2023-2023年高中化学广西高考仿真模拟考试【45】含答案考点及解析

2023-2023年高中化学广西高考仿真模拟考试【45】含答案考点及解析班级:___________姓名：___________分数：___________题号一二三四五六总分得分考前须知：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上评卷人得

分

一、选择题1.如图是氨气与氯化氢反响的装置。抽走玻璃片充分反响，反响中有关物理量的描述正确的选项是(NA表示阿伏加德罗常数)()A．气体反响物的总体积为0.224LB．生成物的分子个数为0.005NAC．生成物中的N—H键个数为0.02NAD．加水溶解后所得溶液中NH4+数目为0.005NA【答案】【解析】：选C气体反响物的总物质的量是0.005mol＋0.005mol＝0.01mol，但是未给出气体所处的状态是否是标准状况，A项错误；生成的NH4Cl为离子化合物，不存在分子，B项错误；在1molNH4Cl中含有4molN—H键，故生成物中的N—H键个数为0.02NA，C项正确；由于NH4+水解，故D项错误。2.将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板外表上，一段时间后发现液滴覆盖的圆圈中心区(a)已被腐蚀而变暗，在液滴外沿形成棕色铁锈环(b)，如下图。导致该现象的主要原因是液滴之下氧气含量比边缘处少。以下说法正确的选项是()A．液滴中的Cl－由a区向b区迁移B．液滴边缘是正极区，发生的电极反响为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－C．液滴下的Fe因发生复原反响而被腐蚀，生成的Fe2＋由a区向b区迁移，与b区的OH－形成Fe(OH)2，进一步氧化、脱水形成铁锈D．假设改用嵌有一铜螺丝钉的铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，那么负极发生的电极反响为：Cu－2e－=Cu2＋【答案】B【解析】b处有氧气参加，发生复原反响，是正极区，a处是负极区，铁发生氧化反响，阴离子向负极移动，A、C错误，B正确；铁比铜活泼，所以铁作负极失电子，D错误。3.溶液和胶体具备的共同性质是(

)A．分散质微粒都能透过半透膜B．用石墨电极做导电性实验时，分散质微粒都定向且朝一个方向移动C．都有丁达尔效应D．都比拟稳定【答案】D【解析】胶体粒子不能透过半透膜，溶液中的离子向两极方向移动，胶体粒子向某一极移动，溶液不具有丁达尔效应4.为使溶液中的3种阳离子A+、B2+、C3+逐一沉淀别离，将含有A+、B2+、C3+离子的水溶液进行如下实验，关于三种离子的判断正确的选项是A．Ag+、Fe2+、Al3+B．NH4+、Fe2+、Fe3+C．Ag+、Cu2+、Fe3+D．Ag+、Cu2+、Al3+【答案】D【解析】试题分析：根据流程图参加盐酸后生成白色沉淀，可知A为银离子，B为铜离子，由于整个过程体系在酸性中，参加足量硫化氢后产生沉淀是硫化铜，假设存在三价铁会和硫离子发生氧化复原反响，故不可能有三价铁离子，加足量氨水后生成沉淀是氢氧化铝。考点：此题考查离子的共存问题。5.A、B、C、D都是短周期元素，原子半径：D>C>A>B。：A、B同周期，A、C处于同一主族；C原子核内的质子数等于A、B原子核内的质子数之和；C原子最外层电子数是D原子最外层电子数的3倍，以下说法正确的选项是：A．A的元素符号为BeB．B和D两种元素形成的化合物中只能含有离子键C．C和D两元素的最高价氧化物的水化物相互反响生成盐和水D．D2B和D2B2阴、阳离子个数比分别为1：2和1：1【答案】C【解析】试题分析：由题意知，A、C同主族，且为短周期元素，那么其原子序数相差2或8，假设相差2，不合题意；C原子核内的质子数等于A、B原子核内的质子数之和，可推知B为8号元素氧元素；C原子最外层电子数是D原子最外层电子数的3倍，假设D的最外层电子数为1，那么C为铝，A为硼，D为钠；假设D的最外层电子数为2，那么C为硫元素，A为氧元素，不合题意，所以A为硼元素，B为氧元素，C为铝元素，D为钠元素；A、A为硼元素，元素符号为B，错误；B、B为氧元素，D为钠元素，B、D两元素组成的化合物为Na2O和Na2O2，Na2O2中既含离子键又含共价键，错误；C、C和D两元素的最高价氧化物的水化物氢氧化钠和氢氧化铝相互反响生成偏铝酸钠和水，正确；D、B为氧元素，D为钠元素，B、D两元素组成的化合物为Na2O和Na2O2，阴、阳离子个数比均为1：2，错误。考点：考查元素推断及相关物质的结构与性质。6.以下关于有机物因果关系的表达中，完全正确的一组是()

选项原因结论A乙烯和苯都能使溴水褪色苯分子和乙烯分子含有相同的碳碳双键B乙酸分子中含有羧基可与NaHCO3溶液反响生成二氧化碳C乙醇是电解质乙醇可与钠反响放出氢气D乙酸乙酯和乙烯在一定的条件下都能与水反响二者属于同一反响类型

【答案】B【解析】试题分析：A、乙烯含有C=C双键，与溴发生加成反响，使溴水褪色，苯使溴水褪色是苯萃取溴水的溴，苯分子中不含碳碳双键，故A错误；B、羧基具有酸性，能与NaHCO3溶液反响生成CO2，所以乙酸可与NaHCO3溶液反响生成CO2，故B正确；C、乙醇是非电解质，故C错误；D、乙酸乙酯与水的反响是水解反响，乙烯与水的反响属于加成反响，反响类型不同，故D错误；应选：B。考点：此题考查了乙烯、乙酸、酯的性质以及同分异构体的概念等。7.：A．-393.5kJ/molB．-679.3kJ/molC．-787kJ/molD．+180.9kJ/mol【答案】A【解析】试题分析：根据盖斯定律可知△H=△H1+△H2+△H3=〔+175.3-283.0-285.8〕kJ/mol="-393.5"kJ/mol考点：考查盖斯定律的应用8.以下说法正确的选项是

A．H、D、T属于同位素，H2、D2、T2属于同素异形体B．氯水、氨水、王水是混合物，水银、水玻璃是纯洁物C．HCl、NH3、BaSO4是电解质，CO2、Cl2、CH3CH2OH是非电解质D．水能、风能、生物质能是可再生能源，煤、石油、天然气是不可再生能源【答案】D【解析】试题分析：由同一种元素形成的不同单质，互为同素异形体，那么H2、D2、T2不是同素异形体的关系，A不正确；水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，B不正确；氯气是单质，不是电解质，也不是非电解质，C不正确，答案选D。考点：考查同位素、同素异形体、纯洁物、混合物、电解质、非电解质以及新能源的判断点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题考查的知识点比拟分散，但很根底，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵巧运用根底知识解决实际问题的能力。该题的关键是明确常见化学根本概念的含义，特别是概念的内涵和外延，并能灵巧运用即可。9.氢叠氮酸(HN3)与醋酸的酸性相近，其盐稳定，但受撞击时会发生爆炸，生成氮气。关于把叠氮酸有以下说法：①NaN3水溶液呈碱性；②HN3固体属于分子晶体；③固体NaN3属于离子晶体；④NaN3可用于小汽车防撞保护气囊。其中正确的选项是A．①②③B．①②③④C．②③④D．①③④【答案】B【解析】试题分析：HN3与醋酸的酸性相近，所以NaN3属于强碱弱酸盐水溶液呈碱性。HN3是共价化合物，所以属于分子晶体。NaN3是盐，所以属于离子晶体。NaN3受撞击时会发生爆炸，生成氮气，可用于小汽车防撞保护气囊。①②③④均正确，答案选B。考点：元素化合物的性质点评：此题综合性强，主要考查学生获得信息的能力，10.一定条件下，中学化学常见物质甲、乙之间存在如下转化关系，乙是(

)A．HClB．FeCl2C．KOHD．NaHCO3【答案】D【解析】甲可为碳酸钠，乙为碳酸氢钠；Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3

Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl评卷人得

分

二、实验题分11.某研究性学习小组用以下图装置进行SO2与FeCl3溶液反响的相关实验(夹持装置已略去)。(1)反响开始一段时间后，装置C中的现象为__________。(2)根据以上现象，该小组同学认为SO2与FeCl3溶液发生了氧化复原反响。①写出SO2与FeCl3溶液反响的离子方程式:____________。②向装置C中通入足量SO2发生反响后，检验生成的Fe2+的方法是__________。③该小组同学向反响后的装置C的试管中参加硝酸酸化的BaCl2溶液，假设出现白色沉淀，那么证明反响生成了SO42-。该做法不合理的理由是__________________。(3)假设将装置C中FeCl3溶液更换为Fe(NO3)3和BaCl2的混合液，可观察到装置C中出现白色沉淀，该小组对装置C中产生沉淀的原因提出以下假设(不考虑各因素的叠加)：假设1:装置A中白雾进入装置C中参与反响。假设2:_______________________。假设3:在酸性条件下NO3-能氧化SO2。(4)请你设计实验验证上述假设3,写出实验步骤、预期现象和结论。实验步骤(简述操作过程)预期现象和结论①②③

【答案】(1)溶液由棕黄色变为浅绿色；(2)①2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+4H++2Fe2+；②取少量反响后的溶液于试管中，向其中滴人KSCN溶液，不变红，再滴加适量新制的氯水(或H2O2溶液等)，溶液变红；③硝酸可以将溶解的SO2氧化为H2SO4，干扰实验；(3)SO2被Fe3+氧化为SO42-；(4)实验步骤(简述操作过程)预期现象和结论①取适量Ba(NO3)2溶液于试管中；②向试管中通入过量SO2气体；③再向试管中参加过量盐酸假设先有白色沉淀生成，参加盐酸后沉淀不消失，那么假设3成立

【解析】试题分析：(1)通入足量SO2时C中发生二氧化硫与氯化铁的氧化复原反响，生成硫酸亚铁，那么观察到溶液由棕黄色变为浅绿色，故答案为：溶液由棕黄色变为浅绿色；(2)①发生氧化复原反响，生成硫酸根离子、亚铁离子，离子反响为2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+4H++2Fe2+，故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+4H++2Fe2+；②检验有Fe2+生成的实验方法为：取C中反响后的溶液，向其中滴入KSCN溶液，不变红，再参加新制的氯水，溶液变红，故答案为：取C中反响后的溶液，向其中滴入KSCN溶液，不变红，再参加新制的氯水，溶液变红；③该小组同学向C试管反响后的溶液中参加硝酸酸化的BaCl2溶液，硝酸具有强氧化性，那么硝酸可以将溶解的SO2氧化为H2SO4，干扰试验，故做法不合理，故答案为：不合理；硝酸可以将溶解的SO2氧化为H2SO4，干扰试验；(3)假设1:装置A中白雾进入装置C中参与反响。假设2:SO2被Fe3+氧化了生成了SO42-。假设3:在酸性条件下NO3-能氧化SO2。故答案为：SO2被Fe3+氧化了生成了SO42-；(4)假设SO2与NO3-反响，那么可设计如下实验进行验证：①取适量Ba(NO3)2溶液于试管中；②向试管中通入过量SO2气体；③再向试管中参加过量盐酸，假设先有白色沉淀生成，参加盐酸后沉淀不消失，那么假设3成立，故答案为：实验步骤(简述操作过程)预期现象和结论①取适量Ba(NO3)2溶液于试管中；②向试管中通入过量SO2气体；③再向试管中参加过量盐酸假设先有白色沉淀生成，参加盐酸后沉淀不消失，那么假设3成立考点：考查了性质实验方案的设计、二氧化硫的性质的相关知识。评卷人得

分

三、填空题12.可降解聚合物P的合成路线如下〔1〕A的含氧官能团名称是____________。〔2〕羧酸a的电离方程是________________。〔3〕B→C的化学方程式是_____________。〔4〕化合物D苯环上的一氯代物有2种，D的结构简式是___________。〔5〕E→F中反响①和②的反响类型分别是___________。〔6〕F的结构简式是_____________。〔7〕聚合物P的结构简式是________________。【答案】〔1〕羟基。〔2〕CH3COOHCH3COO-+H+。〔3〕+HNO3〔浓〕+H2O〔4〕〔5〕加成反响，取代反响。〔6〕。〔7〕。【解析】由C复原得到，可推得可得知C为，硝基被复原得到氨基，B在浓硫酸作用下与硝酸发生取代反响，可以推得B为，A与羧酸a反响生成B，那么羧酸a为乙酸，A为苯乙醇，通过D的分子式可推得D为，D被氧化得E，再根据信息〔1〕即可推得F的结构。由框图可知，G结构简式为，由信息ii可推知P结构简式为。〔1〕A的含氧官能团是OH，名称是羟基。〔2〕由流程框图可知，羧酸a为CH3COOH，电离方程是CH3COOHCH3COO-+H+。〔3〕由B生成C的化学方程式是+HNO3〔浓〕+H2O〔4〕由上述解析可知，D的结构简式是。〔5〕反响①是加成反响，反响②是取代反响。〔6〕由上述解析可知，F的结构简式是。〔7〕由上述解析可知，聚合物P的结构简式。【考点定位】此题考查有机化合物的性质，不涉及同分异构体，根据有机物根本断键成键规律推得各物质结构。13.〔13分〕如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2引起了全世界的普遍重视。为减小和消除CO2对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对CO2创新利用的研究。〔1〕目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究该反响原理，进行如下实验：某温度下，在容积为2L的密闭容器中，充入1moleO2和3．25molH2在一定条件下发生反响，测得CO2、CH3OH〔g〕和H2O〔g〕的物质的量〔n〕随时间变化如右图所示：①从反响开始到平衡，氢气的平均反响速率v〔H2〕＝___________②以下措施中一定不能使CO2的转化率增大的是______________。A．在原容器中再充入lmolCO2B．在原容器中再充入1molH2C．在原容器中充入lmol氦气D．使用更有效的催化剂E．缩小容器的容积

F．将水蒸气从体系中别离〔2〕常温常压下，饱和CO2水溶液的pH＝5．6，c〔H2CO3〕＝1．5×10－5mol／L。假设忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，那么H2CO3＋H＋的电离平衡常数K＝____________。〔：10－5.6＝2．5×10－6〕。〔3〕标准状况下，将4．48LCO2通入200mLl．5mol／L的NaOH溶液，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______________。〔4〕如图是甲醇燃料电池〔电解质溶液为KOH溶液〕的结构示意图，那么a处通入的是___________〔填“甲醇〞或“氧气〞〕，其电极上发生的电极反响式为____________。

〔5〕，常温下Ksp〔AgCl〕＝2．0×10－10，Ksp〔AgBr〕＝5．4×10－13．向BaBr2溶液中参加AgNO3和KCl，当两种沉淀共存时，溶液中c〔Br－〕和c〔Cl－〕的比值为____________。【答案】【解析】略14.〔6分〕智利硝石矿层中含有碘酸钠，可用亚硫酸氢钠与其反响来制备单质碘，其化学方程式为：2NaIO3＋5NaHSO3＝3NaHSO4＋2Na2SO4＋I2＋H2O〔1〕反响中_____________元素被氧化，_____________是氧化剂。〔2〕用双线桥标出电子转移方向和数目。_____________________________________〔3〕反响产物中，所得氧化产物与复原产物质量之比为_____________。【答案】【解析】略15.〔10分〕X、Y、Z、E和F分别代表原子序数依次增大的五种短周期元素，它们满足以下条件：①Z元素的原子半径是短周期元素中除稀有气体外半径最大的；②X与Z同主族，Y与F同主族；③X与F可组成化学式为X2F的共价化合物；④Z和E二者的最高价氧化物对应的水化物之间能发生反响。请填空：〔1〕写出F元素在元素周期表中的位置

〔2〕X和Y可形成电子数相等的两种粒子，该两种粒子反响后生成一种中性分子，反响的离子方程式是

。〔3〕写出单质E与Z的最高价氧化物的水化物反响的离子方程式：

。〔4〕均含有X、Y、Z和F四种元素的两种化合物在溶液中发生反响的离子方程式

。【答案】【解析】略16.CO和联氨(N2H4)的性质及应用的研究是能源开发、环境保护的重要课题。〔1〕①用CO、O2和KOH溶液可以制成碱性燃料电池，那么该电池反响的离子方程式为

。②用CO、O2和固体电解质还可以制成如以下图1所示的燃料电池，那么电极d的电极反响式为

。〔2〕联氨的性质类似于氨气，将联氨通入CuO浊液中，有关物质的转化如图2所示。①在图示2的转化中，化合价不变的元素是

(填元素名称)。②在转化过程中通入氧气发生反响后，溶液的pH将

(填“增大〞、“减小〞或“不变〞)。转化中当有1molN2H4参与反响时，需要消耗O2的物质的量为

。③参加NaClO时发生的反响为：Cu(NH3)＋2ClO－＋2OH－＝Cu(OH)2↓＋2N2H4↑＋2Cl－＋2H2O该反响需在80℃以上进行，其目的除了加快反响速率外，还有

、

。图3〔3〕CO与SO2在铝矾土作催化剂、773K条件下反响生成CO2和硫蒸气，该反响可用于从烟道气中回收硫，反响体系中各组分的物质的量与反响时间的关系如图3所示，写出该反响的化学方程式：

。【答案】〔1〕①2CO+O2+4OH－2CO32—+2H2O。②CO-2e－+O2－CO2。〔2〕①钠和氢。②增大。1mol。③使氢氧化铜分解、降低联氨的溶解度，使其从溶液中逸出。〔3〕4CO+2SO2=4CO2+S2。【解析】试题分析：〔1〕①用CO、O2和KOH溶液可以制成碱性燃料电池，CO和O2反响生成CO2，CO2与KOH溶液反响生成碳酸钾和水，那么该电池反响的离子方程式为2CO+O2+4OH－2CO32—+2H2O。②根据图示知电极d：CO失电子转化为CO2，利用O2－配平电荷和原子，电极反响式为CO-2e－+O2－CO2。〔2〕①分析图示2的转化中各元素的化合价知，化合价不变的元素是钠和氢。②在转化过程中通入氧气发生反响后，发生反响：4Cu(NH3)2++O2+8NH3·H2O4Cu(NH3)42++4OH－+6H2O，溶液的pH将增大。转化中当有1molN2H4参与反响时，氮元素的化合价由-2价升高到0价，转移4mole—，根据电子守恒知需要消耗O2的物质的量为1mol。③参加NaClO时发生的反响为：Cu(NH3)＋2ClO－＋2OH－＝Cu(OH)2↓＋2N2H4↑＋2Cl－＋2H2O，该反响需在80℃以上进行，其目的除了加快反响速率外，还有使氢氧化铜分解、降低联氨的溶解度，使其从溶液中逸出。〔3〕分析图示知〔时间为40min时〕，反响物减少的物质的量分别为2mol、1mol，生成物减少的物质的量分别为0.5mol、2mol，结合原子守恒得该反响的化学方程式为4CO+2SO2=4CO2+S2。考点：考查燃料电池反响式书写、化学反响原理分析、图像和图示的分析能力评卷人得

分

四、计算题17.(6分)向100mL1．5mol／L稀H2SO4中参加过量Mg粉，充分反响后，滤去多余Mg粉，滤液在t℃下恒温蒸发，当滤液质量为72．0g时开始析出MgSO4·xH2O晶体，当析出晶体12．3g时，剩下滤液48．0g。通过计算请答复以下问题。(1)生成标准状况下的气体体积(请写出计算过程)；(2)开始析出MgSO4·xH2O晶体时溶液的质量分数为

；(3)MgSO4·xH2O中的x=

。【答案】〔1〕设：生成氢气xLH2SO4

→

H21mol

22.4L0.15mol

xLx="3.36

"生成标准状况下的气体体积3.36L〔2分〕〔2〕25%

〔2分〕〔3〕7〔2分〕【解析】略18.水煤气是重要燃料和化工原料，可用水蒸气通过炽热的炭层制得：C(s)+H2O(g)

CO(g)+H2(g)

△H＝+131.3kJ•mol－1〔······①〔1〕实际工业生产中，向炭层间隔交替通入水蒸气和空气，其中通入空气的原因是由于该反响是吸热，导致炭层温度降低，须及时通入富氧空气促进炭层的燃烧放热：C(s)+O2(g)=CO2(g)；△H=－393.5kJ·mo1－1

······②为保持生产的连续性，假设不考虑其它热量的产生和损耗，那么每间隔应通入的水蒸气和空气的体积比〔同温同压〕约为多少？〔设空气中氧气的体积占1/5〕〔2〕一定温度下，三个容器中均进行着上述反响①，各容器中炭足量，其它物质的物质的量浓度及正逆反响速率关系如下表所示。请填写表中相应的空格。〔3〕生物乙醇可由淀粉或纤维素等生物质原料发酵获得。利用乙醇可进而获得合成气〔CO、H2〕。用乙醇生产合成气有如下两条路线：a、水蒸气催化重整：CH3CH2OH(g)＋H2O(g)→4H2(g)＋2CO(g)b、局部催化氧化：CH3CH2OH(g)＋1/2O2(g)→3H2(g)＋2CO(g)某生物质能研究所准备利用乙醇得到的合成气合成一种生物汽油。乙醇各分一半按a、b两式反响。合成气合成生物汽油的反响为：2mCO＋(2m＋n)H2→2CmHn＋2mH2O。假定合成的生物汽油中含有X、Y两种成分，且X、Y都是有8个碳原子的烃，X是苯的同系物，Y是烷烃。①X的分子式为

，Y的分子式为

。②50吨质量分数为92%的乙醇经上述转化〔假定各步转化率均为100%〕，那么最终可获得X的质量为多少吨？【答案】〔1〕3/5

〔2〕0.60〔2分〕；ν正_>_ν逆

〔3〕C8H10

C8H18

19.875吨【解析】略19.标准状况下，将224L的HCl气体溶于815mL水中(ρ="1.00g/cm"3)，所得盐酸的密度是1.18g/cm3。〔1〕取该盐酸10.0mL，稀释至250.0mL，所得稀盐酸的物质的量浓度？〔2〕假设将原盐酸溶液与430mL密度为1.14g/cm3质量分数为20%的硫酸混合，〔忽略混合时溶液体积变化〕，求混合后溶液中H+物质的量浓度？【答案】〔1〕0.4mol/L；〔2〕8.4mol/L【解析】试题分析：n〔HCl〕==10mol，所得溶液的质量为：10mol×36.5g/mol+815ml×1.00g/ml=1180g，所得溶液的体积为：=1000ml，即1L，那么所得盐酸的物质的量浓度为：=10mol/L。〔1〕设所得稀盐酸的物质的量浓度为c，那么有：0.01L×10mol/L=0.25L×c，解之得：c=0.4mol/L，故答案为：0.4mol/L；〔2〕密度为1.14g/cm3质量分数为20%的硫酸的物质的量为：n==1mol，假设将原盐酸溶液与430mL密度为1.14g/cm3质量分数为20%的硫酸混合，混合后的n〔H+〕=10mol+2mol=12mol溶液的体积为：1L+0.43L=1.43L，c〔H+〕==8.4mol/L，故答案为：8.4mol/L。考点：考查了物质的量浓度的计算的相关知识。20.(1)用14.2g无水硫酸钠配制成500mL溶液,其物质的量浓度为___mol·L-1。(2)假设从中取出50mL,其物质的量浓度为___mol·L-1;溶质的质量为___g。(3)假设将这50mL溶液用水稀释到100mL,所得溶液中Na+的物质的量浓度为___mol·L-1,SO42-的物质的量浓度为___mol·L-1。【答案】

0.2

0.2

1.42

0.2

0.1【解析】14.2g硫酸钠的物质的量为：n==0.1mol，该溶液的物质的量浓度为：c==0.2mol/L；〔1〕根据溶液浓度的均一性，所取溶液浓度与原溶液浓度一样，与所取溶液的体积大小无关，取出的溶液浓度为0.2mol/L；溶质的质量为0.2mol/L×0.05L×142g/mol=1.42g；〔2〕溶液稀释前后溶质的物质的量不变得，那么：c1V1=c2V2，稀释后溶液的浓度为：c2===0.1mol/L，Na+的物质的量浓度是硫酸钠的2倍，SO42-的物质的量浓度与硫酸钠的物质的量浓度相等，那么c〔Na+〕=2c〔Na2SO4〕=0.1mol/L×2=0.2mol/L，c〔SO42-〕=c〔Na2SO4〕=0.1mol/L。点睛：此题考查了物质的量浓度的相关计算。注意掌握物质的量浓度的概念及表达式，利用溶液的均一性是解答〔1〕题的关键，根据溶液的稀释特点计算出稀释后溶液浓度及钠离子、硫酸根离子浓度。评卷人得

分

五、简答题21.Ⅰ、以下化合物在核磁共振氢谱中能出现两组峰，且其峰面积之比为2︓1有________________。A．乙酸甲酯B．对苯二酚C．2-甲基丙烷D．对苯二甲酸Ⅱ、羧酸在磷的催化作用下，可以和卤素反响生成a—卤代物：如，Ⅰ由二分子H合成，有机物A在一定条件下，最终转化成I的过程如图：答复以下问题：〔1〕有机物E的结构简式：_________。有机物H的结构简式：__________。〔2〕上述各步反响中，属于取代反响的有〔填编号〕_______________。〔3〕写出有关反响方程式：B→C：_______________________________________________。C→D：______________________________________________。H→I：______________________。H生成高分子化合物:_________________。【答案】

BD

CH3COOH

②⑤⑥⑦⑧

CH3CH2Cl＋H2OCH3CH2OH＋HCl

2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O

【解析】根据I的结构简式可知H的结构简式为HOCH2COOH；G酸化得到H，因此G的结构简式为HOCH2COONa，根据信息可知F的结构简式为BrCH2COOH，所以E的结构简式为CH3COOH，那么D的结构简式为CH3CHO，C的结构简式为CH3CH2OH，B的结构简式为CH3CH2Cl，A的结构简式为CH2=CH2。〔1〕根据以上分析可知有机物E的结构简式为CH3COOH。有机物H的结构简式为HOCH2COOH。〔2〕上述各步反响中，属于取代反响的有②⑤⑥⑦⑧。〔3〕根据以上分析可知B→C的方程式为CH3CH2Cl＋H2OCH3CH2OH＋HCl。C→D的方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。H→I的方程式为。H发生缩聚反响生成高分子化合物的结构简式为。评卷人得

分

六、推断题22.芳香族化合物A是一种根本化工原料，可以从煤和石油中得到。OPA是一种重要的有机化工中间体。A、B、C、D、E、F〔聚合物〕和OPA的转化关系如下所示：：答复以下问题：〔1〕A的化学名称是

；〔2〕由A生成B