2023-2024学年新疆阿勒泰地区二中高三（最后冲刺）化学试卷含解析

2023-2024学年新疆阿勒泰地区二中高三（最后冲刺）化学试卷考生须知：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、2A(g)B(g)+Q（Q>0）；下列能量变化示意图正确的是（）A． B．C． D．2、硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一。下列说法正确的是A．硒的摄入量越多对人体健康越好 B．SeO32－空间构型为正四面体C．H2Se的熔沸点比H2S高 D．H2SeO4的酸性比H2SO4强3、已知CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(g)ΔH==-Q1；2H2(g)+O2(g)→2H2O(g)ΔH==-Q2；H2O(g)→H2O(l)ΔH==-Q3常温下，取体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下），经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为A．4Q1+0.5Q2 B．4Q1+Q2+10Q3 C．4Q1+2Q2 D．4Q1+0.5Q2+9Q34、下列实验不能不能用如图所示装置实现的是A．用CCl4提取碘水中的碘B．用NaOH溶液除去溴苯中的溴C．用酒精除去苯酚中的甘油D．用饱和Na2CO3溶液除去乙酸丁酯中的乙酸5、五种短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W元素在短周期元素中原子半径最大，X、W同族，Z、Q同族，X、Y两种元素的最高正价和最低负价代数和均为0，由上述五种元素中的某几种元素组成的两种化合物均可在一定条件下洗涤含硫的试管，以下说法正确的是()A．酸性：H2YO3<H2QO3，所以非金属性Y<QB．X与W形成的化合物中各原子均满足最外层8电子稳定结构C．X与Y形成的化合物只含有共价键D．由Z、W、Q三种元素形成的盐只有两种6、在恒容密闭容器中，反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)达到平衡，保持温度不变，加入少量水蒸气，体系重新达到平衡，下列说法正确的是A．水蒸气的体积分数增大 B．氢气的浓度增大C．平衡常数变大 D．铁的质量增大7、设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是A．将1molNH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4＋的数目为NAB．1.7gH2O2中含有的电子数为0.7NAC．标准状况下，2.24L戊烷所含分子数为0.1NAD．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子8、银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，电池反应是：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，下列说法正确的是（）A．工作时原电池负极附近溶液的pH增大 B．电子由Zn经过溶液流向Ag2OC．溶液中OH-由Zn电极移向Ag2O电极 D．Ag2O作正极：Ag2O+H2O+2e-＝2Ag+2OH-9、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子Z2M2Y4(YX)2，结构如图所示。X、M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的，下列说法正确的是A．简单离子半径:Z>M>YB．常温下Z和M的单质均能溶于浓硝酸C．X与Y结合形成的化合物是离子化合物D．工业上常用电解Z的氯化物的熔融液来制取Z单质10、常温下，H2A和H2NCH2CH2NH2溶液中各组分的物质的量分数δ随pH的变化如图（I）、（II）所示。下列说法不正确的是已知：。A．NaHA溶液中各离子浓度大小关系为：B．乙二胺（H2NCH2CH2NH2）的Kb2=10-7.15C．[H3NCH2CH2NH3]A溶液显碱性D．向[H3NCH2CH2NH2]HA溶液中通人HCl，不变11、下列有关电解质溶液的说法正确的是A．0.1mol/L氨水中滴入等浓度等体积的醋酸，溶液导电性增强B．适当升高温度，CH3COOH溶液pH增大C．稀释0.1mol/LNaOH溶液，水的电离程度减小D．CH3COONa溶液中加入少量CH3COOH，减小12、用石墨作电极电解KCl和CuSO4(等体积混合)混合溶液,电解过程中溶液pH随时间t的变化如图所示,下列说法正确的是A．ab段H+被还原,溶液的pH增大B．原溶液中KCl和CuSO4的物质的量浓度之比为2∶1C．c点时加入适量CuCl2固体,电解液可恢复原来浓度D．cd段相当于电解水13、Fe3O4中含有、，分别表示为Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO2－，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是A．Pd上发生的电极反应为：H2-2e－2H＋B．Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用C．反应过程中NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2D．用该法处理后水体的pH降低14、下列过程仅克服离子键的是（）A．NaHSO4溶于水 B．HCl溶于水 C．氯化钠熔化 D．碘升华15、扑热息痛的结构如图所示，下列关于扑热息痛的描述正确的是A．分子式为C8H10NO2B．扑热息痛易溶于水C．能与Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应D．属于芳香烃16、下列化肥长期施用容易导致土壤酸化的是()A．硫酸铵 B．尿素 C．草木灰 D．硝酸钾二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物N的结构中含有三个六元环，其合成路线如下。已知：RCH=CH2+CH2=CHR′CH2=CH2+RCH=CHR′请回答下列问题：（1）F分子中含氧官能团的名称为_______。B的结构简式为____________。（2）G→H的化学方程式______________。其反应类型为_____。（3）D在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式____________。（4）A在5000C和Cl2存在下生成，而不是或的原因是_________。（5）E的同分异构体中能使FeCl3溶液显色的有_______种。（6）N的结构简式为________________。18、根据文献报道，醛基可和双氧水发生如下反应：为了合成一类新药，选择了下列合成路线（部分反应条件已略去）（1）C中除苯环外能团的名称为____________________。（2）由D生成E的反应类型为_____________________。（3）生成B的反应中可能会产生一种分子式为C9H5O4Cl2的副产物，该副产物的结构简式为_________。（4）化合物C有多种同分异构体，请写出符合下列条件的结构简式:___________________。①能与FeCl3溶液发生显色反应②核磁共振氢谱图中有3个吸收峰（5）写出以和CH3OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）___________。19、某化学课外小组在制备Fe(OH)2实验过程中观察到生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后变为红褐色。该小组同学对产生灰绿色沉淀的原因，进行了实验探究。I．甲同学猜测灰绿色沉淀是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物，设计并完成了实验1和实验2。编号实验操作实验现象实验1向2mL0.1mol·L－1FeSO4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液(两溶液中均先加几滴维生C溶液)液面上方出现白色沉淀，一段时间后变为灰绿色，长时间后变为红褐色实验2取实验1中少量灰绿色沉淀，洗净后加盐酸溶解，分成两份。①中加入试剂a，②中加入试剂b①中出现蓝色沉淀，②中溶液未变成红色（1）实验中产生红褐色沉淀的化学方程式为_________________________（2）实验1中加入维生素C溶液是利用了该物质的___性（3）实验2中加入的试剂a为___溶液，试剂b为____溶液。实验2的现象说明甲同学的猜测_____（填“正确”或“不正确”）。Ⅱ.乙同学查阅资料得知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，猜测灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，设计并完成了实验3—实验5。编号实验操作实验现象实验3向10mL4mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀(带有较多灰绿色)。沉淀下沉后，部分灰绿色沉淀变为白色实验4向10mL8mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀（无灰绿色）。沉淀下沉后，仍为白色实验5取实验4中白色沉淀，洗净后放在潮湿的空气中______________（4）依据乙同学的猜测，实验4中沉淀无灰绿色的原因为_____。（5）该小组同学依据实验5的实验现象，间接证明了乙同学猜测的正确性，则实验5的实验现象可能为____。Ⅲ.该小组同学再次查阅资料得知当沉淀形成时，若得到的沉淀单一，则沉淀结构均匀，也紧密；若有杂质固体存在时，得到的沉淀便不够紧密，与溶液的接触面积会更大。（6）当溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时，白色沉淀更容易变成灰绿色的原因为______。（7）该小组同学根据上述实验得出结论：制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀的适宜的条件和操作有________、____。20、过硫酸钠(Na2S2O8)具有极强的氧化性，且不稳定，某化学兴趣小组探究过硫酸钠的相关性质，实验如下。已知SO3是无色易挥发的固体，熔点16.8℃，沸点44.8℃。（1）稳定性探究(装置如图)：分解原理：2Na2S2O82Na2SO4＋2SO3↑＋O2↑。此装置有明显错误之处，请改正：______________________，水槽冰水浴的目的是____________________；带火星的木条的现象_______________。（2）过硫酸钠在酸性环境下，在Ag＋的催化作用下可以把Mn2＋氧化为紫红色的离子，所得溶液加入BaCl2可以产生白色沉淀，该反应的离子方程式为______________________，该反应的氧化剂是______________，氧化产物是________。（3）向上述溶液中加入足量的BaCl2，过滤后对沉淀进行洗涤的操作是___________________________。（4）可用H2C2O4溶液滴定产生的紫红色离子，取20mL待测液，消耗0.1mol·L－1的H2C2O4溶液30mL，则上述溶液中紫红色离子的浓度为______mol·L－1，若Na2S2O8有剩余，则测得的紫红色离子浓度将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。21、铁及其化合物在生产、生活中有广泛应用。(1)铁原子核外有__________种运动状态不同的电子，Fe3+基态核外电子排布式为_______________。(2)实验室常用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+，[Fe(CN)6]3－中三种元素电负性由大到小的顺序为________(用元素符号表示)，CN－中σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)=__________；HCN中C原子轨道的杂化类型为__________。HCN的沸点为25.7℃，既远大于N2的沸点(-195.8℃)也大于HCl的沸点(-85℃)的原因是__________。(3)FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子(Fe2Cl6)存在，该双聚分子的结构式为________，其中Fe的配位数为_____________。(4)铁氮化合物(Fe4N)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景，其晶胞如上图所示。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中b位置Fe原子的坐标为(0，，)、(，0，)和(，，0)，则a位置Fe原子和N原子的坐标分别为__________、__________。N与Fe原子之间最短距离apm。设阿伏加德罗常数的值为NA，则该铁氮化合物的密度是__________g·cm-3(列出计算表达式)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

根据热化学方程式2A(g)B(g)+Q（Q>0）可知：该反应是2molA气体发生反应产生1molB气体，放出热量Q，反应物的能量比生成物的能量高，且同一种物质在气态时能量高于在液体时能量，故合理选项是B。2、C【解析】

A．硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一，但并不表示摄入量越多越好，故A错误；B．SeO32－中心原子的价电子对数为3+=4，其中有1个孤电子对，中心原子为sp3杂化，其空间构型为三角锥形，故B错误；C．H2Se和H2S结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，则H2Se的熔沸点比H2S高，故C正确；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物酸性越强，Se的非金属性比S弱，则H2SeO4的酸性比H2SO4弱，故D错误；故答案为C。3、D【解析】

①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-Q1；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-Q2；H2O(g)→H2O(l)ΔH=-Q3；根据盖斯定律①+2③得

CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-Q1-2Q3；

根据盖斯定律②+2③得

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=Q2-2Q3，标准状况下，112L体积比为4:

1的甲烷和H2的混合气体的物质的量为=

=

5mol

，故甲烷的物质的量为5mol=4mol，完全燃烧生成液体水放出的热量为（Q1+2Q3)

=4

(Q1+2Q3)，氢气的物质的量为5mol-4mol=1mol，完全燃烧生成液体水放出的热量为(Q2+2Q3)

=0.5

(Q2+2Q3)

，故甲烷、氢气完全燃烧，放出的热量为:4

(Q1+2Q3)

+0.5

(Q2+2Q3)=4Q1+0.5Q2+9Q3，故选D。

答案：

D。【点睛】先根据混合气体的物质的量

结合体积分数计算甲烷、氢气各自物质的量，再根据盖斯定律，利用已知的三个热化学反应方程式进行计算甲烷、氢气完全燃烧生成液体水和二氧化碳的反应热。4、C【解析】

A.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则利用图中萃取、分液可分离，故A正确；B.溴与NaOH反应后，与溴苯分层，然后利用图中分液装置分离，故B正确；C.酒精、甘油、苯酚互溶，不能萃取、分液分离，故C错误；D.乙酸与碳酸钠溶液反应后，与酯分层，然后利用图中分液装置分离，故D正确；故选：C。【点睛】萃取剂与原溶剂不能互溶，不能反应，并且溶质在两种萃取剂中溶解度差别比较大，酒精易溶于水，不能当作萃取剂。5、C【解析】

W元素在短周期元素中原子半径最大，有原子半径递变规律可知是Na元素，X、W同族，且X的原子序数最小，是H元素，X、Y两种元素的最高正价和最低负价代数和均为0，Y是C元素,由上述五种元素中的某几种元素组成的两种化合物均可在一定条件下洗涤含硫的试管，是H2O2或者CS2,故Q是S元素，Z、Q同族，Z是O元素。【详解】A.酸性：H2YO3<H2QO3，碳酸小于亚硫酸，但亚硫酸不是硫元素的最高价氧化物的含氧酸，故不能得出非金属性碳小于硫元素，故A错误；B.X与W形成的化合物是NaH,H元素没有满足最外层8电子稳定结构，故B错误；C.X与Y形成的化合物是各类烃，只含有共价键，故C正确；D.由Z、W、Q三种元素形成的盐有Na2SO3，Na2SO4，Na2S2O3等，故D错误；故选：C。6、B【解析】

A．铁为固体，所以加入少量水蒸气，相当于在恒温密闭容器中增加压强，与原平衡等效，所以水蒸气的体积分数不变，A错误；B．加入少量水蒸气，则反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，使生成物氢气的浓度增大，B正确；C．平衡常数仅与温度有关，温度不变，加入少量水蒸气，体系重新达到平衡时平衡常数不变，C错误；D．加入少量水蒸气，反应物的浓度增大，化学平衡向正反应方向移动，所以铁的质量变小，D错误；故合理选项是B。7、A【解析】

A.根据溶液的电中性原理，n(H+)+n(NH4+)=n(OH-)+n(NO3-)，溶液呈中性，即n(H+)=n(OH-)，即有n(NH4+)=n(NO3-)=1mol，即铵根离子为NA个，故A正确；

B.1.7g双氧水的物质的量为0.05mol，而双氧水分子中含18个电子，故0.05mol双氧水中含有的电子为0.9NA个，故B错误；

C.标况下戊烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；

D.由于钠反应后变为+1价，故1mol钠反应后转移电子为NA个，与产物无关，故D错误。

故选：A。8、D【解析】

根据电池反应：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，电极反应式正极：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，负极：Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2A.工作时原电池负极消耗OH-，溶液的pH减小，故A错误；B.电子不能在溶液中传递，故B错误；C.原电池中阴离子向负极移动，溶液中OH-由Ag2O电极移向Zn电极，故C错误；D.根据上面分析，Ag2O作正极：Ag2O+H2O+2e-＝2Ag+2OH-，故D正确；答案选D。【点睛】根据题干中的电池总反应中氧化还原反应，写出电极反应，即可容易分析解答。9、D【解析】

X、M的族序数均等于周期序数，结合团簇分子结合可知X为H，M为Be或Al，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的，则Y为O，Y的原子序数小于M，则M为Al；根据团簇分子的结构可知其分子式应为Al2Z2H2O6，Z的化合价为+2价，则Z为Mg。【详解】A．离子核外电子层数相同时，原子序数越小其半径越小，所以简单离子半径：O2->Mg2+>Al3+，故A错误；B．常温下金属铝与浓硝酸会钝化，故B错误；C．X与Y形成的化合物为H2O2或H2O，均为共价化合物，故C错误；D．Z为Mg，工业上常电解熔融状态下的氯化镁制取镁单质，故D正确；故答案为D。10、C【解析】

A．由图1可知，当c（HA－）=c（A2－）时，溶液显酸性，所以NaHA溶液显酸性，电离程度大于水解程度，则各离子浓度大小关系为：c（Na＋）＞c（HA－）＞c（H＋）＞c（A2－）＞c（OH－），故A正确；B．由图2可知，当c（[H3NCH2CH2NH2]+）=c[H3NCH2CH2NH3]2+）时，溶液的pH=6.85，c（OH－）=10-7.15mol·L－1，则Kb2==c（OH－），Kb2=10-7.15，故B正确；C．由图2可知，当c（[H3NCH2CH2NH3]2+）=c（[H3NCH2CH2NH]+）时，溶液的pH=6.85，c（OH－）=10-7.15mol·L－1，则Kb2=10-7.15，由图1可知，当c（HA－）=c（A2－）时，pH=6.2，则Ka2=10-6.2，[H3NCH2CH2NH3]2+的水解程度大于A2－的水解程度，溶液显酸性，故C错误；D．==，由于通入HCl，Kw、Kb1、Ka1都不变，所以不变，故D正确。故选C。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及盐的水解平衡原理的应用，把握电离平衡原理和水解原理、电离常数和水解常数的计算、图象数据的分析应用为解答的关键，侧重分析、应用能力和计算能力的考查，难点D，找出所给表达式与常数Kw、Kb1、Ka1的关系。11、A【解析】

A．向氨水中滴加少量等浓度的醋酸溶液后，反应生成醋酸铵为强电解质，完全电离，溶液中离子浓度增大，溶液的导电性增强，故A正确；B．醋酸的电离是吸热反应，升高温度，促进醋酸电离，所以醋酸的电离程度增大，溶液的pH减小，故B错误；C．酸碱对水的电离有抑制作用，稀释0.1mol/LNaOH溶液，对水的电离的抑制作用减小，水的电离程度增大，故C错误；D．CH3COONa溶液中存在醋酸根离子的水解，=，加入少量CH3COOH，溶液的温度不变，醋酸根的水解平衡常数不变，则不变，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意化学平衡常数、电离平衡常数、水解平衡常数、溶度积、水的离子积等都是只与温度有关，温度不变，这些常数不变。12、D【解析】

用惰性电极电解相等体积的KCl和CuSO4混合溶液，溶液中存在的离子有：K+，Cl-，Cu2+，SO42-，H+，OH-；阴极离子放电顺序是Cu2+＞H+，阳极上离子放电顺序是Cl-＞OH-，电解过程中分三段：第一阶段：阳极上电极反应式为2Cl--2e-═Cl2↑、阴极电极反应式为Cu2++2e-═Cu，铜离子浓度减小，水解得到氢离子浓度减小，溶液pH上升；第二阶段：阳极上电极反应式为4OH--4e-═2H2O+O2↑（或2H2O-4e-═4H++O2↑），阴极反应先发生Cu2++2e-═Cu，反应中生成硫酸，溶液pH降低；第三阶段：阳极电极反应式为4OH--4e-═2H2O+O2↑、阴极电极反应式为2H++2e-═H2↑，实质是电解水，溶液中硫酸浓度增大，pH继续降低；据此分析解答。【详解】A.ab段阴极电极反应式为Cu2++2e-═Cu，由于铜离子浓度减小，水解得到氢离子浓度减小，溶液pH上升，氢离子未被还原，故A错误；B.由图像可知，ab、bc段，阴极反应都是Cu2++2e-═Cu，所以原混合溶液中KCl和CuSO4的浓度之比小于2:1，故B错误；C.电解至c点时，阳极有氧气放出，所以往电解液中加入适量CuCl2固体，不能使电解液恢复至原来的浓度，故C错误；D.cd段pH降低，此时电解反应参与的离子为H+，OH-，电解反应相当于电解水，故D正确；选D。【点睛】本题考查电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，根据电解过程中溶液中氢离子浓度变化判断发生的反应；本题需结合图象分析每一段变化所对应的电解反应。13、D【解析】

根据图像可知反应流程为（1）氢气失电子变为氢离子，Fe（Ⅲ）得电子变为Fe（Ⅱ）；（2）Fe（Ⅱ）得电子变为Fe（Ⅲ），NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2。如此循环，实现H2消除酸性废水中的致癌物NO2－的目的，总反应为3H2+2NO2－+2H+=N2↑+4H2O。【详解】根据上面分析可知：A.Pd上发生的电极反应为：H2-2e－2H＋，故不选A；B.由图中信息可知，Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）是该反应的催化剂，其相互转化起到了传递电子的作用，故不选B；C.反应过程中NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2，故不选C；D.总反应为3H2+2NO2－+2H+=N2↑+4H2O。，用该法处理后由于消耗水体中的氢离子，pH升高，故选D；答案：D14、C【解析】

A.NaHSO4溶于水，电离生成Na+、H+和SO42-，既破坏了离子键又破坏了共价键，故A错误；B.HCl为分子晶体，气体溶于水克服共价键，故B错误；C.NaCl加热熔化电离生成Na+和Cl-，只破坏了离子键，故C正确；D.碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故D错误；正确答案是C。【点睛】本题考查化学键知识，题目难度不大，注意共价键、离子键以及分子间作用力的区别。15、C【解析】

A．分子式为C8H9NO2，故A错误；B．含酚-OH、-CONH-，该有机物不溶于水，故B错误；C．含酚-OH，能与Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应，故C正确；D．含O、N等元素，不是芳香烃，故D错误；故选C。16、A【解析】

A．硫酸铵属于强酸弱碱盐，溶于水显酸性，长期施用容易导致土壤酸化，故A正确；B．尿素是碳酰胺，呈弱碱性，长期施用容易导致土壤碱化，故B错误；C．草木灰的主要成分是碳酸钾，呈碱性，长期施用容易导致土壤碱化，故C错误；D．硝酸钾呈中性，植物的根吸收硝酸盐以后会释放出氢氧根离子(OH-)，并在根部区域形成微碱性环境，导致土壤碱化，故D错误；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、羧基C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O取代反应、（中和反应）因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代9种【解析】

由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与发生已知信息中的反应生成A，为。与HCl反应生成B，结合B的分子式可知，应是发生加成反应，B发生卤代烃的水解反应反应生成C，C氧化生成D，结合D分子式可知B为，顺推可知C为，D为。根据N分子结构中含有3个六元环可知，D与M应是发生酯化反应，M中羧基与羟基连接同一碳原子上，结合N的分子式可推知M为，N为。苯乙烯与水发生加成反应生成E为，再发生氧化反应生成，与氯气反应生成G，G在氢氧化钠溶液条件下水解、酸化得到H，则G为，H为，据此解答。【详解】（1）F分子中含氧官能团的名称为羧基，B的结构简式为；故答案为：羧基；；（2）G→H的化学方程式：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O，其反应类型为水解反应取代反应、中和反应；故答案为：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O；水解反应取代反应、中和反应；（3）D在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式：；故答案为：；（4）A在和存在下生成，而不是或的原因是：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；故答案为：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；（5）E（）的同分异构体中能使溶液显色，说明含有酚羟基，另外取代基为乙基，有邻、间、对3种，或取代基为2个甲基，当2个甲基处于邻位时，有2种位置，当2个甲基处于间位时，有3种位置，当2个甲基处于对位时，有1种位置，共有9种；故答案为：9；（6）根据以上分析可知N的结构简式为；故答案为：。【点睛】已知条件RCH=CH2+CH2=CHR′CH2=CH2+RCH=CHR′为烯烃双键断裂，结合新对象的过程。由此可以迅速知道C8H8的结构为为,，A为，再依次推导下去，问题迎刃而解。18、氯原子、羟基加成反应【解析】

由有机物的转化关系可知，与KMnO4或K2Cr2O7等氧化剂发生氧化反应生成，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，则B为；与LiAlH4反应生成，则C为；发生氧化反应生成，与双氧水发生加成反应生成，酸性条件下与ROH反应生成，则F为。【详解】（1）C的结构简式为，含有的官能团为氯原子和羟基，故答案为氯原子、羟基；（2）由D生成E的反应为与双氧水发生加成反应生成，故答案为加成反应；（3）由副产物的分子式为C9H5O4Cl2可知，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，则副产物的结构简式为，故答案为；（4）化合物C的同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，核磁共振氢谱图中有3个吸收峰说明结构对称，结构简式为，故答案为；（5）由题给转化关系可知，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，与LiAlH4反应生成，催化氧化生成，与过氧化氢发生加成反应生成，合成路线如下：，故答案为。【点睛】本题考查有机化学基础，解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。19、4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3还原K3[Fe(CN)6](或铁氰化钾)KSCN(或硫氰化钾)不正确NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液除去溶液中Fe3+和O2【解析】

(1)实验1中产生红褐色沉淀是因为Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3，反应方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3；(2)实验1中加入维生素C是为了防止Fe2+被氧化，利用了其还原性，故答案为：还原；(3)根据实验现象可知，①中加入试剂出现蓝色沉淀，是在检验Fe2+，试剂a为K3[Fe(CN)6]，②中溶液是否变红是在检验Fe3+，试剂b为KSCN，由于②中溶液没有变红，则不存在Fe3+，即灰绿色沉淀中没有Fe(OH)3，甲同学的猜测错误，故答案为：K3[Fe(CN)6](或铁氰化钾)；KSCN(或硫氰化钾)；不正确；(4)根据已知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，而实验4中NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面，导致沉淀没有灰绿色，故答案为：NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面；(5)当实验5中的现象为白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现时，可说明白色沉淀上没有或很少附着有Fe2+，故答案为：白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现；(6)溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时，O2能将Fe2+氧化成Fe3+，形成Fe(OH)3沉淀，根据题干信息可知，沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+，从而白色沉淀更容易变成灰绿色，故答案为：沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+；(7)根据上述实验可知道，当NaOH浓度高或者溶液中不存在Fe3+和O2时，制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀，其操作可以是向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液或除去溶液中Fe3+和O2，故答案为：向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液；除去溶液中Fe3+和O2。【点睛】本题主要考查学生的实验探究与分析能力，同时对学生提取信息的能力有较高的要求，难度较大，解题关键在于对题干信息的提取和结合所学知识进行综合解答。20、试管口应该略向下倾斜冷却并收集SO3木条复燃2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋S2OMnO用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，使蒸馏水自然流下，重复操作2～3次(合理即可)0.06偏高【解析】

(1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜；根据SO3、氧气的性质进行分析；(2)X为MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SO42-，据此写出离子方程式，并根据氧化还原反应规律判断氧化剂、氧化产物；(3)根据沉淀洗涤的方法进行回答；(4)根据得失电子守恒可得到关系式：5H2C2O4---2MnO4-，带入数值进行计算；Na2S2O8也具有氧化性，氧化H2C2O4。【详解】(1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜，SO3的熔、沸点均在0℃以上，因此冰水浴有利于将SO3冷却为固体，便于收集SO3，由Na2S2O8的分解原理可知，生成物中有氧气，所以在导管出气口的带火星的木条会复燃，故答案为：试管口应该略向下倾斜；冷却并收集SO3；木条复燃；(2)X为MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SO42-，则反应的离子方程式为2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋，根据该反应中元素化合价的变化可知，氧化剂是S2O82-，氧化产物是MnO4-，故答案为：2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋；S2O82-；MnO4-；(3)沉淀洗涤时，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸馏水需要没过沉淀，需要洗涤2~3次，故答案为：用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，使蒸馏水自然流下，重复操作2～3次(合理即可)；(4)根据得失电子守恒可得到关系式：则，Na2S2O8具有氧化性，消耗的H2C2O4溶液增多，导致测得的结果偏高，故答案为：0.06；偏高。21、26[Ar]3d