资源描述
2021-2022高考化学模拟试卷含解析
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法不正确的是：（ ）
A．标况下，22.4L的CO和1mol的N2所含电子数相等。
B．1.0L 0.1mol/L的醋酸钠溶液中含CH3COOH、CH3COO—的粒子总数为0.1NA。
C．5.6g铁粉加入足量稀HNO3中，充分反应后，转移电子总数为0.2NA。
D．18.4g甲苯中含有C—H键数为1.6 NA。
2、硅及其化合物在材料领域中应用广泛。下列叙述正确的是（ ）
A．晶体硅可做光导纤维 B．玻璃、水泥、陶瓷都是硅酸盐产品
C．SiO2可与水反应制备硅胶 D．SiO2可做计算机芯片
3、NA为阿伏加德罗常数，关于a g亚硫酸钠晶体(Na2SO3•7H2O)的说法中正确的是
A．含Na+数目为NA B．含氧原子数目为NA
C．完全氧化SO32-时转移电子数目为NA D．含结晶水分子数目为NA
4、下列有关实验的图示及分析均正确的是（ ）
选项
实验目的
实验图示
实验分析
A
实验室用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸溶液
摇瓶时，使溶液向一个方向做圆运动，勿使瓶口接触到滴定管，溶液也不得溅出
B
石油分馏时接收馏出物
为收集到不同沸点范围的馏出物，需要不断更换锥形瓶
C
测定锌与稀硫酸反应生成氢气的速率
实验中需测定的物理量是反应时间和生成氢气的体积
D
用四氯化碳萃取碘水中的碘
充分震荡后静置，待溶液分层后，先把上层液体从上口倒出，再让下层液体从下口流出
A．A B．B C．C D．D
5、已知二甲苯的结构： ，下列说法正确的是
A．a的同分异构体只有b和c两种
B．在三种二甲苯中，b的一氯代物种数最多
C．a、b、c 均能使酸性 KMnO4溶液、溴水发生化学反应而褪色
D．a、b、c 中只有c 的所有原子处于同一平面
6、下列指定反应的离子方程式不正确的是( )
A．NO2溶于水：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO
B．漂白粉溶液呈碱性的原因：ClO-+H2OHClO+OH-
C．酸性条件下用H2O2将海带灰中I-氧化：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O
D．氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O
7、下列有关有机物甲~丁说法不正确的是
A．甲可以发生加成、氧化和取代反应
B．乙的分子式为C6H6Cl6
C．丙的一氯代物有2种
D．丁在一定条件下可以转化成只含一种官能团的物质
8、单质铁不同于铝的性质是
A．遇冷的浓硫酸钝化 B．能与氢氧化钠反应
C．能与盐酸反应 D．能在氧气中燃烧
9、稀溶液一般具有依数性，即在一定温度下，相同体积的溶液中溶质粒子数目越多，蒸气压下降数值越大。浓度均为0.1mol•L-1的下列稀溶液中，其蒸气压最小的是（ ）
A．H2SO3溶液 B．NaCl溶液 C．C6H12O6溶液 D．NH3•H2O溶液
10、 “我有熔喷布，谁有口罩机”是中国石化为紧急生产医用口罩在网络发布的英雄帖，熔喷布是医用口罩的核心材料，该材料是以石油为原料生产的聚丙烯纤维制成的。下列说法错误的是
A．丙烯分子中所有原子可能共平面
B．工业上，丙烯可由石油催化裂解得到的
C．丙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．聚丙烯是由丙烯通过加聚反应合成的高分子化合物
11、下列说法不正确的是( )
A．工业合成氨是一种人工固氮方法 B．侯氏制碱法应用了物质溶解度的差异
C．播撒碘化银可实现人工降雨 D．铁是人类最早使用的金属材料
12、X、Y、Z、W均为短周期元素，X的原子中只有1个电子，Y2－和Z+ 离子的电子层结构相同，Y与W同主族。下列叙述正确的是
A．X分别与Y、Z、W形成的二元化合物中X的化合价均为+1价
B．常见氢化物的沸点：W大于Y
C．Z与W形成的化合物，其水溶液常带有臭鸡蛋气味
D．由这四种元素共同形成的两种化合物，其水溶液一种呈酸性，另一种呈碱性
13、科学研究发现，高度对称的有机分子具有致密性高、稳定性强、张力能大等特点。饱和烃中有一系列高度对称结构的烃，如（正四面体烷C4H4）、（棱晶烷C6H6）、（立方烷C8H8），下列有关说法正确的是
A．上述三种物质中的C原子都形成4个单键，因此它们都属于烷烃
B．上述三种物质互为同系物，它们的通式为C2nH2n（n≥2）
C．棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物的数目不同
D．棱晶烷与立方烷在光照条件下均可与氯气发生取代反应
14、海洋是一个资源宝库，海水资源的开发和利用是现代和未来永恒的主题。下面是海水利用的流程图：
下列有关说法不正确的是
A．过程中制得NaHCO3是先往精盐溶液中通入CO2，再通入NH3
B．氯碱工业在阳极产生了使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的气体
C．反应②加热MgCl2·6H2O应在HCl气流保护下制备无水MgCl2
D．反应⑤中，用Na2CO3水溶液吸收Br2后，用70—80%硫酸富集Br2
15、在NaCN溶液中存在水解平衡:CN--+H2OHCN+OH--，水解常数 [c0 (NaCN)是NaCN溶液的起始浓度]。25℃向1mol/L的NaCN溶液中不断加水稀释，NaCN溶液浓度的对数值lgc0与2pOH[pOH=-lgc(OH-)]的关系下图所示，下列说法错误的是
A．25℃时，Kh(CN-)的值为10-4.7
B．升高温度，可使曲线上a点变到b点
C．25℃，向a点对应的溶液中加入固体NaCN，CN-的水解程度减小
D．c点对应溶液中的c(OH-)大于a点
16、某兴趣小组设计了如下实验测定海带中碘元素的含量，依次经过以下四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A．灼烧海带：
B．将海带灰溶解后分离出不溶性杂质：
C．制备Cl2，并将I-氧化为I2：
D．以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定：
二、非选择题（本题包括5小题）
17、铃兰醛[]具有甜润的百合香味，对皮肤的刺激性小，对碱稳定，广泛用于百合、丁香、玉兰、茶花以及素心兰等东方型香型日用香精的合成。常用作肥皂、洗涤剂的香料，还可用作花香型化妆品的香料。其合成路线如图所示：
(1)B中官能团的名称是______。
(2)①的反应类型是______。
(3)写出反应②的化学方程式：______。
(4)乌洛托品的结构简式如图所示：
其二氯取代物有______种，将甲醛的水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，该反应的化学方程式是______。
(5)写出满足下列条件的A的同分异构体______。
Ⅰ.有两个取代基 Ⅱ.取代基在邻位
(6)已知：RCH2COOHRCHClCOOH。仿照上述流程，写出以CH3CH2CHO为原料制备聚乳酸的合成路线______(无机试剂自选)。
18、盐酸普罗帕酮是一种高效速效抗心律失常药。合成此药的原料D的流程如下：
已知：
请回答以下问题：
(I)A的化学名称为____，试剂a的结构简式为____。
(2)C的官能团名称为____________。
(3)反应⑤的反应类型为____；反应①和⑤的目的为_______。
(4)满足下列条件的B的同分异构体还有 ___种(不包含B)。其中某同分异构体x能发生水解反应，核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1，请写出x与NaOH溶液加热反应的化学方程式____。
①能发生银镜反应 ②苯环上有2个取代基
(5)关于物质D的说法，不正确的是____（填标号）。
a．属于芳香族化合物
b．易溶于水
c．有三种官能团
d．可发生取代、加成、氧化反应
19、某校同学设计下列实验，探究CaS脱除烟气中的SO2并回收S。实验步骤如下：
步骤1.称取一定量的CaS放入三口烧瓶中并加入甲醇作溶剂(如下图所示)。
步骤2.向CaS的甲醇悬浊液中缓缓通入一定量的SO2。
步骤3.过滤，得滤液和滤渣。
步骤4.从滤液中回收甲醇(沸点为64.7 ℃)，所得残渣与步骤3的滤渣合并。
步骤5.用CS2从滤渣中萃取回收单质S。
(1) 图中用仪器X代替普通分液漏斗的突出优点是________________。
(2) 三口烧瓶中生成硫和亚硫酸钙的化学方程式为________________，三口烧瓶中最后残留固体中含一定量的CaSO4，其原因是________________。
(3) 步骤4“回收甲醇”需进行的操作方法是________________。
(4) 步骤5为使滤渣中S尽可能被萃取，可采取的操作方案是________________。
(5) 请设计从上述回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3·5H2O的实验方案：
称取稍过量硫粉放入烧杯中，__________________________________________，用滤纸吸干。
已知：① 在液体沸腾状态下，可发生反应Na2SO3＋S＋5H2ONa2S2O3·5H2O。
②硫不溶于Na2SO3溶液，微溶于乙醇。
③为获得纯净产品，需要进行脱色处理。
④须使用的试剂：S、Na2SO3吸收液、乙醇、活性炭。
20、某兴趣小组为探究铜与浓硫酸反应时硫酸的最低浓度，设计了如下方案。
方案一、实验装置如图1所示。
已知能与在酸性溶液中反应生成红棕色沉淀，可用于鉴定溶液中微量的。
（1）写出铜与浓硫酸反应的化学方程式：____________。NaOH溶液的作用是___________。
（2）仪器X的作用是盛装的浓硫酸并测定浓硫酸的体积，其名称是_______。
（3）实验过程中，当滴入浓硫酸的体积为20.00 mL时，烧瓶内开始有红棕色沉淀生成，则能与铜反应的硫酸的最低浓度为__________（精确到小数点后一位；混合溶液的体积可视为各溶液的体积之和）。
方案二、实验装置如图2所示。
加热，充分反应后，由导管a通入氧气足够长时间，取下烧杯，向其中加入足量的溶液，经过滤、洗涤、干燥后称量固体的质量。
（4）通入氧气的目的是______________、____________。
（5）若通入氧气的量不足，则测得的硫酸的最低浓度__________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
21、地下水受到硝酸盐污染已成为世界范围内一个相当普遍的环境问题。用零价铁去除水体中的硝酸盐(NO3-)是地下水修复研究的热点之一。
（1）Fe还原水体中NO3-的反应原理如图所示。
作负极的物质是___________；正极的电极反应式是_____________。
（2）将足量铁粉投入水体中，测定NO3-去除率和pH，结果如下：
在pH =4.5的水体中，NO3-的去除率低的原因是_____________。
（3）为提高pH =4.5的水体中NO3-的去除率，某课题组在初始pH =4.5的水体中分别投入①Fe2+、②Fe、③Fe和Fe2+做对比实验结果如图：
此实验可得出的结论是____，Fe2+的作用可能是_________。（2）中NO3-去除率和铁的最终物质形态不同的原因______________。
（4）地下水呈中性，在此条件下，要提高NO3-的去除速率，可采取的措施有_______。（写出一条）
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．标况下22.4LCO和氮气的物质的量均为1mol，而CO和氮气中均含14个电子，故1molCO和氮气中均含14mol电子即14NA个，故A正确；
B．溶液中醋酸钠的物质的量为n=CV=0.1mol/L×1L=0.1mol，而CH3COO-能部分水解为CH3COOH，根据物料守恒可知，溶液中含CH3COOH、CH3COO-的粒子总数为0.1NA，故B正确；
C．5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁与足量的稀硝酸反应后变为+3价，故0.1mol铁转移0.3mol电子即0.3NA个，故C错误；
D．18.4g甲苯的物质的量为0.2mol，而1mol甲苯中含8mol碳氢键，故0.2mol甲苯中含1.6mol碳氢键即1.6NA个，故D正确；
故答案为C。
【点睛】
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。
2、B
【解析】
A. 二氧化硅可做光导纤维，晶体硅常做半导体材料，A项错误；
B. 玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英，水泥的主要原料是黏土、石灰石，陶瓷主要原料是黏土，石英主要成分是二氧化硅、黏土属于硅酸盐，故都属于硅酸盐产品，故D正确；B项正确；
C. SiO2可与水不反应，C项错误；
D. 半导体硅能够导电，可做计算机芯片，D项错误；
答案选B。
3、D
【解析】
A. a g亚硫酸钠晶体(Na2SO3•7H2O)的物质的量n= mol，而1 mol Na2SO3•7H2O中含2molNa+，故 mol Na2SO3•7H2O中含mol，即 mol钠离子，A错误；
B. a g亚硫酸钠晶体(Na2SO3•7H2O)的物质的量n= mol，而1 mol Na2SO3•7H2O中含10 mol氧原子，故 mol Na2SO3•7H2O中含氧原子mol，即含有 mol的O原子，B错误；
C. SO32-被氧化时，由+4价被氧化为+6价，即1 mol SO32-转移2 mol电子，故 mol Na2SO3•7H2O转移 mol 电子，C错误；
D. 1 mol Na2SO3•7H2O中含7 mol水分子，故 mol Na2SO3•7H2O中含水分子数目为 mol×7×NA/mol=NA，D正确；
故合理选项是D。
4、A
【解析】
A．滴定时左手控制活塞，右手摇瓶，使溶液向一个方向做圆运动，勿使瓶口接触到滴定管，溶液也不得溅出，操作合理，故A正确；
B．锥形瓶不能密封，难以接收馏分，故B错误；
C．气体可从长颈漏斗逸出，应选分液漏斗，故C错误；
D．四氯化碳的密度比水的密度大，分层后有机层在下层，则分层后，先把下层液体从下口流出，再让上层液体从上口倒出，故D错误；
故答案为A。
5、B
【解析】
A.a的同分异构体中属于芳香烃的除了b和c外还有，另a还可能有链状的同分异构体如CH2=CH—CH=CH—CH=CH—CH=CH2等、或环状的同分异构体如等，A错误；
B.a、b、c侧链上的一氯代物都只有1种，a苯环上一氯代物有2种，b苯环上一氯代物有3种，c苯环上一氯代物只有1种，故三种二甲苯中，b的一氯代物种数最多，B正确；
C.a、b、c均能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，a、b、c都不能与溴水发生化学反应，C错误；
D.a、b、c分子中都含有—CH3，与—CH3中碳原子直接相连的4个原子构成四面体，a、b、c中所有原子都不可能在同一平面上，D错误；
答案选B。
6、D
【解析】
A. NO2溶于水生成硝酸与NO，其离子方程式为：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，A项正确；
B. 漂白粉溶液呈碱性的原因是次氯酸根离子发生水解所致，其离子方程式为：ClO-+H2O⇌HClO+OH-，B项正确；
C. 酸性条件下，用H2O2将海带灰中I-氧化，其离子方程式为：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，C项正确；
D. 氯化铝的溶液中加入过量氨水，沉淀不会溶解，其正确的离子反应方程式为Al3++3NH3⋅H2O = Al(OH)3↓+3NH4+，D项错误；
答案选D。
【点睛】
D项是学生的易错点，要特备注意，氢氧化铝不溶于弱酸如碳酸，也不溶于弱碱如氨水等。
7、B
【解析】
A. 物质甲中含苯环和羧基，可以发生苯环的加成反应，燃烧反应(属于氧化反应)，可以发生酯化反应(属于取代反应)，A正确；
B. 根据乙结构简式可知，该物质是苯分子中六个H原子全部被Cl原子取代产生的物质，故分子式是C6Cl6，B错误；
C. 丙分子中含有2种类型的H原子，所以其一氯代物有2种，C正确；
D. 丁分子中含有醛基、醇羟基，在一定条件下醛基与氢气可以转化成羟基，就得到只含醇羟基一种官能团的物质，D正确；
故答案选B。
8、B
【解析】
A. 铁和铝在冷的浓硫酸中均发生钝化，A错误；B. 铁和氢氧化钠不反应，铝能和强酸、强碱反应，金属铝与氢氧化钠溶液反应生成了偏铝酸钠和氢气，B正确；C. 两者均能与强酸反应生成盐和氢气，C错误；D. 两者均可以在氧气中燃烧，D错误。故选择B。
9、B
【解析】
在一定温度下，相同体积的溶液中溶质粒子数目越多，蒸气压下降数值越大，亚硫酸和一水合氨都是弱电解质，电离程度很小，0.1mol•L-1的溶液中，其阴离子和阳离子的浓度都远远小于0.1mol•L-1；葡萄糖是非电解质，不电离；氯化钠是强电解质，完全电离，0.1mol•L-1氯化钠溶液中，阴离子和阳离子浓度均为0.1mol•L-1，所以上述稀溶液中，氯化钠溶液中溶质粒子数目最多，其蒸气压最小，综上所述，答案为B。
10、A
【解析】
A.丙烯分子中有一个甲基，甲基上的四个原子不可能共平面，A项错误；
B.石油的裂解是在催化剂存在的情况下，加强热使烃类断裂成小分子的不饱和烃，丙烯也是产物之一，B项正确；
C.丙烯中有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；
D.碳碳双键可以发生加聚反应，得到高分子的聚合物，D项正确；
答案选A。
【点睛】
从字面意思也能看出，裂“化”比裂“解”要“温柔”一点，得到的是较长链的汽油、柴油等轻质燃油，裂解则完全将碳链打碎，得到气态不饱和烃。
11、D
【解析】
A. 氮的固定是把游离态氮转变成化合态氮的过程，分自然固氮和人工固氮，工业合成氨是一种人工固氮方法，A正确；
B. 侯氏制碱法，应用了碳酸氢钠溶解度小而结晶析出，经分离再受热分解得到碳酸钠，B正确；
C. 播撒碘化银、干冰都可实现人工降雨，C正确；
D. 铁的金属性比较强，不可能是人类最早使用的金属材料，人类使用金属材料，铜比铁早，D错误；
答案选D。
12、C
【解析】
四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子中只有1个电子，则X为H元素；Y2－和Z+离子的电子层结构相同，则Y位于第二周期ⅥA族，为O元素，Z位于第三周期ⅠA族，为Na元素；Y与W同主族，则W为S元素，据此进行解答。
【详解】
四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子中只有1个电子，则X为H元素；Y2－和Z+离子的电子层结构相同，则Y位于第二周期ⅥA族，为O元素，Z位于第三周期ⅠA族，为Na元素；Y与W同主族，则W为S元素；
A．X为H元素，H与Na形成的NaH中，H的化合价为−1价，故A错误；
B．H2O中含有氢键，沸点高于H2S，故B错误；
C．Na2S的水溶液中，S2-会水解生成少量硫化氢气体，硫化氢有臭鸡蛋气味，故C正确；
D．由这四种元素共同形成的化合物有NaHSO4和NaHSO3，水溶液都显酸性，故D错误；
故答案选C。
【点睛】
本题根据题目中所给信息推断元素种类为解答关键，注意H元素与活泼金属元素组成的化合物中可以显-1价。
13、D
【解析】
A. 上述三种物质中的C原子之间都形成C-C键，但由于不是结合形成链状，因此它们不属于烷烃，A错误；
B. 三种物质的通式为C2nH2n，n≥2，但结构不同，分子组成也不是相差CH2原子团的整数倍，不属于同系物，B错误；
C. 棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物都有3种，数目相同，C错误；
D. 棱晶烷与立方烷分子中每个C与三个C形成三个共价单键，因此都属于饱和烃，在光照条件下均可与氯气发生取代反应，D正确；
故合理选项是D。
14、A
【解析】
A. 先通入氨气可增大二氧化碳的溶解度，则通入气体的顺序不合理，A项错误；
B. 氯碱工业在阳极上氯离子放电生成氯气，使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，B项正确；
C. 加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备，C项正确；
D. 用纯碱吸收溴，主要反应是3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑，生成的NaBr、NaBrO3与硫酸反应，得到Br2，达到富集目的，D项正确；
答案选A。
15、B
【解析】
A. 当lgc0=0时，=1mol/L，此时=1×10-4.7(mol/L)2，故由得，Kn(CN-)=10-4.7，A正确；B. 随着竖坐标的值增大，降低，即b点小于a点，而升高温度可加速盐类的水解，所以B错误；C. 向a点加入固体NaCN，相当于减少水的添加量，会降低CN-的水解程度，C正确；D. 随着竖坐标的值增大，降低，故c点对应溶液中的c(OH-)大于a点，D正确。所以选择B。
16、B
【解析】
A. 灼烧需在坩埚中进行，不能选烧杯，A项错误；
B. 将海带灰溶解后分离出不溶性杂质采用过滤操作，过滤需要玻璃棒引流，图中操作科学规范，B项正确；
C. 制备Cl2，并将I-氧化为I2，除去氯气中的氯化氢应该用饱和食盐水，尾气需用氢氧化钠吸收，C项错误；
D. Na2S2O3为强碱弱酸盐，因S2O32-的水解使溶液呈现碱性，所以滴定时Na2S2O3应该放在碱式滴定管中，而不是酸式滴定管，D项错误；
答案选B。
【点睛】
本题的易错点是D项，选择酸碱滴定管一方面要考虑实际的反应所需的环境，另一方面要考虑标准溶液的酸碱性。如高锰酸钾溶液在酸性条件下具有强氧化性，需选择酸式滴定管；而本题的硫酸硫酸钠还原碘单质时，考虑到标准溶液的水解来选择碱式滴定管。此外，学生要牢记仪器的构造，会区分酸式滴定管与碱式滴定管。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、醛基、碳碳双键 取代反应 3
【解析】
苯与叔丁醇发生取代反应生成A，根据A与甲醛反应的产物结构简式可判断A的结构简式。根据最终产物的结构简式可知反应④是羟醛缩合然后消去羟基引入碳碳双键，B发生加成反应得到最终产物，据此解答。
【详解】
（1）由反应⑤的条件“氢化”和生成B的物质的特点可知B是，故B中官能团的名称是醛基，碳碳双键，
故答案为：醛基、碳碳双键；
（2）①反应是，该反应的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）由反应①可以判断A是，故反应②的化学方程式是，
故答案为：；
（4）从乌洛托品的结构式可以看出2个氯原子可以在同一碳原子上，也可以在不同碳原子上，可以处于同一环上，也可以处于不同环上，其二氯取代物有3种，即3种；将甲醛的水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，该反应的化学方程式是，
故答案为：3；；
（5）A的同分异构体中满足Ⅰ.有两个取代基；Ⅱ.取代基在邻位的有：，
故答案为：；
（6）根据信息RCH2COOHRCHClCOOH可知，首先要将CH3CH2CHO氧化才能引进第二个官能团，因为乳酸（CH3CHOHCOOH）有两个官能团。由此推知，聚乳酸（）的合成路线流程图为：。
18、邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛） 羟基，羰基 取代反应 保护羟基不被氧化 11 bc
【解析】
C为 ；
(I) 按命名规则给A命名，结合题给信息与反应②中的反应物和产物结构，找出试剂a，可确定结构简式；
(2) 由反应⑤⑥找到C的结构简式，并且找出其的官能团写名称即可；
(3) 找到C的结构简式是关键，从流程开始的物质A到C，可发现只有醛基被消除，由此可发现⑤的反应类型及反应①和⑤的目的；
(4)从B的结构出发，满足条件的B的同分异构体(不包含B)中，先找出条件对应的基团及位置，最后再确定总数目，同分异构体x与NaOH溶液加热下反应，则X含酯基，X核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1，确定X结构即可求解；
(5) 关于物质D的说法不正确的有哪些？从结构中含有苯环、醚键、羰基、醇羟基等基团的相关概念、性质判断；
【详解】
(I) A为，则其名称为：邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）；
答案为：邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）；
题给信息，反应②为，则试剂a为；
答案为：；
(2) 由反应⑤⑥找到C的结构简式：，官能团为羟基和羰基；
答案为：羟基；羰基；
(3) C的结构简式是，与HI在加热下发生反应⑤得到，可见是-OCH3中的-CH3被H取代了；从流程开始的物质A到C，为什么不采用以下途径：主要是步骤3中醇羟基被氧化成羰基时，酚羟基也会被氧化，因此反应①和⑤的目的为保护羟基不被氧化；
答案为：取代反应；保护羟基不被氧化；
(4)B的同分异构体(不包含B)要满足条件 ①能发生银镜反应②苯环上有2个取代基，其中有一个醛基(含甲酸酯基)，且取代基可以是邻、间、对3种位置，则2个取代基可以有四种组合：首先是和，它们分别处于间、对，共2种（处于邻位就是B要排除），剩下3种组合分别是、、，它们都可以是邻、间、对3种位置，就9种，合起来共11种；
答案为：11；
某同分异构体x能与NaOH溶液加热下反应，则X含甲酸酯基，则X中苯环上的侧链为，X核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1，则取代基处于对位，因此X为，则反应方程式为；
答案为：
(5) D为 ，关于物质D的说法：
a．因为含有苯环，属于芳香族化合物，a说法正确，不符合；
b．亲水基团少，憎水基团大，不易溶于水，b说法不正确，符合；
c．含氧官能团有3种，还有1种含氮官能团，c说法不正确，符合；
d．醇羟基可发生取代、氧化，羰基、苯环上可催化加氢反应,d说法正确，不符合；
答案为：bc。
19、能使漏斗与三口烧瓶中的气压相等 2CaS＋3SO22CaSO3＋3S CaSO3被系统中O2氧化 蒸馏，收集64.7 ℃馏分 加入CS2，充分搅拌并多次萃取 加入适量乙醇充分搅拌，然后加入Na2SO3吸收液，盖上表面皿，加热至沸并保持微沸，在不断搅拌下，反应至液面只有少量硫粉时，加入活性炭并搅拌，趁热过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤
【解析】
(1)恒压漏斗能保持压强平衡；
(2)CaS脱除烟气中的SO2并回收S，元素守恒得到生成S和CaSO3，CaSO3能被空气中氧气氧化生成CaSO4；
(3)甲醇(沸点为64.7℃)，可以控制温度用蒸馏的方法分离；
(4)硫单质易溶于CS2，萃取分液的方法分离；
(5)回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3•5H2O，在液体沸腾状态下，可发生反应Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3•5H2O，据此设计实验过程。
【详解】
(1)根据图示可知用的仪器X为恒压漏斗代替普通分液漏斗的突出优点是：能使漏斗与三口烧瓶中的气压相等，便于液体流下；
(2)三口烧瓶中生成硫和亚硫酸钙的化学方程式为：2CaS+3SO2CaSO3+3S，三口烧瓶中最后残留固体中含一定量的CaSO4，其原因是：CaSO3被系统中O2氧化；
(3)从滤液中回收甲醇(沸点为64.7℃)，步骤4“回收甲醇”需进行的操作方法是：蒸馏，收集64.7℃馏分；
(4)步骤5为使滤渣中S尽可能被萃取，可采取的操作方案是：加入CS2，充分搅拌并多次萃取；
(5)已知：①在液体沸腾状态下，可发生反应Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3•5H2O；
②硫不溶于Na2SO3溶液，微溶于乙醇。
③为获得纯净产品，需要进行脱色处理。
④须使用的试剂：S、Na2SO3吸收液、乙醇、活性炭，
因此从上述回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3•5H2O的实验方案：称取稍过量硫粉放入烧杯中，加入适量乙醇充分搅拌，然后加入Na2SO3吸收液，盖上表面皿，加热至沸并保持微沸，在不断搅拌下，反应至液面只有少量硫粉时，加入活性炭并搅拌，趁热过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤。
【点睛】
本题考查了物质分离提纯的实验探究、物质性质分析判断、实验方案的设计与应用等知识点，掌握元素化合物等基础知识是解题关键。
20、 吸收尾气中的 酸式滴定管 11.0 使产生的全部被NaOH溶液吸收 将最终转化为 偏大
【解析】
反应原理：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，因为浓硫酸为酸，所以用酸式滴定管盛装，生成的二氧化硫为酸性气体，有毒，必须用碱液吸收法吸收；亚硫酸盐具有强还原性可以被氧气氧化为硫酸盐。硫酸钠与亚硫酸钠均可以与氯化钡反应生成硫酸钡和亚硫酸钡沉淀，据此分析。
【详解】
（1）铜与浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，铜与浓硫酸反应生成的二氧化硫会污染环境，所以必须用碱溶液吸收。
答案：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O 吸收尾气中的SO2
（2）X可用于测定浓硫酸的体积，应该是酸式滴定管。
答案：酸式滴定管
（3）当入浓硫酸的体积为20.0 mL时溶液的总体积为33.45 ml，硫酸的浓度为=11.0mol/L；
答案：11.0
（4）通入氧气的原因之一是将装置中产生的二氧化硫驱赶出去，二是使烧杯中的Na2SO3全部转化为Na2SO4；
答案：使产生的SO2全部被NaOH溶液吸收 将SO2最终转化为Na2SO4
（5）若通入氧气的量不足，则生成沉淀的质量偏小，即计算出的生成二氧化硫的量偏小，则测得的硫酸的最低浓度偏大。
答案：偏大
21、FeNO3-+8e-+10H+=NH4++3H2OFeO(OH)不导电，阻碍电子转移本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3-，在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3-的去除率Fe2+将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4
初始pH低时，产生的Fe2+充足初始pH高时，产生的Fe2+不足减小铁粉的颗粒大小，增大反应接触面积或加入活性炭，形成微电池
【解析】（1）本题原电池中正负极的判断，活泼金属作负极，铁是活泼金属，因此负极物质为Fe，原电池中正极上发生还原反应，得到电子，根据原理，因此NO3－在正极上得到电子，转变成NH4＋，因此正极电极反应式为NO3－＋10e－＋10H＋=NH4＋＋3H2O；（2）根据表格中铁最终物质形态，pH=4.5时FeO(OH)2全部覆盖住铁，且FeO(OH)不导电，阻碍电子转移；（3）主要原因是Fe2＋水解成FeO(OH)，生成Fe3O4产率降低，FeO(OH)不导电，因此NO3－的去除率低；从图中只加入铁粉和只加入Fe2＋，NO3－的去除率都不如同时加入Fe2＋和铁粉的高，结论是：本实验条件下，Fe2＋不能直接还原NO3－，在Fe和Fe2＋共同作用下能提高NO3－的去除率 ；Fe2＋的作用是将不导电FeO(OH)转化成导电的Fe3O4；初始pH低时，产生的Fe2＋充足，初始pH高时，产生的Fe2＋不足；（4）从提高化学反应速率的因素考虑，减小铁粉的颗粒大小，增大反应接触面积或加入活性炭，形成微电池等。
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
