还剩4页未读，
继续阅读
高中化学 【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷 化学（七）教师版
展开
这是一份高中化学 【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷 化学（七）教师版，共7页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，化学与生产生活密切相关，【化学——选修3等内容，欢迎下载使用。
此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷
化 学 （七）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 Co 59
一、选择题（每小题6分，共42分。）
7．化学与生产生活密切相关。下列说法正确的是
A．海水资源的综合利用涉及制盐、制取镁和溴等，其过程中均涉及氧化还原反应
B．用食醋和淀粉可检验食盐里是否加碘
C．氮氧化合物与“光化学烟雾”、“臭氧层空洞”、“硝酸型酸雨”的形成有关
D．由于钝化的原因，常温下可用钢瓶来装载浓硫酸、浓硝酸、液氯等强氧化性液体
【答案】C
【解析】A．制盐过程中粗盐提纯涉及多个复分解反应，不涉及氧化还原反应，A说法错误；B．食盐里添加的一般是KIO3，食醋与碘酸钾不能反应生成碘，只用食醋和淀粉不能检验，B说法错误；C．“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成主要是由于氮氧化合物产生的，“臭氧层空洞”主要是氮氧化物、氟氯代烃等的排放引起的，C说法正确；D．由于钝化的原因，常温下可用钢瓶来装载浓硫酸、浓硝酸，常温下干燥的Cl2不与Fe反应，可用钢瓶来贮存液氯，不属于钝化，D说法错误。
8．用下列实验装置进行相应实验，装置及操作正确且能达到实验目的的是
A．用装置甲量取NaOH溶液
B．用装置乙验证铁发生吸氧腐蚀
C．用装置丙收集二氧化氮气体
D．用装置丁制取氧气以控制反应随时发生和停止
【答案】D
【解析】A．图示装置为酸式滴定管，NaOH溶液应该用碱式滴定管量取，A错误；B．煤油隔绝氧气，铁钉不会被腐蚀，B错误；C．NO2会和水反应生成NO，不能用排水法收集，C错误；D．水可以和过氧化钠反应生成氧气，通过转动分液漏斗的旋塞，可以控制反应随时发生和停止，D正确。
9．中国是最早将辣椒作为药物使用的国家之一，中医用辣椒治疗胃寒、风湿等症。辣椒素是辣椒辣味来源，其结构简式如图。下列有关辣椒素的说法不正确的是
A．分子式为C18H27NO3
B．结构中所有碳原子可能共平面
C．其酸性水解产物均可与Na2CO3溶液反应
D．能发生氧化、还原、水解、酯化、加成、聚合反应
【答案】B
【解析】A．根据该有机物结构简式可知其分子式为C18H27NO3，故A正确；B．在中虚线框内存在多个sp3杂化的碳原子相连，不可能在一个平面内，故B错误；C．辣椒素中含有肽键，酸性水解后生成、，羧基酸性强于HCO、H2CO3，酚羟基酸性强于HCO，因此酸性水解后产物能与Na2CO3溶液反应，故C正确；D．辣椒素中含有碳碳双键、肽键、酚羟基、醚键，碳碳双键能发生氧化、还原、加成、聚合反应，肽键能发生水解反应，酚羟基能发生氧化、酯化反应，故D正确。
10．工业上利用NH3对烟道气进行脱硝(除氮氧化物)的SCR技术具有效率高、性能可靠的优势。SCR技术的原理为NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O，反应进程中的相对能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．总反应方程式为6NO+4NH35N2+6H2O(ΔH＜0)
B．NH2NO是脱硝反应的催化剂
C．升高温度，脱硝反应的正反应速率的增大程度大于其逆反应速率的增大程度
D．决定反应速率的步骤是“NH2NO的转化”
【答案】A
【解析】A．由已知SCR技术的原理为NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O，可知总反应的方程式为6NO+4NH35N2+6H2O，A正确；B．H2NO是脱硝反应的活性中间体，B错误；C．这是一个放热反应，升高温度平衡会逆向移动，所以升高温度后，脱硝反应的正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，C错误；D．相对能量-反应进程曲线表明，全过程只有H的移除过程势能升高，这是一个需要吸收能量越过能垒的反应，其速率是全过程几个反应中最慢的，决定了反应的速率，是总反应的速控步骤，D错误。
11．短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们的最外层电子数之和为20，W原子核外电子总数与X原子次外层的电子数相同，由W、X、Y三种元素形成的一种盐溶于水后，加入盐酸，产生的无色气体能使品红褪色。下列说法正确的是
A．W与X形成的化合物只含有离子键
B．X的简单离子与Z的简单离子具有相同的电子层结构
C．单质的氧化性：Y＞Z
D．简单氢化物的沸点：W＞Y
【答案】D
【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由W、X、Y三种元素形成的一种盐溶于水后，加入盐酸，产生的无色气体能使品红褪色，气体为二氧化硫，W原子核外电子总数与X原子次外层的电子数相同，可知W为O、X为第三周期金属元素，Y为S，结合原子序数Z的最大，可知Z为Cl，又它们的最外层电子数之和为20，则X的最外层电子数为20-6-6-7=1，则X为Na。由上述分析可知，W为O、X为Na、Y为S、Z为Cl。A．W与X形成的化合物为过氧化钠时，含离子键、共价键，故A错误；B．X的简单离子与Z的简单离子的电子数分别为10、18，电子层结构不同，故B错误；C．非金属性Cl＞S，则单质的氧化性：Y＜Z，故C错误；D．W为O、Y为S，水分子间含氢键，H2S分子间没有氢键，则简单氢化物的沸点：W＞Y，故D正确；选D。
12．废水中的污染物，可以通过电解原理产生絮凝剂使其沉淀而分离。工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．b接电源的负极
B．a、b电极的材料均可为铁棒
C．形成絮凝剂时的反应：4Fe2++O2+8OH−+2H2O=4Fe(OH)3
D．外电路中通过3mol电子，生成1mol氢氧化铁胶粒
【答案】D
【解析】该装置为电解装置，铁做阳极，则a极为阳极，电极反应式：Fe-2e−＝Fe2+，电极b为阴极，发生还原反应，电极反应式：2H2O+2e−＝2OH−+H2↑，处理废水时，阳极生成的二价铁离子与阴极生成的氢氧根离子在溶解氧的条件下发生氧化还原反应生成氢氧化铁。A．b为阴极，b接电源的负极，A正确；B．a极为阳极，只能是铁，b电极是阴极，电极材料可以是铁，因此a、b电极的材料均可为铁棒，B正确；C．处理废水时，阳极生成的二价铁离子与阴极生成的氢氧根离子在溶解氧的条件下发生氧化还原反应生成氢氧化铁，因此形成絮凝剂时的反应：4Fe2++O2+8OH−+2H2O＝4Fe(OH)3，C正确；D．胶粒是氢氧化铁的聚合体，无法计算生成的氢氧化铁胶粒数，D错误。
13．用溶液滴定溶液，溶液pH和温度随的变化曲线如图所示．下列说法正确的
A．从W至Z点，水的电离程度逐渐增大，不变
B．当=1时，2
C．的电离常数
D．Y点为第二反应终点
【答案】C
【解析】A．从W至Z点，溶液温度逐渐升高，因此逐渐增大，故A错误；B．当=1时，溶液中溶质为NaHA，根据物料守恒得到c(Na+)=c(H2A)+c(HA－)+c(A2−)，故B错误；C．当c(HA−)=c(A2−)时，溶液温度为27℃，pH=9.7，则H2A的电离常数，故C正确；D．X为第一反应终点，即=1时，当=2时为第二反应终点即Z点，故D错误。答案为C。
二、非选择题（共43分）
26．（14分）CaS微溶于水，常用于制发光漆，还用于医药工业、重金属处理及环保中。可用硫酸钙与焦炭高温反应制备，主反应，该反应过程中还可能产生SO2、CO2、CaO等副产物。某兴趣小组为了探究该反应的总化学方程式，设计了如图所示的实验装置[图中所用试剂均为足量，假设产生的气体在相应的装置中完全反应，CO不与酸性 KMnO4溶液反应]
(1)仪器D的名称_______；实验开始前要通入N2的目的是_______。
(2)长颈斗的作用是_______。
(3)B中溶液颜色变浅，写出其中反应的离子方程式_______。
(4)能说明产物中有CO的实验现象是_______。
(5)取A中少量剩余固体溶于水，并不断搅拌一段时间后有淡黄色浑浊出现，请解释产生该现象的原因_______。
(6)如果实验前后B、C、E装置的质量变化分别为增重1.28g，增重0.44g，减轻0.64g，忽略装置中原有的CO2，则硫酸钙与焦炭高温焙烧时发生的总化学方程式为_______；若反应后不通入N2，则计算出的CaS的化学计量数_______(填“偏大”“偏小”“无影响”或“无法确定”)。
【答案】（1）(球形)干燥管 将装置中的空气排尽，以免干扰实验
（2） 防止堵塞(或平衡压强)
（3）
（4） E中出现红色固体，F中澄清石灰水变浑浊
（5） 负二价的硫被O2氧化为硫单质
（6） 无法确定
【解析】装置A发生反应，副产物进入装置B与酸性高锰酸钾溶液反应，离子方程式为，用装置C的NaOH溶液除去副产物CO2，经碱石灰干燥水，再用CO气体还原CuO得到Cu和CO2，观察到装置E中出现红色固体，F中澄清石灰水变浑浊。(5)反应产物有硫化钙，负二价的硫被O2氧化为硫单质，则溶液呈黄色；(6)B装置增重的为SO2质量，C增重的为CO2质量，E减轻的质量是少去的氧，CuO+CO=Cu+CO2，可得n(SO2)=，n(CO2)=，n(CO)=，三种气体的化学计量数之比为2∶1∶4，根据化合价升降配平化学方程式：，若反应后不通入N2，则反应产生的气体无法称量，则计算出的CaS的化学计量数无法确定。
27．（14分）倡导生态文明建设，环境问题一直是我们关注的焦点。运用化学反应原理研究碳、氮的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
(1)为了高效利用能源并且减少CO2的排放，可用下列方法把CO2转化成乙醇燃料：
①
②
③
则表示燃烧热的热化学方程式为_______。
(2)NO的氧化反应分两步进行。
I．
II．
其反应过程能量变化如图所示
①决定NO氧化反应速率的步骤是_______(填“I”或“II”)，其理由是_______。
②一定温度下，在刚性密闭容器中，起始充入一定量的NO2气体(NO2转化为N2O4忽略不计)，此时压强为36kPa，在5min达到平衡，此时容器的压强为46kPa，则0~5min用O2的分压表示反应速率为_______。该温度下，此反应的平衡常数Kp=_______(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数)。
③恒温恒容条件下，能说明该反应达到平衡状态的是_______(填字母)。
A．压强不再变化
B．混合气体的密度不再变化
C．生成NO的速率与消耗NO2的速率相等
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
(3)利用燃料电池电解，可将雾霾中的NO、分别转化为NH和SO如下图装置所示。则物质甲为_______(填名称)，阴极的电极反应式_______；当电路中转移2.5mol电子时，A的浓度为_______(电解过程中忽略溶液体积变化)。
【答案】（1）
（2） I 反应I的活化能大 0.064或8/125 AD
（3） 乙醇 2
【解析】(1)根据盖斯定律，3×③+3×②-①得： ；(2)①由能量变化图可知第I步活化能较大，反应速率较慢，因此决定NO氧化反应速率的步骤是I；②因为是刚性容器，可带压强列三段式：
据题意有36+x=46，解得x=10，因此0~5min用O2的分压表示反应速率为10kPa÷5min=2kPa·min−1；该温度下，此反应的平衡常数=0.064或8/125；③，恒温恒容条件：A．该反应为气体分子数变化的反应，压强不再变化，说明反应已达平衡；B．ρ=m/V，自始至终m和V均不变，ρ不变不能说明反应已达平衡；C．生成NO的速率与消耗NO2的速率相等，都是逆反应速率，不能说明反应已达平衡；D．混合气体的平均相对分子质量=m/n，气体总质量m自始至终不变，气体总n是变量，当混合气体的平均相对分子质量，说明反应已达平衡；选AD；利用燃料电池电解，可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH和SO：结合图可知，左边装置为乙醇燃料电池，右边装置为电解池，NO转化为NH，N化合价降低，则通入NO的一极得电子，为阴极，通入二氧化硫的一极为阳极，则燃料电池a电极为负极，燃料电池中负极通入的是燃料，因此物质甲为乙醇；电解池阴极得电子，NO转化为NH，可知电极反应式为；电解池阳极失电子，SO2转化为SO，电极反应式为2H2O+SO2-2e−=SO+4H+，在电解池总反应为2NO+8H2O+5SO2(NH4)2SO4+4H2SO4。根据反应方程式可知，生成4H2SO4转移10mol e−，因此A为H2SO4，转移2.5mol电子时，生成1mol硫酸，物质的量浓度为1mol÷500mL=2mol/L。
28．（15分）钴酸锂（LiCoO2）电池是一种应用广泛的新型电源，电池中含有少量的铝、铁、碳等单质。实验室尝试对废旧钴酸锂电池回收再利用。实验过程如下：
已知：①还原性：Cl−>Co2+；
②Fe3+和C2O结合生成较稳定的[Fe(C2O4)3]3−，在强酸性条件下分解重新生成Fe3+。回答下列问题：
（1）废旧电池初步处理为粉末状的目的是________。
（2）从含铝废液得到Al(OH)3的离子方程式为 。
（3）滤液A中的溶质除HCl、LiCl外还有________（填化学式）。写出LiCoO2和盐酸反应的化学方程式____________。
（4）滤渣的主要成分为_______（填化学式）。
（5）在空气中加热一定质量的CoC2O4·2H2O固体样品时，其固体失重率数据见下表，请补充完整表中问题。
已知：①CoC2O4在空气中加热时的气体产物为CO2。
②固体失重率＝对应温度下样品失重的质量/样品的初始质量。
序号
温度范围/℃
化学方程式
固体失重率
Ⅰ
120～220
CoC2O4·2H2OCoC2O4+2H2O
19.67%
Ⅱ
300～350
______
59.02%
（6）已知Li2CO3的溶度积常数Ksp＝8.64×10−4，将浓度为0.02mol·L−1的Li2SO4和浓度为0.02 mol·L−1的Na2CO3溶液等体积混合，则溶液中的Li+浓度为________mol·L−1。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
（2）AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO
（3）FeCl3、CoCl2 2LiCoO2+8HCl=2CoCl2+Cl2↑+4H2O+2LiCl
（4）C
（5）2CoC2O4+O22CoO+4CO2
（6）0.02
【解析】废旧钴酸锂镍离子电池主要含有Fe、Al、碳的单质和LiCoO2，初步处理，加碱浸泡，铝和碱液反应生成偏铝酸盐和氢气，固体残渣为：Fe、C的单质和LiCoO2，加盐酸Fe+2H+=Fe2++H2↑，2LiCoO2+8H++2Cl−=2Li++2Co2++Cl2↑+4H2O，残渣为C，滤液A为Fe3+、Li+、Co2+、Cl−，加入草酸铵，过滤沉淀为CoC2O4·2H2O，滤液B为：[Fe(C2O4)3]3−、Li+、Cl−，加入碳酸钠，发生的离子反应为2Li++CO=Li2CO3↓，滤液C为[Fe(C2O4)3]3−、Cl−，先加强酸重新得到Fe3+，加入氧化剂防止铁离子被还原，得氯化铁溶液；(1)废旧电池初步处理为粉末状的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；(2)偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，因此从含铝废液得到Al(OH)3的离子反应方程式为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO；答案为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO；(3)LiCoO2中Li为+1价，Co为+3价，具有氧化性，HCl中-1价的氯具有还原性，向固体残渣中加入盐酸时，发生氧化还原反应，Co（+3→+2），Cl（-1→0），反应表示为：2LiCoO2+8H++2Cl−=2Li++2Co2++Cl2↑+4H2O或2LiCoO2+8HCl=2CoCl2+Cl2↑+4H2O+2LiCl；，滤液A为Fe3+、Li+、Co3+、Cl−，故滤液A中的溶质为HCl、LiCl、FeCl3、CoCl2；答案为：FeCl3、CoCl2；2LiCoO2+8HCl=2CoCl2+Cl2↑+4H2O+2LiCl；(4)上述分析可知，滤渣的主要成分为C；答案为：C；(5)在空气中加热一定质量的CoC2O4·2H2O固体样品时，首先失去结晶水，在120～220℃时，固体失重率为19.76%，生成产物为CoC2O4；由①可知，在120～220℃时，CoC2O4·2H2O完全失去结晶水生成CoC2O4，然后继续升高温度加热，则CoC2O4分解生成氧化物，其分解失去的质量为183g×59.02%=108g，剩余的质量为183g-108g=75g，设产物的化学式为CoOx，则59+16x=75，解得x=1，则化学式为CoO，则反应方程式为：2CoC2O4+O22CoO+4CO2；答案为：2CoC2O4+O22CoO+4CO2；(6)将浓度为0.02mol·L−1的Li2SO4和浓度为0.02mol·L−1的Na2CO3溶液等体积混合，混合瞬间溶液中c(Li+)=0.02mol/L，c(CO)=0.01mol/L，计算浓度商=4×10−6
35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
照相底片定影时，常用定影液硫代硫酸钠溶解未曝光的溴化银，生成含的废定影液再向其中加入使中的银转化为，使定影液再生。将在高温下转化为Ag，达到回收银的目的。
回答下列问题：
(1)元素周期表中，铜、银、金位于同一副族相邻周期，则基态银原子的价层电子排布式为___________。乙二胺是一种有机化合物，与等金属离子形成稳定环状离子，其原因是___________。
(2)离子结构如图所示，写出一种等电子体___________，其结构中δ键的类型为___________。
(3)写出AgBr溶于溶液反应的离子方程式___________。中存在的作用力有___________(填化学键类型)，银离子的配位数是___________。
(4)在空气中灼烧生成Ag和SO2，SO2分子中心原子的杂化类型为___________，分子的空间构型为___________，与CO2构型不同的原因是___________，由此判断H2O的键角___________
H3O+的键角。
(5)用X射线衍射法可测定阿伏加德罗常数。金的X射线衍射图象可知晶胞属于面心立方晶胞。若金原子的半径为r cm，金的密度为，摩尔质量为，列出计算阿伏加德罗常数的算式___________用含a，，M的表达式表示。
(6)从组成的角度分析Ag2CO3比Ag2S的分解温度低的原因是___________。
【答案】（1） 乙二胺的两个N提供孤对电子给Cu2+形成配位键
（2） SO P－P δ键
（3） 离子键、共价键、配位键 2
（4） V形 硫原子上孤电子对存在对共价键的排斥作用使键角变小 小于
（5）
（6） Ag+对CO中氧离子的吸引，在加热条件下使碳氧键断裂，释放出CO2气体
【解析】(1)已知基态铜原子的价层电子排布式为：，元素周期表中，铜、银、金位于同一副族相邻周期，故基态银原子的价层电子排布式为，由于乙二胺中两个－NH2的N原子上均有孤电子，均能与Cu2+等金属离子形成配位键，故能与Cu2+等金属离子形成稳定环状离子；(2)等电子体是指原子总数相等，价电子总数相等的分子，因S和O的价电子数相等，故等电子体为SO，其结构中δ键是S原子的3p轨道和O原子的2p轨道重叠形成的，故δ键的类型为P－P δ键；(3)由题干信息可知，硫代硫酸钠溶解未曝光的溴化银，生成含，AgBr溶于溶液反应的方程式为：AgBr+2=+
NaBr；中存在的作用力有Na+与之间的离子键、内部中有S原子和O原子间的共价键和Ag+与之间的配位键，中银离子的配位数是2；(4)在空气中灼烧生成Ag和SO2，SO2分子中心原子S原子周围形成2个σ键，含有的孤电子对数为：=1，故中心原子的价层电子对数为3，故杂化类型为sp2，分子的空间构型为V形，CO2中C原子没有孤电子对，导致C=O之间的排斥力减小，故键角增大，故SO2与CO2构型不同的原因是硫原子上孤电子对存在对共价键的排斥作用使键角变小，由于H2O中O原子存在2对孤电子对，H3O+中O原子存在1对孤电子对，由此判断H2O的键角小于H3O+的键角，故答案为：sp2；V形；硫原子上孤电子对存在对共价键的排斥作用使键角变小；小于；(5)设阿伏加德罗常数NA，已知金的晶胞属于面心立方晶胞，故一个晶胞中含有=4 个金原子，设晶胞的边长为x cm，若金原子的半径为r cm，可知：4r=，即x=2rcm，又金的密度为，摩尔质量为，列出为：4M=NA（2r）3，故计算阿伏加德罗常数的算式为：，故答案为：；(6)由于S2−的半径大于O2−的半径，Ag+对CO中氧离子的吸引，在加热条件下使碳氧键断裂，释放出CO2气体，导致Ag2CO3比Ag2S的分解温度低，故答案为：Ag+对CO中氧离子的吸引，在加热条件下使碳氧键断裂，释放出CO2气体。
36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
有机物F对新型冠状肺炎有治疗作用。F的合成路线如下图所示，分子中表示芳香基。
已知：
(1)对苯二酚在水中的溶解性________(填“大于”“等于”或“小于”)苯酚在水中的溶解性。
(2)A→B的反应类型是________，B中含有的官能团的名称为________。
(3)对苯二酚转化为A的目的是_________。
(4)C转化为的D化学方程式为_______。D到E的转化率大约为78.6%，原因是易生成副产物H(分子中含有一个七元环)，则H的结构简式为________。
(5)某芳香族化合物K与C互为同分异构体，则符合下列条件的K的结构共有________种(不考虑立体异构)。(已知结构具有较强的氧化性，与还原性原子团不能共存)
①与不发生显色反应
②可发生水解反应和银镜反应
(6)请以丙酮(CH3COCH3)和为原料，参照题中所给信息(其它试剂任选)设计合成的路线(不超过三步)________。
【答案】（1）大于
（2） 取代反应 酯基、羰基
（3） 保护酚羟基，防止与乙酰氯反应
（4） +ArCOCl+HCl
（5） 8
（6）
【解析】根据B生成C的反应条件可知，B中酯基水解再酸化得到C，所以C的结构简式为，根据C生成D的反应条件可知，该反应与题目所给反应类似，根据D的结构简式可知试剂G应为ArCOCl。(1)对苯二酚中含有两个酚羟基，都可以和水分子形成分子间氢键，所以对苯二酚在水中的溶解性大于苯酚；(2)对苯二酚中酚羟基上的氢原子被－COCH3代替生成A，所以属于取代反应；根据B的结构简式可知B中的官能团为酯基、羰基；(3)将对苯二酚转化为A可以保护酚羟基，防止与乙酰氯反应；(4)根据分析可知该反应的化学方程式为+ArCOCl+HCl；D生成E的过程中是含苯环的取代基与邻位的酚羟基反应，而副产物中含有7元环，应是该取代基和间位的酚羟基反应，产物为；(5)C为，芳香族化合物K与C互为同分异构体，则K中含有苯环，同时满足：①与FeCl3不发生显色反应，说明不含酚羟基；②可发生水解反应和银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，根据不饱和度知，不存在其它双键或环，根据题意不能和还原性的醛基共存，所以满足条件的有：如果取代基为HCOO－、－CH2OH，有邻间对3种；如果取代基为HCOO－、－OCH3，有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH－O－，有1种，如果取代基为HCOOCH(OH)－，有1种，所以符合条件的有3+3+1+1=8种；(6)丙酮（CH3COCH3）和发生信息中的取代反应，然后发生类似E生成F的反应，最后再和溴发生加成反应得到，其合成路线为：
。
此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷
化 学 （七）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 Co 59
一、选择题（每小题6分，共42分。）
7．化学与生产生活密切相关。下列说法正确的是
A．海水资源的综合利用涉及制盐、制取镁和溴等，其过程中均涉及氧化还原反应
B．用食醋和淀粉可检验食盐里是否加碘
C．氮氧化合物与“光化学烟雾”、“臭氧层空洞”、“硝酸型酸雨”的形成有关
D．由于钝化的原因，常温下可用钢瓶来装载浓硫酸、浓硝酸、液氯等强氧化性液体
【答案】C
【解析】A．制盐过程中粗盐提纯涉及多个复分解反应，不涉及氧化还原反应，A说法错误；B．食盐里添加的一般是KIO3，食醋与碘酸钾不能反应生成碘，只用食醋和淀粉不能检验，B说法错误；C．“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成主要是由于氮氧化合物产生的，“臭氧层空洞”主要是氮氧化物、氟氯代烃等的排放引起的，C说法正确；D．由于钝化的原因，常温下可用钢瓶来装载浓硫酸、浓硝酸，常温下干燥的Cl2不与Fe反应，可用钢瓶来贮存液氯，不属于钝化，D说法错误。
8．用下列实验装置进行相应实验，装置及操作正确且能达到实验目的的是
A．用装置甲量取NaOH溶液
B．用装置乙验证铁发生吸氧腐蚀
C．用装置丙收集二氧化氮气体
D．用装置丁制取氧气以控制反应随时发生和停止
【答案】D
【解析】A．图示装置为酸式滴定管，NaOH溶液应该用碱式滴定管量取，A错误；B．煤油隔绝氧气，铁钉不会被腐蚀，B错误；C．NO2会和水反应生成NO，不能用排水法收集，C错误；D．水可以和过氧化钠反应生成氧气，通过转动分液漏斗的旋塞，可以控制反应随时发生和停止，D正确。
9．中国是最早将辣椒作为药物使用的国家之一，中医用辣椒治疗胃寒、风湿等症。辣椒素是辣椒辣味来源，其结构简式如图。下列有关辣椒素的说法不正确的是
A．分子式为C18H27NO3
B．结构中所有碳原子可能共平面
C．其酸性水解产物均可与Na2CO3溶液反应
D．能发生氧化、还原、水解、酯化、加成、聚合反应
【答案】B
【解析】A．根据该有机物结构简式可知其分子式为C18H27NO3，故A正确；B．在中虚线框内存在多个sp3杂化的碳原子相连，不可能在一个平面内，故B错误；C．辣椒素中含有肽键，酸性水解后生成、，羧基酸性强于HCO、H2CO3，酚羟基酸性强于HCO，因此酸性水解后产物能与Na2CO3溶液反应，故C正确；D．辣椒素中含有碳碳双键、肽键、酚羟基、醚键，碳碳双键能发生氧化、还原、加成、聚合反应，肽键能发生水解反应，酚羟基能发生氧化、酯化反应，故D正确。
10．工业上利用NH3对烟道气进行脱硝(除氮氧化物)的SCR技术具有效率高、性能可靠的优势。SCR技术的原理为NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O，反应进程中的相对能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．总反应方程式为6NO+4NH35N2+6H2O(ΔH＜0)
B．NH2NO是脱硝反应的催化剂
C．升高温度，脱硝反应的正反应速率的增大程度大于其逆反应速率的增大程度
D．决定反应速率的步骤是“NH2NO的转化”
【答案】A
【解析】A．由已知SCR技术的原理为NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O，可知总反应的方程式为6NO+4NH35N2+6H2O，A正确；B．H2NO是脱硝反应的活性中间体，B错误；C．这是一个放热反应，升高温度平衡会逆向移动，所以升高温度后，脱硝反应的正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，C错误；D．相对能量-反应进程曲线表明，全过程只有H的移除过程势能升高，这是一个需要吸收能量越过能垒的反应，其速率是全过程几个反应中最慢的，决定了反应的速率，是总反应的速控步骤，D错误。
11．短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们的最外层电子数之和为20，W原子核外电子总数与X原子次外层的电子数相同，由W、X、Y三种元素形成的一种盐溶于水后，加入盐酸，产生的无色气体能使品红褪色。下列说法正确的是
A．W与X形成的化合物只含有离子键
B．X的简单离子与Z的简单离子具有相同的电子层结构
C．单质的氧化性：Y＞Z
D．简单氢化物的沸点：W＞Y
【答案】D
【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由W、X、Y三种元素形成的一种盐溶于水后，加入盐酸，产生的无色气体能使品红褪色，气体为二氧化硫，W原子核外电子总数与X原子次外层的电子数相同，可知W为O、X为第三周期金属元素，Y为S，结合原子序数Z的最大，可知Z为Cl，又它们的最外层电子数之和为20，则X的最外层电子数为20-6-6-7=1，则X为Na。由上述分析可知，W为O、X为Na、Y为S、Z为Cl。A．W与X形成的化合物为过氧化钠时，含离子键、共价键，故A错误；B．X的简单离子与Z的简单离子的电子数分别为10、18，电子层结构不同，故B错误；C．非金属性Cl＞S，则单质的氧化性：Y＜Z，故C错误；D．W为O、Y为S，水分子间含氢键，H2S分子间没有氢键，则简单氢化物的沸点：W＞Y，故D正确；选D。
12．废水中的污染物，可以通过电解原理产生絮凝剂使其沉淀而分离。工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．b接电源的负极
B．a、b电极的材料均可为铁棒
C．形成絮凝剂时的反应：4Fe2++O2+8OH−+2H2O=4Fe(OH)3
D．外电路中通过3mol电子，生成1mol氢氧化铁胶粒
【答案】D
【解析】该装置为电解装置，铁做阳极，则a极为阳极，电极反应式：Fe-2e−＝Fe2+，电极b为阴极，发生还原反应，电极反应式：2H2O+2e−＝2OH−+H2↑，处理废水时，阳极生成的二价铁离子与阴极生成的氢氧根离子在溶解氧的条件下发生氧化还原反应生成氢氧化铁。A．b为阴极，b接电源的负极，A正确；B．a极为阳极，只能是铁，b电极是阴极，电极材料可以是铁，因此a、b电极的材料均可为铁棒，B正确；C．处理废水时，阳极生成的二价铁离子与阴极生成的氢氧根离子在溶解氧的条件下发生氧化还原反应生成氢氧化铁，因此形成絮凝剂时的反应：4Fe2++O2+8OH−+2H2O＝4Fe(OH)3，C正确；D．胶粒是氢氧化铁的聚合体，无法计算生成的氢氧化铁胶粒数，D错误。
13．用溶液滴定溶液，溶液pH和温度随的变化曲线如图所示．下列说法正确的
A．从W至Z点，水的电离程度逐渐增大，不变
B．当=1时，2
C．的电离常数
D．Y点为第二反应终点
【答案】C
【解析】A．从W至Z点，溶液温度逐渐升高，因此逐渐增大，故A错误；B．当=1时，溶液中溶质为NaHA，根据物料守恒得到c(Na+)=c(H2A)+c(HA－)+c(A2−)，故B错误；C．当c(HA−)=c(A2−)时，溶液温度为27℃，pH=9.7，则H2A的电离常数，故C正确；D．X为第一反应终点，即=1时，当=2时为第二反应终点即Z点，故D错误。答案为C。
二、非选择题（共43分）
26．（14分）CaS微溶于水，常用于制发光漆，还用于医药工业、重金属处理及环保中。可用硫酸钙与焦炭高温反应制备，主反应，该反应过程中还可能产生SO2、CO2、CaO等副产物。某兴趣小组为了探究该反应的总化学方程式，设计了如图所示的实验装置[图中所用试剂均为足量，假设产生的气体在相应的装置中完全反应，CO不与酸性 KMnO4溶液反应]
(1)仪器D的名称_______；实验开始前要通入N2的目的是_______。
(2)长颈斗的作用是_______。
(3)B中溶液颜色变浅，写出其中反应的离子方程式_______。
(4)能说明产物中有CO的实验现象是_______。
(5)取A中少量剩余固体溶于水，并不断搅拌一段时间后有淡黄色浑浊出现，请解释产生该现象的原因_______。
(6)如果实验前后B、C、E装置的质量变化分别为增重1.28g，增重0.44g，减轻0.64g，忽略装置中原有的CO2，则硫酸钙与焦炭高温焙烧时发生的总化学方程式为_______；若反应后不通入N2，则计算出的CaS的化学计量数_______(填“偏大”“偏小”“无影响”或“无法确定”)。
【答案】（1）(球形)干燥管 将装置中的空气排尽，以免干扰实验
（2） 防止堵塞(或平衡压强)
（3）
（4） E中出现红色固体，F中澄清石灰水变浑浊
（5） 负二价的硫被O2氧化为硫单质
（6） 无法确定
【解析】装置A发生反应，副产物进入装置B与酸性高锰酸钾溶液反应，离子方程式为，用装置C的NaOH溶液除去副产物CO2，经碱石灰干燥水，再用CO气体还原CuO得到Cu和CO2，观察到装置E中出现红色固体，F中澄清石灰水变浑浊。(5)反应产物有硫化钙，负二价的硫被O2氧化为硫单质，则溶液呈黄色；(6)B装置增重的为SO2质量，C增重的为CO2质量，E减轻的质量是少去的氧，CuO+CO=Cu+CO2，可得n(SO2)=，n(CO2)=，n(CO)=，三种气体的化学计量数之比为2∶1∶4，根据化合价升降配平化学方程式：，若反应后不通入N2，则反应产生的气体无法称量，则计算出的CaS的化学计量数无法确定。
27．（14分）倡导生态文明建设，环境问题一直是我们关注的焦点。运用化学反应原理研究碳、氮的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
(1)为了高效利用能源并且减少CO2的排放，可用下列方法把CO2转化成乙醇燃料：
①
②
③
则表示燃烧热的热化学方程式为_______。
(2)NO的氧化反应分两步进行。
I．
II．
其反应过程能量变化如图所示
①决定NO氧化反应速率的步骤是_______(填“I”或“II”)，其理由是_______。
②一定温度下，在刚性密闭容器中，起始充入一定量的NO2气体(NO2转化为N2O4忽略不计)，此时压强为36kPa，在5min达到平衡，此时容器的压强为46kPa，则0~5min用O2的分压表示反应速率为_______。该温度下，此反应的平衡常数Kp=_______(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数)。
③恒温恒容条件下，能说明该反应达到平衡状态的是_______(填字母)。
A．压强不再变化
B．混合气体的密度不再变化
C．生成NO的速率与消耗NO2的速率相等
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
(3)利用燃料电池电解，可将雾霾中的NO、分别转化为NH和SO如下图装置所示。则物质甲为_______(填名称)，阴极的电极反应式_______；当电路中转移2.5mol电子时，A的浓度为_______(电解过程中忽略溶液体积变化)。
【答案】（1）
（2） I 反应I的活化能大 0.064或8/125 AD
（3） 乙醇 2
【解析】(1)根据盖斯定律，3×③+3×②-①得： ；(2)①由能量变化图可知第I步活化能较大，反应速率较慢，因此决定NO氧化反应速率的步骤是I；②因为是刚性容器，可带压强列三段式：
据题意有36+x=46，解得x=10，因此0~5min用O2的分压表示反应速率为10kPa÷5min=2kPa·min−1；该温度下，此反应的平衡常数=0.064或8/125；③，恒温恒容条件：A．该反应为气体分子数变化的反应，压强不再变化，说明反应已达平衡；B．ρ=m/V，自始至终m和V均不变，ρ不变不能说明反应已达平衡；C．生成NO的速率与消耗NO2的速率相等，都是逆反应速率，不能说明反应已达平衡；D．混合气体的平均相对分子质量=m/n，气体总质量m自始至终不变，气体总n是变量，当混合气体的平均相对分子质量，说明反应已达平衡；选AD；利用燃料电池电解，可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH和SO：结合图可知，左边装置为乙醇燃料电池，右边装置为电解池，NO转化为NH，N化合价降低，则通入NO的一极得电子，为阴极，通入二氧化硫的一极为阳极，则燃料电池a电极为负极，燃料电池中负极通入的是燃料，因此物质甲为乙醇；电解池阴极得电子，NO转化为NH，可知电极反应式为；电解池阳极失电子，SO2转化为SO，电极反应式为2H2O+SO2-2e−=SO+4H+，在电解池总反应为2NO+8H2O+5SO2(NH4)2SO4+4H2SO4。根据反应方程式可知，生成4H2SO4转移10mol e−，因此A为H2SO4，转移2.5mol电子时，生成1mol硫酸，物质的量浓度为1mol÷500mL=2mol/L。
28．（15分）钴酸锂（LiCoO2）电池是一种应用广泛的新型电源，电池中含有少量的铝、铁、碳等单质。实验室尝试对废旧钴酸锂电池回收再利用。实验过程如下：
已知：①还原性：Cl−>Co2+；
②Fe3+和C2O结合生成较稳定的[Fe(C2O4)3]3−，在强酸性条件下分解重新生成Fe3+。回答下列问题：
（1）废旧电池初步处理为粉末状的目的是________。
（2）从含铝废液得到Al(OH)3的离子方程式为 。
（3）滤液A中的溶质除HCl、LiCl外还有________（填化学式）。写出LiCoO2和盐酸反应的化学方程式____________。
（4）滤渣的主要成分为_______（填化学式）。
（5）在空气中加热一定质量的CoC2O4·2H2O固体样品时，其固体失重率数据见下表，请补充完整表中问题。
已知：①CoC2O4在空气中加热时的气体产物为CO2。
②固体失重率＝对应温度下样品失重的质量/样品的初始质量。
序号
温度范围/℃
化学方程式
固体失重率
Ⅰ
120～220
CoC2O4·2H2OCoC2O4+2H2O
19.67%
Ⅱ
300～350
______
59.02%
（6）已知Li2CO3的溶度积常数Ksp＝8.64×10−4，将浓度为0.02mol·L−1的Li2SO4和浓度为0.02 mol·L−1的Na2CO3溶液等体积混合，则溶液中的Li+浓度为________mol·L−1。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
（2）AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO
（3）FeCl3、CoCl2 2LiCoO2+8HCl=2CoCl2+Cl2↑+4H2O+2LiCl
（4）C
（5）2CoC2O4+O22CoO+4CO2
（6）0.02
【解析】废旧钴酸锂镍离子电池主要含有Fe、Al、碳的单质和LiCoO2，初步处理，加碱浸泡，铝和碱液反应生成偏铝酸盐和氢气，固体残渣为：Fe、C的单质和LiCoO2，加盐酸Fe+2H+=Fe2++H2↑，2LiCoO2+8H++2Cl−=2Li++2Co2++Cl2↑+4H2O，残渣为C，滤液A为Fe3+、Li+、Co2+、Cl−，加入草酸铵，过滤沉淀为CoC2O4·2H2O，滤液B为：[Fe(C2O4)3]3−、Li+、Cl−，加入碳酸钠，发生的离子反应为2Li++CO=Li2CO3↓，滤液C为[Fe(C2O4)3]3−、Cl−，先加强酸重新得到Fe3+，加入氧化剂防止铁离子被还原，得氯化铁溶液；(1)废旧电池初步处理为粉末状的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；(2)偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，因此从含铝废液得到Al(OH)3的离子反应方程式为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO；答案为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO；(3)LiCoO2中Li为+1价，Co为+3价，具有氧化性，HCl中-1价的氯具有还原性，向固体残渣中加入盐酸时，发生氧化还原反应，Co（+3→+2），Cl（-1→0），反应表示为：2LiCoO2+8H++2Cl−=2Li++2Co2++Cl2↑+4H2O或2LiCoO2+8HCl=2CoCl2+Cl2↑+4H2O+2LiCl；，滤液A为Fe3+、Li+、Co3+、Cl−，故滤液A中的溶质为HCl、LiCl、FeCl3、CoCl2；答案为：FeCl3、CoCl2；2LiCoO2+8HCl=2CoCl2+Cl2↑+4H2O+2LiCl；(4)上述分析可知，滤渣的主要成分为C；答案为：C；(5)在空气中加热一定质量的CoC2O4·2H2O固体样品时，首先失去结晶水，在120～220℃时，固体失重率为19.76%，生成产物为CoC2O4；由①可知，在120～220℃时，CoC2O4·2H2O完全失去结晶水生成CoC2O4，然后继续升高温度加热，则CoC2O4分解生成氧化物，其分解失去的质量为183g×59.02%=108g，剩余的质量为183g-108g=75g，设产物的化学式为CoOx，则59+16x=75，解得x=1，则化学式为CoO，则反应方程式为：2CoC2O4+O22CoO+4CO2；答案为：2CoC2O4+O22CoO+4CO2；(6)将浓度为0.02mol·L−1的Li2SO4和浓度为0.02mol·L−1的Na2CO3溶液等体积混合，混合瞬间溶液中c(Li+)=0.02mol/L，c(CO)=0.01mol/L，计算浓度商=4×10−6
35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
照相底片定影时，常用定影液硫代硫酸钠溶解未曝光的溴化银，生成含的废定影液再向其中加入使中的银转化为，使定影液再生。将在高温下转化为Ag，达到回收银的目的。
回答下列问题：
(1)元素周期表中，铜、银、金位于同一副族相邻周期，则基态银原子的价层电子排布式为___________。乙二胺是一种有机化合物，与等金属离子形成稳定环状离子，其原因是___________。
(2)离子结构如图所示，写出一种等电子体___________，其结构中δ键的类型为___________。
(3)写出AgBr溶于溶液反应的离子方程式___________。中存在的作用力有___________(填化学键类型)，银离子的配位数是___________。
(4)在空气中灼烧生成Ag和SO2，SO2分子中心原子的杂化类型为___________，分子的空间构型为___________，与CO2构型不同的原因是___________，由此判断H2O的键角___________
H3O+的键角。
(5)用X射线衍射法可测定阿伏加德罗常数。金的X射线衍射图象可知晶胞属于面心立方晶胞。若金原子的半径为r cm，金的密度为，摩尔质量为，列出计算阿伏加德罗常数的算式___________用含a，，M的表达式表示。
(6)从组成的角度分析Ag2CO3比Ag2S的分解温度低的原因是___________。
【答案】（1） 乙二胺的两个N提供孤对电子给Cu2+形成配位键
（2） SO P－P δ键
（3） 离子键、共价键、配位键 2
（4） V形 硫原子上孤电子对存在对共价键的排斥作用使键角变小 小于
（5）
（6） Ag+对CO中氧离子的吸引，在加热条件下使碳氧键断裂，释放出CO2气体
【解析】(1)已知基态铜原子的价层电子排布式为：，元素周期表中，铜、银、金位于同一副族相邻周期，故基态银原子的价层电子排布式为，由于乙二胺中两个－NH2的N原子上均有孤电子，均能与Cu2+等金属离子形成配位键，故能与Cu2+等金属离子形成稳定环状离子；(2)等电子体是指原子总数相等，价电子总数相等的分子，因S和O的价电子数相等，故等电子体为SO，其结构中δ键是S原子的3p轨道和O原子的2p轨道重叠形成的，故δ键的类型为P－P δ键；(3)由题干信息可知，硫代硫酸钠溶解未曝光的溴化银，生成含，AgBr溶于溶液反应的方程式为：AgBr+2=+
NaBr；中存在的作用力有Na+与之间的离子键、内部中有S原子和O原子间的共价键和Ag+与之间的配位键，中银离子的配位数是2；(4)在空气中灼烧生成Ag和SO2，SO2分子中心原子S原子周围形成2个σ键，含有的孤电子对数为：=1，故中心原子的价层电子对数为3，故杂化类型为sp2，分子的空间构型为V形，CO2中C原子没有孤电子对，导致C=O之间的排斥力减小，故键角增大，故SO2与CO2构型不同的原因是硫原子上孤电子对存在对共价键的排斥作用使键角变小，由于H2O中O原子存在2对孤电子对，H3O+中O原子存在1对孤电子对，由此判断H2O的键角小于H3O+的键角，故答案为：sp2；V形；硫原子上孤电子对存在对共价键的排斥作用使键角变小；小于；(5)设阿伏加德罗常数NA，已知金的晶胞属于面心立方晶胞，故一个晶胞中含有=4 个金原子，设晶胞的边长为x cm，若金原子的半径为r cm，可知：4r=，即x=2rcm，又金的密度为，摩尔质量为，列出为：4M=NA（2r）3，故计算阿伏加德罗常数的算式为：，故答案为：；(6)由于S2−的半径大于O2−的半径，Ag+对CO中氧离子的吸引，在加热条件下使碳氧键断裂，释放出CO2气体，导致Ag2CO3比Ag2S的分解温度低，故答案为：Ag+对CO中氧离子的吸引，在加热条件下使碳氧键断裂，释放出CO2气体。
36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
有机物F对新型冠状肺炎有治疗作用。F的合成路线如下图所示，分子中表示芳香基。
已知：
(1)对苯二酚在水中的溶解性________(填“大于”“等于”或“小于”)苯酚在水中的溶解性。
(2)A→B的反应类型是________，B中含有的官能团的名称为________。
(3)对苯二酚转化为A的目的是_________。
(4)C转化为的D化学方程式为_______。D到E的转化率大约为78.6%，原因是易生成副产物H(分子中含有一个七元环)，则H的结构简式为________。
(5)某芳香族化合物K与C互为同分异构体，则符合下列条件的K的结构共有________种(不考虑立体异构)。(已知结构具有较强的氧化性，与还原性原子团不能共存)
①与不发生显色反应
②可发生水解反应和银镜反应
(6)请以丙酮(CH3COCH3)和为原料，参照题中所给信息(其它试剂任选)设计合成的路线(不超过三步)________。
【答案】（1）大于
（2） 取代反应 酯基、羰基
（3） 保护酚羟基，防止与乙酰氯反应
（4） +ArCOCl+HCl
（5） 8
（6）
【解析】根据B生成C的反应条件可知，B中酯基水解再酸化得到C，所以C的结构简式为，根据C生成D的反应条件可知，该反应与题目所给反应类似，根据D的结构简式可知试剂G应为ArCOCl。(1)对苯二酚中含有两个酚羟基，都可以和水分子形成分子间氢键，所以对苯二酚在水中的溶解性大于苯酚；(2)对苯二酚中酚羟基上的氢原子被－COCH3代替生成A，所以属于取代反应；根据B的结构简式可知B中的官能团为酯基、羰基；(3)将对苯二酚转化为A可以保护酚羟基，防止与乙酰氯反应；(4)根据分析可知该反应的化学方程式为+ArCOCl+HCl；D生成E的过程中是含苯环的取代基与邻位的酚羟基反应，而副产物中含有7元环，应是该取代基和间位的酚羟基反应，产物为；(5)C为，芳香族化合物K与C互为同分异构体，则K中含有苯环，同时满足：①与FeCl3不发生显色反应，说明不含酚羟基；②可发生水解反应和银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，根据不饱和度知，不存在其它双键或环，根据题意不能和还原性的醛基共存，所以满足条件的有：如果取代基为HCOO－、－CH2OH，有邻间对3种；如果取代基为HCOO－、－OCH3，有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH－O－，有1种，如果取代基为HCOOCH(OH)－，有1种，所以符合条件的有3+3+1+1=8种；(6)丙酮（CH3COCH3）和发生信息中的取代反应，然后发生类似E生成F的反应，最后再和溴发生加成反应得到，其合成路线为：
。
相关试卷
高中化学 【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷 化学（三）教师版： 这是一份高中化学 【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷 化学（三）教师版，共7页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，化学与生活、科技及环境密切相关，【化学——选修3等内容，欢迎下载使用。
高中化学 【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷 化学（十）教师版： 这是一份高中化学 【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷 化学（十）教师版，共8页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，化学与生产、生活密切相关，都具有强氧化性，【化学——选修3等内容，欢迎下载使用。
高中化学 【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷 化学（七）学生版： 这是一份高中化学 【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷 化学（七）学生版，共8页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，化学与生产生活密切相关，【化学——选修3等内容，欢迎下载使用。
