云南省楚雄州2024届高考适应性考试化学试卷含解析

云南省楚雄州2024届高考适应性考试化学试卷

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、有机物X分子式为C3H60,有多种同分异构体。其中之一丙醛(液态)的燃烧热为1815kJ/mol。下列说法不正确的

是

A.X的同分异构体中，含单官能团的共5种

B.ImolX最多能和ImolH2加成

C.表示丙醛燃烧热的热化学方程式为：C3H6。⑴+4(h(g)=3CO2(g)+3H2O(l)AH=+1815k.J/mol

D.X的同分异构体其中之一CH2=CHCH20H可以发生取代反应、加成反应、加聚反应、氧化反应

2、下列由实验得出的结论正确的是

实验结论

将适量苯加入溟水中，充分振荡后，滨水层接近

A苯分子中含有碳碳双键，能与Bn发生加成反应

无色

向某溶液中加入稀硫酸,生成淡黄色沉淀和有刺

2-

B该溶液中一定含有S2O3

激性气味的气体

向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热，然后加入新制

C蔗糖未水解或水解的产物不是还原性糖

Cu(OH)2悬浊液，加热，未观察到砖红色沉淀

相同条件下，测定等浓度的Na2cCh溶液和

D非金属性：s>c

NazSCh溶液的pH,前者呈碱性，后者呈中性

A.AB.BC.CD.D

3、已知HNO2在低温下较稳定，酸性比醋酸略强，既有氧化性又有还原性，其氧化产物、还原产物与溶液pH的关系

如下表。

pH范围>7<7

产物N(hNO、N2O、N2中的一种

下列有关说法错误的是（）。

A.碱性条件下，NaNCh与NaClO反应的离子方程式为NOd+ClOXNOd+G一

B.向冷的NaNCh溶液中通入CO2可得到HNCh

C.向冷的NaNCh溶液中加入稀硫酸可得到HNCh

D.向冷的NaNCh溶液中加入滴有淀粉的氢碘酸，溶液变蓝色

4、NSR技术能降低柴油发动机在空气过量条件下NO、的排放，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（）

A.降低NO,排放可以减少酸雨的形成

B.储存过程中NO、被氧化

C.还原过程中消耗lmolBa（N（h）2转移的电子数为5NA（N、为阿伏加德罗常数的值）

D.通过BaO和Ba（NO3）2的相互转化实现NOX的储存和还原

5、下图为光电催化能源化利用制备太阳能燃料的示意图。下列说法不正确的是

A.阳极反应式为2H2O-4e-^=4H++O2T

B.82丕原产物可能为CO、HCHOsCH3OH、CH«等

C.阳极、阴极材料互换对制备太阳能燃料影响不大

D.若太阳能燃料为甲醇，则阴极电极反应式为：CO2+6H++6e-CH3OH+H2O

6、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是

A.FC2O3能溶于酸，可用作红色油漆和涂料

B.NaHCCh的水溶液呈弱碱性,可用作膨松剂

C.ALO3熔点高，可用于制作耐火用埸

D.SiOz熔点高、硬度大，常用来制造集成电路

7、下列有关物质性质的比较，错误的是()

A.溶解度(25℃)：小苏打v苏打B.沸点：H2Se>H2S>H2O

C.密度：溟乙烷>水D.碳碳键键长：乙烯〈苯

8、氢氧熔融碳酸盐燃料电池是一种高温电池(600-700℃),具有效率高、噪音低、无污染等优点，氢氧熔融碳酸盐

燃料电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是()

电履1电0b

fl

*CO：

A.电池工作时，熔融碳酸盐只起到导电的作用

B.负极反应式为Hz-Zb+CCV—CO2+H2O

C.电子流向是：电极a-负载■电极b-熔融碳酸盐■电极a

D.电池工作时，外电路中流过0.2mol电子，消耗3.2g(h

9、已知某澄清溶液中含有NlhFe(SO4)2和另外一种无机化合物，下列有关该溶液的说法正确的是

A.检验溶液中的铁元素可加入铁辄化钾溶液，看是否有蓝色沉淀产生

B.溶液中不可能含有Ba2+、「、HS,但可能含有CIO、NO3

C.检验溶液中是否含有C「,应先加入足量的Ba(NO3)2溶液，再取上层清液依次加入稀硝酸、硝酸银溶液

D.该澄清溶液显中性或酸性

10、如匡为对10mL一定物质的量浓度的盐酸X用一定物质的量浓度的NaOH溶液Y滴定的图像，依据图像推出X

和Y的物质的量浓度是下表内各组中的()

2030V[Y(aq)]/mL

C.CH2F2的电子式:

D.氯原子结构示意图：(17)2^7

15、关于“硫酸铜晶体结晶水含量测定”的实验，下列操作正确的是()

A.在烧杯中称量B.在研钵中研磨

C.在蒸发皿中加热D.在石棉网上冷却

16、已知在100,C、1.01x105Pa下，1mol氢气在氧气中燃烧生成气态水的能量变化如图所示，下列有关说法不正确

的是()

:记-:吸收口能量择放厂二

:信)：：：930kJ能年,,,：

,111"H.O'

：吸收能成，

UO2wkJo：(g)；

'丙'

•乙

甲

A.1molH2O®分解为2molH与1molO时吸收930kJ热量

1

B.热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)AH=-490kJ-mol-

C.甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙＞甲＞丙

D.乙一＞丙的过程中若生成液态水，释放的能量将小于930kJ

二、非选择题(本题包括5小题)

17、3.正丙基・2,4.二羟基苯乙酮(H)是一种重要的药物合成中间体，合成路线图如下:

回答下列问题:

(1)G中的官能固有碳碳双键，羟基，还有一和

(2)反应②所需的试剂和条件是o

(3)物质M的结构式o

(4)©的反应类型是一o

(5)写出C到I)的反应方程式。

（6）F的链状同分异构体还有一种（含顺反异构体），其中反式结构是一o

OOCCH2cH3

1COCH2cH3

⑺设计由对苯二酚和丙酸制备的合成路线（无机试剂任选）.

丫COCH2cH3

OOCCILCHj

18、一种新型含硅阻燃剂的合成路线如下。请回答相关问题:

（2）H的系统命名为一,H的核磁共振氢谱共有一组峰。

（3）H-d的反应类型是一

（4）D的分子式为,反应B十I-D中Na2c。3的作用是—。

（5）F由E和环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，F的结构简式为

（6）D的逆合成分析中有一种前体分子C9HI°O2,符合下列条件的同分异构体有一种。①核磁共振氢谱有4组峰;

②能发生银镜反应；③与FeCh发生显色反应。

19、次氯酸溶液由于其具有极强的氧化性，可以使病毒的核酸物质发生氧化反应，从而杀灭病毒，是常用的消毒剂和

漂白剂。已知:

1.常温常压下，ChO为棕黄色气体，沸点为3.8'C,42c以上会分解生成Ch和02,CI2O易溶于水并与水立即反

应生成HClOo

II.将氯气和空气（不参与反应）按体积比1：3混合通入潮湿的碳酸钠中生成ChO气体，用水吸收CLO（不含Cb）制得

次氯酸溶液。某实验室利用以下装置制备浓度不小于O.Smol/L的次氯酸溶液。

回答下列问题:

（1）装置D的作用为o

⑵配平装置B中的反应___________：Ch+Na2CO3+H2O=Cl2O+NaCl+NaHCO3o写出CbO的结构式为

⑶装置C中加入的试剂X为CCL,其作用是o

(4)各装置的连接顺序为A—>—►_*TEo

⑸此方法相对于氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是_________O(答出1条即可)

⑹若装置B中生成的ChO气体有20%滞留在E前各装置中，其余均溶于装置E的水中，装置E所得500mL次

氯酸溶液浓度为0.8niol/L,则至少需要含水8%的碳酸钠的质量为go

20、碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研究小组制备了FeCO3,并对Fe€O3的性质和应用进行了探究。己知：①FeCCh

是白色固体，难溶于水②Fe2、6SCN-iFe(SCN)64-(无色)

I.FeCO3的制取(夹持装置略)

实验i：

装置C中，向Na2cCh溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7,滴加一定量FeSO4溶液，产生白色沉

淀，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体。

(I)试剂a是_____o

⑵向Na2cCh溶液通入CO2的目的是o

(3)C装置中制取FeCO3的离子方程式为o

(4)有同学认为C中出现白色沉淀之后应继续通CO2,你认为是否合理并说明理由________。

II.FeCOj的性质探究

3mL4mol/lr-］加3mL4moi/l।—i

KSCN溶窥充分振荡，KI溶液和

实验iiI说艮

FeC6固体基本无色溶液为红色，

并有红花色沉淀

-13mb4moi/I-I加3mL4mof/L

K一翻,充分振荡，上KSCN溶液和上

实验iii过速取逑液

-5®H：0：

基栽色

FeCOj固体色

(5)对比实验ii和iii,得出的实验结论是。

(6)依据实验ii的现象，写出加入10%H2(h溶液的离子方程式c

m.FeCOj的应用

(7)FeCOj溶于乳酸［CH3cH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁(［CH3cH(OH)COOkFe,相对分子质量为234)

补血剂。为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，树德中学化学实验小组准确称量1.0g补血剂，用

酸性KMnO4溶液滴定该补血剂，消耗0.1000mol/L的KMnO4溶液10.00mL,则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数

为,该数值异常的原因是________(不考虑操作不当以及试剂变质引起的误差)。

21、研究CO2的综合利用对促进“低碳经济”的发展有重要意义。

(1)工业上以CO2、NH3为原料生产尿素[CO(NH2)2],反应实际为两步进行：

l

I：2NH3ig)+CO2(g)^^H2NCOONH4(s)△Hi=-272kJmol

,

II：H2NCOONH4(s)^^^CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H2=+138kJmor

已知：HQ⑴==%0信)△Hj=+44kJmoi1

①请写出以N%、CO2为原料，合成尿素和液态水的热化学方程式O

②TJC时，在1L的密闭容器中充入CO2和NH3模拟工业生产，n(NH3)/n(CO2)=x,如图是CO2平衡转化率(。)与x

的关系。求图中A点NM的平衡转化率。=%。

③当x=1.0时，若起始的压强为pokPa,水为液态，平衡时压强变为起始的1/2。则该反应的平衡常数

Kp=(kPa)4(Kp为以分压表示的平衡常数)。

1

⑵用CO2和％合成甲醇：3H2(g)+CO2(g)^^^CH3OH(g)+H2O(g)AH=-49.OkJmol0在T℃时，甲、乙、丙三个

2L的恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得平衡时有关数据如下：

容器甲乙丙

3moIH(g)lmolCHOH(g)2moicH30H(g)

起始反应物投入量23

。

lmolCO2(g)Imol%(g)2moi&0(g)

平c(CH3OH)/mol・L”qC2C3

衡反应的能量变化/kJXyz

数体系压强/PaPipiP3

据反应物转化率«2«3

①甲容器10s达到平衡时测得x=39.2,则甲中CO2的平均反应速率

②下列说法正确的是________(填字母编号)。

A.2CI<C3B.z<2yC.pj>2p2D.Gi+a£>l

2

⑶用NaOH溶液做碳捕捉剂可获得化工产品Na2co3。常温卜若某次捕捉后得到pH=10的溶液，则溶液中c(CO3-)：

c(HCOj)=[K,(H2COJ)=4.4X10\K2(H2CO3)=5X10»],溶液中c(Na+)C(HCO3»2C(CO32・)(填或“V")。

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.X的同分异构体中，含单官能团的异构体分别为CH3cH2CHO、CH3COCH3,＞（用、

口、］＞共5种，A正确；

B.ImolX中最多含Imol碳氧双键或Imol碳碳双键，最多能和1molHz加成，B正确；

C.表示丙醛燃烧热的热化学方程式为：C3H6。⑴+4O2（g）=3CO2（g）+3H2O（l）AH=-1815kJ/moLC不正确；

D.X的同分异构体之一CH2=CHCH2OH中-OH可发生取代反应、氧化反应，碳碳双键可发生加成反应、加聚反应,

D正确；

故选C。

2、D

【解析】

A.苯与溟水发生萃取，苯分子结构中没有碳碳双键，不能与滨发生加成反应，故A错误；

B.向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体，生成的产物为硫和二氧化硫，原溶液中可能含

有S2•和SO3%不一定是S2O35故B错误；

C.水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下进行，没有向水解后的溶液中加碱调节溶液至碱性，加入新制Cu（OH）2悬浊

液，加热，实验不能成功，故C错误；

D.测定等物质的量浓度的Na2c03和Na2s（h溶液的pH,Na2cO3的水解使溶液显碱性，Na2s不水解，溶液显中性,

说明酸性：硫酸〉碳酸，硫酸、碳酸分别是S元素、C元素的最高价含氧酸，因此非金属性：硫强于碳，故D正确；

答案选D。

3、B

【解析】

由表中数据知，碱性条件下，HNO?可被氧化为NOV,而CKT有强氧化性，A对：HNO2的酸性比碳酸强但比硫酸弱,

故CO2不能与亚硝酸盐作用而硫酸能，B错、C对；酸性条件下，NaNO?有氧化性，而「具有强还原性，NO?•能将I

一氧化成【2,D对。本题选B。

4、C

【解析】

A.大气中的NO、可形成硝酸型酸雨，降低NO、排放可以减少酸雨的形成，A正确；

B.储存过程中NO、转化为Ba(N()3)2,N元素价态升高被氧化，B正确；

C.还原过程中消耗lmolBa(NO3)2转移的电子数为IONA,C错误；

D.BaO转化为Ba(NO3)2储存NOx,Ba(NO3)2转化为BaO、N2和HQ,还原NOx,D正确；

故选C。

5、C

【解析】

+

图中阳极是水失电子，生成。2和H+,电极反应式为：2H2O-4e-^=4H+O2t，选项A正确；CO?被还原时，化合价

降低，还原产物可能为CO、HCHO、CH3OH、CH4等，选项B正确；装置中阳极材料是光电催化材料，阴极是惰性

电极Pt,二者不能互换，选项C错误；若太阳能燃料为甲醇，阴极反应物为CO2和H+,则电极反应式为：

CO2+6H+6e-^=CH3OH+H2O,选项D正确。

6、C

【解析】

A.FezCh可用作红色油漆和涂料是因为是一种红棕色的物质，而不是因为FezO3能溶于酸，故A错误；

B.碳酸氢钠不稳定受热易分解生成二氧化碳，所以可做培制糕点的膨松剂，故B错误；

C.AbCh熔点高，可用于制作耐火培埸，故C正确；

D.二氧化硅具有良好的光学特性，可以用于制造光导纤维，与其熔点高性质无关，故D错误；

正确答案是C。

7、B

【解析】

A.在碳酸钠饱和溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠，可观察到溶液变浑浊，说明碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，故A

正确；

B.由于水分子间存在氢键，故水的沸点反常的升高，故有：H2O>H2Se>H2S,故B错误；

C.澳代所和碘代髭的密度均大于水，故澳乙烷的密度比水的大，故C正确；

D.苯中碳碳键介于单键和双键之间，碳碳键键长：乙烯〈苯，故D正确；

故选B。

【点睛】

本题考查元素及其对应单质、化合物的性质的递变规律，侧重于溶解度、硬度、密度等性质的考查，题目难度不大，

注意水分子间存在氢键，沸点反常的升高。

8、B

【解析】

原电池工作时，W失电子在负极反应，负极反应为Hz+CCmeXHQ+COz,正极上为氧气得电子生成COF\则正

极的电极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32,

【详解】

A.分析可知电池工作时，熔融碳酸盐起到导电的作用，和氢离子结合生成二氧化碳，二氧化碳在正极生成碳酸根离

子循环使用，故A错误；

B.原电池工作时，出失电子在负极反应，负极反应为H2+C(V・2e=H2O+CO2,故B正确；

C,电池工作时，电子从负极电极a-负载-电极b,电子不能通过熔融碳酸盐重新回到电极a,故C错误；

D.电极反应中电子守恒正极的电极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32,电池工作时，外电路中流过0.2mol电子，反应氧

气0.05moL消耗Ch质量=0.05molX32g/niol=1.6g,故D错误；

故选：B.

9、C

【解析】

A.该溶液中含有Fe3+,所以检验时应该加入KSCN溶液，看溶液是否显血红色，故A项错误；

B.QO•与Fe3+发生相互促进的水解反应而不能大量共存，故B项错误；

C.溶液中含有的SO4?一会干扰C「的检验，所以先加入足量的Ba(NO3)2溶液将SOF完全沉淀,再检验C1,故C项正确;

D.筱根和铁离子在溶液中发生水解会使溶液显酸性，故D项错误；

故答案为Co

10、D

【解析】

依图知，NaOH滴至30mL时恰好完全中和，由qVkc2V2,Vi：Vz=10mL：30mL=1：3得ci：C2=3：1,故B、C

两项被排除。又由于滴加NaOH到201nL时，混合溶液pH=2,设c(NaOH尸c、c(HCl)=3c,则c(H+户(3cxl0mL-cx20

mL)-r(10inL+20mL)=0.01mobL*1,解得c=0.03mobL*1,3c=0.09mol・L“°选项D正确。

答案选D。

11>C

【解析】

分析题中由水电离的氢离子浓度变化曲线图可知，a〜c段水电离出的氢离子浓度逐渐增大，说明这个过程中促进了水

的电离，在c〜d段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，说明此过程中水的电离被抑制。在c点水的电离程度最大，此时

溶液中的溶质为：NaCI和NaClO。据此进行判断。

【详解】

A.NaOH溶液的pH=13,则c(NaOHj=0.1mol・L」，新制氯水的浓度不确定，m不一定等于20,A项错误；

B.由题给信息可知，a点时还未加入NaOH,此时溶液呈酸性，c点中水电离程度最大，此时所得溶液溶质是Na。

和NaCIO,溶液呈碱性，故b点溶液呈中性，c〜d段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，说明随着NaOH的继续加入,

水的电离受到抑制，故d点溶液应呈碱性，B项错误；

C.a~c点发生反应为C12+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,<?(Cl-)=c(HCiO)+c(ClO-),由物料守恒知，c(Na+)=c(CI-)

-|-C(HC1O)+C(CIO-),故c(Na+)=2c(CIO-)+2c(HClO),C项正确；

D.由电离常数知，电离质子能力：H2CO3>HC1O>HCO3-,H2O+CIO+CO2=HCO3+HC1O,D项错误；

答案选Co

12、D

【解析】

A.次氯酸根和过量二氧化硫反应生成氯离子、硫酸根离子，离子方程式为C1O-+H2O+SO2=C「+SO42-+2H+,故A

错误；

B.向碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙溶液，二者反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为HCO3“Ca2++OH

=CaCO31+H2O,故B错误；

2++2

C.氢氧根离子、氢离子和水分子的计量数都是2,离子方程式为Ba+2OH+2H+SO4=BaSO4H2H2O,故C错误;

D.n(NaOH)=1mol/Lx0.05L=0.05mol,50mLImol/L的NaOH溶液中通入0.03molH2S,设硫化钠的物质的量是x,

y=0.03[x=0.02

硫氢化钠的物质的量是y,根据钠原子和硫原子守恒得，’「一解得所以硫化钠和硫氢化钠的物

[2x4-^=0.05[)，=0.01

质的量之比是2：1,离子方程式为5OFT+3H2S=HSF2s2-+5H2。，故D正确；

故答案为Do

【点睛】

考查离子方程式的书写，明确离子之间发生反应实质是解本题关键，再结合离子反应方程式书写规则分析，易错选项

是D,要结合原子守恒确定生成物，再根据原子守恒书写离子方程式。

13、B

【解析】

A.苯环中不含碳碳双键，故苯与漠不可能发生加成反应生成选项A错误；

B.丙基有CH3cH2cHz•和・CH(CH3)2,共2种，选项B正确；

C.乙快和1,3.丁二烯所含官能团不同，不是同一类有机物，二者不是同系物，选项C错误；

D.烯妙在光照条件下可与氯气等发生取代反应，选项D错误。

答案选B。

【点睛】

本题综合考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性

质，本题易错点为C,乙块和1,3-丁二烯结构不同，不可能是同系物；注意同分异构体的判断，丙基有CH3cH2cH2-和

-CH(CH3)2两种同分异构体。

14、B

【解析】

CH3

A.对硝基甲笨的结构简式：&错误；

NO2

B.半径：r(C)<r(S),CS2的的比例模型：像15正确；

••

：F：

C.CILF】的电子式：H：C：H,c错误；

•・

：•F•：

D.氯原子结构示意图：也),87,D错误；

故答案选Bo

15、B

【解析】

A.实验是在瓷珀期中称量，故A错误；

B.实验是在研钵中研磨，故B正确；

C.蒸发除去的是溶液中的溶剂，蒸发皿中加热的是液体，硫酸铜晶体是固体，不能用蒸发皿，故C错误；

D.瓷生埸是放在干燥器里干燥的，故D错误；

答案选B。

16、D

【解析】

A.由己知的能量变化图可知，lmoIH2O(g)分解为2molH与ImolO时吸收930kJ热量，A项正确；

B.由已知的能量变化图可知，H2(g)+1o2(g)=H2O(g)411=反应物断键吸收的能量.生成物成键释放的能量

=(436+249-930)kJmolL-245kJ・mol'则热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2()(g)AH=-245kJmol^2=-490kJmol

B项正确；

C.甲吸收能量生成乙，乙释放能量生成丙，乙的能量最高，甲生成丙为放热反应，则甲的能量高于丙，则甲、乙、丙

中物质所具有的总能量大小关系为乙＞甲＞丙，C项正确；

D.乙一丙的过程中生成气态水时，释放930kJ的能量，若生成液态水，气态水转变为液态水会继续释放能量，则释

放的能量将大于930kJ,D项错误；

答案选D。

二、非选择题（本题包括5小题）

COCHi

17、酮基酸基H2O/H+加热取代反应

Oil

A转化到B的反应中，A中的臻基转化为B中的酯基,B在酸性条件下发生水解得到C,即间苯二酚，间苯二酚在ZnCh

的作用下，和CMCOOH发生在酚羟基的邻位上引入了一COCH3,E的分子式为C3H6,根据G的结构简式，可知E

为丙烯，F的结构简式为CH2=CHCH2C1,D和F发生取代反应，D的羟基上的H被一CH2cH=CH?取代，根据G和

COCH.

H的结构简式，以及M到H的反应条件，可知M到H是发生了碳碳双键的加成，则M的结构简式为

Oil

【详解】

COCH.

小。H

（I）根据G的结构简式IJ,其官能团有碳碳双键，羟基外，还有结构式中最下面的部分含有酸键，最上端

的部分含有埃基（酮基）；答案为酮基、酸键;

(2)B中含有酯基，在酸性条件下发生水解才能得到转化为酚羟基，在反应条件为H2O/H+加热；

⑶根据G和H的结构简式，以及M到H的反应条件，可知M到H是发生了碳碳双键的加成，则M的结构简式为

COCH.

0Q

OH

(4)F的结构简式为CH2=CHCH2C1,结合D和G的结构简式,D的羟基上的H被一CH2cH=CH2取代，因此反应⑤

的反应类型为取代反应；

r5yoM

(5)C的结构简式为工彳1，结合D的结构简式，可知(:(间苯二酚)在ZnCL的作用下，和CH3COOH发生在

COCH.

酚羟基的邻位上引入了一COCH3,化学方程式为M+CH3C00H叩；->+H20；

HOOH

(6)F的分子式为C3H5CI,分子中含有碳碳双键，可用取代法,用一。取代丙烯中的氢原子，考虑顺反异构，因此其同

HHaH-

\/\CHCI

分异构体有c——C(顺)、C——C\（反）、d、c/⑺，除去F自

aCH3HCHj

a\/

身，还有3种，其反式结构为C——C；

/\

HCH3

OH

OOCCH2CHJ

1COCH2CH3

⑺对苯二酚的结构简式为，目标产物为《

f,需要在酚羟基的邻位引入一COCH2cH3,模仿C

丫COCH2cH3

OOCCH:CHj

到D的步骤；将一OH转化为一OOCCH2cH3,利用已知。己知信息中，需要酸酎，因此可以利用丙酸得到丙酸酎,

QHOH

xCOCH,CHj

HPOCCHCH,

CH,CH,COOH,

ex"。"rr\<C0CHjCH,0

在进行反应，因此合成流程为AHIH

y^COCH.CH,

6OCCH,CH,

CH,CH2COOH（CH.CH^COhO

溟原子、（酚）羟基3■■氯小丙烯3氧化反应

C9H7O2Br3吸收生成的HCI,提高反应产率

Br

【解析】

⑴苯酚和浓漠水反应生成三澳苯酚，三澳苯酚中有官能团溟原子、酚羟基。

⑵系统命名时，以双键这一官能团为主来命名，H的核磁共振氢谱与氢原子的种类有关，有几种氢原子就有

几组峰。

⑶H-I的反应，分子中多了一个氧原子，属于氧化反应。

⑷根据D的结构式得出分子式，B十1-D中有HC1生成，用Na2cth吸收HC1,>

⑸E与环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，环氧乙烷发生开环反应，类似于D-E的反应。

⑹根据核磁共振氢谱有4组峰，能发生银镜反应，与FcCh发生显色反应，可得有机物中含有四种不同位置的氢原子,

含有醛基，含有酚羟基。

【详解】

0H

⑴化合物A为笨酚，和浓漠水反应生成三浪笨酚，方程式为0♦3Br?

♦3HBr＞三滨苯

原子、（酚）羟基;

⑵H0*、，、系统命名法以双键为母体，命名为3.氯丙烯，其中氢原子的位置有三种，核磁共振氢谱共有3组峰,

所以故答案为：3-氯・1-丙烯，3；

⑶分子中多了一个氧原子是氧化反应，故答案为：氧化反应;

⑷根据D的结构简式可得分子式CgHQ'BG反应B十ITD中有HC1生成，为促进反应向右进行，可

Br

以将HC1吸收，Na2c0?可起到吸收HC1的作用，故答案为：CvH7O2Brs,吸收生成的HCI,提高反应产率;

(5)与环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，环氧乙烷发生开环反应，类似于DfE的反应，生

⑹根据核磁共振氢谱有4组峰，能发生银镜反应，与FeCh发生显色反应，可得有机物中含有四种不同位置的氢原子,

CH3CH3

含有醛基，含有酚羟基，符合题意的有H()和HOV^CHO两种，故答案为：2种。

【点睛】

解答此题的关键必须对有机物官能团的性质非常熟悉，官能团的改变，碳链的变化，成环或开环的变化。

19、除去氯气中的HCI气体；观察产生气泡的速度来调节流速和体积比1:32Ck+2Na2CO34-H2O=C12O+2NaCl

+2NaHCOjCl-O-CI除去CLO中的CL,提高制得的HCK)的纯度DBC制备的HC1O的

浓度大，纯度高，不含有C「57.6

【解析】

该实验属于物质制备类实验，所需原料为氯气和空气，并且要注意体积比1:3这个要求；因此就出现了这两个问题：

⑴原料Cb含有杂质需要除杂；(2)如何准确地控制两种原料气体积比；带着问题分析每个装置的作用就不难发现D装

置就恰好能解决上述两个问题。接下来，由于B中的制备反应是气体与固体的反应，所以产物中肯定含有未反应完全

的原料气，所以这里又出现了一个问题：未反应完的原料气是否会干扰后续的制备，如何除去；通过分析不难发现装

置C恰好可以解决上述问题；最终在装置E中，成功制备了纯度较高的次氯酸溶液。

【详解】

(1)装置D的作用一方面要对装置A制备的CL进行净化除杂，另一方面也要保证空气和氯气的最佳体积比；所以D的

作用为；除去氯气中的HC1杂质，同时观察气泡的速度来调节氯气和空气的体积比至1:3；

(2)根据题意，B中发生的反应为2clz+2Na2cO3+H2O=CLO+2NaCl+2NaHCO3,CbO中的O为・2价，。为+1价,

所以该反应是氯元素的歧化反应；根据CI2O中氯和氧的价态可推测其结构为C1-O-CI；

⑶题干中提到，用水吸收CLO制得次氯酸溶液，CLO中不能含有CL,而B处的反应是气体与固体的反应，必然会

有一部分CL无法反应，因此，需要对B装置的出口气体进行除氯气噪作，C中的CCL由于与CL极性相近，可以将

C12吸收，所以C的作用即：除去Cl2。中的CL,提高次氯酸溶液的纯度；

(4)结合以上分析，可知连接顺序为ATDTB—C—E；

⑸氯气直接溶解在水中会生成盐酸杂质，并且由于CL在水中溶解度很小，所以制备的次氯酸的浓度也不高，因此该

方法的优点为：制备的次氯酸溶液浓度大，纯度高；

⑹由题可知，E中次氯酸的含量为0.4moL根据E中发生的反应：C12O+H2O=2HC1O,可知E中参与反应的

/i(ChO)=0.2mol,所以总共生成的CbO的物质的量为〃(Cl?。)总=0.25mol。根据CLO的制备反应方程式可知，所需

碳酸钠的物质的量为：〃(Na2cOJ=0・5mol,那么至少需要含水量8%的碳酸钠的质量为

_z?(Na2CO3)xM(Na2CO3)_0.5molx106g/mol

m~"1-8%•S°

【点睛】

在考虑制备类实验的装置连接顺序时，可先找出其中的原料发生装置，反应制备装置和尾气处理装置，再根据具体信

息考虑这些装置之间的除杂干燥防倒吸问题，最终设计出合理的连接顺序。

2+

20、饱和NnHCCh溶液降低溶液中OH•浓度，防止生成Fe(OH)z2HCO3+Fe=FeCO31+CO2t+H2O不合

理，会和FeCCh反应生成Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气的影响)Fj与SCN的络合(或结合)会促进FeC(h固

体的溶解或FeCCh固体在KSCN溶液中的溶解性比KC1溶液中大

4

6Fe(SCN)6-+3H2O2=2Fe(OH)31+4Fe(SCN)3+24SCN-^6Fe2++3IhO2+12SCN=2Fe(OHH+4Fe(SCN)3或

2+3+

6Fe+3H2O2=2Fe(OHhl+4Fe117%乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnOs

【解析】

I.装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体，需要利用装置B中盛装的饱和碳酸氢钠溶

液除去，装置C中，向碳酸钠溶液(pH=11.9)通入一段时间二氧化碳至其pH为7,滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色

沉淀，过滤，洗涤，干燥，得到FeCQ*

II.⑸根据Fe2++6SCN-Fe(SCN)64•分析FeCCh在KC1和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断；

⑹实验ii中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%过氧化氢溶液后有Fe(OH”和Fe(SCN”生成；

(7)FeCOs溶于乳酸［CH3cH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式

进行计算；乳酸根中有羟基，也能被高铳酸钾溶液氧化。

【详解】

1.(1)装置A中制取的CO2中混有HCL欲除去CO2中混有的HC1,B中盛装的试剂a应是饱和NaHCCh溶液，故答

案为：饱和NaHCCh溶液；

⑵向Na：COj溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2c03反应生成的NaHCO3,提高溶液中HC0.T的浓度，抑制

CO.?-的水解，降低溶液中OH•的浓度，防止生成Fe(OH)2,故答案为：降低溶液中OH•浓度，防止生成Fe(OH”；

⑶装置C中，向Na2cO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7,此时溶液中溶质主要为NaHCCh,再滴加FeSO4

溶液，有FeCCh沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO3+Fe2+=FeCO31+CO2『十HzO,故答案为：2HCOj+

2+

Fe=FeCO3i+CO2T+H2O；

(4)FeCO3沉淀能溶解在CO2的水溶液中，生成可溶于水的Fe(HCO6,降低产物的量，则当出现白色沉淀之后不应继

续通入CO2,或者：出现白色沉淀之后继续通CO2,可防止空气中氧气氧化FeCCh,提高产物的纯度，故答案为：不

合理，C02会和FeCCh反应生成Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气的影响)；

11.(5)通过对比实验行和必可知Fe?+与SCN-的络合生成可溶于水的Fe(SCN)6电,会促进FeCCh固体的溶解，故答案

为：Fe2+与SCN的络合(或结合)会促进FeCCh固体的溶解或FeCCh固体在KSCN溶液中的溶解性比KC1溶液中大；

⑹依据实验ii的现象，可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%的过氧化氢溶液后，有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成，发生反

应的离子方程式为6Fc(SCN)68+3H2O2=2Fe(OH)31+4Fe(SCN)3+24SCN•或

6Fe2++3IhO2+12SCN=2Fe(OH)31+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)31+4F*；

2+

故答案为：6Fe(SCN)6*+3H2O2=2Fe(OH)31+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe+3H2O2+12SCN=2Fe(OH)3l+4Fe(SCN)3或

2+3+

6Fe+3H2O2=2Fe(OHhl+4Fe；

IH.(7)FeCO3溶于乳酸[CH3cH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸亚铁([CH3cH(OH)COOhFe补血剂，可得关系式

2+

MnO4-5Fe-5[CH3CH(OH)COO]2Fe,则乳酸亚铁的物质的量为0.1000mol/Lx().01Lx5=0.005mol,则乳酸亚铁的质量

分数竺咆喀空跳㈣、100%=117%,由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高铳酸钾溶液氧化，导致消耗高

10g

镒酸钾溶液的量增多，而计算中只按F*被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，导致产品中乳酸亚铁的质量分数

大于100%,故答案为：117%；乳酸根中的羟基被KMnCh氧化，也消耗了KMnOg

3

21、2N