【文档说明】北京市人大附中丰台学校2024-2025学年高三上学期适应性练习（一）化学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，1.490 MB，由小赞的店铺上传

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人大附中丰台学校2024-2025学年第一学期适应性练习(一)高三年级化学学科2024年10月5日考生须知1.本练习共2道大题19小题，共8页，满分100分，考试时间90分钟。2.本次考试所有答案均在答

题卡上完成。选择题用2B铅笔以正确方式填涂，非选择题用黑色签字笔填写，字迹要工整、清楚。3.请严格按照答题卡上题号作答，在答题卡规定区域内书写答案，在试卷、草稿纸上答题无效。请保持答题卡清洁，不要折叠

、污损。4.在试卷和草稿纸上准确填写姓名、教育ID号，本人所在年级、班级，格式：高三(X)班。第一部分选择题(共42分)本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.云南有很多非物质文化遗产，下列制作技艺的代表作的主

要材料不属于有机物的是A.傣族剪纸B.云南斑铜C.镇南月琴D.苗族芦笙【答案】B【解析】【详解】A．纸张主要成分是纤维素，属于有机物，A错误；B．云南斑铜的主要成分是铜，属于金属，不属于有机物，B正确；C．

制作月琴的主要成分为木材，主要包含木质素、纤维素等有机物，C错误；D．苗族芦笙的主要材料是竹子，属于有机物，D错误；故选B。2.下列说法正确的是A.硫酸铵和醋酸铅溶液均可使鸡蛋清溶液中的蛋白质变性的B.麦芽糖与蔗糖水解产物均含葡萄糖，故二者

均为还原型二糖C.天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点D.蛋白质的盐析可用于分离和提纯蛋白质【答案】D【解析】【详解】A．轻金属盐或铵盐使蛋白质盐析，重金属盐使蛋白质变性，故硫酸铵使鸡蛋清溶液中的

蛋白质发生盐析，不是变性，故A错误；B．麦芽糖为还原性糖，蔗糖是非还原性糖，故B错误；C．植物油是混合物，没有固定的熔沸点，故C错误；D．饱和硫酸钠溶液或氯化铵盐溶液等使蛋白质的溶解度变小，从溶液中沉淀析出，此过程为盐析，为物理变化，是可逆过程，再用足量的蒸馏水溶解析出的

蛋白质，采用多次盐析的方法分离和提纯蛋白质，故D正确；故选D。3.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.0.1mol的115B中，含有的中子数为0.6NAB.1mol/L的H2SO4溶液中，含有的H+数为0.2NAC.标准状况下，2.24L己烷在O2中完全燃烧，得到C

O2分子数为0.6NAD.密闭容器中充入1molN2与3molH2反应制备NH3，形成的N-H键数目为6NA【答案】A【解析】【详解】A．1个115B中含有6个中子，则0.1mol的115B中，含有的中子数为0.6

NA，A正确；B．1mol/L的H2SO4溶液的体积未知，无法求出含有的H+数，B不正确；C．标准状况下，己烷呈液态，无法求出2.24L己烷的物质的量，也就无法求出在O2中完全燃烧得到CO2分子数，C不

正确；D．合成氨反应为可逆反应，反应不能进行完全，则1molN2与3molH2反应制备NH3，形成的N-H键数目小于6NA，D不正确；故选A。4.如图所示装置中图1灯泡不亮，图2灯泡发亮，由此得出的结论是的A.图1灯泡不亮的原因是NaCl没有发生电

离B.图2灯泡亮说明NaCl溶液是电解质，能导电C.NaCl要发生电离必须有水存在D.电解质在电流的作用下才能发生电离【答案】A【解析】【详解】A．NaCl溶于水或熔融状态下才能发生电离，固体NaCl中的离子不能移动，

故NaCl固体没有发生电离，也不导电，A符合题意；B．灯泡亮说明NaCl溶液能导电，但NaCl溶液是混合物，不属于电解质，NaCl是电解质，B不符合题意；C．NaCl溶于水或熔融状态下均可发生电离，C不符合题意；D．电解质溶

于水或熔化条件下发生电离，与电流无关，D不符合题意；故选A。5.下列反应对应的离子方程式正确的是A.84消毒液与洁厕灵混用产生有毒气体：22ClO2HClHOCl−+−++=+B.实验室用氨水与氯化铝溶液反应制取3Al(OH)：333OHAlAl(OH)−++=C.用浓氯化铁溶液制

作印刷电路板：32FeCuFeCu+++=+D.用盐酸溶液去除3CaCO水垢：23222HCOHOCO+−+=+【答案】A【解析】【详解】A．84消毒液含次氯酸钠、洁厕灵含盐酸，二者混用，发生氧化还原反应，产生有毒气体氯气：2

2ClO2HClHOCl−+−++=+，A正确；B．氨水为弱碱应写化学式，正确的离子方程式为：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B错误；C．该反应不符合电荷守恒，正确的离子方

程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C错误；D．CaCO3难溶于水应写化学式，正确的离子方程式为：+2+3222H+CaCO=Ca+HOCO+，故D错误；故选：A。6.冠醚因分子结构形如皇冠而得名

，某冠醚分子c可识别K+，其合成方法如下。下列说法错误的是A.该反应为取代反应B.a、b均可与NaOH溶液反应C.c核磁共振氢谱有3组峰D.c可增加KI在苯中的溶解度【答案】C【解析】【详解】A．根据

a和c的结构简式可知，a与b发生取代反应生成c和HCl，A正确；B．a中含有酚羟基，酚羟基呈弱酸性能与NaOH反应，b可在NaOH溶液中发生水解反应，生成醇类，B正确；C．根据C的结构简式可知，冠醚中有四种不

同化学环境的氢原子，如图所示：，核磁共振氢谱有4组峰，C错误；D．c可与K+形成螯合离子，该物质在苯中溶解度较大，因此c可增加KI在苯中的溶解度，D正确；故答案选C。7.下列实验现象不涉及．．．氧化还原反应的是A.苯酚暴露于空气中

变为粉红色B.将FeCl3溶液滴到淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝C.向乙醇溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色D.向氯化银悬浊液中滴加硫化钠溶液，沉淀由白色转化为黑色【答案】D【解析】【详解】A．苯酚在空气中会被氧化成粉红色的苯醌，发生氧化还原反应，A错误；B．氯化铁溶液与淀粉碘化钾

试纸接触，试纸变蓝，碘离子被氧化为碘单质，使淀粉变蓝，发生氧化还原反应，B错误；C．高锰酸钾属于强氧化剂，将乙醇氧化，C错误；D．氯化银悬浊液中滴加硫化钠溶液，氯化银沉淀转变为硫化银沉淀，不发生氧化还

原反应，D正确；故选D。8.马尼地平主要用于治疗中度原发性高血压，其结构简式如右图。下列说法正确的是A.分子中有3种含氧官能团。B.分子中碳原子均为：2sp杂化C.能与3NaHCO溶液反应，产生气泡D.分子中含有手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A．由结构简式

知，分子中有硝基、酯基两种含氧官能团，A错误；B．分子中含有甲基，甲基中的碳原子3sp，B错误；C．分子结构中不含有羧基，即不能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，不会产生气泡，C错误；D．红色标记处即为手性碳原子，D正确；故选D。9.实验室既可用MnO2与浓盐酸在

加热条件下反应制备Cl2，也可用KMnO4与浓盐酸在常温下反应制备Cl2。已知反应①()222242MnOHClMnCClHO浓l+++，反应②()42222KMnO16HCl2KCl2MnCl5Cl8HO浓+=+++。下列有关说法错误的是A.氧化性：KMnO4>MnO2>C

l2B.上述两个反应中，HCl体现还原性和酸性C.制备等物质的量的Cl2，消耗MnO2与KMnO4的物质的量之比为5∶2D.反应①中参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1【答案】D【解析】【分析】①()222242MnOHClMnCClHO浓l

+++中Mn元素化合价降低，部分Cl元素化合价升高，即MnO2为氧化剂，Cl2为氧化产物，②()42222KMnO16HCl2KCl2MnCl5Cl8HO浓+=+++中Mn元素化合价降低，部分Cl元素化合价升高，KMnO4为氧化剂，Cl2为氧化产物。【详解】A．反应②生成Cl2更易

，同时根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，可知氧化性：KMnO4>MnO2>Cl2，故A项正确；B．上述两个反应中，均存在部分Cl元素化合价升高被氧化，HCl作还原剂，部分HCl生成盐，HCl表现出酸性，故B项正确

；C．由上述方程式可知2245Cl5MnO2KMnO，因此制备等物质的量的Cl2，消耗MnO2与KMnO4的物质的量之比为5∶2，故C项正确；D．反应①中MnO2为氧化剂，其中有一半的HCl作还原剂被氧化，因此参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2，故D项

错误；综上所述，错误的是D项。10.下列实验方案可以实现实验目的的是：实验目的实验方案A证明羟基对苯环影响分别向苯和苯酚溶液中滴加饱和溴水B检验浓硫酸催化纤维素水解的产物含有还原性糖向水解后的溶液中加入新制()2CuOH浊液，加热，观察

是否有砖红色沉淀生成C检验CH3CH2Br中的Br加入NaOH溶液，再滴加稀AgNO3溶液的D证明乙醇发生了消去反应将乙醇与浓硫酸共热，将产生的气体通入溴水，观察溴水是否褪色A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．苯与溴水不反应，苯酚与溴水反应生

成2,4,6-三溴苯酚，可知羟基影响苯环，A正确；B．使用新制Cu(OH)2浊液检验还原性糖时，应在碱性条件下进行，故浓硫酸催化纤维素水解后，应先加入NaOH溶液至溶液呈碱性，再加入新制Cu(OH)2浊液，加热，观察是否有砖红色沉淀生成，B错误；C．硝酸银

也能与氢氧化钠反应生成沉淀氢氧化银，故应先加稀硝酸中和过量的氢氧化银，再加硝酸银溶液，产生淡黄色沉淀，说明含溴元素，C错误；D．乙醇易挥发，且乙醇具有还原性也能使溴水褪色，D错误；答案选A。11.桂皮中的肉桂

醛()是一种食用香料，一种合成路线如下：下列说法不正确．．．的是A.实验室制取CHCH的反应为：()222CaC2HOCaOHCHCH+→+B.M能发生银镜反应：3323432CHCHO2Ag(NH)OHCHCOON

H2Ag3NHHO+⎯⎯→+++△C.苯甲醛与肉桂醛互为同系物D.肉桂醛分子中含有碳碳双键，存在顺反异构体【答案】C【解析】【分析】M和苯甲醛反应生成肉桂醛，由肉桂醛的结构简式逆推，可知M是乙醛。【详解】A．实验室用电石和水反应制取CHCH，反应方程式为：()222CaC2HOCa

OHCHCH+→+，故A正确；B．M是乙醛，乙醛能发生银镜反应生成乙酸铵、氨气、银、水，反应的方程式为，3323432CHCHO2Ag(NH)OHCHCOONH2Ag3NHHO+⎯⎯→+++△，故B正确；C．苯甲醛不含碳碳双键，肉桂醛含

有碳碳双键，苯甲醛与肉桂醛不是同系物，故C错误；D．肉桂醛分子中含有碳碳双键，存在顺反异构体、，故D正确；选C。12.在Pt-BaO催化下，NO的“储存-还原”过程如图1所示。其中“还原”过程依次发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，各

气体的物质的量变化如图2所示。下列说法不正确的是A.2NO与BaO的反应中，2NO既是氧化剂，又是还原剂B.反应Ⅰ为()32322BaNO8HBaO2NH5HO+=++C.反应Ⅱ中，最终生成2N的物质的量为0.2amolD.反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的()32BaNO

的质量比是3∶5【答案】D【解析】【详解】A．由可知NO和O2在Pt表面发生反应生成NO2，NO2和BaO生成Ba(NO3)2的反应中N元素的化合价由+4价升至+5价，根据氧化还原反应的规律，还有N元素的化合价降低，则2

NO既是氧化剂，又是还原剂，A正确；B．由图可知，第一步反应氢气与Ba(NO3)2作用生成NH3，方程式为：()32322BaNO8HBaO2NH5HO+=++，B正确；C．由图可知，反应分两步进行，第二步反应为NH3还原Ba(NO3)2生成BaO和N2等，则可知，相应的关系式为：32

5NH4N，图中氨气最大量为0.25amol，则最终生成2N的物质的量为0.2amol，C正确；D．第二步反应为NH3还原Ba(NO3)2生成BaO和N2等，根据得式电子守恒可知，()3325NH3BaNO，再结合第一

步反应()332BaNO2NH，可知第一步为()3325BaNO10NH，第二步为()33210NH~3BaNO，则反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的()32BaNO的质量比即物质的量之比是5∶3，D错误；故选D。13.聚

碳酸酯(L)是滑雪镜镜片的主要材料，透明性好、强度高、不易碎，能够给运动员提供足够的保护，其结构简式如图。已知：2R′OH++2R″OH，L可由两种链状单体经此反应制备。下列关于L的说法不正确．．．的是A.制备L的反应是缩聚反应B.制备L的每个单体分子中均含两个苯环C.

通过蒸馏出苯酚可促进L的合成D.L中的官能团是酯基、羟基和醚键【答案】D【解析】【分析】根据2R′OH++2R″OH和L的结构得到制备L的单体为、。【详解】A．制备L是和发生缩聚反应，故A正确；B．制备L的每个单体分子分别

为、，都含两个苯环，故B正确；C．该反应是缩聚反应，除了生成L以外，还有苯酚生成，因此通过蒸馏出苯酚，平衡正向移动，可促进L的合成，故C正确；D．L中的官能团是酯基、酚羟基，没有醚键，故D错误。综上所述，答案为D。14.不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果

如下。反应序号起始酸碱性KIKMnO4还原产物氧化产物物质的量/mol物质的量/mol①酸性0.001nMn2+I2②中性0.00110nMnO2-xIO已知：-4MnO的氧化性随酸性减弱而减弱。下列说法正确的是A.反应①，()()2+2nMn:nI=1:5B.对比反

应①和②，x=3C.对比反应①和②，-I的还原性随酸性减弱而减弱D.随反应进行，体系pH变化：①增大，②不变【答案】B【解析】【详解】A．反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子

守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2-4MnO+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A项错误；B．根据反应①可得关系式10I-~2-4MnO，可以

求得n=0.0002，则反应②的n(I-)∶n(-4MnO)=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关系式为I-~2-4MnO~MnO2~-xIO~6e-，-xIO中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数

等于正负化合价的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：I-+2-4MnO+H2O=2MnO2↓+-3IO+2OH-，B项正确；C．已知-4MnO的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减弱而增强，C项错误；

D．根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，D项错误；答案选B。第二部分非选择题(共58分)15.按要求书写如下方程式：（1）NaHCO3溶液与稀盐酸混合，写出该反应的离子方程式：_______

。（2）NaHCO3溶液与氢氧化钠溶液混合，写出该反应的离子方程式：_______。（3）已知在酸性介质中FeSO4能将+6价铬还原成+3价铬。写出227CrO−与FeSO4溶液在酸性条件下反应的离子方程式：__

_____。（4）煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(CaSO4、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快速检测煤中全硫含量的方法，其主要过程如下图所示。已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体中主要含O2、CO2、H2

O、N2、SO2。高温下，煤中的CaSO4完全转化为SO2，该反应的化学方程式为_______。（5）酸性KMnO4溶液与草酸(H2C2O4)反应，Mn元素转为Mn2+，同时生成一种能使澄清石灰水变浑浊的气体，写出该反应的

离子．．方程式：_______。【答案】（1）322HCOHHOCO−++=+（2）2332HCOOHCOHO−−−+=+（3）2233272CrO6Fe14H2Cr6Fe7HO−++++++=++（4）4222

CaSO2CaO2SOO++高温或：4222CaSOC2CaO2SOCO+++高温（5）24224222MnO5HCO6H2Mn10CO8HO−++++=++【解析】【小问1详解】NaHCO3溶液与稀盐

酸混合生成氯化钠、水、二氧化碳，离子方程式为322HCOHHOCO−++=+；【小问2详解】NaHCO3溶液与氢氧化钠溶液混合生成碳酸钠、水，反应离子方程式2332HCOOHCOHO−−−+=+；【小问3详解】在酸性介质中

FeSO4能将+6价铬还原成+3价铬，Fe元素化合价升高为+3，根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应离子方程式为2233272CrO6Fe14H2Cr6Fe7HO−++++++=++；【小问4详解】高温下，煤中的CaSO4完全转化为SO2，S元素化合价降低，则O元素化合价升高

，该反应方程式为4222CaSO2CaO2SOO++高温，高温下煤中的C能与O2反应生成CO2，因此还存在反应4222CaSOC2CaO2SOCO+++高温。【小问5详解】酸性KMnO4溶液与草酸(H2C2O4)反应，Mn元素转为Mn2+，同时生成一种能使澄清石灰水变浑浊的

气体，根据元素守恒可知该气体为CO2，反应过程中Mn元素化合价由+7降低至+2，C元素化合价由+3升高至+4，根据化合价升降守恒可知反应离子方程式为24224222MnO5HCO6H2Mn10CO8HO−++++=+

+。16.ZnS、CdSe均为重要的半导体材料，可应用于生物标记和荧光显示领域，并在光电器件、生物传感和激光材料等方面也得到了广泛的应用。（1）基态Zn原子的价层电子排布式为_______。（2）34Se在周期表中的位置为_______。（3）

S与P在周期表中是相邻元素，两者的第一电离能：S_______P(填“>”、“<”或“=”)，解释其原因_______。（4）比较熔点ZnO和ZnS的熔点大小并解释其原因_______。（5）CdSe的一种晶体为闪锌矿型结构，晶胞结构如图所示。为①晶胞中，与Cd原子距离最

近且相等的Se原子有_______个。②已知晶胞边长anm，阿伏加德罗常数为NA，CdSe的摩尔质量为191g⋅mol-1。则CdSe晶体的密度是_______g·cm-3。(1nm=10-7cm)【

答案】（1）1023d4s（2）第四周期VIA族（3）①.<②.P的价电子排布式为3s23p3，S的价电子排布为3s23p4，P原子为半充满结构，比较稳定，难失电子，第一电离能大（4）ZnO>ZnS，二者均为离子晶体，Zn2+、O2-和S2-所带电荷数相同，但是离子半径22OS−−，

所以晶格能ZnO>ZnS(或离子键强度ZnO>ZnS)，熔点ZnO>ZnS（5）①.4②.()321A764/10Na−【解析】【小问1详解】Zn为30号元素，基态Zn原子的价层电子排布式为1023d4s；【小问2详解】34Se的价电子排布式为244s4p，因此在

周期表中的位置为第四周期VIA族；【小问3详解】P的价电子排布式为3s23p3，S的价电子排布为3s23p4，P原子为半充满结构，比较稳定，难失电子，第一电离能大，即I1(P)>I1(S)；【小问4详解】ZnO、ZnS二者均为离子晶体，Zn2+、O2-和S

2-所带电荷数相同，但是离子半径22OS−−，所以晶格能ZnO>ZnS(或离子键强度ZnO>ZnS)，熔点ZnO>ZnS；【小问5详解】①取晶胞面心的Cd原子可知与Cd原子距离最近且相等的Se原子有2×2=4个；②Se原子全部位于晶胞内部，因此每个晶

胞中共存在4个CdSe，该晶胞的质量为A1914gN，则CdSe晶体的密度为()A371914ga10cmN−=()321A764/10Na−g·cm-3。17.抗癌药吉非替尼的前体K的合成路线如下：已知：ⅰ.R−CHO234①NHOH/HCl②CHCOCl

/CCl⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→R−CNⅱ.R1−NH2+R2−OH一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→R1−NH−R2+H2O（1）A分子中含氧官能团名称是_______。（2）下列关于B的说法正确的是_______。a.在Ni的催化下，1molB可与4molH2发生加成反应b.可以

使酸性KMnO4溶液褪色c.能与Na2CO3发生反应产生CO2d.存在含有苯环、醛基的羧酸类同分异构体（3）D的结构简式为_______。（4）E的核磁共振氢谱中只有一组峰，E→F的化学方程式为_______，F→G的反应类型为_______。（5）

试剂a的结构简式为_______。（6）J的结构简式为_______。【答案】（1）羟基、醛基（2）ab（3）（4）①.BrCH2CH2Br+2NaOH⎯⎯→HOCH2CH2OH+2NaBr②.取代反应（5）H2NCH2CH2Cl

（6）【解析】【分析】由题干合成流程图可知，由B分子式、A的结构简式并结合K的结构简式可推知B的结构简式为：，由C的分子式和B转化为C的反应条件并根据信息i可知，C的结构简式为：，由D的分子式和C到D的转化条件可知，D的结构简式为：，由E的分子式结合K

的结构简式可知，E的结构简式为：BrCH2CH2Br，由F的分子式并结合E到F的转化条件可知，F的结构简式为：HOCH2CH2OH，由F到G的转化条件和G的分子式可知，G的结构简式为：HOCH2CH2OCH2CH2OH，由K的结构简式和

H+D→I的条件并结合信息ii可知，试剂a为H2NCH2CH2Cl，H的结构简式为：，I的结构简式为：，由I到J的反应条件并结合K的结构简式可知，J的结构简式为：，据此分析解题。【小问1详解】由题干合成流程图中A的结构简式可知A分子中含氧官能团名称是(酚)羟基、醛基，故答案为

：(酚)羟基、醛基；【小问2详解】由分析可知，B的结构简式为：，据此解题：a．由B的结构简式可知，在Ni的催化下，1molB可与4molH2发生加成反应，其中苯环上3mol，醛基上1mol，a正确；b．由B的结构简式可知，含有酚羟基和醛基，故可以使酸性KMnO4溶液褪色，

b正确；c．由B的结构简式可知，分子只含有酚羟基没有羧基，故不能与Na2CO3发生反应产生CO2，c错误；d．由B的分子式可知，该物质的不饱和度为5，应为苯环的不饱和度为4，醛基、羧基的不饱和度各为的1，故该物质不存在含有苯环、醛基的羧酸类同分异构体，d错误；故答案为：ab；【小问3详解】由

分析可知，D的结构简式为：，故答案为：；【小问4详解】由分析可知，E的结构简式为：BrCH2CH2Br，F的结构简式为：HOCH2CH2OH，故E的核磁共振氢谱中只有一组峰，E→F的化学方程式为BrCH2CH2Br+2NaOH⎯⎯→HO

CH2CH2OH+2NaBr，G的结构简式为：HOCH2CH2OCH2CH2OH，故F→G为醇分子分子间脱水反应，则其反应类型为取代反应，故答案为：BrCH2CH2Br+2NaOH⎯⎯→HOCH2CH2OH+2NaBr；取代反应；【小问5详解】由分析可知

，试剂a的结构简式为：H2NCH2CH2Cl，故答案为：H2NCH2CH2Cl；【小问6详解】由分析可知，J的结构简式为：，故答案为：。18.治疗高血压的药物替利洛尔的一种合成路线如下。已知：22SOClRNHRCOOHR

COCl⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→RCONHR′（1）A分子含有的官能团是氯原子和_______。（2）写出B与CH3COOH反应的化学方程式是_______。（3）下列有关D的说法正确的是_______(填序号)。a.由B制备D的反应类型为加成反应b.试剂a为Cl2c.碱性条件有利于D

→E反应的进行（4）F分子中有2种不同化学环境的氢，则F的结构简式_______。（5）K与L反应的化学方程式为_______。（6）Q反应生成R的过程中，可能生成一种与R互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为_

______。（7）已知：CaO23RCOONaNaOHRHNaCO+⎯⎯⎯→+△写出由M制备P时中间产物1、3的结构简式_______、_______(中间产物1、2互为同分异构体，部分试剂及反应条件已省略)。【

答案】（1）碳碳双键（2）24HSO2232232CHCHCHOHCHCOOHCHCHCHOOCCHHO=−+=−+浓△（3）abc（4）（5）（6）（7）①.②.【解析】【分析】丙烯和氯气发生取代反应生成A，A的结构简式为CH2=CHCH2Cl，A在NaOH水溶液

作用下发生卤代烃的水解生成B，则B的结构简式为CH2=CHCH2OH，B和试剂a反应生成D，D能失去一个HCl分子后生成的E中还有1个氯原子，所以B→D是B和氯气的加成反应，即D为CH2Cl-CHCl-CH2OH，根据Q的结构简式可知E为；F的分子式为C8H4O3，

不饱和度为7，且F分子中有2种不同化学环境的氢，结合J的结构可知，F为，F和甲醇反应生成J，J在SOCl2作用下生成K，则K为，K和L反应生成M，则L为CH3NHCH2COOCH3，生成M的同时还生成HCl，M经一系列反应生成P，P和E反应生成Q

，Q和H2NC(CH3)3反应生成R。【小问1详解】A为CH2=CHCH2Cl，分子含有的官能团是氯原子和碳碳双键。【小问2详解】B为CH2=CHCH2OH，与CH3COOH发生酯化反应的化学方程式是24HSO2232232CHCHCHOHCH

COOHCHCHCHOOCCHHO=−+=−+浓△。【小问3详解】D为CH2Cl-CHCl-CH2OH，B为CH2=CHCH2OH，B→D是B和氯气的加成反应，故a、b正确；D→E的反应是CH2Cl-CHCl-CH2OH+HC

l，碱可以中和生成的HCl，有利于反应的进行，故c正确；故选abc。【小问4详解】由以上分析可知，F的结构简式为：。【小问5详解】K与L发生取代反应，生成M和HCl，反应的化学方程式为：。【小问6详解】Q反应生成R的过程中，Q分子中的三元环上的一个C-O键断裂：，也有可能是另

一个C-O键断裂，即，生成的是一种与R互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为。【小问7详解】M中有两个酯基，发生已知中的第一个反应生成中间产物1为，根据F的结构简式和中间产物3生成F的反应条件，并结合已知中的第二个反应可知，中间产物3

的结构简式为，中间产物2和中间产物1互为同分异构体，则中间产物2为。19.实验表明，当乙醛加入到溴水中，溴水会褪色。针对此现象，某小组同学依据乙醛结构进行探究。【实验假设】（1）假设Ⅰ：醛基含有不饱和键，可

与2Br发生_________反应(填反应类型)。假设Ⅱ：乙醛具有α－H，可与溴水发生取代反应。一元取代反应如下：322CHCHOBrBrCHCHOHBr+→+无论是几元取代，参加反应的2Br与生成的HBr物质的量之比为_________。假设Ⅲ：乙醛具有较强的还原性，可被溴水氧

化为乙酸，补全下面反应方程式。3CHCHO+2Br+2HO→3CHCOOH+_________【实验过程】针对以上假设，该小组同学设计了两组方案。方案Ⅰ：通过对比反应现象判断反应类型。序号操作现象试管11mL溴水＋1mL乙醛，充

分振荡后静置褪色试管21mL溴的4CCl溶液＋1mL乙醛，充分振荡后静置____结论：假设Ⅰ不成立。（2）试管2中的实验现象为__________。方案Ⅱ：通过测定反应后混合液的pH判断反应类型。序号操作pH试管1加入20mL溴水，再加入10mL苯酚

溶液，待完全反应后(苯酚过量)，测定混合液pH1.85[()1.851H110molLc+−−=]试管2加入20mL相同浓度的溴水，再加入10mL20%的乙醛溶液(乙醛过量)，3min后完全褪色，测定混合液pH____________注：苯酚和乙酸的

电离及温度变化对混合液pH的影响可忽略。（3）写出苯酚与溴水反应的化学方程式：____________________________________。（4）若试管2中反应后混合液的pH＝1.85，则证明乙醛与溴水的反应类型为______反应；若pH接近______，则证明为氧化反应(lg2≈

0.3)；若pH介于两者之间，则证明两种反应类型皆有。【实验结论与反思】（5）根据实验数据得出结论：乙醛与溴水发生氧化反应。查阅资料，乙醛并非直接与2Br发生反应，而是与次溴酸(HBrO)反应，从平衡移动的角度解释乙醛使溴水褪色的原因：____________

__。（6）已知柠檬醛的结构如图，结合上述实验，检验柠檬醛分子中存在碳碳双键的合理方法为(填字母序号)。A.向酸性高锰酸钾溶液中加适量柠檬醛，观察其是否褪色B.向溴水中加适量柠檬醛，观察其是否褪色C.向溴的4CCl溶液中加适量柠檬

醛，观察其是否褪色D.向新制氢氧化铜悬浊液中加适量柠檬醛，加热，冷却后取上层清液再加溴水，观察其是否褪色【答案】（1）①.加成反应②.1:1③.3223CHCHO+Br+HO=CHCOOH+2HBr（2）溶液分层，溴水不褪色；（3）（4）①.取

代反应②.1.55（5）乙醛与HBrO反应，使得22Br+HOHBr+HBrO平衡正向移动，消耗2Br，溶液褪色（6）C【解析】【分析】乙醛结构中含有不饱和键，α－H，具有较强的还原性，可能与溴发生加成反应，取代反应和氧化反应

；溴水和苯酚溶液反应为取代反应，翻译后混合液pH值为1.85，将溴水与乙醛溶液反应，如果pH＝1.85，则证明乙醛与溴水的反应类型为取代反应；如果发生氧化反应，生成的HBr为取代反应的2倍，所以()+-1.85-1cH=210molL，pH=1.55，所以若pH接近

1.55，则证明为氧化反应；若pH介于两者之间，则证明两种反应类型皆有；据此分析解题。【小问1详解】假设Ⅰ：2Br可以与双键发生加成反应，醛基含有不饱和键，可与2Br发生加成反应；故答案为加成反应；假

设Ⅱ：发生取代反应时，参加反应的2Br其中一个Br原子取代H原子，另一个Br与被取代的H生成HBr，所以无论是几元取代，参加反应的2Br与生成的HBr物质的量之比为1:1，故答案为1:1；假设Ⅲ：乙醛具有较强的还原性，可被溴水氧化为乙酸，反应方程式为3223

CHCHO+Br+HO=CHCOOH+2HBr；故答案为3223CHCHO+Br+HO=CHCOOH+2HBr；【小问2详解】1mL溴的4CCl溶液＋1mL乙醛，充分振荡后静置，溶液分层，溴水不褪色；故答案为溶液分层，溴水不褪色；【小问3详解】溴水与

苯酚发生取代反应，反应为；故答案为；【小问4详解】若试管2中反应后混合液的pH＝1.85，与试管1中pH一致，则证明乙醛与溴水的反应类型为取代反应；如果发生氧化反应，生成的HBr为取代反应的2倍，所以()

+-1.85-1cH=210molL，pH=1.55，所以若pH接近1.55，则证明为氧化反应；应故答案为取代反应；1.55；【小问5详解】2Br与水反应式为22Br+HOHBr+HBrO，乙醛与HBrO反应，使得平衡正向移动，消耗2Br，溶液褪色；故答案为

乙醛与HBrO反应，使得22Br+HOHBr+HBrO平衡正向移动，消耗2Br，溶液褪色；【小问6详解】柠檬醛分子中含有碳碳双键和醛基，根据上述实验，检验柠檬醛分子中存在碳碳双键是方法是向溴的4CCl溶液中加适量柠檬醛，观察

其是否褪色；选项C符合题意，故答案选C。【点睛】本题主要考查化学实验方案的评价，题目难度中等，注意根据反应的类型判断反应可能的产物，把握实验原理是解题的关键。