福建省2024届高考适应性考试化学试卷含解析2

福建省福州外国语学校2024届高考适应性考试化学试卷

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、下列材料或物质的应用与其对应的性质完全相符合的是

A.Mg、Al合金用来制造飞机外壳一合金熔点低

B.食品盒中常放一小袋Fe粉一Fe粉具有还原性

C.SiCh用来制造光导纤维一Si（h耐酸性

D.葡萄酒中含SO2—SO2有漂白性

2、网络趣味图片“一脸辛酸％是在脸上重复画满了辛酸的键线式结构。下列有关辛酸的叙述正确的是

A.辛酸的同分异构体（CH3）3CCH（CH3）CH2coOH的名称为2,23三甲基戊酸

B.辛酸的瘦酸类同分异构体中，含有3个“一CH3”结构，且存在乙基支链的共有7种（不考虑立体异构）

C.辛酸的同分异构体中能水解生成相对分子质量为74的有机物的共有8种（不考虑立体异构）

D.正辛酸常温下呈液态，而软脂酸常温下呈固态，故二者不符合同一通式

3、通常条件下，经化学反应而使溟水褪色的物质是（）

A.甲苯B.己烯C.丙酸D.戊烷

4、氮及其化合物的性质是了解工农业生产的重要基础。N,、为阿伏伽博罗常数的值，下列有关说法里考的是

A.22.4L（标准状况）KN%含有的质子数为IONA

B.密闭容器中，2moiNO与1mol02充分反应，产物的分子数为2NA

C.13.8gNO2与足量水反应，转移的电子数为0.2NA

D.常温下，11/0.1«10卜131^441\103溶液中含有的氮原子数为0.2'\

5、常温下，向20.00mL0.1000mol・L”的醋酸溶液中逐滴加入O.lOOOmoHL」的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的

变化如图所示。下列说法不正确的是（）

102030

A.在滴定过程中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)

++

B.pH=5时，c(CH3COO)>c(Na)>c(H)>c(OH)

C.pH=7时，消耗NaOH溶液的体积小于20.00mL

D.在滴定过程中，随NaOH溶液滴加c(CH3COO-)持续增大

6、高能固氮反应条件苛刻，计算机模拟该历程如图所示，在放电的条件下，微量的。2或Nz裂解成游离的O或N原

子，分别与N2和02发生以下连续反应生成NO。下列说法错误的()

2二—

=

、

二

过改枳可5五

131反aJ」中吁；

一

三•二吟W

工

000

反应坐标

A.图1中，中间体1到产物1的方程式为O-O=N->O+N=O

B.NO的生成速率很慢是因为图2中间体2到过渡态4的能垒较大

C.由O和N2制NO的活化能为315.72kJ・mol”

D.由N和O2制NO的过程比由O原子和N2制NO的过程速率慢

7、下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是()

A.灼热的炭与CO2的反应

B.Ba(OH)2-8H2O与NH4CI的反应

C.镁条与稀盐酸的反应

D.氢气在辄气中的燃烧反应

8、ABS合成树脂的结构简式如图，则生成该树脂的单体的种数和反应类型正确的是

-ECH2—CHCH2CH=CHCHZCH2CHi

A.1种，加聚反应B.2种，缩聚反应

C.3种，加聚反应D.3种，缩聚反应

9、短周期元素W、X、.Y、Z位于不相邻主族，它们的原子序数及最外层电子数均依次增大且其中只有一种金属元素,W

处在第一周期。下列说法错误的是

A.X为金属元素B.原子半径:X>Y>Z>W

C.Y与Z可形成2种化合物D.Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸

10、现有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，其中c(SO42-)+c(NO3-)=5mol.LL10mL该混酸溶解铜质量最大时。溶液中

HNO3、H2s04的浓度之比为

A.1：1B.1：2C.3：2D.2：3

11、用电解法可提纯含有某些含氧酸根杂质的粗K0H溶液，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是

A.通电后阴极区附近溶液pH会增大

B.阳极反应式为40H-4e=2H20+021

C.纯净的KOH溶液从b出口导出

D.K通过交换膜从阴极区移向阳极区

12、“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝、帛的使用有着悠久的历史，下列

说法错误的是()

A.丝的主要成分属于天然有机高分子化合物，丝绸制品不宜使用含酶洗衣粉洗涤

B.《墨子・天志》中记载“书之竹帛，镂之金石”。其中的“金”指的是金属，“石”指的是陶瓷、玉石等

C.《考工记》载有“沫帛”的方法，即利用“灰”(草木灰)和“蜃”(贝壳灰)混合加水所得液体来洗涤丝、帛。

这种液体能洗涤丝、帛主要是因为其中含有K2c03

D.《天工开物》记载“人贱者短褐、臬裳，冬以御寒，夏以蔽体，其质造物之所具也。属草木者，为臬、麻、荷、葛

文中的“臬、麻、荷、葛”属于纤维素

13、能正确表示下列变化的离子方程式是

++

A.硅酸钠中滴加盐酸：Na2SiO34-2H=H2SiO31+2Na

-2

B.少量SO2通人NaClO溶液中：SO1+3C1O4-H2O=SO4-+CI~+2HC1O

+2+

C.高锈酸钾溶液中滴人双氧水：2MnO4-4-3H2O24-6H=2Mn-F4O2t+6H2O

D.小苏打治疗胃酸过多：CO32-+2H=CO21+H2O

y\^)(m)、四轴烯(

14、三轴烯()(n)^五轴烯(☆)(p)的最简式均与苯相同。下列说法正确的是

A.m、n、p互为同系物B.n能使酸性KMnO4溶液褪色

C.n和p的二氯代物均有2种D.m生成ImolC6H14需要3moiHz

15、已知Ra(AKh)2可溶于水。下图表示的是向100mL0.02moi•L/KA1(SO4)2溶液中逐滴加入0.05mol・L/Ba(OH)2

溶液时(25C),生成沉淀的物质的量与加入Ba(OH)2溶液的体积的关系。下列说法不正确的是

A.所加的Ba(OH)2溶液的pH=13

B.a点的值是80mL

C.b点的值是0.005mol

D.当V[Ba(OH)2]=30mL时，生成沉淀的质量是0.699g

16、下列实验中，能达到相应实验目的的是

先加几滴0.1mol/LNaCl

溶液,再加几滴0.1mol/L

Nar,S溶液

1mLO.lmol/L

_AgNOs泡液

A.制备并收集乙酸B.证明氯化银溶解C.验证溟乙烷的消D,推断S、C、Si的非

乙酯度大于硫化银去产物是乙烯金属性强弱

二、非选择题(本题包括5小题)

17、如国中A〜J分别代表相关反应中的一种物质，已知A分解得到等物质的量的B、C、D,已知B、D为常温下的

气态化合物，C为常温下的液态化合物，F为黑色固体单质，I为红棕色气体。图中有部分生成物未标出。请填写以下

空白：

-------**r»i

M4•今।HU

1Hzi43

(1)A的化学式为一,C的电子式为_；

(2)写出下列反应的化学方程式：

D+G->H；

F+J-B+C+I；

（3）2moiNazCh与足量C反应转移电子的物质的量为—mol；

（4）I与足量C生成J的过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为一;

（5）容积为10mL的试管中充满I和G的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则原混合气体中I与G

的体积之比为

18、利用丙块和苯甲醛研究碘代化合物与苯甲醛在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应和合成重要的高分子化合物Y的

路线如下:

c___-_______a011RiCH=CCHO

己知：©R^HO+RzCHzCHO>|+H2

R2

②6+II与Q

回答下列问题:

（1）A的化学名称为—o

（2）B中含氧官能团的名称是_____o

（3）X的分子式为。

（4）反应①的反应类型是________。

（5）反应②的化学方程式是______。

（6）L是D的同分异构体,属于芳香族化合物,与D具有相同官能团，其核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1,

则L的结构简式可能为

（7）多环化合物是有机研究的重要方向，请设计由《、CH3cHO、3°合成多环化合物3cx取的路线（无机

试剂任选）

19、亚稽酸钠（NaNCh）是一种肉制品生产中常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量。在漂白、电镀等方面

应用也很广泛。某兴趣小组设计了如下图所示的装置制备NaNOz（A中加热装置已略去）。

己知：室温下，①2NO+Na2（h===2NaNO2

②酸性条件下，NO或NO?•都能与MnO4-反应生成N(h-和Mn2+

(1)A中发生反应的化学方程式为o

(2)检查完该装置的气密性，装入药品后，实验开始前通入一段时间N2,然后关闭弹簧夹，再滴加浓硝酸，加热。

通入N2的作用是。

(3)装置B中观察到的主要现象为

(4)①为保证制得的亚硝酸钠的纯度，C装置中盛放的试剂可能是___________(填字母序号)。

A.P2O5B.无水CaCLC.碱石灰D.浓硫酸

②如果取消C装置，D中固体产物除NaNO2外.可能含有的副产物有写化学式)，

(5)E中发生反应的离子方程式为o

(6)将L56gNa2(h完全转化为NaNCh,理论上至少需要木炭犀

20、某学习小组利用下图装置探究铜与浓H2s04的反应(夹持装置和A中加热装置己略，气密性己检验)。

资料：微量C金与过量NaOH溶液发生反应：Cu2++4OH-=[Cu(OHR2-,[Cu(OH)/一溶于甘油形成特征的绛蓝色溶

液。

浓R丛|[

铜片二^品红溶液,义_」

ABC

编号实验用品实验现象

10mL15mol/L剧烈反应，品红溶液褪色，150C时铜片表面产生大

I过量铜片

浓H2s04溶液量黑色沉淀，继续加热，250C时黑色沉淀消失。

10mL15mol/L剧烈反应，品红溶液褪色，150℃时铜片表面产生少

II适量铜片

浓H2s。4溶液量黑色沉淀，继续加热，250C时黑色沉淀消失。

(1)A中反应的化学方程式是o

(2)将装置C补充完整并标明所用试剂

（3）实验I中，铜片表面的黑色沉淀可能含CuO、C112S或CuS。为探究黑色沉淀的成分，取出反应后的铜片，用水

小心冲洗后，进行下列操作：

本稀

-稀H2S°4f-H,SOj

反应后Cu片CuO固体

i.黑色沉淀脱落，一段时ii.开始时，上层溶液呈无色，一

间后，上层溶液呈无色。段时间后，上层溶液呈淡蓝色。

甲认为通过上述两个实验证明黑色沉淀不含CuO,理由是

②乙同学认为仅通过颜色判断不能得出上述结论，理由是______o需要增加实验iii,说明黑色沉淀不含C11O,实验iii

的操作和现象是_______o

（4）甲同学对黑色沉淀成分继续探究，补全实验方案:

编号实验操作实验现象

取洗净后的黑色沉淀，加入适量_____黑色沉淀全部溶解，试管上部出现红棕

IV

溶液，加热。色气体，底部有淡黄色固体生成。

（5）用仪器分析黑色沉淀的成分，数据如下:

150c取样230C取样

铜元素3.2g,硫元0.96g。铜元素1.28g,硫元0.64go

230c时黑色沉淀的成分是

（6）为探究黑色沉淀消失的原因，取230c时的黑色沉淀，加入浓HzSOj,加热至250C时，黑色沉淀溶解，有刺激

性气味的气体生成，试管底部出现淡黄色固体，溶液变蓝。用化学方程式解释原因一。

（7）综合上述实验过程，说明Cu和浓H2s04除发生主反应外，还发生着其他副反应，为了避免副反应的发生，Cu

和浓H2s04反应的实验方案是0

21、二氧化硫是危害最为严重的大气污染物之一,它主要来自化石燃料的燃烧，研究CO催化还原SO2的适宜条件，在燃

煤电厂的烟气脱硫中具有重要价值。

I.从热力学角度研究反应

1

(1)C(s)+O2(g)—CO2(g)A”i=-393.5kJ-moI-

1

CO2(g)+C(s)-2CO(g)A”2=+172.5kJ-mof

S(s)+O2(g)^SO2(g)AH3=-296.0kJ-moI"

写出CO还原SO?的热化学方程式:o

（2）关于CO还原SO:的反应，下列说法正确的是o

A.在恒温恒容条件下,若反应体系压强不变，则反应已达到平衡状态

B.平衡状态时2,正（COEMSCh）

C.其他条件不变，增大SO2的浓度,CO的平衡转化率增大

D.在恒温恒压的容器中，向达到平衡状态的体系中充入N2,S（h的平衡转化率不变

n.NO,的排放主要来自于汽车尾气，包含NO2和NO,有人提出用活性炭对NO、进行吸附，发生反应如下:

反应a：C⑸+2NO（g）=^N2（g）+CO2®AH=-34.0kJ/mol

反应b：2C（s）+2NO2（g）^^N2（g）+2CO2（g）AH=-64.2kJ/mol

⑶对于反应a,在TJC时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：

时间(min)

01020304050

浓度(mol・L“)

NO1.000.580.400.400.480.48

N200.210.300.300.360.36

①0~10min内，NO的平均反应速率v（NO）=,当升高反应温度，该反应的平衡常数K（选填”增

大，，、“减小”或“不变”）。

②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据上表中的数据判断改变的条件可能是___________（填字母）。

A.加入一定量的活性炭B.通入一定量的NO

C.适当缩小容器的体积D.加入合适的催化剂

（4）①某实验室模拟反应b,在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO2气体，维持温度为T2℃,如图为不同压强下

反应b经过相同时间NO?的转化率随着压强变化的示意图。请从动力学角度分析，1050kPa前，反应b中NO2转化率

随着压强增大而增大的原因_____________;在UOOkPa时，NO2的体积分数为。

②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp）；在T2℃、Llxl（）6Pa时，该反应的化

学平衡常数Kp=（计算表达式表示）；已知：气体分压（P分户气体总压（P总）x体积分数。

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】

A.Mg.Al合金用来制飞机外壳是利用其密度小，硬度和强度都很大的性质，不是因为合金熔点低，故A错误；

B.食品合中常放一小袋Fe粉，利用其具有较强的还原性，防止食品被氧化，故B正确；

C.Si(h用来制造光导纤维是利用其光学性质，不是耐酸性，故C错误；

D.葡萄酒里都含有S02,起保鲜、杀菌和抗氧化作用，不是用来漂白，故D错误。

答案选B。

【题目点拨】

本题易错选项D,注意S02有毒不能用于食品的漂白，在葡萄酒里都含有S02,起保鲜、杀菌和抗氧化作用。

2、B

【解题分析】

A.根据官能团位置编号最小的原则给主链碳原子编号，该有机物的名称为3,4,4.三甲基戊酸，A项错误；

B.三个日基分别是主链端点上一个，乙基支链上一个，甲基支链一个，这样的辛酸的竣酸类同分异构体中未连接甲基

的结构有两种形式，分别为CH3cH2cH(CH2cH3)CH2COOH、CH3cH2cH2cH(CH2cH3)COOH,在这两种结构中，

甲基可以分别连接在中间的三个主链碳原子上，共有6种结构，还有一种结构为(CH2cH3)2CCOOH,因此辛酸的叛酸

类同分异构体中，含有三个甲基结构，且存在乙基支链的共有7种，B项正确；

C.辛酸的同分异构体中能水解的一定为酯，那么相对分子质量为74的有机物可是酸，即为丙酸，但丙酸只有一种结

构，也可能是醇，则为丁醇，共有4种同分异构体。所以与丙酸反应生成酯的醇则为戊醇，共有8种同分异构体；与

丁醇反应生成酯的酸为丁酸，其中丁酸有2种同分异构体，丁醇有4种同分异构体，所以共有8种，因此符合要求的

同分异构体一共是8+8=16种，C项错误；

D.正辛酸和软脂酸都是饱和脂肪酸，都符合通式CH2n02,由于正辛酸所含C原子数少，常温下呈液态，而软脂酸所

含C原子数多，常温下呈固态，D项错误；

答案选B。

【题目点拨】

C选项要从酯在组成上是由酸和醇脱水生成的，所以相对分子质量为74的有机物可能是酸，也可能是醇，再分别推导

出同分异构体的数目，最后酸和醇的同分异构体数目相结合即得总数。

3、B

【解题分析】

A.甲苯中没有碳碳双键，能萃取使漠水褪色，故A错误；

B.己烯中含有碳碳双键，能够与澳单质发生加成反应，使滨水褪色，故B正确；

C.丙酸中没有碳碳双键，不能使滨水褪色，故C错误；

D.戊烷为饱和烷烧，不能使溟水褪色，故D错误；

故选：B.

4、B

【解题分析】

??41

A.22.4L(标准状况)"NH3即----:-----=lmol,1个外％中质子数为10,故ImolN%中质子数为IONA,故A

22.4L/mol

不符合题意；

B.2moiNO与1mol。2充分反应会生成2moiNOz,但NO2气体存在二聚反应：2NO?二N2O4,因此产物中的分子

数小于2必，故B符合题意；

13.8g

C.13.8gNO2即“,\=0・3mo3其反应为：3NO2+HO=2HNO+NO,NO2生成NO化合价降低2,转移电子数为

46g/mol23

0.2NA,故C不符合题意；

D.11,0.111101・11匹1141\03溶液中〃网口203)=0.111101,氮原子数为0.2NA,故D不符合题意；

故答案为；以

【题目点拨】

解答本类题目要审清选项中涉及的以下几个方面：①要审清所求粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电

子等，②涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强，③涉及中子数和化学键的计算，要审清相关物质的结构

和特殊物质的摩尔质量，④涉及化学反应要明确相关反应的特点和电子转移；⑤涉及溶液中的微粒要关注电离和水解;

⑥要注意审清运算公式。

5、D

【解题分析】

A.反应后的溶液一定满足电荷守恒，根据电荷守恒分析；

B.pH=5时，溶液呈酸性，贝!Jc(H+)>c(OH-),结合电荷守恒判断；

C.如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL,两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性,若为中性，则加入的氢氧化

钠溶液体积小于20.00mL；

D.由于CH3COOH的物质的量是定值，故c(CH3CO(T)不口J能持续增大。

【题目详解】

A.在反应过程中，一定满足电荷守恒：c(Na+)+c(H+尸C(CH3COO・)+C(OIT),故A正确；

+

B.pH=5的溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH，根据电荷守恒可知：c(CH3COO)>c(Na),则溶液中离子浓度的大小为：

++

c(CH3COO)>c(Na)>c(H)>c(OH),故B正确；

C.如果消耗NaOH溶液的体积20・00mL,两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为中性，则加入的氢氧化

钠溶液体积小于20.00mL,故C正确；

D.由于CH3COOH的物质的量是定值，故随NaOH溶液滴加，溶液体积的增大，C(CH3coO)不可能持续增大，故D

错误；

故答案选Do

【题目点拨】

本题明确各点对应溶质组成为解答关键，注意应用电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理判断离子浓度的大小。

6、D

【解题分析】

A、由图1可知，中间体1为O・O=N,产物1为O+N=O,所以中间体1到产物1的方程式为O・O=N->O+N=O,故

A正确；

B、反应的能垒越高，反应速率越小，总反应的快慢主要由机理反应慢的一步决定，由图2可知，中间体2到过渡态4

的能垒较大、为223.26kJ/moL决定了NO的生成速率很慢，故B正确；

C、由图2可知，反应物2到过渡态4的能垒为315.72kJ・mol」，过渡态4到反应物2放出能量为逆反应的活化能，所

以由O和N2制NO的能垒或活化能为315.72k.bmor*,故C正确；

D、由图1可知，N和02制NO的过程中各步机理反应的能垒不大，反应速率较快；由图2可知，。原子和N2制NO

的过程中多步机理反应的能垒较高、中旬体2到过渡态4的能垒为223.26kJ/mol,导致O原子和N?制NO的反应速率

较慢，所以由N和02制NO的过程比由O原子和N2制NO的过程速率快，故D错误；

故选：Do

【题目点拨】

明确图中能量变化、结变与能垒或活化能关系为解答的关键，注意反应过程中能量变化和反应速率之间的关系。

7、A

【解题分析】

A、灼热的炭与的反应生成CO,是氧化还原反应也是吸热反应，故A正确；B、Ba(OH)2・8H2O与NH4C1的反应

不是氧化还原反应，故B错误；C、镁条与稀盐酸的反应是放热反应，故C错误；D、氨气在氧气中的燃烧反应是放热

反应，故D错误；故选A。

8、C

【解题分析】

-CH2-CH-CH?-CH=CH—CH,—CH2-CH-

ABS合成树脂的链节为'I,链节的主链上全是碳原子，ABS树脂由

CNC6H5

干C%—CH—CH?-CH=CH—CHLCH2-CH+

单体发生加聚反应得到，按如图所示的虚线断开：.|,再将双键中

CN:CGHS

的1个单键打开，然后将半键闭合即可得ABS树月旨的单体为：CH2=CHCN>CH2=CH—CH=CH2和C6H5cH=CH2,

有3种，单体之间通过加聚反应生成合成树脂；

答案选C。

9、D

【解题分析】

W在第一周期，且是主族元素，则为H；4种元素位于不相邻的主族，X在第WA族，且只能是金属元素，则为A1；

Y为第VA族，且为短周期，则为P；Z为第VIIA族，则为C1。

A.W为H,4种元素种只有一种为金属元素，推出X是AL故A正确；

B.原子半径先比较电子层数，电子层数越多半径越大，则W半径最小，X、Y、Z在同一周期，同一周期中，核电荷

数越大，半径越小，得X>Y>Z>W,故B正确；

CP和Q可以形成2种化合物，PCh和PCk,故C正确；

D.Y为P,最高价氧化物对应的水化物是H3P。4,不是强酸，故D错误；

故选D。

10、D

【解题分析】

-1

稀硝酸和稀硫酸组成的混酸中c(NO3-)+c(SO?)=5molL-,稀硝酸和Cu反应但稀硫酸和Cu不反应，混酸和

Cu反应离子方程式为3cli+2NO3—+8lT=3Cu2++2NOT+4H20,要使溶解的Cu最大，则硝酸根离子应该完全反应，根

据离子方程式知，c(NOj-)sc(H+)=2：8=1：4,设c(NO3-)=xmobL-1>则c(H+)=4xmobL-1,根据电荷守恒

得c(NO3-)+2c(SO42-)=c(H+),xmobL-,+2c(SO42-)=4xmobL_1,c(SO42)=1.5xmol*L-1,代入己知：c(NO3

+c(SO42-)=5mobL_1,x=2,所以c(NO.?-)=2mobL-,>贝!jc(H+)=8niol«L-1,c(SO42-)=5mol・L—i・2mol・L一

i=3moI,L-i,根据硝酸根离子守恒、硫酸根离子守恒得c3。3一)=c(HNO3)=2mobL-\c(SO?-)=c(H2SO4)

=3mobL_,,所以混酸中HNO3、HzSO,的物质的量浓度之比2moi・L3molL-,=2：3。故选D。

11、D

【解题分析】

A、阴极的反应是2H++2e=H2T，氢离子来自于水电离，所以剩余了水电离的氢氧根离子，溶液的pH升高，A正确；

B、阳极是溶液的氢氧根离子失电子，反应为：4OH-4e=2H2O+O2T，B正确；

C、左侧溶液中氢氧根离子转化为氧气，多余的钾离子透过阳离子交换膜进入右侧；右侧水电离的氢圜子转化为氢气，

剩余大量水电离的氢氧根离子，加上透过交换膜过来的钾离子，使右侧溶液中氢氧化钾的浓度增大，所以纯净的KOH

溶液从b出口导出，C正确；

D、阳离子应该向阴极移动，所以K+通过交换膜从阳极区移向阴极区移动，D错误；

故选D。

12、C

【解题分析】

A、丝的主要成分为蚕丝，属于蛋白质是一种天然有机高分子化合物，酶会加速蛋白质的水解，破坏丝绸制品，故A

正确；

B、古代记事常常刻于金属、陶瓷、玉器之上，故B正确；

C、草木灰中的碳酸钾与贝壳灰中的氧化钙溶于水生成的氢氧化钙与碳酸钾反应生成了氢氧化钾，故C错误；

D、草木的主要成分是纤维素，故D正确；

答案C。

13、B

【解题分析】

A.硅酸钠是易溶强电解质，应拆写成离子，A项错误；

B.少量SO2与NaClO发生氧化还原反应，生成的H+与CIO-生成弱酸HCIO,B项正确；

C.高铳酸钾溶液氧化双氧水时，双氧水中的氧原子将电子转移给高锈酸钾中的隹原子，应写成

+2+

2MnO4+5H2O2+6H=2Mn+5O2t+8H2O,C项错误；

D.小苏打为碳酸氢钠，应拆成Na+和HCO”D项错误。

本题选B。

【题目点拨】

+4价硫具有较强的还原性，+1价氯具有较强的氧化性，它们易发生氧化还原反应。

14、B

【解题分析】

A.同系物必须满足两个条件：①结构相似②分子组成相差若干个CH2,故A错误；

B.n含有碳碳双键，能使酸性KMnO」溶液褪色，故B正确；

C.n的二氯代物有3种，p的二氯代物也有3种，故C错误；

D.应该是m(C6H6)生成ImolC6H12需要3moiH2,故D错误；

答案：B

【题目点拨】

易错选项C易忽略两个氯原子取代同一个碳上的氢原子。

15、D

【解题分析】

KA1(SO4)2溶液中逐渐滴加Ba(0H)2溶液，OH•会先与A卡发生反应A『++30H=A1(OH)3>L,生成A1(OH)3沉淀,

随后生成的Al(OH)、再与OH一发生反应A1(OH)3J+OH-=AlO2+2Hq,生成AIO；；在OW反应的同时，Ba?+也

在与SOf反应生成BaSO工沉淀。考虑到KA1(SO4)2溶液中SOf是A产物质的量的两倍，再结合反应的离子方程式

可知，AF+沉淀完全时，溶液中还有SOj尚未沉淀完全；但继续滴加Ba(OH)2会让已经生成的AKOHb发生溶解，

由于Al(0H)3沉淀溶解的速率快于BaSO,沉淀生成的速率，所以沉淀总量减少，当A1(OH)3恰好溶解完全，SO；的

沉淀也恰好完全。因此，结合分析可知，图像中加入amLBa(0H)2时，KA1(SO4)2溶液中的SO；恰好完全沉淀；

沉淀物质的量为bmol时，KA1(SO4)2中的AP+恰好沉淀完全。

【题目详解】

A.0.05mol/L的Ba(OH)2溶液中的c(OIT)约为O.lmol/L,所以常温下pH=13,A项正确；

B.通过分析可知，加入amLBa(OH):时，KA1(S(\)2溶液中的SO：恰好完全沉淀，所以

aLx0.05mol/L=_L92_LX(0.02x2)mol/L,a=80mL,B项正确；

10001(X)()

C.通过分析可知，沉淀物质的量为bmol时，KAKS。」)？中的A声恰好沉淀完全，那么此时加入的Ba(OH),物质的

量为0.003mol即体积为60mL,因此沉淀包含0.003mol的BaSO4以及0.002mol的AKOH},共计0.005moLC项正

确；

D.当加入30mLBa(OH)2溶液，结合C项分析，人户和1煌+都未完全沉淀，且生成0.0015molBaSO4以及

0.001molAl(OH)3，总质量为0.4275g,D项错误；

答案选Do

16、D

【解题分析】

A、制取乙酸乙酯需要用浓硫酸做催化剂，故不选A；

B、lmL0.lmol/L的AgNCh溶液滴加几滴O.lmol/L的NaCI溶液生成白色沉淀AgCLAgNCh有剩余，再滴加几滴

0.1mol/L的NazS,AgNCh与Na2s反应生成Ag2s沉淀，所以不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故不选B；

C、乙烯、乙醇都能使酸性高钻酸钾溶液褪色，所以该装置不能验证溟乙烷的消去产物是乙烯，故不选C;

D、碳酸讷与稀硫酸反应放出二氧化碳，证明非金属性S>C,二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，证明非金属

性C>Si,故选D。

二、非选择题(本题包括5小题)

被化电

17.NH4HCO3H：o：H4NH3+5O2=4NO+6H1OC+4HN(h(浓)=A=CO2T+4NO2T+2H2。21：

--二

24：1

【解题分析】

A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D,且A与碱反应生成D,则A为酸式盐或铁盐，B、D为常温下的气

态化合物，C为常温下的液态化合物，C能和过氧化钠反应，则C为水，镁条能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气,

因为A受热分解生成B、C、D,则B为二氧化碳，水和过氧化钠反应生成NaOH和02,D能在催化剂条件下与G反

应生成H,则D是NH."G是02,H是NO,I是NO2,J是HNO3,镁和二氧化碳反应生成辄化镁和碳，C和浓硝酸

反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO,F是C,通过以上分析知，A为NH4HCO3,以此解答该题。

【题目详解】

(1)、A为NH4HCO3,C为水，C的电子式为H：0：H；

故答案为NH4HCO3；H6.II;

量化范

⑵、D为NH3,G是02,H是NO,则D+G—H的反应为：4NH+5O=4NO+6HO；F是C,J是HNO3,则

32妻港2

F+J-TB+C+I的反应为：C+4HNOK浓)兽=CO2T+4NOzT+2H2。；

侵亿兆

故答案为4NH3+5O2=4NO+6HO；C+4HN(h(浓CO2T+4NO2T+2H2O；

高港2

(3)、NazOz与足量水反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2T,氧由价升高为0价，由/价降低为・2价，贝I」

2moiNazCh与足量C反应转移电子的物质的量为2moI,；

故答案为2；

(4)、由3NO2+H2O=2HNCh+NO可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；

故答案为1:2；

(5)、容积为10mL的试管中充满N(h和02的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则发生的反应为

4NO2+2H2O+O2=4HNO3,根据反应方程式可知原混合气体中N(h与体积比为4:1,所以10mL混合气体中NO?和

Oz的体积分别为8mL和2mL,

故答案为4:1。

18、3.氯丙块酯基CI3HI6O2取代反应

CHO+CHsCH2CHOCH=CCHO+H：O

66%

CH3C=CH2CH2=CCHO

a、.

CHOCH3

【解题分析】

J与氯气在紫外线光照条件下发生取代反应生成A(三、)，物质A与NaCN在加热条件下继续发生取代反

---VI

应生成三C,三C在酸性条件下生成三一1八再与乙醇发生酯化反应生成B(U),B与

CNCNCOOH八

-O

HI发生加成反应生成继续与苯甲醛反应生成X(01M);另一合成路线中采用逆

合成分析法可知，E为聚合物Y的单体，其结构简式为:,根据已知信息②逆推法可以得出D为

=与水发生加成反应所得，C与苯甲醛在碱性条件下发生反应②，结合已知信息①可推出

C为丙醛，其结构简式为CH3cH2CHO,据此分析作答。

【题目详解】

(1)A为其名称为3.氯丙焕；

(2)B为?,其中含氧官能团的名称是酯基；

(3)从结构简式可以看出X的分子式为：C13H16O2；

(4)反应①中•。转化为-CN,属于取代反应，故答案为取代反应:

(5)根据已知的给定信息，反应②的化学方程式为：

CHO+CHsCH2CHOCH=CCHO+H：O

66

2

(6)L是D的同分异构体，则分子式为GoHioO,不饱和度=2x“)：-")=6,属于芳香族化合物，说明分子结构

中含苯环；与D具有相同官能团，则含醛基与碳碳双键；又核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为322:2:1,则有5种

CH3C=CH2CH2=CCHO

氢原子，其个数比为3:2:2:2:1,符合上述条件的L的结构简式有：0、0;

CHOCHa

CHO

(7)根据上述合成路线及给定的已知信息可将原料CH3cHO、6在碱性条件下反应生成«＜，后再继

A

19、C+4HNO3(»)=CO2t+4NO2T+2H2O排尽空气，防止生成的NO被氧气氧化红棕色气体消失，铜片溶

+2+

解，溶液变蓝，导管口有无色气泡冒出CNa2co3、NaOH5NO+3MnO4+4H=5NO3+3Mn+2H2O

0.24g

【解题分析】

A装置为C与HNO3(浓)反应生成二氧化碳与二氧化氮,二氧化氮在B中与水反应生成硝酸,硝酸与Cu反应生成NO,

D装置中制备NaNCh,由于二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的得到碳酸钠、氢氧化钠，故需要除去二氧化碳，并干

燥NO气体，所以C中放了碱石灰，反应开始需要排尽装置中的空气，防止氧气将NO氧化，利用酸性高铳酸钾溶液

溶液氧化未反应的NO,可以防止污染空气。

【题目详解】

A

(1)A装置为C与HN(h(浓)反应生成二氧化碳与二氧化氮，反应方程式为：C+4HNO3(»)=CO2T+4NO2t+2H2O；

⑵实验开始前通入一段时间N2,可排尽装置中的空气，防止氧气将NO氧化；

⑶二氧化氮在B中与水反应生成硝酸，硝酸与Cu反应生成NO,所以看到的现象为：红棕色气体消失，铜片溶解，

溶液变蓝，导管口有无色气泡冒出；

(4)①根据分析可知，C装置中可能盛放的试剂是碱石灰；

②结合分析可知，二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的得到副产物碳酸钠、氢氧化钠；

2++

⑸根据题目提供信息可知酸性条件下，NO能与MnO4-反应生成NO3-和Mn,方程式为：5NO+3MnO4+4H=5NO3+3

2+

Mn+2H2O；

1.56g

(6)/i(NaO)=—1.=0.02mol,根据元素守恒可知L56gNazOz完全转化为NaNCh,需要〃(N0)=0.04mol。设参加反

2278g/mol

A

:

应的碳为xmol,根据方程式C+4HNOK浓)=CO2t+4NO2T+2H2O可知生成〃(NO2)=4xmol,根据方程式3

Q4

NO+HO=2HNOJ+NO,可知4xmolNO2与水反应生成-xmol硝酸和一xmolNO；根据

2233

242

3cli+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2。可知硝酸与铜反应生成的NO为一xmol,所以有一xmol+—xmol=2x

3