【文档说明】必刷卷01-2021年高考化学考前信息必刷卷（浙江专用）（解析版）.docx，共(25)页，800.233 KB，由管理员店铺上传

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2021年浙江选考化学考前信息必刷卷第一模拟(本卷共31小题，满分100分，考试用时90分钟)注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。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。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24S32Cl35.5Mn55Fe56Cu64I127Ba137第I卷(选择题共50

分)一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．不含共价键的离子化合物是()A．H2SO4B．Mg3N2C．NH4ClD．SiO

2【答案】B【解析】A项，H2SO4是共价化合物，含有共价键，故A不选；B项，Mg3N2是离子化合物，只含离子键，不含共价键，故B选；C项，NH4Cl是离子化合物，含有离子键和共价键，故C不选；D项，SiO2是共价化合物，含有共价键，故D不选；故选B。2．蒸馏含

有Fe3+的自来水获得少量纯净的水，不需要用到的仪器是()A．B．C．D．【答案】A【解析】蒸馏含有Fe3+的自来水获得少量纯净的水，采用蒸馏操作，蒸馏所需要用到的仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、锥形瓶、酒精灯

等，不需要用到蒸发皿。故选A。3．下列属于非电解质，溶于水又能导电的是()A．石墨B．苯酚C．氨气D．过氧化钠【答案】C【解析】A项，石墨是单质，不属于电解质，A错误；B项，苯酚俗称石炭酸，与碳酸的性质相似，在水

中会电离出会氢离子，故苯酚是弱电解质，B错误；C项，氨气是共价化合物，液态氨气不导电，但氨气的水溶液能导电，氨水导电靠的是氨气与水反应产物一水合氨电离出可自由移动的离子，故氨气是非电解质，C正确；D项，过氧化钠在状况下能电离出可自由移动的离子而导电，过氧化钠是电解质，D错误；故选C

。4．下列物质对应的组成或结构不正确的是()A．甘氨酸：HOOCCH2NH2B．甘油醛：C．氰酸铵：NH4CND．摩尔盐：(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O【答案】C【解析】A项，甘氨酸也可命名为氨基乙酸，结构简式为H2N-CH2COOH，A正确；B项，甘油醛是丙三醇中的

一个羟基被氧化为醛基，结构简式为，B正确；C项，氰酸铵是铵盐，化学式是NH4CNO，C错误；D项，摩尔盐是等物质的量的绿矾与硫酸铵混合制得的盐，化学式是(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O，D正确；故选C。5．下列化学用语正确的是()A．氨基的电子式：B．乙烯的实验式：2CHC．37C

l−的结构示意图：D．4CCl的比例模型：【答案】B【解析】A项，氨基的化学式为－NH2，电子式：，A错误；B项，乙烯的分子式为C2H4，因此实验式：CH2，B正确；C项，37Cl-的核外电子数是18，结构示意图：，C错误；D项，碳原子半径小于氯原子半径

，不能表示CCl4的比例模型，D错误；故选B。6．下列说法正确的是()A．锂电池、铅蓄电池、硅太阳能电池都属于化学电源B．铝硅酸盐分子筛可用于物质分离，还可用作干燥剂、催化剂和催化剂载体C．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，采用的是连接电源

负极的阴极保护法D．葡萄糖作为人类重要的能量来源，是由于它能发生水解【答案】B【解析】A项，硅太阳能电池是光能转化为电能，不属于化学电源，A错误；B项，铝硅酸盐分子筛可用于物质分离，是一种多孔的结构，还可用作干燥剂、催化剂和催化剂载体，B正确

；C项，电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，采用的是牺牲阳极的阴极保护法，C错误；D项，葡萄糖是单糖，不能水解，D错误；故选B。7．下列说法正确的是()A．HCOOCH2CH3和CH3CH2COOH互为同分异构体B．晶体硅和硅藻土

互为同素异形体C．和互为同系物D．14N和14C互为同位素【答案】A【解析】A项，HCOOCH2CH3和CH3CH2COOH分子式相同，而结构式不同，互为同分异构体，A说法正确；B项，晶体硅为单质硅，而硅藻土一

种硅质岩石，其化学成分以SiO2为主，不是同素异形体，B说法错误；C项，含有酚羟基，而含有的为醇羟基，不是同系物，C说法错误；D项，14N和14C质子数不同，不是同位素，D说法错误；故选A。8．下列说法不正确．．

．的是()A．通过Fe与水蒸气高温反应在铁器表面形成致密Fe3O4氧化膜B．可用Na与Fe2O3高温反应制备Na2O2C．可通过加热MgCl2·6H2O制备Mg(OH)ClD．利用氯气和KOH浓溶液制备KClO3【答案】B【解析】A项，Fe与水蒸气高温反应生

成四氧化三铁和氢气，四氧化三铁是致密的氧化膜，A正确；B项，Na与Fe2O3在高温条件下反应生成Na2O和Fe，B错误；C项，MgCl2会水解，加热MgCl2·6H2O时，水解彻底生成Mg(OH)2，水解不彻底生成Mg(OH)Cl，故可通

过加热MgCl2·6H2O制备Mg(OH)Cl，C正确；D项，氯气和浓KOH溶液发生歧化反应生成KCl、KClO3和H2O，故可用氯气和浓KOH溶液反应制备KClO3，D正确。故选B。9．下列说法不正确的是()A．工业上，在高温熔融、隔绝空气的

条件下，利用钠单质和钛、钽等金属的氧化物发生置换反应，来制备钛、钽等稀有金属材料B．铁的化合物应用十分广泛，氯化铁、硫酸亚铁是优良的净水剂C．铜丝在氯气中燃烧，产生大量棕色的烟，实验结束后在集气瓶中加入少量水，盖上玻片后充分振荡，棕色消失，得到绿色溶液，再加水稀释，最终得到蓝色溶液D．工

业上锌可用湿法冶炼——电解ZnSO4溶液制备Zn【答案】A【解析】A项，钠是活泼金属，具有强还原性，工业上，在高温熔融、隔绝空气的条件下，Na和TiCl4反应制取金属钛，故A错误；B项，氯化铁、硫酸亚铁在水溶液中水解，生成具有吸附性的胶体，所以

是优良的净水剂，故B正确；C项，铜丝在氯气中燃烧，产生大量棕色的烟，产物是CuCl2，实验结束后在集气瓶中加入少量水，盖上玻片后充分振荡，得到绿色浓CuCl2溶液，再加水稀释，得到蓝色的稀CuCl2溶液，故

C正确；D项，电解ZnSO4溶液，阴极锌离子放电生成锌，阳极生成氧气，故D正确；故选A。10．从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeS

O4+12H2SO4，下列说法正确的是()A．Cu2S既是氧化产物又是还原产物B．5molFeS2发生反应，有10mol电子转移C．产物中的SO42-离子有一部分是氧化产物D．FeS2只作还原剂【答案】C

【解析】A项，Cu2S为中Cu、S元素化合价降低之产物，因此Cu2S为还原产物，故A错误；B项，反应中Cu元素化合价由+2降低至+1，FeS2中S原子有310由-1升高至+6，有710由-1降低至-2，其余元素化合价未发生变化，因此每有5molFeS2发生反应，转移电子

为10mol×310×[6-(-1)]=21mol，故B错误；C项，由B项分析可知，产物中的SO42-离子有一部分是FeS2中S元素升高而得，因此产物中的SO42-离子有一部分是氧化产物，故C正确；D项，由B分析可知，FeS2在反应

中既作氧化剂也是还原剂，故D错误；故选C。11．下列说法正确的是()A．纸上层析属于色谱分析法，其原理跟“毛细现象”相关，通常以滤纸作为惰性支持物，吸附水作为固定相B．将两块未擦去氧化膜的铝片分别投入1mol/LCuSO4溶液、1mol/

LCuCl2溶液中，铝片表面都观察不到明显的反应现象C．将20g硝酸钠和17g氯化钾放100mL烧杯中，加35mL水，并加热、搅拌，使溶液浓缩至约为原来的一半时，趁热过滤即可得到硝酸钾晶体D．用移液管取液后，将移液管垂直伸入容器底部，松开食指使溶液全部流出，数秒后取出移液管【答案】A【解

析】A项，纸上层析是利用混台物中各组分在固定相流动相中的溶解度不同而达到分离目的，常用滤纸作载体，滤纸上所吸收的水分作固定相，有机溶剂作流动相，当流动相流过固定相时，各组分以不同的速度移动，从而使混合物分离，A说法正确；B项，CuSO4和CuCl2溶液

中铜离子水解，溶液显酸性，能先与氧化铝反应，去除氧化膜后，活泼的铝与酸反应会产生气体，同时铝也置换出铜，有红色物质析出，B说法错误；C项，加热时，硝酸钾、氯化钠的溶解度增大，但二者溶解度受温度影响不同，则应冷却结晶得到硝酸钾，C说法错误；D项，移液管取液后，将移液管移入准

备接受溶液的容器中，使容器微倾斜，而使移液管直立，然后放松右手食指，使溶液自由地顺壁流下，待溶液停止流出后，数秒后取出移液管，D说法错误；故选A。12．类比推理的方法在化学学习与研究中有广泛的应用，但有时会得出错

误的结论。以下几种类比推理结论中正确的是()A．NH3的沸点高于PH3，推出CH4沸点高于SiH4B．卤素单质的熔沸点随相对分子质量的增加而增大，推出碱金属元素单质的熔沸点随相对分子质量的增加而增大C．CO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀生成，推出SO2通入Ba(NO3)

2溶液中无沉淀生成D．硫元素的非金属性较强，其最高价含氧酸H2SO4为强酸，推出HC1O4为强酸【答案】D【解析】A项，NH3的沸点高于PH3，是因为氨气分子间能形成氢键而磷化氢不能。，CH4分子间不能形成氢键，所以此类比推理

不合理，A不正确；B项，卤素单质的熔沸点随相对分子质量的增加而增大，是因为卤素单质都能形成分子晶体。分子晶体的熔、沸点是由分子间作用力决定的。碱金属元素单质属于金属晶体，其熔沸点由金属键的强度决定的，碱金属属

于同一主族的金属，随着离子半径的增大，金属离子与自由电子之间的作用力减小，所以其熔、沸点逐渐减小。所以此类比推理也不合理，B不正确；C项，CO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀生成，是因为硝酸的酸性比碳酸的酸性强。SO2通入Ba(NO3)2溶液中先与水反应生成亚硫酸，亚硫酸是中强酸

，硝酸根在酸性条件下有强氧化性，把亚硫酸氧化为硫酸，所以溶液的有硫酸钡沉淀生成。此类比推理也不合理，C不正确；D项，同一周期从左到右，随着原子序数的递增，元素的非金属性依次增强，最高价的氧化物的水化物酸性依次增强。硫和氯都是第３周期的元素，氯元素的原子序数较大，氯元素的非金属性比硫强。由硫元

素的非金属性较强，其最高价含氧酸H2SO4为强酸，推出HC1O4为强酸是合理的类比，D正确。故选D。13．下列指定反应的离子方程式正确的是()A．向NaAlO2溶液中滴入足量Ca(HCO3)2溶液：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-B．

铬酸钾溶液中滴入稀盐酸：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2OC．向Na2S溶液中通入少量SO2[已知：H2SO3的Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.3×10-8；H2S的Ka1=5.7×10-8，Ka2=1.2×10-15]：S2-+SO2+H2O=SO32-+

H2SD．向二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴入足量烧碱溶液：H3PO3+2OH-=HPO32-+2H2O【答案】D【解析】A项，AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，生成的↓会继续与Ca2+反应，故离子方程式应该为：AlO2-+HCO3-+H2

O+Ca2+=Al(OH)3↓+CaCO3↓，A错误；B项，铬酸钾在酸性条件下会转化为有强氧化性的K2Cr2O7，会将盐酸氧化为氯气，B错误；C项，Na2S溶液中通SO2时，会发生硫元素的归中反应生成S沉淀，C错误；D项，H3PO3是二元弱酸，说明1个H3PO3最多电离出2个

H+，消耗2个NaOH，故最终反应生成Na2HPO3，D正确。故选D。14．下列说法不正确的是()A．醛类、葡萄糖、甲酸及其甲酸酯类均能与银氨溶液发生银镜反应B．蔗糖酯是一种食品乳化剂，可以由蔗糖与脂肪酸经酯化反应合成，蔗糖酯在稀硫酸的作用下充分水解只生成两种产物。C．防疫

时使用的75%的乙醇溶液和84消毒液的杀菌消毒的机理不完全相同D．用pH计、电导率仪(一种测量溶液导电能力的仪器)均可检测乙酸乙酯的水解程度【答案】B【解析】A项，醛类、葡萄糖、甲酸及其甲酸酯类都含有醛基，均能与银氨溶液发生银

镜反应，故A正确；B项，该蔗糖酯在稀硫酸作用下水解，生成蔗糖和脂肪酸，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，则水解产物最终有三种，故B错误；C项，75%的乙醇溶液使蛋白质脱水变性，而84消毒液是利用强氧化性使蛋白质变

性，杀菌消毒的机理不完全相同，故C正确；D项，乙酸乙酯水解生成的乙酸为电解质，可用pH计、电导率仪检测乙酸乙酯的水解程度，故D正确；故选B。15．有机物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列说法正确的是()A．有机物X的分子式为C16H16NO3B．有机物X不存在顺

反异构现象C．1molX最多能与7molH2发生加成反应D．有机物X能与NaHCO3溶液反应生成CO2【答案】B【解析】A项，根据图示该有机物的分子式为C16H15NO3，A项错误；B项，有机物X双键中其中一个C上连有两个相同的基团：，故不存在顺反异构现象，

B项正确；C项，1mol苯环能与3mol氢气发生加成反应，1mol双键能与1mol氢气发生反应，所以1molX最多能与8molH2发生加成反应，C项错误；D项，有机物中含有羧基能与碳酸氢钠发生反应，该有机物中无羧基，故不能与碳

酸氢钠发生反应，D项错误；故选B。16．化合物M由短周期主族元素Y、X、Q、Z、W形成，结构如图所示。Y、X、Q、Z、W的原子序数依次增大，Z、Q元素的简单离子具有相同的核外电子排布，Q的气态氢化物能使湿润

的红色石蕊试纸变蓝，五种元素中，W的原子半径最大。下列说法正确的是()A．化合物M为共价化合物B．X为碳元素C．原子半径：X＞Y＞ZD．简单氢化物的沸点：Q＞Z【答案】B【解析】短周期主族元素Y、X、Q、Z、W的原子序数依次增大，Q的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Q为N元

素；五种元素中，W的原子半径最大，且W能够形成-1价的阴离子，则W为Cl元素；根据Y、X、Q、Z、W形成的化合物M的结构可知，X形成四价，原子序数比N小，则X为C元素，Y形成一价，原子序数最小，则Y为H元素；Z形成二价，且Q、Z元素的简单离子

具有相同的核外电子排布，则Z为O元素。根据上述分析，Y为H元素、X为C元素、Q为N元素、Z为O元素、W为Cl元素。A项，根据Y、X、Q、Z、W形成的化合物M的结构可知，化合物M由离子构成，属于离子化合物，故A错误；B项，根据上述分析，X为碳元素，故B正确；C项，Y

为H元素、X为C元素、Z为O元素，一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，原子半径：X＞Z＞Y，故C错误；D项，水常温下为液体，氨气为气体，因此简单氢化物的沸点：Q＜Z，故D错误；故选B。17

．下列说法正确的是()A．100℃时，将pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性B．相同温度下，pH相等的氨水、CH3COONa溶液中，水的电离程度相同C．相同物质的量浓度的盐酸和醋酸分别加水稀释到相同pH，醋酸中加水多D．将浓度为c1的氨水

和浓度为c2的盐酸等体积混合，若溶液呈中性，则一定有c1＞c2【答案】D【解析】A项，100℃时，水的离子积为：1.0×10-12，故pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液显碱性，故A错误；B项，相同温度下，pH相等的氨水、CH3COONa溶液中，一水合氨是弱碱，抑制水

电离，CH3COONa是强碱弱酸盐，促进水电离，水的电离程度后者大，故B错误；C项，由于在醋酸电离的程度小，相同物质的量浓度的醋酸PH比盐酸大，因此稀释到相同的pH值(pH在增大),稀释倍数盐酸大，盐酸中加水多，故C错误；D项，将浓度为c1的氨水和浓度为c2的盐酸等体积混合，

生成氯化铵，水解呈酸性，若溶液呈中性，碱要过量，则一定有c1＞c2，故D正确；故选D。18．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．标准状况下，2.24LCl2与CH4反应完全，生成物中气体分子数目是0.2NAB．34g质量分数为4%的H2O2水溶液中含氧原子数目为0.08NAC．

0.5mol乙烯被溴的四氯化碳溶液完全吸收，断裂的共价键总数为NAD．0.1molSO2溶于足量水所得溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-三种微粒的个数之和为0.1NA【答案】C【解析】A项，Cl2与CH4反应生成多种氯代甲烷和HCl

且除一氯甲烷外其他氯代甲烷均为液态，因次无法确定生成物中气体分子数，故A错误；B项，未考虑溶剂水中的氧原子数，故B错误；C项，乙烯与溴反应时，1mol乙烯断裂1mol双键，同时1mol溴单质中断裂1molBr-Br，则0.5mol乙烯与溴单质反应断裂的共价键数为NA，C正确；D

项，二氧化硫与水的反应为可逆反应，溶液中还存在部分二氧化硫分子，结合元素守恒：SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-四种微粒的个数之和为0.1NA，故D错误；故选C。19．0.1mol·L-1的银氨溶液中存在如下平

衡：Ag(NH3)2+＋2H2OAg+＋2NH3·H2O，下列说法正确的是()A．向溶液中加一定浓度的氨水，该平衡可能正向移动B．该反应是一个水解反应C．向溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，产生白色沉淀，再加入氢氧化钠沉淀至过量沉淀减少D．温度升高有利于该反应平衡正向移动，是由于促进了NH3·H

2O电离降低了溶液中NH3·H2O浓度【答案】C【解析】A项，向溶液中加一定浓度的氨水，平衡Ag(NH3)2+＋2H2OAg+＋2NH3·H2O逆向移动，A错误；B项，溶液中存在的平衡为络合物平衡，不是水解反

应，B错误；C项，向溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，一水合氨与氢离子结合，平衡正向移动，产生白色沉淀，再加入氢氧化钠沉淀至过量，一水合氨的量增加，平衡逆向向移动，所以沉淀减少，故C正确；D项，由于络合物平衡为吸

热反应，所以温度升高有利于该反应平衡正向移动，故D错误；故选C。20．下列关于ΔH的判断不正确．．．的是()Si(s)+2Cl2(g)SiCl4(g)ΔH1Si(s)+2Br2(g)SiBr4(g)ΔH2Cu(OH)2(s)+2H+(aq)Cu2+(aq)+2H2O(l)ΔH32H2O(l)+

Cu2+(aq)Cu(OH)2(s)+2H+(aq)ΔH4A．ΔH1<0，ΔH2<0B．ΔH1<ΔH2C．ΔH3<0，ΔH4>0D．ΔH3>ΔH4【答案】D【解析】A项，因大多数化合反应为放热反应，则ΔH1<0，ΔH2<0，A正确；B项，△H=反应

物键能-生成物键能，SiCl4键能大于SiBr4键能，则ΔH1<ΔH2，B正确；C项，Cu(OH)2(s)+2H+(aq)Cu2+(aq)+2H2O(l)，酸碱中和反应为放热反应，则ΔH3<0，2H2O(l)+Cu

2+(aq)Cu(OH)2(s)+2H+(aq)水解反应为吸热反应，则ΔH4>0，C正确；D项，ΔH3<0，ΔH4>0，则ΔH3<ΔH4，D错误；故选D。21．我国科研人员通过控制光沉积的方法构建Cu2O-Pt/SiC/IrOx型复合材料

光催化剂，其中Fe2+和Fe3+离子渗透Nafion膜可协同CO2、H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，其反应机理如图：下列说法错误．．的是()A．该反应为2CO2+2H2O2HCOOH+O2B．该反应能量转化形式为光能→化学能C．图中a、b分别代表

Fe2+、Fe3+D．反应过程中涉及到非极性键、极性键的断裂和形成【答案】D【解析】A项，根据图示可知，反应物为二氧化碳和水，生成物为甲酸和氧气，因此该反应方程式为2CO2+2H2O2HCOOH+O2，故A正确；B项，由“人工光合作用体系”可知

，该反应能量转化形式为光能→化学能，故B正确；C项，观察图中物质转化关系可知，b代表Fe3+，用于氧化H2O，a代表Fe2+，用于还原CO2，故C正确；D项，根据A项总反应可知，反应过程中不涉及到非极性共价键的断裂，故D错误；故选D。22．近日

，电催化固氮领域取得重要进展，利用双功能催化剂可实现室温条件下电催化氮气还原制备氨气、氧化制备硝酸盐。装置如图所示：下列说法错误的是()A．工作时，电子流入a极B．阳极区的电极反应为：N2+6H2O-10e-

=2NO3-+12H+C．阳极区和阴极区消耗的N2的质量之比为5：3D．该离子交换膜应使用质子交换膜【答案】C【解析】A项，由图可知，a极N2生成NH3，发生还原反应，为阴极，电子由电源负极流入阴极，A项正确；B项，由图可知

，阳极是N2反应生成HNO3，失去电子，电极反应为：N2+6H2O-10e-=2NO3-+12H+，B项正确；C项，由图可知，a极N2→2NH3，得到6e-，b极N2→2NO3-，失去10e-，根据电子得失相等计算，阳极区和阴

极区消耗的N2的质量之比为3：5，C项错误；D项，阳极反应为N2+6H2O-10e-=2NO3-+12H+，生成H+，阴极反应为N2+6H++6e-=2NH3，消耗H+，该离子交换膜应使用质子交换膜，D项正确；故选C。

23．常温下，用200mL0.1mol·L-1NaOH溶液吸收SO2与N2混合气体，所得溶液pH与吸收气体体积的关系如图所示，已知Ka1(H2SO3)=1.2×10-2，Ka2(H2SO3)=5.6×10-8。下列说法正确的是()A．

吸收3L气体时溶液中主要溶质为NaHSO3B．溶液pH=7时2c(SO32-)>c(HSO3-)C．X点呈酸性的原因是HSO3-水解程度大于其电离程度D．曲线上任意点均存在：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c

(HSO3-)+c(SO32-)【答案】B【解析】0.1mol·L-1NaOH溶液吸收SO2，先后发生两个反应，即2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O和Na2SO3+H2O+SO2=2NaHSO3。由图中信息可知，当吸收3L气体时

，得到Na2SO3溶液；当吸收6L气体时，得到NaHSO3溶液。A项，由分析可知，吸收3L气体时，当吸收3L气体时，得到Na2SO3溶液，主要溶质为Na2SO3，A错误；B项，pH=7时，溶液呈中性，则c(H+)=110-7mol/L，由电荷守恒：c(H+)

+c(Na+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，Ka2(H2SO3)=233(H)(SO)(HSO)ccc+−−=5.6×10-8,则233(SO)0.56(HSO)cc−−=，因此，2332(SO)1.121

(HSO)cc−−=，则2c(SO32-)>c(HSO3-)，B正确；C项，由图中信息可知，X点为NaHSO3溶液，HSO3-电离方程式为HSO3-H++SO32-，水解的离子方程式为HSO3-+H2OH2SO3+OH-，

11411wh21.0108.3101.210aKKK−−−===＜Ka2(H2SO3)=5.6×10-8，即HSO3-的电离程度大于其水解程度，因此，X点呈酸性，C错误；D项，由电荷守恒，曲线上除其起点外，其

他任意点均存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，D错误；故选B。24．已知Na2S2O4(连二亚硫酸钠)是一种重要的化学用品，不溶于乙醇，溶于氢氧化钠溶液，遇少量水发生强烈反应，甚至会引发燃烧，其相关性质说法不正确．．．的是()A．Na2S2

O4具有还原性，可用做抗氧化剂B．Na2S2O4应干燥密封保存在低温处C．能在空气中反应生成两种新盐：Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4，生成1molNaHSO4转移电子2molD．

锌粉法是制备Na2S2O4的常用方法，原料为锌粉悬浊液、二氧化硫和氢氧化钠溶液，反应中二氧化硫被还原【答案】C【解析】A项，根据化合价规律，可知Na2S2O4中S元素的化合价为+3价，处于中间价态，具有还原性，可用做抗氧化剂，A正确；B项，根据题意，Na2S2O4遇少量水发生强烈反应

，甚至会引发燃烧，所以应干燥密封保存在低温处，B正确；C项，因NaHSO3不稳定，能被氧化成NaHSO4，所以在空气中反应生成NaHSO4，C错误；D项，二氧化硫中硫元素的化合价为+4价，而制备Na2S2O4中的硫元素化合价为+3价，故反应过程中二氧化硫被还原，D正确；故选C。25．下列

实验操作、现象和解释或结论不正确的有()序号实验操作实验现象解释或结论①用大理石和稀硝酸反应制取CO2气体，将制得的气体立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中出现白色沉淀H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强②

向某溶液中加入浓NaOH溶液后微热，用蓝色石蕊试纸检验产生的气体放出刺激性气味气体且试纸变红原溶液中一定含有NH4+③少量铝热剂(只有一种金属氧化物)溶于足量稀盐酸后，分两份，再分别滴加铁氰化钾和KSCN溶液出现蓝色沉淀和血红色铝热剂中可能含有Fe3O4④向

某钾盐中滴加浓盐酸，产生的气体再通入品红溶液品红溶液褪色该钾盐为K2SO3与KHSO3至少有一种⑤用pH试纸测量饱和新制氯水的pHpH试纸先变为红色后褪色饱和新制氯水呈酸性且Cl2具有漂白性A．①②④⑤B．②③④⑤C．①②④D．①②③⑤【答案】

A【解析】①用大理石和稀硝酸反应制取CO2气体，由于硝酸易挥发，生成的CO2气体中含有一定量的硝酸，将制得的气体立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中，出现白色沉淀，无法说明一定是H2CO3与反应Na2SiO3，所以无法证明H

2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强，①的结论不正确；②向某溶液中加入浓NaOH溶液后微热，用红色石蕊试纸检验产生的气体，放出刺激性气味气体且试纸变蓝，原溶液中一定含有NH4+，②不正确；③少量铝热剂(只有一种金

属氧化物)溶于足量稀盐酸后，分两份，再分别滴加铁氰化钾和KSCN溶液出现蓝色沉淀和血红色，说明溶液中有Fe2+和Fe3+，由于铝热剂中的铝粉可以把Fe3+还原为Fe2+，所以铝热剂中铁的氧化物可能是Fe2O3或Fe3O4，③正确

；④向某钾盐中滴加浓盐酸，产生的气体再通入品红溶液，品红溶液褪色，说明该气体的水溶液有漂白性，但是不能确定是二氧化硫还是氯气，④不正确；⑤用pH试纸测量饱和新制氯水的pH，pH试纸先变为红色后褪色，说明饱和新制氯水有酸性和漂

白性，但是不能确定是哪种物质有漂白性，⑤不正确。故选A。第II卷(非选择题共50分)二、非选择题(本大题共6小题，共50分)26．(4分)(1)比较Br-与Fe2+还原性相对强弱：Br_______Fe2+(填“>”、“<”、“=”)；

用一个化学方程式说明Br-与Fe2+还原性相对强弱__________________________________________。(2)KSCN溶液是高中阶段常用试剂，其阴离子对应酸为HSCN(硫氰化氢)，硫氰化氢分子中各原子均具有稀有气体稳定结构。写出H

SCN(硫氰化氢)的结构式_____________________。(3)元素N与Cl的非金属性均较强，但常温下氮气远比氯气稳定，主要原因是_____________________。【答案】(1)＜(1分)2Fe2++Br2=2Fe3++

2Br-(1分)(2)H—S—C≡N或H—N=C=S(1分)(3)氮气分子中存在氮氮三键，键能较氯分子中Cl-Cl单键键能大，常温下难以断裂(1分)【解析】(1)反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中，Fe2+变为Fe3+，化合价升高被氧化，作还原剂，Br2变为Br-，化合价

降低，被还原，Br-为还原产物，氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性：Fe2+＞Br-；(2)稀有气体中各原子都是2电子(K层为最外层时)或8电子稳定状态，硫氰化氢分子中各原子均具有稀有气体

稳定结构，HSCN(硫氰化氢)的结构式为：H—S—C≡N或H—N=C=S；(3)元素N与Cl的非金属性均较强，氮气分子中存在氮氮三键键能较氯分子中Cl-Cl单键键能大，常温下难以断裂，故氮气远比氯气稳定。27

．(4分)某实验小组在常温下，用0.100mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的HCl溶液。已知：混合溶液的体积等于酸、碱体积的相加，lg2=0.3。可根据图示计算滴定的突跃范围。(1)该盐酸溶液的浓度

为_______________________。(2)若滴加20.02mLNaOH溶液，所得溶液的pH≈9.7，试计算滴加19.98mLNaOH溶液，所得溶液的pH≈________；(写出计算过程，保留1位小数)。【答案】0.100mol/L(2分)当氢氧化钠的体积为19

.98mL，33330.020.100100.020.10010pHlglg4.3(19.9820.00)1040.0010−−−−=−=−=+(2分)【解析】(1)由图知，20.00mL0.100mol/L的NaOH溶

液和20.00mLHCl溶液恰好完全反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，则该盐酸溶液的物质的量浓度等于NaOH溶液的物质的量浓度，为0.100mol/L。(2)由于NaOH溶液和HCl溶液均为0.100mol/L，氢氧化钠溶液中的氢氧根

离子和等体积盐酸中的氢离子物质的量相等，若滴加19.98mLNaOH到20.00mLHCl中，则所得溶液含氯化钠和盐酸，混合溶液中有氢离子(20.00mL-19.98mL)×10-3L/mL×0.100mol/L，则混合溶液中3+3(

20.00mL19.98mL)10L/mL0.100mol/L(H)(20mL19.98mL)10L/mLc−−−=+，33330.020.100100.020.10010pHlglg4.3(19.9820.00)

1040.0010−−−−=−=−=+。28．(10分)某兴趣小组对化合物X开展探究实验其中，X由4种元素组成，遇水即分解，混合溶液呈碱性，气体C可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。(1)X与水反应的方程式：_________________________

_________________。(2)新制．．的A略显两性，能溶于强碱NaOH溶液中，方程式为_____________________________________。(3)B可与C在一定条件下发生反应，生成两种单质，有同

学认为生成的固体单质中可能混有FeO，请设计实验方案证明其结论：_______________________________________________________________。(4)下列关于对氯化铁的用途及性质说法

错误的是_____________________。A．利用Fe3+易水解的性质，实验室配制氯化铁溶液，通常将氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再稀释至所需浓度B．在印刷制版中用作铜版的腐蚀剂C．在某些反应中作催化剂D．在医药上用作伤口的止血剂，它能导致蛋白质的迅速变性，所以用来止血E．

气体C与FeCl3溶液可以制备XF．Fe(OH)3胶体的制备：向沸水中加入FeCl3的饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热G．除去FeCl2中少量FeCl3杂质，可向混合液中加足量铁粉过滤即可(5)D可以溶解在C的浓溶液中，沉淀消失变为

无色溶液，该反应的离子方程式为：__________________________________________。【答案】(1)Fe(NH3)6Cl3+6H2O=Fe(OH)3+3NH3·H2O+3NH4Cl(2分)(2)Fe(

OH)3+NaOH=NaFeO2+2H2O或Fe(OH)3+3NaOH=Na3Fe(OH)6(2分)(3)取少许反应后的固体于试管中加入足量的硫酸铜溶液，过滤，固体洗涤后加稀硫酸后再过滤，向滤液中加KSCN溶液，无明显现象，加双氧水后呈血红色则含FeO，反之则没有(2分)(4)BC(2

分)(5)AgCl+2NH3·H2O=Ag(NH3)2++2H2O+Cl-(2分)【解析】根据题中转化关系，沉淀A灼烧的红棕色固体B，B为氧化铁，氧化铁的质量为8.0g，物质的量为：0.05mol160g/mo.l80g=，根据元素守恒X中的Fe的质量为5.6g，气体C可使湿润的红色石蕊

试纸变蓝色可知C为氨气，标况下体积为6.72L，物质的量为：0.3mol，依据元素守恒X中的N的质量为：4.2g，加硝酸和硝酸应产生的白色沉淀为AgCl，质量为21.525g，物质的量为：0.15mol，则X中Cl的质量为：5.325g，则剩余的元素为H，其质

量为：26.45-5.6-5.325-4.2=11.325，则X中所含的Fe、N、H、Cl的物质的量之比为：1:6:18：3，X的化学式为：Fe(NH3)6Cl3。(1)X与水反应生成氢氧化铁、一水合氨和氯化铵，反应方程式为：Fe(NH3)6Cl

3+6H2O=Fe(OH)3+3NH3·H2O+3NH4Cl；(2)新制的A略显两性，结合氢氧化铝与碱的反应可得出氢氧化铁与氢氧化钠的反应为：Fe(OH)3+NaOH=NaFeO2+2H2O或Fe(OH)3+3NaOH=Na3Fe(OH

)6；(3)B可与C在一定条件下发生反应，生成两种单质，发生的反应为氨气还原氧化铁得到铁单质和氮气及水，若检验FeO需除去生成物的Fe，先加硫酸铜溶液除去Fe，过滤出FeO，将FeO溶于硫酸，得到硫酸亚铁溶液，加K

SCN溶液排除三价铁的干扰，再加氧化剂氧化后若出现血红色说明原固体中有FeO，故答案为：取少许反应后的固体于试管中加入足量的硫酸铜溶液，过滤，固体洗涤后加稀硫酸后再过滤，向滤液中加KSCN溶液，无明显现象，加双氧水后呈血

红色则含FeO，反之则没有；(4)A项，氯化铁为强酸弱碱盐，配制氯化铁溶液过程中，若把氯化铁晶体溶于水则会水解造成溶液浑浊，故将氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再稀释至所需浓度，故A正确；B项，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，常利用此反应原理在印刷制版中用作

铜版的腐蚀剂，故B正确；C项，为了加快过氧化氢分解速率，可以加入少量氯化铁来作催化剂，故C正确；D项，在医药上用作伤口的止血剂，利用的原理是血液本身是胶体，氯化铁是电解质，有利于胶体的凝聚，故D错误；E项，氨气与FeCl3溶液反应直接生成氢氧化铁沉淀，故E错误；F项，向沸水中加入FeCl3的

饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即可得到氢氧化铁胶体，故F正确；G项，除去FeCl2中少量FeCl3杂质，可向混合液中加足量铁粉发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，可除去三价铁且不引入新杂质，故G正确；故选DE；(5)联想银氨溶液制取，氯

化银可溶于氨水形成银氨溶液，反应为：AgCl+2NH3·H2O=Ag(NH3)2++2H2O+Cl-。29．(10分)硫酸在国民经济中占有极其重要的地位，工业上常用黄铁矿为原料接触法制硫酸。(1)写出黄铁矿(FeS2)在沸腾炉中与氧

气发生反应的化学方程式_______________________________。(2)硫酸的生产中，下列说法不正确．．．的是____________。A．把黄铁矿磨成细粉末在“沸腾”状态下燃烧，可以提高原料的利用率B．气体在进接触室前要先净化，可防止催化剂中毒C．接触室中反应采用40

0~500℃，主要是因为提高原料的平衡转化率D．吸收塔中操作采取逆流的形式，SO3从下而上，水从上而喷下(3)分别将1mol的SO2(g)、1.45mol的O2(g)通入p1、p2和p3恒压容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH2＝-196kJ·mo

l−1，相同时间内测得SO2的转化率α随温度的变化如图所示。(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作KP，如p(B)=p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的

量分数)。请回答：①据图判断p1、p2、p3的大小关系____________。②判断X、Y、Z中属于平衡点的是______(填“X”、“Y”、“Z”)，并计算该温度下平衡的KP=__________________。

(用含p1或p2或p3的式子表示)。(4)为减少SO2的排放，工业上常将SO2转化为CaSO4固定，但存在CO又会同时发生以下两个反应：反应活化能平衡常数ⅠCaSO4(s)＋CO(g)CaO(s)＋SO2(g)+CO2(g)ΔH2=218.4kJ

·mol−1EaⅠKⅠⅡCaSO4(s)＋4CO(g)CaS(s)＋4CO2(g)ΔH2＝-175.6kJ·mol−1EaⅡ(EaⅠ＞EaⅡ)KⅡ(KⅠ＞＞KⅡ)①恒容、恒温(T1)条件下，反应体系中c(S

O2)随时间t变化的总趋势如图。结合己知信．．．．．息分析c(SO2)浓度随时间t变化的原因__________________。②恒容、恒温(T2，T2＞T1)条件下，请在图中画出T2条件下c(SO2)浓度随时间t变化图______。【答案】(1)4F

eS2+11O28SO2+2Fe2O3(1分)(2)CD(1分)(3)①P3＞P2＞P1(1分)Z(1分)②3162P(2分)(4)①两个反应同时进行，但由于Ea2＞Ea1，反应Ⅰ的速率更快，该开始时c(SO2)上升，而反应Ⅱ的平衡常数较

大(正向进行程度大)，随着反应Ⅱ的持续进行，容器中c(CO2)继续增大，c(CO)继续减小，导致反应Ⅰ平衡逆向移动，c(SO2)又逐渐降低(2分)②(2分)【解析】(1)黄铁矿在沸腾炉中被氧气氧化生成二氧化硫和氧化铁

，根据元素守恒和电子守恒可得反应的方程式为：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3；(2)A项，把黄铁矿磨成细粉末在“沸腾”状态下燃烧，可以增大与氧气的接触面积，使反应更充分，提高原料的利用率，A正

确；B项，气体在进接触室前要先净化，防止有杂质和催化剂反应，使催化剂中毒，B正确；C项，接触室中二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫的反应为放热反应，较高温度会降低原料的平衡转化率，采用高温主要是为了提高反

应速率以及催化剂活性，C错误；D项，为防止形成酸雾和加快吸收速率，三氧化硫是被浓硫酸吸收而不是被水吸收，D错误；故选CD；(3)温度较低时反应速率较慢测定α时反应未达到平衡，所以此时随温度升高α增大，当温度升高到一定程度，测定α时反应达到平衡，继续升高温度平衡逆向移动，α减小；①

温度较高时反应达到平衡，该反应为气体系数之和减小的反应，温度不变增大压强平衡正向移动，α增大，所以P3＞P2＞P1；②当α随温度的升高而减小时，说明反应达到平衡，所以平衡点为Z；Z点所示温度平衡时二氧化硫的转化率为0.900，初始投料为1molSO2和1.45mo

lO2，则列三段式：压强为P3，各组分的分压之比等于物质的量之比，所以p(SO2)=0.10.1+1+0.9P3=31P20，p(O2)=31P2，p(SO3)=39P20，则Kp=232339(P)2011(P)P202=3162P；(4)①虽然两个反应同时进行，但由于Ea2＞Ea1，反应Ⅰ的

速率更快，该开始时c(SO2)上升，直至反应Ⅰ达到最大限度，由于反应Ⅱ的平衡常数较大，随着反应Ⅱ的持续进行，容器中c(CO2)继续增大，c(CO)继续减小，导致反应Ⅰ平衡逆向移动，c(SO2)又逐渐降低，直至反应Ⅱ达到平衡；②反应Ⅰ

为吸热反应，升高温度平衡正向移动，所以c(SO2)的最大值要高于T1温度，但由于温度升高，反应速率加快，所以达到最大值所用时间缩短，反应Ⅱ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以最终平衡时c(SO2)也要高于T1温度，则T2条件下c(S

O2)随时间t变化图为(虚线所示)。30．(10分)亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂，制备亚氯酸钠的工艺流程如图：已知：二氧化氯(ClO2)沸点为11.0℃，易溶于水，浓度过高时易分解；已知NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO

2•3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。(1)流程中“多步操作”包括的顺序为()→()→()。__a.蒸发浓缩形成饱和溶液b.用低于38℃的水洗涤c.趁热过滤d.低于60℃干燥e.高温干燥除水f.冷却结晶后过滤g.用38

~60℃的温水洗涤(2)反应1在图甲中进行，装置A的作用是_______________________；通入空气，其作用是排出ClO2，通空气不能过快，空气流速过快时ClO2不能被充分吸收；通空气也不能过慢，其原因是__________________________

__________________________。(3)反应2在装置乙中进行，其中反应的化学方程式为_______________________，冰水浴冷却的目的是____________(写一条)。(4)测定某亚

氯酸钠样品的纯度：准确称取所得亚氯酸钠样品mg于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应(NaClO2被还原为Cl-，杂质不参加反应)，将所得混合液配成250mL待测溶液；取25.00mL待测溶液于锥

形瓶中，加几滴淀粉溶液，用cmol•L-1Na2S2O3标准液滴定至滴定终点。重复2次，测得平均值为VmL(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)。①此过程中要用到滴定管，选出其正确操作并按序列出字母：检查滴定管是否漏水→蒸馏水洗涤→()→()→()→()

→()→滴定管准备完成。a.从滴定管上口加入高于“0”刻度3mL所要盛装的溶液b.从滴定管上口加入3mL所要盛装的溶液，倾斜着转动滴定管c.将洗涤液从滴定管上口倒入预置的烧杯中d.将洗涤液从滴定管下部放入预置的烧杯中e.调整液面至“0”刻度或“0”刻度以下记

录数据f.轻轻转动活塞使滴定管的尖嘴部分充满溶液，无气泡g.轻轻挤压玻璃球使滴定管的尖嘴部分充满溶液，无气泡②达到滴定终点时的现象为___________________________________________。③

该样品中NaClO2的质量分数为____________(用含m、c、V的代数式表示)。【答案】(1)cgd(1分)(2)防止倒吸(1分)ClO2不能及时被排出，浓度过高导致分解(1分)(3)H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O(1分)降低NaClO2的溶解

度(或减少H2O2的分解或减少ClO2的分解)(1分)(4)①bdage(2分)②滴加最后一滴Na2S2O3标准液时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色(1分)③22.625cVm%(2分)【解析】(1)利用NaClO2溶液制得NaClO2

晶体最关键的步骤是控制结晶的温度：高于38℃低于60℃，故操作为将反应2后的溶液在55℃条件下压蒸发结晶，趁热过滤，再用38~60℃的温水洗涤，最后在低于60℃条件下干燥，得到NaClO2晶体，故顺序为c→g→d。(2)装置A的作用是安全

瓶，防止液体倒吸；向装置A中通入空气，其作用是排出装置内的ClO2，通空气不能过快，空气流速过快时ClO2不能被充分吸收；通空气也不能过慢，根据题中信息ClO2浓度过高时易发生分解，因此空气流速过慢时，ClO2不能及时被排出，浓度过高易分解。(3)根据最终产物NaClO2中

氯元素的化合价可知反应2中ClO2被双氧水还原，反应的化学方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O；根据题中信息二氧化氯(ClO2)沸点为11.0℃，易溶于水，因此冰水浴冷却的目的是使ClO2变为液态，充分反应，减少H2O2的分解，提高利用率

，降低NaClO2的溶度，更利于生成NaClO2。(4)①本题中需要用到碱式滴定管，需要对滴定管进行润洗，具体步骤为从滴定管上口加入3mL所要盛装的溶液，倾斜转动滴定管，将洗涤液从滴定管下部放入预置的烧杯中，从滴定管上口加入高于“0”刻度3mL所要盛装的溶液，轻轻挤压玻璃球

使滴定管的尖嘴部分充满溶液，无气泡，调整液面至“0”刻度或“0”刻度以下，记录数据；②淀粉遇碘单质变蓝色，反应结束时，碘单质反应完全，滴加最后一滴Na2S2O3标准液时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点；③设样品中NaClO2的质量分数为a，根据：Cl

O2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-，：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-得关系式：NaClO2~2I2~4S2O32-，4n(NaClO2)=n(S2O32-)，即13mgacmo

lLV10L250mL490.5g/mol25.00mL−−=，解得22.625a%mcV=。31．(12分)阿斯巴甜作为一种重要的甜味剂，被广泛应用于药剂加工和食品加工中，其安全性非常重要。其工

业合成路线如图：已知：RCN+2H/HO⎯⎯⎯⎯→RCOOH；⎯⎯⎯⎯⎯⎯→3一定条件NH回答下列问题：(1)下列说法正确的是_______________________。A．阿斯巴甜的分子式为C14H18N2O5B．化合物B与C互为同系物

C．化合物B与D均为氨基酸，能形成内盐，也能发生缩聚反应形成多肽D．反应③④⑤⑥均为取代反应(2)化合物A的结构简式：_____________；化合物D的结构简式：_________________。(3)写出阿斯巴甜与足量NaOH水溶液充分反应的化学方程式：___________

______________________________________________________________。(4)写出同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式：___________________________________________

(不考虑立体异构)。①1H—NMR谱表明分子中有3种氢原子；②含苯环的中性物质。(5)写出以1，3—丙二醇为原料制备的合成路线流程(无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)：_______________

_____________________________。【答案】(1)AC(2分)(2)(1分)(1分)(3)+3NaOHΔ⎯⎯→++CH3OH+H2O(2分)(4)、、、、、(3分)(6)2OCu,△⎯⎯⎯→HCN⎯⎯⎯→+2H/HO

⎯⎯⎯⎯→浓硫酸△⎯⎯⎯⎯⎯→(3分)【解析】苯乙醛和HCN发生加成反应生成，发生已知中的第一个反应，得到A()，A在一定条件下和NH3反应得到B，B为，B和甲醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成的C为；和D发生取代反应生成，推知D为，和HCHO发生加成反应，甲醛的醛基中的碳氧双键断开，和

中的-NH-发生加成反应生成，发生分子内酯化反应，羟基和连在上的羧基反应，生成。(1)A项，根据阿斯巴甜的结构简式可知，阿斯巴甜的分子式为C14H18N2O5，故A正确；B项，B的结构简式为，含有的官能团是羧基

和氨基，C的结构简式为，含有的官能团是氨基和酯基，二者不互为同系物，故B错误；C项，B的结构简式为，D的结构简式为，都含有羧基和氨基，均为氨基酸，-COOH具有酸性，-NH2具有碱性，能形成内盐，氨基酸能发生

缩聚反应形成多，故C正确；D项，根据以上分析可知，反应③④⑤均为取代反应，⑥不是取代反应，故D错误；答案为AC；(2)化合物A的结构简式为；化合物D的结构简式为；(3)阿斯巴甜中能与NaOH反应的官能团是羧基、

肽键(酰胺键)、酯基，1mol阿斯巴甜能消耗3molNaOH，即反应的化学方程式为+3NaOH⎯⎯→△3+CHOH2+HO；(4)①表明分子中有3种氢原子，说明是对称结构；②含苯环的中性物质，说明含有—NO2或-NO或“”，符合条件的同分异构体有、、

、、、等；(5)是一种酯类物质，要制备这种物质，首先需要得到，有5个碳原子，结合给出的原料1，3-丙二醇，需要增加2个碳原子，根据流程中的第①步反应和给出的已知中的第一个反应，可写出制备流程为2OCu,△⎯⎯⎯→HCN⎯⎯⎯→+2H/HO⎯⎯⎯⎯→浓硫

酸△⎯⎯⎯⎯⎯→。