2021-2022學(xué)年吉林省蛟河高考仿真卷化學(xué)試卷含解析

1、2021-2022學(xué)年高考化學(xué)模擬試卷注意事項1考生要認(rèn)真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、短周期元素X、Y、Z、M的原子序數(shù)依次增大，元素X的一種高硬度單質(zhì)是寶石，Y2電子層結(jié)構(gòu)與氖相同，Z的質(zhì)子數(shù)為偶數(shù)，室溫下M單質(zhì)為淡黃色固體，下列有關(guān)說法不正確的是( )A原子半徑：MZYBY的單質(zhì)起火燃燒時可用泡沫滅火劑滅火C可用XM2洗滌熔化過M的試管D最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：MZ2

2、、下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是ASO2水溶液呈酸性，可用于漂白紙漿B晶體硅熔點高，可制半導(dǎo)體材料CAl(OH)3呈弱堿性，可用于治療胃酸過多DH2O2具有還原性，可用于消毒殺菌3、取10g碳酸鈣高溫加熱一段時間后停止加熱，測得剩余固體中鈣元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為50%，則下列判斷正確的是A生成了2g二氧化碳B剩余固體質(zhì)量為5gC生成了5.6g氧化鈣D剩余碳酸鈣的質(zhì)量為8g4、我國科學(xué)家使用雙功能催化劑(能吸附不同粒子)催化水煤氣變換反應(yīng)：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H0，在低溫下獲得高轉(zhuǎn)化率與高反應(yīng)速率。反應(yīng)過程示意圖如下：下列說法正確的是A圖示顯示：起始時的2個H2O最

3、終都參與了反應(yīng)B過程、過程均為放熱過程C過程只生成了極性共價鍵D使用催化劑降低了水煤氣變換反應(yīng)的H5、化學(xué)與生活、生產(chǎn)密切相關(guān)。下列敘述不正確的是（ ）A高純硅可用于制作光導(dǎo)纖維B碳酸鈉熱溶液呈堿性，可用于除去餐具上的油污C利用太陽能蒸發(fā)海水的過程屬于物理變化D淀粉和纖維素水解的最終產(chǎn)物均為葡萄糖6、用如圖所示的實驗裝置模擬侯氏制堿法的主要反應(yīng)原理。下列說法正確的是A侯氏制堿法中可循環(huán)利用的氣體為B先從a管通入NH3，再從b管通入CO2C為吸收剩余的NH3，c中應(yīng)裝入堿石灰D反應(yīng)后冷卻，瓶中析出的晶體主要是純堿7、根據(jù)表中提供的信息判斷下列敘述錯誤的是組號今加反應(yīng)的物質(zhì)生成物MnO4、ClCl

4、2、Mn2Cl2(少量)、FeBr2FeCl3、FeBr3KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4A第組反應(yīng)中生成0.5mol Cl2，轉(zhuǎn)移1mol電子B第組反應(yīng)中參加反應(yīng)的Cl2與FeBr2的物質(zhì)的量之比為l：2C第組反應(yīng)的其余產(chǎn)物為O2和H2OD氧化性由強到弱的順序為MnO4 Cl2Fe3Br28、高溫下，超氧化鉀晶體(KO2)呈立方體結(jié)構(gòu)。如圖為超氧化鉀晶體的一個晶胞(晶體中最小的重復(fù)單元)。則下列有關(guān)說法正確的是（ ）AKO2中只存在離子鍵B超氧化鉀的化學(xué)式為KO2，每個晶胞含有1個K和1個O2C晶體中與每個K距離最近的O2有6個D晶體中，所有原子之間都以離子鍵相結(jié)合9、

5、下列有關(guān)化學(xué)實驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是( )選項操作現(xiàn)象結(jié)論A向的NaHCO3溶液中滴加2滴甲基橙溶液呈黃色NaHCO3溶液溶液呈堿性B向氨水和的懸濁液中滴加少量溶液得到紅褐色懸濁液KspFe(OH)3D1mol藥物Y與H2、濃溴水中的Br2反應(yīng)，最多消耗分別為4 mol和2 mol(4)寫出反應(yīng)EF的化學(xué)方程式_。FX的化學(xué)方程式_。(5)寫出符合下列條件的E的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式_。遇FeCl3溶液可以發(fā)生顯色反應(yīng)，且是苯的二元取代物；能發(fā)生銀鏡反應(yīng)和水解反應(yīng)；核磁共振氫譜有6個峰。(6)參考上述流程以CH3CHO和CH3OH為起始原料,其它無機試劑任選設(shè)計合成Z的線路_。18、兩

6、種重要的有機化工合成中間體F和Y可用甲苯為主要原料采用以下路線制得：已知：2CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO請回答下列問題：（1）寫出A的結(jié)構(gòu)簡式_。（2）BC的化學(xué)方程式是_。（3）CD的反應(yīng)類型為_。（4）1molF最多可以和_molNaOH反應(yīng)。（5）在合成F的過程中，設(shè)計BC步驟的目的是_。（6）寫出符合下列條件的3種A的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式_、_、_。苯環(huán)上只有兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子能發(fā)生銀鏡反應(yīng)（7）以X和乙醇為原料通過3步可合成Y，請設(shè)計合成路線_（無機試劑及溶劑任選）。19、碘化鈉在醫(yī)療及食品方面有重要的作用。實驗室用NaOH、單質(zhì)碘和水合肼(

7、N2HH2O)為原料制備碘化鈉。已知：水合肼具有還原性。回答下列問題：(1)水合肼的制備有關(guān)反應(yīng)原理為：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H4H2O+NaCl+Na2CO3制取次氯酸鈉和氧氧化鈉混合液的連接順序為_(按氣流方向，用小寫字母表示)。若該實驗溫度控制不當(dāng)，反應(yīng)后測得三頸瓶內(nèi)ClO-與ClO3-的物質(zhì)的量之比為6：1，則氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)時，被還原的氯元素與被氧化的氯元素的物質(zhì)的量之比為_。取適量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制備水合肼，實驗中滴加順序不能顛倒，且滴加速度不能過快，理由是_。(2)碘化鈉的制備采用水合肼還原法制取碘化鈉固體，其制備流程如圖所示

8、：“合成”過程中，反應(yīng)溫度不宜超過73，目的是_。在“還原”過程中，主要消耗反應(yīng)過程中生成的副產(chǎn)物IO3-，該過程的離子方程式為_。工業(yè)上也可以用硫化鈉或鐵屑還原碘酸鈉制備碘化鈉，但水合肼還原法制得的產(chǎn)品純度更高，其原因是_。(3)測定產(chǎn)品中NaI含量的實驗步驟如下：a稱取133g樣品并溶解，在533mL容量瓶中定容；b量取233mL待測液于錐形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反應(yīng)后，再加入M溶液作指示劑：c用3213molL-1的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(反應(yīng)方程式為；2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重復(fù)實驗多次，測得消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為433mL。M為_

9、(寫名稱)。該樣品中NaI的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_。20、水合肼（N2H4H2O）又名水合聯(lián)氨，無色透明，具有腐蝕性和強還原性的堿性液體，它是一種重要的化工試劑，利用尿素法生產(chǎn)水合肼的原理為：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+ N2H4H2O +NaCl實驗一：制備NaClO溶液。（實驗裝置如右圖所示）（1）配制30%NaOH溶液時，所需玻璃儀器除量筒外還有 （填標(biāo)號）。A容量瓶 B燒杯 C燒瓶 D玻璃棒（2）錐形瓶中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是 。（3）設(shè)計實驗方案：用中和滴定原理測定反應(yīng)后錐形瓶中剩余NaOH的濃度（實驗提供的試劑：H2O2溶液、FeCl2溶液、0.10 molL-1

10、鹽酸、酚酞試液）： 。實驗二：制取水合肼。（實驗裝置如右圖所示）（4）控制反應(yīng)溫度，將分液漏斗中溶液緩慢滴入三頸燒瓶中，充分反應(yīng)。加熱蒸餾三頸燒瓶內(nèi)的溶液，收集108114餾分。分液漏斗中的溶液是 （填標(biāo)號）。ACO (NH2)2溶液 BNaOH和NaClO混合溶液原因是： （用化學(xué)方程式表示）。實驗三：測定餾分中肼含量。（5）稱取餾分5.0g，加入適量NaHCO3固體，加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于錐形瓶中，并滴加23滴淀粉溶液，用0.10molL-1的I2溶液滴定。滴定過程中，溶液的pH保持在6.5左右。（已知：N2H4H2O + 2I2= N2+ 4HI + H2O）滴定

11、時，碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液盛放在 (填“酸式”或“堿式”)滴定管中；本實驗滴定終點的現(xiàn)象為 。實驗測得消耗I2溶液的平均值為18.00mL，餾分中水合肼（N2H4H2O）的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 。21、主要用于高分子膠囊和印刷油墨的粘合劑的甲基兩烯酸縮水油酯GMA(即：)的合成路線如下(部分反應(yīng)所需試劑和條件已略去)：已知：請按要求回答下列問題：(1)GMA的分子式_；B中的官能團名稱：_；甘油的系統(tǒng)命名：_。(2)驗證D中所含官能團各類的實驗設(shè)計中，所需試劑有_。(3)寫出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式：反應(yīng)：_。反應(yīng)：_。(4)M是H的同分異構(gòu)體。M有多種同分異構(gòu)體，寫出滿足下述所有條件的M的所有可能的結(jié)構(gòu)：_。能發(fā)生

12、銀鏡反應(yīng) 能使溴的四氯化碳溶液褪色 能在一定條件下水解(5)已知： 2 CH2=CH2O2/Ag。參照上述合成路線并結(jié)合此信息，以丙烯為原料，完善下列合成有機物參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】元素X的一種高硬度單質(zhì)是寶石，X是C元素；Y2電子層結(jié)構(gòu)與氖相同，Y是Mg元素；M單質(zhì)為淡黃色固體，M是S元素；Z的質(zhì)子數(shù)為偶數(shù)，Z是Si元素?！驹斀狻緼. 同周期元素從左到右半徑減小，所以原子半徑：SSiMg，故A正確； B. Mg是活潑金屬，能與二氧化碳反應(yīng)，鎂起火燃燒時可用沙子蓋滅，故B錯誤；C. S易溶于CS2，可用CS2洗滌熔化過S的試管，故C正確； D. 同周期元素

13、從左到右非金屬性增強，最高價含氧酸酸性增強，最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性H2SO4H2SiO3，故D正確；答案選B。2、C【解析】A二氧化硫可用于漂白紙漿是因為其具有漂白性，與二氧化硫的水溶液呈酸性無關(guān)，選項A錯誤；B硅位于金屬和非金屬分界線處，可用于制作半導(dǎo)體材料，與硅的熔點高沒有關(guān)系，選項B錯誤；C胃酸的主要成分是HCl，氫氧化鋁具有弱堿性，能中和胃酸，二者有對應(yīng)關(guān)系，選項正確；D. H2O2具有氧化性，可用于消毒殺菌，選項D錯誤。答案選C。3、A【解析】原碳酸鈣10g中的鈣元素質(zhì)量為：10g100%=4g，反應(yīng)前后鈣元素質(zhì)量不變，則剩余固體中鈣元素質(zhì)量仍為4g，則含鈣50%的剩余固體質(zhì)量

14、=8g，根據(jù)質(zhì)量守恒定律，反應(yīng)生成二氧化碳的質(zhì)量=10g-8g=2g，設(shè)生成的氧化鈣質(zhì)量是x，=，x=2.56g，A根據(jù)上述計算分析，生成了2g二氧化碳，故A正確；B根據(jù)上述計算分析，剩余固體質(zhì)量為8g，故B錯誤；C根據(jù)上述計算分析，生成了2.56g氧化鈣，故C錯誤；D根據(jù)上述計算分析，剩余碳酸鈣的質(zhì)量小于8g，故D錯誤；答案選A?！军c睛】易錯點為D選項，加熱分解后的產(chǎn)物為混合物，混合物的總質(zhì)量為8g，則未反應(yīng)的碳酸鈣的質(zhì)量小于8g。4、A【解析】A根據(jù)反應(yīng)過程示意圖，過程中1個水分子中的化學(xué)鍵斷裂，過程另一個水分子中的化學(xué)鍵斷裂的過程，過程中形成了新的水分子，因此起始時的2個H2O最終都參與

15、了反應(yīng)，A項正確；B根據(jù)反應(yīng)過程示意圖，過程、中水分子中的化學(xué)鍵斷裂的過程，為吸熱過程，B項錯誤；C過程中CO、氫氧原子團和氫原子形成了二氧化碳、水和氫氣，H2中的化學(xué)鍵為非極性鍵，C項錯誤；D催化劑不能改變反應(yīng)的H，D項錯誤；答案選A?！军c睛】值得注意的是D選項，催化劑只能降低活化能，改變化學(xué)反應(yīng)速率，不能改變反應(yīng)的熱效應(yīng)。5、A【解析】A高純硅用于制太陽能電池或芯片等，而光導(dǎo)纖維的材料是二氧化硅，故A錯誤； B利用碳酸鈉熱溶液水解呈堿性，可除餐具上的油污，故B正確；C海水蒸發(fā)是物理變化，故C正確；D淀粉和纖維素均為多糖，一定條件下，淀粉和纖維素水解的最終產(chǎn)物均為葡萄糖，故D正確；故答案為A

16、。6、B【解析】侯氏制堿法的原理：將足量NH3通入飽和食鹽水中，再通入CO2，溶液中會生成高濃度的HCO3-，與原有的高濃度Na+結(jié)合成溶解度較小的NaHCO3析出：NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3+NH4Cl；將析出的沉淀加熱，制得Na2CO3（純堿）：2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，生成的CO2可用于上一步反應(yīng)（循環(huán)利用）；副產(chǎn)品NH4Cl可做氮肥?！驹斀狻緼侯氏制堿法中可循環(huán)利用的氣體是CO2，A項錯誤；B先通入NH3，NH3在水中的溶解度極大，為了防止倒吸，應(yīng)從a管通入，之后再從b管通入CO2，B項正確；C堿石灰（主要成分是NaOH和CaO）不能吸收NH3，C項錯誤

17、；D反應(yīng)后冷卻，瓶中析出的晶體主要是NaHCO3，將其加熱得到純堿（Na2CO3），D項錯誤；答案選B。【點睛】侯氏制堿法中，要先通入足量NH3，再通入CO2，是因為：NH3在水中的溶解度極大，先通入NH3使食鹽水顯堿性，能夠吸收大量CO2氣體，產(chǎn)生高濃度的HCO3-，與高濃度的Na+結(jié)合，才能析出NaHCO3晶體；如果先通入CO2，由于CO2在水中的溶解度很小，即使之后通入過量的NH3，所生成的HCO3-濃度很小，無法析出NaHCO3晶體。7、D【解析】A由信息可知，MnO4-氧化Cl-為Cl2，Cl元素化合價由-1價升高為0價，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是氯氣的2倍，生成1mo1C12，轉(zhuǎn)移電子為

18、2mo1，選項A正確；B由元素化合價可知，反應(yīng)中只有亞鐵離子被氧化，溴離子末被氧化，根據(jù)電子得失守恒2n（C12）=n（Fe2+），即第組反應(yīng)中參加反應(yīng)的Cl2與FeBr2的物質(zhì)的量之比為1：2，選項B正確；C反應(yīng)中KMnO4MnSO4，Mn元素化合價由+7價降低為+2價，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，H2O2中氧元素化合價升高，生成氧氣，根據(jù)H元素守恒可知還生成水，選項C正確；D氧化劑氧化性強于氧化產(chǎn)物氧化性，由可知氧化性MnO4-Cl2，由可知氧化性Cl2Fe3+，由可知Fe3+不能氧化Br-，氧化性Br2Fe3+，選項D錯誤。答案選D。8、C【解析】A、K+離子與O2-離子形成離子鍵，O2-離子中O

19、原子間形成共價鍵，故A錯誤；B、K+離子位于頂點和面心，數(shù)目為81/8+61/2=4，O2-離子位于棱心和體心，數(shù)目為121/4+1=4，即每個晶胞中含有4個K+和4個O2-，故B錯誤；C、由晶胞圖可知，以晶胞上方面心的K+為研究對象，其平面上與其距離最近的O2-有4個，上方和下方各有一個，共有6個，故C正確；D、O原子間以共價鍵結(jié)合，故D錯誤。故選C?！军c睛】易錯點為C項，由晶胞圖可知，以晶胞上方面心的K+為研究對象，其平面上與其距離最近的O2-有4個，上方和下方各有一個。9、D【解析】A.甲基橙的變色范圍是3.14.4，若溶液的pH4.4，溶液都顯黃色，因此不能證明NaHCO3溶液溶液呈堿

20、性，A錯誤；B.由于其中含有氨水，向其中加入FeCl3溶液，F(xiàn)eCl3與溶液中的氨水會發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)形成Fe(OH)3沉淀，不能證明溶度積常數(shù)：Fe(OH)3Mg(OH)2，B錯誤；C.石蠟油主要成分是各種烷烴、環(huán)烷烴，它們與酸性KMnO4溶液不能反應(yīng)，使石蠟油蒸汽通過熾熱的碎瓷片，再將產(chǎn)生的氣體通過酸性KMnO4溶液，溶液褪色，證明石蠟油蒸汽分解后的產(chǎn)物中含有烯烴，C錯誤；D.蔗糖的化學(xué)式為C12H22O11，向其中滴加濃硫酸，濃硫酸將蔗糖中的H、O兩種元素以2:1的組成脫去留下碳，濃硫酸表現(xiàn)脫水性，此過程中放出大量的熱，使?jié)饬蛩崤c脫水生成的C單質(zhì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成CO2、SO2、H2O

21、，這些氣體從固體中逸出，使固體變成疏松多孔的海綿狀炭，同時聞到二氧化硫的刺激性氣味，體現(xiàn)了濃硫酸的強氧化性，D正確；故合理選項是D。10、A【解析】A選項，太陽能燃料屬于二次能源，故A錯誤；B選項，直接電催化CO2制取燃料時，化合價降低，在陰極反應(yīng)，因此燃料是陰極產(chǎn)物，故B正確；C選項，用光催化分解水產(chǎn)生的H2，氫氣燃燒放出熱量多，無污染，是理想的綠色能源，故C正確；D選項，研發(fā)和利用太陽能燃料，消耗能量最低，有利于經(jīng)濟的可持續(xù)發(fā)展，故D正確。綜上所述，答案為A。11、D【解析】Ac（Cl-）=0.100molL-1的溶液中的物料守恒c(Cl-)=c(HS-)+c(H2S)+c(S2-)=c(

22、Na+)=0.100molL-1，電荷守恒c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，則c(OH-)-c(H+)=c(H2S)-c(S2-)，故A錯誤；B通入HCl氣體之前，S2-水解導(dǎo)致溶液呈堿性，其水解程度較小，且該離子有兩步水解都生成OH-，所以存在c(S2-)c(OH-)c(HS-)c(H+)，故B錯誤；C溶液中的電荷守恒為c(Cl-)+ c(HS-)+2c(S2-)+ c(OH-)= c(H+)+ c(Na+)，物料守恒c(S2-)+ c(HS-)+ c(H2S)= c(Na+)=0.100molL-1，則c(Cl-)+ c(OH-)=c(H+

23、)+ c(HS-)+2c(H2S)，即c(Cl-)+ c(OH-)+c(S2-)=c(H+)+ c(HS-)+ c(S2-)+2c(H2S)，在c(HS-)= c(S2-)堿性溶液中c(OH-)c(H+)，所以c(Cl-)+ c(HS-)c(HS-)+c(S2-)+2 c(H2S)=0.100molL-1+c(H2S)，故C錯誤；D溶液中的電荷守恒為c(Cl-)+ c(HS-)+2c(S2-)+ c(OH-)= c(H+)+ c(Na+)，溶液的pH=7，則溶液中c(OH-)= c(H+)，c(Na+)= c(Cl-)+ c(HS-)+2c(S2-)，溶液中存在物料守恒c(Na+)=2c(H2

24、S)+2 c(S2-)+2c(HS-)，所以存在c(Cl-)= c(HS-)+2c(H2S)，故D正確；故答案選D。12、A【解析】A鐵在冷的濃硝酸中鈍化，鐵與熱的濃硝酸會發(fā)生反應(yīng)生成硝酸鐵、二氧化氮和水，A項錯誤；BNH3通入AlCl3溶液反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，B項正確；CCu與氯化鐵反應(yīng)生成氯化銅、氯化亞鐵，銅粉溶解，C項正確；D苯酚與碳酸鈉反應(yīng)生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，溶液變澄清，D項正確；答案選A。13、D【解析】A加熱碘升華，高錳酸鉀分解，加熱法不能分離兩者混合物，故A錯誤；B二氧化硫與溴水發(fā)生氧化還原反應(yīng)，與二氧化硫的還原性有關(guān)，與漂白性無關(guān)，故B錯誤；C關(guān)閉止水夾，NaOH難與硫酸亞

25、鐵接觸，不能制備氫氧化亞鐵，故C錯誤；D氯化銨分解生成氨氣、HCl，氨氣可使?jié)駶櫟姆犹嚰堊兗t，HCl可使藍色石蕊試紙變紅，P2O5可以吸收氨氣，堿石灰可以吸收HCl,所以可檢驗氯化銨受熱分解生成的兩種氣體，故D正確；本題答案：D。14、B【解析】題目已知負極采用固體有機聚合物，左圖是電子流向固體有機聚合物，左圖是電池充電原理圖，右圖是原電池工作原理圖，放電時，負極的電極反應(yīng)式為：正極的電極反應(yīng)式為：I3-+2e-= 3I-?！驹斀狻緼.左圖是電子流向固體有機聚合物，則左圖是電池充電原理圖，故A項錯誤；B.放電時，Li+由負極向正極移動，即Li+從右向左通過聚合物離子交換膜，B正確；C.放電時

26、，正極液態(tài)電解質(zhì)溶液的I3-得電子被還原成I-，使電解質(zhì)溶液的顏色變淺，故C項錯誤；D.充電時，陰極發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，故陰極的電極反應(yīng)式為：，故D錯誤；答案：B?！军c睛】易錯點：原電池中，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動；電解池中，陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動，注意不要記混淆。15、C【解析】A實驗的圖中利用MnO2和濃鹽酸反應(yīng)制備氯氣，但是該反應(yīng)需要加熱才發(fā)生，沒有加熱裝置，達不到實驗?zāi)康模珹項錯誤；BNH3的密度小于空氣，應(yīng)該用向下排空氣法收集，實驗達不到實驗?zāi)康?，B項錯誤；C裝置為分餾裝置，不管是溫度計水銀球的位置還是冷凝管進水出水的方向都沒有錯誤，C項正確；D右側(cè)試管中使用

27、的是飽和NaOH溶液，酯在堿性環(huán)境下易水解，得不到產(chǎn)物，D項錯誤；本題答案選C。16、D【解析】A.常溫下鋁與濃硝酸會發(fā)生鈍化反應(yīng)，銅與濃硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，作負極，不能說明鋁比銅活潑，故A錯誤；B.制備溴苯要苯和液溴反應(yīng)，故B錯誤；C.二氧化碳與過氧化鈉反應(yīng)生成氧氣，故無法提純CO氣體，故C錯誤；D.Fe2+容易被空氣中氧氣氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+可以與SCN-反應(yīng)生成紅色物質(zhì)Fe(SCN)3,故D正確；故答案選:D?！军c睛】常溫下鋁與濃硝酸會發(fā)生鈍化反應(yīng)，銅與濃硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，作負極。二、非選擇題（本題包括5小題）17、CHCH 酯基 NaOH水溶液、加熱 B、C +C2H5OH+

28、H2O +H2O 或 CH3CHO CH2=CHCOOCH3 【解析】反應(yīng)、反應(yīng)的原子利用率均為100%，屬于加成反應(yīng)，結(jié)合反應(yīng)的產(chǎn)物，可知烴A為HCCH，B為，而G的相對分子質(zhì)量為78，則G為C可以發(fā)出催化氧化生成D，D發(fā)生信息中I的反應(yīng)，則反應(yīng)為鹵代烴在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生的水解反應(yīng)，則C為，D為，E為，F(xiàn)為，F(xiàn)在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)得到X。乙醛與HCN發(fā)生加成反應(yīng)、酸性條件下水解得到，與甲醇反應(yīng)酯化反應(yīng)生成，在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成CH2=CHCOOCH3，最后發(fā)生加聚反應(yīng)得到，以此解答該題?！驹斀狻?1)由以上分析可知A為CHCH；(2)由Z的結(jié)構(gòu)簡式可

29、知Z含有酯基，反應(yīng)為鹵代烴的水解，條件為：氫氧化鈉水溶液、加熱；(3)A羥基、羧基能與鈉反應(yīng)生成氫氣，1mol藥物Y與足量的鈉反應(yīng)可以生成1.5mol氫氣，標(biāo)況下氫氣體積為33.6L，但氫氣不一定處于標(biāo)況下，故A錯誤；B藥物Y的分子式為C8H804，含有酚羥基，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B正確；C羧基酸性最強，酚羥基酸性很弱，醇羥基表現(xiàn)為中性，藥物Y中、三處-OH的電離程度由大到小的順序是，故C正確；D苯環(huán)與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，1mol藥物Y與3molH2加成，Y中酚羥基的鄰位能與濃溴水發(fā)生取代反應(yīng)，1molY消耗2molBr2，故D錯誤；故答案為B、C；(4)反應(yīng)E-F的化學(xué)方程式：，F(xiàn)X的

30、化學(xué)方程式為；(5)E為，對應(yīng)的同分異構(gòu)體遇FeCl3溶液可以發(fā)生顯色反應(yīng)，說明含有酚羥基，且是苯的對位二元取代物；能發(fā)生銀鏡反應(yīng)和水解反應(yīng)，應(yīng)為甲酸酯類；核磁共振氫譜有6個峰，則可能的結(jié)構(gòu)為；(6)以CH3CHO和CH3OH為起始原料，合成Z，可用乙醛與HCN發(fā)生加成反應(yīng)，然后水解生成2-羥基丙酸，與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)，再發(fā)生消去反應(yīng)，最后發(fā)生加聚反應(yīng)生成Z，也可用乙醛與HCN發(fā)生加成反應(yīng)，然后水解生成2-羥基丙酸，發(fā)生消去反應(yīng)生成丙烯酸，與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)，最后發(fā)生加聚反應(yīng)生成Z，對應(yīng)的流程可為或者?！军c睛】在進行推斷及合成時，掌握各類物質(zhì)的官能團對化合物性質(zhì)的決定作用是非常必要的，可以從一

31、種的信息及物質(zhì)的分子結(jié)構(gòu)，結(jié)合反應(yīng)類型，進行順推或逆推，判斷出未知物質(zhì)的結(jié)構(gòu)。能夠發(fā)生水解反應(yīng)的有鹵代烴、酯；可以發(fā)生加成反應(yīng)的有碳碳雙鍵、碳碳三鍵、醛基、羰基；可以發(fā)生消去反應(yīng)的有鹵代烴、醇。可以發(fā)生銀鏡反應(yīng)的是醛基；可能是醛類物質(zhì)、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化鐵溶液變紫色，遇濃溴水產(chǎn)生白色沉淀的是苯酚等。18、 (CH3CO)2OCH3COOH 氧化反應(yīng) 3 氨基易被氧化，在氧化反應(yīng)之前需先保護氨基 CH3CH2OH CH3CHO 【解析】分析有機合成過程，A物質(zhì)為發(fā)生苯環(huán)上的對位取代反應(yīng)生成的，故A為，結(jié)合已知條件，可知B為，結(jié)合BC的過程中加入的(CH3CO)2O以及D的結(jié)構(gòu)可知

32、，C為B發(fā)生了取代反應(yīng)，-NH2中的H原子被-COCH3所取代生成肽鍵，CD的過程為苯環(huán)上的甲基被氧化成羧基的過程。D與題給試劑反應(yīng)，生成E，E與H2O發(fā)生取代反應(yīng)，生成F。分析X、Y的結(jié)構(gòu)，結(jié)合題給已知條件，可知XY的過程為，據(jù)此進行分析推斷?！驹斀狻浚?）從流程分析得出A為,答案為：；（2）根據(jù)流程分析可知，反應(yīng)為乙酸酐與氨基反應(yīng)形成肽鍵和乙酸。反應(yīng)方程式為：(CH3CO)2OCH3COOH。答案為：(CH3CO)2OCH3COOH；（3）結(jié)合C、D的結(jié)構(gòu)簡式，可知CD的過程為苯環(huán)上的甲基被氧化為羧基，為氧化反應(yīng)。答案為：氧化反應(yīng)；（4）F分子中含有羧基、氨基和溴原子，其中羧基消耗1 mo

33、l氫氧化鈉，溴原子水解得到酚羥基和HBr各消耗1 mol氫氧化鈉，共消耗3 mol。答案為：3；（5）分析B和F的結(jié)構(gòu)簡式，可知最后氨基又恢復(fù)原狀，可知在流程中先把氨基反應(yīng)后又生成，顯然是在保護氨基。答案為：氨基易被氧化，在氧化反應(yīng)之前需先保護氨基；（6）由得出苯環(huán)中取代基位置對稱，由得出含有醛基或甲酸酯基，還有1個氮原子和1個氧原子，故為、。答案為：、；（7）根據(jù)已知條件需要把乙醇氧化為乙醛，然后與X反應(yīng)再加熱可得出產(chǎn)物。故合成路線為：CH3CH2OHCH3CHO。答案為：CH3CH2OHCH3CHO 。19、ecdabf 11:7 將尿素滴到NaClO溶液中或過快滴加，都會使過量的NaCl

34、O溶液氧化水合肼，降低產(chǎn)率 防止碘升華 2IO3-+3N2H4H2O=3N2+2I-+9H2O N2H4H2O被氧化后的產(chǎn)物為N2和H2O，不引入雜質(zhì) 淀粉 94.5% 【解析】(1)制取次氯酸鈉和氧氧化鈉混合液時先利用裝置C制取氯氣，通過裝置B除去氯氣中的氯化氫氣體，再通過裝置A反應(yīng)得到混合液，最后利用裝置D進行尾氣處理，故連接順序為ecdabf；Cl2生成ClO-與ClO3-是被氧化的過程，化合價分別由3價升高為+1價和+5價，ClO-與ClO3-的物質(zhì)的量濃度之比為6：1，則可設(shè)ClO-為6mol，ClO3-為1mol，被氧化的Cl共為7mol，失去電子的總物質(zhì)的量為6mol（1-3）+

35、1mol（5-3）=11mol，氧化還原反應(yīng)中氧化劑和還原劑之間得失電子數(shù)目相等，Cl2生成KCl是被還原的過程，化合價由3價降低為-1價，則得到電子的物質(zhì)的量也應(yīng)為7mol，則被還原的Cl的物質(zhì)的量為11mol，所以被還原的氯元素和被氧化的氯元素的物質(zhì)的量之比為11mol：7mol=11：7；取適量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制備水合肼，實驗中滴加順序不能顛倒，且滴加速度不能過快，將尿素滴到NaClO溶液中或過快滴加，都會使過量的NaClO溶液氧化水合肼，降低產(chǎn)率；(2) “合成”過程中，為防止碘升華，反應(yīng)溫度不宜超過73；在“還原”過程中，主要消耗反應(yīng)過程中生成的副產(chǎn)物IO3-，

36、N2H4H2O與IO3-反應(yīng)生成氮氣，則IO3-被還原為碘離子，該過程的離子方程式為2IO3-+3N2H4H2O=3N2+2I-+9H2O；工業(yè)上也可以用硫化鈉或鐵屑還原碘酸鈉制備碘化鈉，但水合肼還原法制得的產(chǎn)品純度更高，其原因是N2H4H2O被氧化后的產(chǎn)物為N2和H2O，不引入雜質(zhì)；(3) 滴定過程中碘單質(zhì)被還原為碘離子，故加入M溶液作指示劑，M為淀粉；根據(jù)反應(yīng)2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可知，n(NaI)=n(I2)=n(Na2S2O3)=3.213mol/L4.33mL1-3L/mL=3.363mol，樣品中NaI的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。20、（1）B、D（2）Cl2+ 2OH

37、- ClO-+ Cl-+ H2O（3）取一定量錐形瓶內(nèi)混合溶液，加入適量的H2O2溶液后，滴加23滴酚酞試液，用 0.10molL-1鹽酸滴定，記錄消耗鹽酸的量，重復(fù)上述操作23次。（其它合理答案給分)（4） B N2H4H2O + 2NaClO N2 + 3H2O + 2NaCl（5）酸式 溶液出現(xiàn)藍色且半分鐘內(nèi)不消失（6）9%【解析】試題分析：(3) 取一定量錐形瓶內(nèi)混合溶液，加入適量的H2O2溶液后，滴加23滴酚酞試液，用 0.10molL-1鹽酸滴定，記錄消耗鹽酸的量，重復(fù)上述操作23次，加入H2O2防止次氯酸根的在酸性條件下分解產(chǎn)生鹽酸和氧氣，干擾實驗結(jié)果的測定。(4) BNaOH和NaClO混合溶液,次氯酸根離子在酸性和加熱條件下容易分解，所以分液漏斗中的液體是NaOH和NaClO混合溶液。(5) 堿式滴定管上的橡皮管易被碘水腐蝕