四川省雅安市高三第三次测评新高考化学试卷及答案解析

四川省雅安市高三第三次测评新高考化学试卷注意事项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、微生物电解池(MEC)是一项潜在的有吸引力的绿色电解池，其制取氢气的原理如图所示：下列说法正确的是（）A．MEC可在高温下工作B．电解池工作时，化学能转变为电能C．活性微生物抑制反应中电子的转移D．阳极的电极反应式为CH3COO-+4H2O-8e-=2HCO3-+9H+2、利用下列实验装置能达到实验目的的是A．分离CH3COOH和CH3COOC2H5混合液B．验证NH4NO3晶体溶于水的热效应C．蒸发FeCl3溶液得到FeCl3固体D．验证C、Cl、Si的非金属性强弱3、800℃时，可逆反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数K=1，800℃时，测得某一时刻密闭容器中各组分的浓度如表，下列说法正确的是（）物质COH2OCO2H2浓度/mol•L-10.0020.0030.00250.0025A．此时平衡逆向移动B．达到平衡后，气体压强降低C．若将容器的容积压缩为原来的一半，平衡可能会向正向移动D．正反应速率逐渐减小，不变时，达到化学平衡状态4、下列各组离子能在指定溶液中，大量共存的是（）①无色溶液中：K+，Cu2+，Na+，MnO4-，SO42-②使pH=11的溶液中：CO32-，Na+，AlO2-，NO3-③加入Al能放出H2的溶液中：Cl-，HCO3-，NO3-，NH4+④加入Mg能放出H2的溶液中：NH4+，Cl-，K+，SO42-⑤使石蕊变红的溶液中：Fe3+，MnO4-，NO3-，Na+，SO42-⑥酸性溶液中：Fe2+，Al3+，NO3-，I-，Cl-A．①②⑤ B．①③⑥ C．②④⑤ D．①②④5、某种化合物（如图）由W、X、Y、Z四种短周期元素组成，其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍；W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法不正确的是A．原子半径：W<X<Y<ZB．X与Y、Y与Z均可形成具有漂白性的化合物C．简单离子的氧化性：WXD．W与X的最高价氧化物的水化物可相互反应6、化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列叙述正确的是A．塑料、有机玻璃、光导纤维、碳纤维都是新型有机高分子材料B．磁性氧化铁可用于制备红色颜料和油漆C．用明矾溶液可清除铜镜表面的铜锈，是因为溶液中的A13＋离子能与铜锈反应D．肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗，该过程涉及胶体性质的应用7、中国工程院院士李兰娟团队发现，阿比朵尔对2019-nCoV具有一定的抑制作用，其结构简式如图所示，下面有关该化合物的说法正确的是A．室温可溶于水和酒精B．氢原子种类数为10C．不能使酸性KMnO4溶液褪色D．1mol该分子最多与8mol氢气反应8、被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，分别为X、Y、Z、W、R、T。其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是A．离子半径:R＞T＞Y＞ZB．XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同C．最高价氧化物对应的水化物的碱性:X＞ZD．气态氢化物的稳定性:W＜R＜T9、设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NAB．100mL2.0mol/L的盐酸与醋酸溶液中氢离子均为0.2NAC．标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NAD．常温常压下，20g重水(D2O)中含有的电子数为10NA10、X、Y、Z为短周期非金属元素，其相关性质如下，下列叙述正确的是（）元素XYZ单质与H2反应条件暗处爆炸光照高温、高压、催化剂常温下氢化物水溶液的pH小于7小于7大于7A．Y的含氧酸均为强酸B．最外层电子数Z>YC．气态氢化物的稳定性Y>XD．Y与Z二者氢化物反应的产物含离子键11、下列属于碱的是A．HI B．KClO C．NH3.H2O D．CH3OH12、化学与生活密切相关。下列说法错误的是（）A．“赤潮”与水体中N、P元素的含量较高有关B．“绿色蔬菜”种植过程中不能使用农药和肥料C．游泳池中按标准加入胆矾可消毒杀菌D．制作医用口罩使用的聚丙烯属于人工合成高分子材料13、室温下，将0.10mol·L-1盐酸逐滴滴入20.00mL0.10mol·L-1氨水中，溶液中pH和pOH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。已知：pOH=-lgc(OH-)。下列说法正确的是（）A．M点所示溶液中：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)B．N点所示溶液中：c(NH4+)>c(Cl-)C．Q点所示消耗盐酸的体积等于氨水的体积D．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同14、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象实验结论A用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色溶液中无K+B用已知浓度HCl溶液滴定NaOH溶液，酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入HCl溶液测得c(NaOH)偏高C使石蜡油裂解产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色石蜡油裂解一定生成了乙烯D向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，无砖红色沉淀出现淀粉未水解A．A B．B C．C D．D15、下列指定反应的离子方程式书写正确的是（）A．磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸中：3Fe2＋＋NO3－＋4H＋＝NO↑＋3Fe3＋＋2H2OB．向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO－＋SO2＋H2O＝HClO＋HSO3－C．碘化钾溶液酸化后加入少量双氧水：2H＋＋2I－＋H2O2＝I2＋2H2OD．向NaOH溶液中通入过量CO2：2OH－＋CO2＝CO32－＋H2O16、下列说法正确的是A．可用溴水除去已烷中的少量已烯B．可通过控制溶液的pH分离不同的氨基酸C．可用新制Cu(OH)2悬浊液验证麦芽糖发生了水解反应D．可向溴代环己烷与NaOH乙醇溶液共热后的反应液中加入溴水检验消去产物二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物A有如下转化关系：已知：①有机物B是芳香烃的含氧衍生物，其相对分子质量为108，B中氧的质量分数为14.8％。②CH3-CH2-COOH+Cl2+HCl根据以上信息，回答下列问题：（1）B的分子式为___________；有机物D中含氧官能团名称是_____________。（2）A的结构简式为_________________；检验M中官能团的试剂是______________。（3）条件I为_________________；D→F的反应类型为________________。（4）写出下列转化的化学方程式：F→E______________________________________F→G_____________________________________。（5）N的同系物X比N相对分子质量大14，符合下列条件的X的同分异构体有_________种（不考虑立体异构），写出其中核磁共振氢谱有五组峰，且吸收峰的面积之比为1∶1∶2∶2∶2的同分异构体的结构简式______________（写一种）。①含有苯环；②能发生银镜反应；③遇FeCl3溶液显紫色。18、以乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成一种香料W：（1）实验室制备乙烯的反应试剂与具体反应条件为____。（2）上述①～④反应中，属于取代反应的是___。（3）检验反应③是否发生的方法是____。（4）写出两种满足下列条件的同分异构体的结构简式。____、____。a．能发生银镜反应b．苯环上的一溴代物有两种（5）设计一条由乙烯制备A的合成路线。（无机试剂可以任选）____。（合成路线常用的表示方式为：）19、氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体，难溶于CCl4。实验室可将干燥二氧化碳和干燥氨气通入CCl4中进行制备，化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s)ΔH＜0。回答下列问题：（1）利用装置甲制备氨气的化学方程式为__。（2）简述检查装置乙气密性的操作__。（3）选择图中的装置制备氨基甲酸铵，仪器接口的连接顺序为：B→__→__→EF←__←A。（4）反应时为了增加氨基甲酸铵的产量，三颈瓶的加热方式为__（填“热水浴”或“冷水浴”）；丁中气球的作用是__。（5）从装置丁的混合物中分离出产品的方法是__（填写操作名称）。（6）取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥、称量，质量为15.000g。则样品中氨基甲酸铵的质量分数为__（已知：Mr(NH2COONH4)=78、Mr(NH4HCO3)=79、Mr(CaCO3)=100。计算结果保留3位有效数字）。20、某小组以亚硝酸钠（NaNO2）溶液为研究对象，探究NO2-的性质。实验试剂编号及现象滴管试管2mL1%酚酞溶液1mol·L-1NaNO2溶液实验I：溶液变为浅红色，微热后红色加深1mol·L-1NaNO2溶液0.1mol·L-1KMnO4溶液实验II：开始无明显变化，向溶液中滴加稀硫酸后紫色褪去KSCN溶液1mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）实验III：无明显变化1mol·L-1NaNO2溶液1mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）实验IV：溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加KSCN溶液变红资料：[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。（1）结合化学用语解释实验I“微热后红色加深”的原因______（2）实验II证明NO2-具有_____性，从原子结构角度分析原因_________（3）探究实验IV中的棕色溶液①为确定棕色物质是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，设计如下实验，请补齐实验方案。实验溶液a编号及现象1mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）i．溶液由___色迅速变为___色____________________ii．无明显变化②加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，溶液中有红褐色沉淀生成。解释上述现象产生的原因_________。（4）络合反应导致反应物浓度下降，干扰实验IV中氧化还原反应发生及产物检验。小组同学设计实验V：将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大。①盐桥的作用是____________________________②电池总反应式为______________________实验结论：NO2-在一定条件下体现氧化性或还原性，氧还性强弱与溶液酸碱性等因素有关。21、氮是地球上含量比较丰富的一种元素，氮的化合物在工业生产和生活中有重要的作用。I．已知298K时，发生反应：N2O4(g)2NO2(g)（1）反应达到平衡后，压缩容器的体积，再次达到平衡时混合气体的颜色____（填“变深”、“变浅”或“不变”）。（2）恒容密闭容器中发生上述反应，已知v正=k正·p(N2O4)，v逆=k逆·p2(NO2)，Kp=___________（用k正、k逆表示）。若初始压强为100kPa，k正=2.8×104s－1，当NO2的体积分数为40%时，v正=__________kPa·s－1。[其中p(N2O4)和p(NO2)分别是N2O4和NO2的分压，分压=p总×气体体积分数，k正、k逆为速率常数]Ⅱ.在催化剂作用下，H2可以还原NO消除污染，反应为：2NO(g)＋2H2(g)N2(g)＋2H2O(g)△H=akJ·mol－1（3）若每生成7gN2放出166kJ的热量，则a=____。（4）该反应分两步进行：①2NO(g)＋H2(g)N2(g)＋H2O2(g)△H1②H2O2(g)＋H2(g)2H2O(g)△H2已知：i．总反应分多步进行时，较慢的一步决定总反应速率；III．总反应的速率表达式v=kc2(NO)·c(H2)(k为速率常数，只和温度有关）。由上述信息可知，正反应的活化能较低的是____（填“①”或“②”）。（5）将2molNO和1molH2充入一个恒容的密闭容器中，经相同时间测得N2的体积分数与温度的关系如图所示。低于900K时，N2的体积分数_____（填“是”或“不是”）对应温度下平衡时的体积分数，原因是_____。高于900K时，N2的体积分数降低的可能原因是____。

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、由于微生物的蛋白质在高温下变性失去活性，选项A错误；B、该装置是在外接电源供电下进行的，故电能转变为化学能，选项B错误；C、微生物作催化剂促进反应中电子的转移，选项C错误；D、阳极上醋酸根离子被告氧化为碳酸氢根离子，选项D正确。答案选D。2、B【解析】

A.CH3COOH和CH3COOC2H5互溶，不能用分液的方法分离，故A错误；B.硝酸铵晶体溶于水吸热，所以U型管中的液体向左侧移动，故该实验能验证NH4NO3晶体溶于水的热效应，故B正确；C.蒸发FeCl3溶液时促进铁离子水解，最后得到氢氧化铁，灼烧又得到氧化铁固体，故C错误；D.根据元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强分析，要验证C、Cl、Si的非金属性强弱应用实验证明高氯酸、碳酸和硅酸的酸性强弱，但实验中使用的是盐酸，故D错误。故选B。【点睛】掌握非金属性强弱与最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱的对应关系，不能用盐酸的酸性强弱进行比较。3、A【解析】

A、Qc==1.04＞K，所以平衡逆向移动，故A正确；B、反应前后气体分子数不变，体系压强不变，所以达到平衡后，气体压强不变，故B错误；C、若将容器的容积压缩为原来的一半，相当于加压，但加压不对化学平衡产生影响，故C错误；D、反应逆向进行，说明v逆＞v正，随着反应进行，CO和H2O的浓度增大，正反应速率增大，故D错误，故选：A。【点睛】本题考查化学平衡的移动，根据表中数据，利用Qc与K的大小关系判断反应的方向是解题的关键，难度不大。4、C【解析】

①无色溶液中，不含有呈紫色的MnO4-，①不合题意；②CO32-，AlO2-都能发生水解反应，使溶液呈碱性，②符合题意；③加入Al能放出H2的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，但HCO3-都不能大量存在，③不合题意；④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，NH4+、Cl-、K+、SO42-都能大量存在，④符合题意；⑤使石蕊变红的溶液呈酸性，Fe3+、MnO4-、NO3-、Na+、SO42-都能大量存在，⑤符合题意；⑥酸性溶液中，Fe2+、NO3-、I-会发生氧化还原反应，不能大量存在，⑥不合题意。综合以上分析，只有②④⑤符合题意。故选C。5、A【解析】

W、X、Y、Z均为短周期元素，且W、Y、Z分别位于三个不同周期，则其中一种元素为H，据图可知W不可能是H，则Y或者Z有一种是氢，若Y为H，则不满足“W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同”，所以Z为H，W和Y属于第二或第三周期；据图可知X可以形成+1价阳离子，若X为Li，则不存在第三周期的元素简单离子核外电子排布与X相同，所以X为Na；据图可知Y能够形成2个共价键，则Y最外层含有6个电子，结合“W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同”可知，Y为O；根据“Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍”可知，W最外层含有3个电子，为Al元素，据此解答。【详解】A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小为：Z＜Y＜W＜X，故A错误；

B．Na与O形成的过氧化钠、O与H形成的双氧水都是强氧化剂，具有漂白性，故B正确；

C．金属性越强，对应简单离子的氧化性越弱，金属性Al＜Na，则简单离子的氧化性：W＞X，故C正确；

D．Al与Na的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝、NaOH，二者可相互反应生成偏铝酸钠和水，故D正确；

故选：A。6、D【解析】

A.光导纤维主要成分是二氧化硅不属于有机高分子材料，故A错误；B.磁性氧化铁的成分是四氧化三铁，是黑色固体，不能制备红色颜料和油漆，故B错误；C.明矾溶液中水解使溶液呈酸性，铜锈为溶于酸性溶液，故能利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，而不是因为溶液中的离子能与铜锈反应，故C错误；D.血液透析原理就是胶体的渗析原理，胶体不能通过半透膜，涉及胶体性质，故D正确；故答案为：D。7、B【解析】

A．该分子中亲水基比重很小，主要为憎水基，不溶于水，故A错误；B．如图所示有10种氢原子，故B正确；C．该分子中含有碳碳双键和酚羟基，能被酸性高锰酸钾氧化使其褪色，故C错误；D．碳碳双键、苯环可以与氢气加成，所以1mol该分子最多与7mol氢气加成，故D错误；故答案为B。8、B【解析】

X、Y、Z、W、R、T属于周期表的前20号元素，其中X、Y、Z为金属元素。R最外层电子数是次外层的3倍，则R含有2个电子层，最外层含有6个电子，为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，都位于第二周期，T无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，且位于第二周期，则Z为Be元素，X、Z位于同族，则X为Mg或Ca元素；Y为第二周期的金属元素，则Y为Li；X与R（O）原子序数之和是W的2倍，X为Mg时，W的原子序数为(12+8)/2=10，为Ne元素，为稀有气体，不满足条件；X为Ca时，W的原子序数为(20+8)/2=14，则W为Si元素，据此解答。【详解】根据分析可知：X为Ca，Y为Li，Z为Be，W为Si，R为O，T为F元素。A．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则简单离子半径：R＞T＞Y＞Z，故A正确；B．XR2、WR2分别为CaO2、SiO2，CaO2中O元素化合价为-1，SiO2中O元素化合价为-2，两种化合物中O的化合价不相同，故B错误；C．同一主族从上到下金属性逐渐减弱，则金属性Ca＞Be，则最高价氧化物对应的水化物的碱性：X＞Z，故C正确；D．非金属性F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性：W＜R＜T，故D正确。9、D【解析】

A.5.6g铁为0.1mol，与足量盐酸反应生成Fe2+和H2，转移的电子数为0.2NA，A错误；B.醋酸为弱电解质，100mL2.0mol/L的醋酸在溶液部分电离，生成的氢离子数小于0.2NA，B错误；C.标准状况下，22.4LHe与22.4LF2所含原子数不相等，前者为0.1NA，后者为0.2NA，C错误；D.常温常压下，20g重水(D2O)的物质的量为1mol，含有的电子数为10NA，D正确。故选D。10、D【解析】

X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7，则Z为N元素。【详解】X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7，则Z为N元素；A．Y为氯元素，含氧酸中HClO为弱酸，故A错误；B．Z为N元素，原子最外层电子数为5，Y为Cl元素，原子最外层电子数为7，故最外层电子数Y＞Z，故B错误；C．非金属性F＞Cl，故HCl的稳定性比HF弱，故C错误；D．氯化氢与氨气反应生成的氯化铵中含有离子键，故D正确；故答案选D。【点睛】本题关键是根据反应条件及氢化物水溶液的pH判断X、Y、Z元素种类，然后根据元素性质进行分析和判断。11、C【解析】

A.HI在溶液中电离出的阳离子全为氢离子，属于酸，故A错误；B.KClO是由钾离子和次氯酸根离子构成的盐，故B错误；C.NH3.H2O在溶液中电离出的阴离子全为氢氧根离子，属于碱，故C正确；D.CH3OH是由碳、氢、氧三种元素形成的醇，在溶液中不能电离出离子，属于有机物，故D错误；答案选C。12、B【解析】

A.N、P元素是农作物生长需要的宏量元素，若水体中N、P元素的含量较高，水中藻类物质就会生长旺盛，导致产生赤潮现象，A正确；B.“绿色蔬菜”种植过程中为了使蔬菜生长旺盛，控制病虫害，也要适当使用农药和肥料，B错误；C.Cu2+是重金属离子，能够使病菌、病毒的蛋白质发生变性，因此游泳池中按标准加入胆矾可消毒杀菌，C正确；D.制作医用口罩使用的聚丙烯是由丙烯通过加聚反应产生的人工合成高分子材料，D正确；故合理选项是B。13、D【解析】

已知室温时水的电离常数为110-14，则根据曲线得Q点时溶液中pH=pOH=7，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3·H2O；Q点左侧溶液为碱性，Q点右侧溶液为酸性。【详解】A项，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，而M点加的盐酸比Q点少，溶液为碱性，即c(H+)＜c(OH-)，则c(NH4+)＞c(Cl-)，故A项错误；B项，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，而N点加的盐酸比Q点多，溶液为酸性，即c(H+)＞c(OH-)，则c(NH4+)＜c(Cl-)，故B项错误；C项，根据分析，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3·H2O，则消耗的盐酸体积小于氨水的体积，故C项错误；D项，M点溶液为碱性，而pH=a，则水电离出的c(H+)=10-amol/L，N点溶液为酸性，pOH=a，则水电离出的c(OH-)=10-amol/L，，而水电离出的H+和OH-始终相等，即M点和N点均满足水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-amol/L，即水的电离程度相同，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。14、B【解析】

A.所给现象只能确定有Na+，不能确定是否有K+，确定是否有K+要透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，A项错误；B.滴定管在盛装溶液前要用待装液润洗2~3次，如不润洗，滴定管内壁残存的水分将会对装入的溶液进行稀释，导致所耗盐酸的体积偏大，造成NaOH的浓度的计算结果偏高，B项正确；C.酸性高锰酸钾溶液的褪色，只是说明生成了不饱和烃，不能确切指生成了乙烯，C项错误；D.在加入新制的氢氧化铜悬浊液之前，一定要加过量的NaOH溶液中和作为催化剂的硫酸，并调整溶液至碱性，不然即使淀粉发生水解生成了葡萄糖，也不能与新制的氢氧化铜悬浊液共热产生砖红色沉淀，D项错误；所以答案选择B项。15、C【解析】

A.磁性氧化铁应写化学式，故A错误；B.向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体，次氯酸根离子有强氧化性，可继续将二氧化硫氧化为硫酸根离子，故B错误；C.碘化钾溶液酸化后加入少量双氧水，会发生氧化还原反应，符合客观事实，电荷守恒，原子守恒，电子守恒，故C正确；D.向NaOH溶液中通入过量CO2应该生成碳酸氢钠，故D错误；故选：C。16、B【解析】

A.烯烃能够与溴水发生加成反应；B.控制溶液的pH，可生成不同的氨基酸晶体，过滤可达到分离的目的；C.麦芽糖、葡萄糖都可以发生银镜反应；D.检验溴代物中的Br要转化为Br-，在酸性条件下加入AgNO3溶液，根据产生淡黄色沉淀检验。【详解】A.已烯与溴水发生加成反应使溴水褪色，而已烷是液态有机物质，能够溶解已烯与溴水反应产生的有机物，因此用溴水不能除去已烷中的少量已烯，A错误；B.不同氨基酸在水溶液中形成晶体析出时pH各不相同，控制溶液pH，可生成不同的氨基酸晶体，过滤可达到分离目的，B正确；C.麦芽糖分子中含有醛基，属于还原性糖，其水解产生的葡萄糖液含有醛基，具有还原性，因此不能用新制Cu(OH)2悬浊液验证麦芽糖是否发生了水解反应，C错误；D.溴代环己烷与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应产生环己烯、NaBr及H2O，由于该溶液可能含有过量的NaOH而显碱性，所以向反应后的溶液中加入溴水，溴水褪色，可能是由于NaOH与溴水发生反应：2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O所致，因此不能用于检验消去产物，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了物质的分离、提纯、物质的检验等知识。掌握物质的结构与性质是相同点与区别及物质的溶解性等是本题正确解答的关键。二、非选择题（本题包括5小题）17、C7H8O羧基银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液NaOH的醇溶液，加热水解反应（或取代反应）+H2O+2H2O13【解析】

有机物B是芳香烃的含氧衍生物，其相对分子质量为108，B中氧的质量分数为14.8%，B中O原子个数==1，碳原子个数==7…8，所以B分子式为C7H8O，B中含有苯环且能连续被氧化，则B为，B被催化氧化生成M，M为，N为苯甲酸，结构简式为；

A发生水解反应生成醇和羧酸，C为羧酸，根据题给信息知，C发生取代反应生成D，D发生反应然后酸化得到E，E能生成H，D是含有氯原子的羧酸，则D在氢氧化钠的醇溶液中加热生成E，E发生加聚反应生成H，所以D为、E为、C为；D反应生成F，F能反应生成E，则D发生水解反应生成F，F为，F发生酯化反应生成G，根据G分子式知，G为；根据B、C结构简式知，A为，以此解答该题。【详解】(1)B为，分子式为C7H8O，D为，含氧官能团为羧基；

(2)由以上分析可知A为，M为，含有醛基，可用银氨溶液或新制备氢氧化铜浊液检验；

(3)通过以上分析知，条件I为氢氧化钠的醇溶液、加热；D为，D发生水解反应(取代反应)生成F；

(4)F发生消去反应生成E，反应方程式为+2H2O，F发生酯化反应生成G，反应方程式为+2H2O；

(5)N为苯甲酸，结构简式为，X是N的同系物，相对分子质量比N大14，即X中含有羧基，且分子中碳原子数比N多一个，根据条件：①含有苯环

②能发生银镜反应，说明含有醛基，③遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，如苯环含有2个取代基，则分别为-CH2CHO、-OH，有邻、间、对3种，如苯环含有3个取代基，可为-CH3、-CHO、-OH，有10种，共13种；其中核磁共振氢谱有五组峰，且吸收峰的面积之比为1：1：2：2：2的同分异构体的结构简式为。【点睛】以B为突破口采用正逆结合的方法进行推断，注意结合反应条件、部分物质分子式或结构简式、题给信息进行推断，注意：卤代烃发生反应条件不同其产物不同。18、乙醇、浓硫酸、170℃①②④取样，滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热，有砖红色沉淀生成，可证明反应③已经发生【解析】

由C的结构及反应④为酯化反应可知，A为CH3COOH，C为，则反应①为光照下取代反应，生成B为，反应②为卤代烃的水解反应，反应③为醇的催化氧化反应。（1）实验室制备乙烯的反应试剂与具体反应条件为乙醇、浓硫酸、170℃，发生消去反应，故答案为：乙醇、浓硫酸、170℃；（2）上述①～④反应中，属于取代反应的是①②④，故答案为：①②④；（3）检验反应③是否发生的方法是取样，滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热，有砖红色沉淀生成，可证明反应③已经发生，故答案为：取样，滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热，有砖红色沉淀生成，可证明反应③已经发生；（4）的同分异构体满足a．能发生银镜反应，含-CHO；b．苯环上的一溴代物有两种，苯环上有2种H，则2个取代基位于对位，符合条件的结构简式为、、，故答案为：；（5）乙烯加成生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，则由乙烯制备A的合成路线为，故答案为：。19、Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O夹紧止水夹B，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面，静置，若液面差保持不变，则表明气密性良好IJHGD(C)或C(D)冷水浴平衡气压，收集多余的气体过滤79.8%【解析】

(1)实验室用氯化铵和氢氧化钙晶体共热制取氨气；(2)夹紧止水夹B，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面变化情况；(3)选择图中的装置制备氨基甲酸铵，制取的二氧化碳中含有HCl和水蒸气，制取氨气时气体中含有水蒸气，也需要除去杂质气体；(4)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体，结合物质的性质分析；丁中气球的用来平衡内外压强；(5)利用已知信息，氨基甲酸铵(NH2COONH4)难溶于CCl4分析；(6)取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥、称量，质量为15.000g。通过碳原子守恒，计算样品中氨基甲酸铵的质量分数。【详解】(1)实验室用氯化铵和氢氧化钙晶体共热制取氨气，方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；(2)检查装置乙气密性的操作：夹紧止水夹B，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面，静置，若液面差保持不变，则表明气密性良好；(3)选择图中的装置制备氨基甲酸铵，制取的二氧化碳中含有HCl和水蒸气，应先通过装置已中的饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，然后通过戊中的浓硫酸除去水蒸气；制取氨气时气体中含有水蒸气，通过装置丙中的碱石灰；仪器接口的连接顺序为：B→IJ→HG→EF←（或DC）CD←A。(4)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体，生成氨基甲酸铵的反应是放热的，所以需要降低温度，用冷水浴；丁中气球的用来平衡内外压强，还能吸收多余未反应的气体；(5)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是易水解的白色固体，难溶于CCl4，则可以使用过滤的方法分离；(6)取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥、称量，质量为15.000g。碳酸钙的物质的量==0.1500mol，根据碳原子守恒，氨基甲酸铵样品中碳的物质的量也为0.1500mol，碳酸氢铵和氨基甲酸铵的物质的量分别为x、y，则x+y=0.15，79x+78y=11.73，解得：x=0.03mol，y=0.12mol，则样品中氨基甲酸铵的质量分数为×100%=79.8%。20、NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深还原性N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性浅绿色棕色0.5mol·L−1Fe2（SO4）3溶液（pH=3）棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O【解析】

（1）根据实验I的现象说明NaNO2为强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深；（2）N原子最外层5个电子，NO2-中N为+3价不稳定，易失电子，体现还原性；（3）①若要证明棕色物质是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，需要作对照实验，即向pH均为3，含Fe2+和Fe3+浓度均为1mol/L的FeSO4溶液和Fe2（SO4）3溶液中通入NO，若通入FeSO4溶液出现溶液由浅绿色迅速变为棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液无现象，则可证明；②加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，说明加热后生成了NO气体；溶液中有红褐色沉淀生成，说明生成了Fe(OH)3，据此解答；（4）①将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大，由图可知，该装置构成了原电池，两电极分别产生NO和Fe3+，U形管中间盐桥的作用是阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；②两电极反应式相加得总反应式。【详解】（1）根据实验I的现象说明NaNO2为强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深，所以在2mL1mol·L-1NaNO2溶液中滴加酚酞溶液出现溶液变为浅红色，微热后红色加深，故答案为NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深；（2）根据实验II说明NaNO2溶液与KMnO4溶液在酸性条件下发生氧化还原反应而使KMnO4溶液的紫色褪去，即KMnO4被还原，说明NO2-具有还原性。NO2-具有还原性的原因是：N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性，故答案为还原性；N原子最外层5个电子（可用原子结构示意