2022年安徽省淮南市高二化学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、有机物H是一种广谱高效食品防腐剂，如图所示是H分子的球棍模型，下列有关说法正确的是A有机物H的分子式为C9H11O3B有机物H的官能团有羟基、羰基和醚键C有机物H能发生加成反应、取代反应和氧化反应D1mol有机物H最多可与1molNaOH反应2、如图装置()为一种可充电电池的示意图，其中的离子交换膜

2、只允许K+通过，该电池放电、充电的化学方程式为2K2S2+KI3K2S4 +3KI。装置()为电解池的示意图，当闭合开关K时，电极X附近溶液先变红。则闭合K时，下列说法不正确的是( )AK+从左到右通过离子交换膜B电极A上发生的反应为I3-+2e-=3I-C电极Y上发生的反应为2Cl-2e-=Cl2D当有0.1 molK+通过离子交换膜，X电极上产生1.12L气体(标准状况)3、下列说法中正确的是（ ）A含离子键的晶体不一定是离子晶体 B含共价键的晶体一定是分子晶体C只含极性键的分子可能不是极性分子 D含非极性键的分子一定是非极性分子4、某化妆品的组分Z具有美白功效，能从杨树中提取，也可用如下

3、反应制备，下列叙述错误的是AX、Y和Z均能与浓溴水反应BX和Z均能与NaHCO3溶液反应放出CO2CX既能发生取代反应，也能发生加成反应DY可作加聚反应单体5、已知原子数和价电子数相同的离子或分子结构相似，如SO3、NO都是平面三角形。那么下列分子或离子中与SO42-有相似结构的是（ ）APCl5BCCl4CNF3DN6、有机物X（C4H6O5）广泛存在于许多水果内，尤以萍果、葡萄、西瓜、山渣内为多，该化合物具有如下性质：1molX与足量的金属钠反应产生1.5 mol气体 X与醇或羧酸在浓H2SO4和加热的条件下均生成有香味的产物 X在一定条件下的分子内脱水产物（不是环状化合物）可和溴水发生加

4、成反应根据上述信息，对X的结构判断正确的是（ ）AX中肯定有碳碳双键BX中可能有三个羟基和一个一COOR官能团CX中可能有三个羧基DX中可能有两个羧基和一个羟基7、硫化氢(H2S)分子中两个共价键的夹角接近90，其原因是()共价键的饱和性S原子的电子排布共价键的方向性S原子中p轨道的形状ABCD8、肼(N2H4)可作为航天飞船的燃料，有关反应为2N2H4+N2O4=3N2+4H2O。NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A64 g N2H4含共价键数为14 NAB9.2 g N2O4含有氮原子数为0.1 NAC2 mol N2中共用电子对数为10 NAD反应中，每生成1mol H2O，转移

5、的电子数为2 NA9、25时，在等体积的pH=0的H2SO4溶液、0.05mol/L的Ba(OH)2溶液、pH=10的Na2S溶液、pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是A1:10:1010:109B1:5:5109:510C1:20:1010:109D1:10:104:10910、反应A+BC H 0，分两步进行 A+BX H0 XC H0 。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是ABCD11、下列有机物的命名正确的是( )A 1,2,4-三甲苯B 3-甲基戊烯C 2-甲基-1-丙醇D 1,5-二溴丙烷12、关于小苏打(NaHCO3)溶液的表述错误的是Ac(Na

6、+)=c(HCO3-)+ c(CO32-)+c(H2CO3)Bc(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+ 2c(CO32-)+c(OH-)CHCO3-的电离程度大于其水解程度Dc(Na+)c(HCO3-) c(OH-)c(CO32-)13、正确掌握化学用语是学好化学的基础。下列化学用语中正确的是A乙醛的结构简式为C2H4OB与互为同系物C羟基的电子式为D丙烷的分子式为C3H814、下列鉴别实验不能达到目的的是（ ）A用新制氢氧化铜悬浊液鉴别乙醇与乙醛B用氢氧化钠溶液鉴别乙醇与乙酸C用溴水鉴别乙烷与乙炔D用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯与甲苯15、探究铝片与Na2CO3溶液的反应。 无明显现象铝片表面

7、产生细小气泡出现白色浑浊，产生大量气泡（经检验为H2和CO2）下列说法不正确的是ANa2CO3溶液中存在水解平衡：CO32- + H2O HCO3- + OH-B对比、，说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜C推测出现白色浑浊的原因：AlO2- + HCO3- + H2O = Al(OH)3+ CO32-D加热和H2逸出对CO32- 水解平衡移动方向的影响是相反的16、广义的水解观认为：水解的物质和水分别离解成两部分，然后两两重新结合成新的物质，不出现元素化合价的变化。根据以上信息，下列物质水解后的产物错误的是ABaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2BBrCl水解的产物是HClO和HB

8、rCMg2C3水解的产物是Mg(OH)2和C3H4DAl2S3水解的产物是Al(OH)3和H2S二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C均为食品中常见的有机化合物，F是生活中常见的气体燃料，也是含氢百分含量最高的有机物，D和E有相同的元素组成。它们之间的转化关系如图：请回答：（1）有机物A中官能团的名称是_（2）反应的化学方程式_（3）F与氯气反应生成亿元取代物待测化学方程式_（4）下列说法正确的是_A3个反应中的NaOH都起催化作用B反应属于加成反应CA的同分异构体不能与金属钠反应生成氢气D1molB、1molC完全反应消耗NaOH的物质的量相同18、4-羟基扁桃酸可用于制备抗生素及血

9、管扩张类的药物，香豆素-3-羧酸可用于制造香料，二者合成路线如下（部分产物及条件未列出）：已知;（R，R，R表示氢、烷基或芳基）（1）A相对分子质量为60，常在生活中用于除去水壶中的水垢，A的结构简式是_。（2）D 4-羟基扁桃酸反应类型是_。（3）中、 3个-OH的电离能力由强到弱的顺序是_。（4）W 香豆素-3-羧酸的化学方程式是_。（5）关于有机物F下列说法正确的是_。a存在顺反异构 b分子中不含醛基 c能发生加成、水解、氧化等反应 d. 1mol F 与足量的溴水反应，最多消耗 4 molBr2（6）某兴趣小组将 4-羟基扁桃酸进行如下操作1molH在一定条件下与足量NaOH溶液反应，

10、最多消耗NaOH的物质的量为_mol.符合下列条件的 I 的同分异构体（不考虑立体异构）为_种。a属于一元羧酸类化合物b苯环上只有 2 个取代基，其中一个是羟基副产物有多种，其中一种是由 2 分子 4-羟基扁桃酸生成的含有 3 个六元环的化合物，该分子中不同化学环境的氢原子有_种。19、二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，回答下列问题：（1）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2：电解时阳极电极反应式为_。除去ClO2中的NH3可选用的试剂是_（填标号）。a水 b碱石灰 c浓硫酸 d饱和食盐水（2）用如图装置可以测定混合气

11、中ClO2的含量：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：用0.1000molL-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32-2I+S4O62-），指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为_。玻璃液封装置的作用是_。V中加入指示剂，滴定至终点的现象是_。测得混合气中ClO2的质量为_g。某同学用某部分刻度模糊不清的50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面处于如图所示

12、的刻度处，则管内液体的体积_（填代号）。a等于23.60mL b等于27.60mL c小于23.60mL d大于27.60mL20、纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2。用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。请回答下列问题：（1）TiCl4水解生成TiO2xH2O的化学方程式为_。（2）配制NH4Fe(SO4

13、)2标准溶液时，加入一定量H2SO4的原因是_；使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要下图中的_（填字母代号）。 （3）滴定终点的判定现象是_。（4）滴定分析时，称取TiO2（摩尔质量为M g/mol）试样wg，消耗c mol/LNH4Fe(SO4)2 标准溶液VmL，则TiO2质量分数表达式为_。（5）判断下列操作对TiO2质量分数测定结果的影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，使测定结果_。若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使测定结果_。21、磷的单质及其化合物用途非常广泛。回答下列问题。（1

14、）基态磷原子价电子轨道表示式为_；磷的第一电离能比硫大，其原因是_。（2）已知反应6P2H4P4+8PH3。P2H4分子中磷原子杂化类型是_；P4分子的几何构型是_。（3）N和P同主族。NH3的沸点比PH3高，其原因是_；NH3分子中键角比PH3分子中键角大，其原因是_。氮原子间可形成氮氮双键或氮氮叁键，而磷原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是_。（4）磷化铟是一种半导体材料，其晶胞如下图所示，晶胞参数为a nm。In的配位数为_；与In原子间距离为a nm的In原子有_个。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、H的结构简式为，分子式为C9H10O3

15、，选项A错误；B、根据H的结构简式可知，有机物H的官能团有羟基、酯基，选项B错误；C、因为H中含有酚羟基，能发生氧化反应、取代反应，含有苯环，能发生加成反应，含有酯基，能发生取代反应，选项C正确；D、H分子中含有一个酚羟基和一个酯基，故1mol有机物H最多可与2molNaOH反应，选项D错误。答案选C。2、B【解析】当闭合开关K时，X附近溶液先变红，即X附近有氢氧根生成，所以在X极上得电子析出氢气，X极是阴极，Y极是阳极。与阴极连接的是原电池的负极，所以A极是负极，B极是正极。则A、闭合K时，A是负极，B是正极，电子从A极流向B极，根据异性电荷相吸原理可知K+从左到右通过离子交换膜，A正确；B

16、、闭合K时，A是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为2S22-2e-S42-，B错误；C、闭合K时，Y极是阳极，在阳极上溶液中的氯离子放电生成氯气，所以电极反应式为2Cl-2e-=Cl2，C正确；D、闭合K时，当有0.1molK+通过离子交换膜，即有0.1mol电子产生，根据氢气与电子的关系式知，生成氢气的物质的量是0.05mol，体积为1.12L(标况下)，D正确；答案选B3、C【解析】分析：本题考查的是化学键类型和物质的类型。属于基本知识，平时注重积累。详解：A.含有离子键的晶体一定是离子晶体，故错误；B.含有共价键的晶体可能是分子晶体也可能是原子晶体或离子晶体，故错误；C.只含极

17、性键的分子可能是极性分子也可能是非极性分子，与分子的构型有关，故正确；D.含有非极性键的分子不一定是非极性分子，故错误。点睛：区别化学键类型和物质类型的关系。含有离子键的物质一定是离子化合物，一定形成离子晶体。含有共价键的化合物一定是共价化合物，可能形成分子晶体或原子晶体。共价键是两个相同的原子形成的，为非极性键，若是两个不同的原子形成的为极性键。而分子的极性与分子的构型有关，对称的含有极性键的分子为非极性分子。4、B【解析】分析：根据X中含有2个酚羟基，Y中含有苯环和碳碳双键，Z中含有2个苯环和2个酚羟基，结合官能团的性质解答。详解：AX和Z中含有酚羟基、Y中含有碳碳双键，苯环上酚羟基邻对位

18、含有氢原子的酚、烯烃都能和溴水反应而使溴水褪色，所以X和Z都能和溴水发生取代反应、Y能和溴水发生加成反应，所以三种物质都能使溴水褪色，A正确；B酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应，Z和X中都只含酚羟基不含羧基，所以都不能和碳酸氢钠反应，B错误；CX含有酚羟基和苯环，一定条件下能发生加成反应、取代反应，C正确；DY中含有碳碳双键，能发生加聚反应，Y可作加聚反应单体，D正确；答案选B。点睛：本题主要是考查有机物的结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题的关键，侧重考查酚、烯烃的性质。5、B【解析】原子数和价电子数相同的离子或分子是等电子体，其结构相似。【详解】SO42-有5个原子、32个

19、价电子，则其等电子体有CCl4、PO43-、ClO4-等，故与其相似结构的是CCl4、ClO4-等，故选B。6、D【解析】1molX与足量的金属钠反应产生1.5 mol气体，说明1molX中有3mol羟基（包括羧基中的羟基）。X与醇或羧酸在浓H2SO4和加热的条件下均生成有香味的产物，说明X中有羧基和羟基。X在一定程度下的分子内脱水产物（不是环状化合物）可和溴水发生加成反应，C4H6O5因为五个氧原子肯定没有双键，2个羧基一个羟基，没有酯基。综上所述，本题正确答案为D。7、D【解析】S原子的价电子排布式是3s23p4，有2个未成对电子，并且分布在相互垂直的3px和3py轨道中，当与两个H原子配

20、对成键时，形成的两个共价键间夹角接近90，这体现了共价键的方向性，这是由p轨道的形状决定的；故选D。8、D【解析】A.1个N2H4分子中含有5个共价键，64g N2H4的物质的量是2mol，含有共价键的物质的量为10mol,则其中含共价键数为10 NA，A错误；B.9.2 g N2O4的物质的量是0.1mol，由于在1个N2O4中含有2个N原子，0.1mol N2O4中含有的氮原子的物质的量为0.2mol,则其N原子数为0.2NA，B错误；C. N2中含有3对共用电子对，则2 mol N2中共用电子对数为6 NA，C错误；D.根据方程式可知：在反应中，N2H4的N其化合价从-2升高到0，每2m

21、olN2O4中，有4molN化合价升高，则总共失去42mol=8mol电子，则每生成4mol水，转移8mol电子，则反应产生1mol H2O，转移的电子数为2 NA，D正确；故合理选项是D。9、A【解析】中pH=0的H2SO4中c(H)=1.0 molL1，c(OH)=1.01014molL1，水电离程度为1.01014molL1；中c(OH)=0.1 molL1，c(H)=1.01013molL1，水电离程度为1.01013molL1；中c(OH)=1.0104molL1，水的电离程度为1.0104molL1；中c(H)=1.0105molL1，水的电离程度为1.0105molL1；故中水的

22、电离程度之比为：1.01014molL1：1.01013molL1：1.0104molL1：1.0105molL1=1:10:1010:109，A项正确。答案选A。10、D【解析】根据物质具有的能量进行计算：H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题【详解】由反应 A+BC（H0）分两步进行 A+BX（H0），XC（H0）可以看出，A+BC（H0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由A+BX（H0）可知这步反应是吸热反应，XC（H0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量

23、大于C；X的能量大于C，图象D符合，故选D。【点睛】本题为图象题，主要考查了物质的能量分析应用，化学反应的能量变化、分析，题目难度不大，注意反应热与物质总能量大小的关系判断11、A【解析】A、主链为苯，从与左边甲基相连的苯环碳开始编号，名称为：1，2，4-三甲苯，故A正确；B、没有标出官能团位置，应为3-甲基-1-戊烯，故B错误；C、主链错误，应为2-丁醇，故C错误；D、溴原子在1、3位置，为1，3-二溴丙烷，故D错误。故选A。12、C【解析】分析：碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，溶液显碱性，结合电荷守恒、物料守恒等解答。详解：A、溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（HC

24、O3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），A正确；B、溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），B正确；C、溶液呈碱性，故HCO3-的电离程度小于其水解程度，C错误；D、小苏打溶液中，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，碳酸氢根离子的水解和电离都较微弱，水和碳酸氢根离子都电离出氢离子，只有碳酸氢根离子电离出碳酸根离子，所以c(Na+)c(HCO3-)c(OH-)c(CO32-)，D正确。答案选C。点睛：本题考查离子浓度比较以及三大守恒定律，注意多元弱酸酸式根离子可电离也可水解。HSO3-、H2PO4-等以电离为主，溶液显酸性

25、；HCO3-、HS-等以水解为主，溶液显碱性。13、D【解析】A. 乙醛的结构简式为:CH3CHO，A错误；B.属于酚，属于醇，不是同系物，B错误；C.羟基的电子式为:，C错误；D.丙烷的分子式为C3H8，D正确。答案选D.14、B【解析】分析：A. 乙醛能够新制氢氧化铜悬浊液加热发生氧化反应；B. 乙醇易溶于水，乙酸能与氢氧化钠溶液反应；C. 乙炔中含有碳碳不饱和键；D. 甲苯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化；据此分析判断。详解：A. 乙醛与新制氢氧化铜悬浊液加热，能够反应生成砖红色沉淀，而乙醇不能，故A正确；B. 乙醇与乙酸都能溶于氢氧化钠溶液，现象相同，不能鉴别，故B错误；C. 乙炔能够使溴水

26、褪色，而乙烷不能，可以鉴别，故C正确；D. 甲苯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，使高锰酸钾溶液褪色，而苯不能，可以鉴别，故D正确；故选B。15、D【解析】A. 溶液中碳酸根会水解，结合水电出来的氢离子，生成碳酸氢根，A项正确，不符合题意；B实验和没有气泡，根据所学Al可以和热水反应，但是此实验中没有气泡，说明有氧化膜的保护，实验中却有气泡，说明氧化膜被破坏，B项正确，不符合题意；CNa2CO3溶液呈碱性，铝片在碱性溶液中与OH反应，生成偏铝酸根，2Al2OH2H2O=2AlO23H2，AlO2和HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀，C项正确，不符合题意；DCO32的水解是吸热的，加热可以促进水解。H2产

27、生的原因是Al和CO32水解生成的OH反应生成H2，H2逸出，有利于Al和OH的反应，OH减少，从而促进碳酸根水解，加热和H2逸出对CO32- 水解平衡移动方向的影响是相同的，D项错误，符合题意；本题答案选D。16、B【解析】分析：本题考查了水解原理，根据已知信息分析，无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质，所以将物质分为阳离子和阴离子两部分，阳离子和氢氧根离子结合即为产物，阴离子和氢离子结合即为产物。详解：A. BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2，该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，故正确；B.该反应中氯元素化合

28、价从-1价变为+1价，有电子转移，不符合水解原理，故错误；C.碳化镁水解生成是氢氧化镁和丙炔，该反应中没有元素化合价变化，符合水解原理，故正确；D.硫化铝水解为氢氧化铝和硫化氢，没有化合价变化，符合水解原理，故正确。故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、 羟基 2C2H5OH+2Na 2C2H5ONa+H2 CH4+Cl2 CH3Cl+HCl C D【解析】F是生活中常见的气体燃料，也是含氢百分含量最高的有机物，可知F是CH4，并结合A、B、C均为食品中常见的有机化合物，可知A为乙醇，催化氧化后生成的B为乙酸，乙醇与乙酸发生酯化反应生成的C为乙酸乙酯，乙酯乙酯在NaOH溶液中水解生成的D

29、为乙酸钠，乙酸钠与NaOH混合加热，发生脱羧反应生成CH4；(1)有机物A为乙醇，含有官能团的名称是羟基；(2)反应是Na与乙醇反应生成氢气，其化学方程式为2C2H5OH+2Na 2C2H5ONa+H2；(3)CH4与氯气反应生成一氯甲烷的化学方程式为CH4+Cl2 CH3Cl+HCl；(4)A.反应是醋酸与NaOH发生中和反应，明显不是起催化作用，故A错误；B.反应是脱羧反应；属于消去反应，故B错误；C.乙醇的同分异构体甲醚不能与金属钠反应生成氢气，故C正确；D.1mol乙酸、1mol乙酸乙酯完全反应消耗NaOH的物质的量均为1mol，故D正确；答案为CD。18、CH3COOH 加成反应 b

30、c 2 12 4 【解析】乙醇与丙二酸发生酯化反应生成E，结合E的分子式可知，E的结构简式为C2H5OOC-CH2-COOC2H5，E与发生信息中反应生成F，F系列反应得到香豆素-3-羧酸，由香豆素-3-羧酸的结构，可知W为，则F为，F发生信息I中反应生成G，C分子中含有2个六元环，则G为。A的相对分子质量为60，由ClCH2COOH结构可知乙醇发生氧化反应生成A为CH3COOH，ClCH2COOH与氢氧化钠溶液反应、酸化得到C为HOCH2COOH，C发生催化氧化得到D为OHC-COOH，D与苯酚发生加成反应生成对羟基扁桃酸为。(1)由上述分析可知，A的结构简式是CH3COOH，故答案为：CH

31、3COOH；(2)D4-羟基扁桃酸的化学方程式是：OHC-COOH+，其反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；(3)中为酚羟基，有弱酸性，且酸性比碳酸弱，为醇羟基，中性基团，为羧基，弱酸性，但酸性一般比碳酸强，则3个-OH的电离能力由强到弱的顺序是，故答案为：；(4)发生分子内酯化，生成香豆素-3-羧酸，反应的化学方程式是+H2O，故答案为：+H2O；(5)F的结构简式是。a不饱和碳原子连接2个-COOC2H5，没有顺反异构，故a错误；bF分子中不含醛基，故b正确；c含有碳碳双键与苯环，可以发生加成反应，含有酯基，可以发生水解反应，酯基、酚羟基均可以发生取代反应，故c正确；d. 1mol F

32、 与足量的溴水反应，苯环上羟基的邻位和对位有2个氢原子，消耗2mol溴，碳碳双键消耗1mol溴，共消耗 3 molBr2，故d错误；故选：bc；(6)H的分子结构简式为，分子结构中含有酚羟基和酯基，均能和NaOH溶液反应，含有的醇羟基不与NaOH溶液反应，则1mol在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为2mol，故答案为：2；I的结构简式为，其符合下列条件：a属于一元羧酸类化合物，说明分子结构中有一个羧基；b苯环上只有2个取代基，则二个取代基的位置有邻、间及对位三种可能，其中一个是羟基，另一个取代基可能是：-CHBrCH2COOH、-CH2CHBrCOOH、-CBr(

33、CH3)COOH、-CH(CH2Br)COOH，则符合条件的I的同分异构体共有34=12种，故答案为：12；副产物有多种，其中一种是由2分子4-羟基扁桃酸生成的含有3个六元环的化合物，该化合物为4-羟基扁桃酸2分子间酯化生成的六元环酯，其分子结构对称，含有酚羟基的氢、酯环上的一个氢原子及苯环上酚羟基邻位及间位上的氢，共有4种不同化学环境的氢原子，故答案为：4。点睛：本题考查有机物的推断与合成，需要学生对给予的信息进行充分利用，注意根据有机物的结构利用正、逆推法相结合进行推断，侧重考查学生分析推理能力。本题的易错点为(6)中同分异构体数目的判断。19、NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+

34、 c 2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O 吸收残留的ClO2 当加入最后一滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变 0.027 d 【解析】（1）电解时与电源正极相连的阳极失去电子，发生氧化反应，与电源负极相连的阴极得到电子发生还原反应。根据题中ClO2的制备过程，可知电解产物有H2、NCl3，据此可得出电极反应方程式。（2）分析实验过程，可知实验过程中涉及的反应方程式有：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O、I2+2S2O32-2I+S4O62-，据此进行分析。【详解】（1）电解时阳极失去电子，发生氧化反应，结合题中电解过

35、程生成的产物，可知阳极电极反应方程式为：NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+；答案为：NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+；根据ClO2和NH3的性质进项分析：aClO2和NH3均易溶于水，不能用水和饱和食盐水来除去氨气，a项错误；b碱石灰不能吸收氨气，b项错误；c浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故除去除去ClO2中的NH3可选用的试剂浓硫酸。c项正确；dClO2和NH3均易溶于水，不能用饱和食盐水来除去氨气，d项错误；答案为：c；（2）由题给信息可知，ClO2通入锥形瓶把I-氧化为I2，自身被还原为Cl-，同时生成水，则锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为：2Cl

36、O2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；答案为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；由于ClO2是气体，容易挥发到空气中，所以玻璃液封装置的作用是吸收残余的ClO2气体，答案为：吸收残留的ClO2；根据淀粉遇碘变蓝，溶液中应是加入了淀粉作指示剂，当到达滴定终点时，I2完全转化为I-，溶液蓝色褪去。故滴定至终点的现象是：当加入最后一滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；答案为：当加入最后一滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；根据反应方程式：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O、

37、I2+2S2O32-2I+S4O62-，可得关系式：2ClO25I210S2O32-，由此可知混合气体中ClO2的质量为。答案为：0.027；图中液面读数为22.40mL，滴定管最大读数为50.00mL，故液面与最大读数间的液体体积差为27.60mL，因为滴定管尖嘴部分仍有一定的液体，则滴定管内液体体积应大于27.60mL，答案选d。答案为：d。20、TiCl4(2x)H2O=TiO2xH2O4HCl 抑制NH4Fe(SO4)2水解 AC 溶液变成红色 （或） 偏高 偏低 【解析】（1）根据原子守恒可知TiCl4水解生成TiO2xH2O的化学方程式为TiCl4(2x)H2OTiO2xH2O4HCl；（2）NH4水解：NH4H2ONH3H2OH，Fe3水解：Fe33H2OFe(OH)33H，因此加入硫酸的目的是抑制NH4Fe(SO4)2的