2023年河北省八所重点中学高考化学二模试卷含解析

2023届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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁，不要折叠，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表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．Cu与浓硝酸反应生成4.6gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数为0.1NAB．标准状況下，2.24L己烷中共价键的数目为1.9NAC．在0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子总数一定大于0.1NAD．34gH2O2中含有的阴离子数为NA2.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．D3．对于下列实验事实的解释，不合理的是选项实验事实解释A加热蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固体；加热蒸干MgCl2溶液得不到MgCl2固体H2SO4不易挥发，HCl易挥发B电解CuCl2溶液阴极得到Cu；电解NaCl溶液，阴极得不到Na得电子能力：Cu2+>Na+>H+C浓HNO3能氧化NO；稀HNO3不能氧化NOHNO3浓度越大，氧化性越强D钠与水反应剧烈；钠与乙醇反应平缓羟基中氢的活泼性：H2O＞C2H5OHA．A B．B C．C D．D4.生态文明建设是中国特色社会主义事业的重要内容。下列做法不符合生态文明的是A．研发可降解高分子材料，减少“白色污染”B．经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等C．控制含磷洗涤剂的生产和使用，防止水体富营养化D．分类放置生活废弃物5.分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种6．某固体混合物中可能含有：K+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行了如下实验：下列说法正确的是A．该混合物一定是K2CO3和NaCl B．该混合物可能是Na2CO3和KClC．该混合物可能是Na2SO4和Na2CO3 D．该混合物一定是Na2CO3和NaCl7．由环己醇合成环己酮的反应为：。下列说法正确的是（）A．该反应属于取代反应B．环己酮的分子式为C6H12OC．环己醇不能和NaOH溶液反应D．环己醇分子中的所有原子可能共平面8．用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是A．装置探究浓度对化学反应速率的影响B．装置探究催化剂对H2O2分解速率的影响C．装置制取SO2气体并验证其还原性(可加热)D．装置防止铁钉生锈9．中华民族有着灿烂的文化积淀。下列叙述不正确的是（）A．胆水炼铜是中国古代冶金中一项重要发明，发生了分解反应B．古语：“雷雨发庄稼”,是因为发生了自然固氮C．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异D．中国古代利用明矾溶液来清除铜镜表面的铜锈10.电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，其工作原理可简单表示如下图所示，下列说法不正确的是（）A．通电后a极区可能发生反应2Cl－－2e－＝Cl2↑B．图中A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜C．通电后b极区附近，溶液的pH变大D．蒸馏法、电渗析法、离子交换法等都是海水淡化的常用方法11．下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）①②③④⑤A．①②③ B．②③④ C．①③⑤ D．②④⑤12.常温下，向20.00mL0.1mol·L－1氨水中滴入0.1mol·L-1盐酸，溶液中由水电离出的c(H+)的负对数[-1gc水(H+)]与所加盐酸体积的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．常温下，Kb(NH3·H2O)约为1×10-3B．b=20.00C．R、Q两点对应溶液均呈中性D．R到N、N到Q所加盐酸体积相等13.(实验中学2023模拟检测）常温下，电解质溶液的性质与变化是多样的，下列说法正确的是（）A．pH相同的①CH3COONa②NaClO③NaOH三种溶液c(Na+)大小：①＞②＞③B．往稀氨水中加水，的值变小C．pH=4的H2S溶液与pH=10的NaOH溶液等体积混合，存在下列等式：c(Na+)+c(H+)＝c(OH—)+2c(S2—)D．Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，ClO—水解程度增大，溶液碱性增强14.某无色溶液中可能含有Na+、K+、NH4+、Mg2+、Cu2+、SO42－、SO32－、Cl－、Br－、CO32－中的若干种，离子浓度都为0.1mol·L－1。往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成。某同学另取少量原溶液，设计并完成如下实验：则关于原溶液的判断不正确的是A．若步骤中Ba(NO3)2和HNO3溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响B．无法确定原溶液中是否存在Cl－C．肯定存在的离子是SO32－、Br－，是否存在Na+、K+需要通过焰色反应来确定D．肯定不存在的离子是Mg2+、Cu2+、SO42－、CO32－，是否含NH4+另需实验验证15.化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A．用聚氯乙烯代替木材生产快餐盒，以减少木材的使用B．中国天眼FAST中用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料C．港珠澳大桥中用到的低合金钢，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能D．“司南之杓(注：勺)，投之于地，其柢(注：柄)指南。”司南中“杓”所用的材质为FeO16．下列叙述正确的是A．天然气主要成分的结构式： B．和互为同素异形体C．漂白粉主要成分的化学式：Ca(ClO)2 D．苯的比例模型：二、非选择题（本题包括5小题）17．某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如图(部分反应略去试剂和条件)：已知：a.b.根据以上信息回答下列问题：(1)烃A的结构简式是__________。(2)①的反应条件是__________；②的反应类型是____________。(3)下列对抗结肠炎药物有效成分可能具有的性质推测正确的是__________。A．水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大B．能发生消去反应C．能发生聚合反应D．既有酸性又有碱性(4)E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是________________________________.(5)符合下列条件的E的同分异构体有________________种，其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比3∶1∶1∶1的异构体的结构简式为___________________。a.与E具有相同的官能团b.苯环上的一硝基取代产物有两种(6)已知易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位。据此设计以A为原料制备高分子化合物的合成路线______。(无机试剂任选)18．已知，水杨酸酯E为紫外吸收剂，可用于配制防晒霜。E的一种合成路线如下：已知D的相对分子质量是130。请回答下列问题：（1）一元醇A中氧的质量分数约为21.6%。则A的分子式为___________，结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为___________________；（2）B能与新制的Cu(OH)2发生反应，该反应的化学方程式为：______________________；（3）写出C结构简式：_________；若只能一次取样，请提出检验C中2种官能团的简要方案：___________；（4）写出同时符合下列条件的水杨酸所有同分异构体的结构简式：_____________；（a）分子中有6个碳原子在一条直线上；（b）分子中所含官能团包括羧基和羟基（5）第④步的反应条件为________；写出E的结构简式________________。19．（衡水中学2023模拟检测）辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含、和惰性杂质。为进一步确定其中、的含量，某同学进行了如下实验：①取2.6g样品，加入200.0mL0.2000mol/L酸性溶液，加热（硫元素全部转化为），滤去不溶杂质；②收集滤液至250mL容量瓶中，定容；③取00mL溶液，用溶液滴定，消耗20.00mL；④加入适量溶液（掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再参与其他反应），再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：；⑤加入2滴淀粉溶液，用溶液滴定，消耗30.00mL（已知：）。回答下列问题：（1）写出溶于酸性溶液的离子方程式：____________________________________。（2）配制溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是______________________，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有_______________。（3）③中取00mL待测溶液所用的仪器是_____________。（4）⑤中滴定至终点时的现象为____________________________。（5）混合样品中和的含量分别为_______%、_______%（结果均保留1位小数）。（6）判断下列情况对样品中和的含量的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）若量取酸性溶液时俯视读数，则最终结果的含量_______________。若用溶液滴定终点读数时仰视，则最终结果的含量_____________。20．某实验小组探究肉桂酸的制取:I:主要试剂及物理性质注意:乙酸酐溶于水发生水解反应II:反应过程.实验室制备肉桂酸的化学方程式为:+(CH3CO2)O+CH3COOHIII：:实验步骤及流程①在250mL三口烧瓶中（如图甲）放入3ml（3.15g，0.03mol）新蒸馏过的苯甲醛、8ml（8.64g，0.084mol）新蒸馏过的乙酸酐，以及研细的4.2g无水碳酸钾。采用空气冷凝管缓缓回流加热45min。由于反应中二氧化碳逸出，可观察到反应初期有大量泡沫出现。②反应完毕，在搅拌下向反应液中分批加入20mL水，再慢慢加入碳酸钠中和反应液至pH等于8。然后进行水蒸气蒸馏（如图乙），待三口烧瓶中的剩余液体冷却后，加入活性炭煮沸10-15min，进行趁热过滤。在搅拌下，将HCl加入到滤液中，当固体不在增加时，过滤，得到产品，干燥，称量得固体3.0g。IV：如图所示装置:回答下列问题:（1）合成时装置必须是干燥的，理由是___________。反应完成后分批加人20mL水，目的是________。（2）反应完成后慢慢加入碳酸钠中和，目的是_____。（3）步骤②进行水蒸气蒸馏，除去的杂质是______，如何判断达到蒸馏终点__________。（4）加入活性炭煮沸10-15min，进行趁热过滤，将滤液冷却至室温，趁热过滤的目的是_______。（5）若进一步提纯粗产品，应用的操作名称是______，该实验产品的产率约是_______。（保留小数点后一位）21．佛罗那可用于治疗新生儿高胆红素血症。以甲苯为原料制备佛罗那的合成路线如图：回答下列问题：(1)D的名称是__，B中官能团的名称为__。(2)写出H的结构简式：__。(3)结构中不含碳碳双键，有六个碳原子在同一条直线上的B的同分异构体的结构简式有__种（不考虑立体异构），写出其中一种结构的结构简式：__。(4)上述合成路线中有字母代号的物质中有手性碳原子的是__（填字母代号）。（已知：连有四个不同的原子或原子团的碳原子称为手性碳原子）(5)H→佛罗那的反应类型为__。(6)写出F→G的化学方程式：__。(7)参照上述合成路线，设计以丙二酸、乙醇和氯乙烷为原料合成乙基丙二酸的合成路线__（无机试剂任选）。

参考答案(含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【答案解析】

A.4.6gNO2的物质的量是0.1mol，若反应完全产生4.6gNO2，转移电子0.1NA；若完全转化为N2O4，4.6gN2O4的物质的量是0.05mol，转移电子数为2×0.05×NA=0.1NA，故Cu与浓硝酸反应生成4.6gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数一定为0.1NA，A正确；B.标准状況下，已烷不是气体，因此不能使用气体摩尔体积计算其物质的量及化学键的数目，B错误；C.缺体积，无法计算溶液中微粒的数目，C错误；D.34gH2O2的物质的量为1mol，由于H2O2是共价化合物，在水中部分电离，存在电离平衡，因此含有的阴离子数小于NA，D错误；故合理选项是A。2、C【答案解析】

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。3、B【答案解析】

A、硫酸镁溶液中：Mg2＋＋2H2OMg(OH)2＋2H＋，盐类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，但硫酸属于难挥发性酸，因此加热蒸干得到的是MgSO4；氯化镁溶液：MgCl2＋2H2OMg(OH)2＋2HCl，加热促进水解，HCl易挥发，加热促进HCl的挥发，更加促进反应向正反应方向进行，因此加热蒸干得到的是Mg(OH)2或MgO，解释合理，故A说法正确；B、根据电解原理，电解CuCl2溶液，阴极上发生Cu2＋＋2e－=Cu，说明Cu2＋得电子能力大于H＋，电解NaCl溶液，阴极上发生2H＋＋2e－=H2↑，说明H＋得电子能力强于Na＋，得电子能力强弱是Cu2＋>H＋>Na＋，因此解释不合理，故B说法错误；C、浓硝酸能氧化NO，而稀硝酸不能氧化NO，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，即硝酸浓度越大，氧化性越强，解释合理，故C说法正确；D、钠与乙醇反应平缓，钠与水反应剧烈，说明羟基中氢的活性：CH3CH2OH<H2O，解释合理，故D说法正确。答案选B。4、B【答案解析】

A.研发可降解高分子材料，减少塑料制品的使用，可减少“白色污染”，与题意不符，A错误；B.经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等，会消耗大量的木材，一次性塑料袋的大量使用会造成白色污染，不符合生态文明，符合题意，B正确；C.控制含磷洗涤剂的生产和使用，防止水体富营养化，保护水体，防止污染，与题意不符，C错误；D.垃圾分类放置生活废弃物，有利于环境保护和资源的再利用，与题意不符，D错误；答案为B。5、B【答案解析】

分子式为C5H10O2的有机物可能是羧酸或酯，能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，说明该有机物含有-COOH，为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，丁基异构数等于该有机物的异构体数。【题目详解】分子式为C5H10O2的有机物能与NaHCO3能产生气体，说明该有机物中含有-COOH，为饱和一元羧酸，则烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4，故选B。【答案点睛】本题考查特定结构的同分异构体书写，侧重于分析能力的考查，注意官能团的性质与确定，熟练掌握碳原子数小于5的烃基的个数是解决本题的关键。6、B【答案解析】

焰色反应显黄色，说明一定存在钠离子，可能有钾离子。加入过量的硝酸钡溶液产生白色沉淀，白色沉淀完全溶解在盐酸中，说明一定存在碳酸根，不存在硫酸根。滤液中加入硝酸酸化的硝酸银得到白色沉淀，说明含有氯离子，即一定存在Na+、Cl-、CO32-，一定不存在SO42-，可能含有K+；答案选B。7、C【答案解析】

A.有机反应中，失去氢或加上氧，发生氧化反应，所以该反应是醇的氧化反应，A错误；B.环己酮的分子式为C6H10O，B错误；C.环己醇含有的官能团是-OH，醇羟基不具有酸性，不能和NaOH溶液反应，C正确；D.环己醇分子中的C原子为饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构，因此不可能所有原子共平面，D错误；故合理选项是C。8、C【答案解析】

A.该实验中高锰酸钾溶液过量，不能褪色，因此无法记录褪色的时间，因此该装置不能探究浓度对化学反应速率的影响，A项错误；B.欲探究催化剂对H2O2分解速率的影响，应保证过氧化氢的浓度是一致的，B项错误；C.加热条件下，浓硫酸和铜发生氧化还原反应生成二氧化硫气体，二氧化硫具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；

D.该装置为电解池，Fe作阳极，加速被腐蚀，不能防止铁钉生锈，故D错误；答案选C。【答案点睛】本题C项涉及二氧化硫的还原性，二氧化硫的化学性质较多，可总结如下：1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水显酸性，也可与碱反应；2、还原性：二氧化硫可与酸性高锰酸钾、过氧化氢等强氧化性的物质反应；3、弱氧化性：二氧化硫可与硫化氢反应生成硫单质等，4、漂白性：二氧化硫的漂白性体现在可漂白品红等物质，性质决定用途，学生切莫混淆，尤其是漂白性与还原性的区别，应加以重视。9、A【答案解析】胆水炼铜是用铁与硫酸铜溶液发生置换反应，A错误；放电情况下，氮气与氧气反应变为NO，然后被O2氧化为NO2，NO2溶于水变为硝酸随雨水落入地面，相当于给庄稼施肥，这是自然固氮，B正确；侯氏制碱法的工艺过程中是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，主要应用了Na2CO3与NaHCO3的溶解度的差异，C正确；明矾中铝离子水解显酸性，与铜锈中主成分碱式碳酸铜反应，D正确；正确选项A；10、B【答案解析】

A.通电后，a电极为阳极，阳极是氯离子放电，生成氯气，其电极反应为：2Cl－－2e－＝Cl2↑，A正确；B.阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜A和阳极相连，阳极是阴离子放电，所以隔膜A是阴离子交换膜，隔膜B是阳离子交换膜，B错误；C.通电后，b电极为阴极，阴极区是氢离子得到电子生成氢气，氢氧根离子浓度增大，溶液的pH变大，C正确；D.蒸馏法、电渗析法、离子交换法等都是海水淡化的常用方法，D正确；故答案为：B。11、C【答案解析】

①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳生成氢氧化铝和碳酸氢钠，故①能实现；②硫和氧气点燃生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在催化剂加热的条件下反应生成三氧化硫，故②不能实现；③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3晶体，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故③能实现；④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁中Fe3+水解Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，加热HCl易挥发，平衡向右移动，因此加热得不到无水FeCl3，故④不能实现；⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁煅烧分解生成氧化镁，故⑤能实现；因此①③⑤能实现，故C符合题意。综上所述，答案为C。【答案点睛】硫和氧气反应一步反应只能生成SO2，氯化铁、氯化铝、硝酸铁、硝酸铝等溶液加热，铁离子要水解，HCl、HNO3都易挥发，因此加热氯化铁、氯化铝、硝酸铁、硝酸铝等溶液都不能得到原物质。12、B【答案解析】

A.常温下，未加盐酸的氨水的-lgc水(H+)=11，则该溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L，溶液中c(OH-)=mol/L=10-3mol/L，c(NH3•H2O)≈0.1mol/L，Kb(NH3•H2O)==1×10-5，A错误；B.当-lgc水(H+)最小时，HCl与氨水恰好完全反应，所以b点NaOH溶液体积为20.00mL，B正确；C.N点水电离出的H+浓度最大，溶液呈中性，R点碱过量，溶液呈碱性。Q点溶质为HCl和NH4Cl，溶液呈酸性，C错误；D.R点氨水略过量，R→N加HCl消耗一水合氨，促进水的电离；N→Q加HCl，酸过量，抑制水的的电离，所以R到N、N到Q所加盐酸体积不相等，D错误；故合理选项是B。13、A【答案解析】

A、醋酸的酸性强于次氯酸，CH3COONa与NaClO水解显碱性，根据越弱越水解的规律，若溶液的pH相同，CH3COONa的浓度最大，所以三种溶液c(Na+)大小顺序为：①＞②＞③，故A正确；B、NH3•H2O的电离常数K=c(NH4+)•c(OH‾)/c(NH3•H2O)=c(NH4+)•Kw/c(NH3•H2O)•c(H+)，所以的值为常数，不发生变化，故B错误；C、因为H2S为弱酸，所以pH=4的H2S溶液与pH=10的NaOH溶液等体积混合，H2S过量，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)＝c(OH—)+2c(S2—)+c(HS‾)，故C错误；D、Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，生成CaCO3与HClO，溶液碱性减弱，故D错误。答案选A。14、A【答案解析】

无色溶液中一定不含Cu2+，往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，无SO42-，加足量氯水，无气体，则无CO32-，溶液加四氯化碳分液，下层橙色，则有Br-，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，有SO32-，无Mg2+，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都为0.1mol·L－1。根据电荷守恒，一定含有NH4+、Na+、K+，一定不存在Cl-。滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀，是过程中加氯水时引入的氯离子。A．过程中用氯水与亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，已引入氯离子，若改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响，故A正确；B．由上述分析可知，Cl-不存在，故B错误；C．肯定存在的离子是SO32-、Br-、NH4+、Na+、K+，故C错误；D．肯定不存在的离子有Mg2+、Cu2+、SO42-、CO32-、Cl－，故D错误；故选A。15、C【答案解析】

A．聚氯乙烯有毒，不能用作食品包装，A项错误；B．碳化硅是无机物，不是有机高分子材料，B项错误；C．考虑到港珠澳大桥所处位置等，所以使用的低合金钢，必须要有强度大，密度小以及耐腐蚀的性能，C项正确；D．司南材质即磁性氧化铁，成分为Fe3O4而非FeO，D项错误；答案选C。16、D【答案解析】

A.天然气主要成分是甲烷，结构式：，故A错误；B.和互为同位素，故B错误；C.漂白粉主要成分的化学式：Ca(ClO)2和CaCl2，故C错误；D.苯的比例模型：，故D正确；故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17.(xx第一中学2023模拟检测）Fe或FeCl3取代反应或硝化反应ACD4或【答案解析】

E的结构简式中含有1个－COOH和1个酯基，结合已知a，C到D为C中的酚羟基上的氢，被－OCCH3替代，生成酯，则D到E是为了引入羧基，根据C的分子式，C中含有酚羟基和苯环，结合E的结构简式，则C为，D为。A为烃，与Cl2发生反应生成B，B为氯代烃，B与氢氧化钠发生反应，再酸化，可知B为氯代烃的水解，引入羟基，则A的结构为，B为。E在NaOH溶液中反应酯的水解反应，再酸化得到F，F的结构简式为，根据已知b，则G中含有硝基，F到G是为了引入硝基，则G的结构简式为。【题目详解】(1)根据分析A的结构简式为；(2)反应①为在苯环上引入一个氯原子，为苯环上的取代反应，反应条件为FeCl3或Fe作催化剂；反应②F到G是为了引入硝基，反应类型为取代反应或硝化反应；(3)抗结肠炎药物有效成分中含有氨基、羧基和酚羟基，具有氨基酸和酚的性质；A．三个官能团都是亲水基，相对分子质量比苯酚大，所以水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大，A正确；B．与苯环相连的羟基不能发生消去反应，可以发生氧化反应；该物质含有氨基（或羟基）和羧基，可以发生缩聚反应；该物质含有羧基和羟基酯化反应等，B错误；C．含有氨基和羧基及酚羟基，所以能发生聚合反应，C正确；D．氨基具有碱性、羧基具有酸性，所以既有酸性又有碱性，D正确；答案为：ACD；(4)E中的羧基可以与NaOH反应，酯基也可以与NaOH反应，酯基水解得到的酚羟基也能与NaOH反应，化学方程式为；(5)符合下列条件：a.与E具有相同的官能团，b.苯环上的一硝基取代产物有两种；则苯环上有两个取代基处，且处于对位：如果取代基为－COOH、－OOCCH3，处于对位，有1种；如果取代基为－COOH、－COOCH3，处于对位，有1种；如果取代基为－COOH、－CH2OOCH，处于对位，有1种；如果取代基为HCOO－、－CH2COOH，处于对位，有1种；所以符合条件的有4种；若核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比3：1：1：1的异构体的结构简式为或；(6)目标产物为对氨基苯甲酸，—NH2可由硝基还原得到，－COOH可由－CH3氧化得到。由于－NH2容易被氧化，因此在－NO2还原成氨基前甲基需要先被氧化成－COOH。而两个取代基处于对位，但苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位，因此－CH3被氧化成－COOH前，需要先引入－NO2，则合成路线为。18、C4H10O1﹣丁醇（或正丁醇）用银氨溶液先检验醛基，再加稀盐酸使溶液呈酸性后，加溴水检验碳碳双键HOCH2C≡C﹣C≡CCH2COOH、、HOCH2CH2C≡C﹣C≡C﹣COOH、浓H2SO4、加热【答案解析】

一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，设该饱和一元醇的化学式为CnH2n+2O，氧元素的质量分数=×100%=21.6%，解得：n=4，且A中只有一个甲基，所以该一元醇是1-丁醇，在铜作催化剂、加热条件下，A被氧气氧化生成B，B为丁醛，根据题干信息，丁醛在氢氧化钠水溶液发生反应生成C，C的结构简式为：CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CHO，C反应生成D，D的相对分子质量是130，则C和氢气发生加成反应生成D，则D的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH(CH2OH)CH2CH3，D和邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成E，E的结构简式为：。【题目详解】(1)通过以上分析知，A的分子式为：C4H10O，结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为1-丁醇；(2)加热条件下，丁醛和新制氢氧化铜反应生成丁酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为：；(3)C的结构简式为：，C中含有醛基和碳碳双键，都能和溴水反应，要检验两种官能团，则应先用银氨溶液检验醛基，然后再用溴水检验碳碳双键，检验方法为：用银氨溶液先检验醛基，再加稀盐酸使溶液呈酸性后，加溴水检验碳碳双键；(4)a．分子中有6个碳原子在一条直线上，则该分子中含有两个碳碳三键；b．分子中含有一个羟基和一个羧基，所以与水杨酸互为同分异构体的结构简式为：HOCH2C≡C-C≡CCH2COOH、、HOCH2CH2C≡C-C≡C-COOH、；(5)第④步的反应是酯化反应，根据乙酸乙酯的反应条件知，该反应条件是浓硫酸作催化剂、加热，通过以上分析知，E的结构简式为：。19、Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化胶头滴管酸式滴定管溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色61.536.9偏低偏低【答案解析】

由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成，据测定原理分析实验误差。【题目详解】（1）Cu2S与KMnO4酸性溶液反应，高锰酸钾做氧化剂氧化Cu2S反应生成硫酸铜、硫酸钾、硫酸锰和水，反应化学方程式为Cu2S+2KMnO4+4H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，反应的离子方程式：Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O，故答案为Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O；（2）配制0.1000mol•L﹣1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是：除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有胶头滴管，故答案为除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化；胶头滴管；（3）③取00mL溶液为高锰酸钾溶液，具有强氧化性，所以取00待测溶液所用的仪器是酸式滴定管，故答案为酸式滴定管；（4）加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1•L﹣1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL，发生反应2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，滴定终点的现象是：溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色，故答案为溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色；（5）Cu2S与KMnO4酸性溶液反应的化学方程式：Cu2S+2KMnO4+4H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，5CuS+8MnO4﹣+24H+＝5Cu2++8Mn2++5SO42﹣+12H2O，5Fe2++MnO4﹣+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O，滴定Fe2+消耗的MnO4﹣：n1＝0.1000mol/L×0.020L×＝0.0004mol，样品消耗MnO4﹣物质的量n2＝0.200L×0.2000mo•L﹣1﹣0.0004mol×＝0.036mol，2Cu2++4I﹣＝2CuI+I2，2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，滴定消耗S2O32﹣的物质的量n3＝0.1000mo1•L﹣1×0.03L×＝0.03mol，则起始样品溶解所得溶液中含Cu2+物质的量n4＝0.03mol，设样品中含CuS、Cu2S的物质的量分别为x、y，则：①x+2y＝0.03mol，②x+2y＝0.036mol联立①②，解方程组得：x＝0.01mol，y＝0.01mol，混合样品中Cu2S的含量=×100%=61.5%，混合样品中CuS的含量=×100%=36.9%，故答案为61.5；36.9。（6）结合上述计算过程，量取200.0mL0.2000mol/L酸性溶液，要用量筒，根据量筒的构造，若量取时俯视读数，则所取量偏小，则样品消耗MnO4﹣物质的量n2偏小，即方程②中x+2y<0.036mol，造成由方程组解得的x值比实际偏大，因x+2y＝0.03mol，则y值偏小，最终结果的含量偏低。根据实验过程，若用溶液滴定终点读数时仰视，实际消耗的溶液体积要小于读数值，即方程①中x+2y<0.03mol，造成由方程组解得的x值比实际偏小，则最终结果的含量偏低，故答案为偏低；偏低。【答案点睛】本题考查了物质性质、溶液配制、滴定实验过程的分析判断等，主要是滴定过程中试剂的作用和定量关系的计算分析应用，掌握基础是解题关键。20、防止乙酸酐与水反应除去过量的乙酸酐慢慢加入碳酸钠，容易调节溶液的pH苯甲醛蒸出、接收的无色液体不呈油状时，即可断定水蒸气蒸馏结束增大肉桂酸的溶解度，提高产率重结晶67.(xx第一中学2023模拟检测）6%【答案解析】

苯甲醛和乙酸酐、碳酸钾在三颈烧瓶中反应生成肉桂酸盐和乙酸盐和二氧化碳，为了提高原料利用率，不断回流冷凝，由于反应产生二氧化碳，可观察到反应产生一定量的泡沫。由于乙酸酐能和水发生水解反应，故反应结束，过量的乙酸酐通过缓慢加入20mL水除去，慢慢加入碳酸钠调解pH=8，未反应的苯甲醛通过蒸馏的方式除去，当蒸出、冷凝的液体不成油状时，说明苯甲醛除尽。此时溶液中主要成分为肉桂酸盐和乙酸盐，加入活性炭煮沸、过滤得到含肉桂酸盐的滤液，往滤液