2021-2022学年江苏省明德实验学校高考压轴卷化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列实验能获得成功的是（）实验目的实验步骤及现象A除去苯中的苯酚加入浓溴水，充分振荡、静置，然后过滤B证明醋酸的酸性比次氯酸强用pH试纸分别测定常温下等浓度的醋酸和次氯酸的

2、pH值，pH大的是次氯酸C检验Na2SO3固体中含Na2SO4试样加水溶解后，加入足量盐酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀D检验溴乙烷中含有溴元素溴乙烷与氢氧化钠溶液混合振荡后，再向混合液中滴加硝酸银溶液，有淡黄色沉淀AABBCCDD2、下列判断中一定正确的是（ ）A若R2-和M+的核外电子层结构相同，则原子序数：RMB若X、Y属于同主族元素，且相对原子质量XY，则原子失电子能力：XYC若X、Y都是气态氢化物，且相对分子质量XY，则沸点：XYD若金属性MN，则以M、N为两电极的原电池中M一定是负极3、 “绿水青山就是金山银山”“像对待生命一样对待生态环境”，下列做法不合理的是A绿色化学要求从

3、源头上消除或减少生产活动对环境的污染B焚烧树叶，以减少垃圾运输C推广燃料“脱硫”技术，以减少硫氧化物对空气的污染D干电池的低汞化、无汞化，以减少废电池造成的土壤污染4、已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，Z的核电荷数是Y的2倍，W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍。下列说法不正确的是（ ）A原子半径：ZWRB对应的氢化物的热稳定性：RWCW与X、W与Z形成的化合物的化学键类型完全相同DY的最高价氧化物对应的水化物是弱酸5、吗替麦考酚酯主要用于预防同种异体的器官排斥反应，其结构简式如下图所示。下列说法

4、正确的是A吗替麦考酚酯的分子式为C23H30O7NB吗替麦考酚酯可发生加成、取代、消去反应C吗替麦考酚酯分子中所有碳原子一定处于同一平面D1mol吗替麦考酚酯与NaOH溶液充分反应最多消耗3mol NaOH反应6、新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该技术实现了H2S废气资源回收能量，并得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是A电极b为电池负极B电路中每流过4mol电子，正极消耗44.8LH2SC电极b上的电极反应为：O2+4e-4H+=2H2OD电极a上的电极反应为：2H2S+2O2-4e-=S2+2H2O7、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于

5、20。W、X、Z最外层电子数之和为9；W与Y同族；W与Z形成的离子化合物可与水反应，其生成的气体可使酸性高锰酸钾溶液退色。下列说法正确的是（ ）A生物分子以W为骨架BX的氧化物常用于焊接钢轨CZ的硫化物常用于点豆腐DY的氧化物是常见的半导体材料8、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）A密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NAB1LpH=2的H2SO3溶液中含H+的数目为0.01NAC5.6g铁与稀硝酸反应生成0.08molNO，转移电子数为0.3NAD6.4 g S2和S8的混合物中所含硫原子数为0.2 NA9、利用如图实验装置进行相关实验，能得出相应

6、实验结论的是（ ）abc实验结论A浓醋酸CaCO3C6H5ONa溶液酸性：碳酸苯酚BBr2的苯溶液铁屑AgNO3溶液苯和液溴发生取代反应C浓盐酸酸性KMnO4溶液碘化钾溶液氧化性：Cl2I2D饱和食盐水电石酸性KMnO4溶液乙炔具有还原性AABBCCDD10、下列各组性质比较中，正确的是()沸点：离子还原性：酸性：金属性：气态氢化物稳定性：半径：ABCD11、NA代表阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（ ）A标准状况下，560mL的氢气和氯气的混合气体充分反应后共价键数目为0.05NAB标准状况下，2.24LCl2通入NaOH溶液中反应转移的电子数为0.2NAC常温常压下，1.5molHCHO和

7、C2H2O3的混合物完全充分燃烧，消耗的O2分子数目为1.5NAD0.1mol/L的NH4Cl溶液中通入适量氨气呈中性，此时溶液中NH4+数目为NA12、25时，已知醋酸的电离常数为1.810-5。向20mL 2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0mol/LNaOH溶液，溶液中水电离出的c(H+)在此滴定过程中变化曲线如下图所示。下列说法不正确的是Aa点溶液中：c(H+)=6.010-3molL-1Bb点溶液中：c(CH3COOH)c(Na+)c(CH3COO-)Cc点溶液中：c(OH-)=c(CH3COOH)+ c(H+)Dd点溶液中：c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(

8、CH3COOH)13、常温下，向20 mL 0.1molL1一元酸HA中滴加相同浓度的KOH溶液，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入KOH溶液体积的变化如图所示。则下列说法错误的是AHA的电离常数约为105Bb点溶液中存在：c(A)c(K)Cc点对应的KOH溶液的体积V20 mL，c水(H)约为7106 molL1D导电能力：cab14、已知铍（Be）与铝的性质相似则下列判断正确的是（）A铍遇冷水剧烈反应B氧化铍的化学式为Be2O3C氢氧化铍能与氢氧化钠溶液反应D氯化铍水溶液显中性15、CO2和CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如下：下列说法不正确的是A合

9、成气的主要成分为CO和H2B既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成C吸收能量DNi在该反应中做催化剂16、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A标准状况下，11.2 L HF所含分子数为0.5NAB2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数小于2NAC常温下，1 L 0.1 molL1氯化铵溶液中加入氢氧化钠溶液至溶液为中性，则溶液含铵根离子数为0.1 NAD已知白磷(P4)为正四面体结构，NA个P4与NA个甲烷所含共价键数目之比为1：1二、非选择题（本题包括5小题）17、A是一种烃，可以通过下列路线合成有机产品X、Y、Z。已知：.（R或R可以是烃基或氢原子）.反应、的原子

10、利用率都为100%。完成下列填空：（1）B的名称为_；反应的试剂和条件为_；反应的反应类型是_。（2）关于有机产品Y（）的说法正确的是_。AY遇氯化铁溶液会发生显色反应B1molY与H2、浓溴水中的Br2反应，最多消耗分别为4 mol和2 molC1molY与氢氧化钠溶液反应时，最多可以消耗3mol氢氧化钠DY中、三处-OH的电离程度由大到小的顺序是（3）写出符合下列条件的E的所有同分异构体的结构简式_。a.属于酚类化合物，且是苯的对位二元取代物b.能发生银镜反应和水解反应（4）设计一条以CH3CHO为起始原料合成Z的线路（无机试剂及溶剂任选）。_（合成路线的常用表示方法为：AB目标产物）18

11、、已知：D为烃，E分子中碳元素与氢元素的质量之比61，相对分子质量为44，其燃烧产物只有CO2和H2O。A的最简式与F相同，且能发生银镜反应，可由淀粉水解得到。（1）A的结构简式为_。（2）写出DE的化学方程式_。（3）下列说法正确的是_。A.有机物F能使石蕊溶液变红B.用新制的氢氧化铜无法区分有机物C、E、F的水溶液C.等物质的量的C和D分别完全燃烧消耗氧气的量相等D.可用饱和碳酸钠溶液除去有机物B中混有的少量C、FE.B的同分异构体中能发生银镜反应的酯类共有2种19、探究SO2和氯水的漂白性，设计了如下实验，装置如图完成下列填空：（1）棉花上沾有的试剂是NaOH溶液，作用是_（2）反应开始

12、一段时间后，B、D两个试管中可以观察到的现象分别是：B：_，D：_停止通气后，分别加热B、D两个试管，可以观察到的现象分别是：B：_，D：_（3）有同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强，他将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不理想产生该现象的原因（用化学方程式表示）_（4）装置E中用_（填化学式）和浓盐酸反应制得Cl2，生成2.24L（标准状况）的Cl2，则被氧化的HCl为_mol（5）实验结束后，检验蘸有试剂的棉花含有SO42的实验方案是：取棉花中的液体少许，滴加足量的稀HNO3，再加入几滴BaCl2溶液，出现白色沉淀该方案是否合理_

13、，理由是_20、以铝土矿（主要成分为，含少量和等杂质）为原料生产铝和氮化铝的一种工艺流程如图已知：在“碱溶”时转化为铝硅酸钠（）沉淀。（1）用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式_。（2）溶液a中加入后，生成沉淀的离子方程式为_。（3）有人考虑用熔融态电解制备铝，你觉得是否可行？请说明理由：_。（4）取一定量的氮化铝样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度（夹持装置已略去）。打开，加入NaOH浓溶液，至不再产生。打开，通入一段时间。写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式_。实验中需要测定的数据是_。21、 (一)硫及其化合物在生产、生中有广泛应用。(1)硫原子最外层有_种不同运动状态的电子，能量最

14、高的电子其电子云形状是_。(2)硫与同主族的短周期元素相比，形成气态氢化物稳定性的大小为_，从化学键角度解释其原 因_。(3)棉织物用氯气漂白后，加入 Na2S2O3 除去余氯，反应中_被氧化；若反应中生成 0.2 mol SO42-则转移电子_mol。(4)同温同浓度的 Na2SO3、(NH4)2SO3、NaHSO3 三种溶液中c(SO32-)最大的是_。(5)经测定 NaHSO3 溶液中 c(H2SO3)c(SO32)，则 NaHSO3溶液呈_(填“酸或碱”)性，请结合相关方程式解释原因_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A苯酚与溴发生取代反应生成三溴苯酚，溴以

15、及三溴苯酚都溶于苯中，无法到分离提纯的目的，应用氢氧化钠溶液除杂，故A错误；B次氯酸具有漂白性，可使pH试纸先变红后褪色，无法测出溶液的pH，故B错误；C加入盐酸，可排除Na2SO3的影响，再加入BaCl2溶液，可生成硫酸钡白色沉淀，可用于检验，故C正确；D反应在碱性条件下水解，检验溴离子，应先调节溶液至酸性，故D错误；故答案为C。2、B【解析】A.若R2-和M+的核外电子层结构相同，则R元素在M元素的上一个周期，即原子序数：RY，则X在Y的下一个周期，根据元素周期律，金属性：XY，原子失电子能力：XY，故B正确；C. 因为X、Y可能为N、O、F，则可能存在氢键，所以不能通过其气态氢化物的相对

16、分子质量的大小去确定其沸点的大小，故C错误；D.镁的金属性大于铝，但镁、铝和氢氧化钠溶液形成的原电池中，铝作负极，则若金属性MN，则以M、N为两电极的原电池中M不一定是负极，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】活泼性不同的两金属单质形成原电池时，一般活泼的金属作负极，但作负极的金属要能与电解质溶液发生氧化还原反应，所以不是活泼的金属就一定做负极材料。3、B【解析】A选项，绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染，课本上原话，故A正确；B选项，焚烧树叶，会产生大量烟雾，污染空气，故B错误；C选项，一般用生石灰进行对燃料“脱硫”技术，以减少硫氧化物对空气的污染，故C正确；D选项，干电池

17、的低汞化、无汞化，以减少废电池造成的土壤污染，故D正确；综上所述，答案为B。4、C【解析】已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，所以X是H；Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，这说明Y是第A组元素；Z的核电荷数是Y的2倍，且是短周期元素，因此Y是C，Z是Mg；W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍，且原子序数大于Mg的，因此W是第三周期的S；R的原子序数最大，所以R是Cl元素。【详解】A、同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：ZWR，A正确；B、同周期自左向右非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性逐渐增强，则对应的氢化物的热稳定性：RW，

18、B正确；C、H2S与MgS分别含有的化学键是极性键与离子键，因此W与X、W与Z形成的化合物的化学键类型完全不相同，C不正确；D、Y的最高价氧化物对应的水化物是碳酸，属于二元弱酸，D正确。答案选C。5、D【解析】A. 吗替麦考酚酯的分子中含有1个N原子，H原子是个数应该为奇数，故A错误；B. 吗替麦考酚酯中含有碳碳双键，能够发生加成反应、含有酯基能够发生取代反应、但不能发生消去反应，故B错误；C. 吗替麦考酚酯分子中含有亚甲基几个，所有碳原子可能处于同一平面，不是一定处于同一平面，故C错误；D. 1mol吗替麦考酚酯含有2mol酯基和1mol酚羟基与NaOH溶液充分反应最多消耗3mol NaOH

19、，故D正确；故选D。6、D【解析】由图中信息可知，该燃料电池的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O，该反应中硫化氢是还原剂、氧气是氧化剂。硫化氢通入到电极a，所以a电极是负极，发生的电极反应为2H2S+2O2-4e-=S2+2H2O；氧气通入到电极b，所以b电极是正极。该反应中电子转移数为4个电子，所以电路中每流过4mol电子，正极消耗1molO2，发生的电极反应为O2+4e-=2O2-.综上所述，D正确，选D。点睛：本题考查的是原电池原理。在原电池中一定有一个可以自发进行的氧化还原反应发生，其中还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子经外电路流向正极；氧化剂在正极上得到电子发生还原反应，电子

20、定向移动形成电流。在书写电极反应式时，要根据电解质的酸碱性分析电极反应的产物是否能稳定存在，如果产物能与电解质的离子继续反应，就要合在一起写出总式，才是正确的电极反应式。有时燃料电池的负极反应会较复杂，我们可以先写出总反应，再写正极反应，最后根据总反应和正极反应写出负极反应。本题中电解质是氧离子固体电解质，所以正极反应就是氧气得电子变成氧离子，变化较简单，可以先作出判断。7、A【解析】主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20，W与Z形成的离子化合物可与水反应，其生成的气体可使酸性高锰酸钾溶液褪色，则气体为烯烃或炔烃，W为C、Z为Ca时，生成乙炔符合；W、X、Z最外层电子数之和为

21、9，X的最外层电子数为9-4-2=3，X为Al；W与Y同族，结合原子序数可知Y为Si，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为C、X为Al、Y为Si、Z为Ca。A.生物分子以碳链为骨架构成的分子，A正确；B.X的氧化物为氧化铝，不能用于焊接钢轨，B错误；C.一般选硫酸钙用于点豆腐，C错误；D.Si单质是常见的半导体材料，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的知识，把握原子序数、元素的位置及碳化钙与水反应生成乙炔来推断元素为解答的关键，注意元素化合物知识的应用，侧重分析与应用能力的考查。8、C【解析】A若2molSO2和1molO2完全反应，可生成2molSO3，即反应后

22、分子总数为2NA，但实际上该反应是可逆反应，不能完全进行，故反应后分子总数大于2NA，故A正确；BpH=2的H2SO3溶液中c(H+)=0.01mol/L，溶液体积为1L，所以溶液中所含氢离子数目为0.01NA，故B正确；C该过程中还原产物为NO，氮元素由+5价变为+2价，所以生成一个NO，转移3个电子，则生成0.08molNO转移电子数为0.24NA，故C错误；D6.4 g S2和S8的混合物即6.4gS原子，所以硫原子的数目为NAmol-1=0.2NA，故D正确；故答案为C。【点睛】易错选项为C，要注意铁在和稀硝酸反应时氧化产物不确定，当铁过量可能会有亚铁离子，该题中还原产物只有NO，所以

23、根据还原产物计算电子转移数目。9、C【解析】A浓醋酸具有挥发性，酸性大于苯酚，因此，挥发出的醋酸也能与苯酚钠反应得到苯酚，不能证明碳酸的酸性大于苯酚，故A错误；B溴离子与银离子反应生成浅黄色沉淀；由于溴易挥发，挥发出的溴和水反应也能生成氢溴酸，从而影响苯和溴反应生成的溴化氢，所以无法得出相应结论，故B错误；C浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气能置换碘化钾中的碘单质，可比较氧化性，故C正确；D电石不纯，与水反应生成乙炔的同时也生成硫化氢、磷化氢等，都可与高锰酸钾溶液反应，应先除杂，故D错误；故答案选C。10、B【解析】.HF中含分子间氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为

24、，故错误；.元素的非金属性，对应离子还原性，故错误；.非金属性 ，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，即酸性：，故正确；.同主族从上到下，金属性增强：，同周期从左到右，金属性减弱，即 ，即金属性：，故正确；.元素的非金属性，气态氢化物稳定性，故正确；.电子层越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，核电荷数越多，半径越小，即，故正确。故选B。11、C【解析】A.标准状态下560mL的氢气和氯气混合物含有气体的物质的量为 n= ，无论是否反应，每个分子中含有1个共价键，所以0.025mol气体混合物反应后含有的共价键数目为0.025NA，故A错误；B.氯气在反应中既是氧化剂也

25、是还原剂，1mol氯气反应时转移电子数为1mol，2.24LCl2的物质的量为则转移电子数为0.1NA，故B错误；C.1molHCHO和1mol C2H2O3完全燃烧均消耗1mol氧气，所以1.5mol两种物质的混合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为1.5mol，则消耗的O2分子数目为1.5NA，故C正确；D. 缺少溶液的体积，无法计算微粒的数目，故D错误。故选C。12、B【解析】Aa点溶液没有加入NaOH，为醋酸溶液，根据电离平衡常数计算。设电离的出的H的浓度为x，由于电离程度很低，可认为醋酸浓度不变。CH3COOHCH3COOH 2 x x Ka=1.810-5，解得x=6.010-3mol/

26、L，A项正确；Bb点的溶液为CH3COOH和CH3COONa等浓度混合的溶液，物料守恒为c(CH3COOH) +c(CH3COO-)=2c(Na+)，醋酸会电离CH3COOHCH3COOH，醋酸根会水解，CH3COOH2OCH3COOHOH，水解平衡常数 c(Na+) c(CH3COOH)；B项错误；Cc点醋酸和氢氧化钠完全反应，溶液为CH3COONa溶液，在醋酸钠溶液中有电荷守恒c(Na)c(H)=c(CH3COO)c(OH)，有物料守恒c(Na)=c(CH3COO)c(CH3COOH)，将两式联立得到质子守恒，则有c(OH-)=c(CH3COOH)+ c(H+)；C项正确；Dd点加入40m

27、L的NaOH溶液，NaOH多一倍，为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，有物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，D项正确；本题答案选B。【点睛】电解质溶液中，粒子浓度有三大守恒，电荷守恒、物料守恒和质子守恒，写出前两个即可以导出质子守恒。要特别注意等物质的量浓度的混合溶液中水解和电离的大小关系。13、D【解析】A由a点可知，0.1mol/L一元酸HA中c水(H+)=c水(OH-)=110-11mol/L，则c(H+)=110-1410-11=110-3mol/L，则HA的电离常数，A选项正确；Bb点溶液中c水(H+)=110-7mol/L，c点

28、c水(H+)最大，则溶质恰好为KA，显碱性，a点显酸性，c点显碱性，则中间c水(H+)=110-7mol/L的b点恰好显中性，根据电荷守恒可得c(A-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)，又c(OH-)=c(H+)，则c(A-)=c(K+)，B选项正确；Cc点时加入的KOH的物质的量n(KOH)=20mL0.1mol/L0.1mol/L=20mL，由HA的Ka=110-5，可得A-的则c(A-)0.05mol/L，则c(OH-)710-6mol/L，在KA中c(OH-)都是由水电离处的，则c水(OH-)=c水(H+)710-6mol/L，C选项正确；D向一元弱酸中加入相同浓度的一元强碱，溶

29、液的导电能力逐渐增强，则导电能力：cba，D选项错误；答案选D。14、C【解析】既然铍与铝的性质相似，我们就可把铍看成是铝，铝具有的性质，铍也有，铝没有的性质，铍也没有。【详解】A. 铝遇冷水不反应，则铍遇冷水也不反应，错误；B. 铍的最外层有2个电子，显+2价，则氧化铍的化学式为BeO，错误；C. 氢氧化铝能与氢氧化钠溶液反应，则氢氧化铍也能与氢氧化钠反应，正确；D. 氯化铝水溶液显酸性，则氯化铍水溶液也显酸性，错误。故选C。15、C【解析】A由图示可知CO2和CH4在Ni催化作用下，最终生成CO和H2，故A正确；B化学反应的过程中存在构成反应物的键的断裂和生成物中键的形成，由图示可知过程中

30、既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故B正确；C的能量总和大于的能量总和，则的过程放出能量，故C错误；D由图示可知CO2和CH4催化重整生成CO和H2的过程中Ni的质量和化学性质没有发生变化，则Ni为催化剂，故D正确；故答案为C。16、B【解析】A、标准状况下， HF不是气态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故A错误；B、2 mol NO与1 mol O2充分反应，生成的NO2 与N2O4 形成平衡体系，产物的分子数小于2NA，故B正确；C. 常温下，1 L 0.1 molL1氯化铵溶液中加入氢氧化钠溶液至溶液为中性，溶液中存在电荷守恒，c(NH4)+c(Na+ )=c(Cl-)，溶液含铵根离

31、子数少于0.1 NA，故C错误；D. 已知白磷(P4)为正四面体结构，NA个P4与NA个甲烷所含共价键数目之比为6：4，故D错误；故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、苯乙烯 氢氧化钠水溶液、加热 消去反应 AD 、 【解析】反应、的原子利用率都为100%,则这几个反应为加成反应,根据知,B和HBr发生加成反应得到该物质,则B结构简式为,所以B为苯乙烯；A为HCCH; C能发生催化氧化反应,则发生水解反应生成D，反应条件为氢氧化钠水溶液、加热；C结构简式为,D结构简式为,D发生信息I的反应,E结构简式为,E发生酯化反应生成F,F发生消去反应生成X，G相对分子质量为78,C原子个数为6个,

32、则G为,苯发生一系列反应生成Y；【详解】(1)由上述分析可知B名称是苯乙烯,反应的试剂和条件为氢氧化钠水溶液、加热;反应的反应类型是消去反应,因此，本题正确答案是:苯乙烯;氢氧化钠水溶液、加热;消去反应;(2)A.因为Y的结构简式为：，结构中含有酚羟基,所以遇氯化铁溶液会发生显色反应,故A正确;B. 因为Y的结构简式为：，只有苯环能和氢气发生加成反应、苯环上酚羟基邻位氢原子能和溴发生取代反应,所以1molY与H2、浓溴水中的Br2反应,最多消耗分别为3molH2和2mol Br2,故B错误;C. 因为Y的结构简式为：,酚羟基和羧基能与NaOH溶液反应,1molY与氢氧化钠溶液反应时,最多可以消

33、耗2mol氢氧化钠,故C错误;D.Y()中位酚羟基，显弱酸性，为醇羟基，没有酸性，位为羧基上的羟基，属于弱酸性，但酸性比酚羟基的酸性强，所以三处-OH的电离程度由大到小的顺序是,故D正确;所以AD选项是正确的;(3)E结构简式为,E的同分异构体符合下列条件:a.属于酚类化合物,说明含有酚羟基,且是苯的对位二元取代物,说明另外一个取代基位于酚羟基对位; b.能发生银镜反应和水解反应,水解含有醛基和酯基,该物质为甲酸酯,符合条件的同分异构体有，因此，本题正确答案是:；(4)乙醛发生还原反应生成CH3CH2OH，CH3CHO和HCN反应然后酸化得到CH3CH(OH)COOH，乙醇和CH3CH(OH)

34、COOH发生酯化反应生成CH3CH(OH)COOCH2CH3，然后发生消去反应生成CH2=CH(OH)COOCH2CH3， CH2=CH(OH)COOCH2CH3发生加聚反应生成,其合成路线为为，因此，本题正确答案是:。18、CH2OH(CHOH)4CHO2CH2CH2+O22CH3CHOACDE【解析】A能发生银镜反应，可由淀粉水解得到，说明A为葡萄糖，葡萄糖在催化剂作用下生成C为乙醇，E分子中碳元素与氢元素的质量之比61，说明E分子中C与H原子个数比为1:2，相对分子质量为44，其燃烧产物只有CO2和H2O，则E为CH3CHO，D为烃，根据C和E可知，D为乙烯，F的最简式和葡萄糖相同，且由

35、乙醛催化氧化得到，说明F为乙酸，B在酸性条件下生成乙酸和乙醇，则B为乙酸乙酯。据此判断。【详解】(1)A为葡萄糖，其结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，故答案为CH2OH(CHOH)4CHO；(2)乙烯催化氧化生成乙醛的化学方程式为：2CH2CH2+O22CH3CHO，故答案为2CH2CH2+O22CH3CHO；(3)A. 有机物F为乙酸，具有酸性，可使石蕊溶液变红，故A正确；B. C为乙醇、E为乙醛、F为乙酸乙酯，乙醇易溶于水，不分层，乙醛与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，乙酸乙酯不溶于水，产生分层，上层为油状液体，现象各不相同，所以可用新制的氢氧化铜区分，故B错误；C. 1mol乙醇

36、完全燃烧消耗3mol氧气，1mol乙烯完全燃烧消耗3mol氧气，则等物质的量的乙醇和乙烯分别完全燃烧消耗氧气的量相等，故C正确；D. 饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇、消耗乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，所以可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的少量乙醇和乙酸，故D正确；E. 乙酸乙酯的同分异构体中能发生银镜反应的酯类物质有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2，共2种，故E正确；答案选：ACDE。19、吸收Cl2或SO2等尾气，保护环境 品红溶液褪色 品红溶液褪色 褪色的品红又恢复为红色 无明显现象 Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4 KMnO4 0.2 不合理 蘸有试剂的

37、棉花中可能含有SO32，用HNO3溶液酸化时会干扰SO42检验 【解析】探究SO2和氯水的漂白性：A用于制备SO2，可用Na2SO3与硫酸反应制取，B用于检验二氧化硫的生成，E用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制备氯气，D用于检验气体的漂白性，C用于检验SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性，棉花上沾有的试剂是NaOH溶液，作用是吸收尾气。【详解】(1)氯气、二氧化硫都是污染性的气体不能排放到空气中，氯气和氢氧化钠发应生成氯化钠、次氯酸钠和水，二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，棉花需要沾有氢氧化钠溶液吸收吸收Cl2或SO2等尾气，保护环境；(2)氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，二氧化

38、硫和品红化合生成无色物质，两者都能使品红溶液褪色，所以B和D装置中品红都褪色；二氧化硫漂白后的物质具有不稳定性，加热时又能变为红色，而氯气的漂白是利用了氯气和水反应生成的次氯酸的强氧化性，具有不可逆性，所以看到的现象是B中溶液由无色变为红色，D中无明显现象；(3)SO2和Cl2按1：1通入，SO2和Cl2恰好反应，二者反应生成H2SO4和HCl，生成物都无漂白性，化学方程式为：SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl；(4)常温下，用KMnO4和浓盐酸反应制Cl2，反应的化学方程式如下：2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，Mn元素由+7价降低到+2价，

39、Cl元素的化合价由1价升高到0，高锰酸钾得电子是氧化剂，HCl失电子是还原剂，2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，每生成5mol氯气被氧化的HCl是10mol，生成2.24L(标准状况)的Cl2，为0.1mol氯气，所以被氧化的HCl的物质的量n2n(Cl2)20.1mol0.2mol；(5)亚硫酸根离子具有还原性，硝酸具有氧化性，能把亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，蘸有试剂的棉花中可能含有SO32，用HNO3溶液酸化时会干扰SO42检验，所以该方案不合理。【点睛】考查物质的性质实验，题目涉及二氧化硫与氯气的制取以及二氧化硫漂白与次氯酸漂白的区别，二氧化硫的性质主要有：二氧化硫和水反应生成亚硫酸，紫色石蕊试液遇酸变红色；二氧化硫有漂白性，能使品红褪色，但不能使石蕊褪色；二氧化硫有还原性，能使高锰酸钾能发生氧化还原反应而褪色；二氧化硫和二氧化碳有相似性，能使澄清的石灰水变浑浊，继续通入二氧化硫，二氧化硫和亚硫酸钙反应生成可溶性的亚硫酸氢钙；具