2023年安徽省六安二中河西校区高三下学期一模考试化学试题含解析

2023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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、LiBH4是有机合成的重要还原剂，也是一种供氢剂，它遇水剧烈反应产生氢气，实验室贮存硼氢化锂的容器应贴标签是A． B． C． D．2、某有机物的结构简式如图所示。下列说法错误的是（）A．与互为同分异构体B．可作合成高分子化合物的原料（单体）C．能与NaOH溶液反应D．分子中所有碳原子不可能共面3、工业上可由异丙苯（）催化脱氢得到2-苯基丙烯（），下列关于这两种有机化合物的说法正确的是（）A．都是苯的同系物B．都能使溴的四氯化碳溶液褪色C．苯环上的二氯代物都有6种D．分子内共平面的碳原子数均为84、下列有关化学与环境的叙述不正确的是A．因垃圾后期处理难度大，所以应做好垃圾分类，便于回收利用，节约资源B．医疗废弃物经过处理、消毒后可加工成儿童玩具，变废为宝C．绿色环保化工技术的研究和运用是化工企业的重要发展方向D．研究表明，新冠病毒可通过气溶胶传播。气溶胶的粒子大小在1nm~100nm之间5、苯甲酸钠（，缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A–。已知25℃时，HA的Ka=6.25×10–5，H2CO3的Ka1=4.17×10–7，Ka2=4.90×10–11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是（温度为25℃，不考虑饮料中其他成分）A．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低B．提高CO2充气压力，饮料中c(A–)不变C．当pH为5.0时，饮料中=0.16D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c(H+)=c()+c()+c(OH–)–c(HA)6、氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析不合理的是A．催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成B．催化剂不能改变反应焓变但可降低反应活化能C．在催化剂b表面形成氮氧键时，涉及电子转移D．催化剂a、b能提高反应的平衡转化率7、某溶液中可能含有SiO32-、OH-、CO32-、SO42-、AlO2-、HCO3-、Na+、Mg2+、Fe3+、Al3+等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如下图所示。下列说法正确的是A．原溶液中一定含有Na2SO4B．反应最后形成的溶液中的溶质只有NaClC．原溶液中含有CO32-与AlO2-的物质的量之比为1∶2D．原溶液中一定含有的阴离子是：OH-、CO32-、SiO32-、AlO2-8、常温下，用溶液滴定溶液，曲线如图所示。下列说法错误的是A．滴定终点a可选择甲基橙作指示剂B．c点溶液中C．b点溶液中D．a、b、c三点中水的电离程度最大的是c9、常温下，BaCO3的溶度积常数为Ksp，碳酸的电离常数为Ka1、Ka2，关于0.1

mol/L

NaHCO3溶液的下列说法错误的是A．溶液中的c(HCO3-)一定小于0.1mol/LB．c(H+)＋c(H2CO3)＝c(CO32-)＋c(OH－)C．升高温度或加入NaOH固体,

均增大D．将少量该溶液滴入BaCl2溶液中，反应的平衡常数10、NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．Cu与浓硝酸反应生成4.6gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数为0.1NAB．标准状況下，2.24L己烷中共价键的数目为1.9NAC．在0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子总数一定大于0.1NAD．34gH2O2中含有的阴离子数为NA11、下图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图。说法正确的是A．元素非金属性：X＞R＞WB．X与R形成的分子内含两种作用力C．X、Z形成的化合物中可能含有共价键D．元素对应的离子半径：W＞R＞X12、下列过程中，一定需要通电才能实现的是A．电解质电离 B．电化学防腐C．蓄电池放电 D．电解精炼铜13、W、X、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Z是非金属元素，W、X的最高价氧化物对应的水化物可以相互反应生成盐和水，向一定量的W的最高价氧化物对应的水化物溶液中逐滴加人XZ3溶液，生成的沉淀X(OH)3的质量随XZ3溶液加人量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是A．d点对应的溶液中:K+、NH4+、CO32-、I-B．c点对应的溶液中:Ag+、Ca2+、NO3-、Na+C．b点对应的溶液中:Na+、S2-、SO42-、Cl-D．a点对应的溶液中:Na+、K+、S042-、HCO3-14、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．1mol·L－1Na2CO3溶液中，含CO32-数目小于NAB．标准状况下，11.2LO2和O3组成的混合气体含有原子数为NAC．14g聚乙烯与聚丙烯的混合物，含C-H键的数目为2NAD．常温常压下，22.4LCO2与足量Na2O2反应转移电子数为NA15、常温下，H2A和H2NCH2CH2NH2溶液中各组分的物质的量分数δ随pH的变化如图（I）、（II）所示。下列说法不正确的是已知：。A．NaHA溶液中各离子浓度大小关系为：B．乙二胺（H2NCH2CH2NH2）的Kb2=10-7.15C．[H3NCH2CH2NH3]A溶液显碱性D．向[H3NCH2CH2NH2]HA溶液中通人HCl，不变16、下列叙述正确的是A．用牺牲阳极的阴极保护法保护船舶时，将船舶与石墨相连B．往含硫酸的淀粉水解液中，先加氢氧化钠溶液，再加碘水，检验淀粉是否水解完全C．反应3Si(s)+2N2(g)=Si3N4(s)能自发进行，则该反应的△H<0D．已知BaSO4的Ksp=(Ba2+)·c(SO42-)，所以BaSO4在硫酸钠溶液中溶解达到饱和时有c(Ba2+)=c(SO42-)=二、非选择题（本题包括5小题）17、药物H(阿戈美拉汀)是一种抗抑郁药，H的一种合成路线如下：已知：；化合物B中含五元环结构，化合物E中含两个六元环状结构。回答下列问题：(1)A的名称为_______(2)H中含氧官能团的名称为_______(3)B的结构简式为_______(4)反应③的化学方程式为_______(5)⑤的反应类型是_______(6)M是C的一种同分异构体，M分子内除苯环外不含其他的环，能发生银镜反应和水解反应，其核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6:3:2:1。任写出三种满足上述条件的M的结构简式_______(不考虑立体异构)。(7)结合上述合成路线，设计以2—溴环己酮()和氰基乙酸(NCCH2COOH)为原料制备的合成路线_______(无机试剂及有机溶剂任选)18、X、Y、Z、W为四种常见的短周期元素。其中Y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，它们在周期表中的相对位置如图所示：XYZW请回答以下问题：（1）W在周期表中位置___；（2）X和氢能够构成+1价阳离子，其电子式是___，Y的气态氢化物比Z的气态氢化物的沸点高，缘故是___；（3）X的最高价氧化物的水化物与其氢化物能化合生成M，M的晶体类型为___，M的水溶液显酸性的缘故是___(用离子方程式表示)。（4）①Y和Z可组成一种气态化合物Q，Q能与W的单质在潮湿环境中反应，反应的化学方程式是___。②在一定条件下，化合物Q与Y的单质反应达平衡时有三种气态物质，反应时，每转移4mol电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式是___。19、焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可作为贮存水果的保鲜剂。现欲制备焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质。Ⅰ.制备Na2S2O5可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体(试剂不重复使用)。焦亚硫酸钠的析出原理：2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l)（1）如图装置中仪器A的名称是___。A中发生反应的化学方程式为___。仪器E的作用是___。（2）F中盛装的试剂是___。Ⅱ.探究Na2S2O5的还原性（3）取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去。反应的离子方程式为___。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是防止食品___。Ⅲ.测定Na2S2O5样品的纯度。（4）将10.0gNa2S2O5样品溶解在蒸馏水中配制100mL溶液，取其中10.00mL加入过量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高锰酸钾溶液，充分反应后，用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点，消耗Na2SO3溶液20.00mL，Na2S2O5样品的纯度为___%（保留一位小数），若在滴定终点时，俯视读数Na2SO3标准液的体积，会导致Na2S2O5样品的纯度___。（填“偏高”、“偏低”）20、钠与水反应的改进实验操作如下：取一张滤纸，用酚酞试液浸润并晾干，裁剪并折叠成信封状，滤纸内放一小块（约绿豆粒般大小）金属钠，把含钠的滤纸信封放入水中，装置如下图所示。请回答：（1）写出金属钠与水反应的离子方程式________________。（2）实验过程中取用金属钠的操作方法是________________。（3）有关此实验的说法正确的是________________。A．实验过程中，可能听到爆鸣声B．实验过程中，看到滤纸信封由白色逐渐变红色C．实验改进的优点之一是由实验现象能直接得出反应产物D．实验过程中，多余的金属钠不能放回原试剂瓶中，以免对瓶内试剂产生污染21、a、b、c、d、e是元素周期表中前四周期的元素，其原子序数依次增大，a为元素周期表中原子半径最小的元素，b的基态原子中占有电子的3个能级上的电子总数均相等，d与b同族，c与b同周期，且c的所有p轨道上的电子总数与所有s轨道上的电子总数相等，e的次外层电子数是其最外层电子的7倍。回答下列问题：（1）c、d形成的化合物的晶体类型为___________；（2）b、ac形成的三原子分子中，c原子的杂化方式为___________；（3）b、c、d三种元素的电负性由小到大的顺序为___________；（用元素符号表示），d元素基态原子价层电子排布式为_________；（4）金属Mg与a、e形成的化合物是目前人类已发现的体积储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示，其中黑球代表e，深灰色小球代表Mg，浅灰色小球代表a，其中浅灰色小球除在棱上、面上以外，在晶胞内部还有6个。试写出该化合物的化学式：__________________。（5）b、c、e能形成如图所示三角双锥构型的配合物分子，三种元素的原子分别用大白球、小白球和灰色小球代表。该配合物形成配位键时提供空轨道的原子是___________（填元素符号），该配合物中大白球代表的元素的化合价为___________。（6）①在水溶液中，水以多种微粒的形式与其他化合物形成水合物。试画出如下微粒的结构图式。H5O2+______________________②如图为冰的一种骨架形式，依此为单位向空间延伸该冰中的每个水分子有___________个氢键；如果不考虑晶体和键的类型，哪一物质的空间连接方式与这种冰的连接类似_______

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、D【答案解析】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D。2、D【答案解析】

A．分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体，与分子式都为C7H12O2，互为同分异构体，故A正确；B．该有机物分子结构中含有碳碳双键，具有烯烃的性质，可发生聚合反应，可作合成高分子化合物的原料（单体），故B正确；C．该有机物中含有酯基，具有酯类的性质，能与NaOH溶液水解反应，故C正确；D．该有机物分子结构简式中含有-CH2CH2CH2CH3结构，其中的碳原子连接的键形成四面体结构，单键旋转可以使所有碳原子可能共面，故D错误；答案选D。【答案点睛】数有机物的分子式时，碳形成四个共价键，除去连接其他原子，剩余原子都连接碳原子。3、C【答案解析】

A.2-苯基丙烯不是苯的同系物，A错误；B.异丙苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，B错误；C.采用定一移一法，可得出异丙苯、2-苯基丙烯苯环上的二氯代物都有6种，C正确；D.异丙苯分子中与苯环相连的碳原子为饱和碳原子，其所连的4个原子一定不在同一平面上，所以分子内一定共平面的碳原子数为7个，D错误；故选C。4、B【答案解析】

垃圾后期处理难度大，并且很多垃圾也可以回收重复使用，节约资源，而只有做好垃圾分类才能更好实现回收再利用，垃圾分类已经上升到国家战略层面，选项A正确；医疗废弃物虽然可以回收、处理，但不可以制成儿童玩具，选项B不正确；绿色环保化工技术的研究和运用，可实现化工企业的零污染、零排放，选项C正确；气溶胶属于胶体，胶体的粒子大小在1nm~100nm之间，选项D正确。5、C【答案解析】

A．由题中信息可知，苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A-，充CO2的饮料中c（HA）增大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故A错误；B．提高CO2充气压力，溶液的酸性增强，抑制HA电离，所以溶液中c（A-）减小，故B错误；C．当pH为5.0时，饮料中===0.16，C项正确；D．根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(A-)，根据物料守恒得c(Na+)=c(A-)+c(HA)，两式联立，消去c(Na+)得c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)-c(HA)，故D项错误；答案选C。【答案点睛】弱电解质的电离平衡和盐类水解平衡都受外加物质的影响，水解显碱性的盐溶液中加入酸，促进水解，加入碱抑制水解。在溶液中加入苯甲酸钠，苯甲酸钠存在水解平衡，溶液显碱性，通入二氧化碳，促进水解，水解生成更多的苯甲酸，抑菌能量增强。提高二氧化碳的充气压力，使水解程度增大，c(A–)减小。6、D【答案解析】

A.催化剂a表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性键的形成，故A合理；B.催化剂可降低反应活化能，改变反应速率，但不能改变反应焓变，故B合理；C.催化剂b表面是氨气催化氧化生成NO的反应，发生的是氧化还原反应，涉及电子转移，故C合理；D.催化剂a、b改变反应速率，不改变化学平衡，不能提高反应的平衡转化率，故D不合理；故选D。7、D【答案解析】

A.根据图像，开始没沉淀，所以原溶液一定有OH—，一定没有HCO3—、Mg2+、Fe3+、Al3+，根据电荷守恒，一定有Na+；沉淀先增多后减少，但不能完全溶解，说明原溶液一定有SiO32—、AlO2—；滴加盐酸体积为，沉淀的量不变，说明溶液中一定含有CO32—，综合以上溶液可能含有SO42—，故A错误；B.若原溶液含有SO42—，反应最后形成的溶液中的溶质有NaCl、Na2SO4，故B错误；C.滴加盐酸体积为，发生反应为CO32-+2H+=H2O+CO2；，发生反应为，所以CO32-与AlO2-的物质的量之比为3∶4，故C错误；D.原溶液中一定含有的阴离子是：OH—、CO32—、SiO32—、AlO2—，故D正确。答案选D。8、C【答案解析】

A．滴定终点生成Na3PO4，溶液显碱性，则选择甲基橙作指示剂，故A正确；B．c点消耗NaOH溶液体积为30mL，此时完全生成Na3PO4，溶液中的OH-来源于PO43-的水解和水的电离，则根据质子守恒可得：，故B正确；C．b点消耗NaOH溶液体积为20mL，此时生成Na2HPO4，溶液中HPO42-的水解大于其电离，溶液显碱性，则c(HPO42-)＞c(H2PO4-)＞c(PO43-)，故C错误；D．a、b、c三点溶液中的溶质分别为NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4，其中Na3PO4溶液中PO43-的水解程度最大，水解促进水的电离，则水的电离程度最大的是c，故D正确；故答案为C。9、D【答案解析】

A．HCO3-离子在溶液中既要发生电离又要发生水解，0.1

mol/L

NaHCO3溶液中的c（HCO3-）一定小于0.1mol/L，A正确；B．

NaHCO3溶液中存在物料守恒：①c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)、电荷守恒：②c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，①代入②可得c(H+)+c(H2CO3)＝(CO32-)+c(OH-)，B正确；C．升高温度，HCO3-离子的电离和水解都是吸热反应，所以c(HCO3-)会减小，而c(Na+)不变，会增大；加入NaOH固体，c(Na+)会增大，HCO3-与OH-反应导致c(HCO3-)减小，会增大，所以C正确；D．将少量

NaHCO3溶液滴入BaCl2溶液发生：HCO3-H++CO32-（Ka2）、Ba2++CO32-=BaCO3↓（）、H++HCO3-=H2CO3（），三式相加可得总反应Ba2++2HCO3-=BaCO3↓+H2CO3(K)，所以K=，D错误；答案选D。【答案点睛】方程式相加平衡常数相乘，方程式反应物生成物互换平衡常数变成原来的倒数。10、A【答案解析】

A.4.6gNO2的物质的量是0.1mol，若反应完全产生4.6gNO2，转移电子0.1NA；若完全转化为N2O4，4.6gN2O4的物质的量是0.05mol，转移电子数为2×0.05×NA=0.1NA，故Cu与浓硝酸反应生成4.6gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数一定为0.1NA，A正确；B.标准状況下，已烷不是气体，因此不能使用气体摩尔体积计算其物质的量及化学键的数目，B错误；C.缺体积，无法计算溶液中微粒的数目，C错误；D.34gH2O2的物质的量为1mol，由于H2O2是共价化合物，在水中部分电离，存在电离平衡，因此含有的阴离子数小于NA，D错误；故合理选项是A。11、C【答案解析】

都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7，故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素，则A．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，应为O＞Cl＞S，选项A错误；B．X与R形成的分子可为SO2或SO3，分子内只存在极性键，选项B错误；C．X、Z形成的化合物如为Na2O2，含有共价键，选项C正确；D．核外电子排布相同的离子核电荷数越大离子半径越小，半径O2－＜Cl﹣＜S2﹣，选项D错误。答案选C。【答案点睛】本题考查元素周期表元素周期律的应用，根据最外层电子数及原子序数的关系确定元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构，都是短周期元素，根据图中信息推出各元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。12、D【答案解析】

A、电离不需要通电，故错误；B、电化学防腐不需通电，故错误；C、放电不需要通电，故错误；D、电解需要通电，故正确。答案选D。13、C【答案解析】

W、X、Z依次为Na、Al、Cl。分析反应历程可知a点溶液为强碱性溶液，HCO3－不可以大量共存；b点溶液为中性溶液，对应离子可以大量共存；c点溶液中存在Cl－可与Ag＋生成白色沉淀；d点溶液中存在Al3＋可与CO32－发生双水解。答案选C。14、C【答案解析】

A.缺少溶液的体积，不能计算溶液中含CO32-数目，A错误；B.标准状况下，11.2L气体的物质的量是0.5mol，若0.5mol气体完全是O2，则其中含有的O原子数目是NA，若气体完全是O3，其中含有的O原子数目为1.5NA，故标准状况下，11.2LO2和O3组成的混合气体含有原子数大于NA，B错误；C.聚乙烯与聚丙烯的实验式都是CH2，其式量是14，则14g该混合物中含有1molCH2，1molCH2中含有2molC-H键，因此14g聚乙烯与聚丙烯的混合物，含C-H键的数目为2NA，C正确；D.在常温常压下，22.4LCO2的物质的量小于1mol，因此该CO2与足量Na2O2反应转移电子数小于NA，D错误；故合理选项是C。15、C【答案解析】

A．由图1可知，当c（HA－）=c（A2－）时，溶液显酸性，所以NaHA溶液显酸性，电离程度大于水解程度，则各离子浓度大小关系为：c（Na＋）＞c（HA－）＞c（H＋）＞c（A2－）＞c（OH－），故A正确；B．由图2可知，当c（[H3NCH2CH2NH2]+）=c[H3NCH2CH2NH3]2+）时，溶液的pH=6.85，c（OH－）=10-7.15mol·L－1，则Kb2==c（OH－），Kb2=10-7.15，故B正确；C．由图2可知，当c（[H3NCH2CH2NH3]2+）=c（[H3NCH2CH2NH]+）时，溶液的pH=6.85，c（OH－）=10-7.15mol·L－1，则Kb2=10-7.15，由图1可知，当c（HA－）=c（A2－）时，pH=6.2，则Ka2=10-6.2，[H3NCH2CH2NH3]2+的水解程度大于A2－的水解程度，溶液显酸性，故C错误；D．==，由于通入HCl，Kw、Kb1、Ka1都不变，所以不变，故D正确。故选C。【答案点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及盐的水解平衡原理的应用，把握电离平衡原理和水解原理、电离常数和水解常数的计算、图象数据的分析应用为解答的关键，侧重分析、应用能力和计算能力的考查，难点D，找出所给表达式与常数Kw、Kb1、Ka1的关系。16、C【答案解析】

A.用牺牲阳极的阴极保护法，用还原性比钢铁强的金属作为负极，发生氧化反应而消耗，故应将船舶与一种比钢铁活泼的金属相连如Zn，故A错误；B.碘与氢氧化钠溶液反应，不能检验淀粉是否完全水解，水解后可直接加入碘，不能加入过量的氢氧化钠，故B错误；C.该反应是一个气体体积减小的反应，即△S<0，如果反应能自发进行，该反应△H-T△S<0，则△H<0，故C正确；D.在硫酸钡的单一饱和溶液中式子成立，在Na2SO4溶液中c（SO42-）增大，溶解平衡BaSO4（s）Ba2+（aq）+SO42-（aq）逆向移动，c（Ba2+）减小，Ksp不变，则在Na2SO4溶液中溶解达到饱和时c（Ba2+）<<c（SO42-），故D错误。故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、苯甲醚醚键、酰胺键+H2O消去反应【答案解析】

已知化合物B分子式为C4H4O3，有3个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O原子参与成环；考虑到B与A反应后产物C的结构为，所以推测B的结构即为。C生成D时，反应条件与已知信息中给出的反应条件相同，所以D的结构即为。D经过反应③后，分子式中少了1个H2O，且E中含有两个六元环，所以推测E的结构即为。【题目详解】(1)由A的结构可知，其名称即为苯甲醚；(2)由H的结构可知，H中含氧官能团的名称为：醚键和酰胺键；(3)B分子式为C4H4O3，有3个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O原子参与成环；考虑到B与A反应后产物C的结构为，所以推测B的结构简式即为；(4)D经过反应③后，分子式中少了1个H2O，且E中含有两个六元环，所以推测E的结构即为，所以反应③的方程式为：+H2O；(5)F经过反应⑤后分子结构中多了一个碳碳双键，所以反应⑤为消去反应；(6)M与C互为同分异构体，所以M的不饱和度也为6，去除苯环，仍有两个不饱和度。结合分子式以及核磁共振氢谱的面积比，可知M中应该存在两类一共3个甲基。考虑到M可水解的性质，分子中一定存在酯基。综合考虑，M的分子中苯环上的取代基个数为2或3时都不能满足要求；如果为4时，满足要求的结构可以有：，，，，，；如果为5时，满足要求的结构可以有：，；(7)氰基乙酸出现在题目中的反应④处，要想发生反应④需要有机物分子中存在羰基，经过反应④后，有机物的结构中会引入的基团，并且形成一个碳碳双键，因此只要得到环己酮经过该反应就能制备出产品。原料相比于环己酮多了一个取代基溴原子，所以综合考虑，先将原料中的羰基脱除，再将溴原子转变为羰基即可，因此合成路线为：【答案点睛】在讨论复杂同分异构体的结构时，要结合多方面信息分析；通过分子式能获知有机物不饱和度的信息，通过核磁共振氢谱可获知有机物的对称性以及等效氢原子的信息，通过性质描述可获知有机物中含有的特定基团；分析完有机物的结构特点后，再适当地分类讨论，同分异构体的结构就可以判断出来了。18、三、VIIAH2O分子间存在着氢键离子晶体NH4+

+

H2ONH3·H2O+

H+SO2+Cl2

+

2H2O=

2HCl+

H2SO42SO2(g)

+

O2(g)

2SO3(g)△H=

-190.0kJ/mol【答案解析】

由短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置，可知X、Y处于第二周期，Z、

W处于第三周期，Y

原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故Y为O元素，可推知X为N元素、Z为S元素、W为Cl。【题目详解】(1)由上述分析可知：W为Cl元素，处于周期表中第三周期第VII

A族，故答案为：三、VIIA；(2)由上述分析可知：X为N元素，X和氢可以构成+1价阳离子为NH4+

，其电子式是；Y为O元素，Z为S元素，Y的气态氢化物H2O比Z的气态氢化物H2S的沸点高，是因为H2O分子间存在着氢键。故答案为：；H2O分子间存在着氢键；(3)由上述分析可知：X为N元素，X的最高价氧化物的水化物硝酸与其氢化物氨气能化合生成M为NH4NO3，属于离子晶体，水溶液中铵根离子水解NH4+

+

H2ONH3·H2O+

H+，破坏水的电离平衡，溶液呈酸性，故答案：离子晶体，NH4+

+

H2ONH3·H2O+

H+；(4)①由上述分析可知：Y为O元素，Z为S元素，W为Cl，Y和Z可组成一种气态化合物Q为SO2，SO2能与氯气在潮湿环境中反应生成硫酸与HCl,反应的化学方程式是：SO2+Cl2

+

2H2O=

2HCl+

H2SO4，故答案为：SO2+Cl2

+

2H2O=

2HCl+

H2SO4；②在一定条件下，化合物Q（SO2）与Y为O元素的单质(O2)反应达平衡时有三种气态物质，反应方程式为：2SO2

+

O2

2SO3，反应时，每转移4mol电子放热190.0kJ，则参加反应二氧化硫为2mol

，氧气为1mol，生成2molSO3，放出热量为190.0kJ，所以该反应的热化学方程式是2SO2(g)

+

O2(g)

2SO3(g)△H=

-190.0kJ/mol；故答案为：2SO2(g)

+

O2(g)

2SO3(g)△H=

-190.0kJ/mol。19、三颈烧瓶Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4防倒吸浓NaOH溶液5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O氧化变质95.0偏高【答案解析】

A三颈烧瓶中制备二氧化硫，发生Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4，生成的二氧化硫通入D装置，发生Na2SO3+SO2＋H2O=2NaHSO3，2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l)，仪器E的作用是防倒吸，F吸收尾气。据此解答。【题目详解】Ⅰ（1）装置中仪器A的名称是三颈烧瓶。A中发生反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4。二氧化硫易溶于水，仪器E的作用是防倒吸。故答案为：三颈烧瓶；Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2＋Na2SO4；防倒吸；（2）二氧化硫有毒，排到空气中会污染空气，SO2是酸性氧化物，可用碱溶液吸收，题干中只提供了一种试剂--浓NaOH溶液，F中盛装的试剂是浓NaOH溶液。故答案为：浓NaOH溶液；Ⅱ.（3）取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去，说明MnO4－将S2O52－氧化生成硫酸根离子。反应的离子方程式为5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是：利用焦亚硫酸钠的还原性，防止食品氧化变质。故答案为：5S2O5－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O；氧化变质；Ⅲ.（4）由关系式：5SO32－～2MnO4－，用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点，消耗Na2SO3溶液20.00mL，剩余的n(MnO4－)=×0.2500mol/L×20.00×10-3L=2.000×10-3mol，再由5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O得：Na2S2O5样品的纯度为=×100%=95.0%；若在滴定终点时，俯视读数Na2SO3标准液的体积，使Na2SO3标准液的体积偏低，算出的剩余高锰