2024届云南省宣威市第十二中学高考化学五模试卷含解析.doc

1、2024年高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4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

2、。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、700时，H2(g)CO2(g)H2O(g)CO(g)。该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2和CO2，起始浓度如下表所示。其中甲经2min达平衡时，v(H2O)为0.025 mol/(Lmin)，下列判断不正确的是()起始浓度甲乙丙C(H2)/mol/L0.10.20.2C(CO2)/mol/L0.10.10.2A平衡时，乙中CO2的转化率大于50B当反应平衡时，丙中c(CO2)是甲中的2倍C温度升至800，上述反应平衡常数为25/16，则正反应为吸热反应D其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10mol/L H2和0.20 mol/

3、L CO2，到达平衡时c (CO)与乙不同2、用如图所示装置进行如下实验，能达到实验目的的是（ ）A瓶中盛满水，从b口进气，用排水法收集NO2B瓶中盛适量浓硫酸，从a口进气干燥NH3C从b口进气，用排空气法收集CO2D瓶中装满水，a口连接导管并伸入量筒中，从b口进气，测量生成H2的体积3、设 NA 表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是A将 1 mol NH4NO3 溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中 NH4 的数目为 NAB1.7 g H2O2 中含有的电子数为 0.7NAC标准状况下，2.24 L 戊烷所含分子数为 0.1NAD1 mol Na 与足量 O2 反应，生成 Na2

4、O 和 Na2O2 的混合物，钠失去 2NA 个电子4、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5、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6、下列有

5、关CuSO4溶液的叙述正确的是( )A该溶液中Na+、NH4+、NO3-、Mg2+可以大量共存B通入CO2气体产生蓝色沉淀C与NaHS反应的离子方程式：Cu2+S2-CuSD与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2+2NH3H2OCu(OH)2+2NH4+7、下列属于弱电解质的是A氨水 B蔗糖 C干冰 D碳酸8、有关化工生产的叙述正确的是A联碱法对母液的处理方法是向母液中通入二氧化碳，冰冻和加食盐B列管式热交换器的使用实现了原料的充分利用C焙烧辰砂制取汞的反应原理为：D氯碱工业、铝的冶炼、牺牲阳极的阴极保护法都是应用了电解池的原理9、下列对相关实验操作的说法中，一定正确的是（ ）A实验室配制480

6、 mL 0.1 mol/L NaOH溶液，需要准确称量NaOH 1.920 gB实验测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，通常至少称量4次C酸碱中和滴定实验中只能用标准液滴定待测液D分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出后，换一容器再从下口放出上层液体10、化合物丙是一种医药中间体,可以通过如图反应制得。下列有关说法不正确的是A丙的分子式为C10H14O2B乙分子中所有原子不可能处于同一平面C甲、.乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D甲的一氯代物只有2种（不考虑立体异构）11、短周期元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如图（甲不一定在丁、庚的连线上），戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素下

7、列判断正确的是A简单气态氢化物的稳定性：庚己戊丁B单质甲与单质乙充分反应一定都可以生成多种化合物C可以通过分别电解熔融的金属氯化物的方法冶炼乙和丙的单质D因为庚元素的非金属性最强，所以庚的最高价氧化物对应水化物酸性最强12、下图为某二次电池充电时的工作原理示意图，该过程可实现盐溶液的淡化。下列说法错误的是A充电时，a为电源正极B充电时，Cl-向Bi电极移动，Na+向NaTi2(PO4)2电极移动C充电时，新增入电极中的物质：n(Na+)：n(Cl-)=1:3D放电时，正极的电极反应为BiOCl+2H+3e-=Bi+Cl-+H2O13、用“四室电渗析法”制备H3PO2的工作原理如图所示(已知：H

8、3PO2是一种具有强还原性的一元弱酸；阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)，则下列说法不正确的是()A阳极电极反应式为：2H2O4e=O24HB工作过程中H+由阳极室向产品室移动C撤去阳极室与产品室之间的阳膜a，导致H3PO2的产率下降D通电一段时间后，阴极室中NaOH溶液的浓度一定不变14、298K时，用0.01molL-1NaOH溶液滴定10mL0.01molL-1H2A溶液的滴定曲线如图所示（已知：25时，H2A的Ka1=10-1.75，Ka2=10-7.19）。下列说法不正确的是（ ）Aa点所得溶液中：V0=5mLBB点所得溶液中：c(H2A)c(H)= c(A2-)c(OH-)C

9、C点所得溶液中：c(Na)3 c(HA-)DD点所得溶液中A2-水解平衡常数Kh1=10-6.8115、Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素。W、Y是金属元素，Z的原子序数是X的2倍。Q与W同主族，且Q与W形成的离子化合物中阴、阳离子电子层结构相同。Q与X形成的简单化合物的水溶液呈碱性。Y的氧化物既能与强酸溶液反应又与强碱溶液反应。下列说法不正确的是AQ与X形成简单化合物的分子为三角锥形BZ的氧化物是良好的半导体材料C原子半径YZXQDW与X形成化合物的化学式为W3X16、阿伏加德罗是意大利化学家（1776.08.09-1856.07.09），曾开业当律师，24岁后弃法从理，十分勤

10、奋，终成一代化学大师。为了纪念他，人们把1 mol某种微粒集合体所含有的粒子个数，称为阿伏加德罗常数，用N表示。下列说法或表示中不正确的是A科学上规定含有阿伏加德罗常数个粒子的任何微粒集合体都为1 molB在K37ClO3+6H35Cl（浓）=KCl+3Cl2+3H2O反应中，若有212克氯气生成，则反应中电子转移的数目为5NAC60 克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗2NA个O2D6.021023mol-1叫做阿伏加德罗常数二、非选择题（本题包括5小题）17、煤的综合利用有如下转化关系。CO和H2按不同比例可分别合成A和B，已知烃A对氢气的相对密度是14，B能发生银镜反应，C为常见的酸味剂。

11、请回答：(1)有机物D中含有的官能团的名称为_。(2)反应的类型是_。(3)反应的方程式是_。(4)下列说法正确的是_。A有机物A能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色B有机物B和D能用新制碱性氢氧化铜悬浊液鉴别C有机物C、D在浓H2SO4作用下制取CH3COOCH2CH3，该反应中浓H2SO4是催化剂和氧化剂D有机物C没有同分异构体18、A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。已知：，R-COOH(1)A的名称是_；B中含氧官能团名称是_。(2)C的结构简式_；DE的反应类型为_(3)EF的化学方程式为_。(4)B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发

12、生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是_（写出结构简式）。(5)等物质的量的 分别与足量NaOH、NaHCO3 反应，消耗NaOH、NaHCO3 的物质的量之比为_；检验其中一种官能团的方法是_（写出官能团名称、对应试剂及现象）。19、用含有二氧化碳和水蒸气杂质的某种还原性气体测定一种铁的氧化物(FexOy)的组成，实验装置如图所示。根据图回答：(1)甲装置的作用是_，甲装置中发生反应的化学方程式为_。(2)实验过程中丁装置中没有明显变化，而戊装置中溶液出现了白色沉淀，则该还原性气体是_；丙中发生的反应化学方程式为_。(3)当丙装置中的FexOy全部被还原后，称

13、量剩余固体的质量为16.8g，同时测得戊装置的质量增加17.6g，则FexOy中，铁元素与氧元素的质量比为_ ，该铁的氧化物的化学式为_。(4)上述实验装置中，如果没有甲装置，将使测定结果中铁元素与氧元素的质量比值_(填偏大、偏小或无影响)。如果没有已装置，可能产生的后果是_。20、FeC2O42H2O是一种淡黄色粉末，加热分解生成FeO、CO、CO2 和H2O。某小组拟探究其分解部分产物并测定其纯度。回答下列问题：(1)按气流方向从左至右，装置连接顺序为A、_C( 填字母，装置可重复使用)。(2)点燃酒精灯之前，向装置内通入一段时间N2，其目的是_。(3)B中黑色粉末变红色，最后连接的C中产

14、生白色沉淀，表明A中分解产物有_。(4)判断A中固体已完全反应的现象是_。设计简单实验检验A中残留固体是否含铁粉：_。(5)根据上述装置设计实验存在的明显缺陷是_。(6)测定FeC2O42H2O样品纯度(FeC2O42H2O相对分子质量为M)：准确称取w g FeC2O42H2O样品溶于稍过量的稀硫酸中并配成250mL溶液，准确量取25.00mL所配制溶液于锥形瓶，用c mol L1标准KMnO4溶液滴定至终点，消耗V mL滴定液。滴定反应为FeC2O4+ KMnO4+ H2SO4K2SO4+MnSO4 +Fe2(SO4)3+CO2+ H2O(未配平)。则该样品纯度为_% (用代数式表示)。若

15、滴定前仰视读数，滴定终点俯视读数，测得结果_ (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。21、（1）已知A和B均为第3周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：A通常显_价，A的电负性_B的电负性(填“”“1，说明升高温度平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应方向是吸热反应，故C正确；D若起始时，通入0.1molL1H2和0.2molL1CO2，转化率相等，因此达到平衡时c(CO)相等，故D错误；故答案选D。2、D【解析】A. 二氧化氮易与水反应生成硝酸和一氧化氮，故不能用排水法。只能用向上排空气法，A项错误；B. 氨气与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，B项错误；C. 二氧化碳密度大于

16、空气的密度,应用向上排空气法,对此图应该从长导管(a)进,短导管(b)出，C项错误；D. 测量氢气体积，瓶内装满水，因为氢气的密度小于水的密度，氢气应从短导管进，长导管接量筒，D项正确；答案选D。【点睛】观察图示可知，此装置被称为“万能装置”，用途很广泛，可用于排空气法或排水法收集气体、净化、检验气体、监控气体流速、测量气体体积等，根据用途不同，选择不同的进气导管或选择加入合适的实验试剂进行试验。3、A【解析】A. 根据溶液的电中性原理，n(H+)+n(NH4+)=n(OH-)+n(NO3-)，溶液呈中性，即n(H+)=n(OH-)，即有n(NH4+)=n(NO3-)=1mol，即铵根离子为N

17、A个，故A正确；B. 1.7g双氧水的物质的量为0.05mol，而双氧水分子中含18个电子，故0.05mol双氧水中含有的电子为0.9NA个，故B错误；C. 标况下戊烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D. 由于钠反应后变为+1价，故1mol钠反应后转移电子为NA个，与产物无关，故D错误。故选：A。4、D【解析】在F2+H2O=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Cl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

18、素的化合价升高，水为还原剂，正确。答案选D。5、D【解析】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。6、A【解析】A.CuSO4溶液与Na+、NH4+、NO3-、Mg2+不反应，可以大量共存，故选A；B. CO2不与CuSO4反应，不能生产沉淀，故不选B；C. CuSO4与NaHS反应的离子方程式：Cu2

19、+HS-CuS+H+，故不选C；D. CuSO4与过量浓氨水反应先有蓝色沉淀氢氧化铜生成，后沉淀溶解生成 Cu(NH3)42+，故不选D；答案选A。7、D【解析】A、氨水属于混合物，不在弱电解质讨论范围，故A错误；B、蔗糖是非电解质，故B错误；C、干冰是非电解质，故C错误；D. 碳酸在水溶液里部分电离，所以属于弱电解质，故D正确；故选D。点睛：本题考查基本概念，侧重考查学生对“强弱电解质”、“电解质、非电解质”概念的理解和判断，解题关键：明确这些概念区别，易错点：不能仅根据溶液能导电来判断电解质强弱，如：氨水属于混合物，其溶解的部分不完全电离溶液能导电，不属于弱电解质，为易错题。8、C【解析】

20、A联碱法对母液处理方法：向母液中通入氨气，冰冻和加食盐，故A错误；B列管式热交换器的使用能使能量在流程中得到充分利用，降低了能耗，故B错误；C硫化汞与氧气反应生成二氧化硫和汞，可以用焙烧辰砂制取汞，故C正确；D牺牲阳极的阴极保护法应用的是原电池工作原理，故D错误；故选：C。9、B【解析】A.实验室配制480 mL 0.1 mol/L NaOH溶液，需要用500 mL的容量瓶，准确称量NaOH 2.0 g，故A错误；B.测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，需要称量坩埚质量、坩埚与样品的质量，加热后至少称2次保证加热至恒重，所以通常至少称量4次，故B正确；C.酸碱中和滴定实验中可以用待测液滴定标准液，故

21、C错误；D.分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出后，上层液体从上口倒出，故D错误；答案选B。10、D【解析】A.由丙的结构简式可知，丙的分子式为C10H14O2，故A正确；B.乙分子中含有饱和碳原子，所以乙分子中所有原子不可能处于同一平面，故B正确；C.甲、乙、丙三种有机物分子中均含有碳碳双键，所以均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D.甲的分子中有3种不同化学环境的氢原子，则其一氯代物有3种(不考虑立体异构)，故D错误；故选D。【点睛】共面问题可以运用类比迁移的方法分析，熟记简单小分子的空间构型：甲烷分子为正四面体构型，其分子中有且只有三个原子共面；乙烯分子中所有原子共面；乙炔分子中所有原

22、子共线；苯分子中所有原子共面；HCHO分子中所有原子共面。11、A【解析】空气中含量最多的元素是氮元素，则戊是N元素；地壳中含量最多的元素是氧元素，则己是O元素；甲不一定在丁、庚的连线上，则甲可能是H元素或Li元素；乙是Mg元素、丙是Al元素；丁是C元素、庚是F元素。综合信息即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚分别是H（或Li）、Mg、Al、C、N、O、F。A. 简单气态氢化物的稳定性：HFH2ONH3CH4，A正确；B. 氢气（或Li）与镁一般不反应，B错误；C. 氯化铝是共价化合物，故用电解熔融的氧化铝的方法冶炼金属铝，C错误；D. 氟元素没有最高价氧化物对应水化物，D错误；故选A。12、C【解析

23、】充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，则Bi为阳极，所以a为电源正极，b为负极，NaTi2(PO4)2为阴极得电子发生还原反应，反应为NaTi2(PO4)2+2Na+2e-=Na3Ti2(PO4)3，放电时，Bi为正极，BiOCl得电子发生还原反应，NaTi2(PO4)2为负极，据此分析解答。【详解】A.充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，Bi为阳极，则a 为电源正极，A正确；B.充电时，Cl-向阳极Bi电极移动，Na+向阴极NaTi2(PO4)2电极移动，B正确；C. 充电时，Bi电极上的电极反应为Bi+Cl-+H2

24、O-3e-=BiOCl+2H+，NaTi2(PO4)2电极上，反应为NaTi2(PO4)2+2Na+2e-= Na3Ti2(PO4)3，根据得失电子守恒，新增入电极中的物质：n(Na+)：n(Cl-)=3：1，C错误； D.放电时，Bi为正极，正极的电极反应为BiOCl+2H+3e-=Bi+Cl-+H2O，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查了二次电池在充、放电时电极反应式及离子移动方向的判断的知识。掌握电化学装置的工作原理，注意电极反应的书写是关键，难度中等。13、D【解析】阴极室中阳离子为钠离子和水电离出的氢离子，阴极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e=H2

25、OH，溶液中氢氧根浓度增大，原料室中钠离子通过阳膜向阴极室移动；H2PO2离子通过阴膜向产品室移动；阳极室中阴离子为硫酸根离子和水电离出的氢氧根离子，阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，溶液中氢离子浓度增大，H+通过阳膜向产品室移动，产品室中H2PO2-与H+反应生成弱酸H3PO2。【详解】A项、阳极中阴离子为硫酸根离子和水电离出的氢氧根离子，阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，故A正确；B项、阳极上水电离出的氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，溶液中氢离子浓度增大，H+通过阳膜向产品室移

26、动，故B正确；C项、撤去阳极室与产品室之间的阳膜，阳极生成的氧气会把H3PO2氧化成H3PO4，导致H3PO2的产率下降，故C正确；D项、阴极上水电离出的氢离子得电子发生还原反应生成氢气，溶液中氢氧根浓度增大，原料室中钠离子通过阳膜向阴极室移动，通电一段时间后，阴极室中NaOH溶液的浓度增大，故D错误。故选D。【点睛】本题考查电解池原理的应用，注意电解池反应的原理和离子流动的方向，明确离子交换膜的作用是解题的关键。14、A【解析】Aa点所得溶液中，pH=1.75，则c(H2A)= c(HA-)，所以H2A与NaOH反应发生后，c(H2A)c(HA-)，V05mL，A不正确；BB点时，H2A与K

27、OH刚好完全反应生成KHA，溶液中存在三个平衡体系：HA-H+A2-，HA-+H2OH2A+OH-，H2OH+OH-，由此得出所得溶液中：c(H2A)c(H)= c(A2-)c(OH-)，B正确；CC点时，c(HA-)= c(A2-)，依据电荷守恒c(Na)+c(H+)= c(HA-)+2 c(A2-)+ c(OH-)=3c(HA-)+ c(OH-)，因为pH=7.19，c(H+)3 c(HA-)，C正确；DD点所得溶液中，A2-水解平衡常数Kh1= =10-6.81，D正确；故选A。15、B【解析】Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素。Q与W同主族，且Q与W形成的离子化合物中阴、

28、阳离子电子层结构相同。则Q为H元素，W为Li元素，Q与X形成的简单化合物的水溶液呈碱性，X为N元素。W、Y是金属元素，Y的氧化物既能与强酸溶液反应又与强碱溶液反应；Y为Al元素，Z的原子序数是X的2倍，Z为Si元素。【详解】A. Q与X形成简单化合物NH3分子为三角锥形，故A正确；B. Z为Si元素，硅晶体是良好的半导体材料，Z的氧化物SiO2，是共价化合物，不导电，故B错误；C. 电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：YZXQ，故C正确；D. W与X形成化合物的化学式为Li3N，故D正确；故选B。16、D【解析】A. 含有阿伏加德罗常数个粒子的任何微粒集合体都为1

29、 mol，故A正确；B. 生成的3mol氯气中含6molCl，其中1mol为37Cl，5mol为35Cl，生成氯气摩尔质量= =70.7gmol1，若有212克氯气生成物质的量=3mol，生成3mol氯气电子转移5mol，故B正确；C. 乙酸与葡萄糖最简式都是CH2O，1个CH2O完全燃烧消耗1个氧气分子，60克的乙酸和葡萄糖混合物含有CH2O物质量为2mol，充分燃烧消耗2NA个O2，故C正确；D. 6.021023mol-1是阿伏加德罗常数的近似值，故D错误；故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基 取代反应/酯化反应 CH2=CH2O2CH3COOH AB 【解析】根据题干信息可

30、知，A为CH2 = CH2，B为乙醛；根据A、B的结构结合最终产物CH3COOCH2CH3逆推可知，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH。【详解】(1)根据以上分析，D中官能团为羟基，故答案为：羟基。(2)乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反应类型为酯化反应即取代反应，故答案为：酯化反应或取代反应。(3)反应为乙烯氧化为乙酸，化学方程式为：CH2CH2O2 CH3COOH，故答案为：CH2CH2O2 CH3COOH。(4)A. 乙烯和溴水中的溴单质加成，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A正确；B. 乙醛和新制氢氧化铜在加热条件下生成砖红色沉淀，乙醇与Cu(OH)2悬浊液不反应，可以鉴别，故B正确；C.

31、酯化反应中，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，故C错误；D. CH3COOH的同分异构体有HCOOCH3，故D错误。综上所述，答案为AB。18、丙烯 酯基 取代反应 CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2 HCOO-CH=C(CH3)2 l：l 检验羧基：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变红(或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色) 【解析】A分子式为C3H6，A与CO、CH3OH发生反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，聚丁烯酸甲酯发生水解反应，然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A与Cl2在高温下

32、发生反应生成D，D发生水解反应生成E，根据E的结构简式CH2=CHCH2OH可知D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为。【详解】根据上述推断可知A是CH2=CH-CH3，C为，D是CH2=CHCH2Cl，E为CH2=CHCH2OH，F是，G是。(1)A是CH2=CH-CH3，名称为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B中含氧官能团名称是酯基；(2)C的结构简式为，D是CH2=CHCH2Cl，含有Cl原子，与NaOH的水溶液加热发生水解反应产生E：CH2=CHCH2OH

33、，该水解反应也是取代反应；因此D变为E的反应为取代反应或水解反应；(3)E为CH2=CHCH2OH、E与2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，该反应方程式为：CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2；(4)B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，说明含有醛基、酯基及碳碳双键，则为甲酸形成的酯，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是HCOO-CH=C(CH3)2；(5)含有羧基，可以与NaOH反应产生；含有羧基可以与NaHCO3反应产生和H2O、CO2，则等物质的量消耗NaOH、NaHCO

34、3的物质的量之比为1：1；在中含有羧基、碳碳双键、醇羟基三种官能团，检验羧基的方法是：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变为红色；检验碳碳双键的方法是：加入溴水，溴水褪色。【点睛】本题考查有机物推断和合成的知识，明确官能团及其性质关系、常见反应类型、反应条件及题给信息是解本题关键，难点是有机物合成路线设计，需要学生灵活运用知识解答问题能力，本题侧重考查学生分析推断及知识综合运用、知识迁移能力。19、除去混合气体中CO2 2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O CO yCO+FexOyxFe+yCO2 21：8 Fe3O4 偏小 造成大气污染 【解析】利用还原性气体测定铁的氧化物的组成，其原

35、理是根据生成物的质量通过计算确定结果；还原性气体有氢气和一氧化碳，他们夺氧后生成水和二氧化碳；原气体中混有二氧化碳和水蒸气，所以必须先除去，然后让还原性气体反应，丁、戊装置用以检验生成的水和二氧化碳，最后的己装置进行尾气处理，有环保理念。【详解】(1)因二氧化碳能与氢氧化钠反应，方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，所以除二氧化碳用氢氧化钠溶液，故甲装置的作用是除去二氧化碳；故答案为：除去混合气体中CO2；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；(2)丁装置盛放的是无水硫酸铜，无水硫酸铜遇水会变蓝，丁装置没有明显变化，说明没有水生成，故该还原性气体不是氢气。戊装置盛放的是石灰水

36、，二氧化碳能使石灰水变浑浊，戊装置中溶液出现了白色沉淀，故该还原性气体是一氧化碳，反应方程式为：yCO+FexOyxFe+yCO2，故答案为：CO；yCO+FexOyxFe+yCO2；(3)丙装置中的FexOy全部被还原，剩余固体为生成的铁的质量，戊装置中盛放的石灰水吸水二氧化碳，增加的质量为二氧化碳的质量，二氧化碳是一氧化碳夺取FexOy的氧生成的，即二氧化碳只有一个氧原子来自铁氧化合物，占二氧化碳质量的，故FexOy中氧元素的质量为：17.6g6.4g，则FexOy中铁氧元素的质量比为：56x：16y16.8g：6.4g21：8，x：y3：4，该铁的氧化物的化学式为Fe3O4；故答案为：2

37、1：8；Fe3O4；(4)如果没有甲装置，混有的二氧化碳也会在戊装置被吸收，故二氧化碳的质量偏大，相当于一氧化碳夺得的氧的质量增加，故测得结果中铁元素与氧元素的质量的比值偏小。一氧化碳有毒，会污染空气，最后的己装置对尾气进行处理，具有环保理念；故答案为：偏小；造成大气污染。20、C、D(或E)、C、E、B 排尽装置内空气，避免干扰实验 CO 淡黄色粉末全部变成黑色粉末 取残留粉末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉) 缺少尾气处理装置 偏低 【解析】FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O

38、，若不排尽装置内的空气，FeO、FeC2O4会被氧化。检验CO时，常检验其氧化产物CO2，所以需先除去CO2，并确认CO2已被除尽，再用澄清石灰水检验。CO是一种大气污染物，用它还原CuO，不可能全部转化为CO2，所以在装置的末端，应有尾气处理装置。【详解】(1)检验CO时，应按以下步骤进行操作：先检验CO2、除去CO2、检验CO2是否除尽、干燥CO、CO还原CuO、检验CO2，则按气流方向从左至右，装置连接顺序为A、C、D(或E)、C、E、B 、C。答案为：C、D(或E)、C、E、B；(2)空气中的O2会将CO、FeC2O4氧化，生成CO2，干扰CO氧化产物CO2的检验，所以点燃酒精灯之前，

39、应将装置内的空气排出。由此得出向装置内通入一段时间N2，其目的是排尽装置内空气，避免干扰实验。答案为：排尽装置内空气，避免干扰实验；(3)CuO由黑色变为红色，最后连接的C中产生白色沉淀，表明A中分解产物有CO。答案为：CO；(4)A中FeC2O4为淡黄色，完全转化为FeO或Fe后，固体变为黑色，已完全反应的现象是淡黄色粉末全部变成黑色粉末。检验A中残留固体是否含铁粉的方法：取残留粉末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉)。答案为：取残留粉末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉

40、(或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉)；(5)CO还原CuO，反应不可能完全，必然有一部分混在尾气中。根据上述装置设计实验存在的明显缺陷是缺少尾气处理装置。答案为：缺少尾气处理装置；(6)根据电子守恒，3n(FeC2O4)=5n(KMnO4)，n(FeC2O4)=c mol/LV 10-3L=，则该样品纯度为 =%V测=V终-V始，若滴定前仰视读数，则V始偏大，滴定终点俯视读数，则V终偏小，测得结果偏低。答案为：；偏低。【点睛】在计算该样品的纯度时，我们依据电子守恒得出的等量关系式为3n(FeC2O4)=5n(KMnO4)，在利用方程式时，可建立如下关系式

41、：5FeC2O43KMnO4，两个关系的系数正好相反，若我们没有理顺关系，很容易得出错误的结论。21、+3 紫外光的光子所具有的能量比蛋白质分子中的化学键CC、CN、CS的键能大，紫外光的光子所具有的能量足以使这些共价键断裂，从而破坏蛋白质分子 sp2、sp3 TiNMgOCaOKCl 12 CrO2 AC 6 2 【解析】(1)观察A、B两元素各电离能的差别，判断A、B的化合价。(2)从表格数据，紫外光的光子能量足以破坏这些共价键。最简单的氨基酸是甘氨酸。(3)观察表格中的数据会发现，阴阳离子所带的电荷数对晶格能的影响大于阴阳离子的半径对晶格能的影响。(4)根据核外电子的排布式确定未成对电子

42、数。(5)观察配合物的分子的结构。(6)破环OCO，H-H。【详解】(1)观察A、B两元素各电离能的差别，可判断A的化合价为+3，即为Al；B为+2价，为Mg。因为同周期从左至右电负性增大，故Al的电负性大于Mg。(2)从表格中给出的蛋白质中各共价键的键能可以发现，紫外光的光子能量足以破坏这些共价键。最简单的氨基酸是甘氨酸，其中碳原子采用sp3杂化，碳原子采用sp2杂化。(3)观察表格中的数据会发现，阴阳离子所带的电荷数对晶格能的影响大于阴阳离子的半径对晶格能的影响。四种晶体均为离子晶体，TiN和CaO中的阳离子均为18电子结构，阴离子均为10电子结构，Ti和Ca、N和O的原子序数均相差1，因此Ti3+和Ca2+、N3-和O2-的离子半径均相差不大，但是由于Ti