2022-2023学年浙江省钱清中学化学高三上期中复习检测模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某化合物水溶液中加入过量Na2O2，最终有白色沉淀产生。下列化合物中符合条件的是AA1C13BNaHCO3CFeC12DCa(HCO3)22、下列实验操作能达到实验目的的是A用排水法收集铜粉与浓硝酸反应产生的NO2B用氨水鉴别

2、NaCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl四种溶液C用酸性KMnO4溶液验证草酸的还原性D用饱和NaHCO3溶液除去Cl2中混有的HCl3、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是ANaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂BSiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维CAl2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料DCaO能与水反应，可用作食品干燥剂4、工业上将Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。下列说法正确的是（ ）A碳元素被还原B氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2CNa2S2O3既是氧化产物又是还原产物D每生成1molNa2S2

3、O3，转移4mol电子5、只用下列一种试剂,就能将Ba(NO3)2、NaAlO2、NaHCO3、AlCl3四种无色透明溶液区别开来，这种试剂是 ( )A硫酸 B盐酸 C氨水 D氢氧化钠溶液6、120mL含有0.20mol/L碳酸钠溶液和200mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是（ ）A1.2 mol/LB2.0mol/LC0.18 mol/LD0.24mol/L7、下列叙述中不正确的是A可用装置鉴别碳酸钠和碳酸氢钠B可用装置分离汽油和水的混合物C可用装置从海水中蒸馏得到淡水D可用装置把胶体粒子从分散系中分离出来8、关

4、于下列离子方程式的评价合理的是( )选项离子方程式评价A将2mol Cl2通入含1mol FeI2的溶液中：2Fe2+2I-+2Cl2=2Fe3+4Cl-+I2正确；Cl2过量，Fe2+、I-完全被氧化化B向硝酸钠固体上滴加浓硫酸H2SO4+NaNO3=NaHSO4+HNO3正确；因为酸性硫酸强于硝酸C过量SO2通入NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO-=HClO+HSO3-错误；因为 SO2会被氧化产物不可能为HSO3-DBa(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：Ba2+HCO3-+OH-=BaCO3+H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水AABBCCDD9、已知p(A)lg c(A

5、)。三种金属硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）Aa点无ZnS沉淀生成B可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2CCuS和MnS共存的悬浊液中，c(Cu2+)/c(Mn2+)1020D向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，c(S2)增大10、在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入某X物质，发现铜粉逐渐溶解，X不可能是AFeCl3 BHNO3 CHCl DKNO311、绝热容器中发生反应：3Z（s）X（g）2Y（g）Ha kJmol1（a0）。下列说法不正确的是A将0.3 mol Z置于容器中充分反应生成气体的物质的量一定小于0.3 molB达到

6、化学平衡状态时，气体平均摩尔质量不变C容器中放入3mol Z，达到化学平衡状态时，反应吸收的总热量为a kJD容器温度不变，反应已经达到平衡12、下列离子方程式书写正确且能合理解释事实的是A将铜丝插入稀硝酸中：Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+2H2OB向Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，产生白色沉淀：Mg2+2HCO3-+2OH-=MgCO3+2H2OC向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时问后，溶液变蓝：4H+ +4I- +O2=2I2 +2H2OD向含0.1 mol FeBr2的溶液中通入0.1 mol Cl2：2Fe2+4Br-+3C12=2Fe3+2Br

7、2+6C1-13、下列关于有机物的鉴别方法及选用该方法的原因叙述不正确的是序号方法选用该方法原因A用新制氢氧化铜鉴别乙醛和乙酸新制氢氧化铜能被乙醛还原，产生砖红色沉淀，而与乙酸发生碱与酸的复分解反应产生溶解现象B碳酸钠溶液可鉴别乙酸、乙醇两种无色液体碳酸钠可与乙酸发生盐与酸的复分解反应产生二氧化碳，而与乙醇不反应C用氯化铁溶液鉴别乙醇和苯酚氯化铁与羟基反应显紫色D用水鉴别乙醇和甲苯乙醇与水互溶，甲苯与水有分层现象AABBCCDD14、下列指定反应的离子方程式正确的是A向FeBr2溶液中通入少量Cl2：2Br+ Cl2 = Br2+ 2ClB向NH4Al(SO4)2溶液中加入过量KOH溶液：Al

8、3+ + 4OH- = AlO2- + 2H2OC用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2：2NO2 + 2OH- = NO3- + NO2- + H2OD用惰性电极电解AlCl3溶液：2Cl- + 2H2O Cl2 + H2 + 2OH-15、迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，迷迭香酸的分子结构如图，下列叙述正确的是（ ）A迷迭香酸属于芳香族化合物，分子式C18H18O8B迷迭香酸含有碳碳双键、羟基、羧基、苯环和酯基的结构C1mol迷迭香酸最多能和含6mol Br2的浓溴水发生反应D1mol迷迭香酸最多与含5mol NaOH的水溶液完全反应16、下列说法正确的是（ ）A为测定新制氯水的

9、pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可B做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加C在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO42或SO32D提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法二、非选择题（本题包括5小题）17、聚合物H是一种聚酰胺纤维，其结构简式为。该聚合物可广泛用于各种刹车片，其合成路线如下图所示：已知：C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。DielsAlder反应：。（1）生成A的反应

10、类型是_，D的名称是_，F中所含官能团的名称是_。（2）B的结构简式是_；“BC”的反应中，除C外，还生成的一种无机产物是_（填化学式）。（3）DGH的化学方程式是_。（4）Q是D的同系物，其相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有_种。其中，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1223的结构简式为_（任写一种）。（5）已知：乙炔与1，3丁二烯也能发生DielsAlder反应。请以1，3丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）_。18、盐酸多巴胺是选择性血管扩张药，临床上用作抗休克药，合成路线如图所示：根据上述

11、信息回答：（1）D的官能团名称为_。（2）E的分子式为_。（3）若反应为加成反应，则B的名称为_。（4）反应的反应类型为_。（5）D的一种同分异构体K用于合成高分子材料，K可由HOOCH2Cl制得，写出K在浓硫酸作用下生成的聚合物的化学方程式：_。（6）E生成F的化学反应方程式为_。（7）D的同分异构体有多种，同时满足下列条件的有_种。I.能够发生银镜反应；II.遇FeCl3溶液显紫色；III.苯环上只有两种化学环境相同的氢原子。19、某实验小组研究KI和酸性KMnO4溶液的反应。实验序号实验操作实验现象紫色褪去，溶液变为棕黄色紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀消失，溶液变为棕黄色资料：i

12、. MnO4 在酸性条件下最终被还原为Mn2+。ii. 酸性条件下氧化性: KMnO4KIO3I2 。（1）实验1中溶液呈棕黄色，推测生成了_。（2）实验小组继续对实验II反应中初始阶段的产物成分进行探究：经检验，实验II初始阶段I 的氧化产物不是I2，则“实验现象a”为_。黑色固体是_。设计实验方案证明在“紫色清液”中存在IO3-：_。写出生成IO3-的离子方程式：_。（3）探究实验II中棕褐色沉淀消失的原因。用离子方程式解释实验II中棕褐色沉淀消失的原因：_。（4）实验反思：KI和酸性KMnO4溶液反应过程中，所得产物成分与_有关（写出两点即可）。20、某探究性学习小组拟用小颗粒状铝硅合金

13、与足量稀硫酸的反应(其中硅与稀硫酸不反应)测定通常状况(约20，1 atm)下气体摩尔体积的方法。拟选用下列实验装置完成试验：(1)该组同学必须选用的装置的连接顺序是(用管口字母，可不填满)：A接（_）（_）接（_）(2)实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开其活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶。请你帮助分析原因_。(3)实验结束时，该组同学应怎样测量实验中生成氢气的体积？_(4)实验中准确测得4个数据：实验前铝硅合金的质量m1 g，实验后残留固体的质量m2 g，实验后量筒中液面读数为VmL。则通常状况下气体摩尔体积Vm_。若合金中含铜，测得的Vm将_(偏大/偏小/无影响)。

14、21、以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：（1）流程中将高硫铝土矿磨成矿粉的目的是_。（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ；硫去除率=（1）100%。不添加CaO的矿粉在低于500 焙烧时，去除的硫元素主要来源于_。700焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是_。（3）由“过滤”得到的滤液生产氧化铝的反应过程中涉及的离子方程式是_。（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的

15、Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）n（Fe2O3）=_。2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【分析】过量Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应生成的氢氧化钠分别与A1C13 、 NaHCO3、 FeC12 、Ca(HCO3)2溶液发生反应，根据反应具体情况进行分析判断。【题目详解】过量Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，A.过量Na2O2加入到A1C13溶液中，最终生成偏铝酸钠溶液，没有白色沉淀，A错误；B.过量Na2O2加入到NaHCO3 溶液中，

16、最终生成碳酸钠溶液，没有白色沉淀，B错误；C.过量Na2O2加入到FeC12 溶液中，先生成白色沉淀氢氧化亚铁，在氧气的作用下，随后变为灰绿色，最终为红褐色沉淀，C错误；D.过量Na2O2加入到Ca(HCO3)2溶液中，反应生成碳酸钙白色沉淀，符合题意，D正确；综上所述，本题选D。2、C【题目详解】A、NO2和水发生反应：3NO2H2O=2HNO3NO，不能用排水法收集NO2，应用排空气法收集，故错误；B、现象分别是无现象、有白色沉淀、有白色沉淀(氢氧化铝溶于强碱不溶于弱碱)、无现象，因此不能区分，应用NaOH溶液，进行鉴别，故错误；C、高锰酸钾溶液，可以把草酸氧化成CO2，即2MnO45H2

17、C2O46H=2Mn210CO28H2O，故正确；D、Cl2H2OHClHClO，HCl消耗NaHCO3，促使平衡向正反应方向移动，因此应用饱和食盐水，故错误。3、D【题目详解】A项，NaHCO3能与HCl反应，NaHCO3用于制胃酸中和剂，NaHCO3用于制胃酸中和剂与NaHCO3受热易分解没有对应关系；B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维，SiO2用于制光导纤维与SiO2熔点高硬度大没有对应关系；C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料，Al2O3用作耐高温材料与Al2O3是两性氧化物没有对应关系；D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂，CaO用于食品干燥剂与CaO与水反应有

18、对应关系；答案选D。4、C【分析】根据题意n（Na2CO3）：n（Na2S）=1:2，混合溶液中加入SO2，可生成Na2S2O3和CO2，可知该反应的化学方程式为Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2。【题目详解】A项，根据上述分析，C元素化合价未发生变化，故碳元素未发生氧化还原反应，故A项错误；B.由方程式可知，Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，故B项错误；C.S元素化合价既升高又降低，Na2S2O3既是氧化产物又是还原产物，故C项正确；D. 每生成1mol Na2S2O3，转移8/3mol电子。综上，本题选C。【答案点睛】本题考查

19、氧化还原反应的相关知识。要熟记氧化还原的规律：化合价升高，失电子，被氧化，作还原剂。化合价降低，得电子，被还原，作氧化剂。5、A【答案解析】试题分析：硫酸与Ba(NO3)2反应生成白色沉淀BaSO4，与NaAlO2反应先生成白色沉淀，沉淀在溶解。与NaHCO3反应有气泡生成，与AlCl3不反应，没有现象。考点：物质的鉴别。6、C【答案解析】由于碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，依次发生CO32H=HCO3、HCO3HH2OCO2两个反应。碳酸钠是0.024mol，则氯化氢的物质的量应该大于0.024mol才可能都有气体产生，氯化氢的物质的量应该小于0.048mol，才最终生成的气体体积不同，所以浓

20、度就是大于0.12mol/L，但小于0.24mol/L，故C正确。7、D【题目详解】A碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、水、二氧化碳，可用加热的方法除去，故A正确；B汽油和水互不相溶，可用分液的方法分离，故B正确；C海水蒸馏可以得到淡水，可使用蒸馏的装置，故C正确；D胶体粒子能够通过滤纸，不能用过滤法分离，应用半透膜进行提纯，故D错误；故答案选D。8、C【题目详解】A将2mol Cl2通入含1mol FeI2的溶液中，由于Cl2过量，所以Fe2+、I都将被氧化，同时Fe2+、I的物质的量关系应满足化学式中的组成关系，正确的离子方程式为：2Fe2+4I+3Cl2=2Fe3+6Cl+I2，A错误；B向硝酸

21、钠固体上滴加浓硫酸，方程式正确，评价错误，此反应是利用难挥发性酸制易挥发性酸，B错误；C过量SO2通入NaClO溶液中，因为SO2会被氧化，产物不可能为 HSO3-，C正确；DBa(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应，方程式中Ba2+、HCO3-不满足化学式中的组成关系，正确的离子方程式为：Ba2+2HCO3-+2OH-=BaCO3H2O+CO32-，D错误；故选C。【答案点睛】当一种物质电离产生的两种离子都参与离子反应时，若该物质少量，则两离子的数量关系满足化学式中的组成关系；若该物质过量，则两离子的数量关系不一定满足化学式中的组成关系。9、D【分析】，则 ，故越大，越小。【题目详解】A

22、.平衡曲线右上方为不饱和溶液，左下方为过饱和溶液，a点在曲线的右上方，为的不饱和溶液，所以没有沉淀生成，A正确；B.的溶解度大于，向溶液中中加入固体，可以将转化为更难溶的，达到除去的目的，B正确；C.根据图像可推知， ， 和共存的悬浊液中, ，C正确；D. 向悬浊液中加入少量水，沉淀溶解平衡向右移动，但溶液依然是饱和溶液，故保持不变，D错误；答案选D。10、C【答案解析】由于Cu的活动性在H之后，所以Cu与稀硫酸不发生反应。再加入某X物质，发现铜粉逐渐溶解。说明加入的物质电离产生的微粒能与硫酸的成分共同作用形成氧化性强的物质或直接能与Cu发生反应，据此答题。【题目详解】A.FeCl3与Cu发生

23、化学反应，反应方程式为：Cu+ 2FeCl3= 2FeCl2+CuCl2，故A不符合题意；B.Cu与HNO3发生化学反应： 反应方程式为： 3Cu8HNO3(稀)=2Cu(NO3)22NO4H2O ，故B不符合题意；C.HCl、H2SO4都不能与Cu发生反应，相互之间也不反应，故C符合题意；D.KNO3 与H2SO4的混合溶液具有硝酸的作用，能把Cu氧化为Cu2+，故D不符合题意。故选C。11、C【题目详解】A、可逆反应的反应物不会完全转化为产物，将0.3mol Z置于容器中充分反应生成气体的物质的量一定小于0.3mol，故A正确；B、气体平均摩尔质量等于气体质量和物质的量的比值，反应气体质量

24、和物质的量都变化，达到化学平衡状态时，气体平均摩尔质量不变，故B正确；C、容器中放入3molZ，达到化学平衡状态时，消耗的Z的物质的量小于3mol，反应吸收的总热量小于akJ，故C错误；D、反应伴随吸热，反应过程中会伴随温度的变化，变量不变的状态是平衡状态，容器温度不变，反应已经达到平衡，故D正确；故选C。【答案点睛】反应达到平衡的标志是各物质的量不变、正逆反应速率相等。也可以说当随反应进行改变的物理量不变时反应达到平衡。如B选项，气体平均摩尔质量等于气体质量和物质的量的比值，反应气体质量和物质的量都变化，达到化学平衡状态时，气体平均摩尔质量不变。12、C【答案解析】A. 将铜丝插入稀硝酸中发

25、生反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，A不正确；B. 向Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，产生白色沉淀，该反应的离子方程式为Mg2+2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2+2H2O+2 CO32-，B不正确；C. 向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时问后，溶液变蓝，该反应的离子方程式为4H+ +4I- +O2=2I2 +2H2O，C正确；D. 向含0.1 mol FeBr2的溶液中通入0.1 mol Cl2，该反应的离子方程式为2Fe2+2Br-+2C12=2Fe3+Br2+4C1-，D不正确。本题选C。点睛：向Mg(HCO3)2溶液

26、中加入过量NaOH溶液，由于氢氧化镁的溶解度比碳酸镁小，所以两者反应的产物是氢氧化镁。如果只加入少量NaOH溶液，则生成微溶的碳酸镁。FeBr2的溶液中通入少量的 Cl2，由于Fe2+的还原性比Br-强，所以Fe2+先与Cl2反应。13、C【答案解析】乙醛有醛基能与新制氢氧化铜悬浊液反应得到砖红色沉淀，乙酸没有醛基，但是乙酸有显酸性的羧基，可以与氢氧化铜反应得到可溶于水的醋酸铜，选项A正确。乙酸有羧基，显酸性，且酸性强于碳酸，所以乙酸可以与碳酸钠反应得到二氧化碳，而乙醇没有羧基，实际显中性，与碳酸钠不反应，选项B正确。氯化铁应该与酚羟基作用而显色，与醇羟基不反应，所以不能说“氯化铁与羟基反应显

27、紫色”，选项C错误。乙醇与水混溶，所有的烃都不溶于水，所以甲苯不溶于水，应该分层，选项D正确。点睛：进行有机物的鉴别时，要注意到有机物的化学性质的区别，但是同时也要注意其物理性质的差异。因为在鉴别的时候一般会使用某种水溶液，所以要考虑该有机物是否溶于水，如果不溶于水，还要考虑其密度大于还是小于水。14、C【题目详解】A.还原性：Fe2+Br-，所以向FeBr2溶液中通入少量Cl2，亚铁离子被氧化，离子方程式为: 2Fe2+ Cl2 =2Fe3+ 2Cl，故A错误；B.氢氧化铝溶于强碱溶液；向NH4Al(SO4)2溶液中加入过量NaOH溶液，反应的离子方程式为：Al3+ NH4+5OH-=AlO

28、2-+2H2O+ NH3H2O，选项B错误；C.用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2，反应的离子方程式为：2NO2+2OH-=NO3-+NO2-+H2O，选项C正确；D.用惰性电极电解AlCl3溶液，反应的离子方程式为：2Al3+6Cl-+6H2O3Cl2+3H2+2Al(OH)3，选项D错误；故答案选C。【答案点睛】用惰性电极电解NaCl溶液，离子反应方程式为：2Cl- + 2H2O Cl2 + H2 + 2OH-，因为氢氧化钠属于强碱溶液，没有沉淀；用惰性电极电解MgCl2溶液，离子反应方程式为：Mg2+2Cl-+2H2OCl2+H2+Mg(OH)2，因为氢氧化镁为不溶于水的沉淀；用惰性电

29、极电解AlCl3溶液，反应的离子方程式为：2Al3+6Cl-+6H2O3Cl2+3H2+2Al(OH)3，因为氢氧化铝为不溶于水的沉淀；所以在做题时，一定要细心审题，避免出错。15、B【题目详解】A.有机物中只含碳氢两种元素的化合物称烃，所以迷迭香酸不属于芳香烃，故A错误；B.根据结构简式知道：该分子含有的官能团有酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键、苯环，故正确；C.该分子中含有酚羟基，苯环上酚羟基的临位和对位的氢原子共6mol能与溴发生取代反应，即可以和6mol溴发生取代反应，故C错误；D.1mol迷迭香酸含有4mol酚羟基、1mol羧基、1mol酯基，4mol酚羟基需要4mol氢氧化钠与其反应，

30、1mol羧基需要1mol氢氧化钠与其反应，1mol酯基需要1mol氢氧化钠与其反应，所以1mol迷迭香酸最多能和含6molNaOH的水溶液完全反应，故D错误；故选B。16、B【题目详解】A、氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，故A错误；B、液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故B正确；C、硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，溶液中可能含Ag+，故C错误；D、氯化钠的溶解度受温度影响小，氯化钠中

31、混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故D错误；故答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、消去反应 对苯二甲酸（或1，4苯二甲酸） 硝基、氯原子 H2O 10 （任写一种） 【分析】乙醇发生消去反应生成A为CH2=CH2，C被氧化生成D，D中含有羧基，C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，C发生氧化反应生成D，D中应该有两个羧基，根据H结构简式知，D为、G为；根据信息知，生成B的反应为加成反应，B为，B生成C的反应中除了生成C外还生成H2O，苯和氯气发生取代反应生成E，E为，发生取代反应生成F，根据G结构简式知

32、，发生对位取代，则F为，F发生取代反应生成对硝基苯胺。【题目详解】C2H5OH与浓H2SO4在170下共热发生消去反应生成的A为H2C=CH2；由H的结构简式可知D为、G为；D为对苯二甲酸，苯与Cl2在FeCl3作催化剂的条件下反应生成的E()，E发生硝化反应生成的F()，F中所含官能团的名称是硝基和氯原子；故答案为：消去反应；对苯二甲酸(或1，4苯二甲酸）；硝基、氯原子。乙烯和发生DielsAlder反应生成B，故B的结构简式是；C为芳香族化合物，分子中只含两种不同化学环境的氢原子，“BC”的反应中，除C外，还生成的一种无机产物是H2O；故答案为：；H2O。DGH的化学方程式是；故答案为：。

33、D为，Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，如果取代基为CH2COOH、COOH，有3种结构；如果取代基为CH3、两个COOH，有6种结构；如果取代基为CH(COOH)2，有1种，则符合条件的有10种；其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积比为1:2:2:3的结构简式为，故答案为：10；。CH2=CHCH=CH2和HCCH发生加成反应生成,和溴发生加成反应生成,发生水解反应生成，其合成路线为，故答案为：。18、羟基、醚键、醛基 C9H9NO4 甲醛 氧化反应 nHOOCCH2OH HOOCCH2O+(n-1)H2O。 +4H2+HCl+2H2O 19 【答案解析】（1）根据D的结构可知D中含有的

34、官能团有：羟基、醚键、醛基。（2）根据E的结构简式可知E的分子式为：C9H9NO4。（3）A的分子式为C7H8O2，C7H8O2与B发生加成反应生成化合物C8H10O3，可知B的分子式为CH2O，所以B的结构简式为HCHO，名称为甲醛。（4）A与HCHO加成得到的产物为，根据D的结构可知发生氧化反应，故反应的反应类型为氧化发应。（5）HOOCH2Cl在NaOH水溶液中加热发生水解反应生成物质K ：HOOCCH2OH，HOOCCH2OH在浓硫酸的作用下发生缩聚反应: nHOOCCH2OH HO OCCH2O+(n-1)H2O。（6）E到F的过程中，碳碳双键与H2发生加成反应，-NO2与H2发生还

35、原反应生成-NH2，所以化学方程式为： +4H2 +HCl +2H2O。（7）分情况讨论：（1）当含有醛基时，苯环上可能含有四个取代基，一个醛基、一个甲基、两个羟基：a：两个羟基相邻时，移动甲基和醛基，共有6种结构。b：两个羟基相间时，移动甲基和醛基，共有6种结构。c：两个羟基相对时，移动甲基和醛基，共有3种结构。（2）当含有醛基时，苯环上有两个对位的取代基，一个为-OH，另一个为-O-CH2-CHO或者一个为-OH，另一个为-CH2-O-CHO，共有2种结构。（3）当含有醛基时，有两个对位的取代基，一个为-OH，另一个为-CH（OH）CHO，共1种结构。(4)当含有甲酸某酯的结构时，苯环上只

36、有两个取代基，一个为羟基，一个为-CH2OOCH，所以有1种结构。故符合条件的同分异构体总共有6+6+3+2+1+1=19种。点睛：本题考查有机物的结构简式的推断、官能团的名称、反应类型及同分异构体的书写。本题中最后一问的同分异构体的书写是难点，当苯环上有多个取代基时，一定要利用邻、间、对的关系和定一移一的方法不重复不遗漏的将所有的同分异构体书写完整。19、I2 溶液分层，下层液体无色 MnO2 取少量“紫色清液”，逐滴加入Na2SO3溶液，振荡，溶液紫色消失变成棕黄色时，滴加淀粉溶液，溶液变蓝说明存在IO3- 2MnO4- + I- + 2H+ = 2MnO2 + IO3- + H2O Mn

37、O2 + 2I- + 4H+ = Mn2+ + I2 + 2H2O 试剂的相对用量（滴加顺序）、溶液酸性强弱 （其他答案合理给分） 【分析】（1）实验1中碘化钾过量，MnO4 在酸性条件下最终被还原为Mn2+，碘水呈棕黄色；（2）I 的氧化产物不是I2，则CCl4层呈无色。二氧化锰能催化双氧水分解。利用IO3-的氧化性，证明在“紫色清液”中存在IO3-。高锰酸钾与碘化钾反应生成二氧化锰和KIO3；（3）在酸性条件下，二氧化锰与碘化钾反应生成碘单质。（4）根据实验现象分析。【题目详解】（1）实验1中碘化钾过量，MnO4 在酸性条件下最终被还原为Mn2+，碘水呈棕黄色，所以实验1中溶液呈棕黄色，推

38、测生成了I2；（2）I 的氧化产物不是I2，则CCl4层呈无色，“实验现象a”为溶液分层，下层液体无色。二氧化锰能催化双氧水分解，黑色固体加入过氧化氢，立即产生气体，则黑色固体是MnO2；IO3-具有氧化性，IO3-可以被Na2SO3还原，取少量“紫色清液”，逐滴加入Na2SO3溶液，振荡，溶液紫色消失变成棕黄色时，滴加淀粉溶液，溶液变蓝说明存在IO3-。高锰酸钾与碘化钾反应生成二氧化锰和KIO3，反应的离子方程式是2MnO4- + I- + 2H+ = 2MnO2 + IO3- + H2O；（3）在酸性条件下，二氧化锰与碘化钾反应生成碘单质，反应方程式是MnO2 + 2I- + 4H+ = Mn2+ + I2 + 2H2O。（4）根据以上实验分析，KI和酸性KMnO4溶液反应过程中，所得产物成分与试剂的相对用量（滴加顺序）、溶液酸性强弱有关。20、E D G 铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大 待实验装置冷却后，上下移动量筒使其中液面与广口瓶中液面相平，再平视读