2021-2022学年广东省广州高三下学期第一次联考化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项：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，请将本试卷和答

2、题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、重水（D2O）是重要的核工业原料，下列说法正确的是A氘(D)的原子核外有2个电子B1H与D是同一种原子CH2O与D2O互称同素异形体D1H218O与D216O的相对分子质量相同2、根据下图，下列判断中正确的是A石墨与O2生成CO2的反应是吸热反应B等量金刚石和石墨完全燃烧，金刚石放出热量更多C从能量角度看，金刚石比石墨更稳定DC(金刚石，s) = C(石墨，s) + Q kJ Q= E3E23、已知NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A反应中，每生成294 gg释放的中子数为3NAB常温常压下，22.4 L乙烷和丙烯(C3 H6)的

3、混合物中氢原子数目为6NAC1 L0.5 mol. L-1碳酸钠溶液含有的CO32- 数目小于0.5NAD0.1 mol H2O2与MnO2充分作用生成O2，转移的电子数为0.1NA4、化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应无关的是（ ）AABBCCDD5、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）选项实验操作和现象实验结论A用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色溶液中无K+B用已知浓度HCl溶液滴定NaOH溶液，酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入HCl溶液测得c(NaOH)偏高C使石蜡油裂解产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色石蜡油裂解一定生成了乙烯D向淀粉溶液中加入稀硫酸

4、，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，无砖红色沉淀出现淀粉未水解AABBCCDD6、W、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，W、X、Y位于不同周期，的最外层电子数是电子层数的3倍，Y与Z的原子序数之和是X的原子序数的4倍。下列说法错误的是A原子半径大小顺序为：YZXWB简单氢化物的沸点X高于Y，气态氢化物稳定性ZYCW、X、Y形成化合物的酸性一定弱于W、X、Z形成的化合物的酸性DW、Z阴离子的还原性：WZ7、为证明稀硝酸与铜反应产物中气体为NO，设计如图实验（实验过程中活塞2为打开状态），下列说法中不正确的是A关闭活塞1，加入稀硝酸至液面a处B在装置左侧稍加热可以加快

5、稀硝酸与铜的反应速率C通过关闭或开启活塞1可以控制反应的进行D反应开始后，胶塞下方有无色气体生成，还不能证明该气体为NO8、一l，3一葡聚糖具有明显的抗肿瘤功效，受到日益广泛的关注。-l，3一葡聚糖的结构简式如图，下列说法正确的是A分子式为(C6Hl2O6)nB与葡萄糖互为同系物C可以发生氧化反应D葡萄糖发生加聚反应可生成-l，3一葡聚糖9、在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是ABCD10、将Na2O2与过量NaHCO3混合固体在密闭容器中充分加热反应后，排出气体后最终剩余固体是（ ）ANaOH和Na2O2BNaOH和Na2CO3CNa2CO3DNa2O211、碳酸亚乙酯是锂离

6、子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如下图。下列有关该物质的说法正确的是A分子式为C3H2O3B分子中含6个键C分子中只有极性键D8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO212、已知某溶液中含有碳酸钠、硫酸钠、氢氧化钠、氯化钠四种溶质，欲将该溶液中四种溶质的阴离子逐一检验出来，所加试剂先后顺序合理的是AHNO3、Ba(NO3)2、NH4NO3、AgNO3BHNO3、NH4NO3、Ba(NO3)2、AgNO3CNH4NO3、HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3DNH4NO3、HNO3、AgNO3、Ba(NO3)213、化合物丙是一种医药中间体,可以通过如图反应制得。下列有关说法不正确的是A丙的

7、分子式为C10H14O2B乙分子中所有原子不可能处于同一平面C甲、.乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D甲的一氯代物只有2种（不考虑立体异构）14、用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法不正确的是：（ ）A标况下，22.4L的CO和1mol的N2所含电子数相等。B1.0L 0.1mol/L的醋酸钠溶液中含CH3COOH、CH3COO的粒子总数为0.1NA。C5.6g铁粉加入足量稀HNO3中，充分反应后，转移电子总数为0.2NA。D18.4g甲苯中含有CH键数为1.6 NA。15、已知X、Y、Z、W、M均为短周期元素。25时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol/L）溶液的pH和原子半径

8、的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）AX、M简单离子半径大小顺序：XMBZ的最高价氧化物水化物的化学式为H2ZO4CX、Y、Z、W、M五种元素中只有一种是金属元素DX的最简单氢化物与Z的氢化物反应后生成的化合物中既含离子键又含共价键16、已知：4FeO42+10H2O4Fe（OH）3+8OH+3O2，测得c（FeO42）在不同条件下变化如图甲、乙、丙、丁所示：下列说法正确的是（ ）A图甲表明，其他条件相同时，温度越低FeO42转化速率越快B图乙表明，其他条件相同时，碱性越强FeO42转化速率越快C图丙表明，其他条件相同时，碱性条件下Fe3+能加快FeO42的转化D图丁表明，其他条件相同时，

9、钠盐都是FeO42优良的稳定剂二、非选择题（本题包括5小题）17、扁桃酸D在有机合成和药物生产中有着广泛应用。用常见化工原料制备D，再由此制备有机物I的合成路线如下：回答下列问题：(l)C的名称是 _，I的分子式为_。(2)EF的反应类型为_，G中官能团的名称为_ 。(3) AB的化学方程式为_。(4)反应GH的试剂及条件是_。(5)写出符合下列条件的D的同分异构体：_。能发生银镜反应 与FeC13溶液显紫色 核磁共振氢谱峰面积之比1:2:2:3(6)写出以溴乙烷为原料制备H的合成路线（其他试剂任选）_。18、罗氟司特是治疗慢性阻塞性肺病的特效药物，其合成中间体F的一种合成路线如下：回答下列问

10、题：（1）A的化学名称为_，D的分子式为_（2）由B生成C的化学方程式是_。（3）EF的反应类型为_，F中含氧官能团的名称为_。（4）上述合成路线中，有3步反应都使用NaOH溶液来提高产率，其原理是_。（5）的链状同分异构体有_种（不包括立体异构），写出其中核磁共振氢谱有两组峰的结构简式：_。（6）设计以对甲基苯酚为原料制备的合成路线：_（其他试剂任选）。19、水中的溶解氧（DO）的多少是衡量水体水质的重要指标。某化学小组测定某河流中氧的含量，经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”，用已准确称量的硫代硫酸钠（Na2S2O3）固体配制一定体积的cmol/L标准溶液；用水样瓶取河流中水样v1

11、mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL碱性KI溶液，塞紧瓶塞（瓶内不准有气泡），反复震荡后静置约1小时；向水样瓶中加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶至沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色； 将水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中，用硫代硫酸钠标准溶液滴定；V待试液呈淡黄色后，加1mL淀粉溶液，继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v2。已知：I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6（1）在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和_。（2）在步骤中，水样中出现了MnMnO3沉淀，离子方程式为4Mn2+O2+8OH2MnMnO3+4H2O。（3）步骤

12、中发生反应的离子方程式为 _。（4）滴定时，溶液由_色到_色，且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。（5）河水中的溶解氧为_mg/L。（6）当河水中含有较多NO3时，测定结果会比实际值_(填偏高、偏低或不变)20、高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型，高效、多功能绿色水处理剂，可通过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备。已知：KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3K2FeO4具有下列性质：可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在强碱性溶液中比较稳定；在Fe3+催化作用下发生分解，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2，如图所示是实验室模拟工业制备KClO溶液装置。(1)

13、B装置的作用为_；(2)反应时需将C装置置于冷水浴中，其原因为_；(3)制备K2FeO4时，不能将碱性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，其原因是_，制备K2FeO4的离子方程式_；(4)工业上常用废铁屑为原料制备Fe(NO3)3溶液，溶液中可能含有Fe2+，检验Fe2+所需试剂名称_，其反应原理为_(用离子方程式表示)；(5)向反应后的三颈瓶中加入饱和KOH溶液，析出K2FeO4固体，过滤、洗涤、干燥。洗涤操作所用最佳试剂为_；A水 B无水乙醇 C稀KOH溶液(6)工业上用“间接碘量法”测定高铁酸钾的纯度：用碱性KI溶液溶解1.00g K2FeO4样品，调节pH使高铁酸根全部被还

14、原成亚铁离子，再调节pH为34，用1.0mol/L的Na2S2O3标准溶液作为滴定剂进行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，淀粉作指示剂，装有Na2S2O3标准溶液的滴定管起始和终点读数如如图所示：消耗Na2S2O3标准溶液的体积为_mL。原样品中高铁酸钾的质量分数为_。M(K2FeO4)=198g/mol若在配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，则导致所测高铁酸钾的质量分数_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。21、物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要视角硫及其化合物与价态变化为坐标的二维转化关系如图1所示完成下列填空：（1）图中X的电子

15、式为_；其水溶液在空气中放置易变浑浊，写出反应的化学方程式_；该变化说明S的非金属性比O_（填“强”或“弱”），从原子结构的角度解释原因：_通过_（举两例），也可以判断氧、硫两种元素的非金属性强弱（1）下列物质用于Na1S1O3制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是_（选填编号）a Na1S+S b Z+S c Na1SO3+Y d NaHS+NaHSO3（3）已知反应：Na1S1O3+H1SO4Na1SO4+S+SO1+H1O，研究其反应速率时，下列方案合理的是_（选填编号）a 测定一段时间内生成SO1的体积，得出该反应的速率b 研究浓度、温度等因素对该反应速率的影响，比较反应出现浑浊

16、的时间c 用Na1S1O3固体分别与浓、稀硫酸反应，研究浓度对该反应速率的影响（4）治理含CO、SO1的烟道气，以Fe1O3做催化剂，将CO、SO1在380时转化为S和一种无毒气体已知：硫的熔点：111.8、沸点：444.6；反应每得到1mol硫，放出170kJ的热量写出该治理烟道气反应的热化学方程式_（5）其他条件相同、催化剂不同时，上述反应中SO1的转化率随反应温度的变化如图1不考虑催化剂价格因素，生产中选Fe1O3做催化剂的主要原因是_参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A、氘(D)原子核内有一个质子，核外有1个电子，选项A错误；B、1H与D质子数相同，中子数不同

17、互称同位素，是两种原子，选项B错误；C、同素异形体是同种元素的单质之间的互称，选项C错误；D、1H218O与D216O的相对分子质量相同，都是20，选项D正确；答案选D。2、B【解析】A、石墨与O2的总能量高于CO2的能量，故石墨与O2生成CO2反应为放热反应，选项A错误；B、根据图示可知，金刚石的能量高于石墨的能量，故等量的金刚石和石墨燃烧时，金刚石放出的热量更多，选项B正确；C、物质的能量越高则物质越不稳定，故金刚石的稳定性比石墨差，选项C错误；D、根据图示可知，金刚石的能量高于石墨的能量，故金刚石转化为石墨是放出能量，Q=E2-E1，选项D错误；答案选B。3、B【解析】A.根据质量守恒原

18、理得：x=249+48-294=3，即每生成1mol释放的中子数为3mol，即3NA，故A正确；B. 常温常压下，无法由体积计算物质的量，也就无法计算微粒数目，故B错误；C. 1 L0.5 mol. L-1碳酸钠溶液中溶质的物质的量为1 L0.5 mol. L-1=0.5mol，CO32-部分水解，所以含有的CO32- 数目小于0.5NA，故C正确；D. 0.1 mol H2O2与MnO2充分作用生成0.05molO2，O元素由-1价升高为0价，失去1个电子，则转移的电子数为0.05mol2=0.1mol，即0.1NA，故D正确；故选B。4、D【解析】A锂电池使用过程中，锂失电子发生氧化反应，

19、故不选A；B.。铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，铝失电子发生氧化反应，故不选B；C长征五号运载火箭采用液氢液氧作为推进剂，发射过程发生氧化还原反应放热，故不选C；D用“天眼”接收宇宙中的射电信号，没有生成新物质，不属于化学变化，故D选；故选D。5、B【解析】A.所给现象只能确定有Na+，不能确定是否有K+，确定是否有K+要透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，A项错误；B.滴定管在盛装溶液前要用待装液润洗23次，如不润洗，滴定管内壁残存的水分将会对装入的溶液进行稀释，导致所耗盐酸的体积偏大，造成NaOH的浓度的计算结果偏高，B项正确；C.酸性高锰酸钾溶液的褪色，只是说明生成了不饱和烃，不能确切指生成

20、了乙烯，C项错误；D.在加入新制的氢氧化铜悬浊液之前，一定要加过量的NaOH溶液中和作为催化剂的硫酸，并调整溶液至碱性，不然即使淀粉发生水解生成了葡萄糖，也不能与新制的氢氧化铜悬浊液共热产生砖红色沉淀，D项错误；所以答案选择B项。6、C【解析】因为W、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，W、X、Y位于不同周期，所以W位于第一周期、X位于第二周期、Y、Z位于第三周期，故W是H元素；的最外层电子数是电子层数的3倍，X是第二周期元素共两个电子层，故X最外层有6个电子，X为O元素；X是O元素，原子序数是8，Y与Z的原子序数之和是X的原子序数的4倍，即是Y与Z的原子序数之和是32，Y、Z为第三周期

21、主族元素，故Y原子序数为15，Z的原子序数为17，Y是P元素，Z是Cl元素。【详解】A同一周期，从左到右，主族元素的原子半径随着原子序数的增加而，逐渐减小，则原子半径PCl，因为P、Cl比O多一个电子层，O比H多一个电子层，故原子半径大小顺序为：PClOH，即YZXW ，A正确；BH2O分子间可以形成氢键，而PH3分子间不能形成氢键，故H2O的沸点比PH3的沸点高；同周期主族元素，从左到右随着原子序数的增加，原子半径逐渐减小，元素的非金属性逐渐增强，故气态氢化物稳定性HClPH3，B正确；C没有强调P与Cl元素的最高价含氧酸酸性的比较，而H3PO4的酸性比HClO的酸性强，C错误；DP3-的还

22、原性比Cl-的还原性强，D正确；答案选C。7、A【解析】如果关闭活塞1，稀硝酸加到一定程度后，左侧液面将不再升高，即不可能加到液面a处，A错误。B正确。关闭活塞1时，产生的气体聚集在铜丝附近使得U形管液面左低右高，当左面铜丝接触不到硝酸后，反应停止；由于活塞2是打开的，打开活塞l后，两边液面恢复水平位置，继续反应，所以活塞l可以控制反应的进行，C项正确。胶塞下方有无色气体生成，此时还要打开活塞1使得该气体进入上面的球体里，看到有红棕色现象(生成NO2)才能证明生成的是NO气体，D正确。答案选A。8、C【解析】A. 如图所示每个节点为一个碳原子，每个碳原子形成4个共价键，缺化学键的碳原子用氢原子

23、补齐，则分子式为(C6Hl0O5)n，故A错误；B. 根据同系物的概念：结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或多个-CH2-原子团的有机物互称同系物，该有机物与葡萄糖，结构不相似，组成上差别的也不是CH2原子团，不是同系物，故B错误；C. 该有机物分子结构中含有醇羟基，具有醇的性质，可以发生氧化反应，故C正确；D. -l，3一葡聚糖的结构简式分析，葡萄糖发生分子间脱水的缩聚反应可生成-l，3一葡聚糖，故D错误；答案选C。【点睛】醇可以氧化成醛，醛也可以氧化成酸，醇可以被酸性高锰酸钾直接氧化成酸。9、D【解析】分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品

24、中含有的杂质，结合选项解答。详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C正确；D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D错误。答案选D。点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和判断。10、C【解析】加热时碳酸氢钠分解生成二氧化碳和水，分别与过氧化钠反应生成碳酸钠和氢氧化钠，当碳酸氢钠过量时，生成二氧

25、化碳过量，最终产物为碳酸钠。【详解】加热时碳酸氢钠分解生成二氧化碳和水，二氧化碳和水与过氧化钠反应，当碳酸氢钠过量时，生成二氧化碳、水均过量，则反应后生成的固体中不可能存在过氧化钠，过氧化钠先与过量的二氧化碳反应生成碳酸钠，则最终产物为碳酸钠；故答案选C。11、A【解析】A、双键两端的碳原子上各有一个氢原子，所以分子式为C3H2O3，故A正确；B、分子中的单键为键，一共有8个，故B错误；C、该分子中碳碳双键属于非极性键，故C正确；D、此选项没有说明温度和压强，所以所得二氧化碳的体积是不确定的，故D错误。此题选C。12、C【解析】先加硝酸，氢离子与碳酸根离子生成气体，可以鉴别出碳酸钠，但硝酸也可

26、和氢氧化钠反应生成水，没有明显现象，又除去了氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子反应生成具有刺激性气味的气体，加入硝酸铵可以证明氢氧化钠的存在；再加入稀硝酸，有气体生成，证明含有碳酸钠；加入硝酸钡，钡离子与硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，可以证明含有硝酸钡；最后加入硝酸银，银离子与氯离子反应生成氯化银白色沉淀，证明含有氯化钠，可以将四种溶质都证明出来，如先加入硝酸银，则硫酸银、氯化银都生成沉淀，不能鉴别，综上所述，C项正确； 答案选C。13、D【解析】A.由丙的结构简式可知，丙的分子式为C10H14O2，故A正确；B.乙分子中含有饱和碳原子，所以乙分子中所有原子不可能处于同一平面，故B正确；C.甲、乙、

27、丙三种有机物分子中均含有碳碳双键，所以均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D.甲的分子中有3种不同化学环境的氢原子，则其一氯代物有3种(不考虑立体异构)，故D错误；故选D。【点睛】共面问题可以运用类比迁移的方法分析，熟记简单小分子的空间构型：甲烷分子为正四面体构型，其分子中有且只有三个原子共面；乙烯分子中所有原子共面；乙炔分子中所有原子共线；苯分子中所有原子共面；HCHO分子中所有原子共面。14、C【解析】A标况下22.4LCO和氮气的物质的量均为1mol，而CO和氮气中均含14个电子，故1molCO和氮气中均含14mol电子即14NA个，故A正确；B溶液中醋酸钠的物质的量为n=CV=0.1

28、mol/L1L=0.1mol，而CH3COO-能部分水解为CH3COOH，根据物料守恒可知，溶液中含CH3COOH、CH3COO-的粒子总数为0.1NA，故B正确；C5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁与足量的稀硝酸反应后变为+3价，故0.1mol铁转移0.3mol电子即0.3NA个，故C错误；D18.4g甲苯的物质的量为0.2mol，而1mol甲苯中含8mol碳氢键，故0.2mol甲苯中含1.6mol碳氢键即1.6NA个，故D正确；故答案为C。【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：物质的状态是否为气体；对于气体注意条件是否为标况；注意溶液的体积和浓度是否已知；注意同位素原子的差异；

29、注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。15、B【解析】X、Y、Z、W、M均为短周期元素，由图像分析可知，原子半径：MWZYX，M的原子半径最大且0.01mol/L最高价氧化物对应水化物溶液的pH=12，则M为Na元素，0.01mol/LW的最高价氧化物对应水化物溶液的pH2，则W为S元素，0.01mol/LZ的最高价氧化物对应水化物溶液的pH=2，则Z为Cl

30、元素，X的半径最小，其0.01mol/L的最高价氧化物对应水化物溶液的pH=2，则X为N元素，0.01mol/LY的最高价氧化物对应水化物溶液的2pHNa+，A选项正确；BZ为Cl元素，其的最高价氧化物的水化物的化学式为HClO4，B选项错误；CX、Y、Z、W、M五种元素中只有Na元素一种金属元素，C选项正确；DX的最简单氢化物为NH3，Z的氢化物为HCl，两者反应后生成的化合物为NH4Cl，是离子化合物，既含离子键由含有共价键，D选项正确；答案选B。【点睛】本题要求学生能够掌握原子半径变化规律、酸碱性与pH的关系等，并且能够将这些变化及性质结合起来进行相关元素的判断，对学生的综合能力要求很高

31、，在平时的学习中，要注意对相关知识点的总结归纳。16、C【解析】A由甲图可知，升高温度，FeO42的浓度变化较大；B由乙图可知碱性越强，FeO42的浓度变化越小；C由丙图可知铁离子浓度越大，FeO42的浓度变化越大；D由丁图可知在磷酸钠溶液中，FeO42的浓度变化较大。【详解】A由甲图可知，升高温度，FeO42的浓度变化较大，可知温度越高FeO42转化速率越快，故A错误；B由乙图可知碱性越强，FeO42的浓度变化越小，则碱性越强FeO42转化速率越小，故B错误；C由丙图可知铁离子浓度越大，FeO42的浓度变化越大，故C正确；D由丁图可知在磷酸钠溶液中，FeO42的浓度变化较大，可知钠盐不都是F

32、eO42优良的稳定剂，其中醋酸钠为优良的稳定剂，故D错误；故选：C。二、非选择题（本题包括5小题）17、苯甲醛 C11H10O4 取代反应（或水解反应） 羰基、羧基 +2Cl2+2HCl H2/Ni，加热 、 CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO 【解析】根据流程图，A为甲苯，甲苯与氯气在光照条件下发生侧链的取代反应生成B，因此B为；B在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成C，则C为，根据信息，D为；丙烯与溴发生加成反应生成E，E为1，2-二溴丙烷，E在氢氧化钠溶液中水解生成F，F为；F被高锰酸钾溶液氧化生成G，G为，G与氢气加成得到H，H为；与发生酯化反应生成I，加成分析解答。【详解】(l

33、)根据上述分析，C为，名称为苯甲醛，I()的分子式为C11H10O4；(2)EF为1，2-二溴丙烷在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成的反应； G()中官能团有羰基、羧基；(3) 根据上述分析，AB的化学方程式为+2Cl2+2HCl；(4)反应GH为羰基的加成反应，试剂及条件为H2/Ni，加热；(5) D为，能发生银镜反应，说明结构中存在醛基；与FeC13溶液显紫色，说明含有酚羟基；核磁共振氢谱峰面积之比1:2:2:3，符合条件的D的同分异构体有、；(6) 以溴乙烷为原料制备H()，需要增长碳链，根据流程图中制备D的分析，可以结合题中信息制备，因此需要首先制备CH3CHO，可以由溴乙烷水解生成乙醇

34、，乙醇氧化生成乙醛，因此合成路线为CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO 。18、邻苯二酚 C11H11O2F2Br 取代反应（或水解反应） 醚键、羧基 减小生成物浓度，使平衡正向移动 8 BrCHC（CH3）2 【解析】A中苯环上有两个处于邻位的酚羟基，习惯上叫做邻苯二酚，在NaOH溶液作用下，A与发生取代反应生成B（），B与Br2发生取代反应生成C（），C在NaOH溶液作用下酚羟基发生取代生成D（），D经过取代、酯化两个反应后得到E（），最后E中的酯基经碱性条件下水解再酸化生成合成罗氟司特的中间体F（）。根据以上分析解答此题。【详解】(1) 中苯环上有两个处于邻位的酚羟基，叫做邻苯二

35、酚；D为，分子式为C11H11O2F2Br；答案为：邻苯二酚；C11H11O2F2Br。(2)由图示可知与Br2发生取代反应生成C，根据原子守恒写出反应方程式：。答案为：。(3)E到F的反应中只有酯基发生水解，生成羧酸盐后再进行酸化，反应类型为取代反应（或水解反应），F中的含氧官能团为醚键、羧基。答案为；取代反应（或水解反应）；醚键、羧基。(4)上述合成路线中，AB、CD、EF这三个反应中都使用了NaOH溶液，有机反应的特点是反应比较慢，副反应多，很多还是可逆反应，在上面三个反应中NaOH溶液都可以与反应后的生成物发生反应，使生成物的浓度减小，促使平衡向正向移动，提高了反应的产率，最后还可再经

36、酸化除去官能团里的钠离子。答案为：减小生成物浓度，使平衡正向移动。 (5)的分子式为C4H7Br，不饱和度为1，写成链状可以考虑为丁烷里面增加一条双键，正丁烷里加一条双键有两种写法：CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3，异丁烷里加一条双键只有一种写法：CH2=C(CH3)2。在CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3 、CH2=C(CH3)2里面分别有4、2、2种等效氢，所以CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3 、CH2=C(CH3)2的一溴代物即的链状同分异构体（不包括立体异构）有4+2+2=8种。其中核磁共振氢谱有两组峰也就是结构式中有两种氢的为：BrCHC

37、(CH3)2。答案为：8；BrCHC(CH3)2。 (6)根据题中信息，以为原料合成有两个方向的反应，一个是酚羟基上的取代，另一个是甲基邻位的取代，酯化，仿照题中CD的条件可实现酚羟基的取代，得到，再与Br2发生取代生成，然后仿照题中DE的条件可实现甲基邻位溴原子的取代，酯化得到。故以对甲基苯酚为原料制备的合成路线为：。答案为：。19、碱式滴定管 MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O 蓝 无 偏高 【解析】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性；(3)中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0

38、mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，根据氧化还原反应方程式分析；(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色；(5)根据关系式，进行定量分析；(6)含有较多NO3时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3。【详解】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性，用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；(3)中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，即碘

39、化合价升高，Mn的化合价会降低，离子方程式为MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O，故答案为：MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O；(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色，故答案为：蓝；无；(5)由4Mn2+O2+8OH2MnMnO3+4H2O，MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O，I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6，可知关系式，即，则氧气的物质的量x=，v1mL水样中溶解氧=，故答案为：；(6)含有较多NO3时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3，即Na2S2O3用量增加，结果偏高，

40、故答案为：偏高。【点睛】本题难点(3)，信息型氧化还原反应方程式的书写，要注意对反应物和生成物进行分析，在根据得失电子守恒配平；易错点(5)，硝酸根存在时，要注意与氢离子在一起会有强氧化性。20、吸收HClKClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解。或答：将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，溶液呈酸性，在酸性条件下，K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3和O2。2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O铁氰化钾3Fe3+2Fe(CN)63-=Fe

41、3Fe(CN)62B18.0089.1%偏低【解析】高锰酸钾与浓盐酸在A装置中反应生成氯气，由于浓盐酸易挥发，生成的氯气中一定会混有氯化氢，因此通过装置B除去氯化氢，在装置C中氯气与氢氧化钾反应生成KClO，装置D吸收尾气中的氯气，防止污染。结合题示信息分析解答。(6)用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成亚铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系FeO42-2I2，再根据反应2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，利用硫代硫酸钠的物质的量可计算得高铁酸钾的质量，进而确定质量分数。【详解】(1)根据上述分析，B装

42、置是用来除去氯气中的氯化氢的，故答案为吸收HCl；(2)根据题干信息知，KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3，因此反应时需将C装置置于冷水浴中，故答案为KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3；(3)根据题干信息知，K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在强碱性溶液中比较稳定；在Fe3+催化作用下发生分解，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2，因此制备K2FeO4时，不能将碱性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，防止Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解；KClO浓溶液与Fe(NO3)3饱和溶液反应制备K2FeO4的离子方程式为2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解(或将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，溶液成酸性，在酸