2023學年浙江省東陽市東陽中學高三下學期聯(lián)考化學試題（含答案解析）

2023高考化學模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、利用如圖裝置模擬鐵的電化學保護。下列說法正確的是A．若X為鋅棒，開關K置于M處，為外加電流陰極保護法B．若X為碳棒，開關K置于N處，為犧牲陽極陰極保護法C．若X為鋅棒，開關K置于M處，Zn極發(fā)生：Zn-2e→Zn2+D．若X為碳棒，開關K置于N處，X極發(fā)生還原反應2、向盛有KMnO4溶液的試管中加入過量的MnSO4溶液，產(chǎn)生黑色沉淀，溶液由紫紅色變?yōu)闊o色；過濾，向濾液中加入少量的鉍酸鈉(NaBiO3)粉末，溶液又變?yōu)樽霞t色。下列推斷錯誤的是A．氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2B．生成8.7g黑色沉淀，轉移0.2mol電子C．利用NaBiO3可以檢驗溶液中的Mn2+D．NaBiO3可與濃鹽酸發(fā)生反應：NaBiO3+6HC1=BiCl3+Cl2↑+NaCl+3H2O3、一定條件下，下列金屬中能與水發(fā)生置換反應并產(chǎn)生金屬氧化物的是A．鉀 B．鎂 C．鐵 D．銅4、瑞香素具有消炎殺菌作用，結構如圖所示，下列敘述正確的是A．與稀H2SO4混合加熱不反應B．不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．1mol瑞香素最多能與3molBr2發(fā)生反應D．1mol瑞香素與足量的NaOH溶液發(fā)生反應時，消耗NaOH3mol5、“軌道”2px與3py上電子一定相同的方面是（）A．能量 B．呈紡錘形C．自旋方向 D．在空間的伸展方向6、水的電離常數(shù)如圖兩條曲線所示，曲線中的點都符合常數(shù)，下列說法錯誤的是

A．圖中溫度B．圖中五點間的關系：C．曲線a、b均代表純水的電離情況D．若處在B點時，將的硫酸溶液與的KOH溶液等體積混合后，溶液顯堿性7、下列對圖像的敘述正確的是甲乙丙丁A．圖甲可表示壓強對反應：的影響B(tài)．圖乙中，時刻改變的條件一定是加入了催化劑C．若圖丙表示反應：，則、D．圖丁表示水中和的關系，ABC所在區(qū)域總有8、已知C3N4晶體很可能具有比金剛石更大的硬度,且原子間以單鍵結合。下列有關C3N4晶體的說法中正確的是()A．C3N4晶體是分子晶體B．C3N4晶體中C—N鍵的鍵長比金剛石中的C—C鍵的鍵長長C．C3N4晶體中C、N原子個數(shù)之比為4∶3D．C3N4晶體中粒子間通過共價鍵相結合9、已知NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．11g硫化鉀和過氧化鉀的混合物，含有的離子數(shù)目為0.4NAB．28g聚乙烯（）含有的質(zhì)子數(shù)目為16NAC．將標準狀況下224mLSO2溶于水制成100mL溶液，H2SO3、、三者數(shù)目之和為0.01NAD．含63gHNO3的濃硝酸與足量銅完全反應，轉移電子數(shù)目為0.50NA10、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(chǎn)生BFe3+、NO3—、SO32—、Cl—滴加鹽酸立即有氣體產(chǎn)生CNH4+、Al3+、SO42—、CH3COOH滴加NaOH溶液立即有氣體產(chǎn)生DK+、NO3—、Cl—、l—c(K+)＜c(Cl—)A．A B．B C．C D．D11、油炸蝦條、薯片等易碎的食品，不宜選用真空袋裝而應采用充氣袋裝。在實際生產(chǎn)中，充入此類食品袋的是下列氣體中的（）A．氧氣 B．二氧化碳 C．空氣 D．氮氣12、鋰空氣電池是一種用鋰作負極，以空氣中的氧氣作為正極反應物的電池。其工作原理如圖，下列說法中錯誤的是()A．多孔電極可以提高電極與電解質(zhì)溶液的接觸面積，并有利于氧氣擴散至電極表面B．正極的電極反應：C．有機電解液可以是乙醇等無水有機物D．充電時專用充電電極可防止空氣極腐蝕和劣化13、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．①中現(xiàn)象能說明Ag+與SCN－生成AgSCN沉淀的反應有限度B．②中現(xiàn)象產(chǎn)生的原因是發(fā)生了反應Fe(SCN)3+3Ag+=3AgSCN↓+Fe3+C．③中產(chǎn)生黃色沉淀的現(xiàn)象能證明AgI的溶解度比AgSCN的溶解度小D．④中黃色沉淀溶解的原因可能是AgI與KI溶液中的I-進一步發(fā)生了反應14、三國時期曹植在《七步詩》中這樣寫到“煮豆持作羹,漉豉以為汁。萁在釜下燃，豆在釜中泣?！?，文中“漉”涉及的化學實驗基本操作是A．過濾B．分液C．升華D．蒸餾15、能使品紅溶液褪色的物質(zhì)是①漂粉精②過氧化鈉③新制氯水④二氧化硫A．①③④B．②③④C．①②③D．①②③④16、下列說法正確的是A．電解精煉銅時，若轉移2NA個電子，則陽極減少的質(zhì)量為64gB．合成氨生產(chǎn)中將NH3液化分離，可加快正反應速率，提高H2的轉化率C．2Na2O2(s)+2COD．常溫下，KSP[Al(OH)3]=1二、非選擇題（本題包括5小題）17、某研究小組擬合成醫(yī)藥中間體X和Y。已知：①；②；③請回答：（1）下列說法正確的是___。A．化合物A不能使酸性KMnO4溶液褪色B．化合物C能發(fā)生加成、取代、消去反應C．化合物D能與稀鹽酸發(fā)生反應D．X的分子式是C15H18N2O5（2）化合物B的結構簡式是___。（3）寫出D+F→G的化學方程式___。（4）寫出化合物A（C8H7NO4）同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式___。①分子是苯的二取代物，1H﹣NHR譜表明分子中有4種化學環(huán)境不同的氫原子②分子中存在硝基和結構（5）設計E→Y（）的合成路線（用流程圖表示，無機試劑任選）___。18、近期科研人員發(fā)現(xiàn)磷酸氯喹等藥物對新型冠狀病毒肺炎患者療效顯著。磷酸氯喹中間體合成路線如下：已知：Ⅰ.鹵原子為苯環(huán)的鄰對位定位基，它會使第二個取代基主要進入它的鄰對位；硝基為苯環(huán)的間位定位基，它會使第二個取代基主要進入它的間位。Ⅱ.E為汽車防凍液的主要成分。Ⅲ.2CH3COOC2H5CH3COCH2COOC2H5+C2H5OH請回答下列問題(1)寫出B的名稱__________，C→D的反應類型為_____________；(2)寫出E生成F的化學方程式___________________________。寫出H生成I的化學方程式__________________。(3)1molJ在氫氧化鈉溶液中水解最多消耗________molNaOH。(4)H有多種同分異構體，其滿足下列條件的有_________種(不考慮手性異構)，其中核磁共振氫譜峰面積比為1：1：2：6的結構簡式為___________。①只有兩種含氧官能團②能發(fā)生銀鏡反應③1mol該物質(zhì)與足量的Na反應生成0.5molH2(5)以硝基苯和2-丁烯為原料可制備化合物，合成路線如圖：寫出P、Q結構簡式：P_______，Q________。19、草酸鐵銨[(NH4)3Fe(C2O4)3]是一種常用的金屬著色劑，易溶于水，常溫下其水溶液的pH介于4.0～5.0之間。某興趣小組設計實驗制備草酸鐵銨并測其純度。（1）甲組設計由硝酸氧化葡萄糖制取草酸，其實驗裝置(夾持及加熱裝置略去)如圖所示。①儀器a的名稱是________________。②55～60℃下，裝置A中生成H2C2O4，同時生成NO2和NO且物質(zhì)的量之比為3：1，該反應的化學方程式為__________________________。③裝置B的作用是______________________；裝置C中盛裝的試劑是______________。（2）乙組利用甲組提純后的草酸溶液制備草酸鐵銨。將Fe2O3在攪拌條件下溶于熱的草酸溶液；滴加氨水至__________，然后將溶液________、過濾、洗滌并干燥，制得草酸鐵銨產(chǎn)品。（3）丙組設計實驗測定乙組產(chǎn)品的純度。準確稱量5.000g產(chǎn)品配成100mL溶液，取10.00mL于錐形瓶中，加入足量0.1000mol·L－1稀硫酸酸化后，再用0.1000mol·L－1KMnO4標準溶液進行滴定，消耗KMnO4溶液的體積為12.00mL。①滴定終點的現(xiàn)象是_______________________。②滴定過程中發(fā)現(xiàn)褪色速率開始緩慢后迅速加快，其主要原因是____________________。③產(chǎn)品中(NH4)3Fe(C2O4)3的質(zhì)量分數(shù)為____________％。[已知：(NH4)3Fe(C2O4)3的摩爾質(zhì)量為374g·mol－1]20、某學習小組研究溶液中Fe2+的穩(wěn)定性，進行如下實驗，觀察，記錄結果。實驗Ⅰ物質(zhì)0min1min1h5hFeSO4淡黃色桔紅色紅色深紅色(NH4)2Fe(SO4)2幾乎無色淡黃色黃色桔紅色（1）上述(NH4)2Fe(SO4)2溶液pH小于FeSO4的原因是_______（用化學用語表示）。溶液的穩(wěn)定性：FeSO4_______(NH4)2Fe(SO4)2（填“＞”或“＜”）。（2）甲同學提出實驗Ⅰ中兩溶液的穩(wěn)定性差異可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保護了Fe2+，因為NH4+具有還原性。進行實驗Ⅱ，否定了該觀點，補全該實驗。操作現(xiàn)象取_______，加_______，觀察。與實驗Ⅰ中(NH4)2Fe(SO4)2溶液現(xiàn)象相同。（3）乙同學提出實驗Ⅰ中兩溶液的穩(wěn)定性差異是溶液酸性不同導致，進行實驗Ⅲ：分別配制0.80mol·L－1pH為1、2、3、4的FeSO4溶液，觀察，發(fā)現(xiàn)pH＝1的FeSO4溶液長時間無明顯變化，pH越大，F(xiàn)eSO4溶液變黃的時間越短。資料顯示：亞鐵鹽溶液中存在反應4Fe2+＋O2＋10H2O4Fe(OH)3＋8H+由實驗III，乙同學可得出的結論是_______，原因是_______。（4）進一步研究在水溶液中Fe2+的氧化機理。測定同濃度FeSO4溶液在不同pH條件下，F(xiàn)e2+的氧化速率與時間的關系如圖（實驗過程中溶液溫度幾乎無變化）。反應初期，氧化速率都逐漸增大的原因可能是_____。（5）綜合以上實驗，增強Fe2+穩(wěn)定性的措施有_______。21、含氮化合物與生產(chǎn)、生活、生命和環(huán)境息息相關。(1)NO加速臭氧層被破壞，其反應過程如圖所示。①NO的作用是________________________。②已知：O3(g)+O(g)＝2O2(g)△H=-143kJ·mol-1反應l：O3(g)+NO(g)＝NO2(g)+O2(g)△H1=-200.2kJ·mol-1則反應2的熱化學方程式為____________________________。(2)肌紅蛋白(Mb)是肌肉內(nèi)儲存氧的蛋白質(zhì)，構成肌紅蛋白的甘氨酸(H2NCH2COOH)是一種兩性物質(zhì)，在溶液中以三種離子形式存在，其轉化關系如下H3N+CH2COOH?①溶液呈中性時，三種離子濃度由大到小的順序為______________________。②向AG=12的溶液中加入過量NaOH溶液時，主要反應的離子方程式為______________。(3)肌紅蛋白(Mb)可與O2結合生成MbO2：Mbaq+O2g?MbO2aq。37℃時測得肌紅蛋白的結合度[結合度(α)指已與O2結合的肌紅蛋白占總肌紅蛋白的物質(zhì)的量分數(shù)]p(O2)／kPa0.501.002.003.004.005.006.00α(MbO2)%50.066.780.085.788.990.992.3①計算37℃時，上述反應的平衡常數(shù)K=__________kPa-1(氣體和溶液中的溶質(zhì)分別用分壓和物質(zhì)的量濃度表示)。②37℃時，若空氣中氧氣分壓為21.0kPa，則人正常呼吸時α的最大值為________％(保留1位小數(shù))。③溫度不變時，游客在山頂時體內(nèi)MbO2的濃度比在山下________(填“高”或“低”)。④研究發(fā)現(xiàn)，v正=k正·c(Mb)·p(O2)，v逆=k逆·c(MbO2)。已知37℃時k逆=60s-1，則k正=______________(注明速率常數(shù)單位)。

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【答案解析】

A．若X為鋅棒，開關K置于M處，該裝置是原電池，鋅易失電子作負極、鐵作正極，作正極的鐵被保護，這種方法稱為犧牲陽極陰極保護法，故A錯誤；B．若X為碳棒，開關K置于N處，該裝置是電解池，碳作陽極、鐵作陰極，作陰極的鐵被保護，這種方法稱為外加電流陰極保護法，故B錯誤；C．若X為鋅棒，開關K置于M處時，該裝置是原電池，活潑金屬鋅失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為Zn-2e-=Zn2+，故C正確；D．若X為碳棒，開關K置于N處時，該裝置是電解池，陽極X上是氫氧根離子失電子發(fā)生氧化反應，故D錯誤；故答案為C。2、B【答案解析】

氧化還原反應中，氧化性：氧化劑大于氧化產(chǎn)物；氧化劑發(fā)生還原反應化合價降低。在盛有KMnO4溶液的試管中加入過量的MnSO4溶液，產(chǎn)生黑色沉淀，溶液由紫紅色變?yōu)闊o色，說明KMnO4溶液可氧化MnSO4

生成MnO2，故氧化性：KMnO4>MnO2，在濾液中加入少量的鉍酸鈉粉末(NaBiO3)，溶液變紫紅色，說明NaBiO3可氧化MnSO4

生成KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】A．根據(jù)上述分析，氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，故A正確；B．根據(jù)分析，KMnO4溶液可氧化MnSO4

生成MnO2，黑色沉淀為MnO2，反應為2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+~6e-，生成8.7gMnO2的物質(zhì)的量為=0.1mol，轉移電子物質(zhì)的量為×6=0.12mol，故B錯誤；C．MnSO4溶液過量，濾液中含有Mn2+，加入少量的鉍酸鈉粉末(NaBiO3)，溶液變紫紅色，說明NaBiO3可氧化MnSO4

生成KMnO4，利用NaBiO3可以檢驗溶液中的Mn2+，故C正確；D．KMnO4可與濃鹽酸發(fā)生反應2KMnO4+16HCl（濃）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，由于氧化性：NaBiO3＞KMnO4，則NaBiO3也可與濃鹽酸發(fā)生反應，方程式為：NaBiO3+6HC1（濃）=BiCl3+Cl2↑+NaCl+3H2O，故D正確；答案選B。3、C【答案解析】

A.鉀和水反應生成KOH和氫氣，故A不選；B.加熱條件下，鎂和水反應生成氫氧化鎂和氫氣，故B不選；C.加熱條件下，鐵和水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，故C選；D.銅和水不反應，故D不選。故選C。4、C【答案解析】

A．含-COOC-，與稀硫酸混合加熱發(fā)生水解反應，A錯誤；B．含碳碳雙鍵、酚羥基，均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，B錯誤；C．酚羥基的鄰位、碳碳雙鍵均與溴水反應，則1mol該物質(zhì)最多可與3molBr2反應，C正確；D．酚羥基、-COOC-及水解生成的酚羥基均與NaOH反應，則1mol瑞香素與足量的NaOH溶液發(fā)生反應時，消耗NaOH4mol，D錯誤；答案選C。5、B【答案解析】

A．“軌道”2Px與3Py分別屬于第二電子層和第三電子層，不同電子層的電子具有不同的能量，所以二者的能量不同，故A錯誤；B．所有的p軌道均為紡錘形，所以“軌道”2Px與3Py均呈紡錘形，故B正確；C．不同電子層上的電子，其自旋方向不一定相同，故C錯誤；D．在三維坐標中，“軌道”2Px在x軸方向伸展，3Py在y軸方向伸展，則在空間的伸展方向不同，故D錯誤；故答案為B。6、C【答案解析】

A．水的電離是吸熱過程，升高溫度促進水電離，則水中、及離子積常數(shù)增大，根據(jù)圖知，曲線上離子積常數(shù)大于，所以溫度，故A正確；B．水的離子積常數(shù)只與溫度有關，溫度越高，離子積常數(shù)越大，同一曲線是相同溫度，根據(jù)圖知，溫度高低順序是，所以離子積常數(shù)大小順序是，故B正確；C．純水中，所以曲線a、b上只有A、B點才是純水的電離，故C錯誤；D．B點時，，的硫酸中，的KOH溶液中，等體積混合時堿過量，溶液呈堿性，故D正確。故選C。7、C【答案解析】

本題考查化學平衡及沉淀溶解平衡，意在考查知識遷移能力。【題目詳解】A.合成氨反應壓強越大，化學反應速率越快；合成氨反應為氣體分子數(shù)減小的反應，增大壓強平衡正向移動，N2的轉化率增大，故A錯誤；B.若反應為氣體分子數(shù)不變的反應，平衡后增大壓強，反應速率加快，但平衡不移動，故B錯誤；C.分析曲線a、b可知，曲線b先出現(xiàn)拐點，則p2>p1，T1、p2條件下平衡時C%比T1、p1時的大，說明增大壓強平衡正向移動，則x<2，分析曲線b、c可知，b曲線先出現(xiàn)拐點，則T1>T2，故C正確；D.BC線上任意點都有c(H+)=c(OH-)，ABC區(qū)域位于直線BC的左上方的區(qū)域內(nèi)任意點均有c(H+)>c(OH-)，故D錯誤；答案：C8、D【答案解析】

A.C3N4晶體具有比金剛石更大的硬度,則C3N4晶體是原子晶體，故A錯誤；B.因N的原子半徑比C原子半徑小,則C3N4晶體中，C?N鍵的鍵長比金剛石中C?C鍵的鍵長要短，故B錯誤；C.原子間均以單鍵結合,則C3N4晶體中每個C原子連接4個N原子，而每個N原子連接3個C原子，所以晶體中C、N原子個數(shù)之比為3:4，故C錯誤；D.C3N4晶體中構成微粒為原子，微粒間通過共價鍵相結合，故D正確；故選：D?！敬鸢更c睛】C3N4晶體具有比金剛石更大的硬度，且原子間均以單鍵結合，則為原子晶體，每個C原子周圍有4個N原子，每個N原子周圍有3個C原子，形成空間網(wǎng)狀結構，C-N鍵為共價鍵，比C-C鍵短。9、B【答案解析】

過氧化鉀（K2O2）與硫化鉀（K2S）的相對分子質(zhì)量均為110，11g過氧化鉀與硫化鉀的混合物的物質(zhì)的量為0.1mol，每摩爾K2O2含2molK+和1mol，每摩爾K2S含2molK+和1molS2?，故含有離子數(shù)目為0.3NA，A錯誤；的最簡式為CH2，28g含有2molCH2，每個CH2含8個質(zhì)子，故質(zhì)子數(shù)目為16NA，B正確；標準狀況下224mLSO2物質(zhì)的量為0.01mol，SO2與水反應生成H2SO3的反應為可逆反應，所以，H2SO3、、三者數(shù)目之和小于0.01NA，C錯誤；濃硝酸與銅反應時，若只發(fā)生Cu＋4HNO3(濃)Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，1molHNO3轉移電子數(shù)目為0.50NA，隨著反應的進行，濃硝酸逐漸變稀，又發(fā)生3Cu＋8HNO33Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，若只發(fā)生3Cu＋8HNO33Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，1molHNO3轉移電子數(shù)目為0.75NA，故轉移電子數(shù)目介于0.50NA和0.75NA之間，D錯誤。10、A【答案解析】

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。11、D【答案解析】

油炸蝦條、薯片具有還原性，易被氧化性氣體氧化而變質(zhì)，保存時，充入氣體應為非氧化性氣體，空氣和氧氣相比較，氧氣的濃度更大，氧化性更強，易使食品變質(zhì)，在食品袋中沖入氮氣既可以防擠壓又可以防氧化，故選D。12、C【答案解析】

在鋰空氣電池中，鋰作負極，以空氣中的氧氣作為正極反應物，在水性電解液中氧氣得電子生成氫氧根離子，據(jù)此解答?！绢}目詳解】A.多孔電極可以增大電極與電解質(zhì)溶液的接觸面積，有利于氧氣擴散至電極表面，A正確；B.因為該電池正極為水性電解液，正極上是氧氣得電子的還原反應，反應為O2+2H2O+4e-=4OH-，B正確；C.乙醇可以和金屬鋰反應，所以不能含有乙醇，C錯誤；D.充電時，陽極生成氧氣，可以和碳反應，結合電池的構造和原理，采用專用充電電極可以有效防止空氣極腐蝕，D正確；故合理選項是C。【答案點睛】本題考查電化學基礎知識，涉及電極判斷、反應式的書寫等相關知識，C項為易錯點，注意鋰的活潑性較強，可以和乙醇發(fā)生置換反應，試題難度不大。13、C【答案解析】

A、AgNO3與KSCN恰好完全反應，上層清液中滴加Fe(NO3)3溶液，出現(xiàn)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(jù)②中現(xiàn)象：紅色褪去，產(chǎn)生白色沉淀，F(xiàn)e(SCN)3被消耗，白色沉淀為AgSCN，即發(fā)生：Fe(SCN)3+Ag+=3AgSCN↓+Fe3+，故B說法正確；C、前一個實驗中滴加0.5mL2mol·L-1AgNO3溶液，Ag+過量，反應②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，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(fā)生了反應，故D說法正確；故選C。14、A【答案解析】煮豆持作羹,漉豉以為汁意思是煮熟豆子來做豆豉而使豆子滲出汁水。所以漉豉以為汁采用了過濾的方法把豆豉和豆汁分開。故A符合題意，BCD不符合題意。所以答案為A。15、D【答案解析】①漂粉精中含有ClO-,具有強氧化性②過氧化鈉具有強氧化性③新制氯水中含有ClO-,具有強氧化性④二氧化硫具有漂白作用。4種物質(zhì)均能使品紅溶液褪色，故選擇D。16、D【答案解析】

A．陽極材料為粗銅，含有Fe、Zn等雜質(zhì)，電解過程中Fe、Zn和Cu都要溶解，故轉移2NA個電子時，陽極減少的質(zhì)量不一定為64g，故A錯誤；B．合成氨生產(chǎn)中將NH3液化分離，減小了生成物的濃度，平衡向反應正方向移動，提高了H2的轉化率，由于濃度減小，反應速率減小，故B錯誤；C．2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+O2(g)，該反應的△S＜0，常溫下能自發(fā)進行，說明△H-TD．使溶液中c(Al3+)≤1×10-6mol?L-1，c(OH-)≥31×10-331×10-6=10-9答案選D?！敬鸢更c睛】本題的易錯點為A，電解精煉銅時使用的陽極材料為粗銅，含有Fe、Zn等雜質(zhì)，通常情況下，F(xiàn)e、Zn要先于Cu放電。二、非選擇題（本題包括5小題）17、CD+CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3→+HBr、、、CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3HOOCCH2CH2CH2COOHClOCCH2CH2CH2COCl【答案解析】

由、A的分子式，縱觀整個過程，結合X的結構，可知發(fā)生甲基鄰位硝化反應生成A為，對比各物質(zhì)的分子，結合反應條件與給予的反應信息，可知A中羧基上羥基被氯原子取代生成B，B中甲基上H原子被溴原子取代生成C，C中氯原子、溴原子被﹣NH﹣取代生成D，故B為、C為、D為；由X的結構，逆推可知G為，結合F、E的分子式，可推知F為CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3、E為CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】（1）A.化合物A為，苯環(huán)連接甲基，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A正確；B.化合物C為，苯環(huán)能與氫氣發(fā)生加成反應，鹵素原子能發(fā)生取代反應，不能發(fā)生消去反應，故B錯誤；C.化合物D，含有酰胺鍵，能與稀鹽酸發(fā)生反應，故C正確；D.由結構可知，X的分子式是C15H18N2O5，故D正確，故答案為：CD；（2）由分析可知，化合物B的結構簡式是：，故答案為：；（3）D+F→G的化學方程式：+CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3→+HBr，故答案為：+CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3→+HBr；（4）化合物A（C8H7NO4）的同分異構體同時符合下列條件：①分子是苯的二取代物，1H﹣NHR譜表明分子中有4種化學環(huán)境不同的氫原子，存在對稱結構；②分子中存在硝基和結構，2個取代基可能結構為：﹣NO2與﹣CH2OOCH、﹣NO2與﹣CH2COOH、﹣COOH與﹣CH2NO2、﹣OOCH與﹣CH2NO2，同分異構體可能結構簡式為：、、、，故答案為：、、、；（5）由信息①可知，由ClOCCH2CH2CH2COCl與氨氣反應生成，由A→B的轉化，由HOOCCH2CH2CH2COOH與SOCl2反應得到ClOCCH2CH2CH2COCl，CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3堿性條件下水解、酸化得到HOOCCH2CH2CH2COOH，合成路線流程圖為：CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3HOOCCH2CH2CH2COOHClOCCH2CH2CH2COCl，故答案為：CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3HOOCCH2CH2CH2COOHClOCCH2CH2CH2COCl。【答案點睛】能準確根據(jù)反應條件推斷反應原理是解題關鍵，常見反應條件與發(fā)生的反應原理類型：①在NaOH的水溶液中發(fā)生水解反應，可能是酯的水解反應或鹵代烴的水解反應；②在NaOH的乙醇溶液中加熱，發(fā)生鹵代烴的消去反應；③在濃H2SO4存在的條件下加熱，可能發(fā)生醇的消去反應、酯化反應、成醚反應或硝化反應等；④能與溴水或溴的CCl4溶液反應，可能為烯烴、炔烴的加成反應；⑤能與H2在Ni作用下發(fā)生反應，則為烯烴、炔烴、芳香烴、醛的加成反應或還原反應；⑥在O2、Cu(或Ag)、加熱(或CuO、加熱)條件下，發(fā)生醇的氧化反應；⑦與O2或新制的Cu(OH)2懸濁液或銀氨溶液反應，則該物質(zhì)發(fā)生的是—CHO的氧化反應。(如果連續(xù)兩次出現(xiàn)O2，則為醇→醛→羧酸的過程)。18、硝基苯還原反應HOCH2-CH2OH+O2OHC—CHO+2H2O+CH3COOC2H5C2H5OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH412、【答案解析】

A分子式是C6H6，結合化合物C的結構可知A是苯，結構簡式為，A與濃硝酸、濃硫酸混合加熱發(fā)生取代反應產(chǎn)生硝基苯，結構簡式為，B與液氯在Fe催化下發(fā)生取代反應產(chǎn)生C：，C與Fe、HCl發(fā)生還原反應產(chǎn)生D：；由于F與新制Cu(OH)2懸濁液混合加熱，然后酸化得到分子式為C2H2O4的G，說明F中含有-CHO，G含有2個-COOH，則G是乙二酸：HOOC-COOH，逆推F是乙二醛：OHC-CHO，E為汽車防凍液的主要成分，則E是乙二醇，結構簡式是：HOCH2-CH2OH，HOOC-COOH與2個分子的CH3CH2OH在濃硫酸作用下加熱，發(fā)生酯化反應產(chǎn)生分子式是C6H10O4的H，H的結構簡式是C2H5OOC-COOC2H5；H與CH3COOC2H5發(fā)生III條件的反應產(chǎn)生I：C2H5OOCCOCH2COOC2H5和C2H5OH，I與D反應產(chǎn)生J和H2O，J在一定條件下反應產(chǎn)生J，K發(fā)生酯的水解反應，然后酸化可得L，L發(fā)生脫羧反應產(chǎn)生M，M在一定條件下發(fā)生水解反應產(chǎn)生N，據(jù)此分析解答。【題目詳解】根據(jù)上述分析可知A是，B是，E是HOCH2-CH2OH，F(xiàn)是OHC—CHO，G是HOOC-COOH，H是C2H5OOC-COOC2H5，I是C2H5OOCCOCH2COOC2H5。(1)B是，名稱是硝基苯；C是，C與Fe、HCl發(fā)生還原反應產(chǎn)生D：，-NO2被還原為-NH2，反應類型為還原反應；(2)E是HOCH2-CH2OH，含有醇羥基，可以在Cu作催化劑條件下發(fā)生氧化反應產(chǎn)生乙二醛：OHC-CHO，所以E生成F的化學方程式是HOCH2-CH2OH+O2OHC-CHO+2H2O；H是C2H5OOC-COOC2H5，H與CH3COOC2H5發(fā)生III條件的反應產(chǎn)生I：C2H5OOCCOCH2COOC2H5和C2H5OH，反應方程式為：C2H5OOC-COOC2H5+CH3COOC2H5C2H5OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH；(3)J結構簡式是，在J中含有1個Cl原子連接在苯環(huán)上，水解產(chǎn)生HCl和酚羥基；含有2個酯基，酯基水解產(chǎn)生2個分子的C2H5OH和2個-COOH，HCl、酚羥基、-COOH都可以與NaOH發(fā)生反應，所以1molJ在氫氧化鈉溶液中水解最多消耗4molNaOH；(4)H結構簡式是：C2H5OOC-COOC2H5，分子式是C6H10O4，其同分異構體滿足下列條件①只有兩種含氧官能團；②能發(fā)生銀鏡反應說明含有醛基；③1mol該物質(zhì)與足量的Na反應生成0.5molH2，結合分子中含有的O原子數(shù)目說明只含有1個-COOH，另一種為甲酸形成的酯基HCOO-，則可能結構采用定一移二法，固定酯基HCOO-，移動-COOH的位置，碳鏈結構的羧基可能有共4種結構；碳鏈結構的羧基可能有4種結構；碳鏈結構的羧基可能有3種結構；碳鏈結構為的羧基可能位置只有1種結構，因此符合要求的同分異構體的種類數(shù)目為4+4+3+1=12種；其中核磁共振氫譜峰面積比為1：1：2：6的結構簡式為、；(5)CH3-CH=CH-CH3與溴水發(fā)生加成反應產(chǎn)生CH3CHBr-CHBrCH3，然后與NaOH水溶液共熱發(fā)生取代反應產(chǎn)生，發(fā)生催化氧化產(chǎn)生Q是；與濃硝酸、濃硫酸混合加熱發(fā)生硝化反應產(chǎn)生P是，P與Fe、HCl發(fā)生還原反應產(chǎn)生，與在HAc存在條件下，加熱40—50℃反應產(chǎn)生和H2O，故P是，Q是。【答案點睛】本題考查有機物推斷和有機合成，明確有機物官能團及其性質(zhì)關系、有機反應類型及反應條件是解本題關鍵，難點是H的符合條件的同分異構體的種類的判斷，易漏選或重選，可以采用定一移二的方法，在物質(zhì)推斷時可以由反應物采用正向思維或由生成物采用逆向思維方法進行推斷，側重考查學生分析推斷及合成路線設計能力。19、球形冷凝管12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O安全瓶，防倒吸NaOH溶液溶液pH介于4.0~5.0之間加熱濃縮、冷卻結晶溶液變?yōu)榉奂t色,且半分鐘內(nèi)不褪色反應生成的Mn2+是該反應的催化劑74.8【答案解析】

(1)①根據(jù)圖示分析判斷儀器a的名稱；②55～60℃下，裝置A中硝酸與葡萄糖發(fā)生氧化還原反應生成H2C2O4，同時生成NO2和NO且物質(zhì)的量之比為3：1，根據(jù)電子得失守恒、原子守恒分析書寫方程式；③反應中生成的NO2和NO，均為大氣污染氣體，需要尾氣吸收，NO2和NO被吸收時會導致倒吸；(2)草酸鐵銨[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常溫下其水溶液的pH介于4.0～5.0之間；草酸鐵銨是銨鹽，溫度過高易分解，且溫度過高促進銨根離子和鐵離子水解，不能直接加熱蒸干；(3)①滴定操作是高錳酸鉀溶液參與的氧化還原反應，高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應過程中顏色褪去，自身可做指示劑；②滴定過程中高錳酸鉀溶液被還原為Mn2+，且隨著反應進行，Mn2+的濃度增大，反應速率加快，據(jù)此分析；③根據(jù)題給數(shù)據(jù)，結合反應，計算(NH4)3Fe(C2O4)3的物質(zhì)的量，進而計算產(chǎn)品中(NH4)3Fe(C2O4)3的質(zhì)量分數(shù)=×100%?！绢}目詳解】(1)①根據(jù)圖示儀器a的名稱為球形冷凝管；②55～60℃下，裝置A中硝酸與葡萄糖發(fā)生氧化還原反應生成H2C2O4，同時生成NO2和NO且物質(zhì)的量之比為3：1，根據(jù)電子得失守恒、原子守恒，該反應的化學方程式為12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O；③反應中生成的NO2和NO，均為大氣污染氣體，需要尾氣吸收，NO2和NO被吸收時會導致倒吸，裝置B的作用是做安全瓶防止倒吸，裝置C中盛裝的試劑是NaOH溶液，用于吸收NO2和NO，發(fā)生反應為NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；(2)草酸鐵銨[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常溫下其水溶液的pH介于4.0～5.0之間，則將Fe2O3在攪拌條件下溶于熱的草酸溶液，滴加氨水至pH介于4.0～5.0之間；草酸鐵銨是銨鹽，溫度過高易分解，且溫度過高促進銨根離子和鐵離子水解，不能直接加熱蒸干；提純后的草酸溶液進行蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌并干燥，制得草酸鐵銨產(chǎn)品；(3)①滴定操作是高錳酸鉀溶液參與的氧化還原反應，高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應過程中顏色褪去，自身可做指示劑，滴定終點的現(xiàn)象是加入最后一滴高錳酸鉀溶液，溶液變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內(nèi)不褪色，即為達到終點；②滴定過程中高錳酸鉀溶液被還原為Mn2+，且隨著反應進行，Mn2+的濃度增大，反應速率加快，說明反應生成的Mn2+可以加快反應速率，即Mn2+起催化劑的作用；③滴定過程中，產(chǎn)品溶液加稀硫酸酸化后形成草酸，草酸與高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應，離子反應為5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，10.00mL產(chǎn)品溶液消耗n(MnO4-)=0.1000mol·L－1×0.012L=0.0012mol，則10.00mL產(chǎn)品溶液中n(H2C2O4)=n(MnO4-)=×0.0012mol=0.003mol，根據(jù)物料守恒，100mL產(chǎn)品溶液中(NH4)3Fe(C2O4)3的質(zhì)量=×0.003mol××374g·mol－1=3.74g，故產(chǎn)品中(NH4)3Fe(C2O4)3的質(zhì)量分數(shù)為×100%=74.8%。20、NH4+＋H2ONH3·H2O＋H+＜取2mLpH＝4.0的0.80mol·L－1FeSO4溶液加2滴0.01mol·L－1KSCN溶液溶液pH越小，F(xiàn)e2+越穩(wěn)定溶液中存在平衡4Fe2+＋O2＋10H2O4Fe(OH)3＋8H+，c（H+）大，對平衡的抑制作用強，F(xiàn)e2+更穩(wěn)定生成的Fe(OH)3對反應有催化作用加一定量的酸；密封保存【答案解析】

（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+濃度相同，但中（NH4）2Fe（SO4）2含有濃度較高的NH4+；通過表格中的顏色變化來分析；（2）由于是要驗證兩溶液的穩(wěn)定性差異是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保護了Fe2+導致，根據(jù)控制變量法可知，應除了讓NH4+這個影響因素外的其它影響因素均保持一致，據(jù)此分析；（3）由實驗Ⅲ可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越強，則Fe2+越穩(wěn)定；亞鐵鹽溶液中存在反應4Fe2++O2+10H2O?4Fe（OH）3+8H+，根據(jù)平衡的移動來分析；（4）根據(jù)影響反應速率的因素有濃度、壓強、溫度和催化劑來分析；（5）根據(jù)上述實驗來分析?！绢}目詳解】（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+濃度相同，但（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有濃度較高的NH4+，NH4+水解顯酸性，導致（NH4）2Fe（SO4）2中的pH更??；通過表格中的顏色變化可知（NH4）2Fe（SO4）2中的Fe2+被氧化的速率更慢，即溶液的穩(wěn)定性：FeSO4<（NH4）2Fe（SO4）2，故答案為：NH4++H2ONH3?H2O+H+；<；（2）由于是要驗證兩溶液的穩(wěn)定性差異是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保護了Fe2+導致，根據(jù)控制變量法可知，應除了讓NH4+這個影響因素外的其它影響因素均保持一致，故應取2mLpH=4.0的0.80mol?L-1FeSO4溶液于試管中，加2滴0.01mol?L-1KSCN溶液，過若觀察到的現(xiàn)象與實驗Ⅰ中（NH4）2Fe（SO4）2溶液現(xiàn)象相同，則說明上述猜想不正確，故答案為：取2mLpH=4.0的0.80mol?L-1FeSO4溶液；加2滴0.01mol?L-1KSCN溶液；（3）由實驗Ⅲ可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越強，則Fe2+越穩(wěn)定；亞鐵鹽溶液中存在反應4Fe2++O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，溶液的pH越小，則氫離子濃度越大，平衡左移，則Fe2+的氧化被抑制，故答案為：溶液pH越小，F(xiàn)e2+越穩(wěn)定；溶液中存在平衡4Fe2++O2+10H2O4Fe（