山东省青州某中学2023-2024学年高考仿真模拟化学试卷含解析

山东省青州第二中学2023-2024学年高考仿真模拟化学试卷

注意事项

1.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.

2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5亳米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.

3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.

4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他

答案.作答非选择题，必须用05亳米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效.

5.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO,向所得溶液中加

入物质的量浓度为3moi/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g,则下列有关叙述中

正确的是：()

A.加入合金的质量不可能为6.4g

B.沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为120mL

C.溶解合金时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.24L

D.参加反应的硝酸的物质的量为0.2n】ol

2、室温下，0.1mol・L」的氨水溶液中，下列关系式中不正确的是()

A.c(OH)>c(H+)

+1

B.C(NH3H2O)+C(NH4)+C(NH3)=0.1mol-L

++

C.c(NH4)>c(NHyH2O)>c(OH)>c{H)

++

D.C(OH)=C(NH4)+C(H)

e1

3、已知五种短周期元素aX、bY、cZ、dR、eW存在如下关系：①X、Y同主族，R、W同主族②d二一；a+b=-(d+e)；

22

—=c-d,下列有关说法不正确的是

2

A.原子半径比较：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(R)

B.X和Y形成的化合物中，阴阳离子的电子层相差1层

C.W的最低价单核阴离子的失电子能力比R的强

D.Z、Y最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应

4、下列实验操作正确或实验设计能达到实验目的的是()

t

n

n

e

.^

•

•

亨

B

A.证明钠的密度小于水的密度但大于煤油的密度

B.制备氢氧化铁胶体

C.利用过氧化钠与水反应制备氧气，且随开随用、随关随停

D.证明氯气具有漂白性

5、草酸（H2c2。4）是一种二元弱酸。常温下，向H2c2。4溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中IgX[X为“”（。工）

C（H2C2O4）

或需4与PH的变化关系如图所示。下列说法一定正确的是

A.I表示黄".十°j与的变化关系

C（H2C2O4）

B.pH=L22的溶液中：2c（C2O4＞）+c（HC2O4「）=c（Na+）

C.根据图中数据计算可知，Ka2（H2c2。4）的数量级为1（尸

D.pH由1.22到4.19的过程中，水的电离程度先增大后减小

6、必须随配随用，不能长期存放的试剂是（）

A.氢硫酸B.盐酸C.AgNO3溶液D.NaOH溶液

7、下列有关实验原理或实验操作正确的是（）

A.用pH试纸测量Ca（ClO）2溶液的pH

B.向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体通过NaOH溶液，制取并纯化氢气

C.向NaBr溶液中滴入少量氯水和四氯化碳，振荡、静置，溶液下层呈橙红色，说明Bi还原性强于

D.称取K2s。4固体0.174g,放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度，可配制浓度为0.010mol/L的K2s。4

溶液

8、硅与某非金属元素X的化合物具有高熔点高硬度的性能，X一定不可能是（）

A.IVA族元素B.VA族元素C.VIA族元素D.VDA族元素

9、比较纯碱的两种工业制法，正确的是

选项项目氨碱法联合制碱法

A.原料食盐、氨气、生石灰食盐、氨气、二氧化碳

B.可能的副产物氯化钙氯化较

C.循环物质氨气、二氧化碳氨气、氯化钠

D.评价原料易得、产率高设备简单、能耗低

A.AB.BC.CD.D

10、将少量SO2气体通入BaCL和FeCb的混合溶液中，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生。针对上述

变化，下列分析正确的是

A.该实睑表明SO2有漂白性B.白色沉淀为BaSCh

C.该实验表明FeCh有还原性D.反应后溶液酸性增强

11、X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中的相对位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3

倍，下列说法中正确的是（）

A.X的简单氢化物比Y的稳定

B.X、Y、Z、W形成的单质都是分子晶体

C.Y、Z、W的原子半径大小为W>Z>Y

D.W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱

12、有八种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h,其中x、y、d、f随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、

最高正价或最低负价的变化如图1所示。z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液（浓度均为0.01mol/L）的pH与原

子序数的关系如图2所示。

根据上述信息进行判断，下列说法正确是（）

A.d、e、f、g形成的简单离子中，半径最大的是d离子

(1)生成A的反应类型是_____。

(2)试剂a是_____o

(3)B中所含的官能团的名称是o

(4)W、D均为芳香化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。

①F的结构简式是____o

②生成聚合物Y的化学方程式是____o

(5)Q是W的同系物且相对分子质量比W大14,则Q有种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比

为1：2：2：3的为、(写结构简式)

(6)试写出由1,3-丁二烯和乙焕为原料(无机试剂及催化剂任用)合成的合成路线。(用结构简式

HO人'/'X®

表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。

18、聚酯增塑剂G及某医药中间体H的一种合成路线如图(部分反应条件略去)：

COOCH2cH3

Oo

unOO

eCHCHONa(催化剂)+R2H

3:RY-CHC-OR4°

DMF籍剂)

(1)A的名称是____________________o

(2)写出下列反应的反应类型：反应①是,反应④是__________o

(3)G的结构简式为,F的分子式为o

(4)写出反应②的化学方程式o

(5)C存在多种同分异构体，写出核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式:

⑹仅用一种试剂就可以鉴别B、D、H,该试剂是

0

⑺利用以上合成路线的信息,以甲苯、乙醇、乙醇钠为原料合成下面有机物||（无机试剂

-C-CH2COOCH2CH3

任选）___________

19、肉桂酸是香料、化妆品、医药、塑料和感光树脂等的重要原料.实验室用下列反应制取肉桂酸.

o无水

个、一CHOCH）＜CGCOONa冷『CH=CHCOOH

a+叫K°嬴而W-（城/+CH3COOH

（乙酸屏）

药品物理常数

苯甲醛乙酸酎肉桂酸乙酸

溶解度（25℃,g/100g水）0.3遇热水水解0.04互溶

沸点（C）179.6138.6300118

填空：

合成：反应装置如图所示.向三颈烧瓶中先后加入研细的无水醋酸钠、苯甲醛和乙酸酎，振荡使之混合均匀.在150〜

170C加热1小时，保持微沸状态.

/空7冷凝詈

V^^温专计

（1）空气冷凝管的作用是

（2）该装置的加热方法是加热回流要控制反应呈微沸状态，如果剧烈沸腾，会导致肉桂酸产率降低，可能的原因

是_____.

（3）不能用醋酸钠晶体（CH3COONa・3H2。）的原因是______.

粗品精制：将上述反应后得到的混合物趁热倒入圆底烧瓶中，进行下列操作：

反应混合物鸣尔墨•颦髓•盐辘化操作1过t曾等•肉桂酸晶体

（4）加饱和Na2c。3溶液除了转化醋酸，主要目的是_______.

（5）操作I是_；若所得肉桂酸晶体中仍然有杂质，欲提高纯度可以进行的操作是一（均填操作名称）.

（6）设计实验方案检验产品中是否含有苯甲醛_______.

20、某研究性学习小组的同学设计了如图装置制取溟苯和溟乙烷:

己知：乙醇在加热的条件下可与HBr反应得到漠乙烷（CH3cH2Br）,二者某些物理性质如下表所示:

溶解性（本身均可作溶剂）沸点（・C）密度(g/mL)

乙醇与水互溶，易溶于有机溶剂78.50.8

澳乙烷难溶于水，易溶于有机溶剂38.41.4

请回答下列问题：

（1）B中发生反应生成目标产物的化学方程式为。

（2）根据实验目的，选择下列合适的实验步骤：①一（选填②③④等）。

①组装好装置，（填写实验操作名称）；

②将A装置中的纯铁丝小心向下插入苯和液滨的混合液中；

③点燃B装置中的酒精灯，用小火缓缓对锥形瓶加热10分钟；

④向烧瓶中加入一定量苯和液漠，向锥形瓶中加入无水乙醇至稍高于进气导管口处，向U形管中加入蒸馆水封住管底,

向水槽中加入冰水。

（3）简述实验中用纯铁丝代替铁粉的优点：o

（4）冰水的作用是______o

（5）反应完毕后，U形管内的现象是______________；分离溟乙烷时所需的玻璃仪器有。

21、废旧锌锚电池含有锌、镒元素，主要含有ZnO、ZnMn2O4.MnO^Mn2Oj.M113O4.MnO2o利用废旧锌镒电池

回收锌和制备二氧化钵、硫酸的工艺流程如图：

回答下列问题：

(1)步骤②“粉碎”的主要目的是_____O

⑵步骤③“酸浸”发生了一系列反应：

ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O；MnO+H2SO4=M11SO4+H2O；

ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2；

MnOz+H2SO4+H2c2O4=MnSO4+2cO2f+2H2O。

推测Mn2O3与硫酸反应的离子方程式为。

(3)如图分别表示“酸浸”时选用不同浓度硫酸和草酸对Zn、Mn浸出率的影响。

①为保证Zn、Mn的浸出率均大于90%,步骤③需控制的c(H2SO4)=mol/L。H2C2O4浓度对Mn的浸出率影

响程度大于Zn,其原因是_____o

②假设“酸浸”所得溶液中ZM+、M/+浓度相等。当c(H2c2。4)>0.25mol/L时，Zn、Mn的浸出率反而下降、且Zn的

浸出率下降先于Mn,其原因可能是____(填序号)。

a.随着反应进行c(H+)降低

22

b.Zn\与C2O4生成沉淀

c.溶解度：ZnC2O4<MnC2O4

(4)步骤⑤用惰性电极电解ZnSO4>MnSO4的混合溶液，除生成Zn、MnO2,H2s。4外，还可能生成H2>O2或其

混合物。

①生成MnO2的电极反应式为o

②若n(H2)：n(O2)=2：1,则参加反应的n(Zn2+)：n(Mn2+)=

③该工艺流程中可循环利用的物质是________。

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、C

【解析】

5IP

淀为M(0汾2,根据化学式知，生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子，则n(0H)=—=0.3mol,

17g/mol

根据氢氧根离子守恒n[M(0H)2]=!n((T)=gXO.3mol=0.15mol,根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15mol；

22

A.因为镁、铜的物质的量无法确定，则无法计算合金质量，故A错误；

B.由氢氧根离子守恒得n(0H-)=n(Na0H)=0.3moLV(NaOH)='m=100mL,故B错误；

3mol/L

由转移电子守恒得生成标况下体积故正确；

C.n(NO)=""m""2=o1nlol,NO=22.4L/molX0.lmol=2.24L,C

5-2

D.根据转移电子守恒得参加反应硝酸的物质的量吧誉=0.1niol,根据金属原子守恒、硝酸根离子守恒得起酸

作用n(HN03)=2n[M(N03)2]=2n(M)=0.15molX2=0.3mol,所以参加反应硝酸的物质的量=0.lmol+0.31noi=0.4moL故D

错误；

故答案为C。

【点睛】

本题以镁、铜为载体考查混合物的计算，侧重考查分析、计算能力，正确判断沉淀和合金质量差成分是解本题关键，

灵活运用原子守恒、转移电子守恒解答即可。

2、C

【解析】

A.氨水显碱性，则c(OIT)>c(H+),故A正确；

B.0.lmol/L的氨水溶液中，由氮元素守恒可知，所有含氮元素微粒的浓度之和为O.lmol/L,即

+

c(NH3*H2O)+c(NH4)+c(NH3)=0.1mol/L,故B正确;

C.由NH3・H2O=NH4++OH-,电离的程度很弱，贝IJC(NH3・H2O)>C(NH4+),故C错误；

D.溶液不显电性，阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，即c(OH•尸以NH/)+c(H+),故D正确；

故选C。

3、A

【解析】

根据R,W同主族，并且原子序数R为W的一半可知，R为O元素，W为S元素；根据a+b=!(d+e)可知，X和

Y的原子序数和为12,又因为X和Y同主族，所以X和Y一个是H元素，一个是Na元素；考虑到?二C-d,所

2

以X为H元素，Y为Na元素，那么Z为AI元素。

【详解】

A.W,Z,Y,R分别对应S,Al,Na,O四种元素，所以半径顺序为：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(R),A项错误；

B.X与Y形成的化合物即NaH,H为・1价，H•具有1个电子层，Na为正一价，Na+具有两个电子层，所以，B项正

确；

C.W的最低价单核阴离子即S~,R的即O',还原性S?一更强，所以失电子能力更强，C项正确；

D.Z的最高价氧化物对应水化物为A1(OH)3,Y的为NaOH,二者可以反应，D项正确；

答案选A。

【点睛】

比较原子半径大小时，先比较周期数，周期数越大电子层数越多，半径越大；周期数相同时，再比较原子序数，原子

序数越大，半径越小。

4、A

【解析】

A、钠在水和煤油的界面反复上下移动，可以证明p(煤油)<p(钠)<p(水)，A项正确；

B、饱和氯化铁溶液滴入氢氧化钠溶液中得到氢氧化铁沉淀，B项错误；

C、过氧化钠是粉末状物质，不能做到随开随用、随关随停，C项错误；

D、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，利用D装置只能证明氯水具有漂白性，而不能说明氯水中的某种成分具有漂白

性，D项错误；

故答案为：Ao

【点睛】

Fe(OH)3胶体的制备：用烧杯取少量蒸镭水，加热至沸腾，向沸水中逐滴加入适量的饱和FeCh溶液，继续煮沸至溶液

呈红褐色，停止加热，即得Fe(OH)3胶体；注意在制备过程中，不能搅拌、不能加热时间过长。

5、A

【解析】

C(HCO)XC(H+)C(HCO)c(HCR)

24124Kakc(H+)=10叫

H2C2O4,ir+HCO4扁尸8=0时,

2C(H2C2O4)

C(H2C2O4)C(H2C2O4)

c(Cq：)xc(H+)怆c(CC)

cC。)+H

HC1O4.H++C2OFKa2==0时,=1,Ka2=C(H)=10PC

C(HC2O；)c(HCq)C(HC2O；)

【详解】

A.由于扁1>仆2,所以期出2=1时溶液的pH比型典=1时溶液的pH小，所以，［表示IgCgOJ与

&

C(H2C2O4)C(HC2O；)C(H2C2O4)

pH的变化关系，A正确；

2+++2

B.电荷守恒：2C(C2O4-)+C(HCzOr)+c(OH-)=c(Na)+c(H),pH=L22,溶液显酸性，c(H)>c(OH),那么：2c(C2O4-)

+c(HC2(V)>c(Na+),B错误；

+H4,9o,5

C.由A可知，n为lSg与pHH的变化关系,由分析可知，Ka2=c(H)=10-P=10--=10xl()-,故Ka2(H2c2O4)

C(HC2O；)

的数量级为10-5,c错误；

D.H2c2O4和NaOH恰好完全反应生成Na2c2O4,此时溶液呈碱性，水的电离程度最大。H2c2。4溶液中滴入NaOH

溶液，pH由1.22到4.19的过程中，WC2O4一直在减少，但还没有完全被中和，故H2c2。4抑制水电离的程度减小，

水的电离程度一直在增大，D错误；

答案选A。

【点睛】

酸和碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，判断水的电离程度增大还是减小，关键找准重要的点对应的溶质进行

分析，本题中重要的点无非两个，一是还没滴NaOH时，溶质为H2c2。4,此时pH最小，水的电离程度最小，草酸和

NaOH恰好完全反应时，溶质为Na2c2。4,此时溶液呈碱性，水的电离程度最大，pH由L22到4.19的过程，介于这

两点之间，故水的电离程度一直在增大。

6、A

【解析】

A.氢硫酸性质不稳定，易被空气中的氧气氧化生成S和水，不能长时间放置，需要所用随配，故A选；

B.盐酸性质稳定，可长时间存放，故B不选；

C.硝酸银溶液性质稳定，可长时间存放，故C不选；

D.氢氧化钠溶液性质稳定，可长时间存放，故D不选；

答案选A。

7、C

【解析】

A.Ca(CIO)2溶液具有漂白性，可使pH试纸褪色，应选pH计测定，故A错误；

B.NaOH可吸收挥发的HCL氢气中混有水蒸气，还需浓硫酸干燥纯化氢气，故B错误；

C.由操作和现象可知，氯气与NaBr反应生成漠，则Br.还原性强于C「，故C正确；

D.不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容，故D错误；

故选：Co

8、D

【解析】

硅与某非金属元素X的化合物具有高熔点高硬度的性能，说明该晶体为原子晶体，可能为碳化硅、氮化硅、二氧化硅,

而四氯化硅、四氟化硅为分子晶体，所以X一定不可能是VHA族元素，故选D。

9、B

【解析】

氨碱法制纯碱，以食盐（氯化钠）、石灰石（经煨烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料，先使氨气通入饱和食盐水

中而成氨盐水，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化镂溶液.其化学反应原理是：

NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO.I+NH4C1,将经过漉、洗涤得到的NaHCO,微小晶体，再加热煨烧制得纯

加热

碱产品2NaHCO3）±Na2cO3+H2O+CO2T，放出的二氧化碳色体可回收循环使用。含有氯化镂的滤液与石灰乳

[Ca（OH）2】混合加热，所放出的氨气可回收循环使用。CaO1H2O=Ca（OH）2,

力口执

2NH4Cl+Ca（OH）2^^CaCl24-2NH3T+2H2O,氯化钠的利用率低。

联合制碱法，以氨气、水、二氧化碳、氯化钠为原料。氨气与水和二氧化碳反应生成碳酸氢钱，这是第一步。第二步

是：碳酸氢钱与氯化钠反应生成氯化核和碳酸氢钠沉淀，碳酸氢钠之所以沉淀是因为在该温度下它的溶解度较小。最

后一步，加热析出的碳酸氢钠得到纯碱，原理（方程式）为：

（1）NH3+H2O+CO2=NH4HCO3（2）NH4HCO3+NaCl=NH4C1+NaHCO3J

加热

CgNaHCC^yNa2cO3+H2O+CO2%保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高；NH4C1

可做氮肥；可与合成氨厂联合，使合成氨的原料气CO转化成CO2,革除了CaCO,制CO?这一工序。

【详解】

A.氨碱法原料有：食盐（氯化钠）、石灰石（经燃烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气，联合制碱法原料有：食盐、氨

气、二氧化碳，A错误；

B.氨碱法可能的副产物为氯化钙，联合制碱法可能的副产物氯化钱，B正确；

C.氨碱法循环物质：氨气、二氧化碳，联合制碱法循环物质：氯化钠，二氧化碳，C错误；

D.氨碱法原料（食盐和石灰石）便宜，产品纯碱的纯度高，副产品氨和二氧化碳都可以回收循环使用，制造步骤简单,

适合于大规模生产，但设备复杂；能耗高，敏减法的最大缺点还在于原料食盐的利用率只有72%〜74%；联合制硬

法最大的优点是使食盐的利用率提高到96%以上，废弃物少，D错误。

答案选B。

10、D

【解析】

往FeClj和BaCb的混合溶液中通入SOz,溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生。是因为

SO2+H2O62SO3(亚硫酸)，H2sCh具有很强的还原性，而Fe"具有较强的氧化性，所以-和Fe3+发生反应，生成

Fe?+和SOF,所以溶液颜色由黄变绿(F/+),同时有白色沉淀(BaSO4)同时有H2SO4生成，所以酸性增强。

A.该实验表明有还原性，选项A错误；

B.白色沉淀为BaSO4,选项B错误；

C.该实验表明FeCh具有氧化性，选项C错误；

D.反应后溶液酸性增强，选项D正确；

答案选D。

11、B

【解析】

Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，故Y是氧元素；则X是氮元素，Z是硫元素，W是氯元素。

【详解】

A.氮元素的非金属性比氧元素的弱，所以X的简单氢化物不如Y的稳定，故A不选；

B.Nz、Ch、S、Cb在固态时都是由分子通过范德华力结合成的晶体，故B选；

C.因为W的原子序数比Z大，所以原子半径大小为Z>W,故C不选；

D.元素最高价氧化物对应水化物的酸性的强弱与非金属性一致，W的非金属性比Z强，故W的最高价氧化物对应水

化物的酸性比Z的强，故D不选。

故选B。

【点睛】

在周期表中，同一周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，最高价氧化物的

水化物的碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强，气体氢化物的稳定性逐渐增强。同一主族元素，从上到下，原子半径逐渐增

大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物的水化物的喊性逐渐增强，酸性逐渐减弱，气体氢化物的稳

定性逐渐减弱。

12、D

【解析】

x、y、z、d、e、f>g、h为原子序数依次递增的短周期主族元素，从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可

以知道x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，f是AI元素，z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶

液浓度均为0.01mol-L"，c的pH为12,为一元强碱，则c是Na元素，z、h的pH均为2,为一元强酸，则z为N

元素、h为。元素，g的pH小于2,则g的为二元强酸，故g为S元素，据此分析解答问题。

【详解】

A.d、e、f、g形成的简单离子分别为：冲+、A产、S2',O2\Na\Al"离子的电子层数相同，但核电荷数Al>Na>O,

则离子半径O2>Na+>AF+,而S2-的电子层数最多，半径最大，故半径最大的是g离子，A选项错误；

B.d与e形成的化合物可以是NazO,也可以是NazOz,NazO?既含有离子键，也含有共价键，B选项错误；

C.x、y、z、（1、e、f、g、h的单质分别为：H2>C^Nz>02、Na、Al、S、Ch,C单质可形成金刚石，为原子晶体,

故单质熔点最高的可能是y,C选项错误；

D.x与y可以形成多种有机化合物，其中CH2=CH2等存在着非极性键，D选项正确；

答案选D。

【点睛】

此题C选项为易错点，C单质有很多的同素异形体，熔沸点有差异，容易忽略这一关键点，导致误选C答案。

13、B

【解析】

A.SO2具有杀菌作用和抗氧化的特性，A项正确；

B.将电器垃圾深埋处理，重金属会进入土地和水源中，污染土壤和水源，B项错误；

C.SO2及氮氧化物都能造成酸雨，故燃料脱硫、脱氮是减少酸雨的有效措施，C项正确；

D.用C02合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用，可以减少二氧化碳对环境的影响，D项正确；

答案选B。

14、D

【解析】

A、氯水显黄绿色的原因是氯气在水中的溶解度有限，氯气本身为黄绿色，次氯酸无色，故A不符合题意；

B、氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离出氢氧根，使酚猷显红色，不是水解，故B不符合题意；

C、乙烯中含有碳碳双键，为不饱和键，能够与滨单质发生加成反应，使溟水褪色，故C不符合题意；

D、碘单质本身为紫黑色，碘水显黄色，而碘溶于苯中显紫红色，碘在有机物中溶解度增大，故D符合题意；

故选：D。

15、D

【解析】

A选项，除去粗盐中含有的硫酸钙杂质，先加氯化领，在加碳酸钠，碳酸钠不仅除掉钙离子，还要除掉开始多加的铁

离子，故A错误；

B选项，检验亚硫酸钠试样是否变质，先加足量盐酸，再加氯化钢溶液，有白色沉淀生成，则试样已变质，故B错误;

C选项，证明酸性条件H2O2的氧化性比L强，应向碘化的溶液中加30%过氧化氢和稀盐酸溶液，再加淀粉，变蓝，

则飙化性：H2O2>l2,故C错误；

D选项，检验某溶液中是否含有Fe2+,先加KSCN溶液，无现象，再加氯水，溶液变红色，溶液中含有亚铁离子，故

D正确；

综上所述，答案为D。

16、A

【解析】

W的单质与压在暗处能化合并发生爆炸，说明W为F；又X是同周期中金属性最强的元素且X的原子序数比F大，说

明X原子在第三周期，故X为Na；又Y原子的最外层电子数等于电子层数，且Y原子在第三周期，所以其最外层电子

数为3,原子序数为2+8+3=13,为A1；又因为F和Z原子的最外层电子数相同，Z位于第三周期，所以Z为C1。

综上，W、X、Y、Z分别为F、Na、Al、CL

【详解】

A.X、Y的简单离子分别为Na，Al",它们具有相同电子层数，因为在同一周期，从左到右半径逐渐减小，所以半径是

Na*>A产即YVX,故A错误;B.Z的最简单氢化物为HC1,W的最简单氢化物为HF,因为HF分子间存在着氢键，所以

HF的沸点比HC1的高，故B正确；C.V与X形成的化合物为NaF,属于强碱弱酸盐，溶于水发生水解使得溶液显碱性,

所以所得的溶液在常温下pH>7,故C正确；D项，X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、A1(OH)3>HClOo

它们能诧互反应，故D项正确。答案：Ao

【点睛】

考查元素周期律的相关知识。根据元素的性质和在元素周期表中变化规律推断元素的名称，再根据元素周期律判断相

应的性质。本题的突破口：W的单质与电在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层

电子数等于其电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同就能确定各元素名称。

二、非选择题(本题包括5小题)

CH3

17、取代反应浓硝酸'浓硫酸氯原子、硝基

CH3

COOH

【解析】

¥0：¥(>2

苯与氯气在氯化铁作催化剂条件下得到A是0-。，A转化得到B,B与氨气在高压下得到，可知

NH24H2

引入氨基，A-B引入硝基，则B中C1原子被氨基取代生成,可推知B为Cl一◎一\0二，试剂a为浓硝酸、

浓硫酸；还原得到D为H2H：NH2；乙醇发生消去反应生成E为CH2=CH2,乙烯发生信息中加成反应

NH2

CH3

生成F为4],W为芳香化合物，则X中也含有紫环，X发生氧化反应生成W,分子中均只含两种不同化学环境

CH3

的氢原子，结合W的分子式，可知W为HOOCTQ^COOH、贝为H3C-O-CH3,W与D发生缩聚反应得

到丫为C^OH-

(6)CH2=CHCH=CH2和HOCH发生加成反应生成I|,||和溟发生加成反应生成|T,

77

(1)生成A是苯与氯气反应生成氯苯，反应类型是：取代反应,

故答案为：取代反应；

(2)A-B发生硝化反应，试剂a是：浓硝酸、浓硫酸，

故答案为：浓硝酸、浓硫酸；

(3)B为。1一(3—\。2,所含的官能团是：氯原子、硝基，

故答案为：氯原子、硝基;

CH；

(4)①由分析可知，F的结构简式是:

CH3

故答案为:

催化剂

②生成聚合物Y的化学方程式是:—►♦(2n-i)H2O,

+(2n-l)H>O.

(5)Q是W(HOOCTQ^COOH)的同系物且相对分子质量比W大14,则Q含有苯环、2个瘦基、比W多一个

CPU原子团，有1个取代基为-CH(COOH)2;有2个取代基为-COOH、-CH2COOH,有邻、间、对3种；有3

个取代基为2个・COOH与・CH.“2个・COOH有邻、间、对3种位置，对应的・CH3,分别有2种、3种、1种位

置，故符合条件Q共有1+3+2+3+1=10种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的为

HOOC-<^j-COOH产

丫、HOOC-[j^-COOH,

HOOC--〒COOH产

故答案为：10;丫、HOOC-JQ|-COOH»

(6)CH2=CHCH=CH2和HOCH发生加成反应生成||和澳发生加成反应生成

△

BrBrHO

BiBIHO

NaOH水溶液

故答案为:------------------A

Br△HO

【点睛】

本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中物质的结构、反应条件、反应信息进行分析，侧重考查学生分析推理

能力，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，是有机化学常考题型。

CH20

C,oH,84

18、1,2・二氯丙烷加成反应氧化反应H-[o-CHCH7O^-CH?CH?CH?CH：r-C-|-OH0

LLLLLLJn

产

CHjCHClCHaCI+ZNaOH»CHjCHOHCHzOH+ZNaCl/大、Na2cCh饱和溶液

H3c/'CH3

酸性KMnO二溶双/P=\CH,CHOH厂个

CH32

---------^*O<00CH2CH3

O2/Cu催化剂CHSCH2OH

CHCHOH------------►CHCHO-------------T—►CHCOOH-—-二♦CH3COOCH2CH3

S-2△3△3浓硫酸

O

CHmCHQNa,

~C-CH2COOCH2CH3

DUF

【解析】

丙烯与氯气加成得A为CH3CHCICH2CL发生水解反应得B为CH3CH(OH)CH2OH,苯与氢气发生加成反应得C

为环己烷[。，C发生氧化反应得D为己二酸HOOCCH2cH2cH2cHzCOOH,D与B发缩聚反应得G为

CH00

H^O-CHCHO-C-CHCHCHCHOH'根据题中信息'F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应(取

L22222Jn

0

代反应)得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3,根据H的结构」可推知E为CHaCHiOHo

[\-C00CH^H3

(7)甲苯氧化生成苯甲酸，基甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，

乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到。

【详解】

根据上述分析可知A为Cl13cHeICHzCLB为CH3cH(OH)CH2OH,C为1J,C发生氧化反应得D为

CH00

HOOCCH2cH2cH2cH28OH,D与B发缩聚反应得G为H心工能出0±-CHCHCHCH-clOH，根据题中

22222M

o

信息，F发生取代反应生成和E,D和E发生酯化反应(取代反应)得F为

[>COOCH2cH3

CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3,根据H的结构可推知E为CH3CH2OH.

(1)A为CH3cHQCH2cL名称为：1,2.二氯丙烷

(2)反应①是属于加成反应，反应④属于氧化反应；

CH00

(3)G的结构简式为：H—OWH^HZOT-CH2cH2cH2CH/--OH；「的结构简式为

CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3,分子式是C10H18O4；

(4)反应②的化学方程式：CH3CHClCH2CI+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl；

(5)C为环己烷0,C存在多种同分异构体，其中核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式为

(6)B是1,2•丙二醇CH3cH(OH)CH2OH,D是己二酸HOOCCH2cH2cH2cH2COOH,H是酯「'，

rC00CH2CH3

鉴别三种物质的方法是向三种物质中加入Na2co3饱和溶液，B与碳酸钠溶液混溶，不分层；D反应，产生气泡；H不

反应，互不相容，液体分层，油层在上层。因此鉴别试剂是碳酸钠饱和溶液；

(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸,

0

乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到/=\||,

-CH2coOCH2cH3

_酸性KMnO,溶度f=\CH,CHOH/=\

0rCH3----------------------浮22cHl

所以合成路线流程图为：CH3cH20H>CH3CHO-Y".CH3COOH.乎CH；。%CH<OOCH2cH3I。

△△浓硫酸