郑州外国语学校2023学年高考化学倒计时模拟卷(含解析).pdf

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1、2023 高考化学模拟试卷 请考生注意：1请用 2B 铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用 05 毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列化学用语表示正确的是()A酒精的分子式：CH3CH2OH BNaOH 的电子式：CHClO 的结构式：HClO DCCl4的比例模型：2、对于反应 2NO(g)2H2(g)N2(g)2H2O(g)，科学家根据光谱学研究提出如下反应历程：第一步：2NON2O2快速平衡 第二步：N2O2H2N2OH2

2、O慢反应 第三步：N2OH2N2H2O 快反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列叙述正确的是 A若第一步反应H c(OH-)c(HCO3-)c(H+)C加热 NaHCO3溶液，pH 增大，一定是 HCO3-水解程度增大的结果 D滴加饱和 CaCl2溶液发生了反应：Ca2+2HCO3-=CaCO3+H2O+CO2 9、W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y 的最外层电子数是 X次外层电子数的 3 倍，四种元素与锂组成的盐是一种新型锂离子电池的电解质(结构如图，箭头指向表示共同电子对由 W 原子提供)，下列说法还正确的是（）A气态氢化物的稳定性：WY B原子半径：XZYW C该物质中含

3、离子键和共价键 DZ有多种单质，且硬度都很大 10、常温常压下，某烧碱溶液与 0.05mol 氯气恰好完全反应，得到 pH9 的混合溶液（溶质为 NaC1 与 NaC1O）。下列说法正确的是（NA代表阿伏加德罗常数）A氯气的体积为 1.12L B原烧碱溶液中含溶质离子 0.2NA C所得溶液中含 OH的数目为 1105NA D所得溶液中 ClO的数目为 0.05NA 11、将 SO2 气体通入 BaCl2 溶液，未见沉淀生成，然后通入 X 气体。下列实验现象不结论不正确的是 选项 气体 X 实验现象 解释不结论 A Cl2 出现白色沉淀 Cl2 将 SO2 氧化为 H2SO4，白色沉淀为 Ba

4、SO4 B CO2 出现白色沉淀 CO2与 BaCl2溶液反应，白色沉淀为 BaCO3 C NH3 出现白色沉淀 SO2与氨水反应生成 SO32-，白色沉淀为 BaSO3 D H2S 出现淡黄色沉淀 H2S 与 SO2反应生成单质硫，淡黄色沉淀为硫单质 AA BB CC DD 12、下列由实验现象得出的结论不正确的是 操作及现象 结论 A 向 3mL0.1 mol L-1AgNO3溶液中先加入 45 滴 0.1 mol L-1NaCl溶液，再滴加45 滴 0.1 mol L-1NaI 溶液 先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀，说明Ksp(AgCl)Ksp(AgI)B 向 2 支盛有 5mL 不同浓

5、度的 Na2S2O3溶液的试管中同时加入5mL0.1 mol L-1硫酸溶液，记录出现浑浊的时间 探究浓度对反应速率的影响 C 其他条件相同，测定等浓度的 HCOOK 和 K2S 溶液的 pH 比较 Ka(HCOOH)和 Ka2(H2S)的大小 D 向可能含有 Cu2O、Fe2O3红色固体中加入足量稀硫酸溶解，有红色固体生成，再滴加 KSCN 溶液溶液不变红（已知：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O）不能说明红色固体中不含 Fe2O3 AA BB CC DD 13、以淀粉为基本原料制备聚乙烯和乙酸。下列说法正确的是 A淀粉和葡萄糖都是营养物质，均能在体内发生水解、氧化反应 B工业上以石油为原

6、料制取聚乙烯，需经裂解、加聚等反应 C燃烧等物质的量的乙烯和乙醇耗氧量不同 D乙醇和乙酸发生酯化反应制乙酸乙酯，原子利用率为 100%14、利用图示实验装置可完成多种实验,其中不能达到相应实验目的的是 选项 试剂 1、试剂 2 实验目的 A 过量锌粒、食醋溶液 测定食醋中醋酸浓度 B 粗锌、过量稀硫酸 测定粗锌（含有不参与反应的杂质）纯度 C 碳酸钠固体、水 证明碳酸钠水解吸热 D 过氧化钠固体、水 证明过氧化钠与水反应产生气体 AA BB CC DD 15、对于工业合成氨反应 N2+3H22NH3+Q（Q0），下列判断正确的是（）A3 体积和足量反应，必定生成 2 体积 B使用合适的催化剂，

7、可以提高提高原料的利用率 C左右比室温更有利于向合成氨的方向进行 D及时使氨液化、分离的主要目的是提高和的利用率 16、下列有关浓硫酸和浓盐酸的说法错误的是（）A浓硫酸、浓盐酸都是无色液体 B铁片加入浓硫酸中无明显现象，加入浓盐酸中有大量气泡产生 C将两种酸分别滴到 pH 试纸上，试纸最终均呈红色 D将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓盐酸有白烟，靠近浓硫酸没有白烟 二、非选择题（本题包括 5 小题）17、用两种不饱和烃 A 和 D 为原料可以合成一类新药有机物 J，合成路线如下：已知 有机物 J 结构中含两个环。回答下列问题：(1)C 的名称是_。(2)AB 试剂和反应条件为_。(3)HJ 的化学反应

8、方程式为_。(4)已知符合下列条件的 N 的同分异构体有_种，其中核磁共振氢谱显示环上只有 3 组峰，且峰面积之比为 4:4:1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式_。含有基团、环上有三个取代基与 NaHCO3反应产生气泡 可发生缩聚反应，M 的所有同分异构体在下列表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同是_。a质谱仪 b红外光谱仪 c元素分析仪 d核磁共振仪(5)利用题中信息和所学知识，写出以 A 和甲烷为原料，合成的路线流程图_(其它试剂自选)。18、我国自主研发的一类用于治疗急性缺血性脑卒中的新药即丁苯酞(N)的合成路线之一如下图所示(部分反应试剂及条件略去)：已知：RBrMg乙醚 请按

9、要求回答下列问题：(1)A 的分子式：_；BA 的反应类型：_。A 分子中最多有_个原子共平面。(2)D 的名称：_；写出反应的化学方程式：_。(3)N 是含有五元环的芳香酯。写出反应的化学方程式：_。(4)已知：E2COMg 乙醚X。X有多种同分异构体，写出满足下述所有条件的 X的同分异构体的结构简式：_。能发生银镜反应能与氯化铁溶液发生显色反应分子中有 5 种不同环境的氢原子(5)写出以甲烷和上图芳香烃 D 为原料，合成有机物 Y：的路线流程图(方框内填写中间产物的结构简式，箭头上注明试剂和反应条件)：_ 19、二氧化氯是高效、低毒的消毒剂。已知：ClO2是极易溶于水的气体，实验室制备及性

10、质探究装置如图所示。回答下列问题：（1）装置 B 用于制备 ClO2，同时还生成一种酸式盐，该反应的化学方程式为_。装置 C 中滴有几滴淀粉溶液，反应时有蓝色岀现。淀粉的作用是_。（2）装置 C 的导管靠近而不接触液面，其目的是_。（3）用 ClO2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 21，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 ClO2后溶液无明显现象。由此可以产生两种假设：假设 a：ClO2与 Na2S 不反应。假设 b：ClO2与 Na2

11、S 反应。你认为哪种假设正确，阐述原因：_。请设计实验证明你的假设（仅用离子方程式表示）：_。20、POCl3是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染料、表面活性剂等行业。一种制备 POCl3的原理为：PCl3+Cl2+SO2=POCl3+SOCl2。某化学学习小组拟利用如下装置在实验室模拟制备 POCl3。有关物质的部分性质如下：物质 熔点/沸点/密度/gmL-1 其它 PCl3-93.6 76.1 1.574 遇水强烈水解，易与氧气反应 POCl3 1.25 105.8 1.645 遇水强烈水解，能溶于 PCl3 SOCl2-105 78.8 1.638 遇水强烈水解，加热易分解 （1）仪器

12、甲的名称为_，与自来水进水管连接的接口编号是_。(填“a”或“b”)。（2）装置 C 的作用是_，乙中试剂的名称为_。（3）该装置有一处缺陷，解决的方法是在现有装置中再添加一个装置，该装置中应装入的试剂为_(写名称)。若无该装置，则可能会有什么后果?请用化学方程式进行说明_。（4）D 中反应温度控制在 60-65，其原因是_。（5）测定 POCl3含量。准确称取 30.70g POCl3产品，置于盛有 60.00mL 蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解；将水解液配成 100.00mL 溶液，取 10.00mL 溶液于锥形瓶中；加入 10.00 mL3.200 mol/LAgNO3标准溶液，并加入少

13、许硝基苯用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；以 Fe3+为指示剂，用 0.2000 mol/L KSCN 溶液滴定过量的 AgNO3溶液，达到滴定终点时共用去 10.00 mLKSCN 溶液。滴定终点的现象为_，用硝基苯覆盖沉淀的目的是_。反应中 POCl3的百分含量为_。21、工业上制取冰晶石（Na3AlF6）的化学方程式如下：32336222Al(OH)12HF 3NaCO2NaAlF3CO9HO 完成下列填空：（1）反应中四种元素对应的简单离子核外电子排布相同，请按离子半径从大到小的顺序排列这四种离子_，其中原子序数最大的元素原子核外有_种能量不同的电子，其最外层电子的电子云有_种不同的伸

14、展方向。（2）反应中有两种元素在元素周期表中位置相邻，能比较它们的金属性或非金属性强弱的事实是_（选填编号）。a.气态氢化物的稳定性 b.最高价氧化物对应水化物的酸性 c.单质与氢气反应的难易 d.单质与同浓度酸发生反应的快慢 反应中两种金属元素，它们的最高价氧化物对应的水化物之间发生反应的离子方程式为_。（3）冰晶石在工业上可做电解氧化铝的助溶剂，此反应中若有 0.6mol 电子转移，则在_极可得金属铝的质量为_克。（4）工业上不采用电解氯化铝的方法而是采用电解氧化铝的方法获得铝单质的原因是_。参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【答案解析】ACH3CH2OH为

15、乙醇的结构简式，乙醇的分子式为 C2H6O，故 A 错误；BNaOH 是离子化合物，钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O-H原子之间存在共价键，其电子式为，故 B 正确；CHClO 属于共价化合物，分子中含有 1 个 H-Cl键和 1 个 O-H键，其正确的结构式为：H-O-Cl，故 C 错误；D四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于碳原子，四氯化碳的正确的比例模型为：，故 D 错误；故选 B。【答案点睛】本题的易错点为 D，在比例模型中要注意原子的相对大小的判断。2、B【答案解析】A不管H0，升高温度，v正和 v逆均增大，A 选项错误；B第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，则第二步反应的活

16、化能大于第三步的活化能，B 选项正确；C根据有效碰撞理论可知，任何化学反应的发生都需要有效碰撞，但每一次碰撞不一定是有效碰撞，C 选项错误；D反应的中间产物有 N2O2和 N2O，D 选项错误；答案选 B。【答案点睛】化学反应速率与温度有关，温度升高，活化分子数增多，无论是正反应速率还是逆反应速率都会加快，与平衡移动没有必然联系。3、D【答案解析】A碳原子编号应从距离官能团最近的碳原子开始，该物质正确命名应为 1，3-环戊二烯，故 A 错误；B化合物乙中没有共轭双键，加成后不会再形成新的双键，故 B 错误；C神奇塑料的链节相对分子质量为 132，平均聚合度为10000=76132，故 C 错误

17、；D甲的不饱和度为 3，因此稳定的链状烃应含有一个双键和一个三键，符合条件的结构有：、，共 4 种，故 D 正确；故答案为 D。【答案点睛】在有机化合物分子结构中单键与双键相间的情况称为共轭双键，共轭双键加成产物中会有单键变双键的情况。4、D【答案解析】A.He 分子是单原子分子，相对分子质量为 4，NA个氮分子与 NA个氦分子的质量比为 284=71，故 A不选；B.不知道 FeCl3溶液的体积，无法计算转移的电子数，故 B 不选；C.11.2 L CH4没有指明标准状况下，故 C 不选；D.20 g 182HO 分子为 1mol，含有 10NA个电子，故 D 选。故选 D。5、D【答案解析

18、】原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知 a 为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+Cl-，电流从正极经导线流向负极，以此解答该题。【题目详解】Aa 为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+Cl-，发生还原反应，b 为负极，物质在该极发生氧化反应，故 A 错误；B由上述分析可知，电流从正极 a 沿导线流向负极 b，故 B 错误；C据电荷守恒，当外电路中有 0.2mole转移时，通过质子交换膜的 H+的个数为 0.2NA，而发生+2e-+H+Cl-，则 a 极区增加的 H+的个数为 0.1NA，故 C 错误；Da 为正极，正极有氢离子参与反应，

19、电极反应式为：+2e-+H+Cl-，故 D 正确；故答案为：D。6、A【答案解析】H2在 Cl2中燃烧的产物能被碱液完全吸收，则 H2完全燃烧。吸收液中有 NaClO，则燃烧时剩余 Cl2，从而根据化学方程式进行计算。【题目详解】题中发生的反应有：H2+Cl2=2HCl；HCl+NaOH=NaCl+H2O；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。据，生成 0.05mol NaClO，消耗 0.05molCl2、0.10molNaOH。则中消耗 0.20molNaOH 和 0.20molHCl。故中消耗 H2、Cl2各 0.10mol。氢气和氯气物质的量之比 0.10mol:(0.10

20、mol+0.05mol)=2:3。本题选 A。【答案点睛】吸收液中有 NaClO，则燃烧时剩余 Cl2。氢气和氯气物质的量之比必小于 1:1，只有 A 项合理。7、B【答案解析】A.汽油的成分为烃类物质，不能发生皂化反应，而油脂一定条件下能发生皂化反应，A 项错误；B.硫酸铜可使蛋白质发生变性，则 CuSO4可以用作游泳池消毒剂，B 项正确；C.蔗糖、淀粉、纤维素均不含CHO，不具有还原性，不能发生银镜反应，C 项错误；D.蛋白质含COOH和氨基具有两性，与在肽键无关，D 项错误；答案选 B。8、D【答案解析】A.根据电荷守恒可知，NaHCO3溶液中，c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)

21、+2c(CO32-)+c(OH-)，A 项错误；B.常温下 2 mL 1 molL-1 NaHCO3溶液，pH约为 8，溶液显碱性，溶液中 HCO3-水解程度大于其电离程度，c(Na+)c(HCO3-)c(OH-)c(H+)，B 项错误；C.加热 NaHCO3溶液，可能分解为碳酸钠，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，pH会增大，C 项错误；D.向碳酸氢钠溶液中滴加几滴饱和 CaCl2溶液，有白色沉淀生成为碳酸钙沉淀，促进了碳酸氢根离子的电离，离子方程式为：Ca2+2HCO3-=CaCO3+H2O+CO2，D 项正确；答案选 D。9、D【答案解析】W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y 的最外层电子数是

22、 X次外层电子数的 3 倍，Y 是 O元素；W 形成 1 个单键，W是 F 元素；Z形成 4 个键，Z是 C 元素；X形成 3 个单键，通过提供空轨道形成 1 个配位键，X是 B 元素。【题目详解】A.元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性：HFH2O，故 A 正确；B.同周期元素从左到右，半径减小，原子半径：BCOF，故 B 正确；C.该物质中 Li+和之间是离子键，C 和 O之间是共价键，故 C 正确；D.Z是 C 元素，碳有多种单质，石墨的硬度很小，故 D 错误；选 D。【答案点睛】本题考查元素周期表与周期律，根据原子结构和成键规律推断元素是解题的关键，明确同周期元素从

23、左到右性质递变规律，注意碳元素能形成多种性质不同的同素异形体。10、B【答案解析】A 项，常温常压不是标准状况，0.05mol 氯气体积不是 1.12L，故 A 错误；B 项，原溶液中溶质为氢氧化钠，含溶质离子为 Na+和 OH-，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，0.05mol氯气和 0.1mol氢氧化钠恰好反应，所以原烧碱溶液中含溶质离子 0.2NA，故 B 正确；C 项，因为常温常压得到 pH=9 的混合溶液，所以 c(OH-)=10-5mol/L，溶液体积未知不能计算 OH-的数目，故 C 错误；D 项，反应生成 0.05mol NaClO，因为次氯酸根离子水解，所得溶

24、液中 C1O-的数目小于 0.05NA，故 D 错误。【答案点睛】本题以阿伏伽德罗常数的分析判断为依托，主要考查盐类水解的分析、化学方程式的计算应用，题目综合性较强，重在考查分析综合运用能力。A 项注意是否为标准状况，为易错点。11、B【答案解析】A 选项，SO2气体与氯气反应生成盐酸和硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡，故 A 正确；B 选项，盐酸酸性大于碳酸，因此二氧化碳不与氯化钡反应，故 B 错误；C 选项，SO2气体与 NH3反应生成 SO32-，再与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故 C 正确；D 选项，H2S 与 SO2反应生成单质硫和水，淡黄色沉淀为硫单质，故 D正确。综上所述，答案为

25、 B。12、A【答案解析】A与氯化钠反应后，硝酸银过量，再加入 NaI，硝酸银与碘化钠反应生成沉淀，为沉淀的生成，不能比较 Ksp大小，故 A 错误；B只有硫代硫酸钠溶液浓度不同，其它条件都相同，所以可以探究浓度对化学反应速率影响，故 B正确；C酸根离子水解程度越大，其对应的酸电离程度越小，电离平衡常数越大，通过两种盐溶液的 pH大小可以判断其酸根离子水解程度的大小，从而确定其对应酸的酸性强弱，从而确定电离平衡常数大小，故 C 正确；D氧化亚铜和氧化铁都是红色固体，氧化亚铜和稀硫酸生成的 Cu 能和铁离子反应生成亚铁离子，所以不能检验红色固体中含有氧化铁，故 D正确；答案选 A。【答案点睛】本

26、题的易错点为 D，要注意氧化亚铜在酸性溶液中能够发生歧化反应，生成的 Cu 能和铁离子发生氧化还原反应。13、B【答案解析】A.葡萄糖为单糖，不能在体内发生水解反应，A错误；B.工业上以石油为原料制取聚乙烯，需经裂解产生的为乙烯，再发生加聚反应生成聚乙烯，B 正确；C.乙烯和乙醇各 1mol时，耗氧量为 3mol，则燃烧等物质的量的乙烯和乙醇耗氧量相同，C 错误；D.乙醇和乙酸发生酯化反应制乙酸乙酯和水，原子利用率小于 100%，D 错误；答案为 B。14、C【答案解析】A将甲中左侧过量锌粒转移到右侧盛有的一定体积食醋溶液中，测定乙中产生气体体积，可测定酷酸浓度，故 A 项正确；B将甲中右侧过

27、量稀硫酸转移到左侧一定质量的粗锌中，测定己中产生气体体积，可测定粗锌的纯度，B 项正确；C碳酸钠溶于水的过程中包含溶解和水解，水解微弱、吸收热量少，溶解放热，且放出热量大于吸收的热量，故 C项错误；D过氧化钠与水反应放热并产生氧气，恢复至室温后，可根据己中两侧液面高低判断是否有气体产生，故 D 项正确；故答案为 C。【答案点睛】利用该法测量气体体积时要注意使水准管和量气筒里液面高度保持一致。15、D【答案解析】A合成氨为可逆反应，则 3 体积 H2和足量 N2反应，氢气不能完全转化，生成氨气小于 2 体积，选项 A 错误；B催化剂不影响化学平衡，不能提高提高原料的利用率，选项 B 错误；C该反

28、应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则室温比 500左右更有利于向合成氨的方向进行，选项 C错误；D及时使氨液化、分离，可使平衡正向移动，则提高 N2和 H2的利用率，选项 D 正确；答案选 D。【答案点睛】本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度、催化剂对反应的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项 A 为解答的易错点，合成氨为可逆反应。16、C【答案解析】A、浓硫酸、浓盐酸都是无色液体，故 A 正确；B、浓硫酸具有强氧化性，使铁发生钝化，所以铁片加入浓硫酸中无明显现象，铁与浓盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，产生大量气泡，故 B 正确；C、浓硫酸具有脱水性，能够使试纸脱

29、水变黑，所以浓硫酸滴到 pH试纸上最终变黑，故 C 错误；D、浓硫酸不具有挥发性，浓盐酸具有挥发性，所以将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓盐酸有白烟，靠近浓硫酸没有白烟，故 D 正确；故选：C。【答案点睛】本题考查有关浓硫酸、浓盐酸的性质等，注意浓硫酸具有脱水性，不能使 pH 试纸变红色。二、非选择题（本题包括 5 小题）17、邻溴苯甲醛 Br2、FeBr3(或 Fe)+H2O 19 、c 【答案解析】由题可知，A 和 D 为两种不饱和的烃，根据已知，C 和 F 发生反应生成 G，可知 C 的结构式为，F 为，则 E 为，D 与 HBr 发生加成反应得到 E，故 D为，B 到 C 为催化氧化，则 B

30、为，A 发生取代反应得到 B，故 A 为，G在该条件下得到 H，结合已知可以得到 H为，由于有机物 J 结构中含两个环，故可能是 H发生分子内的酯化，得到 J，据此分析解答问题。【题目详解】(1)根据上述分析，C 的结构式为，叫做邻溴苯甲醛，故答案为：邻溴苯甲醛；(2)AB 为苯环上的取代反应，条件为 Br2、FeBr3(或 Fe)，故答案为：Br2、FeBr3(或 Fe)；(3)H 为，由于有机物 J结构中含两个环，故可能是 H发生分子内的酯化，得到 JHJ的化学反应方程式为24H SO浓+H2O，故答案为：24H SO浓+H2O；(4)，根据以上分析 C 为，由转化关系可推出 M 为，N

31、为，其分子式为 C8H14O3，N 的同分异构体中符合下列条件：含有基团、环上有三个取代基与NaHCO3反应产生气泡说明含有羧基 可发生缩聚反应，说明含有羧基和羟基，则环上有三个不同取代基分别为甲基、羟基和羧基。先分析环上有两个取代基时共有 4 种结构（邻间对和同一个碳上），这 4 种结构对应的第三个取代基的取代产物分别有 6 种，6 种，4 种，3 种，所以共有 6+6+4+3=19 种同分异构体，其中核磁共振氢谱显示环上只有 3 组峰，且峰面积之比为 4:4:1 且满足条件的物质有、。M 的同分异构体的元素组成相同，在元素分析仪中显示的信号完全相同，故答案为：c；、(任选其一即可)；(5)

32、根据题干信息，以和甲烷为原料，合成的路线如下：。18、C4H8 消去反应 8 甲苯 3FeBr+HBr 2NaOH/H O2O/Cu，CH3BrMg乙醚CH3MgBr 【答案解析】比较 A、B的分子式可知，A与 HBr发生加成反应生成 B，摩尔质量为 137g/mol，根据已知条件 B转化为 C（C4H9MgBr），结合 A 的摩尔质量为 56g/mol，可知 A 为，比较 D、E 的分子式可知，D 与液溴加入铁粉时发生取代反应生成 E，E 中甲基被氧化成醛基，根据 G的结构可推知 F 中溴原子和醛基在邻位，则 D 为甲苯，E 为，F为，再根据已知条件的反应，结合 G的结构可知：C 为，B 为

33、，A 为，再根据反应可知，M 为，据此分析作答。【题目详解】（1）A 的结构简式为，所以其分子式为：C4H8，生成，其化学方程式可表示为：C(CH3)3Br+NaOH+NaBr+H2O，故反应类型为消去反应；根据乙烯分子中六个原子在同一平面上，假如两个甲基上各有一个氢原子在这个面上，则分子中最多有 8 个原子共平面；故答案为 C4H8；消去反应；8；（2）D 为甲苯，加入液溴和溴化铁（或铁），可发生取代反应生成，其化学方程式为：3FeBr+HBr，故答案为甲苯；3FeBr+HBr；（3）N 是含有五元环的芳香酯，则 N 是发生分子内的酯化反应生成的一种酯，反应的化学方程式为：，故答案为；（4）

34、，则：，X为：，X的同分异构体中，能与氯化铁溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，除了酚羟基，只剩下一个氧原子，且要能发生银镜反应，则应该还含有一个醛基。分子中有 5 种不同环境的氢原子的结构简式：，故答案为；（7）以甲烷和甲苯为原料合成 的路线为甲苯在光照条件下生成一卤代烃，在氢氧化钠的水溶液中加热水解产生的醇被氧化成醛，而另一方面甲烷也光照生成一卤代烃，在镁和乙醚的作用下生成的产物与醛反应得到终极产物，其合成路线为：2NaOH/H O2O/Cu，CH3BrMg乙醚CH3MgBr，故答案为2NaOH/H O2O/Cu，CH3BrMg乙醚CH3MgBr。19、SO2H2SO42KClO3=2

35、KHSO42ClO2通过检验 I2的存在，证明 ClO2有强氧化性使 ClO2尽可能多的与溶液反应，并防止倒吸 2.6NaClO2假设 b 正确，S2的还原性强于 I，所以 ClO2也能氧化 S2或 ClO2是强氧化剂，S2具有强还原性 SO42-Ba2=BaSO4【答案解析】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 ClO2，同时还生成一种酸式盐，则 B 中发生反应SO2+H2SO4+2KClO32KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，所以 C中发生氧化还原反应生成碘，注意防倒吸，装置 C 中滴有几滴淀粉溶液，碘遇淀粉变蓝色；装置

36、D 用于吸收尾气，反应生成 NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境，据此解答。【题目详解】(1)装置 B 用于制备 ClO2，同时还生成一种酸式盐，根据元素守恒知，酸式盐为硫酸氢钠，该反应的化学方程式为SO2+H2SO4+2KClO32KHSO4+2ClO2；装置 C 中滴有几滴淀粉溶液，淀粉遇碘变蓝色，根据淀粉是否变色来判断是否有碘生成，从而证明二氧化氯具有氧化性；(2)ClO2是极易溶于水的气体，所以检验其强氧化性时导管靠近而不接触液面，以防倒吸；(3)1molCl2即 71g 消毒时转移 2mol 电子，71gClO2消毒时转移电子为71g67.5g/mol(4+1)

37、=5.2mol，其效果是同质量氯气的5.2mol2mol=2.6 倍；(4)装置 D 用于吸收尾气,H2O2作还原剂生成 O2，H2O2O22e，生成 1molO2转移电子 2mol，则 2molClO2得到 2mol电子生成 2molNaClO2；(5)由于 ClO2具有强氧化性，Na2S 具有强还原性，二者不可能不反应，所以假设 a 错误，假设 b 正确；ClO2氧化 Na2S 后溶液无明显现象，说明 ClO2将 S2氧化生成更高价的酸根 SO42，所以可通过检验 SO42的存在以证明 ClO2与 Na2S 发生氧化还原反应，所用试剂为稀盐酸和 BaCl2溶液，离子反应为：SO42+Ba2

38、+BaSO4。20、球形冷凝管 a 干燥 Cl2，同时作安全瓶，防止堵塞 五氧化二磷(或硅胶)碱石灰 POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl,SOCl2+H2O=SO2+2HCl 一是温度过高，PCl3会大量挥发，从而导致产量降低；二是温度过低，反应速率会变慢 当最后一滴标准 KSCN 溶液滴入时，溶液变为红色，且半分钟不褪去 使生成的沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中 SCN-与 AgCl 反应 50%【答案解析】分析：本题以 POCl3的制备为载体，考查 Cl2、SO2的实验室制备、实验条件的控制、返滴定法测定 POCl3的含量。由于 PCl3、POCl3、SOCl2遇水强烈水解，所以用干

39、燥的 Cl2、SO2与 PCl3反应制备 POCl3，则装置A、B、C、D、E、F 的主要作用依次是：制备 Cl2、除 Cl2中的 HCl（g）、干燥 Cl2、制备 POCl3、干燥 SO2、制备SO2；为防止 POCl3、SOCl2水解和吸收尾气，D 装置后连接盛碱石灰的干燥管。返滴定法测定 POCl3含量的原理：POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl、AgNO3+HCl=AgCl+HNO3，用 KSCN 滴定过量的 AgNO3，发生的反应为KSCN+AgNO3=AgSCN+KNO3，由消耗的 KSCN 计算过量的 AgNO3，加入的总 AgNO3减去过量的 AgNO3得到与Cl-反应的

40、 AgNO3，根据 Ag+Cl-=AgCl和 Cl守恒计算 POCl3的含量。详解：（1）根据仪器甲的构造特点，仪器甲的名称为球形冷凝管。为了更充分的冷凝蒸气，冷凝管中的水应下进上出，与自来水进水管连接的接口的编号为 a。（2）由于 PCl3、POCl3、SOCl2遇水强烈水解，所以制备 POCl3的 Cl2和 SO2都必须是干燥的。根据装置图和制备POCl3的原理，装置 A 用于制备 Cl2，装置 B 用于除去 Cl2中 HCl（g），装置 C 用于干燥 Cl2，装置 F 用于制备 SO2，装置 E 用于干燥 SO2，装置 D 制备 POCl3；装置 C 的作用是干燥 Cl2，装置 C中有长

41、直玻璃管，装置 C的作用还有作安全瓶，防止堵塞。乙中试剂用于干燥 SO2，SO2属于酸性氧化物，乙中试剂为五氧化二磷（或硅胶）。（3）由于 SO2、Cl2有毒，污染大气，最后要有尾气吸收装置；POCl3、SOCl2遇水强烈水解，在制备 POCl3的装置后要连接干燥装置（防外界空气中 H2O（g）进入装置 D 中），该装置缺陷的解决方法是在装置 D的球形冷凝管后连接一个既能吸收 SO2、Cl2又能吸收 H2O（g）的装置，该装置中应装入的试剂是碱石灰。若没有该装置，POCl3、SOCl2发生强烈水解，反应的化学方程式为 POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl、SOCl2+H2O=SO2+2H

42、Cl。（4）D 中反应温度控制在 6065，其原因是：温度太低，反应速率太慢；温度太高，PCl3会大量挥发（PCl3的沸点为 76.1），从而导致产量降低。（5）以 Fe3+为指示剂，当 KSCN 将过量的 Ag+完全沉淀时，再滴入一滴 KSCN 溶液与 Fe3+作用，溶液变红色，滴定终点的现象为：当最后一滴标准 KSCN 溶液滴入时，溶液变为红色，且半分钟不褪去。硝基苯是难溶于水且密度大于水的液体，用硝基苯覆盖沉淀的目的是：使生成的沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中 SCN-与 AgCl 反应。n（AgNO3）过量=n（KSCN）=0.2000mol/L0.01L=0.002mol，沉淀 10.

43、00mL 溶液中 Cl-消耗的 AgNO3物质的量为3.200mol/L0.01L-0.002mol=0.03mol，根据 Ag+Cl-=AgCl和 Cl守恒，样品中n（POCl3）=0.1mol，m（POCl3）=0.1mol153.5g/mol=15.35g，POCl3的百分含量为100%=50%。21、O2-F-Na+Al3+5 2 ac Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 阴 5.4 氯化铝为分子晶体，在熔融状态下不能发生电离 【答案解析】（1）电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；原子序数最大的为 Al，不同能级中的电子能量不同；最外层为3s23p1，有 2 种电子云；

44、（2）反应中两种元素在元素周期表中位置相邻，为 O 元素与氟元素，可以根据氢化物稳定性、单质与氢气反应难易程度比较，O、F 元素没有含氧酸，不能用最高价氧化物对应水化物的酸性，单质与酸反应快慢不能比较非金属性强弱；（3）氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠与水；（4）电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，而铝离子发生还原反应，应在阴极析出；根据电子转移守恒计算Al的物质的量，进而计算Al的质量；（5）氯化铝为共价化合物，晶体中不存在离子，熔融时不能导电。【题目详解】(1)O2、F、Na+、Al3+电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,故离子半径：O2FNa+Al3+;原子序数最大的为Al

45、,核外电子排布为 1s22s22p63s23p1,不同能级中的电子能量不同,核外有 5 种不同能量的电子;最外层为 3s23p1,有 2 种电子云,故答案为：O2FNa+Al3+；5；2；(2)反应中两种元素在元素周期表中位置相邻，为 O元素与氟元素，a.氢化物越稳定，非金属性越强，a 项正确；b.O、F 元素没有含氧酸，不能用最高价氧化物对应水化物的酸性，b 项错误；c.单质与氢气反应越容易，对应元素的非金属性越强，c 项正确；d.单质与同浓度酸发生反应的快慢不能判断非金属性强弱，如氧气与硝酸不反应，而 S、碘与硝酸反应，d 项错误，故选：ac；(3)氢氧化铝是两性氢氧化物,能和氢氧化钠反应,反应离子方程式为：Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；(4)电解池阳极发生氧化反应,阴极发生还原反应,而铝离子发生还原反应,应在阴极析出;根据电子转移守恒,析出 Al的物质的量为0.63mol=0.2mol，故析出 Al的质量为 0.2mol27g/mol=5.4g，故答案为：阴；5.4；(5)因为氯化铝为共价化合物，属于分子晶体，晶体中不存在离子，熔融时不能导电，故不能被电解；而氧化铝为离子化合物，熔融状态可以导电，故答案为：氯化铝为分子晶体，在熔融状态下不能发生电离。