山东省广饶一中重点中学2024年高三下学期一模考试化学试题含解析

山东省广饶一中重点中学2024年高三下学期一模考试化学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某溶液X中含有H+、、Na+、Mg2+、Fe2+、、Cl−、Br−、、SiO32-和HCO3-离子中的若干种。取100mL该溶液进行如下实验：下列说法正确的是A．溶液X中一定没有、SiO32-，可能有Na+、Fe2+B．溶液X中加NaOH后，所得沉淀的成分可能有两种C．溶液X中c（Cl−）≤0.2mol·L−1D．溶液X可能是由NH4HSO4、MgCl2按物质的量之比2∶1混合再溶于水配制而成2、油脂是重要的工业原料．关于“油脂”的叙述错误的是A．不能用植物油萃取溴水中的溴B．皂化是高分子生成小分子的过程C．和H2加成后能提高其熔点及稳定性D．水解可得到丙三醇3、室温下，1L含0.1molHA和0.1molNaA的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如下表（加入前后溶液体积不变）：溶液a通入0.01molHCl加入0.01molNaOHpH4.764.674.85像溶液a这样，加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。下列说法正确的是A．溶液a和0.1mol·L−1HA溶液中H2O的电离程度前者小于后者B．向溶液a中通入0.1molHCl时，A−结合H+生成HA，pH变化不大C．该温度下HA的Ka=10-4.76D．含0.1mol·L−1Na2HPO4与0.1mol·L−1NaH2PO4的混合溶液也可做缓冲溶液4、已知:CH3CH(OH)CH2CHCH3CH=CHCH3+H2O，下列有关说法正确的是A．CH3CH=CHCH3分子中所有碳原子不可能处于同一平面B．CH3CH=CHCH3和HBr加成产物的同分异构体有4种（不考虑立体异构）C．CH3CH(OH)CH2CH3与乙二醇、丙三醇互为同系物D．CH3CH(OH)CH2CH3、CH3CH=CHCH3均能使酸性高锰酸钾溶液褪色5、碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如下图。下列有关该物质的说法正确的是A．分子式为C3H2O3B．分子中含6个σ键C．分子中只有极性键D．8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO26、下列物质不属于盐的是A．CuCl2 B．CuSO4 C．Cu2(OH)2CO3 D．Cu(OH)27、高温下，某反应达到平衡，平衡常数，保持其他条件不变，若温度升高，c（H2）减小。对该反应的分析正确的是A．反应的化学方程式为：CO+H2OCO2+H2B．升高温度，v（正）、v(逆)都增大，且v（逆）增大更多C．缩小容器体积，v（正）、v(逆)都增大，且v（正）增大更多D．升高温度或缩小容器体积，混合气体的平均相对分子量都不会发生改变8、化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。只改变一个条件，则下列对图像的解读正确的是①②③④A．A2(g)+

3B2(g)2AB3(g)，如图①说明此反应的正反应是吸热反应B．4CO(g)

+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)

，如图②

说明NO2

的转化率b>a>cC．N2(g)+

3H2(g)2NH3(g)，如图③说明t秒时合成氨反应达到平衡D．2A(g)+2B(g)3C(g)+D(?

)，如图④说明生成物D一定是气体9、水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是A．H2O的电子式为B．4℃时，纯水的pH=7C．D216O中，质量数之和是质子数之和的两倍D．273K、101kPa，水分之间的平均距离：d(气态)>d(液态)>d(固态)10、下列说法不正确的是（）A．沼气的主要成分是甲烷，它是不可再生能源B．石油分馏得到的石油气常用来制造塑料或作为燃料C．用煤气化得到的水煤气合成液态烃和含氧有机物的过程也属于煤的液化D．垃圾分类处理后，对热值较高的可燃垃圾可进行焚烧发电11、利用如图装置探究铁在海水中的电化学防护，下列说法不正确的是A．若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀B．若X为锌棒，开关K置于M处，铁电极的反应：Fe−2e−=Fe2+C．若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀D．若X为碳棒，开关K置于N处，铁电极的反应：2H++2e−=H2↑12、稠环芳烃如萘、菲、芘等均为重要的有机化工原料。下列说法正确的是A．萘、菲、芘互为同系物 B．萘、菲、芘的一氯代物分别为2、5、3种C．萘、菲、芘中只有萘能溶于水 D．萘、菲、芘的所有原子不可能处于同一平面13、下列反应中，相关示意图像错误的是：A．将二氧化硫通入到一定量氯水中B．将氨水滴入到一定量氯化铝溶液中C．将铜粉加入到一定量浓硝酸中D．将铁粉加入到一定量氯化铁溶液中14、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15、化合物(X)、(Y)、(Z)的分子式均为C5H6。下列说法正确的是（）A．X、Y、Z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．Z的同分异构体只有X和Y两种C．Z的二氯代物只有两种(不考虑立体异构)D．Y分子中所有碳原子均处于同一平面16、常温下，向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3·H2O的变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发，且始终维持常温)，下列说法不正确的是()A．当n(NaOH)＝0.1mol时，溶液中存在NH3·H2OB．a＝0.05C．在M点时，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05)molD．当n(NaOH)＝0.1mol时，c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(OH－)二、非选择题（本题包括5小题）17、丹参素是一种具有保护心肌、抗血栓形成、抗肿瘤等多种作用的药物。它的一种合成路线如下：已知：Bn－代表苄基（）请回答下列问题：（1）D的结构简式为__________，H中所含官能团的名称为_______________。（2）的反应类型为_____________，该反应的目的是_____________。（3）A的名称是__________，写出的化学方程式：________。（4）用苯酚与B可以制备物质M（）。N是M的同系物，相对分子质量比M大1．则符合下列条件的N的同分异构体有__________种（不考虑立体异构）。其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是_____________（写出一种即可）。①苯环只有两个取代基②能与溶液发生显色反应③能发生银镜反应④红外光谱表明分子中不含醚键（5）参照丹参素的上述合成路线，以为原料，设计制备的合成路线：____________________。18、有机物X是一种烷烃，是液化石油气的主要成分，可通过工艺Ⅰ的两种途径转化为A和B、C和D。B是一种重要的有机化工原料，E分子中含环状结构，F中含有两个相同的官能团，D是常见有机物中含氢量最高的，H能使溶液产生气泡,Ⅰ是一种有浓郁香味的油状液体。请回答：（1）G的结构简式为_________________________。（2）G→H的反应类型是_________________________。（3）写出F＋H→1的化学方程式_________________________。（4）下列说法正确的是_______。A．工艺Ⅰ是石油的裂化B．除去A中的少量B杂质，可在一定条件下往混合物中通入适量的氢气C．X、A、D互为同系物，F和甘油也互为同系物D．H与互为同分异构体E．等物质的量的Ⅰ和B完全燃烧，消耗氧气的质量比为2：119、对氨基苯磺酸是制取染料和一些药物的重要中间体，可由苯胺磺化得到。+H2SO4H2O已知：苯胺是一种无色油状液体，微溶于水，易溶于乙醇，熔点−6.1℃，沸点184.4℃。对氨基苯磺酸是一种白色晶体，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于碱性溶液，不溶于乙醇。实验室可用苯胺、浓硫酸为原料，利用如图所示实验装置合成对氨基苯磺酸。实验步骤如下：步骤1：在250mL三颈烧瓶中加入10mL苯胺及几粒沸石，将三颈烧瓶放在冰水中冷却，小心地加入18mL浓硫酸。步骤2：将三颈烧瓶置于油浴中缓慢加热至170～180℃，维持此温度2～2.5小时。步骤3：将反应产物冷却至约50℃后，倒入盛有100mL冷水的烧杯中，用玻璃棒不断搅拌，促使对氨基苯磺酸晶体析出。将烧瓶内残留的产物冲洗到烧杯中，抽滤，洗涤，得到对氨基苯磺酸粗产品。步骤4：将粗产品用沸水溶解，冷却结晶，抽滤，收集产品，晾干可得纯净的对氨基苯磺酸。（1）装置中冷凝管的作用是__________。（2）步骤2油浴加热的优点有____________________。（3）步骤3中洗涤沉淀的操作是______________。（4）步骤3和4均进行抽滤操作，在抽滤完毕停止抽滤时，应注意先__________，然后__________，以防倒吸。（5）若制得的晶体颗粒较小，分析可能的原因______（写出两点）。20、向硝酸酸化的2mL0.1mol·L－1AgNO3溶液（pH＝2）中加入过量铁粉，振荡后静置，溶液先呈浅绿色，后逐渐呈棕黄色，试管底部仍存在黑色固体，过程中无气体生成。实验小组同学针对该实验现象进行了如下探究。Ⅰ.探究Fe2＋产生的原因。（1）提出猜想：Fe2＋可能是Fe与________或________反应的产物。（均填化学式）（2）实验探究：在两支试管中分别加入与上述实验等量的铁粉，再加入不同的液体试剂，5min后取上层清液，分别加入相同体积和浓度的铁氰化钾溶液。液体试剂加入铁氰化钾溶液1号试管2mL0.1mol·L－1

AgNO3溶液无蓝色沉淀2号试管硝酸酸化的2mL0.1mol·L－1______溶液(pH＝2)蓝色沉淀①2号试管中所用的试剂为_________。②资料显示：该温度下，0.1mol·L－1AgNO3溶液可以将Fe氧化为Fe2＋。但1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为_______。③小组同学继续进行实验，证明了由2号试管得出的结论正确。实验如下：取100mL0.1mol·L－1硝酸酸化的AgNO3溶液（pH＝2），加入铁粉并搅拌，分别插入pH传感器和NO传感器（传感器可检测离子浓度），得到图甲、图乙，其中pH传感器测得的图示为________（填“图甲”或“图乙”）。④实验测得2号试管中有NH4+生成，则2号试管中发生反应的离子方程式为__________。Ⅱ.探究Fe3＋产生的原因。查阅资料可知，反应中溶液逐渐变棕黄色是因为Fe2＋被Ag＋氧化了。小组同学设计了不同的实验方案对此进行验证。（3）方案一：取出少量黑色固体，洗涤后，______（填操作和现象），证明黑色固体中有Ag。（4）方案二：按下图连接装置，一段时间后取出左侧烧杯中的溶液，加入KSCN溶液，溶液变红。该实验现象________（填“能”或“不能”）证明Fe2＋可被Ag＋氧化，理由为________。21、化合物H是合成药物盐酸沙格雷酯的重要中间体，其合成路线如图：（1）化合物A中的含氧官能团为___和___(填官能团名称)。（2）反应⑤的反应类型是___，反应方程式___。（3）B的分子式___，1molB与足量的银氨溶液反应，最多能产生___gAg。（4）检验D中卤原子种类，所需的试剂有___。（5）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：___。a.分子中含有两个苯环；b.分子中有7种不同化学环境的氢；c.不能与FeCl3溶液发生显色反应，但水解产物之一能发生此反应。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A.加入一定量的氢氧化钠后得到中性溶液，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子和硅酸根离子和碳酸氢根离子都不能存在，后续溶液中加入硝酸银产生白色沉淀，说明不含溴离子。原溶液存在的阴离子只能是硫酸根离子或氯离子。所以4.66克白色沉淀为硫酸钡沉淀，产生气体为氨气，所以原溶液一定含有铵根离子和硫酸根离子，若有亚铁离子，则加入氢氧化钠生成氢氧化亚铁沉淀，灼烧后得到红棕色氧化铁，故一定不含亚铁离子，故错误；B.加入氢氧化钠能产生的沉淀只能是氢氧化镁沉淀，故错误；C.氨气的体积为448mL，物质的量为0.02mol，说明铵根离子物质的量为0.02mol，结合氢氧化钠的物质的量为0.02mol，硫酸钡沉淀为4.66克，硫酸根离子物质的量为0.02mol，氧化镁质量为0.4克，镁离子物质的量为0.01mol，结合的氢氧化钠的物质的量为0.02mol，第一步消耗0.06mol氢氧化钠，所以说明原溶液还有氢离子，物质的量为0.06-0.02-0.02=0.02mol，根据电荷守恒分析，还应存在有阴离子，只能为氯离子，所以氯离子的物质的量为0.01×2+0.02+0.02-0.02×2=0.02mol，若溶液中含有钠离子，则氯离子的物质的量大于0.02mol，则氯离子的浓度最小值为，故错误；D.溶液中含有0.02mol铵根离子，0.02mol硫酸根离子，0.01mol镁离子，0.02mol氢离子，氯离子物质的量最小值为0.02mol，可能是由0.02molNH4HSO4和0.01molMgCl2按物质的量之比2∶1混合再溶于水配制而成，或还有氯化钠，故正确。答案选D。【点睛】掌握反应过程中离子之间的比例关系，进行定量和定性分析，注意前后的一致性，如当加入氢氧化钠后溶液为中性，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子或硅酸根离子或碳酸氢根离子等都不存在。根据氢氧化钠的消耗量分析溶液中存在氢离子，再根据溶液中的电荷守恒确定溶液中的氯离子的存在以及数值。2、B【解析】

A、植物油的主要成分为不饱和高级脂肪酸甘油酯，分子中含有双键能够与溴反应，A正确；B、皂化反应是油脂的碱性水解，反应的主要产物脂肪酸钠和甘油不是高分子化合物，B错误；C、油脂和H2加成后油脂中的不饱和高级脂肪酸甘油酯转化成饱和的高级脂肪酸甘油酯，其熔点及稳定性均得到提高，C正确；D、油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯，水解后可以得到甘油，即丙三醇，D正确。3、D【解析】

A．溶液a为酸性，HA电离程度大于A-水解程度，相对于纯HA，同浓度下，溶液a中存在一部分A-，起始时有了一部分产物，所以溶液a和0.1mol/LHA溶液中HA的电离程度前者小于后者，从而H2O的电离程度前者大于后者，A选项错误；B．根据表中数据，向溶液a中通入0.1molHCl时，溶液a中一共只有1L含0.1molNaA，则完全消耗NaA，这就超出了缓冲溶液的缓冲范围了，NaA变成了HA，溶液便失去了缓冲能力，pH不可能变化不大，B选项错误；C．HA的，由表可知，1L含0.1molHA和0.1molNaA的溶液a的pH=4.76，但此时c(A-)不等于c(HA)，故该温度下HA的Ka不等于10-4.76，C选项错误；D．向0.1mol·L−1Na2HPO4与0.1mol·L−1NaH2PO4的混合溶液中加入少量强酸或强碱，溶液的组成不会明显变化，故也可做缓冲溶液，D选项正确；答案选D。4、D【解析】

A．乙烯为平面型结构，CH3CH=CHCH3所有碳原子可能处于同一平面上，选项A错误；B.CH3CH=CHCH3高度对称，和HBr加成产物只有2-溴丁烷一种，选项B错误；C.CH3CH(OH)CH2CH3与乙二醇、丙三醇都属于醇类物质，三者所含羟基的数目不同，通式不同，不互为同系物，选项C错误；D.CH3CH(OH)CH2CH3、CH3CH=CHCH3中分别含有醇羟基和碳碳双键，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项D正确。答案选D。5、A【解析】

A、双键两端的碳原子上各有一个氢原子，所以分子式为C3H2O3，故A正确；B、分子中的单键为σ键，一共有8个，故B错误；C、该分子中碳碳双键属于非极性键，故C正确；D、此选项没有说明温度和压强，所以所得二氧化碳的体积是不确定的，故D错误。此题选C。6、D【解析】

A.CuCl2是铜离子和氯离子组成的化合物，属于盐，A不选；B.CuSO4是硫酸根离子和铜离子组成的化合物，属于盐，B不选；C.Cu2(OH)2CO3为碱式碳酸铜，属于盐，C不选；D.Cu(OH)2为氢氧化铜，在溶液中能部分电离出铜离子和氢氧根离子，属于碱，D选；答案选D。7、D【解析】

A.化学平衡常数中,分子中各物质是生成物、分母中各物质是反应物，所以反应方程式为：CO2+H2⇌CO+H2O，故A错误；B.升高温度,正逆反应速率都增大，平衡向吸热方向移动，升高温度，氢气浓度减小，说明平衡正向移动，则正反应是吸热反应，所以v正增大更多，故B错误；C.缩小容器体积，增大压强，正逆反应速率都增大，平衡向气体体积减小的方向移动，该反应前后气体体积不变，所以压强不影响平衡移动，则v(逆)、v(正)增大相同，故C错误；D.反应前后气体计量数之和不变，所以升高温度、缩小体积混合气体的物质的量不变，根据质量守恒定律知，反应前后气体质量不变，所以混合气体平均相对分子质量都不变，故D正确；故选：D。8、D【解析】

A．根据图①可以知道，交点之前，反应未达平衡，交点时处于平衡状态，交点后增大温度逆反应速率增大比正反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故可判断可逆反应A2(g)+3B2(g)2AB3(g)正反应是放热反应，故A错误；B．根据反应方程式可知，增加一种反应物NO的量会增大另一种反应物二氧化氮的转化率，所以c点的转化率大于a点，故B错误；C．2v（N2）正=v（NH3）逆时，正逆反应速率相等，此时化学反应达到了平衡状态，而从图示可知，ts时，各物质的速率均在发生变化，此时化学反应没有达到平衡状态，故C错误；D．根据图示可以看出压强只能改变反应速率不改变平衡的移动，所以反应是前后气体的系数和相等的反应，即D一定是气体，所以D选项是正确的；故答案选D。9、C【解析】

A．H2O是共价化合物，其电子式为，故A错误；B．25℃时，纯水的pH=7，故B错误；C．D216O质量数之和为2×1+1×16=20，质子数之和为2×1+1×8=10，质量数之和是质子数之和的两倍，故C正确；D．273K时，水以固液混合物的形式存在，且温度、压强相同，同种状态、同种分子间的距离相同，故D错误；故选C。10、A【解析】

A.沼气为秸秆等植物发酵而成，属于可再生能源，故A错误；B.石油中石油气的沸点最低，所以石油分馏最先得到的是石油气，可作为燃料，石油气也常用来制造塑料，故B正确；C.用煤气化得到的水煤气合成液态烃和含氧有机物是使煤经过化学反应生成液体燃料，属于煤的液化，故C正确；D.垃圾发电是把各种垃圾收集后，进行分类处理。其中：一是对燃烧值较高的进行高温焚烧，在高温焚烧中产生的热能转化为高温蒸气，推动涡轮机转动，使发电机产生电能。二是对不能燃烧的有机物在缺乏空气的条件下进行腐烂发酵、产生一种气体沼气，故D正确；故选A。11、B【解析】

A、若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，金属铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故A正确；B、若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，氧气在该极发生还原反应，故B错误；C、若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，此时金属铁为阴极，铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故C正确；D、若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，X极为阳极，发生氧化反应，铁电极为阴极，水电离的H+发生还原反应，电极反应式为2H++2e−=H2↑，故D正确。故选B．12、B【解析】

A.同系物是组成相似，结构上相差n个CH2，依据定义作答；

B．根据等效氢原子种类判断；

C．依据相似相容原理作答；D．依据苯的结构特征分析分子内原子共平面问题。【详解】A.萘的结构中含两个苯环，菲的结构中含三个苯环，芘的结构中含四个苯环，组成不相似，则三者不是同系物，故A项错误；B.根据分子结构的对称性可知，萘分子中含有2种H原子，如图示：，则其一氯代物有2种，而菲分子中含有5种H原子，如图示：，则其一氯代物也有5种，芘分子中含有3种H原子，如图示：，则其有3种一氯代物，故B项正确；C.三种分子均有对称性，且为非极性分子，而水为极性键组成的极性分子，则萘、菲、芘中均难溶于水，故C项错误；D.苯环为平面结构，则两个或两个以上的苯环通过共用环边构成的多元有机化合物也一定共平面，即所有的原子一定在同一个平面上，故D项错误；答案选B。【点睛】本题的难点是B选项，找稠环的同分异构体，进而判断其一氯代物的种类，结合等效氢法，可采用对称分析法进行判断等效氢原子，该方法的关键是根据分子的对称性找出所有的对称轴或对称中心。13、B【解析】

A．当向氯水中通入二氧化硫时，氯水中的氯气具有强氧化性，在水溶液中能把二氧化硫氧化成硫酸，氯气和二氧化硫、水的反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，所以溶液的酸性增强，pH值减小，最后达定值，故A正确；B．氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不和弱碱反应，所以将氨水滴入到一定量氯化铝溶液中沉淀先逐渐增大最后达到最大值，沉淀不溶解，故B错误；C．铜先和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，随着反应的进行，浓硝酸变成稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，当硝酸完全反应时，生成的气体为定值，故C正确；D．铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，溶液中离子数目增多，氯离子的量不变，所以氯离子的百分含量减少，到三价铁离子反应完全后，氯离子的百分含量不再变化，故D正确；故答案为B。14、A【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。15、C【解析】

A．z不含碳碳双键，与高锰酸钾不反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B．C5H6的不饱和度为=3，可知若为直链结构，可含1个双键、1个三键，则x的同分异构体不止X和Y两种，故B错误；C．z含有1种H，则一氯代物有1种，对应的二氯代物，两个氯原子可在同一个碳原子上，也可在不同的碳原子上，共2种，故C正确；D．y中含3个sp3杂化的碳原子，这3个碳原子位于四面体结构的中心，则所有碳原子不可能共平面，故D错误；故答案为C。16、B【解析】

A、当n(NaOH)=0.1mol，与NH4Cl恰好完全反应，NaOH＋NH4Cl=NaCl＋NH3·H2O，溶液中存在NH3·H2O，故A说法正确；B、当a=0.05mol时，溶液中的溶质为0.05molNH4Cl和0.05molNH3·H2O，而NH4＋的水解程度小于NH3·H2O的电离，c(NH4＋)≠c(NH3·H2O)，与题意不符，故B说法错误；C、在M点时，n(Na＋)=amol，n(Cl－)=0.1mol，n(NH4＋)=0.05mol，根据电荷守恒，n(NH4＋)＋n(Na＋)＋n(H＋)=n(OH－)＋n(Cl－)，则n(OH－)－n(H＋)=n(NH4＋)＋n(Na＋)－n(Cl－)=0.05＋n(Na＋)－n(Cl－)=(a－0.05)mol，故C说法正确；D、加入0.1molNaOH后，刚好生成0.1molNaCl和NH3·H2O，则c(Na＋)=c(Cl－)>c(OH－)，故D说法正确；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、醚键、羟基、羧基取代反应保护（酚）羟基乙二醛+O2→18【解析】

根据A的分子式和B的结构可知A为乙二醛（OHC-CHO），乙二醛氧化生成B；根据C、E、B的结构可知D为；B与D发生加成反应生成E（）；F与BnCl碱性环境下，发生取代反应生成G（），保护酚羟基不被后续步骤破坏；H与氢气发生取代反应生成丹参素，据此分析。【详解】（1）根据合成路线逆推可知D为邻苯二酚。H（）中所含官能团为醚键、羟基、羧基；答案：醚键、羟基、羧基（2）的结果是F中的羟基氢被苄基取代，所以是取代反应。从F到目标产物，苯环上的两个羟基未发生变化，所以是为了保护酚羟基，防止它在后续过程中被破坏。答案：取代反应保护（酚）羟基（3）A为乙二醛（OHC-CHO），属于醛基的氧化反应，方程式为+O2→；答案：乙二醛+O2→（4）根据题意，N的同分异构体必含一个酚羟基，另一个取代基可能是：HCOOCH2CH2-、HCOOCH（CH3）、OHCCH（OH）CH2-、OHCCH2CH（OH）-、、，每个取代基与酚羟基都有邻、间、对三种位置关系，共有；其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是；答案：18（5）由原料到目标产物，甲基变成了羧基（发生了氧化反应），但羟基未发生变化。由于酚羟基易被氧化，所以需要预先保护起来。根据题意可以使用BnCl进行保护，最后通过氢气使酚羟基复原，合成路线为；答案：【点睛】本题难点第（4）小题同分异构体种类判断①注意能发生银镜反应的有醛基、甲酸盐、甲酸某酯、甲酸盐、葡萄糖、麦芽糖等；②先确定官能团种类，在确定在苯环中的位置。18、氧化反应HOCH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2OH+H2ODE【解析】

X为烷烃，则途径I、途径II均为裂化反应。B催化加氢生成A，则A、B分子中碳原子数相等。设A、B分子中各有n个碳原子，则X分子中有2n个碳原子，E、F中各有n个碳原子。D是含氢量最高的烃，必为CH4，由途径II各C分子中有2n-1个碳原子，进而G、H分子中也有2n-1个碳原子。据F+H→I（C5H10O3），有n+2n-1=5，得n=2。因此，X为丁烷（C4H10）、A为乙烷（C2H6）、B为乙烯（CH2=CH2），B氧化生成的E为环氧乙烷（）、E开环加水生成的F为乙二醇（HOCH2CH2OH）。C为丙烯（CH3CH=CH2）、C加水生成的G为1-丙醇（CH3CH2CH2OH）、G氧化生成的有酸性的H为丙酸（CH3CH2COOH）。F与H酯化反应生成的I为丙酸羟乙酯（CH3CH2COOCH2CH2OH）。（1）据C→G→I，G只能是1-丙醇，结构简式为CH3CH2CH2OH。（2）G（CH3CH2CH2OH）→H（CH3CH2COOH）既脱氢又加氧，属于氧化反应。（3）F＋H→I的化学方程式HOCH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2OH+H2O。（4）A．工艺Ⅰ生成乙烯、丙烯等基础化工原料，是石油的裂解，A错误；B．除去A（C2H6）中的少量B（CH2=CH2）杂质，可将混合气体通过足量溴水。除去混合气体中的杂质，通常不用气体作除杂试剂，因其用量难以控制，B错误；C．X（C4H10）、A（C2H6）、D（CH4）结构相似，组成相差若干“CH2”，互为同系物。但F（HOCH2CH2OH）和甘油的官能团数目不同，不是同系物，C错误；D．H（CH3CH2COOH）与分子式相同、结构不同，为同分异构体，D正确；E．Ⅰ（C5H10O3）和B（C2H4）各1mol完全燃烧，消耗氧气分别为6mol、3mol，其质量比为2：1，E正确。故选DE。19、冷凝回流受热均匀，便于控制温度向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次拆下连接泵和吸滤瓶的橡皮管关闭水龙头溶液温度过高或冷却结晶时速度过快（合理答案即可）【解析】

结合题给信息进行分析：步骤1中，将三颈烧瓶放入冷水中冷却，为防止暴沸，加入沸石。步骤2中，因为反应温度为170～180℃，为便于控制温度，使反应物受热均匀，采取油浴方式加热；步骤3中，结合对氨基苯磺酸的物理性质，将反应产物导入冷水烧杯中，并不断搅拌有助于对氨基苯磺酸的析出。再根据对氨基苯磺酸与苯胺在乙醇中的溶解性不同，采用乙醇洗涤晶体。步骤4中，利用对氨基苯磺酸可溶于沸水，通过沸水溶解，冷却结晶等操作，最终得到纯净产品。【详解】（1）冷凝管起冷凝回流的作用，冷却水从下口进入，上口排出；答案为：冷凝回流；（2）油浴加热优点是反应物受热均匀，便于控制温度；答案为：受热均匀，便于控制温度；（3）苯胺是一种无色油状液体，微溶于水，易溶于乙醇，对氨基苯磺酸是一种白色晶体，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于碱性溶液，不溶于乙醇，则洗涤时选用乙醇。洗涤的操作为向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次；答案为：向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次；（4）抽滤完毕停止抽滤时，为防止倒吸，先拆下连接抽气泵和吸滤瓶间的橡皮管，再关水龙头；答案为：拆下连接泵和吸滤瓶的橡皮管；关闭水龙头；（5）对氨基苯磺酸微溶于冷水，可溶于沸水，若制得的晶体颗粒较小，可能的原因是溶液温度过高或冷却结晶时速度过快。答案为：溶液温度过高或冷却结晶时速度过快（合理答案即可）。【点睛】冷却结晶的晶体大小影响因素：（1）浆料的过饱和度，这个主要由温度来控制，温度越低过饱和度越低。过饱和度越大，则产生晶核越多，结晶体粒径越小。（2）停留时间，时间越长，则产生的结晶体粒径越大。（3）容器的搅拌强度，搅拌越强，容易破碎晶体，结晶体粒径越小。（4）杂质成分，杂质成分较多，则比较容易形成晶核，结晶体粒径越小。20、HNO3AgNO3NaNO3该反应速率很小（或该反应的活化能较大）图乙4Fe＋10H＋＋NO3-=4Fe2＋＋NH4+