2024年北京市房山區(qū)房山中學高三第一次模擬考試化學試卷含解析

2024年北京市房山區(qū)房山中學高三第一次模擬考試化學試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、2019年諾貝爾化學獎授予美國科學家約翰?古迪納夫、斯坦利?惠廷厄姆和日本科學家吉野彰，以表彰他們在鋰離子電池研發(fā)領域作出的貢獻。近日，有化學家描繪出了一種使用DMSO（二甲亞砜）作為電解液，并用多孔的黃金作為電極的鋰—空氣電池的實驗模型，該電池放電時在多孔的黃金上氧分子與鋰離子反應，形成過氧化鋰，其裝置圖如圖所示。下列有關敘述正確的是（）A．DMSO電解液能傳遞Li＋和電子，不能換成水溶液B．該電池放電時每消耗2molO2，轉移4mol電子C．給該鋰—空氣電池充電時，金屬鋰接電源的正極D．多孔的黃金為電池正極，電極反應式可能為O2＋4e-=2O2-2、如圖表示某個化學反應過程的能量變化。該圖表明（）A．催化劑可以改變該反應的熱效應B．該反應是個放熱反應C．反應物總能量低于生成物D．化學反應遵循質(zhì)量守恒定律3、下圖是有機合成中的部分片段：下列說法錯誤的是A．有機物a能發(fā)生加成、氧化、取代等反應B．有機物a~d都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．d中所有原子不可能共平面D．與b互為同分異構體、含有1個和2個的有機物有4種4、下列除雜（括號內(nèi)為少量雜質(zhì)）操作正確的是物質(zhì)（少量雜質(zhì)）操作A．KNO3固體（NaCl）加水溶解、蒸發(fā)結晶、趁熱過濾、洗滌、干燥B．NaCl固體（KNO3）加水溶解、蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥C．FeCl3溶液（NH4Cl）加熱蒸干、灼燒D．NH4Cl溶液（FeCl3）滴加氨水至不再產(chǎn)生沉淀為止，過濾A．A B．B C．C D．D5、厭氧氨化法（Anammox）是一種新型的氨氮去除技術，下列說法中正確的是A．1molNH4+所含的質(zhì)子總數(shù)為10NAB．聯(lián)氨（N2H4）中含有離子鍵和非極性鍵C．過程II屬于氧化反應，過程IV屬于還原反應D．過程I中，參與反應的NH4+與NH2OH的物質(zhì)的量之比為1∶26、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加。A是元素Y的單質(zhì)。常溫下，甲的濃溶液具有脫水性，和A發(fā)生鈍化。丙、丁、戊是由這些元素組成的二元化合物，且丙是無色刺激性氣味氣體。上述物質(zhì)的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是（）A．丁和戊中所含元素種類相同B．簡單離子半徑大小：X＜YC．氣態(tài)氫化物的還原性：X＞ZD．Y的簡單離子與Z的簡單離子在水溶液中可大量共存7、在通風櫥中進行下列實驗：步驟現(xiàn)象Fe表面產(chǎn)生大量無色氣泡，液面上方變?yōu)榧t棕色Fe表面產(chǎn)生少量紅棕色氣泡后，迅速停止Fe、Cu接觸后，其表面均產(chǎn)生紅棕色氣泡下列說法中，不正確的是（）A．Ⅰ中氣體由無色變紅棕色的化學方程式為：2NO+O2=2NO2B．Ⅱ中的現(xiàn)象說明Fe表面形成致密的氧化層，阻止Fe進一步反應C．對比Ⅰ、Ⅱ中現(xiàn)象，說明稀HNO3的氧化性強于濃HNO3D．針對Ⅲ中現(xiàn)象，在Fe、Cu之間連接電流計，可判斷Fe是否持續(xù)被氧化8、下列實驗方案中，可以達到實驗目的的是（）選項實驗操作與現(xiàn)象目的或結論A向裝有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振蕩、靜置后分層裂化汽油可萃取溴B用pH試紙分別測定相同溫度和相同濃度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH驗證酸性：CH3COOH＞HClOC將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液變紅Fe(NO3)2晶體已氧化變質(zhì)D取少量某無色弱酸性溶液，加入過量NaOH溶液并加熱，產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍溶液中一定含有NH4+A．A B．B C．C D．D9、下列說法正確的是()A．表示與反應時含鋁微粒濃度變化曲線，圖中a點溶液中含大量B．可知平衡常數(shù)很大，反應趨于完全C．為一種高分子結構片斷，可知該高分子的結構簡式為D．反應①比反應②的速率慢，與相應正反應的活化無關10、幾種化合物的溶解度隨溫度變化曲線如圖所示，下列說法正確的是（）A．NaClO3的溶解是放熱過程B．由圖中數(shù)據(jù)可求出300K時MgCl2飽和溶液的物質(zhì)的量濃度C．可采用復分解反應制備Mg（ClO3）2：MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaClD．若NaCl中含有少量Mg（ClO3）2，可用降溫結晶方法提純11、下列說法正確的是A．將溴乙烷與氫氧化鉀混合液加熱，再滴加硝酸銀溶液，觀察有沉淀生成，可證明溴乙烷中含有溴B．用紙層析法分離鐵離子與銅離子時，藍色斑點在棕色斑點的下方，說明銅離子在固定相中分配得更多C．食醋總酸含量的測定實驗中，先用移液管吸取市售食醋25ml，置于250ml容量瓶中加水稀釋至刻度線，從配制后的溶液中取出25ml進行實驗，其主要目的是可以減少食醋的揮發(fā)D．準確量取25.00mL的液體可選用移液管、量筒或滴定管等量具12、下列說法中錯誤的是:A．SO2、SO3都是極性分子 B．在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位鍵 C．元素電負性越大的原子，吸引電子的能力越強 D．原子晶體中原子以共價鍵結合，具有鍵能大、熔點高、硬度大的特性13、Anammox法是一種新型的氨氮去除技術。設阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值為NA，則下列說法正確的是A．1moLNH4+所含電子數(shù)為11NAB．30gN2H2中含有的共用電子對數(shù)目為4NAC．過程II屬于還原反應，過程IV屬于氧化反應D．過程I中反應得到的還原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為1：214、廢水中過量的氨氮(NH3和NH4+)會導致水體富營養(yǎng)化。為研究不同pH下用NaClO氧化廢水中的氨氮(用硝酸銨模擬)，使其轉化為無污染的氣體，試劑用量如下表。已知：HClO的氧化性比ClO—的氧化性更強。下列說法錯誤的是pH0.100mol/LNH4NO3(mL)0.100mol/LNaClO(mL)0.200mol/LH2SO4(mL)蒸餾水(mL)氨氮去除率(%)1.010.0010.0010.0010.00892.010.0010.00V1V2756.0……85A．V1=2.00B．pH=1時發(fā)生反應:3ClO—+2NH4+=3Cl—+N2↑+3H2O+2H+C．pH從1升高到2，氨氮去除率降低的原因是更多的HClO轉化為ClO—D．pH控制在6時再進行處理更容易達到排放標準15、下列說法正確的是()A．可用水鑒別乙酸和乙酸乙酯B．木材纖維和土豆淀粉遇碘水均顯藍色C．一定條件下，乙酸乙酯、淀粉、乙烯都能與水發(fā)生水解反應D．向蛋白質(zhì)中加入濃的Na2SO4溶液、CuSO4溶液均能凝結析出，加水后又能溶解16、t℃時，將0.5mol/L的氨水逐滴加入10.00mL0.5mol/L鹽酸中，溶液中溫度變化曲線Ⅰ、pH變化曲線Ⅱ與加入氨水的體積的關系如下圖所示（忽略混合時溶液體積的變化）。下列說法正確的是A．Kw的比較：a點比b點大B．b點氨水與鹽酸恰好完全反應，且溶液中c（NH4+）=c（Cl─）C．c點時溶液中c（NH4＋）=c（Cl─）=c（OH─）=c（H＋）D．d點時溶液中c（NH3?H2O）＋c（OH─）=c（Cl─）+c（H＋）二、非選擇題（本題包括5小題）17、以下是有機物H的合成路徑。已知：(1)①的反應類型是________。②的反應條件是_____________。(2)試劑a是_________。F的結構簡式是_________。(3)反應③的化學方程式_________。與E互為同分異構體，能水解且苯環(huán)上只有一種取代基的結構簡式是_________。（寫出其中一種）(4)A合成E為何選擇這條路徑來合成，而不是A和HCHO直接合成，理由是_________。(5)根據(jù)已有知識，設計由為原料合成的路線_________，無機試劑任選（合成路線常用的表示方法為：XY……目標產(chǎn)物）18、有機化合物P是合成抗腫瘤藥物的中間體，其合成路線如下:已知:RClRCOOH（1）H的官能團名稱___________。寫出E的結構簡式___________。（2）B→C中①的化學方程式___________。（3）檢驗F中官能團的試劑及現(xiàn)象_________。（4）D的同分異構體有多種，其中滿足以下條件的有________種。①1molD能與足量NaHCO3反應放出2molCO2②核磁共振氫譜顯示有四組峰（5）H→J的反應類型___________。（6）已知：K經(jīng)過多步反應最終得到產(chǎn)物P：①K→L的化學方程式___________。②寫出M的結構簡式___________。19、硫酸銅是一種常見的化工產(chǎn)品，它在紡織、印染、醫(yī)藥、化工、電鍍以及木材和紙張的防腐等方面有極其廣泛的用途。實驗室制備硫酸銅的步驟如下:①在儀器a中先加入20g銅片、60mL水，再緩緩加入17mL濃硫酸:在儀器b中加入39mL濃硝酸;在儀器c中加入20%的石灰乳150mL。②從儀器b中放出約5mL濃硝酸，開動攪拌器然后采用滴加的方式逐漸將濃硝酸加到儀器a中，攪拌器間歇開動。當最后滴濃硝酸加完以后，完全開動攪拌器，等反應基本停止下來時，開始用電爐加熱直至儀器a中的紅棕色氣體完全消失，立即將導氣管從儀器c中取出，再停止加熱。③將儀器a中的液體倒出，取出未反應完的銅片溶液冷卻至室溫.析出藍色晶體.回答下列問題:（1）將儀器b中液體滴入儀器a中的具體操作是__________。（2）寫出裝置a中生成CuSO4的化學方程式:_______。（3）步驟②電爐加熱直至儀器a中的紅棕色氣體完全消失，此時會產(chǎn)生的氣體是______，該氣體無法直接被石灰乳吸收，為防止空氣污染，請畫出該氣體的吸收裝置（標明所用試劑及氣流方向）______。（4）通過本實驗制取的硫酸銅晶體中常含有少量Cu（NO3）2,可來用重結晶法進行提純，檢驗Cu（NO3）2是否被除凈的方法是_______。（5）工業(yè)上也常采用將銅在450°C左右焙燒，再與一定濃度的硫酸反應制取硫酸銅的方法，對比分析本實驗采用的硝酸氧化法制取CuSO4的優(yōu)點是_______。（6）用滴定法測定藍色晶體中Cu2+的含量。取ag試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL用cmol·L-1EDTA（H2Y）標準溶液滴定至終點，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液bmL，滴定反應為Cu2++H2Y=CuY+2H+，藍色晶體中Cu2+質(zhì)量分數(shù)_____%.20、實驗室以海綿銅（主要成分為Cu和CuO）為原料制取CuCl的主要流程如圖所示。已知：①CuCl微溶于水，不溶于乙醇，可溶于氯離子濃度較大的溶液中。②CuCl露置于潮濕的空氣中易被氧化?；卮鹣铝袉栴}。（1）“氧化”時溫度應控制在60~70℃，原因是____________________。（2）寫出“轉化”過程中的離子方程式____________________。（3）“過濾Ⅱ”所得濾液經(jīng)__________、__________、過濾等操作獲得(NH4)2SO4晶體，可用作化學肥料?！斑^濾Ⅱ”所得濾渣主要成分為CuCl，用乙醇洗滌的優(yōu)點是________________。（4）氯化銨用量[]與Cu2+沉淀率的關系如圖所示。隨著氯化銨用量的增多Cu2+沉淀率增加，但當氯化銨用量增加到一定程度后Cu2+的沉淀率減小，其原因是__________。（5）若CuCl產(chǎn)品中混有少量CaSO4，設計提純CuCl的實驗方案：__________。（實驗中可選試劑：0.1mol·L?1鹽酸、10mol·L?1鹽酸、蒸餾水、無水乙醇）21、有機物M是有機合成的重要中間體，制備M的一種合成路線如下(部分反應條件和試劑略去)：已知：①A的密度是相同條件下H2密度的38倍；其分子的核磁共振氫譜中有3組峰；②(-NH2容易被氧化)；③R-CH2COOH請回答下列問題：(1)B的化學名稱為______。A中官能團的電子式為______。(2)CD的反應類型是______，I的結構簡式為______。(3)FG的化學方程式為______。(4)M不可能發(fā)生的反應為______(填選項字母)。a.加成反應b.氧化反應c.取代反應d.消去反應(5)請寫出任意兩種滿足下列條件的E的同分異構體有______。①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應②能與NaHCO3反應③含有-NH2(6)參照上述合成路線，以為原料(無機試劑任選)，設計制備的合成路線：______。

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．DMSO電解液能傳遞Li＋，但不能傳遞電子，A不正確；B．該電池放電時O2轉化為O22-，所以每消耗2molO2，轉移4mol電子，B正確；C．給該鋰—空氣電池充電時，金屬鋰電極應得電子，作陰極，所以應接電源的負極，C不正確；D．多孔的黃金為電池正極，電極反應式為O2＋2e-=O22-，D不正確；故選B。2、B【解析】

A.由圖可知，加入催化劑能降低反應的活化能，但反應熱不變，A項錯誤；B.由圖象可知，反應物總能量大于生成物總能量，故為放熱反應，B項正確；C.由圖象可知，反應物總能量大于生成物總能量，C項錯誤；D.化學反應一定遵循質(zhì)量守恒定律，但是根據(jù)題目要求，圖示不能說明質(zhì)量守衡，D項錯誤。答案選B。3、D【解析】

本題考查有機物的結構與性質(zhì)，意在考查知識遷移能力?！驹斀狻緼.a中含有碳碳雙鍵，可以發(fā)生加成反應，氧化反應，氫原子在一定條件下可以被取代，故不選A；B.a含有碳碳雙鍵和醛基、b中含有碳碳雙鍵、c、d中均含有-CH2OH，它們能被酸性高錳酸鉀氧化，故不選B；C.d中含有四面體結構的碳，所以所有的原子不可能共平面，故不選C；D.與b互為同分異構體、含有1個-COOH和2個-CH3的有機物有、、、、、等，故選D；答案：D【點睛】易錯選項B，能使酸性高錳酸鉀褪色的有：碳碳雙鍵、碳碳三鍵、和苯環(huán)相連的碳上有C-H鍵，醇羥基（和羥基相連的碳上含有C-H鍵）、酚、醛等。4、D【解析】

A.

KNO3和NaCl的溶解度受溫度的影響不同，硝酸鉀溶解度受溫度影響較大，而氯化鈉受溫度影響較小，所以可采取加熱水溶解配成飽和溶液、冷卻熱飽和溶液使KNO3先結晶出來、再過濾，故A錯誤；B.

KNO3和NaCl的溶解度受溫度的影響不同，硝酸鉀溶解度受溫度影響較大，而氯化鈉受溫度影響較小，所以可采取加水溶解、蒸發(fā)結晶、趁熱過濾、洗滌、干燥，故B錯誤；C.加熱促進鐵離子水解，生成的HCl易揮發(fā)，蒸干不能得到氯化鐵，故C錯誤；D.氯化鐵與氨水反應生成沉淀，則滴加氨水至不再產(chǎn)生沉淀為止，過濾可除雜，故D正確；故選：D。5、C【解析】

A選項，1molNH4+所含的質(zhì)子總數(shù)為11NA，故A錯誤；B選項，聯(lián)氨（）中含有極性鍵和非極性鍵，故B錯誤；C選項，過程II中N元素化合價升高，發(fā)生氧化反應，過程IV中N化合價降低，發(fā)生還原反應，故C正確；D選項，過程I中，參與反應的NH4+到N2H4化合價升高1個，NH2OH到N2H4化合價降低1個，它們物質(zhì)的量之比為1∶1，故D錯誤；綜上所述，答案為C。【點睛】利用化合價升降進行配平來分析氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比。6、A【解析】

甲的濃溶液具有脫水性，則甲為硫酸；常溫下，和A發(fā)生鈍化，則A為鋁(Al)；丙、丁、戊是由這些元素組成的二元化合物，且丙是無色刺激性氣味氣體，結合轉化關系圖，可得出丙為SO2，丁為H2O，乙為Al2(SO4)3；SO2與戊反應生成H2SO4，則戊為H2O2。從而得出W、X、Y、Z分別為H、O、Al、S?！驹斀狻緼．丁和戊分別為H2O、H2O2，所含元素種類相同，A正確；B．簡單離子半徑：O2->Al3+，B不正確；C．氣態(tài)氫化物的還原性：H2O<H2S，C不正確；D．Al3+與S2-在水溶液中發(fā)生雙水解反應，不能大量共存，D不正確；故選A。7、C【解析】

I中鐵和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空氣生成二氧化氮；Ⅱ中Fe遇濃硝酸鈍化，表面形成致密的氧化層，阻止Fe進一步反應，所以產(chǎn)生少量紅棕色氣泡后，迅速停止；Ⅲ中構成原電池，F(xiàn)e作為負極，且Fe與濃硝酸直接接觸，會產(chǎn)生少量二氧化氮，Cu作為正極，發(fā)生得電子的反應，生成二氧化氮。【詳解】A．I中鐵和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空氣生成二氧化氮，化學方程式為:2NO+O2=2NO2，A正確；B．常溫下，F(xiàn)e遇濃硝酸易鈍化，表面形成致密的氧化層，阻止Fe進一步反應，B正確；C．對比Ⅰ、Ⅱ中現(xiàn)象，說明濃HNO3的氧化性強于稀HNO3，C錯誤；D．Ⅲ中構成原電池，在Fe、Cu之間連接電流計，可判斷Fe是否持續(xù)被氧化，D正確；答案選C。8、D【解析】

A.裂化汽油中含有碳碳雙鍵，可以與溴水發(fā)生加成反應，不能用裂化汽油萃取溴，故A錯誤；B.NaClO具有漂白性，不能用pH試紙測定其水溶液的堿性強弱，故B錯誤；C.硝酸根在酸性條件下可以將Fe2+氧化生成Fe3+，所以樣品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液變紅，并不能說明Fe(NO3)2晶體已氧化變質(zhì)，故C錯誤；D.能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體為氨氣，與NaOH溶液反應并加熱生成氨氣，則溶液中一定含有NH4+，故D正確。故選D。9、B【解析】

A．a(chǎn)點所示pH接近12，顯強堿性，堿性環(huán)境中鋁離子會先生成氫氧化鋁沉淀，后轉化為偏鋁酸根，故a點溶液中存在的含鋁微粒為偏鋁酸根，故A錯誤；B．圖象X(20，9.2)c(Ag+)=10-20mol/L，c(S2-)=10-9.2mol/L，Ksp(Ag2S)=c2(Ag+)c(S2-)=(10-20mol/L)2×10-9.2mol/L=10-49.2，同理可知Ksp

(CuS)=10-5×10-30.2=10-35.2，CuS(s)+2Ag+(aq)?Ag2S(s)+Cu2+(aq)平衡常數(shù)K=====1014，反應趨于完全，故B正確；C．該高分子化合物由對甲基苯酚與甲醛縮合生成，則高分子的結構簡式為，故C錯誤；D．根據(jù)圖象可知，反應①中正反應的活化能較小，反應②中正反應的活化能較大，則反應①比反應②的速率快，故D錯誤；故答案為B。10、C【解析】

A項、由圖象只能判斷NaClO3溶解度與溫度的關系，無法確定其溶解過程的熱效應，故A錯誤；B項、MgCl2飽和溶液的密度未知，不能求出300K時MgCl2飽和溶液的物質(zhì)的量濃度，故B錯誤；C項、反應MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaCl類似于侯德榜制堿法生產(chǎn)的原理，因為NaCl溶解度小而從溶液中析出，使反應向正方向進行，故C正確；D項、若NaCl中含有少量Mg（ClO3）2，應用蒸發(fā)結晶方法提純，故D錯誤；故選C。11、B【解析】

A．檢驗鹵代烴中鹵素原子的種類，要將鹵素原子轉變成鹵素離子，再進行檢驗；因此，先加NaOH溶液，使鹵代烴水解，再加硝酸酸化后，方可加入AgNO3，通過觀察沉淀的顏色確定鹵素原子的種類，選項中缺少加入硝酸酸化的步驟，A項錯誤；B．層析法的原理即利用待分離的混合物中各組分在某一物質(zhì)(稱作固定相)中的親和性差異，如吸附性差異，溶解性(或分配作用)差異讓混合物溶液(稱作流動相)流經(jīng)固定相，使混合物在流動相和固定相之間進行反復吸附或分配等作用，從而使混合物中的各組分得以分離；紙上層析分離能溶于水的物質(zhì)時，固定相是吸附在濾紙上的水，流動相是與水能混合的有機溶劑(如醇類)，實驗結束后，出現(xiàn)在濾紙靠上方位置的離子，其在流動相中分配更多，出現(xiàn)在濾紙靠下方位置的離子，其在固定相中分配更多；因此藍色斑點反映的銅離子，在固定相中分配更多，B項正確；C．移液管量取溶液體積的精度是0.01mL，此外，容量瓶不可用于稀釋溶液，C項錯誤；D．量筒的精確度是0.1mL，因此無法用量筒精確量取25.00mL的液體，D項錯誤；答案選B。12、A【解析】

A項，三氧化硫分子是非極性分子，它是由一個硫原子和三個氧原子通過極性共價鍵結合而成，分子形狀呈平面三角形，硫原子居中，鍵角120°，故A項錯誤；B項，在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位鍵，前者是氮原子提供配對電子對給氫原子，后者是銅原子提供空軌道，故B項正確；C項，元素的原子在化合物中把電子吸引向自己的本領叫做元素的電負性，所以電負性越大的原子，吸引電子的能力越強，故C項正確；D項，原子晶體中原子以共價鍵結合，一般原子晶體結構的物質(zhì)鍵能都比較大、熔沸點比較高、硬度比較大，故D項正確。答案選A。13、B【解析】

A．一個銨根離子含有10個電子，則1moLNH4+所含電子數(shù)為10NA，故A錯誤；B．一個N2H2（H-N=N-H）分子中含有4個共用電子對，30gN2H2的物質(zhì)的量==1mol，含有的共用電子對數(shù)目為4NA，故B正確；C．過程II中，聯(lián)胺分子中N元素化合價是?2，N2H2中N元素化合價是?1，化合價升高，屬于氧化反應，過程IV中，NO2-中N元素化合價是+3，NH2OH中N元素化合價是?1，化合價降低，屬于還原反應，故C錯誤；D．過程

I中，參與反應的NH4+與NH2OH的反應方程式為：NH4++NH2OH=N2H4+H2O+H+，則得到的還原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為1：1，故D錯誤；答案選B。【點睛】準確判斷反應中各物質(zhì)中N元素的化合價，利用氧化還原反應規(guī)律判斷解答是關鍵。14、A【解析】

A.溶液中氫離子濃度改變，而其它條件不變，則總體積為40mL，pH=2，則0.01×40=V1×0.200×2，V1=1.00mL，符合題意，A正確；B.pH=1時NaClO氧化廢水中的氨氮(用硝酸銨模擬)，使其轉化為無污染的氣體，發(fā)生反應:3ClO-+2NH4+=3Cl-+N2↑+3H2O+2H+，與題意不符，B錯誤；C.HClO的氧化性比ClO-的氧化性更強，pH從1升高到2，酸性減弱，氨氮去除率降低的原因是更多的HClO轉化為ClO-，與題意不符，C錯誤；D.pH控制在6時氨氮去除率為85%，進行處理更容易達到排放標準，與題意不符，D錯誤；答案為A。15、A【解析】

A、乙酸是溶于水的液體，乙酸乙酯是不溶于水的液體，加水出現(xiàn)分層，則為乙酸乙酯，加水不分層，則為乙酸，因此可用水鑒別乙酸和乙酸乙酯，故A正確；B、木材纖維為纖維素，纖維素不能遇碘水顯藍色，土豆中含有淀粉，淀粉遇碘單質(zhì)變藍，故B錯誤；C、乙酸乙酯中含有酯基，能發(fā)生水解，淀粉為多糖，能發(fā)生水解，乙烯不能發(fā)生水解，故C錯誤；D、Cu2＋為重金屬離子，能使蛋白質(zhì)變性，加水后不能溶解，蛋白質(zhì)和濃的輕金屬無機鹽(Na2SO4)溶液發(fā)生鹽析，加水后溶解，故D錯誤；答案選A。16、D【解析】

A．據(jù)圖可知b點的溫度比a點高，水的電離吸熱，所以b點Kw更大，故A錯誤；B．據(jù)圖可知b點加入10mL0.5mol/L的氨水，與10.00mL0.5mol/L鹽酸恰好完全反應，所以溶液中的溶質(zhì)為NH4Cl，由于銨根會發(fā)生水解，所以c(NH4+)<c(Cl─)，故B錯誤；C．c點溶液為中性，溶液中存在電荷守恒c(NH4＋)+c(H＋)=c(Cl─)+c(OH─)，溶液呈中性，所以c(H＋)=c(OH─)，c(NH4＋)=c(Cl─)，溶液中整體c(NH4＋)=c(Cl─)>c(OH─)=c(H＋)，故C錯誤；D．d點加入20mL0.5mol/L的氨水，所以溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的NH4Cl和NH3?H2O，溶液中存在電荷守恒：c(NH4＋)+c(H＋)=c(Cl─)+c(OH─)，物料守恒：2c(Cl─)=c(NH4＋)+c(NH3?H2O)，二式聯(lián)立可得c(NH3?H2O)＋c(OH─)=c(Cl─)+c(H＋)，故D正確；故答案為D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、加成濃硫酸、加熱CH3COOH防止苯甲醇的羥基被氧化【解析】

苯甲醇和醋酸在濃硫酸催化下發(fā)生酯化反應生成B（），B和甲醛反應生成C，C催化氧化生成D，D再和NaOH溶液反應生成E（），根據(jù)E的結構簡式回推，可知D→E是酯的水解，所以D為，D是C催化氧化生成的，所以C為，則B和甲醛的反應是加成反應。E→F增加了2個碳原子和2個氧原子，根據(jù)給出的已知，可推測試劑a為CH3COOH，生成的F為，F(xiàn)生成G（能使溴水褪色），G分子中有碳碳雙鍵，為F發(fā)生消去反應生成的，結合H的結構簡式可知G為?！驹斀狻浚?）①是和甲醛反應生成，反應類型是加成反應；②是的醇羥基發(fā)生消去反應生成的反應，所需試劑是濃硫酸，條件是加熱；（2）由E生成F根據(jù)分子式的變化可以推出a的結構簡式是CH3COOH，F(xiàn)的結構簡式是；（3）反應③是的分子內(nèi)酯化，化學方程式為：；E為，與E互為同分異構體，能水解，即需要有酯基，且苯環(huán)上只有一種取代基，同分異構體可以為或；（4）苯甲酸的醇羥基容易在反應過程中被氧化，A合成E選擇題中路徑來合成原因是防止苯甲醇的羥基被氧化；（5）要合成，需要有單體，由可以制得或，再發(fā)生消去反應即可得到。故合成路線為：18、醚鍵、硝基(C2H5OOC)2C=CHOC2H5ClCH2COOH+NaCN→CNCH2COOH+NaClFeCl3溶液，顯紫色3還原反應+C2H5OH【解析】

A和Cl2反應生成B，B中只有1個Cl，所以應該是取代反應，B發(fā)生了給出的已知中的反應，所以C中有羧基，C有4個氧原子，而且C的不飽和度為2，再根據(jù)D的結構簡式，可知C為丙二酸，B為ClCH2COOH，A為CH3COOH。根據(jù)K和J的結構簡式可知E的結構簡式為(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)，根據(jù)G的結構簡式可知F為苯酚?！驹斀狻浚?）根據(jù)H的結構簡式，H的官能團名稱為醚鍵和硝基。E的結構簡式為(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)。（2）B→C中①的化學方程式為ClCH2COOH+NaCNNCCH2COOH+NaCl。（3）F為苯酚，苯酚遇FeCl3溶液顯紫色，或和濃溴水反應生成三溴苯酚白色沉淀。（4）D的同分異構體有多種，1molD能與足量NaHCO3反應放出2molCO2，說明1個D分子中有2個羧基。核磁共振氫譜顯示有四組峰，說明D分子有比較高的對稱性。符合要求的有HOOCCH2CH2CH2CH2CH2COOH、HOOCCH(CH3)CH2CH(CH3)COOH和，共3種。（5）H→J是H中的硝基變成了氨基，是還原反應。（6）①根據(jù)已知，K→L發(fā)生了苯環(huán)上的一個氫原子和酯基上的乙氧基斷裂結合成乙醇，苯環(huán)上的碳原子和斷裂乙氧基的碳原子結合成新的碳碳單鍵的反應，再結合P的結構可知，苯環(huán)上斷裂的氫原子是和氮原子處于鄰位、和甲氧基處于對位的氫原子，所以K→L的化學方程式為：+C2H5OH。②得到的L繼續(xù)發(fā)生給出的已知的反應，生成Q（），Q在NaOH溶液中發(fā)生水解，Cl被羥基代替，同時羧基和NaOH發(fā)生中和反應生成鈉鹽，故M的結構簡式為。19、打開玻璃塞[或旋轉玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)對準漏斗上的小孔]，再將分液漏斗下面的活塞擰開，使液體滴下Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2ONO取少量除雜后的樣品，溶于適量稀硫酸中，加入銅片，若不產(chǎn)生無色且遇空氣變?yōu)榧t棕色的氣體，說明已被除凈能耗較低，生成的NO2可以被堿液吸收制取硝酸鹽或亞硝酸鹽等副產(chǎn)品，步驟簡單易于操作(答對兩個或其他合理答案即可給分)【解析】

Cu和H2SO4、HNO3反應生成CuSO4、NO2和H2O，本實驗采用的硝酸氧化法制取CuSO4，減少了能源消耗，生成的NO2和堿液反應生成硝酸鹽或亞硝酸鹽，制得的硫酸銅中含有少量Cu(NO3)2，可用重結晶法進行提純，檢驗Cu(NO3)2是否被除凈，主要是檢驗硝酸根，根據(jù)硝酸根在酸性條件下與銅反應生成NO，NO與空氣變?yōu)榧t棕色現(xiàn)象來分析。【詳解】⑴將儀器b中液體滴入儀器a中的具體操作是打開玻璃塞[或旋轉玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)對準漏斗上的小孔]，再將分液漏斗下面的活塞擰開，使液體滴下；故答案為：打開玻璃塞[或旋轉玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)對準漏斗上的小孔]，再將分液漏斗下面的活塞擰開，使液體滴下。⑵根據(jù)題中信息得到裝置a中Cu和H2SO4、HNO3反應生成CuSO4、NO2和H2O，其化學方程式：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O；故答案為：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O。⑶步驟②電爐加熱直至儀器a中的紅棕色氣體完全消失，二氧化氮與水反應生成NO，因此會產(chǎn)生的氣體是NO，該氣體無法直接被石灰乳吸收，NO需在氧氣的作用下才能被氫氧化鈉溶液吸收，因此為防止空氣污染，該氣體的吸收裝置為；故答案為：NO；。⑷通過本實驗制取的硫酸銅晶體中常含有少量Cu(NO3)2，可用重結晶法進行提純，檢驗Cu(NO3)2是否被除凈，主要是檢驗硝酸根，根據(jù)硝酸根在酸性條件下與銅反應生成NO，NO與空氣變?yōu)榧t棕色，故答案為：取少量除雜后的樣品，溶于適量稀硫酸中，加入銅片，若不產(chǎn)生無色且遇空氣變?yōu)榧t棕色的氣體，說明已被除凈。⑸工業(yè)上也常采用將銅在450°C左右焙燒，再與一定濃度的硫酸反應制取硫酸銅的方法，對比分析本實驗采用的硝酸氧化法制取CuSO4，工業(yè)上銅在450°C左右焙燒，需要消耗能源，污染較少，工藝比較復雜，而本實驗減少了能源的消耗，生成的氮氧化物可以被堿液吸收制取硝酸鹽或亞硝酸鹽等副產(chǎn)品，步驟簡單易于操作；故答案為：能耗較低，生成的NO2可以被堿液吸收制取硝酸鹽或亞硝酸鹽等副產(chǎn)品，步驟簡單易于操作(答對兩個或其他合理答案即可給分)。⑹根據(jù)反應為Cu2++H2Y=CuY+2H+，得出n(Cu2+)=n(H2Y)=cmol?L?1×b×10?3L×5=5bc×10?3mol，藍色晶體中Cu2+質(zhì)量分數(shù)；故答案為：。20、溫度低溶解速度慢、溫度過高銨鹽分解2Cu2++SO32-+2Cl?+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+蒸發(fā)濃縮降溫結晶CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇揮發(fā)快，避免CuCl被空氣中O2氧化生成的氯化亞銅又溶解于氯化銨溶液中向產(chǎn)品中加入10mol·L?1鹽酸，不斷攪拌，至固體不再溶解，過濾，向濾液中加蒸餾水至大量固體析出，過濾，再用無水乙醇洗滌2～3次，干燥【解析】

實驗流程中，海綿銅（主要成分為Cu和CuO）中加入硝酸銨和硫酸，酸性條件下硝酸根離子具有氧化性，可氧化海綿銅生成Cu2+，濾液中含有Cu2+、NH4+、H+、SO42-、NO3-，過濾后在濾液中加入亞硫酸銨，發(fā)生氧化還原反應生成CuCl，發(fā)生反應：2Cu2++SO32-+2Cl?+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+，得到產(chǎn)品CuCl，據(jù)此分析。【詳解】（1）物質(zhì)“溶解氧化”時，既要考慮反應速率，還要考慮是否有副反應發(fā)生，溫度低溶解速度慢、溫度過高銨鹽分解。答案為：溫度低溶解速度慢、溫度過高銨鹽分解；（2）“轉化”中氧化產(chǎn)物為硫酸銨，濾液主要是硫酸銨?？芍獊喠蛩徜@被溶液中的CuSO4氧化成硫酸銨，Cu2+被還原生成CuCl。答案為：2Cu2++SO32-+2Cl?+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+；（3）“過濾Ⅱ”所得濾液為硫酸銨溶液，獲取晶體需通過蒸發(fā)濃縮、降溫結晶、過濾等操作。CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇沸點低，易揮發(fā)，避免因水洗干燥時間長而導致CuCl被氧氣氧化。答案為：蒸發(fā)濃縮、降溫結晶；CuCl在