云南省砚山县第二中学2023学年高二化学第二学期期末达标检测模拟试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷注意事项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、下列物质中属于有机物的是()A．氰化钾 B．碳酸氢铵 C．乙烯 D．碳化硅2、已知卤代烃可以和钠发生反应，例如溴乙烷与钠发生反应为：2CH3CH2Br+2Na→CH3CH2CH2CH3+2NaBr，应用这一反应，下列所给化合物中可以合成环丁烷的是A．CH3BrB．CH3CH2CH2CH2BrC．CH2BrCH2CH2CH2BrD．CH3CHBrCH2Br3、某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合物，经测定ClO﹣与ClO3﹣的物质的量之比为11：1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的物质的量之比A．1：3B．4：3C．2：1D．3：14、下列说法正确的是A．在常温下浓硫酸与铁不反应，所以可以用铁制容器来装运浓硫酸B．侯氏制碱工业是以氯化钠为主要原料，制得大量NaOHC．我国华为AI芯片已跻身于全球AI芯片榜单前列，该芯片的主要材料是二氧化硅D．垃圾分类是化废为宝的重要举措，厨余垃圾可用来制沼气或堆肥5、化学与生产生活密切相关。下列做法有利于环境保护和可持续发展的是A．大量生产和销售超薄塑料购物袋，方便日常生活B．大力推广新能源汽车，建设绿色低碳的交通体系C．将废铅蓄电池拆解后的铅泥和废硫酸作深埋处理D．加大煤、石油等化石能源的开采，满足发展需求6、有Al1（SO4）3和K1SO4的混合溶液100mL，将它均分成两份。一份滴加足量氨水，使Al3+完全沉淀；另一份滴加BaCl1溶液，使SO41﹣完全沉淀。反应中消耗amolNH3•H1O、bmolBaCl1．据此得知原混合溶液中的c（K+）为（）A．（10b﹣10a）mol•L﹣1 B．mol•L﹣1C．（10b﹣5a）mol•L﹣1 D．mol•L﹣17、某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（标准状况下的累计值）：时间/min12345氢气体积/mL50120232290310下列分析合理的是A．3～4min时间段反应速率最快B．影响该反应的化学反应速率的决定性因素是盐酸浓度C．2～3min时间段内用盐酸表示的反应速率为0.1mol/(L·min)D．加入蒸馏水或Na2CO3溶液能降低反应速率且最终生成H2的总量不变8、下图是铅蓄电池的工作原理示意图，电池总反应式是Pb＋PbO2＋2H2SO4⇄充电放电2PbSO4＋2HA．放电时：PbO2做负极B．充电时：硫酸浓度增大C．充电时：B应与电源的正极相连D．放电时：正极反应是Pb－2e－＋SO42﹣＝PbSO49、室温下向10mL0.1mol·L-1NaOH溶液中加入0.1mol·L-1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．a点所示溶液中c(Na＋)＞c(A－)＞c(H＋)＞c(HA)B．a、b两点所示溶液中水的电离程度：a>b，且a点所示溶液中由水电离出的c(OH－)＝10-8.7mol/LC．pH＝7时溶液中c(HA)>c(Na＋)＝c(A－)>c(H＋)＝c(OH－)D．b点所示溶液中c(A－)＞c(HA)10、下列描述中正确的是A．CS2为V形的极性分子B．ClO3—的空间构型为平面三角形C．SF6中有6对相同的成键电子对D．SiF4和SO32—的中心原子均为sp2杂化11、物质结构理论推出：金属晶体中金属离子与自由电子之间的强烈相互作用，叫金属键．金属键越强，其金属的硬度越大，熔沸点越高，且据研究表明，一般说来金属原子半径越小，价电子数越多，则金属键越强．由此判断下列说法错误的是()A．镁的硬度大于铝B．镁的熔沸点高于钙C．镁的硬度大于钾D．钙的熔沸点高于钾12、金刚砂(SiC)可由SiO2和碳在一定条件下反应制得，反应方程式为SiO2+3CSiC+2CO↑，下列有关制造金刚砂的说法中正确的是A．该反应中的氧化剂是SiO2，还原剂为CB．该反应中的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2C．该反应中转移的电子数为12e－D．该反应中的还原产物是SiC、氧化产物是CO，其物质的量之比为1∶213、一定温度下，在三个体积均为0.5L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)，其中容器Ⅰ中反应在5min时达到平衡状态。容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/molCOCl2COCl2COCl2Ⅰ5001.01.000.8Ⅱ5001.0a00.5Ⅲ6000.50.50.50.7下列说法中正确的是A．容器Ⅰ中前5min的平均反应速率v(CO)=0.16mol·L-1·min-1B．该反应正反应为吸热反应C．容器Ⅱ中起始时Cl2的物质的量为0.55molD．若起始时向容器Ⅰ加入CO0.8mol、Cl20.8mol，达到平衡时CO转化率大于80%14、在核电荷数为26的元素Fe的基态原子核外的3d、4s轨道内，下列电子排布图正确的是A． B．C． D．15、八十年代，我国化学家打破了西方国家对维生素C的垄断，发明的“两段发酵法”大大降低了生产成本。某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式如下：下列说法正确的是A．上述反应为取代反应 B．维生素C水解得到2种产物C．维生素C有酯基不能溶于水，可溶于有机溶剂 D．该反应表明维生素C具有还原性16、某溶液中滴入无色酚酞试液显红色，则该溶液中一定不能大量共存的离子组是（）A．Na+NO3-CO32-Cl- B．ClO-K+Na+AlO2-C．K+Fe2+NO3-HCO3- D．Cl-Na+K+SO42-二、非选择题（本题包括5小题）17、4-羟基扁桃酸可用于制备抗生素及血管扩张类的药物，香豆素-3-羧酸可用于制造香料，二者合成路线如下（部分产物及条件未列出）：已知;（R，R′，R″表示氢、烷基或芳基）（1）A相对分子质量为60，常在生活中用于除去水壶中的水垢，A的结构简式是___________。（2）D→4-羟基扁桃酸反应类型是______________。（3）中①、②、③3个-OH的电离能力由强到弱的顺序是___________。（4）W→香豆素-3-羧酸的化学方程式是______________________。（5）关于有机物F下列说法正确的是__________。a．存在顺反异构b．分子中不含醛基c．能发生加成、水解、氧化等反应d.1molF与足量的溴水反应，最多消耗4molBr2（6）某兴趣小组将4-羟基扁桃酸进行如下操作①1molH在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为______mol.②符合下列条件的I的同分异构体（不考虑立体异构）为______种。a．属于一元羧酸类化合物b．苯环上只有2个取代基，其中一个是羟基③副产物有多种，其中一种是由2分子4-羟基扁桃酸生成的含有3个六元环的化合物，该分子中不同化学环境的氢原子有__________种。18、A(C2H4)是基本的有机化工原料，由A制备聚丙烯酸甲酯（有机玻璃主要成分）和肉桂酸的合成路线（部分反应条件略去）如下图所示：已知：+CH2=CH-R+HX（X为卤原子，R为取代基）回答下列问题：（1）反应①的反应条件是_______；⑥的反应类型是_____。（2）B的名称为_______________________________；（3）由C制取D的化学方程式为__________。（4）肉桂酸的同分异构体中能同时满足下列条件：①苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物有两种②能发生银镜反应，③能与FeCl3溶液发生显色反应。请写出符合上述要求物质的结构简式：________。（5）已知由A制备B的合成路线如下（其中部分反应条件已省略）：CH2=CH2→XY→Z则X→Y反应方程式为______________，Z的结构简式为_______________。19、氮化铝（AlN）是一种新型无机非金属材料，某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下三种实验方案。已知：AlN+NaOH+H2O＝NaAlO2＋NH3↑（方案1）取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。（1）如图C装置中球形干燥管的作用是______________。（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先______；再加入实验药品。接下来的实验操作是____,打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是______________。（3）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见_________。（方案2）用如下图装置测定mg样品中A1N的纯度(部分夹持装置已略去)。（4）导管a的主要作用是______________。（5）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是____________。（填选项序号）a．CCl4b．H2Oc．NH4Cl溶液d．（6）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL,（已转换为标准状况），则A1N的质量分数为___（用含V、m的代数式表示）。20、50mL0.50mol·L－1盐酸与50mL0.55mol·L－1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是________。(2)烧杯间填满碎纸条的作用是________。(3)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值____________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(4)该实验常用0.50mol·L－1HCl和0.55mol·L－1NaOH溶液各50mL进行实验，其中NaOH溶液浓度大于盐酸浓度的作用是______，当室温低于10℃时进行实验，对实验结果会造成较大的误差，其原因是_____________。(5)实验中改用60mL0.50mol·L－1盐酸与50mL0.50mol·L－1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求得的中和热________(填“相等”或“不相等”)，简述理由：______________。(6)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热ΔH将________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。21、Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备,工艺流程如下:回答下列问题:(1)“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在，写出相应反应的离子方程式_______。(2)Li2Ti5O15中过氧键的数目为4，其中Ti的化合价为______。(3)若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02mol/L，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe2+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1×10-5mol/L，此时_____(填“有”或“无”)Mg3(PO4)2沉淀生成。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-2、1.0×10-2。(4)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式_________。(5)TiO2·xH2O加热制得的粗TiO2是电解法生产金属钛的一种较先进的方法，电解液为某种可传导02-离子的熔融盐，原理如图所示，则其阴极电极反应为:_______，电解过程中阳极电极上会有气体生成，该气体可能含有____________。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【答案解析】

根据有机物和无机物的定义判断，有机物一般是指含碳的化合物，无机物一般是指不含碳的化合物，但碳的氧化物、碳酸、碳酸盐、碳酸氢盐、碳化物等性质与无机物相似，常归为无机物。【题目详解】A.氰化钾化学式是KCN，含有C元素的化合物，但性质与无机物相似，常归为无机物，A错误；B.碳酸氢铵化学式是NH4HCO3,含有C元素的化合物，但性质与无机物相似，常归为无机物，B错误；C.乙烯结构简式是CH2=CH2，属于有机物，C正确；D.碳化硅化学式是SiC，含有C元素的化合物，但性质与无机物相似，常归为无机物，D错误；故合理选项是C。【答案点睛】本题主要考查有机物和无机物的定义，在区分时除根据是否含碳，还要根据物质的性质，问题才可顺利解决。2、C【答案解析】A．根据通过信息可知，CH3Br与钠发生反应生成的是CH3CH3，故A错误；B．由题干信息可知，CH3CH2CH2CH2Br与金属钠反应后生成的是正辛烷：CH3CH2CH2CH2CH2CH2CH2CH3，故B错误；C．CH2BrCH2Br分子中含有两个溴原子，与钠发生反应可以生成环丁烷，故C正确；D．CH3CHBrCH2Br与钠发生反应生成的是甲基环丙烷，故D错误；故选C．【点评】本题考查了卤代烃的结构与性质，题目难度不大，合理分析题干中反应原理并得出正确结论为解答本题的关键，试题培养了学生分析问题和解决问题的能力．3、B【答案解析】试题分析：Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为11：1，则可设ClO-为11mol，ClO3-为1mol，被氧化的Cl原子的物质的量共为12mol，失去电子的总物质的量为11mol×(1-0)+1mol×(5-0)=16mol。氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为16mol，则被还原的Cl原子的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：12mol=4:3，选项B正确。考点：考查氧化还原反应的计算的知识。4、D【答案解析】

A.常温下Fe在浓硫酸中被氧化形成一层致密的氧化膜，从而保护金属，A错误；B.侯氏制碱法以氯化钠为原料制得大量碳酸氢钠，进而由碳酸氢钠得到碳酸钠，B错误；C.电子芯片的主要成分为单晶硅，C错误；D.厨余垃圾可用来制沼气或堆肥，D错误；故答案选D。5、B【答案解析】A、禁止生产、销售、使用超薄塑料购物袋，并实行塑料购物袋有偿使用制度，防止污染环境，选项A错误；B、新能源汽车以其低能耗、低污染等优势，对减少移动源排放、促进绿色低碳发展具有重要作用，选项B正确；C、将废铅蓄电池拆解后的铅泥和废硫酸按照危险废物进行管理，选项C错误；D、煤、石油等化石能源是不可再行能源，不能无限制的开采，选项D错误。答案选B。6、A【答案解析】

第一份发生的离子反应方程式为Al3++3NH3·H3O=Al（OH）3↓+3NH4+，第二份发生的离子反应方程式为Ba1++SO41-=BaSO4↓。【题目详解】由反应消耗amolNH3·H1O可知，原溶液中n(Al3+)=mol，由消耗bmolBaCl1可知，n(SO41-)=1bmol，原溶液中存在电荷守恒关系n（K+）+3n(Al3+)=1n(SO41-),溶液中n（K+）=1n(SO41-)—3n(Al3+)=4b—3×=4b—1a，则c（K+）==（10b﹣10a）mol•L﹣1，故选A。【答案点睛】本题考查与化学反应有关的计算，注意依据化学方程式计算，应用电荷守恒分析是解答关键。7、C【答案解析】

A、相同时间段内，生成H2的体积越大，反应速率越大，2～3min内生成H2体积为112mL，其余时间段内H2体积均小于112mL，故2～3min时间段反应速率最快，故A错误；B、影响化学反应速率决定性因素是物质本身的性质，盐酸浓度是外部条件，故B错误；C、2～3min时间段内，生成0.005molH2，则消耗0.01molHCl，Δc(HCl)=0.01mol/0.1L=0.1mol·L−1，Δt=1min，v(HCl)=0.1mol·L−1/1min=0.1mol/(L·min)，故C正确；D、Na2CO3消耗H+，导致生成H2速率降低，且产生H2的量减小，故D错误。综上所述，本题选C。8、B【答案解析】分析：由铅蓄电池的总反应Pb＋PbO2＋2H2SO4＝2PbSO4＋2H2O可知，放电时，Pb被氧化，应为电池负极反应，正极上PbO2得电子被还原；充电时，阳极上发生氧化反应，电极反应式和放电时的正极反应互为逆反应，阴极上发生还原反应，电极反应式和放电时的负极反应互为逆反应，据此回答。详解：A．放电时，Pb极即B极为电池负极，PbO2极即A极为正极，A错误；B．充电时，发生的是铅蓄电池的逆反应，硫酸浓度增大，B正确；C．充电时，铅蓄电池的正极的逆反应是氧化反应，应与电源的正极相连，所以B应与电源的负极相连，C错误；D、放电时，正极上二氧化铅得电子和硫酸根离子反应生成硫酸铅，电极反应式为：PbO2+2e-+SO42-=PbSO4，D错误；答案选B。点睛：本题考查了原电池和电解池原理，明确正负极、阴阳极上得失电子及电极反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意原电池正负极上发生的反应为电解池阳极、阴极上发生反应的逆反应，难度中等。9、D【答案解析】

A．a点所示溶液中NaOH和HA恰好反应生成NaA，溶液的pH＝8.7，呈碱性，则HA为弱酸，A－水解，则溶液中的粒子浓度：c(Na＋)＞c(A－)＞c(HA)＞c(H＋)，选项A正确；B.b点时为NaA和HA的溶液，a点NaA发生水解反应，促进了水的电离，b点HA抑制了水的电离，所以a点所示溶液中水的电离程度大于b点，但a点所示溶液中由水电离出的c(OH－)＝10-5.3mol/L，选项B错误；C.pH＝7时，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(A－)，选项C错误；D.b点酸过量，溶液呈酸性，HA的电离程度大于NaA的水解程度，故c(A－)＞c(HA)，选项D正确。答案选D。10、C【答案解析】

A．CS2与CO2分子构型相同，二氧化碳的分子结构为O=C=O，则CS2的结构为S=C=S，属于直线形分子，故A错误；B．ClO3-中Cl的价层电子对数=3+(7+1-2×3)=4，含有一个孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，故B错误；C．SF6中S-F含有一个成键电子对，所以SF6中含有6个S-F键，则分子中有6对完全相同的成键电子对，故C正确；D．SiF4中Si的价层电子对数=4+(4-1×4)=4，SO32-中S的价层电子对数=3+(6+2-2×3)=4，所以中心原子均为sp3杂化，故D错误；故选C。11、A【答案解析】分析：本题考查了金属键强弱的判断方法，抓住金属原子半径越小，价电子数越多，则金属键越强是关键。详解：A.铝的原子半径比镁小，价电子数比镁多一个，所以铝的金属键较强，硬度较大，故错误；B.镁原子半径小于钙原子，价电子数相等，因此没的金属键较强，镁的熔沸点高于钙，故正确；C.镁原子半径小于钾，价电子数比钾多，因此没的金属键比钾强，镁的硬度大于钾，故正确；D.钙的半径比钾小，价电子数比钾多一个，所以钙的金属键比钾强，钙的熔沸点高于钾，故正确。故选A。12、D【答案解析】

A、氧化剂是化合价降低的物质，还原剂是化合价升高的物质，根据反应方程式C的化合价由0价到－4价，化合价降低，C作氧化剂，C的化合价由0价到＋2价，化合价升高，即C为还原剂，故A错误；B、根据选项A的分析，SiC作还原产物，CO作氧化产物，即氧化产物与还原产物的物质的量比值为2：1，故B错误；C、根据选项A的分析，该反应转移电子数为4e－，故C错误；D、根据选项B的分析，故D正确；答案选D。13、C【答案解析】

A．容器I中前5min的平均反应速率v(COCl2)==0.32mol/L•min-1，依据速率之比等于计量系数之比，则V(CO)=V(COCl2)=0.32mol/L•min-1，故A错误；B．依据图中数据可知：Ⅱ和Ⅲ为等效平衡，升高温度，COCl2物质的量减小，说明平衡向逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B错误；C．依据方程式：CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)，可知：

CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)起始浓度(mol/L)

2

2

0转化浓度(mol/L)

1.6

1.6

1.6平衡浓度(mol/L)

0.4

0.4

1.6反应平衡常数K==10，平衡时CO转化率：×100%=80%；依据Ⅱ中数据，结合方程式可知：

CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)起始浓度(mol/L)

2

2a

0转化浓度

(mol/L)

1

1

1平衡浓度

(mol/L)

1

2a-1

1Ⅰ和Ⅱ温度相同则平衡常数相同则：K==10，解得：a=0.55mol，故C正确；D．CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)为气体体积减小的反应，若起始时向容器I加入CO0.8mol，Cl20.8mol，相当于给体现减压，减压平衡向系数大的方向移动，平衡转化率降低，小于80%，故D错误；故答案为C。14、D【答案解析】

核外电子排布从能量低的轨道开始填充，根据构造原理，基态铁原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，根据原子核外电子排布规律，Fe的基态原子核外的3d、4s轨道的电子排布图为，所以答案为D。15、D【答案解析】

A项，从题给的化学方程式可知，维生素

C与

I2反应时，脱去分子中环上-OH

中的氢，形成C=O双键，不属取代反应，属氧化反应，故A项错误；B项，维生素

C含有羟基，碳碳双键，酯基三种官能团，其中酯基能发生水解，由于是环酯，所以水解产物只有一种，故B项错误；C项，维生素C含有多个羟基，易溶于水，故C项错误；D项，从题给的化学方程式可知，维生素

C与

I2反应时，维生素C被氧化，表明维生素C具有还原性，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。16、C【答案解析】

滴入酚酞试剂溶液变红色，溶液显碱性，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，以此解答。【题目详解】A．四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能在碱性溶液中大量共存，故A不选；B．四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能在碱性溶液中大量共存，故B不选；C．Fe2+与HCO3-不能大量共存，且都和OH-反应，故C选；D．四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能在碱性溶液中大量共存，故D不选。故选C。【答案点睛】本题考查离子的共存，侧重复分解反应的考查，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH3COOH加成反应③＞①＞②bc2124【答案解析】乙醇与丙二酸发生酯化反应生成E，结合E的分子式可知，E的结构简式为C2H5OOC-CH2-COOC2H5，E与发生信息Ⅱ中反应生成F，F系列反应得到香豆素-3-羧酸，由香豆素-3-羧酸的结构，可知W为，则F为，F发生信息I中反应生成G，C分子中含有2个六元环，则G为。A的相对分子质量为60，由ClCH2COOH结构可知乙醇发生氧化反应生成A为CH3COOH，ClCH2COOH与氢氧化钠溶液反应、酸化得到C为HOCH2COOH，C发生催化氧化得到D为OHC-COOH，D与苯酚发生加成反应生成对羟基扁桃酸为。(1)由上述分析可知，A的结构简式是CH3COOH，故答案为：CH3COOH；(2)D→4-羟基扁桃酸的化学方程式是：OHC-COOH+，其反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；(3)

中①为酚羟基，有弱酸性，且酸性比碳酸弱，②为醇羟基，中性基团，③为羧基，弱酸性，但酸性一般比碳酸强，则3

个-OH

的电离能力由强到弱的顺序是③＞①＞②，故答案为：③＞①＞②；(4)发生分子内酯化，生成香豆素-3-羧酸，反应的化学方程式是+H2O，故答案为：+H2O；(5)F的结构简式是。a．不饱和碳原子连接2个-COOC2H5，没有顺反异构，故a错误；b．F分子中不含醛基，故b正确；c．含有碳碳双键与苯环，可以发生加成反应，含有酯基，可以发生水解反应，酯基、酚羟基均可以发生取代反应，故c正确；d.1molF与足量的溴水反应，苯环上羟基的邻位和对位有2个氢原子，消耗2mol溴，碳碳双键消耗1mol溴，共消耗3molBr2，故d错误；故选：bc；(6)①H的分子结构简式为，分子结构中含有酚羟基和酯基，均能和NaOH溶液反应，含有的醇羟基不与NaOH溶液反应，则1mol

在一定条件下与足量

NaOH

溶液反应，最多消耗

NaOH

的物质的量为2mol，故答案为：2；②I的结构简式为，其符合下列条件：a．属于一元羧酸类化合物，说明分子结构中有一个羧基；b．苯环上只有

2

个取代基，则二个取代基的位置有邻、间及对位三种可能，其中一个是羟基，另一个取代基可能是：-CHBrCH2COOH、-CH2CHBrCOOH、-CBr(CH3)COOH、-CH(CH2Br)COOH，则符合条件的I的同分异构体共有3×4=12种，故答案为：12；③副产物有多种，其中一种是由

2

分子

4-羟基扁桃酸生成的含有

3

个六元环的化合物，该化合物为4-羟基扁桃酸2分子间酯化生成的六元环酯，其分子结构对称，含有酚羟基的氢、酯环上的一个氢原子及苯环上酚羟基邻位及间位上的氢，共有4种不同化学环境的氢原子，故答案为：4。点睛：本题考查有机物的推断与合成，需要学生对给予的信息进行充分利用，注意根据有机物的结构利用正、逆推法相结合进行推断，侧重考查学生分析推理能力。本题的易错点为(6)中同分异构体数目的判断。18、浓硫酸、加热取代反应乳酸或2-羟基丙酸或α-羟基丙酸CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O、(写一种即可)2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3CH(OH)CN【答案解析】

由C与F发生题干信息反应，生成肉桂酸，可知，C中必含碳碳双键，因此确定B到C发生了醇的消去反应，C为CH2=CHCOOH，根据产物聚丙烯酸甲酯可知D为CH2=CHCOOCH3，C与甲醇发生酯化反应生成D，D发生加聚反应生成聚甲基丙烯酸甲酯；CH≡CH发生加成反应生成苯，苯发生取代反应生成F（氯苯），C（CH2=CHCOOH）与F（氯苯）发生题干信息反应，生成肉桂酸，据此分析问题。【题目详解】（1）根据以上分析可知，反应①为醇的消去反应，反应条件是浓硫酸、加热；⑥的反应为CH2=CHCOOH++HCl，因此反应类型是取代反应；答案：浓硫酸、加热取代反应（2）B为，名称为乳酸或2-羟基丙酸或α-羟基丙酸；答案：乳酸或2-羟基丙酸或α-羟基丙酸（3）由C制取D发生的是酯化反应，化学方程式为CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O；答案：CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O（4）肉桂酸（）的同分异构体中能同时满足下列条件：①苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物有两种，说明两个取代基应该处于对位，②能发生银镜反应，说明有醛基，③能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基。符合上述要求物质的结构简式为、；答案：、(写一种即可)（5）根据信息可知乙烯必须先生成C=O，才可以与HCN反应，增加碳原子数，因此确定CH2=CH2先与水发生加成反应生成X（乙醇），乙醇发生催化氧化反应生成乙醛（Y），反应的方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；按照信息，乙醛与HCN发生加成反应Z（CH3CH(OH)CN），Z在酸性条件下与水反应生成；答案：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3CH(OH)CN19、防止倒吸检查装置气密性关闭K1，打开K2把装置中残留的氨气全部赶入C装置C装置出口处连接一个干燥装置保持气压恒定，使NaOH浓溶液容易流下；消除加入溶液体积对所测气体体积的影响ad[41V/22400m]×100%【答案解析】（1）氨气是与浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，图C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸的作用，故答案为防止倒吸；（2）组装好实验装置，需要先检查装置气密性，加入实验药品，接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体，打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化．通入氮气的目的是，反应生成氨气后卫把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重计算，故答案为检查装置气密性；关闭K1，打开K2；把装置中残留的氨气全部赶入C装置；（3）装置存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置C，使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰干燥管，故答案为C装置出口处连接一个干燥装置；（4）导管a可以保持分液漏斗上方和反应装置内的气压恒定，使NaOH浓溶液容易流下，故答案为保持气压恒定，使NaOH浓溶液容易流下；（5）a．CCl4不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法测定氨气体积，故a正确；b．氨气极易溶于水，不能排水法测定，故b错误；c．氨气极易溶于水，不能用排NH4Cl溶液的方法测定气体体积，故c错误；d