2024届上海市七宝高中高考化学必刷试卷含解析

2024届上海市七宝高中高考化学必刷试卷

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、下列有关物质性质的比较，结论正确的是

A.溶解度：Na2CO3<NaHCO3

B.热稳定性：HCKPHj

C.沸点：CzHsSHcCiHsOH

D.碱性：LiOH<Be（OH）2

2、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和W为同主族元素，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应

的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。由这四种元素中的一种或几种组成的物质存在如下转化关系，甲+乙一丙+W,

其中甲是元素X的氢化物，其稀溶液可用于伤口消毒，乙为一种二元化合物，常温下0.lmol・L”丙溶液的pH=13,下

列说法错误的是

A.X和Y、W均至少能形成两种化合物

B.乙和丙均为既含有离子键又含有共价键的离子化合物

C.四种元素简单离子半径中Z的最小

D.气态氢化物的稳定性：X>VV

3、一定量的CO?与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）^2CO（g）,平衡时，体系中气体

体积分数与温度的关系如图所示，下列说法正确的是

。

。

。

A.550c时，若充入惰性气体，v正、v逆逆均减小，平衡不移动

B.650℃时，反应达平衡后CO、的转化率为25.0%

c.T℃时，若充入等体积的co?和co,平衡向逆反应方向移动

D.平衡常数的关系：K（925℃）<K（600℃）

4、人类使用材料的增多和变化，标志着人类文明的进步，下列材料与化学制备无关的是()

A.青铜器B.铁器C.石器D.高分子材料

5、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，最外层电子数之和为18。X、Z同一主族，Z的一种氧化

物的水化物为具有还原性且不稳定的二元酸；Y的周期数是族序数的3倍。下列说法错误的是

A.简单离子半径：VV>X>Y

B.X、Z的最高化合价不相同

C.简单氢化物的热稳定性：X>W

D.Y与其他三种元素分别形成的化合物中均只含离子键

6、下列有关有机物的叙述正确的是

A.由乙醇、丙三醇都易溶于水可知所有的醇都易溶于水

B.由甲烷、苯不能使酸性高钵酸钾溶液褪色可知所有的烷烧和苯的同系物都不与高镭酸钾溶液反应

C.由淀粉在人体内水解为葡萄糖，可知纤维素在人体内水解的最终产物也是葡萄糖

D.由基不与溟水反应而苯酚可与溟水反应可知羟基能使苯环上的氢活性增强

7、已知：CH3c三CH+CO+CH30H一至条=>M,N+CH30H一全州N+WO。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

8、联合制碱法中的副产品有着多种用途，下列不属于其用途的是

A.做电解液B.制焊药C.合成橡胶D.做化肥

9、铁的氧化物可用于脱除煤气中的HzS,有一步反应为：Fe3O4(s)+3H2S(g)+H2(g)^3FeS(s)+4H2O(g),其温度与平

衡常数的关系如图所示。对此反应原理的理解正确的是

0500600700S009001000T(K)

A.H2s是还原剂

B.脱除H2s的反应是放热反应

C.温度越高H2s的脱除率越大

D.压强越小H2s的脱除率越高

10、化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中不正确的是

A.用地沟油制取的生物柴油和从石油炼得的柴油都属于烧类物质

B.高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于高分子材料

C.“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称，丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化

合物

D.中国天眼“FAST”，用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料

11＞下列选项中，利用相关实验器材（规格和数量不限）能够完成相应实验的是

选项实验器材相应实验

用NaCI固体配制100mL1.00

A天平（带祛码）、100mL容量瓶、烧杯、胶头滴管

mol/LNaCI溶液

B烧杯、环形玻璃搅拌棒、碎泡沫塑料、硬纸板中和反应反应热的测定

C酸/碱式滴定管、滴定管夹、烧杯、锥形瓶、铁架台实验测定酸碱滴定曲线

三脚架、酒精灯、生埸、培埸钳、镣子、泥三角、滤纸、小刀、玻

D钠在空气中燃烧

璃片

A.AB.BC.CD.D

12、依据反应2NaI（h+5SO2+4H20=12+3H2so4+2NaHSO4。利用下列装置分四步从含NaIO3的废液中制取单质碘的

CCL溶液，并回收NaHSO,。下列装置中不需要的是（）

so2

B.还原103,

A.放电时甲为负极，充电时为阳极

B.电池充电时，OH一由甲侧向乙侧移动

C.放电时负极的电极反应式为:MH”一ne-=M+nH+

D.汽车下坡时发生图中实线所示的过程

二、非选择题（本题包括5小题）

17、有机物A（C6H8。4）为食品包装纸的常用防腐剂。A可以使溟水褪色。A难溶于水，但在酸性条件下可发生水解

反应.得到R（CHK）。和甲醇.通常状况下R为无色晶体.能与氢氧化钠溶液发生反应.

（1）A可以发生的反应有（选填序号）。

①加成反应②酯化反应③加聚反应④氧化反应

（2）B分子所含官能团的名称是_______________________________o

（3）B分子中没有支链，其结构简式是,B的具有相同官能团的同分异构体的结构简式是

（4）由B制取A的化学方程式是_____________________________________o

（5）天门冬氨酸（C4H7NO4）是组成人体蛋白质的氨基酸之一，可由B通过以下反应制取:

B2一[c]___叫一|天氨酸

天门冬氨酸的结构简式是

18、化合物F是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成:

C”二（”-CHO已知：RCHO+

RCHOHCHCHO

CH3cHo^XaOH（）2O

试回答:

（1）A的化学名称是—，A-B的反应类型是_

（2）B-C反应的化学方程式为o

（3）C-D所用试剂和反应条件分别是____o

（4）E的结构简式是____oF中官能团的名称是

(5)连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为接基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有一种。

其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5个峰，峰面积比为2：1：2：2：1的同分异构体的结构简式为一

19、Fe(0H)3广泛应用于医药制剂、颜料制造等领域，其制备步骤及装置如下：在三颈烧瓶中加入16.7gFeSO4-7H2O

和40.0ml蒸馆水。边搅拌边缓慢加入3.0mL浓H2s04,再加入2.0gNaCKh固体。水浴加热至80C,搅拌一段时间后,

(l)NaClCh氧化FeSO4-7H2O的离子方程式为<,

⑵加入浓硫酸的作用为(填标号)。

a.提供酸性环境，增强NaCKh氧化性b.脱去FeSOgWO的结晶水

c.抑制Fe3+水解d.作为氧化剂

(3)检验Fe2+已经完全被氧化需使用的试剂是_________o

(4)研究相同时间内温度与NaCKh用量对F*氧化效果的影响，设计对比实验如下表

编号氧化效果/%

T/,CFeSO4-7H2O/gNaClOVg

*

170251.6a

ii7025mb

iii80ii2.0c

iv80251.687.8

①m=；n=o

②若c>87.8>a,贝Ija、b、c的大小关系为。

⑸加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，其原因是一

(6)判断Fe(OH)3沉淀洗涤干净的实验操作为；

⑺设计实验证明制得的产品含FcOOHi假设不含其他杂质)。o

20、某研究小组利用下图装置探窕温度对氨气还原Fe2O3的影响(固定装置略)。完成下列填空:

(1)实验时A中有大量紫红色的烟气，则NH4I的分解产物为_(至少填三种)，E装置的作用是_。

(2)装置B中的反应方程式；,D装置的作用是______o

某研究小组按上图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置C加热，反应产物均为黑色粉末(纯净

物)，两组分别用各自的产物进行以下探究，完成下列填空：

步骤操作甲组现象乙组现象

1取黑色粉末加入稀盐酸溶解，无气泡溶解，有气泡

2取步骤1中溶液，滴加KSCN溶液变红无现象

3向步骤2溶液中滴加新制氯水红色先变深后褪去先变红后也褪色

(3)乙组得到的黑色粉末是o

(4)甲组步骤1中反应的离子方程式为o

(5)乙组步骤3中，溶液变红的原因为；溶液褪色可能的原因及其验证方法为o

(6)若装置C中FezCh反应后的产物是两种氧化物组成的混合物，为研究氧化物的组成，研究小组取样品7.84克在

加热条件下通入氨气，完全反应后，停止加热，反应管中铁粉冷却后，称得质量为5・6克，则混合物的组成为.

21、甲硅烷广泛用于电子工业、汽车领域，三氯氢硅(SiHC^)是制备甲硅烷的重要原料。回答下列问题:

(1)工业上以硅粉和氯化氢气体为原料生产SiHC1时伴随发生的反应有：

①Si(s)+4HCl(g)=SiCl4(g)+2H2(g)AH=-241kJ/mol

②SiHCl^g)+HCl(g)=SiCl4(g)+H2(g)AH=-31kJ/mol

以硅粉和氯化氢气体生产SiHC1的热化学方程式是________________________。

(2)工业上可用四氯化硅和氢化铝锂(LiAlHQ制甲硅烷，反应后得甲硅烷及两种盐。该反应的化学方程式为

（3）二氯氢硅歧化也可制得甲硅烷。反应2SiHC"g）—'SiH2ch（g）+SiCL（g）为岐化制甲硅烷过程的关键步骤，此

反应采用一定量的PA100催化剂，在不同反应温度下测得S1HCL；的转化率随时间的变化关系如图所示。

②323.15K时，要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有o（答一种即可）

③比较a、b处反应速率的大小：匕%（填“V”或）o已知反应速率

v正4小加5~逆=1<2乂5叫6乂$.,1<空2分别是正、逆反应的速率常数，与反应温度有关，x为物质的量分数，则在

353』5K时广------------（保留3位小数）。

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、C

【解题分析】

A.碳酸钠的溶解度应该大于碳酸氢钠，实际碳酸氢钠在含钠化合物中属于溶解度相对很小的物质。选项A错误。

B.同周期由左向右非金属的气态氢化物的稳定性逐渐增强，所以稳定性应该是：HCI>PH3O选项B错误。

C.CzHQH分子中有羟基，可以形成分子间的氢键，从而提高物质的沸点。选项C正确。

D.同周期由左向右最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，所以碱性应该是：LiOH>Be（OH）2。选项D错误。

【题目点拨】

解决此类问题，一个是要熟悉各种常见的规律，比如元素周期律等；另外还要注意到一些反常的规律。例如：本题的

选项A,比较碳酸钠和碳酸氢华的溶解度，一般碳酸盐比碳酸氢盐的溶解度小，碳酸死难溶，而碳酸氢仍可溶，但是

碳酸钠却比碳酸氢钠溶解度大。此外，比如，碱金属由上向下单质密度增大，但是钾反常等等。

2、B

【解题分析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液中，不溶

于其浓溶液中，说明Z为AI元素，W为S元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；X和W为同

主族元素，则X为O元素；甲是元素X的氢化物，其稀溶液可用于伤口消毒，则甲为H2O2;常温下O.lmol・『闪溶

液的pH=13,则丙为强碱，说明X、Y、Z、W四种元素中有一种元素的氢氧化物为强碱，则Y为Na元素，则丙为

NaOH；由于这四种元素中的一种或几种组成的物质存在甲+乙一丙+W的转化关系，且乙为一种二元化合物，则乙为

NaiSo

A.根据上述分析X、Y、W分别为O、Na、S元素。X和Y能形成氧化钠、过氧化钠，X和W能形成二氧化硫、

三氧化硫，即X和Y、W均至少能形成两种化合物，故A正确；

B.通过上述分析可知，乙为硫化钠，硫化钠是只含离子键的离子化合物，丙为氢氧化钠，氢氧化钠是既含离子键

又含共价键的离子化合物，故B错误；

C.W的离子核外电子层数最多，离子半径最大，X、Y、Z的离子具有相同的电子层结构，因为核外电子层数相同

时，核电荷数越大半径越小，Z的核电荷数最大，离子半径最小，故c正确；

D.X和W为同主族元素，非金属性X>W,因为非金属性越强，气体氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性X>W,

故D正确。答案选B。

3、B

【解题分析】

A.体积可变的恒压密闭容器中，若充入惰性气体，体积增大，则压强减小，则v正、v逆逆均减小，平衡正向移动，

选项A错误；

B.由图可知，650℃时，CO的体积分数为40%,设开始及转化的C0?分别为n、x,则一生丁=40%，解得n=4x,

平衡后CO,的转化率为Hx100%=25.0%,选项B正确；

4x

CTC时，若充入等体积的CO?和CO,与原平衡状态时体积分数相同，平衡不移动，选项C错误；

D.由图可知，温度越高，CO的体积分数越大，该反应为吸热反应，K与温度有关，则K（925C）〉K（600℃）,选项

D错误；

答案选

4、C

【解题分析】

冶金（青铜器、铁器制备）、高分子材料合成均涉及化学反应，石器加工只需物理处理，与化学制备无关，答案为C；

5、D

【解题分析】

Z的一种氧化物的水化物是具有还原性且不稳定的二元酸，判断Z为S元素；X、Z同一主族，可知X为O元素。Y

的周期数是族序数的3倍，可推出Y为Na元素，再结合W、X、Y和Z原子的最外层电子数之和为18,可知W为N

兀索。

【题目详解】

A.N3\Na+和02•具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径顺序为：W>X>Y,与题意不

符，A错误；

B.O最高价+2,而S最高价为+6,与题意不符，B错误；

C.简单氢化物热稳定性强弱与元素的非金属性强弱一致，而非金属性：O>N,稳定性：H2O>NH3,与题意不符，C

错误；

D.Na与0可形成Na2（h,含有离子键和共价键，符合题意，D正确；

答案为D。

【题目点拨】

具有相同的核外电子排布简单离子，原子序数越大，微粒半径越小。

6、D

【解题分析】

A.分子中碳原子为1〜3的醇能与水以任意比例互溶，比如甲醇，乙醇，丙三醇，碳原子数为4~11的一元醇部分溶于

水，碳原子更多的醇不溶于水，故A错误；

B.苯的同系物如甲苯中由于侧链受苯环的影响，能被酸性高镒酸钾溶液氧化，故B错误；

C.淀粉在淀粉酶的作用下水解最终得到葡萄糖，但人体内没有水解纤维素的酶，纤维素在人体内不水解，故C错误;

D.苯不与滨水反应而苯酚可与滨水反应说明羟基能使苯环上的氢活性增强，故D正确。

故选D。

【题目点拨】

本题考查有机物的结构和性质，掌握有机反应的规律是解题的关键，注意有机物之间的区别和联系以及基团之间的相

互影响，理解物质的特殊性质。

7、D

【解题分析】

由CH3c三CH+CO+CH30H—―定.条M,N+CH30H—些如—M+HzO,其中M的结构简式为

CH2=C(CH3)COOCH3,可知N为CH2=C(CH3)COOHO

【题目详解】

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

B.N+CH30H_更l-M+HzO为酯化反应，属于取代反应，故B正确；

C.M中碳碳双键、戮基均为平面结构，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一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Do

【题目点拨】

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。

8、C

【解题分析】

联合制碱法是以食盐、氨和二氧化碳为原料来制取纯碱。包括两个过程：第一个过程是将氨通入饱和食盐水而成氨盐

水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO.,微小晶体；第二个过程是从含有氯化钱和氯化钠的

滤液中结晶沉淀出氯化铉晶体，得到的氯化钠溶液，可回收循环使用。据此分析解答。

【题目详解】

A.联合制碱法第一个过程滤液是含有氯化筱和氯化钠的溶液，可作电解液，第二个过程滤出氯化钱沉淀后所得的漉

液为氟化钠溶液，也可做电解液，故A正确；

B.联合制碱法第二个过程滤出的氯化核沉淀，焊接钢铁时常用的焊药为氯化钱，其作用是消除焊接处的铁锈，发生

反应6NH4a+4Fe2O3=6Fe+2FeCb+3N2T+l2H2。，故B正确；

C.合成橡胶是一种人工合成材料，属于有机物，联合制碱法中的副产品都为无机物，不能用于制合成橡胶，故C错

误；

D.联合制碱法第二个过程滤出氯化铉可做化肥，故D正确；

故选C。

9、B

【解题分析】

A.还原剂在氧化还原反应中失去电子，化合价升高，H2s为反应物，FeS为生成物，反应前后S的化合价均为・2,故

既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；

B.由图可以得出，温度越高，K值越小，说明此反应为放热反应，故B正确；

C.此反应为放热反应，升高温度，平衡左移，不利于脱硫，即温度越高H2s的脱除率越小，故C错误：

D.此反应特点为反应前后气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，故硫化氢的转化率不会提高，D错误；

故选Bo

10、A

【解题分析】

A.用地沟油制取的生物柴油含有氧元素，不属于烧类物质，故A错误；

B.增强聚四氟乙烯板属于高分子材料，故B正确；

C.丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故C正确；

D.碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故D正确；

故选A。

11、D

【解题分析】

A、用NaCl固体配制100mL1.00mol/LNaCI溶液，需用玻璃棒引流和搅拌，故不选A；

B、中和反应反应热的测定需用温度计测量反应前后的温度，故不选B；

C、实验测定酸碱滴定曲线，需用有指示剂判断滴定终点，故不选C；

D、用三脚架、酒精灯、用烟、生烟钳、镶子、泥三角、滤纸、小刀、玻璃片可以完成钠在空气中燃烧的实验，故选D。

【题目点拨】

本题涉及基础实验操作仪器的选择，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，把握实验的方法、步骤和使用的仪器,

注重课本实验等基础知识的积累。

12、D

【解题分析】

A.铜和浓硫酸加热生成硫酸铜、二氧化硫、水，所以可用A装置制取SO2,故不选A；

B.气体把103•还原为L,可利用此反应吸收尾气，且倒扣的漏斗可防止倒吸，故不选B；

C.12易溶于CC14,用CCI4萃取碘水中的H然后用分液法将碘的四氯化碳溶液与水层分离，故不选C；

D.用蒸发结晶的方法从水溶液中提取NaHSO』，应该将溶液置于蒸发皿中加热，而不能用用堪，故选D；

故选D。

13、C

【解题分析】

W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增加，W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代.说明W

为C,化合物XZ是重要的调味品为NaCI,Y位于XZ之间说明原子有三个电子层，Y原子的最外层电子数等于其电

子层数，则Y为ALZ•的电子层结构与氢相同判断为C1，W、X、\\Z为C、Na、AkCl,据以上分析解答。

【题目详解】

据以上分析可知：W、X、Y、Z为C、Na、AkCl,贝lj

A.元素W为C与氢形成原子比为1：1的化合物有多种，如C2H2、C4H4、C6H6、CsHg等，A正确；

B.元素X为钠，属于活泼金属，钠的单质能与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，钠和无水乙醇反应生成乙醇钠和氢

气，B正确；

C.离子Y3+离子为AH1有两个电子层，最外层8个电子，Z•为C1-最外层电子数为8,电子层数为三个电子层，最外

层电子数相同，电子层数不相同，C错误；

D.元素W为C与元素Z为C1可形成含有极性共价键的化合物，如CCL是含有极性共价键的化合物，D正确；

答案选C。

14、D

【解题分析】

用惰性电极电解相等体积的KC1和CuSO4混合溶液，溶液中存在的离子有：K+,Cl-,Cu2+,SO?,H+,OH；阴极

离子放电顺序是CU2+>H+,阳极上离子放电顺序是Q>OH-，电解过程中分三段：第一阶段：阳极上电极反应式为

2Cr-2e=CI2T>阴极电极反应式为CM++2e-=Cu,铜离子浓度减小，水解得到氢离子浓度减小，溶液pH上升；第二阶

段：阳极上电极反应式为4OH--4e=2H2O+O2T(或2HzOTeJlT+OzT),阴极反应先发生CL+Ze—Cu,反应中生成

硫酸，溶液pH降低；第三阶段：阳极电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2b阴极电极反应式为2H++2D=H2T，实质是

电解水，溶液中硫酸浓度增大，pH继续降低；据此分析解答。

【题目详解】

A.ab段阴极电极反应式为Cu2++2e=Cii,由于铜离子浓度减小，水解得到氢离子浓度减小，溶液pH上升，氢离子未

被还原，故A错误；

B.由图像可知，ab、be段，阴极反应都是Cu2++2e-=Cu,所以原混合溶液中KC1和C11SO4的浓度之比小于2:1,故B

错误；

C.电解至c点时，阳极有氧气放出，所以往电解液中加入适量CuCh固体，不能使电解液恢复至原来的浓度，故C错

误；

D.cd段pH降低，此时电解反应参与的离子为H+,OH,电解反应相当于电解水，故D正确；

选D。

【题目点拨】

本题考查电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，根据电解过程中溶液中氢离子浓度变化判断发生的反应；本题

需结合图象分析每一段变化所对应的电解反应。

15、C

【解题分析】

p浓xVx25%

设浓氨水的体积为V,密度为p稀释前后溶液中溶质的质量不变，则稀释后质量分数co-,氨水的

Vp浓+V

p球xVx25%xVx25%p法xVx25%

密度小于水的密度浓度越大密度越小，所以————3­=匕9，----------=12.5%,故

Vp浓+VVp浓+Vp浓2Vp汉

选C。

【题目点拨】

解答本题需要知道氨水的密度小于水的密度，而且浓度越大密度越小。

16、B

【解题分析】

A.根据电解池的工作原理，充电时甲电极是阴极，放电时是原电池，甲是负极，故A错误；

B.电池充电时是电解池的工作原理，电解池中的甲电极是阴极，阴极发生氢离子得电子的还原反应，乙是阳极，所以

OH•由甲侧向乙侧移动，故B正确；

C.放电时负极发生氧化反应，电极反应式为M・ne-+nII+=MHn,故C错误；

D.汽车下坡时电池处于充电状态，发生图中虚线所示的过程，故D错误；

答案选B。

二、非选择题(本题包括5小题)

17、®@@碳碳双键、竣基HOOCCH=CHCOOHCH2=C(COOH)2

OO

浓陵梭

HOOCCH=CHCOOH+2CH3OH、CH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2OHQ-C-CHi-CH-C—OH

八I

NH：

【解题分析】

A的分子式为CGKOJ,A的不饱和度为3,A可以使滨水褪色，A中含碳碳双键；A在酸性条件下可发生水解反应得

到B(CH4O4)和CFhOH,B能与氢氧化钠溶液反应，B中含两个装基和碳碳双键，A中含两个酯基；

(1)A中含有碳碳双键和酯基，A中含碳碳双键，A能发生加成反应、加聚反应、氧化反应，A中不含醇羟基和竣基,

A不能发生酯化反应，答案选①③④。

(2)B分子中所含官能团为碳碳双键和较基。

(3)B分子中没有支链，B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH；B的具有相同官能团的同分异构体的结构简式为

CH2=C(COOH)2O

(4)B与CHOH发生酯化反应生成A,由B制J取A的化学方程式为HOOCCH=CHCOOH+2CH3OH'

3A

CH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2OO

(5)B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH,B与HC1发生加成反应生成C,C的结构简式为HOOCCH2CHC1COOH,

C与NHa反应生成天门冬氨酸，天门冬氨酸(CH7NOQ是组成人体蛋白质的氨基酸之一，则天门冬氨酸的结构简式

oo

为4HO—CI—CH,-CH—CI—OH。

I

NH：

C>11

18、对二甲苯（或1,4■二甲苯）取代反应CH3—CH2C1+2NaOH>yCH2OH-hNaCl

OH/—\

Oz/Cu^Ag,加热CHIY^-LH-CHJCHO碳碳双键、醛基8O-CH=CH?,

2cHO

【解题分析】

由流程转化关系，结合题给信息可知，D为CM-OLCHO。运用逆推法，C为C%Y^-Cll2（）H,催化氧化生

成CW｛）-CH。；B为CH3<^-CH2Ci,在氢寂化钠溶液中，共热发生水解反应生成;

A为，在光照条件下与氯气发生侧链的取代反应生成CM—^^-CHzCI;cil.-^VcilO与

OHOH

乙醛发生信息反应生成

11-（CHjl—CHCHO加热发生消去反应生成

CH,CH=CH-CHOe据此解答。

【题目详解】

（），

1A的结构简式为Clh<^-a13名称为对二甲苯或L4-二甲苯；A-B的反应为CH3-^2^-CII3在光照

条件下与氯气发生侧链的取代反应生成—CIhCIo

（2）B-C反应为在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成的Q"Cll2（）H,反应的化学方程式

1I2O

为:+2NaOH------（H4）H+NaCL

△

（3）C-D的反应为叫©-32。11在铜或银作催化剂，在加热条件下与氧气发生氧化反应生成C%Y^-CHO，

因此C-D所用试剂和反应条件分别是O2/C11或Ag,加热。

OH

F的结构简式为CW-Q-CH=CII-CHO,分子中官能团的名

(4)E的结构简式是

称是碳碳双键、醛基。

(5)D为Clh<^-CHO，D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物说明侧链为链状结构，其可能为醛、

酮、含苯环的乙烯基酸和乙烯基酚，其中芳香醛有3种(除去D)、芳香酮1种、含苯环的乙烯基酸1种、乙烯基酚3

种，共8种；苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5个峰，峰面积比为2：1：2：2：1的同分异构体的结构简式

为O-CH=CH?和

2++3+

19.ClO3+6Fe+6H=6Fe+Cl+3H2Oa、cK"Fe(CN)6］溶液2.025c>b>a若温度过低,Fe(OH)3

胶体未充分聚沉收集，导致产率下降取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HC1酸化的BaCb溶液和HNO3

酸化的AgNO.,溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH〃沉淀洗涤干净称取mg样品，加热至恒重后称重，剩余固

【解题分析】

(DNaCKh具有氧化性，在酸性条件下将FeS()4・7H2。氧化为硫酸铁，据此书写；

⑵NaCKh具有氧化性，在酸性条件下氧化性增强；同时反应产生的Fe3+会发生水解反应，根据盐的水解规律分析分

析；

⑶检验Fe?+已经完全被氧化，就要证明溶液在无Fe?+；

(4)实验是研究相同时间内温度与NaC103用量对Fe2+氧化效果的影响，根据表格数据可知i、ii是研究NaCKh用量的

影响；ii、iii或i、iv是研究温度的影响；据此分析解答；

⑸温度低，盐水解程度小，不能充分聚沉；

(6)Fe(OH)3沉淀是从含有Na。、H2s0』的溶液在析出的，只要检验无。一或SO』?一就可证明洗涤干净；

⑺根据Fe元素守恒，若含有FeOOH,最后得到的固体质量比Fe(OH)3多。

【题目详解】

(l)NaCKh具有辄化性，在酸性条件下将FeSO4・7H2O氧化为硫酸铁，NaCKh被还原为NaCL同时产生水，反应的离

2++3+

子方程式为：C1O3+6Fe+6H=6Fe+Cl+3H2O；

⑵NaCKh氧化FeSOBWO时，为了增强其氧化性，要加入酸，因此提供酸性环境，增强NaCKh氧化性，选项a合

理；同时FeSO4・7H2O被氧化为FeMSOS，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中FP+发生水解反应使溶液显酸性，为抑制Fe3+

的水解，同时又不引入杂质离子，因此要向溶液中加入硫酸，选项c合埋，故答案为ac；

⑶检验F/+已经完全被氧化，只要证明溶液中无F/+即可，检验方法是取反应后的溶液少许，向其中滴加K"Fc(CNM

溶液，若溶液无蓝色沉淀产生，就证明Fe2+已经完全被氧化为Fe3+；

(4)①根据实验目的，i、ii是在相同温度下，研究NaCKh用量的影响，ii、iii或i、iv是研究温度的影响；因此m=2,

n=25；

②在其它条件不变时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快，实验b>a；ii、iii的反应物浓度相同时，升高温度，化

学反应速率大大加快，实验c>b,因此三者关系为c>b>a；

(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fc(OH)3的产率下降，原因是温度过低，Fe(OH)3胶体

未充分聚沉收集，导致产率下降；

⑹Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、的溶液在析出的，若最后的洗涤液中无C1-或SOF就可证明洗涤干净。方法是

取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCI酸化的BaCL溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则

说明Fe(0H)3沉淀洗涤干净；

⑺在最后得到的沉淀Fe(OHh中若含有FeOOH,由于Fe(OH)3中比FeOOH中Fe元素的含量多。由于lmolFe(OH)3

质量是107g,完全灼烧后产生OSmolFcCh,质量是80g,若称取mgFe(OH)3,完全灼烧后固体质量是器g,若样

品中含有FeOOH,加热至恒重后称重，剩余固体质量大于需g。

【题目点拨】

本题考查了氢氧化铁的制备原理及操作的知识。涉及氧化还原反应方程式的配平、实验方案的涉及、离子的检验方法、

盐的水解、物质纯度的判断等。掌握元素及化合物的知识和化学反应基本原理是解题关键。

+3+2+

20、NHj.Hz、I2(HI)吸收多余的氨气Zn+I2=ZnI2安全瓶Fe粉Fe3O4+8H=2Fe+Fe+4H2O

Fe?+被氧化成Fe3+,Fe3+遇SCN•显红色假设SCN♦被Cb氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出现红色，则假设成

立FezOa和FeO或Fe2O3和Fe3O4

【解题分析】

(1)实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH”发生下列反应：NH"(固)=NHU气)+HI(气)，

2Hl(气)=H2(气)+1乂气)，则NH”的分解产物为NH3、Hz、L(HI),E装置浓硫酸的作用是吸收多余的氨气；

(2)装置B中锌的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+l2=ZnI2,故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸，因为氨气极

易被浓硫酸吸收；

⑶利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；

(4)FezO3被还原得到黑色固体为Fe3O4,由此可写出反应的离子方程式；

⑸步骤4中溶液变红是溶液中Fe2+被Cb氧化为%3+所致、溶液褪色的原因可能是Cb将SCN•氧化，若该假设成立，

则溶液中