扬州市某中学2024届高考化学五模试卷含解析

扬州市扬州中学2024届高考化学五模试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）

填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处”。

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先

划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将木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、2019年为国际化学元素周期表年。效（Lv）是116号主族元素。下列说法不正确的是（）

A.Lv•位于第七周期第VIA族B.Lv在同主族元素中金属性最弱

C.Lv的同位素原子具有相同的电子数D.中子数为177的Lv核素符号为索Lv

Q

2、有机物三苯基甲苯的结构简式为对该有机物分子的描述正确的是（）

0

A.1〜5号碳均在一条直线上

B.在特定条件下能与Hz发生加成反应

C.其一氯代物最多有4种

D.其官能团的名称为碳碳双键

3、C12可用于废水处理。向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体。下列说

法正确的是

A.两种无毒的气体均为还原产物

B.反应后溶液的pH会升高

C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:2

D.每转移2NA个电子时，一定会生成13.44L的气体

4、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A.100g46%的乙醇水溶液中含有氧原子数目为4NA

B.等质量的CO和N2含有的原子数目均为2NA

C.在0.lmol・L”的NH4cl溶液中通入N%使溶液呈中性，含有NH「数目为O.INA

D.常温常压下，水蒸气通过过量的NazOz使其增重2g时，反应中转移的电子数为2NA

5、某同学探究温度对溶液pH值影响，加热一组试液并测量pH后得到如卜数据（溶液浓度均为0.1mol/L）：

温度(t)10203040

纯水7.307.106.956.74

NaOH溶液13.5013.1112.8712.50

CH3COOH溶液2.902.892.872.85

CHjCOONa溶液9.199.008.768.62

下列说法正确的是

A.随温度升高，纯水中的kw逐渐减小

B.随温度升高，NaOH溶液pH变化主要受水电离平衡变化影响

C.随温度升高，CFhCOOH的电离促进了水的电离

D.随温度升高，CFhCOONa溶液的pH减小，说明水解程度减小，c(CH3COO)ii^

6、下列应用不涉及物质氧化性或还原性的是

A.用葡荀糖制镜或保温瓶胆B.用。Ch杀菌、消毒

C.用NazSiCh溶液制备木材防火剂D.用浸泡过高镒酸钾溶液的硅藻土保鲜水果

7、已知H2A为二元弱酸。室温时，配制一组C(H2A)+C(HA-)+c(A2-)=0.1001noi・L的H2A和NaOH混合溶液，溶液中部

分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是

A.pH=2的溶液中“GM)+c(A2-)>C(HA-)

B.E点溶液中:c(Na)-c(HA-)<0.100mol-L-1

C.c(Na)=0.100mol-I?的溶液中：c(H)+c(H2A)=c(OH-)+c(A2-)

D.pH=7的溶液中：c(Na)>2c(A2')

8、某新型电池材料结构如图，M、W、X、Y、Z是同周期主族元素，除M外均满足8电子稳定结构，X的最外层电

子数是W次外层电子数的3倍，下列说法正确的是

A.M的单质可以保存在煤油中

B.原子半径Z>X>Y

C.气态氢化物稳定性X>Y

D.W的最高价氧化物对应的水化物为三元弱酸

9、常温下，向20mLO.lmol-L1HCN溶液中滴加0.1mol-L^NaOH的溶液，由水电离的氢氧根离子浓度随加入NaOH

体积的变化如图所示，则下列说法正确的是()

A.常温下,0.1mol-L'HCN的电离常数/G数量级为10x

B.a、c两点溶液均为中性

C.当V(NaOH)=10mL时：c(Na+)>c(CN)>c(HCN)>c(OH)>c(H+)

D.当WNaOH)=30mL时：2c(OH)・2c(H+)=c(CN)+3c(HCN)

10、某固体混合物可能由FezCh、Fe、2sO3、NaBr、AgNO3>BaCb中的两种或两种以上的物质组成。某兴趣小组

为探究该固体混合物的组成，设计的部分实验方案如图所示：

.白色沉淀H

下列说法正确的是

A.气体A至少含有SO2、H2中的一种

B.固体C可能含有BaSCh或者Ag2s。4

C.该固体混合物中FezO.?和Fe至少有其中一种

D.该固体混合物一定含有BaCL,其余物质都不确定

11、氢氧化锦［Ce(OH)4］是一种重要的稀土氢氧化物。平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含芋。2、

试剂c

过量稀

H2SO4

黄细菌

铜

矿

粉

不断通入0?

已知:部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和完全沉淀时溶液的pH如下表。

沉淀物CU(OH)

2Fe(OH)3Fe(OH)2

开始沉淀pH4.72.77.6

完全沉淀pH6.73.79.6

下列说法不正确的是

A.试剂a可以是CuO或CU(OH)2,作用是调节pH至3.7〜4.7之间

B.反应I的化学反应方程式为4CuFeS2+2H2SO4+17O2=4CuSO4+2Fe2(SO4h+2H2O,该反应中铁元素被还原

C.操作X为蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，再冷却结晶

2+2++2+

D.反应HI的离子方程式为Cu+Fe==Cu+Fe,试剂c参与反应的陶子方程式分别为Fe+2H=Fe+H2T，

+

Fe(OH)3+3H=Fe

16、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

二、非选择题(本题包括5小题)

17、以下是由甲苯合成乙酰水杨酸和酚配的合成路线。

?_qh?

H

八Br一囚—3一回回-0-**CX00CH

0H2O|OH.C-H乙嘛水温

009心

上HgH(DHO-O-BrzX5CXX

6r-^CHO飞冷回一.一国与CTCQ

前敌外

(1)写出“甲苯一A”的化学方程式o

(2)写出C的结构简式,E分子中的含氧官能团名称为；

(3)上述涉及反应中，“E一酚配”发生的反应类型是o

（4）写出符合下列条件的乙酰水杨酸的一种同分异构体的结构简式

①遇FeCh溶液显紫色，②能与碳酸氢钠反应，

③苯环上只有2个取代基的，④能使澳的CCL溶液褪色。

（5）写出乙酰水杨酸和NaOH溶液完全反应的化学方程式：o

（6）由D合成E有多步，请设计出D-E的合成路线。（有机物均用结构简式表示）。

反应试剂,反应试剂,

（合成路线常用的表示方式为：D反应条件.反应条件”

18、丙烯是重要的有机化工原料，它与各有机物之间的转化关系如下:

—―~~►rn———

催化龙'八上传化剂,'A甲

CH.CU.COOCILCHjCH,

回答下列问题:

（1）E中官能团的名称为；C的结构简式为o

（2）由A生成D的反应类型为一；B的同分异构体数目有一种（不考虑立体异构）。

⑶写出D与F反应的化学方程式：—o

19、焦亚硫酸钠（Na2s2O5）是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：

实验一焦亚硫酸钠的制取

采用如图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2s2。5。装置II中有Na2s2。5晶体析出，发生的反应为：Na2SO34-

SC)2=Na2s20s

（1）装置I中产生气体的化学方程式为。

（2）要从装置n中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_________o

（3）装置m用于处理尾气，可选用的最合理装置（夹持仪器已略去）为（填序号）。

实验二焦亚硫酸钠的性质

Na2s2O5溶于水即生成NaHSOjo

（4）证明NaHSO3溶液中HSO3一的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是_______（填序号）。

a.测定溶液的pHb.加入Ba（OH）2溶液c.加入盐酸

d.加入品红溶液e.用蓝色石蕊试纸检测

（5）检验Na2s2。5晶体在空气中已被氧化的实验方案是

实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定

（6）葡萄酒常用Na2s2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下:

溶液中现蓝色白30s内不褪色

林港【2溶液滴定

（已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+l2+2H2O=H2SO4+2HI）

①按上述方案实验，消耗标准L溶液25.00mL,该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为

_________________g・LZ

②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果—（填“偏高”“偏低”或“不变”）。

20、草酸（二元弱酸，分子式为H2c2O4）遍布于自然界，几乎所有的植物都含有草酸钙（CaCzO。。

（1）葡萄糖（C6Hl2。6）与HNO3反应可生成草酸和NO,其化学方程式为。

⑵相当一部分肾结石的主要成分是CaCzCh。若某人每天排尿量为14L,含0.10gCa2+。当尿液中

2

C（C2O4）＞mol・L，时，易形成CaC2O4沉淀。[已知Kp（CaGO4）=2.3xI（）r]

（3）测定某草酸晶体（H2c2O1XH2O）组成的实验如下：

COOH

步骤1：准确称取0.5508g邻苯二甲酸氢钾（结构简式为Q1）于锥形瓶中，用蒸储水溶解，以酚配作指示

COOK

剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为22.50mLc

步骤2：准确称取0.1512g草酸晶体于锥形瓶中，用蒸储水溶解，以酚献作指示剂，用步骤1中所用NaOH溶液滴定

至终点（H2c2O4+2NaOH===Na2c2O4+2H2O）,消耗NaOH溶液的体积为20.00mLo

①“步骤1”的目的是______________________________________。

②计算x的值（写出计算过程）.

21、CO?催化加氢制甲醇，是极具前景的温室气体资源化研究领域。在某CO催化加氢制甲醇的反应体系中，发生的

主要反应有：

-1

i.CO2(g)+3H2(g)CH30H(g)+H2O(g)AHi=-49.4kJ•mol

1

n.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△①=+41.2kJ・mol-

iii.CO(g)+2Hz(g)CH3OH(g)△出

(1)△H3kJ•mol'1

(2)5MPa时，往某密闭容器中按投料比〃(%)：n(CO2)=3：1充入H2和CO2。反应达到平衡时，测得各组分的

物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。

6笳

部

吉

迅

磐

①体系中CO2的物质的量分数受温度的影响不大，原因是—0

②250c时，反应ii的平衡常数—1（填“V"或"二”）o

③下列措施中，无法提高甲醇产率的是一（填标号）。

A加入适量COB增大压强C循环利用原料气D升高温度

④如图中X、Y分别代表一（填化学式）。

（3）反应i可能的反应历程如下图所示。

注：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量（括号里的数字或字母，单位：eV）。其中，TS表示过渡态、*

表示吸附在催化剂上的微粒。

①反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为—。

②相对总能量E=—（计算结果保留2位小数）。（已知：leV=1.6Xl（f22kJ）

（4）用电解法也可实现CO2加氢制甲粉（稀硫酸作电解质溶液）。电解时，往电解池的一极通入氢气，阴极上的电

极反应为

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、B

【解题分析】

由零族定位法可知，118号元素位于元素周期表第七周期零族，则116号的效(Lv)位于元素周期表第七周期第VIA

族。

【题目详解】

A.由以上分析可知，Lv位于元素周期表中第七周期第VIA族，故A正确；

B.同主族元素，由上至下，金属性逐渐增强，则Lv在同主族元素中金属性最强，故B错误；

C.同位素原子质子数、电子数相同，中子数不同，故C正确；

D.中子数为177的Lv核素，质量数=116+177=293,则核素符号为常Lv,故D正确；

答案选及

2、B

【解题分析】

A选项，1、2、3号碳或3、4、5号碳在一条直线上，2、3、4号碳类比为甲烷中的结构，因此2、3、4号碳的键角为

109°28\故A错误；

B选项，含有苯环，在特定条件下能与H2发生加成反应，故B正确；

C选项，该有机物结构具有高度的对称性，其一氯代物最多有3种，故C错误；

D选项，该有机物中没有官能团，故D错误。

综上所述，答案为B。

3、C

【解题分析】

向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体，气体是氮气和二氧化碳，方程式

为2KCN+8KOH+5cL=2CO2+N2+10KCl+4H2。，由此分析解答。

【题目详解】

A.碳元素化合价从+2价升高到+4价，二氧化碳是氧化产物。N元素化合价由-3价升高为。价，氮气是氧化产物，

选项A错误；

B.氢氧化钾生成氯化钾，碱性变成中性，所以溶液的pH会降低，选项B错误；

C.由反应2KCN+8KOH+5cL=2CO2+N2+10KCl+4H2。可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2,选项C正确；

D.状况不知，所以无法求气体的体积，选项D错误；

答案选C。

4、A

【解题分析】

A.乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子，100g46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为46g,物质的量为ImoL故含Imol

氧原子；水的质量为100g・46g=54g,物质的量为3moL故含3moi氧原子，故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为

4mol,个数为4NA个，故A正确；

B.CO和N2相对分子质量都是28,都是双原子分子，所以等质量的CO和N2的质量的具体数值不明确，故无法计算

中含有原子数目，故B错误；

C.在0.1mol・L的NH4cl溶液中通入NH3使溶液呈中性，由于没有给出溶液的体积，无法计算出溶液的物质的量，

无法计算钱根离子的物质的量，故C错误；

D.过氧化钠和水反应时，增重为氢元素的质量，即ImolNazCh〜Imol%。〜增重Imol%的质量~转移Imol电子，故当增

重2g即Imol氢气的质量时，反应转移Imol电子即NA个，故D错误；

答案选A。

【题目点拨】

过氧化钠与水反应转移的电子数是易错点，过氧化钠中的氧元素为-1价，增重ImolHz的质量〜转移Imol电子。

5、B

【解题分析】

A.水的电离为吸热过程，随温度的升高，水的电离程度增大，尺增大，A项错误；

B.随温度的升高，水的电离程度增大，心增大，则NaOH溶液pH会减小，B项正确；

C.随温度升高，促进CH3COOH的电离，提高氢离子浓度，氢离子会抑制水的电离，C项错误；

D.盐类的水解反应是吸热反应，温度升高，促进盐类的水解，即水解平衡向右移动，D项错误；

答案选B。

6、C

【解题分析】

A.葡萄糖制镜利用葡萄糖的还原性，与银氨溶液发生氧化还原反应，生成银单质，葡萄糖作还原剂被氧化，所以利

用了其还原性，A不符合题意；B.漂白液杀菌、消毒，利用其强氧化性，所以利用了其氧化性，B不符合题

意；C.\azSiO3溶液制备木材防火剂，不发生氧化还原反应，与氧化性或还原性无关，C符合题意；D.高镒酸饵可

氧化具有催熟作用的乙烯，Mn、C元素的化合价变化，为氧化还原反应，所以利用了其氧化性，D不符合题意，答案

选C。

7、A

【解题分析】A、根据图像，可以得知pH=2时C(HA-)>C(H2A)+C(A2-),故A说法错误；B、E点：c(A?

-)=c(HA-),根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-),此时的溶质为Na?A、NaHA,

根据物料守恒，2n(Na+)=3n(A),即2c(Na+)=3c(A2-)+3c(HA-)H-3c(H2A),两式合并，得到c(Na+)-c(HA

2-++-1

")=[C(HA-)+3C(H2A)+C(A)]/2,BPc(Na)-c(HA-)=0.1+c(H2A),c(Na)-c(HA")<0.100mol-L,故

+

B说法正确；C、根据物料守恒和电荷守恒分析，当c(Na+)=0.lmol・Lr溶液中：c(H)+c(H2A)=c(OH

■)+c(A2-),故C说法正确；D、根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-),pH=7,说

明C(H+)=C(OIT),即c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-),因此有c(Na+)>2c(A2-),故D说法正确。

8、B

【解题分析】

M、W、X、Y、Z是同周期主族元素，X的最外层电子数是W次外层电子数的3倍，W有两个电子层，次外层为2

个电子，X为O元素，由盐的结构简式可知，Z可以形成四个共价键，且能与氧形成双键，因此Z的最外层电子数为

4,Z为C元素；四种元素位于同周期，且Y能形成一个共价键，Y为F元素；W能形成4个共价键，W为B元素；

新型电池材料，除M外均满足8电子稳定结构，M为Li元素，据此分析解答。

【题目详解】

根据分析，M为Li元素，X为O元素，Y为F元素，Z为C元素，VV,为B元素；

A.M为Li元素，M的单质密度比煤油小，不可以保存在煤油中，故A错误；

B.X为O元素，Y为F元素，Z为C元素，同周期元素随核电荷数增大半径减小，原子半径Z>X>Y,故B正确；

C.X为O元素，Y为F元素，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：X>Y,气态氢化物稳定性

X>Y,故C错误；

D.W为B元素，W的最高价氧化物对应的水化物为H3BO3,为一元弱酸，故D错误；

答案选B。

9、D

【解题分析】

A.常温下，0.1mol・L」HCN溶液中，水电离出的氢离子浓度为lOamol/L,则溶液中的氢离子浓度

if)141051xIO-51

Kw--------=10-5,,则电离常数及xiu=1。.9.2,数量级为io、9,故A错误;

lO^moI/L10-89mol/L0.1

B.a点为HCN和NaCN的混合溶液显中性，c点为NaOH和NaCN的混合溶液呈碱性，故B错误;

C.当U(NaOH)=10mL时，为HCN和NaCN的混合溶液且二者物质的量浓度相等，溶液显酸性，c(OIT)Vc(H+),故

C错误；

D.当V(NaOH)=30mL时，为NaOH和NaCN的混合溶液呈碱性，钢离子的总物质的量为0.003moLNaCN中CN

以CN和HCN两种形式存在，总物质的量为0.002moL则物料守恒为2c(Na+)=3c(CN，)+3c(HCN),该混合溶液中电荷

守恒式为：c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH),则c(Na+)=c(CN-)+c(OH)-c(H+),代入物料守恒式，可得：2[c(CN)+c(OH)-

c(H+)J=3c(CN)+3c(HCN),2c(OH)-2c(H+)=c(CN)+3c(HCN),故D正确；

答案选D。

10、C

【解题分析】

由实验方案分析，溶液G中加入硝酸酸化的AgNCh溶液，生成白色沉淀，则其为AgCl,原固体中一定含有BaCb,

一定不含NaBr；溶液B中加入NaOH溶液，有白色沉淀生成，此沉淀一段时间后颜色变深，则其为Fe(OH)2,说明

2+

溶液B中含有Fe,原固体中可能含有Fe(与硫酸反应生成FW+和H2),可能含有FezOK与硫酸反应生成的上以+全部被

•还原为Fe2+),还可能含有AgNOX必须少量，与硫酸电离出的H+构成的HNO3能被Fe或SCV•全部还原，且溶液

中只含有Fe2+,不含有F*)。

【题目详解】

A.气体A可能为Hz,可能为SO?,可能为H?、NO的混合气，可能为SO?、NO的混合气，还可能为Hz、NO、SO2

的混合气，A错误；

B.原固体中一定含有BaCL,则固体C中一定含有BaSOs可能含有Ag2sO4,B错误；

C.从上面分析可知，固体混合物中不管是含有眺2。3还是含有Fe,都能产生Fe?+,C正确；

D.该固体混合物一定含有BaCL,一定不含有NaBr,D错误。

故选C。

【题目点拨】

在进行物质推断时，不仅要注意物质存在的可能性问题，还要考虑试剂的相对量问题。如上面分析得出，加入过量硫

酸后的溶液中含有Fe?+,不含有Fe%此时我们很可能会考虑到若含AgNCh,则会与硫酸电离出的H+构成HNO3,将

Fe2+氧化为Fe3+,武断地得出原固体中不存在AgNO.3的结论。如果我们考虑到若Fe过量，或Na2s0.3过量，也可确保

溶液中不含有Fe3+,则迎合了命题人的意图。

11、C

【解题分析】

该反应过程为：①Ce(h、SiO2.Fe2(h等中加入稀盐酸，Fe2()3转化FeCh存在于滤液中，滤渣为Ce(h和Si(h;②加

入稀硫酸和H2O2,Ce(h转化为Ce3+,滤渣为Si(h;③加入碱后Ce"转化为沉淀，④通入氧气将Ce从+3氧化为+4,

得到产品。

【题目详解】

A.CeO2>SiCh、Fe2O3等中加入稀盐酸，FezOs转化FeCh存在于滤液中，漉渣为Ce(h和SiCh,故A正确；B.结合过

滤操作要点，实验中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故B正确；C稀硫酸、H2O2,Ce(h三者反应生成转化

+3+

为Cez(SO4)3、O2和WO,反应的鹿子方程式为：6H+H2O2+2CeO2=2Ce+O2t+4H2O,故C错误；D.过程④中消

耗1L2LO2的物质的量为0.5moL转移电子数为0.5moIxNA=2x6.02xl()23,故D正确；故答案为C。

12、A

【解题分析】

A.黏土烧制陶器的过程中生成了新的物质，发生了化学变化，故A错误；

B.曾青涂铁是一种可溶性铜盐的溶液放入金属铁得到金属铜的过程，故B正确；

C.液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下能和硫反应生成硫

化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故C正确；

D.蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馆，故D正确；

故选：A。

13>C

【解题分析】

由W2+可知，W最外层有2个电子；Z形成1个键，Z是第IA或VIIA族元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X

的最外层电子数，X形成2个键，X是VIA族元素；Z与X形成共价键，Z是H元素，X是O元素；Y是B元素；W、

X对应的简单离子核外电子排布相同，W是Mg元素。

【题目详解】

A.W是镁，为金属元素，非金属性：0>B>Mg,故A错误；

B.Y是B元素，B的最高价氧化为对应的水化物为H3BO3,H3BO3中的质子无法直接电离出，H3BO3结合水中的OH、

电离出H+,H3BO3是一元弱酸，故B错误；

C.镁和B2O3加热生成B和氧化镁，故C正确；

D.该漂白剂中Mg2+、B、O均满足8电子稳定结构，故D错误。

【题目点拨】

本题需要通过微观的原子结构、化学键结合题目信息推断元素，关键是联系宏观物质的性质、灵活运用结构决定性质

的规律，本题的突破口是该漂白剂的结构示意图。

14、B

【解题分析】

“灶燃薪”是加热，“多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘”是蒸发结晶，B正确，故答案为：Bo

15、B

【解题分析】

A.加入试剂a调节pH至3.7~4.7之间，目的是使Fe3+形成Fe（OH）3沉淀，同时要防止生成Cu（OH）2沉淀，为了防止

引入新的杂质，试剂a可以是CuO［或CU（OH）2、C11CO3等］,故A王确；

B.反应I的化学反应方程式为4CuFeS2+2H2so4+17O2=4CuSO4+2Fe2（SO4）3+2H2O,该反应中铁元素化合价升高被氧

化，故B错误；

C.操作X为从硫酸亚铁溶液中得到绿矶晶体，当蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，再冷却结晶即可，故C正确；

D.反应m主要是CM+与过量的Fe（即b试剂）反应，为将c#+全部转化，加入的铁粉过量，因此在反应IV时应该将过

量的铁粉除去，利用铁、铜的性质差别，加入适量稀硫酸（即试剂c）即可，参与反应的离子方程式分别为

+2++3

Fe+2H=Fe+H2f,Fe（OHh+3H=Fe*+3H2O,故D正确；

答案选B。

16、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

二、非选择题（本题包括5小题）

17、竣基、羟基取代或酯化

OH

或的邻、间、对的任意一种

CH=CHOCOOHOCH-CHCOOH

a♦CMjCOONa43H2O

ONa

__go.p^cr

:（写出D的结构简式即给1,其他合理也给分）

1

【解题分析琥据题中各物质转化关系，甲苯与澳在铁粉作催化剂的条件下生成A为1-P,,A发生水解得B为rOH,

<TCH3

B与乙酸发生酯化反应C为“CHS,C发生氧化反应得乙酰水杨酸,比较和酚酸的结构可知

o/

II

C-OHrJ

再与Br-Q-0H反应得E为二。

、OHQ

%

Br

（1）“甲苯-A"的化学方程式为C+Br2一三rV+HBr;（2）C为

C-OH

,E为,E分子中的含氧官能团名称为叛基、羟基；（3）上述涉及反应中,

OH

“E-酚歆”发生的反应类型是取代或酯化反应；（4）乙酰水杨酸的一种同分异构体，符合下列条件①遇FeCL溶液显

紫色，说明有酚羟基，②能与碳酸氢钠反应，说明有竣基，③苯环上只有2个取代基，④能使漠的CCL溶液褪色，说

OH

或G

明有碳碳双键，则该同分异构体的结构简式为的邻、间、对的任意一种；（5）

CH=rHnrnnMOCH=CHCOOH

乙酰水杨酸和NaOH溶液完全反应的化学方程式为

O

+3Nd0H+CFOONa+3HQ⑹根据上面的分析可知XE

N

o

Oo

ii

C-OHC-OH

的合成路线为

18、醛基Im：吐加成反应3

CH3

浓硫啜

CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHFCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O

【解题分析】

根据有机物间的转化关系运用逆推法分析各有机物的结构，判断官能团的种类，反应类型，并书写相关反应方程式。

【题目详解】

根据有机物间的转化关系知，D和E在浓硫酸作用下反应生成丙酸丙酯，则D为丙醇，催化氧化后得到E丙醛，E

催化氧化后得到F丙酸；A为丙烯，与水加成反应生成DL丙醇；丙烯经过聚合反应得到高分子化合物C,A与漠的

四氯化碳溶液反应生成BL2.二滨乙烷。

(DE为丙醛，其官能团的名称为醛基；C为聚丙烯，其结构简式为故答案为：醛基；fcH?一

CH,

CH3

(2)由A丙烯生成D1・丙醇的反应类型为加成反应；B1,2•二溪乙烷的同分异构体有1,1•二滨乙烷、2,2•二滨乙烷、

1,3.二溪乙烷，3种，故答案为：加成反应；3：

浓硫酸

(3)丙酸和丙醇酯化反应的方程式为：CH3cH2COOH+CH3cH2cH20H-CH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O,故

A

浓硫酸

答案为：CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OH.CHJCHZCOOCHZCHZCHJ+HZOO

A

19、Na2sO3+H2sOj=Na2sO4+SO2T+H2O或Na2so3+2H2so4=2NaHS04+SO2f+H2O过滤da、e取少量

Na2s2。5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钢溶液，有白色沉淀生成0.16偏低

【解题分析】

(1)装置I中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，其化学方程式为：

Na2sO3+H2s€h=Na2sO4+SO2T+H2O或Na2so3+2H2so4=2NaHSO4+S(hT+H2O；

(2)从装置n中溶液中获得已析出的晶体，采取的方法是过滤；

(3)装置ni用于处理尾气SO2,由于SO2属于酸性氧化物，除去尾气SO2应选择碱性溶液，a装置无气体出口，不利

于气体与稀氨水充分接触，不选；要选择d,既可有效吸收，又可防止倒吸，2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O;

(4)证明NaHSCh溶液中HSO3一的电离程度大于水解程度，要利用两个平衡式HSCh—mr+SCV，HS(h一

+H2O=H2so3+OH—,证明溶液呈酸性，可采用的实验方法是a、测定溶液的pH,PH<7,说明溶液呈酸性，选项

a正确；b、加入Ba(OH)2溶液或盐酸，都会发生反应，无法判定电离、水解程度，选项b错误；c、加入盐酸，都不

反应，无法判定电离、水解程度，选项c错误；d、品红只检验SO2的存在，选项d错误；e、用蓝色石蕊试纸检测，

呈红色证明溶液呈酸性，选项e正确；答案选ae；

-

(5)由于Na2s2O5中的硫元素为+4价，故检验Na2s20$晶体己被氧化,实为检验SO?,其实验方案为：取少量Na2S2O5

晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化领溶液，有白色沉淀生成；

(6)①由题设滴定反应的化学方程式知，样品中抗氧化剂的残留量(以SO2计算)与12的物质的量之比为1：1,

,

n(S02)=n(l2)=0.01000mol-L-x0.025L=0.0025mol,残留量;025moix64g/mol巾叱小；②由于实验过程中有部

0.1L

分HI被辄化生成L,4HI+O2=2I2+2H2O,则用于与SO2反应的匕减少，故实验结果偏低。

20、C6Hl2O6+6HNO3===3H2c2O4+6H2O+6NOT1.3xl0-6测定NaOH溶液的准确浓度x=2

【解题分析】

(1)依据氧化还原反应规律书写其方程式;

(2)根据c二°=」上得出溶液中的钙离子浓度，再依据溶度积公式求出草酸根离子浓度；

VMV

(3)利用邻苯二甲酸氢钾可以滴定氢氧化钠，再利用氢氧化钠标准液测定草酸的浓度，依据物质的量之间的关系，列

出关系式，求出草酸的物质的量，根据总质量间接再求出水的质量，进一步得出结晶水的个数。

【题目详解】

(1)HNO3将葡萄糖(C6Hl2。6)氧化为草酸，C元素从0价升高到+2价，N元素从+5价降低到+2价，则根据电子转移

数守恒、原子守恒可知，化学方程式为：C6H12O6+6HNO3===3H2C2O4+6H2O+6NOf；

2+

(2)c(Ca)=—=—=t4T°--=0.00179mol/L,又Ksp(CaC2O4)=2.3xl0-9=c(Ca2')・c(CQ『)，因此当形

VMV1.4Lx40g/iriol

23x10

成沉淀时溶液中c©OF)>--3.3x10-6；

0.00179mol/L

(3)①“步骤1”中用准确称量的邻苯二甲酸氢钾测定氢氧化钠溶液的准确浓度，由于两者按物质的量1:1反应，故在

滴定终点时，两者物质的量相等，根据邻苯二甲酸氢钾的物质的量和消耗的氢氧化钠溶液的体积即可测定出氢氧化钠

溶液的准确浓度，故答案为测定NaOH溶液的准确浓度；

0.5508g

②0.5508g邻苯二甲酸氢钾的物质的量11(酸)=”</]=0.0027mol,测定NaOH溶液的准确浓度c(NaOH)

205g/mol

0.0027mol

=0.1194mol/L,

22.50x101

又草酸与氢氧化钠反应，根据H2c2O4+2NaOH===Na2c2O4+2H2O可知，2n(H2C2O4)=c(NaOH)