2026届嘉兴市高考考前模拟化学试题（含答案解析）

这是一份2026届嘉兴市高考考前模拟化学试题（含答案解析），共9页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，欢迎下载使用。
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一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、纵观古今，化学与生产生活密切相关。下列对文献的描述内容分析错误的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
2、只能在溶液中导电的电解质是( )
A．KOHB．CH3COONH4C．SO2D．CH3COOH
3、a、b、c、d、e为原子序数依次增大的五种常见短周期元素，可组成一种化合物A，其化学式为ba4d(ec4)2。A能够发生如下转化关系：
己知C的分子式为ba3，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。则下列说法正确的是
A．原子半径b>c
B．e的氧化物的水化物为强酸
C．化合物A为共价化合物
D．元素非金属性强弱c7，+2价铁更难被还原
C．由①、③推测，FeCl2被O2氧化的反应为放热反应
D．60℃、pH=2.5时，4 h内Fe2＋的平均消耗速率大于0.15a ml/(L·h)
9、下列说法正确的是( )
A．猪油和氢氧化钠溶液混合加热，充分反应后加入热的饱和食盐水，下层析出高级脂肪酸钠固体
B．氨基酸分子中氨基连接在离羧基最近的碳原子上
C．向鸡蛋清溶液中加入硫酸后产生了沉淀，再加水后沉淀可溶解
D．工业上可用淀粉、纤维素为原料生产葡萄糖
10、 “拟晶”(quasicrystal)是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能。下列有关这种拟晶的说法正确的是
A．无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价
B．Al65Cu23Fe12的硬度小于金属铁
C．Al65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料
D．1 ml Al65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265 ml电子
11、向一定体积含HC1、H2SO4、NH4NO3、A1C13的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，溶液中产生沉淀的物质的量与加入Ba(OH)2溶液的体积关系正确的是
A．
B．
C．
D．
12、公元八世纪，Jabir ibn Hayyan在干馏硝石的过程中首次发现并制得硝酸(4KNO32K2O+4NO↑+3O2↑)，同时他也是硫酸和王水的发现者。下列说法正确的是
A．干馏产生的混合气体理论上可被水完全吸收
B．王水是由3体积浓硝酸与1体积浓盐酸配制而成的
C．王水溶解金时，其中的盐酸作氧化剂(Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO↑+2H2O)
D．实验室可用NaNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3，利用的是浓硫酸的氧化性
13、化学常用的酸碱指示剂酚酞的结构简式如图所示，下列关于酚酞的说法错误的是（ ）
A．酚酞的分子式为C20H14O4
B．酚酞具有弱酸性，且属于芳香族化合物
C．1ml酚酞最多与2mlNaOH发生反应
D．酚酞在碱性条件下能够发生水解反应，呈现红色
14、可溶性钡盐有毒，医院中常用硫酸钡这种钡盐(俗称钡餐)作为内服造影剂。医院抢救钡离子中毒患者时除催吐外，还需要向中毒者胃中灌入硫酸钠溶液。已知：Ksp(BaCO3)＝5.1×10－9；Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10。下列推断正确的是
A．BaCO3的溶度积常数表达式为 Ksp(BaCO3)＝ n(Ba2＋)·n(CO32－)
B．可用2%～5%的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃
C．若误服含c(Ba2＋)＝1.0×10－5 ml·L－1的溶液时，会引起钡离子中毒
D．不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)
15、下列各物质或微粒性质的比较中正确的是
A．碳碳键键长：乙烯＞苯
B．密度：一氯乙烷＞一氯丁烷
C．热稳定性：NaHCO3＞Na2CO3＞H2CO3
D．沸点：H2O＞H2S＞H2Se
16、化学与人们的日常生活密切相关，下列叙述正确的是
A．二氧化硅是制造玻璃、光导纤维的原料
B．纤维素、油脂是天然有机高分子化合物
C．白菜上洒少许福尔马林，既保鲜又消毒
D．NOx、CO2、PM2.5颗粒都会导致酸雨
二、非选择题（本题包括5小题）
17、利用丙炔和苯甲醛研究碘代化合物与苯甲醛在 Cr-Ni 催化下可以发生偶联反应和合成 重要的高分子化合物Y的路线如下：
已知：①R1CHO+R2CH2CHO+H2
②
回答下列问题：
（1）A的化学名称为____。
（2）B中含氧官能团的名称是______。
（3）X的分子式为_______。
（4）反应①的反应类型是________。
（5）反应②的化学方程式是_______。
（6）L是D的同分异构体，属于芳香族化合物，与D具有相同官能团，其核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则L的结构简式可能为_____。
（7）多环化合物是有机研究的重要方向，请设计由、CH3CHO、合成多环化合物的路线(无机试剂任选)______。
18、茉莉酸甲酯的一种合成路线如下：
(1) C中含氧官能团名称为________。
(2) D→E的反应类型为________。
(3) 已知A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，写出B的结构简式：________。
(4) D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。
①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应；
②碱性条件水解生成两种产物，酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢。
(5) 写出以和CH2(COOCH3)2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。
19、某实验小组探究肉桂酸的制取:
I:主要试剂及物理性质
注意:乙酸酐溶于水发生水解反应
II :反应过程.
实验室制备肉桂酸的化学方程式为: +(CH3CO2)O+CH3COOH
III：:实验步骤及流程
①在250 mL三口烧瓶中（如图甲）放入3 ml（3. 15 g，0. 03 ml）新蒸馏过的苯甲醛、8 ml（8. 64g，0. 084 ml）新蒸馏过的乙酸酐，以及研细的4.2 g无水碳酸钾。采用空气冷凝管缓缓回流加热45min。由于反应中二氧化碳逸出，可观察到反应初期有大量泡沫出现。
②反应完毕，在搅拌下向反应液中分批加入20 mL水，再慢慢加入碳酸钠中和反应液至pH等于8。然后进行水蒸气蒸馏（如图乙），待三口烧瓶中的剩余液体冷却后，加入活性炭煮沸10-15 min，进行趁热过滤。在搅拌下，将HCl加入到滤液中，当固体不在增加时，过滤，得到产品，干燥，称量得固体3.0 g。
IV：如图所示装置:
回答下列问题:
（1）合成时装置必须是干燥的，理由是___________。反应完成后分批加人20mL水，目的是________。
（2）反应完成后慢慢加入碳酸钠中和，目的是_____。
（3）步骤②进行水蒸气蒸馏，除去的杂质是______，如何判断达到蒸馏终点__________。
（4）加入活性炭煮沸10- 15 min，进行趁热过滤，将滤液冷却至室温，趁热过滤的目的是_______。
（5）若进一步提纯粗产品，应用的操作名称是______，该实验产品的产率约是_______。（保留小数点后一位）
20、化学兴趣小组在实验室进行“海带提碘”的实验过程如图：
(1)操作①的名称是_____，操作②的主要仪器是_____；氧化步骤的离子方程式是_____。
(2)探究异常：取样检验时，部分同学没有观察到溶液变蓝色。他们假设原因可能是加入的氯水过量，氧化了①I2；②淀粉；③I2 和淀粉。他们在没有变蓝色的溶液中，滴加_____(选填“四氯化碳”“碘水”“淀粉溶液”)后，若出现_____现象，即可证明假设①正确，同时排除假设②③.能同时排除假设②③的原因是_____。
(3)查阅资料：Cl2 可氧化 I2，反应的化学方程式为_____Cl2+_____I2+_____ H2O→_____ HIO3+_____ HCl.配平上述方程式，并标出电子转移的方向和数目_______。
(4)探究氧化性：在盛有 FeCl3 溶液的试管中，滴入几滴 KI 溶液，将反应后的溶液均匀倒入两支试管，试管 a 中加入 1 mL 苯振荡静置，出现______(填实验现象)，证明有 I2存在；试管b 中滴入 KSCN 溶液，溶液显血红色，证明有_____存在。
(5)比较氧化性：综合上述实验，可以得出的结论是氧化性：Cl2＞FeCl3，理由是_____。
21、第四周期元素Q位于ds区，最外层电子半充满;短周期元素W、X、Y、Z第一电离能与原子序数的关系如下图所示，请回答下列问题(用Q、W、X、Y、Z所对应的元素符号作答)：
（1）基态Y原子核外共有___种运动状态不相同的电子。若用n表示能层，则与Y元素同族的元素的基态原子的价电子排布式为_________________。
（2）X、W组成的一种二元化合物常用作火箭燃料，该化合物中X原子的杂化方式为___________。该化合物常温下呈液态，其沸点高于Y2沸点的原因为___________。
（3）X2Y曾被用作麻醉剂，根据“等电子体原理”预测X2Y的空间构型为______________。
（4）XW3存在孤电子对，可形成[Q(XW3)4]2+离子，该离子中不存在_____________(填序号)。
A．极性共价键 B．非极性共价键 C．配位键 D．σ键 E.π键
（5）Q与X形成的一种二元化合物的立方晶胞结构如图所示：
①Q原子周围距其距离最近的Q原子的数目为_______。
②该二元化合物的化学式为___________________。
（6）已知单质Q晶体的堆积方式为面心立方最密堆积，则单质Q晶体的晶胞中原子的空间利用率为_________________(用含π的式子表示)。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
A、石灰石加热后能制得生石灰；
B、汞为液态金属，受热易挥发；
C、依据钾的焰色反应解答；
D、依据油脂在碱性环境下水解生成可溶性高级脂肪酸盐和甘油解答。
【详解】
A项、石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是石灰石，故A正确；
B项、汞和金形成液态的合金，涂在银器上，加热，汞转化为蒸气，被蒸发，剩下的金附着在银的表面，所以“入火则汞去”是指蒸发，故B错误；
C项、硝石为硝酸钾，含有的钾元素在灼烧时产生紫色火焰来辨别，故C正确；
D项、衣服上油污主要成分为油脂，油脂在碱性环境下水解生成可溶性高级脂肪酸盐和甘油，草木灰中含有碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，所以可以用草木灰水溶液洗衣服，故D正确。
故选B。
本题考查物质的性质与用途，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键。
2、D
【解析】
A．氢氧化钾是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下均能导电，故不选A；
B．醋酸铵是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下均能导电，故不选；
C．二氧化硫为非电解质，不能导电，故不选C；
D．醋酸是共价化合物，只有在水溶液里能电离导电，故选D。
3、A
【解析】
A和氢氧化钠溶液反应生成B和C，C为气体，C的分子式为ba3，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，根据化学式可推断C为氨气，B为白色沉淀，继续加入氢氧化钠溶液沉淀溶解，则B可推断为氢氧化铝，A中加入酸化的氯化钡溶液形成白色沉淀，则A中含有硫酸根离子，根据以上推断，A为NH4Al(SO4)2，a为H元素，b为N元素，c为O元素，d为Al元素，e为S元素，据此分析解答。
【详解】
A．b为N元素，c为O元素，同周期元素随核电荷数增大，半径逐渐减小，则原子半径b＞c，故A正确；
B．e为S元素，S的氧化物的水化物有硫酸和亚硫酸，亚硫酸是弱酸，故B错误；
C．A为NH4Al(SO4)2，是离子化合物，故C错误；
D．c为O元素，e为S元素，同主族元素随核电荷数增大非金属性逐渐减弱，元素非金属性强弱c＞e，故D错误；
答案选A。
4、B
【解析】
A. Mg、Al合金用来制飞机外壳是利用其密度小，硬度和强度都很大的性质，不是因为合金熔点低，故A错误；
B. 食品合中常放一小袋Fe粉，利用其具有较强的还原性，防止食品被氧化，故B正确；
C. SiO2用来制造光导纤维是利用其光学性质，不是耐酸性，故C错误；
D. 葡萄酒里都含有SO2，起保鲜、杀菌和抗氧化作用，不是用来漂白，故D错误。
答案选B。
本题易错选项D，注意SO2有毒不能用于食品的漂白，在葡萄酒里都含有SO2，起保鲜、杀菌和抗氧化作用。
5、B
【解析】
A. 由图可知，加入催化剂能降低反应的活化能，但反应热不变，A项错误；
B. 由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，故为放热反应，B项正确；
C. 由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，C项错误；
D. 化学反应一定遵循质量守恒定律，但是根据题目要求，图示不能说明质量守衡，D项错误。
答案选B。
6、D
【解析】
A. 聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故A正确；
B. 硅为良好的半导体材料，能制造太阳能电池板，所以“玉兔号”月球车上的太阳能电池的材料是硅，故B正确；
C. 将太阳能直接转化为电能，有利于节能环保，故C正确；
D. 泡沫灭火器适用于一般的起火，但不适用于电器起火，故D错误；
故选D。
7、D
【解析】
由图可知，装置A为氯气或氢气的制备装置，装置B的目的是除去氯气或氢气中的氯化氢，装置C的目的是干燥氯气或氢气，装置E收集反应生成的氯化铝或氢化钠，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入E中，或吸收过量的氯气防止污染环境。
【详解】
A项、浓盐酸可与高锰酸钾常温下发生氧化还原反应制备氯气，故A正确；
B项、因为金属铝或金属钠均能与氧气反应，所以点燃D处酒精灯之前需排尽装置中的空气，故B正确；
C项、装置C中的试剂为浓硫酸，目的是干燥氯气或氢气，故C正确；
D项、制备无水AlCl3时，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入E中，吸收过量的氯气防止污染环境，制备无水NaH时，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入E中，故D错误。
故选D。
本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，把握反应原理，明确装置的作用关系为解答的关键。
8、D
【解析】
A．①、②中温度和pH均不同，存在两个变量，不能判断pH对反应的影响，故A错误；
B．若pH＞7，+2价铁会转化为氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁在空气中能被氧气氧化生成氢氧化铁，所以+2价铁易被氧化，故B错误；
C．①、③中pH相同，温度越高，转化率越大，则FeCl2被O2氧化的反应为吸热反应，故C错误；
D．50℃、pH=2.5时，4h内Fe2+的平均消耗速率等于 0.15a ml/（L•h），在60℃、pH=2.5时，温度升高，速率增大，所以60℃、pH=2.5时，4h内Fe2+的平均消耗速率大于 0.15a ml/（L•h），故D正确。
故答案为D。
本题考查了影响反应速率的因素、影响化学平衡移动的因素，把握图中的信息以及影响反应速率的因素、影响化学平衡移动的因素是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
9、D
【解析】
A. 猪油在碱性条件下发生皂化反应，生成高级脂肪酸钠和甘油，加入热的饱和食盐水发生盐析，密度较小的高级脂肪酸钠溶解度变小而析出，上层析出的是高级脂肪酸钠，A项错误；
B. 氨基酸分子中含有氨基和羧基，但氨基不一定连接在离羧基最近的碳原子上，B项错误；
C. 向鸡蛋清溶液中加入硫酸，使蛋白质发生变性，产生沉淀，加水后沉淀不能溶解，C项错误；
D. 工业上可通过淀粉、纤维素的水解反应来生产葡萄糖，D项正确；
答案选D。
10、C
【解析】
A．拟晶Al65Cu23Fe12是由三种金属元素组成，由于金属无负价，根据化合价代数和为0的原则，三种金属的化合价均可视作零价，故A错误；
B．拟晶具有合金的某些优良物理性能，合金的硬度一般比各成分金属大，故B错误；
C．Al65Cu23Fe12与海水可以构成原电池，会加速金属的腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料，故C正确；
D．溶于过量硝酸时，Al与Fe均变为+3价，Cu变为+2价，故1ml Al65Cu23Fe12失电子为65×3+23×2+12×3=277ml，故D错误；
故选C。
11、C
【解析】
向一定体积含HCl、H2SO4、NH4NO3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，发生H++OH-=H2O，同时钡离子与硫酸根离子结合生成沉淀，沉淀在增多，氢离子物质的量比氢离子浓度大，则第二阶段沉淀的量不变，第三阶段铝离子反应生成沉淀，第四阶段铵根离子与碱反应，最后氢氧化铝溶解，沉淀减少，最后只有硫酸钡沉淀，显然只有图象C符合。
答案选C。
12、A
【解析】
A.干馏硝石产生的气体NO、O2的物质的量的比是4:3，将混合气体通入水中，会发生反应：2H2O+4NO+3O2=4HNO3，故可以完全被水吸收，A正确；
B.王水是由3体积浓盐酸与1体积浓硝酸配制而成的，B错误；
C.在王水溶解金时，其中的硝酸作氧化剂，获得电子被还原产生NO气体，C错误；
D.实验室可用NaNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3，利用的是HNO3易挥发，而浓硫酸的高沸点，难挥发性，D错误；
故合理选项是A。
13、C
【解析】
A．根据其结构简式可知，酚酞的分子式为C20H14O4，故A不符合题意；
B．酚酞中含有酚羟基，具有弱酸性，该有机物中含有苯环，因此属于芳香族化合物，故B不符合题意；
C．1ml该有机物中含有2ml酚羟基，1ml酯基(该酯基为醇羟基与羧基形成)，因此1ml酚酞最多与3mlNaOH发生反应，故C符合题意；
D．酚酞中含有酯基，在碱性条件下能够发生水解反应，生成物呈现红色，故D不符合题意；
故答案为：C。
酯类物质与NaOH溶液反应相关量的计算：有机物中能够与NaOH反应的有酚羟基、羧基、酯基等，其中酯基与NaOH反应的比例关系需注意，若该酯基为酚羟基与羧基生成的酯基，则1ml该酯基能够消耗2mlNaOH。
14、B
【解析】
因胃酸可与CO32−反应生成水和二氧化碳，使CO32−浓度降低，从而使平衡BaCO3(s)⇌Ba2＋(aq)＋CO32−(aq) 向溶解方向移动，则BaCO3溶于胃酸，而硫酸钡不溶于酸，结合溶度积解答该题。
【详解】
A．溶度积常数为离子浓度幂之积，BaCO3的溶度积常数表达式为Ksp(BaCO3)＝c(Ba2＋)·c(CO32－)，故A错误；
B．根据公式c=得，2%～5%的Na2SO4溶液中Na2SO4的物质的量浓度为0.13ml/L～0.33ml/L，用0.13ml/L～0.33ml/L的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃，反应后c(Ba2＋)＝ml/L～ml/L，浓度很小，可起到解毒的作用，故B正确；
C．c(Ba2＋)＝1.0×10−5 ml•L−1的溶液钡离子浓度很小，不会引起钡离子中毒，故C错误；
D．因胃酸可与CO32−反应生成水和二氧化碳，使CO32−浓度降低，从而使平衡BaCO3(s)⇌Ba2＋(aq)＋CO32−(aq) 向溶解方向移动，使Ba2＋浓度增大，Ba2＋有毒，与Ksp大小无关，故D错误；
故答案选B。
注意若溶液中某离子浓度c1.0×10−5 ml•L−1时可认为该离子不存在，不会造成实际影响。
15、B
【解析】
A．苯中的碳碳键介于单键与双键之间，则碳碳键键长：乙烯一氯丁烷，故B正确；
C．碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠加热分解，碳酸常温下分解，则稳定性为热稳定性：Na2CO3>NaHCO3>H2CO3，故C错误；
D．水中含氢键，同类型分子相对分子质量大的沸点高，则沸点为H2O>H2Se>H2S，故D错误；
故答案为：B。
非金属化合物的沸点比较：①若分子间作用力只有范德华力，范德华力越大，物质的熔、沸点越高；②组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，如SnH4>GeH4>SiH4>CH4；③相对分子质量相同或接近，分子的极性越大，范德华力越大，其熔、沸点越高，如CO>N2；④同分异构体，支链越多，熔、沸点越低，如正戊烷>异戊烷>新戊烷；⑤形成分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高，如H2O>H2S；如果形成分子内氢键则熔沸点越低。
16、A
【解析】
A.二氧化硅是制造玻璃、光导纤维的原料，A正确；
B.纤维素属于天然有机高分子化合物，油脂是小分子，B错误；
C.福尔马林是甲醛的水溶液，福尔马林有毒，不能用于食物的保鲜和消毒，C错误；
D.导致酸雨的物质主要是SO2和NOx，CO2、PM2.5颗粒不会导致酸雨，D错误；
答案选A。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、3-氯丙炔 酯基 C13H16O2 取代反应
【解析】
与氯气在紫外线光照条件下发生取代反应生成A（），物质A与NaCN在加热条件下继续发生取代反应生成，在酸性条件下生成再与乙醇发生酯化反应生成B（），B与HI发生加成反应生成，继续与苯甲醛反应生成X（）；另一合成路线中采用逆合成分析法可知，E为聚合物Y的单体，其结构简式为：，根据已知信息②逆推法可以得出D为，C是由与水发生加成反应所得，C与苯甲醛在碱性条件下发生反应②，结合已知信息①可推出C为丙醛，其结构简式为CH3CH2CHO，据此分析作答。
【详解】
（1）A为，其名称为3-氯丙炔；
（2）B为，其中含氧官能团的名称是酯基；
（3）从结构简式可以看出X的分子式为：C13H16O2；
（4）反应①中-Cl转化为-CN，属于取代反应，故答案为取代反应；
（5）根据已知的给定信息，反应②的化学方程式为：；
（6）L是D的同分异构体，则分子式为C10H10O，不饱和度==6，属于芳香族化合物，说明分子结构中含苯环；与D具有相同官能团，则含醛基与碳碳双键；又核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则有5种氢原子，其个数比为3:2:2:2:1，符合上述条件的L的结构简式有：；
（7）根据上述合成路线及给定的已知信息可将原料CH3CHO、在碱性条件下反应生成后再继续与依据已知信息②得到，最后与溴加成制备得到目标产物，具体合成路线如下：。
18、羰基和酯基 消去反应
【解析】
(1)由结构可知C中含氧官能团为：酯基、羰基；
(2)对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E；
(3)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为；
(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢；
(5)由E→F→G转化可知，可由加热得到，而与CH2(COOCH3)2加成得到，与氢气发生加成反应得到，然后发生催化氧化得到，最后发生消去反应得到。
【详解】
由上述分析可知：A为HOOC(CH2)4COOH；B为。
(1)由C结构简式可知C中含氧官能团为：酯基、羰基；
（2）对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E，故D生成E的反应属于消去反应；
(3)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为；
(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢，符合条件的同分异构体为：；
(5)与H2在Ni催化下发生加成反应产生，与O2在Cu催化下发生氧化反应产生，与NaOH的乙醇溶液发生消去反应产生，再与CH2(COOCH3)2发生加成反应产生，该物质在高温下反应产生，故合成路线流程图为：。
本题考查有机物的合成的知识，涉及官能团的识别、有机反应类型的判断、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，(4)中同分异构体的书写为易错点、难点,关键是对比物质的结构理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
19、防止乙酸酐与水反应 除去过量的乙酸酐 慢慢加入碳酸钠，容易调节溶液的pH 苯甲醛 蒸出、接收的无色液体不呈油状时，即可断定水蒸气蒸馏结束 增大肉桂酸的溶解度，提高产率 重结晶 67.6%
【解析】
苯甲醛和乙酸酐、碳酸钾在三颈烧瓶中反应生成肉桂酸盐和乙酸盐和二氧化碳，为了提高原料利用率，不断回流冷凝，由于反应产生二氧化碳，可观察到反应产生一定量的泡沫。由于乙酸酐能和水发生水解反应，故反应结束，过量的乙酸酐通过缓慢加入20mL水除去，慢慢加入碳酸钠调解pH=8，未反应的苯甲醛通过蒸馏的方式除去，当蒸出、冷凝的液体不成油状时，说明苯甲醛除尽。此时溶液中主要成分为肉桂酸盐和乙酸盐，加入活性炭煮沸、过滤得到含肉桂酸盐的滤液，往滤液中加HCl可生成肉桂酸，由于肉桂酸在水中的溶解度很小，可得肉桂酸晶体，此时肉桂酸中仍然还有一些可溶性的杂质，如乙酸，可通过重结晶进行提纯，得到纯净的肉桂酸。
【详解】
(1)由题目所给信息可知，反应物乙酸酐遇水反应，故合成时装置必须是干燥，也因为乙酸酐能和水反应，实验结束剩余的乙酸酐能用水除去，所以，反应完成后分批加人20mL水，是为了除去过量的乙酸酐，故答案为：防止乙酸酐与水反应；除去过量的乙酸酐；
(2)慢慢加入碳酸钠，容易调节溶液的pH，故答案为：慢慢加入碳酸钠，容易调节溶液的pH；
(3)第①步将乙酸酐、乙酸除去了，此时进行水蒸气蒸馏，能除苯甲醛，苯甲醛是无色液体，在水中的溶解度很小，故蒸出、接收的苯甲醛液体应呈无色油状，所以，当苯甲醛完全蒸出时，将不再出现无色油状液体，故答案为：苯甲醛；蒸出、接收的无色液体不呈油状时，即可断定水蒸气蒸馏结束；
(4)过滤，活性炭等杂质留在滤渣里，肉桂酸留在滤液里，常温下，肉桂酸的溶解度很小，趁热过滤，是为了增大肉桂酸的溶解度，提高产率，故答案为：增大肉桂酸的溶解度，提高产率；
(5)此时肉桂酸中仍然还有一些可溶性的杂质，如乙酸，可通过重结晶进行提纯，得到纯净的肉桂酸。由制备肉桂酸的方程式可知，乙酸酐和苯甲醛按物质的量1:1反应，但是所给原料量为：0. 03 ml苯甲醛、0. 084 ml乙酸酐，很明显，乙酸酐过量，按苯甲醛的量计算，理论上可得0.03ml肉桂酸，对应质量=0.03ml×148.16g/ml=4.4448g，所以，产率==67.6%，故答案为：重结晶；67.6%。
20、过滤 分液漏斗 Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣ 碘水 变蓝 加入碘水溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设②③ 5 1 6 2 10 分层现象，且上层为紫红色、下层几乎无色 Fe3+ 由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3
【解析】
(1)根据流程图，结合物质提纯与分离的基本操作分析；通入氯水将碘离子氧化为碘单质；
(2)碘单质与淀粉变蓝，若碘被氧化，则蓝色消失，淀粉恢复原来的颜色，结合碘单质遇淀粉变蓝的性质分析；
(3)反应中Cl2中的Cl元素由0价变为-1价，碘元素由0价变为+5价，结合化合价升降总数相等以及质量守恒配平；
(4)苯可以溶解碘单质，溶液分层；三价铁遇KSCN 溶液变为血红色；
(5)由结合探究(4)和(3)三种反应氧化剂与氧化产物氧化性强弱分析。
【详解】
(1)海带灰中部分可溶物浸泡后经过操作①得到含碘离子的溶液，则操作①为过滤；将碘单质从水溶液中经过操作②转移至有机溶剂中，则操作②为萃取，主要是用的仪器为分液漏斗；氧化步骤中是向含碘离子溶液中加入氯水，将碘离子氧化为碘单质，离子反应为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；
(2) 没有观察到溶液变蓝色，有两种可能，一是溶液中没有碘单质，二是淀粉被转化为其他物质，要证明①是正确的，则只需要在溶液中加入碘水，若溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设②③
(3)反应中Cl2中的Cl元素由0价变为-1价，碘元素由0价变为+5价，结合化合价升降总数相等以及质量守恒，则方程式为5Cl2+I2+ 6H2O=2HIO3+10HCl，电子转移的方向和数目表示为：；
(4) FeCl3 溶液中铁离子具有氧化性，KI中碘离子具有还原性，FeCl3与碘化钾发生氧化还原反应，加入试管 a 中加入 1 mL 苯，苯的密度小于水，若溶液分层且上层为紫红色、下层几乎无色，证明反应中生成I2；KSCN 溶液可检验铁离子，加入KSCN溶液变为红色，说明溶液中含有Fe3+；
(5)由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3。
21、8 ns2np4 sp3 N2H4与O2均为分子晶体且相对分子质量相同，但N2H4分子之间存在氢键，故其沸点较高 直线 BE 8 Cu3N
【解析】
同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势。由于 N 原子为 1s22s22p3达到半满结构，相对较稳定，所以第一电离能会有所增大，根据W、X、Y、Z第一电离能变化规律可知，W为H元素、X为N元素、Y为O元素、Z为S元素，第四周期元素Q位于ds区，最外层电子半充满，价电子排布式为3d104s1，则Q为Cu，据此分析。
【详解】
（1）Y为O元素，基态O原子有8个电子，所以有8种运动状态不相同的电子；O元素的基态原子的价电子排布式为2s22p4，若用n表示能层，则与Y元素同族的元素的基态原子的价电子排布式为ns2np4；
（2）X、W组成的一种二元化合物N2H4常用作火箭燃料，N2H4分子中氮原子的价层电子对=3+1=4，含有一个孤电子对，N原子轨道的杂化类型是sp3；
N2H4与O2均为分子晶体且相对分子质量相同，但N2H4分子之间存在氢键，故其沸点较高；
（3）X2Y为N2O，曾被用作麻醉剂，已知N2O与CO2互为等电子体，等电子体的结构相似，已知CO2为直线形的分子，所以N2O的空间构型为直线形；
（4）[Cu(NH3)4]2+中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，不存在非极性共价键和π键；
答案选BE；
（5）①由晶胞结构可知，Cu在晶胞的棱上，Cu原子周围距其距离最近的Cu原子在晶胞同面的棱上，数目为8；
②根据晶胞结构可知，Cu在晶胞的棱上，该晶胞中Cu的个数为12=3，N在晶胞的顶点上，该晶胞中N的个数为8=1，该二元化合物的化学式为Cu3N；
（6）Cu晶体的粒子堆积方式为面心立方最密堆积，该晶胞中Cu原子个数=,其晶胞体积V= a3cm3，其密度=g/cm3=g/cm3；
根据晶胞结构可知，4r=a，解得a= 2r，
则晶胞立方体的体积为a3=(2r)3，
晶胞中4个金属原子的体积为4，
所以此晶胞中原子空间占有率是=。
选项
文献
描述
分析
A
《天工开物》
“凡石灰，经火焚炼为用”
此“石灰”是指石灰石
B
《物理小知识》
“以汞和金涂银器上，成白色，入火则汞去金存，数次即黄”
“入火则汞去”是指汞受热升华
C
《本草经集注》
“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”
利用焰色反应来辨别真假硝石
D
《本草纲目》
“采蒿敳之属，晒干烧灰，以水淋汁，浣衣发面，去垢”
利用灰烬中可溶盐水解呈碱性去污