2021-2022高考化學模擬試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、利用如圖的實驗裝置和方法進行實驗，能達到目的的是（）A．甲裝置可將FeC12溶液蒸干獲得FeC12晶體B．乙裝置可證明濃硫酸具有脫水性和氧化性C．丙裝置可除去CO2中的SO2D．丁裝置可將NH4Cl固體中的I2分離2、[Zn(CN)4]2-在水溶液中可與HCHO發生反應生成[Zn(H2O)4]2+和HOCH2CN，下列說法錯誤的是（）A．Zn2+基態核外電子排布式為[Ar]3d10B．1molHCHO分子中含有σ鍵的數目為1.806×1024C．HOCH2CN分子中碳原子軌道的雜化類型是sp3D．[Zn(CN)4]2-中Zn2+與CN-的C原子形成配位鍵，結構可表示為3、關于2NaOH（s）+H2SO4（aq）→Na2SO4（aq）+2H2O（l）+QkJ說法正確的是（）A．NaOH（s）溶于水的過程中擴散吸收的能量大于水合釋放的能量B．Q＜0C．NaOH（s）+1/2

H2SO4（aq）→1/2

Na2SO4（aq）+H2O（l）+1/2Q

kJD．若將上述反應中的

NaOH（s）換成

NaOH（aq），則Q′＞Q4、氰氨化鈣是一種重要的化工原料，其制備的化學方程式為：CaCO3+2HCN=CaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑，下列說法正確的是A．CO為氧化產物，H2為還原產物 B．CaCN2含有共價鍵，屬于共價化合物C．HCN既是氧化劑又是還原劑 D．每消耗10gCaCO3生成2.24LCO25、據報道科學家在宇宙中發現了分子。與屬于A．同位素 B．同系物 C．同分異構體 D．同素異形體6、在一定條件下發生下列反應，其中反應后固體質量增重的是A．H2還原三氧化鎢(W03) B．鋁與氧化鐵發生鋁熱反應C．鋅粒投入硫酸銅溶液中 D．過氧化鈉吸收二氧化碳7、現有以下物質：①NaCl溶液②CH3COOH③NH3④BaSO4⑤蔗糖⑥H2O，其中屬于電解質的是（）A．②③④ B．②④⑥ C．③④⑤ D．①②④8、下列有關裝置對應實驗的說法正確的是（）A．①可用于制取H2，且活塞a處于打開狀態B．②可用于收集NH3C．③可用于固體NH4Cl和I2的分離D．④可用于分離I2的CCl4溶液，導管b的作用是滴加液體9、在3種不同條件下，分別向容積為2L的恒容密閉容器中充入2molA和1molB，發生反應：2A(g)+B(g)2C(g)ΔH=QkJ/mol。相關條件和數據見下表：實驗編號實驗Ⅰ實驗Ⅱ實驗Ⅲ反應溫度/℃700700750達平衡時間/min40530平衡時n(C)/mol1.51.51化學平衡常數K1K2K3下列說法正確的是（）A．K1=K2<K3B．升高溫度能加快反應速率的原因是降低了反應的活化能C．實驗Ⅱ比實驗Ⅰ達平衡所需時間小的可能原因是使用了催化劑D．實驗Ⅲ達平衡后，恒溫下再向容器中通入1molA和1molC，平衡正向移動10、有八種短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，其中x、y、d、f隨著原子序數的遞增，其原子半徑的相對大小、最高正價或最低負價的變化如圖1所示。z、e、g、h的最高價氧化物對應水化物溶液(濃度均為0.01mol/L)的pH與原子序數的關系如圖2所示。根據上述信息進行判斷，下列說法正確是（）A．d、e、f、g形成的簡單離子中，半徑最大的是d離子B．d與e形成的化合物中只存在離子鍵C．x、y、z、d、e、f、g、h的單質中，f的熔點最高D．x與y可以形成多種化合物，可能存在非極性共價鍵11、乙醇轉化為乙醛，發生的反應為A．取代反應 B．加成反應 C．消除反應 D．氧化反應12、某同學探究溫度對溶液pH值影響，加熱一組試液并測量pH后得到如下數據(溶液濃度均為0.1mol/L)：溫度（℃）10203040純水7.307.106.956.74NaOH溶液13.5013.1112.8712.50CH3COOH溶液2.902.892.872.85CH3COONa溶液9.199.008.768.62下列說法正確的是A．隨溫度升高，純水中的kw逐漸減小B．隨溫度升高，NaOH溶液pH變化主要受水電離平衡變化影響C．隨溫度升高，CH3COOH的電離促進了水的電離D．隨溫度升高，CH3COONa溶液的pH減小，說明水解程度減小，c(CH3COO－)增大13、模擬侯氏制堿法原理，在CaCl2濃溶液中通入NH3和CO2可制得納米級材料，裝置見圖示。下列說法正確的是A．a通入適量的CO2，b通入足量的NH3，納米材料為Ca(HCO3)2B．a通入足量的NH3，b通入適量的CO2，納米材料為Ca(HCO3)2C．a通入適量的CO2，b通入足量的NH3，納米材料為CaCO3D．a通入少量的NH3，b通入足量的CO2，納米材料為CaCO314、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加。W、X、Y簡單離子的電子層結構相同，X元素在短周期主族元素中原子半徑最大；W的簡單氫化物常溫下呈液態，Y的氧化物和氯化物熔融時都能導電，X、Y和Z原子的最外層電子數之和為10。下列說法正確的是A．W、Z形成的化合物可做消毒劑B．原子半徑：W<Y<ZC．工業上采用電解Y的氧化物冶煉單質YD．W、X、Z三種元素組成的化合物水溶液一定顯堿性15、下列物質的工業生產過程中，其主要反應不涉及氧化還原反應的是（）A．生鐵 B．硫酸 C．燒堿 D．純堿16、下列屬于堿的是（）A．SO2B．H2SiO3C．Na2CO3D．NaOH二、非選擇題（本題包括5小題）17、新合成的藥物J的合成方法如圖所示：已知：R1—NH—R2+Cl—R3+HClR1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH(R1、R2、R3、R4為氫或烴基)回答下列問題：(1)B的化學名稱為______________，F的結構簡式為_____________(2)有機物CH2=CHCH2NH2中的官能團名稱是_______，由A生成B的反應類型為_____(3)③的化學方程式為__________。(4)已知④有一定的反應限度，反應進行時加入吡啶(C5H5N，屬于有機堿)能提高J的產率，原因是________。(5)有機物K分子組成比F少兩個氫原子，符合下列要求的K的同分異構體有_________種(不考慮立體異構)。①遇FeCl3溶液顯紫色②苯環上有兩個取代基(6)是一種重要的化工中間體。以環已醇()和乙醇為起始原料，結合已知信息選擇必要的無機試劑，寫出制備的合成路線：_________________。(已知：RHC=CHR＇RCOOH+R＇COOH，R、R＇為烴基。用結構簡式表示有機物，用箭頭表示轉化關系，箭頭上注明試劑和反應條件)18、丙胺卡因（H）是一種局部麻醉藥物，實驗室制備H的一種合成路線如下：已知：回答下列問題：(1)B的化學名稱是________，H的分子式是_____________。(2)由A生成B的反應試劑和反應條件分別為_______________。(3)C中所含官能團的名稱為_________，由G生成H的反應類型是___________。(4)C與F反應生成G的化學方程式為______________________________________。反應中使用K2CO3的作用是_______________。(5)化合物X是E的同分異構體，X能與NaOH溶液反應，其核磁共振氫譜只有1組峰。X的結構簡式為____________________。(6)（聚甲基丙烯酸甲酯）是有機玻璃的主要成分，寫出以丙酮和甲醇為原料制備聚甲基丙烯酸甲酯單體的合成路線：________________。（無機試劑任選）19、探究SO2和氯水的漂白性，設計了如下實驗，裝置如圖．完成下列填空：（1）棉花上沾有的試劑是NaOH溶液，作用是______．（2）①反應開始一段時間后，B、D兩個試管中可以觀察到的現象分別是：B：_____，D：____．②停止通氣后，分別加熱B、D兩個試管，可以觀察到的現象分別是：B：_____，D：____．（3）有同學認為SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定會更強，他將制得的SO2和Cl2按1：1同時通入到品紅溶液中，結果發現褪色效果并不理想．產生該現象的原因（用化學方程式表示）______．（4）裝置E中用_____（填化學式）和濃鹽酸反應制得Cl2，生成2.24L（標準狀況）的Cl2，則被氧化的HCl為____mol．（5）實驗結束后，檢驗蘸有試劑的棉花含有SO42﹣的實驗方案是：取棉花中的液體少許，滴加足量的稀HNO3，再加入幾滴BaCl2溶液，出現白色沉淀．該方案是否合理____，理由是___．20、(CH3COO)2Mn·4H2O主要用于紡織染色催化劑和分析試劑，其制備過程如圖。回答下列問題：步驟一：以MnO2為原料制各MnSO4(1)儀器a的名稱是___，C裝置中NaOH溶液的作用是___________。(2)B裝置中發生反應的化學方程式是___________。步驟二：制備MnCO3沉淀充分反應后將B裝置中的混合物過濾，向濾液中加入飽和NH4HCO3溶液，反應生成MnCO3沉淀。過濾，洗滌，干燥。(3)①生成MnCO3的離子方程式_____________。②判斷沉淀已洗凈的操作和現象是___________。步驟三：制備(CH3COO)2Mn·4H2O固體向11.5gMnCO3固體中加入醋酸水溶液，反應一段時間后，過濾、洗滌，控制溫度不超過55℃干燥，得(CH3COO)2Mn·4H2O固體。探究生成(CH3COO)2Mn·4H2O最佳實驗條件的數據如下：(4)產品干燥溫度不宜超過55℃的原因可能是___________。(5)上述實驗探究了___________和___________對產品質量的影響，實驗l中(CH3COO)2Mn·4H2O產率為___________。21、利奈唑胺（I）為細菌蛋白質合成抑制劑，其合成路線如下：回答下列問題：（1）A中的官能團名稱是____，（2）C—D、F—G的結反應類型分別為____（3）B的結構簡式為____。（4）H—I的化學方程式為____。（5）碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳。用星號（*）標出中的手性碳____（6）芳香族化合物X是C的同分異構體，寫出核磁共振氫譜有4組峰且峰面積比為4:4:2:1的X的結構簡式____。（不考慮立體異構，只寫一種）（7）參照上述合成路線，設計以甲苯和乙酸為原料制備的合成路線（無機試劑任選）____。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

A.加熱會強烈水解，并且暴露在空氣中會導致被氧氣氧化為，最終無法得到，A項錯誤；B.濃硫酸可以脫去蔗糖中的水，即“黑面包實驗”，同時硫酸被還原得到，使溴水褪色，因此體現了濃硫酸的脫水性和氧化性，B項正確；C.碳酸鈉溶液會吸收變成碳酸氫鈉，因此不能用來除雜，C項錯誤；D.氯化銨固體受熱易分解，碘受熱易升華，二者遇冷后都重新附著于圓底燒瓶底部無法分離，D項錯誤；答案選B。【點睛】除雜的第一要義是不能和原物質反應，其次是不能引入新的雜質，最后還要從可行性、操作的簡便程度來選擇最優的除雜方法。2、C【解析】

A．Zn原子序數為30，位于ⅡB族，所以，Zn2+基態核外電子排布式為[Ar]3d10，A選項正確；B．1分子HCHO含2個C-H鍵和1個C=O鍵，共有3個σ鍵，所以，1molHCHO分子中含有σ鍵的物質的量為3mol，數目為1.806×1024，B選項正確；C．HOCH2CN分子中與羥基相連的C為sp3雜化，-CN(-C≡N)中的C為sp雜化，C選項錯誤；D．[Zn(CN)4]2-中Zn2+與CN-的C原子形成配位鍵，Zn為sp3雜化，配位原子形成正四面體，所以，[Zn(CN)4]2-結構可表示為，D選項正確；答案選C。【點睛】一般，兩原子間形成的共價鍵，有且只有1個σ鍵，如：C=O雙鍵含1個σ鍵、1個π鍵，C≡N叁鍵含1個σ鍵、2個π鍵。3、C【解析】

A、氫氧化鈉固體溶于水是放熱的過程，故NaOH(s)溶于水的過程中擴散吸收的能量小于水合釋放的能量，故A錯誤；B、酸堿中和放熱，故Q大于0，故B錯誤；C、反應的熱效應與反應的計量數成正比，故當將反應的計量數除以2時，反應的熱效應也除以2，即變為NaOH（s）+

H2SO4（aq）→

Na2SO4（aq）+H2O（l）+Q

kJ，故C正確；D、氫氧化鈉固體溶于水放熱，即若將氫氧化鈉固體換為氫氧化鈉溶液，則反應放出的熱量變小，即則Q′＜Q，故D錯誤。故選：C。4、C【解析】

A.HCN中碳的化合價為+2價，CO中碳的化合價也是+2價，CO既不是氧化產物也不是還原產物，A錯誤；B.CaCN2中含有離子鍵和共價鍵，屬于離子化合物，B錯誤；C.HCN中H的化合價降低，C的化合價升高，HCN既是氧化劑又是還原劑，C正確；D.每消耗10gCaCO3生成0.1molCO2，沒有說明溫度和壓強，無法計算二氧化碳的體積，D錯誤；答案選C。5、D【解析】

A.同種元素的不同種原子互為同位素，故A錯誤；B.結構相似，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的有機物互稱為同系物，故B錯誤；C.分子式相同而結構不同的化合物互為同分異構體，故C錯誤；D.與都是由氫元素形成的不同單質，互為同素異形體，故D項正確。故選D。【點睛】準確掌握“四同”的概念及它們描述的對象，是解決此題的關鍵。6、D【解析】A、H2還原三氧化鎢(W03)，固體由WO3變成W，質量減少，故A錯誤；B、鋁與氧化鐵發生鋁熱反應生成氧化鋁和鐵，固體質量不變，故B錯誤；C、鋅粒投入硫酸銅溶液中生成銅和硫酸鋅，相對原子質量鋅為65，銅為64，由鋅變成銅質量減小，故C錯誤；D、過氧化鈉吸收二氧化碳生成碳酸鈉和氧氣，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，1molNa2O2變成1molNa2CO3質量增大，故D正確；故選D。7、B【解析】

在水溶液里或熔融狀態下自身能導電的化合物叫做電解質。①NaCl溶液是混合物，不是電解質；②CH3COOH溶于水可導電，是電解質；③NH3溶于水反應，生成的溶液可導電，但不是自身導電，不是電解質；④BaSO4熔融狀態下可電離成離子，可以導電，是電解質；⑤蔗糖溶于水不能電離出離子，溶液不導電，不是電解質；⑥H2O可微弱的電離出氫離子和氫氧根離子，可導電，是電解質；答案選B。【點睛】該題要利用電解質的概念解題，在水溶液里或熔融狀態下自身能導電的化合物叫做電解質。8、A【解析】

A.①可用于制取H2，且活塞a處于打開狀態時，稀硫酸和鋅粒發生反應，生成氫氣，故A正確；B.NH3密度比空氣小，所以不能用向上排空氣法收集，故B錯誤；C.加熱氯化銨分解，碘升華，則NH4Cl和I2的固體混合物不能用加熱的方法分離，故C錯誤；D.導管b的作用是回收冷凝的CCl4，故D錯誤；正確答案是A。9、C【解析】

A.反應為2A(g)+B(g)2C(g)，比較實驗I和III，溫度升高，平衡時C的量減少，說明升高溫度，化學平衡向逆反應方向移動，正反應為放熱反應，Q<0，則K3<K1；溫度相同，平衡常數相同，則K1=K2，綜上所述可知平衡常數關系為：K3<K2=K1，A錯誤；B.升高溫度，使一部分分子吸收熱量而變為活化分子，導致活化分子百分數增大，增大活化分子有效碰撞機會，化學反應速率加快，而反應的活化能不變，B錯誤；C.實驗II達到平衡的時間比實驗I短，而實驗溫度與實驗I相同，平衡時各組分的量也相同，可判斷實驗II改變的條件是使用了催化劑。催化劑加快反應速率，但不改變化學平衡狀態，故實驗I和Ⅱ探究的是催化劑對于化學反應的影響，C正確；D.容積為2L的恒容密閉容器中充入2molA和1molB，發生反應：2A(g)+B(g)2C(g)，實驗III中，原平衡的化學平衡常數為K==4。溫度不變，平衡常數不變，實驗Ⅲ達平衡后，恒溫下再向容器中通入1molA和1molC，則此時容器中c(A)=1mol/L，c(B)=0.25mol/L，c(C)=1mol/L，此時濃度商Qc==4=K，因此恒溫下再向容器中通入1molA和1molC，化學平衡沒有發生移動，D錯誤；故合理選項是C。10、D【解析】

x、y、z、d、e、f、g、h為原子序數依次遞增的短周期主族元素，從圖中的化合價、原子半徑的大小及原子序數，可以知道x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，f是Al元素，z、e、g、h的最高價氧化物對應水化物溶液濃度均為0.01mol·L-1，e的pH為12，為一元強堿，則e是Na元素，z、h的pH均為2，為一元強酸，則z為N元素、h為Cl元素，g的pH小于2，則g的為二元強酸，故g為S元素，據此分析解答問題。【詳解】A．d、e、f、g形成的簡單離子分別為：O2-、Na+、Al3+、S2-，O2-、Na+、Al3+離子的電子層數相同，但核電荷數Al>Na>O，則離子半徑O2->Na+>Al3+，而S2-的電子層數最多，半徑最大，故半徑最大的是g離子，A選項錯誤；B．d與e形成的化合物可以是Na2O，也可以是Na2O2，Na2O2既含有離子鍵，也含有共價鍵，B選項錯誤；C．x、y、z、d、e、f、g、h的單質分別為：H2、C、N2、O2、Na、Al、S、Cl2，C單質可形成金剛石，為原子晶體，故單質熔點最高的可能是y，C選項錯誤；D．x與y可以形成多種有機化合物，其中CH2=CH2等存在著非極性鍵，D選項正確；答案選D。【點睛】此題C選項為易錯點，C單質有很多的同素異形體，熔沸點有差異，容易忽略這一關鍵點，導致誤選C答案。11、D【解析】

乙醇在催化條件下，可與氧氣發生反應生成乙醛，以此解答。【詳解】乙醇在催化條件下，可與氧氣發生氧化反應生成乙醛，—OH被氧化生成—CHO，為氧化反應。答案選D。12、B【解析】

A.水的電離為吸熱過程，隨溫度的升高，水的電離程度增大，Kw增大，A項錯誤；B.隨溫度的升高，水的電離程度增大，Kw增大，則NaOH溶液pH會減小，B項正確；C.隨溫度升高，促進CH3COOH的電離，提高氫離子濃度，氫離子會抑制水的電離，C項錯誤；D.鹽類的水解反應是吸熱反應，溫度升高，促進鹽類的水解，即水解平衡向右移動，D項錯誤；答案選B。13、C【解析】

由于氨氣極易溶于水，則a處通入CO2，b處通入氨氣。氨氣溶于水顯堿性，所以在氨氣過量的條件下最終得到的是碳酸鈣；答案選C。14、A【解析】

X元素是短周期主族元素中原子半徑最大，則X為Na，W的簡單氫化物常溫下呈液態，該氫化物是H2O，即W為O，Y的氧化物和氯化物熔融狀態下都能夠導電，說明它們都是離子化合物，即Y為Mg，X、Y、Z原子最外層電子數之和10，推出Z的最外層有7個電子，四種元素原子序數依次增大，即Z為Cl，據此分析；【詳解】X元素是短周期主族元素中原子半徑最大，則X為Na，W的簡單氫化物常溫下呈液態，該氫化物是H2O，即W為O，Y的氧化物和氯化物熔融狀態下都能夠導電，說明它們都是離子化合物，即Y為Mg，X、Y、Z原子最外層電子數之和10，推出Z的最外層有7個電子，四種元素原子序數依次增大，即Z為Cl，A.W和Z形成的化合物可以是ClO2，ClO2具有強氧化劑，能作消毒劑，故A正確；B.O、Mg、Cl原子半徑大小是Mg>Cl>O，故B錯誤；C.工業上冶煉金屬鎂，常電解熔融狀態的氯化鎂，因為氯化鎂的熔點低于氧化鎂，故C錯誤；D.O、Na、Cl可以形成多種化合物，NaClO水溶液顯堿性，NaClO4水溶液顯中性，故D錯誤；答案：A。【點睛】易錯點是Y元素的推斷，學生認為Y可能是Al，認為Al2O3和AlCl3熔融中狀態下都能夠導電，忽略了AlCl3是共價化合物，熔融狀態下不能夠導電。15、D【解析】

凡是有化合價發生變化的反應均是氧化還原反應，據此分析。【詳解】A.冶煉鐵，發生的反應為Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，Fe、C元素化合價發生變化，為氧化還原反應，不符合題意，A項錯誤；B.硫酸工業中存在S～SO2～SO3的轉化，S、O元素化合價發生變化，為氧化還原反應，不符合題意，B項錯誤；C.工業制取燒堿涉及的反應為：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，該反應中H、Cl元素化合價發生變化，屬于氧化還原反應，C項錯誤；D.氨堿法生產純堿涉及的方程式為：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，這幾個方程式中都沒有電子的轉移，所以不涉及氧化還原反應，D項正確；答案選D。【點睛】工業制取純堿（利用侯氏制堿法），先將氨氣通入飽和食鹽水中，再通入二氧化碳氣體，NaHCO3的溶解度最小，會結晶析出，發生反應：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，這是制純堿的關鍵步走，然后過濾，洗滌，烘干，得到碳酸氫鈉固體，然后再加熱分解得帶碳酸鈉，發生反應2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，這是學生們的易忘點。16、D【解析】A．SO2是由硫元素和氧元素組成的化合物，屬于氧化物，故A錯誤；B．H2SiO3電離時其陽離子全部是H+，屬于酸，故B錯誤；C．純堿是碳酸鈉的俗稱，是由鈉離子和碳酸根離子組成的化合物，屬于鹽，故C錯誤；D．苛性鈉是氫氧化鈉的俗稱，電離時生成的陰離子都是氫氧根離子，屬于堿，故D正確；故選D。點睛：解答時要分析物質的陰陽離子組成，然后再根據酸堿鹽概念方面進行分析、判斷，電離時生成的陽離子都是氫離子的化合物是酸，電離時生成的陰離子都是氫氧根離子的化合物是堿，由金屬離子和酸根離子組成的化合物屬于鹽，從而得出正確的結論。二、非選擇題（本題包括5小題）17、3-氯-1-丙烯碳碳雙鍵和氨基取代反應吡啶顯堿性，能與反應④的產物HCl發生中和反應，使平衡正向移動，提高J產率15【解析】

由A、B的分子式，C的結構簡式，可知A為CH3CH=CH2，A發生取代反應生成B為ClCH2CH=CH2；B中氯原子被氨基取代得到，根據C的分子式既反應條件，可知反應②發生題給信息中的取代反應，可知C為；比較C、D分子式，結合E的結構簡式分析，反應③為題給信息中的成環反應，可知D為；D發生酯的水解反應生成E，比較E和G的結構，結合反應條件分析中間產物F的結構為；對比G、J的結構，G與發生取代反應生成J，據此分析解答。【詳解】（1）B為ClCH2CH=CH2，化學名稱為3-氯-1-丙烯，比較E和G的結構，結合反應條件分析中間產物F的結構為故答案為：3-氯-1-丙烯；；（2）根據官能團的結構分析，有機物CH2=CHCH2NH2中的官能團有碳碳雙鍵和氨基；比較A和B的結構變化可知該反應為取代反應，故答案為：碳碳雙鍵和氨基；取代反應；（3）根據上述分析，反應③的化學方程式為，故答案為：；（4）反應④為取代反應，生成有機物的同時可生成HCl，而吡啶呈堿性，可與HCl發生中和反應，使平衡正向移動，提高J的產率，故答案為：吡啶顯堿性，能與反應④的產物HCl發生中和反應，使平衡正向移動，提高J產率；（5）F為，分子式為C8H13NO，則K的分子式為C8H11NO，①遇FeCl3溶液顯紫色，則結構中含有酚羥基；②苯環上有兩個取代基，一個為OH，則另一個為由2個C原子6個H原子1個N原子構成的取代基，其結構有-CH2CH2NH2、-CH2NHCH3、-CH(CH3)NH2、-NHCH2CH3、-N(CH3)2共5種，兩取代基的位置共有鄰、間、對三種情況，所以K的同分異構體有3×5=15種，故答案為：15；（6）由題給信息可知，由反應得到，用酸性高錳酸鉀溶液氧化的己二酸，己二酸與乙醇發生酯化反應得到，可由原料發生消去反應獲取，則合成路線流程圖為：，故答案為：。【點睛】解決這類題的關鍵是以反應類型為突破口，以物質類別判斷為核心進行思考。經常在一系列推導關系中有部分物質已知，這些已知物往往成為思維“分散”的聯結點。可以由原料結合反應條件正向推導產物，也可以從產物結合條件逆向推導原料，也可以從中間產物出發向兩側推導，審題時要抓住基礎知識，結合新信息進行分析、聯想、對照、遷移應用、參照反應條件推出結論。解題的關鍵是要熟悉烴的各種衍生物間的轉化關系，不僅要注意物質官能團的衍變，還要注意同時伴隨的分子中碳、氫、氧、鹵素原子數目以及有機物相對分子質量的衍變，這種數量、質量的改變往往成為解題的突破口。18、鄰硝基甲苯（或2-硝基甲苯）C13H20ON2濃HNO3／濃H2SO4，加熱氨基取代反應吸收反應產生的HCl，提高反應的轉化率或【解析】

A的分子式結合G得知：A是甲苯，B中有-NO2，結合G的結構苯環上的-CH3和N原子所連接B苯環上的C屬于鄰位關系，故B是鄰硝基甲苯，在Fe和HCl存在下被還原成C物質：鄰氨基甲苯，結合題干信息：二者反應條件一致，則確定D是乙醛CH3CHO，E是，部分路線如下：【詳解】（1）B的化學名稱是鄰硝基甲苯（或2-硝基甲苯）；H的分子式是C13H20ON2；（2）由A生成B的反應是硝化反應，試劑：濃HNO3、濃H2SO4，反應條件：加熱；（3）C中所含官能團的名稱為氨基；觀察G生成H的路線：G的Cl原子被丙胺脫掉—NH2上的一個H原子后剩下的集團CH3CH2CH2NH—取代，故反應類型是取代反應；（4）C與F反應生成G的化學方程式為；有機反應大多是可逆反應，加入K2CO3消耗反應產生的HCl，使平衡正向移動，提高反應物的轉化率；（5）的單體是，聯系原料有甲醇倒推出前一步是與甲醇酯化反應生成單體，由原料丙酮到增長了碳鏈，用到題干所給信息：，故流程如下：。19、吸收Cl2或SO2等尾氣，保護環境品紅溶液褪色品紅溶液褪色褪色的品紅又恢復為紅色無明顯現象Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4KMnO40.2不合理蘸有試劑的棉花中可能含有SO32﹣，用HNO3溶液酸化時會干擾SO42﹣檢驗【解析】

探究SO2和氯水的漂白性：A用于制備SO2，可用Na2SO3與硫酸反應制取，B用于檢驗二氧化硫的生成，E用濃鹽酸和二氧化錳在加熱條件下制備氯氣，D用于檢驗氣體的漂白性，C用于檢驗SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性，棉花上沾有的試劑是NaOH溶液，作用是吸收尾氣。【詳解】(1)氯氣、二氧化硫都是污染性的氣體不能排放到空氣中，氯氣和氫氧化鈉發應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，二氧化硫和氫氧化鈉反應生成亞硫酸鈉和水，棉花需要沾有氫氧化鈉溶液吸收吸收Cl2或SO2等尾氣，保護環境；(2)①氯氣和水反應生成的次氯酸具有漂白性，二氧化硫和品紅化合生成無色物質，兩者都能使品紅溶液褪色，所以B和D裝置中品紅都褪色；②二氧化硫漂白后的物質具有不穩定性，加熱時又能變為紅色，而氯氣的漂白是利用了氯氣和水反應生成的次氯酸的強氧化性，具有不可逆性，所以看到的現象是B中溶液由無色變為紅色，D中無明顯現象；(3)SO2和Cl2按1：1通入，SO2和Cl2恰好反應，二者反應生成H2SO4和HCl，生成物都無漂白性，化學方程式為：SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl；(4)常溫下，用KMnO4和濃鹽酸反應制Cl2，反應的化學方程式如下：2KMnO4+16HCl(濃)═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，Mn元素由+7價降低到+2價，Cl元素的化合價由﹣1價升高到0，高錳酸鉀得電子是氧化劑，HCl失電子是還原劑，2KMnO4+16HCl(濃)═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，每生成5mol氯氣被氧化的HCl是10mol，生成2.24L(標準狀況)的Cl2，為0.1mol氯氣，所以被氧化的HCl的物質的量n＝2n(Cl2)＝2×0.1mol＝0.2mol；(5)亞硫酸根離子具有還原性，硝酸具有氧化性，能把亞硫酸根離子氧化成硫酸根離子，蘸有試劑的棉花中可能含有SO32﹣，用HNO3溶液酸化時會干擾SO42﹣檢驗，所以該方案不合理。【點睛】考查物質的性質實驗，題目涉及二氧化硫與氯氣的制取以及二氧化硫漂白與次氯酸漂白的區別，二氧化硫的性質主要有：①二氧化硫和水反應生成亞硫酸，紫色石蕊試液遇酸變紅色；②二氧化硫有漂白性，能使品紅褪色，但不能使石蕊褪色；③二氧化硫有還原性，能使高錳酸鉀能發生氧化還原反應而褪色；④二氧化硫和二氧化碳有相似性，能使澄清的石灰水變渾濁，繼續通入二氧化硫，二氧化硫和亞硫酸鈣反應生成可溶性的亞硫酸氫鈣；⑤具有氧化性，但比較弱。20、分液漏斗吸收多余的SO2SO2+MnO2=MnSO4或SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O取最后一次洗滌液少許于試管中，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無沉淀生成，證明沉淀已洗滌干凈溫度過高會失去結晶水醋酸質量分數溫度90.0%【解析】

將分液漏斗中的濃硫酸滴加到盛有Na2SO3的試管中發生復分解反應制取SO2，將反應產生的SO2氣體通入三頸燒瓶中與MnO2反應制取MnSO4，由于SO2是大氣污染物，未反應的SO2不能直接排放，可根據SO2與堿反應的性質用NaOH溶液進行尾氣處理，同時要使用倒扣的漏斗以防止倒吸現象的發生。反應產生的MnSO4再與NH4HCO3發生反應產生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，將MnCO3沉淀經過濾、洗滌后用醋酸溶解可得醋