安徽省合肥市高中名校2022-2023学年高考临考冲刺化学试卷含解析.doc

1、2023年高考化学模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、不能判断甲比乙非金属性强的事实是（）A常温下甲能与氢气直接化合，乙不能B甲的氧化物对应的水化物酸性比乙强C甲得到电子能力比乙强D甲、乙形成的化合物中，甲显负价，乙显

2、正价2、在0.1 mol/L的Na2CO3溶液中，下列关系式正确的是（ ）Ac(Na+)=2c(CO32-)Bc(H+)c(OH-)Cc(CO32-)+c(HCO3-)=0.1mol/LDc(HCO3-)苯酚乙酸乙酯C分子式为C7H8O且属于酚类物质的同分异构体有4种D甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明甲基使苯环变活泼5、下列说法正确的是（ ）AH2与D2是氢元素的两种核素，互为同位素B甲酸（HCOOH）和乙酸互为同系物，化学性质不完全相似CC4H10的两种同分异构体都有三种二氯代物D石墨烯（单层石墨）和石墨烷（可看成石墨烯与H2加成的产物）都是碳元素的同素异形体，都具有良好的导电性能6、下列

3、物质的制备方法正确的是( )A实验室用1体积酒精和3体积浓度为6mol/L的硫酸制乙烯B用镁粉和空气反应制备Mg3N2C2mL10%的NaOH溶液中滴加2%的CuSO4溶液5滴得新制Cu(OH)2悬浊液D用电解熔融氯化铝的方法制得单质铝7、下列说法错误的是A取用固体时动作一定要轻B蒸馏提纯乙醇的实验中，应将温度计水银球置于被加热的酒精中C容量瓶、滴定管、分液漏斗等仪器在使用之前都必须检漏D量取5.2 mL硫酸铜溶液用到的仪器有10 mL量筒、胶头滴管8、下列实验操作规范且能达到实验目的是（）选项实验目的实验操作A除去KNO3中混有NaCl将固体混合物溶于水后蒸发结晶，过滤B制备Fe(OH)3胶

4、体将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中CCCl4萃取碘水中的I2先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层D验证铁的吸氧腐蚀将铁钉放入试管中，用盐酸浸没AABBCCDD9、Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色。Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，下列说法正确的是A原子半径的大小顺序：rY rXrQrWBX、Y的最高价氧化物的水化物之间不能发生反应CZ元素的氢化物稳定性大于W元素的氢化物稳定性D元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物10、一种钌(Ru

5、)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的工作原理及电池中发生的主要反应如图所示。下列说法错误的是A电池工作时，光能转变为电能，X为电池的负极B镀铂导电玻璃上发生氧化反应生成I-C电解质溶液中发生反应:2Ru3+3I-2Ru2+I3-D电池工作时，电解质溶液中I-和I3-的浓度基本不变11、为模拟氨碱法制取纯碱的主要反应，设计在图所示装置。有关说法正确的是()A先从b管通入NH3再从a管通入CO2B先从a管通入CO2再从b管通入NH3C反应一段时间广口瓶内有晶体析出Dc中装有碱石灰以吸收未反应的氨气12、通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池可以将废水中的氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。下列叙述正确

6、的是Ab极为正极，发生还原反应B一段时间后b极区电解液的pH减小CH+由a极穿过质子交换膜到达b极Da极的电极反应式为-e-=Cl-+13、下列物质结构和性质变化规律正确的是（ ）A硬度：LiClNaClKClB沸点：HFHClHBrC酸性：H3PO4H2SO4HClO4D原子半径：NaMgAl14、某同学按如图所示实验装置探究铜与浓硫酸的反应，记录实验现象如表。下列说法正确的是 试管实验现象溶液仍为无色，有白雾、白色固体产生有大量白色沉淀产生有少量白色沉淀产生品红溶液褪色A中白色沉淀是BaSO3B中可能有部分浓硫酸挥发了C为了确定中白色固体是否为硫酸铜，可向冷却后的试管中注入水，振荡D实验时

7、若先往装置内通入足量N2，再加热试管，实验现象不变15、JohnBGoodenough是锂离子电池正极材料钴酸锂的发明人。某种钻酸锂电池的电解质为LiPF6，放电过程反应式为xLi + Li-xCoO2= LiCoO2。 工作原理如图所示，下列说法正确的是A放电时，电子由R极流出，经电解质流向Q极B放电时，正极反应式为xLi+ +Li1-xCoO2 +xe-=LiCoO2C充电时，电源b极为负极D充电时，R极净增14g时转移1mol电子16、下列符合实际并用于工业生产的是A工业炼铝：电解熔融的氯化铝B制取漂粉精：将氯气通入澄清石灰水C工业制硫酸：用硫磺为原料，经燃烧、催化氧化、最后用98.3%

8、浓硫酸吸收D工业制烧碱：电解饱和食盐水，在阳极区域得到烧碱溶液二、非选择题（本题包括5小题）17、美国药物学家最近合成一种可能用于治疗高血压的有机物K，合成路线如下：其中A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%；E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰。H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一。G和H以1：3反应生成I。试回答下列问题：（1）A的分子式为：_。（2）写出下列物质的结构简式：D：_；G：_。（3）反应中属于取代反应的有_。（4）反应的化学方程式为_；反应的化学方程式为_。（5）E有多种同分异构体，符合“既能发生银镜反应又能发生水解反应”条件的E的同分异构体有_种，写出符合上

9、述条件且核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式：_。18、PEI是一种非结晶性塑料。其合成路线如下（某些反应条件和试剂已略去）：已知： i. ii.CH3COOH+ CH3COOH （1）A为链状烃。A的化学名称为_。（2）AB的反应类型为_。（3）下列关于D的说法中正确的是_（填字母）。a不存在碳碳双键 b可作聚合物的单体 c常温下能与水混溶（4）F由4-氯-1，2-二甲苯催化氧化制得。F所含官能团有Cl和_。（5）C的核磁共振氢谱中，只有一个吸收峰。仅以2-溴丙烷为有机原料，选用必要的无机试剂也能合成C。写出有关化学方程式：_（6）以E和K为原料合成PEI分为三步反应。写出中

10、间产物2的结构简式： _19、实验室用如图装置（略去夹持仪器）制取硫代硫酸钠晶体。已知：Na2S2O15H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇。硫化钠易水解产生有毒气体。装置C中反应如下：Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1。回答下列问题：（1）装置B的作用是_。（2）该实验能否用NaOH代替Na2CO1？_（填“能”或“否”）。（1）配制混合液时，先溶解Na2CO1，后加入Na2S9H2O，原因是_。（4）装置C中加热温度不宜高于40，其理由是_。（5）反应后的混合液经过滤、浓缩，再加入乙醇，冷却析出晶体。乙醇

11、的作用是_。（6）实验中加入m1gNa2S9H2O和按化学计量的碳酸钠，最终得到m2gNa2S2O15H2O晶体。Na2S2O15H2O的产率为_（列出计算表达式）。Mr(Na2S9H2O)=240，Mr(Na2S2O15H2O)=248（7）下列措施不能减少副产物Na2SO4产生的是_（填标号）。A用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水配制相关溶液B装置A增加一导管，实验前通人N2片刻C先往装置A中滴加硫酸，片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液D将装置D改为装有碱石灰的干燥管20、以黄铜矿(CuFeS2)、FeCl3和乳酸CH3CH(OH)COOH为原料可制备有机合成催化剂CuCl和补铁剂乳酸亚铁CH3CH(O

12、H)COO2Fe。其主要实验流程如下：（1）FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为_。（2）向溶液1中加入过量铁粉的目的是_。（3）过滤后得到的FeCO3固体应进行洗涤，检验洗涤已完全的方法是_。（4）实验室制备乳酸亚铁的装置如图1所示。实验前通入N2的目的是_。某兴趣小组用KMnO4滴定法测定样品中Fe2含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，结果测得产品的质量分数总是大于111%，其原因可能是_。（5）已知：CuCl为白色晶体，难溶于水和乙醇，在空气中易氧化；可与NaCl溶液反应，生成易溶于水的NaCuCl2。NaCuCl2可水解生成CuCl，温度、pH对CuCl产率的影响如图2、3所

13、示。由CuCl(s)、S(s)混合物提纯CuCl的实验方案为：将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，_。(实验中须使用的试剂有：饱和NaCl溶液，11 molL1 H2SO4、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：真空干燥箱)。21、费托合成是以合成气(CO 和 H2 混合气体)为原料在催化剂和适当条件下合成烯烃(C2C4)以及烷烃(CH4、C5C11、C12C18 等，用Cn H2n+2 表示)的工艺过程。已知： 2CO(g) +O2(g) =2CO2 (g) H1 =a2H2(g) + O2(g)=2H2O(g) H2 =b回答下列问题：(1)反应(2n +1)H2 (g)+nCO(g)=C

14、nH2n+2(g)+nH2O(g)的 H_。(用含有a、b、c、n 的式子表示)(2)费托合成产物碳原子分布遵循 ASF 分布规律。碳链增长因子()是描述产物分布的重要参数，不同数值对应不同的产物分布。ASF 分布规律如图，若要控制 C2C4 的质量分数 0.480.57，则需控制碳链增长因子()的范围是_。(3)近期，我国中科院上海高等研究院在费托合成烃的催化剂上取得重大进展。如图所示，Co2C作催化剂的规律是：选择球形催化剂时_，选择平行六面体催化剂时_。(4)中科院大连化物所研究团队直接利用CO2 与H2 合成甲醇。一定条件下，向 2L 恒容密闭容器中充入1molCO2和 2mol H2

15、发生反应“CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H”。CO2 的平衡转化率()与温度(T)的关系如图所示。判断H_0。(填“大于”“小于”或“等于”)500 K 时，反应 5 min 达到平衡。计算 05 min 用H2O 表示该反应的化学反应速率为_，该反应的平衡常数为_。500 K 时，测定各物质的物质的量浓度分别为 c(CO2)=0.4 mol/L、c(H2) = 0.2 mol/L、c(CH3OH) = 0.6 mol/L、c(H2O) = 0. 6 mol/L，此时反应_ (填“是”或“否”) 达到平衡，理由是_ 。一定条件下，对于反应 CO2(g) + 3H2(

16、g)CH3OH(g) + H2O(g)。下列说法中不能表明反应达到平衡的是_。a.恒温恒容下，c(CH3OH)=c(H2O)b.恒温恒容下，体系的压强保持不变c.恒温恒容下，体系的平均摩尔质量不变d.相同时间内，断裂 HH 键和断裂 HO 键之比 1：1参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，与H2化合越容易，与H2化合时甲单质比乙单质容易，元素的非金属性甲大于乙，A正确；B元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，甲、乙的氧化物不一定是最高价氧化物，不能说明甲的非金属性比乙强，B错误；C元素的非金属性越强，得电子能

17、力越强，甲得到电子能力比乙强，能说明甲的非金属性比乙强，C正确；D甲、乙形成的化合物中，甲显负价，乙显正价，则甲吸引电子能力强，所以能说明甲的非金属性比乙强，D正确。答案选B。【点晴】注意非金属性的递变规律以及比较非金属性的角度，侧重于考查对基本规律的应用能力。判断元素金属性(或非金属性)的强弱的方法很多，但也不能滥用，有些是不能作为判断依据的，如：通常根据元素原子在化学反应中得、失电子的难易判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据得、失电子的多少。通常根据最高价氧化物对应水化物的酸碱性的强弱判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据其他化合物酸碱性的强弱来判断。2、D【解析】A.Na2CO

18、3在溶液中存在CO32-水解，即CO32-+H2OHCO3-+OH-，所以c(Na+)2c(CO32-)；故A错误；B.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解，即CO32-+H2OHCO3-+OH-，由于CO32-水解溶液呈碱性，所以c(OH-)c(H+)，故B错误；C.由于Na2CO3在溶液中存在着下列平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-;HCO3-+H2OH2CO3+OH-;所以Na2CO3在溶液中C的存在形式为CO32-、HCO3-、H2CO3，根据物料守恒:c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=0.1mol/L，故C错误；D.由于CO32-水解

19、，水解方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2O=H2CO3+OH-，所以c(OH)c(HCO3-)，故D正确；所以答案：D。【点睛】根据Na2CO3在溶液中存在：Na2CO3=2Na+CO32-；CO32-+H2OHCO3-+OH-；HCO3-+H2OH2CO3+OH-;H2OH+OH-，进行分析判断。3、D【解析】A造纸所用的原料木材纤维属于糖类，A项正确；B蚕丝纤维的主要成分是蛋白质，B项正确；C光导纤维的主要成分是二氧化硅，C项正确；D碳纤维的主要成分为单质碳，不属于天然纤维，D项错误。故选D。4、B【解析】A乙二醇含有2个羟基，丙三醇含有3个羟基，结构不同，二者

20、不是同系物，A错误；B室温下，乙醇可与水以任意比例互溶，苯酚在水中的溶解度不大，乙酸乙酯不溶于水，故在水中的溶解度：乙醇苯酚乙酸乙酯，B正确；C分子式为C7H8O且属于酚类物质的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚和对甲基苯酚共3种，C错误；D甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而被氧化为苯甲酸，说明苯环影响了甲基，使甲基变活泼，D错误；故答案选B。5、B【解析】A.H2与D2是氢元素的两种单质，不是同位素的关系，同位素是原子之间的互称，故A错误；B.甲酸（HCOOH）和乙酸分子结构相似，官能团的种类和数目一样，分子组成上差1个CH2，甲酸还具有醛类物质的性质，故B正确；C.C4H10的两种同分异构体分

21、别是正丁烷和异丁烷，正丁烷有6种二氯代物，异丁烷有4种二氯代物，故C错误；D.同素异形体是同种元素的单质之间的互称，石墨烷不是碳元素的单质，二者不是同素异形体，故D错误。故选B。6、C【解析】A实验室用1体积酒精和3体积浓度为18.4mol/L的硫酸制乙烯，故A错误；B镁粉在空气中和氧气也反应，会生成氧化镁，故B错误；C氢氧化钠过量，可与硫酸铜反应生成氢氧化铜，反应后制得的氢氧化铜呈碱性，符合要求，故C正确；D氯化铝属于分子晶体，熔融状态不导电，工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al，故D错误；故选C。7、B【解析】本题考查化学实验，意在考查对实验基本操作的理解。【详解】A.NH4NO3固体受热

22、或撞击易爆炸，因此取用固体NH4NO3时动作一定要轻，故不选A；B.蒸馏提纯乙醇的实验中，应将温度计水银球置于蒸馏烧瓶支管口处，故选B；C.容量瓶、滴定管，分液漏斗等带活塞的仪器在使用之前都必须检漏，故不选C；D.要量取5.2 mL硫酸铜溶液，应选择10 mL规格的量筒，向量筒内加液时，先用倾倒法加液到接近刻度线，再改用胶头滴管加液到刻度线，故用到的仪器是10 mL量筒和胶头滴管，故不选D；答案：B8、C【解析】A. KNO3的溶解度受温度影响大，而NaCl的溶解度受温度影响不大，可将固体溶解后蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，以除去KNO3固体中少量的NaCl固体，故A错误；B. 将Na

23、OH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中，二者反应生成Fe(OH)3沉淀，无法获得氢氧化铁胶体，故B错误；C. CCl4与水不互溶，且不发生任何发应，可用CCl4萃取碘水中的I2，CCl4的密度比水的密度大，则混合液分层后先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故C正确；D. 铁在中性溶液或弱酸性溶液中可发生吸氧腐蚀，盐酸为酸性溶液，发生析氢腐蚀，故D错误；故选C。9、D【解析】X的焰色反应呈黄色，X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，Q为碳元素；W、Z最外层电子数相同，所以二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍， W为氧元

24、素，Z为硫元素；元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则Y为Al元素。A、同周期自左向右原子半径减小，所以原子半径NaAlSi，CO，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径SiC，故原子半径NaAlCO，即XYQW，故A错误；B、X、Y的最高价氧化物的水化物分别是氢氧化钠和氢氧化铝，而氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠反应生，故B错误；C、非金属性OS，故氢化物稳定性H2OH2S，故C错误；D、元素Q和Z能形成QZ 2是CS2属于共价化合物，故D正确；故答案选D。10、B【解析】A、根据示意图，电池工作时，光能转变为电能，根据电子的流向，电极X为负极，电极Y为正极，故A正确；B、根

25、据示意图，I3I，化合价降低，应发生还原反应，故B错误；C、根据示意图，电解质溶液中发生反应:2Ru3+3I-2Ru2+I3-，故C正确；D、根据示意图，I和I3的浓度基本不变，故D正确。答案选B。11、C【解析】A.不能直接将氨气通入水中，会引起倒吸，A错误；B. 先从a管通入氨气，再从B管通入CO2，B错误；C. NaHCO3的溶解度随温度降低而增大，所以反应一段时间后广口瓶内有NaHCO3晶体析出，C正确；D. 碱石灰能干燥氨气，但不能回收未反应的氨气，D错误。点睛：氨气极易溶于水，不能直接将氨气通入水中；氨气的干燥应采用碱性干燥剂，对其回收应采用酸性溶液或水。12、B【解析】原电池工作

26、时，正极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+，则a为正极，b为负极，反应式为：CH3COO-8e-+2H2O=2CO2+7H+。A正极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+，则a为正极，发生还原反应，故A错误；B由电极方程式可知当转移8mol电子时，正极消耗4molH+，负极生成7molH+，则处理后的废水pH降低，故B正确；Cb为负极，反应式为：CH3COO-8e-+2H2O=2CO2+7H+，由示意图可知，质子从b极移向a极，故C错误；Da为正极，发生还原反应，电极反应式为+2e-+H+=Cl-+，故D错误；故选B。点睛：本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理

27、以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极。本题的易错点为D，电极反应也要满足质量守恒定律。13、D【解析】A、离子半径：Li+Na+K+，晶格能LiClNaClKCl，所以硬度LiClNaClKCl，故A错误；B、HF分子间存在氢键，所以沸点：HClHBrHF，故B错误；C、非金属性PSCl，所以最高价氧化物的水化物的酸性：H3PO4H2SO4HClO4，故C错误；D、同周期元素从左到右，半径减小，原子半径：NaMgAl，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查元素周期律，同周期元素从左到右金属性减弱、非金属性增强，注意把握晶体类型的判断以及影响晶体熔沸点高低的因素。

28、14、B【解析】实验探究铜与浓硫酸的反应，装置1为发生装置，溶液仍为无色，原因可能是混合体系中水太少，无法电离出铜离子，有白雾说明有气体液化的过程，同时产生白色固体，该固体可能是无水硫酸铜；试管2、3中有白色沉淀生成，该沉淀应为硫酸钡，说明反应过程有SO3生成或者硫酸挥发，3中沉淀较少，说明三氧化硫或挥发出的硫酸消耗完全；试管4中品红褪色说明反应中生成二氧化硫，浸有碱的棉花可以处理尾气，据此分析作答。【详解】A. 二氧化硫不与氯化钡溶液反应，白色沉淀不可能是BaSO3，故A错误；B. 根据分析可知中可能有部分硫酸挥发了，故B正确；C. 冷却后的试管中仍有浓硫酸剩余，浓硫酸稀释放热，不能将水注入

29、试管，会暴沸发生危险，故C错误；D. 反应过程中SO3是氧气将二氧化硫氧化生成，若先往装置内通入足量N2，体系内没有氧气，则无SO3生成，试管2、3中将无沉淀产生，实验现象发生变化，故D错误；故答案为B。15、B【解析】A由放电反应式知，Li失电子，则R电极为负极，放电时，电子由R极流出，由于电子不能在溶液中迁移，则电子经导线流向Q极，A错误；B放电时，正极Q上发生还原反应xLi+ +Li1-xCoO2 +xe-=LiCoO2，B正确；C充电时，Q极为阳极，阳极与电源的正极相连，b极为正极，C错误；D充电时，R极反应为Li+e-=Li，净增的质量为析出锂的质量，n(Li)=2mol，则转移2m

30、ol电子，D错误。故选B。16、C【解析】A.氯化铝是共价化合物，工业炼铝:电解熔融的氧化铝，故A错误；B.氯气和石灰乳反应制备漂白精，故B错误；C.工业制硫酸：用硫磺为原料，经燃烧得到二氧化硫，二氧化硫催化氧化为三氧化硫，最后用 浓硫酸吸收，故C正确；D.工业制烧碱：电解饱和食盐水，在阴极区域得到烧碱溶液，故D错误；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、C5H12 CH3CHO C6H12O62C2H5OH + 2CO2 4 HCOOC(CH3)3 【解析】A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%，因此A中=，则A为C5H12；H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一，H

31、为HCHO，根据流程图，B为卤代烃，C为醇，D为醛，E为酸；F为乙醇，G为乙醛，G和H以1：3反应生成I，根据信息，I为，J为，E和J以4：1发生酯化反应生成K，E为一元羧酸，E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰，E为，则D为，C为。【详解】（1）根据上述分析可知，A的分子式为C5H12，故答案为：C5H12；（2）根据上述分析，D的结构简式为；G为乙醛，结构简式为CH3CHO，故答案为：；CH3CHO；（3）根据流程图可知，反应是葡萄糖的分解反应；反应为卤代烃的水解反应，属于取代反应；反应是醛和醛的加成反应；反应是醛的氢化反应，属于加成反应；反应是酯化反应，属于取代反应，属于取代反应，故答案为：

32、；（4）反应是葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，反应的化学方程式为C6H12O62C2H5OH + 2CO2；反应是在催化剂作用下，与氢气共热发生加成反应，反应的化学方程式为，故答案为：C6H12O62C2H5OH + 2CO2；（5）既能发生银镜反应又能发生水解反应，表明分子结构中含有醛基和酯基，E为，E的同分异构体属于甲酸酯，同分异构体的结构为HCOOC4H9，因为丁基有4种结构，故E的同分异构体有4种，其中核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式为HCOOC(CH3)3，故答案为：4；HCOOC(CH3)3。18、丙烯 加成反应 ab COOH +NaOH+NaBr；

33、+O2+2H2O 【解析】由题中信息可知，A为链状烃，则A只能为丙烯，与苯环在一定条件下反应会生成丙苯，故B为丙苯，丙苯继续反应，根据分子式可推知C为丙酮，D为苯酚，丙酮与苯酚在催化剂作用下会生成E（）；采用逆合成分析法可知，根据PEI的单体，再结合题意，可推知4-氯-1，2-二甲基催化氧化制备F，则F为，根据给定信息ii可知，K为，据此分析作答。【详解】（1）A为链状烃，根据分子可以判断，A只能是丙烯；（2）AB为丙烯与苯反应生成丙苯的过程，其反应类型为加成反应；（3）根据相似相容原理可知，苯酚常温下在水中的溶解度不大，其分子中不存在碳碳双键，可以与甲醛发生缩聚反应，故答案为ab；（4）4-

34、氯-1，2-二甲苯催化氧化得到F，则F的结构简式为，其分子中所含官能团有Cl和COOH，故答案为COOH；（5）仅以2-溴丙烷为有机原料，先在氢氧化钠水溶液中水解生成2-丙醇，然后2-丙醇催化氧化生成丙酮，有关反应的化学方程式为，。 （6）由E和K的结构及题中信息可知，中间产物1为；再由中间产物1的结构和信息可知，中间产物2的结构简式为。【点睛】本题考查的是有机推断，难度很大。很多信息在题干中没有出现，而是出现在问题中。所以审题时，要先浏览整题，不能因为合成路线没有看懂就轻易放弃。另外，虽然本题所涉及的有机物的结构很复杂，只要我们仔细分析官能团的变化和题中的新信息，还是能够解题的。19、安全瓶

35、，防止倒吸 能 碳酸钠溶液显碱性，可以抑制Na2S水解 温度过高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1较多，或Na2S2O1产率降低等其它合理答案 降低Na2S2O1晶体的溶解度，促进晶体析出 100% D 【解析】(1)装置B的作用是平衡压强，防止倒吸； (2)Na2CO1的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠；(1)Na2S是强碱弱酸盐，易发生水解；(4)温度过高不利于二氧化硫的吸收，产品产率会降低；(5) Na2S2O15H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇；(6)根据反应Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1

36、Na2S2O1， 列关系式2Na2S9H2O1S1Na2S2O15H2O，结合数据计算理论上制得Na2S2O15H2O晶体的质量，Na2S2O15H2O的产率为；(7)Na2SO1易被氧化为硫酸钠，减少副产物的含量就要防止Na2SO1被氧化。【详解】(1)装置B的作用是平衡压强，防止倒吸，则B为安全瓶防止倒吸；(2)Na2CO1的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠，氢氧化钠和二氧化硫反应也可以生成亚硫酸钠，可以代替碳酸钠；(1)Na2S是强碱弱酸盐，易发生水解，碳酸钠溶液显碱性，可以抑制Na2S水解；(4) 温度过高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1较多，或Na2S2O1产率降

37、低等其它合理答案；(5) Na2S2O15H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，则乙醇的作用为：降低Na2S2O1晶体的溶解度，促进晶体析出；(6)根据反应Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1， 列关系式2Na2S9H2O1S1Na2S2O15H2O，理论上制得Na2S2O15H2O晶体的质量为g，Na2S2O15H2O的产率为100%=100%；(7)A用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水中含氧量降低，可有效防止Na2SO1被氧化为Na2SO4，可减少副产物的产生，故A不符合题意；B装置A增加一导管，实验前通人N2片刻

38、，可将装置中的空气赶走提供无氧环境，可防止Na2SO1被氧化为Na2SO4，可减少副产物的产生，故B不符合题意；C先往装置A中滴加硫酸，产生二氧化硫，可将装置中的空气赶走，片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液，可减少副产物的产生，故C不符合题意；D将装置D改为装有碱石灰的干燥管，装置中仍然含有空气，氧气可将Na2SO1被氧化为Na2SO4，不能减少副产物产生，故D符合题意；答案选D。20、CuFeS23Fe3Cl=4Fe2CuCl2S除去溶液中的Fe3，提高产品的纯度取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全排尽装置中的空气，防止Fe2被氧化KMnO4具有强氧化性，

39、可将Fe2和乳酸根离子中的羟基一同氧化过滤,控制温度61 左右,向滤液中滴加1.1 molL1 H2SO4，控制溶液的pH为2.12.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥【解析】由实验流程可知，向黄铜矿(CuFeS2)中加入FeCl3溶液发生氧化还原反应生成FeCl2、CuCl固体和硫单质，经过滤得到固体为CuCl和S，进一步分离可得CuCl；溶液1中含有FeCl2和FeCl3，加入过量的铁粉除去溶液中的Fe3得到溶液2为纯度较高的FeCl2溶液，向溶液2中加入碳酸钠溶液生成FeCO3沉淀，过滤后加乳酸得到乳酸亚铁CH3CH(OH)COO2Fe。亚铁离子容易被氧气氧

40、化，制备过程中应在无氧环境中进行，实验前通入N2排尽装置中的空气，装置中FeCO3和乳酸发生反应制备乳酸亚铁CH3CH(OH)COO2Fe，据此解答。【详解】(1) 由上述分析可以知道，FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为CuFeS23Fe3Cl=4Fe2CuCl2S。因此，本题正确答案是：CuFeS23Fe3Cl=4Fe2CuCl2S； (2) 溶液1中含有FeCl3，向溶液1中加入过量铁粉的目的是除去溶液中的Fe3，提高产品的纯度。因此，本题正确答案是：除去溶液中的Fe3，提高产品的纯度；(3)FeCO3固体会吸附溶液中的Cl-，所以检验洗涤已完全应检验是否含有Cl-，方法为：取最

41、后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全，因此，本题正确答案是：取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全；(4)亚铁离子容易被氧气氧化，实验前通入N2的目的是排尽装置中的空气，防止Fe2被氧化。因此，本题正确答案是：排尽装置中的空气，防止Fe2被氧化；乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于111%，因此，本题正确答案是：KMnO4具有强氧化性，可将Fe2和乳酸根离子中的羟基一同氧化。(5)根据题给信息，将一定

42、量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，CuCl与NaCl溶液反应，生成易溶于水的NaCuCl2，过滤后除去S；将NaCuCl2水解生成CuCl，根据温度、pH对CuCl产率的影响的曲线，应选择温度61 左右，控制溶液的pH为2.12.5左右，具体的操作为：过滤，控制温度61 左右，向滤液中滴加1.1 molL1 H2SO4，控制溶液的pH为2.12.5左右，搅拌、趁热过滤。最后用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥，因此，本题正确答案是：过滤，控制温度61 左右，向滤液中滴加1.1 molL1 H2SO4，控制溶液的pH为2.12.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥

43、。21、 0.30.6 主要产物为CH4 产物有CH2=CH2、C3H6、C4H8 小于 0.06 mol/(L min) 450(mol/L)-2 否 450 a 【解析】(1)根据盖斯定律解答； (2)由图可知要控制C2C4的质量分数0.480.57是对应的数值范围；(3)根据图示球棍模型的比例判断产物的分子式；(4) 右图可知随着温度升高CO2的平衡转化率降低，平衡逆向移动分析；根据计算；列 “三段式”，求算500K时平衡常数，比较Qc与平衡常数的大小判断；根据达到平衡状态时的特点分析。【详解】(1)已知： 2CO(g) +O2(g) =2CO2 (g) H1 =a2H2(g) + O2

44、(g)=2H2O(g) H2 =b根据盖斯定律：+-，可得反应(2n+1)H2(g)+nCO(g)=Cn(g)+nH2O(g)的H=；(2)由图可知要控制C2C4的质量分数0.480.57需控制碳链增长因子()的范围是0.30. 6；(3)CO2C作催化剂的规律是：选择球形催化剂时主要产物为CH4，选择平行六面体催化剂时产物有CH2 =CH2、CH2 = CHCH3、CH2=CHCH2CH3或C2H4、C3H6、C4H8。(4)右图可知随着温度升高CO2的平衡转化率降低，故H小于0。500 K 时，二氧化碳转化率为60%，即参与反应的物质的量为0.6mol，根据反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，水蒸气的变化物质的量为0.6mol，则=0.06 mol/(Lmin)。初始时刻， CO2和H2的物质的量浓度分别为0.5mo