2022届拉萨市高二下化学期末经典模拟试题含解析

2022届拉萨市高二下化学期末经典模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列常见分子中心原子的杂化轨道类型是sp3的是（）
A．BF3B．PH3C．SO2D．CO2
【答案】B
【解析】分析：BF3中B原子为sp2杂化；PH3中P原子为sp3杂化；SO2中S原子为sp2杂化；CO2中C原子为sp杂化。

详解：A项，BF3中中心原子B上的孤电子对数为（3-31）=0，成键电子对数为3，价层电子对数为
0+3=3，B原子为sp2杂化；B项，PH3中中心原子P上的孤电子对数为（5-31）=1，成键电子对数为3，价层电子对数为1+3=4，P原子为sp3杂化；C项，SO2中中心原子S上的孤电子对数为（6-22）=1，成键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，S原子为sp2杂化；D项，CO2中中心原子C上的孤电子对数为（4-22）=0，成键电子对数为2，价层电子对数为0+2=2，C原子为sp杂化；中心原子为sp3杂化
的是PH3，答案选B。

点睛：本题考查中心原子杂化类型的判断，可用价层电子对互斥理论确定中心原子的价层电子对数，中心原子的价层电子对数即为杂化轨道数。

2．为了研究问题的方便，我们把在物质晶体立体示意图中处于图中某一位置（如顶点）的一种粒子（如原子、离子或分子）叫做一个质点。

在下列各种物质的晶体中与其任意一个质点（原子或离子）存在直接的强烈相互作用的质点的数目表示正确的是（）
A．干冰－12 B．水晶－4
C．氯化铯－6 D．晶体硅－4
【答案】D
【解析】
【详解】
A.干冰为分子晶体，晶体中质点之间的作用力较弱，分子间不存在强烈的相互作用，分子内每个C原子与2个O原子成键，A错误；
B.水晶为SiO2，每个Si原子与4个O原子成键，而每个O原子与2个Si原子成键，数目可能为2或4，B 错误；
C.氯化铯晶胞是体心立方晶胞，配位数为8，质点的数目为8，C错误；
D.硅晶体中每个Si原子与其它四个Si原子成键，D正确；
故合理选项是D。

3．NaNO2一种食品添加剂，它致癌。

酸性KMnO4溶液与NaNO2的反应方程式是MnO4-＋NO2-＋→Mn2＋＋NO3-＋H2O。

下列叙述中正确的是（）
A．该反应中NO2-被还原
B．反应过程中溶液的pH减小
C．生成1molNaNO3需消耗0.4 mol KMnO4
D．中的粒子是OH－
【答案】C
【解析】
【详解】
该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO4-是氧化剂，NO2-应该作还原剂，亚硝酸根离子中N 元素应该失电子化合价升高，酸性条件下，应该生成硝酸根离子，根据转移电子相等、原子守恒配平方程式为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5 NO3-+3H2O；
A．该反应中N元素化合价由+3价变为+5价，所以亚硝酸根离子失电子被氧化，故A错误；
B．根据元素守恒、电荷守恒知，□是H+，氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液的pH增大，故B错误；
C．根据转移电子守恒得，生成1molNaNO3需消耗KMnO4的物质的量=
()
()
1mol53
72
⨯-
-
=0.4mol，故C正确；
D．由B分析可知，□是H+，故D错误；
故答案为C。

【点睛】
氧化还原反应的实质是反应过程中发生电子转移，而氧化剂得电子的总数(或元素化合价降低总数)必然等于还原剂失电子总数(或元素化合价升高总数)，根据这一原则可以对氧化还原反应的化学方程式进行配平。

配平的步骤：①标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价；②列变化：列出元素化合价升高和降低的数值；②求总数：求元素化合价升高数和降低数的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；④配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数；⑤细检查：利用“守恒”三原则(即得失电子守恒、电荷守恒、质量守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。

4．下列有关说法正确的是
A．298 K时，2H2S(g)＋SO2(g)===3S(s)＋2H2O(l)能自发进行，则其ΔH＞0
B．氨水稀释后，溶液中c(NH4＋)/c(NH3·H2O)的值减小
C．电解精炼铜过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加一定相等
D．25℃时K a(HClO)＝3.0×10−8，K a(HCN)＝4.9×10−10，若该温度下NaClO溶液与NaCN溶液的pH相同，则c(NaClO)＞c(NaCN)
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.反应能自发进行，应满足∆H-T ∆S <0，而该反应n S <0，当∆H >0时不能自发进行，当n H <0时低温可自发进行，该反应298K 时能自发进行，故∆H <0，故A 错误；
B.氨水稀释后，电离平衡正向移动，•的物质的量减少，物质的量增大，因为在同一溶液中，二者的浓度比等于物质的量比，所以该比值增大，故B 错误；
C.阳极粗铜中含有铁、锌、金、铂等金属，阳极为Zn 、Fe 、Cu 失电子，电极反应为Zn-2e -=Zn 2+、Fe-2e -=Fe 2+、Cu-2e -=Cu 2+，阴极为Cu 2+得电子还原成Cu ，则电解过程中阳极质量减少与阴极质量增加不一定相同，故C 错误；
D.25℃时， K a (HClO)=3.0810-⨯，K a (HCNO)=4.91010-⨯时，HClO 溶液的酸性大于HCN ，根据越弱越水解原理，该温度下NaClO 溶液与NaCN 溶液pH 相同，c(NaClO)>c(NaCN)，故D 正确；
本题答案为D 。

【点睛】
判断一个化学反应能否自发进行，要看n H-T S n 是大于零还是小于零，只有当n H-T S n 小于零时才能自发进行。

5．下列各组有机化合物中，不论两者以什么比例混合，只要总物质的量一定，则完全燃烧时生成的水的质量和消耗氧气的质量不变的是
A ．C 3H 8、C 4H 6
B ．
C 3H 6、C 5H 6O 4 C ．C 2H 2、C 6H 6
D ．CH 4O 、C 3H 4O 4
【答案】B
【解析】
【分析】
若两种有机物无论以何种比例混合，总物质的量一定的情况下，完全燃烧消耗的氧气和生成的水的量固定，那么这两种有机物分子中H 的个数相同，且等物质的量的有机物完全燃烧时消耗的氧气量相同。

【详解】
A ．两种有机物分子中H 的个数不同，A 项错误；
B ．两种有机物分子中H 的个数相同，且1个
C 3H 6完全燃烧消耗4.5个O 2，1个C 5H 6O 4完全燃烧消耗也是
4.5个O 2，B 项正确；
C ．两种有机物分子中H 的个数不同，C 项错误；
D ．两种有机物分子中H 的个数相同，但1个CH 4O 完全燃烧消耗1.5个O 2，1个C 3H 4O 4完全燃烧消耗2个O 2，耗氧量不同，D 项错误；
答案选B 。

6．下列反应的离子方程式中正确的是
A．钠与水的反应: Na+2H2O=Na++20H-+H2↑
B．在NaHSO4溶液中加Ba(OH)2至中性: HSO4-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
C．过量的SO2通入NaOH溶液中:SO2+2OH-=S032-+H2O
D．碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡容液混合: HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O
【答案】D
【解析】分析：A.离子方程式中的电荷不守恒；B.溶液呈中性时NaHSO4和Ba(OH)2按2:1反应；C.过量二氧化硫通入氢氧化钠溶液中生成亚硫酸氢钠；D.酸式盐和碱反应，量少的全部反应,离子方程式中必须符合化学式组成比。

详解：钠与水的反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式：2Na+2H2O=2Na++20H-+H2↑，A错误；在NaHSO4溶液中加Ba(OH)2至中性，生成硫酸钡、硫酸钠和水，离子方程式：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，B错误；过量的SO2通入NaOH溶液中生成亚硫酸氢钠和水，离子方程式：SO2+OH-=HS03-，C错误；碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合,碳酸氢钠全部反应离子方程式为:
HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，D正确；正确选项D。

点睛：二氧化硫、二氧化碳等酸性氧化物与碱反应时，随着两种气体的量不同，产物也不同；如果少量二氧化硫或二氧化碳通入足量的氢氧化钠溶液中，则生成正盐：亚硫酸钠或碳酸钠；如果二氧化硫或二氧化碳的量多，则生成酸式盐：亚硫酸氢钠或碳酸氢钠。

7．下列说法正确的是
A．氢键是化学键
B．键能越大，表示该分子越容易受热分解
C．乙醇分子跟水分子之间不但存在范德华力，也存在氢键
D．含极性键的分子一定是极性分子
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A. 氢键是分子间作用力，比化学键的强度弱得多，故A错误；
B. 键能越大，表示该分子越难受热分解，故B错误；
C. 乙醇分子跟水分子之间不但存在范德华力，也存在氢键，故C正确；
D. 含极性键的分子不一定是极性分子，如二氧化碳，C=O键是极性键，但二氧化碳分子是直线形，分子中正负电中心重合，是非极性分子，故D错误；
故选C。

8．下列说法不正确的是()
A．金属钠与氧气反应的产物与氧气的用量无关
B．NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3
C．漂白粉漂白织物利用了物质的氧化性
D．1 mol Na2O2固体中含离子总数为3N A
【答案】B
【解析】
【详解】
A.金属钠与氧气在点燃或加热时反应产生Na2O2，在常温下反应产生Na2O，可见反应产物只与反应条件有关，与氧气的用量无关，A正确；
B.NaHCO3加热分解产生Na2CO3、H2O、CO2，可见，NaHCO3的热稳定性小于Na2CO3，B错误；
C.漂白粉漂白织物是由于其有效成分Ca(ClO)2具有强的氧化性，因此是利用了物质的氧化性，C正确；
D.Na2O2中含有Na+、O22-，所以1 mol Na2O2固体中含离子总数为3N A，D正确；
故合理选项是B。

9．已知：①4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g) ΔH1＝－905.5kJ·molˉ1
②N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH2
一定条件下，NO可以与NH3反应转化为无害的物质，反应如下：③4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) ΔH3＝－1625.5 kJ·molˉ1。

下列说法正确的是
A．反应①使用催化剂，ΔH1减小
B．反应②生成物总能量低于反应物总能量
C．反应③一定能自发进行
D．反应③达到平衡后升高温度，v(正)、v(逆)的变化如图所示
【答案】C
【解析】
【详解】
A、催化剂对反应热无影响，故A错误；
B、①－4×②得到：△H3=－1625.5kJ·mol－1=－905.5－4△H2，解得△H2=＋720kJ·mol－1，即反应②为吸热反应，生成物的总能量大于反应物的总能量，故B错误；
C、反应③是放热反应，△H＜0，反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因此△S＞0，因此在任何
温度下均能保证△G=△H－T△S＜0，此反应都能自发进行，故C正确；
D、反应③为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，即v逆＞v正，故D错误。

故选C。

10．具有解热镇痛及抗生素作用的药物“芬必得”主要成分的结构简式为
，它属于（）
①芳香化合物②脂环化合物③有机高分子化合物④芳香烃⑤芳香羧酸
A．①⑤B．②③C．③⑤D．①④
【答案】A
【解析】
【分析】
分子中含有苯环，属于芳香化合物，官能团为羧基，属于羧酸。

【详解】
①该分子中含苯环，属于芳香化合物，故正确；
②该分子中含有苯环，不属于脂环化合物，故错误；
③该分子相对分子质量在10000以下，不属于有机高分子化合物，故错误；
④该分子含有O元素，不属于芳香烃，故错误；
⑤该分子含有苯环和羧基，属于芳香羧酸，故正确；
正确的是①⑤，故选A。

【点睛】
本题考查有机物的分类，侧重分析能力的考查，明确依据官能团分类的方法是解本题关键。

11．下列属于化学变化的是
A．淀粉遇I2变蓝B．海水晒盐
C．石油分馏得到柴油D．从煤焦油获得苯、甲苯
【答案】A
【解析】
【详解】
A、淀粉遇碘变蓝色，有新的物质生成，属于化学变化，选项A正确；
B、海水晒盐的过程中没有生成新物质，属于物理变化，选项B错误；
C、石油分馏后得到汽油、煤油、柴油等组分利用的也是不同组分之间沸点不同的性质，同理，其中涉及的物态变化没有生成新物质，属于物理变化，而非化学变化，选项C错误；
D、从煤焦油获得苯、甲苯利用的也是不同组分之间沸点不同的性质，同理，其中涉及的物态变化没有生
成新物质，属于物理变化，而非化学变化，选项D错误；
答案选A。

12．下列实验中，所使用的装置（部分夹持装置略）、试剂和操作方法都正确的是（）
A．用装置①配制250 mL0.1 mol．L-1的NaOH溶液
B．用装置②制备少量Fe(OH)2固体
C．用装置③验证乙烯的生成
D．用装置④制取少量乙酸乙酯
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 用装置①配制250 mL0.1 mol．L-1的NaOH溶液，NaOH固体不能放在容量瓶内溶解，应放在烧杯内溶解，溶解液冷却至室温才能转移入容量瓶，A错误；
B. 用装置②制备少量Fe(OH)2固体，在密闭环境内进行，防止生成的Fe(OH)2被溶解的空气中的O2氧化，B正确；
C. 因为乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，用装置③制得的乙烯中常混有乙醇，所以不能验证乙烯的生成，C错误；
D. 用装置④制取少量乙酸乙酯时，会产生倒吸，因为出液导管口位于液面下，D不正确。

故选B。

13．下列说法不正确
．．．的是
A．油脂属于酯类
B．油脂的氢化又叫油脂的硬化
C．淀粉和纤维素的通式都是（C6H10O5）n，是同分异构体
D．葡萄糖能发生银镜反应
【答案】C
【解析】分析：A、油脂是高级脂肪酸和甘油反应生成的酯类；
B、室温下呈液态的油脂称为油，烃基中含有不饱和键；
C、淀粉和纤维素虽具有相同的表示式，但n不同，则分子式不同；
D、葡萄糖分子中含有醛基。

详解：A、室温下呈液态的油脂称为油，如：豆油、花生油等；室温下呈固态的油脂称为脂，如猪油等。

油脂是高级脂肪酸和甘油反应生成酯类，A正确；
B、油脂的氢化，就是在催化剂镍的作用下和氢加成，油脂的氢化得到的脂肪就是油脂的硬化，得到的脂肪也叫硬化油，B正确；
C、同分异构体是分子式相同，结构式不同的化合物，淀粉和纤维素虽具有相同的表示式，但n不同，则分子式不同，故不是同分异构体，C错误；
D、葡萄糖又称为五羟基醛，醛基具有还原性，能发生银镜反应，D正确。

答案选C。

14．某同学购买了一瓶“84消毒液”，包装说明如下：
请根据以上信息和相关知识判断，下列分析不正确的是（）
A．该“84消毒液”的物质的量浓度约为4.0 mol·L－1
B．一瓶该“84消毒液”敞口放置一段时间后浓度会变小
C．取100 mL该“84消毒液”稀释100倍消毒，稀释后溶液中c(Na＋)约为0.04mol·L－1
D．参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制含25%NaClO的消毒液480 mL，需要称量的NaClO 固体质量为143 g
【答案】D
【解析】
A. 该“84消毒液”的物质的量浓为c=
1
1000mL? L
M
ρω
-
=
13
1000mL? L 1.19g/cm25%
74.5/g mol
-⨯⨯
=4.0
mol·L－1，故A正确；B. 一瓶该“84消毒液”敞口放置一段时间后，由于其易吸收空气中的CO2变质而浓度变小，故B正确；C. 稀释后的溶液中c(Na＋)等于其原物质的量浓度4.0 mol·L－1的1/10，约为
0.04mol·L－1，故C正确；D. 应选取500 mL的容量瓶进行配制，所以需要NaClO的质量为：0.5L×4.0 mol·L －1×74.5g·mol－1＝149g，故D不正确。

故选D。

15．进行一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同产物的烷烃是（）
A．(CH3)3CCH2CH3B．(CH3CH2)2CHCH3
C．(CH3)2CHCH(CH3)2D．(CH3)2CHCH2CH2CH3
【答案】A
【解析】
【详解】
A. (CH3)3CCH2CH3有三种不同位置的H原子，因此进行一氯取代反应后，能生成三种沸点不同产物，A符合
B.(CH3CH2)2CHCH3有四种不同位置的H原子，因此进行一氯取代反应后，能生成四种沸点不同产物，B不符合题意；
C. (CH3)2CHCH(CH3)2有两种不同位置的H原子，因此进行一氯取代反应后，能生成两种沸点不同产物，C 不符合题意；
D. (CH3)2CHCH2CH2CH3有五种不同位置的H原子，因此进行一氯取代反应后，能生成五种沸点不同产物，D 不符合题意；
故合理选项是A。

16．广州亚运会的“潮流”火炬所用燃料的主要成分是丙烷，下列有关丙烷的叙述中不正确的是( ) A．分子中碳原子不在一条直线上B．光照下能够发生取代反应
C．比丁烷更易液化D．是石油分馏的一种产品
【答案】C
【解析】
【详解】
A.丙烷有3个碳原子，中间的碳原子连接了两个碳原子和两个氢原子，这两个碳原子和两个氢原子构成了一个四面体结构，中间的碳原子在四面体的中心。

在四面体结构中，键角接近109°28ˊ，所以这三个碳原子构成了一个角形结构，夹角大约109°，所以三个碳原子不在一条直线上。

故A不选；
B.丙烷属于烷烃，烷烃都可以在光照下和卤素单质发生取代反应，故B不选；
C.丙烷的沸点比丁烷低，所以比丁烷难液化，故C选；
D.丙烷和丁烷都是通过石油分馏获得的石油气中的成分，故D不选。

故选C。

17．某同学通过如下流程制备氧化亚铜：
已知CuCl难溶于水和稀硫酸：Cu2O+2H+==Cu2++Cu+H2O
下列说法不正确的是
A．步骤②SO2可用Na2SO3替换
B．步骤③中为防止CuCl被氧化，可用SO2水溶液洗涤
C．步骤④发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O
D．如果Cu2O试样中混有CuCl和CuO杂质，用足量稀硫酸与Cu2O试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度
【答案】D
【解析】
碱式碳酸铜溶于过量的稀盐酸，得到CuCl2溶液，向此溶液中通入SO2，利用SO2的还原性将Cu2+还原生成CuCl白色沉淀，将过滤后的CuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，据此解答。

【详解】
A．Na2SO3有还原性，则步骤②还原Cu2+，可用Na2SO3替换SO2，A正确；
B．CuCl易被空气中的氧气氧化，用还原性的SO2的水溶液洗涤，可达防氧化的目的，B正确；
C．CuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O，C正确；
D．CuCl也不溶于水和稀硫酸，Cu2O溶于稀硫酸生成不溶于的Cu，则过滤后所得滤渣为Cu和CuCl的混合物，无法计算出样品中Cu2O的质量，即无法计算样品纯度，D错误；
答案选D。

【点睛】
本题以制备Cu2O为载体，涉及反应原理的理解与应用，掌握氧化还原反应的理论和离子方程式的书写方法是解题关键，注意题干中已知信息的灵活应用，题目难度中等。

18．下列各组物质中，互为同系物的是
A．CH3-CH=CH2和
B．和
C．和
D．CH3CH2CH=CH2和CH2=CHCH=CH2
【答案】C
【解析】分析：结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物．互为同系物的物质具有以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同．注意同系物中的“结构相似”是指物质种类相同，若含有官能团，官能团的种类与数目相同。

详解：A．CH3-CH=CH2属于烯烃，属于环烷烃，二者结构不同，不是同系物，选项A错误；
B.属于芳香醇，属于酚，二者结构不同，不是同系物，选项B错误；
C.
和都含有1个苯环，其余为烷基结构，结构相似，相差1个CH2原子团，二者互为同系物，选项C正确；D. CH3CH2CH=CH2属于烯烃，CH2=CHCH=CH2属于二烯烃，二者结构不同，不是
同系物，选项D错误；答案选C。

19．下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是( )
A．原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子
C．2p轨道上只有两个电子的X原子与3p轨道上只有两个电子的Y原子
D．最外层都只有一个电子的X、Y原子
【答案】C
【解析】
【详解】
A. X是稀有气体氦，Y是铍，它们的化学性质差别很大，不相似，A错误；
B. X是镁，Y可以是钙、钪、钛、钒、锰、铁、钴、镍、锌等，X、Y的化学性质不一定相似，B错误；
C. X是碳，Y是硅，它们属于同主族元素，彼此化学性质一定相似，C正确；
D. X、Y可以是IA元素，也可以是铬、铜等，彼此化学性质不一定相似，D错误。

故选C。

20．在如图所示的装置中，烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后打开弹簧夹f，烧杯中的液体d呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶，则a和b分别是()
选项a(干燥气体) b(液体)
A NO2水
B CO2饱和NaHCO3溶液
C Cl2饱和NaCl溶液
D NH3 1 mol·L－1盐酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
【分析】
此题要从反应物和生成物的状态变化入手，注意到反应后气体减少或增多会引起气压的变化，将化学和物理结合起来，气体被吸收进溶液的反应，容器内气体减少，气压减小；容器内气体增多，气压增大。

【详解】
A.NO2与水反应，生成HNO3和NO，容器内气体物质的量减少，气压减小，形成喷泉，但由于NO不溶于水，所以不充满烧瓶，A错误；
B.CO2与NaHCO3溶液不反应，也不能溶解，烧杯与烧瓶内压强相等，不能形成喷泉，B错误；
C.Cl2不溶于饱和氯化钠溶液，也不与其反应，烧杯与烧瓶内压强相等，不能形成喷泉，C错误；
D.NH3与盐酸能发生反应，使烧瓶中气体压强减小，气体被吸收进溶液中，烧瓶内压强减小为零，同外界大气压产生压强差，所以形成喷泉，并充满烧瓶，D正确；
故合理选项是D。

【点睛】
本题考查了喷泉实验形成的条件及判断的知识。

从此题实验来看，反应物或生成物的状态变化会引起气压的变化就可以形成喷泉。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．氯苯在染料、医药工业中用于制造苯酚、硝基氯苯、苯胺、硝基酚等有机中间体。

实验室中制备氯苯的装置如下图所示（其中夹持仪器及加热装置略去）
请回答下列问题：
(1)仪器a中盛有KMnO4晶体，仪器b中盛有浓盐酸。

打开仪器b中的活塞，使浓盐酸缓缓滴下，可观察到仪器a内的现象是__________，用离子方程式表示产生该现象的原因：_______________。

(2)仪器b外侧玻璃导管的作用是_____________。

(3)仪器d内盛有苯，FeCl3粉末固体，仪器a中生成的气体经过仪器e进入到仪器d中。

①仪器e的名称是_________，其盛装的试剂名称是_____________。

②仪器d中的反应进行过程中，保持温度在40～60℃，以减少副反应发生。

仪器d的加热方式最好是___加热，其优点是____________。

(4)仪器c的作用是______________。

(5)该方法制备的氯苯中含有很多杂质，工业生产中，通过水洗除去FeCl3、HCl及部分Cl2，然后通过碱洗除去Cl2；碱洗后通过分液得到含氯苯的有机物混合物，混合物成分及沸点如下表：
有机物苯氯苯邻二氯苯间二氯苯对二氯苯
沸点/℃80 132.2 180.4 173.0 174.1
从该有机物混合物中提取氯苯时，采用蒸馏的方法，收集_________℃作用的馏分。

(6)实际工业生产中，苯的流失如下表：
流失项目蒸气挥发二氯苯其他合计
苯流失量（kg/t）28.8 14.5 56.7 100
某一次投产加入13t苯，则制得氯苯________t（保留一位小数）。

【答案】有黄绿色气体生成2MnO4-+10Cl-+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O使浓盐酸能顺利滴下（或答“平衡仪器a、b内的气压”）洗气瓶浓硫酸水浴受热均匀，易于控制温度冷凝、回流132.216.9
【解析】
【详解】
（1）仪器a利用高锰酸钾的强氧化性，能把Cl－氧化成Cl2，发生反应2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，仪器a中现象：有黄绿色气体生成，离子方程式：2MnO4－＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；
（2）根据装置特点可判断仪器b外侧玻璃管的作用是平衡压强，使盐酸顺利滴下；
（3）①仪器e为洗气瓶，仪器a产生氯气含有水蒸气，需要除去，因此洗气瓶中盛放试剂是浓硫酸；
②保持温度40～60℃，需要加热方法是水浴加热；优点：受热均匀，易于控制温度；
（4）根据装置特点可判断仪器c是球形冷凝管，作用是冷凝、回流；
（5）实验室制备氯苯，根据混合物沸点数据，因此收集的132.2℃的馏分；
（6）1t损失苯100kg，则13t苯损失苯13×100×10－3t=1.3t，有(13－1.3)t苯生成氯苯，因此氯苯的质量为(13－1.3)×112.5/78t=16.9t。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．有机物Q是有机合成的重要中间体，制备Q的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂略去）。

回答下列问题：
（1）Y中不含氧的官能团名称为__________，R的名称为_________________________。

（2）加热C脱去CO2生成D，D的结构简式为____________________________。

（3）B+Y→C的反应类型是_______________，Q的分子式为____________________。

（4）A→B的化学方程式为______________________________________________。

（5）同时满足下列条件的Z的同分异构体有_____________种（不包括立体异构）。

①能与氯化铁溶液发生显色反应；②能与碳酸氢钠反应；③含―NH2；④苯环上有处于对位的取代基
（6）已知：―NH2具有强还原性。

参照上述合成路线，以为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线：__________。

（格式：CH2＝
CH2CH3CH2Br CH3CH2OH）
【答案】溴原子1，3-丙二醇取代反应C10H11O4N
6
【解析】
【分析】
由R的分子式、X的结构简式，可推知R为HOCH2CH2CH2OH；加热C脱去CO2生成D，即C中侧链-CH(COOH)2
转化为-CH2COOH而得到D，因此D为，结合官能团的结构和性质分析解答(1)~(5)。

(6)由于-NH2具有强还原性，应先引入羧基，再还原硝基得到氨基，因此应先制备
结合羟基的引入方法分析解答。

【详解】
(1)Y()中含有的官能团有-COOH、-Br，其中不含氧的官能团为溴原子；由R的分子式、X 的结构简式，可推知R为HOCH2CH2CH2OH，名称为：1，3-丙二醇，故答案为：溴原子；1，3-丙二醇；(2)加热C脱去CO2生成D，即C中侧链-CH(COOH)2转化为-CH2COOH而得到D，故D的结构简式为：
，故答案为：；
(3)对比B、Y、C的结构，可知B中苯环上-OCH3邻位的H原子被换成了-CH(COOH)2生成C，属于取代反应。

Q()的分子式为：C10H11O4N，故答案为：取代反应；C10H11O4N；
(4)对比A、B结构，可知A→B是A的氨基中氢原子被取代生成B，同时还生成CH3COOH，反应的方程式为：，故答案为：
；
(5)Z为，Z的同分异构体满足：①能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能与碳酸氢
钠反应，说明含有-COOH；③含-NH2，④苯环上有处于对位的取代基，该同分异构体中含有3个取代基：-OH、-NH2、-COOH，处于对位的2个取代基有3种组合，另外一个取代基均含有2种位置，故符合条件的共有3×2=6种，故答案为：6；
(6)以为原料制备。

氨基可以有硝基还原得到，由于-NH2具有强还原性，应先引入羧基，因此应先制备，再还原硝基得到氨基，
在碱性条件下溴原子水解可以引入羟基，再氧化可以引入-COOH，最后与Fe/HCl作
用，还原得到氨基，合成路线流程图为：
，故答案为：。

【点睛】
本题的易错点为(6)，在设计合成路线时，要注意-NH2具有强还原性，注意合成过程中的氧化过程对氨基的影响。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．覆盆子酮()是种从植物覆盆子中提取的较为安全的香料。

一种以石油化工产A和丙烯为原料的合成路线如下：
信息提示:
(ⅰ)
(ⅱ)
根据上述信息回答：
(1)E的化学名称是__________。

(2)反应①的条件为____________________________。

(3)与反应⑥反应类型相同的是___________ (选填反应①~⑦, 下同)，与反应③反应条件相似的是
_____________。

(4)写出反应⑦的化学方程式_______________________________。

(5)E的同分异构体中，在核磁共振氢谱中出现三组峰，且峰面积之比为3∶3∶2的是___________(写出结构简式)。

(6)参照上述合成路线以丙烯为原料，设计制备CH3CH=CHCH2COCH3的合成路线_______________。

【答案】2-丙醇或异丙醇光照④⑤
CH3OCH2CH3
【解析】
分析：结合已知信息（ⅰ）及反应⑥的生成物为，及反应物之一为丙酮可知D为甲。