湖南长沙长郡中学高三冲刺模拟新高考化学试卷及答案解析

湖南长沙长郡中学高三冲刺模拟新高考化学试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、处理烟气中的SO2可以采用碱吸——电解法，其流程如左图；模拟过程Ⅱ如右图，下列推断正确的是A．膜1为阴离子交换膜，膜2为阳离子交换膜B．若用锌锰碱性电池为电源，a极与锌极相连C．a极的电极反应式为2H2O一4e一=4H++O2↑D．若收集22.4L的P（标准状况下），则转移4mol电子2、下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是A．海带提碘 B．氯碱工业 C．海水提溴 D．侯氏制碱3、某学生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液与0.5mol/LNa2CO3溶液的反应，实验如下。实验1实验2下列分析正确的是（）A．实验1中，白色沉淀a是Al2(CO3)3B．实验2中，白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2C．检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液D．实验1、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关4、根据下列实验操作和现象所得到的实验结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向KI溶液中滴加少量溴水，再滴加CCl4，振荡，静置。分层，上层无色，下层紫红色溴的非金属性强于碘B向Na2SO3溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解Na2SO3溶液已经变质C向AgNO3溶液中先滴加少量NaCl溶液，生成白色沉淀，然后再滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀溶解度：AgCI>Ag2SD向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，溶液红色逐渐褪去BaCl2溶液是酸性溶液A．A B．B C．C D．D5、同素异形体指的是同种元素形成的不同结构的单质，它描述的对象是单质。则同分异构体、同位素、同系物描述的对象依次为A．化合物、原子、化合物 B．有机物、单质、化合物C．无机化合物、元素、有机化合物 D．化合物、原子、无机化合物6、己知：；常温下，将盐酸滴加到N2H4的水溶液中，混合溶液中pOH[pOH=-lgc(OH-)]随离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A．曲线M表示pOH与1g的变化关系B．反应的C．pOH1>pOH2D．N2H5Cl的水溶液呈酸性7、捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)()A．10.1gN(C2H5)3中所含的共价键数目为2.1NAB．标准状况下，22.4LCO2中所含的电子数目为22NAC．在捕获过程中，二氧化碳分子中的共价键完全断裂D．100g46％的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA8、许多无机颜料在缤纷的世界扮演了重要角色。如历史悠久的铅白[2PbCO3•Pb（OH）2]安全环保的钛白（TiO2），鲜艳的朱砂（HgS），稳定的铁红（Fe2O3）等。下列解释错误的是（）A．《周易参同契》中提到“胡粉（含铅白）投火中，色坏还原为铅”，其中含铅元素的物质转化为2PbCO3·Pb（OH）2→PbO2→PbB．纳米级的钛白可由TiCl4水解制得：TiCl4+2H2O⇌TiO2+4HClC．《本草经疏》中记载朱砂“若经伏火及一切烹、炼，则毒等砒、硇服之必毙”，体现了HgS受热易分解的性质D．铁红可由无水FeSO4高温煅烧制得：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑9、下列除去括号内杂质的方法正确的是（）A．FeCl2(FeCl3)：加入足量铁屑，充分反应后过滤B．CO2(HCl)：通过饱和NaOH溶液，收集气体C．N2(O2)：通过灼热的CuO粉末，收集气体D．KCl(MgCl2)：加入适量NaOH溶液，过滤10、稠环芳烃如萘、菲、芘等均为重要的有机化工原料。下列说法正确的是A．萘、菲、芘互为同系物 B．萘、菲、芘的一氯代物分别为2、5、3种C．萘、菲、芘中只有萘能溶于水 D．萘、菲、芘的所有原子不可能处于同一平面11、全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能电池，其电池总反应为：V3++VO2++H2OVO2++2H++V2+．下列说法正确的是（）A．放电时正极反应为：VO2++2H++e-=VO2++H2OB．放电时每转移2mol电子时，消耗1mol氧化剂C．放电过程中电子由负极经外电路移向正极，再由正极经电解质溶液移向负极D．放电过程中，H+由正极移向负极12、化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A．疫苗因未冷藏储运而失效,与蛋白质变性有关B．天然气既是高效清洁的化石燃料,又是重要的化工原料C．“中国天眼”的镜片材料为SiC,属于新型有机非金属材料D．港珠澳大桥水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极的阴极保护法13、将下列物质分别加入溴水中，不能使溴水褪色的是A．Na2SO3晶体 B．乙醇 C．C6H6 D．Fe14、中央电视台《国家宝藏》栏目不仅彰显民族自信、文化自信，还蕴含着许多化学知识。下列说法不正确的是：A．“司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”，司南中“杓”的材质为Fe3O4B．宋《莲塘乳鸭图》缂丝中使用的蚕丝的主要成分是蛋白质C．宋王希孟《千里江山图》中的绿色颜料铜绿，主要成分是碱式碳酸铜D．清乾隆“瓷母”是指各种釉彩大瓶，其主要成分是二氧化硅15、据报道科学家在宇宙中发现了分子。与属于A．同位素 B．同系物 C．同分异构体 D．同素异形体16、《厉害了，我的国》展示了中国在航空、深海、交通、互联网等方面取得的举世瞩目的成就，它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是（）A．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐B．港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐，依据的是外加电流的阴极保护法C．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D．化学材料在北京大兴机场的建设中发挥了巨大作用，其中高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料二、非选择题（本题包括5小题）17、香料G的一种合成工艺如图所示。已知：①核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为1∶1。②CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2③CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O请回答下列问题：(1)A的结构简式为________，G中官能团的名称为________。(2)检验M已完全转化为N的实验操作是______(3)有学生建议，将M→N的转化用KMnO4(H＋)代替O2，你认为是否合理______(填“是”或“否”)原因是_________(若认为合理则不填此空)。(4)写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：K→L________，反应类型________。(5)F是M的同系物，比M多一个碳原子。满足下列条件的F的同分异构体有_____种。(不考虑立体异构)①能发生银镜反应②能与溴的四氯化碳溶液加成③苯环上只有2个对位取代基(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，请设计合成路线______(其他无机原料任选)。请用以下方式表示：AB目标产物18、如图中的Ⅰ是某抗肿瘤药物的中间体，B的核磁共振氢谱有3组峰，C的分子式为C7H8O，D分子中有两个相同且处于相邻位置的含氧官能团，E的相对分子质量比D大34.5。已知：RCHO+R1CH2CHORCH=C(R1)CHO+H2O。请回答下列问题：(1)C的名称是______，B的结构简式为_________，D转化为E的反应类型是____________。(2)I中官能团的名称为______，I的分子式为________。(3)写出E转化为F的化学方程式____________。(4)X是G酸化后的产物，X有多种芳香族同分异构体，符合下列条件且能发生银镜反应的同分异构体有____种（不包括X），写出核磁共振氢谱有4组峰的物质的结构简式____________。①遇FeCl3溶液发生显色反应②苯环上有两种类型的取代基(5)参照上述流程，以乙醇为原料（其他无机试剂自选）可制取2﹣丁烯酸，写出相应的合成路线__________________。19、水合肼（N2H4·H2O）又名水合联氨，无色透明，具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是一种重要的化工试剂，利用尿素法生产水合肼的原理为：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl实验一：制备NaClO溶液。（实验装置如右图所示）（1）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有（填标号）。A．容量瓶B．烧杯C．烧瓶D．玻璃棒（2）锥形瓶中发生反应的离子方程式是。（3）设计实验方案：用中和滴定原理测定反应后锥形瓶中剩余NaOH的浓度（实验提供的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、0.10mol·L-1盐酸、酚酞试液）：。实验二：制取水合肼。（实验装置如右图所示）（4）控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108～114℃馏分。分液漏斗中的溶液是（填标号）。A．CO(NH2)2溶液B．NaOH和NaClO混合溶液原因是：（用化学方程式表示）。实验三：测定馏分中肼含量。（5）称取馏分5.0g，加入适量NaHCO3固体，加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0.10mol·L-1的I2溶液滴定。滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右。（已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O）①滴定时，碘的标准溶液盛放在(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；本实验滴定终点的现象为。②实验测得消耗I2溶液的平均值为18.00mL，馏分中水合肼（N2H4·H2O）的质量分数为。20、某实验小组同学为了研究氯气的性质，做以下探究实验。向KI溶液通入氯气溶液变为黄色；继续通入氯气一段时间后，溶液黄色退去，变为无色；继续通入氯气，最后溶液变为浅黄绿色，查阅资料：I2+I-⇌I3-，I2、I3-在水中均呈黄色。（1）为确定黄色溶液的成分，进行了以下实验：取2～3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，说明溶液中存在______，生成该物质的化学方程式为______，水层显浅黄色，说明水层显黄色的原因是______；（2）继续通入氯气，溶液黄色退去的可能的原因______；（3）NaOH溶液的作用______，反应结束后，发现烧杯中溶液呈浅黄绿色，经测定该溶液的碱性较强，一段时间后溶液颜色逐渐退去，其中可能的原因是______。21、“循环经济”和“低碳经济”是目前备受关注的课题，因而对碳和硫的化合物的综合利用成为研究的热点。请回答下列问题：（1）下列事实中，不能用来比较碳元素和硫元素非金属性强弱的是______（填选项字母）。A．有漂白性而没有B．少量能与反应生成C．能使酸性溶液褪色而不能D．溶液显碱性而溶液显中性（2）下图是通过热循环进行能源的综合利用和污染治理的反应系统原理。系统（Ⅱ）制氢气的热化学方程式为_________；两个系统制得等量的H2所需能量较少的是________。（3）向10L恒容密闭容器中充入2molCO和1mol，发生反应2CO(g)＋SO2(g)S(g)＋2CO2(g)。CO和CO2的平衡体积分数（φ）与温度（T）的关系如图所示。①图中能表示CO的平衡体积分数与温度关系的曲线为______（填“L1”或“L2”）。②T1℃时，的平衡转化率α1＝_______，反应的平衡常数_________。③只改变下列条件，既能加快该反应速率，又能增大CO的平衡转化率的是_____（填选项字母）。A．增大压强B．充入一定量C．充入一定量D．加入适当催化剂④向起始温度为℃的10L绝热容器中充入2molCO和1mol，重复实验，该反应的平衡常数_____（填“＞”“＜”或“＝”），理由为_____。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

由流程图可知，氢氧化钠溶液与烟气中的SO2反应生成亚硫酸钠溶液，电解亚硫酸钠溶液制得氢氧化钠溶液和硫酸，制得的氢氧化钠溶液可以循环使用；电解Na2SO3溶液时，亚硫酸根通过阴离子交换膜进入右室，在b极上失电子发生氧化反应生成硫酸根，SO32——2e—+H2O=SO42—+,2H+，则b极为阳极，与电源正极相连，左室中，水在a极得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e一=2OH—+H2↑，溶液中OH—浓度增大，Na+离子通过阳离子交换膜进入左室，则a极为阴极，与电源负极相连。【详解】A项、电解Na2SO3溶液时，亚硫酸根通过阴离子交换膜进入右室，Na+离子通过阳离子交换膜进入左室，则膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜，故A错误；B项、a极为阴极，与锌锰碱性电池的负极锌极相连，故B正确；C项、a极为阴极，水在阴极得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e一=2OH—+H2↑，故C错误；D项、由阴极电极反应式可知，若收集标准状况下22.4LH2，转移2mol电子，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了电解原理，注意电解池反应的原理和离子流动的方向，能够正确判断电极名称，明确离子交换膜的作用是解答关键。2、D【解析】

A.海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A错误；B.氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故B错误；C.海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故C错误；D.侯氏制碱法，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠，二氧化碳和水，没有元素的化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故D正确。故选D。3、C【解析】

由现象可知：实验1发生完全双水解反应生成Al(OH)3，实验2过量的Na2CO3与完全双水解反应生成Al(OH)3发生反应。【详解】A.实验1中，沉淀溶解，无气泡，白色沉淀a是Al(OH)3，故A错误；B.实验2中，沉淀溶解，少量气泡，该气体是CO2，但不能说明白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2，故B错误；C.检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，即可检验有无SO42-，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验，故C正确；D.实验1、2中，过量Al2(SO4)3溶液显酸性，过量Na2CO3溶液显碱性，不能确定白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关，故D错误；答案选C。【点睛】注意D项中，强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。4、A【解析】

A．单质溴与KI在溶液中发生氧化还原反应生成碘单质，产生的碘单质易溶于四氯化碳，由于四氯化碳的密度比水大，与水互不相容，所以静置分层，上层无色，下层紫红色，可知溴的非金属性强于碘，A正确；B．酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸钡生成硫酸钡沉淀，因此不能确定Na2SO3溶液是否变质，B错误；C．由于是向硝酸银溶液中首先滴入少量NaCl溶液，所以硝酸银过量，过量的硝酸银与滴入的Na2S反应产生Ag2S沉淀，均为沉淀生成，不能比较AgCl、Ag2S的溶解度，C错误；D．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液中c(OH-)减小，溶液红色逐渐褪去，并不是因为BaCl2溶液是酸性溶液，D错误；故合理选项为A。5、A【解析】

同分异构体是一种有相同分子式而有不同的原子排列的化合物；同种元素的不同的原子互称同位素；同系物是结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的化合物的互称。同分异构体、同位素、同系物描述的对象依次是化合物、原子、化合物；故A正确；答案：A6、C【解析】

M、N点==1，M点c(OH-)=10-15、N点c(OH-)=10-6，M点表示的电离平衡常数=10-15，N点表示的电离平衡常数=10-6；第一步电离常数大于第二步电离常数。【详解】A.，所以曲线M表示pOH与1g的变化关系，曲线N表示pOH与1g的变化关系，故A正确；B.反应表示第二步电离，=10-15，故B正确；C.pOH1=、pOH2=，，所以pOH1<pOH2，故C错误；D.N2H4是二元弱碱，N2H5Cl是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故D正确；故答案选C。7、C【解析】

A．10.1gN(C2H5)3物质的量0.1mol，一个N(C2H5)3含有共价键数目为21根，则10.1gN(C2H5)3含有的共价键数目为2.1NA，故A正确；B．标准状况下，22.4LCO2的物质的量是1mol，1个CO2分子中有22个电子，所以含的电子数目为22NA，故B正确；C．在捕获过程中，根据图中信息可以看出二氧化碳分子中的共价键没有完全断裂，故C错误；D．100g46％的甲酸水溶液，甲酸的质量是46g，物质的量为1mol，水的质量为54g，物质的量为3mol，因此共所含的氧原子数目为5NA，故D正确；选C。8、A【解析】

A．《周易参同契》中提到“胡粉(含铅白)投火中，色坏还原为铅”，其中含铅元素的物质转化为2PbCO3•Pb(OH)2→PbO→Pb，故A错误；B．纳米级的钛白可由TiCl4水解生成氧化钛和盐酸，化学方程式：TiCl4+2H2O⇌TiO2+4HCl，故B正确；C．《本草经疏》中记载朱砂HgS“若经伏火及一切烹、炼，则毒等砒、硇服之必毙”，硫化汞受热分解生成汞单质和刘，体现了HgS受热易分解的性质，故C正确；D．铁红可由无水FeSO4高温煅烧制得，其化学方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，故D正确；故选：A。9、A【解析】

A、铁和氯化铁反应生成物是氯化亚铁，A正确；B、NaOH也吸收CO2，所以不正确，应选用饱和的碳酸氢钠溶液，B不正确；C、氧化铜与氧气不反应，应选用灼热的铜网，C不正确；D、加入适量NaOH溶液会引入钠离子，应该是氢氧化钾，D不正确；故选A。【点睛】除杂的要求是不增不减。即不引入新杂质，不减少主要成分；如B选项，NaOH能与CO2反应，主要物质被反应，故错误。10、B【解析】

A.同系物是组成相似，结构上相差n个CH2，依据定义作答；

B．根据等效氢原子种类判断；

C．依据相似相容原理作答；D．依据苯的结构特征分析分子内原子共平面问题。【详解】A.萘的结构中含两个苯环，菲的结构中含三个苯环，芘的结构中含四个苯环，组成不相似，则三者不是同系物，故A项错误；B.根据分子结构的对称性可知，萘分子中含有2种H原子，如图示：，则其一氯代物有2种，而菲分子中含有5种H原子，如图示：，则其一氯代物也有5种，芘分子中含有3种H原子，如图示：，则其有3种一氯代物，故B项正确；C.三种分子均有对称性，且为非极性分子，而水为极性键组成的极性分子，则萘、菲、芘中均难溶于水，故C项错误；D.苯环为平面结构，则两个或两个以上的苯环通过共用环边构成的多元有机化合物也一定共平面，即所有的原子一定在同一个平面上，故D项错误；答案选B。【点睛】本题的难点是B选项，找稠环的同分异构体，进而判断其一氯代物的种类，结合等效氢法，可采用对称分析法进行判断等效氢原子，该方法的关键是根据分子的对称性找出所有的对称轴或对称中心。11、A【解析】

根据电池总反应V3++VO2++H2OVO2++2H++V2+和参加物质的化合价的变化可知，放电时，反应中VO2+离子被还原，应在电源的正极反应，V2+离子化合价升高，被氧化，应是电源的负极反应，根据原电池的工作原理分析解答。【详解】A、原电池放电时，VO2+离子中V的化合价降低，被还原，应是电源的正极反应，生成VO2+离子，反应的方程式为VO2++2H++e-=VO2++H2O，故A正确；B、放电时氧化剂为VO2+离子，在正极上被还原后生成VO2+离子，每转移2mol电子时，消耗2mol氧化剂，故B错误；C、内电路由溶液中离子的定向移动形成闭合回路，电子不经过溶液，故C错误；D、放电过程中，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故D错误；答案选A。【点睛】本题的易错点为A，要注意从化合价的变化进行判断反应的类型和电极方程式，同时把握原电池中电子及溶液中离子的定向移动问题。12、C【解析】

A．温度过高蛋白质会发生变性，故A正确；B．天然气燃烧只生成二氧化碳和水，为清洁燃料，利用天然气可以合成二甲醚等有机物，是重要的化工原料，故B正确；C．碳化硅是非金属化合物，且为无机物，碳化硅是一种新型无机非金属材料，故C错误；D．铝比铜活泼，形成原电池铝作负极被氧化，防腐方法为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；故答案为C。13、B【解析】

能使溴水褪色的物质应含有不饱和键或含有醛基等还原性基团的有机物以及具有还原性或碱性的无机物，反之不能使溴水因反应而褪色，以此解答该题。【详解】A．Na2SO3具有还原性，可与溴水发生氧化还原反应使溴水褪色，A不符合题意；B．乙醇与水混溶，且与溴水不发生反应，不能使溴水褪色，B符合题意；C．溴易溶于苯，苯与水互不相溶，因此会看到溶液分层，水层无色，C不符合题意；D．铁可与溴水反应溴化铁，溴水褪色，D不符合题意；故合理选项是B。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于考查学生的分析能力和综合运用化学知识的能力，注意相关基础知识的积累。14、D【解析】

A.Fe3O4为磁性氧化铁，可作指南针的材料，司南中“杓”的材料为Fe3O4，A正确；B.蚕丝的主要成分是蛋白质，B正确；C.铜绿主要成分是碱式碳酸铜，C正确；D.陶瓷主要成分是硅酸盐，不是SiO2，D错误；故合理选项是D。15、D【解析】

A.同种元素的不同种原子互为同位素，故A错误；B.结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物互称为同系物，故B错误；C.分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，故C错误；D.与都是由氢元素形成的不同单质，互为同素异形体，故D项正确。故选D。【点睛】准确掌握“四同”的概念及它们描述的对象，是解决此题的关键。16、D【解析】

A．高温结构陶瓷耐高温、耐腐蚀，是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐，A错误；B．钢结构防腐蚀涂装体系中，富锌底漆的作用至关重要，它要对钢材具有良好的附着力，并能起到优异的防锈作用，依据的是牺牲阳极的阴极保护法，B错误；C．光缆的主要成分是二氧化硅，C错误；D．高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料，D正确；故答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳碳双键、酯基取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N否KMnO4(H＋)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键+CH3CHO加成反应6CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br【解析】

由流程：E和N发生酯化反应得到的G为，则E、N分别为和中的一种，C反应得到D，D发生卤代烃水解反应得到E，故E属于醇，E为，则N为，逆推出M为、L为，结合信息③，逆推出K为，由E逆推出D为，结合信息②，逆推出C为，C由B在浓硫酸加热条件下发生消去反应所得、B为，又知A催化加氢得B，核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为1∶1，即A分子内有2种氢原子且二者数目相同，则A为；(1)据上分析，写出A的结构简式及G中官能团的名称；(2)检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验；(3)该学生建议是否合理，主要通过用KMnO4(H＋)代替O2发生转化时，有没有其它基团也被氧化，如果有，那么就不可行；(4)K为，则K→L的反应可通过信息类推，按反应特点确定反应类型；(5)F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。求满足下列条件的F的同分异构体数目，主要找出满足条件的基团进行有序组合就可以了，条件①能发生银镜反应，意味着有—CHO，条件②能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，③苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，据此回答；(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，则主要通过取代反应引入一个溴原子，通过加成反应引入2个溴原子，再水解即可；【详解】(1)据上分析，A为，；答案为：；G为，G中官能团为碳碳双键、酯基；答案为：碳碳双键、酯基；(2)M为，N为，N呈酸性，检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验，故检验操作为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N；答案为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N；(3)学生建议用KMnO4(H＋)代替O2把M转化为N，醛基确实被氧化为羧基，但是碳碳双键同时被氧化，那么建议就不可行；答案为：否；KMnO4(H＋)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键；(4)K为，则K→L的反应可通过信息③类推，反应为：+CH3CHO，从反应特点看是加成反应；答案为：+CH3CHO；加成反应；(5)F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。F的同分异构体，要满足条件——条件①能发生银镜反应，意味着有—CHO，条件②能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，③苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，由此可把2个位于对位的取代基分成以下几种情况：①—CHO、②—CHO、③—CHO、④—CH2CHO、⑤、⑥、；故共有6种；答案为：6；(6)由流程图知，C和NBS试剂可通过取代反应引入一个溴原子而碳碳双键不变，故以丙烯和NBS发生取代反应，引入一个溴原子，得到CH2=CH-CH2-Br，通过加成反应引入2个溴原子，得到BrCH2-CHBr-CH2-Br，水解即可制备甘油(丙三醇)，流程为：CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br；答案为：CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br。18、对甲基苯酚或4-甲基苯酚取代反应碳碳双键、羧基、酚羟基C9H8O4+3NaOH+NaCl+2H2O8、、【解析】

A与Cl2在FeCl3作用下反应，说明A分子中含有苯环，发生苯环上的氯代反应，产生B，B的核磁共振氢谱有3组峰，说明B分子中有3种H原子，B与NaOH水溶液共热，然后酸化得的C，C的分子式为C7H8O，在反应过程中C原子数不变，碳链结构不变，逆推可知A是，B是，C是，C被H2O2氧化产生D，结合题中已知信息：D分子中有两个相同且处于相邻位置的含氧官能团，E的相对分子质量比D大34.5，则D为，D与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生E：，E与NaOH水溶液共热发生反应产生F：，F被O2催化氧化产生G：，G与CH3CHO发生题干信息反应产生H为：，H与新制Cu(OH)2在加热条件下发生醛基的氧化反应，然后酸化可得I：，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知A为，B为，C为，D为，E为，F为，G为，H为，I为。(1)C为，名称为对甲基苯酚或4-甲基苯酚；B结构简式为，D为，D与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生E：，所以D转化为E的反应类型是取代反应；(2)I为，其中含有的官能团名称为：碳碳双键、羧基、酚羟基；I结构简式为，结合C原子价电子为4，可知其分子式为C9H8O4；(3)E为，E与NaOH水溶液共热发生反应产生F为，该反应的方程式为：+3NaOH+NaCl+2H2O；(4)G为，X是G酸化后的产物，则X为，X的芳香族同分异构体，能发生银镜反应，且符合下列条件：①遇FeCl3溶液发生显色反应；②苯环上有两种类型的取代基，可能的结构：若有三个官能团-OH、-OH、-CHO，可能有、、、、；若含有两个官能团HCOO-、-OH，可能有、、，因此符合条件的同分异构体种类为5+3=8种；核磁共振氢谱有4组峰的物质的结构简式为：、、；(5)CH3CH2OH催化氧化产生CH3CHO，CH3CHO与CH3CHO在NaOH水溶液中加热发生反应产生CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO与新制Cu(OH)2悬浊液加热煮沸发生醛基氧化反应，然后酸化得到CH3CH=CHCOOH，故以乙醇为原料制取2-丁烯酸的合成路线为：。【点睛】本题考查有机物的推断、反应类型的判断、同分异构体的种类的判断与书写，注意根据苯酚的性质、芳香烃侧链及苯环的取代反应的条件的区别，是对有机化合物知识的综合考查，能较好的考查学生分析推理能力，(4)中同分异构体数目判断为易错点，能够发生银镜反应的物质可能是含有醛基，也可能含有甲酸酯基，若有三个取代基，可利用定二移一的方法，结合官能团位置不同分析解答。19、（1）B、D（2）Cl2+2OH-＝ClO-+Cl-+H2O（3）取一定量锥形瓶内混合溶液，加入适量的H2O2溶液后，滴加2~3滴酚酞试液，用0.10mol·L-1盐酸滴定，记录消耗盐酸的量，重复上述操作2~3次。（其它合理答案给分)（4）BN2H4·H2O+2NaClO＝N2↑+3H2O+2NaCl（5）酸式溶液出现蓝色且半分钟内不消失（6）9%【解析】试题分析：(3)取一定量锥形瓶内混合溶液，加入适量的H2O2溶液后，滴加2~3滴酚酞试液，用0.10mol·L-1盐酸滴定，记录消耗盐酸的量，重复上述操作2~3次，加入H2O2防止次氯酸根的在酸性条件下分解产生盐酸和氧气，干扰实验结果的测定。(4)B．NaOH和NaClO混合溶液,次氯酸根离子在酸性和加热条件下容易分解，所以分液漏斗中的液体是NaOH和NaClO混合溶液。(5)①碱式滴定管上的橡皮管易被碘水腐蚀，故用酸式滴定管；②由化学方程式的三段式可知n(N2H4·H2O)=1/2n(I2)=1.8mol,故W（N2H4·H2O）=（（1.8×10-3×50）/5）×100%=9%。考点：一定浓度溶液的配置；酸碱中和滴定；物质的性质；质量分数的计算。20、I2Cl2+2KI=I2+2KClI3-生成的碘单质被氯气氧化为无色物质吸收多余的氯气氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应【解析】

(1)氯气与KI发生Cl2+2I-=I2+2Cl-，以及I2+I-⇌I3-，取2～3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I2、I3-；(2)继续通入氯气，溶液黄色退去，是因为氯气将I2氧化为无色物质；(3)NaOH溶液吸收多余的氯气；氯水的颜色为浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。【详解】(1)取2～3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，说明溶液中存在I2，生成该物质的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I3-，发生反应为I2+I-⇌I3-，故答案为：I2；Cl2+2KI=I2+2KCl；I3-；(2)氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯气发生Cl2+2KI=KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，生成的碘单质被氯气氧化为无色物质，所以溶液黄色退去；故答案为：生成的碘单质被氯气氧化为无色物质；(3)NaOH溶液吸收多余的氯气，氯气过量，过量的氯气溶解于水，水中含有氯气分子，氯水呈浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应，故答案为：吸收多余的氯气；氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。21、DS(g)+2H2O(g)SO2(g)+2H2(g)H=-90.0kJ/mol系统（Ⅱ）L250%1B＜该反应为吸热反应，平衡时绝热容器内的温度低于恒温器内的温度，平衡逆向移动，平衡常数减小【解析】

（1）比较非金属性，可利用非金属元素气态氢化物的稳定性和最高价氧化物对应的水化物的酸性，S的最高价氧化物的水化物为硫酸，不能利用亚硫酸；（