2019-2020学年安徽省阜阳市临泉县一中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省阜阳市临泉县一中新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1近日，北京某区食药监局向居民发放了家用食品快检试剂盒试剂盒涉及的部分检验方法如下，其中不是通过化学原理进行检验的是（）A通过测定大米浸泡液的pH 检验大米新鲜度B用含 Fe2+的检测试剂检验自来水中余氯的含量C向食盐样品中加还原剂和淀粉检测食盐的含碘量D通过观察放入检测液中鸡蛋的沉浮检验鸡蛋新鲜度【答案】D【解析】【详解】A 项、通过测定大米浸泡液的pH 检验大米新鲜度，涉及与氢离子的反应，pH试纸的变色过程是化学变化，故 A 错误；B 项、亚

2、铁离子与氯气发生氧化还原反应，属于化学变化，故B错误；C 项、向食盐样品中加还原剂和淀粉检测食盐的含碘量，发生氧化还原反应，淀粉中碘酸钾被还原生成碘，故 C 错误；D 项、鸡蛋的沉浮与密度有关，没有发生化学变化，故D 正确；故选 D。2下列说法不正确的是()A可用焦炭还原SiO2制备单质Si B镁单质可与NH4Cl 溶液反应生成NH3C浓硫酸与NaBr 固体共热可生成单质Br2D摩尔盐的组成可表示为NH4Fe(SO4)2?6H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A.高温条件下，可用碳还原SiO2制备单质Si，故 A 正确；B.镁单质可与NH4Cl 溶液反应生成NH3和氢气、氯化镁，故B正确；

3、C.浓硫酸具有强氧化性与NaBr 固体共热可生成单质Br2，故 C正确；D.摩尔盐的组成可用(NH4)2SO4 FeSO4 6H2O 表示，故D 错误；故选 D。325 C 时，用浓度为0.1000 mol/L 的 NaOH 溶液滴定体积均是20mL、浓度均为0.1000 mol/L 的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（）A酸性强弱顺序是HX HY HZ B加入 10 mL NaOH 溶液时，HY溶液中 c（Na+）c（Y-）CpH=2 的 HZ溶液加水稀释10 倍，pH 为 3 D加入 20 mL NaOH 溶液时，只有HY溶液达到滴定终点【答案】C【解析】【分析】

4、0.1000 mol/L 的 HZ，pH=1，c(H+)=0.1000 mol/L，则 c(HZ)=c(H+)，则 HZ 为一元强酸，HX 和 HY 的 pH 都大于 1，则 HX 和 HY 都是一元弱酸，同浓度的三种酸酸性强弱关系为：HXHYHZ，据此分析解答。【详解】A由分析可知，三种酸酸性强弱顺序是HXHYHZ，A 错误；B加入 10 mL NaOH 溶液时，HY有一半被中和，此时溶质为等物质的量的HY 和 NaY，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，由图可知，此时溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，所以，溶液c(Na+)c(Y-)，B错误；CHZ 是

5、强酸，加水稀释10 倍，即 101倍 pH 增大 1，即 pH=2 的 HZ 溶液加水稀释10 倍，pH 为 3，C正确；D加入 20 mL NaOH 溶液时，三种溶液pH 均发生突变，说明三种溶液均达到滴定终点，D 错误。答案选 C。【点睛】CpH=a 的强酸稀释10n倍，稀释后溶液pH=a+n(pH7)；pH=a 的弱酸稀释10n倍，稀释后溶液pHa+n(pH7)；pH=a 的强碱稀释10n倍，稀释后溶液pH=a-n(pH7)；pH=a 的弱碱稀释10n倍，稀释后溶液pHa-n(pH7)4X、Y、Z、T是四种原子序数递增的短周期元素，X形成的简单阳离子核外无电子，Y的最高价氧化物对应的水化

6、物是强酸，Z是人体内含量最多的元素，T 在同周期元素形成的简单阳离子中半径最小，则以下说法正确的是A元素最高化合价的顺序为ZYT X BY、Z 分别形成的简单氢化物的稳定性为ZY C由 X、Y和 Z三种元素构成的强电解质，对水的电离均起抑制作用D常温下，T的单质与Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液不能反应【答案】B【解析】【分析】X 形成的简单阳离子核外无电子，应为H 元素，Z是人体内含量最多的元素，应为O 元素，Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸，应为N 元素，T 在同周期元素形成的简单阳离子中半径最小，依据同周期金属离子半径小于非金属离子半径，且同周期金属离子核电荷数越大离子半径越小可知应

7、为Al 元素。【详解】A.Z 为 O 元素，该元素没有最高正价，所以其最高价比N 元素低，故A 错误；B.非金属性ON，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；C.由 X、Y和 Z 三种元素构成的强电解质可为硝酸铵，为强酸弱碱盐，水解可促进水的电离，故C错误；D.常温下，铝与浓硝酸发生钝化反应，故D 错误；答案：B 5某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10 mol/L NaHCO3溶液，测其pH 为 8.4；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至 pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是()A NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度

8、大于电离程度B反应的过程中产生的白色沉淀为CaCO3C反应后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)D加入 CaCl2促进了 HCO3-的水解【答案】D【解析】【分析】A.NaHCO3电离产生的HCO3-离子在溶液中既能发生电离作用又能发生水解作用；B.HCO3-与 Ca2+生成 CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成 H2CO3；C.根据电荷守恒分析判断；D.加入 CaCl2消耗 CO32-生成 CaCO3沉淀。【详解】A.NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液中HCO3-既能电离又能水解，水解消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性；电离产

9、生H+使溶液显酸性，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度，A 正确；B.向 NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液至 pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，说明 HCO3-与 Ca2+生成 CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成 H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO3-+Ca2+=CaCO3+H2CO3，B 正确；C.该溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-)，溶液至 pH=7，c(H+)=c(OH-)，c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(

10、Cl-)，C正确；D.溶液中存在HCO3-CO32-+H+，加入 CaCl2消耗 CO32-，促进 HCO3-的电离，D 错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查了电解质溶液中反应实质、沉淀溶解平衡的理解及应用的知识。涉及电解质溶液中离子浓度大小比较、电荷守恒、物料守恒等，题目难度中等。6锌 空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH+2H2O=2Zn(OH)42-。下列说法正确的是（）A充电时，电解质溶液中K+向阳极移动B充电时，电解质溶液中c(OH)逐渐减小C放电时，负极反应为：Zn+4OH-2e=Zn(OH)42D放电时，电路中通过2mol

11、电子，消耗氧气22.4L（标准状况）【答案】C【解析】【分析】【详解】A充电时，阳离子向阴极移动，即K向阴极移动，A 项错误；B放电时总反应为2Zn+O2+4OH+2H2O=2Zn(OH)42-，则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度增大，B 项错误；C放电时，锌在负极失去电子，电极反应为Zn+4OH-2e=Zn(OH)42-，C项正确；D标准状况下22.4L 氧气的物质的量为1 摩尔，电路中转移4 摩尔电子，D 项错误；答案选 C。【点睛】电极反应式的书写是电化学中必考的一项内容，一般先写出还原剂（氧化剂）和氧化产物（还原产物），然后标出电子转移的数目，最后根据原子守恒和电荷守恒完成缺

12、项部分和配平反应方程式，作为原电池，正极反应式为：O22H2O4e=4OH，负极电极反应式为：Zn+4OH-2e=Zn(OH)42-；充电是电解池，阳离子在阴极上放电，阴离子在阳极上放电，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，对可充电池来说，充电时原电池的正极接电源正极，原电池的负极接电源的负极，不能接反，否则发生危险或电极互换，电极反应式是原电池电极反应式的逆过程；涉及到气体体积，首先看一下有没有标准状况，如果有，进行计算，如果没有必然是错误选项。7乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一，以乙烯为原料合成的部分产品如图所示。下列有关说法正确的是A氧化反应有，加成反应有B氯乙烯

13、、聚乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色C反应 的现象为产生砖红色沉淀D可用乙醇萃取Br2的 CCl4溶液中的Br2【答案】C【解析】【分析】反应为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，反应为 1,2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，反应为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应为乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应为乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，据此解答。【详解】反应为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，反应为 1,2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，反应为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应为乙醇发生催化氧化生成乙醛，

14、反应为乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，A.根据以上分析知，氧化反应有，加成反应有，A项错误；B.氯乙烯有碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化，从而使酸性KMnO4溶液褪色，聚乙烯没有碳碳双键，不能被酸性KMnO4溶液氧化，则不能使酸性KMnO4溶液褪色，B 项错误；C.乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，氢氧化铜被还原生成氧化亚铜砖红色沉淀，C 项正确；D.乙醇与 CCl4互溶，则不能用乙醇萃取Br2的 CCl4溶液中的Br2，D 项错误；答案选 C。8实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(夹持和净化装置省略)。仅用以下实验装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是

15、选项a 中的液体b 中的物质c中收集的气体d 中的液体A 浓氨水碱石灰NH3H2O B 浓硝酸Cu NO2H2O C 浓硫酸Na2SO3SO2NaOH 溶液D 稀硝酸Cu NO NaOH 溶液A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A.浓氨水与碱石灰不加热可以制取氨气，但是氨气的密度比空气小，不能用向上排空气方法收集，A 错误；B.浓硝酸与Cu反应产生NO2气体，NO2密度比空气大，可以用向上排空气方法收集，NO2是大气污染物，但 NO2若用水吸收，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，产生的NO 仍然会污染空气，B 错误；C.浓硫酸与 Na2SO3发生复分解反应，产生N

16、a2SO4、H2O、SO2，SO2密度比空气大，可以用向上排空气方法收集，SO2是大气污染物，可以用NaOH 溶液吸收，发生反应为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，为防止倒吸，安装了倒扣漏斗，从而达到环境保护的目的，C正确；D.稀硝酸与Cu反应产生NO 气体，NO 与空气中的氧气会发生反应，所以不能用排空气方法收集，D 错误；故合理选项是C。9298K 时，甲酸(HCOOH)和甲酸钠的混合溶液中HCOOH、HCOO-的浓度存在关系式c(HCOO-)+c(HCOOH)=0.100molL-1，而含碳元素的粒子的浓度与pH 的关系如图所示：下列说法正确的是()A 0.1mol L-1HC

17、OONa溶液中有c(HCOO-)+c(HCOOH)+c(OH-)=c(H+)+0.1 B298K 时，HCOOH的电离常数Ka=1.0 10-3.75C298K 时，加蒸馏水稀释P点溶液，溶液中n(H+)n(OH-)保持不变D 0.1mol L-1HCOONa溶液和 0.1mol L-1HCOOH溶液等体积混合后混合液的pH=3.75(混合后溶液体积变化忽略不计)【答案】B【解析】【分析】【详解】A 0.1mol L-1HCOONa溶液中酸根水解溶液显碱性c(OH-)c(H+)，根据物料守恒可知c(HCOO-)+c(HCOOH)=c(Na+)=0.1molL-1，因此 c(HCOO-)+c(H

18、COOH)+c(OH-)c(H+)+0.1molL-1，A错误；B根据图像可知P点时 298K 时 c(HCOO-)c(HCOOH)，c(H+)103.75mol L-1，则 HCOOH的电离常数Ka=(HCOO)(H)(HCOOH)ccc=c(H+)=1.0 10-3.75，B正确；C298K 时，加蒸馏水稀释P点溶液，溶液中氢离子或氢氧根的物质的量增加，溶液中n(H+)n(OH-)增大，C 错误；D 0.1mol?L-1HCOONa溶液和 0.1mol?L-1HCOOH溶液等体积混合后，虽然混合溶液中c(HCOO-)+c(HCOOH)=0.100mol?L-1，但由于HCOOH的电离程度大

19、于HCOONa的水解程度，混合溶液中c(HCOO-)c(HCOOH)，故溶液的pH3.75，D 错误。答案选 B。【点睛】进行电离平衡常数计算时要注意曲线中的特殊点，例如起点、中性点等，比较溶液中离子浓度大小时一定要灵活应用电荷守恒、物料守恒以及质子守恒等。10吗啡是严格查禁的毒品吗啡分子含C71.58%，H6.67%，N4.91%，其余为O.已知其相对分子质量不超过 300，则吗啡的分子式是A C17H19NO3BC17H20N2O CC18H19NO3DC18H20N2O2【答案】A【解析】【分析】可通过假设相对分子质量为100，然后得出碳、氢、氮、氧等元素的质量，然后求出原子个数，然后乘

20、以3，得出的数值即为分子式中原子个数的最大值，进而求出分子式。【详解】假设吗啡的相对分子质量为100，则碳元素的质量就为71.58，碳的原子个数为：71.5812=5.965，则相对分子质量如果为300 的话，就为5.9653 17.895；同理，氢的原子个数为：6.671 3=20.01，氮的原子个数为：4.9114 3=1.502，氧的原子个数为：10071.586.674.9116 3=3.15，因为吗啡的相对分子质量不超过300，故吗啡的化学式中碳的原子个数不超过17.895，氢的原子个数不超过20.01，氮的原子个数不超过1.502；符合要求的为A，答案选 A。11异丁烯与氯化氢可能

21、发生两种加成反应及相应的能量变化与反应进程的关系如图所示，下列说法正确的是()A反应的活化能大于反应B反应的H 小于反应C中间体2 更加稳定D改变催化剂，反应、的活化能和反应热发生改变【答案】C【解析】【分析】【详解】A由图可知生成产物1 时对应活化能高，则活化能：反应大于反应，故A 错误；B图中生成产物2 的能量低，能量低的更稳定，且为放热反应，焓变为负，则H 大小：反应的 H 大于反应，故B 错误；C图中生成中间体2 的能量低，能量低的更稳定，则中间产物的稳定性：中间体1 小于中间体2，故 C正确；D改变催化剂，反应、的反应热不发生改变，故D 错误；故选 C。【点睛】本题考查反应热与焓变，

22、把握反应中能量变化、焓变与能量为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变的比较及焓变只与终始态有关，与催化剂无关。12下图甲是一种在微生物作用下将废水中的尿素CO(NH2)2转化为环境友好物质，实现化学能转化为电能的装置，并利用甲、乙两装置实现在铁上镀铜。下列说法中不正确的是A乙装置中溶液颜色不变B铜电极应与Y相连接CM 电极反应式：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6HD当 N 电极消耗0.25 mol 气体时，铜电极质量减少16g【答案】D【解析】【分析】【详解】甲装置中N 极上 O2得到电子被还原成H2O，N 为正极，M 为负极；A.乙装置中Cu2+在 Fe电极上获得

23、电子变为Cu 单质，阳极Cu失去电子变为Cu2+进入溶液，所以乙装置中溶液的颜色不变，A 正确；B.乙装置中铁上镀铜，则铁为阴极应与负极X 相连，铜为阳极应与正极Y相连，B正确；C.CO(NH2)2在负极 M 上失电子发生氧化反应，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+，C正确；D.N 极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，当 N 电极消耗0.25 mol 氧气时，则转移n(e-)=0.25mol 4=1mol电子，Cu电极上的电极反应为Cu-2e-=Cu2+，所以 Cu电极减少的质量为m(Cu)=12mol 64g/mol=32g，D 错误；故答案是D。1

24、3下列颜色变化与氧化还原反应无关的是（）A长期放置的苯酚晶体变红B硝酸银晶体光照后变黑C氢氧化亚铁变灰绿再变红褐D二氧化氮气体冷却后变淡【答案】D【解析】【详解】A苯酚在空气中能被氧气氧化，所以长期放置的苯酚晶体变红，属于氧化还原反应，故A 不合题意；B硝酸银晶体易分解，在光照后变黑，生成银，属于氧化还原反应，故B不合题意；C氢氧化亚铁变灰绿再变红褐，生成氢氧化铁，Fe元素的化合价升高，所以属于氧化还原反应，故C不合题意；D二氧化氮气体冷却时生成四氧化二氮，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故 D 符合题意；故选 D。14根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是操作现象结论A 将2SO

25、分别通人溴水和酸性高锰酸钾溶液中溴水和酸性高锰酸钾溶液均褪色2SO具有漂白性B 向11mL 2mol LNaOH溶液中滴加12 滴120.1molLMgCl溶液，再滴加2 滴130.1molLFeCl溶液先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀sp23K:Mg(OH)Fe(OH)C 向滴有酚酞的23Na CO溶液中加入少量2BaCl固体有白色沉淀生成，溶液红色变浅23Na CO溶液中存在水解平衡D 将3CaCO与盐酸反应得到的气体直通入23Na SiO溶液中产生白色沉淀酸性：2323H CO H SiOA A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A将2SO分别通人溴水和酸性高锰酸钾溶液中，溴水

26、和酸性高锰酸钾溶液均褪色，体现了SO2的还原性，而不是漂白性，故A 错误；B 向11mL 2 mol LNaOH溶液中滴加12 滴120.1mol LMgCl溶液，再滴加 2 滴130.1mol LFeCl溶液，观察到先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀，因 NaOH 溶液过量，无法判断sp23K:Mg(OH)Fe(OH)，故 B 错误；C向滴有酚酞的23Na CO溶液中加入少量2BaCl固体，发现有有白色沉淀生成，溶液红色变浅，说明 Ba2+与 CO32-结合生成BaCO3沉淀，促进CO32-的水解平衡逆向移动，溶液的碱性减弱，故C正确；D将3CaCO与盐酸反应得到的气体直通入23Na SiO溶

27、液中，观察到产生白色沉淀，因盐酸有挥发性，生成的 CO2中混有 HCl，则无法判断碳酸的酸性比硅酸强，故D 错误；故答案为C。15120时，1molCO2和 3molH2通入 1L 的密闭容器中反应生成CH3OH 和水。测得CO2和 CH3OH 的浓度随时间的变化如图所示。下列有关说法中不正确的是A 03min 内，H2的平均反应速率为0.5mol L1 min1B该反应的化学方程式：CO2(g)3H2(g)=CH3OH(g)H2O(g)C容器内气体的压强不再变化时，反应到达平衡D 10min 后，反应体系达到平衡【答案】B【解析】【详解】A.据题意得化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2

28、O，则 03min 内，v(H2)=3v(CO2)=3 (1.00-0.50)molL-1/3min=0.5 mol L1min1，A 项正确；B.图中 10min 后 CO2、CH3OH 的物质的量不再改变，即达化学平衡，故为可逆反应，应写成CO2+3H2CH3OH+H2O，B 项错误；C.据 pV=nRT，恒温恒容时，当压强不再变化时，容器内各气体的物质的量都不再变化，此时反应到达平衡，C项正确；D.图中 10min 后 CO2、CH3OH 的物质的量不再改变，即达化学平衡，D 项正确。本题选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16、研究性学习小组进行SO2的制备及性质探究实

29、验，装置如图（a 为活塞，加热及固定装置已略去）。（1）连接仪器、_、加药品后，打开a，然后滴入浓硫酸，加热；（2）铜与浓硫酸反应制备SO2的化学方程式是_；（3）品红溶液中的实验现象是_；（4）从高锰酸钾溶液中观察到的现象说明SO2具有 _性。、上述实验中NaOH 溶液用于吸收剩余的SO2生成Na2SO3，Na2SO3是抗氧剂。向烧碱和Na2SO3混合溶液中加入少许溴水，振荡后溶液变为无色。（1）写出在碱性溶液中Br2氧化 Na2SO3的离子方程式_（2）反应后的溶液含有SO32、SO42、Br、OH等阴离子，请填写鉴定其中SO42和 Br的实验报告。_限选试剂：2mol L1HCl；1mo

30、l L1H2SO4；lmol L1BaCl2；lmol L1Ba（NO3）2；0.1mol L1AgNO3；CCl4；新制氯水。编号实验操作预期现象和结论步骤取少量待测液加入试管中，加入过量的 2mol L1盐酸，再滴加有生成，证明待测液中SO42-步骤取出步骤中适量上层清液于试管中，加入适量氯水，再加入，振荡，静置。下层液体呈，证明待测液中含Br-。【答案】检查装置气密性Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O 品红溶液红色褪去变为无色还原性SO32+Br2+2OH=H2O+SO42+2Br编号实验操作预期现象和结论步骤lmol L1BaCl2溶液有白色沉沉淀生成步骤四氯化碳橙黄

31、色【解析】【分析】、(1)依据装置制备气体验证气体性质分析步骤；(2)铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；(3)依据二氧化硫的漂白性解释；(4)二氧化硫通入高锰酸钾溶液中发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色；II、(1)Na2SO3和溴发生氧化还原反应；(2)检验 SO42-，可用硝酸酸化的BaCl2；检验 Br2，可用氯水，加入四氯化碳后，根据四氯化碳层的颜色进行判断。【详解】、(1)装置是制备气体的反应，连接好装置需要检验装置的气密性，再加入试剂发生反应；故答案为检验装置气密性；(2)铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+S

32、O2+2H2O；故答案为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；(3)二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液红色褪去；故答案为品红溶液红色褪去变为无色；(4)二氧化硫具有还原性通入高锰酸钾溶液被氧化为硫酸，高锰酸钾溶液紫红色褪去变化为无色；故答案为还原性；II、(1)向烧碱和 Na2SO3混合溶液中加入少许溴水，振荡后溶液变为无色，说明亚硫酸根离子被溴单质氧化为硫酸跟，依据得失电子守恒和原子守恒配平写出离子方程式为：SO32+Br2+2OH=H2O+SO42+2Br；故答案为SO32+Br2+2OH=H2O+SO42+2Br；(2)、检验 SO42-可取少量待测液加入试管中，加入过量的

33、2 mol/L 盐酸，再滴加适量l mol/LBaCl2溶液；检验 Br-，可取出步骤中适量上层清液于试管中，加入适量氯水，再加入四氯化碳，振荡，静置后观察颜色，如若下层液体呈橙红色，证明待测液中含Br-；故答案为编号实验操作预期现象和结论步骤lmol L1BaCl2溶液有白色沉沉淀生成步骤四氯化碳橙黄色。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17H（3 一溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯）是重要的有机物中间体，可以由A(C7H8)通过下图路线合成。请回答下列问题：（1）C的化学名称为_，G 中所含的官能团有醚键、_、_（填名称）。（2）B的结构简式为_，B 生成 C的反应类型为 _。（3）由

34、G生成 H 的化学方程式为_。EF 是用“H2/Pd”将硝基转化为氨基，而 CD 选用的是(NH4)2S，其可能的原因是_。（4）化合物F的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_种。氨基和羟基直接连在苯环上苯环上有三个取代基且能发生水解反应（5）设计用对硝基乙苯为起始原料制备化合物的合成路线（其他试剂任选）。_【答案】3,5-二硝基苯甲酸羧基溴原子取代反应防止两个硝基都转化为氨基30【解析】【分析】由 C 的结构简式和 A 到 B，A 到 C的反应条件逆推可知B为；A 为；在以工业合成3-溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯的流程和各部反应条件对物质进行推断、命名、官能团、反应类型判定、反应方程式、同分异

35、构体的书写、有机合成路线的设计。【详解】（1）由于羧基定位能力比硝基强，故C 名称为 3,5-二硝基苯甲酸，由结构式可知G 中含官能团名称有醚键、羧基、溴原子。答案：3,5-二硝基甲酸；羧基；溴原子。（2）根据框图C 结构逆向推理，B为苯甲酸，结构简式为；A 为甲苯，B生成 C是在浓硫酸作用下硝酸中硝基取代苯环上的氢，所以 B生成 C反应类型为硝化反应，是取代反应中一种。答案：；取代反应。（3）由 G 生成 H 反应为 G 与 CH3OH 在浓硫酸、加热的作用下发生的酯化反应，化学方程式为；CD、EF都是将硝基还原为氨基，但选用了不同条件，E的结构尚保留一个硝基，可以推知D 的结构中也有一个硝

36、基，故 CD 反应中，(NH4)2S只将其中一个硝基还原，避免用H2/Pd 将 C中所有的硝基都转化为氨基。答案：；防止两个硝基都转化为氨基。（4）化合物F苯环上有3 个不同取代基，其中有氨基和羟基直接连在苯环上，先将2 个取代基分别定于邻、对、间三种位置，第三个取代基共有4+4+2=10 种连接方式，故有10 种同分异构体，环上有3 个不同取代基，其中两个取代基是氨基和羟基，另一种取代基有三种情况，-OOCCH3、-CH2OOCH、-COOCH3，化合物 F的同分异构体中能同时满足条件的共有103=30 种。答案：30。（5）根据缩聚反应规律，可以推出聚合物单体的结构，而由原料合成该单体，需

37、要将苯环上的乙基氧化为羧基和硝基还原为氨基，由于氨基可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，故而合成中需要先氧化，再还原，合成路线流程图示如下，依试题框图信息，还原硝基的条件也可以选择(NH4)2S。答案：。【点睛】本题是有机物的综合考查。本题以工业合成3-溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯为载体，考查物质推断、有机物命名、官能团、反应类型、反应方程式、同分异构体的判断、有机合成路线的设计等。突破口由C逆推 B、A 的结构简式，再根据各物质之间的反应条件和官能图的性质进行判定。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取实验一：碘含量的测定取 0.0100

38、mol/L 的 AgNO3标准溶液滴定100.00mL 海带浸取原液，用电势滴定法测定碘的含量测得的电动势（E）反映溶液中c（I）变化，用数字传感器绘制出滴定过程中曲线变化如图所示：实验二：碘的制取另取海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如图所示：已知：3I2+6NaOH 5NaI+NaIO3+3H2O 请回答：（1）实验一中的仪器名称：仪器A_，仪器 B_；实验二中操作Z的名称 _（2）根据表中曲线可知：此次滴定终点时用去AgNO3溶液的体积为_ml，计算该海带中碘的百分含量为 _（3）步骤 X中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是_（4）下列有关步骤Y的说法，正确的是_A应控制NaOH 溶液的浓度

39、和体积B将碘转化成离子进入水层C主要是除去海带浸取原液中的有机杂质D NaOH 溶液可以由乙醇代替方案乙中，上层液体加硫酸发生反应的离子方程式是_（5）方案甲中采用蒸馏不合理，理由是_【答案】坩埚500ml 容量瓶过滤20.00 0.635%液体分上下两层，下层呈紫红色AB 5I+IO3+6H+=3I2+3H2O 碘单质易升华，会导致碘损失【解析】【分析】(1)在仪器 A 中灼烧海带，该仪器为坩埚；配制溶液体积为500mL，应该选用规格为500mL 的容量瓶；碘单质不溶于水，可以通过过滤操作分离出碘单质；(2)根据图象判断滴定终点时用去AgNO3溶液的体积；根据硝酸银与碘离子的反应计算出100

40、mL 溶液中含有碘离子的物质的量，再计算出500mL 溶液中含有的碘离子，最后计算出海带中碘的百分含量；(3)碘单质易溶于有机溶剂，且四氯化碳溶液密度大于水溶液，检查判断萃取现象；(4)A反应 3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O 中，需要浓氢氧化钠溶液；B碘单质与氢氧化钠反应生成了碘化钠、碘酸钠；C该操作的主要目的是将碘单质转化成碘酸钠、碘化钠，便于后续分离出碘单质；D乙醇易溶于水和四氯化碳，仍然无法分离出碘单质；在酸性条件下，I和 IO3发生归中反应；(5)从碘单质易升华角度分析。【详解】(1)根据仪器的构造可知，用于灼烧海带的仪器为坩埚；通过仪器B 配制 500mL 含有碘离

41、子的浸取液，需要使用 500mL 的容量瓶，步骤Z将碘单质和水分离，由于碘单质不溶于水，可通过过滤操作完成；(2)根据滴定曲线可知，当加入20mL 硝酸银溶液时，电动势出现了突变，说明滴定终点时消耗了20.00mL硝酸银溶液；20.00mL 硝酸银溶液中含有硝酸银的物质的量为：0.0100mol/L 0.02L=0.0002mol，则 500mL原浸出液完全反应消耗硝酸银的物质的量为：0.0002mol500mL100mL=0.001mol，说明 20.00g 该海带中含有0.001mol 碘离子，所以海带中碘的百分含量为：127g/mol0.001mol20.00g 100%=0.635%；

42、(3)碘单质易溶于有机溶剂，微溶于水，且四氯化碳的密度大于水溶液，所以步骤X向含有碘单质的水溶液中加入四氯化碳后，混合液会分为上下两层，下层为四氯化碳的碘溶液，则下层呈紫红色；(4)A发生反应 3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O 中，需要浓氢氧化钠溶液，所以应控制NaOH 溶液的浓度和体积，故A 正确；B根据反应3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O 可知，步骤Y将碘转化成离子进入水层，故B 正确；C该操作的主要目的是将碘单质转化成碘酸钠、碘化钠，将碘转化成离子进入水层，不是除去有机杂质，故 C 错误；D乙醇易溶于水和四氯化碳，将氢氧化钠换成乙醇，仍然无法分离出碘单质，

43、故D 错误；答案选 AB；在酸性条件下，I和 IO3反应生成I2，发生反应的离子方程式为5I+IO3+6H+=3I2+3H2O；(5)方案甲中采用蒸馏操作，由于碘单质容易升华，会导致碘单质损失，所以甲方案不合理。19反应 A(g)+B(g)C(g)+D(g)过程中的能量变化如图所示:完成下列填空:（1）该反应是 _反应(选填“吸热”、“放热”)，该反应化学平衡常数表达式为K=_。（2）在恒温恒容条件下，能判断该反应达到平衡状态的依据是_。(用文字表示)（3）若在体系中加入合适的催化剂，则该反应的化学反应速率_，反应的热效应_(均选填“增大”、“减小”或“不变”)。（4）达到平衡时，改变一个条件

44、，化学平衡常数不变，A 的转化率增大，则该条件是_。（5）FeCl3固体溶于蒸馏水常会出见浑浊，得不到澄清的氧化铁溶液。其原因是_，如果要得到澄清的氯化铁溶液，可采取的措施是_。【答案】放热混合气体中各组分的浓度不再发生变化、各物质的正逆速率相等等合理即可增大不变增加 B 的浓度或移走产物等合理即可Fe3+易水解生成Fe(OH)3 导致溶液浑浊向溶液中滴加适量的稀盐酸【解析】(1).反应物能量高于生成物能量，反应为放热反应；化学平衡常数为生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，表达式为K=c C c CDc A c B；(2).化学平衡状态的本质性标志是：正反应与逆反应的速率相等、反应混合物中各组分的浓度保持不变等；(3).加入催化剂可使化学反应速率增加，但参加反应的物质种类不变，反应的热效应不变；(4).增加 B 物质的浓度，或者减少生成物的浓度，均可增加A 物质的转化率；(5).3 价铁离子容易在水中水解生成Fe（OH）3胶体从而导致溶液浑浊，要得到澄清溶液，可在溶液中加入少量稀盐酸溶液，除去Fe（OH）3胶体。