2023届浙江省学军中学高考化学四模试卷含解析

2023年高考化学模拟试卷

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0.5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、以下关于原子的未成对电子数的叙述正确的是（）

①钠、铝、氯：1个；②硅、硫：2个；③磷：3个；④铁：4个.

A.只有①③B.只有①②③C.只有②③④D.有①②③④

2、下图为一种利用原电池原理设计测定02含量的气体传感器示意图，RbAg“s是只能传导Ag+的固体电解质。Ch可

以通过聚四氟乙烯膜与A1L反应生成AI2O3和L,通过电池电位计的变化可以测得02的含量。下列说法正确的是（）

3+

A.正极反应为：3O2+12e+4A1=2A12O3

B.传感器总反应为：3O2+4Alb+12Ag=2Al2O3+12AgI

C.外电路转移O.Olmol电子，消耗Ch的体积为0.56L

D.给传感器充电时，Ag+向多孔石墨电极移动

3、工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氟化物污水，发生的主要反应为：CN+OH-+C12-->CO2+N2+C「+

H2O（未配平）。下列说法错误的是

A.Ch是氧化剂，CO2和N2是氧化产物

B.该反应中，若有ImolCN-发生反应，则有5NA电子发生转移

C.上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为2:5

D.若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区发生反应

4、下列指定反应的离子方程式正确的是（）

+-

A.氯气溶于水：C12+H2O=2H+cr+CIO

2---

B.Na2c溶液中CO32的水解：CO3+H2O=HCO3+OH

C.酸性溶液中KKh与KI反应生成L：KV+F+6H+=l2+3H2O

2+

D.NaHCO,溶液中力口足量Ba(OH)2溶液：HCO3+Ba+OH=BaCO3；+H2O

5、如图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列说法正确的是()

0-Mg(s)-X,(g)

wo-364Mgt；(s)

.,-524Mq8r；(s)

s

wy641MgCh(5)

,1200.7^MgF：⑸

A.由MgCb制取Mg是放热过程

B.热稳定性：Mgl2>MgBr2>MgC12>MgF2

C.常温下氧化性：F2<Cl2<Br2<h

D.由图可知此温度下MgBrMs)与CL(g)反应的热化学方程式为：MgBr2(s)+C12(g)===MgC12(s)+Br2(g)A//=-117

kJ-moI1

6、25℃,改变0.01CH3coONa溶液的pH.溶液中c(CH3coOH)、c(CH3coO)、c(H+)、c(OH)的

对数值Ige与溶液pH的变化关系如图所示，下列叙述正确的是

A.图中任意点均满足c(CH3COOH)+c(CH3COO)=c(Na+)

B.0.01mol-L4CHjCOOH的pH约等于线a与线c交点处的横坐标值

C.由图中信息可得点x的纵坐标值为《.74

D.25。(3时，")的值随pH的增大而增大

c(CH3coO)

7、下列实验不能不能用如图所示装置实现的是

A.用CCL提取碘水中的碘

B.用NaOH溶液除去漠苯中的漠

C.用酒精除去苯酚中的甘油

D.用饱和Na2c03溶液除去乙酸丁酯中的乙酸

8、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承一检验出来，

所加试剂先后顺序合理的是

A.HNCh、Ba(NCh)2、NH4NO3.AgNO3B.HNCh、NH4NO3、Ba(NO3)2>AgNO3

C.NH4NO3、HNO3、Ba(NO3)2、AgNChD.NH4NO3、HNO3、AgNfh、Ba(NO3)2

9、A、B、C、D、E、F为原子序数依次递增的六种短周期主族元素，A的单质是最理想的燃料。C原子次外层电子

数是最外层的1/3,E与C同主族，下列说法不正确的是

A.元素D与A一定形成共价化合物

B.元素B可能与元素A形成多种共价化合物

C.F最高价氧化物对应水化物定是一种强酸

D.若元素D是非金属元素，则D的单质可能是良好的半导体材料

10、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和原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是()

p仁H;土

XYZWM原子半位

A.X、M简单离子半径大小顺序：X>M

B.Z的最高价氧化物水化物的化学式为H2ZO4

C.X、Y、Z、W、M五种元素中只有一种是金属元素

D.X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

11、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：Z>W>R

B.对应的氢化物的热稳定性：R>W

C.W与X、W与Z形成的化合物的化学键类型完全相同

D.Y的最高价氧化物对应的水化物是弱酸

12、下列关于铝及其化合物的说法中不正确的是()

A.工业上冶炼金属铝时，通过在氧化铝中添加冰晶石的方法降低电解能耗

B.铝制品表面可以形成耐腐蚀的致密氧化膜保护层，因此可以用铝罐盛放咸菜，用铝罐车运输浓硫酸

C.铝合金具有密度小、强度高、塑性好等优点，广泛应用于制造飞机构件

D.在饱和明研溶液中放入几粒形状规则的明研晶体，静置几天后可观察到明研小晶体长成明帆大晶体

13、下列物质分类正确的是

A.SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B,多肽、油脂、淀粉均为酯类

C.烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D.福尔马林、漂粉精、氨水均为混合物

14、2,3-二甲基丁烷中“二”表示的含义是

A.取代基的数目B.取代基的种类C.主链碳的数目D.主链碳的位置

15、硒(Se)与S同主族，下列能用于比较两者非金属性强弱的是()

A.氧化性：SeO2>SO2B.热稳定性：H2S>H2Se

C.熔沸点：H2S<H2SeD.酸性：H2sChAHzSeCh

16、下列说法正确的是

A.铅蓄电池充电时，阳极质量增大

B.O.lmol•L-iCILCOONa溶液加I热后，溶液的pH减小

C.标准状况下，11.2L苯中含有的碳原子数为3X6.02X1023

+

D.室温下，稀释0.Imol•I/氨水，c(H)•C(NH3•上0)的值减小

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：

0

/||、HCN/OH-

(1)反应①的条件是!物质B含有的官能团名称是

(2)已知乙酸酊是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③的类型____________,写出该反应④的一种副产物的结构简式_________

(4)水杨酸与足量Na2c03溶液能发生反应，写出化学方程式____________________

(5)lmol阿司匹林和Imol缓释长效阿司匹林与NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量分别是

18、化合物H是一种光电材料中间体。由芳香化合物A制备H的一种合成路线如图:

H

已知：①RCHO+CH3CHOW”月&RCH=CHCHO+H20

△

②.II.d.l.l.-催化剂-I—□n

回答下列问题：

(1)A的官能团名称是»

(2)试剂a是。

(3)D结构简式为o

(4)由E生成F的化学方程式为o

(5)G为甲苯的同分异构体，其结构简式为。

(6)如图是以环戊烷为原料制备化合物5(的流程.MTN的化学方程式是

CH3C=CCH3

—*M

O催化剂

19、汽车用汽油的抗爆剂约含17%的1,2一二澳乙烷。某学习小组用下图所示装置制备少量1,2一二澳乙烷，具

体流枯如下:

|蒸馆|

已知：1,2—二溟乙烷的沸点为131℃,熔点为9.3℃。I1,2一二溟乙烷的制备步聚①、②的实验装置为:

实验步骤：

(i)在冰水冷却下，将24mL浓硫酸慢慢注入12mL乙醇中混合均匀。

(ii)向D装置的试管中加入3.0mL液澳(O.lOmol),然后加入适量水液封，开向烧杯中加入冷却剂。

(出)连接仪器并检验气密性。向三口烧瓶中加入碎瓷片，通过滴液漏斗滴入一部分浓硫酸与乙醇的混合物，一部分留

在滴液漏斗中。

(iv)先切断瓶C与瓶D的连接处，加热三口瓶，待温度上升到约120℃,连接瓶C与瓶D,待温度升高到180〜200C,

通过滴液漏斗慢慢滴入混合液。

(V)继续加热三口烧瓶，待D装置中试管内的颜色完全褪去，切断瓶C与瓶D的连接处，再停止加热。回答下列问题:

⑴图中B装置玻璃管的作用为o

(2)(iv)中“先切断瓶C与瓶D的连接处，再加热三口瓶”的原因是o

(3)装置D的烧杯中需加入冷却剂，下列冷却剂合适的为o

a.冰水混合物b.5℃的水c.lO'C的水

lib2一二溟乙烷的纯化

步骤③：冷却后，把装置D试管中的产物转移至分液漏斗中，用1%的氢氧化钠水溶液洗涤。

步骤④：用水洗至中性。

步骤⑤：“向所得的有机层中加入适量无水氯化钙，过滤，转移至蒸储烧瓶中蒸馆，收集

13()〜132℃的福分，得到产品5.64g。

(4)步骤③中加入1%的氢氧化钠水溶液时，发生反应的离子方程式为o

(5)步骤⑤中加入无水氯化钙的作用为.该实验所得产品的产率为

20、实验室从含碘废液(除H?O外，含有CCl4、白、「等)中回收碘，实验过程如下:

Na2sOs溶液Q

含碘废液-----►还原-----*操作X--------*辄化-----*

co,

（1）向含碘废液中加入稍过量的NazSO,溶液，将废液中的L还原为「，其离子方程式为;该操作将L还

原为「的目的是___________________

（2）操作X的名称为。

（3）氧化时，在三颈瓶中将含「的水溶液用盐酸调至pH约为2,缓慢通入CL，在40℃左右反应（实验装置如图所

示）。实验控制在较低温度下进行的原因是；仪器a、b的名称分别为：a

仪器b中盛放的溶液为

+

（4）已知：5SO^+210；+2H=I2+5SO;-+H2O；某含碘废水（pH约为8）中一定存在可能存在「、IO；

中的一种或两种。请补充定擎检验含碘废水中是否含有「、10；的实验方案（实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉

溶液、FeJ溶液、Na2sO3溶液蜜

①取适量含碘废水用CCI4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在；

②;

③另从水层中取少量溶液,加入12mL淀粉溶液,加盐酸酸化后，滴加Na2sO3溶液,若溶液变蓝说明废水中含有10；；

否则说明废水中不含有10；。

（5）二氧化氯（CIO〉黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂和水处理剂。现用C1O?氧化酸性含「废液回

收碘。

①完成C10,氧化厂的离子方程式：

□cio2+□r'+□=□i2+Ccr*+□；

②若处理含「相同量的废液回收碘，所需ci?的物质的量是cio?的倍。

21、硼元素的单质和化合物很多，我们可以利用所学知识认识和理解它们。

（1）硼元素位于元素周期表的__________区；硼元素的价电子排布式为。

（2）B、C、Si与H、O原子形成的单键和B、C、Si原子自成单键的键能如下表所示:

化学键B-HC-HSi-HB-Oc-oSi-0B-Bc-cSi-Si

键能（kJ.mo「）389411318561358452293346222

①自然界中硼主要以含氧化合物的形式存在的原因是o

②类似于烷煌，B、Si也有一系列氢化物，但从物质数量角度看：硅烷＜硼烷V烷烧。原因是。

③推测晶体B的晶体类型是o

（3）乙硼烷（B2H具有强还原性，它和氢化锂反应生成硼氢化锂（LiBHj,硼氢化锂常用于有机合成。LiBH,由口+

和BH；构成。BH；中B原子的杂化轨道类型为；LiBH4中三种元素电负性由大到小的顺序是（写

元素符号）。

（4）氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料。可通过下列反应得到：B,O,+2Q===2BN+3H,O

①□内物质的空间构型为.

②在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，晶体的层间距为apm,N-B键键长为bpm,则六方氮化硼晶体的密度

为g-pm-3（用NA表示阿伏加德罗常数的值）。

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、D

【解析】

①钠原子的电子排布式为：Is22s22P63sl则Na原子的未成对电子数为1；铝原子的电子排布式为：Is22s22P63s23pl

则铝原子的未成对电子数为1；氯原子的电子排布式为：Is22s22P63s23P5,则氯原子的未成对电子数为1,故①正确；

②硅原子的电子排布式为：Is22s22P63s23P2,则硅原子的未成对电子数为2；硫原子的电子排布式为：Is22s22P63s23P4,

则硫原子的未成对电子数为2,故②正确；

③磷原子的电子排布式为：Is22s22P63s23P3,则磷原子的未成对电子数为3,故③正确；

④Fe的电子排布式为Is22s22P63s23P叮(164s2,则铁原子的未成对电子数为4,故④正确；

答案选D。

【点睛】

磷原子的电子排布式为：Is22s22P63s23P3,3P为半充满状态，故未成对电子数为3,Fe的电子排布式为

Is22s22P63s23P63d64s2,电子先排布在4s能级上，再排布在3d能级上，3d有5个轨道，6个电子，先单独占据一个轨

道，剩余一个电子按顺序排，所以未成对电子数为4。

2、B

【解析】

由图可知，传感器中发生4Ali3+3。2—2Al2O3+6I2,原电池反应为2Ag+L=2AgL所以原电池的负极发生Ag-「=Ag+,

正极发生L+2Ag++2e-=2AgL充电时，阳极与外加电源正极相接、阴极阴极与外加电源负极相接，反应式与正极、负

极反应式正好相反

【详解】

A.原电池正极电极反应为L+2Ag++2e-=2AgL故A错误；

B.由题中信息可知，传感器中首先发生①4Ali3+3OL2ALO3+6L,然后发生原电池反应②2Ag+L=2AgL①+3②得到

总反应为3O2+4AII3+12Ag—2Al2O3+12AgI,故B正确；

C.没有指明温度和压强，无法计算气体体积，故C错误；

D.给传感器充电时，Ag+向阴极移动，即向Ag电极移动，故D错误；

故选B。

3、C

【解析】

反应CN+OH+C12^CO2+N2+C1+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2

价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2[(4.2)+(3-0)]=10价，故CN系数为2,

CL系数为5,由元素守恒反应方程式为2CN+8OH-+5cl2=2CO2+N2+10Cr+4H20,以此来解答。

【详解】

A.反应CN+OH+C12->CO2+N2+C1+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N

元素化合价由-3价升高为0价，可知CL是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，故A正确；

B.由上述分析可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以若有ImolCN-发生反

应，则有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA电子发生转移，故B正确；

C.由上述分析可知，反应方程式为2CN+8OH-+5a2=2CO2+N2+10Cr+4H20,反应中是CN•是还原剂，CL是氧化剂，

氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2,故C错误；

D.C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为()价，所以CN一失电子，发生氧化反应为负极，故

D正确。

故选：C»

4、D

【解析】

A、次氯酸是弱酸，不能拆写，应写成HC1O的形式，A错误；

2

B、多元弱酸根应分步水解、是可逆反应，CO3+H2OHCOj+OH,B错误；

C、反应前后电荷数不等，C错误；

2+

D、少量的系数定为1,HCO3+Ba+OH=BaCO3i+H2O,D正确。

答案选D

5、D

【解析】

A、依据图象分析判断，Mg与CL的能量高于MgCL,依据能量守恒判断，所以由MgCL制取Mg是吸热反应，A错

误；

B、物质的能量越低越稳定，根据图像数据分析，化合物的热稳定性顺序为：MgI2<MgBr2<MgC12<MgF2,B错误;

C、氧化性:F2>C12>Br2>l2,C错误；

D、依据图象Mg(s)+C12(1)=MgCh(s)AH=-641kJ/mobMg(s)+Br2(1)=MgBr2(s)△H=-524kJ/mol,将第

一个方程式减去第二方程式得MgBo(s)+C12(g)=MgCl2(s)+Br2(g)△H=-117KJ/mol,D正确；

答案选D。

6、C

【解析】

碱性增强，K!|C(CH3COO~)>c(OH-)增大，c(CH3coOH)、c(H+)减小,当pH=7时c(OlT)=c(H+),因此a、b、c、

d分别为c(CH3cOO)、c(H+)、c(CHjCOOH),c(OH").

【详解】

A.如果通过加入NaOH实现，则c(Na+)增加，故A错误;

+

C(CH3COO")C(H)=c(H+)=lxlO<74,所以0(〃

B.线a与线c交点处，c(CH3coCT)=C(CH3COOH),因此/i；

c(CH3coOH)

c(CHCOO)c(H+)C2(H+).C2(H+)_［力

mol-L-1CH3COOH的K,=?c(H+)=1x10-337,pH=

C(CH3COOH)C(CH3COOH)0.01

3.37,故B错误;

+

c(CH3CQQ)c(H)c(CH3COQ)x0.01=1X1(T*74,

C.由图中信息可得点x,lg(CH3coOH)=-2,pH=2,K=

ac(CH,COOH)—-0.01

474因此的纵坐标值为故正确;

C(CH3COO)=1xIO",lg(CH3COO-)=-4.74,x-4.74,C

一c(CH3coOH)c(OH-)c(CH,COOH)-c(OH-)-c(H+)K3…山山工一丁士

DHC时，去乩COd)=ic&CQd).而)=中a、的值随PH的增大而不变，

^_c(CH,COOH)c(OH)

故-------....-T-------------不变，故D错误。

c(CH3coeF)

综上所述，答案为C。

7、C

【解析】

A.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则利用图中萃取、分液可分离，故A正确；

B.漠与NaOH反应后，与漠苯分层，然后利用图中分液装置分离，故B正确；

C.酒精、甘油、苯酚互溶，不能萃取、分液分离，故C错误；

D.乙酸与碳酸钠溶液反应后，与酯分层，然后利用图中分液装置分离，故D正确;

故选：C.

【点睛】

萃取剂与原溶剂不能互溶，不能反应，并且溶质在两种萃取剂中溶解度差别比较大，酒精易溶于水，不能当作萃取剂。

8、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，铁根离子与氢氧根离子反应生成具有刺激性气味的气体，加入硝酸铉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；加入硝酸领，铁离子与硫酸根离子生成硫酸钢沉淀，可以证明含有硝

酸领；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。

9、A

【解析】

A的单质是最理想的燃料，A是H元素。C原子次外层电子数是最外层的1/3,说明C只能是第二周期的元素即C是。

元素；E与C同主族，E是S元素；F是原子序数大于S的主族元素，F是C1元素；B可能是Li、Be、B、C、N几种元

素中的一种，D可能是F、Na、Mg、Al、Si、P中的一种。

【详解】

A.若元素D是Na,Na与H形成的化合物NaH是离子化合物，故A错误；

B.C、N与H元素都能形成多种共价化合物，如CH,、C2Ha,NH3,N2H4等，故B正确；

C.F是Cl元素，最高价氧化物对应水化物是HC10”HC1O,是强酸，故C正确；

D.若元素D是Si元素，Si单质是良好的半导体材料，故D正确；选A。

10、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：M>W>Z>Y>X,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，O.Olmol/LW的最高价氧化物对应水化物溶液的pH<2,则W

为S元素，O.Olmol/LZ的最高价氧化物对应水化物溶液的pH=2,则Z为Cl元素，X的半径最小，其O.Olmol/L的最

高价氧化物对应水化物溶液的pH=2,则X为N元素，O.Olmol/LY的最高价氧化物对应水化物溶液的2<pH<7,则Y

为C元素，据此分析解答问题。

【详解】

A.X、M的简单离子为N3-和Na+,两者电子层数相同，M-的核电荷数小，故离子半径：N3->Na+,A选项正确；

B.Z为C1元素，其的最高价氧化物的水化物的化学式为HC1O4,B选项错误；

C.X、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；

D.X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NHKL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，在平时的学习中，要注意对相关知识点的总结归纳。

11、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WA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C1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：Z>W>R,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：R>W,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。

12、B

【解析】

A.电解熔融氧化铝加冰晶石是为了降低电解液工作温度，降低电解能耗，故A正确；

B.长时间用铝罐盛放咸菜，铝表面的氧化膜会被破坏失去保护铝的作用：浓硫酸具有强吸水性，容器口部的浓硫酸吸

收空气中的水蒸汽后稀释为稀硫酸，稀硫酸能溶解铝罐口部的氧化膜保护层，故B错误；

C.铝合金具有密度小、强度高、塑性好等优点，被广泛地应用于航空工业等领域，例如用于制造飞机构件，故C正确;

D.培养明机晶体时，在饱和明矶溶液中放入几粒形状规则的明矶晶体，静置几天后可观察到明矶小晶体长成明研大晶

体，故D正确；

综上所述，答案为B。

13、D

【解析】

A.SCh、SiO2均能和碱反应生成盐和水，为酸性氧化物，CO不与酸或水反应，属于不成盐氧化物，故A错误；

B.油脂是由高级脂肪酸和甘油形成的酯，多肽是由氨基酸形成的，淀粉属于多糖，故B错误；

C.四氯化碳在水溶液中和熔融状态下都不能导电，属于非电解质，故C错误；

D.福尔马林是甲醛水溶液，属于混合物；漂粉精主要成分是次氯酸钙，属于混合物；氨水是氨气溶于水形成的溶液，

属于混合物；故D正确；

答案选D。

14、A

【解析】

根据有机物系统命名原则，二表示取代基的数目，

故选：Ao

15、B

【解析】

A.不能利用氧化物的氧化性比较非金属性强弱，故A错误；

B.热稳定性：H2s>H2Se,可知非金属性S>Se,故B正确；

C.不能利用熔沸点比较非金属性强弱，故C错误；

D.酸性：H2SO3>H2SeO3,不是最高价含氧酸，则不能比较非金属性强弱，故D错误；

故答案为B。

【点睛】

考查同种元素性质的变化规律及非金属性比较，侧重非金属性比较的考查，注意规律性知识的总结及应用，硒（Se）与S

同主族，同主族从上到下，非金属性减弱，可利用气态氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性等比较非金属性。

16、D

【解析】A.铅蓄电池充电时，阳极反应为PbS0「2e-+2H20=Pb02+S（V+4H+,阳极质量减小，故A错误；B.

O.lmohl/CBhCOONa溶液加热后，水解程度增大，溶液的碱性增强，pH增大，故B错误；C.标准状况下，苯不是

气体，无法计算H.2L苯中含有的碳原子数，故C错误；D.室温下，稀释O.lmokL」氨水，氨水的电离程度增大，但

电离平衡常数不变，K=，贝IJc（H+）・c（NHyH2O产

C（N〃3也。）c（N4・%0）",（『）K

随着稀释，钱根离子浓度减小，因此c（H+>c（NH3・H2。）的值减小，故D正确；故选D。

二、非选择题（本题包括5小题）

17、铁竣基、氯原子（苯基）CH3COOH取代无Na2c。35>Na+2NaHC03

H

冢^ONa

3mol4nmol

【解析】

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

CH3COOHCOONa

ci，A发生氧化反应生成8为（>Cl，B发生碱性水解得C为1zV0Na>C酸化得水杨酸，水杨酸与乙酸

好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

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

CH3COOHCOONa

人(Cl，A发生氧化反应生成B为

B发生碱性水解得C为1、ONa，C酸化得水杨酸，水杨酸与乙酸

好发生取代反应生成阿司匹林和M,则M为CMCOOH,阿司匹林发生取代反应生成贝诺酯，(CHRCOHCN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

COOH

6『C1，物质B含有的官能团名称是竣基和氯原子,

(1)反应①的条件是铁，B为

故答案为：铁；竣基和氯原子;

⑵根据上面的分析可知，M的结构简式为CHaCOOH；

(3)反应③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竣基之间发生取代反应生成酯，所以反

应④的一种副产物的结构简式为(“1"；

(4)水杨酸与足量Na2c03溶液能发生反应的化学方程式为—

2Na：COj+ZNaHCO,；

⑸根据阿司匹林的结构简式可知，Imol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，Imol

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4nmol»

【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。

BrBr

18、醛基新制的氢氧化铜

一C-c-COOH+CH3CH2OH催化剂>-C三C-COOCH2CH3+H2O

+NaOH>C^+NaCl+HLO

【解析】

芳香族化合物A与乙醛发生信息①中的反应生成B,A含有醛基，反应中脱去1分子水，由原子守恒可知A的分子式,

CH=CH-CHO

C9HSO+H2O-C2H4O=C7H60,故A为-CHO,则B为B发生氧化反应、酸化得到

BrBr

C为©一

CH=CHCOOH»C与漠发生加成反应得到D为^^-CH-CH-COOH,D发生消去反应、酸化得

E与乙醇发生酯化反应生成F为《二》一C三C-COOCH2cH3,结合信息②中的加

到E为^^>-C=C-COOH>

成反应、H的结构简式，可推知G为

【详解】

(1)由分析可知，A的结构简式为：(P-CHO,所含官能团为醛基；

(2)由分析可知，B为0)-CH=CH-CH°,B发生氧化反应、酸化得到C为一CH=CHCOOH>可以氧化

醛基的试剂为新制的氢氧化铜，故a为新制的氢氧化铜；

BrBr

(3)由分析可知，D结构简式为<^>-CH-CH-COOH：

(4)E与乙醇发生酯化反应生成F为=C-COOCH2cH3,化学方程式为：

-C=C-COOH+CH3cH20H伊醐_>-C=C-COOCH2CH3+H2O；

(5)G为甲苯的同分异构体，故分子式为C7H8,结合信息②中的加成反应、H的结构简式，可推知G为12J；

(6)由N'„><I可知，N为。，则需要环戊烷通过反应形成碳碳双键，故环戊烷与CL发生取代反

应生成M为(yU,然后《了(I与NaOH醇溶液发生消去反应生成N,化学方程式为：

010+NaOH¥>+NaCl+H2O,

【点睛】

本题关键是确定A的结构，结合反应条件顺推各物质，(6)中根据题目中的合成路线图反推N的结构简式，然后根据已

知试剂推断可能发生的化学反应。

19、指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大防止乙烯生成前装置中的热气体将溟吹出而降低产率c

Br2+2OH=Br+BrO+H2O干燥产品(除去产品中的水)30%

【解析】

⑴图中B装置气体经过，但B中气体流速过快，则压强会过大，通过观察B中玻璃管可以看出气体的流速和反应速率,

因此玻璃管的作用为指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大。

(2)(iv)中“先切断瓶C与瓶D的连接处，再加热三口瓶”的原因是防止乙烯生成前装置中的热气体将浪吹出而降低产

率。

(3)装置D的烧杯中需加入冷却剂，因为1,2一二溟乙烷的沸点为131℃,熔点为9.3℃,因此只能让1,2一二溟乙烷

变为液体，不能变为固体，变为固体易堵塞导气管，因此合适冷却剂为c。

(4)步骤③中加入1%的氢氧化钠水溶液主要是将1,2一二澳乙烷中的单质溟除掉，发生反应的离子方程式为Br2+2OH

-

~=Br-+BrO+H2Oc,

(5)步骤⑤中加入无水氯化钙的作用为干燥产品(除去产品中的水)；单质溟为O.lmoL根据质量守恒得到1,2一二漠

564。

乙烷理论物质的量为O.lmol,因此该实验所得产品的产率为~~广票——100%=30%。

【详解】

⑴图中B装置气体经过，但B中气体流速过快，则压强会过大，通过观察B中玻璃管可以看出气体的流速和反应速率,

因此玻璃管的作用为指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大，故答案为：指示B中压强变化，避免气流过快

引起压强过大。

(2)(iv)中“先切断瓶C与瓶D的连接处,再加热三口瓶”的原因是防止乙烯生成前装置中的热气体将澳吹出而降低产率,

故答案为：防止乙烯生成前装置中的热气体将溟吹出而降低产率。

(3)装置D的烧杯中需加入冷却剂，因为1,2一二澳乙烷的沸点为131'C,熔点为9.3C,因此只能让1,2一二澳乙烷

变为液体，不能变为固体，变为固体易堵塞导气管，因此合适冷却剂为c,故答案为：c。

(4)步骤③中加入1%的氢氧化钠水溶液主要是将1,2一二漠乙烷中的单质溪除掉，发生反应的离子方程式为Bn+2OH

~=Br~+BrO+H2O,故答案为：Br2+2OH=Br+BrO-+H2O»

(5)步骤⑤中加入无水氯化钙的作用为干燥产品(除去产品中的水)；单质漠为O.lmol,根据质量守恒得到1,2—二滨

564a

乙烷理论物质的量为O.lmol,因此该实验所得产品的产率为本;~1——-TX100%=30%,故答案为：干燥

0.1molx188g-mol

产品(除去产品中的水)；30%o

2+2

20、SO3+I2+H2O=2r+2H+SO4使CCL中的碘进入水层分液使氯气在溶液中有较大的溶解度球形

冷凝管锥形瓶NaOH溶液从水层中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加氯化铁溶液,

若溶液变蓝色(发生的反应为2r+2Fe3+=2Fe2++L)说明废水中含匕否则不含r2ao2+l()r+8H+=5l2+2C1+4H2O

2.5

【解析】

含碘废液含有CCL、I2、1-等，加入亚硫酸钠溶液还原碘单质为碘离子，分液得到溶液中通入氯气氧化碘离子为碘单

质，富集碘元素，加入四氯化碳萃取分液后，蒸僧法得到碘单质。结合氧化还原反应的规律和物质的性质分析解答。

【详解】

(1)碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘离子，离子反应方程式为

2+2

SO3+l2+H2O=2r+2H+SO4-i碘微溶于水，而碘离子易溶于水，为了使更多的I元素进入水溶液应将碘还原为碘离子,

2+2

故答案为SO3+I2+H2O=21+2H+SO4-;使CC14中的碘进入水层；

(2)四氯化碳是难溶于水、密度比水大的液体，两者不互溶，分离互不相溶的液体采用分液的方法分离，所以操作X为

分液，故答案为分液；

(3)碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小，温度越高，氯气的溶解度越小，反应越不充分，所以应该在较

低温度下进行反应；根据图示，仪器a、b分别为球形冷凝管、锥形瓶；氯气、碘蒸气都有毒，不能直接排空，二者

都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质，所以用NaOH溶液吸收氯气和碘蒸气，故答案为使氯气在溶液中有较大的溶

解度；