上海市西南模范中學2024-2025學年高三下學期1月份模擬考試化學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列關于糖類的說法正確的是A．所有糖類物質都有甜味，但不一定都溶于水B．葡萄糖和果糖性質不同，但分子式相同C．蔗糖和葡萄糖都是單糖D．攝入人體的纖維素在酶的作用下能水解為葡萄糖2、科學研究發現，高度對稱的有機分子具有致密性高、穩定性強、張力能大等特點。飽和烴中有一系列高度對稱結構的烴，如（正四面體烷C4H4）、（棱晶烷C6H6）、（立方烷C8H8），下列有關說法正確的是A．上述三種物質中的C原子都形成4個單鍵，因此它們都屬于烷烴B．上述三種物質互為同系物，它們的通式為C2nH2n（n≥2）C．棱晶烷與立方烷中碳原子均為飽和碳原子，其二氯代物的數目不同D．棱晶烷與立方烷在光照條件下均可與氯氣發生取代反應3、向100mLFeBr2溶液中通入標準狀況下的氯氣3.36L，測得所得溶液中c(Cl－)=c(Br－)，則原FeBr2溶液物質的量濃度為A．0.75mol/L B．1.5mol/L C．2mol/L D．3mol/L4、高純氫的制備是目前的研究熱點，利用太陽能光伏電池電解水制高純氫，工作示意圖如圖所示。下列有關說法正確的是A．連接K1可以制取O2B．電極2發生反應2H2O+2e-=H2↑+2OH-C．電極3的主要作用是通過NiOOH和Ni(OH)2相互轉化提供電子轉移D．連接K2溶液的pH減小5、下列對有關實驗操作及現象的結論或解釋正確的是選項實驗操作實驗現象結論或解釋A向H2O2溶液中滴加FeCl3溶液產生大量氣泡FeCl3催化H2O2的分解B將酸性KMnO4溶液滴入丙烯醛中溶液的紫紅色褪去丙烯醛中含有碳碳雙鍵C向某溶液中滴加稀H2SO4溶液產生有刺激性氣味的氣味原溶液中一定含有SO32-D向某溶液中滴加幾滴NaOH稀溶液，用濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口檢驗試紙不變藍原溶液中一定不含有NH4+A．A B．B C．C D．D6、用多孔石墨電極完成下列實驗，下列解釋或推斷不合理的是（）實驗現象（i）中a、b兩極均有氣泡產生（ii）中b極上析出紅色固體（iii）中b極上析出灰白色固體A．（i）中，a電極上既發生了化學變化，也發生了物理變化B．電解一段時間后，（i）中溶液濃度不一定會升高C．（ii）中發生的反應為H2+Cu2+=2H++Cu↓D．（iii）中發生的反應只可能是2Ag+Cu=2Ag++Cu2+7、LiAlH4和LiH既是金屬儲氫材料又是有機合成中的常用試劑。它們遇水均能劇烈反應釋放出H2，LiAlH4在125℃時分解為LiH、H2和Al。下列說法不正確的是A．LiAlH4中AlH4-的結構式可表示為：B．1molLiAlH4在125℃完全分解，轉移3mol電子C．LiAlH4與乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作氧化劑D．LiAlH4溶于適量水得到無色溶液，其反應可表示為：LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑8、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，X原子最外層有6個電子，Y是至今發現的非金屬性最強的元素且無正價，Z在周期表中處于周期序數等于族序數的位置，W的單質廣泛用作半導體材料．下列敘述正確的是（）A．原子半徑由大到小的順序：W、Z、Y、XB．原子最外層電子數由多到少的順序：Y、X、W、ZC．元素非金屬性由強到弱的順序：Z、W、XD．簡單氣態氫化物的穩定性由強到弱的順序：X、Y、W9、某有機物的結構為，下列說法正確的是（）A．1mol該有機物最多可以與7molH2發生加成反應B．該有機物可以發生取代、加成、氧化、水解等反應C．0.1mol該有機物與足量金屬鈉反應最多可以生成3.36LH2D．與該有機物具有相同官能團的同分異構體共有8種（不考慮立體異構）10、新型納米材料氧缺位鐵酸鹽(MFe2Ox，3<x<4，M=Mn、Co、Zn或Ni)由鐵酸鹽(MFe2O4)經高溫與氫氣反應制得。常溫下，氧缺位鐵酸鹽能使工業廢氣中的氧化物(CO2、SO2、NO2等)轉化為其單質而除去，自身變回鐵酸鹽。關于上述轉化過程的敘述中不正確的是（）A．MFe2O4在與H2的反應中表現了氧化性B．若4molMFe2Ox與1molSO2恰好完全反應則MFe2Ox中x的值為3.5C．MFe2Ox與SO2反應中MFe2Ox被還原D．MFe2O4與MFe2Ox的相互轉化反應均屬于氧化還原反應11、下列物質溶于水后溶液因電離而呈酸性的是（）A．KCl B．Na2O C．NaHSO4 D．FeCl312、常溫下，向20mL某濃度的硫酸溶液中滴入0.1mol·L－1氨水，溶液中水電離出的氫離子濃度隨加入氨水的體積變化如圖所示。下列分析正確的是A．c點所示溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝c(NH3·H2O)B．b點所示溶液中：c(NH4＋)＝2c(SO42－)C．V＝40D．該硫酸的濃度為0.1mol·L－113、2019年諾貝爾化學獎頒給了三位為鋰離子電池發展作出重要貢獻的科學家。磷酸鐵鋰鋰離子電池充電時陽極反應式為,，放電工作示意圖如圖。下列敘述不正確的是A．放電時，Li+通過隔膜移向正極B．放電時，電子由鋁箔沿導線流向銅箔C．放電時正極反應為：D．磷酸鐵鋰鋰離子電池充放電過程通過Li+遷移實現，C、Fe、P元素化合價均不發生變化14、下列說法正確的是()A．表示與反應時含鋁微粒濃度變化曲線，圖中a點溶液中含大量B．可知平衡常數很大，反應趨于完全C．為一種高分子結構片斷，可知該高分子的結構簡式為D．反應①比反應②的速率慢，與相應正反應的活化無關15、不同條件下，用O2氧化amol/LFeCl2溶液過程中所測的實驗數據如圖所示。下列分析或推測合理的是A．由①、②可知，pH越大，+2價鐵越易被氧化B．由②、③推測，若pH>7，+2價鐵更難被還原C．由①、③推測，FeCl2被O2氧化的反應為放熱反應D．60℃、pH=2.5時，4h內Fe2＋的平均消耗速率大于0.15amol/(L·h)16、某晶體熔化時化學鍵沒有被破壞的屬于A．原子晶體 B．離子晶體 C．分子晶體 D．金屬晶體17、某有機物分子式為C5H10O3，與飽和NaHCO3溶液反應放出氣體體積與同等狀況下與Na反應放出氣體體積相等，該有機物有(不含立體異構)()A．9種 B．10種 C．11種 D．12種18、常溫下，向50mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2mol/L的NaOH溶液，得到溶液pH隨所加NaOH溶液體積的變化圖像如下圖所示。下列說法正確的是A．若a點pH=4，且c(Cl-)=m·c(ClO-)，則Ka(HClO)=B．若x=100，b點對應溶液中：c(OH－)>c(H＋)，可用pH試紙測定其pHC．b～c段，隨NaOH溶液的滴入，逐漸增大D．若y=200，c點對應溶液中：c(OH－)-c(H＋)=2c(Cl-)+c(HClO)19、如圖是某元素的價類二維圖。其中X是一種強堿，G為正鹽，通常條件下Z是無色液體，D的相對原子質量比C小16，各物質轉化關系如圖所示。下列說法正確的是A．E可以是金屬也可以是非金屬B．C和D兩種大氣污染物，都能用排空氣法收集C．B的濃溶液具有吸水性，可用來干燥氣體D．實驗室制備F時，可以將其濃溶液滴入堿石灰中進行制取20、ClO2是一種消毒殺菌效率高、二次污染小的水處理劑．實驗室可通過以下反應制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，下列說法不正確的是（）A．KClO3在反應中得電子 B．ClO2是還原產物C．H2C2O4在反應中被氧化 D．1molKClO3參加反應有2mole-轉移21、化學與人類的生活、生產息息相關，下列說法不正確的是A．生活中常用小蘇打來治療胃酸過多B．水泥、陶瓷、玻璃工業的生產原料中都用到了石灰石C．硫酸鋇可用于胃腸X射線造影檢查D．雙氧水、高錳酸鉀溶液可殺死埃博拉病毒，其原理與漂白粉消毒飲用水的原理相同22、已知室溫下溶度積常數：Ksp[Pb（OH）2]=2×10-15，Ksp[Fe（OH）2]=8×10-15。當溶液中金屬離子濃度小于10-5mol?L-1視為沉淀完全。向20mL含0.10mol?L-1Pb2+和0.10mol?L-1Fe2+的混合溶液中滴加0.10mol?L-1NaOH溶液，金屬陽離子濃度與滴入NaOH溶液體積的關系曲線如圖所示，則下列說法正確的是（）A．曲線A表示c(Pb2+)的曲線B．當溶液pH=8時，Fe2+開始沉淀，Pb2+沉淀完全C．滴入NaOH溶液體積大于30mL時，溶液中c(Fe2+)=4c(Pb2+)D．室溫下，滴加NaOH溶液過程中，比值不斷增大二、非選擇題(共84分)23、（14分）烯烴和酚類是兩種重要的有機化工原料。完成下列填空：(1)合成除苯乙烯外，還需要另外兩種單體，寫出這兩種單體的結構簡式________________________________、_________________________________。(2)由苯乙烯合成（）需要三步，第一步選用的試劑為__________，目的是______________________________。(3)鄰甲基苯酚可合成A，分子式為C7H6O3，在一定條件下A自身能縮聚成B。B的結構簡式_________。A與濃溴水反應的化學方程式為_________________。(4)設計一條由制備A的合成路線（合成路線常用的表示方法為：MN……目標產物）____________________。24、（12分）芳香族化合物A()是重要的有機化工原料。由A制備有機化合物F的合成路線(部分反應條件略去)如圖所示：（1）A的分子式是______，B中含有的官能團的名稱是_________。（2）D→E的反應類型是_______。（3）已知G能與金屬鈉反應，則G的結構簡式為_________。（4）寫出E→F的化學方程式：_________。（5）寫出符合下列條件的龍膽酸乙酯()的同分異構體有______種，寫出其中一種同分異構體的結構簡式：_________________。①能發生銀鏡反應，與FeCl3溶液不發生顯色反應，但水解產物之一能與FeCl3溶液發生顯色反應；②核磁共振氫譜有四組峰，且峰的面積之比為6:2:1:1。（6）已知：。參照上述合成路線，設計一條以苯酚、乙醇為原料制備龍膽酸乙酯()的合成路線(無機試劑任用)：________。25、（12分）碳酸鎂晶體是一種新型吸波隱形材料中的增強劑。實驗一：合成碳酸鎂晶體的步驟：①配制一定濃度的MgSO4溶液和NH4HCO3溶液；②量取一定量的NH4HCO3溶液于容器中，攪拌并逐滴加入MgSO4溶液，控制溫度50℃，反應一段時間；③用氨水調節溶液pH至9.5，放置一段時間后，過濾、洗滌、干燥得碳酸鎂晶體產品。稱取3.000gMgSO4樣品配制250mL溶液流程如圖所示：回答下列問題：（1）寫出實驗儀器名稱：A_____；B_____。配制溶液過程中定容后的“搖勻”的實驗操作為______。（2）檢驗碳酸鎂晶體是否洗干凈的方法是_________。實驗二：測定產品MgCO3·nH2O中的n值（儀器和藥品如圖所示）：（3）實驗二裝置的連接順序為_____（按氣流方向，用接口字母abcde表示），其中Ⅱ裝置的作用是_____。（4）加熱前先通入N2排盡裝置Ⅰ中的空氣，然后稱取裝置Ⅱ、Ⅲ的初始質量。進行加熱時還需通入N2的作用是______。（5）若要準確測定n值，至少需要下列所給數據中的_____（填選項字母），寫出相應1種組合情景下，求算n值的數學表達式：n=______。a．裝置Ⅰ反應前后質量差m1b．裝置Ⅱ反應前后質量差m2c．裝置Ⅲ反應前后質量差m326、（10分）三氯化氮（NCl3）是一種消毒劑，可利用氯氣與氯化銨溶液反應來制備。已知：三氯化氮的相關性質如下：物理性質化學性質黃色油狀液體，熔點為－40℃，沸點為71℃，不溶于冷水、易溶于有機溶劑，密度為1.65g?cm-395℃時爆炸，熱水中發生水解某小組同學選擇下列裝置（或儀器）設計實驗制備三氯化氮并探究其性質：(1)NCl3的電子式為__________________；儀器M的名稱是______________；(2)如果氣流的方向從左至右，裝置連接順序為A、G、_____________、B。（注明：F儀器使用單孔橡膠塞）(3)C中試劑是_________________；B裝置的作用是________________；(4)寫出E裝置中發生反應的化學方程式_______________________________________(5)當E裝置的燒瓶中出現較多油狀液體時停止反應。控制水浴加熱溫度為__________；(6)已知三氯化氮不具有漂白性，三氯化氮與熱水反應的化學方程式為NCl3＋4H2O＝NH3?H2O＋3HClO，請設計實驗證明該水解反應的產物______________27、（12分）(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___________。28、（14分）化合物H的分子中含有醛基和酯基。H可以用C和F在一定條件下合成（如圖）：已知以下信息：①A的核磁共振氫譜中有三組峰；且能與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出CO2。②RCH2COOH。③化合物D苯環上的一氯代物只有兩種。④通常同一個碳原子上連有兩個羥基不穩定，易脫水形成羰基。（1）A的名稱為___。（2）D的官能團名稱為___。（3）反應②的化學方程式為__，⑦的反應類型為___。（4）F的結構簡式為__。（5）H在一定條件下反應生成高聚物的化學方程式為___。（6）F的同系物G比F相對分子質量大14，G的同分異構體中能同時滿足如下條件：①苯環上只有兩個取代基；②不能使FeCl3溶液顯色，共有__種（不考慮立體異構）。其中能與碳酸氫鈉溶液反應且核磁共振氫譜為4組峰，且峰面積比為3：2：2：1，寫出G的這種同分異構體的結構簡式__。29、（10分）機動車排放的污染物主要有碳氫化合物、一氧化碳和氮氧化物等。I．汽油燃油車上安裝三元催化轉化器，可有效降低汽車尾氣污染。（1）已知：C(s)+O2(g)==CO2(g)△H1＝?393.5kJ·mol?12C(s)+O2(g)==2CO(g)△H2＝?221.0kJ·mol?1N2(g)+O2(g)==2NO(g)△H3＝+180.5kJ·mol?1CO和NO兩種尾氣在催化劑作用下生成N2(g)的熱化學方程式是______。（2）研究CO和NO的催化反應，用氣體傳感器測得在某溫度下、一定體積的密閉容器中，不同時間NO和CO濃度如下表：時間（s）012345c(NO)/(10?4mol·L?1)10.04.502.501.501.001.00c(CO)/(10?3mol·L?1)3.603.052.852.752.702.70①前4s內的平均反應速率υ(CO)＝______mol·L?1·s?1。②L、X可分別代表壓強或溫度。下圖表示L一定時，NO(g)的平衡轉化率隨X的變化關系。X代表的物理量是______。判斷L1、L2的大小關系，并簡述理由：______。II．柴油燃油車是通過尿素-選擇性催化還原（Urea-SCR）法處理氮氧化物。Urea-SCR的工作原理為：尿素[CO(NH2)2]水溶液通過噴嘴噴入排氣管中，當溫度高于160℃時尿素水解，產生NH3，生成的NH3與富氧尾氣混合后，加入適合的催化劑，使氮氧化物得以處理。（3）尿素水解的化學方程式是______。（4）下圖為在不同投料比[n(尿素)/n(NO)]時NO轉化效率隨溫度變化的曲線。①尿素與NO物質的量比a______b（填“>”、“=”或“<”）②由圖可知，溫度升高，NO轉化效率升高，原因是______。溫度過高，NO轉化效率下降，NO的濃度反而升高，可能的原因是______（寫出一種即可）。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解析】

A項，糖類不一定有甜味，如纖維素屬于糖類但沒有甜味，故A項錯誤；

B項，葡萄糖和果糖結構不同，性質不同，但分子式相同，故B項正確；C項，葡萄糖為單糖，蔗糖為二糖，故C項錯誤；D項，人體內無纖維素酶，不能使纖維素發生水解生成葡萄糖，故D項錯誤。綜上所述，本題正確答案為B。糖類物質是多羥基(2個或以上)的醛類(aldehyde)或酮類(Ketone)化合物，在水解后能變成以上兩者之一的有機化合物。在化學上，由于其由碳、氫、氧元素構成，在化學式的表現上類似于“碳”與“水”聚合，故又稱之為碳水化合物。2、D【解析】

A.上述三種物質中的C原子之間都形成C-C鍵，但由于不是結合形成鏈狀，因此它們不屬于烷烴，A錯誤；B.三種物質的通式為C2nH2n，n≥2，但結構不同，分子組成也不是相差CH2原子團的整數倍，不屬于同系物，B錯誤；C.棱晶烷與立方烷中碳原子均為飽和碳原子，其二氯代物都有3種，數目相同，C錯誤；D.棱晶烷與立方烷分子中每個C與三個C形成三個共價單鍵，因此都屬于飽和烴，在光照條件下均可與氯氣發生取代反應，D正確；故合理選項是D。3、C【解析】

還原性Fe2+＞Br-，所以通入氯氣先發生反應2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反應完畢，剩余的氯氣再反應反應2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，說明氯氣完全反應，據此分析計算。【詳解】還原性Fe2+＞Br-，所以通入氯氣后，先發生反應2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反應完畢，剩余的氯氣再發生反應2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，說明氯氣完全反應，Cl2的物質的量為=0.15mol，若Br-沒有反應，則n(FeBr2)=0.5n(Br-)=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-參加反應；設FeBr2的物質的量為x，則n(Fe2+)=xmol，n(Br-)=2xmol，未反應的n(Br-)=0.3mol，參加反應的n(Br-)=(2x-0.3)mol，根據電子轉移守恒有x×1+[2x-0.3]×1=0.15mol×2，解得：x=0.2mol，所以原FeBr2溶液的物質的量濃度為=2mol/L，故選C。4、C【解析】

A.連接K1，電極1為陰極，電極反應為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，氫氣在陰極生成，故A錯誤；B.電極2為陽極，陽極發生氧化反應，氫氧根離子被氧化生成氧氣，電極方程式為4OH-4e-═2H2O+O2↑，故B錯誤；C.電極3可分別連接K1或K2，分別發生氧化、還原反應，實現NiOOH?Ni(OH)2的轉化，提供電子轉移，故C正確；D.連接K2，電極3為陰極，電極反應為NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，電極2為陽極，電極反應為4OH-4e-═2H2O+O2↑，總反應為4NiOOH+2H2O=4Ni(OH)2+O2↑，反應消耗水，則溶液堿性增強，pH增大，故D錯誤；故選C。5、A【解析】

A.H2O2溶液中沒有加FeCl3溶液前幾乎無氣泡產生，加入后產生大量氣泡，說明FeCl3對H2O2的分解起催化作用，A正確；B.醛基、碳碳雙鍵都可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，因此不能根據溶液的紫紅色褪去來確定丙烯醛中含有碳碳雙鍵，B錯誤；C.向某溶液中滴加稀H2SO4溶液，產生有刺激性氣味的氣體，原溶液可能含有SO32-，也可能含有HSO3-或S2O32-等離子，C錯誤；D.若溶液中含有NH4+，由于溶液稀，反應產生NH3?H2O，也不能放出氨氣，因此不能看到濕潤的紅色石蕊試紙變為藍色，D錯誤；故合理選項是A。6、D【解析】

A．陰極b極反應：2H++2e-=H2↑產生氫氣發生了化學過程，氫氣又被吸附在多孔石墨電極中發生了物理變化，故A正確；B．(i)為電解池，a、b兩極均產生氣泡即相當于電解水，如果原溶液是飽和溶液則電解一段時間后c(NaNO3)不變，如果原溶液是不飽和溶液，則電解一段時間后c(NaNO3)增大，故B正確；C．取出b放到(ii)中即硫酸銅溶液中析出紅色固體，說明b產生的氫氣吸附在多孔石墨電極中將銅置換出來，反應為：Cu2++H2=Cu+2H+，故C正確；D．(ii)中取出b，則b表面已經有析出的銅，所以放到(iii)中析出白色固體即Ag，可能是銅置換的、也可能是b產生的氫氣吸附在多孔石墨電極中置換，則可能發生反應為：2Ag++Cu=Cu2++2Ag和2Ag++H2=2Ag+2H+，故D錯誤；故答案為D。7、C【解析】

A．LiAlH4中AlH4-與NH4+為等電子結構，所以其結構與銨根離子相似，可表示為：，故A正確；B．LiAlH4中的Li、Al都是主族金屬元素，H是非金屬元素，故Li為+1價，Al為+3價，H為-1價，受熱分解時，根據Al元素化合價變化即可得出1molLiAlH4在125℃完全分解，轉移3mol電子，故B正確；C．乙醛生成乙醇得到氫，在有機反應中得氫去氧是還原反應，所以LiAlH4與乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作還原劑，故C錯誤；D．LiAlH4中的-1價H和水中的+1價H發生氧化還原反應生成氫氣，同時生成的OH-與Al3+反應生成AlO2-，所以反應方程式為：LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑，故D正確。故選D。8、B【解析】Y是至今發現的非金屬性最強的元素，那么Y是F，X最外層有6個電子且原子序數小于Y，應為O，Z在周期表中處于周期序數等于族序數的位置，且為短周期，原子序數大于F，那么Z為Al，W的單質廣泛用作半導體材料，那么W為Si，據此推斷X、Y、Z、W分別為O、F、Al和Si。A、電子層數越多，原子半徑越大，同一周期，原子序數越小，原子半徑越大，即原子半徑關系：Al＞Si＞O＞F，即Z＞W＞X＞Y，故A錯誤；B、最外層電子數分別為6、7、3和4，即最外層電子數Y＞X＞W＞Z，故B正確；C、同一周期，原子序數越大，非金屬性越強，即非金屬性F＞O＞Si＞Al，因此X＞W＞Z，故C錯誤；D、元素的非金屬性越強，其氣態氫化物越穩定，非金屬性F＞O＞Si＞Al，即簡單氣態氫化物的穩定性Y＞X＞W，故D錯誤；故選B。9、A【解析】

該物質中含有酚羥基、碳碳雙鍵和羧基，具有酚、烯烴、羧酸性質，能發生加成反應、取代反應、顯色反應、加聚反應、酯化反應等。【詳解】A．苯環和碳碳雙鍵都能和氫氣發生加成反應，則1mol該有機物最多可與7molH2發生加成反應，選項A正確；B．該分子不含酯基或鹵原子，所以不能發生水解反應，酚羥基和羧基能發生取代反應，苯環及碳碳雙鍵能發生加成反應，碳碳雙鍵和酚羥基能發生氧化反應，選項B錯誤；C．雖然分子中含有二個酚羥基和一個羧基，但沒有說明標準狀況下，產生的氣體體積無法計算，選項C錯誤；D．分子中含有戊基-C5H11，戊基有8種，且其他基團在苯環上的位置還有多種，故該有機物具有相同官能團的同分異構體一定超過8種，選項D錯誤；答案選A。本題考查有機物結構和性質，為高頻考點，明確官能團及其性質關系是解本題關鍵，側重考查烯烴、羧酸和酚的性質，題目難度不大。10、C【解析】

A.MFe2O4在與H2的反應中，氫元素的化合價升高，鐵元素的化合價降低，則MFe2O4在與H2的反應中表現了氧化性，故A正確；B.若4molMFe2Ox與1molSO2恰好完全反應，設MFe2Ox中鐵元素的化合價為n，由電子守恒可知，4mol×2×（3-n）=1mol×（4-0），解得n=2.5，由化合物中正負化合價的代數和為0可知，+2+（+2.5）×2+2x=0，所以x=3.5，故B正確；C.MFe2Ox與SO2反應中鐵元素的化合價升高，MFe2Ox被氧化，故C錯誤；D.MFe2O4與MFe2Ox的相互轉化反應中有元素化合價的升降，則均屬于氧化還原反應，故D正確；綜上所述，答案為C。氧缺位鐵酸鹽(MFe2Ox)中可先假設M為二價的金屬元素，例如鋅離子，即可用化合價的代數和為0，來計算鐵元素的化合價了。11、C【解析】

電解質溶液因為因電離而呈酸性，說明該電解質是酸或酸式鹽。【詳解】A．KCl為強酸強堿鹽，不水解，溶液呈中性，故A錯誤；B．Na2O溶于水反應生成氫氧化鈉，溶液顯堿性，故B錯誤；C．NaHSO4是強酸強堿酸式鹽，在溶液中不水解，能夠電離出氫離子使溶液呈酸性，故C正確；D．FeCl3是強酸弱堿鹽，鐵離子水解溶液顯酸性，故D錯誤；故選：C。易錯點D，注意題干要求：溶液因電離而呈酸性。12、A【解析】

A.c點所示溶液是硫酸銨溶液，電荷守恒式為c(H+)+c(NH4＋)═2c(SO42?)+c(OH?)，物料守恒式為c(NH4＋)+c(NH3.H2O)═2c(SO42?)，兩式相減可得：c(H+)?c(OH?)═c(NH3.H2O)，故A正確；B.根據電荷守恒：c(H+)+c(NH4＋)═2c(SO42?)+c(OH?)，b點為硫酸銨和硫酸的混合溶液，呈酸性，c(OH?)<c(H+)，所以c(NH4＋)<2c(SO42?)，故B錯誤；C.c點水電離程度最大，說明此時銨根離子濃度最大，對水的電離促進程度最大，所以兩者恰好完全反應生成硫酸銨，而稀硫酸的濃度為0.05mol/L，所以氨水的體積也是20ml，即V=20，故C錯誤；D.根據20mL的稀H2SO4溶液中,水電離出的氫離子濃度是10?13，根據水的離子積得到硫酸電離出的氫離子濃度是0.1mol/L，稀硫酸的濃度為0.05mol/L，故D錯誤；答案選AB。需熟練使用電荷守恒，物料守恒，質子守恒，并且了解到根據圖像判斷出溶液的酸堿性。13、D【解析】

A選項，放電時，“同性相吸”即Li+通過隔膜移向正極，故A正確；B選項，放電時，電子由負極即鋁箔沿導線流向正極即銅箔，故B正確；C選項，放電正極得電子，發生氧化反應為：xFePO4+xLi++xe－=xLiFeO4，故C正確；D選項，磷酸鐵鋰鋰離子電池充放電過程通過Li+遷移實現，Fe元素化合價發生變化，故D錯誤；綜上所述，答案為D。放電時，溶液中的離子是“同性相吸”，即陽離子向正極移動，陰離子向負極移動；充電時，溶液中的離子是“異性相吸”，即陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動。14、B【解析】

A．a點所示pH接近12，顯強堿性，堿性環境中鋁離子會先生成氫氧化鋁沉淀，后轉化為偏鋁酸根，故a點溶液中存在的含鋁微粒為偏鋁酸根，故A錯誤；B．圖象X(20，9.2)c(Ag+)=10-20mol/L，c(S2-)=10-9.2mol/L，Ksp(Ag2S)=c2(Ag+)c(S2-)=(10-20mol/L)2×10-9.2mol/L=10-49.2，同理可知Ksp

(CuS)=10-5×10-30.2=10-35.2，CuS(s)+2Ag+(aq)?Ag2S(s)+Cu2+(aq)平衡常數K=====1014，反應趨于完全，故B正確；C．該高分子化合物由對甲基苯酚與甲醛縮合生成，則高分子的結構簡式為，故C錯誤；D．根據圖象可知，反應①中正反應的活化能較小，反應②中正反應的活化能較大，則反應①比反應②的速率快，故D錯誤；故答案為B。15、D【解析】

A．①、②中溫度和pH均不同，存在兩個變量，不能判斷pH對反應的影響，故A錯誤；

B．若pH＞7，+2價鐵會轉化為氫氧化亞鐵沉淀，氫氧化亞鐵在空氣中能被氧氣氧化生成氫氧化鐵，所以+2價鐵易被氧化，故B錯誤；

C．①、③中pH相同，溫度越高，轉化率越大，則FeCl2被O2氧化的反應為吸熱反應，故C錯誤；

D．50℃、pH=2.5時，4h內Fe2+的平均消耗速率等于

0.15a

mol/（L?h），在60℃、pH=2.5時，溫度升高，速率增大，所以60℃、pH=2.5時，4h內Fe2+的平均消耗速率大于

0.15a

mol/（L?h），故D正確。

故答案為D。本題考查了影響反應速率的因素、影響化學平衡移動的因素，把握圖中的信息以及影響反應速率的因素、影響化學平衡移動的因素是解題的關鍵，側重于考查學生的分析能力和應用能力。16、C【解析】

A.原子晶體熔化，需破壞共價鍵，故A錯誤；B.離子晶體熔化，需破壞離子鍵，故B錯誤；C.分子晶體熔化，需破壞分子間作用力，分子間作用力不屬于化學鍵，故C正確；D.金屬晶體熔化，需破壞金屬鍵，故D錯誤；答案：C17、D【解析】

分子式為C5H10O3與飽和NaHCO3溶液反應能放出氣體，說明含有羧基，且1molC5H10O3與足量鈉反應放出1mol氣體，說明分子中含有羥基，可看作-OH取代C4H9-COOH中C4H9－的H原子。【詳解】分子式為C5H10O3與飽和NaHCO3溶液反應能放出氣體，說明含有羧基，且1molC5H10O3與足量鈉反應放出1mol氣體，說明分子中含有羥基，可看作-OH取代C4H9－的H原子，C4H9－有4種，分別為CH3CH2CH2CH2－（4種）、CH3CH（CH3）CH2－（3種）、CH3CH2CH（CH3）-（4種）、C（CH3）3-（1種），共12種。故選D。本題考查同分異構體的判斷，側重考查學生的分析能力，解題關鍵：注意把握同分異構體的判斷角度和方法。18、D【解析】

A.若a點pH=4，(H+)=10-4mol/L，溶液呈酸性，根據方程式知c(HClO)=c(Cl-)-c(ClO-)，c(Cl-)=mc(ClO-)，則c(HClO)=(m-1)c(ClO-)，Ka(HClO)==，A錯誤；B.若x=100，Cl2恰好與NaOH溶液完全反應生成NaCl、NaClO，NaClO水解生成次氯酸，溶液呈堿性，但次氯酸具有漂白性，不能用pH試紙測pH，應選pH計測量，B錯誤；C.b～c段，隨NaOH溶液的滴入，溶液的pH不斷增大，溶液中c（H+）減小，溫度不變則Ka(HClO)=不變，所以減小，C錯誤；D.若y=200，c點對應溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.2molNaOH，根據電荷守恒得：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)①，物料守恒得：c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)②，2c(Cl-)+2c(ClO-)+2c(HClO)=c(Na+)③，由①+③+②得：c(OH-)=2c(Cl-)+c(HClO)+c(H+)，D正確；故答案是D。19、D【解析】

G+NaOH反應生成氫化物，再結合D的相對原子質量比C小16，可以得出F為氨氣，D為NO，E為氮氣，C為NO2，B為HNO3，A為NaNO3。【詳解】A選項，E是氮氣，故A錯誤；B選項，C和D兩種大氣污染物，NO2不能用排空氣法收集，故B錯誤；C選項，B的濃溶液具有強氧化性，故C錯誤；D選項，實驗室制備氨氣時，可以將其濃氨水和堿石灰反應得到，故D正確；綜上所述，答案為D。20、D【解析】

由2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O可知，Cl元素的化合價由+5價降低為+4價，C元素的化合價由+3價升高為+4價，以此來解答。【詳解】A．Cl元素的化合價降低，則KClO3在反應中得到電子，選項A正確；B．Cl元素得到電子，被還原，則ClO2是還原產物，選項B正確；C．H2C2O4在反應中C化合價升高，被氧化，選項C正確；D.1molKClO3參加反應時，發生電子轉移為1mol×（5-4）=1mol，選項D不正確；答案選D。本題考查氧化還原反應，把握反應中元素的化合價變化為解答的關鍵，注意從化合價角度分析各選項，題目難度不大。21、B【解析】

A選項，生活中常用小蘇打、氫氧化鋁來治療胃酸過多，故A正確；B選項，水泥主要原料是黏土、石灰石、石膏，陶瓷主要原料是黏土，玻璃工業主要原料是碳酸鈉、碳酸鈣、二氧化硅，因此生產原料中不是都用到了石灰石，故B錯誤；C選項，硫酸鋇男溶于水和酸，可用于胃腸X射線造影檢查，故C正確；D選項，雙氧水、高錳酸鉀溶液具有強氧化性，可用于殺死埃博拉病毒，漂白粉消毒飲用水主要是氫氧化性，因此原理都相同，故D正確；綜上所述，答案為B。22、C【解析】

A.Pb(OH)2的Ksp小于Fe(OH)2的Ksp，則等pH時，Fe2+濃度較大，則曲線A表示c(Fe2+)的曲線，A錯誤；B.當溶液pH=8時，c(OH?)=10?6mol/L，此時(Fe2+)×c2(OH?)=0.1×10?12=10?13>Ksp[Fe(OH)2]，Fe2+沒有生成沉淀，B錯誤；C.滴入NaOH溶液體積大于30mL時，曲線發生變化，溶液中c(Fe2+)：c(Pb2+)=Ksp[Fe(OH)2]/Ksp[Pb(OH)2]=4:1，則c(Fe2+)=4c(Pb2+)，C正確；D.c(Pb2+)?c(OH?)/c(H+)=c(Pb2+)?c2(OH?)/[c(H+)?c(OH?)]=Ksp[(PbOH)2]/Kw，Ksp[(PbOH)2]/Kw為定值，則c(Pb2+)?c(OH?)/c(H+)為定值不發生變化，D錯誤；答案為C。Ksp[Pb（OH）2]<Ksp[Fe（OH）2]，混合溶液中加入NaOH溶液時，Pb2+先生成沉淀。二、非選擇題(共84分)23、CH2=CH-CNCH2=CH-CH=CH2HBr（或HCl）保護碳碳雙鍵防止被加成或氧化【解析】

（1）鏈節主鏈為碳原子，且含有碳碳雙鍵，應是烯烴、1，3﹣丁二烯之間發生的加聚反應，除苯乙烯外，還需要另外兩種單體為：CH2=CH﹣CN、CH2=CH﹣CH=CH2，故答案為CH2=CH﹣CN、CH2=CH﹣CH=CH2；（2）苯乙烯先與HBr發生加成反應，然后再催化劑條件下發生取代反應，最后在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發生消去反應得到，第一步的目的是：保護碳碳雙鍵防止被加成，故答案為HBr；保護碳碳雙鍵防止被加成；（3）鄰甲基苯酚可合成A，分子式為C7H6O3，則A為，A發生縮聚反應得到B，B的結構簡式為：，A與濃溴水反應的化學方程式為：，故答案為；；（4）在堿性條件下水解得到，然后發生催化氧化得到，再氧化得到，最后用酸酸化得到，合成路線流程圖為：。24、C6H7N羰基、碳碳雙鍵酯化反應（或取代反應）HOCH2COOC2H5+C6H5CH2Br+HBr2或【解析】

本小題考查有機化學基礎知識，意在考查學生推斷能力。（1）結合芳香族化合物A的結構簡式可知其分子式；由有B的結構簡式確定其官能團；（2）根據D和E的官能團變化判斷反應類型；（3）G能與金屬鈉反應，則G中含羧基或羥基，對比D和E的結構簡式可確定G的結構簡式；（4））E→F的反應中，E中的酚羥基的氫原子被苯甲基取代生成F；（5）發生銀鏡反應，與FeCl3溶液不發生顯色反應但水解產物之一能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明該有機物分子中不含有酚羥基，但其水解產物中含有酚羥基，故該有機物為酯類，核磁共振氫譜有四組峰，氫峰的面積之比為6:2:1:1，說明該有機物分子中含有4種等效氫原子，其中6個氫應該為兩個甲基上的H，則該有機物具有對稱結構；（6）根據信息，以苯酚、乙醇為原料制備龍膽酸乙酯()的合成路線為。【詳解】（1）結合芳香族化合物A的結構簡式可知其分子式為C6H7N；根據B的結構簡式確定其官能團為羰基、碳碳雙鍵。本小題答案為：C6H7N；羰基、碳碳雙鍵。（2）根據D和E的官能團變化分析，D→E發生的是酯化反應（或取代反應）。本小題答案為：酯化反應（或取代反應）。（3）G能與金屬鈉反應，則G中含羧基或羥基，對比D和E的結構簡式可確定G中含羥基，結構簡式為HOCH2COOC2H5。本小題答案為：HOCH2COOC2H5。（4）E→F的反應中，E中的酚羥基的氫原子被苯甲基取代生成F，方程式為+C6H5CH2Br+HBr。本小題答案為：+C6H5CH2Br+HBr。（5）發生銀鏡反應，與FeCl3溶液不發生顯色反應但水解產物之一能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明該有機物分子中不含有酚羥基，但其水解產物中含有酚羥基，故該有機物為酯類，核磁共振氫譜有四組峰，氫峰的面積之比為6:2:1:1，說明該有機物分子中含有4種等效氫原子，其中6個氫應該為兩個甲基上的H，則該有機物具有對稱結構，結合結構簡式可知，滿足條件的有機物的結構簡式為或本小題答案為：、（6）根據信息，以苯酚、乙醇為原料制備龍膽酸乙酯()的合成路線為。本小題答案為：。25、電子天平250mL容量瓶把容量瓶瓶塞塞緊，用食指頂住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下顛倒搖動多次，使溶液混合均勻取最后一次洗滌液少許于試管，加入稀鹽酸酸化，再加入幾滴氯化鋇溶液，若不再產生白色沉淀，則說明沉淀已洗干凈a→e、d→b吸收CO2以便測定樣品中碳元素的含量將分解生成的氣體全部帶入裝置B或C中，使其完全吸收，并防止倒吸a、b(或a、c或b、c)n=22(m1—m2)/9m2[或n=22m3/9(m1—m3)或n=22m3/9m2]【解析】

（1）實驗儀器A為稱量MgSO4的儀器，所以名稱為電子天平；儀器B是配置250mL溶液的儀器，所以B為250moL容量瓶。配制溶液過程中定容后的“搖勻”的實驗操作為把容量瓶瓶塞塞緊，用食指頂住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下顛倒搖動多次，使溶液混合均勻。答案：電子天平；250mL容量瓶；把容量瓶瓶塞塞緊，用食指頂住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下顛倒搖動多次，使溶液混合均勻。（2）檢驗碳酸鎂晶須是否洗干凈的方法是檢驗反應物的硫酸根是否存在，如果不存在硫酸根，說明沉淀洗滌干凈，具體的方法是：取最后一次洗滌液少許于試管，加入稀鹽酸酸化，再加入幾滴氯化鋇溶液，若不產生白色沉淀，則說明沉淀已洗干凈。（3）高溫加熱MgCO3·nH2O，產生CO2和H2O；反應方程式為：MgCO3·nH2OCO2和H2O，通過測定CO2和H2O的質量，就可以測出MgCO3·nH2O結晶水的含量，裝置D用于吸收測量H2O，裝置C用于吸收測量CO2。所以正確的連接順序為a→e、d→b。使MgCO3·nH2O完全分解需要高溫，所以裝置B的作用為冷卻分解產生的高溫氣體。裝置C用于吸收測量CO2。答案：a→e、d→b；吸收CO2以便測定樣品中碳元素的含量。（4）通入N2，一方面為了將分解生成的氣體全部帶入裝置C或D中，使其完全吸收；另一方面，在反應結束后，高溫氣體冷卻，體積收縮，裝置C和D的液體可能會發生倒吸，反應結束后繼續通入N2可以防止倒吸。將分解生成的氣體全部帶入裝置B或C中，使其完全吸收，并防止倒吸（5）B裝置中無殘留物表明氣體全部進入裝置C和D，如想準確測定值，則需要知道三個質量差中的兩個。所以要知道a、b（或a、c或b、c）。計算過程如下：MgCO3·nH2OCO2+nH2O+MgO固體質量減輕100+18n4418n44+18nm2m3m1由此44/18n=m2/m3，解得n=22m3/9m2，又有m1=m2+m3，通過轉換，可以得到n=22(m1—m2)/9m2[或n=22m3/9(m1—m3)或n=22m3/9m2]。答案：a、b(或a、c或b、c)；n=22(m1—m2)/9m2[或n=22m3/9(m1—m3)或n=22m3/9m2]。26、直形冷凝管C、E、D、F飽和食鹽水吸收尾氣中氯氣，避免污染環境3Cl2＋NH4Cl＝NCl3＋4HCl71℃～95℃用干燥、潔凈玻璃棒蘸取三氯化氮液體（F裝置中的黃色油狀液體）滴到干燥的紅色石蕊試紙上，試紙不褪色；再滴加數滴熱水后，試紙先變藍色后褪色【解析】

題干信息顯示，利用氯氣與氯化銨溶液反應制備三氯化氮，所以制得的氯氣不必干燥，但須除去氯化氫，以防干擾三氯化氮的制備。先用A裝置制取Cl2，然后經過安全瓶G防止倒吸，再利用C裝置除去Cl2中混有的HCl；此時混有少量水蒸氣的Cl2進入E裝置與蒸餾燒瓶中加入的氯化銨溶液反應，生成三氯化氮和氯化氫；當E裝置的燒瓶中出現較多油狀液體時停止反應，用水浴加熱蒸餾燒瓶，并控制溫度在三氯化氮的沸點與95℃(爆炸點)之間，將三氯化氮蒸出，用D冷凝，用F承接；由于Cl2可能有剩余，所以需使用裝置B進行尾氣處理。【詳解】(1)NCl3為共價化合物，N原子與Cl各形成一對共用電子，其電子式為；儀器M的名稱是直形冷凝管。答案為：；直形冷凝管；(2)依據分析，如果氣流的方向從左至右，裝置連接順序為A、G、C、E、D、F、B。答案為：C、E、D、F；(3)裝置C用于除去Cl2中混有的HCl，所以C中試劑是飽和食鹽水；最后所得尾氣中可能混有污染環境的Cl2，應除去，由此確定B裝置的作用是吸收尾氣中氯氣，避免污染環境。答案為：飽和食鹽水；吸收尾氣中氯氣，避免污染環境；(4)E裝置中，氯氣與氯化銨溶液反應，生成三氯化氮和氯化氫，化學方程式為3Cl2＋NH4Cl＝NCl3＋4HCl。答案為：3Cl2＋NH4Cl＝NCl3＋4HCl；(5)由以上分析可知，水浴加熱溫度應控制在三氯化氮的沸點與95℃(爆炸點)之間，應為71℃～95℃。答案為：71℃～95℃；(6)設計實驗時，應能證明現象來自產物，而不是反應物，所以使用的物質應與反應物不反應，但能與兩種產物反應，且產生不同的現象，可設計為：用干燥、潔凈玻璃棒蘸取三氯化氮液體（F裝置中的黃色油狀液體）滴到干燥的紅色石蕊試紙上，試紙不褪色；再滴加數滴熱水后，試紙先變藍色后褪色。答案為：用干燥、潔凈玻璃棒蘸取三氯化氮液體（F裝置中的黃色油狀液體）滴到干燥的紅色石蕊試紙上，試紙不褪色；再滴加數滴熱水后，試紙先變藍色后褪色。分析儀器的連接順序時，要有一個整體觀、全局觀，依據實驗的操作順序，弄清每步操作可能使用什么裝置，會產生什么雜質，對實驗過程或結果產生什么影響，于是注意選擇合適的試劑，合理安排裝置的連接順序。27、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酸錳，根據表格中溫度、濃度對制取的產品的質量分析醋酸錳晶體合適的條件。【詳解】(1)根據儀器結構可知儀器a的名稱為分液漏斗；C裝置中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2，防止污染大氣；(2)B裝置中SO2與MnO2反應制取MnSO4，反應的方程式是SO2+MnO2=MnSO4(或寫為SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O)；(3)①MnSO4與NH4HCO3發生反應產生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，該反應的離子方程式為：2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O；②若MnCO3洗滌干凈，則洗滌液中不含有SO42-，所以判斷沉淀已洗凈的方法是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；(4)該操作目的是制取(CH3COO)2Mn·4H2O，若溫度過高，則晶體會失去結晶水，故一般是產品干燥溫度不宜超過55℃；(5)表格采用了對比方法分析了溫度、醋酸質量分數(或濃度)對產品質量的影響。實驗l中11.5gMnCO3的物質的量為n(MnCO3)==0.1mol，根據Mn元素守恒可知理論上能夠制取(CH3COO)2Mn·4H2O的物質的量是0.1mol，其質量為m[(CH3COO)2Mn·4H2O]=0.1mol×245g/mol=24.5g，實際質量為22.05g，所以(CH3COO)2Mn·4H2O產率為×100%=90.0%。本題以醋酸錳的制取為線索，考查了儀器的使用、裝置的作用、離子的檢驗、方程式的書寫、反應條件的控制及物質含量的計算，將化學實驗與元素化合物知識有機結合在一起，體現了學以致用的教學理念，要充分認識化學實驗的重要性。28、2-甲基丙酸羥基（酚羥基）+2NaOH+NaBr+2H2O取代反應n12【解析】

A的核磁共振氫譜中有三組峰；且能與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出CO2，說明A中含有羧基，為一元羧酸，其結構簡式為(CH3)2CHCOOH，A與溴發生取代反應生成B，則B的結構簡式為(CH3)2CBrCOOH，B與氫氧化鈉的醇溶液發生消去反應再酸化后得到C，C為CH2=C(CH3)COOH，C與F反應生成的H中有酯基和醛基，可知C與F發生發反應是酯化反應，則F中含有醛基，也有羥基能與C酯化，結合F的分子式為C7H6O2，可知F中有一個苯環和一個醛基、一個酚羥基；因此D中也有一個苯環和一個酚羥基，結合D分子式C7H8O，可知D中還有一個甲基，另外化合物D苯環上的一氯代物只有兩種，可知苯環上的取代基為對位，則D的結構為。【詳解】（1）根據題中信息，A的核磁共振氫譜中有三組峰；且能與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出CO2，說明A中含有羧基，為一元羧酸，其結構簡式為(CH3)2CHCOOH，則A的名稱為2-甲基丙酸，故答案為：2-甲基丙酸；（2）由以上分析知D的結構為，則D的官能團名稱為羥基（酚羥基），故答案為：羥基（酚羥基）；（3）在NaOH的醇溶液里發生消去反應得到C為CH2=C(CH3)COOH，則反應②的化學方程式為+2NaOH+NaBr+2H2O，該反應類型為取代反應，故答案為：.+2NaOH+NaBr+2H2O；取代反應；（4）由在NaOH的水溶液里水解并酸化得到的F為，故答案為：；（5）和CH2=C(CH3)COOH發生酯化反應得到的H為，一定條件下發生加聚反應生成高分子化合物的反應方程式為；（6）F的同系物G比F相對分子質量大14，則G的分子式為C8H8O2，其同分異構體中能同時滿足如下條件：①苯環上只有兩個取代基；②不能使FeCl3溶液顯色，說明沒有酚羥基，則存在下列幾種情況：①苯環上有一個醛基和一個—