广东省广州华美英语实验学校2024年高三二诊模拟考试化学试卷含解析

广东省广州华美英语实验学校2024年高三二诊模拟考试化学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、化学反应前后肯定没有变化的是①原子数目②分子数目③元素种类④物质的总质量⑤物质的种类A．①④ B．①③⑤ C．①③④ D．①②③④2、亚硝酰氯（NOCl）是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体，室温下为不稳定的黄色气体，具刺鼻恶臭味，遇水分解，某学习小组用C12和NO制备NOCl装置如图。下列说法错误的是A．氯气在反应中做氧化剂B．装入药品后，要先打开K2、K3，反应一段时间后，再打开K1C．利用A装置还可以做Na2O2和水制氧气的实验D．若没有B装置，C中可能发生反应：2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑3、如图是lmol金属镁和卤素反应的△H(单位：kJ·mol－1)示意图，反应物和生成物均为常温时的稳定状态，下列选项中不正确的是A．由图可知，MgF2(s)＋Br2(l)＝MgBr2(s)＋F2(g)△H＝＋600kJ·mol－1B．MgI2与Br2反应的△H<0C．电解MgBr2制Mg是吸热反应D．化合物的热稳定性顺序：MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF24、对图两种有机物的描述错误的是（）A．互为同分异构体 B．均能与钠反应C．均能发生加成反应 D．可用银氨溶液鉴别5、下列化学用语正确的是A．聚丙烯的链节：—CH2—CH2—CH2—B．二氧化碳分子的比例模型：C．的名称：1，3—二甲基丁烷D．氯离子的结构示意图：6、关于石油和石油化工的说法错误的是A．石油大体上是由各种碳氢化合物组成的混合物B．石油分馏得到的各馏分是由各种碳氢化合物组成的混合物C．石油裂解和裂化的主要目的都是为了得到重要产品乙烯D．实验室里，在氧化铝粉末的作用下，用石蜡可以制出汽油7、下列说法错误的是A．取用固体时动作一定要轻B．蒸馏提纯乙醇的实验中，应将温度计水银球置于被加热的酒精中C．容量瓶、滴定管、分液漏斗等仪器在使用之前都必须检漏D．量取5.2mL硫酸铜溶液用到的仪器有10mL量筒、胶头滴管8、室温下，在20mL新制氯水中滴加pH=13的NaOH溶液，溶液中水电离的c(H)与NaOH溶液体积的关系如图所示。已知：K(HClO)=3×108，H2CO3：Ka1=4.3×107，Ka2=5.6×1011。下列说法正确的是A．m一定等于20B．b、d点对应的溶液显中性C．c点溶液中c(Na)=2c(ClO)+2c(HClO)D．向c点溶液中通入少量CO2：2ClO+H2O+CO2=2HClO+CO329、下列关于有机化合物的说法正确的是（）A．除去苯甲酸中少量硝酸钾可以用重结晶法B．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，证明甲基活化了苯坏C．不能用水鉴别苯、溴苯和乙醛D．油脂的皂化反应属于加成反应10、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．0.1molC3H9N中所含共用电子对数目为1.2NAB．14gN60（分子结构如图所示）中所含N－N键数目为1.5NAC．某温度下，1LpH＝6的纯水中所含OH−数目为1.0×10−8NAD．标准状况下，5.6L甲醛气体中所含的质子数目为4NA11、化学与环境、生产、生活关系密切，下列说法正确的是A．84消毒液和医用酒精都可以起到杀菌消毒的作用，其作用原理相同B．防控新冠病毒所用的酒精，其浓度越大，杀毒效果越好。C．工业上常用高纯硅制造光导纤维D．推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”12、室温下，有pH均为9，体积均为10mL的NaOH溶液和CH3COONa溶液，下列说法正确的是A．两种溶液中的c(Na+)相等B．两溶液中由水电离出的c(OH-)之比为10-9/10-5C．分别加水稀释到100mL时，两种溶液的pH依然相等D．分别与同浓度的盐酸反应，恰好反应时消耗的盐酸体积相等13、向FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液,测定混合后溶液pH随混合前溶液中变化的曲线如图所示。实验发现:ⅰ.a点溶液澄清透明,向其中滴加NaOH溶液后,立即产生灰白色沉淀,滴入KSCN溶液显红色;ⅱ.c点和d点溶液中产生红褐色沉淀,无气体逸出。取其上层清液滴加NaOH溶液后无明显现象,滴加KSCN溶液显红色。下列分析合理的是A．向a点溶液中滴加BaCl2溶液,无明显现象B．b点较a点溶液pH升高的主要原因:2Fe3++SO32-+H2O2Fe2++SO42-+2H+C．c点溶液中发生的主要反应:2Fe3++3SO32-+6H2O2Fe(OH)3+3H2SO3D．向d点上层清液中滴加KSCN溶液,溶液变红;再滴加NaOH溶液,红色加深14、某同学结合所学知识探究Na2O2与H2能否反应，设计装置如图，下列说法正确的是（）A．装置A中锌粒可用铁粉代替B．装置B中盛放碱石灰，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气C．装置C加热前，必须先用试管在干燥管管口处收集气体，检验气体纯度D．装置A也可直接用于MnO2与浓盐酸反应制取Cl215、25℃时，1mol/L醋酸加水稀释至0.01mol/L，下列说法正确的是A．溶液中的值增大 B．pH增大2个单位C．溶液中c(OH-)减小 D．Kw减小16、《本草纲目》记载：“凡使白矾石，以瓷瓶盛。于火中，令内外通赤，用钳揭起盖，旋安石峰巢人內烧之。每十两用巢六两，烧尽为度。取出放冷，研粉”。在实验室完成该操作，没有用到的仪器是A．蒸发皿 B．坩埚 C．坩埚钳 D．研钵二、非选择题（本题包括5小题）17、甲苯是有机合成的重要原料，既可用来合成抗流感病毒活性药物的中间体E，也可用来合成γ-分泌调节剂的药物中间体K，合成路线如下：已知：ⅰ.R1NH2+Br-R2R1-NH-R2+HBrⅱ.（1）A的结构简式为______________。（2）C中含氧官能团名称为_____________。（3）C→D的化学方程式为_____________。（4）F→G的反应条件为________________。（5）H→I的化学方程式为________________。（6）J的结构简式为_____________。（7）利用题目所给信息，以和为原料合成化合物L的流程如下，写出中间产物1和中间产物2的结构简式：______，_________。①②合成L的过程中还可能得到一种高分子化合物，其结构简式为________。18、慢心律是一种治疗心律失常的药物。它的合成路线如图所示。（1）C中的含氧官能团名称为_____和_____；（2）由B→C的反应类型是_____。（3）由A制备B的过程中有少量副产物E，它与B互为同分异构体。写出E的结构简式：_____。（4）写出同时满足下列条件的化合物D的一种同分异构体的结构简式：_____。①属于a﹣氨基酸；②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种；③分子中有2个手性碳原子（5）已知乙烯在催化剂作用下与氧气反应可以生成环氧乙烷（）。写出以邻甲基苯酚（）和乙醇为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线流程图示例见本题题干_____。19、CuCl用于石油工业脱硫与脱色，是一种不溶于水和乙醇的白色粉末，在潮湿空气中可被迅速氧化。Ⅰ.实验室用CuSO4-NaCl混合液与Na2SO3溶液反应制取CuCl。相关装置及数据如下图。回答以下问题：（1）甲图中仪器1的名称是________；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，为提高产率，仪器2中所加试剂应为_________（填“A”或“B”）。A、CuSO4-NaCl混合液B、Na2SO3溶液（2）乙图是体系pH随时间变化关系图，写出制备CuCl的离子方程式_______________；丙图是产率随pH变化关系图，实验过程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是___________________________并维持pH在____________左右以保证较高产率。（3）反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。抽滤所采用装置如丁图所示，其中抽气泵的作用是使吸滤瓶与安全瓶中的压强减小，跟常规过滤相比，采用抽滤的优点是________________________（写一条）；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是____________________________。Ⅱ.工业上常用CuCl作O2、CO的吸收剂，某同学利用如下图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量。已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液也能吸收氧气。（4）装置的连接顺序应为_______→D（5）用D装置测N2含量，读数时应注意______________________。20、某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl3·6H2O反应产物。（查阅资料）FeCl3是一种共价化合物，熔点306℃，沸点315℃。实验编号操作现象实验1按上图所示，加热A中MnO2与FeCl3·6H2O混合物①试管A中固体部分变液态，上方出现白雾②稍后，产生黄色气体，管壁附着黄色液滴③试管B中KI-淀粉溶液变蓝实验2把A中的混合物换为FeCl3·6H2O，B中溶液换为KSCN溶液，加热。A中固体部分变液态，产生白雾和黄色气体，B中KSCN溶液变红（实验探究）实验操作和现象如下表：（问题讨论）（1）实验前首先要进行的操作是______________________________。（2）实验1和实验2产生的白雾是_______（填化学式）溶解在水中形成的小液滴。（3）请用离子方程式解释实验2中黄色气体使KI-淀粉溶液变蓝色的原因_____________。（4）为确认黄色气体中含有Cl2，学习小组将实验1中试管B内KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液，发现B中溶液呈橙色，经检验无Fe2+，说明黄色气体中含有Cl2。用铁氰化钾溶液检验Fe2+的离子方程式是_________________________________。选择NaBr溶液的原因是________________________________________________________________。（实验结论）（5）实验1充分加热后，若反应中被氧化与未被氧化的氯元素质量之比为1:2，则A中发生反应的化学方程式为____________________________________________________。（实验反思）该学习小组认为实验1中溶液变蓝，也可能是酸性条件下，I－被空气氧化所致，可以先将装置中的空气排尽，以排除O2的干扰。21、据世界权威刊物《自然》最近报道，我国科学家选择碲化锆(ZrTe2)和砷化镉(Cd3As2)为材料验证了三维量子霍尔效应，并发现了金属-绝缘体的转换。回答下列问题：（1）锌和镉位于同副族，而锌与铜相邻。现有4种铜、锌元素的相应状态，①锌：[Ar]3d104s2、②锌：[Ar]3d104s1、③铜：[Ar]3d104s1、④铜：[Ar]3d10。失去1个电子需要的能量由大到小排序是______（填字母）。A.④②①③B.④②③①C.①②④③D.①④③②（2）硫和碲位于同主族，H2S的分解温度高于H2Te，其主要原因是_______。在硫的化合物中，H2S、CS2都是三原子分子，但它们的键角(立体构型)差别很大，用价层电子对互斥理论解释：_________；用杂化轨道理论解释：_________。（3）Cd2+与NH3等配体形成配离子。[Cd(NH3)4]2+中2个NH3被2个Cl－替代只得到1种结构，它的立体构型是___________。1mol[Cd(NH3)4]2+含___________molσ键。（4）砷与卤素形成多种卤化物。AsCl3、AsF3、AsBr3的熔点由高到低的排序为__________。（5）锆晶胞如图所示，1个晶胞含_______个Zr原子；这种堆积方式称为__________。（6）镉晶胞如图所示。已知：NA是阿伏加德罗常数的值，晶体密度为dg·cm－3。在该晶胞中两个镉原子最近核间距为______nm（用含NA、d的代数式表示），镉晶胞中原子空间利用率为________（用含π的代数式表示）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

在化学反应前后元素种类、原子数目和物质的总质量不变，分子数目可能变化，而物质种类一定发生变化，据以上分析解答。【详解】化学反应的实质是有新物质生成,从微观角度来看是原子的重新组合,反应中遵循质量守恒定律,反应前后元素原子守恒,所以化学反应前后肯定没变化的是①原子数目、③元素种类、④物质的总质量；而反应前后分子数目可以改变,物质种类也会改变；综上分析所述,①③④反应前后不变；

综上所述，本题正确选项C。2、C【解析】

由装置A制备NO，用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能有挥发的硝酸，故装置B用来净化和干燥NO，将氯气和NO干燥后在装置C中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间应该需加一个干燥装置。【详解】A.根据Cl2和NO反应生成了NOCl，氯元素化合价降低，得电子，Cl2为氧化剂，故A正确；

B.先打开K2、K3，通入一段时间氯气，排尽三颈烧瓶中的空气，防止NO、NOCl变质，然后再打开K1，通入NO，故B正确；

C.该装置能制备用块状固体和液体反应生成的气体，过氧化钠为粉末状固体，所以不可以做Na2O2和水制氧气的实验，故C错误；

D.若无装置B，C中亚硝酰氯与水反应生成氯化氢、NO和二氧化氮，可能发生反应：2NOCl+H2O═2HCl+NO↑+NO2↑，故D正确；

故选：C。3、D【解析】

A．Mg（s）+F2（l）=MgF2（s）△H=-1124kJ·mol－1，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=-524kJ·mol－1，依据盖斯定律计算得到选项中热化学方程式分析判断；B．溴化镁的能量小于碘化镁的能量，溴的能量大于碘的能量，所以MgI2与Br2反应是放热反应；C．生成溴化镁为放热反应，其逆反应为吸热反应；D．能量越小的物质越稳定。【详解】A．Mg（s）+F2（l）=MgF2（s）△H=-1124kJ·mol－1，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=-524kJ·mol－1，将第二个方程式与第一方程式相减得MgF2（s）+Br2（L）=MgBr2（s）+F2（g）△H=+600kJ·mol－1，故A正确；B．溴化镁的能量小于碘化镁的能量，溴的能量大于碘的能量，所以MgI2与Br2反应是放热反应，MgI2与Br2反应的△H<0，故B正确；C.生成溴化镁为放热反应，其逆反应为吸热反应，电解MgBr2制Mg是吸热反应，故C正确；D．能量越小的物质越稳定，所以化合物的热稳定性顺序为MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，故D错误；故选D。【点睛】本题化学反应与能量变化，侧重考查学生的分析能力，易错点D，注意物质能量与稳定性的关系判断，难点A，依据盖斯定律计算得到选项中热化学方程式。4、A【解析】

A.前者含8个H原子，后者含10个H原子，分子式不同，二者不是同分异构体，故A错误；B.前者含-OH，后者含-COOH，则均能与钠反应生成氢气，故B正确；C.前后含苯环、-CHO，后者含碳碳双键，则均可发生加成反应，故C正确；

D.前者含-CHO（能发生银镜反应），后者不含，则可用银氨溶液鉴别，故D正确；故答案选A。【点睛】有机物能够与氢气发生加成反应的结构特点：含有不饱和键：碳碳双键，碳碳三键，含有醛基、羰基，含有苯环；能够与金属钠发生反应的有机物的结构特点：含有-OH、-COOH等；能够发生银镜反应的有机物的结构特点：含有醛基。5、D【解析】

A．聚丙烯的链节：，A错误；B．O的原子半径比C的原子半径小，二氧化碳分子的比例模型：，B错误；C．的名称：2—甲基戊烷，C错误；D．氯离子最外层有8个电子，核电荷数为17，氯离子的结构示意图为：，D正确；答案选D。6、C【解析】

A、石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，故A说法正确；B、因为石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，石油分馏时，沸点相近做为气体跑出，因此石油分馏得到的馏分是混合物，故B说法正确；C、石油裂化得到是轻质汽油，裂解得到是乙烯等气态烃，故C说法错误；D、实验室里石蜡在氧化铝的催化下，得到汽油，故D说法正确。7、B【解析】

本题考查化学实验，意在考查对实验基本操作的理解。【详解】A.NH4NO3固体受热或撞击易爆炸，因此取用固体NH4NO3时动作一定要轻，故不选A；B.蒸馏提纯乙醇的实验中，应将温度计水银球置于蒸馏烧瓶支管口处，故选B；C.容量瓶、滴定管，分液漏斗等带活塞的仪器在使用之前都必须检漏，故不选C；D.要量取5.2mL硫酸铜溶液，应选择10mL规格的量筒，向量筒内加液时，先用倾倒法加液到接近刻度线，再改用胶头滴管加液到刻度线，故用到的仪器是10mL量筒和胶头滴管，故不选D；答案：B8、C【解析】

分析题中由水电离的氢离子浓度变化曲线图可知，a～c段水电离出的氢离子浓度逐渐增大，说明这个过程中促进了水的电离，在c～d段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，说明此过程中水的电离被抑制。在c点水的电离程度最大，此时溶液中的溶质为：NaCl和NaClO。据此进行判断。【详解】A．NaOH溶液的pH=13，则c(NaOH)=0.1mol·L1，新制氯水的浓度不确定，m不一定等于20，A项错误；B．由题给信息可知，a点时还未加入NaOH，此时溶液呈酸性，c点中水电离程度最大，此时所得溶液溶质是NaCl和NaClO，溶液呈碱性，故b点溶液呈中性，c～d段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，说明随着NaOH的继续加入，水的电离受到抑制，故d点溶液应呈碱性，B项错误；C．a~c点发生反应为Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，c(Cl)=c(HClO)＋c(ClO)，由物料守恒知，c(Na)=c(Cl)＋c(HClO)＋c(ClO)，故c(Na)=2c(ClO)＋2c(HClO)，C项正确；D．由电离常数知，电离质子能力：H2CO3＞HClO＞HCO3-，故H2O+ClO-＋CO2=HCO3-＋HClO，D项错误；答案选C。9、A【解析】

A.硝酸钾的溶解度受温度的影响变化较大，而苯甲酸的溶解度受温度的影响变化较小，所以除去苯甲酸中少量硝酸钾可以用重结晶法，A正确；B.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是由于甲基被氧化变为羧基，而甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因而证明苯坏使甲基变得活泼，B错误；C.苯不能溶于水，密度比水小，故苯在水的上层；溴苯不能溶于水，密度比水大，液体分层，溴苯在下层；乙醛能够溶于水，液体不分层，因此可通过加水来鉴别苯、溴苯和乙醛，C错误；D.油脂的皂化反应是油脂在碱性条件下的水解反应，属于取代反应，D错误；故合理选项是A。10、C【解析】

A.根据物质中的最外层电子数进行分析，共用电子对数为，所以0.1molC3H9N中所含共用电子对数目为1.2NA，故正确；B.14gN60的物质的量为，N60的结构是每个氮原子和三个氮原子结合形成两个双键和一个单键，每两个氮原子形成一个共价键，1molN60含有的氮氮键数为，即14gN60的含有氮氮键，数目为1.5NA，故正确；C.某温度下，1LpH＝6的纯水中氢离子浓度为10-6mol/L，纯水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，所以氢氧根离子浓度为10-6mol/L，氢氧根离子数目为10-6NA，故错误；D.标准状况下，5.6L甲醛气体物质的量为0.25mol，每个甲醛分子中含有16个质子，所以0.25mol甲醛中所含的质子数目为4NA，故正确。故选C。11、D【解析】

A.84消毒液具有强氧化性，使蛋白质分子结构发生变化而失去其生理活性，因而具有杀菌消毒作用；医用酒精能够使蛋白质变性，因而可杀菌消毒，二者作用原理不相同，A错误；B.酒精浓度小，渗透性强，但杀菌消毒作用能力小；浓度太大，杀菌消毒作用能力强，但渗透性又差，仅使蛋白质表面分子发生变性，病毒褪去外壳后，仍然具有破坏作用，因此不是浓度越大，杀毒效果越好，B错误；C.SiO2对光具有良好的全反射作用，工业上常用SiO2作光导纤维的材料，C错误；D.塑料不能降解，导致“白色污染”，则推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”，D正确；故合理选项是D。12、B【解析】

pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（NaOH）＜c（CH3COONa），相同体积、相同pH的这两种溶液，则n（NaOH）＜n（CH3COONa）。【详解】A．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（NaOH）＜c（CH3COONa），钠离子不水解，所以钠离子浓度NaOH＜CH3COONa，故A错误；B．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，NaOH溶液中c（H+）等于水电离出c（OH-）=10-9mol/L，CH3COONa溶液10-14/10-9=10-5mol/L，两溶液中由水电离出的c（OH-）之比=10-9/10-5，故正确；C．加水稀释促进醋酸钠水解，导致溶液中pH大小为CH3COONa＞NaOH，故C错误；D．分别与同浓度的盐酸反应，恰好反应时消耗的盐酸体积与NaOH、CH3COONa的物质的量成正比，n（NaOH）＜n（CH3COONa），所以醋酸钠消耗的稀盐酸体积大，故D错误。13、C【解析】

根据i的现象，a点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2，即a点溶液中含有Fe2＋，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先发生2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c点和d点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2SO3，因此无气体产生，然后据此分析；【详解】根据i的现象，a点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2，即a点溶液中含有Fe2＋，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先发生2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c点和d点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2SO3，因此无气体产生，取上层清液滴加NaOH溶液，无明显现象，是因为NaOH与H2SO3反应，滴加KSCN溶液显红色，说明溶液中含有Fe3＋，A、a点处溶液中含有SO42－，加入BaCl2，会产生BaSO4白色沉淀，故A错误；B、pH升高说明溶液c(H＋)减小，原因是c(SO32－)增大，水解程度增大，按照给出方程式，生成H＋，溶液c(H＋)增大，溶液的pH应减小，不会增大，故B错误；C、c点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应，离子方程式为2Fe3＋＋3SO32－＋6H2O=2Fe(OH)3↓＋3H2SO3，故C正确；D、溶液变红后滴加NaOH会消耗溶液中的Fe3＋，因此红色应变浅，故D错误；答案为C。14、C【解析】

探究Na2O2与H2能否反应，由实验装置可知，A装置为Zn与稀盐酸反应生成氢气，盐酸易挥发，则B装置中应为碱石灰可除去HCl和水蒸气，C装置试管为Na2O2与H2反应，但加热前应先检验氢气的纯度，氢气不纯加热时可能发生爆炸，最后D装置通过检验反应后是否有水生成判断Na2O2与H2能否反应，以此解答该题。【详解】A．铁粉会落到有孔塑料板下边，进入酸液中，无法控制反应的发生与停止，故A错误；B．B装置中盛放碱石灰，可除去HCl和水蒸气，故B错误；C．氢气具有可燃性，不纯时加热易发生爆炸，则加热试管前，应先收集气体并点燃，通过爆鸣声判断气体的纯度，故C正确；D．二氧化锰和浓盐酸应在加热条件下反应制备氯气，A装置不能加热，故D错误；故答案选C。15、A【解析】

A．加水稀释，溶液中的c(CH3COO-)减小，但醋酸的Ka=不变，故溶液中的值增大，故A正确；B．加水稀释，醋酸的电离被促进，电离出的氢离子的物质的量增多，故pH的变化小于2，故B错误；C．对醋酸加水稀释，溶液中的氢离子浓度减小，而Kw不变，故c(OH-)增大，故C错误；D．Kw只受温度的影响，温度不变，Kw的值不变，故加水稀释对Kw的值无影响，故D错误；故答案为A。16、A【解析】

这是固体的加热、灼烧、冷却和研磨的过程，固体加热用坩埚B，要用坩埚钳C取放，研磨在研钵D中进行，所以蒸发皿是没有用到的仪器。答案为A。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基、羧基+CH3OH+H2O浓H2SO4、浓硝酸，加热+H2O【解析】

被氧化为A，A发生取代反应生成，故A是；与甲醇发生酯化反应生成D，D是；根据，由可逆推I是，H与甲酸反应生成，则H是，根据逆推G是。【详解】（1）根据以上分析可知A是苯甲酸，结构简式为。（2）C是，含氧官能团名称为羧基、羟基。（3）与甲醇发生酯化反应生成，化学方程式为。（4）→为硝化反应，反应条件为浓硫酸、浓硝酸，加热。（5）与甲酸发生反应生成和水，化学方程式为。（6）与J反应生成，根据可知J的结构简式为。（7）①根据，由逆推中间产物1和中间产物2的结构简式分别为、。②合成L的过程中、可能发生缩聚反应生成高分子化合物。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，注意根据有机物的结构进行分析解答，需要熟练掌握官能团的性质与转化，重点把握逆推法在有机推断中的应用。18、醚键羰基氧化反应【解析】

根据C的结构简式判断其含有的官能团；对比B、C结构可知，B中﹣醇羟基转化羰基；中含有2个C﹣O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式；D的同分异构体同时满足如下条件：①属于α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2个不同的取代基处于对位位置，③分子中含有2个手性碳原子，说明C原子上连接4个不同的原子或原子团；制备，应先制备，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，与反应生成，进而氧化可生成，再与乙醇发生酯化反应得到目标物。【详解】（1）根据C的结构简式可知，C中含氧官能团为醚键和羰基，故答案为：醚键、羰基；（2）对比B、C结构可知，B中﹣CH(OH)﹣转化为C＝O，属于氧化反应，故答案为：氧化反应；（3）中含有2个C﹣O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式，副产物E，它与B互为同分异构体，E的结构简式为，故答案为：；（4）D的一种同分异构体同时满足如下条件：①属于α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2个不同的取代基处于对位位置，③分子中含有两个手性碳原子，说明C原子上连接4个不同的原子或原子团，符合条件的结构简式为：，故答案为：；（5）制备，应先制备，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，与反应生成，进而氧化可生成，再与乙醇发生酯化反应得到目标物，合成路线流程图：，故答案为：。19、三颈烧瓶B2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－及时除去系统中反应生成的H+3.5可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条）洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化C→B→A温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切（任意两条）【解析】

Ⅰ.（1）根据仪器的结构和用途回答；仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液，便于通过分液漏斗控制滴加的速率，故选B。（2）乙图随反应的进行，pH降低，酸性增强，Cu2＋将SO32－氧化，制备CuCl的离子方程式2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－；丙图是产率随pH变化关系图，pH=3.5时CuCl产率最高，实验过程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，控制pH。（3）抽滤的优点是可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条）；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化。Ⅱ.（4）氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，故C中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，B中盛放保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧气，A中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO，D测定氮气的体积，装置的连接顺序应为C→B→A→D；（5）用D装置测N2含量，读数时应注意温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切（任意两条）。【详解】Ⅰ.（1）根据仪器的结构和用途，甲图中仪器1的名称是三颈烧瓶；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，为提高产率，仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液，便于通过分液漏斗控制滴加的速率，故选B。（2）乙图是体系pH随时间变化关系图，随反应的进行，pH降低，酸性增强，Cu2＋将SO32－氧化，制备CuCl的离子方程式2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－；丙图是产率随pH变化关系图，pH=3.5时CuCl产率最高，实验过程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是及时除去系统中反应生成的H+，并维持pH在3.5左右以保证较高产率。（3）抽滤所采用装置如丁图所示，其中抽气泵的作用是使吸滤瓶与安全瓶中的压强减小，跟常规过滤相比，采用抽滤的优点是可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条）；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化。Ⅱ.（4）氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，故C中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，B中盛放保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧气，A中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO，D测定氮气的体积，装置的连接顺序应为C→B→A→D；（5）用D装置测N2含量，读数时应注意温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切（任意两条）。【点睛】本题考查物质制备实验、物质含量测定实验，属于拼合型题目，关键是对原理的理解，难点Ⅱ.（4）按实验要求连接仪器，需要具备扎实的基础。20、检查装置的气密性HCl2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I23Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3＋氧化为Br2MnO2＋2FeCl3·6H2OFe2O3＋MnCl2＋Cl2↑＋2HCl＋11H2O【解析】

（1）实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性；（2）FeCl3•6H2O受热失去结晶水，同时水解，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴；（3）由信息可知，FeCl3是一种共价化合物，受热变为黄色气体，氯化铁具有强氧化性，可以将碘离子氧化为碘单质；（4）用铁氰化钾溶液检验Fe2+产生蓝色沉淀；为确认黄色气体中含有Cl2，需要除去Fe3+的干扰，因为Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3＋氧化为Br2，可选择NaBr溶液；（5）二氧化锰与FeCl3•6H2O反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，据此结合原子守恒书写化学方程式。【详解】（1）实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性；故答案为检查装置的气密性；（2）FeCl3•6H2O受热失去结晶水，同时水解，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴，而形成白雾；故答案为HCl；（3）碘离子具有还原性，氯化铁具有强氧化性，两者反应，碘离子被氧化为碘单质，反应离子方程式为：2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I2，故答案为2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I2；