2019-2020学年山东省滕州一中、枣庄市第三中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年山东省滕州一中、枣庄市第三中学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．在100mL的混合液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是0.3mol/L、0.15mol/L，向该混合液中加入2.56g 铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中铜离子的物质的量浓度是
A．0.15mol/L B．0.225mol/L C．0.30mol/L D．0.45mol/L
【答案】B
【解析】溶液中n(H+)=0.15mol/L×2×0.1L+0.3mol/L× 0.1L=0.06mol，反应计算如下：
3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2NO↑+ 4H2O。

3×64g 8mol 2mol 3mol
2.56g 0.06mol 0.03mol n
∵∴Cu过量，∵∴NO3-过量，因此用H+进行计算。

n=0.0225mol，c(Cu2+)=0.0225mol/0.1L=0.225mol/L，正确答案B。

点睛：由于Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)2，Cu(NO3)2电离生成的NO3-可以在H2SO4电离生成的H+作用下氧化单质Cu，因此利用铜与硝酸反应方程式计算存在后续计算的问题，恰当的处理方法是用Cu与NO3-、H+反应的离子方程式进行一步计算。

2．如图是N 2（g）+3H2（g）2NH3（g）在反应过程中的反应速率v与时间（t）的关系曲线，下列说法错误的是（）
A．t1时，正方向速率大于逆反应速率
B．t2时，反应体系中NH3的浓度达到最大值
C．t2﹣t3时间段，正反应速率等于逆反应速率
D．t2﹣t3时间段，各物质的浓度相等且不再发生变化
【答案】D
【解析】
【详解】
A．t1时反应没有达到平衡状态，正方向速率大于逆反应速率，A正确；
B．t2时反应达到平衡状态，反应体系中NH3的浓度达到最大值，B正确；
C．t2﹣t3时间段反应达到平衡状态，正反应速率等于逆反应速率，C正确；
D．t2﹣t3时间段，各物质的浓度不再发生变化，但不一定相等，D错误。

答案选D 。

3．含有酚类物质的废水来源广泛，危害较大。

含酚废水不经处理排入水体，会危害水生生物的繁殖和生存；饮用水含酚，会影响人体健康。

某科研结构研究出一种高效光催化剂BMO （Bi 2MoO 6)，可用于光催化降解丁基酚，原理如图所示。

下列说法错误的是（ ）
A ．光催化剂BMO 可降低丁基酚氧化反应的ΔH
B ．在丁基酚氧化过程中BMO 表现出强还原性
C ．苯环上连有一OH 和一C 4H 9的同分异构体共有12种（不考虑立体异构）
D ．反应中BMO 参与反应过程且可以循环利用 【答案】A 【解析】 【详解】
A ．催化剂可降低丁基酚氧化反应的活化能，不会改变ΔH ，A 项错误；
B ．BMO 被氧气氧化成变为BMO +，说明该过程中BMO 表现出较强还原性，B 项正确；
C ．-C 4H 9有4种结构异构，苯环上还存在羟基，可以形成邻间对三种位置异构，总共有12种，C 项正确；
D ．催化剂在反应过程中，可以循环利用，D 项正确； 答案选A 。

4．下列化学用语对事实的表述正确的是
A ．常温下，0.1mol·L -1 氨水的 pH ＝11: NH 3·H 2O ⇌ NH 4+ + OH －
B ．Mg 和 Cl 形成离子键的过程:
C ．电解 CuCl 2 溶液: CuCl 2 == Cu 2+ + 2Cl －
D ．乙酸与乙醇发生酯化反应: CH 3COOH + C 2H 518OH
垐垐?噲垐?浓硫酸 CH 3COOC 2H 5 + H 218O 【答案】A 【解析】 【详解】
A 选项，温下，0.1mol·L -1 氨水的 pH ＝11，说明氨水部分电离，其电离方程式为 NH 3·H 2O ⇌ NH 4+ + OH －，故A 正确；
B 选项，Mg 和 Cl 形成离子键的过程:
，故B 错误；
C 选项，CuCl 2 == Cu 2+ + 2Cl －是CuCl 2电离方程式，故C 错误；
D 选项，乙酸与乙醇发生酯化反应，酸脱羟基醇脱羟基上的氢，因此CH 3COOH + C 2H 518OH
垐垐?噲垐?浓硫酸 CH 3CO 18OC 2H 5 + H 2O ，故D 错误。

综上所述，答案为A 。

【点睛】
酯化反应一定是羧酸脱羟基，醇脱羟基上的氢，醇中的氧生成在酯中，羧酸中羟基中的氧在水中。

5．碳酸镧[La 2(CO 3)3]可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症，制备反应原理为：2LaCl
3+6NH 4HCO 3=La 2(CO 3)3↓+6NH 4C1+3CO 2↑+3H 2O ，某化学兴趣小组利用下列实验装置模拟制备碳酸镧。

下
列说法不正确的是
A ．制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C
B ．Y 中发生反应的化学方程式为NH 3·H 2O+CaO=Ca (OH )2+NH 3↑
C ．X 中盛放的试剂是饱和NaHCO 3溶液，其作用为吸收挥发的HCl ，同时生成CO 2
D ．Z 中应先通入CO 2，后通入过量的NH 3 【答案】D 【解析】 【详解】
A. 由装置可知，W 中制备CO 2，X 除去HCl ，Y 中制备氨气，在Z 中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C ，A 正确；
B. Y 中CaO 与浓氨水反应生成氨气和氢氧化钙，该反应的化学反应式为：NH 3•H 2O+CaO=Ca(OH)2+NH 3↑，B 正确；
C. 装置X 用于除杂，X 中盛放的试剂是NaHCO 3溶液，可吸收CO 2中的HCl ，HCl 与NaHCO 3反应产生NaCl 、H 2O 、CO 2，故其作用为吸收挥发的HCl ，同时生成CO 2，C 正确；
D. Z 中应先通入NH 3，后通入过量的CO 2，原因为NH 3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，碱性溶液更容易吸收二氧化碳，生成较大浓度的NH 4HCO 3，D 错误； 故合理选项是D 。

6．其他条件不变，C 的物质的量分数(C)和温度(T)或压强(P)关系如图，其中满足关系图的是（ ）
A．3A(g)+B(s)C(g)+D(g)；△H＜0
B．A(g)+B(s)C(g)+D(g)；△H＜0
C．A(g)+B(s)2C(g)+D(g)；△H＞0
D．A(g)+2B(s)C(g)+3D(g)；△H＞0
【答案】B
【解析】
【详解】
利用化学平衡图像分析的方法：“先拐先平数值大”的原则，根据C的物质的量分数(C)和温度(T)关系图，可得T2>T1，升高温度，生成物C的物质的量分数减小，平衡向逆向（吸热的方向）移动，因此正反应放热，即△H＜0，故C、D错误；根据C的物质的量分数(C)和压强(P)关系图，可得P2>P1，增大压强，生成物C 的物质的量分数减小，平衡向逆向（气体体积减小的方向）移动，因此正反应方向为气体体积增大的方向。

故答案选B。

【点睛】
利用化学平衡图像分析的方法：“先拐先平数值大”的原则是指图像中的曲线先拐，在该条件下先达到平衡状态，对应影响的条件数值大。

可快速判断外界条件影响下平衡移动的方向。

7．某有机物的结构简式如图所示，它在一定条件下可能发生的反应有：①加成、②水解、③酯化、④氧化、⑤中和、⑥消去，其中可能的是( )
A．②③④B．①③⑤⑥C．①③④⑤D．②③④⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】
含有苯环、醛基，可以与氢气发生加成反应；不含酯基或卤素原子，不能
发生水解反应；含有羧基、羟基，能发生酯化反应；含有醛基、羟基，能发生氧化反应；含有羧基，能发生中和反应；中连有羟基碳原子的邻位碳
原子没有H，不能发生消去反应，故选C。

【点睛】
该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后结合具体官能团的结构和性质灵活运用，有利于培养学生的知识迁移能力和逻辑推理能力。

8．12C与13C互为（）
A．同系物B．同位素C．同素异形体D．同分异构体
【答案】B
【解析】
【分析】
同种元素的不同种原子间互为同位素，据此分析。

【详解】
12C与13C是碳元素的两种不同的碳原子，故互为同位素。

答案选：B。

【点睛】
本题考查了“四同”概念的辨别，应注意的概念要点的把握。

结构相似,组成上相差1个或者若干个某种原子团的化合物互称为同系物；具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；同素异形体,是指由同样的单一化学元素组成,因排列方式不同,而具有不同性质的单质；化学上，同分异构体是一种有相同分子式而有不同的原子排列的化合物。

9．X、Y、Z、W为短周期主族元素，它们的最高正化合价和原子半径如下表所示：
元素X Y Z W
最高正化合价+3 +1 +5 +7
原子半径0.082 0.186 0.110 0.099
则下列说法错误的是
A．X的最高价氧化物对应的水化物具有两性
B．ZW3分子中所有原子最外层均满足8e－结构
C．Y的一种氧化物可用作供氧剂，Z的一种氧化物可用作干燥剂
D．简单气态氢化物的热稳定性：W>Z>X
【答案】A
【解析】
【分析】
根据X、Y、Z、W为短周期主族元素，联系最高正化合价，X可与为B元素或者Al元素，Y为Li元素或Na元素，Z为N元素或P元素，W为Cl元素，又原子半径：Y>Z>Cl>X，则X为B元素，Y为Na元素，Z 为P元素，据此分析回答问题。

【详解】
A．B的最高价氧化物对应的水化物H2BO3是弱酸，不具有两性，A选项错误；
B．PCl3的电子式为，所有原子最外层均满足8e－结构，B选项正确；
C．Na的氧化物Na2O2可作供氧剂，P的氧化物P2O5是酸性干燥剂，C选项正确；
D．非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，非金属性Cl>P>B，则热稳定性：HCl>PH3>BH3，D选项正确；
答案选A。

10．在潮湿的深层土壤中，钢管主要发生厌氧腐蚀，有关厌氧腐蚀的机理有多种，其中一种理论为厌氧细菌可促使SO42-与H2反应生成S2-，加速钢管的腐蚀，其反应原理如图所示。

下列说法正确的是（）
A．正极的电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-
B．SO42-与H2的反应可表示为：4H2+SO42--8e 厌氧细菌
S2-+4H2O
C．钢管腐蚀的直接产物中含有FeS、Fe（OH）2
D．在钢管表面镀锌或铜可减缓钢管的腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】
A．正极上水发生还原反应生成H2，电极反应式为2H2O +2e-=2OH-+H2，故A错误；
B．SO42-与H2在厌氧细菌的催化作用下反应生成S2-和H2O，离子反应式为：4H2+SO42-厌氧细菌
S2-+4H2O，
C．钢管腐蚀的过程中，负极上Fe失电子发生氧化反应生成的Fe2+，与正极周围的S2-和OH-分别生成FeS 的Fe(OH)2，故C正确；
D．在钢管表面镀锌可减缓钢管的腐蚀，但镀铜破损后容易形成Fe-Cu原电池会加速铁的腐蚀，故D错误；故答案为C。

11．下列装置或操作能达到相应实验目的的是
A．配制一定浓度的NaCl 溶液B．除去SO2中的HCl
C．实验室制取氨气D．观察Fe（OH）2的生成
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．图中为俯视，正确操作眼睛应与刻度线、凹液面的最低处相平，故A错误；
B．HCl与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，引入新杂质，且二氧化硫也可以与碳酸氢钠溶液反应，故B
错误；
C．氨气极易溶于水，不能排水法收集，故C错误；
D．植物油可隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，可观察Fe(OH)2的生成，故D正确；
故选：D。

【点睛】
除去SO2中混有的HCl可以用亚硫酸氢钠溶液，同理除去二氧化碳中HCl可用碳酸氢钠溶液。

12．对于2SO2(g)＋O2(g) ⇌2SO3(g)，ΔH<0，根据下图，下列说法错误的是（）
A．t2时使用了催化剂B．t3时采取减小反应体系压强的措施
C．t5时采取升温的措施D．反应在t6时刻，SO3体积分数最大
【答案】D
【解析】
A.t2时，正逆反应速率同时增大，且速率相等，而所给可逆反应中，反应前后气体分子数发生变化，故此时改变的条件应为加入催化剂，A不符合题意；
B.t3时，正逆反应速率都减小，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，由于该反应为放热反应，故不可能是降低温度；反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为减小压强，B不符合题意；
C.t5时，正逆反应速率都增大，故改变的条件可能为升高温度或增大压强，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，结合该反应为放热反应，且反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为升高温度，C 不符合题意；
D.由于t3、t5时刻，平衡都是发生逆移的，故达到平衡时，即t4、t6时刻所得的SO3的体积分数都比t1时刻小，D说法错误，符合题意；
故答案为：D
13．a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层电子数相同，c所在周期数与族序数相同；d与a同族，下列叙述正确的是（）
A．四种元素中b的金属性最强
B．原子半径：
C．d的单质氧化性比a的单质氧化性强
D．c的最高价氧化物对应水化物是一种强碱
【答案】A
【解析】
【分析】
a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素；则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为
Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。

【详解】
由以上分析可知：a为O元素、b可能为Na或Mg、c为Al、d为S元素。

A．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性b＞c，a、d为非金属，金属性较弱，则4种元素中b的金属性最强，选项A正确；
B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应为b＞c＞d，a为O，原子半径最小，选项B错误；C．一般来说，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，应为a的单质的氧化性强，选项C错误；D．c为Al，对应的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，为弱碱，选项D错误；
故选：A。

14．中国传统文化对人类文明贡献巨大,书中充分记载了古代化学研究成果。

下列关于古代化学的应用和
记载,对其说明不合理的是()
A．《本草纲目》中记载:“(火药)乃焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者”,其中利用了KNO3的氧化性
B．杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来
C．我国古代人民常用明矾除去铜器上的铜锈[Cu2(OH)2CO3]
D．蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等为原料精制出优质纸张,由他监制的纸被称为“蔡侯纸”。

“蔡侯纸”的制作工艺中充分应用了化学工艺
【答案】B
【解析】
【详解】
A项,火药发生化学反应时,KNO3中N元素的化合价降低,得到电子,被还原,作氧化剂,体现氧化性，故A合理; B项,高粱中不含乙醇,用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反应产生乙醇,然后用蒸馏方法将乙醇分离出来，故B不合理;
C项,明矾是强酸弱碱盐,水解使溶液显酸性,酸性溶液中H+与铜锈[Cu2(OH)2CO3]发生反应,达到除锈目的，故C合理;
D项,蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等原料精制出优质纸张,体现了化学的物理和化学分离方法,因此充分应用了化学工艺，故D合理；
故答案为B。

15．已知常温下,K a1(H2CO3)=4.3×10-7, K a2(H2CO3)=5.6×10-11。

某二元酸H2R及其钠盐的溶液中,H2R、HR-、R2-三者的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述错误的是（）
A．在pH=4.3的溶液中：3c(R2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)
B．等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，此溶液中水的电离程度比纯水小
C．在pH=3的溶液中存在
2-
2
2-
(R)(H R)
(HR)
c c
c
=10-3
D．向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，发生反应：CO32-+H2R=HCO3-+HR-【答案】D
【解析】
【分析】 【详解】
A ．据图可知在pH=4.3的溶液中，c(R 2-)=c(HR -)，溶液中电荷守恒为：2c(R 2-)+c(HR -)+c(OH -)=c(Na +)+c(H +)，所以3c(HR -)=c(Na +)+c(H +)-c(OH -)，故A 正确；
B ．等体积、等浓度的NaOH 溶液与H 2R 溶液混合后，此时反应生成NaHR ，据图可知该溶液呈酸性，说明HR -的电离程度大于HR -的水解程度，HR -电离抑制水的电离，所以此溶液中水的电离程度比纯水小，故B 正确；
C ．2--2-+a 2h 222---+-w
2(R )(H R)(H R)(OH )(R )(H )1
=(HR )(HR )(HR )(H )(OH )=K K c c c c c c c c c c c K ⨯g g ，当溶液pH=1.3时，c(H 2R)=c(HR -)，则K h2=
-2-
(H R)(OH )(HR )
c c c =10-12.7，溶液的pH=4.3时，c(R 2-)=c(HR -)，则K a2=
2-+-
(R )(H )(HR )
c c c =10-4.3，所以
2-212.7-
4.3
14
2
(R )(H R)(H 1010
)
10R =
c c c ---⨯=10-3，故C 正确；
D ．由H 2R 的电离常数K a2大于H 2CO 3的K a2，即酸性：HR -＞HCO 3-，所以向Na 2CO 3溶液中加入少量H 2R 溶液，发生反应：2CO 32-+H 2R=2HCO 3-+R 2-，故D 错误； 故答案为D 。

【点睛】
选项C 为难点，注意对所给比值进行变换转化为与平衡常数有关的式子；选项D 为易错点，要注意H 2R 少量，且酸性：HR -＞HCO 3-，所有溶液中不可能有HR -，氢离子全部被碳酸根结合。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．(CH 3COO)2Mn·4H 2O 主要用于纺织染色催化剂和分析试剂，其制备过程如图。

回答下列问题： 步骤一：以MnO 2为原料制各MnSO 4
(1)仪器a 的名称是___，C 装置中NaOH 溶液的作用是___________。

(2)B 装置中发生反应的化学方程式是___________。

步骤二：制备MnCO 3沉淀
充分反应后将B 装置中的混合物过滤，向滤液中加入饱和NH 4HCO 3溶液，反应生成MnCO 3沉淀。

过滤，
洗涤，干燥。

(3)①生成MnCO3的离子方程式_____________。

②判断沉淀已洗净的操作和现象是___________。

步骤三：制备(CH3COO)2Mn·4H2O固体
向11.5 g MnCO3固体中加入醋酸水溶液，反应一段时间后，过滤、洗涤，控制温度不超过55℃干燥，得(CH3COO)2Mn·4H2O固体。

探究生成(CH3COO)2Mn·4H2O最佳实验条件的数据如下：
(4)产品干燥温度不宜超过55℃的原因可能是___________。

(5)上述实验探究了___________和___________对产品质量的影响，实验l中(CH3COO)2Mn·4H2O产率为
___________。

【答案】分液漏斗吸收多余的SO2SO2+MnO2=MnSO4或SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O 2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净温度过高会失去结晶水醋酸质量分数温度90.0%
【解析】
【分析】
将分液漏斗中的浓硫酸滴加到盛有Na2SO3的试管中发生复分解反应制取SO2，将反应产生的SO2气体通入三颈烧瓶中与MnO2反应制取MnSO4，由于SO2是大气污染物，未反应的SO2不能直接排放，可根据SO2与碱反应的性质用NaOH溶液进行尾气处理，同时要使用倒扣的漏斗以防止倒吸现象的发生。

反应产生的MnSO4再与NH4HCO3发生反应产生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，将MnCO3沉淀经过滤、洗涤后用醋酸溶解可得醋酸锰，根据表格中温度、浓度对制取的产品的质量分析醋酸锰晶体合适的条件。

【详解】
(1)根据仪器结构可知仪器a的名称为分液漏斗；C装置中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2，防止污染大气；
(2)B装置中SO2与MnO2反应制取MnSO4，反应的方程式是SO2+MnO2=MnSO4(或写为SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O)；
(3)①MnSO4与NH4HCO3发生反应产生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，该反应的离子方程式为：
2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
②若MnCO3洗涤干净，则洗涤液中不含有SO42-，所以判断沉淀已洗净的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净；
(4)该操作目的是制取(CH3COO)2Mn·4H2O，若温度过高，则晶体会失去结晶水，故一般是产品干燥温度不
宜超过55℃；
(5)表格采用了对比方法分析了温度、醋酸质量分数(或浓度)对产品质量的影响。

实验l中11.5 g MnCO3的
物质的量为n(MnCO3)=
11.5?g
115?g/mol
=0.1 mol，根据Mn元素守恒可知理论上能够制取(CH3COO)2Mn·4H2O的
物质的量是0.1 mol，其质量为m[(CH3COO)2Mn·4H2O]=0.1 mol×245 g/mol=24.5 g，实际质量为22.05 g，所
以(CH3COO)2Mn·4H2O产率为22.05?g
24.5?g
×100%=90.0%。

【点睛】
本题以醋酸锰的制取为线索，考查了仪器的使用、装置的作用、离子的检验、方程式的书写、反应条件的控制及物质含量的计算，将化学实验与元素化合物知识有机结合在一起，体现了学以致用的教学理念，要充分认识化学实验的重要性。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．聚戊二酸丙二醇酯(PPG)是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材料的生物相容性方面有很好的应用前景。

PPG的一种合成路线如图：
已知：
①烃A的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢
②化合物B为单氯代烃；化合物C的分子式为C5H8
③E、F为相对分子质量差14的同系物，F是福尔马林的溶质
④R1CHO+R2CH2CHO
回答下列问题：
（1）A的结构简式为__。

（2）由B生成C的化学方程式为__。

（3）由E和F生成G的反应类型为__，G的化学名称为__。

（4）①由D和H生成PPG的化学方程式为__；
②若PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为__(填标号)。

a.48
b.58
c.76
d.122
（5）D的同分异构体中能同时满足下列条件的共有__种(不含立体异构)；
①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体
②既能发生银镜反应，又能发生皂化反应
其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为6∶1∶1的是__(写结构简式)；D的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器是__(填标号)。

a.质谱仪
b.红外光谱仪
c.元素分析仪
d.核磁共振仪
【答案】+NaOH+NaCl+H2O 加成反应3-羟基丙醛(或β­羟基丙醛) n+n
+(2n-1)H2O b 5
c
【解析】
【分析】
烃A的相对分子质量为70，由70
12
=5…10，则A为C5H10，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，故
A的结构简式为；A与氯气在光照下发生取代反应生成B，B为单氯代烃，则B为，化合物C的分子式为C5H8，B发生消去反应生成C，C为，C发生氧化反应生成D，D为
HOOC(CH2)3COOH，F是福尔马林的溶质，则F为HCHO，E、F为相对分子质量差14的同系物，可知E为CH3CHO，由信息④可知E与F发生加成反应生成G，G为HOCH2CH2CHO，G与氢气发生加成反应生成H，H为HOCH2CH2CH2OH，D与H发生缩聚反应生成PPG()，据此分析解答。

【详解】
(1)由上述分析可知，A的结构简式为，故答案为：；
(2)由B发生消去反应生成C的化学方程式为：+NaOH+NaCl+H2O，故答案为：
+NaOH+NaCl+H2O；
(3)由信息④可知，由E和F生成G的反应类型为醛醛的加成反应，G为HOCH2CH2CHO，G的名称为3-羟基丙醛，故答案为：加成反应；3-羟基丙醛；
(4)①由D和H生成PPG的化学方程式为：
n+n+(2n-1)H2 O ，故答案为：
n+n+(2n-1)H2 O；
②若PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为
10000
128164112
⨯+⨯+⨯≈58，故答案为：b；
(5)D为HOOC(CH2)3COOH，D的同分异构体中能同时满足：①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，含-COOH，
②既能发生银镜反应，又能发生水解反应-COOCH，D中共5个C，则含3个C-C-C上的2个H被-COOH、-OOCH取代，共为3+2=5种，含其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为6∶1∶1的是
，D及同分异构体中组成相同，由元素分析仪显示的信号(或数据)完全相同，故答案为：5；
；c。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．有机物K是某药物的中间体，合成路线如图所示：
已知：i.R-CN2H
催化剂
−−−→R-CH2-NH2
ii.R1-NH2+R2COOC2H5催化剂
−−−−−→+C2H5OH
回答下列问题
(1)A的名称是_______。

(2)反应①的化学方程式是_____。

(3)反应②的类型是_____。

(4)反应③中的试剂X是_____。

(5)E属于烃，其结构简式是_____。

(6)H中所含的官能团是_____。

(7)反应⑥的化学方程式是_____。

−−−→I→J→K，写出中间产物I和J的结构简式_____。

(8)H经三步反应合成K：H HCN
−−−→HO-CH2-CH2-CH2-OH+2NaBr 氧化反【答案】1，3-二溴丙烷Br-CH2-CH2-CH2-Br+2NaOH2H O
Δ
应C2H5OH 碳碳双键、酯基
+C2H5OOC-CH2-COOC2H5一定条件
−−−−−−→+H2O
【解析】
【分析】
E属于烃，E与水反应生成，则E为；F发生催化氧化生成G为，由H的结构可知D为二元酯，C到D为酯化反应，可知C为二元酸、X为C2H5OH，故A为BrCH2CH2CH2Br、B为HOCH2CH2CH2OH、C为HOOCCH2COOH，则D为C2H5OOCCH2COOC2H5。

【详解】
(1)根据分析可知A为BrCH2CH2CH2Br，A的名称是：1，3-二溴丙烷；
(2)反应①为卤代烃的取代反应，化学方程式是：
；
(3)反应②是羟基转化为羧基，属于氧化反应；
(4)由分析可知，反应③中的试剂X是：C2H5OH；
(5)E属于烃，E与水反应生成，则E为；
(6)由结构可知H中所含的官能团是：碳碳双键、酯基；
(7)根据D的结构简式和G的结构简式可知反应⑥的化学方程式是：
；
(8)对比H与K的结构，H与HCN发生加成反应生成I为，然后还原生成J为
，最后发生取代反应脱去1分子C 2H 5OH 生成K 。

19．用合成EPR 橡胶的两种单体A 和B 合成PC 塑料
其合成路线如下：
已知：①RCOOR 1+R 2OH Δ
−−−→催化剂
RCOOR 2+R 1OH ②(CH 3)2C =CHCH 3+H 2O 2催化剂
−−−−→
+H 2O
③+(n -1)H 2O
回答下列问题：
(I )F 的结构简式为__________，反应Ⅲ的反应类型为___________。

(2)C 的名称为__________。

(3)写出反应Ⅳ的化学方程式：____________________。

(4)从下列选项中选择______试剂，可以一次性鉴别开D 、G 、H 三种物质。

（填字母） A .氯化铁溶液 B .浓溴水 C .酸性KMnO 4溶液
(5)满足下列条件的有机物E 的同分异构体有__________种。

①与E 属于同类别物质；②核磁共振氢谱有6组峰，峰面积比为1：1：1：1：1：3。

(6)以丙烯和丙酮为原料合成
，无机试剂任选，写出合成路线
__________________________（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。

【答案】
加成反应 异丙苯
(2n -1)CH 3OH AB 12
【解析】
【分析】
根据EPR橡胶()的结构可知，合成它的单体分别为乙烯和丙烯，结合C的化学式可知A为丙烯，B为乙烯，结合转化关系图和已知信息分析解答。

【详解】
(1)依据信息②可知，B→F发生反应：+H2O，故F的结构简式为。

反应Ⅲ：，因此反应Ⅲ的反应类型为加成反应。

故答案为：；加成反应；
(2)依据产物苯酚和丙酮反推C为异丙苯()。

故答案为：异丙苯；
(3)反应Ⅳ是酯交换反应，按照信息①的断键原理进行反应
(2n-1)CH3OH。

故答案为：(2n-1)CH3OH。

(4)D是苯酚，G是，H是乙二醇。

A.苯酚与氯化铁溶液反应显紫色，氯化铁溶液与
G物质混合分层，与乙二醇互溶，可以鉴别，A正确；B.浓溴水与苯酚反应产生白色沉淀，与G分层，与乙二醇互溶，可以鉴别，B正确；C.苯酚、乙二醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，C错误；答案选AB。

(5)与E()为同类别物质，羟基只能在苯环上。

核磁共振氢谱有6组峰，要求两个苯环上的羟基处于对称或者等价碳上，按照峰面积比为1:1:1:1:1:3的要求，其同分异构体分别是(标号为羟基所在位置)、、、。

故答案为：12；
(6)合成需要碳酸酯和异丙醇经过信息①中反应合成。

碳酸酯由环氧烷与二氧化碳合成，环氧烷由烯烃与过氧化氢合成，因此合成路线为：。

【点睛】
本题考查了有机推断和合成，易错点（5）同分异构体的书写，核磁共振氢谱有6组峰，要求两个苯环上的羟基处于对称或者等价碳上，难点（6），根据信息设计合成路线，培养学生提取信息的能力，并利用好这些信息来设计流程。