湖南明德中学高三第二次调研新高考化学试卷及答案解析

湖南明德中学高三第二次调研新高考化学试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、下列物质中含氯离子的是（）A．HCl B．CCl4 C．KCl D．NaClO2、常温下，现有0.1mol•L﹣1NH4HCO3溶液，pH=7.1．已知含氮（或含碳）各微粒的分布分数（平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数）与pH的关系如图所示：下列说法不正确的是（）A．当溶液的pH=9时，溶液中存在：c（HCO3﹣）＞c（NH4+）＞c（NH3•H2O）＞c（CO32﹣）B．0.1mol•L﹣1NH4HCO3溶液中存在：c（NH3•H2O）=c（H2CO3）+c（CO32﹣）C．向pH=7.1的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，NH4+和HCO3﹣浓度逐渐减小D．分析可知，常温下Kb（NH3•H2O）＞Ka1（H2CO3）3、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法中正确的是A．60g乙酸分子中所含共价键的数目为8NAB．标准状况下，11.2LCHCl3中含有的原子总数为2.5NAC．高温下，1molFe与足量水蒸气反应，转移电子数的目为3NAD．将1molCl2通入水中，所得溶液中HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NA4、将表面已完全钝化的铝条，插入下列溶液中，不会发生反应的是（）A．稀硝酸 B．硝酸铜 C．稀盐酸 D．氢氧化钠5、已知常温下HF酸性强于HCN，分别向1Llmol/L的HF和HCN溶液中加NaOH固体调节pH（忽略温度和溶液体积变化），溶液中（X表示F或者CN）随pH变化情况如图所示，下列说法不正确的是A．直线I对应的是B．I中a点到b点的过程中水的电离程度逐渐增大C．c点溶液中：D．b点溶液和d点溶液相比：cb(Na+)<cd(Na+)6、下图为某二次电池充电时的工作原理示意图，该过程可实现盐溶液的淡化。下列说法错误的是A．充电时，a为电源正极B．充电时，Cl-向Bi电极移动，Na+向NaTi2(PO4)2电极移动C．充电时，新增入电极中的物质：n(Na+)：n(Cl-)=1:3D．放电时，正极的电极反应为BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O7、下列实验操作、现象、解释和所得到的结论都正确的是选项实验操作和现象实验解释或结论A向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀苯酚的浓度小B向Na2SO3溶液中加入足量的Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，沉淀溶解BaSO3溶于稀盐酸C向10%NaOH溶液中滴加1mL某卤代烃，微热，然后向其中滴加几滴AgNO3溶液，产生浅黄色沉淀该卤代烃中含有溴元素D向某溶液中滴加几滴黄色K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液，产生蓝色沉淀该溶液中含有Fe2+A．AB．BC．CD．D8、一定条件下不能与苯发生反应的是()A．酸性KMnO4 B．Br2 C．浓HNO3 D．H29、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．0.1mol·L－1HCl溶液：Ba2＋、Na＋、AlO2-、NO3-B．0.1mol·L－1MgSO4溶液：Al3＋、H＋、Cl－、NO3-C．0.1mol·L－1NaOH溶液：Ca2＋、K＋、CH3COO－、CO32-D．0.1mol·L－1Na2S溶液：NH4+、K＋、ClO－、SO42-10、下列化学方程式或者离子方程式书写不正确的是()A．用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑B．SO2使酸性KMnO4溶液褪色：5SO2+2MnO4﹣+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+C．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓D．Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色：2Na2O2=2Na2O+O2↑11、碘晶体升华时，下列所述内容发生改变的是A．分子内共价键 B．分子间的作用力C．碘分子的大小 D．分子内共价键的键长12、短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，其中X、Z位于同一主族；W的气态氢化物常用作制冷剂；Y是同周期主族元素中离子半径最小的；ZXR2能与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色。下列说法正确的是A．最简单氢化物的沸点：W>XB．含氧酸的酸性：Z<RC．Y和R形成的化合物是离子化合物D．向ZXR2与水反应后的溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成13、下列由相关实验现象所推出的结论正确的是A．NH4Cl和NH4HCO3受热都能分解，说明可以用加热NH4Cl和NH4HCO3固体的方法制氨气B．向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42-C．Fe

与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生。说明Fe

与两种酸均发生置换反应D．NH3遇到浓盐酸产生白烟，说明二者发生反应生成白色固体14、化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A．疫苗因未冷藏储运而失效,与蛋白质变性有关B．天然气既是高效清洁的化石燃料,又是重要的化工原料C．“中国天眼”的镜片材料为SiC,属于新型有机非金属材料D．港珠澳大桥水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极的阴极保护法15、“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于三个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法错误的是A．加热③时，溶液红色褪去，冷却后又变红色，体现SO2的漂白性B．加热②时，溶液红色变浅，可证明氨气的溶解度随温度的升高而减小C．加热①时，上部汇集了NH4Cl固体，此现象与碘升华实验现象相似D．三个“封管实验”中所涉及到的化学反应不全是可逆反应16、“神药”阿司匹林是三大经典药物之一，下列有关阿司匹林的说法错误的是（）A．能与NaHCO3

溶液反应产生气体B．与邻苯二甲酸（）互为同系物C．在酸性条件，能发生水解反应生成乙酸D．1mol

阿司匹林最多能与

3mol

H2

发生加成反应二、非选择题（本题包括5小题）17、Q、W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素，其原子序数依次增大。①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。②X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。请回答下列各题:(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。18、有机物M的合成路线如下图所示：已知：R—CH=CH2R—CH2CH2OH。请回答下列问题：（1）有机物B的系统命名为__________。（2）F中所含官能团的名称为__________，F→G的反应类型为__________。（3）M的结构简式为_________。（4）B→C反应的化学方程式为__________。（5）X是G的同系物，且相对分子质量比G小14，X有多种同分异构体，满足与FeCl3溶液反应显紫色的有______种。其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1∶1∶2∶6的结构简式为______。（6）参照M的合成路线，设计一条由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯的合成路线_________（无机试剂任选）。19、长期缺碘和碘摄入过量都会对健康造成危害，目前加碘食盐中碘元素绝大部分以IO3-存在，少量以I-存在。现使用Na2S2O3对某碘盐样品中碘元素的含量进行测定。Ⅰ．I-的定性检测（1）取少量碘盐样品于试管中，加水溶解，滴加硫酸酸化，再滴加数滴5％NaNO2和淀粉的混合溶液，若溶液变为__________色，则存在I-，同时有无色气体产生（该气体遇空气变成红棕色）。试写出该反应的离子方程式为_________________。Ⅱ．硫代硫酸钠的制备工业制备硫代硫酸钠的反应原理为，某化学兴趣小组用上述原理实验室制备硫代硫酸钠如图：先关闭K3打开K2，打开分液漏斗，缓缓滴入浓硫酸，控制好反应速率。（2）y仪器名称__________，此时B装置的作用是__________。（3）反应开始后，C中先有淡黄色浑浊，后又变为澄清，此浑浊物为__________（填化学式）。装置D的作用是__________。（4）实验结束后，关闭K2打开K1，玻璃液封管x中所盛液体最好为__________。（填序号）ANaOH溶液B．浓硫酸C饱和NaHSO3溶液Ⅲ．碘含量的测定已知：①称取10.00g样品，置于250mL锥形瓶中，加水100mL溶解，加2mL磷酸，摇匀。②滴加饱和溴水至溶液呈现浅黄色，边滴加边摇，至黄色不褪去为止（约1mL）。③加热煮沸，除去过量的溴，再继续煮沸5min，立即冷却，加入足量15％碘化钾溶液，摇匀。④加入少量淀粉溶液作指示剂，再用0.0002mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定至终点。⑤重复两次，平均消耗Na2S2O3溶液9.00mL相关反应为：，，（5）请根据上述数据计算该碘盐含碘量为__________mg·kg-1。20、苯甲醛是一种重要的化工原料，某小组同学利用如图所示实验装置(夹持装置已略去)制备苯甲醛。已知有机物的相关数据如下表所示：有机物沸点℃密度为g/cm3相对分子质量溶解性苯甲醛178.11.04106微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃苯甲醇205.71.04108微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃二氯甲烷39.81.33难溶于水，易溶于有机溶剂实验步骤：①向容积为500mL的三颈烧瓶加入90.0mL质量分数为5%的次氯酸钠溶液(稍过量)，调节溶液的pH为9-10后，加入3.0mL苯甲醇、75.0mL二氯甲烷，不断搅拌。②充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3次，并将有机相合并。③向所得有机相中加入无水硫酸镁，过滤，得到有机混合物。④蒸馏有机混合物，得到2.08g苯甲醛产品。请回答下列问题：(1)仪器b的名称为______，搅拌器的作用是______。(2)苯甲醇与NaClO反应的化学方程式为_______。(3)步骤①中，投料时，次氯酸钠不能过量太多，原因是____；步骤③中加入无水硫酸镁，若省略该操作，可能造成的后果是______。(4)步骤②中，应选用的实验装置是___(填序号)，该操作中分离出有机相的具体操作方法是___。(5)步骤④中，蒸馏温度应控制在_______左右。(6)本实验中，苯甲醛的产率为________(保留到小数点后一位)。21、铅的单质、氧化物、盐在现代工业中有着重要用途。（1）铅能形成多种氧化物，如碱性氧化物PbO、酸性氧化物PbO2、类似Fe3O4的Pb3O4，盛有PbO2的圆底烧瓶中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，其反应的化学方程式为_______。（2）以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：过程1中分离提纯的方法是___，滤液2中的溶质主要是____填物质的名称）。过程1中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是_______。（3）将PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液，电解Na2PbCl4溶液生成Pb的装置如图所示。①写出电解时阴极的电极反应式_________。②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为____。③电解过程中，Na2PbCl4电解液浓度不断减小，为了恢复其浓度，应该向____极室（填“阴”或者“阳”）加入____（填化学式）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A.HCl是共价化合物，不存在氯离子，故A错误；B.CCl4是共价化合物，不存在氯离子，故B错误；C.KCl是离子化合物，由K+和Cl-组成，含有氯离子，故C正确；D.NaClO是离子化合物，由Na+和ClO-组成，不存在氯离子，故D错误；故答案为C。2、C【解析】

A．当pH=9时，结合图象判断溶液中各离子浓度大小；B．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中存在的物料守恒分析，图象可知PH=7.1时c（NH4＋）=c（HCO3－）；C．该碳酸氢铵溶液的pH=7.1，结合图象判断滴入氢氧化钠溶液后NH4＋和HCO3－浓度变化；D．碳酸氢铵溶液显示碱性，根据盐的水解原理判断二者的酸碱性强弱及电离平衡常数大小。【详解】A．结合图象可知，溶液的pH=9时，溶液中离子浓度大小为：c（HCO3﹣）＞c（NH4+）＞c（NH3•H2O）＞c（CO32﹣），故A正确；B．NH4HCO3溶液中，pH=7.1溶液显碱性，图象可知PH=7.1时c（NH4+）=c（HCO3﹣），溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），得到c（NH3•H2O）=c（H2CO3）+c（CO32﹣），故B正确；C.0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.1，根据图象可知，当溶液pH增大时，铵根离子浓度逐渐减小，而碳酸氢根离子能够先增大后减小，故C错误；D．由于0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.1，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则一水合氨的电离平衡常数大于Ka1（H2CO3），故D正确；故选：C。【点睛】本题结合图象考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理等知识，解题关键：明确图象曲线变化的含义，难点B，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。3、A【解析】

A．60g乙酸的物质的量为：=1mol，乙酸的结构式为：，1mol乙酸分子中含有8mol共价键，所含共价键的数目为8NA，故A正确；

B．标准状况下CHCl3不是气态，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故B错误；

C．1molFe和足量H2O(g)充分反应四氧化三铁，产物中Fe元素平均化合价为+，所以反应中转移电子为mol，转移电子的数目为NA，故C错误；

D．将1molCl2通入足量水中，由于反应后溶液中含有氯气分子，则HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故D错误；

故选：A。【点睛】标况下，氯气和甲烷的取代产物中只有CH3Cl为气态，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷均为液态。4、B【解析】

表面已完全钝化的铝条表面的物质是氧化铝，氧化铝属于两性氧化物，能溶于强酸、强碱溶液，稀硝酸和稀盐酸是强酸，NaOH是强碱，所以能溶于稀硝酸、稀盐酸、NaOH溶液中，但不能和硝酸铜反应，故选B。5、D【解析】

A．纵坐标为0时即=1，此时Ka==c(H+)，因此直线I对应的Ka=10-3.2,直线II对应的Ka=10-9.2,由于HF酸性强于HCN，因此直线I对应，A正确；B．a点到b点的过程中HF浓度逐渐减小，NaF浓度逐渐增大，因此水的电离程度逐渐增大，B正确；C．Ka(HCN)=10-9.2，NaCN的水解常数Kh(NaCN)=10-4.8>Ka(HCN)，因此等浓度的HCN和NaCN的混合溶液中c(CN-)<c(HCN)，c点是HCN和NaCN的混合溶液且c(CN-)=c(HCN)，因此c(NaCN)>c(HCN)，即有c(Na+)>c(CN-)；由于OH-、H+来自水的电离，浓度比较小且此时溶液的pH为9.2，C点溶液中存在：c(Na+)>c(CN-)=c(HCN)>c(OH-)>c(H+)，C正确；D．由于HF酸性强于HCN，要使溶液均显中性，HF溶液中要加入较多的NaOH，因此cb(Na+)>cd(Na+)，D错误；答案选D。【点睛】溶液中有多种电解质时，在比较离子浓度大小时注意水解常数与电离平衡常数的关系。6、C【解析】

充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，则Bi为阳极，所以a为电源正极，b为负极，NaTi2(PO4)2为阴极得电子发生还原反应，反应为NaTi2(PO4)2+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，放电时，Bi为正极，BiOCl得电子发生还原反应，NaTi2(PO4)2为负极，据此分析解答。【详解】A.充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，Bi为阳极，则a为电源正极，A正确；B.充电时，Cl-向阳极Bi电极移动，Na+向阴极NaTi2(PO4)2电极移动，B正确；C.充电时，Bi电极上的电极反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，NaTi2(PO4)2电极上，反应为NaTi2(PO4)2+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，根据得失电子守恒，新增入电极中的物质：n(Na+)：n(Cl-)=3：1，C错误；D.放电时，Bi为正极，正极的电极反应为BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查了二次电池在充、放电时电极反应式及离子移动方向的判断的知识。掌握电化学装置的工作原理，注意电极反应的书写是关键，难度中等。7、D【解析】苯酚与三溴苯酚相似相溶，故向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀，不能说明苯酚的浓度小，A项错误；加入硫酸电离出的氢离子与前面硝酸钡电离出的硝酸根离子结合形成组合硝酸，将亚硫酸根氧化为硫酸根，B项错误；加入硝酸银之前应该将溶液调节至酸性，否则氢氧化钠会与硝酸银反应生成白色沉淀，C项错误；溶液中滴加几滴黄色K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2+，D项正确。8、A【解析】A.酸性高锰酸钾能将不饱和碳键氧化，但苯环上碳原子形成介于单键和双键之间的化学键，结构稳定，不易被氧化，A正确；B.将液溴与苯混合，加入铁屑后，在生成的三溴化铁的催化作用下，溴与苯发生取代反应，B错误；C.苯和硝酸在浓硫酸作催化剂的条件下可生成硝基苯，C错误；D.苯在一定条件下也能够在镍催化、加热条件下与氢气发生加成反应生成环己烷，D错误。故选择A。点睛：苯不能使高锰酸钾溶液退色，是因为苯分子中有6个碳碳单键，6个碳原子之间形成一个大π键，使得苯的化学性质比烯烃稳定的的多，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化。9、B【解析】

A．0.1mol·L－1HCl溶液中：AlO2-与H+不能大量共存，故A错误；B．0.1mol·L－1MgSO4溶液：Al3＋、H＋、Cl－、NO3-之间以及与Mg2+、SO42-之间不发生反应，能大量共存，故B正确；C．0.1mol·L－1NaOH溶液：Ca2＋与CO32-不能大量共存，故C错误；D．0.1mol·L－1Na2S溶液中，ClO－具有强氧化性，与S2-不能大量共存，故D错误；答案选B。【点睛】熟记形成沉淀的离子，生成气体的离子，发生氧化还原反应的离子。10、D【解析】

A．氢氧化钠溶液与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，该反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，故A正确；B．SO2溶液使酸性KMnO4溶液褪色，是因发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为：5SO2+2MnO4﹣+2H2O═2Mn2++5SO42﹣+4H+，故B正确；C．向硅酸钠溶液中滴加稀盐酸，生成沉淀的离子反应为SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓，故C正确；D．过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，由淡黄色变为白色，发生反应：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故D错误；故选：D。【点睛】离子反应方程式的正误判断：(1)、是否符合客观事实，D选项，过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，由淡黄色变为白色；(2)、拆分是否正确，能够拆分的是强酸、强碱和可溶性盐。(3)、电荷守恒。11、B【解析】

碘晶体属于分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，碘升华时破坏的是分子间作用力，碘分子的大小、分子内碘原子间的共价键不变，答案选B。12、D【解析】

W的气态氢化物常用作制冷剂，W为N元素；X、Z位于同一主族；ZXR2能与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色，可推断该气体为SO2，则X为O，Z为S，R为Cl；Y是同周期主族元素中离子半径最小的，Y是Al。【详解】根据题意，可推断出W、X、Y、Z、R分别是N、O、Al、S、Cl元素；A.W和X最简单氢化物的为NH3、H2O，沸点大小为NH3<H2O，所以A项错误；B.最高价含氧酸的酸性：Z<R，B项错误；C.Y和R形成的化合物AlCl3是共价化合物，C项错误；D.SOCl2与水反应,SOCl2+H2O=SO2↑+HCl，向反应后溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀AgCl生成，D项正确。答案选D。13、D【解析】A、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，冷却后二者又重新结合生成氯化铵，不能制备氨气，选项A错误；B、向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，在酸性条件下H+、NO3-具有强的氧化性，会把SO32-氧化产生SO42-，不能说明该溶液一定有SO42-，选项B错误；C、Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，前者是由于硝酸的强氧化性，后者是由于Fe与稀硫酸发生置换反应，选项C错误；D、NH3遇到浓盐酸产生白烟，说明二者发生反应生成白色固体氯化铵，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查实验现象及所推出的结论正误判断的知识。明确实验现象以及化学反应原理是解答本题的关键。14、C【解析】

A．温度过高蛋白质会发生变性，故A正确；B．天然气燃烧只生成二氧化碳和水，为清洁燃料，利用天然气可以合成二甲醚等有机物，是重要的化工原料，故B正确；C．碳化硅是非金属化合物，且为无机物，碳化硅是一种新型无机非金属材料，故C错误；D．铝比铜活泼，形成原电池铝作负极被氧化，防腐方法为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；故答案为C。15、A【解析】

A．依据二氧化硫的漂白原理和漂白效果不稳定性解答；B．加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气溶解②中为红色；C．氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵；D．可逆反应应在同一条件下进行。【详解】A．二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，所以加热时，③溶液变红，冷却后又变为无色，故A错误；B．加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气溶解②中为红色，可证明氨气的溶解度随温度的升高而减小，故B正确；C．加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵，此现象与碘升华实验现象相似，故C正确；D．氨气与水的反应是可逆的，可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不完全是可逆反应，故D正确；故答案选A。【点睛】本题注意“封管实验”的实验装置中发生的反应分别在加热条件下和冷却后进行，不一定是可逆反应，要根据具体的化学反应进行判断。16、B【解析】

A、含-COOH，能与NaHCO3溶液反应产生气体，故A正确；B、与邻苯二甲酸()的官能团不完全相同，不是同系物，故B错误；C、含-COOC-，在酸性条件，能发生水解反应生成乙酸，故C正确；D、只有苯环与氢气发生加成，则1mol阿司匹林最多能与3molH2发生加成反应，故D正确；故选：B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，注意羧酸、酯的性质，题目难度不大。二、非选择题（本题包括5小题）17、NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O【解析】

根据题干可知Q、W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、Cl五种元素。(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。(3)根据方程式ZO3n－→Z－，由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族。(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【详解】(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。(3)根据方程式ZO3n－→Z－，由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族。(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。18、2－甲基－1－丙醇醛基、碳碳双键加成反应（或还原反应）(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H52（CH3）2CHCH2OH＋O22H2O＋2（CH3）2CHCHO9CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3（答案合理均可）【解析】

由合成路线及题中信息可知，A反应后得到B，则B为(CH3)2CHCH2OH；B发生催化氧化反应生成C，C经氧化和酸化转化为D，则C为(CH3)2CHCHO，D为(CH3)2CHCOOH；F可以加聚为E，则F为C6H5CH=CHCHO；F经催化加氢得到G，结合M的分子式可知G为C6H5CH2CH2CH2OH，D与G发生酯化反应生成的M为(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。据此解答。【详解】（1）根据以上分析可知，有机物B为(CH3)2CHCH2OH，其系统命名为2－甲基－1－丙醇；故答案为：2－甲基－1－丙醇。（2）F为C6H5CH=CHCHO，F中所含官能团的名称为醛基、碳碳双键；F经催化加氢得到G，故F→G的反应类型为加成反应或还原反应；故答案为：醛基、碳碳双键；加成反应(或还原反应）。（3）M为羧酸D[(CH3)2CHCOOH]和醇G(C6H5CH2CH2CH2OH)发生酯化反应生成的酯，故M的结构简式为(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。（4）B为(CH3)2CHCH2OH，C为(CH3)2CHCHO，B→C反应为醇的催化氧化反应，该反应的化学方程式为2(CH3)2CHCH2OH＋O22(CH3)2CHCHO＋2H2O；故答案为：2(CH3)2CHCH2OH＋O22(CH3)2CHCHO＋2H2O。（5）G为C6H5CH2CH2CH2OH，X是G的同系物，且相对分子质量比G小14，则X的一种可能结构为C6H5CH2CH2OH。X有多种同分异构体，满足条件“与FeCl3溶液反应显紫色”的，说明分子中含有酚羟基，除苯环外余下两个碳，则苯环上另外的取代基可以是1个乙基，也可以是2个甲基：①含有2个取代基——1个羟基和1个乙基，乙基和酚羟基有邻、间、对3种位置；②含有3个侧链——2个甲基和1个羟基，采用“定二移一”的方法——先找2个甲基有邻、间、对3种位置，对应的酚羟基分别有2种、3种、1种位置。综上所述，可知符合条件的X的同分异构体共有3＋6＝9种。其中，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1∶1∶2∶6的结构简式为；故答案为：9；。（6）参照M的合成路线，由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯，可以先由丙烯合成1－丙醇，然后把1－丙醇氧化为丙醛，接着把丙醛氧化为丙酸，最后由丙酸与乙醇发生酯化反应合成丙酸乙酯；故答案为：CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3(答案合理均可）。19、蓝2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO↑+2H2O三颈烧瓶（三口烧瓶）安全瓶（防倒吸）S尾气处理（吸收多余的SO2气体，防止污染环境）A38.1【解析】

（1）淀粉遇碘单质变蓝，酸性条件下，亚硝酸根具有氧化性，可氧化碘离子成碘单质，根据氧化还原反应的规律配平该方程式；Ⅱ．A装置制备二氧化硫，C装置中制备Na2S2O3，反应导致装置内气压减小，B为安全瓶作用，防止溶液倒吸，D装置吸收多余的二氧化硫，防止污染空气，（2）根据实验仪器的结构特征作答；b装置为安全瓶，防止溶液倒吸；（3）二氧化硫与硫化钠在溶液中反应得到S，硫与亚硫酸钠反应得到Na2S2O3；氢氧化钠溶液用于吸收装置中残留的二氧化硫，防止污染空气，据此分析作答；（4）实验结束后，装置b中还有残留的二氧化硫，为防止污染空气，应用氢氧化钠溶液吸收；Ⅲ．（5）提供的方程式中可知关系式为：I-IO3-3I26S2O32－，计算出含碘元素的物质的量，进而得出结论。【详解】（1）根据题设条件可知，硫酸酸化的NaNO2将碘盐中少量的I-氧化为使淀粉变蓝的I2，自身被还原为无色气体NO，其化学方程式为：2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO↑+2H2O，故答案为蓝；2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO↑+2H2O；（2）y仪器名称为三颈烧瓶（三口烧瓶）；由实验装置结构特征，可知b装置为安全瓶（防倒吸），故答案为三颈烧瓶（三口烧瓶）；安全瓶（防倒吸）；（3）根据实验设计与目的，可知二氧化硫与硫化钠在溶液中反应得到S，硫与亚硫酸钠反应得到Na2S2O3，c中先有浑浊产生，后又变澄清，则此浑浊物为S，残余的SO2气体污染环境，装置D的作用是尾气处理（吸收多余的SO2气体，防止污染环境），故答案为S；尾气处理（吸收多余的SO2气体，防止污染环境）；（4）实验结束后,装置b中还有残留的二氧化硫，为防止污染空气，应用氢氧化钠溶液吸收，氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，故A项正确，故答案为A；Ⅲ．（5）从以上提供的方程式中可知关系式为：I-IO3-3I26S2O32－，设含碘元素物质的量为x，解得x==3.0×10－6mol，故所含碘元素的质量为3.0×10－6mol×127g/mol=3.81×10－1mg，所以该加碘盐样品中碘元素的含量为(3.81×10－1mg)/0.01kg=38.1mg·kg—1，故答案为38.1。20、球形冷凝管使物质充分混合+NaClO→+NaCl+H2O防止苯甲醛被氧化为苯甲酸，使产品的纯度降低产品中混有水，纯度降低③打开分液漏斗颈部的玻璃塞（或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔），再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞178.1℃67.9%【解析】

(1)根据图示结合常见的仪器的形状解答；搅拌器可以使物质充分混合，反应更充分；(2)根据实验目的，苯甲醇与NaClO反应生成苯甲醛；(3)次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化；步骤③中加入无水硫酸镁的目的是除去少量的水；(4)步骤②中萃取后要进行分液，结合实验的基本操作分析解答；(5)步骤④是将苯甲醛蒸馏出来；(6)首先计算3.0mL苯甲醇的物质的量，再根据反应的方程式计算理论上生成苯甲醛的质量，最后计算苯甲醛的产率。【详解】(1)根据图示，仪器b为球形冷凝管，搅拌器可以使物质充分混合，反应更充分，故答案为球形冷凝管；使物质充分混合；(2)根据题意，苯甲醇与NaClO反应，苯甲醇被氧化生成苯甲