化学（上海A卷）（全解全析）

2023年高考化学第一次模拟考试卷高三化学（考试时间：60分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回H1C12N14O16S32Cl35.5一、选择题：本题共20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个答案。下列实验装置或操作与粒子的大小无直接关系的是(

)A.

过滤

B.

渗析

C.

萃取

D.

丁达尔效应【答案】C

【解析】解：A.悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子的大小进行分离，故A错误；

B.胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒子的大小进行分离，故B错误；

C.萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故C正确；

D.胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，丁达尔效应与分散质粒子的大小有关，故D错误；

故选：C。

浊液、胶体、溶液的本质区别是分散质粒子的大小不同，悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，浊液的分散质粒子不能透过滤纸，胶体、溶液的分散质粒子能透过滤纸；胶体和浊液的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜；

胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应；

萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系．

本题考查物质分离方法和物质性质的原理，掌握原理即可解答，难度中等．

下列关于物质的量浓度说法中正确的是(

)A.在1mol/L碳酸钠溶液中含2mol钠离子

B.将标准状况下4.48LHCl通入1L水中，则此溶液的物质的量浓度为0.2mol⋅L−1

C.同体积和同物质的量浓度的强酸和强碱相混合，所得溶液可能呈碱性

【答案】C

【解析】解：A.溶液的体积未知，所以无法计算钠离子的物质的量，故A错误；

B.标况下n(HCl)=4.48L22.4L/mol=0.2mol，溶液的体积大于1L，根据c=nV知，溶液的物质的量浓度小于0.2mol/L，故B错误；

C.如果等体积等物质的量浓度的Ba(OH)2、HCl溶液混合，二者反应后Ba(OH)2剩余一半，混合溶液呈碱性，故C正确；

D.饱和溶液的物质的量浓度可能小于不饱和溶液的物质的量浓度，饱和AgCl溶液的物质的量浓度小于不饱和氨水的物质的量浓度，故D错误；

故选：C。

A.溶液的体积未知；

B.标况下n(HCl)=4.48L22.4L/mol=0.2mol，溶液的体积大于1L；

C.如果等体积等物质的量浓度的Ba(OH)2、HCl新型冠状病毒可通过气溶胶传播，气溶胶属于胶体的一种。下列关于胶体的叙述，正确的是(

)A.依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液

B.胶体的本质特征是具有丁达尔效应

C.雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔效应

D.溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即做布朗运动【答案】C

【解析】解：A.丁达尔效应能区分胶体与其他分散系，但不能区分溶液与浊液，故A错误；

B.分散系根据分散质粒子直径的大小分为溶液、浊液和胶体，故胶体的本质特征是分散质粒子直径的大小，故B错误；

C.雾是气溶胶，属于胶体，在阳光下可观察到丁达尔效应，故C正确；

D.溶液中溶质粒子和胶体中分散质粒子均作无规则运动，胶体粒子的无规则运动属于布朗运动，故D错误；

故选：C．

A.丁达尔效应能区分胶体与其他分散系，但不能区分溶液与浊液；

B.胶体的本质特征是分散质粒子直径的大小；

C.胶体具有丁达尔效应；

D.溶质粒子和胶体中分散质粒子均作无规则运动。

本题考查了胶体性质的分析判断，胶体和溶液的分离方法，注意知识积累，题目较简单．

合成氨生产中，说法正确的是(

)A.使用催化剂，提高原料的利用率 B.采用高温、高压工艺提高氨的产率

C.产物用水吸收，剩余气体循环利用 D.增大反应物浓度，对v正【答案】D

【解析】A.催化剂不影响平衡移动，所以加入催化剂使反应速率加快，平衡不移动，故A错误；

B.合成氨工厂通常采用高温500℃条件是催化剂的活性高，而不利于平衡的正向移动，高压有利用平衡向正反应方向移动，可提高氨的产率，故B错误；

C.平衡混合气体是用冷水冷却，而不是用水吸收，故C错误；

D.增大反应物浓度，正、逆反应的速率都加快，但对v正影响更大，故D正确。

科学家借助晶体硅提高了阿伏伽德罗常数的精确度。有关晶体硅描述错误的是(

)A.由原子构成 B.含非极性键 C.含非极性分子 D.熔点高【答案】C

【解析】解：A.晶体硅为原子晶体，由硅原子构成，故A正确；

B.晶体硅是由硅原子通过Si−Si共价键，Si−Si共价键共用电子对不偏移，为非极性键，故B正确；

C.晶体硅为原子晶体，不含分子，故C错误；

D.晶体硅中原子间通过共价键结合，破坏共价键需要吸收大量的热，所以熔点高，故D正确；

故选：C。

晶体硅是由硅原子通过Si−Si共价键结合而成的原子晶体，据此分析解答。

本题考查了物质的结构组成，明确晶体硅构成微粒、微粒间作用即可解答，题目难度不大。

聚乳酸是一种新型的生物可降解高分子材料，其合成路线如图：

下列说法错误的是(

)A.m=n−1

B.聚乳酸分子中含有两种官能团

C.1mol乳酸与足量的Na反应生成1molH2

【答案】B

【解析】解：A.根据原子守恒，可知m=n−1，故A正确；

B.聚乳酸分子结构中含有酯基，端基含有羟基和羧基，共3种官能团，故B错误；

C.乳酸分子中含有羟基和羧基，均能与Na反应生成氢气，则1mol乳酸与足量的Na反应生成1molH2，故D正确；

D.两个乳酸分子可形成六元环状酯，其结构简式为，故D正确；

故选：B。

乳酸发生缩聚反应生成可降解的聚乳酸，结合乳酸的分子结构和缩聚反应原理分析判断即可解题。

本题以乳酸的缩聚产物为载体，考查有机物的结构与性质，明确缩聚反应原理和官能团的结构与性质是解题关键，难度中等。某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+，他们使用的药品和装置如图所示，下列说法不合理的是(

)

A.为了验证A中发生了氧化还原反应，加入KMnO4溶液，紫红色褪去

B.为了验证A中发生了氧化还原反应，加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀

C.能表明I−的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色【答案】A

【解析】A.二氧化硫、亚铁离子都具有还原性，都可以和高锰酸钾溶液发生反应使之褪色，不能验证A中发生了氧化还原反应，故A错误；

B.铁离子氧化二氧化硫为硫酸，2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+，加入氯化钡生成沉淀说明二氧化硫被氧化生成了硫酸根离子，故向漂粉精的水溶液中加入或通入少量下列物质，不能增强其漂白能力的是(

)A.稀盐酸 B.CaCl2粉末 C.NaHSO4固体【答案】B

【解析】解：A.盐酸与漂白精反应生成HClO，增强漂白能力，故A错误；

B.氯化钙与漂白精不反应，不能增强漂白能力，故B正确；

C.硫酸氢钠溶于水电离出氢离子，与漂白精反应生成HClO，增强漂白能力，故C错误；

D.二氧化碳与漂粉精的水溶液反应生成HClO，增强漂白能力，故B错误；

故选：B。

发生强酸制取弱酸的反应，生成更多的HClO，可增强其漂白能力，以此来解答。

本题考查含氯物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、漂白原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

已知某化学反应的平衡常数表达式K=c(CO2温度/℃70080083010001200K1.671.111.000.600.38A.上述反应的正反应是放热反应

B.该反应的化学方程式是CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)

C.某温度下，如果平衡浓度符合下列关系式：c(CO2)3c(CO)=c(H2O)5c(【答案】D

【解析】解：A.根据表格信息可知，升高温度，反应的平衡常数减小，则升高温度，该反应逆向移动，故正反应是放热反应，故A正确；

B.根据平衡常数表达式可知，该反应的化学方程式是CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，故B正确；

C.某温度下，如果平衡浓度符合下列关系式：c(CO2)3c(CO)=c(H2O)5c(H2)，则K=c(CO2)⋅c(H2)c(CO)⋅c(H2O)=35=0.6，对照表格信息可知，此时的温度是1000℃，故C正确；

D.如果在一定体积的密闭容器中加入CO2和H2各1mol，设容器体积为VL，5min后温度升高到830℃，此时测得CO2为0.6mol，可列出三段式：

可逆反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)

开始(mol)0

0

1

1

反应(mol)0.4

0.4

0.4

0.4

平衡(mol)0.4

0.4

0.6

0.6

则该条件下反应的平衡常数K=(0.6V)2(0.4V)2=94，根据表格信息可知，温度为830℃，K=1，则此时未达到平衡状态，故D错误；

故选：D。

A.升高温度平衡向吸热方向移动；

B.根据平衡常数表达式可知反应物是CO(g)、H2O(g)而生成物是CO2(g)、H2部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是(

)

A.可以通过化合反应生成c

B.工业上通过a→b→c→d→e来制备HNO3

C.浓的a'溶液和浓的c'溶液反应可以得到b'

D.加热d'【答案】B

【解析】物质分类和盐酸化合价分析可知，a为NH3、b为N2、c为NO、d为NO2、e为HNO3，a'为HCl、b'为Cl2、c'为HClO或ClO−、d'为HClO3或ClO3−、e'为HClO4或ClO4−，据此分析判断。

A.氮气和氧气放电条件下发生化合反应生成NO，故A正确；

B.工业上通过氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，故B错误；

C.浓的a'为HCl溶液和浓的c'为HClO或Cl把足量的铁粉投入到硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后，剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等，则原溶液中硫酸和硫酸铜的物质的量浓度之比为(

)A.1：7 B.2：7 C.1：2 D.3：8【答案】A

【解析】解：最后残留固体的质量与加入的铁粉的质量相等，则反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4导致固体增重等于反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑中参加反应的Fe的质量，假定反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑中参加反应的Fe的质量为56g，其物质的量为1mol，由方程式可知n(H2SO4)=n(Fe)=1mol，

Fe+CuSO4=Cu+FeSO4

固体增重△m

1mol

64g−56g=8g

n(CuSO4)

56g

n(CuSO4)=56g已知反应X (g) + Y (g)⇌

n Z (g)

△H > 0，将X和Y以一定比例混合通入密闭容器中进行反应，各物质的浓度随时间的改变如图所示。下列说法不正确的是

A.反应方程式中n = 1

B.10 min时，曲线发生变化的原因是增大压强

C.10 min时，曲线发生变化的原因是升高温度

D.0∼5 min内，用X表示的反应速率为v(X) = 0.08 mol·【答案】C

【解析】A.10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，说明是增大了压强，反应物浓度逐渐减小，生成物浓度增加，平衡正向移动，则说明该反应是体积缩小的反应，即n=1，故A正确；

B.根据图象数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，故B正确；

C.根据图象数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，故C错误；

D.在5min时X的物质的量浓度为1.6mol/L，0～5minx的物质的量变化为2mol/L−1.6mol/L=0.4mol/L，则该时间段X的平均反应速率为v(X)=ΔcΔt=2mol/L−1.6mol/L5min=0.08mol⋅L由下列实验及现象不能推出相应结论的是(

)实验现象结论A向2mL

0.1

mol⋅L−1的FeCl3黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变还原性：Fe>FB将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生COC加热盛有少量NH石蕊试纸变蓝NHD漂白粉在空气中久置变成块状固体漂白粉中的CaCl2与空气中的CA.A B.B C.C D.D【答案】D

【解析】A.加入铁粉以后黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变说明生成了Fe2+，说明还原性Fe>FeB.瓶内有黑色颗粒产生说明生成了C，故CO2具有氧化性，故BC.石蕊试纸变蓝说明产生了氨气，故C正确；D.漂白粉在空气中久置，次氯酸钙和空气中的水、二氧化碳反应生成碳酸钙，而变成块状，故D错误。故选D。

下列关于有机化合物的认识中，正确的是(

)A.分子式为C4H10O的醇共有4种

B.淀粉、纤维素的分子式都是(C6H10O5)【答案】A

【解析】A.分子式为C4H10O的醇共有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)2CHCH2常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00mL的3种HCl溶液，分别滴入浓度为1.000mol⋅L−1，0.1000mol⋅L−1和0.01000mol⋅L−1的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)的变化的曲线如图，在V(NaOH)=20.00mLA.3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍

B.曲线a、b、c对应的c(NaOH)：a>b>c

C.当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系中均满足：c(Na+)=c(Cl−)

D.当【答案】D

【解析】A.根据滴定后pH的关系可知a、b、c分别表示盐酸中滴入浓度为1.000mol·L−1，0.1000mol·L−1和0.01000mol·L−1的NaOH溶液，所以盐酸的浓度也分别为1.000mol·L−1，0.1000mol·L−1和0.01000mol·L−1，故A正确。

B.由图可知：pH越大，氢氧化钠浓度越高，故B正确。

C.当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系中的盐酸与氢氧化钠恰好中和，根据电荷守恒得：c(Na实验是研究化学的基础，下图中所示的制备实验方法、装置或操作均正确的是

甲

乙

丙

丁A.可用装置甲制取氯气 B.可用装置乙制取氨气

C.可用装置丙制取并检验乙炔 D.可用装置丁制得金属锰【答案】D

【解析】A.MnO2和浓HCl制取氯气需要加热条件下进行，装置甲缺少加热装置，故AB.Ca(OH)2和NHC.饱和食盐水与电石常温下可以发生反应生成乙炔气体，所以可以用丙装置制取乙炔，但由于电石中混有金属硫化物、磷化物等杂质，生成的乙炔气体中会混有硫化氢、磷化氢等杂质，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以装置丙无法检验乙炔，故C错误；D.MnO2和Al粉可发生铝热反应，所以可用装置丁制得金属锰，故故选D。

已知碳碳单键可以绕键轴自由旋转，关于结构简式如图所示的烃，下列说法中不正确的是(

)

A.分子中处于同一直线上的碳原子有6个 B.分子中最多有14个碳原子处于同一平面

C.该烃苯环上的一氯代物共有4种 D.该烃能发生加成反应和氧化反应【答案】C

【解析】A.因为碳碳单键可以旋转，甲基碳原子和连接甲基的苯环上碳原子及苯环碳原子对角线上碳原子在一条直线上，所以分子中处于同一直线上的碳原子有6个

，故A正确；

B.因为碳碳单键可以旋转，苯环上12个碳原子可以共面，与苯环相连的甲基碳也在苯环所在平面，所以分子中最多有14个碳原子处于同一平面，故B正确；

C.分子有对称轴，苯环上氢原子种类有2种，所以苯环上的一氯代物共有2种，故C错误；

D.苯环可以发生加成反应，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生氧化反应，故D正确；

故选C。

近日黑龙江“酸汤子”中毒事件引起广泛关注，据悉“酸汤子”是一种经发酵制作的玉米面条，开水煮熟食用。中毒事件中导致聚餐9人全部身亡的“真凶”为米酵酸菌，其结构如图所示，下列有关米酵酸菌的说法错误的是A.分子中有3种官能团，可以和芳香族化合物互为同分异构体

B.一般烹调方法不能破坏该物质的毒性

C.能发生氧化反应、加成反应、取代反应和消去反应

D.1 mol米酵酸菌与足量氢氧化钠反应，最多可消耗3 molNaOH【答案】C

【解析】A.米酵酸菌中有羧基、碳碳双键、醚键三种官能团，其碳数和不饱和度都大于含一个苯环的芳香化合物，故A不符合题意；

B.由中毒事件可知，一般的烹调方法不能消除其毒性，故B不符合题意；

C.与氧气燃烧可发生氧化反应，含有碳碳双键可发生加成反应，C原子上有H原子，可发生取代反应，能发生消去反应官能团为R−X(卤素)、R−OH(且相邻C上有H原子)，由结构可知米酵酸菌不能发生消去反应，故C符合题意；

D.通过结构简式可知，1mol米酵酸菌含3mol羧基，最多可消耗3mol NaOH，故D不符合题意。

将1 mol甲烷和适量的Cl2混合后光照，充分反应后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHClA.1.5 mol B.3 mol C.4.5 mol D.6 mol【答案】B

【解析】根据充分反应后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，可以设其物质的量分别是0.1mol、0.2mol、0.3mol、0.4mol；

四种有机取代物的物质的量之比为n(CH3Cl)：n(CH2Cl2实验室进行性质探究实验，将SO2通入BaCl2溶液至饱和的过程中，始终未观察到溶液中出现浑浊，若再通入另一种气体A，则产生白色沉淀。制备气体A的试剂不能是(

)A.大理石和稀盐酸 B.NaOH和NH4Cl

C.Cu和浓硝酸 【答案】A

【解析】SO2气体通入BaCl2溶液中，未见白色沉淀，不发生反应，继续通入另一种气体立即产生沉淀，沉淀可能为硫酸钡或亚硫酸钡，也可能为S，则气体具有氧化性或碱性等，以此来解答。

A.大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳气体，HCl、二氧化碳与氯化钡溶液都不反应，不会产生沉淀，故A选；

B.NaOH和NH4Cl制备的气体为氨气，氨气与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸根离子与钡离子结合生成亚硫酸钡沉淀，故B不选；

C.Cu和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，NO2通入水生成硝酸，硝酸能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，与钡离子生成硫酸钡沉淀，故能产生沉淀，故C不选；

D.二、流程题（本大题共1小题，共15.0分）硫酸四氨合铜晶体{[Cu(NH3已知：①[Cu(NH3)4]S[Cu(NH[Cu(N②(NH4)2S回答下列问题：(1)实验室通常采用将铜屑浸泡在热的稀硫酸中，然后向其中不断通入热空气的方法来制备CuSO①写出制备CuSO4溶液时发生反应的离子方程式：②为了使制备过程中稀硫酸的温度保持在50℃，需要对稀硫酸进行加热保温。应该采用的加热方式为________，该加热方式的优点为________________________。(2)方案1向溶液2中所加的固体试剂为________(填1种试剂的化学式)；试说明为何加入该固体试剂后会有[Cu(NH3)(3)方案2的实验步骤为a.加热蒸发，b.冷却溶液，c.加95%乙醇、结晶……。该方案存在一定缺陷，因为利用方案2得到的产品晶体中往往含有________杂质，产生杂质的原因是________________。(4)方案1、2的最后操作步骤均为过滤、洗涤、干燥。①过滤操作的主要目的是将固液混合物进行分离。中学化学中常见的用于固液混合物分离的操作有“倾析法”“普通过滤”和“减压过滤”等，操作示意图如下：减压过滤相对于普通过滤的优点为________(填字母下同)。A.过滤速度相对较快B.能过滤胶状混合物C.得到的固体物质相对比较干燥D.可以过滤具有强腐蚀性的固液混合物②洗涤步骤中可选用的洗涤液是________。A.乙醇与乙醚的混合液

B.蒸馏水C.乙醇和水的混合液

D.饱和硫酸钠溶液【答案】(1)①2Cu+O②水浴加热；受热均匀、易于控制加热温度(2)(NH4)2SO4(或Na2SO4)；当加入(NH4)2SO4时，溶液中cNH4+、cSO42−增大，cNH4+增大使N(3)Cu(OH)2[或Cu2(OH)(4)①ACD；②AC

【解析】(1)①铜单质在酸性条件下被氧气氧化为Cu2+，相应的离子方程式为2Cu+O2+4H+===2Cu2++2H2O。②要使温度保持在50℃，可采用水浴加热的方法；由于水其有较大的比热容，加热或冷却过程中温度的变化较为缓慢，所以具有易于控制温度的优点，且水浴加热时水能够使被加热物体均匀受热。

(2)(NH4)2SO4(或Na2SO4)；当加入(NH4)2SO4时，溶液中(3)Cu(OH)2[或Cu2(OH)(4)①减压过滤可加速过滤，并使沉淀抽吸的较干燥；因为胶状沉淀在快速过滤时易透过滤纸，沉淀颗粒太小，则易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以减压过滤不宜过滤胶状沉淀和颗粒太小的沉淀；当需要过滤具有强腐蚀性的固液混合物时，可选用玻璃纤维代替滤纸进行过滤，可有效防止强腐蚀性固液混合物对滤纸的腐蚀而造成过滤失败。②CuNH三、实验题（本大题共1小题，共15.0分）亚硝酰氯(NOCl，熔点：−64.5 ℃，沸点：−5.5 ℃)为红褐色液体或黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，易溶于浓硫酸。是有机物合成中的重要试剂，常可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。其制备装置如图所示(其中III、IV中均为浓硫酸)：(1)用图甲中装置制备纯净干燥的原料气，补充下表中所缺少的药品。装置Ⅰ装置Ⅱ烧瓶中分液漏斗中制备纯净CMn浓盐酸①_________________制备纯净NOCu稀硝酸②_________________(2)将制得的NO和Cl2通入图乙对应装置制备①装置连接顺序为a→________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl③有人认为可以将装置Ⅳ中浓硫酸合并到装置Ⅴ中，撤除装置Ⅳ，直接将NO、Cl2通入装置Ⅴ中，你同意此观点吗？_______(填“同意”或“不同意”)，原因是④实验开始的时候，先通入氯气，再通入NO，原因为________________________。(3)有人认为多余的氯气可以通过下列装置暂时储存后再利用，请选择可以用作氯气的储气的装置______；(4)装置Ⅶ吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为_______________________。(5)有人认为装置Ⅶ中氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，经过查阅资料发现用高锰酸钾溶液可以吸收NO气体，因此在装置Ⅶ氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，反应产生黑色沉淀，写出该反应的离子方程式：__________________________________。(6)制得的NOCl中可能含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行如下实验：称取1.6375 g样品溶于50.00 ml NaOH溶液中，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用足量硝酸酸化的0.40mol/LAgNO3溶液滴定至产生砖红色沉淀，消耗AgN【答案】(1)①饱和食盐水，②H2O；

(2)①a−e−f−c−b−d(e,f可互换)；③不同意，NO与Cl2反应生成的NOCl可溶于浓硫酸；④用Cl2排尽装置内的空气，以防NO与氧气反应；

(3)Ⅰ；

(4)NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO【解析】(1)①用MnO2与浓盐酸制备纯净干燥的氯气，需要除去氯气中的氯化氢杂质，装置Ⅱ中的试剂是饱和食盐水；

②用Cu与稀硝酸制备纯净干燥的NO，需要除去NO中的NO2杂质，装置Ⅱ中的试剂是水；

(2)①NOCl，熔点：−64.5℃，沸点：−5.5℃，用冰盐水冷凝；亚硝酰氯遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，易溶于浓硫酸，要防止亚硝酰氯水解，氯气、NO有毒，所以用氢氧化钠溶液进行尾气处理，连接顺序是a−e−f−c−b−d；

③不同意此观点，因为氯气与一氧化氮在常温常压下反应生成NOCl，NOCl溶于浓硫酸，所以不能直接将NO、Cl2通入装置Ⅴ中；

④用Cl2排尽装置内的空气，以防NO与氧气反应，所以实验开始的时候，先通入氯气，再通入NO；

(3)装置Ⅰ中氯气进入下面的容器时，容器中的液体排入上面的容器，需要氯气时打开右侧活塞，水在重力作用下进入下面容器，将氯气排出，所以装置Ⅰ可以用作氯气的储气的装置；而Ⅱ、Ⅲ不能形成较大压强差，在使用氯气时不能将多余的氯气排出；

(4)由信息可知NOCl在水中剧烈水解生成NO、NO2和HCl，类比NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，装置Ⅶ吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O；

(5)黑色沉淀物为二氧化锰，则高锰酸钾被还原为MnO2，某研究小组从乙烯出发按下列路线合成两种香料X和Y。具体合成路线如图所示(部分反应条件略去)：

已知以下信息：①

②

③④E的 1H−NMR谱图共有请回答：(1)下列说法不正确的是

。A.化合物C既能发生氧化反应，又能发生还原反应B.1molE最多可以与3molHC.B可以发生缩聚反应D.反应②为取代反应(2)D→E的化学方程式是

(3)化合物A的结构简式是

(4)写出同时符合下列条件的Y的所有同分异构体的结构简式

①能发生银镜反应，且与FeCl②分子含苯环， 1(5)参照的合成路线，设计一条由2−氯丙烷和必要的无机试剂制备的合成路吸纳(用流程图表示：无机试剂任选)

。【答案】(1)BD(2)(3)C(4)(5)

【解析】E的 1H−NMR谱图共有5个峰，根据E的分子式可知E为苯乙醛；CH 2=CH 2与苯反应得到C为苯乙烷，苯乙烷与氯气光照得到D，D转化得到E为苯乙醛，则D为，苯乙醛与B(C 2H 6O 2)(1)A.化合物C为苯乙烷，既能发生氧化反应，又能发生还原反应，故A正确；B.E为苯乙醛，1molE最多可以与4molH2发生加成反应，故