湖南省华容县2025年高三开年第一考化学试题含解析

湖南省华容县2025年高三开年第一考化学试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、反应Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，作氧化剂的是（）A．Fe2O3 B．CO C．Fe D．CO22、2019年11月2日，14岁的华裔女孩Karafan用硝酸银替代了原液体创可贴中的硝酸铜，凭此改进，获评“美国顶尖青年科学家”。下列说法错误的是（）A．该液体创可贴显酸性B．银离子能使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用C．该液体创可贴中，银离子浓度越大越好D．硝酸银比硝酸铜的杀菌效果更好3、下列说法不正确的是（）A．HCOOH和CH3COOH互为同系物B．与CH3CH2CHO互为同分异构体C．质子数为35、中子数为45的溴原子：35D．烷烃CH3CH(CH3)C(CH3)3的名称是2,3,3-三甲基丁烷4、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则下列说法不正确的是（）A．W、X、Y形成的简单离子核外电子数相同B．Z和W可形成原子个数比为1：2和1：3的共价化合物C．Y和Z形成的化合物可以通过复分解反应制得D．X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应5、NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020mol·L－1NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0mL混合，记录10～55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图。据图分析，下列判断不正确的是()A．40℃之前，温度升高反应速率加快，变蓝时间变短B．40℃之后溶液变蓝的时间随温度的升高变长C．图中b、c两点对应的NaHSO3的反应速率相等D．图中a点对应的NaHSO3的反应速率为5.0×10－5mol·L－1·s－16、锂空气充电电池有望成为电动汽车的实用储能设备。工作原理示意图如下，下列叙述正确的是A．该电池工作时Li+向负极移动B．Li2SO4溶液可作该电池电解质溶液C．电池充电时间越长，电池中Li2O含量越多D．电池工作时，正极可发生：2Li++O2+2e-=Li2O27、化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是A．SO2和NO2是主要的大气污染物B．大气中的SO2和CO2溶于水形成酸雨C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染D．对煤燃烧后形成的烟气脱硫，目前主要用石灰法8、下列叙述正确的是A．Na在足量O2中燃烧，消耗lmolO2时转移的电子数是4×6.02×1023B．盐酸和醋酸的混合溶液pH=1，该溶液中c(H+)=0.1mol/LC．1L0.1mol/LNH4Cl溶液中的NH数是0.1×6.02×1023D．标准状况下2.24LCl2中含有0.2mol共价键9、下列物质的制备中，不符合工业生产实际的是A．NH3NONO2HNO3B．浓缩海水Br2HBrBr2C．饱和食盐水Cl2漂白粉D．H2和Cl2混合气体HCl气体盐酸10、设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．1mol中共平面的碳原子数最多为6NAB．1L0.5mol/LKHC2O4溶液中含HC2O4-和H2C2O4的数目为0.5NAC．25℃、1.01×105Pa下，44.8LSO2和CO2的混合气体中所含分子数为2NAD．12.0gNaHSO4和MgSO4的固体混合物中所含阳离子总数为0.1NA11、25℃时，向20.00mL0.1mol/LH2X溶液中滴入0.1mo1/LNaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-)的负对数[一lgc水(OH-)]即pOH水-与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是A．水的电离程度：M>P B．图中P点至Q点对应溶液中逐渐增大C．N点和Q点溶液的pH相同 D．P点溶液中12、常温下，用0.1mol·L1KOH溶液滴定10mL0.1mol·L1HA（Ka＝1.0×105）溶液的滴定曲线如图所示。下列说法错误的是A．a点溶液的pH约为3B．水的电离程度：d点＞c点C．b点溶液中粒子浓度大小：c（A－）＞c（K＋）＞c（HA）＞c（H＋）＞c（OH－）D．e点溶液中：c（K＋）=2c（A－）+2c（HA）13、能正确表示下列反应的离子反应方程式的是A．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：H++SO42-＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2OB．Cl2溶于过量NaOH溶液中：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OC．醋酸除水垢CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑D．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32-＋2H＋=SO2↑＋H2O14、锂钒氧化物二次电池成本较低，且对环境无污染，其充放电的反应方程式为V2O5+xLiLixV2O5。如图为用该电池电解含镍酸性废水制取单质镍的装置。下列说法正确的是（）A．该电池充电时，负极的电极反应式为LixV2O5–xe-=V2O5+xLi+B．该电池可以用LiCl水溶液作电解质溶液C．当电池中有7gLi参与放电时，能得到59gNiD．电解过程中，NaCl溶液的浓度会不断增大15、化学与人类社会的生活、生产、科技密切相关。下列说法错误是（）A．氢能的优点是燃烧热值高，已用作火箭和燃料电池的燃料B．糖类、油脂和蛋白质均由C、H、O三种元素组成C．离子反应的速率受温度影响不大，是一类几乎不需要用活化能来引发的反应D．游泳池可用漂粉精、臭氧、活性炭等进行消毒16、电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。向10mL0.3mol·L－1Ba(OH)2溶液滴入0.3mol·L－1NH4HSO4溶液，其电导率随滴入的NH4HSO4溶液体积的变化如图所示（忽略BaSO4溶解产生的离子）。下列说法不正确的是A．a→e的过程水的电离程度逐渐增大B．b点：c(Ba2+)=0.1moI.L-1C．c点：c(NH4+)<c(OH-)D．d点：c(SO42－)+c(H+)>c(OH-)+c(NH3∙H2O)二、非选择题（本题包括5小题）17、阿司匹林()是有机合成过程中的中间体。已知：Ⅰ.Ⅱ.(具有较强的还原性)(1)反应④的试剂和条件为______；反应①的反应类型为______；反应②的作用是_____；(2)B的结构简式为_______；(3)下列关于G中的描述正确的是______；A．具有两性，既能与酸反应也能与碱反应B．能发生加成、消去、取代和氧化反应C．能聚合成高分子化合物D．1molG与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2(4)D与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为_______；反应②的化学方程式为_________；(5)符合下列条件的C的同分异构体有_____种；a.属于芳香族化合物，且含有两个甲基b.既能发生银镜反应又能发生水解反应其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的是______________；(6)已知：依据题意，写出以甲苯为原料合成邻氨基苯甲酸的流程图(无机试剂任选)________。18、为分析某盐的成分，做了如下实验：请回答：（1）盐M的化学式是_________；（2）被NaOH吸收的气体的电子式____________；（3）向溶液A中通入H2S气体，有淡黄色沉淀产生，写出反应的离子方程式________(不考虑空气的影响)。19、实验室制备甲基丙烯酸甲酯的反应装置示意图和有关信息如下：+CH3OH+H2O药品相对分子质量熔点/℃沸点/℃溶解性密度（g•cm-3）甲醇32-98-64.5与水混溶，易溶于有机溶剂0.79甲基丙烯酸8615161溶于热水，易溶于有机剂1.01甲基丙烯酸甲酯100-48100微溶于水，易溶于有机溶剂0.944已知甲基丙烯酸甲酯受热易聚合；甲基丙烯酸甲酯在盐溶液中溶解度较小；CaCl2可与醇结合形成复合物；实验步骤：①向100mL烧瓶中依次加入：15mL甲基丙烯酸、2粒沸石、10mL无水甲醇、适量的浓硫酸；②在分水器中预先加入水，使水面略低于分水器的支管口，通入冷凝水，缓慢加热烧瓶。在反应过程中，通过分水器下部的旋塞分出生成的水，保持分水器中水层液面的高度不变，使油层尽量回到圆底烧瓶中；③当，停止加热；④冷却后用试剂X洗涤烧瓶中的混合溶液并分离；⑤取有机层混合液蒸馏，得到较纯净的甲基丙烯酸甲酯。请回答下列问题：（1）A装置的名称是_____。（2）请将步骤③填完整____。（3）上述实验可能生成的副产物结构简式为_____(填两种）。（4）下列说法正确的是______A．在该实验中，浓硫酸是催化剂和脱水剂B．酯化反应中若生成的酯的密度比水大，不能用分水器提高反应物的转化率C．洗涤剂X是一组试剂，产物要依次用饱和Na2CO3、饱和CaCl2溶液洗涤D．为了提高蒸馏速度，最后一步蒸馏可采用减压蒸馏；该步骤一定不能用常压蒸馏（5）实验结束收集分水器分离出的水，并测得质量为2.70g，计算甲基丙烯酸甲酯的产率约为_____。实验中甲基丙烯酸甲酯的实际产率总是小于此计算值，其原因不可能是_____。A．分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯B．实验条件下发生副反应C．产品精制时收集部分低沸点物质D．产品在洗涤、蒸发过程中有损失20、某学习小组以电路板刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）为原料制备纳米Cu20，制备流程如下：已知：①Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu;Cu2O不溶于水，极易溶于碱性溶液；Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。②生成Cu2O的反应：4Cu(OH)2+N2H4∙H2O=2Cu2O+N2↑+7H2O请回答：（1）步骤II，写出生成CuR2反应的离子方程式：____________________________（2）步骤II，需对水层多次萃取并合并萃取液的目的是___________________________（3）步骤III，反萃取剂为_____________（4）步骤IV，①制备纳米Cu2O时，控制溶液的pH为5的原因是_______________A．B．C．②从溶液中分离出纳米Cu2O采用离心法，下列方法也可分离Cu2O的是_________③Cu2O干燥的方法是_________________（5）为测定产品中Cu2O的含量，称取3.960g产品于锥形瓶中，加入30mL硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液（足量），充分反应后用0.2000mol·L－1标准KMnO4溶液滴定，重复2～3次，平均消耗KMnO4溶液50.00mL。①产品中Cu2O的质量分数为_______②若无操作误差，测定结果总是偏高的原因是_____21、氢气是一种理想的绿色能源。利用生物发酵得到的乙醇制取氢气，具有良好的应用前景。乙醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如下图所示：已知：反应I和反应II的平衡常数随温度变化曲线如图所示。（1）反应I中，1molCH3CH2OH(g)参与反应后的热量变化是256kJ。①H2O的电子式是：_________________。②反应I的热化学方程式是：___________________________。（2）反应II，在进气比[n(CO):n(H2O)]不同时，测得相应的CO的平衡转化率见下图（各点对应的反应温度可能相同，也可能不同）。①图中D、E两点对应的反应温度分别为TD和TE。判断：TD_______TE（填“＜”“＝”或“＞”）。②经分析，A、E和G三点对应的反应温度相同，其原因是A、E和G三点对应的____相同。③当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是______。（3）反应III，在经CO2饱和处理的KHCO3电解液中，电解活化CO2制备乙醇的原理如下图所示。①阴极的电极反应式是__________________________。②从电解后溶液中分离出乙醇的操作方法是______________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

在氧化还原反应中化合价降低，得电子的物质为氧化剂，据此分析。【详解】A、反应Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，中Fe元素的化合价降低，得电子，则Fe2O3是氧化剂，故A正确；B、CO中碳在氧化还原反应中化合价升高，失电子，作还原剂，故B错误；C、铁是还原产物，故C错误；D、CO2是氧化产物，故D错误；故选：A。2、C【解析】

A．硝酸银是强酸弱碱盐，水解显酸性，故A正确；B．银离子是重金属阳离子能使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，故B正确；C．银离子浓度大，如果被人体内脏吸收，会积累而发生病变，且永远无法排出体外，极大危害人体健康，故C错误；D．银离子氧化性大于铜离子，硝酸银比硝酸铜的杀菌效果更好，故D正确；故选：C。3、D【解析】A．HCOOH和CH3COOH均为羧酸，且分子组成相差一个CH2基团，两者互为同系物，故A正确；B．与CH3CH2CHO分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故B正确；C．质子数为35、中子数为45的溴原子可表示为3580Br，故C正确；D．根据系统命名法，烷烃CH3CH(CH3)C(CH3)34、C【解析】

W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，为钠元素，W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素，Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为铝元素，据此分析。【详解】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，为钠元素，W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素，Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为铝元素，A．W、X、Y形成的简单离子O2-、Na+、Al3+，核外电子数相同，均是10电子微粒，A正确；B．硫和氧可以形成二氧化硫和三氧化硫两种共价化合物，原子个数比为1:2和1:3，B正确；C．由于硫离子和铝离子水解相互促进生成氢氧化铝和硫化氢，因此硫化铝不能通过复分解反应制备，C错误；D．X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸，氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠、硫酸都反应，所以它们之间能两两反应，D正确；答案选C。5、C【解析】

A、根据图像，40℃以前由80s逐渐减小，说明温度升高反应速率加快，故A说法正确；B、根据图像，40℃之后，溶液变蓝的时间随温度的升高变长，故B说法正确；C、40℃以前，温度越高，反应速率越快，40℃以后温度越高，变色时间越长，反应越慢，可以判断出40℃前后发生的化学反应不同，虽然变色时间相同，但不能比较化学反应速率，故C说法错误；D、混合前NaHSO3的浓度为0.020mol·L－1，忽略混合前后溶液体积的变化，根据c1V1=c2V2，混合后NaHSO3的浓度为0.020mol/L×10×10-3L(10+40)×10-3L=0.0040mol·L－1，a点溶液变蓝时间为80s，因为NaHSO3不足或KIO3过量，NaHSO3浓度由0.0040mol·L－1变为0，根据化学反应速率表达式，a点对应的NaHSO3反应速率为0.0040mol/L答案选C。易错点是选项D，学生计算用NaHSO3表示反应速率时，直接用0.02mol·L－1和时间的比值，忽略了变化的NaHSO3浓度应是混合后NaHSO3溶液的浓度。6、D【解析】

A．原电池中，阳离子应该向正极移动，选项A错误；B．单质锂会与水反应生成氢氧化锂和氢气，所以电解质溶液不能使用任何水溶液，选项B错误；C．电池充电的时候应该将放电的反应倒过来，所以将正极反应逆向进行，正极上的Li应该逐渐减少，所以电池充电时间越长，Li2O含量应该越少，选项C错误；D．题目给出正极反应为：xLi++O2+xe-=LixO2，所以当x=2时反应为：2Li++O2+2e-=Li2O2；所以选项D正确。7、B【解析】A．空气中的SO2和NO2是主要的大气污染物，故A正确；B．大气中的SO2和氮氧化物是形成酸雨的主要污染物，故B错误；C．液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气污染小，减少大气污染，故C正确；D．用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，可以将有害气体二氧化硫转化为硫酸钙，减少环境污染，故D正确；答案为B。8、B【解析】

A．反应后氧元素的价态为-1价，故lmolO2时转移的电子数是2×6.02×1023，故A错误；B．混合溶液pH=1，pH=-lgc（H+）=1，故c（H+）=10-pH=0.1mol/L，故B正确；C．NH4+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故NH4+数小于0.1×6.02×1023，故C错误；D．标准状况下2.24LCl2的物质的量为0.1mol，而1mol氯气中含1mol共价键，故0.1mol氯气中含0.1mol共价键，故D错误；故选B。9、D【解析】

A．工业上制备硝酸是通过氨的催化氧化生成NO后，生成的NO与O2反应生成NO2，NO2溶于水生成HNO3，A项不符合题意，不选；B．通过海水提取溴，是用Cl2氧化经H2SO4酸化的浓缩海水，将其中的Br-氧化为Br2，通过热空气和水蒸气吹入吸收塔，用SO2将Br2转化为HBr，再向吸收塔内通入Cl2氧化为Br2，经CCl4萃取吸收塔中的Br2得到，B项不符合题意，不选；C．工业生产中用直流电电解饱和食盐水法制取氯气，通过氯气和石灰乳（即Ca(OH)2）制得漂白粉，C项不符合题意，不选；D．H2和Cl2混合气体在光照条件下会剧烈反应，发生爆炸，不适合工业生产，D项符合题意；答案选D。10、D【解析】

A.中四元环C原子不共面，故最多共面碳原子数为3NA，故A错误；B.根据物料守恒可知1L0.5mol/LKHC2O4溶液中含HC2O4-和H2C2O4和C2O42-的数目为0.5NA，故B错误；C.条件为25℃不是标况，故C错误；D.12.0gNaHSO4和MgSO4的固体混合物中总物质的量为0.1mol，阳离子为Na+和Mg2+，故含阳离子总数为0.1NA，故D正确；故答案选：D。11、D【解析】

-1gc水(OH-)越小，c水(OH-)越大，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大，则c水(OH-)越小，据此分析解答。【详解】A．M点水电离出的c水(OH-)为10-11.1mol/L，P点水电离出的c水(OH-)为10-5.4mol/L，水的电离程度M＜P，故A错误；B．水解平衡常数只与温度有关，P点至Q点溶液中c(OH-)依次增大，则=×=依次减小，故B错误；C．N点到Q点，加入的NaOH逐渐增多，溶液的pH逐渐增大，故C错误；D．P点溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D正确；故选D。明确图象曲线变化的含义为解答关键。本题的易错点为B，要注意电离平衡常数、水解平衡常数、水的离子积常数、溶度积等常数都是只与温度有关的数据，温度不变，这些常数不变。12、D【解析】

A．由溶液pH=7时消耗KOH的体积小于10mL可知，HA为弱酸，设0.1mol·L1HA溶液中c(H+)=xmol/L，根据电离平衡常数可知，解得x≈1×10-3mol/L，因此a点溶液的pH约为3，故A不符合题意；B．d点溶质为KA，c点溶质为HA、KA，HA会抑制水的电离，KA会促进水的电离，因此水的电离程度：d点＞c点，故B不符合题意；C．b点溶质为等浓度的KA和HA，，HA的电离程度大于A-的水解程度，结合溶液呈酸性可知b点溶液中粒子浓度大小：，故C不符合题意；D．e点物料守恒为：，故D符合题意；故答案为：D。比较时溶液中粒子浓度：（1）弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO-＋H+，H2OOH-＋H+，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)；（2）弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa=CH3COO-＋Na+，CH3COO-＋H2OCH3COOH＋OH-，H2OH+＋OH-，所以CH3COONa溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)。13、B【解析】

A.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，正确离子方程式为：2H++SO42-＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，A项错误；B.Cl2溶于过量NaOH溶液中生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，B项正确；C.醋酸为弱酸，离子方程式中不拆，C项错误；D.稀HNO3具有强氧化性，能将Na2SO3氧化为Na2SO4，D项错误；答案选B。本题易错点D，离子方程式正确判断时，要注意物质的性质，有强氧化剂时，会与还原剂发生氧化还原反应。14、D【解析】

V2O5+xLiLixV2O5，分析反应得出Li化合价升高，为负极，V2O5化合价降低，为正极。【详解】A.该电池充电时，阴极的电极反应式为Li++e－=Li，故A错误；B.Li会与LiCl水溶液中水反应，因此LiCl水溶液不能作电解质溶液，故B错误；C.根据电子守恒得到关系式2Li—Ni，因此当电池中有7gLi即1mol参与放电时，能得到0.5molNi即29.5g，故C错误；D.电解过程中，碳棒为阳极，阳极区钠离子穿过阳离子膜不断向右移动，右边是阴极，阴极区氯离子穿过阴离子膜不断向左移动，因此NaCl溶液的浓度会不断增大，故D正确。综上所述，答案为D。分析电池中化合价，对放电来说化合价升高为负极，降低为正极，充电时，原电池的负极就是充电时的阴极，书写时将原电池负极反过来书写即可。15、B【解析】

A．氢能的优点是燃烧热值高，已用作火箭和燃料电池的燃料，故A正确；B．糖类和油脂是由C、H、O三种元素组成，蛋白质除了含C、H、O外，还含有N、S、P等元素，故B错误；C．离子反应的活化能接近于零，所以速率受温度影响不大，是一类几乎不需要用活化能来引发的反应，故C正确；D．漂粉精、臭氧具有强氧化性，活性炭具有吸附作用，游泳池可用漂粉精、臭氧、活性炭等进行消毒，故D正确；故选B。16、D【解析】

ac段电导率一直下降，是因为氢氧化钡和硫酸氢铵反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨，c点溶质为一水合氨，ce段电导率增加，是一水合氨和硫酸氢铵反应生成硫酸铵，溶液中的离子浓度增大。【详解】A.a→e的过程为碱溶液中加入盐，水的电离程度逐渐增大，故正确；B.b点c(Ba2+)==0.1moI.L-1，故正确；C.c点的溶质为一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，水也能电离出氢氧根离子，所以有c(NH4+)<c(OH-)，故正确；D.d点溶液为等物质的量的一水合氨和硫酸铵，电荷守恒有①c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42－)+c(OH-)，物料守恒有②c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=3c(SO42－)，②-①可得c(SO42-)+c(H+)=c(OH-)+c(NH3∙H2O)，故错误。故选D。掌握溶液中的微粒守恒关系，如电荷守恒和物料守恒等，注意分清溶液中的成分和数据关系。二、非选择题（本题包括5小题）17、浓硫酸、浓硝酸、加热取代反应保护酚羟基，以防被氧化AC+3NaOH+CH3COONa+2H2O+(CH3CO)2O→+CH3COOH6或【解析】

乙酰氯和乙酸反应生成A，A和B反应生成C，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，根据D的结构简式()知，C为，B中含有苯环，根据B的分子式C7H8O知，B为，根据信息I，A为(CH3CO)2O；D发生水解反应然后酸化得到E，E为，E反应生成F，F发生还原反应生成G，根据G的结构简式()结合题给信息知，F为；(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，据此分析解答。【详解】(1)反应④为转化为，发生的是苯环上的硝化反应，反应的条件为浓硫酸、浓硝酸和加热；反应①为乙酰氯()转化为乙酸，反应类型为取代反应；酚羟基也容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，反应②的作用是保护酚羟基，防止被氧化，故答案为浓硫酸、浓硝酸和加热；取代反应；保护酚羟基，防止被氧化；(2)根据上述分析，B的结构简式为，故答案为；(3)A．G()中含有羧基和氨基，所以具有酸性和碱性，则具有两性，既能与酸反应也能和碱反应，故A正确；B．G()中含有酚羟基，能发生氧化反应，但不能发生消去反应，羧基能发生取代反应，苯环能发生加成反应，故B错误；C．G()中含有羧基和酚羟基(或氨基)，能发生缩聚反应生成高分子化合物，故C正确；D．只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故D错误；故选AC；(4)D中含有羧基和酯基，酯基水解生成的酚羟基都能与氢氧化钠反应，与足量的NaOH反应的化学方程式为+3NaOH+CH3COONa+2H2O，反应②的化学方程式为+(CH3CO)2O→+CH3COOH，故答案为+3NaOH+CH3COONa+2H2O；+(CH3CO)2O→+CH3COOH；(5)C为，C的同分异构体符合下列条件：a．属于芳香族化合物，说明含有苯环，且含有两个甲基；b．能发生银镜反应，说明含有醛基；又能发生水解反应，说明含有酯基，则为甲酸酯类物质，如果两个-CH3位于邻位，HCOO-有2种位置；如果两个-CH3位于间位，HCOO-有3种位置；如果两个-CH3位于对位，HCOO-有1种位置；共6种同分异构体，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的是或，故答案为6；或；(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，其合成流程图为，故答案为。本题的易错点为(6)，根据题意，苯环上引入取代基的位置与苯环上已有取代基的种类有关，要注意硝化反应和氧化反应的先后顺序不能颠倒。18、Fe(ClO4)32Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓【解析】

（1）混合单质气体被稀NaOH溶液吸收后得到的无色气体能使带火星木条复燃，证明有氧气生成；能被氢氧化钠吸收的气体单质为Cl2.,说明M中含有O和Cl元素；由“”说明红棕色固体为Fe2O3，说明M中含有Fe元素；n（Fe2O3）=16g÷160g/mol=0.1mol，n（O2）=33.6g÷32g/mol=1.05mol，则m（Cl）=70.9g-33.6g-16g=21.3g，n（Cl）=21.3g÷35.5g/mol=0.6mol，n（Fe）：n（Cl）：n（O）=0.2mol：0.6mol：（0.3mol+1.05mol×2）=1:3:12，则M的分子式为Fe(ClO4)3。（2）被NaOH吸收的气体为氯气，其电子式为：。（3）A为FeCl3溶液，向溶液A中通入H2S气体，有淡黄色沉淀产生，反应的离子方程式2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓。19、球形冷凝管分水器中液面不再变化、CH3OCH3BD85.2%C【解析】

（1）A装置的名称是球形冷凝管。（2）步骤③为当分水器中液面不再变化，停止加热（3）上述实验可能发生的副反应为甲基丙烯酸甲酯聚合、甲醇分子间脱水、甲基丙烯酸聚合。（4）A.在该实验中，浓硫酸是催化剂和吸水剂B.酯化反应中若生成的酯的密度比水大，沉在水下，水从分水器中流入圆底烧瓶内，不能提高反应物的转化率C.洗涤剂X是一组试剂，产物要依次用饱和Na2CO3去除甲基丙烯酸、饱和NaCl溶液洗去甲基丙烯酸甲酯中溶解的Na2CO3、饱和CaCl2溶液吸收甲醇和水D.为了提高蒸馏速度，最后一步蒸馏可采用减压蒸馏；该步骤一定不能用常压蒸馏，防止甲基丙烯酸甲酯受热聚合（5）实验结束收集分水器分离出的水，并测得质量为2.70g，其物质的量为，则生成甲基丙烯酸甲酯0.15mol，n(甲基丙烯酸)=，n(甲醇)=，理论上生成甲基丙烯酸甲酯0.176mol，所以其产率约为。A.分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯，则实际产率减小；B.实验条件下发生副反应，则实际产率减小；C.产品精制时收集部分低沸点物质,则实际产率增大；D.产品在洗涤、蒸发过程中有损失，则实际产率减小。【详解】（1）A装置的名称是球形冷凝管。答案为：球形冷凝管；（2）步骤③为当分水器中液面不再变化，停止加热。答案为：分水器中液面不再变化；（3）上述实验可能生成的副产物结构简式为、CH3OCH3。答案为：、CH3OCH3；（4）A.在该实验中，浓硫酸是催化剂和吸水剂，A错误；B.酯化反应中若生成的酯的密度比水大，则酯沉在分水器中水下，水从分水器中流入圆底烧瓶内，不能提高反应物的转化率，B正确；C.洗涤剂X是一组试剂，产物要依次用饱和Na2CO3去除甲基丙烯酸、饱和NaCl溶液洗去甲基丙烯酸甲酯中溶解的Na2CO3、饱和CaCl2溶液吸收甲醇和水，C错误；D.为了提高蒸馏速度，最后一步蒸馏可采用减压蒸馏；该步骤一定不能用常压蒸馏，防止甲基丙烯酸甲酯受热聚合，D正确。答案为：BD；（5）实验结束收集分水器分离出的水，并测得质量为2.70g，其物质的量为，则生成甲基丙烯酸甲酯0.15mol，n(甲基丙烯酸)=，n(甲醇)=，理论上生成甲基丙烯酸甲酯0.176mol，所以其产率约为=85.2%。答案为：85.2%；A.分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯，则实际产率减小；B.实验条件下发生副反应，则实际产率减小；C.产品精制时收集部分低沸点物质，则实际产率增大；D.产品在洗涤、蒸发过程中有损失，则实际产率减小。答案为：C。20、Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2提高铜离子的萃取率，提高原料利用率稀硫酸pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解C真空干燥90.90%制备氧化亚铜时，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大【解析】

刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）加入过量的氨水，形成铜氨溶液，同时生成氢氧化亚铁和氢氧化铁沉淀，铜氨溶液中加入有机溶液得到CuR2，再反萃取剂条件下生成硫酸铜溶液。【详解】（1）步骤II，铜氨溶液和RH的有机溶液反应生成氨气和氯化铵和CuR2，离子方程式为：Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2；（2）需要对水层多次萃取并合并萃取液是能提高铜离子的萃取率，提高原料利用率；（3）通过前后的物质分析，反萃取剂提供硫酸根离子和氢离子，