2023届河南省五岳在线考试高考适应性考试化学试卷（含答案解析）

2023高考化学模拟试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列变化过程中，加入氧化剂才能实现的是（）A．Cl2→Cl- B．Fe2+→Fe3+ C．Na2O2→O2 D．SO2→SO32-2、利用脱硫细菌净化含硫物质的方法叫生物法脱硫，发生的反应为：CH3COOH+Na236SO42NaHCO3+H236S↑。下列说法正确的是A．的摩尔质量是100B．CH3COOH既表现氧化性又表现酸性C．反应的离子方程式是：CH3COOH+2+H236S↑D．每生成11.2LH2S转移电子为4×6.02×10233、以下除杂方法不正确的是（括号中为杂质）A．NaCl(KNO3)：蒸发至剩余少量液体时，趁热过滤B．硝基苯（苯）：蒸馏C．己烷（己烯）：加适量溴水，分液D．乙烯（SO2）：NaOH溶液，洗气4、下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是选项实验内容实验结论A取两只试管，分别加入4mL0.01mol·L－1KMnO4酸性溶液，然后向一只试管中加入0.01mol·L－1H2C2O4溶液2mL，向另一只试管中加入0.01mol·L－1H2C2O4溶液4mL，第一只试管中溶液褪色时间长H2C2O4浓度越大，反应速率越快B室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol·L－1HClO溶液和0.1mol·L－1HF溶液的pH，前者pH大于后者HclO的酸性小于pHC检验FeCl2溶液中是否含有Fe2＋时，将溶液滴入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去不能证明溶液中含有Fe2＋D取两只试管，分别加入等体积等浓度的双氧水，然后试管①中加入0.01mol·L－1FeCl3溶液2mL，向试管②中加入0.01mol·L－1CuCl2溶液2mL，试管①中产生气泡快加入FeCl3时，双氧水分解反应的活化能较大A．A B．B C．C D．D5、司替戊醇(d)用于治疗两岁及以上Dravet综合征相关癫痫发作患者，其合成路线如图所示。下列有关判断正确的是（）A．b的一氯代物有4种B．c的分子式为C14H14O3C．1mold最多能与4molH2发生加成反应D．d中所有碳原子可能处于同一平面6、利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是（）下列说法正确的是（）A．反应过程中NO2、NH4+之间的反应是氧化还原反应B．上述历程的总反应可以为：2NH3+NO+NO22N2+3H2OC．X是HNO2，是还原产物D．[(NH4)(HNO2)]+是反应过程中的催化剂7、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A．Ca(ClO)2(aq)HClO(aq)O2(g)B．H2SO4(稀)SO2(g)BaSO3(s)C．Fe2O3(s)FeCl3(aq)Fe(s)D．SiO2(s)H2SiO3(胶体)Na2SiO3(aq)8、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A．在12.0gNaHSO4晶体中，所含离子数目为0.3NAB．足量的镁与浓硫酸充分反应，放出2.24L混合气体时，转移电子数为0.2NAC．30g冰醋酸和葡萄糖的混合物中含氢原子的数目为2NAD．标准状况下，11.2L乙烯和丙烯混合物中含氢原子数目为2NA9、25℃时，0.1mol/L的NH4HCO3溶液pH=7.7。向0.1mol/L的NH4HCO3溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液时，含氮、含碳粒子的分布情况如图所示（纵坐标是各粒子的分布系数，即物质的量分数）。根据图象判断，下列说法正确的是A．NH4HCO3溶液中，水解程度：NH4+＞HCO3-B．开始阶段，HCO3-略有增加的主要原因是发生反应：2NH4HCO3+2NaOH＝（NH4）2CO3+Na2CO3+2H2OC．由图中数据可知：CO32-的水解常数约为5.3×10-11D．由图中数据可知：NH3•H2O的电离常数约为1.5×10-510、运用化学知识，对下列内容进行分析不合理的是()A．成语“饮鸩止渴”中的“鸩”是指放了砒霜()的酒，砒霜有剧毒，具有还原性。B．油脂皂化后可用渗析的方法使高级脂肪酸钠和甘油充分分离C．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出治疗疟疾的青蒿素，其过程包含萃取操作D．东汉魏伯阳在《周易参同契》中对汞的描述：“……得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根。”这里的“黄芽”是指硫。11、CoCO3可用作选矿剂、催化剂及家装涂料的颜料。以含钴废渣(主要成份CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3的一种工艺流程如下：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHCo2+7.69.4Al3+3.05.0Zn2+5.48.0下列说法不正确的是（）A．“酸溶”时发生氧化还原反应的离子方程式Co2O3+SO2+2H+=2Co2++H2O+SO42-B．“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为5.0～5.4C．在实验室里，“萃取”过程用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯D．在空气中煅烧CoCO3生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为0.672L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为CoO12、2019年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开发的三位科学家。一种锂离子电池的反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2(x＜1)。其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）A．放电时，Li+由b极向a极迁移B．放电时，若转移0.02mol电子，石墨电极将减重0.14gC．充电时，a极接外电源的正极D．该废旧电池进行“充电处理”有利于锂在LiCoO2极回收13、研究表明，地球上的碳循环，光合作用是必不可少的（如下图所示）。下列叙述正确的是A．石油与煤是可再生能源B．CO2是煤、石油形成淀粉、纤维素等的催化剂C．光合作用将太阳能转化为化学能D．图中所出现的物质中淀粉与纤维素为同分异构体14、当冰醋酸固体变成液体或气体时，一定发生变化的是A．分子内化学键 B．共价键键能C．分子的构型 D．分子间作用力15、保存液态有机物的一种方法是在其上方加盖一层水以避免挥发损失。下列有机物适合用“水封法”保存的是A．乙醇 B．硝基苯 C．甘油 D．己烷16、重要的农药、医药中间体-碱式氯化铜［CuaClb(OH)c·xH2O］，可以通过以下步骤制备。步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成CuCl2。已知Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。步骤2：在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。下列有关说法不正确的是A．图中M、N分别为Fe2+、Fe3+B．a、b、c之间的关系式为：2a=b+cC．步骤1充分反应后，加入少量CuO是为了除去Fe3+D．若制备1mol的CuCl2，理论上消耗标况下11.2LO2二、非选择题（本题包括5小题）17、盐酸阿比朵尔，适合治疗由A、B型流感病毒引起的上呼吸道感染，2020年入选新冠肺炎试用药物，其合成路线：回答下列问题：（1）有机物A中的官能团名称是______________和______________。（2）反应③的化学方程式______________。（3）反应④所需的试剂是______________。（4）反应⑤和⑥的反应类型分别是______________、______________。（5）I是B的同分异构体，具有两性并能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，写出具有六元环结构的有机物H的结构简式______________。(不考虑立体异构，只需写出3个)（6）已知：两分子酯在碱的作用下失去一分子醇生成β—羟基酯的反应称为酯缩合反应，也称为Claisen（克莱森）缩合反应，如：，设计由乙醇和制备的合成线路______________。(无机试剂任选)18、“达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药，化合物M是它的合成中间体，其合成路线如下：已知：R1CHO回答下列问题：(1)有机物A的名称是______________；反应②反应类型是__________。(2)物质B的结构简式是____________；E的分子式为_____________。(3)G中含氧官能团的名称是________；F中有________个手性碳原子。(4)请写出反应⑤的化学反应方程式_____________。(5)物质N是C的一种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式_______。①分子结构中含有苯环和氨基，氨基与苯环直接相连；②能使溴水褪色；③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1∶1。(6)设计由苯甲醇和CH3NH2为原料制备的合成路线_______________。19、某同学欲用98%的浓H2SO4（ρ=1.84g/cm3）配制成500mL0.5mol/L的稀H2SO4（1）填写下列操作步骤：①所需浓H2SO4的体积为____。②如果实验室有10mL、20mL、50mL量筒，应选用___mL量筒量取。③将量取的浓H2SO4沿玻璃棒慢慢注入盛有约100mL水的___里，并不断搅拌，目的是___。④立即将上述溶液沿玻璃棒注入____中，并用50mL蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并将洗涤液注入其中，并不时轻轻振荡。⑤加水至距刻度___处，改用__加水，使溶液的凹液面正好跟刻度相平。盖上瓶塞，上下颠倒数次，摇匀。（2）请指出上述操作中一处明显错误：____。（3）误差分析：（填偏高、偏低、无影响）①操作②中量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，所配溶液浓度将___；②问题（2）的错误操作将导致所配制溶液的浓度___；20、实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应主要装置如图一所示，其它装置省略)。当盐酸达到一个临界浓度时，反应就会停止。为测定反应残余液中盐酸的临界浓度，探究小组同学提出了下列实验方案：甲方案：将产生的Cl2与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，再进行计算得到余酸的量。乙方案：采用酸碱中和滴定法测定余酸浓度。丙方案：余酸与已知量CaCO3(过量)反应后，称量剩余的CaCO3质量。丁方案：余酸与足量Zn反应，测量生成的H2体积。具体操作：装配好仪器并检查装置气密性，接下来的操作依次是：①往烧瓶中加入足量MnO2粉末②往烧瓶中加入20mL12mol•L-1浓盐酸③加热使之充分反应。（1）在实验室中，该发生装置除了可以用于制备Cl2，还可以制备下列哪些气体______？A．O2B．H2C．CH2=CH2D．HCl若使用甲方案，产生的Cl2必须先通过盛有________（填试剂名称）的洗气瓶，再通入足量AgNO3溶液中，这样做的目的是______________；已知AgClO易溶于水，写出Cl2与AgNO3溶液反应的化学方程式________________（2）进行乙方案实验：准确量取残余清液，稀释5倍后作为试样。准确量取试样25.00mL，用1.500mol·L-1NaOH标准溶液滴定，选用合适的指示剂，消耗NaOH标准溶液23.00mL，则由此计算得到盐酸的临界浓度为____mol·L-1（保留两位有效数字）；选用的合适指示剂是_____。A石蕊B酚酞C甲基橙（3）判断丙方案的实验结果，测得余酸的临界浓度_________(填偏大、偏小或―影响)。（已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10-9、Ksp(MnCO3)=2.3×10-11）（4）进行丁方案实验：装置如图二所示（夹持器具已略去）。（i）使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是倾斜Y形管，将_____转移到_____中。（ii）反应完毕，需要读出量气管中气体的体积，首先要___________，然后再______，最后视线与量气管刻度相平。（5）综合评价：事实上，反应过程中盐酸浓度减小到临界浓度是由两个方面所致，一是反应消耗盐酸，二是盐酸挥发，以上四种实验方案中，盐酸挥发会对哪种方案带来实验误差（假设每一步实验操作均准确）？____________A．甲B．乙C．丙D．丁21、CO2催化加氢制甲醇，是极具前景的温室气体资源化研究领域。在某CO催化加氢制甲醇的反应体系中，发生的主要反应有：i.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.4kJ·mol-1ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ·mol-1ⅲ.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H3（1）△H3________kJ·mol-1（2）5MPa时，往某密闭容器中按投料比n（H2）:n（CO2）=3：1充入H2和CO2。反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。①体系中CO2的物质的量分数受温度的影响不大，原因是____。②250℃时，反应ii的平衡常数____1（填“＞”“＜”或“=”）。③下列措施中，无法提高甲醇产率的是____（填标号）。A加入适量COB增大压强C循环利用原料气D升高温度④如图中X、Y分别代表____（填化学式）。（3）反应i可能的反应历程如下图所示。注：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量（括号里的数字或字母，单位：eV）。其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。①反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为____。②相对总能量E=____（计算结果保留2位小数）。（已知：leV=1.6×10-22kJ）（4）用电解法也可实现CO2加氢制甲醇（稀硫酸作电解质溶液）。电解时，往电解池的____极通入氢气，阴极上的电极反应为____。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【答案解析】

A.Cl2与水反应时生成盐酸和次氯酸，盐酸可以电离出Cl-，但这个反应中水既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；B.Fe2+→Fe3+过程中，化合价升高，发生氧化反应，需要加入氧化剂才能实现，故B正确；C.Na2O2与水或二氧化碳反应能生成O2，反应中过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，故不需加入氧化剂也能实现，故C错误；D.SO2→SO32-过程中，化合价没有变化，不需要发生氧化还原反应即可实现，故D错误。故选B。【答案点睛】此题易错点在C项，一般来讲元素化合价升高，发生氧化反应，需要氧化剂与之反应，但一些反应中，反应物自身既是氧化剂又是还原剂，所以不需加入氧化剂才能发生氧化反应。2、C【答案解析】

的摩尔质量是100g·mol−1，A错误；CH3COOH中碳化合价升高，表现还原性，B错误；醋酸是弱酸，不能拆写，C正确；没有指明处于标准状况，D错误。3、C【答案解析】

根据被提纯物和杂质的性质选择合适的方法。除杂应符合不增加新杂质、不减少被提纯物、操作方便易行等原则。【题目详解】A.KNO3的溶解度随温度升高而明显增大，而NaCl的溶解度受温度影响小。蒸发剩余的少量液体是KNO3的热溶液，应趁热过滤，滤渣为NaCl固体，A项正确；B.硝基苯、苯互溶但沸点不同，故用蒸馏方法分离，B项正确；C.己烯与溴水加成产物能溶于己烷，不能用分液法除去，C项错误；D.SO2能被NaOH溶液完全吸收，而乙烯不能，故可用洗气法除杂，D项正确。本题选C。4、C【答案解析】

A．根据控制变量的原则，两试管中液体的总体积不等，无法得到正确结论，故A错误；

B．HClO溶液具有漂白性，应选pH计测定，故B错误；

C．亚铁离子、氯离子均能被高锰酸钾氧化，溶液褪色，不能证明溶液中含有Fe2+，故C正确；

D．活化能越小，反应速率越快，试管①产生气泡快，则加入FeCl3时，双氧水分解反应的活化能较小，故D错误；

故答案为C。5、C【答案解析】

A．b的氢原子有2种，所以一氯代物有2种，故A错误；B．根据结构简式确定c的分子式为C14H16O3，故B错误；C．苯环、碳碳双键都能和氢气发生加成反应，苯环和氢气以1：3反应、碳碳双键和氢气以1：1反应，所以1mold最多能与4molH2发生加成反应，故C正确；D．d中连接3个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子不能共平面，故D错误；故答案选C。【答案点睛】明确官能团及其性质关系、一氯代物判断方法、原子共平面判断方法是解本题关键，D为解答易错点。6、B【答案解析】

由题意可知，生成物为两种无毒物质，再结合反应历程可知，生成物为：N2和H2O，反应物为：NH3和NO和NO2，结合得失电子守恒、原子守恒可得反应方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O【题目详解】A．NO2和NH4+反应生成[(NH4)2(NO2)]2+无元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，A错误；B．由分析可知，该反应的化学方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O，B正确；C．结合B可知，X是N2和H2O，C错误；D．由反应历程可知，[(NH4)(HNO2)]+是该反应的中间产物，不是催化剂，D错误。答案选B。7、A【答案解析】

A.Ca(ClO)2与二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸再受热分解会产生氧气，A项正确；B.根据金属活动性顺序已知，铜与稀硫酸不反应，B项错误；C.铜与氯化铁反应时生成氯化亚铁与氯化铜，不能得到铁单质，C项错误；D.二氧化硅不与水反应，D项错误；答案选A。8、C【答案解析】

A．NaHSO4晶体中存在钠离子和硫酸氢根两种离子，所以在12.0gNaHSO4晶体中，即0.1mol晶体中所含离子数目为0.2NA，故A错误；B．未指明温度和压强，无法确定2.24L混合气体的物质的量，所以无法确定转移电子数，故B错误；C．冰醋酸和葡萄糖最简式都是CH2O，所以30g冰醋酸和葡萄糖的混合物中含氢原子的数目为：×2×NA=2NA，故C正确；D．11.2L乙烯和丙烯的混合气体在标况下的物质的量为0.5mol，0.5mol乙烯中氢原子为2mol，0.5mol丙烯中氢原子为3mol，所以0.5mol二者的混合物所含氢原子个数在2NA至3NA之间，故D错误；故答案为C。【答案点睛】阿伏加德罗常数是高考的热点，要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，还要注意气体摩尔体积使用条件和对象。9、D【答案解析】

A．25℃时0.1mol/L的NH4HCO3溶液pH=7.7，呈碱性，则NH4HCO3溶液中的水解程度：＜，故A错误；B．开始阶段，加入的NaOH后氢氧根离子浓度增大，抑制了的水解，导致略有增加，故B错误；C．根据图示看，pH=9.0时，、的物质的量分数分别为0.95、0.05，设，则，的水解主要以第一步为主，其水解的离子方程式为：，则，故C错误；D．pH=9.0时，、NH3•H2O的物质的量分数分别为0.6、0.4，设=x，则，的电离常数，故D正确；故选：D。【答案点睛】明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握盐的水解原理及其影响，C、D为易错点，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。10、B【答案解析】

A．砒霜有剧毒，As2O3中砷元素的化合价为+3价，能够被氧化成+5价，则砒霜具有还原性，故A正确；B．高级脂肪酸钠和甘油在盐溶液中的溶解度不同，采用盐析的方法分离，故B错误；C．青蒿素易溶于乙醚，不溶于水，采用萃取操作提取，故C正确；D．液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故D正确；答案选B。11、D【答案解析】

A.从产品考虑，钴最终转化为Co2+，Co2O3+SO2+2H+=2Co2++H2O+SO42-符合客观实际，且满足守恒关系，A正确；B.“除铝”过程中需要让Al3+完全沉淀，同时又不能让Zn2+生成沉淀，所以调节溶液pH的范围为5.0～5.4，B正确；C.在实验室里，“萃取”在分液漏斗中进行，另外还需烧杯承接分离的溶液，C正确；D.CO2的物质的量为0.03mol，由CoCO3的组成，可得出2.41g固体中，n(Co)=0.03mol，含钴质量为0.03mol×59g/mol=1.77g，含氧质量为2.41g-1.77g=0.64g，物质的量为0.04mol，n(Co):n(O)=0.03:0.04=3:4，从而得出该钴氧化物的化学式为Co3O4，D错误。故选D。12、D【答案解析】

根据锂离子电池的反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2(x＜1)可判断出，放电时Li元素化合价升高，LixC6（可看作单质Li和C）作负极，Co元素化合价降低。【题目详解】A．放电时是b极为负极，a极为正极，Li+由负极移向正极，即由b极移向a极，A正确；B．放电时石墨电极发生Li-e-=Li+,若转移0.02mol电子，则有0.02molLi参与反应，电极减重为0.02×7=0.14g，B正确；C．充电时，原来的正极作阳极，与外接电源的正极相连，C正确；D．“充电处理”时，Li+在阴极得电子生成Li，石墨为阴极，故该废旧电池进行“充电处理”有利于锂在石墨极回收，D错误；答案选D。【答案点睛】充电时为电解装置，电池的正极与外电源的正极相连，作电解池的阳极，发生氧化反应，电池的负极与外电源的负极相连，作电解池的阴极，发生还原反应。判断电极时可以通过判断电池反应中元素化合价的变化来进行。13、C【答案解析】

A.石油与煤是化石燃料，属于不可再生资源，A项错误；B.煤、石油燃烧会生成二氧化碳，生成的二氧化碳参与光合作用形成淀粉与纤维素等，因此二氧化碳不是催化剂，而是该过程的中间产物，B项错误；C.光合作用是绿色植物在叶绿体内吸收太阳光把二氧化碳和水合成葡萄糖，同时放出氧气，将太阳能转化为化学能，C项正确；D.图中所出现的物质中淀粉与纤维素分子式中的n值不同，因此不属于同分异构体，D项错误；答案选C。【答案点睛】淀粉与纤维素的分子通式虽均为(C6H10O5)n，但n值不同，所以不属于同分异构体，一定要格外注意。14、D【答案解析】

A．冰醋酸固体变成液体或气体为物理变化，化学键未断裂，A错误；B．化学键未断裂，则共价键类型未变，键能不变，B错误；C．物理变化分子本身未变化，分子构型不可能变化，C错误；D．冰醋酸固体变成液体或气体，分子间间隔增大，需克服分子间作用力，因此分子间作用力被破坏，D正确。答案选D。15、B【答案解析】

有机物用水封法保存，则有机物不溶于水，且密度比水大，以此解答．【题目详解】A.乙醇与水互溶，不能用水封，故A.错误；B.硝基苯密度大于水，且不溶于水，可以用水封，故B正确；C.甘油与水互溶，不能用水封，故C不选；D.己烷密度小于水，在水的上层，不能用水封法保存，故D不选；答案选B。16、A【答案解析】

由实验步骤及转化图可知，发生反应2Cu+O2+4HCl===2CuCl2+2H2O，N为Fe2+，M为Fe3+，在制得在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜，且化合物中正负化合价代数和为0，依此结合选项解答问题。【题目详解】A．根据上述分析，N为Fe2+，M为Fe3+，A选项错误；B．根据化合物中正负化合价的代数和为0，可知2a=b+c，B选项正确；C．Fe3+水解使溶液显酸性，CuO与H+反应产生Cu2+和水，当溶液的pH增大到一定程度，Fe3+形成Fe(OH)3而除去，从而达到除去Fe3+的目的，C选项正确；D．根据方程式2Cu+O2+4HCl===2CuCl2+2H2O，若制备1mol的CuCl2，理论上消耗0.5molO2，标况下，，D选项正确；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、羰基酯基+→+HClBr2取代反应取代反应（任写3个）CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH【答案解析】

根据合成路线图中反应物和生成物的结构变化分析反应类型；根据题给信息及路线图中反应类型比较目标产物及原料的结构设计合成路线图。【题目详解】（1）根据A的结构简式分析，A中的官能团有羰基和酯基，故答案为：羰基；酯基；（2）根据比较C和E的结构及反应物的结构，分析中间产物D的结构简式为：，则反应③的化学方程式为：+→+HCl；故答案为：+→+HCl；（3）比较D和E的结构，反应④为取代反应，所需的试剂是Br2，故答案为：Br2；（4）比较E和F的结构变化及F和G的结构变化，反应⑤为取代反应；反应⑥也为取代反应，故答案为：取代反应；取代反应；（5）I是B（）的同分异构体，具有两性并能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，则结构中含有氨基和羧基，其中具有六元环结构的有机物H的结构简式有：；（6）乙醇氧化可以得到乙酸，乙酸与乙醇酯化反应反应得到乙酸乙酯（），乙酸乙酯发生酯缩合反应生成，与发生合成路线中反应①的反应即可得到，故答案为：CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH。18、苯甲醛还原反应H2NC15H21NO3羟基2+→+【答案解析】

根据已知信息，结合C的结构简式可知，B为H2N，C与NaBH4发生还原反应生成D，D与E发生加成反应生成F，F在HCl，CH3CH2OH条件下发生取代反应生成G，G与H发生取代反应生成，在Pd/C、H2条件下发生取代反应生成M，据此分析解答。【题目详解】(1)有机物A()的名称为苯甲醛；反应②为C中碳氮双键反应后变成碳氮单键，与NaBH4发生还原反应，故答案为：苯甲醛；还原反应；(2)根据C的结构，结合信息R1CHO可知，物质B的结构简式是H2N；E()的分子式为C15H21NO3，故答案为：H2N；C15H21NO3；(3)G()中含氧官能团是羟基；F()中有2个手性碳原子，如图，故答案为：羟基；2；(4)反应⑤为G与H发生的取代反应，反应的化学反应方程式为+→+，故答案为：+→+；(5)物质N是C()的一种同分异构体，①分子结构中含有苯环和氨基，氨基与苯环直接相连；②能使溴水褪色，说明含有碳碳双键；③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1∶1，满足条件的一种同分异构体可以是，故答案为：；(6)由苯甲醇和CH3NH2为原料制备，根据信息R1CHO可知，可以首先将苯甲醇氧化为苯甲醛，然后与发生反应生成，最后与NaBH4发生还原反应即可，故答案为：。【答案点睛】本题的难点是涉及的物质结构较为复杂，易错点为(1)中反应②的类型的判断，碳氮双键变成碳氮单键，但反应物不是氢气，不能判断为加成反应，应该判断为还原反应。19、13.6mL20烧杯使大量的热及时排除，防止液体飞溅500mL容量瓶1cm~2cm胶头滴管第④步没有将稀释后的浓硫酸冷却到室温偏低偏高【答案解析】

（1）①根据稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算所需浓硫酸的体积；②根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积来选择合适的量筒；③稀释浓溶液的容器是烧杯；浓硫酸稀释放热，用玻璃棒搅拌的目的是使混合均匀，使热量迅速扩散；

④移液是将稀释并冷却好的溶液转移到容量瓶中；

⑤根据定容的操作要点来分析；（2）根据浓硫酸稀释放热来分析；（3）根据c=，结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析。【题目详解】（1）①浓硫酸的物质的量浓度为c===18.4mol/L，设需浓H2SO4的体积为Vml，根据稀释前后溶质硫酸的物质的量不变C浓V浓=C稀V稀：18.4mol/L×Vml=500mL×0.5mol/L，解得V=13.6mL；

②需要浓硫酸的体积是13.6ml，根据“大而近”的原则，应选用20ml的量筒；

③稀释浓溶液的容器是烧杯；浓硫酸稀释放热，用玻璃棒搅拌的目的是使混合均匀，使热量迅速扩散，防止液体飞溅；

④移液是将稀释并冷却好的溶液转移到500ml容量瓶中；

⑤定容的操作是开始直接往容量瓶中加水，加水至距刻度1～2cm处，改用胶头滴管逐滴加水，使溶液的凹液面最低处正好跟刻度线相平；（2）浓硫酸稀释放热，故应将稀释后的溶液冷却至室温然后再进行移液，错误是第④步溶液未冷却至室温就转移至容量瓶中；

（3）①操作②中量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取会导致浓硫酸被稀释，所取的硫酸的物质的量偏小，所配溶液浓度将偏低；

②问题（2）的错误是溶液未冷却至室温就转移至容量瓶中，所得溶液的体积偏小，所配溶液浓度将偏高。20、D饱和食盐水除去挥发出的HClCl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO36.9mol/LC偏小足量锌粒残余清液使气体冷却到室温调整量气管两端液面相平A【答案解析】

(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，从氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸；(2)为测定反应残余液中盐酸的浓度，量取试样25.00mL，用1.500mol•L-1NaOH标准溶液滴定，选择的指示剂是甲基橙，消耗23.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍；(3)与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；(4)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；(5)甲同学的方案：盐酸挥发，也会与硝酸银反应，故反应有误差；【题目详解】(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，此装置为固液加热型，A．O2用高锰酸钾或氯酸钾与二氧化锰加热制取，用的是固固加热型，不符合题意，故A不符合题意；B．H2用的是锌与稀硫酸反应，是固液常温型，故B不符合题意；C．CH2=CH2用的是乙醇和浓硫酸反应，属于液液加热型，要使用温度计，故C不符合题意；D．HCl用的是氯化钠和浓硫酸反应，属于固液加热型，故D符合题意；氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸，由于次氯酸银不是沉淀，次氯酸与硝酸银不反应，化学方程式为Cl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3；(2)量取试样25.00mL，用1.500mol∙L−1NaOH标准溶液滴定，消耗23..00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为，由c(HCl)∙V(HCl)=c(NaOH)∙V(NaOH)，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍=1.38×5=6.9mol/L；(3)根据题意碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小；(4)化学反应释放热量，气体体积具有热胀冷缩的特点。使Zn粒进入残余清液中让其发生反应。这样残余清液就可以充分反应，如果反过来，残余清液不可能全部转移到左边。若残余清液转移到左边则会残留在Y型管内壁，导致产生气体的量减少，使测定的盐酸浓度偏小，丁方案：余酸与足量Zn反应放热，压强对气体的体积有影响该反应是在加热条件下进行的，温度升高气体压强增大，如果不回复到原温度，相当于将气体压缩了，使得测出的气体的体积减小。故温度要恢复到原温度时，同时上下移动右端的漏斗，使两端的液面的高度相同，视线要与液体的凹液面相切，读取测量气体的体积。故读气体体积时要保证冷却到室温，并且压强不再发生变化，即调整量气管两端液面相平；(5)与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，盐酸挥发的话，加入足量的硝酸银溶液求出氯离子的量