2024届重庆市开县陈家中学高三压轴卷化学试卷含解析

2024届重庆市开县陈家中学高三压轴卷化学试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列由相关实验现象所推出的结论正确的是A．NH4Cl和NH4HCO3受热都能分解，说明可以用加热NH4Cl和NH4HCO3固体的方法制氨气B．向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42-C．Fe

与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生。说明Fe

与两种酸均发生置换反应D．NH3遇到浓盐酸产生白烟，说明二者发生反应生成白色固体2、下列物质分类正确的是A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物 B．多肽、油脂、淀粉均为酯类C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质 D．福尔马林、漂粉精、氨水均为混合物3、某原子最外层电子排布为2s22p3，则该原子A．核外有5个电子B．核外有3种能量不同的电子C．最外层电子占据3个轨道D．最外层上有3种运动状态不同的电子4、实验小组从富含NaBr的工业废水中提取Br2的过程主要包括：氧化、萃取、分液、蒸馏等步骤。已知：可能用到的数据信息和装置如下。下列说法错误的是A．实验时，①的废水中出现红色B．②的作用是吸收尾气，防止空气污染C．用③进行萃取时，选择CCl4比乙苯更合理D．④中温度计水银球低于支管过多，导致Br2的产率低5、化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应无关的是（）A．A B．B C．C D．D6、能确定为丙烯的化学用语是（）A． B．C3H6 C． D．CH2=CH-CH37、钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠(Na2Sx)分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷(可传导Na+)为电解质，总反应为2Na+xSNa2Sx，其反应原理如图所示。下列叙述正确的是（）A．放电时，电极a为正极B．放电时，内电路中Na+的移动方向为从b到aC．充电时，电极b的反应式为Sx2--2e-=xSD．充电时，Na+在电极b上获得电子，发生还原反应8、由下列“实验操作和现象”与“结论”均正确的（

）选项实验操作及现象结论A将含铁的氧化物的砖块用盐酸浸取，浸取液能使KMnO4溶液褪色浸取液中含Fe2+B常温下，测得饱和Na2CO3溶液的pH大于饱和NaHCO3溶液的pH常温下水解程度>C25℃时，向AgNO3溶液中滴加足量NaCl溶液至不再产生沉淀，然后滴加KI溶液，有黄色沉淀生成25℃时，Ksp（AgCl）>Ksp（AgI）D将Cl2通入滴有酚酞的NaOH溶液后，溶液褪色Cl2具有漂白性A．A B．B C．C D．D9、下图是侯氏制碱法在实验室进行模拟实验的生产流程示意图，则下列叙述正确的是()A．第Ⅱ步的离子方程式为Na++NH3+H2O+CO2→NaHCO3↓+NH4+B．第Ⅲ步得到的晶体是Na2CO3•10H2OC．A气体是CO2，B气体是NH3D．第Ⅳ步操作的过程主要有溶解、蒸发、结晶10、下列实验操作不当的是A．用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率B．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+D．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二11、加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如图所示装置探究废旧塑料的再利用。下列叙述不正确的是A．装置乙试管中收集到的液体在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应B．装置丙中的试剂吸收反应产生的气体后得到的产物的密度均比水大C．最后收集的气体可以作为清洁燃料使用D．甲烷的二氯代物有2种12、800℃时，可逆反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数K=1，800℃时，测得某一时刻密闭容器中各组分的浓度如表，下列说法正确的是（）物质COH2OCO2H2浓度/mol•L-10.0020.0030.00250.0025A．此时平衡逆向移动B．达到平衡后，气体压强降低C．若将容器的容积压缩为原来的一半，平衡可能会向正向移动D．正反应速率逐渐减小，不变时，达到化学平衡状态13、实验室利用下图装置制取无水A1C13(183℃升华，遇潮湿空气即产生大量白雾)，下列说法正确的是A．①的试管中盛装二氧化锰，用于常温下制备氯气B．②、③、⑥、⑦的试管中依次盛装浓H2SO4、饱和食盐水、浓H2SO4、NaOH溶液C．滴加浓盐酸的同时点燃④的酒精灯D．⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管代替14、一种治疗感冒咳嗽的药物结构简式是。下列关于该有机物的说法正确的是（）A．分子中所有碳原子可在同一平面上B．该有机物的分子式是C10H16OC．该有机物能发生加成和氧化反应D．该有机物与互为同分异构体15、已知对二烯苯的结构简式如图所示，下列说法正确的是（）A．对二烯苯苯环上的一氯取代物有2种B．对二烯苯与苯乙烯互为同系物C．对二烯苯分子中所有碳原子一定处于同一平面D．1mol对二烯苯最多可与5mol氢气发生加成反应16、某温度下，向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol⋅L-1的NaA．该温度下KB．X、Y、Z三点中，Y点水的电离程度最小C．Na2D．向100mLZn2+,Cu2+浓度均为1×10二、非选择题（本题包括5小题）17、中药葛根是常用祛风解表药物，其有效成分为葛根大豆苷元，用于治疗高血压引起的头疼、头晕、突发性耳聋等症。其合成线路如下：请回答下列问题：（1）F中含氧官能团的名称为____________________。（2）A→B的反应类型为_________________。（3）物质E的结构简式为________________。（4）写出同时符合下列条件的物质E的同分异构体的结构简式___________（写一种）。①不能与Fe3+发生显色反应②可以发生银镜反应③苯环上有两种不同化学环境的氢原子（5）已知：写出以和CH3CH2OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。_________________18、治疗帕金森病的新药沙芬酰胺的合成方法如下：已知：①CH3CN在酸性条件下可水解生成CH3COOH。②CH2=CH-OH和CH3OOH均不稳定。(1)C生成D的反应类型为_______________。G中含氧官能团的名称为_____。B的名称为_____。(2)沙芬酰胺的结构简式为_____。(3)写出反应(1)的方程式_____。分析反应(2)的特点，写出用福尔马林浸制生物标本的反应原理的方程式_____（蛋白质的结构用表示）。(4)H是F相邻的同系物，H的苯环上有两个处于对位的取代基，符合下列条件的H的稳定的同分异构体共有_____种。①苯环上仍然有两个处于对位的取代基；②能与NaOH溶液反应；(5)下图是根据题中信息设计的由丙烯为起始原料制备B的合成路线，在方框中补全必要的试剂和中间产物的结构简式（无机试剂任选，氧化剂用[O]表示，还原剂用[H]表示，连续氧化或连续还原的只写一步）。________________________19、草酸亚铁晶体（FeC2O4-2H2O，M=180g.mol-1）为淡黄色固体，难溶于水，可用作电池正极材料磷酸铁锂的原料。回答下列问题：实验1探究纯草酸亚铁晶体热分解产物（1）气体产物成分的探究，设计如下装置（可重复选用）进行实验：①装置B的名称为____。②按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为a→___→点燃（填仪器接口的字母编号）。③为了排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，实验前应进行的操作是____。④C处固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊，则证明气体产物中含有____。（2）固体产物成分的探究，待固体热分解充分后，A处残留黑色固体。黑色固体可能是Fe或FeO，设计实验证明其成分为FeO的操作及现象为____。（3）依据（1）和（2）结论，A处发生反应的化学方程式为____。实验2草酸亚铁晶体样品纯度的测定工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的流程如下图：（4）草酸亚铁晶体溶解酸化用KMnO4溶液滴定至终点的离子方程式为____。（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为____（用代数式表示），若配制溶液时Fe2+被氧化，则测定结果将____（填“偏高”“偏低”或“不变”）。20、某化学课外小组在制备Fe(OH)2实验过程中观察到生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后变为红褐色。该小组同学对产生灰绿色沉淀的原因，进行了实验探究。I．甲同学猜测灰绿色沉淀是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物，设计并完成了实验1和实验2。编号实验操作实验现象实验1向2mL0.1mol·L－1FeSO4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液(两溶液中均先加几滴维生C溶液)液面上方出现白色沉淀，一段时间后变为灰绿色，长时间后变为红褐色实验2取实验1中少量灰绿色沉淀，洗净后加盐酸溶解，分成两份。①中加入试剂a，②中加入试剂b①中出现蓝色沉淀，②中溶液未变成红色（1）实验中产生红褐色沉淀的化学方程式为_________________________（2）实验1中加入维生素C溶液是利用了该物质的___性（3）实验2中加入的试剂a为___溶液，试剂b为____溶液。实验2的现象说明甲同学的猜测_____（填“正确”或“不正确”）。Ⅱ.乙同学查阅资料得知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，猜测灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，设计并完成了实验3—实验5。编号实验操作实验现象实验3向10mL4mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀(带有较多灰绿色)。沉淀下沉后，部分灰绿色沉淀变为白色实验4向10mL8mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀（无灰绿色）。沉淀下沉后，仍为白色实验5取实验4中白色沉淀，洗净后放在潮湿的空气中______________（4）依据乙同学的猜测，实验4中沉淀无灰绿色的原因为_____。（5）该小组同学依据实验5的实验现象，间接证明了乙同学猜测的正确性，则实验5的实验现象可能为____。Ⅲ.该小组同学再次查阅资料得知当沉淀形成时，若得到的沉淀单一，则沉淀结构均匀，也紧密；若有杂质固体存在时，得到的沉淀便不够紧密，与溶液的接触面积会更大。（6）当溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时，白色沉淀更容易变成灰绿色的原因为______。（7）该小组同学根据上述实验得出结论：制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀的适宜的条件和操作有________、____。21、钾和碘的相关化合物在化工医药材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题:(1)基态K原子中，核外电子的空间运动状态共____种，占据最高能级的电子的电子云轮廓图形状为________。(2)K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同。第一电离能比较:K____(填“>”或“<”)Cr，金属键强度比较:K________(填“>”或“<")Cr.(3)IO3-离子的立体构型的名称为_____，中心原子的杂化方式为________.(4)HIO4的酸性强于HIO3,其原因为_________(5)KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，晶胞如图所示。晶胞的棱长为a=0.446nm,晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，K与I间的最短距离为_______nm,与K紧邻的O的个数为______。阿伏加德罗常数的值为6.02×1023，列式计算晶体的密度为_________g/cm3.

(不必计算结果)

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，冷却后二者又重新结合生成氯化铵，不能制备氨气，选项A错误；B、向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，在酸性条件下H+、NO3-具有强的氧化性，会把SO32-氧化产生SO42-，不能说明该溶液一定有SO42-，选项B错误；C、Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，前者是由于硝酸的强氧化性，后者是由于Fe与稀硫酸发生置换反应，选项C错误；D、NH3遇到浓盐酸产生白烟，说明二者发生反应生成白色固体氯化铵，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查实验现象及所推出的结论正误判断的知识。明确实验现象以及化学反应原理是解答本题的关键。2、D【解析】

A.SO2、SiO2均能和碱反应生成盐和水，为酸性氧化物，CO不与酸或水反应，属于不成盐氧化物，故A错误；B.油脂是由高级脂肪酸和甘油形成的酯，多肽是由氨基酸形成的，淀粉属于多糖，故B错误；C.四氯化碳在水溶液中和熔融状态下都不能导电，属于非电解质，故C错误;D.福尔马林是甲醛水溶液，属于混合物；漂粉精主要成分是次氯酸钙，属于混合物；氨水是氨气溶于水形成的溶液，属于混合物；故D正确；答案选D。3、B【解析】A.最外层为第二层有5个电子，核外电子数为7，A错误；B.每个能级的电子能量相同，核外有3个能级，即有3种能量不同的电子，B正确；C.2s能级有一个轨道，2p能级有3个轨道，由于电子会优先独自占用一个轨道，故最外层电子占据4个轨道，C错误；D.每个电子的运动状态都不相同，故核外有7中运动状态不同的电子，D错误。故选择B。4、C【解析】

A.①中发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，反应产生了红棕色的Br2单质，因此实验时，①的废水由无色变为红色，A正确；B.②中盛有NaOH溶液，NaOH是碱，可以与Cl2、Br2发生反应，变为可溶性的物质，因此可以防止空气污染，B正确；C.根据表格数据可知乙苯的沸点比CCl4的沸点高，与液溴的沸点差别大，所以选择乙苯比CCl4更合理，更有利于后续的蒸馏作用，C错误；D.蒸馏时温度计是测量馏分的温度，若温度计水银球低于支管过多，导致蒸馏时支管口温度低于Br2的沸点，使Br2的产率低，D正确；故合理选项是C。5、D【解析】

A．锂电池使用过程中，锂失电子发生氧化反应，故不选A；B.。铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，铝失电子发生氧化反应，故不选B；C．长征五号运载火箭采用液氢液氧作为推进剂，发射过程发生氧化还原反应放热，故不选C；D．用“天眼”接收宇宙中的射电信号，没有生成新物质，不属于化学变化，故D选；故选D。6、D【解析】

A．球棍模型中不一定由C、H两种元素组成，所以不一定为丙烯，A不合题意；B．C3H6可能为丙烯，也可能为环丙烷，所以不一定为丙烯，B不合题意；C．中少了1个H原子，丙烯的电子式为：，C不合题意；D．丙烯的结构简式为：CH2=CH-CH3，D符合题意；故选D。7、C【解析】

A.放电时Na失电子，故电极a为负极，故A错误；B.放电时该装置是原电池，Na+向正极移动，应从a到b，故B错误；C.充电时该装置是电解池，电极b是阳极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：Sx2--2e-=xS，故C正确；D.充电时，电极a是阴极，Na+在电极a上获得电子发生还原反应，故D错误；故答案为C。8、C【解析】

A．酸性KMnO4溶液有强氧化性，能氧化溶液中的Cl-，则溶液褪色无法判断溶液中一定含有Fe2+，故A错误；B．常温下，Na2CO3溶解度大于NaHCO3，要比较两种钠盐水解程度相对大小时钠盐溶液浓度必须相同，因为两种钠盐饱和溶液浓度不等，所以不能根据溶液pH判断常温下水解程度：CO32-＞HCO3-，故B错误；C．向少量AgNO3溶液中滴加足量NaCl溶液，再滴加KI溶液，若开始有白色沉淀生成，后逐渐变为黄色沉淀，说明碘化银更难溶，说明碘化银的溶度积较小，即Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故C正确；D．Cl2通入到含有酚酞的NaOH溶液中，红色褪去，是因氯气与NaOH反应生成NaCl和NaClO，导致溶液碱性减弱，而不是漂白性，故D错误；故答案为C。9、A【解析】

A．第Ⅱ步发生反应NH3H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，一水合氨为弱碱，碳酸氢钠为沉淀，所以离子反应为Na++NH3H2O+CO2═NaHCO3↓+NH4+，故A正确；B．第Ⅱ步反应方程式为NH3H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，过滤是把不溶于溶液的固体和液体分开的一种分离混合物的方法，从沉淀池中分离沉淀NaHCO3晶体，所以第Ⅲ步得到的晶体是NaHCO3，故B错误；C．氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热碳酸氢钠制备碳酸钠，A为氨气，B为二氧化碳，故C错误；D．第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故D错误；故选A。【点睛】本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等。10、B【解析】

A．锌粒与加入的硫酸铜溶液发生置换反应，置换出单质铜，形成锌铜原电池，反应速率加快，选项A正确。B．用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠应该完全反应转化为氯化钠、水和二氧化，此时溶液应该显酸性（二氧化碳在水中形成碳酸），应该选择酸变色的甲基橙为指示剂，选项B错误。C．用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有Na+，选项C正确。D．蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二，选项D正确。【点睛】本题选项B涉及的是滴定过程中指示剂的选择。一般来说，应该尽量选择的变色点与滴定终点相近，高中介绍的指示剂主要是酚酞（变色范围为pH=8～10）和甲基橙（变色范围为pH=3.1～4.4）。本题中因为滴定终点的时候溶液一定为酸性（二氧化碳饱和溶液pH约为5.6），所以应该选择甲基橙为指示剂。对于其他滴定，强酸强碱的滴定，两种指示剂都可以；强酸滴定弱碱，因为滴定终点为强酸弱碱盐，溶液显酸性，所以应该使用甲基橙为指示剂；强碱滴定弱酸，因为滴定终点为强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以应该使用酚酞为指示剂。11、D【解析】

A.装置乙试管中收集到的液体物质是苯和甲苯，两种物质的分子中都含有苯环，在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应，A正确；B.加热聚丙烯废塑料得到的不饱和烃乙烯、丙烯可以与Br2发生加成反应，产生1，2-二溴乙烷和1，2-二溴丙烷，它们都是液体物质，难溶于水，密度比水大，B正确；C.加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，气体物质有氢气、甲烷、乙烯、丙烯，液体物质有苯和甲苯，其中苯和甲苯经冷水降温恢复至常温下的液态留在小试管中；气体中乙烯、丙烯与溴的四氯化碳溶液反应变为液体，剩余气体为氢气、甲烷，燃烧产生H2O、CO2，无污染，因此可作为清洁燃料使用，C正确；D.甲烷是正四面体结构，分子中只有一种H原子，其二氯代物只有1种，D错误；故合理选项是D。12、A【解析】

A、Qc==1.04＞K，所以平衡逆向移动，故A正确；B、反应前后气体分子数不变，体系压强不变，所以达到平衡后，气体压强不变，故B错误；C、若将容器的容积压缩为原来的一半，相当于加压，但加压不对化学平衡产生影响，故C错误；D、反应逆向进行，说明v逆＞v正，随着反应进行，CO和H2O的浓度增大，正反应速率增大，故D错误，故选：A。【点睛】本题考查化学平衡的移动，根据表中数据，利用Qc与K的大小关系判断反应的方向是解题的关键，难度不大。13、D【解析】

由实验装置可知，①为浓盐酸与强氧化剂反应生成氯气，②中饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，④中Al与氯气反应生成AlCl3，⑤为收集氯化铝的装置；⑥中浓硫酸防止水进入④和⑤中引起氯化铝水解，⑦中NaOH溶液吸收尾气中的氯气，以此来来解答。【详解】A.①的试管中盛装二氧化锰，常温与浓盐酸不反应，需要加热制备氯气，A项错误；B.由上述分析可知②、③、⑥、⑦的试管中依次盛装饱和食盐水、浓H2SO4、浓H2SO4、NaOH溶液，B项错误；C.滴加浓盐酸使产生的氯气排出装置中的氧气，再点燃④的酒精灯，C项错误；D.⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦两个装置要防止其水解，且要吸收尾气中的氯气，则⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管代替，D项正确；答案选D。14、C【解析】

A．饱和碳原子连接的四个原子构成四面体结构，最多有三个原子处于同一平面，中标*的碳原子连了三个碳原子，所以所有碳原子不可能在同一平面，A错误；B．该有机物的分子式是C10H14O，B错误；C．该有机物含有的碳碳双键、羰基能发生加成反应，碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，C正确；D．的分子式为C10H12O，二者分子式不相同，不互为同分异构体，D错误。答案选C。15、D【解析】

A.对二烯苯苯环上只有1种等效氢，一氯取代物有1种，故A错误；B.对二烯苯含有2个碳碳双键，苯乙烯含有1个碳碳双键，对二烯苯与苯乙烯不是同系物，故B错误；C.对二烯苯分子中有3个平面，单键可以旋转，所以碳原子可能不在同一平面，故C错误；D.对二烯苯分子中有2个碳碳双键、1个苯环，所以1mol对二烯苯最多可与5mol氢气发生加成反应，故D正确；选D。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的组成和结构特点，明确官能团的性质和空间结构是解题关键。16、B【解析】

向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-⇌CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，Y点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lgc(Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，据此结合物料守恒分析。【详解】A.该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，A错误；B.Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，Y点时恰好形成CuS沉淀，水的电离程度小于X、Z点，所以X、Y、Z三点中，Y点水的电离程度最小，B正确；C.根据Na2S溶液中的物料守恒可知：2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，C错误；D.向100mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入10-4mol/L的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c(S2-)=3×10-2510-5mol/L=3×10-20mol/L，产生CuS时需要的S2-浓度为c(S2-)=1×10-35.410-5=10-30.4mol/L＜3×10-20mol/L，则产生CuS沉淀时所需故合理选项是B。【点睛】本题考查沉淀溶解平衡的知识，根据图象所提供的信息计算出CuS的Ksp数值是解题关键，注意掌握溶度积常数的含义及应用方法，该题培养了学生的分析能力及化学计算能力。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基、羰基取代反应、、【解析】

分析题中合成路线，可知，A→B为A在浓硫酸、浓硝酸作用下发生硝化反应，B中-C≡N与NaOH水溶液反应，产物酸化后为C。C中-NO2经Fe和HCl的作用被还原成-NH2，生成D。根据F和E的分子式以及F与间二苯酚()的结构简式，通过逆推方法，可推断出E的结构简式。据此分析。【详解】（1）根据F分子结构，可看出分子中含有酚羟基和羰基；答案为：羟基、羰基；（2）分析A、B分子结构及反应条件，可知A→B为硝化反应，属于取代反应；答案为：取代反应；（3）根据题给信息，D为对氨基苯乙酸，分析反应E→F可知，其产物为物质E与间苯二酚发生取代反应所得，结合E分子式为C8H8O3，可知E为对羟基苯乙酸；答案为：；（4）不能与Fe3+发生显色反应，说明不含酚羟基，可以发生银镜反应，说明有醛基或甲酸酯基，苯环上有两种不同化学环境的氢原子，结合C物质的结构可推知苯环上有两个处于对位的不同基团，可能的结构有、、。答案为：、、；（5）根据信息，甲苯先发生硝化反应生成硝基甲苯，将硝基甲苯上的甲基氧化，再酯化，最后将硝基还原反应。答案为：。18、取代反应醛基和醚键丙氨酸CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O+HCHO→+H2O5【解析】

CH3CHO、NH3、HCN和水在一定条件下合成A，反应为：CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O，结合信息①CH3CN在酸性条件下可水解生成CH3COOH，得A为，水解后生成，中和后得到B，B为，与SOCl2和CH3OH发生取代反应生成C，C为，C与NH3反应生成D，D为，E和F生成G，G为，G和D反应生成，最加氢生成。【详解】（1）C为，C与NH3反应生成D，D为，C生成D的反应类型为取代反应，G为，G中含氧官能团的名称为醛基和醚键。B为，B的名称为丙氨酸。故答案为：取代反应；醛基和醚键；丙氨酸；（2）由分析：沙芬酰胺的结构简式为。故答案为：；（3）反应（1）的方程式CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O。分析反应(2)的特点，醛基和氨基反应生成碳氮双键和水，使蛋白质变性，用福尔马林浸制生物标本的反应原理的方程式+HCHO→+H2O。故答案为：CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O；+HCHO→+H2O；（4）H是F相邻的同系物，H比F多一个碳原子，H的苯环上有两个处于对位的取代基，①苯环上仍然有两个处于对位的取代基，②能与NaOH溶液反应，可能为酚、、三种；酸一种、和酯一种，共5种；故答案为：5；(5)根据题中信息设计的由丙烯为起始原料先与溴发生加成反应，得1，2-二溴丙烷，水解后生成1，2-丙二醇，氧化后生成，羰基可与NH3反应，最后与氢气加成可得产品，。故答案为：。19、洗气瓶fg→bc→hi→de→bc先通入一段时间的氮气CO取少量固体溶于硫酸，无气体生成偏低【解析】

（1）①根据图示分析装置B的名称；②先用无水硫酸铜检验水，再用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰除去二氧化碳并干燥气体，再用热的氧化铜、澄清石灰水检验CO，最后用点燃的方法处理尾气；③用氮气排出装置中的空气；④CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳；（2）铁与硫酸反应生成氢气，氧化亚铁和硫酸反应不生成氢气；（3）依据（1）和（2），草酸亚铁晶体加热分解为氧化亚铁、CO、CO2、水；（4）草酸亚铁被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3+、CO2；（5）亚铁离子消耗高锰酸钾溶液V2mL，则草酸根离子消耗高锰酸钾溶液V1mL-V2mL，由于样品含有FeSO4杂质，所以根据草酸根离子的物质的量计算草酸亚铁晶体样品的纯度。【详解】（1）①根据图示，装置B的名称是洗气瓶；②先用无水硫酸铜检验水，再用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰除去二氧化碳并干燥气体，再用热的氧化铜检验CO，再用澄清石灰水检验二氧化碳的生成，最后用点燃的方法处理尾气，仪器的连接顺序是a→fg→bc→hi→de→bc；③为了排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，实验前应进行的操作是先通入一段时间的氮气；④CO具有还原性，C处固体由黑变红，说明氧化铜被还原为铜，其后的澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，则证明气体产物中含有CO；（2）铁与硫酸反应生成氢气，氧化亚铁和硫酸反应不生成氢气，取少量固体溶于硫酸，没有气体放出，则证明是FeO；（3）依据（1）和（2），草酸亚铁晶体加热分解为氧化亚铁、CO、CO2、水，反应方程式是；（4）草酸亚铁被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3+、CO2，反应的离子方程式是；（5）25mL样品溶液中亚铁离子消耗高锰酸钾的物质的量是，草酸根离子消耗高锰酸钾的物质的量为，根据方程式，草酸亚铁晶体样品的纯度为；若配制溶液时Fe2+被氧化，则V1减小，V2不变，测定结果将偏低。【点睛】本题通过探究草酸亚铁的性质，考查学生实验基本操作和获取信息解决实际问题的能力，明确实验原理与方法是解题的关键，知道草酸、亚铁离子都能被高锰酸钾氧化。20、4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3还原K3[Fe(CN)6](或铁氰化钾)KSCN(或硫氰化钾)不正确NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液除去溶液中Fe3+和O2【解析】

(1)实验1中产生红褐色沉淀是因为Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3，反应方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3；(2)实验1中加入维生素C是为了防止Fe2+被氧化，利用了其还原性，故答案为：还原；(3)根据实验现象可知，①中加入试剂出现蓝色沉淀，是在检验Fe2+，试剂a为K3[Fe(CN)6]，②中溶液是否变红是在检验Fe3+，试剂b为KSCN，由于②中溶液没有变红，则不存在Fe3+，即灰绿色沉淀中没有Fe(OH)3，甲同学的猜测错误，故答案为：K3[Fe(CN)6](或铁氰化钾)；KSCN(或硫氰化钾)；不正确；(4)根据已知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，而实验4中NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面，导致沉淀没有灰绿色，故答案为：NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面；(5