重庆市康德卷高三第二次模拟考试新高考化学试卷及答案解析

重庆市康德卷高三第二次模拟考试新高考化学试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增加，W的原子核最外层电子数是次外层的2倍，X－、Y+具有相同的电子层结构，Z的阴离子不能发生水解反应。下列说法正确的是()A．原子半径：Y＞Z＞X＞WB．简单氢化物的稳定性：X＞Z＞WC．最高价氧化物的水化物的酸性：W＞ZD．X可分别与W、Y形成化合物，其所含的化学键类型相同2、常温下向20mL0.1mol/L氨水中通入HCl气体，溶液中由水电离出的氢离子浓度随通入HCl气体的体积变化如图所示。则下列说法正确的是A．b点通入的HCl气体，在标况下为44.8mLB．b、c之间溶液中c(NH4+)>c(Cl-)C．取10mL的c点溶液稀释时：c(NH4+)/c(NH3·H2O)减小D．d点溶液呈中性3、2019年诺贝尔化学奖授予了在锂离子电池领域作出突出贡献的三位科学家。一类锂离子电池的电池总反应为LixC6＋Li1-xYC6(石墨)+LiY。已知电子电量为1.6×10－19C，下列关于这类电池的说法中错误的是A．金属锂的价电子密度约为13760C/g B．从能量角度看它们都属于蓄电池C．在放电时锂元素发生了还原反应 D．在充电时锂离子将嵌入石墨电极4、从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（）A．喝补铁剂（含Fe2+）时，加服维生素C效果更好，因维生素C具有氧化性B．汉代烧制岀“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石C．“司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”，司南中的“杓”含Fe2O3D．港珠澳大桥采用超高分子聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”是有机高分子化合物5、“轨道”2px与3py上电子一定相同的方面是（）A．能量 B．呈纺锤形C．自旋方向 D．在空间的伸展方向6、室温时，在20mL0.1mol∙L-1一元弱酸HA溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，溶液中与pH的关系如图所示。下列说法正确的是A．室温时，电离常数Ka(HA)=1.0×10-5.3B．B点对应NaOH溶液的体积是10mLC．A点溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)D．从A点到C点的过程中，水的电离程度先增大后减小7、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W最简单的氢化物常温下为气体，是可燃冰的成分，X是同周期中原子半径最小的元素，W和Y的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，X、Z同主族。下列有关判断正确的是（）A．常温下，X、Z的单质与水反应均有弱酸生成B．W、X、Z的最简单氢化物中，HZ的热稳定性最强C．Y与Z的化合物YZ3是非电解质D．W的氢化物的沸点一定低于X的氢化物的沸点8、美国科学家JohnB．Goodenough荣获2019年诺贝尔化学奖，他指出固态体系锂电池是锂电池未来的发展方向。Kumar等人首次研究了固态可充电、安全性能优异的锂空气电池，其结构如图所示。已知单位质量的电极材料放出电能的大小称为电池的比能量。下列说法正确的是A．放电时，a极反应为：Al-3e-=A13+，b极发生还原反应B．充电时，Li+由a极通过固体电解液向b极移动C．与铅蓄电池相比，该电池的比能量小D．电路中转移4mole-，大约需要标准状况下112L空气9、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种情洁能源，X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，Y是非金属性最强的元素，Z的原子半径是所有短周期金属元素中最大的。下列说法不正确的是A．W与Y两种元素既可以形成共价化合物，又可以形成离子化合物B．Y的简单氢化物的热稳定性比W的强C．Z的简单离子与Y的简单离子均是10电子微粒D．Z的最高价氧化物的水化物和X的简单氢化物的水化物均呈碱性10、下列对相关实验操作的说法中，一定正确的是（）A．实验室配制480mL0.1mol/LNaOH溶液，需要准确称量NaOH1.920gB．实验测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，通常至少称量4次C．酸碱中和滴定实验中只能用标准液滴定待测液D．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出后，换一容器再从下口放出上层液体11、酚酞是一种常见的酸碱指示剂，其在酸性条件下结构如图所示，则下列对于酚酞的说法正确的是（）A．在酸性条件下，1mol酚酞可与4molNaOH发生反应B．在酸性条件下，1mol酚酞可与4molBr2发生反应C．酸性条件下的酚酞在一定条件下可以发生加聚反应生成高分子化合物D．酸性条件下的酚酞可以在一定条件下发生加成反应，消去反应和取代反应12、已知反应：10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑，则下列说法正确的是（）A．KNO3是氧化剂，KNO3中N元素被氧化B．生成物中的Na2O是氧化产物，K2O是还原产物C．每转移1mole﹣，可生成标准状况下N2的体积为35.84升D．若有65gNaN3参加反应，则被氧化的N的物质的量为3.2mol13、化学是现代生产、生活与科技的中心学科之一，下列与化学有关的说法，正确的是A．2022年冬奥会聚氨酯速滑服，是新型无机非金属材料B．石墨烯是由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，属于烯烃C．顾名思义，苏打水就是苏打的水溶液，也叫弱碱性水，是带有弱碱性的饮料D．人们洗发时使用的护发素，其主要功能是调节头发的pH使之达到适宜的酸碱度14、下列化合物中，属于酸性氧化物的是()A．Na2O2 B．SO3 C．NaHCO3 D．CH2O15、在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoCl2溶液来制备化工产品[Co(NH3)6]Cl3，下列表述正确的是A．中子数为32，质子数为27的钴原子:B．H2O2的电子式：C．NH3和NH4Cl化学键类型相同D．[Co(NH3)6]Cl3中Co的化合价是+316、下列说法正确的是A．可用溴水除去已烷中的少量已烯B．可通过控制溶液的pH分离不同的氨基酸C．可用新制Cu(OH)2悬浊液验证麦芽糖发生了水解反应D．可向溴代环己烷与NaOH乙醇溶液共热后的反应液中加入溴水检验消去产物二、非选择题（本题包括5小题）17、氯吡格雷是一种用于预防和治疗因血小板高聚集引起的心、脑及其他动脉循环障碍疾病的药物。以A为原料合成该药物的路线如图：（1）A的化学名称是__，C中的官能团除了氯原子，其他官能团名称为__。（2）A分子中最少有__原子共面。（3）C生成D的反应类型为__。（4）A与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为__。（5）物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，符合以下条件的G的同分异构体共有__种。①除苯环之外无其他环状结构；②能发生银镜反应。③苯环上有只有两个取代基。其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2∶2∶2∶1的结构简式为__。（6）已知：，写出以苯甲醇为有机原料制备化合物的合成路线（无机试剂任选）__。18、（化学——选修5：有机化学基础）高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药I的合成路线如下：回答下列问题：（1）反应①所需试剂、条件分别是____________；F的化学名称为____________。（2）②的反应类型是______________；A→B的化学方程式为_____________________。（3）G的结构简式为______________；H中所含官能团的名称是____________。（4）化合物W的相对分子质量比化合物C大14，且满足下列条件，W的可能结构有___种。①遇FeCl3溶液显紫色②属于芳香族化合物③能发生银镜反应其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积比为2:2:2:1:1，写出符合要求的W的结构简式____________。（5）设计用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线，其他无机试剂任选（合成路线常用的表示方式为：）____________。19、香豆素存在于黑香豆、香蛇鞭菊、野香荚兰、兰花中，具有新鲜干草香和香豆香，是一种口服抗凝药物。实验室合成香豆素的反应和实验装置如下：可能用到的有关性质如下：合成反应：向三颈烧瓶中加入95%的水杨醛38.5g、新蒸过的乙酸酐73g和1g无水乙酸钾，然后加热升温，三颈烧瓶内温度控制在145~150℃，控制好蒸汽温度。此时，乙酸开始蒸出。当蒸出量约15g时，开始滴加15g乙酸酐，其滴加速度应与乙酸蒸出的速度相当。乙酸酐滴加完毕后，隔一定时间，发现气温不易控制在120℃时，可继续提高内温至208℃左右，并维持15min至半小时，然后自然冷却。分离提纯：当温度冷却至80℃左右时，在搅拌下用热水洗涤，静置分出水层，油层用10%的碳酸钠溶液进行中和，呈微碱性，再用热水洗涤至中性，除去水层，将油层进行减压蒸馏，收集150~160℃/1866Pa馏分为粗产物。将粗产物用95%乙醇(乙醇与粗产物的质量比为1:1)进行重结晶，得到香豆素纯品35.0g。（1）装置a的名称是_________。（2）乙酸酐过量的目的是___________。（3）分水器的作用是________。（4）使用油浴加热的优点是________。（5）合成反应中，蒸汽温度的最佳范围是_____(填正确答案标号)。a．100~110℃b．117.9~127.9℃c．139~149℃（6）判断反应基本完全的现象是___________。（7）油层用10%的碳酸钠溶液进行中和时主要反应的离子方程式为______。（8）减压蒸馏时，应该选用下图中的冷凝管是_____(填正确答案标号)。a．直形冷凝管b．球形冷凝管c．蛇形冷凝管（9）本实验所得到的香豆素产率是______。20、某校学习小组的同学设计实验，制备（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O并探究其分解规律。实验步骤如下：Ⅰ.称取7.0g工业废铁粉放入烧杯中，先用热的Na2CO3溶液洗涤，再水洗，最后干燥。Ⅱ.称取6.0g上述处理后的铁粉加入25mL某浓度硫酸中加热，加热过程中不断补充蒸馏水，至反应充分。Ⅲ.冷却、过滤并洗涤过量的铁粉，干燥后称量铁粉的质量。Ⅳ.向步骤Ⅲ的滤液中加入适量（NH4）2SO4晶体，搅拌至晶体完全溶解，经一系列操作得干燥纯净的（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O。V.将（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O脱水得（NH4）2Fe（SO4）2，并进行热分解实验。已知在不同温度下FeSO4•7H2O的溶解度如表：温度（℃）1103050溶解度（g）14.017.025.033.0回答下列问题：（1）步骤Ⅰ用热的Na2CO3溶液洗涤工业废铁粉的目的是__，步骤Ⅱ中设计铁粉过量，是为了__，加热反应过程中需不断补充蒸馏水的目的是__。（2）步骤Ⅲ中称量反应后剩余铁粉的质量，是为了__。（3）（NH4）2Fe（SO4）2分解的气态产物可能有N2、NH3、SO2、SO3及水蒸气，用下列装置检验部分产物。①检验气态产物中的SO2和SO3时，装置连接顺序依次为__（气流从左至右）；C中盛放的试剂为__。②装置A的作用是__。③检验充分分解并冷却后的瓷舟中铁的氧化物中是否含有二价铁，需用到的试剂为__。21、含硫化合物在自然界中广泛存在。请按要求回答下列问题：(1)火山喷发产生H2①2H2S②S(g)+写出H2S(g)与O2((2)H2S和CO①某温度下，在2L恒容密闭容器中，通入10molCO和10molH2S，平衡时测得CO的转化率为②由图分析该反应的ΔH______0（填“＜”“＞”）。③如图250℃以前，曲线变化的可能原因：_____________。(3)工业上可用NaClO碱性溶液脱硫，吸收大气污染物之一SO2①该反应的离子方程式为_______________________________。②用Ni2过程2中，ClO-所起的作用是______________________________。（填“氧化剂”“还原剂”或“既作氧化剂又作还原剂”(4)不同温度下NaHSO3溶液与KIO3酸性溶液反应速率的探究：均取10.0mL0.020mol⋅L-1NaHSO①X点NaHSO3的反应速率为______②40℃之前溶液由无色变蓝速率变快的主要因素是__________________；40℃之后溶液由无色变蓝的时间变长，且55℃未观察到溶液变蓝，可能的原因是__________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

W原子的最外层电子数是次外层的2倍，则W为碳(C)；X－、Y+具有相同的电子层结构，则X为氟（F），Y为钠（Na）；Z的阴离子不能发生水解反应，则Z为氯（Cl）。【详解】A.比较原子半径时，先看电子层数，再看最外层电子数，则原子半径Na＞Cl＞C＞F，A错误；B.非金属性F>Cl>C，所以简单氢化物的稳定性X＞Z＞W，B正确；C.非金属性C<Cl，则最高价氧化物的水化物的酸性W<Z，C错误；D.X与W、Y形成的化合物分别为CF4、NaF，前者含共价键、后者含离子键，D错误。故选B。2、C【解析】

氨水中通入HCl，发生NH3·H2O＋HCl=NH4Cl＋H2O，对水的电离抑制能力先减弱后增大，然后逐步分析；【详解】A、当两者恰好完全反应时，n(HCl)=n(NH3·H2O)=20×10－3L×0.1mol·L－1=2×10－3mol，标准状况下HCl的体积为44.8mL，随着HCl的加入，溶液由碱性向酸性变化，b点对应水电离出的H＋浓度为10－7mol·L－1，此时溶液显中性，溶质为NH3·H2O和NH4Cl，即所加HCl气体在标准状况下的体积小于44.8mL，故A错误；B、b点时，溶液显电中性，即c(NH4＋)=c(Cl－)，c点溶质为NH4Cl，c(Cl－)>c(NH4＋)，因此b、c之间溶液中c(NH4＋)<c(Cl－)，故B错误；C、c点溶质为NH4Cl，NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4＋发生水解，NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，加水稀释，促进水解，n(NH3·H2O)增大，n(NH4+)减小，同一溶液中浓度之比等于物质的量之比，即c(NH4＋)/c(NH3·H2O)减小，故C正确；D、d点溶质为NH4Cl和HCl，溶液显酸性，故D错误，答案选C。3、C【解析】

A．7g金属锂价电子1mol，其电量约为(6.02×1023)×(1.6×10－19C)，故金属锂的价电子密度约为(6.02×1023)×(1.6×10－19C)÷7g=13760C/g，故A正确；B．锂离子电池在放电时释放电能、在充电时消耗电能，从能量角度看它们都属于蓄电池，故B正确；C．在放电时，无锂单质生成，故锂元素没有被还原，故C错误；D．在充电时发生“C6→LixC6”，即锂离子嵌人石墨电极，故D正确；答案选C。4、D【解析】

A．亚铁离子易被人体吸收，维生素C具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，则喝补铁剂时，加维生素C效果较好，故A错误；B．瓷器的成分为硅酸盐，主要原料为黏土，不是石灰石，故B错误；C．“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”，与磁铁的磁性有关，则司南中的“杓”含Fe3O4，故C错误；D．聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故D正确；答案选D。5、B【解析】

A．“轨道”2Px与3Py分别属于第二电子层和第三电子层，不同电子层的电子具有不同的能量，所以二者的能量不同，故A错误；B．所有的p轨道均为纺锤形，所以“轨道”2Px与3Py均呈纺锤形，故B正确；C．不同电子层上的电子，其自旋方向不一定相同，故C错误；D．在三维坐标中，“轨道”2Px在x轴方向伸展，3Py在y轴方向伸展，则在空间的伸展方向不同，故D错误；故答案为B。6、A【解析】

A．室温时，在B点，pH=5.3，c(H+)=10-5.3，=0，则=1电离常数Ka(HA)===1.0×10-5.3，A正确；B．B点的平衡溶液中，c(A-)=c(HA)，依据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，由于pH=5.3，所以c(H+)>c(OH-)，c(Na+)<c(A-)，故V(NaOH)<10mL，B不正确；C．c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)显然不符合电荷守恒原则，C不正确；D．从A点到C点的过程中，c(A-)不断增大，水的电离程度不断增大，D不正确；故选A。7、A【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W最简单的氢化物是可燃冰的有效成分，即为CH4，则W为C元素；X是同周期中原子半径最小的元素，X不是F就是Cl，因原子序数依次增大，则X为F元素；W和Y的原子核外最外层电子数之和等于X的最外层电子数，则Y为Al元素；X、Z同主族，则Z为Cl元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知，W为C元素、X为F元素、Y为Al元素、Z为Cl元素。A．常温下，X、Z的单质与水的反应分别是2F2+2H2O=4HF+O2、Cl2+H2O=HCl+HClO，HF和HClO都是弱酸，故A正确；B．F的非金属性最强，则HF最稳定，故B错误；C.Y与Z的化合物YZ3为AlCl3，氯化铝溶于水能够导电，属于电解质，故C错误；D.W的氢化物为烃，其中很多为固体，沸点不一定低于HF的沸点，故D错误；答案选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意碳的氢化物是一类物质——烃，随着碳原子数目的增多，烃的熔沸点升高，在烃中有气态、液态的烃，还有固态的烃。8、D【解析】

A．锂比铝活泼，放电时a极为负极，锂单质失电子被氧化，反应为“Li-e-═Li+，b极为正极得电子，被还原，故A错误；B．充电时a电极锂离子被还原成锂单质为电解池的阴极，则b为阳极，电解池中阳离子向阴极即a极移动，故B错误；C．因为锂的摩尔质量远远小于铅的摩尔质量，失去等量电子需要的金属质量也是锂远远小于铅，因此锂电池的比能量大于铅蓄电池，故C错误；D．电路中转移4mole-，则消耗1mol氧气，标况下体积为22.4L，空气中氧气约占20%，因此需要空气22.4L×5=112L，故D正确；故答案为D。9、A【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种情洁能源，则W为C元素；Y是非金属性最强的元素，则Y是F元素；X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，则X为N元素；Z的原子半径是所有短周期金属元素中最大的，则Z是Na元素。【详解】A项、W为C元素，Y是F元素，两种元素只能形成共价化合物CF4，故A错误；B项、元素非金属性越强，氢化物稳定性越强，F元素非金属性强于C元素，则氟化氢的稳定性强于甲烷，故B正确；C项、Na+与F—的电子层结构与Ne原子相同，均是10电子微粒，故C正确；D项、NaOH是强碱，水溶液呈碱性，NH3溶于水得到氨水溶液，溶液呈碱性，故D正确。故选A。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，把握原子结构、元素的位置、原子序数来推断元素为解答的关键。10、B【解析】

A.实验室配制480mL0.1mol/LNaOH溶液，需要用500mL的容量瓶，准确称量NaOH2.0g，故A错误；B.测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，需要称量坩埚质量、坩埚与样品的质量，加热后至少称2次保证加热至恒重，所以通常至少称量4次，故B正确；C.酸碱中和滴定实验中可以用待测液滴定标准液，故C错误；D.分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出后，上层液体从上口倒出，故D错误；答案选B。11、B【解析】

A．在酸性条件下，酚羟基和羧基可以和氢氧化钠反应，故1mol酚酞可与3molNaOH发生反应，A错误；B．在酸性条件下，两个酚羟基有4个邻位氢原子，1mol酚酞可与4molBr2发生反应，B正确；C．酚酞分子中没有碳碳双键，所以酸性条件下的酚酞不能发生加聚反应，C错误；D．酚羟基不能发生消去反应，连接醇羟基的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，也不能发生消去反应，D错误；故选B。12、C【解析】

10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑中，N元素的化合价由-价升高为0，N元素的化合价由+5价降低为0，该反应转移10e-，以此来解答。【详解】A.、KNO3中N元素的化合价降低，为氧化剂，其中氮元素被还原，故A错误；B、只有N元素的化合价变化，则N2是氧化产物，也是还原产物，故B错误；C、由反应可知转移10mol电子生成16mol氮气，则每转移1mol电子，可生成N2为1.6mol，标准状况下N2的体积为35.84L，故C正确;D、若有65gNaN3参加反应，则被氧化的N的物质的量为，故D错误；故选C。13、D【解析】

A．聚氨酯全名为聚氨基甲酸酯，属于高分子有机化合物，是有机合成材料，故A错误；B．烯烃中含有C、H元素，而石墨烯是由单层碳原子构成的单质，没有H原子，不属于烯烃，故B错误；C．苏打水为碳酸氢钠的水溶液，也叫弱碱性水，是带有弱碱性的饮料，故C错误；D．洗发水的pH大于7、护发素的pH小于7，人们洗发时使用护发素，可调节头发的pH达到适宜的酸碱度，使头发在弱酸的环境中健康成长，故D正确；故选D。14、B【解析】

A.Na2O2是过氧化物，不属于酸性氧化物，选项A错误；B.SO3＋2NaOH=Na2SO4＋H2O，SO3是酸性氧化物，选项B正确；C.NaHCO3不属于氧化物，是酸式盐，选项C错误；D.CH2O由三种元素组成，不是氧化物，为有机物甲醛，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查酸性氧化物概念的理解，凡是能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，注意首先必须是氧化物，由两种元素组成的化合物，其中一种元素为氧元素的化合物。15、D【解析】

A．质量数为32，中子数为27的钴原子，应该表示为：，A错误；B．H2O2为共价化合物，原子间形成共用电子对，没有电子的得失，B错误；C．NH3存在氮氢共价键，NH4Cl存在铵根离子和氯离子间的离子键，氮氢原子间的共价键，C错误；D．[Co(NH3)6]Cl3，NH3整体为0价，Cl为-1价，所以Co的化合价是+3，D正确；故答案选D。16、B【解析】

A.烯烃能够与溴水发生加成反应；B.控制溶液的pH，可生成不同的氨基酸晶体，过滤可达到分离的目的；C.麦芽糖、葡萄糖都可以发生银镜反应；D.检验溴代物中的Br要转化为Br-，在酸性条件下加入AgNO3溶液，根据产生淡黄色沉淀检验。【详解】A.已烯与溴水发生加成反应使溴水褪色，而已烷是液态有机物质，能够溶解已烯与溴水反应产生的有机物，因此用溴水不能除去已烷中的少量已烯，A错误；B.不同氨基酸在水溶液中形成晶体析出时pH各不相同，控制溶液pH，可生成不同的氨基酸晶体，过滤可达到分离目的，B正确；C.麦芽糖分子中含有醛基，属于还原性糖，其水解产生的葡萄糖液含有醛基，具有还原性，因此不能用新制Cu(OH)2悬浊液验证麦芽糖是否发生了水解反应，C错误；D.溴代环己烷与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应产生环己烯、NaBr及H2O，由于该溶液可能含有过量的NaOH而显碱性，所以向反应后的溶液中加入溴水，溴水褪色，可能是由于NaOH与溴水发生反应：2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O所致，因此不能用于检验消去产物，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了物质的分离、提纯、物质的检验等知识。掌握物质的结构与性质是相同点与区别及物质的溶解性等是本题正确解答的关键。二、非选择题（本题包括5小题）17、邻氯苯甲醛（2—氯苯甲醛）氨基、羧基12取代反应（或酯化反应）+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+6、【解析】

根据题干信息分析合成氯吡格雷的路线可知，A与NH4Cl、NaCN反应生成B，B酸化得到C，C与CH3OH发生酯化反应生成D，D发生取代反应得到E，E最终发生反应得到氯吡格雷，据此结合题干信息分析解答问题。【详解】(1)有机物A的结构简式为，分子中含有醛基和氯原子，其化学名称为邻氯苯甲醛，C的结构简式为，分子中含有的管能团有氨基、羧基和氯原子，故答案为：邻氯苯甲醛；氨基、羧基；(2)A分子中苯环和醛基均为共平面结构，故分子中最少有苯环上的所有原子共平面，即最少有12个原子共平面，故答案为：12；(3)C与CH3OH发生酯化反应生成D，反应类型为取代反应（或酯化反应），故答案为：取代反应（或酯化反应）；(4)A的结构简式为，分子中含有醛基，可与新制Cu(OH)2反应生成Cu2O的砖红色沉淀，反应方程式为+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+；(5)物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，物质G除苯环之外无其他环状结构；能发生银镜反应，可知物质G含有醛基，又苯环上有只有两个取代基，则物质G除苯环外含有的基团有2组，分别为—CHO、—CH2Cl和—Cl、—CH2CHO，分别都有邻间对3中结构，故G的同分异构体共有6种，其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2∶2∶2∶1的结构简式为、，故答案为：6；、；(6)已知：，根据题干信息，结合合成氯吡格雷的路线可得，以苯甲醇为有机原料制备化合物的合成路线可以是，故答案为：。18、Cl2、光照辛醛取代反应羟基13【解析】

甲苯发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液加热条件下发生取代反应生成，则A为，该分子继续氧化为B，可推知B为，C为；D经过先水解后消去反应可得到HCHO，所以E为HCHO，根据给定的已知信息及逆合成分析法可知，G为，据此分析作答。【详解】甲苯→，发生的是取代反应，所需试剂、条件分别是Cl2、光照；F为，根据系统命名法可知其名称为辛醛，故答案为Cl2、光照；辛醛；（2）反应②是C和H发生的酸和醇的酯化反应（取代反应），A→B的化学方程式为，故答案为取代反应；；（3）结合给定的已知信息推出G的结构简式为；G→H，是-CHO和H2的加成反应，所以H中所含官能团的名称是羟基，故答案为；羟基。（4）C为，化合物W的相对分子质量比化合物C大14，W比C多一个CH2，遇FeCl3溶液显紫色含有酚羟基，属于芳香族化合物含有苯环，能发生银镜反应含有醛基，①苯环上有三个取代基，分别为醛基、羟基和甲基，先固定醛基和羟基的位置，邻间对，最后移动甲基，可得到10种不同结构；②苯环上有两个取代基，分别为-OH和-CH2CHO，邻间对位共3种，所以W的可能结构有10+3=13种；符合①遇FeCl3溶液显紫色、②属于芳香族化合物、③能发生银镜反应其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢、峰面积比为2:2:2:1:1要求的W的结构简式：，故答案为13；；（5）根据题目已知信息和有关有机物的性质，用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线具体如下：，故答案为。19、恒压滴液漏斗增大水杨醛的转化率及时分离出乙酸和水，提高反应物的转化率受热均匀且便于控制温度b一段时间内分水器中液体不再增多2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑a80%【解析】

（1）根据仪器的构造作答；（2）根据浓度对平衡转化率的影响效果作答；（3）分水器可分离产物；（4）三颈烧瓶需要控制好温度，据此分析；（5）结合表格中相关物质沸点的数据，需要将乙酸蒸出，乙酸酐保留；（6）通过观察分水器中液体变化的现象作答；（7）依据强酸制备弱酸的原理作答；（8）减压蒸馏的冷凝管与普通蒸馏所用冷凝管相同；（9）根据反应的质量，得出转化生成的香豆素理论产量，再根据产率=作答。【详解】（1）装置a的名称是恒压滴液漏斗；（2）乙酸酐过量，可使反应充分进行，提高反应物的浓度，可增大水杨醛的转化率；（3）装置中分水器可及时分离出乙酸和水，从而提高反应物的转化率；（4）油浴加热可使受热均匀且便于控制温度；（5）控制好蒸汽温度使乙酸蒸出，再滴加乙酸酐，根据表格数据可知，控制温度范围大于117.9℃小于139℃，b项正确，故答案为b；（6）分水器可及时分离乙酸和水，一段时间内若观察到分水器中液体不再增多，则可以判断反应基本完全；（7）碳酸钠会和乙酸反应生成乙酸钠、二氧化碳和水，其离子方程式为：2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑；（8）减压蒸馏时，选择直形冷凝管即可，故a项正确；（9）水杨醛的物质的量==0.2998mol,乙酸酐的物质的量==0.7157mol，则可知乙酸酐过量，理论上可生成香豆素的物质的量=0.2998mol，其理论产量=0.2998mol×146g/mol=43.77g，则产量==80%。20、除去油污防止Fe2+被氧化保持溶液的体积，防止硫酸亚铁析出，减少损失计算加入硫酸铵晶体的质量盐酸酸化的氯化钡溶液吸收尾气SO2，避免污染环境稀硫酸和铁氰化钾溶液或稀硫酸和酸性高锰酸钾溶液【解析】

（1）工业废铁粉中含有油脂，热的Na2CO3溶液显碱性可以洗涤油污；（2）根据目标产品NH4Fe(SO4)2分析需要硫酸铵与硫酸亚铁的比例关系；（3）①检验气态产物中的SO2和SO3时，要考虑检验气体的试剂及连接的顺序问题；③检验氧化物中是否含有二价铁，先将氧化物溶解，再检验。【详解】（1）用热的Na2CO3溶液洗涤工业废铁粉表面油脂,；再搅拌过程中Fe2+可能会被氧气氧化为Fe3+，步骤Ⅱ中设计铁粉过量，把Fe3+还原变为Fe2+；在加热的过程中水会不断减少，可能会造成硫酸亚铁固体的析出，造成损失，所以不断补充蒸馏水维持溶液体积；答案：除去油污；防止Fe2+被氧化；保持溶液的体积，防止硫酸亚铁析出，减少损失；（2）步骤Ⅲ中称量反应后剩余铁粉的质量,计算出生成硫酸亚铁的物质的量,根据硫酸亚铁和硫酸铵反应生成NH4Fe(SO4)2；答案：计算加入硫酸铵晶体的质量。（3）①检验气态产物中的SO2和SO3时，A中的NaOH溶液适用于吸收尾气SO2，B中的品红溶液适用于检验SO2，明显仅剩C装置用于检验SO3，但不能影响二氧化硫，那么用盐酸酸化的氯化钡溶液来检验SO3比较合理，同时避免二氧化硫溶解，由于考虑SO3会溶于水中，所以先检验SO2，再检验SO3，最后进行尾气吸收，综合考虑连接顺序为；②装置A的作用是吸收尾气SO2，避免污染环境；③检验充分分解并冷却后的瓷舟中铁的氧化物中是否含有二价铁，先将氧化物溶解，用硫酸溶解，再滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀或滴加酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，证明有二价铁；答案：；盐酸酸化的氯化钡溶液；处理尾气，避免污染环境；稀硫酸和铁氰化钾溶液或稀硫酸和酸性高锰酸钾溶液。【点睛】一般工业使用的金属表面会有防锈油脂，热的Na2CO3溶液显碱性可以洗涤油污；对于原料的加入我们一般是要有估算的，要根据产品化学式的原子比例来估算原料的加入量；检验固体中的离子时，要是固体本身溶于水可直接加水溶解即可，要是难溶于水，可根据固体性质加入酸溶液或碱溶液等其他不干扰检验的溶液进行溶解。21、2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)△H=-1036.46kJ/mol2.25<温度越高，正逆反应速率越快，但该反应未达平衡，即V(正)>V(逆)ClO-+SO2+2OH-=Cl