2022届黑龙江省海林市高三下学期第六次检测化学试卷含解析

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、下列物质的转化在给定条件下不能实现的是( )ANH3NOHNO3B浓盐酸Cl2漂白粉CAl2O3AlCl3(aq) 无水AlCl3D葡萄糖C2H5OHCH3CHO2、某学习小组在室温下用0.01 mol/L NaOH溶液滴定20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液，滴定曲线如图。（H2

2、A的电离分两步，H2A=H+HA-，HA-H+A2-)下列说法错误的是A室温时，E点对应的溶液中0.01 mol/Lc( H+)0.02 mol/LBF点对应溶质是NaHA，溶液显酸性CG点溶液显中性的原因是溶质为Na2ADH点溶液中，c(Na+) = 2c(A2-) +2c(HA)3、短周期元素的离子W3+、X+、Y2、Z都具有相同的电子层结构，以下关系正确的是（）A单质的熔点：XWB离子的还原性：Y2ZC氢化物的稳定性：H2YHZD离子半径：Y2W3+4、科学家利用电解NaB(OH)4溶液制备H3BO3的工作原理如下图。 下列说法中正确的是Ab膜为阳离子交换膜BN室中,进口和出口NaOH溶

3、液的浓度:a%CBACD元素的最高价氧化物对应水化物可以用于吸收气体乙DA、B、C三种元素组成的化合物均为共价化合物11、通过下列实验操作及现象不能推出相应结论的是选项实验操作现象结论A将SO2气体通入Na2SiO3溶液中产生胶状沉淀酸性：H2SO3H2SiO3B向某食盐溶液中滴加淀粉溶液溶液颜色不变该食盐中一定没有添加碘酸钾C向2支盛有5mL 0.1mol/LNaOH溶液的试管中分别加入2滴0.1mol/L CuCl2溶液和2滴0.1mol/L CaCl2溶液一支试管中产生蓝色沉淀，另一支试管无明显现象KspCu(OH)2KspCa(OH)2D向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、

4、静置上层呈紫红色，下层有白色沉淀生成铜离子可以氧化碘离子，白色沉淀可能为CuIAABBCCDD12、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）A溴水中存在Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液并静置后，溶液颜色变浅B反应CO（g）+NO2（g）CO2（g）+NO（g）+Q，Q0，平衡后，升高温度体系颜色变深C用饱和食盐水除去Cl2中的HClD合成氨反应中，为提高原料的转化率，可采用高温加热的条件13、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A1 mol I2与4 mol H2反应生成的HI分子数为2NAB标准状况下，2. 24 L H2O含有的电子数为NAC1 L 11 mol/

5、L的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为1.2NAD7.8 g苯中碳碳双键的数目为1.3NA14、一定条件下，在水溶液中1 mol Cl-、ClOx- (x=1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是 ()A这些离子中结合H+能力最强的是ABA、B、C、D、E五种微粒中C最稳定CCB+D的反应，反应物的总键能小于生成物的总键能DBA+D反应的热化学方程式为3ClO-(aq)=ClO3- (aq)+2Cl-(aq) H=+116 kJmol-115、常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是AKa2（H2

6、X）的数量级为106B曲线N表示pH与的变化关系CNaHX溶液中c(H)c(OH)D当混合溶液呈中性时，c(Na)c(HX)c(X2)c(OH)=c(H)16、根据元素周期律可判断()A稳定性：H2SH2OB最高化合价：FNC碱性：NaOHMg(OH)2D原子半径：ClAl二、非选择题（本题包括5小题）17、扁桃酸D在有机合成和药物生产中有着广泛应用。用常见化工原料制备D，再由此制备有机物I的合成路线如下：回答下列问题：(l)C的名称是 _，I的分子式为_。(2)EF的反应类型为_，G中官能团的名称为_ 。(3) AB的化学方程式为_。(4)反应GH的试剂及条件是_。(5)写出符合下列条件的D

7、的同分异构体：_。能发生银镜反应 与FeC13溶液显紫色 核磁共振氢谱峰面积之比1:2:2:3(6)写出以溴乙烷为原料制备H的合成路线（其他试剂任选）_。18、高聚物的合成与结构修饰是制备具有特殊功能材料的重要过程。如图是合成具有特殊功能高分子材料W（）的流程：已知：I. R-CH2OHII. =R2-OH,R、R2、R3代表烃基(1)的反应类型是_。(2)是取代反应，其化学方程式是_。(3)D的核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是13，不存在顺反异构。D的结构简式是_。(4)的化学方程式是_。(5)F的官能团名称_；G的结构简式是_。(6)的化学方程式是_。(7)符合下列条件的E的同分异构体有

8、_种(考虑立体异构)。能发生水解且能发生银镜反应 能与Br2的CCl4溶液发生加成反应其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式是_。(8)工业上也可用合成E。由上述的合成路线中获取信息，完成下列合成路线(箭头上注明试剂和反应条件，不易发生取代反应)_。19、三氯氧磷(POCl3)是一种工业化工原料，可用于制取有机磷农药、长效磺胺药物等，还可用作染料中间体、有机合成的氯化剂和催化剂、阻燃剂等。利用O2和PCl3为原料可制备三氯氧磷,其制备装置如图所示(夹持装置略去)：已知PCl3和三氯氧磷的性质如表：熔点/沸点/其他物理或化学性质PCl3-112.076.0PCl3和POCl3互溶，均为无色液体，遇水

9、均剧烈水解，发生复分解反应生成磷的含氧酸和HClPOCl31.25106.0（1）装置A中的分液漏斗能否用长颈漏斗代替？做出判断并分析原因：_（2）装置B的作用是_(填标号)。a.气体除杂 b.加注浓硫酸 c.观察气体流出速度 d.调节气压（3）仪器丙的名称是_，实验过程中仪器丁的进水口为_(填“a”或“b”)口。（4）写出装置C中发生反应的化学方程式_，该装置中用温度计控制温度为6065 ，原因是_。（5）称取16.73 g POCl3样品，配制成100 mL溶液；取10.00 mL溶液于锥形瓶中，加入3.2 molL-1的AgNO3溶液10.00 mL，并往锥形瓶中滴入5滴Fe2(SO4)

10、3溶液；用0.20 molL-1的KSCN溶液滴定，达到滴定终点时消耗KSCN溶液10.00 mL(已知：Ag+SCN-=AgSCN)。则加入Fe2(SO4)3溶液的作用是_，样品中POCl3的纯度为_。20、氯化亚铜(CuCl)晶体呈白色，见光分解，露置于潮湿空气中易被氧化。某研究小组设计如下两种方案在实验室制备氯化亚铜。方案一：铜粉还原CuSO4溶液 已知：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-CuCl3 2-(无色溶液)。(1)步骤中发生反应的离子方程式为_。(2)步骤中，加入大量水的作用是_ 。(3)如图流程中用95%乙醇洗涤和真空干燥是为了防止_ 。方

11、案二：在氯化氢气流中加热CuCl22H2O晶体制备，其流程和实验装置(夹持仪器略)如下：请回答下列问题：(4)实验操作的先后顺序是 a_e (填操作的编号)a检査装置的气密性后加入药品 b点燃酒精灯，加热c在“气体入口”处通入干燥HCl d熄灭酒精灯，冷却e停止通入HCl，然后通入N2(5)在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是_。(6)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2杂质，请分析产生CuCl2杂质的原因 _。(7)准确称取0. 2500 g氯化亚铜样品置于一定量的0.5 mol/L FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20 mL

12、，用0. 1000 mol/L的Ce(SO4)2溶液滴定到终点，消耗24. 60 mLCe(SO4)2溶液。有关化学反应为Fe3+CuCl=Fe2+Cu2+Cl-、Ce4+Fe2+=Fe3+Ce3+，计算上述样品中CuCl的质量分数是_ %(答案保留4位有效数字)。21、钒被称为“现代工业味精”，是发展现代工业、现代国防和现代科学技术不可缺少的重要材料。常见的钒氧化物为VO、V2O3、VO2、V2O5，低价氧化钒在空气中易被氧化成高价氧化钒。请回答下列问题：（1）已知：2V(s)O2(g)=2VO(s) H1=825.6kJmol-14VO(s)O2(g)=2V2O3(s) H2=788.8k

13、Jmol-1V2O3(s)O2(g)=V2O5(s) H3=334.6kJmol-14V(s)5O2(g)=2V2O5(s) H4据上述反应热效应之间的关系，可知H4=_。（2）V2O5是钒氧化物中最重要的，也是最常用的钒化工制品。工业上制备V2O5的一个方法是利用VOCl3水解，则VOCl3中V的化合价为_，水解反应的化学方程式为_。（3）工业上由V2O5冶炼金属钒常用铝热法，该反应的化学方程式为_。（4）工业制硫酸常用V2Os作催化剂，已知2SO2(g)O2(g)2SO3(g) H=196kJmol-1，500时将2molSO2和1molO2装入一容积恒定的10L密闭容器中，达到平衡时容器

14、中SO3的浓度为0.1molL-1。该反应的平衡常数K=_。某温度时，该反应的平衡常数K=50，则该温度_(填“”“”或“=”)500。下列措施能使的值减小的是_(填字母)。A升温B其他条件不变，再充入2molHeC其他条件不变，再充入2molSO2和1molO2D不用V2O5作催化剂，改用其他更高效的催化剂（5）酸性条件下，V2O5和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成可溶性的VOSO4，请写出该反应的离子方程式：_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】氨气的催化氧化会生成一氧化氮，一氧化氮和氧气与水反应得到硝酸；浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气、氯气与石灰乳反应生成次氯酸钙和氯

15、化钙；氯化铝溶液受热水解生成氢氧化铝；葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇、乙醇催化氧化生成乙醛。【详解】A、氨气在催化剂加热条件下与氧气反应生成NO，NO和氧气与水反应得到硝酸，物质的转化在给定条件下能实现，故A正确； B、浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、水和氯气，氯气与石灰乳反应生成次氯酸钙和氯化钙，即生成漂白粉，物质的转化在给定条件下能实现，故B正确；C、Al2O3与盐酸反应生成氯化铝和水，氯化铝溶液受热水解生成氢氧化铝，得不到无水氯化铝，故C错误；D、葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇、乙醇与氧气在催化剂加热条件想反应生成乙醛，物质的转化在给定条件下能实现，故D正确。答案选C。【点睛

16、】考查常见元素及其化合物的性质，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题侧重于考查学生对基础知识的应用能力。2、C【解析】由题给信息可知，H2A分步电离，第一步完全电离， 第二步部分电离，F点20.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液与20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反应生成NaHA，G点溶液显中性，溶质为NaHA和Na2A，H点40.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液与20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反应生成Na2A。【详解】A项、由题给信息可知，H2A分步电离，第一步完全电离， 第二步部分电离，则0.01 mol/L的H2A溶液中

17、0.01 mol/Lc( H+)0.02 mol/L，故A正确；B项、F点20.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液与20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反应生成NaHA，NaHA溶液中只存在电离，溶液显酸性，故B正确；C项、G点溶液显中性，溶质应为电离显酸性的NaHA和水解呈碱性的Na2A，故C错误；D项、H点40.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液与20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反应生成Na2A，因H2A第一步完全电离，溶液中不存在H2A，则Na2A溶液中的物料守恒关系为c(Na+) = 2c(A2-) +2c(HA)，故D正确。故选

18、C。【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意酸的电离方程式，正确分析图象曲线变化特点，明确反应后溶液的成分是解答关键。3、B【解析】短周期元素形成的离子W3+、X+、Y2-、Z-具有相同电子层结构，核外电子数相等，结合离子电荷可知，Y、Z为非金属，应处于第二周期，Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属应处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，结合元素周期律解答。【详解】A. 金属晶体，原子半径越小，金属键越强，单质的熔点越高，所以单质的熔点Al Na ，故A错误；B. 元素的非金属性越强，离子的还原性越弱，所以离子的还原性O2F，故B正确；C. 元素的非金属性

19、越强，氢化物越稳定，所以氢化物的稳定性HF H2O，故C错误；D. 核外电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，所以离子半径O2 Al3+，故D错误；故答案为B。4、B【解析】AM室与电源正极相连为阳极，N室为阴极，则电解质溶液中阳离子向N室移动，阴离子向M室移动，电解过程中原料室中的B(OH)4-需要移动到产品室，且不能让产品室中氢离子移动到右侧，所以b膜为阴离子交换膜，故A错误；B原料室中的Na+会移动到阴极即N室，N室中发生电极反应2H2O+2e-=H2+2OH-，所以经N室后NaOH溶液浓度变大，所以NaOH溶液的浓度:a%b%，故B正确；C电子不能在电解质溶液中移动，故C错误

20、；D理论上每生成1molH3BO3，则M室中就有1mol氢离子通过a膜进入产品室即转移1mole-，M、N室电极反应式分别为2H2O-4e-=O2+4H+、2H2O+2e-=H2+2OH-，M室生成0.25molO2、N室生成0.5molH2，则两极室共产生标准状况下16.8L气体，故D错误；故答案为B。5、D【解析】A、氧化剂标识，LiBH4是有机合成的重要还原剂，故A错误；B、爆炸品标识，LiBH4是一种供氢剂，属于易燃物品，故B错误；C、腐蚀品标识，与LiBH4是一种供氢剂不符，故C错误；D、易燃物品标识，LiBH4是有机合成的重要还原剂，也是一种供氢剂，属于易燃物品标识，故D正确；故选

21、D。6、B【解析】A项、pH碳酸苯酚，C正确；D下层呈橙红色，则表明NaBr与氯水反应生成Br2，从而得出还原性：Br-Cl-，D正确；故选A。9、A【解析】A、将25gCuSO45H2O溶于100 mL蒸馏水中所得溶液的体积不是0.1L，所以不能实现目的，A错误；B、硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响相差大，因此将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤即可除去KNO3中少量NaCl，B正确；C、高锰酸钾具有强氧化性，能把双氧水氧化为氧气，而高锰酸钾被还原为锰离子，导致溶液紫色消失，所以能实现目的，C正确；D、NaCl和CaCl2不反应，Na2CO3和CaCl2反应生成碳酸钙沉淀，所以可以检验是

22、否含有Na2CO3，则可以实现目的，D正确；答案选A。【点晴】该题的易错点是物质的分离与提纯，分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下：分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)，例如选项B；分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；分离提纯物是胶体:盐析或渗析；分离提纯物是气体：洗气。10、C【解析】短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，Y为Na2O2，W为常见液体，W为H2O；Na2O2与H2O反应产

23、生NaOH和O2，而甲为单质，则甲为O2，乙为红棕色气体，乙为NO2，甲与Z反应产生NO2，则Z为NO，X与甲反应产生NO，则X为NH3，则A、B、C、D分别为H、N、O、Na，以此来解答。【详解】根据上述分析可知：甲为O2，乙为NO2，X为NH3，Y为Na2O2，Z为NO，W为H2O，A、B、C、D分别为H、N、O、Na。A. O、Na两种元素可形成离子化合物Na2O2中既含有离子键也含有非极性共价键，A错误；B. H+核外无电子，N、O、Na三种元素形成的离子核外电子排布都是2、8，电子层结构相同，离子的核电荷数越大离子半径就越小，离子核外电子层数越多，离子半径就越大，所以离子半径N3-O

24、2-Na+H+，即B(N3-)C(O2-)D(Na+)A(H+)，B错误；C. Na元素的最高价氧化物对应水化物NaOH是一元强碱，乙为NO2，NO2与NaOH会发生反应产生NaNO3、NaNO2、H2O，反应方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，C正确；D. H、N、O三种元素可形成共价化合物如HNO3，也可以形成离子化合物如NH4NO3，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断，把握淡黄色固体为过氧化钠、W为液体物质水来推断物质为解答的关键，注意原子结构与元素性质的关系和元素与化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与推断能力。11、B【解析】A.

25、 将SO2气体通入Na2SiO3溶液中生成胶状沉淀说明发生反应SO2+ Na2SiO3+H2O=H2SiO3+Na2SO3，根据强酸制弱酸原理可知酸性：H2SO3H2SiO3，故A正确；B. 淀粉遇碘变蓝，向某食盐溶液中滴加淀粉溶液颜色不变只能说明食盐中不含碘单质，不能证明不含碘酸钾，故B错误；C. 两支试管中c(OH)相同，且c(Ca2+)= c(Cu2+)，但只生成氢氧化铜沉淀，说明氢氧化铜比氢氧化钙更容易沉淀，且二者为同类型沉淀，所以KspCu(OH)2KspCa(OH)2，故C正确；D. 向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置上层呈紫红色说明有碘单质生成，即铜离子将碘离子

26、氧化，下层有白色沉淀生成说明不是氢氧化铜沉淀且无铜单质生成，说明发生反应2Cu2+4I=2CuI+I2，故D正确；故答案为B。【点睛】对于同种类型的沉淀（都是AB型或AB2型等）,一般Ksp越小，溶解度越小，但若沉淀类型不同，不能根据Ksp判断溶解度的大小，比较Ksp的大小没有意义。12、D【解析】A. 溴水中有下列平衡：Br2+H2O HBr+HBrO，当加入AgNO3（s）后，硝酸银与溴离子反应生成溴化银沉淀，平衡正向移动，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B. 反应CO（g）+NO2（g）CO2（g）+NO（g）+Q，Q0，正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，能用勒夏特列原理

27、解释，故C不选；C. 增大氯离子的浓度，平衡Cl2+H2O=H+Cl-+HClO逆向移动使得氯气难溶于饱和食盐水，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D. 合成氨反应是放热反应，升高温度，反应逆向移动，原料的转化率减小，不能通过升高温度提高原料的转化率，故D选；正确答案是D。【点睛】本题考查平衡移动原理，明确平衡移动原理内涵及适用范围是解本题关键，注意：改变条件时不影响平衡移动的不能用平衡移动原理解释。13、C【解析】A氢气和碘的反应为可逆反应，不能进行彻底，生成的HI分子小于2NA个，故A错误；B标况下，水不是气体，2. 24 L水的物质的量大于1.1mol，含有的电子数大于NA个，故B错误；C

28、1 L 1.1 molL-1的NH4NO3溶液中含有1molNH4NO3，含有2mol氮原子，含有的氮原子数为1.2NA，故C正确；D苯分子结构中不含碳碳双键，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为D，要注意苯分子中没有碳碳双键，所有碳碳键都一样。14、C【解析】A酸性越弱的酸，阴离子结合氢离子能力越强，次氯酸是最弱的酸，所以ClO-结合氢离子能力最强，即B结合氢离子能力最强，故A错误；BA、B、C、D、E中A能量最低，所以最稳定，故B错误；CCB+D，根据转移电子守恒得该反应方程式为2ClO2-=ClO3-+ClO-，反应热=(64kJ/mol+60kJ/mol)-2100kJ/mol=-

29、76kJ/mol，则该反应为放热，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，故C正确；D根据转移电子守恒得BA+D的反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，反应热=(64kJ/mol+20kJ/mol)-360kJ/mol=-116kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO-(aq)=ClO3-(aq)+2Cl-(aq)H=-116kJ/mol，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为CD，要注意焓变与键能的关系，H=反应物的总键能-生成物的总键能。15、D【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时，因此曲线N表示pH与的变化

30、关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取0.6和4.8点， =100.6molL1，c(H)=104.8molL1，代入Ka2得到Ka2=105.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C. 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6molL1，c(H)=105.0molL1，代入Ka1得到Ka2=104.4，因此HX的水解常数是1014/104.4Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H)c(OH)，C正确；D.根据图像可知当0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，0，即c(X2-)c(HX-)

31、，D错误；答案选D。16、C【解析】AO和S位于同一主族，非金属性O大于S，故气态氢化物的稳定性H2OH2S，故A错误；BF没有最高正价，N是第二周期，第VA族，氮的最高正价为+5价，故B错误；CNa和 Mg位于同一周期，同周期从左到右，金属性减弱，故最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，NaOHMg(OH)2，故C正确；DAl和Cl位于同一周期，同周期元素原子半径逐渐减小，AlCl，故D错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、苯甲醛 C11H10O4 取代反应（或水解反应） 羰基、羧基 +2Cl2+2HCl H2/Ni，加热 、 CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO 【解析】

32、根据流程图，A为甲苯，甲苯与氯气在光照条件下发生侧链的取代反应生成B，因此B为；B在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成C，则C为，根据信息，D为；丙烯与溴发生加成反应生成E，E为1，2-二溴丙烷，E在氢氧化钠溶液中水解生成F，F为；F被高锰酸钾溶液氧化生成G，G为，G与氢气加成得到H，H为；与发生酯化反应生成I，加成分析解答。【详解】(l)根据上述分析，C为，名称为苯甲醛，I()的分子式为C11H10O4；(2)EF为1，2-二溴丙烷在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成的反应； G()中官能团有羰基、羧基；(3) 根据上述分析，AB的化学方程式为+2Cl2+2HCl；(4)反应GH为羰基的加成反应，试

33、剂及条件为H2/Ni，加热；(5) D为，能发生银镜反应，说明结构中存在醛基；与FeC13溶液显紫色，说明含有酚羟基；核磁共振氢谱峰面积之比1:2:2:3，符合条件的D的同分异构体有、；(6) 以溴乙烷为原料制备H()，需要增长碳链，根据流程图中制备D的分析，可以结合题中信息制备，因此需要首先制备CH3CHO，可以由溴乙烷水解生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，因此合成路线为CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO 。18、加成反应 BrCH2CH2Br+2NaCNNCCH2CH2CN+2NaBr (CH3)2C=CH2 CH2=C(CH3)COOH+CH3OH CH2=C(CH3)COOCH3+

34、H2O 碳碳双键、酯基 4 HCOO C(CH3)=CH2 HOCH2CHBrCH3 HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH 【解析】乙烯与溴发生加成反应生成A，A为BrCH2CH2Br，结合B的分子式可知B为NC-CH2CH2-CN，B中-CN转化为-COOH得到丁二酸。丁二酸发生分子内脱水形成酸酐。I与RNH2得到W()，结合W的结构可知I为，结合信息II，逆推可知H为。D的分子式为C4H8，核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是13，不存在顺反异构，则D为(CH3)2C=CH2，D氧化生成E，E与甲醇发生酯化反应生成F，结合H的结构，可知E为

35、CH2=C(CH3)COOH，F为CH2=C(CH3)COOCH3，F发生加聚反应生成的G为，G发生信息I中的反应得到H。据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，反应是乙烯与溴发生加成反应，故答案为加成反应；(2)反应是取代反应，其化学方程式是：BrCH2CH2Br+2NaCNNCCH2CH2CN+2NaBr，故答案为BrCH2CH2Br+2NaCNNCCH2CH2CN+2NaBr；(3) 根据上述分析，D的结构简式为(CH3)2C=CH2，故答案为(CH3)2C=CH2；(4)反应的化学方程式为CH2=C(CH3)COOH+CH3OH CH2=C(CH3)COOCH3+H2O，故答案为CH

36、2=C(CH3)COOH+CH3OH CH2=C(CH3)COOCH3+H2O；(5) F为CH2=C(CH3)COOCH3，含有的官能团有碳碳双键和酯基；G的结构简式是，故答案为碳碳双键、酯基；(6)反应的化学方程式为，故答案为；(7)E为CH2=C(CH3)COOH，能发生水解且能发生银镜反应，说明属于甲酸酯类；能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，说明含有碳碳双键，符合条件的E的同分异构体有：HCOO CH=CHCH3(顺反2种)、HCOO CH2 CH=CH2、HCOO C(CH3)=CH2，共4种，其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式为HCOO C(CH3)=CH2，故答案为4；HCO

37、O C(CH3)=CH2；(8)HOCH2CHBrCH3和NaCN发生取代反应生成HOCH2CH(CN)CH3，HOCH2CH(CN)CH3酸化得到HOCH2CH(CH3)COOH，HOCH2CH(CH3)COOH发生消去反应生成CH2=C(CH3)COOH，其合成路线为HOCH2CHBrCH3 HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH，故答案为HOCH2CHBrCH3 HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH。【点睛】本题的易错点和难点为(8)，要注意题意“不易发生取代反应”在合成中的应用，HOC

38、H2CHBrCH3不能先消去羟基形成碳碳双键，再发生取代反应。19、否，长颈漏斗不能调节滴液速度 acd 三颈烧瓶 a 2PCl3+O2=2POCl3 温度过低反应速度过慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率低 指示剂 91.8% 【解析】A装置中用双氧水与二氧化锰反应制备氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有的水蒸气用浓硫酸除去，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷在装置C中反应生成POCl3，为了控制反应速率，同时防止三氯化磷挥发，反应的温度控制在6065，所以装置C中用水浴加热，POCl3遇水剧烈水解为含氧酸和氯化氢，为防

39、止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，据此分析解答(1)(4)；(5)测定POCl3产品含量，用POCl3与水反应生成氯化氢，然后用硝酸银标准溶液沉淀溶液中的氯离子，KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，根据KSCN的物质的量可计算出溶液中剩余的AgNO3，结合AgNO3的总物质的量得知与氯离子反应的硝酸银，进而计算出溶液中氯离子的物质的量，根据元素守恒可计算出样品中POCl3的质量，进而确定POCl3的质量分数。【详解】(1)装置A中的分液漏斗不能用长颈漏斗代替，因为长颈漏斗不能调节滴液速度，故答案为否，长颈漏斗不能调节滴液速度；(2)装置B中装有浓硫酸，

40、可作干燥剂，另外气体通过液体时可观察到气泡出现，长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，则装置B的作用是观察O2的流速、平衡气压、干燥氧气，故答案为acd；(3)根据装置图，仪器丙为三颈烧瓶，为了提高冷却效果，应该从冷凝管的下口进水，即进水口为a，故答案为三颈烧瓶；a；(4)氧气氧化PCl3生成POCl3，根据原子守恒，反应的化学方程式2PCl3+O2=2POCl3，根据上面的分析可知，反应温度应控制在6065，原因是温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低，故答案为2PCl3+O2=2POCl3；温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低；(5)Fe

41、3+的溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色，则用KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液时，可选择硫酸铁溶液为指示剂，达到终点时的现象是溶液会变红色；KSCN的物质的量为0.20molL-10.010L=0.002mol，根据反应Ag+SCN-=AgSCN，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol，POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.2molL-10.01L-0.002mol=0.03mol，即16.73 g POCl3产品中POCl3的物质的量为=0.1mol，则所得产品中POCl3的纯度为100%=91.8%，故答案为指示剂；91.8%。【点睛】明确实验原理及实验基本操作方法是

42、解本题关键。本题的易错点为(5)，要理清楚测定POCl3的纯度的思路，注意POCl33HCl。20、Cu+Cu2+6Cl-=2CuCl32- 稀释促进平衡CuCl(白色)+2Cl-CuCl32-(无色溶液)逆向移动，生成CuCl CuCl在潮湿空气中被氧化 c b d 先变红后褪色 加热时间不足或温度偏低 97.92 【解析】方案一：CuSO4、Cu在NaCl、浓盐酸存在条件下加热，发生反应：Cu+Cu2+6Cl-=2CuCl32-，过滤除去过量的铜粉，然后加水稀释滤液，化学平衡CuCl(白色)+2Cl-CuCl32-(无色溶液)逆向移动，得到CuCl沉淀，用95%的乙醇洗涤后，为防止潮湿空气

43、中CuCl被氧化，在真空环境中干燥得到纯净CuCl；方案二：CuCl2是挥发性强酸生成的弱碱盐，用CuCl22H2O晶体在HCl气流中加热脱水得到无水CuCl2，然后在高于300的温度下加热，发生分解反应产生CuCl和Cl2。【详解】(1)步骤中CuSO4、Cu发生氧化还原反应，产生的Cu+与溶液中Cl-结合形成CuCl32-，发生反应的离子方程式为：Cu+Cu2+6Cl-=2CuCl32-；(2)根据已知条件：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-CuCl3 2-(无色溶液)，在步骤中向反应后的滤液中加入大量的水，溶液中Cl-、CuCl3 2-浓度都减小，正反

44、应速率减小的倍数大于逆反应速率减小的倍数，所以化学平衡逆向移动，从而产生CuCl沉淀；(3)乙醇易挥发，用95%乙醇洗涤可以去除CuCl上的水分，真空干燥也可以避免CuCl在潮湿空气中被氧化；(4)CuCl22H2O晶体要在HCl气体中加热，所以实验前要先检查装置的气密性，再在“气体入口”处通入干燥HCl，然后点燃酒精灯，加热，待晶体完全分解后的操作是熄灭酒精灯，冷却，为了将装置中残留的HCl排出，防止污染环境，要停止通入HCl，然后通入N2，故实验操作编号的先后顺序是 acbde；(5)无水硫酸铜是白色固体，当其遇到水时形成CuSO45H2O，固体变为蓝色，HCl气体遇水变为盐酸，溶液显酸性

45、，使湿润的蓝色石蕊试纸变为红色，当CuCl2再进一步加热分解时产生了Cl2，Cl2与H2O反应产生HCl和HClO，HC使湿润的蓝色石蕊试纸变为红色，HClO具有强氧化性，又使变为红色的石蕊试纸褪色变为无色；(6)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2杂质，产生CuCl2杂质的原因可能是加热时间不足或加热温度偏低，使CuCl2未完全分解；(7)根据反应方程式Fe3+CuCl=Fe2+Cu2+Cl-、Ce4+Fe2+=Fe3+Ce3+可得关系式：CuClCe4+，24. 60 mL 0. 1000 mol/L的Ce(SO4)2溶液中含有溶质Ce(SO4)2的物质的量nCe(SO4)2=0. 1000 mol/L0.02460 L=2.4610-3 mol，