河南周口市2023-2024学年高考化学四模试卷含解析

河南周口市2023-2024学年高考化学四模试卷

注意事项

1.考生要认真填写考场号和座位序号。

2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑

色字迹的签字笔作答。

3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X的最高正价和最低负价之和为0,

下列说法不正确的是()

X

YZ

Q

A.原子半径(r)：r(Y)>r(Z)>r(X)

B.分别含Y元素和Z元素的两种弱酸可以反应生成两种强酸

C.推测Q的单质可以和氢气、氧气、活泼金属等反应

D.Z的简单阴离子失电子能力比Y的强

2、金属铜的提炼多从黄铜矿开始。黄铜矿在焙烧过程中主要反应之一的化学方程式为：

2CuFeSz+。2=C112s+2FeS+SO2,下列说法不正确的是

A.02只做氧化剂

B.CuFeS2既是氧化剂又是还原剂

C.SO?既是氧化产物又是还原产物

D.若有1mol02参加反应，则反应中共有4moi电子转移

3、25'C时，浓度相同的Na2c03和NaHCCh溶液，下列判断错误的是()

A.粒子种类不同B.c(Na+)前者大于后者

C・c(OH-)前者大于后者D.分别加入NaOH固体，c(CO3~)均增大

4、W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，其中W元素形成的单质密度最小，且W与X、Y、Z都能

形成共价化合物,Y、W形成的常见化合物溶于水显碱性,Z、W形成的化合物溶于水显酸性。四种元素原子序数之和为

w?

30,可形成的某种化合物结构式为W-I-4-Z0下列说法正确的是

W1

A.X为碳元素

B.Y的氧化物对应的水化物是强酸

C.W与Y、Z三种元素形成的化合物中一定不含离子键

D.含Z的某种含氧酸盐可用于物体表面和环境等的杀菌消毒

5、下列说法不正确的是()

A.乙烯的结构简式为CH2=CH2

B.乙烯分子中6个原子共平面

C.乙烯分子的一氯代物只有一种

D.CHBr=CHBr分子中所有原子不可能共平面

6、下列过程属于物理变化的是

A.煤的干储B.石油的分储C.石油裂化D.石油裂解

7、己知：①正丁醇沸点：117.20C,正丁醛沸点：75.74C；②CH3cH2cH2cH20H滤g7>CH3cH2cH2cHo0利

用如图装置用正丁醇合成正丁醛，下列说法不正确的是

A.为防止产物进一步氧化，应将适量Na2(>2O7酸性溶液逐滴加入正丁醇中

B.当温度计1示数为90-95℃,温度计2示数在左右时收集产物

C.向分谣出的微出物中加入少量金属钠，可检验其中是否含有正丁醇

D.向分离所得的粗正丁醛中，加入CaCk固体，过滤，蒸储，可提纯正丁醛

8、ll.9g金属锡跟lOOmLl2moi・I/iHNO3共热一段时间.完全反应后测定溶液中c(HD为8moi・171溶液体积仍为

100mL.放出的气体在标准状况下体积约为8.96L.由此推断氧化产物可能是(Sn的相对原子质量为119)()

A.Sn(NO3)4B.Sn(NO3)2C.SnO2-4H2OD.SnO

9、1875年科学家布瓦博德朗发现了一种新元素，命名为“铉，它是门捷列夫预言的元素类铝。Gai铉)和As(碑)在周

期表的位置如图，下列说法不正确的是

AlP

GaAs

A.Ga的原子序数为31

B.碱性：Al(OHh<Ga(OH)3

C.简单圈子半径r(Ga3+)>r(As3-)>r(P3-)

D.GaAs可制作半导体材料，用于电子工业和通讯领域

10、将amol钠和amol铝一同投入mg足量水中，所得溶液密度为dg・mLT,该溶液中溶质质量分数为

A.82a/(46a+m)%B.8200a/(46a+2m)%C.8200a/(46a+m)%D.8200a/(69a+m)%

11、下列物质中，不属于合金的是

A.水银B.硬铝C.青铜D.碳素钢

12、已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度，且原子间以单键结合。下列有关C3N4晶体的说法中正确的是()

A.C3N4晶体是分子晶体

B.C3N4晶体中C—N键的键长比金刚石中的C—C键的键长长

C.C3N4晶体中C、N原子个数之比为4：3

D.C3N4晶体中粒子间通过共价键相结合

13、海水是巨大的资源宝库，从海水中可以提取镁、溟等产品。某兴趣小组以MgBm为原料，模拟从海水中制备澳和

镁。下列说法错误的是()

滤液*_^,2叫乜阳上

>Br2

③水蒸气/空气

①NaOH

MgBr2

—>Mg(OH)2—►…无水MgCb-------►Mg

A.工业上步嗥①常用Ca(OH)2代替NaOH

B.设计步骤②、③、④的目的是为了富集溟

C.步骤④中试剂X可选用饱和二氧化硫水溶液

D.工业上实现步骤⑥，通常用氢气还原氯化镁

14、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是K层电子数的3倍；Z的原子半

径在短周期中最大；常温下，Z和W形成的化合物的水溶液pH>7,呈弱碱性。下列说法正确的是

A.X与W属于同主族元素

B.最高价氧化物的水化物酸性：W<Y

C.简单氢化物的沸点：Y>X>W

D.Z和W的单质都能和水反应

15、微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下

列说法错误的是

CHCONH-^^》CO(CH)COOH"十(CH)COOH

3试,①CH3COMI2223

-c_

试剂②ruMA试剂③-INCHCOOCH

-~~►CHHJSNOJ---------------►(HOCH2cH2研(2)33

一%JC15H21NO2CI2»（C1CH2CH2）2N-^^—（CH2）3C00H

笨丁酸氨芥

回答下问题：

（1）写出反应类型：反应n,反应vo

（2）写出C物质的结构简式_。

（3）设计反应III的目的是一。

（4）D的一种同分异构体G有下列性质，请写出G的结构简式—，

①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种

②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应

③能发生水解反应和银镜反应

④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气

（5）通过酸碱中和滴定可测出苯丁酸氮芥的纯度，写出苯丁酸氮芥与足量氢氧化钠反应的化学方程式—o

（6）1,3.丁二烯与滨发生1,4加成，再水解可得1,4.丁烯二醇，设计一条从1,4.丁烯二醇合成丁二酸的合成路线

（所需试剂自选）一

19、黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分为CuFeSz,现有一种天然黄铜矿（含少量脉石），为了测定该黄铜矿

的纯度，某同学设计了如下实验：

现称取研细的黄铜矿样品L150g,在空气存在下进行煨烧，生成Cu、Fe3（h和SO2气体，实验后取d中溶液的1/10置

于锥形瓶中，用0.05mol/L标准碘溶液进行滴定，初读数为0.00mL,末读数如图1所示。完成下列填空：

$

图2

（1）称量样品所用的仪器为将样品研细后再反应，其目的是O

（2）装置a的作用是___________o上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是

（3）滴定时，标准碘溶液所耗体积为_mL。判断滴定已达终点的现象是。

（4）通过计算可知，该黄铜矿的纯度为。

（5）若用图2装置替代上述实验装置d,同样可以达到实验目的的是o

20、二氧化氯是高效、低毒的消毒剂"已知：CIO?是极易溶于水的气体,实验室制备及性质探究装置如图所示.回答

下列问题：

（1）装置R用于制备CKh,同时还生成一种酸式盐，该反应的化学方程式为o装置C中滴有几滴淀粉

溶液，反应时有蓝色出现。淀粉的作用是______O

（2）装置C的导管靠近而不接触液面，其目的是________o

（3）用CIO2消毒自来水，其效果是同质量氯气的倍（保留一位小数）。

（4）装置D用于吸收尾气，若反应的氧化产物是一种单质，且氧化剂与氧化产物的物质的量之比是2：1,则还原产

物的化学式是___________。

（5）若将装置C中的溶液改为Na2s溶液，通入C1O2后溶液无明显现象。由此可以产生两种假设：

假设a：CIO2与Na2s不反应。

假设b：CIO2与Na2s反应。

①你认为哪种假设正确，阐述原因：O

②请设计实验证明你的假设（仅用离子方程式表示）：

21、（1）2017年中科院某研究团队通过设计一种新型Na・FeM）4/HZSM-5多功能复合催化剂，成功实现了CO?直接加氢

制取辛烷值汽油，该研究成果被评价为“CO2催化转化领域的突破性进展”。

已知：H2(g)+l/2O2(g)=H2O(l)AHi=-aKJ/mol

CsHi8(l-)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1)AH2=-bKJ/mol

试写出25'C、lOlkPa条件下，CO2与Hz反应生成汽油(以C8H18表示)的热化学方程式

(2)利用CO2及Hz为原料，在合适的催化剂(如Cu/ZnO催化剂)作用下，也可合成CHjOH,涉及的反应有：

,

甲：CO2(g)+3H2(g)^=^CH3OH(g)+H2O(g)AH=—53.7k.J-inor平衡常数K】

,

乙：CO2(g)+H2(g)^=^CO(g)+H2O(g)△H=+41.2kJ-mol平衡常数K2

@CO(g)+2H2(g)=CH30H(g)的平衡常数K=(用含Ki、K2的表达式表示)，该反应AH0(填“大于”或“小

于，

②提高CO2转化为CH30H平衡转化率的措施有(填写两项)。

③催化剂和反应体系的关系就像锁和钥匙的关系一样，具有高度的选择性。下列四组实验，控制C02和H2初始投料

比均为1：2.2,经过相同反应时间(timin)。

温度(K)催化剂CO2转化率(%)甲醇选择性(％)综合选项

543Cu/ZnO纳米棒材料12.342.3A

543Cu/ZnO纳米片材料11.972.7B

553Cu/ZnO纳米棒材料15.339.1C

553Cii/ZnO纳米片材料12.070.6D

由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对CO?的转化为CH30H的选择性有显著影响，根据上表所给数据结

合反应原理，所得最优选项为(填字母符号)。

⑶以CO.%为原料合成一甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)-CH30H(g)。在体积均为2L的三个恒容密闭容器I、II、

DI中，分别都充入ImolCO和2moIHz,三个容器的反应温度分别为》、T2、T3且恒定不变。下图为三个容器中的反

应均进行到5min时H2的体积分数示意图，其中有一个容器反应一定达到平衡状态。

H?的体枳分数

①。〜5min时间内容器H中用CH30H表示的化学反应速率为

②三个容器中一定达到平衡状态的是容器(填写容器代号)。

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、D

【解析】

元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，则X位于第二期，Y、Z位于第三周期;

X的最高正价和最低负价之和为0,则X位于WA族，为C元素，结合各元素在周期表中的相对位置可知，Y为S,Z

为。元素，Q为Sc元素，据此解答。

【详解】

根据分析可知：X为C元素，Y为S,Z为C1元素，Q为Sc元素。

A.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(Y)>r(Z)>r(X),

故A正确；

B.亚硫酸与次氯酸反应生成HCI和硫酸，HC1和硫酸都是强酸，故B正确；

C.Q位于VIA族，最外层含有6个电子，根据O、S的性质可推测Se的单质可以和氢气、氧气、活泼金属等反应，故

C正确；

D.非金属性越强，对应离子的失电子能力越强，非金属性。〉S,则简单离子失电子能力Z(Cl)<Y(S),故D错

误；

故选D。

2、D

【解析】

A.反应中，O元素的化合价由02中的。价降至SO2中的价，02只做氧化剂，A正确；

B.Cu元素的化合价由CuFeS?中的+2价降至Cu2s中的+1价,S元素的化合价由CuFeS2中的・2价升至SCh中的+4价,

CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，B正确；

C.O元素的化合价由02中的0价降至SO2中的・2价，SO2是还原产物，S元素的化合价由CuFeSz中的・2价升至SO2

中的+4价，SO2是氧化产物，C正确；

D.O元素的化合价由02中的。价降至SO2中的-2价，Cu元素的化合价由CuFeS2中的+2价降至Cu2s中的+1价，S

元素的化合价由CuFeS中的・2价升至SCh中的+4价，ImoKh参加反应，反应共转移6moi电子，D错误；

答案选Do

3、A

【解析】

2

A项、NaHCO.i溶液中存在如下平衡：H2O=H++OH、HCO3^O3+H\H2O+HC03nH2co3+OH,Na2cO3溶液中

+2

存在如下平衡：H2O^H+OH\H2O+CO3#HCO3+OH>H2O+HCO3#H2CO3+OH,溶液中存在的粒子种类相同，

故A错误；

B项、Na2c03中c(Na+)=2c(Na2co3),NaHCO?溶液中c(Na+)=c(NaHCOj),二者浓度相等，则c(Na*)前

者大于后者，故B正确；

C项、碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，二者水解均显碱性，碳酸钠溶液中的c(OH-)大于碳酸氢钠溶液中的c(OH),

故C正确；

D项、向浓度相同的Na2c03和NaHCXh溶液分别加入NaOH固体，NaOH会抑制Na2c0.3的水解，与NaHCCh反应

生成Na2c03,则两种溶液中c(CO.?")均增大，故D正确；

故选A。

4、D

【解析】

W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，其中W元素形成的单质密度最小，则W为H,且W与X、Y、

Z都能形成共价化合物，Y、W形成的常见化合物溶于水显碱性，则Y为N,Z、W形成的化合物溶于水显酸性，则

W

Z为F或CL四种元素原子序数之和为30,则Z只能为CL可形成的某种化合物结构式为W-*-Y-Z,则X为B。

W

【详解】

A.X为硼元素，故A错误；

B.Y的箪，化物N2O3对应的水化物HN02是弱酸，故B错误；

C.WVY、Z三种元素形成的化合物氯化钱中含有离子键，故C错误；

D.含Z的某种含氧酸盐NaClO可用于物体表面和环境等的杀菌消毒，故D正确。

综上所述，答案为D。

【点睛】

氢、氧、氮三种元素可以形成共价化合物，如硝酸；可以形成离子化合物，如硝酸铉。

5、D

【解析】

A.乙烯的结构简式为CH2=CH2,A正确；

B.乙烯是平面型分子，分子中6个原子共平面，B正确；

C.乙烯分子结构完全对称，只有一种等效氢原子，则一氯代物只有一种，c正确；

D.乙烯是平面型分子，直接连在双键碳上的溪原子和2个碳原子、2个氢原子共平面，D错误；

答案为D；

6、B

【解析】煤的干储有苯及苯的同系物等新物质生成，属于化学变化，故A错误；石油的分懦是根据沸点不同把石油分

离为汽油、煤油、柴油等物质，没有新物质生成，属于物理变化，故B正确；石油裂化是大分子烧断裂为小分子烧，

生成新物质属于化学变化，故C错误；石油裂解是大分子垃断裂为乙烯、丙烯等产物，生成新物质属于化学变化，故

D错误。

7、C

【解析】

A.NazCrzO?溶在酸性条件下能氧化正丁醛，为防止生成的正丁醛被氧化，所以将酸化的NqCrzO?溶液逐滴加入正

丁醇中，故A不符合题意；

B.由反应物和产物的沸点数据可知，温度计1保持在90~95C,既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步

氧化，温度计2示数在76c左右时，收集产物为正丁醛，故B不符合题意；

C.正丁醇能与钠反应，但粗正丁醛中含有水，水可以与钠反应，所以无法检验粗正丁醛中是否含有正丁醇，故C符

合题意；

D.粗正丁醛中含有水、正丁醇，向粗正丁醛中加入CaCL固体，过滤，可除去水，然后利用正丁醇与正丁醛的沸点

差异进行蒸储，从而得到纯正丁醛，故D不符合题意；

故答案为：C。

8、C

【解析】

n(Sn)=11.9g^-119g/mol=0.1mol,n(HNO3)=12mol/I.x0.1L=1.2mol,12mol/L的硝酸是浓硝酸，反应后溶液中c(H+)为

8molL-\说明生成的气体是二氧化氮，n(NO2)=8.96L4-22.4L/mol=0.4mol,设Sn被氧化后的化合价为x,根据转移

电子守恒得0.4molx(5-4)=0.1molx(x-0)

x=+4,

又溶液中c(H+)=8mol/L,而c(NOj)=(1.2mol-<).4inol)-J-0.1L=8mol/L,根据溶液电中性可判断溶液中不存在Sn(NOj)4,

所以可能存在的是SnO2-4H2O,

故选：Co

9、C

【解析】

A.A1是13号元素，Ga位于A1下一周期同一主族，由于第四周期包括18种元素，则Ga的原子序数为13+18=31,A

正确；

B.ARGa是同一主族的元素，由于金属性AlvGa,元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强,

所以碱性：Al(OH)3<Ga(OH)3,B正确；

C.电子层数相同的元素，核电荷数越大，离子半径越小，电子层数不同的元素，离子核外电子层数越多，离子半径越

大，Ga"、P5"离子核外有3个电子层，As3-离子核外有4个电子层，所以离子半径：“C错误；

D.GaAs导电性介于导体和绝缘体之间，可制作半导体材料，因此广泛用于电子工业和通讯领域，D正确；

故合理选项是Co

10、C

【解析】

钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气。根据方程式计算。

【详解】

将amol钠和水反应生成amol氢氧化钠和a/2mol氢气,amol铝和amol氢氧化钠反应生成amol偏铝酸钠和3a/2mol

氢气，反应后的溶液的质量为23a+27a+m-(a/2+3a/2x2=(m+46a)g,溶质偏铝酸钠的质量为82ag。则质量分数为82a

/(m+46a)xl()()%0

故选C。

【点睛】

掌握钠和水的反应、铝和氢氧化钠溶液的反应，能根据方程式进行计算，计算溶液的质量时注意从总质量中将产生的

氢气的质量减去。

11、A

【解析】

由两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质是合金，硬铝是一种铝合金、青铜是Cu—Sn

合金、碳素钢是含碳量为0.03%~2%的铁碳合金，水银是金属单质，不是合金，答案选A。

12、D

【解析】

A.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，则C3N4晶体是原子晶体，故A错误；

B.因N的原子半径比C原子半径小，则C3N4晶体中，C-N键的键长比金刚石中C-C键的键长要短，故B错误；

C.原子间均以单键结合，则C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子，所以晶体中C、

N原子个数之比为3:4,故C错误；

D.C3N4晶体中构成微粒为原子，微粒间通过共价键相结合，故D正确；

故选：D»

【点睛】

GN4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，则为原子晶体，每个C原子周围有4个N原子，每个N

原子周围有3个C原子，形成空间网状结构，C・N键为共价键，比GC键短。

13、D

【解析】

由流程可知，MgBn与NaOH反生成氢氧化镁和NaBr,则滤液含NaBr,②中氯气可氧化滨离子生成溟，③吹出溟，

④中试剂X为二氧化硫的水溶液，可吸L攵滨并生成HBr,⑤中氯气与HBr反应生成澳;氢氧化镁与盐酸反应生成MgCh

溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得到MgClr6H20,在HC1气流中加热MgCk/HzO,使其脱去结晶水得到无水MgCk,

⑥中电解熔融MgCh生成Mg,以此来解答。

【详解】

A.工业上步骤①常用Ca(OH)2代替NaOH,便宜易得，故A正确；

B.海水中滨离子浓度较低，步骤②、③、④的目的是为了富集澳，故B正确；

C.步骤④中试剂X可选用饱和二氧化硫水溶液，与滨单质发生氧化还原反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr,生成HBr,

故C正确；

D・Mg为活泼金属，其还原性强于氢气，氢气无法还原氯化镁，工业上实现步骤⑥，通常用电解法，故D错误；

故选D。

【点睛】

Mg为活泼金属，用一般的还原剂无法将其还原为金属单质，只能用最强有力的氧化还原反应手段——电解，将其还

原，但同时需注意，根据阴极的放电顺序知，电解含M『+的水溶液时，水电离的H+会优先放电，Mg2+不能在阴极得

到电子，不能被还原得到金属单质，因此工业上常用电解熔融MgCL的方法制取金属镁，类似的还有金属活动顺序表

中铝以前的金属，如常用电解熔融ALO3、NaCl的方法制取金属铝和金属钠。

14、A

【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、VV的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是K层电子数的3倍，则X为O；Z的

原子半径在短周期中最大，则Z为Na,Y为F；常温下，Z和W形成的化合物的水溶液pH>7,呈弱碱性，则为

Na2S,即W为S。

【详解】

A.O与S属于同主族元素，故A正确；

B.F无最高价氧化物对应的水化物，故B错误；

C.水、氟化氢分子间存在氢键，沸点反常，常温下，水为液态、氟化氢为气态，所以简单氢化物的沸点：H2O>HF

故错误；

>H2S,C

D.Na与HzO反应生成NaOH和Hz,S和H2O不反应，故D错误。

综上所述，答案为A。

【点睛】

注意H2。、HF、NH3氢化物的沸点，它们存在分子间氢键，其他氢化物沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大,

范德华力越大，熔沸点越高。

15、B

【解析】

A.燃料电池通氧气的极为正极，则b电极为正极，发生还原反应，电极反应为4H++O2+4（T=2H2O,故A正确；

B.电路中有4moi电子发生转移，消耗氧气的物质的量为即必=lmol,标准状况下体积为22.4L,则大约消耗标准状

4

况下空气22.4LX5=H2L,故B错误；

C.硫酸盐还原菌可以将有机物氧化成二氧化碳，而硫氧化菌可以将硫氢根离子氧化成硫酸根离子，则两种细菌存在,

就会循环把有机物氧化成CO2放出电子，故C正确；

D.负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO4*失电子发生氧化反应，电极反应式是HS+4H2O-8e-=SO42-+9lT,故D

正确；

故答案为Bo

【点睛】

考查原电池工作原理以及应用知识，注意知识的迁移应用是解题的关键。

16、C

【解析】氢氟酸刻蚀石英制艺术品，故A错误；太阳能电池帆板的材料是晶体硅，故B错误；钾元素的焰色是紫色，

所以“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，故C正确；误食重金属盐引起的人体中毒，可喝大量的牛奶解毒，故D错

误。

二、非选择题（本题包括5小题）

17、消去反应CH3—CKC1+NaOH^^CH3—CH.OH+NaCl

Oz/Cu或Ag,加热羟基、醛基用1计2的CCL溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化

后再用谟水检验碳碳双键80^

【解析】

根据流程图，E脱水生成CGY^^CHMCH—CHO,利用逆推法，E是c%-。一ELCH2cHo;根据RCHO

OH

+CH3cHO稀N：QH>RCH(OH)CH2CHO,CH3CHO,@—CH-CH,CHO,可逆推出D是

-NaOH溶求3

CH3-^^>-CHO;根据B的分子式C8H9CI,结合D的结构,

B是CH3—CH.C1;C是

CH2OH,则A是H3cCH30

(1)根据上述分析，A的结构简式是H3c；E(CH)Y^>—%—CHjCHO)分子内脱水生成F

(CH3^Q>-CH=CH-CHO),则反应类型为消去反应，故答案为：H3c；消去反应;

-^^-CH3

(2)C%-CH2cl在氢氧化钠溶液中水解为CH,OH,反应的化学方程式为

CH,Cl+NaOH1^^CH3-CH,OH+NaCl,故答案为:

CH,C1+NaOH^^CH,OH+NaCl；

(3)CH.OH在铜或银作催化剂的条件下加热，能被氧气氧化为CH3—CHO,所以试

OH

剂和反应条件是。z/Cu或Ag,加热；CH3—&—CH3cHo中含有的官能团有羟基和醛基；故答案为：Oz/Cu或Ag,

加热；羟基、醛基；

(4)双键可以发生加成反应，所以可以用溟的四氯化碳溶液检验，因为F中还含有醛基，容易被氧化，所以不能用高

镒酸钾溶液检验；也可以先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用滨水检验碳碳双键；故答案为:

用的CCL溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溟水检验碳碳双键；

(5)连在双键碳原子上的羟基不稳定，会转化为辣基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有

CHOo

C七、CH^QO…

(>-CII=CH?,共8种；其中苯环上只有

一个取代基，核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为3：2：2：1的同分异构体的结构简式为0^，故答案为：8：

18、还原反应取代反应H2N(CH2)3C00CII3将粉酸转化成酯，防止环氯乙烷水解或聚合

(CH2)3COOH+3NaOH―(HOCII2C1I2)2N(CII2)3C00Na+2NaCl+H2O

CH—CH-CH—CH口

I?zIz?M2/NI

HOCH2-CH2-CH2-CH2OH^^*HOOC-CH2-CH2-COOH

on八惟“4刑

【解析】

⑴对比A、B的结构简式可知，A中埃基转化为亚甲基；对比D与苯丁酸氮芥的结构可知，反应V为取代反应；

⑵试剂③是环氧乙烷，对比B、D的结构简式，反应m是B与甲醇发生酯化反应；

⑶试剂③是环氧乙烷(G好环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合，结合B的结构分析解答；

⑷①属于芳香族化合物，旦基环上的一氯取代物只有一种，②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应，说明含

有氨基，不含竣基，③能发生水解反应和银镜反应，说明含有酯基、醛基，④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标

况下2.24升氢气，说明结构中含有2个羟基，加成分析书写G的结构简式；

⑸苯丁酸氮芥中的。原子、牧基均能与氢氧化钠反应；

CH?—CH—CH—CH?

⑹以1,4.丁烯二醇qj熊j合成丁二酸(HOOCCH2・CH2・COOH),为了防止羟基氧化过程中碳碳双键断

裂，需要首先将碳碳双键转化为单键，再氧化，加成分析解答。

【详解】

(1)对比A、B的结构简式可知，A中转化为氨基，叛基转化为亚甲基，属于还原反应(包括肽键的水解反应)；对比D

与苯丁酸氮芥的结构可知，反应V为取代反应，而反应VI为酯的水解反应，故答案为：还原反应；取代反应;

(2)试剂③是环氧乙烷，对比B、D的结构简式，反应III是B与甲醇发生的酯化反应，故C的结构优式为:

故答案为:

(CH2)SCOOCH3,(CH2)SCOOCH3；

⑶试剂③是环氧乙烷(G梦为)，环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合，根据流程图，设计反应in的目的是：将B中的

毅酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合，故答案为：将瘦酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合;

的一种同分异构体有下列性质：①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯

(4)D((H0CU2CH2)2N（CHz&COOC%）G

取代物只有一种，②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有氨基，不含竣基，③能发生水解反应和

银镜反应，说明含有酯基、醛基，④0」摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气，说明含有2个羟基，符

（CH，4。一C-H

合条件的结构为等，故答案为:

HOCH2cHz/一CH2CH2OH

m,

⑸苯丁酸氮芥中Cl原子、陵基均能够与氢氧化钠反应，与足量的氢氧化钠反应的化学方程式为:

(CH)COOH+3NaOH上.(HOCH2cli2)/

(C1CH2CH2)2N23(CII2)3C00Na+2NaCI+H2O,故答案为:

冰(CH)COOH+3NaOH'(IIOCI12cli

(ClCH2cH223(CII2)3C00Na+2NaCI+H2O；

CHp—CH-CH—CH2

⑹以1,4.丁烯二醇M）合成丁二酸（HOOC・CH2・CH2・COOH）,1,4.丁烯二醇可以首先与氢气加成生

成I,4•丁二醇(HOCH2・CH2・CH2・CH2OH),然后将HOCH2・CH2・CH2・CH2OH催化氧化即可,合成路线为

CHp—CH-CH—CH；＞H/N.a.A

IIq，HOCHi-CHz-CHz-CHzOH—^*HOOC-CH2-CH2-COOH,故答案为：

onon△依死刑

CH?—CH-CH—CH；＞H/N.CeA

II二，HOCHz-CHi-CHi-CHzOH—^*HOOC-CH2-CH2-COOH

onon八催化剂e

19、电子天平提高反应速率，促使黄铜矿充分反应除去空气中的水蒸气，便于观察空气流速把装置中的

二氧化硫气体赶出装置并全部吸收20.00溶液由无色变成蓝色，并半分钟内不褪色80%②

【解析】

（1）根据称量黄铜矿样品l.150g,选择精确度较高的仪器；将样品研细，增大了接触面积；

（2）浓硫酸可以将水除去，还可以根据冒出气泡的速率来调节空气流速；

⑶反应产生的二氧化硫应该尽可能的被d装置吸收；

（4）根据滴定管的读数方法读出消耗碘溶液的体积，根据反应结束时的颜色变化判断滴定终点；

（5）先找出黄铜矿和二氧化硫及碘单质的关系式CuFeSz〜2s02〜2L,再根据题中数据进行计算；

（6）图2中的②中通入二氧化硫，反应生成了硫酸领沉淀，可以根据硫酸领的质量计算二氧化硫的量。

【详解】

（1）由于称量黄铜矿样品1.150g,精确度达到了千分之一，应该选用电子天平进行称量，把黄铜矿样品研细，可以增

大接触面积，从而提高反应速率，并且使黄铜矿充分反应，

故答案是：电子天平；提高反应速率，并使黄铜矿充分反应；

(2)装置a中的浓硫酸可以吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入反应装置b中发生危险，同时根据冒出的气泡的快

慢来控制气体的通入量，

故答案为除去空气中的水蒸气，便于观察空气流速；

⑶黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物，分解完毕后仍然需要通入一段时间的空气，可以将b、d装置中的二

氧化硫全部排出去，使结果更加精确，

故答案为把装置中的二氧化硫气体并全部吸收；

(4)根据滴定管的示数是上方小，下方大，可以读出滴定管示数是20.00mL,当达到滴定终点时，二氧化硫已经被碘

单质消耗完毕，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝，

故答案为20.00；溶液由无色变成蓝色，并半分钟内不褪色；

(5)根据硫原子守恒和电子守恒找出关系式：CuFeSz〜2s02〜2L,消耗掉0.05mol/L标准碘溶液20.00mL时，即消耗

的碘单质的量为：0.05mol/Lx0.02L=0.0010mol,所以黄铜矿的质量是：0.5x0.0010molxl84g/molxl0=0.92g,所以其纯

4口0.92g

度是：---xl(M)%=80%,

115g

故答案为80%；

(6)图2中，

①不会生成沉淀，无明显现象，错误；

②硝酸银溶液中通入二氧化硫能够生成硫酸铁沉淀，过滤干燥后，根据硫酸铁的质量计算出二氧化疏的质量，正确；

③中饱和亚硫酸氢钠溶液只会排除二氧化硫，不会吸收二氧化硫，不能替代d装置，错误；

故答案为②。

20、SO2+H2so4+2KCKh=2KHSO4+2CKh通过检验12的存在，证明CKh有强氧化性使CKh尽可能多的与溶液反

应，并防止倒吸2.6NaCKh假设b正确，S?一的还原性强于「，所以CIO?也能氧化S?-或。。2是强氧化剂，S?一具有

22+

强还原性SO4+Ba=BaSO4l

【解析】

浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，A制备二氧化硫，B用于制备CIO2,同时还生成一种酸式盐，则B中发生反应

SO2+H2SO4+2KC1O3=2KHSO4+2C1O2,CIO2是一种黄绿色易