山东省德州市武城二中2015-2016学年下学期高二（下）月考化学试卷（6月份）（解析版）
文档属性
| 名称 | 山东省德州市武城二中2015-2016学年下学期高二（下）月考化学试卷（6月份）（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 277.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2016-09-20 15:57:12 | ||
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文档简介
2015-2016学年山东省德州市武城二中高二（下）月考化学试卷（6月份）
一、选择题（1～10题每小题2分，11～18题每小题2分）
1．下列盛放试剂或取用试剂的方法，正确的是（ ）
A．浓硝酸或氢氟酸存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中
B．汽油或煤油存放在带橡皮塞的棕色玻璃瓶中
C．用碱式滴定管准确量取25.00mL的KMnO4溶液
D．新制氯水或硝酸银溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中
2．下列说法正确的是（ ）
A．碘沾在手上用酒精洗涤
B．用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3
C．乙烯和聚乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应
3．下列说法正确的是（ ）
A．葡萄糖能水解成乙醇和二氧化碳
B．氨基乙酸、甲醛、乙二醇均可自身或与其他物质发生聚合反应
C．苯酚能跟碳酸钠溶液反应，则苯酚的酸性比碳酸强
D．实验室用溴乙烷在浓硫酸存在并加热条件下制备乙烯
4．下列各组中的反应，属于同一反应类型的是（ ）
A．由溴丙烷水解制丙醇，由丙烯与水反应制丙醇
B．由甲苯硝化制对硝基甲苯，由甲苯氧化制苯甲酸
C．由氯乙烷制乙烯，由丙烯与溴反应制1，2二溴丙烷
D．由乙酸和乙醇制乙酸乙酯，由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇
5．下面是生产生活中的常见
有机物的分子式、结构（简）式或名称：①②③④⑤CH3CH2OH，⑥C6H12O6，⑦CH3COOH，⑧硬脂酸甘油酯，⑨聚乙烯
下列有关说法正确的是（ ）
A．能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应并使之褪色的有①②④⑨
B．投入钠能产生H2的是⑤⑦⑧
C．属于高分子材料的是⑧⑨
D．既能和NaOH溶液反应又能与NaHCO3溶液反应的是
⑦
6．下列实验装置图及关于用途的描述，正确的是（ ）
A．
如图装置：用于制取并收集乙酸乙酯
B．
如图装置：用于分离两种沸点不同的物质
C．
如图装置：收集氨气时，从a口进气b口排气
D．
如图装置：可用来快速制取氨气
7．根据转化关系判断下列说法正确的是（ ）
A．（C6H10O5）n可以是淀粉或纤维素，二者均属于多糖，互为同分异构体
B．可以利用银镜反应证明反应①的最终产物为葡萄糖
C．酸性高锰酸钾可将乙醇氧化为乙酸，将烧黑的铜丝趁热捕插乙醇中也可得到乙酸
D．在反应②得到的混合物中倒入饱和氢氧化钠溶液并分液可得到纯净的乙酸乙酯
8．下列操作或装置能达到实验目的是（ ）
A．
如图可用于收集气体H2、CO2、Cl2、NH3
B．
如图除去氯气中的氯化氢
C．
如图配制0.1mol/LNaOH溶液
D．
如图苯萃取碘水中I2，分离出水后的操作
9．下列各组反应最终生成白色沉淀生成的是（ ）
①金属钠投入到FeCl2溶液中
②过量NaOH溶液和AlCl3溶液混合
③少量Ca（OH）2投入NaHCO3溶液中
④过量CO2通入Na[Al（OH）4]溶液中．
A．③④
B．②③④
C．①③④
D．①②③④
10．下列说法不正确的是（ ）
A．苯酚与甲醛在酸性条件下生成酚醛树脂的结构简式为
B．（NH4）2SO4和CuSO4溶液都能使蛋白质沉淀析出
C．醋酸和硬脂酸互为同系物，C6H14和C9H20也一定互为同系物
D．迷迭香酸的结构为它可以发生酯化、水解、加成等反应
11．下列有机物命名及其一氯代物的同分异构体数目都正确的是（ ）
命名
一氯代物
A
2﹣甲基﹣2﹣乙基丙烷
3
B
1，3﹣二甲基苯
3
C
2，2，3﹣三甲基戊烷
6
D
2，3﹣二甲基﹣4﹣乙基己烷
7
A．A
B．B
C．C
D．D
12．下列除去杂质的方法中正确的个数是（ ）
①．除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入Cl2，气液分离
②．除去乙醇中少量乙酸：加入碳酸钠溶液，分液
③．除去FeCl3溶液中少量的CuCl2，加入过量铁粉，过滤
④．除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤，蒸馏
⑤．除去甲苯中少量的苯甲酸：加入NaOH溶液后，静置，分液
⑥．除去乙醇中少量的水：加入生石灰，然后蒸馏
⑦．除去苯中混有的苯酚可加入浓溴水后过滤．
A．2
B．3
C．4
D．5
13．某有机物分子式为C4H8，据此推测其结构和性质不可能的是（ ）
A．含有3个甲基
B．一氯代物只有一种
C．使溴水褪色
D．四个碳原子共平面
14．如图中a、b、c、d、e、f是六种有机物，其中a是烃类，其余是烃的衍生物，下列有关说法正确的是（ ）abcdef．
A．若a的相对分子质量是42，则d是乙醛
B．若d的相对分子质量是44，则a是乙炔
C．若a为苯乙烯（C6H5﹣CH=CH2），则f的分子式是C16H3202
D．若a为单烯烃，则d与f的实验式一定相同
15．CPAE是蜂胶的主要活性成分，它可由咖啡酸合成，其合成过程如下，下列说法正确的是（ ）
A．1mol
CPAE与足量的NaOH溶液、溴水反应，分别最多消耗3mol
B．可用金属Na检测上述反应是否残留苯乙醇
C．与苯乙醇互为同分异构体的酚类物质共有9种
D．咖啡酸可发生聚合反应，并且其分子中含有3种含氧官能团
16．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的组合是（ ）
①．标准状况下，11.2L水中含有分子的数目为0.5NA
②．100mL
0.2molL﹣1的FeCl3溶液中，含Fe3+数为0.02NA
③．1mol
Cl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数为NA
④．在密闭容器中加入0.5mol
N2和1.5mol
H2，充分反应后可得到NH3分子数为NA
⑤．物质的量浓度为0.1mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl﹣的个数为0.2NA
⑥．常温下，22gCO2和N2O的混合气体中，含有的原子数数目为1.5NA
⑦.1mol的氧气与足量的Na反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子总数为4NA
⑧．标准状况下，11.2L氦气中含有0.5NA个原子．
A．②③⑦⑧
B．⑤⑥⑧
C．①④⑤⑥
D．③⑥⑧
17．从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4下列说法正确的是（ ）
A．Cu2S是还原产物，反应中1
mol
CuSO4失1
mol电子
B．5
mol
FeS2发生反应，有10
mol电子转移
C．产物中的SO42﹣离子有一部分是氧化产物
D．FeS2只作还原剂
18．X、Y、Z、W四种物质的转化关系如图所示（部分反应物与产物已略），下列组合中不符合该关系的是（ ）
A
B
C
D
X
HCl
Na2O2
Na2CO3
Al
Y
FeCl2
NaOH
CO2
Na[Al（OH）4]
Z
Cl2
Na2CO3
CaCO3
AlCl3
W
FeCl3
NaHCO3
Ca（HCO3）2
Al（OH）3
A．A
B．B
C．C
D．D
二、解答题（共5小题，满分56分）
19．化学是一门以实验为基础的学科．
（1）下列描述正确的是______．
A．容量瓶、分液漏斗在使用时需要检验是否漏水
B．海带提取碘实验中，灼烧海带时需要用到的仪器有玻璃棒、蒸发皿、泥三角、三脚架、酒精灯
C．向含有Fe2+的FeCl3溶液中通入Cl2或滴加H2O2均可以除去Fe2+
D．检验Na2SO3固体是否被氧化：取少量固体溶于水，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，滴加稀硝酸，观察白色沉淀是否溶解
（2）实验室中常用如图仪器制取、净化和收集气体．
①关闭A装置中的止水夹，向分液漏斗中加入适量水，打开活塞，说明A装置气密性良好的现象是
______．
②实验室可利用A装置在加热条件下制取Cl2，写出该反应的离子方程式______
③若用B装置除去SO2中混有的HCl气体，B中盛放试剂的名称为______．
20．草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10﹣2，K2=5.4×10﹣5．草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水．草酸晶体（H2C2O42H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水，升华，170℃以上分解．
回答下列问题．
（1）甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物．装置C中可观察到的现象是______，由此可知草酸晶体分解的产物中有______．装置B的主要作用是______．
（2）乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和图2所示的部分装置（可以重复选用）进行实验．
①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、______、I，装置H反应管中盛有的物质是______．
②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是______．
（3）设计实验证明：草酸的酸性比碳酸的强______．
21．A～G都是有机化合物，它们的转化关系如下：
请回答下列问题：
（1）已知：6.0g化合物E完全燃烧生成8.8g
CO2和3.6g
H2O；E的蒸气与氢气的相对密度为30，则E的分子式为______
（2）A为一取代芳烃，B中含有一个甲基．由B生成C的化学方程式为______
（3）由B生成D的反应条件是______
（4）F存在于枙子香油中，其结构简式是______．
（5）在G的同分异构体中，苯环上一硝化产物只有一种且核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1：1的是______（结构简式）
22．有机高分子化合物G的合成路线如图：
已知：①A既能与NaHCO3反应，又能与FeCl3发生显色反应，其核磁共振氢谱有4组峰；C能发生银镜反应；
②RCHO+R′CH2CHO+H2O
（1）B中所含官能团的名称是______，D→E的反应类型为______
（2）写出B→C以及A+E→F的化学方程式：
B→C______
A+E→F______
（3）关于F的性质，正确的是______
A．所有原子可能在同一平面内B．存在顺反异构现象
C．能够使酸性高锰酸钾溶液褪色D．生成G的反应为缩聚反应
（4）写出G的结构简式：______．
（5）A的一种同分异构体X属于芳香族化合物，具有如下特点：①能发生水解反应
②能发生银镜反应
③能与FeCl3溶液发生显色反应
④核磁共振氢谱有4组峰．请写出X与足量NaOH溶液反应的化学方程式：______
（6）符合下列条件的E的同分异构体有______种
①能发生银镜反应
②苯环上有2个取代基．
23．某化学小组通过查阅资料，设计了如图所示的方法以含镍废催化剂为原料来制备NiSO47H2O．已知某化工厂的含镍废催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）．
部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH如表：
沉淀物
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Al（OH）3
3.8
5.2
Fe（OH）3
2.7
3.2
Fe（OH）2
7.6
9.7
Ni（OH）2
7.1
9.2
（1）“碱浸”过程中发生反应的离子方程式是______
操作a中需要的玻璃仪器______
（2）“酸浸”时所加入的酸是______
（填化学式）．
（3）加入H2O2时发生反应的离子方程式为______
（4）操作b为调节溶液的pH，你认为pH的调控范围是______．
2015-2016学年山东省德州市武城二中高二（下）月考化学试卷（6月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（1～10题每小题2分，11～18题每小题2分）
1．下列盛放试剂或取用试剂的方法，正确的是（ ）
A．浓硝酸或氢氟酸存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中
B．汽油或煤油存放在带橡皮塞的棕色玻璃瓶中
C．用碱式滴定管准确量取25.00mL的KMnO4溶液
D．新制氯水或硝酸银溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．氢氟酸与玻璃中的二氧化硅反应；
B．汽油或煤油等有机溶剂易使橡胶溶解而膨胀；
C．高锰酸钾腐蚀橡胶管；
D．次氯酸、硝酸银见光易分解．
【解答】解：A．玻璃中含有二氧化硅，与氢氟酸反应，不能用玻璃瓶盛放氢氟酸，故A错误；
B．汽油或煤油等有机溶剂易使橡胶溶解而膨胀，因而不能用橡胶塞，故B错误；
C．碱式滴定管有橡胶管，而高锰酸钾腐蚀橡胶管，应用酸式滴定管，故C错误；
D．氯水中含有次氯酸，次氯酸、硝酸银见光易分解，应存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中，故D正确．
故选D．
【点评】本题以药品的存放为载体综合考查元素化合物知识，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的合理性的评价，难度不大．
2．下列说法正确的是（ ）
A．碘沾在手上用酒精洗涤
B．用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3
C．乙烯和聚乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】A．碘易溶于酒精；
B．HCOOCH3和HCOOCH2CH3中H的种类分别为2、3；
C．聚乙烯不含碳碳双键；
D．单糖不能发生水解反应．
【解答】解：A．碘易溶于酒精，不易溶于水，则碘沾在手上可用酒精洗涤，故A正确；
B．HCOOCH3和HCOOCH2CH3中H的种类分别为2、3，H的种类不同，则用核磁共振氢谱能区分，故B错误；
C．聚乙烯不含碳碳双键，不能发生加成反应，而乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C错误；
D．单糖不能发生水解反应，而二糖、多糖、油脂、蛋白质都能发生水解反应，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大．
3．下列说法正确的是（ ）
A．葡萄糖能水解成乙醇和二氧化碳
B．氨基乙酸、甲醛、乙二醇均可自身或与其他物质发生聚合反应
C．苯酚能跟碳酸钠溶液反应，则苯酚的酸性比碳酸强
D．实验室用溴乙烷在浓硫酸存在并加热条件下制备乙烯
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】A．葡萄糖为单糖，不能水解；
B．氨基乙酸中含有氨基和羧基，甲醛中含有醛基，乙二醇中含有羟基，可在一定条件下发生缩聚反应；
C．苯酚不碳酸钠反应，但不生成二氧化碳气体；
D．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应．
【解答】解：A．葡萄糖为单糖，不能水解，在酒曲酶的作用下可生成乙醇，故A错误；
B．氨基乙酸中含有氨基和羧基，甲醛中含有醛基，乙二醇中含有羟基，均可与一些物质发生缩聚反应脱去H2O，故B正确；
C．苯酚不碳酸钠反应，但不生成二氧化碳气体，酸性比碳酸弱，故C错误；
D．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应，而乙醇可在浓硫酸作用下发生消去反应生成乙烯，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查了有机物的结构和化学性质，为高频考点，涉及葡萄糖、苯酚、溴乙烷等物质的性质、所聚反应的条件、乙烯的制备等，把握反应原理及反应条件为解答的关键，侧重有机物性质的考查，题目难度不大．
4．下列各组中的反应，属于同一反应类型的是（ ）
A．由溴丙烷水解制丙醇，由丙烯与水反应制丙醇
B．由甲苯硝化制对硝基甲苯，由甲苯氧化制苯甲酸
C．由氯乙烷制乙烯，由丙烯与溴反应制1，2二溴丙烷
D．由乙酸和乙醇制乙酸乙酯，由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇
【考点】有机物的结构和性质；烯烃；苯的同系物；乙酸的化学性质．
【分析】A．溴丙烷水解制丙醇，﹣Br被﹣OH取代；丙烯与水反应制丙醇，双键转化为单键，引入﹣OH；
B．甲苯硝化制对硝基甲苯，苯环上的H被硝基取代；甲苯氧化制苯甲酸，甲基转化为﹣COOH；
C．由氯乙烷制乙烯，﹣Cl转化为双键；由丙烯与溴反应制1，2二溴丙烷，双键转化为单键，引入﹣Br；
D．乙酸和乙醇制乙酸乙酯，发生酯化反应；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇，发生水解反应．
【解答】解：A．溴丙烷水解制丙醇，﹣Br被﹣OH取代，为取代反应；丙烯与水反应制丙醇，双键转化为单键，引入﹣OH，为加成反应，类型不同，故A不选；
B．甲苯硝化制对硝基甲苯，苯环上的H被硝基取代，为取代反应；甲苯氧化制苯甲酸，甲基转化为﹣COOH，为氧化反应，类型不同，故B不选；
C．由氯乙烷制乙烯，﹣Cl转化为双键，为消去反应；由丙烯与溴反应制1，2二溴丙烷，双键转化为单键，引入﹣Br，为加成反应，类型不同，故C不选；
D．乙酸和乙醇制乙酸乙酯，发生酯化反应；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇，发生水解反应，则酯化反应、水解反应均属于取代反应，类型相同，故D选；
故选D．
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握常见有机物的性质及发生的反应为解答的关键，侧重有机反应类型的考查，注意有机反应中官能团的变化，题目难度不大．
5．下面是生产生活中的常见
有机物的分子式、结构（简）式或名称：①②③④⑤CH3CH2OH，⑥C6H12O6，⑦CH3COOH，⑧硬脂酸甘油酯，⑨聚乙烯
下列有关说法正确的是（ ）
A．能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应并使之褪色的有①②④⑨
B．投入钠能产生H2的是⑤⑦⑧
C．属于高分子材料的是⑧⑨
D．既能和NaOH溶液反应又能与NaHCO3溶液反应的是
⑦
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】A．能跟溴的四氯化碳溶液发生加成反应的物质应含有碳碳双键或者碳碳三键；
B．含有官能团：醇羟基、酚羟基、羧基的物质与钠反应能产生H2；
C．高分子材料属于高分子化合物；
D．既能和NaOH溶液反应又能与NaHCO3溶液的有机物应具有酸性，且酸性比碳酸强．
【解答】解：A．①苯和⑨聚乙烯中不含碳碳双键或者三键，不能与溴发生加成反应，故A错误；
B．⑧硬脂酸甘油酯官能团为酯基不能与钠反应，故B错误；
C．⑧硬脂酸甘油酯不是高分子化合物，不属于高分子材料，故C错误；
D．既能和NaOH溶液反应又能与NaHCO3溶液的有机物应具有酸性，且酸性比碳酸强，只有乙酸符合，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了常见有机物的结构与性质，为高考常见题型，侧重于双基的考查，题目涉及到的物质和反应比较多，且都是高考常考的知识点，难度中等，熟悉各种物质的机构和性质是解答本题的关键．
6．下列实验装置图及关于用途的描述，正确的是（ ）
A．
如图装置：用于制取并收集乙酸乙酯
B．
如图装置：用于分离两种沸点不同的物质
C．
如图装置：收集氨气时，从a口进气b口排气
D．
如图装置：可用来快速制取氨气
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．吸收乙酸乙酯的导管不能伸入饱和碳酸钠溶液溶液中，否则会发生倒吸现象；
B．蒸馏操作中，不能用水浴加热，且温度计的水银球应该放在支管口处；
C．氨气密度需要空气，应该采用短进长出的方法；
D．氧化钙与浓氨水能够反应生成一定量的氨气．
【解答】解：A．用于收集乙酸乙酯的导管伸入溶液中会发生倒吸现象，故A错误；
B．用于分离两种沸点不同的物质，不能用水浴加热，且温度计的水银球没有放在支管口处，故B错误；
C．氨气的密度需要空气，则收集氨气的导管采用短进长出的方法，即从b口进气a口排气，故C错误；
D．图示装置中，圆底烧瓶中盛放氧化钙，分液漏斗中装入浓氨水，该装置可以快速制取氨气，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及氨气制取与收集、乙酸乙酯制备、物质分离与提纯方法等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．
7．根据转化关系判断下列说法正确的是（ ）
A．（C6H10O5）n可以是淀粉或纤维素，二者均属于多糖，互为同分异构体
B．可以利用银镜反应证明反应①的最终产物为葡萄糖
C．酸性高锰酸钾可将乙醇氧化为乙酸，将烧黑的铜丝趁热捕插乙醇中也可得到乙酸
D．在反应②得到的混合物中倒入饱和氢氧化钠溶液并分液可得到纯净的乙酸乙酯
【考点】葡萄糖的性质和用途；乙醇的化学性质．
【分析】A．化学式中的n值不同；
B．醛基能发生银镜反应；
C．乙醇与氧化铜加热生成乙醛；
D．乙酸乙酯在碱性条件下发生水解．
【解答】解：A．淀粉和纤维素是多糖，高分子化合物，化学式中的n值不同，不是同分异构体，故A错误；
B．葡萄糖中含有醛基，醛基能发生银镜反应，故B正确；
C．乙醇与氧化铜加热生成乙醛，得不到乙酸，故C错误；
D．乙酸乙酯在碱性条件下发生水解，将原物质除掉，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查有机物的结构与性质，题目难度不大，注意除杂不能将原物质除掉．
8．下列操作或装置能达到实验目的是（ ）
A．
如图可用于收集气体H2、CO2、Cl2、NH3
B．
如图除去氯气中的氯化氢
C．
如图配制0.1mol/LNaOH溶液
D．
如图苯萃取碘水中I2，分离出水后的操作
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．H2、CO2、Cl2、NH3都可用排空气法收集，密度大小不同，可从不同的进气管进气
B．氯气和氯化氢都与碳酸氢钠反应；
C．不能在容量瓶中溶解氢氧化钠固体；
D．苯的密度小于水，应该从分液漏斗的上口倒出含碘单质的苯溶液．
【解答】解：A．H2、NH3密度比空气小，从a进气，CO2、Cl2密度比空气大，从b进气，该装置可用于收集气体H2、CO2、Cl2、NH3，故A正确；
B．氯气能够与碳酸氢钠溶液反应，不能用饱和碳酸氢钠溶液除去氯气中的氯化氢，故B错误；
C．配制氢氧化钠溶液时，应该在烧杯中溶解氢氧化钠固体，不能直接用容量瓶溶解，故C错误；
D．苯萃取碘水中的碘，苯的密度小于水，在分液漏斗的上层，应从上口倒出，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质分离与提纯、气体收集、溶液配制等知识，为高考常见题型，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题侧重于学生的分析能力和实验能力的考查．
9．下列各组反应最终生成白色沉淀生成的是（ ）
①金属钠投入到FeCl2溶液中
②过量NaOH溶液和AlCl3溶液混合
③少量Ca（OH）2投入NaHCO3溶液中
④过量CO2通入Na[Al（OH）4]溶液中．
A．③④
B．②③④
C．①③④
D．①②③④
【考点】钠的化学性质；镁、铝的重要化合物．
【分析】①钠和水反应生成的氢氧化钠和FeCl2溶液发生复分解反应生成Fe（OH）2，最终生成红褐色的Fe（OH）3；
②Al（OH）3具有两性，可与NaOH反应生成NaAlO2，过量NaOH溶液和AlCl3溶液混合，先有白色沉淀，后沉淀溶解；
③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中发生复分解反应有碳酸钙是白色沉淀生成；
④碳酸酸性比氢氧化铝强，过量CO2通入Na[Al（OH）4]溶液中生成氢氧化铝白色沉淀．
【解答】解：①金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+FeCl2=Fe（OH）2↓+2NaCl，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，所以最终生成的沉淀是红褐色的，所以不符合，故①错误；
②过量NaOH溶液和AlCl3溶液混合，发生的反应是：3OH+Al3+=Al（OH）3↓，AlOH3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，所以最终没有沉淀生成，故②错误；
③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为：Ca（OH）2+NaHCO3=CaCO3↓+H2O+NaOH，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，故③正确；
④Na[Al（OH）4]溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，故④正确；
故选A．
【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性是解答本题的关键，注意③为易错选项，题目难度中等．
10．下列说法不正确的是（ ）
A．苯酚与甲醛在酸性条件下生成酚醛树脂的结构简式为
B．（NH4）2SO4和CuSO4溶液都能使蛋白质沉淀析出
C．醋酸和硬脂酸互为同系物，C6H14和C9H20也一定互为同系物
D．迷迭香酸的结构为它可以发生酯化、水解、加成等反应
【考点】结构简式；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．
【分析】A、酚醛树脂的结构简式为；
B、蛋白质在硫酸铵溶液中发生盐析，在硫酸铜中发生变性；
C、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；
D、迷迭香酸中含有羟基、﹣COOH、﹣COOC﹣、双键．
【解答】解：A．酚醛树脂的结构简式为，故A错误；
B．饱和（NH4）2SO4溶液能使蛋白质发生盐析，硫酸铜能使蛋白质发生变性，故B错误；
C．醋酸和硬脂酸都是一元羧酸，互为同系物；C6H14和C9H20均属于烷烃，故一定互为同系物，故C正确；
D．迷迭香酸中含有羟基、﹣CONH﹣和双键可以发生酯化、水解、加成等反应，故D正确．
故选AB．
【点评】本题考查蛋白质的性质和有机物的结构与性质，注意习题中的信息分析物质的性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，题目难度不大．
11．下列有机物命名及其一氯代物的同分异构体数目都正确的是（ ）
命名
一氯代物
A
2﹣甲基﹣2﹣乙基丙烷
3
B
1，3﹣二甲基苯
3
C
2，2，3﹣三甲基戊烷
6
D
2，3﹣二甲基﹣4﹣乙基己烷
7
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】有机化合物的异构现象；有机化合物命名．
【分析】烷烃命名符合“长、多、近、小、简”原则；有机物一氯取代物的同分异构体取决于氢原子的种类，根据等效氢原子的判断方法来回答．
【解答】解：A．2﹣甲基﹣2﹣乙基丙烷，选取的主链不是最长，正确命名为：2，2﹣二甲基丁烷，有3种氢原子，一氯代物3种，故A不符合；
B．1，3﹣二甲基苯构简式为：，有4种氢原子，一氯代物4种，故B不符合；
C．2，3，3﹣三甲基戊烷的结构简式为：CH3C（CH3）2CHCH3CH2CH3，有5种氢原子，一氯代物5种，故C不符合；
D．2，3﹣二甲基﹣4﹣乙基己烷CH3CHCH3CHCH3CH（CH2CH3）2，有7种氢原子，一氯代物7种，故D符合；
故选D．
【点评】本题考查了有机物的命名和一氯取代物的同分异构体，属于基础知识的考查，可以根据有机物命名方法判断，本题难度不大．
12．下列除去杂质的方法中正确的个数是（ ）
①．除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入Cl2，气液分离
②．除去乙醇中少量乙酸：加入碳酸钠溶液，分液
③．除去FeCl3溶液中少量的CuCl2，加入过量铁粉，过滤
④．除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤，蒸馏
⑤．除去甲苯中少量的苯甲酸：加入NaOH溶液后，静置，分液
⑥．除去乙醇中少量的水：加入生石灰，然后蒸馏
⑦．除去苯中混有的苯酚可加入浓溴水后过滤．
A．2
B．3
C．4
D．5
【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．
【分析】①光照下乙烷发生取代反应；
②乙酸与碳酸钠反应后，与乙醇不分层；
③Fe与氯化铜、氯化铁均反应；
④乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层；
⑤苯甲酸与NaOH反应后，与甲苯分层；
⑥CaO与水反应后，增大与醇的沸点差异；
⑦溴、三溴苯酚均溶于苯．
【解答】解：①光照下乙烷发生取代反应，不能除杂，应选溴水、洗气，故错误；
②乙酸与碳酸钠反应后，与乙醇不分层，不能分液，应选蒸馏法，故错误；
③Fe与氯化铜、氯化铁均反应，将原物质除去，不能除杂，故错误；
④乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可除杂，故错误；
⑤苯甲酸与NaOH反应后，与甲苯分层，然后分液可分离，故正确；
⑥CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，故正确；
⑦溴、三溴苯酚均溶于苯，不能除杂，用NaOH溶液、分液分离，故错误；
故选A．
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握有机物的性质、有机反应、混合物分离方法等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大．
13．某有机物分子式为C4H8，据此推测其结构和性质不可能的是（ ）
A．含有3个甲基
B．一氯代物只有一种
C．使溴水褪色
D．四个碳原子共平面
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】A．若含有3个甲基，分子中H原子数目大于8；
B．该有机物可能为环丁烷；
C．该有机物可能为丁烯；
D．该有机物可能为CH3CH=CHCH3或CH2=C（CH3）2．
【解答】解：A．若含有3个甲基，分子中H原子数目大于8，故不可能含有3个甲基，故A错误；
B．该有机物可能为环丁烷，分子中只有一种H原子，一氯代物只有一种，故B正确；
C．该有机物可能为丁烯，含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，使溴水褪色，故C正确；
D．该有机物可能为CH3CH=CHCH3或CH2=C（CH3）2，碳碳双键为平面结构，所有碳原子处于同一平面，故D正确，
故选：A．
【点评】本题考查有机物的结构与性质，关键是根据分子式判断物质可能的结构，难度不大，有利于学生发散思维培养．
14．如图中a、b、c、d、e、f是六种有机物，其中a是烃类，其余是烃的衍生物，下列有关说法正确的是（ ）abcdef．
A．若a的相对分子质量是42，则d是乙醛
B．若d的相对分子质量是44，则a是乙炔
C．若a为苯乙烯（C6H5﹣CH=CH2），则f的分子式是C16H3202
D．若a为单烯烃，则d与f的实验式一定相同
【考点】有机物的推断．
【分析】a是烃，其余为烃的衍生物，c能连被氧化，则c是醇、d是醛、e是羧酸，羧酸和醇反应生成酯，则f是酯，b发生取代反应生成醇c，则b续是溴代烃，a中含有碳碳双键，
A．若a的相对分子质量是42，则a是CH2=CHCH3，d是CH3CH2CHO；
B．若d的相对分子质量是44，则d是CH3CHO，a是CH2=CH2；
C．若a是苯乙烯，则f是苯乙酸苯乙酯；
D．若a是单烯烃，d是饱和一元醛、f是饱和一元酯．
【解答】解：a是烃，其余为烃的衍生物，c能连被氧化，则c是醇、d是醛、e是羧酸，羧酸和醇反应生成酯，则f是酯，b发生取代反应生成醇c，则b续是溴代烃，a中含有碳碳双键，
A．若a的相对分子质量是42，则a是CH2=CHCH3，b是CH2BrCH2CH3、c是CH3CH2CH2OH、d是CH3CH2CHO、e是CH3CH2COOH、f是CH3CH2COOCH2CH2CH3，所以d是丙醛，故A错误；
B．若d的相对分子质量是44，d是CH3CHO，则a是CH2=CH2、b是CH3CH2Br、CH3CH2OH、e是CH3COOH、f是CH3COOCH2CH3，所以a是乙烯，故B错误；
C．若a是苯乙烯，则b是2﹣溴苯乙烷，c是苯乙醇、d是苯乙醛、e是苯乙酸，f是苯乙酸苯乙酯，f的分子式为f的分子式是C16H1602，故C错误；
D．若a是单烯烃，则d是饱和一元醛、f是饱和一元酯，d的分子式为CnH2nO、f的分子式为C2nH4nO2，所以其最简式都是CnH2nO，最简式相同，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查有机物推断，为高频考查，涉及不饱和烃、卤代烃、醇、醛、羧酸和酯之间的转化为，明确官能团及其性质关系及常见反应类型、反应条件即可解答，知道烃的衍生物通式，题目难度不大．
15．CPAE是蜂胶的主要活性成分，它可由咖啡酸合成，其合成过程如下，下列说法正确的是（ ）
A．1mol
CPAE与足量的NaOH溶液、溴水反应，分别最多消耗3mol
B．可用金属Na检测上述反应是否残留苯乙醇
C．与苯乙醇互为同分异构体的酚类物质共有9种
D．咖啡酸可发生聚合反应，并且其分子中含有3种含氧官能团
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】A．含酚﹣OH、﹣COOC﹣，均与NaOH反应，酚羟基邻位氢原子可被溴水取代，碳碳双键可与溴发生加成反应；
B．CPAE中含酚﹣OH、苯乙醇中含﹣OH，均与Na反应；
C．与苯乙醇互为同分异构体的酚类物质，含酚﹣OH、乙基（或2个甲基）；
D．咖啡酸含C=C，酚﹣OH、﹣COOC．
【解答】解：A．含酚﹣OH、﹣COOC﹣，均与NaOH反应，则1
mol最多可与含3
mol
NaOH的溶液发生反应，酚羟基邻位氢原子可被溴水取代，碳碳双键可与溴发生加成反应，1mol有机物可与4mol溴发生反应，故A错误；
B．CPAE中含酚﹣OH、苯乙醇中含﹣OH，均与Na反应生成氢气，则不能用金属Na检测上述反应是否残留苯乙醇，故B错误；
C．与苯乙醇互为同分异构体的酚类物质，含酚﹣OH、乙基（或2个甲基），含酚﹣OH、乙基存在邻、间、对三种，两个甲基处于邻位的酚2种，两个甲基处于间位的有3种，两个甲基处于对位的有1种，共9种，故C正确；
D．咖啡酸含C=C，酚﹣OH、﹣COOC﹣，含有2种含氧官能团，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重羧酸、酚、醇等物质性质的考查，选项C为解答的难点，注意同分异构体的推断，题目难度不大．
16．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的组合是（ ）
①．标准状况下，11.2L水中含有分子的数目为0.5NA
②．100mL
0.2molL﹣1的FeCl3溶液中，含Fe3+数为0.02NA
③．1mol
Cl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数为NA
④．在密闭容器中加入0.5mol
N2和1.5mol
H2，充分反应后可得到NH3分子数为NA
⑤．物质的量浓度为0.1mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl﹣的个数为0.2NA
⑥．常温下，22gCO2和N2O的混合气体中，含有的原子数数目为1.5NA
⑦.1mol的氧气与足量的Na反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子总数为4NA
⑧．标准状况下，11.2L氦气中含有0.5NA个原子．
A．②③⑦⑧
B．⑤⑥⑧
C．①④⑤⑥
D．③⑥⑧
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】①标准状况下，水为液态；
②Fe3+为弱碱阳离子，在溶液中会水解；
③1mol
Cl2与NaOH溶液的反应为歧化反应；
④合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底；
⑤溶液体积不明确；
⑥CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，且均为三原子分子；
⑦氧气与Na反应，生成Na2O和Na2O2时，产物中氧元素的价态不同；
⑧求出氦气的物质的量，然后根据氦气为单原子分子来分析．
【解答】解：①标准状况下，水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故错误；
②Fe3+为弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铁离子的个数小于0.02NA个，故错误；
③1mol
Cl2与NaOH溶液的反应为歧化反应，1mol氯气转移1mol电子即NA个，故正确；
④合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故0.5mol
N2和1.5mol
H2，充分反应后可得到NH3分子数小于NA个，故错误；
⑤溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故错误；
⑥CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，故22g混合物的物质的量为0.5mol，且两者均为三原子分子，故0.5mol混合物中含1.5NA个原子，故正确；
⑦氧气与Na反应，生成Na2O和Na2O2时，产物中氧元素的价态不同，分别为﹣2价和﹣1价，但由于无法确定产物中Na2O和Na2O2的比例，故无法计算反应转移的电子数，故错误；
⑧标况下11.2L氦气的物质的量为0.5mol，而氦气为单原子分子，故0.5mol氦气中含0.5NA个原子，故正确．
故选D．
【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，属于基础型题目，难度不大．
17．从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4下列说法正确的是（ ）
A．Cu2S是还原产物，反应中1
mol
CuSO4失1
mol电子
B．5
mol
FeS2发生反应，有10
mol电子转移
C．产物中的SO42﹣离子有一部分是氧化产物
D．FeS2只作还原剂
【考点】氧化还原反应．
【分析】反应14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素化合价降低，被还原，CuSO4为氧化剂，FeS2中S元素化合价为﹣1价，反应后分别升高为+6价、降低为﹣2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，从元素化合价的角度判断并计算该题．
【解答】解：A．CuSO4→Cu2S，FeS2→Cu2S，Cu元素化合价降低，S元素化合价降低，则Cu2S是还原产物，反应中1
mol
CuSO4得1
mol电子，故A错误；
B．5molFeS2发生反应，Cu元素化合价由+2价→+1价，14molCuSO4得到14mol电子，FeS2→Cu2S，S元素的化合价由﹣1价→﹣2价，生成7molCu2S，得到7mol电子，有21mol电子转移，故B错误；
C．由化学方程式可知，反应物中含有14molSO42﹣离子，生成物中有17molSO42﹣离子，则有3molS被氧化，即产物中的SO42﹣部分有一部分是氧化产物，故C正确；
D．FeS2中S元素化合价为﹣1价，反应后分别升高为+6价、降低为﹣2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、基本概念、转移电子计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见元素的化合价，题目难度不大．
18．X、Y、Z、W四种物质的转化关系如图所示（部分反应物与产物已略），下列组合中不符合该关系的是（ ）
A
B
C
D
X
HCl
Na2O2
Na2CO3
Al
Y
FeCl2
NaOH
CO2
Na[Al（OH）4]
Z
Cl2
Na2CO3
CaCO3
AlCl3
W
FeCl3
NaHCO3
Ca（HCO3）2
Al（OH）3
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】无机物的推断；氯气的化学性质；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．
【分析】A．X为HCl，X与Fe反应生成Y为FeCl2，X与二氧化锰反应生成Z为Cl2，FeCl2与Cl2反应生成W为FeCl3；
B．X为Na2O2，X与水反应生成Y为NaOH，X与二氧化碳反应生成Z为Na2CO3，Y与Z不能发生反应；
C．X为Na2CO3，X与HCl反应生成Y为CO2，X与氢氧化钙反应生成Z为CaCO3，CO2与、水CaCO3反应生成W为Ca（HCO3）2；
D．X为Al，X与NaOH反应生成Y为Na[Al（OH）4]，X与盐酸反应生成Z为AlCl3，Na[Al（OH）4]与AlCl3反应生成W为Al（OH）3．
【解答】解：A．X为HCl，X与Fe反应生成Y为FeCl2，X与二氧化锰反应生成Z为Cl2，FeCl2与Cl2反应生成W为FeCl3，符合图中转化关系，故A正确；
B．X为Na2O2，X与水反应生成Y为NaOH，X与二氧化碳反应生成Z为Na2CO3，Y与Z不能发生反应，则不符合图中转化关系，故B错误；
C．X为Na2CO3，X与HCl反应生成Y为CO2，X与氢氧化钙反应生成Z为CaCO3，CO2与、水CaCO3反应生成W为Ca（HCO3）2，符合图中转化关系，故C正确；
D．X为Al，X与NaOH反应生成Y为Na[Al（OH）4]，X与盐酸反应生成Z为AlCl3，Na[Al（OH）4]与AlCl3反应生成W为Al（OH）3，符合图中转化关系，故D正确；
故选B．
【点评】本题考查无机物的推断及元素化合物性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及相互转化关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．
二、解答题（共5小题，满分56分）
19．化学是一门以实验为基础的学科．
（1）下列描述正确的是 AC ．
A．容量瓶、分液漏斗在使用时需要检验是否漏水
B．海带提取碘实验中，灼烧海带时需要用到的仪器有玻璃棒、蒸发皿、泥三角、三脚架、酒精灯
C．向含有Fe2+的FeCl3溶液中通入Cl2或滴加H2O2均可以除去Fe2+
D．检验Na2SO3固体是否被氧化：取少量固体溶于水，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，滴加稀硝酸，观察白色沉淀是否溶解
（2）实验室中常用如图仪器制取、净化和收集气体．
①关闭A装置中的止水夹，向分液漏斗中加入适量水，打开活塞，说明A装置气密性良好的现象是
分液漏斗内液面高度保持不变（或液体不再滴下） ．
②实验室可利用A装置在加热条件下制取Cl2，写出该反应的离子方程式 MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O
③若用B装置除去SO2中混有的HCl气体，B中盛放试剂的名称为 饱和碳酸氢钠溶液 ．
【考点】化学实验方案的评价；常见气体制备原理及装置选择．
【分析】（1）A．具有塞子或活塞的仪器使用前需要检查是否漏液；
B．灼烧海带在坩埚中进行；
C．亚铁离子具有还原性，加氧化剂不能引入新杂质；
D．加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，白色沉淀可能为亚硫酸钡；
（2）①由图中装置可知，关闭止水夹，利用液差法检验气密性；
②利用A装置在加热条件下制取Cl2，选择浓盐酸与二氧化锰反应；
③碳酸氢钠与HCl反应生成二氧化碳．
【解答】解：（1）A．具有塞子或活塞的仪器使用前需要检查是否漏液，则容量瓶、分液漏斗在使用时需要检验是否漏水，故A正确；
B．灼烧海带在坩埚中进行，需要的仪器为坩埚、泥三角、三角架、玻璃棒、酒精灯，故B错误；
C．亚铁离子具有还原性，加氧化剂不能引入新杂质，则通入Cl2或滴加H2O2均可以除去Fe2+，故C正确；
D．加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，白色沉淀可能为亚硫酸钡，再加硝酸发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，沉淀不溶解，不能说明是否氧化，故D错误；
故答案为：AC；
（2）①关闭A装置中的止水夹，向分液漏斗中加入适量水，打开活塞，说明A装置气密性良好的现象是分液漏斗内液面高度保持不变（或液体不再滴下），
故答案为：分液漏斗内液面高度保持不变（或液体不再滴下）；
②利用A装置在加热条件下制取Cl2，选择浓盐酸与二氧化锰反应，离子反应为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
③用B装置除去CO2中混有的HCl气体，试剂为饱和碳酸氢钠溶液，除去HCl，同时抑制CO2气体的溶解，故答案为：饱和碳酸氢钠溶液．
【点评】本题考查化学实验方案的评价及气体的制备实验，综合性较强，侧重分析与实验能力的综合考查，把握物质的性质、实验技能为解答的关键，题目难度中等．
20．草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10﹣2，K2=5.4×10﹣5．草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水．草酸晶体（H2C2O42H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水，升华，170℃以上分解．
回答下列问题．
（1）甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物．装置C中可观察到的现象是 有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊 ，由此可知草酸晶体分解的产物中有 CO2 ．装置B的主要作用是 冷凝（水蒸气和草酸），防止草酸进入装置C反应生成沉淀而干扰CO2的检验 ．
（2）乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和图2所示的部分装置（可以重复选用）进行实验．
①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、 F、D、G、H、D 、I，装置H反应管中盛有的物质是 CuO ．
②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是 H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊 ．
（3）设计实验证明：草酸的酸性比碳酸的强 向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸 ．
【考点】性质实验方案的设计．
【分析】（1）草酸晶体（H2C2O42H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳而使澄清石灰水变浑浊；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰实验；
（2）①要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO的还原性将CO氧化，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO；H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生；
②CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；
（3）要证明草酸酸性大于碳酸，可以利用强酸制取弱酸．
【解答】解：（1）草酸晶体（H2C2O42H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成难溶性的碳酸钙沉淀而使澄清石灰水变浑浊，所以C中观察到的现象是：有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，草酸易挥发，导致生成的气体中含有草酸，草酸和氢氧化钙反应生成难溶性的草酸钙而干扰二氧化碳的检验，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰二氧化碳的检验，
故答案为：有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊；CO2；冷凝（水蒸气和草酸），防止草酸进入装置C反应生成沉淀而干扰CO2的检验；
（2）①要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO和CuO发生还原反应生成CO2，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO避免环境污染，所以其连接顺序是A、B、F、D、G、H、D、I；
H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生，CuO能被CO还原且反应过程中黑色固体变为红色，现象明显，所以H中盛放的物质是CuO，
故答案为：F、D、G、H、D；CuO；
②CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，且CO将黑色的CuO还原为红色的Cu，只要H中黑色固体转化为红色且其后的D装置溶液变浑浊就说明含有CO，
故答案为：H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊；
（3）要证明草酸酸性大于碳酸，可以利用强酸制取弱酸，向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸，
故答案为：向盛有少量
NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸．
【点评】本题考查性质实验方案设计，为高频考点，侧重考查学生知识综合应用、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，难点是排列实验先后顺序，根据实验目的及物质的性质进行排列顺序，注意要排除其它因素干扰，题目难度中等．
21．A～G都是有机化合物，它们的转化关系如下：
请回答下列问题：
（1）已知：6.0g化合物E完全燃烧生成8.8g
CO2和3.6g
H2O；E的蒸气与氢气的相对密度为30，则E的分子式为 C2H4O2
（2）A为一取代芳烃，B中含有一个甲基．由B生成C的化学方程式为
（3）由B生成D的反应条件是 氢氧化钠醇溶液、加热
（4）F存在于枙子香油中，其结构简式是 ．
（5）在G的同分异构体中，苯环上一硝化产物只有一种且核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1：1的是 （结构简式）
【考点】有机物的推断．
【分析】E的蒸气与氢气的相对密度为30，则Mr（E）=30×2=60，6.0gE的物质的量是0.1mol，完全燃烧后生成CO2和
H2O的物质的量分别为=0.2mol，
=0.2mol，分子中N（C）==2、N（H）==4，故N（O）==2，故E的分子式是C2H4O2．A为一取代芳烃，由分子式可知为苯的同系物，故A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，B为卤代烃，B发生水解反应生成C，B、C均转化得到D，结构G的分子式可知，B、C发生消去反应生成D，D中含有碳碳双键，而B中含有一个甲基，则B为，B发生水解反应生成C为，C与E反应生成F，结合F的分子式可知，应是发生酯化反应，则E为CH3COOH，F为，B、C均发生消去反应生成D为，则G为，据此解答．
【解答】解：E的蒸气与氢气的相对密度为30，则Mr（E）=30×2=60，6.0gE的物质的量是0.1mol，完全燃烧后生成CO2和
H2O的物质的量分别为=0.2mol，
=0.2mol，分子中N（C）==2、N（H）==4，故N（O）==2，故E的分子式是C2H4O2．A为一取代芳烃，由分子式可知为苯的同系物，故A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，B为卤代烃，B发生水解反应生成C，B、C均转化得到D，结构G的分子式可知，B、C发生消去反应生成D，D中含有碳碳双键，而B中含有一个甲基，则B为，B发生水解反应生成C为，C与E反应生成F，结合F的分子式可知，应是发生酯化反应，则E为CH3COOH，F为，B、C均发生消去反应生成D为，则G为，
（1）由上述分析可知，E的分子式为C2H4O2，故答案为：C2H4O2；
（2）由B生成C的化学方程式为，
故答案为：；
（3）由B生成D是发生消去反应生成，反应条件为：氢氧化钠醇溶液、加热，
故答案为：氢氧化钠醇溶液、加热；
（4）由上述分析可知，F结构简式为，故答案为：；
（5）在G（）的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种，其中核磁共振有两组峰，且峰面积比为1：1，对称性高，可以含有2个相同的取代基，且处于对位，结构简式为，故答案为：．
【点评】本题考查有机物推断，关键是确定A为乙苯，再结合转化关系及分子式推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等．
22．有机高分子化合物G的合成路线如图：
已知：①A既能与NaHCO3反应，又能与FeCl3发生显色反应，其核磁共振氢谱有4组峰；C能发生银镜反应；
②RCHO+R′CH2CHO+H2O
（1）B中所含官能团的名称是 羟基 ，D→E的反应类型为 还原反应（或加成反应）
（2）写出B→C以及A+E→F的化学方程式：
B→C 2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O
A+E→F
（3）关于F的性质，正确的是 BC
A．所有原子可能在同一平面内B．存在顺反异构现象
C．能够使酸性高锰酸钾溶液褪色D．生成G的反应为缩聚反应
（4）写出G的结构简式： ．
（5）A的一种同分异构体X属于芳香族化合物，具有如下特点：①能发生水解反应
②能发生银镜反应
③能与FeCl3溶液发生显色反应
④核磁共振氢谱有4组峰．请写出X与足量NaOH溶液反应的化学方程式：
（6）符合下列条件的E的同分异构体有 15 种
①能发生银镜反应
②苯环上有2个取代基．
【考点】有机物的合成．
【分析】A既能与NaHCO3溶液反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，说明A中有酚羟基和羧基，其核磁共振氢谱有4个峰，根据A的分子式可知A为，根据题中各物质转化关系，B能氧化生成C，C能发生银镜反应，即有醛基，根据B的分子式可知，B为CH3CH2CH2OH，C为CH3CH2CHO，C发生信息②中的反应生成D为，所以比较D和E的相对分子质量可知，D与氢气发生加成反应生成E为，A与E发生酯化反应生成F为，F发生加聚反应可得高分子G为，据此答题．
【解答】解：A既能与NaHCO3溶液反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，说明A中有酚羟基和羧基，其核磁共振氢谱有4个峰，根据A的分子式可知A为，根据题中各物质转化关系，B能氧化生成C，C能发生银镜反应，即有醛基，根据B的分子式可知，B为CH3CH2CH2OH，C为CH3CH2CHO，C发生信息②中的反应生成D为，所以比较D和E的相对分子质量可知，D与氢气发生加成反应生成E为，A与E发生酯化反应生成F为，F发生加聚反应可得高分子G为，
（1）根据上面的分析可知，B为CH3CH2CH2OH，B中所含官能团的名称是羟基，D→E的反应类型为
还原反应（或加成反应），
故答案为：羟基；还原反应（或加成反应）；
（2）B→C的化学方程式为2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O，A+E→F的化学方程式为，
故答案为：2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O；；
（3）F为，关于F的性质，
A．F中有甲基碳原子，所以所有原子不可能在同一平面内，故A错误；
B．F中碳碳双键上连有的原子或原子团各不相同，所以存在顺反异构现象，故B正确；
C．F中有碳碳双键，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D．F中有碳碳双键，生成G的反应为加聚反应，故D错误，
故选BC；
（4）根据上面的分析可知，G为，
故答案为：；
（5）A为，A的一种同分异构体X属于芳香族化合物，说明有苯环，具有如下特点：①能发生水解反应，说明有酯基，②能发生银镜反应说明有醛基，③能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，④核磁共振氢谱有4组峰，即有4种位置的氢，则符合条件的结构为，X与足量NaOH溶液反应的化学方程式为，
故答案为：；
（6）E为，根据条件①能发生银镜反应，说明有醛基，②苯环上有2个取代基，则符合条件的E的同分异构体为苯环上连有﹣CHO、﹣CH2CH2CH3，或﹣CHO、﹣CH（CH3）2，或﹣CH2CHO、﹣CH2CH3，或﹣CH2CH2CHO、﹣CH3，或﹣CH（CH3）CHO、﹣CH3，每种都有邻间对三种，所以共有15种，
故答案为：15．
【点评】本题以有机物合成考查有机物的结构与性质，题目难度较大，本题注意根据物质的结构进行推断，易错点为（6），注意根据条件书写同分异构体．
23．某化学小组通过查阅资料，设计了如图所示的方法以含镍废催化剂为原料来制备NiSO47H2O．已知某化工厂的含镍废催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）．
部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH如表：
沉淀物
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Al（OH）3
3.8
5.2
Fe（OH）3
2.7
3.2
Fe（OH）2
7.6
9.7
Ni（OH）2
7.1
9.2
（1）“碱浸”过程中发生反应的离子方程式是 2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑、Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+3H2O
操作a中需要的玻璃仪器 烧杯、漏斗、玻璃棒
（2）“酸浸”时所加入的酸是 H2SO4
（填化学式）．
（3）加入H2O2时发生反应的离子方程式为 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O
（4）操作b为调节溶液的pH，你认为pH的调控范围是 3.2≤PH＜7.1 ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）．碱浸过滤得到固体加入酸浸过滤加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子和铝离子全部沉淀，镍离子不沉淀，过滤后调节溶液PH2﹣3防止镍离子水解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO47H2O晶体，
（1）含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）的单质及氧化物，铝和氧化铝都可以和强酸强碱反应溶解得到溶液含有偏铝酸盐；操作a为过滤操作；
（2）依据最后制备NiSO47H2O，防止引入其他杂志离子需要加入硫酸进行溶解；
（3）过氧化氢具有强氧化性，可与亚铁离子发生氧化还原反应；
（4）依据氢氧化物沉淀的PH分析判断，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀得到较纯净的硫酸镍溶液．
【解答】解：化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）．碱浸过滤得到固体加入酸浸过滤加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子和铝离子全部沉淀，镍离子不沉淀，过滤后调节溶液PH2﹣3防止镍离子水解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO47H2O晶体，
（1））“碱浸”过程中是为了除去铝及其氧化物，铝是两性元素和强碱反应，氧化铝是两性氧化物和强碱反应，镍单质和铁及其氧化物不和碱反应达到除去铝元素的目的；反应的两种方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑、Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+3H2O，操作a为过滤操作，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑、Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+3H2O；烧杯、漏斗、玻璃棒；
（2）“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备
目的是得到NiSO47H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸，
故答案为：H2SO4；
（3）过氧化氢具有强氧化性，可与亚铁离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
（4）依据图表中沉淀需要的溶液pH，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀得到较纯净的硫酸镍溶液，pH应在3.2﹣7.1间，
故答案为：3.2≤PH＜7.1．
【点评】本题考查了物质分离的实验设计和方法应用，为高考常见题型，主要是利用溶液不同PH条件下离子沉淀的情况不同，控制溶液PH除去杂质离子，得到较纯净的硫酸镍溶液来制备硫酸镍晶体，同时考查了除杂原则不能引入新的杂质，铝及其化合物性质分析判断，题目难度中等．
一、选择题（1～10题每小题2分，11～18题每小题2分）
1．下列盛放试剂或取用试剂的方法，正确的是（ ）
A．浓硝酸或氢氟酸存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中
B．汽油或煤油存放在带橡皮塞的棕色玻璃瓶中
C．用碱式滴定管准确量取25.00mL的KMnO4溶液
D．新制氯水或硝酸银溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中
2．下列说法正确的是（ ）
A．碘沾在手上用酒精洗涤
B．用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3
C．乙烯和聚乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应
3．下列说法正确的是（ ）
A．葡萄糖能水解成乙醇和二氧化碳
B．氨基乙酸、甲醛、乙二醇均可自身或与其他物质发生聚合反应
C．苯酚能跟碳酸钠溶液反应，则苯酚的酸性比碳酸强
D．实验室用溴乙烷在浓硫酸存在并加热条件下制备乙烯
4．下列各组中的反应，属于同一反应类型的是（ ）
A．由溴丙烷水解制丙醇，由丙烯与水反应制丙醇
B．由甲苯硝化制对硝基甲苯，由甲苯氧化制苯甲酸
C．由氯乙烷制乙烯，由丙烯与溴反应制1，2二溴丙烷
D．由乙酸和乙醇制乙酸乙酯，由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇
5．下面是生产生活中的常见
有机物的分子式、结构（简）式或名称：①②③④⑤CH3CH2OH，⑥C6H12O6，⑦CH3COOH，⑧硬脂酸甘油酯，⑨聚乙烯
下列有关说法正确的是（ ）
A．能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应并使之褪色的有①②④⑨
B．投入钠能产生H2的是⑤⑦⑧
C．属于高分子材料的是⑧⑨
D．既能和NaOH溶液反应又能与NaHCO3溶液反应的是
⑦
6．下列实验装置图及关于用途的描述，正确的是（ ）
A．
如图装置：用于制取并收集乙酸乙酯
B．
如图装置：用于分离两种沸点不同的物质
C．
如图装置：收集氨气时，从a口进气b口排气
D．
如图装置：可用来快速制取氨气
7．根据转化关系判断下列说法正确的是（ ）
A．（C6H10O5）n可以是淀粉或纤维素，二者均属于多糖，互为同分异构体
B．可以利用银镜反应证明反应①的最终产物为葡萄糖
C．酸性高锰酸钾可将乙醇氧化为乙酸，将烧黑的铜丝趁热捕插乙醇中也可得到乙酸
D．在反应②得到的混合物中倒入饱和氢氧化钠溶液并分液可得到纯净的乙酸乙酯
8．下列操作或装置能达到实验目的是（ ）
A．
如图可用于收集气体H2、CO2、Cl2、NH3
B．
如图除去氯气中的氯化氢
C．
如图配制0.1mol/LNaOH溶液
D．
如图苯萃取碘水中I2，分离出水后的操作
9．下列各组反应最终生成白色沉淀生成的是（ ）
①金属钠投入到FeCl2溶液中
②过量NaOH溶液和AlCl3溶液混合
③少量Ca（OH）2投入NaHCO3溶液中
④过量CO2通入Na[Al（OH）4]溶液中．
A．③④
B．②③④
C．①③④
D．①②③④
10．下列说法不正确的是（ ）
A．苯酚与甲醛在酸性条件下生成酚醛树脂的结构简式为
B．（NH4）2SO4和CuSO4溶液都能使蛋白质沉淀析出
C．醋酸和硬脂酸互为同系物，C6H14和C9H20也一定互为同系物
D．迷迭香酸的结构为它可以发生酯化、水解、加成等反应
11．下列有机物命名及其一氯代物的同分异构体数目都正确的是（ ）
命名
一氯代物
A
2﹣甲基﹣2﹣乙基丙烷
3
B
1，3﹣二甲基苯
3
C
2，2，3﹣三甲基戊烷
6
D
2，3﹣二甲基﹣4﹣乙基己烷
7
A．A
B．B
C．C
D．D
12．下列除去杂质的方法中正确的个数是（ ）
①．除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入Cl2，气液分离
②．除去乙醇中少量乙酸：加入碳酸钠溶液，分液
③．除去FeCl3溶液中少量的CuCl2，加入过量铁粉，过滤
④．除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤，蒸馏
⑤．除去甲苯中少量的苯甲酸：加入NaOH溶液后，静置，分液
⑥．除去乙醇中少量的水：加入生石灰，然后蒸馏
⑦．除去苯中混有的苯酚可加入浓溴水后过滤．
A．2
B．3
C．4
D．5
13．某有机物分子式为C4H8，据此推测其结构和性质不可能的是（ ）
A．含有3个甲基
B．一氯代物只有一种
C．使溴水褪色
D．四个碳原子共平面
14．如图中a、b、c、d、e、f是六种有机物，其中a是烃类，其余是烃的衍生物，下列有关说法正确的是（ ）abcdef．
A．若a的相对分子质量是42，则d是乙醛
B．若d的相对分子质量是44，则a是乙炔
C．若a为苯乙烯（C6H5﹣CH=CH2），则f的分子式是C16H3202
D．若a为单烯烃，则d与f的实验式一定相同
15．CPAE是蜂胶的主要活性成分，它可由咖啡酸合成，其合成过程如下，下列说法正确的是（ ）
A．1mol
CPAE与足量的NaOH溶液、溴水反应，分别最多消耗3mol
B．可用金属Na检测上述反应是否残留苯乙醇
C．与苯乙醇互为同分异构体的酚类物质共有9种
D．咖啡酸可发生聚合反应，并且其分子中含有3种含氧官能团
16．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的组合是（ ）
①．标准状况下，11.2L水中含有分子的数目为0.5NA
②．100mL
0.2molL﹣1的FeCl3溶液中，含Fe3+数为0.02NA
③．1mol
Cl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数为NA
④．在密闭容器中加入0.5mol
N2和1.5mol
H2，充分反应后可得到NH3分子数为NA
⑤．物质的量浓度为0.1mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl﹣的个数为0.2NA
⑥．常温下，22gCO2和N2O的混合气体中，含有的原子数数目为1.5NA
⑦.1mol的氧气与足量的Na反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子总数为4NA
⑧．标准状况下，11.2L氦气中含有0.5NA个原子．
A．②③⑦⑧
B．⑤⑥⑧
C．①④⑤⑥
D．③⑥⑧
17．从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4下列说法正确的是（ ）
A．Cu2S是还原产物，反应中1
mol
CuSO4失1
mol电子
B．5
mol
FeS2发生反应，有10
mol电子转移
C．产物中的SO42﹣离子有一部分是氧化产物
D．FeS2只作还原剂
18．X、Y、Z、W四种物质的转化关系如图所示（部分反应物与产物已略），下列组合中不符合该关系的是（ ）
A
B
C
D
X
HCl
Na2O2
Na2CO3
Al
Y
FeCl2
NaOH
CO2
Na[Al（OH）4]
Z
Cl2
Na2CO3
CaCO3
AlCl3
W
FeCl3
NaHCO3
Ca（HCO3）2
Al（OH）3
A．A
B．B
C．C
D．D
二、解答题（共5小题，满分56分）
19．化学是一门以实验为基础的学科．
（1）下列描述正确的是______．
A．容量瓶、分液漏斗在使用时需要检验是否漏水
B．海带提取碘实验中，灼烧海带时需要用到的仪器有玻璃棒、蒸发皿、泥三角、三脚架、酒精灯
C．向含有Fe2+的FeCl3溶液中通入Cl2或滴加H2O2均可以除去Fe2+
D．检验Na2SO3固体是否被氧化：取少量固体溶于水，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，滴加稀硝酸，观察白色沉淀是否溶解
（2）实验室中常用如图仪器制取、净化和收集气体．
①关闭A装置中的止水夹，向分液漏斗中加入适量水，打开活塞，说明A装置气密性良好的现象是
______．
②实验室可利用A装置在加热条件下制取Cl2，写出该反应的离子方程式______
③若用B装置除去SO2中混有的HCl气体，B中盛放试剂的名称为______．
20．草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10﹣2，K2=5.4×10﹣5．草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水．草酸晶体（H2C2O42H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水，升华，170℃以上分解．
回答下列问题．
（1）甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物．装置C中可观察到的现象是______，由此可知草酸晶体分解的产物中有______．装置B的主要作用是______．
（2）乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和图2所示的部分装置（可以重复选用）进行实验．
①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、______、I，装置H反应管中盛有的物质是______．
②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是______．
（3）设计实验证明：草酸的酸性比碳酸的强______．
21．A～G都是有机化合物，它们的转化关系如下：
请回答下列问题：
（1）已知：6.0g化合物E完全燃烧生成8.8g
CO2和3.6g
H2O；E的蒸气与氢气的相对密度为30，则E的分子式为______
（2）A为一取代芳烃，B中含有一个甲基．由B生成C的化学方程式为______
（3）由B生成D的反应条件是______
（4）F存在于枙子香油中，其结构简式是______．
（5）在G的同分异构体中，苯环上一硝化产物只有一种且核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1：1的是______（结构简式）
22．有机高分子化合物G的合成路线如图：
已知：①A既能与NaHCO3反应，又能与FeCl3发生显色反应，其核磁共振氢谱有4组峰；C能发生银镜反应；
②RCHO+R′CH2CHO+H2O
（1）B中所含官能团的名称是______，D→E的反应类型为______
（2）写出B→C以及A+E→F的化学方程式：
B→C______
A+E→F______
（3）关于F的性质，正确的是______
A．所有原子可能在同一平面内B．存在顺反异构现象
C．能够使酸性高锰酸钾溶液褪色D．生成G的反应为缩聚反应
（4）写出G的结构简式：______．
（5）A的一种同分异构体X属于芳香族化合物，具有如下特点：①能发生水解反应
②能发生银镜反应
③能与FeCl3溶液发生显色反应
④核磁共振氢谱有4组峰．请写出X与足量NaOH溶液反应的化学方程式：______
（6）符合下列条件的E的同分异构体有______种
①能发生银镜反应
②苯环上有2个取代基．
23．某化学小组通过查阅资料，设计了如图所示的方法以含镍废催化剂为原料来制备NiSO47H2O．已知某化工厂的含镍废催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）．
部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH如表：
沉淀物
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Al（OH）3
3.8
5.2
Fe（OH）3
2.7
3.2
Fe（OH）2
7.6
9.7
Ni（OH）2
7.1
9.2
（1）“碱浸”过程中发生反应的离子方程式是______
操作a中需要的玻璃仪器______
（2）“酸浸”时所加入的酸是______
（填化学式）．
（3）加入H2O2时发生反应的离子方程式为______
（4）操作b为调节溶液的pH，你认为pH的调控范围是______．
2015-2016学年山东省德州市武城二中高二（下）月考化学试卷（6月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（1～10题每小题2分，11～18题每小题2分）
1．下列盛放试剂或取用试剂的方法，正确的是（ ）
A．浓硝酸或氢氟酸存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中
B．汽油或煤油存放在带橡皮塞的棕色玻璃瓶中
C．用碱式滴定管准确量取25.00mL的KMnO4溶液
D．新制氯水或硝酸银溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．氢氟酸与玻璃中的二氧化硅反应；
B．汽油或煤油等有机溶剂易使橡胶溶解而膨胀；
C．高锰酸钾腐蚀橡胶管；
D．次氯酸、硝酸银见光易分解．
【解答】解：A．玻璃中含有二氧化硅，与氢氟酸反应，不能用玻璃瓶盛放氢氟酸，故A错误；
B．汽油或煤油等有机溶剂易使橡胶溶解而膨胀，因而不能用橡胶塞，故B错误；
C．碱式滴定管有橡胶管，而高锰酸钾腐蚀橡胶管，应用酸式滴定管，故C错误；
D．氯水中含有次氯酸，次氯酸、硝酸银见光易分解，应存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中，故D正确．
故选D．
【点评】本题以药品的存放为载体综合考查元素化合物知识，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的合理性的评价，难度不大．
2．下列说法正确的是（ ）
A．碘沾在手上用酒精洗涤
B．用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3
C．乙烯和聚乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】A．碘易溶于酒精；
B．HCOOCH3和HCOOCH2CH3中H的种类分别为2、3；
C．聚乙烯不含碳碳双键；
D．单糖不能发生水解反应．
【解答】解：A．碘易溶于酒精，不易溶于水，则碘沾在手上可用酒精洗涤，故A正确；
B．HCOOCH3和HCOOCH2CH3中H的种类分别为2、3，H的种类不同，则用核磁共振氢谱能区分，故B错误；
C．聚乙烯不含碳碳双键，不能发生加成反应，而乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C错误；
D．单糖不能发生水解反应，而二糖、多糖、油脂、蛋白质都能发生水解反应，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大．
3．下列说法正确的是（ ）
A．葡萄糖能水解成乙醇和二氧化碳
B．氨基乙酸、甲醛、乙二醇均可自身或与其他物质发生聚合反应
C．苯酚能跟碳酸钠溶液反应，则苯酚的酸性比碳酸强
D．实验室用溴乙烷在浓硫酸存在并加热条件下制备乙烯
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】A．葡萄糖为单糖，不能水解；
B．氨基乙酸中含有氨基和羧基，甲醛中含有醛基，乙二醇中含有羟基，可在一定条件下发生缩聚反应；
C．苯酚不碳酸钠反应，但不生成二氧化碳气体；
D．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应．
【解答】解：A．葡萄糖为单糖，不能水解，在酒曲酶的作用下可生成乙醇，故A错误；
B．氨基乙酸中含有氨基和羧基，甲醛中含有醛基，乙二醇中含有羟基，均可与一些物质发生缩聚反应脱去H2O，故B正确；
C．苯酚不碳酸钠反应，但不生成二氧化碳气体，酸性比碳酸弱，故C错误；
D．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应，而乙醇可在浓硫酸作用下发生消去反应生成乙烯，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查了有机物的结构和化学性质，为高频考点，涉及葡萄糖、苯酚、溴乙烷等物质的性质、所聚反应的条件、乙烯的制备等，把握反应原理及反应条件为解答的关键，侧重有机物性质的考查，题目难度不大．
4．下列各组中的反应，属于同一反应类型的是（ ）
A．由溴丙烷水解制丙醇，由丙烯与水反应制丙醇
B．由甲苯硝化制对硝基甲苯，由甲苯氧化制苯甲酸
C．由氯乙烷制乙烯，由丙烯与溴反应制1，2二溴丙烷
D．由乙酸和乙醇制乙酸乙酯，由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇
【考点】有机物的结构和性质；烯烃；苯的同系物；乙酸的化学性质．
【分析】A．溴丙烷水解制丙醇，﹣Br被﹣OH取代；丙烯与水反应制丙醇，双键转化为单键，引入﹣OH；
B．甲苯硝化制对硝基甲苯，苯环上的H被硝基取代；甲苯氧化制苯甲酸，甲基转化为﹣COOH；
C．由氯乙烷制乙烯，﹣Cl转化为双键；由丙烯与溴反应制1，2二溴丙烷，双键转化为单键，引入﹣Br；
D．乙酸和乙醇制乙酸乙酯，发生酯化反应；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇，发生水解反应．
【解答】解：A．溴丙烷水解制丙醇，﹣Br被﹣OH取代，为取代反应；丙烯与水反应制丙醇，双键转化为单键，引入﹣OH，为加成反应，类型不同，故A不选；
B．甲苯硝化制对硝基甲苯，苯环上的H被硝基取代，为取代反应；甲苯氧化制苯甲酸，甲基转化为﹣COOH，为氧化反应，类型不同，故B不选；
C．由氯乙烷制乙烯，﹣Cl转化为双键，为消去反应；由丙烯与溴反应制1，2二溴丙烷，双键转化为单键，引入﹣Br，为加成反应，类型不同，故C不选；
D．乙酸和乙醇制乙酸乙酯，发生酯化反应；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇，发生水解反应，则酯化反应、水解反应均属于取代反应，类型相同，故D选；
故选D．
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握常见有机物的性质及发生的反应为解答的关键，侧重有机反应类型的考查，注意有机反应中官能团的变化，题目难度不大．
5．下面是生产生活中的常见
有机物的分子式、结构（简）式或名称：①②③④⑤CH3CH2OH，⑥C6H12O6，⑦CH3COOH，⑧硬脂酸甘油酯，⑨聚乙烯
下列有关说法正确的是（ ）
A．能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应并使之褪色的有①②④⑨
B．投入钠能产生H2的是⑤⑦⑧
C．属于高分子材料的是⑧⑨
D．既能和NaOH溶液反应又能与NaHCO3溶液反应的是
⑦
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】A．能跟溴的四氯化碳溶液发生加成反应的物质应含有碳碳双键或者碳碳三键；
B．含有官能团：醇羟基、酚羟基、羧基的物质与钠反应能产生H2；
C．高分子材料属于高分子化合物；
D．既能和NaOH溶液反应又能与NaHCO3溶液的有机物应具有酸性，且酸性比碳酸强．
【解答】解：A．①苯和⑨聚乙烯中不含碳碳双键或者三键，不能与溴发生加成反应，故A错误；
B．⑧硬脂酸甘油酯官能团为酯基不能与钠反应，故B错误；
C．⑧硬脂酸甘油酯不是高分子化合物，不属于高分子材料，故C错误；
D．既能和NaOH溶液反应又能与NaHCO3溶液的有机物应具有酸性，且酸性比碳酸强，只有乙酸符合，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了常见有机物的结构与性质，为高考常见题型，侧重于双基的考查，题目涉及到的物质和反应比较多，且都是高考常考的知识点，难度中等，熟悉各种物质的机构和性质是解答本题的关键．
6．下列实验装置图及关于用途的描述，正确的是（ ）
A．
如图装置：用于制取并收集乙酸乙酯
B．
如图装置：用于分离两种沸点不同的物质
C．
如图装置：收集氨气时，从a口进气b口排气
D．
如图装置：可用来快速制取氨气
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．吸收乙酸乙酯的导管不能伸入饱和碳酸钠溶液溶液中，否则会发生倒吸现象；
B．蒸馏操作中，不能用水浴加热，且温度计的水银球应该放在支管口处；
C．氨气密度需要空气，应该采用短进长出的方法；
D．氧化钙与浓氨水能够反应生成一定量的氨气．
【解答】解：A．用于收集乙酸乙酯的导管伸入溶液中会发生倒吸现象，故A错误；
B．用于分离两种沸点不同的物质，不能用水浴加热，且温度计的水银球没有放在支管口处，故B错误；
C．氨气的密度需要空气，则收集氨气的导管采用短进长出的方法，即从b口进气a口排气，故C错误；
D．图示装置中，圆底烧瓶中盛放氧化钙，分液漏斗中装入浓氨水，该装置可以快速制取氨气，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及氨气制取与收集、乙酸乙酯制备、物质分离与提纯方法等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．
7．根据转化关系判断下列说法正确的是（ ）
A．（C6H10O5）n可以是淀粉或纤维素，二者均属于多糖，互为同分异构体
B．可以利用银镜反应证明反应①的最终产物为葡萄糖
C．酸性高锰酸钾可将乙醇氧化为乙酸，将烧黑的铜丝趁热捕插乙醇中也可得到乙酸
D．在反应②得到的混合物中倒入饱和氢氧化钠溶液并分液可得到纯净的乙酸乙酯
【考点】葡萄糖的性质和用途；乙醇的化学性质．
【分析】A．化学式中的n值不同；
B．醛基能发生银镜反应；
C．乙醇与氧化铜加热生成乙醛；
D．乙酸乙酯在碱性条件下发生水解．
【解答】解：A．淀粉和纤维素是多糖，高分子化合物，化学式中的n值不同，不是同分异构体，故A错误；
B．葡萄糖中含有醛基，醛基能发生银镜反应，故B正确；
C．乙醇与氧化铜加热生成乙醛，得不到乙酸，故C错误；
D．乙酸乙酯在碱性条件下发生水解，将原物质除掉，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查有机物的结构与性质，题目难度不大，注意除杂不能将原物质除掉．
8．下列操作或装置能达到实验目的是（ ）
A．
如图可用于收集气体H2、CO2、Cl2、NH3
B．
如图除去氯气中的氯化氢
C．
如图配制0.1mol/LNaOH溶液
D．
如图苯萃取碘水中I2，分离出水后的操作
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．H2、CO2、Cl2、NH3都可用排空气法收集，密度大小不同，可从不同的进气管进气
B．氯气和氯化氢都与碳酸氢钠反应；
C．不能在容量瓶中溶解氢氧化钠固体；
D．苯的密度小于水，应该从分液漏斗的上口倒出含碘单质的苯溶液．
【解答】解：A．H2、NH3密度比空气小，从a进气，CO2、Cl2密度比空气大，从b进气，该装置可用于收集气体H2、CO2、Cl2、NH3，故A正确；
B．氯气能够与碳酸氢钠溶液反应，不能用饱和碳酸氢钠溶液除去氯气中的氯化氢，故B错误；
C．配制氢氧化钠溶液时，应该在烧杯中溶解氢氧化钠固体，不能直接用容量瓶溶解，故C错误；
D．苯萃取碘水中的碘，苯的密度小于水，在分液漏斗的上层，应从上口倒出，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质分离与提纯、气体收集、溶液配制等知识，为高考常见题型，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题侧重于学生的分析能力和实验能力的考查．
9．下列各组反应最终生成白色沉淀生成的是（ ）
①金属钠投入到FeCl2溶液中
②过量NaOH溶液和AlCl3溶液混合
③少量Ca（OH）2投入NaHCO3溶液中
④过量CO2通入Na[Al（OH）4]溶液中．
A．③④
B．②③④
C．①③④
D．①②③④
【考点】钠的化学性质；镁、铝的重要化合物．
【分析】①钠和水反应生成的氢氧化钠和FeCl2溶液发生复分解反应生成Fe（OH）2，最终生成红褐色的Fe（OH）3；
②Al（OH）3具有两性，可与NaOH反应生成NaAlO2，过量NaOH溶液和AlCl3溶液混合，先有白色沉淀，后沉淀溶解；
③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中发生复分解反应有碳酸钙是白色沉淀生成；
④碳酸酸性比氢氧化铝强，过量CO2通入Na[Al（OH）4]溶液中生成氢氧化铝白色沉淀．
【解答】解：①金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+FeCl2=Fe（OH）2↓+2NaCl，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，所以最终生成的沉淀是红褐色的，所以不符合，故①错误；
②过量NaOH溶液和AlCl3溶液混合，发生的反应是：3OH+Al3+=Al（OH）3↓，AlOH3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，所以最终没有沉淀生成，故②错误；
③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为：Ca（OH）2+NaHCO3=CaCO3↓+H2O+NaOH，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，故③正确；
④Na[Al（OH）4]溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，故④正确；
故选A．
【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性是解答本题的关键，注意③为易错选项，题目难度中等．
10．下列说法不正确的是（ ）
A．苯酚与甲醛在酸性条件下生成酚醛树脂的结构简式为
B．（NH4）2SO4和CuSO4溶液都能使蛋白质沉淀析出
C．醋酸和硬脂酸互为同系物，C6H14和C9H20也一定互为同系物
D．迷迭香酸的结构为它可以发生酯化、水解、加成等反应
【考点】结构简式；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．
【分析】A、酚醛树脂的结构简式为；
B、蛋白质在硫酸铵溶液中发生盐析，在硫酸铜中发生变性；
C、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；
D、迷迭香酸中含有羟基、﹣COOH、﹣COOC﹣、双键．
【解答】解：A．酚醛树脂的结构简式为，故A错误；
B．饱和（NH4）2SO4溶液能使蛋白质发生盐析，硫酸铜能使蛋白质发生变性，故B错误；
C．醋酸和硬脂酸都是一元羧酸，互为同系物；C6H14和C9H20均属于烷烃，故一定互为同系物，故C正确；
D．迷迭香酸中含有羟基、﹣CONH﹣和双键可以发生酯化、水解、加成等反应，故D正确．
故选AB．
【点评】本题考查蛋白质的性质和有机物的结构与性质，注意习题中的信息分析物质的性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，题目难度不大．
11．下列有机物命名及其一氯代物的同分异构体数目都正确的是（ ）
命名
一氯代物
A
2﹣甲基﹣2﹣乙基丙烷
3
B
1，3﹣二甲基苯
3
C
2，2，3﹣三甲基戊烷
6
D
2，3﹣二甲基﹣4﹣乙基己烷
7
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】有机化合物的异构现象；有机化合物命名．
【分析】烷烃命名符合“长、多、近、小、简”原则；有机物一氯取代物的同分异构体取决于氢原子的种类，根据等效氢原子的判断方法来回答．
【解答】解：A．2﹣甲基﹣2﹣乙基丙烷，选取的主链不是最长，正确命名为：2，2﹣二甲基丁烷，有3种氢原子，一氯代物3种，故A不符合；
B．1，3﹣二甲基苯构简式为：，有4种氢原子，一氯代物4种，故B不符合；
C．2，3，3﹣三甲基戊烷的结构简式为：CH3C（CH3）2CHCH3CH2CH3，有5种氢原子，一氯代物5种，故C不符合；
D．2，3﹣二甲基﹣4﹣乙基己烷CH3CHCH3CHCH3CH（CH2CH3）2，有7种氢原子，一氯代物7种，故D符合；
故选D．
【点评】本题考查了有机物的命名和一氯取代物的同分异构体，属于基础知识的考查，可以根据有机物命名方法判断，本题难度不大．
12．下列除去杂质的方法中正确的个数是（ ）
①．除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入Cl2，气液分离
②．除去乙醇中少量乙酸：加入碳酸钠溶液，分液
③．除去FeCl3溶液中少量的CuCl2，加入过量铁粉，过滤
④．除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤，蒸馏
⑤．除去甲苯中少量的苯甲酸：加入NaOH溶液后，静置，分液
⑥．除去乙醇中少量的水：加入生石灰，然后蒸馏
⑦．除去苯中混有的苯酚可加入浓溴水后过滤．
A．2
B．3
C．4
D．5
【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．
【分析】①光照下乙烷发生取代反应；
②乙酸与碳酸钠反应后，与乙醇不分层；
③Fe与氯化铜、氯化铁均反应；
④乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层；
⑤苯甲酸与NaOH反应后，与甲苯分层；
⑥CaO与水反应后，增大与醇的沸点差异；
⑦溴、三溴苯酚均溶于苯．
【解答】解：①光照下乙烷发生取代反应，不能除杂，应选溴水、洗气，故错误；
②乙酸与碳酸钠反应后，与乙醇不分层，不能分液，应选蒸馏法，故错误；
③Fe与氯化铜、氯化铁均反应，将原物质除去，不能除杂，故错误；
④乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可除杂，故错误；
⑤苯甲酸与NaOH反应后，与甲苯分层，然后分液可分离，故正确；
⑥CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，故正确；
⑦溴、三溴苯酚均溶于苯，不能除杂，用NaOH溶液、分液分离，故错误；
故选A．
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握有机物的性质、有机反应、混合物分离方法等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大．
13．某有机物分子式为C4H8，据此推测其结构和性质不可能的是（ ）
A．含有3个甲基
B．一氯代物只有一种
C．使溴水褪色
D．四个碳原子共平面
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】A．若含有3个甲基，分子中H原子数目大于8；
B．该有机物可能为环丁烷；
C．该有机物可能为丁烯；
D．该有机物可能为CH3CH=CHCH3或CH2=C（CH3）2．
【解答】解：A．若含有3个甲基，分子中H原子数目大于8，故不可能含有3个甲基，故A错误；
B．该有机物可能为环丁烷，分子中只有一种H原子，一氯代物只有一种，故B正确；
C．该有机物可能为丁烯，含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，使溴水褪色，故C正确；
D．该有机物可能为CH3CH=CHCH3或CH2=C（CH3）2，碳碳双键为平面结构，所有碳原子处于同一平面，故D正确，
故选：A．
【点评】本题考查有机物的结构与性质，关键是根据分子式判断物质可能的结构，难度不大，有利于学生发散思维培养．
14．如图中a、b、c、d、e、f是六种有机物，其中a是烃类，其余是烃的衍生物，下列有关说法正确的是（ ）abcdef．
A．若a的相对分子质量是42，则d是乙醛
B．若d的相对分子质量是44，则a是乙炔
C．若a为苯乙烯（C6H5﹣CH=CH2），则f的分子式是C16H3202
D．若a为单烯烃，则d与f的实验式一定相同
【考点】有机物的推断．
【分析】a是烃，其余为烃的衍生物，c能连被氧化，则c是醇、d是醛、e是羧酸，羧酸和醇反应生成酯，则f是酯，b发生取代反应生成醇c，则b续是溴代烃，a中含有碳碳双键，
A．若a的相对分子质量是42，则a是CH2=CHCH3，d是CH3CH2CHO；
B．若d的相对分子质量是44，则d是CH3CHO，a是CH2=CH2；
C．若a是苯乙烯，则f是苯乙酸苯乙酯；
D．若a是单烯烃，d是饱和一元醛、f是饱和一元酯．
【解答】解：a是烃，其余为烃的衍生物，c能连被氧化，则c是醇、d是醛、e是羧酸，羧酸和醇反应生成酯，则f是酯，b发生取代反应生成醇c，则b续是溴代烃，a中含有碳碳双键，
A．若a的相对分子质量是42，则a是CH2=CHCH3，b是CH2BrCH2CH3、c是CH3CH2CH2OH、d是CH3CH2CHO、e是CH3CH2COOH、f是CH3CH2COOCH2CH2CH3，所以d是丙醛，故A错误；
B．若d的相对分子质量是44，d是CH3CHO，则a是CH2=CH2、b是CH3CH2Br、CH3CH2OH、e是CH3COOH、f是CH3COOCH2CH3，所以a是乙烯，故B错误；
C．若a是苯乙烯，则b是2﹣溴苯乙烷，c是苯乙醇、d是苯乙醛、e是苯乙酸，f是苯乙酸苯乙酯，f的分子式为f的分子式是C16H1602，故C错误；
D．若a是单烯烃，则d是饱和一元醛、f是饱和一元酯，d的分子式为CnH2nO、f的分子式为C2nH4nO2，所以其最简式都是CnH2nO，最简式相同，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查有机物推断，为高频考查，涉及不饱和烃、卤代烃、醇、醛、羧酸和酯之间的转化为，明确官能团及其性质关系及常见反应类型、反应条件即可解答，知道烃的衍生物通式，题目难度不大．
15．CPAE是蜂胶的主要活性成分，它可由咖啡酸合成，其合成过程如下，下列说法正确的是（ ）
A．1mol
CPAE与足量的NaOH溶液、溴水反应，分别最多消耗3mol
B．可用金属Na检测上述反应是否残留苯乙醇
C．与苯乙醇互为同分异构体的酚类物质共有9种
D．咖啡酸可发生聚合反应，并且其分子中含有3种含氧官能团
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】A．含酚﹣OH、﹣COOC﹣，均与NaOH反应，酚羟基邻位氢原子可被溴水取代，碳碳双键可与溴发生加成反应；
B．CPAE中含酚﹣OH、苯乙醇中含﹣OH，均与Na反应；
C．与苯乙醇互为同分异构体的酚类物质，含酚﹣OH、乙基（或2个甲基）；
D．咖啡酸含C=C，酚﹣OH、﹣COOC．
【解答】解：A．含酚﹣OH、﹣COOC﹣，均与NaOH反应，则1
mol最多可与含3
mol
NaOH的溶液发生反应，酚羟基邻位氢原子可被溴水取代，碳碳双键可与溴发生加成反应，1mol有机物可与4mol溴发生反应，故A错误；
B．CPAE中含酚﹣OH、苯乙醇中含﹣OH，均与Na反应生成氢气，则不能用金属Na检测上述反应是否残留苯乙醇，故B错误；
C．与苯乙醇互为同分异构体的酚类物质，含酚﹣OH、乙基（或2个甲基），含酚﹣OH、乙基存在邻、间、对三种，两个甲基处于邻位的酚2种，两个甲基处于间位的有3种，两个甲基处于对位的有1种，共9种，故C正确；
D．咖啡酸含C=C，酚﹣OH、﹣COOC﹣，含有2种含氧官能团，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重羧酸、酚、醇等物质性质的考查，选项C为解答的难点，注意同分异构体的推断，题目难度不大．
16．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的组合是（ ）
①．标准状况下，11.2L水中含有分子的数目为0.5NA
②．100mL
0.2molL﹣1的FeCl3溶液中，含Fe3+数为0.02NA
③．1mol
Cl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数为NA
④．在密闭容器中加入0.5mol
N2和1.5mol
H2，充分反应后可得到NH3分子数为NA
⑤．物质的量浓度为0.1mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl﹣的个数为0.2NA
⑥．常温下，22gCO2和N2O的混合气体中，含有的原子数数目为1.5NA
⑦.1mol的氧气与足量的Na反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子总数为4NA
⑧．标准状况下，11.2L氦气中含有0.5NA个原子．
A．②③⑦⑧
B．⑤⑥⑧
C．①④⑤⑥
D．③⑥⑧
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】①标准状况下，水为液态；
②Fe3+为弱碱阳离子，在溶液中会水解；
③1mol
Cl2与NaOH溶液的反应为歧化反应；
④合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底；
⑤溶液体积不明确；
⑥CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，且均为三原子分子；
⑦氧气与Na反应，生成Na2O和Na2O2时，产物中氧元素的价态不同；
⑧求出氦气的物质的量，然后根据氦气为单原子分子来分析．
【解答】解：①标准状况下，水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故错误；
②Fe3+为弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铁离子的个数小于0.02NA个，故错误；
③1mol
Cl2与NaOH溶液的反应为歧化反应，1mol氯气转移1mol电子即NA个，故正确；
④合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故0.5mol
N2和1.5mol
H2，充分反应后可得到NH3分子数小于NA个，故错误；
⑤溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故错误；
⑥CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，故22g混合物的物质的量为0.5mol，且两者均为三原子分子，故0.5mol混合物中含1.5NA个原子，故正确；
⑦氧气与Na反应，生成Na2O和Na2O2时，产物中氧元素的价态不同，分别为﹣2价和﹣1价，但由于无法确定产物中Na2O和Na2O2的比例，故无法计算反应转移的电子数，故错误；
⑧标况下11.2L氦气的物质的量为0.5mol，而氦气为单原子分子，故0.5mol氦气中含0.5NA个原子，故正确．
故选D．
【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，属于基础型题目，难度不大．
17．从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4下列说法正确的是（ ）
A．Cu2S是还原产物，反应中1
mol
CuSO4失1
mol电子
B．5
mol
FeS2发生反应，有10
mol电子转移
C．产物中的SO42﹣离子有一部分是氧化产物
D．FeS2只作还原剂
【考点】氧化还原反应．
【分析】反应14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素化合价降低，被还原，CuSO4为氧化剂，FeS2中S元素化合价为﹣1价，反应后分别升高为+6价、降低为﹣2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，从元素化合价的角度判断并计算该题．
【解答】解：A．CuSO4→Cu2S，FeS2→Cu2S，Cu元素化合价降低，S元素化合价降低，则Cu2S是还原产物，反应中1
mol
CuSO4得1
mol电子，故A错误；
B．5molFeS2发生反应，Cu元素化合价由+2价→+1价，14molCuSO4得到14mol电子，FeS2→Cu2S，S元素的化合价由﹣1价→﹣2价，生成7molCu2S，得到7mol电子，有21mol电子转移，故B错误；
C．由化学方程式可知，反应物中含有14molSO42﹣离子，生成物中有17molSO42﹣离子，则有3molS被氧化，即产物中的SO42﹣部分有一部分是氧化产物，故C正确；
D．FeS2中S元素化合价为﹣1价，反应后分别升高为+6价、降低为﹣2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、基本概念、转移电子计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见元素的化合价，题目难度不大．
18．X、Y、Z、W四种物质的转化关系如图所示（部分反应物与产物已略），下列组合中不符合该关系的是（ ）
A
B
C
D
X
HCl
Na2O2
Na2CO3
Al
Y
FeCl2
NaOH
CO2
Na[Al（OH）4]
Z
Cl2
Na2CO3
CaCO3
AlCl3
W
FeCl3
NaHCO3
Ca（HCO3）2
Al（OH）3
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】无机物的推断；氯气的化学性质；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．
【分析】A．X为HCl，X与Fe反应生成Y为FeCl2，X与二氧化锰反应生成Z为Cl2，FeCl2与Cl2反应生成W为FeCl3；
B．X为Na2O2，X与水反应生成Y为NaOH，X与二氧化碳反应生成Z为Na2CO3，Y与Z不能发生反应；
C．X为Na2CO3，X与HCl反应生成Y为CO2，X与氢氧化钙反应生成Z为CaCO3，CO2与、水CaCO3反应生成W为Ca（HCO3）2；
D．X为Al，X与NaOH反应生成Y为Na[Al（OH）4]，X与盐酸反应生成Z为AlCl3，Na[Al（OH）4]与AlCl3反应生成W为Al（OH）3．
【解答】解：A．X为HCl，X与Fe反应生成Y为FeCl2，X与二氧化锰反应生成Z为Cl2，FeCl2与Cl2反应生成W为FeCl3，符合图中转化关系，故A正确；
B．X为Na2O2，X与水反应生成Y为NaOH，X与二氧化碳反应生成Z为Na2CO3，Y与Z不能发生反应，则不符合图中转化关系，故B错误；
C．X为Na2CO3，X与HCl反应生成Y为CO2，X与氢氧化钙反应生成Z为CaCO3，CO2与、水CaCO3反应生成W为Ca（HCO3）2，符合图中转化关系，故C正确；
D．X为Al，X与NaOH反应生成Y为Na[Al（OH）4]，X与盐酸反应生成Z为AlCl3，Na[Al（OH）4]与AlCl3反应生成W为Al（OH）3，符合图中转化关系，故D正确；
故选B．
【点评】本题考查无机物的推断及元素化合物性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及相互转化关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．
二、解答题（共5小题，满分56分）
19．化学是一门以实验为基础的学科．
（1）下列描述正确的是 AC ．
A．容量瓶、分液漏斗在使用时需要检验是否漏水
B．海带提取碘实验中，灼烧海带时需要用到的仪器有玻璃棒、蒸发皿、泥三角、三脚架、酒精灯
C．向含有Fe2+的FeCl3溶液中通入Cl2或滴加H2O2均可以除去Fe2+
D．检验Na2SO3固体是否被氧化：取少量固体溶于水，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，滴加稀硝酸，观察白色沉淀是否溶解
（2）实验室中常用如图仪器制取、净化和收集气体．
①关闭A装置中的止水夹，向分液漏斗中加入适量水，打开活塞，说明A装置气密性良好的现象是
分液漏斗内液面高度保持不变（或液体不再滴下） ．
②实验室可利用A装置在加热条件下制取Cl2，写出该反应的离子方程式 MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O
③若用B装置除去SO2中混有的HCl气体，B中盛放试剂的名称为 饱和碳酸氢钠溶液 ．
【考点】化学实验方案的评价；常见气体制备原理及装置选择．
【分析】（1）A．具有塞子或活塞的仪器使用前需要检查是否漏液；
B．灼烧海带在坩埚中进行；
C．亚铁离子具有还原性，加氧化剂不能引入新杂质；
D．加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，白色沉淀可能为亚硫酸钡；
（2）①由图中装置可知，关闭止水夹，利用液差法检验气密性；
②利用A装置在加热条件下制取Cl2，选择浓盐酸与二氧化锰反应；
③碳酸氢钠与HCl反应生成二氧化碳．
【解答】解：（1）A．具有塞子或活塞的仪器使用前需要检查是否漏液，则容量瓶、分液漏斗在使用时需要检验是否漏水，故A正确；
B．灼烧海带在坩埚中进行，需要的仪器为坩埚、泥三角、三角架、玻璃棒、酒精灯，故B错误；
C．亚铁离子具有还原性，加氧化剂不能引入新杂质，则通入Cl2或滴加H2O2均可以除去Fe2+，故C正确；
D．加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，白色沉淀可能为亚硫酸钡，再加硝酸发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，沉淀不溶解，不能说明是否氧化，故D错误；
故答案为：AC；
（2）①关闭A装置中的止水夹，向分液漏斗中加入适量水，打开活塞，说明A装置气密性良好的现象是分液漏斗内液面高度保持不变（或液体不再滴下），
故答案为：分液漏斗内液面高度保持不变（或液体不再滴下）；
②利用A装置在加热条件下制取Cl2，选择浓盐酸与二氧化锰反应，离子反应为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
③用B装置除去CO2中混有的HCl气体，试剂为饱和碳酸氢钠溶液，除去HCl，同时抑制CO2气体的溶解，故答案为：饱和碳酸氢钠溶液．
【点评】本题考查化学实验方案的评价及气体的制备实验，综合性较强，侧重分析与实验能力的综合考查，把握物质的性质、实验技能为解答的关键，题目难度中等．
20．草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10﹣2，K2=5.4×10﹣5．草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水．草酸晶体（H2C2O42H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水，升华，170℃以上分解．
回答下列问题．
（1）甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物．装置C中可观察到的现象是 有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊 ，由此可知草酸晶体分解的产物中有 CO2 ．装置B的主要作用是 冷凝（水蒸气和草酸），防止草酸进入装置C反应生成沉淀而干扰CO2的检验 ．
（2）乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和图2所示的部分装置（可以重复选用）进行实验．
①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、 F、D、G、H、D 、I，装置H反应管中盛有的物质是 CuO ．
②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是 H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊 ．
（3）设计实验证明：草酸的酸性比碳酸的强 向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸 ．
【考点】性质实验方案的设计．
【分析】（1）草酸晶体（H2C2O42H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳而使澄清石灰水变浑浊；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰实验；
（2）①要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO的还原性将CO氧化，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO；H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生；
②CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；
（3）要证明草酸酸性大于碳酸，可以利用强酸制取弱酸．
【解答】解：（1）草酸晶体（H2C2O42H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成难溶性的碳酸钙沉淀而使澄清石灰水变浑浊，所以C中观察到的现象是：有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，草酸易挥发，导致生成的气体中含有草酸，草酸和氢氧化钙反应生成难溶性的草酸钙而干扰二氧化碳的检验，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰二氧化碳的检验，
故答案为：有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊；CO2；冷凝（水蒸气和草酸），防止草酸进入装置C反应生成沉淀而干扰CO2的检验；
（2）①要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO和CuO发生还原反应生成CO2，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO避免环境污染，所以其连接顺序是A、B、F、D、G、H、D、I；
H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生，CuO能被CO还原且反应过程中黑色固体变为红色，现象明显，所以H中盛放的物质是CuO，
故答案为：F、D、G、H、D；CuO；
②CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，且CO将黑色的CuO还原为红色的Cu，只要H中黑色固体转化为红色且其后的D装置溶液变浑浊就说明含有CO，
故答案为：H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊；
（3）要证明草酸酸性大于碳酸，可以利用强酸制取弱酸，向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸，
故答案为：向盛有少量
NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸．
【点评】本题考查性质实验方案设计，为高频考点，侧重考查学生知识综合应用、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，难点是排列实验先后顺序，根据实验目的及物质的性质进行排列顺序，注意要排除其它因素干扰，题目难度中等．
21．A～G都是有机化合物，它们的转化关系如下：
请回答下列问题：
（1）已知：6.0g化合物E完全燃烧生成8.8g
CO2和3.6g
H2O；E的蒸气与氢气的相对密度为30，则E的分子式为 C2H4O2
（2）A为一取代芳烃，B中含有一个甲基．由B生成C的化学方程式为
（3）由B生成D的反应条件是 氢氧化钠醇溶液、加热
（4）F存在于枙子香油中，其结构简式是 ．
（5）在G的同分异构体中，苯环上一硝化产物只有一种且核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1：1的是 （结构简式）
【考点】有机物的推断．
【分析】E的蒸气与氢气的相对密度为30，则Mr（E）=30×2=60，6.0gE的物质的量是0.1mol，完全燃烧后生成CO2和
H2O的物质的量分别为=0.2mol，
=0.2mol，分子中N（C）==2、N（H）==4，故N（O）==2，故E的分子式是C2H4O2．A为一取代芳烃，由分子式可知为苯的同系物，故A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，B为卤代烃，B发生水解反应生成C，B、C均转化得到D，结构G的分子式可知，B、C发生消去反应生成D，D中含有碳碳双键，而B中含有一个甲基，则B为，B发生水解反应生成C为，C与E反应生成F，结合F的分子式可知，应是发生酯化反应，则E为CH3COOH，F为，B、C均发生消去反应生成D为，则G为，据此解答．
【解答】解：E的蒸气与氢气的相对密度为30，则Mr（E）=30×2=60，6.0gE的物质的量是0.1mol，完全燃烧后生成CO2和
H2O的物质的量分别为=0.2mol，
=0.2mol，分子中N（C）==2、N（H）==4，故N（O）==2，故E的分子式是C2H4O2．A为一取代芳烃，由分子式可知为苯的同系物，故A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，B为卤代烃，B发生水解反应生成C，B、C均转化得到D，结构G的分子式可知，B、C发生消去反应生成D，D中含有碳碳双键，而B中含有一个甲基，则B为，B发生水解反应生成C为，C与E反应生成F，结合F的分子式可知，应是发生酯化反应，则E为CH3COOH，F为，B、C均发生消去反应生成D为，则G为，
（1）由上述分析可知，E的分子式为C2H4O2，故答案为：C2H4O2；
（2）由B生成C的化学方程式为，
故答案为：；
（3）由B生成D是发生消去反应生成，反应条件为：氢氧化钠醇溶液、加热，
故答案为：氢氧化钠醇溶液、加热；
（4）由上述分析可知，F结构简式为，故答案为：；
（5）在G（）的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种，其中核磁共振有两组峰，且峰面积比为1：1，对称性高，可以含有2个相同的取代基，且处于对位，结构简式为，故答案为：．
【点评】本题考查有机物推断，关键是确定A为乙苯，再结合转化关系及分子式推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等．
22．有机高分子化合物G的合成路线如图：
已知：①A既能与NaHCO3反应，又能与FeCl3发生显色反应，其核磁共振氢谱有4组峰；C能发生银镜反应；
②RCHO+R′CH2CHO+H2O
（1）B中所含官能团的名称是 羟基 ，D→E的反应类型为 还原反应（或加成反应）
（2）写出B→C以及A+E→F的化学方程式：
B→C 2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O
A+E→F
（3）关于F的性质，正确的是 BC
A．所有原子可能在同一平面内B．存在顺反异构现象
C．能够使酸性高锰酸钾溶液褪色D．生成G的反应为缩聚反应
（4）写出G的结构简式： ．
（5）A的一种同分异构体X属于芳香族化合物，具有如下特点：①能发生水解反应
②能发生银镜反应
③能与FeCl3溶液发生显色反应
④核磁共振氢谱有4组峰．请写出X与足量NaOH溶液反应的化学方程式：
（6）符合下列条件的E的同分异构体有 15 种
①能发生银镜反应
②苯环上有2个取代基．
【考点】有机物的合成．
【分析】A既能与NaHCO3溶液反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，说明A中有酚羟基和羧基，其核磁共振氢谱有4个峰，根据A的分子式可知A为，根据题中各物质转化关系，B能氧化生成C，C能发生银镜反应，即有醛基，根据B的分子式可知，B为CH3CH2CH2OH，C为CH3CH2CHO，C发生信息②中的反应生成D为，所以比较D和E的相对分子质量可知，D与氢气发生加成反应生成E为，A与E发生酯化反应生成F为，F发生加聚反应可得高分子G为，据此答题．
【解答】解：A既能与NaHCO3溶液反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，说明A中有酚羟基和羧基，其核磁共振氢谱有4个峰，根据A的分子式可知A为，根据题中各物质转化关系，B能氧化生成C，C能发生银镜反应，即有醛基，根据B的分子式可知，B为CH3CH2CH2OH，C为CH3CH2CHO，C发生信息②中的反应生成D为，所以比较D和E的相对分子质量可知，D与氢气发生加成反应生成E为，A与E发生酯化反应生成F为，F发生加聚反应可得高分子G为，
（1）根据上面的分析可知，B为CH3CH2CH2OH，B中所含官能团的名称是羟基，D→E的反应类型为
还原反应（或加成反应），
故答案为：羟基；还原反应（或加成反应）；
（2）B→C的化学方程式为2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O，A+E→F的化学方程式为，
故答案为：2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O；；
（3）F为，关于F的性质，
A．F中有甲基碳原子，所以所有原子不可能在同一平面内，故A错误；
B．F中碳碳双键上连有的原子或原子团各不相同，所以存在顺反异构现象，故B正确；
C．F中有碳碳双键，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D．F中有碳碳双键，生成G的反应为加聚反应，故D错误，
故选BC；
（4）根据上面的分析可知，G为，
故答案为：；
（5）A为，A的一种同分异构体X属于芳香族化合物，说明有苯环，具有如下特点：①能发生水解反应，说明有酯基，②能发生银镜反应说明有醛基，③能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，④核磁共振氢谱有4组峰，即有4种位置的氢，则符合条件的结构为，X与足量NaOH溶液反应的化学方程式为，
故答案为：；
（6）E为，根据条件①能发生银镜反应，说明有醛基，②苯环上有2个取代基，则符合条件的E的同分异构体为苯环上连有﹣CHO、﹣CH2CH2CH3，或﹣CHO、﹣CH（CH3）2，或﹣CH2CHO、﹣CH2CH3，或﹣CH2CH2CHO、﹣CH3，或﹣CH（CH3）CHO、﹣CH3，每种都有邻间对三种，所以共有15种，
故答案为：15．
【点评】本题以有机物合成考查有机物的结构与性质，题目难度较大，本题注意根据物质的结构进行推断，易错点为（6），注意根据条件书写同分异构体．
23．某化学小组通过查阅资料，设计了如图所示的方法以含镍废催化剂为原料来制备NiSO47H2O．已知某化工厂的含镍废催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）．
部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH如表：
沉淀物
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Al（OH）3
3.8
5.2
Fe（OH）3
2.7
3.2
Fe（OH）2
7.6
9.7
Ni（OH）2
7.1
9.2
（1）“碱浸”过程中发生反应的离子方程式是 2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑、Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+3H2O
操作a中需要的玻璃仪器 烧杯、漏斗、玻璃棒
（2）“酸浸”时所加入的酸是 H2SO4
（填化学式）．
（3）加入H2O2时发生反应的离子方程式为 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O
（4）操作b为调节溶液的pH，你认为pH的调控范围是 3.2≤PH＜7.1 ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）．碱浸过滤得到固体加入酸浸过滤加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子和铝离子全部沉淀，镍离子不沉淀，过滤后调节溶液PH2﹣3防止镍离子水解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO47H2O晶体，
（1）含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）的单质及氧化物，铝和氧化铝都可以和强酸强碱反应溶解得到溶液含有偏铝酸盐；操作a为过滤操作；
（2）依据最后制备NiSO47H2O，防止引入其他杂志离子需要加入硫酸进行溶解；
（3）过氧化氢具有强氧化性，可与亚铁离子发生氧化还原反应；
（4）依据氢氧化物沉淀的PH分析判断，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀得到较纯净的硫酸镍溶液．
【解答】解：化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）．碱浸过滤得到固体加入酸浸过滤加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子和铝离子全部沉淀，镍离子不沉淀，过滤后调节溶液PH2﹣3防止镍离子水解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO47H2O晶体，
（1））“碱浸”过程中是为了除去铝及其氧化物，铝是两性元素和强碱反应，氧化铝是两性氧化物和强碱反应，镍单质和铁及其氧化物不和碱反应达到除去铝元素的目的；反应的两种方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑、Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+3H2O，操作a为过滤操作，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑、Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+3H2O；烧杯、漏斗、玻璃棒；
（2）“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备
目的是得到NiSO47H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸，
故答案为：H2SO4；
（3）过氧化氢具有强氧化性，可与亚铁离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
（4）依据图表中沉淀需要的溶液pH，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀得到较纯净的硫酸镍溶液，pH应在3.2﹣7.1间，
故答案为：3.2≤PH＜7.1．
【点评】本题考查了物质分离的实验设计和方法应用，为高考常见题型，主要是利用溶液不同PH条件下离子沉淀的情况不同，控制溶液PH除去杂质离子，得到较纯净的硫酸镍溶液来制备硫酸镍晶体，同时考查了除杂原则不能引入新的杂质，铝及其化合物性质分析判断，题目难度中等．
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