揚州市重點中學2023學年高考化學必刷試卷含解析

1、2023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(qū)。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(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)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、對于復分解反應X+YZ+W，下列敘述正確的是A若Z是強酸，則X和Y必有一種是強酸B若X是強酸，Y是鹽，反應后可能有強酸或弱酸生成C若Y是強堿，X是鹽，則Z或W必有一種

2、是弱堿D若W是弱堿，Z是鹽，則X和Y必有一種是強堿2、萜類化合物廣泛存在于動植物體內(nèi)。下列關于萜類化合物a、b的說法正確的是Aa中六元環(huán)上的一氯代物共有3種(不考慮立體異構)Bb的分子式為C10H12OCa和b都能發(fā)生加成反應、氧化反應、取代反應D只能用鈉鑒別a和b3、某同學向SO2和Cl2的混合氣體中加入品紅溶液，振蕩，溶液褪色，將此無色溶液分成三份，依次進行實驗，實驗操作和實驗現(xiàn)象記錄如下：序號實驗操作實驗現(xiàn)象溶液不變紅，試紙不變藍溶液不變紅，試紙褪色生成白色沉淀下列實驗分析中，不正確的是A說明Cl2被完全消耗B中試紙褪色的原因是：SO2 + I2 + 2H2O = H2SO4 + 2HI

3、C中若將BaCl2溶液換成Ba(NO3)2溶液，也能說明SO2被Cl2氧化為SO42D實驗條件下，品紅溶液和SO2均被氧化4、CO2是自然界碳循環(huán)中的重要物質(zhì)。下列過程會引起大氣中CO2含量上升的是A光合作用B自然降雨C化石燃料的燃燒D碳酸鹽的沉積5、用如圖所示裝置進行下述實驗，下列說法正確的是選項RabMnm中電極反應式A導線FeCuH2SO4CuSO4Fe3eFe3B導線CuFeHClHCl2H2eH2C電源，右側(cè)為正極CuCCuSO4H2SO4Cu2eCu2D電源，左側(cè)為正極CCNaClNaCl2Cl-2eCl2AABBCCDD6、設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A標準狀況

4、下，22.4L的H2和22.4L的F2氣混合后，氣體分子數(shù)為2NAB常溫下pH=12的NaOH溶液中，水電離出的氫離子數(shù)為1012 NAC30g乙酸和葡萄糖混合物中的氫原子數(shù)為2NAD標準狀況下，2.24L C2H6含有的共價鍵數(shù)為0.6NA7、2010年，中國首次應用六炔基苯在銅片表面合成了石墨炔薄膜(其合成示意圖如右圖所示)，其特殊的電子結(jié)構將有望廣泛應用于電子材料領域。下列說法不正確的是( )A六炔基苯的化學式為C18H6B六炔基苯和石墨炔都具有平面型結(jié)構C六炔基苯和石墨炔都可發(fā)生加成反應D六炔基苯合成石墨炔屬于加聚反應8、某溶液中可能含有 H+、NH4+、Fe2+、SO42、CO32、

5、Br，且物質(zhì)的量濃度相同；取樣進行實驗，結(jié)果是：測得溶液 pH2；加入氯水，溶液顏色變深。對原溶液描述錯誤的是()A一定含有 Fe2+B一定含有 BrC可能同時含 Fe2+、BrD一定不含NH4+9、下列實驗現(xiàn)象與實驗操作不相匹配的是實驗操作實現(xiàn)現(xiàn)象A分別向兩只盛有等體積等濃度的稀硫酸燒杯中加入打磨過的同樣大小的鎂片和鋁片鎂片表面產(chǎn)生氣泡較快B向試管中加入2mL5%的硫酸銅溶液，再逐滴加入濃氨水至過量，邊滴邊振蕩逐漸生成大量藍色沉淀，沉淀不溶解C將鎂條點燃后迅速伸入集滿二氧化碳的集氣瓶集氣瓶中產(chǎn)生濃煙并有黑色顆粒產(chǎn)生D向盛有氯化鐵溶液的試管中加過量鐵粉，充分振蕩后加23滴KSCN溶液黃色逐漸消

6、失，加KSCN后溶液顏色不變AABBCCDD10、a、b、c、d、e為原子序數(shù)依次增大的五種常見短周期元素，可組成一種化合物A，其化學式為ba4d(ec4)2。A能夠發(fā)生如下轉(zhuǎn)化關系：己知C的分子式為ba3，能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍。則下列說法正確的是A原子半徑bcBe的氧化物的水化物為強酸C化合物A為共價化合物D元素非金屬性強弱cZ XY15、用“四室電滲析法”制備H3PO2的工作原理如圖所示(已知：H3PO2是一種具有強還原性的一元弱酸；陽膜和陰膜分別只允許陽離子、陰離子通過)，則下列說法不正確的是()A陽極電極反應式為：2H2O4e=O24HB工作過程中H+由陽極室向產(chǎn)品室移動C撤去陽

7、極室與產(chǎn)品室之間的陽膜a，導致H3PO2的產(chǎn)率下降D通電一段時間后，陰極室中NaOH溶液的濃度一定不變16、常溫下，用AgNO3溶液分別滴定濃度均為0.0lmol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡圖像如圖所示(不考慮C2O42-的水解)。已知Ksp(AgC1)數(shù)量級為10-10。下列敘述不正確的是（ ）A圖中Y線代表的Ag2C2O4Bn點表示AgCl的過飽和溶液C向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液時，先生成AgC1沉淀DAg2C2O4+2Cl-=2AgC1+C2O42-的平衡常數(shù)為1.010-0.7l二、非選擇題（本題包括5小題）17、乙基丹皮酚肟胺

8、基醇醚衍生物（H）具有很好的抗血小板聚集活性，是良好的心腦血管疾病的治療藥物。已知：請回答：（1）E中含有的官能團名稱為_；（2）丹皮酚的結(jié)構簡式為_；（3）下列說法不正確的是（_）A乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物 H 的分子式為 C21H34O3N3B物質(zhì)B 可能溶于水，且能與鹽酸反應生成有機鹽C DE 和 GH 的反應類型均為取代反應D物質(zhì) C 能使?jié)怃逅噬?，而?1mol C 消耗 2molBr2（4）寫出 FG 的化學方程式_。（5）寫出滿足下列條件 F 的所有同分異構體的結(jié)構簡式_。能發(fā)生銀鏡反應；1molF 與 2molNaOH恰好反應。1H-NMR 譜顯示分子中含有 5 種氫原子；

9、 IR 譜顯示有NH2，且與苯環(huán)直接相連。（6）阿司匹林也具有抑止血小板凝聚的作用。結(jié)合題給信息，請以硝基苯和乙酸酐為原料設計合理的路線制備阿司匹林（）。（用流程圖表示，無機試劑任選）_。18、有機物J是合成抗炎藥洛索洛芬鈉的關鍵中間體，它的一種合成路線如圖：回答下列問題：（1）反應的反應類型是_；J中官能團名稱是_。（2）不用甲苯與氯氣在光照條件下反應得到B物質(zhì)的原因是_。（3）根據(jù)流程中的信息，在反應的條件下，CH2（COOC2H5）2與足量CH3CH2CH2I充分反應生成的有機產(chǎn)物結(jié)構簡式為_。（4）反應的化學方程式為：其中產(chǎn)物X的結(jié)構簡式是_。（5）寫出符合下列條件的I的同分異構體_。

10、能發(fā)生銀鏡反應，但不能發(fā)生水解反應；苯環(huán)上一氯取代物只有一種；核磁共振氫譜有4組峰。（6）根據(jù)流程中的信息，寫出以、CH3OH為有機原料合成的合成路線。_19、FeSO4 溶液放置在空氣中容易變質(zhì)，因此為了方便使用 Fe2，實驗室中常保存硫酸亞鐵銨晶體俗稱“摩爾鹽”，化學式為(NH4)2Fe(SO4)26H2O，它比綠礬或綠礬溶液更穩(wěn)定。(穩(wěn)定是指物質(zhì)放置 在空氣中不易發(fā)生各種化學反應而變質(zhì)) I硫酸亞鐵銨晶體的制備與檢驗（1）某興趣小組設計實驗制備硫酸亞鐵銨晶體。 本實驗中，配制溶液以及后續(xù)使用到的蒸餾水都必須煮沸、冷卻后再使用，這樣處理蒸餾水的目的是_。向 FeSO4 溶液中加入飽和(NH

11、4)2SO4 溶液，經(jīng)過操作_、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌和干燥后得到一 種淺藍綠色的晶體。（2）該小組同學繼續(xù)設計實驗證明所制得晶體的成分。如圖所示實驗的目的是_，C 裝置的作用是_。取少量晶體溶于水，得淡綠色待測液。取少量待測液，_ (填操作與現(xiàn)象)，證明所制得的晶體中有 Fe2。取少量待測液，經(jīng)其它實驗證明晶體中有NH4和SO42II實驗探究影響溶液中 Fe2穩(wěn)定性的因素（3）配制 0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液（pH=4.0），各取 2 ml 上述溶液于兩支試管中，剛開始兩種溶液都是淺綠色，分別同時滴加 2

12、 滴 0.01mol/L 的 KSCN 溶液，15 分鐘后觀察可見：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然為淺綠色透明澄清溶液；FeSO4溶液則出現(xiàn)淡黃色渾濁。（資料 1）沉淀Fe(OH)2Fe(OH)3開始沉淀pH7.62.7完全沉淀pH9.63.7請用離子方程式解釋 FeSO4 溶液產(chǎn)生淡黃色渾濁的原因_。討論影響 Fe2穩(wěn)定性的因素，小組同學提出以下 3 種假設：假設 1：其它條件相同時，NH4的存在使(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中 Fe2+穩(wěn)定性較好。假設 2：其它條件相同時，在一定 pH 范圍內(nèi)，溶液 pH 越小 Fe2穩(wěn)定性越好。假設 3：_。（4）小組同學用如圖裝置（G為靈敏

13、電流計），滴入適量的硫酸溶液分 別控制溶液 A（0.2 mol/L NaCl）和溶液 B（0.1mol/L FeSO4）為不同的 pH，觀察記錄電流計讀數(shù)，對假設 2 進行實驗研究，實驗結(jié)果如表所示。序號A：0.2molL1NaClB：0.1molL1FeSO4電流計讀數(shù)實驗1pH=1pH=58.4實驗2pH=1pH=16.5實驗3pH=6pH=57.8實驗4pH=6pH=15.5（資料 2）原電池裝置中，其它條件相同時，負極反應物的還原性越強或正極反應物的氧化性越強，該原 電池的電流越大。（資料 3）常溫下，0.1mol/L pH=1 的 FeSO4 溶液比 pH=5 的 FeSO4 溶液穩(wěn)

14、定性更好。 根據(jù)以上實驗結(jié)果和資料信息，經(jīng)小組討論可以得出以下結(jié)論：U 型管中左池的電極反應式_。對比實驗 1 和 2（或 3 和 4） ,在一定 pH 范圍內(nèi)，可得出的結(jié)論為_。對比實驗_和_，還可得出在一定pH 范圍內(nèi)溶液酸堿性變化對 O2 氧化性強弱的影響因素。 對（資料 3）實驗事實的解釋為_。20、連二亞硫酸鈉（Na2S2O4）俗稱保險粉，是工業(yè)上重要的還原性漂白劑，也是重要的食品抗氧化劑。某學習小組模擬工業(yè)流程設計實驗制取保險粉。已知：Na2S2O4是白色固體，還原性比Na2SO3強，易與酸反應（2S2O42-+4H+3SO2+S+2H2O）。（一）鋅粉法步驟1：按如圖方式，溫度控

15、制在4045，當三頸瓶中溶液pH在33.5時，停止通入SO2，反應后得到ZnS2O4溶液。步驟2：將得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中，過濾，濾渣為Zn（OH）2，向濾液中加入一定量食鹽，立即析出Na2S2O42H2O晶體。步驟3：，經(jīng)過濾，用乙醇洗滌，用120140的熱風干燥得到Na2S2O4。（二）甲酸鈉法步驟4：按上圖方式，將裝置中的Zn粉和水換成HCOONa、Na2CO3溶液和乙醇。溫度控制在7083，持續(xù)通入SO2，維持溶液pH在46，經(jīng)58小時充分反應后迅速降溫4555，立即析出無水Na2S2O4。步驟5：經(jīng)過濾，用乙醇洗滌，干燥得到Na2S2O4?；卮鹣铝袉栴}：（1）步驟1

16、容器中發(fā)生反應的化學方程式是_；容器中多孔球泡的作用是_。（2）步驟2中“向濾液中加入一定量食鹽，立即析出Na2S2O42H2O晶體”的原理是（用必要的化學用語和文字說明）_。（3）兩種方法中控制溫度的加熱方式是_。（4）根據(jù)上述實驗過程判斷，Na2S2O4在水、乙醇中的溶解性為：_。（5）甲酸鈉法中生成Na2S2O4的總反應為_。（6）兩種方法相比較，鋅粉法產(chǎn)品純度高，可能的原因是_。（7）限用以下給出的試劑，設計實驗證明甲酸鈉法制得的產(chǎn)品中含有Na2SO4。稀鹽酸、稀硫酸、稀硝酸、AgNO3溶液、BaCl2溶液_。21、CH4-CO2催化重整時發(fā)生反應：CH4(g)+CO2(g)2CO(g

17、)+2H2(g)，不僅可以得到合成氣(CO和H2)，還對溫室氣體的減排具有重要意義?；卮鹣铝袉栴}：（1）某溫度下，向1L的密閉容器中充入0.2molCH4與0.1molCO2，發(fā)生CH4-CO2催化重整反應，10min時達到平衡，測得平衡混合物中CO(g)的體積分數(shù)為20%，則用CH4表示的反應速率為_，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為_。（2）若CO2的平衡轉(zhuǎn)化率(a)與溫度(T)、壓強(p)的關系如圖所示。由圖可知：壓強p1_p2（選填“、“或“=”），理由是_。（3）在一定溫度下，向固定容積為2L的密閉容器中充入0.1moCH4與0.1mo1CO2發(fā)生CH4-CO2催化重整反應，達平衡時CO2的平衡

18、轉(zhuǎn)化率為50%，則此條件下該反應的平衡常數(shù)為K=_；平衡后保持溫度不變，若再充入0.15molCH4、0.15molCO2、0.1molCO、0.1molH2，則此時v正_（選填“”、“”或“=”）v逆。（4）已知：C(s)+2H2(g)CH4(g)H1=-75kJmol-1C(s)+O2(g)CO2(g)H2=-394kJmol-1C(s)+O2(g)CO(g)H3=-111kJmol-1催化重整反應CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的H=_kJmol-1。反應中催化劑活性會因積碳反應而降低，同時存在的消碳反應則使積碳量減少。相關數(shù)據(jù)如下表：積碳反應CH4(g)C(s)+2

19、H2(g)消碳反應CO2(g)+C(s)CO(g)H/(kJmol-1)75172活化能/(kJmol-1)催化劑X3391催化劑Y4372由上表判斷，催化劑X_Y（填“優(yōu)于”或“劣于”），理由是_。參考答案（含詳細解析）一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【答案解析】AH2S+CuSO4=CuS+H2SO4。錯誤；BH2SO4+2NaCl=Na2SO4+2HCl；2HCl+ FeS=FeCl2+H2S ，正確；CNa2CO3+Ca(OH)2=CaCO3+2NaOH，錯誤；DCuSO4+2NH3H2O= Cu(OH)2+ (NH4)2SO4，錯誤。2、C【答案解析】A、a中六元環(huán)上有5

20、個碳上有氫，a中六元環(huán)上的一氯代物共有5種(不考慮立體異構)，故A錯誤；B、b的分子式為C10H14O，故B錯誤；C、 a中的碳雙鍵和b中苯環(huán)上的甲基都能發(fā)生氧化反應、a、b甲基上的氫都可以發(fā)生取代反應、a中碳碳雙鍵、b中苯環(huán)都可以發(fā)生加成反應，故C正確；D.可以用鈉鑒別a和b，還可以用溴水來鑒別，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查有機物的結(jié)構與性質(zhì)，側(cè)重分析能力和應用能力的考查，解題關鍵：官能團與性質(zhì)的關系、有機反應類型，難點：選項D為解答的難點，醇能與鈉反應。題目難度中等。3、C【答案解析】A. 加熱后溶液不變紅，濕潤的淀粉碘化鉀試紙不變藍，說明沒有氯氣，則Cl2被完全消耗，選項A正確；B.

21、 當二氧化硫過量，加熱后二氧化硫與碘發(fā)生氧化還原反應SO2 + I2 + 2H2O = H2SO4 + 2HI，中試紙褪色，選項B正確；C. 硝酸根離子能將亞硫酸根離子氧化，故中若將BaCl2溶液換成Ba(NO3)2溶液，不能說明SO2被Cl2氧化為SO42，選項C不正確；D. 實驗條件下，品紅溶液和SO2均被氧化，故加熱后溶液不恢復紅色，選項正確。答案選C。點睛：本題考查二氧化硫和氯氣的漂白性及還原性和氧化性。注意分清兩者漂白性的區(qū)別，易錯點為選項C，硝酸根離子能將亞硫酸根離子氧化，故中若將BaCl2溶液換成Ba(NO3)2溶液，不能說明SO2被Cl2氧化為SO42。4、C【答案解析】A項，

22、光合作用消耗CO2，光合作用的總方程式可表示為6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，光合作用會引起大氣中CO2含量下降；B項，自然降雨時H2O會與少量CO2反應生成H2CO3，不會引起CO2含量的上升；C項，化石燃料指煤、石油、天然氣，煤、石油、天然氣中都含C元素，C元素燃燒后生成CO2，化石燃料的燃燒會引起大氣中CO2含量上升；D項，碳酸鹽沉積指由形成于海洋或湖泊底部的粒裝泥狀碳酸鹽礦物及其集合體，通過生物作用或從過飽和碳酸鹽的水體中直接沉淀，水體中生物活動消耗CO2，有利于碳酸鹽沉積，碳酸鹽沉積不會引起大氣中CO2含量上升；化石燃料的燃燒會引起大氣中CO2含量上升；答案選C。5、D【答

23、案解析】A、鐵作負極，F(xiàn)e2eFe2，故A錯誤；B、銅作正極，2H+2eH2，故B錯誤；C、銅作陰極，溶液中的銅離子得電子，2e+Cu2=Cu，故C錯誤；D、左側(cè)為陽極，2Cl-2eCl2，故D正確；故選D。6、C【答案解析】A標準狀況下，HF是液態(tài)，22.4L的H2和22.4L的F2混合后，氣體分子數(shù)不是2NA，故A錯誤；B常溫下pH=12的NaOH溶液，由于缺少溶液的體積，水電離出的氫離子沒法計算，故B錯誤；C乙酸和葡萄糖的實驗式均為CH2O，式量為30，30g乙酸和葡萄糖混合物中的氫原子數(shù)為2NA，故C正確； D1mol C2H6含有7mol共價鍵數(shù)，標準狀況下，2.24L C2H6含有

24、的共價鍵數(shù)為0.7NA，故D錯誤；故答案為C。【答案點睛】順利解答該類題目的關鍵是：一方面要仔細審題，注意關鍵字詞，熟悉常見的“陷阱”；另一方面是要把各種量轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量，以此為中心進行計算。特別要注意氣體摩爾體積、阿伏加德羅定律的適用范圍和使用條件。關于氣體摩爾體積的使用注意：氣體的摩爾體積適用的對象為氣體，而標況下水、CCl4、HF等為液體，SO3為固體；必須明確溫度和壓強是0，101kPa，只指明體積無法求算物質(zhì)的量；22.4L/mol是標準狀態(tài)下或一定溫度、一定壓強下的氣體摩爾體積。7、D【答案解析】A、根據(jù)六炔基苯的結(jié)構確定六炔基苯的化學式為C18H6，A正確；B、根據(jù)苯的平面結(jié)構和

25、乙炔的直線型結(jié)構判斷六炔基苯和石墨炔都具有平面型結(jié)構，B正確；C、六炔基苯和石墨炔中含有苯環(huán)和碳碳三鍵，都可發(fā)生加成反應，C正確；D、由結(jié)構可知，六炔基苯合成石墨炔有氫氣生成，不屬于加聚反應，根據(jù)六炔基苯和石墨炔的結(jié)構判斷六炔基苯合成石墨炔屬于取代反應，D錯誤；故答案選D。8、A【答案解析】溶液 pH2，呈酸性，H+一定有，CO32不能存在，加入氯水，溶液顏色變深，溶液中可能含有Fe2+ 和Br之一或者兩者都有，被氯氣氧化成Fe3+和Br2，由于溶液中各離子的物質(zhì)的量濃度相同，符合電荷守恒，如設各離子的濃度是1mol/L，則有可能存在c(H+)+2c(Fe2+)=2c(SO42)+c(Br)，

26、還有可能溶液中只含氫離子和溴離子，但NH4+不能存在，故答案選A，F(xiàn)e2+可能存在，符合題意。9、B【答案解析】A選項，分別向兩只盛有等體積等濃度的稀硫酸燒杯中加入打磨過的同樣大小的鎂片和鋁片，由于鎂的金屬性比鋁的金屬性強，因此鎂片表面產(chǎn)生氣泡較快，故A正確，不符合題意；B選項，向試管中加入2mL5%的硫酸銅溶液，再逐滴加入濃氨水至過量，邊滴邊振蕩，先生成大量藍色沉淀，后沉淀溶解生成硫酸四氨合銅溶液，故B錯誤，符合題意；C選項，將鎂條點燃后迅速伸入集滿二氧化碳的集氣瓶，鎂條與二氧化碳反應生成氧化鎂和黑色的碳，并伴有濃煙，故C正確，不符合題意；D選項，向盛有氯化鐵溶液的試管中加過量鐵粉，充分振蕩

27、后加23滴KSCN溶液，鐵離子和鐵粉反應生成亞鐵離子，亞鐵離子與KSCN不顯色，故D正確，不符合題意。綜上所述，答案為B?！敬鸢更c睛】硫酸銅溶液中逐滴加入氨水，先生成藍色沉淀，后沉淀逐漸溶解，硝酸銀溶液中逐滴加入氨水也有類似的性質(zhì)。10、A【答案解析】A和氫氧化鈉溶液反應生成B和C，C為氣體，C的分子式為ba3，能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，根據(jù)化學式可推斷C為氨氣，B為白色沉淀，繼續(xù)加入氫氧化鈉溶液沉淀溶解，則B可推斷為氫氧化鋁，A中加入酸化的氯化鋇溶液形成白色沉淀，則A中含有硫酸根離子，根據(jù)以上推斷，A為NH4Al(SO4)2，a為H元素，b為N元素，c為O元素，d為Al元素，e為S元素，據(jù)

28、此分析解答。【題目詳解】Ab為N元素，c為O元素，同周期元素隨核電荷數(shù)增大，半徑逐漸減小，則原子半徑bc，故A正確；Be為S元素，S的氧化物的水化物有硫酸和亞硫酸，亞硫酸是弱酸，故B錯誤；CA為NH4Al(SO4)2，是離子化合物，故C錯誤；Dc為O元素，e為S元素，同主族元素隨核電荷數(shù)增大非金屬性逐漸減弱，元素非金屬性強弱ce，故D錯誤；答案選A。11、A【答案解析】分子式為ClC4H7O2，且能與碳酸氫鈉反應生成氣體，說明含有羧基，然后看成氯原子取代丁酸烴基上的氫原子，丁酸有2種：CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH，所以該有機物有3+2=5種；A.戊烷的同分異構體有：CH

29、3CH2CH2CH2CH3、，若為CH3CH2CH2CH2CH3，相應烯烴有CH2CHCH2CH2CH3、CH3CHCHCH2CH3；若為，相應烯烴有：CH2C(CH3)CH2CH3、CH3C(CH3)CHCH3、CH3CH(CH3)CHCH2；若為，沒有相應烯烴，總共5種，故A正確；B.分子式為C4H8O2的酯，為飽和一元酯，若為甲酸與丙醇形成的酯，甲酸只有1種結(jié)構，丙醇有2種，形成的酯有2種；若為乙酸與乙醇形成的酯，乙酸只有1種結(jié)構，乙醇只有1種結(jié)構，形成的乙酸乙酯有1種；若為丙酸與甲醇形成的酯，丙酸只有1種結(jié)構，甲醇只有1種結(jié)構，形成的丙酸甲酯只有1種，所以C4H8O2屬于酯類的同分異構

30、體共有4種，故B錯誤；C.甲苯分子中含有4種氫原子，一溴代物有4種：苯環(huán)上鄰、間、對位各一種，甲基上一種，共4種，故C錯誤；D.立方烷的二氯代物的同分異構體分別是：一條棱、面對角線、體對角線上的兩個氫原子被氯原子代替，所以二氯代物的同分異構體有3種，故D錯誤。答案選A。12、B【答案解析】煤的干餾有苯及苯的同系物等新物質(zhì)生成，屬于化學變化，故A錯誤；石油的分餾是根據(jù)沸點不同把石油分離為汽油、煤油、柴油等物質(zhì)，沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故B正確；石油裂化是大分子烴斷裂為小分子烴，生成新物質(zhì)屬于化學變化，故C錯誤；石油裂解是大分子烴斷裂為乙烯、丙烯等產(chǎn)物，生成新物質(zhì)屬于化學變化，故D錯誤。13

31、、B【答案解析】A使用農(nóng)藥和化肥固然有利于增加農(nóng)作物的產(chǎn)量，但會在農(nóng)產(chǎn)品中造成農(nóng)藥殘留，會使土地里的鹽堿越來越多，土壤越來越硬，影響農(nóng)作物的生長，從長遠來講反而會影響農(nóng)作物的收成，故A錯誤；B通過有機物的合成可以制造出新型高分子材料，某些新型高分子材料的性能比鋼鐵更強韌，故B正確；C安裝煤炭燃燒過程的“固硫“裝置，主要是為了減少污染，故C錯誤；D過分開發(fā)可燃冰，會影響海洋生態(tài)環(huán)境，故D錯誤；故選B。14、C【答案解析】元素X、Y、Z、W為短周期且原子序數(shù)依次增大，電解Z與W形成的化合物的水溶液，產(chǎn)生W元素的氣體單質(zhì)，此氣體同冷燒堿溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液，可推出W元素為氯元素（Cl）

32、，Z元素為鈉（Na），X元素為氧（O），Y與W同族，可推出Y元素為氟（F）?！绢}目詳解】A. 最簡單氫化物的穩(wěn)定性與元素的非金屬性有關，非金屬性越強，最簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越穩(wěn)定，根據(jù)分析，Y元素為氟，W元素為氯，非金屬性FCl，氫化物穩(wěn)定性HFHCl，故A錯誤；B. Z元素為鈉，鈉與氧形成Na2O2既有離子鍵又有共價鍵，故B錯誤；C. 鈉與氟形成氟化鈉，屬于強堿弱酸鹽，F(xiàn)-會發(fā)生水解，F(xiàn)-+H2OHF+OH-，水溶液呈堿性，故C正確；D. 對應的簡單離子分別為O2-、F-、Na+、Cl-，可知O2-、F-、Na+電子層結(jié)構相同，原子序數(shù)越大半徑越小，離子半徑：O2-F-Na+，又因為Cl-

33、有三個電子層，故Cl-半徑最大，因此半徑大小為：Cl-O2-F-Na+，故D錯誤；故選C。【答案點睛】本題考查位置結(jié)構性質(zhì)的關系及應用，難度中等，推斷元素是解題關鍵。15、D【答案解析】陰極室中陽離子為鈉離子和水電離出的氫離子，陰極上氫離子得電子發(fā)生還原反應生成氫氣，電極反應式為2H2O+2e=H2OH，溶液中氫氧根濃度增大，原料室中鈉離子通過陽膜向陰極室移動；H2PO2離子通過陰膜向產(chǎn)品室移動；陽極室中陰離子為硫酸根離子和水電離出的氫氧根離子，陽極上氫氧根離子失電子發(fā)生氧化反應生成氧氣，電極反應式為2H2O-4e-=O2+4H+，溶液中氫離子濃度增大，H+通過陽膜向產(chǎn)品室移動，產(chǎn)品室中H2P

34、O2-與H+反應生成弱酸H3PO2?！绢}目詳解】A項、陽極中陰離子為硫酸根離子和水電離出的氫氧根離子，陽極上氫氧根離子失電子發(fā)生氧化反應生成氧氣，電極反應式為2H2O-4e-=O2+4H+，故A正確；B項、陽極上水電離出的氫氧根離子失電子發(fā)生氧化反應生成氧氣，溶液中氫離子濃度增大，H+通過陽膜向產(chǎn)品室移動，故B正確；C項、撤去陽極室與產(chǎn)品室之間的陽膜，陽極生成的氧氣會把H3PO2氧化成H3PO4，導致H3PO2的產(chǎn)率下降，故C正確；D項、陰極上水電離出的氫離子得電子發(fā)生還原反應生成氫氣，溶液中氫氧根濃度增大，原料室中鈉離子通過陽膜向陰極室移動，通電一段時間后，陰極室中NaOH溶液的濃度增大，故

35、D錯誤。故選D?！敬鸢更c睛】本題考查電解池原理的應用，注意電解池反應的原理和離子流動的方向，明確離子交換膜的作用是解題的關鍵。16、D【答案解析】當陰離子濃度相同時，生成AgCl沉淀所需的c（Ag+）小，先析出氯化銀沉淀，X為生成氯化銀沉淀的曲線；根據(jù)圖象可知，Ksp(AgC1)= ，Ksp(Ag2C2O4)= 。【題目詳解】A當陰離子濃度相同時，生成AgCl沉淀所需的c（Ag+）小，先析出氯化銀沉淀，X為生成氯化銀沉淀的曲線，Y線代表的Ag2C2O4，故A正確；Bn點c(Cl-) c(Ag+) Ksp(AgC1)，所以n表示AgCl的過飽和溶液，故B正確；C結(jié)合以上分析可知，向c(Cl-)=

36、c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液時，Cl-生成AgC1沉淀需要銀離子濃度小，所以先生成AgC1沉淀，故C正確；DAg2C2O4+2Cl-=2AgC1+C2O42-的平衡常數(shù)為1.0109.04，故D錯誤；故選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、醚鍵、羰基 AD 、。 【答案解析】苯硝化得到A，從A的分子式可以看出，A是苯分子中的兩個氫原子被硝基取代后的生成物，結(jié)合后面物質(zhì)的結(jié)構簡式可確定兩個硝基處于間位，即A為間二硝基苯，A發(fā)生還原反應得到B，A中的兩個硝基被還原為氨基，得到B（間苯二胺），間苯二胺生成C，分析C的分子式可知，B中的兩個氨基被羥基取代得到了間苯二酚C，間苯二酚

37、和乙酸發(fā)生取代反應，苯環(huán)上的一個氫原子被-COCH3取代，得的有機物，和(CH3)2SO4在碳酸鉀的作用下反應生成丹皮酚，丹皮酚又和CH3CH2Br在NaOH醇溶液作用下得到E，根據(jù)E和的結(jié)構簡式可知，丹皮酚是中和-COCH3處于對位的羥基上的氫原子被甲基取代的生成物，所以丹皮酚的結(jié)構簡式為。丹皮酚中的另一個羥基上的氫原子被乙基取代得到E。E發(fā)生的反應是已知的第二個反應，羰基上的氧原子被NOH代替生成F（），F(xiàn)中的羥基上的氫原子被-CH2CH2CH2CH2Br取代生成G，G中的溴原子被取代生成H?！绢}目詳解】（1）根據(jù)有機物E的結(jié)構簡式可知，E中含有的官能團名稱醚鍵、羰基；正確答案：醚鍵、羰基

38、。（2）根據(jù)題給信息分析看出，由有機物2,4-二羥基苯乙酮變?yōu)榈てし?，碳原子?shù)增加1個，再根據(jù)有機物E的結(jié)構簡式可知，丹皮酚的結(jié)構簡式為；正確答案：。（3）根據(jù)乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物 H 的結(jié)構簡式可知其分子式為 C21H35O3N3，A錯誤；物質(zhì)B為間苯二胺，含有氨基，顯堿性可能溶于水，且能與鹽酸反應生成有機鹽，B正確；DE是溴乙烷中的-CH2CH3取代了酚羥基中的氫原子； GH 是-CH2CH2CH2CH2Br與NH(CH2CH2)2NCH2CH3發(fā)生了取代反應，C正確；物質(zhì) C為間苯二酚， 能與濃溴水發(fā)生取代反應，溴原子主要在環(huán)上羥基的鄰對位發(fā)生取代，而且 1molC消耗3molBr

39、2，D錯誤；正確選項AD。（4）有機物F結(jié)構=N-OH 與BrCH2CH2CH2CH2Br發(fā)生了取代反應；正確答案：。（5）根據(jù)有機物F的分子式為C11H15O3N，IR 譜顯示有NH2，且與苯環(huán)直接相連，該有機物屬于芳香族化合物；能發(fā)生銀鏡反應；1molF 與 2molNaOH恰好反應，說明分子結(jié)構含有醛基、酚羥基或者甲酸酚酯；1H-NMR 譜顯示分子中含有 5 種氫原子，對稱程度較大，不可能含有甲酸酚酯；綜上該有機物結(jié)構簡式可能為： 、；正確答案：、。（6）根據(jù)題給信息可知，硝基變?yōu)榱u基，需要先把硝基還原為氨基，然后再氯化氫、水并加熱220條件下變?yōu)榉恿u基，苯酚變?yōu)楸椒逾c鹽后再根據(jù)信息，生

40、成鄰羥基苯甲酸，最后該有機物與乙酸酐反應生成酚酯；正確答案：。18、取代反應酯基、溴原子在光照條件下氯氣與甲苯反應選擇性差，得到的B物質(zhì)中副產(chǎn)物多HOCH2CH2OH、【答案解析】A為，B為，由合成流程結(jié)合生成C的條件及圖中轉(zhuǎn)化關系可知，C為，酸性條件下水解得到D為：，酸和醇發(fā)生酯化反應，生成E為：，E發(fā)生取代反應生成F，F(xiàn)與碘甲烷發(fā)生取代反應生成G，G取代生成H，H與甲醇發(fā)生酯化反應，生成I，I發(fā)生取代反應得到J，同時還生成乙二醇，以此解答?！绢}目詳解】（1）由上述分析可知，反應為酯化反應或取代反應；J中含有官能團為溴原子、酯基，故答案為：酯化反應(或取代反應)；溴原子、酯基；（2）由于用甲

41、苯與氯氣在光照條件下反應，氯氣取代甲基的H原子，選擇性差，因此得到的B物質(zhì)中副產(chǎn)物多，故答案為：在光照條件下氯氣與甲苯反應選擇性差，得到的B物質(zhì)中副產(chǎn)物多；（3）反應發(fā)生的是取代反應，CH2(COOC2H5)2與足量CH3CH2CH2I充分反應：；（4）I發(fā)生取代反應得到J，根據(jù)原子守恒可知同時還生成乙二醇；反應的化學方程式為：，其中產(chǎn)物X的結(jié)構簡式為OHCH2CH2OH，故答案為：OHCH2CH2OH；（5）能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基，但不能發(fā)生水解反應，則另一個為醚鍵；苯環(huán)上一氯取代物只有一種，說明苯環(huán)上只有一種氫原子；核磁共振氫譜有4組峰，說明只有4種氫原子；符合條件的同分異構體為：、

42、，故答案為：、；（6）與NaCN發(fā)生取代反應生成，水解生成CH3CH2CH(COOH)CH3，與甲醇發(fā)生酯化反應生成，合成路線為：。19、除去水中溶解的氧氣，防止氧化Fe2+ 蒸發(fā)濃縮 檢驗晶體中是否含有結(jié)晶水 防止空氣中水蒸氣逆向進入裝有無水CuSO4的試管，影響實驗結(jié)果 滴入少量K3Fe(CN)6溶液，出現(xiàn)藍色沉淀（或先滴入2滴KSCN溶液，無明顯變化，再加入幾滴新制氯水，溶液變成紅色） 4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe(OH)3 + 8H+ 當其它條件相同時，硫酸根離子濃度大小影響Fe2+的穩(wěn)定性。（或當其它條件相同時，硫酸根離子濃度越大，F(xiàn)e2+的穩(wěn)定性較好。） O2

43、+ 4e- +4H+= 2H2O 溶液酸性越強,Fe2+的還原性越弱 1 3（或2和4） 其它條件相同時，溶液酸性增強對Fe2+的還原性減弱的影響，超過了對O2的氧化性增強的影響。故pH=1的FeSO4溶液更穩(wěn)定。 【答案解析】I.(1)亞鐵離子具有還原性，在空氣中容易被氧化；向 FeSO4 溶液中加入飽和(NH4)2SO4 溶液，需要經(jīng)過蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌和干燥后得到一 種淺藍綠色的晶體；(2) 無水硫酸銅遇水變藍色；空氣中也有水蒸氣，容易對實驗產(chǎn)生干擾；檢驗Fe2+，可以向樣品中滴入少量K3Fe(CN)6溶液，出現(xiàn)藍色沉淀，說明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，無明顯變化

44、，再加入幾滴新制氯水，溶液變成紅色，說明存在Fe2+；II.(3) 由表可知，pH=4.5的0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液中，會產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，說明二價鐵被氧化成了三價鐵，同時和水反應生成Fe(OH)3沉淀；0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根的濃度也不同，可以以此提出假設；(4) FeSO4中的鐵的化合價為+2價，具有還原性，在原電池中做負極，則左池的碳電極做正極，NaCl中溶解的氧氣得電子生成，在酸性環(huán)境中生成水；實驗1 和 2（或 3 和 4）中NaCl溶液的pH相同，F(xiàn)eSO4溶液

45、的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，電流越小，結(jié)合原電池裝置中，其它條件相同時，負極反應物的還原性越強或正極反應物的氧化性越強，該原電池的電流越大，可以得出結(jié)論；對比實驗1和3（或2和4）發(fā)現(xiàn)，F(xiàn)eSO4溶液的pH相同時，NaCl溶液的pH越大，電流越小，結(jié)合原電池裝置中，其它條件相同時，負極反應物的還原性越強或正極反應物的氧化性越強，該原電池的電流越大，可以得出結(jié)論；對比實驗1 和 4，NaCl溶液的pH增大酸性減弱，F(xiàn)eSO4溶液的pH減小酸性增強，但是電流卻減小，結(jié)合的結(jié)論分析?！绢}目詳解】I.(1)亞鐵離子具有還原性，在空氣中容易被氧化，在配制溶液時使用到的蒸餾水都必須煮沸、冷卻后

46、再使用，目的是：除去水中溶解的氧氣，防止氧化Fe2+；向 FeSO4 溶液中加入飽和(NH4)2SO4 溶液，需要經(jīng)過蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌和干燥后得到一 種淺藍綠色的晶體；(2) 無水硫酸銅遇水變藍色，該裝置的實驗目的是：檢驗晶體中是否含有結(jié)晶水；空氣中也有水蒸氣，容易對實驗產(chǎn)生干擾，需要使用濃硫酸防止空氣中水蒸氣逆向進入裝有無水CuSO4的試管，影響實驗結(jié)果；檢驗Fe2+，可以向樣品中滴入少量K3Fe(CN)6溶液，出現(xiàn)藍色沉淀，說明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，無明顯變化，再加入幾滴新制氯水，溶液變成紅色，說明存在Fe2+；II.(3) 由表可知，pH=4.5的0.8

47、mol/L 的 FeSO4 溶液中，會產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，說明二價鐵被氧化成了三價鐵，同時和水反應生成Fe(OH)3沉淀，離子方程式為：4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe(OH)3 + 8H+；0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根的濃度也不同，0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根濃度更大，故可以假設：當其它條件相同時，硫酸根離子濃度大小影響Fe2+的穩(wěn)定性；或者當其它條件相同時，硫酸根離子濃度越大，F(xiàn)e2+的穩(wěn)定性較好；(4) FeSO4中的鐵的化合價為+2價，

48、具有還原性，在原電池中做負極，則左池的碳電極做正極，NaCl中溶解的氧氣得電子生成，在酸性環(huán)境中生成水，故電極方程式為：O2 + 4e- +4H+= 2H2O；實驗1 和 2（或 3 和 4）中NaCl溶液的pH相同，F(xiàn)eSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，電流越小，結(jié)合原電池裝置中，其它條件相同時，負極反應物的還原性越強或正極反應物的氧化性越強，該原電池的電流越大，可以得出的結(jié)論是：溶液酸性越強，F(xiàn)e2+的還原性越弱；對比實驗1和3（或2和4）發(fā)現(xiàn)，F(xiàn)eSO4溶液的pH相同時，NaCl溶液的pH越大，電流越小，結(jié)合原電池裝置中，其它條件相同時，負極反應物的還原性越強或正極反應物

49、的氧化性越強，該原電池的電流越大，可以得出在一定pH 范圍內(nèi)溶液的堿性越強， O2 氧化性越強；對比實驗1 和 4，NaCl溶液的pH增大酸性減弱，F(xiàn)eSO4溶液的pH減小酸性增強，但是電流卻減小，結(jié)合的結(jié)論，和其它條件相同時，溶液酸性增強對Fe2+的還原性減弱的影響，超過了對O2的氧化性增強的影響。故pH=1的FeSO4溶液更穩(wěn)定。20、H2O+SO2=H2SO3，Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O或Zn+2SO2ZnS2O4增大氣體與溶液的接觸面積，加快氣體的吸收速率溶液中存在：Na2S2O4(s)Na2S2O4(aq)2Na+(aq)+(aq)或Na2S2O4(s)2Na+(aq)+(aq)，增大c(Na+)，平衡向逆反應方向移動水浴加熱Na2S2O4在水中溶解度較大，在酒精中溶解度較小2HCOONa+4SO2+Na2