2023-2024学年铜陵市重点中学高三下学期一模考试化学试题含解析

2023-2024学年铜陵市重点中学高三下学期一模考试化学试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、新鲜水果、蔬菜、乳制品中富含的维生素C具有明显的抗衰老作用，但易被空气氧化。某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式为：＋2HI下列认识正确的是()A．上述反应为取代反应 B．滴定时可用淀粉溶液作指示剂C．滴定时要剧烈振荡锥形瓶 D．维生素C的分子式为C6H9O2、主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z一具有与氩原子相同的电子层结构；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9。下列说法一定正确的是A．X与Z的简单氢化物的水溶液均呈强酸性B．Y与Z形成的化合物只含离子键C．简单氢化物的沸点：Q<XD．Z和W形成的化合物的水溶液呈碱性3、稀有气体化合物是指含有稀有气体元素的化合物。其中二氟化氙（XeF2）、三氧化氙（XeO3），氙酸（H2XO4）是“绿色氧化剂”，氙酸是一元强酸。下列说法错误的是（）A．上述“绿色氧化剂”的优点是产物易分离，不干扰反应B．三氧化氙可将I-氧化为IO3-C．氙酸的电离方程式为：H2XeO4═2H++XeO42-D．XeF2与水反应的化学方程式为：2XeF2+2H2O═2Xe↑+O2↑+4HF↑4、亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂。以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图，有关说法不正确的是()A．NaOH的电子式为B．加入的H2O2起氧化作用C．ClO2发生器中发生反应的离子方程式为2ClO3﹣+SO2═2ClO2+SO42﹣D．操作②实验方法是重结晶5、室温下，将0.1000mol·L－1盐酸滴入20.00mL未知浓度的某一元碱MOH溶液中，溶液pH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法不正确的是A．该一元碱溶液浓度为0.1000mol·L－1B．a点：c(M＋)>c(Cl－)>c(OH-)>c(H+)C．b点：c(M＋)＋c(MOH)＝c(Cl－)D．室温下，MOH的电离常数Kb＝1×10－56、如图是N2（g）+3H2（g）2NH3（g）在反应过程中的反应速率v与时间（t）的关系曲线，下列说法错误的是（）A．t1时，正方向速率大于逆反应速率B．t2时，反应体系中NH3的浓度达到最大值C．t2﹣t3时间段，正反应速率等于逆反应速率D．t2﹣t3时间段，各物质的浓度相等且不再发生变化7、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．8、在常温下，向20mL浓度均为0.1mol·L−1的盐酸和氯化铵混合溶液中滴加0.1mol·L−1的氢氧化钠溶液，溶液pH随氢氧化钠溶液加入体积的变化如图所示（忽略溶液体积变化）。下列说法正确的是A．V（NaOH）＝20mL时，2n（）＋n（NH3·H2O）＋n（H+）－n（OH−）＝0.1molB．V（NaOH）＝40mL时，c（）＜c（OH−）C．当0＜V（NaOH）＜40mL时，H2O的电离程度一直增大D．若改用同浓度的氨水滴定原溶液，同样使溶液pH＝7时所需氨水的体积比氢氧化钠溶液要小9、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阳极溶解32g铜B．标准状态下，33.6L氟化氢中含有1.5NA个氟化氢分子C．在反应KClO4+8HCl=KCl+4Cl2↑+4H2O中，每生成4molCl2转移的电子数为8NAD．25℃时，1LpH＝13的氢氧化钡溶液中含有0.1NA个氢氧根离子10、短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大．元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍．下列说法错误的是（）A．元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构B．元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种C．元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D．元素Z可与元素X形成共价化合物XZ211、下列关于轮船嵌有锌块实施保护的判断不合理的是A．嵌入锌块后的负极反应：Fe﹣2e-=Fe2+B．可用镁合金块代替锌块进行保护C．腐蚀的正极反应：2H2O+O2+4e-=4OH-D．该方法采用的是牺牲阳极的阴极保护法12、根据元素周期律可判断()A．稳定性：H2S＞H2O B．最高化合价：F＞NC．碱性：NaOH＞Mg(OH)2 D．原子半径：Cl＞Al13、用如图示的方法可以保护钢质闸门。下列说法正确的是（）A．当a、b间用导体连接时，则X应发生氧化反应B．当a、b间用导体连接时，则X可以是锌或石墨C．当a、b与外接电源相连时，a应连接电源的正极D．当a、b与外接电源相连时，阴极的电极反应式：2Cl--2e-=Cl2↑14、X、Y、Z、W为短周期主族元素，且原子序数依次增大。X原子中只有一个电子，Y原子的L电子层有5个电子，Z元素的最高化合价为其最低化合价绝对值的3倍。下列叙述正确的是（

）A．简单离子半径：W>Z>YB．Y的气态氢化物与W的气态氢化物相遇有白烟产生C．X、Y、Z三种元素形成的化合物只含共价键D．含氧酸的酸性：W的一定强于Z的15、部分共价键的键长和键能的数据如表，则以下推理肯定错误的是共价键C﹣CC=CC≡C键长（nm）0.1540.1340.120键能（kJ/mol）347612838A．0.154nm＞苯中碳碳键键长＞0.134nmB．C=O键键能＞C﹣O键键能C．乙烯的沸点高于乙烷D．烯烃比炔烃更易与溴加成16、下列选项中，有关实验操作、现象和结论都正确的是选项实验操作现象结论A将过量的CO2通入CaCl2溶液中无白色沉淀出现生成的Ca(HCO3)2可溶于水B常温下将Al片插入浓硫酸中无明显现象Al片和浓硫酸不反应C用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性D将SO2通入溴水中溶液褪色SO2具有漂白性A．A B．B C．C D．D二、非选择题（本题包括5小题）17、W、X、Y、Z四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大，其它相关信息见下表。元素相关信息W单质为密度最小的气体X元素最高正价与最低负价之和为0Y某种同素异形体是保护地球地表的重要屏障Z存在质量数为23，中子数为12的核素根据上述信息，回答下列问题：(l)元素Y在元素周期表中的位置是____；Y和Z的简单离子半径比较，较大的是___（用离子符号表示）。(2)XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是____；由元素W和Y组成的一种绿色氧化剂的电子式为____。(3)由W、X、Y、Z四种元素组成的一种无机盐，水溶液呈碱性的原因是__（用离子方程式表示）。18、磷酸氯喹是一种抗疟疾药物，研究发现，该药在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染。其合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A是一种芳香经，B中官能团的名称为__________________。（2）反应A→B中须加入的试剂a为___________________。（3）B反应生成C的反应化学反应方程式是______________________。（4）C→D反应类型是_________，D的结构简式为_______________。（5）F→G反应类型为________________。（6）I是E的同分异构体，与E具有相同的环状结构，写出任意一种符合下列条件的I的结构简式是__________________________。①I是三取代的环状有机物，氯原子和羟基的取代位置与E相同；②核磁共振氢谱显示I除了环状结构上的氢外，还有4组峰，峰面积比3:1:1:1；③I加入NaHCO3溶液产生气体。19、某实验小组对KSCN的性质进行探究，设计如下实验：试管中试剂实验滴加试剂现象2mL0.1mol/LKSCN溶液Ⅰi.先加1mL0.1mol/LFeSO4溶液ii.再加硫酸酸化的KMnO4溶液i.无明显现象ii.先变红，后退色Ⅱiii.先滴加1mL0.05mol/LFe2(SO4)3溶液iv.再滴加0.5mL0.5mol/LFeSO4溶液iii.溶液变红iv.红色明显变浅(1)①用离子方程式表示实验I溶液变红的原因___________②针对实验I中红色褪去的原因，小组同学认为是SCN−被酸性KMnO4氧化为SO42−，并设计如图实验装置证实了猜想是成立的。其中X溶液是_____________，检验产物SO42−的操作及现象是__________。(2)针对实验Ⅱ“红色明显变浅”，实验小组提出预测。原因①：当加入强电解质后，增大了离子间相互作用，离子之间牵制作用增强，即“盐效应”。“盐效应”使Fe3++SCN−[Fe(SCN)]2+平衡体系中的Fe3+跟SCN−结合成[Fe(SCN)]2+的机会减少，溶液红色变浅。原因②：SCN−可以与Fe2+反应生成无色络合离子，进一步使Fe3++SCN−[Fe(SCN)]2+平衡左移，红色明显变浅。已知：Mg2+与SCN−难络合，于是小组设计了如下实验：由此推测，实验Ⅱ“红色明显变浅”的原因是___________________________。20、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40min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40min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：化合物密度(g·cm-3)溶解性熔点(℃)沸点(℃)乙酸1.05易溶于水，乙醇17118苯胺1.02微溶于水，易溶于乙醇–6184乙酰苯胺—微溶于冷水，可溶于热水，易溶于乙醇114304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21、过氧硫酸氢钾复合盐（K2SO4•KHSO4•2KHSO5）易分解，可用作漂白剂、NOx和SO2等的脱除剂。某研究小组制备过氧硫酸氢钾复合盐的流程如图所示。已知：浓硫酸与H2O2反应，部分转化为过硫酸（化学式为H2SO5，是一种一元强酸）（1）H2SO5中硫元素的化合价为+6价，其中过氧键的数目为________；工业上用过氧硫酸氢钾复合盐溶液脱除NO时，反应的离子方程式为___________________________。（2）若反应物的量一定，在上述流程的“转化”步骤中需用冰水浴冷却，且缓慢加入浓硫酸，其目的是___________________________。（3）“结晶”操作中，加入K2CO3即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的化学方程式为______________________________。过氧硫酸氢钾复合盐产率（以产品含氧量表示）随溶液pH和温度的变化关系如图所示，则该过程适宜的条件是_________________。（4）产品中KHSO5含量的测定：取1.000g产品于锥形瓶中，用适量蒸馏水溶解，加入5mL5％的硫酸和5mL25％的KI溶液，再加入1mL淀粉溶液作指示剂，用0.2000mol·L-1硫代硫酸钠标准液滴定至终点，消耗标准液的体积为25.00mL。已知：2KHSO5＋4KI＋H2SO4=2I2＋3K2SO4＋2H2OI2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI①用_____滴定管盛装标准浓度的硫代硫酸钠溶液（填“甲”或“乙”）。②产品中KHSO5的质量分数为___________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A、上述反应为去氢的氧化反应，A错误；B、该反应涉及碘单质的反应，可用淀粉溶液作指示剂；B正确；C、滴定时轻轻振荡锥形瓶，C错误；D、维生素C的分子式为C6H8O6，D错误。2、C【解析】

Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，确定Q为N；X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素，确定X为F；Z一具有与氩原子相同的电子层结构，确定Z为Cl；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9，当W为K时，Y为Al；当W为Ca时，Y为Mg。【详解】A.X简单氢化物HF的水溶液呈弱酸性，故A错误；B.Y与Z形成的化合物可能是AlCl3或MgCl2，氯化铝属于共价化合物不含有离子键，故B错误；C.简单氢化物的沸点：Q（NH3）<X（HF），故C正确；D.Z和W形成的化合物为KCl或CaCl2，二者均为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故D错误；答案：C3、C【解析】

A．氟化氙(XeF2)、三氧化氙(XeO3)，氙酸(H2XO4)作氧化剂都生成对应的单质很稳定，易分离，不干扰反应，所以“绿色氧化剂”的优点是产物易分离，不干扰反应，故A正确；B．三氧化氙具有氧化性，可将I-氧化为IO3-，故B正确；C．氙酸是一元强酸，则氙酸的电离方程式为：H2XeO4═H++HXeO4-，故C错误；D．XeF2与水反应生成Xe、O2和HF，方程式为：2XeF2+2H2O═2Xe↑+O2↑+4HF↑，故D正确。故选：C。【点睛】根据酸分子电离时所能生成的氢离子的个数，可以把酸分为一元酸、二元酸、三元酸等，例如硝酸是一元酸，硫酸是二元酸；不能根据分子中氢原子的个数来判断是几元酸，例如该题中氙酸分子中有两个氢原子，但只能电离出一个氢离子，故为一元酸。4、B【解析】

ClO2发生器中发生反应生成ClO2和NaHSO4，反应后通入空气，可将ClO2赶入吸收器，加入NaOH、过氧化氢，可生成NaClO2，过氧化氢被氧化生成氧气，经冷却结晶、重结晶、干燥得到NaClO2.3H2O，以此解答该题。【详解】A．书写电子式时原子团用中括号括起来，NaOH的电子式，故A正确；B．在吸收塔中二氧化氯生成亚氯酸钠，氯元素化合价由+4变为+3，化合价降低做氧化剂，有氧化必有还原，H2O2做还原剂起还原作用，故B不正确；C．ClO2发生器中发生反应的离子方程式为2ClO3﹣+SO2═2ClO2+SO42﹣，故C正确；D．将粗晶体进行精制，可以采用重结晶，故D正确；故选：B。5、C【解析】

A．加入20mL盐酸时，溶液的pH出现突跃，说明加入20mL盐酸时，酸碱恰好完全反应，酸碱的体积相等，则浓度相等，所以MOH浓度为0.1000mol·L－1，正确，A不选；B．a点溶液pH＞7，溶液呈碱性，则c(OH－)＞c(H＋)，溶液中存在电荷守恒c(M＋)+c(H＋)=c(Cl－)+c(OH－)，则c(M＋)＞c(Cl－)。a点溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH、MCl，溶液呈碱性，说明MOH电离程度大于MCl水解程度，但MOH电离程度较小，所以存在c(M＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，正确，B不选；C．b点溶液pH=7，溶液呈中性，则c(OH－)=c(H＋)，根据电荷守恒得c(M＋)=c(Cl－)，所以c(M＋)+c(MOH)＞c(Cl－)，错误，C选；D．根据A选可知，MOH浓度为0.1000mol·L－1，不加入盐酸时，pH为11，溶液中的c(OH－)=10－3mol·L－1，则MOH是弱碱，其电离方程式为MOHM＋＋OH－，由于其电离程度较小，则c(MOH)≈0.1mol·L－1，忽略水的电离，则c(M＋)≈c(OH－)=10－3mol·L－1；则室温下，MOH的电离常数，正确，D不选。答案选C。6、D【解析】

A．t1时反应没有达到平衡状态，正方向速率大于逆反应速率，A正确；B．t2时反应达到平衡状态，反应体系中NH3的浓度达到最大值，B正确；C．t2﹣t3时间段反应达到平衡状态，正反应速率等于逆反应速率，C正确；D．t2﹣t3时间段，各物质的浓度不再发生变化，但不一定相等，D错误。答案选D。7、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。【点睛】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。8、B【解析】

A.V（NaOH）＝20mL时，溶液中的溶质为0.02mol氯化钠和0.02mol氯化铵，电荷守恒有n(Na+)+n（H+）+n（）=n(Cl-)+n（OH−），因为n(Na+)=0.02mol，n(Cl-)=0.04mol，所以有n（H+）+n（）=0.02+n（OH−），物料守恒有n(Cl-)=n(Na+)+n（）＋n（NH3·H2O），即0.02=n（）＋n（NH3·H2O），所以，2n（）＋n（NH3·H2O）＋n（H+）＝0.04mol+n（OH−），故错误；B.V（NaOH）＝40mL时，溶质为0.04mol氯化钠和0.02mol一水合氨，溶液显碱性，因为水也能电离出氢氧根离子，故c（）＜c（OH−）正确；C.当0＜V（NaOH）＜40mL过程中，前20毫升氢氧化钠是中和盐酸，水的电离程度增大，后20毫升是氯化铵和氢氧化钠反应，水的电离程度减小，故错误；D.盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠溶液，为中性，若改用同浓度的氨水滴定原溶液，盐酸和氨水反应后为氯化铵的溶液仍为酸性，所以同样使溶液pH＝7时所需氨水的体积比氢氧化钠溶液要大，故错误。故选B。9、D【解析】

A．电解精炼铜时，阳极是粗铜，粗铜中含有一些比铜活泼的金属也放电，故当转移NA个电子，阳极的铜溶解少于32g，故A错误；B．在标准状况下，氟化氢不是气体，无法计算33.6L氟化氢的物质的量，故B错误；C．在反应KClO4+8HCl＝KCl+4Cl2↑+4H2O中高氯酸钾中氯元素化合价从+7价降低到0价，得到7个电子，转移7mol电子时生成4mol氯气，即当生成4mol氯气时转移的电子数为7NA个，故C错误；D．25℃时，1LpH＝13的氢氧化钡溶液中c(OH－)=0.1mol/L，1L含有0.1NA个氢氧根离子，故D正确；答案选D。10、A【解析】

X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。【详解】X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。A、W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故A错误；B、元素X与氢形成的化合物有C2H2，C6H6等，故B正确；C、元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；D、硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；答案选A。11、A【解析】

A.嵌入锌块做负极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，A项错误；B.上述方法为牺牲阳极的阴极保护法，即牺牲做负极的锌块保护做正极的轮船，故可以用镁合金来代替锌块，B项正确；

C.由于海水呈弱碱性，铁发生吸氧腐蚀，故正极反应为2H2O+O2+4e-=4OH-，C项正确；D.此保护方法是构成了原电池，牺牲了锌块保护轮船，故为牺牲阳极的阴极保护法，D项正确；答案选A。12、C【解析】

A．O和S位于同一主族，非金属性O大于S，故气态氢化物的稳定性H2O＞H2S，故A错误；B．F没有最高正价，N是第二周期，第VA族，氮的最高正价为+5价，故B错误；C．Na和Mg位于同一周期，同周期从左到右，金属性减弱，故最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，NaOH＞Mg(OH)2，故C正确；D．Al和Cl位于同一周期，同周期元素原子半径逐渐减小，Al＞Cl，故D错误；答案选C。13、A【解析】

A．当a、b间用导体连接时构成原电池，根据题意，X应为负极，发生氧化反应，A正确；B．当a、b间用导体连接时构成原电池，根据题意，X应为负极，X应比Fe活泼，则X可以是锌，不能选用石墨，B错误；C．当a、b与外接电源相连时，a应连接电源的负极，C错误；D．当a、b与外接电源相连时，阴极应该发生得电子的还原反应，D错误；答案选A。14、B【解析】

X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子中只有一个电子，则X为H元素；Y原子的L电子层有5个电子，其核电荷数为7，为N元素；Z元素的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则Z为S元素；W为短周期主族元素且原子序数大于Z，所以为Cl元素；A．S2-和Cl-的离子核外电子排布相同，核电荷数大，离子半径小，即S2->Cl-，故A错误；B．N的气态氢化物NH3与Cl的气态氢化物HCl相遇生成NH4Cl，现象为有白烟产生，故B正确；C．H、N、S三种元素组成的化合物NH4HS或(NH4)2S均为离子化合物，化合物中既有离子键，又有共价键，故C错误；D．Cl的最高价氧化物的水化物HClO4的酸性比S的最高价氧化物的水化物H2SO4的酸性强，而H2SO3的酸性比HClO强，故D错误；故答案为B。15、C【解析】

A．苯中的化学键键长介于碳碳单键与碳碳双键之间，所以0.154nm＞苯中碳碳键键长＞0.134nm，故A正确；B．单键的键能小于双键的键能，则C=O键键能>C−O键键能，故B正确；C.乙烷的相对分子质量大于乙烯，则乙烷的沸点高于乙烯，故C错误；D．双键键能小于三键，更易断裂，所以乙烯更易发生加成反应，则烯烃比炔烃更易与溴加成，故D正确；答案选C。【点睛】D项为易错点，由于炔烃和烯烃都容易发生加成反应，比较反应的难易时，可以根据化学键的强弱来分析，化学键强度越小，越容易断裂，更容易发生反应。16、C【解析】

A．因碳酸的酸性比盐酸弱，所以CO2与CaCl2溶液不反应，A项错误；B．铝与浓硫酸发生钝化作用，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，B项错误；C．能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性，则浓氨水呈碱性，C项正确；D．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性，而不是漂白性，D项错误；故答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、第2周期，VIA族O2-分子间作用力HCO3-+H2OH2CO3+OH-【解析】

根据题干信息中元素性质分析判断元素的种类；根据元素的种类判断在元素周期表中的位置；根据物质的组成和性质分析该物质的晶体类型，判断微粒间的作用力；根据成键特点书写电子式。【详解】W、X、Y、Z四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大，W单质为密度最小的气体，则W为氢元素；X最高正价与最低负价之和为0，则X为第IVA族元素，Y的某种同素异形体是保护地球地表的重要屏障，则Y是氧元素，X是碳元素；Z存在质量数为23，中子数为12的核素，则Z的质子数为23-12=11，则Z是钠元素。（1）元素氧在元素周期表中的位置是第2周期，VIA族；氧离子和钠离子具有相同的核外电子排布，则核电荷越大半径越小，所以半径较大的是O2-，故答案为：第2周期，VIA族；O2-；（2）CO2晶体为分子晶体，由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是分子间作用力；由元素氢和氧组成的一种绿色氧化剂是双氧水，其电子式为，故答案为：分子间作用力；；（3）由氢、碳、氧、钠四种元素组成的一种无机盐为碳酸氢钠，因为水解其水溶液呈碱性离子方程式表示为：，故答案为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故答案为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-。18、硝基浓硫酸、浓硝酸+Cl2+HCl还原反应取代反应【解析】

产物中含有苯环，则A是苯，B为硝基苯，B到C是一个取代反应，考虑到E中氮原子和氯原子处于间位，因此C是间硝基氯苯，D则是硝基被还原后变成了间氨基氯苯，E到F即题目信息中给出的反应，从F到G，分子式中少1个O和1个H，而多出了一个Cl，因此为一个取代反应，用氯原子取代了羟基，最后再进一步取代反应得到H，据此来分析本题即可。【详解】（1）根据分析，B是硝基苯，其官能团为硝基；（2）硝化反应需要用到浓硫酸和浓硝酸组成的混酸；（3）B到C即取代反应，方程式为+Cl2+HCl；（4）C到D是硝基被还原为氨基的过程，因此是一个还原反应，D为邻氨基氯苯，即；（5）根据分析，F到G是一个取代反应；（6）加入碳酸氢钠溶液能产生气体，因此分子中一定含有羧基，结合其它要求，写出符合条件的同分异构体，为。19、MnO4−+5Fe2++8H+==Mn2++5Fe3++4H2O、Fe3++3SCN−Fe(SCN)30.1mol/LKSCN溶液一段时间后取少量反应后的 KSCN 溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀两个原因都有可能【解析】

（1）①实验Ⅰ溶液变红，与亚铁离子被高锰酸钾氧化有关，亚铁离子被氧化成铁离子；②SCN－被酸性KMnO4氧化为SO42－，设计成原电池反应，由电子转移方向可知左边石墨为负极，SCN－被氧化，X溶液为KSCN溶液，右边石墨为正极，Y溶液为KMnO4溶液；检验硫酸根离子，可加入盐酸酸化，再加入氯化钡检验；（2）实验分别加入水、等浓度的硫酸镁、硫酸亚铁，溶液颜色依次变浅，可说明浓度、盐效应以及亚铁离子都对颜色有影响。【详解】（1）①实验Ⅰ溶液变红，与亚铁离子被高锰酸钾氧化有关，亚铁离子被氧化成铁离子，涉及反应为MnO4－+5Fe2＋+8H＋=Mn2＋+5Fe3＋+4H2O，Fe3++3SCN−Fe(SCN)3，故答案为：MnO4－+5Fe2＋+8H＋=Mn2＋+5Fe3＋+4H2O，Fe3++3SCN−Fe(SCN)3；②SCN－被酸性KMnO4氧化为SO42－，设计成原电池反应，由电子转移方向可知左边石墨为负极，SCN－被氧化，X溶液为KSCN溶液，右边石墨为正极，Y溶液为KMnO4溶液；检验硫酸根离子，可加入盐酸酸化，再加入氯化钡检验，方法是一段时间后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀，故答案为：0.1mol·L－1KSCN溶液；一段时间后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀；（2）实验分别加入水、等浓度的硫酸镁、硫酸亚铁，溶液颜色依次变浅，结合题意Mg2+与SCN-难络合，可说明浓度、盐效应以及亚铁离子都对颜色有影响，可解释为水溶液的稀释使溶液变浅；“盐效应”使Fe3＋跟SCN－结合成[Fe（SCN）]2+的机会减少；SCN－与Fe2＋反应生成无色络合离子，三者可能均有，故答案为：两个原因都有可能。20、直形冷凝管将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有100mL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。”ABCedca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ADA【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