2024届福建省漳州市第八中学化学高二下期末学业质量监测模拟试题含解析

2024届福建省漳州市第八中学化学高二下期末学业质量监测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、下列有机合成设计中，所涉及的反应类型有错误的是A．由丙醛制1，2﹣丙二醇：第一步还原，第二步消去，第三步加成，第四步取代B．由1-溴丁烷制1,3-丁二烯：第一步消去，第二步加成，第三步消去C．由乙炔合成苯酚：第一步三聚，第二步取代，第三步水解，第四步中和D．由制：第一步加成，第二步消去，第三步加成，第四步取代2、下列化学用语表示正确的是（）A．四氯化碳分子的比例模型： B．氯乙烷结构简式：CH2ClCH2ClC．CH3CH2NO2与H2NCH2COOH互为同分异构体 D．丙烯的键线式：3、今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水，浓度均为0.1mol/L，如果在甲瓶中加入少量的NaHCO3晶体(mmol)，在乙瓶中加入少量的NaHSO3晶体(mmol)，丙瓶不变，片刻后甲、乙、丙三瓶中HClO的物质的量浓度大小关系是（设溶液体积不变）A．甲=乙＞丙B．丙＞乙+甲C．甲＞丙＞乙D．乙＞丙＞甲4、阿伏加德罗常数的值为NA，实验室制备联氨（N2H4）的化学方程式为：2NH3＋NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O。下列说法正确的是（）A．0.1molN2H4中所含质子数为1.8NAB．0.1mol·L－1的NaClO溶液中，ClO－的数量为0.1NAC．消耗4.48LNH3时，转移电子数为0.2NAD．1.6gN2H4中存在共价键总数为0.2NA5、下列化合物中同分异构体数目最少的是（）A．戊烷B．戊醇C．戊烯D．丁烷6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．100g质量分数为46%C2H5OH溶液中所含O—H数目约为7NAB．质量为12g的12C含有的中子数为12NAC．将0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO－数目小于0.1NAD．氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时，电路中通过的电子数目为4NA7、丙三醇、乙二醇、甲醇中分别加入足量的金属钠产生等体积的氢气(相同条件)，则上述三种醇的物质的量之比是()A．2∶3∶6 B．3∶2∶1 C．4∶3∶1 D．6∶3∶28、下列反应的离子方程式正确的是（）A．氢氧化钠溶液中通入少量二氧化碳：CO2＋OH－=HCO3－B．少量小苏打溶液与足量氢氧化钙溶液混合：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2OC．盐酸滴入氨水中：H＋＋OH－=H2OD．碳酸钙溶解于稀硝酸中：CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O9、下列反应中，反应后固体物质质量增加的是（）A．氢气通过灼热的CuO粉末B．二氧化碳通过Na2O2粉末C．铝与Fe2O3发生铝热反应D．将锌粒投入FeCl2溶液10、下列热化学方程式中△H能表示可燃物燃烧热的是A．H2(g)+Cl2(g)

=2HCl(g)

；△H=－184.6

kJ/mo1B．CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O

(g)

；△H=－802.3

kJ/molC．2H2(g)+O2(g)=2H2O

(l)

；△H=－571.6

kJ/molD．CO

(g)+1/2O2(g)=CO2(g)

；

△H=

－258

kJ/mol11、实验室为了妥善保存硫酸亚铁溶液，常加入少量的（）A．铁粉 B．铜粉 C．锌粉 D．Fe2（SO4）312、用pH试纸测量碱溶液的pH时，若事先将pH试纸用蒸馏水润湿，则测量结果会A．偏大 B．偏小 C．不变 D．无法判断13、甲、乙为两种常见的单质，丙、丁为氧化物，它们存在如下转化关系，则不满足条件的甲和乙为A．铝和铁 B．镁和碳 C．铁和氢气 D．铜和氢气14、可用提取粗盐后的盐卤（主要成分为MgCl2）制备金属镁，其工艺流程如下，下列说法错误是（）盐卤Mg(OH)2MgCl2溶液MgCl2•6H2OMgCl2MgA．若在实验室进行操作①只需要漏斗和烧杯两种玻璃仪器B．操作①发生的反应为非氧化还原反应C．操作②是蒸发浓缩结晶D．在整个制备过程中，未发生置换反应15、醌类化合物广泛存在于植物中，有抑菌、杀菌作用，可由酚类物质制备：下列说法不正确的是A．反应Ⅰ、Ⅱ均为氧化反应B．对苯醌、萘醌均属于芳香化合物C．苯酚与萘酚含有相同官能团，但不互为同系物D．属于酚类，属于醌类16、下列实验操作能达到目的是(

)A．用pH试纸测定次氯酸溶液的pH=3.5B．将FeCl3溶液加热蒸干并灼烧获得Fe2O3固体C．向明矾溶液中加入一定量NaOH制备Al(OH)3胶体D．室温下，测得pH=5的NaHSO4溶液与pH=9的NaHCO3溶液中水的电离程度相等二、非选择题（本题包括5小题）17、对乙酰氨基苯酚，俗称扑热息痛，具有很强的解热镇痛作用，工业上通过下列方法合成（B1和B2、C1和C2分别互为同分异构体，无机产物略去）：已知：请回答下列问题：（1）A的结构简式为______________，C2的结构简式为_________________。（2）上述②～⑤的反应中，属于取代反应的有________________（填数字序号）。（3）工业上不是直接用硝酸氧化苯酚得到C1，而是设计反应①、②、③来实现，其目的是________________________________________________。（4）反应⑤的化学方程式为_____________________________________________。（5）扑热息痛有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体共有______种。a．苯环上只有两个取代基，其中一个含碳不含氮，另一个含氮不含碳；b．两个氧原子与同一个原子相连。其中核磁共振氢谱中只出现四组峰，且峰面积比为3:2:2:2，又不能发生水解反应的同分异构体的结构简式为_____________________________。其中既能发生银镜反应，也能分别与盐酸、氢氧化钠溶液反应，在核磁共振氢谱中只出现五组峰的同分异构体的结构简式为_________________________。18、已知：A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；由A通过聚合反应生成高分子化合物F，F可用于工业合成塑料，现以A为主要原料合成G，以A为原料的合成路线如下图所示。回答下列问题：（1）D、G分子中的官能团名称分别__________、__________。（2）在反应①～⑥中，属于加成反应的是______，属于取代反应的是_____。(填序号)（3）写出与G分子式相同的所有羧酸类的同分异构体：_________________（4）写出由C与新制氢氧化铜反应的化学方程式：_________________19、实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH4++6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+[滴定时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸．某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：步骤I：称取样品1.500g。步骤Ⅱ：将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤Ⅲ：移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点．按上述操作方法再重复2次。(1)根据步骤Ⅲ填空：①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察______。A．滴定管内液面的变化B．锥形瓶内溶液颜色的变化④滴定达到终点时，酚酞指示剂由______色变成______色。(2)滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.001.0221.03225.002.0021.99325.000.2020.20若NaOH标准溶液的浓度为0.1010mol•L-1，则该样品中氮的质量分数为______。20、某科研小组设计出利用工业废酸(稀硫酸)来浸取某废弃的氧化铜锌矿的方案，实现废物综合利用，方案如图所示。已知：各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如表所示：请回答下列问题：(1)在“酸浸”步骤中，为提高浸出速率，除通入空气“搅拌”外，还可采取的措施是(任写一点即可)__________________________________________________________。(2)物质A最好使用下列物质中的____________（填选项序号）。A．KMnO4B．H2O2C．HNO3(3)除铁过程中加入氨水的目的是调节溶液的pH，pH应控制在__________范围之间。(4)物质B可直接用作氮肥，则B的化学式是________。(5)除铁后得到的氢氧化铁可用次氯酸钾溶液在碱性环境将其氧化得到一种高效的多功能处理剂(K2FeO4)，写出该反应的离子方程式：__________________________。21、阅读以下信息：①向盛有10mL水的锥形瓶中，小心滴加8~10滴液体，可观察到剧烈反应，液面上有白雾形成，并有带刺激性气味的气体逸出，该气体中含有可使品红溶液褪色的；②蒸干溶液不能得到无水，使与混合并加热，可得到无水。请回答：（1）将①中发生反应的化学方程式补充完整：SOCl2+H2O=SO2↑+______；（2）溶液呈________（填“酸”“碱”或“中”）性，用离子方程式表示其原理为：_________。（3）试解释②中可得到无水的原因：_________。

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】

A.由丙醛制1,2-丙二醇，丙醛先还原制得1-丙醇，再消去制得丙烯，丙烯与卤素单质加成，再水解得到1，2﹣丙二醇，所以A选项是正确的；

B.由1-溴丁烷制1,3-丁二烯，1-溴丁烷先发生卤代烃的消去反应，再发生加成反应生成2-溴丁烷，再发生消去反应生成2-丁烯，再与卤素单质发生加成，最后发生消去反应，则需要发生五步反应，分别为消去、加成、消去、加成、消去，故B错误；

C.由乙炔合成苯酚：第一步三聚生成苯，第二步取代制取溴苯，第三步水解得到苯酚钠，第四步中和得到苯酚，所以C选项是正确的；

D.由制：第一步加成制得，第二步消去生成，第三步加成得到，第四步取代制得，所以D选项是正确的。

所以本题答案选B。2、C【解题分析】

A．四氯化碳分子的比例模型中，氯原子的原子半径比碳原子的原子半径大，而在该模型中原子半径的大小错误，故A错误；B．氯乙烷的分子式为C2H5Cl，故其结构简式为CH3CH2Cl，故B错误；C．分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，CH3CH2NO2与H2NCH2COOH的分子式相同而结构不同，故互为同分异构体，故C正确；D.丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，故其键线式为，故D错误；答案选C。【题目点拨】注意比例模型中，原子的半径大小和空间构型！3、C【解题分析】分析：HClO的酸性比碳酸弱但比HCO3-的酸性强，加入少量的NaHCO3晶体，可促进氯气与水的反应，生成更多的HClO，HClO可与NaHSO3发生氧化还原反应而导致浓度降低。详解：甲中加入少量的NaHCO3晶体：HClO的酸性比碳酸弱但比HCO3-的酸性强，加入少量的NaHCO3晶体，可促进氯气与水的反应，生成更多的HClO；乙中加入少量的NaHSO3晶体：HClO可与NaHSO3发生氧化还原反应而导致浓度降低；丙不变，则甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物质的量浓度的大小关系为甲＞丙＞乙，故选C。4、A【解题分析】分析：A.1个N2H4中含有(2×7+4×1)=18个质子；B.根据c=分析判断；C.气体的体积与温度和压强有关；D.1个N2H4中存在1个N-N键和4个N-H键。详解：A.1个N2H4中含有(2×7+4×1)=18个质子，则0.lmolN2H4中所含质子数为1.8NA，故A正确；B.未告知0.1mol·L-1的NaClO溶液的体积，无法计算ClO-的数量，故B错误；C.为告知气体的状态，无法计算4.48LNH3的物质的量，故C错误；D.1个N2H4中存在1个N-N键和4个N-H键，1.6gN2H4的物质的量==0.05mol，存在共价键0.05mol×5=0.25mol，故D错误；故选A。点睛：解答此类试题需要注意：①气体摩尔体积的使用范围和条件，对象是否气体；温度和压强是否为标准状况，如本题的C；②溶液计算是否告知物质的量浓度和溶液体积，如本题的B。5、D【解题分析】

A、戊烷共有3种同分异构体，分别是正戊烷，异戊烷，新戊烷，同分异构体数目不是最少，故A错误；B、戊醇的同分异构体醇类有有8种，主链五个碳的有3种：1-戊醇、2-戊醇、3-戊醇；主链四个碳的有4种：2-甲基-1-丁醇，2-甲基-2-丁醇，3-甲基-2-丁醇，3-甲基-1-丁醇；主链三个碳的有1种：2,2-二甲基-1-丙醇，戊醇还有醚类的异构体，同分异构体数目不是最少，故B错误；、戊烯的烯类同分异构体有5种，

1-戊烯，2-戊烯，2-甲基-1-丁烯，3-甲基-1-丁烯，2-甲基-2-丁烯，戊烯还有环烷烃类的异构体，同分异构体数目不是最少，故C错误；D、丁烷共有两种同分异构体，分别是正丁烷和异丁烷，同分异构体数目最少，故D正确；故选D。【题目点拨】戊烷和丁烷只存在碳链异构，戊醇、戊烯、存在碳链异构和官能团位置异构。6、A【解题分析】

A．乙醇溶液中，乙醇、水分子都含有O-H键，所以100g46%乙醇溶液含有乙醇46g，物质的量为1mol，含有1molO-H键，含有水54g，物质的量为3mol，含有O-H键6mol，所以共含O-H数目7NA，故A正确；B．12g的12C的物质的量为：=1mol，含有中子的物质的量为：1mol×6=6mol，含有的中子数为6NA

，故B错误；C．将0.1molCH3COONa

溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒有：n（CH3COO-）+n（OH-）=n（Na+）+n（H+），而由于溶液显中性，故n（OH-）=n（H+），则有n（CH3COO-）=n（Na+）=0.1mol，即醋酸根的个数为NA个，故C错误；D．氧气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故D错误；故答案为A。【题目点拨】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。7、A【解题分析】

甲醇、乙二醇、丙三醇分别有1、2、3个羟基，2mol金属钠与2mol羟基反应放出1mol氢气，这三种物质分别与足量金属钠反应产生等体积的氢气，说明三者中羟基物质的量相等，然后求出三种醇的物质的量之比。【题目详解】甲醇、乙二醇、丙三醇分别有1、2、3个羟基，2mol金属钠与2mol羟基反应放出1mol氢气，这三种物质分别与足量金属钠反应产生等体积的氢气，说明三者中羟基物质的量相等，则三种醇的物质的量之比为：1：：=6：3：2，所有丙三醇、乙二醇、甲醇的物质的量的比为2∶3∶6，故合理选项是A。【题目点拨】本题考查醇类与Na的反应，注意三种醇与足量Na反应，产生相同体积的H2，说明这三种醇各自所提供的-OH数目相同。8、B【解题分析】分析：A.二氧化碳不足生成碳酸钠；B.少量小苏打溶液与足量氢氧化钙溶液混合反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水；C.一水合氨难电离；D.碳酸钙难溶。详解：A.氢氧化钠溶液中通入少量二氧化碳生成碳酸钠和水：CO2＋2OH－=CO32－＋H2O，A错误；B.少量小苏打溶液与足量氢氧化钙溶液混合：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，B正确；C.盐酸滴入氨水中：H＋＋NH3·H2O＝NH4＋＋H2O，C错误；D.碳酸钙溶解于稀硝酸中：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O，D错误。答案选B。9、B【解题分析】分析：A.氢气与CuO的反应生成Cu和水；

B.二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气；

C.Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe；

D.Zn与FeCl2反应生成ZnCl2和Fe。详解:A.氢气与CuO的反应生成Cu和水,反应前固体为CuO,反应后固体为Cu,固体质量减小,故A错误；

B.二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气,反应前固体为过氧化钠,反应后固体为碳酸钠,二者物质的量相同,固体质量增加,故B正确；

C.Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe，反应前固体为氧化铁、Al,反应后固体为氧化铝、Fe，均为固体,固体质量不变,所以C选项是错误的；

D..Zn与FeCl2反应生成ZnCl2和Fe,反应前固体为Zn,反应后固体为Fe,二者物质的量相同,则固体质量减小,故D错误；

所以B选项是正确的。10、D【解题分析】A、氢气与氯气反应不是与氧气反应，燃烧热是指与氧气反应，热化学方程式中△H不等于燃烧热，选项A错误；B、燃烧热要求可燃物的物质的量必须为1mol，得到的氧化物必须是稳定的氧化物，H2O的状态必须为液态，选项B错误；C、热化学方程式中H2的物质的量不为1mol，热化学方程式中△H不等于燃烧热，选项C错误；D、符合燃烧热的定义，热化学方程式中△H代表燃烧热，选项D正确。答案选D。11、A【解题分析】硫酸亚铁溶液中Fe2+容易被氧化成Fe3+，导致硫酸亚铁溶液变质，为了防止防止硫酸亚铁溶液变质，需要加入少量铁粉，反应的离子方程式为2Fe3++Fe═3Fe2+；由于锌粉、铜粉、镁粉都会引进杂质，所以选用铁粉，故选A。点睛：本题考查了化学试剂的保存方法，注意掌握常见化学试剂的性质及保存方法。解答本题的关键是知道硫酸亚铁容易被氧化成铁离子，所以保存硫酸亚铁溶液时，通常需要加入还原剂。12、B【解题分析】

用pH试纸测定未知溶液的pH时，正确的操作方法为用玻璃棒蘸取少量待测液滴在干燥的pH试纸上，与标准比色卡对比来确定pH。不能用水湿润pH试纸，否则稀释了某碱溶液，使溶液的碱性减弱，据此进行分析判断。【题目详解】用pH试纸测定未知溶液的pH时不能先将试纸用蒸馏水润湿，否则稀释了某碱溶液，使溶液的碱性减弱，测得的结果与实际的pH比较偏小。答案选B。13、D【解题分析】

甲、乙为两种常见的单质，丙、丁为氧化物，则该反应是置换反应，根据物质的性质来分析解答。【题目详解】A．甲和乙如果分别是Al和Fe，则该反应是铝热反应，A满足条件；B．甲和乙如果分别是Mg和C，该反应是镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，B满足条件；C．甲和乙如果分别是铁和氢气，则该反应是铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，C满足条件；D．铜的活泼性小于氢气，铜不可能置换出氢气，D不满足条件；答案选D。【题目点拨】本题考查无机物的推断，明确元素性质以及发生的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大，注意举例排除法的灵活应用。14、A【解题分析】分析：A．过滤操作中需要使用漏斗和烧杯、玻璃棒；B．氧化还原反应有化合价的升降或电子的得失；C．操作②是MgCl2溶液得到MgCl2晶体；D．置换反应中应是单质与化合物反应生成单质和化合物。详解：A．操作①是过滤，过滤操作中还使用玻璃棒，A错误；B．发生复分解反应Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，属于非氧化还原反应，B正确；C．MgCl2溶液得到MgCl2晶体需要蒸发浓缩结晶，C正确；D．根据流程可知只发生复分解反应、氧化还原反应、分解反应，未发生置换反应，D正确。答案选A。15、B【解题分析】A、比较苯酚与对苯醌的结构简式可知，反应Ⅰ为“加氧脱氢”的过程，属于氧化反应，同理，反应II也为氧化反应，故A正确；B、对苯醌不含苯环，不属于芳香化合物，故B错误；C、苯酚中含有1个苯环和1个酚羟基，萘酚含有2个苯环和1个酚羟基，二者官能团相同，但结构不相似，不属于同系物，故C正确；D、含有酚羟基，属于酚类，具有醌式结构（不饱和环二酮结构），属于醌类，故D正确。故选B。16、B【解题分析】分析：A．次氯酸具有漂白性；B．FeCl3溶液加热蒸干，水解生成盐酸易挥发，促进铁离子水解；C．明矾溶液中加入一定量NaOH，发生复分解反应；D．根据pH=5的NaHSO4溶液与pH=9的NaHCO3溶液的本质区别分析判断。详解：A．次氯酸具有漂白性，不能选pH试纸测定其pH，应选pH计，故A错误；B．FeCl3溶液加热蒸干，促进铁离子水解，生成盐酸易挥发，得到氢氧化铁，灼烧获得Fe2O3固体，故B正确；C．明矾溶液中加入一定量NaOH，发生复分解反应生成氢氧化铝沉淀，得不到胶体，故C错误；D．pH=5的NaHSO4溶液说明电离程度大于水解程度，抑制水的电离，pH=9的NaHCO3溶液，说明水解程度大于电离程度，促进水的电离，水的电离程度不同，故D错误；故选B。点睛：本题考查化学实验方案的评价，把握pH测定、盐类水解、物质的性质、实验技能为解答的关键。本题的易错点为D，要注意NaHSO4溶液与NaHCO3溶液的酸碱性与水解和电离的关系，同时要知道，酸或碱抑制水的电离，能够水解的盐促进水的电离。二、非选择题（本题包括5小题）17、②、③、⑤保护酚羟基不被硝酸氧化15【解题分析】

苯酚和CH3I发生取代反应生成，与硝酸发生硝化反应生成或，与HI发生取代反应，则C1为，C2为，D为，结合有机物的结构和性质解答该题。【题目详解】（1）由分析可知，A的结构简式为，C2的结构简式为；（2）反应②：与硝酸发生硝化（取代）反应生成或，反应③：与HI发生取代反应生成，反应④：被还原生成，反应⑤：与CH3COOH发生取代反应生成，则②～⑤的反应中，属于取代反应的有②、③、⑤；（3）工业上不是直接用硝酸氧化苯酚得到C1，而是设计反应①、②、③来实现，因为C1、C2含有酚羟基，易被硝酸氧化，应先生成醚基，防止被氧化；（4）反应⑤：与CH3COOH发生取代反应生成，化学方程式为；（5）含N基团可为氨基或硝基，当为氨基时，含碳基团可为羧基或酯基，当为硝基时，对位应为乙基。取代基结构可能为：-CH2CH3、-NO2；-COOCH3、-NH2；-CH2COOH、-NH2；-OOCCH3、-NH2；-CH2OOCH、-NH2；再苯环上分别有邻间对三种结构，共35=15种。其中核磁共振氢谱中只出现四组峰，且峰面积比为3:2:2:2，又不能发生水解反应（不含酯基）的同分异构体的结构简式为。其中既能发生银镜反应（甲酸酯），也能分别与盐酸、氢氧化钠溶液反应，在核磁共振氢谱中只出现五组峰的同分异构体的结构简式为。【题目点拨】本题考查有机物的推断，注意把握有机物的结构和性质，特别是官能团的变化，是解答该题的关键。18、羧基酯基①④⑤CH3CH2CH2COOH；CH3CH(CH3)COOHCH3CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHCH3COONa＋Cu2O↓＋3H2O【解题分析】

由条件“A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平”可知，A为乙烯；乙烯能发生加聚反应生成F即聚乙烯；乙烯也可以与水加成得到B乙醇，乙醇经过连续氧化后得到D乙酸，二者可以酯化生成G乙酸乙酯，乙酸乙酯在碱性条件下水解得到乙醇和E乙酸钠。【题目详解】(1)D乙酸，G乙酸乙酯中官能团分别为羧基和酯基；(2)上述转化关系中，反应①即乙烯和水的反应为加成反应；反应④和⑤即酯化和酯的水解反应为取代反应；(3)G为乙酸乙酯，其属于羧酸的同分异构体有正丁酸(CH3CH2CH2COOH)和异丁酸(CH3CH(CH3)COOH)；(4)C为乙醛，其与新制氢氧化铜反应的方程式即为：CH3CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHCH3COONa＋Cu2O↓＋3H2O；【题目点拨】有机推断题的突破口，一是反应条件，二是题干中描述的物质的名称、应用等信息，三是题干中提供的计算有关的信息；要灵活整合推断题中的信息加以推断。19、偏高无影响B无色浅红18.85%【解题分析】

(1)①滴定管需要要NaOH溶液润洗，否则会导致溶液浓度偏低，体积偏大；②锥形瓶内是否有水，对实验结果无影响，可从物质的物质的量的角度分析；③滴定时眼睛应注意注意观察颜色变化，以确定终点；④根据酚酞的变色范围确定滴定终点时颜色变化；(2)标准溶液的体积应取三次实验的平均值，计算出溶液中H+的物质的量，根据方程式可知(CH2)6N4H+的物质的量，进而确定样品中氮的质量分数。【题目详解】(1)①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后需要再用NaOH溶液润洗，否则相当于NaOH溶液被稀释，滴定消耗氢氧化钠溶液的体积会偏高，测得样品中氮的质量分数也将偏高；②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，虽然水未倒尽，但待测液中的H+的物质的量不变，则滴定时所需NaOH标准溶液中的氢氧化钠的物质的量就不变，对配制溶液的浓度无影响；③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化，确定滴定终点，故合理选项是B；④待测液为酸性，酚酞应为无色，当溶液转为碱性时，溶液颜色由无色变为粉红或浅红色；(2)标准溶液的体积应取三次实验的平均值，首先确定滴定时所用的NaOH标准溶液为mL=20.00mL，根据题意中性甲醛溶液一定是过量的，而且1.500g铵盐经溶解后，取了