2024届河南省唐河某中学高考化学三模试卷含解析

2024届河南省唐河一中高考化学三模试卷

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、下列说法正确的是()

A.用NH3・H2O溶液做导电性实验，灯泡很暗，说明NHTHZO是弱电解质

B.等体积的pH都为2的酸HA和HB分别与足量的铁粉反应，HA放出的Hz多，说明HA酸性强

C.c=0.1mol・L，的CH3COOH溶液和c=0.lmol・L，的HC1溶液中，前者的pH大

D.常温下，pH=5的CH3COOH溶液和pH=4的HC1溶液中，c(CH3COO~)/c(CP)=1/10

2、我国是世界最大的耗煤国家，下列加工方法不属于煤的综合利用的是

A.干储B.气化C.液化I).裂解

3、在两只锥形瓶中分别加入浓度均为Imol/L的盐酸和NH4cl溶液，将温度和pH传感器与溶液相连，往瓶中同时加

入过量的质量、形状均相同的镁条，实验结果如图。

关于该实验的下列说法，正确的是()

A.反应剧烈程度：NH4C1>HC1

+2+

B.P点溶液：c(NH4)+2c(Mg)>c(Cr)

C.Q点溶液显碱性是因为MgCL发生水解

D.100帆后，镁与NH4cl溶液反应停止

4、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y是迄今发现的非金

属性最强的元素，在周期表中Z位于IA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是

A,原子半径：r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)

B.由X、Z两种元素组成的化合物一定没有共价键

c.VV的最高价氧化物对应水化物为弱酸

D.的简单气态氢化物的热稳定性比w的强

5、我国科研人员提出了由CO?和CH4转化为高附加值产品C&COOH的催化反应历程。该历程示意图如下，则下列

说法正确的是（）

A.E为该反应的反应热

B.①一②吸收能量

C.CH4-CH3COOH过程中，有极性键的断裂和非极性键的形成

D.加入催化剂能改变该反应的能量变化

6、W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期，X、Z同主族，Y、Z同周期，X的简单氢

化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强碱，以下说法错误的

是

A.原子半径大小：Y>Z

B.Y3X2中既有离子键，又有共价键

C.Z的最高价氧化物可做干燥剂

D.可以用含XW3的浓溶液检验氯气管道是否漏气

7、锂一铜空气燃料电池（如图）容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程

为：2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH=下列说法错误的是

A.整个反应过程中，氧化剂为02

B.放电时，正极的电极反应式为：Cu2O+H2O4-2e=2Cu4-2OH

C.放电时，当电路中通过0.1mol电子的电量时，有0.1molLi+透过固体电解质向Cu极移动，有标准状况下1.12L

氧气参与反应

D.通空气时，铜被腐蚀，表面产生GuO

8、CalanolideA是一种抗HIV药物，其结构简式如图所示。下列关于CalanolideA的说法错误的是（）

CalanolideA

A.分子中有3个手性碳原子

B.分子中有3种含氧官能团

C.该物质既可发生消去反应又可发生加成反应

D.Imol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗ImolNaOH

9、我国科学家设计的人工光合“仿生酶一光偶联”系统工作原理如图。下列说法正确的是（）

A.总反应为6co2+6H2O催化剂C6Hl2O6+6O2

B.转化过程中仅有酶是催化剂

C.能量转化形式为化学能一光能

D.每产生ImolC6Hl2。6转移H+数目为12NA

10、下列有关叙述正确的是

A.汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧造成的

B.酒精能使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好

C.电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法

D.硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂

11、将一定质量的Mg和A1混合物投入到200mL稀硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中滴加NaOH溶液至过量,

生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则下列说法错误的是

A.最初20mLNaOH溶液用于中和过量的稀硫酸

B.NaOH溶液物质的量浓度为5molL-1

C.Mg和Al的总质量为距

D.生成的氢气在标准状况下的体积为11.2L

12、下列各图示实验设计和操作合理的是（）

A.图1证明非金属性强弱：S>C>SiB.图2制备少量氧气

C.图3配制一定物质的量浓度的硫酸溶液D.图4制备少量乙酸丁酯

13、对于Imol/L盐酸与铁片的反应，下列措施不能使产生H2反应速率加快的是（）

A.加入一小块铜片B.改用等体积98%的硫酸

C.用等量铁粉代替铁片D.改用等体积3moi/L盐酸

14、设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）

A.17g由H2s与PC组成的混合气体中含有的质子数为9NA

B.90g果糖（C6Hl2O6,分子中无环状结构和碳碳双键）中含有的非极性键数目为3NA

C・Imol由乙醇与二甲酰（CH3g・CH3）组成的混合物中含有的羟基数目为NA

D.已知嚷Ra—X+；He,则0.5molX中含有的中子数为34NA

15、某稀溶液中含有4moiKNO3和2.5molH2s。4,向其中加入l.5molFe,充分反应（已知NO3•被还原为NO）。下列

说法正确的是（）

A.反应后生成NO的体积为28L

B.所得溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1:1

C.所得溶液中c（NO3）=2.75moVL

D.所得溶液中的溶质只有FeSO4

16、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）

A.使酚歌变红的溶液中：Na\NHJ、Cl\SO?'

3+2

B.c（Al）=0.lmol・L，的溶液中，K\Mg\AIO2\SO?

C.澄清透明的溶液中：Fe3+>Ba2\NO3、Cl

D.c（H+）=0.1mokL1的溶液中；K\Na\CHjCOO>NO3

二、非选择题（本题包括5小题）

17、氟西汀G是一种治疗抑郁性精神障碍的药物，其一种合成路线如图：

己知：LiAIHj是强还原剂，不仅能还原醛、酮，还能还原酯，但成本较高。

回答下列问题:

(1)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出D的结构简式，用星号(*)标出D中的手性碳

(2)④的反应类型是

(3)C的结构简式为

(4)G的分子式为_。

(5)反应⑤的化学方程式为—。

(6)已知M与D互为同分异构体，在一定条件下能与氯化铁溶液发生显色反应。M分子的苯环上有3个取代基，其

中两个相同。符合条件的M有一种。

0H

和为主要原料制备它的合成路线

(7)/SOHE也是一种生产氟西汀的中间体，设计以QP“ciCHjS()2CI

一(无机试剂任选)。

18、有机物A具有乙醛和乙酸中官能团的性质，不饱和燃B的摩尔质量为40gC中只有一个甲基，能发生银

镜反应，有关物质的转化关系如图：

已知：①同一个碳原子上连接2个碳碳双键的结构不稳定@RCH=CHOH^RCH2CHO

请回答：

(1)D的名称是________。

(2)A〜E中都含有的元素的原子结构示意图是

(3)A+D->E的化学方程式

(4)下列说法正确的是o

A.B能使滨水和酸性高镒酸钾溶液褪色

B.C与A在一定条件下都能发生银镜反应

C.转化流程中浓H2SO4的作用相同

D.可以用饱和Na2c03溶液鉴别A、C、E三种无色物质

19、口0■是一种高效安全消毒剂，常温下口0・为红黄色有刺激性气味气体，其熔点为-59.5℃,沸点为11.0C,能溶

于水但不与水反应，遇热水缓慢水解。某研究性学习小组欲制备口。.水溶液并检验其性质。

在圆底烧瓶中先放入lOgKClO：固体和然后再加入5mL稀硫酸，用磁力搅拌棒搅拌(如图)，将烧瓶

放在热水浴中，保持6(TC~80・C,至B中广口瓶内呈深红黄色时停止加热。回答下列问题：

(1)装置A用水浴加热的优点是_________；装置A中水浴温度不低于60C,其原因是_______________o

(2)装置A中反应生成00.及KXSO,等产物的化学方程式为；

(3)装置B的水中需放入冰块的目的是___________________；已知cjo.缓慢水解生成的含氯化合物只有xuo和日丁且

物质的量之比为2:1,则该反应的化学方程式为；装置C中的'gm溶液吸收尾气中的00.，生成物质的

量之比为的1:1的两种盐，一种为XaQO：，另一种为。

n.口°.的含量测定

步骤1：量取。芦液10mL，稀释成100工：试样；量取匚.ml试样加入到锥形瓶中；

步骤2：调节试样的pEy20加入足量的KI晶体，振荡后，静置片刻；

步骤3：加入指示剂，用：„1。1,1；｝^.5.0.溶液滴定至终点，消耗Va.S.O.溶液；nd。

(4)已知：2aoi+k+ior=51t+2CL+4H2。，21tls3+,=血£&+2］匕1，原0%溶液的浓度为

_____『LT(用含字母的代数式表示)，如果滴定速度过慢，会使计算出的数值______(填“偏大”、“偏小”或“不

变”)。

m.设计实验验证匚0.的氧化性

⑸取适量口0.水溶液加入三“溶液中，振荡，得无色溶液。欲检验以电氧化产物，还需要用到的试剂是____________o

(6)证明口0.的氧化性比三丁.强的方案是o

20、I、研究性学习小组进行SO2的制备及性质探究实验，装置如图(a为活塞，加热及固定装置已略去)。

(1)连接仪器、__、加药品后，打开a,然后滴入浓硫酸，加热；

(2)铜与浓硫酸反应制备SO2的化学方程式是_；

(3)品红溶液中的实验现象是_；

(4)从高铁酸钾溶液中观察到的现象说明SO?具有一性。

II、上述实验中NaOH溶液用于吸收剩余的SO2生成Na2s。3,NazSCh是抗氧剂。向烧碱和Na2s。3混合溶液中加

入少许滨水，振荡后溶液变为无色。

(1)写出在碱性溶液中Bn氧化Na2s03的离子方程式一

(2)反应后的溶液含有SO3?-、SO42\Br\OIF等阴离子，请填写鉴定其中SCI?一和的实验报告。_

-,-,-,-1

限选试剂：2mobLHCl；lmolLH2SO4；Imol-L^^aCh；ImolLBa(NOj)2;0.1molLAgNO3；CCh；新制氯

水。

编号实验操作预期现象和结论

取少量待测液加入试管中，加入过量的

步骤①有_生成，证明待测液中SO4、

2moi・L-i盐酸，再滴加一

取出步骤①中适量上层清液于试管中，

步骤②下层液体呈证明待测液中含Bi%

加入适量氯水，再加入—，振荡，静置。

21、CuSCN是一种生物防腐涂料，可用CuSO4、NaSCN.Na2sO3作原料，并用乙二醇或DMF作分散剂进行制备。

(1)Cll+基态核外电子排布式为0

(2)NaSCN中元素S、C、N的第一电离能由大到小的顺序为；Na2s。3中SO.产的空间构型为

(用文字描述)。

⑶乙二醒(HOCH2cH2OH)与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为

(4)DMF2HCNCH3cH3)分子中碳原子的轨道杂化类型为；1molDMF分子中含有。键的数目为

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、C

【解析】

A、没指出浓度，所以无法判断，选项A错误；

B、HA放出的出多，说明没有HA电离的多，酸性弱，选项B错误；

C、c=0.1mol・L-i的CH.£OOH溶液和c=0.lmol・L-i的HC1溶液中，CH3COOH是弱电解质，部分电离，酸性弱，

pH大，选项C正确；

D、pH=5的CH3COOH溶液和pH=4的HCI溶液中，用电荷守恒得到c(CH3COO_)=c(H+)-c(OH_)=(l(r5-10-

c(cr)=c(H+)-c(OH-)=(10-4-10~IO)mol-L~,,以CH3coCT)/c(C「)V*,选项D错误；

答案选C。

2、D

【解析】

煤的综合利用是指通过物理或化学加工等途径，回收和利用煤中的各种有益组分，以获得多种产品的方法，包括煤的

气化、液化和干储，均属于煤的综合利用；而裂解是石油的综合利用的方法。

故选：Do

3、B

【解析】

A.NHQI是强酸弱碱盐，发生水解反应溶液显酸性，浓度均为ImoVL的盐酸和NHKl溶液中，盐酸中的氢离子浓度

酸远大于NHiCl溶液，与金属反应属于放热反应，图中盐酸与镁反应温度迅速升高，而氯化钱溶液与镁反应放出热量

较少，贝!反应剧烈程度：HCI>NH4C1,故A错误；

B.P点时氯化铉溶液的电荷守恒式为：c(NH4+)+2c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH),由于P点溶液显碱性，c(OH)>c(H+),

则c(NH4+)+2c(Mg2+)>c(C「)，故B正确；

C.Q点溶液显碱性是因为NH4。发生水解生成一水合氨和氢离子，由于氢离子与金属镁反应被消耗，促使水解平衡

正向移动，一水合氨浓度增大，溶液的碱性增强，故C错误；

D.由图像可知，1000s后，镁与NH4a溶液反应的温度和pH仍在升高，只是变化较小，反应没有停止，故D错误;

答案选及

4、D

【解析】

分析题给信息，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，则X应为O元素；Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应

为F元素；在周期表中Z位于IA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素。

【详解】

A.电子层数越多，原子半径越大，同周期元素的原子序数越大，原子半径越小，则原子半径r(F)VKO)Vr(S)Vr(Na),

A项错误；

B.X为O,Z为Na,由Y、Z两种元素组成的化合物可能为过氧化钠，其分子中含有离子键和共价键，B项错误；

C.W最高价氧化物对应水化物为硫酸，属于强酸，C项错误；

D.非金属性F>S,元素的非金属性越强，对应的简单氢化物越稳定，D项正确；

答案选D。

【点睛】

微粒半径大小的决定因素：

决定因素是电子层数和核电荷数。电子层数越多，则微粒半径越大；电子层数相同时，核电荷数越多，对核外电子的

吸引力越大，微粒半径越小，比较时应综合考虑二者。

5、C

【解析】

A.根据图示E为该反应的活化能，故A错误；

B.①一②的能量降低，过程为放热过程，故B错误；

C.该过程中甲烷中的CH键断裂，为极性键的断裂，形成CHKOOH的C・C键，为非极性键形成，故C正确；

D.催化剂不能改变反应的能量变化，只改变反应的活化能，故D错误；

故答案为Co

6、B

【解析】

W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期，Y、Z同周期，则W位于第一周期，为H元

素，X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，X的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则X为N

元素，X、Z同主族，则Z为P元素，Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强碱，Y为Mg元素，据此分析解答。

【详解】

A.Y为Mg元素，Z为P元素，Y、Z同周期，同周期元素随核电核数增大，原子半径减小，则原子半径大小：Y>Z,

故A正确；

B.X为N元素，Y为Mg元素，Y3X2为Mg^M,属于离子化合物，其中只有离子键，故B错误；

C.Z为P元素，最高价氧化物为五氧化二磷，具有吸水性，属于酸性干燥剂，故C正确；

D.W为H元素，X为N元素，XW3为第气，浓氨水与氯气在空气中反应生成氯化铁，形成白烟，可以用含氨气的浓

溶液检验氯气管道是否漏气，故D正确；

答案选B。

7、C

【解析】A,根据题意，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，放电过程中消耗CsO,由此可见通入空气

Cu腐蚀生成CU2。，由放电反应推知Cu极电极反应式为Cu2O+2e+H2O=2Cu+2OH,Cu2O又被还原成Cu,整个过

程中Cu相当于催化剂，氧化剂为02,A项正确；B,放电时正极的电极反应式为CU2O+2D+H2O=2CU+2OH-，B项正

确;C,放电时负极电极反应式为Li©=Li+,电路中通过O.lmol电子生成0.1molLi+,5透过固体电解质向Cu极移动,

反应中消耗。2物质的量为"必=0.025moL在标准状况下O2的体积为0.025molx22.4L/mol=0.56L,C项错误；D,

4

放电过程中消耗CU2O,由此可见通入空气Cu腐蚀生成CU2O,D项正确；答案选C。

8、D

【解析】

A选项，分子中有3个手性碳原子，手性碳原子用*标出，忌｛，故A正确，不符合题意；

CalMoktdeA

B选项，分子中有羟基、酰键、酯基3种含氧官能团，故B正确，不符合题意；

C选项，该物质含有羟基，且连羟基的碳相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，含有碳碳双键、苯环可发生加成反应,

故C正确，不符合题意；

D选项，该物质中含有酚酸酯，Imol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗2moiNaOH,故D错误，符合题意。

综上所述，答案为D。

【点睛】

手性碳原子是碳原子周围连的四个原子或原子团不相同为手性碳原子，1mol酚酸酯消耗2moi氢辄化钠，1mol竣酸

酯消耗Inwl氢氧化钠。

9、A

【解析】

A.根据图示可知：该装置是将CO2和Hz。转化为葡萄糖和氧气，反应方程式为：6CO2+6H2OJW?LC6H1206+602,A

正确；

B.转化过程中有酶、光触媒作催化剂，B错误；

C.能量转化形式为光能t化学能，C错误；

D.每产生1molC6Hl2。6转移H+数目为24NA,D错误；

故合理选项是Ao

10、C

【解析】

A、汽油来自于石油，石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，即汽油是由碳氢两种元素组成，不含N元素，故A错

误；

B、酒精能使蛋白质变性，医用酒精的浓度一般为75%,故B错误；

C、金属的电化学腐蚀包括牺牲阳极的阴极保护法和外加电流阴极保护法，前者属于原电池原理，后者属于电解原理，

金属Mg比铁活泼，Mg作负极，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；

D、硅胶、生石灰作干燥剂，铁粉作还原剂，铁粉防止食品氧化，故D错误，答案选C。

11、D

【解析】

由图象可以知道,从开始至加入NaOH溶液20mL,没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发

生的反应为:H,SO4+2NaOH=Na,SO,+2HQ.当V(NaOH溶液)=2()0mL时，沉淀量最大，此时为M虱OH%和

A/(。〃)3,二者物质的量之和为0.35ma溶液中溶质为Na2SO4•根据钠元素守恒可以知道此时〃(N电5O4)等于

200mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍.从200mL到240mL,NaOH溶解

Al(OH).:NaOH+Al(OH\=NaAlO,+2&O,当V(NaOH溶液)=240mL时,沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2,

物质的量为O.lSmoi,Mg(OH)2为0.15mol,Al(OH)3为0.35mol・0.15mol=0.2mol,因为从200mL到240mL，发生

m<^+人1(0时3=^人102+2%0,所以该阶段消耗〃(附0〃)=〃[4(0")3]=().2〃〃,氢氧化钠的浓度为

02moi

=5rnol/L.

0.24L-0.20L

【详解】

A.由上述分析可以知道.最初20mLNaOH溶液用于中和过量的稀硫酸，所以A选项是正确的；

B.由上述分析可以知道，氢氧化钠溶液的物质的量浓度为5moi/L,所以B选项是正确的；

C.由元素守恒可以知道n(Al)=n[Al(OH)3]=0.2mol,〃(Mg)=〃[姓(O”方]=0.15机〃，所以镁和铝的总质量为

0.2molx27g/mol+0.15molx24g/mol=9g,所以c选项是正确的;

D.由电子守恒可以知道,生成的氢气为-——:—―-----:—=0.45//^/，若在标况下，体积为

2

0.45molx22.4L/mol=10.08L，但状况未知，故D错误；

故答案选Do

12、A

【解析】

A.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于元素的非金属性S>C>Si,所以酸性：

H2SO4>H2CO3>H2SiO3,强酸可以与弱酸的盐反应制取弱酸，图1可以证明非金属性强弱：S>C>Si,A正确；

B.过氧化钠为粉末固体，不能利用关闭止水夹使固体与液体分离，则不能控制反应制备少量氧气，B错误；

C.配制物质的量浓度的溶液时，应该把浓硫酸在烧杯中溶解、稀释，冷却至室温后再转移到容量瓶中，不能直接在

容量瓶中溶解稀释，C错误；

D.反应物乙酸、1•丁醇的沸点低于产物乙酸丁酯的沸点，若采用图中装置，会造成反应物的大量挥发，大大降低了反

应物的转化率，D错误；

故选A。

13>B

【解析】

A.Fe、Cu和稀盐酸能构成原电池，Fe易失电子作负极而加快反应速率，故A正确；

B.将稀盐酸改用浓硫酸，浓硫酸和Fe发生钝化现象且二者反应生成二氧化硫而不是氢气，故B错误；

C.将铁粉代替铁片，增大反应物接触面积，反应速率加快，故C正确；

D.改用等体积3mol/L稀盐酸，盐酸浓度增大，反应速率加快，故D正确；

故答案为Bo

【点睛】

考查化学反应速率影响因素，明确浓度、温度、催化剂、反应物接触面积等因素对反应速率影响原理是解本题关键，

Imol/L盐酸与铁片的反应，增大盐酸浓度、将铁片换为铁粉、升高温度、使其形成原电池且Fe作负极都能加快反应

速率，易错选项是B。

14、A

【解析】

17g

A.假设17g全部为HzS,含有质子物质的量为二/x(2+16)=9moL假设全部为PH3,含有质子物质的量为

34g/mol

17g一

.x(3+15)=9mol,则17g该混合物中含有的质子物质的量为9moL故A正确；

34g/mol

B.果糖结构简式为CH2OHCH(OH)CH(OH)CH(OH)COCH2OH,根据果糖的结构简式，非极性键应是c-c之间的

90

键，90g果糖中含有非极性键的物质的量为7^7jx5=2.5mol,故B错误；

180g/mol

C.乙醇结构简式为CH3cH2OH,乙醛的结构简式为CM-O-CHj,前者含有羟基，后者不含羟基，因此Imol该

混合物中含有羟基物质的量应在。〜imol之间，故C错误；

D.推出X的原子结构为铲X,0.5molX中含有中子物质的量为0.5niolX(222-86)=68inol,故D错误；

答案：Ao

15>B

【解析】

铁在溶液中发生反应为Fe+4H++NO3-=Fe3“NOT+2H20,已知，n(Fe)=1.5mol,n(H+)=5mol,n(NOr)=4mol,

氢离子少量,则消耗1.25molFe,生成1.25mol的铁离子,剩余的n(Fe)=0.25mol,发生Fe+2FeX=3Fe2+,生成0.75molFe2+,

剩余O.TSmoIFe3+；

【详解】

A.分析可知，反应后生成NO的物质的量为1.25moL标况下的体积为28L,但题目未说明是否为标准状况，故A错

误；

B.所得溶液中c(Fe2*):c(Fe3*)=0.75mol:0.75mol=l:l,故B正确；

C.未给定溶液体积，无法计算所得溶液中c(Nth)故C错误；

D.所得溶液中含有Fe?+、Fe3\SO/-、NO-故D错误；

答案为B。

16、C

【解析】

A、使酚歌变红的溶液呈碱性，NH4+与氢氧根反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；

B、AB、AKh-之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；

32

C、Fe\Ba\NO3\之间不反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；

D、H+、CH3COO-之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；

答案选C

二、非选择题(本题包括5小题)

【解析】

OH0

B在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成C,C与氢化铝锂反应生成D,根据D和B的结构简式

D与CH3sO2CI发生取代反应生成E,E与CH3NH2发生取代反应生成F,F与在氢化钠作用下发生取代反

0H

应生成G。根据G和E的结构简式，可得F的结构简式为，据此分析解答。

【详解】

(1)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。D中的手性碳位置为；

⑵根据分析，④的反应类型是取代反应；

0H0

⑶根据分析，c的结构简式为

(4)G的分子式为CI7H18NOFJ；

(5)反应⑤为E与CH3NH2发生取代反应生成F化学方程式为：

OH0H

[Ql^^OSOjCH,+CH3NH2->/3sO2OH；

(6)D的结构简式为Cr^OH，已知M与D互为同分异构体，在一定条件下能与氯化铁溶液发生显色反应，说明分

子中有酚羟基。M分子的苯环上有3个取代基，其中两个相同，即苯环上有两个羟基和一个・C3H7原子团。(3H7原子

0H

团的结构式共有・CH2cH2cH3和-C(CH3)2两种结构，同分异构体数目分析如下：若羟基的位置结构为广，,同

D①

②

0H

分异构体的数量为2x2=4种，若羟基的位置结构为土山，同分异构体的数量为1x2=2种，若羟基的位置结构为

1

0H

OH

,同分异构体的数量为3x2=6种；则符合条件的M有12种;

⑺在加热条件下，在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成/,1/和氯气发生加成反应生成

【解析】

不饱和正B的摩尔质量为40gmoP1可知B的分子式为C3H打不饱和度为2,同一个碳原子上不能连两个碳碳双键，

可推测B为丙焕：CH3c三CH,B物质与HzO反应类型为加成反应，由已知信息②RCH=CHOH->RCH2cHO可知C

为丙醛CH3cH2CHO,丙醛与H2发生加成反应生成正丙醇CH3cH2cH2OH。根据E的分子式可推知A为甲酸，其分

子中既含有竣基又含有醛基，则有机物A具有乙醛和乙酸中官能团的性质，A〜E中都含有碳元素，原子结构示意图

X

是9;%据此分析解答。

【详解】

不饱和点B的摩尔质量为40g・mo「可知B的分子式为C3H4,不饱和度为2,同一个碳原子上不能连两个碳碳双键，

可推测B为丙焕：CH3c三CH,B物质与HzO反应类型为加成反应，由己知信息、②RCH=CHOH->RCH2cHO可知C

为丙醛CH3cH2CHO,丙醛与H2发生加成反应生成正丙醇CH3cH2cH2OH。根据E的分子式可推知A为甲酸，其分

子中既含有竣基又含有醛基，则有机物A具有乙醛和乙酸中官能团的性质，A〜E中都含有碳元素，原子结构示意图

*@))>

(1)由以上分析知，D为CH3cH2CH2OH,名称是正丙醇；

故答案为：正丙醇；

(2)A〜E中都含有碳元素，原子结构示意图是0)，)；

故答案为：

浓偌酸

(3)A为甲酸，D为CH3cH2cH2OH,A+D-E的化学方程式为HCOOH+CH3cH2cH20H.•H2O+

HCOOCH2CH2CH3;

故答案为：HCOOH+CH3CH2CH2OH"“H2O+HCOOCH2CH2CH3;

A

（4）A.B为丙快：CH3c三CH,含有碳碳三键，能使滨水和酸性高隹酸钾溶液褪色，故正确；

B.C为CH3cH2CHO,A为HCOOH,均含有醛基，则C与A在一定条件下都能发生银镜反应，故正确；

C.A为甲酸，在浓硫酸加热的条件下生成CO,浓硫酸作脱水剂；A和D在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，浓硫

酸作催化剂、吸水剂，因此转化流程中浓H2s04的作用不相同，故错误；

D.A为甲酸，C为CH3cH2CHO,E为甲酸丙酯，甲酸与Na2c（h溶液反应生成二氧化碳气体；CH3cHzCHO与Na2c。3

溶液互溶，无明显的现象；甲酸丙酯的密度比水小，不溶于饱和Na2c03溶液中，会分层；现象不同，所以可以用饱

和Na2c（力溶液鉴别A、C、E三种无色物质，故正确；

故答案为：ABD。

【点睛】

甲酸与Na2cCh溶液反应生成二氧化碳气体；CH3cH2CHO与Na2c03溶液互溶，无明显的现象；甲酸丙酯在饱和

Na2c03溶液中会分层；现象不同，可以用饱和Na2c03溶液鉴别该三种无色物质，这是学生们的易错点。

19、受热均匀，且易控制温度如温度过低，则反应速率较慢，且不利于C1O2的逸出

2KCIO3+H2c2O4+2H2so4=。。21+2c0订+2KHsO4+2H2O可减少C1O2挥发和水解

8CIO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2NaClOj3r偏大盐酸和BaCb溶液将CKh气体通入FeSCh溶

液中，并滴入KSCN溶液，观察溶液颜色变化，若溶液变为血红色，则证明。02的氧化性比Fe3+强。

【解析】

I.水浴加热条件下，草酸、氯酸钾在酸性条件下发生氧化还原反应生成。02,因遇热水缓慢水解，则B中含冰块的

水用于吸收C1O2,根据氧化还原反应规律，结合生成物的物质的量的比及质量守恒定律书写反应方程式；C中NaOH

溶液可吸收CIO2尾气，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为NaCKh,根据氧化还原反应规律来书写；

II.有碘单质生成，用淀粉做指示剂；根据元素守恒结合反应得到关系式2a02〜512〜lONa2s2O3计算c（CIO2）;

HLCKh具有强氧化性，可氧化H2s生成硫酸，氧化亚铁离子生成铁离子，检验铁离子即可解答该题。

【详解】

Ml）装置A用水浴加热的优点是受热均匀，且易控制温度，如温度过低，则反应速率较慢，且不利于CKh的逸出，温

度过高，会加剧CIO2水解；

⑵装置A中反应生成CIO2及KHSCh等产物，同时草酸被氧化生成水和二氧化碳，则反应化学方程式为

2KCl（h十H2C2O4+2H2sO4=C1O2T+2C€hf+2KHsO4+2H2O；

⑶装置B的水中需放入冰块，可减少CKh挥发和水解；CIO?缓慢水解生成的含氯化合物只有HCI。和C12,且物质

的量之比为2:1,则根据反应前后各种元素原子个数相等，结合电子转移守恒，可得该反应的化学方程式为

8C1O2+2H2O=4HC1O+2CI2+7O2；装置C中NaOH溶液的作用是吸收尾气中的CIO2,生成物质的量之比为的1：1的

两种盐，由于C1O2中C1元素的化合价为+4价,一种为NaCIO2,根据氧化还原反应的规律,则另一种生成物为NaCKh;

H.有碘单质生成，用淀粉作指示剂；二氧化硫和碘单质的反应中，根据电子守恒，得到：2a02〜512,结合反应

2Na2S2Oj+l2=Na2S4O6+2NaI,得到关系式：2C1O2〜5卜〜lONa2s2。3。

3

设原C102溶液的浓度为X,n（Na2S2O3）=c.V2xl0-mol,

2。。2〜5L〜lONa2s2O3

2niollOmol

cVzxlO'm。］，2:1。%…（/XI。）解得x==g/L；

IO-15"詈

如果滴加速率过慢，溶液中部分「被氧气氧化产生12,消耗的标准Na2s2O3溶液的体积偏大，则由此计算出的CKh的

含量就会偏大；

（4）取适量CIO2水溶液加入H2s溶液中，振荡，得无色溶液，说明硫化氢被氧化生成硫酸，可先加入盐酸酸化，然后

再加入氯化锁检验，若反应产生白色沉淀，证明有SO4%即H2s被氧化产生了H2s04；

⑸证明C1O2的氧化性比Fe"强，则可通过CIO2氧化Fe2+生成F*,可将CKh气体通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN

溶液，观察溶液颜色变化，若溶液变为血红色，则证明CIO2的氧化性比Fe3+强。

【点睛】

本题考查了物质的制备和性质探究，把握物质的性质以及实验的原理和操作方法是解题关键，侧重考查学生的分析能

力、实验能力，同时考查学生接受题目提供的信息能力与应用能力。

20、检查装置气密性Cu+2H2so4（浓）＜=CuSO4+SO2T+2H2。品红溶液红色褪去变为无色还原性

2-2-

SO3+Br2+2OH=H2O+SO4+2Br-

编号实验操作