2024届陕西省汉中市汉台区县高三压轴卷化学试卷含解析

2024届陕西省汉中市汉台区县高三压轴卷化学试卷

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、取三份浓度均为O.lmol/L,体积均为1L的CH3coONa溶液中分别加入NH4cl固体、CH3coONW固体、HC1

气体后所得溶液pH变化曲线如图(溶液体积变化忽略不计)下列说法不正确的是

A.曲线a、b、c分别代表加入CH3COONH4,NH4CkHC1

7

B.由图可知Ka(CH3COOH)=Kb(NH3.H2O)=lxl()-

+++

C.A点处C(CH3COO)>c(Na)>c(NH4)>c(OH)>c(H)

D.C点处c(CH3COO)+c(Cr)+c(OH)>0.1mol/L

2、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.1molL与4molH2反应生成的HI分子数为2NA

B.标准状况下，2.24LH2O含有的电子数为NA

C.1L1.Imol/L的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为L2NA

D.7.8g苯中碳碳双键的数目为1.3NA

3、有机物M、N、Q的转化关系为：

MNQ

下列说法正确的是()

A.M分子中的所有原子均在同一平面

B.上述两步反应依次属于加成反应和取代反应

C.M的同分异构体中属于芳香煌的还有3种

D.Q与乙醇互为同系物，且均能使酸性KMnCh溶液褪色

4、化学与生产、生活、社会密切相关。下列叙述错误的是

A.还原铁粉能用作食品抗氧化剂

B.夜空中光柱的形成属于丁达尔效应

C.浸泡过KMnO4溶液的硅土可作水果保鲜剂

D.燃煤中加入CaO可减少温室气体的排放

5、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X同主族，Y原子的最外层电子数等于X原子的电子总

数，Z原子的电子总数等于W、X、Y三种原子的电子数之和，Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为HnZO2n+2。

W、X、Y三种元素形成的一种化合物的结构如下图所示。下列说法错误的是

W

x*Lw：Y：wy

W

A.W的最高正价和最低负价的代数和为0

B.W的简单离子半径可能大于X的简单离子半径

C.Y的最高价氧化物对应的水化物属于弱碱

D.Z的单质的水溶液需保存在棕色试剂瓶中

6、下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）（）

电解CuCh溶港

CH3coOH在水中电离

想

假

间

436kJ•m%中

质

物

键

243kJ-mojjj*瓯农

形

能量成

D.H2(g)+Ch(g)—2HC1(g)+183kJ

、与Cl：反应能量变化

7、用下图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是

选项①中物质②中物质预测②中的现象

A稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡

B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体

C草酸溶液高镒酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色

D氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀

A.AB.BC.CD.D

8、PbCL是一种重要的化工材料，常用作助溶剂、制备铅黄等染料。工业生产中利用方铅矿精矿(主要成分为PbS,含

有FeS2等杂质)和软镒矿(主要成分为MnCh)制备PbCh的工艺流程如图所示。

MNaCINaOH

FaoHh.riftPKI

已知：i.PbCL微溶于水

ii.PbCl2(s)+2c「(aq)UPbCV(aq)AH>0

下列说法不正确的是()

+2+2

A.浸取过程中MnO2与PbS发生反应的离子方程式为：8H+2Cl+PbS+4MnO2=PbC12+4Mn+SO4+4H2O

B.PbCb微溶于水，浸取剂中加入饱和NaCI溶液会增大其溶解性

C.调pH的目的是除去Fe3+,因此pH越大越好

D.沉降池中获得PbCL采取的措施有加水稀释、降温

9、NaCI是我们生活中必不可少的物质。将NaCI溶于水配成Imol•IT】的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确

的是

-I本.

A.b的离子为

B.溶液中含有NA个Na+

C.水合b离子的图示不科学

D.40℃时该溶液的pH小于7,是由于Na+水解所致

10、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

A.含ImolH2s04的浓硫酸和足量的锌完全反应，转移的电子数为2NA

B.常温下1L0.1mol-L1NH4NO3溶液中的氮原子数为0.2NA

C.标准状况下2.24L己烷分子中含有1.9NA对共用电子

D.以Mg、Al为电极，NaOH溶液为电解质溶液的原电池中，导线上经过NA个电子，则正极放出H2的体积为11.2L

11、下列说法正确的是

A.用苯萃取滨水中的Bn,分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层

B.欲除去H2s气体中混有的HCL可将混合气体通入饱和Na2s溶液

C.乙酸乙酯制备实验中，要将导管插入饱和碳酸钠溶液底部以利于充分吸收乙酸和乙醇

D.用pH试纸分别测量等物质的量浓度的NaCN和NaClO溶液的pH,可比较HCN和HC1O的酸性强弱

12、分别由下表中的实验和现象得出的结论不正确的是

选项实验现象结论

A用熔融氯化铝做导电性实验电流指针不偏转氯化铝是共价化合物

B向FeBn溶液中加入少量氯水，再加CCk振荡CC14层无色Fe2+的还原性强于Br-

相同的铝片分别与同温同体积，且c（H铝与盐酸反应产生气泡可能是cr对该反应起到促

C

+）=lmol・Lr的盐酸、硫酸反应较快进作用

向盛有2mL0.1mol/L的AgNCh溶液中加入10

先生成白色沉淀，后产

滴的溶液，振荡，再加入滴

DO.lmol/LNaCl10Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)

生黄色沉淀

0.1mol/L的Nai溶液，再振荡

A.AB.BC.CD.D

13、为研究某固体混合物样品的成分，取等质量的两份该固体，进行如下实验（不考虑盐类的水解及水的电离）：（1）一

份固体溶于水得透明溶液，加入足量BaCb溶液，得沉淀6.63g,在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀。（2）另

一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L（标准状况）。根据上述

实验现象，该固体样品的成分可能是（）

A.Na2sth、（NH4）2CO3>KC1

B.KCkNa2cCh、（NH4）2SO4

C.CuCl2>Na2cCh、（NH4）2SO4

D.Na2sCh、NHQ、K2CO3

14、下列颜色变化与氧化还原反应有关的是（）

A.氨气遇到HC1气体后产生白烟

B.品红溶液通入SO2气体后褪色

C.湿润的淀粉碘化钾试纸遇C12变蓝

D.在无色火焰上灼烧NaCl火焰呈黄色

15、已知HC1的沸点为-85°C,则HI的沸点可能为()

A.-167℃B.-87℃C.-35℃D.50℃

16、铜板上铁钾钉处的吸氧腐蚀原理如图所示，下列有关说法中，不正确的是

呼)(水腴)

A.正极电极反应式为：2H++2e——H2T

B.此过程中还涉及到反应：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3

C.此过程中铜并不被腐蚀

D.此过程中电子从Fe移向Cu

二、非选择题(本题包括5小题)

17、［化学——选修5：有机化学基础］

COOH

A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示(部分条件略去)。

CH2OH

CH.OH

(DA的名称是；B中含氧官能团名称是o

(2)C的结构简式；D-E的反应类型为—o

(3)E-F的化学方程式为一。

(4)B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为

6:1:1的是(写出结构简式)。

COOH

(5)等物质的量的I人J分别与足量NaOH、NaHCCh反应，消耗NaOH、NaHCCh的物质的量之比为___;检

CH2OH

COOH

验。其中一种官能团的方法是一(写出官能团名称、对应试剂及现象)。

CH2OH

18、化合物G是制备治疗高血压药物纳多洛尔的中间体，实验室由A制备G的一种路线如下：

已知：

(DA的化学式是

(2)H中所含官能团的名称是;由G生成H的反应类型是。

(3)C的结构简式为,G的结构简式为o

(4)由D生成E的化学方程式为o

⑸芳香族化合物X是F的同分异构体,lmolX最多可与4molNaOH反应，其核磁共振氢谱显示分子中有3种不同化学

环境的氢,且峰面积比为3:3:1,写出两种符合要求的X的结构简式:o

COOH

⑹请将以甲苯和(CH3co)2。为原料(其他无机试剂任选)，制备化合物的合成路线补充完整。

0

19、草酸铁钱［(NH4)3Fe(C2O4)3］是一种常用的金属着色剂，易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0〜5.0之间。某兴

趣小组设计实验制备草酸铁钱并测其纯度。

(1)甲组设计由硝酸氧化葡萄糖制取草酸，其实验装置(夹持及加热装置略去)如图所示。

①仪器a的名称是

②55〜60℃下，装置A中生成H2c2。4,同时生成Nth和NO且物质的量之比为3：1,该反应的化学方程式为

③装置B的作用是；装置C中盛装的试剂是o

(2)乙组利用甲组提纯后的草酸溶液制备草酸铁钱。

将FezO3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液；滴加氨水至_________，然后将溶液、过滤、洗涤并干燥，制得

草酸铁钱产品。

(3)丙组设计实验测定乙组产品的纯度。

准确称量5.000g产品配成100mL溶液，取10.00mL于锥形瓶中，加入足量O.lOOOmol•稀硫酸酸化后，再用

O.lOOOmol•L-iKMnO4标准溶液进行滴定，消耗KMnCh溶液的体积为12.00mL0

①滴定终点的现象是O

②滴定过程中发现褪色速率开始缓慢后迅速加快，其主要原因是o

③产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为%o[已知：(NH4)3Fe©O4)3的摩尔质量为374g•mol1]

20、银的全球消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位，常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也用作催化

齐！J，制取原理：Ni(CO)4(g)黑''Ni(s)+4CO(g),实验室用如图所示装置制取Ni(CO)4»

已知：CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd；(H^)+2HC1；Ni(CO)4熔点-25℃,沸点43℃,60℃以上与空气混合易爆炸;

Fe(CO)s熔点-20℃,沸点103℃。回答下列问题：

⑴装置A中发生反应的化学方程式为o

⑵装置C用于合成Ni(COM夹持装置略)，最适宜选用的装置为(填标号)。

⑶实验过程中为了防止_________，必须先观察(填实验现象)再加热C装置。

(4)利用“封管实验”原理可获得(高纯银。如图所示的石英)玻璃封管中充有CO气体，则高纯银粉在封管的_______温

度区域端生成填“323K”或“473K”。

323K473K

⑸实验中加入11.50gHCOOH,C装置质量减轻2.95g(设杂质不参加反应)，E装置中盛有PdCh溶液100mL,则

PdCh溶液的物质的量浓度至少为_______mol-L'o

21、二氧化碳减排和再利用技术是促进工业可持续发展和社会环保的重要措施。将工业废气中的二氧化碳转化为甲醇,

其原理是:

CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)AH=-53.7kJ/mol

(1)308K时，向2L密闭容器中通入0.04molCO2和0.08molH2,测得其压强(p)随时间⑴变化如图1中曲线I所示。

①反应开始至达平衡时，"H2)=；该温度下反应的平衡常数为_____mol2-L2o

②若只改变某一条件，其他条件相同时，曲线变化为H,则改变的条件是——。

⑵还可以通过以下途径实现CO2向CH30H的转化：

反应I：CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)AH<0

反应II：2H2(g)+CO(g)CH30H(g)AH<0

反应I和反应II的平衡常数K随温度T的变化如图2所示。

①根据图中数据分析可知，TiT2(填“>”、“<”或"=")；T2时CO2转化为CH30H的平衡常数K=

②目前，许多国家采用CO2代替CO(以煤和天然气为原料)生产CH3OH,其优点是o

(3)用电解法可将CO2转化为多种燃料，原理如图3。铜电极上产生HCOOH的电极反应式为

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、B

【解析】

醋酸钠为强碱弱酸盐，因醋酸根离子水解，溶液呈碱性。往溶液中加入氯化镀固体，由于钱根离子水解呈酸性，故随

着氯化镂的加入，溶液将由碱性逐渐变为酸性，由于水解微弱，所得溶液酸性较弱，符合的曲线为b；往溶液中通入

氢化氯气体，随着气体的通入溶液由碱性转变为酸性，由于氯化氢为强酸，通入量较大时，溶液的酸性较强，符合的

曲线为c；加入醋酸镇固体所对应的变化曲线为a,据此结合电荷守恒及盐的水解原理分析。

【详解】

A.根据分析可知，曲线a代表醋酸钱、曲线b代表氯化钱、曲线c代表氯化氢，故A正确；

B.当加入固体的物质的量为O.lmol时，曲线b对应的pH值等于7,说明等浓度的醋酸根离子的水解程度与钱根离子

相同，即心(。13(：0011)=&(岫3.10),但无法计算其电离平衡常数，故B错误；

+

C.A点含有的溶质为0.ImolCHsCOONa与0.lmolCH3C00NH4,溶液的pH>7,则c(OHj>c(H),醋酸根离子的水解程度较小,

则c(CH3C0(T)>c(Na+),钱根离子部分水解，贝!Jc(Na，)>c(NH4+),溶液中离子浓度的大小关系为：c(CHaCOO­)>c(Na+)

+-+

>C(NH4)>C(0H)>C(H),故C正确；

+

D.C点通入0.ImolHCl,与0.Imol醋酸钠反应得到0.lmolCH3COOH与0.ImolNaCI,c(Cr)=c(Na)=0.lmol/L,则

-

c(CH3C00-)+C(CD+C(OH)>0.lmol/L,故D正确；

故选:Bo

【点睛】

本题考查图象分析、溶液中离子浓度关系，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，转移掌握电荷守恒

及盐的水解原理，试题培养了学生的综合应用能力。

2、C

【解析】

A.氢气和碘的反应为可逆反应，不能进行彻底，生成的HI分子小于2NA个，故A错误；

B.标况下，水不是气体，2.241水的物质的量大于1.111101,含有的电子数大于NA个，故B错误；

C.lLLlmol・L-i的NH4NO3溶液中含有lmolNH4NO3,含有2moi氮原子，含有的氮原子数为1.2NA,故C正确;

D.苯分子结构中不含碳碳双键，故D错误；

故选C。

【点睛】

本题的易错点为D,要注意苯分子中没有碳碳双键，所有碳碳键都一样。

3、C

【解析】

（与氯气在光照条件下发生取代反应生成|）部皿

由转化关系可知,ycH2cH3

CH

钠溶液发生水解反应生成〔3C1H3

OH

【详解】

A项、0CH阳3分子中的侧链为乙基，乙基含有2个饱和碳原子，则/了CH2cH3分子中的所有原子不可能在同一平

面，故A错误；

B项、JCH2cH3与氯气在光照条件下转化为QpfHCH?的反应属于取代反应，故B错误；

C项、JCH2cH3的同分异构体中属于芳香煌的还有对二甲苯、间二甲苯和邻二甲苯，共3种，故C正确；

D项、属于芳香醇，其与乙醇不是同系物，故D正确。

0H

故选C。

【点睛】

本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构与转化关系为解答的关键。

4、D

【解析】

A.Fe具有还原性，能够吸收空气中的氧气，则还原铁粉可以用作食品袋中的抗氧化剂，故A正确；

B.含有灰尘的空气属于胶体，光柱是胶体的丁达尔效应，故B正确；

C.乙烯具有催熟效果，能够被高镒酸钾溶液氧化，所以浸泡过KMnO4溶液的硅藻土放在水果箱里可延长水果的保鲜

期，故C正确；

D.加入氧化钙，可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，燃煤中加入CaO

后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体二氧化碳的排放量，故D错误；

故选D。

5、C

【解析】

由信息可知W是H,X是Li,Y是ALZ是Cl元素。

A.H元素最高为+1价，最低为-1价，二者代数和为0,A正确；

B.H-、Li+电子层结构相同，核电荷数Li+>H1所以离子半径H>Li+,B正确；

C.Y是A1元素，A1最高价氧化物对应水化物A1(OH)3是两性氢氧化物，C错误；

D.Cb溶于水得到氯水，氯气与水反应产生盐酸和次氯酸，其中含有的HC1O不稳定，光照容易分解，所以应该保存

在棕色试剂瓶中，D正确；

故合理选项是C。

6、B

【解析】

A、NaCl为强电解质，电离方程式为NaCl=Na++Cr,故A不符合题意；

电解

B、电解氯化铜溶液生成Cu和氯气，电解发生CuCb=Cu+CLf,故B符合题意；

C、醋酸为弱酸，电离方程式为CH3coOHCH3coO-+H+,故C不符合题意；

D、婚变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，贝！JH2(g)+C12(g),2HCl(g)

AH=(436+243-431x2)kJ/mol=-183kJ/mol,因此H2(g)+Cl2(g)^2HCl(g)+183kJ,故D不符合题意;

故选:Bo

【点睛】

电解池中阳极若是活性电极作阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应，若是惰性电极作阳极，放电顺序为:

S2-、r、B「、Cl-、OH-、含氧酸根离子(NOI、SO『、COg)、F-

,注意：①阴极不管是什么材料，电极本身都不反

放电由易到难

应，一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电；②最常用、最重要的放电顺序为阳极：COOH-；阴极：Ag+>Cu2+>H

+

7、C

【解析】

A项、盐酸首先中和氢氧化钠，故A错误；

B项、常温下铝在浓硝酸中钝化，得不到气体，故B错误；

C项草酸具有还原性，能被酸性高镒酸钾溶液氧化，使其褪色，故C正确；

D项、氢氧化钠溶液开始是过量的，因此不可能产生白色沉淀氢氧化铝，故D错误；

故选C。

8、C

【解析】

方铅矿精矿(主要成分为PbS,含有FeS2等杂质)和软镒矿(主要成分为M11O2)中加入稀盐酸，根据酸性废液中含有硫酸

根离子矿渣，PbS中S元素被氧化成SCV,则发生反应为4MnO2+PbS+8HCl=3MnC12+PbC12+MnSO4+4H2O,加入

NaCl促进反应PbC12(s)+2Cr(aq)UPbC14*(aq)正向移动。加入NaOH溶液调节溶液pH,使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀，

过滤得到Fe(OH)3、矿渣和滤液；PbCb微溶于水，将溶液沉降过滤得到PbCb。

+2+2

A.浸取过程中Mn(h与PbS发生氧化还原反应，离子反应为：8H+2Cr+PbS+4MnO2=PbC12+4Mn+SO4+4H2O,

正确，A不选；

B.发生PbC12(s)+2C「(aq)UPbC14*(aq),加入NaCl增大c(CF),有利于平衡正向移动，将PbCL(s)转化为PbCW(aq),

正确，B不选；

C.调节溶液pH,使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀，除去溶液中的Fe3+,但应避免同时生产Mn(OH)2沉淀，pH不能过大,

错误，C选；

2

D.已知：PbCl2(s)+2Cr(aq)#PbCl4(aq)AH＞0,可以通过加水稀释、降温促进反应逆向进行，获得PbCk,正确，

D不选。

答案选C。

9、C

【解析】

NaCl在溶液中电离出Na+和C「，Na+含有2个电子层，C「离子含有3个电子层，则离子半径C「＞Na+,根据图示可

知，a为CP、b为Na+,

A.离子半径C「＞Na+,则a离子为C-，b离子为Na+,故A错误；

B.没有告诉该NaCl溶液的体积，无法计算该溶液中含有Na+的数目，故B错误；

C.b为Na+,带正电荷，会使水分子中带有负电的氧原子受到吸引，故图示b离子不科学，故C正确；

D.C'-,Na+都不水解，NaCl溶液呈中性，故D错误；

故选c。

【点睛】

B项是学生们的易错点，往往忽视了题中并没有给出溶液的体积，直接认为溶液体积是1L,进行计算，这种错误只要

多加留意，认真审题即可避免。

10、B

【解析】

A.含ImolH2s04的浓硫酸和足量的锌先发生反应：2H2so〃浓）+Zn=ZnSO4+SO2f+2H20,该反应中消耗ImolH2so4,

转移的电子数为NA,硫酸浓度下降后，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2t，该反应中消耗ImolH2so4,转移的电子数为2NA,

则含ImolH2SO4的浓硫酸和足量的锌完全反应，转移的电子数介于NA和2NA之间，A错误；

B.常温下lL0.1mol-L-iNH4NO3溶液中含有核离子、一水合氨分子以及硝酸根离子，因为N元素守恒，所以氮原子

总数为0.2NA,B正确；

C.1摩尔己烷分子含19NA对共用电子，然而标准状况下己烷呈液态，2.24L己烷分子物质的量并不是Imol,故C错

误；

D.该原电池中，导线上经过NA个电子时，则正极放出H2的物质的量为0.5mol,但是不知道温度和压强条件，故体积

不一定为U.2L,D错误；

答案选B。

【点睛】

C、D容易错，往往误以为Imol物质的体积就是22.4L,换算时，一定要明确物质是不是气体，求气体体积时一定要

注意气体所处的状态。

11、A

【解析】

A.苯的密度比水小，萃取后有机层位于上层，水层位于下层，因此分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒

出有机层，故A正确；

B.H2s与Na2s溶液能够发生反应生成NaHS,因此不能用饱和Na2s溶液除去H2s气体中混有的HCL故B错误；

C.乙酸乙酯制备实验中，导管需离液面一小段距离，防止倒吸，故C错误；

D.NaClO具有漂白性，不能用pH试纸测定溶液的pH,故D错误；

故答案为：Ao

【点睛】

测定溶液pH时需注意：①用pH试纸测定溶液pH时，试纸不能湿润，否则可能存在实验误差；②不能用pH试纸测

定具有漂白性溶液的pH,常见具有漂白性的溶液有：新制氯水、NaClO溶液、H2O2溶液等。

12、D

【解析】

A.氯化铝为分子晶体，熔融状态下以分子存在，所以熔融状态不导电，是共价化合物，故A正确；

B.向FeBn溶液中加入少量氯水，再加CC14振荡，CC14层无色，说明滨离子没有被氧化，从而可证明Fe?+的还原性

强于Br1故B正确；

C.氢离子浓度相同，但阴离子不同，铝与盐酸反应产生气泡较快，可能是C「对该反应起到促进作用，故C正确；

D.滴加10滴O.lmol/L的NaCl溶液产生白色沉淀，再加入O.lmol/L的Nai溶液，硝酸银过量，均为沉淀生成，则不

能比较Ksp大小，故D错误；

故答案选D。

13、D

【解析】

根据（1）中沉淀6.63g和4.66g可知，含有SCV-和CO3*,且二者的物质的量分别为0.02mol、0.01mol；根据（2）

中气体0.672L可知含有NH4+0.03mol。根据离子的定量关系看，只能选择Na2so八NH4CkK2CO3,若选择B项

+

KCKNa2cCh、（NH^SCh,SO?-0.02mol0^NH4<0.04mol,不符合定量关系，A、C项也类似，故D正确；

答案选D。

14、C

【解析】

A.氨气遇到HC1气体后生成氯化钱，没有发生化合价的变化，与氧化还原反应无关，故A不符合题意；

B.品红溶液通入SO2气体后发生化合反应使溶液的红色褪去，没有发生化合价的变化，与氧化还原反应无关，故B

不符合题意；

C.Ch与碘化钾发生氧化还原反应生成L,L使淀粉变蓝，故C符合题意；

D.焰色反应与电子的跃迁有关，为物理变化，故D不符合题意；

故答案选Co

15、C

【解析】

氯化氢、碘化氢为结构相似的分子晶体，分子晶体熔沸点高低与分子间作用力有关，而分子间作用力与相对分子质量

成正比，碘化氢的相对分子质量大于氯化氢，所以分子间作用力强于氯化氢，熔沸点高于氯化氢熔沸点，排除A、B,

常温下碘化氢为气体，所以沸点低于0℃,排除D,C项正确；

答案选C。

16、A

【解析】

-

A.正极电极反应式为：02+2H20+4e=40H",故A错误;

B.电化学腐蚀过程中生成的Fe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3,故B正确;

C.铜为正极，被保护起来了，故C正确；

D.此过程中电子从负极Fe移向正极Cu,故D正确；

故选A。

二、非选择题(本题包括5小题)

巧△

17、丙烯酯基取代反应

CH.COOH

OH

HCOO-CH=C—CH.

I1:1检验竣基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红(或检验碳碳双键，加

CH,

入滨水，漠水褪色)

【解析】

B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，则B结构简式为CH3cH=CHCOOCH3,A为C3H6,A发生发生加成反应生成B,

则A结构简式为CH2=CHCH3,聚丁烯酸甲酯发生水解反应然后酸化得到聚合物C,C结构简式为七仙—(产五；A

COOH

发生反应生成D,D发生水解反应生成E,E能发生题给信息的加成反应，结合E分子式知，E结构简式为

CH：OH

CH2=CHCH2OH>D结构简式为CH2=CHCH2C1,E和2-氯-1,3-丁二烯发生加成反应生成F,F结构简式为1)

COOHCN

F发生取代反应生成G,G发生信息中反应得到。,则G结构简式为。；据此解答。

CH,O»CHjOH

【详解】

(1)通过以上分析知，A为丙烯，B结构简式为CH3cH=CHCOOCH3,其含氧官能团名称是酯基,

故答案为丙烯；酯基

(2)C结构简式为D发生水解反应或取代反应生成E,

COOH

故答案为工整产土；取代反应或水解反应;

COOH

△

(3)E—T反应方程式为CU—CH=CH+

OHCH,OH

Cl

故答案为CII—CII=CH,+—―*

I

OH

(4)B结构简式为CH3cH=CHCOOCH3,B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有

碳碳双键和酯基、醛基，为甲酸酯，符合条件的同分异构体有HCOOCH=CHCH2cH3、HCOOCH2CH=CHCH3.

HCOOCH2CH2CH=CH2>HCOOC(CH3)=CHCH3>HCOOCH=C(CH3)2>HCOOCH(CH3)CH=CH2>HCOOCH2C

(CH3)=CH2、HCOOC(CH2cH3)=CH2,共有8种；其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是

HCOO-CH=C-CH3

CH、

4田―ALJK'OO-CH(-CH,

故答案为';

CH、

(5)该有机物中含有碳碳双键、醇羟基、竣基，具有烯烧、竣酸、醇的性质。能和NaOH、NaHCO3反应的是艘基，

且物质的量之比都是1：1,所以NaOH、NaHCCh分别与等物质的量的该物质反应时，则消耗NaOH、NaHCCh的物

质的量之比为1：1;

COOH

。分子中含有碳碳双键、醇羟基、竣基。若检验竣基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红；若检

CH.OH

验碳碳双键：加入滨水，漠水褪色，

故答案为1:1;检验酸基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红(或检验碳碳双键，加入滨水，滨水褪色)。

18、C10H8羟基，酸键取代反应

CHjCOO

+(CH,CO)：O—►+CH,COOH

【解析】

根据合成路线中有机物的结构变化及分子式结合反应条件分析合成过程中的中间产物及反应类型；根据提示信息及原

料、目标产物，采用逆合成分析法设计合成路线。

【详解】

根据已知条件及D的结构式分析得A与浓硫酸发生取代反应，则B的结构简式为);根据B和D的结构及

0H

反应条件可以分析得中间产物C的结构简式为：，人/飞,；根据E的分子式结合I

)的结构分析知E的结构简式为：

III

CHjCOO0H

人/、；根据F的结构及反应条件分析G的结构简式为

■

⑴根据A的结构简式分析得A的化学式是CioHs；

⑵根据H的结构简式分析，H中所含官能团的名称是羟基，酸键；比较G和H的结构变化可以看出H中酚羟基上的

氢原子被八取代，所以该反应为取代反应；

OHYn

(3)根据上述分析C的结构简式为(^0；G的结构简式为亡工<°H;

小血

0HCHjCOO

J+CH3COOH；

(4)由D生成E属于取代反应，化学方程式为：+(CH3CO)20T

(5)X属于芳香族化合物，则X中含有苯环，ImolX最多可与4moiNaOH反应，结构中可能含有2个酯基，结构中有

3种不同化学环境的氢，且峰面积比为3:3:1,说明结构中对称性较强，结构中应该含有多个甲基，则符合要求的X的

CHCH,

___(XX;CHa(XM'CH,

结构简式有为：、(力，l'<M>vx<><>(<II>、l!；

Hi'/'OOCCH,Y(KKTH,

YCH»CH

CHjCH>

C()()HCOCHCOOH

_J...0(XVH/।H"发生取代反应生成，而根据提示信息，j可以由

⑹根据目标产物逆分析知由

在一定条件下制取，结合有机物中官能团的性质及题干信息,

取，则合成路线为:KMnO：H

l

19、球形冷凝管12HNO3+C6Hl2。655He3112c2O4+9NO2T+3NOT+9H20安全瓶，防倒吸NaOH溶液溶

液pH介于4.0~5.0之间加热浓缩、冷却结晶溶液变为粉红色，且半分钟内不褪色反应生成的Mi?+是该反

应的催化剂74.8

【解析】

⑴①根据图示分析判断仪器a的名称；

②55〜60℃下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4,同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1,

根据电子得失守恒、原子守恒分析书写方程式；

③反应中生成的NCh和NO,均为大气污染气体，需要尾气吸收，NCh和NO被吸收时会导致倒吸；

⑵草酸铁钱［(NH4)3Fe(C2O4)3］易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0〜5.0之间；草酸铁俊是铁盐，温度过高易分解,

且温度过高促进钱根离子和铁离子水解，不能直接加热蒸干；

(3)①滴定操作是高锈酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锯酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂；

②滴定过程中高镒酸钾溶液被还原为Mi?+,且随着反应进行，Mi?*的浓度增大，反应速率加快，据此分析；

③根据题给数据，结合反应，计算(NH4)3Fe(C2O4)3的物质的量，进而计算产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数

纯物质的质量1V

=皿L,3“l=X100%o

样品的总质量

【详解】

⑴①根据图示仪器a的名称为球形冷凝管；

②55〜60℃下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4,同时生成NCh和NO且物质的量之比为3：1,

55c

根据电子得失守恒、原子守恒，该反应的化学方程式为12HNO3+C6Hi2O6^°3H2C2O4+9NO2t+3NOt+9H2O；

③反应中生成的NO2和NO,均为大气污染气体，需要尾气吸收，Nth和NO被吸收时会导致倒吸，装置B的作用是

做安全瓶防止倒吸，装置C中盛装的试剂是NaOH溶液，用于吸收N(h和NO,发生反应为

NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H20,2N02+2Na0H=NaN03+NaN02+H20；

⑵草酸铁钱KNH4)3Fe(C2O4)3］易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0〜5.0之间，则将FezCh在搅拌条件下溶于热的

草酸溶液，滴加氨水至pH介于4.0〜5.0之间；草酸铁铁是铁盐，温度过高易分解，且温度过高促进铁根离子和铁离

子水解，不能直接加热蒸干；

提纯后的草酸溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁核产品；

⑶①滴定操作是高镒酸钾溶液参与的氧化还原反应，高镒酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂，

滴定终点的现象是加入最后一滴高镒酸钾溶液，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪色，即为达到终点；

②滴定过程中高镒酸钾溶液被还原为Mn2+,且随着反应进行，Mi?+的浓度增大，反应速率加快，说明反应生成的Mi?+

可以加快反应速率，即Mn"起催化剂的作用；

③滴定过程中，产品溶液加稀硫酸酸化后形成草酸，草酸与高铳酸钾溶液发生氧化还原反应，离子反应为

-1

5H2c2O4+2MnOr+6H+=2Mn2++10CO2T+8H2。，10.00mL产品溶液消耗n(MnO4)=0.1000mol-Lx0.012L=0.0012moI,

则10.00mL产品溶液中〃(H2c2O4)=3"(MnOr)=*x0.0012mol=0.003mol,根据物料守恒，100mL产品溶液中

22

1

(NH4)3Fe(C2O4)3的质量=；?xO.003moix；x374g-mor=3.74g,故产品中(NHRFeCzOS的质量分数为

3.74g

——x100%=74.8%=

5g

浓硫酸

20、HCOOHH2O+COt③CO及