天津市南开区南大奥宇培训学校2021-2022学年高三适应性调研考试化学试题含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷请考生注意：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05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、在相同温度下等体积、等物质的量浓度的4种稀溶液：Na2SO4H2SO3NaHSO3 Na2S，所含带电微粒的数目由多到少的顺序是 （ ）ABCD2、下列说法不正确的是A若酸式滴定管旋塞处的小孔被凡士林严重堵塞，可以用细铁丝疏通B镀锌铁皮与稀硫酸反应，若产生的气泡突然消失，锌反应完全，需立即取出铁皮C液溴

2、存放在带玻璃塞的棕色细口瓶中，并加水液封，放在阴凉处D若皮肤被烫伤且已破，可先涂些紫药水或1%高锰酸钾溶液3、十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对污染防治比过去要求更高。某种利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体结合的装置示意图如下，当该装置工作时，下列说法正确的是A盐桥中Cl-向Y极移动B电路中流过7.5 mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为16.8LC电流由X极沿导线流向Y极DY极发生的反应为2NO3-10e-6H2O=N212OH，周围pH增大4、下列有关说法不正确的是A钠与氧气反应的产物与反应条件有关B金属镁分别能在氮气、氧气、二氧化碳中燃烧C工业上主要采用高温冶炼黄铜矿

3、的方法获得铜D二氧化硫能漂白某些物质，能使紫色石蕊试液先变红后褪色5、同一周期的X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物对应水化物的酸性顺序为HXO4H2YO4H3ZO4，则下列判断错误的是A原子半径：XYZB气态氢化物的稳定性：HXH2YZH3C元素原子得电子能力：XYZD阴离子的还原性：Z3Y2X6、元素铬（Cr）的几种化合物存在下列转化关系：已知：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O。下列判断不正确的是（ ）A反应表明Cr2O3有酸性氧化物的性质B反应利用了H2O2的氧化性C反应中溶液颜色变化是由化学平衡移动引起的D反应中铬元素的化合价均发生了变化7、NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说

4、法正确的是Ac(H2CO3)和c(HCO3-)之和为1mol的NaHCO3溶液中，含有Na+数目为NAB5g 21H和31H的混合物发生热核聚变反应：21H+31H42He+10n，净产生的中子(10n)数为NAC1L 0.1mol/L乙醇溶液中存在的共价键总数为0.8NAD56g 铁与足量氯气反应，氯气共得到3NA个电子8、下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色AABBCCD

5、D9、某兴趣小组设计了如下实验测定海带中碘元素的含量，依次经过以下四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（ ）A灼烧海带：B将海带灰溶解后分离出不溶性杂质：C制备Cl2，并将I-氧化为I2：D以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定：10、尿素燃料电池既能去除城市废水中的尿素，又能发电。尿素燃料电池结构如下图所示，甲电极上发生如下反应：CO（NH2）2+ H2O-6eCO2+N2+6H+，则A甲电极是阴极B电解质溶液可以是KOH溶液CH+从甲电极附近向乙电极附近迁移D每2molO2理论上可净化1molCO（NH2）211、黑索金是一种爆炸力极强的烈性炸药，比TNT猛烈1.5倍。可用

6、浓硝酸硝解乌洛托品得到黑索金，同时生成硝酸铵和甲醛(HCHO)。下列说法不正确的是（ ）A乌洛托品的分子式为C6H12N4B乌洛托品分子结构中含有3个六元环C乌洛托品的一氯代物只有一种D乌洛托品得到黑索金反应中乌洛托品与硝酸的物质的量之比为1：412、正确使用化学用语是学好化学的基础，下列化学用语正确的是A 的名称：1，4-二甲苯B丙烷的分子式：CH3CH2CH3C聚丙烯的链节：CH2-CH2-CH2DH2S的电子式：13、化学与人类生产、生活密切相关。下列说法不正确的是( )A高纯度的硅单质广泛用于制作芯片B碳酸镁可用于制造耐高温材料氧化镁CSO2能用浓硫酸来干燥,说明其还原性不强D铁质地柔

7、软,而生活中的钢质地坚硬,说明合金钢能增强铁的硬度14、 “结构决定性质”是学习有机化学尤为重要的理论，不仅表现在官能团对物质性质的影响上，还表现在原子或原子团相互的影响上。以下事实并未涉及原子或原子团相互影响的是A乙醇是非电解质而苯酚有弱酸性B卤代烃难溶于水而低级醇、低级醛易溶于水C甲醇没有酸性，甲酸具有酸性D苯酚易与浓溴水反应生成白色沉淀而苯与液溴的反应需要铁粉催化15、下列气体在常温常压下不能共存的是ANH3、HClBCH4、Cl2CH2S、O2DSO2、O216、根据能量示意图,下列判断正确的是( )A化学反应中断键要放出能量,形成化学键要吸收能量B该反应的反应物总能量小于生成物总能量

8、C2A2(g)+B2(g)= 2C(g)H=-(b+c-a)kJmol-1D由图可知,生成1 mol C(l),放出 (b+c-a)kJ热量二、非选择题（本题包括5小题）17、生产符合人类需要的特定性能的物质是化学服务于人类的责任。解热镇痛药水杨酸改进为阿司匹林、缓释阿司匹林、贝诺酯就是最好的实例。下图表示这三种药物的合成：(1)反应的条件是_；物质B含有的官能团名称是_(2)已知乙酸酐是2分子乙酸脱去1分子水的产物，写出M的结构简式_(3)反应的类型_，写出该反应的一种副产物的结构简式_(4)水杨酸与足量Na2CO3溶液能发生反应，写出化学方程式_(5)1mol阿司匹林和1mol缓释长效阿司

9、匹林与NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量分别是_、_。18、已知，水杨酸酯E为紫外吸收剂，可用于配制防晒霜。E的一种合成路线如下：已知D的相对分子质量是130。请回答下列问题：（1）一元醇A中氧的质量分数约为21.6%。则A的分子式为_，结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为_；（2）B能与新制的Cu(OH)2发生反应，该反应的化学方程式为：_；（3）写出C结构简式：_；若只能一次取样，请提出检验C中2种官能团的简要方案：_；（4）写出同时符合下列条件的水杨酸所有同分异构体的结构简式：_；（a）分子中有6个碳原子在一条直线上；（b）分子中所含官能团包括羧基和羟基（5）第步的反应条

10、件为_；写出E的结构简式_。19、某学习小组研究溶液中Fe2+的稳定性，进行如下实验，观察，记录结果。实验 物质0 min1min1h5hFeSO4淡黄色桔红色红色深红色(NH4)2Fe(SO4)2几乎无色淡黄色黄色桔红色（1）上述(NH4)2Fe(SO4)2溶液pH小于FeSO4的原因是_（用化学用语表示）。溶液的稳定性：FeSO4_(NH4)2Fe(SO4)2（填“”或“”） 。（2）甲同学提出实验中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保护了Fe2+，因为NH4+具有还原性。进行实验，否定了该观点，补全该实验。操作现象取_，加_，观察。与实验中(NH4)2F

11、e(SO4)2溶液现象相同。（3）乙同学提出实验中两溶液的稳定性差异是溶液酸性不同导致，进行实验：分别配制0.80 molL1 pH为1、2、3、4的FeSO4溶液，观察，发现pH1的FeSO4溶液长时间无明显变化，pH越大，FeSO4溶液变黄的时间越短。资料显示：亚铁盐溶液中存在反应 4Fe2+O210H2O 4Fe(OH)38H+由实验III，乙同学可得出的结论是_，原因是_。（4）进一步研究在水溶液中Fe2+的氧化机理。测定同浓度FeSO4溶液在不同pH条件下，Fe2+的氧化速率与时间的关系如图（实验过程中溶液温度几乎无变化）。反应初期，氧化速率都逐渐增大的原因可能是_。（5）综合以上实

12、验，增强Fe2+稳定性的措施有_。20、我在故宫修文物这部纪录片里关于古代青铜器的修复引起了某研学小组的兴趣。“修旧如旧”是文物保护的主旨。（1）查阅高中教材得知铜锈为Cu2(OH)2CO3，俗称铜绿，可溶于酸。铜绿在一定程度上可以提升青铜器的艺术价值。参与形成铜绿的物质有Cu和_。（2）继续查阅中国知网，了解到铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈和有害锈，结构如图所示：Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl分别属于无害锈和有害锈，请解释原因_。（3）文献显示有害锈的形成过程中会产生CuCl（白色不溶于水的固体），请结合下图

13、回答： 过程的正极反应物是_。 过程负极的电极反应式是_。（4）青铜器的修复有以下三种方法：柠檬酸浸法：将腐蚀文物直接放在2%-3%的柠檬酸溶液中浸泡除锈；碳酸钠法：将腐蚀文物置于含Na2CO3的缓冲溶液中浸泡，使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3；BTA保护法：请回答下列问题：写出碳酸钠法的离子方程式_。三种方法中，BTA保护法应用最为普遍，分析其可能的优点有_。A在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜B替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈C和酸浸法相比，不破坏无害锈，可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”21、氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过

14、一系列反应可以得到BF3和BN，如图所示：请回答下列问题：（1）由B2O3制备BF3、BN的化学方程式是_、_。（2）基态B原子的电子排布式为_；B和N相比，非金属性较强的是_，BN中B元素的化合价为_；（3）在BF3分子中，FBF的键角是_，该分子为_分子（填写“极性” 或“非极性”），BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4-中可能含有_，立体结构为_；（4）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为_，层间作用力为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】等体积等物质的量浓度的4种稀溶液，根据物质的量=浓度与体积的乘积，各溶质的物质的

15、量相等。硫酸钠，亚硫酸氢钠和硫化钠是强电解质，在水中完全电离，硫酸钠和硫化钠中阳离子和阴离子个数比为2:1，亚硫酸氢钠中阳离子和阴离子个数比为1:1，所以硫酸钠和硫化钠的溶液中阴阳离子数大于亚硫酸氢钠溶液中的阴阳离子数，硫酸钠是强酸强碱盐，在水中不水解，硫化钠是强碱弱酸盐，在水中水解导致溶液中带电荷的微粒数增多，所以硫化钠溶液中的带电微粒数达于硫酸钠溶液中的带电微粒数，亚硫酸是弱电解质，只有部分电离，所以亚硫酸溶液中带电微粒数最少，所以顺序为，选D。2、B【解析】A.酸式滴定管小孔被凡士林堵塞，可以用铁丝疏通，故正确；B.镀锌铁放在稀硫酸溶液中，锌为原电池的负极，铁为正极，当锌反应完，反应速率

16、减慢，所以不会出现气泡突然消失的现象，只能气泡产生速率变慢，故错误；C.溴容易挥发，所以用水封，故正确；D.紫药水和高锰酸钾溶液都能杀菌消毒，故正确。故选B。3、D【解析】根据处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图可知，装置属于原电池装置，X是负极，发生失电子的氧化反应，Y是正极，发生得电子的还原反应，电解质里的阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子从负极流向正极。【详解】A. 处理垃圾渗滤液的装置属于原电池装置，溶液中的阴离子移向负极，即氯离子向X 极移动，故A错误；B. 电池总反应为：，该反应转移了15个电子，即转移15个电子生成4个氮气，故电路中流过7.5 mol电子时，产生2mol氮气，即44

17、.8L，B错误；C. 电流由正极流向负极，即Y极沿导线流向X 极，故C错误；D. Y是正极，发生得电子的还原反应，周围pH 增大，故D正确；答案选D。4、D【解析】A、钠与氧气反应常温下生成氧化钠，加热或点燃的条件下生成过氧化钠，故A正确；B、镁与氮气燃烧生成氮化镁，与氧气燃烧生成氧化镁，与二氧化碳发生置换反应，生成碳单质和氧化镁，故B正确；C、现代工业主要采用“火法炼铜”，即在高温条件下培烧黄铜矿，故C正确；D、二氧化硫不能漂白石蕊，故D错误。故选D。5、A【解析】元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由题意可知，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4H2YO4H3ZO4，则

18、元素非金属性XYZ。【详解】A项、同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，非金属性依次增强，则原子半径：XYZ，故A错误；B项、元素非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：XYZ，则气态氢化物的稳定性：HXH2YZH3，故B正确；C项、元素非金属性越强，原子得电子能力越强，元素非金属性：XYZ，则原子得电子能力：XYZ，故C正确；D项、元素非金属性越强，阴离子的还原性越弱，非金属性：XYZ，则阴离子的还原性：Z3Y2X，故D正确。故选A。6、D【解析】A.Cr2O3作为金属氧化物，能与酸反应，题给反应又告知Cr2O3能与KOH反应：Cr2O3+2KOH=2KCrO2+H2O，可知Cr2O3具有酸性

19、氧化物的性质，A项正确；B.反应中过氧化氢使Cr的化合价从+3价升高到+6价，H2O2表现了氧化性，B项正确；C.反应中发生反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，加入硫酸，增大了H+浓度，平衡向右移动，溶液由黄色变为橙色，C项正确；D.反应和中铬元素的化合价并没有发生变化，D项错误；所以答案选择D项。7、D【解析】A. n(H2CO3)和n(HCO3-)之和为1mol的NaHCO3溶液中，根据物料守恒可知含有Na+数目大于NA，A错误；B.不能确定 5g 21H和31H的混合物各自微粒的质量，因此不能计算产生的中子数，B错误；C. 溶剂水分子中还存在共价键，C错误；D. 56g

20、铁是1mol，与足量氯气反应，氯气共得到3NA个电子，D正确，答案选D。点睛：阿伏伽德罗常数与微粒数目的关系涉及的知识面广，涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡、胶体、化学键等知识点。与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系，计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。8、C【解析】分析：A项，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；B项，红色褪色是HClO表现强氧化性；C

21、项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D项，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2。详解：A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原

22、反应；D项，Cu与稀HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；与氧化还原反应无关的是C项，答案选C。点睛：本题考查氧化还原反应的判断，分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。9、B【解析】A. 灼烧需在坩埚中进行，不能选烧杯，A项错误；B. 将海带灰溶解后分离出不溶性杂质采用过滤操作，过滤需要玻璃棒引流，图中操作科学规范，B项正确；C. 制备Cl2，并将I-氧化为I2，除去氯气中的氯化氢应该用饱和食盐水，尾气需用氢氧化钠吸收，C项错误；D. Na2S2O3为强碱弱酸盐，因S

23、2O32-的水解使溶液呈现碱性，所以滴定时Na2S2O3应该放在碱式滴定管中，而不是酸式滴定管，D项错误；答案选B。【点睛】本题的易错点是D项，选择酸碱滴定管一方面要考虑实际的反应所需的环境，另一方面要考虑标准溶液的酸碱性。如高锰酸钾溶液在酸性条件下具有强氧化性，需选择酸式滴定管；而本题的硫酸硫酸钠还原碘单质时，考虑到标准溶液的水解来选择碱式滴定管。此外，学生要牢记仪器的构造，会区分酸式滴定管与碱式滴定管。10、C【解析】A由题甲电极上发生如下反应：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+，甲电极是燃料电池的负极，A错误；B甲电极上发生如下反应：CO(NH2)2+H2O-6e-=

24、CO2+N2+6H+，该原电池是酸性电解质，电解质溶液不可以是KOH溶液，B错误；C原电池中阳离子向正极移动，则电池工作时从甲电极负极附近向乙电极正极附近迁移，C正确；D电池的总反应式为：，每理论上可净化，理论上可净化，D错误。答案选C。11、B【解析】A乌洛托品的分子中含有6个“CH2”和4个N原子，则分子式为C6H12N4，A正确；B乌洛托品分子结构中含有4个六元环，B不正确；C乌洛托品分子中含有6个完全相同的-CH2-，所以一氯代物只有一种，C正确；D1mol乌洛托品与4mol硝酸完全反应，生成1mol黑索金、1molNH4NO3和3molHCHO，D正确；故选B。12、A【解析】A，为

25、对二甲苯，系统命名法命名为：1，二甲苯，A正确； B分子式是表示物质的元素构成的式子，故丙烷的分子式为，B错误； C聚丙烯的链节：，C错误； DH2S为共价化合物，硫原子中最外层有8个电子达到稳定结构，分子中存在两个键，电子式为：，D错误。 答案选A。13、C【解析】A. 利用高纯度的硅单质的半导体性能，广泛用于制作芯片，正确，故A不选；B. 碳酸镁加热分解可以得到氧化镁，氧化镁可用于制造耐高温材料，故B不选；C.SO2中的硫元素的化合价为+4价，浓硫酸中的硫元素的化合价为+6价，价态相邻，故SO2可以用浓硫酸干燥，但SO2有强还原性，故C选；D.合金的硬度大于金属单质，故D不选；故选C。14

26、、B【解析】A、乙醇中羟基与乙基相连，苯酚中羟基与苯环相连，乙醇是非电解质而苯酚有弱酸性是烃基对羟基的影响，错误；B、卤代烃难溶于水，低级醇、低级醛和水分子间形成氢键，易溶于水，未涉及原子或原子团相互影响，正确；C、甲醇没有酸性，甲酸中羰基对羟基影响，使羟基氢活泼，发生电离，具有酸性，错误；D、苯酚中羟基影响苯环使苯环上羟基邻、对位氢原子活泼易被取代，易与浓溴水反应生成白色沉淀，错误。15、A【解析】常温下，能反应的气体不能大量共存，以此来解答。【详解】A常温下反应生成氯化铵，不能大量共存，选项A选；B常温下不反应，光照的条件反应，可大量共存，选项B不选；C常温下不反应，反应需要点燃、加热等，

27、可大量共存，选项C不选；D常温下不反应，要在催化剂和加热的条件反应，选项D不选；答案选A。16、D【解析】A. 断键需要吸热，成键会放热，故A不选；B. 该反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故B不选；C. 2A2(g)+B2(g)=2C(g) H=-(b-a)kJmol-1。生成C(l)时的H=-(b+c-a)kJmol-1，故C不选；D. 据图可知，生成1 mol C(l)，放出 (b+c -a)kJ的热量，故D选。故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、铁 羧基、氯原子（苯基） CH3COOH 取代 无 Na2CO3+2NaHCO3 3mol 4nmol 【解析】根据题中各

28、物转化关系，根据水杨酸的结构可知，甲苯与氯气在铁粉做催化剂的条件下发生苯环上的取代，生成A为，A发生氧化反应生成B为，B发生碱性水解得C为，C酸化得水杨酸，水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M，则M为CH3COOH，阿司匹林发生取代反应生成贝诺酯，(CH3)2COHCN发生水解得D为(CH3)2COHCOOH，D在浓硫酸作用下发生消去反应生成E为CH2=C(CH3)COOH，E发生加聚反应生成F为，F与阿司匹林反应生成缓释阿司匹林为，据此答题；【详解】根据题中各物转化关系，根据水杨酸的结构可知，甲苯与氯气在铁粉做催化剂的条件下发生苯环上的取代，生成A为，A发生氧化反应生成B为，B发生碱性

29、水解得C为，C酸化得水杨酸，水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M，则M为CH3COOH，阿司匹林发生取代反应生成贝诺酯，(CH3)2COHCN发生水解得D为(CH3)2COHCOOH，D在浓硫酸作用下发生消去反应生成E为CH2=C(CH3)COOH，E发生加聚反应生成F为，F与阿司匹林反应生成缓释阿司匹林为。(1)反应的条件是铁，B为，物质B含有的官能团名称是羧基和氯原子，故答案为：铁；羧基和氯原子； (2)根据上面的分析可知，M的结构简式为CH3COOH； (3)反应的类型为取代反应，D在浓硫酸作用下发生消去反应也可以是羟基和羧基之间发生取代反应生成酯，所以反应的一种副产物的结构简式为

30、； (4)水杨酸与足量Na2CO3溶液能发生反应的化学方程式为； (5)根据阿司匹林的结构简式可知，1mol阿司匹林最多消耗NaOH的物质的量为3mol，缓释长效阿司匹林为，1mol缓释长效阿司匹林与NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量为4n mol。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，根据阿司匹林与长效缓释阿司匹林的分子式推断F的结构是解题的关键，注意对反应信息的利用，酸化时-CN基团转化为-COOH，需要学生根据转化关系判断，注重对学生的自学能力、理解能力、分析归纳能力、知识迁移能力的考查。18、C4H10O 1丁醇（或正丁醇） 用银氨溶液先检验醛基，再加稀盐酸使溶液呈酸性后，

31、加溴水检验碳碳双键 HOCH2CCCCCH2COOH、HOCH2CH2CCCCCOOH、 浓H2SO4、加热 【解析】一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，设该饱和一元醇的化学式为CnH2n+2O，氧元素的质量分数=100%=21.6%，解得：n=4，且A中只有一个甲基，所以该一元醇是1-丁醇，在铜作催化剂、加热条件下，A被氧气氧化生成B，B为丁醛，根据题干信息，丁醛在氢氧化钠水溶液发生反应生成C，C的结构简式为：CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CHO，C反应生成D，D的相对分子质量是130，则C和氢气发生加成反应生成D，则D的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH(CH2OH)C

32、H2CH3，D和邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成E，E的结构简式为：。【详解】(1)通过以上分析知，A的分子式为：C4H10O，结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为1-丁醇；(2)加热条件下，丁醛和新制氢氧化铜反应生成丁酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为：；(3)C的结构简式为：，C中含有醛基和碳碳双键，都能和溴水反应，要检验两种官能团，则应先用银氨溶液检验醛基，然后再用溴水检验碳碳双键，检验方法为：用银氨溶液先检验醛基，再加稀盐酸使溶液呈酸性后，加溴水检验碳碳双键； (4)a分子中有6个碳原子在一条直线上，则该分子中含有两个碳碳三键；b分子中含有一个羟基和一个羧基，所以与水杨酸互为同分异构体的结

33、构简式为：HOCH2CC-CCCH2COOH、HOCH2CH2CC-CC-COOH、；(5)第步的反应是酯化反应，根据乙酸乙酯的反应条件知，该反应条件是浓硫酸作催化剂、加热，通过以上分析知，E的结构简式为：。19、NH4+H2ONH3H2OH+ 取2 mL pH4.0的0.80 molL1 FeSO4溶液 加2滴0.01 molL1 KSCN溶液 溶液pH越小，Fe2+越稳定 溶液中存在平衡4Fe2+O210H2O 4Fe(OH)38H+， c（H+）大，对平衡的抑制作用强，Fe2+更稳定 生成的Fe(OH)3对反应有催化作用 加一定量的酸；密封保存 【解析】（1）（NH4）2Fe（SO4）2

34、溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同，但中（NH4）2Fe（SO4）2含有浓度较高的NH4+；通过表格中的颜色变化来分析；（2）由于是要验证两溶液的稳定性差异是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保护了Fe2+导致，根据控制变量法可知，应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致，据此分析；（3）由实验可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越强，则Fe2+越稳定；亚铁盐溶液中存在反应4Fe2+O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，根据平衡的移动来分析；（4）根据影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂来分析；（5）根据上述实验来分析。【详解】（1）（NH4）2Fe（

35、SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同，但（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有浓度较高的NH4+，NH4+水解显酸性，导致（NH4）2Fe（SO4）2中的pH更小；通过表格中的颜色变化可知（NH4）2Fe（SO4）2中的Fe2+被氧化的速率更慢，即溶液的稳定性：FeSO4（NH4）2Fe（SO4）2，故答案为：NH4+H2ONH3H2O+H+；（2）由于是要验证两溶液的稳定性差异是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保护了Fe2+导致，根据控制变量法可知，应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致，故应取2mLpH=4.0的0.80molL-1FeSO4溶

36、液于试管中，加2滴0.01molL-1KSCN溶液，过若观察到的现象与实验中（NH4）2Fe（SO4）2溶液现象相同，则说明上述猜想不正确，故答案为：取2mLpH=4.0的0.80molL-1FeSO4溶液；加2滴0.01molL-1KSCN溶液；（3）由实验可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越强，则Fe2+越稳定；亚铁盐溶液中存在反应4Fe2+O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，溶液的pH越小，则氢离子浓度越大，平衡左移，则Fe2+的氧化被抑制，故答案为：溶液pH越小，Fe2+越稳定；溶液中存在平衡4Fe2+O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，c（H+）大，对平衡的抑制作用强，Fe

37、2+更稳定；（4）影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂，而同一条曲线上的浓度FeSO4溶液相同，且应随着反应的进行，Fe2+的浓度减小，故不是浓度对反应速率的影响；而此反应为溶液中的反应，故压强对此反应速率无影响；而此反应中温度不变，故能影响反应速率的只有催化剂，故唯一的可能原因是生成的Fe（OH）3对反应有催化作用，故答案为：生成的Fe（OH）3对反应有催化作用；（5）根据上述实验可知，加入一定量的酸会抑制Fe2+的氧化，或是隔绝空气密封保存，故答案为：加入一定量的酸，密封保存。【点睛】（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有浓度较高的NH4+，NH4+水解显酸性，导致（NH4）2Fe

38、（SO4）2中的pH更小，NH4+保护了Fe2+是解答关键，也是试题的难点和突破口。20、O2、H2O、CO2 碱式碳酸铜为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜；而碱式氯化铜为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀 氧气（H2O） Cu-e-+Cl-=CuCl 4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2(OH)2CO3+4Cl- ABC 【解析】（1）由质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变；（2）结合图像可知，Cu2(OH)2CO3为致密结构，Cu2(OH)3Cl为疏松结构；（3）正极得电子发生还原反应，过程的正极反应物是氧气，Cu作负极；（4）在青铜器表面形

39、成一层致密的透明保护膜；替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈；BTA保护法不破坏无害锈。【详解】（1）铜锈为Cu2(OH)2CO3，由质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变，参与形成铜绿的物质有Cu和O2、H2O、CO2；（2）结合图像可知，Cu2(OH)2CO3为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜，属于无害锈。Cu2(OH)3Cl为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀，属于有害锈；（3）结合图像可知，正极得电子发生还原反应，过程的正极反应物是氧气，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；结合图像可知，过程中Cu作负极，电极反应式是Cu-e-+Cl-=CuCl；（4）碳酸钠法中，Na2CO3的缓冲溶液使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3，离子方程式为4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-；A在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜，能保护内部金属铜，这能使BTA保护法应用更为普遍，故A正确；BCu2(OH)3Cl为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀，属于有害锈。替换出锈层中的Cl-，能够高效的