浙江省百校高三沖刺模擬新高考化學試卷及答案解析

浙江省百校高三沖刺模擬新高考化學試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、常溫下，用0.100mol·L－1NaOH溶液分別滴定20.00mL0.100mol·L－1的HA溶液和HB溶液的滴定曲線如圖。下列說法錯誤的是（己知lg2≈0.3）A．HB是弱酸，b點時溶液中c（B－）>c（Na+）>c（HB）B．a、b、c三點水電離出的c（H+）：a>b>cC．滴定HB溶液時，應用酚酞作指示劑D．滴定HA溶液時，當V（NaOH）=19.98mL時溶液pH約為4.32、元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相對位置如下表所示,其中R單質在暗處與H2劇烈化合并發(fā)生爆炸。則下列判斷正確的是()A．非金屬性:Z<T<XB．R與Q的電子數(shù)相差26C．氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性:R<T<QD．最高價氧化物的水化物的酸性:R>Q3、同溫同壓下,等質量的SO2氣體和SO3氣體相比較,下列敘述中正確的是（）A．密度比為4:5 B．物質的量之比為4:5C．體積比為1:1 D．原子數(shù)之比為3:44、下列物質的熔點，前者大于后者的是A．晶體硅、碳化硅 B．氯化鈉、甲苯 C．氧化鈉、氧化鎂 D．鉀鈉合金、鈉5、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．1L0.1mol·L-1的氨水中含有的NH3分子數(shù)為0.1NAB．標準狀況下，2.24L的CCl4中含有的C-Cl鍵數(shù)為0.4NAC．14g由乙烯與環(huán)丙燒(C3H6)組成的混合氣體含有的碳原子數(shù)目為NAD．常溫常壓下，F(xiàn)e與足量稀鹽酸反應生成2.24LH2,轉移電子數(shù)為0.3NA6、化學是現(xiàn)代生產、生活與科技的中心學科之一，下列與化學有關的說法，正確的是A．2022年冬奧會聚氨酯速滑服，是新型無機非金屬材料B．石墨烯是由單層碳原子構成的平面結構新型碳材料，屬于烯烴C．顧名思義，蘇打水就是蘇打的水溶液，也叫弱堿性水，是帶有弱堿性的飲料D．人們洗發(fā)時使用的護發(fā)素，其主要功能是調節(jié)頭發(fā)的pH使之達到適宜的酸堿度7、下列說法不正確的是()A．C2H6和C6H14一定互為同系物B．甲苯分子中最多有13個原子共平面C．石油裂解和油脂皂化均是由高分子物質生成小分子物質的過程D．制乙烯時，配制乙醇和濃硫酸混合液：先加乙醇5mL，再加入濃硫酸15mL邊加邊振蕩8、利用如圖所示裝置進行下列實驗，不能得出相應實驗結論的是選項①②③實驗結論A稀硫酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金屬性：S>C>SiB濃硫酸蔗糖溴水濃硫酸具有脫水性、氧化性C濃硝酸FeNaOH溶液說明鐵和濃硝酸反應可生成NO2D濃氨水生石灰酚酞氨氣的水溶液呈堿性A．A B．B C．C D．D9、關于氮肥的說法正確的是（）A．硫銨與石灰混用肥效增強 B．植物吸收氮肥屬于氮的固定C．使用碳銨應深施蓋土 D．尿素屬于銨態(tài)氮肥10、實驗室為監(jiān)測空氣中汞蒸氣的含量，通常懸掛有CuI的濾紙，根據(jù)濾紙是否變色或顏色發(fā)生變化的時間來判斷空氣中汞的含量，其反應為：4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu。下列有關說法正確的是()A．上述反應的產物Cu2HgI4中，Hg的化合價為＋2B．上述反應中CuI既是氧化劑，又是還原劑C．上述反應中Hg元素與Cu元素均被氧化D．上述反應中生成64gCu時，轉移的電子數(shù)為2NA11、下列離子方程式正確且符合題意的是A．向Ba(NO3)2溶液中通入SO2，產生白色沉淀，發(fā)生的離子反應為Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2HB．向K3[Fe(CN)6]溶液中加入少量鐵粉，產生藍色沉淀，發(fā)生的離子反應為Fe+2[Fe(CN)6]3=Fe2++2[Fe(CN)6]4，3Fe2++2[Fe(CN)6]3=Fe3[Fe(CN)6]2↓C．向酸化的KMnO4溶液中加入少量Na2S，再滴加BaCl2溶液，產生白色沉淀，證明一定發(fā)生離子反應：8MnO4-+5S2+24H=8Mn2++5SO42+12H2OD．向FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液變黃色：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl12、下列根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得出的結論正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象結論A蘸有濃氨水的玻璃棒靠近溶液X有白煙產生溶液X一定是濃鹽酸B用玻璃棒蘸取溶液Y進行焰色反應實驗火焰呈黃色溶液Y中一定含Na+C向Fe(NO3)2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液溶液變黃氧化性：H2O2>Fe3+D用煮沸過的蒸餾水將Na2SO3固體樣品溶解，加稀鹽酸酸化，再加入氯化鋇溶液有白色沉淀產生Na2SO3樣品中含有SO42－A．A B．B C．C D．D13、用下列實驗裝置能達到實驗目的的是(部分夾持裝置未畫出)A．分離液體混合物B．蒸發(fā)NaC1溶液獲得NaC1晶體C．制取二氧化硫氣體D．測定化學反應速率14、已知1mol氫氣和氧氣完全燃燒生成水蒸氣放出241.8千焦熱量，下列熱化學方程式正確的是A．2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+241.8kJB．H2（g）+1/2O2（g）→H2O（s）+241.8kJC．H2（g）+1/2O2（g）→H2O（g）-241.8kJD．H2O（g）→H2（g）+1/2O2（g）-241.8kJ15、我國科學家發(fā)明了一種“可固氮”的鋰-氮二次電池，將可傳遞Li+的醚類作電解質，電池的總反應為6Li+N22Li3A．固氮時，鋰電極發(fā)生還原反應B．脫氮時，釕復合電極的電極反應：2Li3N-6e-=6Li++N2↑C．固氮時，外電路中電子由釕復合電極流向鋰電極D．脫氮時，Li+向釕復合電極遷移16、下列關于有機物（）的說法錯誤的是A．該分子中的5個碳原子可能共面B．與該有機物含相同官能團的同分異構體只有3種C．通過加成反應可分別制得烷烴、鹵代烴D．鑒別該有機物與戊烷可用酸性高錳酸鉀溶液二、非選擇題（本題包括5小題）17、布洛芬具有降溫和抑制肺部炎癥的雙重作用。一種制備布洛芬的合成路線如圖：已知：①CH3CH2ClCH3CH2MgCl②+HCl回答下列問題：（1）A的化學名稱為___，G→H的反應類型為___，H中官能團的名稱為__。（2）分子中所有碳原子可能在同一個平面上的E的結構簡式為__。（3）I→K的化學方程式為___。（4）寫出符合下列條件的D的同分異構體的結構簡式__(不考慮立體異構)。①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；②分子中有一個手性碳原子；③核磁共振氫譜有七組峰。（5）寫出以間二甲苯、CH3COCl和(CH3)2CHMgCl為原料制備的合成路線：__(無機試劑任選)。18、新澤茉莉醛是一種名貴的香料，合成過程中還能得到一種PC樹脂，其合成路線如圖。已知：①RCHO+R′CH2CHO+H2O②RCHO+HOCH2CH2OH+H2O③+2ROH+HCl(1)E的含氧官能團名稱是_________，E分子中共面原子數(shù)目最多為___________。(2)寫出反應①的化學方程式_________________________________。(3)寫出符合下列條件并與化合物E互為同分異構體的有機物結構簡式____________。a．能與濃溴水產生白色沉淀b．能與溶液反應產生氣體c．苯環(huán)上一氯代物有兩種(4)反應②的反應類型是_______。(5)已知甲的相對分子質量為30，寫出甲和G的結構簡式____________、___________。(6)已知化合物C的核磁共振氫譜有四種峰，寫出反應③的化學方程式______________。(7)結合已知①，以乙醇和苯甲醛()為原料，選用必要的無機試劑合成，寫出合成路線(用結構簡式表示有機物，用箭頭表示轉化關系，箭頭上注明試劑和反應條件)______________________________。19、乳酸亞鐵晶體{CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}是一種很好的食品鐵強化劑，易溶于水，廣泛應用于乳制品、營養(yǎng)液等，吸收效果比無機鐵好，可由乳酸與FeCO3反應制得：2CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O+CO2↑Ⅰ.制備碳酸亞鐵（FeCO3）：裝置如圖所示。（1）儀器C的名稱是______。（2）清洗儀器，檢查裝置氣密性，A中加入鹽酸，B中加入鐵粉，C中加入NH4HCO3溶液。為順利達成實驗目的，上述裝置中活塞的打開和關閉順序為：關閉活塞_____，打開活塞_____，裝置B中可觀察到的現(xiàn)象是_____，當加入足量鹽酸后，關閉活塞1，反應一段時間后，關閉活塞_____，打開活塞_____。C中發(fā)生的反應的離子方程式為_____。Ⅱ.制備乳酸亞鐵晶體：將制得的FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量鐵粉，在75℃下攪拌使之充分反應。然后再加入適量乳酸。（3）加入少量鐵粉的作用是_____。從所得溶液中獲得乳酸亞鐵晶體所需的實驗操作是隔絕空氣低溫蒸發(fā)，冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。Ⅲ.乳酸亞鐵晶體純度的測量：（4）若用KMnO4滴定法測定樣品中Fe2+的量進而計算純度時，發(fā)現(xiàn)結果總是大于100%，其原因可能是_____。（5）經查閱文獻后，改用Ce(SO4)2標準溶液滴定進行測定。反應中Ce4+離子的還原產物為Ce3+。測定時，先稱取5.76g樣品，溶解后進行必要處理，用容量瓶配制成250mL溶液，每次取25.00mL，用0.100mol/LCe(SO4)2標準溶液滴定至終點，記錄數(shù)據(jù)如表所示。滴定次數(shù)0.100mol/LCe(SO4)2標準溶液/mL滴定前讀數(shù)滴定后讀數(shù)10.1019.6520.1222.3231.0520.70則產品中乳酸亞鐵晶體的純度為______（以質量分數(shù)表示，保留3位有效數(shù)字）。20、乙酰苯胺是常用的醫(yī)藥中間體，可由苯胺與乙酸制備。反應的化學方程式如下：

+CH3COOH+H2O某實驗小組分別采用以下兩種方案合成乙酰苯胺：方案甲：采用裝置甲：在圓底燒瓶中加入5.0mL苯胺、7.4mL乙酸，加熱至沸，控制溫度計讀數(shù)100~105℃，保持液體平緩流出，反應40min后停止加熱即可制得產品。方案乙：采用裝置乙：加熱回流，反應40min后停止加熱。其余與方案甲相同。已知：有關化合物的物理性質見下表：化合物密度(g·cm-3)溶解性熔點(℃)沸點(℃)乙酸1.05易溶于水，乙醇17118苯胺1.02微溶于水，易溶于乙醇–6184乙酰苯胺—微溶于冷水，可溶于熱水，易溶于乙醇114304請回答：(1)儀器a的名稱是_________(2)分別從裝置甲和乙的圓底燒瓶中獲得粗產品的后續(xù)操作是____________(3)裝置甲中分餾柱的作用是______________(4)下列說法正確的是__________A．從投料量分析，為提高乙酰苯胺產率，甲乙兩種方案均采取的措施是乙酸過量B．實驗結果是方案甲的產率比方案乙的產率高C．裝置乙中b處水流方向是出水口D．裝置甲中控制溫度計讀數(shù)在118℃以上，反應效果會更好(5)甲乙兩方案獲得的粗產品均采用重結晶方法提純。操作如下：①請選擇合適的編號，按正確的操作順序完成實驗（步驟可重復或不使用）____→____→____→____→過濾→洗滌→干燥a冷卻結晶b加冷水溶解c趁熱過濾d活性炭脫色e加熱水溶解上述步驟中為達到趁熱過濾的目的，可采取的合理做法是___________②趁熱過濾后，濾液冷卻結晶。一般情況下，有利于得到較大的晶體的因素有_____A．緩慢冷卻溶液B．溶液濃度較高C．溶質溶解度較小D．緩慢蒸發(fā)溶劑③關于提純過程中的洗滌，下列洗滌劑中最合適的是______________。A．蒸餾水B．乙醇C．5%Na2CO3溶液D．飽和NaCl溶液21、亞硝酰氯是工業(yè)上重要的原料，是合成有機物的中間體。2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H＜0（1）在恒溫條件下,向2L恒容密閉容器中加入0.2molNO和0.1molCl2,10min時反應達到平衡。測得10min內v(ClNO)=7.5×10-3mol·L-1·min-1,則平衡后NO的轉化率α1=_____________。其它條件保持不變，反應在恒壓條件下進行，平衡時NO的轉化率α2________α1(填“＞”“＜”或“＝”)。（2）若使反應2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)的平衡常數(shù)增大，可采用的措施是___________。（3）將NO與Cl2按物質的量之比2∶1充入一絕熱密閉容器中，發(fā)生反應：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO△H＜0，實驗測得NO的轉化率α(NO)隨時間的變化經如圖所示。NO(g)的轉化率α(NO)在t2~t3時間段內降低的原因是______________________________。（4）在其他條件相同時，向五個恒溫的密閉容器中分別充入1molCl2與2molNO,發(fā)生反應：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H<0,部分反應條件及平衡時ClNO的含量如下表所示：容器編號溫度/℃容器體積/L平衡時ClNO含量(占比)ⅠT122/3ⅡT2=T13W2ⅢT3＞T1V32/3ⅣT4V4W4ⅤT5V5W5①V3________2(填寫“大于”、“小于”或“等于”)；②容器Ⅱ中化學平衡常數(shù)K=_________；③容器Ⅳ、容器Ⅴ分別與容器Ⅰ相比實驗條件不同，反應體系總壓強隨時間的變化如圖所示。與容器Ⅰ相比，容器Ⅳ改變的實驗條件是_____________________；容器Ⅴ與容器Ⅰ的體積不同，則容器Ⅴ中反應達到平衡時氣體總壓強(P)的范圍是________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

A.20.00mL0.100mol·L－1的HB溶液，pH大于1，說明HB是弱酸，b點溶質為HB和NaB，物質的量濃度相等，溶液顯酸性，電離程度大于水解程度，因此溶液中c(B－)>c(Na+)>c(HB)，故A正確；B.a、b、c三點，a點酸性比b點酸性強，抑制水電離程度大，c點是鹽，促進水解，因此三點水電離出的c(H+)：c>b>a，故B錯誤；C.滴定HB溶液時，生成NaB，溶液顯堿性，應用酚酞作指示劑，故C正確；D.滴定HA溶液時，當V(NaOH)=19.98mL時溶液氫離子濃度為，則pH約為4.3，故D正確。綜上所述，答案為B。2、B【解析】

R單質在暗處與H2劇烈化合并發(fā)生爆炸，則R為F元素，由元素在周期表中的位置可知，T為Cl元素，Q為Br元素，X為S元素，Z為Ar元素?！驹斀狻緼．Z為Ar元素，最外層為穩(wěn)定結構，金屬性與非金屬性在同周期中最弱，且同周期自左而右非金屬性增強，非金屬性Z＜X＜T，A項錯誤；B．R為F元素，Q為Br元素，原子序數(shù)相差26，B項正確；C．同主族自上而下，非金屬性減弱，非金屬性F＞Cl＞Br，非金屬性越強，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，穩(wěn)定性HF＞HCl＞HBr，C項錯誤；D．R為F，非金屬性很強，沒有最高價含氧酸，D項錯誤；答案選B。3、A【解析】

由n＝＝可知，ρ＝＝，據(jù)此分析作答?！驹斀狻緼.由上述分析可知，在相同條件下氣體的相對分子質量之比等于其密度之比，所以兩種氣體的密度之比為64∶80＝4∶5，A項正確；B.設氣體的質量均為mg，則n(SO2)＝mol，n(SO3)＝mol，所以二者物質的量之比為∶＝80∶64＝5∶4，B項錯誤；C.根據(jù)V＝n·Vm可知，同溫同壓下，氣體的體積之比等于物質的量之比，所以兩種氣體的體積之比為5∶4，C項錯誤；D.根據(jù)分子組成可知，兩種氣體的原子數(shù)之比為（5×3）∶（4×4）＝15∶16，D項錯誤；答案選A。4、B【解析】

A、原子晶體共價鍵的鍵長越短、鍵能越大，熔點越高，鍵長：Si-Si>Si-C，所以熔點前者小于后者，選項A不符合題意；B、分子晶體的熔點低于離子晶體，甲苯是分子晶體而氯化鈉是離子晶體，所以氯化鈉的熔點高于甲苯，選項B符合題意；C、離子晶體晶格能越大熔點越高，氧化鎂的晶格能大于氧化鈉，所以熔點前者小于后者，選項C不符合題意；D、合金的熔點低于各成份的熔點，所以鉀鈉合金的熔點小于鈉熔點，選項D不符合題意；答案選B。5、C【解析】

A.氨水中存在電離平衡，因此溶液中實際存在的氨分子一定少于0.1mol，A項錯誤；B.四氯化碳在標況下不是氣體，因此無法按氣體摩爾體積計算其分子數(shù)，B項錯誤；C.乙烯和環(huán)丙烷的最簡式相同，均為，因此14g混合物相當于1mol的，自然含有NA個碳原子，C項正確；D.常溫常壓下，氣體摩爾體積并不是，因此無法根據(jù)氫氣的體積進行計算，D項錯誤；答案選C。6、D【解析】

A．聚氨酯全名為聚氨基甲酸酯，屬于高分子有機化合物，是有機合成材料，故A錯誤；B．烯烴中含有C、H元素，而石墨烯是由單層碳原子構成的單質，沒有H原子，不屬于烯烴，故B錯誤；C．蘇打水為碳酸氫鈉的水溶液，也叫弱堿性水，是帶有弱堿性的飲料，故C錯誤；D．洗發(fā)水的pH大于7、護發(fā)素的pH小于7，人們洗發(fā)時使用護發(fā)素，可調節(jié)頭發(fā)的pH達到適宜的酸堿度，使頭發(fā)在弱酸的環(huán)境中健康成長，故D正確；故選D。7、C【解析】

A．C2H6和C6H14表示都是烷烴，烷烴的結構相似，碳原子之間都是單鍵，其余鍵均為C－H鍵，分子式相差若干個CH2，互為同系物，正確，A不選；B．甲苯中苯基有11個原子共平面，甲基中最多有2個原子與苯基共平面，最多有13個原子共平面，正確，B不選；C．高分子化合物的相對分子質量在10000以上，石油的成分以及油脂不是高分子化合物，錯誤，C選；D．濃硫酸溶于水放出大量的熱，且密度比水大，為防止酸液飛濺，應先在燒瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢將濃硫酸加入燒瓶，邊加邊振蕩，正確，D不選。答案選C。8、C【解析】

A、稀硫酸滴入碳酸鈉中二者反應生成二氧化碳，二氧化碳與硅酸鈉溶液反應生成硅酸沉淀，說明順酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，非金屬性：S>C>Si，能得出相應實驗結論，不選A；B、濃硫酸能使蔗糖脫水碳化，反應放熱，濃硫酸在加熱條件下與碳反應生成的二氧化硫能使溴水褪色，能得出實驗結論，不選B；C、常溫下，濃硝酸使鐵鈍化，不能得出實驗結論，選C；D、濃氨水與生石灰反應生成的氨氣使酚酞變紅，證明氨氣的水溶液呈堿性，能得出實驗結論，不選D；答案選C。9、C【解析】

A．將硫酸銨與堿性物質熟石灰混合施用時會放出氨氣而降低肥效，故A錯誤；B．植物吸收氮肥是吸收化合態(tài)的氮元素，不屬于氮的固定，故B錯誤；C．碳酸氫銨受熱容易分解，易溶于水，使用碳銨應深施蓋土，避免肥效損失，故C正確；D．尿素屬于有機氮肥，不屬于銨態(tài)氮肥，故D錯誤。答案選C。10、A【解析】

A．Cu2HgI4中Cu元素的化合價為+1價，Hg為+2價，I為﹣1價，故A正確；B．Cu元素化合價部分由+1價降低到0價，被還原，CuI為氧化劑，故B錯誤；C．Cu得到電子被還原，Hg失去電子被氧化，故C錯誤；D．由方程式可知，上述反應中生成64gCu，即1mol時，轉移1mol電子，電子數(shù)為1NA，故D錯誤；答案選A。11、B【解析】

A．BaSO3和HNO3不能大量共存，白色沉淀是BaSO4，A項錯誤；B．鐵氰化鉀可氧化鐵單質生成亞鐵離子，F(xiàn)e2+與K3[Fe(CN)6]溶液反應生成具有藍色特征的鐵氰化亞鐵沉淀，離子方程式正確，B項正確；C．不能排除是用硫酸對高錳酸鉀溶液進行酸化，故酸化的高錳酸鉀溶液中可能含有H2SO4，則不能證明上述離子反應一定發(fā)生，C項錯誤；D．還原性：I＞Fe2+，少量氯水優(yōu)先氧化碘離子，離子方程式應為2I＋Cl2=I2＋2Cl，D項錯誤；答案選B?！军c睛】離子方程式書寫正誤判斷方法：（1）一查：檢查離子反應方程式是否符合客觀事實；（2）二查：“==”“”“↓”“↑”是否使用恰當；（3）三查：拆分是否正確。只有易溶于水的強電解質能拆寫成離子，其他物質均不能拆寫；（4）四查：是否漏寫離子反應；（5）五查：反應物的“量”——過量、少量、足量等；（6）六查：是否符合三個守恒：質量守恒、電荷守恒以及得失電子守恒。12、D【解析】

A.若X為濃硝酸，蘸有濃氨水的玻璃棒靠近溶液X也會產生白煙，溶液X不一定是濃鹽酸，A項錯誤；B.鈉元素的焰色反應為黃色，由于玻璃中含有鈉元素，會干擾實驗，所以應改用鉑絲取溶液Y進行焰色反應，此時若火焰為黃色，則Y溶液中一定含有鈉離子，B項錯誤；C.在酸性條件下，F(xiàn)e(NO3)2溶液中含有的NO3—具有強氧化性，優(yōu)先把Fe2+氧化成Fe3+，使得溶液變黃，因而不能判斷氧化性：H2O2>Fe3+，C項錯誤；D.Na2SO3和稀鹽酸反應生成SO2，溶液中沒有SO32-，再加入氯化鋇溶液有白色沉淀，說明Na2SO3固體變質被部分或全部氧化成Na2SO4，白色為BaSO4沉淀，即Na2SO3樣品中含有SO42－，D項正確。故選D。13、B【解析】

A.該實驗為蒸餾，溫度計水銀球應置于蒸餾燒瓶支管處，以便測量蒸汽的溫度，A錯誤；B.該實驗為蒸發(fā)，蒸發(fā)指蒸去溶劑從而得到溶質固體，因而蒸發(fā)NaC1溶液獲得NaC1晶體，B正確；C.銅與濃硫酸反應需要加熱，該裝置中未添加酒精燈，C錯誤；D.過氧化氫與二氧化錳反應生成的氧氣會從長頸漏斗溢出，從而無法測量化學反應速率，應該用分液漏斗，D錯誤。故答案選B。14、D【解析】

1mol氫氣和氧氣完全燃燒生成水蒸氣放出241.8kJ熱量，該反應的熱化學方程式為：H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ/mol，即H2（g）+1/2O2（g）→H2O（g）+241.8kJ，選項B、C均錯誤；2mol氫氣和氧氣完全燃燒生成水蒸氣放出483.6kJ熱量，該反應的熱化學方程式為：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ/mol，即2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+483.6kJ，選項A錯誤；1mol水蒸氣分解生成氫氣和氧氣吸收241.8kJ熱量，該反應的熱化學方程式為：H2O（g）=H2（g）+O2（g）△H=+241.8kJ/mol，即H2O（g）→H2（g）+1/2O2（g）-241.8kJ，選項D正確。答案選D?！军c睛】據(jù)熱化學方程式的書寫原則寫出氫氣燃燒生成氣態(tài)水的熱化學方程式，方程中的熱量和化學計量數(shù)要對應，根據(jù)1mol氣態(tài)水轉化成液態(tài)水放出的熱量，結合氫氣與氧氣反應生成氣態(tài)水的反應熱計算生成液態(tài)水的反應熱。15、B【解析】

據(jù)總反應6Li+N22Li3N可知：放電時鋰失電子作負極，負極上電極反應式為6Li-6e-═6Li+，Li+移向正極，氮氣在正極得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為6Li++N2+6e-═2Li3【詳解】A.固氮時，鋰電極失電子發(fā)生氧化反應，故A錯誤；B.脫氮時，釕復合電極的電極反應為正極反應的逆反應：2Li3N-6e-=6Li++N2↑，故B正確；C.固氮時，外電路中電子由鋰電極流向釕復合電極，故C錯誤；D.脫氮時，Li+向鋰電極遷移，故D錯誤；答案：B【點睛】明確原電池負極：升失氧；正極：降得還，充電:負極逆反應為陰極反應，正極逆反應為陽極反應是解本題關鍵，題目難度中等，注意把握金屬鋰的活潑性。16、B【解析】

A.乙烯分子是平面分子，該化合物中含有不飽和的碳碳雙鍵，與這兩個不飽和碳原子連接的C原子在乙烯分子的平面內，對于乙基來說，以亞甲基C原子為研究對象，其周圍的C原子構成的是四面體結構，最多兩個頂點與該原子在同一平面上，所以該分子中的5個碳原子可能共面，A不符合題意；B.與該有機物含相同官能團的同分異構體有CH2=CH-CH2CH2CH3、CH3CH=CH-CH2CH3、、，B符合題意；C.該物質分子中含有碳碳雙鍵，與H2發(fā)生加成反應產生烷烴；與鹵化氫和鹵素單質發(fā)生加成反應可制得鹵代烴，C不符合題意；D.戊烷性質穩(wěn)定，不能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，而該物質分子中含有不飽和碳碳雙鍵，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使其褪色，因此可以用酸性高錳酸鉀溶液鑒別二者，D不符合題意；故合理選項是B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、甲苯消去反應碳碳雙鍵、酯基+H2O+CH3OH【解析】

根據(jù)F的結構可知A中應含有苯環(huán)，A與氯氣可以在光照條件下反應，說明A中含有烷基，與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應，A的分子式為C7H8，則符合條件的A只能是；則B為，B→C→D發(fā)生信息①的反應，所以C為，D為；D中羥基發(fā)生消去反應生成E，則E為或；E與氫氣加成生成F，F(xiàn)生成G，G在濃硫酸加熱的條件下羥基發(fā)生消去反應生成H，則H為，H與氫氣加成生成I，則I為，I中酯基水解生成K?！驹斀狻?1)A為，名稱為甲苯；G到H為消去反應；H為，其官能團為碳碳雙鍵、酯基；(2)E為或，其中的碳原子可能在同一平面上；(3)I到K的過程中酯基發(fā)生水解，方程式為+H2O+CH3OH；(4)D為，其同分異構體滿足：①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應說明含有酚羥基；②分子中有一個手性碳原子，說明有一個飽和碳原子上連接4個不同的原子或原子團；③核磁共振氫譜有七組峰，有7種環(huán)境的氫，結構應對稱，滿足條件的同分異構體為：；(5)根據(jù)觀察可知需要在間二甲苯的苯環(huán)上引入一個支鏈，根據(jù)信息②可知CH3COCl/AlCl3可以在苯環(huán)上引入支鏈-COCH3，之后的流程與C到F相似，參考C到F的過程可知合成路線為：。18、羥基、醛基16加成反應（或還原反應）HCHO【解析】

反應①是苯與溴發(fā)生取代反應生成A，A為，結合B的分子式可知，A發(fā)生水解反應生成B，B為。結合D的分子式與E的結構簡式可知D為。對比E與新澤茉莉醛的結構簡式，結合F→G的反應條件及信息①②，可知E→F發(fā)生信息②中的反應，F(xiàn)→G發(fā)生信息①中的反應，且甲的相對分子質量為30，可推知甲為HCHO、F為、G為，G與氫氣發(fā)生加成反應生成新澤茉莉醛。結合C的分子式可知，2分子苯酚與1分子HCHO反應生成C，化合物C能發(fā)生信息③中的反應，說明C中含有羥基，且C核磁共振氫譜有四種峰，可推知C為，結合信息③可知PC樹脂結構簡式為，據(jù)此分析解答(1)～(6)；(7)結合已知①，乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛與苯甲醛反應得到，再進一步氧化生成，最后與乙醇發(fā)生酯化反應得到目標物，據(jù)此書寫合成路線圖?！驹斀狻?1)E為，含氧官能團有羥基、醛基，E分子中苯環(huán)、-CHO均為平面結構，且直接相連的原子共面，共面原子數(shù)目最多為16個，故答案為羥基、醛基；16；(2)反應①的化學方程式為，故答案為；(3)E為，與化合物E互為同分異構體的有機物符合條件：a．能與濃溴水產生白色沉淀，說明含酚-OH；b．能與NaHCO3溶液反應產生氣體，說明含-COOH；c．苯環(huán)上一氯代物有兩種，則苯環(huán)上有2種H，則符合條件的E的同分異構體為，故答案為；(4)反應②中G()與氫氣發(fā)生加成反應生成新澤茉莉醛，故答案為加成反應；(5)由上述分析可知甲和G分別為HCHO、，故答案為HCHO；；(6)反應③的化學方程式為n+n+(2n-1)HCl，故答案為n+n+(2n-1)HCl；(7)以乙醇和苯甲醛()為原料，合成，乙醇氧化生成乙醛，乙醛與苯甲醛反應生成苯丙烯醛，再將-CHO氧化為-COOH，最后在與乙醇發(fā)生酯化反應，則合成流程為CH3CH2OHCH3CHO，故答案為CH3CH2OHCH3CHO?！军c睛】本題的難點是物質結構的推導，要注意充分利用題示已知信息和各小題中提供的條件。本題的易錯點為(6)，要注意方程式的配平。19、三頸燒瓶21、3鐵粉逐漸溶解，液體中有氣泡冒出、溶液變成淺綠色32Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O防止FeCO3與乳酸反應產生的亞鐵離子被氧化乳酸根中羥基被酸性高錳酸鉀溶液氧化98.0%【解析】

亞鐵離子容易被氧氣氧化，制備過程中應在無氧環(huán)境中進行，F(xiàn)e與鹽酸反應制備氯化亞鐵，利用反應生成的氫氣排盡裝置中的空氣，故B制備氯化亞鐵，利用生成的氫氣，使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中，C裝置中FeCl2和NH4HCO3發(fā)生反應：FeCl2+2NH4HCO3＝FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，據(jù)此解答本題。【詳解】（1）儀器C為三頸燒瓶，故答案為：三頸燒瓶；（2）反應前先利用生成的氫氣除去裝置內空氣，再利用生成氫氣，使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中，具體操作為：關閉活塞2，打開活塞3，然后打開活塞1加入足量的鹽酸，然后關閉活塞1，反應一段時間后，裝置B中可觀察到的現(xiàn)象為：鐵粉逐漸溶解，液體中有氣泡冒出、溶液變成淺綠色；打開活塞2，關閉活塞3；C裝置中FeCl2和NH4HCO3發(fā)生反應：FeCl2+2NH4HCO3＝FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，反應的離子方程式為：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案為：2；1、3；鐵粉逐漸溶解，液體中有氣泡冒出、溶液變成淺綠色；3；2；Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；（3）Fe2+離子易被氧化為Fe3+離子，實驗目的是制備乳酸亞鐵晶體，加入Fe粉，可防止Fe2+離子被氧化，故答案為：防止FeCO3與乳酸反應產生的亞鐵離子被氧化；（4）乳酸根中含有羥基，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，導致消耗高錳酸鉀的增大，而計算中按亞鐵離子被氧化，故計算所得乳酸亞鐵的質量偏大，產品中乳酸亞鐵的質量分數(shù)會大于100%，故答案為：乳酸根中羥基被酸性高錳酸鉀溶液氧化；（5）三次滴定第二次操作消耗標準液數(shù)值明顯偏大，應舍去，取第一次和第三次平均值V==19.60mL，由：Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，可知25mL溶液中n(Fe2+)＝n(Ce4+)＝0.100mol/L×0.0196L＝0.00196mol，故250mL含有n(Fe2+)＝0.00196mol×=0.0196mol，故產品中乳酸亞鐵晶體的質量分數(shù)為＝98.0%，故答案為：98.0%。20、直形冷凝管將圓底燒瓶中的液體趁熱倒入盛有100mL水的燒杯，冷卻后有乙酰苯胺固體析出，過濾得粗產物利用分餾柱進行多次氣化和冷凝，使醋酸和水得到有效的分離，或“可提高引餾體與外部空氣熱交換效率，從而使柱內溫度梯度增加，使不同沸點的物質得到較好的分離?！盇BCedca將玻璃漏斗放置于銅制的熱漏斗內，熱漏斗內裝有熱水以維持溶液的溫度，進行過濾（即過濾時有保溫裝置）或趁熱用減壓快速過濾ADA【解析】

兩套裝置都是用來制備乙酰苯胺的，區(qū)別在于甲裝置使用分餾柱分離沸點在100℃至105℃左右的組分，主要是水，考慮到制備乙酰苯胺的反應可逆，這種做法更有利于獲得高的轉化率；題干中詳細提供了乙酸，苯胺和乙酰苯胺的物理性質，通過分析可知，三者溶解性和熔點上存在較明顯的差異，所以從混合溶液中獲得乙酰苯胺粗品的方法就是利用溶解性和熔點差異實現(xiàn)的；在獲取乙酰苯胺粗品后，再采用合適的方法對其進行重結晶提純即可得到純度較高的乙酰苯胺?！驹斀狻?1)儀器a的名稱即直形冷凝管；(2)由于乙酸與水混溶，乙酰苯胺可溶于熱水而苯胺只易溶于乙醇，并且，乙酰苯胺熔點114℃，而乙酸和苯胺的熔點分別僅為17℃和-6℃；所以分離乙酰苯胺粗品時，可將圓底燒瓶中的液體趁熱倒入盛有熱水的燒杯中，冷卻后，乙酰苯胺固體析出，再將其過濾出來，即可得到乙酰苯胺粗品；(3)甲裝置中溫度計控制在100℃至105℃，這與水和乙酸的沸點很接近，因此甲裝置中分餾柱的作用主要是將體系內的水和乙酸有效地分離出去；(4)A．增加乙酸的投料，可以使平衡正向移動獲得更高的產率，A項正確；B．由于甲裝置中的分餾柱能夠有效地將產物中的水從體系內分離出去，水被分離出去后，對于乙酰苯胺制備反應的正向進行更有利，因此甲裝置可以獲得更高的轉化率，B項正確；C．冷凝管水流的方向一般是下口進水，上口出水，C項正