2022年北京临川学校高考化学四模试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项: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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、某有机物W的结构简式为下列有关W的说法错误的是A是一种酯类有机物B含苯环和羧基的同分异构体有3种C所有碳原子可能在同一平面D能发生取代、加成和氧化反应2

2、、常温下，下列关于pH=3的CH3COOH溶液的叙述正确的是（ ）A该溶液中由H2O电离出的cOH-=1.010-3molL-1B与等体积pH=11的NaOH溶液混合，所得溶液呈中性C该溶液中离子浓度大小关系：cH+cCH3COO-cOH-D滴加0.1molL-1CH3COONa溶液至cCH3COO-=cNa+时，溶液pH73、设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是A常温下，1 L pH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为110-9NAB常温下，10 mL 5.6 mol/L FeC13溶液滴到100 mL沸水中，生成胶粒数为0.056NAC向Na2O2通入足量的水蒸气，固体

3、质量增加bg，该反应转移电子数为D6.8 g KHSO4晶体中含有的离子数为0.15 NA4、下列有关物质性质的比较，结论正确的是A碱性：LiOHRbOHB溶解度：Na2CO3NaHCO3C热稳定性：PH3SiH4D沸点：C2H5OHYC气态氢化物的稳定性YXDY与Z二者氢化物反应的产物含离子键21、氟离子电池是新型电池中的一匹黑马，其理论比能量高于锂电池。一种氟离子电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是A放电时，b是电源的正极B放电时，a极的电极反应为：LaSrMnO4F22e=LaSrMnO42FC充电时，电极a接外电源的负极D可将含F的有机溶液换成水溶液以增强导电性22、用NaOH溶液

4、吸收烟气中的SO2，将所得的吸收液用三室膜电解技术处理，原理如图所示下列说法错误的是A电极a为电解池阴极B阳极上有反应HSO3-2e+H2O=SO42+3H+发生C当电路中通过1mol电子的电量时，理论上将产生0.5mol H2D处理后可得到较浓的H2SO4和NaHSO3产品二、非选择题(共84分)23、（14分）烯烃能在臭氧作用下发生键的断裂，形成含氧衍生物：+R3COOH根据产物的结构可以推测原烯烃的结构（1）现有一化学式为C10H18的烃A，经过臭氧作用后可以得到 CH3COOH和B（结构简式如图）A的结构简式是_（2）A经氢化后得到的烷烃的命名是_（3）烃A的一种同类别同分异构体，经过

5、臭氧作用后，所有产物都不具有酸性该同分异构体的结构简式是_（4）以B为原料通过三步反应可制得化学式为（C6H10O2）n的聚合物，其路线如下：写出该聚合物的结构简式：_在进行第二步反应时，易生成一种含八元环的副产物，其结构简式为_24、（12分）盐酸氨溴索(又称溴环己胺醇)，可用于急、慢性支气管炎及支气管扩张、肺气肿、肺结核等疾病的治疗。某研究小组拟用以下流程合成盐酸氨溴索和糖精的中间体X(部分反应条件及产物已略)。已知信息：()R1CHO+R2NH2R1CHNR2 ()(易被氧化)请回答：(1)流程中A名称为_；D中含氧官能团的名称是_。(2)G的分子式为_；化合物E的结构简式是_。(3)A

6、B、FG的反应类型分别为：_、_。(4)写出B+CD 的化学方程式_。(5)化合物X同时符合下列条件的同分异构体H有_种；其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为_。苯环上有两个取代基，其中之一是氨基；官能团与X相同，苯环上的一氯代物有两种。(6)以甲苯和甲醇为有机原料，参照盐酸氨溴索的合成路线图，设计X的合成路线_(无机试剂任选，标明试剂、条件及对应物质结构简式)。25、（12分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种可溶于水的白色或淡黄色小晶体，食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果的保鲜剂等。某化学研究兴趣小组欲自制焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质等。(1)制备Na2S2O5，如图（夹持及加热装置略）

7、可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体（试剂不重复使用）焦亚硫酸钠的析出原理：NaHSO3(饱和溶液)Na2S2O5(晶体)+H2O(l)F中盛装的试剂是_，作用是_。通入N2的作用是_。Na2S2O5晶体在_（填“A”或“D”或“F”）中得到，再经离心分离，干燥后可得纯净的样品。若撤去E，则可能发生_。(2)设计实验探究Na2S2O5的性质，完成表中填空：预测Na2S2O5的性质探究Na2S2O5性质的操作及现象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性 探究二Na2S2O5晶体具有还原性取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2molL-1酸性KMnO

8、4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去_。（提供：pH试纸、蒸馏水及实验必需的玻璃仪器）探究二中反应的离子方程式为_(KMnO4Mn2+)(3)利用碘量法可测定Na2S2O5样品中+4价硫的含量。实验方案：将agNa2S2O5样品放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中，加入过量c1molL-1的碘溶液，再加入适量的冰醋酸和蒸馏水，充分反应一段时间，加入淀粉溶液，_（填实验步骤），当溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟内溶液不恢复原色，则停止滴定操作重复以上步骤两次记录数据。（实验中必须使用的试剂有c2molL-1的标准Na2S2O3溶液；已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）(4)含铬废

9、水中常含有六价铬Cr()利用Na2S2O5和FeSO47H2O先后分两个阶段处理含Cr2O72-的废水，先将废水中Cr2O72-全部还原为Cr3+，将Cr3+全部转化为Cr(OH)3而除去，需调节溶液的pH范围为_。已知：KspCr(OH)3=6.410-31，lg20.3，c(Cr3+)”或“ c(H+)=10-3mol/L，NaOH是一元强碱，NaOH溶液的pH=11，则c(OH-) =10-3mol/L，c(NaOH)= c(OH-) =10-3mol/L，两种溶液等体积混合，醋酸过量，溶液显酸性，B错误；C.在CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，还存在

10、着水的电离平衡H2OH+OH-，根据电离产生的离子关系可知：c(H+)c(CH3COO-)c(OH-)，C正确；D.在该混合溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，由于c(CH3COO-)=c(Na+)，所以c(OH-)=c(H+)，溶液显中性，D错误；故合理选项是C。3、C【解析】A. 常温下，pH=9的CH3COONa溶液，水电离出的氢氧根离子浓度是，1 L pH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为110-5NA，故A错误；B. 氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的聚集体，常温下，10 mL 5.6 mol/L FeC13溶液滴到100 mL

11、沸水中，生成胶粒数小于0.056NA，故B错误；C. ，由方程式可知过氧化钠生成氢氧化钠质量增大，固体增加4g转移2mol电子，向Na2O2通入足量的水蒸气，固体质量增加bg，该反应转移电子数为，故C正确；D. KHSO4固体含有K+、HSO4-， 6.8 g KHSO4晶体中含有的离子数为 0.1 NA，故D错误；选C。4、A【解析】A. 因金属性：LiRb，所以其碱性：LiOHNaHCO3，B项错误。C. 因非金属性：PSi，所以热稳定性：PH3SiH4，C项错误；D. C2H5OH分子之间能形成氢键，而C2H5SH分子之间只存在范德华力，因此沸点：C2H5OHC2H5SH，D项错误；答案

12、选A。【点睛】本题重点要准确掌握元素周期律及金属性、非金属性的判断依据，其中D项是学生的易错点，要了解分子晶体中，若存在氢键，则因氢键的影响沸点反常高；若无氢键，则相对分子质量越大，范德华力越大，对应的物质沸点越高。学生要准确掌握这些化学基本功，学以致用。5、B【解析】氧化还原反应中，元素失电子、化合价升高、被氧化，元素得电子、化合价降低、被还原。A. 反应中，氯元素化合价从+5价降至0价，只被还原，A项错误；B. 归中反应，Ca(ClO)2中的Cl元素化合价从1降低到O价，生成Cl2，化合价降低，被还原； HCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高被氧化，所以Cl元素既

13、被氧化又被还原，B项正确；C. HCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高，只被氧化，C项错误；D. NaCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高，只被氧化，D项错误。本题选B。6、B【解析】植物油是高级脂肪酸的甘油酯，密度比水小，结构中含有不饱和键，在碱性条件下可发生水解。【详解】A. 植物油是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类，A项正确；B. 植物油结构中含有不饱和的碳碳双键键，B项错误；C. 密度比水小，浮在水面上，C项正确；D. 在碱性条件下可发生水解，生成高级脂肪酸盐和甘油，D项正确；答案选B。7、C【解析】分子式为C5H12含3个甲基的烃为，该

14、烃的一氯代物有4种：ClCH2CH（CH3）CH2CH3、（CH3）2CClCH2CH3、（CH3）2CHCHClCH3、（CH3）2CHCH2CH2Cl，采用“定一移二”法，第二个氯原子的位置如图： 、，该烃的二氯代物的同分异构体有5+2+2+1=10种，答案选C。8、C【解析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2+H2最终消耗Fe为22.4g，此时溶液中溶质为 FeSO4，则n（ FeSO4）=n（Fe），由硫酸根守恒n（H2SO4）=n（ FeSO4）

15、，根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量，再根据c=计算c（H2SO4）、c（NO3-）。【详解】A、反应消耗22.4g铁，也就是22.4g56g/mol0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，A正确；B、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B正确；C、OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3-）=n（Fe）0.2mol，NO3-浓度为2mol/L，C错误；D、由图象可知

16、，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2+H2，D正确。答案选C。【点晴】该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。在做此类题目时，应当先分析反应的过程，即先发生的是哪一步反应，后发生的是哪一步。计算离子时注意用离子方程式计算。还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比如合理使用守恒原理等。9、B【解析】亚铁离子和碘离子均能被氧化；与水及CO2反应，反应的方程式分别为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2

17、+2H2O=4NaOH+O2，无色溶液中不可能大量存在Al3+和S2-，发生双水解；Na2O2因具有强氧化性而有漂白性。由N=nNA,n=CV计算；HClO具有强氧化性；【详解】1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为3NA，故错误；与水及CO2反应，反应的方程式分别为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，生成相同量的O2时消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，故正确；Al3+和S2-，发生双水解，不能大量共存，故错误；Na2O2投入到紫色石蕊试液中，与水反应生成氢氧化钠成碱性所以溶液先变蓝，又因为过氧化钠具有强氧化性而有漂白性，所以后褪色，

18、故正确；N=2L0.5molL-12NA=2NA，故错误；在漂白粉的溶液中通入少量二氧化硫气体：Ca2+1ClO-+SO2+H2OCaSO4+2H+Cl-，故错误。故选B。10、D【解析】根据流程图，混合物中加入试剂x过滤后得到铁，利用铝与氢氧化钠反应，铁不与氢氧化钠反应，因此试剂x为NaOH，a为NaAlO2，a生成b加入适量的y，因此y是盐酸，b为氢氧化铝，氢氧化铝受热分解成Al2O3，然后电解氧化铝得到铝单质；A.根据上述分析，A正确；B. ab发生的反应为：AlO2-+H+H2O=Al(OH)3，故B正确；C. 根据上述分析，bcAl的反应条件分别为：加热、电解，故C正确；D.a为Na

19、AlO2，NaAlO2与碱不反应，故D错误；答案选D。11、D【解析】溶液A中滴加过量BaCl2溶液所得沉淀B溶解于稀盐酸，部分溶解，并得到沉淀D为BaSO4，物质的量是0.01mol，溶解的为BaSO3，质量为2.17g，物质的量为0.01mol，由此推断原溶液中含有SO42-和SO32-，物质的量均为0.01mol；排除原溶液中含有Ba2+；滤液C中加入足量NaOH溶液，无沉淀可知溶液中无Mg2+，有气体放出，可知溶液中有NH4+，根据生成氨气448mL，可知溶液中NH4+的物质的量为0.02mol；溶液是电中性的，根据电荷守恒可知，溶液中一定还含有Na+，其物质的量为0.02mol，可能

20、还含有Cl-。【详解】A. 气体F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；B.由分析可知，溶液 A 中一定存在 Na+，B错误；C. 由分析可知，溶液 A 中一定不存在 Mg2+，C错误；D. 由分析可知，溶液 A 中不存在 Cl时Na+物质的量为0.02mol，若溶液 A 中存在 Cl，Na+物质的量大于0.02mol，即 c(Na+) 0.20 molL-1，D正确；故答案选D。12、B【解析】Aa点所示pH接近12，显强碱性，碱性环境中铝离子会先生成氢氧化铝沉淀，后转化为偏铝酸根，故a点溶液中存在的含铝微粒为偏铝酸根，故A错误；B图象X(20，9.2)c(Ag+)=10-20mol/L，c(

21、S2-)=10-9.2mol/L，Ksp(Ag2S)=c2(Ag+)c(S2-)= (10-20mol/L)210-9.2mol/L=10-49.2，同理可知Ksp(CuS)=10-510-30.2=10-35.2，CuS(s)+2Ag+(aq)Ag2S(s)+Cu2+(aq)平衡常数K=1014，反应趋于完全，故B正确；C该高分子化合物由对甲基苯酚与甲醛缩合生成，则高分子的结构简式为，故C错误；D根据图象可知，反应中正反应的活化能较小，反应中正反应的活化能较大，则反应比反应的速率快，故D错误；故答案为B。13、B【解析】邻甲基乙苯的结构简式为：，根据题目所给反应信息，四种不同的断键方式可生成

22、最多4种有机产物，故答案为B。14、B【解析】A.连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。化合物X分子中含有3个手性碳原子：（打*号的碳原子为手性碳原子），A项错误；B.X分子中含有 (醇)和-CH-基团能被KMnO4氧化，醇羟基和苯环上氢原子都能发生取代反应，分子中含有的和基团都能发生消去反应，B项正确；C.X分子（）中与*号碳原子相连的3个碳原子处于四面体的3个顶点上，这4个碳原子不可能在同一平面上。C项错误；D.因X分子中含有酯基和-Br，X能与NaOH溶液发生水解反应：+2NaOH+CH3CH2OH+NaBr。所以1 mol X与足量NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaO

23、H。D项错误；答案选B。15、D【解析】A.根据物质结构可知：在该化合物中含有3个-COOH，由于每2个H+与CO32-反应产生1molCO2气体，所以1molM可与足量Na2CO3溶液反应生成1.5molCO2，A正确；B.在中间的苯环上只有1种H原子，在与中间苯环连接的3个苯环上有2种不同的H原子，因此苯环上共有3种不同位置的H原子，它们被取代，产生的一氯化物有3种，B正确；C.-COOH碳原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子的平面上；与苯环连接的碳碳三键的C原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子的平面上；乙炔分子是直线型分子，一条直线上2点在一个平面上，则直线上所有的原子都在这个平面上，所

24、以所有碳原子均处同一平面，C正确；D.在M分子中 含有4个苯环和3个碳碳三键，它们都可以与氢气发生加成反应，则可以与1molM发生加成反应的氢气的物质的量为34+23=18mol，D错误；故合理选项是D。16、C【解析】A.浓硫酸与氯化钠反应制取HCl，可能生成硫酸钠或硫酸氢钠，稀硫酸不能反应，A不符合题意；B.硝酸银溶液中滴加稀氨水，氨水少量生成沉淀，氨水过量生成银氨溶液，B不符合题意；C.Fe在S蒸气中燃烧，生成FeS，不受反应物的用量或浓度影响，C符合题意；D.铁粉加入硝酸中，可能生成硝酸铁或硝酸亚铁、NO或NO2，D不符合题意；故合理选项是C。17、B【解析】短周期主族元素W、X、Y、

25、Z的原子序数逐渐增大，根据四种元素形成的化合物结构，其中各原子的核外电子排布均处于稳定结构。根据图示可知，X原子最外层含有4个电子，Y原子最外层含有5个电子，Z原子最外层含有6个电子，W最外层含有1个或7个电子，结合原子序数及“W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体”可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，据此分析解答。【详解】根据分析可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素。AYW3为NH3，为三角锥形的分子，分子中的键角120，故A错误；B非金属性越强，氢化物越稳定，水的稳定性大于氨气，故B正确；C物质甲的结构简式为CO(NH2)2，存在7个键和1个键，故C错误；

26、DN元素的氧化物对应的水化物可能是硝酸，也可能为亚硝酸，其中亚硝酸为弱酸，故D错误；故选B。【点睛】根据物质中常见原子的成键情况推断元素为解答关键。本题的易错点为C，要注意物质中化学键数目的判断方法的应用。18、C【解析】A.空气中微小的尘埃或液滴分散在空气中形成气溶胶，阳光照射时产生丁达尔现象，A项正确；B.葡萄糖酸钙口服液是市面上常见的一种补钙药剂，葡萄糖酸钙属于有机钙，易溶解，易被人体吸收，医学上常以葡萄糖为原料合成补钙药物，B项正确；C.太阳能电池帆板的主要材料是硅而不是二氧化硅，C项错误；D.塑料薄膜属于有机高分子材料，不属于无机非金属材料，D项正确；所以答案选择C项。19、B【解析

27、】A、根据示意图，电池工作时，光能转变为电能，根据电子的流向，电极X为负极，电极Y为正极，故A正确；B、根据示意图，I3I，化合价降低，应发生还原反应，故B错误；C、根据示意图，电解质溶液中发生反应:2Ru3+3I-2Ru2+I3-，故C正确；D、根据示意图，I和I3的浓度基本不变，故D正确。答案选B。20、D【解析】X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7，则Z为N元素。【详解】X、Y、Z

28、为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7，则Z为N元素；AY为氯元素，含氧酸中HClO为弱酸，故A错误；BZ为N元素，原子最外层电子数为5，Y为Cl元素，原子最外层电子数为7，故最外层电子数YZ，故B错误；C非金属性FCl，故HCl的稳定性比HF弱，故C错误；D氯化氢与氨气反应生成的氯化铵中含有离子键，故D正确；故答案选D。【点睛】本题关键是根据反应条件及氢化物水溶液的pH判断X、Y、Z元素种类，然后

29、根据元素性质进行分析和判断。21、B【解析】由于Mg是活泼金属，Mg2+氧化性弱，所以该电池工作时Mg失去电子结合F-生成MgF2，即b电极为负极，电极反应式为：Mg+2F2e=MgF2，则a为正极，正极反应式为：LaSrMnO4F22e=LaSrMnO42F；充电时，电解池的阳极、阴极与原电池的正、负极对应，电极反应与原电池的电极反应反应物与生成物相反，据此解答。【详解】A由于Mg是活泼金属，Mg2+氧化性弱，所以原电池放电时，Mg失去电子，作负极，即b为负极，a为正极，A错误；B放电时，a为正极发生还原反应，电极反应为：LaSrMnO4F22e=LaSrMnO42F，B正确；C充电时电解池

30、的阳极、阴极与原电池的正、负极对应，所以a极接外电源的正极，C错误；D因为Mg能与水反应，因此不能将有机溶液换成水溶液，D错误；答案选B。22、D【解析】A.从图中箭标方向“Na+电极a”，则a为阴极，与题意不符，A错误；B.电极b为阳极，发生氧化反应，根据图像“HSO3-和SO42-”向b移动，则b电极反应式HSO3-2e-H2OSO42-3H+，与题意不符，B错误；C.电极a发生还原反应，a为阴极，故a电极反应式为2H+2eH2，通过1mol电子时，会有0.5molH2生成，与题意不符，C错误；D.根据图像可知，b极可得到较浓的硫酸，a极得到亚硫酸钠，符合题意，D正确；答案为D。二、非选择

31、题(共84分)23、 3，4，4三甲基庚烷 【解析】(1)分析题目给出的信息，进行逆向推理即可；根据化学式为C10H18的烃A，则A烯烃应该是下列三个片断结合而成，2个和，再结合反应原理解答该题；(2)根据(1)的分析所得A的结构简式，再根据系统命名法命名与H2发生加成反应的产物；(3)烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性，说明双键碳原子上没有氢原子，据此分析；(4)B为，分子式为：C6H10O3，第一步发生生成C6H12O3，则羰基与氢气加成生成醇羟基即结构式为；第二步生成C6H10O2，则脱去1分子水，即醇羟基发生消去反应生成碳碳双键即结构式为；第三步发生加聚反

32、应生成，据此分析解答。【详解】(1)根据题目所给信息可知：碳碳双键在酸性高锰酸钾作用下，生成2个碳氧双键，现生成的2种化合物中共有3个碳氧双键，故A中含有2个碳碳双键，根据化学式为C10H18的烃A，则A烯烃应该是下列三个片断结合而成，2个和，故A的结构简式是；(2)根据(1)的分析，A为 ，经氢化后双键都被加成为单键，所以得到的烷烃的命名是3，4，4三甲基庚烷；(3)烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性，说明双键碳原子上没有氢原子，则该同分异构体的结构简式是；(4)B为，分子式为：C6H10O3，第一步发生反应生成C6H12O3，则羰基与氢气加成生成醇羟基即结构式

33、为；第二步生成C6H10O2，则脱去1分子水，即醇羟基发生消去反应生成碳碳双键即结构式为；第三步发生加聚反应生成；第二步反应时，2分子易生成一种含八元环的副产物，即羟基与羧基、羧基与羟基发生酯化反应生成八元环的酯类物质，所以其结构简式为。【点睛】考查有机物推断，注意根据转化关系中有机物结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生的自学能力与知识迁移应用，难度中等。24、邻硝基甲苯或1硝基甲苯 硝基、羟基 C13H18N1OBr1 氧化反应 取代反应 3 【解析】由B与C的分子式、D的结构简式，结合信息，可知B为、C为，对比甲苯与B的结构，可知甲

34、苯发生硝化反应生成A，A发生氧化反应生成B，故A为，D发生信息中还原反应生成E为，由盐酸氨溴索的结构简式可知EF发生还原反应生成F，F与溴发生苯环上取代反应生成G，G与HCl反应生成盐酸氨溴索，故F为、G为。(6)、甲基用酸性高锰酸钾溶液氧化引入羧基，硝基用Fe/HCl还原引入氨基，羧基与甲醇发生酯化反应引入酯基，氨基易被氧化且能与羧基反应，结合生成A的转化，应先发生硝化反应反应生成，再发生氧化反应生成，然后发生酯化反应生成， 最后发生还原反应生成目标产物。【详解】（1）A的结构简式为，其名称为：邻硝基甲苯或1硝基甲苯。D中含氧官能团的名称是：硝基、羟基，故答案为：邻硝基甲苯或1硝基甲苯；硝基

35、、羟基；（1）G的结构简式为，其分子式为：C13H18N1OBr1由分析可知，化合物E的结构简式是：，故答案为：C13H18N1OBr1；（3）AB是转化为，甲基转化为醛基，属于氧化反应。FG是转化为，F中苯环上氢原子被溴原子替代，属于取代反应，故答案为：氧化反应；取代反应；（4）B+CD的化学方程式为，故答案为：；（5）化合物X同时符合下列条件的同分异构体：苯环上有两个取代基，其中之一是氨基；官能团与X相同，另外一个取代基含有酯基，可能为COOCH3、OOCCH3、CH1OOCH，苯环上的一氯代物有两种，1个不同的取代基处于对位，符合条件的H共有3种，其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为

36、：，故答案为：3；（6）甲基用酸性高锰酸钾溶液氧化引入羧基，硝基用Fe/HCl还原引入氨基，羧基与甲醇发生酯化反应引入酯基，氨基易被氧化且能与羧基反应，结合生成A的转化，应先发生硝化反应反应生成，再发生氧化反应生成，然后发生酯化反应生成，最后发生还原反应生成目标物，合成路线流程图为：，故答案为：。25、浓NaOH溶液 吸收剩余的SO2 排尽空气，防止Na2S2O5被氧化 D 倒吸 用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红 5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2+H2O 用c2molL-1的标准Na2S2O

37、3溶液滴定 pH5.6 【解析】从焦亚硫酸钠的析出原理NaHSO3(饱和溶液)Na2S2O5(晶体)+H2O(l)可以看出，要制取Na2S2O5(晶体)，需先制得NaHSO3(饱和溶液)，所以A装置的作用是用浓硫酸与Na2SO3固体反应制取SO2，将SO2再通入饱和Na2SO3溶液中制得NaHSO3饱和溶液。因为Na2S2O5易被空气中的O2氧化，所以需排尽装置内的空气，这也就是在A装置内通入N2的理由。由于SO2会污染环境，所以F装置应为吸收尾气的装置，为防倒吸，加了装置E。【详解】(1)从以上分析知，F装置应为SO2的尾气处理装置，F中盛装的试剂是浓NaOH溶液，作用是吸收剩余的SO2。答

38、案为：浓NaOH溶液；吸收剩余的SO2；为防装置内空气中的氧气将Na2S2O5、NaHSO3、Na2SO3等氧化，需排尽装置内的空气，所以通入N2的作用是排尽空气，防止Na2S2O5被氧化。答案为：排尽空气，防止Na2S2O5被氧化；Na2S2O5晶体由NaHSO3饱和溶液转化而得，所以应在D中得到。答案为：D；因为E中的双球能容纳较多液体，可有效防止倒吸，所以若撤去E，则可能发生倒吸。答案为：倒吸；(2)既然是检测其是否具有酸性，则需用pH试纸检测溶液的pH，若在酸性范围，则表明显酸性。具体操作为：用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸

39、上，试纸变红。答案为：用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红；探究二中，Na2S2O5具有还原性，能将KMnO4还原为Mn2+，自身被氧化成SO42-，同时看到溶液的紫色褪去，反应的离子方程式为5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2+H2O。答案为：5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2+H2O；(3)根据信息，滴定过量碘的操作是：用c2molL-1的标准Na2S2O3溶液滴定。答案为：用c2molL-1的标准Na2S2O3溶液滴定；(4)c(Cr3+)6.410-31，c(OH

40、-)4.010-9molL-1，c(H+)5+2lg2=5.6。答案为：pH5.6。【点睛】Na2S2O5来自于NaHSO3的转化，且二者S的价态相同，所以在研究Na2S2O5的性质时，可把Na2S2O5当成NaHSO3。26、氯气发生装置 3Cl22Fe(OH)310KOH=2K2FeO46KCl8H2O Fe3 4FeO42-20H=4Fe33O210H2O 溶液酸碱性不同 【解析】（1）浓盐酸和KMnO4混合可生成氯气；（2）装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的；（3）C中得到紫色

41、固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，结合守恒法写出发生反应的化学方程式；（4）方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+；（5）Fe（OH）3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-，可以说明Cl2的氧化性大于FeO42-，而方案实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，方案是FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2，注意两种反应体系所处酸碱性介质不一样。【详解】（1）浓盐

42、酸和KMnO4混合可生成氯气，则A装置的作用是氯气发生装置；（2）装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的，所以装置B应为；（3）C中得到紫色固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，发生反应的化学方程式为3Cl22Fe(OH)310KOH=2K2FeO46KCl8H2O；（4）方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中

43、快速产生O2，自身转化为Fe3+，发生反应为：4FeO42-+20H+4Fe3+3O2+10H2O；（5）Fe（OH）3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-，可以说明Cl2的氧化性大于FeO42-，而方案实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，方案是FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2，两种反应体系所处酸碱性介质不一样，所以可以说明溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱。27、Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2 可以控制反应的进行 变红 NH3 Cl2 过滤 CuO会溶于稀硫酸中 硫 Cu2S 【解析】(1)浓硫酸和铜在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，由

44、此可写出化学方程式；(2)反应生成二氧化硫，能够与水反应生成亚硫酸，遇到石蕊显红色；(3)向BaCl2溶液中通入另一种气体，产生白色沉淀，是因为二氧化硫不与氯化钡溶液反应，通入的气体需要满足把二氧化硫转化为盐或把二氧化硫氧化为硫酸；(4)分离固体与液体可以采用过滤法，氧化铜与酸反应生成铜离子与水；(5)黑色固体通入氧气反应生成气体能够使品红褪色，说明生成二氧化硫，含有硫元素；若该黑色不溶物由两种元素组成且在反应前后质量保持不变，可知除了含有硫元素外还含有铜。【详解】(1)浓硫酸和铜在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2，抽动铜

45、丝可以控制铜丝与浓硫酸接触面积从而控制反应进行，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2；可以控制反应的进行；(2)反应生成二氧化硫，二氧化硫为酸性氧化物，能够与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，遇到石蕊显红色，故答案为：变红；(3)向BaCl2溶液中通入另一种气体，产生白色沉淀，是因为二氧化硫不与氯化钡溶液反应，通入的气体需要满足把二氧化硫转化为盐或把二氧化硫氧化为硫酸，如碱性气体NH3、做氧化剂的气体如Cl2、O2、O3、NO2、Cl2O等，故答案为：NH3；Cl2 ；(4)将A中的混合物倒入水中，得到呈酸性的蓝色溶液与少量黑色不溶物，分离固体与液体可以采用过滤法；氧化铜

46、与酸反应生成铜离子与水，所以黑色固体不可能为氧化铜，故答案为：过滤；CuO会溶于稀硫酸中；(5)黑色固体通入氧气反应生成气体能够使品红褪色，说明生成二氧化硫，含有硫元素；若该黑色不溶物由两种元素组成且在反应前后质量保持不变，可知除了含有硫元素外还含有铜，物质为硫化亚铜，化学式为Cu2S，故答案为：硫；Cu2S。【点睛】二氧化硫通入氯化钡溶液中，可认为发生如下反应：SO2+BaCl2+H2OBaSO3+2HCl，由于产物不共存，所以此反应进行的程度很小，若想使此反应正向进行，需设法让反应正向进行，要么加入碱中和盐酸；要么加入强氧化剂将BaSO3氧化为BaSO4。28、63d54s2球形NCMns

47、p3V型N原子半径较小，不能容纳较多的原子轨道，故不能形成H3NO4分子6【解析】（1）原子核外电子运动状态和该原子的核外电子数相等，原子序数为27的锰元素基态原子的外围电子排布式为3d54s2，据此可以得出锰元素在周期表中的位置是第四周期第B族，能量最高的电子是4s2电子，4s电子的电子云轮廓图为球形；（2）电负性是金属性与非金属性定量描述的一个物理量，元素的非金属性越强，往往其电负性越大，根据元素周期表中元素非金属性（或电负性）的递变规律，同周期从左到右元素电负性增大；（3）HSCH2CH2NH2分子中，C形成4个共价键，它们价层电子对数为4对，其杂化方式为sp3，在-NH2中N有两个单键

48、，一对孤对电子和一个单电子，因为单电子也需要占用一个轨道，所以N的价层电子对数依然可以视为4对，其杂化方式也为sp3，考虑配位原子只有两个H，所以其空间构型为平面三角形，N和P为同族元素，其价层电子数相同，通常情况下其成键方式相同，但是由于N原子半径小于P，N原子周围空间无法容纳4个氧原子成键；（4）题目信息，Pb（CH2CH3）4是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，可知其晶体类型为分子晶体，这一点也可以从Pb（CH2CH3）4晶体的堆积方式得到结论，Pb（CH2CH3）4晶体堆积方式为六方密堆积，所以在xy平面上的二维堆积中也采取二维最密堆积即配位数为6，由堆积图可知每个晶胞中包含2个Pb（CH2CH3）4分子，所以每一个晶胞的质量为g，再结合晶胞参数，长方体的棱边长度，计算得到晶胞的体积为c