河北唐山市2024年高三适应性调研考试化学试题含解析

河北唐山市2024年高三适应性调研考试化学试题考生须知：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、下列说法正确的是()A．核素的电子数是2B．1H和D互称为同位素C．H+和H2互为同素异形体D．H2O和H2O2互为同分异构体2、运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是（）A．蛋白质水解的最终产物是氨基酸B．向饱和硼酸溶液中滴加Na2CO3C．某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应D．可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底3、螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是A．分子式为C10H12B．一氯代物有五种C．所有碳原子均处于同一平面D．能使酸性高锰酸钾溶液褪色4、下列实验事实不能用基团间相互作用来解释的是A．与Na反应时，乙醇的反应速率比水慢B．苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能C．乙醇能使重铬酸钾溶液褪色而乙酸不能D．苯、甲苯发生硝化反应生成一硝基取代产物时，甲苯的反应温度更低5、—定温度下，在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)各容器中起始物质的量浓度与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随间变化关系如图所示。容器温度/℃起始物质的量浓度/mol·L-1NO(g)CO(g)N2CO2甲T10.100.1000乙T2000.100.20丙T20.100.1000下列说法正确的是（）A．该反应的正反应为吸热反应B．乙容器中反应达到平衡时，N2的转化率小于40%C．达到平衡时，乙容器中的压强一定大于甲容器的2倍D．丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10molNO和0.10molCO2，此时v(正)<v(逆)6、向恒温恒容密闭容器中充入1molX和1molY，发生反应X(g)+2Y(g)Z(g)+W(s)，下列选项不能说明反应已达平衡状态的是A．v正(X)=2v逆(Y) B．气体平均密度不再发生变化C．容器内压强不再变化 D．X的浓度不再发生变化7、据报道科学家在宇宙中发现了分子。与属于A．同位素 B．同系物 C．同分异构体 D．同素异形体8、2mol金属钠和1mol氯气反应的能量关系如图所示，下列说法不正确的是（）A．ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7B．ΔH4的值数值上和Cl-Cl共价键的键能相等C．ΔH7<0，且该过程形成了分子间作用力D．ΔH5<0，在相同条件下，2Br(g)的ΔH5′>ΔH59、下列关于有机化合物的说法正确的是A．糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应B．戊烷（C5H12）有两种同分异构体C．乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键D．乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别10、等温等压下，有质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，下列叙述中正确的是()A．体积之比为13∶13∶14 B．密度之比为14∶14∶13C．质量之比为1∶1∶1 D．原子数之比为1∶1∶111、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍。下列说法正确的是A．最高价氧化物对应的水化物的酸性：B＞EB．原子半径：C＞B＞AC．气态氢化物的热稳定性：E＞CD．化合物DC与EC2中化学键类型相同12、NA代表阿伏加德罗常数的值。4gα粒子(4He2+)含A．2NA个α粒子 B．2NA个质子 C．NA个中子 D．NA个电子13、下列关于有机化合物的说法正确的是（）A．乙硫醇(C2H5SH)的沸点比乙醇的高B．除去乙酸乙酯中的少量乙醇可加入适量乙酸并充分加热C．等质量的苯和苯乙烯()完全燃烧,消耗氧气的体积相同D．分子式为C4H8Cl2且含有两个甲基的有机物有4种14、反应Cl2+2KI=2KCl+I2中，氧化剂是（）A．Cl2B．KIC．KClD．I215、反应2NO2(g)N2O4(g)+57kJ，若保持气体总质量不变。在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．a、c两点气体的颜色：a浅，c深B．a、c两点气体的平均相对分子质量：a>cC．b、c两点的平衡常数：Kb=KcD．状态a通过升高温度可变成状态b16、下列各选项中所述的两个量，前者一定大于后者的是（）A．将pH=4的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液，所加水的量B．pH=10的NaOH和Na2CO3溶液中，水的电离程度C．物质的量浓度相等的(NH4)2SO4溶液与(NH4)2CO3溶液中NH4+的物质的量浓度D．相同温度下，10mL0.1mol/L的醋酸与100mL0.01mol/L的醋酸中H+的物质的量二、非选择题（本题包括5小题）17、苯二氮卓类药物氟马西尼（F）的合成路线如下图所示。请回答下列问题：（1）A中官能团有氟原子、_____和________。（均填名称）（2）C3H5O2Cl的结构式为________。（3）反应①和②的反应类型相同，其反应类型是___________。（4）化合物D的分子式为___________。（5）反应⑤生成“物质F”和HCl，则E→F的化学反应方程式为________。（6）是F的同分异构体，其中X部分含—COOH且没有支链，满足该条件的同分异构体有______种（不考虑立体异构）。（7）已知氨基酸之间脱水能够形成含肽键的化合物，请设计由甘氨酸（HOOCCH2NH2）和CNCH2COOC2H5制备的合成路线________（无机试剂任选）。18、有机化合物P是合成抗肿瘤药物的中间体，其合成路线如下:已知:RClRCOOH（1）H的官能团名称___________。写出E的结构简式___________。（2）B→C中①的化学方程式___________。（3）检验F中官能团的试剂及现象_________。（4）D的同分异构体有多种，其中满足以下条件的有________种。①1molD能与足量NaHCO3反应放出2molCO2②核磁共振氢谱显示有四组峰（5）H→J的反应类型___________。（6）已知：K经过多步反应最终得到产物P：①K→L的化学方程式___________。②写出M的结构简式___________。19、(CH3COO)2Mn·4H2O主要用于纺织染色催化剂和分析试剂，其制备过程如图。回答下列问题：步骤一：以MnO2为原料制各MnSO4(1)仪器a的名称是___，C装置中NaOH溶液的作用是___________。(2)B装置中发生反应的化学方程式是___________。步骤二：制备MnCO3沉淀充分反应后将B装置中的混合物过滤，向滤液中加入饱和NH4HCO3溶液，反应生成MnCO3沉淀。过滤，洗涤，干燥。(3)①生成MnCO3的离子方程式_____________。②判断沉淀已洗净的操作和现象是___________。步骤三：制备(CH3COO)2Mn·4H2O固体向11.5gMnCO3固体中加入醋酸水溶液，反应一段时间后，过滤、洗涤，控制温度不超过55℃干燥，得(CH3COO)2Mn·4H2O固体。探究生成(CH3COO)2Mn·4H2O最佳实验条件的数据如下：(4)产品干燥温度不宜超过55℃的原因可能是___________。(5)上述实验探究了___________和___________对产品质量的影响，实验l中(CH3COO)2Mn·4H2O产率为___________。20、氯化亚铜是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇、稀硝酸及稀硫酸；可溶于氯离子浓度较大的体系，形成。在潮湿空气中迅速被氧化，见光则分解。右下图是实验室仿工业制备氯化亚铜的流程进行的实验装置图。实验药品：铜丝、氯化铵、65％硝酸、20％盐酸、水。(1)质量分数为20％的盐酸密度为，物质的量浓度为______；用浓盐酸配制20％盐酸需要的玻璃仪器有：______、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。(2)实验室制备过程如下：①检查装置气密性，向三颈瓶中加入铜丝、氢化铵、硝酸、盐酸，关闭。实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要原因是______；②加热至℃，铜丝表面产生无色气泡，烧瓶上方气体颜色逐渐由无色为红棕色，气囊鼓起。打开，通入氧气一段时间，将气囊变瘪，红棕色消失后关闭，冷却至室温，制得。通入氧气的目的为______；三颈瓶中生成的总的离子方程为______；将液体转移至烧杯中用足量蒸馏水稀释，产生白色沉淀，过滤得氧化亚铜粗品和滤液。③粗品用95％乙醇洗涤、烘干得氧化亚铜。(3)便于观察和控制产生的速率，制备氧气的装置最好运用______(填字母)。(4)下列说法不正确的是______A．步骤Ⅰ中可以省去，因为已经加入了B．步骤Ⅱ用去氧水稀释，目的是使转化为，同时防止被氧化C．当三颈烧瓶上方不出现红棕色气体时，可停止通入氧气D．流程中可循环利用的物质只有氯化铵(5)步骤Ⅲ用95％乙醇代替蒸馏水洗涤的主要目的是______、______(答出两条)。(6)氯化亚铜的定量分析：①称取样品和过量的溶液于锥形瓶中，充分溶解；②用硫酸[Ce(SO4)2]标准溶液测定。已知：已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+三次平衡实验结果如下表(平衡实验结果相差不能超过1％)：平衡实验次数123样品消耗硫酸锑标准溶液的体积2则样品中的纯度为______(结果保留3位有效数字)。误差分析：下列操作会使滴定结果偏高的是______。A．锥形瓶中有少量蒸馏水B．滴定终点读数时仰视滴定管刻度线C．所取溶液体积偏大D．滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失21、含氮化合物对环境、生产和人类生命活动等具有很大的影响。请按要求回答下列问题：（1）利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除工厂废气中的NO、NO2，反应机理如图所示。A包含的物质为H2O和___(填化学式)。（2）研究氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：①2NO2(g)+NaCl(g)=NaNO3(g)+ClNO(g)ΔH1<0②2NO(g)+Cl2(g)=2ClNO(g)ΔH2<0则4NO2(g)+2NaCl(g)=2NaNO3(g)+2NO(g)+Cl2(g)的ΔH=___(用ΔH1和ΔH2表示)。若反应①在绝热密闭容器中进行，实验测得NO2(g)的转化率随时间的变化示意图如图所示，NO2(g)的转化率α(NO2)在t3-t4时间降低的原因是___。（3）工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN)的反应为CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g)ΔH>0。在一定温度下，向2L密闭容器中加入nmolCH4和2molNH3平衡时NH3体积分数随n变化的关系如图所示。a点时，CH4的转化率为___%；平衡常数：K(a)___K(b)(填“>”“=”或“<”)。（4）肌肉中的肌红蛋白(Mb)与O2结合生成MbO2，其反应原理可表示为Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)，该反应的平衡常数可表示为K=，在一定条件下达到平衡时，测得肌红蛋白的结合度(α)[α=×100%]与p(O2)的关系如图所示。研究表明正反应速率V正=k正·c(Mb)·p(O2)，逆反应速率V逆=k逆·c(MbO2)(其中k正和k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数)。①试写出平衡常数K与速率常数k正、k逆的关系式：K=___(用含有k正、k逆的式子表示)。②试求出图中c(4.50，90)点时，上述反应的平衡常数K=___kPa-1。已知k逆=60s-1，则速率常数k正=___s·kPa-1。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A.核素的电子数是1，左上角的2说明原子核内有1个质子和1个中子，中子不带电，故A不选；B.同位素是质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子，1H和D都是氢元素的原子，互称为同位素，故B选；C.同素异形体是同种元素形成的不同单质，H+不是单质，故C不选；D.同分异构体是分子式相同结构不同的化合物，H2O和H2O2的分子式不同，故D不选。故选B。2、B【解析】

A.氨基酸是形成蛋白质的基石，氨基酸通过缩聚反应形成蛋白质，则蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故A正确；B．非金属性C＞B，因此碳酸的酸性大于硼酸，向饱和硼酸溶液中滴加Na2CO3溶液，一定不能生成二氧化碳，故B错误；C．吸热反应的△H＞0，反应可自发进行，需要满足△H-T△S＜0，则△S＞0，故C正确；D．甲烷与水形成的水合物晶体——可燃冰，常温常压下容易分解，需要在低温高压下才能存在，海底的低温高压满足可燃冰的存在条件，因此可燃冰可存在于海底，故D正确；答案选B。【点睛】本题的易错点为C，反应自发进行需要满足△H-T△S＜0，要注意不能单纯根据焓判据或熵判据判断。3、D【解析】

A、将键线式转化为分子式，该物质的分子式为C9H10，A错误；B、该物质有个对称轴，共有4种等效氢，如图所示，则一氯代物共4种，B错误；。C、两个环共用的碳原子，是饱和的碳原子，与4个碳原子相连，空间结构类似于CH4，最多3个原子共平面，C错误；B、分子中含有碳碳双键，能够被高锰酸钾氧化，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；答案选D。4、C【解析】

A.与Na反应时，乙醇的反应速率比水慢，说明乙醇中羟基不如水中羟基活泼，这是因为烃基对羟基产生影响，故A能用基团间相互作用解释；B.苯酚能跟NaOH溶液反应而乙醇不能，则说明苯环对羟基有影响，故B能用基团间相互作用解释；C.乙醇具有还原性，乙酸不具有还原性，这是官能团的性质，与所连基团无关，故C不能用基团间相互作用解释；D．甲苯的反应温度更低，说明甲苯与硝酸反应更容易，甲基的影响使苯环上的氢原子变得活泼易被取代，故D能用基团间相互作用解释；答案选C。5、B【解析】

A.根据图示，甲反应速率快，，升高温度，CO2的物质的量减少，所以该反应的正反应为放热反应，故A错误；B.丙中达到平衡状态时二氧化碳为0.12mol，根据“一边倒原则”，乙容器相当于加入0.20molNO和0.20molCO，投料是丙的2倍，与丙相比，相当于加压，平衡正向移动，乙容器中N2的平衡浓度大于0.06mol/L；所以N2的转化率小于40%，故B正确；C.根据“一边倒原则”，乙容器相当于加入0.20molNO和0.20molCO，投料的物质的量是甲的2倍，乙压强大，平衡正向进行，气体物质的量减小，甲的温度比乙高，所以乙容器中的压强一定小于甲容器的2倍，故C错误；D.；丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10molNO和0.10molCO2，，平衡正向进行，所以v(正)>v(逆)，故D错误；【点睛】本题考查了平衡常数、等效平衡原理的应用，学会根据Q、K的关系判断化学反应方向，Q=K时，反应达到平衡状态；Q>K时，反应逆向进行；Q<K时，反应正向进行。6、A【解析】

A.在任何时刻都存在：2v正(X)=v正(Y)，若v正(X)=2v逆(Y)，则v正(Y)=2v正(X)=4v逆(Y)，说明反应正向进行，未达到平衡状态，A符合题意；B.反应混合物中W是固体，若未达到平衡状态，则气体的质量、物质的量都会发生变化，气体的密度也会发生变化，所以当气体平均密度不再发生变化时，说明反应处于平衡状态，B不符合题意；C.反应在恒容密闭容器中进行，反应前后气体的物质的量发生变化，所以若容器内压强不再变化，则反应处于平衡状态，C不符合题意；D.反应在恒温恒容的密闭容器中进行，若反应未达到平衡状态，则任何气体物质的浓度就会发生变化，所以若X的浓度不再发生变化，说明反应处于平衡状态，D不符合题意；故合理选项是A。7、D【解析】

A.同种元素的不同种原子互为同位素，故A错误；B.结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物互称为同系物，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，故C错误；D.与都是由氢元素形成的不同单质，互为同素异形体，故D项正确。故选D。【点睛】准确掌握“四同”的概念及它们描述的对象，是解决此题的关键。8、C【解析】

A．由盖斯定律可得，ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7，A正确；B．ΔH4为破坏1molCl-Cl共价键所需的能量，与形成1molCl-Cl共价键的键能在数值上相等，B正确；C．物质由气态转化为固态，放热，则ΔH7<0，且该过程形成了离子键，C不正确；D．Cl转化为Cl-，获得电子而放热，则ΔH5<0，在相同条件下，由于溴的非金属性比氯弱，得电子放出的能量比氯少，所以2Br(g)的ΔH5′>ΔH5，D正确；故选C。9、D【解析】

A．糖类中的单糖不能水解，二糖、多糖、油脂和蛋白质可发生水解反应，故A错误；B．戊烷(C5H12)有三种同分异构体，正戊烷、新戊烷、异戊烷，故B错误；C．苯中不含碳碳双键，也不存在碳碳单键，聚氯乙烯中也不存在碳碳双键，存在的是碳碳单键，只有乙烯中含有碳碳双键，故C错误；D．乙酸与碳酸钠能够反应生成气体，而乙酸乙酯与碳酸钠不反应，现象不同，可鉴别，故D正确；故选D。10、B【解析】

假设质子都有14mol，则CO、N2、C2H2三种气体的物质的量分别是1mol、1mol、1mol。A、等温等压下，体积之比等于物质的量的比，体积之比为1∶1∶1，A错误；B、等温等压下，密度比等于摩尔质量的比，密度之比为14∶14∶13，B正确；C、质量之比为1mol×28g/mol：1mol×28g/mol：1mol×26g/mol=14:14:13，C错误；D、原子个数之比为1mol×2：1mol×2：1mol×4=1∶1∶2，D错误。答案选B。11、A【解析】

A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，该化合物为氨气，A为H，B为N；D原子最外层电子数与最内层电子数相等，则D的质子数=2+8+2=12，D为Mg；化合物DC中两种离子的电子层结构相同，C为O；A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍，E为Si。【详解】A.N的非金属性强于Si，最高价氧化物对应的水化物的酸性B＞E，A正确；B.同周期，原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径N>O，即B>C>A，B错误；C.元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物的热稳定性C>E，C错误；D.化合物DC为MgO，EC2为SiO2，DC中为离子键，EC2为共价键，D错误；故答案选A。【点睛】日常学习中注意积累相关元素化合物在实际生产生活中的应用，以便更好地解决元素化合物的推断题。12、B【解析】

A.4gα粒子(4He2+)的物质的量为=1mol，共有NA个α粒子，故A错误；B.1个4He2+含有2个质子，4gα粒子(4He2+)的物质的量为=1mol，共有2NA个质子，故B正确；C.1个4He2+含有2个中子，gα粒子(4He2+)的物质的量为=1mol，共有2NA个中子，故C错误；D.4He2+中没有电子，故D错误；正确答案是B。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意掌握分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。13、C【解析】

A.乙硫醇(C2H5SH)分子间无氢键而乙醇分子之间有氢键，氢键的存在增加了分子之间的吸引力，使物质的熔沸点升高，故乙醇的熔沸点比乙硫醇高，A错误；B.乙醇与乙酸生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此不能达到除杂的目的，还引入了新的杂质，B错误；C.苯、苯乙烯最简式相同，同质量消耗O2量相同，因此消耗的氧气在相同条件下体积也相同，C正确；D.C4H8Cl2可看作是C4H10分子中的2个H原子被Cl原子取代产生的物质，C4H10有正丁烷、异丁烷两种结构，4个碳原子可形成，符合条件的正丁烷的二氯代物有2种，异丁烷的1种，共有3种不同的结构，D错误；故合理选项是C。14、A【解析】根据单质中元素化合价为零、化合物中正负化合价代数和为零可知，反应物中，Cl2属于单质，氯气中氯元素化合价为零，碘化钾中钾显+1价，碘显-1价，生成物中，氯化钾中钾为+1价，氯为-1价，碘单质中碘元素的化合价是零，因此反应后化合价降低的元素是氯，氯气是氧化剂，故选A。15、A【解析】

A．c点压强高于a点，c点NO2浓度大，则a、c两点气体的颜色：a浅，c深，A正确；B．c点压强高于a点，增大压强平衡向正反应方向进行，气体质量不变，物质的量减小，则a、c两点气体的平均相对分子质量：a＜c，B错误；C．正方应是放热反应，在压强相等的条件下升高温度平衡向逆反应方向进行，NO2的含量增大，所以温度是T1＞T2，则b、c两点的平衡常数：Kb＞Kc，C错误；D．状态a如果通过升高温度，则平衡向逆反应方向进行，NO2的含量升高，所以不可能变成状态b，D错误；答案选A。16、C【解析】

A.醋酸是弱电解质，在稀释过程中继续电离出氢离子，氯化氢是强电解质，在水溶液中完全电离，所以pH相同的盐酸和醋酸，如果稀释相同倍数，则醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以将pH=4的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液时所加水的量，醋酸加入水的量大于盐酸，A项错误；B.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以氢氧化钠抑制水电离、碳酸钠促进水电离，氢氧化钠中水电离程度小于碳酸钠溶液中水电离程度，B项错误；C.碳酸根离子与铵根离子相互促进水解，所以硫酸铵溶液中铵根离子浓度大于碳酸铵，C项正确；D.相同温度下,醋酸的浓度越大其电离程度越小,所以前者电离程度小于后者,所以10

mL

0.1mol/L的醋酸与100

mL

0.01mol/L的醋酸中H+的物质的量前者小于后者，D项错误；答案选C。【点睛】D项是易错点，要注意物质的量浓度与物质的量不是一个概念，10

mL

0.1mol/L的醋酸与100

mL

0.01mol/L的醋酸物质的量虽然相同，但物质的量浓度不同，则电离程度不同。二、非选择题（本题包括5小题）17、氨基羧基ClCOOC2H5取代反应C10H9N2O2F+CNCH2COOC2H5+HCl3【解析】

根据合成路线可知，A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B，B与C2H5OH发生酯化反应并成环得到C，C与CH3NHCH2COOH反应生成D，D经过反应④得到E，E与CNCH2COOC2H5反应得到F和HCl，据此分析解答问题。【详解】(1)A的结构简式为，分子中含有的官能团有氟原子、氨基和羧基，故答案为：氨基；羧基；(2)根据上述分析可知，A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B，B的结构简式为，逆推可得C3H5O2Cl的结构简式为ClCOOC2H5，故答案为：ClCOOC2H5；(3)反应①为A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B，反应②为B与C2H5OH发生酯化反应并成环得到C，两者都是取代反应，故答案为：取代反应；(4)化合物D的结构式为，根据各原子的成键原理，可知其分子式为C10H9N2O2F，故答案为：C10H9N2O2F；(5)E与CNCH2COOC2H5反应得到F和HCl，反应方程式为：+CNCH2COOC2H5+HCl，故答案为：+CNCH2COOC2H5+HCl；(6)是F的同分异构体，则X为—C4H7O2，又X部分含—COOH且没有支链，则X有—CH2CH2CH2COOH、—CH2CH(COOH)CH3、—CH(COOH)CH2CH33种结构，即满足条件的同分异构体有3种，故答案为：3；(7)结合题干信息，制备时，可先将甘氨酸（HOOCCH2NH2）脱水缩合得到，在与POCl3反应得到，与CNCH2COOC2H5反应制得，合成路线为，故答案为：。18、醚键、硝基(C2H5OOC)2C=CHOC2H5ClCH2COOH+NaCN→CNCH2COOH+NaClFeCl3溶液，显紫色3还原反应+C2H5OH【解析】

A和Cl2反应生成B，B中只有1个Cl，所以应该是取代反应，B发生了给出的已知中的反应，所以C中有羧基，C有4个氧原子，而且C的不饱和度为2，再根据D的结构简式，可知C为丙二酸，B为ClCH2COOH，A为CH3COOH。根据K和J的结构简式可知E的结构简式为(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)，根据G的结构简式可知F为苯酚。【详解】（1）根据H的结构简式，H的官能团名称为醚键和硝基。E的结构简式为(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)。（2）B→C中①的化学方程式为ClCH2COOH+NaCNNCCH2COOH+NaCl。（3）F为苯酚，苯酚遇FeCl3溶液显紫色，或和浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀。（4）D的同分异构体有多种，1molD能与足量NaHCO3反应放出2molCO2，说明1个D分子中有2个羧基。核磁共振氢谱显示有四组峰，说明D分子有比较高的对称性。符合要求的有HOOCCH2CH2CH2CH2CH2COOH、HOOCCH(CH3)CH2CH(CH3)COOH和，共3种。（5）H→J是H中的硝基变成了氨基，是还原反应。（6）①根据已知，K→L发生了苯环上的一个氢原子和酯基上的乙氧基断裂结合成乙醇，苯环上的碳原子和断裂乙氧基的碳原子结合成新的碳碳单键的反应，再结合P的结构可知，苯环上断裂的氢原子是和氮原子处于邻位、和甲氧基处于对位的氢原子，所以K→L的化学方程式为：+C2H5OH。②得到的L继续发生给出的已知的反应，生成Q（），Q在NaOH溶液中发生水解，Cl被羟基代替，同时羧基和NaOH发生中和反应生成钠盐，故M的结构简式为。19、分液漏斗吸收多余的SO2SO2+MnO2=MnSO4或SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净温度过高会失去结晶水醋酸质量分数温度90.0%【解析】

将分液漏斗中的浓硫酸滴加到盛有Na2SO3的试管中发生复分解反应制取SO2，将反应产生的SO2气体通入三颈烧瓶中与MnO2反应制取MnSO4，由于SO2是大气污染物，未反应的SO2不能直接排放，可根据SO2与碱反应的性质用NaOH溶液进行尾气处理，同时要使用倒扣的漏斗以防止倒吸现象的发生。反应产生的MnSO4再与NH4HCO3发生反应产生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，将MnCO3沉淀经过滤、洗涤后用醋酸溶解可得醋酸锰，根据表格中温度、浓度对制取的产品的质量分析醋酸锰晶体合适的条件。【详解】(1)根据仪器结构可知仪器a的名称为分液漏斗；C装置中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2，防止污染大气；(2)B装置中SO2与MnO2反应制取MnSO4，反应的方程式是SO2+MnO2=MnSO4(或写为SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O)；(3)①MnSO4与NH4HCO3发生反应产生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，该反应的离子方程式为：2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O；②若MnCO3洗涤干净，则洗涤液中不含有SO42-，所以判断沉淀已洗净的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净；(4)该操作目的是制取(CH3COO)2Mn·4H2O，若温度过高，则晶体会失去结晶水，故一般是产品干燥温度不宜超过55℃；(5)表格采用了对比方法分析了温度、醋酸质量分数(或浓度)对产品质量的影响。实验l中11.5gMnCO3的物质的量为n(MnCO3)==0.1mol，根据Mn元素守恒可知理论上能够制取(CH3COO)2Mn·4H2O的物质的量是0.1mol，其质量为m[(CH3COO)2Mn·4H2O]=0.1mol×245g/mol=24.5g，实际质量为22.05g，所以(CH3COO)2Mn·4H2O产率为×100%=90.0%。【点睛】本题以醋酸锰的制取为线索，考查了仪器的使用、装置的作用、离子的检验、方程式的书写、反应条件的控制及物质含量的计算，将化学实验与元素化合物知识有机结合在一起，体现了学以致用的教学理念，要充分认识化学实验的重要性。20、6.0mol/L量筒氯化铵溶解于水为吸热过程将三颈瓶中的NO2反应生成HNO33Cu+4H++6Cl-+NO3-=3[CuCl2]-+NO↑+2H2OBAD除去CuCl表面附着的NH4Cl迅速挥发带走CuCl表面的水份或防止其被氧化95.5%BD【解析】

根据流程：氧气通入Cu、HCl、NH4Cl、HNO3、H2O的混合物中控制温度50～85℃制得NH4[CuCl2]，加入水，过滤得到CuCl沉淀和含有NH4Cl的母液，母液浓缩补充Cu、HCl可循环，沉淀洗涤干燥后得产品；(1)根据c=计算，盐酸是液体，量取浓盐酸需要量筒；(2)①氯化铵溶解吸热；②根据题意有NO2气体生成，通入氧气可与其反应；根据题意铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸生成NH4[CuCl2]和无色气泡NO，据此书写；(3)装置A不能观察O2产生速率，C不能很好控制产生O2的速率；(4)A．步骤Ⅰ得到[CuCl2]ˉ(aq)，该离子需在氯离子浓度较大的体系中才能生成；B．CuCl易被氧化，应做防氧化处理；C．三颈烧瓶上方不出现红棕色NO2气体时，说明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化；D．步骤II滤液中还含有HCl和HNO3也可回收利用；(5)氯化亚铜是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇分析可得；(6)第一组实验数据误差较大，舍去，故硫酸铈标准溶液平均消耗24mL，根据关系式有：CuCl～FeCl3～Ce4+，则n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10mol/L×0.024L×99.5g/mol=0.2388g，据此计算可得；误差分析依据c(待测)=分析，标准溶液体积变化就是误差的变化。【详解】(1)盐酸的物质的量浓度c==≈6.0mol/L，量取浓盐酸需要量筒，则配制20%盐酸时除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要量筒；(2)①因为氯化铵溶解于水为吸热过程，故反应开始时液体温度低于室温；②通入氧气的目的是为了将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3；根据题意铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸生成NH4[CuCl2]和无色气泡NO，则生成CuCl2-离子方程式为3Cu+4H++6Cl-+NO3-=3[CuCl2]-+NO↑+2H2O；(3)制备氧气装置A不能观察O2产生速率，C中Na2O2和水反应速率快，不能很好控制产生O2的速率，B装置可以根据锥形瓶内气泡的快慢判断产生O2的速率进行控制，故答案为B；(4)A．步骤Ⅰ得到[CuCl2]ˉ(aq)，该离子需在氯离子