沈阳市重点中学2024年高考化学五模试卷含解析

沈阳市重点中学2024年高考化学五模试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、工业上用酸性KMnO4溶液与乙苯()反应生产苯甲酸()，下列有关说法正确的是A．乙苯是苯的同系物 B．乙苯的所有原子均共平面C．生产苯甲酸时发生的是取代反应 D．乙苯不能与H2发生反应2、某同学设计了如图所示元素周期表，已知Z元素的最外层电子数是次外层的3倍。空格中均有对应的元素填充。下列说法正确的是A．白格中都是主族元素，灰格中都是副族元素B．X、Y分别与Z形成的化合物都只有两种C．X、Y元素最高价氧化物对应的水化物酸性：X>YD．X、Y、Z的气态氢化物中最稳定的是X的氢化物3、下列实验设计能够成功的是A．除去粗盐中含有的硫酸钙杂质B．检验亚硫酸钠试样是否变质C．证明酸性条件H2O2的氧化性比I2强D．检验某溶液中是否含有Fe2+4、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．标准状况下，11.2LH2与11.2LD2所含的质子数均为NAB．硅晶体中，有NA个Si原子就有4NA个Si—Si键C．6.4gCu与3.2g硫粉混合隔绝空气加热，充分反应后，转移电子书为0.2NAD．用惰性电极电解食盐水，若导线中通过2NA个电子，则阳极产生22.4L气体5、已知反应S2O82-(aq)+2I-(aq)2SO42-(aq)+I2(aq)，若往该溶液中加人含Fe3+的某溶液，反应机理：①2Fe3++(aq)+2I-(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq)②2Fe2+(aq)+S2O82-(aq)2Fe3+(aq)+2SO42-(aq),下列有关该反应的说法不正确的是A．增大S2O82-浓度或I-浓度，反应①、反应②的反应速率均加快B．Fe3+是该反应的催化剂C．因为正反应的活化能比逆反应的活化能小，所以该反应是放热反应D．往该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，蓝色加深6、某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）。关于该固体混合物，下列说法正确的是A．一定含有Al，其质量为4.05gB．一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3C．一定含有MgCl2和FeCl2D．一定含有(NH4)2SO4和MgCl2，且物质的量相等7、实验室模拟制备亚硝酰硫酸(NOSO4H)的反应装置如图所示，下列关于实验操作或叙述错误的是已知：①亚硝酰硫酸为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解②反应原理为：SO2+HNO3===SO3+HNO2、SO3+HNO2=NOSO4HA．浓硝酸与浓硫酸混合时，是将浓硫酸慢慢滴加到浓硝酸中，边加边搅拌B．装置B和D中的浓硫酸的作用是防止水蒸气进入C导致亚硝酰硫酸分解C．冷水的温度控制在20℃左右，太低反应速率太慢；太高硝酸易分解，SO2逸出D．实验时用98%的浓硫酸代替70%的H2SO4产生SO2速率更快8、（改编）在稀硫酸与锌反应制取氢气的实验中，探究加入硫酸铜溶液的量对氢气生成速率的影响。实验中Zn粒过量且颗粒大小相同，饱和硫酸铜溶液用量0～4.0mL，保持溶液总体积为100.0mL，记录获得相同体积（336mL）的气体所需时间，实验结果如图所示（气体体积均转化为标况下）。据图分析，下列说法不正确的是A．饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气B．a、c两点对应的氢气生成速率相等C．b点对应的反应速率为v（H2SO4）=1.0×10-3mol·L-1·s-1D．d点没有构成原电池，反应速率减慢9、[四川省绵阳市高三第三次诊断性考试]化学与科技、社会、生产密切相关，下列说法错误的是A．我国出土的青铜礼器司母戊鼎是铜和铁的合金B．高纯硅具有良好的半导体性能，可用于制光电池C．港珠澳大桥钢筋表面的环氧树脂涂层属于合成高分子材料D．火箭推进剂使用煤油-液氧比偏二甲肼-四氧化二氮的环境污染小10、《内经》曰：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”。合理膳食，能提高免疫力。下列说法错误的是（）A．蔗糖水解生成互为同分异构体的葡糖糖和果糖B．食用油在酶作用下水解为高级脂肪酸和甘油C．苹果中富含的苹果酸[HOOCCH(OH)CH2COOH]是乙二酸的同系物D．天然蛋白质水解后均得到α-氨基酸，甘氨酸和丙氨酸两种分子间可生成两种二肽11、下列物质的分类依据、类别、性质三者之间对应关系完全正确的是

物质

分类依据

类别

性质

A

FeCl2

铁元素化合价

还原剂

可与O2、Zn等发生反应

B

FeCl2

电离产生的微粒

盐

可发生水解反应，溶液显碱性

C

ＨNO3

在水中能电离出H+

酸

可与CuO反应生成NO

D

ＨNO3

氮元素的化合价

氧化剂

可与Al、I-等发生反应

A．A B．B C．C D．D12、钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠(Na2Sx)分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷(可传导Na+)为电解质，总反应为2Na+xSNa2Sx，其反应原理如图所示。下列叙述正确的是（）A．放电时，电极a为正极B．放电时，内电路中Na+的移动方向为从b到aC．充电时，电极b的反应式为Sx2--2e-=xSD．充电时，Na+在电极b上获得电子，发生还原反应13、HIO3是强酸，其水溶液是强氧化剂。工业上，以KIO3为原料可制备HIO3。某学习小组拟用如图装置制备碘酸。M、N为惰性电极，ab、cd为交换膜。下列推断错误的是（）A．光伏电池的e极为负极，M极发生还原反应B．在标准状况下收集6720mLX和Y的混合气体时KIO3溶液减少3.6gC．Y极的电极反应式为2H2O-4e-═O2↑+4H+D．制备过程中要控制电压，避免生成HIO4等杂质14、下列关于有机物的说法正确的是A．疫苗一般应冷藏存放,目的是避免蛋白质变性B．分子式为C3H4Cl2的同分异构体共有4种(不考虑立体异构)C．有机物呋喃（结构如图所示),，从结构上看，四个碳原子不可能在同一平面上D．高分子均难以自然降解15、脱氢醋酸钠是FAO和WHO认可的一种安全型食品防霉、防腐保鲜剂，它是脱氢醋酸的钠盐。脱氢醋酸的一种制备方法如图：(a双乙烯酮)(b脱氢醋酸)下列说法错误的是A．a分子中所有原子处于同一平面 B．a.b均能使酸性KMnO4溶液褪色C．a、b均能与NaOH溶液发生反应 D．b与互为同分异构体16、在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是A．反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2OB．反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+C．反应Ш是氧化还原反应D．黄铁矿催化氧化中NO作催化剂二、非选择题（本题包括5小题）17、茉莉酸甲酯的一种合成路线如下：(1)C中含氧官能团名称为________。(2)D→E的反应类型为________。(3)已知A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，写出B的结构简式：________。(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应；②碱性条件水解生成两种产物，酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢。(5)写出以和CH2(COOCH3)2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。18、石油裂解可以得到乙烯、丙烯等小分子烃，它们是常见的有机化工原料。下图是以丙烯为原料合成有机物I的流程。已知：i．Claisen酯缩合：ii．(②比①反应快)iii．，(R、R＇代表烃基)回答下列问题：(1)C的名称为_____________。Ⅰ中所含官能团的名称为______________________。(2)B→C的反应类型是_______________。F的结构简式为_______________________。(3)D→E的化学方程式为___________________________。(4)由F到H过程中增加一步先生成G再生成H的目的是__________________________。(5)化合物K与E互为同分异构体，已知1molK能与2mol金属钠反应，则K可能的链状稳定结构有_______种(两个一OH连在同一个碳上不稳定：一OH连在不饱和的双键碳、叁键碳不稳定)，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为_______________。(任写一种)(6)完成下列以苯乙烯为原料，制备的合成路线(其他试剂任选)_____________。19、二氧化钒（VO2）是一种新型热敏材料。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒（IV）碱式碳酸铵晶体,过程如下:V2O5VOCl2溶液（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]10·H2O回答下列问题：（1）步骤i中生成VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体,该反应的化学方程式为____。也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOCl2溶液,从环境角度考虑,该方法的缺点是_______。（2）步骤ii可在如图装置（气密性良好）中进行。已知:VO2+能被O2氧化。①药品填装完成后的实验操作是____（填活塞“a”“b”的操作）。②若无装置B,则导致的后果是____。（3）加完VOCl2后继续搅拌数分钟,使反应完全,小心取下分液漏斗,停止通气,立即塞上橡胶塞,将锥形瓶置于CO2保护下的干燥器中，静置过夜,得到紫红色晶体,抽滤,并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次,用无水乙醇洗涤2次,除去水分,再用乙醚洗涤2次,抽干称重。用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是____。（4）测定氧钒（IV）碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。称量4.246g样品于锥形瓶中,用20mL蒸馏水与30mL硫酸混合溶解后，加0.02mol·L-1的KMnO4溶液至稍过量,充分反应后继续加1%NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2,最后用0.08mol·L-1的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点,消耗体积为30.00mL。（滴定反应:VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O）①NaNO2溶液的作用是____。②粗产品中钒的质量分数为____（精确到小数点后两位）。20、ClO2是一种优良的消毒剂，其溶解度约是Cl2的5倍，但温度过高浓度过大时均易发生分解，因此常将其制成KClO2固体，以便运输和贮存。制备KClO2固体的实验装置如图所示，其中A装置制备ClO2，B装置制备KClO2。请回答下列问题：（1）A中制备ClO2的化学方程式为__。（2）与分液漏斗相比，本实验使用滴液漏斗，其优点是__。加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止液体飞溅和__。（3）实验过程中通入空气的目的是__，空气流速过快，会降低KClO2产率，试解释其原因__。（4）ClO2通入KOH溶液生成KClO2的同时还有可能生成的物质__。a.KClb.KClOc.KClO3d.KClO4（5）KClO2变质分解为KClO3和KCl，取等质量的变质前后的KClO2试样配成溶液，分别与足量的FeSO4溶液反应消耗Fe2+的物质的量__（填“相同”、“不相同”“无法确定”）。21、辉铜矿(主要成分Cu2S)作为铜矿中铜含量最高的矿物之一，可用来提炼铜和制备含铜化合物。Ⅰ.湿法炼铜用Fe2(SO4)3溶液作为浸取剂提取Cu2+：(1)反应过程中有黄色固体生成，写出反应的离子方程式______________________。(2)控制温度为85℃、浸取剂的pH=1，取相同质量的辉铜矿粉末分别进行如下实验：实验试剂及操作3小时后Cu2+浸出率(%)一加入10mL0.25mol·L-1Fe2(SO4)3溶液和5mL水81.90二加入10mL0.25mol·L-1Fe2(SO4)3溶液和5mL0.1mol·L-1H2O292.50回答：H2O2使Cu2+浸出率提高的原因可能是__________。(3)实验二在85℃后，随温度升高，测得3小时后Cu2+浸出率随温度变化的曲线如图。Cu2+浸出率下降的原因_________________。(4)上述湿法炼铜在将铜浸出的同时，也会将铁杂质带进溶液，向浸出液中通入过量的O2并加入适量的CuO，有利于铁杂质的除去，用离子方程式表示O2的作用_________。解释加入CuO的原因是_____。Ⅱ.某课题组利用碳氨液((NH4)2CO3、NH3·H2O)从辉铜矿中直接浸取铜。其反应机理如下：①Cu2S(s)⇌2Cu+(aq)+S2-(aq)(快反应)②4Cu++O2+2H2O⇌4Cu2++4OH-(慢反应)③Cu2++4NH3·H2O⇌Cu(NH3)42++4H2O(快反应)(5)提高铜的浸出率的关键因素是________。(6)在浸出装置中再加入适量的(NH4)2S2O8，铜的浸出率有明显升高，结合平衡移动原理说明可能的原因是__________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A．苯和乙苯，都只含有一个苯环，结构相似，且分子相差2个CH2，是同系物，A正确；B．乙苯中的－CH2CH3上有2个饱和的C原子，饱和碳原子与其周围的原子位置关系类似于CH4，不能所有原子共面，B错误；C．乙苯在高锰酸钾的作用下转化为苯甲酸，是氧化反应，C错误；D．乙苯中的苯环能够与H2反生加成反应，D错误。答案选A。2、C【解析】

按照排布规律，前3周期，一侧的相同位置的元素位于同一主族，比如B和Al同主族，均在H的左侧，均处于棱形的顶部空格内。则可知X、Y同主族，且X为N，Y为P，Z为O。到了第四周期，出现灰色空格，填充副族元素，如Se。【详解】A、按照图示，白格填充的为主族元素和稀有气体元素，灰格填充的为副族元素，A错误；B、X和Z，可以形成NO、NO2、N2O5等氮氧化物，不止2种，B错误；C、X的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，Y的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，同主族元素，同上到下非金属性减弱，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则HNO3＞H3PO4；C正确；D、非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，同主族元素，同上到下非金属性减弱，同周期元素，从左到右，非金属性增强，则非金属性排序为O＞N＞P，氢化物最强的是Z的氢化物，H2O；D错误；答案选D。3、D【解析】

A选项，除去粗盐中含有的硫酸钙杂质，先加氯化钡，在加碳酸钠，碳酸钠不仅除掉钙离子，还要除掉开始多加的钡离子，故A错误；B选项，检验亚硫酸钠试样是否变质，先加足量盐酸，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则试样已变质，故B错误；C选项，证明酸性条件H2O2的氧化性比I2强，应向碘化钠溶液中加30%过氧化氢和稀盐酸溶液，再加淀粉，变蓝，则氧化性：H2O2>I2，故C错误；D选项，检验某溶液中是否含有Fe2+，先加KSCN溶液，无现象，再加氯水，溶液变红色，溶液中含有亚铁离子，故D正确；综上所述，答案为D。4、A【解析】

A.标准状况下，11.2LH2与11.2LD2均为0.5mol，每个分子中含有2个质子，则所含的质子数均为NA，故A正确；B.硅晶体中，每个Si周围形成4个Si—Si键，每个Si—Si键是2个Si原子共用，所以有NA个Si原子就有2NA个Si—Si键，故B错误；C.硫和铜反应的方程式：2Cu+SCu2S，6.4gCu与3.2gS粉的物质的量相等，均为0.1mol，物质的量相等的铜和硫反应，硫过量，根据铜求转移电子的物质的量，则6.4gCu的物质的量为0.1mol，则转移电子的物质的量为0.1mol，转移电子数为0.1NA，故C错误；D.未说明是标准状态，则无法计算生成气体的体积，故D错误。故选A。【点睛】此题易错点在于D项，在涉及气体体积的计算时，要注意是否为标准状态，是否为气体。5、D【解析】

A.增大S2O82－浓度或I－浓度，增加反应物浓度，因此反应①、反应②的反应速率均加快，故A正确；B.Fe3+在反应中是中间过程，参与反应但质量不变，因此是该反应的催化剂，故B正确；C.因为正反应的活化能比逆反应的活化能小，因此该反应是放热反应，故C正确；D.往该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，平衡逆向移动，单质碘减少，蓝色加浅，故D错误。综上所述，答案为D。【点睛】正反应的活化能大于逆反应的活化能，则反应为吸热反应，正反应活化能小于逆反应的活化能，则反应为放热反应。6、D【解析】A;14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体,有铵盐和碱反应生成生成的氨气,也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气；5.60L气体通过碱石灰无变化,说明气体中无与碱石灰反应的气体，,通过浓硫酸,气体剩余3.36L,体积减少5.60L-3.36L=2,24L,结合混合物可能存在的物质可以知道，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L,剩余的气体只能是氢气，体积为3.36，,说明原混合物中一定含有铝，故A对；B:14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化,因为氢氧化铝溶于强碱，Fe(OH)2易被氧化，所以一定不含FeCl2，能生成的白色沉淀一定是氯化镁与强碱反应生成的氢氧化镁白色沉淀,一定含有氯化镁，故B错误；C.根据上边分析，一定含氯化镁，一定不含FeCl2，故C错误；根据A分析一定有(NH4)2SO4，根据B分析一定有氯化镁。Mg(OH)2MgCl2(NH4)2SO42NH4+2NH358g1mol1mol22.4L2.9g0.05mol0.05mol2.24L(NH4)2SO4和MgCl2物质的量相等，故D正确。本题答案：D。点睛：:14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体,有铵盐和碱反应生成生成的氨气,也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气,5.60L气体通过碱石灰无变化,说明气体中无与碱石灰反应的气体,无水蒸气的存在,通过浓硫酸,气体剩余3.36L,体积减少5.60L-3.36L=2,24L,结合混合物可能存在的物质可以知道,一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2,24L,剩余的气体只能是氢气,体积为3.36L,说明原混合物中一定含有铝。7、D【解析】

A．浓硝酸与浓硫酸混合时，如果将浓硝酸注入浓硫酸中，容易发生液滴四溅，故浓硝酸与浓硫酸混合时，是将浓硫酸慢慢滴加到浓硝酸中，并且边加边搅拌，搅拌的目的是及时散热，防止局部过热，A正确；B．亚硝酰硫酸遇水易分解，装置B中的浓硫酸的作用是干燥SO2气体水蒸气进入装置C中，装置D中的浓硫酸的作用是防止装置E中的水蒸气进入装置C中，B正确；C．为了保证反应速率不能太慢，同时又要防止温度过高硝酸分解，SO2逸出，故冷水的温度控制在20℃左右，C正确；D．98%的浓硫酸的很难电离出H+，如果用98%的浓硫酸代替70%的H2SO4产生SO2速率更慢，D错误；8、D【解析】

A．根据图像可知，随着饱和硫酸铜溶液的用量增加，化学反应速率先加快后减慢，则饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气，A项正确；B．根据图像可知，a、c两点对应的氢气生成速率相等，B项正确；C．根据图像可知，b点收集336ml氢气用时150s，336ml氢气的物质的量为0.015mol，消耗硫酸0.015mol，则b点对应的反应速率为v（H2SO4）=0.015mol÷150s=1.0×10-3mol·L-1·s-1，C项正确；D．d点锌置换出铜，锌、铜和硫酸构成原电池，化学反应速率加快，但硫酸铜用量增多，锌置换出来的铜附着在锌表面，导致锌与硫酸溶液接触面积减小，反应速率减慢，D项错误；答案选D。9、A【解析】

A．司母戊鼎的主要成分是青铜，是铜锡合金，故A错误；B．硅是半导体材料，可用于制光电池，故B正确；C．环氧树脂属于高分子化合物，故C正确；D．偏二甲肼-四氧化二氮作燃料，会产生二氧化氮等污染物，发射神舟十一号飞船所用火箭的燃料是液氧和煤油，产物为二氧化碳和水，燃料毒性小、污染少，有利于环保，故D正确；答案选A。10、C【解析】

A．蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖，二者分子式均为C6H12O6，互为同分异构体，故A正确；B．食用油为油脂，油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，在体内酶的催化作用下水解，生成高级脂肪酸和甘油，故B正确；C．苹果酸含有羟基，乙二酸不含羟基，二者结构不相似，不属于同系物，故C错误；D．天然蛋白质都是由α氨基酸缩聚而成的，水解均得到α-氨基酸；甘氨酸脱去氨基，丙氨酸脱去羟基为一种，甘氨酸脱去羟基、丙氨酸脱去氨基为一种，共两种，故D正确；故答案为C。【点睛】甘氨酸和丙氨酸分子间可以形成两种二肽，甘氨酸和甘氨酸有一种、丙氨酸和丙氨酸有一种，即两种氨基酸可以形成共4种二肽。11、D【解析】

A、氯化亚铁与锌反应时，表现氧化性，故A错误；B、亚铁离子水解溶液呈酸性，故B错误；C、硝酸与氧化铜反应生成硝酸铜和水，不生成NO，故C错误；D、硝酸为强氧化性酸，与Al、I-等发生反应时表现氧化性，故D正确；答案选D。12、C【解析】

A.放电时Na失电子，故电极a为负极，故A错误；B.放电时该装置是原电池，Na+向正极移动，应从a到b，故B错误；C.充电时该装置是电解池，电极b是阳极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：Sx2--2e-=xS，故C正确；D.充电时，电极a是阴极，Na+在电极a上获得电子发生还原反应，故D错误；故答案为C。13、B【解析】

根据图示，左室增加KOH，右室增加HIO3，则M室为阴极室，阴极与外加电源的负极相接，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以原料室中K+透过ab膜进入阴极室生成KOH，即ab膜为阳离子交换膜，N室为阳极室，原料室中IO3-透过cd膜进入阳极室生成HIO3，即cd膜为阴离子交换膜。【详解】A．由上述分析可知，M室为阴极室，阴极与外加电源的负极相接，即e极为光伏电池负极，阴极发生得到电子的还原反应，故A正确；B．N室为阳极室，与外加电源的正极相接，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，M极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，标准状况下6720mL气体即6.72L气体物质的量为6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，其中含有O2为0.1mol，转移电子0.4mol，为平衡电荷，KIO3溶液中0.4molK+透过ab膜进入阴极室，0.4molIO3-透过cd膜进入阳极室，KIO3溶液质量减少0.4mol×214g/mol=85.6g，故B错误；C．N室为阳极室，与外加电源的正极相接，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故C正确；D．制备过程中若电压过高，阳极区（N极）可能发生副反应：IO3--2e-+H2O=IO4-+2H+，导致制备的HIO3不纯，所以制备过程中要控制电压适当，避免生成HIO4等杂质，故D正确；故答案选B。14、A【解析】

A．温度升高，蛋白质会变性，为避免蛋白质变性，疫苗一般应冷藏存放，A正确；B．C3H6可能是丙烯或环丙烷，环丙烷只有1种氢，判断二氯代物时“定一议一”的方法可确定；丙烯有3种氢，运用相同的方法可确定二氯代物的种类，则同分异构体有：CHCl2CH=CH2、CH2ClCCl=CH2、CH2ClCH=CHCl、CH3CCl=CHCl、CH3CH=CCl2、环丙烷的二氯代物有2种，所以共有7种，B错误；C．根据乙烯结构，6个原子可能共平面，推出四个碳原子可能在同一平面上，C错误；D．普通的塑料制品、橡胶、合成纤维等难以自然降解，而可降解塑料在自然界中能降解，D错误。答案选A。15、A【解析】

A．a分子中有一个饱和碳原子，所有原子不可能都共面，故A错误；B．a、b分子中均含有碳碳双键，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C．a、b分子中均含有酯基，均能与NaOH溶液发生水解反应，故C正确；D．分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体，b与二者分子式均为C8H8O4，但结构不同，则互为同分异构体，故D正确；答案选A。【点睛】有机物的官能团决定了它的化学性质，熟记官能团的性质是解本题的关键。16、C【解析】

A．根据图示，反应I的反应物为Fe(NO)2+和O2，生成物是Fe3+和NO，结合总反应方程式，反应的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，故A正确；B．根据图示，反应Ⅱ的反应物是Fe3+和FeS2，生成物是Fe2+和SO42-，反应中铁元素的化合价降低，氧化剂是Fe3+，故B正确；C．根据图示，反应Ш的反应物是Fe2+和NO，生成物是Fe(NO)2+，没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；D．根据2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，反应过程中NO参与反应，最后还变成NO，NO作催化剂，故D正确；故选C。【点睛】解答本题的关键是认真看图，从图中找到物质间的转化关系。本题的易错点为A，要注意根据总反应方程式判断溶液的酸碱性。二、非选择题（本题包括5小题）17、羰基和酯基消去反应【解析】

(1)由结构可知C中含氧官能团为：酯基、羰基；(2)对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E；(3)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为；(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢；(5)由E→F→G转化可知，可由加热得到，而与CH2(COOCH3)2加成得到，与氢气发生加成反应得到，然后发生催化氧化得到，最后发生消去反应得到。【详解】由上述分析可知：A为HOOC(CH2)4COOH；B为。(1)由C结构简式可知C中含氧官能团为：酯基、羰基；（2）对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E，故D生成E的反应属于消去反应；(3)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为；(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢，符合条件的同分异构体为：；(5)与H2在Ni催化下发生加成反应产生，与O2在Cu催化下发生氧化反应产生，与NaOH的乙醇溶液发生消去反应产生，再与CH2(COOCH3)2发生加成反应产生，该物质在高温下反应产生，故合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物的合成的知识，涉及官能团的识别、有机反应类型的判断、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，(4)中同分异构体的书写为易错点、难点,关键是对比物质的结构理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。18、1-丙醇（正丙醇）（酮）羰基、羟基取代反应CH3CH2COOH+CH3OHCH3CH2COOCH3+H2O保护酮羰基3或【解析】

丙烯在双氧水作用下与溴化氢发生加成生成B为1-溴丙烷；根据D与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E可知，D为丙酸，则C为1-丙醇；根据Claisen酯缩合：，E发生酯缩合生成F，结合F的分子式可知，F为，根据G与I的结构简式，结合反应流程可推出H为，据此分析。【详解】丙烯在双氧水作用下与溴化氢发生加成生成B为1-溴丙烷；根据D与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E可知，D为丙酸，则C为1-丙醇；根据Claisen酯缩合：，E发生酯缩合生成F，结合F的分子式可知，F为，根据G与I的结构简式，结合反应流程可推出H为。(1)C的名称为1-丙醇（正丙醇）；Ⅰ为，所含官能团的名称为（酮）羰基、羟基；(2)B→C是1-溴丙烷在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应（或取代反应）生成1-丙醇，反应类型是取代反应；F的结构简式为；(3)D→E是丙酸与甲醇发生酯化反应生成丙酸甲酯和水，反应的化学方程式为；(4)由F到H过程中增加一步先生成G再生成H的目的是保护酮羰基；(5)化合物K与E互为同分异构体，已知1molK能与2mol金属钠反应则应该含有两个羟基，则K可能的链状稳定结构有、、CH2=CHCH（OH）CH2OH共3种(两个一OH连在同一个碳上不稳定：一OH连在不饱和的双键碳、叁键碳不稳定)，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为或；(6)苯乙烯与溴化氢发生加成反应生成，在氢氧化钠溶液中加热生成，氧化得到，与CH3MgBr反应生成，在氯化铵溶液中反应生成，合成路线如下：。【点睛】本题考查有机推断及合成，注意推出有机物的结构简式是解题的关键。本题中应注意（6）中合成路线应参照反应流程中的步骤，结合几个已知反应原理，推出各官能团变化的实质。19、2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O氯气有毒，污染空气打开活塞a数分钟后，再打开活塞bHCl与NH4HCO3反应Cl-除去过量的KMnO42.88%【解析】

V2O5与盐酸、N2H4﹒2HCl混合发生反应：2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，得到VOCl2溶液，加碳酸氢铵溶液后得到氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体。（1）根据原子守恒及氧化还原反应原理分析解答；（2）根据题给信息中+4价V易被氧化的性质分析解答；（3）根据原子守恒及晶体的组成分析解答；（4）根据滴定原理及氧化还原反应原理分析解答。【详解】（1）根据原子守恒分析生成的一种无色无污染的气体为N2，该反应的化学方程式为2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；根据氧化还原反应原理分析，V被还原，则浓盐酸的中Cl被氧化生成氯气，氯气有毒，污染空气，故答案为：2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；氯气有毒，污染空气；（2）①已知VO2+能被O2氧化，故装置中不能有空气，所以反应前先通入CO2数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化，所以实验操作时先打开活塞a数分钟后，再打开活塞b，故答案为：打开活塞a数分钟后，再打开活塞b；②A中制得的二氧化碳混有氯化氢气体，B装置中的试剂应是除去二氧化碳气体中HCl气体的饱和NaHCO3溶液，若无装置B，则HCl与NH4HCO3反应，故答案为：HCl与NH4HCO3反应；（3）根据原子守恒分析，及晶体的组成分析，NH4HCO3溶液洗涤除去阴离子主要是Cl-，故答案为：Cl-；（4）①根据分析，KMnO4溶液的作用是氧化V，NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4，故答案为：除去过量的KMnO4；②根据V元素的质量守恒，根据滴定反应VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则n(V)=n((NH4)2Fe(SO4)2)=0.08mol·L-1×0.03L=0.0024mol，则粗产品中钒的含量为：，故答案为：2.88%。20、2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解空气流速过快，ClO2不能被充分吸收cd相同【解析】

(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式；(2)根据仪器的结构分析滴液漏斗的优势；根据已知信息：ClO2温度过高时易发生分解解答；(3)空气可将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时根据ClO2浓度过大时易发生分解，分析其作用；(4)氧化还原反应中，化合价有降低，必定有升高；(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，且KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，根据电子转移守恒分析判断。【详解】(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式为2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O，故答案为：2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O；(2)滴液漏斗与普通分液漏斗相比，其优点是滴液漏斗液面上方和三颈烧瓶液面上方压强相等，使液体能顺利滴下；加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止浓硫酸遇水放出大量的热，从而使液体飞溅，并防止生成的ClO2分解，故答案为：滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下；降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解；(3)实验过程中通入空气的目的是将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快吋，ClO2不能被充分吸收，导致其产率降低，故答案为：将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快，ClO2不能被充分吸收；(4)ClO2中Cl的化合价为+4价，KClO2中Cl的化合价为+3价，由此可知该反应为氧化还原反应，则化合价有降低，必定有升高，则同时还