安徽省芜湖某中学2024届高考仿真卷化学试卷含解析

安徽省芜湖一中2024届高考仿真卷化学试卷

考生请注意：

1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2.第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的

位置上。

3.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、某溶液中只可能含有K+、Mg＞、Br，0f、CO3"、SO3”中的一种或几种。取样，滴加足量氯水，有气泡产生,

溶液变为橙色；向橙色溶液中加BaCb溶液无明显现象。为确定该溶液的组成，还需进行的实验是（）

A.取样，进行焰色反应

B.取样，滴加酚酸溶液

C.取样，加入足量稀HN03,再滴加AgN（h溶液

D.取样，加入足量BaCL溶液，再滴加紫色石蕊溶

2、莲花清瘟胶囊对新冠肺炎轻症状患者有显著疗效，其有效成分绿原酸存在如图转化关系，下列有关说法正确的是

绿原酸

A.H的分子式为Cl7Hl4。4

B.Q中所有碳原子不可能都共面

C.Imol绿原酸与足量NaHCCh溶液反应，最多放出ImolCCh

D.H、Q、W均能发生氧化反应、取代反应、显色反应

3、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是（）

A.32goi在足量02或硫蒸气中完全燃烧失去的电子数均为NA

B.4g甲烷和8g甲醇含有的氢原子数均为NA

C.标准状况下,5.6L乙烷中含有的共价键数目为1.5NA

D.一定条件下,32gS（h与足量O2反应。转移电子数为NA

4、对C2H4O2（甲）和C4H8。2（乙）的分析合理的是（）

A.肯定互为同系物B.乙能够发生水解的同分异构体有3种

C.甲可能极易溶于水D.两种物质具有相同的最简式

5、下列说法正确的是（）

A.Imol葡萄糖能水解生成2moicH3cHzOH和2moicOz

B.苯的结构简式为能使酸性高镒酸钾溶液褪色

C.相同物质的量的乙烯与乙醇分别在足量的02中完全燃烧，消耗02的物质的量相同

D.乙烯和植物油都能使溟水褪色，其褪色原理不同

6、已知：①（I+HNO3+H2OAH<0；②硝基苯沸点210.9C,蒸储时选用空气冷凝管。下列

制取硝基苯的操作或装置（部分夹持仪器略去），正确的是（）

7、工业上可用软镒矿（主要成分是MnO?）和黄铁矿（主要成分是FeS"为主要原料制备高性能磁性材料碳酸镒（MnCOR。

其工艺流程如下:

（NH.hS.NH.HCO..

桧的酸石衣NHF氨水

肾;无水Mnco»

废液废渍废渣废液一……一副产储A

已知：净化工序的目的是除去溶液中的Ca?+、CM+等杂质（CaFz难溶）。

下列说法不正确的是

A.研磨矿石、适当升高温度均可提高溶浸工序中原料的浸出率

B.除铁工序中，在加入石灰调节溶液的pH前，加入适量的软镒矿，发生的反应为MnO2+2Fe2++4H+==2Fe3++Mn2

++2%0

C.副产品A的化学式（NHRS

D.从沉镒工序中得到纯净M11CO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥

8、“17世纪中国工艺百科全书”《天工开物》为明代宋应星所著。下列说法错误的是

A.“凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟”中的“炒”为氧化除碳过程

B.“凡铜出炉只有赤铜，以倭钳（锌的古称）参和，转色为黄铜”中的“黄铜”为锌铜金

C.“凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉”中的“粉”为CaO

D.“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清懑”，是指炭因颗粒大小及表面积的不同而浮沉

9、中华传统文化对人类文明进步贡献巨大。《本草纲目》“烧酒”写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气…・・

其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。运用化学知识对其进行分析，则这种方法是

A.分液B.升华C.萃取D.蒸储

10、化学可以变废为室，利用电解法处理烟道气中的NO,将其转化为NH4NO3的原理如下图所示，下列说法错误的

是

NH4NO3稀溶液

A.该电解池的阳极反反为:NO-3e-2H2O=NO3.+4H+

B.该电解池的电极材料为多孔石墨，目的是提高NO的利用率和加快反应速率

C.用NH4NO3的稀溶液代替水可以增强导电能力，有利于电解的顺利进行

D.为使电解产物全部转化为NH4NO3,需补充物质A为HNCh

11、某温度下，将CL通入KOH溶液中，反应后得到KC1、KC1O>KCIO3的混合液，经测定CIO•和ClCh•个数比为

1：2,贝!。2与KOH溶液反应时，被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为（）

A.21：5B.4：1C.3：ID.11：3

12、M、X、Y、Z、W为五种短周期元素，且原子序数依次增大，X、Y、Z最外层电子数之和为15,X与Z可形成

XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g・LZW的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数

之和的下列说法正确的是（）

2

A.原子半径：W>Z>Y>X>M

B.常见气态氢化物的稳定性：XVYVZ

C.ImolWM溶于足量水中完全反应，共转移2moi电子

D.由M、X、Y、Z四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键

13、下列说法正确的是

A.可用金属钠除去乙醇溶液中的水

B.萃取澳水中的碘单质，可用乙醇做萃取剂

17、氟喳诺酮是人工合成的抗菌药，其中间体G的合成路线如下:

(DG中的含氧官能团为和(填名称)。

(2)由C-D的反应类型是_____o

⑶化合物X(分子式为C3H7N)的结构简式为o

(4)E到F过程中的反应物HC(OC2H小中最多有个碳原子共面。

(5)B和乙醇反应的产物为H(C8H6FCI2NO2),写出该反应的化学方程式

写出满足下列条件的H的所有同分异构体的结构简式：

I.是一种a-氨基酸;

II.分子中有4种不同化学环境的氢，且分子中含有一个苯环。

(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以)11和ClMgCH(COOC2H5”为原料制备

COOH的合成路线流程图(无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干).

COOH

18、丙胺卡因(H)是一种局部麻醉药物，实验室制备H的一种合成路线如下：

0回

已知:

OOH

R—g—那一♦R—（一R'（R卬R'为蛭芈或H）

2>H]O.H*

COOH

回答下列问题：

（1）B的化学名称是________,H的分子式是_____________。

⑵由A生成B的反应试剂和反应条件分别为。

（3）C中所含官能团的名称为,由G生成H的反应类型是___________o

（4）C与F反应生成G的化学方程式为o反应中使用K2c03的作用是

（5）化合物X是E的同分异构体，X能与NaOH溶液反应，其核磁共振氢谱只有1组峰。X的结构简式为

CHj

⑹*氏'土（聚甲基丙烯酸甲酯）是有机玻璃的主要成分，写出以丙酮和甲醇为原料制备聚甲基丙烯酸甲酯单

CtXX'Hj

体的合成路线：O（元机试剂任选）

19、实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl?。

（1）制备反应会因盐酸浓度下降面停止。为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出下列实验方案：

甲方案：与足量AgNC）3溶液反应，称量生成的AgCl质量。

乙方案：采用酸碱中和滴定法测定。

丙方案：与己知量CaCOj（过量）反应，称量剩余的CaCO,质量。

丁方案：与足量Zn反应，测量生成的H2体积。

继而进行下列判断和实验：

①判定甲方案不可行。现由是________o

②进行乙方案实验；准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样。

a.量取试样20.00mL,用0.lOOOmolLNaOH标准溶液滴定，选择的指示剂是—，消耗22.00mL,该次滴定测

得试样中盐酸浓度为mol-L-1

b.,获得实验结果。

③判断两方案的实验结果（填“偏大”、“偏小”或“准确”）.

N

I已知：Ksp（CaCO3）=2.8xl0\Ksp（MnCO3）=2.3xl0]

④进行丁方案实验：装置如图所示（夹持器具己略去）。

a.使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将转移到一中。

b.反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐次减小，直至不变。气体体积逐次减小的原因是

（排除仪器和实验操作的影响因素）,至体积不变时,量气管的左侧液面高于右侧液面,此时读数测得的体积

（填“偏大”、“偏小”或“准确”）

足fit残余

z«n滑液LJ

（2）若没有酒精灯，也可以采用KMnO«与浓盐酸反应制取适量氯气的如下简易装置。

20、化锡⑸山）是一种橙黄色结晶，熔点为144.59，沸点为364C,不溶于冷水，溶于醇、苯、氯彷、四氯化碳等,

遇水易水解，常用作分析试剂和有机合成试剂。实验室制备四氯化锡的主要步骤如下：

步骤1：将一定量锡、碘和四氯化碳加入干燥的烧瓶中，烧瓶上安装如图装置I和n。

n

装置卜鬻

|K=j

装置LtI

I：的CCL溶液

Sn、碎克片

步骤2:缓慢加热烧瓶，待反应停止后，取下冷凝管，趁热迅速进行过滤除去未反应的锡。用热的四氯化碳洗涤漏斗

上的残留物，合并漉液和洗液，用冰水浴冷却，减压过滤分离。

步骤3：滤下的母液蒸发浓缩后冷却，再回收晶体。

请回答下列问题

⑴图中装置II的仪器名称为,该装置的主要作用是___________o

⑵减压过滤的操作有①将含晶体的溶液倒入漏斗，②将滤纸放入漏斗并用水润湿，③微开水龙头，④开大水龙头，⑤

关闭水龙头，⑥拆下橡皮管。正确的顺序是______。

21、铀是原子反应堆的原料，常见铀的化合物有UF4、UO2及(NH4)4［UO2(CO3)3］等。回答下列问题：

(1)UF4用Mg或Ca还原可得金属铀。与钙同周期基态原子的未成对弓子数为2的元素共有一种；原子序数为镁元素

的二倍的元素的基态原子价电子排布图为。

(2)已知：2UO2+5NH4HF2迪£2UF4・NHjF+3NH3f+4H20THF2-的结构为［F-H…F「

①NH4HF2中含有的化学键有(填选项字母)。

A.氢键B.配位键C.共价键D.离子键E.金属键

②与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有种。

(3)已知：3(NH4)4［UO2(CO3)3］皿3UO：+10NH3T+9CO2T+N2T+9H2。t

①物质中与COF的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为

②分解所得的气态化合物的分子键角由小到大的顺序为(填化学式)

(4)下列排列方式中，通常条件下Cu的晶体的堆积方式是_________(填序号)。

A.ABC/KBCABCB.ABABABABABC.ABBAABBAD.ABCCBCABCCBA

⑸水在不同的温度和压力条件下可形成11种不同结构的晶体，密度从比水轻的0.92g/cm3到约为水的1.5倍。冰是人

们迄今已知的由一种简单分子堆积出结构花样最多的化合物。其中冰・卯的晶体结构为一个如图所示的立方晶胞，每个

水分子与周围4个水分子以氢键结合。设O・H.O距离为apm,阿伏加德罗常数的值为NA,则该冰YD晶体的密度为一

g/cnP例出计算式即可）。

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、D

【解题分析】

①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br,且有气泡冒出，说明溶液中含离子C（V一或SO?%②向

所得橙色溶液中加入足量BaCk溶液，无沉淀生成，说明不含SC^一,那么一定含有：COr,一定不能含有与碳酸根生

成沉淀的离子：Mg2\Al3+,通过以上分析，根据电中性原理，能证明K+存在，所以无法判断氢氧根离子的存在与

否，可以取样，加入足量BaCL溶液，再滴加紫色石蕊试液看是否变红来检验。故选D。

【题目点拨】

①向溶液中滴加足量氯水后,溶液变橙色,说明溶液中含有Br且有无色气泡冒出,说明溶液中含离子CO32-或SO32-

离子，那么与其混合生成沉淀的不能存在；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO3%

据此进行解答。

2、C

【解题分析】

A.分子中每个节点为C原子，每个C原子连接四个键，不足键用H原子补齐，则H的分子式为G7Hl6。4,故A错

误；

B.Q中苯环是平面结构，所有碳原子共面，碳碳双键是平面结构，两个碳原子共面，与双键上的碳原子直接相连的

原子可共面，则Q中所有碳原子可能都共面，故B错误；

C.该有机物中含苯环、酚-OH、C=C、・COOC・、・COOH、・OH,其中较酸的酸性强于碳酸HCOv酚羟基的酸性比

碳酸HCOa•弱，则该有机物只有-COOH与NaHCOa溶液，Imol绿原酸含有ImoLCOOH,与足量NaHCOa溶液反应，

最多放出ImoKXh,故C正确；

D.H、Q中都含有苯环和酚羟基，在一定条件下苯环可以发生取代反应，酚羟基可发生氧化反应和显色反应，W中

没有苯环，不含酚羟基，不能发生显色反应，故D错误；

答案选C。

【题目点拨】

本题中能与碳酸氢钠反应的官能团有竣基，不包括酚羟基，酚羟基的酸性弱于碳酸，化学反应符合强酸制弱酸的规则，

故酚羟基不能和碳酸氢钠反应。

3、B

【解题分析】A.32gCu是0.5moL在足量O2或硫蒸气中完全燃烧分别生成氧化铜和硫化亚铜，失去的电子数分别为

NA和0.5NA,A错误；B.4g甲烷和8g甲醇的物质的量均是0.25mol,含有的氢原子数均为NA,B正确；C.标准状况

下，5.6L乙烷是0.25moL其中含有的共价键数目为L75N."C错误；D.一定条件下，32gs（h与足量。2反应，转移

电子数小于NA,因为是可逆反应，D错误，答案选B。

点睛：在高考中，对物质的量及其相关计算的考查每年必考，以各种形式渗透到各种题型中，与多方面的知识融合在

一起进行考查，近年来高考题常以阿伏加德罗常数为载体，考查物质的量，气体摩尔体积、阿伏加德罗定律及其推论、

氧化还原反应等，综合运用了物质的状态、摩尔质量、比例关系、微粒数目、反应关系、电子转移等思维方法。其中

选项A是易错点，注意铜在氧气和硫的反应中铜的价态不同。

4、C

【解题分析】

A项、瘦酸类和酯类的通式均为CnH2n故甲和乙均可能为酸或酯，故两者不一定是同系物，故A错误；

B项、乙能发生水解反应的同分异构体为酯类，可能为CH3cH2coOCH3、CH3coOCH2cH3、HCOOCH2cH2cH3、

HCOOCH（CH3）2,共4种，故B错误；

C项、甲为乙酸或甲酸甲酯，若为甲酸甲酯，难溶于水；若为乙酸，易溶于水，故C正确；

D项、最简式为各原子的最简单的整数比，C2H4。2（甲）和C4H8。2（乙）的最简式分别为CH2O和C2H式），两者不

同，故D错误；

故选C。

【题目点拨】

同系物必须是同类物质，含有官能团的种类及数目一定是相同的。

5、C

【解题分析】

A.葡萄糖是单糖不能水解，Imol葡萄糖能分解生成2moicH3cH20H和2moic02,故A错误；B.苯的结构简式为

,但分子结构中无碳碳双键，不能使酸性高镒酸钾溶液褪色，故B错误；C.乙醇分子式可以变式为02H4-

,故乙醇燃烧相当于乙烯燃烧，耗氧量相同，

故C正确；D.乙烯和植物油均含有碳碳双键，都能使溟水褪色，其褪色原理均为加成反应，故D错误；答案为C

6、C

【解题分析】

A.浓硝酸与浓硫酸混合会放出大量的热，如将浓硝酸加入浓硫酸中，硝酸的密度小于浓硫酸，可能为导致液体迸溅,

故A错误；

B.反应在50七~609下进行，低于水的沸点，因此可以利用水浴加热控制，这样可使反应容器受热均匀，便于控制

温度，但图中水浴的水的用量太少，反应液受热不均匀，故B错误；

C.硝基苯为油状液体，不溶于水且密度比水大，在下层，分液操作时应将分液漏斗上口的瓶塞打开，下端紧贴烧杯

内壁，下层的液体从下口放出，故c正确；

D.蒸馈分离提纯操作中温度计用来测量蒸汽的温度，控制蒸储出的物质的温度，温度计水银柱应在烧瓶的支管口处,

故D错误；

答案选C。

【题目点拨】

D项蒸馆提纯时温度计的位置在具支试管口，如需测混合液的温度时，可以置于蒸储烧瓶液体内，故根据实验需要调

整温度计的位置。

7、C

【解题分析】

由流程可知软镒矿(主要成分MnCh)和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH,FeSz和稀硫酸反应生成

Fe2+,然后过滤得到滤渣是M11O2,向滤液中加入软铳矿发生的离子反应方程式为：

2++3+2+22

2Fe+15MnO2+28H=2Fe+14H2O+15Mn+4SO4,过滤,滤液中主要含有Cu\Ca?+等杂质，加入硫化铉和氟化铉，

生成CuS、CaF沉淀除去,在滤液中加入碳酸氢铁和氨水沉镒，生成MnCCh沉淀,过滤得到的滤渣中主要含有MnCCh,

通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体。

【题目详解】

A.提高浸取率的措施可以是搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，故A正确；

B.主要成分是FeSz的黄铁矿在酸浸过程中产生亚铁离子，因此流程第二步除铁环节的铁应该转化铁离子才能更好除

去，所以需要加入氧化剂软铳矿使残余的Fe2+转化为FP+,离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O,再加

入石灰调节pH值使Fe3+完全沉淀，故B正确；

C.得到的滤液中还有大量的钱根离子和硫酸根离子没有反应，因此可以制的副产品为：(NH4)2SO4,故C错误；

D.从沉锌工序中得到纯净MnCCh,只需将沉淀析出的M11CO3过滤、洗涤、干燥即可，故D正确；

故选C。

8、C

【解题分析】

A.生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，生铁性能坚硬、耐磨、铸造性好，但生铁脆，不能锻压。而熟铁含碳量在0.02%

以下，又叫锻铁、纯铁，熟铁质地很软，塑性好，延展性好，可以拉成丝，强度和硬度均较低，容易锻造和焊接。“炒

则熟”，碳含量由于“炒”而变成碳氧化合物，使得碳含量降低，A选项正确；

B.赤铜指纯铜，也称红铜、紫铜。由于表面含有一层CU2O而呈现红色。“倭铅”是锌的古称，黄铜是由铜和锌所组成

的合金，由铜、锌组成的黄钢就叫作普通黄铜，如果是由两种以上的元素组成的多种合金就称为特殊黄铜。黄铜有较

强的耐磨性能，黄铜常被用于制造阀门、水管、空调内外机连接管和散热器等，B选项正确；

C.凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，生成CaO；而“久置成粉”主要生成Ca(OH)2,进一步与CO2反应则会生

成CaCCh,C选项错误；

D.古代制墨，多用松木烧出烟灰作原料，故名松烟墨。烟是动植物未燃烧尽而生成的气化物，烟遇冷而凝固生成烟

食，烟食有松烟盒和油烟食之分。松烟墨深重而不姿媚，油烟墨姿媚而不深重。松烟墨的特点是浓黑无光，入水易化。

“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清想“，颗粒小的为胶粒，大的形成悬浊液，D选项正确；

答案选C。

9、D

【解题分析】

根据“浓酒和糟入甑，蒸令气上”，表明该方法是利用各组分沸点不同实现混合液体的分离，此方法为蒸储。

故选D。

10、D

【解题分析】

+

A.根据装置图可知：在阳极NO失去电子，被氧化产生NO”该电极反应式为：NO-3e+2H2O=NO3+4H,A正确；

B.电解池中电极为多孔石墨，由于电极表面积大，吸附力强，因此可吸附更多的NO发生反应，因而可提高NO的利

用率和加快反应速率，B正确；

CNH4NO3的稀溶液中自由移动的离子浓度比水大，因此用NH4NO3稀溶液代替水可以增强导电能力，有利于电解的

顺利进行，C正确；

+

D.在阳极NO被氧化变为NO3,电极反应式为NO-3e+2H2O=NO3+4H；在阴极NO被还原产生NH4\电极反应式

++

NO+5e+6H=NH4+H2O,从两个电极反应式可知，要使电子得失守恒，阳极产生的•的物质的量比阴极产生的

NH&+的物质的量多，总反应方程式为8NO+7H2。里维3NH4NO3+2HNO3,为使电解产物全部转化为NH4NO3,要适当

补充D错误；

故合理选项是D。

11、D

【解题分析】

CIO•和CIO3•个数比为1：2,则按电子守恒，它们与C1•的个数比为1：2：11,从而得出被还原的氯性成与被氧化

的氯（生成CKX和CIO。的物质的量之比为11:3。故选Do

12、B

【解题分析】

Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76g・L1该气态化合物的摩尔质量为22.4L/molxO.76g•1『=17g】01,

该气体为NH3,M、X、Y、Z、W为五种短周期元素，且原子序数依次增大，则M为H元素，Y为N;X、Y、Z

最外层电子数之和为15,X与Z可形成XZ2分子，X为+4价，Y为-2价，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元

素；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的!，推出W的质子数为6+7+8+l=u,所以亚为Na元

素。

A.所有元素中H原子半径最小，同周期自左向右原子半径减小，同主族自上到下原子半径增大，故原子半径

Na>C>N>O>H,BPW>X>Y>Z>M,故A错误；

B.X、Y、Z分别为C、N、O三种元素，非金属性XvYvZ,元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确;

C.NaH与水发生反应：NaH+H2O=NaOH+H231moiNaH溶于足量水中完全反应共转移Inwl电子，故C错误；

D.由M、X、Y、Z四种元素形成的化合物可为氨基酸或碳酸镀、醋酸镂等物质，如为氨基酸，则只含有共价键，故

D错误。

故选B。

13、D

【解题分析】

A.钠与乙醇、水都能发生反应，不能用金属钠除去乙醇溶液中的水，A错误；

B.乙醇与水互溶，不能用作萃取剂，B错误；

C.“酒曲”为反应的催化剂，可加快反应速率，与平衡移动无关，C错误；

D.汽油中加入适量乙醇作汽车燃料，即可满足人类能源的需要，同时减少了石油的使用，因此可节省石油资源，乙醇

中含O,提高了汽油中O含量，使汽油燃烧更充分，减少了碳氢化合物、CO、CO2等的排放，减少了汽车尾气对空

气的污染，D正确；

故合理选项是Do

14、A

【解题分析】

W的单质是一种常用的比能量高的金属电极材料，W是Li元素；因X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X是

C元素：元素Y的族序数等于其周期序数，Y为A1元素：Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，

且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素。

A.W、Z形成的化合物LizS,该物质是离子化合物，Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，A错误；

B.元素X与氢可形成原子个数比为1：1的化合物为C2H2、C6H6、苯乙烯C8H8、立方烷C8H8等，化合物有很多种，

B正确；

C.元素Z为S,元素X是C,二者形成共价化合物分子式是CS2,c正确；

D.元素Y是ALA1的单质可以与强碱氢氧化钠溶液或盐酸反应放出氢气，D正确；

故答案是Ao

15、B

【解题分析】

由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨I通入N(h生成N2O5,发生的是氧化反应，故

石墨I是负极,发生的反应式为NO2-e-NOr=N2O5,则石墨II为正极，发生还原反应，反应式为O2+4D+2N2O5=4NO3,

该电池的总反应为：4NO2+O2=2N2O5.

【题目详解】

由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨I通入NO2生成N2O5,发生的是氧化反应，故

石墨I是负极，发生的反应式为NO27-+NO3=N2O5,则石墨U为正极，发生还原反应，反应式为O2+4D+2刈0产4

NO3。

A.电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，石墨I是负极，NO3•向石墨I移动，A正确；

B.该电池一种熔融KNO3燃料电池，负极发生氧化反应，石墨I上发生的电极反应为：NO1-e+NO3=N2O5,B错误;

c.石墨i生成N2O5,石墨n消耗N2O5,可循环利用的物质Y的化学式为N2O5,c正确；

D.原电池中正极得到的电子数等于负极失去的电子数，故电池工作时，理论上消耗的02和NCh的物质的量之比是

1:4,则消耗的。2和N(h的物质的量之比是4：23,D正确；

答案选D。

【题目点拨】

考生做该题的时候，首先从图中判断出石墨I、石墨n是哪个电极，并能准确写出电极反应式，原电池中阴离子移向

负极、阳离子移向正极，原电池工作时，理论上负极失去的电子数等于正极得到的电子数。

16、A

【解题分析】

A.升高温度，反应速率加快，产生气泡速率加快，不涉及平衡移动，A符合；

+

B.中间试管存在沉淀溶解平衡：AgCl⑼hAg(aq)+CI(aq),由于Ksp(AgCl)>Ksp(Agl),加入KL发生

AgCl(s)+I-Agl(s)+C|-,两个平衡右移，白色沉淀AgCl转换为黄色Agl沉淀，B不符合；

C.FeCh+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl/H>0,温度升高，平衡正向移动，C不符合；

+

D.醋酸是弱电解质，CH3COOH^CH3COO+H,加水稀释，平衡右移，稀释过程又产生一定的H+,稀释10倍，

pH<2.9+l,D不符合。

答案选A。

【题目点拨】

pH=m的强酸稀释10”倍，新的溶液pH=m+n<7；

pH=m的弱酸稀释10"倍，新的溶液pHvm+nv7。

二、非选择题(本题包括5小题)

谈基取代反应[>-NH

17、酯基;5

,OOCiH,

+H2O

,,：oH=>t嬴-nc<x),1~*

axx'：Haxxi

【解题分析】

(1)结合常见的官能团的结构和名称分析解答；

⑵对比3D的结构，可知C中酰氯中氯原子被-CH(COOC2HS)2替代生成D；

⑶化合物X的分子式为C3H7N,对比F、G的结构，F中・0(：%被>-即-替代生成G,同时生成甲醇，据此分析

判断X的结构；

(4)根据甲烷为四面体结构，单键可以旋转，分析判断；

(5)H(C8H6FQ2NO2)的一种同分异构体满足：I.是一种如氨基酸，说明氨基、竣基连接同一碳原子上，H.分子中

有4种不同化学环境的氢，且分子中含有一个苯环，由于氨基、段基中共含有的3个H原子是2种化学环境不同的氢,

故另外3个H原子有2种不同的氢，应存在对称结构；

⑹模仿路线流程设计，发生催化氧化生成H3C—Q—CHO,进一步氧化生成

H3C-^>-COOH,再与SOCb作用生成HC(XVI,进一步与ClMgCH(COOC2H5)2反应生成

1axx'.n.，最后水解生成

COOHO

/VWW*t|COOH

【题目详解】

(1)G的结构为,其中含有的含氧官能团有：酯基、戮基，故答案为酯基、埃基;

⑵对比1

a)的结构，可知C中酰氯中氯原子被-CH(COOC2H5)2替代生成

D,属于取代反应，故答案为取代反应;

⑶化合物X的分子式为C3H7N,对比F()的结构，F中-OCH3

被>-郎1-替代生成G,同时生成甲醇，则X结构简式为：D—NH：,故答案为〉一NU：；

(4)甲烷为四面体结构，单键可以旋转，则HC(OC2H5)3中最多有5个碳原子共面，故答案为5；

(5)B(人人।)和乙醇反应的产物H为人人'反应的方程式为

,OOCH

浓硫酸:4

+H2o；H的分子式为C8H6FCI2NO2,H的一种同分异构体

满足；I.是一种a-氨基酸，说明氨基、较基连接同一碳原子上，II.分子中有4种不同化学环境的氢，且分子中含

有一个苯环，由于氨基、竣基中共含有的3个H原子是2种化学环境不同的氢，故另外3个H原子有2种不同的氢,

应存在对称结构,

Nil：

C(X)H，

模仿路线流程设计,

⑹以H3(,—('H2()H和ClMgCH(COOC2H5)2为原料制备

CH_,()H发生催化氧化生成H3C-©>-CHO,进一步氧化生成H3C-g>-80H,再与SOCL作

(XM111

用生成ILC—进一步与ClMgCH(COOC2H5”反应生成,最后水解生成

(XXXII

COOH，合成路线流程图为:

COOH

-ewomit)l»7f)H常温.△

II1飞「<11—―II■I

2)IISUffitt

HA-^―<H：()Hli

“win溶液・△

UC/(O1=——71■I

c2)IIsu箫彼

mi(XXHI

【题目点拨】

本题的难点和易错点为⑹中合成路线的设计，要注意利用题干转化关系中隐含的信息进行知识的迁移；另一个易错点

为⑸中同分异构体的书写，要注意不要漏写。

18、邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯)CuHzoONz浓HNO3/浓H2SO4,加热氨基取代反应

吸收反应产生的HC1,提高反应的转化率

♦Hvl

sloe%或

OOH

l)HCNCH0H

ciij—c-aijACH§CC»I——CHj=C-Oij-------------►CH2=C-CM1

DH1O-H*△I表网。，△

CXXll(XXXIOOOCHB

【解题分析】

A的分子式结合G得知：A是甲耒，B中有-NO2,结合G的结构采环上的-CH3和N原子所连接R茉环上的C

属于邻位关系，故B是邻硝基甲苯,在Fe和HC1存在下被还原成C物质：邻氨基甲苯

OH

结合题干信息：R<R,M'kll>二者反应条件一致,

♦OOH

CH3CHCOOH

则确定D是乙醛CH3cHO,E是I,部分路线如下;

0H

CHCHJ

63——L

WO.

CH3cHO-!^?

2)HP•H*

【题目详解】

(1)B的化学名称是邻硝基甲苯(或2.硝基甲苯)；H的分子式是G3H20ON2；

(2)由A生成B的反应是硝化反应，试剂：浓HNO3、浓H2s04,反应条件：加热;

(3)C/S—NHz中所含官能团的名称为氨基；观察G生成H的路线：G的。原子被丙胺脱掉一NHz上的一个H原

子后剩下的集团CH3cH2cH2NH一取代，故反应类型是取代反应;

(与反应生成的化学方程式为

4)CFG♦HC1；

有机反应大多是可逆反应，加入K2c03消耗反应产生的HCL使平衡正向移动，提高反应物的转化率;

CHa

r..J.-]CH2=：C-CH3CH2=C-CH3

(5)TSML。士的单体是lj,联系原料有甲醇倒推出前一步是।„与甲醇酯化反应生成单

((XX'Hji

CH2=C—CH}oCH2=C—CHx

体从OCH/由原料丙酮到&OH增长了碳链,用到题干所给信息:

OH

R,JHOi.RY_R・(R和％为缝“H>，故流程如下:

HQ.”I

COOH

oOli

1)HCN_1_CHpH

dij-iUaij-J-----------►CHjcCH,-------->CH尸c-m§CH2=C-CHIo

1DW-H*I△725,△

manOOOHCDOCHj

19、残余液中的MnCk也会与AgNO?反应形成沉淀甲基橙1.1111重复上述滴定操作2・3次偏小

锌粒残余清液装置内气体尚未冷却至室温偏大收集氯气防倒吸吸收尾气

【解题分析】

(1)①甲同学的方案：二氧化镒与浓盐酸反应生成氯化锈，也会与硝酸银反应，故反应不可行；

②用强碱滴定强酸，可选甲基橙作指示剂；依据滴定实验过程中的化学反应定量计算；重复滴定操作2.3次，求平均

值；

③与已知量CaCO3（过量）反应，称量剩余的CaCCh质量，由于部分碳酸钙与转化成碳酸钵沉淀，称量剩余的固体

质量会偏大；

④依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；使Zn粒进入残余清液中让其发生反应.这样残余清液就可以充分

反应.

反应完毕时，相同时间内则气体体积减少，又排除了其它影响因素，只能从气体本身角度思考，联想到该反应是放热

的，就可能想到气体未冷却了。

气体的体积与压强呈反比。

（2）A制取氯气B用向上排空法收集氯气，C防倒吸D吸收尾气，防止污染空气。

【题目详解】

（1）①甲同学的方案：二氧化钛与浓盐酸反应生成氯化镒，也会与硝酸银反应，故不能用来测定残余液中盐酸的质量,

反应不可行；

②用强碱滴定强酸，可选甲基橙作指示剂；量取试样21.11mL,用LlinmoHJNaOH标准溶液滴定，消耗22.HmL,

该次滴定测得试样中盐酸浓度，由CHCNHC尸CNaOHVNaOH可得出盐酸的浓度为LlHlmolf1；

9

③根据Ksp（CaCO3）=2.8xn,Ksp（MnCOj）=2.3xl「"知碳酸镒的&p比碳酸钙小，由于部分碳酸钙与转化成碳

酸钵沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小，

@a.丁同学的方案：使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是：将锌转移到残留溶液中；

b.反应完毕后，每间隔1分钟读取气体体积.气体体积逐渐减小，气体体积逐渐减小的原因是气体未冷却到室温，当

温度冷却到室温后，气体体积不再改变；

量气管的左侧液面高于右侧液面，左侧气体的压强偏小，此时读数测得的体积偏大；

（2）根据装置图可知各装置的作用分别是A制取氯气，B用向上排空法收集氯气，C防倒吸，D吸收尾气，防止污

染空气。

20、（球形）干燥管防止水蒸气进入装置使SnL水解②③①®⑥©

【解题分析】

（1）根据仪器构造可得，根据SnL易水解解析；

（2）按实验操作过程来进行排序。

【题目详解】

（1）图中装置II的仪器名称为（球形）干燥管，四碘化锡遇水易水解，装有无水CaCb的干燥管可吸收空气中的水蒸气,

防止空气中水蒸气进入反应器中，导致四碘化锡水解，该装置的主要作用是防止水蒸气进入装置使Snh水解。故答案

为：（球形）干燥管；防止水蒸气进入装置使S