1、2024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、如图是研究铁被海水腐蚀的实验装置。图2中M是某种与铁片紧贴的金属，下列说法正确的是A图1铁片靠近烧杯底部的部分，腐蚀更严重B若M是锌片，可保护铁C若M是铜片，可保护
2、铁DM是铜或是锌都不能保护铁，是因没有构成原电池2、有一未知的无色溶液中可能含有、。分别取样：用计测试，溶液显弱酸性；加适量氯水和淀粉无明显现象。由此可知原溶液中A可能不含B可能含有C一定含有D一定含有3种离子3、探究Na2O2与水的反应，实验如图：已知：H2O2H+HO2-；HO2-H+O22-下列分析不正确的是A、实验中均发生了氧化还原反应和复分解反应B、中产生的气体能使带火星的木条复燃，说明存在H2O2C和不能说明溶解性：BaO2BaSO4D中说明H2O2具有还原性4、有机物M、N之间可发生如图转化.下列说法不正确的是AM能与溴水发生加成反应BM分子中所有碳原子共平面CN能使酸性高锰酸钾
3、溶液褪色DM、N均能发生水解反应和酯化反应5、新型夹心层石墨烯锂硫二次电池的工作原理可表示为16Li+xS88Li2Sx，其放电时的工作原理如图所示，下列有关该电池的说法正确的是A电池充电时X为电源负极B放电时，正极上可发生反应：2Li+Li2S4+2e-=2Li2S2C充电时，没生成1molS8转移0.2mol电子D离子交换膜只能通过阳离子，并防止电子通过6、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A标准状况下,22.4 L乙酸中含有的碳碳单键总数为2NAB常温下,46 g NO2气体中所含有的分子数为NAC1 mol氖气中含有的原子总数为NAD0.1 L0.1 mol L-1 MgC
4、l2溶液中的Mg2+数目为0. 01NA7、大规模开发利用铁、铜、铝，由早到晚的时间顺序是（ ）A铁、铜、铝B铁、铝、铜C铝、铜、铁D铜、铁、铝8、向恒温恒容密闭容器中充入1molX和2molY，发生反应4X（g）+2Y（g）3Z（g），下列选项表明反应一定已达平衡状态的是（ ）A气体密度不再变化BY的体积分数不再变化C3v（X）4v（Z）D容器内气体的浓度c（X）：c（Y）：c（Z）4：2：39、北宋本草图经中载有：“绿矾形似朴消（Na2SO410H2O）而绿色，取此一物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出色赤如融金汁者，是真也。”下列对此段话的理解正确的是A朴消是黑火药的成
5、分之一B上述过程发生的是置换反应C此记载描述的是鉴别绿矾的方法D“色赤”物质可能是单质铜10、亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用氯酸钠（NaClO3）为原料制取，（常温下ClO2为气态），下列说法错误的是A反应阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1B反应后生成的气体要净化后进入反应装置C升高温度，有利于反应提高产率D反应中有气体生成11、以下物质的水溶液显酸性的是ANaHCO3BNaHSO4CCH3COOKDKNO312、现有部分元素的原子结构特点如表，下列叙述中正确的是AW原子结构示意图为B元素X和Y只能形成原子个数比为12的化合物C元素X比元素Z的
6、非金属性强DX、Y、Z、W四种元素不能形成离子化合物13、下列说法正确的是（ ）A淀粉、纤维素、油脂都是高分子化合物B石油分馏和煤的干馏过程，都属于物理变化C甲烷、汽油、柴油、酒精都是碳氢化合物，都可作燃料D聚乙烯是无毒高分子材料，可用于制作食品包装袋14、X、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素。25时，各元素最高价氧化物对应水化物的 pH 与原子半径的关系如图，其中 X、N、W、R 测定的是浓度均为0.01 mol/L溶液的pH，Y、Z测定的是其饱和溶液的pH。下列说法正确的是AR、N分别与X形成二元化合物的水溶液均呈碱性BN、Z、X三种元素的最高价氧化物均不与水反应C单质与 H2化合由
7、易到难的顺序是：R、N、MD金属单质与冷水反应由易到难的顺序是：Y、X、Z15、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是( )选项实验操作实验现象结论A等体积的和两种酸分别与足量的锌反应相同时间内与反应生成的氢气更多是强酸B将湿润的淀粉-试纸分别放入和蒸气中试纸只在蒸气中变蓝色氧化性：C将光亮的镁条放入盛有溶液的试管中有大量气泡产生生成的气体是D向NaHCO3溶液中加入NaAlO2溶液有白色沉淀生成结合的能力比强AABBCCDD16、下列有关有机物甲丁说法不正确的是 A甲可以发生加成、氧化和取代反应B乙的分子式为C6H6Cl6C丙的一氯代物有2种D丁在一定条件下可以转化成只含一种官能团的物质
8、二、非选择题（本题包括5小题）17、烃A中碳、氢两种元素的质量比是24：5，G具有浓郁的香味。它们之间的转化关系如下（含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质）：请回答：（1）化合物B所含的官能团的名称是_。（2）D的结构简式是_。（3）C+FG的化学方程式是_。（4）下列说法正确的是_。A在工业上，AB的过程可以获得汽油等轻质油B有机物C与D都能与金属钠反应，C经氧化也可得到FC可以用碳酸钠溶液鉴别E、F、GD等质量的E、G混合物，无论以何比例混合，完全燃烧耗氧量相同18、用煤化工产品合成高分子材料I的路线如下：已知：（1）B、C、D都能发生银镜反应，G的结构简式为（2）根据题意完成下列
9、填空：（1）A的结构简式为_。（2）实验空由A制得B可以经过三步反应，第一步的反应试剂及条件为/光照，第二步是水解反应，则第三步的化学反应方程式为_。（3）的反应类型为_反应。（4）的试剂与条件为_。（5）I的结构简式为_；请写出一个符合下列条件的G的同分异构体的结构简式_。能发生银镜反应 能发生水解反应苯环上一氯取代物只有一种 羟基不与苯环直接相连（6）由乙醇为原料可以合成有机化工原料1-丁醇（），写出其合成路线_。（合成路线需用的表示方式为：）19、Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水。在中性或碱性环境中稳定。I.制备Na2S2O35H2O反应原理：Na2SO3(aq)+S(s)Na2
10、S2O3(aq)实验步骤：称取15gNa2S2O3加入圆底烧瓶中，再加入80mL蒸馏水。另取5g研细的硫粉，用3mL乙醇润湿，加入上述溶液中。安装实验装置，水浴加热，微沸60分钟。趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O35H2O，经过滤，洗涤，干燥，得到产品。回答问题：（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是_。（2）仪器a的名称是_，其作用是_。（3）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是_，检验是否存在该杂质的方法是_。（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子方程式表示其原因为_。II.测定产品纯度准确称取Wg产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指
11、示剂，用0.1000mol/L碘的标准溶液滴定，反应原理为：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化为_。（6）滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为_ mL。产品的纯度为_（设Na2S2O35H2O相对分子质量为M）。20、某学习小组研究溶液中Fe2+的稳定性，进行如下实验，观察，记录结果。实验 物质0 min1min1h5hFeSO4淡黄色桔红色红色深红色(NH4)2Fe(SO4)2几乎无色淡黄色黄色桔红色（1）上述(NH4)2Fe(SO4)2溶液pH小于FeSO4的原因是_（用化学用语表示）。溶液的稳定性：FeSO4_(NH4)2Fe
12、(SO4)2（填“”或“”） 。（2）甲同学提出实验中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保护了Fe2+，因为NH4+具有还原性。进行实验，否定了该观点，补全该实验。操作现象取_，加_，观察。与实验中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同。（3）乙同学提出实验中两溶液的稳定性差异是溶液酸性不同导致，进行实验：分别配制0.80 molL1 pH为1、2、3、4的FeSO4溶液，观察，发现pH1的FeSO4溶液长时间无明显变化，pH越大，FeSO4溶液变黄的时间越短。资料显示：亚铁盐溶液中存在反应 4Fe2+O210H2O 4Fe(OH)38H+由实验III，乙同
13、学可得出的结论是_，原因是_。（4）进一步研究在水溶液中Fe2+的氧化机理。测定同浓度FeSO4溶液在不同pH条件下，Fe2+的氧化速率与时间的关系如图（实验过程中溶液温度几乎无变化）。反应初期，氧化速率都逐渐增大的原因可能是_。（5）综合以上实验，增强Fe2+稳定性的措施有_。21、我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，直到近年来人们才研究出来其成分为BaCuSi4O10，BaCuSi2O6。(1)“中国蓝”、“中国紫”中均具有Cun离子，n_，基态时该阳离子的价电子排布式为_。(2)“中国蓝”的发色中心是以Cun+为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是_元素。
14、(3)合成“中国蓝”、“中国紫”的原料有BaCO3，孔雀石Cu2(OH)2CO3和砂子(SiO2)。SiO2晶体中Si原子的杂化轨道是由_轨道（填轨道的名称和数目）和_轨道杂化而成的。(4)现代文物分析发现，“中国蓝”中含有微量硫元素。假若硫元素来源一种阴离子是正四面体的天然钡矿中，则最可能的钡矿化学式是_。(5)在5500年前，古代埃及人就己经知道如何合成蓝色颜料“埃及蓝”CaCuSi4O10，其合成原料中用CaCO3代替了BaCO3，其它和“中国蓝”一致。CO32一中键角OCO为_。根据所学，从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更_（填“高”或“低”）。(6)自然界中的Si
15、O2，硬度较大，主要原因是_。下图为SiO2晶胞中Si原子沿z轴方向在xy平面的投影图（即俯视投影图），其中O原子略去，Si原子旁标注的数字表示每个Si原子位于z轴的高度，则SiA与SiB的距离是_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】据钢铁的腐蚀条件、原电池原理分析判断。【详解】A. 图1中铁片在海水中主要发生吸氧腐蚀，水面处铁片接触氧气和水，腐蚀更严重，A项错误；B. 图2中，若M是锌片，则锌、铁与海水构成原电池，电子从锌转移向铁，使铁得到保护，B项正确；C. 图2中，若M是铜片，则铜、铁与海水构成原电池，电子从铁转移向铜，铁更易被腐蚀，C项错误；D. M是铜或锌，
16、它与铁、海水都构成原电池，只有当M为锌时铁被保护，D项错误。本题选B。2、C【解析】溶液为无色，则溶液中没有Cu2+；由可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH4+能水解使溶液显酸性，则一定含有NH4+；而S2-能水解显碱性，即S2-与NH4+不能共存于同一溶液中，则一定不含有S2-；再由氯水能氧化I-生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有I-；又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有NH4+，必须同时存在阴离子，即SO42-必然存在；而Ba2+、SO42-能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2+；显然剩下的Na+是否存在无法判断，综上所述C正确
17、。故选C。【点睛】解决此类问题的通常从以下几个方面考虑：溶液的酸碱性及颜色；离子间因为发生反应而不能共存；电荷守恒。3、B【解析】A.中的反应机理可以认为过氧化钠与水反应生成过氧化氢与氢氧化钠，过氧化氢分解生成水和氧气，发生的反应为复分解反应与氧化还原反应，中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，过氧化氢分解生成了氧气，因此两个试管中均发生了氧化还原反应和复分解反应。A项正确；B. 中过氧化钠与水反应生成氧气，不能说明存在H2O2，B项错误；C. 中BaO2与硫酸反应生成过氧化氢和硫酸钡沉淀，证明酸性：硫酸过氧化氢，不能说明溶解性：BaO2BaSO4，C项正确；D. 中产生的气体为氧
18、气，氧元素化合价升高，做还原剂，说明H2O2具有还原性，D项正确；答案选B。4、B【解析】A. M中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，故A正确；B. M分子有三个C原子连接在同一个饱和C原子上，所以不可能所以碳原子共面，故B错误；C. N中含有羟基、醛基均能被高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；D. M和N中均含有酯基和羟基，能发生水解反应和酯化反应，故D正确；故答案为B。5、B【解析】A、在原电池中，电解质里的阳离子移向正极，所以M是正极，发生还原反应，N是负极，发生氧化反应，电池充电时X为电源正极，A错误；B、根据装置图可知正极反应式可以为2Li+Li2S4+2e-=2Li2S
19、2，B正确；C、根据总反应式可知充电时每生成xmolS8转移16mol电子，C错误；D、电子一定不会通过交换膜，D错误，答案选B。6、C【解析】A.标准状况下，乙酸为液体，无法计算，故A错误；B. 在NO2气体中部分NO2会自发发生反应2NO2N2O4，所以46gNO2气体中所含有的分子数小于NA，故B错误；C. 氖气是以单原子的形式存在，因此1mol氖气中的含有1NA的原子，故C正确；D. 氯化镁溶液中镁离子会水解，因此0.1 L0.1 mol L-1 MgCl2溶液中的Mg2+数目小于0. 01NA，故D错误；故选C。7、D【解析】越活泼的金属越难被还原，冶炼越困难，所以较早大规模开发利用
20、的金属是铜，其次是铁，铝较活泼，人类掌握冶炼铝的技术较晚，答案选D。8、B【解析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】A.反应前后气体的质量不变，容器的体积不变，混合气体的密度一直不变，不能判定反应达到平衡状态，故A错误；B.Y 的体积分数不再变化，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故B正确；C.3v（X）=4v（Z）未体现正与逆的关系，不能判定反应是否达到平衡状态，故C错误；D.当体
21、系达平衡状态时，c（X）：c（Y）：c（Z）可能为4：2：3，也可能不是4：2：3，与各物质的初始浓度及转化率有关，不能判定反应是否达到平衡状态，故D错误；故选B。9、C【解析】由信息可知，绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，以此分析。【详解】A朴消是Na2SO410H2O，而黑火药是我国古代四大发明之一,它的组成是“一硫(硫粉)二硝石（即KNO3固体)三碳(木炭粉)，故A错误；B绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，不是置换反应，故B错误；CFeSO47H2O分解生成氧化铁、二氧化硫
22、、三氧化硫，三氧化硫与水结合生成硫酸，则流出的液体中含有硫酸，现象明显，是鉴别绿矾的方法，故C正确；DFe的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故D错误；故选C。【点睛】本题考查金属及化合物的性质，把握习题中的信息及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，易错点A，黑火药的成分和芒硝不同。10、C【解析】A. 根据氧化还原反应原理，反应阶段，NaClO3化合价降低1个价态，SO2化合价升高2个价态，根据升降守恒，则反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1，A项正确；B. 反应物中有SO2，不处理干净，会在下一步与H2O2和NaOH
23、反应引入杂质，B项正确；C. 当H2O2和NaOH足量时，理论上可完全消耗ClO2，产率与温度无关，温度只会影响反应速率，C项错误；D. 反应条件下，ClO2化合价降低得到NaClO2，作氧化剂，H2O2化合价升高，作还原剂得到氧气，故有气体生成，D项正确；答案选C。11、B【解析】溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)、c(OH-)的相对大小。c(H+)c(OH-)的溶液呈酸性。A. NaHCO3在溶液中完全电离，生成的HCO3-以水解为主使溶液呈碱性，A项错误；B. NaHSO4在溶液中完全电离生成Na+、H+、SO42-，使溶液呈酸性，B项正确；C. CH3COOK在溶液中完全电离，生成的C
24、H3COO-水解使溶液呈碱性，C项错误；D. KNO3溶液中，K+、NO3-不能发生水解，溶液呈中性，D项错误。本题选B。12、C【解析】X元素原子的L层电子数是K层电子数的3倍，可知L层为6个电子，所以X为氧元素；Y元素原子的核外电子层数等于原子序数，Y只能是H元素；Z 元素原子的L层电子数是K层和M层电子数之和，其M层电子数为6，所以Z是S元素；W元素原子共用三对电子形成双原子分子，常温下为气体单质，所以W为N元素。根据上述分析，X为氧元素，Y是H元素，Z是S元素，W为N元素，据此来分析即可。【详解】AW为N元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为5，原子结构示意图为，故A错误；B元素X
25、和元素Y可以以原子个数比11形成化合物，为H2O2，故B错误；CX为O，Z为S，位于同一主族，非金属性OS，故C正确；DX、Y、Z、W四种元素可以形成离子化合物(NH4)2SO4或NH4HSO4等，故D错误；答案选C。13、D【解析】A.油酯中相对分子质量比较大，但不属于高分子化合物，A错误；B.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使它发生分解反应，属于化学变化，B错误；C.酒精分子结构简式为CH3CH2OH，含有C、H、O三种元素，是烃的衍生物，不是碳氢化合物，C错误；D.聚乙烯是乙烯CH2=CH2发生加聚反应产生的无毒高分子材料，因此可用于制作食品包装袋，D正确；故合理选项是D。14、C【解析】X
26、、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素，25时，各元素最高价氧化物对应水化物的pH与原子半径的关系如图，其中X、N、W、R测定的是浓度均为0.01mol/L溶液的pH，Y、Z测定的是其饱和溶液的pH，X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物的水溶液呈碱性，结合碱性强弱可知，X为Na，Y为Mg，Z为Al；R的pH=2，则R为Cl；N的pH2，则N为S；M的pH4，应该为P元素，据此解答。【详解】根据分析可知，X为Na，Y为Mg，Z为Al，M为P，N为S，R为Cl元素。ANaCl溶液呈中性，故A错误；BNa的氧化物为氧化钠，S的最高价氧化物为三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，氧化钠与水反应生成氢氧化
27、钠，故B错误；C非金属性：ClSP，非金属性越强，单质与氢气化合越容易，则单质与H2化合由易到难的顺序是：R、N、M，故C正确；D金属性：NaMgAl，则金属单质与冷水反应由易到难的顺序是：X、Y、Z，故D错误；故选：C。15、D【解析】A等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，相同时间内，HA收集到氢气多，一定能说明HA是弱酸，故A错误；BNO2和Br2蒸气均能氧化KI生成碘单质，湿润的淀粉KI试纸均变蓝，现象相同，不能判断两者的氧化性强弱，故B错误；C氯化铵溶液水解显酸性，Mg与氢离子反应，且放热导致一水合氨分解，则有大量气泡产生，可知反应中生成H2和NH3，故C错误；D偏铝酸
28、根离子促进碳酸氢根离子的电离，生成氢氧化铝沉淀，则AlO2-结合H+的能力比CO32-强，故D正确；故答案为D。【点睛】考查强弱电解质判断，为高频考点，注意不能根据电解质溶液导电性强弱、电解质溶解性强弱等方法判断，为易错题。强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，如要证明醋酸是弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可，可以根据醋酸钠溶液酸碱性、一定浓度的醋酸pH等方法判断。16、B【解析】A. 物质甲中含苯环和羧基，可以发生苯环的加成反应，燃烧反应(属于氧化反应)，可以发生酯化反应(属于取代反应)，A正确；B. 根据乙结构简式可知，该物质是苯分子中六个H原子全部被Cl原子取代产生
29、的物质，故分子式是C6Cl6，B错误；C. 丙分子中含有2种类型的H原子，所以其一氯代物有2种，C正确；D. 丁分子中含有醛基、醇羟基，在一定条件下醛基与氢气可以转化成羟基，就得到只含醇羟基一种官能团的物质，D正确；故答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳碳双键 CH3CH2CH2OH H3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O CD 【解析】烃A中碳、氢两种元素的质量比是24：5，则N（C）：N（H）=，应为C4H10，由生成物G的分子式可知C为CH3CHOHCH3，D为CH3CH2CH2OH，E为CH3CH2CHO，F为CH3CH2COOH
30、，B为CH3CH=CH2，生成G为CH3CH2COOCH（CH3）2，以此解答该题。【详解】（1）B为CH3CH=CH2，含有的官能团为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；（2）D为CH3CH2CH2OH，故答案为：CH3CH2CH2OH；（3） C+FG的化学方程式是CH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O，故答案为：CH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O；（4）A.在工业上，AB的过程为裂解，可获得乙烯等烯烃，而裂化可以获得汽油等轻质油，故A错误；B.有机物C与D都能与金属钠反应，C经氧化生成丙酮，故B错误
31、；C.醛可溶于水，酸与碳酸钠反应，酯类不溶于水，则可以用碳酸钠溶液鉴别E、F、G，故C正确；D.E、G的最简式相同，则等质量的E、G混合物，无论以何比例混合，完全燃烧耗氧量相同，故D正确；故答案为：CD。18、 加成反应 氢氧化钠水溶液加热 【解析】B、C、D都能发生银镜反应，则结构中都含有醛基，G的结构简式为，E碱性条件下水解、酸化得到G，则F为，E为，比较D和E的分子式知，D中-CHO被氧化为-COOH生成E，则D为，根据D中取代基的位置结合A的分子式可推测出A为，A经过系列转化生成B为，B发生信息反应生成C为，与HBr发生加成反应生成D，由G的结构及反应条件和H的分子式可得：H为，由I的
32、组成可知，G通过缩聚反应生成高聚物I，故I为，据此解答。【详解】（1）根据上述分析，A的结构简式为；（2）根据上述分析第三步反应为催化氧化反应，方程式为2+O22+2H2O；（3）根据上述分析，的反应类型为加成反应；（4）E碱性条件下水解得到F，则的试剂与条件为氢氧化钠水溶液加热；（5）根据上述分析，I的结构简式为；能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；能发生水解反应，说明结构中含有含有酯基；苯环上一氯取代物只有一种，说明苯环上有4个取代基，且具有一定对称性；羟基不与苯环直接相连，则结构中没有酚羟基，结合上述分析，G的同分异构体结构简式为；（6）以乙醇为原料合成有机化工原料1-丁醇，碳链的增长根
33、据题干信息可以用醛与醛脱水反应实现，产物中的双键和醛基可以通过与氢气反应转化为碳碳单键和羟基，乙醇催化氧化可以得到乙醛，综上分析其合成路则该合成路线为：。【点睛】逆合成法的运用往往是解决有机合成题的主要方法，此题从G的结构分析，通过分子式的比较及反应条件等信息分析有机物间的转化关系；此类题还需注意题干中给出的信息，如醛和醛的脱水反应，这往往是解题的关键信息。19、使硫粉易于分散到溶液中 冷凝管(或球形冷凝管) 冷凝回流 Na2SO4 取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4 由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 18.10 【解析】I（1）硫
34、粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中；（2）根据图示装置中仪器构造写出其名称，然后根据冷凝管能够起到冷凝回流的作用进行解答；（3）由于S2O32具有还原性，易被氧气氧化成硫酸根离子可知杂质为硫酸钠；根据检验硫酸根离子的方法检验杂质硫酸钠；（4）S2O32与氢离子在溶液中能够发生氧化还原反应生成硫单质，据此写出反应的离子方程式；II（5）滴定终点为最后一滴碘的标准液滴入时，溶液中淀粉遇碘单质变蓝；（6）滴定管读数从上往下逐渐增大；根据氧化还原反应转移电子守恒解答。【详解】I（1）硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，故答案为：使硫粉易于
35、分散到溶液中；（2）根据题中图示装置图可知，仪器a为冷凝管(或球形冷凝管)，该实验中冷凝管具有冷凝回流的作用，故答案为：冷凝管(或球形冷凝管)；冷凝回流；（3）具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离子，所以可能存在的杂质是硫酸钠；检验硫酸钠的方法为：取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4，故答案为：Na2SO4；取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4；（4）与氢离子发生氧化还原反应生成淡黄色硫单质，反应的离子方程式为：；II（5）因指示剂为淀粉，当滴定到终点时，过量的单质碘遇到淀粉
36、显蓝色，且半分钟内不褪色；（6）起始体积为0.00mL，终点体积为18.10mL，因此消耗碘的标准溶液体积为18.10mL；该滴定过程中反应的关系式为：，则产品的纯度为。20、NH4+H2ONH3H2OH+ 取2 mL pH4.0的0.80 molL1 FeSO4溶液 加2滴0.01 molL1 KSCN溶液 溶液pH越小，Fe2+越稳定 溶液中存在平衡4Fe2+O210H2O 4Fe(OH)38H+， c（H+）大，对平衡的抑制作用强，Fe2+更稳定 生成的Fe(OH)3对反应有催化作用 加一定量的酸；密封保存 【解析】（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同，
37、但中（NH4）2Fe（SO4）2含有浓度较高的NH4+；通过表格中的颜色变化来分析；（2）由于是要验证两溶液的稳定性差异是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保护了Fe2+导致，根据控制变量法可知，应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致，据此分析；（3）由实验可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越强，则Fe2+越稳定；亚铁盐溶液中存在反应4Fe2+O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，根据平衡的移动来分析；（4）根据影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂来分析；（5）根据上述实验来分析。【详解】（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+
38、浓度相同，但（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有浓度较高的NH4+，NH4+水解显酸性，导致（NH4）2Fe（SO4）2中的pH更小；通过表格中的颜色变化可知（NH4）2Fe（SO4）2中的Fe2+被氧化的速率更慢，即溶液的稳定性：FeSO4（NH4）2Fe（SO4）2，故答案为：NH4+H2ONH3H2O+H+；（2）由于是要验证两溶液的稳定性差异是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保护了Fe2+导致，根据控制变量法可知，应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致，故应取2mLpH=4.0的0.80molL-1FeSO4溶液于试管中，加2滴0.01molL-1
39、KSCN溶液，过若观察到的现象与实验中（NH4）2Fe（SO4）2溶液现象相同，则说明上述猜想不正确，故答案为：取2mLpH=4.0的0.80molL-1FeSO4溶液；加2滴0.01molL-1KSCN溶液；（3）由实验可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越强，则Fe2+越稳定；亚铁盐溶液中存在反应4Fe2+O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，溶液的pH越小，则氢离子浓度越大，平衡左移，则Fe2+的氧化被抑制，故答案为：溶液pH越小，Fe2+越稳定；溶液中存在平衡4Fe2+O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，c（H+）大，对平衡的抑制作用强，Fe2+更稳定；（4）影响反应速率的因素有
40、浓度、压强、温度和催化剂，而同一条曲线上的浓度FeSO4溶液相同，且应随着反应的进行，Fe2+的浓度减小，故不是浓度对反应速率的影响；而此反应为溶液中的反应，故压强对此反应速率无影响；而此反应中温度不变，故能影响反应速率的只有催化剂，故唯一的可能原因是生成的Fe（OH）3对反应有催化作用，故答案为：生成的Fe（OH）3对反应有催化作用；（5）根据上述实验可知，加入一定量的酸会抑制Fe2+的氧化，或是隔绝空气密封保存，故答案为：加入一定量的酸，密封保存。【点睛】（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有浓度较高的NH4+，NH4+水解显酸性，导致（NH4）2Fe（SO4）2中的pH更小，NH4+保护
41、了Fe2+是解答关键，也是试题的难点和突破口。21、2 O或氧 1个3s 3个3p 低 是一种空间网状的共价晶体，共价键结合较为牢固 【解析】根据化合物中各元素的化合价代数和为零来计算n值，Cu2+ 的价电子排布式根据铜原子的价电子排布式3d104s1 得出。“中国蓝”中、Si都不存在孤对电子，而O原子中存在孤对电子。 SiO2是空间网状结构，一个Si原子周围连有4个O原子。Si原子核外最外层有4个电子，恰好与氧原子形成4个键，无孤对电子。而杂化轨道用于形成键和容纳孤对电子。所以SiO2中Si的杂化类型是sp3，也就是1个3s轨道和3个3p轨道形成。含有硫元素的阴离子是正四面体，最可能是硫酸根
42、。碳酸根中C提供4个电子，O不提供电子，加两个负电荷，6个电子形成3对电子，属于sp2杂化，平面正三角形，键角为，对于碱土金属，同主族从上到下离子半径递增，碳酸盐的热稳定性递增，比稳定。是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，SiA与SiB 在y轴方向上距离为，在z轴方向上距离为，所以SiA与SiB之间的距离。【详解】根据化合物中所有元素化合价代数和为0可计算出Cu的化合价为+2，故Cun离子中n2，Cu的价电子排布式3d104s1，当失去2个电子时价电子排布式变为，故答案为2，；“中国蓝”中，Si都不存在孤对电子，而O原子中存在孤对电子，所以只能氧原子来提供孤对电子，故答案为：O；Si
43、O2中Si的杂化类型是sp3，也就是1个3s轨道和3个3p轨道形成，故答案为：1个3s，3个3p；含有硫元素的阴离子是正四面体，最可能是硫酸根，所以钡矿化学式是，故答案为：；碳酸根中C属于sp2杂化，平面正三角形，键角为，对于碱土金属碳酸盐的热稳定性比稳定，从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更低，故答案为：，低；是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，SiA与SiB 在y轴方向上距离为，在z轴方向上距离为，所以SiA与SiB之间的距离，故答案为：是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，；【点睛】电子排布式的书写、原子杂化方式的判断、离子空间构型的判断等知识要掌握牢固，SiA与SiB 之间的距离的计算，对学生的立体空间想象能力要求高。
