江苏南通市2024年高考化学三模试卷含解析

江苏南通市2024年高考化学三模试卷注意事项：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、不需要通过氧化还原反应就能从海水中获得的物质是A．液溴 B．精盐 C．钠 D．烧碱2、钾长石(KAlSi3O8)是一种钾的铝硅酸盐，可用于制备Al2O3、K2CO3等物质，制备流程如图所示：下列有关说法正确的是A．上述流程中可以重复利用的物质只有Na2CO3B．钾长石用氧化物的形式可表示为K2O·Al2O3·3SiO2C．煅烧过程中Si、K和Al元素转化为CaSiO3、KAlO2和NaAlO2D．沉淀过程中的离子方程式为CO2+2AlO2-+3H2O=CO32-+2Al(OH)3↓3、水的电离平衡曲线如图所示，下列说法中，正确的是A．图中A、B、D三点处Kw的大小关系：B>A>DB．25℃时，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，溶液中c(NH4+)／c(NH3·H2O)的值逐渐减小C．在25℃时，保持温度不变，在水中加人适量NH4Cl固体，体系可从A点变化到C点D．A点所对应的溶液中，可同时大量存在Na+、Fe3+、Cl-、SO42—4、我国科学家设计了一种智能双模式海水电池，满足水下航行器对高功率和长续航的需求。负极为Zn，正极放电原理如图。下列说法错误的是（）A．电池以低功率模式工作时，NaFe[Fe(CN)6]作催化剂B．电池以低功率模式工作时，Na+的嵌入与脱嵌同时进行C．电池以高功率模式工作时，正极反应式为：NaFe[Fe(CN)6]+e-+Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]D．若在无溶解氧的海水中，该电池仍能实现长续航的需求5、中华传统文化对人类文明进步贡献巨大。《本草纲目》“烧酒”写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气……其清如水，味极浓烈，盖酒露也"。运用化学知识对其进行分析，则这种方法是A．分液 B．升华 C．萃取 D．蒸馏6、FFC电解法可由金属氧化物直接电解制备金属单质，西北稀有金属材料研究院利用此法成功电解制备钽粉(Ta)，其原理如图所示。下列说法正确的是A．该装置将化学能转化为电能B．a极为电源的正极C．Ta2O5极发生的电极反应为Ta2O5+10e—=2Ta+5O2—D．石墨电极上生成22.4LO2，则电路中转移的电子数为4×6.02×10237、下列有关实验操作的叙述正确的是A．制备乙酸乙酯时，将乙醇和乙酸依次加入到浓硫酸中B．用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出C．在蒸馏操作中，应先通入冷凝水后加热蒸馏烧瓶D．向容量瓶中转移液体时，引流用的玻璃棒不可以接触容量瓶内壁8、某化学课外活动小组拟用铅蓄电池为直流电源，进行电絮凝净水的实验探究，设计的实验装置如图所示，下列叙述正确的是（）A．X电极质量减轻，Y电极质量增加B．电解池阳极上被氧化的还原剂有Al和H2OC．电解池的总反应为2Al＋6H2O2Al(OH)3＋3H2↑D．每消耗103.5gPb，理论上电解池阴极上有1molH2生成9、化学无处不在，与化学有关的说法不正确的是（）A．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B．可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D．黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成10、已知：Mn(sS(sMn(s则下列表述正确的是（）A．ΔHB．ΔHC．Mn(sD．MnO2(11、下列说法正确的是A．SiO2制成的玻璃纤维，由于导电能力强而被用于制造通讯光缆B．水分子中O－H键的键能很大，因此水的沸点较高C．Na2O2中既含有离子键又含有共价键，但Na2O2属于离子化合物D．1molNH3中含有共用电子对数为4NA(NA为阿伏加德罗常数的值)12、某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Al3+、Cu2+、Fe3+和K+中的若干种。为检验其中含有的离子，进行如下实验：取该溶液10mL，加入过量的氢氧化钡溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，同时产生白色沉淀，过滤；向上述滤液中通入足量CO2气体，产生白色沉淀。下列关于原溶液的说法正确的是A．至少存在4种离子 B．Al3+、NH4+一定存在，Cl-可能不存在C．SO42﹣、CO32﹣至少含有一种 D．Al3+、Cu2+、Fe3+一定不存在，K+可能存在13、A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中A的原子序数是B和D原子序数之和的1/4，C的原子半径在所有短周期主族元素中最大，甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，0.005mol/L戊溶液的pH=2，它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略)，下列叙述一定正确的是A．C、D两元素形成的化合物的原子个数比为1:2B．C、E形成的化合物的水溶液呈碱性C．简单离子半径：D>C>BD．最高价氧化物对应水化物的酸性：E>A14、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NaCl15、下列说法不正确的是A．海水是一个巨大的宝藏，对人类生活产生重要影响的元素，如：氯、溴、碘、硫、钠、钾等元素主要来自于海水B．同位素示踪法是研究化学反应历程的手段之一C．浙江省首条氢氧燃料电池公交线在嘉善试运行，高容量储氢材料的研制是需解决的关键技术问题之一D．乙醇与水互溶，这与乙醇和水分子之间能形成氢键有关16、已知2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。该反应中有关物理量的描述正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（）A．每生成6.72L的H2，溶液中AlO2﹣的数目就增加0.2NAB．每生成0.15molH2，被还原的水分子数目为0.3NAC．当加入2.7gAl时，转移的电子数目为0.3NAD．溶液中每增加0.1mol的AlO2﹣，Na+的数目就增加0.1NA二、非选择题（本题包括5小题）17、煤化工可制得甲醇．以下是合成聚合物M的路线图．己知：①E、F均能发生银镜反应；②+RX+HX完成下列填空：（1）关于甲醇说法错误的是______（选填序号）．a．甲醇可发生取代、氧化、消去等反应b．甲醇可以产生CH3OCH3（乙醚）c．甲醇有毒性，可使人双目失明d．甲醇与乙醇属于同系物（2）甲醇转化为E的化学方程式为______．（3）C生成D的反应类型是______；写出G的结构简式______．（4）取1.08gA物质（式量108）与足量饱和溴水完全反应能生成2.66g白色沉淀，写出A的结构简式______．18、已知：CH3-CH=CH-CHO巴豆醛回答下列问题：（1）B物质所含官能团名称是________，E物质的分子式是_________（2）巴豆醛的系统命名为____________，检验其中含有碳碳双键的方法是___________。（3）A到B的反应类型是__________，E与足量氢气在一定条件下反应的化学方程式是_____。（4）比A少两个碳原子且含苯环的同分异构体有________种，写出核磁共振氢谱有四组峰且峰面积比为3:2:2:2的结构简式______。（5）已知：+，请设计由乙醇为原料制备巴豆醛的合成路线______。19、是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性环境下易分解生成S和。某小组设计了如下实验装置制备（夹持及加热仪器略），总反应为。回答下列问题：a.b.粉末c.溶液d.、溶液e.溶液（1）装置A的作用是制备________，反应的化学方程式为________。（2）完成下表实验过程：操作步骤装置C的实验现象解释原因检查装置气密性后，添加药品pH计读数约为13用离子方程式表示（以为例）：①__打开，关闭，调节；使硫酸缓慢匀速滴下ⅰ.导管口有气泡冒出，②___ⅱ.pH计读数逐渐③___反应分步进行：↓（较慢）当pH计读数接近7时，立即停止通，操作是④___必须立即停止通的原因是：⑤___（3）有还原性，可作脱氯剂。向溶液中通入少量，某同学预测转变为，设计实验验证该预测：取少量反应后的溶液于试管中，________。20、某实验小组探究SO2与Cu(OH)2悬浊液的反应。（1）实验一：用如图装置（夹持装置已略，气密性已检验）制备SO2，将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中。B中出现少量红色沉淀；稍后，B中所得溶液呈绿色，与CuSO4溶液、CuCl2溶液的颜色有明显不同。①排除装置中的空气，避免空气对反应干扰的操作是_____，关闭弹簧夹。②打开分液漏斗旋塞，A中发生反应的方程式是_____。（2）实验二：为确定红色固体成分，进行以下实验：①在氧气流中煅烧红色固体的目的是_____。②根据上述实验可得结论：该红色固体为_____。（3）实验三：为探究B中溶液呈绿色而不是蓝色的原因，实验如下：i.向4mL1mol/L的CuSO4溶液中通入过量SO2，未见溶液颜色发生变化。ii.取少量B中滤液，加入少量稀盐酸，产生无色刺激性气味的气体，得到澄清的蓝色溶液。再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。查阅资料：SO2在酸性条件下还原性较差。①实验i的目的_____。②根据上述实验可得结论：溶液显绿色的原因是溶液中含有较多Cu(HSO3)2。小组同学通过进一步实验确认了这种可能性，在少量1mol/L的CuSO4溶液中加入_____溶液，得到绿色溶液。（4）综上实验可以得出：出现红色沉淀的原因是：_____；（用离子方程式表示）溶液呈现绿色的原因是：_____。（用化学方程式表示）21、氢能作为高效清洁的二次能源，应用前景日益广泛。二甲醚制氢技术是实现小规模现场制氢的一种理想方案。其反应原理主要分两步：二甲醚水解：CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g)ΔH1＝+23.53kJ/mol反应Ⅰ甲醇与水蒸汽重整：CH3OH(g)＋H2O(g)3H2(g)＋CO2(g)ΔH2＝+49.48kJ/mol反应Ⅱ回答下列问题。(1)反应CH3OCH3(g)＋3H2O(g)6H2(g)＋2CO2(g)ΔH3＝_________。该反应自发进行的条件是___________(填“高温”、“低温”或“任意条件”)。(2)实验室条件下，二甲醚与水蒸汽以物质的量之比1：3混合，以固定的高流速通过填充有催化剂HZSM-5(分子筛)反应器。测得如下关系图（图1和图2）。图2中的平衡值是指不同温度下的平衡转化率。已知：二甲醛转化率=①下列说法合理的是__________A．图1中表明，催化剂HZSM-5的活性只受温度影响，与反应持续时间无关B．图1中使用不同的催化剂可以改变二甲醚水解的平衡转化率C．图2中曲线①数值高于平衡值，是因为催化剂可能会吸附部分未反应的二甲醚D．图2中曲线①和曲线②在275℃前二甲醚的转化率与平衡转化率的趋势一致，这与反应I和反应II是吸热反应有关E.图2中曲线②在在较低温度时二甲醚的转化率与平衡值保持一致，主要是反应持续280min后已达到平衡状态②图2曲线②数值在280℃之后明显下降，解释可能原因___________(3)在固定体积容器内，二甲醚与水蒸汽以物质的量之比1：3投料，温度恒定为150℃，二甲醚的平衡转化率约为15%，平衡时容器内总压为P0，升温到280℃并保持恒定，再次达到平衡，此时二甲醚平衡转化率接近22%，而容器内总压约为1.5P0，请解释升温二甲醚平衡转化率增大的原因。__________________(4)研究表明，在相同条件下，反应Ⅰ的活化能远小于反应Ⅱ的活化能，在固定体积容器内，二甲醚与水蒸汽以物质的量之比1：3投料，温度恒定为250℃，反应在t1时刻达到平衡，在图中作出甲醇含量随时间变化的关系图____________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

海水中溶有氯化钠、溴化钠等多种无机盐，从其利用过程发生的反应判断是否氧化还原反应。【详解】A.从溴化钠（NaBr）制液溴（Br2）必有氧化还原反应，A项不符；B.海水经蒸发结晶得粗盐，再提纯得精盐，无氧化还原反应，B项符合；C.从海水中的钠离子（Na+）制得钠单质，必有氧化还原反应，C项不符；D.海水制得氯化钠后，电解饱和食盐水得烧碱，发生氧化还原反应，D项不符。本题选B。2、C【解析】

A.CO2、Na2CO3既是反应的产物，也是反应过程中需要加入的物质，因此上述流程中可以重复利用的物质有Na2CO3、CO2，A错误；B.根据元素守恒可知钾长石用氧化物的形式可表示为K2O·Al2O3·6SiO2，B错误；C.煅烧过程中钾长石中的Si元素与CaCO3转化为CaSiO3，K和Al元素与Na2CO3反应转化为KAlO2和NaAlO2，C正确；D.向KAlO2和NaAlO2溶液中通入过量CO2气体，会产生HCO3-，发生反应CO2+AlO2-+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓，D错误；故合理选项是C。3、B【解析】

A、Kw的影响因素为温度，水的电离吸热，升高温度Kw增大，A、D在同一等温线上，故图中A、B、D三点处Kw的大小关系为B>A=D，A错误；B、25℃时，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，c(OH-)逐渐增大，c(OH-)•c(NH4+)／c(NH3·H2O)的值不变，故c(NH4+)／c(NH3·H2O)逐渐减小，B正确；C、在25℃时，保持温度不变，在水中加人适量NH4Cl固体，体系不能从A点变化到C点，体系从A点变化到C点，可采用加热的方法，C错误；D、A点所对应的溶液呈中性，Fe3+因水解生成氢氧化铁沉淀不能大量存在，D错误。故选B。4、D【解析】

A.根据图示可知：电池以低功率模式工作时，负极是Zn-2e-=Zn2+，正极上是NaFe[Fe(CN)6]获得电子，然后与吸附在它上面的氧气即溶液中发生反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，从NaFe[Fe(CN)6]上析出，故NaFe[Fe(CN)6]的作用是作催化剂，A正确；B.电池以低功率模式工作时，电子进入NaFe[Fe(CN)6]时Na+的嵌入；当形成OH-从NaFe[Fe(CN)6]析出时，Na+从NaFe[Fe(CN)6]脱嵌，因此Na+的嵌入与脱嵌同时进行，B正确；C.根据电池以高功率模式工作时，正极上NaFe[Fe(CN)6]获得电子被还原变为Na2Fe[Fe(CN)6]，所以正极的电极反应式为：NaFe[Fe(CN)6]+e-+Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]，C正确；D.若在无溶解氧的海水中，由于在低功率模式工作时需要氧气参与反应，因此在该电池不能实现长续航的需求，D错误；故合理选项是D。5、D【解析】

根据“浓酒和糟入甑，蒸令气上”，表明该方法是利用各组分沸点不同实现混合液体的分离，此方法为蒸馏。故选D。6、C【解析】

电解池工作时O2-向阳极移动，则石墨电极为阳极，电源的b极为正极，电解池的阴极发生还原反应，据此分析解题。【详解】A．该装置是电解池，是将电能转化为化学能，故A错误；B．电解池工作时O2-向阳极移动，则石墨电极为阳极，电源的b极为正极，a极为电源的负极，故B错误；C．Ta2O5极为阴极，发生还原反应，其电极反应为Ta2O5+10e—=2Ta+5O2—，故C正确；D．石墨电极上生成的22.4LO2没有指明是标准状况，则其物质的量不一定是1mol，转移电子数也不一定是4×6.02×1023，故D错误；故答案为C。【点睛】本题考查电解原理的应用，判断电源的电极是解题关键，在电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，再结合电解池的阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应分析，难点是气体摩尔体积的应用，只有指明气体的状态，才能利用22.4L/mol计算气体的物质的量。7、C【解析】

A．浓硫酸溶于水放出大量的热，且密度比水大，为防止酸液飞溅，应先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢加入浓硫酸，边加边振荡，顺序不能颠倒，故A错误；B．苯的密度比水的密度小，分层后有机层在上层，则溴的苯溶液从分液漏斗上口倒出，故B错误；

C．蒸馏时，应充分冷凝，则先通冷凝水后加热蒸馏烧瓶，防止馏分来不及冷却，故C正确；

D．引流时玻璃棒下端在刻度线以下，玻璃棒可以接触容量瓶内壁，故D错误；故答案为C。8、B【解析】

据图可知电解池中，铝电极失电子作阳极，电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，在铝表面有氧气产生，说明有部分氢氧根离子放电，铁电极上水得电子作阴极，电极反应为：6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，铅蓄电池中X与阴极铁相连，作负极，负极上发生的反应是Pb+SO42--2e-=PbSO4，Y与阳极铝相连，作正极，电极反应为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，串联电路中各电极转移电子相等，据此分析解答。【详解】A.蓄电池中两电极都生成硫酸铅，因此两个电极的质量都增加，A错误；B.铝电极失电子作阳极，电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，在铝表面有氧气产生，说明有部分氢氧根离子放电，OH-是水电离产生，说明电解池阳极上被氧化的还原剂有Al和H2O，B正确；C.阳极铝电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，阴极铁电极电极反应为6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，总反应为2Al+6H2O2Al(OH)3(胶体)+3H2↑，在铝的表面有氧气产生，说明还存在电解水的过程：2H2OO2↑+2H2↑，C错误；D.n(Pb)==0.5mol，Pb是+2价的金属，反应的Pb的物质的量是0.5mol，则反应转移电子的物质的量是0.5mol×2=1mol，根据串联电路中电子转移守恒，则电解池的阴极上反应产生H2的物质的量是0.5mol，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查原电池和电解池工作原理，电解池的电极反应正确判断原电池正负极、电解池阴阳极以及铝电极上产生氧气是求解本题关键，难点是电极反应式的书写。9、C【解析】

A.根据侯氏制碱法的原理可表示为NH3+H2O+CO2=NH4HCO3，NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2ONH4Cl在常温时的溶解度比NaCl大，而在低温下却比NaCl溶解度小的原理，在278K～283K(5℃～10℃)时，向母液中加入食盐细粉，而使NH4Cl单独结晶析出供做氮肥，故侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异，选项A正确。B.氨气可以与浓盐酸反应生成白烟（氯化铵晶体颗粒），选项B正确；C.碘是人类所必须的微量元素，所以要适当食用含碘元素的食物，但不是含高碘酸的食物，选项C错误；D.黑火药由硫磺、硝石、木炭按一定比例组成，选项D正确。故选C。10、D【解析】

A.硫与氧气反应属于放热反应，放热反应焓变小于0，△H2<0，故A错误；B.反应放出热量多少未知，无法判断△H3和△H1大小，故B错误；C.Mn(s)+O2(g)=MnO2(s)；ΔH1①，S(s)+O2(D.Mn(s)S(s)Mn(s)根据盖斯定律③-①-②得：MnO2(s)+SO故选D。11、C【解析】

A．二氧化硅是绝缘体不能导电，光导纤维中传递的是激光，利用的是二氧化硅的导光性，A项错误；B．水的沸点高是因为水分子之间可以形成氢键，与水分子内的O-H键键能无关，B项错误；C．物质只要含有离子键则为离子化合物，过氧化钠中Na+和是以离子键结合，中的O是以共价键结合，C项正确；D．NH3中有三条共价键，共价键即原子之间通过共用电子对形成的相互作用，所以1molNH3中含有3NA个共用电子对，D项错误；答案选C。12、B【解析】

向溶液中加过量的并加热，由于产生了能够使湿润的红石蕊试纸变蓝的气体，所以原溶液中一定有；又因为同时产生了白色的沉淀，所以原溶液中一定不含Cu2+和Fe3+，而和则至少含有一种；至于Al3+，若含有的话，则在加入过量后转化为了；由于向滤液中通入的是过量的CO2，仍能产生白色沉淀，所以断定原来的溶液中一定有Al3+，那么这样的话和就只能存在了；综上所述，溶液中一定存在，Al3+和，一定不存在，Cu2+和Fe3+，不一定存在Cl-，K+。【详解】A．溶液中至少存在3种离子，Al3+，以及，A项错误；B．Al3+，一定存在，Cl-不一定存在，B项正确；C．一定存在于溶液中，而由于与Al3+不能共存，所以一定不存在于溶液中，C项错误；D．一定不存在的离子有，Cu2+和Fe3+，不一定存在的离子有Cl-，K+，D项错误；答案选B。【点睛】判断溶液中是否存在某离子时，一方面依据检验过程中的现象进行判断，一方面还可以利用其是否与溶液中一定存在的离子共存进行判断，最后还可以利用溶液中已经存在的离子是否满足电荷守恒进行判断；此外，在进行检验时，也要注意检验过程中，前面所加的试剂是否会对后续的检验产生干扰。13、D【解析】

A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，0.005mol/L戊溶液的pH=2，说明戊为二元强酸，则戊为硫酸，丙为SO3；甲和丙是D元素的两种常见氧化物，甲为SO2，D为S元素，E为Cl元素；乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，二氧化硫被乙氧化生成三氧化硫，可知乙为O3，丁为O2，则B为O元素；A的原子序数是B和D原子序数之和的，A的原子序数为(8+16)×=6，可知A为C元素；C的原子半径在所有短周期主族元素中最大，C为Na元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，A为C，B为O，C为Na，D为S，E为Cl。A．C、D形成离子化合物Na2S，原子个数比为2:1，故A错误；B．C、E形成的化合物为氯化钠，为强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，故B错误；C．一般而言，离子的电子层数越大，离子半径越大，硫离子半径最大；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，钠离子半径小于氧离子，简单离子半径：D>B>C，故C错误；D．非金属性Cl＞C，则E的最高价氧化物水化物的酸性大于A的最高价氧化物水化物的酸性，故D正确；故选D。【点睛】本题考查无机物的推断及原子结构与元素周期律，把握图中转化关系、元素化合物知识来推断物质和元素为解答的关键。本题的突破口为“0.005mol/L戊溶液的pH=2”。本题的易错点为C，要注意离子半径比较方法的理解和灵活运用。14、B【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。15、A【解析】

A．K元素广泛存在于各种矿石和海水中，S元素广泛存在于自然界中，有火山喷口附近或地壳岩层中的单质硫以及各类硫化物和硫酸盐矿石，如硫铁矿(FeS2)，黄铜矿(CuFeS2)，石膏(CaSO4·2H2O)和芒硝(Na2SO4·10H2O)等，A项错误；B．同位素示踪法可以帮助我们研究化学反应历程，例如乙酸的酯化反应，就是通过同位素示踪法证实反应过程是，乙酸分子羧基中的羟基与醇分子羟基的氢原子结合成水，其余部分相互结合成乙酸乙酯的，B项正确；C．氢气化学性质活泼，且在常温下是气体，因此氢的安全储运是氢能利用的一大问题，研发高容量储氢材料是氢能利用的关键技术问题之一，C项正确；D．乙醇分子可以和水分子之间形成氢键，这使得其能够与水互溶，D项正确；答案选A。16、B【解析】

A.非标准状况下，6.72L的H2的物质的量不一定是0.3mol，所以生成6.72L的H2，溶液中AlO2﹣的数目不一定增加0.2NA，故A错误；B.2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，反应中只有水是氧化剂，每生成0.15molH2，被还原的水分子数目为0.3NA，故B正确；C.当2.7gAl参加反应时，转移的电子数目为0.3NA，加入2.7gAl，参加反应的铝不一定是0.1mol，故C错误；D.根据钠元素守恒，溶液中Na+的数目不变，故D错误。【点睛】本题考查化学方程式有关计算，侧重考查学生分析计算能力，注意：该反应中氢氧化钠不作氧化剂，易错选项是B，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件。二、非选择题（本题包括5小题）17、a2CH3OH+O22HCHO+2H2O消去反应HCOOCH3．【解析】

一定条件下，氢气和一氧化碳反应生成甲醇，甲醇氧化生成E为甲醛，甲醛氧化得F为甲酸，甲酸与甲醇发生酯化得G为甲酸甲酯，甲醇和氢溴酸发生取代反应生成一溴甲烷，在催化剂条件下，一溴甲烷和和A反应生成B，B反应生成C，C反应生成D，根据A的分子式知，A中含有醇羟基和亚甲基或甲基和酚羟基，根据D的结构简式知，A中含有甲基和酚羟基，酚发生取代反应时取代位置为酚羟基的邻对位，根据D知，A是间甲基苯酚，间甲基苯酚和一溴甲烷反应生成B（2，5﹣二甲基苯酚），2，5﹣二甲基苯酚和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，和丙烯发生加成反应生成M，M的结构简式为：，根据有机物的结构和性质分析解答。【详解】一定条件下，氢气和一氧化碳反应生成甲醇，甲醇氧化生成E为甲醛，甲醛氧化得F为甲酸，甲酸与甲醇发生酯化得G为甲酸甲酯，甲醇和氢溴酸发生取代反应生成一溴甲烷，在催化剂条件下，一溴甲烷和和A反应生成B，B反应生成C，C反应生成D，根据A的分子式知，A中含有醇羟基和亚甲基或甲基和酚羟基，根据D的结构简式知，A中含有甲基和酚羟基，酚发生取代反应时取代位置为酚羟基的邻对位，根据D知，A是间甲基苯酚，间甲基苯酚和一溴甲烷反应生成B（2，5﹣二甲基苯酚），2，5﹣二甲基苯酚和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，和丙烯发生加成反应生成M，M的结构简式为：，(1)a．甲醇可发生取代、氧化反应但不能发生消去，故a错误；b．甲醇分子间脱水生成CH3OCH3，故b正确；c．甲醇有毒性，可使人双目失明，故c正确；d．甲醇与乙醇都有一个羟基，组成相关一个CH2；所以属于同系物，故d正确；(2)甲醇转化为甲醛的化学方程式为2CH3OH+O22HCHO+2H2O；(3)根据上面的分析可知，C生成D的反应类型是：消去反应，G为甲酸甲酯，G的结构简式HCOOCH3；(4)取1.08gA物质(式量108)的物质的量==0.01mol，与足量饱和溴水完全反应能生成2.66g白色沉淀，根据碳原子守恒知，白色沉淀的物质的量是0.01mol，则白色沉淀的摩尔质量是266g/mol，A的式量和白色沉淀的式量相差158，则溴原子取代酚羟基的邻对位，所以A的结构简式为：。18、氨基、溴原子C13H18O2-丁烯醛先加入足量的新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸，然后加入过量的硫酸酸化，再滴入溴水(或酸性高锰酸钾溶液)褪色，证明含碳碳双键取代反应；5【解析】

【详解】(1)B含有氨基和溴原子2种官能团，E的分子式为：C13H18O，故答案为：氨基、溴原子；C13H18O；(2)巴豆醛(CH3-CH=CH-CHO)的系统命名为2-丁烯醛，分子中除碳碳双键外还有醛基，不可直接用酸性高锰酸钾或溴水检验，可用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液将醛基氧化、用硫酸酸化后加酸性高锰酸钾溶液或溴水检验，故答案为：2-丁烯醛；先加入足量的新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸，然后加入过量的硫酸酸化，再滴入溴水(或酸性高锰酸钾溶液)褪色，证明含碳碳双键；(3)A到B，氨基邻位C上的H被Br取代，E中的苯环、羰基均能和氢气加成，反应的方程式为：，故答案为：取代反应；；(4)A为，比A少两个碳原子且含苯环的结构有两种情况，第一种情况：含2个侧链，1个为-CH3，另1个为-NH2，位于邻、间、对位置，共3种，第二种情况：侧链只有一个，含C-N，苯环可与C相连，也可与N相连，共2种，综上所述，比A少两个碳原子且含苯环的同分异构体有5种，核磁共振氢谱为3:2:2:2的结构简式为：，故答案为：5；；(5)原料为乙醇，有2个C，产物巴豆醛有4个碳，碳链增长，一定要用到所给信息的反应，可用乙醇催化氧化制备乙醛，乙醛发生信息所列反应得到羟基醛，羟基醛发生醇的消去反应得巴豆醛，流程为：，故答案为：。19、溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清（或浑浊减少）减小关闭、，打开过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加Ba溶液，有白色沉淀生成【解析】

（1）装置A中试剂1为浓硫酸，试剂2为Na2SO3，反应生成二氧化硫气体；（2）检查装置气密性后，添加药品，pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解的原因；打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓慢匀速滴下，反应分步进行：Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO22Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓Na2SO3+S═Na2S2O3（较慢）发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2

，据此分析反应现象；当pH计读数接近7时，立即停止通SO2，SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率，操作是关闭K1、K2，打开K3；（3）预测S2O32-转变为SO42-，可以利用检验硫酸根离子的方法设计实验检验；【详解】（1）装置A中试剂1为浓硫酸，试剂2为Na2SO3，反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4，故答案为SO2；

H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4；(2)检查装置气密性后，添加药品，pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解，水解离子方程式为：S2−+H2O⇌HS−+OH−，打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓慢匀速滴下，反应分步进行：Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO22Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓Na2SO3+S═Na2S2O3（较慢）发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2

，反应过程中的现象是导管口有气泡冒出，溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清(或浑浊减少)，碳酸钠溶液变化为亚硫酸钠溶液和硫代硫酸钠溶液，pH计读数逐渐减小当pH计读数接近7时，立即停止通SO2，操作是关闭K1、K2，打开K3，必须立即停止通SO2的原因是：SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率，故答案为S2−+H2O⇌HS−+OH−；溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清(或浑浊减少)；减小；关闭K1、K2，打开K3；SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率；(3)Na2S2O3有还原性，可作脱氯剂。向Na2S2O3溶液中通入少量Cl2，某同学预测S2O32−转变为SO42−，设计实验为：取少量反应后的溶液于试管中，加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，故答案为加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成；20、打开弹簧夹，通入N2一段时间H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O将红色物质转化为氧化铜Cu排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性NaHSO3或KHSO3SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2【解析】

(1)①为排出空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出；②装置A中的反应是制备SO2的反应；(2)将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中，B中出现少量红色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；①在氧气流中煅烧红色固体的目的是将红色物质转化为氧化铜，有利于后续定量判断；②由实验中物质的质量计算红色固体的平均摩尔质量，进而分析固体成分；(3)①根据B中所得溶液中可能的成分等，实验i可以排除部分成分显绿色的可能性；②确认Cu(HSO3)2使溶液呈绿色，需要在溶液中加入含有HSO3-离子的物质；(4)出现红色沉淀的原因是生成了Cu；溶液呈现绿色的原因生成了含HSO3-离子的物质。【详解】(1)①为排出空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出，操作为：打开弹簧夹，通入N2一段时间，关闭弹簧夹；②装置A中的反应是制备SO2的反应，化学方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；(2)将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中，B中出现少量红色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；①在氧气流中煅烧红色固体的目的是将红色物质转化为氧化铜，有利于后续定量判断；②由实验可知n(CuO)==0.025mol，则红色固