吉林省白城十四中2024学年高考化学三模试卷含解析

吉林省白城十四中2024学年高考化学三模试卷注意事项: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、下列五种短周期元素的某些性质如表所示(其中只有W、Y、Z为同周期元素)。元素XWYZR原子半径(pm)37646670154主要化合价+1-1-2-5、-3+1下列叙述错误的是A．原子半径按X、W、Y、Z、R的顺序依次增大B．X、Y、Z三种元素形成的化合物，其晶体可能是离子晶体，也可能是分子晶体C．W、Y、Z三种元素形成的气态氢化物稳定性：ZH3>H2Y>HWD．R元素可分别与X、W、Y三种元素形成离子化合物2、下列各组离子：（1）K+、Fe2+、SO42－、ClO－（2）K+、Al3+、Cl－、HCO3－（3）ClO－、Cl－、K+、OH－（4）Fe3+、Cu2+、SO42－、Cl－（5）Na+、K+、AlO2－、HCO3－（6）Ca2+、Na+、SO42－、CO32－在水溶液中能大量共存的是A．（1）和（6） B．（3）和（4） C．（2）和（5） D．（1）和（4）3、A是一种常见的单质，B、C为中学化学常见的化合物，A、B、C均含有元素X。它们有如下的转化关系（部分产物及反应条件已略去），下列判断正确的是A．X元素可能为AlB．X元素不一定为非金属元素C．反应①和②互为可逆反应D．反应①和②一定为氧化还原反应4、CH2=CH-CH=CH2通过一步反应不能得到的物质是A． B．C． D．CO25、某溶液中可能含有H+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、CO32﹣、Br﹣，且物质的量浓度相同；取样进行实验，结果是：①测得溶液pH＝2；②加入氯水，溶液颜色变深。对原溶液描述错误的是()A．一定含有Fe2+ B．一定含有Br﹣C．可能同时含Fe2+、Br﹣ D．一定不含NH4+6、如图表示某个化学反应过程的能量变化。该图表明（）A．催化剂可以改变该反应的热效应B．该反应是个放热反应C．反应物总能量低于生成物D．化学反应遵循质量守恒定律7、2019年为国际化学元素周期表年。鉝（Lv）是116号主族元素。下列说法不正确的是（）A．Lv位于第七周期第ⅥA族 B．Lv在同主族元素中金属性最弱C．Lv的同位素原子具有相同的电子数 D．中子数为177的Lv核素符号为Lv8、在两只锥形瓶中分别加入浓度均为1mol/L的盐酸和NH4Cl溶液，将温度和pH传感器与溶液相连，往瓶中同时加入过量的质量、形状均相同的镁条，实验结果如图。关于该实验的下列说法，正确的是（）A．反应剧烈程度：NH4Cl>HClB．P点溶液：c(NH4+)+2c(Mg2+)＞c(Cl-)C．Q点溶液显碱性是因为MgCl2发生水解D．1000s后，镁与NH4Cl溶液反应停止9、雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42－、NO3－、Cl－。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成了如下的实验：已知：3NO3－+8Al+5OH－+2H2O3NH3+8AlO2－根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是A．试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42－和NO3－B．试样中一定不含Al3+C．试样中可能存在Na+、Cl－D．该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO410、分别含有下列各物质的废弃试剂，倒在同一废液缸中不会引起实验室污染或危险的一组是（）A．氨水和NaOH B．硫酸铵和氯化钡C．硝酸亚铁和盐酸 D．电石和盐酸11、从下列事实所得出的相应结论正确的是实验事实结论A在相同温度下，向1mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3B某气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红该气体水溶液一定显碱性C同温同压下，等体积pH=3的HA和HB两种酸分别于足量的锌反应，排水法收集气体，HA放出的氢气多且反应速率快HB的酸性比HA强DSiO2既能与氢氟酸反应又能与碱反应SiO2是两性氧化物A．A B．B C．C D．D12、下列化合物中，属于酸性氧化物的是()A．Na2O2 B．SO3 C．NaHCO3 D．CH2O13、向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH(aq)，生成沉淀的质量与滴入NaOH(aq)的体积关系如图。原混合溶液中MgCl2与FeCl3的物质的量之比为A． B． C． D．14、下列化学用语对事实的表述正确的是A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB．向Na2SiO3溶液中通入过量的SO2：SiO32－＋SO2＋H2O＝H2SiO3↓＋SO32－C．由Na和C1形成离子键的过程：D．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3－，向NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO－＋CO2＋H2O＝2HClO＋CO32－15、由下列实验、现象以及由现象推出的结论均正确的是选项实验方法现象结论A向FeCl3溶液中滴入少量KI溶液，再加入KSCN溶液溶液变红Fe3+与I－的反应具有可逆性BSO2通入Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀白色沉淀是BaSO4C将稀硫酸滴入淀粉溶液中并加热，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热未出现砖红色沉淀淀粉未水解D用碎瓷片做催化剂，给石蜡油加热分解，产生的气体通过酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色石蜡油裂解一定生成乙烯A．A B．B C．C D．D16、H2C2O4是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4溶液中滴加KOH溶液，混合溶液中离子浓度与pH的关系如图所示，其中或。下列说法正确的是A．直线I表示的是与pH的变化关系B．图中纵坐标应该是a=1.27，b=4.27C．c()＞c()＞c(H2C2O4)对应1.27＜pH＜4.27D．c(K+)=c()+c()对应pH=7二、非选择题（本题包括5小题）17、为确定某盐A(仅含三种元素)的组成，某研究小组按如图流程进行了探究：请回答：(1)A的化学式为______________________。(2)固体C与稀盐酸反应的离子方程式是________________________。(3)A加热条件下分解的化学方程式为________________________。18、四川北川盛产蔷薇科植物。蔷薇科植物中含有一种芳香醛(用E表示)，在染料工业和食品工业上有着广泛的用途，下面是它的一种合成路线。其中0.lmol有机物A的质量是12g，在足量的氧气中充分燃烧后生成0.8molCO2和7.2gH2O；D能使溴的四氯化碳溶液褪色，D分子与C分子具有相同的碳原子数；F继续被氧化生成G，G的相对分子质量为90。已知：①CH3-CHO②回答下列问题：（1）A的结构简式为__________________。（2）A～G中能发生酯化反应的有机物有：_________(填字母序号)。（3）C在浓硫酸加热的条件下时，分子内脱水除生成D外还可以生成另一种有机物，写出该反应的方程式：___________________；该反应类型_________。（4）C的同分异构体有多种，其中符合下列要求的有机物有多种。①能与3molNaOH溶液反应；②苯环上的一卤代物只有一种。写出所有满足条件有机物的结构简式______________________________。（5）C与4-甲基-2,3-戊二醇两分子之间1:1发生取代反应，生成的有机物有_____种。19、甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]是一种新型补铁剂。某化学学习小组用如图所示装置(夹持仪器省略)制备甘氨酸亚铁。有关物质性质如下表所示：甘氨酸(H2NCH2COOH)易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸仲溶解度大于在乙醇中的溶解度。柠檬酸易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性。甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸。实验步骤如下：Ⅰ.打开K1、K3，向c中通入气体，待确定c中空气被排尽后，将b中溶液加入到c中。Ⅱ.在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。Ⅲ.反应完成后，向c中反应混合液中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品，将粗产品纯化后得精品。回答下列问题：（1）仪器b的名称是__，d的作用是__。（2）步骤Ⅰ中将b中溶液加入到c中的操作是__；步骤Ⅱ中若调节溶液pH偏高，则所得粗产品中会混有杂质___(写化学式)。（3）c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是__。（4）下列关于该实验的说法错误的是__(填写序号)。a.步骤Ⅰ中可由d中导管冒出气泡的快慢来判断装置中的空气是否排尽b.反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止Fe2+被氧化c.步骤Ⅲ中加入无水乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度d.步骤Ⅲ中沉淀洗涤时，用蒸馏水作洗涤剂（5）工业上常用高氯酸在非水体系中滴定甘氨酸的方法测定产品中的甘氨酸的含量。请设计实验，将所得粗产品中的甘氨酸分离出来直接用于滴定：___。20、某研究性学习小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。查阅文献，得到以下资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。Ⅰ．制备K2FeO4（夹持装置略）。（1）A为氯气的实验室发生装置。A中反应方程式是______（锰被还原为Mn2+）。若反应中有0.5molCl2产生，则电子转移的数目为______。工业制氯气的反应方程式为______。（2）装置B中盛放的试剂是______，简述该装置在制备高铁酸钾中的作用______。（3）C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH→2K2FeO4+6KCl+8H2O，根据该反应方程式得出：碱性条件下，氧化性Cl2______FeO42-（填“＞”或“＜”）。另外C中还可能发生其他反应，请用离子方程式表示______。Ⅱ．探究K2FeO4的性质（4）甲同学取少量K2FeO4加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快澄清。请简述K2FeO4的净水原理。______。21、合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径。回答下列问题：（1）德国化学家F.Haber从1901年开始研究N1和H1直接合成NH3。在1.01×105Pa、150℃时，将1molN1和1molH1加入aL刚性容器中充分反应，测得NH3体积分数为0.04；其他条件不变，温度升高至450℃，测得NH3体积分数为0.015，则可判断合成氨反应为____填“吸热”或“放热”）反应。（1）在1.01×105Pa、150℃时，将1moIN1和1molH1加入aL密闭容器中充分反应，H1平衡转化率可能为___（填标号）。A=4%B<4%C4%～7%D>11.5%（3）我国科学家结合实验与计算机模拟结果，研究了在铁掺杂W18049纳米反应器催化剂表面上实现常温低电位合成氨，获得较高的氨产量和法拉第效率。反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。需要吸收能量最大的能垒（活化能）E=____ev，该步骤的化学方程式为____，若通入H1体积分数过大，可能造成___。（4）T℃时，在恒温恒容的密闭条件下发生反应：反应过程中各物质浓度的变化曲线如图所示：①表示N1浓度变化的曲线是____（填“A”、“B”或“C’，）。与（1）中的实验条件（1.01×105Pa、450℃）相比，改变的条件可能是_____。②在0～15min内H1的平均反应速率为____。在该条件下反应的平衡常数为___mol-1．L1（保留两位有效数字）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

主族元素中，元素最高正化合价与其族序数相等，最低负化合价=族序数-8，根据元素化合价知，X、R属于第IA族元素，W属于第ⅦA族元素，Y属于第ⅥA族元素，Z属于第VA族元素，原子电子层数越多其原子半径越大，X原子半径最小，则X为H元素，W、Y、Z原子半径相近，根据其族序数知，W是F元素、Y是O元素、Z是N元素，R原子半径最大，且位于第IA族，则R是Na元素。【详解】A项、同主族元素从上到下，原子半径依次增大，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，则H、F、O、N、Na的原子半径依次增大，故A正确；B项、由H、O、N三种元素形成的化合物可能是离子晶体，如NH4NO3为离子晶体，可能是分子晶体，如HNO3为分子晶体，故B正确；C项、元素的非金属性越强，形成的气态氢化物稳定性越强，非金属性的强弱顺序为W>Y>Z，则气态氢化物稳定性的强弱顺序为HW＞H2Y＞ZH3，故C错误；D项、Na元素可分别与H元素、F元素和O元素形成离子化合物NaH、NaF和Na2O（或Na2O2），故D正确。故选C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意位置、结构、性质的相互关系，利用题给表格信息正确判断元素是解本题的关键。2、B【解析】

(1)Fe2+、ClO−发生氧化还原反应而不能大量共存，故错误；(2)Al3+、HCO3−发生互促水解反应而不能大量共存，故错误；(3)离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；(4)离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；(5)AlO2−、HCO3−发生反应生成氢氧化铝和碳酸根离子，不能大量共存，故错误；(6)Ca2+与SO42−、CO32−反应生成沉淀而不能大量共存，故错误；故选B。3、D【解析】

A.如果A是铝，则B和C分别是AlO2-和Al3+，二者在酸性溶液中不可能生成铝，选项A不正确；B.由于和反应生成，说明反应一定是氧化还原反应，则在中的化合价分别是显正价和负价，所以一定是非金属，选项B不正确；C.反应①②中条件不同，不是可逆反应，选项C不正确；D.反应①和②有单质参与和有单质生成，有单质参加或生成的反应是氧化还原反应，选项D正确；答案选D。4、A【解析】

A．CH2=CH-CH=CH2发生1，4加成生成，所以不能得到该物质，A符合题意；B．CH2=CH-CH=CH2与HCl发生1，4加成生成，B不符合题意；C．CH2=CH-CH=CH2发生加聚反应生成，C不符合题意；D．CH2=CH-CH=CH2燃烧生成CO2，D不符合题意；故合理选项是A。5、A【解析】

溶液pH＝2，呈酸性，H+一定有，CO32﹣不能存在，加入氯水，溶液颜色变深，溶液中可能含有Fe2+和Br﹣之一或者两者都有，被氯气氧化成Fe3+和Br2，由于溶液中各离子的物质的量浓度相同，符合电荷守恒，如设各离子的浓度是1mol/L，则有可能存在c(H+)+2c(Fe2+)=2c(SO42﹣)+c(Br﹣)，还有可能溶液中只含氢离子和溴离子，但NH4+不能存在，故答案选A，Fe2+可能存在，符合题意。6、B【解析】

A.由图可知，加入催化剂能降低反应的活化能，但反应热不变，A项错误；B.由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，故为放热反应，B项正确；C.由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，C项错误；D.化学反应一定遵循质量守恒定律，但是根据题目要求，图示不能说明质量守衡，D项错误。答案选B。7、B【解析】

由零族定位法可知，118号元素位于元素周期表第七周期零族，则116号的鉝（Lv）位于元素周期表第七周期第VIA族。【详解】A.由以上分析可知，Lv位于元素周期表中第七周期第ⅥA族，故A正确；B.同主族元素，由上至下，金属性逐渐增强，则Lv在同主族元素中金属性最强，故B错误；C.同位素原子质子数、电子数相同，中子数不同，故C正确；D.中子数为177的Lv核素，质量数=116+177=293，则核素符号为Lv，故D正确；答案选B。8、B【解析】

A．NH4Cl是强酸弱碱盐，发生水解反应溶液显酸性，浓度均为1mol/L的盐酸和NH4Cl溶液中，盐酸中的氢离子浓度酸远大于NH4Cl溶液，与金属反应属于放热反应，图中盐酸与镁反应温度迅速升高，而氯化铵溶液与镁反应放出热量较少，则反应剧烈程度：HCl>NH4Cl，故A错误；B．P点时氯化铵溶液的电荷守恒式为：c(NH4+)+2c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，由于P点溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+)，则c(NH4+)+2c(Mg2+)＞c(Cl-)，故B正确；C．Q点溶液显碱性是因为NH4Cl发生水解生成一水合氨和氢离子，由于氢离子与金属镁反应被消耗，促使水解平衡正向移动，一水合氨浓度增大，溶液的碱性增强，故C错误；D．由图像可知，1000s后，镁与NH4Cl溶液反应的温度和pH仍在升高，只是变化较小，反应没有停止，故D错误；答案选B。9、B【解析】

试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3-，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3-；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42-，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg

2+，【详解】A、通过以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-，故A正确；B、通过以上分析知，试样中不能确定是否含有Al3+，故B错误；C、通过以上分析知，试样中可能存在Na+、Cl-，要检验是否含有钠离子或氯离子，可以采用焰色反应鉴定钠离子，用硝酸酸化的硝酸银检验氯离子，故C正确；D、根据以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-，可能存在Na+、Cl-，所以该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故D正确，答案选B。10、B【解析】

A．氨水和NaOH混合会释放出氨气，有刺激性气味，会引起污染，A不符合题意；B．硫酸铵和氯化钡，生成BaSO4沉淀，但是不会产生污染，B符合题意；C．硝酸亚铁和盐酸会发生：，有有毒气体NO生成，会污染空气，C不符合题意；D．电石和盐酸混合，电石会和盐酸生成乙炔（C2H2）气体，具有可燃性气体，遇明火会发生爆炸，D不符合题意；答案选B。11、C【解析】

A.发生反应MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，由于NaOH过量，因此再滴入FeCl3溶液，会发生反应：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，不能比较Mg(OH)2和Fe(OH)3溶解度大小，A错误；B.某气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，则该气体为酸性气体，其水溶液显酸性，B错误；C.HA放出的氢气多且反应速率快，HA浓度比HB大，在反应过程中HA溶液中c(H+)比较大，证明HA溶液中存在电离平衡HAH++A-，HA是弱酸，故酸性HB>HA，C正确；D.SiO2与氢氟酸反应产生SiF4和H2O，SiF4不是盐，因此SiO2不是两性氧化物，D错误；故合理选项是C。12、B【解析】

A.Na2O2是过氧化物，不属于酸性氧化物，选项A错误；B.SO3＋2NaOH=Na2SO4＋H2O，SO3是酸性氧化物，选项B正确；C.NaHCO3不属于氧化物，是酸式盐，选项C错误；D.CH2O由三种元素组成，不是氧化物，为有机物甲醛，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查酸性氧化物概念的理解，凡是能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，注意首先必须是氧化物，由两种元素组成的化合物，其中一种元素为氧元素的化合物。13、D【解析】

向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，即为图象中0-amL，沉淀的质量为0g；FeCl3只能在酸性较强的溶液中存在，当酸性减弱时，会转化为Fe(OH)3沉淀，从amL开始，bmL时沉淀完全．bmL时，溶液仍然呈酸性，到cmL时，才开始产生Mg(OH)2沉淀，结合Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓、Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓计算判断。【详解】向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，即为图象中0−amL，沉淀的质量为0g；FeCl3只能在酸性较强的溶液中存在，当酸性减弱时，会转化为Fe(OH)3沉淀，从amL开始，bmL时沉淀完全。bmL时，溶液仍然呈酸性，到cmL时，才开始产生Mg(OH)2沉淀，令氢氧化钠浓度为xmol/L，Fe3+完全沉淀消耗氢氧化钠为(b−a)mL，结合Fe3++3OH−═Fe(OH)3↓可知，溶液中n(Fe3+)=×(b−a)×10−3L×xmol/L，Mg2+完全沉淀消耗氢氧化钠为(d−c)mL，结合Mg2++2OH−═Mg(OH)2↓可知，溶液中n(Mg2+)=×(d−c)×10−3L×xmol/L，故原混合溶液中n(MgCl2)：n(FeCl3)=×(d−c)×10−3L×xmol/L：×(b−a)×10−3L×xmol/L=，D项正确；答案选D。14、C【解析】

A．硬脂酸为C17H35COOH，含有羧基，与C2H518OH发生酯化反应，乙醇脱去H原子，硬脂酸脱去羟基，反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，故A错误；B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2的离子反应为SiO32-+2SO2+2H2O═H2SiO3↓+2HSO3-，故B错误；C．氯化钠为离子化合物，含有离子键，反应中Na失去电子，Cl得到电子，则Na和Cl形成离子键的过程：→，故C正确；D．弱酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以向NaClO溶液中通入少量CO2：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-，故D错误；故答案为C。15、B【解析】

A.滴入少量KI溶液，FeCl3剩余，则由现象不能说明该反应为可逆反应，故A错误；B.SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中，SO2与水反应生成亚硫酸，在酸性环境下，硝酸根具有强氧化性，从而发生氧化还原反应生成硫酸钡，白色沉淀是BaSO4，故B正确；C.淀粉水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下，水解后没有加碱至碱性，不能检验是否水解，故C错误；D.酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色，可知石蜡油加热分解生成不饱和烃，但气体不一定为乙烯，故D错误；故选B。【点睛】淀粉的水解液显酸性，检验淀粉是否水解时，应先在淀粉的水解液中加入氢氧化钠至碱性后，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，并加热，观察是否生成砖红色沉淀，从而说明是否有葡萄糖生成，进而检测出淀粉是否水解，这是学生们的易错点。16、B【解析】

A.二元弱酸草酸的，，当lgy＝0时，pH＝−lgc(H+)＝−lgK，pH1＝1.27＜pH2＝4.27，表明K1＝10−1.27＞K2＝10−4.27，所以直线I表示的是与pH的变化关系，直线Ⅱ表示的是与pH的变化关系，故A错误；

B.pH＝0时，，，则图中纵坐标应该是a=1.27，b=4.27，故B正确；

C.设pH＝a，c(H+)＝10−a，，c()＞c()，104.27-a＞1，则4.27-a＞0，解得a＜4.27，，，当c()＞c(H2C2O4)，102a-5.54＞1，则2a-5.54＞0，解得a＞2.77，所以c()＞c()＞c(H2C2O4)对应2.77＜pH＜4.27，故C正确；

D.电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，当c(K+)=c()+2c()时，c(H+)=c(OH-)，对应pH＝7，故D错误；故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、FeSO4Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑【解析】

气体B通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，该沉淀为BaSO4，物质的量为=0.01mol，则气体B中含有SO3，SO3的物质的量为0.01mol，其体积为0.01mol×22.4L·mol－1=224mL，B为混合气体，根据元素分析可知其中还含有224mL的SO2，固体C为红棕色，即固体C为Fe2O3，n(Fe2O3)==0.01mol，黄色溶液E为FeCl3，据此分析。【详解】气体B通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，该沉淀为BaSO4，物质的量为=0.01mol，则气体B中含有SO3，SO3的物质的量为0.01mol，其体积为0.01mol×22.4L·mol－1=224mL，B为混合气体，根据元素分析可知其中还含有224mL的SO2，固体C为红棕色，即固体C为Fe2O3，n(Fe2O3)==0.01mol，黄色溶液E为FeCl3，（1）根据上述分析，A仅含三种元素，含有铁元素、硫元素和氧元素，铁原子的物质的量为0.02mol，S原子的物质的量为0.02mol，A的质量为3.04g，则氧原子的质量为(3.04g－0.02mol×56g·mol－1－0.02mol×32g·mol－1)=1.28g，即氧原子的物质的量为=0.08mol，推出A为FeSO4；（2）固体C为Fe2O3，属于碱性氧化物，与盐酸反应离子方程式为Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；（3）FeSO4分解为Fe2O3、SO2、SO3，参与反应FeSO4、SO2、SO3、Fe2O3的物质的量0.02mol、0.01mol、0.01mol、0.01mol，得出FeSO4受热分解方程式为2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑。18、B、C、D、F、G酯化6【解析】

有机物A有C、H、O三种元素组成，Mr(A)=12/0.1=120，0.1molA在足量的氧气中充分燃烧后生成0.8molCO2和7.2gH2O，水的物质的量=7.2/18=0.4mol，根据原子守恒可知，该有机物中N(C)=0.8/0.1=8，N(H)=0.4×2÷0.1=8，有机物中N(O)=(120-12×8-1×8)÷16=1，有机物A的分子式为C8H8O，A经过一系列反应得到芳香醛E，结合信息中醛与HCN的加成反应，可知A含有C=O双键，A与HCN发生加成反应生成B，B发生水解反应生成C，C在浓硫酸、加热条件下生成D，D能使溴的四氯化碳溶液褪色，应为发生消去反应，D被臭氧氧化生成E与F，F继续被氧化生成G，G的相对分子质量为90，则G为HOOC-COOH，F为OHC-COOH，E为苯甲醛，D为苯丙烯酸，C为2-羟基-3-苯基丙酸，B为，A的结构简式为。【详解】（1）由上述分析可知，A为；（2）只要含有羧基或羟基的都能发生酯化反应，在A～G中能发生酯化反应的有机物有B、C、D、F、G；（3）由于C中含有羧基、羟基，另外还可以发生酯化反应生成另一种有机物，该反应的方程式为，反应类型为酯化反应。（4）C的同分异构体有多种，其中符合下列要求的有机物有多种，①能与3molNaOH溶液反应，说明含有酚羟基、羧酸与酚形成的酯基；②苯环上的一卤代物只有一种，说明苯环上含有1种氢原子；③能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合①可知，酯基为甲酸与酚形成的酯基，满足条件的有机物的结构简式为：和。（5）C中羧基和4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基发生酯化反应生成两种酯，C中的羟基和4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基脱水生成两种醚，C中的羧基和羟基与4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基同时脱水可生成两种产物，一共可生成6种产物。19、蒸馏烧瓶防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化关闭K3，打开K2Fe(OH)22H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2Oad将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液【解析】

先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入c中；c中盛放甘氨酸和少量柠檬酸，在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应，反应完成后加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出；得到的产品中混有甘氨酸杂质，可用冰醋酸洗涤。【详解】(1)根据b的结构特点可知其为蒸馏烧瓶；d中导管插入液面以下，可以形成液封，防止空气进入c中将甘氨酸亚铁氧化；(2)关闭K3，打开K2，产生的气体可将b中溶液压入c中；pH偏高可能生成Fe(OH)2沉淀；(3)反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亚铁，结合元素守恒可知方程式应为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；(4)a．空气排尽后也会有氢气冒出，气泡产生的速率与空气是否排尽无关，故a错误；b．根据题目信息可知柠檬酸具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，故b正确；c．根据题目信息可知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以加入乙醇可以降低其溶解度，使其从溶液中析出，故c正确；d．甘氨酸亚铁易溶于水，用水洗涤会造成大量产品损失，故d错误；综上所述选ad；(5)甘氨酸和甘氨酸均易溶于水，但甘氨酸亚铁难溶于冰醋酸，而甘氨酸在冰醋酸中有一定的溶解度，所以可将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液。【点睛】解决本题的关键是对题目提供信息的理解，通常情况下洗涤产品所用的洗涤液要尽量少的溶解产品，而尽量多的溶解杂质。20、2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2ONA2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑饱和食盐水除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备>Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OK2FeO4在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的【解析】

由制备实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，B中饱和食盐水除去氯气中的HCl，C中发生3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，且C中可能发生Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2