青海省黄南市重点中学2023学年高考仿真卷化学试题含解析

1、2023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、某有机物的分子式为，该物质与金属钠反应有气体生成。则该有机物可能的结构有几种（不考虑立体异构）A8B10C12D142、常温常压下，某烧碱溶液与0.05mol氯气恰好完全反应，得到pH9的混合溶液（溶质为NaC1与NaC1O）。下列说法正确的是（NA代表阿伏加德罗常数）A氯气的体积为1.12LB原烧碱溶液中含溶质

2、离子0.2NAC所得溶液中含OH的数目为1105NAD所得溶液中ClO的数目为0.05NA3、Na、Mg、Al、Fe四种金属中两种组成的混合物12g，与足量盐酸反应放出H2 0.5 g（标准状况），则混合物中必定含有的金属是A钠B镁C铝D铁4、一定温度下，10mL 0.40 molL-1H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。t/min0236810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（）（溶液体积变化忽略不计）A反应至6min时，H2O2分解了50B反应至6min时，c(H2O2)=0.20 molL-1C06

3、min的平均反应速率：v(H2O2)3.310-2mol/(Lmin)D46min的平均反应速率：v(H2O2)3.310-2mol/(Lmin)5、现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s22p63s23p4；1s22s22p63s23p3；1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是（ ）A第一电离能：B价电子数：C电负性：D质子数：6、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A4g甲烷完全燃烧转移的电子数为2NAB11.2L（标准状况）CCl4中含有的共价键数为2NAC3 mol SO2和1mol O2于密闭容器中催化反应后分子总数为3NAD1L 0.1molL1的Na2S

4、溶液中HS和S2离子数之和为0.1 NA7、A、B、C、X为中学化学常见物质，A、B、C含有相同元素甲，可以发生如下转化（水参与的反应，水未标出）。下列说法不正确的是A若A、B、C的焰色反应呈黄色、水溶液均呈碱性，则X可以是CO2B若C为红棕色气体，则A一定为空气中含量最高的气体C若B为FeCl3，则X一定是FeDA可以是碳单质，也可以是O28、下图是有机合成中的部分片段：下列说法错误的是A有机物a能发生加成、氧化、取代等反应B有机物ad都能使酸性高锰酸钾溶液褪色Cd中所有原子不可能共平面D与b互为同分异构体、含有1个和2个的有机物有4种9、对二甲苯（PX）可发生如下反应生成对苯二甲酸（PTA

5、）。下列有关说法错误的是+12MnO4-+36H+12Mn2+28H2OAPTA是该反应的氧化产物B消耗1molPX，共转移8mol电子CPX含苯环的同分异构体还有3种DPTA与乙二醇可以发生缩聚反应10、中学常见物质A、B、C、D存在下图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。下列物质中符合转化关系的A的个数为ABC，Cl2 S Fe NH3 AlCl3 Na2CO3A3B4C5D611、通常情况下，仅凭下列事实能证明乙酸是弱酸的是A某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢B乙酸钠溶液pH7C乙酸溶液能使石蕊变红D某乙酸溶液能导电能力弱12、酚酞是一种常见的酸碱指示剂，其在酸性条件下结构如图所示，则下

6、列对于酚酞的说法正确的是（ ）A在酸性条件下，1mol酚酞可与4molNaOH发生反应B在酸性条件下，1mol酚酞可与4molBr2发生反应C酸性条件下的酚酞在一定条件下可以发生加聚反应生成高分子化合物D酸性条件下的酚酞可以在一定条件下发生加成反应，消去反应和取代反应13、下列有关钢铁腐蚀与防护的说法不正确的是A生铁比纯铁容易生锈B钢铁的腐蚀生成疏松氧化膜，不能保护内层金属C钢铁发生吸氧腐蚀时，正极反应式为：O22H2O4e= 4OHD为保护地下钢管不受腐蚀，可使其与直流电源正极相连14、某温度下，向10 mL 0.1 molL-lNaCl溶液和10 mL 0.1 molL-lK2CrO4溶液

7、中分别滴加0.1 molL-lAgNO3溶液。滴加过程中pMlgc(Cl-)或lgc(CrO42)与所加AgNO3溶液体积之间的关系如下图所示。已知Ag2CrO4为红棕色沉淀。下列说法错误的是A该温度下，Ksp(Ag2CrO4)41012Bal、b、c三点所示溶液中c(Ag+)：albcC若将上述NaCl溶液浓度改为0.2molL1，则a1点会平移至a2点D用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂15、将25时浓度均为0.1mol/L的HA溶液和BOH溶液按体积分别为Va和Vb混合，保持Va+Vb=100mL，且生成的BA可溶于水。已知Va、Vb与混合液pH关系如图

8、所示。下列说法错误的是（ ）A曲线II表示HA溶液的体积Bx点存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)C电离平衡常数：K(HA)K(BOH)Dx、y、z三点对应的溶液中，y点溶液中水的电离程度最大16、已知：H2 (g) + Se (g) H2Se (g) +87.48kJ Se (g) Se (s) +102.17kJ； 下列选项正确的是AH2 (g) + Se (s)的总能量对应图中线段 bB相同物质的量的 Se，Se(s)的能量高于 Se(g)C1mol Se (g)中通入 1mol H2(g)，反应放热 87.48kJDH2 (g) + S (g) H2S (g) +QkJ

9、 ，Q”、“”或“=”，下同），平衡常数大小关系是：K(i)_K(ii)。21、铁、碳等元素的单质及其化合物在化工医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：（1）Fe(H2NCONH2)6(NO3)3的名称是三硝酸六尿素合铁()，是一种重要的配合物。该化合物中Fe3+的核外电子排布式为_，所含非金属元素的电负性由大到小的顺序为_。碳原子为_杂化，NO3-的空间构型为_。（2）目前发现的铝原子簇Al13的性质与卤素相似，则原子簇Al13属于_晶体。NaAl(OH)4存在的化学键有 _（填字母）。A 离子键 B 极性键 C 非极性键 D 配位键 E 氢键 F 金属键（3）已知：反应后，当键增加

10、了1 mol时，键_（填“增加”或“减少”）了_个。（4）多原子分子中各原子若在同一平面，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域键”，如SO2分子中存在“离域键”，可表示成34，则（咪唑）中的“离域兀键”可表示为_（5）奥氏体是碳溶解在r-Fe中形成的一种间隙固溶体，晶胞为面心立方结构，如图所示。若晶体密度为d gcm-3，则晶胞中最近的两个碳原子之间的距离为_ pm（阿伏加德罗常数的值用NA表示，写出简化后的计算式即可）。参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【答案解析】该物质与金属钠反应有气体生成，说明分子中含有-OH，即可转变为4个C的烷

11、烃的二元取代物，可采用定一议一的方法。4个C的烷烃共有两种结构，正丁烷和异丁烷，正丁烷共有8种二元取代物，异丁烷共有4种二元取代物，共有12种，故答案选C。2、B【答案解析】A项，常温常压不是标准状况，0.05mol氯气体积不是1.12L，故A错误；B项，原溶液中溶质为氢氧化钠，含溶质离子为Na+和OH-，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，0.05mol氯气和0.1mol氢氧化钠恰好反应，所以原烧碱溶液中含溶质离子0.2NA，故B正确；C项，因为常温常压得到pH=9的混合溶液，所以c(OH-)=10-5mol/L，溶液体积未知不能计算OH-的数目，故C错误；D项，反应生成0.0

12、5mol NaClO，因为次氯酸根离子水解，所得溶液中C1O-的数目小于0.05NA，故D错误。【答案点睛】本题以阿伏伽德罗常数的分析判断为依托，主要考查盐类水解的分析、化学方程式的计算应用，题目综合性较强，重在考查分析综合运用能力。A项注意是否为标准状况，为易错点。3、D【答案解析】假设金属都是二价金属，其通式为R，金属和盐酸反应方程式为R+2HCl=RCl2+H2，n(H2)=0.25mol，根据方程式知，n(R)=n(H2)=0.25mol，则R的平均摩尔质量=48g/mol，混合物中金属的摩尔质量应该有大于48g/mol和小于48g/mol的，如果将Na换算为+2价时，其摩尔质量变为4

13、6g/mol48g/mol，镁的摩尔质量为24g/mol48g/mol，如果将Al换算为+2价时，其摩尔质量变为18g/mol48g/mol，Fe的摩尔质量为56g/mol48g/mol，其中小于48g/mol的有三种，而大于48g/mol只有铁，所以一定含有Fe，故选D。【答案点睛】解答本题需要正确理解“平均摩尔质量法”的应用，解答本题也可以采用“平均电子摩尔质量法”，采用此法，金属的平均电子摩尔质量=24g/mol，其中钠、镁、铝、铁的电子摩尔质量分别为23g/mol、12g/mol、9g/mol、28g/mol。4、D【答案解析】A06min时间内，生成氧气为=0.001mol，由2H2

14、O22H2O+O2，可知c(H2O2)=0.2mol/L，则H2O2分解率为100%=50%，故A正确；B由A计算可知，反应至6 min时c(H2O2)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故B正确；C06min时间内，生成氧气为=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知c(H2O2)=0.2mol/L，所以v(H2O2)=0.033mol/(Lmin)，故C正确；D由题中数据可知，03 min生成氧气的体积大于36min生成氧气的体积，因此，46 min的平均反应速率小于06min时间内反应速率，故D错误；答案选D。5、A【答案解析】根据三种基态原子的电子排布式：

15、1s22s22p63s23p4；1s22s22p63s23p3；1s22s22p5可判断、分别代表的元素为：S、P、F。【题目详解】A同周期自左而右，第一电离能增大，但P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能ClPS；同主族自上而下第一电离能减弱，故FCl，故第一电离能FPS，即，A正确；BS、P、F价电子数分别为：6、5、7，即，B错误；C根据同周期电负性，从左往右逐渐变大，同族电负性，从下往上，越来越大，所以FSP，C错误；DS、P、F的质子数分别为：16、15、9，即，D错误；答案选A。6、A【答案解析】A. 甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水，碳元素化合

16、价由-4价升高到+4价，所以4g甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA/mol =2NA，故A正确；B. CCl4在标况下为非气态，无法计算11.2LCCl4的物质的量，故B错误；C. SO2和O2反应为可逆反应，反应不能进行完全，SO2和O2都有剩余，所以3 mol SO2和1mol O2于密闭容器中催化反应后分子总数大于3NA，故C错误；D. Na2S溶液中分两步水解，生成HS和H2S，根据物料守恒关系：HS、H2S和S2离子数之和为0.1NA，故D错误。故选A。【答案点睛】本题为“NA”应用试题，解答此类题要注意题设陷阱，本题B选项，CCl4在标况下非气态，C选项，二氧化硫和氧气反应为可逆反应

17、，D选项，要注意物料守恒的正确使用，考生只有在平时多总结，才能做到考试时慧眼识别。7、B【答案解析】A. 若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明A、B、C中含有钠元素，水溶液均呈碱性，则A为氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，B为碳酸钠，碳酸钠溶液显碱性；碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，C为碳酸氢钠，碳酸氢钠为碱性，故A正确；B. 若A为氨气、X为氧气，则B为一氧化氮，C为红棕色气体二氧化氮，则A不一定为空气中含量最高的氮气，故B错误；C. 若B为FeCl3，则A为氯气，与铁反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，故C正确；D. 若A为碳、X为氧气，则B为一氧化碳，C为二氧化碳；若A为氧气、X

18、为碳，则B为二氧化碳，C为一氧化碳，故D正确；答案为B。【答案点睛】元素的性质的推断题，要熟练掌握各种物质间的相互转化，并能找到各物质间相互转化方案，熟记物质的性质，综合运用。8、D【答案解析】本题考查有机物的结构与性质，意在考查知识迁移能力。【题目详解】A. a中含有碳碳双键，可以发生加成反应，氧化反应，氢原子在一定条件下可以被取代，故不选A；B.a含有碳碳双键和醛基、b中含有碳碳双键、c、d中均含有-CH2OH，它们能被酸性高锰酸钾氧化，故不选B；C.d中含有四面体结构的碳，所以所有的原子不可能共平面，故不选C；D.与b互为同分异构体、含有1个-COOH和2个-CH3的有机物有、等，故选D

19、；答案：D【答案点睛】易错选项B，能使酸性高锰酸钾褪色的有：碳碳双键、碳碳三键、和苯环相连的碳上有C-H键，醇羟基（和羟基相连的碳上含有C-H键）、酚、醛等。9、B【答案解析】A. 反应中Mn元素的化合价降低，作氧化剂，则PX作还原剂，所以PTA是该反应的氧化产物，故A正确，不符合题意；B.反应中，Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，转移5个电子，则1molPX反应消耗2.5mol MnO4-，共转移12.5NA个电子，故B错误，符合题意；C.PX含苯环的同分异构体，有邻间对三种二甲苯和乙苯，共计四种同分异构体，所以PX含苯环的同分异构体还有3种，故C正确，不符合题意；D.PTA与乙二醇通过

20、缩聚反应即可生产PET塑料，对二甲苯与乙二醇之间能发生缩聚反应，故D正确，不符合题意；故选：B。10、D【答案解析】A为Cl2，D为Fe，B为氯化铁，C为氯化亚铁，满足转化关系ABC，故正确；A为S，D为氧气，B为二氧化硫，C为三氧化硫，满足转化关系ABC，故正确；A为Fe，D为硝酸，B为硝酸亚铁，C为硝酸铁，满足转化关系ABC，故正确；A为NH3，D为氧气，B为NO，C为二氧化氮，满足转化关系ABC，故正确；A为AlCl3溶液，D为NaOH，B为氢氧化铝，C为偏铝酸钠，满足转化关系ABC，故正确；若A为Na2CO3，D可以为酸，B为碳酸氢盐，C为二氧化碳，满足转化关系ABC，故正确；根据分析

21、可知，满足转化关系的A有6个。答案选D。11、B【答案解析】证明CH3COOH为弱酸，可从以下角度判断：等浓度的HCl、CH3COOH导电能力；等浓度的HCl、CH3COOH比较二者与金属反应速率大小；判断是否存在电离平衡；比较二者对应的盐溶液的酸碱性等，以此解答该题。【题目详解】A某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢，说明该乙酸中氢离子浓度很小，但是不能说明乙酸部分电离，不能证明乙酸是弱电解质，A错误；B乙酸钠的pH7，说明乙酸钠是强碱弱酸盐，乙酸是弱酸，B正确；C乙酸溶液能使石蕊试液变红色，说明乙酸电离出氢离子，但不能说明部分电离，所以不能证明是弱电解质，C错误；D某乙酸导电能力弱，说明该酸中

22、离子浓度较小，但是不能说明乙酸部分电离，则不能证明乙酸是弱电解质，D错误；故合理选项是B。【答案点睛】本题考查弱电解质判断的知识。明确强、弱电解质根本区别是解本题关键，溶液导电性强弱与离子浓度及离子所带电荷有关，与电解质强弱无关，题目难度不大。12、B【答案解析】A在酸性条件下，酚羟基和羧基可以和氢氧化钠反应，故1mol酚酞可与3molNaOH发生反应，A错误；B在酸性条件下，两个酚羟基有4个邻位氢原子，1mol酚酞可与4molBr2发生反应，B正确；C酚酞分子中没有碳碳双键，所以酸性条件下的酚酞不能发生加聚反应，C错误；D酚羟基不能发生消去反应，连接醇羟基的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，也

23、不能发生消去反应，D错误；故选B。13、D【答案解析】A. 生铁中含有C、Fe，生铁和电解质溶液构成原电池，Fe作负极而加速被腐蚀，纯铁不易构成原电池，所以生铁比纯铁易生锈，故A正确；B钢铁和空气、水能构成原电池导致钢铁被腐蚀，钢铁的腐蚀生成疏松氧化膜不能隔绝空气，所以不能保护内层金属，故B正确；C钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-，故C正确；D作电解池阳极的金属加速被腐蚀，作阴极的金属被保护，为保护地下钢管不受腐蚀，可使其与直流电源负极相连，故D错误；故选D。14、B【答案解析】根据pM=lgc(Cl-)或pM=lgc(CrO42)可

24、知，c(CrO42)越小，pM越大，根据图像，向10 mL 0.1 molL-lNaCl溶液和10 mL 0.1 molL-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1 molL-lAgNO3溶液。当滴加10 mL0.1 molL-lAgNO3溶液时，氯化钠恰好反应，滴加20 mL0.1 molL-lAgNO3溶液时，K2CrO4恰好反应，因此al所在曲线为氯化钠，b、c所在曲线为K2CrO4，据此分析解答。【题目详解】Ab点时恰好反应生成Ag2CrO4，lgc(CrO42)=4.0，c(CrO42)= 104molL-l，则c(Ag+)=2 104molL-l，该温度下，Ksp(Ag2CrO4)c(C

25、rO42)c2(Ag+)=41012，故A正确；Bal点恰好反应，lgc(Cl-)=4.9，c(Cl-)=104.9molL-l，则c(Ag+)=104.9molL-l，b点c(Ag+)=2 104molL-l，c点，K2CrO4过量，c(CrO42)约为原来的，则c(CrO42)= 0.025molL-l，则c(Ag+)=105molL-l，al、b、c三点所示溶液中b点的c(Ag+)最大，故B错误；C温度不变，氯化银的溶度积不变，若将上述NaCl溶液浓度改为0.2molL1，平衡时，lgc(Cl-)=4.9，但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2倍，因此a1点会平移至a2点，故C正确；D根据

26、上述分析，当溶液中同时存在Cl-和CrO42-时，加入硝酸银溶液，Cl-先沉淀，用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂，滴定至终点时，会生成Ag2CrO4为红棕色沉淀，故D正确；答案选B。15、C【答案解析】A. 开始时溶液显酸性，说明酸的体积大，所以曲线II表示HA溶液的体积，故A正确；B. 根据电荷守，x点存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故B正确；C. 根据y点，HA和BOH等体积、等浓度混合，溶液呈碱性，说明电离平衡常数：K(HA)K(BOH)，故C错误；D. x点酸剩余、y点恰好反应、z点碱剩余，所以三点对应的溶液中，y点溶液中水的电

27、离程度最大，故D正确；选C。【答案点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生图象分析及判断能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意y点是恰好完全反应的点。16、A【答案解析】A. 根据H2 (g) + Se (g) H2Se (g) +87.48kJ Se (g) Se (s) +102.17kJ 可得：H2 (g) + Se (s) H2Se (g) -14.69kJ ，所以H2 (g) + Se (s)的总能量对应图中线段 b，故正确；B. 相同物质的量的 Se，Se(s)的能量低于 Se(g)，故错误；C. 1mol Se (g)中通入 1mol H2(g)，H2 (

28、g) + Se (g) H2Se (g) +87.48kJ，该反应是可逆反应，放出的热量小于87.48kJ，故错误；D.S和Se是同族元素，S的非金属性比Se强，和氢气化合更容易，放热更多，故错误；故选：A。二、非选择题（本题包括5小题）17、 AC C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2 +C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH 、 【答案解析】根据流程图分析，A为，B为，C为，E为，F为，H为。（1）根据以上信息，可知诺氟沙星的结构简式。（2）A.B到C的反应类型为还

29、原反应；B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳双键可发生加成、氧化，加聚反应，酯基可发生取代反应；C.化合物E含有碱基，具有碱性；D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断、右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子，两个环上的9个C原子可能共平面；（3）将C2H5OH氧化为CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再与NaCN反应，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再与HC(OC2H5)3反应，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。（4）与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应，生成和C2H5OH。（5

30、）G的同系物M（C6H14N2）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：若六元环上只有一个N原子，则分子中不存在4种氢原子的异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接C原子，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上，但都必须呈对称结构。【题目详解】（1）通过对流程图的分析，可得出诺氟沙星的结构简式为。答案为：；（2）A.B到C的反应类型为还原反应，A错误；B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，

31、碳碳双键可发生加成、氧化，加聚反应，酯基可发生取代反应，B正确；C.化合物E含有碱基，具有碱性，C错误；D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断、右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子，两个环上的9个C原子可能共平面，D正确。答案为：AC；（3）将C2H5OH氧化为CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再与NaCN反应，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再与HC(OC2H5)3反应，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。答案为：C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(C

32、OOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2；（4）与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应，生成和C2H5OH。答案为：+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH；（5）若六元环上只有一个N原子，则分子中不存在4种氢原子的异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接C原子，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，结构简式可能为、；两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上，结构简式可能为、。答案为：、。18、羧基、肽键（或

33、酰胺键） 取代反应 定位 +2H2O+CH3COOH+H2SO4 或（任写1种） 【答案解析】(1)根据流程图中的结构简式和反应物转化关系分析； (2)通过反应和反应推知引入SO3H的作用是控制反应中取代基的位置；(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，根据结构简式分析；(4)根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为；(5)根据题目要求分析，结合取代基位置异构，判断同分异构体的数目。(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基，然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基，得到对氨基苯甲酸，然后在催化剂作用下，发生缩聚反应生成含肽键的聚合物。【题目详解】(1)根据G的结构图，

34、G中官能团的名称是羧基和肽键(或酰胺键)；反应中C的SO3H被取代生成D，则反应类型是取代反应；(2)通过反应和反应推知引入SO3H的作用是控制反应过程中取代基的连接位置，故起到定位的作用；(3) F是邻氨基苯甲酸，与足量氢气发生加成反应生成，与羧基、氨基连接的碳原子是手性碳原子，可表示为：；(4) 根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为，的反应方程式：+2H2O+CH3COOH+H2SO4；(5) D的结构简式为，苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体，即三个取代基在苯环上处于邻间对位置上，同分异构体结构简式或（任写1种）；(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基，然后

35、用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基，得到对氨基苯甲酸，然后在催化剂作用下，发生缩聚反应生成含肽键的聚合物，不能先把硝基还原为氨基，然后再氧化甲基，因为氨基有还原性，容易被氧化，故合成路线如下：。19、2ClO22CN-2CO2N22Cl- 稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸 防止倒吸（或作安全瓶） 2NaClO3H2O2H2SO42ClO2Na2SO4O22H2O 加大氮气的通入量 酸式滴定管（或移液管） 淀粉溶液 溶液蓝色退去 0.04000 【答案解析】(3) ClO2有强氧化性，容易氧化乳胶，量取ClO2溶液时，不可用碱式滴定管，可用酸式滴定管或移液管。标定ClO2浓度的思

36、路为：ClO2将I-氧化成I2，再用Na2S2O3标准液滴定生成的I2，根据电子得失守恒、原子守恒有：2ClO22Cl-10e-10I-5I210Na2S2O3，据此计算解答。【题目详解】(1) ClO2将CN-氧化成CO2和N2，自身被还原为Cl-，结合电子得失守恒、原子守恒、电荷守恒可得离子方程式为：2ClO22CN-2CO2N22Cl-，故答案为：2ClO22CN-2CO2N22Cl-；(2)二氧化氯体积分数大于10%即可能发生爆炸，通入氮气除起到搅拌作用外，还可以稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，故答案为：稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；ClO2极易溶

37、于水，如果没有B，极易引起倒吸，所以B的作用是：防止倒吸（或作安全瓶），故答案为：防止倒吸（或作安全瓶）；NaClO3作氧化剂、H2O2作还原剂，结合原子守恒、得失电子守恒可得方程式为：2NaClO3H2O2H2SO42ClO2Na2SO4O22H2O，故答案为：2NaClO3H2O2H2SO42ClO2Na2SO4O22H2O；当看到装置C中导管液面上升，说明ClO2的含量偏高了，要加大氮气的通入量，以免爆炸，故答案为：加大氮气的通入量；(3)ClO2有强氧化性，量取ClO2溶液时，可用酸式滴定管或移液管，ClO2将KI氧化成I2，再用Na2S2O3标准液滴定生成的I2，反应涉及碘单质，可用

38、淀粉溶液做指示剂，I2遇淀粉溶液呈蓝色，当I2反应完时，溶液蓝色褪去。根据电子得失守恒、原子守恒有：2ClO22Cl-10e-10I-5I210Na2S2O3，消耗0.1000 molL-1的Na2S2O3标准液20.00mL，即消耗Na2S2O3物质的量=0.1000 molL-120.00mL10-3=210-3mol，由2ClO22Cl-10e-10I-5I210Na2S2O3可知，n(ClO2)=410-4mol，c(ClO2)= 0.04000mol/L，故答案为：酸式滴定管（或移液管）；淀粉溶液；溶液蓝色退去；0.04000。20、MnO22Cl4H+Mn2+Cl22H2O h，i

39、，d，e g，f，b，（c） 未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在水溶液中反应生成Fe2+ SO2+2H2O+2Fe3+=SO42-+4H+2Fe2+ 液体中无明显光路 K3Fe(CN)6 生成蓝色沉淀 【答案解析】首先制取氯气，然后除杂、干燥，再与铁粉反应，冷凝法收集升华出的FeCl3，最后连接盛有碱石灰的干燥剂，吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸气使FeCl3水解。F中剩余的固体可能为未升华的FeCl3和铁粉的混合物，溶于水发生反应生成FeCl2；Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成Fe3+和SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出离子方程式；没有出现丁达尔现象，说明红棕色物质不是Fe(OH)3胶体；用K3Fe(CN)6溶液检验Fe2+，生成蓝色沉淀；反应(i)比反应(ii)快，则活化能E(i)E(ii)；反应(ii)进行的程度更大，则平衡常数K(i)K(ii);【题目详解】（1）反应的离子方程式为：MnO22Cl4H+Mn2+Cl22H2O；（2）首先制取氯气，然后除杂、干燥，导管应长进短出，所以a连接h，i连接d；在F中与铁粉反