阜新市2026年高三最后一卷化学试卷（含答案解析）

这是一份阜新市2026年高三最后一卷化学试卷（含答案解析），文件包含2025届陕西省榆林市高三下学期4月仿真模拟考试英语试题Word版含解析docx、2025届陕西省榆林市高三下学期4月仿真模拟考试英语试题Word版无答案docx、2025届陕西省榆林市高三下学期4月仿真模拟考试英语听力mp3、desktopini等4份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
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、在高温高压的水溶液中，AuS－与Fe2+发生反应沉积出磁铁矿(主要成分Fe3O4)和金矿(含Au)，并伴有H2S气体生成。对于该反应的说法一定正确的是
A．氧化剂和还原剂的物质的量之比2:3
B．AuS－既作氧化剂又作还原剂
C．每生成2.24 L气体，转移电子数为0.1ml
D．反应后溶液的pH值降低
2、磷酸（H3PO4）是一种中强酸，常温下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分数（平衡时某微粒的浓度占各含磷微粒总浓度的分数）与pH的关系如图，下列说法正确的是（ ）
A．H3PO4的电离方程式为：H3PO43H++PO43-
B．pH=2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-
C．滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)
D．滴加少量Na2CO3溶液，3Na2CO3+2H3PO4=2Na3PO4+3H2O+3CO2↑
3、一种芳纶纤的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料。其结构片段如图所示：
下列关于该高分子的说法不正确的是
A．芳纶纤维可用作航天、航空、国防等高科技领域的重要基础材料
B．完全水解产物的单个分子中，含有官能团一COOH或一NH2
C．氢键对该高分子的性能有影响
D．结构简式为
4、下列叙述正确的是（ ）
A．在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原
B．有单质参加的反应一定是氧化还原反应
C．有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应
D．失电子难的原子，容易获得的电子
5、下列离子方程式正确的是
A．用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O
B．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl−+4H++H2O
C．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O
D．向NH4HCO3溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH−=CaCO3↓+H2O
6、为制取含HClO浓度较高的溶液，下列图示装置和原理均正确，且能达到实验目的的是
A．制取氯气B．制取氯水
C．提高HClO浓度D．过滤
7、用0.10 ml/L的NaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.050 ml/L的盐酸、磷酸及谷氨酸(H2G)，滴定曲线如图所示：
下列说法正确的是
A．滴定盐酸时，用甲基橙作指示剂比用酚酞更好
B．H3PO4与H2G的第一电离平衡常数K1的数量级不同
C．用酚酞作指示剂滴定磷酸到终点时，溶液中的溶质为Na2HPO4
D．NaH2PO4溶液中：
8、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．112gMgS与NaHS混合晶体中含有阳离子的数目为2NA
B．25℃时，1L0.1ml·L－1的Na3PO4溶液中Na+的数目为0.3NA
C．常温下，64gCu与足量的浓硫酸混合，转移的电子数目为2NA
D．88g乙酸乙酯中含有的非极性共价键的数目为2NA
9、我国科学家成功地研制出长期依赖进口、价格昂贵的物质O1．下列说法正确的是（ ）
A．它是O1的同分异构体
B．它是O3的一种同素异形体
C．O1与O1互为同位素
D．1mlO1分子中含有10ml电子
10、丙烯是石油化学工业的重要基础原料，我国科学家利用甲醇转化制丙烯反应过程如下：
3CH3OH +H3AlO6 →3++3H2O
3+→H3AlO6 + 3C○↑↓H2
3C○↑↓H2 → CH2=CHCH3
下列叙述错误的是
A．甲醇转化制丙烯反应的方程式为3CH3OH→CH2=CHCH3+3H2O
B．甲醇转化制丙烯反应的过程中H3AlO6作催化剂
C．1.4 g C○↑↓H2所含的电子的物质的量为1 ml
D．甲基碳正离子的电子式为
11、下列化学用语正确的是（ ）
A．重水的分子式：D2OB．次氯酸的结构式：H—Cl—O
C．乙烯的实验式：C2H4D．二氧化硅的分子式：SiO2
12、化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．葡萄酒中添加SO2，可起到抗氧化和抗菌的作用
B．PM2.5颗粒分散到空气中可产生丁达尔效应
C．苯、四氯化碳、乙醇都可作萃取剂，也都能燃烧
D．淀粉、油脂、纤维素和蛋白质都是高分子化合物
13、室温下，将0.10 ml·L-1盐酸逐滴滴入20.00 mL 0.10 ml·L-1氨水中，溶液中pH和pOH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。已知：pOH= -lg c(OH-)。下列说法正确的是（ ）
A．M点所示溶液中：c(NH4+)+c(NH3·H2O)= c(Cl-)
B．N点所示溶液中：c(NH4+)>c(Cl-)
C．Q点所示消耗盐酸的体积等于氨水的体积
D．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同
14、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
A．AB．BC．CD．D
15、某学习小组在实验室从海带中提取碘，设计实验流程如下：
下列说法错误的是
A．过滤操作主要除去海带灰中难溶于水的固体，它们主要是无机物
B．氧化剂参加反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O
C．萃取过程所用有机溶剂可以是酒精或四氯化碳
D．因I2易升华，I2的有机溶液难以通过蒸馏法彻底分离
16、药物吗替麦考酚酯有强大的抑制淋巴细胞增殖的作用，可通过如下反应制得：
+HCl
下列叙述正确的是
A．化合物X与溴水反应的产物中含有2个手性碳原子
B．化合物Y的分子式为C6H12NO2
C．1ml化合物Z最多可以与2mlNaOH反应
D．化合物Z能与甲醛发生聚合反应
二、非选择题（本题包括5小题）
17、氯吡格雷(clpidgrel)是一种用于抑制血小板聚集的药物．以芳香族化合物A为原料合成的路线如下：
已知：①R-CHO，②R-CNRCOOH
(1)写出反应C→D的化学方程式______________，反应类型____________。
(2)写出结构简式．B____________，X____________。
(3)A属于芳香族化合物的同分异构体(含A)共有______种，写出其中与A不同类别的一种同分异构体的结构简式___________。
(4)两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，写出该反应的化学方程式________________。
(5)已知：，设计一条由乙烯、甲醇为有机原料制备化合物的合成路线流程图，无机试剂任选_____________。(合成路线常用的表反应试剂A反应条件B…反应试剂反应条件目标产物示方式为：AB…目标产物)
18、某药物G，其合成路线如下：
已知：①R-X+ ②
试回答下列问题：
(1)写出A的结构简式_________。
(2)下列说法正确的是__________
A．化合物E具有碱性 B．化合物B与新制氢氧化铜加热产生砖红色沉淀
C．化合物F能发生还原反应 D．化合物G的分子式为C16H17N5O2Br
(3)写出C+D→E的化学方程式___________。
(4)请设计以用4－溴吡啶（）和乙二醇（）为原料合成化合物D的同系物的合成路线________(用流程图表示，无机试剂任选)。
(5)写出化合物A可能的同分异构体的结构简式__________。
须同时符合：①分子中含有一个苯环； ②1H-NMR图谱显示分子中有3种氢原子。
19、乙酰苯胺是常用的医药中间体，可由苯胺与乙酸制备。反应的化学方程式如下：
+CH3COOH +H2O
某实验小组分别采用以下两种方案合成乙酰苯胺：
方案甲：采用装置甲：在圆底烧瓶中加入5.0mL苯胺、7.4mL乙酸，加热至沸，控制温度计读数100~105℃，保持液体平缓流出，反应40 min后停止加热即可制得产品。
方案乙：采用装置乙：加热回流，反应40 min后停止加热。其余与方案甲相同。

已知：有关化合物的物理性质见下表：
请回答：
(1)仪器a的名称是_________
(2)分别从装置甲和乙的圆底烧瓶中获得粗产品的后续操作是____________
(3)装置甲中分馏柱的作用是______________
(4)下列说法正确的是__________
A．从投料量分析，为提高乙酰苯胺产率，甲乙两种方案均采取的措施是乙酸过量
B．实验结果是方案甲的产率比方案乙的产率高
C．装置乙中b处水流方向是出水口
D．装置甲中控制温度计读数在118℃以上，反应效果会更好
(5)甲乙两方案获得的粗产品均采用重结晶方法提纯。操作如下：
①请选择合适的编号，按正确的操作顺序完成实验（步骤可重复或不使用）
____→____→____→____→过滤→洗涤→干燥
a冷却结晶 b加冷水溶解 c趁热过滤 d活性炭脱色 e加热水溶解
上述步骤中为达到趁热过滤的目的，可采取的合理做法是___________
②趁热过滤后，滤液冷却结晶。一般情况下，有利于得到较大的晶体的因素有_____
A．缓慢冷却溶液 B．溶液浓度较高
C．溶质溶解度较小 D．缓慢蒸发溶剂
③关于提纯过程中的洗涤，下列洗涤剂中最合适的是______________。
A．蒸馏水 B．乙醇 C．5%Na2CO3溶液 D．饱和NaCl溶液
20、某学习小组以电路板刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）为原料制备纳米Cu20，制备流程如下：
已知：①Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu; Cu2O不溶于水，极易溶于碱性溶液；Cu2O+2H+ =Cu2++Cu+H2O。
②生成Cu2O的反应：4Cu(OH)2+N2H4∙H2O=2Cu2O+N2↑+7H2O
请回答：
（1）步骤II，写出生成CuR2反应的离子方程式：____________________________
（2）步骤II，需对水层多次萃取并合并萃取液的目的是___________________________
（3）步骤III，反萃取剂为_____________
（4）步骤IV，①制备纳米Cu2O时，控制溶液的pH为5的原因是_______________
A． B． C．
②从溶液中分离出纳米Cu2O采用离心法，下列方法也可分离Cu2O的是_________
③Cu2O干燥的方法是_________________
（5）为测定产品中Cu2O的含量，称取3.960g产品于锥形瓶中，加入30mL硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液（足量），充分反应后用0.2000 ml·L－1标准KMnO4溶液滴定，重复2～3次，平均消耗KMnO4溶液50.00mL。
①产品中Cu2O的质量分数为_______
②若无操作误差，测定结果总是偏高的原因是_____
21、a、b、c、d、e是元素周期表中前四周期的元素，其原子序数依次增大，a为元素周期表中原子半径最小的元素，b的基态原子中占有电子的3个能级上的电子总数均相等，d与b同族，c与b同周期，且c的所有p轨道上的电子总数与所有s轨道上的电子总数相等，e的次外层电子数是其最外层电子的7倍。回答下列问题：
（1）c、d形成的化合物的晶体类型为___________；
（2）b、a c形成的三原子分子中，c原子的杂化方式为___________；
（3）b、c、d三种元素的电负性由小到大的顺序为___________；（用元素符号表示），d元素基态原子价层电子排布式为_________；
（4）金属Mg与a、e形成的化合物是目前人类已发现的体积储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示，其中黑球代表e，深灰色小球代表Mg，浅灰色小球代表a，其中浅灰色小球除在棱上、面上以外，在晶胞内部还有6个。试写出该化合物的化学式：__________________。
（5）b、c、e能形成如图所示三角双锥构型的配合物分子，三种元素的原子分别用大白球、小白球和灰色小球代表。该配合物形成配位键时提供空轨道的原子是___________（填元素符号），该配合物中大白球代表的元素的化合价为___________。
（6）①在水溶液中，水以多种微粒的形式与其他化合物形成水合物。试画出如下微粒的结构图式。H5O2+______________________
②如图为冰的一种骨架形式，依此为单位向空间延伸该冰中的每个水分子有___________个氢键；如果不考虑晶体和键的类型，哪一物质的空间连接方式与这种冰的连接类似_______
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
在高温高压的水溶液中，AuS－与Fe2+发生反应沉积出磁铁矿(主要成分Fe3O4)和金矿(含Au)，并伴有H2S气体生成，则反应的方程式可表示为4H2O+2AuS－+3Fe2+→Fe3O4+2Au+2H2S↑+4H＋，则
A．氧化剂是AuS－，还原剂是亚铁离子，根据电子得失守恒可知二者的物质的量之比1:1，选项A错误；
B．AuS－中Au的化合价降低，只作氧化剂，亚铁离子是还原剂，选项B错误；
C．不能确定气体所处的状态，则每生成2.24 L气体，转移电子数不一定为0.1ml，选项C错误；
D．反应后有氢离子产生，因此溶液的pH值降低，选项D正确；
答案选D。
2、C
【解析】
从图中可以看出，随着pH的不断增大，溶质由H3PO4逐渐转化为H2PO4-、HPO42-、PO43-，但不管pH的大小如何，溶液中同时存在H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-。
【详解】
A．H3PO4为多元弱酸，电离应分步进行，电离方程式为：H3PO4H++H2PO4-，A错误；
B．pH=2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4-，B错误；
C．滴加NaOH溶液至pH=7，依据电荷守恒，溶液中c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)，C正确；
D．滴加少量Na2CO3溶液，发生反应为Na2CO3+2H3PO4=2NaH2PO4+H2O+CO2↑，D错误；
故选C。
3、D
【解析】
A.由于芳纶纤的拉伸强度比钢丝还高，分子之间氢键的存在，增加了分子之间的吸引力，使物质更致密，防护功能更高，A正确；
B.根据物质的分子结构可知，该化合物是由、发生缩聚反应产生，的官能团是氨基(-NH2)，的官能团是羧基(-COOH)，B正确；
C.氢键的存在增加了分子之间的吸引力，影响了物质的物理性质，如溶解性、物质的熔沸点，C正确；
D.根据物质的结构可知其结构简式为，D错误；
故合理选项是D。
4、C
【解析】
A. 在氧化还原反应中，可能是同一种元素既被氧化又被还原，A错误；
B. 同素异形体的转化不是氧化还原反应，B错误；
C. 有单质参加的化合反应一定发生元素价态的改变，所以一定是氧化还原反应，C正确；
D. 失电子难的原子，获得的电子也可能难，如稀有气体，D错误。
故选C。
5、A
【解析】
A. 用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠，发生歧化反应生成二氧化硫与硫单质，其离子方程式为：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O，A项正确；
B. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应，不可能生成H+，其离子方程式为：3ClO−+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO42-+3Cl−+5H2O，B项错误；
C. 硬脂酸与乙醇的酯化反应的化学方程式为：C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，C项错误；
D. 向NH4HCO3溶液中加入足量石灰水，铵根离子与碳酸氢根离子均会与氢氧根离子反应，其离子方程式为：NH4++Ca2++HCO3-+2OH−=CaCO3↓+H2O+NH3H2O，D项错误；
答案选A。
B项是易错点，在书写离子方程式时，若反应属于氧化还原反应，则应该符合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，同时注意在酸性环境不可能存在大量OH-，同时在碱性溶液中不可能大量存在H+。
6、C
【解析】
A、MnO2与浓HCl制Cl2要加热，故A错误；B、洗气就长进短出，故B错误；C、CaCO3＋Cl2＋H2O=CaCl2＋2HClO ，故C正确；D、过滤是把溶于液体的固态物质跟液体分离的一种方法，漏斗要紧贴烧杯内壁，故D错误；故选C。
7、C
【解析】
A．盐酸和氢氧化钠溶液反应至终点时，pH=7，与酚酞的变色范围8~10接近，甲基橙的变色范围在3.1-4.4，则使用酚酞做指示剂更好，故A错误；
B．滴定前，0.050 ml/L H3PO4与H2G的pH值几乎相等，由此可得，二者第一电离平衡常数Ki的数量级相同，故B错误；
C．20.00mL、0.050 ml/L的磷酸用0.10 ml/L的NaOH完全中和应消耗30mL氢氧化钠，根据图像，滴定磷酸共有两次突跃，第二次为滴定磷酸的终点，用酚酞作指示剂滴定磷酸到终点时，消耗氢氧化钠的体积为20mL，则可以确定达到终点是，溶液中的溶质为Na2HPO4，故C正确，
D．当溶液中的溶质为NaH2PO4时，应为磷酸的第一次滴定突跃，根据图像显示，此时溶液显酸性，即H2PO4-的电离程度大于水解程度，即c(HPO42-)＞c(H3PO4)，则，故D错误；
答案选C。
8、C
【解析】
A．因为MgS与NaHS的摩尔质量都是56g.ml-1，所以112gMgS与NaHS混合物的物质的量为2ml，而MgS与NaHS混合晶体中含有阳离子分别为Mg2+、Na+，故112gMgS与NaHS混合晶体中含有阳离子的数目为2NA，A正确；
B．Na3PO4是强电解质，在溶液中的电离方程式为：Na3PO4=3 Na++ PO43-，则1L 0.1ml·L－1的Na3PO4溶液中Na+的物质的量为0.3ml，故1L 0.1ml·L－1的Na3PO4溶液中Na+的数目为0.3NA，B正确；
C．常温下，Cu与浓硫酸不反应，C错误；
D．乙酸乙酯的结构式为，88g乙酸乙酯的物质的量是1ml，一个乙酸乙酯分子中含有两个非极性共价键，故88g乙酸乙酯中含有的非极性共价键的数目为2NA，D正确；
答案选C。
9、B
【解析】
A．O1与O1的结构相同，是同种物质，故A错误；
B．O1与O3都是氧元素的单质，互为同素异形体，故B正确；
C．O1与O1都是分子，不是原子，不能称为同位素，故C错误；
D．O原子核外有8个电子，1mlO1分子中含有16ml电子，故D错误；
故选B。
本题的易错点为A，要注意理解同分异构体的概念，互为同分异构体的物质结构须不同。
10、C
【解析】
将题干中三个方程式相加即得甲醇转化制丙烯反应的方程式，选项A正确；在反应前有H3AlO6，反应后又生成了H3AlO6，而且量不变，符合催化剂的定义，选项B正确；反应前后原子守恒，电子也守恒， 1.4 g C○↑↓H2所含的电子的物质的量为0.8 ml，所以选项C错误；甲基碳正离子是甲基失去一个电子形成的阳离子，选项D正确。
11、A
【解析】
A. 重水中氧原子为16O，氢原子为重氢D，重水的分子式为D2O，故A正确；
B. 次氯酸中不存在氢氯键，其中心原子为氧原子，分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键，结构式为H—O—Cl，故B错误；
C. 实验式为最简式，乙烯的实验式为CH2，故C错误；
D. 二氧化硅晶体为原子晶体，不存在二氧化硅分子，故D错误。
答案选A。
12、A
【解析】A、利用SO2有毒，具有还原性，能抗氧化和抗菌，故正确；B、PM2.5指大气中直径小于或等于2.5微米，没有在1nm－100nm之间，构成的分散系不是胶体，不具有丁达尔效应，故错误；C、四氯化碳不能燃烧，故错误；D、油脂不是高分子化合物，故错误。
13、D
【解析】
已知室温时水的电离常数为110-14，则根据曲线得Q点时溶液中pH=pOH=7，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3·H2O；Q点左侧溶液为碱性，Q点右侧溶液为酸性。
【详解】
A项，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+ c(Cl-)，而M点加的盐酸比Q点少，溶液为碱性，即c(H+)＜c(OH-)，则c(NH4+)＞c(Cl-)，故A项错误；
B项，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+ c(Cl-)，而N点加的盐酸比Q点多，溶液为酸性，即c(H+)＞c(OH-)，则c(NH4+)＜c(Cl-)，故B项错误；
C项，根据分析，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3·H2O，则消耗的盐酸体积小于氨水的体积，故C项错误；
D项，M点溶液为碱性，而pH=a，则水电离出的c(H+)=10-aml/L，N点溶液为酸性，pOH=a，则水电离出的c(OH-)=10-aml/L，，而水电离出的H+和OH-始终相等，即M点和N点均满足水电离出的c(H+)= c(OH-)=10-aml/L，即水的电离程度相同，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
14、D
【解析】
A．等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，相同时间内，HA收集到氢气多，一定能说明HA是弱酸，故A错误；
B．NO2和Br2蒸气均能氧化KI生成碘单质，湿润的淀粉KI试纸均变蓝，现象相同，不能判断两者的氧化性强弱，故B错误；
C．氯化铵溶液水解显酸性，Mg与氢离子反应，且放热导致一水合氨分解，则有大量气泡产生，可知反应中生成H2和NH3，故C错误；
D．偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子的电离，生成氢氧化铝沉淀，则AlO2-结合H+的能力比CO32-强，故D正确；
故答案为D。
考查强弱电解质判断，为高频考点，注意不能根据电解质溶液导电性强弱、电解质溶解性强弱等方法判断，为易错题。强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，如要证明醋酸是弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可，可以根据醋酸钠溶液酸碱性、一定浓度的醋酸pH等方法判断。
15、C
【解析】
实验室从海带中提取碘：将海带在坩埚中灼烧得到海带灰，将海带灰浸泡得到海带灰悬浊液，然后采用过滤的方法将残渣和溶液分离，得到含有碘化钾的溶液，向水溶液中加入氧化剂，将I-氧化成I2，向含有碘单质的溶液中加入萃取剂萃取分液得到碘单质的有机溶液，据此分析解答。
【详解】
A．海带在坩埚中灼烧得到海带灰，有机物燃烧生成二氧化碳和水，过滤操作主要除去海带灰中难溶于水的固体，主要是无机物，故A正确；
B．氧化剂可以选用过氧化氢溶液，反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故B正确；
C．萃取过程所用有机溶剂可以是四氯化碳或苯，不能选用酒精，因为酒精易溶于水，故C错误；
D．因I2易升华，有机溶剂的沸点一般较低，因此I2的有机溶液通过蒸馏法难以彻底分离，故D正确；
故选C。
16、A
【解析】
A．连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，化合物X与溴水反应的产物中含有2个手性碳原子（为连接溴原子的碳原子），选项A正确；
B．根据结构简式确定分子式为C6H13NO2，选项B错误；
C．Z中酚羟基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH反应，则1ml化合物Z最多可以与3mlNaOH反应，选项C错误；
D. 化合物Z中酚羟基的邻、对位上均没有氢原子，不能与甲醛发生聚合反应，选项D错误。
答案选A。
本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，侧重考查烯烃、酯和酚的性质，注意Z中水解生成的酚羟基能与NaOH反应，为易错点。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、+CH3OH + H2O 酯化反应(或取代反应) 4 +2H2O
【解析】
A分子式为C7H5OCl，结合题干信息可知A中含有-CHO、-Cl、苯环，根据物质反应过程中物质结构不变，可知A为，B为，经酸化后反应产生C为，C与甲醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生D：；D与分子式为C6H7BrS的物质反应产生E：，结合D的结构可知X结构简式为：；E与在加热90℃及酸性条件下反应产生氯吡格雷：。
【详解】
根据上述分析可知：A为，B为，X为：。
(1)反应C→D是与甲醇发生酯化反应，反应方程式为：+CH3OH + H2O，该反应为酯化反应，也属于取代反应；
(2)根据上述分析可知B为：，X为：；
(3)A结构简式为，A的同分异构体(含A)中，属于芳香族化合物，则含有苯环，官能团不变时，有邻、间、对三种，若官能团发生变化，侧链为-COCl，符合条件所有的结构简式为、、、，共四种不同的同分异构体，其中与A不同类别的一种同分异构体的结构简式为；
(4)两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，应是氨基与羧基之间发生脱水反应，两分子C脱去2分子水生成，该反应方程式为：；
(5)乙烯与溴发生加成反应产生CH2Br-CH2Br，再发生水解反应产生乙二醇：CH2OH-CH2OH，甲醇催化氧化产生甲醛HCHO，最后乙二醇与甲醛反应生成化合物，故该反应流程为。
本题考查有机物的合成与推断、有机反应类型的判断、同分异构体书写等，掌握反应原理，要充分利用题干信息、物质的分子式。并根据反应过程中物质结构不变分析推断，较好的考查学生分析推理能力，是对有机化学基础的综合考查。
18、 A、B、C +→+HBr 、、
【解析】
A的分子式为C6H6N2Br2，A生成分子式为C7H6N2Br2O的B，再结合B的结构推测由A生成B的反应即取代反应，生成了一个肽键，所以A的结构为。B经过反应后生成分子式为C7H4N2Br2的C，相比于B，C的分子中少了1个H2O，所以推测B生成C额外产生了不饱和结构。由C生成E的条件以及E的分子式为C16H20N3O2Br且其中仅含1个Br推测，C生成E发生的是已知信息中给出的反应①类型的取代反应；进一步由G的结构原子的排列特点可以推测，C的结构为，那么E的结构为。E反应生成分子式为C14H16N3OBr的产物F，再结合反应条件分析可知，E生成F的反应即已知信息中提供的反应②，所以F的结构为。
【详解】
(1)通过分析可知，A生成B的反应即取代反应，所以A的结构即为；
(2)A．通过分析可知，E的结构为，结构中含有咪唑环以及胺的结构，所以会显现碱性，A项正确；
B．化合物B的结构中含有醛基，所以可以与新制氢氧化铜在加热条件下产生砖红色沉淀，B项正确；
C．通过分析可知，F的结构为，可以与氢气加成生成醇，所以F可以发生还原反应，C项正确；
D．由化合物G的结构可知其分子式为C16H18N5O2Br，D项错误；
答案选ABC；
(3)C与D反应生成E的方程式为：++HBr；
(4)原料中提供了乙二醇，并且最终合成了，产物的结构中具有特征明显的五元环结构，因此考虑通过已知信息中的反应②实现某步转化；所以大致思路是，将4-溴吡啶中的溴原子逐渐转变为羰基，再与乙二醇发生反应②即可，所以具体的合成路线为：
；
(5)化合物A为，分子中含有4个不饱和度，1个苯环恰好有4个不饱和度，所以符合条件的A的同分异构体除苯环外其他结构均饱和；除去苯环外，有机物中还含有2个溴原子，以及2个都只形成单键的氮原子；若苯环上只安排1个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有2个取代基，只有；若苯环上有3个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有4个取代基，则满足要求的结构有和，至此讨论完毕。
推断有机物结构时，除了反应条件，物质性质等信息外，还可以从推断流程入手，对比反应前后，物质结构上的差异推测反应的具体情况。
19、直形冷凝管 将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有100 mL水的烧杯，冷却后有乙酰苯胺固体析出，过滤得粗产物 利用分馏柱进行多次气化和冷凝，使醋酸和水得到有效的分离，或“可提高引馏体与外部空气热交换效率，从而使柱内温度梯度增加，使不同沸点的物质得到较好的分离。” ABC e d c a 将玻璃漏斗放置于铜制的热漏斗内，热漏斗内装有热水以维持溶液的温度，进行过滤（即过滤时有保温装置）或趁热用减压快速过滤 AD A
【解析】
两套装置都是用来制备乙酰苯胺的，区别在于甲装置使用分馏柱分离沸点在100℃至105℃左右的组分，主要是水，考虑到制备乙酰苯胺的反应可逆，这种做法更有利于获得高的转化率；题干中详细提供了乙酸，苯胺和乙酰苯胺的物理性质，通过分析可知，三者溶解性和熔点上存在较明显的差异，所以从混合溶液中获得乙酰苯胺粗品的方法就是利用溶解性和熔点差异实现的；在获取乙酰苯胺粗品后，再采用合适的方法对其进行重结晶提纯即可得到纯度较高的乙酰苯胺。
【详解】
(1)仪器a的名称即直形冷凝管；
(2)由于乙酸与水混溶，乙酰苯胺可溶于热水而苯胺只易溶于乙醇，并且，乙酰苯胺熔点114℃，而乙酸和苯胺的熔点分别仅为17℃和-6℃；所以分离乙酰苯胺粗品时，可将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有热水的烧杯中，冷却后，乙酰苯胺固体析出，再将其过滤出来，即可得到乙酰苯胺粗品；
(3)甲装置中温度计控制在100℃至105℃，这与水和乙酸的沸点很接近，因此甲装置中分馏柱的作用主要是将体系内的水和乙酸有效地分离出去；
(4)A．增加乙酸的投料，可以使平衡正向移动获得更高的产率，A项正确；
B．由于甲装置中的分馏柱能够有效地将产物中的水从体系内分离出去，水被分离出去后，对于乙酰苯胺制备反应的正向进行更有利，因此甲装置可以获得更高的转化率，B项正确；
C．冷凝管水流的方向一般是下口进水，上口出水，C项正确；
D．甲装置中温度计示数若在118℃以上，那么反应物中的乙酸会大量的气化溢出，对于反应正向进行不利，无法获得更高的产率，D项错误；
答案选ABC；
(5)①乙酰苯胺可以溶解在热水中，所以重结晶提纯乙酰苯胺粗品，首先要把粗品在热水中溶解，然后加入活性炭吸附杂质以及其他有色物质，过滤的时候为了避免乙酰苯胺的析出，应当趁热过滤，过滤后的滤液再冷却结晶，将结晶再过滤后，对其进行洗涤和干燥即可；趁热过滤时为了维持温度，可以将玻璃漏斗置于铜制的热漏斗内，热漏斗内装热水以维持温度，再进行过滤即可；
②结晶时，缓慢降温，或者缓慢蒸发溶剂有利于获得较大的晶体，答案选AD；
③在对重结晶出的乙酰苯胺晶体进行洗涤时，要避免洗涤过程中产品溶解造成的损耗，考虑到乙酰苯胺的溶解性，应当用冷水对其进行洗涤。
20、Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2 提高铜离子的萃取率，提高原料利用率 稀硫酸 pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解 C 真空干燥 90.90% 制备氧化亚铜时，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大
【解析】
刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）加入过量的氨水，形成铜氨溶液，同时生成氢氧化亚铁和氢氧化铁沉淀，铜氨溶液中加入有机溶液得到CuR2，再反萃取剂条件下生成硫酸铜溶液。
【详解】
（1）步骤II，铜氨溶液和RH的有机溶液反应生成氨气和氯化铵和CuR2，离子方程式为：Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2；
（2）需要对水层多次萃取并合并萃取液是能提高铜离子的萃取率，提高原料利用率；
（3）通过前后的物质分析，反萃取剂提供硫酸根离子和氢离子，故为稀硫酸；
（4）①从信息分析，氧化亚铜在酸性强的溶液中会发生歧化反应，但碱性强的溶液中氧化亚铜会溶解。故答案为：pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解；
②纳米Cu2O不能通过半透膜，所以可以选择C进行分离。
③因为Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu，所以选择真空干燥；
（5）①根据得失电子分析关系式有5Cu2O---2KMnO4，高锰酸钾的物质的量为0.200 0 mI.L-1×0.05L=0.01ml，则氧化亚铜的物质的量为0.025ml，质量分数为=90.90%；
②制备氧化亚铜时，肼具有还原性，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大。
21、原子晶体 sp3 Si