2024年湖北省随州市随县高考仿真卷化学试卷含解析

2024年湖北省随州市随县高考仿真卷化学试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、减压过滤装置中用于承接滤液的仪器是A． B． C． D．2、设为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是（）A．标准状况下，与足量反应转移的电子数为B．的原子核内中子数为C．25℃时，的溶液中含的数目为D．葡萄糖和蔗糖的混合物中含碳原子的数目为3、纵观古今，化学与生产生活密切相关。下列对文献的描述内容分析错误的是（）选项文献描述分析A《天工开物》“凡石灰，经火焚炼为用”此“石灰”是指石灰石B《物理小知识》“以汞和金涂银器上，成白色，入火则汞去金存，数次即黄”“入火则汞去”是指汞受热升华C《本草经集注》“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”利用焰色反应来辨别真假硝石D《本草纲目》“采蒿敳之属，晒干烧灰，以水淋汁，浣衣发面，去垢”利用灰烬中可溶盐水解呈碱性去污A．A B．B C．C D．D4、某甲酸溶液中含有甲醛，用下列方法可以证明的是A．加入足量的新制氢氧化铜并加热煮沸，有砖红色的沉淀B．加入过量的氢氧化钠充分反应后的溶液能发生银镜反应C．将试液进行酯化反应后的混合液能发生银镜反应D．加入足量氢氧化钠后，蒸馏出的气体通入新制的氢氧化铜悬浊液加热有砖红色沉淀5、下列各组物质发生反应，生成产物有硫的是（）A．Na2S2O3

溶液和

HCl

溶液 B．H2S

气体在足量的

O2

中燃烧C．碳和浓硫酸反应 D．铜和浓硫酸反应6、1.52g铜镁合金完全溶解于50mL浓度14.0mol/L的硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120ml（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是（）A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%C．得到2.54g沉淀时加入NaOH溶液的体积是600mLD．溶解合金消耗HNO3的量是0.12mol7、下列离子方程式正确的是A．Cl2通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-B．双氧水加入稀硫酸和KI溶液：H2O2＋2H＋＋2I－=I2＋2H2OC．用铜做电极电解CuSO4溶液：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32－＋4H＋=SO42－＋3S↓＋2H2O8、在常温常压下，将100mLH2S与O2混合气体在一定条件下充分反应后，恢复到原来的状况，剩余气体25mL。下列判断错误的是（）A．原混合气体中H2S的体积可能是75mLB．原混合气体中O2的体积可能是50mLC．剩余25mL气体可能全部是SO2D．剩余25mL气体可能是SO2与O29、有机化合物甲、乙、丙的结构如图所示，下列说法正确的是甲乙丙A．三种物质的分子式均为C5H8O2，互为同分异构体B．甲、乙、丙分子中的所有环上的原子可能共平面C．三种物质均可以发生氧化反应和加成反应D．三种物质都能与氢氧化钠溶液发生反应10、根据如表实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现结论A常温下，将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，沉淀由白色变为红褐色常温下，Ksp[Fe（OH）3]＞Ksp[Mg（OH）2]B向某溶液中滴加稀硝酸酸化的BaCl2溶液，溶液中产生白色沉淀原溶液中一定含有SO42﹣C将稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色氧化性：H2O2＞Fe3+D向含酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡A．A B．B C．C D．D11、以物质a为原料，制备物质d(金刚烷)的合成路线如图所示，关于以上有机物的说法正确的是A．物质a最多有10个原子共平面 B．物质b的分子式为C10H14C．物质c能使高锰酸钾溶液褪色 D．物质d与物质c互为同分异构体12、下列有关实验的图示及分析均正确的是选项实验目的实验图示实验分析A催化裂解正戊烷并收集产物正戊烷裂解为分子较小的烷烃和烯烃B酸碱中和滴定摇动锥形瓶，使溶液向一个方向做圆周运动，勿使瓶口接触滴定管，溶液也不得溅出C制取并收集乙炔用饱和食盐水代替纯水，可达到降低反应速率的目的D实验室制硝基苯反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品A．A B．B C．C D．D13、在氧气中灼烧0.44gS和Fe组成的化合物，使其中的S全部转化成H2SO4，这些H2SO4可用20mL0.5mol/L的NaOH溶液完全中和，则原化合物中S的质量分数约为()A．18% B．46% C．53% D．36%14、向含Fe2＋、I－、Br－的混合溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知b－a＝5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法正确的是（）A．线段Ⅱ表示Br-的变化情况B．原溶液中n(FeI2)：n(FeBr2)＝3：1C．根据图像无法计算a的值D．线段Ⅳ表示HIO3的变化情况15、对C2H4O2（甲）和C4H8O2（乙）的分析合理的是（）A．肯定互为同系物 B．乙能够发生水解的同分异构体有3种C．甲可能极易溶于水 D．两种物质具有相同的最简式16、中和滴定中用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的稀氨水，计算式与滴定氢氧化钠溶液类似：c1V1=c2V2，则（）A．终点溶液偏碱性B．终点溶液中c(NH4+)=c(Cl-)C．终点溶液中氨过量D．合适的指示剂是甲基橙而非酚酞二、非选择题（本题包括5小题）17、某药物合成中间体F制备路线如下：已知：RCHO＋R’CH2NO2＋H2O(1)有机物A结构中含氧官能团的名称是__________________.(2)反应②中除B外，还需要的反应物和反应条件是___________________(3)有机物D的结构简式为_____________________，反应③中1摩尔D需要___摩尔H2才能转化为E(4)反应④的反应物很多种同分异构体，请写出符合下列条件的一种同分异构体的结构简式_____________。a.结构中含4种化学环境不同的氢原子b.能发生银镜反应c.能和氢氧化钠溶液反应(5)已知：苯环上的羧基为间位定位基，如。写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)_____________。18、A（C2H4）是基本的有机化工原料。用A和常见的有机物可合成一种醚类香料和一种缩醛类香料，具体合成路线如图所示（部分反应条件略去）：已知：+→2ROH+回答下列问题：（1）B的分子式是__________。若D为单取代芳香族化合物且能与金属钠反应；每个D分子中只含有1个氧原子，D中氧元素的质量分数约为13.1%，则D的结构简式为__________。（2）C中含有的官能团名称是_______________。⑥的反应类型是________________。（3）据报道，反应⑦在微波辐射下，以NaHSO4·H2O为催化剂进行，请写出此反应的化学方程式：___________________________________________________。（4）请写出满足下列条件的苯乙醛的所有同分异构体的结构简式：______________________。i.含有苯环和结构ii.核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3:2:2:1（5）若化合物E为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，则能使FeCl3溶液显色的E的所有同分异构体共有（不考虑立体异构）__________种。（6）参照的合成路线，写出由2-氯丙烷和必要的溶剂、无机试剂制备的合成流程图：_____________________________。合成流程图示例如下：19、某学习小组以铝铁铜合金为主要原料制备[Cu（NH3）4]SO4·H2O（一水硫酸四氨合铜）和Fe3O4胶体粒子，具体流程如下：已知：①Cu（NH3）42+=Cu2+＋4NH3②Fe2+＋2Fe３+＋8OH−Fe3O4↓＋4H2O③[Cu（NH3）4]SO4易溶于水，难溶于乙醇。请回答：（1）滤渣的成分为________。（2）步骤Ⅰ中生成[Cu（NH3）4]SO4·H2O的离子方程式：________。步骤Ⅰ中加入（NH4）2SO4的作用是作为反应物和________。（3）步骤Ⅳ中加入95%乙醇时，缓慢加入的目的是________。（4）下列有关叙述正确的是________。A步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌，有利于提高H2O2的利用率B步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶，得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu（OH）2等杂质C步骤Ⅳ、Ⅴ用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等D步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭水龙头，加乙醇溶液浸没沉淀，缓慢流干，重复2～3次（5）步骤Ⅲ中，从滤渣制备Fe3O4胶体粒子需经过一系列操作。即：滤渣中加过量NaOH溶液搅拌溶解→________→过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子。根据下列提供的操作，请在空格处填写正确的操作次序（填写序号）。①氮气氛围下缓慢滴加NaOH溶液，加热溶液②过滤、洗涤③加入过量稀硫酸溶解④加入适量FeSO4固体，搅拌溶解⑤测定Fe3+含量（6）测定一水硫酸四氨合铜晶体产品的纯度，过程如下：取0.5000g试样溶于水，滴加3mol·L−1H2SO4至pH为3～4，加入过量KI固体。以淀粉溶液为指示剂，生成的碘用0.1000mol·L−1Na2S2O3标准溶液滴定，重复2～3次，平均消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。。该试样中一水硫酸四氨合铜的纯度为________。已知：M[Cu（NH3）4SO4·H2O]＝246.0g·mol−1；2Cu2+＋4I−=2CuI＋I2，I2＋2S2O32-=2I−＋S4O62-。20、氨基甲酸铵（H2NCOONH4）是一种易分解、易水解的白色固体，易溶于水，难溶于CCl4，某研究小组用如图1所示的实验装置制备氨基甲酸铵。反应原理：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)△H＜0。（1）仪器2的名称是__。仪器3中NaOH固体的作用是__。（2）①打开阀门K，仪器4中由固体药品所产生的气体就立即进入仪器5，则该固体药品的名称为__。②仪器6的一个作用是控制原料气按反应计量系数充分反应，若反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生气泡，应该__（填“加快”、“减慢”或“不改变”）产生氨气的流速。（3）另有一种制备氨基甲酸铵的反应器（CCl4充当惰性介质）如图2：①图2装置采用冰水浴的原因为__。②当CCl4液体中产生较多晶体悬浮物时，即停止反应，__(填操作名称)得到粗产品。为了将所得粗产品干燥可采取的方法是__。A．蒸馏B．高压加热烘干C．真空微热烘干（4）①已知氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵，则该反应的化学方程式为__。②为测定某样品中氨基甲酸铵的质量分数，某研究小组用该样品进行实验。已知杂质不参与反应，请补充完整测定某样品中氨基甲酸铵质量分数的实验方案：用天平称取一定质量的样品，加水溶解，__，测量的数据取平均值进行计算（限选试剂：蒸馏水、澄清石灰水、Ba(OH)2溶液）。21、铜的化合物在工农业生产和化学实验室中都具有重要的作用。工业上常用氨气和醋酸二氨合铜{[Cu(NH3)2]Ac}的混合溶液来吸收一氧化碳（醋酸根离子CH3COO−简写为Ac−），反应方程式为：[Cu(NH3)2]Ac+CO+NH3[Cu(NH3)3CO]Ac。（1）Cu2+基态核外电子排布式为_________。（2）该反应中含有的第二周期非金属元素的第一电离能由大到小的顺序为_________。（3）CH3COOH分子中C原子的杂化类型为__________。（4）配合物[Cu(NH3)3CO]Ac的中心离子的配位数为________。写出一种与NH3分子互为等电子体的阳离子的化学式____________。（5）A原子的价电子排布式为3s23p5，铜与A形成化合物的晶胞如图所示（黑球代表铜原子）。该晶体的化学式为_____________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A．是干燥管，故A不选；B．是抽滤瓶，用于减压过滤，故B选；C．是洗气装置，用于除杂，故C不选；D．是坩埚，用于灼烧固体，故D不选；故选B。2、A【解析】

A.二者的反应方程式为，当有2mol二氧化碳参加反应时，一共转移2mol电子，因此当有二氧化碳参加反应时，转移0.1mol电子，A项正确；B.碳原子的物质的量是，根据质量数=质子数+中子数算出其1个原子内有8个中子，故一共有中子，B项错误；C.pH=2的溶液中，根据算出的物质的量为，C项错误；D.葡萄糖的分子式为，蔗糖的分子式为，二者的最简式不一样，因此无法计算，D项错误；答案选A。3、B【解析】

A、石灰石加热后能制得生石灰；B、汞为液态金属，受热易挥发；C、依据钾的焰色反应解答；D、依据油脂在碱性环境下水解生成可溶性高级脂肪酸盐和甘油解答。【详解】A项、石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是石灰石，故A正确；B项、汞和金形成液态的合金，涂在银器上，加热，汞转化为蒸气，被蒸发，剩下的金附着在银的表面，所以“入火则汞去”是指蒸发，故B错误；C项、硝石为硝酸钾，含有的钾元素在灼烧时产生紫色火焰来辨别，故C正确；D项、衣服上油污主要成分为油脂，油脂在碱性环境下水解生成可溶性高级脂肪酸盐和甘油，草木灰中含有碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，所以可以用草木灰水溶液洗衣服，故D正确。故选B。【点睛】本题考查物质的性质与用途，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键。4、D【解析】

A．甲酸分子中也含有醛基，所以无论是否含有甲醛，都会有该现象，A错误。B．甲酸与加入过量的氢氧化钠充分反应后的得到的甲酸钠中仍然含有醛基，所以溶液一样可以能发生银镜反应，不能证明是否含有甲醛，B错误。C．酸与醇发生酯化发生的实质是酸脱羟基醇脱氢。所以将甲酸溶液进行酯化反应后的混合液含有甲酸及甲酸酯中都含有醛基，可以发生银镜反应。因此不能证明含有甲醛，C错误。D．向甲酸溶液中加入足量氢氧化钠，发生酸碱中和反应得到甲酸钠。甲酸钠是盐，沸点高。若其中含有甲醛，则由于甲醛是分子晶体，沸点较低。加热蒸馏出的气体通入新制的氢氧化铜悬浊液加热煮沸，若有砖红色沉淀，则证明蒸馏出的气体中含有甲醛，D正确。答案选D。5、A【解析】

A、Na2S2O3溶液和HCl溶液反应，发生氧化还原反应生成二氧化硫、硫单质和氯化钠，生成产物有硫，故A符合题意；B、H2S气体在足量的O2中燃烧生成二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故B不符合题意；C、碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故C不符合题意；D、铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故D不符合题意；故选：A。6、C【解析】

根据氧化还原反应中得失电子守恒、元素守恒进行分析计算。【详解】A.金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中OH-的质量为：2.54g−1.52g=1.02g，，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于OH-的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得：x=0.02、y=0.01，则该合金中n(Cu):n(Mg)=2:1，故A正确；B.标况下1.12L气体的物质的量为0.05mol，设混合气体中二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.05−a)mol，根据电子转移守恒可知：a×1+(0.05−a)×2×1=0.06，解得a=0.04，则混合气体中含有二氧化氮0.04mol、四氧化二氮0.01mol，NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数为：，故B正确；C.50mL该硝酸中含有硝酸的物质的量为：14mol/L×0.05L=0.7mol，反应后的溶质为硝酸钠，根据N元素守恒，硝酸钠的物质的量为：n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO2)-2n(N2O4)=0.7mol−0.04mol−0.01×2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为，故C错误；D.Cu、Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol，则生成Cu(NO3)2、Mg(NO3)2各0.02ml、0.01mol，NO2和N2O4的物质的量分别为0.04mol、0.01mol，则根据N元素守恒可知，消耗硝酸的物质的量为0.02×2+0.01×2+0.04+0.01×2=0.12mol，故D正确；答案选C。【点睛】解答该题的关键是找到突破口：金属镁、铜与硝酸反应失电子物质的量与金属离子被沉淀结合氢氧根离子的物质的量相等，关系式为Cu~2e-~Cu2+~2OH-，Mg~2e-~Mg2+~2OH-，通过氢氧化镁与氢氧化铜的总质量与铜镁合金的质量差可以计算氢氧根离子的物质的量，从而确定反应中转移的电子数。7、B【解析】

A、Cl2通入水中的离子反应为Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，故A错误；B、双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应为H2O2+2H++2I-═I2+2H2O，故B正确；C、用铜作电极电解CuSO4溶液，实质为电镀，阳极Cu失去电子，阴极铜离子得电子，故C错误；D、Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故D错误。故选B。8、D【解析】

H2S和O2的混合气体点燃，氧气不足发生反应①2H2S+O2═2S↓+2H2O，氧气足量发生反应②2H2S+3O2═2SO2+2H2O；据此讨论；若n（H2S）：n（O2）>2:1，发生反应①，H2S有剩余；若n（H2S）：n（O2）=2:1，发生反应①，没有气体；若n（H2S）：n（O2）<2:3，发生反应②，氧气有剩余，气体为氧气、二氧化硫；若n（H2S）：n（O2）=2:3，发生反应②，气体为二氧化硫；若2:3<n（H2S）：n（O2）<2:1，发生反应①②，气体为二氧化硫，据此进行分析。【详解】H2S和O2的混合气体点燃，氧气不足发生反应①2H2S+O2═2S↓+2H2O，氧气足量发生反应②2H2S+3O2═2SO2+2H2O；①若n（H2S）：n（O2）>2:1，发生反应①H2S有剩余，则2H2S+O2═2S↓+2H2O体积变化∆V21350mL25mL100-25=75mL剩余气体为25mLH2S，原混合气体中O2为25mL，H2S为100-25=75mL，符合题意；②若n（H2S）：n（O2）=2：1，发生反应①，没有剩余气体，不符合题意；③若n（H2S）：n（O2）<2:3，发生反应②，氧气有剩余，则:2H2S+3O2═2SO2+2H2O体积变化∆V232350mL7550100-25=75mL剩余气体为氧气、二氧化硫，其中二氧化硫为50mL，不符合题意；④若n（H2S）：n（O2）=2:3，发生反应②，最后气体为二氧化硫，体积为50mL，不符合题意；⑤若2:3<n（H2S）：n（O2）<2:1，发生反应①②，硫化氢、氧气全部反应，剩余气体为二氧化硫，n(SO2)=25mL；则根据反应②2H2S+3O2═2SO2+2H2O可知，n(O2)=3/2n(SO2)=25mL×1.5=37.5mL；n(H2S)=n(SO2)=25mL；根据题意可知，H2S与O2混合气体共100mL，所以发生反应①2H2S+O2═2S↓+2H2O的H2S与O2的总体积为100mL-25mL-37.5mL=37.5mL，n(O2)=1/3×37.5mL=12.5mL,n(H2S)=2/3×37.5mL，所以，原混合气体中n(H2S)=25mL+12.5mL=37.5mL，n(O2)=37.5mL+12.5mL=50mL；结合以上分析可知，只有D选项不可能；故答案选D。9、A【解析】

A．分子式相同但结构不同的有机物互为同分异构体，三种物质的分子式均为C5H8O2，但结构不同，则三者互为同分异构体，故A正确；B．甲、乙、丙分子中的所有环上的碳原子都为单键，碳原子上相连的氢原子和碳原子不在同一平面，故B错误；C．有机物中含有碳碳双键、碳碳三键、苯环或酮羰基可发生加成反应，甲中官能团为酯基、乙中官能团为羧基、丙中官能团为羟基，不能发生加成反应，甲、乙、丙都可以发生氧化反应，故C错误；D．甲中有酯基可与氢氧化钠溶液发生水解反应，乙中含有羧基可与氢氧化钠溶液发生中和反应，丙中含有醇羟基不与氢氧化钠溶液反应，故D错误；答案选A。【点睛】找到有机物的官能团，熟悉各种官能团可以发生的化学反应是解本题的关键。10、D【解析】

A、将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明氢氧化镁转化为氢氧化铁沉淀，则氢氧化镁溶解度大于氢氧化铁，但不能直接判断二者的溶度积常数大小关系，故A错误；B、可能生成AgCl等沉淀，应先加入盐酸，如无现象再加入氯化钡溶液检验，故B错误；C、硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可氧化亚铁离子，故C错误；D、含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaCl2固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故D正确。答案选D。【点睛】要熟悉教材上常见实验的原理、操作、现象、注意事项等，比如沉淀的转化实验要注意试剂用量的控制；硫酸根的检验要注意排除干扰离子等。11、D【解析】

A.分子中有5个碳原子和4个氢原子可以在同一个平面内，故A错误；B.由结构可知b的分子式为C10H12，故B错误；C.物质c中不含有被高锰酸钾溶液氧化的基团，高锰酸钾溶液不褪色，故C错误；D.物质c与物质d的分子式相同都为C10H16、结构不同，互为同分异构体，故D正确；答案：D。12、B【解析】

A．正戊烷裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下均为气体，不能冷凝收集，且催化裂化中使用碎瓷片作催化剂且有聚热功能，若改用没有聚热功能的氧化铝固体，实验效果不理想，故A错误；B．滴定时左手控制活塞，右手摇瓶，使溶液向一个方向做圆周运动，勿使瓶口接触到滴定管，溶液也不得溅出，操作合理，故B正确；C．用饱和食盐水代替纯水能减缓反应速率，从而可以得到较平缓的乙炔气流，但乙炔的摩尔质量与空气的摩尔质量相近，排空气法收集乙炔不纯，利用乙炔难溶于水的性质，应使用排水法收集，故C错误；D．反应完全后，硝基苯与酸分层，应选分液漏斗分离，粗产品再蒸馏得到硝基苯，图中仪器b为圆底烧瓶，蒸馏操作时要用蒸馏烧瓶和直形冷凝管，并使用温度计测蒸汽温度，故D错误；答案选B。13、D【解析】

n（NaOH）=0.02L×0.50mol/L=0.01mol，由反应的关系式SO2～H2SO4～2NaOH可知，n（SO2）=0.005mol，则硫和铁组成的化合物中含有0.005molS，m（S）=0.005mol×32g/mol=0.16g，则ω（S）=×100%=36%，答案选D。14、D【解析】

向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况；通入氯气，根据反应离子方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol-1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，据此分析解答。【详解】A．根据分析可知，线段Ⅱ为亚铁离子被氯气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，不是氧化溴离子，故A错误；B．n（FeI2）：n（FeBr2）=n（I-）：n（Br-）=2mol：6mol=1：3，故B错误；C．由分析可知，溶液中n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，故C错误；D．线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为1mol，反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为：，则该含氧酸为HIO3，即：线段Ⅳ表示HIO3的变化情况，故D正确；故答案为D。15、C【解析】

A项、羧酸类和酯类的通式均为CnH2nO2，故甲和乙均可能为酸或酯，故两者不一定是同系物，故A错误；B项、乙能发生水解反应的同分异构体为酯类，可能为CH3CH2COOCH3、CH3COOCH2CH3、HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2，共4种，故B错误；C项、甲为乙酸或甲酸甲酯，若为甲酸甲酯，难溶于水；若为乙酸，易溶于水，故C正确；D项、最简式为各原子的最简单的整数比，C2H4O2（甲）和C4H8O2（乙）的最简式分别为CH2O和C2H4O，两者不同，故D错误；故选C。【点睛】同系物必须是同类物质，含有官能团的种类及数目一定是相同的。16、D【解析】

用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的稀氨水，应满足c1V1=c2V2，反应生成氯化铵，结合盐类的水解解答该题。【详解】用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的稀氨水，应满足c1V1=c2V2，反应生成氯化铵，为强酸弱碱盐，水解呈酸性，则c(NH4+)＜c(Cl﹣)，应用甲基橙为指示剂，D项正确；答案选D。【点睛】酸碱中和滴定指示剂的选择，强酸和强碱互相滴定，可选用酚酞或者甲基橙作指示剂，弱酸与强碱滴定选用酚酞作指示剂，强酸与弱碱滴定选用甲基橙作指示剂，这是学生们的易错点。二、非选择题（本题包括5小题）17、酚羟基、醛基、醚键CH3OH、浓硫酸、加热4【解析】

(1)根据A的结构简式可知A中所含有的含氧官能团；(2)比较B和C的结构可知，反应②为B与甲醇生成醚的反应，应该在浓硫酸加热的条件下进行；(3)比较C和E的结构可知，D的结构简式为，在D中碳碳双键可与氢气加成，硝基能被氢气还原成氨基，据此答题；(4)根据条件①结构中含4种化学环境不同的氢原子，即有4种位置的氢原子，②能发生银镜反应，说明有醛基，③能和氢氧化钠溶液反应，说明有羧基或酯基或酚羟基，结合

可写出同分异构体的结构；(5)被氧化可生成，与硝酸发生取代反应生成，被还原生成，进而发生缩聚反应可生成。【详解】(1)根据A的结构简式可知A中所含有的含氧官能团为酚羟基、醛基、醚键，故答案为：酚羟基、醛基、醚键；(2)比较B和C的结构可知，反应②为B与甲醇生成醚的反应，应该在浓硫酸加热的条件下进行，故答案为：CH3OH、浓硫酸、加热；(3)比较C和E的结构可知，D的结构简式为，在1molD中碳碳双键可与1mol氢气加成，硝基能被氢气还原成氨基，可消耗3mol氢气，所以共消耗4mol氢气，故答案为：；4；(4)根据条件①结构中含4种化学环境不同的氢原子，即有4种位置的氢原子，②能发生银镜反应，说明有醛基，③能和氢氧化钠溶液反应，说明有羧基或酯基或酚羟基，结合

可知，符合条件的同分异构体的结构为，故答案为：；(5)被氧化可生成，与硝酸发生取代反应生成，被还原生成，进而发生缩聚反应可生成，可设计合成路线流程图为，故答案为：。【点睛】本题考查有机物的合成，题目难度中等，解答本题的关键是能把握题给信息，根据有机物的官能团判断有机物可能具有的性质。18、CH4O羟基氧化反应、9【解析】

A的分子式为C2H4，A为乙烯，即结构简式为CH2=CH2，根据问题（1），D能与金属钠反应，且D分子中只有一个氧原子，即D中含有－OH，D属于芳香族化合物，即D中含有苯环，D的相对分子质量为1×16/13.1%=122，根据苯乙醛推出D的结构简式为，根据缩醛的结构简式，推出C的结构简式为HOCH2CH2OH，根据信息，推出B的结构简式为CH3OH，据此分析；【详解】A的分子式为C2H4，A为乙烯，即结构简式为CH2=CH2，根据问题（1），D能与金属钠反应，且D分子中只有一个氧原子，即D中含有－OH，D属于芳香族化合物，即D中含有苯环，D的相对分子质量为1×16/13.1%=122，根据苯乙醛的结构简式推出D的结构简式为，根据缩醛的结构简式，推出C的结构简式为HOCH2CH2OH，根据信息，推出B的结构简式为CH3OH，（1）根据上述分析，B的结构简式为CH3OH，即分子式为CH4O；D能与金属钠反应，且D分子中只有一个氧原子，即D中含有－OH，D属于芳香族化合物，即D中含有苯环，D的相对分子质量为1×16/13.1%=122，根据苯乙醛的结构简式，推出D的结构简式为；（2）C的结构简式为HOCH2CH2OH，含有的官能团是羟基；根据合成路线，反应⑥是苯乙醇被氧化成苯乙醛，反应类型为氧化反应；（3）反应⑦是苯乙醛与HOCH2CH2OH反应生成缩醛，即化学反应方程式为；（4）根据信息，核磁共振氢谱有4组峰，说明是对称结构，峰面积之比为3：2：2：1，说明不同化学环境的氢原子的个数比为3：2：2：1，符合条件的结构简式为、；（5）若化合物E为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，则其分子式为C8H10O，E的同分异构体能使FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，假设苯环上有－OH、－C2H5两个取代基，有邻间对三种结构，假设苯环上有－OH、－CH3、－CH3三个取代基，两个甲基在邻位，羟基有2种结构；两个甲基在间位，羟基有3种结构；两个甲基在对位，羟基有1种结构，一共有9种结构；（6）根据反应②，推出生成目标物原料是，根据路线①，用乙烯与O2在Ag作催化剂的条件下生成环氧乙烷，因此生成的原料是CH3CH=CH2，生成丙烯，用2－氯丙烷发生消去反应，合成路线为。【点睛】本题的难点是同分异构体的判断，根据信息判断出含有的形式，如本题含有苯环和，写出苯乙醛的同分异构体，醛与酮互为同分异构体，则有，符合峰有4种，峰面积之比为3：2：2：1，然后将－CH2CHO，拆成－CH3和－CHO，在苯环上有邻、间、对三种，然后根据峰和峰的面积进行判断，哪些符合要求。19、Al（OH）3、Fe（OH）3Cu＋H2O2＋2NH3＋2=Cu（NH3）42+＋2H2O或Cu＋H2O2＋2NH3·H2O＋2=Cu（NH3）42+＋4H2O抑制NH3·H2O的电离或促进生成Cu（NH3）42+（与反应生成的OH−成NH3·H2O，控制pH不能太大，以防H2O2在强碱条件下的分解）有利于得到较大颗粒的晶体ABC②③⑤④①98.40%【解析】

（1）合金粉末进行分离，铝铁应转化为滤渣形式，从所给物质分析，只能是氢氧化铝和氢氧化铁形式，铜转化为[Cu(NH3)4]SO4，利用[Cu(NH3)4]SO4难溶于乙醇，进行分离。【详解】(1)合金粉末溶于氨水和硫酸铵以及过氧化氢的作用下，能进行分离，铁和铝都转化为滤渣，说明滤渣为Al（OH）3、Fe（OH）3；(2)铜在氨水和硫酸铵和过氧化氢存在反应生成[Cu(NH3)4]SO4，离子方程式为Cu＋H2O2＋2NH3＋2=Cu（NH3）42+＋2H2O或Cu＋H2O2＋2NH3·H2O＋2=Cu（NH3）42+＋4H2O；硫酸铵不仅提供铵根离子抑制氨水的电离，还可以抑制pH不能太大，以防H2O2在强碱条件下的分解；(3)因为[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小，加入95%乙醇有利于得到较大颗粒的晶体；(4)A．因为过氧化氢能够分解，所以在步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌，有利于提高H2O2的利用率，故正确；B．步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶，蒸发过程中促进反应，Cu(NH3)42+Cu2+＋4NH3，氨气逸出，铜离子水解生成氢氧化铜，所以得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu(OH)2等杂质，故正确；C．步骤Ⅳ、Ⅴ是进行抽滤和洗涤，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等，故正确；D．步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭水龙头，加乙醇溶液浸没沉淀，然后进行抽滤，不能缓慢流干，故错误。故选ABC；(5)滤渣为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，加过量NaOH溶液搅拌，氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠，然后过滤出氢氧化铁沉淀，加入过量的稀硫酸将其溶解生成铁离子，测定铁离子的含量，控制量，加入适量的硫酸亚铁固体，在氮气的氛围下缓慢加入氢氧化钠溶液，加热使其按方程式Fe2+＋2Fe3+＋8OH−Fe3O4↓＋4H2O中的比例进行反应，生成四氧化三铁，再进行过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子.，故操作顺序为②③⑤④①；(6)根据反应2Cu2+＋4I−2CuI＋I2，I2＋2S2O32-2I−＋S4O62-得关系式为2Cu2+----I2---2S2O32-，Na2S2O3的物质的量为0.1000×0.02=0.002mol则铜离子的物质的量为0.002mol，则Cu(NH3)4SO4·H2O的质量为0.002mol×246.0g/mol=0.492g，质量分数为。20、三颈烧瓶干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解干冰加快降低温度，有利于提高反应物的转化率，防止因反应放热造成NH2COONH4分解过滤CNH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3•H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑加入足量氢氧化钡溶液，充分反应后，过滤、用蒸馏水洗涤所得沉淀、干燥后称量沉淀的质量，重复2～3次【解析】

根据装置：仪器2制备氨气，由于氨基甲酸铵易水解，所以用仪器3干燥氨气，利用仪器4制备干燥的二氧化碳气体，在仪器5中发生2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(s)制备氨基甲酸铵；(1)根据仪器构造可得；考虑氨基甲酸铵水解；(2)①仪器4制备干燥的二氧化碳气体，为干冰；②反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生气泡，说明二氧化碳过量，氨气不足；(3)①考虑温度对反应的影响和氨基甲酸铵受热分解；②过滤得到产品，氨基甲酸铵易分解，所得粗产品干燥可真空微热烘干；(4)①氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵和一水合氨，据此书写；②测定某样品中氨基甲酸铵的质量分数，可以使其水解得到NH4HCO3，用氢氧化钡沉淀得到碳酸钡沉淀，通过碳酸钡的质量可得氨基甲酸铵的质量，进而可得其质量分数，据此可得。【详解】(1)根据图示，仪器2的名称三颈烧瓶；仪器3中NaOH固体的作用是干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解；故答案为：三颈烧瓶；干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解；(2)①反应需要氨气和二氧化碳，仪器2制备氨气，仪器4制备干燥的二氧化碳气体，立即产生干燥的二氧化碳气体，则为干冰；故答案为：干冰；②氨气易溶于稀硫酸，二氧化碳难溶于稀硫酸，若反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生气泡，说明二氧化碳过量，应该加快产生氨气的流速；故答案为：加快；(3)①该反应为放热反应，温度升高不利于合成，故采用冰水浴可以降低温度，有利于提高反应物的转化率，防止因反应