2021-2022学年四川省泸州市泸县二中化学高二下期末复习检测试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法中，不正确的是A油脂水解的产物中含甘油B塑料、合成树脂和合成橡胶被称为“三大合成材料”C蛋白质可水解生成多肽和氨基酸D医疗上用 75%的酒精消毒是因为其能使蛋白质变性2、如图是a、b两种不同物质的熔化曲线，下列说法中正确的是 ( )a是晶体a是非晶体b是晶体b是非晶体ABCD3、NaCl是我们生活

2、中必不可少的物质，将NaCl晶体溶于水，其溶解过程示意图如图所示，下列说法正确的是（ ）A对比甲、乙两图，图甲中水合b离子的结构示意图不科学B图中a离子为、b离子为C氯化钠晶体中存在离子键和分子间作用力D水分子对氯化钠晶体表面离子的作用不可能克服离子键的作用4、根据表中信息判断，下列选项不正确的是()序号反应物产物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3MnO、ClCl2、Mn2A第组反应的其余产物为H2O和O2B第组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为12C第组反应中生成1 mol Cl2，转移电子 2 molD氧化性由强到

3、弱顺序为MnOCl2Fe3Br25、在如图所示的蓝色石蕊试纸上X、Y、Z三处分别滴加30%的盐酸、98.3%的硫酸和新制的氯水，三处最后呈现的颜色分别是（）A红、红、白B红、黑、红C红、红、红D红、黑、白6、某温度时，使用一对石墨电极电解饱和Na2SO4溶液，当转移2 mol电子时停止电解，析出Na2SO410H2O晶体m g，所有数据都在相同温度下测得，下列叙述不正确的是A电解后溶液质量减少(m18)gB原溶液中Na2SO4的质量分数为C若其他条件不变，将石墨替换为铜电极，则阴极析出1mol H2D若其他条件不变，将石墨替换为铜电极，则析出Na2SO410H2O晶体仍为m g7、根据下列性质

4、判断所描述的物质可能属于分子晶体的是（）A熔点1070，易溶于水，水溶液能导电B熔点1128，沸点4446，硬度很大C熔点10.31，液态不导电，水溶液能导电D熔点97.81，质软，导电，密度0.97g/cm38、某强酸性溶液X中可能含有Fe2、Al3、NH4+、CO32-、SO32、SO42、Cl中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如下：下列说法正确的是AX中一定存在Fe2、Al3、NH4+、SO42B溶液E和气体F能发生化学反应CX中肯定不存在CO32、SO32、Al3D沉淀I只有Al(OH)39、下列关于有机化合物的说法错误的是A甲烷、苯、乙醇和乙酸均不能使酸性高锰酸钾溶液

5、褪色BC4H8Cl2有9种同分异构体(不含立体异构)C双糖、多糖、油脂和蛋白质都能发生水解反应D石油经裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯、甲烷等重要化工基本原料10、已知：还原性HSO3-I-，氧化性IO3-I2。在含3mol NaHSO3的溶液中逐滴加人KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是A0-a段发生反应：3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+Bab段共消耗NaHSO3的物质的量为1.8molCbc段反应：氧化产物为I2D当溶液中I-与I2的物质的量之比为5 : 1时，加入的KIO3为1.lmol11、有机物分子中原子间（或原子与原子团

6、间）的相互影响会导致物质化学性质的不同。下列各项的事实不能说明上述观点的是A乙烯能发生加成反应，而乙烷不能发生加成反应B甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C乙基对羟基的影响，使羟基的活性变弱，电离H+的能力不及H2OD苯酚中的羟基氢能与NaOH溶液反应，而醇羟基氢不能与NaOH溶液反应12、反应H2(g) + I2(g)2HI(g)的平衡常数K1 ，反应 HI(g)H2(g)+I2(g)的平衡常数K2 ，则K1、K2的关系为（平衡常数为同温度下的测定值）AK1=2K2BK1=K22CK1=DK1=K213、下列说法正确的是AHF沸点高于HCl，是因为HF分子极性大，

7、范德华力也大B在PCl5分子中，各原子均满足最外层8电子结构C可燃冰是甲烷的结晶水合物，甲烷可与水形成氢键DS2Br2与S2Cl2结构相似，则熔、沸点：S2Br2S2Cl214、某科研人员提出HCHO(甲醛）与O2在羟基磷灰石（HAP)表面催化生成H2O的历程，该历程示意图如下（图中只画出了 HAP的部分结构）：下列说法不正确的是AHAP能提高HCHO与O2的反应速率BHCHO在反应过程中，有C-H键发生断裂C根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2D该反应可表示为：HCHO+O2CO2+H2O15、下列方程式书写正确的是A碳酸的电离方程式：H2CO3 2H+ + CO32B 硫化钠水解

8、: S2-+2H2OH2S +2OH-C往AgI悬浊液中滴加Na2S饱和溶液：2Ag+ (aq)+ S2(aq) = Ag2S(s)D用醋酸除水垢： 2CH3COOH + CaCO3 = 2CH3COO- + Ca2+ + H2O + CO216、为了体育大型比赛的公平和发扬积极向上健康精神，禁止运动员使用兴奋剂是奥运会的重要举措之一。以下两种兴奋剂的结构分别为：则关于以上两种兴奋剂的说法中正确的是（ ）A利尿酸分子中有三种含氧官能团，在核磁共振氢谱上共有六个峰B两种兴奋剂最多都能和含3molNaOH的溶液反应C1 mol兴奋剂X与足量浓溴水反应，最多消耗4 mol Br2D两种分子中的所有碳

9、原子均不可能共平面二、非选择题（本题包括5小题）17、某有机化合物A经李比希法测得其中含碳为70.59%、含氢为 5.88%，其余含有氧。现用下列方法测定该有机化合物的相对分子质量和分子结构。方法一：用质谱法分析得知A的质谱如图：方法二：核磁共振仪测出A的核磁共振氢谱有4个峰，其面积之比为1223。方法三：利用红外光谱仪测得A分子的红外光谱，如图：（1）分子中共有_种化学环境不同的氢原子。（2）A的分子式为_。（3）该物质属于哪一类有机物_。（4）A的分子中只含一个甲基的依据是_(填序号)。a A的相对分子质量 b A的分子式c A的核磁共振氢谱图 d A分子的红外光谱图（5）A的结构简式为_

10、。18、色酮类化合物K具有抗菌、降血脂等生理活性，其合成路线如下：已知：+ROH+RCOOH(1)A的结构简式是_；根据系统命名法，F的名称是_。(2)BC所需试剂a是_；试剂b的结构简式是_。(3)C与足量的NaOH反应的化学方程式为_。(4)G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为_。(5)已知：2HJ+H2O；J的核磁共振氢谱只有两组峰。以E和J为原料合成K分为三步反应，写出有关化合物的结构简式：E_J_中间产物1_中间产物2_19、某科研小组设计出利用工业废酸(稀硫酸)来浸取某废弃的氧化铜锌矿的方案，实现废物综合利用，方案如图所示。已知：各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如表所示：请回答

11、下列问题：(1)在“酸浸”步骤中，为提高浸出速率，除通入空气“搅拌”外，还可采取的措施是(任写一点即可)_。(2)物质A最好使用下列物质中的_（填选项序号）。AKMnO4BH2O2CHNO3(3)除铁过程中加入氨水的目的是调节溶液的pH，pH应控制在_范围之间。(4)物质B可直接用作氮肥，则B的化学式是_。(5)除铁后得到的氢氧化铁可用次氯酸钾溶液在碱性环境将其氧化得到一种高效的多功能处理剂(K2FeO4)，写出该反应的离子方程式：_。20、野外被蚊虫叮咬会出现红肿，这是由甲酸（HCOOH）造成的。请完成下列探究。I . HCOOH 酸性探究（1）下列酸属于二元酸的有_。aHCOOH bH2C

12、O3 cH2C2O4 dCH3CHOHCH2COOH（2）下列实验事实能证明甲酸为弱酸的是_。a.HCOONH4溶液呈酸性b.将甲酸滴入溶液中有气体生成C常温下，0.1molL-1的甲酸溶液的pH约为3d.等浓度的盐酸与甲酸溶液。前者的导电能力更强（3）可用小苏打溶液处理蚊虫叮咬造成的红肿，请用离子方程式表示其原理_。甲酸制备甲酸铜探究相关原理和化学方程式如下：先用硫酸铜和碳酸氢钠作用制得碱式碳酸铜，然后碱式碳酸铜再与甲酸反应制得四水甲酸铜晶体：实验步骤如下：（4）碱式碳酸铜的制备：步骤是将一定量晶体和固体一起放到研钵中研细并混合均匀。步骤是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控

13、制在70-80，温度不能过高的原因是_。步骤的后续操作有过滤、洗涤等。检验沉淀是否已洗涤干净的方法为_。（5）甲酸铜晶体的制备：将Cu(OH)2CuCO3固体放入烧杯中，加入一定量的热蒸馏水，再逐滴加入甲酸至碱式碳酸铜恰好全部溶解，趁热过滤除去少量不溶性杂质。在通风橱中蒸发滤液至原体积的三分之一时，冷却析出晶体，过滤，再用少量无水乙醇洗涤晶体 23 次，晾干，得到产品。“趁热过滤”中，必须“趁热”的原因是_。用乙醇洗涤晶体的目的是_。若该实验所取原料 CuSO45H2O 晶体和 NaHCO3 固体的质量分别为12.5 g 和9.5 g，实验结 束后，最终称量所得的产品为 7.91 g，则产率为

14、_。21、X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大.X是原子半径最小的元素，Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Z为地壳中含量最多的元素，R与X同主族；Y、R、Q最外层电子数之和为8，M的单质黄绿色有害气体.请回答下列问题：（1）R在元素周期表中的位置为_（2）Z、Q、M简单离子半径由大到小的顺序为(写元素离子符号)_（3）X、Y、Z三种元素形成盐类化合物的水溶液呈酸性的原因：(用离子方程式表示)_.溶液中所含离子浓度由大到小的顺序为_（4）YX4M的电子式为_，Q3Y2与水可剧烈反应，产生沉淀与气体，反应的化学方程式为_（5）X、Z两元素形成的原子个数比为1：1的化合物

15、中含有的化学键类型为_（6）M的单质与R的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为_参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A. 油脂是高级脂肪酸的甘油酯，油脂酸性条件下水解成高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解成高级脂肪酸盐和甘油，故A正确；B. 塑料、合成纤维和合成橡胶被称为“三大合成材料”，故B错误；C. 蛋白质可水解生成多肽，蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故C正确；D. 医疗上用 75%的酒精消毒是因为其能使蛋白质变性，从而达到杀菌的目的，故D正确；故选B。2、A【解析】晶体和非晶体的重要区别在于晶体有一定的熔点，非晶体没有；晶体吸收热量，温度升高，到达熔点，不断吸收

16、热量，温度保持不变，完成熔化过程，晶体全部熔化之后，吸收热量，温度不断升高，而非晶体吸收热量，温度一直不断升高，据此答题。【详解】a曲线中吸收热量，温度升高，到达熔点，不断吸收热量，温度保持不变，完成熔化过程，晶体全部熔化之后，吸收热量，温度不断升高，则a为晶体；由图象b可知，吸收热量，温度不断升高，则b为非晶体；故答案选A。3、A【解析】根据离子半径的大小，a离子的离子半径大于b离子的离子半径，推断出a离子是氯离子，b离子是钠离子，氯离子属于阴离子，吸引阳离子，钠离子属于阳离子，吸引阴离子，同时氯化钠属于离子晶体，只含有离子键，根据图中氯化钠溶于水后发生了电离，可知破坏了离子键。【详解】A.

17、图甲中水合b离子的结构示意图不科学，b离子是钠离子，属于阳离子，距离它较近的应该是氧原子而不是氢原子，A项正确；B.根据离子半径大小推断出a离子为、b离子为，B项错误；C.氯化钠晶体中存在离子键，不存在分子间作用力，因为分子间作用力只存在于分子之间，而氯化钠是离子化合物，由离子构成，没有分子，C项错误；D.根据图中所示，水分子对氯化钠晶体表面离子的作用克服离子键的作用，使氯化钠发生了电离，D项错误；答案选A。4、D【解析】A、根据氧化还原反应中化合价有升必有降和质量守恒原则，第组反应中，Mn元素化合价降低，则H2O2中的氧元素化合价升高，所以其余的反应产物为H2O和O2，所以A正确；B、由于F

18、e2的还原性强于Br，所以少量的Cl2只能氧化Fe2，反应的化学方程式为3Cl26FeBr2=4FeBr32FeCl3，或用离子方程式Cl22Fe2=2Fe32Cl，故参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为12，则B正确；C、在第组反应中，Cl被MnO4氧化生成Cl2，化合价从-1价升高为0价，所以生成1 mol Cl2，转移2 mol电子，故C正确；D、在第组反应中，由于Fe2的还原性强于Br，可推知Br2的氧化性强于Fe3，在第组反应中，MnO4的氧化性强于Cl2，而Cl2能与铁能发生如下反应3Cl22Fe2FeCl3，所以Cl2的氧化性强于Fe3，所以氧化性由强到弱的顺序为MnO4

19、Cl2Br2Fe3，故D错误。本题正确答案为D。点睛：对于氧化还原反应，一定要明确知道四种物质，即氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物；有时不必写出反应方程式，但要明确化合价有升必有降；要明确性质强的物质先反应；要明确氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性。本题看似简单，但要想真正解答正确，对于高一学生并不容易，其中BD选项最容易错选。5、D【解析】30%的盐酸具有酸性，滴加到蓝色石蕊试纸上，试纸变红；98.3%的硫酸为浓硫酸，具有酸性和脱水性，能使蓝色石蕊试纸先变红然后变为黑色；氯水中含有盐酸和次氯酸，HClO具有漂白性，则在试纸上滴加氯水，先变红后褪色，最后为

20、白色；三处最后呈现的颜色分别红、黑、白，故D正确；答案：D6、D【解析】A.电解硫酸钠溶液相当于电解水，电解2mol水，转移4mol电子，因此当转移2mol电子时，消耗1mol水，因此电解后溶液质量减少量=电解水的质量+析出晶体的质量=(18+m)g，故A不选；B.析出硫酸钠的质量为=mg，溶液质量=（18+m）g，溶液质量分数=溶质质量/溶液质量= ，故B不选；C. 若其它条件不变，将石墨电极替换为铜电极，阳极上铜失去电子生成铜离子，阴极上仍然是氢离子放电生成氢气，析出1mol氢气，故C不选；D若其它条件不变，将石墨电极替换为铜电极，阳极上生成铜离子，阴极上生成氢气同时还有氢氧根离子生成，铜

21、离子和氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，其电池反应为Cu+2H2OCu(OH)2+H2，根据方程式可知，转移2mol电子，消耗2mol水，则析出Na2SO410H2O晶体为2mg，故D可选；故选D。【点睛】本题考查的是电解原理，饱和溶液有关计算等知识点，为高频考点。侧重考查学生分析能力和计算能力，明确饱和溶液的特点，电解时阳极上铜失去电子而不是溶液中的阴离子失去电子是易错点。7、C【解析】A. 熔点1070，熔点高，不符合分子晶体的特点，故A错误；B. 熔点1128，沸点4446，硬度很大，属于离子晶体或原子晶体或金属晶体的特点，分子晶体分子间只存在分子间作用力，熔沸点低，故B错误；C. 熔点1

22、0.31，熔点低，符合分子晶体的熔点特点，液态不导电，只存在分子，水溶液能导电，溶于水后，分子被水分子离解成自由移动的离子，如CH3COOHCH3COO+OH，有自由移动的离子，就能导电，故C正确；D.熔点97.81，质软、导电、密度0.97g/cm3，是金属钠的物理性质，金属钠属于金属晶体，故D错误；答案选C。8、B【解析】强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SO32-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子；溶液B中加入过量NaO

23、H溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；H中通入二氧化碳生成了沉淀I，I可能为氢氧化铝或在碳酸钡，故溶液中不一定含有铝离子；不能确定是否含有的离子是Cl-，据此分析解答。【详解】A根据上述分析，X中肯定存在Fe2+、NH4+、SO42，不能肯定是否存在A13+，故A错误；B溶液E为HNO3，气体F为NH3，二者能反应生成硝酸铵，故B正确；C溶液X中一定不存在：CO32-和SO32-，不能肯定是否存在A13+，故C错误；D沉淀 I可能为氢氧化铝或在碳酸钡，故D错误；答案选B。【点睛】明确常见物质性质及状态是解本题关键。本题的易错点和难点为沉淀 I的判断，要注意前面加入的过量

24、的硝酸钡对实验的影响。9、A【解析】A.乙醇与高锰酸钾反应生成乙酸，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B.4C的碳链有正、异2种结构，根据1固定1游动原则，如图，固定在绿色1时，有4种，固定在绿色2时，有2种；含有一个支链时，如图，3种，则C4H8Cl2有9种同分异构体(不含立体异构)，B正确；C. 双糖、多糖、油脂和蛋白质都能发生水解反应，C正确；D.石油经裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯、甲烷等重要化工基本原料，D正确；答案为A。10、D【解析】还原性HSO-3I-，所以首先发生：IO3-+3HSO3-I-+3SO42-+3H+，继续加入NaIO3，由于氧化性IO-3I2，所以IO3-可以结合

25、H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H+5I-3H2O+3I2。A、根据以上分析可知0a段发生反应：3HSO3-+ IO3-3SO42-+I-+3H+，A正确；B、a点碘酸钠的物质的量是0.4mol，根据碘酸钠和亚硫酸氢钠的关系式知，消耗NaHSO3的物质的量=0.4mol13=1.2mol，则a点时剩余NaHSO3的物质的量为1.8 mol，因此ab段共消耗NaHSO3的物质的量为1.8mol，B正确；C、根据以上分析可知bc段反应：IO3-+6H+5I-3H2O+3I2，氧化产物为I2，C正确；D、根据反应IO3-+3HSO3-I-+3SO42-+3H+，3mol NaHSO3的

26、溶液消耗NaIO3溶液的物质的量为1mol，生成碘离子的量为1mol，设生成的碘单质的物质的量为n，则根据反应IO3-+6H+5I-=3H2O+3I2，消耗的NaIO3的物质的量为n3mol，消耗碘离子的量为5n3mol，剩余的碘离子为（1-5n3）mol，当溶液中n（I-）：n（I2）=5：1时，即（1-5n3）mol：nmol=5：1，故n=0.15mol，故加入的n（NaIO3）=1mol+n3mol=1mol+0.05mol=1.05mol，D错误，答案选D。11、A【解析】试题分析：A、乙烯发生加成反应是含有碳碳双键，乙烷中不含有，因此性质的不同不是原子间或原子与原子团间的相互作用而

27、影响的，故不正确；B、甲烷不能是酸性高锰酸钾褪色，但甲苯可以，说明苯环对甲基上氢原子的影响，变得活泼，易被氧化，故能够证明上述观点；C、钠和水反应比较活泼，而钠与乙醇反应不剧烈，说明乙基使羟基的活性变弱，电离H+的能力不及H2O；D、说明苯环对羟基的影响较大，使H变的活泼，故能说明上述观点。考点：考查有机物的性质。12、C【解析】反应 H2（g）+I2（g）2HI（g）的平衡常数K1，则相同温度下，反应2HI（g）H2（g）+I2（g）的平衡常数为1/ K1，故反应HI（g）H2(g)+I2(g)的平衡常数K2=(1/ K1)1/2，故K1=，故选C项正确。13、D【解析】A. HF沸点高于H

28、Cl，是因为HF分子之间存在着氢键，故A错误；B. 分子中每个原子最外层都达到8电子稳定结构的判断公式是：化合价的绝对值+原子最外层电子数=8。在PCl5分子中P原子不符合8电子稳定结构公式，故B错误； C. 可燃冰是甲烷的结晶水合物，碳的电负性较弱，不能形成氢键，故C错误；D.组成与结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔、沸点越高，所以S2Br2与S2Cl2的熔、沸点大小为：S2Br2S2Cl2，故D正确；综上所述，本题正确答案为D。【点睛】考查分子间的作用力。氢键是一种特殊的分子间作用力，它比化学键弱，比分子间作用力强；分子间作用力影响的是物质的熔沸点。14、C【解析】A.根据图

29、知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；B.HCHO在反应中有C-H断裂和C=O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，B正确；C.根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，C错误；D.该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为HCHO+O2CO2+H2O，D正确；故合理选项是C。15、D【解析】试题分析：A碳酸是二元弱酸，分步电离，错误；B. 硫化钠分步水解水解，错误；C往AgI悬浊液中滴加Na2S饱和溶液的离子方程式为:2AgI(s

30、)+ S2(aq) = Ag2S(s)+2I-(aq),错误；D用醋酸除水垢, CH3COOH是弱酸、CaCO3 是难溶盐，不能拆开，离子方程式为： 2CH3COOH + CaCO3 = 2CH3COO- + Ca2+ + H2O + CO2，正确；故选D。考点：常见的化学用语，化学方程式的书写16、C【解析】A.由利尿酸的结构简式可知：利尿酸分子中含氧官能团分别是羰基、醚键和羧基三种，7种不同类型的氢原子，在核磁共振氢谱上共有七个峰，故A错误；B. 利尿酸最多能和含5molNaOH的溶液反应，兴奋剂X最多能和含5molNaOH的溶液反应，故B错误；C. 兴奋剂中含有碳碳双键、酚羟基，碳碳双键

31、和苯环上酚羟基邻对位氢原子能和溴发生反应，所以1 mol兴奋剂X与足量浓溴水反应，最多消耗4 mol Br2，故C正确；D碳碳双键、连接苯环的碳原子能共面，所以兴奋剂X中所有碳原子能共面，故D错误；故答案为C。二、非选择题（本题包括5小题）17、4 C8H8O2 酯类 bc 【解析】（1）核磁共振氢谱可知A有4个峰；（2）N（C）：N（H）：N（O）=：=4:4:1，A的相对分子质量为136；（3）从红外光谱可知；（4）由A的核磁共振氢谱有4个峰，其面积之比为1223，A的分子式为C8H8O2；（5）会从质谱法中得到分子的相对分子质量，会分析核磁共振图谱得知有机物分子中氢的环境，会分析红外光谱

32、仪确定分子中所含基团，结合起来可得A的结构简式。【详解】（1）由核磁共振氢谱可知A有4个峰，所以A分子中共有4种化学环境不同的氢原子；（2）已知A中含碳为70.59、含氢为 5.88，含氧23.53，列式计算N（C）：N（H）：N（O）=：=4:4:1，求得A的实验式为C4H4O，设A的分子式为（C4H4O）n ，又由A的相对分子质量为136，可得n=2，分子式为C8H8O2；（3）从红外光谱可知8个碳原子中有6个C在苯环中，还有C=O、COC、CH这些基团，可推测含有的官能团为酯基，所以A是酯类；（4）由A的核磁共振氢谱有4个峰，其面积之比为1223，A的分子式为C8H8O2，可知A分子中只

33、含一个甲基，因为甲基上的氢原子有3个，答案选bc；（5）根据以上分析可知，A的结构简式为：。【点睛】本题考查测定该有机化合物的相对分子质量和分子结构方法，会从质谱法中得到分子的相对分子质量，会分析核磁共振图谱得知有机物分子中氢的环境，会分析红外光谱仪确定分子中所含基团，综合计算可以得到有机物的分子式和结构。18、 1-丙醇 Br2和Fe（或FeBr3） CH3CH2CHO + 2Cu(OH)2 + NaOH CH3CH2COONa + Cu2O + 3H2O E：；J：；中间产物1：；中间产物2： 【解析】A(苯)发生硝化反应生成B，B为硝基苯，根据C的化学式可知，试剂a为溴，在铁作催化剂时，

34、B与溴发生苯环上的取代反应生成C，结合D的结构可知C为，根据信息，D在AlCl3存在时与试剂b反应生成E，根据E的化学式可知，试剂b为，则E为；G能够与氢氧化铜反应，则G为醛，因此F为醇，H为酸，因此F为CH3CH2CH2OH，G为CH3CH2CHO，H为CH3CH2COOH。(1)根据上述分析，A为苯；F 为CH3CH2CH2OH，名称为1-丙醇，故答案为；1-丙醇；(2)B与溴发生取代反应生成C，反应需要铁作催化剂，试剂a是Br2和Fe；试剂b为，故答案为Br2和Fe(或FeBr3)；(3)C为，与足量的NaOH反应的化学方程式为，故答案为；(4)G为CH3CH2CHO，G与新制Cu(OH

35、)2反应的化学方程式为CH3CH2CHO + 2Cu(OH)2 + NaOH CH3CH2COONa + Cu2O + 3H2O，故答案为CH3CH2CHO + 2Cu(OH)2 + NaOH CH3CH2COONa + Cu2O + 3H2O；(5)H为CH3CH2COOH，2HJ+H2O；J的核磁共振氢谱只有两组峰，则J为酸酐，为。E为，J为；根据信息，中间产物1为，根据信息，中间产物2为，发生羟基的消去反应生成K()，故答案为E：；J：；中间产物1：；中间产物2：。点睛：本题考查了有机合成与推断，本题的难度较大。本题的难点是(5)中合成过程的推断，要充分理解和利用题示信息，尤其中信息和的

36、理解和应用。19、加热升高温度，或增大酸的浓度、将氧化铜锌矿粉碎等 B 3.26.2 (NH4)2SO4 2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO423Cl5H2O 【解析】(1)酸浸是将氧化铜锌矿用酸溶解，促进溶解的措施有搅拌、加热升高温度、增大酸的浓度、将氧化铜锌矿粉碎等。(2)除铁过程中加入A和氨水，使亚铁离子变成氢氧化铁沉淀， A应为氧化剂，考虑加入A不引入新的杂质，H2O2外，其他试剂均可引入新的杂质。(3)从图表数据可知，铁离子沉淀完全的pH为3.2，锌离子开始沉淀的pH为6.2，故除铁pH范围为3.26.2。(4)因所用废酸为硫酸，B又可作氮肥，所以B为硫酸铵。(5)由题给信息可

37、知，反应物为氢氧化铁、次氯酸根离子、氢氧根离子，生成物之一为，因铁在反应中化合价升高，氯元素的化合价降低，另一产物为氯离子，根据元素、电子、电荷守恒配平(可知产物还有水)，离子方程式为2Fe(OH)33ClO4OH=23Cl5H2O。【点睛】影响化学反应速率的因素有温度、浓度和固体表面积等。在选择除杂试剂时，应不能引入新的杂质。pH的范围应使铁完全沉淀而锌不能沉淀。20、 bc cd HCOOH + HCO3=HCOO+ H2O + CO2 产物 Cu(OH)2CuCO3 受热会分解 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加 BaCl2 溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗 涤干净，若产生白色沉淀，

38、说明沉淀未洗涤干净 防止甲酸铜晶体析出 洗去晶体表面的水和其它杂质，且减少后续晾干的时间 70%【解析】I(1)aHCOOH 水溶液中电离出一个氢离子属于一元酸，故a错误；bH2CO3 水溶液中电离出两个氢离子为二元酸，故b正确；cH2C2O4 含两个羧基，水溶液中电离出两个氢离子为二元酸，故c正确；dCH3CHOHCH2COOH只含一个羧基，为一元酸，故d错误；故答案为：bc；(2)aHCOONH4溶液显酸性只能说明铵根离子水解溶液显酸性，不能说明甲酸为弱酸，故a错误；b将甲酸滴入NaHCO3溶液中有气体生成，说明甲酸酸性大于碳酸，不能说明甲酸为弱酸，故b错误；c常温下，0.1molL-1的

39、甲酸溶液的 pH 约为3说明甲酸未完全电离，证明甲酸为弱酸，故c正确；d等浓度的盐酸与甲酸溶液，都是一元酸，前者的导电能力更强说明甲酸溶液中存在电离平衡，证明甲酸为弱酸，故d正确；故答案为：cd；(3)蚊虫叮咬造成的红肿，是释放出甲酸，碳酸氢钠和甲酸反应，反应的离子方程式为：HCOOH+HCO3-HCOO-+H2O+CO2，故答案为：HCOOH+HCO3-HCOO-+H2O+CO2；II(4)步骤是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控制在 70-80，温度不能过高的原因是产物 Cu(OH)2CuCO3 受热会分解，故答案为：产物Cu(OH)2CuCO3受热会分解；Cu(OH)2CuCO3 表面会附着硫酸根离子，检验洗涤干净方法：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗涤干净，若产生白色沉淀，说明沉淀未洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗涤干净，若产生白色沉淀，说明沉淀未洗涤干净；(5)甲酸铜的溶解度随温度的升高而变大，如果冷却，会有晶体析出，降低产率，因此需趁热过滤，防止甲酸铜晶体析出，故答案为：防止甲酸铜晶体析出；甲酸铜易溶于水，不能用