2024届宁夏回族自治区吴忠市化学高二下期末联考模拟试题含解析

2024届宁夏回族自治区吴忠市化学高二下期末联考模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、关于电解NaCl水溶液，下列叙述正确的是（）A．电解时在阳极得到氯气，在阴极得到金属钠B．若在阳极附近的溶液中滴入KI溶液，溶液呈棕色C．若在阴极附近的溶液中滴入酚酞试液，溶液呈无色D．电解一段时间后，将全部电解液转移到烧杯中，充分搅拌后溶液呈中性2、将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置示意如图(A、B为多孔性碳棒)持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL。则下列说法错误的是()A．通入CH4的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极B．0＜V≤22.4L时，电池总反应的化学方程式为CH4＋2O2＋2KOH＝K2CO3＋3H2OC．22.4L＜V≤44.8L时，负极电极反应为CH4－8e－＋9CO32-＋3H2D．V＝33.6L时，溶液中只存在阴离子CO3、我国使用最早的合金是A．青铜 B．锰钢 C．生铁 D．硬铝4、下列分子或离子中，含有孤对电子的是(）A．H2O B．CH4 C．SiH4 D．NH4+5、向60mLNa2SO4溶液中加入BaCl2溶液，有关数据见下表：下列有关说法不正确的是A．混合前，BaCl2溶液的物质的量浓度为0.10mol·L－1B．混合前，Na2SO4溶液的物质的量浓度为0.15mol·L－1C．3号实验中沉淀的质量x为1.398gD．完全沉淀60mLNa2SO4溶液消耗BaCl2溶液的体积为80mL6、用括号中的试剂及相应操作除去下列各组中的少量杂质，最恰当的一组是()A．苯中的苯酚（溴水，过滤）B．乙酸乙酯中的乙酸（烧碱，分液）C．乙酸（乙醇）：（金属钠，蒸馏）D．溴苯（Br2）(NaOH溶液，分液)7、下列关于有机物性质和结构的叙述正确的是A．聚丙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色B．向溴乙烷中加入硝酸银溶液，生成淡黄色沉淀C．CH4、CCl4、CF2Cl2均为正四面体结构的分子D．苯的邻二溴代物只有一种，说明苯分子中碳碳键的键长完全相同8、常温下，0.1mol•L-1一元酸HA溶液中c（OH-）/c（H+）=1×10-6，下列叙述正确的是（）A．该溶液中水的离子积常数为1×10−12B．该一元酸溶液的pH=1C．该溶液中由水电离出的c（H+）=1×10−6mol•L-1D．向该溶液中加入一定量NaA晶体或加水稀释，溶液中c（OH-）均增大9、下列有关有机化合物的说法正确的是A．乙烯使酸性溶液和溴的溶液褪色的原理相同B．苯与液溴在催化剂作用下生成溴苯发生了加成反应C．淀粉、蛋白质等营养物质在人体内最终生成二氧化碳和水排出体外D．用法检验司机是否酒驾利用了乙醇的挥发性和还原性10、下列物质属于芳香烃，但不是苯的同系物的是（）①CH3②CH=CH2③NO2④OH⑤⑥A．③④B．②⑤C．①②⑤⑥D．②③④⑤⑥11、某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如下图所示(气体体积数据已换算成标准状况下的体积)。关于该固体混合物，下列说法正确的是()A．一定含有MgCl2和FeCl2B．一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3C．一定含有Al，其质量为4.5gD．一定含有(NH4)2SO4和MgCl2，且物质的量相等12、下列说法不正确的是A．光导纤维的主要成分是硅单质 B．碳酸氢钠用于治疗胃酸过多C．硫酸铜可用于游泳池消毒 D．过氧化钠可用作漂白剂13、分子式为C9H18O2的酯在酸性条件下水解得到酸和醇的相对分子质量相同，符合此条件的酯的同分异构体的数目为A．4B．8C．10D．1614、下列物质中，与新制氢氧化铜悬浊液共热时能产生红色沉淀的是()A．CH2=CHCH2OH B．CH3CH2CHO C．CH3COCH3 D．HOOCCH2CH315、前一时期“非典型肺炎”在我国部分地区流行，严重危害广大人民的身体健康，做好环境消毒是预防“非典型肺炎”的重要措施，常用的消毒剂是ClO2或Cl2等的稀溶液，其中ClO2溶液的消毒效果较好。已知ClO2常温下呈气态，其分子构型与水分子的分子构型相似，在自然环境中ClO2最终变为Cl－。下列有关说法中正确的是A．ClO2的分子结构呈V型，属非极性分子B．ClO2中氯元素显＋4价，具有很强的氧化性，其消毒效率(以单位体积得电子的数目表示)是Cl2的5倍C．ClO2、Cl2的稀溶液用于环境消毒，具有广谱高效的特点，对人畜无任何危害D．常用Na2SO3在H2SO4的酸性条件下，还原NaClO3来制ClO2，这一反应的化学方程式可表示为Na2SO3＋2NaClO3＋H2SO4====2Na2SO4＋2ClO2↑＋H2O16、某溶液中可能含有H+、NH4+、Fe3+、CO32-、SO42-、NO3-中的几种，且各种离子浓度相等。加入铝片，产生H2。下列说法正确的是A．向原溶液中加入Cu片发生:

3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++4H20+2NO↑B．向原溶液中加入过量氨水发生:Fe3++H++4NH3·H2O=Fe(OH)3↓+4NH4+C．向原溶液中加入过量Ba(OH)2溶液发生:

Ba2++20H-+SO42-+NH4++H+=NH3·H2O+BaSO4↓+H2OD．向原溶液中加入BaCl2溶液发生:

2Ba2++CO32-+SO42-=BaCO3↓+BaSO4↓二、非选择题（本题包括5小题）17、已知：A是石油裂解气的主要成份且A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；D是常用作厨房中调味品。请回答下列问题：（1）写出C的结构简式________________________。（2）写出下列反应的反应类型：①________________，④________________。（3）写出下列反应的化学方程式：②______________________________________________________________。⑤______________________________________________________________。18、化合物H[3-亚甲基异苯并呋喃-1(3H)-酮]的一种合成路线如下：(1)C中所含官能团名称为_________和_________。(2)G生成H的反应类型是________。(3)B的分子式为C9H10O2，写出B的结构简式：________。(4)E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_________。①分子中含有苯环，能使Br2的CCl4溶液褪色；②碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有4种不同化学环境的氢，其中之一能与FeCl3溶液发生显色反应。(5)写出以、P(C6H5)3及N(C2H5)3为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）____。19、某同学利用下图所示装置制备乙酸乙酯。实验如下：Ⅰ．向2mL浓H2SO4和2mL乙醇混合液中滴入2mL乙酸后，加热试管A；Ⅱ．一段时间后，试管B中红色溶液上方出现油状液体；Ⅲ．停止加热，振荡试管B，油状液体层变薄，下层红色溶液褪色。(1)为了加快酯化反应速率，该同学采取的措施有_____________。(2)欲提高乙酸的转化率，还可采取的措施有_______________。(3)试管B中溶液显红色的原因是___________（用离子方程式表示）。(4)Ⅱ中油状液体的成分是__________。(5)Ⅲ中红色褪去的原因，可能是酚酞溶于乙酸乙酯中。证明该推测的实验方案是_____________。20、氯磺酸是无色液体，密度1.79g·cm-3，沸点约152℃。氯磺酸有强腐蚀性，遇湿空气产生强烈的白雾，故属于危险品。制取氯磺酸的典型反应是在常温下进行的，反应为HCl（g）+SO3=HSO3Cl。实验室里制取氯磺酸可用下列仪器装置（图中夹持、固定仪器等已略去），实验所用的试剂、药品有：①密度1.19g·cm-3浓盐酸②密度1.84g·cm-3、质量分数为98.3%的浓硫酸③发烟硫酸（H2SO4··SO3）④无水氯化钙⑤水。制备时要在常温下使干燥的氯化氢气体和三氧化硫反应，至不再吸收HCl时表示氯磺酸已大量制得，再在干燥HCl气氛中分离出氯磺酸。（1）仪器中应盛入的试剂与药品（填数字序号）：A中的a____B____C_____F_____。（2）A的分液漏斗下边接有的毛细管是重要部件，在发生气体前要把它灌满a中液体，在发生气体时要不断地均匀放出液体。这是因为______________________________________。（3）实验过程中需要加热的装置是___________________（填装置字母）。（4）若不加F装置，可能发生的现象是________________________________________，有关反应的化学方程式______________________________________________________。（5）在F之后还应加的装置是_______________________________________________。21、覆盆子酮()是种从植物覆盆子中提取的较为安全的香料。一种以石油化工产A和丙烯为原料的合成路线如下：信息提示:(ⅰ)(ⅱ)根据上述信息回答：(1)E的化学名称是__________。(2)反应①的条件为____________________________。(3)与反应⑥反应类型相同的是___________(选填反应①~⑦,下同)，与反应③反应条件相似的是_____________。(4)写出反应⑦的化学方程式_______________________________。(5)E的同分异构体中，在核磁共振氢谱中出现三组峰，且峰面积之比为3∶3∶2的是___________(写出结构简式)。(6)参照上述合成路线以丙烯为原料，设计制备CH3CH=CHCH2COCH3的合成路线_______________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】

A．电解时在阳极是氯离子失电子得到氯气，在阴极是氢离子得到电子生成氢气，故A错误；B．在阳极附近是氯离子失电子得到氯气，滴入KI溶液，氯气能将碘离子氧化为碘单质而使得溶液呈棕色，故B正确；C．在阴极阴极是氢离子得到电子生成氢气，该极附近的溶液显碱性，滴入酚酞试液，溶液呈红色，故C错误；D．电解一段时间后，全部电解液几乎是氢氧化钠，溶液显示碱性，故D错误；故答案为B。2、D【解题分析】

因为n（KOH）=2mol/L×1L=2mol，故随着CH4通入的量逐渐增加，可能先后发生反应①CH4+2O2=CO2+2H2O、②CO2+2KOH=K2CO3+H2O、③K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；再根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应。【题目详解】A.燃料电池中，通入CH4的一端发生氧化反应，为原电池的负极；通入空气（O2）的一端发生还原反应，为原电池的正极，不选A项；B.当0＜V≤22.4L时，0＜n（CH4）≤1mol，则0＜n（CO2）≤1mol，又因为电解质溶液中n（KOH）=2mol，故KOH过量，所以电池总反应式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，不选B项；C.当22.4L＜V≤44.8L，1mol＜n（CH4）≤2mol，则1mol＜n（CO2）≤2mol，发生反应①②③，得到K2CO3和KHCO3溶液，则负极反应式为CH4-8e-D.当V=33.6L时，n（CH4）=1.5mol，n（CO2）=1.5mol，则电池总反应式为3CH4+6O2+4KOH=K2CO3+2KHCO3+7H2O，则得到0.5molK2CO3和1molKHCO3的溶液，故溶液中的阴离子有CO32-和HCO3答案选D。【题目点拨】本题难点在于需要结合氢氧化钾的量和通入的甲烷的体积来确定所发生的总反应，从而确定反应产物。3、A【解题分析】

生铁、锰钢是铁的合金，硬铝是铝合金，铜活泼性比Fe和Al弱，容易冶炼，中国是世界最早应用湿法治金的国家，所以我国使用最早的合金是铜合金，即青铜，答案选A。4、A【解题分析】

A.O原子有6个价电子，故H2O分子中有2个孤电子对；B.C原子有4个价电子，故CH4分子中无孤对电子；C.Si原子有4个价电子，故SiH4分子中无孤对电子；D.N原子有5个价电子，故NH4+分子中无孤对电子。故选A。5、D【解题分析】试题分析：A.由于加入30ml的BaCl2溶液产生的沉淀小于加入100ml时的沉淀的质量，说明在30ml时BaCl2溶液不足量，n(BaCl2)=n(BaSO4)=0.699g÷233g/mol=0.003mol,所以BaCl2的浓度是c(BaCl2)="0.003mol"÷0.03L=0.10mol/L，正确；n(BaSO4)=2.097g÷233g/mol=0.009mol,则混合前Na2SO4溶液的物质的量浓度为c(Na2SO4)=0.009mol÷0.06L=0.15mol/L,所以选项B正确；C．在60mLNa2SO4溶液中Na2SO4的物质的量是0.009mol，在60ml时BaCl2溶液中含有BaCl2的物质的量是0.003mol×2=0.06mol<0.009mol,所以BaCl2不足量，产生的沉淀应该按照BaCl2计算，n(BaSO4)=0.006mol×233g/mol=1.398g,正确；D．完全沉淀60mLNa2SO4溶液消耗BaCl2溶液的体积为0.009mol÷0.10mol/L="0.09L=90"mL，错误。考点：考查数据的处理、反应物有过量时的计算的知识。6、D【解题分析】分析：根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变，不得引入新杂质，加入的试剂只与杂质反应，不与原物反应；反应后不能引入新的杂质。详解：A、苯酚可以和溴水反应生成2，4，6-三溴苯酚白色沉淀，但是苯和溴是互溶的，不能过滤来除去，选项A错误；B．乙酸乙酯和乙酸都与氢氧化钠溶液反应，应加入饱和碳酸钠溶液，然后分液，选项B错误；C．应加氢氧化钠，蒸馏后再加酸酸化，最后蒸馏得到乙酸，选项C错误；D、因常温条件下溴苯和NaOH不会发生反应，因而可利用Br2与NaOH反应而除去，且溴苯不溶于水；可利用分液操作进行分离，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查学生物质的分离和提纯试剂的选择以及操作，注意除杂时被提纯物质不得改变，不得引入新杂质，加入的试剂只与杂质反应，不与原物反应；反应后不能引入新的杂质，难度不大。7、D【解题分析】分析：本题考查的是有机物的结构和性质，难度较小。详解：A.聚丙烯不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故错误；B.溴乙烷和硝酸银不反应，故错误；C.甲烷和四氯化碳都是正四面体结构，但CF2Cl2是四面体结构，故错误；D.苯的邻二溴代物只有一种，说明苯分子中碳原子之间的键都相同，故正确。故选D。8、D【解题分析】

A.常温下，水的离子积常数为1×10−14，A错误；B.根据c（OH-）/c（H+）=1×10-6和c（OH-）×c（H+）=10-14可解得c（H+）=0.0001mol/L，HA为弱酸，pH>1，B错误；C.根据c（OH-）/c（H+）=1×10-6和c（OH-）×c（H+）=10-14可解得c（H+）=0.0001mol/L，HA为弱酸，该溶液中由水电离出的c（H+）=c（OH-）=Kw/0.0001=10-10mol/L，C错误；D.根据一元酸HA电离的方程式：HA⇌H++A-，加入一定量NaA晶体，则A-的浓度增大，所以平衡逆向移动，所以氢离子浓度减小，c（OH-）增大；加水稀释，溶液中氢离子浓度减小，所以c（OH-）增大，D正确；

综上所述，本题选D。【题目点拨】室温下，水电离产生的c(H+)<10-7mol/L，说明溶液可能为酸性，可能为碱性，抑制水电离；水电离产生的c(H+)>10-7mol/L或c(OH-)>10-7mol/L，溶液可能为水解的盐，促进了水的电离。9、D【解题分析】

A.乙烯使酸性溶液褪色是由于乙烯与高锰酸钾发生了氧化还原反应，乙烯使溴的溶液褪色是由于乙烯与溴单质发生了加成反应，反应原理不同，故A错误；B.苯与液溴在催化剂作用下生成溴苯，是由于溴原子取代了苯环上的氢原子，发生了取代反应，故B错误；C.淀粉在人体内最终生成二氧化碳和水排出体外，蛋白质在人体内最终胜出氨基酸，故C错误；D.用法检验司机是否酒驾，是利用了乙醇能够与发生氧化还原反应，从而发生颜色变化，故D正确；故选D。10、B【解题分析】试题分析：烃是指仅含碳、氢两种元素的化合物，苯的同系物是指，含有一个苯环，组成上相差n个CH2原子团的有机物，据此回答。①属于芳香烃且是苯的同系物，不选；②属于芳香烃，但不是苯的同系物，选；③不属于芳香烃，不选；④属于酚类，不选；⑤属于芳香烃，但不是苯的同系物，选；⑥属于芳香烃，是苯的同系物，不选；答案选B。考点：考查对芳香烃、苯的同系物的判断。11、D【解题分析】分析：14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，有铵盐和碱反应生成生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，5.60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸,气体剩余3.36L，体积减少5.60L-3.36L=2.24L，结合混合物可能存在的物质可以知道，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L，剩余的气体只能是氢气，体积为3.36L，说明原混合物中一定含有铝；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化，因为氢氧化铝溶于强碱，所以能生成白色沉淀的一定氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2.90g，一定不存在FeCl2；

14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，加入适量盐酸会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝，以此解答该题。详解：结合以上分析，A.根据加入氢氧化钠溶液后生成白色沉淀,且白色沉淀没有变化,则固体混合物中一定含有MgCl2，一定不含FeCl2，故A错误；

B.根据以上分析可以知道,固体混合物中一定含有MgCl2和AlCl3，故B错误；

C.固体混合物中一定含有Al，可以根据标况下3.36L氢气可以计算出铝的物质的量为0.1mol，质量为2.7g，故C错误；D.根据以上分析可以知道，原固体混合物中一定含有(NH4)2SO4和MgCl2，所以D选项是正确的；

所以D选项是正确的。12、A【解题分析】

A.光导纤维的主要成分是二氧化硅，A错误；B.碳酸氢钠可与盐酸反应，用于治疗胃酸过多，B正确；C.硫酸铜中铜离子能使细菌、病毒蛋白质变性，故可用于游泳池消毒，C正确；D.过氧化钠具有强氧化性和漂白性，可用作漂白剂，D正确；答案选A。13、D【解题分析】分析：C9H18O2的酯在酸性条件下水解得到酸和醇的相对分子质量相同，酸比醇少一个碳，即水解产生的酸为丁酸，醇为戊醇，再根据酸和醇的各自存在的同分异构体判断生成酯的种类。详解：C9H18O2的相对分子质量为158，水解生成的醇和羧酸的平均相对分子质量为(158+18)/2=88，因生成的醇和羧酸相对分子质量相等，故它们的相对分子质量均为88，因此分别为戊醇和丁酸；因正戊烷的一个氢原子被羟基取代有3种同分异构体，异戊烷的一个氢原子被羟基取代有4种同分异构体，而新戊烷的一个氢原子被羟基取代只有1种醇，共8种，而丁酸只有2种同分异构体，故符合条件的酯为8×2=16种，D正确；正确选项D。14、B【解题分析】

A.CH2=CHCH2OH是丙烯醇，分子中无醛基，不能与新制氢氧化铜悬浊液反应，A不符合题意；B.CH3CH2CHO是丙醛，分子中含有醛基，能与新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下发生反应，产生Cu2O红色沉淀，B符合题意；C.CH3COCH3是丙酮，分子中不含有醛基，不能与新制氢氧化铜悬浊液反应，C不符合题意；D.HOOCCH2CH3是丙酸，分子中无醛基，与新制氢氧化铜悬浊液发生中和反应，不能将新制氢氧化铜还原成红色Cu2O，D不符合题意；故合理选项是B。15、D【解题分析】A错，ClO2的分子结构呈V型，属极性分子；B错，ClO2中氯元素显＋4价，具有很强的氧化性，其消毒效率(以单位体积得电子的数目表示)是Cl2的2.6倍；D正确；16、C【解题分析】分析：因碱性条件，H+、、Fe3+均不存在，所以为酸性条件；加入铝片，产生H2，不可能存在和，则存在H+、、Fe3+、，但因各种离子浓度相等，根据电荷守恒，则不存在Fe3+，所以原溶液中存在H+、、；据以上分析解答。详解：因碱性条件，H+、、Fe3+均不存在，所以为酸性条件；加入铝片，产生H2，不可能存在和，则存在H+、、Fe3+、，但因各种离子浓度相等，根据电荷守恒，则不存在Fe3+，所以原溶液中存在H+、、。A.向原溶液中加入Cu片，无存在，反应不可能发生，A错误；B.向原溶液中加入过量氨水，NH3·H2O与H+反应，无Fe3+存在，反应不可能发生，B错误；C.向原溶液中加入过量Ba(OH)2溶液发生：Ba2++2OH-+++H+=NH3·H2O+BaSO4↓+H2O，C正确；D.向原溶液中加入BaCl2溶液，原溶液中无，D错误；正确答案C。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH3CHO加成反应取代反应或酯化反应2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH【解题分析】

已知A是石油裂解气的主要成份且A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，因此A是乙烯，与水发生加成反应生成B是乙醇，乙醇发生催化氧化生成C是乙醛，乙醛氧化生成D是乙酸，乙酸常用作厨房中调味品。乙酸和乙醇发生酯化反应生成E是乙酸乙酯，乙酸乙酯在碱性溶液中水解生成乙酸钠和乙醇，F酸化转化为乙酸，则F是乙酸钠，据此解答。【题目详解】（1）根据以上分析可知C是乙醛，结构简式为CH3CHO；（2）反应①是乙烯与水的加成反应；反应④是酯化反应，也是取代反应；（3）反应②是乙醇的催化氧化，反应的方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应⑤是乙酸乙酯在碱性溶液中水解，方程式为CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH。18、酯基溴原子消去反应或【解题分析】

(1)根据C的结构简式判断其官能团；(2)根据G、H分子结构的区别判断反应类型；(3)A是邻甲基苯甲酸，A与甲醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生B；(4)根据同分异构体的概念及E的结构简式和对其同分异构体的要求可得相应的物质的结构简式；(5)苯酚与氢气发生加成反应产生环己醇，环己醇一部分被催化氧化产生环己酮，另一部分与HBr发生取代反应产生1-溴环己烷，1-溴环己烷发生题干信息反应产生，与环己酮发生信息反应得到目标产物。【题目详解】(1)由C结构简式可知其含有的官能团名称是酯基、溴原子；(2)由与分析可知：G与CH3COONa在乙醇存在时加热，发生消去反应产生和HI；(3)A是邻甲基苯甲酸，A与甲醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生B；是邻甲基苯甲酸甲酯，结构简式是；(4)E结构简式为：，其同分异构体要求：①分子中含有苯环，能使Br2的CCl4溶液褪色，说明含有不饱和的碳碳双键；②碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有4种不同化学环境的氢，其中之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明是苯酚与酸形成了酯；则该物质可能为或；(5)苯酚与氢气在Ni催化下，加热，发生加成反应产生环己醇，环己醇一部分被催化氧化产生环己酮，另一部分与HBr发生取代反应产生1-溴环己烷，1-溴环己烷与P(C6H5)3发生题干信息反应产生，与在N(C2H5)3发生信息反应得到目标产物。所以由合成路线流程图为：。【题目点拨】本题考查了有机物的推断与合成的知识。掌握有机物官能团的结构对性质的决定作用，的物质推断的关键，题目同时考查了学生接受信息、利用信息的能力。19、加热，使用催化剂增加乙醇的用量CO32-+H2OHCO3-+OH-乙酸乙酯、乙酸、乙醇(水)取褪色后的下层溶液，滴加酚酞试液，溶液变红【解题分析】

(1)酯化反应是可逆反应，可根据影响化学反应速率的因素分析；(2)根据酯化反应是可逆反应，要提高乙酸转化率，可以根据该反应的正反应特点分析推理；(3)根据盐的水解规律分析；(4)根据乙酸、乙醇及乙酸乙酯的沸点高低分析判断；(5)红色褪去的原因若是由于酚酞溶于乙酸乙酯中所致，则可通过向溶液中再加入酚酞，观察溶液颜色变化分析。【题目详解】(1)酯化反应是可逆反应，由于升高温度，可使化学反应速率加快；使用合适的催化剂，可以加快反应速率，或适当增加乙醇的用量，提高其浓度，使反应速率加快等；(2)乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，反应产生的乙酸乙酯和水在相同条件下又可以转化为乙酸与乙醇，该反应是可逆反应，要提高乙酸的转化率，可以通过增加乙醇（更便宜）的用量的方法达到；(3)碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中，CO32-发生水解反应，消耗水电离产生的H+转化为HCO3-，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)所以溶液显碱性，可以使酚酞试液变为红色，水解的离子方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-；(4)乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，由于反应产生乙酸乙酯的沸点比较低，且反应物乙酸、乙醇的沸点也都不高，因此反应生成的乙酸乙酯会沿导气管进入到试管B中，未反应的乙酸和乙醇也会有部分随乙酸乙酯进入到B试管中，因此Ⅱ中油状液体的成分是乙酸乙酯、乙酸、乙醇(水)；(5)红色褪去的原因若是由于酚酞溶于乙酸乙酯中所致，则可通过取褪色后的下层溶液，滴加酚酞试液，若溶液变红证明是酚酞溶于乙酸乙酯所致。【题目点拨】本题考查了乙酸乙酯的制取、反应原理、影响因素、性质检验等知识。掌握乙酸乙酯的性质及各种物质的物理、化学性质及反应现象是正确判断的前提。20、①②③④使密度较浓硫酸小的浓盐酸顺利流到底部，能顺利产生HCl气体C产生大量白雾HSO3Cl+H2O=H2SO4+HCl↑加一倒扣漏斗于烧杯水面上的吸收装置【解题分析】

题中已经