山东省临沭县2023届高考冲刺化学模拟试题含解析

2023年高考化学模拟试卷
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、下列实验对应的现象及结论均正确的是
选
项
实验操作现象结论
A
将SO2通入BaCl2溶液，然后滴入氯水先有白色沉淀，滴加氯水后沉淀不
溶解先生成BaSO3沉淀，后被氧化成BaSO4
B
向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液，然
后加入蒸馏水，振荡有白色浑浊出现，加入蒸馏水后不
溶解
蛋白质变性是不可逆的
C
向酸性KMnO4和H2C2O4的混合液中加入
一小块MnSO4固体生成气体的速率加快，溶液迅速褪
色
可能是该反应的催化剂
D 将浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌
得到黑色蓬松的固体，并产生有刺
激性气味的气体该过程中，浓硫酸仅体现了吸水性和脱水性
A．A B．B C．C D．D
2、用“银-Ferrozine”法测室内甲醛含量的原理为：
已知：吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比。

下列说法正确的是
A．反应①中参与反应的HCHO为30g时转移电子2mol
B．可用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe3+
C．生成44.8 LCO2时反应②中参加反应的Ag一定为8mol
D．理论上测得溶液吸光度越高，HCHO含量也越高
3、实验室制备硝基苯的实验装置如图所示（夹持装置已略去）。

下列说法不正确的是
A．水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度
B．浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入C．仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率
D．反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品
4、通常情况下，仅凭下列事实能证明乙酸是弱酸的是
A．某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢B．乙酸钠溶液pH＞7
C．乙酸溶液能使石蕊变红D．某乙酸溶液能导电能力弱
5、设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．25℃、l0IKPa下，N A个C18O2分子的质量为48g
B．标准状况下，22.4L HF中含有的电子数为10N A
C．1mol白磷(P4)分子中所含化学键的数目为4N A
D．1L0.1 mol/L的NaClO水溶液中含有的氧原子数为0.l N A
6、下列各组内的不同名称实际是指同一物质的是
A．液氯、氯水B．烧碱、火碱C．胆矾、绿矾D．干冰、水晶
7、第三周期的下列基态原子中，第一电离能最小的是
A．3s23p3B．3s23p5C．3s23p4D．3s23p6
8、CO2和CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如图：
下列说法中错误的是（）
A．过程①→②是吸热反应
B．Ni是该反应的催化剂
C．过程①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成
D．反应的总化学方程式可表示为：CH4+CO22CO+2H2
9、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）
A．使酚酞变红的溶液中：Na+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣
B．c（Al3+）＝0.1mol•L﹣1的溶液中：K+、Mg2+、AlO2﹣、SO42﹣
C．澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣
D．c（H+）＝0.1mol•L﹣1的溶液中；K+、Na+、CH3 COO﹣、NO3﹣
10、在常温常压下，将100mL H2S与O2混合气体在一定条件下充分反应后，恢复到原来的状况，剩余气体25mL。

下列判断错误的是（）
A．原混合气体中H2S的体积可能是75mL
B．原混合气体中O2的体积可能是50mL
C．剩余25mL气体可能全部是SO2
D．剩余25mL气体可能是SO2与O2
11、下列物质的名称不正确的是
A．(NH4)2CO3：碳铵B．CaSO4·2H2O：生石膏
C．Ag(NH3)2+：二氨合银离子D．：2－乙基－1－丁烯
12、中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图。

下列有关说法正确的是（）
A．在Na-Fe3O4上发生的反应为CO2+H2=CO+H2O
B．中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键
C．催化剂HZMS-5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率
D．该过程，CO2转化为汽油的转化率高达78％
13、硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。

将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。

下列叙述正确的是
A．在转化过程中化合价不变的元素只有Cu和Cl
B．由图示的转化可得出氧化性的强弱顺序：O2>Cu2+>S
C．在转化过程中能循环利用的物质只有FeCl2
D．反应中当有34gH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2的质量为16g 14、煤的干馏实验装置如图所示。

下列说法错误的是
A．可用蓝色石蕊试纸检验a层液体中含有的NH3
B．长导管的作用是导气和冷凝
C．从b层液体中分离出苯的操作是分馏
D．c口导出的气体可使新制氯水褪色
15、下列实验操作、现象和所得出结论正确的是（）
选项实验操作实验现象实验结论
A
向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热一段
时间后，再加入新制Cu(OH)2，加热没有出现砖红色
沉淀
淀粉没有水解
B
取少量Mg(OH)2悬浊液，向其中滴加
适量浓CH3COONH4溶液Mg(OH)2溶解
CH3COONH4溶液
呈酸性
C 将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管
底部，加入少量碎瓷片并加强热，将
生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中
酸性高锰酸钾溶
液褪色
石蜡油分解产物中
含有不饱和烃
D 将海带剪碎，灼烧成灰，加蒸馏水浸
泡，取滤液滴加硫酸溶液，再加入淀
粉溶液
溶液变蓝
海带中含有丰富的
I2
A．A B．B C．C D．D
16、Anammox法是一种新型的氨氮去除技术。

设阿伏加德罗常数的数值为N A，则下列说法正确的是
A．1moLNH4+所含电子数为11N A
B．30g N2H2中含有的共用电子对数目为4 N A
C．过程II属于还原反应，过程IV属于氧化反应
D．过程I中反应得到的还原产物与氧化产物物质的量之比为1：2
二、非选择题（本题包括5小题）
17、有A、B、C、D、E、F六种溶液，它们是氨水、硫酸镁、碳酸氢钠、碳酸钠、稀硝酸、氯化钡溶液中的某一种。

各取少量，将其两两混合现象如图所示。

其中“↓”表示难溶物，“↑”表示气体，“-” 表示无明显现象，空格表示未做实验，试推断其中F是：
A．碳酸钠溶液B．氯化钡溶液
C．硫酸镁溶液D．碳酸氢钠溶液
18、美托洛尔可用于治疗各类型高血压及心绞痛，其一种合成路线如下：
已知：()
Zn Hg /HCl
32322CH COCH R CH CH CH R −−−−→
回答下列问题：
(1)A→B 的反应类型是______________，B 中官能团的名称为______________。

(2)D→E 第一步的离子方程式为_________。

(3)E→F 的条件为______________，请写出一种该过程生成的副产物的结构简式_________。

(已知在此条件下，酚羟基不能与醇发生反应)。

(4)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。

写出G 的结构简式，并用星号(*)标出G 中的手性碳______________。

(5)芳香族化合物I 是B 的同分异构体，I 能与银氨溶液作用产生银镜，且在苯环上连有两个取代基，则I 同分异构体的数目为_________种。

(6)
(J)是一种药物中间体，参照上述合成路线，请设计以甲苯和苯酚为原料制备J 的合成路线
____________________(无机试剂任选)。

19、欲用浓硝酸法(测定反应后生成气体的量)测定某铜银合金中铜的质量分数，但资料表明：反应中除了生成NO 2气体外还会有少量的NO 生成；常温下NO 2和N 2O 4混合存在，在低于0℃时几乎只有无色的N 2O 4液体或晶体存在。

为完成测定并验证确有NO 生成，有人设计如下实验：
（1）实验开始前要先打开A 部分的活塞K 1，持续通一段时间的氮气再关闭K 1，这样做的目的是___。

（2）装置B瓶的作用是___。

（3）A中的反应停止后，打开D中的活塞K2，并通入氧气，若反应确有NO产生，则D中应出现的现象是___；实验发现，通入氧气温度的高低对实验现象有较大影响，则为便于观察应通入___(填“冷”或“热”)的氧气。

（4）为减小测量误差，在A中反应完成和D中出现现象后，还应继续进行的操作是___。

（5）实验测得下列数据：所用铜银合金质量：15.0g、浓硝酸：40mL13.5mol/L；实验后A中溶液体积：40mL；H+浓度：1.0mol/L。

若设反应中硝酸既无挥发也无分解，则：
①参加反应的硝酸的物质的量为___。

②若已测出反应后E装置的生成物中含氮元素的质量，则为确定合金中铜的质量分数还需要测定的数据是___。

（6）若实验只测定Cu的质量分数，不验证NO的产生，则在铜银合金中与浓硝酸反应后，只需要简单的实验操作可达到目的，请简述实验过程：___。

20、化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探究：
查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体生成。

I.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验
取适量牙膏样品，加水充分搅拌、过滤。

(1)往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤。

氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是___；
(2)往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸，观察到的现象是_______；
Ⅱ.牙膏样品中碳酸钙的定量测定
利用下图所示装置(图中夹持仪器略去)进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。

依据实验过程回答下列问题：
(3)仪器a的名称是_______。

(4)实验过程中需持续缓缓通入空气。

其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：____；
(5)C中反应生成BaCO3的化学方程式是_____；
(6)下列各项措施中，不能提高测定准确度的是____(填标号)。

a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体；
b.滴加盐酸不宜过快；
c.在A-B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置；
d.在B-C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置。

(7)实验中准确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3的平均质量为3.94g。

则样品中碳酸钙的质量分数为______(保留3位有效数字)。

(8)有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。

你认为按此方法测定是否合适_____(填“是”“否”)，若填“否”则结果_____(填“偏低”或“偏高”)。

21、镍的单质、合金及其化合物用途非常广泛。

(1)Ni2＋基态核外电子排布式为________。

(2)胶状镍可催化CH2=CHC≡N加氢生成CH3CH2C≡N。

CH2=CHC≡N分子中σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)=________；CH3CH2C≡N分子中碳原子轨道的杂化类型为________。

(3)[Ni(N2H4)2](N3)2是一种富氮含能材料。

配体N2H4能与水混溶，除因为它们都是极性分子外，还因为
______________________；[Ni(N2H4)2]2＋中含四个配位键，不考虑空间构型，[Ni(N2H4)2]2＋的结构可用示意图表示为
______________________。

(4)一种新型的功能材料的晶胞结构如下图所示，它的化学式可表示为________。

参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
A. 盐酸的酸性大于亚硫酸，将SO2通入BaCl2溶液，不发生反应，不会产生白色沉淀，A错误；
B. 向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液，有白色浑浊出现，这是蛋白质发生了盐析，加入蒸馏水后蛋白质会溶解，B错误；
C. 加有MnSO4的试管中溶液褪色较快，说明Mn2+对该反应有催化作用，C正确；
D. 将浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌，得到黑色蓬松的固体，并产生有刺激性气味的气体，是因为蔗糖被浓硫酸脱水碳化后，又进一步发生了碳和浓硫酸的反应，C被浓硫酸氧化，生成二氧化碳、二氧化硫气体，D错误；
答案选C。

【点睛】
A容易错，容易错，二氧化硫通入到水溶液中生成亚硫酸，同学会误以为亚硫酸和氯化钡发生复分解反应，相互交换成分生成亚硫酸钡沉淀，忽视了一般酸和盐溶液发生复分解反应的规律是强酸制弱酸。

2、D
【解析】
A. 30g HCHO的物质的量为1mol，被氧化时生成二氧化碳，碳元素化合价从0价升高到+4价，所以转移电子4mol，故A错误；
B.过氧化氢能将Fe2+氧化为Fe3+，与Fe3+不反应，所以不能用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe3+，故B错误；
C. 没有注明温度和压强，所以无法计算气体的物质的量，也无法计算参加反应的Ag的物质的量，故C错误；
D. 吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比，吸光度越高，则说明反应②生成的Fe2+越多，进一步说明反应①生成的Ag越多，所以HCHO含量也越高，故D正确。

故选D。

3、D
【解析】
A．水浴加热可保持温度恒定，即水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度，故A正确；
B．浓硫酸稀释放热，为了防止暴沸，则向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，为防止苯挥发，待冷却后，将苯逐滴滴入，故B 正确；
C．球形冷凝管可冷凝回流反应物，则仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，故C正确；
D．反应完全后，混合体系分层，应分液分离出有机物，再蒸馏分离出硝基苯，故D错误；
故选：D。

4、B
【解析】
证明CH3COOH为弱酸，可从以下角度判断：①等浓度的HCl、CH3COOH导电能力；②等浓度的HCl、CH3COOH 比较二者与金属反应速率大小；③判断是否存在电离平衡；④比较二者对应的盐溶液的酸碱性等，以此解答该题。

【详解】
A．某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢，说明该乙酸中氢离子浓度很小，但是不能说明乙酸部分电离，不能证明乙酸是弱电解质，A错误；
B．乙酸钠的pH＞7，说明乙酸钠是强碱弱酸盐，乙酸是弱酸，B正确；
C．乙酸溶液能使石蕊试液变红色，说明乙酸电离出氢离子，但不能说明部分电离，所以不能证明是弱电解质，C错误；
D．某乙酸导电能力弱，说明该酸中离子浓度较小，但是不能说明乙酸部分电离，则不能证明乙酸是弱电解质，D错误；
故合理选项是B。

【点睛】
本题考查弱电解质判断的知识。

明确强、弱电解质根本区别是解本题关键，溶液导电性强弱与离子浓度及离子所带电荷有关，与电解质强弱无关，题目难度不大。

5、A
【解析】
A、N A个分子，其物质的量为1mol，其质量为1×48g=48g，故正确；
B、标准状况下，HF不是气体，故错误；
C、白磷是正四面体结构，4个P处于顶点，1mol白磷分子中含有化学键物质的量为6mol，故错误；
D、NaClO溶液中有水，水是由氢元素和氧元素组成，即氧原子的物质的量大于0.1mol，故错误；
故答案选A。

6、B
【解析】
A. 液氯是只含Cl2的纯净物，氯水是氯气溶于水得到的混合物，不是同一物质，故A错误；
B. 氢氧化钠俗称火碱、烧碱、苛性钠，是同一物质，故B正确；
C.胆矾的化学式为CuSO4·5H2O，绿矾的化学式为FeSO4·7H2O，二者表示的不是同一种物质，故C错误；
D. 干冰是固体二氧化碳，水晶是二氧化硅晶体，二者表示的不是同一种物质，故D错误。

故答案选B。

【点睛】
本题考查常见物质的名称，了解常见物质的俗名是解题的关键，易错选项A，注意对易混淆的物质归纳总结。

7、C
【解析】
A选项，3s23p3为P元素；B选项，3s23p5为Cl元素；C选项，3s23p4为S元素；D选项，3s23p6为Ar元素。

【详解】
第三周期的基态原子中，第一电离具有增大的趋势，但第II A族元素大于第III A族元素，第V A族元素大于第VI A族元素，因此第一电离能最小的是S元素，故C正确。

综上所述，答案为C。

【点睛】
同周期从左到右第一电离具有增大的趋势，但第II A族元素大于第III A族元素，第V A族元素大于第VI A族元素。

8、A
【解析】
由图可知，发生CH4+CO22CO+2H2，Ni为催化剂，且化学反应中有化学键的断裂和生成，①→②放出热量，以此来解答。

【详解】
A．①→②中能量降低，放出热量，故A错误；
B．Ni在该反应中做催化剂，改变反应的途径，不改变反应物、生成物，故B正确；
C．由反应物、生成物可知，①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故C正确；
D．由分析可知，反应的总化学方程式可表示为：CH4+CO2Ni
−−→2CO+2H2，故D正确；
答案选A。

【点睛】
反应物的能量高，生成物的能量低，反应为放热反应，比较吸热反应和放热反应时，需要比较反应物和生成物的能量的相对大小。

9、C
【解析】
A、使酚酞变红的溶液呈碱性，NH4+与氢氧根反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B、Al3+、AlO2﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C、Fe3+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣之间不反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；
D、H+、CH3COO﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
答案选C。

10、D
【解析】
H2S和O2的混合气体点燃，氧气不足发生反应①2H2S+O2═2S↓+2H2O，氧气足量发生反应②2H2S+3O2═2SO2+2H2O；据此讨论；若n（H2S）：n（O2）>2:1，发生反应①， H2S有剩余；若n（H2S）：n（O2）=2:1，发生反应①，没有气体；若n （H2S）：n（O2）<2:3，发生反应②，氧气有剩余，气体为氧气、二氧化硫；若n（H2S）：n（O2）=2:3，发生反应②，气体为二氧化硫；若2:3< n（H2S）：n（O2）<2:1，发生反应①②，气体为二氧化硫，据此进行分析。

【详解】
H2S和O2的混合气体点燃，氧气不足发生反应①2H2S+O2═2S↓+2H2O，氧气足量发生反应②2H2S+3O2═2SO2+2H2O；
①若n（H2S）：n（O2）>2:1，发生反应①H2S有剩余，则
2H2S+O2═2S↓+2H2O 体积变化∆V
2 1 3
50mL 25mL 100-25=75mL
剩余气体为25mLH2S，原混合气体中O2为25mL，H2S为100-25=75mL，符合题意；
②若n（H2S）：n（O2）=2：1，发生反应①，没有剩余气体，不符合题意；
③若n（H2S）：n（O2）<2:3，发生反应②，氧气有剩余，则:
2H2S+3O2═2SO2+2H2O 体积变化∆V
2 3 2 3
50mL 75 50 100-25=75mL
剩余气体为氧气、二氧化硫，其中二氧化硫为50mL，不符合题意；
④若n（H2S）：n（O2）=2:3，发生反应②，最后气体为二氧化硫，体积为50mL，不符合题意；
⑤若2:3< n（H2S）：n（O2）<2:1，发生反应①②，硫化氢、氧气全部反应，剩余气体为二氧化硫，n(SO2)=25mL；则根据反应②2H2S+3O2═2SO2+2H2O可知，n(O2)=3/2n(SO2)= 25mL×1.5=37.5 mL；n(H2S)=n(SO2)=25mL；根据题意可知，H2S 与O2混合气体共100mL，所以发生反应①2H2S+O2═2S↓+2H2O的H2S与O2的总体积为100mL-25mL-37.5 mL=37.5mL，n(O2)= 1/3×37.5 mL=12.5mL,n(H2S)=2/3×37.5mL，所以，原混合气体中n(H2S)= 25mL+12.5mL=37.5mL，n(O2)=37.5 mL+12.5mL=50mL；结合以上分析可知，只有D选项不可能；
故答案选D。

11、A
【解析】
A. 碳铵是NH4HCO3的俗称，名称与化学式不吻合，A符合题意；
B. 生石膏是CaSO4·2H2O的俗称，名称与化学式吻合，B不符合题意；
C. Ag(NH3)2+表示二氨合银离子，名称与化学式吻合，C不符合题意；
D. 分子中含有碳碳双键在内的最长碳链上含4个C原子，在2号C原子上有1个乙基，物质的名称为2－乙基－1－丁烯，名称与物质结构简式吻合，D不符合题意；
故合理选项是A。

12、B
【解析】
A、由流程图可知，CO2+H2在Na-Fe3O4催化剂表面反应生成烯烃，根据元素和原子守恒可知，其反应为：
34Na-Fe O 222222CO +6H CH =CH +4H =O ，故A 错误；
B 、中间产物Fe 5
C 2是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，故B 正确；
C 、催化剂HZMS-5的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，故C 错误；
D 、由图分析78%并不是表示CO 2转化为汽油的转化率，故D 错误；
故答案为：B 。

13、D
【解析】
A ．根据图中各元素化合价知，Cu 元素化合价都是+2价、H 元素化合价都是+1价、Cl 元素化合价都是-1价，所以化合价不变的是Cu 、H 、Cl 元素，故A 错误；
B ．转化过程中O 2把Fe 2+氧化为Fe 3+，Fe 3+把硫离子氧化为S ，则氧化性的强弱顺序：O 2＞Fe 3+＞S ，故B 错误；
C ．根据图示，反应的本质是空气中的氧气氧化H 2S 转化为S 和水，在转化过程中能循环利用的物质有FeCl 2、CuCl 2、FeCl 3，故C 错误；
D ．H 2S 转化为硫单质，硫元素的化合价从-2价变成0价，氧元素的化合价从0价变成-2价，依据得失电子数相等，所以2H 2S----O 2，所以有34gH 2S 转化为硫单质时，保持溶液中Fe 3+的量不变，需要消耗O 2的质量为
34g 34g /mol ×12
×32g/mol=16g ，故D 正确； 故选D 。

14、A
【解析】
根据煤干馏的产物进行分析：煤干馏的产物为焦碳、煤焦油和焦炉煤气。

焦炉煤气主要成分是氢气、甲烷、乙烯、一氧化碳等；煤焦油含有苯，粗氨水等
【详解】
A.氨水呈碱性，遇紫色石蕊试纸变蓝，所以用蓝色石蕊试纸检验NH 3是错误的，故A 错误；
B.长导管的作用是导气和冷凝，故B 正确；
C.苯和煤焦油互溶，从b 层液体中分离出苯的操作是分馏，故C 正确；
D.c 口导出的气体有乙烯等还原性气体，可使新制氯水褪色，故D 正确；答案：A 。

【点睛】
解题的关键是煤干馏的产物。

根据产物的性质进行分析即可。

15、C
【解析】
A ．应加入碱溶液将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生红色沉淀，选项A 错误；
B 、CH 3COONH 4溶液呈中性，取少量Mg(OH)2悬浊液，向其中滴加适量浓CH 3COONH 4溶液是由于铵根离子消耗氢
氧根离子，使氢氧化镁的溶解平衡正向移动，Mg(OH)2溶解，选项B错误；
C、将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色，说明石蜡油分解生成不饱和烃，选项C正确；
D、灼烧成灰，加蒸馏水浸泡后必须加氧化剂氧化，否则不产生碘单质，加淀粉后溶液不变蓝，选项D错误。

答案选C。

16、B
【解析】
A．一个铵根离子含有10个电子，则1moLNH4+所含电子数为10N A，故A错误；
B．一个N2H2（H-N=N-H）分子中含有4个共用电子对，30g N2H2的物质的量=
30g
30g/mol
=1mol，含有的共用电子对
数目为4 N A，故B正确；
C．过程II中，联胺分子中N元素化合价是−2，N2H2中N元素化合价是−1，化合价升高，属于氧化反应，过程IV中，NO2-中N元素化合价是+3，NH2OH中N元素化合价是−1，化合价降低，属于还原反应，故C错误；
D．过程 I中，参与反应的NH4+与NH2OH的反应方程式为：NH4++NH2OH=N2H4+H2O+H+，则得到的还原产物与氧化产物物质的量之比为1：1，故D错误；
答案选B。

【点睛】
准确判断反应中各物质中N元素的化合价，利用氧化还原反应规律判断解答是关键。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、D
【解析】
所给5种物质中，只有硫酸镁可与三种物质（氨水、碳酸钠、氯化钡）生成沉淀，故D为硫酸镁，A、B、C分别为氨水、碳酸钠、氯化钡中的一种；再根据A可与C生成沉淀，故A、C为碳酸钠和氯化钡，则B为氨水；A与E产生气体，故A为碳酸钠，E为稀硝酸，所以F为碳酸氢钠。

【详解】
A+E气体说明有A、E一种一定是硝酸,另一种可能是碳酸钠、碳酸氢钠中的一种, A+C生成沉淀，A+D生成沉淀，说明A不是硝酸，所以E为硝酸，A为碳酸钠，C、D就可能是硫酸镁、氯化钡中的一种，因为B+D生成沉淀，C+D生成沉淀，C+F无现象说明D是硫酸镁，C为氯化钡，B为氨水，最后F为碳酸氢钠，则A：碳酸钠，B：氨水，C：氯化钡，D：硫酸镁，E：硝酸，F：碳酸氢钠；
答案选D。

【点睛】
这类试题还有一种表达形式“A+C→↓，A+D→↓，A+E→↑，B+D→↓，C+D→↓，C+F→无明显现象。

解题时一般先找现象较全面的一种如D 或A(分别做了三次实验)。

依次假设D 为六种溶液中的某一种。

如假设D 是氨水或是硫酸镁等，分析它与其他五种溶液分别混合时的现象。

若能出现三次沉淀，则假设成立。

由此可确定D 是硫酸镁。

依照上述方式可推出A 是碳酸钠，依次推出F 是碳酸氢钠。

18、取代反应 羟基、羰基 +2OH -2ΔH O −−−→+Cl -+H 2O 浓硫酸加热 或或CH 3OCH 3 12
2Cl −−−→光照NaOH ∆−−−−−−→水溶液2O /Cu Δ
−−−→Zn(Hg)/HCl −−−−→
【解析】
根据C 的结构和B 的分子式可得B 的结构简式为，A→B 发生取代反应，又A 的分子式为C 2H 4O ，则A 为乙醛(CH 3CHO)，C 在Zn/HCl 的条件下得到D ，根据已知信息，则D 的结构简式为，D 再经消去反应和酸化得到E ，E 的结构简式为，E 与CH 3OH 在一定条件下反应生成F(C 9H 12O 2)，F 与反应生成G()，G 与H 2NCH(CH 3)2反应最终得到美托洛尔，据此分析解答问题。

【详解】
(1)根据C 的结构和B 的分子式可得B 的结构简式为，含有的官能团有羟基和羰基，A→B 发生取代反应，又A 的分子式为C 2H 4O ，则A 为乙醛(CH 3CHO)，故答案为：取代反应；羟基、羰基；
(2) 由上述分析可知，D 得到E 的第一部反应为消去反应，反应方程式为
+2OH -2ΔH O
−−−→+Cl -+H 2O ，故答案为：+2OH -2ΔH O −−−→+Cl -+H 2O ；
(3)E 与CH 3OH 在一定条件下反应生成F(C 9H 12O 2)，不饱和度没有发生变化，碳原子数增加1个，再联系G 的结构，可知发生醇与醇之间的脱水反应，条件为浓硫酸，加热，已知在此条件下醇羟基不能与醇发生反应，则该过程的副反应为分子内消去脱水，副产物为，分子间脱水可得
或CH 3OCH 3，故答案为：浓硫酸，加热；或
或CH 3OCH 3； (4)根据手性碳的概念，可知G 中含有的手性碳可表示为，故答案为：；
(5)芳香族化合物I 是B 的同分异构体，I 能与银氨溶液产生银镜，说明I 中含有—CHO ，则同分异构体包括：
，—CHO 可安在邻间对，3种，，—OH 可安在邻间对，3种，，—CHO
可安在邻间对，3种，，—CH 3可安在邻间对，3种，共有3×4=12种，故答案为：12；
(6)以甲苯和苯酚为原料制备，其合成思路为，甲苯光照取代变为卤代烃，再水解，变为醇，再催化氧化变为醛，再借助题目A →B ，C →D 可得合成路线：
2Cl −−−→光照NaOH ∆−−−−−−→水溶液2O /Cu Δ
−−−→Zn(Hg)/HCl −−−−→，故答案为：
2Cl −−−→光照NaOH ∆−−−−−−→水溶液2O /Cu Δ
−−−→Zn(Hg)/HCl −−−−→。

19、排尽装置中的空气 吸收水蒸气，防止水蒸气在C 中冷凝后与NO 2反应产生NO 出现红棕色气体 热 打开K 1、K 2持续通入一段时间的N 2和O 2 0.5mol C 中圆底烧瓶在实验前后增加的质量 往剩余溶液中加入过量HCl 溶液，过滤、洗涤、干燥、称量
【解析】
实验开始前要先打开A部分的活塞K1，持续通一段时间的氮气再关闭K1，排尽装置中的空气，滴入浓硝酸反应生成二氧化氮和一氧化氮气体，干燥后通过装置C，在低于0℃时几乎只有无色的N2O4液体或晶体存在，A中的反应停止后，打开D中的活塞K2，并通入氧气，若反应确有NO产生，则D中出现红棕色气体，说明有一氧化氮气体生成，剩余气体用氢氧化钠溶液吸收；
(1)通入氮气是排除装置中的空气，避免生成的一氧化氮气体被氧化为二氧化氮；
(2)B装置是利用浓硫酸的吸水性吸收气体中的水蒸气避免在C中冷却后水和二氧化氮反应生成一氧化氮；
(3)一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮气体；温度高反应速率快；
(4)由于装置中有残留的气体，所以要打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2，以把气体完全排尽；
(5)①硝酸的总的物质的量是0.54mol，剩余硝酸是0.04mol，所以参加反应的硝酸是0.54mol-0.04mol=0.5mol；
②要计算铜质量分数，还需要计算出生成的N2O4的质量，所以还需要测量C中烧烧瓶在实验前后增加的质量；
(6)铜银合金和硝酸全部反应生成铜盐和银盐，利用A装置中银离子和氯离子形成的氯化银沉淀称量，计算得到合金中铜的质量分数。

【详解】
(1)通入氮气是排除装置中的空气，避免生成的一氧化氮气体被氧化为二氧化氮；
(2)B装置是利用浓硫酸的吸水性吸收气体中的水蒸气避免在C中冷却后水和二氧化氮反应生成一氧化氮；
(3)A中的反应停止后，打开D中的活塞K2再通入氧气，若反应中确有NO产生，一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮气体，通入氧气温度越高反应速率越快，因此要通入热的氧气；
(4)由于装置中有残留的气体，所以在A中反应完成和D中出现现象后还须进行的操作是：打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2，以把气体完全排尽；
(5)①硝酸的总的物质的量是0.54mol，剩余硝酸是0.04mol，所以参加反应的硝酸是0.54mol-0.04mol=0.50mol；
②要计算铜质量分数，还需要计算出生成的N2O4的质量．所以还需要测量C中烧烧瓶在实验前后增加的质量；
(6)铜银合金和硝酸全部反应生成铜盐和银盐，利用A装置中银离子和氯离子形成的氯化银沉淀称量，计算得到合金中铜的质量分数，在反应后的混合溶液中A中加入过量的NaCl溶液，过滤后，将沉淀洗涤、干燥，最后称取所得的AgCl 沉淀的质量，再进行计算。

20、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O 通入CO2气体有白色沉淀生成，加入盐酸后有气体产生，同时沉淀溶解分液漏斗把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O cd 25.0% 否偏高
【解析】
Ⅰ．(1)氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水；
(2)滤液中含有偏铝酸钠，先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，再加入过量稀盐酸，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O、HCO3-+H+=CO2↑+H2O；。