江苏省南京市附中2024届高考仿真模拟化学试卷含解析

江苏省南京市附中2024届高考仿真模拟化学试卷

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（共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）

1、维通橡胶是一种耐腐蚀、耐油、耐高温、耐寒性能都特别好的氟橡胶。它的结构简式见图，合成它的单体可能为（）

—^H2-CF2-CF2-Cf^

CFa

-CH2-CF2-和-CFa-CF-

A.&B.CH2=CF2CF2=CFCF3

cCH2=CF2-CF2=gD仃产器-口!：:一？

2、异丙烯苯和异丙苯是重要的化工原料.二者存在如图转化关系：

0A+员工0A

异丙镂苯异丙苯

下列说法正确的是

A.异丙烯苯分子中所有碳原子一定共平面

B.异丙烯苯和乙苯是同系物

C.异丙苯与足量氢气完全加成所得产物的一氯代物有6种

D.0.05mol异丙苯完全燃烧消耗氧气13.44L

3、X、Y、Z、W、R是原了序数依次递增的短周期元素。X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y、R同主族,

且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，Z为短周期中金属性最强的元素，W是地壳中含量最高的金属元素。

下列叙述正确的是

A.Y、Z、W原子半径依次增大

B.元素W、R的简单离子具有相同的电子层结构

c.X的最高价氧化物对应水化物的酸性比R的强

D.X、R分别与Y形成的常见化合物中化学键类型相同

4、化学家合成了一种新化合物（如图所示），其中A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，B与C在同

一主族，C与D在同一周期。下列有关说法正确的是

A卜/A,

A3/、

A.熔点：B的氧化物,C的氧化物

B.工业上由单质B可以制得单质C

C.氧化物对应水化物的酸性：D>B>C

D.A与B形成的化合物中只含有极性键

5、茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是

A.将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨

B.用浓硝酸溶解茶叶并加蒸储水稀释，选用④、⑥和⑦

C.过滤得到滤液，选用④、⑤和⑦

D.检验中滤液中的Fe3+,选用③、⑧和⑩

6、25,C,将浓度均为O」mol/L的HA溶液VamL和BOH溶液VbmL混合，保持Va+Vb=100mL,生成物BA易溶于

水。\。、Vb与混合液pH的关系如下图。下列叙述错误的是

A.HA一定是弱酸

B.BOH可能是强碱

C.z点时，水的电离被促进

D.x、y、z点时，溶液中都存在c(A>c(OH-)=c(B+)+c(H+)

7、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数为内层电子数的3倍，X在短周期主

族元素中金属性最强，Y与W同主族。下列叙述正确的是()

A.X2WsX2Y的水溶液都呈硬性

B.原子半径；r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W)

C.简单气态氢化物的热稳定性：W<Z<Y

D.W与氢元素形成的化合物分子中一定不含非极性共价键

8、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()

A.Ca(QO)2(aq£2缈IClO(aq)光照O2®

B.H2s。4(稀)BiCix>g)BaSO3(s)

C.FezOUs)11Ckaq)FeC13(aq)(u<s)Fe(s)

D.SiOzfs)!!WlHzSiO"胶体)N型州NazSiOKaq)

9、常温下，电解质溶液的性质与变化是多样的，下列说法正确的是()

A.pH相同的①CFhCOONa②NaClO③NaOH三种溶液c(Na*)大小：①>②>③

B.往稀氨水中加水，」H的值变小

C(NH4)

42"

C.pll=4的II2S溶液与pll=10的NaOH溶液等体积混合，存在下列等式：c(Na*)+c(H)=c(OH-)+2c(S)

D.Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2,C1(T水解程度增大，溶液碱性增强

冲

10、已知：CH3cl为CH4的一氯代物,CHrCH<H(小的一氯代物有

CHj

A.1种B.2种C.3种D.4种

11、下列关于胶体和溶液的说法中，正确的是()

A.胶体粒子在电场中自由运动

B.丁达尔效应是胶体粒子特有的性质，是胶体与溶液、悬浊液的本质区别

C.胶体粒子，离子都能过通过漉纸与半透膜

D.铁盐与铝盐都可以净水，原理都是利用胶体的性质

12、自催化作用是指反应物之一使该反应速率加快的作用。用稀硫酸酸化的Kimo.进行下列三组实验，一段时间后溶

液均褪色(。。5。皿可以记做®/

实验①实验②实验③

C.装置③可用于制取乙酸乙酯D.装置④可用于制取氨气

16、已知A、B、C、I）、E为常见的有机化合物，它们之间的转化关系如图所示。其中A只由碳、氢两种元素组成,

其产量可用来衡量一个国家石油化工的发展水平。下列推断正确的是（）

A.甲烷中混有少量A,可用酸性高钵酸钾溶液除去

B.物质C可以和NaHCO3溶液反应生成CO2

C.物质E的酯类同分异构体还有3种

D.B+D-E的化学方程式为：CH3COOH+C2H50H建普+CH38OC2H5

△

17、几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表，下列说法不正确的是（）

元素代号ABDEGIJK

+4+5

化合价-1-2-1+3+2+1

-4-3

原子半径/nm0.0710.0740.0770.0990.1100.1430.1600.186

A.常温下B元素的单质能与K单质反应B.A、I、J的离子半径由大到小顺序是A>J>I

C.G元素的单质存在同素异形体D.J在DB2中燃烧生成B元素的单质

18、下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是

A.FeCL溶液刻蚀铜电路板：2Fe3++Cu=2Fe2*+Cu2*

B.Na?。?用作供氧剂：Na202+H20=2Na0H+Wt

C.氯气制漂白液：Cl2+2Na0H=NaCl+NaC10+H20

2-2-

D.Na2cCb溶液处理水垢：CaS04（s）+CO35=^CaC03（s）+S04

19、下列属于原子晶体的化合物是（）

A.干冰B.晶体硅C.金刚石D.碳化硅

20、p-b3一葡聚糖具有明显的抗肿瘤功效，受到日益广泛的关注。P-L3—葡聚糖的结构简式如图，下列说法正

确的是

R-13-简聚糖

A.分子式为（C6Hl2O6）nB.与葡萄糖互为同系物

C.可以发生氧化反应D.葡萄糖发生加聚反应可生成013—葡聚糖

21、下列实验操作能达到实验目的的是

A.用容量瓶配制溶液时，先用蒸饱水洗涤，再用待装溶液润洗

B.用湿润的红色石蕊试纸检验酸性气体

C.在装置甲中放入MnCh和浓盐酸加热制备氯气

D.用装置乙分离乙酸和乙醇的混合物

22、氟氧酸是较新颖的氧化剂，应用性极强，可用被氮气稀释的氟气在细冰上缓慢通过制得：F2+H2O=HOF+HF.该

反应中水的作用与下列反应中水的作用相同的是

A.钠与水反应制氢气

B.过氧化钠与水反应制氧气

C.氯气与水反应制次氯酸

D.氟单质与水反应制氧气

二、非选择题（共84分）

23、（14分）已知：D为烧，E分子中碳元素与氢元素的质量之比6：1,相对分子质量为44,其燃烧产物只有CO?和

H2OOA的最简式与F相同，且能发生银镜反应，可由淀粉水解得到，

(1)A的结构简式为。

(2)写出D-E的化学方程式。

(3)下列说法正确的是一o

A.有机物F能使石蕊溶液变红

B.用新制的氢氧化铜无法区分有机物C、E、F的水溶液

C.等物质的量的C和D分别完全燃烧消耗氧气的量相等

D.可用饱和碳酸钠溶液除去有机物B中混有的少量C、F

E.B的同分异构体中能发生银镜反应的酯类共有2种

24、(12分)有机化合物H的结构简式为二；：OH,其合成路线如下(部分反应略去试剂和条件):

(i)NaOH溶液

—|Ch铁屑(ii)酸化C(CH.COhO

勺反应①BD

高温、高压C?HKO

KMnO.(W)

(i)NaOH溶液,△反应②

叵］a强<F<E

(ii)酸化

OOCCH

已知：®<^-qh(CH-())0>{Z^--

②UANO,旦段邀+O-NH(苯胺易被氧化)

请回答下列问题:

(1)点A的名称为,B中官能团为,H的分子式为,反应②的反应类型是_______.

(2)上述流程中设计C-D的目的是______<,

(3)写出D与足量NaOH溶液反应的化学方程式为。

(4)符合下列条件的D的同分异构体共有种。

A.属于芳香族化合物B.既能发生银镜反应又能发生水解反应

写出其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为6：2：1：1的同分异构体的结构简式：o(任写一种)

⑸已知：苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有短基时则取代在间位，据此

按先后顺序写出以免A为原料合成邻氨基苯甲酸二，2°H)合成路线(无机试剂任选)。

25、(12分)硫酸亚铁溶液和过量碳酸氢佞溶液混合，过滤、洗涤、干燥得到碳酸亚铁，在空气中灼烧碳酸亚铁得到

铁的氧化物M。利用滴定法测定M的化学式，其步骤如下：

①称取3.92g样品M溶于足量盐酸，并配成100mL溶液A。

②取20.00mL溶液A于锥形瓶中，滴加KSCN溶液，溶液变红色；再滴加双氧水至红色刚好褪去，同时产生气泡。

13

③待气泡消失后，用1.0000mobfKI标准溶液滴定锥形瓶中的Fe\达到滴定终点时消耗KI标准溶液10.00mL0

(1)实验中必需的定量仪器有量筒、电子天平、和O

(2)在滴定之前必须进行的操作包括用标准KI溶液润洗滴定管、、o

⑶步骤②中“气泡”有多种可能，完成下列猜想：

①提出假设：

假设1：气泡可能是SCN-的反应产物-、CO2、SO2或Nz,CO2o

假设2：气泡可能是H2O2的反应产物,理由___________o

②设计实验验证假设1：

XY

试管Y中的试剂是一

⑷根据上述实验，写出硫酸亚铁溶液和过量碳酸氢镀溶液混合制备碳酸亚铁的离子方程式.

⑸根据数据计算，M的化学式为o

⑹根据上述实验结果，写出碳酸亚铁在空气中灼烧的化学方程式

26、(10分)某小组同学研究$02和灯溶液的反应，设计如下实验。

实验操作现象

溶液迅速变为浅黄色,将溶液进行离心分

I

\J离无固体沉积，加入淀粉溶液，不变色

to)———溶液立即变成深黄色,将溶液进行离心分

II离有浅黄色固体沉积，溶液黄色变浅，加

KIK*1入淀粉溶液，不变色

(1)加入淀粉溶液的目的是______,为达到相同的目的，还可选用的试剂是

(2)经检验，II中的浅黄色固体是硫，资料显示，在酸性条件下，SOz和KI溶液反应生成S和I”

①在酸性条件下，S02和KI溶液反应的离子方程式是_____o

②针对n中加入淀粉溶液不变色，甲同学提出假设：。为证实该假设，甲同学取n中离心分离后的溶液，加

入盐酸酸化的BaCL溶液，有白色沉淀生成。

③乙同学认为甲同学的实验方案不支持上述假设，理由是______o

④丙同学向1mL1mol•L-1KC1溶液中加入5滴1mol-L“盐酸，通入SO?,无明显实验现象，再加入盐酸酸化的

BaCA溶液，几乎没有白色沉淀。内同学的实验结论是______。

(3)实验表明，「是SO?转化的催化剂。补全下列离子方程式。

SCh+HiO==++

(4)对比实验I和II,推测增大H*的浓度可加快SO2的转化速率。为证实该推测，还需进一步进行实验证明，实验方

案是______o

27、(12分)无水四氯化锡(SnCL)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡，实验装

置图如怪:

查阅资料可知：

®Sn(s)+2Ch(g)=SnC14(l)AH=-511kJ/mol

②SnCk易挥发，极易发生水解。

③相关物质的物理性质如下：

物质

SnSnChCuCI2

熔点/C232-33620

沸点/C2260114993

密度/gem，7.3102.2263.386

回答下列问题：

(Da管的作用是

(2)A中反应的高子方程式是o

(3)D中冷却水的作用是o

(4)尾气处理时，可选用的装置是__________(填序号)。

无水氯化保

(5)锡粒中含铜杂质致D中产生CuCb,但不影响E中产品的纯度，原因是。

⑹制得的SnCL产品中常含有SnCb,可用如下方法测定产品纯度：先准确称量7.60g产品于锥形瓶中，再加过量的

FeCb溶液，发生反应：SnCI2+2FeCh=SnC14+2FeCl2,再用O.lOOOmol/LKzCmO?标准溶液滴定生成的Fe?+,此时还原

产物为CN+,消耗标准溶液20.00mL,则SnCh产品的纯度为。

28、(14分)水体中硝酸盐造成的污染三成为突出的环境问题。某课题组研究了去除不同各种水体中N(h一的方法。

(1)用铝粉去除饮用水中NO3一的一种方案如下:

饮

用

水

①用熟石灰而不用NaOH调节pH的主要原因是一。在调节pH时，若pH过大或过小都会造成AI的利用率降低。写

出pH过大造成A1利用率降低的离子方程式

②在加入铝粉去除NO3一的反应中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为_。

(2)用铁粉处理pH=2.5的含NCh一废水，测得溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系如图(部分副反应产物略

去):

50

1-

2

时间/min

①力时刻前，该反应的离子方程式为

②研究表明：铁粉还原含NO3-废水时，加入活性碳粉可以提高去除NO3-的速率，可能的原因是一。

(3)用Pt作电极电解含NO,一的酸性废水，原理如图。N为电源的一(选填“正”或“负”)极，与直流电源M端相

连的Pt电极上的电极反应式为_。

(4)课题组以钛基氧化物涂层材料为惰性阳极、碳纳米管修饰的石墨为阴极，控制一定条件，电解含大量Nib，SO42

一的废水，可使NO3一变为NH/。研究发现：其他条件不变，废水中加一定量NaCL去除NH4+的效果明显提高，溶液

中氮元素含量显著降低，可能的原因是__。

29、(10分)工业上可利用CO2来制备清洁液体颜料甲醇，有关化学反应如下：

反应IjCOi(g)+3Hz(g)=CH30H(g)+H2O(g)AH1=-49.6kJ*mol'1

,

反应H：CO2(g)+H2(g)UHzO(g)+CO(g)△?72=+41kJ*mor

(1)反应I在—(填“低温”或“高温”)下可自发反应。

(2)有利于提高上述反应甲醇平衡产率的条件是

A.高温高压B.低温低压C.高温低压D.低温高压

(3)在Cu・ZnO/ZrO2催化下，CO?和混合气体，体积比1：3,总物质的量amol进行反应，测得CO2转化率、

CH.QH和CO选择性随温度、压强变化情况分别如图所示(选择性：转化的CO2中生成CH30H或CO的百分比)。

图I温度对反应的影响图2压津对反应的影响

CaiC6转化率；b：CUjO”逸抒性c；CO选界性)

①下列说法正确的是__。

A.压强可影响产物的选择性

B.CO2平衡转化率随温度升高先增大后减小

C.由图1可知，反应的最佳温度为220c左右

D.及时分离出甲醇和水以及使氢气和二氧化碳循环使用，可提高原料利用率

②250℃时，反应I和n达到平衡，平衡时容器体积为VL,CO2转化率为25%,CH30H和CO选择性均为50%,则

该温度下反应n的平衡常数为_。

③分析图2中CO选择性下降的原因一。

参考答案

一、选择题（共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）

1、B

【解析】

在高分子链中，单体转变为在化学组成上能够重复的最小单位，即链节，判断高聚物的单体，就是根据高分子链，结

合单体间可能发生的反应机理，找出高分子链中的链节，凡链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双腱结构，其单体必

为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体。

【详解】

分析其链节可知，链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种单烯足，按如图方式断键

-[■CHNF尹父『卜得单体为1,

一氟乙烯和全氟丙烯o

*CF,

故选：B,

2、C

【解析】

A.异丙烯基与苯环靠着单键相连，单键可以旋转，因而异丙烯苯分子中所有碳原子不一定共平面，A错误；

B.异丙烯苯分子式为C9H10,乙苯分子式为C8HH）,两者分子式相差一个“C”，不符合同系物之间分子组成相差若干个

CH2,B错误；

C异丙苯与足量氢气完全加成生成，根据等效氢原则可知该产物有6种氢原子，因而其一氯代物有6种,

C正确；

D.异丙苯分子式为C9H⑵该燃烧方程式为C9Hl2+120z上攻9co2+6H20,0.05mol异丙苯完全燃烧消耗氧气0.6mol,

但氧气所处状态未知（例如标准状况），无法计算气体体积，D错误。

故答案选Co

【点睛】

需注意在标准状况卜，用物质的体枳来换算所含的微粒个数时，要注意，在标准状况卜，只有1mol气体的体枳才约

是22.4L。而某些物质在标况下为液体或固体是高考中换算微粒常设的障碍。如：标准状况下，22.4LCHCh中含有

的氯原子数目为3NA。标准状况下，CHCh为液体，22.4LCHC13的物质的量远大于ImoL所以该说法不正确。

3、D

【解析】X、Y、Z、W、R是原了序数依次递增的短周期元素.X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，应为C

元素，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，即为24,则Y为O元素，R为S元素，Z为短

周期中金属性最强的元素，应为Na元素，W是地壳中含量最高的金属元素，为AI元素；A.由分析可知：Z为Na、W

为Al,原子Na>Al,故A错误；B.W为Al、R为S元素，对应的离子的原子核外电子层数不同，故B错误；C.非

金属性S>C,元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故C错误；D.X、R分别与Y形

成的常见化合物分别为二氧化碳、二氧化硫，都为共价化合物，化学键类型相同，故D正确；故答案为D。

位、构、性之间的关系

(1)核电荷数、原子序数

结构［电子层数

(2)核外电子数《

最外层电子数

点睛：

卒

‘元索性质

周期I判断元素推出位置单质性质

位置性成

化今物性质

族J通过位置运用建变规律

推出性质离子性质

4、B

【解析】

从图中可以看出，B、C都形成4个共价键，由于B与C在同一主族且原子序数C大于B,所以B为碳(C)元素，C为

硅(Si)元素；D与C同周期且原子序数大于14,从图中可看出可形成1个共价键，所以D为氯(Q)元素；A的原子序数

小于6且能形成1个共价键，则其为氢(H)元素。

【详解】

A.B的氧化物为C(h,分子晶体，C的氧化物为Si(h,原子晶体，所以熔点：B的氧化物VC的氧化物，A不正确；

B.工业上由单质C可以制得单质Si,反应方程式为SKh+2C_^_Si+2cOf,B正确；

C.未强调最高价氧化物对应的水化物，所以D不一定比B大，如HC1O的酸性vH2cCh,C不正确；

D.A与B形成的化合物中可能含有非极性键，如CH3cH3,D不正确；

故选B。

5、B

【解析】

A、茶叶灼烧需要酒精灯、用竭、三脚架和泥三角等，A正确：

B、容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的，不能用来稀释溶液或溶解固体，B不正确；

C、过滤需要烧杯、漏斗和玻璃棒，c王确；

D、检验铁离子一般用KSCN溶液，因此需要试管、胶头滴管和KSCN溶液，D正确；

答案选B。

【点睛】

本题从茶叶中铁元素的检验入手，考查物质的检验方法、实验基本操作，仪器装置等。解题过程中首先确定实验原理,

然后选择药品和仪器，再设计实验步骤。

6、C

【解析】

A.当Va=Vb=50mL时，溶液相当于BA溶液，此时溶液的pH>7呈碱性，说明BA是强碱弱酸盐，这里的强弱是相

对的，则HA一定是弱酸，故A正确；

B.当V『Vb=50mL时，溶液相当于BA溶液，此时溶液的pH>7呈碱性，说明BA是强碱弱酸盐，这里的强弱是相对

的，BOH可能是强碱也可能是电离程度比HA大的弱碱，故B正确；

C.z点时，BOH溶液的体积VtunL大于HA溶液的体积VamL,混合溶液的pH大于9,即c(H+)V10%25c时该溶

液中水的电离被抑制，故C错误；

D.x、y、z点时，溶液中都存在电荷守恒：c(A)+c(OH)=c(B+)+c(H+),故D正确；

题目要求选择错误的，故选C。

7、A

【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，则W为O元素；X在

短周期主族元素中金属性最强，则X为Na元素；W与Y属于同一主族，则Y为S元素；Z的原子序数大于S,则Z

为CI元素，据此解答。

【详解】

根据上述分析可知：W为O,X为Na,Y为S,Z为C1元素。

A.NazO是碱性氧化物，与水反应产生NaOH,NaOH是一元强碱，水溶液显碱性；Na2s是强碱弱酸盐，在溶液中

S2-发生水解作用，消耗水电离产生的H+,促进了水的电离，最终达到平衡时溶液中c(OH7>c(H+),溶液显碱性，A正

确；

B.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r(Na)>r(S)>r(CI)>r(O),

B错误；

C.元素的非金属性：O>C1>S,则简单气态氢化物的热稳定性：H2O>HCI>H2S,C错误；

C.O、H可形成化合物H2O2,其中含有非极性共价键，D错误；

故合理选项是Ao

【点睛】

本题考查原子结构与元素周期律的关系，根据元素的原子结构及相互关系推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律

内容及常见元素化合物性质，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。

8、A

【解析】

A.Ca(CK))2与二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸再受热分解会产生氧气，A项正确；

B.根据金属活动性顺序己知，铜与稀硫酸不反应，B项错误；

C.铜与氯化铁反应时生成氯化亚铁与氯化铜，不能得到铁单质，C项错误；

D.二轴化硅不与水反应，D项错误；

答案选A。

9、A

【解析】

A、醋酸的酸性强于次氯酸,CMCOONa与NaClO水解显碱性，根据越弱越水解的规律，若溶液的pH相同，CH3coONa

的浓度最大，所以三种溶液c(Na?大小顺序为：①，②〉③，故A正确；

+

B、NH3-H2O的电离常数K=c(NHZ)(OH-)/c(NH3*H2O)=c(NH/)•K«/c(NH3*H2O)*c(H),所以

出写兽牛的值为常数，不发生变化，故B错误；

C(NH4)

C、因为H2s为弱酸，所以pH=4的H2s溶液与pH=10的NaOH溶液等体积混合，H2s过量，根据电荷守恒可得：

c(Na?+c(H")=C(OH-)+2C(S2-)+C(H5~),故C错误；

D、Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2,生成CaCCh与HC1O,溶液碱性减弱，故D错误。

答案选A。

10、B

yM)

【解析】(IK有2种等效氢，(II：«H《II的一氯代物有(CH3)2CHCH(CH3)CH2。、

CH3CHJ

(CH3)2CHCCI(CH3)2,共2种，故B正确。

11、D

【解析】

A.胶体粒子可带电，在电场中发生定向移动，故A错误；

B.丁达尔效应是胶体特有的性质，胶体与溶液、悬浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小不同，故B错误;

C.离子既能过通过窕纸，又能通过半透膜；胶体粒子只能通过滤纸，不能通过半透膜，故C错误；

D.可溶性铁盐与铝盐都会发生水解，产生氢氧化铁和氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性可以净水，原理都是利用胶体的

性质，故D正确。

答案选D。

12、C

【解析】

A.碳元素的化合价升高，且镒离子可作催化剂，则实验①中发生氧化还原反应，H2c2。4是还原剂，产物MnSO4能

起自催化作用，故A正确；

B.催化剂可加快反应速率，则实验②褪色比①快，是因为MnS(h的催化作用加快了反应速率，故B正确；

C.高铳酸钾可氧化氯离子，则实验③褪色比①快，与催化作用无关，故C错误；

D.增大浓度，反应速率加快，则用lmL0.2M的H2c2O4做实验①，推测比实验①褪色快，故D正确；

故选C。

13、C

【解析】

A.甲烷和氯气在光照条件下发生反应，生成有机物由一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷、氯化氢，四步反应

同时进行，每种产物的物质的量不确定，且一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷中所含的C-Q键数目也不相同,

则不确定生成的CCI键的数目，故A错误；

B.NazOz中的阴离子是偌Na2s中的阴离子是二者的相对分子质量都是78,所以78gNazCh和Na2s的混合物

中含有的阴离子数目一定是NA,故B错误；

C.依据n=m/M计算物质的量=18g/18g/mol=lmoL氢键是分子间作用力，每个水分子形成两个氢键，18g冰中含有的

氢键数目为2NA,故C正确；

D.25C时，Ksp(Agl)=1.0xl046,则Agl饱和溶液中c(Ag+)为LOxW8moi/L,没给出溶液的体积，故无法计算银离

子的数目，故D错误。答案选C。

【点睛】

本题考杳的是阿伏加德罗常数。解题时注意B选项Na2(h中的阴离子是oy,Na2s中的阴离子是炉一,二者的相对分

子质量都是78,所以78gNazCh和Na2s的混合物中含有的阴离子数目一定是NA;C选项依据n=m/M计算物质的量,

氢键是分子间作用力，每个水分子形成两个氢键。据此解答。

14、C

【解析】

A.根据质量守恒定律可知物质x是HBr,HBr与a发生取代反应产生b和H2O,A错误；

B.a中含有一个苯环和酯基，只有苯环能够与H2发生加成反应，1mol物质a能与3moi出反应，a中含有酚羟基和醇

羟基，由于醇羟基连接的C原子邻位C原子上没有H原子，不能发生消去反应，B错误；

C.酚羟基可以与NaHCCh反应；物质b中酚羟基与另一个支链可以在邻位、间位，Br原子也有多个不同的取代位置，

因此物质b具有多种能与NaHCCh反应的同分异构体，C正确；

D.物质b中有五种不同位置的H原子，所以其核磁共振氢谱有五组峰，D错误；

故合理选项是Co

15、A

【解析】

A、导管口插入四氯化碳中，氯化氢气体易溶于水不易溶于四氯化碳，能防止倒吸且能吸收氯化氢，选项A正确；

B、制备氯气时应为二氧化锌和浓盐酸共热，装置中缺少加热装置，选项B错误；

C、收集乙酸乙酯时导管末端不能伸入液面以下，选项C错误；

D、制备氨气时应加热氯化钱和氢氧化钙混合固体，选项D错误。

答案选A。

16、C

【解析】

其中A只由碳、氢两种元素组成，其产量可用来衡量一个国家石油化工的发展水平，A为乙烯，B为乙醇，C为乙醛,

D为乙酸，E为乙酸乙酯。

【详解】

A.甲烷中混有少量A,不能用酸性高铮酸钾溶液除去，乙烯与酸性高钵酸钾发生生成二氧化碳，引入新的杂质，故A

错误；

B.乙醛和NaHCCh溶液不反应，故B错误；

C.物质E的酯类同分异构体有甲酸正丙酯，甲酸异丙酯，丙酸甲酯3种，故C正确；

D.B+D-E的化学方程式为：CH3COOH+C2H5OH^+CH3COOC2H5+H2O,故D错误。

综上所述，答案为C。

17、D

【解析】

短周期元素，A、E有价，B有・2价，且A的原子半径与B相差不大，则A、E处于VHA族，B处于VIA族，A原子半径

小于E,可推知A为F、E为CLB为O；D有・4、+4价，处于WA族，原子半径与O原子相差不大，可推知D为C元素；

G元素有.3、+5价，处于VA族，原子半径大于C原子，应处于第三周期，则G为P元素；I、J、K的化合价分别为+3、

+2、+1,分别处于0族A、IIA族、1A族,原子半径依次增大，且都大于P原子半径，应处于第三周期，可推知I为A

【、J为Mg、K为Na：A.Na与O,常温下可生成NazO,故A正确：B.F\Mg2\AF+离子核外电子层数相等，核电荷

数越大离子半径越小，故离子半径大小顺序为：F>Mg2+>Ar,故B正确；C.磷的单质有红磷和白磷，存在同素异

形体，故C错误；D.镁在二氧化碳中的燃烧生成MgO和碳单质，故D错误；故选D。

18、B

【解析】

A.FeCL溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜：2Fe3*+Cu==2Fe24+Cu2*,故A正确；

B.Na?。?用作供氧剂与水反应生成氢氧化钠和氧气：2NaA+2H20==4NaDH+021,故B错误；

C.氯气与氢氧化钠溶液反应制漂白液：Cb+2Na0H=NaCl+NaC10+玲0,故C正确；

D.NazCOj与硫酸钙发生沉淀转化：CaS04（s）+C03"*士CaCO3（s）+SO；-,故D正确；选B。

19、D

【解析】

相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，常见的原子晶体是周期系第WA族元

素的一些单质和某些化合物，例如金刚石、硅晶体、二氧化硅、SiC等。

【详解】

A.干冰为分子晶体，故A错误；

B.晶体硅是原子晶体，是单质，故B错误；

C.金刚石是原子晶体，是单质，故C错误；

D.碳化硅是原子晶体，是化合物，故D正确；

故答案选Do

20、C

【解析】

A.如图所示每个节点为一个碳原子，每个碳原子形成4个共价键，缺化学键的碳原子用氢原子补齐，则分子式为

（C6H|0O5）n,故A错误;

B.根据同系物的概念：结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或多个-CH2■原子团的有机物互称同系物，该有

机物与董萄糖，结构不相似，组成上差别的也不是CH2原子团，不是同系物，故B错误；

C.该有机物分子结构中含有醇羟基，具有醇的性质，可以发生氧化反应，故c正确；

D.P-1,3—葡聚糖的结构简式分析，葡萄糖发生分子间脱水的缩聚反应可生成013—葡聚糖，故D错误；

答案选C。

【点睛】

醇可以氧化成醛，醛也可以氧化成酸，醇可以被酸性高铉酸钾宜接氧化成酸。

21、C

【解析】

A.用容量瓶配制溶液不能用待装液润洗，A项错误；

B.湿润的红色石速试纸遇酸性气体不变色，B项错误；

C.MnOz和浓盐酸在加热条件下可制备氯气，C项正确；

D.乙酸和乙醇互溶，不能用分液漏斗进行分离，D项错误。

答案选C

22、D

【解析】

在F2十HQ=HOF+HF反应中，水中O元素的化合价升高，水是还原剂。

【详解】

A.水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，错误；

B.过氧化钠中O元素的化合价不变，水既不是氧化剂也不是还原剂，错误；

C.只有C1元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，错误；

D.水中O元素的化合价升高，水为还原剂，正确。

答案选D。

二、非选择题(共84分)

23、CH20H(CHOH'CHO2cH2—CH2+O2・化^ZCFbCHOACDE

【解析】

A能发生银镜反应，可由淀粉水解得到，说明A为葡萄糖，葡萄糖在催化剂作用下生成C为乙醇，E分子中碳元素与

氢元素的质量之比6：1,说明E分子中C与H原子个数比为1:2,相对分子质量为44,其燃烧产物只有CO2和HzO,

则E为CH3cHO,D为烧，根据C和E可知，D为乙烯，F的最简式和葡萄糖相同，且由乙醛催化氧化得到，说明F

为乙酸，B在酸性条件下生成乙酸和乙醇，则B为乙酸乙酯。据此判断。

【详解】

(1)A为葡萄糖，其结构简式为CH20H(CHOH)4cHO,故答案为CH20H(CHOH)4CHO；

r

(2)乙烯催化氧化生成乙醛的化学方程式为：2CH2=CH2+O2«^.2CH3CHO,故答案为2cH2=

CH2+O2■亿r.2cH3CHO；

(3)A.有机物F为乙酸，具有酸性，可使石蕊溶液变红，故A正确；

B.C为乙醇、E为乙醛、F为乙酸乙酯，乙醇易溶于水，不分层，乙醛与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，乙酸乙

酯不溶于水，产生分层，上层为油状液体，现象各不相同，所以可用新制的氢氧化铜区分，故B错误；

C.Imol乙醇完全燃烧消耗3moi氧气，Imol乙烯完全燃烧消耗3mol氧气，则等物质的量的乙醇和乙烯分别完全燃烧

消耗氧气的量相等，故C正确；

D.饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇、消耗乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，所以可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混

有的少量乙醇和乙酸，故D正确；

E.乙酸乙酯的同分异构体中能发生银镜反应的酯类物质有；HCOOCH2cH2cH3、HCOOCH（CH3）2,共2种，故E

正确；

答案选：ACDEo

24、甲苯氯原子或一。C7H7O3N取代反应或硝化反应保护（酚）羟基不被氧化

【解析】

H的结构简式为5?OH,逆推可知G为-纵观整个过程，可知烧A为芳香烧，结

OH—Un

合C的分子式C7HXO,可知A为-CH;,A与Cb发生苯环上氯代反应生成B,B中氯原子发生水解反应、酸化

引入・OH生成C.C中酚羯基发生信息①中取代反应生成D.D与酸性KNInO」溶液反应.D中-CHa被氧化成・COOH

生成E,E-F转化中在苯环上引入硝基・NO2,F-G的转化重新引入酚羟基，可知CTD的转化目的防止酚羟基被氧

企一、E为工

0HCOOH

化，结合H的结构简式，可推知B为。2^3、c为5vH,.、D为

O-C-CH3>

II.

00

F为飞工OH。

⑸甲基氧化引入段基，硝基还原引入氨基，由于氨基易被氧化，应先把甲基氧化为瘦基后再将硝基还原为氨基，结合

苯环引入基团的定位规律，甲苯先和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，然后邻硝基甲苯再被酸性高铳酸钾溶液氧

化生成邻硝基苯甲酸，最后邻硝基苯甲酸和Fe、HCI反应生成邻氨基苯甲酸。

【详解】

erS—COOH

根据上述分析可知:A为C>-€H3,B为、c为苏CH,、D为n~0一「但、

oo

F为谓5G为5、飞了需巴H为需H。

⑴克A为Q-CH3,A的名称为甲苯。B为0E^3,B中官能团为氯原子。H的结构简式为HN—QC；）；；""，

H的分子式为C7H7O3N。反应②是苯环上引入硝基，反应类型是：取代反应；

（2）C-D中消除酚羟基，F-G中又重新引入酚羟基，而酚羟基容易被氧化，所以流程中设计C-D的目的是：保护（酚）

羟基不被氧化；

D与足星NaOH溶液发生酯的水解反应，化学方程式为:

1

o-C-CH3+2NaOH△►[PV^'+CH3COONa+H2O,

II-ONa

0

(4)D为]工匕!§一€：为，其符合下列条件的同分异构体：A.属于芳香族化合物，说明含有苯环；B.既能发生银镜反

0

应又能发生水解反应，说明含有-OOCH基团。只有1个取代基为・CH2cH200cH和・CH(CH3)OOCH两种不同结构；

有2个取代基为-CH3、・CH2coOH,或者・CH2cH3、-OOCH,这两种情况均有邻、间、对3种位置结构，种类数为2x3=6

种；有3个取代基为・CH3、-CH3、-OOCH,2个甲基有邻、间、对3种位置结构，对应的・OOCH分别有2种、3种、

1种位置，故符合条件的共有2+3x2+2+3+1=14种。其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为6：2：1：1的同分异构体的

OOCH