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1、2019-2020学年安徽省安庆市潜山二中新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1下列物质溶于水形成的分散系不会产生丁达尔现象的是A葡萄糖B蛋白质C硫酸铁D淀粉【答案】A【解析】【详解】A.葡萄糖溶于水得到溶液，不能产生丁达尔效应，A 符合题意；B.蛋白质溶于水得到蛋白质溶液，由于蛋白质分子直径比较大，其溶液属于胶体，能产生丁达尔效应，B不符合题意；C.硫酸铁溶于水后，电离产生的Fe3+发生水解作用产生Fe(OH)3胶体，可以发生丁达尔效应，C不符合题意；D.淀粉分子直径比较大，溶于水形成的溶液属于胶体，可以发生丁达尔效应，D
2、 不符合题意；故合理选项是A。2对于反应2NO(g)2H2(g)N2(g)2H2O(g)，科学家根据光谱学研究提出如下反应历程：第一步：2NO?N2O2快速平衡第二步：N2O2H2N2OH2O 慢反应第三步：N2OH2N2H2O 快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列叙述正确的是A若第一步反应H0，则升高温度，v正减小，v逆增大B第二步反应的活化能大于第三步的活化能C第三步反应中N2O 与 H2的每一次碰撞都是有效碰撞D反应的中间产物只有N2O2【答案】B【解析】【分析】【详解】A不管 H0，升高温度，v正和 v逆均增大，A 选项错误；B第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，
3、则第二步反应的活化能大于第三步的活化能，B选项正确；C根据有效碰撞理论可知，任何化学反应的发生都需要有效碰撞，但每一次碰撞不一定是有效碰撞，C选项错误；D反应的中间产物有N2O2和 N2O，D 选项错误；答案选 B。【点睛】化学反应速率与温度有关，温度升高，活化分子数增多，无论是正反应速率还是逆反应速率都会加快，与平衡移动没有必然联系。3下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A 0.1mol L-1的 NH4Cl溶液与 0.05mol L-1的 NaOH 溶液等体积混合后的溶液：c(Cl-)c(Na+)c(NH4+)c(OH-)c(H+)B把 0.02mol L-1的 CH3COOH溶液
4、和 0.01mol L-1的 NaOH 溶液等体积混合：2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)-c(CH3COOH)CpH=2 的一元酸HA 与 pH=12 的一元碱MOH 等体积混合：c(M+)=c(A-)c(OH-)=c(H+)D 0.1mol L-1的 NaHCO3溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)【答案】B【解析】【分析】【详解】A 0.1mol?L-1的 NH4Cl溶液与 0.05mol?L-1的 NaOH溶液等体积混合后存在等量的NH4+和 NH3?H2O，NH3?H2O电离程度大于NH4+水解程度，溶液呈碱性，c(Cl-)c(NH4+)c(Na+)c(
5、OH-)c(H+)，故 A 错误；B0.02mol?L-1 CH3COOH溶液与 0.01mol?L-1NaOH 溶液等体积混合，溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和 CH3COONa，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)、根据物料守恒得2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，所以得2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，故 B 正确；C酸和碱的强弱未知，混合后溶液的性质不能确定，无法判断c(OH-)和 c(H+)大小，故C错误；D 0.1 mol?L-1的 NaH
6、CO3溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，物料守恒：c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，计算得到：c(OH-)-c(H+)=c(H2CO3)-c(CO32-)，故 D错误；故选 B。【点睛】本题的易错点和难点为D，要注意灵活运用电解质溶液中的电荷守恒和物料守恒。4下列有关氮元素及其化合物的表示正确的是（）A质子数为7、中子数为8 的氮原子：87N B溴化铵的电子式：C氮原子的结构示意图：D间硝基甲苯的结构简式：【答案】D【解析】【详解】A质子数为7、中子数为8 的氮原子：157N,故 A 错误；B溴化铵
7、的电子式：，故 B 错误；C氮原子的结构示意图：，故 C 错误；D间硝基甲苯的结构简式：，故 D 正确；答案选 D。5已知：NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O；2NO2+2NaOH NaNO3+NaNO2+H2O。将总体积共为40 mL 的 NO和 O2两种气体分别同时通入同一足量的NaOH 溶液中，完全反应后，溶液中只含有NaNO2和 NaOH，剩余气体 5 mL，则原混合气体中NO 的体积为()A 20 mL B25 mL C12 mL D33 mL【答案】D【解析】【详解】根据 NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O，完全反应后，溶液中只含有NaNO2和 NaOH，则剩余
8、气体为NO，设原混合气体中NO 的体积为V，则 O2的体积为(40V)mL，氮元素化合价由+4 降低为+3，根据得失电子守恒-3-3(5)10(40)1043(40)mmVVVV，计算得V=33 mL，故选 D。【点睛】本题考查混合物的有关计算，明确氮氧化物和NaOH 反应关系式是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意单纯的NO 和 NaOH 不反应，二氧化氮和NaOH 反应。6下表中对应关系正确的是A CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl CH2=CH2+HClCH3CH2Cl 均为取代反应B 由油脂得到甘油由淀粉得到葡萄糖均发生了水解反应C Cl2+2Br =2Cl +Br2Z
9、n+Cu2+=Zn2+Cu 均为单质被还原的置换反应D 2Na2O2+2H2O+4NaOH+O2Cl2+H2O=HCl+HClO 均为水作还原剂的氧化还原反应A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】ACH2=CH2+HCl CH3CH2Cl为烯烃的加成反应，而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl为烷烃的取代反应，故A 错误；B油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均发生了水解反应，故 B 正确；CCl2+2Br-2Cl-+Br2中 Cl元素的化合价降低；Zn+Cu2+Zn2+Cu中 Zn 元素的化合价升高，前者单质被还原，后者单质
10、被氧化，均属于置换反应，故C错误；D.2Na2O2+2H2O4NaOH+O2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；Cl2+H2O HCl+HClO中只有 Cl元素的化合价变化，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故 D 错误；故选 B。【点睛】本题的易错点是D，2Na2O2+2H2O 4NaOH+O2反应中只有过氧化钠中的O 元素的化合价变化；Cl2+H2O HCl+HClO中只有 Cl元素的化合价变化。7乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一，以乙烯为原料合成的部分产品如图所示。下列有关说法正确的是A氧化反应有，加成反应有B氯乙烯、聚乙
11、烯都能使酸性KMnO4溶液褪色C反应 的现象为产生砖红色沉淀D可用乙醇萃取Br2的 CCl4溶液中的Br2【答案】C【解析】【分析】反应为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，反应为 1,2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，反应为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应为乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应为乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，据此解答。【详解】反应为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，反应为 1,2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，反应为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应为乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应为
12、乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，A.根据以上分析知，氧化反应有，加成反应有，A项错误；B.氯乙烯有碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化，从而使酸性KMnO4溶液褪色，聚乙烯没有碳碳双键，不能被酸性KMnO4溶液氧化，则不能使酸性KMnO4溶液褪色，B 项错误；C.乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，氢氧化铜被还原生成氧化亚铜砖红色沉淀，C 项正确；D.乙醇与 CCl4互溶，则不能用乙醇萃取Br2的 CCl4溶液中的Br2，D 项错误；答案选 C。8下列有关化合物X 的叙述正确的是A X分子只存在2 个手性碳原子BX 分子能发生氧化、取代、消去反应CX分子中所有碳原子可能在同一平面上D
13、1 mol X 与足量 NaOH 溶液反应，最多消耗3 mol NaOH【答案】B【解析】【详解】A.连有 4 个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。化合物X 分子中含有3 个手性碳原子：（打*号的碳原子为手性碳原子），A 项错误；B.X 分子中含有(醇)和-CH-基团能被KMnO4氧化，醇羟基和苯环上氢原子都能发生取代反应，分子中含有的和基团都能发生消去反应，B 项正确；C.X 分子（）中与*号碳原子相连的3 个碳原子处于四面体的3 个顶点上，这4个碳原子不可能在同一平面上。C 项错误；D.因 X 分子中含有酯基和-Br，X 能与 NaOH 溶液发生水解反应：+2NaOH水+CH3CH2
14、OH+NaBr。所以 1 mol X 与足量 NaOH 溶液反应，最多消耗 2 mol NaOH。D 项错误；答案选B。9第三届联合国环境大会的主题为“迈向无污染的地球”。下列做法不应提倡的是A推广电动汽车，践行绿色交通B改变生活方式，预防废物生成C回收电子垃圾，集中填埋处理D弘扬生态文化，建设绿水青山【答案】C【解析】根据大会主题“迈向无污染的地球”，所以A 可减少污染性气体的排放，即A 正确；B可减少废物垃圾的排放，则B正确；C电子垃圾回收后，可进行分类处理回收其中的有用物质，而不能填埋，故C 错误；D生态保护，有利于有害气体的净化，故D 正确。本题正确答案为C。10研究海水中金属桥墩的腐
15、蚀及防护是桥梁建设的重要课题。下列有关说法错误的是A桥墩的腐蚀主要是析氢腐蚀B钢铁桥墩在海水中比在河水中腐蚀更快C图 1 辅助电极的材料可以为石墨D图 2 钢铁桥墩上发生的反应是O2+2H2O+4e一=4OH-【答案】A【解析】【详解】A桥墩浸泡在接近中性的海水中，主要发生析氧腐蚀，故A 错误；B海水中含有氯化钠等电解质，导电性比河水强，钢铁桥墩在海水中比在河水中腐蚀更快，故B正确；C图 1 为外加电源的阴极保护法，辅助电极的材料可以为石墨等，故C 正确；D图 2 为牺牲阳极的阴极保护法，钢铁桥墩充当正极，正极上发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e一=4OH-，故 D 正确；故选 A
16、。11中和滴定中用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的稀氨水，计算式与滴定氢氧化钠溶液类似：c1V1=c2V2，则（）A终点溶液偏碱性B终点溶液中c(NH4+)=c(Cl-)C终点溶液中氨过量D合适的指示剂是甲基橙而非酚酞【答案】D【解析】【分析】用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的稀氨水，应满足 c1V1=c2V2，反应生成氯化铵，结合盐类的水解解答该题。【详解】用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的稀氨水，应满足c1V1=c2V2，反应生成氯化铵，为强酸弱碱盐，水解呈酸性，则c(NH4+)c(Cl)，应用甲基橙为指示剂，D 项正确；答案选 D。【点睛】酸碱中和滴定指示剂的选择，强酸和强碱互相滴定，可选用酚
17、酞或者甲基橙作指示剂，弱酸与强碱滴定选用酚酞作指示剂，强酸与弱碱滴定选用甲基橙作指示剂，这是学生们的易错点。12以柏林绿FeFe(CN)6为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法正确的是A放电时，Mo 箔上的电势比Mg 箔上的低B充电时，Mo 箔接电源的负极C放电时，正极反应为FeFe(CN)6+2Na+2e-=Na2FeFe(CN)6 D充电时，外电路中通过0.2mol 电子时，阴极质量增加3.55g【答案】C【解析】【详解】A.放电时，Mg作负极，Mo作正极，所以Mo箔上的电势比Mg箔上的高，故A错误；B.充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即Mo
18、箔接电源的正极，故B错误；C.根据原电池工作原理，放电时 Mg作负极，Mo作正极，正极反应式为FeFe(CN)6+2Na+2e-=Na2FeFe(CN)6,故 C正确;D.放电时负极上应是2Mg-4e-+2C1-=Mg2Cl22+,通过 0.2mol 电子时，消耗0.1 mol Mg,质量减少2.4g，则充电时质量增加2.4g，故 D错误。答案：C。【点睛】本题考查电化学的相关知识。根据原电池和电解池的原理分析判断相关的选项。抓住原电池的负极和电解池的阳极均失电子发生氧化反应，原电池的正极和电解池的阴极均得电子发生还原反应，再根据得失电子守恒进行计算。13将 3.9g 镁铝合金，投入到500m
19、L2mol/L 的盐酸中，合金完全溶解，再加入4mol/L 的 NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种NaOH溶液的体积是A 125mLB200mLC250mLD560mL【答案】C【解析】试题分析：镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，发生的反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2；2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，氯化镁和氯化铝，分别与NaOH 溶液反应的方程式为：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3+3NaCl，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaCl Mg2+和 Al3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl；根据氯原子和钠原子守恒得到如下关系式：HClNaC
20、lNaOH 1 1 2mol/L 0.5L 4mol/L V V=0.25L=250ml，故选 C。【考点定位】考查化学计算中常用方法终态法【名师点晴】注意Mg2+和 Al3+全部转化为沉淀时，NaOH 不能过量，即全部转化为沉淀的Al3+，不能溶解是解题关键；镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，生成氯化镁和氯化铝，氯化镁和氯化铝，加入 4mol?L-1的 NaOH 溶液，生成的沉淀最多时，Mg2+和 Al3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl，根据氯原子和钠原子守恒解题。14化学科学与技术在宇宙探索、改进生活、改善环境与促进发展方面均发挥着关键性的作用。正确的是A“玉兔号”月球车帆板
21、太阳能电池的材料是氮化硅或二氧化硅B“乙醇汽油”、肼(N2H4)和水煤气的主要成分都是可再生能源C“神舟”和“天宮”系列飞船使用的碳纤维材料、光导纤维都是新型无机非金属材料D所有糖类、油脂和蛋白质等营养物质在人体吸收后都能被水解利用【答案】C【解析】【详解】A、太阳能电池帆板的材料是单质硅，故选项A错误；B、汽油、水煤气是不可再生能源，乙醇是可再生能源，故选项B 错误；C、碳纤维、光导纤维都是新型无机非金属材料，故选项C 正确；D、葡萄糖是单糖，不水解，故选项D 错误。答案选 C。15一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的工作原理及电池中发生的主要反应如图所示。下列说法错误的是A电池工
22、作时，光能转变为电能，X 为电池的负极B镀铂导电玻璃上发生氧化反应生成I-C电解质溶液中发生反应:2Ru3+3I-2Ru2+I3-D电池工作时，电解质溶液中I-和 I3-的浓度基本不变【答案】B【解析】【分析】【详解】A、根据示意图，电池工作时，光能转变为电能，根据电子的流向，电极X 为负极，电极Y为正极，故A正确；B、根据示意图，I3I，化合价降低，应发生还原反应，故B错误；C、根据示意图，电解质溶液中发生反应:2Ru3+3I-2Ru2+I3-，故 C 正确；D、根据示意图，I和 I3的浓度基本不变，故D 正确。答案选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某学生对Na2SO3
23、与 AgNO3在不同 pH 下的反应进行探究。（1）测得 Na2SO3溶液 pH=11，AgNO3溶液 pH=5，二者水解的离子分别是。（2）调节 pH，实验记录如下：实验pH 现象A 10 产生白色沉淀，稍后溶解，溶液澄清B 6 产生白色沉淀，一段时间后，沉淀未溶解C 2 产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质X 查阅资料得知：Ag2SO3：白色，难溶于水，溶于过量Na2SO3的溶液Ag2O：棕黑色，不溶于水，能和酸反应 推测 a 中白色沉淀为Ag2SO3，离子方程式是。推测a中白色沉淀为Ag2SO4，推测的依据是。（3）取 b、c中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中，沉淀溶解。该
24、同学设计实验确认了白色沉淀不是Ag2SO4，实验方法是：另取Ag2SO4固体置于溶液中，未溶解。（4）将 c 中 X 滤出、洗净，为确认其组成，实验如下：.向 X中滴加稀盐酸，无明显变化向 X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体用 Ba(NO3)2溶液、BaCl2溶液检验 中反应后的溶液，前者无变化，后者产生白色沉淀 实验 的目的是。根据实验现象，分析X的性质和元素组成是。中反应的化学方程式是。（5）该同学综合以上实验，分析产生X的原因，认为随着酸性的增强，还原性增强。通过进一步实验确认了这种可能性，实验如图所示：气体 Y是。白色沉淀转化为X的化学方程式是。【答案】（1）亚硫酸根离子和银离子。
25、（2）2Ag+SO32-=Ag2SO3。亚硫酸根有还原性，若被氧化为硫酸根离子，即可与银离子结合生成硫酸银沉淀。（3）过量亚硫酸钠。（4）判断 X 是否是氧化银。有还原性，含有银元素，不含硫元素。Ag+2HNO3（浓）=AgNO3+NO2+H2O。（5）二氧化硫。Ag2SO3+H2OH2Ag+H2SO4【解析】（1）推测 a 中白色沉淀为Ag2SO3,Ag+与 SO32-反应生成Ag2SO3,Ag2SO3溶于过量的Na2SO3溶液,生成沉淀的离子方程式为:2Ag+SO32-=Ag2SO3；正确答案:2Ag+SO32-=Ag2SO3。推测 a 中白色沉淀为Ag2SO4，其根据为SO32-有还原性
26、,可能被氧化为SO42-,与 Ag+反应生成Ag2SO4白色沉淀；正确答案：SO32-有还原性，若被氧化为SO42-，即可与Ag+结合生成Ag2SO4沉淀。（2）Ag2SO3白色，难溶于水，溶于过量Na2SO3溶液，取B、C中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中,沉淀溶解,说明 B、C中白色沉淀为Ag2SO3；另取 Ag2SO4固体,同样条件置于足量Na2SO3溶液中,进行对照试验,发现沉淀不溶解；正确答案:过量 Na2SO3。（3）氧化银能和盐酸生成白色氯化银沉淀和水,溶液的 pH=2，产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质X，向 X中滴加稀盐酸，无明显变化，说明 X不是 Ag2O；
27、正确答案:检验 X是否为 Ag2O。向 X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体为NO2，X与浓硝酸发生氧化还原反应，X具有还原性，X只能为金属单质，只能为银；因此X 中含有 Ag元素，不含S元素；正确答案:有还原性；含有 Ag元素，不含 S元素。向 X中加入过量HNO3(浓)，产生红棕色气体为NO2，银和硝酸反应，氮元素从+5 变为+4 价，同时生成硝酸银和水，反应方程式为:Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2+H2O；正确答案：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2+H2O。（4）海绵状棕黑色物质X为 Ag；随着酸性的增强，+4 价硫的还原性增强,能被+1 价银氧化；可通过+4价硫
28、的氧化物二氧化硫进行实验确认，通入二氧化硫后，瓶中白色沉淀Ag2SO3转化为棕黑色Ag；正确答案是:SO2。X为 Ag,白色沉淀转化为Ag,在酸性条件下,亚硫酸银中+4价的硫,被+1价银氧化生成银和硫酸,反应为:Ag2SO3+H2O2Ag+H2SO4；正确答案：Ag2SO3+H2O2Ag+H2SO4。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17已知：环己烯可以通过1，3-丁二烯与乙烯发生环化加成反应得到：实验证明，下列反应中，反应物分子的环外双键比环内双键更容易被氧化：现仅以 1,3-丁二烯为有机原料，无机试剂任选，按下列途径合成甲基环己烷：(1)写出结构简式：A _；B _(2)加氢后产
29、物与甲基环己烷互为同系物的是_(3)1 mol A 与 1 mol HBr 加成可以得到_种产物。【答案】A 4【解析】【分析】根据碳原子数目可知，反应为 1，3-丁二烯与 CH2=CH-CH3发生信息反应生成A，则 A为，结合 A 发生信息中反应生成B，则 B 为，结合 C的分子式可知，B与氢气发生全加成反应生成 C，C 为，C发生消去反应生成D，D 为，D 发生加成反应生成甲基环己烷。【详解】根据上述分析可知：A 为，B为，C为，D 为。(1)通过以上分析知，A 的结构简式是，B 的结构简式是；(2)A 是，A 与 H2发生加成反应后产物为，名称为乙基环己烷，与甲基环己烷互为同系物，故合理
30、物质序号为A；(3)A 的结构简式是，其分子中含有的2 个碳碳双键上的4 个 C 原子都不等效，所以Br 原子加成到4 个 C 原子上的产物都不相同，故其与HBr 加成时的产物有4 种。【点睛】本题考查有机物推断，正确理解题给信息是解本题关键，侧重考查学生获取信息、加工信息、利用信息及分析推断能力，注意(3)中 A 发生加成反应产物种类判断，为易错点。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18K 是称为PTT 的高分子材料，因具有优良的性能而可作工程塑料、纺织纤维等有广泛的应用。如图所示是PTT 的一种合成路线。已知：完成下列填空：（1）W 所含官能团的名称为_。反应的化学反应类型为_。
31、（2）M 的结构简式为_，反应的化学反应方程式为_。（3）反应的另一无机产物是_，与反应的化学反应类型无关的是（选填编号）_。A聚合反应B酯化反应C消去反应D加成反应（4）有机物X 的分子式为C4H8O2，是M 的同系物。则X 可能的结构简式共有_种。（5）设计一条由甲苯为原料（无机试剂可任选）合成苯甲酸苯甲酯的合成路线。（合成路线常用表示方式为 AB 目标产物）_【答案】碳碳双键、醛基加成反应或还原反应HOCH2CH2CHO+2CH3Cl+2HCl H2O CD 5【解析】【分析】C3H6组成上去氢加氧生成CH2=CHCHO，发生氧化反应，故C3H6为 CH2=CHCH3。由后产物结构可知，
32、反应是 CH2=CHCHO与水发生加成反应生成M 为 HOCH2CH2CHO，发生加成反应(或还原反应)。由后产物结构可知，反应是苯与一氯甲烷发生取代反应生成N 为，发生氧化反应。反应发生缩聚反应，据此解答。【详解】(1)W 为 CH2=CHCHO，所含官能团的名称为：碳碳双键、醛基。反应是HOCH2CH2CHO转化为HOCH2CH2CH2OH，属于加成反应，组成上加氢，也属于还原反应，故答案为：碳碳双键、酯基；加成反应或还原反应；(2)由后产物结构可知，CH2=CHCHO与水发生加成反应生成M 为 HOCH2CH2CHO；反应的化学反应方程式为：+2CH3Cl+2HCl，故答案为：HOCH2
33、CH2CHO；+2CH3Cl+2HCl；(3)反应发生聚合反应，生成的另一无机产物是H2O，反应也是酯化反应，故答案为：H2O；CD；(4)有机物 X的分子式为C4H8O2，是 M(HOCH2CH2CHO)的同系物，X 可以看作丙烷中氢原子被-OH、-CHO取代，取代同一碳原子上有2 种，取代不同碳原子时有3 种，则 X可能的结构简式共有5 种，故答案为：5；(5)甲苯用酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸。甲苯与氯气发生取代反应生成，水解生成苯甲醇。苯甲酸与苯甲醇发生酯化反应得到苯甲酸苯甲酯。合成路线流程图为：，故答案为：。【点睛】注意根据转化关系中有机物的分子式、反应条件、结构简式进行推断，对学
34、生的推理有一定的要求，需要学生熟练掌握有机物的结构和性质，注意苯环支链上连接苯环的碳原子上含有氢原子则能被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸。19无水四氯化锡（SnC14）是一种用途广泛的化工中间体，常用作媒染剂和有机合成的氯化催化剂。熔融的金属锡（熔点131）在 300左右能直接与Cl1作用生成无水四氯化锡，实验室装置如图所示：已知信息如下：将金属锡熔融，通人干燥氯气进行反应，生成四氯化锡。无水四氯化锡是无色易流动的液体，熔点为一33，沸点为114.1。二氯化锡是无色晶体，熔点为146，沸点为651。无水四氯化锡在空气中极易水解，水解产物之一是SnO1xH1O，并产生白烟。请回答下列问题：（l）开始
35、实验前一定要_，E中冷水的作用是_。（1）装置 F中盛放的最佳试剂为_，作用是 _。（3）实验时应先打开A 处分液漏斗旋塞和整套装置的阀门，待观察到_这一现象时，再点燃D 处酒精灯。（4）若撤去装置C，则 D 中还可能发生反应的化学方程式为_。（5）Cl1和锡作用即可生成SnC14，也会生成SnCl1，为减少SnCl1的生成，可采取的措施是_.（6）得到的产物中常含有杂质SnCl1，SnCl1是常用的还原剂。某实验小组用碘氧化法滴定分析产品中杂质SnCl1的质量分数。准确称取a 克该样品于锥形瓶，用适量浓盐酸溶解，淀粉溶液作指示剂，c molL-l碘标准溶液滴定至终点，消耗标准液10.00mL
36、，已知滴定原理是：SnCl1+1HCl+I1=SnC14+1HI，则产品中杂质SnCl1的质量分数为_（用含 a、c 的代数式表示）；即使此法测定的操作均正确，但测得的SnCl1含量仍低于实际含量，其原因可能是_（用离子方程式表示）。【答案】检查装置气密性冷凝，SnC14气体使其变为液体浓硫酸吸收 G 中挥发的水蒸气，防止进入 E中导致 SnC14水解装置 F液面上方出现黄绿色气体SnCl4+(x+1)H1O=SnO1?xH1O+4HCl 通入过量的Cl1380ca%4I-+4H+O1=1I1+1H1O(或者是 Sn1+被空气中的氧气氧化为Sn4+,反应的离子方程式为：1Sn1+4H+O1=1
37、Sn4+1H1O)【解析】【分析】由图可知，装置A 制取氯气，由于浓盐酸易挥发，产生的氯气里含有氯化氢气体及水蒸气，B装置试剂为饱和食盐水除去氯化氢，C 装置试剂为浓硫酸吸收水蒸气，装置D 生成 SnC14，在装置E中冷却后收集，未反应的氯气用氢氧化钠溶液在G 中吸收，防止污染空气，因SnC14极易水解，应防止G 中产生的水蒸气进入 E中，所以在E与 G 之间设置装有浓硫酸的装置F。据以上分析解答。【详解】（1）为防止实验中氯气泄漏污染空气及水蒸气等进入装置影响产品纯度，实验之前必需要检查装置气密性。由题知SnC14的沸点较低，用冷水冷凝SnC14气体使其变为液体以便于收集。答案为：检查装置气
38、密性；冷凝SnC14气体使其变为液体。（1）由题知SnC14极易水解，为防止G 中产生的水蒸气进入E中，在 E与 G 之间设置装有浓硫酸的装置F。答案为：浓硫酸；吸收G中挥发的水蒸气，防止进入E中导致 SnC14水解。（3）由于 Sn与空气中的氧气反应，SnC14在空气中极易水解生成SnO1xH1O，所以制备SnC14之前用 Cl1排尽装置中的空气，当观察到装置F液面上方出现黄绿色气体时，表明装置中空气已排尽，可以点燃D 处酒精灯进行反应。答案为：装置F液面上方出现黄绿色气体。（4）若撤去装置C，则装置D 中 SnC14会发生水解，反应方程式为：SnCl4+(x+1)H1O=SnO1?xH1O
39、+4HCl。答案为：SnCl4+(x+1)H1O=SnO1?xH1O+4HCl。（5）Cl1和锡作用即可生成SnC14，也会生成SnCl1，为减少SnCl1的生成，可以通入过量的Cl1。答案为：通入过量的Cl1。（6）根据 SnCl1+1HCl+I1=SnC14+1HI 可得：n(SnCl1)=n(I1)=cmol?L 0.01L=0.01cmol，m(SnCl1)=0.01cmol190g/mol=3.80cg，产品中 SnCl1的质量分数为：3.80cgag100%=380ca%，若此法测定的操作均正确，但测得的SnCl1含量仍低于实际产量，其原因可能是I-被空气中的氧气氧化为I1，使消耗的碘标准溶液体积偏小，产品中SnCl1含量偏低，发生的反应为：4I-+4H+O1=1I1+1H1O(或者是 Sn1+被空气中的氧气氧化为Sn4+,发生反应的离子方程式为：1Sn1+4H+O1=1Sn4+1H1O)。答案为：380ca%；4I-+4H+O1=1I1+1H1O(或者是 Sn1+被空气中的氧气氧化为Sn4+,反应的离子方程式为：1Sn1+4H+O1=1Sn4+1H1O)。【点睛】计算物质纯度时要注意：是否从配制好的溶液中取出一部分进行实验溶液体积亳升与升的换算滴定中一般发生的两个反应之间的物质的量的关系。