2019-2020学年河南省示范性高中新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年河南省示范性高中新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列化学用语的表述正确的是()
A．离子结构示意图：可以表示16O2－，也可以表示18O2－
B．比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子
C．氯化铵的电子式为
D．CO2的结构式为O—C—O
【答案】A
【解析】
【详解】
A.由离子结构示意图可知表示为氧元素形成的离子，若中子数为8时，表示为16O2－，若中子数为10时，表示为18O2－，A项正确；
B.根据比例模型的原子半径可知，可以表示甲烷分子，Cl的原子半径大于C的原子半径，不可以表示四氯化碳分子，B项错误；
C.氯化铵的电子式为，C项错误；
D.CO2的结构式为O=C=O，D项错误；
答案选A。

2．已知有如下反应：①2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2②2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－③2Fe(CN)64-＋I2=2Fe(CN) 63-＋2I－，试判断氧化性强弱顺序正确的是（）
A．Fe3＋＞Br2＞I2＞Fe(CN)63-
B．Br2＞I2＞Fe3＋＞Fe(CN)63-
C．Br2＞Fe3＋＞I2＞Fe(CN)63-
D．Fe(CN)63-＞Fe3＋＞Br2＞I2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
依据同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由反应方程式①判断氧化性Fe3＋＞I2，由反应方程式②得到氧化性Br2＞Fe3＋，由反应方程式③得到氧化性I2＞Fe(CN)63-，综合可得C项正确。

故选C。

3．类推法是常见的研究物质性质的方法之一，可用来预测很多物质的性质，但类推是相对的，必须遵循客观实际，下列说法中正确的是( )
A．Cu与Cl2反应生成CuCl2，则Cu与S反应生成CuS
B．Al与Fe2O3能发生铝热反应，则Al与MnO2也能发生铝热反应
C．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3，则Na2O2与SO2反应生成Na2SO3
D．CO2通入Ba(NO3)2溶液中没有现象，则SO2通入Ba(NO3)2溶液中也无明显现象
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 氯气的氧化性强，所以Cu与Cl2反应生成高价态的CuCl2，S的氧化性较弱，则Cu与S反应生成较低价态的Cu2S，故A错误；
B. 铝热反应是指活泼金属铝与不活泼金属氧化物在高温条件下发生的置换反应，所以Al与Fe2O3能发生铝热反应，Al与MnO2也能发生铝热反应，故B正确；
C. 过氧化钠具有氧化性，能将+4价S氧化为+6价，所以Na2O2与SO2反应生成Na2SO4，故C错误；
D. CO2通入Ba(NO3)2溶液中不反应，没有现象；NO3-在酸性条件下具有强氧化性，可将+4价S氧化为+6价，所以SO2通入Ba(NO3)2溶液反应生成硫酸钡沉淀，故D错误。

故选B。

【点睛】
解决此题的关键是分析选项中前后两个反应是否可以类比，每个反应体现的反应物性质有可能不能，不能通过反应物的类别进行简单类比。

4．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 向苯中加少量溴水，振荡，水层变成无色，是苯萃取溴的过程，属于物理变化，故A错误；
B. 沉淀部分溶解，说明还有部分不溶解，不溶解的一定是硫酸钡，溶解的是亚硫酸钡，所以亚硫酸钠只
有部分被氧化，故B正确；
C. 向溶液中加入盐酸生成白色沉淀，可能是Na2SiO3溶液或AgNO3溶液等，故C错误;
D. SO2通入含酚酞的NaOH溶液中红色消失，是SO2与NaOH反应生成亚硫酸钠和水的缘故，故D错误；故答案为B。

5．下列实验操作、现象和所得结论都正确的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．Na2CO3溶液中存在CO32-+H2OƒHCO3-+OH-，故而加入酚酞显红色，加入少量氯化钡固体，CO32-和Ba2+反应生成BaCO3，平衡左移，OH-浓度减小，红色变浅，A正确；
B．溶液中无Fe2+，含Fe3+也能出现相同的现象，B错误；
C．KIO3在酸性条件下才能和KI发生氧化还原反应生成I2，操作不正确，可加入少量食醋再观察现象，C 错误；
D．蛋白质溶液中加入CuSO4发生变性，加入(NH4)2 SO4的饱和溶液发生盐析，D错误。

答案选A。

6．室温时几种物质的溶解度见下表。

室温下，向500g硝酸钾饱和溶液中投入2g食盐，下列推断正确的是()
A．食盐不溶解
B．食盐溶解，无晶体析出
C．食盐溶解，析出2 g硝酸钾晶体D．食盐溶解，析出2 g氯化钾晶体【答案】B
【解析】
【详解】
设在500g硝酸钾饱和溶液中含有硝酸钾xg，依据题意有：
32
50010032
xg g
g g g
=
+，解得
x=121.21g，那么
含有水500g﹣121.21g=378.79g，加入的氯化钠中不含有与硝酸钾相同的离子，不用考虑是否和硝酸钾出现盐的代换，所以不会出现晶体析出，且2g氯化钠完全可以溶解在378.79g水中，即2g氯化钠溶于硝酸钾中时溶液中有四种离子计钾离子、硝酸根离子、钠离子、氯离子，他们几种随机组合均未达到这四种物质的溶解度，故选B。

7．在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是
A．Na+ K+ OH- Cl-B．Na+ Cu2+ SO42- NO3-
C．Ca2+ HCO3- NO3-K+D．Mg2+ Na+ SO42- Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】
溶液为强酸性，说明溶液中含有大量H＋，溶液为无色透明溶液，有色离子不能存在，然后根据发生复分解反应条件进行分析。

【详解】
A、OH－与H＋反应生成H2O，因此该离子组不能在指定的溶液大量共存，故A不符合题意；
B、Cu2＋显蓝色，故B不符合题意；
C、HCO3－与H＋发生反应生成H2O和CO2，在指定溶液不能大量共存，故C不符合题意；
D、在指定的溶液中能够大量共存，故D符合题意。

【点睛】
注意审题，溶液为无色溶液，含有有色离子不能存在，常有的有色离子是Cu2＋(蓝色)、Fe2＋(浅绿色)、Fe3＋(棕色)、MnO4－(紫色)。

8．用废铁屑制备磁性胶体粒子，制取过程如下：
下列说法不正确的是
A．用Na2C O3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污
B．通入N2是防止空气中的O2氧化二价铁元素
C．加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+，涉及反应：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2 H2O
D．溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为2:1
【答案】D
【解析】
A、碳酸钠的水溶液显碱性，油污在碱中发生水解，因此碳酸钠溶液浸泡可以除去废铁屑表面的油污，故A说法正确；
B、Fe2＋容易被氧气氧化，因此通入N2的目的是防止空气中的氧气氧化Fe2＋，故B说法正确；
C、利用H2O2的氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，涉及反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故C说法正确；
D、Fe3O4中Fe2＋和Fe3＋物质的量之比为1：2，故D说法错误。

9．下列实验原理或操作，正确的是( )
A．用广泛pH试纸测得0.1mol/L NH4Cl溶液的pH=5.2
B．酸碱中和滴定时锥形瓶用蒸馏水洗涤后，再用待测液润洗后装液进行滴定
C．将碘水倒入分液漏斗，加入适量苯振荡后静置，从分液漏斗放出碘的苯溶液
D．在溴化钠中加入少量的乙醇，再加入2倍于乙醇的1﹕1的硫酸制取溴乙烷
【答案】D
【解析】
【详解】
A．广泛pH试纸只能读出整数，所以无法用广泛pH试纸测得pH约为5.2，故A错误；
B．中和滴定中，锥形瓶不能用待测液润洗，否则造成实验误差，故B错误；
C．苯的密度比水小，位于上层，故C错误；
D．药品混合后在加热条件下生成HBr并和乙醇发生取代反应，故D正确；
正确答案是D。

【点睛】
本题考查化学实验方案的评价，涉及试纸使用、中和滴定、物质的分离以及有机物的反应等，侧重基础知识的考查，题目难度不大，注意中和滴定中，锥形瓶不能润洗。

10．Weiss利用光敏剂QD制备2—环己基苯乙烯(c)的过程如图所示。

下列有关说法正确的是
A．a不能使酸性KMnO4溶液褪色
B．a、b、c都能发生加成、加聚反应
C．c中所有原子共平面
D．b、c为同系物
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．a()中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B．a()、b()、c()都含有碳碳双键，具有烯烃的性质，可发生加成反应，加聚反应，故B正确；
C．c()含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能共平面，故C错误；D．b()、c()的结构不同，不属于同系物，故D错误；
故选B。

【点睛】
本题的易错点为C，要注意有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、、)中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内。

11．下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是
A．用装置甲灼烧碎海带
B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C ．用装置丙制备用于氧化浸泡液中I −的Cl 2
D ．用装置丁吸收氧化浸泡液中I −后的Cl 2尾气 【答案】B 【解析】 【详解】
A 、灼烧碎海带应用坩埚，A 错误；
B 、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I -的溶液，B 正确；
C 、MnO 2与浓盐酸常温不反应，MnO 2与浓盐酸反应制Cl 2需要加热，反应的化学方程式为MnO 2+4HCl （浓）
MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O ，C 错误；
D 、Cl 2在饱和NaCl 溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl 溶液吸收尾气Cl 2，尾气Cl 2通常用NaOH 溶液吸收，D 错误； 答案选B 。

12．已知H 2S 与CO 2在高温下发生反应：H 2S(g)＋CO 2(g)=COS(g)＋H 2O(g)。

在610 K 时，将0.10 mol CO 2与0.40 mol H 2S 充入2.5 L 的空钢瓶中，经过4 min 达到平衡，平衡时水的物质的量分数为2%，则下列说法不正确的是( )
A ．CO 2的平衡转化率α＝2.5%
B ．用H 2S 表示该反应的速率为0.001 mol·L －1·min －1
C ．在620 K 重复试验，平衡后水的物质的量分数为3%，说明该平衡正向移动了
D ．反应过程中混合气体平均摩尔质量始终不变 【答案】A 【解析】 【详解】
根据题意列出三段式，如下：
()()()()222(mol/L)0.160.0400(mol/L)x x x x H S g CO g CO (mol/L)
0.16-x
0.04-x
x
H O g x
S g ƒ
起始变化平衡＋＋
根据平衡时水的物质的量分数为2%，则2%0.2
x
=，故x=0.004mol/L ， A 、CO 2的平衡转化率α=
0.004
100%0.04
⨯=10%，选项A 不正确； B 、用H 2S 表示该反应的速率为0.004/4mol L
min
=0.001 mol·L －1·min －1，选项B 正确；
C 、当温度升高到620K 时，平衡后水的物质的量分数为3%，可知温度升高平衡向正反应方向移动了，选项C 正确；
D 、由于反应前后都为气体，且为气体体积不变的反应，反应过程中混合气体平均摩尔质量始终不变，选
项D正确。

答案选A。

13．下列关于有机化合物的叙述中正确的是
A．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的
B．汽油、柴油、花生油都是多种碳氢化合物的混合物
C．有机物1mol最多可与3 mol H2发生加成反应
D．分子式为C15H16O2的同分异构体中不可能含有两个苯环结构
【答案】A
【解析】
【详解】
A．乙烯具有较强的还原性，能与强氧化剂高锰酸钾反应，故可用高锰酸钾除掉乙烯，为了延长水果的保鲜期将水果放入有浸泡过高锰酸钾溶液的硅土的密封容器中，故A正确；
B．汽油、柴油都是含多种烃类的混合物，只含有碳、氢两种元素，花生油是油脂，含有碳、氢、氧三种元素，故B错误；
C．有机物中只有碳碳双键可与氢气加成，则1mol该有机物最多可与2mol H2发生加成反应，故C错误；
D．分子式为C15H16O2的有机物不饱和度为8，一个苯分子的不饱和度为4，则其同分异构体中可能含有两个苯环结构，故D错误；
【点睛】
有机物不饱和度=
22
2
碳的个数＋－氢的个数－卤素的个数＋氮的个数
（注：如果有机物有氧和硫，
氧和硫不影响不饱和度，不必代入上公式）。

14．不能用元素周期律解释的是（）
A．氯与钠形成离子键，氯与硅形成共价键
B．向淀粉KI溶液中滴加溴水，溶液变蓝
C．向Na2SO3溶液中滴加盐酸，有气泡生成
D．F2在暗处遇H2即爆炸，I2在暗处遇H2几乎不反应
【答案】C
【解析】
【分析】
A.氯最外层7个电子，容易得到电子，Na最外层1个电子，容易失去电子，Si不易失去也不易得到电子；
B.非金属性强的元素单质，能从非金属性弱的非金属形成的盐中置换出该非金属单质；
C.向Na2SO3溶液中加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应；
D.非金属性越强，与氢气化合越容易。

【详解】
A.氯最外层7个电子，容易得到电子，Na最外层1个电子，容易失去电子，Si不易失去也不易得到电子；所以氯与钠形成氯化钠，含有离子键，氯与硅形成四氯化硅，含有共价键，可以利用元素周期律解释，故A不选；
B.向淀粉KI溶液中滴入溴水，溶液变蓝，说明溴单质的氧化性强于碘单质，能用元素周期律解释，故B
不选；
C.向Na2SO3溶液中加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应，HCl不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释，故C选；
D.非金属性F>I，故氟气与氢气化合较容易，可以利用元素周期律解释，故D不选；
故答案选C。

15．下列关于古籍中的记载说法正确的是
A．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了显色反应
B．氢化钙的电子式是：Ca2+[∶H]2–
C．目前，元素周期表已经排满，第七周期最后一种元素的原子序数是118
D．直径为20nm 的纳米碳酸钙属于胶体
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A. 根据题意，鉴别KNO3和Na2SO4，是利用了焰色反应，故A错误；
B. 电子式中相同的离子要分开写，氢化钙的电子式是：[∶H]-Ca2+[∶H]-，故B错误；
C. 根据各周期容纳元素种数可知，第七周期最后一种元素的原子序数为2+8+8+18+18+32+32=118，故C
正确；
D. 纳米碳酸钙只有一种物质，不是分散系，不是胶体，故D错误；
故选C。

【点睛】
此题易错点在D项，胶体属于分散系，分散质粒子直径大小在1nm～100nm之间，胶体属于混合物。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．某化学课外小组在制备Fe(OH)2实验过程中观察到生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后变为红褐色。

该小组同学对产生灰绿色沉淀的原因，进行了实验探究。

I．甲同学猜测灰绿色沉淀是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物，设计并完成了实验1和实验2。

（1）实验中产生红褐色沉淀的化学方程式为_________________________
（2）实验1中加入维生素C溶液是利用了该物质的___ 性
（3）实验2中加入的试剂a为___溶液，试剂b为____溶液。

实验2的现象说明甲同学的猜测_____（填“正确”或“不正确”）。

Ⅱ.乙同学查阅资料得知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，猜测灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，设计并完成了实验3—实验5。

（4）依据乙同学的猜测，实验4中沉淀无灰绿色的原因为_____。

（5）该小组同学依据实验5的实验现象，间接证明了乙同学猜测的正确性，则实验5的实验现象可能为____。

Ⅲ.该小组同学再次查阅资料得知当沉淀形成时，若得到的沉淀单一，则沉淀结构均匀，也紧密；若有杂质固体存在时，得到的沉淀便不够紧密，与溶液的接触面积会更大。

（6）当溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时，白色沉淀更容易变成灰绿色的原因为______。

（7）该小组同学根据上述实验得出结论：制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀的适宜的条件和操作有________、____。

【答案】4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3还原K3[Fe(CN)6](或铁氰化钾) KSCN(或硫氰化钾) 不
正确NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液除去溶液中Fe3+和O2
【解析】
【分析】
【详解】
(1)实验1中产生红褐色沉淀是因为Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3，反应方程式为
4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3；
(2)实验1中加入维生素C是为了防止Fe2+被氧化，利用了其还原性，故答案为：还原；
(3)根据实验现象可知，①中加入试剂出现蓝色沉淀，是在检验Fe2+，试剂a为K3[Fe(CN)6]，②中溶液是否变红是在检验Fe3+，试剂b为KSCN，由于②中溶液没有变红，则不存在Fe3+，即灰绿色沉淀中没有Fe(OH)3，甲同学的猜测错误，故答案为：K3[Fe(CN)6](或铁氰化钾)；KSCN(或硫氰化钾)；不正确；
(4)根据已知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，而实验4中NaOH 溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面，导致沉淀没有灰绿色，故答案为：NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面；
(5)当实验5中的现象为白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现时，可说明白色沉淀上没有或很少附着有Fe2+，故答案为：白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现；
(6)溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时，O2能将Fe2+氧化成Fe3+，形成Fe(OH)3沉淀，根据题干信息可知，沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+，从而白色沉淀更容易变成灰绿色，故答案为：沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+；
(7)根据上述实验可知道，当NaOH浓度高或者溶液中不存在Fe3+和O2时，制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀，其操作可以是向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液或除去溶液中Fe3+和O2，故答案为：向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液；除去溶液中Fe3+和O2。

【点睛】
本题主要考查学生的实验探究与分析能力，同时对学生提取信息的能力有较高的要求，难度较大，解题关键在于对题干信息的提取和结合所学知识进行综合解答。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．某研究小组拟合成医药中间体X和Y。

已知：①；②；③
请回答：
（1）下列说法正确的是___。

A．化合物A不能使酸性KMnO4溶液褪色
B．化合物C能发生加成、取代、消去反应
C．化合物D能与稀盐酸发生反应
D．X的分子式是C15H18N2O5
（2）化合物B的结构简式是___。

（3）写出D+F→G的化学方程式___。

（4）写出化合物A（C8H7NO4）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___。

①分子是苯的二取代物，1H﹣NHR谱表明分子中有4种化学环境不同的氢原子
②分子中存在硝基和结构
（5）设计E→Y（）的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）___。

【答案】CD +CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3→+HBr
、、、
CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3HOOCCH2CH2CH2COOH ClOCCH2CH2CH2COCl
【解析】
【分析】
由、A的分子式，纵观整个过程，结合X的结构，可知发生甲基邻位硝化反应生成A为，对比各物质的分子，结合反应条件与给予的反应信息，可知A中羧基上羟基被氯原子取代生成B，B中甲基上H原子被溴原子取代生成C，C中氯原子、溴原子被﹣NH﹣取代生成D，故B
为、C为、D为；由X的结构，逆推可知G为，结
合F、E的分子式，可推知F为CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3、E为CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3，据此分析解答。

【详解】
（1）A.化合物A为，苯环连接甲基，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；
B.化合物C为，苯环能与氢气发生加成反应，卤素原子能发生取代反应，不能发生消去反应，故B错误；
C.化合物D，含有酰胺键，能与稀盐酸发生反应，故C正确；
D.由结构可知，X的分子式是C15H18N2O5，故D正确，故答案为：CD；
（2）由分析可知，化合物B的结构简式是：，故答案为：；
（3）D+F→G的化学方程式：+CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3→+HBr，故答案为：+CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3→+HBr；
（4）化合物A（C8H7NO4）的同分异构体同时符合下列条件：①分子是苯的二取代物，1H﹣NHR谱表明分子中有4种化学环境不同的氢原子，存在对称结构；②分子中存在硝基和结构，2个取代基可能结构为：﹣NO2与﹣CH2OOCH、﹣NO2与﹣CH2COOH、﹣COOH与﹣CH2NO2、﹣OOCH与﹣CH2NO2，同分异构体可能结构简式为：、、
、，故答案为：、
、、；
（5）由信息①可知，由ClOCCH2CH2CH2COCl与氨气反应生成，由A→B的转化，由
HOOCCH2CH2CH2COOH与SOCl2反应得到ClOCCH2CH2CH2COCl，CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3碱性条件下水解、酸化得到HOOCCH2CH2CH2COOH，合成路线流程图为：
CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3HOOCCH2CH2CH2COOH ClOCCH2CH2CH2COCl，故答案为：
CH 3OOCCH 2CH 2CH 2COOCH 3
HOOCCH 2CH 2CH 2COOH ClOCCH 2CH 2CH 2COCl 。

【点睛】 能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键，常见反应条件与发生的反应原理类型：①在NaOH 的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；②在NaOH 的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；③在浓H 2SO 4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；④能与溴水或溴的CCl 4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；⑤能与H 2在Ni 作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；⑥在O 2、Cu(或Ag)、加热(或CuO 、加热)条件下，发生醇的氧化反应；⑦与O 2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO 的氧化反应。

(如果连续两次出现O 2，则为醇→醛→羧酸的过程)。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．芳香脂I （
）是一种重要的香料，工业上合成它的一种路线如下图所示。

其中A 的结构简式为
，C 是能使溴的CCl 4溶液褪色的烃，F 是分子中含有一个氧原子的烃的衍生
物。

已知：①；
②酯环化合物：分子中含有3个及以上碳原子连接成的碳环，环内两个相邻碳原子之间可以是单键、双键或三键，环的数目可以是一个或多个。

（1）F 的相对分子质量大于X ，则F 的名称为___________，X 的结构简式为____________，C→D 的另一种产物是HCl ，则该反应的反应类型为_________________。

（2）从官能团角度上看，A 属于_______物质，能将A 、B 区别开的试剂是_______，I 中的官能团名称为________________________。

（3）写出D→E 的化学方程式:_______________________________________________。

（4）B 还有多种同分异构体，满足下列条件的同分异构体共有________种（不考虑立体异
构），其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：1: 2: 6的物质的结构简式为_______（任写一种）。

①能发生酯化反应 ②属于脂环化合物
（5）已知:CH 3CH 2OH+HNO 3 浓硫酸
加热CH 3CH 2ON 2O （硝酸乙酯）+H 2O 。

请写出以CH 2ClCH=CH 2为基本原料合成三硝酸甘油酯的合成路线图（无机试剂任选）：______________________。

【答案】 苯甲醛 CH 3CHO 取代反应 酮 金属钠 碳碳双键、酯基
13 或。

【解析】根据流程及I 的结构简式可得，E 和H 发生酯化反应生成I ，由I 的结构简式反推E 、H 的结构简式分别为、；G 催化氧化生成H ，则G 为；F 与X 反应生成G ，由已知①及F 的相对分子质量大于X 得F 为，X 为CH 3CHO ；A 的结构简式为
，A 与氢气发生加成反应生成B ，则B 为；结合B→C→D→E 的流程可得：C 是；D 是。

（1）由前面分析知，F 为，名称为：苯甲醛；X 的结构简式为：CH 3CHO ；C 与Cl 2发生取代反应生成D 和HCl 。

（2）A 中含有羰基，属于酮类物质，B 中含有(醇)羟基，B 能与金属钠反应而A 不能，故可用金属钠区别A 、B ；由I 的结构简式可得，分子中含有的官能团为：碳碳双键和酯基。

（3）D 是，E 是，D 与氢氧化钠水溶液加热生成F 的化学方程式为：+NaOH 水加热+NaCl 。

（4）①能发生酯化反应含有-OH ，②属于脂环化合物，因此碳骨架为环状结构；当为四元环时，相应的结构有、、、4种。

当为三元环时，环上只有一个乙基支链时有、、、4种结构；当环上2个甲基位于不同碳原子上时有、、3种结构；当环上甲基位于同一个碳原子上时有、2种结
构，故共有13种结构；核磁共振氢谱有4组峰，其结构中存在对称关系，峰面积之比为1：1：2：6的物质的结构简式为或。

（5）由已知生成硝酸乙酯的反应得到启发，要生成三硝酸甘油酯，需用甘油与硝酸发生酯化反应；由C→D→E 的流程得到启发，可使CH 2ClCH=CH 2与Br 2发生加成反应，再水解反应得到甘油；综上分析，合成路线图为：。

19．硫酸铁铵[(NH4)x Fe y(SO4)z∙nH2O]是一种重要铁盐，实验室采用废铁屑来制备硫酸铁铵的流程如下：
(1)将废铁屑和Na2CO3溶液混合煮沸可除去铁屑表面的油脂，原理是_____________。

(2)“氧化”过程需使用足量的H2O2，同时溶液要保持pH小于0.5，目的是__________。

(3)化学兴趣小组用如下方法测定硫酸铁铵晶体的化学式：
步骤1：准确称取样品28.92 g，溶于水配成100 mL溶液。

步骤2：准确量取25.00 mL步骤1所得溶液于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，滴加过量的SnCl2溶液（Sn2+与Fe3+反应生成Sn4+和Fe2+），充分反应后除去过量的Sn2+。

用0.1000mol∙L－1的K2Cr2O7溶液滴定Fe2+，滴定至终点时消耗K2Cr2O7溶液25.00 mL。

（滴定过程中Cr2O72-转化成Cr3+）
步骤3：准确量取25.00 mL步骤1所得溶液于锥形瓶中，加入过量的BaCl2溶液，将所得白色沉淀过滤、洗涤、干燥后称量，所得固体质量为6.99 g。

①排除装有K2Cr2O7溶液的滴定管尖嘴处气泡的方法是_________。

②通过计算确定该硫酸铁铵的化学式____________（写出计算过程）。

【答案】加热可以促进Na2CO3水解使溶液碱性增强，溶液碱性增强有利于油脂水解将Fe2+完全转化为Fe3+，同时抑制Fe3+的水解快速放液NH4Fe(SO4)2·12H2O
【解析】
【分析】
将废铁屑和Na2CO3溶液混合煮沸可除去铁屑表面的油脂，利用稀硫酸进行酸浸后除去滤渣，生成硫酸铁溶液，利用双氧水将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，加入硫酸铵固体使其沉淀，进一步处理得到硫酸铁铵[(NH4)x Fe y(SO4)z∙nH2O]，据此分析。

【详解】
将废铁屑和Na2CO3溶液混合煮沸可除去铁屑表面的油脂，利用稀硫酸进行酸浸后除去滤渣，生成硫酸铁溶液，利用双氧水将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，加入硫酸铵固体使其沉淀，进一步处理得到硫酸铁铵[(NH4)x Fe y(SO4)z∙nH2O]。

(1)将废铁屑和Na2CO3溶液混合煮沸可除去铁屑表面的油脂，原理是加热可以促进Na2CO3水解使溶液碱性增强，溶液碱性增强有利于油脂水解；
(2)“氧化”过程需使用足量的H2O2，同时溶液要保持pH小于0.5，目的是将Fe2+完全转化为Fe3+，同时抑制Fe3+的水解；
(3)①快速放液，可以排除装有K 2Cr 2O 7溶液的滴定管尖嘴处气泡；
②n (Fe )=30.1000mol /L 25.0010234L -⨯⨯⨯⨯⨯ =0.06mol ，n(Fe 3+)=0.06mol ；
n (BaSO 4)= 6.99g 233/g mol
= 0.03mol ，则样品中n(SO 42-)=0.12mol 由电荷守恒，得样品中n(NH 4+)=0.06mol
由质量守恒，得样品中
n(H 2O)=28.92g 0.06mol 56g /mol 0.12mol 96g /mol 0.06mol 18g /mol 18/g mol
-⨯-⨯-⨯=0.72mol 则，n(Fe 3+)：n(SO 42-)：n(NH 4+) ：n(H 2O)= 0.06mol ：0.12mol ：0.06mol ：0.72mol =1：2：1：12，
化学式为NH 4Fe(SO 4)2·
12H 2O 。