1、上海市崇明区 2018 届高三 4 月模拟考试（二模）化学试题可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Al-27 S-32 Cl-35.5 Ca-40一、选择题（每小题 2 分，共 40 分,每题只有一个正确选项）1. 以下属于无机物的是A. 四氯化碳 B. 石墨 C. 无水醋酸钠 D. 天然橡胶【答案】B【解析】分析：有机物是指绝大多数含碳的化合物，无机物一般是指除碳元素以外的各元素形成的单质或化合物，CO、CO 2、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物。详解：四氯化碳、无水醋酸钠、天然橡胶是含有碳元素的化合物，属于有机物，石墨是碳元素形
2、成的单质，属于无机物，故答案选 B。2. 某微粒结构示意图： ，有关该微粒的叙述正确的是A. 中子数为 10 B. 带 12 个单位正电荷C. 电子式为 Mg2+ D. 最外层电子数为 0【答案】C【解析】分析：由该微粒的结构示意图可知，该微粒的质子数为 12、核外电子数为 10，所以该微粒是 Mg2+。详解：A. 由结构示意图不能确定该微粒的中子数，故 A 错误；B. 由结构示意图可知该粒子核内质子数是 12，核外电子数为 10，所以该微粒带 2 个单位的正电荷，故 B 错误；C. 由结构示意图可知，该粒子的质子数为 12，核外电子数为 10，为 Mg2+，简单阳离子的电子式为其离子符号，即
3、电子式为 Mg2+，故 C 正确；D. 由结构示意图可知该粒子的最外层电子数为 8，故 D 错误；答案选 C。3. 下列化工生产没有涉及氧化还原反应的是A. 工业合成氨 B. 工业制纯碱 C. 工业制烧碱 D. 工业制盐酸【答案】B【解析】分析：在化学反应中，若存在元素化合价的变化，则属于氧化还原反应。详解：A. 在工业合成氨中，氮气与氢气反应生成氨气，氮元素和氢元素的化合价均发生变化，属于氧化还原反应，故 A 不选；B. 在工业制纯碱中，二氧化碳、氨气、氯化钠和水反应生成碳酸氢钠和氯化铵，没有元素化合价发生变化，则不涉及氧化还原反应，故 B 选；C. 工业制烧碱采用的是电解饱和食盐水，生成
4、NaOH、H 2和 Cl2，氢元素和氯元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故 C 不选；D. 工业制盐酸是用氢气和氯气反应生成氯化氢，氢元素和氯元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故 D 不选；答案选 B。4. 下列与化学键相关的叙述中正确的是A. 含共价键的化合物一定是共价化合物 B. 离子化合物中一定含有离子键C. 离子键是阴阳离子的静电吸引 D. 极性键与非极性键无法共存【答案】B【解析】分析：化学键是指原子间强烈的相互作用；离子化合物是指含有离子键的化合物，共价化合物是指只含有共价键的化合物；同种非金属元素的原子之间形成非极性共价键，不同种非金属元素的原子之间形成极性共价键。详
5、解：A. 共价化合物指的是只含有共价键的化合物，含有共价键的化合物不一定是共价化合物，如过氧化钠等，故 A 错误；B. 含有离子键的化合物为离子化合物，所以离子化合物中一定含有离子键，故 B 正确；C. 离子键是阴阳离子的静电作用，既包括静电排斥也包括静电吸引，故 C 错误；D. 极性键和非极性键可以共存于同一化合物中，如 H2O2中同时存在 OH 极性共价键和OO 非极性共价键，故 D 错误；答案选 B。5. 下列烃的衍生物可以发生加成反应的是A. 乙醛 B. 乙酸 C. 乙醇 D. 乙酸乙酯【答案】A【解析】分析：一般情况下，若有机物中含有不饱和的碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基以及苯环等，
6、可以发生加成反应，但酯基、羧基在一般情况下不能发生加成反应。详解：A. 乙醛含有醛基，可以和氢气发生加成反应生成乙醇，故 A 选；B. 乙酸含有羧基，不能发生加成反应，故 B 不选；C. 乙醇为饱和一元醇，不能发生加成反应，故 C 不选；D. 乙酸乙酯含有酯基，不能发生加成反应，故 D 不选；答案选 A。6. 生活中的下列应用，没有发生化学变化的是A. 氯气用作自来水的消毒剂 B. 用醋酸除去热水瓶中水垢C. 二氧化硫用作纸浆漂白剂 D. 活性炭用作卫生间除臭剂【答案】D【解析】分析：化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别在于是否有新物质
7、生成。.B. 用醋酸除去热水瓶中的水垢，是醋酸和碳酸钙反应生成了醋酸钙、二氧化碳和水，属于化学变化，故 B 不选；C. 二氧化硫用作纸浆漂白剂，是二氧化硫和有色物质结合生成不稳定的无色物质，属于化学变化，故 C 不选；D. 活性炭用作卫生间除臭剂，是利用活性炭具有较大的表面积，有很好的吸附作用，吸附过程中无新物质生成，属于物理变化，故 D 选；答案选 D。7. 少量金属钠投入下列试剂中，反应最缓慢的是A. 蒸馏水 B. 0.1mol/L 盐酸C. 0.1mol/L NaOH 溶液 D. 无水乙醇【答案】D【解析】分析：钠为活泼金属，钠与水溶液的反应，实质都是与氢离子的反应，乙醇为非电解质，不能
8、电离出氢离子，水为弱电解质，发生部分电离，盐酸为强电解质，完全电离，强碱抑制水的电离。详解：少量金属钠投入蒸馏水中，反应方程式为：2Na+2H 2O=2NaOH+H2；少量金属钠和盐酸反应生成氯化钠和氢气，反应方程式为：2Na+2HCl=2NaCl+ H 2；少量金属钠投入 0.1mol/L NaOH 溶液中，实质是 Na 和水反应，反应方程式为：2Na+2H 2O=2NaOH+ H2；少量金属钠投入无水乙醇中，反应方程式为：2Na+2C 2H5OH=2C2H5ONa+ H2。钠为活泼金属，钠与水溶液的反应，实质都是与氢离子的反应，水为弱电解质，发生部分电离，盐酸为强电解质，完全电离，所以 B
9、 快于 A，强碱抑制水的电离，所以 A 快于 C，乙醇为非电解质，不能电离出氢离子，所以 C 快于 D，反应由快到慢的顺序为 BACD，反应最缓慢的是 D，故答案选 D。8. 下列气体能用浓硫酸干燥的是A. SO2 B. SO3 C. HI D. H2S【答案】A【解析】分析：浓硫酸属于酸，具有酸的通性，还具有吸水性、脱水性和强氧化性，能干燥中性或酸性气体，但不能干燥碱性和部分强还原性气体。详解：A. SO 2虽然具有还原性，但和浓硫酸不反应，所以能被浓硫酸干燥，故 A 正确；B. SO3能被浓硫酸吸收，不能用浓硫酸干燥，故 B 错误；C. HI 具有还原性，能被浓硫酸氧化，所以不能用浓硫酸干
10、燥，故 C 错误；D. H2S 具有强还原性，能被浓硫酸氧化，所以不能用浓硫酸干燥，故 D 错误；答案选 A。点睛：本题考查浓硫酸的性质，主要是浓硫酸吸水性、强氧化性的理解和应用，题目难度不大。本题的易错点是 A 项，虽然 SO2具有较强的还原性、浓硫酸具有强氧化性，但因为 SO2中 S 元素的化合价为+4 价，硫酸中 S 元素的化合价为+6 价，二者为 S 元素的相邻价态，所以 SO2和浓硫酸不反应，可以用浓硫酸干燥 SO2气体。9. 同一短周期元素 X、Y、Z、W 形成的最高价含氧酸的酸性依次增强，下列有关叙述正确的是A. 单质沸点：XYZW B. 气态氢化物的稳定性：XYZWC. 原子序
11、数：XYZW D. 最高正价：XYZW【答案】D【解析】分析：同周期元素从左到右元素的非金属性依次增强，元素的非金属性越强，对应的最高价含氧酸的酸性越强，同一短周期元素 X、Y、Z、W 形成的最高价含氧酸的酸性依次增强，可说明非金属性 X醋酸。详解：A. 因溶液中 c(H+)：盐酸醋酸，所以与 Zn 反应生成氢气的速率：盐酸醋酸，故 A错误；B. 盐酸是强酸，在水溶液中完全电离，氢离子浓度为 0.1mol/L，所以盐酸溶液中氢氧根离子浓度为 11013 mol/L，醋酸是弱酸，在水溶液中部分电离，所以氢离子浓度小于0.1mol/L，则醋酸溶液中氢氧根离子浓度大于 11013 mol/L，故 B
12、 错误；C. 向盐酸中加入醋酸钠固体，醋酸钠和盐酸反应生成醋酸，导致溶液中氢离子浓度减小，pH 增大，向醋酸中加入醋酸钠，醋酸根离子能抑制醋酸电离，导致溶液中氢离子浓度减小，pH 增大，故 C 正确；D. 虽然两种酸的浓度相同，但是溶液的体积大小未知，无法判断消耗氢氧化钠的量，故 D错误；答案选 C。点睛：本题主要考查强电解质和弱电解质的区别，解题时要注意弱酸属于弱电解质，在溶液中部分电离，在酸的物质的量浓度相同的条件下，弱酸溶液中的氢离子浓度一定小于强酸溶液中氢离子浓度，题目难度不大。本题的易错点是 D 项，解题时要注意因溶液的体积未知，所以无法计算消耗氢氧化钠的量。19. 如图装置中 X
13、和 Y 均为石墨电极，电解液为滴有酚酞的某浓度 NaCl 溶液，电解一段时间后，X 极附近溶液先变红。下列有关说法中正确的是A. X 极连接电源正极B. X 极上产生气体有刺激性气味C. Y 极上发生氧化反应D. 电子从 X 极经过溶液流向 Y 极【答案】C【解析】分析：装置中 X 和 Y 均为石墨电极，电解液为滴有酚酞的某浓度 NaCl 溶液，在电解池中，阴极上是氢离子得电子生成氢气，电极反应式为：2H 2O+2e =H22OH ，阴极区碱性增强，电解一段时间后，X 极附近溶液先变红，说明 X 极为阴极，Y 极为阳极。详解：A. X 极为电解池的阴极，所以 X 极应连接电源的负极，故 A 错
14、误；B. X 极的电极反应式为：2H 2O+2e =H22OH ，生成的氢气没有刺激性气味，故 B 错误；C. Y 极为电解池的阳极，氯离子在阳极失电子生成氯气，发生氧化反应，故 C 正确；D. 电子从 Y 极经过导线流向 X 极，不会经过电解质溶液，故 D 错误；答案选 C。点睛：本题考查电解池的工作原理，根据题目信息判断 X 极和 Y 极的电极类型是解题的关键，试题难度不大。本题的易错点是 D 项，解题时要注意电子不能通过电解质溶液。20. 某种类型的心脏起搏器工作时发生下列反应：4Li+2SOCl 24LiCl+S+SO 2，下列有关判断正确的是（提示：SOCl 2中 S 显 价）A.
15、还原剂只有 LiB. SOCl2既是氧化剂又是还原剂C. 还原产物包括 LiCl 和 SD. 生成 1.12LSO2时，反应转移电子为 0.2mol【答案】A【解析】分析：在 4Li+2SOCl24LiCl+S+SO 2反应中，Li 的化合价升高，作还原剂，S 元素的化合价降低，SOCl 2作氧化剂。详解：A. Li 元素的化合价升高，所以还原剂只有 Li，故 A 正确；B. SOCl2中 S 元素的化合价降低，所以 SOCl2为氧化剂，故 B 错误；C. Li 元素的化合价升高被氧化，LiCl 是氧化产物，S 元素的化合价降低被还原，单质 S 是还原产物，故 C 错误；D. 因题目中未说明二
16、氧化硫是否处于标准状况，所以无法计算转移电子的数目，故 D 错误；答案选 A。点睛：本题主要考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化情况为解题的关键，侧重于氧化还原反应基本概念的考查，题目难度不大。本题的易错点是 D 项，解题时要注意题目中未说明二氧化硫气体是否处于标准状况，所以无法计算转移电子的数目。二、综合题（共 60 分）21. X、Y、Z、R、M、N 为六种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如下图所示。（1）M 元素的原子核外有_种能量不同的电子，有_个未成对电子；Z 元素在元素周期表中的位置是第_周期_族。（2）N、R、X 三种元素的原子可构成一种强碱性物质，该物质的
17、电子式是_；Y 元素的氧化物是制造光纤的主要材料，该氧化物是_晶体（填晶体类型） 。某化工生产的核心环节的反应为：2MN 2(g) + N2(g) 2 MN3(g) + Q（Q0）（3）该反应的平衡常数表达式 K=_；欲使 K 值变大，可采取的措施是_。（4）该反应达到平衡后，在其他条件不变的情况下，若使容器的体积扩大为原来的两倍，则平衡_。 （选填“正向移动” 、 “逆向移动”或“不移动” ）【答案】 (1). 5 (2). 2 (3). 二 (4). A (5). (6). 原子 (7). SO 32/ SO22O2 (8). 降温 (9). 逆向移动【解析】分析：X、Y、Z、R、M、N
18、为六种短周期元素，X、R 最外层只有一个电子，为第 IA族元素；Y 最外层有 4 个电子，位于第 IVA 族，Z 原子最外层有 5 个电子，位于第 VA 族，M、N 最外层有 6 个电子，位于第 VIA 族；R 元素的原子半径最大，为 Na 元素，X 元素的原子半径最小，为 H 元素；M 元素的原子半径大于 N，则 M 为 S 元素、N 为 O 元素；Z 的原子半径与 N 接近且大于 N 小于 M，则 Z 为 N 元素，Y 的原子半径大于 M 且小于 R，则 Y 为 Si 元素。详解：(1). S 是 16 号元素，基态原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p4，根据核外电子排布式可
19、知，S 原子有 5 种能量不同的电子，有 2 个未成对电子；N 元素在元素周期表中的位置是第二周期A 族，故答案为：5；2；二；A；(2). O、Na、H 三种元素构成的一种强碱性物质为 NaOH，电子式为 ，Si 元素的氧化物是 SiO2，SiO 2是制造光纤的主要材料，该氧化物是原子晶体，故答案为： ；原子；(3). 某化工生产的核心环节的反应为：2SO 2(g) + O2(g) 2 SO3(g) + Q（Q0） ，由反应方程式可知，该反应的平衡常数表达式 K=SO32/ SO22O2 ；因该反应为放热反应，欲使 K 值变大，可采取的措施是降温，故答案为：SO 32/ SO22O2 ；降温
20、；(4). 该反应达到平衡后，在其他条件不变的情况下，若使容器的体积扩大为原来的两倍，则容器的压强减小，因减小压强平衡向气体增多的方向移动，所以该反应平衡逆向移动，故答案为：逆向移动。点睛：本题综合考查原子结构和元素周期律、化学平衡的移动及化学平衡常数的书写等，把握最外层电子数、原子半径来推断各元素种类为解题的关键，试题难度不大。本题的易错点是第(2)小题中二氧化硅晶体类型的判断，注意二氧化硅是由氧原子和硅原子形成的原子晶体而不是分子晶体。22. NH4Al(SO4)2是常见的焙烤食品添加剂；NH 4HSO4在医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：（1）相同条件下，0.1mol/L NH
21、4Al(SO4)2中 c(NH4 ) _（填“等于” “大于”或“小于” ） 0.1mol/L NH 4HSO4中 c(NH4 )。0.1mol/L NH4Al(SO4)2溶液的 pH 随温度变化的曲线如图甲所示：（2）图甲中符合 0.1mol/L NH4Al(SO4)2的 pH 随温度变化的曲线是_（填字母） 。（3）向 100mL 0.1mol/L NH4Al(SO4)2溶液中滴入 90ml 0.5mol/L NaOH 溶液，产生白色沉淀_克。（4）写出 NH4HSO4溶液中滴加足量 NaOH 溶液的化学方程式_；25时，向 100mL 0.1mol/L NH4HSO4溶液中滴加 0.1m
22、ol/L NaOH 溶液，得到的溶液 pH 与NaOH 溶液体积的关系曲线如图乙所示。（5）试分析图乙中 a、b、c、d 四个点，水的电离程度最大的是_。【答案】 (1). 小于 (2). A (3). 0.39g (4). NH 4HSO4+NaOH = NH3H2O+Na2SO4+H2O (5). a【解析】分析：(1). NH 4Al(SO4)2中 Al3+水解使溶液呈酸性，抑制 NH4 的水解，HSO 4 电离出H+同样抑制 NH4 水解；(2). NH 4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大；(3). nNH4Al(SO4)2=0.1L0.1mol/L=0.01m
23、ol，n(NaOH)=0.09L0.5mol/L=0.045mol，0.01molAl 3+转化为氢氧化铝沉淀需要 0.03molNaOH，0.01mol NH4 消耗 0.01molNaOH，则剩余 0.045mol-0.03mol-0.01mol=0.005molNaOH 可溶解氢氧化铝沉淀；(4). 铵根离子、氢离子均与碱反应；(5). a、b、c、d 四个点，根据反应物之间量的关系，a 点恰好消耗完 H+，溶液中只有(NH 4)2SO4与 Na2SO4；b、c、d 三点溶液均含有NH3H2O， （(NH 4)2SO4可以促进水的电离，而 NH3H2O 抑制水的电离，b 点溶液呈中性。详
24、解：(1). NH 4Al(SO4)2与 NH4HSO4中的 NH4 均发生水解，但 NH4Al(SO4)2中 Al3+水解呈酸性抑制 NH4 水解，HSO 4 电离出的 H+同样抑制 NH4 水解，因为 HSO4 电离生成的 H+浓度比 Al3+水解生成的 H+浓度大，所以 NH4HSO4中 NH4 水解程度比 NH4Al(SO4)2中的小，故答案为：小于；(2). NH4Al(SO4)2水解使溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH 减小，符合的曲线为A，故答案为：A；(3). nNH4Al(SO4)2=0.1L0.1mol/L=0.01mol，n(NaOH)=0.09L0.5mol/L=
25、0.045mol，0.01molAl 3+转化为氢氧化铝沉淀需要 0.03molNaOH，可生成0.01molAl(OH)3沉淀，0.01mol NH 4 反应时消耗 0.01molNaOH，则剩余 0.045mol-0.03mol-0.01mol=0.005molNaOH 可溶解氢氧化铝沉淀，由 Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O 可知，最终生成沉淀为（0.01mol-0.005mol）78g/mol=0.39g，故答案为：0.39g；(4). 铵根离子、氢离子均可与 NaOH 反应，其化学反应方程式为：NH4HSO4+2NaOH=NH3H2O+Na2SO4+H2O，故答案为：
26、NH 4HSO4+2NaOH=NH3H2O+Na2SO4+H2O；(5). a 点时 H+恰好完全反应，溶液中只有(NH 4)2SO4与 Na2SO4；b、c、d 三点溶液均含有NH3H2O，(NH 4)2SO4可以促进水的电离，而 NH3H2O 抑制水的电离，b 点溶液呈中性，则 a点水的电离程度最大，故答案为：a。点睛：本题综合考查盐类的水解及酸碱混合的有关判断，把握盐类水解的影响因素、溶液混合时反应的先后顺序为解题的关键。本题的难点是第(5)小题，判断时要紧密结合图象并根据各物质反应的先后顺序确定 a、b、c、d 各点对应的溶液中溶质的成分，进而判断水的电离程度的相对大小。23. 资料显
27、示：久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成 O2和少量 Cl2；干燥的漂白粉加热后发生反应 Ca(ClO)2 CaCl2 + O2。学生甲利用下图装置进行实验：加热 A 中试管内装有的潮湿漂白粉样品时，观察到 B 中有大量气泡产生。（1）B 中发生反应的离子方程式为_。（2）请写出实验室检验氯气的方法：_。学生乙设计实验测定某干燥漂白粉样品中次氯酸钙的百分含量。实验步骤如下：称量坩埚的质量，为 W1g。坩埚中加入样品后再称，质量为 W2g。重复进行加热、冷却、称量，直到恒重，质量为 W3g。（3）称量所用仪器名称为_；实验到达恒重的判断依据是_。（4）该漂白粉样品中次氯酸钙的百分含量为_（用 W1、
28、W 2、W 3表示） ；若所用坩埚内壁沾有受热易分解的物质，则该实验测得的结果_。 （选填“偏大” 、 “偏小”或“无影响” ）【答案】 (1). Cl 2+2OH =Cl+ClO+H2O (2). 用湿润的 KI 淀粉试纸检验，若试纸变蓝，说明是氯气 (3). 电子天平 (4). 连续两次加热、冷却、称量的结果相差0.001g (5). (6). 偏大【解析】分析：根据题中信息可知，久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成 O2和少量 Cl2，所以 B 中发生的是氯气和氢氧化钠生成氯化钠、次氯酸钠和水的反应；实验室检验氯气可以采用湿润的 KI 淀粉试纸检验，若试纸变蓝，说明是氯气；干燥的漂白粉加热后
29、发生反应Ca(ClO)2 CaCl2 + O2，称量固体时可以使用电子天平，实验到达恒重的标准是连续两次加热、冷却、称量的结果相差0.001g；根据 Ca(ClO)2 CaCl2 + O2可知，加热至恒重后固体质量减少，减少的质量为 O2的质量，根据反应前后的质量差并结合反应方程式可以得出漂白粉样品中次氯酸钙的百分含量；若所用坩埚内壁沾有受热易分解的物质，则氧气的质量偏大，该实验测得的次氯酸钙的百分含量偏大。详解：(1). 潮湿漂白粉受热生成 O2和少量 Cl2，Cl 2和 NaOH 溶液反应生成 NaCl、NaClO 和水，该反应的离子方程式为：Cl 22OH =Cl ClO H 2O，故答
30、案为：Cl22OH =Cl ClO H 2O；(2). 实验室检验氯气的常用方法为：用湿润的 KI 淀粉试纸检验，若试纸变蓝，说明是氯气，故答案为：用湿润的 KI 淀粉试纸检验，若试纸变蓝，说明是氯气；(3). 称量固体时所用的仪器是电子天平，实验达到恒重的标准是连续两次加热、冷却、称量的结果相差0.001g，故答案为：电子天平；连续两次加热、冷却、称量的结果相差0.001g；(4). 干燥漂白粉样品的质量为(W 2W 1)g，加热至恒重后生成 O2的质量为(W 2W 3)g，由方程式 Ca(ClO)2 CaCl2 + O2可知，Ca(ClO) 2的质量为 g，则该漂白粉样品中次氯酸钙的百分含
31、量为 = ，若所用坩埚内壁沾有受热易分解的物质，则氧气的质量偏大，该实验测得的次氯酸钙的百分含量偏大，故答案为： ；偏大。点睛：本题主要考查物质组成和性质的实验设计，掌握相关实验基础是解答本题的关键，题目难度中等。本题的难点是第(4)问中次氯酸钙百分含量的计算，解题时可先根据题目信息确定样品的质量和加热至恒重时固体减少的质量即生成 O2的质量，再根据反应方程式列式计算即可。24. 杨梅醛是常用的水果型食用香精，其合成路线如下：已知：(CH 3CO)2O 是乙酸酐，也可写成 。请回答下列问题：（1）写出反应类型：_；_。（2）写出反应的化学方程式：_。（3）写出两种符合下列条件的 的同分异构体：
32、_。i. 含有苯环 ii. 含有醛基：（4）以下是检验 ClCH2COOH 中氯元素的实验方案，请把它补充完整。取少量 ClCH2COOH 置于试管中，_，加热，_，滴加硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀。（5）根据上述合成路线，设计以 CH3COOH 和 为原料制备 的合成路线（其它试剂任选）_。【答案】 (1). 取代反应 (2). 取代反应 (3). ClCH 2COOH + CH3CH2OH ClCH2COOCH2CH3 + H2O (4). (任写两种即可) (5). 加入 NaOH 溶液 (6). 加入过量硝酸 (7). 【解析】分析：根据反应前后结构简式变化可知，CH 3COOH
33、和 Cl2发生取代反应生成ClCH2COOH，在浓硫酸作催化剂、加热的条件下 ClCH2COOH 和 CH3CH2OH 发生酯化反应生成ClCH2COOCH2CH3，苯和乙酸酐发生取代反应生成 ， 和 ClCH2COOCH2CH3发生取代反应生成目标产物。详解：(1). 通过以上分析知，、均为取代反应，故答案为：取代反应；取代反应；(2). 反应为 ClCH2COOH 与 CH3CH2OH 发生酯化反应生成 ClCH2COOCH2CH3和 H2O，反应方程式为 ClCH2COOH + CH3CH2OH ClCH2COOCH2CH3 + H2O，故答案为：ClCH 2COOH + CH3CH2O
34、H ClCH2COOCH2CH3 + H2O；(3). 符合题目条件的 的同分异构体有：，故答案为：(任写两种即可)；(4). 取少量 ClCH2COOH 置于试管中，加入 NaOH 溶液、加热，然后加入过量硝酸中和未反应完的 NaOH，最后滴加硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀，如果有白色沉淀说明该物质中含有氯元素，否则不含氯元素，故答案为：加入 NaOH 溶液；加入过量硝酸；(5). 以 CH3COOH 和 为原料制备 时，可以先用 CH3COOH 和氯气发生取代反应生成ClCH2COOH，ClCH 2COOH 和 CH3OH 发生酯化反应生成 ClCH2COOCH3，苯发生取代反应生成苯甲醛，苯甲醛和 ClCH2COOCH3发生取代反应生成目标产物，其合成路线为：，故答案为：。点睛：本题综合考查有机合成，解答本题时要注意根据反应前后结构简式的变化情况确定反应类型，试题难度一般。本题的易错点是第(4)问，在加入硝酸银溶液检验氯离子之前，必须加入过量稀硝酸中和掉未完全反应的 NaOH，否则无法达到实验目的。
