【文档说明】北京市北京师范大学第二附属中学2024-2025学年高三上学期开学检测化学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，1.802 MB，由小赞的店铺上传

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2025届高三暑期化学检测一、选择题(每题只有一个答案正确，每题3分，共42分)1.下列化学用语或图示表达不正确的是A.22HO的电子式：B.4CH分子的球棍模型：C.3+Al的结构示意图：D.乙炔的结构式：HCCH——【答案】A【解析】【详解】A．22HO是共价化合物，其电子式为，故A错误；

B．4CH为正四面体形，4CH分子的球棍模型：，故B正确；C．Al的原子序数为13，即3+Al的结构示意图：，故C正确；D．乙炔含有碳碳三键，结构式为：HCCH——，故D正确；故选A。2.我国科研人员利用激光操控方法，从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子，

实现了对同位素41Ca的灵敏检测。41Ca的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达10万年，是14C的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是A.41Ca的原子核内有21个中子B.

41Ca的半衰期长，说明41Ca难以失去电子C.41Ca衰变一半所需的时间小于14C衰变一半所需的时间D.从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子的过程属于化学变化【答案】A【解析】【详解】A．41Ca的质量数为41，质子数为20，所以中子

数为412021−=，A正确；B．41Ca的半衰期长短与得失电子能力没有关系，B错误；C．根据题意41Ca衰变一半所需的时间要大于14C衰变半所需的时间，C错误；D．从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子

的过程没有新物质产生，不属于化学变化，D错误；本题选A。3.下列说法正确的是A.油脂和蛋白质都是能发生水解反应的高分子化合物B.顺-2-丁烯和反-2-丁烯的加氢产物不同C1mol葡萄糖可水解生成1mol乳酸()363CH

OD.的结构中含有酯基【答案】D【解析】【详解】A．油脂的相对分子质量较小，是能发生水解反应的小分子化合物，不是高分子化合物，A错误；B．顺-2一丁烯和反-2-丁烯的加氢产物都是丁烷，B错误；C．葡萄糖是单糖，不能水解，C错误；D．合成的单体为对羟基苯甲酸，单体间通过酯化反应而缩聚得到

该高分子化合物，故结构中含有酯基，D正确；故答案为：D。4.下列说法不正确的是A.葡萄糖氧化生成2CO和2HO的反应是放热反应B.核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子C.由氨基乙酸形成的二肽

中存在两个氨基和两个羧基.D.向饱和的NaCl溶液中加入少量鸡蛋清溶液会发生盐析【答案】C【解析】【详解】A．葡萄糖氧化生成CO2和H2O是放热反应，在人体内葡萄糖缓慢氧化成CO2和H2O为人体提供能量，A项正确；B．

核酸是一种生物大分子，分析核酸水解的产物可知，核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物，核苷酸进一步水解得到磷酸和核苷，核苷进一步水解得到戊糖和碱基，故核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子，B项正确；C．氨基乙酸的结构简式为H2NCH2COOH，形成的二

肽的结构简式为H2NCH2CONHCH2COOH，该二肽中含1个氨基、1个羧基和1个肽键，C项错误；D．鸡蛋清溶液为蛋白质溶液，NaCl溶液属于轻金属盐溶液，向饱和NaCl溶液中加入少量鸡蛋清溶液，蛋白质发生盐析，D项正确；答案选C。5.下列除杂试剂选

用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是物质（括号内为杂质）除杂试剂AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、浓H2SO4DNO（NO2）H2O、无水CaCl2A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【

分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过

程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还

原反应，故B符合题意；C.部分氯气与H2O发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；D.NO2与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高

考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。6.室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是A.试管内液面上升，证明SO

2与水发生了反应B.试管中剩余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和C.取出试管中的溶液，立即滴入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2O⇌H2SO3、H2SO3⇌H++-3HSO、-3HSO⇌H+

+2-3SOD.取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于SO2挥发【答案】C【解析】【详解】A．由信息可知，SO2易溶于水，也能使液面上升，故A错误；B．1体积的水能溶解约40体积的SO2，不能完全溶解是因为收集的二氧化硫中混有不溶于水的气体，故B错误；C．滴入石蕊

试液，溶液变为红色，说明溶液显酸性，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，分步电离出氢离子，故C正确；D．亚硫酸具有较强的还原性，易被氧化为硫酸，弱酸变强酸，也能使pH下降，故D错误；故选C。7.下列实验中

，酸的使用不合理的是A.用硫酸促进淀粉水解B.用盐酸配制3FeCl溶液C.用硝酸与锌粒制备氢气D.用浓硝酸和浓盐酸的混合液溶解金【答案】C【解析】详解】A．淀粉水解可以用硫酸做催化剂，硫酸能促进淀粉水解，A正确；B．FeCl3在水溶液中电离出的Fe3+易发生水解反应：FeCl3+3H2O⇋Fe

(OH)3+3HCl，加入HCl可以抑制FeCl3的水解，用盐酸配制3FeCl溶液正确，B正确；C．硝酸具有强氧化性，硝酸与锌粒反应生成硝酸锌和NO，不能生成氢气，C错误；D．用浓硝酸和浓盐酸按照体积比

1：3得到王水，能溶解金，D正确；答案选C。8.关于23NaCO和3NaHCO的下列说法中，不正确的是A.两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同B.可用NaOH溶液使3NaHCO转化为23NaCOC.利用二者热

稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去3NaHCOD.室温下，二者饱和溶液的pH差约为4，主要是由于它们的溶解度差异【答案】D【解析】【详解】A．23NaCO和3NaHCO的溶液中均存在2HO、23HCO、+H、-OH、+Na、2-3CO、-3

HCO，A正确；B．3NaHCO加入NaOH溶液会发生反应：3232NaOH+NaHCO=NaCO+HO，B正确；C．3NaHCO受热易分解，可转化为23NaCO，而23NaCO热稳定性较强，利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3，C正确；D．室温

下23NaCO和3NaHCO饱和溶液pH相差较大的主要原因是2-3CO的水解程度远大于-3HCO，D错误；故选D。9.下列方程式不能准确解释相应实验现象的是A.酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色：CH3CO

O-+H2O⇌CH3COOH+OH-B.金属钠在空气中加热生成淡黄色固体：4Na+O2=2Na2OC.铝溶于氢氧化钠溶液，有无色气体产生：2Al+2OH-+2H2O=22AlO−+3H2↑【D.将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀：SO2

+2H2S=3S↓+2H2O【答案】B【解析】【分析】【详解】A．CH3COONa溶液呈碱性是因为发生了CH3COO-的水解：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，A正确；B．金属钠在空气中加热生成淡黄色固体过氧化钠：2Na+O2ΔNa2O2，B错误

；C．铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气：2Al+2OH-+2H2O=22AlO−+3H2↑，C正确；D．将SO2通入H2S溶液生成S单质和水：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，D正确；故选B。10.根据SO2水溶液加入不同溶液中的实验现象，所

得结论不正确的是实验现象结论A含HCl、BaCl2的FeCl3溶液产生白色沉淀SO2有还原性BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2CO3溶液产生气泡酸性：H2SO3＞H2CO3A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．FeC

l3将SO2氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，该反应中二氧化硫被氧化，表现了还原性，A不合题意；B．SO2与H2S反应生成S单质，该反应中SO2中+4价S元素被还原生成0价的单质S，二氧化硫被还原，表现了氧化性，B不

合题意；C．酸性高锰酸钾能将二氧化硫在水溶液中氧化成硫酸根离子，自身还原为无色的二价锰离子，体现二氧化硫的还原性，C符合题意；D．SO2通入Na2CO3溶液发生反应生成二氧化碳气体，说明酸性：H2SO3＞H2CO3，D不合题意；故答案为：C。11.利用下图实验装置，能

得出相应实验结论的是①②③实验结论A浓醋酸CaCO3C6H5ONa酸性：醋酸>碳酸>苯酚B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性CH2O电石KMnO4乙炔具有还原性D盐酸Na2CO3Na2SiO3非金属性：Cl>C>SiA.AB.BC.CD.D

【答案】B【解析】【详解】A．醋酸易挥发，③中溶液变浑浊可能为醋酸与苯酚钠的反应，则图中装置不能确定碳酸与苯酚的酸性强弱，A错误；B．浓硫酸具有脱水性，使蔗糖变为C，且浓硫酸具有强氧化性，与C发生氧化还原反应生成的二氧化硫能使溴水褪色，根据图中装置发生的实验现象能说明浓硫酸的性质，B正确

；C．电石与水反应生成乙炔，乙炔与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，但电石中混有含硫物质，会生成硫化氢等，硫化氢也能使高锰酸钾溶液褪色，则不能说明乙炔的还原性，C错误；D．比较非金属性强弱可利用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，而HCl为无氧酸，不能说明非金属性Cl>C，D错误；答案选B

。12.一种自修复材料在外力破坏后能够复原，其结构简式(图1)和修复原理(图2)如下所示。下列说法不正确．．．的是A.该高分子可通过加聚反应合成B.合成该高分子的两种单体互为同系物C.使用该材料时应避免接触强酸或强碱D.自修复过程中“—CO

OCH2CH2CH2CH3”基团之间形成了化学键【答案】D【解析】【详解】A.由高分子的结构简式可知，高分子的单体为CH2=C（CH3）COOCH3和CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3，一定条件下CH2=C

（CH3）COOCH3和CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3发生加聚反应生成高分子，故A正确；B.由高分子的结构简式可知，高分子的单体为CH2=C（CH3）COOCH3和CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3，两种单体的结构相似，相差2个CH2原子团，互为同系

物，故B正确；C.由高分子的结构简式可知，高分子中含有酯基结构，在强酸或强碱的条件下高分子能发生水解反应，则使用该材料时应避免接触强酸或强碱，防止发生水解反应，故C正确；D.由自修复过程的示意图可知，自修复过程中“—COOCH2CH2CH2CH3”基团之间没有形成化学键，故D错误；故选D。

13.2CO的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用2CO为原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路线如下。已知：反应①中无其他产物生成。下列说法不正确的是A.2CO与X化学计量比为1:2B.P完全水解得到的产物的分子式和Y的分

子式相同C.P可以利用碳碳双键进一步交联形成网状结构D.Y通过碳碳双键的加聚反应生成的高分子难以降解【答案】B【解析】【详解】A．结合已知信息，通过对比X、Y的结构可知2CO与X的化学计量比为1:2，A正确；的B．P完全水解得到的产物结构简式为，分子式为9143CHO，

Y的分子式为9122CHO，二者分子式不相同，B错误；C．P的支链上有碳碳双键，可进一步交联形成网状结构，C正确；D．Y形成的聚酯类高分子主链上含有大量酯基，易水解，而Y通过碳碳双键加聚得到的高分子主链主要为长碳链，与聚酯类高分子

相比难以降解，D正确；故选B。14.某同学进行如下实验：实验步骤实验现象I将NH4Cl固体加入试管中，并将湿润的pH试纸置于试管口，试管口略向下倾斜，对试管底部进行加热试纸颜色变化：黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)；试管中部有白色固体附着II将饱和NH

4Cl溶液滴在pH试纸上试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)下列说法不正确的是A.根据I中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应B.根据I中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快C.I中试纸变成红色，是由于NH4Cl水解造成的D.根据试管中部有白色固体

附着，说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3【答案】C【解析】【分析】实验I中对NH4Cl固体试管加热，湿润pH试纸黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)，说明加热过程中生成了氨气，氨气遇水形成一水合氨，一水合氨为弱碱，使试纸变蓝，同时产生了氯化氢气体，

氯化氢极易溶于水形成盐酸，中和了一水合氨恢复到黄色，最后变为红色，该过程可证明氯化铵受热发生分解生成氨气和氯化氢气体，试纸先变蓝后变红，说明氨气扩散的速度比氯化氢快；试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中由化合生成氯化铵；实验II中将氯化铵溶液滴在pH试纸上，试纸颜

色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)，说明氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液显酸性，据此分析解答。的【详解】A．氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，会使湿润的pH试纸变红，根据I中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解

反应，故A正确；B．根据分析，根据I中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快，故B正确；C．根据分析，I中试纸变成红色，是由于NH4Cl分解产生的氯化氢造成的，故C错误；D．根据分析，根据试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在

扩散过程中由化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3，故D正确；答案选C。二、填空题(共5题，58分)15.用含有Al2O3、SiO2和少量FeO·xFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)3·18H2O，工艺流程如下(部分操作和条件略)：I

．向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤；Ⅱ．向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；Ⅲ．加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；Ⅳ．加入MnSO4至紫红色消失，过滤；Ⅴ．浓缩、结晶、分离，得到产品。（1）24HSO溶解23AlO的离子方程式是_______。（2）写出4MnO

−氧化2Fe+的离子方程式(4MnO−还原产物为2Mn+)_______。（3）已知：生成氢氧化物沉淀的pH(注：金属离子的起始浓度为10.1molL−)()3AlOH()2FeOH()3FeOH开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8根据

表中数据解释步骤Ⅱ的目的_______。（4）已知：一定条件下，4MnO−可与2Mn+反应生成2MnO。①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是_______，写出反应的离子方程式_______。②Ⅳ中加入MnSO4

的目的是_______。【答案】（1）Al2O3+6H+=2Al3++3H2O（2）-4MnO+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O（3）pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为F

e3+，可使铁完全沉淀（4）①.生成黄绿色气体②.MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O③.除去过量的-4MnO【解析】【分析】本题为用含有Al2O3、SiO2和少量FeO·xFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)3·

18H2O的工艺流程题，将铝灰与过量的稀硫酸反应制得含Al3+、Fe2+、Fe3+、H+和硫酸根离子的溶液，过滤除去不溶性杂质SiO2，向上述滤液中加入酸性高锰酸钾溶液将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH除去，向上层紫红色溶液中加入MnSO4

以除去过量的高锰酸根离子，然后对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥即得Al2(SO4)3·18H2O，据此分析解题。【小问1详解】硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：Al2O3+6H+=

2Al3++3H2O，故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；【小问2详解】高锰酸根离子在酸溶液中被还原为锰离子，亚铁离子被氧化为铁离子，反应的离子方程式为：-4MnO+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：-4MnO+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn

2++4H2O；【小问3详解】铁离子开始沉淀和沉淀完全的溶液pH为1.5～2.8，铝离子开始沉淀pH为3.4，亚铁离子开始沉淀的溶液pH大于铝离子完全沉淀pH，向滤液中加入过量KMnO4溶液，目的是氧化亚铁离子为三价铁离子，依据图表数据分析可知，所以调节溶液的pH约为3，可以使铁离子全

部沉淀，铝离子不沉淀，步骤Ⅱ的目的：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀，故答案为：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀；【小问4详

解】①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，生成的氯气是黄绿色气体，能说明沉淀中存在MnO2，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2

O，故答案为：生成黄绿色气体；MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；②-4MnO可与Mn2+反应生成MnO2，过滤除去，所以可以利用MnSO4的溶液和高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰，把过量高锰酸根离子除去

，故答案为：除去过量的-4MnO。16.HNO3是一种重要的工业原料，可采用不同的氮源制备HNO3。（1）方法一：早期以硝石(含NaNO3)为氮源制备HNO3，反应的化学方程式为：24HSO(浓)343NaNO=NaHSOHNO++。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和_______。

（2）方法二：以NH3为氮源催化氧化制备HNO3，反应原理分三步进行。①写出反应I的化学方程式_______。②已知：氮原子利用率是指目标产物中氮的总质量与生成物中氮的总质量之比。反应Ⅲ的氮原子利用率为66.7%。要使原料NH3转化为HNO3的整个转化过程中氮原子利用

率达到100%，可采取的措施是_______。（3）方法三：研究表明可以用电解法以N2为氮源直接制备HNO3，其原理示意图如下。①电极a表面生成3NO−的电极反应式是_______。②研究发现：N2转化可能的途径为：iii23NNO

NO−⎯⎯→⎯⎯→。电极a表面还发生ⅲ：22HOO→，ⅲ的存在有利于途径ⅱ，原因是_______。（4）人工固氮是高能耗的过程，结合N2分子结构解释原因_______。方法三为N2的直接利用提供了一种新的思路。【答案】（1）难挥发性(或高沸点性)（2）①.4NH3+5O2Δ催化剂4NO+6

H2O②.通入过量O2使NO全部转化为硝酸（3）①.N2-10e-+6H2O=2-3NO+12H+②.反应iii生成O2，O2将NO氧化成NO2，NO2更易转化成-3NO（4）N2中存在氨氮三键，键能高，断键时需要较大

的能量，故人工固氮是高能耗的过程【解析】【小问1详解】在反应：H2SO4(浓)+NaNO3═NaHSO4+HNO3↑中，主要是利用了浓硫酸的性质是酸性和难挥发性(或高沸点性)，故答案为：难挥发性(或高沸点性)；【小问2详解】①第Ⅰ步反应

为氨气的催化氧化，化学方程式为：4NH3+5O2Δ催化剂4NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O2Δ催化剂4NO+6H2O；②要使原料NH3转化为NH4NO3的整个转化过程中氮原子利用率达到100%，反应过程中会生成NO，3NO2+H2O=NO+2HNO3，可通入过量的O

2，使NO全部转化为硝酸，故答案为：通入过量O2使NO全部转化为硝酸；【小问3详解】①根据原子守恒、电荷守恒，可得电极a表面生成-3NO的电极反应式为：N2-10e-+6H2O=2-3NO+12H+，故答案为：N2-10e-+6H2O=2-

3NO+12H+；②研究发现：N2转化可能的途径为N2i⎯⎯→NOii⎯⎯→-3NO，电极a表面还发生ⅲ．H2O→O2。ⅲ的存在，有利于途径ⅱ，原因是反应iii生成O2，O2将NO氧化成NO2，NO2更易转化成-3NO，故答案为：反应iii生成O2，O2将NO氧化成NO2，NO2更易转化成-3NO

；【小问4详解】人工固氮是高能耗的过程，结合N2分子结构解释原因N2中存在氨氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程，故答案为：N2中存在氨氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程。17.化学小组用如下方法测定经处理后

的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。Ⅰ．用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的amol/LKBrO3标准溶液；Ⅱ．取V1mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入V2mL废水；Ⅳ．向Ⅲ中加入过量KI；Ⅴ．用b

mol/LNa2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液V3mL。已知：2223246I2NaSO2NaINaSO+=+Na2S2O3和Na2S4O6溶

液颜色均为无色（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_______。（2）Ⅱ中发生反应的离子方程式是_______。（3）Ⅲ中发生反应的化学方程式是_______。（4）Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是_______。（5）KI与KBrO3物质的量关系

为()()3KI6KBrOnn时，KI一定过量，理由是_______。（6）Ⅴ中滴定至终点的现象是_______。（7）废水中苯酚的含量为_______1gL−(苯酚摩尔质量：194gmol−)。（8）由于Br2具有_______性质，Ⅱ

～Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果_______(填“偏高”或“偏低”)。【答案】（1）容量瓶（2）-3BrO+5Br-+6H+=3Br2+3H2O（3）（4）确保溴过量，保证苯酚已经完全反应（5）

由电子守恒可知，当n(KI)=6n(KBrO3)时，KI恰好与步骤Ⅱ中生成的溴完全反应，而步骤Ⅲ中苯酚会消耗一定量的溴（6）最后半滴Na2S2O3溶液滴入后，溶液恰好蓝色消失，且半分钟内不变（7）132(6aV-bV)

?473V（8）①.易挥发②.偏高【解析】【分析】本题为实验探究题，利用KBrO3和KBr制得溴水，然后在让该溴水与含苯酚的废水反应，过量的Br2用KI制得I2，再用Na2S2O3进行滴定，以此来测量废水中苯酚的含量，据此分析解题。【

小问1详解】Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶，故答案为：容量瓶；【小问2详解】由分析可知，-3BrO与Br-在酸性条件下发生归中反应生成Br2，故Ⅱ中发生反应的离子方程式是-3BrO+5Br-+6

H+=3Br2+3H2O，故答案为：-3BrO+5Br-+6H+=3Br2+3H2O；【小问3详解】已知苯酚和溴水反应生成三溴苯酚和溴化氢，故Ⅲ中发生反应的化学方程式是苯酚与浓溴水反应的化学方程式为，故答案为：；

【小问4详解】Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是确保溴过量，保证苯酚已经完全反应，故答案为：确保溴过量，保证苯酚已经完全反应；【小问5详解】由电子守恒可知，当n(KI)=6n(KBrO3)时，KI恰好与步骤Ⅱ中生成的溴完全反应，而步骤Ⅲ中苯酚会消耗一定量的溴，所

以n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量，故答案为：由电子守恒可知，当n(KI)=6n(KBrO3)时，KI恰好与步骤Ⅱ中生成的溴完全反应，而步骤Ⅲ中苯酚会消耗一定量的溴；【小问6详解】V中滴定至终点的现象是最后半滴

Na2S2O3溶液滴入后，溶液恰好蓝色消失，且半分钟内不变，故答案为：最后半滴Na2S2O3溶液滴入后，溶液恰好蓝色消失，且半分钟内不变；【小问7详解】由-3BrO+5Br-+6H+=3Br2+3H2O、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6、可知

，生成的溴的物质的量为amol/L×v1×10-3L×3=3av1×10-3mol，由溴与碘化钾反应生成的碘的物质的量为bmol/L×v3×10-3L×12=5bv3×10-4mol，所以与苯酚反应的溴的物质的量为3av1

×10-3mol-5bv3×10-4mol=(30av1-5bv3)×10-4mol，由可知，苯酚的物质的量为(30av1-5bv3)×10-4mol×13，废水中苯酚的含量为1-430av-5bv?10molL3××94g/m2ol133-V?10（）=132(6aV-bV)?473Vg•

L-1，故答案为：132(6aV-bV)?473V；小问8详解】【由于Br2具有易挥发的性质，Ⅱ～Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高，故答案为：易挥发；偏高。18.羟甲香豆素是一种治疗胆结石的药物，合成路线如下图所示：已知：i.ii.RCOOR

′+R″OHH,+⎯⎯⎯→△RCOOR″+R′OH(R、R′、R″代表烃基)（1）A属于芳香烃，其结构简式是_______。（2）B中所含的官能团是_______。（3）E属于酯类，仅以乙醇为有机原料，选用必要的无机试剂合成

E，写出有关化学方程式_______。（4）已知：252EFCHOH⎯⎯⎯⎯→+一定条件。F所含官能团有和_______。（5）以D和F为原料合成羟甲香豆素分为三步反应，写出有关化合物的结构简式_______。【答案】（1）（2）硝基（3）2CH3CH2OH+O2u/gΔCA⎯⎯⎯→2CH3C

HO+2H2O、2CH3CHO+O2Δ⎯⎯⎯→催化剂2CH3COOH、CH3COOH+CH3CH2OHΔ垐垐?噲垐?浓硫酸CH3COOC2H5+H2O（4）酯基（5）、【解析】【分析】由（1）中A属于芳香烃，结合C的分子式，可知A为，苯发生硝化反应得到B，还原得到C，

结合C的分子式，可知A发生二元取代得到B，结合羟甲香豆素的结构，可知发生间位的二元取代，故B为、C为，由D的分子式、结合羟甲香豆素的结构，可知D为，由（4）中252EFCHOH⎯⎯⎯⎯→+一定条件，结合E的分子式C4H8O2，根据原子守恒可知

F分子式为C6H10O3，F中含有羰基和酯基结构，再结合羟甲香豆素结构，以及会生成乙醇，可推知F为，故E为CH3COOC2H5，F与D第一步发生信息中的加成反应，生成中间产物1为，然后发生信息取代反应生成中间产物2为，最后发生消去反应脱水得到羟甲香豆素，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知

，A属于芳香烃，其结构简式是，故答案为：；【小问2详解】由分析可知，B的结构简式为：，则B中所含的官能团是硝基，故答案为：硝基；【小问3详解】由分析可知，E属于酯类，E的结构简式为CH3COOC2H5，仅以乙醇为有机原料，选用必要的无机试剂合成E，即CH3CH2OH

2OΔ⎯⎯⎯⎯→催化剂、CH3CHO2OΔ⎯⎯⎯⎯→催化剂、CH3COOH32CHCHOHΔ⎯⎯⎯⎯→浓硫酸、CH3COOC2H5，相关的化学方程式为：2CH3CH2OH+O2u/gΔCA⎯⎯⎯→2CH3CHO+2H2O、2CH3CHO+O2Δ⎯⎯⎯→催化剂2CH3

COOH、CH3COOH+CH3CH2OHΔ垐垐?噲垐?浓硫酸CH3COOC2H5+H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2u/gΔCA⎯⎯⎯→2CH3CHO+2H2O、2CH3CHO+O2Δ⎯⎯⎯→催化剂2CH3COOH、CH3C

OOH+CH3CH2OHΔ垐垐?噲垐?浓硫酸CH3COOC2H5+H2O；【小问4详解】由分析可知，F的结构简式为：，则F所含官能团有和酯基，故答案为：酯基；【小问5详解】F与D第一步发生信息中的加成反应，生成中间产物1为，然后发生信息取代反应生成中间产物2为，最后发生

消去反应脱水得到羟甲香豆素，故答案为：、。19.抗癌药托瑞米芬的前体K的合成路线如下。已知：（1）有机物A能与23NaCO溶液反应产生2CO。有机物B能与23NaCO溶液反应，但不产生2CO；B加氢可得环己醇。A和B反应生成C的化学方程式是_______，反应类型是_______。

（2）E的结构简式为_______。（3）F是一种天然香料，经碱性水解、酸化，得G和J，J经还原可转化为G．J的结构简式为_______。（4）M是J的同分异构体，符合下列条件的M的结构简式是_______。①包含2个六元环②

M可水解，与NaOH溶液共热时，1molM最多消耗2molNaOH（5）推测E和G反应得到K的过程中，反应物4LiAlH和2HO的作用是_______。（6）由K合成托瑞米芬的过程：。托瑞米芬具有反式结构，其结构简式是_______。【答案】（1）①.②.取代

反应或酯化反应（2）（3）（4）（5）还原剂（6）【解析】【分析】有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，说明含有-COOH，其钠盐可用于食品防腐，结合K结构简式知，A为，有机物B能与Na2CO3溶液反应，但不产生CO2，说明含有酚羟基，

且B加氢可得环己醇，则B为，根据ABC分子式知，AB发生酯化反应生成C为，C发生信息i的反应生成D为，生成E为；F是一种天然香料，说明含有酯基，经碱性水解、酸化，得G和J，J经还原可转化为G，J不饱和度=9?2+2-82=6，根据K结构简式知，G、J中都含有苯环

，苯环的不饱和度是4，根据O原子个数知，J中含有-COOH，所以还含有一个C=C，则J为，根据原子守恒知，G分子式为C9H10O，G的不饱和度为9?2+2-102=5，J经过还原可以得到G，所以G为，E、G发生加成反

应生成K；(6)K发生消去反应生成N，N分子式为C26H29NO2，N和SOCl2发生取代反应生成托瑞米芬，根据反应前后分子式变化中Cl原子取代-OH，且托瑞米芬具有反式结构，则N为，托瑞米芬为，据此分析解题

。【小问1详解】通过以上分析知，A为，B为，C为，A和B反应生成C的化学方程式是，反应类型是取代反应或酯化反应；【小问2详解】由分析可知，E的结构简式为，故答案为：；【小问3详解】由分析可知，J的结构简式为，故答案为：；【小问4详解】由分析可知，J为，M是J的同分异构体，①

包含2个六元环；②M可水解，说明含有酯基；与NaOH溶液共热时，1molM最多消耗2molNaOH，说明水解生成酚羟基和羧基，符合条件的结构简式为，故答案为：；【小问5详解】推测E和G反应得到K的过程中，该反应为加成反应，羰基上加上H原子，则反应物LiAlH4和H2O

的作用是还原剂，故答案为：还原剂；【小问6详解】由分析可知，托瑞米芬结构简式为，故答案为：。