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1、2019-2020学年北京市清华大学中学生标准学术能力诊断性测试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分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类不正确的是（）A按照分散质和分散剂所处的状态，可分为9 种分散系B天然气、水煤气、裂解气、高炉煤气都是混合物CCO2、C6H12O6、CH3CH2OH、HCOOH都是非电解质D塑料的老化、橡胶的硫化、石油的裂化、铁铝的钝化、油脂的硬化均属化学变化【答案】C【解析】【详解】A.分散剂和分散质都存在3 种状态：固体、液体和气体，每一种状态的分散剂能够与3 种不同状态的分散质组成3 种分散系
2、，共可组成33=9种分散系，A 正确；B.天然气主要成分是甲烷，还含有乙烷、丙烷、丁烷等，水煤气是CO、H2的混合气，裂解气是乙烯、丙烯等的混合气，高炉煤气是CO、CO2等的混合气，B正确；C.HCOOH是电解质，C错误；D.塑料老化是塑料被氧化造成，橡胶的硫化是天然橡胶与硫发生反应生产硫化橡胶、石油的裂化是将长链烃断裂为短链烃、铁铝的钝化是在铁铝表面形成钝化膜、油脂的硬化是油酯与氢气发生加成反应，均属化学变化，D 正确。故选 C。2测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和热的实验中没有使用的仪器有：大、小烧杯；容量瓶；量筒；环形玻璃搅拌棒；试管；温度计；蒸发皿；托盘天平中的()A BCD【答案】B【解
3、析】【详解】在测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和反应反应热的实验中,需要使用量筒量取溶液体积，小烧杯作为两溶液的反应容器，小烧杯置于大烧杯中，小烧杯与大烧杯之间填充隔热材料，反应过程中用环形玻璃搅拌棒不断搅拌促进反应均匀、快速进行，用温度计量取起始温度和最高温度，没有使用到的是容量瓶、试管、蒸发皿、托盘天平，即，答案选 B。3萜类化合物广泛存在于动植物体内。下列关于萜类化合物a、b 的说法正确的是A a 中六元环上的一氯代物共有3 种(不考虑立体异构)Bb 的分子式为C10H12O Ca 和 b 都能发生加成反应、氧化反应、取代反应D只能用钠鉴别a 和 b【答案】C【解析】A、a 中六元环上有5
4、个碳上有氢，a 中六元环上的一氯代物共有5 种(不考虑立体异构)，故 A错误；B、b的分子式为C10H14O，故 B错误；C、a中的碳双键和b 中苯环上的甲基都能发生氧化反应、a、b 甲基上的氢都可以发生取代反应、a 中碳碳双键、b 中苯环都可以发生加成反应，故C正确；D.可以用钠鉴别a和 b，还可以用溴水来鉴别，故D 错误；故选C。点睛：本题考查有机物的结构与性质，侧重分析能力和应用能力的考查，解题关键：官能团与性质的关系、有机反应类型，难点：选项D 为解答的难点，醇能与钠反应。题目难度中等。4设 NA为阿伏加德罗常数的值下列说法中，正确的是（）A标准状况下，22.4L 的 NO2和 CO2
5、混合气体中含有的氧原子数为4NAB密闭容器中，46gNO2和 N2O4的混合气体所含分子个数为NAC常温常压下，22.4L 的液态水含有2.24 108NA个 OHD高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子【答案】D【解析】A、等物质的量时，NO2和 CO2中含有氧原子数目是相同的，因此标准状况下，22.4L 的 NO2和 CO2混合气体中含有氧原子物质的量为2mol，故 A 错误；B、假设全部是NO2，则含有分子物质的量为46g/46g/mol=1mol，假设全部是N2O4，含有分子物质的量为46g/92g/mol=0.5mol，故 B 错误；C、常温常压下不是标准
6、状况，且水是弱电解质，无法计算OH微粒数，故C错误；D、铁与水蒸气反应生成Fe3O4，因此 16.8g 铁与水蒸气反应，转移电子物质的量为16.88/(56 3)mol=0.8mol，故 D 正确。5下列离子方程式书写正确的是A FeCl2溶液中通入Cl2：Fe2Cl2=Fe3+2ClB澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2+OH HCO3=CaCO3H2O CFeS固体放入稀硝酸溶液中：FeS 2H+=Fe2+H2SD AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+4OH=AlO2 2H2O【答案】B【解析】【详解】A、电子得失不守恒，正确的是2Fe2Cl2=2Fe3+2Cl；B、正确；C、硝酸具有
7、氧化性，能氧化FeS，错误；D、氢氧化铝不能溶于氨水中，错误，答案选 B。6常温下，向50 mL 溶有 0.1molCl2的氯水中滴加2mol/L 的 NaOH 溶液，得到溶液pH 随所加 NaOH 溶液体积的变化图像如下图所示。下列说法正确的是A若 a 点 pH=4，且 c(Cl-)=m c(ClO-)，则 Ka(HClO)=-410mB若 x=100，b 点对应溶液中：c(OH)c(H)，可用 pH 试纸测定其pH Cbc 段，随 NaOH 溶液的滴入，-c(HClO)c(ClO)逐渐增大D若 y=200，c 点对应溶液中：c(OH)-c(H)=2c(Cl-)+c(HClO)【答案】D【解
8、析】【分析】【详解】A.若 a 点 pH=4，(H+)=10-4mol/L，溶液呈酸性，根据方程式知c(HClO)=c(Cl-)-c(ClO-)，c(Cl-)=mc(ClO-)，则c(HClO)=(m-1)c(ClO-)，Ka(HClO)=c Hc ClOc HClOn=41011c Hc ClOmmc ClOnn，A错误；B.若 x=100，Cl2恰好与 NaOH 溶液完全反应生成NaCl、NaClO，NaClO 水解生成次氯酸，溶液呈碱性，但次氯酸具有漂白性，不能用pH 试纸测 pH，应选 pH 计测量，B错误；C.bc 段，随 NaOH 溶液的滴入，溶液的pH不断增大，溶液中c（H+）减
9、小，温度不变则Ka(HClO)=c Hc ClOc HClOn不变，所以-c(HClO)c(ClO)减小，C错误；D.若 y=200，c 点对应溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.2molNaOH，根据电荷守恒得：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，物料守恒得：c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，2c(Cl-)+2c(ClO-)+2c(HClO)=c(Na+)，由+得：c(OH-)=2c(Cl-)+c(HClO)+c(H+)，D 正确；故答案是D。7短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，m、n、p 是由这些元素组成的
10、二元化合物，r 是一种气态单质，n 为淡黄色粉末，相关物质转化关系如图所示。室温下，0.0lmol/L 的 s溶液 pH 为 12，X 的质子数是W 与 Z的质子数之和的一半。下列说法正确的是A原子半径：WXY B简单氢化物沸点：ZXY Cn、s 中均含有离子键和共价键D q 溶于水时温度升高，证明其水解过程放热【答案】C【解析】【分析】n 是一种淡黄色粉末，且与p 反应生成s 与 r，而 0.01mol?L-1的 s 溶液的 pH 为 12，s为一元强碱，r 为 Y的气体单质，则s 为 NaOH，n 为 Na2O2，p 为 H2O，r 为 O2，可推知m 为 CO2，q 为 Na2CO1结合
11、原子序数可知 W 为 H，X为 C，Y为 O，Z为 Na，据此分析解答。【详解】A H 原子核外只有1 个电子层，C、O 核外均有2 个电子层，同周期元素核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径：WYX，故 A 错误；BC对应简单氢化物为CH4，O 对应简单氢化物为H2O，Na 对应简单氢化物为NaH，CH4、H2O 均为分子晶体，NaH 为离子晶体，H2O 分子之间能够形成氢键，因此简单氢化物沸点：XYGeH4SiH4CH4；相对分子质量相同或接近，分子的极性越大，范德华力越大，其熔、沸点越高，如CON2；形成分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高，如H2OH2S；如果形成分子内氢键，熔、沸点会降
12、低。8短周期主族元素W、X、Y、Z、R 原子序数依次增大。考古时利用W 的一种同位素测定一些文物的年代，X是地壳中含量最多的元素，Y、Z的质子数分别是W、X 的质子数的2 倍。下列说法错误的是（）A Y 单质可以与WX2 发生置换反应B可以用澄清的石灰水鉴别WX2与 ZX2C原子半径:YZR；简单离子半径:ZXY D工业上常用电解熔融的Y 与 R 形成的化合物的方法制取Y【答案】B【解析】【分析】考古时利用W 的一种同位素测定一些文物的年代，则 W 为 C；X是地壳中含量最多的元素，则 X 为 O；Y、Z的质子数分别是W、X 的质子数的2 倍，则 Y的质子数为6 2=12，Y为 Mg，Z 的质
13、子数为8 2=16，Z为 S，R的原子序数最大，R 为 Cl，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W 为 C、X 为 O、Y为 Mg、Z为 S、R为 Cl；A Mg 与 CO2点燃下发生置换反应生成MgO、C，故 A 正确；B二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，则澄清的石灰水不能鉴别，故B 错误；C同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：YZ R；电子层越多离子半径越大，且具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：ZXY，故 C 正确；D Mg 为活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁冶炼Mg，故 D 正确；故答案为B。9下列物质不属于合金的是A铝B青铜C不锈钢D生铁【答案】
14、A【解析】合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法熔合成的具有金属特性的物质；铝是纯净物，不属于合金，故A正确；青铜是铜与锡或铅的合金，故B错误；不锈钢是铁中含有铬、镍的合金，故C错误；生铁是铁和碳的合金，故D错误。10己知 ROH固体溶于水放热，有关过程的能量变化如图(R=Na、K)：下列说法正确的是A H1+H20 B H4(NaOH)H4(KOH)0 C H6(NaOH H6(KOH)D H1+H2+H4+H5+H6=0【答案】B【解析】【详解】A.H1+H2表示 ROH固体溶于水过程，该过程放热，所以应小于0，故错误；B.H4表示 ROH破坏离子键的过程，因为氢氧化钠中钠离
15、子半径比钾离子半径小，所以破坏离子键吸收的能量氢氧化钠多，即H4(NaOH)H4(KOH)0，故正确；C.H6都表示氢氧根离子从气态变液体，能量应相同，故错误；D.根据盖斯定律分析，有H1+H2=H4+H5+H6，因为 ROH固体溶于水过程放热，故H1+H2+H4+H5+H6不等于 0，故错误。故选 B。11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NAD 0.1 L0.1 mol L-1 MgCl2溶液中的Mg2+数目为 0.01NA【答案
16、】C【解析】【详解】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2NO2垐?噲?N2O4，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。12实验室制备硝基苯时，经过配制混酸、硝化反应(5060)、洗涤分离、干燥蒸馏等步骤，下列图示装置和操作能达到目的的是A配制混酸B硝化反应C洗涤分离D干燥蒸馏【答案】C【解析】【
17、详解】A、配制混酸时，应先将浓硝酸注入烧杯中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却，故A错误；B、由于硝化反应控制温度5060，应采取5060水浴加热，故B错误；C、硝基苯是油状液体，与水不互溶，分离互不相溶的液态混合物应采取分液操作，故C正确；D、蒸馏时为充分冷凝，应从下端进冷水，故D错误。答案：C。【点睛】本题考查了硝基苯的制备实验，注意根据实验原理和实验基本操作，结合物质的性质特点和差异答题。13设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是A 4.8gMg 在足量的CO2中完全燃烧，转移电子数目为B葡萄糖含羟基数目为C常温常压下，和的混合气体含原子总数为D 10.0g 质量分数为46%的
18、酒精与足量的钠反应产生氢分子数为【答案】A【解析】【详解】A.镁原子最外层只有2 个电子，易失去，4.8gMg 在足量 CO2中燃烧，转移的电子数为0.4NA，故 A 正确；B.葡萄糖的结构简式为CH2OH（CHOH）4CHO，一个葡萄糖分子中含有5 个羟基，所以0.1mol 葡萄糖(C6H12O6)含羟基(-OH)数目为 0.5NA，故 B 错误；C.常温常压下，4.48LCO2和 NO2混合气体不是0.2mol，所含原子总数不是0.6NA，故 C 错误；D.钠与水也可以反应生成氢气，故D 错误。故选 A。14在 2L 的密闭容器中，发生反应：C(s)+H2O(g)?CO(g)+H2(g)+
19、131.5kJ，5min 后达到平衡，固体减少了24g，则A 气体不变时反应达到平衡状态Bv正(CO)为 2.4mol/(L?min)C若容器体积缩小，平衡常数减小D增大 C 的量，平衡右移【答案】A【解析】【详解】A.反应 C(s)+H2O(g)?CO(g)+H2(g)是气体体积增大的反应，反应过程中体积不变，当气体质量不变时反应到达平衡，此时气体不变，气体不变时反应达到平衡状态，故A 正确；B.5min C(s)减少了24g12g/mol=2mol，根据反应关系C(s)+H2O(g)?CO(g)+H2(g)可知 c(CO)=2mol2L=1mol/L，v正(CO)=c1mol/L=t5mi
20、nVV=0.2mol?L-1?min-1，故 B 错误；C.反应 C(s)+H2O(g)?CO(g)+H2(g)是气体体积增大的反应，若容器体积缩小，压强增大，平衡左移，平衡常数和温度有关系，压强改变，平衡常数不变，故C错误；D.反应 C(s)+H2O(g)?CO(g)+H2(g)中 C 是固体，增大C的量其浓度不变，平衡不移动，故D 错误；正确答案是A。【点睛】C 项注意：平衡常数是化学反应的特性常数。它不随物质的初始浓度（或分压）而改变，仅取决于反应的本性。一定的反应，只要温度一定，平衡常数就是定值，其他任何条件改变都不会影响它的值。15W、X、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X
21、 是金属元素，Z是非金属元素，W、X 的最高价氧化物对应的水化物可以相互反应生成盐和水，向一定量的W 的最高价氧化物对应的水化物溶液中逐滴加人XZ3溶液，生成的沉淀X(OH)3的质量随XZ3溶液加人量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是A d 点对应的溶液中:K+、NH4+、CO32-、I-Bc 点对应的溶液中:Ag+、Ca2+、NO3-、Na+Cb 点对应的溶液中:Na+、S2-、SO42-、Cl-D a 点对应的溶液中:Na+、K+、S042-、HCO3-【答案】C【解析】【分析】【详解】W、X、Z依次为 Na、Al、Cl。分析反应历程可知a 点溶液为强碱性溶液
22、，HCO3不可以大量共存；b 点溶液为中性溶液，对应离子可以大量共存；c 点溶液中存在Cl可与 Ag生成白色沉淀；d 点溶液中存在Al3可与 CO32发生双水解。答案选C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16以黄铜矿(CuFeS2)、FeCl3和乳酸 CH3CH(OH)COOH 为原料可制备有机合成催化剂CuCl和补铁剂乳酸亚铁 CH3CH(OH)COO2Fe。其主要实验流程如下：（1）FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为_。（2）向溶液1 中加入过量铁粉的目的是_。（3）过滤后得到的FeCO3固体应进行洗涤，检验洗涤已完全的方法是_。（4）实验室制备乳酸亚铁的装置如图1
23、所示。实验前通入N2的目的是 _。某兴趣小组用KMnO4滴定法测定样品中Fe2含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，结果测得产品的质量分数总是大于111%，其原因可能是_。（5）已知：CuCl为白色晶体，难溶于水和乙醇，在空气中易氧化；可与NaCl 溶液反应，生成易溶于水的 NaCuCl2。NaCuCl2可水解生成CuCl，温度、pH 对 CuCl产率的影响如图2、3 所示。由 CuCl(s)、S(s)混合物提纯CuCl的实验方案为：将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，_。(实验中须使用的试剂有：饱和NaCl 溶液，11 mol L1 H2SO4、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：真空干燥
24、箱)。【答案】CuFeS2 3Fe3Cl=4Fe2CuCl2S除去溶液中的Fe3，提高产品的纯度取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全排尽装置中的空气，防止Fe2被氧化KMnO4具有强氧化性，可将Fe2和乳酸根离子中的羟基一同氧化过滤,控制温度61 左右,向滤液中滴加1.1 molL1 H2SO4，控制溶液的pH 为 2.12.5 左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥【解析】【分析】由实验流程可知，向黄铜矿(CuFeS2)中加入 FeCl3溶液发生氧化还原反应生成FeCl2、CuCl固体和硫单质，经过滤得到固体为CuCl和 S，
25、进一步分离可得CuCl；溶液 1 中含有 FeCl2和 FeCl3，加入过量的铁粉除去溶液中的 Fe3得到溶液2 为纯度较高的FeCl2溶液，向溶液 2 中加入碳酸钠溶液生成FeCO3沉淀，过滤后加乳酸得到乳酸亚铁CH3CH(OH)COO2Fe。亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，实验前通入N2排尽装置中的空气，装置中FeCO3和乳酸发生反应制备乳酸亚铁CH3CH(OH)COO2Fe，据此解答。【详解】(1)由上述分析可以知道，FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为CuFeS23Fe3Cl=4Fe2CuCl2S。因此，本题正确答案是：CuFeS23Fe3 Cl=4Fe2
26、 CuCl2S；(2)溶液 1 中含有 FeCl3，向溶液1 中加入过量铁粉的目的是除去溶液中的Fe3，提高产品的纯度。因此，本题正确答案是：除去溶液中的Fe3，提高产品的纯度；(3)FeCO3固体会吸附溶液中的Cl-，所以检验洗涤已完全应检验是否含有Cl-，方法为：取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全，因此，本题正确答案是：取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全；(4)亚铁离子容易被氧气氧化，实验前通入N2的目的是排尽装置中的空气，防止Fe2被氧化。因此，本题正确答案是：排尽装置中的空气，防止Fe2被氧化；乳酸
27、根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于111%，因此，本题正确答案是：KMnO4具有强氧化性，可将Fe2和乳酸根离子中的羟基一同氧化。(5)根据题给信息，将一定量的混合物溶于饱和NaCl 溶液中，CuCl与 NaCl 溶液反应，生成易溶于水的NaCuCl2，过滤后除去S；将 NaCuCl2水解生成CuCl，根据温度、pH 对 CuCl产率的影响的曲线，应选择温度 61 左右，控制溶液的pH 为 2.12.5 左右，具体的操作为：过滤，控制温度61 左右，向滤液中滴加 1.1 mol
28、L1 H2SO4，控制溶液的pH 为 2.12.5 左右，搅拌、趁热过滤。最后用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥，因此，本题正确答案是：过滤，控制温度61 左右，向滤液中滴加1.1 mol L1 H2SO4，控制溶液的pH 为2.12.5 左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17CAPE是蜂胶主要活性组分之一，具有抗炎、抗氧化和抗肿瘤的作用，在医学上具有广阔的应用前景。合成 CAPE的路线设计如下：已知：A 的核磁共振氢谱有三个波峰，红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键；。请回答下列问题：（1）A 中官能团的名称为_
29、。（2）C生成 D 所需试剂和条件是_。（3）E生成 F的反应类型为_。（4）1mol CAPE与足量的NaOH 溶液反应，最多消耗NaOH 的物质的量为_。（5）咖啡酸生成CAPE的化学方程式为_。（6）芳香化合物X 是 G（C9H8O3）的同分异构体，满足下列条件，X的可能结构有_种，a.属于芳香族化合物b.能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2c.能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀其中核磁共振氢谱显示有6 种不同化学环境的氢，峰面积之比为1:2:2:1:1:1，写出一种符合要求的X 的结构简式 _。（7）参照上述合成路线，以和丙醛为原料(其它试剂任选)，设计制备的合成路线 _。
30、【答案】氯原子氯气、光照氧化反应4mol+HBr 17【解析】【分析】A 的核磁共振氢谱有三个波峰，结合F结构简式知，A 为，A 和氢氧化钠的水溶液发生水解反应然后酸化得到B为，B 发生的反应生成C 为，C 和氯气在光照条件下发生取代反应生成D，D 发生水解反应然后酸化得到E，E发生氧化反应生成F，则 E结构简式为，D 为，F发生信息的反应生成G，G 结构简式为，G发生银镜反应然后酸化生成咖啡酸，红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键，咖啡酸结构简式为，咖啡酸和3-溴乙基苯发生取代反应生成 CAPE，CAPE结构简式为；（7）以和丙醛为原料（其他试剂任选）制备，发生信息的反应，然后发生水解反应、
31、催化氧化反应、的反应得到目标产物。【详解】（1）根据分析，A 的结构简式为，则 A 中官能团的名称为氯原子，答案为：氯原子；（2）根据分析，C 为，D 为，则C 和氯气在光照条件下发生取代反应生成D；答案为：氯气、光照；（3）根据分析，E结构简式为，E中的羟基发生氧化反应生成F中的醛基，则E生成 F的反应类型为氧化反应，答案为：氧化反应；（4）根据分析，CAPE结构简式为，根据结构简式，1moCAPE含有 2mol 酚羟基，可消耗2mol NaOH，含有一个酯基，可消耗1molNaOH 发生水解，CAPE水解后产生咖啡酸，含有羧基，可消耗1molNaOH，则 1mol CAPE与足量的NaOH
32、 溶液反应，最多消耗NaOH 的物质的量为2mol+1mol+1mol=4mol，答案为：4mol；（5）咖啡酸和3-溴乙基苯发生取代反应生成CAPE，CAPE结构简式为，咖啡酸生成 CAPE的化学方程式为+HBr，答案为：+HBr；（6）G结构简式为，芳香化合物X是 G(C9H8O3)的同分异构体，X 能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出 CO2，说明 X中含有羧基，且与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，说明含有醛基，其核磁共振氢谱显示有6 种不同化学环境的氢，峰面积比为1:2:2:1:1:1，其符合要求的X 的结构简式为，答案为：；（7）以和丙醛为原料(其他试剂任选)制备,发生信息的反应,然后
33、发生水解反应、催化氧化反应、的反应得到目标产物,其合成路线为，答案为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18某反应中反应物与生成物FeCl2、FeCl3、CuCl2、Cu；（1）将上述反应设计成的原电池如图甲所示请回答下列问题：图中 X 溶液是 _；Cu电极上发生的电极反应式为_；原电池工作时，盐桥中的_填“K+”或“Cl-”）不断进入X 溶液中。（2）将上述反应设计成电解池如图乙所示乙烧杯中金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量的变化关系如图丙，请回答下列问题：M 是电源的 _极；图丙中的线是_的变化；当电子转移为0.2mol 时向乙烧杯中加入_L5mol/LNaOH 溶液才能
34、使所有的金属阳离子沉淀完全。【答案】FeCl2、FeCl3Cu-2e-=Cu2+K+负 Fe2+0.28【解析】【分析】据反应物和生成物可以确定该反应为氧化还原反应，由于氧化性：Fe3+Cu2+，则该反应为2FeCl3+Cu 2FeCl2+CuCl2，(1)将该反应设计成原电池，Cu 作负极，石墨作正极；(2)将该反应2FeCl3+Cu 2FeCl2+CuCl2设计成电解池，Cu 作阳极，石墨为阴极；根据金属阳离子的物质的量的变化确定曲线对应的离子；结合图像，确定当电子转移为0.2mol 时，溶液中Fe3+、Fe2+、Cu2+的物质的量，进而计算需要NaOH溶液的体积。【详解】(1)据反应物和
35、生成物可以确定该反应为氧化还原反应，由于氧化性：Fe3+Cu2+，则该反应为2FeCl3+Cu 2FeCl2+CuCl2，将该反应设计成原电池，Cu 作负极，石墨作正极。该反应为2FeCl3+Cu 2FeCl2+CuCl2，则 X溶液一定有FeCl3，结合第(2)问分析，曲线为Fe2+，且反应开始时其物质的量为0.1mol，则 X 为 FeCl2、FeCl3，故答案为：FeCl2、FeCl3；Cu 作负极，发生失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，故答案为：Cu-2e-=Cu2+；Cu 作负极，石墨作正极，盐桥中阳离子向正极移动，则K+不断移向正极即进入X 溶液中，故答案为：K+；(2)将
36、该反应2FeCl3+Cu 2FeCl2+CuCl2设计成电解池，则Cu 作阳极，失电子被氧化生成Cu2+，石墨为阴极，Fe3+得电子生成Fe2+，被还原，所以M 为负极，N 为正极，故答案为：负；该反应为2FeCl3+Cu 2FeCl2+CuCl2，在电解过程中，Fe3+逐渐减少，则表示的为Fe3+，Fe2+、Cu2+逐渐增多，根据变化量的比例关系2Fe3+2Fe2+Cu2+可知，为Fe2+，为 Cu2+，故答案为：Fe2+；当电子转移为0.2mol 时，溶液中有Fe3+为 0.2mol，Fe2+为 0.3mol，Cu2+为 0.1mol，所以需要加入NaOH溶液物质的量为0.2 3+0.32
37、+0.12=1.4mol，所以 NaOH 溶液的体积为1.4mol=0.28L5mol/L，故答案为：0.28。19控制变量是科学研究重要方法。由下列实验现象一定能得出相应结论的是选项A B C D 装置图现象右边试管产生气泡较快左边棉球变棕黄色，右边棉球变蓝色B 中产生白色沉淀，C中溶液颜色褪去试管中液体变浑浊结论催化活性:Fe3+Cu2+氧化性:Br2I2硫酸亚铁铵分解的产物中除NH3外还含有SO3和 SO2非金属性:CSi A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A氯离子浓度相同时，Fe3+浓度小，但产生的气泡速度快，催化活性:Fe3+Cu2+，故选项A 正确；B氯气过量条件下，也能与KI 溶液反应，无法判断Br2能否与 KI 溶液反应，故选项B 错误；C硫酸亚铁铵分解的产物中含有SO2，硫元素化合价降低被还原，由氧化还原反应规律可知，铵根离子中的氮元素化合价升高被氧化，发生还原反应生成氮气，则分解产物中应该含有氮气，故选项C错误；D盐酸为挥发性酸，挥发的HCl 也能与 Na2SiO3溶液反应，干扰二氧化碳与硅酸钠溶液的反应，不能证明非金属性:CSi，故选项 D 错误；故选 A。