湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校2022-2023学年高三第一次调研测试化学试卷含解析

2023年高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列关于有机物的说法错误的是A植物油分子结构中含有碳碳双键B乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气，属于取代反应C同温同压下，等质量的乙炔和苯完全燃烧耗氧量相同D分子式为C3H6BrC1的有机物不考虑立体异构共5种2、莲花清瘟胶囊对新冠肺炎轻症状患者有显著疗效，其有效成分绿原酸存在如图转化关系，下列有关说法正确的是 AH的分子式为C17H14O4BQ中所有碳原子不可能都共面C1mol绿原酸与足量NaHCO3溶液反应，最多放出1molCO2DH、Q、W均能发生氧化反应、取代反应、显色反应3、一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO： MgSO4(s)+CO(g) MgO(s)+CO2(g)+SO2(g) H 0，该反应在某密闭容器中达到平衡。下列分析正确的是A恒温恒容时，充入CO气体，达到新平衡时增大B容积不变时，升高温度，混合气体的平均相对分子质量减小C恒温恒容时，分离出部分SO2气体可提高MgSO4的转化率D恒温时，增大压强平衡逆向移动，平衡常数减小4、金属(M)空气电池具有原料易得，能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源，该类电池放电的总反应方程式为：2MO22H2O2M(OH)2。(已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能)下列说法正确的是A电解质中的阴离子向多孔电极移动B比较Mg、Al、Zn三种金属空气电池，Mg空气电池的理论比能量最高C空气电池放电过程的负极反应式2M4e4OH2M(OH)2D当外电路中转移4mol电子时，多孔电极需要通入空气22.4L(标准状况)5、下列说法正确的是()A分子晶体中一定存在共价键B某化合物存在金属阳离子，则一定是离子化合物CHF比H2O稳定，因为分子间存在氢键DCS2、PCl5具有8电子稳定结构6、活性氧化锌是一种多功能性的新型无机材料。某小组以粗氧化锌（含铁、铜的氧化物）为原料模拟工业生产活性氧化锌，步骤如图：已知相关氢氧化物沉淀pH范围如表所示Zn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Cu（OH）2开始沉淀5.47.02.34.7完全沉淀8.09.04.16.7下列说法不正确的是（ ）A“酸浸”中25%稀硫酸可用98%浓硫酸配制，需玻璃棒、烧杯、量简、胶头滴管等仪器B“除铁”中用ZnO粉调节溶液pH至4.14.7C“除铜”中加入Zn粉过量对制备活性氧化锌的产量没有影响D“沉锌”反应为2Zn2+4HCO3Zn2（OH）2CO3+3CO2+H2O7、下列物质属于碱的是ACH3OHBCu2(OH)2CO3CNH3H2ODNa2CO38、中华传统文化对人类文明进步贡献巨大。本草纲目“烧酒”写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气其清如水，味极浓烈，盖酒露也。运用化学知识对其进行分析，则这种方法是A分液B升华C萃取D蒸馏9、如图是某条件时N2与H2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述正确的是（）A该反应的热化学方程式：N2+3H22NH3+92kJB生成1molNH3，反应放热92kJCb曲线代表使用了催化剂，其H2的转化率高于a曲线D加入催化剂增大反应速率，化学平衡常数不变10、以CO2和Na2O2为原料，制取纯净干燥的O2，实验装置如下：下列说法不正确的是A装置中试剂可以是NaOH溶液B装置的作用是干燥O2C收集氧气应选择装置aD装置、之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶11、常温下，向20mL 0.1mol/L氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是()A常温下，0.1 mol/L氨水中，c (OH)1105 mol/LBb点代表溶液呈中性Cc点溶液中c(NH4+)c(Cl)Dd点溶液中：c(Cl)c(NH4+)c(OH)c(H+)12、根据元素在周期表中的位置可以预测A分解温度：CH4H2SB氧化性：NaClONa2SO3C同浓度溶液pH：Na2SiO3 Na2CO3D金属性：Ca Na13、实验室用下图所示装置进行液体石蜡分解及其产物性质实验。下列操作或叙述错误的是A装置b、c中发生反应的基本类型不同B实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色Cd中溶液变浑浊证明石蜡分解产生了CO2D停止加热后立即关闭K可以防止液体倒吸14、将镁铝合金溶于 100 mL 稀硝酸中，产生 1.12 L NO气体（标准状况），向反应后的溶液中加入 NaOH 溶液，产生沉淀情况如图所示。下列说法不正确的是A可以求出合金中镁铝的物质的量比为 11B可以求出硝酸的物质的量浓度C可以求出沉淀的最大质量为 3.21 克D氢氧化钠溶液浓度为 3 mol / L15、实验室用Ca与H2反应制取氢化钙(CaH2)。下列实验装置和原理不能达到实验目的的是（ ）A装置甲制取H2B装置乙净化干燥H2C装置丙制取CaH2D装置丁吸收尾气16、向0.1molL-1的NH4HCO3溶液中逐渐加入0.1molL-1NaOH 溶液时，含氮、含碳粒子的分布情况如图所示(纵坐标是各粒子的分布系数，即物质的量分数a)，根据图象下列说法不正确的是 ( )A开始阶段，HCO3-反而略有增加，可能是因为 NH4HCO3 溶液中存在 H2CO3，发生的主要反应是 H2CO3+OH-=HCO3-+H2OB当 pH 大于 8.7 以后，碳酸氢根离子和铵根离子同时与氢氧根离子反应CpH=9.5 时，溶液中 c(HCO3-)c(NH3H2O)c(NH4+)c(CO32-)D滴加氢氧化钠溶液时，首先发生的反应：2NH4HCO3+2NaOH=(NH4)2CO3+Na2CO3二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物W（C16H14O2）用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W的一种合成路线如下：已知：请回答下列问题：（1）F的化学名称是_，的反应类型是_。（2）E中含有的官能团是_（写名称），E在一定条件下聚合生成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式为_。（3）E + FW反应的化学方程式为_。（4）与A含有相同官能团且含有苯环的同分异构体还有_种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为112222的结构简式为_。（5）参照有机物W的上述合成路线，写出以M和CH3Cl为原料制备F的合成路线（无机试剂任选）_。18、含氧有机物甲可用来制取多种有用的化工产品，合成路线如图：已知：.RCHO.RCOOHRCOClRCOOR(R、R代表烃基)（1）甲的含氧官能团的名称是_。写出检验该官能团常用的一种化学试剂的名称_。（2）写出己和丁的结构简式：己_，丁_。（3）乙有多种同分异构体，属于甲酸酯，含酚羟基，且酚羟基与酯的结构在苯环邻位的同分异构体共有_种。（4）在NaOH溶液中发生水解反应时，丁与辛消耗NaOH的物质的量之比为_。（5）庚与M合成高分子树脂的化学方程式为_。19、是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强。请按要求回答下列问题：(1)已知：，。设计最简单的方法鉴别和两种固体： _。(2)利用下图装置（略去夹持仪器）制备已知：；酸性条件下，和均能与迅速反应生成和。装置A中发生反应的离子方程式为_；这样安放铜丝比将铜片浸于液体中的优点是_。装置B中反应的化学方程式为_。干燥剂X的名称为_，其作用是_。上图设计有缺陷，请在F方框内将装置补充完全，并填写相关试剂名称_。(3)测定产品的纯度。取制取的样品溶于水配成溶液，取溶液于锥形瓶中，用酸性溶液进行滴定，实验所得数据如下表：滴定次数1234消耗溶液体积20.9020.1220.0019.88第一次滴定实验数据异常的原因可能是_（填字母序号）。A酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗B锥形瓶洗净后未干燥C当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去，定为滴定终点D滴定终点时俯视读数酸性溶液滴定溶液的离子方程式为_。该样品中的质量分数为_。20、氨气具有还原性,能够被氧化铜氧化,用如图中的装置可以实现该反应。已知:氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜。回答下列问题:(1)B中加入的干燥剂是_(填序号)。浓硫酸 无水氯化钙 碱石灰(2)能证明氨与氧化铜反应的现象是C中_。(3)D中有无色液体生成。设计实验检验D中无色液体的成分:_21、甲醛(HCHO)俗称蚁醛，在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。I甲醛的制备工业上利用甲醇脱氢法制备甲醛，己知：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g) H（1）该反应的能量变化如图甲所示，H=_kJmol-1。（2）为提高CH3OH转化率，采取的措施有_、_；在温恒容条件下，该反应达到平衡状态的标志有_（填标号）。a.混合气体的密度保持不变b.混合气体的总压强保持不变c.v(CH3OH)消耗=v(H2)生成d.甲醛的浓度保持不变（3）选用Ag/SiO2ZnO作催化剂，在400750区间进行活性评价，图乙给出了甲醇转化率与甲醛选择性（选择性越大，表示生成该物质越多）随反应温度的变化曲线。制备甲醛的最佳反应温度为_（填标号），理由是_。a.400 b.650 c.700 d.750（4）T时，在2L恒容密闭容器中充入1mo1甲醇，发生反应：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)平衡时甲醇为0.2mol，甲醛为0.7mo1。则反应i的平衡常数K=_。II.甲醛的用途（5）将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)溶液混合，可用于化学镀镍。反应过程中有CO2产生，则该反应的离子方程式为_：若收集到112mLCO2（标准状况），理论上转移电子_ mo1。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植物油属于不饱和高级脂肪酸甘油酯，分子结构中含有碳碳双键，故A正确；B钠与乙醇发生反应生成乙醇钠和氢气，属于置换反应，故B错误；C乙炔和苯的最简式相同，都是CH，则相同质量的乙炔和苯充分燃烧耗氧量相同，故C正确；D分子式为C3H6BrC1的有机物的同分异构体有：Br在1号C上，C1有3种位置，即3种结构；Br在2号C上，C1有2种位置，即2种结构，共5种结构，故D正确；故选B。【点睛】本题的易错点为A，要注意油脂包括油和脂，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂是饱和高级脂肪酸甘油酯，不饱和高级脂肪酸结构中含有碳碳双键。2、C【解析】A分子中每个节点为C原子，每个C原子连接四个键，不足键用H原子补齐，则H的分子式为C17H16O4，故A错误；BQ中苯环是平面结构，所有碳原子共面，碳碳双键是平面结构，两个碳原子共面，与双键上的碳原子直接相连的原子可共面，则Q中所有碳原子可能都共面，故B错误；C该有机物中含苯环、酚-OH、C=C、-COOC-、-COOH、-OH，其中羧酸的酸性强于碳酸HCO3-，酚羟基的酸性比碳酸HCO3-弱，则该有机物只有-COOH与NaHCO3溶液，1mol绿原酸含有1mol-COOH，与足量NaHCO3溶液反应，最多放出1molCO2，故C正确；DH、Q 中都含有苯环和酚羟基，在一定条件下苯环可以发生取代反应，酚羟基可发生氧化反应和显色反应，W中没有苯环，不含酚羟基，不能发生显色反应，故D错误；答案选C。【点睛】本题中能与碳酸氢钠反应的官能团有羧基，不包括酚羟基，酚羟基的酸性弱于碳酸，化学反应符合强酸制弱酸的规则，故酚羟基不能和碳酸氢钠反应。3、C【解析】A、通入CO，虽然平衡向正反应方向进行，但c(CO)增大，且比c(CO2)大，因此此比值减小，故错误；B、正反应方向是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，CO2和SO2的相对分子质量比CO大，因此混合气体的平均摩尔质量增大，故错误；C、分离出SO2，减少生成物的浓度，平衡向正反应方向进行，MgSO4消耗量增大，即转化率增大，故正确；D、化学平衡常数只受温度的影响，温度不变，化学平衡常数不变，故错误。4、C【解析】A原电池中阴离子应该向负极移动；B电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，即单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多，则得到的电能越多；C负极M失电子和OH反应生成M(OH)2；D由正极电极反应式O22H2O4e4OH有O24OH4e，当外电路中转移4mol电子时，消耗氧气1mol，但空气中氧气只占体积分数21%，据此计算判断。【详解】A原电池中阴离子应该向负极移动，金属M为负极，所以电解质中的阴离子向金属M方向移动，故A错误；B电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g时，这三种金属转移电子物质的量分别为2molmol、3molmol、2molmol，所以Al空气电池的理论比能量最高，故B错误；C负极M失电子和OH反应生成M(OH)2，则正极反应式为2M4e4OH2M(OH)2，故C正确；D由正极电极反应式O22H2O4e4OH有O24OH4e，当外电路中转移4mol电子时，消耗氧气1mol，即22.4L(标准状况下)，但空气中氧气只占体积分数21%，所以空气不止22.4L，故D错误；故答案选C。【点睛】明确电极上发生的反应、离子交换膜作用、反应速率影响因素、守恒法计算是解本题关键，注意强化电极反应式书写训练。5、B【解析】A稀有气体分子中不含化学键，多原子构成的分子中含共价键，故A错误；B化合物中存在金属阳离子，则一定含有离子键，一定是离子化合物，故B正确；C氟化氢比H2O稳定，是因为氢氟共价键强度大的缘故，与氢键无关，故C错误；DPCl5中氯原子最外层有7个电子，需要结合一个电子达到8电子稳定结构，磷原子最外层有5个电子，化合价为+5价，5+5=10，P原子最外层不是8电子结构，故D错误；故选B。6、C【解析】粗氧化锌（含铁、铜的氧化物）加入稀硫酸溶解过滤得到溶液中含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸锌，加入H2O2溶液氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化锌调节溶液PH沉淀铁离子和铜离子，加入锌还原铜离子为铜单质，过滤得到硫酸锌，碳化加入碳酸氢铵沉淀锌离子生成碱式碳酸锌，加热分解生成活性氧化锌；A依据溶液配制过程分析需要的仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管等；B依据沉淀PH范围调节溶液PH使铁离子和铜离子沉淀；C“除铜”加入Zn粉的作用是含有铜离子，调节溶液pH除净铜离子；D“沉锌”时加入NH4HCO3溶液，溶液中的Zn2与HCO3反应生成Zn2（OH）2CO3和CO2。【详解】A酸浸”中所需25%稀硫酸可用98%浓硫酸（密度为1.84g/mL）配制，是粗略配制在烧杯内稀释配制，所需的仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要仪器有量筒、胶头滴管等，故A正确；B依据沉淀PH范围调节溶液PH使铁离子和铜离子沉淀，调节溶液PH为4.14.7，故B正确；C“除铜”中加入Zn粉置换溶液中的Cu，过量的Zn粉也能溶解于稀硫酸，溶液中Zn2+浓度增大，导致活性氧化锌的产量增加，故C错误；D“沉锌”时溶液中的Zn2+与HCO3反应生成Zn2（OH）2CO3和CO2，发生的离子反应为2Zn2+4HCO3Zn2（OH）2CO3+3CO2+H2O，故D正确；故选C。7、C【解析】A. CH3OH为非电解质，溶于水时不能电离出OH，A项错误；B. Cu2(OH)2CO3难溶于水，且电离出的阴离子不全是OH，属于碱式盐，B项错误；C. NH3H2O在水溶液中电离方程式为NH4+OH，阴离子全是OH，C项正确；D. Na2CO3电离只生成Na+、CO32-，属于盐，D项错误。本题选C。8、D【解析】根据“浓酒和糟入甑，蒸令气上”，表明该方法是利用各组分沸点不同实现混合液体的分离，此方法为蒸馏。故选D。9、D【解析】A.未标出物质的状态，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H= -92kJ/mol，故A错误；B.从图中得出生成2 mol NH3时，反应放热92kJ，故B错误；C.催化剂可以同等的加快正逆反应速率，平衡不会改变，转化率也不变，故C错误；D. 加入催化剂增大反应速率，化学平衡常数只受温度的影响，所以加催化剂不会改变平衡常数，故D正确；故答案为D。【点睛】易误选C，注意催化剂只能改变速率，而且是同等程度的改变，但是不能改变反应的限度，转化率不变。10、C【解析】实验原理分析：二氧化碳通过U型管与过氧化钠反应生成氧气，氧气和没有反应的二氧化碳通入碱液洗气瓶除二氧化碳，可增加盛有澄清石灰水的洗气瓶验证二氧化碳是否除尽，在通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥氧气，最后收集；【详解】A.装置中试剂可以是NaOH溶液，用来除掉二氧化碳气体，故不选A；B. 装置中盛有浓硫酸，作用是干燥O2，故不选B；C. 由于氧气密度大于空气，选择装置b，故选C；D. 装置、之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，验证二氧化碳是否除尽，故不选D；答案：C11、B【解析】A、由图可知，常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）1011mol/L，则c （OH）1103mol/L，故A错误；B、b点为NH4Cl和NH3H2O的混合溶液，溶液中NH4+促进水的电离程度和H+抑制程度相等，所以水电离的氢离子浓度为107mol/L，溶液呈中性，故B正确；C、c点溶液为NH4Cl溶液，呈酸性，c（H+）c（OH），电荷关系为c（NH4+）+c（H+）c（OH）+c（Cl），所以c点溶液中c（NH4+）c（Cl），故C错误；D、d点溶液为NH4Cl和HCl的混合溶液，溶液呈酸性，c（H+）c（OH），电荷关系为c（NH4+）+c（H+）c（OH）+c（Cl），所以d点溶液中：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），故D错误；故选：B。12、C【解析】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：，C正确； D失去电子的能力越强，元素的金属性越强，金属性，不能从周期表的位置预测，D错误。 答案选C。13、C【解析】石蜡油在碎瓷片催化作用下发生裂化反应，生成物中含有烯烃，把生成物通入溴的四氯化碳溶液发生加成反应，溶液褪色，通入酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，据此解答。【详解】A装置b中溴的四氯化碳溶液与分解生成的烯烃发生加成反应，装置c中酸性高锰酸钾溶液与分解生成的烯烃发生氧化反应，反应类型不同，A正确；B石蜡油受热分解需要温度比较高，实验中用酒精灯加热石蜡油受热分解生成的产物较少，实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色，B正确；C装置c中烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化也能生成CO2使d中溶液变浑浊，所以d中溶液变浑浊不能证明石蜡分解产生了CO2，C错误；D停止加热后立即关闭K，后面装置中的液体就不会因为温度下降压强变化而产生倒吸，D正确；答案选C。14、C【解析】由图可知60 ml到70 ml是氢氧化铝溶解消耗10ml氢氧化钠溶液，则铝离子沉淀需要30 ml氢氧化钠溶液，镁离子离子沉淀需要20 ml氢氧化钠溶液，所以镁铝的物质的量比为1：1，再由镁铝与100mL稀硝酸反应，产生1.12L NO气体（标准状况）得失守恒可以得2x + 3x 0.053 ，则x 0.03 mol，沉淀的最大质量，沉淀达到最大值时溶液为硝酸钠，硝酸的物质的量为0.03mol2+0.03mol3+0.05mol =0.2mol，氢氧化钠溶液浓度 ，故C错误；综上所述，答案为C。15、D【解析】A. 装置甲利用稀盐酸与锌在简易装置中制取H2，实验装置和原理能达到实验目，选项A不选；B. 装置乙利用氢氧化钠溶液吸收氢气中的氯化氢气体、利用浓硫酸干燥氢气，起到净化干燥H2的作用，实验装置和原理能达到实验目，选项B不选；C. 装置丙利用纯净的氢气在高温条件下与钙反应制取CaH2 ，实验装置和原理能达到实验目，选项C不选；D. 装置丁是用于防止空气中的水蒸气及氧气进入与钙或CaH2反应，实验原理与吸收尾气不符合，过量氢气应收集或点燃，选项D选。答案选D。16、D【解析】NH4HCO3溶液中存在NH4+的水解平衡，即NH4+H2ONH3H2O+H+；HCO3-的水解平衡，即HCO3-+H2OH2CO3+OH-；HCO3-的电离平衡，即HCO3-H+CO32-；A在溶液中未加氢氧化钠溶液时，溶液的pH=7.7，呈碱性，说明上述三个平衡中第个HCO3-的水解为主，滴加氢氧化钠的开始阶段，氢氧根浓度增大，平衡向逆反应方向移动，HCO3-的量略有增加，即逆方向的反应是H2CO3+OH-HCO3-+H2O，A正确；B. 对于平衡，氢氧根与氢离子反应，平衡正向移动，NH3H2O的量增加，NH4+被消耗，当pH大于8.7以后，CO32-的量在增加，平衡受到影响，HCO3-被消耗，即碳酸氢根离子和铵根离子都与氢氧根离子反应，B正确；C. 从图中可直接看出pH=9.5时，溶液中c(HCO3-)c(NH3H2O)c(NH4+)c(CO32-)，C正确；D. 滴加氢氧化钠溶液时，HCO3-的量并没减小，反而增大，NH4+的量减少，说明首先不是HCO3-与OH-反应，而是NH4+先反应，即NH4HCO3+NaOHNaHCO3+NH3H2O，D错误；故合理选项是D。二、非选择题（本题包括5小题）17、苯甲醇 消去反应 碳碳双键、羧基 +H2O 5 【解析】A和Br2的CCl4溶液反应发生加成反应，结合B的结构简式，则A的结构简式为，B在NaOH的水溶液下发生水解反应，Br被OH取代，C的结构简式为，C的结构中，与OH相连的C上没有H原子，不能发生醇的催化氧化，CH2OH被氧化成CHO，醛基再被氧化成COOH，则D的结构简式为，根据分子式，D到E消去了一分子水，为醇羟基的消去反应，E的结构简式为，E和苯甲醇F，在浓硫酸的作用下发生酯化反应得到W，W的结构简式为。【详解】(1)F的名称是苯甲醇；根据分子式，D到E消去了一分子水，反应类型为消去反应；(2)根据分析，E的结构简式为，则含有的官能团名称为碳碳双键、羧基；E中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，结构简式为；(3)E中含有羧基，F中含有羟基，在浓硫酸的作用下发生酯化反应，化学方程式为+H2O；(4)有A含有相同的官能团且含有苯环，A的结构简式为，则含有碳碳双键，除了苯环外，还有3个C原子，则苯环上的取代基可以为CH=CH2和CH3，有邻间对，3种同分异构体；也可以是CH=CHCH3，或者CH2CH=CH2，共2种；共5种；核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为112222的结构简式为；(5)由M到F，苯环上多了一个取代基，利用已知信息，可以在苯环上引入一个取代基，CH2OH，可由氯代烃水解得到，则合成路线为。【点睛】并不是所有的醇都能发生催化氧化反应，CH2OH被氧化得到CHO，被氧化得到；中，与OH相连的C上没有H原子，不能发生催化氧化反应。18、醛基 银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液） 5 1：2 【解析】甲能与银氨溶液反应，则甲含有-CHO，甲与HCN发生加成反应、酸化得到乙，可推知甲为，甲与氢气发生加成反应生成丙为，乙与丙在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成丁为甲与与银氨溶液发生氧化反应、酸化生成戊为，戊分子羧基中-OH被Cl原子取代生成己为，庚与有机物M发生聚合反应生成高分子树脂，由高分子树脂的结构可知，应是与HCHO发生的加聚反应，而庚与己发生反应生成辛，由信息可知，庚应含有羟基，故庚为，M为HCHO，辛为，据此解答。【详解】（1）甲为，含氧官能团是：醛基，检验醛基常用的化学试剂为：银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液），故答案为：醛基；银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）；（2）由上述分析可知，己的结构简式为，丁的结构简式为，故答案为：；（3）乙有多种同分异构体属于甲酸酯，含酚羟基，且酚羟基与酯的结构在苯环邻位的同分异构体：若有2个侧链，侧链为-OH、-CH2OOCH，若有3个侧链，侧链为-OH、-OOCH、-CH3 ，-OH、-OOCH处于邻位，-CH3 有4种位置，故共有5种，故答案为：5；（4）在NaOH溶液中发生水解反应时，1mol丁（）水解消耗1molNaOH，1mol辛（）消耗NaOH为2mol，二者消耗氢氧化钠的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；（5）庚与M合成高分子树脂的化学方程式为：，故答案为：。【点睛】本题考查有机物推断、官能团结构与性质、同分异构体、有机反应方程式书写等，根据乙的结构及反应信息推断甲，再结构反应条件进行推断，是对有机化学基础的综合考查。19、分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解，再分别滴加酚酞试液，变红的为NaNO2 Cu+4H+2NO3-= Cu2+2NO2+2H2O 可以控制反应的发生与停止 3NO2H2O =2HNO3+NO 碱石灰 吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气 A 5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O 69（或） 【解析】(1) 根据NaCl、NaNO2盐的组成及溶液的酸碱性分析判断；(2)装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应，反应生成二氧化氮和硝酸铜和水，NO2与装置B中的水反应产生HNO3和NO，通过装置C中的干燥剂吸收水蒸气，在装置D中与Na2O2发生反应，装置E中的干燥剂防止水蒸气进入，通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气。(3)第一次实验数据出现异常，消耗KMnO4溶液体积偏大，根据c(待测)= 分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；在反应中NO2-被氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+；根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O可求出亚硝酸钠的物质的量，然后求样品中亚硝酸钠的质量分数。【详解】(1) NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性；NaNO2是强碱弱酸盐，NO2-水解，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时溶液中c(OH-)c(H+)，溶液显碱性，所以可根据盐溶液的酸碱性的不同进行鉴别。分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解，然后分别滴加酚酞试液，溶液变红的为NaNO2，不变色的为NaCl；(2)在装置A中Cu与浓硝酸发生反应，产生硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：Cu+4H+2NO3-= Cu2+2NO2+2H2O；这样安放铜丝，可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；装置B中水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式为3NO2H2O =2HNO3+NO；在干燥管中盛放的干燥剂X的名称为碱石灰，其作用是吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气；NO及NO2都是大气污染物，随意排入大气会造成大气污染，故上图设计的缺陷是无尾气吸收装置。可根据NO、NO2都会被酸性KMnO4溶液吸收，产物都在溶液中，为防止倒吸现象的发生，在导气管末端安装一个倒扣的漏斗，装置为；(3)A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，根据c(待测)=分析可知，造成V(标准)偏大，A可能；B.锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，B不可能；C.当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去，就定为滴定终点，此时溶液中NO2-未反应完全，消耗标准溶液体积偏小，C不可能； D.滴定终点时俯视读数，造成V(标准)偏小，D不可能；故合理选项是A；在反应中NO2-被氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O；消耗KMnO4溶液体积V=20.00mL，消耗高锰酸钾的物质的量是n(MnO4-)=0.1mol/L0.02L=0.002mol，则根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量n(NaNO2)=0.002mol=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是n(NaNO2)总=0.005mol=0.02mol，其质量m(NaNO2)=0.02mol69g/mol=1.38g，则样品中亚硝酸钠的质量分数100%=69.0%。【点睛】本题考查了盐类水解、硝酸的性质、物质的鉴别方法、尾气处理、实验条件控制、实验方案设计与评价以及物质含量测定等，注意在实验过程中的反应现象分析，利用氧化还原反应中物质的量的关系进行计算，在滴定误差分析时要把操作引起的影响归结到对消耗标准溶液的体积大小上进行分析判断。20、 黑色粉末变红 取少量无水硫酸铜粉末放入D中，现象为白色变蓝色，则证明有水生成 【解析】A中装有熟石灰和NH4Cl，加热时产生氨气，经过碱石灰干燥，进入C中，和C中的氧化铜发生反应，生成氮气和铜，根据质量守恒，还应该有水生成。冰水混合物是用来冷却生成的水蒸气的，最后氮气用排水法收集在试管E中。【详解】(1)U形干燥管只能装固体干燥剂，浓硫酸是液体干燥剂且浓硫酸也能与NH3反应，无水氯化钙能与NH3反应形成配合物。故选择碱石灰；(2)黑色的氧化铜生成了红色的铜单质，所以现象为黑色粉末变红；(3)因为已知NH3和CuO反应生成了Cu和N2，根据质量守恒，还会有H2O生成，则D中无色液体为水，检验水一般用无水硫酸铜。故答案为：取少量无水硫酸铜粉末放入D中，现象为白色变蓝色，则证明有水生成。【点睛】冰水混合物通常用来冷凝沸点比0高，但常温下呈气态的物质。有时也用冰盐水，可以制造更低的温度。21、+84 升高温度 降低压强 bd c 此温度下甲醛的选择性和甲醇的转化率均较高 1.575 HCHO+2Ni2+H2O=2Ni+CO2+4H+ 0.02 【解析】（1）生成物和反应物之间的能量差为；（2）该反应是气体分子数增加的、吸热的可逆反应，因此根据勒夏特列原理，我们可以采用升高温度、降低压强的方法来促进平衡正向移动，提高转化率；再来看平衡的标志：a.反应物和生成物都是气体，因此气体的密度是恒定不变的，a项错误；b.该反应前后气体分子数不等，因此当压强保持不变时，说明反应已达到平衡状态，b项正确；c.甲醇和氢气的化学计量数相同，因此无论何时都有v(CH3OH)消耗=v(H2)生成，c项错误；d.当甲醛的浓度保持不变，说明其消耗速率和生成速率相同，即此时达到了平衡状态，d项正确；答案选bd；（3）在700时，甲醛选择性和甲醇转化率均较高，因此700是最合适的温度，答案选c；（4）平衡时甲醇为0.2mol，因此有0.8mol甲醇被消耗，其中甲醛有0.7mol，说明有0.7mol甲醇发生了反应，有0.1mol甲醇发生了反应，因此氢气一共有，代入平衡常数的表达式有；（5既然是镀镍，则镍被还原为单质，而甲醛被氧化为二氧化碳，因此反应的离子方程式为；甲醛中的碳可以按0价处理，二氧化碳中的碳为+4价，因此每生成1个二氧化碳分子需要转移4个电子，而112mL二氧化碳的物质的量为，因此一共要转移0.02mol电子。【点睛】对于任意一个氧化还原反应，总有氧化剂得电子数=还原剂失电子数=转移的总电子数，因此只需求出最好求的那一项，另外两项就迎刃而解了。