于胶体，在阳光下可观察到丁达尔效应，B项正确：鸡蛋清溶液属于胶体，其分散质粒子直径较小，能透过滤纸，C项正确：“84”消毒液是由氯气和氢氧化钠溶液反应制得的，有效成分是NaClO,可利用其强氧化性来消杀，D项正确。6.答案B命题透析本题以常见化合物为素材，考查一水合氨的性质、氧化物的分类和电离方程式等，意在考查归纳判断能力，宏观辨识与微观探析的核心素养。思路点拨NH3溶于水形成NH·H,O,NH3·H2O是电解质，而NH3是非电解质，A项错误；NH3·H,O是弱碱，电离出的阴离子全部是OHˉ，B项正确；大多数非金属氧化物属于酸性氧化物，C0不能与酸反应生成盐和水，说明它不是碱性氧化物，C0也不能与碱反应生成盐和水，所以它也不是酸性氧化物，C项错误；电离方程式中HCO不可拆分，因此NH,HCO3的电离方程式为NH,HCO,一NH4+HCO,D项错误。7.答案A命题透析本题以钠及其化合物为素材，考查钠及其化合物的性质等，意在考查分析应用的能力，变化观念与衡思想、科学探究与创新意识的核心素养。思路点拨碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的，通入二氧化碳，反应时会消耗水，且生成物的质量增加，所以有碳酸氢钠晶体析出，A项正确：钠不可能置换出钙，则看不到有金属钙生成，会有氢氧化钙析出而导致溶液变成浊液，B项错误；KCI和K,C03固体的火焰的颜色相同，不能鉴别，C项错误；将碳酸钠和碳酸氢钠溶液分别加入澄清石灰水中，都能得到白色沉淀，D项错误。8.答案B命题透析本题以物质的分类为素材，考查酸性氧化物、碱性氧化物和电解质等，意在考查分析判断能力，宏观辨识与微观探析的核心素养。思路点拨干冰、S03、C,0,都能与碱反应生成盐和水，都属于酸性氧化物，①正确；氧化铁、氧化钙、氧化铜都能与酸反应生成盐和水，都属于碱性氧化物，②正确：苏打是碳酸钠，属于盐，③错误；漂白液、久置氯水、氢氧化铁胶体都是混合物，④正确，综上所述，B项正确。9.答案C命题透析本题以“价一类”二维图为素材，考查氯元素的单质及其化合物的性质，意在考查理解判断能力，宏观辨识与微观探析的核心素养。思路点拨氯化氢是电解质，氯为-1价，m=1,A项错误；b是氯气，氢气能在氯气中燃烧，有苍白色的火焰，B项错误；c对应的化合价是+4价，其氧化物的化学式为C1O2,C项正确；若d的化学式为HClO4,则Cl的化合价为+7价，n=7,D项错误10.答案B命题透析本题以铜单质及其化合物为素材，考查离子方程式的书写，意在考查分析理解能力，宏观辨识与微观探析的核心素养。思路点拨氧化铜应写化学式，A项错误：金属钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应，有氢氧化铜产生，B项正确；电荷不守恒，C项错误；硫酸根离子与钡离子能生成沉淀硫酸钡，漏写离—2

绝密★启用前3.在水溶液中能够完全电离的电解质称为强电解质，如强酸、强碱、绝大部分盐等。下列物质安徽卓越县中联盟”不属于强电解质的是2022一2023学年（上）高一年级阶段性测试（期中）A.次氯酸B.氢氧化钡C.硫酸钡D.硝酸4.下列关于氧化钠与过氧化钠的叙述正确的是化学A.都是碱性氧化物御B.与水反应的产物完全相同考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘C.与二氧化碳的反应都是氧化还原反应贴在答题卡上的指定位置。D.过氧化钠的热稳定性大于氧化钠2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需5.我们的生活时刻离不开化学，下列有关叙述错误的是改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。A.碳酸氢钠或碳酸钠都可用于治疗胃酸过多參3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。B.雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔效应可能用到的相对原子质量：H1C12016Na23S32Cl35.5Fe56C.将鸡蛋清溶液过滤，在滤纸上得不到分散质一、选择题：本题共16小题，共44分，其中第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题D.“84”消毒液中含强氧化性物质，可用于新型冠状病毒的消杀4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。6.下列说法正确的是1.稀牛奶、墨水、淀粉溶液等都是常见的液溶胶，下列有关说法错误的是A.NH3的水溶液能导电，NH3是电解质B.NH3·H,0是弱碱，其水溶液中阴离子只有OH毁A.它们与溶液、浊液都是混合物C.C0为非金属氧化物，所以它是酸性氧化物B.它们都能产生丁达尔效应D.NH,HCO,的电离方程式为NH,HCO,—NH+H+COC.它们的分散质都能透过半透膜7.下列实验操作与现象均正确的是蜜D.它们的分散质粒子直径都在1~100nm之间A.向饱和碳酸钠溶液中通入一定量的二氧化碳，有晶体析出2.石墨可分为天然石墨和人造石墨两大类，可用于生产耐火材料、导电材料、耐磨材料、润滑B.将一小块钠投入盛有饱和澄清石灰水的试管中，底部有银白色的钙固体C.可通过图1实验观察火焰的颜色来鉴别KCI和K,CO,固体剂、耐高温密封材料等。下列有关石墨的叙述正确的是D.向图2的烧杯中分别滴加溶液，只有左侧烧杯中有碳酸钙沉淀生成A.人造石墨比较稳定，不能被氧化Na,CO,溶液NaHCO,溶液B.石墨与K,C0互为同素异形体C.石墨能导电，但它是非电解质蓝色钴玻璃观察钾的焰色试验澄清石灰水D.一定条件下，石墨转化为金刚石属于化学变化图12化学试题第1页（共8页）化学试题第2页（共8页）

快“溶解”速率，B正确：由滤液调pH时生成气体推知，过量的HC()方与H+反应生成C():,C正确：“系列操作I”和“系列操作Ⅱ”中均涉及过滤操作，D正确。9,A浓硫酸滴人蔗糖中，蔗糖膨胀，浓硫酸使蔗糖脱水炭化，生成祸色碳单质，产生的气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，证明浓硫酸使碳被氧化为二氧化碳，浓硫酸表现脱水性和强氧化性，A正确：F©(OH),和Mg()H)2不属于同类型的沉淀，且MgC1、FC1,的混合溶液中溶质的物质的量浓度不确定，滴加少量NaOH溶液，无法根据产生沉淀的颜色比较K,[Fe(OH),]、Kp[Mg(OH):]的大小，B错误：铜粉加入稀硫酸中，加热，无明显变化：再加入少量硝酸钾固体，铜溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡生成，是由于硫酸电离出H,KNO电离产生NO,相当于有HNO存在，HNO,是强氧化性酸，能溶解铜，而不是起催化作用，C错误；用pH试纸测定CH,COONa溶液显蓝色；测N,SO,溶液的试纸显深蓝色，说明K,(CH,COOH)>K,(HSO),D错误。10.D根据绿原酸的结构简式可知其分子式为C6HO,A错误；分子中，右侧的六元环上的碳原子均为饱和碳原子，则所有碳原子不可能共面，B错误：绿原酸只有在浓硫酸加热条件下才能发生消去反应，C错误；分子中含有两个酚羟基、一个羧基、一个酯基，1mol绿原酸最多能与4 mol Na()H反应，D正确。11.B根据题意可知元素X,Y,Z、W分别为O、N,Mg、Na。简单离子半径：N3->O->Na>Mg+,A错误：第一电离能：NaN>Mg>Na,C错误；Va,O2中含有离子键和共价键，D错误。12.B化学衡常数是可逆反应达到衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，则反应I的化学衡常数K=(CH,O):H.O,根据益斯定律，将反应Ⅱ十Ⅲ，整理可得CO.(g)+3H(g)一c(C02)·c2(H2)CH,OH(g)十H(O(g)△H,=一48.2k·mol1,A错误：该反应为放热反应，根据衡移动原理可知，提高C(,转化为CH()H的转化率，反应应该在低温下进行，但低温下反应速率慢，若研发出在低温区高效的催化剂，就可以使反应速率大大加快，缩短反应达到衡所需的时间，B正确：该反应的正反应为气体体积减小的放热反应，升高温度，衡逆向移动，CH,OH的物质的量分数减少，故曲线b为等压(5X10Pa)线，表示CH,OH的物质的量分数随温度的变化，C错误，增大压强，衡正向移动，CHOH的物质的量分数增大，因此曲线a为等温(250℃)线，山曲线a可知，当反应在9×10Pa、250℃条件下，衡时CH,O州的物质的址分数为0.10，D错误。13.C【i电极为负极，二氧化碳电极上二氧化碳得电子生成无机碳，所以R方向为电子移动的方向，故A正确：C(为为电池的正极，反应式为4L+4e+3C(一2C()+C,故B正确：出于Li能与水发生反应，所以不【2023年分科诊断测试卷（二）·化学参考答案第2页（共1页）】器扫描全能王创建

8.【答案】B【解析】根据计算，0~5min内，o(N2)甲=0.05mol·L-1·min1,A正确；甲容器中，5min时浓度熵为Q.=号T1,C正确；恒容条件下通入惰性气体，反应物的浓度不变，反应速率不变，D正确。9.【答案】C【解析】0.1ol·L1HA溶液pH=5,因此HA为弱酸，电离常数为10-9，A错误；b点溶质为等物质的量的NaA和HA,根据电荷守恒c(Na+)十c(H+)=c(OH-)十c(A-),结合物料守恒2c(Na+)=c(HA)十c(A)可知c(HA)-c(A-)=2c(OH)-2c(H),B错误；c点HA和NaOH恰好完全反应，溶质为NaA,Kw=c(H)·c(OH-),稀释过程中溶液体积增大，则(H)·n(OH-)增大，C正确；HC1是强酸，在溶液中完全电高，a点时的落液中c(1H+)-01olX0.028nlX0.01L-高molL,则水电离0.03L出的c(H+)=1.0×10-一mol·L-1=3×10-13mol·L-1,D错误。3010.【答案】D【解析】在a电极上O2得到电子被还原为H2O,a为原电池装置的正极，A错误；b电极为负极，负极的电极反应式为：HCHO-4e+H2O—CO2十4H+,B错误；电池的总反应为O2十HCHO—CO2+H2O,硫酸的浓度变小，C错误；若反应过程中转移4mol电子，参加反应的HCHO的物质的量为1mol,则容器内参加反应的甲醛(HCHO)的质量(HCHO)=30g,D正确。11.【答案】D【解析】NH3·H2O为弱电獬质，加水稀释促进电离，由于溶液体积增大，pH反而减小，A错误；向2L0.1mol·L-1AgNO3溶液中加入2滴0.1mol·L-1NaC1溶液出现白色沉淀，反应后硝酸银过量，滴加碘化钾也会生成碘化银沉淀，不能证明相同温度下：Ksp(AgCI)>Ksp(AgI),B错误；NaC1O溶液具有漂白性，不能用pH试纸测NaC1O溶液的pH,C错误；根据该实验的用量分析，2Fe3++2I一2Fe2+十I2,I过量，而溶液变红色则Fé3+还剩余，说明该反应是可逆反应，有一定限度，D正确。12.【答案】CD【解析】反应中，氧气发生还原反应，反应中HNO被氧化为产物P1或P2,A错误；物质的能量越低越稳定，中间产物Z比中间产物X更稳定，B错误；因为由中间产物Z生成P1的活化能远小于从中间产物Z生成P2的活化能，所以在相同条件下，由中间产物Z转化为产物的速率：(P1)>v(P2),C正确；中间产物Y转化为中间产物Z的能量变化△H=一3.77kJ·mol-1,D正确。13.【答案】AC【解析】NH4C1属于强酸弱碱盐，由于NH4的水解促进水的电离，CH COOH电离的H+抑制水的电离，因此水的电离程度不相同，A错误；K,=(H)(CC00）,加水虽促进电离，n(CH,CO0)增大，但c(CH:COOH)c(H+)c(CH,CO0)减小，K。保持不变，则溶液中(C,CO0增大，B正确；向醋酸钠溶液中加人适量醋酸，得到的酸性混合溶液，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-),溶液中存在电荷守恒c(H+)十c(Na)=c(CH3COO)十c(OH-),则c(Na+)

10.【典型情境题】由下列实验及现象不能推出相应结论的是答案D实验现象结论解题分析本题考查元素推断及元素周期律。X、Y、Z、W分向添加有KIO3的食盐中加入别是H、O、A1、S,m为H2S,n为SO2,p为H2O,q为S。原子半溶液变为蓝色氧化性：IO>12淀粉溶液、稀盐酸及K1径：AI>S>O>H,A项正确；稳定性：H2O>H2S,B项正确；向Fe(NO3)2试样中加入稀Fe(NO3)2试样已H2S、SO2、H2O均为只含极性键的共价化合物，C项正确；AI3+和溶液变为红色H2SO,溶解，再加KSCN溶液变质S2在水溶液中发生双水解，故Al2S不能在溶液中制取，D项错向填有经过硫酸处理的CrO误。固体逐渐由桔红色变为浅C(桔红色)的硅胶导管中吹入乙乙醇具有还原性绿色[Cr(Ⅲ)]醇蒸气0向盛有少量水的烧杯中加入少Mg2Si水解生成量Mg-Si产生白色沉淀和气泡Mg(OH)2和SiH答案B12.【典型情境题】微生物燃料电池是一种利用微生物将有机物中解题分析本题考查实验结论的判断。发生反应IO十5I的化学能直接转化成电能的装置。某污水处理厂利用微生物十6H+一3I2十3H2O,氧化剂的氧化性大于氧化产物，A项正确；燃料电池将镀铬废水中的Cr2O一催化还原，其工作原理如图Fe2+会被HNO3氧化为Fe3+,故不能确定Fe(NO3)2试样是否变所示。下列说法正确的是质，B项错误；CrO3中铬显十6价，被乙醇还原为十3价铬，C项正H0确；发生反应：Mg2Si十4H2O2Mg(OH)2十SiH4个，D项正确。Cr(OH)物Cr,0片CHi,COOHH→HrA.电池工作时，外电路中电子由b极流向a极B.每生成1 mol Cr(OH)3,右池中n(H+)减少2molC.b极的电极反应式为Cr2O+6e+14H+一2Cr3++7H,OD.每有0.5 mol Cr2O号参与反应，可生成16.8LCO211.X、Y、Z、W是短周期原子序数依次增大的主族元素，Y、W同答案C主族，W的最外层电子数为Z的2倍，m、n分别是X、Y与W解题分析本题考查微生物燃料电池。由装置图可知，a极为形成的化合物，m、n有如图所示的转化关系，p为常见的液态化负极，乙酸发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH COOH合物，q是W的单质。下列说法不正确的是+2H2O-8e—2CO2+8H+,b极为正极，Cr2O号中Cr由+6A.原子半径：Z>W>Y>X[m门一4谈黄色固体)价变成+3价，电极反应式为Cr2O号+6e+14H+一2Cr3++B.最简单氢化物的稳定性：Y>Wm-厂p7H2O。电子由负极流向正极，即由a极流向b极，A项错误；根据C.m、n、p均为只含极性键的共价化合物电极反应式可知每生成1 mol Cr(OH)3,电路中转移3mole-,即D.Z和W形成的化合物可由两种盐溶液通过复分解反应制得有3molH+进入右池，同时Cr3+水解生成3molH+,而Cr2O反应过程中消耗7molH+,故右池中n(H+)减少1mol,B项错误；b极的电极反应式为Cr2O+6e+14H+—2Cr3++7H2O,C项正确；根据得失电子守恒，0.5 mol Cr2O号参与反应，转移3mole,生成二氧化碳的物质的量为32mol=0.75mol,标准状23·D·化学-N

三步一体高效训练10.我国科学家创造性地构建了“单中心铁催化剂”，在甲烷高效转化研究中获得单中心铁催化剂8重大突破。该转化的微观示意图如图所示，下列有关该转化的说法正确的是A.“单中心铁催化剂”不可回收利用B.保持氢气化学性质的最小粒子是H碳原子。一氢原子C.反应前后原子的种类发生了变化，生成物之一为C2HD.反应前后分子的种类发生了改变，是分解反应解析：催化剂在反应前后质量、化学性质都不变，“单中心铁催化剂”可回收利用，A项错误；保持氢气化学性质的最小粒子是H,B项错误；反应前后原子的种类、个数不变，C项错误；反应前后分子的种类发生了改变，甲烷发生分解反应生成乙烯和氢气，D项正确。答案：D11.一种制备KOH的流程如图所示，下列关于该流程的说法错误的是H2O草木灰(KCO3)贝壳(CaC0,)煅烧生右灰一→熟右灰-KOHA.该流程中可循环利用的物质有CaCOB.该流程中的反应不涉及化合价的变化C.生石灰和熟石灰都能溶于稀盐酸，均属于碱性氧化物D.由制备流程可知，该流程中既含有化合反应，又含有分解反应解析：碳酸钾和熟石灰反应生成KOH和CaCO,CaCO,可用于第一步煅烧，该流程中可循环利用的物质有CaCO,A项正确；该流程中，各步反应中元素化合价均不变，B项正确；熟石灰是氢氧化钙，氢，氧化钙属于碱，C项错误；氧化钙和水反应生成氢氧化钙属于化合反应，碳酸钙高温分解为氧化钙和二氧化碳属于分解反应，D项正确。答案：C12.某同学在实验室进行了如图所示的实验，Y中发生的反应为3CaCO3+2FeCL3+3HO一2Fe(OH)3+3CO2↑十3CaCl2,下列说法中错误的是气泡放入石灰石放置一昼液2-22二二二e石灰石棕黄色氯化铁溶液红褐色透明液体A.利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离B.X烧杯中的溶质是FeCl3C.用酒精灯加热Z烧杯一段时间，会有红褐色沉淀生成D.Z中分散系不能产生丁达尔效应解析：过滤能分离不溶固体和液体，A项正确；X中为氯化铁溶液，溶质为氯化铁(FCl),B项正确；氢氧化铁胶体加热时会聚沉转变为氢氧化铁沉淀，C项正确；Z为氢氧化铁胶体，能产生丁达尔效应，D项错误。答案：D第Ⅱ卷（非选择题共52分)二、非选择题（本题包括3题，共52分）13.(17分)(1)温室效应加剧引起全球各地出现极端天气，我国“十四五”规划中已明确碳中和提到“碳达峰”“碳中和”的目标，体现了大国担当。请回答下列问题：①“碳达峰”“碳中和”中的“碳”指的是（写名称）。②陆地生态系统的土壤是二氧化碳、甲烷等温室气体的源与库。已知土壤胶体的排放吸收胶粒带负电荷，具有选择吸附能力，在土壤里施用含氮量相同的下列肥料，肥效较差的是(填字母)A.NH CIB.NH HCOC.NaNOD.(NH SO23新教材·ZC·化学一R一必修第一册-QGB·N

2022-2023学年第一学期第一次阶段测试卷高三化学答案1.B【解析】碳酸钠碱性比较强，不能用作胃酸中和剂，A错误；补铁保健品中主要含有亚铁盐，C错误；加热时镁能与二氧化碳和氮气反应生成氧化镁和氮化镁，D错误；故选B。2.D【解析】小苏打作为食品的膨松剂，是由于碳酸氢钠受热分解，不是氧化还原反应，故选D。3.A【解析】Cu2+是H2O2分解的催化剂，CI与H2O2不发生氧化还原反应，B错误：HSO3与CO32反应生成SO32、HCO3或C02,不能大量共存；C错误：F3+与S2-发生氧化还原反应，不是彻底双水解，D错误；故选A。4.C【解析】只能配制500L0.1mol/L的硫酸铜溶液，则称量硫酸铜晶体的质量为250×0.05=12.5g,A错误；胶体是一种分散系，碳纳米管不是分散系，不属于胶体，B错误：相同体积的CO和N2密度相同，则两者的质量相同，两者的摩尔质量均是28gmol,则两者的物质的量相同，两者含有的原子数相同，C正确；量筒在设计过程中内壁损耗的液体已经考虑在内，所以量筒内壁残留的液体不能洗涤后转移至烧杯中，D错误；故选C。5.B【解析】铁在潮湿的空气中生锈生成氧化铁，A正确；氧化亚铁不溶于水，不能与水反应生成氢氧化铁，B错误；F3+具有氧化性，能与碘化钾发生氧化还原反应生成碘单质，使淀粉变蓝，C正确：M中铁元素的化合价是+6价，其离子符号为FeO42,D正确：故选B。6.C【解析】碘蒸气和氢气发生可逆反应生成碘化氢，则碘化氢分子数目小于2N,A错误；1LpH=1的H2SO4溶液中含有的H+数目为0.1NA,B错误；利用电荷守恒可知，溴化铵的水溶液中NH4与H+离子数目之和等于Br与OH厂离子数目之和，由于Br的数目为NA,则NH4与H离子数日之和大于NA,C正确；电解粗铜制精铜时，阳极中锌、铁、镍、铜均失电子，D错误；故选C。7.C【解析】四氧化三铁与稀硝酸会发生氧化还原反应，A错误；Mg(HCOs)2与足量的NaOH溶液反应生成氢氧化镁沉淀，B错误；SO2通入溴水中反应生成硫酸和氢溴酸，C正确；白醋的主要成分是醋酸，属于弱电解质，书写离子方程式时，不拆开，D错误；故选C。8D【解析】锂与氧气加热也生成氧化锂，A错误；铁与碘蒸气加热反应也生成碘化亚铁，B错误：硫酸铜与过量氨水反应也生成硫酸四氨合铜，C错误：氧化铝和氧化镁熔点均很高，均常用作耐火材料，D正确；故选D。9.B【解析】铝热反应是铝和铁的氧化物的反应，A错误；通过放出氢气的量可以确定C2H6O结构中有几个氢原子与其它氢原子不同，可以确定C2H6O的结构式，B正确；二氧化硫与次氯酸钙溶液发生氧化还原反应，不能证明酸性强弱，C错误；钠不能置换出氯化铜溶液中的铜，D错误；故选B。10.C【解析】氢氧化钠比石灰乳更贵，A错误；操作X是从氯化镁溶液分离MgC126H20,其操作是蒸发、浓缩、冷却结晶、过滤，B错误：脱水时，为防止镁离子水解，常在HC1高三化学第1页

(1)用A~D仪器制备NaHCO3,正确的连接顺序是a→(按气流方向，用小写字母表示)。(2)某同学实验时发现A中分液漏斗内的稀盐酸没有滴下，采用(填实验操作)可使稀盐酸顺利滴下。(3)B中使用雾化装置的优点是(4)反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到滤液和固体NaHCO3。80NH.CI90NaCl01030507090100温度/℃①生成NaHCO3的总反应的化学方程式为②向滤液中加入NaCI粉末，存在NaCI(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH,Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCI和NH,CI溶解度曲线（如图所示），需采用的操作为、、洗涤、干燥。③无水NaHCO3可作为基准物质标定盐酸浓度。称量前，若无水NaHCO3保存不当，吸收了一定量水分，用其标定盐酸浓度时，会使结果(填字母)。A.偏低B.不变C.偏高④对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2,Na2O2质量增加0.28g,则固体NaHCO3的质量为g。【答案】(1)d→e→b→c→f→g(2)将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔或将分液漏斗上部的玻璃塞打开(3)使氨盐水雾化，增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率(4)①NH3·H2O+NaC+CO2—NH4C+NaHCO,￥②降温结晶过滤③C④1.68【解析】根据工艺流程知，浓氨水中加入氯化钠粉末形成饱和氨盐水后，再通入二氧化碳气体，发生反应NH?·H2O十NaCI+CO2一NH4Cl十NaHCO3↓，得到的碳酸氢钠晶体烘千后受热分解会生成碳酸钠、二氧化碳和水，从而制备得到纯碱，由此分析解答。(I)根据分析可知，要制备NHCO3,需先选用装置A制备二氧化碳，然后通入饱和碳酸氢钠溶液中除去二氧化碳中的HCl,后与饱和氨盐水充分接触来制备NaHCO3,其中过量的二氧化碳可被氢氧化钠溶液吸收，也能充分利用二氧化碳制备得到少量NaHCO3,所以按气流方向正确的连接顺序应为a→d→e→b→c→f→g。(2)为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔。(3)B中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率。(4)①由分析可知生成碳酸氢钠的化学方程式为NH3·H2O+NaCI十CO2一NHCl十NaHCO3↓。②根据溶解度随温度的变化曲线可以看出，氯化铵的溶解度随温度的升高而明显增大，而氯化钠的溶解度随着温度的升高变化并不明显，所以要想使NH4CI沉淀充分析出并分离，需采用降温结晶、过滤、洗涤、干燥的方法。③称量前，若无水NHCO3保存不当，吸收了一定量水分，标准液被稀释，浓度减小，所以用其标定盐酸浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积V标会增大，根据c测V测=C标V标，则所测浓度偏高，故选C。@对固体NaHCO,.充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为2NaHC0,△Na,CO,十CO,个十H2O,将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量Na2O2,Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为2Na2O2十2CO2一2Na2CO3十O2,根据差量法可知，当质量增加0.28g(C0的质量)时，消耗的二·42·

故选D。14.A【分析】分析题图可知，图中①过程为光反应，③过程表示暗反应，④过程为有氧呼吸的第一、第二阶段，②过程属于有氧呼吸的第三阶段。【详解】A、若用180标记O2,180会进入水中，经过有氧呼吸180进入二氧化碳，经暗反应会出现在C6H12O6中，A错误；B、③过程表示暗反应，光合作用过程中H山来源于①过程（光反应）中水的光解，用于③过程（暗反应）C3的还原，B正确：C、植物缺镁影响叶绿素的合成，①过程会受到影响，C正确；D、②过程属于有氧呼吸的第三阶段，④过程为有氧呼吸的第一、第二阶段，因此②④过程中产生ATP最多的是②过程，D正确。故选A。15.D【分析】DNA的甲基化是DNA某些位点的脱氧核糖核苷酸上出现了甲基，造成这些位点所在基因难以正常表达，并没有改变DNA的碱基序列。【详解】A、DNA的甲基化没有改变相关基因中的碱基序列，A正确：B、异常的甲基化主要发生在卵母细胞中不活跃的基因区域，导致分裂产生的卵细胞受精后不能正常发育，说明不活跃的基因区域是否甲基化并不影响卵细胞的形成和受精过程，B正确：C、异常的甲基化主要发生在卵母细胞中不活跃的基因区域，导致分裂产生的卵细胞受精后不能正常发育，说明不活跃的基因区域甲基化影响受精卵的发育，C正确：D、雌鼠的Stella基因被敲除，也就是该基因不能表达，会使卵母细胞会出现过度的DNA甲基化，意味着Stella基因的存在是使基因难以甲基化，D错误。故选D。16.D【分析】1、酶的特性是高效性、专一性和作用条件较温和。2、酶具有高效性的原因是：与无机催化剂相比，酶降低反应活化能的作用更显著。3、过酸、过碱或温度过高，都会使酶因空间结构被破坏而永久失活。4、在一定的低温下，酶的活性低，但空间结构稳定，并未失活，在适宜温度下酶的活性可升高。【详解】A、AB时间段内，限制酶促反应速率的主要因素是酶的数量，A正确：B、BC时间段内，酶促反应速率下降的原因是底物浓度逐渐降低，B正确：C、D点限制反应速率的因素是底物浓度，若在D点时加入适量的淀粉酶，则曲线的走势不会发生改变，C正确：D、若增加淀粉酶的用量并进行重复实验，反应速率在起始阶段会增大，反应速率加快，B点会向左上方移动，D错误。故选D。17.B【分析】生物进化的实质是种群基因频率的改变，自然选择决定生物进化的方向。【详解】A、种群基因库指的是种群中所有个体的全部基因的总和，A错误：B、黑色(S)对浅色(s)为显性，某地区原来有一个较大的桦尺蠖种群，其中浅色个体(ss)占70%，杂合子(Ss)占20%，设原桦尺蠖种群中的数量为100只。一年后，浅色个体数量为70一70×10%=63只，杂合子(Ss)数量为20+20×10%=22只，黑色个体(SS)数量为10+10×10%-11只。则该地区第二年S的基因频率是（22+11×2)÷[(11+22+63)答案第5页，共11页

2022-2023学年河南省名校联盟高一年级秋季期中联考高一化学参考答案1.A解析：丁达尔效应是鉴别胶体和溶液的常用方法。2.B解析：灰指草木灰，主要成分为碳酸钾，取碱浣衣，过程中不涉及氧化还原，A项错误；涉及CSO4和铁的置换反应是氧化还原反应，B项正确；浓酒和糟人甑，蒸令气上，涉及蒸馏过程，C项错误；侯潮一过，明月天睛，半日晒出盐霜描述的是物理现象，D项错误。3.C解析：A图为戴护目镜，保护眼睛，几乎所有实验都需要佩戴，与有毒气体、烟、雾无直接关系，A项错误；B图为实验结束后应立即用肥皂等清洗双手，与有毒气体、烟、雾无直接关系，B项错误；C图为排风与有毒气体、烟、雾有直接关系，C项正确；D图为会遇到加热操作，与有毒气体、烟、雾无直接关系，D项错误。4.C解析：NaCl、CH,COOH、Na2CO3均属于电解质，C12H2O1不属于电解质，属于非电解质，C项正确。5.D解析：过氧化钠能与水反应。6.D解析：石青是一种绿色固体，A项错误；石青不溶于水，B项错误；石青易溶于酸性液体，所以不能用酸性液体清洗画卷上的污垢，C项错误：高温下石青能分解生成黑色固体，D项正确。7.B解析：根据铁元素的变价可知，从铁矿石中冶炼金属铁时必须加入的是还原剂，A项错误；根据铁硫元素的变价可知，工业上通过硫磺制备硫酸时必须加入的是氧化剂，B项正确；根据氮元素的变价可知，工业上通过氮气合成氨气时必须加入的是还原剂，C项错误；根据化合价分析可知，工业上通过NaCI制备NaCO3时不需要加入氧化剂和还原剂，D项错误。8.C解析：Na与水反应，放热，将Na熔成了小球，A项正确；Na单质密度比水小，且反应产生H2,所以浮在水面上四处游动，B项正确；在水溶液中Na不能置换Cu,C项错误；将Cu+沉淀后，溶液颜色逐渐变浅，D项正确。9.A解析：Ca2+与CO}会产生沉淀，不能大量共存，B项错误；CI0与H不能大量共存，C项错误；Cu+存在，溶液不会是无色，D项错误。10.B解析：制备F(OHD3胶体时，应向煮沸的蒸馏水中滴加几滴饱和FeCL3溶液，继续加热至液体呈红褐色，停止加热，B项正确。11.CD解析：加入硫酸铜固体后导电能力增强，所以原硫酸铜溶液一定不是饱和溶液，A项错误；若将Ba(OH2固体换成BaCL2固体，导电能力应先基本不变，后上升，B项错误；M点后加入的硫酸铜固体变成胆矾晶体，使溶液质量减小，C项正确；N点时导电能力几乎为0，所以是CuSO4和Ba(OHD2恰好完全反应的点，D项正确。12.B解析：标准状况下HO为液体，A项错误；2.3gNa与足量氧气完全反应，转移0.1mol电子，所以转移电子数目为0.1NA,B项正确；未给出溶液的体积，无法计算，C项错误；1molNa2CO3固体中含有的离子数目为3NA,D项错误。13.C解析：铁与稀硫酸反应产生F2+,A项错误；电荷不守恒，B项错误；澄清石灰水中通入高一化学答案第1页（共3页）

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在氨和O球形干燥管，装的药品为无水CaC2团体，浓硫酸作干燥河不能装在U形管里，因为气体通过浓孩油州加达1化唑（一）。调研卷1答案第2页（共6页）(2)图中有4个过渡态分别对应4步反应，第一步反应活化能最大，是警个过租的灰速步，头反应为停H2(g)=2H·(g)或2H2(g)十02(g)2H·(g)十O2(g)+H2(g)。和解(3)心反应a为吸热反应，反应b为放热反立，由因可知，当温度库低即子增大时，y南线对应的山K。增大，即降温时K}增大，则其对应反应为放热反应，则曲线y表示反应b萘磺②在T1时，由图可知反应b(y曲线)lnK}=0,即反应b的K》=1。起始CH,C02、H,0的分压酸的最均为40kPa,达衡时体系压强为140kPa,旅据差量法：a:CH4(g)+C02(s)—2C0(g)十2H2(g)△pβ-萘122起始(kPa)404000的考查变化(Pa)1010202020衡(kPa)30302020CH的衡转化率为25%，假设反应b中C0分压变化为xkPa,则有6b:C0(g)+H20(g)=C02(g)+H2(g)沙起始(kPa)20403020于乙酸变化(kPa)y衡(1kPa)20-x40-x30+x20十x姆高产章30+2×20+·p920由K1=1可知(20-x)×40-x)-1,解得x-则分压为218ke力0(4)由反立原理示意因可知，电板发生还原反应，其电板反应式为C0g十4eC+302为了尽[爺题意翻]通过盖斯定律计算、速率衡图像分析、电化学装置分析，提升利用化学反应原理分析产品的问题、解央问题的能力。这程，17.答案：(1)[Ar]3d4s24p(1分)ZnFe0,+4fH,S0,-于ZnS0.十里e(S0,),+4H,0(2分)-(2)H202+2Fe+十2H+—220+2Fe3+(2分)(3)3X0-0.2(2分)乙酰苯(4)将Fe+转化为Fe+,防止其被有机物茎取(2分)GaO(2分)(5)Ga02+3e十2H20-Ga十40H(2分)60%(2分)解惭：炼锌矿渣用稀疏酸酸漫后所得滤液中含有亚铁离子、铁高子、锌离子，G+,加入双氧水氧化性炭，工亚铁离子，朔节pH=5.4,沉淀铁离子和Ga+,滤液1中含有锌离子，得到的滤饼加入盐酸酸化得到氯化钱和氟化嫁，加入固体铁把较离子转化为亚铁离子，然后利用苹取剂萃取G+,加入氧氧化钠溶液使Ga+转化为NaCaO2,电解NaCaO2溶液生成单质Ga,据此分新回答问题。(1)C阳位于周期袭的第四周期ⅢA族，基春Ga原子的简化电子将布式为[Ar]3d4s24p,铁酸鲜重考查ZFe2O,在硫酸中溶解，生成对应价态的盐溶液，反应的化学方程式为ZnFe.O,十4H,S0,一(2)“转化1”中加入H,0,的作用是把Fe+氧化成Fe+,H,0,十2Pe++2H+一2H,0叶2Fe.ZnS0,+Fe2(S04)&+4H20。(8)报据沉淀溶解方程式：Ga(0D,(o)一Ca+(aq)+30H(a9),K,[Ga(0HD,]=3X10,则K 3X10室温下pH=5.4时c(OH)=1086m0·,此时c(Ga)=2(0)10y=3X10210l·L。C)由苹取率表可知，Fe+的萃取率为99%，Fe+为0%，故加入图休铁的月的是将Fe+还原为心，使铁元素不进入有机层。Ca与A1月主族，化学社质相似，反本取后Ca的存在形式为C0:始，别有(6)精炼时，以粗嫁为阳极，以Na0H溶流为电解液，阴抗CaO,得到电子转化为Ca,共电板反应式mo'。为G0,13e十2H,0一Ga十40时，由阴板包税反点式可知，阴板得到a5g的综，转秒电子的种州智达1化学(）·调研港1常紫第1项（共6须）

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N袜马训士，以候天时。看其形势，见机而取之。卞庄子刺虎①之事也，不亦休哉！”军吏B.李呼。春三月，拔咸阳城，掠三原

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24.下图所示为距今约5300年前的河南双槐树遗址出土的牙雕蚕。该牙雕由野猪牙A.农民赋税负担不断加重B.政府

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20.2022年12月9日，国家主席出席首届中国一海湾阿拉伯国家合作委员会峰会并发表主旨讲话，24.商鞅

5、高三2024年全国高考·仿真模拟卷(四)4理科综合XN试题

金图闲然家发爱心春章候公泰想春(3)风丁美收液0)(4)EFB.C.HMH同答下列问题：1)中言能的名林为、A→B的反应类型为()校险E中是否代留D的试剂是8[生()已知C→E鸿及两带反应、第一步反应

(2)步骤②中保持水浴温度为40℃的原因是①压强p1（填“”、“=”或“<”，下同)p(③)用图2所示装置进行被合铁股钾盘休制备过程中的抽衡常数KK迪和洗涤。请按正确的换作顺岸补充完散（只进行一次洗资②已知Arrhenius经验公式为Rnk=操作)：打开抽气乘·转移混合物至布民脑斗一关闭活塞下T→确认抽干·打开活塞K~·确认抽干一能，k为速率常数，R和C为常数)。为探究打开活塞K→关闭抽气墓。本实验多次采用抽滤操作，其优剂的催化效能，进行了实验探究，依据实验曲线。点(4)步骤②用乙醇溶液洗涤，而不是用蒸馏水洗涤的原因是在m催化剂作用下，该反应的活化能E,从图中信息获知催化效能较高的催化剂是或“n”),判断理由是Ⅲ.三草酸合铁酸钾中铁含量的测定称量10.00g晶体样品，加H,S0,溶液溶解后配成100mL溶液，(3)在压强为pkPa,CO,H,的起始投料比为1取20.00mL配制好的溶液于锥形瓶中，滴加0.2000mol·L生反应I、Ⅱ。实验测得CO,的衡转化率KMO,溶液至恰好完全反应。向上述溶液中加人过量铜粉至的选择性随温度的变化如图丙所云反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中：号80加稀H2SO,酸化，用0.2000mol·L-1KMnO,溶液滴定至终点，60消耗KMnO,溶液20.00mL。a(4009℃，40%40(5)三草酸合铁酸钾中铁含量的测定过程中第一次加入高锰酸钾溶液的目的是,该晶体样品中铁的质量分数为20(40℃，25%】0(保留一位有效数字)。200400600温27.(15分)2021年9月24日，我国科学家在《Science》上发表论文图丙《无细胞化学酶法从二氧化碳合成淀粉》，代表着人类人工合成已知：CH,OH的选择性=CHOH物淀粉领域的重大颠覆性和原创性突破。该实验方法首先将CO,反应的CO,用催化还原为CHOH。CO2和H2在某种催化剂作用下可同时发①其中表示衡时CH6F的选择性生以下两个反应：“a”或“b”)。温度于300℃)a曲线I.CO2 (g)+3H2 (g)-CH OH(g)+H2O(g)AH度升高而上升的原因是II.CO2 (g)+H2 (g)-CO(g)+H2 O(g)②400℃时，反应T的K(kPa△H2=+41.2kJ·mol-1③实际生产中为增加甲醇的衡选择(1)热力学中规定由最稳定单质生成1ol物质的焓变称为该(填标号)。物质的标准生成焓（符号：△H),最稳定单质的标准生成焓A.恒压下通入惰性气体B.规定为0。已知上述反应中：△H(CO2)=-394kJ·mol1,C.选择合适的催化剂D.△rH(H2)=0kJ·mol1,△yH9(H2O)=-242kJ·mol-128.(14分)工业上利用软锰矿（主要成分△H2(CH QH)=-201.2kJ·mol-1,则△H=Mg、CaSi等元素)与纤维素制备MnMnO·MnzO),工艺流程如下图所示。(2)将等物质的量的CO,和H,充人一刚性容器中，测得衡时硫酸纤维素CaC0NHAFCHOH的体积分数随温度和压强的关系如图甲软锰矿酸浸☐一中和净化醇体积分数n滤渣1滤渣2滤渣3(7.2,56.2)75274已知：Kp(MgF2)=6.4X109,K(C回答下列问题：0温度/℃(1)“酸浸”时，由纤维素水解得到的葡图甲了个，7103K)图乙硫酸锰和CO2。葡萄糖与软锰国考1号14·理科综合第

19:52田2⊙∞·8令9l☐工63%重庆市缙云教育…试题+答案.pdf离子方程式为2NH+3C1O=N2↑+3C+3H,O+2H+,C正确D.吹脱法是利用物理方法脱氮，无法对含NO的水体脱氮，折点氯化法是利用CIO的强氧化性将NO,氧化成NO;,N元素不能脱离水体，所以无法脱氮，D错误：故答案为：D。11.A.S20}与氢离子反应：S20}+2H=S1+S02↑+H20,不是S20与S0发生氧化还原反应，故A错高三化学答案第2页共4页误B.KS溶液可导电说明KS是电解质，电解质中也可以有共价键，不能证明KS中含有离子键，故B错误；C.比较非金属性应该用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱来比较，不能比较二者的无氧酸的酸性或者无氧酸盐的碱性来比较，故C错误：D.溴乙烷在氢氧化钠的乙醇溶液中加热发生消去反应，生成乙烯，乙烯通入溴水中与溴反应生成不溶于水的1,2二溴乙烷液体，溴水褪色，液体分层，操作、现象、结论都正确，故D正确：答案选D。12.A.根据分析，曲线④代表含碳酸锶固体的1oL碳酸钠的溶液变化曲线，A错误：B.由分析可知，曲线①代表含硫酸锶固体的0.1moL硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积Ksp(SSO)=1055×0.1=10-5,温度不变，溶度积不变，则pH为7.7时，锶离子的浓度积为10-65,m0l/L=10“m0l/L,则a=-65,B错误C.衡常数只受温度影响，所以pH增大对衡常数无影响，C错误；D.对含SrSO,(S)且NaSO:和NaCO3初始浓度均为1.0mol/L的混合溶液中锶离子的浓度为106,5,根据图示pH6.9锶离子的浓度降低，所以pH6.9时才发生沉淀转化，故D正确：故选D。13.A.CsICl.2可写作CsC1ICl,I为+1价，CaOCl2可写作CaCl2Ca(ClOh,一部分Cl为+1价，错误：B.加入稀硫酸可发生2H+C+CI0=Ct+H,0,正确：C.CaOCla溶液中的C可使酸性高锰酸钾溶液褪色，错误：D.I1Cl、CIO可将硫酸亚铁溶液中的Fe2+氧化成Fe*,溶液由浅绿色变为黄色，错误。故选14.A.a为HS,可以和SO2、HSO、HSO,发生归中反应生成硫单质，A正确：B.HSO3具有较强的还原性，在空气久置会被氧气氧化成硫酸，硫酸酸性更强，pH更小，B正确：C.g为硫酸盐或酸式盐，f为亚硫酸盐，可能会发生反应生成二氧化硫，C正确D.铜与浓硫酸共热产生的气体SO2,SO2通入BaC1,溶液中，可能与其中溶解的氧气反应生成硫酸钡沉淀，D错误；答案选D。二、非选择题（共4小题，共58分）15.Al203+3HS0=Al(S04)+3H,0SiO2CaS043CaC03+2A13*+3S042+3H,0=2AI(OH3+3CS04+3C02↑溶液中的部分亚硫酸根离子被氧化为S02减少16.A在较低温度下具备较高的催化活性，一方面可节约能源，另一方面低温有利于反应的转化增大减小减小2N2H(g+2NO(g)→3N2(g+4H,O(g+1136kJNO2417.(1)恒压滴液漏斗(2)乙酰氯与四水醋酸锰中的结品水反应生成CH,COOH和HC1,从而获得无水酷酸锰(3X(CH;COO)Mn+2CH,COC1MnCl+2(CH.CO)O(4)步骤I常温下可防止生成MnC2,步骤II加热回流能促进反应生成MnC高三化学答案第3页共4页三心也宣目录打开方式转存下载云打印

19.阅读图文材料，完成下列要求。(18分)》走滑断层即规模巨大的移断层，又称横移断层，在滑动过程中会积聚能量，可能会诱发各种自然灾宫。贯穿于美国西海岸加利福尼亚州的圣安地列斯断层为走滑断层，存在时间已超过二千万年，旧金山位于这一断层带上。受断层影响，旧金山湾周围大部分地区处于下沉状态，严重成胁旧金山城市发展。图】示意旧金山及周围地区断层分布，图2示意旧金山湾东部某走滑断层活动方向，图3为圣安地列斯断层地表景观图。一断层。。城镇38背斜走背斜折断背斜洋37122.5122图1·图2图3(1)指出图2与图3中走滑断层的主要特点。(6分)(2)说出图2与图3中走滑断层形成的地理事物。(6分)(3)据地理环境整体性原理，推测受走滑断层影响旧金山城市发展将面临的威胁。(6分)线【高三3月联考模拟检测卷·地理第6页（共6页）】扫描全能王创建

19.阅读图文材料，完成下列要求。(18分)》走滑断层即规模巨大的移断层，又称横移断层，在滑动过程中会积聚能量，可能会诱发各种自然灾宫。贯穿于美国西海岸加利福尼亚州的圣安地列斯断层为走滑断层，存在时间已超过二千万年，旧金山位于这一断层带上。受断层影响，旧金山湾周围大部分地区处于下沉状态，严重成胁旧金山城市发展。图】示意旧金山及周围地区断层分布，图2示意旧金山湾东部某走滑断层活动方向，图3为圣安地列斯断层地表景观图。一断层。。城镇38背斜走背斜折断背斜洋37122.5122图1·图2图3(1)指出图2与图3中走滑断层的主要特点。(6分)(2)说出图2与图3中走滑断层形成的地理事物。(6分)(3)据地理环境整体性原理，推测受走滑断层影响旧金山城市发展将面临的威胁。(6分)线【高三3月联考模拟检测卷·地理第6页（共6页）】扫描全能王创建

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据此完成1516题一地表温度一一均气温…最高气温青海湖周边温度(C)8

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3.陕西省高碳密度区主要分布于陕北高原B.汉江沿岸S黄河沿岸二矣林碳指度m12281Q秦巴山区4.研究表明

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4.2023年12月，因资金周转需要，黄某从马某处借款100万元，根据约定，黄某以自己的房子为担保，并约定一旦黄某未按时还款，马某可将该房产折价或以拍卖、变卖的价款优先受偿。对此，下列说法正确的是①这

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17.（本小题满分15分)已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为4的菱形，∠DAB=60°，PA=PC,PB=PD=2√10，M是线段PC上的点，且PC=4MC,(1)证明：PC⊥面BDM;(

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3.陕西省高

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二、选择题（本大题共6小题，共14分。第912小题，每小题只有一个选项是最符合题日海小题又分；第3、14小题为多项述择，每小题至少有两个选项是持合题日要求的，年3令全年选择正确得3分，选择正确但不全得

全国100所名校高考冲刺卷、全国100所名校高考冲利卷、广西2024年普通高中学业水选择性考试物的生长。第11题，溃坝事件发生后湖面面积减小，被水覆盖的面积减小导致湖岸出露地表面地理样卷（二）参考答案积增大，沙尘释放过程发生的区域范围增大。湖泊底部一般覆盖大量湖相沉积物，在失去水体的保护作用之后，这些碎屑物质为沙尘释放提供了丰富的物源。12.C13.B1.C2.D3.A【命题意图】本题组以上海港和宁波舟山港港口腹地的发民为命题情境，考查港口的服务范围知【命题意图】本题组以坦桑尼亚人口分布变化为命题情境，考查区域环境对人口和交通的影响识点，综考查学生款取和解读地理信息、调动和运用地理知识的能力。知识点，综合考查学生获取和解读地埋信息、调动和运用地理知识的能力。【解题分析】第1题，据图可知，2019年，温州港与上海港、宁波舟山港均班轮联系密度比较接解题分析】第12题，出图可知，与1967年相比，202年该椭圆中心西移，且向南部的宽度变近，说明上海港和宁波舟山港对温州港这一腹地竞争比较激烈。第2题，上海港港区主要位于大，表明人口开始更多地向西部和南部迁移。这一时期，坦桑尼亚首都正从达累斯萨拉姆向西黄浦江，宁波舟山港位于杭州湾沿海区域。宁波舟山港港阔水深，建港条件优于上海港。第3迁至多多马，月坦赞铁路向西南延伸：坦桑尼亚城市并不是主要分布在湖泊附近，因此水源不题，上海港适宜充分利用长江“黄金水道”，将长江沿线内陆港口收人自己的腹地范围，形成沿长是主要影响因素；渔业的发展将增强沿海城市或湖泊沿岸城市对人口的吸引力，与实际人口变江广泛分布的腹地格局；关于浙江省内的集装箱市场，宁波舟山港具有地理位置区位优势；苏州化趋势不符。第13题，铁路的开通改善了伊萨卡的交通条件，经济发展使得人口外流减缓或港已经属于上海港的腹地范围；青岛港和上海港属于竞争关系，各有自己的腹地范围。人口迁人增多；乌干达和坦桑尼亚之间有一个面积广阔的湖泊可以进行水运，伊萨卡至姆万扎4.C5.B的铁路开通后，乌干达可以通过水陆联运更好地开展对外贸易：伊萨卡至姆万扎段铁路开通提【命题意图】本题组以长江流域三角洲地貌为命题情境，考查地貌的形成知识点，综合考查学生高了内陆与沿海地区的交通通达度，增加迁入沿海大城市达累斯萨拉姆的人口数量，可能导致获取和解读地理信息、调动和运用地理知识的能力。人口压力增大；多多马作为首都，其城市等级不会因铁路开通而改变。14.B15.A16.D【解题分析】第4题，三个城市中，上海位于长江入海口，南京位于长江下游，武汉位于长江中游。在河流中下游地区，越往下游，河流水道越宽，流速越慢，沉积物颗粒越细。据此可知，①为上【命题意图】本题组以美国中部玉米带为命题情境，考查天气变化对农业生产的影响知识点，综海，②为南京，③为武汉。第5题，图中甲和乙示意某种变化趋势，流速不变，沙粒的粒度出现变合考查学生获取和解读地理信息，调动和运用地理知识的能力。化，因此排除C、D选项。在三角洲前缘部分，表层流速不变的情况下，水位变浅，水底斜坡流速【解题分析】第14题，图中六条地理要素曲线中，与1993年的日变化曲线相比，多年均的日变增大，沉积物粒度增大，因此甲表示水退型三角洲，乙表示水进型三角洲；水进情况下，水位变化曲线往往更滑，①③⑤三条曲线较滑，因此为多年均变化曲线。北半球陆地7月份温深，水底斜坡流速降低，沉积物粒度减小。度最高，因此③曲线应为多年均日气温变化曲线；日太阳辐射最高值出现时问要略早于均6.C7.A8.D气温最高值，因此①曲线为多年均日太阳辐射变化曲线，⑤曲线为多年均日降水量变化曲【命题意图】本题组以我国某新能源汽车企业在巴西建厂为命题情境，考查工业转移知识点，综线。同理可知，②曲线为1993年太阳辐射日变化曲线，④曲线为1993年气温日变化曲线，⑥曲合考查学生获取和解读地理信息、调动和运用地理知识的能力。线为1993年降水量日变化曲线。第15题，图中⑥曲线为1993年降水量日变化曲线，结合⑥曲【解题分析】第6题，根据材料可知，该企业在巴西布局的生产基地包含了整车、零部件和上游资线可知，1993年美国玉米生长期大部分时间降水量明显高于多年均值，因此最有可能发生洪源加工，产业链比较完整；该企业在巴西生产成品车，不是出口；在该生产基地，劳动力主要来自涝灾害。第16题，美国玉米带多年均种植时间为5月初，1993年4月底5月初美国玉米带巴西：矿产资源价格会随着市场波动，不能确定是否廉价。第？题，该企业通过海外建厂的形式降水量明显高于多年均值，降水偏多会影响玉米的种植时间，使得种植时间晚于多年均时间；玉米生长周期大致固定，种植时间较晚也会导致收获时问推迟。在巴西布局，最主要的目的是扩大南美的市场份额。第8题，汽车工业是技术、资金和人才高度密集、高度全球化、高度竞争的现代化大工业，是衡量一个国家制造业综合实力的重要指标。在17.(1)智能制造、人工智能等产业能够推动区域经济结构转型，增加新型就业岗位和经济增长点，新能源汽车领域，我国在技术、资金、产业链和人才方面具有比较明显的优势，但销售网络正处提升区域经济竞争力；大数据中心、工业互联网等技术可以提高资源利用效率，提供更高质量的公共服务，提高城市运行效率；新能源、智能交通、人工智能等领域的绿色技术创新有助于优于全力布局的阶段，不具备明显优势、化资源配置和减少能源消耗，促进节能减排和环境保护，有利于建设多样化的生态系统。9.A10.B11.A(6分)【命题意图】本题组以卓乃湖流域沙尘释放率变化为命题情境，考查区域自然环境整体性知识(2)区域发展不充分、不均衡，大致呈现出东高西低的递减格局：广东省和江苏省发展水高，点，综合考在学生获取和解读地理信息、调动和运用地理知识的能力。西部和东北地区省份发辰水较低。(4分)【解题分析】第9题，冬春季节，卓乃湖流域风力强劲，天气干燥，土壤含水量较低，此时湖泊水位(3)广东省：持续发挥创新高地优势，大力推进数字化、智能化“新基建”布局，加快新技术、新产较低·大量湖盆泥沙裸露，且地表缺乏植被保护，沙尘释放量最多，选项中四个时期，最可能为业、新业态的有机融合，强化经济社会运行保障能力：畅通共建共享、访调互动渠道，充分发挥1-一3月。第0，读图可知1,2001一201：年卓乃湖流城沙尘释放率呈降低趋势，气候暖湿化可对周边区域的溢出带动作用。（或湖北省：加强与长三角和珠三角的合作，积极承接东部地区以提高植被覆盖率，在-定程度上抑制沙尘的释放。该区域海拔近5000m,不适宜森林和农作“新基建”的技术和产业转移；进一步提升“新基建”对区域韧性的支撑作用：充分发挥武汉市词O地理卷参考答案（二）第)页（共4页）【24·(新高考)高考样卷·地理·GX灯、地理老然密小第2页共4【24·(新高考)高考样卷·她地理·GX

全国100所名校高考冲刺卷、全国100所名校高考冲利卷、广西2024年普通高中学业水选择性考试物的生长。第11题，溃坝事件发生后湖面面积减小，被水覆盖的面积减小导致湖岸出露地表面地理样卷（二）参考答案积增大，沙尘释放过程发生的区域范围增大。湖泊底部一般覆盖大量湖相沉积物，在失去水体的保护作用之后，这些碎屑物质为沙尘释放提供了丰富的物源。12.C13.B1.C2.D3.A【命题意图】本题组以上海港和宁波舟山港港口腹地的发民为命题情境，考查港口的服务范围知【命题意图】本题组以坦桑尼亚人口分布变化为命题情境，考查区域环境对人口和交通的影响识点，综考查学生款取和解读地理信息、调动和运用地理知识的能力。知识点，综合考查学生获取和解读地埋信息、调动和运用地理知识的能力。【解题分析】第1题，据图可知，2019年，温州港与上海港、宁波舟山港均班轮联系密度比较接解题分析】第12题，出图可知，与1967年相比，202年该椭圆中心西移，且向南部的宽度变近，说明上海港和宁波舟山港对温州港这一腹地竞争比较激烈。第2题，上海港港区主要位于大，表明人口开始更多地向西部和南部迁移。这一时期，坦桑尼亚首都正从达累斯萨拉姆向西黄浦江，宁波舟山港位于杭州湾沿海区域。宁波舟山港港阔水深，建港条件优于上海港。第3迁至多多马，月坦赞铁路向西南延伸：坦桑尼亚城市并不是主要分布在湖泊附近，因此水源不题，上海港适宜充分利用长江“黄金水道”，将长江沿线内陆港口收人自己的腹地范围，形成沿长是主要影响因素；渔业的发展将增强沿海城市或湖泊沿岸城市对人口的吸引力，与实际人口变江广泛分布的腹地格局；关于浙江省内的集装箱市场，宁波舟山港具有地理位置区位优势；苏州化趋势不符。第13题，铁路的开通改善了伊萨卡的交通条件，经济发展使得人口外流减缓或港已经属于上海港的腹地范围；青岛港和上海港属于竞争关系，各有自己的腹地范围。人口迁人增多；乌干达和坦桑尼亚之间有一个面积广阔的湖泊可以进行水运，伊萨卡至姆万扎4.C5.B的铁路开通后，乌干达可以通过水陆联运更好地开展对外贸易：伊萨卡至姆万扎段铁路开通提【命题意图】本题组以长江流域三角洲地貌为命题情境，考查地貌的形成知识点，综合考查学生高了内陆与沿海地区的交通通达度，增加迁入沿海大城市达累斯萨拉姆的人口数量，可能导致获取和解读地理信息、调动和运用地理知识的能力。人口压力增大；多多马作为首都，其城市等级不会因铁路开通而改变。14.B15.A16.D【解题分析】第4题，三个城市中，上海位于长江入海口，南京位于长江下游，武汉位于长江中游。在河流中下游地区，越往下游，河流水道越宽，流速越慢，沉积物颗粒越细。据此可知，①为上【命题意图】本题组以美国中部玉米带为命题情境，考查天气变化对农业生产的影响知识点，综海，②为南京，③为武汉。第5题，图中甲和乙示意某种变化趋势，流速不变，沙粒的粒度出现变合考查学生获取和解读地理信息，调动和运用地理知识的能力。化，因此排除C、D选项。在三角洲前缘部分，表层流速不变的情况下，水位变浅，水底斜坡流速【解题分析】第14题，图中六条地理要素曲线中，与1993年的日变化曲线相比，多年均的日变增大，沉积物粒度增大，因此甲表示水退型三角洲，乙表示水进型三角洲；水进情况下，水位变化曲线往往更滑，①③⑤三条曲线较滑，因此为多年均变化曲线。北半球陆地7月份温深，水底斜坡流速降低，沉积物粒度减小。度最高，因此③曲线应为多年均日气温变化曲线；日太阳辐射最高值出现时问要略早于均6.C7.A8.D气温最高值，因此①曲线为多年均日太阳辐射变化曲线，⑤曲线为多年均日降水量变化曲【命题意图】本题组以我国某新能源汽车企业在巴西建厂为命题情境，考查工业转移知识点，综线。同理可知，②曲线为1993年太阳辐射日变化曲线，④曲线为1993年气温日变化曲线，⑥曲合考查学生获取和解读地理信息、调动和运用地理知识的能力。线为1993年降水量日变化曲线。第15题，图中⑥曲线为1993年降水量日变化曲线，结合⑥曲【解题分析】第6题，根据材料可知，该企业在巴西布局的生产基地包含了整车、零部件和上游资线可知，1993年美国玉米生长期大部分时间降水量明显高于多年均值，因此最有可能发生洪源加工，产业链比较完整；该企业在巴西生产成品车，不是出口；在该生产基地，劳动力主要来自涝灾害。第16题，美国玉米带多年均种植时间为5月初，1993年4月底5月初美国玉米带巴西：矿产资源价格会随着市场波动，不能确定是否廉价。第？题，该企业通过海外建厂的形式降水量明显高于多年均值，降水偏多会影响玉米的种植时间，使得种植时间晚于多年均时间；玉米生长周期大致固定，种植时间较晚也会导致收获时问推迟。在巴西布局，最主要的目的是扩大南美的市场份额。第8题，汽车工业是技术、资金和人才高度密集、高度全球化、高度竞争的现代化大工业，是衡量一个国家制造业综合实力的重要指标。在17.(1)智能制造、人工智能等产业能够推动区域经济结构转型，增加新型就业岗位和经济增长点，新能源汽车领域，我国在技术、资金、产业链和人才方面具有比较明显的优势，但销售网络正处提升区域经济竞争力；大数据中心、工业互联网等技术可以提高资源利用效率，提供更高质量的公共服务，提高城市运行效率；新能源、智能交通、人工智能等领域的绿色技术创新有助于优于全力布局的阶段，不具备明显优势、化资源配置和减少能源消耗，促进节能减排和环境保护，有利于建设多样化的生态系统。9.A10.B11.A(6分)【命题意图】本题组以卓乃湖流域沙尘释放率变化为命题情境，考查区域自然环境整体性知识(2)区域发展不充分、不均衡，大致呈现出东高西低的递减格局：广东省和江苏省发展水高，点，综合考在学生获取和解读地理信息、调动和运用地理知识的能力。西部和东北地区省份发辰水较低。(4分)【解题分析】第9题，冬春季节，卓乃湖流域风力强劲，天气干燥，土壤含水量较低，此时湖泊水位(3)广东省：持续发挥创新高地优势，大力推进数字化、智能化“新基建”布局，加快新技术、新产较低·大量湖盆泥沙裸露，且地表缺乏植被保护，沙尘释放量最多，选项中四个时期，最可能为业、新业态的有机融合，强化经济社会运行保障能力：畅通共建共享、访调互动渠道，充分发挥1-一3月。第0，读图可知1,2001一201：年卓乃湖流城沙尘释放率呈降低趋势，气候暖湿化可对周边区域的溢出带动作用。（或湖北省：加强与长三角和珠三角的合作，积极承接东部地区以提高植被覆盖率，在-定程度上抑制沙尘的释放。该区域海拔近5000m,不适宜森林和农作“新基建”的技术和产业转移；进一步提升“新基建”对区域韧性的支撑作用：充分发挥武汉市词O地理卷参考答案（二）第)页（共4页）【24·(新高考)高考样卷·地理·GX灯、地理老然密小第2页共4【24·(新高考)高考样卷·她地理·GX

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没有SIM卡日®@98☑1：52电解水制氢。制取绿氢时，可以利用的可再生能源4g。…(1分)30中考必杀技75/88设反应后所得溶液中硫酸钠的质量为x。30.【答案】活动一：【实验过程】有白色沉淀生成2Na0H+H,S0,=Na2S0,+2H,0…(1分)【交流研讨】Fe,0,+6HCl一2FeCl,+3H,080142活动二：2HCl+CaC0,=CaCl2+H,0+C0,↑[或4g2HCI +Mg(OH)2=MgCl2 +2H2O]器-…(1分）》x活动三：【猜想与假设】CaCL2MgCL,、HClx=7.1g……(1分)》【实验探究】溶液变红反应后所得溶液中硫酸钠的质量分数×】【反思评价】氯化镁溶液也显酸性，故向反应后的溶液中滴加紫色石蕊溶液，无法判断溶液中是否含100%=5%。…（1分）》有HCI答：反应后所得溶液中硫酸钠的质量分数为5%。【考点】化学方程式的有关计算等活动四：使用时要戴好防护工具，不要接触皮肤（合七、实验探究题（本大题共2个小题。化学方程式每空理即可)2分，其余每空1分，共15分)【考点】科学探究；物质的检验；化学方程式的书29.【答案】【实验用品】棉花写；酸、碱、盐的性质等【实验原理]2KMn0,△K,Mn0,+Mn0,+0,↑【解析】活动一：【实验过程】根据同学们得出的结【实验过程】(1)将导管伸入水中，双手紧握试管，观论该除锈剂中的无机酸为盐酸可知，滴加硝酸银溶察到导管口有气泡冒出，则装置气密性良好液后，有氯化银白色沉淀生成。【交流研讨】用该除(2)细铁丝剧烈燃烧，火星四射，放出热量，生成黑锈剂除铁锈时，发生反应的化学方程式为F心，0，+色固体6HCl一2FeCl,+3H,0。活动二：由【信息检索】综【问题与交流】燃烧的细铁丝触碰到瓶壁（合理可知，水垢的主要成分为碳酸钙与氢氧化镁，实验过即可)程中加入一定量除锈剂后，水垢完全溶解，因此实验【考点】实验室制取氧气；实验基本操作；化学方过程中发生反应的化学方程式为2HCl+CaC0,一程式的书写等CaCL,+H,0+C02↑和2HCI+Mg(OH)2一【解析】【实验用品】该实验用高锰酸钾制取氧气，MgCL2+2H,0。活动三：【猜想与假设】由除水垢的试管口需要放一团棉花，因此缺少的实验用品是棉原理可知，反应后的溶液中一定有CaCl2和MgCl2,花。【实验原理】高锰酸钾制取氧气的化学方程式可能有HCl,故猜想二为CaCl2、MgCl2、HCl。【实验为2KMn0,△K,Mn0,+Mn0,+0,↑。【实验过探究】根据实验结论猜想二正确可知，向反应后的程】(1)检查装置气密性的操作是将导管伸入水中，溶液中滴加几滴紫色石蕊溶液，会观察到溶液变红。双手紧握试管，观察到导管口有气泡冒出，则装置气【反思评价】氯化镁溶液也显酸性，故向反应后的溶密性良好。(2)细铁丝在氧气中燃烧的现象是剧烈燃烧，火星四射，放出热量，生成黑色固体。【问题液中滴加紫色石蕊溶液，根据实验现象无法判断溶与交流】氧气的性质实验结束后，发现集气瓶破裂液中是否含有HCl。活动四：除锈剂中含有酸，所以可能是因为集气瓶底留的水太少或燃烧的细铁丝触在使用除锈剂时要戴好防护工具，不能接触皮肤、眼碰到瓶壁等。睛等，防止腐蚀。答案详解31

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二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.(15分)(1)负(1分)Ag++Fe2+-Ag十Fe3+(2分)(2)<(1分)(3)起始石墨极为负极，Ag为正极，电流强度为正值：若反应方向相反，则石墨为正极，Ag为负极，电流强度为负值，由此可判断氧化性相对强弱(2分)<(2分)增大(1分)(4)作安全瓶，防倒吸(2分)(5)Fe(NO3)3分解生成NO2和O2恰好被水完全吸收生成HNO(2分)(6)2AgNO,△2Ag十2NO,↑+O,(2分)【解析】(1)当物质的量浓度相等时，氧化性：Ag>Fe+,若增大Fe3+浓度或减小Ag浓度，氧化性：Fe3+>Ag。(3)正、负极相反，则电流强度正、负相反。(4)B装置两导管相，用作安全瓶。(5)根据氧化还原反应原理可知，4Fe(NO)3△2FeO十12NO,◆十3O,,4NO,十O,十2H,O一4HN0O,没有气体从C装置中逸出。(6)黑色粉末可能是Ag或Ag2O,Ag2O溶于氨水，而Ag不溶于氨水，则AgNO分解反应为2AgNO,△2Ag十2NO,个十O,个，气体通过水剩余O2。16.(14分)(1)81(1分)》(2)搅拌、适当升温、增大反应物浓度等任写两条(2分)(3)5Tl2O+4KMnO:+21H2 SO,=5TI2 (SO)3+4MnSO:+2K2 SO,+21H2 O(2)PbSO (1)(4)CH:COO与H反应，减小H+浓度，使萃取反应衡逆向移动，铊元素以[TCL4]形式重新进入水层(2分)(5)HO+SO3+[TICL4]-—TIC1N+SO+2Ht+3CI(2分)(6)①8×10-6(2分)②TI(OH),沉淀又转化成[T(OH)]进入溶液(2分)【解析】(1)基态81TI原子核外有81个电子，则其核外电子的运动状态有81种。(2)搅拌、适当升温、增大反应物浓度等措施可有效提高浸取率。(3)“浸取I”后铊元素以T(SO)3的形式存在，根据得失电子守恒及元素守恒得化学反应方程式为5Tl2O十4KMO4十21H2SO4—5Tl2(SO4)3十4MnSO4十2K2SO,十21HO,富铊灰加入KMnO、H2SO4的混合溶液浸取时，PbO转化为难溶于水的PbSO,则“滤渣”主要为PbSO。(4)“反萃取”过程中加入CH COONH4,CH&COO与H反应，减小H浓度，使萃取反应衡逆向移动，铊元素以[TICl]形式重新进入水层。(5)“还原氯化沉淀”中反应的离子方程式为H2O+SO十[TICL]-—TICI+SO十2H++3C1。(6)①工业污水中铊的污染物排放限值为5.1×103mg/L,即铊的污染物排放限值为c(T1+)=2.5×108mol/L,根据Kp(Tl2S)=5×10-1=c2(Tt)Xc(S-),所以当c(TI+)≤2.5×10-8mol/L时，c(S)≥8×10-6mol/L;②由题图可知，pH过大会产生可溶性的[TI(OH):],从而降低铊元素的去除率。17.(15分)(1)苯酚(1分)羟基、醚键(2分)(2)取代反应(1分)液溴、FeBr(1分)(3)+CH.NH.+H2_N.+H2O(2分》(4)ab(2分)(5)14(2分)(1分)CHCH CICH,MgClMg(6)THFiD)H.OOH(3分)【解析】(4)E分子含羟基，分子间存在氢键，另外E相对分子质量大于F,故E分子间作用力大于F,E的沸点高于F,正确；G分子含1个N,可与1个H形成配位键，b正确；单键可旋转，H分子中所有碳原子可能与苯环共面，c错误；F、G都能使酸性KMO溶液褪色，d错误。(5)F的同分异构体含苯环、甲酸酯基。若苯环只含1个取代基：HCOOCH2CH2一或HCOOCH(CH)一，有2种结构；苯环含2个取代基，则它可能是HCOO一、一CHCH或HCOOCH2一、一CH,共6种；若苯环含3个取代基，则它是HCOO、CH、CH,有6种，符合条件的同分异构体有14种。(6)设计合成路线：取代、制卤化镁、加成与水解生成目标产物。化学参考答案一26

二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.(15分)(1)负(1分)Ag++Fe2+-Ag十Fe3+(2分)(2)<(1分)(3)起始石墨极为负极，Ag为正极，电流强度为正值：若反应方向相反，则石墨为正极，Ag为负极，电流强度为负值，由此可判断氧化性相对强弱(2分)<(2分)增大(1分)(4)作安全瓶，防倒吸(2分)(5)Fe(NO3)3分解生成NO2和O2恰好被水完全吸收生成HNO(2分)(6)2AgNO,△2Ag十2NO,↑+O,(2分)【解析】(1)当物质的量浓度相等时，氧化性：Ag>Fe+,若增大Fe3+浓度或减小Ag浓度，氧化性：Fe3+>Ag。(3)正、负极相反，则电流强度正、负相反。(4)B装置两导管相，用作安全瓶。(5)根据氧化还原反应原理可知，4Fe(NO)3△2FeO十12NO,◆十3O,,4NO,十O,十2H,O一4HN0O,没有气体从C装置中逸出。(6)黑色粉末可能是Ag或Ag2O,Ag2O溶于氨水，而Ag不溶于氨水，则AgNO分解反应为2AgNO,△2Ag十2NO,个十O,个，气体通过水剩余O2。16.(14分)(1)81(1分)》(2)搅拌、适当升温、增大反应物浓度等任写两条(2分)(3)5Tl2O+4KMnO:+21H2 SO,=5TI2 (SO)3+4MnSO:+2K2 SO,+21H2 O(2)PbSO (1)(4)CH:COO与H反应，减小H+浓度，使萃取反应衡逆向移动，铊元素以[TCL4]形式重新进入水层(2分)(5)HO+SO3+[TICL4]-—TIC1N+SO+2Ht+3CI(2分)(6)①8×10-6(2分)②TI(OH),沉淀又转化成[T(OH)]进入溶液(2分)【解析】(1)基态81TI原子核外有81个电子，则其核外电子的运动状态有81种。(2)搅拌、适当升温、增大反应物浓度等措施可有效提高浸取率。(3)“浸取I”后铊元素以T(SO)3的形式存在，根据得失电子守恒及元素守恒得化学反应方程式为5Tl2O十4KMO4十21H2SO4—5Tl2(SO4)3十4MnSO4十2K2SO,十21HO,富铊灰加入KMnO、H2SO4的混合溶液浸取时，PbO转化为难溶于水的PbSO,则“滤渣”主要为PbSO。(4)“反萃取”过程中加入CH COONH4,CH&COO与H反应，减小H浓度，使萃取反应衡逆向移动，铊元素以[TICl]形式重新进入水层。(5)“还原氯化沉淀”中反应的离子方程式为H2O+SO十[TICL]-—TICI+SO十2H++3C1。(6)①工业污水中铊的污染物排放限值为5.1×103mg/L,即铊的污染物排放限值为c(T1+)=2.5×108mol/L,根据Kp(Tl2S)=5×10-1=c2(Tt)Xc(S-),所以当c(TI+)≤2.5×10-8mol/L时，c(S)≥8×10-6mol/L;②由题图可知，pH过大会产生可溶性的[TI(OH):],从而降低铊元素的去除率。17.(15分)(1)苯酚(1分)羟基、醚键(2分)(2)取代反应(1分)液溴、FeBr(1分)(3)+CH.NH.+H2_N.+H2O(2分》(4)ab(2分)(5)14(2分)(1分)CHCH CICH,MgClMg(6)THFiD)H.OOH(3分)【解析】(4)E分子含羟基，分子间存在氢键，另外E相对分子质量大于F,故E分子间作用力大于F,E的沸点高于F,正确；G分子含1个N,可与1个H形成配位键，b正确；单键可旋转，H分子中所有碳原子可能与苯环共面，c错误；F、G都能使酸性KMO溶液褪色，d错误。(5)F的同分异构体含苯环、甲酸酯基。若苯环只含1个取代基：HCOOCH2CH2一或HCOOCH(CH)一，有2种结构；苯环含2个取代基，则它可能是HCOO一、一CHCH或HCOOCH2一、一CH,共6种；若苯环含3个取代基，则它是HCOO、CH、CH,有6种，符合条件的同分异构体有14种。(6)设计合成路线：取代、制卤化镁、加成与水解生成目标产物。化学参考答案一26