1、2021-2022高考化學模擬試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列物質的熔點，前者大于后者的是A晶體硅、碳化硅B氯化鈉、甲苯C氧化鈉、氧化鎂D鉀鈉合金、鈉2、下列離子方程式書寫不正確的是A用兩塊銅片作電極電解鹽酸：Cu

2、 + 2H+ H2 + Cu2+BNaOH溶液與足量的Ca(HCO3)2溶液反應：2HCO3- + 2OH- + Ca2+=CaCO3+ 2H2OC等物質的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反應：2Fe2+ + 2Br - + 2Cl2=2Fe3+ + Br2 + 4Cl -D氨水吸收少量的二氧化硫：2NH3H2O + SO2=2NH4+ +SO32- + H2O3、下列離子或分子組中能大量共存，且滿足相應要求的是 選項離子或分子要求ANa+、HCO3、Mg2+、SO42 滴加氨水立即有沉淀產生BFe3+、NO3、SO32、Cl滴加鹽酸立即有氣體產生CNH4+、Al3+、SO42、CH3COOH

3、滴加NaOH溶液立即有氣體產生DK+、NO3、Cl、lc(K+)c(Cl)AABBCCDD4、室溫下，1 L含0.1 mol HA和0.1 mol NaA的溶液a及加入一定量強酸或強堿后溶液的pH如下表（加入前后溶液體積不變）：溶液a通入0.01 mol HCl加入0.01 mol NaOHpH4.764.674.85像溶液a這樣，加入少量強酸或強堿后pH變化不大的溶液稱為緩沖溶液。下列說法正確的是A溶液a和 0.1 molL1 HA溶液中H2O的電離程度前者小于后者B向溶液a中通入0.1 mol HCl時，A結合H+生成 HA，pH變化不大C該溫度下HA的Ka=10-4.76D含0.1 mo

4、lL1 Na2HPO4 與0.1 molL1 NaH2PO4的混合溶液也可做緩沖溶液5、下列關于物質或離子檢驗的敘述正確的是A在溶液中加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，出現白色沉淀，證明原溶液中有SO42B用鉑絲蘸取少量某溶液進行焰色反應，火焰呈黃色，證明該溶液一定是鈉鹽溶液C氣體通過無水CuSO4，粉末變藍，證明原氣體中含有水蒸氣D將氣體通入澄清石灰水，溶液變渾濁，證明原氣體是SO26、向恒溫恒容密閉容器中充入1molX和2molY，發生反應4X（g）+2Y（g）3Z（g），下列選項表明反應一定已達平衡狀態的是（ ）A氣體密度不再變化BY的體積分數不再變化C3v（X）4v（Z）D容器內氣體的濃度

5、c（X）：c（Y）：c（Z）4：2：37、使用下列試劑或進行下列操作，能達到相應實驗目的的是實驗目的試劑或實驗操作A制備一定量氫氣鋅粒、稀硝酸B證明Al(OH)3，具有兩性0.1mol/L的鹽酸與0.1mol/L的氨水C除去酒精中少量的水加入適量CaO后蒸發D證明Na2O2與H2O的鍵能之和小于生成的NaOH與氧氣的鍵能之和用脫脂棉包裹適量Na2O2后，再向脫脂棉上滴幾滴水，脫脂棉燃燒AABBCCDD8、已知NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法錯誤的是（）A標準狀況下0.5molNT3分子中所含中子數為6.5NAB0.1molFe與0.1molCl2完全反應后，轉移的電子數為0.2NAC13.3

6、5gAlCl3水解形成的Al(OH)3膠體粒子數小于0.1NAD一定條件下的密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應充分發生后分子總數為2NA9、分離混合物的方法錯誤的是A分離苯和硝基苯：蒸餾B分離氯化鈉與氯化銨固體：升華C分離水和溴乙烷：分液D分離氯化鈉和硝酸鉀：結晶10、下列制取Cl2、探究其漂白性、收集并進行尾氣處理的原理和裝置合理的是()A制取氯氣B探究漂白性C收集氯氣D尾氣吸收11、已知甲、乙、丙三種物質均含有同種元素X，其轉化關系如下：下列說法錯誤的是A若A為NaOH溶液，乙為白色沉淀，則X可能為短周期金屬元素B若A為硝酸，X為金屬元素，則甲與乙反應可生成丙C若A為氧氣，丙

7、在通常狀況下為紅棕色氣體，則甲可能為非金屬單質D若乙為NaHCO3，則甲或丙可能是CO212、有關化工生產的敘述正確的是A聯堿法對母液的處理方法是向母液中通入二氧化碳，冰凍和加食鹽B列管式熱交換器的使用實現了原料的充分利用C焙燒辰砂制取汞的反應原理為：D氯堿工業、鋁的冶煉、犧牲陽極的陰極保護法都是應用了電解池的原理13、減壓過濾裝置中用于承接濾液的儀器是ABCD14、W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，其中Y元素在同周期中離子半徑最小；甲、乙分別是元素Y、Z的單質；丙、丁、戊是由W、X、Y、Z元素組成的二元化合物，常溫下丁為液態；戊為酸性氣體，常溫下0.01molL1戊溶液的pH

8、大于2。上述物質轉化關系如圖所示。下列說法正確的是A原子半徑：ZYXWBW、X、Y、Z不可能同存于一種離子化合物中CW和形成的化合物既可能含有極性鍵也可能含有非極性鍵D比較X、Z非金屬性強弱時，可比較其最高價氧化物對應的水化物的酸性15、已知：Ag+SCN=AgSCN（白色），某同學探究AgSCN的溶解平衡及轉化，進行以下實驗。下列說法中，不正確的是A中現象能說明Ag+與SCN生成AgSCN沉淀的反應有限度B中現象產生的原因是發生了反應Fe(SCN)3 +3Ag+ =3AgSCN+Fe3+C中產生黃色沉淀的現象能證明AgI的溶解度比AgSCN的溶解度小D中黃色沉淀溶解的原因可能是AgI與KI溶

9、液中的I-進一步發生了反應16、下列營養物質在人體內發生的變化及其對人的生命活動所起的作用敘述不正確的是：A淀粉葡萄糖（氧化）水和二氧化碳（釋放能量維持生命活動）B纖維素（水解）葡萄糖（氧化）水和二氧化碳（釋放能量維持生命活動）C植物油含不飽和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色D酶通常是一類具有高選擇催化性能的蛋白質二、非選擇題（本題包括5小題）17、根據文獻報道，醛基可和雙氧水發生如下反應：為了合成一類新藥，選擇了 下列合成路線（部分反應條件已略去）（1）C中除苯環外能團的名稱為_。（2）由D生成E的反應類型為_。（3）生成B的反應中可能會產生一種分子式為C9H5O4Cl2的副產物，該副產物

10、的結構簡式為_。（4）化合物C有多種同分異構體，請寫出符合下列條件的結構簡式:_。能與FeCl3溶液發生顯色反應核磁共振氫譜圖中有3個吸收峰（5）寫出以和CH3OH為原料制備的合成路線流程圖（無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）_。18、氯吡格雷是一種用于預防和治療因血小板高聚集引起的心、腦及其他動脈循環障礙疾病的藥物。以A為原料合成該藥物的路線如圖：（1）A的化學名稱是_，C中的官能團除了氯原子，其他官能團名稱為_。（2）A分子中最少有_原子共面。（3）C生成D的反應類型為_。（4）A與新制Cu(OH)2反應的化學方程式為_。（5）物質G是物質A的同系物，比A多一個碳原子，符合以下條

11、件的G的同分異構體共有_種。除苯環之外無其他環狀結構；能發生銀鏡反應。苯環上有只有兩個取代基。其中核磁共振氫譜中有4個吸收峰，且峰值比為2221的結構簡式為_。（6）已知：，寫出以苯甲醇為有機原料制備化合物的合成路線（無機試劑任選）_。19、對氨基苯磺酸是制取染料和一些藥物的重要中間體，可由苯胺磺化得到。+H2SO4H2O已知：苯胺是一種無色油狀液體，微溶于水，易溶于乙醇，熔點6.1，沸點184.4。對氨基苯磺酸是一種白色晶體，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于堿性溶液，不溶于乙醇。實驗室可用苯胺、濃硫酸為原料，利用如圖所示實驗裝置合成對氨基苯磺酸。實驗步驟如下：步驟1：在250 mL三頸燒瓶中加

12、入10 mL苯胺及幾粒沸石，將三頸燒瓶放在冰水中冷卻，小心地加入18 mL濃硫酸。步驟2：將三頸燒瓶置于油浴中緩慢加熱至170180，維持此溫度22.5小時。步驟3：將反應產物冷卻至約50后，倒入盛有100 mL冷水的燒杯中，用玻璃棒不斷攪拌，促使對氨基苯磺酸晶體析出。將燒瓶內殘留的產物沖洗到燒杯中，抽濾，洗滌，得到對氨基苯磺酸粗產品。步驟4：將粗產品用沸水溶解，冷卻結晶，抽濾，收集產品，晾干可得純凈的對氨基苯磺酸。（1）裝置中冷凝管的作用是_。（2）步驟2油浴加熱的優點有_。（3）步驟3中洗滌沉淀的操作是_。（4）步驟3和4均進行抽濾操作，在抽濾完畢停止抽濾時，應注意先_，然后_，以防倒吸。

13、（5）若制得的晶體顆粒較小，分析可能的原因_（寫出兩點）。20、某課外活動小組欲利用CuO與NH3反應，研究NH3的某種性質并測定其組成，設計了如下實驗裝置（夾持裝置未畫出）進行實驗。請回答下列問題：（1）儀器a的名稱為_；儀器b中可選擇的試劑為_。（2）實驗室中，利用裝置A，還可制取的無色氣體是_（填字母）。ACl2 BO2 CCO2 DNO2（3）實驗中觀察到裝置C中黑色CuO粉末變為紅色固體，量氣管有無色無味的氣體，上述現象證明NH3具有_性，寫出相應的化學方程式_。（4）E裝置中濃硫酸的作用_。（5）讀取氣體體積前，應對裝置F進行的操作：_。（6）實驗完畢，若測得干燥管D增重mg，裝置

14、F測得氣體的體積為n L（已折算成標準狀況），則氨分子中氮、氫的原子個數比為_（用含m、n字母的代數式表示）。21、2019年諾貝爾化學獎授予三位開發鋰離子電池的科學家。TiS2、LiCoO2、LiFePO4、LiMnO2、Cu與磷的化合物等都是研究電池的常用材料。請回答下列問題。（1）Co4+中存在_種不同能量的電子。（2）你預測第一電離能：Cu_Zn(填“”或“”)。請說出你的理由：_。（3）已知下列化合物的熔點：化合物AlF3GaF3AlCl3熔點/10401000194表格中鹵化物的熔點產生差異的原因是：_。（4）直鏈多磷酸鹽的陰離子有復雜的結構，焦磷酸根離子、三磷酸根離子結構如圖：這

15、類磷酸根離子的化學式可用通式表示為_(用n代表P原子數)。（5）鈷藍晶胞結構如圖1所示，該立方晶胞由4個型和4個型小立方體構成如圖2，則鈷藍晶體的化學式為_。在晶體中，某些原子位于其它原子圍成的空隙中，如圖3中原子就位于最近的4個原子圍成的正四面體空隙中。在鈷藍晶體中，Al3+位于O2-形成的_空隙中。若阿伏加德羅常數用NA表示，則鈷藍晶體的密度為_gcm-3(列計算式即可，不必化簡)。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、原子晶體共價鍵的鍵長越短、鍵能越大，熔點越高，鍵長：Si-SiSi-C，所以熔點前者小于后者，選項A不符合題意；B、分子晶體的熔點低于離子晶體，甲

16、苯是分子晶體而氯化鈉是離子晶體，所以氯化鈉的熔點高于甲苯，選項B符合題意；C、離子晶體晶格能越大熔點越高，氧化鎂的晶格能大于氧化鈉，所以熔點前者小于后者，選項C不符合題意；D、合金的熔點低于各成份的熔點，所以鉀鈉合金的熔點小于鈉熔點，選項D不符合題意；答案選B。2、B【解析】試題分析：A、用兩塊銅片作電極電解鹽酸的離子反應為Cu+2H+H2+Cu2+，故A正確；B、NaOH溶液與足量的Ca(HCO3)2溶液反應的離子反應為HCO3-+OH-+Ca2+CaCO3+H2O，故B錯誤；C、等物質的量的FeBr2和Cl2在溶液中反應，由電子守恒可知，亞鐵離子全部被氧化，溴離子一半被氧化，離子反應為2F

17、e2+2Br-+2Cl22Fe3+Br2+4Cl-，故C正確；D、氨水吸收少量的二氧化硫的離子反應為2NH3H2O+SO22NH4+SO32-+H2O，故D正確；故選B。【考點定位】考查離子方程式的書寫【名師點晴】本題考查離子反應方程式的書寫，明確發生的化學反應是解答本題的關鍵，注意氧化還原反應的離子反應中遵循電子守恒，選項B中量少的完全反應，選項C中等物質的量的FeBr2和Cl2在溶液反應，由電子守恒可知，亞鐵離子全部被氧化，溴離子一半被氧化。3、A【解析】A、離子之間不反應,滴加氨水與Mg2+結合生成沉淀,立即生成沉淀,故A符合題意;B、Fe3+具有氧化性，可以氧化SO32為SO42，因此

18、不能共存，故B不符合題意；C、滴加NaOH溶液先與醋酸反應,不能立即生成氣體,故C不符合題意;D、離子之間不反應,可大量共存,但c(K+)c(Cl),不能遵循電荷守恒,故D不符合題意;綜上所述，本題應選A。4、D【解析】A溶液a為酸性，HA電離程度大于A-水解程度，相對于純HA，同濃度下，溶液a中存在一部分A-，起始時有了一部分產物，所以溶液a和0.1 mol/L HA溶液中HA的電離程度前者小于后者，從而H2O的電離程度前者大于后者，A選項錯誤；B根據表中數據，向溶液a中通入0.1 mol HCl時，溶液a中一共只有1L含0.1mol NaA ，則完全消耗NaA，這就超出了緩沖溶液的緩沖范圍

19、了，NaA變成了HA，溶液便失去了緩沖能力，pH不可能變化不大，B選項錯誤；CHA的，由表可知，1 L含0.1 mol HA和0.1 mol NaA的溶液a的pH=4.76，但此時c(A-)不等于c(HA)，故該溫度下HA的Ka不等于10-4.76，C選項錯誤；D向0.1 molL1 Na2HPO4 與0.1 molL1 NaH2PO4的混合溶液中加入少量強酸或強堿，溶液的組成不會明顯變化，故也可做緩沖溶液，D選項正確；答案選D。5、C【解析】A. 在溶液中加酸化的BaCl2溶液，溶液出現白色沉淀，白色沉淀可能是氯化銀或硫酸鋇沉淀，不能證明一定含硫酸根離子，故A錯誤；B. 用鉑絲蘸取少量某溶液

20、進行焰色反應，火焰呈黃色，說明該溶液中含有鈉元素，則該溶液可能是鈉鹽溶液或氫氧化鈉溶液，故B錯誤；C. 氣體通過無水硫酸銅,粉末變藍,則發生反應：CuSO4+5H2OCuSO45H2O，可證明原氣體中含有水蒸氣，故C正確；D. 二氧化硫和澄清石灰水中氫氧化鈣反應生成亞硫酸鈣沉淀，二氧化碳氣體通過澄清石灰水溶液生成碳酸鈣白色沉淀，反應都會變渾濁，不能檢驗二氧化碳和二氧化硫，故D錯誤；答案選C。6、B【解析】根據化學平衡狀態的特征解答，當反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，各物質的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發生變化，當該物

21、理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態。【詳解】A.反應前后氣體的質量不變，容器的體積不變，混合氣體的密度一直不變，不能判定反應達到平衡狀態，故A錯誤；B.Y 的體積分數不再變化，說明各物質的量不變，反應達平衡狀態，故B正確；C.3v（X）=4v（Z）未體現正與逆的關系，不能判定反應是否達到平衡狀態，故C錯誤；D.當體系達平衡狀態時，c（X）：c（Y）：c（Z）可能為4：2：3，也可能不是4：2：3，與各物質的初始濃度及轉化率有關，不能判定反應是否達到平衡狀態，故D錯誤；故選B。7、D【解析】A. 稀硝酸具有強氧化性，與鋅粒反應不會生成氫氣，達不到實驗目的；B. 氫氧化鋁不與弱堿反應，而

22、氨水不能溶解氫氧化鋁，達不到實驗目的；C. 除去酒精中少量的水，加入適量CaO后，CaO會與水反應生成沸點較高的氫氧化鈣，可利用蒸餾的方法得到酒精，而不是蒸發操作，C項錯誤；D. 用脫脂棉包裹適量Na2O2后，再向脫脂棉上滴幾滴水，脫脂棉燃燒，說明該反應為放熱反應，放熱反應的反應物的鍵能之和小于生成物的鍵能之和，即證明Na2O2與H2O的鍵能之和小于生成的NaOH與氧氣的鍵能之和，D項正確；答案選D。【點睛】反應熱的表達有宏觀與微觀兩種方式。第一種，反應熱=生成物的總能量-反應物的總能量；第二種，反應熱=反應物的鍵能之和-生成物的鍵能之和，學生要理解反應的實質。8、D【解析】A. 標準狀況下，

23、0.5molNT3分子中所含中子數為 =6.5NA， A正確；B. 0.1molFe與0.1molCl2完全反應，根據方程式2Fe3Cl22FeCl3判斷鐵過量，轉移的電子數為0.2NA，B正確；C. 13.35gAlCl3物質的量為0.1mol，Al33H2O Al(OH)33H，水解是可逆的，形成的Al(OH)3膠體粒子數應小于0.1NA，C正確；D. 2molSO2和1molO2的反應是可逆反應，充分反應也不能進行到底，故反應后分子總數為應大于2NA，D錯誤；故選D。9、B【解析】A.苯和硝基苯互溶，但沸點不同，則選擇蒸餾法分離，故不選A；B.氯化銨加熱分解，而氯化鈉不能，則選擇加熱法分

24、離，故選B；C.水和溴乙烷互不相溶，會分層，則選擇分液法分離，故不選C；D.二者溶解度受溫度影響不同，則選擇結晶法分離，故不選D；答案：B10、B【解析】A.該反應制取氯氣需要加熱，故A不合理；B.濃硫酸干燥氯氣，通過該裝置說明干燥的氯氣沒有漂白性，故B合理；C.氯氣密度大于空氣，要用向上排空氣法收集氯氣，故C不合理；D.氯氣在飽和食鹽水中難以溶解，故D不合理。故選B。11、B【解析】A、若A為NaOH溶液，甲是AlCl3，乙是Al(OH）3白色沉淀，丙是NaAlO2，X為短周期金屬元素鋁，符合題意，A正確；B、若A為硝酸，X為金屬元素，X應是變價金屬，則甲是Fe，乙是Fe(NO3）2，丙是F

25、e(NO3）3，甲與乙不反應，B錯誤；C、若A為氧氣，丙在通常狀況下為紅棕色氣體即NO2，則甲是N2，乙是NO，C正確；D、若乙為NaHCO3，甲是CO2，A是NaOH，丙是Na2CO3，或者甲是Na2CO3，乙是NaHCO3，A是HCl，丙是CO2，D正確。答案選B。12、C【解析】A聯堿法對母液處理方法：向母液中通入氨氣，冰凍和加食鹽，故A錯誤；B列管式熱交換器的使用能使能量在流程中得到充分利用，降低了能耗，故B錯誤；C硫化汞與氧氣反應生成二氧化硫和汞，可以用焙燒辰砂制取汞，故C正確；D犧牲陽極的陰極保護法應用的是原電池工作原理，故D錯誤；故選：C。13、B【解析】A是干燥管，故A不選；B

26、 是抽濾瓶，用于減壓過濾，故B選；C 是洗氣裝置，用于除雜，故C不選；D是坩堝，用于灼燒固體，故D不選；故選B。14、C【解析】Y元素在同周期中離子半徑最小，金屬離子外的電子層數比相應的原子少一層，而且同周期金屬元素離子半徑隨著原子序數的遞增而減小，而非金屬元素的離子的電子層沒有減少，所以Y應為Al元素。丁為二元化合物，而且為液態，為水。丙與水反應得到兩種物質，而且一種為酸。0.01molL1戊溶液的pH大于2，為弱酸。短周期中二元化合物為弱酸的HF和H2S。結合乙是Z的單質，Z的原子序數比Al大，Z為S元素。涉及的反應為2Al3SAl2S3，Al2S36H2O=2Al(OH)33H2S。W、

27、X、Y、Z分別為H、O、Al、S。AH原子半徑最小。同周期的元素，原子序數越大，原子半徑越小，Al原子的半徑大于S；同主族元素，原子序數越大，原子半徑越大，S的原子半徑大于O，排序為Y（Al） Z（S） X（O） W（H），A項錯誤；BH、O、Al、S可以存在于KAl(SO4)212H2O中，存在離子鍵，為離子化合物，B項錯誤；CW(H)和X(O)的化合物可能為H2O和H2O2。H2O的結構簡式為HOH，含有極性鍵。H2O2的結構簡式為HOOH，含有極性鍵和非極性鍵，C項正確；D比較X(O)和Z(S)的非金屬性，不能比較最高價氧化物對應的水化物的酸性，因為O沒有它的含氧酸。D項錯誤；本題答案選

28、C。15、C【解析】A、AgNO3與KSCN恰好完全反應，上層清液中滴加Fe(NO3)3溶液，出現淺紅色溶液，說明上層清液中含有SCN-，即說明Ag+與SCN-生成AgSCN沉淀的反應有限度，故A說法正確；B、根據中現象：紅色褪去，產生白色沉淀，Fe(SCN)3被消耗，白色沉淀為AgSCN，即發生：Fe(SCN)3+Ag+=3AgSCN+Fe3+，故B說法正確；C、前一個實驗中滴加0.5mL 2molL-1 AgNO3溶液，Ag+過量，反應中Ag+有剩余，即滴加KI溶液，I-與過量Ag+反應生成AgI沉淀，不能說明AgI溶解度小于AgSCN，故C說法錯誤；D、白色沉淀為AgSCN，加入KI后，

29、白色沉淀轉化成黃色沉淀，即AgSCN轉化成AgI，隨后沉淀溶解，得到無色溶液，可能是AgI與KI溶液中的I-進一步發生了反應，故D說法正確；故選C。16、B【解析】A. 淀粉在淀粉酶的作用下水解生成葡萄糖，葡萄糖被氧化能釋放出能量，故A正確；B. 人體內沒有水解纖維素的酶，它在人體內主要是加強胃腸蠕動，有通便功能，不能被消化功能，故B錯誤；C. 植物油含不飽和脂肪酸酯，分子中含有碳碳雙鍵具有烯烴的性質，能使Br2/CCl4褪色，故C正確；D. 酶是蛋白質，具有高選擇性和催化性能，故D正確；答案選B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、氯原子、羥基 加成反應 【解析】由有機物的轉化關系可知，與K

30、MnO4或K2Cr2O7等氧化劑發生氧化反應生成，在酸性條件下，與甲醇共熱發生酯化反應生成，則B為；與LiAlH4反應生成，則C為；發生氧化反應生成，與雙氧水發生加成反應生成，酸性條件下與ROH反應生成，則F為。【詳解】（1）C的結構簡式為，含有的官能團為氯原子和羥基，故答案為氯原子、羥基；（2）由D生成E的反應為與雙氧水發生加成反應生成，故答案為加成反應；（3）由副產物的分子式為C9H5O4Cl2可知，在酸性條件下，與甲醇共熱發生酯化反應生成，則副產物的結構簡式為，故答案為；（4）化合物C的同分異構體能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明分子中含有酚羥基，核磁共振氫譜圖中有3個吸收峰說明結構對

31、稱，結構簡式為，故答案為；（5）由題給轉化關系可知，在酸性條件下，與甲醇共熱發生酯化反應生成，與LiAlH4反應生成，催化氧化生成，與過氧化氫發生加成反應生成，合成路線如下：，故答案為。【點睛】本題考查有機化學基礎，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、鄰氯苯甲醛（2氯苯甲醛） 氨基、羧基 12 取代反應（或酯化反應） +2Cu(OH)2+NaOHCu2O+3H2O+ 6 、 【解析】根據題干信息分析合成氯吡格雷的路線可知，A與NH4

32、Cl、NaCN反應生成B，B酸化得到C，C與CH3OH發生酯化反應生成D，D發生取代反應得到E，E最終發生反應得到氯吡格雷，據此結合題干信息分析解答問題。【詳解】(1)有機物A的結構簡式為，分子中含有醛基和氯原子，其化學名稱為鄰氯苯甲醛，C的結構簡式為，分子中含有的管能團有氨基、羧基和氯原子，故答案為：鄰氯苯甲醛；氨基、羧基；(2)A分子中苯環和醛基均為共平面結構，故分子中最少有苯環上的所有原子共平面，即最少有12個原子共平面，故答案為：12；(3) C與CH3OH發生酯化反應生成D，反應類型為取代反應（或酯化反應），故答案為：取代反應（或酯化反應）；(4)A的結構簡式為，分子中含有醛基，可與

33、新制Cu(OH)2反應生成Cu2O的磚紅色沉淀，反應方程式為+2Cu(OH)2+NaOHCu2O+3H2O+，故答案為：+2Cu(OH)2+NaOHCu2O+3H2O+；(5) 物質G是物質A的同系物，比A多一個碳原子，物質G除苯環之外無其他環狀結構；能發生銀鏡反應，可知物質G含有醛基，又苯環上有只有兩個取代基，則物質G除苯環外含有的基團有2組，分別為CHO、CH2Cl和Cl、CH2CHO，分別都有鄰間對3中結構，故G的同分異構體共有6種，其中核磁共振氫譜中有4個吸收峰，且峰值比為2221的結構簡式為、，故答案為：6；、；(6) 已知：，根據題干信息，結合合成氯吡格雷的路線可得，以苯甲醇為有機

34、原料制備化合物的合成路線可以是，故答案為：。19、冷凝回流 受熱均勻，便于控制溫度 向過濾器中加入乙醇浸沒沉淀，待乙醇自然流出后，重復操作23次 拆下連接泵和吸濾瓶的橡皮管 關閉水龍頭 溶液溫度過高或冷卻結晶時速度過快（合理答案即可） 【解析】結合題給信息進行分析：步驟1中，將三頸燒瓶放入冷水中冷卻，為防止暴沸，加入沸石。步驟2中，因為反應溫度為170180，為便于控制溫度，使反應物受熱均勻，采取油浴方式加熱；步驟3中，結合對氨基苯磺酸的物理性質，將反應產物導入冷水燒杯中，并不斷攪拌有助于對氨基苯磺酸的析出。再根據對氨基苯磺酸與苯胺在乙醇中的溶解性不同，采用乙醇洗滌晶體。步驟4中，利用對氨基苯

35、磺酸可溶于沸水，通過沸水溶解，冷卻結晶等操作，最終得到純凈產品。【詳解】（1）冷凝管起冷凝回流的作用，冷卻水從下口進入，上口排出；答案為：冷凝回流；（2）油浴加熱優點是反應物受熱均勻，便于控制溫度；答案為：受熱均勻，便于控制溫度；（3）苯胺是一種無色油狀液體，微溶于水，易溶于乙醇，對氨基苯磺酸是一種白色晶體，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于堿性溶液，不溶于乙醇，則洗滌時選用乙醇。洗滌的操作為向過濾器中加入乙醇浸沒沉淀，待乙醇自然流出后，重復操作23次；答案為：向過濾器中加入乙醇浸沒沉淀，待乙醇自然流出后，重復操作23次；（4）抽濾完畢停止抽濾時，為防止倒吸，先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶間的橡皮管，再

36、關水龍頭；答案為：拆下連接泵和吸濾瓶的橡皮管；關閉水龍頭；（5）對氨基苯磺酸微溶于冷水，可溶于沸水，若制得的晶體顆粒較小，可能的原因是溶液溫度過高或冷卻結晶時速度過快。答案為：溶液溫度過高或冷卻結晶時速度過快（合理答案即可）。【點睛】冷卻結晶的晶體大小影響因素：（1）漿料的過飽和度，這個主要由溫度來控制，溫度越低過飽和度越低。過飽和度越大，則產生晶核越多，結晶體粒徑越小。（2）停留時間，時間越長，則產生的結晶體粒徑越大。（3）容器的攪拌強度，攪拌越強，容易破碎晶體，結晶體粒徑越小。（4）雜質成分，雜質成分較多，則比較容易形成晶核，結晶體粒徑越小。20、分液漏斗 固體氫氧化鈉或氧化鈣或堿石灰 BC 還原 3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2 吸收未反應的氨氣，阻止F中水蒸氣進入D 慢慢上下移動右邊漏斗，使左右兩管液面相平 【解析】A裝置制取氨氣，B裝置干燥氨氣，C為反應裝置，D裝置吸收反應產生的水，E裝置防止F中的水分進入D裝置干擾實驗結果，F裝置測量生成氮氣的體積。【詳解】（1）裝置中儀器a為分液漏斗，濃氨水遇氧化鈣、氫氧化鈉會釋放氨氣，故可選用固體氫氧化鈉或氧化鈣或堿石灰（成分為氧化鈣和氫氧化