景德镇市2026年高考化学全真模拟密押卷（含答案解析）

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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、下列离子方程式书写正确的是( )
A．NaHCO3溶液与足量的澄清石灰水反应：Ca2＋＋2OH－＋2HCO3-=CaCO3↓＋2H2O
B．NH4HCO3溶液与足量的NaOH溶液反应：HCO3-＋OH－=CO32-＋H2O
C．向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2：SiO32-＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋HCO3-
D．Cl2与足量的FeBr2溶液反应：Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－
2、某有机物的结构简式如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．该有机物的分子式为C12H12O4
B．1 ml该有机物最多能与4 ml H2反应
C．该有机物可与NaHCO3溶液反应放出CO2，生成2.24 L CO2（标准状况下）需要0.1 ml该有机物
D．该有机物可发生氧化、取代、加成和还原反应
3、关于物质检验的下列叙述中正确的是
A．将酸性高锰酸钾溶液滴入裂化汽油中，若紫红色褪去，证明其中含甲苯
B．让溴乙烷与NaOH醇溶液共热后产生的气体通入溴水，溴水褪色，说明有乙烯生成
C．向某卤代烃水解后的试管中加入AgNO3溶液，有淡黄色沉淀，证明它是溴代烃
D．往制备乙酸乙酯反应后的混合液中加入Na2CO3溶液，产生气泡，说明乙酸有剩余
4、下列状态的铝中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是
A．[Ne]B．C．D．
5、稠环芳香烃是指两个或两个以上的苯环通过共用环边所构成的多环有机化合物。常见的稠环芳香烃如萘、蒽、菲、芘等,其结构分别为
下列说法不正确的是（ ）
A．萘与H2完全加成后，产物的分子式为C10H18
B．蒽、菲、芘的一氯代物分别有3种、5种、5种
C．上述四种物质的分子中,所有碳原子均共平面
D．上述四种物质均能发生加成反应、取代反应
6、甲烷燃烧时的能量变化如图，有关描述错误的是( )
A．反应①和反应②均为放热反应
B．等物质的量时，CO2具有的能量比CO低
C．由图可以推得：2CO(g)+O2(g)→2CO2(g)+283 kJ
D．反应②的热化学方程式：CH4(g)+O2(g)→CO(g)+2H2O(l)+607.3 kJ
7、室温下，将1L0.3ml⋅ L−1HA溶液与0.1mlNaOH固体混合，使之充分反应得到溶液(a)。然后向该溶液中通入HCl或加入NaOH固体（忽略体积和温度变化），溶液pH随通（加）入物质的量的变化如图。下列叙述错误的是
A．HA是一种弱酸
B．向a点对应溶液中通入HCl，充分反应后，c(H+)/c(HA)增大
C．b点对应溶液中：c(Na+)=c(Cl-)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)
D．c点对应溶液中：c(Na+)=c(A-)
8、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述不正确的是
A．常温常压下，1 ml氦气中含有的质子数为2NA
B．l0g46%乙醇水溶液中所含氧原子数为0.4NA
C．1 Ll ml/LNa2CO3溶液中，阴离子总数小于NA
D．浓硝酸热分解生成NO2、N2O4共23g，转移电子数为0.5NA
9、10 mL浓度为1 ml/L的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的是( )
A．KHSO4B．CH3COONaC．CuSO4D．Na2CO3
10、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2LH2与11.2LD2所含的质子数均为NA
B．硅晶体中，有NA个Si原子就有4NA个Si—Si键
C．6.4g Cu与3.2g硫粉混合隔绝空气加热，充分反应后，转移电子书为0.2NA
D．用惰性电极电解食盐水，若导线中通过2NA个电子，则阳极产生22.4L气体
11、化学在生产和生活中有重要的应用。下列说法正确的是
A．陶瓷坩埚和石英坩埚都是硅酸盐产品
B．乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
C．新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料
D．高分子吸水性树脂聚丙烯酸钠，不溶于水，可吸收其自身重量几百倍的水
12、下列卤代烃不能够由烃经加成反应制得的是
A．B．
C．D．
13、一种碳纳米管新型二次电池的装置如图所示。下列说法中正确的是
A．离子交换膜选用阳离子交换膜（只允许阳离子通过） B．正极的电极反应为NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－
C．导线中通过1ml电子时，理论上负极区溶液质量增加1g D．充电时，碳电极与电源的正极相连
14、下列对实验方案的设计或评价合理的是（ ）
A．经酸洗除锈的铁钉，用饱和食盐水浸泡后放入如图所示具支试管中，一段时间后导管口有气泡冒出
B．图中电流表会显示电流在较短时间内就会衰减
C．图中应先用燃着的小木条点燃镁带，然后插入混合物中引发反应
D．可用图显示的方法除去酸式滴定管尖嘴中的气泡
15、用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是( )
A．鉴别纯碱与小苏打B．证明Na2O2与水反应放热
C．证明Cl2能与烧碱溶液反应D．探究钠与Cl2反应
16、人体尿液中可以分离出具有生长素效应的化学物质——吲哚乙酸，吲哚乙酸的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是
A．分子中含有2种官能团
B．吲哚乙酸苯环上的二氯代物共有四种
C．1 ml吲哚乙酸与足量氢气发生反应，最多消耗5 ml H2
D．分子中不含手性碳原子
二、非选择题（本题包括5小题）
17、比鲁卡胺(分子结构见合成线路)是有抗癌活性，其一种合成路线如图：
回答下列问题
（1）A的化学名称为__。
（2）D中官能团的名称是__。
（3）反应④所需试剂、条件分别为__、__。
（4）写出⑤的反应方程式__。
（5）F的分子式为__。
（6）写出与E互为同分异构体，且符合下列条件的化合物的结构简式__。
①所含官能团类别与E相同；②核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为1：1：6
（7）参考比鲁卡胺合成的相关信息，完成如图合成线路(其他试剂任选)___。
18、铃兰醛[]具有甜润的百合香味，对皮肤的刺激性小，对碱稳定，广泛用于百合、丁香、玉兰、茶花以及素心兰等东方型香型日用香精的合成。常用作肥皂、洗涤剂的香料，还可用作花香型化妆品的香料。其合成路线如图所示：
(1)B中官能团的名称是______。
(2)①的反应类型是______。
(3)写出反应②的化学方程式：______。
(4)乌洛托品的结构简式如图所示：
其二氯取代物有______种，将甲醛的水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，该反应的化学方程式是______。
(5)写出满足下列条件的A的同分异构体______。
Ⅰ.有两个取代基 Ⅱ.取代基在邻位
(6)已知：RCH2COOHRCHClCOOH。仿照上述流程，写出以CH3CH2CHO为原料制备聚乳酸的合成路线______(无机试剂自选)。
19、过氧化钙是一种白色固体，微溶于冷水，不溶于乙醇，化学性质与过氧化钠类似。某学习小组设计在碱性环境中利用CaCl2与H2O2反应制取CaO2·8H2O，装置如图所示：
回答下列问题：
（1）小组同学查阅文献得知：该实验用质量分数为20%的H2O2溶液最为适宜。市售H2O2溶液的质量分数为30%。该小组同学用市售H2O2溶液配制约20%的H2O2溶液的过程中，使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外，还有___。
（2）仪器X的主要作用除导气外，还具有的作用是___。
（3）在冰水浴中进行的原因是___。
（4）实验时，在三颈烧瓶中析出CaO2·8H2O晶体，总反应的离子方程式为___。
（5）反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干获得CaO2·8H2O。下列试剂中，洗涤CaO2·8H2O的最佳选择是____。
A．无水乙醇 B．浓盐酸 C．Na2SO3溶液 D．CaCl2溶液
（6）若CaCl2原料中含有Fe3+杂质，Fe3+催化分解H2O2，会使H2O2的利用率明显降低。反应的机理为：
①Fe3+ +H2O2=Fe2++H++HOO·
②H2O2+X=Y +Z+W（已配平）
③Fe2++·OH=Fe3++OH-
④H+ +OH-=H2O
根据上述机理推导步骤②中的化学方程式为___。
（7）过氧化钙可用于长途运输鱼苗，这体现了过氧化钙具有____的性质。
A．与水缓慢反应供氧 B．能吸收鱼苗呼出的CO2气体
C．能是水体酸性增强 D．具有强氧化性，可杀菌灭藻
（8）将所得CaO2·8H2O晶体加热到150~160℃，完全脱水后得到过氧化钙样品。
该小组测定过氧化钙样品中CaO2的纯度的方法是：准确称取0.4000g过氧化钙样品，400℃以上加热至完全分解成CaO和O2(设杂质不产生气体)，得到33.60mL(已换算为标准状况)气体。
则：所得过氧化钙样品中CaO2的纯度为_____。
20、乙酰苯胺具有退热镇痛作用，是较早使用的解热镇痛药，有“退热冰”之称。其制备原理如下：
已知：
①苯胺易被氧化；
②乙酰苯胺、苯胺和醋酸的部分物理性质如下表：
实验步骤如下：
步骤1：在50 mL圆底烧瓶中，加入5 mL苯胺、7.5 mL冰醋酸及少许锌粉，依照如图装置组装仪器。
步骤2：控制温度计示数约105 ℃，小火加热回流1 h。
步骤3：趁热将反应混合物倒入盛有100 mL冷水的烧杯中，冷却后抽滤，洗涤，得到粗产品。
（1）步骤1中加入锌粉的作用是________。
（2）步骤2中控制温度计示数约105℃的原因是________。
（3）步骤3中趁热将混合物倒入盛有冷水的烧杯中，“趁热”的原因是__________________。抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有________、________(填仪器名称)。
（4）步骤3得到的粗产品需进一步提纯，该提纯方法是________。
21、十九大报告提出要对环境问题进行全面、系统的可持续治理。绿色能源是实施可持续发展的重要途径，利用生物乙醇来制取绿色能源氢气的部分反应过程如下图所示：
（1）已知：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H1= - 41 kJ/ml
CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g) △H2=+174.1 kJ/ml
请写出反应I的热化学方程式_____________________________。
（2）反应II，在进气比[n(CO) : n(H2O)]不同时，测得相应的CO平衡转化率见下图
（各点对应的反应温度可能相同，也可能不同；各点对应的其他反应条件都相同）。
① 经分析，A、E和G三点对应的反应温度相同，其原因是KA=KE=KG=________（填数值）。在该温度下：要提高CO平衡转化率，除了改变进气比之外，还可采取的措施是________。
② 对比分析B、E、F三点，可得出对应的进气比和反应温度的变化趋势之间的关系是_____________________________________________________________。
③ 比较A、B两点对应的反应速率大小：VA______VB（填“＜” “=”或“＞”）。反应速率v=v正－v逆=－，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算在达到平衡状态为D点的反应过程中，当CO转化率刚好达到20%时=__________ （计算结果保留1位小数）。
（3）反应III，利用碳酸钾溶液吸收CO2得到饱和的KHCO3电解液，电解活化的CO2来制备乙醇。
①已知碳酸的电离常数Ka1=10-a，Ka2=10-b，吸收足量CO2所得饱和KHCO3溶液的pH=c，则该溶液中lg=____________________________________（列出计算式）。
②在饱和KHCO3电解液中电解CO2来制备乙醇的原理如图所示。则阴极的电极反应式是_____________________________________________________________________。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
A. NaHCO3溶液与足量的澄清石灰水反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为：Ca2＋＋OH－＋HCO3-=CaCO3↓＋H2O ，选项A错误；
B. NH4HCO3溶液与足量的NaOH溶液反应生成碳酸钠、一水合氨和水，反应的离子方程式为HCO3-＋NH4+＋2OH－=CO32-＋H2O＋NH3·H2O，选项B错误；
C. 向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2，反应生成碳酸氢钠和硅酸，反应的离子方程式为SiO32-＋2CO2＋2H2O=H2SiO3↓＋2HCO3-，选项C错误；
D.Fe2＋还原性大于Br－，Cl2与足量的FeBr2溶液反应只能生成Fe3＋，反应的离子方程式为Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，选项D正确。
本题考查离子方程式的书写及正误判断，易错点为选项A.考查过量问题，在离子方程式的正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破这个陷阱的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量。如何判断哪种物质过量：
2、B
【解析】
A．由结构简式可知该有机物的分子式为C12H12O4，故A不符合题意；
B．能与氢气发生加成反应的为碳碳双键、苯环和醛基，则1 ml该有机物最多能与5 ml H2反应，故B符合题意；
C．只有羧基能与NaHCO3反应，则0.1 ml该有机物与足量NaHCO3溶液可生成0.1 ml CO2，气体体积为2.24 L（标准状况下），故C不符合题意；
D．分子中含有碳碳双键、醛基，可发生加成、氧化、还原反应，含有羧基、羟基，可发生取代反应，故D不符合题意；
故答案为：B。
3、B
【解析】
A．裂化汽油中含烯烃，则加高锰酸钾褪色不能说明含有甲苯，A错误；
B．溴乙烷与NaOH醇溶液共热后，发生消去反应生成乙烯，则气体通入溴水，溴水褪色，说明有乙烯生成，B正确；
C．卤代烃水解后，检验卤素离子，应在酸性溶液中，不能直接加硝酸银检验，C错误；
D．制备乙酸乙酯反应为可逆反应，不需要利用与碳酸钠反应生成气体说明乙酸剩余，D错误。
答案选B。
4、B
【解析】
A．[Ne]为基态Al3+，2p能级处于全充满，较稳定，电离最外层的一个电子为Al原子的第四电离能；
B．为Al原子的核外电子排布的激发态；
C． 为基态Al原子失去两个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al原子的第三电离能；
D．为基态Al失去一个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al原子的第二电离能；
电离最外层的一个电子所需要的能量：基态大于激发态，而第一电离能小于第二电离能小于第三电离能小于第四电离能，则电离最外层的一个电子所需能量最小的是B；综上分析，答案选B。
明确核外电子的排布，电离能基本概念和大小规律是解本题的关键。
5、B
【解析】
A、萘与氢气完全加成后产物是，其分子式为C10H18，正确；
B、蒽：，有3种不同的氢原子，一氯代物有3种，菲：，有5种不同的氢原子，一氯代物有5种，芘：，有3种不同的氢原子，一氯代物有3种，错误；
C、四种有机物都含有苯环，苯环的空间构型为平面正六边形，因此该四种有机物所有碳原子都共面，正确；
D、四种有机物都能发生加成反应和取代反应，正确。
答案选B。
6、C
【解析】
A．从图像可以看出，甲烷燃烧后释放能量，故都是放热反应，反应①和反应②均为放热反应，故A正确；
B．从图像可以看出CO2具有的能量比CO低，故B正确；
C．CH4(g)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(l) +607.3 kJ②，CH4(g)+ 2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) +890.3 kJ①，①-②得到CO(g)+O2(g)=CO2(g)+283 kJ，故C错误；
D．根据图示，反应②的热化学方程式：CH4(g)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(l)+607.3 kJ，故D正确；
答案选C。
7、C
【解析】
1L0.3ml·L－1HA溶液与0.1mlNaOH固体混合，反应后的溶质为0.1mlNaA和0.2mlHA，假设HA为强酸，此时c(H＋)=0.2ml·L－1，pH为1－lg2，但现在pH＞3，说明HA为弱酸，然后进行分析即可。
【详解】
1L0.3ml·L－1HA溶液与0.1mlNaOH固体混合，反应后的溶质为0.1mlNaA和0.2mlHA，假设HA为强酸，此时c(H＋)=0.2ml·L－1，pH为1－lg2，但现在pH＞3，说明HA为弱酸。
A、根据上述分析，HA为弱酸，故A说法正确；
B、c(H＋)/c(HA)=c(H＋)×c(A－)/[c(HA)×c(A－)]=Ka(HA)/c(A－)，a点对应溶液中加入HCl，发生NaA＋HCl=NaCl＋HA，c(A－)减小，因此该比值增大，故B说法正确；
C、b点加入盐酸为0.1ml，此时溶质为HA和NaCl，HA的物质的量为0.3ml，NaCl物质的量为0.1ml，HA为弱酸，电离程度弱，因此微粒浓度大小顺序是c(HA)>c(Na＋)=c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)，故C说法错误；
D、根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，c点pH=7，c(H＋)=c(OH－)，即有c(Na＋)=c(A－)，故D说法正确。
8、C
【解析】
A．He原子序数为2，原子序数等于质子数，所以1mlHe含有2ml质子，质子数为2NA，A项正确；
B．10g 46%的乙醇水溶液含有乙醇4.6g，为0.1ml，0.1mlCH3CH2OH含有0.1ml氧原子，溶液中还含有54%的水，5.4g水，为0.3mlH2O，含有0.3mlO，所以溶液中含有的O原子共0.4ml，数目为0.4NA，B项正确；
C．CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，可以知道1个CO32－水解会生成1个OH－和1个HCO3－，阴离子数目增加，大于NA，C项错误；
D．NO2、N2O4的最简式相同，可以以NO2的形式进行求解，23gNO2物质的量为0.5ml，N的化合价从NO3－中的＋5降低到了＋4，现生成0.5mlNO2，则共转移0.5ml电子，转移的电子数为0.5NA，D项正确；
本题答案选C。
9、B
【解析】
需要减慢反应速率但又不影响氢气生成，即降低H+的浓度而又不改变H+的物质的量，据此解答。
【详解】
A．加入KHSO4溶液，溶液中氢离子总量增多，故氢气生成量增多，故A错误；
B．加入CH3COONa溶液，溶液被稀释，且醋酸根离子与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，且提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，故B正确；
C．Zn可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，故C错误；
D．加入Na2CO3溶液，碳酸根离子与氢离子反应，则溶液中氢离子总量减小，故氢气生成量也减小，故D错误。
故选：B。
10、A
【解析】
A. 标准状况下，11.2LH2与11.2LD2均为0.5ml，每个分子中含有2个质子，则所含的质子数均为NA，故A正确；
B. 硅晶体中，每个Si周围形成4个Si—Si键，每个Si—Si键是2个Si原子共用，所以有NA个Si原子就有2NA个Si—Si键，故B错误；
C. 硫和铜反应的方程式：2Cu+S Cu2S，6.4gCu与3.2gS粉的物质的量相等，均为0.1ml，物质的量相等的铜和硫反应，硫过量，根据铜求转移电子的物质的量，则6.4gCu的物质的量为0.1ml，则转移电子的物质的量为0.1ml，转移电子数为0.1NA，故C错误；
D. 未说明是标准状态，则无法计算生成气体的体积，故D错误。
故选A。
此题易错点在于D项，在涉及气体体积的计算时，要注意是否为标准状态，是否为气体。
11、D
【解析】
A. 石英坩埚主要成分为二氧化硅，属于氧化物，不是硅酸盐产品，选项A错误；
B.过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的，乙醇可使蛋白质脱水而变性，不具有氧化性，选项B错误；
C.光导纤维主要成分为二氧化硅，属于无机物，不是有机高分子材料，选项C错误；
D.高吸水性树脂属于功能高分子材料，聚丙烯酸钠含亲水基团，相对分子质量在10000以上，属于功能高分子材料，选项D正确；
故合理选项是D。
12、C
【解析】
A、可由环己烯发生加成反应产生，A错误；
B、可由甲基丙烯与氯化氢发生加成反应生成，B错误；
C、可由2，2-二甲基丙烷发生取代反应产生，不能通过加成反应生成，C正确；
D．可由2，3，3—三甲基－1－丁烯与氯化氢发生加成反应生成，D错误。
答案选C。
13、B
【解析】根据装置图，碳电极通入氢气，发生氧化反应，电极反应为H2-2e-+ 2OH－=2H2O，Ni电极NiO(OH)→Ni(OH)2发生还原反应，电极反应为NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－，碳电极是负极，Ni电极是正极。根据以上分析，离子交换膜选用阴离子交换膜（只允许阴离子通过），故A错误；正极的电极反应为NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－，故B正确；导线中通过1ml电子时，负极生成1ml水，理论上负极区溶液质量增加18g，故C错误；充电时，负极与电源负极相连，所以碳电极与电源的负极相连，故D错误。
14、B
【解析】
A. 铁钉遇到饱和食盐水发生吸氧腐蚀，右侧试管中的导管内水柱上升，导管内没有气泡产生，A不合理；
B. 该装置的锌铜电池中，锌直接与稀硫酸相连，原电池效率不高，电流在较短时间内就会衰减，应改为用盐桥相连的装置，效率会更高，B合理；
C. 铝热反应中，铝热剂在最下面，上面铺一层氯酸钾，先把镁条插入混合物中，再点燃镁条用来提供引发反应的热能，C不合理；
D.该图为碱式滴定管，可用图显示的方法除去碱式滴定管尖嘴中的气泡，D不合理；故答案为：B。
15、A
【解析】
A.鉴别纯碱与小苏打，试管口略向下倾斜，且铁架台的铁夹要夹在离试管口的三分之一处故此实验装置错误，故A符合题意；
B.过氧化钠与水反应放出大量热，能能脱脂棉燃烧，此实验装置正确，故B不符合题意；
C.氯气与烧碱溶液反应时，锥形瓶中氯气被消耗，压强减小，气球会变大，此实验装置正确，故C不符合题意；
D.氯气与钠反应时，尾气端一定要加上蘸有碱液的棉花除去尾气中残留的氯气，避免氯气污染环境，此实验装置正确，故D不符合题意。
故答案是A。
16、D
【解析】
A．分子中含有三种官能团，包括了羧基、碳碳双键和氨基，A错误；
B．采用“定一移一”的方法，二氯代物，如图所示：、、，共有6种，B错误；
C．1ml苯环能够与3mlH2发生加成，1ml碳碳双键和1mlH2发生加成，而羧基不能与H2发生加成，则1 ml吲哚乙酸与足量氢气发生反应，最多消耗4ml H2，C错误；
D．分子中只有1个饱和碳原子，但是碳原子连有2个相同的H原子，因此分子中不含有手性碳原子，D正确。
答案选D。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、丙酮 碳碳双键、羧基 甲醇 浓硫酸、加热 +CH3OH C12H9N2OF3
【解析】
A和HCN加成得到B，-H加在O原子上，-CN加C原子上，B发生消去反应得到C，C水解得到D，E和甲醇酯化反应得到E，E发生取代反应生成F，F发生加成、氧化反应生成G，G氧化成比鲁卡胺。
【详解】
（1）由A的结构简式可知，A的分子式为：C3H6O，故答案为：C3H6O；
（2）由D的结构简式可知，D中含碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；
（3）D和甲醇酯化反应生成E，酯化反应的条件为浓硫酸、加热，故答案为：甲醇；浓硫酸、加热；
（4）由图可知，E中的烷氧基被取代生成F，烷氧基和H原子生成了甲醇，所以发生的反应为：+CH3OH，故答案为：+CH3OH；
（5）数就行了，F的分子式为：C12H9N2OF3，故答案为：C12H9N2OF3；
（6）所含官能团类别与E相同，则一定含碳碳双键、酯基，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为1：1：6，则必有2个甲基，所以先确定局部结构含C-C=C，在此基础上，酯基中的羰基只可能出现在3号碳上，那么甲基只可能连在一号碳上，所以符合条件的只有一种，故答案为：；
（7）结合本题进行逆合成分析：参照第⑤步可知，可由和合成，由和甲醇合成，由水解而来，由消去而来，由和HCN加成而来，综上所述，故答案为：。
复杂流程题，要抓住目标产物、原料和流程中物质的相似性，本题中的目标产物明显有个酰胺基，这就和F对上了，问题自然应迎刃而解。
18、醛基、碳碳双键 取代反应 3
【解析】
苯与叔丁醇发生取代反应生成A，根据A与甲醛反应的产物结构简式可判断A的结构简式。根据最终产物的结构简式可知反应④是羟醛缩合然后消去羟基引入碳碳双键，B发生加成反应得到最终产物，据此解答。
【详解】
（1）由反应⑤的条件“氢化”和生成B的物质的特点可知B是，故B中官能团的名称是醛基，碳碳双键，
故答案为：醛基、碳碳双键；
（2）①反应是，该反应的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）由反应①可以判断A是，故反应②的化学方程式是，
故答案为：；
（4）从乌洛托品的结构式可以看出2个氯原子可以在同一碳原子上，也可以在不同碳原子上，可以处于同一环上，也可以处于不同环上，其二氯取代物有3种，即3种；将甲醛的水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，该反应的化学方程式是，
故答案为：3；；
（5）A的同分异构体中满足Ⅰ.有两个取代基；Ⅱ.取代基在邻位的有：，
故答案为：；
（6）根据信息RCH2COOHRCHClCOOH可知，首先要将CH3CH2CHO氧化才能引进第二个官能团，因为乳酸（CH3CHOHCOOH）有两个官能团。由此推知，聚乳酸（）的合成路线流程图为：。
19、烧杯、量筒 防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸 防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出 Ca2++H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4+ A HOO·+ H2O2=H2O + O2 +·OH ABD 54.00%
【解析】
配制一定质量分数的溶液需要的仪器，只需要从初中知识解答，
通入氨气后，从氨气的溶解性思考，
双氧水在冰水浴中，从双氧水的不稳定来理解，
根据原料和产物书写生成八水过氧化钙的离子方程式，
过氧化钙晶体的物理性质得出洗涤八水过氧化钙的试剂，
充分利用前后关系和双氧水分解生成水和氧气的知识得出中间产物即反应方程式，
利用关系式计算纯度。
【详解】
⑴配制约20%的H2O2溶液的过程中，使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯、量筒，
故答案为：烧杯、量筒；
⑵仪器X的主要作用除导气外，因为氨气极易溶于水，因此还具有防倒吸作用，
故答案为：防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸；
⑶双氧水受热分解，因此在冰水浴中进行的原因是防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出，
故答案为：防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出，；
⑷实验时，在三颈烧瓶中析出CaO2·8H2O晶体，总反应的离子方程式为Ca2++H2O2+2NH3+ 8H2O =CaO2·8H2O↓+2NH4+，
故答案为：Ca2++H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4+；
⑸过氧化钙是一种白色固体，微溶于冷水，不溶于乙醇，因此洗涤CaO2·8H2O的最佳实际为无水乙醇，
故答案为：A；
⑹若CaCl2原料中含有Fe3+杂质，Fe3+催化分解H2O2变为氧气和水，根据前后联系，说明②中产物有氧气、水、和·OH，其化学方程式为：HOO·+ H2O2=H2O + O2 +·OH，
故答案为：HOO·+ H2O2=H2O + O2 +·OH；
⑺过氧化钙可用于长途运输鱼苗，鱼苗需要氧气，说明过氧化钙具有与水缓慢反应供氧，能吸收鱼苗呼出的二氧化碳气体和杀菌作用，
故答案为：ABD；
⑻将所得CaO2·8H2O晶体加热到150~160℃，完全脱水后得到过氧化钙样品。
该小组测定过氧化钙样品中CaO2的纯度的方法是：准确称取0.4000g过氧化钙样品，400℃以上加热至完全分解成CaO和O2(设杂质不产生气体)，得到33.60mL即物质的量为1.5×10-3 ml，。
2CaO2 = 2CaO + O2
根据关系得出n(CaO2) = 3×10-3 ml，
，
故答案为54.00%。
20、防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用 温度过高，未反应的乙酸蒸出，降低反应物的利用率；温度过低，又不能除去反应生成的水 若让反应混合物冷却，则固体析出沾在瓶壁上不易处理 吸滤瓶 布氏漏斗 重结晶
【解析】
（1）锌粉起抗氧化剂作用，防苯胺氧化，另外混合液加热，加固体还起到防暴沸作用；
（2）乙酸有挥发性，不易温度太高，另外考虑到水的沸点为100℃，太低时水不易蒸发除去；
（3）“趁热”很明显是防冷却，而一旦冷却就会有固体析出；抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有吸滤瓶和布氏漏斗；
（4）粗产品需进一步提纯，该提纯方法是重结晶。
21、CH3CH2OH(g)+H2O(g)＝4H2(g)+2CO(g) △H=+256.1kJ/ml 1 及时移去产物 进气比越大，反应温度越低(或进气比越小，反应温度越高) ＜ 36.0 c-a 14CO2+12e-+9H2O＝CH3CH2OH+12HCO3-
【解析】
(1)反应I化学方程式为CH3CH2OH(g)+H2O(g)＝4H2(g)+2CO(g)，因为①CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H1=-41kJ/ml，②CH3CH2OH(g)+3H2O(g)⇌2CO2(g)+6H2(g)△H2=+174.1kJ/ml，根据盖斯定律，将②-①×2得：CH3CH2OH(g)+H2O(g)＝4H2(g)+2CO(g) △H=+174.1kJ/ml－(-41kJ/ml)×2=+256.1kJ/ml，即热化学方程式为CH3CH2OH(g)+H2O(g)＝4H2(g)+2CO(g) △H=+256.1kJ/ml，故答案为：CH3CH2OH(g)+H2O(g)＝4H2(g)+2CO(g) △H=+256.1kJ/ml；
(2)①反应II为CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，由于A、E和G三点对应的反应温度相同，其平衡常数KA=KE=KG，可用E点数值进行计算：图中E点数值为(1，0.5)，反应的三段式为：
平衡常数K===1；CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=-41kJ•ml-1，即正向为气体体积不变的放热反应，所以恒温条件下，增大H2O(g)的浓度或及时分离出CO2等产物均可提高CO的平衡转化率，故答案为：1；及时移去产物；
②由图可知，当CO的转化率相同时，温度由低到高，对应的进气比为0.5、1、1.5，则进气比越高达到相同转化率所需的温度越低，即进气比越大，反应温度越低或进气比越小，反应温度越高，故答案为：进气比越大，反应温度越低(或进气比越小，反应温度越高)；
③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H1=-41kJ/ml，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，CO转化率减小，则B点温度高，反应速率快，即VA＜VB；D点数值为(1，0.6)，反应三段式为：
D 点温度下的平衡常数K===2.25，反应达到平衡时v正=v逆，即k正xCO·xH2O=k逆xCO2·xH2，所以===K=2.25，在达到平衡状态为D点的反应过程中，当CO转化率刚好达到20%时，三段式：
xCO=xH2O==0.4，xCO2=xH2=0.1，所以则==K×=2.25×=36.0，故答案为：＜；36.0；
(3)①pH=c时c(H+)=10-cml/L，KHCO3以水解为主，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，平衡常数K==，则=×c(OH-)===10c-a，所以lg=lg10c-a=c-a，故答案为：c-a；
②阴极失去电子发生氧化反应，故电极反应方程式14CO2+12e-+9H2O＝CH3CH2OH+12HCO3-，故答案为：14CO2+12e-+9H2O＝CH3CH2OH+12HCO3-。
物质
熔点
沸点
溶解度(20 ℃)
乙酰苯胺
114.3℃
305℃
0.46
苯胺
－6℃
184.4℃
3.4
醋酸
16.6℃
118℃
易溶
典例
对应的离子方程式
①
少量NaHCO3
Ca2＋＋OH－＋HCO3-=CaCO3↓＋H2O
②
足量Ca(OH)2
③
足量NaHCO3
Ca2＋＋2OH－＋2HCO3-=CaCO3↓＋2H2O＋CO32-
④
少量Ca(OH)2