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安徽省六安第一中学2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题（解析版）
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这是一份安徽省六安第一中学2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了单选题，不定项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量
一、单选题(本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 中国传统文化中蕴藏丰富化学知识，下列有关说法正确的是
A. “蜜蜂采花作黄蜡，取蜡为花亦其物”，蜂蜜中含果糖、葡萄糖、蔗糖和麦芽糖，它们都属于单糖
B. “人生请治田，种秫多酿酒”，酿酒的主要原料是纤维素
C. “采桑作蚕丝，罗绮任侬著”，区分蚕丝与棉、麻可用灼烧的方法
D. “桐油吐人，得酒即解”，桐油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，是高分子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A．果糖、葡萄糖属于单糖，蔗糖、麦芽糖属于二糖，故A错误；
B．酿酒主要原料淀粉，酿酒过程：淀粉葡萄糖乙醇，故B错误；
C．蚕丝主要成分是蛋白质，有灼烧羽毛的气味，棉、麻的主要成分是纤维素，故C正确；
D．桐油是一种植物油，主要成分是高级脂肪酸甘油酯，但不属于高分子化合物，故D错误；
答案为C。
2. 下列化学用语使用正确的是
A. 基态Cr的价电子轨道表示式：
B. K原子结构示意图：
C. 的空间填充模型：
D. 的电子式：更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 【答案】A
【解析】
【详解】A．基态Cr核外共24个电子，价电子排布式为，价电子轨道表示式书写正确，A正确；
B．每个K核外共有19个电子，其原子结构示意图为，B错误；
C．的空间填充模型为，C错误；
D．基态N原子的最外层有5个电子，则的电子式为，D错误；
故选A。
3. 代表阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是
A. 标准状况下，环己烷的分子数为
B. 溶液中，和的数目之和为
C. 苯与足量氢气反应后，破坏碳碳双键的数目为
D. 溶液中，阴离子个数大于
【答案】D
【解析】
【详解】A．环己烷在标准状况下不是气体，不能直接运用22.4L/ml计算环己烷的物质的量，故A错误；
B．HOOC-COOH为二元弱酸，因此HOOC-COONa溶液存在HOOC-COOH、HOOC-COO-、-OOC-COO-三种形式，根据元素质量守恒，c(HOOC-COOH)+c(HOOC-COO-)+c(-OOC-COO-)=0.01ml/L，因此有HOOC-COO-、HOOC-COOH数目之和小于0.01NA，故B错误；
C．苯中不含碳碳双键，是介于碳碳单键和双键之间特殊的键，故C错误；
D．NaF属于强碱弱酸盐，F-在水中水解：F-+H2OHF+OH-，溶液中有水，水也是弱电解质，因此有H2OH++OH-，因此1L0.1ml/LNaF溶液中阴离子数目大于0.1NA，故D正确；
答案D。
4. 下列离子方程式书写正确的是
A. 溶液与溶液等体积混合：
B. 向硫酸铜溶液中加入溶液生成黑色沉淀：
C. 向和混合溶液中加入少量稀盐酸：
D. 通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液中也能与反应，原离子方程式写得不完整，正确的离子方程式为Al3++NH+2SO+2Ba2++4OH−=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3H2O，A错误；
B．是弱酸的酸式酸根，写离子方程式时不可再拆分成和，正确的离子方程式为Cu2++HS−=CuS↓+H+，B错误；
C．还原性比的强，在酸性环境下才表现强氧化性，因此加入少量稀盐酸时，先被氧化，C正确；
D．具有强氧化性，能把中+4价S元素氧化成+6，生成产物，D错误；
故选C。
5. 下列“类比”结果正确的是
A. 的溶解度比的大，的溶解度也比的大
B. 与反应生成与与反应生成与
C. 苯不能使酸性溶液褪色，甲苯也不能使酸性溶液褪色
D. 的分子构型为三角锥形，的分子构型也为三角锥形
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据和物理性质可知，溶解度小于，故A错误；
B．具有还原性，具有氧化性，所以会生成硫酸钠，故B错误；
C．苯环与侧链间相互影响，所以甲苯能被酸性溶液氧化成苯甲酸，酸性溶液褪色，故C错误；
D．N、P同族，、中心原子价层电子对数均为4，含1对孤电子对，所以、分子构型均为三角锥形，故D正确；
答案选D。
6. 常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A. 约为
B. 点a：
C. 点b：
D. 水的电离程度：
【答案】D
【解析】
【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和 CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。
【详解】A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100ml/L，c(H+)=10-3.38ml/L，==10-4.76，故A正确；
B．a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；
C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和 CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)D．c点溶液中CH3COO-水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错误；
答案选D。
7. 抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法错误的是
A. 存在顺反异构
B. 含有5种官能团
C. 该物质最多可与反应
D. 该物质与足量溴水反应，最多可消耗
【答案】C
【解析】
【详解】A．克拉维酸中含有碳碳双键，每个双键碳原子都连接了不同的原子和原子团，因此存在顺反异构，故A说法正确；
B．根据克拉维酸的结构简式，克拉维酸中含有酰胺基(键)、醚键、羧基、碳碳双键、羟基五种官能团，故B说法正确；
C．克拉维酸中能与NaOH反应的官能团为酰胺基、羧基，1ml克拉维酸中含有1ml羧基、1ml酰胺基，因此1ml克拉维酸最多消耗2mlNaOH，故C说法错误；
D．克拉维酸中能与溴水发生反应的官能团为碳碳双键，1ml克拉维酸中含有1ml碳碳双键，能与1ml溴单质发生加成，故D说法正确；
答案为C。
8. 生物降解塑料能在微生物的作用下降解成二氧化碳和水，从而消除废弃塑料对环境的污染。PHB塑料就属于这种塑料，其结构简式为 。下列有关PHB的说法正确的是
A. PHB是一种聚酯，有固定的熔点B. PHB的降解过程不需要氧气参加反应
C. 合成PHB的单体是CH3CH2CH(OH)COOHD. 通过加聚反应可以制得PHB
【答案】C
【解析】
【详解】A．PHB结构中有酯基，是一种聚酯，PHB是高分子，属于混合物，没有固定的熔点，故A错误；
B．其降解过程是先水解生成2-羟基丁酸，然后被氧气氧化为CO2和H2O，故B错误；
C．根据PHB的结构，将酯基水解后，得到合成PHB的单体，其单体是CH3CH2CH(OH)COOH，故C正确；
D．PHB是聚酯类高分子，通过缩聚反应制得，故D错误；
故选C。
9. M是一种含有热塑性聚氨脂结构的物质。X和Y是可合成M的单体，其合成反应如下：
下列说法不正确的是。
A. 单体Y的化学式为
B. 单体X分子中的所有碳原子一定共平面
C. 形成聚合物的过程中发生了加成反应
D. 该聚合物在一定条件下可降解
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据Y的结构简式可判断单体Y的化学式为，A正确；
B．由于单键可以旋转，所以单体X分子中的所有碳原子不一定共平面，B错误；
C．形成聚合物的过程中碳氮双键变为碳氮单键，因此发生了加成反应，C正确；
D．该聚合物中含有酯基、肽键等，因此在一定条件下可降解，D正确；
答案选B。
10. 下列有机物除杂(括号内为杂质)的试剂和方法不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．淀粉溶液为胶体，胶体粒子不能透过半透膜，溶质微粒可以，因此除去淀粉溶液中的NaCl，可以用渗析方法，故A不符合题意；
B．加入NaCl，降低硬脂酸钠的溶解度使之析出，这种方法称为盐析，故B不符合题意；
C．硝基苯是不溶于水的液体，不与NaOH反应，加入NaOH，NaOH与硫酸生成可溶于水的硫酸钠，然后分液，得到硝基苯，故C不符合题意；
D．苯酚与浓溴水生成三溴苯酚，三溴苯酚溶于苯，这种方法不能达到实验目的，正确的方法是加入NaOH溶液，然后分液，故D符合题意；
故答案为D。
11. 下列装置应用于实验室进行相关实验，能达到实验目的的是
A. 用装置甲在强光照条件下制取纯净的一氯甲烷
B. 用装置乙分离苯和水
C. 用装置丙蒸馏石油并收集60~ 150°C馏分
D. 用装置丁制备少量的硝基苯
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲烷与氯气光照条件下的取代反应为光敏反应，反应得到的是氯代甲烷的混合物，不可能得到纯净的一氯甲烷，故A错误；
B．密度比水小的苯与水不互溶，所以可以用分液的方法分离苯和水，故B正确；
C．蒸馏石油并收集60~ 150°C馏分时，温度计应在支管口附近测定馏出物沸点，不能插入石油中，故C错误；
D．制备少量硝基苯时，应用插入水浴中控制反应温度在50~ 60°C，缺少温度计，故D错误；
故选B。
12. 处理某铜冶金污水(含)的部分流程如下：
已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
②。
下列说法错误的是
A. “沉渣Ⅰ”中含有和
B. 溶液呈碱性，其主要原因是
C. “沉淀池Ⅱ”中，当和完全沉淀时，溶液中
D. “出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水
【答案】D
【解析】
【分析】污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质，以此解题。
【详解】A．根据分析可知氢氧化铁当pH=1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH=3.5时开始沉淀，当pH=4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；
B．硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：S2-+H2O⇌HS-+OH-，B正确；
C．当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则，C正确；
D．污水经过处理后其中含有较多的钙离子以及没有除净的铝离子，故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循环用水的标准后，才能使用，D错误；
故选D。
二、不定项选择题：(本大题共4小题，每小题4分，共16分；在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题意。全部选对得4分，选对但不全得2分，多选、错选均不得分。)
13. 以脯氨酸( )为催化剂可实现有机物X向Y的转化。下列说法错误的是
A. X分子中仅有1个手性碳原子
B. X分子中的碳原子的杂化方式仅有2种
C. 脯氨酸既可以形成分子内氢键，又可以形成分子间氢键
D. Y分子中有7种不同化学环境的氢原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．连接4个不同原子或原子团的碳原子叫做手性碳原子，故X分子中没有手性碳原子，A错误；
B．X分子中的所有碳原子的杂化方式不同，含有酮羰基的碳为sp2，其余饱和碳原子为sp3，B正确；
C．脯氨酸分子中含有羧基和-NH-，因此脯氨酸既可以形成分子内氢键，又可以形成分子间氢键，C正确；
D．根据Y分子结构可知，Y分子中有7种不同化学环境的氢原子，D正确；
故选A。
14. 有机化合物为一种无色液体。从A出发可发生如图的一系列反应。则下列说法不正确的是
A. 根据图示可推知D为苯酚B. G的同分异构体中能发生银镜反应的只有2种
C. 上述各物质中能发生水解反应的只有A、B、GD. A的结构中含1种官能团
【答案】BC
【解析】
【分析】根据D与浓溴水反应生成白色沉淀F可以推出D含有酚羟基；根据E生成G可以推出G是乙酸乙酯，E是乙酸，F为三溴苯酚，C是乙酸钠；结合A分子式，可以确定D是苯酚，B是苯酚钠，A是乙酸苯酯。
【详解】A．由分析知D是苯酚，A正确；
B．能发生银镜反应说明G的同分异构体含有醛基，另外一个氧原子可以与醛基组合成酯基、也可以独立成醚键、羟基，故有多种同分异构体，B错误；
C．根据分析知，能够发生水解反应的有A、B、F、G，C错误；
D．A结构中含有1种官能团，是酯基，D正确；
故选BC。
15. 德国科学家发现了某种催化条件下的羟醛缩合反应的历程如图所示。下列说法不正确的是
A. 有机物①能够降低反应的活化能，有机物③是反应的中间产物
B. 增加浓度，可提高单位时间内②的转化率
C. 反应中只涉及极性键的断裂与生成，整个过程反应物的原子利用率为100%
D. 如果用代替可生成
【答案】CD
【解析】
【分析】根据流程图可知，反应物有、CH3CHO，生成物有，反应为+CH3CHO→；
【详解】A．有机物①是第一个反应的反应物，是最后一个反应的生成物，所以是该反应的催化剂，催化剂能降低反应的活化能；由图可知有机物③是中间产物，选项A正确；
B．反应②中参与反应为反应物，增加浓度，可提高单位时间内②的转化率，选项B正确；
C．反应中有碳氢、碳氧、碳氮等极性键和碳碳非极性键的断裂与生成，据分析可知，整个过程没有其它产物，反应物的原子利用率为100%，选项C不正确；
D．如果用代替可生成，选项D不正确；
答案选CD。
16. 硝酮是重要的有机合成中间体，可采用“成对间接电氧化”法合成。电解槽中水溶液的主要成分及反应过程如图所示。
下列说法不正确的是
A. 惰性电极2为阴极B. 反应前后数量不变
C. 外电路通过电子，可得到水D. 消耗氧气，可得到硝酮
【答案】AD
【解析】
【分析】惰性电极2，Br-被氧化为Br2，惰性电极2为阳极，则惰性电极1为阴极；
【详解】A．惰性电极2，Br-被氧化为Br2，惰性电极2为阳极，选项A不正确；
B．循环反应，反应前后数量不变，选项B正确；
C．外电路通过1ml电子，生成0.5mlH2O2，H2O2最终生成水，根据氧原子守恒，可得到1ml水，选项C正确；
D．总反应为氧气把二丁基-N-羟基胺氧化为硝酮，1ml二丁基-N-羟基胺失去2mlH原子生成1ml硝酮，氧气最终生成水，根据氧原子守恒，消耗1ml氧气，可得到2ml硝酮，选项D不正确；
答案选AD。
三、填空题(每空2分，共48分)
17. 连二亚硫酸钠又称为保险粉，常作还原剂，能溶于冷水，难溶于乙醇，在碱性介质中稳定。用甲酸钠生产保险粉的工艺流程如图，回答下列问题：
（1）“滤液”中可以循环利用的物质是_________。
（2）“洗涤”所用试剂最好为__________。
a．冰水 b．热水 c．无水乙醇 d．90%乙醇水溶液
（3）反应在70℃条件下进行，写出发生反应化学方程式：________________________。
（4）在包装保存“保险粉”时加入少量的固体，目的是______________________。
（5）取少量连二亚硫酸钠在隔绝空气的条件下加强热使其完全分解得到和一种气体，该反应中氧化产物、还原产物的物质的量之比为__________。
【答案】（1）乙醇水溶液
（2）d （3）
（4）为碱性物质，可提高“保险粉”的稳定性
（5）
【解析】
【分析】由题给流程可知，向甲酸钠固体和氢氧化钠固体溶于乙醇水溶液所得溶液中通入二氧化硫，二氧化硫与甲酸钠和氢氧化钠的乙醇混合溶液在70℃条件下反应生成连二亚硫酸钠、二氧化碳和水，反应所得溶液经冷却结晶、过滤、洗涤得到乙醇水溶液和二水连二亚硫酸钠晶体；二水连二亚硫酸钠晶体脱水干燥后加入碳酸钠固体包装得到连二亚硫酸钠产品。
【小问1详解】
由分析可知，过滤得到的滤液为可以循环使用的乙醇水溶液，故答案为：乙醇水溶液；
【小问2详解】
由连二亚硫酸钠能溶于冷水，难溶于乙醇可知，洗涤二水连二亚硫酸钠晶体时，不能选用水洗涤，而无水乙醇无法洗涤晶体表面的可溶性杂质，所以洗涤的最好试剂为90%乙醇水溶液，故选d；
【小问3详解】
由分析可知，二氧化硫与甲酸钠和氢氧化钠的乙醇混合溶液在70℃条件下反应生成连二亚硫酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
【小问4详解】
由题给信息可知，连二亚硫酸钠在碱性介质中稳定，所以包装时加入碳酸钠固体的目的是提高连二亚硫酸钠的稳定性，故答案为：为碱性物质，可提高“保险粉”的稳定性；
【小问5详解】
由题意可知，连二亚硫酸钠在隔绝空气的条件下加强热分解生成亚硫酸钠、硫代硫酸钠和二氧化硫，反应的化学方程式为2Na2S2O4 Na2S2O3+ Na2SO3+ SO2↑，反应中硫代硫酸钠为反应的还原产物，二氧化硫和亚硫酸钠为氧化产物，则氧化产物、还原产物的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1。
18. 某小组为探究物质氧化性和还原性的变化规律进行了如下实验：向一定浓度的溶液和饱和的混合溶液中加入适量氨水，观察到产生红褐色沉淀，经检验，红褐色沉淀含。
分析产生的原因：
（1）甲同学认为是氧化所致。验证如下：向溶液中滴入氨水，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后有红褐色沉淀生成。
①生成白色沉淀的离子方程式是___________________。
②产生红褐色沉淀：。若将其拆分为两部分反应，则有：还原反应：。氧化反应：___________________。
（2）乙同学认为产生的原因可能是氧化所致．验证如下(溶液A：饱和溶液溶液；已排除空气的影响)：
①Ⅰ中可能产生，运用氧化还原反应规律分析产生的合理性：_________________________。
②检验：滤出Ⅰ中不溶物，用稀溶解，未检出。分析原因：
i．Ⅰ中未生成。
ⅱ．Ⅰ中生成了。由于__________(用离子方程式表示)，因此未检出。
（3）设计实验(Ⅲ)确认的作用(已排除空气的影响)，装置示意图如下所示。
①图中溶液a是__________。经检验，实验中产生了。
②Ⅱ、Ⅲ中均含。Ⅲ中产生了，Ⅱ中未产生，试解释原因_________________。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 溶液中发生了氧化还原反应，升价产物有，降价产物有是合理的 ②.
（3） ①. 饱和溶液和氨水 ②. Ⅱ中的还原性较弱，不能将还原为；Ⅲ中碱性条件下增强了亚铁盐的还原性增强，能将还原为。(或Ⅱ中的还原性较弱，不能将还原为；Ⅲ中，产生氢氧化亚铁，，碱性增强及产生更小的使亚铁盐的还原性增强，能将还原为
【解析】
【分析】向一定浓度的溶液和饱和的混合溶液中加入适量氨水，观察到产生红褐色沉淀，经检验，红褐色沉淀含。则反应过程中二价铁元素化合价升高，相关微粒表现了还原性，铜离子表现了氧化性。氧化还原反应符合规律：强氧化剂+强还原剂→弱氧化剂+弱还原剂，而溶液酸碱性不同也会使氧化性或还原性的强弱发生变化，例如的还原性较弱，而碱性下的还原性增强。
【小问1详解】
①硫酸亚铁与氨水反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀，其离子方程式为：Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2。。
②用总反应减去还原反应，得到氧化反应为：Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3。
【小问2详解】
①由现象可知，反应生成了氢氧化铁沉淀，从氧化还原的角度看，氢氧化铁可为升价产物，铜可为降价产物，因此有铜生成从氧化还原的角度看是合理的。
②不溶物中有氢氧化铁，氢氧化铁与硫酸反应生成三价铁离子，三价铁离子又可以与铜反应生成二价铁离子和铜离子，因此未检出铜，其离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。
【小问3详解】
①若要确认CuSO4的作用，应把硫酸铜溶液和饱和硫酸亚铁溶液分别放在两个烧杯中，因此图中溶液a是饱和溶液和氨水。
②Ⅱ、Ⅲ中均含。Ⅲ中产生了，Ⅱ中未产生，试解释原因：Ⅱ中的还原性较弱，不能将还原为；Ⅲ中碱性条件下亚铁盐的还原性增强，能将还原为。(或Ⅱ中的还原性较弱，不能将还原为；Ⅲ中，产生氢氧化亚铁：，碱性增强及产生更小的使亚铁盐的还原性增强，能将还原为。
19. 甲基丙烯酸甲酯的结构简式为，是有机玻璃的单体，其种实验室制备方法如下：实验装置如图1所示(夹持及微波加热装置已略去)，步骤如下：
Ⅰ．量取86mL甲基丙烯酸()置于烧杯中，在搅拌的同时加入5mL浓硫酸，冷却至室温，再加入50mL甲醇，搅拌，混合均匀；
Ⅱ．将混合溶液注入图1装置的反应器中，加入磁力搅拌子，微波加热温度为105℃，持续加热，充分反应；
Ⅲ．纯化产品，流程如图2所示：
回答下列问题：
（1）制备甲基丙烯酸甲酯的化学方程式为_________。
（2）采用微波加热可准确控制反应温度和时间，若反应温度控制不好，可能有副产物产生，写出一种有机副产物的结构简式：_________。
（3）从分水器中及时分离出水的目的是__________，如果分水器中的水层不再增厚，则表明制备甲基丙烯酸甲酯的反应己经达到平衡状态。
（4）纯化过程中，用“饱和碳酸钠溶液洗涤”的目的是_________；
（5）本实验中甲基丙烯酸甲酯的产率为____(保留三位有效数字)。
【答案】（1）
（2）
（3）促进酯化反应平衡正向移动，提高原料利用率
（4）降低甲基丙烯酸甲酯的溶解度，并除去产品中残留的酸性杂质
（5）69.7%
【解析】
【分析】本题制备甲基丙烯酸甲酯，其原理是+CH3OH+H2O，反应温度105℃，根据表中数据可知，甲醇、甲基丙烯酸甲酯、水转化为气体，在冷凝管中冷却为液体，回流到分水器中，因为甲基丙烯酸甲酯的密度小于水，分水器中溶液出现分层，上层为油层，下层为水层，当水层不增加，说明反应已经达到平衡，据此分析；
【小问1详解】
用甲基丙烯酸与甲醇发生酯化反应得到产物，其化学方程式为+CH3OH+H2O；故答案为+CH3OH+H2O；
【小问2详解】
加热条件下，甲醇能发生分子间脱水，生成CH3-O-CH3等；故答案为CH3-O-CH3等；
【小问3详解】
酯化反应为可逆反应，从分水器中及时分离出水的目的是促进酯化反应平衡正向移动，提高原料利用率；故答案为促进酯化反应平衡正向移动，提高原料利用率；
【小问4详解】
粗产品中含有甲基丙烯酸甲酯、甲醇、甲基丙烯酸甲酯等，因此纯化过程中，用饱和碳酸钠溶液洗涤的目的是降低甲基丙烯酸甲酯的溶解度，并除去产品中残留的酸性杂质；故答案为降低甲基丙烯酸甲酯的溶解度，并除去产品中残留的酸性杂质；
【小问5详解】
由计算知，甲基丙烯酸的物质的量为1.01ml，甲醇物质的量为≈1.23ml，甲醇过量，则甲基丙烯酸甲酯的理论产量为，产率为69.7%；故答案为69.7%。
20. 化合物H是一种合成药物中间体，一种合成化合物H的人工合成路线如下：
（1）B的化学名称为__________，G中不含N原子的官能团的名称为__________。
（2）B→C的过程经历两步反应．反应类型依次为加成反应、__________。
（3）C→D的化学方程式为_______________________________________________。
（4）F( )与稀盐酸反应，所得生成物的结构简式为________________________。
（5）写出所有满足下列条件的E的同分异构体的结构简式____________________。
①苯环上有两个对位的取代基； ②苯环上其中一个取代基为；
③分子含有5种不同化学环境的氢原子．
（6）写出 和2-丙醇( )为原料制备 的合成路线流程图__________。(无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)
【答案】（1） ①. 3-氯丁醛 ②. 碳氯键、碳碳双键
（2）消去反应 （3）
（4） 或者 （5） 、
（6）
【解析】
【分析】A与HCl加成生成B，B中醛基与苯胺上的氨基发生反应生成C，C在氢氧化钠的水溶液中水解生成D，D发生醇的催化氧化生成E，F与Cl2在光照条件下生成G，G在氢氧化钠的水溶液中水解最终生成H；
【小问1详解】
碳链上含有官能团时，靠近官能团的一端标为1号碳，故B的化学名称为3-氯丁醛；G中不含N原子的官能团名称为碳碳双键和碳氯键；
【小问2详解】
B的结构简式为，C的结构简式为，B与苯胺发生加成反应生成，再发生消去反应生成C，答案为消去反应；
【小问3详解】
C到D的反应和卤代烃在氢氧化钠的水溶液中水解一样，故化学方程式为；
【小问4详解】
F中N原子与氢离子配位形成一个阳离子，再与氯离子形成盐，故生成物的结构简式为 或者；
【小问5详解】
满足①②两个条件的E的同分异构体，苯环上有两个对位取代基，其中一个为-CONH2，则另一个取代基为—C3H5，存在一个碳碳双键或者成环。如存在碳碳双键，则结构为、、，此时有三种同分异构体，如果成环，则有一种同分异构体，结构为：,共4种同分异构体。当分子中含有5种不同化学环境的氢原子时，结构简式为、；
【小问6详解】
发生催化氧化生成，和苯环发生类似E到F的取代反应生成，与Cl2在光照条件下发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液中发生水解，同时同一个碳上连接两个羟基不稳定，自动脱水形成，因此合成路线为。A
淀粉溶液(氯化钠)
蒸馏水
渗析
B
硬脂酸钠(甘油)
盐析
C
硝基苯(硫酸)
溶液
分液
D
苯(苯酚)
浓溴水
过滤
物质
开始沉淀
1.9
4.2
6.2
3.5
完全沉淀
3.2
6.7
82
4.6
序号
试剂
现象
Ⅰ
氨水
生成沉淀，一段时间后，产生红褐色沉淀和灰黑色固体物质
Ⅱ
水
溶液无明显变化
甲醇
甲基丙烯酸
甲基丙烯酸甲酯
溶解性
可溶于有机物、水
可溶于热水、酯
难溶于水、可溶于有机物
密度/
0.79
1.01
0.94
沸点/℃
64.7
161
100～101
相对分子质量
32
86
100
可能用到的相对原子质量
一、单选题(本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 中国传统文化中蕴藏丰富化学知识，下列有关说法正确的是
A. “蜜蜂采花作黄蜡，取蜡为花亦其物”，蜂蜜中含果糖、葡萄糖、蔗糖和麦芽糖，它们都属于单糖
B. “人生请治田，种秫多酿酒”，酿酒的主要原料是纤维素
C. “采桑作蚕丝，罗绮任侬著”，区分蚕丝与棉、麻可用灼烧的方法
D. “桐油吐人，得酒即解”，桐油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，是高分子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A．果糖、葡萄糖属于单糖，蔗糖、麦芽糖属于二糖，故A错误；
B．酿酒主要原料淀粉，酿酒过程：淀粉葡萄糖乙醇，故B错误；
C．蚕丝主要成分是蛋白质，有灼烧羽毛的气味，棉、麻的主要成分是纤维素，故C正确；
D．桐油是一种植物油，主要成分是高级脂肪酸甘油酯，但不属于高分子化合物，故D错误；
答案为C。
2. 下列化学用语使用正确的是
A. 基态Cr的价电子轨道表示式：
B. K原子结构示意图：
C. 的空间填充模型：
D. 的电子式：更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 【答案】A
【解析】
【详解】A．基态Cr核外共24个电子，价电子排布式为，价电子轨道表示式书写正确，A正确；
B．每个K核外共有19个电子，其原子结构示意图为，B错误；
C．的空间填充模型为，C错误；
D．基态N原子的最外层有5个电子，则的电子式为，D错误；
故选A。
3. 代表阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是
A. 标准状况下，环己烷的分子数为
B. 溶液中，和的数目之和为
C. 苯与足量氢气反应后，破坏碳碳双键的数目为
D. 溶液中，阴离子个数大于
【答案】D
【解析】
【详解】A．环己烷在标准状况下不是气体，不能直接运用22.4L/ml计算环己烷的物质的量，故A错误；
B．HOOC-COOH为二元弱酸，因此HOOC-COONa溶液存在HOOC-COOH、HOOC-COO-、-OOC-COO-三种形式，根据元素质量守恒，c(HOOC-COOH)+c(HOOC-COO-)+c(-OOC-COO-)=0.01ml/L，因此有HOOC-COO-、HOOC-COOH数目之和小于0.01NA，故B错误；
C．苯中不含碳碳双键，是介于碳碳单键和双键之间特殊的键，故C错误；
D．NaF属于强碱弱酸盐，F-在水中水解：F-+H2OHF+OH-，溶液中有水，水也是弱电解质，因此有H2OH++OH-，因此1L0.1ml/LNaF溶液中阴离子数目大于0.1NA，故D正确；
答案D。
4. 下列离子方程式书写正确的是
A. 溶液与溶液等体积混合：
B. 向硫酸铜溶液中加入溶液生成黑色沉淀：
C. 向和混合溶液中加入少量稀盐酸：
D. 通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液中也能与反应，原离子方程式写得不完整，正确的离子方程式为Al3++NH+2SO+2Ba2++4OH−=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3H2O，A错误；
B．是弱酸的酸式酸根，写离子方程式时不可再拆分成和，正确的离子方程式为Cu2++HS−=CuS↓+H+，B错误；
C．还原性比的强，在酸性环境下才表现强氧化性，因此加入少量稀盐酸时，先被氧化，C正确；
D．具有强氧化性，能把中+4价S元素氧化成+6，生成产物，D错误；
故选C。
5. 下列“类比”结果正确的是
A. 的溶解度比的大，的溶解度也比的大
B. 与反应生成与与反应生成与
C. 苯不能使酸性溶液褪色，甲苯也不能使酸性溶液褪色
D. 的分子构型为三角锥形，的分子构型也为三角锥形
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据和物理性质可知，溶解度小于，故A错误；
B．具有还原性，具有氧化性，所以会生成硫酸钠，故B错误；
C．苯环与侧链间相互影响，所以甲苯能被酸性溶液氧化成苯甲酸，酸性溶液褪色，故C错误；
D．N、P同族，、中心原子价层电子对数均为4，含1对孤电子对，所以、分子构型均为三角锥形，故D正确；
答案选D。
6. 常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A. 约为
B. 点a：
C. 点b：
D. 水的电离程度：
【答案】D
【解析】
【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和 CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。
【详解】A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100ml/L，c(H+)=10-3.38ml/L，==10-4.76，故A正确；
B．a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；
C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和 CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)
答案选D。
7. 抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法错误的是
A. 存在顺反异构
B. 含有5种官能团
C. 该物质最多可与反应
D. 该物质与足量溴水反应，最多可消耗
【答案】C
【解析】
【详解】A．克拉维酸中含有碳碳双键，每个双键碳原子都连接了不同的原子和原子团，因此存在顺反异构，故A说法正确；
B．根据克拉维酸的结构简式，克拉维酸中含有酰胺基(键)、醚键、羧基、碳碳双键、羟基五种官能团，故B说法正确；
C．克拉维酸中能与NaOH反应的官能团为酰胺基、羧基，1ml克拉维酸中含有1ml羧基、1ml酰胺基，因此1ml克拉维酸最多消耗2mlNaOH，故C说法错误；
D．克拉维酸中能与溴水发生反应的官能团为碳碳双键，1ml克拉维酸中含有1ml碳碳双键，能与1ml溴单质发生加成，故D说法正确；
答案为C。
8. 生物降解塑料能在微生物的作用下降解成二氧化碳和水，从而消除废弃塑料对环境的污染。PHB塑料就属于这种塑料，其结构简式为 。下列有关PHB的说法正确的是
A. PHB是一种聚酯，有固定的熔点B. PHB的降解过程不需要氧气参加反应
C. 合成PHB的单体是CH3CH2CH(OH)COOHD. 通过加聚反应可以制得PHB
【答案】C
【解析】
【详解】A．PHB结构中有酯基，是一种聚酯，PHB是高分子，属于混合物，没有固定的熔点，故A错误；
B．其降解过程是先水解生成2-羟基丁酸，然后被氧气氧化为CO2和H2O，故B错误；
C．根据PHB的结构，将酯基水解后，得到合成PHB的单体，其单体是CH3CH2CH(OH)COOH，故C正确；
D．PHB是聚酯类高分子，通过缩聚反应制得，故D错误；
故选C。
9. M是一种含有热塑性聚氨脂结构的物质。X和Y是可合成M的单体，其合成反应如下：
下列说法不正确的是。
A. 单体Y的化学式为
B. 单体X分子中的所有碳原子一定共平面
C. 形成聚合物的过程中发生了加成反应
D. 该聚合物在一定条件下可降解
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据Y的结构简式可判断单体Y的化学式为，A正确；
B．由于单键可以旋转，所以单体X分子中的所有碳原子不一定共平面，B错误；
C．形成聚合物的过程中碳氮双键变为碳氮单键，因此发生了加成反应，C正确；
D．该聚合物中含有酯基、肽键等，因此在一定条件下可降解，D正确；
答案选B。
10. 下列有机物除杂(括号内为杂质)的试剂和方法不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．淀粉溶液为胶体，胶体粒子不能透过半透膜，溶质微粒可以，因此除去淀粉溶液中的NaCl，可以用渗析方法，故A不符合题意；
B．加入NaCl，降低硬脂酸钠的溶解度使之析出，这种方法称为盐析，故B不符合题意；
C．硝基苯是不溶于水的液体，不与NaOH反应，加入NaOH，NaOH与硫酸生成可溶于水的硫酸钠，然后分液，得到硝基苯，故C不符合题意；
D．苯酚与浓溴水生成三溴苯酚，三溴苯酚溶于苯，这种方法不能达到实验目的，正确的方法是加入NaOH溶液，然后分液，故D符合题意；
故答案为D。
11. 下列装置应用于实验室进行相关实验，能达到实验目的的是
A. 用装置甲在强光照条件下制取纯净的一氯甲烷
B. 用装置乙分离苯和水
C. 用装置丙蒸馏石油并收集60~ 150°C馏分
D. 用装置丁制备少量的硝基苯
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲烷与氯气光照条件下的取代反应为光敏反应，反应得到的是氯代甲烷的混合物，不可能得到纯净的一氯甲烷，故A错误；
B．密度比水小的苯与水不互溶，所以可以用分液的方法分离苯和水，故B正确；
C．蒸馏石油并收集60~ 150°C馏分时，温度计应在支管口附近测定馏出物沸点，不能插入石油中，故C错误；
D．制备少量硝基苯时，应用插入水浴中控制反应温度在50~ 60°C，缺少温度计，故D错误；
故选B。
12. 处理某铜冶金污水(含)的部分流程如下：
已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
②。
下列说法错误的是
A. “沉渣Ⅰ”中含有和
B. 溶液呈碱性，其主要原因是
C. “沉淀池Ⅱ”中，当和完全沉淀时，溶液中
D. “出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水
【答案】D
【解析】
【分析】污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质，以此解题。
【详解】A．根据分析可知氢氧化铁当pH=1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH=3.5时开始沉淀，当pH=4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；
B．硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：S2-+H2O⇌HS-+OH-，B正确；
C．当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则，C正确；
D．污水经过处理后其中含有较多的钙离子以及没有除净的铝离子，故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循环用水的标准后，才能使用，D错误；
故选D。
二、不定项选择题：(本大题共4小题，每小题4分，共16分；在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题意。全部选对得4分，选对但不全得2分，多选、错选均不得分。)
13. 以脯氨酸( )为催化剂可实现有机物X向Y的转化。下列说法错误的是
A. X分子中仅有1个手性碳原子
B. X分子中的碳原子的杂化方式仅有2种
C. 脯氨酸既可以形成分子内氢键，又可以形成分子间氢键
D. Y分子中有7种不同化学环境的氢原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．连接4个不同原子或原子团的碳原子叫做手性碳原子，故X分子中没有手性碳原子，A错误；
B．X分子中的所有碳原子的杂化方式不同，含有酮羰基的碳为sp2，其余饱和碳原子为sp3，B正确；
C．脯氨酸分子中含有羧基和-NH-，因此脯氨酸既可以形成分子内氢键，又可以形成分子间氢键，C正确；
D．根据Y分子结构可知，Y分子中有7种不同化学环境的氢原子，D正确；
故选A。
14. 有机化合物为一种无色液体。从A出发可发生如图的一系列反应。则下列说法不正确的是
A. 根据图示可推知D为苯酚B. G的同分异构体中能发生银镜反应的只有2种
C. 上述各物质中能发生水解反应的只有A、B、GD. A的结构中含1种官能团
【答案】BC
【解析】
【分析】根据D与浓溴水反应生成白色沉淀F可以推出D含有酚羟基；根据E生成G可以推出G是乙酸乙酯，E是乙酸，F为三溴苯酚，C是乙酸钠；结合A分子式，可以确定D是苯酚，B是苯酚钠，A是乙酸苯酯。
【详解】A．由分析知D是苯酚，A正确；
B．能发生银镜反应说明G的同分异构体含有醛基，另外一个氧原子可以与醛基组合成酯基、也可以独立成醚键、羟基，故有多种同分异构体，B错误；
C．根据分析知，能够发生水解反应的有A、B、F、G，C错误；
D．A结构中含有1种官能团，是酯基，D正确；
故选BC。
15. 德国科学家发现了某种催化条件下的羟醛缩合反应的历程如图所示。下列说法不正确的是
A. 有机物①能够降低反应的活化能，有机物③是反应的中间产物
B. 增加浓度，可提高单位时间内②的转化率
C. 反应中只涉及极性键的断裂与生成，整个过程反应物的原子利用率为100%
D. 如果用代替可生成
【答案】CD
【解析】
【分析】根据流程图可知，反应物有、CH3CHO，生成物有，反应为+CH3CHO→；
【详解】A．有机物①是第一个反应的反应物，是最后一个反应的生成物，所以是该反应的催化剂，催化剂能降低反应的活化能；由图可知有机物③是中间产物，选项A正确；
B．反应②中参与反应为反应物，增加浓度，可提高单位时间内②的转化率，选项B正确；
C．反应中有碳氢、碳氧、碳氮等极性键和碳碳非极性键的断裂与生成，据分析可知，整个过程没有其它产物，反应物的原子利用率为100%，选项C不正确；
D．如果用代替可生成，选项D不正确；
答案选CD。
16. 硝酮是重要的有机合成中间体，可采用“成对间接电氧化”法合成。电解槽中水溶液的主要成分及反应过程如图所示。
下列说法不正确的是
A. 惰性电极2为阴极B. 反应前后数量不变
C. 外电路通过电子，可得到水D. 消耗氧气，可得到硝酮
【答案】AD
【解析】
【分析】惰性电极2，Br-被氧化为Br2，惰性电极2为阳极，则惰性电极1为阴极；
【详解】A．惰性电极2，Br-被氧化为Br2，惰性电极2为阳极，选项A不正确；
B．循环反应，反应前后数量不变，选项B正确；
C．外电路通过1ml电子，生成0.5mlH2O2，H2O2最终生成水，根据氧原子守恒，可得到1ml水，选项C正确；
D．总反应为氧气把二丁基-N-羟基胺氧化为硝酮，1ml二丁基-N-羟基胺失去2mlH原子生成1ml硝酮，氧气最终生成水，根据氧原子守恒，消耗1ml氧气，可得到2ml硝酮，选项D不正确；
答案选AD。
三、填空题(每空2分，共48分)
17. 连二亚硫酸钠又称为保险粉，常作还原剂，能溶于冷水，难溶于乙醇，在碱性介质中稳定。用甲酸钠生产保险粉的工艺流程如图，回答下列问题：
（1）“滤液”中可以循环利用的物质是_________。
（2）“洗涤”所用试剂最好为__________。
a．冰水 b．热水 c．无水乙醇 d．90%乙醇水溶液
（3）反应在70℃条件下进行，写出发生反应化学方程式：________________________。
（4）在包装保存“保险粉”时加入少量的固体，目的是______________________。
（5）取少量连二亚硫酸钠在隔绝空气的条件下加强热使其完全分解得到和一种气体，该反应中氧化产物、还原产物的物质的量之比为__________。
【答案】（1）乙醇水溶液
（2）d （3）
（4）为碱性物质，可提高“保险粉”的稳定性
（5）
【解析】
【分析】由题给流程可知，向甲酸钠固体和氢氧化钠固体溶于乙醇水溶液所得溶液中通入二氧化硫，二氧化硫与甲酸钠和氢氧化钠的乙醇混合溶液在70℃条件下反应生成连二亚硫酸钠、二氧化碳和水，反应所得溶液经冷却结晶、过滤、洗涤得到乙醇水溶液和二水连二亚硫酸钠晶体；二水连二亚硫酸钠晶体脱水干燥后加入碳酸钠固体包装得到连二亚硫酸钠产品。
【小问1详解】
由分析可知，过滤得到的滤液为可以循环使用的乙醇水溶液，故答案为：乙醇水溶液；
【小问2详解】
由连二亚硫酸钠能溶于冷水，难溶于乙醇可知，洗涤二水连二亚硫酸钠晶体时，不能选用水洗涤，而无水乙醇无法洗涤晶体表面的可溶性杂质，所以洗涤的最好试剂为90%乙醇水溶液，故选d；
【小问3详解】
由分析可知，二氧化硫与甲酸钠和氢氧化钠的乙醇混合溶液在70℃条件下反应生成连二亚硫酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
【小问4详解】
由题给信息可知，连二亚硫酸钠在碱性介质中稳定，所以包装时加入碳酸钠固体的目的是提高连二亚硫酸钠的稳定性，故答案为：为碱性物质，可提高“保险粉”的稳定性；
【小问5详解】
由题意可知，连二亚硫酸钠在隔绝空气的条件下加强热分解生成亚硫酸钠、硫代硫酸钠和二氧化硫，反应的化学方程式为2Na2S2O4 Na2S2O3+ Na2SO3+ SO2↑，反应中硫代硫酸钠为反应的还原产物，二氧化硫和亚硫酸钠为氧化产物，则氧化产物、还原产物的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1。
18. 某小组为探究物质氧化性和还原性的变化规律进行了如下实验：向一定浓度的溶液和饱和的混合溶液中加入适量氨水，观察到产生红褐色沉淀，经检验，红褐色沉淀含。
分析产生的原因：
（1）甲同学认为是氧化所致。验证如下：向溶液中滴入氨水，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后有红褐色沉淀生成。
①生成白色沉淀的离子方程式是___________________。
②产生红褐色沉淀：。若将其拆分为两部分反应，则有：还原反应：。氧化反应：___________________。
（2）乙同学认为产生的原因可能是氧化所致．验证如下(溶液A：饱和溶液溶液；已排除空气的影响)：
①Ⅰ中可能产生，运用氧化还原反应规律分析产生的合理性：_________________________。
②检验：滤出Ⅰ中不溶物，用稀溶解，未检出。分析原因：
i．Ⅰ中未生成。
ⅱ．Ⅰ中生成了。由于__________(用离子方程式表示)，因此未检出。
（3）设计实验(Ⅲ)确认的作用(已排除空气的影响)，装置示意图如下所示。
①图中溶液a是__________。经检验，实验中产生了。
②Ⅱ、Ⅲ中均含。Ⅲ中产生了，Ⅱ中未产生，试解释原因_________________。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 溶液中发生了氧化还原反应，升价产物有，降价产物有是合理的 ②.
（3） ①. 饱和溶液和氨水 ②. Ⅱ中的还原性较弱，不能将还原为；Ⅲ中碱性条件下增强了亚铁盐的还原性增强，能将还原为。(或Ⅱ中的还原性较弱，不能将还原为；Ⅲ中，产生氢氧化亚铁，，碱性增强及产生更小的使亚铁盐的还原性增强，能将还原为
【解析】
【分析】向一定浓度的溶液和饱和的混合溶液中加入适量氨水，观察到产生红褐色沉淀，经检验，红褐色沉淀含。则反应过程中二价铁元素化合价升高，相关微粒表现了还原性，铜离子表现了氧化性。氧化还原反应符合规律：强氧化剂+强还原剂→弱氧化剂+弱还原剂，而溶液酸碱性不同也会使氧化性或还原性的强弱发生变化，例如的还原性较弱，而碱性下的还原性增强。
【小问1详解】
①硫酸亚铁与氨水反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀，其离子方程式为：Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2。。
②用总反应减去还原反应，得到氧化反应为：Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3。
【小问2详解】
①由现象可知，反应生成了氢氧化铁沉淀，从氧化还原的角度看，氢氧化铁可为升价产物，铜可为降价产物，因此有铜生成从氧化还原的角度看是合理的。
②不溶物中有氢氧化铁，氢氧化铁与硫酸反应生成三价铁离子，三价铁离子又可以与铜反应生成二价铁离子和铜离子，因此未检出铜，其离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。
【小问3详解】
①若要确认CuSO4的作用，应把硫酸铜溶液和饱和硫酸亚铁溶液分别放在两个烧杯中，因此图中溶液a是饱和溶液和氨水。
②Ⅱ、Ⅲ中均含。Ⅲ中产生了，Ⅱ中未产生，试解释原因：Ⅱ中的还原性较弱，不能将还原为；Ⅲ中碱性条件下亚铁盐的还原性增强，能将还原为。(或Ⅱ中的还原性较弱，不能将还原为；Ⅲ中，产生氢氧化亚铁：，碱性增强及产生更小的使亚铁盐的还原性增强，能将还原为。
19. 甲基丙烯酸甲酯的结构简式为，是有机玻璃的单体，其种实验室制备方法如下：实验装置如图1所示(夹持及微波加热装置已略去)，步骤如下：
Ⅰ．量取86mL甲基丙烯酸()置于烧杯中，在搅拌的同时加入5mL浓硫酸，冷却至室温，再加入50mL甲醇，搅拌，混合均匀；
Ⅱ．将混合溶液注入图1装置的反应器中，加入磁力搅拌子，微波加热温度为105℃，持续加热，充分反应；
Ⅲ．纯化产品，流程如图2所示：
回答下列问题：
（1）制备甲基丙烯酸甲酯的化学方程式为_________。
（2）采用微波加热可准确控制反应温度和时间，若反应温度控制不好，可能有副产物产生，写出一种有机副产物的结构简式：_________。
（3）从分水器中及时分离出水的目的是__________，如果分水器中的水层不再增厚，则表明制备甲基丙烯酸甲酯的反应己经达到平衡状态。
（4）纯化过程中，用“饱和碳酸钠溶液洗涤”的目的是_________；
（5）本实验中甲基丙烯酸甲酯的产率为____(保留三位有效数字)。
【答案】（1）
（2）
（3）促进酯化反应平衡正向移动，提高原料利用率
（4）降低甲基丙烯酸甲酯的溶解度，并除去产品中残留的酸性杂质
（5）69.7%
【解析】
【分析】本题制备甲基丙烯酸甲酯，其原理是+CH3OH+H2O，反应温度105℃，根据表中数据可知，甲醇、甲基丙烯酸甲酯、水转化为气体，在冷凝管中冷却为液体，回流到分水器中，因为甲基丙烯酸甲酯的密度小于水，分水器中溶液出现分层，上层为油层，下层为水层，当水层不增加，说明反应已经达到平衡，据此分析；
【小问1详解】
用甲基丙烯酸与甲醇发生酯化反应得到产物，其化学方程式为+CH3OH+H2O；故答案为+CH3OH+H2O；
【小问2详解】
加热条件下，甲醇能发生分子间脱水，生成CH3-O-CH3等；故答案为CH3-O-CH3等；
【小问3详解】
酯化反应为可逆反应，从分水器中及时分离出水的目的是促进酯化反应平衡正向移动，提高原料利用率；故答案为促进酯化反应平衡正向移动，提高原料利用率；
【小问4详解】
粗产品中含有甲基丙烯酸甲酯、甲醇、甲基丙烯酸甲酯等，因此纯化过程中，用饱和碳酸钠溶液洗涤的目的是降低甲基丙烯酸甲酯的溶解度，并除去产品中残留的酸性杂质；故答案为降低甲基丙烯酸甲酯的溶解度，并除去产品中残留的酸性杂质；
【小问5详解】
由计算知，甲基丙烯酸的物质的量为1.01ml，甲醇物质的量为≈1.23ml，甲醇过量，则甲基丙烯酸甲酯的理论产量为，产率为69.7%；故答案为69.7%。
20. 化合物H是一种合成药物中间体，一种合成化合物H的人工合成路线如下：
（1）B的化学名称为__________，G中不含N原子的官能团的名称为__________。
（2）B→C的过程经历两步反应．反应类型依次为加成反应、__________。
（3）C→D的化学方程式为_______________________________________________。
（4）F( )与稀盐酸反应，所得生成物的结构简式为________________________。
（5）写出所有满足下列条件的E的同分异构体的结构简式____________________。
①苯环上有两个对位的取代基； ②苯环上其中一个取代基为；
③分子含有5种不同化学环境的氢原子．
（6）写出 和2-丙醇( )为原料制备 的合成路线流程图__________。(无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)
【答案】（1） ①. 3-氯丁醛 ②. 碳氯键、碳碳双键
（2）消去反应 （3）
（4） 或者 （5） 、
（6）
【解析】
【分析】A与HCl加成生成B，B中醛基与苯胺上的氨基发生反应生成C，C在氢氧化钠的水溶液中水解生成D，D发生醇的催化氧化生成E，F与Cl2在光照条件下生成G，G在氢氧化钠的水溶液中水解最终生成H；
【小问1详解】
碳链上含有官能团时，靠近官能团的一端标为1号碳，故B的化学名称为3-氯丁醛；G中不含N原子的官能团名称为碳碳双键和碳氯键；
【小问2详解】
B的结构简式为，C的结构简式为，B与苯胺发生加成反应生成，再发生消去反应生成C，答案为消去反应；
【小问3详解】
C到D的反应和卤代烃在氢氧化钠的水溶液中水解一样，故化学方程式为；
【小问4详解】
F中N原子与氢离子配位形成一个阳离子，再与氯离子形成盐，故生成物的结构简式为 或者；
【小问5详解】
满足①②两个条件的E的同分异构体，苯环上有两个对位取代基，其中一个为-CONH2，则另一个取代基为—C3H5，存在一个碳碳双键或者成环。如存在碳碳双键，则结构为、、，此时有三种同分异构体，如果成环，则有一种同分异构体，结构为：,共4种同分异构体。当分子中含有5种不同化学环境的氢原子时，结构简式为、；
【小问6详解】
发生催化氧化生成，和苯环发生类似E到F的取代反应生成，与Cl2在光照条件下发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液中发生水解，同时同一个碳上连接两个羟基不稳定，自动脱水形成，因此合成路线为。A
淀粉溶液(氯化钠)
蒸馏水
渗析
B
硬脂酸钠(甘油)
盐析
C
硝基苯(硫酸)
溶液
分液
D
苯(苯酚)
浓溴水
过滤
物质
开始沉淀
1.9
4.2
6.2
3.5
完全沉淀
3.2
6.7
82
4.6
序号
试剂
现象
Ⅰ
氨水
生成沉淀，一段时间后，产生红褐色沉淀和灰黑色固体物质
Ⅱ
水
溶液无明显变化
甲醇
甲基丙烯酸
甲基丙烯酸甲酯
溶解性
可溶于有机物、水
可溶于热水、酯
难溶于水、可溶于有机物
密度/
0.79
1.01
0.94
沸点/℃
64.7
161
100～101
相对分子质量
32
86
100
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