2024年福建省福州市閩侯八中高考臨考沖刺化學試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、如圖所示，常溫時將一滴管液體Y一次性全部擠到充滿O2的錐形瓶內(裝置氣密性良好)，若錐形瓶內氣體的最大物質的量是amol，久置后其氣體的物質的量是bmol，不存在a＞b關系的是()XYA過量C、Fe碎屑稀HClB過量Na2CO3粉末稀H2SO4C過量Fe、Al碎屑濃H2SO4D過量Cu、CuO粉末濃HNO3A．A B．B C．C D．D2、國慶期間對大量盆栽鮮花施用了S-誘抗素制劑以保證鮮花盛開，S-誘抗素的分子結構如圖。下列關于該物質的說法正確的是A．該有機物的分子式為C15H21O4B．該有機物能發生取代、加成和水解反應C．1mol該有機物與足量溴反應最多消耗4molBr2D．1mol該有機物與足量Na反應生成生成1molH23、將SO2氣體通入BaCl2溶液，未見沉淀生成，然后通入X氣體。下列實驗現象不結論不正確的是選項氣體X實驗現象解釋不結論ACl2出現白色沉淀Cl2將SO2氧化為H2SO4，白色沉淀為BaSO4BCO2出現白色沉淀CO2與BaCl2溶液反應，白色沉淀為BaCO3CNH3出現白色沉淀SO2與氨水反應生成SO32-，白色沉淀為BaSO3DH2S出現淡黃色沉淀H2S與SO2反應生成單質硫，淡黃色沉淀為硫單質A．A B．B C．C D．D4、關于如圖裝置中的變化敘述錯誤的是A．電子經導線從鋅片流向右側碳棒，再從左側碳棒流回銅片B．銅片上發生氧化反應C．右側碳棒上發生的反應：2H++2e→H2↑D．銅電極出現氣泡5、有關化學鍵和晶體的敘述中正確的是（）A．分子晶體中，分子間作用力越大分子越穩定B．分子晶體都是由共價分子構成的C．離子晶體中可能含有共價鍵D．原子晶體中只存在非極性鍵6、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列有關敘述正確的是A．在12.0gNaHSO4晶體中，所含離子數目為0.3NAB．足量的鎂與濃硫酸充分反應，放出2.24L混合氣體時，轉移電子數為0.2NAC．30g冰醋酸和葡萄糖的混合物中含氫原子的數目為2NAD．標準狀況下，11.2L乙烯和丙烯混合物中含氫原子數目為2NA7、VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+ag，取VmL溶液稀釋到4VmL，則稀釋后溶液中SO42﹣的物質的量濃度是()A．mol/L B．mol/L C．mol/L D．mol/L8、傳統接觸法制取硫酸能耗大，污染嚴重。將燃料電池引入硫酸生產工藝可有效解決能耗和環境污染問題，同時提供電能。以燃料電池為電源電解硫酸銅溶液的工作原理示意圖如下所示。下列說法不正確的是A．b極為正極，電極反應式為O2+4H++4e-==2H2OB．H+由a極通過質子交換膜向b極移動C．該燃料電池的總反應式為2SO2+O2+2H2O==2H2SO4D．若a極消耗2.24L(標準狀況)SO2，理論上c極有6.4g銅析出9、某濃度稀HNO3與金屬M反應時，能得到+2價硝酸鹽，反應時M與HNO3的物質的量之比為5∶12，則反應時HNO3的還原產物是（）A．NH4NO3 B．N2 C．N2O D．NO10、主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序數依次增大，且均不大于20。Q的簡單氫化物和其最高價含氧酸可以化合成鹽，X與Q同周期且是該周期主族元素中原子半徑最小的元素；Z一具有與氬原子相同的電子層結構；Q、Y、W原子的最外層電子數之和為9。下列說法一定正確的是A．X與Z的簡單氫化物的水溶液均呈強酸性B．Y與Z形成的化合物只含離子鍵C．簡單氫化物的沸點：Q<XD．Z和W形成的化合物的水溶液呈堿性11、用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出廢舊印刷電路板上的銅。已知：Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g)ΔH=+64.39kJ/mol2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH=-196.46kJ/molH2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.84kJ/mol在H2SO4溶液中，Cu與H2O2反應生成Cu2+(aq)和H2O(l)的反應熱ΔH等于A．－319.68kJ/mol B．－417.91kJ/molC．－448.46kJ/mol D．＋546.69kJ/mol12、下列指定反應的離子方程式正確的是A．向NaAlO2

溶液中滴入NaHCO3溶液：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-B．MnO2與濃鹽酸混合加熱：MnO2+4H++4Cl-MnCl2+Cl2↑+2H2OC．FeSO4溶液中加入鹽酸酸化的H2O2：Fe2++H2O2+2H+=Fe3++2H2OD．Ca(HCO3)2溶液中加入過量氨水：Ca2++HCO3-+NH3·H2O=CaCO3↓+H2O+NH4+13、實驗室處理廢催化劑FeBr3溶液，得到溴的四氯化碳溶液和無水FeCl3。下列圖示裝置和原理能達到實驗目的的A．制取氯氣B．將Br-全部轉化為溴單質C．分液時，先從下口放出有機層，再從上口倒出水層D．將分液后的水層蒸干、灼燒制得無水FeCl314、由下列實驗、現象以及由現象推出的結論均正確的是選項實驗方法現象結論A向FeCl3溶液中滴入少量KI溶液，再加入KSCN溶液溶液變紅Fe3+與I－的反應具有可逆性BSO2通入Ba(NO3)2溶液產生白色沉淀白色沉淀是BaSO4C將稀硫酸滴入淀粉溶液中并加熱，冷卻后再加入新制Cu(OH)2懸濁液并加熱未出現磚紅色沉淀淀粉未水解D用碎瓷片做催化劑，給石蠟油加熱分解，產生的氣體通過酸性高錳酸鉀溶液酸性高錳酸鉀溶液逐漸褪色石蠟油裂解一定生成乙烯A．A B．B C．C D．D15、化學與生產、生活息息相關。下列說法正確的是（）A．可用鋼瓶儲存液氯或濃硫酸B．二氧化碳氣體可用作鎂燃燒的滅火劑C．雞蛋清溶液中加入CuSO4溶液，有沉淀析出，該性質可用于蛋白質的分離與提純D．炒菜時加碘食鹽要在菜準備出鍋時添加，是為了防止食鹽中的碘受熱升華16、下列指定反應的離子方程式正確的是A．用過氧化氫從酸化的海帶灰浸出液中提取碘：2I－＋H2O2=I2＋2OH－B．過量的鐵粉溶于稀硝酸：Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋NO↑＋2H2OC．用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－D．向NaAlO2溶液中通入過量CO2：2AlO2-＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO32-二、非選擇題（本題包括5小題）17、有機物W（C16H14O2）用作調香劑、高分子材料合成的中間體等，制備W的一種合成路線如下：已知：請回答下列問題：（1）F的化學名稱是_______，⑤的反應類型是_______。（2）E中含有的官能團是_______（寫名稱），E在一定條件下聚合生成高分子化合物，該高分子化合物的結構簡式為_______。（3）E+F→W反應的化學方程式為_______。（4）與A含有相同官能團且含有苯環的同分異構體還有_______種（不含立體異構），其中核磁共振氫譜為六組峰，且峰面積之比為1∶1∶2∶2∶2∶2的結構簡式為____。（5）參照有機物W的上述合成路線，寫出以M和CH3Cl為原料制備F的合成路線（無機試劑任選）_______。18、某有機物A(C4H6O5)廣泛存在于許多水果內，尤以蘋果、葡萄、西瓜、山楂內為多，是一種常用的食品添加劑。該化合物具有如下性質：(i)在25℃時，電離平衡常數K＝3.9×10-4，K2＝5.5×10-6(ii)A+RCOOH(或ROH)有香味的產物(iii)1molA慢慢產生1.5mol氣體(iv)核磁共振氫譜說明A分子中有5種不同化學環境的氫原子與A相關的反應框圖如下：（1）依照化合物A的性質，對A的結構可作出的判斷是___。a．確信有碳碳雙鍵b．有兩個羧基c．確信有羥基d．有－COOR官能團（2）寫出A、F的結構簡式：A：__、F：__。（3）寫出A→B、B→E的反應類型：A→B___、B→E__。（4）寫出以下反應的反應條件：E→F第①步反應__。（5）在催化劑作用下，B與乙二醇可發生縮聚反應，生成的高分子化合物用于制造玻璃鋼。寫出該反應的化學方程式：__。（6）寫出與A具有相同官能團的A的同分異構體的結構簡式：___。19、某研究性學習小組對過量炭粉與氧化鐵反應的氣體產物成分進行研究。（1）提出假設①該反應的氣體產物是CO2；②該反應的氣體產物是CO。③該反應的氣體產物是。（2）設計方案，如圖所示，將一定量的氧化鐵在隔絕空氣的條件下與過量炭粉完全反應，測定參加反應的碳元素與氧元素的質量比。（3）查閱資料氮氣不與碳、氧化鐵發生反應。實驗室可以用氯化銨飽和溶液和亞硝酸鈉（NaNO2）飽和溶液混合加熱反應制得氮氣。請寫出該反應的離子方程式：。（4）實驗步驟①按上圖連接裝置，并檢查裝置的氣密性，稱取3.20g氧化鐵、2.00g碳粉混合均勻，放入48.48g的硬質玻璃管中；②加熱前，先通一段時間純凈干燥的氮氣；③停止通入N2后，夾緊彈簧夾，加熱一段時間，澄清石灰水（足量）變渾濁；④待反應結束，再緩緩通入一段時間的氮氣。冷卻至室溫，稱得硬質玻璃管和固體總質量為52.24g；⑤過濾出石灰水中的沉淀，洗滌、烘干后稱得質量為2.00g。步驟②、④中都分別通入N2，其作用分別為。（5）數據處理試根據實驗數據分析，寫出該實驗中氧化鐵與碳發生反應的化學方程式：。（6）實驗優化學習小組有同學認為應對實驗裝置進一步完善。①甲同學認為：應將澄清石灰水換成Ba(OH)2溶液，其理由是。②從環境保護的角度，請你再提出一個優化方案將此實驗裝置進一步完善：。20、某學生對SO2與漂粉精的反應進行實驗探究：操作現象取4g漂粉精固體，加入100mL水部分固體溶解，溶液略有顏色過濾，測漂粉精溶液的pHpH試紙先變藍（約為12），后褪色液面上方出現白霧；

稍后，出現渾濁，溶液變為黃綠色；

稍后，產生大量白色沉淀，黃綠色褪去（1）C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化學方程是_________。（2）pH試紙顏色的變化說明漂粉精溶液具有的性質是_________。（3）向水中持續通入SO2，未觀察到白霧。推測現象i的白霧由HC1小液滴形成，進行如下實驗：a．用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗白霧，無變化；b．用酸化的AgNO3溶液檢驗白霧，產生白色沉淀。①實驗a目的是______。②由實驗a、b不能判斷白霧中含有HC1，理由是________。（4）現象ii中溶液變為黃綠色的可能原因：隨溶液酸性的增強，漂粉精的有效成分和C1-發生反應。通過進一步實驗確認了這種可能性，其實驗方案是______。（5）將A瓶中混合物過濾、洗滌，得到沉淀X①向沉淀X中加入稀HC1，無明顯變化。取上層清液，加入BaC12溶液，產生白色沉淀。則沉淀X中含有的物質是_____。②用離子方程式解釋現象iii中黃綠色褪去的原因：________。21、深井巖鹽的主要配料為：精制鹽、碘酸鉀(KIO3)、亞鐵氰化鉀[K4Fe(CN)6·3H2O]。其中亞鐵氰化鉀的無水鹽在高溫下會發生分解：3K4[Fe(CN)6]2(CN)2↑+12KCN+N2↑+Fe3C+C請回答下列問題：（1）①Fe2+基態核外電子排布式為_____。②的空間構型為______（用文字描述）。③（CN）2分子中碳原子雜化軌道類型為_______，一種與CN-互為等電子體的分子的電子式為_______。④1molFe(CN)63?中含有σ鍵的數目為____mol。（2）配合物Fe(CO)x的中心原子價電子數與配體提供電子數之和為18，則x＝___。Fe(CO)x常溫下呈液態，熔點為－20.5℃，沸點為103℃，易溶于非極性溶劑，據此可判斷Fe(CO)x晶體屬于____(填晶體類型)。（3）如圖是從鐵氧體離子晶體Fe3O4中取出的能體現其晶體結構的一個立方體，則該立方體是不是Fe3O4的晶胞______(填“是”或“否”)，立方體中三價鐵離子處于氧離子圍成的________(填空間結構)空隙。（4）Fe能形成多種氧化物，其中FeO晶胞結構為NaCl型。晶體中實際上存在空位、錯位、雜質原子等缺陷，晶體缺陷對晶體的性質會產生重大影響。由于晶體缺陷，在晶體中Fe和O的個數比發生了變化，變為FexO（x＜1），若測得某FexO晶體密度為5.71g?cm﹣3，晶胞邊長為4.28×10﹣10m，則FexO中x=____。（用代數式表示，不要求算出具體結果）。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

A.鐵與稀鹽酸反應放出氫氣，久置后其氣體的物質的量增大，故不選A；B.Na2CO3粉末與稀H2SO4反應放出二氧化碳氣體，久置后其氣體的物質的量增大，故不選B；C.Fe、Al在濃硫酸中鈍化，久置后其氣體的物質的量不變，故選CD.Cu與濃硝酸反應放出NO2氣體，久置后其氣體的物質的量增大，故不選D；答案選C。2、D【解析】

由題給結構簡式可知，S-誘抗素的分子式為C15H20O4，官能團為羰基、碳碳雙鍵、醇羥基和羧基，具有酮、烯烴、醇和羧酸性質，能發生加成反應、氧化反應、酯化反應、取代反應、加聚反應等。【詳解】A項、由結構簡式可知S-誘抗素的分子式為為C15H20O4，故A錯誤；B項、S-誘抗素不含有酯基和鹵素原子，不能發生水解反應，故B錯誤；C項、S-誘抗素含有3個碳碳三鍵，則1mol該有機物與足量溴反應最多消耗3molBr2，故C錯誤；D項、S-誘抗素含有1個羥基和1個羧基，則1mol該有機物與足量Na反應生成1molH2，故D正確。故選D。【點睛】本題考查有機物結構和性質，側重考查醇、烯烴、羧酸性質，把握官能團及其性質關系是解本題關鍵。3、B【解析】

A選項，SO2氣體與氯氣反應生成鹽酸和硫酸，硫酸和氯化鋇反應生成硫酸鋇，故A正確；B選項，鹽酸酸性大于碳酸，因此二氧化碳不與氯化鋇反應，故B錯誤；C選項，SO2氣體與NH3反應生成SO32-，再與氯化鋇反應生成亞硫酸鋇沉淀，故C正確；D選項，H2S與SO2反應生成單質硫和水，淡黃色沉淀為硫單質，故D正確。綜上所述，答案為B。4、B【解析】

右邊裝置能自發的進行氧化還原反應,所以右邊裝置是原電池,鋅易失電子而作負極,銅作正極;左邊裝置連接外加電源,所以是電解池,連接鋅棒的電極是陰極,連接銅棒的電極是陽極。根據原電池和電解池原理進行判斷。【詳解】A.根據原電池工作原理可知：電子從負極鋅沿導線流向右側碳棒,再從左側碳棒流回正極銅片，故A正確；B.根據氧化還原的實質可知：鋅片上失電子發生氧化反應,銅片上得電子發生還原反應，故B錯誤；C.根據電解池工作原理可知：左側碳棒是電解池陽極，陽極上應該是氯離子放電生成氯氣，右側碳棒是陰極，該電極上發生的反應:2H++2e→H2↑，故C正確；D.根據原電池工作原理可知：銅電極是正極，正極端氫離子得電子放出氫氣，故D正確；答案選B。5、C【解析】

A．分子的穩定性與化學鍵有關，共價鍵越強，分子越穩定性，而分子間作用力只影響物質的熔沸點等物理性質，故A錯誤；B．單原子分子中沒有化學鍵，如稀有氣體為單原子分子，分子中沒有共價鍵，故B錯誤；C．離子晶體中一定存在離子鍵，可能存在共價鍵，如氫氧化鈉、過氧化鈉中存在離子鍵和共價鍵，故C正確；D．原子晶體中可能存在極性鍵，也可能存在非極性鍵，如二氧化硅中存在極性共價鍵，金剛石中存在非極性鍵，故D錯誤；故選C。【點睛】本題的易錯點為B，要注意稀有氣體是單原子分子，固態時形成分子晶體。6、C【解析】

A．NaHSO4晶體中存在鈉離子和硫酸氫根兩種離子，所以在12.0gNaHSO4晶體中，即0.1mol晶體中所含離子數目為0.2NA，故A錯誤；B．未指明溫度和壓強，無法確定2.24L混合氣體的物質的量，所以無法確定轉移電子數，故B錯誤；C．冰醋酸和葡萄糖最簡式都是CH2O，所以30g冰醋酸和葡萄糖的混合物中含氫原子的數目為：×2×NA=2NA，故C正確；D．11.2L乙烯和丙烯的混合氣體在標況下的物質的量為0.5mol，0.5mol乙烯中氫原子為2mol，0.5mol丙烯中氫原子為3mol，所以0.5mol二者的混合物所含氫原子個數在2NA至3NA之間，故D錯誤；故答案為C。【點睛】阿伏加德羅常數是高考的熱點，要準確解答好這類題目，一是要掌握好以物質的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數的關系；二是要準確弄清分子、原子、原子核內質子中子及核外電子的構成關系，還要注意氣體摩爾體積使用條件和對象。7、B【解析】

VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+ag即Al3+物質的量，取VmL溶液，則取出的Al3+物質的量，稀釋到4VmL，則Al3+物質的量濃度，則稀釋后溶液中SO42?的物質的量濃度是，故B正確。綜上所述，答案為B。8、D【解析】

燃料電池：a端：二氧化硫生成硫酸根離子，硫元素化合價升高失電子所以a為負極，電極反應式SO2+2H2O-4e-=SO42-+4H+；b為正極，電極反應式為O2+4H++4e-=2H2O，總電極反應式2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。電解池：c極和電源正極相連為陽極，失電子，電極反應式為4OH—-4e-=2H2O+O2↑，d極與電源負極相連為陰極，得電子，電極反應式為Cu2++2e+=Cu,總電極反應式為2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑。【詳解】A.b為正極，看到質子交換膜確定酸性環境，電極反應式為O2+4H++4e-=2H2O，故不選A；B.原電池內部陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，故不選B；C.由上面分析可知該燃料電池的總反應為2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故不選C；D.d極與電源負極相連，為陰極得電子，有銅析出，所以應該是若a電極消耗標況下2.24LSO2，理論上在d極上有6.4g銅析出，故選D；正確答案：D。【點睛】根據質子交換膜確定溶液酸堿性，燃料電池中燃料在負極反應失電子，氧氣在正極反應得電子。根據燃料電池正負極確定電解池的陰陽極、電極反應式和離子移動方向等。9、B【解析】

依據題意可列出反應方程式如下：5M+12HNO3=5M(NO3)2+N2↑+6H2O，某稀HNO3與金屬M反應時能得到+2價硝酸鹽，所以1molM失去2mol電子，5molM失去10mol電子；而12molHNO3中，有10mol硝酸沒有參加氧化還原反應，只有2mol硝酸參加氧化還原反應，得到10mol電子，硝酸中氮的化合價為+5價，所以還原產物必須是0價的N2，B項正確；答案選B。【點睛】利用電子轉移數守恒是解題的突破口，找到化合價的定量關系，理解氧化還原反應的本質是關鍵。10、C【解析】

Q的簡單氫化物和其最高價含氧酸可以化合成鹽，確定Q為N；X與Q同周期且是該周期主族元素中原子半徑最小的元素，確定X為F；Z一具有與氬原子相同的電子層結構，確定Z為Cl；Q、Y、W原子的最外層電子數之和為9，當W為K時，Y為Al；當W為Ca時，Y為Mg。【詳解】A.X簡單氫化物HF的水溶液呈弱酸性，故A錯誤；B.Y與Z形成的化合物可能是AlCl3或MgCl2，氯化鋁屬于共價化合物不含有離子鍵，故B錯誤；C.簡單氫化物的沸點：Q（NH3）<X（HF），故C正確；D.Z和W形成的化合物為KCl或CaCl2，二者均為強酸強堿鹽，水溶液呈中性，故D錯誤；答案：C11、A【解析】

①Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g)ΔH=+64.39kJ/mol②2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH=-196.46kJ/mol③H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.84kJ/mol根據蓋斯定律，將①+×②+③，整理可得：Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)ΔH=-319.68kJ/mol，故合理選項是A。12、A【解析】

A．NaAlO2和NaHCO3發生反應生成氫氧化鋁程度和碳酸鈉，離子方程式為AlO2-+HCO3-+H2O═Al(OH)3↓+CO32-，故A正確；B．MnO2與濃鹽酸混合加熱，離子方程式：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故B錯誤；C．電荷不守恒，FeSO4溶液中加入鹽酸酸化的H2O2的離子方程式為2H++2Fe2++H2O2═2Fe3++2H2O，故C錯誤；D．Ca(HCO3)2溶液中加入過量氨水，碳酸氫根離子完全反應，離子方程式：Ca2++2HCO3-+2NH3?H2O=CaCO3↓+2H2O+2NH4++CO32-，故D錯誤；故選A。【點睛】本題的易錯點為D，要注意反應物用量對反應的影響。13、C【解析】

A.1mol/L的鹽酸為稀鹽酸，與二氧化錳不反應，則不能制備氯氣，故A錯誤；B.圖中導管的進入方向不合理，將溶液排出裝置，應從長導管進氣短導管出氣，故B錯誤；C.苯不溶于水，密度比水小，溴的苯溶液在上層，則用裝置丙分液時先從下口放出水層，再從上口倒出有機層，故C正確；D.蒸發時促進氯化鐵水解，生成鹽酸易揮發，不能得到FeCl3，灼燒得到氧化鐵，故D錯誤；本題答案為C。【點睛】分液時，分液漏斗內的下層液體從漏斗下口放出，上層液體從上口倒出。14、B【解析】

A.滴入少量KI溶液，FeCl3剩余，則由現象不能說明該反應為可逆反應，故A錯誤；B.SO2氣體通入Ba(NO3)2溶液中，SO2與水反應生成亞硫酸，在酸性環境下，硝酸根具有強氧化性，從而發生氧化還原反應生成硫酸鋇，白色沉淀是BaSO4，故B正確；C.淀粉水解后檢驗葡萄糖，應在堿性條件下，水解后沒有加堿至堿性，不能檢驗是否水解，故C錯誤；D.酸性高錳酸鉀溶液逐漸褪色，可知石蠟油加熱分解生成不飽和烴，但氣體不一定為乙烯，故D錯誤；故選B。【點睛】淀粉的水解液顯酸性，檢驗淀粉是否水解時，應先在淀粉的水解液中加入氫氧化鈉至堿性后，再加入新制Cu(OH)2懸濁液，并加熱，觀察是否生成磚紅色沉淀，從而說明是否有葡萄糖生成，進而檢測出淀粉是否水解，這是學生們的易錯點。15、A【解析】

A．常溫下Fe與氯氣不反應，遇濃硫酸發生鈍化，則用鋼瓶儲存液氯或濃硫酸，故A正確；B．Mg能在CO2中燃燒生成MgO和C，則二氧化碳氣體不可用作鎂燃燒的滅火劑，故B錯誤；C．蛋白質遇硫酸銅發生變性，變性是不可逆過程，鹽析可用于蛋白質的分離和提純，故D錯誤；D．食鹽中加的碘鹽為KIO3，受熱易分解，則在菜準備出鍋時添加加碘食鹽，是為了防止KIO3受熱易分解，故D錯誤；故答案為A。16、C【解析】

A.用過氧化氫從酸化的海帶灰浸出液中提取碘，反應的離子方程式為：2I－＋H2O2＋2H+=I2＋2H2O，選項A錯誤；B.過量的鐵粉溶于稀硝酸，反應的離子方程式為：3Fe＋8H＋＋2NO3-=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，選項B錯誤；C.用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2，反應的離子方程式為：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－，選項C正確；D.向NaAlO2溶液中通入過量CO2，反應的離子方程式為：AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-，選項D錯誤。答案選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、苯甲醇消去反應碳碳雙鍵、羧基+H2O5【解析】

A和Br2的CCl4溶液反應發生加成反應，結合B的結構簡式，則A的結構簡式為，B在NaOH的水溶液下發生水解反應，－Br被—OH取代，C的結構簡式為，C的結構中，與—OH相連的C上沒有H原子，不能發生醇的催化氧化，—CH2OH被氧化成—CHO，醛基再被氧化成－COOH，則D的結構簡式為，根據分子式，D到E消去了一分子水，為醇羥基的消去反應，E的結構簡式為，E和苯甲醇F，在濃硫酸的作用下發生酯化反應得到W，W的結構簡式為。【詳解】(1)F的名稱是苯甲醇；根據分子式，D到E消去了一分子水，反應類型為消去反應；(2)根據分析，E的結構簡式為，則含有的官能團名稱為碳碳雙鍵、羧基；E中含有碳碳雙鍵，可以發生加聚反應，結構簡式為；(3)E中含有羧基，F中含有羥基，在濃硫酸的作用下發生酯化反應，化學方程式為++H2O；(4)有A含有相同的官能團且含有苯環，A的結構簡式為，則含有碳碳雙鍵，除了苯環外，還有3個C原子，則苯環上的取代基可以為－CH=CH2和－CH3，有鄰間對，3種同分異構體；也可以是－CH=CHCH3，或者－CH2CH=CH2，共2種；共5種；核磁共振氫譜為六組峰，且峰面積之比為1∶1∶2∶2∶2∶2的結構簡式為；(5)由M到F，苯環上多了一個取代基，利用已知信息，可以在苯環上引入一個取代基，－CH2OH，可由氯代烴水解得到，則合成路線為。【點睛】并不是所有的醇都能發生催化氧化反應，－CH2OH被氧化得到－CHO，被氧化得到；中，與—OH相連的C上沒有H原子，不能發生催化氧化反應。18、bcHOOCCH

(OH)CH2COOHHOOC-CC-

COOH消去反應加成反應NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)、

加熱nHOOCCH=CHCOOH+n

HOCH2CH2OHHOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+

(2n-1)

H2O，【解析】

由有機物A的化學式為C4H6O5，根據信息I知A中含有兩個羧基，A能和羧酸發生酯化反應生成酯，說明A中含有醇羥基，1molA與足量鈉反應生成1.5mol氫氣，結合I、II知含有1個醇羥基、兩個羧基，核磁共振氫譜表明A分子中有5種不同化學環境的氫原子，則A的結構簡式為HOOCCH

(OH)CH2COOH；

M中含有Cl原子，M經過反應①然后酸化得到A，則M結構簡式為

HOOCCHClCH2COOH，A在濃硫酸作催化劑、加熱條件下反應生成B(C4H4O4)，根據B分子式知，A發生消去反應生成B，B結構簡式為HOOCCH=CHCOOH；B和足量NaOH反應生成D，D為NaOOCCH=CHCOONa，B和溴的四氯化碳發生加成反應生成E，E為HOOCCHBrCHBrCOOH，E發生消去反應然后酸化得到F（C4H2O4），根據F分子式知，F為HOOC-CC-

COOH。【詳解】（1）由有機物A的化學式為C4H6O5，根據信息I知A中含有兩個羧基，A能和羧酸發生酯化反應生成酯，說明A中含有醇羥基，1molA與足量鈉反應生成1.5mol氫氣，結合I、II知含有1個醇羥基、兩個羧基，所以A中含有兩個羧基，一個羥，故bc符合題意，答案：bc；（2）根據上述分析可知：寫出A、F的結構簡式分別為：A：HOOCCH

(OH)CH2COOH：F：HOOC-CC-

COOH。答案：HOOCCH

(OH)CH2COOH：HOOC-CC-

COOH；（3）根據上述分析可知：A發生消去反應生成B，B和溴的四氯化碳溶液發生加成反應生成E為HOOCCHBrCHBrCOOH，所以A→B發生消去反應，B→E發生加成反應；答案：消去反應；加成反應。(4)通過以上分析知，E發生消去反應然后酸化得到F(C4H2O4)，E→F是鹵代烴的消去反應，所以反應條件是NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)，加熱；故答案為：

NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)、

加熱；(5)

B結構簡式為HOOCCH=CHCOOH，在催化劑作用下，B與乙二醇可發生縮聚反應，生成的高分子化合物，該反應的化學方程式:

nHOOCCH=CHCOOH+n

HOCH2CH2OH

HOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+

(2n-1)

H2O；故答案為:

nHOOCCH=CHCOOH+n

HOCH2CH2OHHOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+

(2n-1)

H2O；(6)A的結構簡式為HOOCCH

(OH)CH2COOH，A的同分異構體與A具有相同官能團,

說明含有醇羥基和羧基

符合條件的A的同分異構體的結構簡式：，；答案：，。19、（本題共16分）（1）CO2、CO的混合物（3）NH4++NO2—N2↑+2H2O（4）步驟②中是為了排盡空氣；步驟④是為了趕出所有的CO2，確保完全吸收（5）2C+Fe2O32Fe+CO↑+CO2↑（6）①Ba(OH)2溶解度大，濃度大，使CO2被吸收的更完全；M(BaCO3)＞M(CaCO3)，稱量時相對誤差小。②在尾氣出口處加一點燃的酒精燈或增加一尾氣處理裝置【解析】試題分析：（1）過量炭粉與氧化鐵反應的氣體產物可能有：①CO、②CO2、③CO2、CO的混合物三種情況；（3）氯化銨飽和溶液和亞硝酸鈉（NaNO2）飽和溶液混合加熱反應可以制得氮氣；（4）⑤根據前后兩次通入氮氣的時間和減小實驗誤差角度來分析；（5）根據質量守恒判斷氣體的組成，根據質量關系計算氣體的物質的量之間的關系，進而書寫化學方程式；（6）①根據氫氧化鈣和氫氧化鋇的本質區別來思考；②一氧化碳是一種有毒氣體，可以通過點燃來進行尾氣處理．解：（1）過量炭粉與氧化鐵反應的氣體產物可能有：①CO、②CO2、③CO2、CO的混合物，（3）氯化銨飽和溶液和亞硝酸鈉（NaNO2）飽和溶液混合加熱反應制得氮氣，反應物有NH4Cl和NaNO2，生成物為N2，根據質量守恒還應用水，則反應的化學方程式為NH4++NO2﹣N2↑+2H2O，（4）如果不排盡空氣，那么空氣中的氧氣會與炭粉反應影響反應后生成氣體的組成，所以利用穩定的氮氣排空氣，最后確保完全吸收，反應后還要趕出所有的CO2，（5）3.20g氧化鐵的物質的量為==0.02mol，澄清石灰水變渾濁，說明有CO2氣體生成，則n（CO2）=n（CaCO3）==0.02mol，m（CO2）=0.02mol×44g/mol=0.88g，反應后硬質玻璃管和固體總質量變化為1.44g大于0.88g，則生成其氣體為CO2、CO的混合物，設混合氣體中含有ymolCO，則0.88g+28yg=1.44g，y=0.02mol，所以CO、CO2的混合氣體物質的量比為1：1，所以方程式為2C+Fe2O32Fe+CO↑+CO2↑，（6）①將澄清石灰水換成Ba（OH）2溶液，這樣會使二氧化碳被吸收的更完全，稱量時相對誤差小，②一氧化碳是一種有毒氣體，可以通過點燃來進行尾氣處理或增加一尾氣處理裝置.20、2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O漂白性檢驗氯氣SO2也能和酸化的硝酸銀生成白色沉淀要證明現象II中黃綠色為溶液酸性的增強引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，觀察溶液的顏色變化即可CaSO4Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl-＋4H++SO42-【解析】

（1）漂粉精的制備，氯氣和堿反應，利用氫氧化鈣和氯氣發生反應生成次氯酸鈣、氯化鈣和水；（2）pH試紙先變藍（約為12），后褪色說明溶液呈堿性，具有漂白性；（3）①反應中生成Cl2，用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗白霧中是否Cl2，排除Cl2干擾；②白霧中含有SO2，可以被硝酸氧化為硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液產生白色沉淀；（4）依據次氯酸根離子和氯離子在酸溶液中會發生歸中反應生成氯氣，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，觀察溶液顏色是否變為黃綠色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根離子具有強氧化性可以氧化二氧化硫為硫酸和鈣離子形成硫酸鈣沉淀；二氧化硫繼續通入后和生成的氯氣發生反應生成硫酸和鹽酸。【詳解】（1）氯氣和堿反應，利用氫氧化鈣和氯氣發生反應生成次氯酸鈣、氯化鈣和水，反應的化學方程式為：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案為2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（2）pH試紙先變藍(約為12)溶液呈堿性，后褪色溶液具有漂白性，所以說明溶液呈堿性，具有漂白性；（3）向水中持續通入SO2，未觀察到白霧．推測現象的白霧由HCl小液滴形成，①用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗白霧，無變化；為了檢驗白霧中是否含有氯氣，因為含有氯氣在檢驗氯化氫