莱芜市2024届高考化学三模试卷含解析

莱芜市重点中学2024届高考化学三模试卷

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、取三份浓度均为O.lmol/L,体积均为1L的CH3coONa溶液中分别加入NH4cl固体、CH3coONW固体、HC1

气体后所得溶液pH变化曲线如图（溶液体积变化忽略不计）下列说法不正确的是

A.曲线a、b、c分别代表加入CH3COONH4,NH4CkHC1

7

B.由图可知Ka(CH3COOH)=Kb(NH3.H2O)=lxl()-

+++

C.A点处C(CH3COO)>c(Na)>c(NH4)>c(OH)>c(H)

D.C点处c(CH3COO)+c(Cr)+c(OH)>0.1mol/L

2、MnSOrHzO是一种易溶于水的微红色斜方晶体，某同学设计下列装置制备硫酸镒:

下列说法错误的是

A.装置I烧瓶中放入的药品X为铜屑

B.装置II中用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率

C.装置HI用于吸收未反应的Sth

D.用装置n反应后的溶液制备MnSO4-H2O需经历蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥的过程

3、碳酸亚乙酯是一种重要的添加剂，其结构简式为心。用环氧乙烷合成碳酸亚乙酯的反应为:

Neo?催化剂劣。下列说法错误的是

A.上述反应属于加成反应

B.碳酸亚乙酯的二氯代物只有两种

C.碳酸亚乙酯中的所有原子处于同一平面内

D.Imol碳酸亚乙酯最多可消耗2moiNaOH

4、氮化钢(Ba3N》是一种重要的化学试剂。高温下，向氢化领(Ba%)中通入氮气可反应制得氮化领。已知：BasNz遇水

反应；Bafb在潮湿空气中能自燃，遇水反应。用图示装置制备氮化锁时，下列说法不正确的是()

呼3

酒

成

林

石

弟

灰

丁

A.装置甲中反应的化学方程式为NaNC+NHC△NzT+NaCH2H2O

B.BaH2遇水反应，H2O作还原剂

C.实验时，先点燃装置甲中的酒精灯，反应一段时间后，再点燃装置丙中的酒精喷灯进行反应

D.装置乙中的浓硫酸和装置丁中的碱石灰均是用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置丙中

2

5、已知反应S2(V(aq)+2r(aq)-2SO4(aq)+l2(aq),若往该溶液中加人含Fe3+的某溶液，反应机理:

①2Fe3++(aq)+21(aq).F(aq)+2Fe2+(aq)②2Fe2+(aq)+S2(V(aq).•2Fe3+(aq)+2SO4%(aq),下列有关该反应的说

法不正确的是

A.增大S2O8z-浓度或I-浓度，反应①、反应②的反应速率均加快

B.Fe3+是该反应的催化剂

C.因为正反应的活化能比逆反应的活化能小，所以该反应是放热反应

D.往该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，蓝色加深

6、有机物M、N之间可发生如图转化，下列说法不正确的是

CHQHCH,OH

A.M能与滨水发生加成反应

B.N能使酸性高镒酸钾溶液褪色

C.M分子中所有碳原子共平面

D.M、N均能发生水解反应和酯化反应

7、某兴趣小组为研究碳酸钠水解平衡与温度的关系，用数字试验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系,

A.碳酸钠水解是吸热反应

B.ab段说明水解平衡向右移动

C.be段说明水解平衡向左移动

D.水的电离平衡也对pH产生影响

8、已知：8H3c三CH+CC+CH30H条士N+CH3OH>M+H2O0其中M的结构简式为

CH2=C（CH3）COOCH3,下列说法错误的是（）

A.N可以使滨水褪色

B.N转化为M的反应为取代反应

C.M中所有碳原子可能共面

D.N属于酯的同分异构体有3种

9、部分元素在周期表中的分布如图所示（虚线为金属元素与非金属元素的分界线），下列说法不F确的是

:B

Al：Si

GejAs

效:尊，

Po：At

A.B只能得电子，不能失电子

B.原子半径Ge>Si

C.As可作半导体材料

D.Po处于第六周期第VIA族

10、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）

A.1mol氨基（一NH2）中所含的质子数为9NA

B.标准状况下，22.4L单质澳所含有的原子数目为2NA

C.100mL0.1mol-L1CH3coONa溶液含ClhCOCT的数目是O.OINA

D.标准状况下，2.24LCL与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NA

11、保存液态有机物的一种方法是在其上方加盖一层水以避免挥发损失。下列有机物适合用“水封法”保存的是

A.乙醇B.硝基苯C.甘油D.己烷

12、清代赵学敏《本草纲目拾遗》中关于“鼻冲水”的记载明确指出：“鼻冲水，出西洋，……贮以玻璃瓶，紧塞其口，

勿使泄气，则药力不减……惟以此水瓶口对鼻吸其气，即遍身麻颤出汗而愈。虚弱者忌之。宜外用，勿服。”这里的“鼻

冲水”是稀硫酸、氢氟酸溶液、氨水、醋酸溶液中的一种。下列有关“鼻冲水”的推断正确的是（）

A.“鼻冲水”滴入酚酸溶液中，溶液不变色

B.“鼻冲水”中含有5种粒子

C.“鼻冲水”是弱电解质

D.“鼻冲水”不能使二氧化硅溶解

13、设阿伏加德罗常数值用NA表示，下列说法正确的是（）

A.常温下lLpH=3的亚硫酸溶液中，含H+数目为0.3NA

B.Al与NaOH溶液反应产生11.2L气体，转移的电子数为0.5NA

C.NO2与N2O4混合气体的质量共ag,其中含质子数为0.5aNA

D.ImolKHCCh晶体中，阴阳离子数之和为3NA

14、在金属Pt、Cu和钺（Ir）的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮（N03-）以达到消除污

染的目的。其工作原理的示意图如下：

下列说法不正确的是

A.Ir的表面发生反应：Hz+N2O=N2+H20

+

B.导电基体上的负极反应：H2-2e'=2H

C.若导电基体上只有单原子铜，也能消除含氮污染物

D.若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量

15、NH3是一种重要的化工原料，利用NH3催化氧化并释放出电能(氧化产物为无污染性气体)，其工作原理示意图

如下。下列说法正确的是

A.电极I为正极，电极上发生的是氧化反应

B.电极I的电极反应式为2NH3-6e-^=N2+6H+

C.电子通过外电路由电极U流向电极I

D.当外接电路中转移4moi-时，消耗的。2为22.4L

16、海南是海洋大省，拥有丰富的海洋资源，下列有关海水综合利用的说法正确的是

A.蒸发海水可以生产单质碘B.蒸储海水可以得到淡水

C.电解海水可以得到单质镁D.海水制食用盐的过程只发生了物理变化

二、非选择题(本题包括5小题)

17、氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香燃A制备G的合成路线如图:

请回答下列问题：

(1)A的化学名称为；C中官能团的名称是。

(2)③的反应试剂和反应条件分别是，该反应类型是

(3)已知口比陡是一种有机碱，在反应⑤中的作用是

(4)反应④的化学方程式为

(5)G的相对分子质量为。

(6)T(C7H,NOJ是E在碱性条件下的水解产物，同时符合下列条件的T的同分异构体有一种。其中核磁共振氢谱

上有4组峰且峰面积比为1:2:2:2的物质的结构简式为o

①-NH2直接连在苯环上；②能与新制氢氧化铜悬浊液共热产生红色固体。

(7)参照上述合成路线，以CH3cH2coeI和2cH3为原料，经三步合成某化工产品

CH3cHNHCOCH】CHM路线为(其他无机试剂任选)----。

18、H(3一漠S甲氧基苯甲酸甲酯)是重要的有机物中间体，可以由A(C7H8)通过下图路线合成。

COOHC00H

请回答下列问题：

(1)C的化学名称为,G中所含的官能团有醛键、、(填名称)。

(2)B的结构简式为,B生成C的反应类型为o

(3)由G生成H的化学方程式为<,E-F是用“Hz/Pd”将硝基转化为氨基，而C-D选用的是(NH4)2S,其

可能的原因是«

(4)化合物F的同分异构体中能同时满足下列条件的共有种。

①氨基和羟基直接连在苯环上②苯环上有三个取代基且能发生水解反应

(5)设计用对硝基乙苯：『］)为起始原料制备化合物用的合成路线(其他试剂任选)。

NO：

19、亚硝酰氯(CINO)是有机物合成中的重要试剂，其沸点为-5.5℃,易水解。已知：AgNCh微溶于水，能溶于硝酸,

AgNO2+HNO3=AgNO3+HNO2,某学习小组在实验室用CL和NO制备CINO并测定其纯度，相关实验装置如图所示。

(1)制备C12的发生装置可以选用(填字母代号)装置，发生反应的离子方程式为

(2)欲收集一瓶干燥的氯气，选择合适的装置，其连接顺序为a—_一

TTTTTO(按气流方向，用小写字母表示，根据需要填，可以不填满,

也可补充)。

(3)实验室可用下图示装置制备亚硝酰氯。其反应原理为：Ch+2NO=2CINO

①实验室也可用B装置制备NO,X装置的优点为o

②检验装置气密性并装入药品，打开K2,然后再打开K3,通入一段时间气体，其目的是,然

后进行其他操作，当Z中有一定量液体生成时，停止实验。

(4)已知：CINO与H2O反应生成HNO2和HCL

①设计实验证明HNO2是弱酸：-(仅提供的试剂：盐酸、1

mobLaHNOz溶液、NaNO2溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。

②通过以下实验测定C1NO样品的纯度。取Z中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL样品

溶于锥形瓶中，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol・L」AgN03标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mLo

滴定终点的现象是____亚硝酰氯(C1NO)的质量分数为=(已知：Ag2CrC)4为砖红色固体；Ksp(AgCl)=

1012

1.56xlO,Ksp(Ag2CrO4)=lxl0)

20、硝酸亚铁可用作媒染剂、分析试剂、催化剂等。

⑴硝酸亚铁可用铁屑在低温下溶于稀硝酸制得，还原产物为NOo反应的化学方程式为o

⑵某小组为探究硝酸亚铁晶体的热分解产物，按下图所示装置进行实验。

①仪器B的名称是,实验中无水CuSO4变蓝，由此可知硝酸亚铁晶体含有—o

②实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，检验热分解后固体为氧化铁的实验方案为:

实验步骤现象

取少量固体加适量稀硫酸，振荡，将溶液分成两份固体溶解得黄色溶液

一份滴入—溶液变成红色

另一份滴入1〜2滴K3［Fe(CN)6］溶液—

A中硝酸亚铁晶体［Fe(NO3)2・xH2O］分解的化学方程式为

⑶继续探究mg硝酸亚铁晶体中铁元素的质量分数

①取A中热分解后的固体放入锥形瓶，用稀硫酸溶解，加入过量的KI溶液，滴入2滴——作指示剂。

②用amol/LNa2s2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(已知：l2+2S2O32-=2r+S4(V),滴定至终点时用去bmLNa2s2O3溶

液，则硝酸亚铁晶体中铁的质量分数为。

21、2013年9月，中国华北华中地区发生了严重的雾霾天气，北京、河北、河南等地的空气污染升为6级空气污染，

属于重度污染。汽车尾气、燃煤废气、冬季取暖排放的CO2等都是雾霾形成的原因。

(1)汽车尾气净化的主要原理为：2N0(g)+2C0(g)--N2(g)+2C02(g)AH<0,在一定温度下，在一体积固定的密

闭容器中充入一定量的N0和C0在ti时刻达到平衡状态。

①能判断该反应达到平衡状态的标志是。

A.在单位时间内生成ImolCO2的同时消耗了ImolCO

B.混合气体的密度不再改变

C.混合气体的平均相对分子质量不再改变

D.混合气体的压强不再变化

②在t2时刻，将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，t3时刻达到新的平衡状态，之后不再

改变条件。请在右图中补充画出从t2到t4时刻正反应速率随时间的变化曲线：

(2)改变煤的利用方式可减少环境污染，通常可将水蒸气通过红热的碳得到水煤气，1.2g碳完全反应，吸收热量

13.13kJ.

①该反应的热化学方程式为________________________________________________

②煤气化过程中产生的有害气体H2s可用足量的Na2c03溶液吸收，该反应的离子方程式为

_____________________________________________________。(已知：

127

H2S：K”=9.1X10*；7^fl2=1.1x10；H2CO3：=4.30xl0^；储？=5.61xl(T")

(3)已知反应：C0(g)+H20(g)^=^C02(g)+H2(g),现将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为2L的恒容

密闭容器中进行反应，得到如下三组数据：

达平衡所需时间

起始量/mol平衡量/mol

实验温度/℃/min

COH2OH2CO0

1650421.62.46

2900210.41.63

3900abcdt

①实验1条件下平衡常数K=(保留小数点后二位)。

②实验3中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则a、b必须满足的关系是»

③该反应的△!10(填“〈”或“>”)；若在900℃时，另做一组实验，在此容器中加入lOmolCO,5mol

H2O,2molCO2,5molH2,则此时v正___________v逆(填“V”，">'："=”)。

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、B

【解析】

醋酸钠为强碱弱酸盐，因醋酸根离子水解，溶液呈碱性。往溶液中加入氯化核固体，由于俊根离子水解呈酸性，故随

着氯化锭的加入，溶液将由碱性逐渐变为酸性，由于水解微弱，所得溶液酸性较弱，符合的曲线为b；往溶液中通入

氢化氯气体，随着气体的通入溶液由碱性转变为酸性，由于氯化氢为强酸，通入量较大时，溶液的酸性较强，符合的

曲线为c；加入醋酸核固体所对应的变化曲线为a,据此结合电荷守恒及盐的水解原理分析。

【详解】

A.根据分析可知，曲线a代表醋酸钱、曲线b代表氯化钱、曲线c代表氯化氢，故A正确；

B.当加入固体的物质的量为O.lmol时，曲线b对应的pH值等于7,说明等浓度的醋酸根离子的水解程度与钱根离子

相同，即心(阳3(30011)=&(岫3.10),但无法计算其电离平衡常数，故B错误；

C.A点含有的溶质为0.lmolCH3C00Na与0.lmolCH3C00NH4,溶液的pH>7,则c(OH')>c®),醋酸根离子的水解程度较小,

则c(CH3C0(T)>c(Na+),钱根离子部分水解，则c(Na*)>c(NHQ,溶液中离子浓度的大小关系为：c(CHsCOO-)>c(Na+)

++

>C(NH4)>C(0H")>C(H),故C正确；

+

D.C点通入0.ImolHCl,与0.Imol醋酸钠反应得到0.lmolCH3COOH与0.ImolNaCI,c(CP)=c(Na)=0.lmol/L,则

c(CH3COO-)+c(Cr)+c(OH-)>0.Imol/L,故D正确；

故选:Bo

【点睛】

本题考查图象分析、溶液中离子浓度关系，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，转移掌握电荷守恒

及盐的水解原理，试题培养了学生的综合应用能力。

2、A

【解析】

由实验装置可知，x可能为亚硫酸钠，与浓硫酸反应生成二氧化硫，而Cu与浓硫酸常温下不反应，n中“多孔球泡”

可增大SO2的吸收速率，二氧化硫与二氧化镒反应生成MnSO4,蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体，HI中NaOH溶液

可吸收尾气，以此来解答。

【详解】

A.Cu与浓硫酸常温下不反应，X不可能为Cu,A项错误；

B.装置H中用“多孔球泡”，增大接触面积，可增大SO2的吸收速率，B项正确；

C.III中NaOH溶液可吸收尾气，C项正确；

D.用装置II反应后的溶液制备MnSOoHzO,蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥可得到，D项正确；

答案选A。

3、C

【解析】

A选项，根据分析两种物质变为一种物质，则上述反应属于加成反应，故A正确；

B选项，碳酸亚乙酯的二氯代物只有两种，一种为在同一个碳原子上，另一种是两个碳原子上各一个氯原子，故B正

确；

C选项，碳酸亚乙酯有亚甲基的结构，类似于甲烷的空间结构，不可能所有原子共平面，故C错误；

D选项，Imol碳酸亚乙酯相当于有2moi酯基，因此最多可消耗2moiNaOH发生反应，生成乙二醇和碳酸钠，故D正

确。

综上所述，答案为C。

4、B

【解析】

A.装置甲中亚硝酸钠和氯化镂发生归中反应生成氮气，根据电子守恒，反应的化学方程式为

NaNCh+NH4a兽=Nzt+NaCl+ZHzO,故A正确；

B.Balh中H元素化合价为-1,Balh遇水反应生成氢气，出0作氧化剂，故B错误；

C.实验时，先点燃装置甲中的酒精灯，反应一段时间后，等氮气把装置中的空气排出后，再点燃装置丙中的酒精喷灯

进行反应，故C正确；

D.Ba3N2遇水反应，Balh在潮湿空气中能自燃，遇水反应，所以装置乙中的浓硫酸和装置丁中的碱石灰均是用于吸收

水蒸气，防止水蒸气进入装置丙中，故D正确；

选B。

5、D

【解析】

A.增大S2O8z一浓度或「浓度，增加反应物浓度，因此反应①、反应②的反应速率均加快，故A正确；

B.Fe3+在反应中是中间过程，参与反应但质量不变，因此是该反应的催化剂，故B正确；

C.因为正反应的活化能比逆反应的活化能小，因此该反应是放热反应，故C正确；

D.往该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，平衡逆向移动，单质碘减少，蓝色加浅，故D错误。

综上所述，答案为D。

【点睛】

正反应的活化能大于逆反应的活化能，则反应为吸热反应，正反应活化能小于逆反应的活化能，则反应为放热反应。

6、C

【解析】

A.M中含有碳碳双键，可以与滨水发生加成反应，故A正确；

B.N中含有羟基，能被酸性高猛酸钾氧化，故B正确；

C.M中含有饱和碳原子，与饱和碳原子相连的三个C以及该饱和碳原子不可能全部在同一平面上，故C错误；

D.M、N中均含有酯基，都能水解，均含有羟基均能发生酯化反应，故D正确；

故答案为C。

7、C

【解析】

A.根据图象，碳酸钠溶液中碳酸根离子水解，在一定的温度范围内升高温度，溶液的pH增大，说明升高温度，促进

了水解，说明水解是吸热反应，故A正确；

B.ab段说明升温促进水解，氢氧根离子浓度增大，碱性增大，溶液pH增大，图象符合，故B正确；

C.溶液中存在碳酸根的水解平衡CO32-+H2OUHCO3-+OH和水的电离平衡H2OUH++OH,二者均为吸热反应，be段

中温度进一步升高，水电离出更多的氢氧根，抑制了碳酸根的水解，导致溶液的碱性降低，pH减小，故C错误；

D.随温度升高，此时促进盐类水解，对水的电离也起到促进作用，氢氧根离子浓度增大，抑制碳酸钠的水解，因此

水的电离平衡也对pH产生影响，故D正确；

故选C。

【点睛】

本题的难点是图象变化特征的理解，要注意溶液中存在的平衡之间的相互影响。

8、D

【解析】

由CH3c三CH+CO+CH3OH-^4^M,N+CH3OHM+H2O,其中M的结构简式为

CH2=C(CH3)COOCH3,可知N为CH2=C(CH3)COOHO

【详解】

A.由分析可知，N为CH2=C(CH3)COOH,分子中含有碳碳双键，可以使滨水褪色，故A正确；

B.N+CH30H一定条件＞M+H2O为酯化反应,属于取代反应，故B正确；

C.M中碳碳双键、填基均为平面结构，且直接相连，3个原子可共面，则M中所有碳原子可能共面，故C正确；

D.CH2=C(CH3)COOH,属于酯的同分异构体含-COOC-,可能为CH3cH=CHOOCH、CH2=CHCH2OOCH,CH2

=CHOOCCH3、CH3OOCCH=CH2,则属于酯的同分异构体大于3种，故D错误；

故答案选D。

【点睛】

本题把握M的结构简式及N与甲醇的酯化反应推断N的结构为解答的关键，注意有机物官能团所具有的性质。

9、A

【解析】

同一周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族从上到下元素的金属性逐渐增强，非金属性

逐渐减弱，因此图中临近虚线的元素既表现一定的金属性，又表现出一定的非金属性，在金属和非金属的分界线附近

可以寻找半导体材料（如楮、硅、硒等），据此分析解答。

【详解】

A.根据以上分析，B元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，既能得电子，又能失电子，故A错误；

B.同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径Ge>Si,故B正确；

C.As元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，可作半导体材料，故C正确；

D.Po为主族元素，原子有6个电子层，最外层电子数为6,处于第六周期第VIA族，故D正确。

故选Ao

10、A

【解析】

A.Imol氨基中含有9moi电子，含有的电子数目为9NA,故A正确；

B.标况下单质漠不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L漠的物质的量，故B错误；

C.lOOmLO.lmoFLTCJhCOONa溶液中，CH3coeT会发生水解，数目小于O.OINA,故C错误；

D.氯气与过量稀氢氧化钠反应，首先反应方程式如下：2NaOH+C12=NaCl+NaClO+H2O,在这个反应中，氯气单质

气体既充当氧化剂，又充当还原剂，两个零价位的C1原子，一个被氧化成为+1价，另一个被还原成为-1价，0.1mol

的氯气在这个反应中转移电子总数当然只是O.INA,故D错误；

正确答案是Ao

11、B

【解析】

有机物用水封法保存，则有机物不溶于水，且密度比水大，以此解答.

【详解】

A.乙醇与水互溶，不能用水封，故A.错误；

B.硝基苯密度大于水，且不溶于水，可以用水封，故B正确；

C.甘油与水互溶，不能用水封，故C不选；

D.己烷密度小于水，在水的上层，不能用水封法保存，故D不选；

答案选B。

12、D

【解析】

根据鼻冲水贮存在玻璃瓶中可知鼻冲水不是氢氟酸，根据性质可判断其易挥发，又因为宜外用，勿服，因此可判断应

该是氨水，据此解答。

【详解】

A.氨水显碱性，滴入酚酥溶液中，溶液变红色，A错误；

B.氨水中含N%、H2O>NH3・H2。、H+、NH4\OH,含有分子和离子的种类为6种，B错误；

C.由鼻冲水(氨水)可知，氨水为混合物，而弱电解质为化合物，则氨水不是弱电解质，而一水合氨为弱电解质，C

错误；

D.氨水显弱碱性，不能溶解二氧化硅，D正确。

答案选D。

13、C

【解析】

A.lLpH=3的亚硫酸溶液中，H+的浓度为lO+mol/L,1L溶液中H+数目为0.001NA,故A错误；

B.A1与NaOH溶液反应生成氢气，因未说明气体所处的状态，所以无法计算反应中转移的电子数目，故B错误；

C.NCh和N2O4,最简比相同，只计算agNCh中质子数即可，一个N含质子数为7,一个氧质子数为8,所以一个NCh

ag

分子含质子数为7+2x8=23,agNCh中质子数为丁~；x23NAmol-^0.5aN,故C正确；

46g/molA

D.ImolKHCOa晶体中只有钾离子和碳酸氢根离子，阴阳离子数之和为2NA,故D错误；

答案是C。

14、C

【解析】

A、根据图示可知，氢气与一氧化二氮在钺(Ir)的催化作用下发生氧化还原反应，生成氮气，反应为：H2+N2O=

N2+H2O,A正确；

+

B、根据图示可知：导电基体上的负极反应：氢气失电子，发生氧化反应，导电基体上的负极反应：H2-2e-=2H,B

正确；

C、若导电基体上只有单原子铜，硝酸根离子被还原为一氧化氮，不能消除含氮污染物，C错误；

D、从图示可知：若导电基体上的Pt颗粒增多，硝酸根离子得电子变为钱根离子，不利于降低溶液中的含氮量，D正

确；

正确选项Co

15、B

【解析】

由工作原理示意图可知，H+从电极I流向II,可得出电极I为负极，电极n为正极，电子通过外电路由电极I流向电

极n,则电极I处发生氧化反应，故a处通入气体为NH3,发生氧化反应生成N2,电极反应式为2NH3-6e-==N2+6H+,

b处通入气体O2,02得到电子与H+结合生成H2O,根据电极反应过程中转移的电子数进行计算，可得出消耗的标况

下的€>2的量。

【详解】

A.由分析可知，电极I为负极，电极上发生的是氧化反应，A项错误；

B.电极I发生氧化反应，NH3被氧化成为无污染性气体，电极反应式为2NH3-6e-^=N2+6H+,B项正确；

C.原电池中，电子通过外电路由负极流向正极，即由电极I流向电极II,C项错误；

D.b口通入02,在电极H处发生还原反应，电极反应方程式为：O2+4e-+4H+==2H2O,根据电极反应方程式可知，当

外接电路中转移4moi5时，消耗Ch的物质的量为Imol,在标准状况下是22.4L,题中未注明为标准状况，故不一定

是22.4L,D项错误;

答案选B。

16、B

【解析】

A、海水中的碘元素以碘离子的形式存在，可以加氧化剂将碘离子氧化为碘单质，最后再萃取蒸储得到碘单质即可，

选项A错误；

B、利用蒸储法控制水的沸点100℃,使水变为蒸气通过冷凝得到蒸储水，能使海水淡化，选项B正确；

C、电解熔融的氯化镁可以获得金属镁，电解海水得不到金属镁，选项C错误；

D、蒸发溶剂从海水中得到固体氯化钠是物理变化，但粗盐中除去杂质时涉及化学变化，选项D错误；

答案选B。

【点睛】

本题涉及海水中获取碘单质、海水淡化以及金属镁、钠的获取方法，属于综合知识的考查，难度中等。

二、非选择题（本题包括5小题）

17、甲苯氟原子浓硫酸和浓硝酸、加热取代反应（或硝化反应）吸收反应产生的氯化氢，提高反应

CF,CF,_

物转化率+2Fe+4HCI-------->rAs+2FeCl2+2H2O27613HCIX-、；一所2

OCH2CH3OCH2CH3OCH2CH3

广"“（Ar

浓硝酸，浓硫IRLJ___3、［CH3cH2COCILJ

△"|20%的盐酸1毗喔'

N（h曲kNHCOCH2CH3

【解析】

A中含有1个苯环，由B的分子式可知A为C>-CH3,则B为

,B中的氯原子被氟原子取代生成了C,C

的结构简式为C>—CF3,C发生硝化反应生成D,D中硝基被还原成氨基生成E,E与酰氯发生取代反应生成F,F

的结构简式为NHCOCHClh，然后发生硝化反应生成G，结合对应的有机物的结构和性质解答。

2小

【详解】

(1)由以上分析可知A为甲苯，结构简式为©^(:马，C中官能团的名称为氟原子，故答案为甲苯；氟原子。

(2)③为三氟甲苯的硝化反应，反应条件是在浓硫酸作用下，水浴加热，与浓硝酸发生取代反应，故答案为浓硫酸和

浓硝酸、水浴加热；取代反应(或硝化反应)。

(3)反应⑤的方程式为,反应中生成了HC1,加入毗喔这

NH-C—CH-CH+HC1

II3

O

样的有机碱，可以消耗产生的氯化氢，促进平衡右移，提高反应转化率，故答案为消耗反应中生成的氯化氢，促进平

衡右移，提高产率。

(4)由题中转化关系可知反应④的化学方程式为:+2FeC12+2H2O,故答案为

CF,CF,

rAs+2Fe+4HCl------->rAs+2FeCl2+2H2Oo

(5)由结构简式可知G的分子式为C11H11O3N2F3,则相对分子质量为276,故答案为276。

(6)T(C7H7NO2)是E在碱性条件下的水解产物，显然有1个酸基，它的同分异构体，要求：①一NH2直接连在苯

环上②能与新制氢氧化铜悬浊液共热产生红色固体，说明结构中含有醛基。分析可知，T符合条件的同分异构体分两

大类：一类是苯环上有2个取代基：一N%和HCOO一,在苯环上按邻、间、对排列方式共有3种，另一类是苯环上

有3个取代基：一OH、-CHO,—NH2,3个不同的取代基在苯环上的排列方式共有10种结构，所以一共有13种符

合条件的同分异构体。其中核磁共振氢谱上有4组峰,且峰面积比为1:2:2:2的物质的结构简式为：HCOO-^HNH2,

故答案为13；

(6)由目标产物逆推，需要合成氨基，推知原料要先发生硝化，引入硝基，再还原得到氨基，氨基与酰氯发生取代反

故答案为

【点睛】

有机推断应以特征点为解题突破口，按照已知条件建立的知识结构，结合信息和相关知识进行推理、计算、排除干扰,

最后做出正确推断。一般可采用顺推法、逆推法、多法结合推断。

COOH

18、3,5-二硝基苯甲酸竣基漠原子取代反应

COOHCOOCH

浓国双A3+HO

+CH30H—；_i2防止两个硝基都转化为氨基30

BrOCH,Br入内OCHS

CHJCHJCOOHCGDH

【解析】

COOHCOOH

};A为［j；在以工业合

由C的结构简式和A到B,A到C的反应条件逆推可知B为

成3-漠-5-甲氧基苯甲酸甲酯的流程和各部反应条件对物质进行推断、命名、官能团、反应类型判定、反应方程式、

同分异构体的书写、有机合成路线的设计。

【详解】

(1)由于较基定位能力比硝基强，故C名称为3,5-二硝基苯甲酸，由结构式可知G中含官能团名称有醒键、竣基、

澳原子。答案：3,5-二硝基甲酸；竣基；溟原子。

COOH

(2)根据框图C结构逆向推理，B为苯甲酸，结构简式为0A为甲苯，B生成C是在浓硫酸作用下硝酸中

COOH

硝基取代苯环上的氢，所以B生成C反应类型为硝化反应，是取代反应中一种。答案:0取代反应。

（3）由G生成H反应为G与CH30H在浓硫酸、加热的作用下发生的酯化反应，化学方程式为

CODHCOOOh

+C3"---------I,1--1+HQ；C-D、EfF都是将硝基还原为氨基，但选用了不同条件，

8rJA一/flClh

E的结构尚保留一个硝基，可以推知D的结构中也有一个硝基，故C-D反应中，（NH4）2S只将其中一个硝基还原，

胪H神肛COOCH,

避免用H2/Pd将C中所有的硝基都转化为氨基。答案：A+CH30H-+H2°；防

Br人队ocHjBr人4ocHj

止两个硝基都转化为氨基。

（4）化合物F苯环上有3个不同取代基，其中有氨基和羟基直接连在苯环上，先将2个取代基分别定于邻、对、间三

种位置，第三个取代基共有4+4+2=10种连接方式，故有10种同分异构体，环上有3个不同取代基，其中两个取代基

是氨基和羟基，另一种取代基有三种情况，-OOCCH3、-CH2OOCH,-COOCH3,化合物F的同分异构体中能同时

满足条件的共有10X3=30种。答案：30o

（5）根据缩聚反应规律,中也可以推出聚合物单体的结构，而由原料合成该

单体，需要将苯环上的乙基氧化为竣基和硝基还原为氨基，由于氨基可以被酸性高镒酸钾溶液氧化，故而合成中需要

CHSCH4COOH

KMnQ

先氧化，再还原，合成路线流程图示如下

依试题框图信息，还原硝基的条件也可以选择（NH4）2S。答案:

:电网COOH严

N，NO2NH2

【点睛】

本题是有机物的综合考查。本题以工业合成3-澳-5-甲氧基苯甲酸甲酯为载体，考查物质推断、有机物命名、官能团、

反应类型、反应方程式、同分异构体的判断、有机合成路线的设计等。突破口由C逆推B、A的结构简式，再根据各

物质之间的反应条件和官能图的性质进行判定。

A

+

19、人（或电MnO2+4H+2CF=Mn2++CbT+2H2。（或2MnO4-+16H++10C「=2Mn2++5CLT+8H2O）fgc

bdejh排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停排干净三颈瓶中的空气用玻璃

棒蘸取NaNCh溶液，点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，说明HNO2是弱酸滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖

红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终点”U"％

m

【解析】

⑴制取氯气可以用二氧化镒与浓盐酸加热制得，也可以用高镒酸钾和浓盐酸；

⑵制得的氯气混有HC1和水蒸气，依次用饱和食盐水、浓硫酸除去，为保证除杂彻底，导气管均长进短出，氯气密度

比空气大，选择导气管长进短出的收集方法，最后用碱石灰吸收多余的氯气，防止污染空气；

⑶①X装置可以排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停；②通入一段时间气体，其目的是排空气；

⑷①用盐溶液显碱性来验证HNO2是弱酸；

②以K2OO4溶液为指示剂，根据溶度积得出AgNCh先与氯离子生成氯化银白色沉淀，过量硝酸银和K2OO4反应生

成砖红色，再根据CINO—HC1—AgNCh关系式得到计算C1NO物质的量和亚硝酰氯(CINO)的质量分数。

【详解】

⑴制取氯气可以用二氧化镒与浓盐酸加热制得，选择A,也可以用高镒酸钾和浓盐酸，选择B,发生的离子反应为：

A

+

MnO2+4H+2CF=Mn2++CLT+2H2O或2MnC>4-+16H++10Cr=2Mn2++5C12T+8H2O,故答案为：A(或B)；

A

+

MnO2+4H+2CF=Mn2++CLT+2H20(或2MnO4-+16H++10C「=2Mn2++5CLT+8H2。)；

⑵制得的氯气混有HC1和水蒸气，依次用饱和食盐水、浓硫酸除去，为保证除杂彻底，导气管均长进短出，氯气密度

比空气大，选择导气管长进短出的收集方法，最后用碱石灰吸收多余的氯气，防止污染空气，故导气管连接顺序为

arf-gfCfbid-erj—h,故答案为：f；g；c；b；d；e；j；h；

⑶①用B装置制备