2022年阿坝市重点高考仿真卷化学试题含解析

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、下列操作能达到相应实验目的的是选项试验目的操作A检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质将Fe(NO3)2样品溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红B测定“84”消毒液的pH用洁净的玻璃棒蘸取少量“84”消毒液滴在pH试纸上C验证铁的吸氧腐蚀将未生锈的铁钉放入试管中，用稀硫酸浸没D比较

2、H2C2O4与H2CO3的酸性强弱在H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液，观察现象AABBCCDD2、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 H2SO43、用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略)ABCDX中试剂浓盐酸双氧水浓硫酸浓氨水Y中试剂KMnO4MnO2CuNaOH气体Cl2O2SO2NH3AABBCCDD4、常温下，用0.10molL-1盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 molL-1CH3COONa溶液和NaCN溶液，所得滴定曲线如图（忽略体积变化）。下列说法正确的

3、是（ ）A溶液中阳离子的物质的量浓度之和：点等于点B点所示溶液中：c(CN-)+c(HCN)2c(Cl-)C点所示溶液中：c(Na+) c(Cl-) c(CH3COO-)c(CH3COOH)D点所示溶液中：c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+)0.10molL-15、25时，向10 mL 0.l molL1 H2C2O4溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示，下列叙述正确的是( )AA点溶液中，c(H)c(OH)c(HC2O4)2c(C2O42)BHC2O4在溶液中水解程度大于电离程度CC点溶液中含有大量NaHC2O4和H2C2O4DD点溶液中，c(

4、Na)c(C2O42)c(HC2O4)c(OH)c(H)6、乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是（ ）分子式为C12H19O2；不能发生银镜反应；mol该有机物最多能与3mol氢气发生加成反应；它的同分异构体中不可能有酚类；1mol该有机物与NaOH溶液反应最多消耗1molNaOH；属于芳香族化合物。ABCD7、下列选项中，为完成相应实验，所用仪器或相关操作合理的是ABCD用CCl4提取溶在乙醇中的I2测量Cl2的体积过滤用NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸AABBCCDD8、为探究铝片（未打磨）与Na2CO3溶液的反应，实验如下：下列说法不正确的是（ ）AN

5、a2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-B对比、，推测Na2CO3溶液能破坏铝表面的氧化膜C溶液中可能存在大量Al3+D推测出现白色浑浊的可能原因：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3+CO32-9、用氯气和绿矾处理水，下列说法错误的是（ ）A氯气起杀菌消毒作用B氯气氧化绿矾C绿矾具有净水作用D绿矾的氧化产物具有净水作用10、属于非电解质的是A二氧化硫B硫酸钡C氯气D冰醋酸11、已知：乙醇、乙醛的沸点分别为78、20.8。某同学试图利用下列实验装置来完成“乙醛的制备、收集和检验”一系列实验，其中设计不合理的是A提供乙醇蒸气和氧气B乙醇的催化氧化C收集产物D检

6、验乙醛12、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A标准状况下，1LC2H5OH完全燃烧后生成的CO2分子个数约为B20gD2O与20gH218O含有的中子数均为10NAC1molL-1Al(NO3)3溶液中含有3NA个NO3-D50mL12molL-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA13、W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增加，W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代。化合物XZ是重要的调味品，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，Z的电子层结构与氩相同。下列说法错误的是A元素W与氢形成原子比为1:1的化合物有多种B元素X的单质能与水、无水乙醇反应C

7、离子Y3+与Z的最外层电子数和电子层数都不相同D元素W与元素Z可形成含有极性共价键的化合物14、下图为某二次电池充电时的工作原理示意图，该过程可实现盐溶液的淡化。下列说法错误的是A充电时，a为电源正极B充电时，Cl-向Bi电极移动，Na+向NaTi2(PO4)2电极移动C充电时，新增入电极中的物质：n(Na+)：n(Cl-)=1:3D放电时，正极的电极反应为BiOCl+2H+3e-=Bi+Cl-+H2O15、现有短周期主族元素R、X、Y、Z。若它们的最外层电子数用n表示，则有：n(X)n(Y)n(Z)，n(X)n(Z)n(R)。这四种元素组成一种化合物Q，Q具有下列性质：下列说法错误的是A原子

8、半径：YZXB最高价氧化物对应水化物酸性：YZCX和Y组成的化合物在常温下都呈气态DY3Z4是共价化合物16、氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，下列化学反应属于阴影3区域的是A2HClO2HClO2BNH4HCO3NH3H2OCO2C4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3DFe2O33CO2Fe3CO2二、非选择题（本题包括5小题）17、新泽茉莉醛是一种名贵的香料，合成过程中还能得到一种PC树脂，其合成路线如图。已知：RCHO+RCH2CHO+H2ORCHO+HOCH2CH2OH+H2O+2ROH+HCl(1)E的含氧官能团名称是_，E分子中共面原子数目最多为_。(2)写出

9、反应的化学方程式_。(3)写出符合下列条件并与化合物E互为同分异构体的有机物结构简式_。a能与浓溴水产生白色沉淀b能与溶液反应产生气体c苯环上一氯代物有两种(4)反应的反应类型是_。(5)已知甲的相对分子质量为30，写出甲和G的结构简式_、_。(6)已知化合物C的核磁共振氢谱有四种峰，写出反应的化学方程式_。(7)结合已知，以乙醇和苯甲醛()为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)_。18、某药物中间体X的合成路线如下：已知：RXHX； NH2RCHORCHN；ROH； 。请回答：（1） F的结构简式为_。（2） 下列说

10、法正确的是_。A HX的反应类型属于加成反应B 化合物F具有弱碱性C 化合物G能发生取代、消去、还原反应D 化合物X的分子式为C23H27O3N9（3） 写出BC的化学方程式_。（4） 可以转化为。设计以苯酚和乙烯为原料制备的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）_。（5） 写出化合物B同时符合下列条件的同分异构体的结构简式。分子中有一个六元环，无其它环状结构；_1HNMR谱表明分子中有2种氢原子；IR谱显示存在CN_。19、ClO2熔点为-59.5，沸点为11.0，温度过高可能引起爆炸，易溶于水，易与碱液反应。工业上用潮湿的KClO3和草酸(H2C2O4)在60时反应制得。某同学设计了如图装

11、置来制取、收集ClO2并测定其质量。实验I：制取并收集ClO2，装置如图所示。(1)装置A除酒精灯外，还必须添加_装置，目的是_。装置B应该添加_(填“冰水浴”、“沸水浴”或“60的热水浴”)装置。(2)装置A中反应产物有K2CO3、ClO2和CO2等，请写出该反应的化学方程式_。实验II：测定ClO2的质量，装置如图所示。过程如下：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加硫酸溶液；按照如图组装好仪器：在玻璃液封管中加入水，浸没导管口；将生成的ClO2气体由导管通入锥形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封液倒入锥形瓶中，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；用cmol/L Na2

12、S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体，共用去VmL Na2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)。(3)装置中玻璃液封管的作用是_。(4)滴定终点的现象是_。(5)测得通入ClO2的质量m (ClO2)=_(用整理过的含的代数式表示)。(6)判断下列操作对m (ClO2)测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。若在配制Na2S2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果_。若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果_。20、碳酸镁晶体是一种新型吸波隐形材料中的增强剂。实验一：合成碳酸镁晶体的步骤：配制一定浓度的MgSO4溶液和NH4HCO

13、3溶液；量取一定量的NH4 HCO3溶液于容器中，搅拌并逐滴加入MgSO4溶液，控制温度50，反应一段时间；用氨水调节溶液pH至9.5，放置一段时间后，过滤、洗涤、干燥得碳酸镁晶体产品。称取3.000gMgSO4样品配制250mL溶液流程如图所示：回答下列问题：（1）写出实验仪器名称：A_；B_。配制溶液过程中定容后的“摇匀”的实验操作为_。（2）检验碳酸镁晶体是否洗干净的方法是_。实验二：测定产品MgCO3nH2O中的n值（仪器和药品如图所示）：（3）实验二装置的连接顺序为_（按气流方向，用接口字母abcde表示），其中装置的作用是_。（4）加热前先通入N2排尽装置中的空气，然后称取装置、的

14、初始质量。进行加热时还需通入N2的作用是_。（5）若要准确测定n值，至少需要下列所给数据中的_（填选项字母），写出相应1种组合情景下，求算n值的数学表达式：n=_。a装置反应前后质量差m1 b装置反应前后质量差m2 c装置反应前后质量差m321、新型陶瓷材料氮化硅（Si3N4）可用于制作火箭发动机中燃料的喷嘴。氮化硅可由石英、焦炭在高温氮气流中制取。完成下列填空：_SiO2+_C+_N2_Si3N4+_CO。（1）试配平该化学反应方程式，将系数填写在对应位置上。在方程式上标出电子转移的方向和数目。_（2）反应中_被还原，当氧化产物比还原产物多 1mol 时，反应中电子转移数为_。（3）在该反应

15、体系中：所涉及物质属于非极性分子的电子式为_；所涉及元素中原子半径最大的原子的最外层电子排布式为_。（4）反应的主要产物氮化硅所属的晶体类型为_，证明氮化硅组成元素非金属性强弱：（）写出一个化学事实_；（）从原子结构上进行说明：_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】AFe(NO3)2样品溶于稀盐酸，发生反应Fe + 4H+ + NO3-Fe3+ NO+ 2H2O，滴加KSCN溶液后，溶液变红色，不能肯定原样品是否变质，A不合题意；B“84”消毒液具有强氧化性，能使pH试纸褪色，不能用pH试纸检验其pH，B不合题意；C未生锈的铁钉放入试管中，用稀硫酸浸没，发生析氢腐蚀，

16、C不合题意；D在H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液，有气泡产生，则说明生成了H2CO3，从而表明酸性H2C2O4大于H2CO3，D符合题意；故选D。2、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。3、B【解析】A浓盐酸

17、和KMnO4固体混合有氯气生成，但氯气易溶于水，且与水发生反应，则不能用排水法收集，故A错误；B双氧水在MnO2的催化作用下生成氧气，氧气可用排水法收集，故B正确；CCu与浓硫酸反应需要加热，图中缺少酒精灯，且二氧化硫不能选排水法收集，故C错误；D氨气极易溶于水，不能排水法收集，故D错误；故答案为B。4、D【解析】A.根据电荷守恒点中存在c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，点中存在c(CN-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，由于两点的溶液体积不等，溶液的pH相等，则c(Na+)不等，c(H+)分别相等，因此阳离子的物质的量浓度之和

18、不等，故A错误；B.点所示溶液中含等物质的量浓度的NaCN、HCN、NaCl，存在物料守恒c(CN-)+c(HCN)= 2c(Cl-)，故B错误；C.点所示溶液中含有等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，溶液的pH=5，说明以醋酸的电离为主，因此c(CH3COO-)c(Cl-)，故C错误；D.点所示溶液为等物质的量浓度的醋酸和氯化钠，浓度均为0.05mol/L，则c(Na+)=c(Cl-)=0.05mol/L，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.05mol/L，根据电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，因此c(C

19、H3COO-)=c(H+)-c(OH-)，则c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+)=0.05mol/L+0.05mol/L-c(CH3COO-)+c(H+)=0.1mol/L-c(H+)+c(OH-)+c(H+)=0.1mol/L+c(OH-)0.1mol/L，故D正确。答案选D。5、A【解析】A. A点是草酸溶液，根据电荷守恒，c(H)c(OH)c(HC2O4)2c(C2O42)，故A正确；B.B点是10 mL 0.l molL1 H2C2O4溶液与10 mL 0.l molL1NaOH溶液混合，溶质是NaHC2O4，B点溶液呈酸性，可知HC2O4在溶液中电离程度大于水解程度，故B错

20、误；C. B点溶质是NaHC2O4，D点溶质是Na2C2O4，所以C点溶液中含有NaHC2O4和Na2C2O4，故C错误；D. D点溶液的溶质是Na2C2O4，c(Na)c(C2O42)c(OH)c(HC2O4)c(H)，故D错误。答案选A。【点睛】该题侧重对学生能力的培养，意在培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力，关键是在明确二元弱酸与氢氧化钠反应原理的基础上利用好电荷守恒、物料守恒以及质子守恒。6、A【解析】本题主要考查有机物的结构与性质。不存在醛基，不能发生银镜反应，不饱和度仅有三个酚类至少有四个不饱和度，能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基。据此回答。【详解】由结构简式可知分子中含有12个

21、C原子，20个H原子，2个O原子，则分子式为C12H20O2，故错误；分子中不含醛基，则不能发生银镜反应，故正确；只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，故错误；分子中含有3个双键，则不饱和度为3，而酚类物质的不饱和度至少为4，则它的同分异构体中不可能有酚类，故正确；能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1mol NaOH，故正确；分子中不含苯环或稠环，则不属于芳香族化合物，故错误。故选A。7、B【解析】A.四氯化碳是良好的有机溶剂，四氯化碳与乙醇互溶，不会出现分层

22、，不能用分液漏斗分离，故A错误；B. 氯气不溶于食盐水，可排饱和食盐水测定其体积，则图中装置可测定Cl2的体积，故B正确；C. 过滤需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，故C错误；D. NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸，NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中，仪器的使用不合理，滴定过程中眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，故D错误。答案选B。【点睛】本题考查的是关于化学实验方案的评价， 实验装置的综合。解题时需注意氯气不溶于食盐水，可排饱和食盐水测定其体积；NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸，NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中。8、C【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，选项

23、A正确；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，选项B正确；C溶液中出现白色沉淀，白色沉淀应该为氢氧化铝，则不可能存在大量Al3+，选项C不正确；DNa2CO3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，选项D正确；答案选C。9、C【解析】A氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有杀菌消毒作用，所以可以用适量氯气杀菌消毒，A正确；B绿矾中二价铁离子具有还原性，氯气能够氧化二价铁离子生成三价铁，B正确；C绿矾水解生成氢氧化亚铁不稳

24、定，极易被氧化生成氢氧化铁，所以明绿不具有净水作用，C错误；D绿矾的氧化产物为硫酸铁，硫酸铁中三价铁水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，能够净水，D正确。答案选C。10、A【解析】A、二氧化硫的水溶液能导电，是因为二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子和亚硫酸氢根离子，而不是二氧化硫本身发生电离，所以二氧化硫是非电解质，故A正确；B、硫酸钡在熔融状态能电离出钡离子和硫酸根离子，能够导电，所以硫酸钡是电解质，故B错误；C、非电解质是溶于水溶液中和在熔融状态下不能导电的化合物，而氯气为单质，不是非电解质，故C错误；D、醋酸在水溶液中电离出醋酸根离子和氢离子，能够导电，所以醋酸是电解质，故D错

25、误；故选：A。【点睛】根据非电解质的定义：非电解质是指在水溶液中和在熔融状态下都不能导电的化合物及电离的特点来解答此题11、D【解析】A、乙醇易挥发，向热的乙醇中通入空气，可以向后续装置中提供乙醇蒸气和氧气，选项A正确；B、在铜粉催化下，乙醇发生催化氧化生成乙醛，选项B正确；C、乙醛易挥发，应用冰水浴收集乙醛产物，选项C正确；D、产物中混有乙醇，乙醇也能还原酸性高锰酸钾溶液，使其褪色，选项D错误。答案选D。12、B【解析】A选项，标准状况下乙醇为液体，不能用气体摩尔体积来计算，故A错误；B选项，D2O与H218O的摩尔质量均为20gmol-1，故20gD2O与20gH218O的物质的量均为1m

26、ol，且它们每个分子中均含10个中子，故1mol两者中均含10NA个中子，故B正确；C选项，溶液体积未知，无法计算离子个数，故C错误；D选项，50mL12molL-1盐酸与足量MnO2共热反应一段时间后，盐酸浓度减小，无法继续反应，转移电子数目小于0.3NA，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】计算溶液中溶质物质的量时一定要注意题中给没给溶液的体积，二氧化锰与浓盐酸、铜与浓硫酸反应，当盐酸浓度或浓硫酸浓度降低变为稀溶液时就不再反应了。13、C【解析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增加，W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代说明W为C，化合物XZ是重要的调味品为NaCl，Y

27、位于XZ之间说明原子有三个电子层，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，则Y为Al，Z-的电子层结构与氩相同判断为Cl-，W、X、Y、Z为C、Na、Al、Cl，据以上分析解答。【详解】据以上分析可知：W、X、Y、Z为C、Na、Al、Cl，则A元素W为C与氢形成原子比为1：1的化合物有多种，如C2H2、C4H4、C6H6、C8H8等，A正确；B元素X为钠，属于活泼金属，钠的单质能与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，钠和无水乙醇反应生成乙醇钠和氢气，B正确；C离子Y3+离子为Al3+，有两个电子层，最外层8个电子，Z-为Cl-最外层电子数为8，电子层数为三个电子层，最外层电子数相同，电子层数不相同，C错

28、误；D元素W为C与元素Z为Cl可形成含有极性共价键的化合物，如CCl4，是含有极性共价键的化合物，D正确；答案选C。14、C【解析】充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，则Bi为阳极，所以a为电源正极，b为负极，NaTi2(PO4)2为阴极得电子发生还原反应，反应为NaTi2(PO4)2+2Na+2e-=Na3Ti2(PO4)3，放电时，Bi为正极，BiOCl得电子发生还原反应，NaTi2(PO4)2为负极，据此分析解答。【详解】A.充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，Bi为阳极，则a 为电源正极，A正确；B.充电时，C

29、l-向阳极Bi电极移动，Na+向阴极NaTi2(PO4)2电极移动，B正确；C. 充电时，Bi电极上的电极反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，NaTi2(PO4)2电极上，反应为NaTi2(PO4)2+2Na+2e-= Na3Ti2(PO4)3，根据得失电子守恒，新增入电极中的物质：n(Na+)：n(Cl-)=3：1，C错误； D.放电时，Bi为正极，正极的电极反应为BiOCl+2H+3e-=Bi+Cl-+H2O，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查了二次电池在充、放电时电极反应式及离子移动方向的判断的知识。掌握电化学装置的工作原理，注意电极反应的书写是关键，难度中等。

30、15、C【解析】根据题给信息，Q溶液与FeCl3溶液反应生成血红色物质，可知Q溶液中含有SCN-；Q溶液与NaOH溶液共热会生成一种使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，可知该气体为NH3，则Q溶液中含有NH4+。由此可推断出Q为NH4SCN。根据最外层电子数关系可知X为氢元素，Y为碳元素，Z为氮元素，R为硫元素。【详解】A同一周期从左至右，原子半径逐渐减小，故原子半径：CN，H原子只有一个电子层，原子半径最小，故三者原子半径大小关系为：CNH，A项正确；B同一周期从左向右，最高价氧化物对应水化物的酸碱性规律为：碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强。故HNO3的酸性比H2CO3强，B项正确；CC、H组成的烃类

31、化合物中，常温下苯等烃类呈液态，C项错误；DC3N4类似于Si3N4，同属于原子晶体，是共价化合物，D项正确；答案选C。16、D【解析】根据图得出阴影3为氧化还原反应，但不是置换反应、化合反应、分解反应。【详解】A. 2HClO2HClO2，有化合价升降，是氧化还原反应，但是分解反应，故A不符合题意；B. NH4HCO3NH3H2OCO2，没有化合价升降，故B不符合题意；C. 4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3，有化合价升降，是氧化还原反应，但是化合反应，故C不符合题意；D. Fe2O33CO2Fe3CO2，有化合价升降，是氧化还原反应，不属于置换反应、化合反应、分解反应，故D符合

32、题意。综上所述，答案为D。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基、醛基 16 加成反应（或还原反应） HCHO 【解析】反应是苯与溴发生取代反应生成A，A为，结合B的分子式可知，A发生水解反应生成B，B为。结合D的分子式与E的结构简式可知D为。对比E与新泽茉莉醛的结构简式，结合FG的反应条件及信息，可知EF发生信息中的反应，FG发生信息中的反应，且甲的相对分子质量为30，可推知甲为HCHO、F为、G为，G与氢气发生加成反应生成新泽茉莉醛。结合C的分子式可知，2分子 苯酚与1分子 HCHO反应生成C，化合物C能发生信息中的反应，说明C中含有羟基，且C核磁共振氢谱有四种峰，可推知C为，结合信息可

33、知PC树脂结构简式为，据此分析解答(1)(6)；(7)结合已知，乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛与苯甲醛反应得到，再进一步氧化生成，最后与乙醇发生酯化反应得到目标物，据此书写合成路线图。【详解】(1)E为，含氧官能团有羟基、醛基，E分子中苯环、-CHO均为平面结构，且直接相连的原子共面，共面原子数目最多为16个，故答案为羟基、醛基；16；(2)反应的化学方程式为，故答案为；(3)E为，与化合物E互为同分异构体的有机物符合条件：a能与浓溴水产生白色沉淀，说明含酚-OH；b能与NaHCO3溶液反应产生气体，说明含-COOH；c苯环上一氯代物有两种，则苯环上有2种H，则符合条件的E的同分异构体为，故答案为

34、；(4)反应中G()与氢气发生加成反应生成新泽茉莉醛，故答案为加成反应；(5)由上述分析可知甲和G分别为HCHO、，故答案为HCHO；(6)反应的化学方程式为n+n+(2n-1)HCl，故答案为n+n+(2n-1)HCl；(7)以乙醇和苯甲醛()为原料，合成，乙醇氧化生成乙醛，乙醛与苯甲醛反应生成苯丙烯醛，再将-CHO氧化为-COOH，最后在与乙醇发生酯化反应，则合成流程为CH3CH2OHCH3CHO，故答案为CH3CH2OHCH3CHO。【点睛】本题的难点是物质结构的推导，要注意充分利用题示已知信息和各小题中提供的条件。本题的易错点为(6)，要注意方程式的配平。18、或HOCH2CH2NHN

35、H2 BCD HCl 、 、 【解析】从E到F的分子式的变化分析，物质E和NH2NH2的反应为取代反应，另外的产物为氯化氢，则推断B的结构简式为，根据信息分析，C的结构简式为，E的结构简式为HOCH2CH2Cl，F的结构简式为HOCH2CH2NHNH2。【详解】(1)根据以上分析可知F的结构简式为 或HOCH2CH2NHNH2 ；(2) A的结构中含有氯原子，结合信息分析，HX的反应类型属于取代反应，故错误；B化合物F的结构简式为HOCH2CH2NHNH2，含有氨基，具有弱碱性，故正确；C化合物G含有的官能团为羟基，羰基，碳氮双键，碳碳双键，所以能发生取代、消去、还原反应，故正确；D结合信息分

36、析，的分子式为C12H12O2N7Cl，与之反应的分子式为C11H16ON2，该反应为取代反应，生成的另外的产物为氯化氢，则化合物X的分子式为C23H27O3N9，故正确。选BCD；(3)B到C为取代反应，方程式为： HCl；(4) 以苯酚和乙烯为原料制备的合成路线，从逆推方法入手，需要合成的物质为和HN（CH2CH2Br）2，由苯酚和浓硝酸反应生成，乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，再与氨气反应生成HN（CH2CH2Br）2即可。合成路线为： ；(5)化合物B的分子式为C5H6O2N2，其同分异构体同时符合下列条件：分子中有一个六元环，无其它环状结构；1HNMR谱表明分子中有2种氢原

37、子；IR谱显示存在CN，说明结构有对称性，除了-CN外另一个氮原子在对称轴上，两个氧原子在六元环上，且处于对称位，所以结构可能为 、 、。19、温度控制 使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸 冰水浴 2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2+2ClO2+H2O 用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等 当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点 1.35cV10-2g 偏高 偏低 【解析】(1)二氧化氯(ClO2)沸点为11，用氯酸钾粉末与草酸在60时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置，需温度计，ClO2

38、温度过高可能引起爆炸，其温度要保持60-80之间，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式；(3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；(4)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；(5)根据关系式2ClO25I210Na2S2O3计算n(ClO2)，再根据m=nM计算m(ClO2)；(6)根据关系式2ClO25I210Na2S2O3判断，若操作使Na2S2O3偏少，则ClO2偏低；若操作使Na2S2O3偏大，则ClO2偏高。【详解】

39、(1)二氧化氯(ClO2)沸点为11，用氯酸钾粉末与草酸在60时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置，所以装置A中还应安装的玻璃仪器是温度计；ClO2熔点为-59，沸点为11.0，温度过高可能引起爆炸，其温度要保持60-80之间，控制温度的目的是使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸，ClO2的沸点：11.0，沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，收集在试管中或常温下二氧化氯为气态，装置B使用冰水浴装置，进行降温处理；(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式2KClO3+H2C2O4K2CO

40、3+CO2+2ClO2+H2O；(3)装置中玻璃液封管的作用是，用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V10-3 Lcmol/L=cV10-3 mol则：根据关系式：2ClO25I210Na2S2O3， 2 10 n(ClO2) cV10-3 mol所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=cV10-3 mol，所以m(ClO2)=n(ClO2) M=cV10-3 mol67.5g/mol=1.35cV10-

41、2g；(6)若在配制Na2S2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，使标准溶液的浓度减小，消耗的体积增大，则测定结果中ClO2的含量偏高；若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，读取的体积比实际体积偏小，导致测定结果中ClO2的含量偏低。【点睛】本题以氯及其化合物的性质为线索，考查了物质含量的探究性实验，涉及化学实验基本操作、滴定终点的判断方法、氧化还原反应在滴定中的应用，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键，题目难度中等。20、电子天平 250mL容量瓶 把容量瓶瓶塞塞紧，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒摇动多次，使溶液混合均匀 取最后一次洗涤液少许于

42、试管，加入稀盐酸酸化，再加入几滴氯化钡溶液，若不再产生白色沉淀，则说明沉淀已洗干净 ae、db 吸收CO2以便测定样品中碳元素的含量 将分解生成的气体全部带入装置B或C中，使其完全吸收，并防止倒吸 a、b(或a、c或b、c) n=22(m1m2)/9m2或n=22m3/9(m1m3)或n=22m3/9m2 【解析】（1）实验仪器A为称量MgSO4的仪器，所以名称为电子天平；仪器B是配置250mL溶液的仪器，所以B为250moL容量瓶。配制溶液过程中定容后的“摇匀”的实验操作为把容量瓶瓶塞塞紧，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒摇动多次，使溶液混合均匀。答案：电子天平；250mL容量瓶；把容量瓶瓶塞塞紧，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒摇动多次，使溶液混合均匀。（2）检验碳酸镁晶须是否洗干净的方法是检验反应物的硫酸根是否存在，如果不存在硫酸根，说明沉淀洗涤干净，具体的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管，加入稀盐酸酸化，再加入几滴氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则说明沉淀已洗干净。（3）高温加热MgCO3nH2O，产生CO2和H2O；反应方程式为：MgCO3nH2OCO2和H2O，通过测定CO2和H2O的质量，就可以测出 MgCO3nH2O结晶水的含量，装置