湖南省沅江三中2024年高考化学押题试卷含解析

湖南省沅江三中2024年高考化学押题试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、下列有关化合物X的叙述正确的是A．X分子只存在2个手性碳原子B．X分子能发生氧化、取代、消去反应C．X分子中所有碳原子可能在同一平面上D．1molX与足量NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH2、SO2催化氧化过程中，不符合工业生产实际的是A．采用热交换器循环利用能量 B．压强控制为20～50MPaC．反应温度控制在450℃左右 D．使用V2O5作催化剂3、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．11g超重水(T2O)含中子数为5NAB．25℃，pH=13的1LBa(OH)2溶液中OH—的数目为0.2NAC．1mol金刚石中C—C键的数目为2NAD．常温下，pH=6的MgCl2溶液中H+的数目为10-6NA4、由下列实验、现象以及由现象推出的结论均正确的是选项实验方法现象结论A向FeCl3溶液中滴入少量KI溶液，再加入KSCN溶液溶液变红Fe3+与I－的反应具有可逆性BSO2通入Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀白色沉淀是BaSO4C将稀硫酸滴入淀粉溶液中并加热，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热未出现砖红色沉淀淀粉未水解D用碎瓷片做催化剂，给石蜡油加热分解，产生的气体通过酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色石蜡油裂解一定生成乙烯A．A B．B C．C D．D5、2019年化学诺贝尔奖授予拓展锂离子电池应用的三位科学家。如图是某锂—空气充电电池的工作原理示意图，下列叙述正确的是A．电解质溶液可选用可溶性锂盐的水溶液B．电池放电时间越长，Li2O2含量越少C．电池工作时，正极可发生Li+＋O2－e-=LiO2D．充电时，b端应接负极6、有机化合物甲、乙、丙的结构如图所示，下列说法正确的是甲乙丙A．三种物质的分子式均为C5H8O2，互为同分异构体B．甲、乙、丙分子中的所有环上的原子可能共平面C．三种物质均可以发生氧化反应和加成反应D．三种物质都能与氢氧化钠溶液发生反应7、最近科学家发现都由磷原子构成的黑磷(黑磷的磷原子二维结构如图)是比石墨烯更好的新型二维半导体材料.下列说法正确的是A．石墨烯属于烯烃 B．石墨烯中碳原子采用sp3杂化C．黑磷与白磷互为同素异形体 D．黑磷高温下在空气中可以稳定存在8、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法错误的是()A．单质的沸点：Z>WB．简单离子半径：X>WC．元素X与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物D．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应9、下列实验Ⅰ～Ⅳ中，正确的是（）A．实验Ⅰ：配制一定物质的量浓度的溶液B．实验Ⅱ：除去Cl2中的HClC．实验Ⅲ：用水吸收NH3D．实验Ⅳ：制备乙酸乙酯10、已知NA从阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．6g3He含有的中子数为2NAB．1molCH3CH2OH被氧化为CH3CHO转移的电子数为NAC．20g正丁烷和38g异丁烷的混合物中非极性键数目为10NAD．0.1mol·L－1Na2SO4溶液中含有的SO42－数目为0.1NA11、下表是四种盐在不同温度下的溶解度（g/100g水）：（假设：盐类共存时不影响各自的溶解度，分离晶体时，溶剂的损耗忽略不计）NaNO3KNO3NaClKCl10℃80.521.235.731.0100℃17524639.156.6用物质的量之比为1：1的硝酸钠和氯化钾为原料，制取硝酸钾晶体，其流程如图所示以下说法错误的是（）A．①和②的实验过程中，都需要控制温度B．①实验操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤C．②实验操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤D．用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好12、amolFeS与bmolFe3O4投入到VLcmol/L的硝酸溶液中恰好完全反应，假设只产生NO气体。所得澄清溶液的成分是Fe（NO3）3和H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸为A．B．（a+3b）molC．D．（cV－3a－9b）mol13、某有机物W的结构简式为下列有关W的说法错误的是A．是一种酯类有机物 B．含苯环和羧基的同分异构体有3种C．所有碳原子可能在同一平面 D．能发生取代、加成和氧化反应14、下列由实验得出的结论正确的是()A．将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液变无色透明，生成的产物可溶于四氯化碳B．乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体，说明两种分子中的氢原子都能产生氢气C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，是因为乙酸的酸性小于碳酸的酸性D．甲烷与氯气光照下反应后的混合气体能使湿润石蕊试纸变红是因为生成的一氯甲烷具有酸性15、短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，化合物M、N均由这四种元素组成，且M的相对分子质量比N小16。分别向M和N中加入烧碱溶液并加热，二者均可产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。将M溶液和N溶液混合后产生的气体通入品红溶液中，溶液变无色，加热该无色溶液，无色溶液又恢复红色。下列说法错误的是A．简单气态氢化物的稳定性：Y>XB．简单离子的半径：Z>YC．X和Z的氧化物对应的水化物都是强酸D．X和Z的简单气态氢化物能反应生成两种盐16、测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案不合理的是A．取ag混合物用酒精灯充分加热后质量减少bgB．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收后质量增加bgC．取ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入1~2滴甲基橙指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmLD．取ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入1~2滴酚酞指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmL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、法华林是一种治疗心脑血管疾病的药物，属于香豆素类衍生物，其合成路径如下：已知：①法华林的结构简式：②+③+(1)A的结构简式是___________。(2)C分子中含氧官能团是___________。(3)写出D与银氨溶液反应的化学方程式___________。(4)E的结构简式是___________。(5)水杨酸分子中苯环上有两种含氧官能团，1mol水杨酸与足量NaHCO3完全反应生成1molCO2。写出水杨酸反应生成F的化学方程式___________。(6)K分子中含有两个酯基，K结构简式是___________。(7)M与N互为同分异构体，N的结构简式是____________。(8)已知：最简单的香豆素结构式。以乙酸甲酯、甲醛和苯酚为主要原料，一种合成香豆素的路线如下(其他药品自选)：写出甲→乙反应的化学方程式___________；丙的结构简式是_________。19、硫酸铜是一种常见的化工产品，它在纺织、印染、医药、化工、电镀以及木材和纸张的防腐等方面有极其广泛的用途。实验室制备硫酸铜的步骤如下:①在仪器a中先加入20g铜片、60mL水，再缓缓加入17mL浓硫酸:在仪器b中加入39mL浓硝酸;在仪器c中加入20%的石灰乳150mL。②从仪器b中放出约5mL浓硝酸，开动搅拌器然后采用滴加的方式逐渐将浓硝酸加到仪器a中，搅拌器间歇开动。当最后滴浓硝酸加完以后，完全开动搅拌器，等反应基本停止下来时，开始用电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，立即将导气管从仪器c中取出，再停止加热。③将仪器a中的液体倒出，取出未反应完的铜片溶液冷却至室温.析出蓝色晶体.回答下列问题:（1）将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是__________。（2）写出装置a中生成CuSO4的化学方程式:_______。（3）步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，此时会产生的气体是______，该气体无法直接被石灰乳吸收，为防止空气污染，请画出该气体的吸收装置（标明所用试剂及气流方向）______。（4）通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu（NO3）2,可来用重结晶法进行提纯，检验Cu（NO3）2是否被除净的方法是_______。（5）工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4的优点是_______。（6）用滴定法测定蓝色晶体中Cu2+的含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL用cmol·L-1EDTA（H2Y）标准溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液bmL，滴定反应为Cu2++H2Y=CuY+2H+，蓝色晶体中Cu2+质量分数_____%.20、某实验小组对KSCN的性质进行探究，设计如下实验：试管中试剂实验滴加试剂现象2mL0.1mol/LKSCN溶液Ⅰi.先加1mL0.1mol/LFeSO4溶液ii.再加硫酸酸化的KMnO4溶液i.无明显现象ii.先变红，后退色Ⅱiii.先滴加1mL0.05mol/LFe2(SO4)3溶液iv.再滴加0.5mL0.5mol/LFeSO4溶液iii.溶液变红iv.红色明显变浅(1)①用离子方程式表示实验I溶液变红的原因___________②针对实验I中红色褪去的原因，小组同学认为是SCN−被酸性KMnO4氧化为SO42−，并设计如图实验装置证实了猜想是成立的。其中X溶液是_____________，检验产物SO42−的操作及现象是__________。(2)针对实验Ⅱ“红色明显变浅”，实验小组提出预测。原因①：当加入强电解质后，增大了离子间相互作用，离子之间牵制作用增强，即“盐效应”。“盐效应”使Fe3++SCN−[Fe(SCN)]2+平衡体系中的Fe3+跟SCN−结合成[Fe(SCN)]2+的机会减少，溶液红色变浅。原因②：SCN−可以与Fe2+反应生成无色络合离子，进一步使Fe3++SCN−[Fe(SCN)]2+平衡左移，红色明显变浅。已知：Mg2+与SCN−难络合，于是小组设计了如下实验：由此推测，实验Ⅱ“红色明显变浅”的原因是___________________________。21、久置的FeSO4溶液变黄，一般认为是二价铁被氧化为三价铁的缘故。某研究小组为研究溶液中Fe2+被O2氧化的过程，查阅资料发现：溶液中Fe2+的氧化过程分为先后两步，首先是Fe2+水解，接着水解产物被O2氧化。于是小组同学决定研究常温下不同pH对Fe2+被O2氧化的影响，并测定了Fe2+氧化率随时间变化的关系，结果如图。回答下列问题：（1）写出Fe2+水解的离子方程式______；要抑制FeSO4水解，可以采取的措施是______。（2）在酸性条件下，Fe2+被O2氧化的反应方程式为：4Fe2++O2⇌4Fe3++2H2O，已知常温下该反应的平衡常数很大。则下列说法正确的是______。a．Fe2+转化为Fe3+的趋势很大b．Fe2+转化为Fe3+的速率很大c．该反应进行得很完全d．酸性条件下Fe2+不会被氧化（3）结合如图分析不同pH对Fe2+被O2氧化的反应发生了怎样的影响______。（4）研究小组在查阅资料时还得知：氧气的氧化性随溶液的酸性增强而增强。通过以上研究可知，配制FeSO4溶液的正确做法是______。（5）用K2Cr2O7标准溶液测定溶液中Fe2+浓度，从而计算Fe2+的氧化率。反应如下：6Fe2++Cr2O72-+14H+→2Cr3++6Fe3++7H2O若取20mL待测溶液，用0.0200mol•L-1KCr2O7标准溶液滴定，消耗标准溶液16.50mL，则溶液中c（Fe2+）=______mol•L-1。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A.连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。化合物X分子中含有3个手性碳原子：（打*号的碳原子为手性碳原子），A项错误；B.X分子中含有(醇)和-CH-基团能被KMnO4氧化，醇羟基和苯环上氢原子都能发生取代反应，分子中含有的和基团都能发生消去反应，B项正确；C.X分子（）中与*号碳原子相连的3个碳原子处于四面体的3个顶点上，这4个碳原子不可能在同一平面上。C项错误；D.因X分子中含有酯基和-Br，X能与NaOH溶液发生水解反应：+2NaOH+CH3CH2OH+NaBr。所以1molX与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH。D项错误；答案选B。2、B【解析】A.二氧化硫与氧气转化成三氧化硫，这个过程放热，在接触室安装热交换器目的是将放出的热量用来预热没反应的二氧化硫与氧气的混合气体，循环利用能量，A正确；B.，SO2的催化氧化不采用高压，是因为压强对SO2转化率无影响，B错误；C.在400-500℃下，正方向进行的程度比较大，而且催化剂的活性比较高，C正确；D.催化剂钒触媒(V2O5)能加快二氧化硫氧化速率，D正确。故选择B。3、C【解析】

A.11g超重水(T2O)的物质的量为0.5mol，由于在1个超重水(T2O)中含有12个中子，所以0.5mol超重水(T2O)中含中子数为6NA，A错误；B.溶液中氢氧根的物质的量浓度是0.1mol/L，则1L溶液中含有的氢氧根离子的数目为0.1NA，B错误；C.由于一个C原子与相邻的4个C原子形成共价键，每个共价键为相邻两个原子形成，所以1个C原子含有的C-C键数目为4×=2，因此1mol金刚石中C—C键的数目为2NA，C正确；D.缺体积，无法计算H+的数目，D错误；故合理选项是C。4、B【解析】

A.滴入少量KI溶液，FeCl3剩余，则由现象不能说明该反应为可逆反应，故A错误；B.SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中，SO2与水反应生成亚硫酸，在酸性环境下，硝酸根具有强氧化性，从而发生氧化还原反应生成硫酸钡，白色沉淀是BaSO4，故B正确；C.淀粉水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下，水解后没有加碱至碱性，不能检验是否水解，故C错误；D.酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色，可知石蜡油加热分解生成不饱和烃，但气体不一定为乙烯，故D错误；故选B。【点睛】淀粉的水解液显酸性，检验淀粉是否水解时，应先在淀粉的水解液中加入氢氧化钠至碱性后，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，并加热，观察是否生成砖红色沉淀，从而说明是否有葡萄糖生成，进而检测出淀粉是否水解，这是学生们的易错点。5、D【解析】

根据电子的流向可知b极为负极，锂单质失电子被氧化，a极为正极，氧气得电子被还原。【详解】A．负极单质锂与水反应，所以电解溶液不能用水溶液，故A错误；B．电池放电过程中锂单质被氧化成锂离子，锂离子移动到正极发生xLi++O2+xe-=LixO2，所以时间越长正极产生的Li2O2越多，而不是越少，故B错误；C．正极发生得电子的还原反应，当x=1时发生：Li++O2+e-=LiO2，故C错误；D．充电时，b极锂离子转化为锂，发生还原反应，即为电解池的阴极，则充电时，b端应接负极，故D正确；故选D。6、A【解析】

A．分子式相同但结构不同的有机物互为同分异构体，三种物质的分子式均为C5H8O2，但结构不同，则三者互为同分异构体，故A正确；B．甲、乙、丙分子中的所有环上的碳原子都为单键，碳原子上相连的氢原子和碳原子不在同一平面，故B错误；C．有机物中含有碳碳双键、碳碳三键、苯环或酮羰基可发生加成反应，甲中官能团为酯基、乙中官能团为羧基、丙中官能团为羟基，不能发生加成反应，甲、乙、丙都可以发生氧化反应，故C错误；D．甲中有酯基可与氢氧化钠溶液发生水解反应，乙中含有羧基可与氢氧化钠溶液发生中和反应，丙中含有醇羟基不与氢氧化钠溶液反应，故D错误；答案选A。【点睛】找到有机物的官能团，熟悉各种官能团可以发生的化学反应是解本题的关键。7、C【解析】

A．石墨烯是碳元素的单质，不是碳氢化合物，不是烯烃，A错误；B．石墨烯中每个碳原子形成3σ键，杂化方式为sp2杂化，B错误；C．黑磷与白磷是磷元素的不同单质，互为同素异形体，C正确；D．黑磷是磷单质，高温下能与O2反应，在空气中不能稳定存在，D错误；答案选C。8、B【解析】

短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素，据此进行解答。【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素；A．Z、W的单质分别为氯气、氟气，二者形成的晶体都是分子晶体，相对分子质量氯气较大，则氯气的沸点较高，即单质的沸点：Z＞W，故A正确；B．X为Na、W为F，二者的离子都含有2个电子层，Na的核电荷数较大，则钠离子的离子半径较小，即简单离子半径：X＜W，故B错误；C．X为Na，金属钠与O形成的过氧化钠中既含离子键也含非极性共价键，故C正确；D．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝具有两性，则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间能相互反应，故D正确；故答案为B。9、B【解析】

A.配制一定物质的量浓度的溶液，把溶液或蒸馏水加入容量瓶中需要用玻璃棒引流，故A错误；B.HCl极易溶于水，Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，可用饱和食盐水除去Cl2中的HCl杂质，故B正确；C.NH3极易溶于水，把导管直接插入水中，会发生倒吸，故C错误；D.制备乙酸乙酯时缺少浓硫酸，乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会发生水解，并且导管直接插入液面以下，会发生倒吸，故D错误；故答案为B。10、A【解析】

A、6g3He的物质的量为2mol，1mol3He含有的中子数为NA，2mol3He含有的中子数为2NA，选项A正确；B、1molCH3CH2OH被氧化为CH3CHO转移的电子数为2NA，选项B错误；C、正丁烷和异丁烷的分子式相同，均为C4H10，20g正丁烷和38g异丁烷的混合物的物质的量为1mol，1molC4H10中极性健数目为10NA，非极性键数目为3NA，选项C错误；D、0.1mol·L－1Na2SO4溶液的体积未给出，无法计算SO42－数目，选项D错误。答案选A。11、C【解析】

由分离流程可知，因硝酸钠和氯化钾不同温度下溶解度不同，在①的实验过程中，将硝酸钠和氯化钾加水溶解，蒸发浓缩，有NaCl析出，趁热过滤分离出氯化钠，将滤液冷却可使硝酸钾析出，以此来解答。【详解】A.①为蒸发浓缩，②为冷却结晶，均需要控制温度，故A正确；B.①实验分离出NaCl，操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤，故B正确；C.②实验操作为冷却结晶，故C错误；D.用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好，可减少硝酸钾的溶解，故D正确；答案选C。12、A【解析】

反应中硝酸起氧化、酸性作用，未被还原的硝酸将转化为Fe

(NO3)3中，由Fe元素守恒计算未被还原的硝酸的物质的量；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒，可以用a、b表示计算NO的物质的量，根据氮元素守恒可知，未被还原的硝酸物质的量=原硝酸总物质的量-NO的物质的量【详解】根据元素守恒可知，n[Fe

(NO3)3]=n

(Fe)=amol+3bmol=

(a+3b)

mol，

所以未被还原的硝酸的物质的量=3(a+3b)

mol；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒可知，铁和硫元素失电子数等于硝酸得电子数，铁元素失电子的物质的量为；NO的物质的量为，未被还原的硝酸的物质的量为。答案选A。13、B【解析】

根据有机物W的结构简式，还可写为C6H5-OOCCH3，可判断有机物中含有酯基。【详解】A.W的结构简式为C6H5-OOCCH3，含有酯基，是一种酯类有机物，与题意不符，A错误；B.同分异构体含苯环和羧基，则苯环上的取代基为-CH3、-COOH有邻间对3种，或-CH2COOH一种，合计有4种，错误，符合题意，B正确；C.苯环上的C原子及酯基上的碳原子均为为sp2杂化，则苯环与酯基各为一个平面，当两平面重合时，所有碳原子可能在同一平面，与题意不符，C错误；D.有机物含有苯环及酯基能发生取代、加成，可以燃烧发生氧化反应，与题意不符，D错误；答案为B。14、A【解析】

A.乙烯含有碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，溶液最终变为无色透明，生成的产物1，2-二溴乙烷可溶于四氯化碳，A项正确；B.乙醇的结构简式为CH3CH2OH，只有羟基可与钠反应，且−OH中H的活泼性比水弱，B项错误；C.用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应，从强酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，C项错误；D.甲烷与氯气在光照条件下反应生成的气体有一氯甲烷和氯化氢，使湿润的石蕊试纸变红的气体为氯化氢，一氯甲烷为非电解质，不能电离，D项错误；答案选A。15、C【解析】

依题意可知，M是NH4HSO3，N是NH4HSO4，故元素R、X、Y、Z依次为H、N、O、S，据此分析。【详解】依题意可知，M是NH4HSO3，N是NH4HSO4，故元素R、X、Y、Z依次为H、N、O、S。A、H2O的热稳定性比NH3强，选项A正确；B、S2-的半径比O2-的大，选项B项正确；C、HNO3、H2SO4均是强酸，但是，HNO2、H2SO3均是弱酸，选项C错误；D、NH3和H2S可反应生成(NH4)2S、NH4HS两种盐，选项D正确。答案选C。16、B【解析】

A.NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故不选A；B.混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不全是二氧化碳的质量，不能测定含量，故选B；C.Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故不选C；DNa2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故不选D；答案：B【点睛】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果。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、羟基+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O+CH3OH+H2O2HOCH2CH2COOCH3+O22OHCH2COOCH3+2H2O【解析】

A生成B是在光照条件下进行，发生的是取代反应，在根据A的分子式知道A是甲苯，B是，与氢氧化钠发生取代反应，则C是，根据反应条件知道D是，根据信息反应②的特点，醛与酮反应时醛基会转变为碳碳双键，故E中有碳碳双键，则E是。【详解】(1)A的名称为甲苯，结构简式是，故答案为：；(2)C分子的结构简式为，含氧官能团是羟基，故答案为：羟基；(3)D是，与银氨溶液反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；(4)由分析可知，E的结构简式是，故答案为：；(5)水杨酸分子中苯环上有两种含氧官能团，1mol水杨酸与足量NaHCO3完全反应生成1molCO2，说明存在羧基，同时含有羟基，故水杨酸的结构简式为，与CH3OH发生酯化反应，化学方程式为：+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；(6)由(5)可知，F为，与乙酸酐反应生成K，K分子中含有两个酯基，则K结构简式是，故答案为：；(7)M与N互为同分异构体，N与E生成，可知N的结构简式是，故答案为;;(8)由流程图可知，乙酸甲酯、甲醛在碱性条件下反生羟醛缩合生成甲，故甲为HOCH2CH2COOCH3，根据信息②③提示，要实现乙到丙过程，乙要有醛基，则甲到乙，实质是HOCH2CH2COOCH3变为OHCH2COOCH3，反应方程式为：2HOCH2CH2COOCH3+O22OHCH2COOCH3+2H2O；OHCH2COOCH3与反应，再脱水得到丙，则丙为：，故答案为：2HOCH2CH2COOCH3+O22OHCH2COOCH3+2H2O；。【点睛】重点考查有机流程的理解和有机物结构推断、官能团、有机反应类型、简单有机物制备流程的设计、有机方程式书写等知识，考查考生对有机流程图的分析能力、对已知信息的理解能力和对有机化学基础知识的综合应用能力。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团，有机反应绝大多数都是围绕官能团展开，而高中教材中的反应原理也只是有机反应的一部分，所以有机综合题中经常会出现已知来告知部分没有学习过的有机反应原理，认识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行，而不必过多追究。19、打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2ONO取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)【解析】

Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，减少了能源消耗，生成的NO2和碱液反应生成硝酸盐或亚硝酸盐，制得的硫酸铜中含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色现象来分析。【详解】⑴将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下；故答案为：打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下。⑵根据题中信息得到装置a中Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，其化学方程式：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O；故答案为：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O。⑶步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，二氧化氮与水反应生成NO，因此会产生的气体是NO，该气体无法直接被石灰乳吸收，NO需在氧气的作用下才能被氢氧化钠溶液吸收，因此为防止空气污染，该气体的吸收装置为；故答案为：NO；。⑷通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色，故答案为：取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净。⑸工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，工业上铜在450°C左右焙烧，需要消耗能源，污染较少，工艺比较复杂，而本实验减少了能源的消耗，生成的氮氧化物可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作；故答案为：能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)。⑹根据反应为Cu2++H2Y=CuY+2H+，得出n(Cu2+)=n(H2Y)=cmol∙L−1×b×10−3L×5=5bc×10−3mol，蓝色晶体中Cu2+质量分数；故答案为：。20、MnO4−+5Fe2++8H+==Mn2++5Fe3++4H2O、Fe3++3SCN−Fe(SCN)30.1mol/LKSCN溶液一段时间后取少量反应后的 KSCN 溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀两个原因都有可能【解析】

（1）①实验Ⅰ溶液变红，与亚铁离子被高锰酸钾氧化有关，亚铁离子被氧化成铁离子；②SCN－被酸性KMnO4氧化为SO42－，设计成原电池反应，由电子转移方向可知左边石墨为负极，SCN－被氧化，X溶液为KSCN溶液，右边石墨为正极，Y溶液为KMnO4溶液；检验硫酸根离子，可加入盐酸酸化，再加入氯化钡检验；（2）实验分别加入水、等浓度的硫酸镁、硫酸亚铁，溶液颜色依次变浅，可说明浓度、盐效应以及亚铁离子都对颜色有影响。【详解】（1）①实验Ⅰ溶液变红，与亚铁离子被高锰酸钾氧化有关，亚铁离子被氧化成