辽宁省朝阳市朝阳县柳城高中2024届高三3月份模拟考试化学试题含解析

辽宁省朝阳市朝阳县柳城高中2024届高三3月份模拟考试化学试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。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、下列说法中，正确的是A．78gNa2O2固体含有离子的数目为4NAB．由水电离出的c(H＋)=10−12mol·L−1溶液中Na＋、NH4+、SO42−、NO3−一定能大量共存C．硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝的反应为：4I−+O2+4H+=2I2+2H2OD．将充有NO2的玻璃球浸到热水中气体颜色加深说明2NO2(g)N2O4(g)△H>02、已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度,且原子间以单键结合。下列有关C3N4晶体的说法中正确的是()A．C3N4晶体是分子晶体B．C3N4晶体中C—N键的键长比金刚石中的C—C键的键长长C．C3N4晶体中C、N原子个数之比为4∶3D．C3N4晶体中粒子间通过共价键相结合3、已知CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(g)ΔH==-Q1；2H2(g)+O2(g)→2H2O(g)ΔH==-Q2；H2O(g)→H2O(l)ΔH==-Q3常温下，取体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下），经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为A．4Q1+0.5Q2 B．4Q1+Q2+10Q3 C．4Q1+2Q2 D．4Q1+0.5Q2+9Q34、高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：①C12+KOH→KC1+KC1O+KC1O3+H2O(未配平)；②2Fe(NO3)3+3KC1O+10KOH===2K2FeO4+6KNO3+3KC1+5H2O。下列说法正确的是A．若反应①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1B．反应①中每消耗4molKOH，吸收标准状况下1．4LCl2C．氧化性：K2FeO4>KC1OD．若反应①的氧化产物只有KC1O，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC125、我国在物质制备领域成绩斐然，下列物质属于有机物的是（）A．双氢青蒿素B．全氮阴离子盐C．聚合氮D．砷化铌纳米带A．A B．B C．C D．D6、下列实验操作、实验现象和结论均正确的是()实验操作现象结论A测定常温时同浓度的HCOONa溶液、NaClO溶液溶液的pHpH(HCOONa)<pH(NaClO)弱酸的酸性：HCOOH>HClOB向1mlL1mol·L－1的NaOH溶液中加入5mL2mol/L的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5mL有机物X，加热未出现砖红色沉淀说明X不是葡萄糖C把烧得红热的Cu丝伸入盛满Cl2的集气瓶中产生大量蓝绿色的烟Cu在Cl2中能燃烧D在试管中加入1mL0.1mol·L—1的FeCl3溶液，再加入1mL0.5mol·L—1的盐酸溶液颜色变浅H+能抑制Fe3+的水解A．A B．B C．C D．D7、设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是A．1L1mol·L－1的NaHCO3溶液中含有的离子数为3NAB．22.4L的CO2与过量Na2O2充分反应转移的电子数为NAC．常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NAD．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA8、下列叙述正确的是A．24g镁与27g铝中，含有相同的质子数B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同C．1mol重水与1mol水中，中子数比为2∶1D．1mol乙烷和1mol乙烯中，化学键数相同9、下列物质溶于水形成的分散系不会产生丁达尔现象的是A．葡萄糖 B．蛋白质 C．硫酸铁 D．淀粉10、下列有关叙述正确的是A．汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧造成的B．酒精能使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好C．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法D．硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂11、只能在溶液中导电的电解质是()A．KOH B．CH3COONH4 C．SO2 D．CH3COOH12、景泰蓝是一种传统的手工艺品。下列制作景泰蓝的步骤中，不涉及化学变化的是ABCD将铜丝压扁，掰成图案

将铅丹、硼酸盐等化合熔制后描绘

高温焙烧

酸洗去污A．A B．B C．C D．D13、金属(M)－空气电池(如图)具有原料易得、能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源。该类电池放电的总反应为：4M+nO2+2nH2O=4M(OH)n。已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。下列说法不正确的是A．多孔电极有利于氧气扩散至电极表面，可提高反应速率B．电池放电过程的正极反应式：O2+2H2O+4e－=4OH－C．比较Mg、Al二种金属－空气电池，“理论比能量”之比是8∶9D．为防止负极区沉积Mg(OH)2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜14、将25℃时浓度均为0.1mol/L的HA溶液和BOH溶液按体积分别为Va和Vb混合，保持Va+Vb=100mL，且生成的BA可溶于水。已知Va、Vb与混合液pH关系如图所示。下列说法错误的是（）A．曲线II表示HA溶液的体积B．x点存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)C．电离平衡常数：K(HA)>K(BOH)D．x、y、z三点对应的溶液中，y点溶液中水的电离程度最大15、下列说法正确的是A．将溴乙烷与氢氧化钾混合液加热，再滴加硝酸银溶液，观察有沉淀生成，可证明溴乙烷中含有溴B．用纸层析法分离铁离子与铜离子时，蓝色斑点在棕色斑点的下方，说明铜离子在固定相中分配得更多C．食醋总酸含量的测定实验中，先用移液管吸取市售食醋25ml，置于250ml容量瓶中加水稀释至刻度线，从配制后的溶液中取出25ml进行实验，其主要目的是可以减少食醋的挥发D．准确量取25.00mL的液体可选用移液管、量筒或滴定管等量具16、25℃时，将pH均为2的HCl与HX的溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是A．a、b两点:c(X-)<c(Cl-) B．溶液的导电性:a<bC．稀释前，c(HX)>0.01mol/L D．溶液体积稀释到10倍，HX溶液的pH<3二、非选择题（本题包括5小题）17、CAPE是蜂胶主要活性组分之一，具有抗炎、抗氧化和抗肿瘤的作用，在医学上具有广阔的应用前景。合成CAPE的路线设计如下：已知：①A的核磁共振氢谱有三个波峰，红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键；②；③。请回答下列问题：（1）A中官能团的名称为____。（2）C生成D所需试剂和条件是____。（3）E生成F的反应类型为____。（4）1molCAPE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为____。（5）咖啡酸生成CAPE的化学方程式为____。（6）芳香化合物X是G（C9H8O3）的同分异构体，满足下列条件，X的可能结构有____种，a.属于芳香族化合物b.能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2c.能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积之比为1:2:2:1:1:1，写出一种符合要求的X的结构简式____。（7）参照上述合成路线，以和丙醛为原料(其它试剂任选)，设计制备的合成路线____。18、A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。已知：，R-COOH(1)A的名称是_____________；B中含氧官能团名称是________________。(2)C的结构简式________________；D→E的反应类型为________________(3)E→F的化学方程式为___________________________。(4)B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是__________________（写出结构简式）。(5)等物质的量的分别与足量NaOH、NaHCO3反应，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为__________；检验其中一种官能团的方法是______________（写出官能团名称、对应试剂及现象）。19、实验室用如图装置（夹持装置略）制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。已知K2FeO4具有下列性质：①可溶于水，微溶于浓KOH溶液；②在0℃～5℃、强碱性溶液中比较稳定，在Fe(OH)3或Fe3＋催化下发生分解；③在弱碱性至酸性条件下，能与水反应生成O2和Fe(OH)3（或Fe3＋）。(1)装置A用于制取氯气，其中使用恒压漏斗的原因是____。(2)为防止装置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是____和____。(3)装置C中生成K2FeO4反应的离子方程式为____。(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，测得产生O2的体积随时间的变化曲线如图所示。t1s～t2s内，O2的体积迅速增大的主要原因是____。(5)验证酸性条件下氧化性FeO42-＞Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，____。（实验中须使用的的试剂和用品有：浓盐酸，NaOH溶液、淀粉KI试纸、棉花）(6)根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2＞FeO42-，而第(5)小题实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是____。20、焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可作为贮存水果的保鲜剂。现欲制备焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质。Ⅰ.制备Na2S2O5可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体(试剂不重复使用)。焦亚硫酸钠的析出原理：2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l)（1）如图装置中仪器A的名称是___。A中发生反应的化学方程式为___。仪器E的作用是___。（2）F中盛装的试剂是___。Ⅱ.探究Na2S2O5的还原性（3）取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去。反应的离子方程式为___。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是防止食品___。Ⅲ.测定Na2S2O5样品的纯度。（4）将10.0gNa2S2O5样品溶解在蒸馏水中配制100mL溶液，取其中10.00mL加入过量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高锰酸钾溶液，充分反应后，用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点，消耗Na2SO3溶液20.00mL，Na2S2O5样品的纯度为___%（保留一位小数），若在滴定终点时，俯视读数Na2SO3标准液的体积，会导致Na2S2O5样品的纯度___。（填“偏高”、“偏低”）21、深井岩盐的主要配料为：精制盐、碘酸钾(KIO3)、亚铁氰化钾[K4Fe(CN)6·3H2O]。其中亚铁氰化钾的无水盐在高温下会发生分解：3K4[Fe(CN)6]2(CN)2↑+12KCN+N2↑+Fe3C+C请回答下列问题：（1）①Fe2+基态核外电子排布式为_____。②的空间构型为______（用文字描述）。③（CN）2分子中碳原子杂化轨道类型为_______，一种与CN-互为等电子体的分子的电子式为_______。④1molFe(CN)63−中含有σ键的数目为____mol。（2）配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x＝___。Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为－20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于____(填晶体类型)。（3）如图是从铁氧体离子晶体Fe3O4中取出的能体现其晶体结构的一个立方体，则该立方体是不是Fe3O4的晶胞______(填“是”或“否”)，立方体中三价铁离子处于氧离子围成的________(填空间结构)空隙。（4）Fe能形成多种氧化物，其中FeO晶胞结构为NaCl型。晶体中实际上存在空位、错位、杂质原子等缺陷，晶体缺陷对晶体的性质会产生重大影响。由于晶体缺陷，在晶体中Fe和O的个数比发生了变化，变为FexO（x＜1），若测得某FexO晶体密度为5.71g•cm﹣3，晶胞边长为4.28×10﹣10m，则FexO中x=____。（用代数式表示，不要求算出具体结果）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A、Na2O2的电子式为，可知，molNa2O2中有2molNa＋和1molO22－，共3mol离子，离子数目为3NA，A错误；B、由水电离出的c(H＋)=10−12mol·L−1溶液可能是酸性，也可能是碱性，NH4+在碱性环境下不能大量共存，B错误；C、I－在空气中容易被O2氧化，在酸性条件下，发生反应4I−+O2+4H+=2I2+2H2O，C正确；D、NO2玻璃球加热颜色加深，说明NO2的浓度增大，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，△H＜0，D错误；答案选C。2、D【解析】

A.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度,则C3N4晶体是原子晶体，故A错误；B.因N的原子半径比C原子半径小,则C3N4晶体中，C−N键的键长比金刚石中C−C键的键长要短，故B错误；C.原子间均以单键结合,则C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子，所以晶体中C、N原子个数之比为3:4，故C错误；D.C3N4晶体中构成微粒为原子，微粒间通过共价键相结合，故D正确；故选：D。【点睛】C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，则为原子晶体，每个C原子周围有4个N原子，每个N原子周围有3个C原子，形成空间网状结构，C-N键为共价键，比C-C键短。3、D【解析】

①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-Q1；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-Q2；H2O(g)→H2O(l)ΔH=-Q3；根据盖斯定律①+2③得

CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-Q1-2Q3；

根据盖斯定律②+2③得

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=Q2-2Q3，标准状况下，112L体积比为4:

1的甲烷和H2的混合气体的物质的量为=

=

5mol

，故甲烷的物质的量为5mol=4mol，完全燃烧生成液体水放出的热量为（Q1+2Q3)

=4

(Q1+2Q3)，氢气的物质的量为5mol-4mol=1mol，完全燃烧生成液体水放出的热量为(Q2+2Q3)

=0.5

(Q2+2Q3)

，故甲烷、氢气完全燃烧，放出的热量为:4

(Q1+2Q3)

+0.5

(Q2+2Q3)=4Q1+0.5Q2+9Q3，故选D。

答案：

D。【点睛】先根据混合气体的物质的量

结合体积分数计算甲烷、氢气各自物质的量，再根据盖斯定律，利用已知的三个热化学反应方程式进行计算甲烷、氢气完全燃烧生成液体水和二氧化碳的反应热。4、D【解析】

A选项，若反应①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，设物质的量分别为5mol和1mol，则化合价升高失去10mol电子，则化合价降低得到10mol电子，因此总共有了8mol氯气，氧化剂与还原剂的物质的量之比为10：6，即5:3，故A错误；B选项，根据A分析反应①得出消耗氢氧化钾物质的量为16mol，因此每消耗4molKOH，吸收氯气2mol，即标准状况下44.8LCl2，故B错误；C选项，根据第二个方程式比较氧化性，氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，因此KC1O>K2FeO4，故C错误；D选项，若反应①的氧化产物只有KC1O，则C12与KC1O物质的量之比为1:1，根据第二个方程式得到KC1O与K2FeO4物质的量之比为3:2，因此得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC12，故D正确。综上所述，答案为D。5、A【解析】

A．双氢青蒿素，由C、H、O三种元素组成，结构复杂，属于有机物，A符合题意；B．全氮阴离子盐，由N、H、O、Cl四种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，B不合题意；C．聚合氮，仅含氮一种元素，不含碳元素，不属于有机物，C不合题意；D．砷化铌纳米带，由砷和铌两种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，D不合题意。故选A。6、A【解析】

A、弱酸的酸性越强，其对应盐水解程度小，盐溶液的pH越小；B、葡萄糖和新制的Cu（OH）2反应必须在碱性环境下、加热进行；C、Cu丝在Cl2燃烧，产生大量棕色的烟；D、加入等体积的盐酸，稀释也会造成FeCl3溶液颜色变浅。【详解】A项、弱酸的酸性越强，其对应盐水解程度越小，盐溶液的pH越小。室温时，同浓度的HCOONa溶液的pH小于NaClO溶液，说明NaClO的水解程度大于HCOONa，则酸性HCOOH大于HClO，故A正确；B项、葡萄糖和新制的Cu（OH）2反应必须在碱性环境下、加热进行，1mL1mol·L－1的NaOH溶液中与5mL2mol/L的CuSO4溶液反应，硫酸铜过量，NaOH的量不足，不是碱性条件，加入0.5mL有机物X，加热无红色沉淀出现，不能说明X不是葡萄糖，故B错误；C项、把烧得红热的Cu丝伸入盛满Cl2的集气瓶中，Cu丝剧烈燃烧，产生大量棕色的烟，故C错误；D项、向1mL0.1mol·L—1的FeCl3溶液中加入1mL0.5mol·L—1的盐酸，可能是因为盐酸体积较大，稀释造成颜色变浅，故D错误。故选A。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，把握反应原理及反应与现象的关系为解答的关键。7、D【解析】

A．HCO3-不能完全电离，部分发生水解，因此1L、1mol·L－1的NaHCO3溶液中含有的离子数小于3NA，故A错误；B．未注明气体的状况，无法确定气体的物质的量，故B错误；C．铝片遇到冷的浓硫酸会钝化，铝失去的电子数小于0.3NA，故C错误；D．氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，都是双原子分子，14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为:=0.5mol，含有1mol原子，含有的原子数目为NA，故D正确；故答案为D。8、B【解析】

本题考查的是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。【详解】A．1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。B．设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为×2=mol和×3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。C．重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。D．乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。故选B。【点睛】本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。9、A【解析】

A.葡萄糖溶于水得到溶液，不能产生丁达尔效应，A符合题意；B.蛋白质溶于水得到蛋白质溶液，由于蛋白质分子直径比较大，其溶液属于胶体，能产生丁达尔效应，B不符合题意；C.硫酸铁溶于水后，电离产生的Fe3+发生水解作用产生Fe(OH)3胶体，可以发生丁达尔效应，C不符合题意；D.淀粉分子直径比较大，溶于水形成的溶液属于胶体，可以发生丁达尔效应，D不符合题意；故合理选项是A。10、C【解析】

A、汽油来自于石油，石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，即汽油是由碳氢两种元素组成，不含N元素，故A错误；B、酒精能使蛋白质变性，医用酒精的浓度一般为75%，故B错误；C、金属的电化学腐蚀包括牺牲阳极的阴极保护法和外加电流阴极保护法，前者属于原电池原理，后者属于电解原理，金属Mg比铁活泼，Mg作负极，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D、硅胶、生石灰作干燥剂，铁粉作还原剂，铁粉防止食品氧化，故D错误，答案选C。11、D【解析】

A．氢氧化钾是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下均能导电，故不选A；B．醋酸铵是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下均能导电，故不选；C．二氧化硫为非电解质，不能导电，故不选C；D．醋酸是共价化合物，只有在水溶液里能电离导电，故选D。12、A【解析】

A.将铜丝压扁并掰成图案，并没有新的物质生成，属于物理变化，不涉及化学变化，故A选；B.铅丹、硼酸盐等原料化合在经过烧熔而制成不透明的或是半透明的有独特光泽物质，该过程有新物质生成，属于化学变化，故B不选；C.烧制陶瓷过程有新物质生成，属于化学变化，故C不选；D.酸洗去污，该过程为酸与金属氧化物反应生成易溶性物质，属于化学变化，故D不选。13、C【解析】

A．反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，正确，A不选；B．根据总反应方程式，可知正极是O2得电子生成OH－，则正极反应式：O2+2H2O+4e－=4OH－，正确，B不选；C．根据指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。1molMg，质量为24g，失去2mole－；1molAl，质量为27g，失去3mole－；则镁、铝两种金属理论比能量之比为；错误，C选；D．负极上Mg失电子生成Mg2＋，为防止负极区沉积Mg(OH)2，则阴极区溶液不能含有大量OH－，所以宜采用中性电解质，或采用阳离子交换膜，负极生成OH－不能达到阴极区，正确，D不选。答案选C。14、C【解析】

A.开始时溶液显酸性，说明酸的体积大，所以曲线II表示HA溶液的体积，故A正确；B.根据电荷守，x点存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故B正确；C.根据y点，HA和BOH等体积、等浓度混合，溶液呈碱性，说明电离平衡常数：K(HA)<K(BOH)，故C错误；D.x点酸剩余、y点恰好反应、z点碱剩余，所以三点对应的溶液中，y点溶液中水的电离程度最大，故D正确；选C。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生图象分析及判断能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意y点是恰好完全反应的点。15、B【解析】

A．检验卤代烃中卤素原子的种类，要将卤素原子转变成卤素离子，再进行检验；因此，先加NaOH溶液，使卤代烃水解，再加硝酸酸化后，方可加入AgNO3，通过观察沉淀的颜色确定卤素原子的种类，选项中缺少加入硝酸酸化的步骤，A项错误；B．层析法的原理即利用待分离的混合物中各组分在某一物质(称作固定相)中的亲和性差异，如吸附性差异，溶解性(或分配作用)差异让混合物溶液(称作流动相)流经固定相，使混合物在流动相和固定相之间进行反复吸附或分配等作用，从而使混合物中的各组分得以分离；纸上层析分离能溶于水的物质时，固定相是吸附在滤纸上的水，流动相是与水能混合的有机溶剂(如醇类)，实验结束后，出现在滤纸靠上方位置的离子，其在流动相中分配更多，出现在滤纸靠下方位置的离子，其在固定相中分配更多；因此蓝色斑点反映的铜离子，在固定相中分配更多，B项正确；C．移液管量取溶液体积的精度是0.01mL，此外，容量瓶不可用于稀释溶液，C项错误；D．量筒的精确度是0.1mL，因此无法用量筒精确量取25.00mL的液体，D项错误；答案选B。16、A【解析】

A．盐酸是强酸，完全电离，HX为弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和HX溶液，HX浓度大，溶液稀释时，HX进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，所以a、b两点：c(X-)＞c(Cl-)，故A错误；B．盐酸是强酸，完全电离，HX为弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，HX浓度大，溶液稀释时，HX进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，溶液的导电性：a＜b，故B正确；C．HX为弱酸，pH=2时，c(HX)＞0.01mol/L，故C正确；D．HX为弱酸，溶液稀释时，HX进一步电离，pH=2的HX，稀释10倍，HX溶液的pH＜3，故D正确；故选A。【点睛】本题考查强弱电解质溶液稀释时的pH、浓度变化，注意加水促进弱电解质电离的特点。本题的易错点为B，溶液中离子的浓度越大，导电性越好，酸溶液中，pH越大，离子浓度越小。二、非选择题（本题包括5小题）17、氯原子氯气、光照氧化反应4mol+HBr17【解析】

A的核磁共振氢谱有三个波峰，结合F结构简式知，A为，A和氢氧化钠的水溶液发生水解反应然后酸化得到B为，B发生②的反应生成C为，C和氯气在光照条件下发生取代反应生成D，D发生水解反应然后酸化得到E，E发生氧化反应生成F，则E结构简式为，D为，F发生信息③的反应生成G，G结构简式为，G发生银镜反应然后酸化生成咖啡酸，红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键，咖啡酸结构简式为，咖啡酸和3-溴乙基苯发生取代反应生成CAPE，CAPE结构简式为；

（7）以

和丙醛为原料（其他试剂任选）制备

，发生信息②的反应，然后发生水解反应、催化氧化反应、③的反应得到目标产物。【详解】（1）根据分析，A的结构简式为，则A中官能团的名称为氯原子，答案为：氯原子；（2）根据分析，C为，D为，则C和氯气在光照条件下发生取代反应生成D；答案为：氯气、光照；（3）根据分析，E结构简式为，E中的羟基发生氧化反应生成F中的醛基，则E生成F的反应类型为氧化反应，答案为：氧化反应；（4）根据分析，CAPE结构简式为，根据结构简式，1moCAPE含有2mol酚羟基，可消耗2molNaOH，含有一个酯基，可消耗1molNaOH发生水解，CAPE水解后产生咖啡酸，含有羧基，可消耗1molNaOH，则1molCAPE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为2mol+1mol+1mol=4mol，答案为：4mol；（5）咖啡酸和3-溴乙基苯发生取代反应生成CAPE，CAPE结构简式为，咖啡酸生成CAPE的化学方程式为+HBr，答案为：+HBr；（6）G结构简式为，芳香化合物X是G(C9H8O3)的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明X中含有羧基，且与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，说明含有醛基，其核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为1:2:2:1:1:1，其符合要求的X的结构简式为，答案为：；（7）以

和丙醛为原料(其他试剂任选)制备

,发生信息②的反应,然后发生水解反应、催化氧化反应、③的反应得到目标产物,其合成路线为，答案为：。18、丙烯酯基取代反应CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2HCOO-CH=C(CH3)2l：l检验羧基：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变红(或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色)【解析】

A分子式为C3H6，A与CO、CH3OH发生反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，聚丁烯酸甲酯发生水解反应，然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A与Cl2在高温下发生反应生成D，D发生水解反应生成E，根据E的结构简式CH2=CHCH2OH可知D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为。【详解】根据上述推断可知A是CH2=CH-CH3，C为，D是CH2=CHCH2Cl，E为CH2=CHCH2OH，F是，G是。(1)A是CH2=CH-CH3，名称为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B中含氧官能团名称是酯基；(2)C的结构简式为，D是CH2=CHCH2Cl，含有Cl原子，与NaOH的水溶液加热发生水解反应产生E：CH2=CHCH2OH，该水解反应也是取代反应；因此D变为E的反应为取代反应或水解反应；(3)E为CH2=CHCH2OH、E与2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，该反应方程式为：CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2；(4)B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，说明含有醛基、酯基及碳碳双键，则为甲酸形成的酯，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是HCOO-CH=C(CH3)2；(5)含有羧基，可以与NaOH反应产生；含有羧基可以与NaHCO3反应产生和H2O、CO2，则等物质的量消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1；在中含有羧基、碳碳双键、醇羟基三种官能团，检验羧基的方法是：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变为红色；检验碳碳双键的方法是：加入溴水，溴水褪色。【点睛】本题考查有机物推断和合成的知识，明确官能团及其性质关系、常见反应类型、反应条件及题给信息是解本题关键，难点是有机物合成路线设计，需要学生灵活运用知识解答问题能力，本题侧重考查学生分析推断及知识综合运用、知识迁移能力。19、防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落将装置C置于冰水浴中KOH应过量（或减缓通入氯气的速率等）3Cl2＋2Fe(OH)3＋10OH－=2FeO42-＋6Cl－＋8H2OK2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用向其中滴加少量浓盐酸，将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性FeO42-＞Cl2溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱【解析】

利用高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气，将氯气通过饱和氯化钠溶液除去氯化氢，纯净的氯气通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中，制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），用氢氧化钠溶液处理尾气，防止多余的氯气排放到空气中引起污染，据此分析。【详解】利用高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气，将氯气通过饱和氯化钠溶液除去氯化氢，纯净的氯气通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中，制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），用氢氧化钠溶液处理尾气，防止多余的氯气排放到空气中引起污染。(1)装置A用于制取氯气，其中使用恒压漏斗的原因是防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落；(2)为防止装置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是将装置C置于冰水浴中和KOH应过量（或减缓通入氯气的速率等）；(3)装置C中利用氯气在碱性条件下将氢氧化铁氧化生成K2FeO4，反应的离子方程式为3Cl2＋2Fe(OH)3＋10OH－=2FeO42-＋6Cl－＋8H2O；(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，K2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用，t1s～t2s内，O2的体积迅速增大；(5)验证酸性条件下氧化性FeO42-＞Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，向其中滴加少量浓盐酸，将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性FeO42-＞Cl2；(6)根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2＞FeO42-，而第(5)小题实验表明，溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱，在不同的酸碱性环境中，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反。20、三颈烧瓶Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4防倒吸浓NaOH溶液5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O氧化变质95.0偏高【解析】

A三颈烧瓶中制备二氧化硫，发生Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4，生成的二氧化硫通入D装置，发生Na2SO3+SO2＋H2O=2NaHSO3，2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l)，仪器E的作用是防倒吸，F吸收尾气。据此解答。【详解】Ⅰ（1）装置中仪器A的名称是三颈烧瓶。A中发生反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4。二氧化硫易溶于水，仪器E的作用是防倒吸。故答案为：三颈烧瓶；Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2＋Na2SO4；防倒吸；（2）二氧化硫有毒，排到空气中会污染空气，SO2是酸性氧化物，可用碱溶液吸收，题干中只提供了一种试剂--浓NaOH溶液，F中盛装的试剂是浓NaOH溶液。故答案为：浓NaOH溶液；Ⅱ.（3）取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液