河北省唐山市玉田縣高級中學2023-2024學年高三六校第一次聯考化學試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列有關物質性質與用途具有對應關系的是（）A．Na2O2吸收CO2產生O2，可用作呼吸面具供氧劑B．ClO2具有還原性，可用于自來水的殺菌消毒C．SiO2硬度大，可用于制造光導纖維D．NH3易溶于水，可用作制冷劑2、下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是（）A．Al2O3的熔點很高，可用作耐火材料B．NH3具有還原性，可用作制冷劑C．SO2具有氧化性，可用于紙漿的漂白D．鈉鉀合金的密度小，可用作快中子反應堆的熱交換劑3、ClO2是一種消毒殺菌效率高、二次污染小的水處理劑。實驗室可通過以下反應制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列說法正確的是（）A．KClO3在反應中得到電子 B．ClO2是氧化產物C．H2C2O4在反應中被還原 D．1molKClO3參加反應有2mol電子轉移4、分枝酸可用于生化研究。其結構簡式如圖。下列關于分枝酸的敘述正確的是A．分子中含有2種官能團B．可與乙醇、乙酸反應，且反應類型相同C．1mol分枝酸最多可與3molNaOH發生中和反應D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高錳酸鉀溶液褪色，且原理相同5、已知在100℃、1.01×105Pa下，1mol氫氣在氧氣中燃燒生成氣態水的能量變化如圖所示，下列有關說法不正確的是()A．1molH2O(g)分解為2molH與1molO時吸收930kJ熱量B．熱化學方程式為：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－490kJ·mol－1C．甲、乙、丙中物質所具有的總能量大小關系為乙>甲>丙D．乙→丙的過程中若生成液態水，釋放的能量將小于930kJ6、將3.9g鎂鋁合金，投入到500mL2mol/L的鹽酸中，合金完全溶解，再加入4mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的這種NaOH溶液的體積是A．125mL B．200mL C．250mL D．560mL7、25℃時，把0.2mol/L的醋酸加水稀釋，那么圖中的縱坐標y表示的是（）A．溶液中OH-的物質的量濃度 B．溶液的導電能力C．溶液中的 D．醋酸的電離程度8、工業上電解飽和食鹽水制取氯氣的化學方程式如下：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑．下列表示反應中相關微粒的化學用語正確的是（）A．Na+的結構示意圖：B．中子數為18的氯原子：ClC．NaOH的電子式：D．Cl2的結構式：Cl＝Cl9、用酸性KMnO4溶液不能達到預期目的的是A．區別苯和甲苯B．檢驗硫酸鐵溶液中是否有硫酸亞鐵C．檢驗CH2=CHCHO中含碳碳雙鍵D．區別SO2和CO210、如圖表示1~18號元素原子的結構或性質隨核電荷數遞增的變化。圖中縱坐標表示A．電子層數 B．原子半徑 C．最高化合價 D．最外層電子數11、根據熱化學方程式：S(s)+O2(g)→SO2(g)+297.23kJ，下列說法正確的是A．1molSO2(g)的能量總和大于1molS(s)和1molO2(g)的能量總和B．加入合適的催化劑，可增加單位質量的硫燃燒放出的熱量C．S(g)+O2(g)→SO2(g)+Q1kJ；Q1的值大于297.23D．足量的硫粉與標況下1升氧氣反應生成1升二氧化硫氣體時放出297.23kJ熱量12、聯合國宣布2019年為“國際化學元素周期表年”。現有四種不同主族短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次遞增，X與Y形成的化合物是光合作用的原料之一，Z、W處于同周期且族序數相差6。下列說法正確的是A．元素非金屬性：B．Y和Z形成的化合物中只存在離子鍵C．Z、W的簡單離子半徑：D．只有W元素的單質可用于殺菌消毒13、中國第二化工設計院提出，用間接電化學法對大氣污染物NO進行無害化處理，其原理示意如圖，下列相關判斷正確的是A．電極I為陰極，電極反應式為2H2O+2e-=2OH－+H2↑B．電解池中質子從電極I向電極Ⅱ作定向移動C．每處理1molNO電解池右側質量減少16gD．吸收塔中的反應為2NO+2S2O42－+H2O=N2+4HSO3－14、PbCl2是一種重要的化工材料，常用作助溶劑、制備鉛黃等染料。工業生產中利用方鉛礦精礦(主要成分為PbS，含有FeS2等雜質)和軟錳礦(主要成分為MnO2)制備PbCl2的工藝流程如圖所示。已知：i.PbCl2微溶于水ii.PbCl2(s)+2Cl－(aq)?PbCl42-(aq)ΔH>0下列說法不正確的是()A．浸取過程中MnO2與PbS發生反應的離子方程式為：8H++2Cl－+PbS+4MnO2=PbCl2+4Mn2++SO42-+4H2OB．PbCl2微溶于水，浸取劑中加入飽和NaCl溶液會增大其溶解性C．調pH的目的是除去Fe3+，因此pH越大越好D．沉降池中獲得PbCl2采取的措施有加水稀釋、降溫15、下列實驗操作、現象和結論均正確的是實驗操作和現象結論A向等體積等濃度的鹽酸中分別加入ZnS和CuS，ZnS溶解而CuS不溶解Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)B將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液變為紅色樣品已變質C加熱盛有少量NH4HCO3固體的試管，試管口處潤濕的紅色石蕊試紙變藍NH4HCO3顯堿性D常溫下，測得0.1mol·L－1NaA溶液的pH小于0.1mol·L－1Na2B溶液的pH酸性：HA＞H2BA．A B．B C．C D．D16、已知NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．120gNaHSO4固體中含有H+的數目為NAB．向FeBr2溶液中緩慢通入0.2molCl2時，被氧化的Fe2＋數目一定為0.4NAC．用惰性電極電解1L濃度均為2mol/L的AgNO3與Cu（NO3）2的混合溶液，當有0.2NA個電子轉移時，陰極析出金屬的質量大于6.4gD．加熱條件下，1molFe投入足量的濃硫酸中，生成SO2的分子數目為NA二、非選擇題（本題包括5小題）17、用兩種不飽和烴A和D為原料可以合成一類新藥有機物J，合成路線如下：已知①②有機物J結構中含兩個環。回答下列問題：(1)C的名稱是________________。(2)A→B試劑和反應條件為________________。(3)H→J的化學反應方程式為_______________。(4)已知符合下列條件的N的同分異構體有___________種，其中核磁共振氫譜顯示環上只有3組峰，且峰面積之比為4:4:1，寫出符合條件一種同分異構體的結構簡式____________。①含有基團、環上有三個取代基②與NaHCO3反應產生氣泡③可發生縮聚反應，M的所有同分異構體在下列表征儀器中顯示的信號（或數據）完全相同是_____。a．質譜儀b．紅外光譜儀c．元素分析儀d．核磁共振儀(5)利用題中信息和所學知識，寫出以A和甲烷為原料，合成的路線流程圖____________(其它試劑自選)。18、藥物瑞德西韋(Remdesivir))對2019年新型冠狀病毒(2019-nCoV)有明顯抑制作用；K為藥物合成的中間體,其合成路線如圖：已知：①R—OHR—Cl②回答下列問題：（1）A的化學名稱為___。由A→C的流程中，加入CH3COCl的目的是___。（2）由G→H的化學反應方程式為___，反應類型為___。（3）J中含氧官能團的名稱為___。碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳原子稱為手性碳原子，則瑞德西韋中含有___個手性碳原子。（4）X是C的同分異構體，寫出一種滿足下列條件的X的結構簡式___。①苯環上含有硝基且苯環上只有一種氫原子；②遇FeCl3溶液發生顯色反應；③1mol的X與足量金屬Na反應可生成2gH2。（5）設計以苯甲醇為原料制備化合物的合成路線（無機試劑任選）___。19、某化學興趣小組對電化學問題進行了實驗探究。Ⅰ.利用如圖裝置探究金屬的防護措施，實驗現象是鋅電極不斷溶解，鐵電極表面有氣泡產生。(1)寫出負極的電極反應式_______________。(2)某學生認為，鐵電極可能參與反應，并對產物作出假設：假設1：鐵參與反應，被氧化生成Fe2＋假設2：鐵參與反應，被氧化生成Fe3＋假設3：____________。(3)為了探究假設1、2，他采取如下操作：①取0.01mol·L－1FeCl3溶液2mL于試管中，加入過量鐵粉；②取操作①試管的上層清液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成藍色沉淀；③取少量正極附近溶液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，未見藍色沉淀生成；④取少量正極附近溶液加入2滴KSCN溶液，未見溶液變血紅；據②、③、④現象得出的結論是______________。(4)該實驗原理可應用于防護鋼鐵腐蝕，請再舉一例防護鋼鐵腐蝕的措施_________________。Ⅱ.利用如圖裝置作電解50mL0.5mol·L－1的CuCl2溶液實驗。實驗記錄：A．陽極上有黃綠色氣體產生，該氣體使濕潤的淀粉碘化鉀試紙先變藍后褪色(提示：Cl2氧化性大于IO3-)；B．電解一段時間以后，陰極表面除有銅吸附外，還出現了少量氣泡和淺藍色固體。(1)分析實驗記錄A中試紙顏色變化，用離子方程式解釋：①________________；②___________。(2)分析實驗記錄B中淺藍色固體可能是____(寫化學式)，試分析生成該物質的原因______。20、硝酸亞鐵可用作媒染劑、分析試劑、催化劑等。(1)硝酸亞鐵可用鐵屑在低溫下溶于稀硝酸制得，還原產物為NO。反應的化學方程式為________。(2)某小組為探究硝酸亞鐵晶體的熱分解產物，按下圖所示裝置進行實驗。①儀器B的名稱是____，實驗中無水CuSO4變藍，由此可知硝酸亞鐵晶體含有___。②實驗中觀察到A裝置的試管中有紅棕色氣體生成，檢驗熱分解后固體為氧化鐵的實驗方案為：實驗步驟現象取少量固體加適量稀硫酸，振蕩，將溶液分成兩份固體溶解得黃色溶液一份滴入____溶液變成紅色另一份滴入1～2滴K3[Fe(CN)6]溶液___________A中硝酸亞鐵晶體[Fe(NO3)2·xH2O]分解的化學方程式為______。(3)繼續探究mg硝酸亞鐵晶體中鐵元素的質量分數①取A中熱分解后的固體放入錐形瓶，用稀硫酸溶解，加入過量的KI溶液，滴入2滴___作指示劑。②用amol/LNa2S2O3標準溶液滴定錐形瓶中的溶液(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，滴定至終點時用去bmLNa2S2O3溶液，則硝酸亞鐵晶體中鐵的質量分數為______。21、沙丁胺醇是一種新型藥物，常用于緩解哮喘等肺部疾病，其一種合成路線如圖：

已知：RX+→+HX請回答：（1）化合物C的結構簡式為___。（2）反應⑦的化學方程式為___。（3）下列說法不正確的是___。A．化合物A能與FeCl3溶液發生顯色反應B．化合物B能發生消去反應C．1mol化合物D最多能與3molNaOH反應D．沙丁胺醇的分子式為C13H19NO3（4）寫出同時符合下列條件的化合物E的所有同分異構體的結構簡式___。①IR譜表明分子中含有﹣NH2，且與苯環直接相連；②1H﹣NMR譜顯示分子中有五種不同化學環境的氫原子，且苯環上只有一種氫原子。（5）請設計以甲苯和異丁烯[CH2=C（CH3）2]為原料合成化合物E的合成路線___（用流程圖表示，無機試劑任選）。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【解析】

A．Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，Na2O2用作呼吸面具中的供氧劑，故A正確；B．ClO2具有強氧化性而使蛋白質變性而不是還原性，故B錯誤；C．光導纖維的主要成分是二氧化硅，光導纖維是利用光的全反射原理，與二氧化硅的硬度大小無關，故C錯誤；D．氨氣易液化而吸收熱量導致周圍環境溫度降低，所以氨氣常常作制冷劑，與氨氣易溶于水無關，故D錯誤；故選B。2、A【解析】

A、氧化鋁熔點很高，所以可以做耐火材料，選項A正確；B、氨氣中的氮元素化合價是-3價，具有還原性，做制冷劑，是氨氣易液化的原因，選項B錯誤；C．二氧化硫可用于漂白紙漿是因為其具有漂白性，與二氧化硫的氧化性無關，選項C錯誤；D．在快中子反應堆中，不能使用水來傳遞堆芯中的熱量，因為它會減緩快中子的速度，鈉和鉀的合金可用于快中子反應堆作熱交換劑，選項D錯誤；答案選A。3、A【解析】

反應2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，KClO3中Cl的化合價從＋5降低到＋4，得到電子，被還原，得到還原產物ClO2；H2C2O4中C的化合價從＋3升高到＋4，失去電子，被氧化，得到氧化產物CO2。A、KClO3中Cl的化合價從＋5降低到＋4，得到電子，A正確；B、KClO3中Cl的化合價從＋5降低到＋4，得到電子，被還原，得到還原產物ClO2，B錯誤；C、H2C2O4中C的化合價從＋3升高到＋4，失去電子，被氧化，C錯誤；D、KClO3中Cl的化合價從＋5降低到＋4，得到1個電子，則1molKClO3參加反應有1mol電子轉移，D錯誤；答案選A。4、B【解析】

A項，該化合物分子中含有羧基、醇羥基、醚鍵和碳碳雙鍵4種官能團，故A項錯誤；B項，該物質中含有羧基和羥基，既可以與乙醇發生酯化反應，也可以與乙酸發生酯化反應，反應類型相同，故B項正確；C項，分枝酸中只有羧基能與NaOH溶液發生中和反應，一個分子中含兩個羧基，故1mol分枝酸最多能與2molNaOH發生中和反應，故C項錯誤；D項，該物質使溴的四氯化碳溶液褪色的原理是溴與碳碳雙鍵發生加成反應，而是使酸性高錳酸鉀溶液褪色是發生氧化反應，原理不同，故D項錯誤。綜上所述，本題正確答案為B。【點睛】本題考查了有機化合物的結構與性質，包含了通過分析有機化合物的結構簡式，判斷有機化合物的官能團、反應類型的判斷、有機物的性質，掌握官能團的性質是解題的關鍵。5、D【解析】

A.由已知的能量變化圖可知，1molH2O(g)分解為2molH與1molO時吸收930kJ熱量，A項正確；B.由已知的能量變化圖可知，H2(g)＋O2(g)=H2O(g)ΔH＝反應物斷鍵吸收的能量-生成物成鍵釋放的能量=(436+249-930)kJ·mol－1=-245kJ·mol－1，則熱化學方程式為：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝-245kJ·mol－1×2=-490kJ·mol－1，B項正確；C.甲吸收能量生成乙，乙釋放能量生成丙，乙的能量最高，甲生成丙為放熱反應，則甲的能量高于丙，則甲、乙、丙中物質所具有的總能量大小關系為乙＞甲＞丙，C項正確；D.乙→丙的過程中生成氣態水時，釋放930kJ的能量，若生成液態水，氣態水轉變為液態水會繼續釋放能量，則釋放的能量將大于930kJ，D項錯誤；答案選D。6、C【解析】試題分析：鎂鋁合金與鹽酸反應，金屬完全溶解，發生的反應為：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，氯化鎂和氯化鋁，分別與NaOH溶液反應的方程式為：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl．Mg2+和Al3+全部轉化為沉淀，所以溶液中的溶質只有NaCl；根據氯原子和鈉原子守恒得到如下關系式：HCl～NaCl～NaOH112mol/L×0.5L4mol/L×VV=0.25L=250ml，故選C。【考點定位】考查化學計算中常用方法終態法【名師點晴】注意Mg2+和Al3+全部轉化為沉淀時，NaOH不能過量，即全部轉化為沉淀的Al3+，不能溶解是解題關鍵；鎂鋁合金與鹽酸反應，金屬完全溶解，生成氯化鎂和氯化鋁，氯化鎂和氯化鋁，加入4mol?L-1的NaOH溶液，生成的沉淀最多時，Mg2+和Al3+全部轉化為沉淀，所以溶液中的溶質只有NaCl，根據氯原子和鈉原子守恒解題。7、B【解析】

A.加水稀釋促進醋酸電離，但酸的電離程度小于溶液體積增大程度，所以溶液中氫離子濃度逐漸減少，OH-的物質的量濃度逐漸增大，故A錯誤；B.醋酸是弱電解質，加水稀釋促進醋酸電離，但酸的電離程度小于溶液體積增大程度，所以溶液中氫離子、醋酸根離子濃度逐漸減少，溶液的導電能力逐漸減小，故B正確；C.因溫度不變，則Ka不變，且Ka=c(H+)，因

c(H+)濃度減小，則增大，故C錯誤；D.加水稀釋，促進電離，醋酸的電離程度增大，

故D錯誤；答案選B。8、B【解析】

A、鈉離子的質子數為11，鈉離子失去了最外層電子，離子結構示意圖為：，故A錯誤；B、質量數=質子數+中子數，中子數為18的氯原子的質量數為35，故為Cl，故B正確；C、氫氧化鈉屬于離子化合物，氫氧化鈉的電子式為：，故C錯誤；D、氯氣分子中兩個氯原子通過共用1對電子達到穩定結構，電子式為：，將共用電子對換成短線即為結構式，氯氣結構式為：Cl-Cl，故D錯誤；答案選B。9、C【解析】

A．甲苯可與酸性高錳酸鉀溶液發生氧化還原反應，可鑒別，故A不選；B．硫酸亞鐵具有還原性，可與酸性KMnO4溶液發生氧化還原反應，可鑒別，故B不選；C．CH2=C（CH3）CHO中碳碳雙鍵和醛基都可與酸性高錳酸鉀溶液發生氧化還原反應，不能檢驗是否含有碳碳雙鍵，故C選；D.SO2具有還原性，可與酸性KMnO4溶液發生氧化還原反應，可鑒別，故D不選；故選C。10、D【解析】

A項，原子序數1、2的原子電子層數相同，原子序數3~10的原子電子層數相同，原子序數11~18的原子電子層數相同，A項不符合；B項，同周期主族元素，隨原子序數遞增原子半徑減小，B項不符合；C項，第二周期的氧沒有最高正價，第二周期的F沒有正價，C項不符合；D項，第一周期元素原子的最外層電子數從1增至2，第二、三周期元素原子的最外層電子數從1增至8，D項符合；答案選D。11、C【解析】

A．放熱反應中反應物的總能量大于生成物的總能量，所以1molSO2(g)的能量總和小于1molS(s)和1molO2(g)的能量總和，故A錯誤；B．加入合適的催化劑不會影響反應焓變，即單位質量的硫燃燒放出的熱量不變，故B錯誤；C．因物質由固態轉變成氣態也要吸收熱量，所以S(g)+O2(g)→SO2(g)的反應熱的數值大于297.23kJ?mol?1，故C正確；D．熱化學方程式的系數只表示物質的量，標準狀況下1L氧氣的物質的量小于1mol，故D錯誤；故答案為：C。12、C【解析】

現有四種不同主族短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次遞增，Z、W處于同周期且族序數相差6，則Z位于ⅠA族，W位于ⅤⅡA族；X與Y形成的化合物是光合作用的原料之一，該化合物可能為H2O、CO2，若為H2O，H位于ⅠA族，與Z位于同一主族，不滿足條件，所以X、Y形成的化合物為CO2，則X為C、Y為O元素；Z、W的原子序數大于O元素，則Z、W位于第三周期，Z為Na，W為Cl元素，據此解答。【詳解】根據分析可知：X為C元素，Y為O元素，Z為Na，W為Cl元素。A.高氯酸的酸性大于碳酸，則非金屬性X<W，故A錯誤；B.O、Na形成的化合物有氧化鈉和過氧化鈉，過氧化鈉中既含有離子鍵又含有共價鍵，故B錯誤；C.離子的電子層越多離子半徑越大，則鈉離子的離子半徑小于氯離子，故C正確；D.除了氯氣，臭氧也能夠用于自來水的殺菌消毒，故D錯誤。故選C。13、D【解析】

A．HSO3-在電極I上轉化為S2O42-，過程中S的化合價降低，得到電子發生還原反應，則電極I為陰極，電極反應為：2HSO3-+2e-+2H+═S2O42-+2H2O，故A錯誤；

B．電極I為陰極，則電極Ⅱ為陽極，電解池中陽離子向陰極移動，所以電解池中H+通過質子膜向電極I處移動，故B錯誤；

C．電極Ⅱ為陽極，H2O在電極Ⅱ上被轉化為O2，發生電極反應：2H2O-4e-═O2↑+4H+，NO轉化為N2，每處理1molNO，則轉移電子數為1mol×2=2mol，根據電子轉移守恒，則產生O2的物質的量為2mol×=0.5mol，同時有2molH+從右側遷移到左側，所以電解池右側質量減少為0.5mol×32g/mol+2mol×1g/mol=18g，故C錯誤；

D．吸收塔中通入NO和S2O42-離子反應，生成N2和HSO3-，所以反應方程式為：2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-，故D正確，

故選：D。14、C【解析】

方鉛礦精礦(主要成分為PbS，含有FeS2等雜質)和軟錳礦(主要成分為MnO2)中加入稀鹽酸，根據酸性廢液中含有硫酸根離子礦渣，PbS中S元素被氧化成SO42－，則發生反應為4MnO2+PbS+8HCl=3MnCl2+PbCl2+MnSO4+4H2O，加入NaCl促進反應PbCl2(s)+2Cl－(aq)?PbCl42-(aq)正向移動。加入NaOH溶液調節溶液pH，使Fe3＋轉化成Fe(OH)3沉淀，過濾得到Fe(OH)3、礦渣和濾液；PbCl2微溶于水，將溶液沉降過濾得到PbCl2。A．浸取過程中MnO2與PbS發生氧化還原反應，離子反應為：8H＋+2Cl－+PbS+4MnO2=PbCl2+4Mn2＋+SO42－+4H2O，正確，A不選；B．發生PbCl2(s)+2Cl－(aq)?PbCl42-(aq)，加入NaCl增大c(Cl－)，有利于平衡正向移動，將PbCl2(s)轉化為PbCl42-(aq)，正確，B不選；C．調節溶液pH，使Fe3＋轉化成Fe(OH)3沉淀，除去溶液中的Fe3＋，但應避免同時生產Mn(OH)2沉淀，pH不能過大，錯誤，C選；D．已知：PbCl2(s)+2Cl－(aq)?PbCl42-(aq)△H＞0，可以通過加水稀釋、降溫促進反應逆向進行，獲得PbCl2，正確，D不選。答案選C。15、A【解析】

A．相同條件下，溶解度大的物質先溶解，組成和結構相似的難溶物，溶解度越大，其溶度積越大。因在等體積等濃度的鹽酸ZnS可以溶解而CuS不溶，則相同溫度下：Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），故A正確；B．Fe(NO3)2溶于稀硫酸后，Fe2+在酸性條件下被NO3-氧化為Fe3+，此時滴加KSCN溶液，溶液變為紅色，則無法證明Fe(NO3)2是否變質，故B錯誤；C．在加熱條件下NH4HCO3固體分解生成NH3，NH3能使潤濕的紅色石蕊試紙變藍，由于固體本身沒有與試紙接觸，故本實驗不能證明NH4HCO3顯堿性，故C錯誤；D．強堿弱酸鹽的pH越大，對應酸的酸性越弱，Na2B溶液對應的酸為HB-，則由現象可知酸性：HA＞HB-，但是本實驗不能證明HA的酸性比H2B強，故D錯誤；故答案為A。16、C【解析】

A．固體NaHSO4中不含氫離子，故A錯誤；B．被氧化的Fe2＋數目與溶液中FeBr2的量有關，故B錯誤；C．混合溶液中n(Ag+)=2mol×1L=2mol，n(Cu2+)=2mol，Ag+氧化性大于Cu2+，電解混合溶液時，陰極首先析出的固體為銀單質，當有0.2mol電子轉移時，首先析出Ag，質量為0.2mol×108g/mol=21.6g，故C正確；D．濃硫酸氧化性較強，可以將Fe氧化成Fe3+，所以1molFe可以提供3mol電子，則生成的SO2的物質的量為1.5mol，個數為1.5NA，故D錯誤；答案為C。【點睛】熔融狀態下NaHSO4電離出鈉離子和硫酸氫根離子，在水溶液中NaHSO4電離出鈉離子、氫離子、硫酸根離子。二、非選擇題（本題包括5小題）17、鄰溴苯甲醛Br2、FeBr3(或Fe)+H2O19、、c【解析】

由題可知，A和D為兩種不飽和的烴，根據已知①，C和F發生反應生成G，可知C的結構式為，F為，則E為，D與HBr發生加成反應得到E，故D為，B到C為催化氧化，則B為，A發生取代反應得到B，故A為，G在該條件下得到H，結合已知①可以得到H為，由于有機物J結構中含兩個環，故可能是H發生分子內的酯化，得到J，據此分析解答問題。【詳解】(1)根據上述分析，C的結構式為，叫做鄰溴苯甲醛，故答案為：鄰溴苯甲醛；(2)A→B為苯環上的取代反應，條件為Br2、FeBr3(或Fe)，故答案為：Br2、FeBr3(或Fe)；(3)H為，由于有機物J結構中含兩個環，故可能是H發生分子內的酯化，得到JH→J的化學反應方程式為+H2O，故答案為：+H2O；(4)，根據以上分析C為，由轉化關系可推出M為，N為，其分子式為C8H14O3，N的同分異構體中符合下列條件：①含有基團、環上有三個取代基②與NaHCO3反應產生氣泡說明含有羧基③可發生縮聚反應，說明含有羧基和羥基，則環上有三個不同取代基分別為甲基、羥基和羧基。先分析環上有兩個取代基時共有4種結構（鄰間對和同一個碳上），這4種結構對應的第三個取代基的取代產物分別有6種，6種，4種，3種，所以共有6+6+4+3=19種同分異構體，其中核磁共振氫譜顯示環上只有3組峰，且峰面積之比為4:4:1且滿足條件的物質有、、。M的同分異構體的元素組成相同，在元素分析儀中顯示的信號完全相同，故答案為：c；、、(任選其一即可)；(5)根據題干信息，以和甲烷為原料，合成的路線如下：。18、苯酚保護羥基，防止被氧化HCHO+HCN加成反應酯基5或【解析】

A發生信息1的反應生成B，B發生硝化取代反應生成C，根據C的結構簡式可知，B為，A為；D發生信息1的反應生成E，E中含兩個Cl原子，則E為，E和A發生取代反應生成F，G發生信息2的反應生成H，H發生取代反應，水解反應得到I，根據I結構簡式可知H為HOCH2CN，G為HCHO，I發生酯化反應生成J，F與J發生取代反應生成K，J為，結合題目分析解答；（7）的水解程度為：，結構中的-COOH可由-CN酸性條件下水解得到，而與HCN發生加成反應可生成，再結合苯甲醇催化氧化即可生成苯甲醛，據此分析確定合成路線。【詳解】（1）由上述分析可知，A為，其化學名稱為：苯酚；酚羥基具有弱還原性，能夠被濃硫酸氧化，因此加入CH3COCl的目的是保護羥基，防止被氧化；（2）H為HOCH2CN，G為HCHO，由G生成H的化學反應方程式為：HCHO+HCN；反應中醛基中不飽和鍵生成飽和化學鍵，屬于加成反應；（3）J為，其含氧官能團為酯基；瑞德西韋中碳原子位置為：，一共有5個手性碳原子；（4）C是對硝基乙酸苯酯，X是C的同分異構體，X的結構簡式滿足下列條件：①苯環上含有硝基且苯環上只有一種氫原子；②遇FeCl3溶液發生顯色反應；③1mol的X與足量金屬Na反應可生成2gH2(即1mol)，則含有兩個羥基，根據不飽和度知還存在-CH=CH2，該分子結構對稱，符合條件的結構簡式為：或；（5）根據上述分析可知，該合成路線可為：。19、Zn－2e－=Zn2＋鐵參與反應，被氧化生成Fe2＋和Fe3＋正極附近溶液不含Fe2＋和Fe3＋在鋼鐵表面刷一層油漆(其他合理答案均可)2I－＋Cl2=I2＋2Cl－5Cl2＋I2＋6H2O=10Cl－＋2IO3—＋12H＋Cu(OH)2電解較長時間后，Cu2＋濃度下降，H＋開始放電，溶液pH增大，Cu2＋轉化為Cu(OH)2沉淀【解析】

Ⅰ.該裝置能自發進行氧化還原反應而形成原電池，活潑金屬鋅做負極，失電子發生氧化反應生成鋅離子，電極反應式為Zn-2e-=Zn2+，鐵做正極，溶液中氫離子得電子發生還原反應生成氫氣，電極反應式為2H++2e-=H2↑；Ⅱ.該裝置為電解裝置，電解時，氯離子在陽極失電子發生氧化反應生成氯氣，電極反應式為2Cl——2e-=Cl2↑，銅離子在陰極上得電子發生還原反應生成銅，電極反應式為Cu2＋＋2e－=Cu。【詳解】Ⅰ.（1）該裝置能自發進行氧化還原反應而形成原電池，鋅易失電子而作負極、鐵作正極，負極上電極反應式為Zn-2e-=Zn2+，故答案為：Zn-2e-=Zn2+；（2）由題給假設可知，假設三為:鐵參與反應，鐵被氧化生成Fe2+、Fe3+。故答案為：鐵參與反應，被氧化生成Fe2+、Fe3+；(3)亞鐵離子和K3[Fe（CN）6]生成藍色沉淀，鐵離子和硫氰化鉀溶液反應生成血紅色溶液，據②、③、④現象知，正極附近溶液不含Fe2+、Fe3+，即鐵不參與反應，故答案為：正極附近溶液不含Fe2+、Fe3+；(4)可以采用物理或化學方法防止金屬被腐蝕，如：在鋼鐵表面刷一層油漆、鍍銅等，故答案為：在鋼鐵表面刷一層油漆、鍍銅（其他合理答案均可）；Ⅱ.（1）由題意可知，氯氣能氧化碘離子生成碘單質，碘能被氯氣氧化生成碘酸，離子方程式分別為2I-+Cl2=I2+2Cl-、5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3-+12H+，故答案為：2I-+Cl2=I2+2Cl-、5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3-+12H+；（2）陰極上電極反應式為：Cu2++2e-=Cu，當銅離子放電完畢后，氫離子放電，2H++2e-=H2↑，致使該電極附近呈堿性，Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓，故答案為：Cu（OH）2；電解較長時間后，Cu2+濃度下降，H+開始放電，溶液pH增大，Cu2+轉化為Cu（OH）2。【點睛】注意氯氣能氧化碘離子生成碘單質，碘也能被氯氣氧化生成碘酸是解答的關鍵，也是易錯點。20、3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O干燥管(或球形干燥管)結晶水l~2滴KSCN溶液無藍色沉淀生成4Fe(NO3)2?xH2O2Fe2O3+8NO2↑+O2↑+4xH2O淀粉溶液【解析】

(1)鐵在低溫下溶于稀硝酸，反應生成硝酸亞鐵和NO，據此書寫反應的化學方程式；(2)①無水CuSO4變藍，說明生成了水，據此解答；②實驗中觀察到A裝置的試管中有紅棕色氣體生成，該氣體為二氧化氮，同時生成氧化鐵，據此書寫分解的化學方程式；將少量氧化鐵溶于稀硫酸，得到含有鐵離子的溶液，鐵離子遇到KSCN變紅色，K3[Fe(CN)6]溶液是檢驗亞鐵離子的試劑，據此分析解答；(3)①鐵離子具有氧化性，加入過量的KI溶液，能夠將碘離子氧化生成碘單質，據此選擇指示劑；②根據發生的反應2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-分析解答。【詳解】(1)鐵在低溫下溶于稀硝酸，反應生成硝酸亞鐵和NO，反應的化學方程式為3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案為3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3