浙江省宁波市六校联考2024届高三年级下册一模考试化学试题含解析

浙江省宁波市六校联考2024届高三下学期一模考试化学试题

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”o

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，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、能证明亚硫酸钠样品部分变质的试剂是

A.硝酸钢，稀硫酸B.稀盐酸，氯化领

C.稀硫酸，氯化领D.稀硝酸，氯化领

2、宋应星所著《天工开物》被外国学者誉为“17世纪中国工艺百科全书”。下列说法不正确的是

A.“凡白土曰垩土，为陶家精美启用”中“陶”是一种传统硅酸盐材料

B.”凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸

C.“烧铁器淬于胆矶水中，即成铜色也”该过程中反应的类型为置换反应

D.“每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜”中的黄铜是合金

3、工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程图如下。下列说法不正确的是

--铝土矿一*除杂—AljO.iAI

矿一石灰石、„英•殷璃

£一石英含羽（粗）%SiCL-5—Si（饨）

6s备a（粗）些6（纯）

一黄铜矿

FtO+SCV废渣

A.在铝土矿制备较高纯度Al的过程中常用到NaOH溶液、CCh气体、冰晶石

B.石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应

C.在制粗硅时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2：1

D.黄铜矿（CuFeSz）与02反应产生的CU2S、FeO均是还原产物

4、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O.Olmol/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（）

pH

12

XYZWM原子半彳至

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

5、有机物M、N分子的模型如图所示，其中不同颜色的球表示不同的原子，原子之间的化学键可以是单键、双键。

下列说法错误的是

A.M与HCOOCH3互为同分异构体

B.N的官能团为羟基

C.在与钠的反应中N放出气泡比M快

D.N能使酸性高镒酸钾溶液褪色

6、下列表示正确的是（）

A.丙烯的结构简式：CH3CH=CH2

B.CO2的电子式：：（）：：C：：（）：

C.金刚石的比例模型：，>

7、古往今来传颂着许多与酒相关的古诗词，其中“葡萄美酒夜光杯，欲饮琵琶马上催”较好地表达了战士出征前开杯畅

饮的豪迈情怀。下列说法错误的是（）

A.忽略酒精和水之外的其它成分，葡萄酒的度数越高密度越小

B.古代琵琶的琴弦主要由牛筋制成，牛筋的主要成分是蛋白质

C.制作夜光杯的鸳鸯玉的主要成分为3MgO・4SiO2・H2。，属于氧化物

D.红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯

8、常温下，关于等体积、等pH的稀盐酸和稀醋酸溶液，下列说法正确的是

A.两溶液中由水电离的c（OH）：盐酸＞醋酸

B.两溶液中c（Cr）=C（CH3COO）

C.分别与足量的金属锌反应生成氢气的量：盐酸〉醋酸

D.分别用水稀释相同倍数后溶液的pH：盐酸=醋酸

9、既含离子键又含共价键的物质是

A.H2B.MgChC.H2OD.KOH

10、CIO2是一种国际公认的安全、无毒的绿色消毒剂，沸点凝固点-59℃。工业上，可用下列原理制备CKh（液

相反应）：2FeS2+30NaC103+14H2S04=Fe2（SO4）3+15Na2S04+30C102?+14H20°设NA是阿伏伽德罗常数的值。下

列说法正确的是（）

A.在标准状况下，2240mLeKb含有原子数为0.3NA

B.若生成L5molNa2so4,则反应后的溶液中Fe3+数目为0.2NA

C.48.0gFeS2完全反应，则上述反应中转移电子数为6NA

D.每消耗30moiNaCKh,生成的水中氢氧键数目为14NA

11、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（）

A.标准状况下，22.4L二氯甲烷的分子数约为NA

B.乙烯和丙烯组成的42g混合气体中含碳原子数为6NA

C.Imol甲醇完全燃烧生成CO2和H2O,转移的电子数目为12NA

D.将ImolCH3coONa溶于稀醋酸中溶液呈中性，溶液中CH3COO-数目等于NA

12、依据下列实验现象，得出的结论正确的是

操作实验现象结论

A向NaBr溶液中加入过量氯水，再加入淀粉KI溶液最终溶液变蓝氧化性:C12>Br2>l2

产生能使品红溶液褪色不能证明原溶液中含有

B向某无色溶液中滴加浓盐酸

的气体SO3?一或HSO3一

向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热后，加入新制氢氧化

C得到蓝色溶液蔗糖水解产物没有还原性

铜，加热

向2mL0.01mol/L的AgNCh溶液中滴加几滴同浓度的先产生白色沉淀，后出

D证明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)

NaCl溶液后，滴加KI溶液现黄色沉淀

A.AB.BC.CD.D

13、下列有关酸碱滴定实验操作的叙述错误的是（)

A.准备工作：先用蒸储水洗涤滴定管，再用待测液和标准液洗涤对应滴定管

B.量取15.00mL待测液：在25mL滴定管中装入待测液，调整初始读数为10.00mL后，将剩余待测液放入锥形瓶

C.判断滴定终点：指示剂颜色突变，且半分钟内不变色

D.读数：读蓝线粗细线交界处所对应的刻度，末读数减去初读数即反应消耗溶液的体积

14、下列说法正确的是

A.2018年10月起，天津市开始全面实现车用乙醇汽油替代普通汽油，向汽油中添加乙醇，该混合燃料的热值不变

B.百万吨乙烯是天津滨海新区开发的标志性工程，乙烯主要是通过石油催化裂化获得

C.天津碱厂的“红三角”牌纯碱曾享誉全世界，侯氏制碱法原理是向饱和食盐水先通氨气，再通二氧化碳，利用溶

解度的差异沉淀出纯碱晶体

D.天津是我国锂离子电池研发和生产的重要基地，废旧锂离子电池进行放电处理有利于锂在正极的回收是因为放电

过程中，锂离子向正极运动并进入正极材料

15、下列说法错误的是（）

A.以乙醇、空气为原料可制取乙酸

B.甲苯分子中最多13个原子共平面

C.淀粉、油脂和蛋白质都是可以水解的高分子化合物

D.分子式为C5H120的醇共有8种结构

16、常温下，以下试剂不能用来鉴别SO2和H2s的是

A.滴有淀粉的碘水B.氢氧化钠溶液

C.硫酸铜溶液D.品红溶液

二、非选择题（本题包括5小题）

17、合成药物X、Y和高聚物Z,可以用燃A为主要原料，采用以下路线:

已知：I.反应①、反应②均为加成反应。

OOH

HCN

II.R-C-RJ->R-C-R

H|

COOH

请回答下列问题：

(DA的结构简式为o

(2)Z中的官能团名称为,反应③的条件为.

0OH

(3)关于药物丫(的说法正确的是。

HOZ

A.Imol药物Y与足量的钠反应可以生成33.6L氢气

B.药物Y的分子式为C8H8。4,能使酸性高镒酸钾溶液褪色

C.药物Y中⑥、⑦、⑧三处-OH的活泼性由强到弱的顺序是⑧>(3>⑦

D.Imol药物Y与H2、浓滨水中的B"反应，最多消耗分别为4moi和2moi

(4)写出反应E-F的化学方程式oF-X的化学方程式

⑸写出符合下列条件的E的一种同分异构体的结构简式o

①遇FeCb溶液可以发生显色反应，且是苯的二元取代物；

②能发生银镜反应和水解反应；

③核磁共振氢谱有6个峰。

⑹参考上述流程以CH3CHO和CH30H为起始原料,其它无机试剂任选设计合成Z的线路

18、为了寻找高效低毒的抗肿瘤药物，化学家们合成了一系列新型的1,3-二取代醐嗪酮类衍生物。

⑴化合物B中的含氧官能团为和(填官能团名称)。

(2)反应i-iv中属于取代反应的是o

(3)ii的反应方程式为。

o

⑷同时满足下列条件的的同分异构体共有种，写出其中一种的结构简式：

CH3

I.分子中含苯环；n.可发生银镜反应；m.核磁共振氢谱峰面积比为1：2：2：2：1

为原料制备

该化合物的合成路线流程图（无机试剂任用）：

19、FeC2O4・2H2。是一种淡黄色粉末，加热分解生成FeO、CO、CO2和H2O。某小组拟探究其分解部分产物并测定

其纯度。

回答下列问题：

⑴按气流方向从左至右，装置连接顺序为A、C（填字母，装置可重复使用）。

⑵点燃酒精灯之前，向装置内通入一段时间N2,其目的是o

（3）B中黑色粉末变红色，最后连接的C中产生白色沉淀，表明A中分解产物有»

（4）判断A中固体已完全反应的现象是。设计简单实验检验A中残留固体是否含铁粉：。

⑸根据上述装置设计实验存在的明显缺陷是o

⑹测定FeC2O4-2H2O样品纯度（FeCzOMHzO相对分子质量为M）：准确称取wgFeC2O4-2H2O样品溶于稍过量的稀硫

酸中并配成250mL溶液，准确量取25.00mL所配制溶液于锥形瓶，用cmol1一标准KMnCh溶液滴定至终点，消耗

VmL滴定液。滴定反应为FeC2O4+KMnO4+H2sO4-K2sO4+MnSO4+Fe2（SO4）3+CO2f+H2O（未配平）。则该样品纯度

为%（用代数式表示）。若滴定前仰视读数，滴定终点俯视读数，测得结果（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。

20、KI广泛应用于分析试剂、感光材料、制药和食品添加剂等。实验室制备KI的装置如下图所示。

AA

已知：①3L+6KOH=5KI+KIO3+3H2O②3H2S+KIO3=KI+3SJ+3H2O

⑴利用上图装置制备KL其连接顺序为(按气流方向，用小写字母表示)。

⑵检查装置A气密性的方法是；装置D的作用是o

⑶制备KI时，向三颈瓶中逐滴滴入KOH溶液，加热并不断搅拌，观察到棕黄色溶液变为无色时，立即停止滴加KOH

溶液，然后通入足量H2s气体。

①反应结束后，向三颈瓶中加入硫酸溶液并加热，可以除去KI溶液中的H2S,原因是

②用脚(N2H4)替代H2S,制得产品纯度更高，理由是(用化学方程式表示)。

(4)设计实验方案除去KI溶液中的稀硫酸o

⑸若得到1.6g硫单质，理论上制得KI的质量为go

21、有A、B、C、D四种元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A+比IT少一个电子层，B原子得

一个电子填入3P轨道后，3P轨道已充满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同

族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4,其最高价氧化物中含D的质量分数为

40%,且其核内质子数等于中子数。R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A+与D?-离子数之比为2：1。回答

下列问题：

(DA元素形成的晶体属于A2密堆积型式，则其晶体内晶胞类型应属于(填写“六方”、“面心立方”或“体心立方

(2汨一的电子排布式为,在CB3分子中C元素原子的原子轨道发生的是杂化。

(3)C的氢化物的空间构型为,其氢化物在同族元素所形成的氢化物中沸点最高的原因是

(4)B元素的电负性______D元素的电负性(填“>”、"V”或“=”)；用一个化学方程式说明o

⑸如图所示是R形成的晶体的晶胞，设晶胞的棱长为acm。试计算R晶体的密度为。(阿伏加德罗常数用NA

表示)

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、B

【解析】

在空气中，亚硫酸钠易被氧化成硫酸钠。证明亚硫酸钠样品部分变质，须检验样品中的亚硫酸根和硫酸根。

【详解】

A.样品溶液中加入稀硫酸生成刺激性气味的气体，可证明有亚硫酸根，但引入硫酸根会干扰硫酸根的检验。酸性溶液

中，硝酸领溶液中硝酸根会将亚硫酸根氧化为硫酸根，A项错误；

B.样品溶液中加入过量稀盐酸，生成刺激性气味的气体，可检出亚硫酸根。再滴入氯化钢溶液有白色沉淀生成，证明

有硫酸根离子，B项正确；

C.样品溶液中加入稀硫酸，可检出亚硫酸根，但引入的硫酸根会干扰硫酸根检验，C项错误；

D.稀硝酸能将亚硫酸根氧化为硫酸根，干扰硫酸根检验，D项错误。

本题选B。

【点睛】

检验样品中同时存在亚硫酸根和硫酸根，所选试剂不能有引入硫酸根、不能将亚硫酸根氧化为硫酸根，故不能用稀硫

酸和稀硝酸。

2、B

【解析】

A.陶瓷是传统硅酸盐材料，属于无机传统非金属材料，故A正确;B.“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，

“硝”指的是硝酸钾，故B不正确;C.该过程中反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜,反应类型为置换反应，故C正确;

D.黄铜是铜锌合金，故D正确；答案：Bo

3、B

【解析】

A.用铝土矿制备较高纯度A1,首先用NaOH溶液将

铝土矿中的氧化铝溶解转化为偏铝酸钠溶液，然后过滤、向滤液中通入CCh气体把偏

铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤得氢氧化铝，接着加热氢氧化铝让其分解为氧化铝，最后用冰晶石作

助熔剂，电解熔融的氧化铝得到铝，所以A正确；B.、石英的主要成分是二氧化硅，它属于酸性

氧化物不与盐酸反应。玻璃的主要成分有二氧化硅、硅酸钠、硅酸钙，组成中有盐故

被称为硅酸盐产品，它也不能与盐酸反应，实验室经常用玻璃瓶盛放盐酸，所以B不正确；C.在制粗硅时，发

生反应Si0z+2C=Si+2C0,被氧化的物质C与被还原的物质SiO2的物质的量之比为2:1,C是正确的；D.

黄铜矿(CuFeSz)与。2反应，铜由+2价降为+1价被还原得到CsS、氧由0价降至-2得到FeO,所以C112S、

FeO均是还原产物，D正确。

4、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，0.01mol/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，N-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NHQI,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。

5、C

【解析】

根据分子模型可知，白球代表氢原子，绿球代表碳原子，红球代表氧原子，则M、N的结构简式为CH3COOH和

CH3CH2OH„

【详解】

A.M的结构简式为CH3coOH,与HCOOCH3的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故A正确；

B.N的结构简式为CH3cH2OH,官能团为羟基，故B正确；

C.CH3coOH和CH3cH20H分别与钠反应时，CH3coOH中竣基中的氢比CH3cH20H中羟基中的氢更活泼，故放

出氢气速率快，故c错误；

D.N为CH3cH2OH,可以被酸性高铳酸钾溶液氧化为乙酸，高镒酸钾被还原成镒离子，故会褪色，故D正确；

答案选C。

【点睛】

判断出M、N的分子结构是关键，根据图中信息可以得到白球代表氢原子，绿球代表碳原子，红球代表氧原子。

6、A

【解析】

A、丙烯的结构简式表示为CH3cH=CH2,选项A正确；

B、CCh的电子式为：（；：：c：：；；：,选项B错误；

c、（3）该比例模型可表示甲烷等，金刚石是正四面体空间网状结构，选项C错误；

D、硫离子的核电荷数是16,硫离子的结构示意图为288,选项D错误；

故答案是Ao

【点睛】

本题考查化学用语的使用。易错点为选项C,该比例模型可表示甲烷等，金刚石是正四面体空间网状结构，且

原子大小相同。

7、C

【解析】

A.酒精的密度小于水的密度，其密度随着质量分数的增大而减小，因此葡萄酒的度数越高密度越小，故A说法正确；

B.牛筋的主要成分是蛋白质，故B说法正确；

C.3MgO-4SiO2・H2。属于硅酸盐，不属于氧化物，故C说法错误；

D.密封过程中一部分乙醇被氧化酸，酸与醇反应生成了有香味的酯，故D说法正确；

答案：Co

8、B

【解析】

醋酸是弱酸，水溶液中存在电离平衡。重视外因对电离平衡的影响。

【详解】

A.稀盐酸和稀醋酸溶液中的OH」均来自水的电离，两溶液pH相等，则H+、OH浓度分别相等，即水电离的c（OH）：

盐酸=醋酸，A项错误；

++

B.两溶液分别满足电荷守恒关系C(H)=C(OH)+C(C1),C(H)=C(OH)+C(CH3COO),两溶液的pH相等，c(H+)和c(OH

一)的也相等，则c(C「)=c(CH3coO-),B项正确；

C.稀盐酸和稀醋酸等体积、等pH,则H+等物质的量，与足量的金属锌反应时促进醋酸电离出更多H+,生成更多氢

气，故生成氢气量：盐酸〈醋酸，C项错误；

D.稀释过程中，醋酸电离平衡右移。分别用水稀释相同倍数后，醋酸溶液中H+浓度较大，pH较小，则溶液的pH：

盐酸〉醋酸，D项错误。

本题选B。

9、D

【解析】

氢气中含有H-H键，只含共价键，故A错误；MgCb由镁离子、氯离子构成，只含离子键，故B错误；出0中含有H-0

键，只含共价键，故C错误；KOH由钾离子、氢氧根离子构成，氢氧根离子中含有H-0键，所以KOH既含离子键又

含共价键，故D正确。

10、C

【解析】

A.CICh沸点UC,标况下为液体，2240mLeKh的物质的量不是O.lmoL故A错误；

B.Fe3+在水溶液中会发生水解，不能确定其数目，故B错误；

C.48.0gFeS2物质的量为48g+120g/mol=0.4moLNaCICh中氯元素由+5价降到+4价，失一个电子，故6moiNaCKh

失6moi电子，即48.0gFeS2完全反应，转移电子数为6NA,故C正确；

D.消耗30moiNaCKh生成14moi水，一个水分子中有两个氢氧键，故生成的水中氢氧键数目为28NA,故D错误；

故答案为Co

【点睛】

本题结合氧化还原反应方程式考察阿伏伽德罗常数，要抓住题目关键信息，判断反应标况下的状态，注意D选项中一

个水分子中有两个氢氧键。

11、D

【解析】

A.在标准状况下二氯甲烷呈液态，不能使用气体摩尔体积进行计算，A错误；

B.乙烯和丙烯的最简式是CH2,最简式的式量是14,乙烯和丙烯的组成的42g混合气体中含有最简式的物质的量是

3mol,所以其中含C原子数为3NA,B错误；

C.甲醇燃烧的方程式为2cH3OH+3O2基望2co2+4H2O,根据方程式可知：2moi甲醇完全燃烧转移12moi电子，则

Imol甲醇完全燃烧生成CO2和H2O,转移的电子数目为6NA,C错误;

D.根据电荷守恒可知n(Na+)+n(H+)=n(OH-)+n(CH3coCT),由于溶液显中性，则n(H+)=n(OH),所以

+

n(Na)=n(CH3COO),因此将ImoICH3coONa溶于稀醋酸中溶液呈中性，溶液中CH3cOO-数目等于NA,D正确；

故合理选项是Do

12、B

【解析】

A.由于加入的氯水过量，加入KI后，会被过量的CL氧化生成能使淀粉变蓝的L,所以无法证明Bn和L的氧化性

强弱关系，A项错误；

B.能够让品红溶液褪色的可能是SO2,也可能是氯气等；如果使品红溶液褪色的是SO2,那么溶液中含有的也可能是

S20^-,不一定是SO,或HS。］；如果使品红溶液褪色的是C12,那么溶液中可能含有CIO-或CIO；；综上所述，B项

正确；

C.蔗糖水解后生成一分子葡萄糖和一分子果糖，葡萄糖是典型的还原性糖；若要验证葡萄糖的还原性，需要先将水

解后的溶液调至碱性，再加入新制CU(OH)2,加热后才会生成砖红色的CU2O沉淀；选项没有加NaOH将溶液调成碱

性，故C项错误；

D.由于先前加入的NaCl只有几滴的量，所以溶液中仍然剩余大量的Ag+,所以后续加入KI溶液后，必然会生成黄

色的Agl沉淀，实验设计存在漏洞，并不能证明Agl和AgCl的Ksp的大小关系；D项错误；

答案选B。

13、B

【解析】

A、用待测液和标准液洗涤对应滴定管，避免待测液和标准液被稀释而浓度减小引起较大误差，故A不符合题意；

B、由于25mL滴定管中装入待测液的体积大于25mL,所以调整初始读数为10.00mL后，将剩余待测液放入锥形瓶，

待测液体积大于15.00mL,测定结果偏大，故B符合题意；

C、酸碱滴定时，当指示剂变色后且保持半分钟内不变色，即可认为已经达到滴定终点，故C不符合题意；

D、滴定实验中，准确读数应该是滴定管上蓝线的粗细交界点对应的刻度线，由于滴定管的0刻度在上方，所以末读

数减去初读数即反应消耗溶液的体积，故D不符合题意；

故选：B»

14、D

【解析】

A.汽油和乙醇的热值不同，所以向汽油中添加乙醇后，该混合燃料的热值会改变，故A错误；

B.石油催化裂化目的是使重质油发生裂化反应，转变为裂化气、汽油和柴油等，而不是生产乙烯，目前生产乙烯的主

要方法是石油裂解，故B错误；

C.侯氏制碱的原理是向饱和食盐水中先通氨气至饱和，再通入二氧化碳气体(因氨气溶解度大于二氧化碳，所以先让

氨气饱和)，析出碳酸氢钠沉淀，将沉淀滤出，灼烧分解即得碳酸钠，故c错误；

D.进行放电处理时，Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中，有利于锂在正极的回收，故D正

确。

故选D。

15、C

【解析】

A.醇羟基可以发生氧化反应生成竣基，可以用乙醇、空气为原料制取乙酸，故A正确；

B.甲苯中苯基有11个原子共平面，甲基中最多有2个原子与苯基共平面，最多有13个原子共平面，故B正确；

C.油脂不属于高分子化合物，故C错误；

D.C5H12的同分异构体有CH3cH2cH2cH2cH3、CH3CH2CH(CH3)2>C(CH3)4,其中CH3cH2cH2cH2cH3有3种H原

子，CH3cH2cH(CH3)2有4种H原子，C(CH3)4只有1种H原子，故羟基(一OH)取代1个H得到的醇有3+4+l=8种,

故D正确；

故答案为Co

【点睛】

C5H120的醇可以看做羟基上连接一个戊基，戊基有8种，所以分子式为C5H120的醇共有8种结构；常见的炫基个数:

丙基2种；丁基4种；戊基8种。

16、B

【解析】

A.SO2能使蓝色褪去得到无色溶液，H2s能与滴有淀粉的碘水反应生成淡黄色沉淀，二者现象不同，可以鉴别，A不

符合题意；

B.二者均与NaOH溶液反应，得到无色溶液，现象相同，不能鉴别，B符合题意；

C.与硫酸铜混合无变化的为SO2,混合生成黑色沉淀的为H2S,现象不同，可以鉴别，C不符合题意；

D.SO2具有漂白性能使品红褪色，H2s通入品红溶液中无现象，现象不同，可以鉴别，D不符合题意；

故合理选项是Bo

二、非选择题(本题包括5小题)

9HOH

+H2

17、CH三CH酯基NaOH水溶液、加热B、C[j^|-1-COOH+C2H5OH(j^-<J-COOC4h°

【解析】

反应①、反应②的原子利用率均为100%,属于加成反应，结合反应②的产物，可知烧A为HCmCH,B为：-CH=CH：,

而G的相对分子质量为78,则G为二.C可以发出催化氧化生成D,D发生信息中I的反应，则反应③为卤代危

cOH

OH一。

在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生的水解反应，则C为——D为,D—E-CH3,E为©-j-cOOH，

CHi

F为-COOCHvF在浓硫酸、加热条件下发生消去反应得到X。乙醛与HCN发生加成反应、酸性条件下水解

得到0所与甲醇反应酯化反应生成CHqroocH,,在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成

CH2=CHCOOCH3,最后发生加聚反应得到以此解答该题。

【详解】

⑴由以上分析可知A为CH三CH；

(2)由Z的结构简式可知Z含有酯基，反应③为卤代燃的水解，条件为：氢氧化钠水溶液、加热；

(3)A.羟基、竣基能与钠反应生成氢气，lmol药物Y与足量的钠反应可以生成1.5mol氢气，标况下氢气体积为33.6L,

但氢气不一定处于标况下，故A错误；B.药物Y的分子式为C8H8。4,含有酚羟基，能使酸性高镒酸钾溶液褪色，故

B正确；C.峻基酸性最强，酚羟基酸性很弱，醇羟基表现为中性，药物Y中⑥、⑦、⑧三处-OH的电离程度由大到

小的顺序是⑧，⑥,⑦，故C正确；D.苯环与氢气发生加成反应，lmol药物Y与3m0IH2加成，Y中酚羟基的邻位

能与浓漠水发生取代反应，ImolY消耗2moiBn,故D错误；故答案为B、C；

(4)反应E-F的化学方程式:,F—X的化学方程式为

OH

-COOC4K

⑸E为COOH，对应的同分异构体①遇FeCb溶液可以发生显色反应，说明含有酚羟基，且是苯的对位二元

取代物；②能发生银镜反应和水解反应，应为甲酸酯类；③核磁共振氢谱有6个峰，则可能的结构为

⑹以CH3CHO和CH30H为起始原料，合成Z,可用乙醛与HCN发生加成反应，然后水解生成2.羟基丙酸，与甲醇

发生酯化反应，再发生消去反应，最后发生加聚反应生成Z,也可用乙醛与HCN发生加成反应，然后水解生成2.羟

基丙酸，发生消去反应生成丙烯酸，与甲醇发生酯化反应，最后发生加聚反应生成Z,对应的流程可为

HCNCOOH上四途浓敏酸、A

CH<HOCHt—CH—COOCH<------------------

H,CHiOH

OH

或者

{CH厂批

CHf=CH—COOCHj—他化刑_►

COOCHj

HCN浓硫酸、A

CHCHO——►CHi—CH-COOH浓欲A

CH,=CH-COOHCH1OH

OH

CH：=CH—COOCH,—优化泓f

【点睛】

在进行推断及合成时，掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的，可以从一种的信息及物质的分

子结构，结合反应类型，进行顺推或逆推，判断出未知物质的结构。能够发生水解反应的有卤代烧、酯；可以发生加

成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、埃基；可以发生消去反应的有卤代烧、醇。可以发生银镜反应的是醛基；可

能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化铁溶液变紫色，遇浓漠水产生白色沉淀的是苯酚等。

CH2COOHCH2OOCH

CH2OH

OHC-<'xCHO

CHOCHO

【解析】

⑴根据B结构简式确定其含有的官能团;

⑵根据i-iv中反应的特点分析判断i-iv中的取代反应;

OO

(3)与N2H4发生取代反应产生和H2O,据此书写反应方程式;

RlRl

o

⑷黑的同分异构体满足条件：I•分子中含苯环；II•可发生银镜反应，说明分子中含有醛基，也可能含有甲酸

CH3

形成的酯基；HI.核磁共振氢谱峰面积比为1：2：2：2：1,据此书写可能的同分异构体结构简式，判断其种类数目;

⑸仿照题中的合成的流程，对比要合成的的不同，可以看出只要仿照

的合成路线，结合给出的原料，即可设计出合成路线。

【详解】

O

(DB结构简式为0^黑，可知化合物B中含有的官能团为竣基、埃基；

Rl

⑵取代反应是有机物分子中的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应，根据物质的结构简式及变化，可

oo

知反应ii是［1^0H中C=o原子中O原子被N2H4分子中N原子代替,-OH被NH原子代替，得到〔匕丁及H2O,

Ri

该反应为取代反应；反应iii中中-NH2上的H原子被ha代替得到f’丫、'

©和HCL该反应为取代反应;

o

丫取代得到'O*同时产生HCI,该反应为取

反应iv中上断裂N-H键，H原子被了

R1

代反应；故反应在i-iv中属于取代反应的是ii、iii、iv；

oo

OH与在一定条件下反应产生『和该反应的化学方程式为

(3)反应ii是、N2H4H2O,

o

；『+2氏0；

Ri

O

⑷OUoH的同分异构体满足条件：I•分子中含苯环；H.可发生银镜反应，说明分子中含有醛基；m.核磁共振氢

CH3

谱峰面积比为1：2：2：2：1,说明分子中含有5种不同的H原子，个数比为1：2：2：2：1,则可能的结构为

COOHOOCHCH2COOHCH2OOCH

1114OHC«Y%^CHOCH2OH

、、C)、>()H(-jAy*CHO,共6种；

YCH'OH

CH2CH0CH2CHOCHOCHO

⑸由以上分析可知，首先苯与Bn在Fe催化下发生取代反应产生漠苯,在滨对位上发生反应产生

为:

19、C、D(或E)、C、E、B排尽装置内空气，避免干扰实验CO淡黄色粉末全部变成黑色粉末取残留

粉末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉末被吸起,

5cVM

则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉)缺少尾气处理装置偏低

3w

【解析】

FeC2O4-2H2O=A=FeO+COT+CO2t+2H2O,若不排尽装置内的空气，FeO,FeCzCh会被氧化。检验CO时，常检验其

氧化产物CO2,所以需先除去CO2,并确认CO2已被除尽，再用澄清石灰水检验。co是一种大气污染物，用它还原

CuO,不可能全部转化为CO2,所以在装置的末端，应有尾气处理装置。

【详解】

⑴检验CO时，应按以下步骤进行操作：先检验CO2、除去CO2、检验CO2是否除尽、干燥CO、CO还原CuO、检

验CO2,则按气流方向从左至右，装置连接顺序为A、C、D(或E)、C、E、B、Co答案为：C、D(或E)、C、E、B；

⑵空气中的。2会将CO、FeC2O4氧化，生成CO2,干扰CO氧化产物CCh的检验，所以点燃酒精灯之前，应将装置

内的空气排出。由此得出向装置内通入一段时间N2,其目的是排尽装置内空气，避免干扰实验。答案为：排尽装置内

空气，避免干扰实验；

(3)CuO由黑色变为红色，最后连接的C中产生白色沉淀，表明A中分解产物有CO。答案为：CO；

(4)A中FeC2C>4为淡黄色，完全转化为FeO或Fe后，固体变为黑色，已完全反应的现象是淡黄色粉末全部变成黑色粉

末。检验A中残留固体是否含铁粉的方法：取残留粉末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含

铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉)。答案为：取残留粉末于试

管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，则黑色粉

末含铁粉；否则，不含铁粉)；

(5)CO还原CuO,反应不可能完全，必然有一部分混在尾气中。根据上述装置设计实验存在的明显缺陷是缺少尾气处

理装置。答案为：缺少尾气处理装置；

3250mL

⑹根据电子守恒，3n(FeC2O4)=5n(KMnO4),/i(FeC2O4)=-xcmol/LxVxlOLx^ScVxlO则该样品

325mL3

5

纯度为~cVx10molxA/g/mol5cVM

xlOO%3w

w

5cVM

若滴定前仰视读数，则V始偏大，滴定终点俯视读数，则V终偏小，测得结果偏低。答案为:

3w

偏低。

【点睛】

在计算该样品的纯度时，我们依据电子守恒得出的等量关系式为3”(FeC2O4)=5〃(KMnO4),

在利用方程式时，可建立如下关系式：5FeC2O4—3KMl104,两个关系的系数正好相反，若我们没有理顺关系，很容

易得出错误的结论。

20、a-e-f-c-d-b关闭活塞，向球形漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间内液柱高度不发生变化，说明装

置气密性良好除去H2s中的HC1气体加热使H2s的溶解度减小而放出；硫酸电离出的氢离子增大了c(H+),

促使H2s电离平衡左移，导致H2s放出。3N2H4+2KK)3=2KI+3N2t+6H2O向KI溶液中加入足量BaCO3固体,

充分搅拌后过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并16.6

【解析】

AA

根据题干信息可知①3L+6KOH=5KI+KK)3+3H2O②3H2S+KK)3=KI+3SJ+3H2O,需要的反应物为H2S、KOH、12,

A装置根据强酸制弱酸原理制备硫化氢气体，FeS+2HCl=FeCl2+H2St;D装置用于除去H2s中的HC1气体，导管e

进f出；C装置是制取KI的装置，硫化氢气体从c进入装置与其他反应物充分接触，剩余气体从d出去进入B装置，

除掉未反应的硫化氢气体防止污染环境。

【详解】

⑴根据上面分析可知，制备KL按气流方向其连接顺序为a-e-f-c-d-b；

答案：afeff—cfb

(2)装置A是启普发生器，检验气密性可利用压强差原理，方法是关闭活塞，向球形漏斗内加水至形成一段水柱，一

段时间内液柱高度不发生变化，说明装置气密性良好；因为盐酸易挥发，所以制得的硫化氢中混有氯化氢，装置D的

作用是除去H2S中的HC1气体；

答