河南省九师联盟商开大联考2024届化学高二下期末联考模拟试题含解析

河南省九师联盟商开大联考2024届化学高二下期末联考模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、聚碳酸酯()的透光率良好。它可制作车、船、飞机的挡风玻璃，以及眼镜片、光盘、唱片等。它可用绿色化学原料X()与另一原料Y反应制得，同时生成甲醇。下列说法不正确的是A．Y的分子结构中有2个酚羟基 B．Y的分子式为C15H18O2C．X的核磁共振氢谱有1个吸收峰 D．X、Y生成聚碳酸酯发生的是缩聚反应2、下列各组物质中的三种物质，只用一种试剂无法鉴别的是A．乙醇、乙醛、乙酸 B．苯、溴乙烷、乙醇C．苯、苯酚、四氯化碳 D．乙烷、乙烯、乙炔3、下列各组混合物中，可以用分液漏斗分离的是A．溴苯和水 B．乙酸和乙醇 C．酒精和水 D．溴苯和苯4、298K时，N2与H2反应的能量变化曲线如图，下列叙述正确的是A．形成6molN—H键，吸收600kJ能量B．b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线C．该反应的ΔH＝－92kJ•mol-1D．加入催化剂，能提高N2的转化率5、关于醇类的下列说法中错误的是()A．羟基与烃基或苯环侧链上的碳原子相连的化合物称为醇B．醇的官能团异构中一定有酚类物质C．乙二醇和丙三醇都是无色液体，易溶于水和乙醇，其中丙三醇可用于配制化妆品D．相对分子质量相近的醇和烷烃相比，醇的沸点高于烷烃6、下列物质：①H3O＋②[Cu(NH3)4]2＋③CH3COO－④NH3⑤CH4中存在配位键的是A．①②B．①③C．④⑤D．②④7、某溶液中含有下列六种离子：①HCO3－②SO32－③K＋④CO32－⑤NH4＋⑥NO3－，向其中加入稍过量Na2O2后，溶液中离子浓度基本保持不变的是A．③⑥B．④⑥C．③④⑥D．①②⑤8、工业上采用如图装置模拟在A池中实现铁上镀铜，在C装置中实现工业KCl制取KOH溶液。下列有关说法错误的是A．a为精铜，b为铁制品可实现镀铜要求B．c为负极，电极反应式为CH3OH＋8OH－－6e－＝CO32-＋6H2OC．从e出来的气体为氧气，从f出来的气体为氢气D．钾离子从电解槽左室向右室迁移，h口出来的为高浓度的KOH溶液9、聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如图，下列说法不正确的是（

）A．聚维酮的单体是 B．聚维酮分子由(m+n）个单体聚合而成C．聚维酮碘是一种水溶性物质 D．聚维酮在一定条件下能发生水解反应10、用下图所示实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（）A．装置①可用于除去Cl2中含有的少量HCl气体B．按装置②所示的气流方向可用于收集H2、NH3等C．装置③可证明非金属性Cl>C>SiD．装置④向左推动针筒活塞可检验该装置的气密性11、下列有关物质的分类，正确的是（）A．烧碱、纯碱、熟石灰均属于碱B．HCOOH、H2CO3、H2SO4均属于二元酸C．盐酸、BaSO4、NH3•H2O均属于电解质D．酒精、冰水混合物、液氨均属于纯净物12、下列说法不正确的是A．油脂属于酯类B．油脂的氢化又叫油脂的硬化C．淀粉和纤维素的通式都是（C6H10O5）n，是同分异构体D．葡萄糖能发生银镜反应13、对水的电离平衡不产生影响的粒子是（）A． B．C6H5OH C．Al3+ D．CH3COO－14、某同学设计如下原电池，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是A．该装置将化学能转化为电能B．负极的电极反应是：Ag+I-－e-=AgIC．电池的总反应是Ag++I-=AgID．盐桥（含KNO3的琼脂）中NO3-从左向右移动15、下列实验操作能达到实验目的的是()A．用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物B．用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NOC．配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释D．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl216、下列反应中，HNO3既表现酸性又表现出氧化性的是A．使紫色石蕊溶液变红B．与铜反应C．与Na2CO3溶液反应D．与S单质混合共热时生成H2SO4和NO2二、非选择题（本题包括5小题）17、M是石油裂解气的重要成分，由M制备环酯P的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：已知在特殊催化剂的作用下，能够发生碳碳双键两边基团互换的反应，如:2CH2=CHRCH2=CH2+RCH=CHR回答下列问题：(1)M的名称是____________，A中的含氧官能团名称是____________。(2)①的反应类型是___________，⑥的反应类型是________________。(3)C的结构简式为____________。由C→G的过程中步骤④、⑥的目的是___________。(4)G中最多有_______个原子共平面，其顺式结构式为_____________。(5)符合下列条件D的同分异构体有______种。①氯原子连在碳链的端点碳上②羟基连在不同的碳原子上，其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为4：2：2：1的为__________(写结构简式)。(6)由I和G在一定条件下制取环酯P的化学方程式为_________________。(7)已知：根据题中信息，设计以2-氯丙烷制备环己烯的合成路线(无机试剂和溶剂任选)___________。18、（选修5：有机化学基础）化合物E是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药，可以通过下图所示的路线合成：（1）E中的含氧官能团名称为__________。（2）B转化为C的反应类型是__________。（3）写出D与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式__________。（4）1molE最多可与__________molH2加成。（5）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式__________。A．苯环上只有两个取代基，且除苯环外无其他环状结构B．核磁共振氢谱只有4个峰C．能与FeCl3溶液发生显色反应（6）已知：酚羟基一般不易直接与羧酸酯化，甲苯可被酸性高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸。试参照如下和成路线图示例写出以苯酚、甲苯为原料制取苯甲酸苯酚酯()的合成路线(无机原料任选)_______。合成路线流程图示例如下：19、三草酸合铁(Ⅲ)酸钾K3[Fe(C2O4)3]3H2O为绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇、丙酮等有机溶剂。I.三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的制备①将5g(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体溶于20mL水中，加入5滴6mol·L－1H2SO4酸化，加热溶解，搅拌下加入25mL饱和H2C2O4溶液，加热，静置，待黄色的FeC2O4沉淀完全以后，倾去上层清液，倾析法洗涤沉淀2－3次。②向沉淀中加入10mL饱和草酸钾溶液，水浴加热至40℃，用滴管缓慢滴加12mL5％H2O2，边加边搅拌并维持在40℃左右，溶液成绿色并有棕色的沉淀生成。③加热煮沸一段时间后，再分两批共加入8mL饱和H2C2O4溶液(先加5mL，后慢慢滴加3mL)此时棕色沉淀溶解，变为绿色透明溶液。④向滤液中缓慢加入10mL95％的乙醇，这时如果滤液浑浊可微热使其变清，放置暗处冷却，结晶完全后，抽滤，用少量洗涤剂洗涤晶体两次，抽干，干燥，称量，计算产率。已知制备过程中涉及的主要反应方程式如下：步骤②6FeC2O4＋3H2O2＋6K2C2O4＝4K3[Fe(C2O4)3]＋2Fe(OH)3，步骤③2Fe(OH)3＋3H2C2O4＋3K2C2O4＝2K3[Fe(C2O4)3]＋6H2O，请回答下列各题：(1)简述倾析法的适用范围______________，步骤③加热煮沸的目的是_______________。(2)下列物质中最适合作为晶体洗涤剂的是____________________(填编号)。A．冷水B．丙酮C．95％的乙醇D．无水乙醇(3)有关抽滤如图，下列说法正确的是_____________。A．选择抽滤主要是为了加快过滤速度，得到较干燥的沉淀B．右图所示的抽滤装置中，只有一处错误，即漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口C．抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的支管口倒出D．抽滤完毕后，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头，以防倒吸Ⅱ.纯度的测定称取1.000g产品，配制成250mL溶液，移取25.00mL溶液，酸化后用标定浓度为0.01000mol·L－1的高锰酸钾溶液滴定至终点，三次平行实验平均消耗高锰酸钾溶液24.00mL。(4)滴定涉及反应的离子方程式：___________________________________。(5)计算产品的纯度_____________________(用质量百分数表示)。(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的相对分子质量为491)20、铁是人体必须的微量元素，治疗缺铁性贫血的常见方法是服用补铁药物。“速力菲”（主要成分：琥珀酸亚铁，呈暗黄色）是市场上一种常见的补铁药物。该药品不溶于水但能溶于人体中的胃酸。某同学为了检测“速力菲”药片中Fe2+的存在，设计并进行了如下实验：（1）试剂1是_______________________。（2）加入KSCN溶液后，在未加新制氯水的情况下，溶液中也产生了红色，其可能的原因是_______________________________________________________________。（3）在实验中发现放置一段时间，溶液的颜色会逐渐褪去。为了进一步探究溶液褪色的原因，甲、乙、丙三位同学首先进行了猜想：编号

猜想

甲

溶液中的+3价Fe又被还原为+2价Fe

乙

溶液中的SCN-被过量的氯水氧化

丙

新制的氯水具有漂白性，将该溶液漂白

基于乙同学的猜想，请设计实验方案，验证乙同学的猜想是否正确。写出有关的实验操作、预期现象和结论。（不一定填满，也可以补充）编号实验操作预期现象和结论

21、（I）某课外小组研究铝土矿中Al2O3的含量。已知铝土矿的主要成分是Al2O3，杂质是Fe2O3、SiO2等。从铝土矿中提取Al2O3的过程如下：（1）第③步中，生成氢氧化铝的离子方程式是____________________。（2）如果把步骤②中适量的盐酸改为过量的二氧化碳，则反应的离子方程式____。（3）将实验过程中所得固体精确称量，课外小组发现所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，则该铝土矿中Al2O3的质量分数是__________（保留一位小数）。（4）工业上制取AlCl3用Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应，每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，反应的化学方程式是____________________。（II）大量燃煤产生烟气会造成空气中二氧化硫含量增多，某研究小组利用燃煤电厂的固体废弃物粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）进行烟气脱硫研究，并制备Al2(SO4)3·18H2O。（5）第②步不能用氢氧化钠溶液的原因是_____________（用化学方程式表示）。（6）下列关于步骤③、④的说法正确的是_______。a．溶液C可用于制备氮肥b．溶液B中的硫酸铵将烟气中的SO2除去c．热分解获得的SO2可以回收再利用（7）从固体B制备Al2(SO4)3·18H2O的实验操作是：加入稀硫酸、加热浓缩、_________、过滤。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】

根据该化合物结构简式，以及题中信息，推出形成该化合物的单体为和，然后进行分析。【题目详解】根据该化合物结构简式，推出形成该化合物的单体为和，A、根据上述分析，Y的结构简式为，Y分子中含有2个酚羟基，故A说法正确；B、Y的分子式为C15H16O2，故B说法错误；C、X的结构简式为，只有一种氢原子，核磁共振氢谱有1个吸收峰，故C说法正确；D、根据聚碳酸酯的结构简式，X和Y生成聚碳酸酯的反应是缩聚反应，故D说法正确。答案选B。2、D【解题分析】

A.可用氢氧化铜悬浊液鉴别。乙醇无现象；乙醛遇冷的氢氧化铜悬浊液无现象，加热后产生砖红色沉淀；乙酸可使氢氧化铜悬浊液溶解。因此能用一种试剂鉴别，A项正确；B.可用水鉴别。苯密度小，在水的上层；溴乙烷密度大在水的下层；乙醇与水互溶。因此能用一种试剂鉴别，B项正确；C.可用氯化铁溶液鉴别。苯密度小，在氯化铁溶液的上层；苯酚遇氯化铁溶液显特征紫色；四氯化碳密度大，在氯化铁溶液的下层。因此能用一种试剂鉴别，C项正确；D.可利用溴水或酸性高锰酸钾鉴别乙烷与乙烯、乙炔，但由于乙烯和乙炔遇溴水、酸性高锰酸钾的现象相同，因此无法仅通过一种试剂鉴别，D项错误；答案应选D。3、A【解题分析】

分液漏斗分离混合物的原理为，物质密度不等且互不相溶，据此答题。【题目详解】A.溴苯和水不互溶，且密度不同，可以用分液漏斗分离，A正确；B.乙酸和乙醇互溶，不能使用分液漏斗分离，B错误；C.酒精和水以任意比互溶，不能使用分液漏斗分离，C错误；D.苯能溶解溴苯，不能使用分液漏斗分离，D错误；故合理选项为A。4、B【解题分析】

A.形成化学键释放能量，故A错误；B.加入催化剂降低活化能，不改变反应热，故a曲线是加入催化剂，故B错误；C.ΔH=旧键断裂吸收的总能量-新键形成释放的总能量=508-600=92kJ•mol-1，故C正确；D.催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，不能提高N2的转化率，故D错误。5、B【解题分析】

A.羟基与烃基或苯环侧链上的碳原子相连的化合物称为醇，A正确；B.羟基与苯环直接相连的化合物是酚类，所以醇的官能团异构中不一定有酚类物质，B错误；C.乙二醇和丙三醇都是无色液体，易溶于水和乙醇，其中丙三醇可用于配制化妆品，C正确；D.醇分子中含有羟基，能形成氢键，所以相对分子质量相近的醇和烷烃相比，醇的沸点高于烷烃，D正确。答案选B。6、A【解题分析】

在物质或离子中中心原子含有空轨道，和含有孤电子对的原子或离子能形成配位键，①氢离子提供空轨道，氧原子提供孤电子对；②铜离子提供空轨道，氮原子提供孤电子对；③CH3COO-中碳和氧最外层有8个电子达到稳定结构，氢满足2电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对；④NH3为共价化合物，氮原子中最外层有8个电子达到稳定结构，分子中存在两个H-N键，氢满足2电子稳定结构，无空轨道；⑤CH4分子中，碳原子与4个氢原子分别共用一对电子，形成4个C-H键，无空轨道，无孤电子对。【题目详解】①H3O+中O提供孤电子对，H+提供空轨道，二者形成配位键，H3O+含有配位键；②Cu2+有空轨道，NH3中的氮原子上的孤电子对，可以形成配位键，[Cu（NH3）4]2+含有配位键；③CH3COO-中碳和氧最外层有8个电子达到稳定结构，氢满足2电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对，电子式为：，不含有配位键；④NH3为共价化合物，氮原子中最外层有8个电子达到稳定结构，分子中存在两个H-N键，氢满足2电子稳定结构，无空轨道；⑤甲烷中碳原子满足8电子稳定结构，氢原子满足2电子稳定结构，电子式为，无空轨道，无孤电子对，CH4不含有配位键；答案选A。【题目点拨】本题考查配位键的判断，明确配位键的形成是解本题关键，题目难度中等．注意配位键形成的条件，一方要提供空轨道，另一方提供孤电子对。7、A【解题分析】分析：Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液显碱性，结合过氧化钠和离子的性质分析判断。详解：Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液显碱性，则HCO3-+OH－=CO32-+H2O，NH4＋+OH－=NH3↑+H2O，则①HCO3-浓度减小、④CO32-浓度增大、⑤NH4+浓度减小；Na2O2具有强氧化性，②SO32-被氧化成SO42-，离子浓度减小，因此浓度不变的只有K＋、NO3-。答案选A。8、C【解题分析】

根据图像可知，B为原电池，氧气得电子与水反应生成氢氧根离子，d作电池的正极；c上甲醇失电子，与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；A、C为电解池g、a为电解池的阳极，b、h为电解池的阴极；【题目详解】A.a为精铜，作电解池的阳极，失电子，b为铁制品作阴极，铜离子得电子可实现镀铜要求，A正确；B.c为负极，甲醇失电子与溶液中的氢氧根离子反应生成碳酸根离子，电极反应式为CH3OH＋8OH－－6e－＝CO32-＋6H2O，B正确；C.电解KCl，e处为阳极，氯离子失电子出来的气体为氯气，从f出来的气体为氢气，C错误；D.电解槽左侧为阳极室，钾离子从电解槽左室向右室迁移，h口出来的为高浓度的KOH溶液，D正确；答案为C【题目点拨】电解池中阳离子向阴极室移动；原电池阳离子向正极移动。9、B【解题分析】

由高聚物结构简式，可知主链只有C，为加聚产物，单体为，高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，含有肽键，可发生水解，以此解答该题。【题目详解】A.由高聚物结构简式可知聚维酮的单体是，故A正确；B.

由2m+n个单体加聚生成，故B错误；C.高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故C正确；D.含有肽键，具有多肽化合物的性质，可发生水解生成氨基和羧基，故D正确；故选B。10、D【解题分析】试题分析：A、氢氧化钠和氯气反应，应用饱和食盐水除杂，故A错误；B、H2、NH3密度比空气小，应用向下排空法收集，气体应短进长出，故B错误；C、比较非金属性，应用最高价氧化物对应的水化物，不能用盐酸，故C错误；D、如不漏气，向左推动针筒活塞，可观察到液面发生变化，可用于检查是否漏气，故D正确；故选D。考点：考查了实验方案的评价的相关知识。11、D【解题分析】A．纯碱是碳酸钠，属于盐，故A错误；B．HCOOH属于一元酸，不属于二元酸，故B错误；C．盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，不属于电解质，故C错误；D．酒精中只含有一种分子——乙醇，属于纯净物，冰水混合物只含有一种分子——水分子，属于纯净物，液氨为氨气的液态形式，属于纯净物，故D正确；故选D。点睛：判断物质是否属纯净物时，不要只看表面字眼“纯”或“混”，而要看实质.例如：“冰和水的混合物”是纯净物，又如“纯盐酸”，是混合物。电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质12、C【解题分析】分析：A、油脂是高级脂肪酸和甘油反应生成的酯类；B、室温下呈液态的油脂称为油，烃基中含有不饱和键；C、淀粉和纤维素虽具有相同的表示式，但n不同，则分子式不同；D、葡萄糖分子中含有醛基。详解：A、室温下呈液态的油脂称为油，如：豆油、花生油等；室温下呈固态的油脂称为脂，如猪油等。油脂是高级脂肪酸和甘油反应生成酯类，A正确；B、油脂的氢化，就是在催化剂镍的作用下和氢加成，油脂的氢化得到的脂肪就是油脂的硬化，得到的脂肪也叫硬化油，B正确；C、同分异构体是分子式相同，结构式不同的化合物，淀粉和纤维素虽具有相同的表示式，但n不同，则分子式不同，故不是同分异构体，C错误；D、葡萄糖又称为五羟基醛，醛基具有还原性，能发生银镜反应，D正确。答案选C。13、A【解题分析】

水的电离方程式为：H2OH++OH-。A.该结构示意图是Cl-，Cl-加入后，对水的电离平衡没有影响，平衡不移动，A符合题意；B.是苯酚，会电离产生H+，对水的电离平衡起抑制作用，B不符合题意；C.Al3+会消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，因而促进水的电离平衡正向移动，C不符合题意；D.加入了CH3COO-，CH3COO-会结合H+，使水的电离平衡正向移动，促进水的电离，D不符合题意；故合理选项是A。14、D【解题分析】

图中没有外接电源，反而是有个电流表，且电路中有电子的移动方向，则该装置是原电池装置。由于只有Ag+能和I-离子反应，所以电池的总反应是Ag++I-=AgI，负极反应为：Ag+I--e-=AgI，正极反应为：Ag++e-=Ag。【题目详解】A.经分析，该装置是原电池装置，则该装置将化学能转化为电能，A正确；B.根据电子的移动方向，可以推断出左侧电极为负极，该电极反应为：Ag+I--e-=AgI，B正确；C.该电池中，表观上看，只有Ag+和I-反应，所以总反应是Ag++I-=AgI，C正确；D.左侧电极为负极，右侧电极为正极，NO3-带负电荷，向负极移动，所以应该是从右向左移动，D错误；故合理选项为D。【题目点拨】题中涉及的原电池反应是不常见的反应，也未告知正极和负极，所以需要仔细观察。可以通过电子的转移方向判断出正、负极；再结合图中给出的物质，可以推出总的反应方程式，再推出正极反应，两式相减可得负极反应。由此可见，对于此类题目，一定要认真观察图。15、C【解题分析】

A．长颈漏斗不能用作分离操作，分离互不相溶的液体应该选用分液漏斗，故A错误；B．NO易和空气中O2反应生成NO2，所以不能用排空气法收集，NO不易溶于水，应该用排水法收集，故B错误；C．FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe3+易水解生成Fe(OH)3而产生浑浊，为了防止氯化铁水解，应该将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，故C正确；D．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水会带出部分水蒸气，所以得不到纯净的氯气，应该将饱和食盐水出来的气体再用浓硫酸干燥，故D错误；答案选C。【题目点拨】本题的易错点为D，要注意从水溶液中出来的气体中含有水蒸气。16、B【解题分析】A.使石蕊变红，只能说明硝酸具有酸性，不能说明氧化性，故A错误；B.与铜反应生成Cu(NO3)2和NO气体，生成硝酸铜表现酸性，生成NO表现硝酸的氧化性，故B正确；C.与Na2CO3反应放出CO2气体生成NaNO3，说明硝酸的酸性比碳酸强，不发生氧化还原反应，故C错误；D.与S单质混合共热时生成H2SO4和NO2，只表现硝酸的氧化性，不表现酸性，故D错误。故选B.点睛：硝酸既能表现出酸性；又表现出强氧化性，在反应中与金属反应生成硝酸盐和氮的氧化物，与非金属反应还原生成NO或NO2等物质，同时将非金属氧化成高价的氧化物，也可以通过化合价的变化来分析判断，以此解答。二、非选择题（本题包括5小题）17、丙烯碳碳双键取代反应消去反应HOCH2-CH=CH-CH2OH保护分子中碳碳双键不被氧化1210ClCH2-CH（CH2OH）2CH3-CHCl-CH3CH2=CH-CH3CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3CH3-CHBr-CHBr-CH3CH2=CH-CH=CH2【解题分析】

由题中信息可知，M与氯气发生取代反应生成CH2=CH-CH2Cl，可确定M为丙烯；已知在特殊催化剂的作用下，能够发生碳碳双键两边基团互换的反应，则CH2=CH-CH2Cl在催化剂的作用下，生成乙烯、CH2Cl-CH=CH-CH2Cl；根据合成路线可知，A水解后先与HCl发生反应，然后发生氧化反应、消去反应，则A为CH2Cl-CH=CH-CH2Cl、B为乙烯；C为HOCH2-CH=CH-CH2OH；D为HOCH2-CH2-CHCl-CH2OH；E为HOOC-CH2-CHCl-COOH；F为NaOOC-CH=CH-COONa；G为HOOC-CH=CH-COOH；H为CH2Br-CH2Br；I为CH2OH-CH2OH；【题目详解】（1）根据分析可知，M为丙烯；A为CH2Cl-CH=CH-CH2Cl，含有的官能团为碳碳双键；（2）反应①为取代反应；反应⑥为卤代烃的消去反应；（3）C的结构简式为HOCH2-CH=CH-CH2OH，其分子中含有碳碳双键和羟基，这丙种官能团均易发生氧化反应，因此，C→G的过程步骤④、⑥的目的是：为了保护碳碳双键在发生氧化反应时不被氧化；（4）G的结构简式为HOOC-CH=CH-COOH，当碳碳双键与羧基中碳氧双键确定的平面重合时，则有12原子共平面；其顺式结构为：；(5)D的结构简式为HOCH2-CH2-CHCl-CH2OH，符合①氯原子连在碳链的端点碳上②羟基连在不同的碳原子上。若无支链，固定Cl原子和一个—OH在一端，，另一个—OH的位置有3种；移动—OH的位置，，另一个—OH的位置有2种；依此类推，，1种；若存在一个甲基支链，，有2种；，有1种，，1种，合计10种；其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为4：2：2：1，符合的结构简式为：ClCH2-CH（CH2OH）2；(6)I、G分别为：HOOC-CH=CH-COOH、CH2OH-CH2OH，在一定条件下发生酯化反应，制取环酯P，其方程式为：；（7）根据题目信息，烯烃在一定条件下碳碳双键两边的基团可以互换，则先用2-氯丙烷发生消去反应生成丙烯，丙烯在一定条件下生成乙烯和2-丁烯，利用2-丁烯和溴水发生加成反应，生成2，3-二溴丁烷，再发生消去反应生成1，3-丁二烯，最后与乙烯发生双烯合成制取环己烯。合成路线如下：CH3-CHCl-CH3CH2=CH-CH3CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3CH3-CHBr-CHBr-CH3CH2=CH-CH=CH2。【题目点拨】多官能团同分异构体的书写时，根据一固定一移动原则，逐个书写，便于查重。18、羟基、酯基酯化反应(取代反应)4【解题分析】

由合成流程可知，A为CH3CHO，B为邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成C，C为，C与CH3COCl发生取代反应生成D，D中含-COOC-，能发生水解反应，D水解酸化后发送至酯化反应生成E。【题目详解】（1）根据B的结构简式可知，B中含有的含氧官能团为羟基和羧基；（2）中的羧基与甲醇发生酯化反应生成C，则B转化为C的反应类型是酯化反应或取代反应；（3）D与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式为；（4）E中含苯环与C=C，均能与氢气发生加成反应，则1摩尔E最多可与4molH2加成；（5）B为邻羟基苯甲酸，其同分异构体符合：A．苯环上只有两个取代基，且除苯环外无其他环状结构；B．核磁共振氢谱只有4个峰，说明结果对称性比较强，通常两个取代基处于对位；C．能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，则另一基团只能是甲酸酯基或甲酸基，所以符合条件的同分异构体为或；（6）以苯、甲苯为原料制取苯甲酸苯酚酯，可以用苯与氯气发生取代生成氯苯，再水解得苯酚，用甲苯氧化得苯甲酸，苯甲酸与三氯化磷发生取代得苯甲酰氯，苯甲酰氯与苯酚发生取代反应生成苯甲酸苯酚酯，合成流程图为。19、晶体颗粒较大，易沉降除去多余的双氧水，提高草酸的利用率CA、D98.20%【解题分析】

(1)

倾析法的适用范围适用分离晶体颗粒较大、易沉降到容器底部的沉淀，这样减少过滤的时间和操作，比较简单；对步骤②中的溶液经过加热煮沸再进行下一步操作，是由于步骤②溶液中存在过量的过氧化氢，过氧化氢具有一定的氧化性，会和③中加入的草酸发生反应，所以加热煮沸的目的是除去过量的双氧水，提高饱和H2C2O4溶液的利用率；(2)因为产品不溶于乙醇，而选择95%的乙醇经济成本最低，故选C。(3)该抽滤装置的操作原理为：打开最右侧水龙头，流体流速增大，压强减小，会导致整个装置中压强减小，使布氏漏斗内外存在压强差，加快过滤时水流下的速度，A.选择抽滤主要是为了加快过滤速度，得到较干燥的沉淀，A正确；B.图示的抽滤装置中，除漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口外，中间瓶中的导管也没有“短进短出”，B错误；C.抽滤得到的滤液应从瓶口倒出，不能从支管口倒出，C错误；D.抽滤完毕后，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头，以防倒吸，D正确；故答案选AD。(4)滴定涉及到的原理为草酸根离子能被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，离子方程式为：16H++2MnO4-+5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O；(5)5K3[Fe(C204)3]·3H2O~6KMnO4491*5

6m

0.01×0.024×

m=0.982g，则产品的纯度=0.982÷1.000=98.20%。20、稀盐酸（或稀硫酸溶液）少量Fe2+被空气中氧气氧化成Fe3+编号

实验操作

预期现象和结论

①

取少量褪色后溶液，加入KSCN溶液

如果溶液变红色，说明乙同学的猜想是合理的；如果溶液不变红色，说胆乙同学的猜想是不合理的

或

取少量褪色后溶液，加入FeCl3溶液

如果溶液仍不变红色，说明乙同学的猜想是合理的；如果溶液变红色，说明乙同学的猜想是不合理的

【解题分析】

（1）根据图示分析可知，加入试剂1用于溶解药品，应该选用加入非氧化性的酸；（2）亚铁离子具有较强的还原性，部分亚铁离子能够被空气中氧气氧化成铁离子；（3）若溶液中的SCN-被过量的氯水氧化，可以再向溶液中加入硫氰化钾溶液，根据反应现象进行判断。【题目详解】（1）试剂1用于溶解样品，可以选用稀盐酸或者稀硫酸；（2）少量Fe2+被空气中的氧气氧化成Fe3+，所以加入KSCN溶液后，在未加新制氯水的情况下，溶液中也产生了红色，（3）乙的猜想为：溶液中的SCN-被过量的氯水氧化，若检验乙同学的猜想是否正确，可以取