山东省宁阳四中2024年高三第三次模拟考试化学试卷含解析

山东省宁阳四中2024年高三第三次模拟考试化学试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．标准状况下，2.24LSO3中所含原子数为0.4NAB．l0mL12mol/L盐酸与足量MnO2加热反应，制得Cl2的分子数为0.03NAC．0.1molCH4与0.4molCl2在光照下充分反应，生成CCl4的分子数为0.1NAD．常温常压下，6g乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA2、有机物M、N分子的模型如图所示，其中不同颜色的球表示不同的原子，原子之间的化学键可以是单键、双键。下列说法错误的是MNA．M与HCOOCH3互为同分异构体B．N的官能团为羟基C．在与钠的反应中N放出气泡比M快D．N能使酸性高锰酸钾溶液褪色3、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其中W的气态氢化物常用作制冷剂;X原子的核外电子层数与最外层电子数相等;Y主族序数大于W。下列说法正确的是A．原子半径:W>X B．最简单氢化物的热稳定性:Y>ZC．工业上通过电解熔融XZ3冶炼X单质 D．WO2、YO2、ZO2均为共价化合物4、某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：序号实验操作实验现象溶液不变红，试纸不变蓝溶液不变红，试纸褪色生成白色沉淀下列实验分析中，不正确的是A．①说明Cl2被完全消耗B．②中试纸褪色的原因是：SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HIC．③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，也能说明SO2被Cl2氧化为SO42−D．实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化5、图甲是利用一种微生物将废水中尿素的化学能直接转化为电能，并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置在图乙中的铁上镀铜。下列说法中不正确的是()A．铜电极应与电极相连接B．通过质子交换膜由左向右移动C．当电极消耗气体时，则铁电极增重D．电极的电极反应式为6、如图所示，电化学原理与微生物工艺相组合的电解脱硝法，可除去引起水华的NO3-原理是将NO3-还原为N2。下列说法正确的是（）A．若加入的是溶液，则导出的溶液呈碱性B．镍电极上的电极反应式为：C．电子由石墨电极流出，经溶液流向镍电极D．若阳极生成气体，理论上可除去mol7、煤的干馏实验装置如图所示。下列说法错误的是A．可用蓝色石蕊试纸检验a层液体中含有的NH3B．长导管的作用是导气和冷凝C．从b层液体中分离出苯的操作是分馏D．c口导出的气体可使新制氯水褪色8、下列实验装置正确的是（）A．用图1所示装置收集SO2气体B．用图2所示装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的C2H4C．用图3所示装置从食盐水中提取NaClD．用图4所示装置制取并收集O29、以下性质的比较可能错误的是()A．离子半径H﹣＞Li+ B．熔点Al2O3＞MgOC．结合质子(H+)的能力CO32﹣＞ClO﹣ D．密度1﹣氯戊烷＞1﹣氯己烷10、短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y与W同族。X、Y、Z三种原子最外层电子数的关系为X+Z=Y。电解Z与W形成的化合物的水溶液，产生W元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液。下列说法正确的是A．W的氢化物稳定性强于Y的氢化物B．Z与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键C．Z与Y形成的化合物的水溶液呈碱性D．对应的简单离子半径大小为W>Z>X>Y11、下列各组物质既不是同系物又不是同分异构体的是（）A．甲酸甲酯和乙酸 B．对甲基苯酚和苯甲醇C．油酸甘油酯和乙酸乙酯 D．软脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯12、下列各组物质发生反应，生成产物有硫的是（）A．Na2S2O3

溶液和

HCl

溶液 B．H2S

气体在足量的

O2

中燃烧C．碳和浓硫酸反应 D．铜和浓硫酸反应13、实现化学能转变为电能的装置是（）A．干电池 B．电解水C．太阳能热水器 D．水力发电14、某学习小组在实验室从海带中提取碘，设计实验流程如下：下列说法错误的是A．过滤操作主要除去海带灰中难溶于水的固体，它们主要是无机物B．氧化剂参加反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2OC．萃取过程所用有机溶剂可以是酒精或四氯化碳D．因I2易升华，I2的有机溶液难以通过蒸馏法彻底分离15、列有关实验操作，现象和解释或结论都正确的是（）选项实验操作现象解释或结论A向某溶液中滴加双氧水后再加入KSCN

溶液溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+B向饱和Na2CO3

溶液中通入足量CO2溶液变浑浊析出了NaHCO3晶体C两块相同的铝箔，其中一块用砂纸仔细打磨过，将两块铝箔分别在酒精灯上加热打磨过的铝箔先熔化

并滴落下来金属铝的熔点较低，打磨过的铝箔更易熔化D加热盛有NaCl和NH4Cl固体的试管试管底部固体减少，试管口有晶体凝结可以用升华法分离NaCl和

NH4Cl

固体A．A B．B C．C D．D16、人体血液中存在的平衡：H2CO3HCO3-，使血液pH保持在7.35~7.45之间，否则就会发生酸中毒或碱中毒。已知pH随变化关系如表所示，则下列说法中错误的是1.017.820.022.4pH6.107.357.407.45A．pH=7的血液中，c(HCO3-)>c(H2CO3)B．正常体温下人体发生碱中毒时，c(H+)•c(OH-)变大C．人体发生酸中毒时，可静脉滴注一定浓度的NaHCO3溶液解毒D．＝20.0时，H2CO3的电离程度小于HCO3-的水解程度二、非选择题（本题包括5小题）17、洛匹那韦(Lopinavir)是抗艾滋病毒常用药，在“众志成城战疫情”中，洛匹那韦，利托那韦合剂被用于抗新型冠状病毒(2019-nCoV)。洛匹那韦的合成路线可设计如图：回答下列问题：(1)A的化学名称是_______；A制备B反应的化学方程式为_________(注明反应条件)。(2)D生成E的反应类型为_____；F中能与氢气发生加成反应的官能团名称为___。(3)C的分子式为_____；一定条件下，C能发生缩聚反应，化学方程式为_____。(4)K2CO3具有碱性，其在制备D的反应中可能的作用是______。(5)X是C的同分异构体，写出一种符合下列条件的X的结构简式______。①含有苯环，且苯环上的取代基数目≤2②含有硝基③有四种不同化学环境的氢，个数比为6：2：2：1(6)已知：CH3COOHCH3COCl，(2，6-二甲基苯氧基)乙酰氯()是由G合成洛匹那韦的原料之一，写出以2，6-二甲基苯酚、ClCH2COOCH2CH3、K2CO3为原料制各该物质的合成路线________（其它无机试剂任选）。18、利用木质纤维可合成药物中间体H，还能合成高分子化合物G，合成路线如下：已知：（1）A的化学名称是________________。（2）B的结构简式是____________，由C生成D的反应类型为____________。（3）化合物E的官能团为________________。（4）F分子中处于同一平面的原子最多有________个。F生成G的化学反应方程式为________________。（5）芳香化合物I为H的同分异构体，苯环上一氯代物有两种结构，1molI发生水解反应消耗2molNaOH，符合要求的同分异构体有________种，其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶3∶2∶1的I的结构简式为_____________________________。（6）写出用为原料制备的合成路线(其他试剂任选)。________________。19、ClO2熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，温度过高可能引起爆炸，易溶于水，易与碱液反应。工业上用潮湿的KClO3和草酸(H2C2O4)在60℃时反应制得。某同学设计了如图装置来制取、收集ClO2并测定其质量。实验I：制取并收集ClO2，装置如图所示。(1)装置A除酒精灯外，还必须添加__________装置，目的是____________。装置B应该添加_____________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“60℃的热水浴”)装置。(2)装置A中反应产物有K2CO3、ClO2和CO2等，请写出该反应的化学方程式_____________。实验II：测定ClO2的质量，装置如图所示。过程如下：①在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加硫酸溶液；②按照如图组装好仪器：在玻璃液封管中加入水，浸没导管口；③将生成的ClO2气体由导管通入锥形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封液倒入锥形瓶中，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；④用cmol/LNa2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体，共用去VmLNa2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)。(3)装置中玻璃液封管的作用是______________。(4)滴定终点的现象是___________________。(5)测得通入ClO2的质量m(ClO2)=_______(用整理过的含的代数式表示)。(6)判断下列操作对m(ClO2)测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。①若在配制Na2S2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果________。②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果_________。20、辉铜矿主要成分为Cu2S，软锰矿主要成分MnO2，它们都含有少量Fe2O3、SiO2等杂质。工业上综合利用这两种矿物制备硫酸铜、硫酸锰和硫单质的主要工艺流程如下：（1）浸取2过程中温度控制在500C～600C之间的原因是__________________。（2）硫酸浸取时，Fe3+对MnO2氧化Cu2S起着重要催化作用，该过程可能经过两岁反应完成，将其补充完整：

①_____________________________（用离子方程式表示）②MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O（3）固体甲是一种碱式盐，为测定甲的化学式，进行以下实验：步骤1：取19.2g固体甲，加足量的稀盐酸溶解，将所得溶液分为A、B两等份；步骤2：向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448LNH3（标准状况下）过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣：步骤3：向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g固体残渣。则固体甲的化学式为_________________（4）相关物质的溶解度如下图，从除铁后的溶液中通过一系列的操作分别获得硫酸铜、硫酸锰晶体，请给出合理的操作顺序（从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用）：溶液→()→()→()→(A)→()→()→（），_____________A．蒸发溶剂B．趁热过滤C．冷却结晶D．过滤E．将溶液蒸发至溶液表面出现晶膜F．将溶液蒸发至容器底部出现大量晶体21、硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示：H2SS8FeS2SO2SO3H2SO4熔点/℃−85.5115.2>600（分解）−75.516.810.3沸点/℃−60.3444.6−10.045.0337.0回答下列问题：（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为__________，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_________形。（2）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_________。（3）图（a）为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为__________。（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_____形，其中共价键的类型有______种；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________。（5）FeS2晶体的晶胞如图（c）所示。晶胞边长为anm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为___________g·cm−3；晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______nm。

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.标准状况下，SO3不是气体，2.24LSO3并不是0.1mol，A错误；B.12mol/L盐酸为浓盐酸，和足量的二氧化锰共热时，盐酸因消耗、部分挥发以及水的生成，使盐酸浓度变小不能完全反应，所以制得的Cl2小于0.03mol，分子数小于0.03NA，B错误；C.0.1molCH4与0.4molCl2在光照下充分反应，发生的是取代反应，得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷及氯化氢的混合物，生成CCl4的分子数小于0.1NA，C错误；D.一个乙酸分子中有3个C-H键，则常温常压下，6g乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA，D正确；答案选D。2、C【解析】

根据分子模型可知，白球代表氢原子，绿球代表碳原子，红球代表氧原子，则M、N的结构简式为CH3COOH和CH3CH2OH。【详解】A．M的结构简式为CH3COOH，与HCOOCH3的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故A正确；B．N的结构简式为CH3CH2OH，官能团为羟基，故B正确；C．CH3COOH和CH3CH2OH分别与钠反应时，CH3COOH中羧基中的氢比CH3CH2OH中羟基中的氢更活泼，故放出氢气速率快，故C错误；D．Ｎ为CH3CH2OH，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为乙酸，高锰酸钾被还原成锰离子，故会褪色，故D正确；答案选C。【点睛】判断出M、N的分子结构是关键，根据图中信息可以得到白球代表氢原子，绿球代表碳原子，红球代表氧原子。3、D【解析】

W的气态氢化物常用作制冷剂，该氢化物应为NH3，W为N元素；X原子的核外电子层数与最外层电子数相等，且其原子序数大于W，则X为Al；Y主族序数大于W，则Y为S或Cl，若Y为Cl，则Z不可能是短周期主族元素，所有Y为S，Z为Cl。【详解】A．电子层数越多，半径越大，所以原子半径W<X，故A错误；B．非金属性越强简单氢化物的热稳定性越强，非金属性S<Cl，所以简单氢化物的热稳定性Y<Z，故B错误；C．XZ3为AlCl3，为共价化合物，熔融状态不能电离出离子，不能通过电解熔融AlCl3冶炼Al单质，故C错误；D．WO2、YO2、ZO2分别为NO2，SO2、ClO2，均只含共价键，为共价化合物，故D正确；故答案为D。【点睛】AlCl3为共价化合物，熔融状态下不导电，冶炼Al单质一般电解熔融状态下的Al2O3。4、C【解析】A.①加热后溶液不变红，湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝，说明没有氯气，则Cl2被完全消耗，选项A正确；B.当二氧化硫过量，加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HI，②中试纸褪色，选项B正确；C.硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−，选项C不正确；D.实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化，故加热后溶液不恢复红色，选项正确。答案选C。点睛：本题考查二氧化硫和氯气的漂白性及还原性和氧化性。注意分清两者漂白性的区别，易错点为选项C，硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−。5、C【解析】

根据题给信息知，甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒计算，以此解答该题。【详解】A．铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极Y相连，故A正确；B．M是负极，N是正极，质子透过离子交换膜由左M极移向右N极，即由左向右移动，故B正确；C．当N电极消耗0.25mol氧气时，则转移0.25×4=1mol电子，所以铁电极增重mol×64g/mol=32g，故C错误；D．CO(NH2)2在负极M上失电子发生氧化反应，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-═CO2↑+N2↑+6H+，故D正确；故答案为C。6、A【解析】

A、阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-；B、镍电极是阴极，是硝酸根离子得电子；C、电子流入石墨电极，且电子不能经过溶液；D、由电极反应2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，生成1mol氮气消耗2mol的硝酸根离子。【详解】A项、阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，所以导出的溶液呈碱性，故A正确；B项、镍电极是阴极，是硝酸根离子得电子，而不是镍发生氧化反应，故B错误；C项、电子流入石墨电极，且电子不能经过溶液，故C错误；D项、由电极反应2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，生成1mol氮气消耗2mol的硝酸根离子，所以若阳极生成0.1mol气体，理论上可除去0.2molNO3-，故D错误。故选A。【点睛】本题考查电解池的原理，掌握电解池反应的原理和电子流动的方向是解题的关键。7、A【解析】

根据煤干馏的产物进行分析：煤干馏的产物为焦碳、煤焦油和焦炉煤气。焦炉煤气主要成分是氢气、甲烷、乙烯、一氧化碳等；煤焦油含有苯，粗氨水等【详解】A.氨水呈碱性，遇紫色石蕊试纸变蓝，所以用蓝色石蕊试纸检验NH3是错误的，故A错误；B.长导管的作用是导气和冷凝，故B正确；C.苯和煤焦油互溶，从b层液体中分离出苯的操作是分馏，故C正确；D.c口导出的气体有乙烯等还原性气体，可使新制氯水褪色，故D正确；答案：A。【点睛】解题的关键是煤干馏的产物。根据产物的性质进行分析即可。8、D【解析】

A、SO2密度比空气大，应用向上排空法收集，故A错误；B、乙醇易挥发，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，不能排除乙醇的干扰，故B错误；C、蒸发应用蒸发皿，不能用坩埚，故C错误；D、过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，氧气密度比空气大，可用向上排空法收集，故D正确。答案选D。9、B【解析】

A．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径为H﹣＞Li+，故A正确；B．离子晶体中，离子的电荷越高，半径越小，晶格能越大，熔点越高，但氧化铝的离子性百分比小于MgO中离子性百分比，则熔点为Al2O3＜MgO，故B错误；C．酸性是：HCO3﹣＜HClO，所以结合质子(H+)的能力为CO32﹣＞ClO﹣，故C正确；D．两者结构相似，1﹣氯戊烷的碳链短，其密度大，则密度为1﹣氯戊烷＞1﹣氯己烷，故D正确；答案选B。【点睛】结合质子的能力和电解质电解强弱有关，越弱越容易结合质子。10、C【解析】

元素X、Y、Z、W为短周期且原子序数依次增大，电解Z与W形成的化合物的水溶液，产生W元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液，可推出W元素为氯元素（Cl），Z元素为钠（Na），X元素为氧（O），Y与W同族，可推出Y元素为氟（F）。【详解】A.最简单氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越稳定，根据分析，Y元素为氟，W元素为氯，非金属性F>Cl，氢化物稳定性HF>HCl，故A错误；B.Z元素为钠，钠与氧形成Na2O2既有离子键又有共价键，故B错误；C.钠与氟形成氟化钠，属于强碱弱酸盐，F-会发生水解，F-+H2OHF+OH-，水溶液呈碱性，故C正确；D.对应的简单离子分别为O2-、F-、Na+、Cl-，可知O2-、F-、Na+电子层结构相同，原子序数越大半径越小，离子半径：O2->F->Na+，又因为Cl-有三个电子层，故Cl-半径最大，因此半径大小为：Cl->O2->F->Na+，故D错误；故选C。【点睛】本题考查位置结构性质的关系及应用，难度中等，推断元素是解题关键。11、C【解析】

A．甲酸甲酯和乙酸分子式相同，结构不同，属于同分异构体，A不合题意；B．对甲基苯酚和苯甲醇分子式相同，结构不同，属于同分异构体，B不合题意；C．油酸甘油酯是不饱和酯，乙酸乙酯是饱和酯，分子式不同，结构不相似，则既不是同系物，又不是同分异构体，C符合题意；D．软脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯，结构相似，分子组成上相差2个CH2，互为同系物，D不合题意；故选C。12、A【解析】

A、Na2S2O3溶液和HCl溶液反应，发生氧化还原反应生成二氧化硫、硫单质和氯化钠，生成产物有硫，故A符合题意；B、H2S气体在足量的O2中燃烧生成二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故B不符合题意；C、碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故C不符合题意；D、铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故D不符合题意；故选：A。13、A【解析】

A．干电池属于原电池，原电池向外提供电能时化学能转化为电能，故A正确；B．电解水，电能转变为化学能，故B错误；C．太阳能热水器，是太阳能直接转化为热能，故C错误；D．水力发电时机械能转化为电能，故D错误；故答案为A。【点睛】将化学能转化为电能，应为原电池装置，构成原电池的条件是：①有两个活泼性不同的电极；②将电极插入电解质溶液中；③两电极间构成闭合回路；④能自发的进行氧化还原反应；所以设计原电池必须符合构成原电池的条件，且该反应必须是放热反应；注意把握常见能量的转化形成。14、C【解析】

实验室从海带中提取碘：将海带在坩埚中灼烧得到海带灰，将海带灰浸泡得到海带灰悬浊液，然后采用过滤的方法将残渣和溶液分离，得到含有碘化钾的溶液，向水溶液中加入氧化剂，将I-氧化成I2，向含有碘单质的溶液中加入萃取剂萃取分液得到碘单质的有机溶液，据此分析解答。【详解】A．海带在坩埚中灼烧得到海带灰，有机物燃烧生成二氧化碳和水，过滤操作主要除去海带灰中难溶于水的固体，主要是无机物，故A正确；B．氧化剂可以选用过氧化氢溶液，反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故B正确；C．萃取过程所用有机溶剂可以是四氯化碳或苯，不能选用酒精，因为酒精易溶于水，故C错误；D．因I2易升华，有机溶剂的沸点一般较低，因此I2的有机溶液通过蒸馏法难以彻底分离，故D正确；故选C。15、B【解析】溶液中含有Fe3+或Fe2+，滴加双氧水后再加入KSCN溶液，溶液都呈红色，故A错误；向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，所以析出NaHCO3晶体，故B正确；铝易被氧化为氧化铝，由于氧化铝的熔点高，铝箔在酒精灯上加热，铝箔熔化并不滴落下来，故C错误；加热盛有NaCl和NH4Cl固体的试管，氯化铵分解为氯化氢和氨气，氯化氢和氨气在试管口又生成氯化铵，不属于升华，故D错误。点睛：Fe2+的检验方法是，向溶液中滴加KSCN溶液，不变血红色，在加入双氧水，溶液变为血红色，则原溶液中一定含有Fe2+。16、B【解析】

A．根据图中数据判断，当pH=6.10时，c(HCO3-)=c(H2CO3)，当pH>6.10时，c(HCO3-)>c(H2CO3)，所以pH=7的血液中，c(HCO3-)>c(H2CO3)，A正确；B．温度不变，水的离子积常数不变，所以正常体温下c(H+)•c(OH-)不变，B错误；C．人体发生酸中毒时，可静脉滴注弱碱性物质解毒，碳酸氢钠溶液呈弱碱性，所以人体发生酸中毒时，可静脉滴注一定浓度的NaHCO3溶液解毒，C正确；D．由表中数据可知，=20.0时，溶液呈碱性，说明碳酸的电离程度小于碳酸氢根离子水解程度，D正确；故合理选项是B。二、非选择题（本题包括5小题）17、甲苯+Cl2+HCl取代反应羰基、碳碳双键C9H11O2N吸收反应生成的HCl，提高反应转化率或【解析】

甲苯()与Cl2在光照时发生饱和C原子上的取代反应产生一氯甲苯：和HCl，与在K2CO3作用下反应产生D，D结构简式是，D与CH3CN在NaNH2作用下发生取代反应产生E：，E与发生反应产生F：，F与NaBH4在CH3SO3H作用下发生还原反应产生G：，G经一系列反应产生洛匹那韦。【详解】(1)A是，名称为甲苯，A与Cl2光照反应产生和HCl，反应方程式为：+Cl2+HCl；(2)D与CH3CN在NaNH2作用下反应产生E：，是D上的被-CH2CN取代产生，故反应类型为取代反应；F分子中的、与H2发生加成反应形成G，故F中能够与氢气发生加成反应的官能团名称为羰基、碳碳双键；(3)C结构简式为，可知C的分子式为C9H11O2N；C分子中含有羧基、氨基，一定条件下，能发生缩聚反应，氨基脱去H原子，羧基脱去羟基，二者结合形成H2O，其余部分结合形成高聚物，该反应的化学方程式为：；(4)K2CO3是强碱弱酸盐，CO32-水解使溶液显碱性，B发生水解反应会产生HCl，溶液中OH-消耗HCl电离产生的H+，使反应生成的HCl被吸收，从而提高反应转化率；(5)C结构简式是，分子式为C9H11O2N，C的同分异构体X符合下列条件：①含有苯环，且苯环上的取代基数目≤2；②含有硝基；③有四种不同化学环境的氢，个数比为6：2：2：1，则X可能的结构为或；(6)2，6-二甲基苯酚()与ClCH2COOCH2CH3在K2CO3作用下发生取代反应产生，该物质与NaOH水溶液加热发生水解反应，然后酸化得到，与SOCl2发生取代反应产生，故合成路线为。【点睛】本题考查有机物推断、反应类型的判断。正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意题给信息、反应条件的灵活运用。限制性条件下同分异构体结构简式的确定是易错点，题目侧重考查学生的分析、推断及信息迁移能力。18、2一甲基一1,3一丁二烯氧化反应氯原子、羧基1710【解析】本题考查有机合成与推断，意在考查考生运用有机化学基础知识分析问题和解决问题的能力。（1）根据有机物的系统命名法可知，A的化学名称是2一甲基一1,3一丁二烯；（2）结合题给信息①，B的结构简式为；结合信息②，C的结构简式为，根据F的结构以及D生产H的反应条件，可知D为，故由C生成D的反应类型为氧化反应；（3）D→E在光照的条件发生取代反应，E的结构简式为；E中含有的官能团为氯原子、羧基；（4）因苯环为平面形，所以直接与其相连的-CH2OH和—COOH上的碳原子与其在一个平面内，通过旋转单键，-CH2OH中—OH上的原子可能与苯环共面，—COOH中的所有原子可能与苯环共面，故F分子中处于同一平面的原子最多有17个；F通过缩聚反应生成高分子化合物G，其反应方程式为：；（5）H的结构简式为，I为H的同分异构体且1molI发生水解反应消耗2molNaOH，说明I为酚酯，苯环上一氯代物有两种结构，即苯环上只有两种等效氢，故符合条件的I的结构简式为：、、、、、、、、、,共10种，其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6:3:2:1的I结构简式为或；（6）加热条件下，在氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成，在结合信息②，在W2C作用下生成，最后再酸性高锰酸钾溶液中，将苯甲醛氧化为，其合成路线为：。点睛：判断分子中共面的技巧（1）审清题干要求：注意“可能”“一定”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”“氢原子”等关键词和限制条件。（2）熟记常见共面的官能团。①与双键和苯环直接相连的原子共面，如、、②醛、酮、羧酸因与与相似为平面形（等电子原理），故为平面形分子（所有原子共平面）。但、所有原子不共平面（因含-CH3），而-CH3中的C与（羰基）仍共平面。又中与其它原子可能共平面。因有两对孤电子对，故1个O与其余2个原子形成的2个价键成V型（与相似），故C、O、H不共直线。分子内任意3个原子也不共直线。③若有两个苯环共边，则两个苯环一定共面。例如下列各结构中所有的原子都在同一平面上。④若甲基与一个平面形结构相连，则甲基上的氢原子最多有一个氢原子与其共面。若一个碳原子以四个单键与其他原子直接相连，则这四个原子为四面体结构，不可能共面。19、温度控制使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸冰水浴2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点1.35cV×10-2g偏高偏低【解析】

(1)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置，需温度计，ClO2温度过高可能引起爆炸，其温度要保持60-80℃之间，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式；(3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；(4)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；(5)根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n(ClO2)，再根据m=nM计算m(ClO2)；(6)根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3判断，若操作使Na2S2O3偏少，则ClO2偏低；若操作使Na2S2O3偏大，则ClO2偏高。【详解】(1)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置，所以装置A中还应安装的玻璃仪器是温度计；ClO2熔点为-59℃，沸点为11.0℃，温度过高可能引起爆炸，其温度要保持60-80℃之间，控制温度的目的是使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸，ClO2的沸点：11.0℃，沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，收集在试管中或常温下二氧化氯为气态，装置B使用冰水浴装置，进行降温处理；(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O；(3)装置中玻璃液封管的作用是，用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V•10-3L×cmol/L=c•V•10-3mol．则：根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，210n(ClO2)c•V•10-3mol所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×c•V•10-3mol，所以m(ClO2)=n(ClO2)•M=×c•V•10-3mol×67.5g/mol=1.35cV×10-2g；(6)①若在配制Na2S2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，使标准溶液的浓度减小，消耗的体积增大，则测定结果中ClO2的含量偏高；②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，读取的体积比实际体积偏小，导致测定结果中ClO2的含量偏低。【点睛】本题以氯及其化合物的性质为线索，考查了物质含量的探究性实验，涉及化学实验基本操作、滴定终点的判断方法、氧化还原反应在滴定中的应用，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键，题目难度中等。20、温度高苯容易挥发，温度低浸取速率小Cu2S+4Fe3+=2Cu2++S+4Fe2+NH4Fe3(SO4)2(OH)6AFBECD【解析】

（1）根据苯容易挥发，和温度对速率的影响分析；（2）根据催化剂的特点分析，参与反应并最后生成进行书写方程式；（3）根据反应过程中的数据分析各离子的种类和数值，最后计算各种离子的物质的量比即