2021-2022學年四川省眉山市仁壽縣高三下第一次測試化學試題含解析

1、2021-2022學年高考化學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答

2、題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，W和Y同族，X和Z同族，X的簡單離子和Y的簡單離子具有相同的電子層結構，W和X、Z均能形成共價化合物，W和X、Y分別形成的化合物溶于水均呈堿性。下列說法錯誤的是A4種元素中Y的金屬性最強B最高價氧化物對應的水化物的酸性：ZXC簡單陽離子氧化性：WYDW和Y形成的化合物與水反應能生成一種還原性氣體2、下列指定反應的離子方程式正確的是（）A澄清石灰水與過量蘇打溶液混合：Ca2+2OH-+2HCO3-=CaCO3+CO32-+2H2OB少量SO2通入飽和的漂白粉溶液中：C1O-+SO2+H2O=

3、SO42-+2H+Cl-C向熱的稀硫酸中加入銅粉并鼓入空氣：2Cu+4H+O22Cu2+2H2OD向酸性高錳酸鉀溶液中滴加少量雙氧水：7H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2+6O2+10H2O3、如圖所示裝置中不存在的儀器是()A坩堝B泥三角C三腳架D石棉網4、人體血液中存在的平衡：H2CO3 HCO3-，使血液pH保持在7.35 7.45之間，否則就會發(fā)生酸中毒或堿中毒。已知pH隨變化關系如表所示，則下列說法中錯誤的是1.017.820.022.4pH6.107.357.407.45ApH=7的血液中，c(HCO3-)c(H2CO3)B正常體溫下人體發(fā)生堿中毒時，c(H+)c(OH-)變

4、大C人體發(fā)生酸中毒時，可靜脈滴注一定濃度的NaHCO3溶液解毒D20.0時，H2CO3的電離程度小于HCO3-的水解程度5、根據元素周期律，由下列事實進行歸納推測，合理的是事實推測AMg與水反應緩慢，Ca與水反應較快Be與水反應會更快BHCl在1500時分解，HI在230時分解HBr的分解溫度介于二者之間CSiH4，PH3在空氣中能自燃H2S在空氣中也能自燃D標況下HCl，HBr均為氣體HF也為氣體AABBCCDD6、油脂是重要的工業(yè)原料關于“油脂”的敘述錯誤的是A不能用植物油萃取溴水中的溴B皂化是高分子生成小分子的過程C和H2加成后能提高其熔點及穩(wěn)定性D水解可得到丙三醇7、下列反應不能用劃線

5、反應物所具有的類別通性解釋的是（）ANaOH+HClO4NaClO4+H2OBH2CO3+Na2SiO3H2SiO+Na2CO3CZn+FeSO4ZnSO4+FeD2FeCl3+2 NaI2FeCl2+I2+NaCl8、下列有關實驗原理或實驗操作正確的是()A用pH試紙測量Ca(ClO)2溶液的pHB向稀鹽酸中加入鋅粒，將生成的氣體通過NaOH溶液，制取并純化氫氣C向NaBr溶液中滴入少量氯水和四氯化碳，振蕩、靜置，溶液下層呈橙紅色，說明Br還原性強于ClD稱取K2SO4固體0.174 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀釋至刻度，可配制濃度為0.010 mol/L 的K2SO4溶液9、

6、芳香族化合物苯等在ZnCl2存在下，用甲醛和極濃鹽酸處理，發(fā)生氯甲基化反應，在有機合成上甚為重要。下列有關該反應的說法正確的是 ( )+HCHO+HCl+H2OA有機產物A的分子式為C7H6ClB有機產物A分子中所有原子均共平面C反應物苯是煤干餾的產物之一，是易揮發(fā)、易燃燒、有毒的液體D有機產物A的同分異構體（不包括自身）共有3種10、NA代表阿伏加德羅常數的值，下列有關敘述正確的是A標準狀況下，5.6L 一氧化氮和5.6L 氧氣混合后的分子總數為0.5NAB等體積、濃度均為1mol/L的磷酸和鹽酸，電離出的氫離子數之比為3:1C一定溫度下，1L 0.50 mol/L NH4Cl溶液與2L 0

7、.25 mol/L NH4Cl溶液含NH4+的物質的量不同D標準狀況下，等體積的N2和CO所含的原子數均為2NA11、在反應3BrF35H2O=9HFBr2HBrO3O2中，若有5 mol H2O參加反應，被水還原的溴元素為()A1 molB2/3 molC4/3 molD2 mol12、二羥基甲戊酸的結構簡式為，下列有關二羥基甲戊酸的說法正確的是（ ）A二羥基甲戊酸的分子式為C5H10O4B二羥基甲戊酸不能使酸性KMnO4溶液褪色C等量的二羥基甲戊酸消耗Na和NaHCO3的物質的量之比為31D二羥基甲戊酸與乳酸()互為同系物13、NA表示阿伏加德羅常數，下列說法正確的是A5.6g Fe完全溶

8、于一定量溴水中，反應過程中轉移的總電子數一定為0.3NAB1 mol Na與足量O2反應，生成Na2O和Na2O2的混合物，鈉失去2NA個電子C標況時，22.4L二氯甲烷所含有的分子數為NAD鎂條在氮氣中完全燃燒，生成50g氮化鎂時，有1.5NA對共用電子對被破壞14、工業(yè)上用酸性 KMnO4溶液與乙苯()反應生產苯甲酸()，下列有關說法正確的是A乙苯是苯的同系物B乙苯的所有原子均共平面C生產苯甲酸時發(fā)生的是取代反應D乙苯不能與H2發(fā)生反應15、CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O屬于的反應類型是( )A復分解反應B置換反應C分解反應D氧化還原反應16、下列實驗中根據現象得出的結論

9、錯誤的是選項實驗現象結論A向某溶液中加銅和濃H2SO4試管口有紅棕色氣體產生原溶液可能含有NO3-B向填有硫酸處理的K2Cr2O7硅膠導管中吹入乙醇蒸氣管中固體逐漸由橙色變?yōu)榫G色乙醇具有還原性C向鹽酸酸化的Cu(NO3)2溶液中通入少量SO2，然后滴入BaCl2溶液產生白色沉淀氧化性：Cu2+H2SO4D向濃度均為0.1 mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出現藍色沉淀KspMg(OH)2KspCu(OH)2AABBCCDD二、非選擇題（本題包括5小題）17、 化學選修5：有機化學基礎化合物M是一種香料，A與D是常見的有機化工原料，按下列路線合成化合物M：已知以下信息：A

10、的相對分子質量為28回答下列問題：（1）A的名稱是_，D的結構簡式是_。（2）A生成B的反應類型為_，C中官能團名稱為_。（3）E生成F的化學方程式為_。（4）下列關于G的說法正確的是_。（填標號）a屬于芳香烴b可與FeCl3溶液反應顯紫色c可與新制的Cu(OH)2共熱生成紅色沉淀dG分子中最多有14個原子共平面（5）化合物M的同系物N比M的相對分子質量大14，N的同分異構體中同時滿足下列條件的共有_種（不考慮立體異構）。與化合物M含有相同的官能團；苯環(huán)上有兩個取代基（6）參照上述合成路線，化合物X與Y以物質的量之比2:1反應可得到化合物，X的結構簡式為_，Y的結構簡式為_。18、酯類化合物與

11、格氏試劑(RMgX，X=Cl、Br、I)的反應是合成叔醇類化合物的重要方法，可用于制備含氧多官能團化合物?；衔颋的合成路線如下，回答下列問題：已知信息如下：RCH=CH2RCH2CH2OH；RCOOCH3 .(1)A的結構簡式為_，B C的反應類型為_，C中官能團的名稱為_，CD的反應方程式為_。(2)寫出符合下列條件的D的同分異構體_(填結構簡式，不考慮立體異構)。含有五元環(huán)碳環(huán)結構；能與NaHCO3溶液反應放出CO2氣體；能發(fā)生銀鏡反應。(3)判斷化合物F中有無手性碳原子_，若有用“*”標出。(4)已知羥基能與格氏試劑發(fā)生反應。寫出以、CH3OH和格氏試劑為原料制備的合成路線(其他試劑任

12、選) _。19、某興趣小組為探究銅與濃硫酸反應時硫酸的最低濃度，設計了如下方案。方案一、實驗裝置如圖1所示。 已知能與在酸性溶液中反應生成紅棕色沉淀，可用于鑒定溶液中微量的。（1）寫出銅與濃硫酸反應的化學方程式：_。NaOH溶液的作用是_。（2）儀器X的作用是盛裝的濃硫酸并測定濃硫酸的體積，其名稱是_。（3）實驗過程中，當滴入濃硫酸的體積為20.00 mL時，燒瓶內開始有紅棕色沉淀生成，則能與銅反應的硫酸的最低濃度為_（精確到小數點后一位；混合溶液的體積可視為各溶液的體積之和）。方案二、實驗裝置如圖2所示。加熱，充分反應后，由導管a通入氧氣足夠長時間，取下燒杯，向其中加入足量的溶液，經過濾、洗

13、滌、干燥后稱量固體的質量。（4）通入氧氣的目的是_、_。（5）若通入氧氣的量不足，則測得的硫酸的最低濃度_（填“偏大”“偏小”或“無影響”）。20、現代工業(yè)常以氯化鈉為原料制備純堿，部分工藝流程如圖：已知NaHCO3在低溫下溶解度較小。（1）反應的化學方程式為_。（2）處理母液的兩種方法：向母液中加入石灰乳，反應的化學方程式為_，目的是使_循環(huán)利用。向母液中_并降溫，可得到NH4Cl晶體。某化學小組模擬“侯氏制堿法”，以NaCl、NH3、CO2和水等為原料以及如圖所示裝置制取NaHCO3，然后再將NaHCO3制成Na2CO3。（3）裝置丙中冷水的作用是_；由裝置丙中產生的NaHCO3制取Na2

14、CO3時，需要進行的實驗操作有_、洗滌、灼燒。（4）若灼燒的時間較短，NaHCO3將分解不完全，該小組對一份加熱了t1 min的NaHCO3 樣品的組成進行了以下探究。取加熱了t1min的NaHCO3樣品29.6g完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中緩慢地滴加稀鹽酸，并不斷攪拌。隨著鹽酸的加入，溶液中有關離子的物質的量的變化如圖所示。曲線c對應的溶液中的離子是_（填離子符號）；該樣品中NaHCO3和Na2CO3的物質的量分別是_mol、_mol。21、黃銅礦是主要的煉銅原料，CuFeS2是其中銅的主要存在形式?；卮鹣铝袉栴}：（1）CuFeS2中存在的化學鍵類型是_。其組成的三種元素中電負性較強的

15、是 _。（2）下列基態(tài)原子或離子的價層電子排布圖正確的_。（3）在較低溫度下CuFeS2與濃硫酸作用時，有少量臭雞蛋氣味的氣體X產生。X分子的立體構型是_，中心原子雜化類型為_，屬于_（填“極性”或“非極性”）分子。X的沸點比水低的主要原因是_。（4）CuFeS2與氧氣反應生成SO2，其結構式為，則SO2中共價鍵類型有_。（5）四方晶系CuFeS2晶胞結構如圖所示。Cu的配位數為_，已知：ab0.524 nm，c1.032 nm，NA為阿伏加德羅常數的值,CuFeS2晶體的密度是_gcm3(列出計算式)。參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】W和X、Z均能形成共價化合物，

16、則W、X、Z很可能均為非金屬元素，考慮到W原子序數最小，可推斷W為H元素；W和X、Y分別形成的化合物溶于水均呈堿性，X為非金屬，可推測化合物中有NH3，則X為N元素，又X和Z同族，Z為P元素；W和Y同族，X的簡單離子和Y的簡單離子具有相同的電子層結構，可推知Y為Na元素。綜上推測滿足題干信息，因而推測合理，W為H，X為N，Y為Na，Z為P。A. 4種元素中只有Y是金屬元素，即Na，因而金屬性最強，A正確；B.元素的非金屬性越強則最高價氧化物對應的水化物酸性越強，非金屬性：N(X)P(Z)，因而最高價氧化物對應的水化物的酸性：ZH(W)，因而簡單陽離子氧化性：WY，C正確；D.W和Y形成的化合物

17、為NaH，NaH與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，氫氣為還原性氣體，D正確。故答案選B。2、C【解析】A.蘇打為碳酸鈉，則澄清石灰水與過量蘇打溶液反應的離子方程式為：Ca2+ CO32-=CaCO3，故A錯誤；B.次氯酸根離子具有強氧化性，能將SO2氧化成SO42-，CaSO4微溶于水，則少量SO2通入飽和的漂白粉溶液中，反應的離子方程式為Ca2+ClO+SO2+H2O=CaSO4+2H+Cl，故B錯誤；C.向熱的稀硫酸中加入銅粉并鼓入空氣，反應生成硫酸銅和水，離子方程式為2Cu+4H+O22Cu2+2H2O，故C正確；D. 向酸性高錳酸鉀溶液中滴加少量雙氧水，離子方程式為5H2O2+2MnO4+6

18、H+=2Mn2+5O2+8H2O，故D錯誤，答案選C。【點睛】本題考查離子方程式的正誤判斷，明確反應實質是解題關鍵，注意反應物用量對反應的影響，題目難度中等。解題時容易把蘇打誤認為碳酸氫鈉，為易錯點。3、D【解析】由圖示裝置可知，涉及的儀器為：坩堝、泥三角、三腳架、酒精燈等，由于給坩堝加熱時可以直接進行加熱，不需要使用石棉網，所以該裝置中沒有用到石棉網，答案選D?！军c睛】注意常見的儀器干燥及正確的使用方法，明確給坩堝加熱時，不需要墊上石棉網。4、B【解析】A根據圖中數據判斷，當pH=6.10時，c(HCO3-)=c(H2CO3)，當pH6.10時，c(HCO3-)c(H2CO3)，所以pH=7

19、的血液中，c(HCO3-)c(H2CO3)，A正確；B溫度不變，水的離子積常數不變，所以正常體溫下c(H+)c(OH-)不變，B錯誤；C人體發(fā)生酸中毒時，可靜脈滴注弱堿性物質解毒，碳酸氫鈉溶液呈弱堿性，所以人體發(fā)生酸中毒時，可靜脈滴注一定濃度的NaHCO3溶液解毒，C正確；D由表中數據可知，=20.0時，溶液呈堿性，說明碳酸的電離程度小于碳酸氫根離子水解程度，D正確；故合理選項是B。5、B【解析】A. 金屬性越強，與水反應越劇烈，則Be與水反應很緩慢，故A錯誤；B. 非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，由事實可知，HBr的分解溫度介于二者之間，故B正確；C. 自燃與物質穩(wěn)定性有關，硫化氫較穩(wěn)定，則H2

20、S在空氣中不能自燃，故C錯誤；D. HF可形成氫鍵，標況下HCl、HBr均為氣體，但HF為液體，故D錯誤；故選：B。6、B【解析】A、植物油的主要成分為不飽和高級脂肪酸甘油酯，分子中含有雙鍵能夠與溴反應，A正確；B、皂化反應是油脂的堿性水解，反應的主要產物脂肪酸鈉和甘油不是高分子化合物，B錯誤；C、油脂和H2加成后油脂中的不飽和高級脂肪酸甘油酯轉化成飽和的高級脂肪酸甘油酯，其熔點及穩(wěn)定性均得到提高，C正確；D、油脂是高級脂肪酸和甘油形成的酯，水解后可以得到甘油，即丙三醇， D正確。7、D【解析】A項、NaOH與HClO4反應屬于中和反應，堿能與酸發(fā)生中和反應，故A能解釋；B項、碳酸的酸性比硅酸

21、強，酸性比硅酸強的酸能制備硅酸，較強的酸能制備較弱的酸，故B能解釋；C項、活動性較強的金屬單質能從活動性較弱的金屬的鹽溶液中置換出活動性較弱的金屬，故C能解釋；D項、FeCl3與NaI發(fā)生了氧化還原反應，這不是鹵化物通性，其他鹵化鈉大多數不能與氯化鐵發(fā)生類似的反應，故D不能解釋；故選D。8、C【解析】ACa（ClO）2溶液具有漂白性，可使pH試紙褪色，應選pH計測定，故A錯誤；BNaOH可吸收揮發(fā)的HCl，氫氣中混有水蒸氣，還需濃硫酸干燥純化氫氣，故B錯誤；C由操作和現象可知，氯氣與NaBr反應生成溴，則Br還原性強于Cl，故C正確；D不能在容量瓶中溶解固體，應在燒杯中溶解、冷卻后轉移到容量瓶

22、中定容，故D錯誤；故選：C。9、C【解析】A、根據原子守恒定律可分析產物A中有一個苯基()、一個C原子、兩個H原子(苯也提供一個H原子)、一個Cl原子，結合題干“氯甲基化反應”分析CH2和Cl(組合為氯甲基(CH2Cl)，故A的結構簡式為，分子式為C7H7Cl，故A錯誤：B、A中氯甲基(-CH2Cl)中的碳有四個單鍵，故不共面，故B錯誤；C、根據苯的性質：反應物苯是煤干餾的產物之一，是易揮發(fā)、易燃燒、有毒的液體，故C正確；D、有機產物A的同分異構體中(不包括自身)，含苯環(huán)的結構取代基為CH3和Cl，有鄰、間、對三種，但還有很多不含苯環(huán)的結構，故D錯誤；故選C。10、C【解析】一氧化氮和5.6L

23、 氧氣混合后發(fā)生反應2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，反應為氣體分子數減少的反應，因此混合后的分子總數小于0.5NA，故A錯誤；B.磷酸為弱酸，不可完全電離出H+，故B錯誤；C. NH4+水解，濃度不同，水解程度不同，因此1L 0.50 mol/L NH4Cl溶液與2L 0.25 mol/L NH4Cl溶液含NH4+的物質的量不同，故C正確；D.標準狀況下，等體積的N2和CO物質的量相等，所含的原子數相等，但不一定為2NA，故D錯誤；答案：C【點睛】易錯選項A，忽略隱含反應2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4。11、C【解析】在反應3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+

24、O2中，元素化合價變化情況為：溴元素由+3價升高為+5價，溴元素由+3價降低為0價，氧元素化合價由-2價升高為0價，所以BrF3既起氧化劑也起還原劑作用，同時水也起還原劑作用若5molH2O參加反應，則生成1molO2，氧原子提供電子物質的量為2mol2，令被水還原的BrF3的物質的量為xmol，根據電子轉移守恒，則：2mol2=xmol（3-0）解得x=4/3mol，選項C符合題意。12、C【解析】A. 根據結構簡式，該有機物的分子式為C6H12O4，故A錯誤；B. 二羥基甲戊酸中含有羥基，CH2OH中羥基能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，故B錯誤；C. 該有機物中能與Na發(fā)生反應的是OH和羧基，1

25、mol二羥基甲戊酸中含有2mol羥基和1mol羧基，因此1mol該有機物消耗Na的物質的量為3mol，能與NaHCO3溶液反應的是羧基，因此1mol該有機物消耗NaHCO3的物質的量為1mol，故C正確；D. 二羥基甲戊酸與乳酸中羥基的數目不同，因此兩者不互為同系物，故D錯誤；答案：C?！军c睛】同系數定義的理解，要求碳原子連接方式相同，含有官能團的種類、數目相同，然后再看組成上是否相差若干個“CH2”。13、D【解析】A鐵完全溶于一定量溴水，反應后的最終價態(tài)可能是+3價，還可能是+2價，故0.1mol鐵轉移的電子數不一定是0.3NA個，還可能是0.2NA個，故A錯誤；BNa原子最外層是1個電子

26、，則1 mol Na與足量O2反應，生成Na2O和Na2O2的混合物，鈉失去1NA個電子，故B錯誤；C標況下二氯甲烷為液體，不能根據氣體摩爾體積計算其物質的量，故C錯誤；D鎂條在氮氣中完全燃燒，生成50g氮化鎂時，參加反應的N2為0.5mol，而N2分子含有氮氮叁鍵，則有1.5NA對共用電子對被破壞，故D正確；答案為D。14、A【解析】A苯和乙苯，都只含有一個苯環(huán)，結構相似，且分子相差2個CH2，是同系物，A正確；B乙苯中的CH2CH3上有2個飽和的C原子，飽和碳原子與其周圍的原子位置關系類似于CH4，不能所有原子共面，B錯誤；C乙苯在高錳酸鉀的作用下轉化為苯甲酸，是氧化反應，C錯誤；D乙苯中

27、的苯環(huán)能夠與H2反生加成反應，D錯誤。答案選A。15、A【解析】A. 復分解反應是兩種化合物互相交換成分生成另外兩種化合物的反應，該反應CaCO3和HCl生成CaCl2和H2CO3，屬于復分解反應，故A選；B.置換反應是一種單質和一種化合物生成另一種單質和另一種化合物的反應，本反應中無單質參與或生成，故B不選；C.分解反應是一種物質生成兩種或兩種以上物質的反應，本反應的反應物有兩個，故C不選；D.氧化還原反應是有元素化合價升高和降低的反應，本反應無元素化合價變化，故D不選。故選A。16、C【解析】A.在強酸性環(huán)境中，H+、NO3-、Cu會發(fā)生氧化還原反應產生NO氣體，一氧化氮易被氧化為二氧化氮

28、，因此會看到試管口有紅棕色氣體產生，A正確；B.酸性K2Cr2O7具有強的氧化性，會將乙醇氧化，K2Cr2O7被還原為Cr2(SO4)3，因此管中固體逐漸由橙色變?yōu)榫G色，B正確；C.在酸性條件下，H+、NO3-、SO2會發(fā)生氧化還原反應產生SO42-，因此滴入BaCl2溶液，會產生BaSO4白色沉淀，可以證明氧化性：HNO3H2SO4，C錯誤；D.向濃度均為0.1 mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出現藍色沉淀，由于Mg(OH)2、Cu(OH)2構型相同，因此可以證明溶度積常數：KspMg(OH)2KspCu(OH)2，D正確；故合理選項是C。二、非選擇題（本題包括5

29、小題）17、（1）乙烯，；（2）加成反應，醛基；（3）；（4）cd；（5）18；（6）CH3CH2CHO，?！窘馕觥扛鶕畔?，推出C和D結構簡式為：CH3CHO和，A的分子量為28，推出A為CH2=CH2(乙烯)，B為CH3CH2OH，G的結構簡式為：，F的結構簡式為：，E的結構簡式為：，D的結構簡式為：?！驹斀狻浚?）A為乙烯，D的結構簡式為：；（2）A和B發(fā)生CH2=CH2H2OCH3CH2OH，發(fā)生加成反應，C的結構簡式含有官能團是醛基；(3)E生成F，發(fā)生取代反應，反應方程式為：；（4）根據G的結構簡式為：，a、烴僅含碳氫兩種元素，G中含有O元素，故錯誤；b、不含有酚羥基，與FeCl3

30、溶液不發(fā)生顯色反應，故錯誤；c、含有醛基，與新制Cu(OH)2共熱產生Cu2O，故正確；d、苯環(huán)是平面正六邊形，醛基共面，所有原子共面，即有14個原子共面，故正確；（5）N的相對分子質量比M大14，說明N比M多一個“CH2”，（鄰間對三種）、（鄰間對三種）、（鄰間對三種）、（鄰間對三種）、（鄰間對三種）、（鄰間對三種），共有36=18種；(6)根據信息，X為CH3CH2CHO，Y的結構簡式為。18、 氧化反應 羧基、羥基 、和 【解析】根據F的結構不難得知A含1個五元環(huán)，根據題目給的信息可知A中必定含有雙鍵， 結合分子的不飽和度可知再無不飽和鍵，因此A的結構簡式為，根據信息不難得出B的結構簡式

31、為，酸性高錳酸鉀有氧化性，可將醇羥基氧化為羧基，因此C的結構簡式為，C到D的反應條件很明顯是酯化反應，因此D的結構簡式為，再根據題目信息不難推出E的結構簡式為，據此再分析題目即可?！驹斀狻浚?）根據分析，A的結構簡式為；BC的過程是氧化反應，C中含有的官能團為羰基和羧基，CD的反應方程式為；（2）根據題目中的要求，D的同分異構體需含有五元環(huán)、羧基和羥基，因此符合要求的同分異構體有三種，分別為、和；（3）化合物F中含有手性碳原子，標出即可；（4）根據所給信息，采用逆推法，可得出目標產物的合成路線為：。19、 吸收尾氣中的 酸式滴定管 11.0 使產生的全部被NaOH溶液吸收 將最終轉化為 偏大

32、【解析】反應原理：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O，因為濃硫酸為酸，所以用酸式滴定管盛裝，生成的二氧化硫為酸性氣體，有毒，必須用堿液吸收法吸收；亞硫酸鹽具有強還原性可以被氧氣氧化為硫酸鹽。硫酸鈉與亞硫酸鈉均可以與氯化鋇反應生成硫酸鋇和亞硫酸鋇沉淀，據此分析?！驹斀狻浚?）銅與濃硫酸反應的化學方程式為Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O，銅與濃硫酸反應生成的二氧化硫會污染環(huán)境，所以必須用堿溶液吸收。答案：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O 吸收尾氣中的SO2（2）X可用于測定濃硫酸的體積，應該是酸式滴定管。答案：酸式滴定管（3）當入濃硫酸的體積為20.0 mL

33、時溶液的總體積為33.45 ml，硫酸的濃度為=11.0mol/L；答案：11.0（4）通入氧氣的原因之一是將裝置中產生的二氧化硫驅趕出去，二是使燒杯中的Na2SO3全部轉化為Na2SO4；答案：使產生的SO2全部被NaOH溶液吸收 將SO2最終轉化為Na2SO4 （5）若通入氧氣的量不足，則生成沉淀的質量偏小，即計算出的生成二氧化硫的量偏小，則測得的硫酸的最低濃度偏大。答案：偏大20、NaCl+CO2+NH3+H2O NaHCO3+NH4Cl 2NH4Cl +Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O NH3 通入NH3，加入細小的食鹽顆粒 冷卻，使碳酸氫鈉晶體析出 過濾 HCO3- 0.

34、1 0.2 【解析】（1）由于NaHCO3在低溫下溶解度較小，溶液中含有較大濃度的鈉離子和碳酸氫根離子時，就會有碳酸氫鈉晶體析出，所以飽和氯化鈉中溶液中通入NH3和CO2發(fā)生反應的方程式為：NaCl+CO2+NH3+H2O NaHCO3+NH4Cl;答案：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl；（2）根據題中反應流程可知，過濾后得到的母液中含有氯化銨，母液中加入石灰乳后，發(fā)生反應為：2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3+2H2O，反應生成氨氣，氨氣可以在反應流程中循環(huán)利用；答案：2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3+2H2O；NH3；由反應NH3

35、+H2O+CO2+NaClNH4Cl+NaHCO3及流程圖知，母液中溶質為氯化銨，向母液中通氨氣加入細小食鹽顆粒，冷卻析出副產品，通入的氨氣和水反應生成一水合氨，一水合氨能電離銨根離子，銨根離子濃度增大有利于氯化銨析出。答案：通入NH3，加入細小的食鹽顆粒。 （3）由裝置丙中產生的是NaHCO3，其溶解度隨溫度降低而降低，所以裝置丙中冷水的作用是：冷卻，使碳酸氫鈉晶體析出；制取Na2CO3時需要過濾得到晶體，洗滌后加熱灼燒得到碳酸鈉；答案：冷卻，使碳酸氫鈉晶體析出；過濾； (4)若在(2)中灼燒的時間較短, NaHCO3將分解不完全,該小組對一份加熱了t1min的NaHCO3樣品的組成進行了研究.取加熱了t1min的NaHCO3樣品29.6g 完全溶于水制成溶液,然后向此溶液中緩慢地滴加稀鹽酸,并不斷攪拌.隨著鹽酸的加入,發(fā)生反應CO32-+H+=HCO3-;HCO3-+ H+=CO2+H2O;溶液中有關離子的物質的量的變化為碳酸根離子減小,碳酸氫根離子濃度增大,當碳酸根離子全部轉化為碳酸氫根離子,再滴入鹽酸和碳酸氫根離子反應生成二氧化碳,碳酸氫根離子減小,所以c曲線表示的是碳酸氫根離子物質的量變化。碳酸根離子物質的量為0.2mol,碳酸氫根離子物質的量為0.1mol；所以樣品中NaHCO3的物質的量為0.1mol,N