2025届上海市宝山区上海大学附中高考压轴卷化学试卷含解析

2025届上海市宝山区上海大学附中高考压轴卷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、下列有关共价键的说法正确的是（）A．分子晶体中共价键越强，熔沸点越高B．只含共价键的物质，一定是共价化合物C．两种元素组成的分子中一定只含有极性共价键D．分子晶体中，可能不存在共价键，但一定存在分子间作用力2、已知：锂硫电池的总反应为2Li+xS=Li2Sx。以锂硫电池为电源，通过电解含(NH4)2SO4的废水制备硫酸和化肥的示意图如图(不考虑其他杂质离子的反应)。下列说法正确的是（）A．b为电源的正极B．每消耗32g硫，理论上导线中一定通过2mole-C．N室的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+D．SO42-通过阴膜由原料室移向M室3、下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）①pH=0的溶液：Na+、Cl-、Fe3+、SO42-②pH=11的溶液中：CO32－、Na+、AlO2-、NO3-、S2-、SO32-③水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol·L-1的溶液中：Cl－、CO32-、NO3-、NH4+、SO32-④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl－、K+、SO42-⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2+、MnO4-、NO3-、Na+、SO42-⑥中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3-、I-、Cl-、S2-A．②④ B．①③⑥ C．①②⑤ D．①②④4、为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关解释均正确的是（）选项实验目的实验方法相关解释A测量氯水的pHpH试纸遇酸变红B探究正戊烷(C5H12)催化裂解C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃C实验温度对平衡移动的影响2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，升温平衡逆向移动D用AlCl3溶液制备AlCl3晶体AlCl3沸点高于溶剂水A．A B．B C．C D．D5、下列说法正确的是（）A．新戊烷的系统命名法名称为2﹣二甲基丙烷B．可以用氢气除去乙烷中的乙烯C．己烷中加溴水振荡，光照一段时间后液体呈无色，说明己烷和溴发生了取代反应D．苯中加溴的四氯化碳溶液振荡后，溶液分层，上层呈橙红色6、一种新型太阳光电化学电池贮能时电解质溶液中离子在两极发生如下图所示的转化。下列说法正确的是（）A．贮能时，电能转变为化学能和光能B．贮能和放电时，电子在导线中流向相同C．贮能时，氢离子由a极区迁移至b极区D．放电时，b极发生：VO2+2H++e-=VO2++H2O7、“文房四宝”湖笔、徽墨、宣纸和歙砚为中华传统文化之瑰宝。下列说法正确的是A．制造毛笔时，将动物毫毛进行碱洗脱脂是为了增强笔头的吸水性B．徽墨的主要成分是性质稳定的焦炭，故水墨字画能较长久地保存C．宣纸的主要成分是碳纤维，其制造工艺促进了我国造纸术的发展D．歙砚材质组云母的化学式用氧化物形式表示为：8、已知：pOH=-lgc(OH-)。室温下，将稀盐酸滴加到某一元碱（BOH）溶液中，测得混合溶液的pOH与微粒浓度的变化关系如图所示。下列说法错误的是()A．若向0.1mol/LBOH溶液中加水稀释，则溶液中c(OH-)/c(BOH)增大B．室温下，BOH的电离平衡常数K=1×10-4.8C．P点所示的溶液中：c(Cl-)>c(B+)D．N点所示的溶液中：c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)-c(BOH)9、联合国大会宣布2019年是“国际化学元素周期表年”（IYPT2019）·下列运用元素周期律分析的推断中，错误的是A．铍（Be）的氧化物的水化物具有两性B．砹（At）为有色固体，AgAt感光性很强，不溶于水C．硫酸锶（SrSO4）是难溶于水的白色固体D．硒化氢（H2Se）是无色、有毒，比H2S稳定的气体10、关于物质检验的下列叙述中正确的是A．将酸性高锰酸钾溶液滴入裂化汽油中，若紫红色褪去，证明其中含甲苯B．让溴乙烷与NaOH醇溶液共热后产生的气体通入溴水，溴水褪色，说明有乙烯生成C．向某卤代烃水解后的试管中加入AgNO3溶液，有淡黄色沉淀，证明它是溴代烃D．往制备乙酸乙酯反应后的混合液中加入Na2CO3溶液，产生气泡，说明乙酸有剩余11、图甲是一种利用微生物将废水中的尿素（CO(NH2)2）转化为环境友好物质的原电池装置示意图甲，利用该电池在图乙装置中的铁上镀铜。下列说法正确的是（

）A．图乙中Fe电极应与图甲中Y相连接B．图甲中H+透过质子交换膜由右向左移动C．图甲中M电极反应式：CO(NH2)2+5H2O-14e−=CO2+2NO2+14H+D．当图甲中N电极消耗0.5molO2时，图乙中阴极增重64g12、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．60g丙醇中含有的共价键数目为10NAB．过氧化钠与水反应生成0.lmolO2时，转移的电子数为0.2NAC．0.lmol•L-1碳酸钠溶液中阴离子总数大于0.1NAD．密闭容器中，1molN2与3molH2反应制备NH3，产生N—H键的数目为6NA个13、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应如图所示，(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是A．该反应属于化合反应B．b的二氯代物有6种结构C．1molb加氢生成饱和烃需要6molH2D．C5H11Cl的结构有8种14、某溶液中可能含有离子：K+、Na+、Fe2+、Fe3+、SO32-、SO42-，且溶液中各离子的物质的量相等，将此溶液分为两份，一份加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪去，另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀。下列说法正确的是（）A．若溶液中含有硫酸根，则可能含有K+B．若溶液中含有亚硫酸根，则一定含有K+C．溶液中可能含有Fe3+D．溶液中一定含有Fe2+和SO42-15、下列有关叙述正确的是①氧化镁：可用作耐火材料；②二氧化硅：制造计算机芯片；③水玻璃：可作木材防火剂；④铝热反应既可用于焊接钢轨，也可用于工业上冶炼铁；⑤水煤气属于清洁能源；⑥浓硫酸：可用于干燥Cl2、SO2、H2S等气体A．①③⑤ B．②⑤⑥ C．②③④⑤ D．①③⑥16、某同学组装了如图所示的电化学装置电极I为Al，其他电极均为Cu，则A．电流方向：电极IV→→电极IB．电极I发生还原反应C．电极II逐渐溶解D．电极III的电极反应：Cu2++2e-==Cu二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物Ⅰ(戊巴比妥)是临床常用的镇静、麻醉药物，其合成路线如下：已知：B、C互为同分异构体R’、R’’、R’’’代表烃基，代表烃基或氢原子。ii.+R’’OHiii+R’’Br+CH3ONa+CH3OH+NaBriv+R’’’-NH2R’OH回答下列问题：(1)的官能团的名称为______，的反应类型是______。(2)试剂a的结构简式______；的结构简式______。(3)写出的化学方程式______。设计实验区分B、D所用的试剂及实验现象为______、______。(4)写出的化学方程式______。(5)已知：羟基与碳碳双键直接相连的结构不稳定，同一个碳原子上连接多个羟基的结构不稳定，满足下列要求的D的所有同分异构体共______种。a．能发生银镜反应b．能与反应c．能使Br2的溶液褪色(6)以、、为原料，无机试剂任选，制备的流程如下，请将有关内容补充完整_______________________________。CH2BrCH2CH2BrHOOCCH2COOHCH3OOCCH2COOCH318、阿司匹林（化合物L）是人们熟知的解热镇痛药物。一种长效、缓释阿司匹林（化合物P）的合成路线如下图所示：已知：①HC≡CH+RCOOH②RCOOR’+R”OHRCOOR”+R’OH（R、R’、R”代表烃基）请回答：(1)A中的官能团是____________________。(2)C的结构简式是____________________。(3)D→E的反应类型是____________________。(4)E→G的化学方程式是______________________________________。(5)已知：H是芳香族化合物。在一定条件下2B→K+H2O，K的核磁共振氢谱只有一组峰。J→L的化学方程式是____________________。(6)L在体内可较快转化为具有药效的J，而化合物P与L相比，在体内能缓慢持续释放J。①血液中J浓度过高能使人中毒，可静脉滴注NaHCO3溶液解毒。请用化学方程式解释NaHCO3的作用：______________________________________________________________。②下列说法正确的是______（填字母）。a．P中的酯基在体内可缓慢水解，逐渐释放出Jb．P在体内的水解产物中没有高分子化合物c．将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能19、有“退热冰”之称的乙酰苯胺具有退热镇痛作用，是较早使用的解热镇痛药，纯乙酰苯胺是一种白色有光泽片状结晶，不仅本身是重要的药物，而且是磺胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。实验室用苯胺与乙酸合成乙酰苯胺的反应和实验装置如图(夹持及加热装置略)：+CH3COOH+H2O注：①苯胺与乙酸的反应速率较慢，且反应是可逆的。②苯胺易氧化，加入少量锌粉，防止苯胺在反应过程中氧化。③刺形分馏柱的作用相当于二次蒸馏，用于沸点差别不太大的混合物的分离。可能用到的有关性质如下：(密度单位为g/cm3)名称相对分子质量性状密度/g∙cm3熔点/℃沸点/溶解度g/100g水g/100g乙醇苯胺93.12棕黄色油状液体1.02-6.3184微溶∞冰醋酸60.052无色透明液体1.0516.6117.9∞∞乙酰苯胺135.16无色片状晶体1.21155~156280~290温度高，溶解度大较水中大合成步骤：在50mL圆底烧瓶中加入10mL新蒸馏过的苯胺和15mL冰乙酸(过量)及少许锌粉(约0.1g)。用刺形分馏柱组装好分馏装置，小火加热10min后再升高加热温度，使蒸气温度在一定范围内浮动1小时。在搅拌下趁热快速将反应物以细流倒入100mL冷水中冷却。待乙酰苯胺晶体完全析出时，用布氏漏斗抽气过滤，洗涤，以除去残留酸液，抽干，即得粗乙酰苯胺。分离提纯：将粗乙酰苯胺溶于300mL热水中，加热至沸腾。放置数分钟后，加入约0.5g粉未状活性炭，用玻璃棒搅拌并煮沸10min，然后进行热过滤，结晶，抽滤，晾干，称量并计算产率。(1)由于冰醋酸具有强烈刺激性，实验中要在__内取用，加入过量冰醋酸的目的是__。(2)反应开始时要小火加热10min是为了__。(3)实验中使用刺形分馏柱能较好地提高乙酰苯胺产率，试从化学平衡的角度分析其原因：__。(4)反应中加热方式可采用__(填“水浴”“油浴”或"直接加热”)，蒸气温度的最佳范围是__(填字母代号)。a．100~105℃b．117.9~184℃c．280~290℃(5)判断反应基本完全的现象是__，洗涤乙酰苯胺粗品最合适的试剂是__(填字母代号)。a．用少量热水洗b．用少量冷水洗c．先用冷水洗，再用热水洗d．用酒精洗(6)分离提纯乙酰苯胺时，在加入活性炭脱色前需放置数分钟，使热溶液稍冷却，其目的是__，若加入过多的活性炭，使乙酰苯胺的产率__(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(7)该实验最终得到纯品7.36g，则乙酰苯胺的产率是__%(结果保留一位小数)。20、无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体．某活动小组通过实验，探究不同温度下气体产物的组成．实验装置如下：每次实验后均测定B、C质量的改变和E中收集到气体的体积．实验数据如下（E中气体体积已折算至标准状况）：实验组别温度称取CuSO4质量/gB增重质量/gC增重质量/gE中收集到气体/mL①T10.6400.32000②T20.64000.256V2③T30.6400.160Y322.4④T40.640X40.19233.6（1）实验过程中A中的现象是______．D中无水氯化钙的作用是_______．（2）在测量E中气体体积时，应注意先_______，然后调节水准管与量气管的液面相平，若水准管内液面高于量气管，测得气体体积______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．（3）实验①中B中吸收的气体是_____．实验②中E中收集到的气体是______．（4）推测实验②中CuSO4分解反应方程式为：_______．（5）根据表中数据分析，实验③中理论上C增加的质量Y3=_______g．（6）结合平衡移动原理，比较T3和T4温度的高低并说明理由________．21、聚乙烯醇生产过程中会产生大量副产物乙酸甲酯，其催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸己酯，该反应的化学方程式为：CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l)CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l)已知v正=k正x(CH3COOCH3)·x(C6H13OH)，v逆=k逆x(CH3COOC6H13)·x(CH3OH)，其中v正、v逆为正、逆反应速率，k正、k逆为速率常数，x为各组分的物质的量分数。（1）反应开始时，已醇和乙酸甲酯按物质的量之比1：1投料，测得348K、343K、338K三个温度下乙酸甲酯转化率（α）随时间（t）的变化关系如图所示。该醇解反应的ΔH____0（填>或<）。348K时，以物质的量分数表示的化学平衡常数Kx=____（保留2位有效数字）。在曲线①、②、③中，k正－k逆值最大的曲线是____；A、B、C、D四点中，v正最大的是___，v逆最大的是____。（2）343K时，己醇和乙酸甲酯按物质的量之比1：1、1：2和2：1进行初始投料。则达到平衡后，初始投料比____时，乙酸甲酯转化率最大；与按1：2投料相比，按2：1投料时化学平衡常数Kx___（填增大、减小或不变）。（3）该醇解反应使用离子交换树脂作催化剂，下列关于该催化剂的说法正确的是____。a.参与了醇解反应，但并不改变反应历程b.使k正和k逆增大相同倍数c.降低了醇解反应的活化能d.提高乙酸甲酯的平衡转化率

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．分子晶体熔沸点与分子间作用力有关，有的还与氢键有关，但与化学键无关，A错误；B．只含共价键的物质可能是共价单质，如氮气、氢气等，B错误；C．两种元素组成的分子中可能含有非极性键，如乙烯、双氧水等，C错误；D．稀有气体形成的分子晶体中不存在化学键，只存在分子间作用力，D正确；故选D。2、D【解析】

结合题干信息，由图可知M室会生成硫酸，说明OH-放电，电极为阳极，则a为正极，b为负极，据此分析解答问题。【详解】A．根据上述分析，b为电源负极，A选项错误；B．根据电池的总反应为2Li+xS=Li2Sx，没通过2mole-需要消耗32xg硫，B选项错误；C．N室为阴极，氢离子放电，电极反应式为2H++2e-===H2↑，C选项错误；D．M室生成硫酸，为阳极，电解池中阴离子向阳极移动，原料室中的SO42-通过阴膜移向M室，D选项正确；答案选D。3、D【解析】

①、pH=0的溶液中氢离子浓度为1mol/L，Na+、Cl-、Fe3+、SO42-均不反应，能够大量共存，故①符合；②、pH=11的溶液中氢氧根离子浓度为0.001mol/L，CO32－、Na+、AlO2-、NO3-、S2-、SO32-离子之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故②符合；③、水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol·L-1的溶液中可酸可碱，当溶液为酸性时，CO32－SO32-与氢离子反应，当溶液为碱性时，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故③不符合；④、加入Mg能放出H2的溶液中存在大量氢离子，Mg2+、NH4+、Cl－、K+、SO42-离子之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故④符合；⑤、使石蕊变红的溶液中存在大量氢离子，MnO4-、NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故⑤不符合；⑥、Fe3+能够氧化I-、S2-，Al3+在溶液中与S2-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故⑥不符合；根据以上分析，在溶液中能够大量共存的为①②④；故选D。【点睛】离子不能共存的条件为：(1)、不能生成弱电解质。如③中的NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨而不能大量共存；(2)、不能生成沉淀；(3)、不发生氧化还原反应。如⑤中MnO4-、NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化Fe2+而不能大量共存。4、C【解析】

A选项，不能用pH试纸测量氯水的pH，氯水有漂白性，故A错误；B选项，该装置不是催化裂化装置，C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下为气体，故B错误；C选项，热水中颜色加深，说明2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，升温平衡逆向移动，故C正确；D选项，该装置不能用于AlCl3溶液制备AlCl3晶体，由于氯化铝易发生水解，可在HCl气流中加热AlCl3溶液制备AlCl3晶体，故D错误。综上所述，答案为C。5、C【解析】

A.新戊烷的系统命名法名称为2，2﹣二甲基丙烷，故A错误；B.用氢气除去乙烷中的乙烯，除去乙烯的同时会引入氢气杂质，故B错误；C.己烷中加溴水振荡，光照一段时间后液体呈无色，说明己烷和溴发生了取代反应得到的产物卤代烃没有颜色，故C正确；D.苯中加溴的四氯化碳溶液振荡后，溶液分层，下层是密度大的溶有溴单质的四氯化碳层，故D错误。故选C。6、D【解析】

光照时贮能VO2+失电子转化为VO2+，b极为阳极，a极为阴极，放电时b极为正极，a极为负极，据此分析解答。【详解】A.贮能时，光能转变为化学能，选项A错误；B.贮能时电子由b极流出，放电时电子由a极流出，在导线中流向不相同，选项B错误；C.贮能时，氢离子由阳极b极区迁移至阴极a极区，选项C错误；D.放电时，b极为正极，发生电极反应：VO2+2H++e-=VO2++H2O，选项D正确；答案选D。7、A【解析】

A．动物毫毛表面的油脂难溶于水，不利于毛笔吸水，碱洗脱脂可以增强笔头的吸水性，A项正确；B．墨的主要成分是炭黑，B项错误；C．宣纸的主要成分是纤维素，C项错误；D．用氧化物的形式表示硅酸盐，顺序是：金属氧化物（按活动性顺序排列）→SiO2→H2O，所以应为K2O·4Al2O3·8SiO2·4H2O，D项错误；答案选A。8、C【解析】

A．BOH是弱碱，加水稀释时促进电离，溶液中BOH的微粒数减小，而OH-的数目增多，则溶液中=不断增大，故A正确；B．N点-lg=0，即c(BOH)=c(B+)，则BOH的电离平衡常数Kb=×c(OH-)=c(OH-)=1×10-4.8，故B正确；C．P点的pOH＜4，溶液呈碱性，则c(OH-)＜c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Cl-)＜c(B+)，故C错误；D．N点-lg=0，则c(BOH)=c(B+)，根据电荷守恒c(B+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知，c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)-c(BOH)，故D正确；故答案为C。【点睛】考查酸碱混合的定性判断，明确图象图象变化的意义为解答关键，根据图象可知，N点-lg=0，=1，此时pOH=-lgc(OH-)=4.8，则BOH的电离平衡常数Kb=×c(OH-)=c(OH-)=1×10-4.8，证明BOH只能部分电离，属于弱碱，再结合溶液中的电荷守恒式分析即可。9、D【解析】

A.元素周期表中Be和Al处于对角线位置上，处于对角线的元素具有相似性，所以可能有两性，故A正确；B.同一主族元素具有相似性，所以卤族元素性质具有相似性，根据元素的性质、氢化物的性质、银盐的性质可推知砹（At）为有色固体，感光性很强，且不溶于水也不溶于稀酸，故B正确；C.同主族元素性质具有相似性，钡和锶位于同一主族，性质具有相似性，硫酸钡是不溶于水的白色物质，所以硫酸锶也是不易溶于水的白色物质，故C正确；D.S和Se位于同一主族，且S元素的非金属性比Se强，所以比稳定，故D错误；故答案为：D。10、B【解析】

A．裂化汽油中含烯烃，则加高锰酸钾褪色不能说明含有甲苯，A错误；

B．溴乙烷与NaOH醇溶液共热后，发生消去反应生成乙烯，则气体通入溴水，溴水褪色，说明有乙烯生成，B正确；

C．卤代烃水解后，检验卤素离子，应在酸性溶液中，不能直接加硝酸银检验，C错误；

D．制备乙酸乙酯反应为可逆反应，不需要利用与碳酸钠反应生成气体说明乙酸剩余，D错误。

答案选B。11、D【解析】

该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M上有机物失电子是负极，N上氧气得电子是正极，电解质溶液为酸性溶液，图乙中在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连；A．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，则Fe与X相连，故A错误；B．由甲图可知，氢离子向正极移动，即H+透过质子交护膜由左向右移动，故B错误；C．H2NCONH2在负极M上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-═CO2↑+N2↑+6H+，故C错误；D．当图甲中N电极消耗0.5molO2时，转移电子的物质的量为0.5mol×4=2.0mol，则乙中阴极增重×64g/mol=64g，故D正确；故答案为D。【点睛】考查原电池原理以及电镀原理，明确原电池正负极上得失电子、电解质溶液中阴阳离子移动方向是解题关键，该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M上有机物失电子是负极，N上氧气得电子是正极，电解质溶液为酸性溶液，图乙中在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒即可计算。12、B【解析】

A.60g丙醇为1mol，丙醇中含7个C-H键、2个C-C键、1个C-O键和1个O-H键，存在的共价键总数为11NA，故A错误；B.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2中一个氧原子从-1价升高到0价；另外一个从-1价降到-2价，每生成lmolO2时，转移的电子数为2NA，生成0.lmolO2时，转移的电子数为0.2NA，故B正确；C.溶液的体积未知，无法计算，故C错误；D.氮气和氢气的反应是一个可逆反应，1molN2与3molH2反应产生的NH3小于2mol，故产生N—H键的数目小于6NA个，故D错误；故选B。13、D【解析】

A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl；B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代；C、1molb加氢生成饱和烃需要3molH2；D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构。【详解】A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl，属于取代反应，故A错误；B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代，故B错误；C、1molb加氢生成饱和烃需要3molH2，故C错误；D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构分别有3种、4种、1种，故D正确。故选D。【点睛】易错点B，区别“甲苯的苯环上的二氯代物”和“甲苯的的二氯代物”是两种不同的条件，后者甲基上的氢也可以被取代。14、B【解析】

向溶液中加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪去，说明溶液中含有还原性微粒，可能含有Fe2+或；另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀，溶液中可能含有或；若溶液中阴离子只有，与Fe2+会发生双水解，因溶液中各离子的物质的量相等以及会与Fe3+反应，因此阳离子为K+、Na+；若溶液中阴离子为，则阳离子为Fe2+（不能含有K+、Na+，否则溶液不能使高锰酸钾褪色）；若溶液中阴离子为、，Fe3+、Fe2+与不能共存，故溶液中阴离子不可能同时含有、；综上所述，答案为B。【点睛】本题推断较为复杂，需要对于离子共存相关知识掌握熟练，且需依据电荷守恒进行分析，注意分类讨论。15、A【解析】

①氧化镁，熔点高，可用作耐火材料，①项正确；②制造计算机芯片的是硅单质，而不是二氧化硅，②项错误；③水玻璃是硅酸钠的水溶液，可作木材防火剂，③项正确；④铝热反应会放出大量的热，可用于焊接钢轨，但铝热反应冶炼铁成分太高，一般不用此方法冶炼铁，④项错误；⑤水煤气是CO和H2的混合气体，属于清洁能源，⑤项正确；⑥浓硫酸可用于干燥Cl2、SO2气体，而H2S是还原性气体，因浓硫酸具有强氧化性，能氧化H2S，故不能用浓硫酸干燥H2S，⑥项错误；综上所述，①③⑤正确；答案选A。【点睛】②项硅及其化合物的用途是常考点，也是易混知识。硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。16、A【解析】

A、由题意可知，该装置的I、II是原电池的两极，I是负极，II是正极，III、IV是电解池的两极，其中III是阳极，IV是阴极，所以电流方向：电极IV→→电极I，正确；B、电极I是原电池的负极，发生氧化反应，错误；C、电极II是原电池的正极，发生还原反应，有Cu析出，错误；D、电极III是阳极，发生氧化反应，电极反应是Cu-2e-=：Cu2+，错误；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、酯基取代反应新制的Cu(OH)2悬浊液是否有砖红色沉淀生成3【解析】

B(乙酸甲酯)与C发生信息iii中取代反应生成D，(3)中B、C互为同分异构体，可推知C为HCOOC2H5，则D为，D氧化生成E为，E与甲醇发生酯化反应生成F．F与A发生信息i中的反应生成G，可推知A为C2H5Br．对比G、H的结合，结合信息i可知试剂a为．结合I分子式及信息ii中取代反应，可知H与NH2CONH2脱去2分子CH3OH形成六元环状，故I为；(6)以、、为原料，制备，可利用CH2BrCH2CH2Br先水解再氧化得到HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH再与CH3OH酯化即可生成CH3OOCCH2COOCH3，最后CH3OOCCH2COOCH3、CH2BrCH2CH2Br、CH3ONa发生信息iii的反应即得到。【详解】(1)F的结构简式为，所含官能团的名称为酯基；G为，则F→G是F的上的H原子被乙基替代生成G，属于取代反应；(2)对比G、H的结合，结合信息i可知试剂a为；结合I分子式及信息ii中取代反应，可知H与NH2CONH2脱去2分子CH3OH形成六元环状，故I为；(3)B、C互为同分异构体，二者发生信息iii中取代反应生成D，可推知C为HCOOC2H5，则D为，B→D的化学方程式：；B和D均含有酯基，但D中还含有醛基，则可利用新制的Cu(OH)2悬浊液来鉴别，用新制的Cu(OH)2悬浊液分别与B或D混合加热，有砖红色沉淀生成的为D，不生成砖红色沉淀生成的为B；(4)E→F的化学方程式：；(5)D为，其分子式为C4H6O3，其同分异构体满足a．能发生银镜反应说明有醛基，也可能是甲酸酯；b．能与反应说明分子组成含有羟基或羧基；c．能使Br2的CCl4溶液褪色，再结合在羟基与碳碳双键直接相连的结构不稳定，同一个碳原子上连接多个羟基的结构不稳定，可知分子结构中不可能有碳碳双键，应该包含2个醛基和1个羟基，具体是：OHCCH(OH)CH2CHO、CH2(OH)CH(CHO)2、CH3C(OH)(CHO)2，共3种；(6)以、、为原料，制备，可利用CH2BrCH2CH2Br先水解再氧化得到HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH再与CH3OH酯化即可生成CH3OOCCH2COOCH3，最后CH3OOCCH2COOCH3、CH2BrCH2CH2Br、CH3ONa发生信息iii的反应即得到，具体流程图为：。【点睛】本题解题关键是根据反应条件推断反应类型：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。18、羟基HC≡CH加聚反应ac【解析】

A是，乙醇连续氧化得乙酸，故B是，根据信息①，结合流程图，C是，D是，D到E是加聚反应，E是，根据信息②可推知F为，G是，根据分子式H是，根据流程图结合P的结构可推知I为，J是，根据（5）小题，可以推知K是乙酸酐（），由P逆推知L为。【详解】（1）A是乙醇，乙醇的官能团是羟基，答案为：羟基；（2）据信息①，结合流程图，可以推出C是，故答案为：；（3）D是，E是，D到E是双键发生了加聚反应，故答案为：加聚反应；（4）E是，A是乙醇，根据信息②，该反应为取代反应，答案为：；（5）根据信息可推知J是，K是乙酸酐（），答案为：；（6）①羧酸的酸性大于碳酸，酚的酸性小于碳酸，故酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故答案为：；②a.P可以完全水解产生，以及乙酸，a正确；b.P可以完全水解产生，该物质为高分子，b错误；c.根据题目信息，将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能，c正确；答案选ac。【点睛】解有机推断题，要把握以下三个推断的关键：(1)审清题意(分析题意、弄清题目的来龙去脉，掌握意图)；(2)用足信息(准确获取信息，并迁移应用)；(3)积极思考(判断合理，综合推断)。根据以上的思维判断，从中抓住问题的突破口，即抓住特征条件(特殊性质或特征反应，关系条件和类别条件)，不但缩小推断的物质范围，形成解题的知识结构，而且几个关系条件和类别条件的组合就相当于特征条件。然后再从突破口向外发散，通过正推法、逆推法、正逆综合法、假设法、知识迁移法等得出结论。最后作全面的检查，验证结论是否符合题意。19、通风橱促进反应正向进行，提高苯胺的转化率让苯胺与乙酸反应成盐使用刺形分馏柱可以很好地将沸点差别不太大的乙酸和水分开，只将生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方向移动，乙酸又可以回流到烧瓶内继续反应，从而提高乙酰苯胺的产率油浴a冷凝管中不再有液滴流下b防止暴沸偏小49.7【解析】

(1)由于冰醋酸具有强烈刺激性，实验中要防止其扩散到室内空气中，过量加入反应物(冰醋酸)的目的，应从平衡移动考虑。(2)反应开始时要小火加热10min，主要是让反应物充分反应。(3)实验中使用刺形分馏柱，可提高乙酰苯胺产率，则应从反应物的利用率和平衡移动两个方面分析原因。(4)反应中加热温度超过100℃，不能采用水浴；蒸发时，应减少反应物的挥发损失。(5)判断反应基本完全，则基本上看不到反应物产生的现象；乙酰苯胺易溶于酒精，在热水中的溶解度也比较大，由此可确定洗涤粗品最合适的试剂。(6)热溶液中加入冷物体，会发生暴沸；活性炭有吸附能力，会吸附有机物。(7)计算乙酰苯胺的产率时，应先算出理论产量。【详解】(1)由于冰醋酸具有强烈刺激性，易扩散到室内空气中，损害人的呼吸道，所以实验中要在通风橱内取用；苯胺与冰醋酸的反应为可逆反应，加入过量冰醋酸的目的，促进平衡正向移动，提高苯胺的转化率。答案为：通风橱；促进反应正向进行，提高苯胺的转化率；(2)可逆反应进行比较缓慢，需要一定的时间，且乙酸与苯胺反应是先生成盐，后发生脱水反应，所以反应开始时小火加热10min，是为了让苯胺与乙酸反应成盐。答案为：让苯胺与乙酸反应成盐；(3)反应可逆，且加热过程中反应物会转化为蒸气，随水蒸气一起蒸出，实验中使用刺形分馏柱，可将乙酸、苯胺的蒸气冷凝，让其重新流回反应装置内，同时将产物中的水蒸出，从而提高乙酰苯胺的产率，从化学平衡的角度分析其原因是：使用刺形分馏柱可以很好地将沸点差别不太大的乙酸和水分开，只将生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方向移动，乙酸又可以回流到烧瓶内继续反应，从而提高乙酰苯胺的产率。答案为：使用刺形分馏柱可以很好地将沸点差别不太大的乙酸和水分开，只将生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方向移动，乙酸又可以回流到烧瓶内继续反应，从而提高乙酰苯胺的产率；(4)反应中需要将生成的水蒸出，促进平衡正向移动，提高产率。水的沸点是100℃，而冰醋酸的沸点为117.9℃，温度过高会导致反应物的挥发，温度过低反应速率太慢，且不易除去水，所以加热温度应介于水与乙酸的沸点之间，不能采用水浴反应，加热方式可采用油浴，最佳温度范围是a。答案为：油浴；a；(5)不断分离出生成的水，可以使反应正向进行，提高乙酰苯胺的产率，反应基本完全时，冷凝管中不再有液滴流下；乙酰苯胺易溶于酒精和热水，所以洗涤粗品最合适的试剂是用少量的冷水洗，以减少溶解损失。答案为：冷凝管中不再有液滴流下；b；(6)分离提纯乙酰苯胺时，若趁热加入活性炭，溶液会因受热不均而暴沸，所以在加入活性炭脱色前需放置数分钟，使热溶液稍冷却，其目的是防止暴沸，若加入过多的活性炭，则会吸附一部分乙酰苯胺，使乙酰苯胺的产率偏小。答案为：防止暴沸；偏小；(7)苯胺的物质的量为=0.11mol，理论上完全反应生成乙酰苯胺的质量为0.11mol×135.16g/mol=14.8g，该实验最终得到纯品7.36g，则乙酰苯胺的产率是=49.7%。答案为：49.7。【点睛】乙酸与苯胺反应生成乙酰苯胺的反应是一个可逆反应，若想提高反应物的转化率或生成物的产率，压强和催化剂都是我们无须考虑的问题，温度是我们唯一可以采取的措施。因为反应物很容易转化为蒸气，若不控制温度，反应物蒸出，转化率则会降低，所以温度尽可能升高，但同时要保证其蒸气不随水蒸气一起蒸出，这样就需要我们使用刺形分馏柱，并严格控制温度范围。20、白色固体变黑吸收水蒸气，防止影响C的质量变化冷却至室温偏小SO3O22CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑0.128T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2【解析】

(1)根据无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象，根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；(2)气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小；(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气；(4)0.64g硫酸铜的物质的量为＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：＝0.004mol，氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物质的量为：＝0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；