2022年广东省广州市广东仲元中学化学高二第二学期期末统考模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。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，再选涂其它答案标号。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。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，23g钠充分燃烧时转移电子数为1NAB27g铝箔在酒精灯上充分加热反应转移电子总数是3NAC常温下，1L0.1molL1的NH4NO3溶液中氧原子数为0.3NAD过量M

2、nO2与4mol浓盐酸反应产生1molCl2,转移的电子数目为2NA2、有机物烃A、B和C的结构如下图，下列有关说法正确的是AA的二氯代物结构有两种BB的分子式为C与C互为同分异构体且属于芳香烃的有机物可能使酸性高锰酸钾溶液褪色DA、B、C中只有C的最简式为CH3、通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一。下列实验操作、现象和解释或结论不正确的有序号实验操作实验现象解释或结论用大理石和稀硝酸反应制取CO2气体，将制得的气体立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中出现白色沉淀H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强向某溶液中加入浓NaOH溶液后微热，用蓝色石蕊试纸检验产生的

3、气体放出刺激性气味气体且试纸变红原溶液中一定含有NH4+少量铝热剂（只有一种金属氧化物）溶于足量稀盐酸后，分两份，再分别滴加铁氰化钾和KSCN溶液出现蓝色沉淀和血红色铝热剂中可能含有Fe3O4向某钾盐中滴加浓盐酸，产生的气体再通入品红溶液品红溶液褪色该钾盐为K2SO3与KHSO3至少有一种用pH试纸测量饱和新制氯水的pHpH试纸先变为红色后褪色饱和新制氯水呈酸性且Cl2具有漂白性ABCD4、乙炔是一种重要的有机化工原料，以乙炔为原料在不同的反应条件下可以转化成以下化合物：下列说法正确的是（ ）A正四面体烷的分子式为C4H8B正四面体烷二氯取代产物有1种C环辛四烯核磁共振氢谱有2组峰D环辛四烯与

4、苯互为同系物5、下列离子方程式书写正确的是A往碳酸钙中滴加稀盐酸CO32-+2H+=CO2+H2OB氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应：OHCa2+HCO3-=CaCO3H2OC金属钠和水反应：Na+2H2O=Na+2OH-+H2DKHSO4溶液中加 Ba(OH)2溶液至中性：H+SO42-+Ba2+OH-=BaSO4+H2O6、用下列装置制备并检验Cl2的性质，下列说法正确的是（ ）A图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部消耗完B图中：充分光照后，量筒中剩余气体约为10mL（条件相同）C图中：生成蓝色的烟，若在集气瓶中加入少量水，所得溶液呈蓝绿色D图中：干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条

5、能褪色，说明Cl2有漂白性7、下列分类方式不正确的是( )A胶体：豆浆、烟雾、烟水晶、鸡蛋清B电解质：氯化钠、碳酸钙、浓硫酸、氢氧化铁胶体C化学变化：颜色反应、蛋白质变性、石油的裂解、橡胶的硫化D物理变化：萃取、蒸馏、重结晶、焰色反应8、下列各组混合物中，可以用分液漏斗分离的是A溴苯和水B乙酸和乙醇C酒精和水D溴苯和苯9、已知氯化铬的水合物为CrCl36H2O，其中铬元素的配位数是6，将含0.1 mol氯化铬的水溶液用过量稀硝酸银溶液处理时，只得到0.2 mol AgCl沉淀，则氯化铬溶于水中的含铬阳离子为ACr3BCrCl2(H2O)4CCrCl(H2O)52DCr(H2O)6310、以下是

6、中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是A四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应B商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品C汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏士D屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作11、下列各组化合物的晶体都属于分子晶体的是AH2O，O3，CCl4BSO2，SiO2，CS2CP2O5，CO2，H3PO4DCCl4，(NH4)2S，H2O212、下列属于碱性氧化物且常温下不与水反应的是AMgOBNaOHCSiO2DNa2O13、汉黄芩素是传统中草药黄苓的

7、有效成分之一。对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有关汉黄苓素的叙述正确的是A分子内含有4种官能团B分子式为C15H15O5C属于芳香化合物，一个汉黄苓素分子中含有三个苯环D与足量H2发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1种14、下列说法正确的是AHCl溶于水能电离出H+、Cl-，所以HCl是离子化合物B碘晶体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的共价键CHe、CO2和CH4都是由分子构成，它们中都存在共价键DNaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，既破坏了离子键，也破坏了共价键15、某有机物分子式为C4HmO，下列说法中，不正确的是A1 mol该有机物完全燃烧时，最多消

8、耗6 mol O2B当m=6时，该有机物遇到FeCl3溶液显紫色C当m=8时，该有机物不一定能被新制氢氧化铜悬浊液氧化D当m=10时，该有机物不一定是丁醇16、能够证明核外电子是分层排布的事实是( )A电负性B电离能C非金属性D电子绕核运动二、非选择题（本题包括5小题）17、某有机物F（）是一种用途广泛的试剂，可用作抗氧化剂、香料、医药、农药等。工业上合成它的一种路径如图所示（R1、R2代表烷基）：已知：RCOOC2H5（不是羧基）（1）R2MgBr的化学式为_，A的结构简式为_，F的分子式为_。（2）B中官能团的名称为_（3）D到E的反应类型是_。（4）写出C与NaOH的乙醇溶液反应的化学方

9、程式：_。（5）满足下列条件的D的同分异构体还有_种。与D物质含有相同官能团 含有六元环且环上有两个取代基18、醇酸树脂，附着力强，并具有良好的耐磨性、绝缘性等，在油漆、涂料、船舶等方面有很广的应用。下面是一种醇酸树脂G的合成路线：已知：RCH2=CH2(1)反应的反应条件为_，合成G过程中会生成另一种醇酸树脂，其结构简式为_(2)反应反应类型分别为_、_；(3)反应的化学方程式为_；(4)写出一种符合下列条件的F的同分异构体_。a.1mol该物质与4mol新制氢氧化铜悬浊液反应b遇FeCl3溶液显紫色c核磁共振氢谱有3组峰值，比值为1：1：1(5)设计由1一溴丙烷制备聚丙烯醇（）的流程图：_

10、。19、亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。实验室用如图装置(夹持装置略)制取少量的NOSO4H，并检验产品纯度。已知：NOSO4H遇水水解，但溶于浓硫酸而不分解。（1）利用装置A制取SO2，下列最适宜的试剂是_(填下列字母编号)ANa2SO3固体和20%硝酸 BNa2SO3固体和20%硫酸CNa2SO3固体和70%硫酸 DNa2SO3固体和18.4mol/L硫酸（2）装置B中浓HNO3和SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。为了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是_。该反应必须维持体系温度不低于20。若温度过高，产率降低的可能原因是_。开始反应缓慢，待生成少量NO

11、SO4H后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其原因可能是_。（3）在实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是_。（4）测定NOSO4H的纯度准确称取1.337 g产品加入250 mL碘量瓶中，加入0.1000mol/L、60.00 mL的KMnO4标准溶液和10 mL 25%H2SO4溶液，然后摇匀。用0.2500 mol/L草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为20.00 mL。已知：2KMnO45NOSO4H2H2OK2SO42MnSO45HNO32H2SO4配平：_MnO4-_C2O42-_Mn2+_H2O亚硝酰硫酸的纯度=_%(计算结果保留两位有效数字)。20、辉铜矿（主

12、要成分为Cu2S）经火法冶炼，可制得Cu和H2SO4，流程如下图所示：（1）Cu2S中Cu元素的化合价是_价。（2）中，电解法精炼粗铜（含少量Ag、Fe），CuSO4溶液做电解质溶液：粗铜应与直流电源的_极（填“正”或“负”）相连。铜在阴极析出，而铁以离子形式留在电解质溶液里的原因是_。（3）中，烟气（主要含SO2、CO2）在较高温度经下图所示方法脱除SO2，并制得H2SO4。在阴极放电的物质_。在阳极生成SO3的电极反应式是_。（4）检测烟气中SO2脱除率的步骤如下：（i）.将一定量的净化气（不含SO3）通入足量NaOH溶液后，再加入足量溴水。（ii）加入浓盐酸，加热溶液至无色无气泡，再加入

13、足量BaCl2溶液。（iii）过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量。用离子方程式表示（i）中溴水的主要作用_。若沉淀的质量越大，说明SO2的脱除率越_（填“高”或“低”）。21、近年来，对“雾霾”的防护与治理成为越来越重要的环境问题和社会问题。雾霾主要由二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物这三项组成。(1)机动车的尾气是雾霾形成的原因之一，近几年有人提出利用选择性催化剂让汽油中挥发出来的C3H6催化还原尾气中的NO气体，请写出该过程的化学方程式：_(2)到了冬季，我国北方烧煤供暖所产生的废气也是雾霾的主要来源之一。经研究发现将煤炭在O2/CO2的气氛下燃烧，发现能够降低燃煤时NO的排放，主要反应为：2N

14、O(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H若 N2(g)+O2(g)2NO(g) H1= 180.5 kJmol-1 CO(g)C(s)+1/2O2(g) H2= 110.5 kJmol-1 C (s)+O2(g) CO2(g) H3= 393.5 kJmol-1则H=_kJmol-1。(3)燃煤尾气中的SO2用NaOH溶液吸收形成NaHSO3溶液，在pH为47之间时电解，硫元素在铅阴极上被电解还原为Na2S2O4。Na2S2O4俗称保险粉，广泛应用于染料、印染、造纸、食品工业以及医学上。这种技术是最初的电化学脱硫技术之一。请写出该电解反应中阴极的电极方程式：_。(4)SO2经过净化

15、后与空气混合进行催化氧化后制取硫酸或者硫酸铵，其中SO2发生催化氧化的反应为：2SO2(g) +O2(g)2SO3(g)。若在T1、0.1MPa条件下，往一密闭容器通入SO2和O2(其中n(SO2):n(O2)=2:1)，测得容器内总压强与反应时间如图所示：该反应的化学平衡常数表达式：K=_。图中A点时，SO2的转化率为_计算SO2催化氧化反应在图中B点的压强平衡常数K_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)若在T2，其他条件不变的情况下测得压强的变化曲线如图所示，则T1_T2(填“”、“”、“”、“=”)。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】A. 23g

16、钠的物质的量为1mol，而钠反应后变为+1价，故1mol钠转移NA个电子，故A正确；B. 27g铝箔在酒精灯上充分加热，会形成一层致密的氧化层保护膜，阻止进一步的反应，则反应转移电子总数小于3NA，故B错误；C. 常温下，1L0.1molL1的NH4NO3溶液中NH4NO3和H2O均含有氧原子，则氧原子数大于0.3NA，故C错误；D. 过量MnO2与4mol浓盐酸反应随着反应的进行浓盐酸浓度下降，反应会停止发生，产生Cl2小于1mol，转移的电子数目小于2NA，故D错误；故答案选：A。2、C【解析】A. A是正四面体结构，A的二氯代物只有相邻的位置，则二氯代物只有一种，故A错误；B. B为正三

17、棱柱结构，其分子式为C6H6，故B错误；C. C为正方体结构，分子式为C8H8，其属于芳香烃，它的同分异构体为C6H5CH=CH2，因含有碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D.A的分子式为C4H4，B的分子式为：C6H6，C的分子式为：C8H8，它们的最简式为CH，故D错误；故选C。3、A【解析】用大理石和稀硝酸反应制取CO2气体，由于硝酸易挥发，生成的CO2气体中含有一定量的硝酸，将制得的气体立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中，出现白色沉淀，无法说明一定是H2CO3与反应Na2SiO3，所以无法证明H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强，的结论不正确；向某溶液中加入浓NaOH溶

18、液后微热，用红色石蕊试纸检验产生的气体，放出刺激性气味气体且试纸变蓝，原溶液中一定含有NH4+，不正确；少量铝热剂（只有一种金属氧化物）溶于足量稀盐酸后，分两份，再分别滴加铁氰化钾和KSCN溶液出现蓝色沉淀和血红色，说明溶液中有Fe2+和Fe3+，由于铝热剂中的铝粉可以把Fe3+还原为Fe2+，所以铝热剂中铁的氧化物可能是Fe2O3或Fe3O4，正确；向某钾盐中滴加浓盐酸，产生的气体再通入品红溶液，品红溶液褪色，说明该气体的水溶液有漂白性，但是不能确定是二氧化硫还是氯气，不正确；用pH试纸测量饱和新制氯水的pH，pH试纸先变为红色后褪色，说明饱和新制氯水有酸性和漂白性，但是不能确定是哪种物质有

19、漂白性，不正确。综上所述，本题选A。4、B【解析】A由正四面体烷结构可知，分子中含有4个C原子、4个H原子，故分子式为C4H4，故A错误；B正四面体烷中只有1种等效H原子，任意2个H原子位置相同，故其二氯代物只有1种，故B正确；C环辛四烯分子结构中只有1种等效H原子，则核磁共振氢谱只有1组峰，故C错误；D环辛四烯中存在C=C双键，苯为平面六边形结构，分子中不存在C-C和C=C，苯中化学键是介于单键与双键之间特殊的键，结构不相似，故D错误；故答案为B。5、B【解析】A. 往碳酸钙中滴加稀盐酸，因为碳酸钙难溶于水，应以化学式保留，正确的离子方程式为CaCO3+2H+= Ca2+CO2+H2O，A错

20、误；B. 氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，离子方程式为：OHCa2+HCO3-=CaCO3H2O，B正确；C. 金属钠和水反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，C错误；D. KHSO4溶液中加 Ba(OH)2溶液至中性，生成硫酸钡、硫酸钾和水，离子方程式为2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，D错误；答案选B。【点睛】B是易错点，酸式盐和强碱反应的离子方程式会因为两者用量不同而不同，可用定“1”法书写，把量少的反应物的化学计量数定“1”，并据此写出其参加反应的离子及其化学计量数，再据此确定和它们反应的离子符号和化学计量数

21、，例如氢氧化钠溶液与少量的碳酸氢钙溶液反应，定碳酸氢钙为“1”，则离子方程式中钙离子和碳酸氢根的化学计量数分别为“1”和“2”，由此决定氢氧根离子为“2”，则参加反应的离子方程式为： Ca2+2HCO3-+2OH-=CaCO32H2O+ CO32-。6、B【解析】A.从浓盐酸随着反应进行浓度减小后不与二氧化锰继续反应分析判断；B.根据氯气与水的反应及HClO光照分解分析； C.铜在氯气中燃烧产生棕色的烟分析；D.干燥的有色布条不褪色。【详解】A.如果MnO2过量，随着反应进行，浓盐酸浓度减小到一定程度，不再与二氧化锰继续反应，所以盐酸不能全部消耗，A错误；B.氯气溶于水，与水发生反应产生HCl

22、O和HClO，Cl2+H2OHCl+HClO，该反应是可逆反应，产生的HClO光照分解，发生反应：2HClO2HCl+O2，前一个反应正向进行，最终完全转化为HCl和O2，HCl溶于水，最后得到气体为O2，所以根据元素守恒，结合气体体积比等于气体的物质的量的比，可知充分光照后，量筒中剩余气体约为10mL，B正确；C.铜在氯气中燃烧生成氯化铜，氯化铜固体颗粒是棕色的，故产生棕色的烟，C错误；D.干燥的有色布条不褪色，而湿润的有色布条能褪色，是因为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，使有色布条褪色，剩余氯气通入到盛氢氧化钠溶液的烧杯中发生反应为，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO

23、+H2O，用NaOH溶液进行尾气处理，D错误；故合理选项是B。【点睛】7、B【解析】本题考查物质的分类。电解质是指在熔融状态或水溶液中电离的化合物，混合物既不是电解质，也不是非电解质。【详解】豆浆和鸡蛋清为液溶胶、烟雾为气溶胶、烟水晶为固溶胶，A正确；浓硫酸、氢氧化铁胶体是混合物既不是电解质，也不是非电解质，B错误；颜色反应、蛋白质变性、石油的裂解和橡胶的硫化都有新物质生成，属于化学变化，C正确；萃取、蒸馏、重结晶、焰色反应都没有新物质生成，属于物理变化，D正确。故选B。【点睛】解答本题要掌握物质的分类方法和组成等方面的内容，只有这样才能对相关方面的问题做出正确的判断。空气本身不是气溶胶,气溶

24、胶是液态或固态微粒在空气中的悬浮体系，雾、烟、霾、轻雾(霭)、微尘和烟雾等,都是天然的或人为的原因造成的大气气溶胶。8、A【解析】分液漏斗分离混合物的原理为，物质密度不等且互不相溶，据此答题。【详解】A. 溴苯和水不互溶，且密度不同，可以用分液漏斗分离，A正确；B. 乙酸和乙醇互溶，不能使用分液漏斗分离，B错误；C. 酒精和水以任意比互溶，不能使用分液漏斗分离，C错误；D. 苯能溶解溴苯，不能使用分液漏斗分离，D错误；故合理选项为A。9、C【解析】中心配离子中的配体在溶液中很难电离，已知0.1 mol氯化铬的水溶液用过量稀硝酸银溶液处理时，只得到0.2 mol AgCl沉淀，说明该配合物的外界

25、有2个氯离子，则其内界只有一个氯离子，故答案为C10、A【解析】本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化学物质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。【详解】A谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以的，选项A不合理；B商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎属于青铜器，青铜是铜锡合金，选项B合理；C陶瓷的制造原料为黏土，选项C合理；D屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度较大的原理，将

26、青蒿素提取到乙醚中，所以属于萃取操作，选项D合理。【点睛】萃取操作有很多形式，其中比较常见的是液液萃取，例如：用四氯化碳萃取碘水中的碘。实际应用中，还有一种比较常见的萃取形式是固液萃取，即：用液体溶剂萃取固体物质中的某种成分，例如：用烈酒浸泡某些药材。本题的选项D就是一种固液萃取。11、C【解析】A注意审题，O3是单质不是化合物，A项错误；BSiO2属于原子晶体，B项错误；C上述三种物质都是由分子构成的化合物，属于分子晶体，C项正确；D(NH4)2S属于离子晶体，D项错误；答案选C。12、A【解析】A、MgO不溶于水，不与水反应，与酸反应，生成镁盐和水，是碱性氧化物，故A正确；B、NaOH电离

27、出钠离子和氢氧根离子，属于碱，故B错误；C、二氧化硅不溶于水，也不与酸反应，不属于碱性氧化物，能够与强碱反应，属于酸性氧化物，故C错误；D、氧化钠是碱性氧化物，但能够与水反应生成氢氧化钠，不符合题意，故D错误；故选A。13、A【解析】A分子内有羟基、碳碳双键、羰基和醚键四种官能团，故错误；B分子式为C15H12O5，故错误；C含有2个苯环，属于芳香化合物，故错误；D与氢气反应后碳碳双键和羰基消失，故错误；故选A。14、D【解析】分析：A. HCl是共价化合物；B. 碘晶体受热转变成碘蒸气，克服分子间作用力；C. He分子间无共价键；D. NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，既

28、破坏了离子键，也破坏了共价键。详解：HCl属于共价化合物，属于电解质，在溶液中可发生电离，A错误；碘晶体受热转变成碘蒸气，克服分子间作用力,而碘原子间的作用力属于共价键，B错误；He为单原子分子,不存在共价键,C错误；NaHCO3为离子化合物，含有离子键和共价键，受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，阴阳离子间的离子键断裂,生成二氧化碳和水,破坏共价键,D正确；正确选项D。 点睛：离子晶体熔化时破坏离子键，分子晶体熔化时破坏分子间作用力（个别物质还有氢键），原子晶体熔化时破坏共价键。15、B【解析】A、1mol C4H10O完全燃烧即m=10时，耗氧量最大，最多消耗O26mol，选项A正确

29、；B.当m=6时，分子式为C4H6O，也不可能为酚，该有机物遇到FeCl3溶液不显紫色，选项B不正确；C.当m=8时，分子式为C4H8O，该有机物可以为烯醇、环烷醇或酮等而不是醛时，不能被新制氢氧化铜悬浊液氧化，选项C正确；D.当m=10时，分子式为C4H10O，该有机物可以为醚，不一定是丁醇，选项D正确。答案选B。16、B【解析】原子核外电子是分层排布的，同一层中电子能量相近，而不同能层中的电子具有的能量差别较大。电离能反映了原子或离子失去一个电子所消耗的最低能量，故失去同一层上的电子消耗的最低能量差别较小，而失去不同层上的电子消耗的最低能量差别较大，故可根据失去一个电子消耗的最低能量发生突

30、变而确定原子核外电子是分层排布的。答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH3MgBr C10H18O 羟基、羧基 酯化反应或取代反应 +2NaOH+NaBr+2H2O 14 【解析】由合成路线结合题中新信息可知，A为，R2MgBr为CH3MgBr；B和氢溴酸发生取代反应生成C，则C为；C发生消去反应后酸化得到D，则D为；D与乙醇发生酯化反应生成E，则E为D的乙醇酯；E再发生信息的反应生成F。【详解】（1）R2MgBr的化学式为CH3MgBr，A的结构简式为，由F的结构简式可知其分子式为C10H18O。（2）B（）中官能团为羟基和羧基。（3）D到E的反应类型是酯化反应或取代反应。（4）

31、C与NaOH的乙醇溶液发生的是消去反应，注意羧基要发生中和反应，该反应的化学方程式为：+2NaOH+NaBr+2H2O 。（5）D（）的同分异构体满足下列条件：与D物质含有相同官能团，即CC和COOH；含有六元环且环上有两个取代基。当六元环上两个取代基位于对位时，双键在环上还有 2 种位置（除 D 中位置外），即有两种同分异构体；当两个取代基在六元环上位于间位时，双键在环上有 6 种不同的位置，可形成 6 种同分异构体；当两个取代基在六元环上处于邻位时，双键在环上有 6 种位置，故共有 14 种同分异构体。18、NaOH醇溶液、加热 加成反应 缩聚反应 +O2+2H2O 或或或 CH3CH2C

32、H2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH 【解析】发生催化氧化生成E，E进一步发生氧化反应生成F为，F与D发生缩聚反应生成高聚物G，可知D为，逆推可知C为BrCH2CHBrCH2Br、B为BrCH2CH=CH2、A为CH3CH=CH2。据此解答。【详解】（1）反应是CH3CHBrCH3转化为CH3CH=CH2，发生消去反应，反应条件为：NaOH醇溶液、加热。合成G过程中会生成另一种醇酸树脂，其结构简式为，故答案为：NaOH醇溶液、加热；。（2）反应属于加成反应，反应属于缩聚反应。故答案为：加成反应；缩聚反应。（3）反应的化学方程式为+O2+2H2O，故答案为：+

33、O2+2H2O。（4）F()的同分异构体满足：a.1mol该物质与4mol新制氢氧化铜悬浊液反应，说明含有2个醛基，b遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，c核磁共振氢谱有3组峰值，比值为1：1：1，存在对称结构，其中一种结构简式或或或，故答案为：或或或。（5）1-溴丙烷发生消去反应得到丙烯，丙烯与NBS发生取代反应引入溴原子生成BrCH2CH=CH2，然后在氢氧化钠水溶液、加热条件下得到CH2=CH-CH2OH，最后发生加聚反应生成高分子化合物，合成路线流程图为：CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH，故答案为：CH3CH2CH2BrCH3C

34、H=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，侧重考查分析推断、知识综合运用能力，充分利用反应条件、有机物分子式与结构简式进行分析推断，明确官能团及其性质关系、官能团之间的转化关系是解题关键。19、C 调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度 浓HNO3分解、挥发 生成的NOSO4H作为该反应的催化剂 C(或A)中的水蒸气会进入B，使产品发生水解 2 5 16H+ 2 10CO2 8 95 【解析】根据题意可知，在装置B中利用浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H，利用装置A制取二氧化硫，利用装置C吸收多余的二氧化硫，防止污染空

35、气，据此分析。【详解】（1）该装置属于固液或液液混合不加热型装置。Na2SO3溶液与HNO3反应时，硝酸会氧化亚硫酸钠本身被还原为一氧化氮，选项A不符合；实验室制二氧化硫的原理是基于SO32-与H+的反应，因为生成的SO2会溶于水，所以不能用稀硫酸来制取，那样不利于SO2的逸出，但如果是用浓硫酸（18.4mol/L），纯硫酸是共价化合物，浓度越高，越不利于硫酸电离出H+，所以不适合用太浓的硫酸来制取SO2，选项B、选项D不符合；选项C符合；答案选C；（2）装置B中浓HNO3和SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。为了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的

36、滴加速度；该反应必须维持体系温度不低于20。若温度过高，浓HNO3分解、挥发，产率降低；开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但生成的NOSO4H作为该反应的催化剂，使反应速率明显加快；（3）在实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是C(或A)中的水蒸气会进入B，使产品发生水解；(5)发生的是MnO4和C2O42的氧化还原反应，MnO4做氧化剂，被还原成生成Mn2+，C2O42做还原剂，被氧化成城二氧化碳。结合得失电子守恒和电荷守恒可得到MnO4和C2O42的离子反应方程式为：2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2O；根据题意可知，酸性KMnO4

37、溶液先与NOSO4H反应，利用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。用0.2500molL1草酸钠标准溶液滴定酸性KMnO4溶液，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。可知剩余的KMnO4的物质的量n1(MnO4)=n(C2O42)=0.2500molL120.0010-3L=210-3mol，则亚硝酰硫酸消耗的KMnO4的物质的量n2(MnO4)=0.1000molL160.0010-3L-210-3mol=410-3mol。n(NOSO4H)=5/2n2(MnO4)=10-2mol，亚硝酰硫酸的纯度=m(NOSO4H)/1.337g100%=10-2mol127 gmol1/1.337g100%=95.0%。【点睛】本题测定纯度过程中，先用过量的酸性KMnO4溶液滴定NOSO4H，将NOSO4H完全消耗，再用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。经过两次滴定实验，最终测得样品纯度。可先根据第二次滴定，求出第一次消耗高锰酸钾的物质的量，再根据方程式比例关系，计算出样品