2025年秋季高三开学摸底考试模拟卷2化学（全解全析）

1/192025年秋季高三开学摸底考试模拟卷化学（考试时间：90分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4．测试范围：高考全部内容。可能用到的相对原子质量：H：1Li：7N：14O：16Cl：35.5Cu：64一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．文物承载灿烂文明，传承历史文化。下列文物的主要材质属于硅酸盐的是A．战国水晶杯 B．素纱单衣C．兽首玛瑙杯 D．三彩载乐骆驼俑【答案】D【解析】A．战国水晶杯的主要成分是二氧化硅，故不选A；B．素纱单衣的主要成分是蚕丝，蚕丝属于蛋白质，故不选B；C．兽首玛瑙杯的主要成分是二氧化硅，故不选C；D．三彩载乐骆驼俑属于陶瓷，主要成分是硅酸盐，故选D。2．由下图实验仪器组装进行实验操作错误的是A．灼烧固体用①③ B．蒸发结晶装置用①②⑨C．分液装置用④⑧ D．②③⑥可直接用酒精灯加热【答案】D【解析】A．灼烧固体的主要仪器是坩埚，A正确；B．蒸发结晶主要仪器是蒸发皿，并用到玻璃杯，B正确；C．分液用到分液漏斗，用烧杯接液，C正确；D．②③都可直接用酒精灯加热，但⑥为蒸馏烧瓶，不能直接加热，需隔石棉网加热，D错误；故选D。3．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是A． B．C． D．麦芽糖果糖【答案】A【解析】A．HClO不稳定，光照下分解生成HCl和O2，A正确；B．锂与氧气在加热时反应只能生成氧化锂，继续加热不能生成过氧化锂，B错误；C．NaCl溶液中通入NH3、CO2可制取到NaHCO3和NH4Cl，但不能生成Na2CO3，C错误；D．在酸或酶作用下，麦芽糖水解生成葡萄糖，D错误；故选A。4．下列说法正确的是A．图1为CH4分子的球棍模型B．图2为氮原子的电子轨道表示式C．图3为铍原子最外层的电子云图D．图4为H原子的电子云图，由图可见H原子核外靠近核运动的电子多【答案】B【解析】A．CH4分子的空间填充模型为，CH4的球棍模型为，A不正确；B．氮原子的电子排布式为1s22s22p3，则电子轨道表示式为，B正确；C．铍的电子排布式为1s22s2，则铍原子最外层为2s电子云，s轨道呈球形，C不正确；D．H原子核外只有1个电子，电子云图中的小黑点只表示电子在核外运动的机会多少，D不正确；故选B。5．常温下，W、X、Y、Z四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0．01)的和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法错误的是A．电负性：B．W和X形成的化合物XW3中含有离子键和共价键C．简单氢化物的沸点：D．为非极性分子，为极性分子，二者中的Y原子杂化类型相同【答案】D【解析】常温下，W、X、Y、Z四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为0.01mol•L-1）的pH分别为2、12、小于2、2，原子序数依次增大，X的原子半径最大，W的原子半径最小，可知W为N元素、X为Na元素、Z为Cl元素，Y的原子半径小于X、大于Z，则Y为S元素。即W为N元素、X为Na元素、Y为S元素、Z为Cl元素。A．周期表中同主族从下到上，同周期从左到右，元素的非金属性增强，电负性变大，电负性：，故A正确；B．W和X形成的化合物NaN3中含有离子键(Na+和N)和共价键(N-N)，故B正确；C．同周期第ⅦA简单氢化物的沸点低于ⅥA简单氢化物的沸点，简单氢化物的沸点：HCl<H2S,故C正确；D．

如图，S2Cl2为极性分子，SCl2为V型结构，为极性分子，二者中的Y原子都是杂化，故D错误；故选D。6．将分别通入下列溶液，实验现象及结论均正确的是选项溶液现象结论A溶液产生白色胶状沉淀酸性比强B酸性溶液紫红色溶液褪色有漂白性C溶液溶液由棕黄色变浅绿色有氧化性D溶液出现黄色浑浊有还原性【答案】A【解析】A．溶液中通入，产生白色胶状沉淀是生成了，说明酸性比强，A正确；B．酸性溶液能够氧化，导致溶液紫红色褪去，表现还原性，B错误；C．使溶液由棕黄色变浅绿色是生成，表现氧化性，表现还原性，C错误；D．溶液中通入，出现黄色浑浊是生成了，该反应中中硫元素由+4价降低为0价，被还原，表现氧化性，D错误；答案选A。7．用锂元素的转化过程来持续合成氨的原理如图所示。已知为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．若转化①消耗，转移电子数为B．和的混合气体中含有质子数为C．溶液中含有阴、阳离子总数为D．若转化③消耗，则生成氧化产物的分子数为【答案】B【解析】A．未指明是否为标准状态，不能计算氮气物质的量，故A错误；B．的摩尔质量为28g/mol，1个分子中含有14个质子，的摩尔质量为32g/mol，1个分子中含16个质子，设混合气体中为xg，为(10-x)g，则10g和的混合气体含有质子的数目为，故B正确；C．溶液中，不考虑水电离情况下溶液中阴、阳离子总数为，若考虑水电离情况下溶液中阴、阳离子总数大于，故C错误；D．转化③中Li元素化合价降低，O元素化合价升高，O2为氧化产物，根据得失电子守恒有如下关系：，则生成氧化产物氧气的物质的量为，分子数为，故D错误；故答案为B。8．利用氧化绿色的的浓强碱溶液反应制备的装置如下图所示(加热及夹持装置已省略)，下列关于本实验的说法错误的是A．装置A中仪器b的名称是三颈烧瓶，装置B的作用是除去挥发出来的B．装置C中发生反应的化学方程式为C．装置D中试剂d可能是足量的溶液，不能是溶液D．反应完成后应先熄灭装置A处酒精灯，再打开弹簧夹通入空气，待装置冷却后拆除【答案】C【解析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中氯气与锰酸钾在浓强碱溶液中反应制备高锰酸钾，装置D中盛有的氢氧化钠溶液或亚硫酸钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。A．由实验装置图可知，装置A中仪器b为三颈烧瓶，由分析可知，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，故A正确；B．由分析可知，装置C中氯气与锰酸钾在浓强碱溶液中反应制备高锰酸钾，反应的化学方程式为，故B正确；C．由分析可知，装置D中盛有的氢氧化钠溶液或亚硫酸钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，故C错误；D．反应完成后，装置中残留有毒的氯气，为防止拆除装置时氯气逸出污染空气，拆除时应先熄灭装置A处酒精灯，再打开弹簧夹通入空气，将残留的氯气赶入装置D中，待装置冷却后再拆除，故D正确；故选C。9．化合物M是一种新型抗生素关键中间体的类似物，其合成路线如下(略去部分试剂和反应条件)。已知化合物K虚线圈内所有原子共平面。下列说法错误的是A．Q的化学名称为2-甲基-1-丙醇 B．在酸性条件下，M可水解生成CO2C．形成M时，氮原子与L中碳原子a成键D．K中氮原子的杂化方式为sp2 【答案】C【解析】A．Q为饱和一元醇，命名时，从靠近羟基碳原子的一端开始编号，即羟基碳原子的位次为“1”，则其化学名称为2-甲基-1-丙醇，A正确；B．M分子中，左侧环上存在酯基和酰胺基，在酸性条件下两种官能团都发生水解反应，M可水解生成H2CO3，H2CO3分解生成CO2和水，B正确；C．对照L和M的结构可以看出，形成M时，L分子中18O与b碳原子之间的共价键断裂，则氮原子与L中碳原子b成键，C错误；D．题中信息显示，化合物K虚线圈内所有原子共平面，则N原子的最外层孤电子对未参与杂化，N原子的杂化方式为sp2，D正确；故选C。10．某无色溶液中可能含有K+、Ag+、Ba2+、Fe3+、Cl-、OH-、中的几种，对其进行如下实验操作：（1）取少量溶液，用pH计测得pH=13.3；（2）另取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀；（3）将（2）所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。下列对该溶液的说法正确的是A．要确定是否含有K+，需做焰色反应实验 B．一定含有K+、OH-、C．含有Ag+、Ba2+、Fe3+三种离子中的一种 D．原溶液中一定含有Cl-【答案】B【解析】某无色溶液中可能含有K+、Ag+、Ba2+、Fe3+、Cl-、OH-、中的几种，无色溶液说明无Fe3+，对其进行如下实验操作：（1）取少量溶液，用pH计测得pH=13.3，说明溶液显强碱性，一定含有OH-，则一定没有Ag+；（2）另取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，则该白色沉淀是BaCO3，溶液中一定存在，一定不存在Ba2+，根据电荷守恒，溶液中一定含有K+；（3）将（2）所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，因上一步加入了氯化钡，不能确定原溶液中是否含有Cl-，原溶液中可能有Cl-。A.由于任何溶液既有阳离子，又有阴离子，则原溶液中一定含有K+，故A错误；B.由分析可知溶液中一定含有K+、OH-、，故B正确；C.不含Ag+、Ba2+、Fe3+三种离子中的任一种，故C错误；D.不能确定原溶液中是否含有Cl-，故D错误；故选B。选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．室温下，通过下列实验探究邻苯二甲酸氢钾(，以KHA表示)溶液性质。实验1：用pH计测定溶液的pH，测得pH约为4.01.实验2：向溶液中滴加溶液。实验3：向溶液中滴加少量澄清石灰水，产生白色沉淀。下列有关说法正确的是A．实验1溶液中：B．实验2滴加KOH溶液过程中水的电离程度逐渐减小C．实验2所得的溶液中：D．实验3中反应的离子方程式：【答案】AD【解析】A．0.05mol/LKHA溶液的pH约为4.01，溶液显酸性，说明HA-的电离程度大于其水解程度，所以，A正确；B．实验2滴加KOH溶液过程中，KOH与KHA反应方程式为：，溶液酸性减弱，电离程度增大，且生成的A2-水解促进水的电离，故水的电离程度增大，B错误；C．实验2所得的溶液为K2A溶液，列出电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，以及物料守恒：c(K+)=2[c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)]，联立得到：，C错误；D．向溶液中滴加少量澄清石灰水，氢氧化钙量不足氢氧根离子被HA-完全反应，生成A2-与Ca2+结合生成CaA沉淀，反应的离子方程式为：，D正确；故选AD。12．功能高分子材料M可用于制造车、船挡风玻璃，其合成路线如下：下列说法正确的是A．化合物X、Y均难溶于水B．Z中最多13个碳原子共面C．Z与Y反应除生成M外，还生成小分子CH3OHD．1molM多可消耗NaOH的物质的量为2nmol【答案】BC【解析】根据M的结构简式可知，Z为，Y为，Z、Y发生缩聚反应生成M，苯酚与X发生反应生成Z，结合X的分子式可推得X为丙酮，丙酮能与水互溶，A项错误。Z的结构简式为，分子中最多有13个碳原子共平面，B项正确。Z和Y发生缩聚反应，生成M及小分子CH3OH，C项正确。M中含有结构，1mol发生水解，最多可消耗4molNaOH，1molM最多可消耗4nmolNaOH，D项错误。13．叠氮酸钠(NaN3)被广泛应用于汽车安全气囊。以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN3的流程如图。已知水合肼(N2H4•H2O)不稳定，具有强还原性。下列描述正确的是A．N3-的空间结构为V形B．反应②中，消耗3molN2H4•H2O时，反应中转移电子C．反应③中浓硫酸体现出高沸点难挥发性D．反应④应将氨水逐滴滴入NaClO溶液中制备水合肼【答案】C【解析】以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN3，由流程可知，①中发生2CH3OH+2NaNO2+H2SO4(浓)=2CH3ONO+Na2SO4+2H2O，生成亚硝酸甲酯(CH3ONO)，④中过量的NaClO可氧化N2H4•H2O，则将NaClO溶液滴到氨水中制备N2H4•H2O，且滴速不能过快，②中发生N2H4•H2O+CH3ONO+NaOH═NaN3+CH3OH+3H2O，③中发生2NaN3+H2SO42HN3↑+Na2SO4，蒸馏出CH3OH，最后HN3与NaOH反应可制备产品。A项，N3-的价电子对数为2+=2，中心原子为sp杂化，故其构型为直线形，故D错误；B项，分析方程式N2H4•H2O+CH3ONO+NaOH═NaN3+CH3OH+3H2O，故消耗3molN2H4•H2O时，N2H4•H2O失去10mol电子，故C错误；C项，反应③中利用浓硫酸的高沸点难挥发性制取挥发性的HN3，故A正确；D项，反应④制备水合肼时应将NaClO溶液逐滴滴入氨水中，防止过量的NaClO氧化N2H4•H2O生成N2，故B错误；故选C。14．科研人员利用高压气流将水微滴喷射到涂覆催化剂的石墨网上，研究常温制氨，其反应历程中微粒转化关系如图1，相对能量变化关系如图2，图中*表示催化剂表面吸附位。下列说法正确的是A．过程中发生非极性键的断裂与形成B．Ⅰ转化为和的过程中会生成C．Ⅱ表示的微粒符号是D．反应历程中放热最多的反应是【答案】B【解析】A．过程中发生非极性键的断裂，无非极性键的形成，A错误；B．Ⅰ转化为和的反应方程式为：，过程中会生成过渡，B正确；C．生成Ⅱ的方程式为：，Ⅱ为，C错误；D．反应历程中放热最多的反应是Ⅰ和、的反应，方程式为：，D错误；故选B。15．常温下，向含NaAc(醋酸钠)、NaBrO3、Na2SO4的混合液中滴加AgNO3溶液，混合液中pAg[pAg=-lgc(Ag+)]与pX[pX=-lgc(Ac-)、-lgc(BrO3-)、-lgc(SO42-)]的关系如图所示。下列说法正确的是A．L2直线代表-lgc(Ag+)和-lgc(SO42-)的关系B．常温下，AgBrO3饱和溶液中C．向M点所示的混合溶液中加入AgNO3固体，减小D．当同时生成AgAc和AgBrO3时，溶液中【答案】AB【解析】Ksp(Ag2SO4)=c2(Ag+)×c(SO42-)，Ksp(AgBrO3)=c(Ag+)×c(BrO3-)，即pAg=[pKsp(Ag2SO4)-p(SO42-)]，pAg=pKsp(AgBrO3)-p(BrO3-)，可知L1对应AgBrO3，L2对应Ag2SO4。L2直线代表−lgc(Ag+)和−lgc(SO42-)的关系，A正确；AgBrO3饱和溶液中存在溶解平衡，AgBrO3(s)Ag+(aq)+BrO3-(aq)，c(Ag+)=c(BrO3-)，Ksp(AgBrO3)=c(Ag+)×c(BrO3-)=10-4.28，则c(Ag+)=10−2.14mol⋅L−1，B正确；M点为L1和L2的交点，此时c(BrO3-)和c(SO42-)相等，向M点所示的混合溶液中加入AgNO3固体，c(Ag+)增大，所以增大，C错误；当同时生成AgAc和AgBrO3时，溶液中，即c(Ac−)<100c(BrO3-)，D错误。三、非选择题：本题包括5小题，共60分。16．（12分）V有“工业味精”之称。工业上提取钒的工艺有多种，一种从钒页岩（一种主要含Si、Fe、Al、V元素的矿石）中提取V的工艺流程如下：已知：①“酸浸”时有VO生成；②在有机溶剂中的溶解度大于水，“萃取”时离子的萃取顺序为；③VO和可以相互转化。回答下列问题：（1）“焙烧”时可添加适量“盐对”NaCl-与钒页岩形成混合物，这样做的目的是。（2）“滤渣1”除掉的主要杂质元素是（填元素符号）。（3）作用是将VO转化为，转化的目的是，发生的离子反应方程式为。（4）①“沉钒”时，生成沉淀，“步骤X”应该加入（填“氧化剂”或“还原剂”），写出“沉钒”时的离子反应方程式。②以“沉钒率”（沉淀中V的质量和钒页岩中钒的质量之比）表示钒的回收率如图所示，温度高于80℃时沉钒率下降的原因是。【答案】（除标明外，每空2分）（1）生成易溶的钠盐，提高钒的浸取率（1分）（2）Si（3）VO2+的萃取率大于VO，转化为VO2+可以提高钒的萃取率2VO+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O（4）氧化剂（1分）VO+NH=NH4VO3↓温度高于80℃时，NH的水解程度增大，NH浓度减小导致沉钒率下降【解析】由题给流程可知，向钒页岩焙烧得到的焙烧渣中加入酸酸浸，将金属元素转化为VO、铁离子、铝离子，二氧化硅不能与酸反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；调节滤液的pH为5.1，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入草酸溶液，将VO离子还原为VO2+离子，向反应后的溶液中加入萃取剂萃取、分液得到水相和有机相；向有机相中加入反萃取剂萃取、分液得到水相和有机相；向水相中加入氧化剂将溶液中VO2+离子氧化为VO离子，向反应后的溶液中加入氯化铵溶液，将溶液中的钒元素转化为钒酸铵沉淀，过滤得到钒酸铵；钒酸铵煅烧分解生成五氧化二钒。（1）“焙烧”时添加适量“盐对”与钒页岩形成混合物的目的是焙烧时氯化钠和硫酸钠提供的钠元素能将钒页岩中的钒元素转化为易溶的钠盐，从而提高钒的浸取率，故答案为：生成易溶的钠盐，提高钒的浸取率；（2）由分析可知，滤渣1的主要成分是二氧化硅，除掉的主要杂质元素是硅元素，故答案为：Si；（3）由题给信息可知，VO2+的萃取率大于VO，则转化过程中加入草酸溶液的目的是将VO离子还原为VO2+离子，有利于萃取时提高钒的萃取率，反应的离子方程式为2VO+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O，故答案为：VO2+的萃取率大于VO，转化为VO2+可以提高钒的萃取率；2VO+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O；（4）①由分析可知，步骤X中加入氧化剂的目的是将溶液中VO2+离子氧化为VO离子，向反应后的溶液中加入氯化铵溶液的目的是将溶液中的钒元素转化为钒酸铵沉淀，反应的离子方程式为VO+NH=NH4VO3↓，故答案为：氧化剂；VO+NH=NH4VO3↓；②氯化铵在溶液中的水解反应我吸热反应，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，所以温度高于80℃时沉钒率下降的原因是温度高于80℃时，NH的水解程度增大，NH浓度减小导致沉钒率下降，故答案为：温度高于80℃时，NH的水解程度增大，NH浓度减小导致沉钒率下降。17．（12分）过渡元素在材料，化工生产和生活中均占有重要地位。研究相关元素及它们所衍生出的化合物对科学和社会发展有重要意义。回答下列问题：（1）具有高能量密度的是值得深入研究的电池正极材料。基态Co原子的核外电子排布式是。（2）Mn的一种配合物化学式为［］，与Mn原子配位时，提供孤电子对的是原子，配体中，所含元素电负性由小到大的顺序为；两个C原子的杂化类型为，键与键数目之比为。（3）铁硫簇是普遍存在于生物体内的最古老的生命物质之一。一种铁硫原子簇的结构如图所示：该化合物的化学式为，中心原子Fe的配位数为。（4）氧化铈（）常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性质和应用。假设晶胞边长为apm。晶胞结构如下图：晶胞中，与相邻且最近的有个。若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为。【答案】（除标明外，每空1分）（1）1s22s22p23s23p63d74s2或[Ar]3d74s2（2）NH<C<Nsp3、sp5∶2（3）KFeS2（2分）4（4）12（2分）5%（2分）【解析】（1）Co是27号元素位于第四周期第Ⅷ族，其核外电子排布式为：1s22s22p23s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；（2）CH3CN与Mn原子配位时，N含有孤电子对，能提供孤电子对的是N原子；同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，CH3CN所含元素电负性由小到大的顺序为H<C<N；CH3CN中甲基C原子的杂化类型为sp3，-C≡N中碳原子为sp杂化；单键均为σ键，三键含有1个σ键2个π键；CH3CN中σ键与π键数目之比为5∶2；（3）由图可知，结构中每两个四元环构成一个重复单元，结构中含有两个钾离子，两个铁离子，4个硫离子，则其化学式为KFeS2，在该结构中，中心原子Fe附近有4个硫离子，故其配位数为4；（4）与Ce4+相邻且最近的Ce4+位于相邻的面心，共=12个；由CeO2晶胞可知，1mol晶胞中含有4molCe4+和8molO2-，掺杂Y2O3后，设有xmolCe4+被Y3+取代，根据n(CeO2)：n(Y2O3)=0.8：0.1可得，=，x=0.8mol,即含有3.2molCe4+和0.8molY3+，根据电荷规则可知，3.2mol×4+0.8mol×3=n(O2-)×2，n(O2-)=7.6mol，晶体中O2-的空缺率为×100%=5%。18．（12分）来那度胺(J)是一种治疗多发性骨髓瘤的药物。一种由氨基酸A与化合物F为原料合成来那度胺的路线如下(部分条件已省略)。回答下列问题：（1）下列不属于A的官能团的是___________。A.酰胺基B.醇羟基C.酮羰基D.羧基（2）IJ的反应类型是___________。（3）用“*”标出J分子中的不对称碳原子___________。（4）关于合成路线中的物质，下列说法不正确的是___________。A．化合物A是一种α-氨基酸，可以使用茚三酮试剂来检验B．仅以化合物A组成的蛋白质不能通过黄蛋白反应检验C．化合物H中所有碳原子可能共面D．1mol化合物J与足量H2反应，最多可以消耗6molH2（5）写出F的结构简式___________。（6）书写H与足量NaOH溶液反应的化学方程式___________。（7）BC的目的是保护B中的官能团，若不采取此保护措施，可能得到一种由2分子B反应生成的含有六元环的副产物，分子式C10H14N4O4，请写出其结构简式___________。（8）写出一个满足以下条件的G的同分异构体的结构简式___________。①苯环上有6个取代基②能发生银镜反应，也可以与FeCl3发生显色反应③核磁共振氢谱显示有4组峰（9）结合题目所给信息，以苯和OHCCH2CH2CHO为原料，设计路线合成___________。(无机试剂任选)(合成路线常用的表示方式为：AB目标产物)【答案】（1）BC(2分)（2）还原反应(1分)（3）(1分)（4）D(1分)（5）(1分)（6）＋2NaOH＋NaBr＋CH3OH(2分)（7）(1分)（8）、(1分)（9）(2分)【解析】A与甲醇发生酯化反应生成B，B与乙酸酐发生取代反应生成C，C中酯基与氨基成环形成D，D中酰胺基发生水解反应得到E，结合H的结构与G的分子式逆推得到G，F与甲醇发生酯化反应得到G，F是，结合I的分子式和J的结构逆推I是发生还原反应得到J，推出I；（1）A中官能团有酰胺基、羧基、氨基，故故选BC；（2）由分析可知，I→J是由硝基变成氨基，推出是还原反应；（3）不对称碳原子是找J中的手性碳原子，手性碳原子要连接四个各不相同的原子或原子基团，因此是；（4）A项，氨基和羧基连在同一个碳原子上，是一种α-氨基酸，茚三酮能与氨基酸反应生成蓝紫色物质，可以用来检验氨基酸，A正确；B项，黄蛋白反应是一种用于检测蛋白质中芳香族氨基酸(如酪氨酸、色氨酸)的经典定性化学实验。其原理基于浓硝酸与这些氨基酸的苯环结构发生硝化反应，生成黄色硝化产物，仅以化合物A组成的蛋白质不含有苯环，不能通过黄蛋白反应检验，B正确；C项，苯环是平面结构，与苯环连接的碳原子与苯环共面，酯基是平面结构，故化合物H中所有碳原子可能共面，C正确；D项，J中只有苯环与氢气反应，J与氢气反应需要消耗3mol氢气，故D错误，故选D；（5）由分析可知F的结构简式是；（6）由分析可知，H中酯基和溴原子都能与氢氧化钠发生反应，推出方程式为：＋2NaOH＋NaBr＋CH3OH；（7）由分析可知B中还含有一个氨基也可以反应，故为；（8）由已知条件可知，G的同分异构体中有酚羟基、和醛基，苯环上有六个取代基，核磁共振氢谱图上有4组峰，说明苯环上存在对称位置，结合分子式可推出为、;(9)结合目标产物和上述流程分析，右边的环是氨基中的氢原子与卤代烃发生取代反应，由此逆推出需要得到苯胺和，由苯生成苯胺过程中，先苯发生硝化反应生成硝基苯，再发生还原反应得到苯胺，而发生还原反应得到，再发生取代反应得到，因此由上述合成路线可知，。19．（12分）资源化利用是解决资源和能源短缺、减少碳排放的一种途径。I．制甲醇，过程如下：i．催化剂活化：(无活性)(有活性)ii．与在活化后的催化剂表面可逆的发生反应①，其反应历程如图。同时伴随反应②：。（1）反应①每生成1放热49.3，写出其热化学方程式：。（2）与混合气体以不同的流速通过反应器，气体流速与转化率、选择性的关系如图。已知：选择性(生成所用的)(转化的)。流速加快可减少产物中的积累，减少反应(用化学方程式表示)的发生，从而减少催化剂的失活，提高甲醇选择性。（3）对于以上制甲醇的过程，以下描述正确的是(填序号)。A．反应中经历了、键的形成和断裂B．加压可以提高的平衡转化率C．升高温度可以提高甲醇在平衡时的选择性II．一种以甲醇和二氧化碳为原料，利用()和纳米片()作催化电极，电化学法制备甲酸(甲酸盐)的工作原理如图所示。（4）①阴极表面发生的电极反应式为。②若有1通过质子交换膜，则理论上生成的和共。（5）电解部分甲醇后，将阴阳极的电解液混合，加入过量氢氧化钠后蒸干溶液，再向所得固体中加入过量稀硫酸，溶解后得200溶液。取20溶液，加入溶液，充分反应后，再加入过量溶液和5滴淀粉溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液体积为。已知：；。①滴定终点的现象为。②假设电流效率为100%，则电解池装置中通过的电子的物质的量为。【答案】（除标明外，每空2分）（1）（2）（3）AB（4）(或)0.75(1分)（5）最后半滴溶液滴下时，溶液由蓝色变为无色，半分钟内不变蓝(1分)【解析】（1）反应①中CO2和H2在温和的条件下转化为甲醇和H2O，每生成1molCH3OH(g)放热49.3kJ，其热化学方程式为△H=-49.3kJ/mol。（2）已知催化剂活化：In2O3(无活性)In2O3-x(有活性)，流速加快可减少产物中H2O的积累，减少反应的发生，减少催化剂的失活，提高甲醇选择性。（3）A．由图1可知，反应中经历了In-C、In-O键的形成和断裂，选项A正确；B．CO2制甲醇是气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，可以提高CO2的平衡转化率，选项B正确；C．由△H=-49.3kJ/mol是放热反应，升高温度平衡逆向移动，升高温”度会降低甲醇在平衡时的选择性，选项C错误；故答案为:AB。（4）①由图可知二氧化碳在左侧电极发生反应，其中碳元素化合价降低，则a为负极，CO2得到电子生成HCOO-和或，该电极反应式为：(或)；②由第一问的分析可知b为阳极，CH3OH失去电子生成HCOOH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平阳极反应为：CH3OH-4e-+H2O=HCOOH+4H+，阴极电极反应为：，由此可以发现，若有1molH+通过质子交换膜时，则转移1mol电子，则此时该装置生成HCOO-和HCOOH共计0.75mol。（5）①向HCOOH溶液中加入过量KMnO4溶液，发生反应：，再加入过量溶液和5滴淀粉溶液，过量的KMnO4溶液将I-氧化为I2，离子方程式为：，此时溶液为蓝色的，然后加入溶液滴定至终点，I2被还原为I-，溶液变无色，则滴定终点的现象为：最后半滴溶液滴下时，溶液由蓝色变为无色，半分钟内不变蓝；②由①分析可得关系式：5HCOOH~2KMnO4~5I2~10，则与HCOOH反应的n(KMnO4)=，则n(HCOOH)=2.5n(KMnO4)==，由电极方程式、CH3OH-4e-+H2O=HCOOH+4H+可知，消耗了CO2，转移电子的物质的量为=mol。20．（12分）CuCl用途广泛，某研究性小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl。【资料查阅】ⅰ.ⅱ.实验室使用浓硫酸制备HCl气体的原理如下：NaCl+H2SO4(浓)NaHSO4+HCl↑【实验探究】该小组用下图所示装置进行实验(央持仪器略)，请回答下列问题：（1）制备氯化氢的过程体现了浓硫酸具有_______。A.酸性B.强氧化性C.难挥发性D.吸水性（2）使用恒压分液漏斗制备HCl气体的优点是_______；X装置的名称为_______。（3）C中试纸变蓝后会逐渐褪色，写出褪色过程中发生的化学反应方程式_______。（4）装置D中发生的离子方程式为_______。（5）反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析：①若杂质是CuCl2，则产生的原因是_______。②若杂质是CuO，则产生的原因是_______。准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，配成100mL溶液，取出10.00ml，用amol/L的K2Cr2O7标准溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bml，反应中Cr2O72-被还原为Cr3+。CuCl+FeCl3=FeCl2+CuCl2（6）配制100mL待测液用不到的仪器有_______。A．容量瓶B．烧杯C．分液漏斗D．胶头滴管（7）样品中CuCl的质量分数为_______(结果化简，M(Cu)=64，M(Cl)=35.5)。（8）若测定结果偏大可能的原因是_______。A．样品中混有CuOB．滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失C．滴定管未用K2Cr2O7标准溶液润洗D．装待测液前锥形瓶内残留少量水【答案】（除标明外，每空1分）（1）C（2）保持内外压