1、2024年高考押题预测卷02【广东卷】化学全解全析（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 Cl 35.5 Fe 56评卷人得分一、选择题：本题共16小题，共44分。第110小题，每小题2分；第1116小题，每小题4分。在每
2、小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1广东是岭南文化中心地，拥有丰富的文化遗产资源。下列在广东发掘的珍贵文物中由合金材料制成的是A战国青釉陶罐B西周铜盉C明代象牙雕寿星D北宋木雕罗汉像【答案】B【解析】A战国青瓷罐材料主要为硅酸盐材料，不属于金属材料，故错误；B西周铜盉材料为青铜合金，属于金属材料，B正确；C明代象牙雕寿星的材料主要为天然象牙雕刻而成，不是金属材料，C错误；D北宋木雕罗汉像材料为木村、主要成分为纤维素，是有机高分子，不属于金属材料，D错误；故答案为：B。2我国自主设计建造的亚洲第一深水导管架“海基一号”在广东珠海建造完工，开创了我国深海油气资源开发的新模式。下列有关
3、说法正确的是A“海基一号”成功从深海开采石油和天然气水合物，天然气属于新能源B石油中含有的13C与12C互为同素异形体C深海开采勘察船采用的新型钛合金材料硬度大、韧性好，具有良好的抗压性能D导管架海水浸泡区可采用镶嵌铜块的方法从而保障钢材不易被腐蚀【答案】C【解析】A天然气属于一次能源，被消耗后不可再生，在燃烧时会产生污染环境的气体，不属于新能源，选项A错误；B石油中含有的13C与12C互为同位素，选项B错误；C合金比成分金属硬度更大、韧性更好，选项C正确；D铜没有铁活泼，不可失去电子牺牲阳极保障船体不易被腐蚀，选项D错误；答案选B。3广东是全国非物质文化遗产大省，人文底蕴丰厚，拥有九江双蒸酒
4、、佛山禾楼舞、潮阳剪纸和木雕等。下列说法不正确的是A酿制九江双蒸酒过程涉及的蒸馏原理是根据酒精和水的密度不同B禾楼舞庆祝水稻丰收，水稻的主要营养成分为淀粉C潮阳剪纸所用纸的主要成分为纤维素D用雕刻刀将木头制成木雕艺术品的过程主要发生物理变化【答案】A【解析】A蒸馏是利用沸点不同，A错误；B水稻的主要营养成分为淀粉，B正确；C纸张的主要成分为纤维素，C正确；D用雕刻刀将木头制成木雕艺术品的过程无新物质生成，为物理变化，D正确；故选A。4下列实验中的仪器、药品选择正确且能达到实验目的的是甲乙丙丁A利用装置甲制备氧气，可以随时控制反应的发生和停止B利用装置乙制取氯气C利用装置丙制取并收集干燥、纯净的
5、NOD利用装置丁比较Fe3+、I2、Cl2的氧化性强弱【答案】D【解析】A过氧化钠粉末无法搁置在有孔塑料板上，不能随时控制反应的发生和停止，A错误； B反应需加热，缺少加热装置、不能利用装置乙制取氯气，B错误；CNO能和空气中氧气反应，不能用排空气法收集，故不能利用装置丙制取并收集干燥、纯净的NO，C错误D碘离子还原性大于亚铁离子，氯气首先和碘离子生成碘单质、再和亚铁离子生成铁离子，观察到四氯化碳溶液变紫红色，后水层溶液变黄色，能比较Fe3+、I2、Cl2的氧化性强弱，D正确；故选D。5化学处处呈现美。下列说法不正确的是A加热固体碘出现大量紫色蒸气时，共价键断裂B茉莉花的芳香扑鼻而来，体现了分
6、子是运动的C烟花燃放时呈现出五颜六色，是不同金属元素的焰色所致D甲烷分子为正四面体结构，四个氢原子完美对称，其键角和键长均相等【答案】A【解析】A加热固体碘出现大量紫色蒸气时，破坏分子间作用力，共价键未断裂，故A错误；B分子是运动的，因此茉莉花的芳香扑鼻而来，故B正确；C不同金属元素的焰色反应焰色不相同，因此烟花燃放时呈现出五颜六色，故C正确；D甲烷分子的键角和键长均相等，其结构为正四面体结构，四个氢原子完美对称，故D正确。综上所述，答案为A。6劳动成就梦想、技能点亮人生。下列劳动实践项目涉及的化学知识解释正确的是选项实践项目化学知识原因解释A兴趣活动：新榨苹果汁提取液可使溶液变为浅绿色苹果汁
7、中含有氧化性物质，能把溶液中的氧化为B社区服务：回收旧衣物并按成分进行分类棉、麻、丝的主要成分均为纤维素C家务劳动：用白醋清洗水壶中由碳酸钙和碳酸镁形成的水垢醋酸的酸性比碳酸强D自主探究：加碘食盐溶液能否使淀粉溶液变蓝色若某品牌的食盐溶液不能使淀粉溶液变蓝色，则该食盐一定属于没有添加碘的伪劣产品【答案】C【解析】A新榨苹果汁提取液中含有还原性物质，把还原为而显浅绿色，选项A错误；B丝的主要成分是蛋白质，选项B错误；C水垢中的碳酸盐与白醋反应生成二氧化碳，强酸制弱酸，说明醋酸的酸性比碳酸强，选项C正确；D能使淀粉溶液变蓝色的是碘单质，加碘食盐溶液中碘元素以化合态的形式存在，不能使淀粉溶液变色，不
8、能由此说明食盐一定属于没有添加碘的伪劣产品，选项D错误；答案选C。7合成布洛芬的方法如图所示(其他物质省略)。下列说法错误的是AX分子中所有原子可能共平面BY的分子式为CX、Y都能发生加成反应D布洛芬能与碳酸钠溶液反应【答案】A【解析】AX分子中存在饱和碳原子，饱和碳原子与其所连4个原子之间为四面体结构，所有原子不可能都共面，A错误；BY分子中含有13个C，16个H，2个O，故分子式为：C13H16O2，B正确；CX、Y中苯环能与氢气发生加成反应，X中碳碳三键、Y中碳碳双键均能发生加成反应，C正确；D布洛芬中含有羧基，能与碳酸钠反应，D正确；故答案选A。8臭氧层中O3分解过程如图所示，下列说法
9、正确的是 A催化反应均为放热反应B决定O3分解反应速率的是催化反应CE1是催化反应对应的正反应的活化能，(E2+E3)是催化反应对应的逆反应的活化能D温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，且平衡常数增大【答案】C【解析】A从图上可知，反应中生成物能量高于反应物，反应是吸热反应，A项错误；B决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，据图可知催化反应的正反应活化能更大，反应更慢，所以催化反应决定臭氧的分解速率，B项错误；C据图可知E1为催化反应中反应物断键吸收的能量，即催化反应对应的正反应的活化能，E2+E3为催化反应生成物成键时释放的能量，即催化反应对应的逆反应的活
10、化能，C项正确；D据图可知总反应的反应物能量高于生成物的能量，所以总反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，平衡常数减小，D项错误；答案选C。9SO2-空气电池是一种新型环保电池，可在发电的同时制得硫酸，电池内部以稀硫酸为电解液。电池工作时，下列说法正确的是ASO2发生还原反应BH2SO4在电池的负极生成C电子从负极通过电解液移向正极D通入空气发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-【答案】B【分析】SO2-空气电池中空气中氧气得到电子发生还原反应，通入氧气一极为正极，则通入二氧化硫一极为负极；【解析】ASO2在负极失去电子，发生氧
11、化反应，A错误； BSO2在负极失去电子，发生氧化反应生成硫酸，B正确； C电子经导线传递到正极，不会经过电解质溶液，C错误；D空气中氧气得到电子发生还原反应，在酸性条件下生成水：，D错误；故选B。10从微观角度探析化学反应时，我们感受到一个神奇的微观世界。下列物质性质实验对应的化学方程式书写不正确的是A过氧化钠放入水中：B氯化铁溶液与铜反应：C单质硫与铜反应：D焦炭还原石英砂制粗硅：【答案】B【解析】A过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为，A项正确；B氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，化学方程式为，B项错误；C单质硫与铜反应生成硫化亚铜，化学方程式为，C项正确；D焦炭和二氧
12、化硅反应生成硅和一氧化碳，化学方程式为，D项正确；答案选B。11黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为，NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A1mol中含有键数目为B基态原子未成对电子数与基态相同的同周期元素还有3种C的混合物中含，则含的质子数为D三种产物的熔点：【答案】C【解析】A中心N原子采取sp2杂化，1个含3个键，1molKNO3中含1mol，所含键数目为3NA，A项错误；B基态K原子核外电子排布式为，未成对电子数为1，则基态原子未成对电子数与基态K相同的第四周期元素还有Sc、Cu、Ga、Br共4种，B项错误；CK2S、K2O2所含质子数相同均为54，且均含2个K+，K2S
13、、K2O2的混合物中含K+1mol，则混合物的物质的量为0.5mol，所含质子数为27NA，C项正确；DK2S为离子晶体熔点较高，N2和CO2均为分子晶体，相对分子质量越大熔点越高，所以三种产物的熔点：K2SCO2N2，D项错误； 故选C。12苯胺()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐()。下列叙述正确的是A中碳原子的杂化轨道类型为B水溶液加水稀释，降低C水溶液中：D在水中的电离方程式为：【答案】D【解析】A苯环内碳原子都采用sp2杂化，A错误；B盐酸盐()属于强酸弱碱盐，水解显酸性，加水稀释，水解程度增大，但由于溶液被稀释，H+浓度减小，增大，B错误；C水溶液中存在电荷守恒：，C错误；D
14、盐酸盐()在水中完全电离，电离方程式为：，D正确；故选D。13W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的原子最外层电子排布式为nSnnPn+1,，由此可知WXYZAX、Y、Z形成的最简单氢化物中稳定性最强的是YBZ元素氧化物对应水化物的酸性一定强于YCX元素形成的简单阴离子还原性大于YDW的第一电离能大于X的第一电离能【答案】D【分析】根据题给信息知W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，则W为氮元素；结合四种短周期元素在元素周期表中的相对位置判断，X为氧元素，Y为硫元素，Z为氯元素。【解析】A非金属性：OClS，最简单氢化物稳定性最强的是O，A错误；B同主
15、族元素由左向右元素的非金属性逐渐增强，最高价氧化物水化物的酸性逐渐增强，故高氯酸的酸性一定强于硫酸，其它含氧酸则不一定，B错误；C同主族元素由上到下元素的非金属性逐渐减弱，形成阴离子的还原性逐渐增强，故O2-还原性弱于S2-，C错误；D氮的第一电离能大于氧的第一电离能， D正确；故选：D。14为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)实验目的玻璃仪器试剂A配制一定物质的量浓度的NaCl溶液容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒蒸馏水、NaCl固体B测定NaOH溶液浓度烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管待测NaOH溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂C制备胶体烧杯、酒精灯、胶
16、头滴管蒸馏水、饱和溶液D制备乙酸乙酯试管、量筒、导管、酒精灯冰醋酸、无水乙醇、饱和溶液【答案】C【解析】A配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等，A不符合题意；B用标准稀盐酸溶液滴定待测氢氧化钠溶液可测定出氢氧化钠的浓度，取待测液时需选取碱式滴定管，酸式滴定管则盛装标准盐酸溶液，所以所选仪器还应有碱式滴定管，B不符合题意；C往烧杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，得到氢氧化铁胶体，所选玻璃仪器和试剂均准确，C符合
17、题意；D制备乙酸乙酯时需要用浓硫酸作催化剂和吸水剂，所选试剂中缺少浓硫酸，D不符合题意；故答案为：C。15液化石油气的主要成分C3H8在光照条件下与Cl2反应，可得到各种氯代丙烷。已知：C3H8与Cl2反应的机理为自由基反应，包括以下几步：链引发：链传递：，链终止：，丙烷氯代反应中链传递的一步反应能量变化如下。下列说法正确的是A将液化石油气灶改用天然气为燃料，若进气口保持不变，则需要调大风门B先将Cl2用光照射，然后迅速在黑暗处与C3H8混合，可得到氯代丙烷C先将Cl2用光照射，然后在黑暗处放置较长时间，再与C3H8混合，可得到氯代丙烷D断裂CH3中1 mol CH比断裂CH2中1 mol C
18、H所需能量小【答案】B【解析】A当将液化石油气灶改用为天然气燃料时，如果进气口保持不变，即燃料气体的流量不变，由于天然气的的耗氧量低，则可以调节小风门，A错误；B在光照条件下，氯气分子会吸收光能并分解成自由基，在黑暗处，已经生成的氯自由基与丙烷反应，可以生成氯代丙烷，B正确；C在黑暗条件下，已经生成的氯自由基会很快失去活性，因为它们无法继续吸收光能来维持链式反应。因此，即使氯气在光照下已经部分分解，但在黑暗处放置较长时间后，这些自由基的数量会大大减少，甚至可能几乎不存在，几乎不可能生成氯代丙烷，C错误；D键能越大的化学键越稳定，越不容易被断裂。甲基中的C-H键比亚甲基中的C-H键更强，那么断裂
19、甲基中的C-H键所需的能量应该更大，D错误；故选B。16电池实现了对的高效利用，其原理如图所示。下列说法不正确的是A多孔纳米片为正极，电极上发生还原反应B电极反应式为：Ca为，b为D当外电路通过时，双极膜中离解水的物质的量为【答案】C【分析】由图可知，锌发生氧化反应为负极，则多孔纳米片为正极；【解析】A由分析可知，多孔纳米片为正极，电极上发生还原反应，A正确；B电极锌失去电子生成，反应式为：，B正确；C原电池中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，故b为，a为，C错误；D当外电路通过时，由电荷守恒可知，双极膜中离解水的物质的量为，产生1mol氢离子、1mol氢氧根离子，D正确；故选C。评卷人得分
20、二、非选择题：本题共4小题，共56分。17（14分）已知为可逆反应，某小组设计实验测定该反应平衡常数并探究影响化学平衡移动的因素。回答下列问题：（1）配制溶液和溶液。基态核外电子排布式为_，实验中所需的玻璃仪器有容量瓶、量筒和_。(从下图中选择，写出名称)（2）常温下，测定该反应的平衡常数K。资料卡片.；.为9l1.5条件下和磺基水杨酸生成稳定的黄色络合物，可以通过测定吸光度得知其浓度。将溶液与溶液等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色，过滤得澄清滤液。(忽略反应引起的溶液体积变化)甲同学通过测定滤液中浓度测得K。取滤液，用标准溶液滴定滤液中，至滴定终点时消耗标准溶液。滴定终点的现象为_，反应
21、的平衡常数_。(用含、V的计算式表示)乙同学通过测定滤液中浓度测得K。取滤液，加入磺基水杨酸溶液，加入为911.5的缓冲溶液，测定吸光度。测得溶液中浓度为，则的平衡常数_。(用含c的计算式表示)（3）该小组进一步研究常温下稀释对该平衡移动方向的影响。用溶液和溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，测定平衡时浓度，记录数据。序号10102ab_，_。和存在的关系是_(用含和的不等式表示)，该关系可以作为判断稀释对该平衡移动方向影响的证据。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d6（1分） 烧杯、玻璃棒、胶头滴管（2分）（2）最后一滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不褪色（2分） （1分
22、） （2分）（3）2（2分） 16（2分） 5（2分）【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏洗涤润洗装液调液面记录，锥形瓶：注液体记体积加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；【解析】（1）铁为26号元素，失去2个电子得到亚铁离子，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；配制一定浓度的溶液，实验中所需的玻璃仪器有容量瓶、量筒和烧杯、玻璃棒、胶头滴管；（2）铁离子和KSCN溶液反应溶液变红色，故滴定终点的现象为：最
23、后一滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不褪色；溶液与溶液等体积混合，亚铁离子过量，银离子完全反应，反应后；根据，可知滤液中，故反应的平衡常数；溶液与溶液等体积混合后银离子、亚铁离子的初始浓度分别为、，反应后生成浓度为，则反应后银离子、亚铁离子的浓度分别为、，则反应的平衡常数；（3）研究常温下稀释对该平衡移动方向的影响，用溶液和溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，测定平衡时浓度，则实验中变量为、溶液的浓度，故实验中a=2，b=10+10-2-2=16；溶液稀释后平衡向离子浓度增大的方向移动，故平衡逆向移动，和关系为，故5。18（14分）稀土金属(RE)属于战略性金属，我国的稀土提炼技术位于
24、世界领先地位。一种从废旧磁性材料主要成分为铈(Ce)、Al、Fe和少量不溶于酸的杂质中回收稀土金属Ce的工艺流程如图所示。已知：Ce(H2PO4)3难溶于水和稀酸。常温下，KspFe(OH)2=1.010-16.4，KspAl(OH)3=1.010-32.9，KspCe(OH)3=1.010-20。当溶液中的金属离子浓度小于或等于10-5mol/L时，可认为已沉淀完全。回答下列问题：（1）为提高酸浸的速率，可采取的措施为 (写一条即可)。（2）常温下，“酸浸”后测得溶液中c(Fe2+)=1.0mol/L，c(Ce3+)=0.01mol/L，则“沉Ce”时，为了使Al3+完全沉淀，但不引入Fe(
25、OH)2和Ce(OH)3，需要调节溶液的pH范围为 。（3）“碱转换”过程中Ce(H2PO4)所发生反应的离子方程式为 ，“滤液2”中铝元素的存在形式为 (填化学式)。（4）“沉淀”后所得的固体为Ce2(C2O4)310H2O，将其煅烧可得Ce2O3和一种无毒的气体，发生反应的化学方程式为 。（5）某稀土金属氧化物的立方晶胞如图所示，则该氧化物的化学式为 ，距离RE原子最近的O原子有 个。若M(晶胞)=Mg/mol，晶胞边长为anm，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为 g/cm3(列出计算式)。 【答案】（1）加热、搅拌、粉碎废旧磁性材料、适当增大硫酸浓度等（2分）（2）（2分）（3）（
26、2分） NaAl(OH)4(或NaAlO2)（1分）（4）（2分）（5）REO2（2分） 8（1分） （2分）【分析】废旧磁性材料加入稀硫酸酸浸后过滤，滤液中含有硫酸亚铁、硫酸铈、硫酸铝，向滤液中加入磷酸二氢钠，得到Ce(H2PO4)3、氢氧化铝沉淀；“碱转换”过程中Ce(H2PO4)所发生反应，过滤向滤渣中稀硫酸溶解后再加草酸“沉淀”后所得的固体为Ce2(C2O4)310H2O，将其煅烧可得Ce2O3和CO2， Ce2O3被还原为Ce。【解析】（1）可通过加热、搅拌、粉碎废旧磁性材料、适当增大硫酸浓度等措施提高酸浸的速率，故答案为：通过加热、搅拌、粉碎废旧磁性材料、适当增大硫酸浓度；（2）“
27、沉Ce”时，为了使Al3+完全沉淀， ，此时，pH应大于等于4.7；溶液中c(Fe2+)=1.0mol/L，c(Ce3+)=0.01mol/L，为了不引人Fe(OH)2和Ce(OH)3，当，为了使Al3+完全沉淀，但不引人Fe(OH)2和Ce(OH)3，需要调节溶液的pH范围，故答案为：；（3）“碱转换”过程中Ce(H2PO4)所发生反应，氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液中生成了NaAl(OH)4(或NaAlO2)，故答案为：；NaAl(OH)4(或NaAlO2)；（4）“沉淀”后所得的固体为Ce2(C2O4)310H2O，将其煅烧可得Ce2O3和CO2，发生反应，故答案为：；（5）根据晶胞图可知1个
28、晶胞中RE：， O：，两种原子个数比为1:2，化学式为：REO2；距离RE原子最近的O原子有8个；M(晶胞)=Mg/mol，晶胞边长为anm，1个晶胞的体积为，1个晶胞中还有4个REO2，晶胞的密度为故答案为：REO2；8；。19（14分）用“氧化-萃取法”可从卤水中提取碘，其方法为向酸化的卤水中加入溶液，再加入萃取剂（R）进行萃取。该过程涉及以下反应：（）（）（）回答下列问题：（1）根据盖斯定律，反应 。（2）基态碘原子价层电子的轨道表示式为 。（3）反应条件会影响碘的萃取率。其他条件不变时，不同温度下达平衡时碘萃取率曲线如图所示：萃取温度从300 K升高至320 K，碘萃取率缓慢下降。结合
29、平衡移动原理，分析其原因 （忽略萃取剂的挥发、的挥发及分解产生的影响）。当萃取温度超过320 K时，的分解导致碘萃取率明显下降。下列说法不正确的是 （填标号）。A增大溶液的pH，碘萃取率降低B增大萃取剂用量，碘萃取率升高C萃取体系平衡后加水稀释，变小D增大的浓度，反应（）的速率增大（4）未加萃取剂时，固定总碘浓度为，平衡时溶液中的、分布系数与溶液中初始关系如图所示。总碘浓度各组分折合为后的浓度之和，如设平衡时、分别为、，则、之间的关系式为 。计算反应的平衡常数 （结果保留3位有效数字）。（5）测定卤水中的方法：取卤水于锥形瓶中，加适量氧化剂恰好将全部氧化为；加溶液酸化后，再加入适量溶液，密闭静
30、置后，用标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点；平行测定3次，平均消耗，则卤水中 。（已知：）【答案】（1）276.4kJ/mol（2分）（2）（2分）（3）反应、均为放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，碘萃取率下降 （2分） C（2分）（4）a+2b+3c（2分） 667（2分）（5）2.000103（2分）【解析】（1）由盖斯定律可知，反应+得到反应，则反应H=(257.5kJ/mol)+(18.9 kJ/mol)= 276.4kJ/mol，故答案为：276.4kJ/mol；（2）碘元素的原子序数为53，基态原子的价电子排布式为5s25p5，轨道表示式为，故答案
31、为：；（3）反应、均为放热反应，萃取温度从300 K升高至320 K时，温度升高，平衡向逆反应方向移动，RI有机相的浓度减小，碘萃取率下降，故答案为：反应、均为放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，碘萃取率下降；A增大溶液的pH，溶液中氢离子浓度减小，反应、平衡向逆反应方向移动，导致平衡碘萃取率降低，故正确；B增大萃取剂用量，反应向正反应方向移动，碘萃取率升高，故正确；C由方程式可知，反应的平衡常数K=，溶液中=，萃取体系平衡后加水稀释时，碘离子浓度减小、平衡常数不变，则溶液中和的值增大，故错误；D增大溶液中碘离子的浓度，反应物的浓度增大，反应()的速率增大，故正确；故选C；（4）由碘原
32、子个数守恒可知，平衡时溶液中+=0.01mol/L，由此可得a+2b+3c=0.01，故答案为：a+2b+3c；由图可知，溶液中碘离子浓度为0.01mol/L0.45=4.5103mol/L、碘三离子的浓度为0.01mol/L0.45=1.5103mol/L、碘浓度为0.01mol/L(10.0450.045)=5104mol/L，则由方程式可知，反应的平衡常数K=667，故答案为：667；（5）由题意可得如下转化关系：IIO3I26S2O，滴定消耗20.00mL0.01500 mol/L硫代硫酸钠溶液，则卤水中碘离子浓度为=2.000103mol/L，故答案为：2.000103。20（14分
33、）PET是一种用途广泛的高分子材料，其合成的方法如图所示(反应所需的部分试剂与条件省略)。回答下列问题：（1）化合物I的分子式为 。化合物与酸性KMnO4溶液反应可得到化合物，则化合物的名称为 。（2）化合物是环状分子，与H2O加成可得到化合物，则化合物的结构简式为 。（3）化合物是化合物与足量H2加成后所得产物的一种同分异构体，其核磁共振氢谱中峰面积比为3：1：3，请写出一种符合条件的化合物的结构简式： 。（4）根据化合物的结构特征，分析预测其可能具有的化学性质，并完成下表：序号反应试剂、条件反应生成的新结构反应类型1 2 取代反应（5）下列关于反应的说法中正确的有_(填标号)。A反应为加成
34、反应B化合物中所有原子共平面C反应过程中，有C-O键和C-H键的断裂D化合物中，氧原子采取sp3杂化，且不含手性碳原子（6）以与丙烯为含碳原料，利用所学知识与上述合成路线的信息，合成化合物。从出发，第一步反应的产物为 (写结构简式)。相关步骤涉及酯化反应，其化学方程式为 (注明反应条件)。【答案】（1） C6H8O（1分） 对苯二甲酸(或1，4-苯二甲酸)（1分）（2）（2分）（3）（2分）（4） H2，催化剂、 （0.5分） 加成反应或还原反应（0.5分） Br2，Fe或FeBr3(或Cl2，光照) （0.5分） (或)（0.5分）（5）AC（2分）（6） （2分） + CH3CHOHCH3
35、+H2O（2分）【分析】和乙烯发生加成反应生成，转化为：对二甲苯，对二甲苯与酸性KMnO4溶液反应可得到化合物，则为甲基被氧化为羧基得到：对苯二甲酸(或1，4-苯二甲酸)；乙烯转化为，化合物是环状分子，与H2O加成可得到化合物，则为环氧乙烷；：对苯二甲酸与：乙二醇发生缩聚反应生成PET；【解析】（1）由图可知，化合物I的分子式为C6H8O。化合物与酸性KMnO4溶液反应使得甲基被氧化为羧基得到化合物，则化合物的名称为对苯二甲酸(或1，4-苯二甲酸)；（2）由分析可知，化合物的结构简式为；（3）化合物与足量H2加成后得到，分子中含有8个碳、1个氧、不饱和度为2，其同分异构体中核磁共振氢谱中峰面积
36、比为3：1：3，则为对称结构且应该含有2组每组2个甲基，结构可以为：；（4）苯在催化剂加热条件下和氢气发生加成反应生成，故答案为： H2，催化剂、；加成反应或还原反应；中苯环氢、甲基氢均可以发生取代反应，在铁催化作用下苯环氢可以被溴取代生成；在光照条件下，甲基氢可以被氯气中氯取代生成；故答案为：Br2，Fe或FeBr3(或Cl2，光照)；(或)；（5）A反应得到产物的不饱和度减小，为加成反应，正确；B化合物中含有甲基，甲基为四面体结构，所有原子不共平面，错误；C反应过程中，有C-O键和C-H键的断裂，反应生成苯环和小分子水，正确；D化合物中，氧原子形成2个共价键且存在2对孤电子对，采取sp3杂化；分子中含手性碳原子，错误；故选AC；（6）本题采用逆向合成法，即可由和CH3CHOHCH3通过酯化反应制得，CH3CHBrCH3在NaOH水溶液中加热发生水解反应即可制得CH3CHOHCH3，根据题干转化信息可知，苯甲酸可由甲苯氧化得到，根据题干转化信息可知，甲苯可由转化而得，根据题干转化信息可知，可由和CH2=CHCH3转化而得，而CH3CHBrCH3在NaOH醇溶液中加热发生消去反应即可制得CH2=CHCH3；由分析可知，从出发，第一步反应的产物为。由分析可知，相关步骤涉及酯化反应，其化学方程式为：+ CH3CHOHCH3+H2O。
