2022届四川省简阳市高三第一次模拟考试化学试卷含解析

1、2021-2022学年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、NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A常温常压下,3.6g D2O2含有的共价键数为0.3NAB0.2mol/L K2SO3溶液中SO32的离子总数小于0.2NAC实

2、验室采用不同方法制得lmol O2，转移电子数一定是4NAD标准状况下将2.24LSO3溶于水，溶液中SO42的数目为0.1NA2、已知NA从阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A6g 3He含有的中子数为2NAB1mol CH3CH2OH被氧化为CH3CHO转移的电子数为NAC20g正丁烷和38g异丁烷的混合物中非极性键数目为10NAD0.1molL1Na2SO4溶液中含有的SO42数目为0.1NA3、 “绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是实验室收集氨气采用图1所示装置实验室做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实

3、验实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应ABCD4、利用图示实验装置可完成多种实验,其中不能达到相应实验目的的是选项试剂1、试剂2实验目的A过量锌粒、食醋溶液测定食醋中醋酸浓度B粗锌、过量稀硫酸测定粗锌（含有不参与反应的杂质）纯度C碳酸钠固体、水证明碳酸钠水解吸热D过氧化钠固体、水证明过氧化钠与水反应产生气体AABBCCDD5、草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向10mL 0.01molL-1NaHC2O4溶液中滴加0.01molL-1NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（）AVNaOH(aq)=0时，c(H+)=110-2molL-1BVNa

4、OH(aq)10mL时，c(Na+)c(C2O42-)c(HC2O4-)6、某课外活动小组，为研究金属的腐蚀和防护的原理，做了以下实验：将剪下的一块镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，按如图所示的装置进行实验，过一段时间后观察。下列现象不可能出现的是A锌被腐蚀B金属片剪口变红CB中导气管里形成一段水柱DB中导气管产生气泡7、实验室用 NH4Cl、盐酸、NaClO2 为原料制备 ClO2 的过程如下图所示，下列说法不正确的是AX 中大量存在的阴离子有 Cl-和 OH-BNCl3 的键角比 CH4 的键角大CNaClO2 变成 ClO2 发生了氧化反应D制取 3 m

5、ol ClO2 至少需要 0.5mol NH4Cl8、北宋本草图经中载有：“绿矾形似朴消（Na2SO410H2O）而绿色，取此一物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出色赤如融金汁者，是真也。”下列对此段话的理解正确的是A朴消是黑火药的成分之一B上述过程发生的是置换反应C此记载描述的是鉴别绿矾的方法D“色赤”物质可能是单质铜9、下列有机实验操作正确的是A证明CH4发生氧化反应：CH4通入酸性KMnO4溶液B验证乙醇的催化氧化反应：将铜丝灼烧至红热，插入乙醇中C制乙酸乙酯：大试管中加入浓硫酸，然后慢慢加入无水乙醇和乙酸D检验蔗糖在酸催化下的水解产物：在水解液中加入新制Cu(OH)2

6、悬浊液，加热10、关于常温下 pH2 的草酸(H2C2O4)溶液，下列说法正确的是A1L 溶液中含 H+为 0.02molBc(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)C加水稀释，草酸的电离度增大，溶液 pH 减小D加入等体积 pH2 的盐酸，溶液酸性减小11、氮气与氢气在催化剂表面发生合成氨反应的微粒变化历程如图所示。下列关于反应历程的先后顺序排列正确的是（ ）ABCD12、甲醇低压羰基合成法（CH3OH+COCH3COOH）是当今世界醋酸生产的主要方法，国标优等品乙酸含量99.8%。为检验得到的乙酸中是否含有甲醇，可用的方法是A观察放入金属Na是否产生气泡B观察滴入的

7、紫色石蕊溶液是否变红C观察滴入的酸性KMnO4溶液是否褪色D观察插入的表面发黑的灼热铜丝是否变红13、NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金、染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2。下列有关说法正确的是A/L.Na2SO4溶液中含有的氧原子数目为NAB2S溶液中含有的阴离子数目小于0.1NAC生成1mol还原产物时转移电子数为8NAD2中含有的共价键数目为2NA14、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是ANH3NO2HNO3BMg(OH)2MgCl2(aq) 无水MgCl2CFe2O3FeFeCl2DNaCl(

8、aq) NaOH(aq) NaHCO315、常温下，关于pH = 2的盐酸溶液的说法错误的是A溶液中c(H+)=1.010-2mol/LB此溶液中由水电离出的c(OH)=1.010-12mol/LC加水稀释100倍后，溶液的pH = 4D加入等体积pH=12的氨水，溶液呈酸性16、化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A汽车尾气中的氮氧化合物是汽油或柴油不完全燃烧造成的B我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与硅有关C液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰D工程兵开山使用的炸药“TNT”是有机高分子化合物二、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

9、下：已知：RCHORCH2NO2H2O(1)有机物A结构中含氧官能团的名称是_.(2)反应中除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_，反应中1摩尔D需要_摩尔H2才能转化为E(4)反应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、利用木质纤维可合成药物中间体H，还能合成高分子化合物G，合成路线如下：已知：（1）A的化学名称是_。（2）B的结构简式是_，由C生成D的反

10、应类型为_。（3）化合物E的官能团为_。（4）F分子中处于同一平面的原子最多有_个。F生成G的化学反应方程式为_。（5）芳香化合物I为H的同分异构体，苯环上一氯代物有两种结构，1mol I发生水解反应消耗2mol NaOH，符合要求的同分异构体有_种，其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6321的I的结构简式为_。（6）写出用为原料制备的合成路线(其他试剂任选)。_。19、1乙氧基萘常用作香料，也可合成其他香料。实验室制备1乙氧基萘的过程如下：已知：1萘酚的性质与苯酚相似，有难闻的苯酚气味。相关物质的物理常数：物质相对分子质量状态熔点()沸点()溶解度水乙醇1萘酚144无色或

11、黄色菱形结晶或粉末96278微溶于水易溶于乙醇1乙氧基萘172无色液体5.5267不溶于水易溶于乙醇乙醇46无色液体-114.178.5任意比混溶（1）将72g 1萘酚溶于100mL无水乙醇中，加入5mL浓硫酸混合。将混合液置于如图所示的容器中加热充分反应。实验中使用过量乙醇的原因是_。（2）装置中长玻璃管的作用是：_。（3）该反应能否用实验室制备乙酸乙酯的装置_（选填“能”或“不能”），简述理由_。（4）反应结束，将烧瓶中的液体倒入冷水中，经处理得到有机层。为提纯产物有以下四步操作：蒸馏；水洗并分液；用10%的NaOH溶液碱洗并分液；用无水氯化钙干燥并过滤。正确的顺序是_(选填编号)。a b

12、 c（5）实验测得1乙氧基萘的产量与反应时间、温度的变化如图所示，时间延长、温度升高，1乙氧基萘的产量下降可能的两个原因是_。（6）提纯的产品经测定为43g，本实验中1乙氧基萘的产率为_。20、硫酸四氨合铜晶体(Cu(NH3)4SO4H2O)常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质溶于水，不溶于乙醇、乙醚，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3mol/L的硫酸、浓氨水、10% NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500 mol/L稀盐酸、0.500 mol/L的NaOH溶液来合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。I.CuSO4

13、溶液的制备称取4g铜粉，在A仪器中灼烧10分钟并不断搅拌，放置冷却。在蒸发皿中加入30mL 3mol/L的硫酸，将A中固体慢慢放入其中，加热并不断搅拌。趁热过滤得蓝色溶液。(1)A仪器的名称为_。(2)某同学在实验中有1.5g的铜粉剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因_。II.晶体的制备。将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作(3)已知浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，试写出生成此沉淀的离子反应方程式_。(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是_。III.氨含量的测定。精确称取mg晶体

14、，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用V1mLClmol/L的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用C2mol/L NaOH标准溶液滴定过剩的HCl(选用甲基橙作指示剂)，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。(5)玻璃管2的作用_，样品中氨的质量分数的表达式_。(6)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏低的原因是_。A滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管B读数时，滴定前平视，滴定后俯视C滴定过程中选用酚酞作指示剂D取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁21、废水中氨氮(NH3、NH)的处

15、理技术有生物脱氮法、化学沉淀法、折点加氯法和电催化氧化法等。(1) 氨氮污水直接排放入河流、湖泊导致的环境问题是_。(2) 生物脱氮法：利用微生物脱氮，原理如下：NHNON2反应的离子方程式为_。(3) 化学沉淀法：向废水中加入含MgCl2、Na3PO4的溶液，NH转化为MgNH4PO46H2O沉淀。若pH过大，氨氮去除率和磷利用率均降低，其原因是_(用离子方程式表示)。(4) 折点加氯法：向废水中加入NaClO溶液，使氨氮氧化成N2，相关反应如下：NaClOH2O=HClONaOH()NH3HClO=NH2ClH2O()NH2ClHClO=NHCl2H2O()NHCl2H2O=NOH2HCl

16、()NHCl2NOH=N2HClOHCl()探究NaClO的投加量以m(Cl2)表示对氨氮去除率的影响，实验结果如图所示。当m(Cl2)m(NH3)7.7时，污水中总氮去除率缓慢下降，其原因是_。当m(Cl2)m(NH3)7.7时，随着m(Cl2)m(NH3)的减小，污水中余氯(除Cl外的氯元素存在形式)浓度升高，其原因是_。(5) 电催化氧化法：原理如下图所示(MOx表示催化剂)。反应的离子方程式可表示为2NH4+6MOx(OH)=6MOxN26H2O2H。阳极电极反应式为_。电催化氧化法除氨氮时，若其他条件相同时，含Cl的污水比不含Cl的污水氨氮去除率要高，其原因是_。参考答案一、选择题（

17、每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】A. 一个D2O2含有的3条共价键，常温常压下，3.6g D2O2即0.1mol含有的共价键数为0.3NA，A正确；B. 0.2mol/L K2SO3溶液中未给定体积，则含有的离子总数无法确定，B错误；C. 实验室采用不同方法制得lmol O2，转移电子数可能是4NA，若用过氧化钠（或过氧化氢）制取，则转移2NA，C错误；D. 标准状况下，三氧化硫为非气态，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；答案为A。【点睛】标准状况下SO3为非气体，2.24LSO3其物质的量大于0.1mol。2、A【解析】A 、6g 3He的物质的量为2 mol，1 mol3He含有

18、的中子数为NA，2 mol 3He含有的中子数为2NA，选项A正确；B、1mol CH3CH2OH被氧化为CH3CHO转移的电子数为2NA ，选项B错误；C、正丁烷和异丁烷的分子式相同，均为C4H10，20g正丁烷和38g异丁烷的混合物的物质的量为1 mol，1 mol C4H10中极性健数目为10NA ，非极性键数目为3 NA，选项C错误；D、0.1molL1Na2SO4溶液的体积未给出，无法计算SO42数目，选项D错误。答案选A。3、C【解析】分析每种装置中出现的相应特点，再判断这样的装置特点能否达到处理污染气体，减少污染的效果。【详解】图1所示装置在实验中用带有酚酞的水吸收逸出的氨气，防

19、止氨气对空气的污染，符合“绿色化学”，故符合题意；图2所示装置用沾有碱液的棉球吸收多余的氯气，能有效防止氯气对空气的污染，符合“绿色化学”，故符合题意；氨气与氯化氢气体直接散发到空气中，对空气造成污染，不符合防止污染的理念，不符合“绿色化学”，故不符合题意；图3所示装置中，铜丝可以活动，能有效地控制反应的发生与停止，用气球收集反应产生的污染性气体，待反应后处理，也防止了对空气的污染，符合“绿色化学”，故符合题意；故符合“绿色化学”的为。故选C。【点睛】“绿色化学”是指在源头上消除污染，从而减少污染源的方法，与“绿色化学”相结合的往往是原子利用率，一般来说，如果所有的反应物原子都能进入指定的生成

20、物的话，原子的利用率为100%。4、C【解析】A将甲中左侧过量锌粒转移到右侧盛有的一定体积食醋溶液中，测定乙中产生气体体积，可测定酷酸浓度，故A项正确；B将甲中右侧过量稀硫酸转移到左侧一定质量的粗锌中，测定己中产生气体体积，可测定粗锌的纯度，B项正确；C碳酸钠溶于水的过程中包含溶解和水解，水解微弱、吸收热量少，溶解放热，且放出热量大于吸收的热量，故C项错误；D过氧化钠与水反应放热并产生氧气，恢复至室温后，可根据己中两侧液面高低判断是否有气体产生，故D项正确；故答案为C。【点睛】利用该法测量气体体积时要注意使水准管和量气筒里液面高度保持一致。5、D【解析】A.因为草酸是二元弱酸，HC2O4-不能

21、完全电离，所以0.01mol/LNaHC2O4溶液中c(H+)110-2mol/L，A项错误；B.NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O，NaHC2O4溶液显酸性，Na2C2O4溶液因水解而显碱性，NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液过程中溶液由酸性逐渐变为碱性，所以当V(NaOH)aq10mL时，溶液存在呈中性的可能，即c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒可知可能存在c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)，B项错误；C.当V(NaOH)aq=10mL时，NaHC2O4和NaOH恰好完全反应生成Na2C2O4，C2O42-发生水解而使溶液呈碱性，故常温下c(H+)1

22、0mL时，所得溶液的溶质是Na2C2O4和NaOH，C2O42-发生水解生成HC2O4-，水解是微弱的且NaOH电离的OH-抑制C2O42-的水解，故c(Na+)c(C2O42-)c(HC2O4-)，D项正确；答案选D。6、D【解析】镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，形成的原电池中，金属锌为负极，发生反应：Zn-2e-=Zn2+，铁为正极，发生吸氧腐蚀，2H2O+O2+4e-=4OH-，据此分析解答。【详解】A形成的原电池中，金属锌为负极，发生反应：Zn-2e-=Zn2+，锌被腐蚀，故A正确；B锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀，生成的氢氧根离子遇到酚酞会显示红色，故B

23、正确；C锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀，瓶中气体压强减小，导气管里形成一段水柱，故C正确；D原电池形成后没有气体生成，发生吸氧腐蚀，瓶中气体压强减小，所以B中导气管不会产生气泡，故D错误；故选D。7、B【解析】由制备流程可知，氯化铵与盐酸的混合溶液电解时发生NH4Cl+2HCl 3H2+NCl3，然后加亚氯酸钠溶液发生6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2+NH3+3NaCl+3NaOH，则X含NaOH、NaCl，以此来解答。【详解】A. NaClO2溶液与NCl3溶液发生氧化还原反应，由于有氨气产生，所以反应物必然有H2O参加，所以反应方程式为6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2

24、+NH3+3NaCl+3NaOH，所以大量存在的阴离子有C1-和OH-，故A正确；B. N原子、C原子均为sp3杂化，NCl3分子有1对孤电子对，甲烷分子没有孤电子对，孤对电子与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故NCl3的的键角小于CH4的键角，故B错误；C. NaClO2变成ClO2，NaClO2中氯元素化合价从+3价升高为+4价，发生了氧化反应，故C正确；D. 由反应NH4Cl+2HCl 3H2+NCl3、6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2+NH3+3NaCl+3NaOH可知，制取3molClO2至少需要0.5molNH4Cl，故D正确；故选：B。【点睛】孤对电

25、子与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力。8、C【解析】由信息可知，绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，以此分析。【详解】A朴消是Na2SO410H2O，而黑火药是我国古代四大发明之一,它的组成是“一硫(硫粉)二硝石（即KNO3固体)三碳(木炭粉)，故A错误；B绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，不是置换反应，故B错误；CFeSO47H2O分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫，三氧化硫与水结合生成硫酸，则流出的液体中含有硫酸，现象明显，是鉴别绿矾的方法，故C正确；DFe的氧化

26、物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故D错误；故选C。【点睛】本题考查金属及化合物的性质，把握习题中的信息及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，易错点A，黑火药的成分和芒硝不同。9、B【解析】A甲烷与酸性KMnO4溶液不反应，不能通过将CH4通入酸性KMnO4溶液，证明CH4发生氧化反应，故A错误；B铜与氧气发生反应，生成黑色的氧化铜，热的氧化铜与乙醇反应生成乙醛和金属铜，根据质量守恒定律可知，整个过程中铜丝的质量不变，为催化剂，故B正确；C加入试剂的顺序为乙醇、浓硫酸、醋酸，先加入浓硫酸会发生液体飞溅，故C错误；D蔗糖水解后溶液呈酸性，

27、应先用NaOH调节至碱性，再用银氨溶液或新制的氢氧化铜检验水解产物的还原性，否则实验不会成功，故D错误；故选B。10、B【解析】A选项，c(H+) =0.01mol/L，1L 溶液中含 H+为 0.01mol，故A错误；B选项，根据电荷守恒得到c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)，故B正确；C选项，加水稀释，平衡正向移动，氢离子浓度减小，草酸的电离度增大，溶液pH增大，故C错误；D选项，加入等体积pH2的盐酸，溶液酸性不变，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】草酸是二元弱酸，但pH =2，氢离子浓度与几元酸无关，根据pH值可得c(H+) =0.01mol/L，很

28、多同学容易混淆c(二元酸) =0.01mol/L，如果是强酸c(H+) = 0.02mol/L，若是弱酸，则c(H+) 0.01mol/L。11、A【解析】物质发生化学反应就是构成物质的微粒重新组合的过程，分子分解成原子，原子再重新组合成新的分子，新的分子构成新的物质氢分子和氮分子都是由两个原子构成，它们在固体催化剂的表面会分解成单个的原子，原子再组合成新的氨分子，据此解答。【详解】催化剂在起作用时需要一定的温度，开始时催化剂还没起作用，氮分子和氢分子在无规则运动，物质要在催化剂表面反应，所以催化剂在起作用时，氢分子和氮分子有序的排列在催化剂表面，反应过程中的最小微粒是原子，所以分子先断键形成

29、原子，然后氢原子和氮原子结合成氨分子附着在催化剂表面，反应结束后脱离催化剂表面形成自由移动的氨气分子，从而完成反应，在有催化剂参加的反应中，反应物先由无序排列到有序排列再到无序排列，分子先分成原子，原子再结合成新的分子，A项正确；答案选A。12、C【解析】A均与Na反应生成气泡，不能检验，故A不选；B滴入的紫色石蕊溶液是否变红，可检验乙酸，不能检验乙醇，故B不选；CJ甲醇能被高锰酸钾氧化，使其褪色，则滴入的酸性KMnO4溶液是否褪色可检验甲醇，故C选；D乙酸与CuO反应，干扰乙醇与CuO的反应，不能检验，故D不选；故选：C。13、C【解析】解答本类题目要审清选项中涉及的以下几个方面：要审清所求

30、粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电子等，涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强，涉及中子数和化学键的计算，要审清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量，涉及化学反应要明确相关反应的特点和电子转移；涉及溶液中的微粒要关注电离和水解；要注意审清运算公式。【详解】A项、溶剂水分子中也含有氧原子，故无法计算1L0.25mol/LNa2SO4溶液中含有的氧原子数目，故A错误；B项、Na2S溶液中S2-水解：S2H2OHSOH，导致阴离子总数增多，则阴离子数目大于0.1NA，故B错误；C项、由方程式可知反应的还原产物为硫化钠，生成1mol硫化钠时转移电子数为1mol6-（-2）=8mol，个

31、数为8NA，故C正确；D项、通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2LCO2的物质的量小于0.5 mol，所含有的共价键数目小于2NA，故D错误。故选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，注意气体摩尔体积的适用范围和溶液中的水也含有氧原子是解答关键。14、D【解析】A. NH3NO2不能一步转化，氨气催化氧化得到NO而不能直接得到NO2，选项A错误；B. MgCl2(aq) 无水MgCl2，氯化镁为强酸弱碱盐，水解产生氢氧化镁和盐酸，盐酸易挥发，最后得到的氢氧化镁灼烧得到氧化镁，而不能一步得到无水氯化镁，选项B错误；C. FeFeCl3，铁在氯气中燃烧生成氯化铁不是生成

32、氯化亚铁，无法一步转化生成氯化亚铁，选项C错误；D. NaCl(aq) NaOH(aq) NaHCO3，电解氯化钠溶液得到氢氧化钠，氢氧化钠溶液中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钠，反应均能一步转化，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。15、D【解析】A. pH = 2的盐酸，溶液中c(H+)=1.010-2mol/L，故不选A；B.盐酸溶液中OH-完全由水电离产生，根据水的离子积，c（OH-）=KW/c（H+）=10-14/10-2

33、=1.010-12mol/L，故不选B；C.盐酸是强酸，因此稀释100倍，pH=2+2=4，故不选C；D.氨水为弱碱，部分电离，氨水的浓度大与盐酸，反应后溶液为NH3H2O、NH4Cl，NH3H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，溶液显碱性，故选D；答案：D16、C【解析】A.汽车尾气中的氮氧化合物是汽车发动机中N2与O2在电火花作用下发生反应产生的，A错误；B.我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与二氧化硅有关，B错误；C.液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰,二者发生反应产生CaCl2、Ca(ClO)2和水，从而消除了Cl2的毒性及危害，C正确；D.炸药“TNT”是三硝基

34、甲苯，不是搞高分子化合物，D错误；故合理选项是C。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，能发生银镜反应，说明有醛基，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

35、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，能发生银镜反应，说明有醛基，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

36、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、2一甲基一1,3一丁二烯 氧化反应 氯原子、羧基 17 10 【解析】本题考查有机合成与推断，意在考查考生运用有机化学基础知识分析问题和解决问题的能力。（1）根据有机物的系统命名法可知，A的化学名称是2一甲基一1,3一丁二烯；（2）结合题给信息，B的结构简式为；结合信息，C的结构简式为，根据F的结构以及D生产H的反应

37、条件，可知D为，故由C生成D的反应类型为氧化反应；（3）DE在光照的条件发生取代反应，E的结构简式为；E中含有的官能团为氯原子、羧基；（4）因苯环为平面形，所以直接与其相连的-CH2OH和COOH上的碳原子与其在一个平面内，通过旋转单键，-CH2OH中OH上的原子可能与苯环共面，COOH中的所有原子可能与苯环共面，故F分子中处于同一平面的原子最多有17个；F通过缩聚反应生成高分子化合物G，其反应方程式为：；（5）H的结构简式为，I为H的同分异构体且1molI发生水解反应消耗2mol NaOH，说明I为酚酯，苯环上一氯代物有两种结构，即苯环上只有两种等效氢，故符合条件的I的结构简式为：、,共10

38、种，其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6:3:2:1的I结构简式为或；（6）加热条件下，在氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成，在结合信息，在W2C作用下生成，最后再酸性高锰酸钾溶液中，将苯甲醛氧化为，其合成路线为：。点睛：判断分子中共面的技巧（1）审清题干要求：注意“可能”“一定”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”“氢原子”等关键词和限制条件。（2）熟记常见共面的官能团。与双键和苯环直接相连的原子共面，如、醛、酮、羧酸因与 与相似为平面形（等电子原理），故为平面形分子（所有原子共平面）。但、所有原子不共平面（因含-CH3），而-CH3中的C与（羰基）仍共平面。又中与其它原

39、子可能共平面。因有两对孤电子对，故1个O与其余2个原子形成的2个价键成V型（与 相似），故C、O、H不共直线。分子内任意3个原子也不共直线。若有两个苯环共边，则两个苯环一定共面。例如下列各结构中所有的原子都在同一平面上。 若甲基与一个平面形结构相连，则甲基上的氢原子最多有一个氢原子与其共面。若一个碳原子以四个单键与其他原子直接相连，则这四个原子为四面体结构，不可能共面。19、提高1-萘酚的转化率 冷凝回流 不能 产物沸点大大高于反应物乙醇，会降低产率 a 1-萘酚被氧化，温度高乙醇大量挥发或温度高发生副反应 50% 【解析】（1）该反应中乙醇的量越多，越促进1-萘酚转化，从而提高1-萘酚的转化

40、率；（2）长玻璃管起到冷凝回流的作用，使挥发出的乙醇冷却后回流到烧瓶中，从而提高乙醇原料的利用率；（3）该产物沸点高于乙醇，从而降低反应物利用率，所以不能用制取乙酸乙酯的装置；（4）提纯产物用10%的NaOH溶液碱洗并分液，把硫酸洗涤去，水洗并分液洗去氢氧化钠，用无水氯化钙干燥并过滤，吸收水，控制沸点通过蒸馏的方法得到，实验的操作顺序为：，选项是a；（5）时间延长、温度升高，可能是酚羟基被氧化，乙醇大量挥发或产生副反应等，从而导致其产量下降，即1乙氧基萘的产量下降可能的两个原因是1-萘酚被氧化，温度高乙醇大量挥发或温度高发生副反应；（6）根据方程式，1-萘酚与1-乙氧基萘的物质的量相等，则n(C10H8O)=n(C12H12O)=72g144g/mol=0.5mol，则m(C12H12O)=0.5mol172g/mol=86g，其产率= (43g86g)100%=50%。20、坩埚 反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸逐渐变浓，浓硫酸的吸水性使失水变成 硫酸四氨合铜晶体容易受热分解 平衡气压，防止堵塞和倒吸 AC 【解析】(1)灼烧固体，应在坩埚中进行；(2)得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，具有吸水性；CuSO4溶液加入氨水，先生成Cu2(OH)2SO4沉淀，氨水过量，反应生成Cu(NH3)4SO4H2O，用乙醇洗涤，可得到晶体。【详解】(1)灼烧固体，应在