河南省豫南六市高三第一次模拟考试新高考化学试卷及答案解析

河南省豫南六市高三第一次模拟考试新高考化学试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、下列关于有机化合物和的说法正确的是()A．一氯代物数目均有6种B．二者均能发生取代、加成和氧化反应C．可用酸性高锰酸钾溶液区分D．分子中所有碳原子可能在同一平面上2、某温度下，容积一定的密闭容器中进行可逆反应：X(g)+Y(g)2Z(g)+W(s)+Q，下列叙述正确的是A．加入少量W，υ(逆)增大 B．压强不变时，反应达到平衡状态C．升高温度，υ(逆)、υ(正)都增大 D．平衡后加入X，方程式中的Q增大3、对于工业合成氨反应N2+3H2⇌2NH3+Q（Q＞0），下列判断正确的是（）A．3体积H2和足量N2B．使用合适的催化剂，可以提高提高原料的利用率C．500℃左右比室温更有利于向合成氨的方向进行D．及时使氨液化、分离的主要目的是提高N2和H4、丁苯橡胶的化学组成为，其单体一定有()A．2﹣丁炔 B．1，3﹣丁二烯 C．乙苯 D．乙烯5、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．0.1mol·L−1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl−、OH−B．0.1mol·L−1FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO42-、MnO4-C．0.1mol·L−1NaOH溶液：Na+、K+、、D．0.1mol·L−1H2SO4溶液：K+、、、6、中国科学家在合成氨（N2+3H22NH3△H<0）反应机理研究中取得新进展，首次报道了LiH-3d过渡金属这一复合催化剂体系，并提出了“氮转移”催化机理。如图所示，下列说法不正确的是A．转化过程中有非极性键断裂与形成B．复合催化剂降低了反应的活化能C．复合催化剂能降低合成氨反应的焓变D．低温下合成氨，能提高原料转化率7、2mol金属钠和1mol氯气反应的能量关系如图所示，下列说法不正确的是（）A．ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7B．ΔH4的值数值上和Cl-Cl共价键的键能相等C．ΔH7<0，且该过程形成了分子间作用力D．ΔH5<0，在相同条件下，2Br(g)的ΔH5′>ΔH58、化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法正确的是A．“霾尘积聚难见路人”，雾霾有丁达尔效应B．“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料C．汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的D．石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物9、工业制纯碱的化学史上，侯德榜使用而索尔维法没有使用的反应原理的化学方程式是（）A．CO2+NaCl+NH3+H2O→NaHCO3↓+NH4ClB．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑C．CaO+2NH4Cl→CaCl2+2NH3↑+H2OD．NaHCO3+NH3+NaCl→Na2CO3+NH4Cl↓10、向含有5×10﹣3molHIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，溶液变蓝且有S析出，继续通入H2S，溶液的蓝色褪去，则在整个过程中（）A．共得到0.96g硫 B．通入H2S的体积为336mLC．硫元素先被还原后被氧化 D．转移电子总数为3.0×10﹣2NA11、下列有关电化学原理及应用的相关说法正确的是A．电池是能量高效转化装置，燃料电池放电时化学能全部转化为电能B．电热水器用牺牲阳极的阴极保护法阻止不锈钢内胆腐蚀，阳极选用铜棒C．工业上用电解法精炼铜过程中，阳极质量减少和阴极质量增加相同D．电解氧化法在铝制品表面形成氧化膜减缓腐蚀，铝件作为阳极12、化学与生活密切相关。下列叙述正确的是A．醋酸和活性炭均可对环境杀菌消毒 B．糖类和油脂均可以为人体提供能量C．明矾和纯碱均可用于除去厨房油污 D．铁粉和生石灰常用作食品抗氧化剂13、已知有机化合物。下列说法正确的是A．b和d互为同系物B．b、d、p均可与金属钠反应C．b、d、p各自同类别的同分异构体数目中，b最多D．b在一定条件下发生取代反应可以生成d14、用NA表示阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是（）①1mol氯气发生反应转移电子数为2NA②12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为1NA③在标准状况下，22.4LH2O中的O原子数为NA④17g羟基中含有的电子数为10NA⑤1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA⑥20mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，Fe3+和SO42-离子数的总和小于NAA．①②⑤ B．①④⑥ C．①②⑥ D．②⑤⑥15、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向FeBr2溶液中通入适量Cl2，溶液由浅绿色变为黄色Cl2氧化性强于Br2B常温下，等体积pH＝3的HA和HB两种酸分别加水稀释，溶液导电能力如图HA酸性比HB弱C向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X具有氧化性D取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体气体为氧气A．A B．B C．C D．D16、一定量的与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示，下列说法正确的是A．时，若充入惰性气体，、逆

均减小，平衡不移动B．时，反应达平衡后的转化率为C．时，若充入等体积的和CO，平衡向逆反应方向移动D．平衡常数的关系：二、非选择题（本题包括5小题）17、存在于茶叶的有机物A，其分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种。A遇FeCl3溶液发生显色反应。F分子中除了2个苯环外，还有一个六元环。它们的转化关系如下图：（1）有机物A中含氧官能团的名称是_____________________；（2）写出下列反应的化学方程式A→B：_______________________________________________________；M→N：_______________________________________________________；（3）A→C的反应类型为________________，E→F的反应类型为_________________1molA可以和______________molBr2反应；（4）某营养物质的主要成分(分子式为C16H14O3)是由A和一种芳香醇R发生酯化反应成的，则R的含有苯环的同分异构体有________________种（不包括R）；（5）A→C的过程中还可能有另一种产物C1，请写出C1在NaOH水溶液中反应的化学方程式________________________________________。18、我国成功研制出了具有自主知识产权的治疗缺血性脑梗死新药——丁苯酞。有机物G是合成丁苯酞的中间产物，G的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A的结构简式是___________，E的化学名称是____________。（2）由B生成C的化学方程式为______________________。（3）G的结构简式为__________________。合成丁苯酞的最后一步转化为：，则该转化的反应类型是_______________。（4）有机物D的溴原子被羟基取代后的产物J有多种同分异构体，其中含有苯环的同分异构体有______种（不包括J），其核磁共振氢谱吸收峰最多的结构简式为_________。（5）参照题中信息和所学知识，写出用和CH3MgBr为原料（其他无机试剂任选）制备的合成路线：______________。19、K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。请回答下列问题：(1)晒制蓝图时，用)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O作感光剂，以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为：2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑：显色反应的化学反应式为___FeC2O4+___K3[Fe(CN)6]一___Fe3[Fe(CN)6]2+_______，配平并完成该显色反应的化学方程式。(2)某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下图所示装置进行实验。①通入氮气的目的是_________________。②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有______________，_____________。③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是______________。④样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验Fe2O3存在的方法是：______________。(3)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用cmol·L-1KMnO4，溶液滴定至终点。在滴定管中装入KMnO4溶液的前一步，应进行的操作为____。滴定终点的现象是__________________。②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL。该晶体中铁的质量分数的表达式为_____________________。若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视KMnO4溶液液面，则测定结果_____________________。③过滤、洗涤实验操作过程需要的玻璃仪器有__________________________________________。20、文献表明：工业上，向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁;相同条件下，草酸根(C2O42-)的还原性强于Fe2+。为检验这一结论，雅礼中学化学研究性小组进行以下实验：资料:i.草酸(H2C2O4)为二元弱酸。ii.三水三草酸合铁酸钾[K3Fe(C2O4)3・3H2O]为翠绿色晶体，光照易分解。其水溶液中存在[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O42-K=6.3×10-21iii.FeC2O4・2H2O为黄色固体，溶于水，可溶于强酸。（实验1）用以下装置制取无水氯化亚铁(1)仪器a的名称为___________。(2)欲制得纯净的FeCl2，实验过程中点燃A、C酒精灯的先后顺序是___________。(3)若用D的装置进行尾气处理，存在的问题是__________、___________。（实验2）通过Fe3+和C2O42-在溶液中的反应比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱。(4)取实验2中少量晶体洗浄，配成溶液，漓加KSCN溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素。加硫酸后溶液变红的原因是______________。(5)经检验，翠绿色晶体为K3Fe(C2O4)3・3H2O。设计实验，确认实验2中没有发生氧化还原反应的操作和现象是_____。(6)取实验2中的翠绿色溶液光照一段时间，产生黄色浑浊且有气泡产生。补全反应的离子方程式：_____Fe(C2O4)3]3-+____H2O____FeC2O4·2H2O↓+__________+_______（实验3）研究性小组又设计以下装置直接比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱，并达到了预期的目的。(7)描述达到期目的可能产生的现象：_____________________。21、研究高效催化剂是解决汽车尾气中的NO和CO对大气污染的重要途径。(1)已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ/molC(s)+O2(g)=CO(g)△H2=-110.5kJ/molN2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.0kJ/mol则汽车尾气的催化转化反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的△H=_______kJ/mol。(2)400℃时，在分别装有催化剂A和B的两个容积为2L的刚性密闭容器中，各充入物质的量均为nmol的NO和CO发生上述反应。通过测定容器内总压强随时间变化来探究催化剂对反应速率的影响，数据如下表：时间/min0102030∞A容器内压强/kPa75.070.065.060.060.0B容器内压强/kPa75.071.068.066.060.0①由上表可以判断催化剂__________(填“A”或“B”)的效果更好。②容器中CO的平衡转化率为__________。400℃时，用压强表示的平衡常数Kp__________(kPa)-1(保留两位小数)。③汽车尾气排气管中使用催化剂可以提高污染物转化率，其原因是__________。(3)为研究气缸中NO的生成，在体积可变的恒压密闭容器中，高温下充入物质的量均为1mol的氮气和氧气，发生反应N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)。①下列说法能表明该反应已经达到平衡状态的是_________(填序号)。A.2v正(O2)=v逆(NO)B.混合气体的平均相对分子质量不变C.c(N2):c(O2)=lD.容器内温度不变②为减小平衡混合气中NO的体积分数，可采取的措施是___________。(4)对于气缸中NO的生成，化学家提出了如下反应历程：第一步O2⇌2O慢反应第二步O+N2⇌NO+N较快平衡第三步N+O2⇌NO+O快速平衡下列说法错误的是_______(填标号)。A.第一步反应不从N2分解开始，是因为N2比O2稳定B.N、O原子均为该反应的催化剂C.三步反应中第一步反应活化能最大D.三步反应的速率都随温度升高而增大

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A.中有6种等效氢，则一氯代物有6种，中有4种等效氢，一氯代物有4种，两种一氯代物数目不同，故A错误；B.中含碳碳双键，能发生加成反应，除此之外还能发生取代、氧化反应，中不含不饱和键，不能发生加成反应，能发生取代、氧化反应，故B错误；C.中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，中不含不饱和键，不能使酸性高锰酸钾褪色，则可用酸性高锰酸钾溶液区分，故C正确；D.中与碳碳双键上的碳原子直接相连的原子共面，其中含1个叔碳原子（与甲基直接相连的碳原子），则所有碳原子不可能在同一平面上，故D错误。答案选C。2、C【解析】

据外因对化学反应速率和化学平衡的影响分析判断。【详解】A.物质W为固体，加入少量W不改变W浓度，故υ(逆)不变，A项错误；B.题中反应前后气体分子数不变，当温度、体积一定时，容器内压强必然不变。故压强不变时不一定是平衡状态，B项错误；C.温度越高，化学反应越快。故升高温度，υ(逆)、υ(正)都增大，C项正确；D.方程式中的Q表示每摩化学反应的热效应。平衡后加入X，平衡右移，但Q不变，D项错误。本题选C。3、D【解析】

A．合成氨为可逆反应，则3体积H2和足量N2反应，氢气不能完全转化，生成氨气小于2体积，选项A错误；B．催化剂不影响化学平衡，不能提高提高原料的利用率，选项B错误；C．该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则室温比500℃左右更有利于向合成氨的方向进行，选项C错误；D．及时使氨液化、分离，可使平衡正向移动，则提高N2和H2的利用率，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度、催化剂对反应的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，合成氨为可逆反应。4、B【解析】

根据丁苯橡胶的结构可知，其主链上全是碳原子，故其一定是由单体发生加聚反应得到的，由于其分子式中有双键，一定是发生聚合反应新生成的，将链节分断，可以发生其单体是苯乙烯和1，3﹣丁二烯，答案选B。5、C【解析】

A.碳酸根离子与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，二者不能大量共存，故A错误；B.高锰酸根离子具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子，二者不能大量共存，故B错误；C.

OH−、Na+、K+、、之间相互不反应，可以大量共存，故C正确；D.酸性环境下，硝酸根离子能够氧化亚硫酸氢根离子，所以氢离子、硝酸根离子、亚硫酸氢根离子不能大量共存，故D错误；故选：C。6、C【解析】

A.合成氨为可逆反应，氮气和氢气在反应过程中有消耗和生成，故转化过程中有非极性键断裂与形成，A项正确；B.催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，B项正确；C.催化剂不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，C项错误；D.合成氨的正反应为放热反应，降低温度，平衡向正向移动，能提高原料转化率，D项正确；答案选C。7、C【解析】

A．由盖斯定律可得，ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7，A正确；B．ΔH4为破坏1molCl-Cl共价键所需的能量，与形成1molCl-Cl共价键的键能在数值上相等，B正确；C．物质由气态转化为固态，放热，则ΔH7<0，且该过程形成了离子键，C不正确；D．Cl转化为Cl-，获得电子而放热，则ΔH5<0，在相同条件下，由于溴的非金属性比氯弱，得电子放出的能量比氯少，所以2Br(g)的ΔH5′>ΔH5，D正确；故选C。8、A【解析】

A．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，有丁达尔效应，选项A正确；B．碳纤维为碳的单质，属于无机物，所以碳纤维是一种新型无机非金属材料，不是有机高分子材料，选项B错误；C．汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在放电条件下生成的，选项C错误；D、由于石油是多种烃的混合物，而石油的分馏产品均为混合物，故汽油、煤油和柴油均为多种烃的混合物，选项D错误；答案选A。9、D【解析】

侯德榜使用而索尔维法制碱是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，它的反应原理可用下列化学方程式表示：NaCl(饱和)+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；再向废液NH4Cl中加入CaO又可生成氨气，可以循环使用，方程式为：CaO+2NH4Cl=CaCl2+2NH3↑+H2O，所以没有使用的反应原理的化学方程式是NaHCO3+NH3+NaCl→Na2CO3+NH4Cl↓；故选：D。【点睛】侯德榜使用而索尔维法制碱是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，再向废液NH4Cl中加入CaO又可生成氨气，可以循环使用。10、D【解析】

A．HIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，能将硫化氢氧化最终生成硫单质和HI，根据电子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S，所以5×10﹣3molHIO3被消耗，就会得到硫单质是0.48g，故A错误；B．没有指明标准状况，无法计算所需H2S的体积，故B错误；C．不管是HIO3与H2S反应，还是碘单质与H2S反应，H2S都被氧化，故C错误；D．整个过程中，根据电子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S～I﹣～6e﹣，消耗5×10﹣3molHIO3伴随0.03mol电子转移，转移电子总数为3.0×10﹣2NA，故D正确；故选D。11、D【解析】

A．电池是能量高效转化装置，但是燃料电池放电的时候化学能并不能完全转化为电能，如电池工作时，在电路中会产生热能，A项错误；B．牺牲阳极的阴极保护法需要外接活泼金属，Cu的活动性比Fe的活动性低，因此起不到保护的作用，B项错误；C．电解精炼铜的过程中，阳极除了Cu，还有Zn、Fe等比Cu活泼的金属也会失去电子，阴极始终是Cu2+被还原成Cu，所以阳极质量的减少和阴极质量的增加不相同，C项错误；D．利用电解法使铝的表面生成氧化铝，Al的化合价从0升高到＋3，失去电子，在电解池中作阳极，D项正确；本题答案选D。12、B【解析】

A．一定浓度的醋酸可对环境杀菌消毒，活性炭具有吸附性可用于漂白，不能杀菌消毒，故A错误；B．糖类、脂肪、蛋白质都是组成细胞的主要物质，并能为生命活动提供能量，故B正确；C．纯碱为碳酸钠，其水溶液为碱性，碱性条件下可使油脂发生水解，可用于除去厨房油污，明矾为十二水合硫酸铝钾，在溶液中铝离子水解形成氢氧化铝胶体，可用于净水，不能用于厨房除油污，故C错误；D．铁粉具有还原性，可用作食品抗氧化剂，生石灰具有吸水性，可做食品的干燥剂，不能用于食品抗氧化剂，故D错误；答案选B。【点睛】生活中各种物质的性质决定用途，生石灰是氧化钙，可以吸水，与水反应生成氢氧化钙，所以可作干燥剂。13、D【解析】

A选项，b为羧酸，d为酯，因此不是同系物，故A错误；B选项，d不与金属钠反应，故B错误；C选项，b同分异构体有1种，d同分异构体有8种，p同分异构体有7种，都不包括本身，故C错误；D选项，b在一定条件下和甲醇发生酯化反应生成d，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】羧酸、醇都要和钠反应；羧酸和氢氧化钠反应，醇不与氢氧化钠反应；羧酸和碳酸钠、碳酸氢钠反应，醇不与碳酸钠、碳酸氢钠反应。14、D【解析】

①将1mol氯气通入足量氢氧化钠溶液中，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应转移的电子数为1mol，转移的电子数等于NA，故①错误；②12.0g熔融的NaHSO4的物质的量为0.1mol，0.1mol熔融硫酸氢钠电离出0.1mol钠离子和0.1mol硫酸氢根离子，所以含有的阳离子数为0.1NA，故②正确；③在标准状况下，水不是气体，不能使用标况下气体摩尔体积计算22.4LH2O中的物质的量，故③错误；④17g羟基的物质的量为1mol，1mol羟基中含有9mol电子，含有的电子数为9NA，故④错误；⑤1mol

Na2O和Na2O2的混合物中含有2mol钠离子和1mol阴离子，总共含有3mol阴阳离子，含有的阴、阳离子总数是3NA，故⑤正确；⑥20mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，含溶质硫酸铁的物质的量为0.02mol，含有Fe3+为0.04mol，含有SO42-为0.06mol，因为铁离子发生水解，溶液中铁离子数目减少，所以Fe3+和SO42-离子的总物质的量小于1mol，Fe3+和SO42-离子的总物质的量小于NA，故⑥正确；所以②⑤⑥符合题意；答案选D。【点睛】熔融的NaHSO4的电离出钠离子和硫酸氢根离子，而NaHSO4溶液则能电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，注意两者区别。15、B【解析】

A．溶液由浅绿色变为黄色，可能亚铁离子、溴离子均被氧化，可能只有亚铁离子被氧化，则由现象不能比较Cl2、Br2的氧化性，故A错误；B．由图可知，稀释时HB的导电能力变化大，则HB的酸性强，即HA酸性比HB弱，故B正确；C．白色沉淀可能为亚硫酸钡，则X可能为氨气，故C错误；D．变质的过氧化钠中含有碳酸钠，过氧化钠和碳酸钠均能与盐酸反应生成无色气体，生成的气体可能为二氧化碳，故D错误；故选B。16、B【解析】

体积可变的恒压密闭容器中，若充入惰性气体，体积增大，则压强减小，则、逆均减小，平衡正向移动，选项A错误；B.由图可知，时，CO的体积分数为，设开始及转化的分别为n、x，则，解得，平衡后的转化率为，选项B正确；C.时，若充入等体积的和CO，与原平衡状态时体积分数相同，平衡不移动，选项C错误；D.由图可知，温度越高，CO的体积分数越大，该反应为吸热反应，K与温度有关，则，选项D错误；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基、羧基+NaHCO3+CO2+H2O；CH3CH2OHCH2=CH2+H2O加成反应酯化（取代）反应34+3NaOH+NaCl+2H2O。【解析】

A的分子式为C9H8O3，分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种，2个取代基处于对位，A遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基-OH，A能与碳酸氢钠反应，分子中含有羧基-COOH，A的不饱和度为=6，故还含有C=C双键，所以A的结构简式为，X在浓硫酸、加热条件下生成A与M，M的分子式为C2H6O，M为乙醇，乙醇发生消去反应生成乙烯，N为乙烯，X为，A与碳酸氢钠反应生成B，为，B与Na反应生成D，D为，A与HCl反应生成C，C的分子式为C9H9ClO3，由A与C的分子式可知，发生加成反应，C再氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成E，E在浓硫酸、加热的条件下生成F，F分子中除了2个苯环外，还有一个六元环，应发生酯化反应，故C为，E为，F为，据此解答。【详解】(1)由上述分析可知，有机物A为，分子中含有官能团：羟基、碳碳双键、羧基，但含氧官能团有：羟基和羧基，故答案为：羟基、羧基；

(2)A→B的反应方程式为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑，M→N是乙醇发生选取反应生成乙烯，反应方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，故答案为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；CH3CH2OHCH2=CH2+H2O；(3)A→C是与HCl发生加成反应生成，E→F是发生酯化反应生成，与溴发生反应时，苯环羟基的邻位可以发生取代反应，C=C双键反应加成反应，故1molA可以和3mol

Br2反应，故答案为：加成反应，酯化(取代)反应；3；

(4)某营养物质的主要成分(分子式为C16H14O3)是由A和一种芳香醇R发生酯化反应生成的，故R的分子式为C7H8O，R为苯甲醇，R含有苯环的同分异构体(不包括R)，若含有1个支链为苯甲醚，若含有2个支链为-OH、-CH3，羟基与甲基有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有4种，故答案为：4；

(5)A→C的过程中还可能有另一种产物C1，则C1为，C1在NaOH水溶液中反应的化学方程式为+3NaOH+NaCl+2H2O，故答案为：+3NaOH+NaCl+2H2O。18、2-甲基-1-丙烯（或异丁烯）酯化反应（或取代反应）4【解析】（1）A与溴发生取代反应生成邻甲基溴苯，则A的结构简式是；E与溴化氢发生加成反应生成F，F发生已知信息的反应生成(CH3)3CMgBr，则E的结构简式为CH2=C(CH3)2，所以E的化学名称是2－甲基－1－丙烯。（2）C氧化生成D，根据D的结构简式可知C的结构简式为，所以由B生成C的化学方程式为。（3）D和(CH3)3CMgBr发生已知信息的反应，则G的结构简式为。反应中羟基和羧基发生分子内酯化反应，则该转化的反应类型是取代反应。（4）有机物D的溴原子被羟基取代后的产物J有多种同分异构体，其中含有苯环的同分异构体有4种，即间羟基苯甲醛、对羟基苯甲醛、苯甲酸和甲酸苯酯。其核磁共振氢谱吸收峰最多的结构简式为。（5）根据题中信息和所学知识结合逆推法可知用和CH3MgBr为原料（其他无机试剂任选）制备的合成路线为。点睛：高考化学试题中对有机化学基础的考查题型比较固定，通常是以生产、生活的陌生有机物的合成工艺流程为载体考查有机化学的核心知识，涉及常见有机物官能团的结构、性质及相互转化关系，涉及有机物结构简式的确定、反应类型的判断、化学方程式的书写、同分异构体的识别和书写等知识的考查。它要求学生能够通过题给情境中适当迁移，运用所学知识分析、解决实际问题，这高考有机化学复习备考的方向。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，常见的官能团：醇羟基、酚羟基、醛基、羧基、酯基、卤素原子等。这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。同分异构体类型通常有：碳链异构、官能团异构、位置异构等，有时还存在空间异构，要充分利用题目提供的信息来书写符合题意的同分异构体。物质的合成路线不同于反应过程，只需写出关键的物质及反应条件、使用的物质原料，然后进行逐步推断，从已知反应物到目标产物。19、3213K2C2O4隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置CO2CO先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1-2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3用KMnO4溶液进行润洗粉红色出现偏低烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(可不填“胶头滴管”)【解析】

（1）根据元素守恒规律配平亚铁离子能与K3[Fe(CN)6]发生的显色反应；（2）①根据氮气能隔绝空气和排尽气体分析；②根据CO2、CO的性质分析；③要防止倒吸可以根据外界条件对压强的影响分析；③根据铁离子的检验方法解答；（3）①标准滴定管需用标准液润洗，再根据酸性高锰酸钾溶液显红色回答；②根据电子得失守恒计算；结合操作不当对标准液浓度的测定结果的影响进行回答；③根据操作的基本步骤及操作的规范性作答。【详解】（1）光解反应的化学方程式为2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑，反应后有草酸亚铁产生，根据元素守恒规律可知，所以显色反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]＝Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4，因此已知方程式中所缺物质化学式为K2C2O4，故答案为3；2；1；3K2C2O4。（2）①装置中的空气在高温下能氧化金属铜，能影响E中的反应，所以反应前通入氮气的目的是隔绝空气排尽装置中的空气；反应中有气体生成，不会全部进入后续装置，故答案为隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置。②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，说明反应中一定产生二氧化碳。装置E中固体变为红色，说明氧化铜被还原为铜，即有还原性气体CO生成，由此判断热分解产物中一定含有CO2、CO，故答案为CO2；CO；③为防止倒吸，必须保证装置中保持一定的压力，所以停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气即可，故答案为先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气；④要检验Fe2O3存在首先要转化为可溶性铁盐，因此方法是取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1～2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3，故答案为取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1-2滴KSCN溶液；溶液变红色，证明含有Fe2O3；（3）①滴定管需用标准液润洗后才能进行滴定操作；高锰酸钾氧化草酸根离子，其溶液显红色，所以滴定终点的现象是粉红色出现，故答案为用KMnO4溶液进行润洗；粉红色出现。②锌把Fe3+还原为亚铁离子，酸性高锰酸钾溶液又把亚铁离子氧化为铁离子。反应中消耗高锰酸钾是0.001cVmol，Mn元素化合价从+7价降低到+2价，所以根据电子得失守恒可知铁离子的物质的量是0.005cVmol，则该晶体中铁的质量分数的表达式为；滴定终点读取滴定管刻度时，俯视KMnO4溶液液面，则消耗的标准液的体积偏小，导致最终结果偏低，故答案为；偏低；③过滤和洗涤需要的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(可不填“胶头滴管”)，故答案为烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(可不填“胶头滴管”)。【点睛】本题主要是考查物质分解产物检验、元素含量测定等实验方案设计与评价，题目难度中等，明确实验原理和相关物质的性质是解答的关键。关于化学实验从安全角度常考虑的主要因素如下：净化、吸收气体及熄灭酒精灯时要防止液体倒吸；进行某些易燃易爆实验时要防爆炸(如H2还原CuO应先通H2，气体点燃前先验纯等)；防氧化(如H2还原CuO后要“先灭灯再停氢”，白磷切割宜在水中进行等)；污染性的气体要进行尾气处理；有粉末状物质参加的反应，要注意防止导气管堵塞；防吸水(如实验取用、制取易吸水、潮解、水解的物质时宜采取必要措施，以保证达到实验目的)。20、分液漏斗先点燃A处酒精灯，再点燃C处酒精灯发生倒吸可燃性气体H2不能被吸收溶液中存在平衡：[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O42-，加热硫酸后，H+与C2O42-结合可使平衡正向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红取少量实验2中的翠绿色溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不出现蓝色沉淀2423C2O42-2CO2↑电流计的指针发生偏转，一段时间后，左侧溶液变为浅绿色，右侧有气泡产生【解析】

实验一：在装置A中用浓硫酸与NaCl固体混合加热制取HCl，通过B装置的浓硫酸干燥，得纯净HCl气体，然后在装置C中Fe与HCl发生反应产生FeCl2和H2，反应后的气体中含H2和未反应的HCl气体，可根据HCl极容易溶于水，用水作吸收剂吸收进行尾气处理；实验二：FeCl3溶液与K2C2O4发生复分解反应产生Fe2(C2O4)3和KCl；用KSCN溶液检验Fe3+；用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+；根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒书写离子方程式；实验三：根据2Fe3++C2O42-=2Fe2++2CO2↑，判断原电池正负极反应及相应的现象。【详解】(1)根据图示可知仪器a名称是分液漏斗；(2)为防止Fe与装置中的空气发生反应，制得纯净的FeCl2，实验过程中先点燃A处酒精灯，使装置充满HCl气体，然后给C处酒精灯加热；(3)若用D的装置进行尾气处理，由于HCl极容易溶于水，HCl溶解导致导气管中气体压强减小而引起倒吸现象的发生，而且可燃性气体H2不能被吸收；(4)在实验二中，向FeCl3溶液中加入K2C2O4溶液，发生复分解反应产生Fe2(C2O4)3和KCl，产生的翠绿色晶体为Fe2(C2O4)3的结晶水合物K3Fe(C2O4)3・3H2O，取实验2中少量晶体洗浄，配成溶液，漓加KSCN溶液，不变红，继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素。则加硫酸后溶液变紅的原因是在溶液中存在电离平衡：溶液中存在平衡：[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O42-，加入硫酸后，硫酸电离产生H+与溶