【文档说明】江苏省如皋市2019-2020学年高一下学期教学质量调研（二）化学（选修）试题【精准解析】.doc，共(22)页，1.044 MB，由小赞的店铺上传

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2019～2020学年度高一年级第二学期教学质量调研（二）化学试题（选修）可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Ca-40I-127单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一项符合题意。1.下列有关化学用语表示正确的

是（）A.乙醛分子的比例模型：B.中子数为16的硫原子：4832SC.HCl的电子式：D.甲酸甲酯的结构简式：HCOOCH3【答案】D【解析】【详解】A．由比例模型可以看出分子中有2个碳原子和1个氧原子，6

个氢原子，则结构简式为CH3CH2OH，可表示乙醇的比例模型，乙醛的结构简式为CH3CHO，乙醛正确的比例模型为：，故A错误；B．硫元素的质子数为16，中子数为16的硫原子的质量数为32，该原子正确的表示方法为：3216S，故B错误；C．HCl中氢原子最外层一个电子，氯原子最外层7个电子，

H与Cl形成共价键，为共价化合物，其电子式为，故C错误；D．甲酸甲酯分子中含有酯基，其结构简式为HCOOCH3，故D正确；答案为D。2.下列能大量共存的一组离子是（）A.H+、Na+、NO-3、HCO-3B.Cu2+、NH4+、SO2-4、Cl-C.K+、Ba2+、CO2-3、NO

-3D.Mg2+、Na+、OH-、NO-3【答案】B【解析】【详解】A．H+、HCO3-之间发生反应，生成CO2和H2O，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Cu2+、NH4+、SO42-、Cl-四种离子之间不发生反应，可以大量共存，故B正确；C．Ba2+、CO32-之间发生反应，生成BaCO3沉

淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Mg2+、OH-之间发生反应，生成Mg(OH)2沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；答案为B。3.下列离子方程式表达正确的是（）A.向硫酸铁溶液中加入过量铁粉：Fe+2Fe3+=3Fe2+B.向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸：Na2CO3+2H+=2Na

++CO2↑+H2OC.向铜粉中加入稀硫酸：Cu+2H+=Cu2++H2↑D.向铝粉中加入足量NaOH溶液：2Al+2OH-=2AlO-2+H2↑【答案】A【解析】【详解】A．向硫酸铁溶液中加入过量铁粉，振荡，反应生成硫酸亚铁，离子方程式为：F

e+2Fe3+=3Fe2+故A正确；B．向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸，由于Na2CO3是溶于水的物质，盐酸是强酸，在离子方程式中均应拆开，写离子的形式，正确的离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O；

故B错误；C．向铜粉中加入稀硫酸，根据金属活动顺序表，Cu排在H后面，Cu不能置换出H2，故C错误；D．向铝粉中加入足量NaOH溶液，发生反应生成偏铝酸钠和氢气，正确的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO

2-+3H2↑，故D错误；答案为A。4.在给定条件下，下列所示的物质间的转化均能实现的是（）A.HCl(浓)Cl2FeCl3(aq)B.AlAl2O3Al(OH)3C.NaCl(熔融)NaNaOHD.N2NO2HNO3【答案】C【解析】【分析】【详解】A．HCl(浓)与MnO2加热反

应产生Cl2，正确的实现途径为：HCl(浓)2MnO⎯⎯⎯→加热Cl22FeCl(aq)⎯⎯⎯⎯→FeCl3(aq)，故A不符合题意；B．氧化铝具有两性，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，不产生Al(OH)3，正确的实现途径为：Al23FeO⎯⎯⎯→高温Al2

O3(s)HCl⎯⎯→AlCl3(aq)32NHHO•⎯⎯⎯⎯→Al(OH)3，故B不符合题意；C．因为2NaCl(熔融)=电解2Na+Cl2↑，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，物质间的转化均能实现，故

C符合题意；D．N22O⎯⎯⎯⎯→高压放电NO，氮气和氧气反应不能直接生成二氧化氮，NO22OHO⎯⎯⎯→HNO3，故D不符合题意；答案为C。5.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A.Fe粉有还原性，可用作食品抗氧化剂B.NH3呈碱性，可用作制冷剂C.

明矾易溶于水，可作净水剂D.漂白粉溶液呈无色，可用作消毒剂【答案】A【解析】【详解】A．Fe是比较活泼金属、具有还原性，能与氧气、水发生原电池反应，以除去食品袋中氧气和水，所以Fe可用作食品袋中的抗氧化剂，故A正确；B．氨气易液化，液态氨气气化需要吸收大量的热，可用作制冷剂

，与碱性无关，故B错误；C．明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质作用，所以明矾可用作净水剂，与它易溶于水关系不大，故C错误；D．漂白粉溶液可用作消毒剂，是因为漂白粉中Ca(ClO)2受

空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，还生成碳酸钙，Ca(ClO)2+H2O+CO2═CaCO3↓+2HClO；与有无颜色无关，故D错误；答案为A。6.下列有关实验装置及原理正确的是（）A.用图甲装置分离苯和溴苯的混合物B.用图乙装

置检验溴乙烷的消去产物C.用图丙装置制取并收集乙酸乙酯D.用图丁装置验证酸性：碳酸>苯酚【答案】B【解析】【分析】【详解】A．苯和溴苯互溶，但沸点不同，应该用蒸馏方法分离，不能用分液方法分离，故A错误；B．溴乙烷与NaOH乙醇溶液

共热，发生消去反应，生成乙烯气体，通入溴水中，使溴水褪色，可检验溴乙烷的消去产物，故B正确；C．导气管插入了Na2CO3溶液中，会因为挥发出来的乙醇、乙酸易溶于碳酸钠溶液或加热不均匀易造成Na2CO3溶液倒流进加热反应物的试管中，导致试管破裂，故C错误；D．浓盐酸易挥发，制取的

二氧化碳中混有的HCl能够与苯酚钠反应，干扰了检验结果，故D错误；答案为B。7.乙醇进入人体内经过乙醇脱氢酶的作用转化为乙醛，然后在乙醛脱氢酶作用下转化为乙酸，最后生成CO2和水。下列说法正确的是（）A.乙醛转化为乙酸发生了还

原反应B.乙醇不能被酸性K2Cr2O7氧化成乙酸C.利用银氨溶液可以鉴别乙醇溶液和乙醛溶液D.乙醇、乙酸均能与氢氧化钠溶液发生反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A．乙醛转化为乙酸，是醛基中加入氧原子，是氧化反应，故A错误；B．乙醇遇酸性的K2Cr2O7溶液会迅速被氧化成乙

酸，反应的化学方程式为：2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4═2Cr2(SO4)3+3CH3COOH+2K2SO4+11H2O，故B错误；C．乙醛中含有醛基，与银氨溶液反应产生银镜现象，乙醇与银氨溶液

不反应，利用银氨溶液可以鉴别乙醇溶液和乙醛溶液，故C正确；D．乙酸可以和氢氧化钠发生中和反应生成乙酸钠和水，而乙醇不能和氢氧化钠反应，故D错误；答案为C。8.下列有关说法正确的是（）A.与互为同系物B.如图所示有机

物分子含两种官能团C.能与新制氢氧化铜反应的物质一定是醛D.CH3COOH和C2H518OH在浓硫酸加热条件下生成CH3COOC2H5和H218O【答案】B【解析】【详解】A．结构相似组成相差一个或若

干个CH2的有机物为同系物，是苯酚，属于酚类，是苯甲醇，属于醇类，二者类别不同，不是同系物，故A错误；B．有机物结构中含有碳碳双键和溴原子两种官能团，故B正确；C．含有醛基的物质均能与新制氢氧化铜反应，甲酸乙酯、葡萄糖等均含有醛基，也能与新制氢氧化铜反应，故C错误；D．乙酸与乙醇发生酯化反应的

机理是酸脱羟基醇脱氢，则示踪原子18O应在酯中，即CH3COOH+CH3CH218OH24HSO⎯⎯⎯⎯→浓CH3CO18OCH2CH3+H2O，故D错误。答案为B。9.下列叙述正确的是（）A.用溴水可以鉴别苯、乙醇、四氯化碳B.分离苯和苯酚可以用浓溴水C.皮肤上粘有苯酚可用NaOH溶液洗去

D.用饱和食盐水替代纯水与电石反应，可加快反应速率【答案】A【解析】【详解】A．溴水与苯发生萃取，苯的密度比水小，有色层在上层，与乙醇不反应也不分层，与四氯化碳发生萃取，四氯化碳的密度比水大，有色层在下层，现象不同，

所以能鉴别，故A正确；B．溴易溶于苯，用溴水除杂，苯酚和溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚是有机物，溶于苯中，同时会引入新的杂质，则除去苯中的少量苯酚，正确的向混合物中加入NaOH溶液后分液，故B错误；C．氢氧化钠有腐蚀性，会烧伤皮

肤，应用酒精洗涤，故C错误；D．电石跟水反应比较剧烈，所以用饱和食盐水代替水，逐滴加入饱和食盐水时可控制反应物水的供给，相对于纯净的水，相当于稀释浓度，从而减慢反应速率，控制生成乙炔的速率，故D错误；答案为A。10.主族元素Q、R、X、

Y、Z的原子序数依次增大，且不超过20，Q原子最外层电子数是内层电子数的2倍，R、X、Y均在同一周期，R最外层电子数与最内层电子数相等，Z与R为同一主族，X的单质在空气中燃烧所得产物能使品红褪色。则下列说法正确的是（）A.原子半径大小的顺序：r(R

)＞r(X)＞r(Y)＞r(Z)B.Q元素在自然界中只存在一种单质C.R的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的弱D.元素X的简单氢化物的热稳定性比Y的强【答案】C【解析】【分析】主族元素Q、R、X、Y、Z原子序数依次增大，且不超过20，Q原

子最外层电子数是其内层电子数的2倍，最外层最多容纳8个电子，则Q内层含有2个电子，最外层含有4个电子，为C元素，R最外层电子数与最内层电子数相等，则最内层即K层是2个电子，最外层也是2个电子，R为Mg元素，X的单质在空气中燃烧所得产物能

使品红褪色，产物是SO2，则X为S元素，R、X、Y均在同一周期，依据原子序数依次增大，则Y为Cl元素，Z与R为同一主族，原子序数不超过20，则Z为Ca元素，据此解答。【详解】A．根据元素周期律，R、X、Y均在同一周期，同周期元素原子半径从左至右，依次减小，则r(R)＞r(X)＞r(Y)，

Z与R为同一主族，同主族元素，原子半径从上往下，依次增大，则r(Z)＞r(R)，则原子半径大小为r(Z)＞r(R)＞r(X)＞r(Y)故A错误；B．Q为C元素，在自然界中存在金刚石、石墨等单质，故B错误；C．R为Mg元素。Z为Ca元素，二者属于同主族元素，根据元素周期律，从上往下，金属性增强

，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则金属性Ca＞Mg，碱性Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故C正确；D．X为S元素，Y为Cl元素，二者属于同周期元素，根据元素周期律，从左往右，非金属性增强，非金属性越强，氢化物的热稳定性越强，则非金属性

S<Cl，氢化物的热稳定性H2S<HCl，故D错误；答案为C。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，

该小题就得0分。11.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作结论A向苯和甲苯中分别滴加少量酸性KMnO4溶液，充分振荡，苯中溶液为紫红色，甲苯中溶液为无色甲基使苯环变活泼，苯环被氧化B向KMnO4固体中滴加浓盐酸，生成黄绿色气体氧化性：KMnO4>C

l2C向溶液X中加入稀硝酸，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色溶液X中含有Fe3+D将乙醇与浓H2SO4混合液加热至170℃，产生的气体使酸性KMnO4溶液褪色的通入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去一定是乙烯A.AB.BC.CD.D【

答案】B【解析】【详解】A.甲苯中滴加少量酸性KMnO4溶液，充分振荡，溶液为褪为无色，是因为甲基受苯环影响，化学性质变得较活泼，甲基被氧化，而不是苯环被氧化，故A错误；B.向KMnO4固体中滴加浓盐酸，发生反应

2KMnO4+16HCl===2KCl+MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反应中KMnO4做氧化剂，Cl2是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，故B正确；C.若溶液X中含有Fe2+，加入稀硝酸时Fe2+会被氧化成Fe3+，再滴加KSCN溶液，溶液也变成红色，因此溶液中不一定有

Fe3+，故C错误；D.乙醇易挥发，乙醇及生成的乙烯均能被高锰酸钾氧化，溶液褪色不能说明乙烯生成，故D错误；答案选B。12.加碘盐中含有KIO3，其能发生反应KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O，下列有关该反

应的说法正确的是（）A.H2SO4是氧化剂B.KIO3发生还原反应C.I2的还原性大于I-D.每生成0.6molI2，反应转移电子数为1mol【答案】BD【解析】【分析】根据题中反应KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O可知，本题考查氧化还原反应的几组概念，根据“升失

氧，降得还，若说剂，正相反”的规律判断氧化剂和还原剂，并依据还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析。【详解】A.H2SO4的化合价没有发生变化，既不做氧化剂也不做还原剂，故A错误；B.KIO3中I元素由+5价变为0价，化合价降低，得到电子，发生还原反应

，故B正确；C.反应中KI做还原剂，I2是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的的还原性，故还原性I-大于I2，故C错误；D.由方程式KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O可得关系式235eI−，由此可得每生成0.6molI2，反应转移电子数为1mol，故D正

确；答案选BD。13.如图所示为合成羟甲香豆素中间体的结构简式。下列说法正确的是（）A.该物质分子中所有碳原子可能共平面B.该物质能在Cu作催化剂条件下氧化生成含醛基的物质C.1mol该分子最多可与3molNaOH反应D.与足量溴水反应，1m

ol该分子最多消耗1molBr2【答案】C【解析】【分析】根据题中羟甲香豆素中间体的结构简式可知，本题考查有机化合物的基本结构和反应，运用正四面体上的原子不共面，能在Cu催化下氧化生成醛的醇要求-OH所连C上要有两个H

，-COO-、酚羟基均能分别与NaOH反应分析。【详解】A.该物质分子有3个饱和的碳原子，根据甲烷的正四面体结构可知，该有机物分子中所有碳原子不可能共平面，故A错误；B.能在Cu催化下氧化生成醛的醇，要求-OH所连C上要有两个H，

该物质-OH所连C上只有一个H或者无H，因此该物质不能在Cu作催化剂条件下氧化生成含醛基的物质，故B错误；C.1mol该分子中含有1mol-COO-、1mol酚羟基均能分别与1molNaOH反应，-COO水解后又生成1mol酚羟基与1molNaOH

反应，因此1mol该分子最多可与3molNaOH反应，故C正确；D.酚羟基的邻、对位可以与溴水发生取代反应，由于对位被占，因此其与足量溴水反应，1mol该分子至少可以消耗2molBr2，故D错误；答案选C。14.化合物Z是一种医药中间体，由X制备Z的物质转

化路线如图，下列说法正确的是（）A.X在空气中不易氧化变质B.可用FeCl3溶液鉴别X、YC.1molX最多能与4molH2反应D.C3H5O2Cl的结构简式为ClCOOC2H5【答案】CD【解析】【分析】根据题中由X制备Z的物质转化路线可知

，本题考查有机合成，运用酚类物质的化学性质和加成反应、取代反应的原理进行分析。【详解】A.X中的酚羟基易被空气中的氧气氧化变质，故A错误；B.X、Y中都含有酚羟基结构，都能与FeCl3发生显色反应，所以X、Y不可用FeCl3溶液鉴别，故B错误；C.1molX中含有的苯环、醛基分别能和3molH2

、1molH2发生加成反应，所以X最多能与4molH2反应，故C正确；D.C3H5O2Cl能与Y中羟基发生取代反应生成Z，故其结构式为，所以结构简式为ClCOOC2H5，故D正确；答案选CD。15.维生素C又叫抗坏血酸，是一种水溶性维生素，只含有C、H、O三种元素，其球棍模型如

图所示。下列关于维生素C的说法正确的是（）A.维生素C的分子式C6H8O6B.维生素C含有1个手性碳原子C.维生素C不能使溴水褪色D.1mol维生素C与足量的钠反应能产生2molH2【答案】AD【解析】【分析】根据题中维生素球棍模型可知，本题考查有机物各类官能团的性质，运用双键可以和溴

水加成从而使溴水褪色，-OH可与钠反应放出氢气，以及连4个不同基团的C原子为手性碳原子分析。【详解】A．维生素C的分子式为C6H8O6，故A正确；B.连4个不同基团的C原子为手性碳原子，则维生素C分子含有两个手性碳原子，故B错误；C．含C=C能使

溴水褪色，故C错误；D.1mol维生素C中含4mol-OH，则与足量的钠反应能产生2molH2，故D正确；答案选AD。非选择题（共60分）16.利用分类和氧化还原反应的知识能实现物质的转化。（1）请从下列试剂中选择合适的完成指定转化（试剂可以重复选择）。试剂：浓硫酸、I2、NaOH、NaCl、HC

l①HBr→Br2的化学方程式：___；②V2O5（酸性氧化物）→VO3-4的离子方程式：___。（2）利用含碘酸性废水（其中碘主要以IO-3形式存在)为原料生产CuI，其流程如图：①写出“反应Ⅰ”的离子方程式为___；②写出“反应Ⅱ”的离子方程式：___。【答案】(1).2HBr+H2SO4（

浓）=SO2↑+Br2+2H2O(2).V2O5+6OH-=2VO3-4+3H2O(3).IO-3+3SO2+3H2O=3SO2-4+I-+6H+(4).4I-+2Cu2+=2CuI↓+I2【解析】【分析】（1）①HBr→Br2过程中需要加入氧化剂反应把HB

r氧化为Br2，据此分析；②V2O5为酸性氧化物，在碱性溶液中反应生成相应的可溶性盐而电离出VO3-4，据此分析；（2）含碘酸性废水中碘主要以IO-3，加入过量的SO2，会发生离子反应IO-3+3SO2+3H2O=3SO2-4+I-+6H+；反应后的含I-溶液中加入CuSO4溶

液，I-和Cu2+发生离子反应4I-+2Cu2+=2CuI↓+I2，过滤即可得到CuI和含I2的滤液，据此分析。【详解】（1）①HBr→Br2过程中需要加入氧化剂浓硫酸反应把HBr氧化为Br2，其化学方程式为2HBr+H2SO4（浓）=SO

2↑+Br2+2H2O，故答案为：2HBr+H2SO4（浓）=SO2↑+Br2+2H2O；②V2O5为酸性氧化物，在碱性溶液中反应生成VO3-4，其离子方程式为V2O5+6OH-=2VO3-4+3H2O，故答案为：V2O

5+6OH-=2VO3-4+3H2O；（2）含碘酸性废水中碘主要以IO-3，加入过量的SO2，会发生离子反应IO-3+3SO2+3H2O=3SO2-4+I-+6H+，反应后的含I-溶液中加入CuSO4溶液，I-和Cu2+发生离子反应4I-+2Cu2+=2Cu

I↓+I2，故答案为：IO-3+3SO2+3H2O=3SO2-4+I-+6H+；4I-+2Cu2+=2CuI↓+I2。17.硫代硫酸钠(223NaSO)可用于照相业作定影剂。工业上可用反应：223222322NaS+NaCO+4SO=3NaSO+CO制得。实验室模拟该工业过程制

备硫代硫酸钠溶液（装置如图）。(1)装置A中反应的化学方程式___。(2)装置B和D的作用是___。(3)E中的试剂是___。(4)反应一段时间后，装置C中得到产品是223NaSO，其中还含有少量的3NaHCO。为测定装置C溶液中+Na与2-23S

O的物质的量浓度之比，现进行如下实验：步骤Ⅰ：取10.00mL装置C烧瓶内的溶液置于锥形瓶中，加入足量的NaOH溶液后再加入足量2CaCl溶液，充分反应后，过滤，洗涤，干燥，得到固体的质量为1.00g。步骤Ⅱ：另取10.00mL装置C烧瓶内的溶液置于锥形

瓶中，以淀粉作指示剂，用10.100mo·Ll−碘标准溶液滴定，滴定至终点消耗碘的标准溶液体积为200mL。该步骤中发生的反应为2-2--32462O+I=SO2+2IS；计算装置C溶液中+Na与2-23SO的物质的量浓度之比___（写出计算过程）

。【答案】(1).23242422NaSO+HSO()=NaSO+SO+HO浓(2).安全瓶，防倒吸(3).NaOH(4).9∶4【解析】【详解】(1)由223222322NaS+NaCO+4SO=3NaSO+CO可知，制备223NaSO需要2

2322NaSNaCOSOCO、、、，根据装置图可知，A在制备2SO。答案为23242422NaSO+HSO()=NaSO+SO+HO浓。(2)A中制备出大量2SO供C使用，B起安全瓶的作用，C中发生反应223222322NaS+NaCO+4SO=3NaSO+CO，反应过程中，

气体体积明显下降，气压减小，且E中导管伸入液面以下，故D的作用是防倒吸。答案为安全瓶，防倒吸。(3)E的作用是进行尾气吸收，吸收产生的2CO以及过量的2SO，常选NaOH。答案为NaOH。(4)根据步骤Ⅰ，333m(CaCO)1.00gn(CaCO)

===0.01molM(CaCO)100ggmol，利用C守恒关系，33NaHCOCaCO可知33n(NaHCO)=n(CaCO)=0.01mol，+1n(Na)=0.01mol；根据步骤Ⅱ，-1222n(I)=c(I)V(I)=0.100LL=mol00.2ol.02m,2-2322S

O~I，可知2-223On(I)=0.n0(S)=24mol，+22-23n(Na)=2O=0.0n(S)8mol，综合两个步骤，+n(Na)=0.09mol，2+2-3n(Nan(S)):O=9:4，两者处于同一溶液中，V等，故+2

-+2-3322c(Na):On(Na):Oc(S)=n(S)=9:4。答案为9:4。【点睛】计算物质的量善于利用守恒关系，可以比较省时省力的找出量的比例关系。18.实验室用粗盐水(溶质主要成分为NaCl），制备NaHCO3固体，流程

如图：（1）“精制”是为了除去粗盐水中含有的Ca2+、Mg2+、SO2-4等杂质离子，并获得NaCl饱和溶液，“精制”过程中包含除杂、过滤、蒸发浓缩等操作，需要加入的试剂为稍过量的①Na2CO3、②BaCl2、③盐酸、④NaOH，加入试剂的先后顺序为___（填序号）。（2）已知“反应

”分两步进行。第一步生成NH4HCO3；第二步的反应方程式为：NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl。①第一步反应的化学方程式为___。②第二步反应能发生的原因是___。（3）向“过滤”所得滤液中

加入NaCl，并通入氨气，过滤，得到固体，该固体可能含有NaCl和NH4Cl，检验该固体中含有NH4Cl的方法是___。【答案】(1).②①④③或②④①③或④②①③(2).NH3+H2O+CO2=NH4HCO3（或NH3·H2O+CO2=NH4HCO3）(3

).因为有沉淀生成(4).取少许固体放入试管中，将试管在酒精灯上充分加热，若试管内有白烟，试管壁上有固体凝结，则固体中含有NH4Cl或向装有固体的试管中加入NaOH浓溶液，并加热，若产生了能使湿润红色石蕊变蓝的气体，则含有N

H4Cl【解析】【分析】粗盐中的杂质使用沉淀法除去；先利用二氧化碳是酸性气体、氨气是碱性气体，反应生成NH4HCO3，再利用NaHCO3的溶解度小，生成NaHCO3固体。【详解】(1)用氯化钡除去硫酸根离子，碳酸钠除去钙离子和过量的钡离子，氢氧化钠除去镁离子，过滤

后，最后加盐酸除去过量的碳酸根离子，必须满足碳酸钠在氯化钡后面加，以便把过量的氯化钡除去，所以加入试剂的先后顺序为②①④③或②④①③或④②①③；(2)①第一步反应用NH3、H2O和CO2生成NH4HCO3，第一步的化学方程式为NH3+H2O+CO2=NH4HCO3(或NH3·H2O+CO2

=NH4HCO3)；②第二步反应生成的NaHCO3溶解度小，相当于生成了沉淀，所以原因为有沉淀生成；(3)NH4Cl加热时能分解成氨气和氯化氢，气体遇冷后又能生成NH4Cl固体，铵盐能与碱反应，加热时生成氨气，使湿润红色石蕊变蓝，所以检验NH4Cl的方法是：取少

许固体放入试管中，将试管在酒精灯上充分加热，若试管内有白烟，试管壁上有固体凝结，则固体中含有NH4Cl或向装有固体的试管中加入NaOH浓溶液，并加热，若产生了能使湿润红色石蕊变蓝的气体，则含有NH4Cl。【点睛】注意除杂的原则：要将杂

质完全除尽，所加试剂一般过量，但过量的试剂在后面的操作中能方便除去，所以粗盐提纯的顺序必修满足碳酸钠要把过量的氯化钡除去；固体铵盐的检验有多种方法，注意溶液中铵根离子的检验一般只用滴加氢氧化钠，加热，用湿润红色石蕊试纸检验。19.李比希法常用于测定有机物的组成。

如图是确定有机物化学式常用的装置，其中管式炉可提供有机物燃烧所需的高温。（1）装置C中CuO的作用是___。（2）装置F的作用是___。（3）准确称取13.60g有机物(只含C、H、O三种元素中的两种或三种)，经充分燃烧后，D管质量增加7.20

g，E管质量增加35.20g。①该有机物的最简式为___。②若该有机物的相对分子质量为68，能发生银镜反应，且有2种不同化学环境的氢原子，该有机物的结构简式为___。③若该有机物的相对分子质量为136，分子内含有一个苯环，且

能与NaHCO3反应，其核磁共振氢谱有4个峰，该有机物的结构简式为___。【答案】(1).将燃烧产生的CO转化为CO2(2).吸收空气中的水和CO2(3).C4H4O(4).CH3C≡CCHO(5).【解析】【分

析】双氧水在二氧化锰催化作用下生成氧气，用浓硫酸干燥后通入C与有机物反应，CuO将有机物未完成燃烧产生的CO转化为CO2，用无水氯化钙吸收生成的水，碱石灰吸收二氧化碳；利用生成的二氧化碳和水的质量，通过计算得到有机

物的最简式。【详解】(1)装置C中有机物与氧气反应时有可能未完全燃烧，对后面碳的测定有影响，所以使用CuO的作用是将燃烧产生的CO转化为CO2；(2)装置D、E吸收的水和CO2，只能来自于燃烧生成的，所以F的作用是吸收空气中的水和CO2；(

3)①D管吸收的是水，质量增加7.20g，即水为7.20g，E管吸收的是二氧化碳，增加35.20g，即二氧化碳为35.20g，27.20gn(HO)0.4mol18g/mol==，n(H)=0.8mol，m(H)=0.8mol×1g/

mol=0.8g，235.20gn(CO)0.8mol44g/mol==，n(C)=0.8mol，m(C)=0.8mol×12g/mol=9.6g，m(O)=13.60g-9.6g-0.8g=3.2g，3.2gn(O)0.2mol16g/mol==，n(C)：n(H)：n(O)=0.8:0.8:0

.2=4:4:1，最简式为C4H4O；②根据相对分子质量为68，假设有机物分子式为(C4H4O)n，(12×4+1×4+16)×n=68，解得n=1，分子式为C4H4O，能发生银镜反应说明有-CHO，且有2种不同化学环境的氢原子，说明剩下的三个氢原子

是一种类型，即为甲基中氢，还有两个碳形成三键，所以该有机物的结构简式为CH3C≡CCHO；③能与NaHCO3反应，说明含有-COOH，分子内含有一个苯环，含有至少七个碳原子，根据相对分子质量为136，说明只能含有一个-COOH，则已经结构中含

有七个碳原子和两个氧原子，相对分子质量还差136-7×12-2×16=20，即可得分子中含有八个碳原子、八个氢原子和两个氧原子，分子式为C8H8O2，去除苯环和羧基后，应还有一个甲基或亚甲基，则有机物结

构为、、、其核磁共振氢谱分别有6、6、4、5个峰，则4个峰的有机物结构简式为。【点睛】有机物最简式、分子式和结构简式的确定为本题的难点，根据题意，先确定碳氢元素的质量，根据有机物的质量算出氧元素的质量，即可得最简式，分子式

根据相对分子质量很容易得到；结构简式把握好题目条件，得到官能团，充分利用条件进行对比分析，得到相应的结构简式。20.芳香族化合物A（C9H11Br)常用于药物及香料的合成，A有如图转化关系（部分反应条件略去）：已知：①A是芳香族化合物且分

子侧链上的氢原子只有1种化学环境；②+CO2(1)I中含氧官能团的名称为___和___。(2)由A生成B的化学方程式为___。(3)C→I的反应类型为___。(4)根据已知信息分析，在酸性KMnO4溶液作用下

所得有机产物的结构简式是___。(5)写出符合下列条件的G的一种同分异构体的结构简式：___。①属于芳香族化合物，且核磁共振氢谱有4个峰；②能发生水解反应和银镜反应，且能与FeCl3溶液发生显色反应(6)康叉丙酮()是一种重要的医药中间体，写出以和为原料制备康

叉丙酮的合成路线图___（无机试剂及有机溶剂任用，合成路线图示例见本题题干）。【答案】(1).羟基(2).羰基(3).+NaOH+NaBr+H2O(4).加成反应(5).CH3COCH3(6).或(7).【解析】【分析】由B的结构简式结合A的分子式及信息(A

是芳香族化合物且分子侧链上的氢原子只有1种化学环境)，可逆推出A的结构简式为；B与Br2发生加成反应生成D的结构简式为，水解生成E的结构简式为，氧化生成F的结构简式为，再氧化生成G的结构简式为，发生缩聚反应生成H的结构简式为。依此分析进行解题。【详解】(

1)I的结构简式为，分子中含氧官能团的名称为羟基和羰基。答案为：羟基；羰基；(2)由生成，则在NaOH的醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应，化学方程式为+NaOH+NaBr+H2O。答案为：+NaOH+NaBr+H2O；(3)+→，反应类型为加成反应。答案为：加成反应；(4)

根据已知信息分析，在酸性KMnO4溶液作用下，将碳碳双键断开，双键碳原子被氧化为羰基和H2CO3，H2CO3为无机物，所得有机产物的结构简式是。答案为：；(5)符合下列条件：“①属于芳香族化合物，且核磁

共振氢谱有4个峰；②能发生水解反应和银镜反应，且能与FeCl3溶液发生显色反应”的有机物，分子内应含有酚羟基、-OOCH、2个连在苯环上且位置对称的-CH3，结构简式为或。答案为：或；(6)由流程图中C→I→J可得出，要合

成，需将转化为，再与发生加成反应，产物再发生消去反应。从而得出制备康叉丙酮的合成路线图为。答案为：。【点睛】由烯烃转化为含有-OH、-COOH双官能团的有机物，常需先与卤素发生加成反应(引入双官能团)，然后将产物水解为二醇，再经氧化成

醛、再氧化成酸。21.有机物J是我国自主成功研发的一种新药。合成J的一种路线如图：（1）由A生成B的反应所需的试剂及反应条件为___。（2）由B生成C的反应类型为___。（3）D___（填写“存在”或“不存在”）顺反异构

现象。（4）C与新制氢氧化铜反应的化学方程式为___(该条件下苯环上的溴不参与反应)。（5）写出同时满足下列条件的J的一种同分异构体的结构简式___。①分子中除苯环外不含其它环状结构；②能发生银镜反应；③分子中只含有有2种不同化学环境的氢。（6）写

出以乙醇和乙酸为原料制备的合成路线图___（无机试剂和乙醚任用，合成路线图示例见本题题干）。【答案】(1).液溴、溴化铁(2).氧化反应(3).不存在(4).+NaOH+2Cu(OH)2+Cu2O↓+3

H2O(5).(6).【解析】【分析】A是甲苯，甲基邻位氢被溴原子取代生成B，B上甲基被二氧化锰氧化为C，根据C和F反应生成G，由G的结构中含有三个甲基，得F为，可知E为，D发生加成反应生成E，G分两

步转化为H，H分子内发生酯化反应生成J。【详解】(1)A邻位氢被溴原子取代生成B，类似于苯和液溴的反应，所以所需的试剂及反应条件为液溴、溴化铁；(2)B上甲基被二氧化锰氧化为醛基，反应类型为氧化反应；(3)D

双键碳原子中，一个碳上是两个氢原子，另一个碳上是两个甲基，所以不存在顺反异构现象；(4)C分子中的醛基被新制氢氧化铜氧化生成Cu2O砖红色沉淀，反应的化学方程式为+NaOH+2Cu(OH)2+Cu2O↓+3H2O；(5)J的一种同分异构体能发

生银镜反应，含有醛基，分子中只含有有2种不同化学环境的氢，说明结构高度对称，分子中有两个氧原子，则结构中应该有两个醛基，另还有四个碳，只含一种氢原子，则结构中为四个甲基，根据结构高度对称且除苯环外不含其它环状

结构，则结构简式只有一种：；(6)为酯，则应由由乙酸和发生酯化反应生成，根据题目转化关系C与F生成J，可知由乙醛和CH3CH2MgBr生成，乙醛由乙醇催化氧化生成，CH3CH2MgBr由CH3CH2Br生成，CH3CH2Br由CH3CH2OH生成

，故合成路线为：【点睛】有机合成题要认真分析每一步反应的原理，确定有机物的结构和反应类型；同分异构体的书写要先根据题意确定官能团种类和个数，再根据分子式确定剩下的基团，在结合有2种不同化学环境的氢，说明结构高度对

称，得到有机物的结构；合成路线的选择结合所学知识和题目所给条件，采用逆推法，得出正确的合成路线。