2022-2023學年海南省三亞市高三下冊化學高考仿真模擬試題（3月4月）含解析

※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………試卷第=page1212頁，共=sectionpages1313頁第頁碼13頁/總NUMPAGES總頁數(shù)57頁2022-2023學年海南省三亞市高三下冊化學高考仿真模擬試題（3月）評卷人得分一、單選題1．今年早春，我市多個地區(qū)出現(xiàn)“速凍"模式，冰凍和雨雪極端天氣對我們的生活、交通、電力、通信和農(nóng)業(yè)等造成不利影響。下列說法正確的是A．通信光纜的主要成分是SiO2B．生火取暖應注意通風，防范CO中毒，CO為酸性氧化物C．冰凍期間，各級政府積極應對確保電力供應穩(wěn)定，電能屬于一次能源D．京珠北高速乳源至樂昌段，使用國家儲備鹽給路面除冰，儲備鹽NaCl是離子化合物，存在極性鍵2．下列說法不正確的是A．鉀、鈉、鎂等活潑金屬著火時，不能用泡沫滅火器滅火B(yǎng)．油脂、淀粉、蔗糖和葡萄糖在一定條件都能發(fā)生水解反應C．除去干燥中混有的少量，可將混合氣體依次通過盛有酸性溶液、濃硫酸的洗氣瓶D．“中和滴定”實驗中，錐形瓶用蒸餾水洗滌后即可使用，滴定管用蒸餾水洗滌后，需經(jīng)潤洗方可使用3．設為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．1.8g含有的中子數(shù)為0.1B．1L氨水中所含的數(shù)目為0.1C．5.6g鐵與足量稀鹽酸反應、轉移的電子數(shù))0.3D．124g()分子中所含的共價鍵數(shù)目為64．聚乳酸(PLA)是一種生物可降解材料。低相對分子質(zhì)量PLA可由乳酸直接聚合而成，高相對分子質(zhì)量PLA的制備過程如下圖所示。下列說法正確的是A．乳酸生產(chǎn)中間體時，原子利用率能達到100%B．PLA易溶于水C．1mol乳酸最多能消耗2molNaOHD．由乳酸直接生成低相對分子質(zhì)量PLA的反應屬于縮聚反應5．下列操作或裝置能達到實驗目的的是ABCD配制一定濃度的NaCl溶液除去氯氣中的HCl氣體觀察鐵的吸氧腐蝕檢驗乙炔的還原性A．A B．B C．C D．D6．一種氯離子介導的電化學合成方法，能將乙烯高效清潔、有選擇性地轉化為環(huán)氧乙烷，電化學反應的具體過程如圖所示。在電解結束后，將陰、陽極電解液輸出混合，便可反應生成環(huán)氧乙烷。下列說法正確的是反應流程：A．Ni電極作負極B．該過程的總反應為：CH2=CH2+H2O→+H2C．工作過程中Ni電極附近pH減小D．交換膜兩側KCl濃度均不變7．化合物R(結構式如圖所示)具有強大的氧化能力，可有效改善水質(zhì)。已知X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的前20號主族元素，X與W、Y與Z分別同主族，Z、W對應的簡單離子核外電子排布相同。下列說法正確的是A．X與Y只能形成一種化合物B．化合物R中Y的化合價有2種C．W可與反應生成Y的單質(zhì)D．Y和Z形成的化合物的水溶液呈堿性8．廢易拉罐(含有Al和少量Fe、Mg雜質(zhì))制備明礬，分析流程，正確的是A．為盡量少引入雜質(zhì)，NaOH溶液應改用KOH或氨水B．“沉淀”為Al2(CO3)3C．上述流程中可用過量CO2代替NH4HCO3D．濾渣的主要成分是Fe(OH)3和Mg(OH)29．常溫下，W、X、Y、Z四種短周期元素的最高價氧化物對應的水化物溶液(濃度均為0.01mol/L)的pH和原子半徑、原子序數(shù)的關系如下圖所示。下列說法不正確的是A．X與Y形成的化合物的水溶液呈酸性 B．單質(zhì)的沸點：Y>ZC．簡單離子半徑：Y>Z>W>X D．ZO2可作為自來水的消毒劑10．室溫下，向20.00mL0.1000mol/L的某一元堿MOH溶液中滴加未知濃度的稀硫酸，混合溶液的溫度、酸度AG[AG=隨加入稀硫酸體積的變化如圖所示。下列說法正確的是A．硫酸的濃度為0.1000mol/LB．b點對應的溶液中：c(M+)+2c(H+)=2c(OH-)+c(MOH)C．當AG=0時，溶液中存在：c()>c(M+)>c(H+)=c(OH-)D．b、c、d三點對應的溶液中，水的電離程度的大小關系是b>c>d11．咖啡酸片常用于手術時止血，其活性成分咖啡酸的結構簡式如圖所示，下列說法正確的是A．一定量的該物質(zhì)分別與足量Na、NaOH反應，消耗二者物質(zhì)的量之比為3：1B．1mol該物質(zhì)與足量飽和溶液反應，可放出22.4L(標準狀況)C．1mol該物質(zhì)與足量濃溴水反應，消耗3molD．含有2個酚羥基、1個碳碳雙鍵和1個羧基的咖啡酸的同分異構體有11種12．現(xiàn)代工業(yè)中用“NH3-NH4Cl水溶液”浸出氧化鋅煙灰(主要成分為ZnO、Pb、CuO和As2O3)制取高純鋅的工藝流程如圖所示：已知：①浸出液中含[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、，且存在[M(NH3)4]2+M2++4NH3(M為Cu或Zn)；②“氧化除雜”的目的是將轉化為As2O5膠體，再經(jīng)吸附聚沉除去。下列有關說法正確的是A．“溶浸”過程中發(fā)生反應：ZnO+4NH3·H2O+2H+=[Zn(NH3)4]2++5H2OB．空間結構為正八面體形C．“濾渣3”的主要成分為Pb、ZnD．“電解殘留液”適當處理后可返回“溶浸”過程循環(huán)利用13．Cu2+與NH3存在如下平衡：Cu2+[Cu(NH3)]2+[Cu(NH3)2]2+[Cu(NH3)3]2+[Cu(NH3)4]2+；向某濃度的硫酸銅溶液中滴加濃氨水，實驗測得Cu2+、[Cu(NH3)]2+、[Cu(NH3)2]2+、[Cu(NH3)3]2+、[Cu(NH3)4]2+的物質(zhì)的量分布分數(shù)(δ)與溶液中游離氨的濃度的負對數(shù)[-lgc(NH3)]關系如圖所示。下列說法正確的是A．曲線b表示[Cu(NH3)]2+B．<C．Q點，2c(Cu2+)<c(SO)D．M點，2c(SO)+c(OH-)=2c(Cu2+)+2c{[Cu(NH3)]2+}+2c{[Cu(NH3)2]2+}+2c{[Cu(NH3)3]2+}+2c{[Cu(NH3)4]2+}+c(H+)評卷人得分二、多選題14．我國科學家設計了一種表面鋰摻雜的錫納米粒子催化劑s?SnLi實現(xiàn)安培級CO2電合成甲酸鹽，同時釋放電能，實驗原理如圖所示。下列說法不正確的是A．放電時，正極電極周圍pH降低B．充電時，陰極反應式為Zn(OH)+2e－=Zn+4OH－C．使用催化劑Sn或者s?SnLi均能有效減少副產(chǎn)物CO的生成D．使用Sn催化劑，中間產(chǎn)物更不穩(wěn)定評卷人得分三、工業(yè)流程題15．以黃鐵礦(主要成分是FeS2，含少量SiO2)和軟錳礦(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)為原料制備MnSO4·H2O的工藝流程如下?；卮鹣铝袉栴}：已知溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的如下表所示：金屬離子開始沉淀時的8.17.52.23.7沉淀完全時的9.69.03.24.7(1)混合研磨成細粉的目的是_______?！八峤边^程得到的濾液中含有，則該過程中主要反應的離子方程式是_______。(2)根據(jù)上表數(shù)據(jù)，計算的_______。若“調(diào)”后的溶液中濃度為，則“調(diào)”應控制的范圍是_______。(3)“沉錳”時，參與反應的離子方程式是_______。(4)結合圖像，分析從“操作A”所得溶液中得到晶體需進行的操作是_______、洗滌、干燥.若稱取一定質(zhì)量的用標準溶液滴定(操作過程產(chǎn)生的誤差很小可忽略)，計算所得樣品質(zhì)量分數(shù)大于，分析可能的原因是_______。評卷人得分四、實驗題16．鈷是一種中等活潑金屬，在化合物中常以+2價或+3價存在，其中CoCl2易溶于水。某同學制得的CoCl2·6H2O在醋酸氛圍中制得無水(CH3COO)2Co，并利用下列裝置檢驗(CH3COO)2Co在氮氣氛圍中的分解產(chǎn)物。已知常溫下PdCl2溶液能被CO還原為Pd。(1)裝置E、F用于檢驗CO和CO2，其中盛放PdCl2溶液的是裝置_______(填“E”或“F”)。(2)裝置G的作用是_______；E、F、G中的試劑均足量，若觀察到I中氧化銅變紅，J中固體由白色變藍色，K中石灰水變渾濁，則可得出的結論是_______。(3)通入氮氣的作用是_______。(4)實驗結束時，先熄滅D和I處的酒精燈，一段時間后再關閉彈簧夾，其主要目的是_____。(5)若乙酸鈷最終分解生成固態(tài)氧化物X、CO、CO2、CxHy，已知CxHy標況下密度為1.34g/L且n(X)：n(CO)：n(CO2)：n(CxHy)=1：4：2：3則該反應的化學方程式為_______。(6)用ClO2處理過的飲用水常含有一定量的，飲用水中ClO2和的含量可用連續(xù)碘量法進行測定。已知ClO2被I-還原為或Cl-的轉化率與溶液的pH關系如圖所示。反應生成的I2用標準Na2S2O3溶液滴定，原理為：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI。滴定過程為：準確量取水樣加入到碘量瓶中，調(diào)節(jié)水樣的為7～8，加入足量的KI晶體，充分反應后，用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至淡黃色，加入淀粉溶液，滴定至第一次終點，消耗Na2S2O3溶液；調(diào)節(jié)溶液的，繼續(xù)用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至第二次終點，消耗溶液。①當pH≤2.0時與I-的離子方程式為_______。②兩次滴定終點的現(xiàn)象_______(填“相同”或“不相同”)。根據(jù)上述數(shù)據(jù)，該水樣中的濃度為_______(用含字母的代數(shù)式表示)。評卷人得分五、原理綜合題17．氮的氧化物是大氣污染物之一。研究它們的反應機理，對于消除環(huán)境污染，促進社會可持續(xù)發(fā)展有重要意義?；卮鹣铝袉栴}：(1)已知：①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)?H1=-907kJ?mol-1；②①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)?H2=-1269.0kJ?mol-1。若4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)的逆反應活化能為E逆=akJ?mol-1，則其正反應活化能為_______kJ?mol-1(用含a的代數(shù)式表示)。(2)氫氣選擇性催化還原NO是一種比NH3還原NO更為理想的方法，備受研究者關注。以Pt-HY為催化劑，氫氣選擇性催化還原NO在催化劑表面的反應機理如下圖：①Pt原子表面上發(fā)生的反應除N+N=N2、2H+O=H2O外還有_____。②已知在HY載體表面發(fā)生反應的NO、O2物質(zhì)的量之比為1∶1，補充并配平下列離子方程式：_______。+NO+O2→N2+H2O+_______(3)硫碘循環(huán)(SI循環(huán))是目前最有前景和研究最多的一個熱化學循環(huán)。SI循環(huán)涉及如下兩個反應：反應I(Bunsen反應)：SO2(g)+I2(s)+2H2O(l)?2HI(aq)+H2SO4(aq)?H1=akJ?mol-1反應II：2HI(aq)?H2(g)+I2(s)?H2=bkJ?mol-1①科研團隊研究了溫度和壓強對反應I(Bunsen反應)達到平衡時n(SO2)的影響如下圖所示，則p1_____p2(填“>”“<"或“=”)。②為了促進HI的分解，某科研團隊設計了兩種選擇性膜反應器，其示意圖如下。已知：HI的分解在反應區(qū)內(nèi)進行，膜可以對產(chǎn)物進行選擇性釋放。反應區(qū)內(nèi)通過控制使壓強恒定為100kPa。反應開始時，投料均為1mol的HI氣體。膜反應器1中氫氣的滲透速率為3.1×10-8mol/(s·Pa)。反應區(qū)內(nèi)的部分實驗數(shù)據(jù)顯示在下表中。反應器示意圖無膜反應器膜反應器1膜反應器2物質(zhì)HIH280s后的平衡物質(zhì)的量/mol0.78____HI平衡分解率α1=____α2=52%α3_____α4(填“>”“<”或“=”)(4)我國科學家在(自然-通訊》發(fā)表了低溫高效催化丁烷脫氫制丁烯的研究成果。該過程易發(fā)生積炭和裂化等副反應，催化反應歷程如圖a所示[注：0.06ev表示1個C4H8(g)+1個H2(g)的能量)]①三種催化劑催化效果最好的是_______(填“A”、“B”或“C”)，以C為催化劑時決速反應的方程式為_______；②在一恒容密閉容器中通入1mol丁烷和適量的催化劑，發(fā)生催化脫氫反應，若起始投料量不變，經(jīng)過相同時間，測得不同溫度下丁烷轉化率和丁烯產(chǎn)率如圖b所示。溫度高于T1時，丁烯產(chǎn)率降低的原因可能是_______(寫一條即可)，溫度高于T2時丁烷轉化率增大的原因可能是_______(寫一條即可)。評卷人得分六、有機推斷題18．化合物G是用于治療面部皰疹藥品泛昔洛韋的合成中間體，其合成路線如下：回答下列問題：(1)A的名稱為_______，D→E的反應類型為_______。(2)D中官能團的名稱為_______。(3)B→C的反應方程式為_______。(4)F的結構簡式為_______。(5)C有多種同分異構體，同時滿足下列條件的同分異構體有_______種；①分子中含有苯環(huán)。②分子中含有2個-CH2OH。寫出其中一種核磁共振氫譜中峰面積之比為4：3：2：2：1的結構簡式_______。(6)參照上述合成路線，設計以苯甲醇和為原料(無機試劑任選)制備的路線_______?！垺弧凇b※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………試卷第=page4040頁，共=sectionpages2727頁第頁碼39頁/總NUMPAGES總頁數(shù)57頁答案：1．A【詳解】A．二氧化硅具有良好的光學特性，可以制造光導纖維，通信光纜的主要成分是SiO2，故A正確；B．酸性氧化物是指能和堿反應生成鹽和水的氧化物，CO不能和堿反應，不是酸性氧化物，故B錯誤；C．一次能源是指直接取自自然界沒有經(jīng)過加工轉換的各種能量和資源，如太陽能、水力、風力等，由一次能源經(jīng)過加工轉換以后得到的能源產(chǎn)品，稱為二次能源，例如：電力、蒸汽、煤氣等等，所以電能屬于二次能源，故C錯誤；D．NaCl是由鈉離子和氯離子形成的離子化合物，只存在離子鍵，故D錯誤；故答案為A。2．B【詳解】A．過氧化鈉、過氧化鉀與二氧化碳反應，鎂在二氧化碳中燃燒，故鉀、鈉、鎂等活潑金屬著火時，不能用泡沫滅火器滅火，故A正確；B．葡萄糖是單糖，不能發(fā)生水解反應，故B錯誤；C．酸性溶液能與發(fā)生氧化還原反應從而除去，經(jīng)過濃硫酸的洗氣瓶除去中的水蒸氣，得到干燥的，故C正確；D．錐形瓶用蒸餾水洗滌后無需干燥，不影響待測液中溶質(zhì)物質(zhì)的量，不影響測定結果；滴定管用蒸餾水洗滌后需經(jīng)潤洗才可使用，若不潤洗，會使的滴定管中的溶液被稀釋，濃度偏低，影響測定結果，故D正確；故選B。3．D【詳解】A．D2O摩爾質(zhì)量是20g?mol-1，1.8g該物質(zhì)不足0.1mol，所以中子數(shù)為，計算錯誤，不符題意；B．在溶液中水解，故粒子數(shù)量少于0.1NA，描述錯誤，不符題意；C．鐵與鹽酸反應發(fā)生的離子反應是，5.6gFe反應，轉移電子，描述錯誤，不符題意；D．每個P4分子中含有6條P—P單鍵，124gP4物質(zhì)的量是1mol，所以P—P鍵一共6NA，描述正確，符合題意；綜上，本題選D。4．D【詳解】A．2分子乳酸酯化生成l分子中間體的同時生成2分子水，原子利用率不能達到100%，A項錯誤；B．PLA屬于羧基和羥基的縮聚產(chǎn)物，為酯類物質(zhì)，難溶于水，B項錯誤；C．乳酸中只有羧基能和NaOH反應，則1mol乳酸最多能消耗1molNaOH，C項錯誤；D．不管生成低相對分子質(zhì)量還是高相對分子質(zhì)量PLA，其過程均為縮聚反應，D項正確；答案選D。5．C【詳解】A．配制溶液定容時要平視溶液的凹液面，A錯誤；B．應該用飽和氯化鈉溶液吸收氯氣中的氯化氫，用碳酸氫鈉會產(chǎn)生二氧化碳雜質(zhì)氣體，B錯誤；C．鐵在食鹽水中能發(fā)生吸氧腐蝕，試管中的氣體減少，右側紅墨水會倒吸入導管中，C正確；D．電石含有雜質(zhì)，產(chǎn)生的氣體不僅有乙炔還有硫化氫等，硫化氫也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，不能檢驗乙炔的還原性，D錯誤；故選C。6．B【詳解】A．由反應流程可知，Pt電極區(qū)要將Cl?轉化為Cl2，發(fā)生氧化反應，故Pt為陽極，Ni電極為陰極，選項A錯誤；B．根據(jù)反應歷程和陰極區(qū)的反應2H2O+2e?=2OH?+H2↑，可知該過程的總反應為CH2=CH2+H2O→+H2，選項B正確；C．工作過程中陰極區(qū)的反應為2H2O+2e?=2OH?+H2↑，故陰極附近pH增大，選項C錯誤；D．陽極區(qū)發(fā)生Cl2+H2O=HCl+HClO，陰極區(qū)生成KOH，故在電解液混合過程中會發(fā)生反應HCl+KOH=KCl+H2O，氯離子通過陰離子交換膜向左側移動，KCl濃度增大，陽極區(qū)濃度減小，選項D錯誤；答案選B。7．B【分析】Z能形成6條共價鍵，故Z為S；Y與Z分別同主族，Y為O；Z、W對應的簡單離子核外電子排布相同，且W能形成+1價離子，故W為Na；X與W同主族，X在化合物中能形成1條共價鍵，X應為H?！驹斀狻緼．H與O能形成的化合物有H2O、H2O2，A項錯誤；B．化合物R中存在結構-O-O-，此結構中O化合價為-1，同時R中還存在-2價的O，故Y的化合價有2種，B項正確；C．Na可與反應生成氫氣，C項錯誤；D．SO2、SO3均是酸性氧化物，其水溶液呈酸性，D項錯誤；答案選B。8．C【分析】由題給流程可知，易拉罐中鋁與氫氧化鈉溶液微熱反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，鐵、鎂不與氫氧化鈉溶液反應，過濾得到含有鐵、鎂的濾渣和偏鋁酸鈉溶液；向偏鋁酸鈉溶液中加入碳酸氫銨溶液，溶液中鋁離子與碳酸氫根反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸根離子，過濾得到氫氧化鋁沉淀；氫氧化鋁沉淀溶于稀硫酸后，加入硫酸鉀，蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到明礬。【詳解】A．鋁能與氫氧化鈉溶液和氫氧化鉀溶液反應，不能與弱堿氨水反應，則溶解易拉罐時不能用氨水代替氫氧化鈉溶液，故A錯誤；B．由分析可知，沉淀為氫氧化鋁，故B錯誤；C．二氧化碳也能與偏鋁酸鈉溶液反應生成氫氧化鋁沉淀，則可以用過量的二氧化碳代替碳酸氫銨得到氫氧化鋁沉淀，故C正確；D．由分析可知，濾渣的主要成分是鐵、鎂，故D錯誤；故選C。9．A【分析】濃度均為0.01mol?L-1的溶液，W、Y、Z的最高價氧化物對應的水化物的pH都小于7，W、Y、Z的最高價氧化物對應的水化物是酸，說明W、Y、Z都是非金屬元素，W、Z最高價氧化物對應的水化物的pH=2，為一元強酸，原子序數(shù)Z＞W(wǎng)，則Z是Cl、W是N；Y的最高價氧化物對應的水化物的pH＜2，應該為二元強酸硫酸，則Y是S；X的最高價氧化物對應的水化物的pH=12，應該為一元強堿氫氧化鈉，則X是Na?！驹斀狻坑梢陨戏治隹芍?，W、X、Y、Z分別為N、Na、S、Cl元素，A．X與Y形成的化合物Na2S為強堿弱酸鹽，水解后水溶液呈堿性，故A錯誤；B．硫常溫下是固體，氯氣為氣體，單質(zhì)的沸點：Y>Z，故B正確；C．電子層數(shù)越多，原子或離子的半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，對核外電子的吸引能力越強，離子半徑越小，則N3-、Na+、S2-、Cl-的半徑大小為：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W(wǎng)＞X，故C正確；D．ClO2具有強氧化性，能使蛋白質(zhì)變性，可作為自來水的消毒劑，故D正確；故選A。10．B【分析】c點溫度最高，為酸堿恰好完全反應的點，溶質(zhì)M2SO4；則b點為濃度比為1:2的M2SO4、MOH混合溶液；d點為MHSO4和M2SO4混合溶液(MHSO4濃度較大)；當AG＞0時，溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液顯酸性，即M2SO4溶液顯酸性，則MOH為一元弱堿。【詳解】A．c點溫度最高，為酸堿恰好反應的點，則n(MOH)=2n(H2SO4)，即0.02L×0.1000mol?L-1=2×c(H2SO4)×0.02L，解得c(H2SO4)=0.0500mol?L-1，故A錯誤；B．根據(jù)A可知硫酸的濃度為0.05mol/L，b點加入10mL硫酸，生成M2SO4為0.01L×0.05mol·L－1=5.0×10-4mol，剩余MOH為0.02L×0.1mol·L－1-2×5.0×10-4mol=1.0×10-3mol，可知b點溶液中MOH與M2SO4物質(zhì)的量為2：1，根據(jù)電荷守恒有：c(H+)+c(M+)=2c(SO)+c(OH-)，根據(jù)物料守恒有c(M+)+c(MOH)=4c(SO)，聯(lián)立可得2c(OH-)+c(MOH)=c(M+)+2c(H+)，故B正確；C．當AG=0時，溶液中c(H+)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒有：c(H+)+c(M+)=2c(SO)+c(OH-)，聯(lián)立可得c(M+)=2c(SO)，則溶液中存在c(H+)=c(OH-)＜c(SO)＜c(M+)，故C錯誤；D．結合分析可知c點水的電離受到促進，b點顯酸性，水的電離程度收到促進，但促進程度沒有c點大，d點MaHSO4的濃度遠遠大于M2SO4，水的電離程度收到一直，因此水的電離程度：c＞b＞d，故D錯誤；故選B。11．B【詳解】A．能與Na反應的官能團有-OH和-COOH，能與NaOH反應的官能團為-COOH、酚羥基，故一定量咖啡酸分別與足量Na、NaOH反應，消耗二者物質(zhì)的量之比為1：1，A項錯誤；B．能與反應的官能團為-COOH，參與反應的-COOH與生成CO2之比為1：1，故1mol該物質(zhì)與足量飽和溶液反應，可放出1molCO2，標況下體積為22.4L，B項正確；C．咖啡酸中存在1個碳碳雙鍵，能與Br2發(fā)生加成反應，消耗1molBr2，該物質(zhì)還存在酚羥基，故還可與Br2發(fā)生鄰對位取代反應，結構中有2個酚羥基，根據(jù)取代位置，可以與3molBr2發(fā)生取代反應，故1mol該物質(zhì)與足量濃溴水反應，共消耗4mol，C項錯誤；D．含有2個酚羥基、1個碳碳雙鍵和1個羧基的物質(zhì)，如果取代基為-CH=CH-COOH或，則取代基的位置有中為1、2，中為1、2、3，中為1，此時滿足條件結構共為2×(2+3+1)=12，其中咖啡酸的同分異構體為12-1=11，但取代基還可以為-CH=CH2和-COOH，故滿足條件的咖啡酸同分異構體大于11種，D項錯誤；答案選B。12．D【分析】用NH3-NH4C1水溶液浸出氧化鋅煙灰(主要成分為ZnO、Pb、CuO和As2O3)制取高純鋅的流程為：氧化鋅煙灰用NH3·H2O和NH4Cl溶浸，浸出液含[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、，其中ZnO的反應為ZnO+2NH3·H2O+2=[Zn(NH3)4]2++3H2O，Pb不反應，過濾得到濾渣1為Pb；將浸出液用H2O2氧化除去，反應為2+2H2O2+6NH3·H2O=As2O5(膠體)+10Cl-+6+5H2O，經(jīng)吸附聚沉除去As2O5(濾渣2)后，再加入鋅粉還原，可除去Cu和過量的Zn(濾渣3)，濾液中主要含有[Zn(NH3)4]2+，電解后陰極發(fā)生反應[Zn(NH3)4]2++2e-=Zn+4NH3↑，得到高純鋅。【詳解】A．根據(jù)上述分析可知：用NH3-NH4C1水溶液浸出氧化鋅煙灰時，ZnO發(fā)生反應：ZnO+2NH3·H2O+2=[Zn(NH3)4]2++3H2O，選項A錯誤；B．為sp3d雜化，空間構型為三角雙錐，選項B錯誤；C．根據(jù)上述分析可知“濾渣3”的主要成分為Cu及過量的Zn，選項C錯誤；D．“電解殘留液”中含有[Zn(NH3)4]2+，可返回“溶浸”過程進行循環(huán)利用，節(jié)約資源，降低生產(chǎn)成本，選項D正確；答案選D。13．C【分析】由題意可知，體系中存在平衡：Cu2++NH3[Cu(NH3)]2+K1，[Cu(NH3)]2++NH3[Cu(NH3)2]2+K2，[Cu(NH3)2]2++NH3[Cu(NH3)3]2+K3，[Cu(NH3)3]2++NH3[Cu(NH3)4]2+K4；增大c(NH3)，-lgc(NH3)減小，各個平衡均正向移動，故可以得知曲線e表示Cu2+，曲線d表示[Cu(NH3)]2+，曲線c表示[Cu(NH3)2]2+，曲線b表示[Cu(NH3)3]2+，曲線a表示[Cu(NH3)4]2+?！驹斀狻緼．由分析可知，曲線b表示c[Cu(NH3)3]2+，A錯誤；B．由圖像可知：Q點處，K1===104.3，同理，P點處，K2===103.7，N點處，K3===103，M點處，K4===102.3；則=10-0.6>=10-0.7，B錯誤；C．根據(jù)物料守恒可得：c()=c(Cu2+)+c{[Cu(NH3)]2+}+c{[Cu(NH3)2]2+}+c{[Cu(NH3)3]2+}+c{[Cu(NH3)4]2+}，Q點處，c(Cu2+)=c[Cu(NH3)4]2+，故2c(Cu2+)<c(SO42-)，C正確：D．M點處，根據(jù)電荷守恒可得：2c()+c(OH-)=2c(Cu2+)+2c{[Cu(NH3)]2+}+2c{[Cu(NH3)2]2+}+2c{[Cu(NH3)3]2+}+2c{[Cu(NH3)4]2+}+c()+c(H+)，D錯誤；故選C。14．AD【分析】根據(jù)電子轉移方向可知左邊鋅為原電池負極，右邊是正極，充電時左邊為陰極，右邊為陽極?！驹斀狻緼．放電時，根據(jù)圖中信息，正極電極是二氧化碳得到電子和水結合生成甲酸根和氫氧根，因此正極周圍pH增大，故A錯誤；B．放電時，負極鋅失去電子和氫氧根結合生成Zn(OH)，則充電時，陰極反應式為Zn(OH)+2e－=Zn+4OH－，故B正確；C．催化劑能降低反應的活化能，生成CO的活化能比生成甲酸的活化能更高，根據(jù)圖像可知使用催化劑Sn或者s?SnLi均能有效減少副產(chǎn)物CO的生成，故C正確；D．使用Sn催化劑，中間產(chǎn)物能量更低，根據(jù)能量越低越穩(wěn)定，得到使用Sn催化劑，中間產(chǎn)物更穩(wěn)定，故D錯誤；綜上所述，答案為AD。15．(1)

增大與酸的接觸面積，加快反應速率

(2)

4.7～7.1(3)(4)

蒸發(fā)結晶、趁熱過濾

樣品失去部分結晶水或混有硫酸鹽雜質(zhì)【分析】黃鐵礦(主要成分是FeS2，含少量SiO2)和軟錳礦(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)先進行粉碎，增大酸溶時的接觸面積，再加入稀硫酸酸浸，其中SiO2不溶于酸，金屬氧化物溶于酸生成硫酸鋁和硫酸鐵，MnO2、FeS2與硫酸發(fā)生反應生成單質(zhì)S和硫酸錳、硫酸鐵，由表中數(shù)據(jù)計算出Mn(OH)2的Ksp可知，過濾除雜后加氫氧化鈉調(diào)節(jié)溶液pH值4.7～7.1之間除去溶液中的Fe3+和Al3+，所得濾液中加入氨水、碳酸氫銨發(fā)生反應，將錳轉化為碳酸錳沉淀，碳酸錳沉淀中加入稀硫酸，將其轉化為硫酸錳溶液，經(jīng)過操作A即蒸發(fā)結晶、保持溫度高于40℃以上趁熱過濾，過濾洗滌干燥后得到MnSO4·H2O，據(jù)此分析解題。（1）由分析可知，混合研磨成細粉的目的是增大與酸的接觸面積，加快反應速率，“酸浸”過程得到的濾液中含有，是由于MnO2和FeS2反應轉化而來的，故該過程中主要反應的離子方程式是，故增大與酸的接觸面積，加快反應速率；；（2）根據(jù)上表數(shù)據(jù)，計算的c(Mn2+)c2(OH-)=0.01mol/L×(mol/L)2=10-5mol/L×(mol/L)2=，當濃度為時，溶液中c(OH-)==10-6.9mol/L，此時溶液的pH=7.1，由分析可知，調(diào)節(jié)pH的目的是除去溶液中的Fe3+和Al3+，故“調(diào)”應控制的范圍是4.7～7.1，故；4.7～7.1；（3）由分析可知，“沉猛”時，參與反應的離子方程式是，故；（4）由題干溶解度圖像可知，當溫度低于40℃時溶液將析出，故由分析從“操作A”所得溶液中得到晶體需進行的操作是蒸發(fā)結晶、保持溫度高于40℃以上趁熱過濾，洗滌、干燥，若稱取一定質(zhì)量的用標準溶液滴定(操作過程產(chǎn)生的誤差很小可忽略)，若樣品失去部分結晶水則導致相同質(zhì)量的樣品中含有的硫酸根偏大，導致結果偏高，或樣品混有硫酸鹽雜質(zhì)也將產(chǎn)生跟多的硫酸鋇，導致計算所得樣品質(zhì)量分數(shù)大于，故蒸發(fā)結晶、趁熱過濾；樣品失去部分結晶水或混有硫酸鹽雜質(zhì)。16．(1)F(2)

除去CO2

分解產(chǎn)物中含有一種或多種含C、H元素的物質(zhì)(3)將D中的氣態(tài)產(chǎn)物帶入后續(xù)裝置##排出裝置中的空氣##不使K中水蒸氣進入盛無水硫酸銅的干燥管等(4)防倒吸(5)3(CH3COO)2CoCo3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑(6)

相同

（1）據(jù)已知信息，PdCl2溶液能被CO還原為Pd，CO被氧化為CO2，裝置E、F用于檢驗CO和CO2，故應先檢驗CO2，后檢驗CO，則其中盛放PdCl2溶液的是裝置F。（2）為不影響后續(xù)裝置對分解產(chǎn)物的檢驗，氣體進入裝置H前應先除去CO2，裝置G的作用是故除去CO2；E、F、G中的試劑均足量，若觀察到I中氧化銅變紅，則氧化銅被還原，J中固體由白色變藍色，則產(chǎn)物有水分，K中石灰水變渾濁，則產(chǎn)物有CO2，故可得出的結論是分解產(chǎn)物中含有一種或多種含C、H元素的物質(zhì)。（3）實驗目的是檢驗(CH3COO)2Co在氮氣氛圍中的分解產(chǎn)物，通入氮氣的作用是將D中的氣態(tài)產(chǎn)物帶入后續(xù)裝置(或排出裝置中的空氣或不使K中水蒸氣進入盛無水硫酸銅的干燥管等)。（4）實驗結束時，先熄滅D和I處的酒精燈，一段時間后再關閉彈簧夾，繼續(xù)通入氮氣，其主要目的是防倒吸。（5）若乙酸鈷最終分解生成固態(tài)氧化物X、CO、CO2、CxHy，CxHy標況下密度為1.34g/L，則CxHy摩爾質(zhì)量為1.34g/L×22.4L/mol=30g/mol，根據(jù)烴類物質(zhì)的結構特點，可判斷CxHy的分子式為C2H6，且n(X)：n(CO)：n(CO2)：n(CxHy)=1：4：2：3，根據(jù)碳元素守恒可知，該方程式乙酸鈷的系數(shù)與生成物的比值為n[(CH3COO)2Co]：n(X)：n(CO)：n(CO2)：n(CxHy)=3：1：4：2：3，則該反應的化學方程式為：3(CH3COO)2CoCo3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑。（6）該滴定第一次終點是在為7～8，Na2S2O3溶液滴定ClO2與I-反應生成的I2，此時ClO2被還原為；滴定第二次終點是在，Na2S2O3溶液滴定與I-反應生成的I2，此時被還原為Cl-；①根據(jù)題意，當pH≤2.0時被完全還原為Cl-，與I-的離子方程式為：；②兩次滴定均是Na2S2O3溶液與I2反應，終點時都是滴入最后一滴標準液時藍色褪去且半分鐘不恢復藍色，現(xiàn)象相同；根據(jù)上述數(shù)據(jù)，該水樣中的濃度為兩次終點求出的濃度的差值，由氧化還原反應原理可知，ClO2～～I-～Na2S2O3、～4I-～4Na2S2O3，n(ClO2)=cV1×10-3mol，則溶液中原n()=cV2×10-3mol-cV1×10-3mol=mol，故該水樣中的濃度為mol/L=mol/L。17．(1)a-1812(2)

N+NO=N2O、3H+N=NH3

4+2NO+2O2=3N2+6H2O+4H+(3)

<

0.11

22%

>(4)

B

C4H10*(g)=C4H9*(g)+H*(g)

催化劑活性降低，反應速率減慢

溫度較高，丁烷裂化速率加快（1）已知：①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)?H1=-907kJ?mol-1；②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)?H2=-1269.0kJ?mol-1。根據(jù)蓋斯定律，由②-①得反應4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)?H=-1812kJ?mol-1，若4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)的逆反應活化能為E逆=akJ?mol-1，?H=E正-E逆，則其正反應活化能為E正=?H-E逆=-1812kJ?mol-1-akJ?mol-1=(a-1812)kJ?mol-1；（2）①Pt為催化劑，反應在Pt原子表面上發(fā)生，發(fā)生的反應有N+N=N2、2H+O=H2O、N+NO=N2O、3H+N=NH3等，答案為N+NO=N2O、3H+N=NH3；②由圖可知，反應物為NO、O2和，反應生成N2和H2O，反應物中有H+，故生成物中應補充H+，已知NO、O2物質(zhì)的量之比為1:1，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒及原子守恒配平，得到4+2NO+2O2=3N2+6H2O+4H+，故答案為:4+2NO+2O2=3N2+6H2O+4H+；（3）①比較壓強，需控制溫度相同，當溫度相同時，p1時n(SO2)大于p2時n(SO2)，根據(jù)方程式SO2(g)+I2(s)+2H2O(l)?2HI(aq)+H2SO4(aq)可知，壓強增大時，平衡向正方向移動，n(SO2)會減小，故p1<p2；②無膜反應器發(fā)生的反應為2HI=H2+I2初始投入1molHI，80s平衡之后還有0.78mol，說明反應分解了0.22mol，生成I2的物質(zhì)的量為0.11mol；因此分解率為100%=22%；膜反應器1，HI的80s后分解率為52%，可得80s后HI還有1mol（1-52%）=0.48mol，分解了0.52mol，由HI:H2=2:1可得，生成了H20.26mol；膜反應器2增加了I2氣體的釋放，有效的促使反應向正向移動，所以HI的分解率是增加的，所以a3>a2；（4）①催化劑在參加化學反應時,能夠降低反應的活化能，使反應在較低溫度下發(fā)生。那種催化劑使用時活化能越低，且其使反應發(fā)生就越容易進行。根據(jù)圖示可知催化劑B參加反應.過程中，活化能最小,故三種催化劑催化效果最好的是B；以C為催化劑時決速反應是活化能最大的步驟發(fā)生反應，根據(jù)圖示可知該步反應的化學方程式為C4H10*(g)=C4H9*(g)+H*(g)，故答案為:B；C4H10*(g)=C4H9*(g)+H*(g)；②若起始投料量不變，經(jīng)過相同時間，溫度高于T1時，丁烯產(chǎn)率降低，原因是催化劑只有在一定溫度下才能達到最佳活性，當溫度高于該溫度范圍時，催化劑活性降低，導致化學反應速率減慢;當溫度高于T2時丁烷轉化率增大，是由于溫度較高，丁烷裂化速率加快，單位時間內(nèi)丁烷分解量增加，因而丁烷轉化率增大,故答案為:A;催化劑活性降低，反應速率減慢;溫度較高，丁烷裂化速率加快。18．(1)

甲苯

取代反應(2)醚鍵、溴原子(3)+HOCH2CH2OH→+HBr(4)(5)

10(1種，鄰、間、對3種，位置異構6種)

或(6)【分析】A轉化為B：，根據(jù)A的分子式可推知A為，發(fā)生取代反應生成，與乙二醇發(fā)生取代反應生成C為，與四溴化碳發(fā)生取代反應生成D；E發(fā)生還原反應生成F，F(xiàn)與乙酸發(fā)生酯化反應生成G，根據(jù)G的結構簡式及F的分子式可推知F為。（1）A為，名稱為甲苯；D→E是與發(fā)生取代反應生成和HBr，反應類型為取代反應；（2）D為，官能團的名稱為醚鍵、溴原子；（3）B→C是與乙二醇發(fā)生取代反應生成和HBr，反應方程式為+HOCH2CH2OH→+HBr；（4）F的結構簡式為；（5）C有多種同分異構體，同時滿足條件的同分異構體：①分子中含有苯環(huán)，②分子中含有2個-CH2OH，1種，鄰、間、對3種，位置異構6種，總共10種；其中一種核磁共振氫譜中峰面積之比為4：3：2：2：1的結構簡式為或；（6）參照上述合成路線，以苯甲醇和為原料(無機試劑任選)制備，苯甲醇與濃HBr反應生成，與反應生成，轉化為，合成路線如下：。2022-2023學年海南省三亞市高三下冊化學高考仿真模擬試題（4月）評卷人得分一、單選題1．中國科學院科研團隊研究表明，在常溫常壓和可見光下，基于LDH（一種固體催化劑）合成NH3的原理示意圖。下列說法不正確的是A．該過程將太陽能轉化成為化學能B．該過程中，涉及極性鍵和非極性鍵的斷裂與生成C．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶1D．原料氣N2可通過分離液態(tài)空氣獲得2．a(chǎn)、b、c、d為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，a原子核外電子總數(shù)與b原子次外層電子數(shù)相同，c所在周期數(shù)與族序數(shù)相同；d與a同族，下列敘述正確的是A．四種元素中b的金屬性最強B．原子半徑：C．d的單質(zhì)氧化性比a的單質(zhì)氧化性強D．c的最高價氧化物對應水化物是一種強堿3．普通電解精煉銅的方法所制備的銅中仍含雜質(zhì)，利用如圖中的雙膜(陰離子交換膜和過濾膜)電解裝置可制備高純度的Cu。下列有關敘述正確的是（

）A．電極a為粗銅B．甲膜為過濾膜，可阻止陽極泥及漂浮物雜質(zhì)進入陰極區(qū)C．乙膜為陰離子交換膜，可阻止雜質(zhì)陽離子進入陰極區(qū)D．當電路中通過1mol電子時，可生成32g精銅4．在100mL的混合液中，硝酸和硫酸的物質(zhì)的量濃度分別是0.3mol/L、0.15mol/L，向該混合液中加入2.56g銅粉，加熱，待充分反應后，所得溶液中銅離子的物質(zhì)的量濃度是A．0.15mol/L B．0.225mol/L C．0.30mol/L D．0.45mol/L5．下列物理量與溫度、壓強有關且對應單位正確的是A．阿伏加德羅常數(shù)：mol-1 B．氣體摩爾體積:L.mol-1C．物質(zhì)的量濃度：g·L-1 D．摩爾質(zhì)量：g·mol-16．阿伏加德羅是意大利化學家（1776.08.09-

1856.07.09），曾開業(yè)當律師，24歲后棄法從理，十分勤奮，終成一代化學大師。為了紀念他，人們把1mol某種微粒集合體所含有的粒子個數(shù)，稱為阿伏加德羅常數(shù)，用N表示。下列說法或表示中不正確的是A．科學上規(guī)定含有阿伏加德羅常數(shù)個粒子的任何微粒集合體都為1molB．在K37ClO3+6H35Cl（濃）=KCl+3Cl2↑+3H2O反應中，若有212克氯氣生成，則反應中電子轉移的數(shù)目為5NAC．60克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃燒消耗2NA個O2D．6.02×1023mol-1叫做阿伏加德羅常數(shù)7．用下列裝置進行實驗能達到相應實驗目的的是A．裝置探究濃度對化學反應速率的影響B(tài)．裝置探究催化劑對H2O2分解速率的影響C．裝置制取SO2氣體并驗證其還原性(可加熱)D．裝置防止鐵釘生銹8．向FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液,測定混合后溶液pH隨混合前溶液中變化的曲線如圖所示。實驗發(fā)現(xiàn):ⅰ.a點溶液澄清透明,向其中滴加NaOH溶液后,立即產(chǎn)生灰白色沉淀,滴入KSCN溶液顯紅色;ⅱ.c點和d點溶液中產(chǎn)生紅褐色沉淀,無氣體逸出。取其上層清液滴加NaOH溶液后無明顯現(xiàn)象,滴加KSCN溶液顯紅色。下列分析合理的是A．向a點溶液中滴加BaCl2溶液,無明顯現(xiàn)象B．b點較a點溶液pH升高的主要原因:2Fe3++SO32-+H2O2Fe2++SO42-+2H+C．c點溶液中發(fā)生的主要反應:2Fe3++3SO32-+6H2O2Fe(OH)3+3H2SO3D．向d點上層清液中滴加KSCN溶液,溶液變紅;再滴加NaOH溶液,紅色加深9．目前，國家電投集團正在建設國內(nèi)首座百千瓦級鐵－鉻液流電池儲能示范電站。鐵－鉻液流電池總反應為Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，工作示意圖如圖。下列說法錯誤的是A．放電時a電極反應為Fe3++e?=Fe2+B．充電時b電極反應為Cr3++e?=Cr2+C．放電過程中H+通過隔膜從正極區(qū)移向負極區(qū)D．該電池無爆炸可能，安全性高，毒性和腐蝕性相對較低10．《Chem.sci.》報道麻生明院士成功合成某種非天然活性化合物（結構如下圖）。下列有關該化合物的說法錯誤的是A．分子式為C18H17NO2B．能使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色C．所有氫原子不可能共平面D．苯環(huán)上的一氯代物有7種11．聚乳酸是一種生物降解塑料，結構簡式為．下列說法正確的是（）A．聚乳酸的相對分子質(zhì)量是72B．聚乳酸的分子式是C3H4O2C．乳酸的分子式是C3H6O2D．聚乳酸可以通過水解降解12．新型冠狀病毒是一種致病性很強的RNA病毒，各位成外的小可愛們請注意防護額！下列說法錯誤的是A．新型冠狀病毒組成元素中含有C、H、OB．用“84消毒液”進行消毒時，消毒液越濃越好C．3M防顆粒物口罩均使用3M專有高效過濾材料——聚丙烯材質(zhì)，聚丙烯屬于有機物D．不去人群聚集處、勤洗手可預防新型冠狀病毒13．常溫下，某實驗小組探究碳酸氫銨溶液中各微粒物質(zhì)的量濃度隨溶液pH的變化如圖所示(忽略溶液體積變化)，則下列說法錯誤的是（

）A．由圖可知碳酸的Ka1數(shù)量級約為10-7B．向NH4HCO3溶液加入與NH4HCO3等物質(zhì)的量NaOH的溶液，HCO3-會先與NaOH反應C．常溫下將NH4HCO3固體溶于水，溶液顯堿性D．NH4HCO3作肥料時不能與草木灰混用14．下列實驗中根據(jù)現(xiàn)象得出的結論錯誤的是選項實驗現(xiàn)象結論A相同條件下，用0.1mol·L?1的CH3COOH和0.1mol·L?1的HCl分別做導電性實驗CH3COOH溶液對應的燈泡較暗CH3COOH是弱電解質(zhì)B向某溶液中加銅和濃H2SO4試管口有紅棕色氣體產(chǎn)生原溶液可能含有NOC向某鈉鹽中滴加濃鹽酸，將產(chǎn)生的氣體通入品紅溶液品紅溶液褪色該鈉鹽為Na2SO3或NaHSO3D向濃度均為0.1mol·L?1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出現(xiàn)藍色沉淀溶解度：Cu(OH)2<Mg(OH)2A．A B．B C．C D．D15．下列設計的實驗方案能達到相應實驗目的的是選項實驗目的實驗方案A探究化學反應的限度取5mL0.1mol/LKI溶液，滴加0.1mol/LFeCl3溶液5～6滴，充分反應，可根據(jù)溶液中既含I2又含I-的實驗事實判斷該反應是可逆反應B探究濃度對化學反應速率的影響用兩支試管各取5mL0.1mol/L的KMnO4溶液，分別加入2mL0.1mol/L和0.2mol/L的草酸溶液，記錄溶液褪色所需的時間C證明溴乙烷的消去反應有乙烯生成將NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加熱，將產(chǎn)生的氣體直接通入酸性KMnO4溶液中D驗證醋酸鈉溶液中存在水解平衡取CH3COONa溶液于試管中并加入幾滴酚酞試劑，再加入醋酸銨固體其水溶液呈中性，觀察溶液顏色變化A．A B．B C．C D．D16．下列解釋事實的離子方程式正確的是（

）A．用稀硫酸除去硫酸鈉溶液中少量的硫代硫酸鈉：Na2S2O3＋2H+＝SO2↑＋S↓＋2Na+＋H2OB．硝酸鐵溶液中加入少量碘化氫：2Fe3++2I-=2Fe2++I2C．向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸：ClO-＋H2O＋CO2＝HClO＋HCO3-D．硫酸鋁銨與氫氧化鋇以1：2混合形成的溶液：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=BaSO4↓+AlO2-+2H2O評卷人得分二、有機推斷題17．A是一種烴，可以通過下列路線合成有機產(chǎn)品X、Y、Z。已知：Ⅰ.（R或R’可以是烴基或氫原子）Ⅱ.反應①、②、⑤的原子利用率都為100%。完成下列填空：（1）B的名稱為_____；反應③的試劑和條件為_____；反應④的反應類型是____。（2）關于有機產(chǎn)品Y（）的說法正確的是____。A．Y遇氯化鐵溶液會發(fā)生顯色反應B．1molY與H2、濃溴水中的Br2反應，最多消耗分別為4mol和2molC．1molY與氫氧化鈉溶液反應時，最多可以消耗3mol氫氧化鈉D．Y中⑥、⑦、⑧三處-OH的電離程度由大到小的順序是⑧>⑥>⑦（3）寫出符合下列條件的E的所有同分異構體的結構簡式______。a.屬于酚類化合物，且是苯的對位二元取代物b.能發(fā)生銀鏡反應和水解反應（4）設計一條以CH3CHO為起始原料合成Z的線路（無機試劑及溶劑任選）。______（合成路線的常用表示方法為：AB……目標產(chǎn)物）18．CPAE是蜂膠的主要活性成分，具有抗癌的作用．人工合成CPAE的一種路線如下：已知：i．A分子中苯環(huán)上一溴代物只有2種；ii．R1﹣CHO+R2﹣CH2﹣CHO→（1）寫出反應類型：反應①_______；反應⑤______．（2）寫出結構簡式：A______；C_______．（3）在反應②中，1molC7H5O2Br最多消耗NaOH____mol．（4）寫出反應方程式：反應⑦________．（5）寫出一種符合下列條件的E的同分異構體__________i．1mol該物質(zhì)與1molNa2CO3反應，生成1molCO2氣體ii．含有4種化學環(huán)境不同的氫原子（6）寫出實驗室用Y制備苯乙酮（）的合成路線（不超過四步）_____________（合成路線常用的表示方式為：AB…：目標產(chǎn)物）評卷人得分三、元素或物質(zhì)推斷題19．元素周期表中的四種元素的有關信息如下，請用合理的化學用語填寫空白。在周期表中的區(qū)域元素代號有關信息短周期元素XX的最高價氧化物的水化物甲是一種胃酸中和劑，且能溶于強堿溶液YY的一種氫化物可用于制造純堿和做制冷劑長周期元素ZZ的一種鹽乙可以作凈水劑，Z的某種氧化物丙可以做紅色涂料WW元素大多存在于海藻種，它的銀鹽可用于人工降雨（1）X元素周期表中的位置為___，X、Y、Z三種元素的簡單離子半徑從大到小的順序為___。（2）足量W的最高價氧化物的水化物是稀溶液與1mol甲完全反應，放出熱量QkJ，請寫出表示該過程中和熱的熱化學方程式：____。（3）下列有關W的氣態(tài)氫化物丁的說法正確的有___（選填字母）a.丁比氯化氫沸點高

b.丁比氯化氫穩(wěn)定性好c.丁比氟化氫還原性弱

d.丁比氟化氫酸性弱（4）請寫出丙溶于丁的水溶液的離子方程式___。評卷人得分四、實驗題20．二氯化二硫（S2Cl2）是一種重要的化工原料，常用作橡膠硫化劑，改變生橡膠受熱發(fā)黏、遇冷變硬的性質(zhì)。查閱資料可知S2Cl2具有下列性質(zhì)：物理性質(zhì)毒性色態(tài)揮發(fā)性熔點沸點劇毒金黃色液體易揮發(fā)-76℃138℃化學性質(zhì)①300℃以上完全分解②S2Cl2+Cl22SCl2③遇高熱或與明火接觸，有引起燃燒的危險④受熱或遇水分解放熱，放出腐蝕性煙氣(1)制取少量S2Cl2實驗室可利用硫與少量氯氣在110～140℃反應制得S2Cl2粗品，氯氣過量則會生在SCl2。①儀器m的名稱為____________，裝置F中試劑的作用是____________。②裝置連接順序：A→________→________→________→E→D。③實驗前打開K1，通入一段時間的氮氣排盡裝置內(nèi)空氣。實驗結束停止加熱后，再通入一段時間的氮氣，其目的是____________。④為了提高S2Cl2的純度，實驗的關鍵是控制好溫度和____________。(2)少量S2Cl2泄漏時應噴水減慢其揮發(fā)（或擴散），并產(chǎn)生酸性懸濁液，但不要對泄漏物或泄漏點直接噴水，其原因是____________。(3)S2Cl2遇水會生成SO2、HCl兩種氣體，某同學設計了如下實驗方案來測定該混合氣體中SO2的體積分數(shù)。①W溶液可以是____________（填標號）。a.H2O2溶液

b.KMnO4溶液（硫酸酸化）

c.氯水②該混合氣體中二氧化硫的體積分數(shù)為____________（用含V、m的式子表示）。21．實驗室用如圖裝置（略去夾持儀器）制取硫代硫酸鈉晶體。已知：①Na2S2O3．5H2O是無色晶體，易溶于水，難溶于乙醇。②硫化鈉易水解產(chǎn)生有毒氣體。③裝置C中反應如下：Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2；2Na2S+3SO2=3S+2Na2SO3；S+Na2SO3Na2S2O3。回答下列問題：（1）裝置B的作用是___。（2）該實驗能否用NaOH代替Na2CO3？___（填“能”或“否”）。（3）配制混合液時，先溶解Na2CO3，后加入Na2S·9H2O，原因是___。（4）裝置C中加熱溫度不宜高于40℃，其理由是___。（5）反應后的混合液經(jīng)過濾、濃縮，再加入乙醇，冷卻析出晶體。乙醇的作用是___。（6）實驗中加入m1gNa2S·9H2O和按化學計量的碳酸鈉，最終得到m2gNa2S2O3·5H2O晶體。Na2S2O3·5H2O的產(chǎn)率為___（列出計算表達式）。[Mr(Na2S·9H2O)=240，Mr(Na2S2O3·5H2O)=248]（7）下列措施不能減少副產(chǎn)物Na2SO4產(chǎn)生的是___（填標號）。A．用煮沸并迅速冷卻后的蒸餾水配制相關溶液B．裝置A增加一導管，實驗前通入N2片刻C．先往裝置A中滴加硫酸，片刻后往三頸燒瓶中滴加混合液D．將裝置D改為裝有堿石灰的干燥管答案第=page1616頁，共=sectionpages1717頁答案第=page1717頁，共=sectionpages1717頁答案：1．C【詳解】A.由圖可知，該過程是由太陽能轉化成化學能，故A正確；B.發(fā)生反應為2N2+6H2O=4NH3+3O2，反應反應物和生成中均存在單質(zhì)和化合物，即涉及極性鍵與非極性鍵的斷裂與生成，故B正確；C.根據(jù)題意和圖示，可以寫出該反應的化學方程式為2N2+6H2O=4NH3+3O2，由于氮元素從0價降為?3價，氧元素從?2價升到0價，則氮氣是氧化劑，水是還原劑，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1:3，故C錯誤；D.由于空氣中主要是氮氣和氧氣，而氧氣和氮氣的沸點不同，所以可以通過分離液態(tài)空氣的方法獲得氮氣，故D正確；答案選C。本題對氧化還原反應綜合考查，需要學會觀察圖示物質(zhì)轉化關系，根據(jù)化合價的升降，確定氧化劑還原劑，利用氧化還原反應的規(guī)律，配平氧化還原反應。2．A【分析】a、b、c、d為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，a原子核外電子總數(shù)與b原子次外層的電子數(shù)相同，則a的核外電子總數(shù)應為8，為O元素；則b、c、d為第三周期元素，c所在周期數(shù)與族數(shù)相同，應為Al元素，d與a同族，應為S元素，b可能為Na或Mg，結合對應單質(zhì)、化合物的性質(zhì)以及元素周期律解答該題，由以上分析可知：a為O元素、b可能為Na或Mg、c為Al、d為S元素。【詳解】A．同周期元素從左到右元素的金屬性逐漸降低，則金屬性b＞c，a、d為非金屬，金屬性較弱，則4種元素中b的金屬性最強，A正確；B．同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，應為b＞c＞d，a為O，原子半徑最小，B錯誤；C．一般來說，元素的非金屬性越強，對應的單質(zhì)的氧化性越強，應為a的單質(zhì)的氧化性強，C錯誤；D．c為Al，對應的最高價氧化物的水化物為氫氧化鋁，為弱堿，D錯誤；故答案選：A。3．D【詳解】A．電解精煉銅中，粗銅作陽極，接電源正極，因此電極a為精銅，電極b為粗銅，故A錯誤；B．甲膜為陰離子交換膜，防止陽極溶解的雜質(zhì)陽離子進入陰極區(qū)，同時NO3-可穿過該膜，平衡陽極區(qū)電荷，故B錯誤；C．乙膜為過濾膜，先對陽極區(qū)的陽極泥及漂浮物過濾，故C錯誤；D．陰極只有Cu2+放電，轉移1mol電子時，生成0.5molCu，因此質(zhì)量=0.5mol×64g/mol=32g，故D正確；故答案選D。本題關鍵是通過裝置原理圖判斷該電解池的陰陽極，通過陰陽極的反應原理，判斷甲膜和乙膜的種類和作用。4．B【詳解】溶液中n(H+)=0.15mol/L×2×0.1L+0.3mol/L×0.1L=0.06mol，反應計算如下：3Cu

+

8H++

2NO3-=

3Cu2++

2NO↑+

4H2O。3×64g

8mol

2mol

3mol2.56g

0.06mol

0.03mol

n∵∴Cu過量，∵∴NO3-過量，因此用H+進行計算。n=0.0225mol，c(Cu2+)=0.0225mol/0.1L=0.225mol/L，正確答案B。點睛：由于Cu與HNO3反應生成Cu(NO3)2，Cu(NO3)2電離生成的NO3-可以在H2SO4電離生成的H+作用下氧化單質(zhì)Cu，因此利用銅與硝酸反應方程式計算存在后續(xù)計算的問題，恰當?shù)奶幚矸椒ㄊ怯肅u與NO3-、H+反應的離子方程式進行一步計算。5．B【詳解】A、阿伏加德羅常數(shù)與溫度、壓強無關，故A錯誤；B、氣體摩爾體積與溫度、壓強有關且對應單位正確，故B正確；C、物質(zhì)的量濃度：單位是mol·L-1，故C錯誤；D、摩爾質(zhì)量與溫度、壓強無關，故D錯誤；故選B。6．D【詳解】A.含有阿伏加德羅常數(shù)個粒子的任何微粒集合體都為1mol，故A正確；B.生成的3mol氯氣中含6molCl，其中1mol為37Cl，5mol為35Cl，生成氯氣摩爾質(zhì)量==70.7g·mol－1，若有212克氯氣生成物質(zhì)的量==3mol，生成3mol氯氣電子轉移5mol，故B正確；C.乙酸與葡萄糖最簡式都是CH2O，1個CH2O完全燃燒消耗1個氧氣分子，60克的乙酸和葡萄糖混合物含有CH2O物質(zhì)量為2mol，充分燃燒消耗2NA個O2，故C正確；D.6.02×1023mol-1是阿伏加德羅常數(shù)的近似值，故D錯誤；故選D。7．C【詳解】A.該實驗中高錳酸鉀溶液過量，不能褪色，因此無法記錄褪色的時間，因此該裝置不能探究濃度對化學反應速率的影響，A項錯誤；B.欲探究催化劑對H2O2分解速率的影響，應保證過氧化氫的濃度是一致的，B項錯誤；C.加熱條件下，濃硫酸和銅發(fā)生氧化還原反應生成二氧化硫氣體，二氧化硫具有還原性，可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C正確；D.該裝置為電解池，F(xiàn)e作陽極，加速被腐蝕，不能防止鐵釘生銹，故D錯誤；答案選C。本題C項涉及二氧化硫的還原性，二氧化硫的化學性質(zhì)較多，可總結如下：1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水顯酸性，也可與堿反應；2、還原性：二氧化硫可與酸性高錳酸鉀、過氧化氫等強氧化性的物質(zhì)反應；3、弱氧化性：二氧化硫可與硫化氫反應生成硫單質(zhì)等，4、漂白性：二氧化硫的漂白性體現(xiàn)在可漂白品紅等物質(zhì)，性質(zhì)決定用途，學生切莫混淆，尤其是漂白性與還原性的區(qū)別，應加以重視。8．C【分析】根據(jù)i的現(xiàn)象，a點溶液為澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即產(chǎn)生灰白色沉淀，該沉淀中含有Fe(OH)2，即a點溶液中含有Fe2＋，F(xiàn)eCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先發(fā)生2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c點和d點溶液中Fe3＋和SO32－發(fā)生雙水解反應產(chǎn)生紅褐色沉淀，且生成H2SO3，因此無氣體產(chǎn)生，然后據(jù)此分析；【詳解】根據(jù)i的現(xiàn)象，a點溶液為澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即產(chǎn)生灰白色沉淀，該沉淀中含有Fe(OH)2，即a點溶液中含有Fe2＋，F(xiàn)eCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先發(fā)生2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c點和d點溶液中Fe3＋和SO32－發(fā)生雙水解反應產(chǎn)生紅褐色沉淀，且生成H2SO3，因此無氣體產(chǎn)生，取上層清液滴加NaOH溶液，無明顯現(xiàn)象，是因為NaOH與H2SO3反應，滴加KSCN溶液顯紅色，說明溶液中含有Fe3＋，A、a點處溶液中含有SO42－，加入BaCl2，會產(chǎn)生BaSO4白色沉淀，故A錯誤；B、pH升高說明溶液c(H＋)減小，原因是c(SO32－)增大，水解程度增大，按照給出方程式，生成H＋，溶液c(H＋)增大，溶液的pH應減小，不會增大，故B錯誤；C、c點溶液中Fe3＋和SO32－發(fā)生雙水解反應，離子方程式為2Fe3＋＋3SO32－＋6H2O=2Fe(OH)3↓＋3H2SO3，故C正確；D、溶液變紅后滴加NaOH會消耗溶液中的Fe3＋，因此紅色應變淺，故D錯誤；答案為C。9．C【分析】鐵-鉻液流電池總反應為Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，放電時，Cr2+發(fā)生氧化反應生成Cr3+、b電極為負極，電極反應為Cr2+-e-=Cr3+，F(xiàn)e3+發(fā)生得電子的還原反應生成Fe2+，a電極為正極，電極反應為Fe3++e-═Fe2+，放電時，陽離子移向正極、陰離子移向負極；充電和放電過程互為逆反應，即a電極為陽極、b電極為陰極，充電時，在陽極上Fe2+失去電子發(fā)、生氧化反應生成Fe3+，電極反應為：Fe2+-e-═Fe3+，陰極上Cr3+發(fā)生得電子的還原反應生成Cr2+，電極反應為Cr3++e-═Cr2+，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．根據(jù)分析，電池放電時a為正極，得電子發(fā)生還原反應，反應為Fe3++e?=Fe2+，A項不選；B．根據(jù)分析，電池充電時b為陰極，得電子發(fā)生還原反應，反應為Cr3++e?=Cr2+，B項不選；C．原電池在工作時，陽離子向正極移動，故放電過程中H+通過隔膜從負極區(qū)移向正極區(qū)，C項可選；D．該電池在成充放電過程中只有四種金屬離子之間的轉化，不會產(chǎn)生易燃性物質(zhì)，不會有爆炸危險，同時物質(zhì)儲備于儲液器中，Cr3+、Cr2+毒性比較低，D項不選；故答案選C。10．D【詳解】A．按碳呈四價的原則，確定各碳原子所連的氫原子數(shù)，從而確定分子式為C18H17NO2，A正確；B．題給有機物分子內(nèi)含有碳碳雙鍵，能使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色，B正確；C．題給有機物分子中，最右邊的端基為-CH3，3個氫原子與苯環(huán)氫原子不可能共平面，C正確；D．從對稱性考慮，苯環(huán)上的一氯代物有5種，D錯誤；故選D。11．D【詳解】A．根據(jù)結構簡式，聚乳酸的相對分子質(zhì)量是72n，故A錯誤；B．聚乳酸的分子式為(C3H4O2)n，故B錯誤；C．的單體為，因此乳酸的分子式為C3H6O3，故C錯誤；D．聚乳酸含有酯基，可以通過水解反應生成小分子，達到降解的目的，故D正確；故選D。12．B【詳解】A．新型冠狀病毒是RNA病毒，RNA中含有C、H、O等元素，A正確；B．“84消毒液”具有一定的刺激性和腐蝕性，必須稀釋后才能使用，B錯誤；C．聚丙烯屬于有機物，且屬于高分子化合物，是由丙烯加聚而成，C正確；D．新型冠狀病毒可通過飛沫和接觸傳染，所以不去人群聚集處、勤洗手可預防新型冠狀病毒，D正確；故選B。13．B【詳解】A．由圖可知，時，、，碳酸的一級電離平衡常數(shù)，則碳酸的數(shù)量級約為，故A正確；B．由圖像可知，相同濃度的和，銨根離子對應的pH小，說明與等物質(zhì)的量NaOH的溶液混合時，會先與NaOH反應，故B錯誤；C．由圖可知，時，、，的電離平衡常數(shù)為，而碳酸的，則的電離能力比強，的水解程度比強，即的水溶液顯堿性，故C正確；D．草木灰的水溶液顯堿性，與混用會生成降低肥效，則作肥料時不能與草木灰混用，故D正確；答案選B。14．C【分析】【詳解】A．CH3COOH溶液對應的燈泡較暗，則說明CH3COOH溶液中自由移動離子濃度小于HCl溶液中自由移動離子濃度，又由于CH3COOH和HCl的濃度均相等，且HCl為強電解質(zhì)，則CH3COOH為弱電解質(zhì)，故A不選；B．向某溶液中加入向某溶液中加銅和濃H2SO4，試管口有紅棕色氣體產(chǎn)生，該氣體為二氧化氮，根據(jù)氮元素守恒可知原溶液中含有NO，故B不選；C．次氯酸鈉與濃硫酸反應生成氯氣，氯氣能使品紅溶液褪色，所以該鈉鹽可能為氯酸鈉，不一定為為Na2SO3或NaHSO3，故選C；D．溶解度小的先產(chǎn)生沉淀，先出現(xiàn)氫氧化銅藍色沉淀，說明溶解度：Cu(OH)2<Mg(OH)2，故D不選。答案選C15．D【詳解】A．KI與FeCl3發(fā)生氧化還原反應，其離子反應式為2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，由于KI過量，因此溶液中存在I2和I-，故不可根據(jù)溶液中既含I2又含I-的實驗事實判斷該反應是可逆反應，A錯誤；B．高錳酸鉀與草酸溶液反應的離子式為

2MnO4-+5H2C2O4+6H+=8H2O+10CO2↑+2Mn2+，可知溶液中高錳酸鉀溶液過量，難以觀察到褪色現(xiàn)象，B錯誤；C．由于溶液中揮發(fā)的乙醇也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以不能使用酸性高錳酸鉀溶液檢驗乙烯，C錯誤；D．CH3COONa在水溶液呈堿性是存在陰離子的水解：CH3COO-

+H2O?CH3COOH+OH-，加入酚酞溶液后變紅，再加入醋酸銨固體，醋酸銨溶液呈中性，此時溶液中CH3COO-濃度增大，反應正向移動，溶液顏色加深，D正確；答案選D。此題易錯點是B選項，通過觀察高錳酸鉀褪色快慢來探究反應速率大小，若高錳酸鉀過量則不會觀察到褪色，延伸考點還會出現(xiàn)高錳酸鉀濃度不同來探究，要注意濃度不同時本身顏色深淺就不同，所以難以通過觀察先褪色說明速率快；一般是高錳酸鉀濃度相同且量少時，慢慢滴加不同濃度的草酸溶液，以此探究濃度對速率的影響。16．C【詳解】A、Na2S2O3為可溶性鹽類，其與稀硫酸反應的離子方程式為：，故A錯誤；B、硝酸鐵水解會生成硝酸，其氧化性大于鐵離子，因此向硝酸鐵中加入少量碘化氫時，其反應的離子方程式為：，故B錯誤；C、因酸性：碳酸>次氯酸>碳酸氫根，因此向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸的離子反應方程式為：，故C正確；D、硫酸鋁銨與氫氧化鋇以1：2混合形成的溶液中反應的離子方程式為：，故D錯誤；故C。對于先后型非氧化還原反應的分析判斷，可采用“假設法”進行分析，其分析步驟為：先假定溶液中某離子與所加物質(zhì)進行反應，然后判斷其生成物與溶液中相關微粒是否發(fā)生反應，即是否能夠共存，若能共存，則假設成立，若不能共存，則假設不能成立。17．

苯乙烯

氫氧化鈉水溶液、加熱

消去反應

AD

、

【分析】反應①、②、⑤的原子利用率都為100%,則這幾個反應為加成反應,根據(jù)

知,B和HBr發(fā)生加成反應得到該物質(zhì),則B結構簡式為

,所以B為苯乙烯；A為HC≡CH;

C能發(fā)生催化氧化反應,則

發(fā)生水解反應生成D，反應條件為氫氧化鈉水溶液、加熱；C結構簡式為

,D結構簡式為

,D發(fā)生信息I的反應,E結構簡式為

,E發(fā)生酯化反應生成F,F發(fā)生消去反應生成X，G相對分子質(zhì)量為78,C原子個數(shù)為6個,則G為

,苯發(fā)生一系列反應生成Y；【詳解】(1)由上述分析可知B名稱是苯乙烯,反應③的試劑和條件為氫氧化鈉水溶液、加熱;反應④的反應類型是消去反應,

因此，本題正確答案是:苯乙烯;氫氧化鈉水溶液、加熱;消去反應;

(2)A.因為Y的結構簡式為：，結構中含有酚羥基,所以遇氯化鐵溶液會發(fā)生顯色反應,故A正確;

B.因為Y的結構簡式為：，只有苯環(huán)能和氫氣發(fā)生加成反應、苯環(huán)上酚羥基鄰位氫原子能和溴發(fā)生取代反應,所以1molY與H2、濃溴水中的Br2反應,最多消耗分別為3molH2和2molBr2,故B錯誤;

C.因為Y的結構簡式為：,酚羥基和羧基能與NaOH溶液反應,1molY與氫氧化鈉溶液反應時,最多可以消耗2mol氫氧化鈉,故C錯誤;D.Y()中⑥位酚羥基，顯弱酸性，⑦為醇羥基，沒有酸性，⑧位為羧基上的羥基，屬于弱酸性，但酸性比酚羥基的酸性強，所以三處-OH的電離程度由大到小的順序是⑧>⑥>⑦,故D正確;所以AD選項是正確的;(3)E結構簡式為

,E的同分異構體符合下列條件:a.屬于酚類化合物,說明含有酚羥基,且是苯的對位二元取代物,說明另外一個取代基位于酚羥基對位;

b.能發(fā)生銀鏡反應和水解反應,水解含有醛基和酯基,

該物質(zhì)為甲酸酯,符合條件的同分異構體有

，

因此，本題正確答案是:

；(4)乙醛發(fā)生還原反應生成CH3CH2OH，CH3CHO和HCN反應然后酸化得到CH3CH(OH)COOH，乙醇和CH3CH(OH)COOH發(fā)生酯化反應生成CH3CH(OH)COOCH2CH3，然后發(fā)生消去反應生成CH2=CH(OH)COOCH2CH3，CH2=CH(OH)COOCH2CH3發(fā)生加聚反應生成,其合成路線為為

，

因此，本題正確答案是:

。18．

取代反應

消去反應

3

+H2O

或

【分析】根據(jù)A分子中苯環(huán)上一溴代物只有2種結合A的分子式為C7H6O2，則A為，A發(fā)生反應①生成C7H5O2Br，即苯環(huán)上的一個氫被溴取代，C7H5O2Br在氫氧化鈉水溶液中發(fā)生水解反應生成B，B酸化生成，所以C7H5O2Br的結構簡式為；與X反應生成C，C脫水生成D，D發(fā)生銀鏡反應生成E，E與Y反應生成，根據(jù)逆推法，不難得出E為，Y為，根據(jù)D發(fā)生銀鏡反應生成E，則D為，根據(jù)C脫水生成D，則C為，又與X反應生成C，結合信息ii反應，則X為CH3CHO，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)反應①是苯環(huán)上的一個氫被溴取代，所以為取代反應；反應⑤為C脫水發(fā)生消去反應生成D，所以為消去反應；(2)根據(jù)以上分析，A結構簡式；C結構簡式為；(3)在反應②中，1molC7H5O2Br，根據(jù)其結構簡式為中鹵代烴溴原子消耗NaOH2mol，酚羥基消耗NaOH1mol，所以1molC7H5O2Br最多消耗NaOH3mol；(4)反應⑦為E與Y發(fā)生酯化反應，方程式為：；(5)E為i．1mol該物質(zhì)與1molNa2CO3反應，生成1molCO2氣體，說明含有2個羧基；ii．含有4種化學環(huán)境不同的氫原子，即一般對稱結構，所以符合條件的E的同分異構體為或；(6)用Y即制備苯乙酮()，則采用逆推法，要合成，則要得到，要得到，則要合