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1、2019-2020学年安徽省芜湖县一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下列离子方程式中正确的是（）A向明矾（KAl（SO4）2?12H2O）溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使 SO42沉淀完全：Al3+2SO422Ba2+4OH AlO2-2BaSO42H2O B向 FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2Cl2=2Fe32ClCAlCl3溶液中加入过量氨水：Al33OH=Al(OH)3D铜与浓硝酸反应：3Cu8H2NO3=3Cu22NO 4H2O【答案】A【解析】【详解】A、向明矾（KAl（SO4）2?12H2O）
2、溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使 SO42沉淀完全：Al3+2SO422Ba2+4OH AlO2-2BaSO42H2O，故 A 正确；B、向 FeBr2溶液中通入足量Cl2的离子反应为：2Fe2+4Br-十 3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl-，故 B 不正确；C、AlCl3溶液中加入过量氨水的离子反应为：A13+3NH3 H2O=Al(OH)3+3NH4+，故 C不正确；D、铜与浓硝酸反应的离子反应为：Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+2H2O，故 D 不正确；故选 A。【点睛】离子反应方程式的正误判断：(1)、是否符合客观事实；(2)、拆分是否正确，能够拆分的是强酸、强碱和可
3、溶性盐。如C选项，一水合氨为弱碱，不能拆分，所以C 错误；(3)、电荷守恒。2根据元素在周期表中的位置可以预测A分解温度：CH4H2S B氧化性：NaClONa2SO3C同浓度溶液pH：Na2SiO3 Na2CO3D金属性：Ca Na【答案】C【解析】【详解】A元素的非金属性越强，氢化物越稳定，根据元素周期律稳定性应该是硫化氢大于甲烷，A 错误；B氧化性取决于得电子能力的强弱，次氯酸钠氧化性强是因为氯元素化合物为1价，很容易得到电子，与在周期表的位置无关，B 错误；C最高价氧化物的水化物酸性越强，对应的盐碱性越弱，酸性：硅酸碳酸，同浓度溶液pH：2323Na SiONa CO，C正确；D失去电
4、子的能力越强，元素的金属性越强，金属性CaNa，不能从周期表的位置预测，D 错误。答案选 C。3NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（）A常温常压下，62g 白磷中含有PP键数目为3NAB22g 正戊烷、24g 异戊烷和26g 新戊烷的混合物中共价键数目为16NAC1molNa2O 和 NaHSO4的固体混合物中含有的阴、阳离子总数为3NAD常温下，将一定量的铁粉投入2mol 稀硝酸中，恰好完全反应，若还原产物为NO，则转移电子数一定为 1.5NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A白磷是正四面体结构，1 个白磷分子中有6 个 PP键，62g 白磷（P4）的物质的量为0.5mol，所以
5、62g白磷中含有的PP键的物质的量为0.5mol6=3mol，故 A 正确；B正戊烷、异戊烷和新戊烷是同分异构体，分子式均为C5H12。22g 正戊烷、24g 异戊烷和26g 新戊烷的混合物共72g，即含 C5H12的物质的量为1mol。1mol C5H12中含有 4molCC，12molCH 键，共 16mol 共价键，所以22g 正戊烷、24g 异戊烷和26g 新戊烷的混合物中共价键数目为16NA，故 B 正确；C 1molNa2O 中含 2molNa+和 1molO2-，1molNaHSO4中含 1molNa+和 1molHSO4-，所以 1molNa2O 和 NaHSO4的固体混合物中
6、含有的阴、阳离子总数不为3NA，故 C错误；D常温下，将一定量的铁粉投入2mol 稀硝酸中，恰好完全反应，若铁和硝酸反应生成Fe(NO3)3，反应的化学方程式为：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO +2H2O，消耗 4mol 硝酸，转移电子3mol，所以消耗2mol 硝酸，转移电子为1.5mol；若铁和硝酸反应生成Fe(NO3)2，反应的化学方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)3+2NO +4H2O，消耗 8mol 硝酸，转移电子6mol，所以消耗2mol 硝酸，转移电子为1.5mol，所以转移电子数一定为1.5NA，故 D 正确；故选 C。【点睛】白磷和甲烷都是正四面体结构，
7、但甲烷有中心原子，所以 1mol 甲烷中有4mol 共价键，而白磷没有中心原子，所以1mol 白磷中有6mol 共价键。4下列各组粒子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式也正确的是选项微粒组加入试剂发生反应的离子方程式A K、Na、3HCO、23SiO过量 HC1 23232HSiOH SiOB 4NH、3Fe、Br、24SO过量2H S32FeH SFeS2HC 323HClO,Na,Fe,SO过量2CaCl2233CaSOCaSOD I-、Cl-、H+、SO42-过量3NaNO3226I2NO8H2NO4H O3IA A BB CC D D【答案】D【解析】【详
8、解】A HCO3-与 SiO32-反应生成H2SiO3和 CO32-，通入过量 HC1，发生反应的离子方程式为2H+SiO32-=H2SiO3、H+HCO3-=H2O+CO2，故 A 不符合题意；B题给四种离子可以大量共存，通入过量H2S，发生反应的离子方程式为2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+，故B 不符合题意；C HClO 与 SO32-因发生氧化还原反应而不能大量共存，故C 不符合题意；D题给四种离子可以大量共存，加入过量NaNO3，发生反应的离子方程式为6I-+2NO3-+8H+=2NO+4H2O+3I2，故 D 符合题意。故答案选D。5下列指定反应的离子方程式正确的是A钠与水反应
9、：Na+2H2ONa+2OH+H2B用氨水吸收过量的二氧化硫：OH-+SO23HSOC向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+HCO3-+OHCaCO3+H2O D向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2+2OH+2H+SO42-BaSO4+2H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A离子方程式中电荷不守恒，A 项错误；B一水合氨为弱电解质，离子反应中不能拆写成离子，B 项错误；CNH4HCO3溶液中加入足量的澄清石灰水，出现白色沉淀CaCO3的同时生成一水合氨和水，C项错误；D离子方程式符合客观事实，且拆分正确，原子和电荷都守恒，D 项正确；答案选 D。【点睛】离子方程式书写正误判断方法：（1）一
10、查：检查离子反应方程式是否符合客观事实；（2）二查：“=”“?”“”“”是否使用恰当；（3）三查：拆分是否正确。只有易溶于水的强电解质能拆写成离子，其他物质均不能拆写；（4）四查：是否漏写离子反应；（5）五查：反应物的“量”过量、少量、足量等；（6）六查：是否符合三个守恒：质量守恒、电荷守恒以及得失电子守恒。6下列关于有机物a()、b()、c(）的说法正确的是A a、b 互为同系物BC 中所有碳原子可能处于同一平面Cb 的同分异构体中含有羧基的结构还有7 种（不含立体异构）D a 易溶于水，b、c 均能使酸性高猛酸钾溶液褪色【答案】C【解析】【分析】【详解】A.a、b 的分子式和分子结构都相同
11、，属于同一种物质。故A 错误；B.c 是 1，4-环己二醇，碳原子均采取3sp杂化，所有碳原子不可能处于同一平面。故B 错误；C.b 的烃基是戊基（511-C H），戊基一共有8 种结构，所以，b 的同分异构体中含有羧基的结构还有7 种。故 C 正确；D.饱和羧酸不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，与羟基相连的碳原子上有氢原子的饱和醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以，上述物质中，只有c 能使酸性高锰酸钾溶液褪色。故D 错误；故答案选：C。7实验室制备下列气体时，所用方法正确的是()A制氧气时，用Na2O2或 H2O2作反应物可选择相同的气体发生装置B制氯气时，用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体C制氨
12、气时，用排水法或向下排空气法收集气体D制二氧化氮时，用水或NaOH 溶液吸收尾气【答案】A【解析】【详解】A Na2O2与水反应，H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液体常温条件下反应，可选择相同的气体发生装置，故A 正确；B实验室制取的氯气含有氯化氢和水分，常用饱和食盐水和浓硫酸净化气体，若用饱和NaHCO3溶液，氯化氢、氯气都能和NaHCO3反应，故B 错误；C氨气极易溶于水，不能用排水法收集，故C错误；D二氧化氮与水反应生成一氧化氮，仍然污染空气，所以不能用水吸收，故D 错误；答案选A。8NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是A在电解精炼铜的过程中，当阴极
13、析出32g 铜时转移电子数目为NAB将 1molCH4与 1molCl2混合光照，充分反应后，生成气体分子数为NAC9.2g 甲苯被酸性KMnO4氧化生成苯甲酸时，反应中转移电子数为0.6NAD向 100mL0.1mol/L 醋酸溶液中加入CH3COONa 固体至溶液刚好为中性，溶液中醋酸分子数为0.01NA【答案】B【解析】【详解】A.电解精炼铜时，阴极是铜离子放电，若转移了NA个电子，有0.5mol 铜单质生成，质量为0.5mol 64g/mol=32g，A 项正确；B.将 1molCH4与 1molCl2混合光照，充分反应后，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，其中氯化氢
14、与一氯甲烷是气体，根据元素守恒可知，氯化氢的物质的量为1mol，B 项错误；C.依据 5C6H5CH3+6KMnO4+9H2SO4=5C6H5COOH+3K2SO4+6MnSO4+14H2O 可知，1mol 甲苯被氧化为苯甲酸转移 6mol 电子，9.2g 甲苯物质的量为0.1mol，被氧化为苯甲酸转移0.6mol 电子，转移电子数为0.6NA，C项正确；D.向 100mL0.1mol/L 醋酸溶液中加入CH3COONa固体至溶液刚好为中性，则溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，醋酸分子的电离程度与醋酸根离子的水解程度相当，则可认为醋酸不电离，醋酸根离子不水解，因此醋酸分子数为100mL 0
15、.1mol/L NA=0.01NA，D 项正确；答案选 B。【点睛】要准确把握阿伏加德罗常数的应用，一要认真理清知识的联系，关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算、留心特殊的化学反应，如本题中合成氨的反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用。避免粗枝大叶不求甚解，做题时才能有的放矢。二要学会留心关键字词，做题时谨慎细致，避免急于求成而忽略问题的本质。必须以阿伏加德罗常数为基础点进行辐射，将相关知识总结归纳，在准确把握各量与阿伏加德罗常数之间关系的前提下，着重关注易错点，并通过练习加强理解掌握，这样才能通过复习切实提高得分率。9设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A 112gMgS
16、与 NaHS混合晶体中含有阳离子的数目为2NAB25时，1L0.1mol L1的 Na3PO4溶液中 Na+的数目为0.3NAC常温下，64gCu与足量的浓硫酸混合，转移的电子数目为2NAD 88g 乙酸乙酯中含有的非极性共价键的数目为2NA【答案】C【解析】【详解】A因为 MgS 与 NaHS的摩尔质量都是56g.mol-1，所以 112gMgS 与 NaHS混合物的物质的量为2mol，而MgS 与 NaHS混合晶体中含有阳离子分别为Mg2+、Na+，故 112gMgS 与 NaHS混合晶体中含有阳离子的数目为 2NA，A 正确；BNa3PO4是强电解质，在溶液中的电离方程式为：Na3PO4
17、=3 Na+PO43-，则 1L 0.1mol L1的 Na3PO4溶液中 Na+的物质的量为0.3mol，故 1L 0.1mol L1的 Na3PO4溶液中 Na+的数目为0.3NA，B 正确；C常温下，Cu 与浓硫酸不反应，C错误；D乙酸乙酯的结构式为，88g 乙酸乙酯的物质的量是1mol，一个乙酸乙酯分子中含有两个非极性共价键，故88g 乙酸乙酯中含有的非极性共价键的数目为2NA，D 正确；答案选 C。10下列说法中正确的是（）A加热浓硫酸和乙醇混合液，产生的气体能使溴水褪色，证明该气体是乙烯B用苯与溴水制取溴苯，溴苯的密度比水的大C铜与稀硝酸制取一氧化氮，可以利用排水法收集D加热氢氧化
18、钙与氯化铵反应制氨气，氨气能使红色石蕊试纸变蓝【答案】C【解析】【详解】A.实验室可通过加热酒精和浓硫酸的混合物制乙烯，其副反应常伴有SO2产生，SO2有还原性，也能使溴水，故 A 错误；B.苯的溴代反应需要催化剂，而反应的催化剂是溴化铁，在有水存在时，溴化铁就会电离和水解，改变了溴化铁的结构，失去了催化作用，反应就无法进行，制取溴苯要用苯和溴单质，不能用溴水，故 B错误；C.铜与稀硝酸制取一氧化氮，一氧化氮难溶于水，可以利用排水法收集，故C正确。D.加热氢氧化钙与氯化铵反应制氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，必须强调湿润的，干燥的试纸不变色，故D 错误；答案选 C。112018 年世界环
19、境日主题为“塑战速决”。下列做法不应该提倡的是A使用布袋替代一次性塑料袋购物B焚烧废旧塑料以防止“白色污染”C用 CO2合成聚碳酸酯可降解塑料D用高炉喷吹技术综合利用废塑料【答案】B【解析】【详解】A.使用布袋替代一次性塑料袋购物，可以减少塑料的使用，减少“白色污染”，故不选A；B.焚烧废旧塑料生成有毒有害气体，不利于保护生态环境，故选B；C.利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料可以在自然界中自行分解为小分子化合物，所以替代聚乙烯塑料，可减少“白色污染”，故不选C；D.高炉喷吹废塑料是将废塑料作为高炉炼铁的燃料和还原剂，利用废塑料燃烧向高炉冶炼提供热量，同时利用废塑料中的C、H元素，还
20、原铁矿石中的Fe，使废塑料得以资源化利用、无害化处理和节约能源的有效综合利用方法，故不选D。12在体积都为1 L、pH 都等于 2 的盐酸和醋酸溶液中，分别投入等量的锌粒。下图所示可能符合客观事实的是ABCD【答案】C【解析】【分析】根据盐酸和醋酸溶液中的氢离子物质的量和加入锌的物质的量，依据盐酸是强酸，醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡判断反应过程和反应量的关系，结合图象中的纵坐标和横坐标的意义，曲线的变化趋势，起点、拐点、终点的意义分析判断是否符合事实。【详解】体积都为1 L，pH 都等于 2 的盐酸和醋酸溶液中，n(CH3COOH)n(HCl)=0.01 mol，锌和酸反应Zn+2H+=Z
21、n2+H2，盐酸溶液中氢离子不足，醋酸溶液中存在电离平衡，平衡状态下的氢离子不足，但随着反应进行，醋酸又电离出氢离子进行反应，放出的氢气一定比盐酸多，开始时由于氢离子浓度相同，开始的反应速率相同，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以反应速率快；反应后，醋酸有剩余，导致醋酸溶液中pH 小于盐酸溶液中；A由于醋酸会不断电离出H+，因此醋酸pH 上升会比盐酸慢。虽然和同量的Zn 反应，醋酸速率快，但是这是 pH，不是氢气的量，所以pH 上升醋酸慢，A 错误；B反应开始氢离子浓度相同，反应速率相同。曲线从相同速率开始反应，但醋酸溶液中存在电离平衡，反应过程中醋酸溶液中的
22、氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以醋酸溶液反应过程中反应速率快，溶解的锌的量也比盐酸多，所以图象不符合题意，B 错误；C产生氢气的量从0 开始逐渐增多，最终由于醋酸电离平衡的存在，生成氢气的量比盐酸多，反应过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，和同量锌反应速率快，若Zn 少量产生的H2的量相同，锌过量则醋酸产生的氢气多，故图象符合Zn 少量，C正确；D反应开始氢离子浓度相同，反应过程中醋酸存在电离平衡，醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，D 错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了图象法在化学反应速率的影响中的应用，关键是反应过程中溶液中的氢离子浓度大小的判断
23、和一定量锌与氢离子反应的过量判断，注意弱电解质在溶液中存在电离平衡，弄清坐标系中横坐标、纵坐标的含义分析解答。13用 NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中不正确的是A标准状况下，22.4LCl2通入足量NaOH 溶液中，完全反应时转移的电子数为2NAB20gD2O 含有的电子数为10NAC1L0.1mol?L-1NH4NO3溶液中的氮原子数为0.2NAD 25时，1.0LpH=12 的 NaClO 溶液中由水电离出OH-的数目为0.01NA【答案】A【解析】【详解】A、Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，1mol 氯气参加反应转移1mol 电子，因此标准状况下22.4L 氯气参加此
24、反应转移1mol 电子，个数为NA，选项 A 不正确；B、20g D2O 的物质的量为1mol，1mol 重水中含有10mol 电子，含有的电子数为10NA，选项 B正确；C、溶液中硝酸铵的物质的量n=cV=0.1mol/L 1L=0.1mol，而 1mol 硝酸铵中含2molN 原子，故 0.1mol 硝酸铵中含 0.2NA个氮原子，选项C正确；D、次氯酸钠是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，溶液中的OH-都是由水电离出来，25时，pH=12 的 1.0LNaClO溶液中 c(H+)=10-12mol/L，c(OH-)=10-2mol/L,则水电离出的OH的数目为0.01NA,选项 D 正确；答案选
25、A。14下列离子方程式正确的是A向氯化铝溶液中滴加氨水：Al3+3OH-=Al(OH)3B将 Fe2O3溶解与足量HI 溶液：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O C铜溶于浓硝酸：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O D向石灰石中滴加稀硝酸：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O【答案】D【解析】【详解】A.氨水是弱碱，向氯化铝溶液中滴加氨水：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，故 A错误；B.将 Fe2O3溶解与足量HI 溶液发生氧化还原反应生成碘化亚铁和碘单质：Fe2O3+6H+2I-=2Fe2+I2+3H2O，故B错误；C.铜溶于浓硝酸生成硝酸铜、二
26、氧化氮、水，Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+2H2O，故 C错误；D.向石灰石中滴加稀硝酸，生成硝酸钙、二氧化碳和水，CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，故 D正确。15用如图示的方法可以保护钢质闸门。下列说法正确的是（）A当 a、b 间用导体连接时，则X 应发生氧化反应B当 a、b 间用导体连接时，则X可以是锌或石墨C当 a、b 与外接电源相连时，a 应连接电源的正极D当 a、b 与外接电源相连时，阴极的电极反应式：2Cl-2e-=Cl2【答案】A【解析】【分析】【详解】A当 a、b 间用导体连接时构成原电池，根据题意，X 应为负极，发生氧化反应，A 正确；B当 a、b 间
27、用导体连接时构成原电池，根据题意，X应为负极，X应比 Fe活泼，则X可以是锌，不能选用石墨，B错误；C当 a、b 与外接电源相连时，a 应连接电源的负极，C错误；D当 a、b 与外接电源相连时，阴极应该发生得电子的还原反应，D 错误；答案选 A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16铜锌银精矿化学成分如下：元素Cu Zn Ag S Fe Pb 元素质量分数/%17.60 18.30 0.146 33.15 18.17 7.86 利用铜锌银精矿制备硫酸铜晶体的流程如下：回答下列问题：(l)“气体 A”为 _(填化学式)，“浸渣”中主要为硫酸铅和_(填化学式)。(2)“沉铜”得到Cu2C
28、l2固体，目的是_。(3)“氧化”工序中，恰好反应时氧化剂和还原剂物质的量之比为_。(4)“母液 2”中阴离子含量最多的是_，该溶液最好返回_工序循环使用。(5)依据铜锌银精矿化学成分进行分析，精矿中含有FeS2，理由是 _。【答案】SO2AgCl 除去锌铁元素，分离出铜元素1:2 氯离子沉铜硫元素物质的量多于金属物质的量之和，故含有FeS2【解析】【分析】铜锌银精矿和空气中的O2发生反应，各金属得到其氧化物，S转化为 SO2，再加入H2SO4和 NaCl，金属氧化物转化为硫酸盐，Ag 转化为 AgCl沉淀，Pb 转化为 PbSO4沉淀。通入SO2将 Cu2转化为 Cu2Cl2沉淀，加入 O2
29、、H2SO4转化为 CuSO4溶液，最后得到CuSO4晶体。【详解】(1)在焙烧过程中，各金属转化为金属氧化物，而S元素转化为SO2，因此气体A 为 SO2；各金属氧化物与H2SO4转化为金属离子，Pb2与SO42沉淀得到PbSO4，而Ag与Cl会生成AgCl沉淀；(2)经过浸出之后，溶液中还有Zn2、Fe2、Cu2。沉铜之后，得到Cu2Cl2沉淀，实现了Cu 与 Zn、Fe的分离，答案为除去锌铁元素，分离出铜元素；(3)氧化的目的是将Cu2Cl2转化为 CuSO4，Cu2Cl2中 Cu 的化合价为1 价，1molCu2Cl2转化全部转化为Cu2，失去 2mol 电子，1molO2反应时，得到
30、4mol 电子，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的比例为1：2；(4)氧化的目的是将Cu2Cl2转化为 CuSO4，根据原子守恒，溶液中阴离子还大量存在的还有Cl-；母液 2 中含有较多的Cl，以及没有沉淀的Cu2和 SO42，溶液中没有Ag和 Pb2等离子，不需要“浸出”，最好返回“沉铜”的步骤中，可以为该步骤提供Cl；【点睛】问题(4)母液2最好返回的步骤中，易填错为浸出，浸出过程中也加入NaCl，但是要考虑到浸出加入NaCl的目的是为了沉淀Ag，而 Ag在溶液中的量是很少的，而沉淀铜的时候需要较多的Cl，母液 2 中含有较多的 Cl，且不含有其他金属离子，因此进入沉铜步骤，也可以减少相关
31、净化操作。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17一种合成聚碳酸酯塑料（PC塑料）的路线如下：已知：酯与含羟基的化合物可发生如下酯交换反应RCOOR ROHRCOO R+R OH PC塑料结构简式为：（1）C中的官能团名称是_，检验 C中所含官能团的必要试剂有_。（2）D 的系统命名为 _。（3）反应 II 的反应类型为_，反应的原子利用率为_。（4）反应 IV 的化学方程式为_。（5）1molPC 塑料与足量NaOH 溶液反应，最多消耗_molNaOH。（6）反应 I 生成 E时会生成副产物F(C9H12O2)，其苯环上一氯代物有两种，则F 的结构简式为_；写出满足下列条件的F的同分
32、异构体的结构简式_（任写一种）分子中含有苯环，与NaOH 溶液反应时物质的量为1：2 核磁共振氢谱显示有5 种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：2：1：1【答案】溴原子NaOH 溶液、稀硝酸、硝酸银溶液2-丙醇氧化反应100%4n等【解析】【分析】B 为 CH2=CH2，B 发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷与二氧化碳发生反应生成，与甲醇反应为信息的反应，反应的化学方程式是，生成 HOCH2CH2OH 和 CH3OCOOCH3；A在一定的条件下与 HBr 发生加成反应，根据原子守恒知，A 为 C3H6，结构简式为CH2=CHCH3，C为 CH3CHBrCH3，C中NaOH 溶液中加热发生
33、水解生成D，D 为 CH3CHOHCH3，D 在铜作催化剂，加热条件下氧化成丙酮，丙酮与发生反应I 生成 E，E与丙酮发生反应生成PC。【详解】（1）C为 CH3CHBrCH3，官能团名称是溴原子，C 中 NaOH 溶液中加热发生水解生成D 和溴化钠，先加稀硝酸中和氢氧化钠，再加硝酸银溶液，产生白色沉淀，检验C中所含官能团的必要试剂有NaOH 溶液、稀硝酸、硝酸银溶液。（2）为 CH3CHOHCH3，D 的系统命名为2-丙醇。（3）B为 CH2=CH2，B 发生氧化反应生成环氧乙烷，反应II 的反应类型为氧化反应，环氧乙烷与二氧化碳发生反应生成，反应的原子利用率为100%。（4）E与丙酮发生反
34、应生成PC，反应 IV 的化学方程式为。（5）酚形成的酯水解时需消耗2molNaOH，PC的一个链节中有2 个酚形成的酯基，1molPC 塑料与足量NaOH 溶液反应，最多消耗4nmolNaOH。（6）反应 I 生成 E时会生成副产物F(C9H12O2)，分子式为C9H12O2且符合属于芳香化合物，其苯环上一氯代物有两种，F的两取代基只能处于对位，则F的结构简式为；能满足下列条件的F的同分异构体分子中含有苯环，与NaOH 溶液反应时物质的量为1:2，核磁共振氢谱显示有5 种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：2：1：1，符合条件的是二元酚类，符合条件的同分异构体结构简式为：等。【点睛】本题
35、考查有机物的合成，把握合成流程中官能团的变化、有机反应、习题中的信息为解答的关键，注意有机物性质的应用，难点（6），注意掌握同分异构体的书写方法。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18锶有“金属味精”之称。以天青石（主要含有SrSO4和少量 CaCO3、MgO杂质）生产氢氧化锶的工艺如下：已知氢氧化锶在水中的溶解度：温度（）0 10 20 30 40 60 80 90 100 溶解度（g/100mL）0.91 1.25 1.77 2.64 3.95 8.42 20.2 44.5 91.2（1）隔绝空气焙烧时SrSO4只被还原成SrS，化学方程式为_。（2）“除杂”方法：将溶液升温至9
36、5，加 NaOH 溶液调节pH为 12。95时水的离子积KW1.0 1012，KspMg(OH)2 1.2 1010，则溶液中c（Mg2）_。若 pH过大，将导致氢氧化锶的产率降低，请解释原因_。（3）“趁热过滤”的目的是_，“滤渣”的主要成分为_。（4）从趁热过滤后的滤液中得到Sr(OH)2产品的步骤为 _、过滤、洗涤、干燥。（5）“脱硫”方法：用FeCl3溶液吸收酸浸产生的气体，请写出吸收时的离子方程式_；再用石墨电极电解吸收液，电解后可在“脱硫”中循环利用的物质是FeCl3溶液。请写出电解时阳极的电极反应：_。【答案】SrSO44CSrS4CO 1.2 10-10 mol?L-1OH对氢
37、氧化锶的溶解起抑制作用，OH浓度过大，将使氢氧化锶沉淀析出防止温度降低使氢氧化锶析出而造成损失Ca(OH)2、Mg(OH)2降温结晶2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+Fe2+e=Fe3+【解析】（1）根据图中信息，隔绝空气焙烧时SrSO4只被碳还原成SrS，同时生成一氧化碳，反应的化学方程式为：SrSO4 4C SrS 4CO；（2）95时水的离子积KW1.0 1012，pH 为 12，c（H）10-12mol/L，c（OH-）wKc H=1mol/L，c（Mg2）sp2KcOH=1021.2101=1.2 10-10 mol?L-1；OH对氢氧化锶的溶解起抑制作用，OH浓度过大，将使氢氧
38、化锶沉淀析出，导致氢氧化锶的产率降低；（3）“趁热过滤”的目的是防止温度降低使氢氧化锶析出而造成损失，“滤渣”的主要成分为在碱性条件下沉淀下来的Mg(OH)2和微溶物Ca(OH)2；（4）从趁热过滤后的滤液中得到Sr(OH)2产品的步骤为降温结晶、过滤、洗涤、干燥；（5）“脱硫”方法：用FeCl3溶液吸收酸浸产生的气体，铁离子将硫离子氧化为硫单质，吸收时的氧化产物为 S；再用石墨电极电解吸收液，电解过程将氯化亚铁氧化为氯化铁，故电解后可在“脱硫”中循环利用的物质是 FeCl3。19目前手机屏幕主要由保护玻璃、触控层以及下面的液晶显示屏三部分组成。下面是工业上用丙烯（A）和有机物C（C7H6O3
39、）为原料合成液晶显示器材料（F）的主要流程：（1）化合物C的结构简式为_。B 的官能团名称_。（2）上述转化过程中属于取代反应的有_（填反应序号）。（3）写出 B 与 NaOH 水溶液反应的化学方程式_。（4）下列关于化合物D 的说法正确的是_（填字母）。A属于酯类化合物B 1molD 最多能与4molH2发生加成反应C一定条件下发生加聚反应D核磁共振氢谱有5 组峰（5）写出符合下列条件下的化合物C的同分异构体的结构简式_(任写一种)。苯环上一溴代物只有2 种 能发生银镜反应苯环上有3 个取代基（6）请参照上述制备流程，写出以有机物C 和乙烯为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）_。【答案
40、】碳碳双键、溴原子CH2=CH-CH2Br+NaOHCH2=CH-CH2OH+NaBr bc、CH2=CH2CH3CH2Cl【解析】【分析】已知 A 为丙烯，与溴在光照的条件下发生取代反应生成溴丙烯，根据D 的结构简式，可知B 为 3-溴丙烯，C 为对羟基苯甲酸；【详解】（1）根据分析可知，C中羟基与羧基在苯环的对位，结构简式为；B 的结构简式为CH2=CH-CH2Br，含有的官能团有碳碳双键、溴原子；（2）A 的结构简式为CH2=CH-CH3，B的结构简式为CH2=CH-CH2Br，则反应为取代反应；C的结构简式为，D 的结构简式为，则反应为取代反应；E的结构简式为，则反应为取代反应；F的结
41、构简式为，则反应为取代反应；（3）B的结构简式为CH2=CH-CH2Br，为溴代烃，在碱性条件下生成醇和溴化钠，反应的化学方程式为CH2=CH-CH2Br+NaOHCH2=CH-CH2OH+NaBr；（4）化合物D 的结构简式为，含有的官能团有碳碳双键、羧基、醚基，A.化合物 D 中不含有酯基，不属于酯类化合物，与题意不符，A 错误；B.1molD 中碳碳双键可与1mol 氢气发生加成反应，苯环可与3mol 氢气发生加成反应，最多能与4molH2发生加成反应，符合题意，B 正确；C.化合物 D 中含有碳碳双键，一定条件下发生加聚反应，符合题意，C正确；D.核磁共振氢谱有6 组峰，与题意不符，D 错误；答案为 BC；（5）化合物C为，其分子式为C7H6O3，其同分异构体符合能发生银镜反应，苯环上有3 个取代基，分别为2 个-OH、1 个-CHO，苯环上一溴代物只有2 种，则该有机物为对称结构，可能结构为、；（6）有机物C为，根据制取产物，乙醇与发生取代反应生成，再与 SOCl2发生取代反应生成，再与发生取代反应生成，流程为CH2=CH2CH3CH2Cl。【点睛】根据有机物中的官能团确定有机物的性质，为学习有机物的基础；根据反应物及生成物的结构判断反应类型。