江西省宜春市昌黎某中学高考化学五模试卷及答案解析

江西省宜春市昌黎实验学校新高考化学五模试卷

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、《环境科学》曾刊发我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠（Na2s207其中S为+6价）去除废水中的正五价神的研

究成果，其反应机理模型如图，（NA为阿伏加德罗常数的值）下列说法正确的是

A.1molSO4--（自由基）中含50NA个电子

B.pH越大，越不利于去除废水中的正五价种

C.1mol过硫酸钠中含N：、个过氧键

D.转化过程中，若共有1molSzCV•被还原，则参加反应的Fe为56g

2、实验室模拟从海带中提取碘单质的流程如图：

H.O.CO,

TW带--嘀带4-----d(ar|)—•1.(iq)—•l2/(I34—d(aq),10,(tq)■♦1.(•)

下列装置不能达成相应操作目的的是()

C.T1用NaOH溶液分离h/CCh

K加入稀H2s04后分离生成的12

3、人体尿液中可以分离出具有生长素效应的化学物质——咧跺乙酸，咧味乙酸的结构简式如图所示。下列有关说法正

确的是

------C—CH2C(X)H

H

A.分子中含有2种官能团

B.吧喙乙酸苯环上的二氯代物共有四种

C.1mol阿咻乙酸与足量氢气发生反应，最多消耗5molHz

D.分子中不含手性碳原子

4、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Y最外层电子数之和为11,W与Y同族且

都是复合化肥的营养元素，Z的氢化物遇水可产生最轻的气体。下列说法正确的是()

A.常温常压下X的单质为气态

B.简单气态氢化物的热稳定性：Y>W

C.Z的氢化物含有共价键

D.简单离子半径：W>X

5、向用盐酸酸化的MgCl2>FeCh混合溶液中逐滴滴入NaOH(aq),生成沉淀的质量与滴入NaOH(aq)的体积关系如图。

原混合溶液中MgCb与FeCh的物质的量之比为

(b-a)n(d-c)「2(b-a)n3(d-c)

•(d^Z)(b^)J^c)2(^3)

6、

实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(夹持和净化装置省略)。仅用以下实验装置和表中提供的物

质完成相关实验，最合理的选项是

a

选项a中的液体b中的物质c中收集的气体d中的液体

浓氨水碱石灰

ANHjH2O

浓硝酸

BCuNO2H2O

浓硫酸NaOH溶液

CNa2sChSO2

D稀硝酸CuNONaOH溶液

B.BC.CD.D

7、将表面已完全钝化的铝条，插入下列溶液中，不会发生反应的是（）

A.稀硝酸B.硝酸铜C.稀盐酸D.氢氧化钠

8、短周期元素甲、乙、丙、丁的原子半径依次增大，其简单氢化物中甲、乙、丙、丁的化合价如表所示下列说法正确

的是（）

元素甲乙丙T

化合价-2-3-4-2

A.氢化物的热稳定性：甲,丁B.元素非金属性：甲〈乙

C.最高价含氧酸的酸性：丙,丁D.丙的氧化物为离子化合物

9、BHT是一种常用的食品抗氧化剂，由对甲基苯酚（CH,一）合成BHT的常用方法有2种（如图），下

列说法不正确的是

（Clh）2c=CH”稀硫酸OH

1--方法一'JCHJ’C

▽方法二_____/

CH,

（CH6coH/浓硫酸(BHT)

A.BHT能使酸性KMMh溶液褪色

B.BHT与对甲基苯酚互为同系物

CH3cH3+CI2壁CH3cH2CI+HQ

A均为取代反应

CH2=CH2+HCI->CH3CH2C1

B由油脂得到甘油；由卤代克制醇均发生了水解反应

2+2+均为单质被还原的置换反应

CCI2+2Br->2Cr+Br2；Zn+Cu->Zn+Cu

2Na2(h+2H20T4NaOH+O2T；

D均为水作还原剂的氧化还原反应

2F2+2H2O-4HF+02

A.AB.BC.CD.D

15、锡为WA族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂（Snl4,熔点114.5C,沸点364.5C,易水解）。实验室以过量

锡箔为原料通过反应Sn+2L会SnL制备Snk。下列说法错误的是（）

A.加入碎瓷片的目的是防止暴沸

B.Sub可溶于CCh中

c.装置n的主要作用是吸收挥发的b

D.装置I中b为泠凝水出水口

16、向一定体积含HC1、H2s0八NHNO3、AICI3的混合溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，溶液中产生沉淀的物质的

量与加入Ba（OH）2溶液的体积关系正确的是

“木说）

二、非选择题（本题包括5小题）

17、煤化工可制得甲醇.以下是合成聚合物M的路线图.

己知：①E、F均能发生银镜反应；②[J+RX竺曾十HX完成下列填空:

（1）关于甲醇说法错误的是（选填序号）.

a.甲醇可发生取代、辄化、消去等反应b.甲醇可以产生CH30cH3（乙醛）

c.甲醇有毒性，可使人双目失明d.甲醇与乙醇属于同系物

（2）甲醇转化为E的化学方程式为.

（3）C生成D的反应类型是______；写出G的结构简式.

（4）取1.08gA物质（式量108）与足量饱和滨水完全反应能生成2.66g白色沉淀，写出A的结构简式.

18、酯类化合物与格氏试剂（RMgX,X=CI、Br、I）的反应是合成叔醇类化合物的重要方法，可用于制备含氧多官能团

化合物。化合物F的合成路线如下，回答下列问题：

.............(1)^11.KMnO.HOOH

A((,^II|o())-------一•-------H)

1(2)H(K/OHH.O・△，衣胸.I^HCT

h1

已知信息如下：①RCH=CH2>RCH2CH2OH；

(2)H<)./OH

(>II()

RR,™RK

()OMglOH

CHMRII(IIM1IH()

③RCOOCH3f--------K-*R-|-CHfR----<11

RCH,CH.CH,

（1）A的结构简式为,B-C的反应类型为一，C中官能团的名栋为,CfD的反应方程式为

⑵写出符合下列条件的D的同分异构体（填结构简式，不考虑立体异构）。①含有五元环碳环结构;②能与NaHCOj

溶液反应放出CO2气体；③能发生银镜反应。

（3）判断化合物F中有无手性碳原子若有用“*”标出。

（4）已知羟基能与格氏试剂发生反应。写出以H（CH30H和格氏试剂为原料制备-—OH的合成

X）

路线（其他试剂任选）—O

19、S2c12是一种金黄色易挥发的液体，常用作橡胶硫化剂。某化学兴趣小组拟设计实验制备少量的S2CI2,查阅资料

知：

①干燥的氯气在“0℃〜140c与硫反应，即可得到S2Cho

②S的熔点为1.8℃、沸点为2.6℃；S2CI2的熔点为-76C、沸点为138℃。

A

③S2cl21cb=2SCbo

④S2c12易和水发生歧化反应。

该小组设计的制备装置如如图（夹持仪器和加热装置已略去）

（1）连接好实验装置后的第一步实验操作是____________。

（2）A装置中制取氯气的离子反应方程式o

（3）装置B、C中的试剂分别是_____________,:若实验中缺少C装置，发现产品浑浊不清，请用

化学方程式表示其原因____________o

（4）该实验的操作顺序应为（用序号表示）。

①加热装置A②加热装置D③通冷凝水④停止加热装置A⑤停止加热装置D

（5）图中G装置中应放置的试剂为,其作用为。

（6）在加热D时温度不宜过高，其原因是_______________;为了提高S2CI2的纯度，关键的操作是控制好温度和

20、FeCh是重要的化工原料，无水氯化铁在300C时升华，极易潮解。

I.制备无水氯化铁。

(1)A装置中发生反应的离子方程式为o

(2)装置的连接顺序为a—-j,k一(按气流方向，用小写字母表示)。

(3)实验结束后，取少量F装置玻璃管中的固体加水溶解,经检测，发现溶液中含有Fe2+,可能原因为

II.探究FeCh与SO2的反应。

(4)已知反应体系中存在下列两种化学变化：

(i)FP-与SO2发生络合反应生成Fe(SO»63+(红棕色)：

(ii)F*与SO2发生氧化还原反应，其离子方程式为o

(5)实验步骤如下，并补充完整。

步骤现象结论

①取5mLimo卜L"FeC13溶液于试管中，溶液很快由黄色

通入SO2至饱和。变为红棕色

红棕色液体不是

②用激光笔照射步骤①中的红棕色液体。—

Fe(OH)3胶体

1小时后，溶液逐

③将步骤①中的溶液静置。

渐变为浅绿色

④向步骤③中溶液加入2滴___________

—溶液中含有Fe2+

溶液(填化学式)。

(6)从上述实验可知，反应⑴、(ii)的活化能大小关系是：E(i)E(ii)(填“>”、"v”或f下同)，平衡常

数大小关系是：K(i)K(ii)o

21、乙苯是重要的化工原料，利用乙苯为初始原料合成高分子化合物J的流程如下图所示(部分产物及反应条件已略

去):

…催化剂

A金

①

R1CH=CHO

已知:@RICHO+R2CH2CHO-^^?+H2O

②II-

(1)物质B的名称为.o反应④所需的试剂和条件分别为

⑵②、③的反应类型分别为

(3)物质H中官能团的名称是；物质J的化学式是

(4)反应⑤的化学方程式为

⑸写出符合下列条件，与G互为同分异构体的芳香族化合物的结构简式:

i.与Na反应能够生成氢气；ii.含碳碳叁键(不考虑"一C三COH”结构);道,苯环上只有两个处于对位的取代基；iv.

核磁共振氢谱中峰的面积之比为2:2:2:l:lo

⑹参照上述合成路线和信息，设计由厂、、乙醛、苯甲醇合成的路线(无机试剂任选

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、C

【解析】

A.1molSO4-•(自由基)中含1molx(16+4x8+l)NAmolT=49NA个电子，故A错误；

B.室温下，pH越大，亚铁离子和铁离子变为氢氧化亚铁和氢氧化铁，越有利于去除废水中的+5价珅，故B错误：

C,过硫酸钠(Na2s2。8)中S为+6价，Na为+1价,假设含有x个O2,含有y个Oz?，则x+2y=8,(+1)x2+(+6)x2+

(-2)xx+(-2)xy=0,贝Ijx=6,y=l,因此1mol过硫酸钠(Na2s2。8)含以个过氧键，故C正确；

D.根据图示可知，ImolFe和ImolSzCV-反应生成2moiSO/一和ImolFe2+,该过程转移2mol电子，但是ImolFe2+

还要与0.5molS2CV-反应变成Fe、"，因此Imol铁参加反应要消耗1.5molSzOs2-,所以共有1molS：Os2被还原时，参

,—一乂ImOlXImOl“,_1errj3,'r

加反应的Fe-----------------x56gmol«37.3g,故D错误。

1.5mol

综上所述，答案为C。

2、D

【解析】

A.灼烧在生烟中进行，装置及仪器合理，故A正确；

B.在烧杯中溶解，玻璃棒搅拌，操作合理，故B正确；

C.NaOH与碘反应后，与四氯化碳分层，分液可分离，故C正确；

D.加硫酸后生成碘的水溶液，不能蒸俑分离，应萃取后蒸储，故D错误;

答案选D。

3、D

【解析】

A.分子中含有三种官能团，包括了竣基、碳碳双键和氨基，A错误;

B.采用“定一移一”的方法，二氯代物，如图所示:

共有6种，B错误;

C.Imol苯环能够与3moi出发生加成，Imol碳碳双键和ImolFk发生加成，而竣基不能与发生加成，则1mol吧

啾乙酸与足量氢气发生反应，最多消耗4molH2,C错误；

D.分子中只有1个饱和碳原子，但是碳原子连有2个相同的H原子，因此分子中不含有手性碳原子，D正确。

答案选D。

4、D

【解析】

W与Y同族且都是复合化肥的营养元素，则W为氮(N),Y为磷(P)；W、X、Y最外层电子数之和为11,则X为钠(Na)；

Z的氢化物遇水可产生最轻的气体，则Z为钾(K)或钙(Ca)。

【详解】

A.常温常压下X的单质为钠，呈固态，A错误；

B.非金属性Y(P)<W(N),简单气态氢化物的热稳定性Y<W,B错误；

C.Z的氢化物为KH或CaH2,含有离子键，C错误；

D.具有相同核电荷数的离子，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径：N3->Na+,D正确；

故选D。

5、D

【解析】

向用盐酸酸化的MgCk、FeCh混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先发生反应NaOH+HCI=NaCl+H2O,即为图象中

0-amL,沉淀的质量为Og；FeCh只能在酸性较强的溶液中存在，当酸性减弱时，会转化为Fe(OH)3沉淀，从amL开

3+

始，bmL时沉淀完全.bmL时，溶液仍然呈酸性，到cmL时，才开始产生Mg(OH)2沉淀，结合Fe+3OH=Fe(OH)3b

Mg2++2OH・=Mg(OH)21计算判断。

【详解】

向用盐酸酸化的MgCL、FeCh混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先发生反应NaOH+HC仁NaCI+FhO,即为图象中

0-amL,沉淀的质量为Og；FeCb只能在酸性较强的溶液中存在，当酸性减弱时，会转化为Fe(OH)3沉淀，从amL

开始，bmL时沉淀完全。bmL时，溶液仍然呈酸性，至iJcmL时，才开始产生Mg(OH)2沉淀，

令氢氧化钠浓度为xmol/L,

3

F*完全沉淀消耗氢氧化钠为(b-a)mL,结合Fe3++3OIT=Fe(OH)31可知，溶液中皿友力二'x(b-a)xlO-LxXmol/L,

3

2+

Mg2+完全沉淀消耗氢氯化钠为(d-c)mL,结合Mg2++2OH-=Mg(OH)2,可知，溶液中n(Mg)=^x((j-c)x10-3LxXmoin>,

3

故原混合溶液中n(MgCL)：n(FeCh)=」x(d-c)xlO-3Lxxmol/L：-x(b-a)xlO-LxXmol/L

^2^3

二船，D项正确；

答案选D。

6、C

【解析】

A.浓氨水与碱石灰不加热可以制取氨气，但是氨气的密度比空气小，不能用向上排空气方法收集，A错误；

B.浓硝酸与Cu反应产生NO2气体，N(h密度比空气大，可以用向上排空气方法收集，NCh是大气污染物，但NO?若

用水吸收，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO,产生的NO仍然会污染空气，B错误；

C浓硫酸与Na2s03发生复分解反应，产生Na2s04、H2O、SO2,SO2密度比空气大，可以用向上排空气方法收集，SO2

是大气污染物，可以用NaOH溶液吸收，发生反应为：SCh+2NaOH=Na2sO3+H2O,为防止倒吸，安装了倒扣漏斗，

从而达到环境保护的目的，C正确；

D.稀硝酸与Cu反应产生NO气体，NO与空气中的氧气会发生反应，所以不能用排空气方法收集，D错误；

故合理选项是Co

7、B

【解析】

表面已完全钝化的铝条表面的物质是氧化铝，氧化铝属于两性氧化物，能溶于强酸、强碱溶液，稀硝酸和稀盐酸是强

酸，NaOH是强碱，所以能溶于稀硝酸、稀盐酸、NaOH溶液中，但不能和硝酸铜反应，故选B。

8、A

【解析】

由短周期元素氢化物中甲、乙、丙、丁的化合价可知，乙、丁处于V族，甲处于VIA族，丙处于WA,且甲、乙、丙、

丁的原子半径依次增大，则甲为O元素、乙为N元素、丙为C元素、丁为S元素，结合元素周期律与元素化合物性

质解答。

【详解】

A.甲形成的氢化物是水，丁形成的氨化物是硫化氢，非金属性氧大于硫，所以氢化物的稳定性是：甲,丁，故A正确；

B.同周期自左而右非金属性增强,故非金属性：甲(O)＞乙(N),故B错误；

C.最高价含氧酸的酸性：碳元素形成碳酸，硫元素形成硫酸，故酸性丙〈丁，故C错误；

D.丙的氧化物是二氧化碳，属于共价化合物，故D错误；

故选：Ao

9、C

【解析】

A.BHT结构中有酚羟基，可以被酸性KMnO4溶液氧化；其结构中有一个甲基直接与苯环相连，也能被酸性KMnO,

溶液直接氧化，A项正确；B.对甲基苯酚和BHT相比，都含有1个酚羟基，BHT多了8个“CH?”原子团，符合同系物

的定义一结构相似，组成上相差若干个CFh,B项正确；C.BHT中酚羟基的邻对位已无H原子，所以不能与浓澳水

发生取代反应，C项错误；D.方法一为加成反应，原子利用率理论高达100%,而方法二为取代反应，产物中还有水,

原子利用率相对较低，D项正确；答案选C项。

【点睛】

①同系物的判断，首先要求碳干结构相似，官能团种类和数量相同，其次是分子组成上要相差若干个CH?。②酚羟基

的引入，使苯环上酚羟基的邻对位氢受到激发，变得比较活泼。

10、A

【解析】

蒸储烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离；普通漏斗用于分离互不相溶的固体

和液体；分液漏斗用来分离互不相溶的液体或分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物；蒸发皿用于可溶性固体和液体

的分离，以此来解答。

【详解】

蒸储烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离，即蒸馆；

普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体，即过滤；

分液漏斗用来分离互不相溶的液体或用来分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物，即分液或萃取；

蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，即蒸发，

所以从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是：蒸储、过滤、分液或萃取、蒸发。

答案选A。

11、B

【解析】

A.NH3与氧气反应生成的是NO,无法直接得到NO2,故A错误；

B.铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液为强碱弱酸盐溶液，水解产物不挥发，蒸发会得到溶质偏铝

酸钠，所以AlNdOII(uq)NaAKh(aq)二发，NaAKh⑸,能够在给定条件下实现，故B正确；

C.铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不是生成氧化铁，故C错误；

D.硝酸银溶液和一水合氨反应生成氢氧化银沉淀，继续加入氨水沉淀溶解生成银氨溶液，蔗糖为非还原性的糖，不

能和银氨溶液反应，物质间转化不能实现，故D错误；

答案选B。

12、D

【解析】

A.工业上制备硝酸是通过氨的催化氧化生成NOB，生成的NO与O2反应生成NO2,N(h溶于水生成HNO3,A项

不符合题意，不选；

B.通过海水提取溟，是用C12氧化经112so4酸化的浓缩海水，将其中的Br-轴化为通过热空气和水蒸气吹入吸

收塔，用SO2将加2转化为HBr,再向吸收塔内通入。2氧化为Br2,经CCL萃取吸收塔中的Br?得到，B项不符合题

意，不选；

C.工业生产中用直流电电解饱和食盐水法制取氯气，通过氯气和石灰乳(即Ca(OH)2)制得漂白粉，C项不符合题

意，不选；

D.出和CL混合气体在光照条件下会剧烈反应，发生爆炸，不适合工业生产，D项符合题意；

答案选D。

13、C

【解析】

A.a极发生H2・2e=2H+,X膜为选择性阳离子交换膜，让H卡进入中间，故A正确；

R.催化剂可促进反应中电子的转移，加快反应速率，故R正确；

C.氧元素由0价变成价,每生成1molH2O2电极上流过2mole~,故C错误；

D.b为正极，氧气得电子，b极上的电极反应为O2+H2O+2e=HO2-+OH-,故D正确；

故选C。

14、B

【解析】

A.CH2=CH2+HC1CH3cH2cl为烯炫的加成反应，而CH3cH3+CI2壁CH3cH2C1+HC1为烷炫的取代反应，故A错

误；

B.油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；卤代烧水解产物为醇，则均发生水解反应，故B正确；

C.Zn+Cu2+=Zn2++Cu反应中，Zn元素化合价升高，Zn单质被氧化，故C错误；

D.2Na2(h+2H2O=4NaOH+O2T中只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；

2F2+2H2O-4HF+O2中只有O元素的化合价升高，作还原剂，故D错误；

正确答案是Bo

【点睛】

把握反应中结构变化、反应条件及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注重高频考点的考查，题目难度不大。

15、C

【解析】

A.液体加热时，加入碎瓷片目的是防止暴沸，故A正确；

B.根据题干中SnL的熔沸点，从组成分析可知SnL与CCL为同族元素形成的同类物质，二者分子的空间构型均为正

四面体结构，属于非极性分子，依据“相似相溶原理”可知Snk可溶于CC14中，故B正确；

C.由题可知：Snh易水解，所以装置II的主要作用是防止水蒸气进入装置使Snh水解，故C错误；

D.冷凝管的冷凝水为“下进上出％所以装置I中a为泠凝水进水口，b为出水口，故D正确；

故选：Co

16、C

【解析】

向一定体积含HC1、H2so4、NH4NO3、AICI3的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，发生H++OIT=H2O,同时领离

子与硫酸根离子结合生成沉淀，沉淀在增多，氢离子物质的量比氢离子浓度大，则第二阶段沉淀的量不变，第三阶段

铝离子反应生成沉淀，第四阶段铁根离子与碱反应，最后氢氧化铝溶解，沉淀减少，最后只有硫酸弱沉淀，显然只有

图象C符合。

答案选C。

二、非选择题（本题包括5小题）

u

17、a2CH3OH+O2-'->2HCHO+2H2O消去反应HCOOCHj

【解析】

一定条件下，氢气和一氧化碳反应生成甲醇，甲醇氧化生成E为甲醛，甲醛氧化得F为甲酸，甲酸与甲醇发生酯化得

G为甲酸甲酯，甲醇和氢溟酸发生取代反应生成一滨甲烷，在催化剂条件下，一溟甲烷和和A反应生成B,B反应生

成C,C反应生成D,根据A的分子式知，A中含有醇羟基和亚甲基或甲基和酚羟基，根据D的结构简式知，A中含

有甲基和酚羟基，酚发生取代反应时取代位置为酚羟基的邻对位，根据D知，A是间甲基苯酚，间甲基苯酚和一溟甲

烷反应生成B（2,5-二甲基苯酚），2,5-二甲基苯酚和氢气发生加成反应生成

生消去反应生成CH「O^CH3,CHY〉CH3和丙烯发生加成反应生成M,M的结构简式为:

根据有机物的结构和性质分析解答。

【详解】

一定条件下，氢气和一氧化碳反应生成甲醇，甲醇氧化生成E为甲醛，甲醛氧化得F为甲酸，甲酸与甲醇发生酯化得

G为甲酸甲酯，甲醇和氢滨酸发生取代反应生成一澳甲烷，在催化剂条件下，一溟甲烷和和A反应生成B,B反应生

成C,C反应生成D,根据A的分子式知，A中含有醇羟基和亚甲基或甲基和酚羟基，根据D的结构简式知，A中含

有甲基和酚羟基，酚发生取代反应时取代位置为酚羟基的邻对位，根据D知，A是间甲基苯酚，间甲基苯酚和一漠甲

OH0H

烷反应生成B（2,5-二甲基苯酚），2,5-二甲基苯酚和氢气发生加成反应生成TT发

CHrX/-CH3

生消去反应生成CH«^>~CH3,CH5~C~CH3和丙烯发生加成反应生成M,M的结构简式为：

（Da.甲醇可发生取代、氧化反应但不能发生消去，故a错误；

b.甲醇分子间脱水生成CH30cH3,故b正确；

C.甲醇有毒性，可使人双目失明，故C正确；

d.甲醇与乙醇都有一个羟基，组成相关一个CH2；所以属于同系物，故d正确；

⑵甲醇转化为甲醛的化学方程式为2CH3OH+O2—2HCHO+2H1O；

⑶根据上面的分析可知，C生成D的反应类型是：消去反应，G为甲酸甲酯，G的结构简式HCOOCHj；

1.08g

（4）取1.08gA物质（式量108）的物质的量==0.01mol,与足量饱和浸水完全反应能生成2.66g白色沉淀，根据

108g/mol

碳原子守恒知，白色沉淀的物质的量是O.OlmoL则白色沉淀的摩尔质量是266g/moLA的式量和白色沉淀的式量相

差158,则溟原子取代酚羟基的邻对位，所以A的结构简式为:

均

CHO

浓敏酸

COOH、

IHCI

COOCHj

COOCH)

【解析】

根据F的结构不难得知A含1个五元环，根据题目给的信息可知A中必定含有C=C双键，结合分子的不饱和度可知

再无不饱和键，因此A的结构简式为根据信息不难得出B的结构简式为,酸性高镒酸钾有氧化

CH:OH

性，可将醇羟基氧化为短基，因此C的结构简式为,C到D的反应条件很明显是酯化反应，因此D的结

构简式为,再根据题目信息不难推出E的结构简式为,据此再分析题目即可。

【详解】

OH

（1）根据分析，A的结构简式为;B-C的过程是氧化反应，C中含有的官能团为埃基和竣基，C-D的反

CH：

浓酸酸

应方程式为------->

△

（2）根据题目中的要求，D的同分异构体需含有五元环、竣基和羟基，因此符合要求的同分异构体有三种，分别为

（4）根据所给信息，采用逆推法,可得出目标产物的合成路线为:

加热

19、检查装置的气密性MnO2+4H'+2C「-^Mn2++C12t+2H2。饱和食盐水浓硫酸

2S2C12+2H2O=3SI+SO21+4HC1①③②⑤④或者③①②⑤④碱石灰吸收氯气尾气，防止空气中的水蒸气

进入装置使S2c12水解产品纯度降低控制盐酸的滴速不要过快

【解析】

装置A、B、C是制取干燥纯净的氯气，所以B是除杂装置，C是干燥装置；制得产品S2C12易水解，所以该装置前后

均需要干燥环境，可推出装置G作用；实验操作顺序按照合理、安全原则进行；最后按照题干已知条件进行答题，据

此分析。

【详解】

（D连接好装置后需检查装置的气密性，答案为：检查装置的气密性；

力n热

r

（2）MnO?与浓盐酸反应的离子方程式为：MnO2+4H+2CI^^Mn-Cht+2H2O；

（3）B是除去氯气中的HC1,用饱和食盐水溶液；C是干燥装置，用浓硫酸；若缺少干燥装置，则产物S2a2与水发生

歧化反应且变浑浊，2S2C12+2H2O=3SI+SO2t+4HC1；答案为：饱和食盐水；浓硫酸；2S2Ch+2H2O=3SI+SO2t+4HC1；

（4）加热之前先通冷凝水，否则开始生成的S2cb不能冷却液化，最后先停止加热后再停止通氯气，平衡容器压强，实

验操作为：①③②⑤④或者③①©⑤④；

(5)G装置在最后一步，其作用之一未反应完的氯气尾气处理，其二防止空气中的水蒸气进入装置，G中盛放碱石灰，

作用是吸收氯气尾气，防止空气污染，且防止空气中的水蒸气进入装置使S2CI2水解；

(6)根据已知条件，温度太高S会汽化进入F装置，导致产率降低；为了提高S2cb的纯度，关键的操作除了控制好

温度外，还可以控制盐酸的滴速不要过快。

【点睛】

制备易水解的如AIN.S2cL等物质时一定要在制备装置前后都加上干燥装置，所以G装置除了尾气处理作用之外还防

止空气中的水蒸气进入装置；实验操作流程满足反应物利用率高、产率高、操作简便、安全等原理进行即可。

+2+

20、MnO24-2CE+4HAMn4-ChT4-2H2Oh,i,d,eg,f,b,(c)未升华出来的FeCb与未反应完

2+3+2+2+

的铁粉在水溶液中反应生成FeSO2+2H2O+2Fe===SO4+4H+2Fe液体中无明显光路K3[Fe(CN)6]

生成蓝色沉淀<<

【解析】

I首先制取氯气，然后除杂、干燥，再与铁粉反应，冷凝法收集升华出的FeCb,最后连接盛有碱石灰的干燥剂，吸

收多余的氯气，防止空气中的水蒸气使FeCh水解。F中剩余的固体可能为未升华的FeCb和铁粉的混合物，溶于水发

生反应生成FeCI2；

II①Fe3+与发生氧化还原反应生成Fe"和SO/,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出离子方程式；

②没有出现丁达尔现象，说明红棕色物质不是Fe(OH)3胶体；

③用K3Fe(CN)6溶液检验Fe?+,生成蓝色沉淀；

④反应⑴比反应(ii)快，则活化能E(i)vE(ii)；反应(ii)进行的程度更大，则平衡常数K(i)vK(ii);

【详解】

+2+

I(1)反应的离子方程式为：MnOz+2Cr+4HAMn+C12t+2H2O；

(2)首先制取氯气