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福建省福州第一中学2023-2024学年高三上学期12月考试化学试题含答案
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这是一份福建省福州第一中学2023-2024学年高三上学期12月考试化学试题含答案，共22页。试卷主要包含了5 Fe， 化学与生产、生活密切相关， 下列离子方程式书写正确的是， 是阿伏加德罗常数的值等内容，欢迎下载使用。
注意事项：完卷75分钟 满分100分
可能用到的相对原子质量：H：1 N：14 O：16 S：32 Cl：35.5 Fe：56
一、选择题(共10小题，每题4分，共40分，每题只有一个选项符合题意)
1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A. 青铜合金中含量最高的两种元素是铜和锌
B. 人工制造的分子筛主要用作吸附剂和催化剂。
C. 飞机播撒氯化银是实现人工降雨的一种方法
D. 汽车尾气中的氮氧化物是汽油不完全燃烧产生的
【答案】B
【解析】
【详解】A．青铜合金主要成分是铜和锡或铅，黄铜合金才是铜锌合金，选项A错误；
B．多孔硅铝酸盐具有较大的表面积，具有吸附性，所以人工分子筛（多孔硅铝酸盐）可以用作吸附剂和催化剂，选项B正确；
C．AgI可用于人工降雨，在大气中易形成结晶核，所以飞机播撒AgI是实现人工降雨的一种方法，选项C错误；
D．机动车在行驶中烃类不完全燃烧，产生一氧化碳甚至冒黑烟，汽车尾气排放的氮氧化物是在汽车发动机气缸内高温富氧环境下氮气和氧气的反应，不是汽油不完全燃烧造成的，选项D错误；
答案选B。
2. 下列离子方程式书写正确的是
A. 以银作阴阳电极电解溶液：
B. 用浓盐酸和二氧化锰制取少量氯气：(浓)
C. 向氯化铁溶液中通入足量气体：
D. 用次氯酸钠溶液吸收少量气体：
【答案】C
【解析】
【详解】A．银作阴阳电极时，阳极应该是Ag放电，不会生成，A错误；
B．HCl是强电解质，在离子方程式中需要拆开，B错误；
C．向氯化铁溶液中通入足量气体：，C正确；
D．次氯酸钠过量，开始生成的与继续反应会生成HClO，D错误；
故选C。
3. 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4L 中含有的质子数为74
B. 将162.5g 放入足量的水中、形成的胶体粒子数为1
C. 0.1ml 与足量在光照条件下反应，生成的分子数为0.1
D. 标准状况下，5.6L 和的混合物中含有电子的数目为4.5
【答案】D
【解析】
【详解】A．标准状况下， 为液态，22.4L中含有的质子数为大于74，故A错误；
B．胶体粒子是一个聚合体，162.5g 的物质的量为0.1ml，水解形成胶体，多个聚合为一个胶体粒子，故形成的胶体粒子数为小于1，故B错误；
C．与光照条件下发生取代反应产物有多种，分别生成、、、，不是完成生成，故生成分子数为不是0.1，故C错误；
D．标准状况下，5.6L 混合气体的物质的量为0.25ml,和均为18电子微粒，故混合物含有的电子的数目为4.5，故D正确。
答案为：D。
4. 苯并唑酮类化合物X常用于植物保护剂，结构如图。关于X的说法正确的是
A 分子中所有原子可能全部共面
B. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴水褪色
C. X与足量H2加成后所得产物分子中手性碳原子数目为5个
D. 1 ml X与足量NaOH溶液充分反应，最多可消耗4 ml NaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构式可知，该分子中含有饱和的碳原子：-CH2-、-CHBr-，所有原子不可能全部共面，故A错误；
B．该分子中含有醛基，醛基具有还原性，则能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，故B错误；
C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，X与足量加成后所得产物分子中手性碳原子位置为 ，共有4个，故C错误；
D． X在碱性溶液中，碳溴键、酰胺基、酯基可以水解，同时水解产物中有酚羟基﹐则1 ml X与足量NaOH溶液充分反应﹐最多可消耗4 ml NaOH，故D正确；
故选D。
5. 短周期主族元素W、X、Y、Q的原子序数依次增大。W、X原子的最外层电子数之和为6，且符合核反应：；Y原子中s电子与p电子数目相同，Q的原子序数等于X原子序数的2倍。下列说法正确的是
A. 电负性：B. X的最高价氧化物对应的水化物属于强酸
C. 原子半径：D. 单质Q与X的最高价氧化物可以发生反应
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素W，X，Y，Q的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之和为6，结合反应可知A=9+4-1=12，则W、X位于第二周期，二者最外层电子数之和为Z-2+Z+2-2=6，解得Z=4，则W为Be，X为C元素；Y原子中s电子与p电子数目相同，电子排布式为1s22s22p4，则Y为O，Q的原子序数等于X原子序数的2倍，则Q为Mg元素，以此分析解答。
【详解】结合分析可知，W为Be，X为C，Y为O，Q为Mg元素，
A．非金属性越强，其电负性越大，一般非金属元素的电负性强于金属元素，则MgB．X的最高价氧化物对应的水化物为碳酸，碳酸为弱酸，故B错误；
C．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Mg＞Be＞C＞O，即Q＞W＞X＞Y，故C错误；
D．单质Q为Mg，X的最高价氧化物为CO2，镁与CO2在点燃条件下可以发生反应生成MgO和C，故D正确；
故选：D。
6. 下列实验操作中，其现象、解释及结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．铁与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4，四氧化三铁中可能混有未反应的铁单质，向固体中加入稀硫酸，发生Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+，然后滴加KSCN溶液，溶液不出现红色，因此题中实验，不能证明固体混合物是否含有+3价Fe，故A错误；
B．浓氨水能挥发出NH3，将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某试剂瓶瓶口，试剂瓶瓶口有白烟生成，有固体生成，推出该试剂可能是挥发性的酸，故B正确；
C．乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，产生的气体中混有乙醇，乙醇对乙烯的检验的产生干扰，故C错误；
D．X可能为NH3，则白色沉淀为亚硫酸钡，氨气不具有强氧化性，故D错误；
答案为B。
7. 由簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示(“UV”代表紫外线)。下列说法错误的是
A. 反应过程中有极性键的断裂和生成
B. 都有可能在循环中作催化剂
C. 反应过程中金属元素Rh、V的价态均不变
D. 该循环的总反应为：
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应过程中，CH4与、反应生成H2和，发生极性键的断裂，在UV作用下分解生成CO、H2、，发生极性键的生成，A正确；
B．反应开始时，可能是、先与H2O反应，也可能是、先与CH4反应，循环的起点不同，催化剂不同，所以都有可能在循环中作催化剂，B正确；
C．反应过程中，、、中，金属元素V的价态一定发生改变，C错误；
D．将两个循环发生反应加和，都可得到该循环的总反应为：，D正确；
故选C。
8. 实验室模拟以磷石膏(含及杂质、等)为原料制取轻质，流程如下：
下列说法错误的是
A. “浸取1”时，加快搅拌速率、不断升高温度均可提高的转化率
B. “浸取1”时，应先通再通，滤液1中浓度最大的阴离子为
C. “浸取2”时，发生反应的离子方程式为
D. “浸取2”时，所得滤渣2的主要成分为、
【答案】A
【解析】
【详解】A．“浸取1”用到了气体原料氨气和二氧化碳，气体在水中的溶解度随温度升高而减小，因此温度过高不利于提高浸取率即CaSO4的转化率，A错误；
B．由于NH3极易溶于水，CO2难溶于水，易溶于氨化后的碱性溶液，故“浸取1”，应先通NH3再通CO2，发生的反应为：CaSO4·2H2O+2NH3+CO2=CaCO3+(NH4)2SO4，故滤液1中主要溶质为(NH4)2SO4，浓度最大的阴离子为，B正确；
C．滤渣1的成分是碳酸钙、氧化铝和氧化铁，高温加热时碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，氧化铝和氧化铁性质稳定，不发生反应，“浸取2”中氯化铵与氧化钙发生反应，发生反应的离子方程式为：，C正确；
D．“滤渣1的成分是碳酸钙、氧化铝和氧化铁，高温加热时碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，氧化铝和氧化铁性质稳定，不发生反应，“浸取2”中氯化铵与氧化钙反应，使其溶解，则“浸取2”时，所得滤渣2的主要成分为、，D正确；
故答案为：A。
9. 科学家设计了一种能产生羟基自由基(·OH)的原电池—电解池组合装置，·OH能将苯酚氧化为CO2和H2O，实现发电、环保二位一体，原理如图所示。下列说法错误的是
A. a极为正极，N为阴离子交换膜
B. d极的电极反应式为H2O－e－=·OH +H+
C. a极区每产生1 ml Cr(OH)3，C 极区溶液质量减轻3g
D. b极区消耗1 ml C6H5OH，理论上电路中转移电子28 ml
【答案】C
【解析】
【分析】电解水生成的羟基自由基()氧化苯酚生成二氧化碳和水，因此左侧池为原电池，右侧池为电解池。
【详解】A． I室化合价降低，得电子，发生还原反应，因此a极为正极，b极为负极，c极为阴极，d极为阳极；II室中、数目都减小，说明离子从II室向I室和III室移动，由于阴离子移向负极(b极)，阳离子移向正极(a极)，因此N和M分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜，故A正确；
B．根据图中信息可知，d极上发生的电极反应式为，故B正确；
C．a极每产生1ml，转移3ml电子，c极上的电极反应式为，生成1.5ml，与此同时，有3ml从阳极室透过质子交换膜进入阴极室，因此c极区溶液质量不变，故C错误；
D．根据苯酚被氧化生成二氧化碳，故消耗1 ml C6H5OH，理论上电路中转移电子28 ml，故D正确。
综上所述，答案为C。
10. 25℃时，将HCl气体缓慢通入0.1 ml/L的氨水中，溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的量之比[t=)的关系如图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关说法错误的是
A. t=0.5时，c()>c(Cl－)
B. 25℃时，的水解平衡常数Kh的数量级为10－10
C. P3所示溶液：c(Cl－)>c()> c(NH3·H2O)>c(H+)>c(OH－)
D. P2所示溶液：c(Cl－)> 100c(NH3·H2O)
【答案】C
【解析】
【详解】A．t=0.5时，溶质为等物质的量的NH3·H2O、NH4Cl，溶液呈碱性，则c()>c(Cl－)，故A正确；
B．25℃时，根据图示，c()= c(NH3·H2O)时pH=9.25，的水解平衡常数Kh= ，数量级为10－10，故B正确；
C．P3所示溶液溶质为NH4Cl，溶液呈酸性，c(Cl－)>c()>c(H+)> c(NH3·H2O) >c(OH－)，故C错误；
D．c()= c(NH3·H2O)时pH=9.25，Kb=10-4.75，P2所示溶液呈中性，c(Cl－)=c()，，所以c(Cl－)> 100c(NH3·H2O)，故D正确；
选C。
二、非选择题(本题包括4小题，共60分)
11. 亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业，是一种浅黄色、遇水易分解的固体，但溶于浓硫酸后并不分解。某实验小组将在A中产生的SO2通入浓硫酸和浓硝酸的混合溶液中制备亚硝酰硫酸，并测定产品的纯度。
（1）仪器X的名称为___________；
（2）按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为(填仪器接口字母) ___________。
（3）①装置B中发生反应的化学方程式为___________。
②开始时反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其可能原因是___________。
（4）装置B中维持反应体系温度不高于20℃的主要原因是___________。
（5）测定产品纯度：称取4.5g产品放入锥形瓶中，加入100.00 mL 0.10ml/L的KMnO4溶液和适量H2SO4，摇匀，再将溶液加热至60~70℃(使生成的HNO3挥发逸出)，冷却至室温，然后用0.20 ml/L的Na2C2O4标准溶液滴定至终点，消耗Na2C2O4溶液的体积为25.00 mL。
已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+5Na2SO4+8H2O。
①滴定终点的现象为___________。
②该产品的纯度为___________% (保留小数点后一位)。
【答案】11. 蒸馏烧瓶
12. aedbcg 13. ①. ②. 生成的NOSO4H作为该反应的催化剂
14. 浓硝酸受热易分解，且温度升高使得SO2逸出不利于反应进行
15. ①. 最后半滴标准液加入后，溶液恰好由紫红色变为无色且半分钟不恢复 ②. 56.4
【解析】
【分析】该实验中A装置制取SO2，实验室常用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，生成二氧化硫经过C中浓硫酸干燥后进入B，装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H，为减少浓硝酸的挥发，应尽量降低体系温度，装置D处理未反应的二氧化硫和挥发出的HNO3。
【小问1详解】
仪器X的名称为蒸馏烧瓶；
【小问2详解】
由分析可知，上述仪器的连接顺序为aedbcg；
【小问3详解】
①装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H，发生反应的化学方程式为。
②影响反应速率的主要因素有浓度、温度、催化剂，该反应中温度变化不大，而浓度随反应进行会减小，所以可以使速率加快的因素只能是催化剂，故原因为：生成的NOSO4H作为该反应的催化剂；
【小问4详解】
浓硝酸受热易分解，且温度升高使得SO2逸出不利于反应进行，故维持反应体系温度不高于20℃；
【小问5详解】
①用草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点，故答案为：最后半滴标准液加入后，溶液恰好由紫红色变为无色且半分钟不恢复；
②根据反2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+5Na2SO4+8H2O可知，所以剩余的，则与NOSO4H反应的，根据反应2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4可知，，所以亚硝酰硫酸的纯度，故答案为56.4%。
12. 我国科学家开发的光催化剂硒化锌(ZnSe，不溶于水)，可实现人工光合作用，某科研团队设计一种以锌矿(主要成分是ZnS，含FeS2、CuS、NiS、SiO2等)为原料制备ZnSe的工艺流程如图。
已知：①“堆浸液”中含ZnSO4、FeSO4、CuSO4、NiSO4。
②常温下，
③pH过高时，FeOOH沉淀会转化成胶体。
④Zn(OH)2是两性氢氧化物。
回答下列问题：
（1）下列有关“堆浸”的说法正确的是___________(填标号)。
A. 将锌矿粉碎过筛，有利于加快“堆浸”的速率
B. “堆浸”时温度越高越好，温度高有利于加快“堆浸”速率
C. “堆浸”时加入大量的硫酸
D. 将锌矿在空气中充分暴露有利于“堆浸”
（2）“除铁”步骤中发生反应的离子方程式为___________。“除铁”最佳pH为3.2，如果pH过高，会导致溶液中的含量降低，其主要原因：①部分转化成Zn(OH)2，②___________。
（3）试通过计算判断ZnS与CuSO4溶液反应能否完全转化为CuS？___________。
（4）置换镍时，用锌粉直接置换速率极慢，目前采用“锑盐净化法”，即置换时在酸性含溶液中同时加入锌粉和Sb2O3得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb的离子方程式为___________。
（5）ZnSO4的溶解度随温度变化曲线如图所示。
“浓缩结晶”的具体操作步骤为：
①在100℃时蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
②降温至___________℃蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
③冷却至室温，过滤、洗涤、干燥。
（6）“合成”ZnSe后，从反应体系中分离出ZnSe的操作依次为___________、洗涤、干燥。
（7）硒化锌(ZnSe)晶胞结构如图甲所示，乙图为甲图的俯视图，若A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为(，1，)则D点坐标为___________。在晶胞中距离Se最近且等距离的Zn组成的空间结构为___________形。
【答案】（1）AD （2） ①. ②. FeOOH沉淀会转化成胶体，胶体会吸附锌离子
（3）Cu2++ZnS=CuS+Zn2+，该反应的K=，K >105说明该反应能彻底正向进行
（4）
（5）60 （6）过滤
（7） ①. (1，，) ②. 正四面体
【解析】
【分析】锌矿主要成分是ZnS，含FeS2、CuS、NiS、SiO2等杂质，细菌在“堆浸”中将S元素转化为，从而将难溶矿物转化为可溶于水的盐，过氧化氢将Fe(Ⅱ)氧化至Fe(Ⅲ)后生成FeOOH除去，由于，根据沉淀转化原理，可以加入ZnS将Cu2+除去，Ni2+可以被Zn还原，加入Zn粉除去Ni2+，得到ZnSO4溶液，通入H2Se生成不溶于水的ZnSe。
【小问1详解】
A．锌矿粉碎，增大与氧气的接触面积，可以提高反应速率，A正确；
B．“堆浸”在细菌的作用下完成，高温不利于细菌存活，不能加快反应速率，B错误；
C．酸性环境易使蛋白质变性，细菌死亡，因此，加酸不利于“堆浸”，C错误；
D．锌矿在空气中暴露，有利于“堆浸”中的氧化过程，D正确；
答案选AD；
【小问2详解】
由分析知，H2O2做氧化剂，将Fe(Ⅱ)氧化至Fe(Ⅲ)，离子方程式为；根据题干信息，pH过高时，FeOOH沉淀会转化成胶体，胶体可能吸附，造成含量偏低；
【小问3详解】
若反应能发生，方程式为Cu2++ZnS=CuS+Zn2+，该反应的K= ，K>105说明该反应能彻底正向进行；
【小问4详解】
根据题意得离子方程式为；
【小问5详解】
根据溶解度曲线，硫酸锌在60℃时溶解度最大，因此先在100℃时，快速去除一部分水，出现晶膜后，降温至60℃继续蒸发，可以获得更高浓度的饱和溶液，再降温结晶可提高产率；
【小问6详解】
根据题意，ZnSe不溶于水，因此生成ZnSe后，直接过滤、洗涤、干燥获得产品；
【小问7详解】
根据题意，D原子位于晶胞右侧面心上，因此坐标为(1，，)，晶胞中距离Se最近的Zn位于顶角和三个相邻面的面心上，配位数为4，形成正四面体结构。
13. 配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。
（1）某有机物能与形成橙红色的配离子，该配离子可被氧化成淡蓝色的配离子。
①基态的电子轨道表示式为___________。
②完成反应的离子方程式：______
（2）某研究小组对(1)中②的反应进行了研究。
用浓度分别为的溶液进行了三组实验，得到随时间t的变化曲线如图。
①时，在内，的平均消耗速率=___________。
②下列有关说法中，正确的有___________。
A．平衡后加水稀释，增大
B．平衡转化率：
C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小
D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：
（3）R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡：
研究组配制了L起始浓度与L起始浓度比不同的系列溶液，反应平衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种中的化学位移不同，该特征H对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。
【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“”表示未检测到。
①时， ___________。
②时，平衡浓度比___________。
（4）研究组用吸收光谱法研究了(3)中M与L反应体系。当时，测得平衡时各物种随的变化曲线如图。时，计算M的平衡转化率___________(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
【答案】（1） ①. ②. HNO2
（2） ①. ②. A、B
（3） ①. 0.36 ②. 3：4或0.75
（4）98%
【解析】
【小问1详解】
①基态的电子轨道表示式为 ；
②根据原子守恒可知离子方程式中需要增加HNO2。
【小问2详解】
①浓度分别为的溶液，反应物浓度增加，反应速率增大，据此可知三者对应的曲线分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；时，在内，观察图像可知的平均消耗速率为；
②A．对于反应HNO2，加水稀释，平衡往粒子数增加的方向移动，含量增加，含量减小，增大，A正确；
B．浓度增加，转化率增加，故，B正确；
C．观察图像可知，三组实验反应速率都是前期速率增加，后期速率减小，C错误；
D．硝酸浓度越高，反应速率越快，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故，D错误；
故选AB。
【小问3详解】
①时，，且=0.64，得x=0.36；
②相比于含有两个配体，则与的浓度比应为相对峰面积S的一半与的相对峰面积S之比，即。
【小问4详解】
；，由L守恒可知，则；则M的转化率为。
14. 帕罗韦德是一种新型口服抗新冠药物，其重要中间体K的合成路线如下。
已知：R1—COOH+(R1、R2、R3均为烷基)
回答下列问题：
（1）A→B为加成反应，A的结构简式为___________。
（2）D的名称为___________，C→D的反应类型为___________。
（3）写出G→H第一步反应的化学方程式___________。
（4）已知芳香化合物M为K的同分异构体，则满足下列条件的同分异构体共有___________种。
①能与FeCl3发生显色反应；②1ml M最多消耗2 ml NaOH；③核磁共振氢谱中有五组峰；写出其中两种峰面积之比为3：2：2：1：1的有机物的结构简式：___________。
（5）结合以上流程，以乙炔和乙醇为原料合成2，5－己二醇()，无机试剂任选，设计合成路线_________。
【答案】（1）CH≡CH
（2） ①. 3-甲基-1,2丁二烯 ②. 消去反应
（3） （4） ① 4 ②. 或
（5）。
【解析】
【分析】A与丙酮通过加成反应生成B，结合B的结构简式可知A应为乙炔，B与氢气发生加成反应得到C，结合C化学式可知，C为：，C在浓硫酸作用下发生消去反应得到D，结合D化学式可知，D为，D与HCl发生取代反应得到E，E在给定条件下反应得到F，F中的碳碳双键被高锰酸钾氧化得到G，结合G化学式可知，G为；G中酯基发生碱性水解后再酸化得到H，H中两个羧基脱水生成I，结合I化学式可知，I为；I与苯甲胺反应得到J，J与氢气加成得到K；
【小问1详解】
由分析可知，A为乙炔，结构为CH≡CH；
【小问2详解】
D为，名称为3-甲基-1,2丁二烯；C中羟基，在浓硫酸作用下发生消去反应得到D，C→D的反应类型为消去反应；
【小问3详解】
G中含有酯基，G→H第一步反应为碱性条件下的酯基的水解：；
【小问4详解】
芳香化合物M为K的同分异构体，其含有苯环结构，结合K的结构可知其不饱和对为4，而苯环的不饱和度为4，可知 M中除苯环外不含其他不饱和键；①能与发生显色反应，可知苯环上含有酚羟基；② 1 ml M最多消耗2 ml NaOH，结合不饱和度可知M中不含羧基、酯基等官能团，则M中应含2个酚羟基；③核磁共振氢谱中有五组峰，则结构对称；符合的结构有：、、、，有4种；其中一种峰面积之比为的有机物的结构简式：或；
【小问5详解】
乙醇催化氧化得到乙醛，乙醛与乙炔在碱性条件下反应得到，再与氢气发生加成得到，合成路线：。序号
实验操作
实验现象
解释或结论
A
取适量Fe与水蒸气高温反应后的固体混合物于试管中，加足量的稀硫酸溶解，再滴入硫氰化钾溶液
溶液未出现血红色
固体混合物中无+3价Fe
B
将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某试剂瓶瓶口
试剂瓶瓶口有白烟生成
该试剂可能是挥发性酸
C
加热乙醇与浓的混合溶液，将产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中
溶液紫色褪去
产生的气体一定是乙烯
D
向溶液中通入和X气体
产生白色沉淀
气体X一定具有强氧化性
0
1.00
0
0
a
x
0.64
b
0.40
0.60
注意事项：完卷75分钟 满分100分
可能用到的相对原子质量：H：1 N：14 O：16 S：32 Cl：35.5 Fe：56
一、选择题(共10小题，每题4分，共40分，每题只有一个选项符合题意)
1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A. 青铜合金中含量最高的两种元素是铜和锌
B. 人工制造的分子筛主要用作吸附剂和催化剂。
C. 飞机播撒氯化银是实现人工降雨的一种方法
D. 汽车尾气中的氮氧化物是汽油不完全燃烧产生的
【答案】B
【解析】
【详解】A．青铜合金主要成分是铜和锡或铅，黄铜合金才是铜锌合金，选项A错误；
B．多孔硅铝酸盐具有较大的表面积，具有吸附性，所以人工分子筛（多孔硅铝酸盐）可以用作吸附剂和催化剂，选项B正确；
C．AgI可用于人工降雨，在大气中易形成结晶核，所以飞机播撒AgI是实现人工降雨的一种方法，选项C错误；
D．机动车在行驶中烃类不完全燃烧，产生一氧化碳甚至冒黑烟，汽车尾气排放的氮氧化物是在汽车发动机气缸内高温富氧环境下氮气和氧气的反应，不是汽油不完全燃烧造成的，选项D错误；
答案选B。
2. 下列离子方程式书写正确的是
A. 以银作阴阳电极电解溶液：
B. 用浓盐酸和二氧化锰制取少量氯气：(浓)
C. 向氯化铁溶液中通入足量气体：
D. 用次氯酸钠溶液吸收少量气体：
【答案】C
【解析】
【详解】A．银作阴阳电极时，阳极应该是Ag放电，不会生成，A错误；
B．HCl是强电解质，在离子方程式中需要拆开，B错误；
C．向氯化铁溶液中通入足量气体：，C正确；
D．次氯酸钠过量，开始生成的与继续反应会生成HClO，D错误；
故选C。
3. 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4L 中含有的质子数为74
B. 将162.5g 放入足量的水中、形成的胶体粒子数为1
C. 0.1ml 与足量在光照条件下反应，生成的分子数为0.1
D. 标准状况下，5.6L 和的混合物中含有电子的数目为4.5
【答案】D
【解析】
【详解】A．标准状况下， 为液态，22.4L中含有的质子数为大于74，故A错误；
B．胶体粒子是一个聚合体，162.5g 的物质的量为0.1ml，水解形成胶体，多个聚合为一个胶体粒子，故形成的胶体粒子数为小于1，故B错误；
C．与光照条件下发生取代反应产物有多种，分别生成、、、，不是完成生成，故生成分子数为不是0.1，故C错误；
D．标准状况下，5.6L 混合气体的物质的量为0.25ml,和均为18电子微粒，故混合物含有的电子的数目为4.5，故D正确。
答案为：D。
4. 苯并唑酮类化合物X常用于植物保护剂，结构如图。关于X的说法正确的是
A 分子中所有原子可能全部共面
B. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴水褪色
C. X与足量H2加成后所得产物分子中手性碳原子数目为5个
D. 1 ml X与足量NaOH溶液充分反应，最多可消耗4 ml NaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构式可知，该分子中含有饱和的碳原子：-CH2-、-CHBr-，所有原子不可能全部共面，故A错误；
B．该分子中含有醛基，醛基具有还原性，则能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，故B错误；
C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，X与足量加成后所得产物分子中手性碳原子位置为 ，共有4个，故C错误；
D． X在碱性溶液中，碳溴键、酰胺基、酯基可以水解，同时水解产物中有酚羟基﹐则1 ml X与足量NaOH溶液充分反应﹐最多可消耗4 ml NaOH，故D正确；
故选D。
5. 短周期主族元素W、X、Y、Q的原子序数依次增大。W、X原子的最外层电子数之和为6，且符合核反应：；Y原子中s电子与p电子数目相同，Q的原子序数等于X原子序数的2倍。下列说法正确的是
A. 电负性：B. X的最高价氧化物对应的水化物属于强酸
C. 原子半径：D. 单质Q与X的最高价氧化物可以发生反应
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素W，X，Y，Q的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之和为6，结合反应可知A=9+4-1=12，则W、X位于第二周期，二者最外层电子数之和为Z-2+Z+2-2=6，解得Z=4，则W为Be，X为C元素；Y原子中s电子与p电子数目相同，电子排布式为1s22s22p4，则Y为O，Q的原子序数等于X原子序数的2倍，则Q为Mg元素，以此分析解答。
【详解】结合分析可知，W为Be，X为C，Y为O，Q为Mg元素，
A．非金属性越强，其电负性越大，一般非金属元素的电负性强于金属元素，则Mg
C．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Mg＞Be＞C＞O，即Q＞W＞X＞Y，故C错误；
D．单质Q为Mg，X的最高价氧化物为CO2，镁与CO2在点燃条件下可以发生反应生成MgO和C，故D正确；
故选：D。
6. 下列实验操作中，其现象、解释及结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．铁与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4，四氧化三铁中可能混有未反应的铁单质，向固体中加入稀硫酸，发生Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+，然后滴加KSCN溶液，溶液不出现红色，因此题中实验，不能证明固体混合物是否含有+3价Fe，故A错误；
B．浓氨水能挥发出NH3，将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某试剂瓶瓶口，试剂瓶瓶口有白烟生成，有固体生成，推出该试剂可能是挥发性的酸，故B正确；
C．乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，产生的气体中混有乙醇，乙醇对乙烯的检验的产生干扰，故C错误；
D．X可能为NH3，则白色沉淀为亚硫酸钡，氨气不具有强氧化性，故D错误；
答案为B。
7. 由簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示(“UV”代表紫外线)。下列说法错误的是
A. 反应过程中有极性键的断裂和生成
B. 都有可能在循环中作催化剂
C. 反应过程中金属元素Rh、V的价态均不变
D. 该循环的总反应为：
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应过程中，CH4与、反应生成H2和，发生极性键的断裂，在UV作用下分解生成CO、H2、，发生极性键的生成，A正确；
B．反应开始时，可能是、先与H2O反应，也可能是、先与CH4反应，循环的起点不同，催化剂不同，所以都有可能在循环中作催化剂，B正确；
C．反应过程中，、、中，金属元素V的价态一定发生改变，C错误；
D．将两个循环发生反应加和，都可得到该循环的总反应为：，D正确；
故选C。
8. 实验室模拟以磷石膏(含及杂质、等)为原料制取轻质，流程如下：
下列说法错误的是
A. “浸取1”时，加快搅拌速率、不断升高温度均可提高的转化率
B. “浸取1”时，应先通再通，滤液1中浓度最大的阴离子为
C. “浸取2”时，发生反应的离子方程式为
D. “浸取2”时，所得滤渣2的主要成分为、
【答案】A
【解析】
【详解】A．“浸取1”用到了气体原料氨气和二氧化碳，气体在水中的溶解度随温度升高而减小，因此温度过高不利于提高浸取率即CaSO4的转化率，A错误；
B．由于NH3极易溶于水，CO2难溶于水，易溶于氨化后的碱性溶液，故“浸取1”，应先通NH3再通CO2，发生的反应为：CaSO4·2H2O+2NH3+CO2=CaCO3+(NH4)2SO4，故滤液1中主要溶质为(NH4)2SO4，浓度最大的阴离子为，B正确；
C．滤渣1的成分是碳酸钙、氧化铝和氧化铁，高温加热时碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，氧化铝和氧化铁性质稳定，不发生反应，“浸取2”中氯化铵与氧化钙发生反应，发生反应的离子方程式为：，C正确；
D．“滤渣1的成分是碳酸钙、氧化铝和氧化铁，高温加热时碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，氧化铝和氧化铁性质稳定，不发生反应，“浸取2”中氯化铵与氧化钙反应，使其溶解，则“浸取2”时，所得滤渣2的主要成分为、，D正确；
故答案为：A。
9. 科学家设计了一种能产生羟基自由基(·OH)的原电池—电解池组合装置，·OH能将苯酚氧化为CO2和H2O，实现发电、环保二位一体，原理如图所示。下列说法错误的是
A. a极为正极，N为阴离子交换膜
B. d极的电极反应式为H2O－e－=·OH +H+
C. a极区每产生1 ml Cr(OH)3，C 极区溶液质量减轻3g
D. b极区消耗1 ml C6H5OH，理论上电路中转移电子28 ml
【答案】C
【解析】
【分析】电解水生成的羟基自由基()氧化苯酚生成二氧化碳和水，因此左侧池为原电池，右侧池为电解池。
【详解】A． I室化合价降低，得电子，发生还原反应，因此a极为正极，b极为负极，c极为阴极，d极为阳极；II室中、数目都减小，说明离子从II室向I室和III室移动，由于阴离子移向负极(b极)，阳离子移向正极(a极)，因此N和M分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜，故A正确；
B．根据图中信息可知，d极上发生的电极反应式为，故B正确；
C．a极每产生1ml，转移3ml电子，c极上的电极反应式为，生成1.5ml，与此同时，有3ml从阳极室透过质子交换膜进入阴极室，因此c极区溶液质量不变，故C错误；
D．根据苯酚被氧化生成二氧化碳，故消耗1 ml C6H5OH，理论上电路中转移电子28 ml，故D正确。
综上所述，答案为C。
10. 25℃时，将HCl气体缓慢通入0.1 ml/L的氨水中，溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的量之比[t=)的关系如图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关说法错误的是
A. t=0.5时，c()>c(Cl－)
B. 25℃时，的水解平衡常数Kh的数量级为10－10
C. P3所示溶液：c(Cl－)>c()> c(NH3·H2O)>c(H+)>c(OH－)
D. P2所示溶液：c(Cl－)> 100c(NH3·H2O)
【答案】C
【解析】
【详解】A．t=0.5时，溶质为等物质的量的NH3·H2O、NH4Cl，溶液呈碱性，则c()>c(Cl－)，故A正确；
B．25℃时，根据图示，c()= c(NH3·H2O)时pH=9.25，的水解平衡常数Kh= ，数量级为10－10，故B正确；
C．P3所示溶液溶质为NH4Cl，溶液呈酸性，c(Cl－)>c()>c(H+)> c(NH3·H2O) >c(OH－)，故C错误；
D．c()= c(NH3·H2O)时pH=9.25，Kb=10-4.75，P2所示溶液呈中性，c(Cl－)=c()，，所以c(Cl－)> 100c(NH3·H2O)，故D正确；
选C。
二、非选择题(本题包括4小题，共60分)
11. 亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业，是一种浅黄色、遇水易分解的固体，但溶于浓硫酸后并不分解。某实验小组将在A中产生的SO2通入浓硫酸和浓硝酸的混合溶液中制备亚硝酰硫酸，并测定产品的纯度。
（1）仪器X的名称为___________；
（2）按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为(填仪器接口字母) ___________。
（3）①装置B中发生反应的化学方程式为___________。
②开始时反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其可能原因是___________。
（4）装置B中维持反应体系温度不高于20℃的主要原因是___________。
（5）测定产品纯度：称取4.5g产品放入锥形瓶中，加入100.00 mL 0.10ml/L的KMnO4溶液和适量H2SO4，摇匀，再将溶液加热至60~70℃(使生成的HNO3挥发逸出)，冷却至室温，然后用0.20 ml/L的Na2C2O4标准溶液滴定至终点，消耗Na2C2O4溶液的体积为25.00 mL。
已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+5Na2SO4+8H2O。
①滴定终点的现象为___________。
②该产品的纯度为___________% (保留小数点后一位)。
【答案】11. 蒸馏烧瓶
12. aedbcg 13. ①. ②. 生成的NOSO4H作为该反应的催化剂
14. 浓硝酸受热易分解，且温度升高使得SO2逸出不利于反应进行
15. ①. 最后半滴标准液加入后，溶液恰好由紫红色变为无色且半分钟不恢复 ②. 56.4
【解析】
【分析】该实验中A装置制取SO2，实验室常用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，生成二氧化硫经过C中浓硫酸干燥后进入B，装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H，为减少浓硝酸的挥发，应尽量降低体系温度，装置D处理未反应的二氧化硫和挥发出的HNO3。
【小问1详解】
仪器X的名称为蒸馏烧瓶；
【小问2详解】
由分析可知，上述仪器的连接顺序为aedbcg；
【小问3详解】
①装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H，发生反应的化学方程式为。
②影响反应速率的主要因素有浓度、温度、催化剂，该反应中温度变化不大，而浓度随反应进行会减小，所以可以使速率加快的因素只能是催化剂，故原因为：生成的NOSO4H作为该反应的催化剂；
【小问4详解】
浓硝酸受热易分解，且温度升高使得SO2逸出不利于反应进行，故维持反应体系温度不高于20℃；
【小问5详解】
①用草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点，故答案为：最后半滴标准液加入后，溶液恰好由紫红色变为无色且半分钟不恢复；
②根据反2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+5Na2SO4+8H2O可知，所以剩余的，则与NOSO4H反应的，根据反应2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4可知，，所以亚硝酰硫酸的纯度，故答案为56.4%。
12. 我国科学家开发的光催化剂硒化锌(ZnSe，不溶于水)，可实现人工光合作用，某科研团队设计一种以锌矿(主要成分是ZnS，含FeS2、CuS、NiS、SiO2等)为原料制备ZnSe的工艺流程如图。
已知：①“堆浸液”中含ZnSO4、FeSO4、CuSO4、NiSO4。
②常温下，
③pH过高时，FeOOH沉淀会转化成胶体。
④Zn(OH)2是两性氢氧化物。
回答下列问题：
（1）下列有关“堆浸”的说法正确的是___________(填标号)。
A. 将锌矿粉碎过筛，有利于加快“堆浸”的速率
B. “堆浸”时温度越高越好，温度高有利于加快“堆浸”速率
C. “堆浸”时加入大量的硫酸
D. 将锌矿在空气中充分暴露有利于“堆浸”
（2）“除铁”步骤中发生反应的离子方程式为___________。“除铁”最佳pH为3.2，如果pH过高，会导致溶液中的含量降低，其主要原因：①部分转化成Zn(OH)2，②___________。
（3）试通过计算判断ZnS与CuSO4溶液反应能否完全转化为CuS？___________。
（4）置换镍时，用锌粉直接置换速率极慢，目前采用“锑盐净化法”，即置换时在酸性含溶液中同时加入锌粉和Sb2O3得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb的离子方程式为___________。
（5）ZnSO4的溶解度随温度变化曲线如图所示。
“浓缩结晶”的具体操作步骤为：
①在100℃时蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
②降温至___________℃蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
③冷却至室温，过滤、洗涤、干燥。
（6）“合成”ZnSe后，从反应体系中分离出ZnSe的操作依次为___________、洗涤、干燥。
（7）硒化锌(ZnSe)晶胞结构如图甲所示，乙图为甲图的俯视图，若A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为(，1，)则D点坐标为___________。在晶胞中距离Se最近且等距离的Zn组成的空间结构为___________形。
【答案】（1）AD （2） ①. ②. FeOOH沉淀会转化成胶体，胶体会吸附锌离子
（3）Cu2++ZnS=CuS+Zn2+，该反应的K=，K >105说明该反应能彻底正向进行
（4）
（5）60 （6）过滤
（7） ①. (1，，) ②. 正四面体
【解析】
【分析】锌矿主要成分是ZnS，含FeS2、CuS、NiS、SiO2等杂质，细菌在“堆浸”中将S元素转化为，从而将难溶矿物转化为可溶于水的盐，过氧化氢将Fe(Ⅱ)氧化至Fe(Ⅲ)后生成FeOOH除去，由于，根据沉淀转化原理，可以加入ZnS将Cu2+除去，Ni2+可以被Zn还原，加入Zn粉除去Ni2+，得到ZnSO4溶液，通入H2Se生成不溶于水的ZnSe。
【小问1详解】
A．锌矿粉碎，增大与氧气的接触面积，可以提高反应速率，A正确；
B．“堆浸”在细菌的作用下完成，高温不利于细菌存活，不能加快反应速率，B错误；
C．酸性环境易使蛋白质变性，细菌死亡，因此，加酸不利于“堆浸”，C错误；
D．锌矿在空气中暴露，有利于“堆浸”中的氧化过程，D正确；
答案选AD；
【小问2详解】
由分析知，H2O2做氧化剂，将Fe(Ⅱ)氧化至Fe(Ⅲ)，离子方程式为；根据题干信息，pH过高时，FeOOH沉淀会转化成胶体，胶体可能吸附，造成含量偏低；
【小问3详解】
若反应能发生，方程式为Cu2++ZnS=CuS+Zn2+，该反应的K= ，K>105说明该反应能彻底正向进行；
【小问4详解】
根据题意得离子方程式为；
【小问5详解】
根据溶解度曲线，硫酸锌在60℃时溶解度最大，因此先在100℃时，快速去除一部分水，出现晶膜后，降温至60℃继续蒸发，可以获得更高浓度的饱和溶液，再降温结晶可提高产率；
【小问6详解】
根据题意，ZnSe不溶于水，因此生成ZnSe后，直接过滤、洗涤、干燥获得产品；
【小问7详解】
根据题意，D原子位于晶胞右侧面心上，因此坐标为(1，，)，晶胞中距离Se最近的Zn位于顶角和三个相邻面的面心上，配位数为4，形成正四面体结构。
13. 配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。
（1）某有机物能与形成橙红色的配离子，该配离子可被氧化成淡蓝色的配离子。
①基态的电子轨道表示式为___________。
②完成反应的离子方程式：______
（2）某研究小组对(1)中②的反应进行了研究。
用浓度分别为的溶液进行了三组实验，得到随时间t的变化曲线如图。
①时，在内，的平均消耗速率=___________。
②下列有关说法中，正确的有___________。
A．平衡后加水稀释，增大
B．平衡转化率：
C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小
D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：
（3）R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡：
研究组配制了L起始浓度与L起始浓度比不同的系列溶液，反应平衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种中的化学位移不同，该特征H对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。
【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“”表示未检测到。
①时， ___________。
②时，平衡浓度比___________。
（4）研究组用吸收光谱法研究了(3)中M与L反应体系。当时，测得平衡时各物种随的变化曲线如图。时，计算M的平衡转化率___________(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
【答案】（1） ①. ②. HNO2
（2） ①. ②. A、B
（3） ①. 0.36 ②. 3：4或0.75
（4）98%
【解析】
【小问1详解】
①基态的电子轨道表示式为 ；
②根据原子守恒可知离子方程式中需要增加HNO2。
【小问2详解】
①浓度分别为的溶液，反应物浓度增加，反应速率增大，据此可知三者对应的曲线分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；时，在内，观察图像可知的平均消耗速率为；
②A．对于反应HNO2，加水稀释，平衡往粒子数增加的方向移动，含量增加，含量减小，增大，A正确；
B．浓度增加，转化率增加，故，B正确；
C．观察图像可知，三组实验反应速率都是前期速率增加，后期速率减小，C错误；
D．硝酸浓度越高，反应速率越快，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故，D错误；
故选AB。
【小问3详解】
①时，，且=0.64，得x=0.36；
②相比于含有两个配体，则与的浓度比应为相对峰面积S的一半与的相对峰面积S之比，即。
【小问4详解】
；，由L守恒可知，则；则M的转化率为。
14. 帕罗韦德是一种新型口服抗新冠药物，其重要中间体K的合成路线如下。
已知：R1—COOH+(R1、R2、R3均为烷基)
回答下列问题：
（1）A→B为加成反应，A的结构简式为___________。
（2）D的名称为___________，C→D的反应类型为___________。
（3）写出G→H第一步反应的化学方程式___________。
（4）已知芳香化合物M为K的同分异构体，则满足下列条件的同分异构体共有___________种。
①能与FeCl3发生显色反应；②1ml M最多消耗2 ml NaOH；③核磁共振氢谱中有五组峰；写出其中两种峰面积之比为3：2：2：1：1的有机物的结构简式：___________。
（5）结合以上流程，以乙炔和乙醇为原料合成2，5－己二醇()，无机试剂任选，设计合成路线_________。
【答案】（1）CH≡CH
（2） ①. 3-甲基-1,2丁二烯 ②. 消去反应
（3） （4） ① 4 ②. 或
（5）。
【解析】
【分析】A与丙酮通过加成反应生成B，结合B的结构简式可知A应为乙炔，B与氢气发生加成反应得到C，结合C化学式可知，C为：，C在浓硫酸作用下发生消去反应得到D，结合D化学式可知，D为，D与HCl发生取代反应得到E，E在给定条件下反应得到F，F中的碳碳双键被高锰酸钾氧化得到G，结合G化学式可知，G为；G中酯基发生碱性水解后再酸化得到H，H中两个羧基脱水生成I，结合I化学式可知，I为；I与苯甲胺反应得到J，J与氢气加成得到K；
【小问1详解】
由分析可知，A为乙炔，结构为CH≡CH；
【小问2详解】
D为，名称为3-甲基-1,2丁二烯；C中羟基，在浓硫酸作用下发生消去反应得到D，C→D的反应类型为消去反应；
【小问3详解】
G中含有酯基，G→H第一步反应为碱性条件下的酯基的水解：；
【小问4详解】
芳香化合物M为K的同分异构体，其含有苯环结构，结合K的结构可知其不饱和对为4，而苯环的不饱和度为4，可知 M中除苯环外不含其他不饱和键；①能与发生显色反应，可知苯环上含有酚羟基；② 1 ml M最多消耗2 ml NaOH，结合不饱和度可知M中不含羧基、酯基等官能团，则M中应含2个酚羟基；③核磁共振氢谱中有五组峰，则结构对称；符合的结构有：、、、，有4种；其中一种峰面积之比为的有机物的结构简式：或；
【小问5详解】
乙醇催化氧化得到乙醛，乙醛与乙炔在碱性条件下反应得到，再与氢气发生加成得到，合成路线：。序号
实验操作
实验现象
解释或结论
A
取适量Fe与水蒸气高温反应后的固体混合物于试管中，加足量的稀硫酸溶解，再滴入硫氰化钾溶液
溶液未出现血红色
固体混合物中无+3价Fe
B
将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某试剂瓶瓶口
试剂瓶瓶口有白烟生成
该试剂可能是挥发性酸
C
加热乙醇与浓的混合溶液，将产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中
溶液紫色褪去
产生的气体一定是乙烯
D
向溶液中通入和X气体
产生白色沉淀
气体X一定具有强氧化性
0
1.00
0
0
a
x
0.64
b
0.40
0.60
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