2024年阳江市重点中学高考适应性考试化学试卷含解析

2024年阳江市重点中学高考适应性考试化学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。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。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)；ΔH=+QkJ·mol-1(Q＞0)，某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应，下列叙述正确的是（）A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B．若反应开始时SiCl4为1mol，则达平衡时，吸收热量为QkJC．反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol·L-1，则H2反应速率为0.03mol·L-1·min-1D．当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL1mol·L-1的NaOH溶液恰好反应2、Mg与Br2反应可生成具有强吸水性的MgBr2，该反应剧烈且放出大量的热。实验室采用如图装置制备无水MgBr2。下列说法错误的是A．a为冷却水进水口B．装置A的作用是吸收水蒸气和挥发出的溴蒸气C．实验时需缓慢通入N2，防止反应过于剧烈D．不能用干燥空气代替N2，因为副产物MgO会阻碍反应的进行3、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3·xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NAB．标准状况下，11.2LH2S溶于水，溶液中含硫粒子的数目大于0.5NAC．常温下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中Ba2+的数目为0.5NAD．分子式为C2H6O的某种有机物4.6g，含有C－H键的数目一定为0.5NA4、已知：ΔH=-akJ/mol下列说法中正确的是（）A．顺-2-丁烯比反-2-丁烯稳定B．顺-2-丁烯分子比反-2-丁烯分子能量低C．高温有利于生成顺-2-丁烯D．等物质的量的顺-2-丁烯和反-2-丁烯分别与足量氢气反应，放出的热量相等5、A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中A的原子序数是B和D原子序数之和的1/4，C的原子半径在所有短周期主族元素中最大，甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，0.005mol/L戊溶液的pH=2，它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略)，下列叙述一定正确的是A．C、D两元素形成的化合物的原子个数比为1:2B．C、E形成的化合物的水溶液呈碱性C．简单离子半径：D>C>BD．最高价氧化物对应水化物的酸性：E>A6、人的血液中存在H2CO3～HCO3﹣这样“一对”物质，前者的电离和后者的水解两个平衡使正常人血液的pH保持在7.35～7.45之间．血液中注射碱性物质时，上述电离和水解受到的影响分别是A．促进、促进 B．促进、抑制 C．抑制、促进 D．抑制、抑制7、已知：25°C时，MOH的Kb=10-7。该温度下，在20.00mL0.1mol·L-1MCl溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是A．a=4 B．V1=10C．溶液中水的电离程度：P>Q D．Q点溶液中c(Na+)<2c(M+)8、下列有机化合物中均含有杂质，除去这些杂质的方法中正确的是（）A．苯中含单质溴杂质：加水，分液B．乙酸丁酯中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液C．乙醛中含乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液洗涤，分液D．乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液9、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，m、n、p是由这些元素组成的二元化合物，r是一种气态单质，n为淡黄色粉末，相关物质转化关系如图所示。室温下，0.0lmol/L的s溶液pH为12，X的质子数是W与Z的质子数之和的一半。下列说法正确的是A．原子半径：W<X<YB．简单氢化物沸点：Z<X<YC．n、s中均含有离子键和共价键D．q溶于水时温度升高，证明其水解过程放热10、如图所示的X、Y、Z、W四种短周期元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是A．X、Y、W三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B．Z、X、W三种元素氧化物对应水化物的酸性依次增强C．由X、W和氢三种元素形成的化合物中只含共价键D．X、Z形成的二元化合物是一种新型无机非金属材料11、证明溴乙烷与NaOH醇溶液共热发生的是消去反应，分别设计甲、乙、丙三个实验：（甲）向反应混合液中滴入溴水，溶液颜色很快褪去．（乙）向反应混合液中滴入过量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液，有浅黄色沉淀生成．（丙）向反应混合液中滴入酸性KMnO4溶液，溶液颜色褪去．则上述实验可以达到目的是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．都不行12、某科研团队研究将磷钨酸(H3PW12O40，以下简称HPW)代替浓硫酸作为酯化反应的催化剂，但HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性。用HPW负载在硅藻土上催化制取乙酸正丁酯的酯化率与HPW负载量的关系(温度：120℃，时间：2h)如图所示，下列说法不正确的是A．与HPW相比，HPW/硅藻土比表面积显著增加，有助于提高其催化性能B．当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高C．用HPW/硅藻土代替传统催化剂，可减少设备腐蚀等不足D．不同催化剂对酯化率的影响程度主要取决于化学反应正向进行的程度13、下列关于物质的性质与用途的说法不正确的是A．次氯酸能使染料等有机色素褪色，有漂白性，还能杀死水中的细菌，起消毒作用B．14C的放射性可用于考古断代C．纯碱是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一D．铝制品不宜用于盛放酸、碱溶液，不宜长时间盛放咸菜等腌制品14、下列图示与操作名称不对应的是A．升华 B．分液C．过滤 D．蒸馏15、化学与生产、生活息息相关。下列说法正确的是（）A．可用钢瓶储存液氯或浓硫酸B．二氧化碳气体可用作镁燃烧的灭火剂C．鸡蛋清溶液中加入CuSO4溶液，有沉淀析出，该性质可用于蛋白质的分离与提纯D．炒菜时加碘食盐要在菜准备出锅时添加，是为了防止食盐中的碘受热升华16、某小组同学探究铁离子与硫离子的反应，实验操作及现象如表：下列有关说法错误的（）滴入FeCl3溶液立刻有黑色沉淀生成继续滴入FeC13溶液，黑色沉淀增多后又逐渐转化为黄色沉淀滴入Na2S溶液立刻生成黑色沉淀，沉淀下沉逐渐转化为黄色。继续滴入Na2S溶液，最后出现黑色的沉淀A．两次实验中，开始产生的黑色沉淀都为Fe2S3B．两次实验中，产生的黄色沉淀是因为发生了反应Fe2S3+4FeCl3═6FeCl2+3SC．向稀FeCl3溶液中逐滴加入稀Na2S溶液至过量最后生成的黑色沉淀为FeSD．在Na2S溶液过量的情况下，黑色沉淀中存在较多的Fe(OH)3二、非选择题（本题包括5小题）17、两种重要的有机化工合成中间体F和Y可用甲苯为主要原料采用以下路线制得：已知：①②2CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO请回答下列问题：（1）写出A的结构简式___________。（2）B→C的化学方程式是________。（3）C→D的反应类型为__________。（4）1molF最多可以和________molNaOH反应。（5）在合成F的过程中，设计B→C步骤的目的是_________。（6）写出符合下列条件的3种A的同分异构体的结构简式_________、______、_______。①苯环上只有两种不同化学环境的氢原子②能发生银镜反应（7）以X和乙醇为原料通过3步可合成Y，请设计合成路线______（无机试剂及溶剂任选）。18、化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：回答下列问题：（1）B的名称为____；D中含有的无氧官能团结构简式为____。（2）反应④的反应类型为____；反应⑥生成G和X两种有机物，其中X的结构简为_____。（3）反应⑤的化学反应方程式为_____（C6H7BrS用结构简式表示）。（4）满足下列条件的C的同分异构体共有___种，写出其中一种有机物的结构简式：____。①苯环上连有碳碳三键；②核磁共振氢谱共有三组波峰。（5）请设计由苯甲醇制备的合成路线（无机试剂任选）____：19、硝酸亚铁可用作媒染剂、分析试剂、催化剂等。(1)硝酸亚铁可用铁屑在低温下溶于稀硝酸制得，还原产物为NO。反应的化学方程式为________。(2)某小组为探究硝酸亚铁晶体的热分解产物，按下图所示装置进行实验。①仪器B的名称是____，实验中无水CuSO4变蓝，由此可知硝酸亚铁晶体含有___。②实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，检验热分解后固体为氧化铁的实验方案为：实验步骤现象取少量固体加适量稀硫酸，振荡，将溶液分成两份固体溶解得黄色溶液一份滴入____溶液变成红色另一份滴入1～2滴K3[Fe(CN)6]溶液___________A中硝酸亚铁晶体[Fe(NO3)2·xH2O]分解的化学方程式为______。(3)继续探究mg硝酸亚铁晶体中铁元素的质量分数①取A中热分解后的固体放入锥形瓶，用稀硫酸溶解，加入过量的KI溶液，滴入2滴___作指示剂。②用amol/LNa2S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，滴定至终点时用去bmLNa2S2O3溶液，则硝酸亚铁晶体中铁的质量分数为______。20、氮化铝(AlN)是一种新型无机材料，广泛应用于集成电路生产领域。某化学研究小组利用Al2O3＋3C＋N22AlN＋3CO制取氮化铝，设计如图实验装置：试回答：（1）实验中用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气的化学方程式为___。（2）装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A的作用是__(填写序号)。a．防止NaNO2饱和溶液蒸发b．保证实验装置不漏气c．使NaNO2饱和溶液容易滴下（3）按图连接好实验装置，检查装置气密性的方法是：在干燥管D末端连接一导管，将导管插入烧杯中的液面下，___。（4）化学研究小组的装置存在严重问题，请说明改进的办法：___。（5）反应结束后，某同学用如图装置进行实验来测定氮化铝样品的质量分数(实验中导管体积忽略不计)。已知：氮化铝和NaOH溶液反应生成NaAlO2和氨气。①广口瓶中的试剂X最好选用___(填写序号)。a．汽油b．酒精c．植物油d．CCl4②广口瓶中的液体没有装满(上方留有空间)，则实验测得NH3的体积将___(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。③若实验中称取氮化铝样品的质量为10.0g，测得氨气的体积为3.36L(标准状况)，则样品中AlN的质量分数为___。21、乙二酸俗称草酸（结构简式为HOOC—COOH，可简写为H2C2O4），它是一种重要的化工原料。（常温下0.01mol/L的H2C2O4、KHC2O4、K2C2O4溶液的pH如表所示。）填空：H2C2O4KHC2O4K2C2O4pH2.13.18.1(1)写出H2C2O4的电离方程式________________。(2)KHC2O4溶液显酸性的原因是_________________；向0.1mol/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液至中性，此时溶液里各粒子浓度关系正确的是______。a．c(K+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)b．c(Na+)=c(H2C2O4)+c(C2O42-)c．c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-)d．c(K+)>c(Na+)(3)H2C2O4与酸性高锰酸钾溶液反应，现象是有气泡(CO2)产生，紫色消失。写出反应的离子方程式____________________；又知该反应开始时速率较慢，随后大大加快，可能的原因是______________________。

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.该反应是反应前后气体分子数增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，A错误；B.该反应是可逆反应，达平衡时，吸收热量小于QkJ，B错误；C.速率之比等于反应系数之比，v(H2)=v(HCl)=，C错误；D.由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl的物质的量为，100mL1mol·L-1的NaOH的物质的量为0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，D正确；故答案为：D。2、B【解析】

A．冷凝管起到冷凝回流的作用，冷凝管内冷凝水的方向为下进上出，则a为冷却水进水口，故A正确；B．MgBr2具有较强的吸水性，制备无水MgBr2，需要防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，则装置A的作用是吸收水蒸气，但无水CaCl2不能吸收溴蒸气，故B错误；C．制取MgBr2的反应剧烈且放出大量的热，实验时利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈烧瓶中，为防止反应过于剧烈，实验时需缓慢通入N2，故C正确；D．不能用干燥空气代替N2，空气中含有的氧气可将镁氧化为副产物MgO会阻碍反应的进行，故D正确；答案选B。3、A【解析】

A.14.0gFe的物质的量为，Fe发生吸氧腐蚀的负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，则电极反应转移的电子数为0.25mol×2NA=0.5NA，A项正确；B.标况下，H2S为气体，11.2LH2S气体为0.5mol，H2S溶于水，电离产生HS-和S2-，根据S元素守恒可知，含硫微粒共0.5NA，B项错误；C.常温下，pH=14的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子的浓度为1mol/L，则Ba2+的浓度为0.5mol/L，则Ba2+的数目为0.5mol/L×0.5LNA=0.25NA，C项错误；D.C2H6O的摩尔质量为46g/mol，4.6gC2H6O的物质的量为0.1mol，分子式为C2H6O的有机物，可能为CH3CH2OH，也可能为CH3OCH3，则含有C－H键的数目可能为0.5NA，也可能0.6NA，D项错误；答案选A。【点睛】钢铁发生吸氧腐蚀的电极反应式：正极：O2+2H2O+4e-=4OH-；负极：2Fe-4e-=2Fe2+；总反应：2Fe+O2+2H2O=Fe(OH)2；Fe(OH)2继续与空气中的氧气作用，生成Fe(OH)3，发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，Fe(OH)3脱去一部分水就生成Fe2O3∙xH2O，它就是铁锈的主要成分。4、C【解析】

A．反应可知是放热反应，顺−2−丁烯能量高于反−2−丁烯的能量，所以反−2−丁烯稳定，故A错误；B．反应可知是放热反应，顺−2−丁烯能量高于反−2−丁烯的能量，故B错误；C．温度升高平衡向吸热反应方向进行，所以平衡逆向进行，有利于生成顺−2−丁烯，故C正确；D．顺−2−丁烯能量高于反−2−丁烯的能量，等物质的量的顺−2−丁烯和反−2−丁烯分别与足量氢气反应，放出的热量不相等，故D错误；故答案选C。5、D【解析】

A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，0.005mol/L戊溶液的pH=2，说明戊为二元强酸，则戊为硫酸，丙为SO3；甲和丙是D元素的两种常见氧化物，甲为SO2，D为S元素，E为Cl元素；乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，二氧化硫被乙氧化生成三氧化硫，可知乙为O3，丁为O2，则B为O元素；A的原子序数是B和D原子序数之和的，A的原子序数为(8+16)×=6，可知A为C元素；C的原子半径在所有短周期主族元素中最大，C为Na元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，A为C，B为O，C为Na，D为S，E为Cl。A．C、D形成离子化合物Na2S，原子个数比为2:1，故A错误；B．C、E形成的化合物为氯化钠，为强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，故B错误；C．一般而言，离子的电子层数越大，离子半径越大，硫离子半径最大；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，钠离子半径小于氧离子，简单离子半径：D>B>C，故C错误；D．非金属性Cl＞C，则E的最高价氧化物水化物的酸性大于A的最高价氧化物水化物的酸性，故D正确；故选D。【点睛】本题考查无机物的推断及原子结构与元素周期律，把握图中转化关系、元素化合物知识来推断物质和元素为解答的关键。本题的突破口为“0.005mol/L戊溶液的pH=2”。本题的易错点为C，要注意离子半径比较方法的理解和灵活运用。6、B【解析】

碱性物质可以结合碳酸电离出的氢离子，对碳酸的电离是促进作用，对碳酸氢根离子的水解其抑制作用。答案选B。7、D【解析】

A.25°C时，MOH的Kb=10-7，则Kh(MCl)==10-7，解得c(H+)=10-4mol/L，pH=a=4，A正确；B.等浓度的MCl、MOH的混合溶液中，MCl的水解程度等于MOH的电离程度，所以溶液pH=7时，加入的MOH的体积为10mL，B正确；C.在盐MCl溶液中逐滴加入NaOH溶液，加入的碱越大，水对电离的抑制作用越强，水电离程度就越小，所以溶液中水的电离程度：P>Q，C正确；D.P点加入10mLNaOH溶液时nP(Na+)=nP(M+)，Q点时MOH少量电离，nQ(M+)<nP(M+)，nQ(Na+)=2nP(Na+)，所以c(Na+)>2c(M+)，D错误；故合理选项是D。8、B【解析】

A.溴易溶于苯，不能加水使苯和溴单质分层，不能通过分液除去苯中含单质溴杂质，故A错误；B.乙酸丁酯不溶于碳酸钠溶液，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸丁酯，故B正确；C.乙醛有α氢，在氢氧化钠溶液中发生羟醛缩合反应，生成β-羟基丁醛，所以不能用氢氧化钠去杂质，故C错误；D.乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应生成乙酸钠和水，但乙酸钠和乙醇互溶在水中，不分层，不能采用分液的方法，故D错误；正确答案是B。【点睛】本题考查物质的分离提纯、鉴别，注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新杂质，更不能影响被提纯物质的性质，难度不大。9、C【解析】

n是一种淡黄色粉末，且与p反应生成s与r，而0.01mol•L-1的s溶液的pH为12，s为一元强碱，r为Y的气体单质，则s为NaOH，n为Na2O2，p为H2O，r为O2，可推知m为CO2，q为Na2CO1．结合原子序数可知W为H，X为C，Y为O，Z为Na，据此分析解答。【详解】A．H原子核外只有1个电子层，C、O核外均有2个电子层，同周期元素核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径：W<Y<X，故A错误；B．C对应简单氢化物为CH4，O对应简单氢化物为H2O，Na对应简单氢化物为NaH，CH4、H2O均为分子晶体，NaH为离子晶体，H2O分子之间能够形成氢键，因此简单氢化物沸点：X<Y<Z，故B错误；C．Na2O2、NaOH均是Na+与多原子的阴离子组成的离子化合物，Na+与阴离子之间存在离子键，阴离子内存在共价键，故C正确；D．Na2CO1溶于水时，Na+和CO12-在形成水合离子时会放热，并不是水解放热，水解过程属于吸热反应，故D错误；故答案为：C。【点睛】非金属化合物的沸点比较：①若分子间作用力只有范德华力，范德华力越大，物质的熔、沸点越高；②组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，如SnH4>GeH4>SiH4>CH4；③相对分子质量相同或接近，分子的极性越大，范德华力越大，其熔、沸点越高，如CO>N2；④形成分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高，如H2O>H2S；如果形成分子内氢键，熔、沸点会降低。10、D【解析】

根据在短周期中，X、Y、Z、W的位置，可以知道，X和Y位于第二周期，Z和W位于第三周期，设Z元素原子的最外层电子数为a，则X、Y、W的原子的最外层电子数分别为a＋1、a＋2、a＋3；有a+a＋1+a＋2+a＋3=22，得a=4，Z的最外层电子数为4，Z元素为Si，同理可知X、Y、W分别为N、O、Cl。A．X、Y、W三种元素最低价氢化物分别为NH3、H2O、HCl，由于NH3、H2O分子间存在氢键，沸点会升高，因此沸点最高的是H2O，最低的是HCl，A项错误；B．Z、X、W元素氧化物对应的水化物的酸性不一定增强，如Cl的含氧酸中的HClO为弱酸，其酸性比N的最高价氧化物的水化物HNO3的弱，B项错误；C．X、W和H三种元素形成的化合物为NH4Cl等，NH4Cl为离子化合物，其中既存在离子键又存在共价键，C项错误；D．Z和X形成的二元化合物为氮化硅，氮化硅是一种重要的结构陶瓷材料，它是一种新型无机非金属材料，D项正确；本题答案选D。11、D【解析】

溴乙烷水解反应：C2H5Br+NaOH→C2H5OH+NaBr（氢氧化钠水溶液共热）；消去反应：CH3CH2Br+NaOH→CH2=CH2+NaBr+H2O（氢氧化钠乙醇共热），即无论发生水解反应还是消去反应，混合液里面都有Br-。【详解】A、甲同学未向反应混合液中滴入稀硝酸中和NaOH，过量的NaOH可与溴水反应使溶液颜色很快褪去，A不正确；B、乙同学向反应混合液中滴入稀硝酸中和NaOH，然后再滴入AgNO3溶液，若有浅黄色沉淀生成,可证明混合液里含有Br-，不能证明发生了消去反应，B不正确；C、酸性KMnO4溶液遇醇类也可以发生氧化还原反应颜色变浅，C不正确；D、根据上述分析可知，三种方案都不行，符合题意。答案选D。12、D【解析】

A、HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性，选项A正确；B、根据图中曲线可知，当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高，选项B正确；C、用HPW/硅藻土代替传统催化剂浓硫酸，可减少设备腐蚀等不足，选项C正确；D、催化剂不能使平衡移动，不能改变反应正向进行的程度，选项D不正确。答案选D。13、C【解析】

A.次氯酸具有强氧化性，能使染料等有机色素褪色，有漂白性，还能杀死水中的细菌，起消毒作用，故A正确；B.14C的放射性可用于考古断代，利用其半衰期可计算时间，故B正确；C.小苏打是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一，故C错误；D.铝具有两性，能与酸反应又能与碱反应，铝制品不宜用于盛放酸、碱溶液，不宜长时间盛放咸菜等腌制品，故D正确；故选C。14、A【解析】

A、升华是从固体变为气体的过程，图中操作名称是加热，选项A不对应；B、由图中装置的仪器以及操作分离互不相溶的液体，可知本实验操作名称是分液，选项B对应；C、由图中装置的仪器以及操作分离难溶固体与液体的混合物，可知本实验操作名称过滤，选项C对应；D、由图中装置的仪器以及操作分离沸点不同的液体混合物，可知本实验操作名称蒸馏，选项D对应。答案选A。15、A【解析】

A．常温下Fe与氯气不反应，遇浓硫酸发生钝化，则用钢瓶储存液氯或浓硫酸，故A正确；B．Mg能在CO2中燃烧生成MgO和C，则二氧化碳气体不可用作镁燃烧的灭火剂，故B错误；C．蛋白质遇硫酸铜发生变性，变性是不可逆过程，盐析可用于蛋白质的分离和提纯，故D错误；D．食盐中加的碘盐为KIO3，受热易分解，则在菜准备出锅时添加加碘食盐，是为了防止KIO3受热易分解，故D错误；故答案为A。16、D【解析】

实验开始时，生成黑色沉淀为Fe2S3，由于硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成S，黄色沉淀为S，硫化钠过量，最后生成FeS，以此解答该题。【详解】A．开始试验时，如生成硫，应为黄色沉淀，而开始时为黑色沉淀，则应为Fe2S3，故A正确；B．硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成S，方程式为Fe2S3+4FeCl3═6FeCl2+3S，故B正确；C．发生氧化还原反应生成氯化亚铁，硫化钠过量，则生成FeS，为黑色沉淀，故C正确；D．在Na2S溶液过量的情况下，三价铁全部被还原，黑色沉淀为FeS，且Fe(OH)3为红褐色，故D错误。故选：D。二、非选择题（本题包括5小题）17、＋(CH3CO)2O→＋CH3COOH氧化反应3氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基CH3CH2OHCH3CHO【解析】

分析有机合成过程，A物质为发生苯环上的对位取代反应生成的，故A为，结合已知条件①，可知B为，结合B→C的过程中加入的(CH3CO)2O以及D的结构可知，C为B发生了取代反应，-NH2中的H原子被-COCH3所取代生成肽键，C→D的过程为苯环上的甲基被氧化成羧基的过程。D与题给试剂反应，生成E，E与H2O发生取代反应，生成F。分析X、Y的结构，结合题给已知条件②，可知X→Y的过程为，据此进行分析推断。【详解】（1）从流程分析得出A为,答案为：；（2）根据流程分析可知，反应为乙酸酐与氨基反应形成肽键和乙酸。反应方程式为：＋(CH3CO)2O→＋CH3COOH。答案为：＋(CH3CO)2O→＋CH3COOH；（3）结合C、D的结构简式，可知C→D的过程为苯环上的甲基被氧化为羧基，为氧化反应。答案为：氧化反应；（4）F分子中含有羧基、氨基和溴原子，其中羧基消耗1mol氢氧化钠，溴原子水解得到酚羟基和HBr各消耗1mol氢氧化钠，共消耗3mol。答案为：3；（5）分析B和F的结构简式，可知最后氨基又恢复原状，可知在流程中先把氨基反应后又生成，显然是在保护氨基。答案为：氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基；（6）由①得出苯环中取代基位置对称，由②得出含有醛基或甲酸酯基，还有1个氮原子和1个氧原子，故为、、。答案为：、、；（7）根据已知条件②需要把乙醇氧化为乙醛，然后与X反应再加热可得出产物。故合成路线为：CH3CH2OHCH3CHO。答案为：CH3CH2OHCH3CHO。18、邻氯苯甲醛或2-氯苯甲醛-NH2和-Cl取代反应或酯化反应HOCH2CH2OH4、、、(任写一种即可)【解析】

对比D与F的结构可知，D与甲醇发生酯化反应生成E，E与C6H7BrS发生取代反应生成F，则E的结构简式为：；C6H7BrS的结构简式为：；（5）由苯甲醇制备，可由与苯甲醇发生酯化反应生成，若要利用苯甲醇合成，则需要增长碳链、引进氨基、羧基，结合题干中物质转化关系解答。【详解】（1）以苯甲醛为母体，氯原子为取代基，因此其名称为：邻氯苯甲醛或2-氯苯甲醛；D中含有的官能团为：氨基、羧基、氯原子，其中无氧官能团为：-NH2和-Cl；（2）由上述分析可知，该反应为酯化反应或取代反应；对比该反应中各物质的结构简式可知，该碳原子与N原子和C原子成环，中的断键方式为，因此X的结构简式为：HOCH2CH2OH；（3）反应⑤为与发生取代反应生成，其化学方程式为：++HBr；（4）①苯环上连有碳碳三键，C中一共含有6个不饱和度，苯环占据4个，碳碳三键占据2个，则其它取代基不含有不饱和度，则N原子对于的取代基为-NH2；②核磁共振氢谱共有三组波峰，则说明一共含有3种化学环境的氢原子，则该结构一定存在对称结构；则该同分异构体的母体为，将氨基、氯原子分别补充到结构式中，并满足存在对称结构，结构简式为：、、、；（5）由上述分析可知，合成中需要增长碳链、引进氨基、羧基，引进氨基、增长碳链可以利用题干中②反应的条件，引进羧基可利用题干中③反应的条件，因此具体合成路线为：。19、3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O干燥管(或球形干燥管)结晶水l~2滴KSCN溶液无蓝色沉淀生成4Fe(NO3)2•xH2O2Fe2O3+8NO2↑+O2↑+4xH2O淀粉溶液【解析】

(1)铁在低温下溶于稀硝酸，反应生成硝酸亚铁和NO，据此书写反应的化学方程式；(2)①无水CuSO4变蓝，说明生成了水，据此解答；②实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，该气体为二氧化氮，同时生成氧化铁，据此书写分解的化学方程式；将少量氧化铁溶于稀硫酸，得到含有铁离子的溶液，铁离子遇到KSCN变红色，K3[Fe(CN)6]溶液是检验亚铁离子的试剂，据此分析解答；(3)①铁离子具有氧化性，加入过量的KI溶液，能够将碘离子氧化生成碘单质，据此选择指示剂；②根据发生的反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-分析解答。【详解】(1)铁在低温下溶于稀硝酸，反应生成硝酸亚铁和NO，反应的化学方程式为3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案为3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O；(2)①根据装置图，仪器B为干燥管，实验中无水CuSO4变蓝，说明生成了水，由此可知硝酸亚铁晶体含有结晶水，故答案为干燥管；结晶水；②实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，该气体为二氧化氮，同时生成氧化铁，则硝酸亚铁晶体[Fe(NO3)2·xH2O]分解的化学方程式为4Fe(NO3)2•xH2O2Fe2O3+8NO2↑+O2↑+4xH2O；根据检验氧化铁的实验步骤：将少量氧化铁溶于稀硫酸，得到含有铁离子的溶液，铁离子遇到KSCN变红色，K3[Fe(CN)6]溶液是检验亚铁离子的试剂，因此滴入1～2滴K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成，故答案为l～2滴KSCN溶液；无蓝色沉淀生成；4Fe(NO3)2•xH2O2Fe2O3+8NO2↑+O2↑+4xH2O；(3)①铁离子具有氧化性，加入过量的KI溶液，能够将碘离子氧化生成碘单质，因此可以选用淀粉溶液作指示剂，故答案为淀粉溶液；②发生的反应有2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，有关系式2Fe3+～I2～2S2O32-，因此硝酸亚铁晶体中铁的质量分数为×100%=，故答案为。【点睛】本题的易错点为(2)②，要注意K3[Fe(CN)6]溶液的作用是检验亚铁离子，如果溶液中存在亚铁离子，则会生成蓝色沉淀。20、NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2Oc用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精灯一段时间，导管内上升一段水柱，证明气密性良好在干燥管D末端连接一个尾气处理装置c不变61.5%【解析】

制取氮化铝：用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A，平衡内外压强，使NaNO2饱和溶液容易滴下，制得的氮气排尽装置中的空气，碱石灰干燥氮气，氧化铝、碳和氮气在高温的条件下生成氮化铝和一氧化碳，方程式为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，D防止空气进入反应装置干扰实验；（1）饱和NaNO2与NH4Cl溶液应生成氯化钠、氮气和水；（2）根据实验的需要结合大气压强原理来回答；（3）只要先将装置密封再利用热胀冷缩原理进行气密性验证；（4）实验必须对有毒气体进行尾气处理，防止空气污染；（5）氮化铝和氢氧化钠反应会生成氨气，氨气进入广口瓶后，如果装置密闭，广口瓶中压强会增大，那么就会有水通过广口瓶的长管进入量筒中，根据等量法可知，进入到广口瓶中水的体积就等于生成的氨气的体积．所以通过量筒中排出的水的体积就可以知道氨气的体积，然后有氨气的密度求出氨气的质量，进而根据方程式求出氮化铝的质量。①产生的氨气极易溶于水，为防止氨气溶于水需要把气体与水隔离，因此应选择不能与氨气产生作用的液体作为隔离液；选用的试剂应是和水不互溶，且密度大于水的；②反应前广口瓶的上方留有的少量空间填充的是空气，反应后广口瓶的上方留有的少量空间填充的是氨气，氨气代替了开始的空气，把最后空间中充入的氨气当成开始时的空气即可；③根据氨气的体积计算出物质的量，得出其中氮原子的物质的量，根据氮原子守恒，来计算氮化铝的百分含量。【详解】制取氮化铝：用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A，平衡内外压强，使NaNO2饱和溶液容易滴下，制得的氮气排尽装置中的空气，碱石灰干燥氮气，氧化铝、碳和氮气在高温的条件下生成氮化铝和一氧化碳，方程式为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，D防止空气进入反应装置干扰实验。（1）饱和NaNO2与NH4Cl溶液反应生成氯化钠、氮气和水，反应为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O；故答案为：NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O；（2）装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A具有平衡气压的作用，这样可以保证NaNO2饱和溶液容易滴下，故选c；（3）关闭分液漏斗开关，使装置处于密闭体系，将导管一端浸入水中，用手紧握锥形瓶外壁，由于热胀冷缩，锥形瓶内气体受热膨胀，如果导管口有气泡冒出，说明气密性良好，否则装置漏气，故答案为：用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精灯一段时间，导管内上升一段水柱，证明气密性良好；（4）实验必须对有毒气体进行尾气处理，应在干燥管D末端连接一个尾气处理装置，防止空气污染，故答案为：在干燥管D末端连接一个尾气处理装置；（5）①酒精、汽油虽然都不能与氨气发生反应，但它们却都极易挥发，挥发出来的气体对实验有影响而且挥发完后不能再起到隔离氨气与水接触的作用；同时由于酒精易溶于水，