2021-2022学年河北省部分重点高中高三最后一卷化学试卷含解析

1、2021-2022学年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（每题只有一个选项符合题意）1、将石墨烯一层层叠起来就是石墨。下列说法错误的是（）A自然界中存在石墨烯B石墨烯与石墨的组成元素相同C石墨烯能够导电D石墨烯属于烃2、除去燃煤烟气中的有毒气体，一直是重要的科

2、研课题。某科研小组设计如下装置模拟工业脱硫脱氮，探究SO2和NO同时氧化的吸收效果。模拟烟气由N2(90.02 )、SO2(4.99)、NO(4.99)混合而成，各气体的流量分别由流量计控制，调节三路气体相应的流量比例，充分混合后进入A。(已知:FeSO4+NO Fe( NO)SO4(棕色)，下列说法不正确的是 A反应开始前应该关闭d，打开e，通入一段时间的N2B观察到装置A中有黑色固体生成，则A中反应为2H2O+3SO2+2MnO4=3SO42+2MnO2+4H+C洗气瓶A的出气管口有两个玻璃球泡，目的是为了消除可能存在的未破裂的气泡D实验中观察到B中红色褪去，C中变为浅棕色，说明KMnO4

3、不能吸收NO3、保存液态有机物的一种方法是在其上方加盖一层水以避免挥发损失。下列有机物适合用 “水封法”保存的是A乙醇B硝基苯C甘油D己烷4、2015年7月31日，中国获得2022年冬奥会主办权，这将促进中国冰雪运动的发展。以下关于冰的说法正确的是（ ）A等质量的0冰与0的水内能相同B冰和可燃冰都是结晶水合物C冰和干冰、水晶的空间结构相似D氢键影响冰晶体的体积大小5、第三周期的下列基态原子中，第一电离能最小的是A3s23p3B3s23p5C3s23p4D3s23p66、海水提镁的工艺流程如下：下列叙述正确的是A反应池中的反应利用了相同条件下Mg(OH)2比Ca(OH)2难溶的性质B干燥过程在H

4、Cl气流中进行，目的是避免溶液未完全中和C上述流程中发生的反应有化合、分解、置换和复分解反应D上述流程中可以循环使用的物质是H2和Cl27、化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是A“时气错逆，霾雾蔽日”，雾所形成的气溶胶能产生丁达尔效应B“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”；屠呦呦改进提取青蒿素的方法，提取过程中发生了化学变化C刘禹锡的“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”可以看出金性质稳定，可通过物理方法得到D“外观如雪，强烧之，紫青烟起”。对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应8、2019 年是“国际化学元素周期表年”。 1869 年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准

5、确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法中错误的是A甲位于现行元素周期表第四周期第A 族B原子半径比较：甲乙 SiC乙的简单气态氢化物的稳定性强于CH4D推测乙的单质可以用作半导体材料9、化合物ZYX4是在化工领域有着重要应用价值的离子化合物，电子式如图所示。X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中只有一种为金属元素，X是周期表中原子半径最小的元素。下列叙述中错误的是 ( )AZ是短周期元素中金属性最强的元素BY的最高价氧化物对应水化物呈弱酸性CX、Y可以形成分子式为YX3的稳定化合物D化合物ZYX4有强还原性10、在给定条件下，下列选项所

6、示的物质间转化均能实现的是（ ）ANaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)BS(s)SO3(g)H2SO4(aq)CMgCl2(aq)Mg(OH)2(s)Mg(s)DN2(g)NH3(g)NaHCO3(s)11、随着原子序数的递增，八种短周期元素（用字母x等表示）原子半径的相对大小，最高正价或最低负价的变化如图所示，下列说法错误的是A常见离子半径：ghdeB上述元素组成的ZX4f(gd4)2溶液中，离子浓度：c（f3+）c（zx4+）C由d、e、g三种元素组成的盐溶液和稀硫酸反应可能生成沉淀Df的最高价氧化物的水化物可以分别与e和h的最高价氧化物的水化物发生反应12、某化学学习小组利用如图

7、装置来制备无水AlCl3（已知：无水AlCl3遇水能迅速发生反应）。下列说法正确的是A装置中的试剂可能是二氧化锰B装置、中的试剂分别为浓硫酸、饱和食盐水C点燃处酒精灯之前需排尽装置中的空气D球形干燥管中碱石灰的作用只有处理尾气13、短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R和X组成简单分子的球棍模型如图所示。Y原子核外K、M层上电子数相等，Z原子最外层电子数是电子层数的2倍。下列推断正确的是A原子半径：YZRXBY3X2是含两种化学键的离子化合物CX的氧化物对应的水化物是强酸DX和Z的气态氢化物能够发生化合反应14、设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是A1L 1 molL1

8、的NaHCO3溶液中含有的离子数为3NAB22.4 L的CO2与过量Na2O2充分反应转移的电子数为NAC常温下，2.7 g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NAD常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA15、苹果酸(H2MA，Ka1=1.410-3；Ka2=1.710-5)是一种安全的食品保鲜剂，H2MA分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌。常温下，向20 mL 0.2 mol/L H2MA溶液中滴加0.2mol/L NaOH溶液。根据图示判断，下列说法正确的是Ab点比a点杀菌能力强B曲线代表HMA-物质的量的变化CMA2-水解常数Kh7.1410-12D当

9、V=30 mL时，溶液显酸性16、下列各反应对应的离子方程式正确的是（）A次氯酸钠溶液中通入过量二氧化硫ClO+H2O+SO2HClO+HSO3B向碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙溶液2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+CO32-C氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应得到中性溶液Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OD50 mL 1mol/L的NaOH溶液中通入0.03mol H2S：5OH+3H2SHS+2S2+5H2O二、非选择题（本题包括5小题）17、治疗帕金森病的新药沙芬酰胺的合成方法如下：已知：CH3CN 在酸性条件下可水解生成 CH3COOH。CH2=CH-OH 和 CH3O

10、OH 均不稳定。(1)C 生成 D 的反应类型为_。G中含氧官能团的名称为_。B 的名称为_。(2)沙芬酰胺的结构简式为_。(3)写出反应(1)的方程式_。分析反应(2)的特点，写出用福尔马林浸制生物标本的反应原理的方程式_（蛋白质的结构用表示）。(4)H 是 F 相邻的同系物，H 的苯环上有两个处于对位的取代基，符合下列条件的 H 的稳定的同分异构体共有_种。苯环上仍然有两个处于对位的取代基； 能与 NaOH 溶液反应；(5)下图是根据题中信息设计的由丙烯为起始原料制备 B 的合成路线，在方框中补全必要的试剂和中间产物的结构简式（无机试剂任选，氧化剂用O表示，还原剂用H表示，连 续氧化或连续

11、还原的只写一步）。_18、AJ均为有机化合物，它们之间的转化如下图所示：实验表明：D既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气：核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1；G能使溴的四氯化碳溶液褪色；1mol J与足量金属钠反应可放出22.4L氢气（标准状况）。请根据以上信息回答下列问题：（1）A的结构简式为_（不考虑立体结构），由A生成B的反应类型是_反应；（2）D的结构简式为_；（3）由E生成F的化学方程式为_，E中官能团有_（填名称），与E具有相同官能团的E的同分异构体还有_（写出结构简式，不考虑立体结构）；（4）G的结构简式为_；（5）由I生成J的化学方程式_。19、

12、二氧化硫是重要的化工原料，用途非常广泛。实验一：SO2可以抑制细菌滋生，具有防腐功效。某实验小组欲用下图所示装置测定某品牌葡萄酒中(葡萄酒中含有乙醇、有机酸等)的SO2含量。（1）仪器A的名称是_；使用该装置主要目的是_。（2）B中加入 300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，C中化学方程式为_。 （3）将输入C装置中的导管顶端改成具有多孔的球泡(如图15所示)。可提高实验的准确度，理由是_。（4）除去C中的H2O 然后用0.099molL-1NaOH标准溶液滴定。用碱式滴定管量取0.09molL-1NaOH标准溶液前的一步操作是_；用该方法测定葡萄酒

13、中SO2的含量偏高，主要原因是_，利用现有的装置，提出改进的措施是_。（5）利用C中的溶液，有很多实验方案测定葡萄酒中SO2的含量。现有0.1molL-1BaCl2溶液，实验器材不限，简述实验步骤：_。20、某兴趣小组为探究铜与浓硫酸反应时硫酸的最低浓度，设计了如下方案。方案一、实验装置如图1所示。 已知能与在酸性溶液中反应生成红棕色沉淀，可用于鉴定溶液中微量的。（1）写出铜与浓硫酸反应的化学方程式：_。NaOH溶液的作用是_。（2）仪器X的作用是盛装的浓硫酸并测定浓硫酸的体积，其名称是_。（3）实验过程中，当滴入浓硫酸的体积为20.00 mL时，烧瓶内开始有红棕色沉淀生成，则能与铜反应的硫酸

14、的最低浓度为_（精确到小数点后一位；混合溶液的体积可视为各溶液的体积之和）。方案二、实验装置如图2所示。加热，充分反应后，由导管a通入氧气足够长时间，取下烧杯，向其中加入足量的溶液，经过滤、洗涤、干燥后称量固体的质量。（4）通入氧气的目的是_、_。（5）若通入氧气的量不足，则测得的硫酸的最低浓度_（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。21、（1）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器内，进行反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。得到如下两组数据：实验组温度/起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需要的时间/minH2OCOH2CO1650241.6

15、2.452900120.41.63实验1中以v(CO2)表示的反应速率为_。该反应的逆反应为_（填“吸”或“放”）热反应。（2）在一容积为2L的密闭容器内加入2mol的CO和6mol的H2，在一定条件下发生如下反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H0该反应的逆反应速率与时间的关系如图所示：由图可知反应在t1、t3、t7时都达到平衡，而在t2、t8时都改变了条件，试从以下措施中选出适宜的改变条件：t2_、t8_。（此处两空均填下列选项字母序号）a增加CO的物质的量 b加催化剂 c升高温度 d压缩容器体积 e将CH3OH气体液化 f充入氦气若t4时降压，t5时达到平衡，t6时增大反应物

16、的浓度，请在图中画出t4t6时逆反应速率与时间的关系曲线_。（3）已知反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)在100kPa下H=-113.0kJ/mol，S=-145.3Jmol-1K-1。理论上，该反应在温度_（填“高于”或“低于”）_时均可自发进行。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A项、石墨烯属于碳的一种单质，在自然界有存在，故A正确；B项、石墨烯与石墨都是碳的单质，它们的组成元素相同，故B正确；C项、石墨烯与石墨都易导电，故C正确；D石墨烯属于碳的单质，不是烯烃，故D错误；故选D。2、D【解析】A. 反应开始前应该关闭d，打开e，通入一段时间

17、的N2排出体系中的空气，防止氧气干扰实验，故A正确；B. 二氧化硫具有还原性，装置A中生成的黑色固体是MnO2，则A中反应可能为2H2O+3SO2+2MnO4=3SO42+2MnO2+4H+，故B正确；C. 洗气瓶A的出气管口的两个玻璃球泡可以消除可能存在的未破裂的气泡，故C正确；D. 实验中观察到B中红色褪去，C中变为浅棕色，说明NO、SO2没有完全被KMnO4吸收，故D错误；答案选D。【点睛】本题考查化学反应的实验探究，把握实验装置的作用、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用。3、B【解析】有机物用水封法保存，则有机物不溶于水，且密度比水大，以此解答【详

18、解】A. 乙醇与水互溶，不能用水封，故A.错误；B. 硝基苯密度大于水，且不溶于水，可以用水封，故B正确；C. 甘油与水互溶，不能用水封，故C不选；D. 己烷密度小于水，在水的上层，不能用水封法保存，故D不选；答案选B。4、D【解析】A. 0的冰熔化成0水，要吸收热量，内能增加，则0的冰的内能比等质量的0的水的内能小，A项错误；B. “可燃冰”是由一种结晶水合物，冰是水的固态形式，不是含有结晶水的物质，不属于水合物，B项错误；C. 冰为V型，干冰为直线型、水晶为原子晶体，空间结构为网状结构，它们的空间构型不相似，C项错误；D. 冰中的氢键比液态水中的强，使得水分子排列得很规则，造成体积膨胀，所

19、以氢键影响冰晶体的体积大小，D项正确；答案选D。5、C【解析】A选项，3s23p3为P元素；B选项，3s23p5为Cl元素；C选项，3s23p4为S元素；D选项，3s23p6为Ar元素。【详解】第三周期的基态原子中，第一电离具有增大的趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素，因此第一电离能最小的是S元素，故C正确。综上所述，答案为C。【点睛】同周期从左到右第一电离具有增大的趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素。6、A【解析】A.氢氧化钙微溶，氢氧化镁难溶，沉淀向更难溶方向转化，故可以用氢氧化钙制备氢氧化镁，A正确；B. 干

20、燥过程在HCl气流中进行目的是防止氯化镁水解，B错误；C.该流程中没有涉及置换反应，C错误；D. 上述流程中可以循环使用的物质是Cl2，过程中没有产生氢气，D错误；答案选A。7、B【解析】A雾所形成的分散系为气溶胶，属于胶体，能产生丁达尔效应，正确，不选；B屠呦呦提取青蒿素的方法是萃取，萃取过程中没有生成新物质，是物理变化，错误，B选；C沙里淘金说明了金的化学性质稳定、能够稳定存在；利用金和砂石密度的差异，可通过物理方法得到，正确，C不选；D灼烧硝酸钾会产生紫色，因为钾元素的火焰颜色为紫色，所以对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应，正确，D不选；答案选B。8、C【解析】从示意图可以看出同一行的元

21、素在同一主族，同一列的元素在同一周期，甲元素与B和Al在同一主族，与As同一周期，则甲在元素周期表的位置是第四周期第A族，为Ga元素，同理，乙元素的位置是第四周期第A族，为Ge元素。A从示意图可以看出同一行的元素在同一主族，同一列的元素在同一周期，甲元素与B和Al在同一主族，与As同一周期，则甲在元素周期表的位置是第四周期第A族，A项正确；B甲元素和乙元素同周期，同周期元素核电荷数越小半径越大，甲元素的原子序数小，所以甲元素的半径大于乙元素。同主族元素，核电荷数越大，原子半径越大，乙元素与Si同主族，乙元素核电荷数大，原子半径大，排序为甲乙Si，B项正确；C同主族元素的非金属性从上到下越来越弱

22、，则气态氢化物的稳定性越来越弱，元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于CH4，C项错误；D乙为Ge元素，同主族上一个元素为硅元素，其处于非金属和金属元素的交界处，可用作半导体材料，D项正确；本题答案选C。9、C【解析】X原子半径最小，故为H；由YH4-可知Y最外层电子数为8-4(4个氢原子的电子)-1(得到的1个电子)=3，即Y最外层有3个电子，Y可能为B或Al；Z显+1价，故为第IA族的金属元素，X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，因为只有一种为金属元素，故Y为B、Z为Na，则A.钠是短周期元素中金属性最强的元素A正确；B.硼的最高价氧化物对应水化物是硼酸，呈弱酸性，B正确；C.BH3中B

23、的非金属性弱且BH3为缺电子结构，B的气态氢化物为多硼烷，如乙硼烷等，故BH3不是稳定的气态氢化物，C错误；D.NaBH4中的H为-1价，故有强还原性，D正确；答案选C。【点睛】解题关键，先根据所提供的信息推断出各元素，难点C，BH3为缺电子结构，结构不稳定。10、D【解析】A铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，所以Cl2(g)FeCl2(s)转化不能实现，故A错误；B硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B错误； C氯化镁与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，所以Mg(OH)2(s)Mg(s)转化不能实现，故C错误； D氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠，

24、为侯氏制碱法的反应原理，故D正确；故答案选D。11、B【解析】根据八种短周期元素原子半径的相对大小可知：x属于第一周期，y、z、d属于第二周期，e、f、g、h属于第三周期元素；根据最高正价或最低负价可知：x为H, y为C、z为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl。【详解】A.g为S，h为Cl，属于第三周期，离子半径gh ；d为O，e为Na，同为第二周期，离子半径de，故离子半径：ghde，A正确；B.根据上述分析可知，ZX4f(gd4)2组成为NH4Al(SO4)2，溶液中Al3+和NH4+水解均显酸性，属于相互抑制的水解，由于氢氧化铝的电离常数大于一水合氨，则铝离子水解程度大于铵

25、根，即离子浓度：c(Al3+)c（NH4+）,故B错误；C.d为O、e为Na、g为S，由d、e、g三种元素组成的盐Na2S2O3溶液和稀硫酸反应可能生成S沉淀,故C正确；D.f为Al，f的最高价氧化物的水化物为Al（OH）3,为两性氢氧化物，e和h的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、HClO4，可以与Al(OH)3发生反应,故D正确；答案：B。【点睛】突破口是根据原子半径的大小判断元素的周期数；根据最高正化合价和最低负化合价的数值大小判断元素所在的主族；由此判断出元素的种类，再根据元素周期律解答即可。12、C【解析】结合题干信息，由图可知，装置为氯气的制备装置，装置的目的是除去氯气中的氯化氢

26、，装置的目的是干燥氯气，装置为制备无水AlCl3的装置，装置用来收集生成的氯化铝，碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入装置中，并吸收过量的氯气防止污染环境，据此分析解答问题。【详解】A装置为氯气的制备装置，浓盐酸与MnO2需要在加热的条件下才能反应生成Cl2，缺少加热仪器，A选项错误；B装置的目的是除去氯气中的氯化氢，用饱和食盐水，装置的目的是干燥氯气，用浓硫酸，B选项错误；C因为Al能与空气中的氧气在加热的条件下发生反应，故点燃处酒精灯之前需排尽装置中的空气，C选项正确；D球形干燥管中的碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入装置中，并吸收过量的氯气防止污染环境，D选项错误；答案选C。【点睛】本

27、题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价分析，把握实验原理，明确装置的作用关系为解答题目的关键。13、D【解析】根据R和X组成简单分子的球棍模型，可推出该分子为NH3，由此得出R为H，X为N；由“Y原子核外K、M层上电子数相等”，可推出Y核外电子排布为2、8、2，即为Mg；因为Z的原子序数大于Y，所以Z属于第三周期元素，由“Z原子最外层电子数是电子层数的2倍”，可确定Z的最外层电子数为6，从而推出Z为S。【详解】依据上面推断，R、X、Y、Z分别为H、N、Mg、S。A.原子半径：MgSNH，A错误；B. Mg3N2是由Mg2+和N3-构成的离子化合物，只含有离子键，B错

28、误；C. N的氧化物对应的水化物可能为HNO3、HNO2，HNO3是强酸，HNO2是弱酸，C错误；D. N和S的气态氢化物分别为NH3和H2S，二者能够发生化合反应，生成NH4HS或(NH4)2S，D正确。故选D。14、D【解析】AHCO3-不能完全电离，部分发生水解，因此1L、1 molL1的NaHCO3溶液中含有的离子数小于3NA，故A错误；B未注明气体的状况，无法确定气体的物质的量，故B错误； C铝片遇到冷的浓硫酸会钝化，铝失去的电子数小于0.3NA，故C错误； D氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，都是双原子分子，14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为:=0.5mol，含

29、有1mol原子，含有的原子数目为NA，故D正确；故答案为D。15、D【解析】H2MA分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌，则H2MA浓度越大杀菌能力越大，H2MA与NaOH反应过程中H2MA浓度逐渐减小、HMA-浓度先增大后减小、MA2-浓度增大，所以I表示H2MA、II表示HMA-、III表示MA2-。A.H2MA分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌，则H2MA浓度越大杀菌能力越大，H2MA浓度：ab，所以杀菌能力ab，A错误；B.通过上述分析可知，III表示MA2-物质的量的变化，B错误；C.MA2-水解常数Kh=5.8810-10，C错误；D.当V=30mL时，溶液中生成等物质的量浓度的Na

30、HMA、Na2MA，根据图知溶液中c(HMA-)c(MA2-)，说明HMA-电离程度大于MA2-水解程度，所以溶液呈酸性，D正确；故合理选项是D。16、D【解析】A次氯酸根和过量二氧化硫反应生成氯离子、硫酸根离子，离子方程式为ClO+H2O+SO2Cl+SO42+2H+，故A错误；B向碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙溶液，二者反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2O，故B错误；C氢氧根离子、氢离子和水分子的计量数都是2，离子方程式为Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故C错误；Dn(NaOH)1mol/L0.05L0.05mol，50 m

31、L 1mol/L的NaOH溶液中通入0.03mol H2S，设硫化钠的物质的量是x，硫氢化钠的物质的量是y，根据钠原子和硫原子守恒得，解得，所以硫化钠和硫氢化钠的物质的量之比是2：1，离子方程式为5OH+3H2SHS+2S2+5H2O，故D正确；故答案为D。【点睛】考查离子方程式的书写，明确离子之间发生反应实质是解本题关键，再结合离子反应方程式书写规则分析，易错选项是D，要结合原子守恒确定生成物，再根据原子守恒书写离子方程式。二、非选择题（本题包括5小题）17、取代反应 醛基和醚键 丙氨酸 CH3CHO+NH3+HCNCH3CH（NH2）CN+H2O +HCHO+H2O 5 【解析】CH3CH

32、O、NH3、HCN和水在一定条件下合成A，反应为：CH3CHO+NH3+HCNCH3CH（NH2）CN+H2O，结合信息CH3CN 在酸性条件下可水解生成 CH3COOH，得A为，水解后生成，中和后得到B，B为，与SOCl2和CH3OH发生取代反应生成C，C为，C与NH3反应生成D，D为，E和F生成G，G为，G和D反应生成，最加氢生成。【详解】（1）C为，C与NH3反应生成D，D为，C 生成 D 的反应类型为取代反应，G为，G中含氧官能团的名称为醛基和醚键。B为，B 的名称为丙氨酸。故答案为：取代反应；醛基和醚键；丙氨酸；（2）由分析：沙芬酰胺的结构简式为。故答案为：；（3）反应（1）的方程式

33、CH3CHO+NH3+HCNCH3CH（NH2）CN+H2O。分析反应(2)的特点，醛基和氨基反应生成碳氮双键和水，使蛋白质变性，用福尔马林浸制生物标本的反应原理的方程式+HCHO+H2O。故答案为：CH3CHO+NH3+HCNCH3CH（NH2）CN+H2O；+HCHO+H2O；（4）H 是 F 相邻的同系物，H比F多一个碳原子，H 的苯环上有两个处于对位的取代基，苯环上仍然有两个处于对位的取代基，能与 NaOH 溶液反应，可能为酚、三种；酸一种、和酯一种，共5种；故答案为：5；(5)根据题中信息设计的由丙烯为起始原料先与溴发生加成反应，得1，2-二溴丙烷，水解后生成1，2-丙二醇，氧化后生

34、成，羰基可与NH3反应，最后与氢气加成可得产品，。故答案为：。18、BrCH2CH=CHCH2Br 取代（或水解） HOCH2CH2CH2CHO 羧基、羟基 、 【解析】CH2=CHCH=CH2与Br21:1发生加成反应生成A，A发生水解反应生成B，B属于二元醇，B与H2发生加成反应生成C，C发生氧化反应生成D，D既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气，说明D中既含CHO、又含OH，D发生银镜反应生成E，E中含羧基和羟基，E脱去1分子水生成F，核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1，则CH2=CH-CH=CH2与Br2发生的是1，4-加成，A为BrCH2CH=CHCH

35、2Br，依次可得B为HOCH2CH=CHCH2OH，C为HOCH2CH2CH2CH2OH，D为HOCH2CH2CH2CHO，E为HOCH2CH2CH2COOH，F为；B脱去1分子水生成G，G能使溴的四氯化碳溶液褪色，则G为；GH应该是G与HClO发生加成反应，H应该为；HIJ，1mol J与足量金属钠反应可放出22.4L氢气（标准状况）说明J中含2个OH，则HI的化学方程式为2+Ca(OH)22+CaCl2+2H2O，IJ其实就是醚的开环了，反应为，据此分析作答。【详解】CH2=CHCH=CH2与Br21:1发生加成反应生成A，A发生水解反应生成B，B属于二元醇，B与H2发生加成反应生成C，C

36、发生氧化反应生成D，D既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气，说明D中既含CHO、又含OH，D发生银镜反应生成E，E中含羧基和羟基，E脱去1分子水生成F，核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1，则CH2=CH-CH=CH2与Br2发生的是1，4-加成，A为BrCH2CH=CHCH2Br，依次可得B为HOCH2CH=CHCH2OH，C为HOCH2CH2CH2CH2OH，D为HOCH2CH2CH2CHO，E为HOCH2CH2CH2COOH，F为；B脱去1分子水生成G，G能使溴的四氯化碳溶液褪色，则G为；GH应该是G与HClO发生加成反应，H应该为；HIJ，1mol J与足

37、量金属钠反应可放出22.4L氢气（标准状况）说明J中含2个OH，则HI的化学方程式为2+Ca(OH)22+CaCl2+2H2O，IJ其实就是醚的开环了，反应为；（1）A的结构简式为BrCH2CH=CHCH2Br；A生成B是溴代烃在强碱水溶液中的水解反应，也是一种取代反应。（2）D的结构简式为HOCH2CH2CH2CHO。（3）E为HOCH2CH2CH2COOH，E发生分子内酯化生成F，反应的方程式为；E中含有官能团的名称为羧基和羟基；与E具有相同官能团的同分异构体有、。（4）G的结构简式为。（5）I生成J的化学方程式为。19、冷凝管 回流有机酸和醇，提高实验结果的准确性 H2O2+SO2=H2

38、SO4 增大气体与溶液的按触面积，使气体吸收充分 用待装液润洗滴定管 挥发出来的盐酸消耗氢氧化钠，增大了SO2的含量 将盐酸换为稀硫酸 向C中加入足量的BaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、烘干称量得硫酸钡的质量 【解析】考查实验方案设计与评价，（1）仪器A为（直型）冷凝管，葡萄酒中含有乙醇和有机酸，乙醇和有机酸受热易挥发，冷凝管的作用是回流有机酸和醇，提高实验结果的准确性；（2）SO2具有还原性，H2O2具有强氧化性，H2O2把SO2氧化成SO42，因此化学反应方程式为H2O2SO2=H2SO4；（3）换成多孔的球泡，可以增大气体与溶液的接触面积，使气体吸收充分；（4）使用滴定管应先检漏，再用待

39、盛液润洗，最后装液体，因此量取NaOH标准液的前的一步操作是用待装液润洗滴定管；B中加入的是葡萄酒和适量盐酸，盐酸易挥发，挥发出的盐酸能与NaOH反应，消耗NaOH的量增加，测的SO2的含量偏高；把酸换成难挥发酸，把盐酸换成稀硫酸；（5）根据C中反应，SO2转化成SO42，向C的溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，然后根据硫元素守恒，求出SO2的量，具体操作是向C 中加入足量的BaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、烘干称量得硫酸钡的质量。20、 吸收尾气中的 酸式滴定管 11.0 使产生的全部被NaOH溶液吸收 将最终转化为 偏大 【解析】反应原理：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O，因为浓硫酸为酸，所以用酸式滴定管盛装，生成的二氧化硫为酸性气体，有毒，必须用碱液吸收法吸收；亚硫酸盐具有强还原性可以被氧气氧化为硫酸