吉林省吉林市2023-2024学年高考化学倒计时模拟卷含解析

吉林省吉林市朝鲜族四校2023-2024学年高考化学倒计时模拟卷

考生须知：

1.全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色

字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、关于“植物油”的叙述错误的是（）

A.属于酯类B.不含碳碳双键

C.比水轻D.在碱和加热条件下能完全水解

2、化学与材料、生活和环境密切相关。下列有关说法中错误的是（）

A.聚酯纤维、光电陶瓷都属于有机高分子

B.从石油和煤焦油中可以获得苯等基本化工原料

C.生活污水进行脱氮、脱磷处理可以减少水体富营养化

D.为汽车安装尾气催化转化装置，可将尾气中的部分CO和NO转化为无毒气体

3,常温下，HCOOH和CH3coOH的电离常数分别1.80x10-4和1.75x10-5。将pH=3,体积均为Vo的两种酸溶液分

别加水稀释至体积V,pH随lgJ的变化如图所示。下列叙述错误的是（）

vo

A.溶液中水的电离程度：b点＜c点

B.相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中〃（Na+）相同

c(HA)-c(OH)

C.从c点到d点，溶液中不变（HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子）

D.若两溶液无限稀释，则它们的c（H+湘等

4、800℃时，可逆反应CO（g）+H2O（g）UCO2（g）+H2（g）的平衡常数K=l,800℃时，测得某一时刻密闭容器

中各组分的浓度如表，下列说法正确的是（）

物质

coH2OCO2H2

浓度/mol・L”0.0020.0030.00250.0025

A.此时平衡逆向移动

B.达到平衡后，气体压强降低

C.若将容器的容积压缩为原来的一半，平衡可能会向正向移动

D.正反应速率逐渐减小，不变时，达到化学平衡状态

5、下列化学用语正确的是

A.Na-O-H与Na+都表示氢氧化钠

G）度与曲曲叵曲都表示氟离子

C.-OH与.；；：11都表示羟基

D.H：E：H与000都表示水分子

6、用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是（夹持仪器略）

ABCD

X中试剂浓盐酸双氧水浓硫酸浓氨水

中试剂

YKMnO4MnO2CuNaOH

气体

ChO2SO2NH3

A.AB.BC.CD.D

7、已知X、Y、Z、W、M均为短周期元素。25℃时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为O.Olmol/L）溶液的

pH和原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是（）

A.X、M简单离子半径大小顺序：X>M

B.Z的最高价氧化物水化物的化学式为H2ZO4

C.X、Y、Z、W、M五种元素中只有一种是金属元素

D.X的最简单氢化物与Z的氢化物反应后生成的化合物中既含离子键又含共价键

8、“以曾青涂铁。铁赤色如铜”——东晋.葛洪。下列有关解读正确的是

A.铁与铜盐发生氧化还原反应.B.通过化学变化可将铁变成铜

C.铁在此条件下变成红色的FezO3D.铜的金属性比铁强

9、下列实验不能达到目的的是

选项目的实验

A制取84消毒液将Cl2通入NaOH溶液中

B防止采摘下来的水果过早变烂保存在含有高镭酸钾的硅藻土箱子里

C除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液

D分离氢氧化铁胶体与FeCh溶液通过滤纸过滤

A.AB.BC.CD.D

10、不同温度下，三个体积均为1L的密闭容器中发生反应：CH4(g)+2NO2(g).•N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)AH=-867

kJ.mol1,实验测得起始、平衡时的有关数据如表。下列说法正确的是

起始物质的量/mol平衡物质的量/mol

容器编号温度/K

CH4NO2N2CO2H2ONO2

ITi0.501.20000.40

IIT20.300.800.200.200.400.60

IIIT30.400.700.700.701.0

A.TI<T2

B.若升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆移

C.平衡时，容器I中反应放出的热量为693.6kJ

D.容器III中反应起始时v正(CH#<vffi(CH4)

11、已知有关滨化氢的反应如下:

u上.CuCl

反应I：4HBr+O2_2Br2+2H2O

反应n：NaBr（s）+H3Po式浓）2NaH2PO4+HBrT

反应in：4HBr+F^O5.......2Br2+P2O3+2HlO

下列说法正确的是

A.实验室可用浓HsP。,与NaBr反应制HBr并用P2O5干燥

B.反应I中还原剂和还原产物的物质的量之比为2:1

C.HBr有强还原性，与AgNOs溶液发生氧化还原反应

D.HBr的酸性比HF强，可用氢漠酸在玻璃器皿表面作标记

12、电渗析法淡化海水装置示意图如下，电解槽中阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列，将电解槽分隔成多个独立

的间隔室，海水充满在各个间隔室中。通电后，一个间隔室的海水被淡化，而其相邻间隔室的海水被浓缩，从而实现

了淡水和浓缩海水分离。下列说法正确的是（）

寅子交换限，

因干殳推取b

A.离子交换膜a为阴离子交换膜

B.通电时，电极2附近溶液的pH增大

C.淡化过程中，得到的浓缩海水没有任何使用价值

D.各间隔室的排出液中，②④⑥为淡水

13、共用两个及两个以上碳原子的多环点称为桥环烧，共用的碳原子称为桥头碳。桥环燃二环［2.2.0］己烷的碳原子编

号为力:

o下列关于该化合物的说法错误的是（)

A.桥头碳为1号和4号

B.与环己烯互为同分异构体

C.二氯代物有6种（不考虑立体异构）

D.所有碳原子不可能位于同一平面

14、工业制氢气的一个重要反应是：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)0

已知在25℃时：①C(s)+；Ch(g).CO(g)AH4=-lllkJ/mol

②H2(g)+~O2(g)=H2(g)AH2=-242kJ/moI

③C(s)+O2(g)=CO2(g)AH2=-394kJ/mol

下列说法不正确的是()

1

A.25℃时，CO(g)+H2(g)=CO2(g)+H2(g)AH=-41kJ-mor

B.增大压强，反应①的平衡向逆反应方向移，平衡常数K减小

C.反应①达到平衡时，每生成ImolCO的同时生成0.5molO2

D.反应②断开2moith和ImoQ中的化学键所吸收的能量比形成4moiO-H键所放出的能量少484kJ

15、下列说法正确的是()

A.C4H8BrCl的同分异构体数目为10

B.乙烯和苯均能使滨水褪色，且原理相同

C.用饱和Na2c03溶液可鉴别乙醇、乙酸、乙酸乙酯

D.淀粉、油脂和蛋白质均为能发生水解反应的高分子化合物

16、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中Z为金属元素,X、W为同一主族元素。X、Z、W形成

的最高价氧化物分别为甲、乙、丙。x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物。其转化关系如图所示,

下列判断错误的是

Ixk~

A.反应①、②、③都属于氧化还原反应

B.X、Y、Z、W四种元素中，Y的原子半径最小

C.Na着火时，可用甲扑灭

D.一定条件下，x与甲反应生成丁

二、非选择题(本题包括5小题)

17、化合物H是一种药物合成中间体，其合成路线如下:

人/OH人川

UMnOtH-CMQ,灯叫H

m〃OH-

C-D

AK

1JLJO

IIKMIIVXX)N1

H

(l)A-B的反应的类型是___________反应。

⑵化合物H中所含官能团的名称是和o

(3)化合物C的结构简式为oB-C反应时会生成一种与C互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式

为o

(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能发生水解反应，所得两种水解产物均含有3种化学环境不同的氢

②分子中含有六元环，能使漠的四氯化碳溶液褪色。

（5）已知："-CH3cH2OH。写出以环氧乙烷（（））、一一，H、乙醇和乙醇钠为原料制备

V#Vy

O

一的合成路线流程图_______________（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。

18、富马酸福莫特罗作为特效哮喘治疗药物被临床广泛应用。化合物I是合成富马酸福莫特罗的重要中间体，其合成

路线如图所示:

0,

0NaBH,KC0

已知：I、42X

乂「CHxOH

R

II、R1-NO2R1-NH2;

请回答下列问题：

（DA中所含官能团的名称为o

⑵反应②的反应类型为，反应④的化学方程式为O

（3）H的结构简式为»

（4）下列关于I的说法正确的是（填选项字母）。

A.能发生银镜反应B.含有3个手性碳原子C.能发生消去反应D.不含有肽键

（5）A的同分异构体Q分子结构中含有3种含氧官能团，能发生银镜反应，可与FeCb溶液发生显色反应，苯环上只有

两个取代基且处于对位，则Q的结构简式为—（任写一种），区分A和Q可选用的仪器是（填选项字母）。

a.元素分析仪b.红外光谱仪c.核磁共振波谱仪

CHC00

（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以丙酮、苯胺和醋酸为原料（其他试剂任选），制备一一一一；三的合

成路线：。

19、硫代硫酸钠（Na2s2。3）具有较强的还原性，还能与中强酸反应，在精细化工领域应用广泛.将SO2通入按一定比例

配制成的Na2s和Na2c。3的混合溶液中，可制得Na2s2Ch・5H2O（大苏打）.

⑴实验室用Na2sCh和硫酸制备SO2,可选用的气体发生装置是（选填编号）；检查该装置气密性的操作是：关闭

止水夹，再。

⑵在Na2s和Na2c03的混合溶液中不断通入SCh气体的过程中，发现：

①浅黄色沉淀先逐渐增多，反应的化学方程式为（生成的盐为正盐）；

②浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色无嗅的气体产生，则反应的化学方程式为（生成的盐为正

盐）；

③浅黄色沉淀逐渐减少（这时有Na2s2O3生成）；

④继续通入SO2,浅黄色沉淀又会逐渐增多，反应的化学方程式为（生成的盐为酸式盐）。

⑶制备Na2s2O3时，为了使反应物利用率最大化，Na2s和Na2cCh的物质的量之比应为;通过反应顺序，

可比较出：温度相同时，同物质的量浓度的Na2s溶液和Na2c03溶液pH更大的是«

22

（4）硫代硫酸钠的纯度可用滴定法进行测定，原理是：2S2O3+I3=S4O6+3r.

①为保证不变质，配制硫代硫酸钠溶液须用新煮沸并冷却的蒸储水，其理由是o

②取2.500g含杂质的Na2S2O3»5H2O晶体配成50mL溶液，每次取10.00mL用O.OSOOmoLTKL溶液滴定（以淀粉为指

示剂），实验数据如下（第3次初读数为0.00,终点读数如图e；杂质不参加反应）：

编号123

消耗KI3溶液的体积/mL19.9820.02

到达滴定终点的现象是;Na2s2O3・5H2O（式量248）的质量分数是（保留4位小数）。

20、CoC12-6H2。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:

萃取剂

14g|­

草后余液COC12-6H2O

如I融嗨）

Na、SO沉淀萃取液

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.Olmol/L)

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86℃,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。

(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CoCL・6H2O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«

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CoCL・6H2O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o

(答一条即可)

21、含硫化合物在生活和生产中有着重要应用，科学使用含硫化合物对人体健康及环境保护意义重大。

(1)葡萄酒中添加微量的Sth可抑制细菌生长，防止葡萄酒被—(填“氧化”、“还原

(2)氢的硫化物有多种：H2sx(x=l,2,3,…)，如H2s2,其结构与H2O2相似。请写出H2s3的结构式

(3)固体硫酸氢钾在加热熔化时，生成了焦硫酸钾(K2s2。7),反应中断裂的化学键类型为

(4)淮北某课题小组对连二亚硫酸钠(Na2s2。4)进行了如下探究。将0.050ml・L-iNa2s2。4溶液在空气中放置，其溶

液的pH与时间（t）的关系如图所示（忽略溶液体积的变化）。

pHI

1ii

01----------------------------------------------

'1，（时间）

①Na2s2。4溶液显—性，原因是_（用离子方程式表示）。

②h时溶液中只有一种溶质，此时含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为__o

0七段发生反应的离子方程式为ti-t2段溶液的pH变小的原因是一（用离子方程式表示）。

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、B

【解析】

植物油是高级脂肪酸的甘油酯，密度比水小，结构中含有不饱和键，在碱性条件下可发生水解。

【详解】

A.植物油是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类，A项正确；

B.植物油结构中含有不饱和的碳碳双键键，B项错误；

C.密度比水小，浮在水面上，C项正确；

D.在碱性条件下可发生水解，生成高级脂肪酸盐和甘油，D项正确；

答案选B。

2、A

【解析】

A.聚酯纤维属于有机合成材料，陶瓷属于无机非金属材料，故A错误；

B.从石油中可以获得乙烯、从石油或煤焦油中可以获得苯等重要化工基本原料，故B正确；

C.水中含有氮、磷过多，能够使水体富营养化，水中植物疯长，导致水质恶化，生活污水进行脱氮、脱磷处理可以

减少水体富营养化，有利于环境保护，故C正确；

D、为汽车安装尾气催化转化装置，可将尾气中的部分CO和NO转化为无毒气体氮气和二氧化碳，故D正确；

答案选A。

3、B

【解析】

从图中可以看出，随着溶液的不断稀释，I的pH大于II的pH,则表明I的“(H+)小于H的"(H+),从而表明lgJ=O

时，I对应的酸电离程度大，I为HCOOH,II为CH3COOH；pH=3时，二者电离产生的c(H+)相等，由于HCOOH

的电离常数大于CH3COOH,所以CH3COOH的起始浓度大。

【详解】

A.在c点，溶液的pH大，则酸电离出的c(H+)小，对水电离的抑制作用小，所以溶液中水的电离程度：b点Vc点，

A正确；

B.相同体积a点的两溶液，CH3coOH的物质的量比HCOOH大，分别与NaOH恰好中和后，消耗的NaOH体积大,

所以CH3COOH溶液中〃(Na+)大，B错误；

C.对于HCOOH来说，从c点到d点，温度不变，溶液中".A)"9H)=Ka(HCOOH)不变,C正确；

c(A)

D.若两溶液无限稀释，可看成是纯水，所以它们的c(H+)相等，D正确；

故选B。

4、A

【解析】

A、0.0025x0.0025=l()4>k>所以平衡逆向移动，故A正确;

0.002x0.003

B、反应前后气体分子数不变，体系压强不变，所以达到平衡后，气体压强不变，故B错误；

C、若将容器的容积压缩为原来的一半，相当于加压，但加压不对化学平衡产生影响，故C错误；

D、反应逆向进行，说明丫逆＞丫正，随着反应进行，CO和HzO的浓度增大，正反应速率增大，故D错误，

故选：Ao

【点睛】

本题考查化学平衡的移动，根据表中数据，利用Q,与K的大小关系判断反应的方向是解题的关键，难度不大。

5、C

【解析】

A.氢氧化钠是离子化合物，不能用Na-O-H表示，故A错误;

不一定代表氟离子，可能是Ne原子或者氧离子等，故B错误;

C.-OH与.R：H都表示羟基，分别为结构简式和电子式，故C正确;

D.水分子是v型结构，不是直线型，故D错误;

答案：C

6,B

【解析】

A.浓盐酸和KMnO4固体混合有氯气生成，但氯气易溶于水，且与水发生反应，则不能用排水法收集，故A错误；

B.双氧水在Mn(h的催化作用下生成氧气，氧气可用排水法收集，故B正确；

C.Cu与浓硫酸反应需要加热，图中缺少酒精灯，且二氧化硫不能选排水法收集，故C错误；

D.氨气极易溶于水，不能排水法收集，故D错误；

故答案为B„

7、B

【解析】

X、Y、Z、W、M均为短周期元素，由图像分析可知，原子半径：M>W>Z>Y>X,M的原子半径最大且O.Olmol/L最

高价氧化物对应水化物溶液的pH=12,则M为Na元素，O.OlmoI/LW的最高价氧化物对应水化物溶液的pH<2,则W

为S元素，O.Olmol/LZ的最高价氧化物对应水化物溶液的pH=2,则Z为Cl元素，X的半径最小，其0.01mol/L的最

高价氧化物对应水化物溶液的pH=2,则X为N元素，O.Olmol/LY的最高价氧化物对应水化物溶液的2<pH<7,则Y

为C元素，据此分析解答问题。

【详解】

A.X、M的简单离子为N3-和Na+,两者电子层数相同，冲一的核电荷数小，故离子半径：N3>Na+,A选项正确；

B.Z为C1元素，其的最高价氧化物的水化物的化学式为HCIO4,B选项错误；

C.X、Y、Z、W、M五种元素中只有Na元素一种金属元素，C选项正确；

D.X的最简单氢化物为NH3,Z的氢化物为HCL两者反应后生成的化合物为NHKl,是离子化合物，既含离子键

由含有共价键，D选项正确；

答案选B。

【点睛】

本题要求学生能够掌握原子半径变化规律、酸碱性与pH的关系等，并且能够将这些变化及性质结合起来进行相关元

素的判断，对学生的综合能力要求很高，在平时的学习中，要注意对相关知识点的总结归纳。

8、A

【解析】

A.铁与铜盐发生置换反应Fe+Ci>2++Fe2++Cu,属于氧化还原反应，A正确；

B.化学变化不能将原子核改变，也即不能改变元素的种类，不可能将铁变成铜，B错误；

C.由A的分析知，铁在此条件下变成Fe2+,赤色为生成Cu的颜色，C错误；

D.铁置换出铜，说明铜的金属性比铁弱，D错误。

故选Ao

9、D

【解析】

A.84消毒液的主要成分为NaClO,Cb通入NaOH溶液中反应方程式为：C12+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,A正确

B.成熟的水果会释放出乙烯气体，具有还原性，能与强氧化剂高镒酸钾溶液反应，防止采摘下来的水果过早变烂，

保存在含有高镒酸钾的硅藻土箱子里，B正确；

C.乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠，而乙酸可与碳酸钠反应，C正确；

D.胶体和溶液均能通过滤纸，无法通过过滤分离，可用渗析法分离，D错误。

答案选D。

10、A

【解析】

A.该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，平衡时二氧化氮的物质的量多，故有Ti<h,正确；

B.升温，正逆速率都加快，平衡逆向移动，故错误；

C.平衡时，容器I中二氧化氮的消耗量为120.4=0.8moL贝!J反应热为等*0.8=346.8kJ,故错误；

D.容器HI中T3下平衡常数不确定，不能确定其反应进行方向，故错误。

故选Ao

11、B

【解析】

A.HBr会与P2O5发生反应，故HBr不能用P2O5干燥，A错误；

B.反应I中还原剂为HBr,还原产物为水，还原剂和还原产物的物质的量之比为2:1,B正确；

C.HBr与AgNO3溶液会发生复分解反应生成AgBr沉淀，C错误；

D.HF中F是亲硅元素，故可用于刻蚀玻璃，而HBr不行，D错误；

故答案选B。

12、B

【解析】

根据图示，电极2生成氢气，电极2是阴极，电极1是阳极，钠离子向右移动、氯离子向左移动。

【详解】

A、根据图示，电极2生成氢气，电极2是阴极，⑦室中钠离子穿过离子交换膜a进入电极2室，所以离子交换膜a

为阳离子交换膜，故A错误；

B、通电时，电极2是阴极，电极反应式是2Hq+2e=H2个+2OH\溶液的pH增大，故B正确；

C、淡化过程中，得到的浓缩海水可以提取食盐，故C错误；

D、a为阳离子交换膜、b为阴离子交换膜，钠离子向右移动、氯离子向左移动，各间隔室的排出液中，①③⑤⑦为淡

水，故D错误。

答案选B。

13、C

【解析】

A.由桥环点二环［2.2.0］己烷的结构可知，桥头碳为1号和4号，形成2个四元碳环，故A正确；B.桥环炫二环［2.2.0］

己烷和环己烯的分子式均为CGHIO,二者的分子结构不同，互为同分异构体，故B正确；

C.该垃分子有2种不同化学环境的氢原子，其二氯代物中2个氯原子在同一碳原子上的有1种，在不同碳原子上的有6

种，故其二氯代物有7种，故C错误；

D.该垃分子中所有碳原子均形成4个单键，所以所有碳原子不可能位于同一平面，故D正确；

故选C。

【点睛】

代表空间构

结构球棍模型结构特点

物型

正四面任意3点(原子)共面

CH一C—

4体夫C-C做可以旋转

平而结6点共面

CH、产、/

24构C-C)1200C=C键不能旋转

/\

4点共线(面)

CH直线胆—

225C健不能旋转

M

平而正H..vH

346jIWfl12点共面

六边形M

H♦

o

II

HCHO平面X4点共面

14、B

【解析】

A.在25℃时：①C(s)+；O2(g).•CO(g)AH4=-lllkJ/mol；®H2(g)+yO2(g)=H2(g)

AH2=-242kJ/mol③C(s)+O2(g)=C(h(g)AH2=-394kJ/mol,结合盖斯定律可知③-①-②得到

CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)AH=-41kJ/mol,故A正确；

B.增大压强，反应①的平衡向逆反应方向移动，温度不变，则平衡常数K不变，故B错误;

C.平衡时不同物质的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，则①达到平衡时，每生成ImolCO的同时生成

0.5molO2,故C正确；

D.反应②为放热反应，熔变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，且物质的量与热量成正比，则反应②断

开2moiH-H和lmolO=O中的化学键所吸收的能量比形成4molO-H键所放出的能量少484kJ,故D正确；

答案选B。

【点睛】

反应热=反应物键能总和-生成物键能总和。

15、C

【解析】

A.C4H8BrCl可看作C4H9Br的一氯取代物，C4H9Br的同分异构体取决于丁基的数目，-C4H9异构体有：

-CH2CH2CH2CH3,-CH(CH3)CH2CH3,-CH2CH(CH3)CH3,-C(CH3)3,含有H种类分别有4、4、3、1,则

C4H8BrCl共有12种，故A错误；

B.乙烯和苯均能使滨水褪色，前者为加成反应，后者为萃取，原理不相同，B错误；

C.乙醇易溶于水，乙酸具有酸性，可与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯不溶于水，可鉴别，C正确；

D.油脂不属于高分子化合物，属于酯类物质，D错误；

故答案选Co

16、C

【解析】

根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y,为氧气，碳与

氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁。A.反应①二氧化碳与镁反

应、②碳与氧气反应、③碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，选项A正确；B.同周期元素原子从左到右依次减小，

同主族元素原子从上而下半径增大，故C、0、Mg、Si四种元素中，。的原子半径最小，选项B正确；C.Na着火时，

不可用二氧化碳扑灭，选项C错误；D.一定条件下，碳与二氧化碳在高温条件下反应生成一氧化碳，选项D正确。答

案选C。

点睛：本题考查元素周期表、元素周期律及物质的推断，根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下

碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；yz为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中

点燃反应生成碳和乙为氧化镁，据此分析解答。

二、非选择题(本题包括5小题)

|CHjOH

17、氧化炭基竣基Of

IlHjOMT

-I<KH4UI三叫'y—CHCOOCH.CMNMlHRift,八r

：,;；LGTOOOMJh」ClhCHjOH

CIICOONa(3KXXMI浜心:胖

【解析】

被酸性高镒酸钾溶液氧化生成,D与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E为,根据

OOC必

可推知D为『1”，根据C的分子式可知,

在碱性条件下与甲醛发生加成反应生成C为

OOC:H,丫tOOHICHQH

被酸性高镒酸钾溶液氧化生成",据此分析。

|tOOH

【详解】

被酸性高镒酸钾溶液氧化生成,D与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E为,根据

OOC必

可推知D为I(，，根据C的分子式可知,

在碱性条件下与甲醛发生加成反应生成C为

OOC;H,IV0OHICHQH

,。

被酸性高镒酸钾溶液氧化生成

CHXJHt<X)H

(1)ATB的反应的类型是氧化反应;

⑵根据结构简式可知，化合物H中所含官能团的名称是竣基和谈基;

⑶化合物C的结构简式为l>；B-C反应时会生成一种与C互为同分异构体的副产物，根据甲醛加成的位置可

|CHQH

CH，OH

知，该副产物的结构简式为

(4)D为1,它的一种同分异构体同时满足：①能发生水解反应，则含有酯基，所得两种水解产物均含有3种化

ItOOH

学环境不同的氢；②分子中含有六元环，能使溪的四氯化碳溶液褪色，则含有碳碳双键，符合条件的同分异构体为

CHf-

Iki

（5）已知：，♦CH3CH2OH„环氧乙烷（（））与HC1发生开环加成生成CH2CICH2OH,CH2CICH20H在乙

醇钠和乙醇作用下，再与H”小转化为C-fHCOOCH2cH3,Q-fHCOOCIhClh在氢氧化钠溶液中加

X_7CH2cH20HCH2cH20H

热得到©1严C°°'",◎一FC°°\“酸化得到01vHe00H,C1yHe00H在浓硫酸催化下加热生成

Cli2CH2（）ll（H、（H、OHCHKH20H

合成路线流程图为

CHCOOCHjCIhz>H俏加,

ClbCIbOii

CIKOONaCHCOOH

I

CHjCrbOHCH1cHiOH

【点睛】

本题为有机合成及推断题，解题的关键是利用逆推法推出各有机物的结构简式，及反应过程中的反应类型，注意D与

乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E为‘‘，根据可推知口为「〕。，根据C的分子式可知,

ICOOC1H,ICOOC2HJIVOOH

“在碱性条件下与甲醛发生加成反应生成C为

18、（酚）羟基、硝基、埃基（或酮基）取代反应

0HiCHjCOOHCHjCO?

人HNQ,漏破k八

【解析】

由有机物结构的变化分析可知，反应①中，A中O-H键断裂，B中CC1键断裂,A与B发生取代反应生成C,反应

②中，滨原子取代c中甲基上的氢原子生成D,根据已知反应I,可知反应③生成E为

E中C-O键断裂，F中N-H键断裂，二者发生加成反应生成G,根据已知反应H,可知反应⑤生成H为

6

据此分析解答。

【详解】

⑴A为（”力\,所含官能团为.OH、-NO2、?,名称为（酚）羟基、硝基、埃基（或酮基），故答案为：（酚）

Ho人/C

羟基、硝基、埃基（或酮基）;

（2）由分析可知，反应②中，澳原子取代C中甲基上的氢原子生成D,反应④为"N'CfQ与

OHOH

⑶由分析可知，H为均N1广故答案为：均：工六NpQ,；

c/°05,°

（4）A.I含有醛基，能发生银镜反应，A项正确；

HOt<Q

B.手性碳原子连接4个不一样的原子或原子团，I中含有2个手性碳原子，如图所示,

0HB项错

误;

C.I含有羟基，且与连接羟基的碳原子相邻的碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，C项正确;

D.I中含有1个肽键，D项错误；故答案为：AC；

O

(5)A为OZNYT，A的同分异构体Q分子结构中含有3种含氧官能团，能发生银镜反应，则含有醛基或者含有甲

HO人力

酸酯基结构，可与FeCb溶液发生显色反应，含有酚羟基，苯环上只有两个取代基且处于对位，符合的Q的结构简式

COOH/NO：

为HTZA和Q互为同分异构体，所含元素相同，所含官

*\：H0、YHO，

,/COOH

能团不同，则区分A和Q可选用的仪器是红外光谱仪、核磁共振波谱仪，故答案为：H

■、CHO、

(合理即可);be；

⑹根据给出的原料以及信息反应，采用逆合成分析方法可知,W又H、•◎可由醋酸与火HNQ通过酯

；

化反应制得，根据反应④可知与:反应制得，根据信息反应I可知,、可由

反应制得，根据反应②可知

R/Br:可由与B"反应制得，故答案为:

0

A

CHtOH

CHjCOOHCH£°?

浓精酸△’

19、d打开分液漏斗活塞加水，如水无法滴入说明气密性良好3so2+2Na2s=3S1+2Na2sCh

SCh+Na2cO3=Na2sO3+CO2Na2szCh+SCh+HzOSJ+ZNaHSCh2：1前者防止Na2s2O3被空气中。2氧

化溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪去99.20%

【解析】

⑴因为Na2s03易溶于水，a、b、c装置均不能选用，实验室用Na2s。3和硫酸制备S(h,可选用的气体发生装置是d；

关闭止水夹，若气密性很好，则分液漏斗中水不能滴入烧瓶中；

(2)①其反应原理为S(h+Na2S+H2O=H2S+Na2so3,2H2S+SO2=3S1+2H2O,即：3so2+2Na2s=3S1+2Na2s。3；

②无色无味的气体为CO?气体，其化学方程式为SCh+Na2cCh=Na2sO3+CO2;

③黄色沉淀减少的原理为Na2sCh+S=Na2s2O3;

④根据题意Na2s2O3能与中强酸反应，所以浅黄色沉淀又增多的原理为Na2S2O3+SO2+H2O=SU2NaHSO3；

(3)3SCh+2Na2s=3S1+2Na2sCh①，SCh+Na2c(h=Na2sO3+CO2②，Na2s()3+S=Na2