2023届湖南省长沙市浏阳市高三下学期联合考试化学试题含解析

2023高考化学模拟试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、把铝粉和某铁的氧化物(xFeO·yFe2O3)粉末配成铝热剂，分成两等份。一份在高温下恰好完全反应后，再与足量盐酸反应；另一份直接放入足量的烧碱溶液中充分反应。前后两种情况下生成的气体质量比是5:7，则x:y为A．1∶1 B．1∶2 C．5∶7 D．7∶52、一种熔融KNO3燃料电池原理示意图如图所示，下列有关该电池的说法错误的是A．电池工作时，NO3－向石墨I移动B．石墨Ⅰ上发生的电极反应为：2NO2+2OH－－2e－=N2O5+H2OC．可循环利用的物质Y的化学式为N2O5D．电池工作时，理论上消耗的O2和NO2的质量比为4：233、化学与生产、生活和社会密切相关。下列有关说法正确的是（）A．食品袋中放置的CaO可防止食品氧化变质B．华为继麒麟980之后自主研发的7m芯片问世，芯片的主要成分是二氧化硅C．纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附D．SO2具有漂白性可用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫4、磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的循环寿命，放电时的反应为：LixC6+Li1-xFePO4=6C+LiFePO4。某磷酸铁锂电池的切面如下图所示。下列说法错误的是A．放电时Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极B．隔膜在反应过程中只允许Li+通过C．充电时电池正极上发生的反应为：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+D．充电时电子从电源经铝箔流入正极材料5、下列解释对应事实的离子方程式正确的是A．FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，静置一段时间后：Fe2++2OH一=Fe(OH)2↓B．漂白粉溶液加入醋酸：H++ClO-=HC1OC．AgCl悬浊液滴入Na2S溶液：2Ag++S2-=Ag2S↓D．K2CrO4溶液滴入硫酸溶液；2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O6、下列古诗文中对应的化学物质及相关说法均正确的是A．A B．B C．C D．D7、下列不符合安全规范的是（）A．金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火B．NH3泄露时向空中喷洒水雾C．含Cl2的尾气用碱溶液处理后再排放D．面粉生产车间应严禁烟火8、氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氨，工作示意图如图所示。通过控制开关连接K1和K2，可交替得到H2和O2，下列有关说法错误的是（）A．制H2时，开关应连接K1，产生H2的电极反应式是2H2O+2e-=H2↑+2OH-B．当开关连接K2时，电极3的反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2OC．当开关连接K2时，电极2作阳极，得到O2D．电极3的作用是分别作阳极材料和阴极材料，利用NiOOH和Ni(OH)2的相互转化提供电子转移9、A、B、C、D、E、F为原子序数依次递增的六种短周期主族元素，A的单质是最理想的燃料。C原子次外层电子数是最外层的1/3，E与C同主族，下列说法不正确的是A．元素D与A一定形成共价化合物B．元素B可能与元素A形成多种共价化合物C．F最高价氧化物对应水化物定是一种强酸D．若元素D是非金属元素，则D的单质可能是良好的半导体材料10、下列有关物质分类正确的是A．液氯、干冰均为纯净物B．NO2、CO、CO2均为酸性氧化物C．互为同系物D．淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物11、下列各组物质混合后，再加热蒸干并在300℃时充分灼烧至质量不变，最终可能得到纯净物的是A．向FeSO4溶液中通入Cl2B．向KI和NaBr混合溶液中通入Cl2C．向NaAlO2溶液中加入HCl溶液D．向NaHCO3溶液中加入Na2O2粉末12、下列物质属于只含共价键的电解质的是（）A．SO2 B．C2H5OH C．NaOH D．H2SO413、CO2和CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如下：下列说法不正确的是A．合成气的主要成分为CO和H2B．①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成C．①→②吸收能量D．Ni在该反应中做催化剂14、最新科技报道，美国夏威夷联合天文中心的科学家发现了新型氢粒子，这种新粒子是由3个氢原子核（只有质子）和2个电子构成，对于这种粒子，下列说法中正确的是（）A．是氢的一种新的同分异构体 B．是氢的一种新的同位素C．它的组成可用H3表示 D．它比一个普通H2分子多一个氢原子核15、炼油厂的废碱液含有废油、苯酚钠、碳酸钠等，实验室通过以下两个步骤处理废碱液获取氢氧化钠固体。下列说法正确的是A．用装置甲制取CO2并通入废碱液B．用装置乙从下口放出分液后上层的有机相C．用装置丙分离水相中加入Ca(OH)2产生的CaCO3D．用装置丁将滤液蒸发结晶得到NaOH固体16、下列反应可用离子方程式“H++OH﹣→H2O”表示的是（）A．H2SO4溶液与Ba（OH）2溶液混合B．NH4Cl溶液与KOH溶液混合C．NH4HSO4溶液与少量NaOHD．NaHCO3溶液与NaOH溶液混合二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物A（C6H8O4）为食品包装纸的常用防腐剂。A可以使溴水褪色。A难溶于水，但在酸性条件下可发生水解反应，得到B(C4H4O4)和甲醇。通常状况下B为无色晶体，能与氢氧化钠溶液发生反应。（1）A可以发生的反应有_______________（选填序号）。①加成反应②酯化反应③加聚反应④氧化反应（2）B分子所含官能团的名称是______________________________。（3）B分子中没有支链，其结构简式是________________________，B的具有相同官能团的同分异构体的结构简式是_________________。（4）由B制取A的化学方程式是____________________________________。（5）天门冬氨酸（C4H7NO4）是组成人体蛋白质的氨基酸之一，可由B通过以下反应制取：天门冬氨酸的结构简式是______________________________________。18、阿司匹林（化合物L）是人们熟知的解热镇痛药物。一种长效、缓释阿司匹林（化合物P）的合成路线如下图所示：已知：①HC≡CH+RCOOH②RCOOR’+R”OHRCOOR”+R’OH（R、R’、R”代表烃基）请回答：(1)A中的官能团是____________________。(2)C的结构简式是____________________。(3)D→E的反应类型是____________________。(4)E→G的化学方程式是______________________________________。(5)已知：H是芳香族化合物。在一定条件下2B→K+H2O，K的核磁共振氢谱只有一组峰。J→L的化学方程式是____________________。(6)L在体内可较快转化为具有药效的J，而化合物P与L相比，在体内能缓慢持续释放J。①血液中J浓度过高能使人中毒，可静脉滴注NaHCO3溶液解毒。请用化学方程式解释NaHCO3的作用：______________________________________________________________。②下列说法正确的是______（填字母）。a．P中的酯基在体内可缓慢水解，逐渐释放出Jb．P在体内的水解产物中没有高分子化合物c．将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能19、用如图装置探究NH3和CuSO4溶液的反应。(1)上述制备NH3的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：NH3+H2ONH3∙H2O、____________、_________________(在列举其中的两个平衡，可写化学用语也可文字表述)。(2)制备100mL25%氨水(ρ=0.905g∙cm-3)，理论上需要标准状况下氨气______L(小数点后保留一位)。(3)上述实验开始后，烧杯内的溶液__________________________，而达到防止倒吸的目的。(4)NH3通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，写出该反应的离子方程式。_______________________。继续通氨气至过量，沉淀消失得到深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液。发生如下反应：2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)。①该反应平衡常数的表达式K=___________________________。②t1时改变条件，一段时间后达到新平衡，此时反应K增大。在下图中画出该过程中v正的变化___________________。③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：________________________________。④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正随时间的变化如下图所示，v正先增大后减小的原因__________________________________。20、葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2的含量计算，我国国家标准(GB2760－2014)规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25g·L－1。某兴趣小组设计实验方案对葡萄酒中SO2进行测定。Ⅰ.定性实验方案如下：(1)将SO2通入水中形成SO2—饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在多个含硫元素的平衡，分别用平衡方程式表示为__________________________________________________。(2)利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的SO2或H2SO3。设计如下实验：实验结论：干白葡萄酒不能使品红溶液褪色，原因：_______________________________。Ⅱ.定量实验方案如下(部分装置和操作略)：(3)仪器A的名称是________。(4)A中加入100.0mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与B中H2O2完全反应，其化学方程式为__________。(5)除去B中过量的H2O2，然后再用NaOH标准溶液进行滴定，除去H2O2的方法是__________。(6)步骤X滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2的含量为________g·L－1。该测定结果比实际值偏高，分析原因________________________________________。21、氨氮（水中以NH3和NH4+形式存在的氮）含量是环境水体污染的一项重要指标，其氧化过程会造成水体中溶解氧浓度降低，导致水质下降，影响水生动植物的生长。（1）水中NH3和NH4+两者的浓度比取决于水体的pH和水温。当pH偏高时，___比例较高，原因是___（请用离子方程式表示）。（2）空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH充分反应后，再向水中通入空气，可增大NH3的脱除率，用平衡移动原理解释其原因：___。（3）在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的NH3能够被O2氧化生成亚硝酸(HNO2)。___NH3＋__O2→__HNO2＋__________①请将上述化学方程式补充完整，并配平。②反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。③若反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为___。（4）水中溶氧量（DO）是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示。DO的测定原理如下：①2Mn2++O2+4OH-→2MnO(OH)2↓②MnO(OH)2+2I-+4H+→Mn2++I2+3H2O③2S2O32-+I2→S4O62-+2I-某小组同学取100.00mL水样经反应①和②后，取出20.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用amol/LNa2S2O3溶液进行滴定，终点现象为___；滴定消耗Na2S2O3溶液bmL，水样的DO=____mg/L。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

第一份中Al与xFeO•yFe2O3粉末得到Fe与Al2O3，再与足量盐酸反应，发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，第二份直接放入足量的烧碱溶液，发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=NaAlO2+3H2↑，前后两种情况下生成的气体质量比是5：7，则令第一份、第二份生成氢气物质的量分别为5mol、7mol，根据方程式计算Fe、Al的物质的量，再根据第一份中Al与xFeO•yFe2O3反应的电子转移守恒计算xFeO•yFe2O3中Fe元素平均化合价，进而计算x、y比例关系。【详解】第一份中Al与xFeO⋅yFe2O3粉末得到Fe与Al2O3，再与足量盐酸反应,发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，第二份直接放入足量的烧碱溶液,发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=NaAlO2+3H2↑，前后两种情况下生成的气体质量比是5:7，令第一份、第二份生成氢气物质的量分别为5mol、7mol，则：令xFeO⋅yFe2O3中Fe元素平均化合价为a，根据Al与xFeO⋅yFe2O3反应中的电子转移守恒：7mol××3=5mol×(a−0)，解得a=2.8，故=2.8，整理得x:y=1:2，答案选B。2、B【解析】

由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨Ⅰ通入NO2生成N2O5，发生的是氧化反应，故石墨Ⅰ是负极，发生的反应式为NO2-e-+NO3-=N2O5，则石墨Ⅱ为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e-+2N2O5=4NO3-，该电池的总反应为：4NO2+O2=2N2O5。【详解】由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨Ⅰ通入NO2生成N2O5，发生的是氧化反应，故石墨Ⅰ是负极，发生的反应式为NO2-e-+NO3-=N2O5，则石墨Ⅱ为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e-+2N2O5=4NO3-。A．电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，石墨Ⅰ是负极，NO3-向石墨I移动，A正确；B．该电池一种熔融KNO3燃料电池，负极发生氧化反应，石墨Ⅰ上发生的电极反应为：NO2-e-+NO3-=N2O5，B错误；C．石墨Ⅰ生成N2O5，石墨Ⅱ消耗N2O5，可循环利用的物质Y的化学式为N2O5，C正确；D．原电池中正极得到的电子数等于负极失去的电子数，故电池工作时，理论上消耗的O2和NO2的物质的量之比是1:4，则消耗的O2和NO2的物质的量之比是4：23，D正确；答案选D。【点睛】考生做该题的时候，首先从图中判断出石墨Ⅰ、石墨Ⅱ是哪个电极，并能准确写出电极反应式，原电池中阴离子移向负极、阳离子移向正极，原电池工作时，理论上负极失去的电子数等于正极得到的电子数。3、D【解析】

A.CaO没有强还原性，故不能防止食品的氧化变质，只能起到防潮的作用，A项错误；B.硅是半导体，芯片的主要成分是硅单质，B项错误；C.Fe具有还原性，能把Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子还原，所以纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子是利用Fe的还原性，与吸附性无关，C项错误；D.SO2能与有色物质化合生成无色物质，可用于漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，D项正确；答案选D。4、D【解析】

放电时，LixC6在负极（铜箔电极）上失电子发生氧化反应，其负极反应为：LixC6-xe-=xLi++6C，其正极反应即在铝箔电极上发生的反应为：Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，充电电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，【详解】A.放电时，LixC6在负极上失电子发生氧化反应，其负极反应为：LixC6-xe-=xLi++6C，形成Li+脱离石墨向正极移动，嵌入正极，故A项正确；B.原电池内部电流是负极到正极即Li+向正极移动，负电荷向负极移动，而负电荷即电子在电池内部不能流动，故只允许锂离子通过，B项正确；C.充电电池充电时，原电池的正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，放电时，正极、负极反应式正好与阳极、阴极反应式相反，放电时Li1-xFePO4在正极上得电子，其正极反应为：Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，则充电时电池正极即阳极发生的氧化反应为：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4＋xLi+，C项正确；D.充电时电子从电源负极流出经铜箔流入阴极材料（即原电池的负极），D项错误；答案选D。【点睛】可充电电池充电时，原电池的正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，即“正靠正，负靠负”，放电时Li1-xFePO4在正极上得电子，其正极反应为：Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，则充电时电池正极即阳极发生的氧化反应为：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4＋xLi+。5、D【解析】

A．硫酸亚铁与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，静置一段时间后，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁沉淀，故A错误；B．漂白粉溶液中加入醋酸，醋酸为弱酸，离子方程式为CH3COOH+ClO-═HClO+CH3COO-，故B错误；C．向AgCl悬浊液中加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，离子方程式：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-，故C错误；D．K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+，滴加少量H2SO4，增大了氢离子浓度，平衡逆向移动，颜色加深，2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，故D正确；故选D。6、B【解析】

A．羽毛的成分是蛋白质，蛋白质中含有C、H、O、N等元素，所以蛋白质燃烧时的产物为除了有CO2和H2O生成，还有其他物质生成，故A错误；B．卖油翁的油指的是植物油，植物油中含有碳碳双键或碳碳三键，能使酸性的高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．砂糖的成分是蔗糖，不是淀粉，另外淀粉水解需要在酶或稀硫酸加热的作用下才能进行，C错误；D．棉花的成分是纤维素，纤维素与淀粉都是混合物，它们之间不互为同分异构体，D错误答案选B。7、A【解析】

A．钠的燃烧产物为Na2O2，能与CO2反应生成O2，且钠与水反应生成氢气，氢气易燃烧，所以钠着火不能用泡沫灭火器灭火，可用沙土灭火，故A错误；B．氨气极易溶于水，NH3泄露时向空中喷洒水雾可吸收氨气，故B正确；C．氯气有毒，直接排放会引起环境污染，含Cl2的尾气用碱溶液处理后再排放，故C正确；D．面粉厂有可燃性的粉尘，遇到烟火容易发生爆炸，所以生产车间应严禁烟火，故D正确；故答案为A。8、B【解析】

A.开关连接K1，电极1为阴极，水得电子生成氢气，产生H2的电极反应式是2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故A正确；B.当开关连接K2时，电极3为阴极，发生还原反应，反应式为NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，故B错误；C.当开关连接K2时，电极2连接电源正极，电极2作阳极，发生氧化反应得到O2，故C正确；D.当开关连接K2时，电极3为阴极；开关应连接K1，电极3为阳极；电极3的作用是分别作阳极材料和阴极材料，利用NiOOH和Ni(OH)2的相互转化提供电子转移，故D正确；选B。9、A【解析】

A的单质是最理想的燃料，A是H元素。C原子次外层电子数是最外层的1/3，说明C只能是第二周期的元素即C是O元素；E与C同主族，E是S元素；F是原子序数大于S的主族元素，F是Cl元素；B可能是Li、Be、B、C、N几种元素中的一种，D可能是F、Na、Mg、Al、Si、P中的一种。【详解】A.若元素D是Na，Na与H形成的化合物NaH是离子化合物，故A错误；B.C、N与H元素都能形成多种共价化合物，如CH4、C2H6，NH3、N2H4等，故B正确；C.F是Cl元素，最高价氧化物对应水化物是HClO4，HClO4是强酸，故C正确；D.若元素D是Si元素，Si单质是良好的半导体材料，故D正确；选A。10、A【解析】

A.液氯、干冰均为由一种分子构成的物质，因此都属于纯净物，A正确；B.NO2与水反应产生HNO3和NO，元素化合价发生了变化，因此不属于酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，只有CO2为酸性氧化物，B错误；C.属于酚类，而属于芳香醇，因此二者不是同类物质，不能互为同系物，C错误；D.淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物，而油脂不是高分子化合物，D错误；故合理选项是A。11、D【解析】

A、FeSO4溶液和过量Cl2反应生成硫酸铁和FeCl3，硫酸铁和FeCl3加热水解生成氢氧化铁、硫酸和氯化氢，水解吸热且生成的氯化氢极易挥发，但硫酸是难挥发性酸，所以最终得到氢氧化铁，硫酸铁，灼烧后氢氧化铁分解产生氧化铁和水，则最后产物是硫酸铁和氧化铁，属于混合物，故A不确；B、KI、NaBr与过量的氯气反应生成单质碘、溴、化钾钠。在高温下碘升华，溴和水挥发，只剩KCl、NaCl，属于混合物，B不正确；C、向NaAlO2溶液中加入HCl溶液生成氢氧化铝和氯化钠，如果氯化氢过量，则生成氯化钠和氯化铝，因此加热蒸干、灼烧至质量不变，最终产物是氯化钠和氧化铝，是混合物，C不正确；D、向NaHCO3溶液中加入Na2O2粉末，过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气。氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，所以最终产物可能只有碳酸钠，属于纯净物，D正确；答案选D。12、D【解析】

A.SO2不能电离属于非电解质，故A错误；B.C2H5OH不能电离属于非电解质，故B错误；C.NaOH是离子化合物，含有离子键和共价键，溶于水导电属于电解质，故C错误；D.H2SO4是共价化合物只含共价键，溶于水导电属于电解质，故D正确；故答案选D。13、C【解析】

A．由图示可知CO2和CH4在Ni催化作用下，最终生成CO和H2，故A正确；B．化学反应的过程中存在构成反应物的键的断裂和生成物中键的形成，由图示可知①→②过程中既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故B正确；C．①的能量总和大于②的能量总和，则①→②的过程放出能量，故C错误；D．由图示可知CO2和CH4催化重整生成CO和H2的过程中Ni的质量和化学性质没有发生变化，则Ni为催化剂，故D正确；故答案为C。14、D【解析】

A.该粒子为微观粒子，是离子，不是单质，A项错误；B.相同相同质子数不同中子数的原子互为同位素，该粒子与H的质子数不同，则不是氢的同位素，B项错误；C.粒子是由3个氢原子核(只含质子)和2个电子构成的,而H3表示个氢原子核(只含质子)和3个电子构成，C项错误；D.普通H2分子有2个原子核,而这种新粒子有3个氢原子核,比普通H2分子多一个氢原子核，D项正确；答案选D。15、C【解析】

A、碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙微溶，包裹在碳酸钙的表面；B、分液时避免上下层液体混合；C、CaCO3不溶于水；D、在蒸发皿中蒸发结晶。【详解】A项、浓硫酸溶于水放热，且碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙微溶，包裹在碳酸钙的表面，不利用气体的制备，应选盐酸与碳酸钙反应，故A错误；B项、分液时避免上下层液体混合，则先从下口放出下层液体，后从上口倒出上层的有机相，故B错误；C项、CaCO3不溶于水，则图中过滤装置可分离，故C正确；D项、在蒸发皿中蒸发结晶，不能在烧杯中蒸发结晶，且烧杯不能直接加热，故D错误。故选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，把握实验装置的作用、气体的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键。16、C【解析】

A.H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合，生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故A错误；B.NH4Cl溶液与KOH溶液混合，生成弱电解质一水合氨，离子方程式为NH4＋＋OH－=NH3·H2O，故B错误；C.NH4HSO4溶液与少量NaOH反应，只有氢离子与氢氧根反应，离子方程式为H++OH﹣=H2O，故C正确；D.NaHCO3溶液与NaOH溶液混合，离子方程式为：OH-

+HCO3-＝CO32－+H2O，故D错误；故答案为C。二、非选择题（本题包括5小题）17、①③④碳碳双键、羧基HOOCCH=CHCOOHCH2=C(COOH)2HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O【解析】

A的分子式为C6H8O4，A的不饱和度为3，A可以使溴水褪色，A中含碳碳双键；A在酸性条件下可发生水解反应得到B（C4H4O4）和CH3OH，B能与氢氧化钠溶液反应，B中含两个羧基和碳碳双键，A中含两个酯基；（1）A中含有碳碳双键和酯基，A中含碳碳双键，A能发生加成反应、加聚反应、氧化反应，A中不含醇羟基和羧基，A不能发生酯化反应，答案选①③④。（2）B分子中所含官能团为碳碳双键和羧基。（3）B分子中没有支链，B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH；B的具有相同官能团的同分异构体的结构简式为CH2=C(COOH)2。（4）B与CH3OH发生酯化反应生成A，由B制取A的化学方程式为HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O。（5）B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，B与HCl发生加成反应生成C，C的结构简式为HOOCCH2CHClCOOH，C与NH3反应生成天门冬氨酸，天门冬氨酸（C4H7NO4）是组成人体蛋白质的氨基酸之一，则天门冬氨酸的结构简式为。18、羟基HC≡CH加聚反应ac【解析】

A是，乙醇连续氧化得乙酸，故B是，根据信息①，结合流程图，C是，D是，D到E是加聚反应，E是，根据信息②可推知F为，G是，根据分子式H是，根据流程图结合P的结构可推知I为，J是，根据（5）小题，可以推知K是乙酸酐（），由P逆推知L为。【详解】（1）A是乙醇，乙醇的官能团是羟基，答案为：羟基；（2）据信息①，结合流程图，可以推出C是，故答案为：；（3）D是，E是，D到E是双键发生了加聚反应，故答案为：加聚反应；（4）E是，A是乙醇，根据信息②，该反应为取代反应，答案为：；（5）根据信息可推知J是，K是乙酸酐（），答案为：；（6）①羧酸的酸性大于碳酸，酚的酸性小于碳酸，故酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故答案为：；②a.P可以完全水解产生，以及乙酸，a正确；b.P可以完全水解产生，该物质为高分子，b错误；c.根据题目信息，将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能，c正确；答案选ac。【点睛】解有机推断题，要把握以下三个推断的关键：(1)审清题意(分析题意、弄清题目的来龙去脉，掌握意图)；(2)用足信息(准确获取信息，并迁移应用)；(3)积极思考(判断合理，综合推断)。根据以上的思维判断，从中抓住问题的突破口，即抓住特征条件(特殊性质或特征反应，关系条件和类别条件)，不但缩小推断的物质范围，形成解题的知识结构，而且几个关系条件和类别条件的组合就相当于特征条件。然后再从突破口向外发散，通过正推法、逆推法、正逆综合法、假设法、知识迁移法等得出结论。最后作全面的检查，验证结论是否符合题意。19、NH3∙H2ONH4＋＋OH－NH3(g)NH3(aq)(或氨气的溶解平衡)Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)(或Ca(OH)2的溶解平衡)29.8进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行Cu2＋＋2NH3∙H2O→Cu(OH)2↓＋2NH4＋[[Cu(NH3)4]2＋]/[NH3]2∙[NH4＋]2加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后c[Cu(NH3)4]2＋/c2(NH3)∙c2(NH4＋)会大于该温度下的K，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正减小【解析】

(1)制备NH3的实验中，存在着NH3+H2ONH3∙H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2的溶解平衡三个平衡过程；(2)氨水是指NH3的水溶液，不是NH3·H2O的水溶液，所以要以NH3为标准计算.n（NH3）==1.33mol；(3)实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，而达到防止倒吸的目的；(4)NH3通入CuSO4溶液中和水反应生成NH3∙H2O，NH3∙H2O电离出OH-，从而生成蓝色沉淀Cu(OH)2；①反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)，平衡常数的表达式K=；②反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)是放热反应，降温可以使K增大，正逆反应速率都减少；③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后会大于该温度下的K，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀；④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正先增大后减小的原因，温度升高反应速度加快，反应物浓度降低反应速率又会减慢。【详解】(1)制备NH3的实验中，存在着NH3+H2ONH3∙H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2的溶解平衡三个平衡过程，故答案为：NH3∙H2ONH4＋＋OH－NH3(g)NH3(aq)(或氨气的溶解平衡)、Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)(或Ca(OH)2的溶解平衡)；(2)氨水是指NH3的水溶液，不是NH3·H2O的水溶液，所以要以NH3为标准计算.n（NH3）==1.33mol，标准状况下体积为1.33mol×22.4L/mol=29.8L；(3)实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，而达到防止倒吸的目的；(4)NH3通入CuSO4溶液中和水反应生成NH3∙H2O，NH3∙H2O电离出OH-，从而生成蓝色沉淀Cu(OH)2，该反应的离子方程式为：Cu2＋＋2NH3∙H2O→Cu(OH)2↓＋2NH4＋；①反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)，平衡常数的表达式K=；②反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)是放热反应，降温可以使K增大，正逆反应速率都减少，画出该过程中v正的变化为：；③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后会大于该温度下的K，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀；④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正先增大后减小的原因，温度升高反应速度加快，反应物浓度降低反应速率又会减慢，故原因是：该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正减小。20、SO2（g）SO2（aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3H＋+HSO3－；HSO3－H++SO32－干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少圆底烧瓶SO2＋H2O2=H2SO4加入二氧化锰并振荡0.32盐酸的挥发造成的干扰【解析】

（1）将SO2通入水中形成SO2─饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在的平衡有：SO2（g）SO2（aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3H＋+HSO3－；HSO3－H＋+SO32－，故答案为SO2（g）SO2（aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3H＋+HSO3－；HSO3－H＋+SO32－；（2）根据对比实验，干白葡萄酒中滴入品红溶液，红色不褪去，可能是葡萄酒中的二氧化硫的含量太少的缘故，故答案为干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少；Ⅱ.（3）根据装置图，仪器A是圆底烧瓶，故答案为圆底烧瓶；（4）H2O2具有强氧化性，将二氧化硫氧化为硫酸，化学方程式为SO2＋H2O2=H2SO4，故答案为SO2＋H2O2=H2SO4；（5）过氧化氢在催化剂作用下容易分解，除去H2O2，可以在反应后的溶液中加入二氧化锰并振荡，故答案为加入二氧化锰并