2024年北京通州区高考仿真卷化学试卷含解析

2024年北京通州区高考仿真卷化学试卷注意事项: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、甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。下列说法错误的是A．甲、乙的化学式均为C8H14B．乙的二氯代物共有7种（不考虑立体异构）C．丙的名称为乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面D．甲、乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色2、下列除杂方案错误的是选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO2(g)SO2(g)饱和NaHCO3溶液、浓H2SO4洗气BNH4Cl(aq)FeCl3(aq)NaOH溶液过滤CCH4(g)CO2(g)NaOH溶液、浓H2SO4洗气DFeCl2(aq)CuCl2(aq)铁粉过滤A．A B．B C．C D．D3、钛（Ti）常被称为未来钢铁。下列关于的说法中，错误的是（）A．质子数为22 B．质量数为70 C．中子数为26 D．核外电子数为224、实验室制备下列气体时，所用方法正确的是()A．制氧气时，用Na2O2或H2O2作反应物可选择相同的气体发生装置B．制氯气时，用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体C．制氨气时，用排水法或向下排空气法收集气体D．制二氧化氮时，用水或NaOH溶液吸收尾气5、人类已经成功合成了117号元素Uus，关于的叙述正确的是A．原子内电子数多于中子数 B．与电子式相同C．元素的近似相对原子质量是294 D．处于不完全周期内6、下列实验操作、现象及结论均正确的是选项实验操作和现象实验结论A向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色黄色溶液中只含Br2B烧杯中看见白色沉淀证明酸性强弱：H2CO3>H2SiO3C向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜蔗糖未水解DpH试纸先变红后褪色氯水既有酸性，又有漂白性A．A B．B C．C D．D7、我国科学家设计的二氧化碳的熔盐捕获及电化学转化装置如图所示。下列说法正确的是（）A．a极是电化学装置的阴极B．d极的电极反应式为CO32--4e-=C+3O2-C．①中，捕获CO2时碳元素的化合价发生了变化D．上述装置中反应的化学方程式为CO2C+O2↑8、关于下列四个装置的说明符合实验要求的是A．装置①：实验室中若需制备较多量的乙炔可用此装置B．装置②：实验室中可用此装置来制备硝基苯，但产物中可能会混有苯磺酸C．装置③：实验室中可用此装置分离含碘的四氯化碳液体，最终在锥形瓶中可获得碘D．装置④：实验室中可用此装置来制备乙酸乙酯并在烧瓶中获得产物9、配制一定物质的量浓度的盐酸溶液时,下列操作可使所配制溶液浓度偏高的是()A．用量筒量取浓盐酸俯视读数 B．溶解搅拌时有液体飞溅C．定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线 D．摇匀后见液面下降,再加水至刻度线10、A、B、C、D、E、F为原子序数依次递增的六种短周期主族元素，A的单质是最理想的燃料。C原子次外层电子数是最外层的1/3，E与C同主族，下列说法不正确的是A．元素D与A一定形成共价化合物B．元素B可能与元素A形成多种共价化合物C．F最高价氧化物对应水化物定是一种强酸D．若元素D是非金属元素，则D的单质可能是良好的半导体材料11、短周期元素的离子W3+、X+、Y2﹣、Z﹣都具有相同的电子层结构，以下关系正确的是（）A．单质的熔点：X＞WB．离子的还原性：Y2﹣＞Z﹣C．氢化物的稳定性：H2Y＞HZD．离子半径：Y2﹣＜W3+12、某二元弱碱B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)。向10mL稀B(OH)2溶液中滴加等浓度盐酸溶液，B(OH)2、B(OH)+、B2+的浓度分数δ随溶液POH[POH=-lgc(OH)-]变化的关系如图，以下说法正确的是A．交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mLB．当加入的盐酸溶液的体积为10mL时存在c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)>c(OH-)>c(B2+)C．交点b处c(OH)=6.4×10-5D．当加入的盐酸溶液的体积为15mL时存在：c(Cl-)+c(OH-)=c(B2+)+c(B(OH)+)+c(H+)，13、下列指定反应的离子方程式正确的是A．向NaAlO2

溶液中滴入NaHCO3溶液：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-B．MnO2与浓盐酸混合加热：MnO2+4H++4Cl-MnCl2+Cl2↑+2H2OC．FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2：Fe2++H2O2+2H+=Fe3++2H2OD．Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水：Ca2++HCO3-+NH3·H2O=CaCO3↓+H2O+NH4+14、向某二元弱酸H2A水溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lgx（x为或）与pH的变化关系如图所示，下列说法正确的是（）A．pH=7时，存在c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)B．直线Ⅰ表示的是lg随pH的变化情况C．=10-2.97D．A2-的水解常数Kh1大于H2A电离常数的Ka215、用NaOH标准溶液滴定盐酸实验中，以下操作可能导致所测溶液浓度偏高的是A．滴定管用待装液润洗B．锥形瓶振荡时有少量液体溅出C．滴定结束后滴定管末端出现气泡D．锥形瓶用待测液润洗16、“地沟油”可与醇加工制成生物柴油变废为宝。关于“地沟油”的说法正确的是A．属于烃类 B．由不同酯组成的混合物C．密度比水大 D．不能发生皂化反应二、非选择题（本题包括5小题）17、阿司匹林是一种解毒镇痛药。烃A是一种有机化工原料，下图是以它为初始原料设计合成阿司匹林关系图：已知：（苯胺，苯胺易被氧化）回答下列问题：（1）C的结构简式为___________。（2）反应⑤的反应类型___________，在③之前设计②这一步的目的是___________。（3）F中含氧官能团的名称________。（4）G（阿司匹林）与足量NaOH溶液反应的化学方程式为______________。（5）符合下列条件的E的同分异构体有________种。写出核磁共振氢谱中有五组峰，峰面积之比为1：2：2：2：1的结构简式：_______（只写一种）。a．含—OHb．能发生水解反应c．能发生银镜反应（6）利用甲苯为原料，结合以上合成路线和下面所给信息合成下图所示的功能高分子材料（无机试剂任选）。________18、煤的综合利用有如下转化关系。CO和H2按不同比例可分别合成A和B，已知烃A对氢气的相对密度是14，B能发生银镜反应，C为常见的酸味剂。请回答：(1)有机物D中含有的官能团的名称为______________。(2)反应⑥的类型是______________。(3)反应④的方程式是_______________________________________。(4)下列说法正确的是________。A．有机物A能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色B．有机物B和D能用新制碱性氢氧化铜悬浊液鉴别C．有机物C、D在浓H2SO4作用下制取CH3COOCH2CH3，该反应中浓H2SO4是催化剂和氧化剂D．有机物C没有同分异构体19、氯化亚铜(CuCl)晶体呈白色，见光分解，露置于潮湿空气中易被氧化。某研究小组设计如下两种方案在实验室制备氯化亚铜。方案一：铜粉还原CuSO4溶液已知：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(无色溶液)。(1)步骤①中发生反应的离子方程式为________________。(2)步骤②中，加入大量水的作用是_____________。(3)如图流程中用95%乙醇洗涤和真空干燥是为了防止________________。方案二：在氯化氢气流中加热CuCl2•2H2O晶体制备，其流程和实验装置(夹持仪器略)如下：请回答下列问题：(4)实验操作的先后顺序是a→_____→______→_______→e(填操作的编号)a．检査装置的气密性后加入药品b．点燃酒精灯，加热c．在“气体入口”处通入干燥HCld．熄灭酒精灯，冷却e．停止通入HCl，然后通入N2(5)在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是______。(6)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2杂质，请分析产生CuCl2杂质的原因________________________。(7)准确称取0.2500g氯化亚铜样品置于一定量的0.5mol/LFeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20mL，用0.1000mol/L的Ce(SO4)2溶液滴定到终点，消耗24.60mLCe(SO4)2溶液。有关化学反应为Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，计算上述样品中CuCl的质量分数是_____________%(答案保留4位有效数字)。20、某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl3·6H2O反应产物。（查阅资料）FeCl3是一种共价化合物，熔点306℃，沸点315℃。实验编号操作现象实验1按上图所示，加热A中MnO2与FeCl3·6H2O混合物①试管A中固体部分变液态，上方出现白雾②稍后，产生黄色气体，管壁附着黄色液滴③试管B中KI-淀粉溶液变蓝实验2把A中的混合物换为FeCl3·6H2O，B中溶液换为KSCN溶液，加热。A中固体部分变液态，产生白雾和黄色气体，B中KSCN溶液变红（实验探究）实验操作和现象如下表：（问题讨论）（1）实验前首先要进行的操作是______________________________。（2）实验1和实验2产生的白雾是_______（填化学式）溶解在水中形成的小液滴。（3）请用离子方程式解释实验2中黄色气体使KI-淀粉溶液变蓝色的原因_____________。（4）为确认黄色气体中含有Cl2，学习小组将实验1中试管B内KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液，发现B中溶液呈橙色，经检验无Fe2+，说明黄色气体中含有Cl2。用铁氰化钾溶液检验Fe2+的离子方程式是_________________________________。选择NaBr溶液的原因是________________________________________________________________。（实验结论）（5）实验1充分加热后，若反应中被氧化与未被氧化的氯元素质量之比为1:2，则A中发生反应的化学方程式为____________________________________________________。（实验反思）该学习小组认为实验1中溶液变蓝，也可能是酸性条件下，I－被空气氧化所致，可以先将装置中的空气排尽，以排除O2的干扰。21、甲醇是一种可再生的清洁能源，具有广阔的开发和应用前景。（1）已知①CH3OH(g)+H2O(l)=CO2(g)+3H2(g)ΔH=+93.0kJ·mol－1②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g)ΔH=－192.9kJ·mol－1③甲醇的燃烧热为726.51kJ·mol-1。要写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式，还缺少的热化学方程式为________________。（2）甲醇可采用煤的气化、液化制取(CO+2H2⇌CH3OHΔH<0)。在T1℃时，体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为3mol的H2和CO，反应达到平衡时CH3OH的体积分数(V%)与的关系如图所示。①当起始=2，经过5min达到平衡，0~5min内平均反应速率v(H2)=0.1mol⋅L-1⋅min-1，则该条件CO的平衡转化率为_____；若其它条件不变，在T2℃(T2>T1)下达到平衡时CO的体积分数可能是____(填标号)A．<B．=C．~D．=E.>②当=3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数可能是图象中的____点选填“D”、“E”或“F”)。（3）制甲醇的CO和H2可用天然气来制取：CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)。在某一密闭容器中有浓度均为0.1mol·L−1的CH4和CO2，在一定条件下反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示，则该反应的ΔH______(选填“大于”“小于”或“等于”）0。压强p1_______(选填“大于”或“小于”)p2。当压强为p2时，在y点：v(正)__________(选填“大于”“小于”或“等于”)v(逆)。若p2=6Mpa，则T℃时该反应的平衡常数Kp=_____MPa2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。（4）研究表明：CO2和H2在一定条件下也可以合成甲醇，反应方程式为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)[反应Ⅰ]。①一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入2.0molCO2和4.0molH2，在不同催化剂作用下合成甲醇，相同时间内CO2的转化率随温度变化如下图所示，其中活化能最高的反应所用的催化剂是____(填“A”、“B”或“C”)。②在某催化剂作用下，CO2和H2除发生反应①外，还发生如下反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)[反应Ⅱ]。维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测得实验数据：T(K)CO2实际转化率（%）甲醇选择性（%）54312.342.355315.339.1注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。表中数据说明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是_________。

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．根据结构简式判断；B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上；C．苯为平面形结构，结合三点确定一个平面分析；D．乙与高锰酸钾不反应。【详解】A．由结构简式可知甲、乙的化学式均为C8H14，故A正确；B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH－原子上，共有7种，故B正确；C．苯为平面形结构，碳碳单键可以旋转，结合三点确定一个平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正确；D．乙为饱和烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故D错误。故选D。2、B【解析】

A．二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，浓硫酸干燥二氧化碳，则洗气可除杂，故A正确；B．NH4Cl和FeCl3均与NaOH反应，应选氨水、过滤，故B错误；C．NaOH溶液能吸收CO2，浓硫酸干燥甲烷，则洗气可除去CH4中混有的CO2，故C正确；D．CuCl2溶液和过量Fe粉作用生成FeCl2溶液和Cu，过滤可除去Cu和过量Fe粉，故D正确；故答案为B。【点睛】在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则:1.不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。3、B【解析】

的质子数为22，质量数为48，故中子数=质量数-质子数=48-22=26。【详解】A项、的质子数为22，故A正确；B项、的质量数为48，故B错误；C项、的中子数=质量数-质子数=48-22=26，故C正确；D项、的电子数=质子数=22，故D正确；故选B。4、A【解析】

A．Na2O2与水反应，H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液体常温条件下反应，可选择相同的气体发生装置，故A正确；

B．实验室制取的氯气含有氯化氢和水分，常用饱和食盐水和浓硫酸净化气体，若用饱和NaHCO3溶液，氯化氢、氯气都能和NaHCO3反应，故B错误；

C．氨气极易溶于水，不能用排水法收集，故C错误；

D．二氧化氮与水反应生成一氧化氮，仍然污染空气，所以不能用水吸收，故D错误；答案选A。5、B【解析】

A．电子数为117，中子数为，A错误；

B．由于质子数均为117，故最外层电子数相同，与电子式相同，B正确；

C．294只是该核素的质量数，没有告诉该核素在自然界的百分含量，不能计算近似相对原子质量，C错误；

D．根据原子结构示意图知，该元素位于第七周期、第VIIA族，不在不完全周期内，D错误。

答案选B。6、D【解析】

A．向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色，该黄色溶液中可能含有Fe3+，Fe3+也能将I-氧化为碘单质，故不能确定黄色溶液中只含有Br2，A选项错误；B．浓盐酸具有挥发性，烧杯中看见白色沉淀可能是挥发的HCl气体与Na2SiO3溶液反应得到H2SiO3的白色沉淀，不能证明酸性H2CO3>H2SiO3，B选项错误；C．银镜反应必须在碱性条件下进行，该实验中加入银氨溶液之前没有加入如NaOH溶液的碱性溶液中和未反应的稀硫酸，实验不能成功，故实验操作及结论错误，B选项错误；D．氯水既有酸性，又有漂白性，可以使pH试纸先变红后褪色，D选项正确；答案选D。7、D【解析】

由电解装置示意图可知，a极生成O2，O的化合价升高，失去电子，发生氧化反应，则a为阳极，连接电源正极(b极)，电极反应式为：2C2O52--4e-===4CO2+O2，d极生成C，C的化合价降低，得到电子，发生还原反应，则d为阴极，连接电源负极(c极)，电极反应式为：CO32-+4e-===3O2-+C，电池总反应为CO2C+O2↑，据此解答问题。【详解】A．根据上述分析，a极是电化学装置的阳极，A选项错误；B．d为阴极，电极反应式为：CO32-+4e-===3O2-+C，B选项错误；C．①中，捕获CO2时，CO2变成C2O52-和CO32-，碳元素的化合价始终为+4价，没有发生改变，C选项错误；D．电池总反应为CO2C+O2↑，D选项正确；答案选D。8、B【解析】

A．电石与水反应放出大量的热，生成氢氧化钙微溶，易堵塞导管，则不能利用图中装置制取乙炔，故A错误；B．制备硝基苯，水浴加热，温度计测定水温，该反应可发生副反应生成苯磺酸，图中制备装置合理，故B正确；C．分离含碘的四氯化碳液体，四氯化碳沸点低，先蒸馏出来，所以利用该装置进行分离可，最终在锥型瓶中可获得四氯化碳，故C错误；D．制备乙酸乙酯不需要测定温度，不能在烧瓶中获得产物，应在制备装置后连接收集产物的装置（试管中加饱和碳酸钠），故D错误；故选：B。9、C【解析】

根据C=n/V计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高．【详解】A、用量筒量取浓盐酸俯视读数会导致液体体积偏小，溶质的物质的量偏小，所配制溶液浓度偏低，故A不选；

B、溶解搅拌时有液体飞溅，会导致溶质的物质的量偏小，所配制溶液浓度偏低，故B不选；

C、定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线，会导致溶液的体积偏小，所配制溶液浓度偏高，故C选；

D、摇匀后见液面下降，为正常现象，如再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏低，故D不选。

故选：C。【点睛】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的误差分析，题目难度中等，注意根据C=n/V计算不当操作对n或V的影响．10、A【解析】

A的单质是最理想的燃料，A是H元素。C原子次外层电子数是最外层的1/3，说明C只能是第二周期的元素即C是O元素；E与C同主族，E是S元素；F是原子序数大于S的主族元素，F是Cl元素；B可能是Li、Be、B、C、N几种元素中的一种，D可能是F、Na、Mg、Al、Si、P中的一种。【详解】A.若元素D是Na，Na与H形成的化合物NaH是离子化合物，故A错误；B.C、N与H元素都能形成多种共价化合物，如CH4、C2H6，NH3、N2H4等，故B正确；C.F是Cl元素，最高价氧化物对应水化物是HClO4，HClO4是强酸，故C正确；D.若元素D是Si元素，Si单质是良好的半导体材料，故D正确；选A。11、B【解析】

短周期元素形成的离子W3+、X+、Y2-、Z-具有相同电子层结构，核外电子数相等，结合离子电荷可知，Y、Z为非金属，应处于第二周期，Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属应处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，结合元素周期律解答。【详解】A.金属晶体，原子半径越小，金属键越强，单质的熔点越高，所以单质的熔点Al＞Na，故A错误；B.元素的非金属性越强，离子的还原性越弱，所以离子的还原性O2﹣＞F﹣，故B正确；C.元素的非金属性越强，氢化物越稳定，所以氢化物的稳定性HF＞H2O，故C错误；D.核外电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，所以离子半径O2﹣＞Al3+，故D错误；故答案为B。12、C【解析】图中曲线①B(OH)2，②为B(OH)+③为B2+；交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mL时，反应生成等浓度的B(OH)Cl和B(OH)2混合液，由于两种溶质水解电离能力不同，所以B(OH)2、B(OH)+浓度分数δ不相等，A错误；当加入的盐酸溶液的体积为10mL时，溶液为B(OH)Cl，溶液显酸性，根据B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)可知，c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)>c(B2+)>c(OH-)，B错误；交点b处时，c(B(OH)+)=c(B2+)，根据B(OH)+B2++OH-，K2=c(OH-)=6.4×10-5,C正确；当加入的盐酸溶液的体积为15mL时，生成等体积等浓度B(OH)Cl和BCl2的混合液，存在电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)=2c(B2+)+c(B(OH)+)+c(H+)，D错误；正确选项C。13、A【解析】

A．NaAlO2和NaHCO3发生反应生成氢氧化铝程度和碳酸钠，离子方程式为AlO2-+HCO3-+H2O═Al(OH)3↓+CO32-，故A正确；B．MnO2与浓盐酸混合加热，离子方程式：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故B错误；C．电荷不守恒，FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2的离子方程式为2H++2Fe2++H2O2═2Fe3++2H2O，故C错误；D．Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水，碳酸氢根离子完全反应，离子方程式：Ca2++2HCO3-+2NH3•H2O=CaCO3↓+2H2O+2NH4++CO32-，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意反应物用量对反应的影响。14、B【解析】

二元弱酸的Ka1=×c（H＋）＞Ka2=×c（H＋），当溶液的pH相同时，c（H＋）相同，lgX：Ⅰ＞Ⅱ，则Ⅰ表示lg与pH的变化关系，Ⅱ表示lg与pH的变化关系。【详解】A．pH=4.19，溶液呈酸性，若使溶液为中性，则溶液中的溶质为NaHA和Na2A，根据物料守恒，存在c(Na+)＞c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，故A错误；B.由分析：直线Ⅰ表示的是lg随pH的变化情况，故B正确；C.=÷==102.97，故C错误；D．pH=1.22时和4.19时，lgX=0，则c（H2A）=c（HA－）、c（HA－）=c（A2－），Ka1=×c（H＋）=c（H＋）=10-1.22，K2=×c（H＋）=c（H＋）=10-4.19，A2－的水解平衡常数Kh1==10-9.81＜10-4.19=Ka2，故D错误；故选B。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握物料守恒及溶液酸碱性与溶液pH的关系，D为易难点。15、D【解析】

由c(HCl)=可知，不当操作使V(碱)增大，则导致所测溶液浓度偏高，以此来解答。【详解】A．滴定管用待装液润洗，对实验无影响，故A错误；B．锥形瓶振荡时有少量液体溅出，使V(碱)减小，则导致所测溶液浓度偏低，故B错误；C．滴定结束后滴定管末端出现气泡，使V(碱)减小，则导致所测溶液浓度偏低，故C错误；D．锥形瓶用待测液润洗，n(HCl)偏大，则消耗V(碱)增大，则导致所测溶液浓度偏高，故D正确；故答案为D。【点睛】本题考查中和滴定操作、计算及误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。16、B【解析】

A．“地沟油”的主要成分为油脂，含有氧元素，不属于烃类，选项A错误；B．“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，是由不同酯组成的混合物，选项B正确；C．“地沟油”的主要成分为油脂，油脂的密度比水小，选项C错误；D．皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应，“地沟油”的主要成分为油脂，能发生皂化反应，选项D错误。答案选B。【点睛】本题主要考查了油脂的性质与用途，熟悉油脂结构及性质是解题关键，注意皂化反应的实质是高级脂肪酸甘油酯的水解反应，“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，密度比水小，油脂在碱性条件下的水解反应为皂化反应。二、非选择题（本题包括5小题）17、取代反应保护酚羟基，防止酚羟基被氧化羧基和酚羟基17种或【解析】

根据流程图，烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B在氢氧化钠溶液条件下水解后酸化生成C，根据C的化学式可知，A为甲苯()，根据E的结构，结合信息②可知，D为，则C为，因此B为苯环上的氢原子被取代的产物，反应条件为铁作催化剂，B为，据此分析。【详解】根据流程图，烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B在氢氧化钠溶液条件下水解后酸化生成C，根据C的化学式可知，A为甲苯()，根据E的结构，结合信息②可知，D为，则C为，因此B为苯环上的氢原子被取代的产物，反应条件为铁作催化剂，B为。(1)根据上述分析，C为；（2）反应⑤是与乙酸酐发生取代反应生成和乙酸，反应类型为取代反应；在③之前设计②可以保护酚羟基，防止酚羟基被氧化，故答案为取代反应；保护酚羟基，防止酚羟基被氧化；（3）F为，含氧官能团的名称为羧基和酚羟基；(4)G(阿司匹林)中的酯基水解生成的羟基为酚羟基，也能与氢氧化钠反应，因此与足量NaOH溶液反应的化学方程式为；(4)E为，a．含—OH，可为酚羟基、醇羟基或羧基中的—OH；b．能发生水解反应说明含有酯基；c．能发生银镜反应说明含有醛基；满足条件的结构是：若苯环上只有一个取代基则为HCOOCH(OH)-，只有一种；若苯环上有两个取代基，可为HCOOCH2-和-OH，苯环上的位置可为邻、间、对位，故有3种；若苯环上有两个取代基还可以为HCOO-和-CH2OH，苯环上的位置可为邻、间、对位，故有3种；若苯环上有三个取代基，为HCOO-、-CH3和-OH，根据定二议三，两个取代基在苯环上有邻、间、对位，再取代第三个取代基在苯环上时分别有4、4、2种共10种；综上符合条件的同分异构体共有17种；其中核磁共振氢谱中有五组峰，峰面积之比为1：2：2：2：1的结构简式为或；(5)用甲苯为原料合成功能高分子材料()。需要合成，根据题干信息③，可以由合成；羧基可以由甲基氧化得到，因此合成路线为。18、羟基取代反应/酯化反应CH2=CH2＋O2→CH3COOHAB【解析】

根据题干信息可知，A为CH2=CH2，B为乙醛；根据A、B的结构结合最终产物CH3COOCH2CH3逆推可知，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH。【详解】(1)根据以上分析，D中官能团为羟基，故答案为：羟基。(2)乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反应类型为酯化反应即取代反应，故答案为：酯化反应或取代反应。(3)反应④为乙烯氧化为乙酸，化学方程式为：CH2＝CH2＋O2→CH3COOH，故答案为：CH2＝CH2＋O2→CH3COOH。(4)A.乙烯和溴水中的溴单质加成，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A正确；B.乙醛和新制氢氧化铜在加热条件下生成砖红色沉淀，乙醇与Cu(OH)2悬浊液不反应，可以鉴别，故B正确；C.酯化反应中，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，故C错误；D.CH3COOH的同分异构体有HCOOCH3，故D错误。综上所述，答案为AB。19、Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-稀释促进平衡CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(无色溶液)逆向移动，生成CuClCuCl在潮湿空气中被氧化cbd先变红后褪色加热时间不足或温度偏低97.92【解析】

方案一：CuSO4、Cu在NaCl、浓盐酸存在条件下加热，发生反应：Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-，过滤除去过量的铜粉，然后加水稀释滤液，化学平衡CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(无色溶液)逆向移动，得到CuCl沉淀，用95%的乙醇洗涤后，为防止潮湿空气中CuCl被氧化，在真空环境中干燥得到纯净CuCl；方案二：CuCl2是挥发性强酸生成的弱碱盐，用CuCl2·2H2O晶体在HCl气流中加热脱水得到无水CuCl2，然后在高于300℃的温度下加热，发生分解反应产生CuCl和Cl2。【详解】(1)步骤①中CuSO4、Cu发生氧化还原反应，产生的Cu+与溶液中Cl-结合形成[CuCl3]2-，发生反应的离子方程式为：Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-；(2)根据已知条件：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(无色溶液)，在步骤②中向反应后的滤液中加入大量的水，溶液中Cl-、[CuCl3]2-浓度都减小，正反应速率减小的倍数大于逆反应速率减小的倍数，所以化学平衡逆向移动，从而产生CuCl沉淀；(3)乙醇易挥发，用95%乙醇洗涤可以去除CuCl上的水分，真空干燥也可以避免CuCl在潮湿空气中被氧化；(4)CuCl2•2H2O晶体要在HCl气体中加热，所以实验前要先检查装置的气密性，再在“气体入口”处通入干燥HCl，然后点燃酒精灯，加热，待晶体完全分解后的操作是熄灭酒精灯，冷却，为了将装置中残留的HCl排出，防止污染环境，要停止通入HCl，然后通入N2，故实验操作编号的先后顺序是a→c→b→d→e；(5)无水硫酸铜是白色固体，当其遇到水时形成CuSO4·5H2O，固体变为蓝色，HCl气体遇水变为盐酸，溶液显酸性，使湿润的蓝色石蕊试纸变为红色，当CuCl2再进一步加热分解时产生了Cl2，Cl2与H2O反应产生HCl和HClO，HC使湿润的蓝色石蕊试纸变为红色，HClO具有强氧化性，又使变为红色的石蕊试纸褪色变为无色；(6)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2杂质，产生CuCl2杂质的原因可能是加热时间不足或加热温度偏低，使CuCl2未完全分解；(7)根据反应方程式Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+可得关系式：CuCl～Ce4+，24.60mL0.1000mol/L的Ce(SO4)2溶液中含有溶质Ce(SO4)2的物质的量n[Ce(SO4)2]=0.1000mol/L×0.02460L=2.46×10-3mol，则根据关系式可知n(CuCl)=n(Ce4+)=2.46×10-3mol，m(CuCl)=2.46×10-3mol×99.5g/mol=0.24478g，所以该样品中CuCl的质量分数是×100%=97.92%。【点睛】本题考查了物质制备方案的设计，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法及元素化合物性质，充分利用题干信息分析解答，当反应中涉及多个反应时，可利用方程式得到已知物质与待求物质之间的关系式，然后分析、解答，试题充分考查了学生的分析能力及化学实验能力。20、检查装置的气密性HCl2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I23Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3＋氧化为Br2MnO2＋2FeCl3·6H2OFe2O3＋MnCl2＋Cl2↑＋2HCl＋11H2O【解析】

（1）实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性；（2）FeCl3•6H2O受热失去结晶水，同时水解，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴；（3）由信息可知，FeCl3是一种共价化合物，受热变为黄色气体，氯化铁具有强氧化性，可以将碘离子氧化为碘单质；（4）用铁氰化钾溶液检验Fe2+产生蓝色沉淀；为确认黄色气体中含有Cl2，需要除去Fe3+的干扰，因为Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3＋氧化为Br2，可选择NaBr溶液；（5）二氧化锰与FeCl3•6H2O反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，据此结合原子守恒书写化学方程式。【详解】（1）实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性；故答案为检查装置的气密性；（2）FeCl3•6H2O受热失去结晶水，同时水解，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴，而形成白雾；故答案为HCl；（3）碘离子具有还原性，氯化铁具有强氧化性，两者反应，碘离子被氧化为碘单质，反应离子方程式为：2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I2，故答案为2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I2；（4）用铁氰化钾溶液检验Fe2+产生蓝色沉淀，离子方程式是3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓；为确认黄色气体中含有Cl2，将试管B内KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液，若B中观察到浅橙红色，为溴水的颜色，则证明有物质能够将Br-氧化成Br2，铁离子不能氧化溴离子，若未检查到Fe2+，则证明是Cl2氧化的Br-，而不是Fe3+，故答案为3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓；Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3＋氧化为Br2；（5）二氧化锰与FeCl3•6H2O反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，反