湖南省普通高中學(xué)2025年高考全國(guó)統(tǒng)考預(yù)測(cè)密卷化學(xué)試卷含解析

湖南省普通高中學(xué)2025年高考全國(guó)統(tǒng)考預(yù)測(cè)密卷化學(xué)試卷注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)、考場(chǎng)號(hào)和座位號(hào)填寫(xiě)在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應(yīng)位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目選項(xiàng)的答案信息點(diǎn)涂黑；如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫(xiě)在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置上；如需改動(dòng)，先劃掉原來(lái)的答案，然后再寫(xiě)上新答案；不準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無(wú)效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、溫度T℃時(shí)，在初始體積為1L的兩個(gè)密閉容器甲（恒容）、乙（恒壓）中分別加入0.2molA和0.1molB，發(fā)生反應(yīng)2A(g)+B(g)xC(g)，實(shí)驗(yàn)測(cè)得甲、乙容器中A的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．x可能為4B．M為容器甲C．容器乙達(dá)平衡時(shí)B的轉(zhuǎn)化率為25%D．M的平衡常數(shù)大于N2、一定符合以下轉(zhuǎn)化過(guò)程的X是（）X溶液WZXA．FeO B．SiO2 C．Al2O3 D．NH33、已知對(duì)二烯苯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A．對(duì)二烯苯苯環(huán)上的一氯取代物有2種B．對(duì)二烯苯與苯乙烯互為同系物C．對(duì)二烯苯分子中所有碳原子一定處于同一平面D．1mol對(duì)二烯苯最多可與5mol氫氣發(fā)生加成反應(yīng)4、四種短周期元素在周期表中的位置如圖所示，其中只有M為金屬元素。下列說(shuō)法不正確的是()YZMXA．簡(jiǎn)單離子半徑大?。篗＜ZB．簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性：Z＞YC．X與Z形成的化合物具有較高熔沸點(diǎn)D．X的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性比Y的強(qiáng)5、下列說(shuō)法中，正確的是A．78gNa2O2固體含有離子的數(shù)目為4NAB．由水電離出的c(H＋)=10?12mol·L?1溶液中Na＋、NH4+、SO42?、NO3?一定能大量共存C．硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后變藍(lán)的反應(yīng)為：4I?+O2+4H+=2I2+2H2OD．將充有NO2的玻璃球浸到熱水中氣體顏色加深說(shuō)明2NO2(g)N2O4(g)△H>06、清初《泉州府志》物產(chǎn)條載：

“初，人不知蓋泥法，元時(shí)南安有黃長(zhǎng)者為宅煮糖，宅垣忽壞，去土而糖白，后人遂效之?！蔽闹小吧w泥法”的原理與下列相同的是（）A．活性炭?jī)羲瓸．用漂白粉漂白織物C．除去KNO3中的NaClD．除去河水中泥沙7、下列各組離子能在指定溶液中，大量共存的是（）①無(wú)色溶液中：K+，Cu2+，Na+，MnO4-，SO42-②使pH=11的溶液中：CO32-，Na+，AlO2-，NO3-③加入Al能放出H2的溶液中：Cl-，HCO3-，NO3-，NH4+④加入Mg能放出H2的溶液中：NH4+，Cl-，K+，SO42-⑤使石蕊變紅的溶液中：Fe3+，MnO4-，NO3-，Na+，SO42-⑥酸性溶液中：Fe2+，Al3+，NO3-，I-，Cl-A．①②⑤ B．①③⑥ C．②④⑤ D．①②④8、下列說(shuō)法正確的是A．化合物是苯的同系物B．分子中所有原子共平面C．火棉(纖維素三硝酸酯)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為D．1mol阿斯匹林（）與足量的NaOH溶液反應(yīng)，消耗NaOH最大的物質(zhì)的量為2mol9、鈉與水反應(yīng)的現(xiàn)象和鈉的下列性質(zhì)無(wú)關(guān)的是（）A．鈉的熔點(diǎn)低 B．鈉的密度小 C．鈉的硬度小 D．鈉的強(qiáng)還原性10、下列不能用于判斷F和Cl的非金屬性強(qiáng)弱的事實(shí)是A．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性 B．最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性C．單質(zhì)與氫氣反應(yīng)的難易 D．單質(zhì)與氫氣反應(yīng)放出熱量的多少11、新型夾心層石墨烯鋰硫二次電池的工作原理可表示為16Li+xS88Li2Sx，其放電時(shí)的工作原理如圖所示，下列有關(guān)該電池的說(shuō)法正確的是A．電池充電時(shí)X為電源負(fù)極B．放電時(shí)，正極上可發(fā)生反應(yīng)：2Li++Li2S4+2e-=2Li2S2C．充電時(shí)，沒(méi)生成1molS8轉(zhuǎn)移0.2mol電子D．離子交換膜只能通過(guò)陽(yáng)離子，并防止電子通過(guò)12、有機(jī)物環(huán)丙叉環(huán)丙烷的結(jié)構(gòu)為。關(guān)于該有機(jī)物的說(shuō)法正確的是A．所有原子處于同一平面B．二氯代物有3種C．生成1molC6H14至少需要3molH2D．1mol該物質(zhì)完全燃燒時(shí)，需消耗8.5molO213、X、Y、Z、W是四種短周期主族元素，X原子最外層電子數(shù)是次外層的2倍，Y是地殼中含量最多的元素，Z元素在短周期中金屬性最強(qiáng)，W與Y位于同一主族。下列敘述正確的是A．原子半徑：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B．Y的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強(qiáng)C．X的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性比W的強(qiáng)D．Y與Z形成的兩種常見(jiàn)化合物化學(xué)鍵類型相同14、氰氨化鈣是一種重要的化工原料，其制備的化學(xué)方程式為：CaCO3+2HCN=CaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑，下列說(shuō)法正確的是A．CO為氧化產(chǎn)物，H2為還原產(chǎn)物 B．CaCN2含有共價(jià)鍵，屬于共價(jià)化合物C．HCN既是氧化劑又是還原劑 D．每消耗10gCaCO3生成2.24LCO215、有機(jī)物X分子式為C3H6O，有多種同分異構(gòu)體。其中之一丙醛(液態(tài))的燃燒熱為1815kJ/mol。下列說(shuō)法不正確的是A．X的同分異構(gòu)體中，含單官能團(tuán)的共5種B．1molX最多能和1molH2加成C．表示丙醛燃燒熱的熱化學(xué)方程式為：C3H6O(l)+4O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)△H=+1815kJ/molD．X的同分異構(gòu)體其中之一CH2=CHCH2OH可以發(fā)生取代反應(yīng)、加成反應(yīng)、加聚反應(yīng)、氧化反應(yīng)16、關(guān)于下列各實(shí)驗(yàn)裝置的敘述中，不正確的是A．裝置①可用于實(shí)驗(yàn)室制取少量NH3或O2B．裝置②可用于實(shí)驗(yàn)室制備Cl2C．裝里③可用從右側(cè)管處加水的方法檢驗(yàn)氣密性D．裝置④中若溴水褪色則證明石蠟油分解產(chǎn)生乙烯17、磷酸（H3PO4）是一種中強(qiáng)酸，常溫下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分?jǐn)?shù)（平衡時(shí)某微粒的濃度占各含磷微粒總濃度的分?jǐn)?shù)）與pH的關(guān)系如圖，下列說(shuō)法正確的是（）A．H3PO4的電離方程式為：H3PO43H++PO43-B．pH=2時(shí)，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-C．滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)D．滴加少量Na2CO3溶液，3Na2CO3+2H3PO4=2Na3PO4+3H2O+3CO2↑18、2007年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)授予德國(guó)化學(xué)家格哈德·埃特爾，以表彰其在固體表面化學(xué)研究領(lǐng)域作出的開(kāi)拓性貢獻(xiàn)。下圖是氫氣與氮?dú)庠诠腆w催化劑表面合成氨的反應(yīng)過(guò)程示意圖，下列有關(guān)合成氨反應(yīng)的敘述中不正確的是（）A．過(guò)程②需吸收能量，過(guò)程③則放出能量B．常溫下該反應(yīng)難以進(jìn)行，是因?yàn)槌叵路磻?yīng)物的化學(xué)鍵難以斷裂C．在催化劑的作用下，該反應(yīng)的△H變小而使反應(yīng)變得更容易發(fā)生D．該過(guò)程表明，在化學(xué)反應(yīng)中存在化學(xué)鍵的斷裂與形成19、下列實(shí)驗(yàn)過(guò)程可以達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖沁x項(xiàng)實(shí)驗(yàn)過(guò)程實(shí)驗(yàn)?zāi)康腁將一塊沾有油污的銅片浸入接近沸騰的碳酸鈉溶液中除去銅片表面的油污B取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，則說(shuō)明含有碳碳雙鍵丙烯醛(CH2=CHCHO)中雙鍵的檢驗(yàn)C通常將Fe(OH)3固體溶于沸水中即可制備Fe(OH)3膠體D取一塊鐵片，用砂紙擦去鐵銹，在鐵片上滴1滴含酚酞的食鹽水，靜置幾分鐘析氫腐蝕A．A B．B C．C D．D20、室溫下，用0.20mol/L的NaOH溶液滴定10.00mL0.20mol/L的NaHSO3溶液，滴定過(guò)程中溶液的pH變化和滴加NaOH溶液的體積關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．溶液中水的電離程度：b>a>cB．pH=7時(shí)，消耗的V(NaOH)<10.00mLC．在室溫下K2(H2SO3)約為1.0×10-7D．c點(diǎn)溶液中c(Na+)＞c(SO32-)＞c(OH-)＞c(HSO3-)＞c(H+)21、《天工開(kāi)物》中對(duì)制造染料“藍(lán)靛”的敘述如下：“凡造淀，葉與莖多者入窖，少者入桶與缸。水浸七日，其汁自來(lái)。每水漿一石，下石灰五升，攪沖數(shù)十下，淀信即結(jié)。水性定時(shí)，淀沉于底…其掠出浮沫曬干者曰靛花。”文中沒(méi)有涉及的實(shí)驗(yàn)操作是A．溶解 B．?dāng)嚢?C．升華 D．蒸發(fā)22、下列圖示兩個(gè)裝置的說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．Fe的腐蝕速率，圖Ⅰ＞圖ⅡB．圖Ⅱ裝置稱為外加電流陰極保護(hù)法C．圖Ⅰ中C棒上：2H++2e=H2↑D．圖Ⅱ中Fe表面發(fā)生還原反應(yīng)二、非選擇題(共84分)23、（14分）CAPE是蜂膠主要活性組分之一，具有抗炎、抗氧化和抗腫瘤的作用，在醫(yī)學(xué)上具有廣闊的應(yīng)用前景。合成CAPE的路線設(shè)計(jì)如下：已知：①A的核磁共振氫譜有三個(gè)波峰，紅外光譜顯示咖啡酸分子中存在碳碳雙鍵；②；③。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）A中官能團(tuán)的名稱為_(kāi)___。（2）C生成D所需試劑和條件是____。（3）E生成F的反應(yīng)類型為_(kāi)___。（4）1molCAPE與足量的NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗NaOH的物質(zhì)的量為_(kāi)___。（5）咖啡酸生成CAPE的化學(xué)方程式為_(kāi)___。（6）芳香化合物X是G（C9H8O3）的同分異構(gòu)體，滿足下列條件，X的可能結(jié)構(gòu)有____種，a.屬于芳香族化合物b.能與飽和碳酸氫鈉溶液反應(yīng)放出CO2c.能與新制的Cu(OH)2懸濁液反應(yīng)生成磚紅色沉淀其中核磁共振氫譜顯示有6種不同化學(xué)環(huán)境的氫，峰面積之比為1:2:2:1:1:1，寫(xiě)出一種符合要求的X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式____。（7）參照上述合成路線，以和丙醛為原料(其它試劑任選)，設(shè)計(jì)制備的合成路線____。24、（12分）A（C2H4）是基本的有機(jī)化工原料。用A和常見(jiàn)的有機(jī)物可合成一種醚類香料和一種縮醛類香料，具體合成路線如圖所示（部分反應(yīng)條件略去）：已知：+→2ROH+回答下列問(wèn)題：（1）B的分子式是__________。若D為單取代芳香族化合物且能與金屬鈉反應(yīng)；每個(gè)D分子中只含有1個(gè)氧原子，D中氧元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為13.1%，則D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_________。（2）C中含有的官能團(tuán)名稱是_______________。⑥的反應(yīng)類型是________________。（3）據(jù)報(bào)道，反應(yīng)⑦在微波輻射下，以NaHSO4·H2O為催化劑進(jìn)行，請(qǐng)寫(xiě)出此反應(yīng)的化學(xué)方程式：___________________________________________________。（4）請(qǐng)寫(xiě)出滿足下列條件的苯乙醛的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：______________________。i.含有苯環(huán)和結(jié)構(gòu)ii.核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為3:2:2:1（5）若化合物E為苯甲醚的同系物，且相對(duì)分子質(zhì)量比苯甲醚大14，則能使FeCl3溶液顯色的E的所有同分異構(gòu)體共有（不考慮立體異構(gòu)）__________種。（6）參照的合成路線，寫(xiě)出由2-氯丙烷和必要的溶劑、無(wú)機(jī)試劑制備的合成流程圖：_____________________________。合成流程圖示例如下：25、（12分）銅及其化合物在生產(chǎn)、生活中有廣泛的應(yīng)用。某研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)對(duì)銅常見(jiàn)化合物的性質(zhì)和制備進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究，研究的問(wèn)題和過(guò)程如下：I.探究不同價(jià)態(tài)銅的穩(wěn)定性進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：(1)向中加適量稀硫酸，得到藍(lán)色溶液和一種紅色固體，該反應(yīng)的離子化學(xué)方程式為：__________。由此可知，在酸性溶液中，價(jià)Cu比+1價(jià)Cu更_______(填“穩(wěn)定”或“不穩(wěn)定”)。(2)將粉末加熱至以上完全分解成紅色的粉末，該反應(yīng)說(shuō)明：在高溫條件下，+1價(jià)的Cu比+2價(jià)Cu更_______(填“穩(wěn)定”或“不穩(wěn)定”)。II.探究通過(guò)不同途徑制取硫酸銅(1)途徑A：如下圖①雜銅(含少量有機(jī)物)灼燒后的產(chǎn)物除氧化銅還含少量銅，原因可能是___________(填字母代號(hào))a.該條件下銅無(wú)法被氧氣氧化b.灼燒不充分，銅未被完全氧化c.氧化銅在加熱過(guò)程中分解生成銅d.灼燒過(guò)程中部分氧化銅被還原②測(cè)定硫酸銅晶體的純度：某小組同學(xué)準(zhǔn)確稱取4.0g樣品溶于水配成100mL溶液，取10mL溶液于錐形瓶中，加適量水稀釋，調(diào)節(jié)溶液pH=3~4，加入過(guò)量的KI，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，共消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液。上述過(guò)程中反應(yīng)的離子方程式如下：。則樣品中硫酸銅晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)________________(2)途徑B：如下圖①燒瓶?jī)?nèi)可能發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)______________(已知燒杯中反應(yīng)：)②下圖是上圖的改進(jìn)裝置，其中直玻璃管通入氧氣的作用是_____________________。Ⅲ.探究用粗銅(含雜質(zhì)Fe)按下述流程制備氯化銅晶體。(1)實(shí)驗(yàn)室采用如下圖所示的裝置，可將粗銅與反應(yīng)轉(zhuǎn)化為固體l(部分儀器和夾持裝置已略去)，有同學(xué)認(rèn)為應(yīng)在濃硫酸洗氣瓶前增加吸收的裝置，你認(rèn)為是否必要________(填“是”或“否”)(2)將溶液2轉(zhuǎn)化為的操作過(guò)程中，發(fā)現(xiàn)溶液顏色由藍(lán)色變?yōu)榫G色。已知：在氯化銅溶液中有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：[Cu(H2O)4]2+(aq，藍(lán)色)+4Cl-(aq)CuCl42-(aq，黃色)+4H2O(l)，該小組同學(xué)取氯化銅晶體配制成藍(lán)綠色溶液Y，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)，其中能夠證明溶液中有上述轉(zhuǎn)化關(guān)系的是_____________(填序號(hào))(已知：較高濃度的溶液呈綠色)。a.將Y稀釋，發(fā)現(xiàn)溶液呈藍(lán)色b.在Y中加入晶體，溶液變?yōu)榫G色c.在Y中加入固體，溶液變?yōu)榫G色d.取Y進(jìn)行電解，溶液顏色最終消失Ⅳ.探究測(cè)定銅與濃硫酸反應(yīng)取銅片和12mL18mol/L濃硫酸放在圓底燒瓶中共熱，一段時(shí)間后停止反應(yīng)，為定量測(cè)定余酸的物質(zhì)的量濃度，某同學(xué)設(shè)計(jì)的方案是：在反應(yīng)后的溶液中加蒸餾水稀釋至1000mL，取20mL至錐形瓶中，滴入2~3滴甲基橙指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)氫氧化鈉溶液進(jìn)行滴定(已知?dú)溲趸~開(kāi)始沉淀的pH約為5)，通過(guò)測(cè)出消耗氫氧化鈉溶液的體積來(lái)求余酸的物質(zhì)的量濃度。假定反應(yīng)前后燒瓶中溶液的體積不變，你認(rèn)為該學(xué)生設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)方案能否求得余酸的物質(zhì)的量濃度____________(填“能”或“不能”)，其理由是_____________。26、（10分）水中的溶解氧（DO）的多少是衡量水體水質(zhì)的重要指標(biāo)。某化學(xué)小組測(cè)定某河流中氧的含量，經(jīng)查閱有關(guān)資料了解到溶解氧測(cè)定可用“碘量法”，Ⅰ．用已準(zhǔn)確稱量的硫代硫酸鈉（Na2S2O3）固體配制一定體積的cmol/L標(biāo)準(zhǔn)溶液；Ⅱ．用水樣瓶取河流中水樣v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL堿性KI溶液，塞緊瓶塞（瓶?jī)?nèi)不準(zhǔn)有氣泡），反復(fù)震蕩后靜置約1小時(shí)；Ⅲ．向水樣瓶中加入1.0mL硫酸溶液，塞緊瓶塞，振蕩水樣瓶至沉淀全部溶解，此時(shí)溶液變?yōu)辄S色；Ⅳ．將水樣瓶?jī)?nèi)溶液全量倒入錐形瓶中，用硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定；V．待試液呈淡黃色后，加1mL淀粉溶液，繼續(xù)滴定到終點(diǎn)并記錄消耗的硫代硫酸鈉溶液體積為v2。已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6（1）在滴定環(huán)節(jié)中使用的儀器有滴定管夾、鐵架臺(tái)、燒杯、錐形瓶和________________________。（2）在步驟Ⅱ中，水樣中出現(xiàn)了MnMnO3沉淀，離子方程式為4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O。（3）步驟Ⅲ中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______________________________________________________________。（4）滴定時(shí)，溶液由__________色到______________色，且半分鐘內(nèi)顏色不再變化即達(dá)到滴定終點(diǎn)。（5）河水中的溶解氧為_(kāi)____________________________mg/L。（6）當(dāng)河水中含有較多NO3－時(shí)，測(cè)定結(jié)果會(huì)比實(shí)際值________(填偏高、偏低或不變)27、（12分）為了測(cè)定含氰廢水中CN－的含量，某化學(xué)小組利用如圖所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。關(guān)閉活塞a，將100ml含氰廢水與過(guò)量NaClO溶液置于裝置B的圓底燒瓶中充分反應(yīng)，打開(kāi)活塞b，滴入稀硫酸，然后關(guān)閉活塞b。（1）B中盛裝稀硫酸的儀器的名稱是_____________。（2）裝置D的作用是_________________，裝置C中的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為_(kāi)_____________。（3）待裝置B中反應(yīng)結(jié)束后，打開(kāi)活塞a，經(jīng)過(guò)A裝置緩慢通入一段時(shí)間的空氣①若測(cè)得裝置C中生成59.1mg沉淀，則廢水中CN－的含量為_(kāi)________mg·L-1。②若撤去裝置A，直接向裝置B中緩慢通入一段時(shí)間的空氣，則測(cè)得含氰廢水中CN－的含量__________（選填“偏大”、“偏小”、“不變”）。（4）向B中滴入稀硫酸后會(huì)發(fā)生某個(gè)副反應(yīng)而生成一種有毒的黃綠色氣體單質(zhì)，該副反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)________________。（5）除去廢水中CN－的一種方法是在堿性條件下，用H2O2將CN－氧化生成N2，反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)____________________________。28、（14分）氯胺是一種長(zhǎng)效緩釋水消毒劑，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2Cl，NHCl2和NCl3)。工業(yè)上可利用NH3(g)+Cl2(g)NH2Cl(g)+HCl(g)制備一氯胺?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）氯胺作飲用水消毒劑是因?yàn)樗馍删哂袕?qiáng)烈殺菌作用的物質(zhì)，該物質(zhì)是___，二氯胺與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__。（2）已知部分化學(xué)鍵的鍵能和化學(xué)反應(yīng)的能量變化如表和如圖所示（忽略不同物質(zhì)中同種化學(xué)鍵鍵能的細(xì)微差別）?；瘜W(xué)鍵N-HN-ClH-Cl鍵能（kJ/mol）391.3x431.8則ΔH2=___kJ/mol，x=___。（3）在密閉容器中反應(yīng)NH3(g)+Cl2(g)NH2Cl(g)+HCl(g)達(dá)到平衡，據(jù)此反應(yīng)通過(guò)熱力學(xué)定律計(jì)算理論上NH2Cl的體積分?jǐn)?shù)隨（氨氯比）的變化曲線如圖所示。①a、b、c三點(diǎn)對(duì)應(yīng)平衡常數(shù)的大小關(guān)系是___。T1溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)為_(kāi)__（列出算式即可）。②在T2溫度下，Q點(diǎn)對(duì)應(yīng)的速率：v正___v逆（填“大于”“小于”或“等于”）。③在氨氯比一定時(shí)，提高NH3的轉(zhuǎn)化率的方法是___（任寫(xiě)1種)④若產(chǎn)物都是氣體，實(shí)驗(yàn)測(cè)得NH2Cl的體積分?jǐn)?shù)始終比理論值低，原因可能是___。29、（10分）新型抗?jié)兯幦鸢推ヌ?，可保護(hù)胃腸黏膜免受各種致潰瘍因子的危害，其合成路線如下：(1)A的化學(xué)名稱為_(kāi)_____________，C的核磁共振氫譜具有_________________組峰(2)A與足量的NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_____________(3)化合物F中含氧官能團(tuán)的名稱為_(kāi)_________________，化合物F的分子式為_(kāi)____________(4)反應(yīng)①~③中，屬于取代反應(yīng)的是__________________(填序號(hào))(5)C→D的轉(zhuǎn)化中，生成的另一種產(chǎn)物為HCl，則C→D反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_________(6)已知Y中的溴原子被--OH取代得到Z，寫(xiě)出同時(shí)滿足下列條件的Z的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：___________________I．分子中含有一個(gè)苯環(huán)和一個(gè)五元環(huán)，且都是碳原子環(huán)II．苯環(huán)上有兩個(gè)取代基，且處于對(duì)位III.能與NaHCO3溶液發(fā)生反應(yīng)(7)已知CH3CH2OHCH3CH2Br，以A和HOCH2CH2CH2OH為原料制備的合成路線流程圖如下：HOCH2CH2CH2OH物質(zhì)X物質(zhì)Y，則物質(zhì)X為_(kāi)_________，物質(zhì)Y為_(kāi)___________

參考答案一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、D【解析】

若該反應(yīng)為氣體物質(zhì)的量增大的反應(yīng)，即x＞3，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，甲容器中氣體的壓強(qiáng)增大，平衡過(guò)程中反應(yīng)速率比恒壓時(shí)大，建立平衡需要的時(shí)間較少，對(duì)應(yīng)于圖像M，增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，A的轉(zhuǎn)化率減小，與圖像相符；若該反應(yīng)為氣體物質(zhì)的量減少的反應(yīng)，即x＜3，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，甲容器中氣體的壓強(qiáng)減小，平衡過(guò)程中反應(yīng)速率比恒壓時(shí)小，建立平衡需要的時(shí)間較長(zhǎng)，對(duì)應(yīng)于圖像N，減小壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，A的轉(zhuǎn)化率減小，與圖像不符；若該反應(yīng)x=3，則兩容器得到相同的平衡狀態(tài)，與圖像不符，據(jù)此分析解答。【詳解】A．根據(jù)上述分析，該反應(yīng)為氣體物質(zhì)的量增大的反應(yīng)，因此x可能為4，故A正確；B．根據(jù)上述分析，該反應(yīng)為氣體體積增大的反應(yīng)，M為容器甲，N為容器乙，故B正確；C．根據(jù)上述分析，N為容器乙，容器乙達(dá)平衡時(shí)A的轉(zhuǎn)化率為25%，根據(jù)方程式2A(g)+B(g)xC(g)，加入0.2molA和0.1molB時(shí)，反應(yīng)的B為A的物質(zhì)的量的一半，A和B的轉(zhuǎn)化率相等，也是25%，故C正確；D．溫度不變，平衡常數(shù)不變，達(dá)到平衡時(shí)，M、N對(duì)應(yīng)的溫度相同，則平衡常數(shù)相等，故D錯(cuò)誤；故選D?！军c(diǎn)睛】解答本題的關(guān)鍵是判斷壓強(qiáng)對(duì)該反應(yīng)的影響。本題的難點(diǎn)是排除x＜3的情況。2、D【解析】

A．FeO與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸鐵溶液，硝酸鐵溶液與NaOH溶液反應(yīng)生成氫氧化鐵沉淀，氫氧化鐵加熱分解生成氧化鐵，不能生成FeO，所以不符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，故A不選；B．SiO2與稀硝酸不反應(yīng)，故B不選；C．Al2O3與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸鋁溶液，硝酸鋁溶液與少量NaOH溶液反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，但過(guò)量NaOH溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，氫氧化鋁加熱分解生成氧化鋁，偏鋁酸鈉加熱得不到氧化鋁，所以不一定符合，故C不選；D．NH3與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銨溶液，硝酸銨溶液與NaOH溶液反應(yīng)生成一水合氨，一水合氨加熱分解生成NH3，符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，故D選；故答案為：D。3、D【解析】

A.對(duì)二烯苯苯環(huán)上只有1種等效氫，一氯取代物有1種，故A錯(cuò)誤；B.對(duì)二烯苯含有2個(gè)碳碳雙鍵，苯乙烯含有1個(gè)碳碳雙鍵，對(duì)二烯苯與苯乙烯不是同系物，故B錯(cuò)誤；C.對(duì)二烯苯分子中有3個(gè)平面，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所以碳原子可能不在同一平面，故C錯(cuò)誤；D.對(duì)二烯苯分子中有2個(gè)碳碳雙鍵、1個(gè)苯環(huán)，所以1mol對(duì)二烯苯最多可與5mol氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，故D正確；選D?！军c(diǎn)睛】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握有機(jī)物的組成和結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，明確官能團(tuán)的性質(zhì)和空間結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵。4、D【解析】

由周期表和題干只有M為金屬元素可知：M為Al、X為Si、Y為N、Z為O，據(jù)此解答?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍琈為Al、X為Si、Y為N、Z為O，A．具有相同電子排布的離子中原子序數(shù)大的離子半徑小，則簡(jiǎn)單離子半徑大?。篗＜Z，故A正確；B．非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)氫化物越穩(wěn)定，則簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性：Z＞Y，故B正確；C．X與Z形成的化合物為二氧化硅，為原子晶體，具有較高熔沸點(diǎn)，故C正確；D．非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)最高價(jià)含氧酸的酸性越強(qiáng)，則X的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性比Y的弱，故D錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)睛】比較簡(jiǎn)單離子半徑時(shí)，先比較電子層數(shù)，電子層數(shù)越多，離子半徑越大，當(dāng)具有相同電子排布的離子中原子序數(shù)大的離子半徑小，則簡(jiǎn)單離子半徑大小。5、C【解析】

A、Na2O2的電子式為，可知，molNa2O2中有2molNa＋和1molO22－，共3mol離子，離子數(shù)目為3NA，A錯(cuò)誤；B、由水電離出的c(H＋)=10?12mol·L?1溶液可能是酸性，也可能是堿性，NH4+在堿性環(huán)境下不能大量共存，B錯(cuò)誤；C、I－在空氣中容易被O2氧化，在酸性條件下，發(fā)生反應(yīng)4I?+O2+4H+=2I2+2H2O，C正確；D、NO2玻璃球加熱顏色加深，說(shuō)明NO2的濃度增大，平衡逆向移動(dòng)，逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H＜0，D錯(cuò)誤；答案選C。6、A【解析】文中“去土而糖白”是指固體土吸附糖色，所以文中“蓋泥法”的原理與下列相同的是活性炭?jī)羲蔬xA。7、C【解析】

①無(wú)色溶液中，不含有呈紫色的MnO4-，①不合題意；②CO32-，AlO2-都能發(fā)生水解反應(yīng)，使溶液呈堿性，②符合題意；③加入Al能放出H2的溶液，可能呈酸性，也可能呈堿性，但HCO3-都不能大量存在，③不合題意；④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，NH4+、Cl-、K+、SO42-都能大量存在，④符合題意；⑤使石蕊變紅的溶液呈酸性，F(xiàn)e3+、MnO4-、NO3-、Na+、SO42-都能大量存在，⑤符合題意；⑥酸性溶液中，F(xiàn)e2+、NO3-、I-會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量存在，⑥不合題意。綜合以上分析，只有②④⑤符合題意。故選C。8、C【解析】

A．結(jié)構(gòu)相似，分子式相差一個(gè)或多個(gè)CH2原子團(tuán)的物質(zhì)之間互稱同系物，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．分子中的甲基-CH3，碳原子在成鍵時(shí)形成了4條單鍵，與這種碳相連的原子不可能都在同一平面內(nèi)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．火棉即，C項(xiàng)正確；D．阿司匹林結(jié)構(gòu)中含有的羧基可以消耗1個(gè)NaOH，并且結(jié)構(gòu)中還含有一個(gè)酚酯基，可以消耗2個(gè)NaOH，所以1mol阿司匹林水解可以消耗3mol的NaOH，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。【點(diǎn)睛】若有機(jī)物中存在形成4條單鍵的碳原子，那么有機(jī)物中的所有原子不可能共面；普通的酯基水解時(shí)消耗1個(gè)NaOH，而酚酯基可以消耗2個(gè)NaOH。9、C【解析】

A．因鈉與水反應(yīng)放熱，鈉的熔點(diǎn)低，所以看到鈉熔成閃亮的小球，與性質(zhì)有關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．鈉的密度比水小，所以鈉浮在水面上，與性質(zhì)有關(guān)，故B錯(cuò)誤；C．硬度大小與Na和水反應(yīng)現(xiàn)象無(wú)關(guān)，與性質(zhì)無(wú)關(guān)，故C正確；D．因鈉的還原性強(qiáng)，所以與水反應(yīng)劇烈，放出熱量，與性質(zhì)有關(guān)，故D錯(cuò)誤；故答案為C?！军c(diǎn)睛】考查鈉與水的反應(yīng)，應(yīng)從鈉的強(qiáng)還原性和鈉的物理性質(zhì)來(lái)理解鈉與水反應(yīng)的現(xiàn)象，鈉與水反應(yīng)時(shí)產(chǎn)生的各種現(xiàn)象如下：鈉浮在水面，然后熔化成閃亮的小球，在水面游動(dòng)，并發(fā)出嘶嘶的響聲?，F(xiàn)象是物質(zhì)性質(zhì)的體現(xiàn)，根據(jù)鈉的性質(zhì)分析現(xiàn)象原因。10、B【解析】

A.因?yàn)镠F比HCl穩(wěn)定,所以F比Cl的非金屬性強(qiáng)，故A正確；B.氟非金屬性強(qiáng)，無(wú)正價(jià),故B錯(cuò)誤；C.F2在暗處就能和H2反應(yīng)，Cl2在點(diǎn)燃的條件下能反應(yīng)，所以F比Cl的非金屬性強(qiáng)，故C正確；D.氟氣與氫氣反應(yīng)放出的熱量比氯氣與氫氣反應(yīng)放出的熱量多,所以氟的非金屬性強(qiáng)于氯，故D正確；答案選B?！军c(diǎn)睛】比較兩種元素的非金屬性強(qiáng)弱,可根據(jù)單質(zhì)之間的置換反應(yīng)、與氫氣反應(yīng)的難易程度、氫化物的穩(wěn)定性以及最高正價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物酸性強(qiáng)弱。11、B【解析】A、在原電池中，電解質(zhì)里的陽(yáng)離子移向正極，所以M是正極，發(fā)生還原反應(yīng)，N是負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電池充電時(shí)X為電源正極，A錯(cuò)誤；B、根據(jù)裝置圖可知正極反應(yīng)式可以為2Li++Li2S4+2e-=2Li2S2，B正確；C、根據(jù)總反應(yīng)式可知充電時(shí)每生成xmolS8轉(zhuǎn)移16mol電子，C錯(cuò)誤；D、電子一定不會(huì)通過(guò)交換膜，D錯(cuò)誤，答案選B。12、C【解析】

A.分子中所有碳原子處于同一平面，但氫原子不在此平面內(nèi)，錯(cuò)誤；B.二氯代物中，兩個(gè)氯原子連在同一碳原子上的異構(gòu)體有1種，兩個(gè)氯原子連在不同碳原子上的異構(gòu)體有3種，也就是二氯代物共有4種，錯(cuò)誤；C.生成1molC6H14，至少需要3molH2，正確；D.該物質(zhì)的分子式為C6H8，1mol該物質(zhì)完全燃燒時(shí)，需消耗8molO2，錯(cuò)誤。答案為C。13、B【解析】

X、Y、Z、W是短周期主族元素，X原子最外層電子數(shù)是次外層的兩倍，最外層電子數(shù)不超過(guò)8個(gè)，則其K層為次外層，故X是C元素；Y元素在地殼中的含量最高的元素，則Y是O元素；W與Y屬于同一主族，則為W為S元素；Z元素在短周期中金屬性最強(qiáng)，則Z是Na元素；據(jù)此答題?！驹斀狻扛鶕?jù)分析，X是C元素，Y是O元素，Z是Na元素，W為S元素；A．X、Y為第二周期，Z、W為第三周期，則X、Y原子半徑小于Z、W，同周期元素原子半徑隨核電荷數(shù)增大半徑減小，原子半徑：r(Z)＞r(W)＞r(X)＞r(Y)，故A錯(cuò)誤B．非金屬性越強(qiáng)，簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，非金屬性：Y＞W(wǎng)，則Y的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強(qiáng)，故B正確；C．非金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，非金屬性：X＜W，X的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性比W的弱，故C錯(cuò)誤；D．Y是O元素，Z是Na元素，Y與Z形成的兩種化合物為Na2O、Na2O2，含有的陰陽(yáng)離子數(shù)目之比均為1:2，前者只含離子鍵，后者含有離子鍵、共價(jià)鍵，故D錯(cuò)誤；答案選B。【點(diǎn)睛】非金屬性越強(qiáng)，簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)。14、C【解析】

A.HCN中碳的化合價(jià)為+2價(jià)，CO中碳的化合價(jià)也是+2價(jià)，CO既不是氧化產(chǎn)物也不是還原產(chǎn)物，A錯(cuò)誤；B.CaCN2中含有離子鍵和共價(jià)鍵，屬于離子化合物，B錯(cuò)誤；C.HCN中H的化合價(jià)降低，C的化合價(jià)升高，HCN既是氧化劑又是還原劑，C正確；D.每消耗10gCaCO3生成0.1molCO2，沒(méi)有說(shuō)明溫度和壓強(qiáng)，無(wú)法計(jì)算二氧化碳的體積，D錯(cuò)誤；答案選C。15、C【解析】

A．X的同分異構(gòu)體中，含單官能團(tuán)的異構(gòu)體分別為CH3CH2CHO、CH3COCH3、、、共5種，A正確；B．1molX中最多含1mol碳氧雙鍵或1mol碳碳雙鍵，最多能和1molH2加成，B正確；C．表示丙醛燃燒熱的熱化學(xué)方程式為：C3H6O(l)+4O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)△H=-1815kJ/mol，C不正確；D．X的同分異構(gòu)體之一CH2=CHCH2OH中-OH可發(fā)生取代反應(yīng)、氧化反應(yīng)，碳碳雙鍵可發(fā)生加成反應(yīng)、加聚反應(yīng)，D正確；故選C。16、D【解析】

A、圖中為固液反應(yīng)不加熱裝置，選濃氨水與堿石灰可制備氨氣，選過(guò)氧化氫與二氧化錳可制備氧氣，故A正確；B、高錳酸鉀和濃鹽酸反應(yīng)制氯氣，不用加熱，尾氣用堿溶液吸收，故B正確；C、裝里③可用從右側(cè)管處加水，觀察U型管是否出現(xiàn)液面差，可檢驗(yàn)裝置③的氣密性，故C正確；D、裝置④中若溴水褪色則證明石蠟油分解產(chǎn)生了不飽和烴，不一定是乙烯，故D錯(cuò)誤；故選D。17、C【解析】

從圖中可以看出，隨著pH的不斷增大，溶質(zhì)由H3PO4逐漸轉(zhuǎn)化為H2PO4-、HPO42-、PO43-，但不管pH的大小如何，溶液中同時(shí)存在H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-?！驹斀狻緼．H3PO4為多元弱酸，電離應(yīng)分步進(jìn)行，電離方程式為：H3PO4H++H2PO4-，A錯(cuò)誤；B．pH=2時(shí)，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4-，B錯(cuò)誤；C．滴加NaOH溶液至pH=7，依據(jù)電荷守恒，溶液中c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)，C正確；D．滴加少量Na2CO3溶液，發(fā)生反應(yīng)為Na2CO3+2H3PO4=2NaH2PO4+H2O+CO2↑，D錯(cuò)誤；故選C。18、C【解析】

A.根據(jù)示意圖知，過(guò)程②化學(xué)鍵斷裂需要吸收能量，過(guò)程③化學(xué)鍵形成則放出能量，故A正確；B.化學(xué)鍵形斷裂過(guò)程中吸收能量，故溫度較低時(shí)不利于鍵的斷裂，故B正確；C.催化劑的作用原理是降低活化能，即反應(yīng)物的化學(xué)鍵變得容易斷裂，但△H不變，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)圖示分析可知，該過(guò)程中，存在化學(xué)鍵的斷裂與形成，故D正確。故選C。19、A【解析】

A．將一塊沾有油污的銅片浸入接近沸騰的碳酸鈉溶液中，能除去銅片表面的油污，故A正確；B．取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，可能是碳碳雙鍵和溴加成，也可能是醛基被氧化，故B錯(cuò)誤；C．制備Fe(OH)3膠體，是將飽和氯化鐵溶液滴入沸水中，當(dāng)溶液呈紅褐色時(shí)停止加熱，故C錯(cuò)誤；D．取一塊鐵片，用砂紙擦去鐵銹，在鐵片上滴1滴含酚酞的食鹽水，靜置幾分鐘，鐵失電子，氧氣得電子，發(fā)生吸氧腐蝕，故D錯(cuò)誤；故選A。【點(diǎn)睛】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，把握有機(jī)物的性質(zhì)、有機(jī)物的檢驗(yàn)及制備、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，B為易錯(cuò)點(diǎn)，取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，可能是碳碳雙鍵和溴發(fā)生加成反應(yīng)，也可能是醛基被氧化。20、D【解析】

A．b的溶質(zhì)為亞硫酸鈉，亞硫酸鈉水解會(huì)促進(jìn)水的電離，a的溶質(zhì)為NaHSO3，電離大于水解會(huì)抑制水的電離，c的主要溶質(zhì)是NaOH和亞硫酸鈉，pH=13，對(duì)水的電離抑制作用最大，A項(xiàng)正確；B．當(dāng)NaHSO3與氫氧化鈉恰好完全反應(yīng)時(shí)，形成亞硫酸鈉溶液，亞硫酸鈉水解使溶液pH>7，所以pH=7時(shí)，滴定亞硫酸消耗的V(NaOH)<10.00mL，B項(xiàng)正確；C．b的溶質(zhì)為0.1mol/L亞硫酸鈉，亞硫酸鈉水解為HSO3-和OH-，Kh=，Kh=，解得K2(H2SO3)約為1.0×10-7，C項(xiàng)正確；D．c的主要溶質(zhì)是NaOH和亞硫酸鈉，應(yīng)為c(OH-)＞c(SO32-)，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選D。21、C【解析】

A、“水浸七日，其汁自來(lái)”涉及到溶解，故A不選；B、“攪沖數(shù)十下”涉及到攪拌，故B不選；C、升華是指由固態(tài)受熱直接變成氣體，文中沒(méi)有涉及，故C選；D、“其掠出浮沫曬干者曰靛花”涉及到蒸發(fā)，故D不選；故選C。22、C【解析】

A.圖Ⅰ為原電池，F(xiàn)e作負(fù)極，腐蝕速率加快；圖Ⅱ?yàn)殡娊獬?，F(xiàn)e作陰極被保護(hù)，腐蝕速率減慢，所以Fe的腐蝕速率，圖Ⅰ＞圖Ⅱ，故A說(shuō)法正確；B.圖Ⅱ裝置是電解池，F(xiàn)e為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，金屬被保護(hù)，稱為外加電流的陰極保護(hù)法，故B說(shuō)法正確；C.飽和食鹽水為中性溶液，正極C棒發(fā)生吸氧腐蝕：2H2O+O2+4eˉ=4OH-，故C說(shuō)法錯(cuò)誤；D.圖Ⅱ裝置是電解池，F(xiàn)e為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，故D說(shuō)法正確；故答案為C?！军c(diǎn)睛】圖Ⅰ中Fe、C和飽和食鹽水構(gòu)成原電池，由于飽和食鹽水呈中性，所以發(fā)生吸氧腐蝕，正極反應(yīng)為：2H2O+O2+4eˉ=4OH-。二、非選擇題(共84分)23、氯原子氯氣、光照氧化反應(yīng)4mol+HBr17【解析】

A的核磁共振氫譜有三個(gè)波峰，結(jié)合F結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式知，A為，A和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生水解反應(yīng)然后酸化得到B為，B發(fā)生②的反應(yīng)生成C為，C和氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成D，D發(fā)生水解反應(yīng)然后酸化得到E，E發(fā)生氧化反應(yīng)生成F，則E結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，D為，F(xiàn)發(fā)生信息③的反應(yīng)生成G，G結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，G發(fā)生銀鏡反應(yīng)然后酸化生成咖啡酸，紅外光譜顯示咖啡酸分子中存在碳碳雙鍵，咖啡酸結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，咖啡酸和3-溴乙基苯發(fā)生取代反應(yīng)生成CAPE，CAPE結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；

（7）以

和丙醛為原料（其他試劑任選）制備

，發(fā)生信息②的反應(yīng)，然后發(fā)生水解反應(yīng)、催化氧化反應(yīng)、③的反應(yīng)得到目標(biāo)產(chǎn)物?！驹斀狻浚?）根據(jù)分析，A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，則A中官能團(tuán)的名稱為氯原子，答案為：氯原子；（2）根據(jù)分析，C為，D為，則C和氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成D；答案為：氯氣、光照；（3）根據(jù)分析，E結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，E中的羥基發(fā)生氧化反應(yīng)生成F中的醛基，則E生成F的反應(yīng)類型為氧化反應(yīng)，答案為：氧化反應(yīng)；（4）根據(jù)分析，CAPE結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，1moCAPE含有2mol酚羥基，可消耗2molNaOH，含有一個(gè)酯基，可消耗1molNaOH發(fā)生水解，CAPE水解后產(chǎn)生咖啡酸，含有羧基，可消耗1molNaOH，則1molCAPE與足量的NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗NaOH的物質(zhì)的量為2mol+1mol+1mol=4mol，答案為：4mol；（5）咖啡酸和3-溴乙基苯發(fā)生取代反應(yīng)生成CAPE，CAPE結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，咖啡酸生成CAPE的化學(xué)方程式為+HBr，答案為：+HBr；（6）G結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，芳香化合物X是G(C9H8O3)的同分異構(gòu)體，X能與飽和碳酸氫鈉溶液反應(yīng)放出CO2，說(shuō)明X中含有羧基，且與新制Cu(OH)2反應(yīng)生成磚紅色沉淀，說(shuō)明含有醛基，其核磁共振氫譜顯示有6種不同化學(xué)環(huán)境的氫，峰面積比為1:2:2:1:1:1，其符合要求的X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，答案為：；（7）以

和丙醛為原料(其他試劑任選)制備

,發(fā)生信息②的反應(yīng),然后發(fā)生水解反應(yīng)、催化氧化反應(yīng)、③的反應(yīng)得到目標(biāo)產(chǎn)物,其合成路線為，答案為：。24、CH4O羥基氧化反應(yīng)、9【解析】

A的分子式為C2H4，A為乙烯，即結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH2=CH2，根據(jù)問(wèn)題（1），D能與金屬鈉反應(yīng)，且D分子中只有一個(gè)氧原子，即D中含有－OH，D屬于芳香族化合物，即D中含有苯環(huán)，D的相對(duì)分子質(zhì)量為1×16/13.1%=122，根據(jù)苯乙醛推出D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，根據(jù)縮醛的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，推出C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HOCH2CH2OH，根據(jù)信息，推出B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3OH，據(jù)此分析；【詳解】A的分子式為C2H4，A為乙烯，即結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH2=CH2，根據(jù)問(wèn)題（1），D能與金屬鈉反應(yīng)，且D分子中只有一個(gè)氧原子，即D中含有－OH，D屬于芳香族化合物，即D中含有苯環(huán)，D的相對(duì)分子質(zhì)量為1×16/13.1%=122，根據(jù)苯乙醛的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式推出D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，根據(jù)縮醛的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，推出C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HOCH2CH2OH，根據(jù)信息，推出B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3OH，（1）根據(jù)上述分析，B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3OH，即分子式為CH4O；D能與金屬鈉反應(yīng)，且D分子中只有一個(gè)氧原子，即D中含有－OH，D屬于芳香族化合物，即D中含有苯環(huán)，D的相對(duì)分子質(zhì)量為1×16/13.1%=122，根據(jù)苯乙醛的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，推出D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；（2）C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HOCH2CH2OH，含有的官能團(tuán)是羥基；根據(jù)合成路線，反應(yīng)⑥是苯乙醇被氧化成苯乙醛，反應(yīng)類型為氧化反應(yīng)；（3）反應(yīng)⑦是苯乙醛與HOCH2CH2OH反應(yīng)生成縮醛，即化學(xué)反應(yīng)方程式為；（4）根據(jù)信息，核磁共振氫譜有4組峰，說(shuō)明是對(duì)稱結(jié)構(gòu)，峰面積之比為3：2：2：1，說(shuō)明不同化學(xué)環(huán)境的氫原子的個(gè)數(shù)比為3：2：2：1，符合條件的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為、；（5）若化合物E為苯甲醚的同系物，且相對(duì)分子質(zhì)量比苯甲醚大14，則其分子式為C8H10O，E的同分異構(gòu)體能使FeCl3溶液顯色，說(shuō)明含有酚羥基，假設(shè)苯環(huán)上有－OH、－C2H5兩個(gè)取代基，有鄰間對(duì)三種結(jié)構(gòu)，假設(shè)苯環(huán)上有－OH、－CH3、－CH3三個(gè)取代基，兩個(gè)甲基在鄰位，羥基有2種結(jié)構(gòu)；兩個(gè)甲基在間位，羥基有3種結(jié)構(gòu)；兩個(gè)甲基在對(duì)位，羥基有1種結(jié)構(gòu)，一共有9種結(jié)構(gòu)；（6）根據(jù)反應(yīng)②，推出生成目標(biāo)物原料是，根據(jù)路線①，用乙烯與O2在Ag作催化劑的條件下生成環(huán)氧乙烷，因此生成的原料是CH3CH=CH2，生成丙烯，用2－氯丙烷發(fā)生消去反應(yīng)，合成路線為?！军c(diǎn)睛】本題的難點(diǎn)是同分異構(gòu)體的判斷，根據(jù)信息判斷出含有的形式，如本題含有苯環(huán)和，寫(xiě)出苯乙醛的同分異構(gòu)體，醛與酮互為同分異構(gòu)體，則有，符合峰有4種，峰面積之比為3：2：2：1，然后將－CH2CHO，拆成－CH3和－CHO，在苯環(huán)上有鄰、間、對(duì)三種，然后根據(jù)峰和峰的面積進(jìn)行判斷，哪些符合要求。25、穩(wěn)定穩(wěn)定bd87.5%Cu+H2SO4+2HNO3（濃）=CuSO4+2NO2↑+2H2O3Cu+3H2SO4+2HNO3（?。?3CuSO4+2NO↑+4H2O氧氣氧化氮氧化合物，使氮氧化物全部被氫氧化鈉溶液吸收，防止污染大氣否abc不能雖然甲基橙變色的pH范圍為3.1~4.4，Cu（OH）2開(kāi)始沉淀時(shí)的pH為5，在指示劑變色范圍之外，即中和酸時(shí)，Cu2+不會(huì)消耗OH-，但甲基橙由紅色變成橙色、黃色時(shí)，銅離子溶液呈藍(lán)色，對(duì)觀察指示終點(diǎn)顏色有干擾【解析】

I.(1)物質(zhì)都有由不穩(wěn)定物質(zhì)轉(zhuǎn)化為穩(wěn)定物質(zhì)的傾向，所以在酸性溶液中，+2價(jià)Cu比+1價(jià)Cu更穩(wěn)定；(2)在高溫下CuO分解產(chǎn)生Cu2O、O2，說(shuō)明Cu2O比CuO在高溫下穩(wěn)定；II.(1)①Cu未完全反應(yīng)、部分氧化銅能被有機(jī)物還原；②根據(jù)Cu元素守恒和反應(yīng)方程式可得關(guān)系式，然后利用關(guān)系式計(jì)算CuSO4?5H2O的質(zhì)量，最后根據(jù)質(zhì)量分?jǐn)?shù)的含義計(jì)算硫酸銅晶體的含量；(2)①Cu與稀硫酸、濃硝酸（或隨著反應(yīng)進(jìn)行濃硝酸變?yōu)榈南∠跛幔┓磻?yīng)產(chǎn)生硫酸銅、NO2（或NO）、H2O，根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律書(shū)寫(xiě)反應(yīng)方程式；②O2可以將NO氧化為NO2，可以將NO、NO2驅(qū)趕進(jìn)入NaOH溶液中，發(fā)生反應(yīng)，防止大氣污染；III.(1)HCl對(duì)反應(yīng)沒(méi)有影響；(2)根據(jù)平衡移動(dòng)原理分析；IV.含銅離子溶液呈藍(lán)色，對(duì)觀察指示終點(diǎn)顏色有干擾。【詳解】I.(1)向Cu2O中加適量稀硫酸，得到藍(lán)色溶液和一種紅色固體，這說(shuō)明氧化亞銅和稀硫酸反應(yīng)生成的是硫酸銅、水和單質(zhì)銅，該反應(yīng)的離子方程式為：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，這說(shuō)明在酸性溶液中，+2價(jià)Cu比+1價(jià)Cu更穩(wěn)定；(2)將粉末加熱至以上完全分解成紅色的粉末，該反應(yīng)說(shuō)明：在高溫條件下，+1價(jià)的Cu比+2價(jià)Cu更穩(wěn)定；II.(1)①a.加熱條件下銅易被氧氣氧化，a錯(cuò)誤；b.灼燒不充分，銅未被完全氧化導(dǎo)致含有銅單質(zhì)，b正確；c.氧化銅在加熱過(guò)程中不會(huì)分解生成銅，c錯(cuò)誤；d.灼燒過(guò)程中部分氧化銅被有機(jī)物還原生成銅單質(zhì)，d正確；故合理選項(xiàng)是bd；②根據(jù)方程式可知：2Cu2+~I2~2S2O32-，n(S2O32-)=0.1000mol/L×0.014L×10=1.4×10-2mol，則n(Cu2+)=1.4×10-2mol，m(CuSO4?5H2O)=1.4×10-2mol×250g/mol=3.5g，所以硫酸銅晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(3.5g÷4.0g)×100%=87.5%；(2)①Cu與稀硫酸、濃硝酸（或隨著反應(yīng)進(jìn)行濃硝酸變?yōu)榈南∠跛幔┓磻?yīng)生成硫酸銅、NO2（或NO）、H2O，根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律，可得反應(yīng)方程式為：；②NO不能被NaOH溶液吸收，O2可以將NO氧化為NO2，使氮氧化物完全被NaOH溶液吸收，同時(shí)可以將NO、NO2驅(qū)趕進(jìn)入NaOH溶液中，發(fā)生反應(yīng)，轉(zhuǎn)化為NaNO2、NaNO3，防止大氣污染；III.(1)Cl2中混有的HCl對(duì)反應(yīng)沒(méi)有影響，因此不需要在濃硫酸洗氣瓶前增加吸收HCl的裝置；(2)a.將Y稀釋，平衡向左移動(dòng)，溶液呈藍(lán)色，可以能夠證明CuCl2溶液中轉(zhuǎn)化關(guān)系，a正確；b.在Y中加入CuCl2晶體，溶液中[Cu(H2O)4]2+、Cl-濃度增大，平衡向右移動(dòng)，溶液變?yōu)榫G色，可以能夠證明CuCl2溶液中轉(zhuǎn)化關(guān)系，b正確；c.在Y中加入NaCl固體，溶液中氯離子濃度增大，平衡向右移動(dòng)，溶液變?yōu)榫G色，可以能夠證明CuCl2溶液中轉(zhuǎn)化關(guān)系，c正確；d.取Y進(jìn)行電解，銅離子放電，溶液顏色最終消失，不能可以能夠證明CuCl2溶液中轉(zhuǎn)化關(guān)系，d錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是abc；IV.甲基橙變色的pH范圍是3.1~4.4，Cu(OH)2開(kāi)始沉淀的pH=5，在指示劑變色范圍之外，即酸被堿中和時(shí)，Cu2+不會(huì)消耗OH-，但是甲基橙由紅色變成橙色、黃色時(shí)，Cu2+溶液呈藍(lán)色，對(duì)觀察指示終點(diǎn)顏色有干擾，因此不能測(cè)定剩余硫酸的物質(zhì)的量濃度?！军c(diǎn)睛】本題考查了實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)、對(duì)工藝流程理解、實(shí)驗(yàn)裝置的理解、平衡移動(dòng)、物質(zhì)分離提純等，明確物質(zhì)的性質(zhì)是解答題目關(guān)鍵，難點(diǎn)是實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，從實(shí)驗(yàn)的可操作性、簡(jiǎn)便性、安全性、環(huán)保等方面考慮，有助于培養(yǎng)學(xué)生基本扎實(shí)的基礎(chǔ)與綜合運(yùn)用能力。26、堿式滴定管MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O藍(lán)無(wú)偏高【解析】

(1)滴定環(huán)節(jié)中使用的儀器有滴定管夾、鐵架臺(tái)、燒杯、錐形瓶和滴定管，滴定管裝Na2S2O3溶液，Na2S2O3顯堿性；(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同時(shí)有碘離子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞緊瓶塞，振蕩水樣瓶，沉淀全部溶解，此時(shí)溶液變?yōu)辄S色，說(shuō)明產(chǎn)生I2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)方程式分析；(4)待測(cè)液中有I2，用淀粉溶液做指示劑，溶液為藍(lán)色，終點(diǎn)時(shí)為無(wú)色；(5)根據(jù)關(guān)系式，進(jìn)行定量分析；(6)含有較多NO3－時(shí)，在酸性條件下，形成硝酸，具有強(qiáng)氧化性，會(huì)氧化Na2S2O3?！驹斀狻?1)滴定環(huán)節(jié)中使用的儀器有滴定管夾、鐵架臺(tái)、燒杯、錐形瓶和滴定管，滴定管裝Na2S2O3溶液，Na2S2O3顯堿性，用堿式滴定管，故答案為：堿式滴定管；(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同時(shí)有碘離子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞緊瓶塞，振蕩水樣瓶，沉淀全部溶解，此時(shí)溶液變?yōu)辄S色，說(shuō)明產(chǎn)生I2，即碘化合價(jià)升高，Mn的化合價(jià)會(huì)降低，離子方程式為MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，故答案為：MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O；(4)待測(cè)液中有I2，用淀粉溶液做指示劑，溶液為藍(lán)色，終點(diǎn)時(shí)為無(wú)色，故答案為：藍(lán)；無(wú)；(5)由4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O，MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可知關(guān)系式，即，則氧氣的物質(zhì)的量x=，v1mL水樣中溶解氧=，故答案為：；(6)含有較多NO3－時(shí)，在酸性條件下，形成硝酸，具有強(qiáng)氧化性，會(huì)氧化Na2S2O3，即Na2S2O3用量增加，結(jié)果偏高，故答案為：偏高。【點(diǎn)睛】本題難點(diǎn)(3)，信息型氧化還原反應(yīng)方程式的書(shū)寫(xiě)，要注意對(duì)反應(yīng)物和生成物進(jìn)行分析，在根據(jù)得失電子守恒配平；易錯(cuò)點(diǎn)(5)，硝酸根存在時(shí)，要注意與氫離子在一起會(huì)有強(qiáng)氧化性。27、分液漏斗防止空氣中的CO2進(jìn)入裝置C中有白色沉淀生成，溶液的紅色逐漸變淺（或褪去）78偏大Cl－＋ClO－＋2H＋=Cl2↑＋H2O5H2O2+2CN－=N2↑+2HCO3－+4H2O（或5H2O2+2CN－+2OH－=N2↑+2CO32－+6H2O）【解析】

實(shí)驗(yàn)的原理是利用CN?+ClO?═CNO+Cl?;2CNO?+2H++3ClO?═N2↑+2CO2↑+3Cl?+H2O,通過(guò)測(cè)定堿石灰的質(zhì)量的變化測(cè)得二氧化碳的質(zhì)量,裝置A是除去通入空氣中所含二氧化碳,裝置B中的反應(yīng)是CN?+ClO?═CNO+Cl?;2CNO?+2H++3ClO?═N2↑+2CO2↑+3Cl?+H2O,通過(guò)裝置C吸收生成的二氧化碳,根據(jù)關(guān)系式計(jì)算含氰廢水處理百分率,實(shí)驗(yàn)中應(yīng)排除空氣中二氧化碳的干擾,防止對(duì)裝置C實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的測(cè)定產(chǎn)生干擾,裝置D的作用是排除空氣中二氧化碳對(duì)實(shí)驗(yàn)的干擾。(1)裝置中B為分液漏斗;(2)實(shí)驗(yàn)的原理是利用CN?+ClO?═CNO+Cl?;2CNO?+2H++3ClO?═N2↑+2CO2↑+3Cl?+H2O,通過(guò)測(cè)定C裝置的質(zhì)量的變化測(cè)得二氧化碳的質(zhì)量,根據(jù)關(guān)系式計(jì)算含氰廢水處理百分率,實(shí)驗(yàn)中應(yīng)排除空氣中二氧化碳的干擾;滴有酚酞的氫氧化鋇溶液呈紅色,二氧化碳通入和氫氧化鋇反應(yīng)生成碳酸鋇白色沉淀,氫氧根離子濃度減小,溶液紅色會(huì)逐漸褪去;(3)①CN?+ClO?=CNO?+Cl?、2CNO?+2H++3ClO?=N2↑+2CO2↑+3Cl?+H2O,CO2+Ba(OH)2=BaSO4↓+H2O,結(jié)合化學(xué)方程式的反應(yīng)關(guān)系計(jì)算;②若撤去裝置A,直接向裝置B中緩慢通入一段時(shí)間的空氣,空氣中二氧化碳也會(huì)和氫氧化鋇溶液反應(yīng);(4)向B中滴入稀硫酸后會(huì)發(fā)生某個(gè)副反應(yīng)而生成一種有毒的氣體單質(zhì)為氯氣,是氯離子和次氯酸根離子在酸溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成;(5)除去廢水中CN?的一種方法是在堿性條件下,用H2O2將CN?氧化生成N2，結(jié)合電子守恒、原子守恒和電荷守恒書(shū)寫(xiě)離子方程式?！驹斀狻?1)B中盛裝稀硫酸的儀器的名稱是分液漏斗，故答案為：分液漏斗；(2)實(shí)驗(yàn)的原理是利用CN?+ClO?═CNO+Cl?;2CNO?+2H++3ClO?═N2↑+2CO2↑+3Cl?+H2O，通過(guò)測(cè)定堿石灰的質(zhì)量的變化測(cè)得二氧化碳的質(zhì)量，根據(jù)關(guān)系式計(jì)算含氰廢水處理百分率，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)排除空氣中二氧化碳的干擾，防止對(duì)裝置C實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的測(cè)定產(chǎn)生干擾，裝置D的作用是排除空氣中二氧化碳對(duì)實(shí)驗(yàn)的干擾，滴有酚酞的氫氧化鋇溶液呈紅色，二氧化碳通入和氫氧化鋇反應(yīng)生成碳酸鋇白色沉淀，氫氧根離子濃度減小，溶液紅色會(huì)逐漸褪去，故答案為：防止空氣中的CO2和水蒸氣進(jìn)入C裝置；有白色沉淀生成，溶液的紅色逐漸變淺（或褪去）；(3)①依據(jù)反應(yīng)CN?+ClO?═CNO+Cl?;2CNO?+2H++3ClO?═N2↑+2CO2↑+3Cl?+H2O，CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O得到，裝置C中生成59.1mg沉淀為BaCO3↓物質(zhì)的量==3×10?4molCN?～CNO?～CO2～BaCO3↓1

13×10?4mol

3×10?4molc(CN?)==0.078g/L=78g/L，故答案為：78；②若撤去裝置A，直接向裝置B中緩