2022届江苏省淮安市高中校协作体高三第二次模拟考试化学试卷含解析

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、下列有关物质性质的比较，不正确的是A金属性：Al Mg B稳定性：HF HClC碱性：NaOH Mg(OH)2 D酸性：HClO4 H2SO42、本草纲目中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”的记载。下列说法正确的是A“薪柴之

2、灰”可与铵态氮肥混合施用B“以灰淋汁”的操作是萃取C“取碱”得到的是一种碱溶液D“浣衣”过程有化学变化3、将0.48g镁粉分别加入10.0mL下列溶液，反应6小时，用排水法收集产生的气体，溶液组成与H2体积(已换算成标准状况)的关系如下表。下列说法不正确的是实验1234567溶液组成H2O1.0mol/L NH4Cl0.1mol/L NH4Cl1.0mol/L NaCl1.0mol/L NaNO30.8mol/L NH4Cl+0.2mol/L NH3H2O0.2mol/L NH4Cl+0.8mol/L NH3H2OV/ml1243334716014401349A由实验2、3可得，浓度越大，镁和

3、水反应速率越快B由实验1、4、5可得，Cl-对镁和水的反应有催化作用C由实验3、7可得，反应过程产生的Mg(OH)2覆盖在镁表面，减慢反应D无论酸性条件还是碱性条件，都能加快镁和水的反应4、以石墨为电极分别电解水和饱和食盐水，关于两个电解池反应的说法正确的是（）A阳极反应式相同B电解结束后所得液体的pH相同C阴极反应式相同D通过相同电量时生成的气体总体积相等（同温同压）5、下列操作或原理正确的是（ ）A可用玻璃棒蘸取新制氯水点在pH试纸上，测定该氯水的pH值B装Na2CO3溶液的试剂瓶塞用玻璃塞C蒸馏操作时先通冷却水再加热D实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠不能放回原试剂瓶中6、

4、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子，结构如图所示。X、M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的。下列说法正确的是（ ）A简单离子半径：ZMYB常温下Z和M的单质均能溶于浓硝酸CX+与Y22-结合形成的化合物是离子晶体DZ的最高价氧化物的水化物是中强碱7、NA代表阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是A0.1mol的白磷（P4）或甲烷中所含的共价键数均为0.4NAB足量的Fe粉与1molCl2充分反应转移的电子数为2NAC1.2 g NaHSO4晶体中含有离子总数为0.03 NAD25时，pH=13的1.0 LBa(OH)2溶液中含有的OH数目为

5、0.2NA8、以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下： 相关反应的热化学方程式为：反应I：SO2(g) + I2(g) + 2H2O(l)2HI(aq) + H2SO4(aq)；H1=213 kJmol-1反应II：H2SO4(aq) SO2(g) + H2O(l) +1/2O2(g)；H2= +327 kJmol-1反应III：2HI(aq) H2(g) + I2(g)； H3= +172 kJmol-1下列说法不正确的是（ ）A该过程实现了太阳能到化学能的转化BSO2和I2对总反应起到了催化剂的作用C总反应的热化学方程式为：2H2O(l)2H2(g)+

6、O2(g)；H= +286 kJmol-1D该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的H不变9、假设与猜想是科学探究的先导和价值所在。下列假设引导下的探究肯定没有意义的是A探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成B探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质可能是CuOC探究Na与水的反应可能有O2生成D探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性所致10、中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是( )A我国近年来大

7、力发展核电、光电、风电、水电。电能属于一次能源B“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐C我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料11、下列有关有机物的说法不正确的是A苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持反应生成硝基苯B用与发生酯化反应，生成的有机物为C苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷D戊烷的一溴取代物共有8种不含立体异构12、 Zn(CN)42-在水溶液中可与HCHO发生反应生成Zn(H2O)42+和HOCH2CN，下列说法错误的是（ ）AZn2+基态核外电子

8、排布式为Ar3d10B1mol HCHO分子中含有键的数目为1.8061024CHOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是sp3DZn(CN)42-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，结构可表示为13、丁苯橡胶的化学组成为，其单体一定有()A2丁炔B1，3丁二烯C乙苯D乙烯14、用化学用语表示C2H2HClC2H3Cl(氯乙烯)中的相关微粒，其中正确的是（ ）A中子数为7的碳原子：CB氯乙烯的结构简式：CH2CHClC氯离子的结构示意图：DHCl的电子式：H15、右图的装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴定管内盛放某种液体。挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是（ ）ACO2(NaHC

9、O3溶液)/无色喷泉BNH3(H2O含酚酞)/红色喷泉CH2S(CuSO4溶液)/黑色喷泉DHCl(AgNO3溶液)/白色喷泉16、下列说法正确的是()A碘单质或NH4Cl的升华过程中，不需克服化学键BNa2O2属于离子化合物，该物质中阴、阳离子数之比为11CCO2和SiO2中，都存在共价键，它们的晶体都属于分子晶体D金刚石和足球烯(C60)虽均为碳单质，但晶体类别不同，前者属于原子晶体，后者属于分子晶体二、非选择题（本题包括5小题）17、普罗帕酮，为广谱高效膜抑制性抗心律失常药。具有膜稳定作用及竞争性受体阻滞作用。能降低心肌兴奋性，延长动作电位时程及有效不应期，延长传导。化合物I是合成普罗帕

10、酮的前驱体，其合成路线如图：已知：CH3COCH3+CH3CHOCH3COCH=CHCH3+H2O回答下列问题：(1)H的分子式为_；化合物E中含有的官能团名称是_。(2)G生成H的反应类型是_。(3)F的结构简式为_。(4)B与银氨溶液反应的化学方程式为_。(5)芳香族化合物M与E互为同分异构体，M中除苯环外，不含其他环状结构，且1molM能与2molNaOH反应，则M的结构共有_种，其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱上显示4组峰的M的结构简式为：_ 。(6)参照上述合成路线，以2-丙醇和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：_。18、乙炔为原料在不同条件下可以合成多种有机物已知：

11、CH2=CHOH（不稳定） CH3CHO一定条件下，醇与酯会发生交换反应：RCOOR+R”OH RCOOR”+ROH完成下列填空：（1）写反应类型：_反应；_反应反应的反应条件_（2）写出反应方程式B生成C_；反应_（3）R是M的同系物，其化学式为，则R有_种（4）写出含碳碳双键、能发生银镜反应且属于酯的D的同分异构体的结构简式_19、有机物的元素定量分析最早是由德国人李比希提出的，某实验室模拟李比希法测定某种氨基酸(CxHyOzNp)的分子组成。取一定量的该氨基酸放在纯氧气中燃烧，燃烧后生成的水用装置D（无水氯化钙）吸收，二氧化碳用装置C（KOH浓溶液）吸收，N2的体积用E装置进行测量，所需

12、装置如下图(夹持仪器的装置及部分加热装置已略去)：（1）该实验装置的合理连接顺序为：A、_、E。（部分装置可以重复选用）（2）实验开始时，首先打开止水夹a，关闭止水夹b，通一段时间的纯氧，这样做的目的是_。（3）A中放入CuO的作用是_，装置B的作用是_。（4）为了确定此氨基酸的分子式，除了准确测量N2的体积、生成二氧化碳和水的质量外，还需得到的数据有_。（5）在读取E装置中所排水的体积时，液面左低右高，则所测气体的体积_（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（6）已知分子式为C2H4O2的有机物也含有氨基酸中的某个官能团，请设计实验证明该官能团（试剂任选）：_。20、硫代硫酸钠(Na2S2O

13、3)具有较强的还原性，还能与中强酸反应，在精细化工领域应用广泛将SO2通入按一定比例配制成的Na2S和Na2CO3的混合溶液中，可制得Na2S2O35H2O(大苏打)(1)实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是_(选填编号)；检查该装置气密性的操作是：关闭止水夹，再_。(2)在Na2S和Na2CO3的混合溶液中不断通入SO2气体的过程中，发现：浅黄色沉淀先逐渐增多，反应的化学方程式为_(生成的盐为正盐)；浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色无嗅的气体产生，则反应的化学方程式为_(生成的盐为正盐)；浅黄色沉淀逐渐减少(这时有Na2S2O3生成)；继续通入SO2，浅黄色沉淀又会

14、逐渐增多，反应的化学方程式为_(生成的盐为酸式盐)。(3)制备Na2S2O3时，为了使反应物利用率最大化，Na2S和Na2CO3的物质的量之比应为_；通过反应顺序，可比较出：温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液pH更大的是_。(4)硫代硫酸钠的纯度可用滴定法进行测定，原理是：2S2O32+I3=S4O62+3I为保证不变质，配制硫代硫酸钠溶液须用新煮沸并冷却的蒸馏水，其理由是_。取2.500g含杂质的Na2S2O35H2O晶体配成50mL溶液，每次取10.00mL用0.0500mol/L KI3溶液滴定(以淀粉为指示剂)，实验数据如下(第3次初读数为0.00，终点读数如图

15、e；杂质不参加反应)：编号123消耗KI3溶液的体积/mL19.9820.02到达滴定终点的现象是_；Na2S2O35H2O(式量248)的质量分数是(保留4位小数)_。21、我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，直到近年来人们才研究出来其成分为BaCuSi4O10，BaCuSi2O6。(1)“中国蓝”、“中国紫”中均具有Cun离子，n_，基态时该阳离子的价电子排布式为_。(2)“中国蓝”的发色中心是以Cun+为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是_元素。(3)合成“中国蓝”、“中国紫”的原料有BaCO3，孔雀石Cu2(OH)2CO3和砂子(SiO2)。SiO2晶

16、体中Si原子的杂化轨道是由_轨道（填轨道的名称和数目）和_轨道杂化而成的。(4)现代文物分析发现，“中国蓝”中含有微量硫元素。假若硫元素来源一种阴离子是正四面体的天然钡矿中，则最可能的钡矿化学式是_。(5)在5500年前，古代埃及人就己经知道如何合成蓝色颜料“埃及蓝”CaCuSi4O10，其合成原料中用CaCO3代替了BaCO3，其它和“中国蓝”一致。CO32一中键角OCO为_。根据所学，从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更_（填“高”或“低”）。(6)自然界中的SiO2，硬度较大，主要原因是_。下图为SiO2晶胞中Si原子沿z轴方向在xy平面的投影图（即俯视投影图），其中O

17、原子略去，Si原子旁标注的数字表示每个Si原子位于z轴的高度，则SiA与SiB的距离是_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】分析：根据元素周期律分析。详解：A. 同周期自左向右金属性逐渐减弱，则金属性：AlMg，A错误；B. 同主族从上到下非金属性逐渐减弱，氢化物稳定性逐渐减弱，则稳定性：HFHCl，B正确；C. 同周期自左向右金属性逐渐减弱，最高价氧化物水化物的碱性逐渐减弱，则碱性：NaOHMg(OH)2，C正确；D. 同周期自左向右非金属性逐渐增强，最高价含氧酸的酸性逐渐增强，则酸性：HClO4 H2SO4，D正确。答案选A。2、D【解析】A. “薪柴之灰”中含有

18、碳酸钾，与铵态氮肥共用时，发生水解反应，相互促进水解，降低肥效，故A错误；B. “以灰淋汁”的操作是过滤，故B错误；C. “取碱”得到的是碳酸钾溶液，属于盐溶液，故C错误；D. “浣衣”过程中促进油脂的水解，属于化学变化，故D正确；故选D。3、A【解析】A、试验2、3中主要反应为：，由于试验2中的n(NH4+)大于试验3中的n(NH4+)，而镁是过量的，所以不能得出浓度越大，反应速率越快的结论，故A符合题意；B、由试验1、2对比可知，反应速率加快，其原因有可能是Na+、Cl-具有催化作用，由试验4、5对比可知，Na+对反应无催化作用，由此可知，Cl-对镁和水的反应有催化作用，故B不符合题意；C

19、、试验7中NH4Cl浓度较试验3高，产生氢气的速率应更快，但由表格可知，二者产生氢气的速率几乎相等，其原因在于试验7中加入了高浓度NH3H2O，NH3H2O与Mg2+反应生成了Mg(OH)2覆盖在镁表面，减慢反应，故C不符合题意；D、由试验1、2、7对比可知，无论酸性条件还是碱性条件，都能加快镁和水的反应，故D不符合题意；故答案为A。4、C【解析】A以石墨为电极电解水，阳极反应式为4OH-4e-=2H2O+O2，以石墨为电极电解饱和食盐水，阳极反应式为2Cl-2e-=Cl2，阳极的电极反应式不同，故A错误；B电解水时其pH在理论上是不变的，但若加入少量硫酸则变小，若加入少量氢氧钠则变大，若加入

20、硫酸钠则不变；电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠和氯气和氢气，pH变大，所以电解结束后所得液体的pH不相同，故B错误；C以石墨为电极电解水和饱和食盐水的阴极反应式为：2H+2e-=H2，所以电极反应式相同，故C正确；D若转移电子数为4mol，则依据电解方程式2H2O2H2+O24e-，电解水生成3mol气体；依据电解方程式2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H22e-，电解食盐水生成4mol气体，在同温同压下气体的总体积不相等，故D错误；故选C。【点睛】明确电解池工作原理、准确判断电极及发生反应是解题关键。本题的易错点为D，要注意氧化还原反应方程式中根据转移电子的相关计算。5、C【解析】A依据

21、氯水成分及性质漂白性判断；B碳酸钠水溶液呈碱性，能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液；C后先通冷却水，一开始产生的水蒸气没有得到冷却；D多余的钠应放回试剂瓶。【详解】A氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，能够漂白pH试纸，不能用pH试纸测试氯水的pH值，故A错误；B碳酸钠水溶液呈碱性，能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液，将玻璃塞与试剂瓶粘到一起，故B错误；C先通冷却水，保证冷凝管的管套中充满水，再开始加热，否则一开始产生的水蒸气没有得到冷却，故C正确；D实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠能放回原试剂瓶中，故D错误；故选：C。【点睛】本题考查化学中仪器的使用及

22、试剂的保存，解题关键：熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、掌握常见化学实验基本操作的注意事项，易错点A，注意氯水的漂白性。6、D【解析】短周期元素X、M的族序数均等于周期序数，符合要求的只有H、Be、Al三种元素；结合分子结构图化学键连接方式，X为H元素，M为Al元素，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的，Y为O元素，原子序数依次增大，Z元素在O元素和Al元素之间，结合题图判断Z为Mg元素，据此分析解答。【详解】根据分析X为H元素，Y为O元素，Z为Mg元素，M为Al元素；AY为O元素，Z为Mg元素，M为Al元素，简单离子的核外电子排布结构相同，核电荷数越大，半径越小，则半径：Y Z M，故A错误

23、；BZ为Mg元素，M为Al元素，常温下Al遇浓硝酸发生钝化，不能溶于浓硝酸，故B错误；CX为H元素，Y为O元素，X+与Y22-结合形成的化合物为双氧水，是分子晶体，故C错误；DZ为Mg元素，Z的最高价氧化物的水化物为氢氧化镁，是中强碱，故D正确；答案选D。7、B【解析】A. 白磷为正四面体结构，1个白磷分子中含有6个共价键，则0.1mol白磷含有的共价键数目为0.6NA，1个甲烷分子中含有4个共价键，所以0.1mol甲烷含有的共价键数目为0.4NA，故A错误；B. 1molCl2与足量Fe粉反应生成FeCl3，转移电子的物质的量为2mol，数目为2 NA，故B正确；C. NaHSO4晶体中含有

24、Na和HSO4，1.2 g NaHSO4的物质的量为1.2g120g/mol=0.01mol，则含有离子的物质的量为0.02mol，总数为0.02 NA，故C错误；D. 25时，pH=13的1.0 LBa(OH)2溶液中OH的物质的量浓度为0.1mol/L，则n(OH)=1.0L0.1mol/L=0.1mol，OH的数目为0.1NA，故D错误；答案选B。点睛：本题主要考查阿伏加德罗常数的计算和判断，熟练掌握物质的量和阿伏加德罗常数、物质的量浓度等物理量之间的关系是解题的关键，试题难度中等。本题的易错点是A项，解题时要注意白磷（P4）分子中含有6个PP共价键。8、C【解析】A、通过流程图，反应I

25、I和III，实现了太阳能到化学能的转化，故A说法正确；B、根据流程总反应为H2O=H21/2O2，SO2和I2起到催化剂的作用，故B说法正确；C、反应I+反应II+反应III，得到H2O(l)=H2(g)1/2O2(g) H=(213327172)kJmol1=286kJmol1，或者2H2O(l)=2H2(g)O2(g) H=572kJmol1，故C说法错误；D、H只与始态和终态有关，该过程降低了水分解制氢的活化能，H不变，故D说法正确。9、C【解析】A、SO2具有还原性，Na2O2具有氧化性，所以探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成有意义，故A不符合题意；B、浓硫酸具有强氧化性

26、，所以探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质可能是CuO有意义，故B不符合题意；C、Na是非常活泼的金属，不可能与水反应生成O2，所以探究Na与水的反应可能有O2生成没有意义，故C符合题意；D、Cl2能与NaOH反应，使溶液的碱性减弱，Cl2与H2O反应生成了HClO，HClO具有漂白性，所以探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性所致有意义，故D不符合题意。10、D【解析】A. 我国近年来大量减少化石燃料的燃烧，大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于二次能源，故A错误；B. 新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属

27、材料有了很大的提高，可适用于不同的要求。如高温结构陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，故B错误；C. 光缆的主要成分是二氧化硅，故C错误；D. 金属材料包括纯金属以及它们的合金，铝锂合金属于金属材料，故D正确；答案选D。【点睛】化学在能源，材料，方面起着非常重要的作用，需要学生多关注最新科技发展动态，了解科技进步过程中化学所起的作用。11、B【解析】A苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持，是苯发生硝化反应的条件，可以反应生成硝基苯，故A正确；B用与发生酯化反应，酸脱羟基醇脱氢，生成的有机物为，故B错误；C苯乙烯在合适条件下催化加氢，苯环和碳碳双键都能加氢，生成乙基环己烷，故C

28、正确；D戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种结构，再进行一溴取代，正戊烷有3种一溴代物，异戊烷有4种一溴代物，新戊烷有1种一溴代物，故戊烷一溴取代物共有8种不含立体异构，故D正确；故答案为B。12、C【解析】AZn原子序数为30，位于B族，所以，Zn2+基态核外电子排布式为Ar3d10，A选项正确；B1分子HCHO含2个C-H键和1个C=O键，共有3个键，所以，1molHCHO分子中含有键的物质的量为3mol，数目为1.8061024，B选项正确；CHOCH2CN分子中与羟基相连的C为sp3杂化，-CN(-CN)中的C为sp杂化，C选项错误；DZn(CN)42-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键

29、，Zn为sp3杂化，配位原子形成正四面体，所以，Zn(CN)42-结构可表示为，D选项正确；答案选C。【点睛】一般，两原子间形成的共价键，有且只有1个键，如：C=O双键含1个键、1个键，CN叁键含1个键、2个键。13、B【解析】根据丁苯橡胶的结构可知，其主链上全是碳原子，故其一定是由单体发生加聚反应得到的，由于其分子式中有双键，一定是发生聚合反应新生成的，将链节分断，可以发生其单体是苯乙烯和1，3丁二烯，答案选B。14、C【解析】A. 中子数为7的碳原子为：，选项A错误；B. 氯乙烯的结构简式为：CH2=CHCl，选项B错误；C. 氯离子的结构示意图为：，选项C正确；D. HCl为共价化合物，

30、其电子式为：，选项D错误。答案选C。15、A【解析】A.NaHCO3与CO2不反应，烧瓶内的压强不变，不能形成喷泉，故选A；B.NH3易溶于水，形成NH3H2O，NH3H2ONH4OH，溶液呈碱性，能形成红色喷泉，故不选B；C.H2SCuSO4H2SO4CuS，CuS为黑色沉淀，能形成黑色喷泉，故不选C；D.HClAgNO3HNO3AgCl，AgCl为白色沉淀，能形成白色喷泉，故不选D。答案选A。16、D【解析】A、NH4Cl的分解生成气体过程中，需克服离子键和共价键，选项A错误；B、Na2O2中阴离子(O22-)、阳离子(Na)数之比为12，选项B错误；C、SiO2中，Si原子、O原子向空间

31、伸展，不存在小分子，属于原子晶体，选项C错误；D、金刚石和足球烯(C60)虽均为碳单质，但晶体类别不同，前者属于原子晶体，后者属于分子晶体，选项D正确。答案选D。【点睛】本题主要是化学键、分子晶体和物质三态变化克服的作用力等知识，正确理解信息是解题关键，试题培养了学生分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。注意晶体类型的判断方法，离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体，分子间通过分子间作用力形成的晶体是分子晶体，原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，由金属阳离子和自由电子构成的晶体是金属晶体。二、非选择题（本题包括5小题）17、C18H18O3 (酚)羟基、羰基 取代反应 CH3C

32、HO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O 10 【解析】由A的分子式为C2H6O，且能在Cu作催化剂时被O2氧化，则A的结构简式为CH3CH2OH，B的结构简式为CH3CHO，B被银氨溶液氧化，酸化后得到C为CH3COOH，由题目中已知信息可得，E与生成F为，F与H2发生加成反应生成G，G的结构简式为：，由G与C3H5ClO反应生成H可知，反应产物还有H2O分子，故该反应为取代反应，据此分析。【详解】由A的分子式为C2H6O，且能在Cu作催化剂时被O2氧化，则A的结构简式为CH3CH2OH，B的结构简式为CH3CHO，B被银氨溶液氧化，酸化后得到C为CH3COO

33、H，由题目中已知信息可得，E与生成F为，F与H2发生加成反应生成G，G的结构简式为：，由G与C3H5ClO反应生成H可知，反应产物还有H2O分子，故该反应为取代反应；(1)由流程图中H的结构简式可知，其分子式为：C18H18O3，由E的结构简式可知，E所含有的官能团有：(酚)羟基、羰基；(2)由分析可知，G生成H的反应类型是取代反应；(3)由分析可知，F的结构简式为：；(4)由分析可知，B的结构简式为CH3CHO ，与银氨溶液反应的化学方程式为CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O；(5)芳香族化合物M与E互为同分异构体，M中除苯环外，不含其他环状结构

34、，且1molM能与2molNaOH反应，则M中苯环上的取代基可能是2个酚羟基和1个乙烯基，由苯环上的邻、间、对位结构的不同，一共有6中同分异构体；M还有可能是甲酸苯酚酯，苯环上另有一个甲基的结构，这样的同分异构体有3种；M还有可能是乙酸苯酚酯，有1种同分异构体；所以符合条件的M一共有10种同分异构体；其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱上显示4组峰的M的结构简式为；(6)以2-丙醇和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线为：。【点睛】本题根据流程图中所给A物质的分子式及其反应条件推导出A的结构简式是解题的关键，注意比较G和H的结构简式区别，然后根据有机化学中反应基本类型的特点进行判断。1

35、8、取代反应 加成反应 铁粉作催化剂 2CH3CHO+O22CH3COOH nCH3COOCH=CH2 4 HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）C=CH2 【解析】与乙烯水化法得到乙醇类似，乙炔与水反应得到乙烯醇，乙烯醇不稳定会自动变成乙醛，因此B为乙醛，C为乙醛催化氧化后得到的乙酸，乙酸和乙炔在一定条件下加成，得到，即物质D，而D在催化剂的作用下可以发生加聚反应得到E，E与甲醇发生酯交换反应，这个反应在题干信息中已经给出。再来看下面，为苯，苯和丙烯发生反应得到异丙苯，即物质F，异丙苯和发生取代得到M，注意反应取代的是苯环上的氢，因此要在铁粉的催化下而不是

36、光照下。【详解】（1）反应是酯交换反应，实际上符合取代反应的特征，反应是一个加成反应，这也可以从反应物和生成物的分子式来看出，而反应是在铁粉的催化下进行的；（2）B生成C即乙醛的催化氧化，方程式为2CH3CHO+O22CH3COOH，而反应为加聚反应，方程式为nCH3COOCH=CH2；（3）说白了就是在问我们丁基有几种，丁基一共有4种，因此R也有4种；（4）能发生银镜反应说明有醛基，但是中只有2个氧原子，除酯基外不可能再有额外的醛基，因此只能是甲酸酯，符合条件的结构有HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）C=CH2。【点睛】一般来说，光照条件下发生的是自由

37、基反应，会取代苯环侧链上的氢、烷基上的氢，例如乙烯和氯气若在光照下不会发生加成，而会发生取代，同学们之后看到光照这个条件一定要注意。19、DCDB 将装置中的N2（或空气）排除干净 将未充分燃烧的产物CO转化为CO2(或使氨基酸中的碳完全转化为CO2) 除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2 该氨基酸的摩尔质量 偏小 取该有机物少许于试管中，滴加NaHCO3溶液，有气泡产生（或其它合理答案） 【解析】根据题意可知，用燃烧法测定某种氨基酸(CxHyOzNp)的分子组成，用氧气氧化氨基酸(CxHyOzNp)生成二氧化碳、水和氮气，利用装置D（无水氯化钙）测定水的质量，利用装置C（KOH浓

38、溶液）测定二氧化碳的质量，利用E装置测量N2的体积，从而求出氨基酸中含有的C、H、O、N的质量，进而求出该氨基酸的分子组成，据此解答。【详解】（1）根据以上分析，结合吸收CO2、H2O及测量N2体积的顺序为，先吸收水，再吸收CO2，最后测量N2体积，装置B加热的铜网可除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2，所以该实验装置的合理连接顺序为：A、D、C、D、B、E，故答案为DCDB；（2）装置内的空气中含有N2、CO2和H2O，需通一段时间的纯氧，将装置中的N2（或空气）排除干净，减小试验误差，故答案为将装置中的N2（或空气）排除干净；（3）CuO的作用是将氨基酸不完全燃烧产生的少量CO

39、氧化成CO2，保证氨基酸中的碳都转化为CO2，根据(1)的分析，装置B的作用是除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2，故答案为将未充分燃烧的产物CO转化为CO2(或使氨基酸中的碳完全转化为CO2)；除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2；（4）根据上面的分析可知，为了确定此氨基酸的分子式，除了生成二氧化碳气体的质量、生成水的质量、准确测量N2的体积外，还需测出该氨基酸的摩尔质量，故答案为该氨基酸的摩尔质量；（5）如果液面左低右高（广口瓶中液面低于量筒中液面）广口瓶中的气体收到的压强除大气压强外还有液面高度差造成的压强其实际压强大于标准大气压，气体体积被压缩，实际测得的气体体

40、积偏小，故答案为偏小；（6）根据分子式为C2H4O2，及氨基酸中的官能团可知，该分子中有羧基，实验证明该官能团的方法为取该有机物少许于试管中，滴加NaHCO3溶液，有气泡产生，故答案为取该有机物少许于试管中，滴加NaHCO3溶液，有气泡产生。【点睛】本题考查学生利用燃烧法确定有机物分子组成的知识，涉及实验方案设计、根据原子守恒法来解答，关键在于理解实验原理。20、d 打开分液漏斗活塞加水，如水无法滴入说明气密性良好 3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3 SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2 Na2S2O3+SO2+H2O=S+2NaHSO3 2：1 前者 防止Na2S2O3被空气中

41、O2氧化 溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪去 99.20% 【解析】(1)因为Na2SO3易溶于水，a、b、c装置均不能选用，实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是d；关闭止水夹，若气密性很好，则分液漏斗中水不能滴入烧瓶中； (2)其反应原理为SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S+2H2O，即：3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3；无色无味的气体为CO2气体，其化学方程式为SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；黄色沉淀减少的原理为Na2SO3+S=Na2S2O3；根据题意Na2S2O3能与中强酸反应，所以浅黄色沉淀又增多的原

42、理为Na2S2O3+SO2+H2O=S+2NaHSO3；(3)3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3，SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2，Na2SO3+S=Na2S2O3，则+3得4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以Na2S和Na2CO3的物质的量之比为2：1。因为SO2先和Na2S反应，所以温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液，Na2S溶液的pH更大；(4)用新煮沸并冷却的蒸馏水是为了赶出水中的氧气避免硫代硫酸钠被氧化；达到滴定终点时颜色突变且30s不变色；先根据滴定消耗的标准液的体积计算出平均体积，再由2S2O32-+I3-=S4O62-+3I-的定量关系计算。【详解】(1)因为Na2SO3易溶于水，a、b、c装置均不能选用，实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是d；检查该装置气密性的操作是：关闭止水夹，若气密性很好，则分液漏斗中水不能滴入烧瓶中；(2)浅黄色沉淀先逐渐增多，其反应原理为SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S+2H2O，即反应的化学方程式为：3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3；浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色无嗅的气体产生，则反应的化学方程式为，无色无味的气体为CO2气体，其化学方程式为SO2+Na2CO3=Na2SO3+C