廣西百色市2025屆高考化學必刷試卷注意事項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定位置．3．請認真核對監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、下列敘述正確的是（）A．在氧化還原反應中，肯定有一種元素被氧化，另一種元素被還原B．有單質參加的反應一定是氧化還原反應C．有單質參加的化合反應一定是氧化還原反應D．失電子難的原子，容易獲得的電子2、設NA表示阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A．4.0g由CO2和SO2組成的混合物中含有的質子數為2NAB．2.24LCl2與CH4在光照下反應生成的HCl分子數為0.1NAC．常溫下，0.1mol環氧乙烷()中含有的共價鍵數為0.3NAD．4.2gCaH2與水完全反應，轉移的電子數為0.1NA3、Fe3O4中含有Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），以Fe3O4/Pd為催化材料，可實現用H2消除酸性廢水中的致癌物NO2-，其反應過程如圖所示。下列說法正確的是（）A．Pd作正極B．Fe（Ⅱ）與Fe（Ⅲ）的相互轉化起到了傳遞電子的作用C．反應過程中NO2-被Fe（Ⅱ）氧化為N2D．用該法處理后水體的pH降低4、鈀是航天、航空高科技領域的重要材料。工業用粗鈀制備高純度鈀的流程如圖：下列說法錯誤的是（）A．酸浸時反應的化學方程式是Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2OB．“熱還原”中每生成1molPd同時生成的氣體的物質的量為8molC．化學實驗中可利用氯鈀酸根離子檢驗溶液中是否含有NH4+D．在“酸浸”過程中為加快反應速率可用濃硫酸代替濃鹽酸5、常溫下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中不斷加入固體NaOH后，NH4+與NH3·H2O的變化趨勢如右圖所示(不考慮體積變化和氨的揮發)，下列說法不正確的是（）A．M點溶液中水的電離程度比原溶液小B．在M點時，n(OH－)－n(H+)=(a－0.05)molC．隨著NaOH的加入，c(NH3D．當n(NaOH)=0.05mo1時，溶液中有：c(Cl－)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH－)>c(H+)6、用化學方法不能實現的是（）A．生成一種新分子 B．生成一種新離子C．生成一種新同位素 D．生成一種新單質7、下列實驗操作不是從實驗安全角度考慮的是A．稀釋硫酸時將濃硫酸緩慢注入蒸餾水中，并不斷攪拌B．做有毒氣體的實驗時，對尾氣進行適當處理C．加熱燒瓶里液體時，在燒瓶底部放幾片碎瓷片D．向試管里滴加液體時，滴管不能伸入試管內8、下列有關化學用語使用正確的是（）A．CO2的電子式： B．次氯酸的結構式：H－O－ClC．乙烯的球棍模型： D．鉀原子結構示意圖：9、海洋約占地球表面積的71%，具有十分巨大的開發潛力。工業上從海水中提取鎂的流程如下：下列說法中正確的是A．工業上使Mg2+沉淀，試劑①應選用NaOHB．將MgCl2溶液直接蒸干得到無水MgCl2C．電解MgCl2溶液在陰極得到金屬MgD．要使MgSO4完全轉化為沉淀，加入試劑①的應過量10、油炸蝦條、薯片等易碎的食品，不宜選用真空袋裝而應采用充氣袋裝。在實際生產中，充入此類食品袋的是下列氣體中的（）A．氧氣 B．二氧化碳 C．空氣 D．氮氣11、實驗室從廢定影液[含Ag(S2O3)23-和Br-等]中回收Ag和Br2的主要步驟為：向廢定影液中加入Na2S溶液沉銀，過濾、洗滌及干燥，灼燒Ag2S制Ag；制取Cl2并通入濾液氧化Br-，用苯萃取分液。其中部分操作的裝置如圖所示，下列敘述正確的是（）A．用裝置甲分離Ag2S時，用玻璃棒不斷攪拌B．用裝置乙在空氣中高溫灼燒Ag2S制取AgC．用裝置丙制備用于氧化濾液中Br-的Cl2D．用裝置丁分液時，先放出水相再放出有機相12、由下列實驗操作和現象得出的結論正確的是選項實驗操作實驗現象結論A向Co2O3中滴加濃鹽酸產生黃綠色氣體氧化性：Cl2>Co2O3B白鐵皮（鍍鋅鐵）出現刮痕后浸泡在飽和食鹽水中，一段時間后滴加幾滴K3[Fe(CN)6]溶液無明顯現象該過程未發生氧化還原反應C將鐵片投入濃硫酸中無明顯變化常溫下鐵不與濃硫酸反應D將10mL2mol/L的KI溶液與1mL1mol/LFeCl3溶液混合充分反應后滴加KSCN溶液溶液顏色變紅KI與FeCl3的反應具有可逆性A．A B．B C．C D．D13、下列說法不正確的是A．己烷有5種同分異構體（不考慮立體異構），它們的熔點、沸點各不相同B．苯的密度比水小，但由苯反應制得的溴苯、硝基苯的密度都比水大C．聚合物（）可由單體CH3CH＝CH2和CH2＝CH2加聚制得D．1mol葡萄糖能水解生成2molCH3CH2OH和2molCO214、25℃時，向20.00mL0.1mol·L-1H2X溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液中由水電離出的c水(OH-)的負對數[-1gc水(OH-)]與所加NaOH溶液體積的關系如圖所示。下列說法中正確的是A．水的電離程度：M>N=Q>PB．圖中M、P、Q三點對應溶液中cHXC．N點溶液中c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)D．P點溶液中c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+c(H2X)15、中國科學家在合成氨（N2+3H22NH3△H<0）反應機理研究中取得新進展，首次報道了LiH-3d過渡金屬這一復合催化劑體系，并提出了“氮轉移”催化機理。如圖所示，下列說法不正確的是A．轉化過程中有非極性鍵斷裂與形成B．復合催化劑降低了反應的活化能C．復合催化劑能降低合成氨反應的焓變D．低溫下合成氨，能提高原料轉化率16、2010年，中國首次應用六炔基苯在銅片表面合成了石墨炔薄膜(其合成示意圖如右圖所示)，其特殊的電子結構將有望廣泛應用于電子材料領域。下列說法不正確的是()A．六炔基苯的化學式為C18H6B．六炔基苯和石墨炔都具有平面型結構C．六炔基苯和石墨炔都可發生加成反應D．六炔基苯合成石墨炔屬于加聚反應二、非選擇題（本題包括5小題）17、化合物M是一種藥物中間體。實驗室以烴A為原料制備M的合成路線如圖所示。請回答下列問題：已知：①R1COOH+R2COR3。②R1CH2COOR2+R3COOR4+R4OH、、、均表示烴基(1)的核磁共振氫譜中有________組吸收峰；B的結構簡式為________。(2)的化學名稱為________；D中所含官能團的名稱為________。(3)所需的試劑和反應條件為________；的反應類型為________。(4)的化學方程式為________。(5)同時滿足下列條件的M的同分異構體有________種不考慮立體異構。①五元環上連有2個取代基②能與溶液反應生成氣體③能發生銀鏡反應(6)參照上述合成路線和信息，以甲基環戊烯為原料無機試劑任選，設計制備的合成路線：________。18、苯氧布洛芬鈣G是評價較好的解熱、鎮痛、消炎藥，下面是它的一種合成路線（具體反應條件和部分試劑略）已知：①氯化亞砜(SOCl2)可與醇發生反應，醇的羥基被氯原子取代而生成氯代烴。②(X表示鹵素原子)回答下列問題：(1)寫出D的結構簡式：________________。F中所含的官能團名稱是___________。(2)B→C的反應類型是_______________；D→E的反應類型是_______________。(3)寫出F和C在濃硫酸條件下反應的化學方程式__________________________。(4)寫出A的符合以下條件同分異構體的所有結構簡式______________________。①屬于苯的二取代物；②苯環上核磁共振氫譜圖中共有2個吸收峰③與FeCl3溶液發生顯色反應。(5)結合上述推斷及所學知識，參照上述合成路線任選無機試劑設計合理的方案，以苯甲醇()為原料合成苯乙酸苯甲酯()寫出合成路線，并注明反應條件_________________。19、氨基甲酸銨（H2NCOONH4）是一種易分解、易水解的白色固體，易溶于水，難溶于CCl4，某研究小組用如圖1所示的實驗裝置制備氨基甲酸銨。反應原理：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)△H＜0。（1）儀器2的名稱是__。儀器3中NaOH固體的作用是__。（2）①打開閥門K，儀器4中由固體藥品所產生的氣體就立即進入儀器5，則該固體藥品的名稱為__。②儀器6的一個作用是控制原料氣按反應計量系數充分反應，若反應初期觀察到裝置內稀硫酸溶液中產生氣泡，應該__（填“加快”、“減慢”或“不改變”）產生氨氣的流速。（3）另有一種制備氨基甲酸銨的反應器（CCl4充當惰性介質）如圖2：①圖2裝置采用冰水浴的原因為__。②當CCl4液體中產生較多晶體懸浮物時，即停止反應，__(填操作名稱)得到粗產品。為了將所得粗產品干燥可采取的方法是__。A．蒸餾B．高壓加熱烘干C．真空微熱烘干（4）①已知氨基甲酸銨可完全水解為碳酸氫銨，則該反應的化學方程式為__。②為測定某樣品中氨基甲酸銨的質量分數，某研究小組用該樣品進行實驗。已知雜質不參與反應，請補充完整測定某樣品中氨基甲酸銨質量分數的實驗方案：用天平稱取一定質量的樣品，加水溶解，__，測量的數據取平均值進行計算（限選試劑：蒸餾水、澄清石灰水、Ba(OH)2溶液）。20、某學習小組研究溶液中Fe2+的穩定性，進行如下實驗，觀察，記錄結果。實驗Ⅰ物質0min1min1h5hFeSO4淡黃色桔紅色紅色深紅色(NH4)2Fe(SO4)2幾乎無色淡黃色黃色桔紅色（1）上述(NH4)2Fe(SO4)2溶液pH小于FeSO4的原因是_______（用化學用語表示）。溶液的穩定性：FeSO4_______(NH4)2Fe(SO4)2（填“＞”或“＜”）。（2）甲同學提出實驗Ⅰ中兩溶液的穩定性差異可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保護了Fe2+，因為NH4+具有還原性。進行實驗Ⅱ，否定了該觀點，補全該實驗。操作現象取_______，加_______，觀察。與實驗Ⅰ中(NH4)2Fe(SO4)2溶液現象相同。（3）乙同學提出實驗Ⅰ中兩溶液的穩定性差異是溶液酸性不同導致，進行實驗Ⅲ：分別配制0.80mol·L－1pH為1、2、3、4的FeSO4溶液，觀察，發現pH＝1的FeSO4溶液長時間無明顯變化，pH越大，FeSO4溶液變黃的時間越短。資料顯示：亞鐵鹽溶液中存在反應4Fe2+＋O2＋10H2O4Fe(OH)3＋8H+由實驗III，乙同學可得出的結論是_______，原因是_______。（4）進一步研究在水溶液中Fe2+的氧化機理。測定同濃度FeSO4溶液在不同pH條件下，Fe2+的氧化速率與時間的關系如圖（實驗過程中溶液溫度幾乎無變化）。反應初期，氧化速率都逐漸增大的原因可能是_____。（5）綜合以上實驗，增強Fe2+穩定性的措施有_______。21、具有抗菌作用的白頭翁衍生物H的合成路線如圖所示：已知：i．RCH2BrRHC-CH-R′ii．（1）A屬于芳香烴，其名稱是__________。（2）B的結構簡式是__________；寫出符合下列條件的B的一種同分異構體：①苯環上只有一個取代基，②能發生銀鏡反應，③能發生水解反應，該物質的結構簡式為__________。（3）由C生成D的化學方程式是__________。（4）由G生成H的反應類型是__________，1molF與足量NaOH溶液反應，消耗__________molNaOH。（5）試劑b是__________。（6）下列說法正確的是______（選填字母序號）a.G存在順反異構體b.1molG最多可以與1molH2發生加成反應c.1molH與足量NaOH溶液反應，消耗2molNaOH（7）以乙烯為起始原料，結合已知信息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）__________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

A.在氧化還原反應中，可能是同一種元素既被氧化又被還原，A錯誤；B.同素異形體的轉化不是氧化還原反應，B錯誤；C.有單質參加的化合反應一定發生元素價態的改變，所以一定是氧化還原反應，C正確；D.失電子難的原子，獲得的電子也可能難，如稀有氣體，D錯誤。故選C。2、A【解析】

A.4.0gCO2中含有的質子數為，4.0gSO2中含有的質子數為，因此4.0g由CO2和SO2組成的混合物中含有的質子數也為2NA，故A正確；B.未說標準狀況，無法計算，故B錯誤；C.不要忽略C-H鍵，0.1mol環氧乙烷()中含有的共價鍵數應該為7NA，故C錯誤；D.4.2gCaH2與水完全反應，化學方程式為CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑轉移的電子的物質的量為0.2mol，故D錯誤；答案：A【點睛】易錯選項C，忽略C-H鍵的存在。3、B【解析】

A．從圖示可以看出，在Pd上，H2失去電子生成H+，所以Pd作負極，故A錯誤；B．Fe（Ⅱ）失去電子轉化為Fe（Ⅲ），失去的電子被NO2-得到，H2失去的電子被Fe（Ⅲ）得到，Fe（Ⅲ）轉化為Fe（Ⅱ），所以Fe（Ⅱ）與Fe（Ⅲ）的相互轉化起到了傳遞電子的作用，故B正確；C．反應過程中NO2-被Fe（Ⅱ）還原為N2，故C錯誤；D．總反應為：2NO2-+3H2+2H+=N2+4H2O，消耗了H+，所以用該法處理后水體的pH升高，故D錯誤；故選B。4、D【解析】

A．據圖可知，酸浸時反應物有Pd、濃HNO3和濃HCl，產物有NO2，中和過程為非氧化還原過程，說明酸浸后Pd的化合價應為+4價，存在形式為PdCl62-，結合電子守恒和元素守恒可知方程式為：Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，故A正確；B．根據元素守恒生成的氣體應為HCl和NH3，生成1molPd，則消耗1mol氯鈀酸銨，根據元素守恒可知可生成2molNH3和6molHCl，共8mol氣體，故B正確；C．氯鈀酸銨為紅色沉淀，所以若某溶液中含有銨根，滴入含有氯鈀酸根離子的溶液可以生成紅色沉淀，有明顯現象，可以檢驗銨根，故C正確；D．溶解過程中鹽酸電離出的Cl-與Pd4+生成絡合物，促使Pd轉化為Pd4+的反應正向移動，從而使Pd溶解，若換成硫酸，無法生成絡合物，會使溶解的效率降低，故D錯誤；故答案為D。【點睛】難點為A選項，要注意結合后續流程判斷Pd元素的存在形式；分析選項B時首先根據元素守恒判斷產物，然后再根據守恒計算生成的氣體的物質的量，避免寫反應方程式。5、C【解析】

常溫下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中不斷加入固體NaOH，則溶液中發生反應NH4++OH-=NH1?H2O，隨著反應進行，c(NH4+)不斷減小，c(NH1?H2O)不斷增大。【詳解】A項、M點是向1L0.1mol?L-1NH4Cl溶液中，不斷加入NaOH固體后，反應得到氯化銨和一水合氨的混合溶液，溶液中銨根離子濃度和一水合氨濃度相同，一水合氨是一元弱堿抑制水電離，此時水的電離程度小于原氯化銨溶液中水的電離程度，故A正確；B項、根據電荷守恒c(H+)＋c(NH4+)＋c(Na+)＝c(OH－)＋c(Cl－)，可得n(OH－)－n(H+)=[c(NH4+)＋c(Na+)－c(Cl－)]×1L，在M點時c(NH4+)=0.05mol?L￣1，c(Na+)=amol?L￣1，c(Cl－)=0.1mol?L￣1，帶入數據可得n(OH－)－n(H+)=[0.05mol?L-1+amol?L-1－0.1mol?L-1]×1L=(a－0.05)mol，故B正確；C項、氨水的電離常數Kb=c(NH4+)c(OH－)c(NH3?H2O)，則c(NH3?H2O)c(OH－)D項、當n（NaOH）=0.05mol時，NH4Cl和NaOH反應后溶液中溶質為等物質的量的NH1?H2O和NH4Cl、NaCl，NH1．H2O的電離程度大于NH4Cl水解程度，導致溶液呈堿性，鈉離子、氯離子不水解，所以溶液中離子濃度大小順序是c（Cl-）>c（NH4+）>c（Na+）>c（OH-）>c（H+），故D正確。故選C。6、C【解析】

化學變化的實質是相互接觸的分子間發生原子或電子的轉換或轉移，生成新的分子并伴有能量變化的過程。【詳解】根據化學變化的實質是相互接觸的分子間發生原子或電子的轉換或轉移，生成新的分子并伴有能量變化的過程，原子并沒有發生變化，可知通過化學方法可以生產一種新分子，也可以生成一種新離子，還可生成一種新單質；具有一定數目的質子和一定數目的中子的原子稱為核素，即核素的種類決定于原子核，而化學反應只是核外電子數目的變化，所以生成一種新同位素通過化學反應是不能實現的，故C符合；答案選C。7、D【解析】

A.稀釋硫酸時將濃硫酸緩慢注入蒸餾水中，并不斷攪拌，是為了防止濃硫酸溶于水放出的大量的熱使液體沸騰飛濺出來，是出于安全考慮，A不符合題意；B.做有毒氣體的實驗時，進行尾氣處理，是出于安全考慮，B不符合題意；C.加熱燒瓶里液體時，在燒瓶底部放幾片碎瓷片，是為了防止暴沸，是出于安全考慮，C不符合題意；D.向試管里滴加液體時，滴管不能伸入試管內，是為了防止污染試劑，不是出于安全考慮，D符合題意；故答案選D。8、B【解析】

A.CO2分子中C原子與2個O原子形成4對共用電子對，電子式為：，A錯誤；B.在HClO中O原子與H、Cl原子分別形成1對共用電子對，結構式是H-O-Cl，B正確；C.乙烯分子中兩個C原子之間形成2對共用電子對，每個C原子再分別與2個H原子形成2對共用電子對，題干模型為乙烯的比例模型，不是球棍模型，C錯誤；D.鉀是19號元素，原子核外電子排布為2、8、8、1，K原子結構示意圖正確的應該為，D錯誤；故合理選項是B。9、D【解析】

A.工業上使Mg2+沉淀，應選用廉價的石灰乳，可利用海邊大量存在的貝殼煅燒成石灰制得，故A錯誤；B.氯化鎂是強酸弱堿鹽，加熱時，氯化鎂水解生成氫氧化鎂和鹽酸，升高溫度促進鹽酸揮發，所以小心蒸干氯化鎂溶液最終得到氫氧化鎂而不是氯化鎂，故B錯誤；C.電解熔融MgCl2在陰極得到金屬Mg，電解MgCl2溶液在陰極得到H2，故C錯誤；D.為了使鎂離子完全轉化，加入試劑①的量應過量，故D正確。故答案選D。10、D【解析】

油炸蝦條、薯片具有還原性，易被氧化性氣體氧化而變質，保存時，充入氣體應為非氧化性氣體，空氣和氧氣相比較，氧氣的濃度更大，氧化性更強，易使食品變質，在食品袋中沖入氮氣既可以防擠壓又可以防氧化，故選D。11、C【解析】

A．過濾分離Ag2S時，用玻璃棒不斷攪拌，容易損壞濾紙，A不正確；B．蒸發皿不能用于灼燒，在空氣中高溫灼燒Ag2S會生成SO2，污染環境，同時生成的Ag會被氧化成Ag2O，B不正確；C．KMnO4與濃鹽酸不需加熱就能反應生成Cl2，C正確；D．分液時，先放出水相，再從分液漏斗上口倒出有機相，D不正確；故選C。12、D【解析】

A．向Co2O3中滴加濃鹽酸產生的黃綠色氣體為氯氣，根據氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化物，則氧化性：Cl2＜Co2O3，故A錯誤；B．出現刮痕后浸泡在飽和食鹽水中，Zn為負極，鐵為正極，構成原電池，發生電化學腐蝕，鋅失去電子，故B錯誤；C．鐵片投入濃硫酸，沒有明顯變化，是由于鐵與濃硫酸發生鈍化反應，在表面生成一層致密的氧化物膜而阻礙反應的繼續進行，并不是不反應，故C錯誤；D．根據2Fe3++2I-=2Fe2++I2，10mL2mol/L的KI溶液與1mL1mol/LFeCl3溶液反應后KI過量，由現象可知存在鐵離子，說明KI與FeCl3反應有可逆性，故D正確；故選D。13、D【解析】

A．己烷有5種同分異構體，分別為：己烷、2-甲基戊烷、3-甲基戊烷、2,2-二甲基丁烷、2,3-二甲基丁烷，它們的熔沸點均不相同，A正確；B．苯的密度比水小，溴苯、硝基苯的密度都比水大，B正確；C．根據加聚反應的特點可知，CH3CH＝CH2和CH2＝CH2可加聚得到，C正確；D．葡萄糖是單糖，不能發生水解，D錯誤。答案選D。14、C【解析】

A.M點：水電離出來的氫氧根離子為10-11.1mol/L，N點和Q點：水電離出來的氫氧根離子為10-7.0mol/L，P點水電離出來的氫氧根離子為10-5.4mol/L，水的電離程度：P>N=Q>M，故A錯誤；B.H2X的第二步電離常數Ka2=c（X2-）×c（H+）c（HX-）C.N點為NaHX與Na2X的混合溶液，由圖像可知，M點到P點發生HX-+OH-=H2O+X2-，根據橫坐標消耗堿的量可知，在N點生成的X2-大于剩余的HX-，因此混合液n(Na2X)>n(NaHX),因為溶液呈中性，X2-的水解平衡與HX-的電離平衡相互抵消，所以N點溶液中c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)，故選C；D.P點恰好生成Na2X溶液，根據質子守恒c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D錯誤；答案：C【點睛】本題注意把握圖象的曲線的變化意義，把握數據的處理，難度較大。15、C【解析】

A.合成氨為可逆反應，氮氣和氫氣在反應過程中有消耗和生成，故轉化過程中有非極性鍵斷裂與形成，A項正確；B.催化劑能降低反應的活化能，加快反應速率，B項正確；C.催化劑不能改變反應的焓變，焓變只與反應物和生成物總能量的相對大小有關系，C項錯誤；D.合成氨的正反應為放熱反應，降低溫度，平衡向正向移動，能提高原料轉化率，D項正確；答案選C。16、D【解析】

A、根據六炔基苯的結構確定六炔基苯的化學式為C18H6，A正確；B、根據苯的平面結構和乙炔的直線型結構判斷六炔基苯和石墨炔都具有平面型結構，B正確；C、六炔基苯和石墨炔中含有苯環和碳碳三鍵，都可發生加成反應，C正確；D、由結構可知，六炔基苯合成石墨炔有氫氣生成，不屬于加聚反應，根據六炔基苯和石墨炔的結構判斷六炔基苯合成石墨炔屬于取代反應，D錯誤；故答案選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、1氯環己烷碳碳雙鍵乙醇溶液、加熱酯化反應+CH3CH2OH6【解析】

根據流程圖，烴A在氯化鐵條件下與氯氣發生取代反應生成B，B與氫氣加成生成C，結合C的化學式可知，A為，B為，C為，根據題干信息①可知，D中含有碳碳雙鍵，則C發生消去反應生成D，D為，D中碳碳雙鍵被高錳酸鉀氧化生成E，E為，E與乙醇發生酯化反應生成F，F為，根據信息②，F在乙醇鈉作用下反應生成M()，據此分析解答。【詳解】(1)的結構簡式為，A中只有1種氫原子，核磁共振氫譜中有1組吸收峰；B的結構簡式為，故答案為：1；；(2)C的結構簡式為，化學名稱為氯環己烷；D的結構簡式為，D中所含官能團為碳碳雙鍵，故答案為：氯環己烷；碳碳雙鍵；(3)C的結構簡式為，D的結構簡式為，為鹵代烴的消去反應，反應條件為NaOH乙醇溶液、加熱；E的結構簡式為，F的結構簡式為，的反應類型為酯化反應或取代反應，故答案為：NaOH乙醇溶液、加熱；酯化反應或取代反應；(4)F的結構簡式為，M的結構簡式為，根據信息②，的化學方程式為+CH3CH2OH，故答案為：+CH3CH2OH；(5)M為，同時滿足：①五元環上連有2個取代基；②能與溶液反應生成氣體，說明含有羧基；③能發生銀鏡反應，說明含有醛基，滿足條件的M的同分異構體有：、、、、、，一共6種，故答案為：6；(6)以甲基環戊烯()合成，要想合成，需要先合成，因此需要將碳碳雙鍵打開，根據信息①，碳碳雙鍵打開后得到，只需要將中的羰基與氫氣加成即可，具體的合成路線為，故答案為：。18、醚鍵、羧基還原反應(加成反應)取代反應、【解析】

與溴單質發生信息反應②生成A，則A為；A與苯酚鈉反應生成B，結合最終產物可知該反應為取代反應，反應生成的B為；B與氫氣發生加成反應生成C，則C為；C與氯化亞砜(SOCl2)發生信息中的反應①生成D，則D的結構簡式為：；D與NaCN發生反應生成E，則E為；E先與氫氧化鈉反應，然后酸化得到F，結合最終產物可知F為，F與氯化鈣反應得到苯氧布洛芬鈣，以此解答該題。【詳解】(1)由以上分析可知D為；F的結構簡式是，根據F的結構簡式可知其中含有的官能團是醚鍵、羧基；(2)B是，B中含有羰基，與氫氣發生加成反應產生羰基變為醇羥基，產生的C是，該反應是與氫氣的加成反應，也是還原反應；D是，與NaCN發生取代反應，Cl原子被-CN取代，生成E是，即D產生E的反應為取代反應；(3)F是，分子中含有羧基，C是，分子中含有醇羥基，F和C在濃硫酸條件下發生酯化反應，生成酯和水，該反應的化學方程式為：；(4)A為，A的同分異構體符合下列條件：①屬于苯的二取代物；②苯環上核磁共振氫譜圖中共有2個吸收峰；③與FeCl3溶液發生顯色反應，說明苯環上有兩個處于對位的取代基，其中一個是羥基，則可能的結構簡式為、；(5)苯甲醇()苯甲醇與SOCl2反應生成1-氯甲苯，然后與NaCN反應，產物經水解生成苯乙酸，最后苯乙酸與苯甲醇在濃硫酸存在時，加熱發生酯化反應可生成目標物苯乙酸苯甲酯，反應的流程為。19、三頸燒瓶干燥氨氣，防止生成的氨基甲酸銨水解干冰加快降低溫度，有利于提高反應物的轉化率，防止因反應放熱造成NH2COONH4分解過濾CNH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3?H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑加入足量氫氧化鋇溶液，充分反應后，過濾、用蒸餾水洗滌所得沉淀、干燥后稱量沉淀的質量，重復2～3次【解析】

根據裝置：儀器2制備氨氣，由于氨基甲酸銨易水解，所以用儀器3干燥氨氣，利用儀器4制備干燥的二氧化碳氣體，在儀器5中發生2NH3(g)+CO2(g)?NH2COONH4(s)制備氨基甲酸銨；(1)根據儀器構造可得；考慮氨基甲酸銨水解；(2)①儀器4制備干燥的二氧化碳氣體，為干冰；②反應初期觀察到裝置內稀硫酸溶液中產生氣泡，說明二氧化碳過量，氨氣不足；(3)①考慮溫度對反應的影響和氨基甲酸銨受熱分解；②過濾得到產品，氨基甲酸銨易分解，所得粗產品干燥可真空微熱烘干；(4)①氨基甲酸銨可完全水解為碳酸氫銨和一水合氨，據此書寫；②測定某樣品中氨基甲酸銨的質量分數，可以使其水解得到NH4HCO3，用氫氧化鋇沉淀得到碳酸鋇沉淀，通過碳酸鋇的質量可得氨基甲酸銨的質量，進而可得其質量分數，據此可得。【詳解】(1)根據圖示，儀器2的名稱三頸燒瓶；儀器3中NaOH固體的作用是干燥氨氣，防止生成的氨基甲酸銨水解；故答案為：三頸燒瓶；干燥氨氣，防止生成的氨基甲酸銨水解；(2)①反應需要氨氣和二氧化碳，儀器2制備氨氣，儀器4制備干燥的二氧化碳氣體，立即產生干燥的二氧化碳氣體，則為干冰；故答案為：干冰；②氨氣易溶于稀硫酸，二氧化碳難溶于稀硫酸，若反應初期觀察到裝置內稀硫酸溶液中產生氣泡，說明二氧化碳過量，應該加快產生氨氣的流速；故答案為：加快；(3)①該反應為放熱反應，溫度升高不利于合成，故采用冰水浴可以降低溫度，有利于提高反應物的轉化率，防止因反應放熱造成H2NCOONH4分解；故答案為：降低溫度，有利于提高反應物的轉化率，防止因反應放熱造成H2NCOONH4分解；②當CCl4液體中產生較多晶體懸浮物時，即停止反應，過濾，為防止H2NCOONH4分解，真空微熱烘干粗產品；故答案為：過濾；C；(4)①氨基甲酸銨可完全水解為碳酸氫銨，反應為：NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3?H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑；故答案為：NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3?H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑；②測定某樣品中氨基甲酸銨的質量分數，可以使其水解得到NH4HCO3，用氫氧化鋇沉淀得到碳酸鋇沉淀，通過碳酸鋇的質量可得氨基甲酸銨的質量，進而可得其質量分數，具體方法為：用天平稱取一定質量的樣品，加水溶解，加入足量氫氧化鋇溶液，充分反應后，過濾、用蒸餾水洗滌所得沉淀、干燥后稱量沉淀的質量，重復2～3次，測量的數據取平均值進行計算；故答案為：加入足量氫氧化鋇溶液，充分反應后，過濾、用蒸餾水洗滌所得沉淀、干燥后稱量沉淀的質量，重復2～3次。20、NH4+＋H2ONH3·H2O＋H+＜取2mLpH＝4.0的0.80mol·L－1FeSO4溶液加2滴0.01mol·L－1KSCN溶液溶液pH越小，Fe2+越穩定溶液中存在平衡4Fe2+＋O2＋10H2O4Fe(OH)3＋8H+，c（H+）大，對平衡的抑制作用強，Fe2+更穩定生成的Fe(OH)3對反應有催化作用加一定量的酸；密封保存【解析】

（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+濃度相同，但中（NH4）2Fe（SO4）2含有濃度較高的NH4+；通過表格中的顏色變化來分析；（2）由于是要驗證兩溶液的穩定性差異是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保護了Fe2+導致，根據控制變量法可知，應除了讓NH4+這個影響因素外的其它影響因素均保持一致，據此分析；（3）由實驗Ⅲ可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越強，則Fe2+越穩定；亞鐵鹽溶液中存在反應4Fe2++O2+10H2O?4Fe（OH）3+8H+，根據平衡的移動來分析；（4）根據影響反應速率的因素有濃度、壓強、溫度和催化劑來分析；（5）根據上述實驗來分析。【詳解】（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+濃度相同，但（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有濃度較高的NH4+，NH4+水解顯酸性，導致（NH4）2Fe（SO4）2中的pH更小；通過表格中的顏色變化可知（NH4）2Fe（SO4）2中的Fe2+被氧化的速率更慢，即溶液的穩定性：FeSO4<（NH4）2Fe（SO4）2，故答案為：NH4++H2ONH3?H2O+H+；<；（2）由于是要驗證兩溶液的穩定性差異是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保護了Fe2+導致，根據控制變量法可知，應除了讓NH4+這個影響因素外的其它影響因素均保持一致，故應取2mLpH=4.0的0.80mol?L-1FeSO4溶液于試管中，加2滴0.01mol?L