2025屆河南省鄭州市外國語學校高考仿真模擬化學試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、據了解，銅銹的成分非常復雜，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古學家將銅銹分為無害銹(形成了保護層)和有害銹(使器物損壞程度逐步加劇，并不斷擴散)，結構如圖所示。下列說法正確的是A．Cu2(OH)3Cl屬于有害銹B．Cu2(OH)2CO3屬于復鹽C．青銅器表面刷一層食鹽水可以做保護層D．用NaOH溶液法除銹可以保護青銅器的藝術價值，做到“修舊如舊”2、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．1.0mol·L－1的KNO3溶液中：H＋、Fe2＋、Cl－、B．使紫色石蕊溶液變紅的溶液中：、Ba2＋、、Cl－C．pH＝12的溶液中：K＋、Na＋、CH3COO－、Br－D．滴加幾滴KSCN溶液顯血紅色的溶液中：、Mg2＋、I－、Cl－3、R、W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，W與Y同主族，R的最外層電子數是次外層電子數的2倍。W元素形成的一種單質可用于自來水的殺菌消毒。R與W元素原子的最外層電子數之和等于X與Z元素原子的最外層電子數之和。下列說法正確的是A．簡單離子的半徑：W＜Y＜ZB．X與Z形成的化合物溶于水可抑制水的電離C．氧化物對應水化物的酸性：Z＞R＞XD．最高價氧化物的熔點：Y＞R4、我國古代文獻中有許多化學知識的記載，如《夢溪筆談》中的“信州鉛山縣有苦泉，……，挹其水熬之，則成膽礬，熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”等，上述描述中沒有涉及的化學反應類型是A．復分解反應B．化合反應C．離子反應D．氧化還原反應5、下列說法正確的是A．氯堿工業電解飽和食鹽水，以石墨作陰極，鐵網作陽極B．稀釋0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32-的水解程度和溶液的pH均增大C．相同條件下，溶液中Fe3+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次減弱D．升高溫度，可提高反應速率，原因是降低了反應的活化能6、下列關于原子結構、元素性質的說法正確的是()A．非金屬元素組成的化合物中只含共價鍵B．ⅠA族金屬元素是同周期中金屬性最強的元素C．同種元素的原子均有相同的質子數和中子數D．ⅦA族元素的陰離子還原性越強，其最高價氧化物對應水化物的酸性越強7、下列說法不正確的是（）A．Na2CO3可用于治療胃酸過多B．藍綠藻在陽光作用下，可使水分解產生氫氣C．CusO4可用于游泳池池水消毒D．SiO2導光能力強，可用于制造光導纖維8、分子式為C5H10O2并能與飽和NaHCO3溶液反應放出氣體的有機物有（）A．3種 B．4種 C．5種 D．6種9、下列敘述中錯誤的是（）A．過濾時，漏斗下端要緊貼接液燒杯內壁B．蒸餾時，應使溫度計水銀球靠近蒸餾燒瓶支管口C．蒸發結晶時應將溶液蒸干，然后停止加熱D．分液時，分液漏斗下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出10、下列敘述正確的是A．發生化學反應時失去電子越多的金屬原子，還原能力越強B．活潑非金屬單質在氧化還原反應中只作氧化劑C．陽離子只有氧化性，陰離子只有還原性D．含有某元素最高價態的化合物不一定具有強氧化性11、用化學沉淀法去除粗鹽中的雜質離子，不需要的操作是（）A．溶解 B．過濾 C．分液 D．蒸發12、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．密閉容器中，1molN2和3molH2催化反應后分子總數為2NAB．100g98%的濃H2SO4與過量的Cu反應后，電子轉移數為NAC．標準狀況下，11.2L氧氣和二氧化碳混合物中含氧原子數目為NAD．1L1mol/LNa2CO3溶液中所含陰離子數目小于NA13、已知：AlO＋HCO＋H2O=Al(OH)3↓＋CO，向含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的稀溶液中緩慢通入二氧化碳，隨n(CO2)增大，先后發生三個不同的反應，下列對應關系正確的是（）選項n(CO2)/mol溶液中離子的物質的量濃度A0c(Na+)＞c(AlO2—)＞c(OH?)B0.01c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(H2CO3)＝c(AlO2—)C0.015c(Na+)＞c(CO32—)＞c(OH?)＞c(HCO3—)D0.03c(Na+)＋c(H+)＝c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(OH?)A．A B．B C．C D．D14、把35.7g金屬錫投入300mL14mol/LHNO3共熱(還原產物為NOx)，完全反應后測得溶液中c(H+)=10mol/L，溶液體積仍為300mL。放出的氣體經水充分吸收，干燥，可得氣體8.96L(S．T．P)。由此推斷氧化產物可能是A．Sn(NO3)4 B．Sn(NO3)2 C．SnO2?4H2O D．SnO15、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．25℃、101kPa時，22.4L乙烷中所含共價鍵數目為6NAB．3.2gO2和O3的混合氣體中，含氧原子數為0.2NAC．12g金剛石含有共價鍵數目為4NAD．1molNaHSO4熔融時電離出的離子總數為3NA16、化合物(甲)、(乙)、(丙)的分子式均為，下列說法正確的是(

)A．甲的同分異構體只有乙和丙兩種B．甲、乙、丙的一氯代物種數最少的是丙C．甲、乙、丙均可與溴的四氯化碳溶液反應D．甲中所有原子可能處于同一平面二、非選擇題（本題包括5小題）17、由化合物A合成黃樟油（E）和香料F的路線如下（部分反應條件已略去）：請回答下列問題：（1）下列有關說法正確的是______（填選項字母）。a．化合物A核磁共振氫譜為兩組峰b．CH2Br2只有一種結構c．化合物E能發生加聚反應得到線型高分子d．化合物B能發生銀鏡反應，也能與NaOH溶液反應（2）由B轉化為D所需的試劑為______。（3）D含有的官能團名稱為________，C的同分異構體中具有順反異構的名稱是________（不必注明“順”“反”）。（4）寫出A→B的化學反應方程式：__________。（5）滿足下列條件的E的同分異構體W有________種（不含立體異構），其中核磁共振氫譜為五組峰且峰面積之比是1:2:2:2:3的結構簡式為_______。①lmolW與足量NaOH溶液反應，能消耗2molNaOH②能發生銀鏡反應③苯環上只有兩個取代基，能發生聚合反應（6）參照上述合成路線，寫出以、丙酮為主要原料（無機試劑任選），設計制備的合成路線________。18、化合物H是一種有機光電材料中間體。實驗室由芳香化合物A制備H的一種合成路線如下：已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO②③+HCHO+HCOO-回答下列問題：（1）E中含氧官能團名稱為_________非含氧官能團的電子式為_______。E的化學名稱為苯丙炔酸，則B的化學名稱為__________。（2）C→D的反應類型為__________。B→C的過程中反應①的化學方程式為________。（3）G的結構簡式為_________。（4）寫出同時滿足下列條件的F的一種同分異構體的結構簡式________。①遇FeCl3溶液顯紫色；②能發生銀鏡反應；③分子中有五種不同化學環境的氫且個數比為1:1:2:2:4（5）寫出用甲醛和乙醇為原材料制備化合物C(CH2ONO2)4的合成路線（其他無機試劑任選，合成路線流程圖示例見本題題干）。_________。19、ClO2是一種高效安全消毒劑，常溫下ClO2為紅黃色有刺激性氣味氣體，其熔點為-59.5℃，沸點為11.0℃，能溶于水但不與水反應，遇熱水緩慢水解。某研究性學習小組欲制備Ⅰ．二氧化氯水溶液制備。在圓底燒瓶中先放入10gKClO3固體和(1)裝置A用水浴加熱的優點是_________；裝置A中水浴溫度不低于60℃，其原因是_______________。(2)裝置A中反應生成ClO2及KHSO4等產物的化學方程式為(3)裝置B的水中需放入冰塊的目的是__________________；已知ClO2緩慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2，且物質的量之比為2:1，則該反應的化學方程式為____________；裝置C中的NaOH溶液吸收尾氣中的ClO2，生成物質的量之比為的1:1的兩種鹽，一種為NaClOⅡ．ClO2步驟1：量取ClO2溶液10mL，稀釋成100mL步驟2：調節試樣的pH≤2.0，加入足量的步驟3：加入指示劑，用c?mol?L-1?(4)已知：2ClO2+8H++10I-=5IⅢ．設計實驗驗證ClO2(5)取適量ClO2水溶液加入H2S溶液中，振蕩，得無色溶液。欲檢驗H(6)證明ClO2的氧化性比Fe3+強的方案是20、硫酸亞鐵銨[(NH4)2Fe(SO4)2]是分析化學中的重要試劑，在不同溫度下加熱分解產物不同。設計如圖實驗裝置（夾持裝置略去），在500℃時隔絕空氣加熱A中的硫酸亞鐵銨至分解完全。確定分解產物的成分。（1）B裝置的作用是__________。（2）實驗中，觀察到C中無明顯現象，D中有白色沉淀生成，可確定產物中定有______氣體產生，寫出D中發生反應的離子方程式__________。若去掉C，是否能得出同樣結論并解釋其原因_____________。（3）A中固體完全分解后變為紅宗色粉末，某同學設計實驗驗證固體殘留物僅為Fe2O3.而不含FeO。請完成表內容。(試劑，僅然和用品自選)實驗步驟預期現象結論取少量A中殘留物于試管中，加入適量稀硫酸，充分振蕩使其完全溶解：____________________固體殘留物僅為Fe2O3（4）E中收集到的氣體只有N2，其物質的量為xmol，固體殘留物剛體死目物Fe2O3的物質的量為ymol，D中沉淀物質的量為zmol，根據氧化還原反應的基本規律，x、y和z應滿足的關系為________。（5）結合上述實驗現象和相關數據的分析。寫出硫酸亞鐵銨在500℃時隔絕空氣加熱完全分解的化學方程式：_____________。21、扎來普隆是一種短期治療失眠癥的藥物，其合成路線如下：回答下列問題：（1）A中的官能團名稱是________________。（2）所需的試劑和條件分別為________________。（3）、的反應類型依次為________、________。（4）扎來普隆的分子式為________________。（5）的化學方程式為________________________。（6）屬于芳香化合物，且含有硝基，并能發生銀鏡反應的B的同分異構體有________種（不考慮立體異構），其中核磁共振氫譜有4組峰的結構簡式有________________。（7）已知：有堿性且易被氧化。設計由和乙醇制備的合成路線（無機試劑任選）。________

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【解析】

A.從圖中可知Cu2(OH)3Cl沒有阻止潮濕的空氣和Cu接觸，可以加快Cu的腐蝕，因此屬于有害銹，A正確；B.Cu2(OH)2CO3中只有氫氧根、一種酸根離子和一種陽離子，因此只能屬于堿式鹽，不屬于復鹽，B錯誤；C.食鹽水能夠導電，所以在青銅器表面刷一層食鹽水，會在金屬表面形成原電池，會形成吸氧腐蝕，因此不可以作保護層，C錯誤；D.有害銹的形成過程中會產生難溶性的CuCl，用NaOH溶液浸泡，會產生Cu2(OH)3Cl，不能阻止空氣進入內部進一步腐蝕銅，因此不能做到保護青銅器的藝術價值，做到“修舊如舊”，D錯誤；故合理選項是A。2、C【解析】

A.H＋、Fe2＋、NO3—之間能夠發生氧化還原反應，不能大量共存，故A錯誤；B.使紫色石蕊溶液變紅的溶液為酸性溶液，溶液中存在大量H＋，H＋與AlO2—在溶液中能夠反應，且NH4+與AlO2—會發生雙水解，不能大量共存，故B錯誤；C.pH＝12的溶液顯堿性，OH－與K＋、Na＋、CH3COO－、Br－不反應，且K＋、Na＋、CH3COO－、Br－之間也不反應，可大量共存，故C正確；D.滴加幾滴KSCN溶液顯血紅色的溶液中含有Fe3＋，Fe3＋、I－能夠發生氧化還原反應，不能大量共存，故D錯誤；故選C。3、D【解析】

R、W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，R的最外層電子數是次外層電子數的2倍，R含有2個電子層，最外層含有4個電子，為C元素；W元素形成的一種單質可用于自來水的殺菌消毒，該單質為臭氧，則W為O元素，W與Y同主族，則Y為S元素；Z為短周期主族元素，原子序數大于S，則Z為Cl元素；R與W元素原子的最外層電子數之和等于X與Z元素原子的最外層電子數之和，則X最外層電子數=4+6-7=3，位于ⅢA族，原子序數大于O，則X為Al元素，R為C元素，W為O，X為Al，Y為S，Z為Cl元素。【詳解】根據分析可知;R為C元素，W為O，X為Al，Y為S，Z為Cl元素。A.離子的電子層越多離子半徑越大，電子層數相同時，核電荷數越大離子半徑越小，則簡單離子徑：W<Z<Y，故A錯誤；B.由X為Al，Z為Cl,X與Z形成的化合物為氯化鋁，鋁離子水解促進了水的電離，故B錯誤；C.R為C元素,X為Al元素,Z為Cl,沒有指出最高價，無法比較C、Cl、Al的含氧酸酸性，故C錯誤；D.Y為S,R為C元素，三氧化硫和二氧化碳都屬于分子晶體，相對原子質量越大沸點越高，則最高價氧化物的熔點：Y>R，故D正確；答案：D。【點睛】根據原子結構和元素周期律的知識解答；根據原子結構的特殊性如R的最外層電子數是次外層電子數的2倍，推斷元素為C。根據物質的性質W元素形成的一種單質可用于自來水的殺菌消毒推斷即可。4、A【解析】CuSO4+5H2O=CuSO4.5H2O為化合反應，CuSO4.5H2OCuSO4+5H2O為分解反應，Fe+CuSO4=Cu+FeSO4為置換反應，且Fe、Cu元素的化合價變化，為氧化還原反應，故答案為A。5、C【解析】

A．電解飽和氯化鈉溶液時，如果Fe作陽極，則陽極上Fe失電子而不是氯離子失電子，所以應該用石墨作陽極，故A錯誤；B．稀釋0.1mol/LNa2CO3溶液，促進碳酸鈉的水解，水解程度增大，但溶液的堿性減弱，pH減小，故B錯誤；C．金屬活動順序表中單質的還原性越強，對應的陽離子氧化性越弱，鋅比銅活潑，則銅離子比鋅離子的氧化性強，根據三價鐵離子與銅的反應：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，由強制弱可判斷三價鐵氧化性比銅離子的氧化性強，即相同條件下，溶液中Fe3+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次減弱，故C正確；D．溫度升高，增加了反應體系中活化分子百分數，反應速率加快，但反應的活化能不變，故D錯誤；答案選C。【點睛】本題的易錯點為A，要注意電解飽和食鹽水應該生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，因此陽極應該選用惰性材料作電極。6、B【解析】

A.NH4Cl全部由非金屬元素組成，但含有離子鍵和共價鍵，A項錯誤；B.同周期元素從左到右金屬性逐漸減弱，各周期中ⅠA族金屬元素的金屬性最強，B項正確；C.同種元素的原子質子數相同，但中子數不同，C項錯誤；D.Ⅶ族元素的陰離子還原性越強，則元素的非金屬性越弱，其最高價氧化物對應水化物的酸性越弱，D項錯誤；答案選B。7、A【解析】

A、Na2CO3堿性太強；B、氫氣燃燒放出大量的熱量，且燃燒產物是水沒有污染，所以氫氣是21世紀極有前途的新型能源；C、銅是重金屬，能殺菌消毒；D、SiO2導光能力強，能傳遞各種信號。【詳解】A、Na2CO3堿性太強，不可用于治療胃酸過多，故A錯誤；B、氫氣燃燒放出大量的熱量，且燃燒產物是水沒有污染，所以氫氣是21世紀極有前途的新型能源，科學家可以利用藍綠藻等低等植物和微生物在陽光作用下使水分解產生氫氣從而利用氫能，故B正確；C、銅是重金屬，能殺菌消毒，CuSO4可用于游泳池池水消毒，故C正確；D、SiO2導光能力強，能傳遞各種信號，可用于制造光導纖維，故D正確，故選：A。8、B【解析】

分子式為C5H10O2的有機物可能是羧酸或酯，能與飽和NaHCO3溶液反應放出氣體，說明該有機物含有-COOH，為飽和一元羧酸，烷基為-C4H9，丁基異構數等于該有機物的異構體數。【詳解】分子式為C5H10O2的有機物能與NaHCO3能產生氣體，說明該有機物中含有-COOH，為飽和一元羧酸，則烷基為-C4H9，-C4H9異構體有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合條件的有機物的異構體數目為4，故選B。【點睛】本題考查特定結構的同分異構體書寫，側重于分析能力的考查，注意官能團的性質與確定，熟練掌握碳原子數小于5的烴基的個數是解決本題的關鍵。9、C【解析】

A.過濾時，一貼：濾紙要緊貼漏斗內壁，二低：濾紙的邊緣要稍低于漏斗的邊緣、濾液的液面要低于濾紙邊緣，三靠：燒杯嘴要靠在傾斜的玻璃棒上、玻璃棒下端要靠在三層濾紙一邊、漏斗的頸部要緊靠接收濾液的接受器的內壁，A正確；B.蒸餾時，溫度計測的是蒸汽的溫度，所以應使溫度計水銀球靠近蒸餾燒瓶支管口，B正確；C.蒸發結晶時應用余溫將殘留液蒸干，C錯誤；D.分液時，先將分液漏斗下層液體從下口放出，然后將上層液體從上口倒出，D正確；故答案為：C。【點睛】10、D【解析】

A．還原能力的強弱和失電子的難易有關而和失電子的數目無關，如金屬鈉和金屬鐵的還原能力是金屬鈉強于金屬鐵，故A錯誤；B．氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸既是氧化劑又是還原劑，所以活潑非金屬單質在氧化還原反應中不一定只作氧化劑，故B錯誤；C．最高價態的陽離子一般具有氧化性，如Fe3+；最低價的陰離子具有還原性，如I?；但Fe2+、都既有氧化性又有還原性，故C錯誤；D．含最高價元素的化合物，如碳酸鈉中碳元素為最高價，卻不具有強氧化性，故D正確；故答案為：D。11、C【解析】

用化學沉淀法去除粗鹽中的雜質離子，步驟是溶解、加入沉淀劑、過濾、蒸發結晶，不需要分液，故選C。12、C【解析】

A．合成氨的反應為可逆反應，不能進行徹底，故分子總數大于2NA個，故A錯誤；B．100g98%的濃H2SO4中含有硫酸98g，物質的量為1mol，銅與濃硫酸的反應，2H2SO4(濃)+CuCuSO4+2H2O+SO2↑，隨著反應的進行，濃硫酸變成稀硫酸，反應不再進行，所以反應生成的二氧化硫的物質的量小于0.5mol，轉移的電子的物質的量小于1mol，故B錯誤；C．標準狀況下，11.2LO2與CO2混合氣體的物質的量==0.5mol，混合物中所含氧原子的數目為NA，故C正確；D．碳酸根的水解CO32-+H2OHCO3-+OH-，導致陰離子個數增多，故1L1mol/LNa2CO3溶液中陰離子個數多于NA個，故D錯誤；故選C。【點睛】本題的易錯點為BD，B中要注意稀硫酸與銅不反應，D中要注意根據碳酸根離子的水解方程式分析陰離子數目的變化。13、C【解析】

向含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中緩慢通入二氧化碳，首先進行的反應為氫氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸鈉和水，0.02mol氫氧化鈉消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸鈉；然后偏鋁酸鈉和二氧化碳反應生成氫氧化鋁和碳酸鈉，0.01mol偏鋁酸鈉消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸鈉；再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉，消耗0.015mol二氧化碳，生成0.03mol碳酸氫鈉。【詳解】A.不通入CO2，0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的稀溶液中，c(Na+)＞c(OH?)＞c(AlO2—)，故A錯誤；B.當通入的二氧化碳為0.01mol時，則溶液為含有0.01mol碳酸鈉和0.01mol偏鋁酸鈉的混合液，沒有HCO3—，故B錯誤；C.當通入的二氧化碳為0.015mol時溶液中含有0.015mol碳酸鈉，離子濃度的關系為c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)，故C正確；D.當通入二氧化碳的量為0.03mol時，溶液為碳酸氫鈉溶液，溶液顯堿性，電荷守恒關系為：c(Na+)＋c(H+)＝2c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(OH?)，故D錯誤；正確答案是C。【點睛】本題將元素化合物知識與電解質溶液中離子濃度大小比較綜合在一起考查，熟練掌握相關元素化合物知識，理清反應過程，結合相關物質的用量正確判斷相關選項中溶液的成分是解題的關鍵。電解質溶液中微粒濃度大小比較要抓住兩個平衡：電離平衡和鹽類的水解平衡，抓兩個微弱：弱電解質的電離和鹽類的水解是微弱的，正確判斷溶液的酸堿性，進行比較。涉及等式關系要注意電荷守恒式、物料守恒式和質子守恒式的靈活運用。14、C【解析】

根據l4mol/LHNO3為濃硝酸，完全反應后測得溶液中的c(H+)=10mol/L，則濃硝酸有剩余，即錫與濃硝酸反應生成NO2，利用得失電子守恒來分析金屬錫被氧化后元素的化合價。【詳解】35.7g金屬錫的物質的量為=0.3mol，14mol/L

HNO3為濃硝酸，完全反應后測得溶液中的c(H+)=10mol/L，則濃硝酸有剩余，即錫與濃硝酸反應生成NO2，放出的氣體經水充分吸收，干燥，可得NO氣體8.96L，根據反應：3NO2+H2O=2HNO3+NO，則標準狀況下NO2的物質的量為=1.2mol，設金屬錫被氧化后元素的化合價為x，由電子守恒可知，0.3mol×(x?0)=1.2mol×(5?4)，解得x=+4，又溶液中c(H+)=10mol/L，而c(NO3?)==10mol/L，根據溶液電中性可判斷氧化產物一定不是硝酸鹽，綜合以上分析，答案選C。15、B【解析】

A.25℃、101kPa時，22.4L乙烷的物質的量小于1mol，且1mol乙烷中所含共價鍵數目為7NA，選項A錯誤；B．3.2gO2和O3的混合物中含有的氧原子的物質的量為=0.2mol，數目為0.2NA，選項B正確；C．12g金剛石中含有1molC，金剛石中，每個C與其它4個C形成了4個共價鍵，每個碳原子形成的共價鍵數目為：×4=2，所以1molC原子形成的共價鍵為2mol，含有的共價鍵數目為2NA，選項C錯誤；D、熔融狀態下，硫酸氫鈉電離出鈉離子和硫酸氫根離子，1molNaHSO4熔融時電離出的離子總數為2NA，選項D錯誤。答案選B。16、D【解析】

A.符合甲的分子式的同分異構體有多種，因為其不飽和度為5，分子中還可以是含有碳碳三鍵、環等結構的物質，故A錯誤；B.甲的分子中含有5種氫原子，所以一氯代物有5種，乙的分子中含有1種氫原子，所以一氯代物有1種，丙的分子中含有1種氫原子，所以一氯代物有1種，所以甲、乙、丙的一氯代物種數最少的是乙和丙，故B錯誤；C.丙中不存在不飽和碳碳鍵，不能與溴的四氯化碳溶液反應，故C錯誤；D.苯環和碳碳雙鍵均為平面結構，單鍵可以旋轉，所以所有原子可能處于同一平面，故D正確。故選D。【點睛】烴的等效氫原子有幾種，該烴的一元取代物的數目就有幾種；在推斷烴的二元取代產物數目時，可以采用一定一動法，即先固定一個原子，移動另一個原子，推算出可能的取代產物數目，然后再變化第一個原子的位置，移動另一個原子進行推斷，直到推斷出全部取代產物的數目，在書寫過程中，要特別注意防止重復和遺漏。二、非選擇題（本題包括5小題）17、bc液溴、Fe（或液溴、FeBr3）醚鍵、溴原子1-溴丙烯9【解析】根據A的分子式和性質，判斷為酚，再根據D的結構，可以判斷A為鄰二苯酚()，B為。(l)a．A為鄰二苯酚()，核磁共振氫譜為三組峰，故a錯誤；b.甲烷是正四面體結構，因此CH2Br2只有一種結構，故b正確；c．化合物E為，含有碳碳雙鍵，能發生加聚反應得到線型高分子，故c正確；d．B為，不存在醛基，不能發生銀鏡反應，故d錯誤；故選bc；(2)由B轉化為D是在苯環上引入溴原子，需要試劑為液溴、Fe，故答案為液溴、Fe；(3)根據D的結構可知，其含有的含氧官能團為醚鍵和溴原子，C的同分異構體中具有順反異構的是1-溴丙烯，故答案為醚鍵、溴原子；1-溴丙烯；(4)A為鄰二苯酚()，B為，A→B的化學方程式為：，故答案為；(5)E為，E的同分異構體W滿足：①lmolW與足量NaOH溶液反應，能消耗2molNaOH；②能發生銀鏡反應；③苯環上只有兩個取代苯，能發生聚合反應，說明苯環上含有2個側鏈，其中含有碳碳雙鍵、醛基或屬于甲酸某酯，結合E的結構，W屬于甲酸苯酚酯，即HCOO-，另一個側鏈為-CH2CH=CH2或-CH=CH2CH3或-C(CH3)=CH2，每種側鏈對應與鄰位、間位、對位3種結構，共9種，其中核磁共振氫譜為五組峰且峰面積之比是1：2：2：2：3的結構簡式為，故答案為9；；(6)以、為主要原料制備，可以將丙酮，與發生題中類似F→G的反應，得到醇再與溴化氫反應后，得溴代烴，在鎂的作用下，兩個分子之間發生類似題中C+D→E的反應，合成路線為，故答案為。點睛：本題考查有機物推斷與合成、有機物結構與性質、有機反應類型、同分異構體等知識，是對有機物化學基礎的綜合應用，側重考查學生對知識的遷移應用。本題的難點是(6)的合成路線的設計。18、羧基苯丙烯醛加成反應+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2OCH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4【解析】

由信息①及B分子式可知A應含有醛基，且含有7個C原子，則芳香化合物A為，因此B為；B與新制氫氧化銅反應后酸化生成C，則C為，C與溴發生加成反應生成D，D為，D發生消去反應并酸化得到E，E與乙醇發生酯化反應生成F，F為，對比F、H的結構簡式，結合信息②可知，G為。據此分析解答。(5)CH2=CH2和水發生加成反應生成CH3CH2OH，CH3CH2OH發生催化氧化反應生成CH3CHO，CH3CHO和HCHO發生信息反應生成HOCH2C(CH2OH)2CHO，HOCH2C(CH2OH)CHO發生加成反應生成HOCH2C(CH2OH)3，HOCH2C(CH2OH)3和濃硝酸發生取代反應生成C(CH2ONO2)4。【詳解】(1)E()中的含氧官能團為羧基，非含氧官能團為碳碳三鍵，其電子數為，E的化學名稱為苯丙炔酸，則B()的化學名稱為苯丙烯醛，故答案為羧基；；苯丙烯醛；(2)C為，發生加成反應生成D，B為，C為，B→C的過程中反應①的化學方程式為+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O，故答案為加成反應；+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；(3)G

的結構簡式為，故答案為；(4)F為，F的同分異構體符合下列條件：①遇FeCl3溶液顯紫色，說明含有酚羥基；②能發生銀鏡反應，說明含有醛基；③分子中有5

種不同化學環境的氫且個數比為1∶1∶2∶2∶4，符合條件的同分異構體結構簡式為，故答案為；(5)CH3CH2OH發生催化氧化反應生成CH3CHO，CH3CHO和HCHO發生信息①的反應生成C(CH2OH)4，C(CH2OH)3和濃硝酸發生酯化反應生成C(CH2ONO2)4，合成路線為CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4，故答案為CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4。【點睛】本題的難點為(5)，要注意題干信息的利用，特別是信息①和信息③的靈活運用，同時注意C(CH2ONO2)4屬于酯類物質，不是硝基化合物。19、受熱均勻，且易控制溫度如溫度過低，則反應速率較慢，且不利于ClO2的逸出2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O可減少ClO2揮發和水解8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2NaClO3135cV2V1偏大鹽酸和BaCl2溶液將ClO2氣體通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，觀察溶液顏色變化，若溶液變為血紅色，則證明ClO2的氧化性比【解析】

Ⅰ．水浴加熱條件下，草酸、氯酸鉀在酸性條件下發生氧化還原反應生成ClO2，因遇熱水緩慢水解，則B中含冰塊的水用于吸收ClO2，根據氧化還原反應規律，結合生成物的物質的量的比及質量守恒定律書寫反應方程式；C中NaOH溶液可吸收ClO2尾氣，生成物質的量之比為1：1的兩種陰離子，一種為NaClO2，根據氧化還原反應規律來書寫；II.有碘單質生成，用淀粉做指示劑；根據元素守恒結合反應得到關系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3計算c(ClO2)；III.ClO2具有強氧化性，可氧化H2S生成硫酸，氧化亞鐵離子生成鐵離子，檢驗鐵離子即可解答該題。【詳解】I.(1)裝置A用水浴加熱的優點是受熱均勻，且易控制溫度，如溫度過低，則反應速率較慢，且不利于ClO2的逸出，溫度過高，會加劇ClO2水解；(2)裝置A中反應生成ClO2及KHSO4等產物，同時草酸被氧化生成水和二氧化碳，則反應化學方程式為2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O；(3)裝置B的水中需放入冰塊，可減少ClO2揮發和水解；ClO2緩慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2，且物質的量之比為2:1，則根據反應前后各種元素原子個數相等，結合電子轉移守恒，可得該反應的化學方程式為8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2；裝置C中NaOH溶液的作用是吸收尾氣中的ClO2，生成物質的量之比為的1：1的兩種鹽，由于ClO2中Cl元素的化合價為+4價，一種為NaClO2，根據氧化還原反應的規律，則另一種生成物為NaClO3；II.有碘單質生成，用淀粉作指示劑；二氧化硫和碘單質的反應中，根據電子守恒，得到：2ClO2～5I2，結合反應2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得到關系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3。設原ClO2溶液的濃度為x，n(Na2S2O3)=c·V2×10-3mol，2ClO2～5I2～10Na2S2O32mol10mol10-2?x?V1×10-310-1cV2×10-3mol，2:10=10-2?x?V1如果滴加速率過慢，溶液中部分I-被氧氣氧化產生I2，消耗的標準Na2S2O3溶液的體積偏大，則由此計算出的ClO2的含量就會偏大；(4)取適量ClO2水溶液加入H2S溶液中，振蕩，得無色溶液，說明硫化氫被氧化生成硫酸，可先加入鹽酸酸化，然后再加入氯化鋇檢驗，若反應產生白色沉淀，證明有SO42-，即H2S被氧化產生了H2SO4；(5)證明ClO2的氧化性比Fe3+強，則可通過ClO2氧化Fe2+生成Fe3+，可將ClO2氣體通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，觀察溶液顏色變化，若溶液變為血紅色，則證明ClO2的氧化性比Fe3+強。【點睛】本題考查了物質的制備和性質探究，把握物質的性質以及實驗的原理和操作方法是解題關鍵，側重考查學生的分析能力、實驗能力，同時考查學生接受題目提供的信息能力與應用能力。20、檢驗產物中是否有水生成SO2SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+否，若有SO3也有白色沉淀生成將溶液分成兩份，分別滴加高錳酸鉀溶液、KSCN溶液若高錳酸鉀溶液不褪色，加入KSCN溶液后變紅3x+y=z2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+5H2O【解析】（1）硫酸亞鐵銨[（NH4）2Fe（SO4）2]在500℃時隔絕空氣加熱分解，H、O結合有水生成，故B裝置的作用是檢驗產物中是否有水生成。（2）裝置C中BaC12溶液的作用是為了檢驗分解產物中是否有SO3氣體生成，若含有該氣體，會生成硫酸鋇白色沉淀，觀察到的觀象為溶液變渾濁，但該裝置中沒有明顯現象，可知產物中無有SO3氣體生成；裝置D中有白色沉淀，說明產物中有SO2氣體生成，通入過氧化氫發生氧化還原反應，生成硫酸和氯化鋇反應生成硫酸鋇沉淀，反應的離子方程式為：SO2+H2O2+Ba2