2019-2020学年广东省广州大学附属东江中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年广东省广州大学附属东江中学新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列实验操作能产生对应实验现象的是
实验操作实验现象
A 用玻璃棒蘸取氯化铵溶液，点在红色石蕊试纸上试纸变蓝色
向盛有K2Cr2O7溶液的试管中滴加浓硫酸，充分
B
溶液由橙黄色逐渐变为黄色
振荡
向FeCl3溶液中加入KI 溶液，再加入苯，充分
C
溶液分层，上层呈紫色
振荡，静置
向蔗糖在硫酸催化下水解后的溶液中，加入新制
D
出现砖红色沉淀
氢氧化铜悬浊液并加热
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．氯化铵溶液呈酸性，能使石蕊变红，所以红色石蕊试纸不变色，A不正确；
B．向盛有K2Cr2O7溶液的试管中滴加浓硫酸，平衡Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+逆向移动，溶液的颜色加深，B不正确；
C．向FeCl3溶液中加入KI 溶液，发生反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，再加入苯，充分振荡，静置，液体分为两层，上层为紫红色的碘的苯溶液，下层为无色的水溶液，C 正确；
D．向蔗糖在硫酸催化下水解液中加入新制氢氧化铜悬浊液并加热，硫酸与氢氧化铜作用生成硫酸铜，不能将葡萄糖氧化，没有砖红色沉淀出现，D不正确；
故选C。

2．下列解释对应事实的离子方程式正确的是
A．FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，静置一段时间后：Fe2++2OH一=Fe(OH)2↓
B．漂白粉溶液加入醋酸：H++ClO-=HC1O
C．AgCl悬浊液滴入Na2S溶液：2Ag++S2-=Ag2S↓
D．K 2 CrO4溶液滴入硫酸溶液；2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】
A．硫酸亚铁与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，静置一段时间后，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁沉淀，故A错误；
B．漂白粉溶液中加入醋酸，醋酸为弱酸，离子方程式为CH3COOH+ClO-═HClO+CH3COO-，故B错误；C．向AgCl悬浊液中加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，离子方程式：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-，故C错误；D．K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+，滴加少量H2SO4，增大了氢离子浓度，平衡逆向移动，颜色加深，2CrO 42-+2H+Cr2O72-+H2O，故D正确；
故选D。

3．不能用于比较Na与Al金属性相对强弱的事实是
A．最高价氧化物对应水化物的碱性强弱B．Na和AlCl3溶液反应
C．单质与H2O反应的难易程度D．比较同浓度NaCl和AlCl3的pH大小
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性越强，可以比较Na与Al金属性相对强弱，A项正确；
B. Na和AlCl3溶液反应，主要是因为钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，这不能说明Na的金属性比铝强，B项错误；
C. 金属单质与水反应越剧烈，金属性越强，可用于比较Na与Al金属性相对强弱，C项正确；
D. AlCl3的pH小，说明铝离子发生了水解使溶液显碱性，而氯化钠溶液呈中性，说明氢氧化钠为强碱，氢氧化铝为弱碱，所以能比较Na、Al金属性强弱，D项正确；
答案选B。

【点睛】
金属性比较规律：
1、由金属活动性顺序表进行判断：前大于后。

2、由元素周期表进行判断，同周期从左到右金属性依次减弱，同主族从上到下金属性依次增强。

3、由金属最高价阳离子的氧化性强弱判断，一般情况下，氧化性越弱，对应金属的金属性越强，特例，三价铁的氧化性强于二价铜。

4、由置换反应可判断强弱，遵循强制弱的规律。

5、由对应最高价氧化物对应水化物的碱性强弱来判断，碱性越强，金属性越强。

6、由原电池的正负极判断，一般情况下，活泼性强的作负极。

7、由电解池的离子放电顺序判断。

4．化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是
A．可折叠柔性屏中的灵魂材料——纳米银与硝酸不会发生化学反应.
B．2022年北京冬奧会吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯属于高分子材料
C．“珠海一号”运载火箭中用到的碳化硅也是制作光导纤维的重要材料
D．建设世界第一高混凝土桥塔用到的水泥和石灰均属于新型无机非金属材料
【答案】B
【解析】
【详解】
A.银可以与硝酸反应，浓硝酸：Ag+2HNO3=AgNO3+NO2↑+H2O，稀硝酸：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O，故A错误；
B. 聚乙烯塑料属于塑料，是一种合成有机高分子材料，故B正确；
C. 光导纤维的主要成分为二氧化硅，故C错误；
D. 建设世界第一高混凝土桥塔用到的水泥和石灰均属于传统无机非金属材料，故D错误；
故选B。

【点睛】
硝酸属于氧化性酸，浓度越大氧化性越强，所以稀硝酸和浓硝酸在反应时产物不同。

5．某溶液中只可能含有K＋、Mg2＋、Al3＋、Br－、OH－、CO32－、SO32－中的一种或几种。

取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液变为橙色；向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象。

为确定该溶液的组成，还需进行的实验是( )
A．取样，进行焰色反应
B．取样，滴加酚酞溶液
C．取样，加入足量稀HNO3，再滴加AgNO3溶液
D．取样，加入足量BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊溶
【答案】D
【解析】
【详解】
①向溶液中滴加足量氯水后 , 溶液变橙色 , 说明溶液中含有 Br−，且有气泡冒出 , 说明溶液中含离子CO32－或SO32－；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO32－，那么一定含有：CO32－，一定不能含有与碳酸根生成沉淀的离子：Mg2＋、Al3＋，通过以上分析，根据电中性原理，能证明K＋存在，所以无法判断氢氧根离子的存在与否，可以取样，加入足量BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊试液看是否变红来检验。

故选 D。

【点睛】
①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br -，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CO 32-或SO 32-离子，那么与其混合生成沉淀的不能存在；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl 2溶液，
无沉淀生成，说明不含SO 3 2-，据此进行解答。

6．同温同压下,等质量的SO 2气体和SO 3气体相比较,下列叙述中正确的是（ ） A ．密度比为4:5 B ．物质的量之比为4:5 C ．体积比为1:1 D ．原子数之比为3:4
【答案】A 【解析】 【分析】 由n ＝
M m ＝V Vm
可知，ρ＝m V ＝M Vm ，据此分析作答。

【详解】
A. 由上述分析可知，在相同条件下气体的相对分子质量之比等于其密度之比，所以两种气体的密度之比为64∶80＝4∶5，A 项正确；
B. 设气体的质量均为m g ，则n(SO 2)＝m 64mol ，n(SO 3)＝m 80
mol ，所以二者物质的量之比为m 64∶m
80＝80∶64＝5∶4，B 项错误；
C. 根据V ＝n·V m 可知，同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以两种气体的体积之比为5∶4，C 项错误；
D. 根据分子组成可知，两种气体的原子数之比为（5×3）∶（4×4）＝15∶16，D 项错误； 答案选A 。

7．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确．．的是( )
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
【答案】D
【解析】
【详解】
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；
B．NO2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。

8．化合物(x)、(y)、(z)的分子式均为C5H6。

下列说法正确的是
A．x、y、z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．z的同分异构体只有x和y两种
C．z的一氯代物只有一种，二氯代物只有两种(不考虑立体异构)
D．x分子中所有原子共平面
【答案】C
【解析】
【详解】
A. x、y中含碳碳双键，z中不含碳碳双键，则x、y能使酸性高锰酸钾溶液褪色，z不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A项错误；
B. C5H6的不饱和度为52+2-6
=3
2
，若为直链结构，可含1个双键、1个三键，则z的同分异构体不是只
有x和y两种，B项错误；
C. z中三个亚甲基上的H原子属于等效氢原子，因此z只有一类氢原子，则z的一氯代物只有一种，2个Cl可在同一个亚甲基上或不同亚甲基上，二氯代物只有两种，C项正确；
D. x中含1个四面体结构的碳原子，则所有原子不可能共面，D项错误；
答案选C。

9．某高铬型钒渣含Fe2O3、Fe3O4、SiO2、Al2O3、V2O5、Cr2O3等物质，从中分离提取钒和铬的工艺流程如图所示：
回答下列问题:
（1）“焙烧”时V2O5、Cr2O3转化为NaVO3和Na2CrO4，SiO2、Al2O3转化为________和_______。

（2）滤渣1中主要含______。

滤渣2的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3，对应调pH应不低于______。

（常温下，当溶液中离子浓度小于1×10-5mol/L时认为沉淀完全，K sp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、
K sp[Al(OH)3]=1.0×10-33）。

（3）“沉钒”时的离子方程式是_______，NH4VO3煅烧过程中的化学方程式是______。

（4）“还原”时溶液的pH在2.5左右，反应的离子方程式是________。

（5）已知:25 °C时，H2C2O4的电离常数K a1=5.9×10-2，K a2=6. 4×10-5，则25° C时，0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_____，向0.1 mol· L-1H2C2O4溶液中加入一定的NaOH固体，当溶液的pH= 2.5时，溶液中c(C2O42-)：c(H2C2O4)=_______（保留两位有效数字）。

【答案】Na2SiO3NaAlO2H2SiO3 4.7 NH4++VO3-=NH4VO3↓
2NH4VO3高温
V2O5+2NH3↑+H2O↑3C2O42-+2CrO42-+16H+= 2Cr3++6CO2↑+8H2O c(Na+)＞c(HC2O4-)＞
c(H+)＞C2O42-＞c(OH-) 0.38
【解析】
【分析】
“焙烧”时，Fe2O3、Fe3O4不和Na2CO3、O2反应，V2O5、Cr2O3和Na2CO3、O2反应转化为NaVO3、Na2CrO4，SiO2、Al2O3和Na2CO3反应转化成Na2SiO3、NaAlO2；
“酸浸”时，Na2SiO3和硫酸反应生成H2SiO3沉淀，滤渣1主要成分是硅酸，同时AlO2-转化成Al3+，铁的两种氧化物溶于酸得到Fe2+和Fe3+；
“调pH”时，将铝元素、铁元素转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，滤渣2主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3；“沉钒”时，NH4+和VO3-形成NH4VO3沉淀，NH4VO3沉淀煅烧得V2O5；
“还原”时，用Na2C2O4将CrO42-还原成Cr3+，调合适的pH将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，Cr(OH)3沉淀煅烧得到Cr2O3，据以上分析解答。

【详解】
(1)高温时，氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，二氧化硅和碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳，即SiO2、Al2O3转化为Na2SiO3和NaAlO2，故答案为：Na2SiO3；NaAlO2；
(2)由分析可知，滤渣1主要为H2SiO3，K sp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Fe3+浓度小于1×10-5mol/L时认为沉淀完全，
Fe 3+
浓度为1×10-5
mol/L 时，c 3
(OH -)×1×10-5
mol/L=4.0×10-38
，c 3
(OH -)=4.0×10-33
，c 3
(H +
)=-143
-12-33
(10)25010410
=⨯⨯，c(H +
10-4≈6×10-4，pH≈4-lg6＜4。

Al 3+浓度为1×10-5mol/L 时，c 3(OH -)×1×10-5mol/L=1.0×10-33，
c 3(OH -)=1.0×10-28，c 3(H +
)=-143-14-1528
(10)11.010.010=1010-⨯=⨯⨯，c(H +
)=1-53
1010⨯，pH=-lg(1-531010⨯)=5- lg(
13
10)≈4.7＞4，综上所述，要使A 3+和Fe 3+
完全沉淀，pH 不低于4.7，故答案为：H 2SiO 3；4.7；
(3)“沉钒”时，NH 4+和VO 3-形成NH 4VO 3沉淀，离子方程式为：NH 4++VO 3-=NH 4VO 3↓，NH 4VO 3沉淀煅烧得到V 2O 5，元素化合价没变化，根据原子守恒可知，产物含有H 2O 和NH 3，方程式为：2NH 4VO 3
高温
V 2O 5+2NH 3↑+H 2O ↑，故答案为：
NH 4++VO 3-=NH 4VO 3↓；2NH 4VO 3高温
V 2O 5+2NH 3↑+H 2O ↑；
(4) “还原”时，C 2O 42-将CrO 42-还原成Cr 3+，pH 在2.5左右，溶液为酸性，C 2O 42-被氧化为CO 2，结合电子得失守恒、原子守恒可得离子方程式为：3C 2O 42-+2CrO 42-+16H += 2Cr 3++6CO 2↑+8H 2O ，故答案为：3C 2O 42-+2CrO 42-+16H += 2Cr 3++6CO 2↑+8H 2O ；
(5) HC 2O 4-会水解、电离，所以，c(Na +)＞c(HC 2O 4-)，HC 2O 4-的电离常数= K a2=6. 4×10-5，HC 2O 4-的水解常数
K h =w a1K K =-14
-2105.910
⨯≈1.7×10-13，电离常数＞＞水解常数，加之水电离也能产生一定的H +，所以c(H +)＞C 2O 42-＞c(OH -)。

水解和电离都是微弱的，所以，c (HC 2O 4-)＞c (H +)＞c(C 2O 42-)＞c (OH -)，综上所述：c(Na +)＞
c (HC 2O 4-)＞c (H +)＞c(C 2O 42-)＞c (OH -)。

H 2C 2O 4ƒH ++HC 2O 4-，K a1=+-24224c(H )c(HC O )c(H C O )
⨯，HC 2O 4-ƒH ++C 2O 42-，
K a2=+2-24-24c(H )c(C O )c(HC O )⨯，K a1×K a2=+-24224c(H )c(HC O )c(H C O )⨯×+2-24-24c(H )c(C O )c(HC O )⨯=+2-242422(H )c(C O )c(H C O )
c ⨯。

pH=
2.5，则c(H +)=10-2.5，所以，2-24+
224a1a2
2c(C O )=c(H C O ))
c (H K K ⨯=2 2.55
25.910 6. 41)0(10---⨯⨯⨯=0.38（保留两位有效数字），即c (C 2O 42- ):c(H 2C 2O 4)=0.38，故答案为：c(Na +)＞c (HC 2O 4-)＞c (H +)＞c(C 2O 42-)＞c (OH -)；0.38； 【点睛】
(5)二酸弱酸H 2X ：
2-+2a1a2
2c(X )=c(H X))
c (H K K ⨯。

10．向某二元弱酸H 2A 水溶液中逐滴加入NaOH 溶液，混合溶液中lgx （x 为-2c(HA )c(H A)或2--c(A )
c(HA )
）与pH
的变化关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A ．pH =7时，存在c (Na +)=c (H 2A )+c (HA -)+c (A 2-)
B ．直线Ⅰ表示的是lg -2c(HA )
c(H A)随pH 的变化情况
C ．2-2-2c (HA )c(H A)c(A )
=10-2.97
D ．A 2-的水解常数K h1大于H 2A 电离常数的K a2 【答案】B 【解析】 【分析】
二元弱酸的Ka 1=-2c(HA )c(H A)×c （H ＋
）＞Ka 2=2--c(A )c(HA )×c （
H ＋），当溶液的pH 相同时，c （H ＋）相同，lgX ：Ⅰ＞Ⅱ，则Ⅰ表示lg -2c(HA )c(H A)
与pH 的变化关系，Ⅱ表示lg 2--c(A )
c(HA )与pH 的变化关系。

【详解】
A ．pH =4.19，溶液呈酸性，若使溶液为中性，则溶液中的溶质为NaHA 和Na 2A ，根据物料守恒，存在c (Na +
)＞c (H 2A )+c (HA -)+c (A 2-)，故A 错误；
B . 由分析：直线Ⅰ表示的是lg -2c(HA )c(H A)随pH 的变化情况，故B 正确；
C . 2-2-2c (HA )c(H A)c(A )=-2c(HA )c(H A)÷2--c(A )c(HA )=
1.22
4.19
1010-- =102.97
，故C 错误； D ．pH =1.22时和4.19时，lgX =0，则c （H 2A ）=c （HA －
）、c （HA －
）=c （A 2－
），Ka 1=-2c(HA )
c(H A)
×c （H ＋）=c
（H ＋
）=10
-1.22
，K 2=2--c(A )c(HA )×c （
H ＋）=c （H ＋）=10-4.19，A 2－
的水解平衡常数K h1=144.191010
--=10-9.81＜10-4.19=Ka 2，故D 错误； 故选B 。

【点睛】
本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH 的计算，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握物料守
恒及溶液酸碱性与溶液pH 的关系，D 为易难点。

11．下表中的实验操作能达到实验目的或能得出相应结论的是（ ）
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A. 由现象可知，将BaSO 4投入饱和Na 2CO 3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生，说明固体中含有BaCO 3和BaSO 4，有BaSO 4转化成BaCO 3，这是由于CO 32-
浓度大使Q c （BaCO 3）>K sp （BaCO 3），所以不能验证K sp (BaSO 4)＜K sp (BaCO 3)，A 项错误；
B. Mg （OH ）2比Ca （OH ）2更难溶，成浆状后，再加入饱和MgCl 2溶液，充分搅拌后Ca （OH ）2与MgCl 2反应生成Mg （OH ）2和溶于水的CaCl 2，过滤，用蒸馏水洗净沉淀，可达到除去Mg(OH)2样品中Ca(OH)2杂质的目的，B 项正确；
C. 试纸变为蓝色，说明生成氨气，可说明NO 3−被还原为NH 3，结论不正确，C 项错误；
D. 由操作和现象可知，亚硫酸氢根离子电离大于其水解，则HSO 3−结合H +的能力比SO 32−的弱，D 项错误； 答案选B 。

【点睛】
A 项是易错点，沉淀转化的一般原则是由溶解度小的转化为溶解度更小的容易实现，但两难溶物溶解度相差不大时也可控制浓度使溶解度小的转化成溶解度大的。

12．25C ︒，改变30.01mol /LCH COONa 溶液的pH ，溶液中33CH COOH,CH COO ,H OH -+-
，浓度
的对数值lgc 与溶液pH 的变化关系如图所示。

若a a pK =-lgK 。

下列叙述错误．．
的是（ ）
A ．pH=6时，()()()-
+
33c CH COOH >c CH COO >c H
B ．3CH COOH 电离常数的数量级为-510
C ．图中点x 的纵坐标值为-4.74
D ．30.01mol/LCH COONa 的pH 约等于线c 与线d 交点处的横坐标值 【答案】A 【解析】 【分析】
根据图知，pH<7时，CH 3COOH 电离量少，c 表示CH 3COOH 的浓度；pH=7时c （OH －）=c （H ＋），二者的对数相等，且pH 越大c （OH －）越大、c （H ＋）越小，则lgc （OH －）增大，所以b 、d 分别表示H ＋、OH －；pH>7时，CH 3COOH 几乎以CH 3COO －形式存在，a 表示CH 3COO －； A 、pH=6时，纵坐标越大，该微粒浓度越大；
B 、c （CH 3COOH ）=c （CH 3COO －）时，CH 3COOH 电离平衡常数K=c(H ＋)·c(CH 3COO －)/c(CH 3COOH)=c （H ＋）；
C 、根据K=c(H ＋)·c(CH 3COO －)/c(CH 3COOH)求解；
D 、CH 3COO －+H 2O
CH 3COOH+OH -，0.01mol·L －1CH 3COONa 水解平衡常数K h =c(CH 3COOH)·c(OH －)/c(CH 3COO
－
)=1/k ，求出c(OH －)，pH=14-pOH ，即c 与线d 交点处的横坐标值。

【详解】
A 、pH=6时，纵坐标越大，该微粒浓度越大，所以存在c （CH 3COO －）＞c （CH 3COOH ）＞c （H ＋），故A 错误；
B 、c （CH 3COOH ）=c （CH 3COO －）时，CH 3COOH 电离平衡常数K=c(H ＋)·c(CH 3COO －)/c(CH 3COOH)=c （H ＋）=10-4.74，故B 正确；
C 、根据K=c(H ＋)·c(CH 3COO －)/c(CH 3COOH)求解；pH=2时，c （H ＋）=10-2mol·L －1，从曲线c 读出c(CH 3COOH)=10-2mol·L －1，由选项B ，K=10-4.74，解得c(CH 3COO －)=10-4.74，故C 正确；
D 、CH 3COO －+H 2O
CH 3COOH+OH -，0.01mol·L －1CH 3COONa 水解平衡常数K h =c(CH 3COOH)·c(OH －)/c(CH 3COO
－
)=1/k ，从c 与线d 交点作垂线，交点 c （HAc ）=c （Ac －），求出c(OH －)=1/k=104.74mol·
L －1，pH=14-pOH=9.26，即c 与线d 交点处的横坐标值。

故D 正确。

故选A 。

13．化学常用的酸碱指示剂酚酞的结构简式如图所示，下列关于酚酞的说法错误的是（）
A．酚酞的分子式为C20H14O4
B．酚酞具有弱酸性，且属于芳香族化合物
C．1mol酚酞最多与2molNaOH发生反应
D．酚酞在碱性条件下能够发生水解反应，呈现红色
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据其结构简式可知，酚酞的分子式为C20H14O4，故A不符合题意；
B．酚酞中含有酚羟基，具有弱酸性，该有机物中含有苯环，因此属于芳香族化合物，故B不符合题意；C．1mol该有机物中含有2mol酚羟基，1mol酯基(该酯基为醇羟基与羧基形成)，因此1mol酚酞最多与3molNaOH发生反应，故C符合题意；
D．酚酞中含有酯基，在碱性条件下能够发生水解反应，生成物呈现红色，故D不符合题意；
故答案为：C。

【点睛】
酯类物质与NaOH溶液反应相关量的计算：有机物中能够与NaOH反应的有酚羟基、羧基、酯基等，其中酯基与NaOH反应的比例关系需注意，若该酯基为酚羟基与羧基生成的酯基，则1mol该酯基能够消耗
2molNaOH。

14．一种新型固氮燃料电池装置如图所示。

下列说法正确的是
A．通入H2的电极上发生还原反应
B．正极反应方程式为N2＋6e－＋8H＋=2NH4+
C．放电时溶液中Cl－移向电源正极
D．放电时负极附近溶液的pH增大
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．通入氢气的一极为负极，发生氧化反应，选项A错误；
B．氮气在正极获得电子，电极反应式为N2+6e-+8H+═2NH4+，选项B正确；
C. 放电时溶液中阴离子Cl－移向电源负极，选项C错误；
D．通入氢气的一极为负极，电极方程式为H2-2e-=2H+，pH减小，选项D错误；
答案选B。

【点睛】
本题考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度判断氧化还原反应，确定正负极反应，为解答该题的关键，以N2、H2为电极反应物，以HCl-NH4Cl溶液为电解质溶液制造新型燃料电池，正极发生还原反应，氮气在正极获得电子，酸性条件下生成NH4+，该电池的正极电极反应式为：
N2+8H++6e-=2NH4+，通入氢气的一极为负极，电极方程式为H2-2e-=2H+，总方程式为2N2+6H2+4H+=4NH4+，以此解答该题。

15．由两种物质组成的一包白色粉末，通过如下实验可鉴别其中的成分：取少量样品加入足量水中，充分搅拌，固体部分溶解；向所得的悬浊液中加入足量稀HNO3，有气体放出，最后仍有未溶解的白色固体，上层清液呈无色。

该白色粉末可能为
A．SiO2、明矾B．BaCO3、无水CuSO4
C．MgCO3、Na2S2O3D．KCl、Ag2CO3
【答案】D
【解析】
【详解】
A、取少量样品加入足量水中，充分搅拌，固体部分溶解，说明固体中含有不溶性的物质和可溶性物质，对四个选项分析比较，都具备该条件；向所得的悬浊液中加入足量稀HNO3，有气体放出，说明有碳酸盐，A中无碳酸盐，A错误；
B、最后仍有未溶解的白色固体，上层清液呈无色，由于CuSO4溶液显蓝色，不是无色，B错误；
C、Na2S2O3与硝酸反应产生Na2SO4、S单质、NO气体，S是淡黄色难溶于水的物质，不是白色固体，C 错误；
D、KCl能溶于水，而Ag2CO3不溶于水，加入HNO3，反应产生AgNO3、CO2气体和H2O，KCl再与AgNO3发生复分解反应产生AgCl白色不溶于酸的沉淀，符合题意，通过上述分析可知该白色粉末为KCl、Ag2CO3，D正确；
故合理选项是D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．ClO2熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，温度过高可能引起爆炸，易溶于水，易与碱液反应。

工业上用潮湿的KClO3和草酸(H2C2O4)在60℃时反应制得。

某同学设计了如图装置来制取、收集ClO2并测定其质量。

实验I：制取并收集ClO2，装置如图所示。

(1)装置A除酒精灯外，还必须添加__________装置，目的是____________。

装置B应该添加
_____________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“60℃的热水浴”)装置。

(2)装置A中反应产物有K2CO3、ClO2和CO2等，请写出该反应的化学方程式_____________。

实验II：测定ClO2的质量，装置如图所示。

过程如下：
①在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；
②按照如图组装好仪器：在玻璃液封管中加入水，浸没导管口；
③将生成的ClO2气体由导管通入锥形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封液倒入锥形瓶中，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；
④用cmol/L Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体，共用去VmL Na2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)。

(3)装置中玻璃液封管的作用是______________。

(4)滴定终点的现象是___________________。

、的代数式表示)。

(5)测得通入ClO2的质量m (ClO2)=_______g(用整理过的含c V
(6)判断下列操作对m (ClO2)测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。

①若在配制Na2S2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果________。

②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果_________。

【答案】温度控制使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸冰水浴
2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O 用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点1.35cV×10-2g 偏高偏低
【解析】
【分析】
(1)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添
加温度控制装置，需温度计，ClO2温度过高可能引起爆炸，其温度要保持60-80℃之间，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；
(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式；
(3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；
(4)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；
(5)根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n(ClO2)，再根据m=nM计算m(ClO2)；
(6)根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3判断，若操作使Na2S2O3偏少，则ClO2偏低；若操作使Na2S2O3偏大，则ClO2偏高。

【详解】
(1)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置，所以装置A中还应安装的玻璃仪器是温度计；ClO2熔点为-59℃，沸点为11.0℃，温度过高可能引起爆炸，其温度要保持60-80℃之间，控制温度的目的是使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸，ClO2的沸点：11.0℃，沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，收集在试管中或常温下二氧化氯为气态，装置B使用冰水浴装置，进行降温处理；
(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O；
(3)装置中玻璃液封管的作用是，用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；
(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；
(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V•10-3L×cmol/L=c•V•10-3 mol．则：
根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，
2 10
n(ClO2) c•V•10-3 mol
所以n(ClO2)=1
5
n(Na2S2O3)=
1
5
×c•V•10-3 mol，所以m(ClO2)=n(ClO2) •M=
1
5
×c•V•10-3
mol×67.5g/mol=1.35cV×10-2g；
(6)①若在配制Na2S2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，使标准溶液的浓度减小，消耗的体积增大，则测定结果中ClO2的含量偏高；
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，读取的体积比实际体积偏小，导致测定结果中ClO2的含量偏低。

【点睛】
本题以氯及其化合物的性质为线索，考查了物质含量的探究性实验，涉及化学实验基本操作、滴定终点的判断方法、氧化还原反应在滴定中的应用，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键，题目难度中等。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．存在于茶叶的有机物A ，其分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种。

A 遇FeCl 3溶液发生显色反应。

F 分子中除了2个苯环外，还有一个六元环。

它们的转化关系如下图：
（1）有机物A 中含氧官能团的名称是_____________________；
（2）写出下列反应的化学方程式
A→B ：_______________________________________________________；
M→N ：_______________________________________________________；
（3）A→C 的反应类型为________________，E→F 的反应类型为_________________1mol A 可以和______________mol Br 2 反应；
（4）某营养物质的主要成分(分子式为C 16H 14O 3)是由A 和一种芳香醇R 发生酯化反应成的，则R 的含有苯环的同分异构体有________________种（不包括R ）；
（5）A→C 的过程中还可能有另一种产物C 1，请写出C 1在NaOH 水溶液中反应的化学方程式
________________________________________。

【答案】羟基、羧基 +NaHCO 3+CO 2+H 2O ； CH 3CH 2OH CH 2=CH 2+H 2O 加成反应 酯化（取代）反应 3 4
+3NaOH −−→水△+NaCl+2H 2O 。

【解析】
【分析】
A 的分子式为C 9H 8O 3，分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种，2个取代基处于对位，A 遇FeCl 3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基-OH ，A 能与碳酸氢钠反应，分子中含有羧基-COOH ，A 的不饱和度为29282
⨯+-=6，故还含有C=C 双键，所以A 的结构简式为
，X 在浓硫酸、加热条件下生成A 与M ，M 的分子式为C 2H 6O ，M 为乙醇，乙醇
发生消去反应生成乙烯，N 为乙烯，X 为
，A 与碳酸氢钠反应生成B ，为，B 与Na 反应生成D ，D 为，A 与HCl 反应生成C ，
C 的分子式为C 9H 9ClO 3，由A 与C 的分子式可知，发生加成反应，C 再氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成E ，E 在浓硫酸、加热的条件下生成F ，F 分子中除了2个苯环外，还有一个六元环，应发生酯化反应，故C 为，E 为，F 为，据此解答。

【详解】
(1)由上述分析可知，有机物A 为
，分子中含有官能团：羟基、碳碳双键、羧基，但含氧官能团有：羟基和羧基，故答案为：羟基、羧基；
(2)A→B 的反应方程式为：+NaHCO 3→
+H 2O+CO 2↑，M→N 是乙醇发生选取反应生成乙烯，反应方程式为： CH 3CH 2OH o 170C
−−−→浓硫酸CH 2=CH 2+H 2O ，故答案为：+NaHCO 3→
+H 2O+CO 2↑；
CH 3CH 2OH o 170C
−−−→浓硫酸CH 2=CH 2+H 2O ； (3)A→C 是与HCl 发生加成反应生成，E→F 是发生酯化反应生成，与
溴发生反应时，苯环羟基的邻位可以发生取代反应，C=C 双键反应加成反应，故1molA 可以和3mol Br 2反应，故答案为：加成反应，酯化(取代)反应；3；
(4)某营养物质的主要成分(分子式为C 16H 14O 3)是由A 和一种芳香醇R 发生酯化反应生成的，故R 的分子式为C 7H 8O ，R 为苯甲醇，R 含有苯环的同分异构体(不包括R)，若含有1个支链为苯甲醚，若含有2个支链为-OH 、-CH 3，羟基与甲基有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有4种，故答案为：4；
(5)A→C 的过程中还可能有另一种产物C 1，则C 1为
，C 1在NaOH 水溶液中反应的化学方程式为
+3NaOH −−→水△+NaCl+2H 2O ，故答案为：
+3NaOH −−→水△+NaCl+2H 2O 。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．有机化合物H 是一种治疗心血管疾病药物的中间体。

一种合成H 的路线：
已知：信息① CH 3CH 2CH =CH 2 CH 3CHBrCH =CH 2
信息② 3332CH CHO+CH CHO CH CH=CHCHO+H O −−−→V
稀碱 回答下列问题：
（1）C 的化学名称为________________，D 中的官能团名称是__________________。

（2）②的反应类型是______________________________________。

（3）F 的结构简式为______________________________________。

（4）写出由E 和G 生成H 的化学方程式：__________________________________________。

（5）芳香族化合物Q 是H 的同分异构体，一定条件下，H 和Q 分别与足量H 2加成，得到同一种产物，则Q 的可能结构有________种(环中没有碳碳叁键，也没有连续的碳碳双键，不考虑立体结构)，其中分子内存在碳碳叁键的同分异构体的结构简式为______________。

（6）呋喃丙烯酸()是一种医治血吸虫病的药物 呋喃丙胺的原料。

设计以
为原料合成呋喃丙烯酸的合成路线(无机试剂任选)。

_____________。

【答案】环戊烯 溴原子、碳碳双键 消去反应
6
【解析】 【分析】
A 为，与H 2发生加成反应生成的
B 应为，再在浓硫酸的催化作用下发。