江西省重点中学2024年高考模拟化学试题含解析

江西省重点中学2024年高考模拟化学试题

请考生注意：

1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答

案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2.答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、亚硝酰氯（NOCD是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体，室温下为不稳定的黄色气体，具刺鼻

恶臭味，遇水分解，某学习小组用C12和NO制备NOC1装置如图。下列说法错误的是

A.氯气在反应中做氧化剂

B.装入药品后，要先打开K2、K3,反应一段时间后，再打开Ki

C.利用A装置还可以做Na2O2和水制氧气的实验

D.若没有B装置，C中可能发生反应：2NOCI+H2O=2HC1+NOT+NO2T

2、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是

A.标准状况下，22.4L环丙烷和丙烯的混合气体中所含共用电子对数为9NA

B.56g铁在足量氧气中完全燃烧，转移的电子数小于3NA

C.16gO2和14c2H4的混合物中所含中子数为8NA

D.常温下，1L0.5moi/LCH3coONH4溶液的pH=7,则溶液中CH3co。一与NH4+的数目均为0.5NA

3、2,3-二甲基丁烷中“二”表示的含义是

A.取代基的数目B.取代基的种类C.主链碳的数目D.主链碳的位置

4、在某水溶液样品中滴加氯化领溶液，产生白色沉淀；再滴加盐酸，沉淀部分消失，并有无色无味的气体产生.由此

判断该溶液中肯定不存在的离子是（）

-2+

A.Ag+B.SO?C.CO3D.NH4

5、某药物丙可由有机物甲和乙在一定条件下反应制得：

。（甲）+||二（乙）———＞月'（丙）

下列说法正确的是

A.甲与乙生成丙的反应属于加成反应

B.甲分子中所有原子共平面

C.乙的化学式是C4H"OO

D.丙在碱性条件下水解生成和CH3180H

6、关于浓硫酸和稀硫酸的说法，错误的是

A.都有H2s04分子B,都有氧化性

C.都能和铁、铝反应D,密度都比水大

7、中学常见物质A、B、C、D存在下图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。下列物质中符合转化关系的A的个

数为AD>BD>c,①CL②S③Fe④NH3⑤AlCb⑥Na2cO3

A.3B.4C.5D.6

8、在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是

A.滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：Na\Fe2\Cr、NO；

B.滴入KSCN显血红色的溶液中：NH；、Al3\NO。SO1

孚二=10”的溶液中：NH；、K+、C「、HCO

C.3

c(H)

D.由水电离的c(H+)=L0X10-i3mol/L溶液中:K+^Af+、s。：、CH3coeF

9、下列晶体中属于原子晶体的是()

A.MB.食盐

C.干冰D.金刚石

10、没有涉及到氧化还原反应的是

A.Fe3+和淀粉检验I-B.氯水和CCL检验Br

C.新制CU(OH)2、加热检验醛基D硝酸和AgNCh溶液检验C1

2"23+

11、某溶液可能含有下列离子中的若干种:CE,SO4,SO3",HCO3一、Na+、Mg2+、Fe,所含离子的物质的量浓

度均相同。为了确定该溶液的组成，进行如下实验:

①取100mL上述溶液，加入过量Ba(OH)2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀;

②向沉淀中加入过量的盐酸，白色沉淀部分溶解，并有气体生成。

下列说法正确的是()

A.气体可能是CO2或SO2

B.溶液中一定存在SO4z一、HCO3-、Na+、Mg2+

C.溶液中可能存在Na+和C「，一定不存在Fe3+和Mg?+

D.在第①步和第②步的滤液中分别加入硝酸酸化的硝酸银溶液，都能生成白色沉淀

12、含有非极性键的非极性分子是

A.C2H2B.CH4C.H2OD.NaOH

13、已知CH4(g)+2O2(g)^CO2(g)+2H2O(g)AH==-Qi；

2H2(g)+O2(g)-2H2O(g)AH==-Q2；

H2O(g)^H2O(1)AH==-Q3

常温下，取体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L(标准状况下)，经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为

A.4Q1+0.5Q2B.4Q1+Q2+IOQ3C.4QI+2Q2D.4QI+0.5Q2+9Q3

14、氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是

A.催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成

B.N2与反应生成NH3的原子利用率为100%

C.在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移

D.催化剂a、b能提高反应的平衡转化率

15、下列反应不能用划线反应物所具有的类别通性解释的是()

A.NaOH+HClO4^NaClO4+H2OB.H2cCh+NazSiO3TH2SiO』+Na2cO3

C.Zn+FeSO4^ZnSO4+FeD.2FeCl3+2Nal^ZFeCE+h+NaCI

16、100℃时，向某恒容密闭容器中加入1.6mol・L-i的W后会发生如下反应：2W(g)=M(g)AH=akJ•moH。其中M

的物质的量浓度随时间的变化如图所示：

下列说法错误的是

A.从反应开始到刚达到平衡时间段内，v(W)=0.02mobL^s1

B.a、b两时刻生成W的速率：v(a)<v(b)

C.用W浓度变化值表示的ab、be两个时段内的反应速率：v(ab)>v(bc)=0

D.其他条件相同，起始时将0.2mol・L-i氨气与W混合，则反应达到平衡所需时间少于60s

二、非选择题(本题包括5小题)

17、下图是一种天然药物桥环分子合成的部分路线图(反应条件已经略去)：

已知：①LiBH4可将醛、酮、酯类还原成醇，但不能还原竣酸、竣酸盐、碳碳双键；LiB%遇酸易分解。

CH1LiBHLiBH4

@RCHCOOR'——3RCH(CH)COOR',RCOR'--4->RCH(OH)R',RCOOR'---►RCHOH+R'OH„

2催化剂3™F™F2

(1)反应A—B中需要加入试剂X,其分子式为C4H8。2,X的结构简式为=

(2)C用LiBH4还原得到D,C-D不直接用裸作催化剂H2还原的原因是。

(3)写出一种满足下列条件的A的同分异构体的结构简式为。①属于芳香族化合物；②能使FeCb溶

液显色；③分子中有4种不同化学环境的氢。

(4)写出E和银氨溶液反应的化学方程式o

(5)根据已有知识并结合相关信息，设计B-C的合成路线图(CH3I和无机试剂任选)，合成路线常用的表示方式为:

HJC=CHJHBr.警液・。------------

18、PVAc是一种具有热塑性的树脂，可合成重要高分子材料M,合成路线如下：

己知：R、R‘、R''为H原子或爆基

I.RCHO+R”CH,.CHCNaOHW

RCHO

(1)标准状况下，4.48L气态燃A的质量是5.2g,则A的结构简式为。

(2)己知A-B为加成反应，则X的结构简式为；B中官能团的名称是o

(3)反应①的化学方程式为o

(4)E能使澳的四氯化碳溶液褪色，反应②的反应试剂和条件是。

(5)反应③的化学方程式为=

(6)在E—F—G—H的转化过程中，乙二醇的作用是-

(7)己知M的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M的结构简式为

19、CoCb6H2。是一种饲料营养强化剂。一种利用水钻矿(主要成分为C02O3、CO(OH)3,还含少量FezCh、AI2O3、

MnO等)制取CoC12-6H2O的工艺流程如下:

COC12-6H2O

敏喻)

已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2\Fe2\Mn2\AF+等；

②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离子浓度为：O.OlmoVL)

沉淀物

Fe(OH)3Fe(OH)2CO(OH)2AI(OH)3Mn(OH)2

开始沉淀2.77.67.64.07.7

完全沉淀3.79.69.25.29.8

③CoCb6H2O熔点为860C,加热至110~120℃时，失去结晶水生成无水氯化钻。

(1)写出浸出过程中CO2O3发生反应的离子方程式o

(2)写出NaCKh发生反应的主要离子方程式________________;若不慎向“浸出液”中加过量NaCKh时，可能会生

成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式O

(3)“加Na2c03调pH至a”,过滤所得到的沉淀成分为。

(4)“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是、和过滤。制得的CoCl2・6H2。在烘

干时需减压烘干的原因是o

(5)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。向“滤液”中加入萃取剂的目的是;其使用的最佳

pH范围是

123456PH

A.2.0-2.5B.3.0-3.5

C.4.0-4.5D.5.0-5.5

(6)为测定粗产品中COCU6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNCh溶液，过滤、洗涤，将沉淀

烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中COC12-6H2O的质量分数大于100%,其原因可能是«

(答一条即可)

20、某学习小组以电路板刻蚀液(含有大量Cu2+、Fe2\Fe3+)为原料制备纳米CinO,制备流程如下：

+

已知:①CU2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO,也易被还原为Cu;CU2O不溶于水,极易溶于碱性溶液;CU2O+2H

2+

=CU+CU+H2OO

UU

②生成Cu2O的反应：4C(OH)2+N2H4H2O=2C2O+N2t+7H2O

请回答：

(1)步骤II,写出生成CuRz反应的离子方程式：

(2)步骤II,需对水层多次萃取并合并萃取液的目的是

(3)步骤III,反萃取剂为

(4)步骤IV,①制备纳米CU2O时，控制溶液的pH为5的原因是

②从溶液中分离出纳米Cu2O采用离心法，下列方法也可分离Cu2O的是

③CU2。干燥的方法是

(5)为测定产品中CU2O的含量，称取3.960g产品于锥形瓶中，加入30mL硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液(足量)，充分

反应后用0.20001110卜11标准长］^1104溶液滴定，重复2〜3次，平均消耗KMnO4溶液50.00mL。

①产品中CU2O的质量分数为

②若无操作误差，测定结果总是偏高的原因是

21、完成下列问题。

(1)多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐，其主要包括碑化钱(GaAs)、硫化镉(CdS)薄膜电池等.

①As的基态原子的电子排布式［Ar］.

②第一电离能：As—Ga(填或

(2)配合物Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为-20.5C易溶于CCk中，则Fe(CO)s是分子(非极性或极性)。

(3)BF3常温下是气体，有强烈的接受孤电子对的倾向。BF3与N%相遇，立即生成白色固体。BF3的杂化轨道类型

为：—；写出该白色固体的结构式，并标注出其中的配位键。

(4)下列有关说法不正确的是—o

A.沸点：NH3>PH3,CH3OH>HCHO

B.SO2与CO2的化学性质有些类似，但空间结构与杂化方式不同

C.熔、沸点：SiF4Vsic14<SiBr4<SiLi,原因是分子中共价键键能逐渐增大

D.熔点：CaO>KC1>KBr,原因是晶格能逐渐减小

(5)钠钾合金属于金属晶体，某种合金的晶胞结构如图所示，晶体中K原子的配位数为；已知金属原子半径

r(Na)、r(K),计算晶体的空间利用率(假设原子是刚性球体)

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、C

【解题分析】

由装置A制备NO,用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能有挥发的硝酸，故装置B用来净化和干燥NO,将氯

气和NO干燥后在装置C中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCL氯气、NO以及NOCI均不能排放到空气中，用氢氧

化钠溶液吸收，NOC1遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间应该需加一个干燥装置。

【题目详解】

A.根据CL和NO反应生成了NOC1,氯元素化合价降低，得电子，C12为氧化剂，故A正确；

B.先打开K2、K3,通入一段时间氯气，排尽三颈烧瓶中的空气，防止NO、NOC1变质，然后再打开Ki,通入NO,

故B正确；

C.该装置能制备用块状固体和液体反应生成的气体,过氧化钠为粉末状固体,所以不可以做Na2O2和水制氧气的实验,

故C错误；

D.若无装置B,C中亚硝酰氯与水反应生成氯化氢、NO和二氧化氮，可能发生反应：2NOCI+H2O=2HCl+NOt+NO2t，

故D正确；

故选：Co

2^D

【解题分析】

224Tx9N

A标准状况下，22.4L环丙烷和丙烯的混合气体中所含共用电子对数为二~；~^=9NA,故不选A；

22.4L/mol

B.铁在足量氧气中燃烧生成Fe3O4,56克铁转移的电子数为8NA/3,因此转移电子数小于3NA,故不选B；

一一一16gxi6此

C.lmolCh和lmoP4c2H4均含有16个中子，摩尔质量均为32g/mol,故混合物中所含中子数为不^^=8NA,故

32g/mol

不选C；

D.CH3COONH4为弱酸弱碱盐，醋酸根离子和钱根离子均会水解，因此溶液中CH3COCT与NH4+的数目均小于0.5NA;

答案：D

【题目点拨】

易错选项C,注意02和14c2H4摩尔质量相同，中子数相同。

3、A

【解题分析】

根据有机物系统命名原则，二表示取代基的数目，

故选：Ao

4、A

【解题分析】

向样品中滴加氯化银溶液，有白色沉淀产生，可能含有硫酸根离子或碳酸根离子或银离子；再滴加盐酸，沉淀部分消

失，并有无色无味的气体产生，说明样品中含有碳酸根离子，碳酸根离子与银离子不能共存，所以样品中一定不存在

银离子。

故选Ao

【题目点拨】

由于沉淀部分消失，一定有碳酸根离子，并且碳酸根离子与银离子不能共存。

5^A

【解题分析】

A.通过分析反应前后物质的结构可知，反应过程中甲分子发生了1,4加成，形成了一个新的碳碳双键，乙分子也发生

了加成最终与甲形成了六元环；A项正确；

B.由于甲分子中存在一个sp3杂化的形成了4条单键的碳原子，所以甲分子内的所有原子不可能共平面；B项错误；

C.由乙的结构可知，乙的分子式为：C4H$"00；C项错误；

D.酯在碱性条件下水解，产物竣酸会与碱反应生成竣酸盐，所以丙在碱性条件下水解的产物为CH3I8OH和

fi~</7、,D项错误；

答案选A。

6、A

【解题分析】

A.浓硫酸中存在硫酸分子，而稀硫酸中在水分子的作用下完全电离出氢离子和硫酸根离子，不存在硫酸分子，故A错

误；

B.浓硫酸具有强氧化性，稀硫酸具有弱氧化性，所以都具有一定的氧化性，故B正确；

C.常温下浓硫酸与铁，铝发生钝化，先把铁铝氧化成致密的氧化物保护膜，稀硫酸与铁铝反应生成盐和氢气，故C

正确；

D.浓硫酸和稀硫酸的密度都比水大，故D错误；

故选：Ao

7、D

【解题分析】

①A为CL,D为Fe,B为氯化铁，C为氯化亚铁，满足转化关系A—故①正确；

②A为S,D为氧气，B为二氧化硫，C为三氧化硫，满足转化关系ABC,故②正确；

③A为Fe,D为硝酸，B为硝酸亚铁，C为硝酸铁，满足转化关系A—^B—故③正确

④A为NH3,D为氧气，B为NO,C为二氧化氮，满足转化关系A3^B—ELfC,故④正确；

⑤A为AlCb溶液，D为NaOH,B为氢氧化铝，C为偏铝酸钠，满足转化关系A3^B3^C,故⑤正确；

⑥若A为Na2cCh,D可以为酸，B为碳酸氢盐，C为二氧化碳，满足转化关系故⑥正确；

根据分析可知，满足转化关系的A有6个。

答案选D。

8、B

【解题分析】

A.因甲基橙试剂显红色的溶液为酸性溶液，H+、Fe2\NO］能发生氧化还原反应，则不能大量共存，故A错误；

B.滴入KSCN显血红色的溶液，说明存在Fe3+,因Fe3+不与该组离子之间发生化学反应，则能够大量共存，故B正

确；

C.c(°H)=10"的溶液中，c(OH)=0.1mol/L,OHNH4\HCO3-均反应，则不能大量共存，故C错误；

c(H)

D.由水电离的c(H+)=1.0xlO-i3moi/L溶液，该溶液为酸或碱的溶液，OIT与AF+能生成沉淀，H+与CH3co反应生

成弱电解质，则该组离子一定不能大量共存，故D错误。

故选B。

【题目点拨】

凡是溶液中有关离子因发生反应而使浓度显著改变的均不能大量共存，如生成难溶、难电离、气体物质或能转变成其

他种类的离子(包括氧化还原反应)。一般可从以下几方面考虑：

⑴弱碱阳离子与OIF不能大量共存，如Fe3+、AF+、CU2+,NH,\Ag+等。

⑵弱酸阴离子与H+不能大量共存，如CH3co0一、CO；,SO：等。

(3)弱酸的酸式阴离子在酸性较强或碱性较强的溶液中均不能大量存在。它们遇强酸(H+)会生成弱酸分子；遇强碱(OH

一)会生成正盐和水，如HSOi、HCO,等。

(4)若阴、阳离子能相互结合生成难溶或微溶性的盐，则不能大量共存，如Ba2+、Ca2+与CO；、SO；、SO,等；Ag+

与cr、Br，r等。

⑸能发生氧化还原反应的离子不能大量共存，如NO.(H+)与「、Br，Fe2+等。

(6)若限定为无色溶液，有色的离子不能大量存在。如MnCh(紫红色)、Cu2+(蓝色)、Fe3+(棕黄色)、Fe?+(浅绿色)。

9、D

【解题分析】

根据原子晶体的组成特点及常见的性质判断，晶体硅、金刚石和二氧化硅等是常见的原子晶体。

【题目详解】

A、就属于分子晶体，选项A不选；

B、食盐为氯化钠晶体，氯化钠属于离子晶体，选项B不选；

C、干冰属于分子晶体，选项C不选；

D、金刚石属于原子晶体，选项D选；

答案选D。

10、D

【解题分析】

A.Fe3+具有氧化性，可以将碘离子「氧化成碘L,碘遇淀粉变蓝，离子方程式：2Fe3++21=2Fe2++L,故A项涉及；

B.氯水中的氯气和次氯酸具有氧化性，可以把Br氧化成Bn,CC14层显橙色，故B涉及；

C.醛基和新制Cu(OH)2在加热的条件下，发生氧化还原反应，生成砖红色沉淀，故C涉及；

D.C1-和硝酸酸化过的AgNCh溶液中银离子反应生成氯化银沉淀，这个反应不是氧化还原反应，故D不涉及；

题目要求选择不涉及氧化还原反应的，故选D。

11、B

【解题分析】

由实验流程可知，该溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe3+,且白色沉淀与足量盐酸反应，白色沉淀部

分溶解，并有气体生成，不溶的白色沉淀一定为BaSCh,气体为CO2,由于SCh'Mg?+相互促进水解不能共存，②

反应后的溶液中可能含Na+、Mg2+,所含离子的物质的量浓度均相同，由电荷守恒可知不含CI,则溶液中一定含SO?',

HCO3\Na+、Mg2+,以此来解答。

【题目详解】

A.①中白色沉淀为硫酸钢和碳酸钢，气体为CO2,故A错误；

B.白色沉淀与足量盐酸反应，白色沉淀部分溶解，并有气体生成，不溶的白色沉淀一定为BaSO4,气体为CO2,由

于SO3"、Mg?+相互促进水解不能共存，②反应后的溶液中可能含Na+、Mg2+,所含离子的物质的量浓度均相同，由

电荷守恒可知不含CL则溶液中一定含SO42-、HCO3\Na+、Mg2+,故B正确；

2+22+

C.②反应后的溶液中可能含Na+、Mg,所含离子的物质的量浓度均相同，则溶液中一定含SO4',HCO3\Na\Mg,

故C错误；

D.①溶液中含Na+及过量的Ba(OH)2,②溶液含Mg2+及过量盐酸，只有②溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液能生成白

色沉淀AgCL故D错误；

正确答案是Bo

【题目点拨】

本题的关键在于理解”所含离子的物质的量浓度均相同”这一句话，通过电荷守恒推出一定含SO4%、HCO"Na+、

Mg2+,另外SO3*、Mg2+相互促进水解不能共存也是需要注意的点。

12、A

【解题分析】

A.乙焕分子中，C与C原子之间存在非极性键，分子结构对称，属于非极性分子，A正确；

B.甲烷分子中只含有C—H极性键，不含有非极性键，B错误；

C.水分子中只合有H—O极性键，分子结构不对称，属于极性分子，C错误；

D.NaOH属于离子化合物，不存在分子，D错误；

故合理选项是A。

13、D

【解题分析】

①CH4(g)+2€>2(g)=CC>2(g)+2H2O(g)AH=-Qi；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)AH=-Q2;H2O(g)^H2O(1)AH=-Q3;根据盖斯

定律①+2义③得CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)AH=-Q1-2Q3；根据盖斯定律②+2x③得

2H2(g)+O2(g)=2H2O⑴AH=Q2-2Q3,标准状况下，112L体积比为4:1的甲烷和H2的混合气体的物质的量为

12?4

=--------:--------=5mol,故甲烷的物质的量为5moix—=4mol,完全燃烧生成液体水放出的热量为

22.4L/mol5

4moi

(QI+2Q)x-―-=4(QI+2Q),氢气的物质的量为5moi-4mol=lmol,完全燃烧生成液体水放出的热量为

3Imol3

\mol

(Q2+2Q3)X---=0.5(Q+2Q),故甲烷、氢气完全燃烧，放出的热量为:4(QI+2Q3)+0.5(Q2+2Q3)=4QI+0.5Q2+9Q3,

Imol23

故选D。

答案：Do

【题目点拨】

先根据混合气体的物质的量结合体积分数计算甲烷、氢气各自物质的量，再根据盖斯定律，利用已知的三个热化学反

应方程式进行计算甲烷、氢气完全燃烧生成液体水和二氧化碳的反应热。

14、B

【解题分析】

A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，A项错误；

B.N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应，无副产物生成，其原子利用率为100%,B项正确；

C.在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO,N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，C项错误；

D.催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D项错误；

答案选B。

【题目点拨】

D项是易错点，催化剂通过降低活化能，可以缩短反应达到平衡的时间，从而加快化学反应速率，但不能改变平衡转

化率或产率。

15、D

【解题分析】

A项、NaOH与HCIO4反应属于中和反应，碱能与酸发生中和反应，故A能解释；

B项、碳酸的酸性比硅酸强，酸性比硅酸强的酸能制备硅酸，较强的酸能制备较弱的酸，故B能解释；

C项、活动性较强的金属单质能从活动性较弱的金属的盐溶液中置换出活动性较弱的金属，故C能解释；

D项、FeCb与Nai发生了氧化还原反应，这不是卤化物通性，其他卤化钠大多数不能与氯化铁发生类似的反应，故D

不能解释；

故选D。

16、D

【解题分析】

A.根据图中信息可知，从反应开始到刚达到平衡时间段内v(M)=B=q^工=0.01mol・LLs-i,则v(W)=2v(M)

=0.02mobL-^s1,A项正确;

B.随着反应的进行，消耗的W的浓度越来越小，生成W的速率即逆反应速率越来越大，因此a、b两时刻生成W的

速率：i)(a)<D(b),B项正确；

C.随着反应的进行，W的消耗速率越来越小，直至保持不变，be时段反应处于平衡状态，则用W浓度变化值表示的

ab、be两个时段内的反应速率为：v(ab)>v(bc)=0,C项正确；

D.其他条件相同，起始时将0.2mol・L」氨气与W混合，与原平衡相比，W所占的分压不变，则化学反应速率不变，

反应达到平衡所需时间不变，D项错误；

答案选D。

二、非选择题(本题包括5小题)

避免碳碳双键被氢气加成(还原)，酯很难和氢气加成(还原)

17、CH3COOC2H5

H乂冷幽乂”冲场乂芳5:立《

HJC^CHJHjC^CH,HjC^CH,HjC^Oh

【解题分析】

(1)反应A—B中需要加入试剂X,其分子式为C4H8。2,属于加成反应，则X为CH3coOC2H5；

(2)避免碳碳双键被H2加成或还原，酯很难和H2发生还原反应；

(3)①属于芳香族化合物，说明含有苯环；②能使FeCb溶液显色，说明含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示有4种不同

化学环境的氢，结构应对称；

(4)E中醛基与银氨溶液发生氧化反应；

(5)比较B与C的结构简式可知，B先在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，生成竣酸钠，然后将翔基用LiBW还

原为醇，然后酸化，将竣酸钠变为竣基，竣基与羟基在浓硫酸、加热条件下发生取代反应，生成酯基，最后再与CH3I

发生增加C原子的反应得到C。

【题目详解】

(1)根据A与B的结构简式的异同，结合X的分子式可知，A转化为B属于加成反应，则X是CH3coOC2H5；

(2)CTD不直接用H2(银作催化剂)还原的原因是：因为C中含有碳碳双键，碳碳双键也能与氢气发生加成反应，酯

很难和周发生还原反应，

故答案为避免碳碳双键被氢气加成(还原)，酯很难和氢气加成(还原)；

(3)A的同分异构体满足：①属于芳香族化合物，说明含有苯环:;②能使FeCb溶液显色，说明含有酚羟基；③核磁共

振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，A的分子式是CIOH140,则分子中存在对称结构，所以符合题意的A的同分异

构体的结构简式是H3c>-UH或；

(4)E分子中的醛基可与银氨溶液反应，醛基被氧化为蝮基，同时生成氨气、银单质、水，化学方程式是

5CH0——jC00NH-4

七0；

(5)比较B与C的结构简式可知，B先在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，生成竣酸钠，然后将埃基用LiBH4还

原为醇，然后酸化，将竣酸钠变为竣基，竣基与羟基在浓硫酸、加热条件下发生取代反应，生成酯基，最后再与CH3I

发生增加C原子的反应得到C,合成流程图是：

COOCJHJHjC/-COON*HjC/一COCW

Qr%

H>C入CH,H>C人CHjHJCT^CHJ

18、HC三CHCH3COOH酯基、碳碳双键

-[-CH—CH241T+nNaOH-^l-[-fH—CH：2]n+nCHjCOONa

稀NaOH溶液/

u-Lun

△^^CH=CH—cQ；+为中O-CH-0

保护醛基不被H2还原

H2

H2

-{—CH^、CH—CH2k

kJ-

CH2cH2-^)

【解题分析】

3.9g

标准状况下，3.36L气态燃A的质量是3.9g,则相对摩尔质量为3.36L=26g/moL应为HOCH,A与X反应生

22AL/mol

-[-CH-CHj-fr-

成B,由B的结构简式可知X为CH3coOH,X发生加聚反应生成PVAc,结构简式为Q——CH3'由转化关

系可知D为CH3cHO,由信息I可知£为[—；—CHCH-CH(

0,由信息II可知F为

)-CH«=CH-C^广2,结合G的分子式可知G应为

一CH-CH；CHO,在E—F—GTH的转化过程中,乙二醇可保护醛基不被H2还原，M为

,据此分析作答。

【题目详解】

根据上述分析可知，

(1)标准状况下，4.48L气态点A的物质的量为0.2mol,质量是5.2g,摩尔质量为26g/mol,所以A为乙快，结构简

式为HC三CH；正确答案：HCmCH。

(2)根据B分子结构可知，乙焕和乙酸发生加成反应，X的结构简式为.CH3COOH；B中官能团的名称是酯基、碳

碳双键；正确答案：CH3COOH；酯基、碳碳双键。

(3)有机物B发生加聚反应生成PVAc,PVAc在碱性环境下发生水解生成竣酸盐和高分子醇，化学方程式为

CH

-1-CH—CH2-j?"+nNaOH-^—24T-+nCH3COONa

i-c-CH3」正确答案:

II

0

nNaOH号。-CH241i-+nCH3coONa

o—c—CH3OH

(4)乙焕水化制乙醛，乙醛和苯甲醛发生加成、消去反应生成有机物E,因此反应②的反应试剂和条件是是稀

NaOH溶液/△；正确答案：稀NaOH溶液/△。

(5)根据信息II,可知芳香烯醛与乙二醇在氯化氢环境下发生反应,与氢气发生加

正确答案:

(6)从流程图可以看出，醛基能够与氢气发生加成反应，所以乙二醇的作用是保护醛基不被H2还原；正确答案：保

护醛基不被H2还原。

(7)高分子醇中2个-CH(0H)-CH2-与苯丙醛发生反应，生成六元环状结构的高分子环酸，则M的结构简式为

H,

2+2+22++3++

19、Co2O3+SO3+4H=2Co+SO4+2H2OC1O3+6Fe+6H=Cl+6Fe+3H2OC1O3+5C1+6H=3Cl2t+3H2O

Fe(OH)3、A1(OH)3蒸发(浓缩)冷却(结晶)降低烘干温度，防止产品分解除去溶液中的Mi?+B

粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水

【解题分析】

(1)向水钻矿［主要成分为CO2O3、CO(OH)3,还含少量Fe2O3、AI2O3、MnO等］中加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有

的阳离子主要有H+、Co2\Fe2+、Mn2\AF+等，所以CO2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒

2+2+2

和得失电子守恒，反应的离子方程式为：CO2O3+SO3+4H=2CO+SO4+2H2O,故答案为

2+2+2

CO2O3+SO3+4H=2CO+SO4+2H2O；

2++3+

(2)NaClCh的作用是将Fe2+氧化成Fe3+,其反应的离子方程式为：CIO3+6Fe+6H=Cr+6Fe+3H2O；在酸性条件

+

下，NaCKh与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：CIO3+5C1+6H=3C12t+3H2O；故答案为

2++3++

C1O3+6Fe+6H=Cl+6Fe+3H2O；C1O3+5C1+6H=3C12T+3H2O；

(3)NaClO3的作用是将Fe?+氧化成Fe3+,加Na2c(h调pH至a,铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和

二氧化碳，水解的离子方程式为：2A13++3CO32-+3H2O=2A1(OH)31+3C(M；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢

氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)31+3CO23所以沉淀成分为：Fe(OH)3、

A1(OH)3,故答案为Fe(OH)3、A1(OH)3；

(4)从溶液中制取氯化钻固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，故答案为蒸发浓缩；冷却结晶；

(5)根据流程图可知，此时溶液中存在Mi?+、Co?+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调

节溶液pH在3.0~3.5之间，M/+的萃取率很高而Co?+的萃取率较小，并防止Co?+转化为Co(OH)2沉淀，故答案为

除去溶液中的Mi?+；B；

(6)根据C0C36H2O的组成分析，造成产品中CoCb・6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致

氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为粗产品含有可溶性氯化物

或晶体失去了部分结晶水。

【点晴】

理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力

及灵活应用所学知识的能力。

2++

20、CU(NH3)4+2RH=2NH4+2NH3+CUR2提高铜离子的萃取率，提高原料利用率稀硫酸pH太小氧化亚

铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解C真空干燥90.90%制备氧化亚铜时，氧化亚铜被肿还

原，产品中含有铜粉，测定结果均增大

【解题分析】

刻蚀液(含有大量Cu2\Fe2\Fe3+)加入过量的氨水，形成铜氨溶液，同时生成氢氧化亚铁和氢氧化铁沉淀，铜氨

溶液中加入有机溶液得到CUR2,再反萃取剂条件下生成硫酸铜溶液。

【题目详解】

(1)步骤IL铜氨溶液和RH的有机溶液反应生成氨气和氯化钱和CUR2,离子方程式为：

2++

CU(NH3)4+2RH=2NH4+2NH3+CUR2；

(2)需要对水层多次萃取并合并萃取液是能提高铜离子的萃取率，提高原料利用率；

(3)通过前后的物质分析，反萃取剂提供硫酸根离子和氢离子，故为稀硫酸；

(4)①从信息分析，氧化亚铜在酸性强的溶液中会发生歧化反应，但碱性强的溶液中氧化亚铜会溶解。故答案为：pH

太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解；

②纳米Cu2O不能通过半透膜，所以可以选择C进行分离。

③因为CU2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO,也易被还原为Cu,所以选择真空干燥；

(5)①根据