2024届江苏省南通市示范中学高考化学三模试卷含解析

2024届江苏省南通市示范中学高考化学三模试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、北京冬奥会将于2022年举办，节俭办赛是主要理念。在场馆建设中用到一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示（）。下列说法正确的是A．该双环烯酯的水解产物都能使溴水褪色B．1mol该双环烯酯能与3molH2发生加成反应C．该双环烯酯分子中至少有12个原子共平面D．该双环烯酯完全加氢后的产物的一氯代物有7种2、有机化合物甲、乙、丙的结构如图所示，下列说法正确的是甲乙丙A．三种物质的分子式均为C5H8O2，互为同分异构体B．甲、乙、丙分子中的所有环上的原子可能共平面C．三种物质均可以发生氧化反应和加成反应D．三种物质都能与氢氧化钠溶液发生反应3、Mg(NH)2可发生水解：Mg(NH)2＋2H2O=N2H4＋Mg(OH)2。下列表示相关微粒的化学用语正确的是A．中子数为8的氧原子：O B．N2H4的结构式：C．Mg2＋的结构示意图： D．H2O的电子式：4、使用石油热裂解的副产物中的甲烷来制取氢气，需要分两步进行，其反应过程中的能量变化如图所示：则甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为（）A．CH4(g)＋H2O(g)=3H2(g)＋CO(g)ΔH＝－103.3kJ/molB．CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝－70.1kJ/molC．CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝70.1kJ/molD．CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝－136.5kJ/mol5、298K时，向20mL一定浓度的KOH溶液中滴加0.1mol·L-1HCOOH溶液，混合溶液中水电离出的氢氧根离子浓度与滴加甲酸(弱酸)溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A．V1=20B．c(KOH)＝0.1mol·L-1C．n、q两点对应的溶液中均存在：c(K＋)=c(HCOO-)D．p点对应的溶液中存在：c(OH-)=c(HCOOH)+c(H＋)6、火山爆发产生的气体中含有少量的羰基硫（分子式是：COS），已知羰基硫分子结构与CO2类似，有关说法正确的是（）A．羰基硫是电解质B．羰基硫分子的电子式为：C．C、O、S三个原子中半径最小的是CD．羰基硫分子为非极性分子7、用下图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是选项

①中物质

②中物质

预测②中的现象

A

稀盐酸

碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液

立即产生气泡

B

浓硝酸

用砂纸打磨过的铝条

产生红棕色气体

C

草酸溶液

高锰酸钾酸性溶液

溶液逐渐褪色

D

氯化铝溶液

浓氢氧化钠溶液

产生大量白色沉淀

A．A B．B C．C D．D8、AlCl3常作净水剂。某小组选择如下装置制备氯化铝，已知氯化铝易升华，遇水易水解。下列说法错误的是A．按气流方向从左至右，装置连接顺序为a→c→b→dB．先启动a中反应，当硬质试管内充满黄绿色时点燃酒精灯C．试剂R为P2O5或CaCl2吸收空气中的水蒸气D．为了中止反应，停止通入Cl2的操作是关闭分液漏斗的活塞9、下列指定微粒数目一定相等的是A．等质量的14N2与12C16O中的分子数B．等物质的量的C2H4与C3H6中含有的碳原子数C．等体积等浓度的NH4Cl与(NH4)2SO4溶液中的NH4+数D．等质量的Fe与Cu分别与足量Cl2反应时转移的电子数10、能正确表示下列反应离子方程式的是A．用惰性电极电解熔融氯化钠：2Cl－＋2H2O=Cl2↑＋H2↑＋2OH－B．硫酸溶液中加入足量氢氧化钡溶液：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42-=BaSO4↓＋H2OC．Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2D．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4-＋5NO2-＋6H＋=2Mn2＋＋5NO3-＋3H2O11、25℃时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（）A．25℃时，H2CO3的一级电离K(H2CO3)=1.0×10-6.4B．图中a=2.6C．25℃时，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6D．M点溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)12、下列反应的离子方程式正确的是()A．向溶液中滴加氨水至过量：B．向悬浊液中滴加溶液：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+C．向溶液中加入足量稀硫酸：2S2O32-+4H+=SO42-+3S↓+2H2OD．向苯酚钠溶液中通入少量气体：2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+CO32-13、X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，X与Z可形成常见的XZ或XZ2型分子，Y与M形成的气态化合物质量是相同条件下同体积氢气的8.5倍，W是原子半径最大的短周期元素。下列判断正确的是()A．最高价含氧酸酸性：X<Y B．X、Y、Z可形成离子化合物C．W可形成双原子分子 D．M与W形成的化合物含极性共价键14、短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，乙和丁均为分子中含有10个电子的二元化合物，有关物质的转化关系如下图所示。下列说法错误的是A．W与Z形成的化合物为离子化合物 B．戊一定为有毒气体C．离子半径大小：Y>Z>W D．相同条件下，乙的沸点高于丁15、下列过程属于物理变化的是A．煤的干馏B．石油的分馏C．石油裂化D．石油裂解16、第三周期元素的原子中，未成对电子不可能有（）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个二、非选择题（本题包括5小题）17、2010年美、日三位科学家因钯（Pd）催化的交叉偶联反应获诺贝尔化学奖。一种钯催化的交叉偶联反应如下：（R、R’为烃基或其他基团），应用上述反应原理合成防晒霜主要成分K的路线如下图所示（部分反应试剂和条件未注明）：已知：①B能发生银镜反应，1molB最多与2molH2反应。②C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与NaHCO3反应生成CO2，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢。③G不能与NaOH溶液反应。④核磁共振图谱显示J分子有3种不同的氢原子。请回答：（1）B中含有的官能团的名称是______________________________（2）B→D的反应类型是___________（3）D→E的化学方程式是_________________________________________（4）有机物的结构简式：G_______________________；K__________________________（5）符合下列条件的X的同分异构体有（包括顺反异构）_____种，其中一种的结构简式是__________。a．相对分子质量是86b．与D互为同系物（6）分离提纯中间产物E的操作：先用碱除去D和H2SO4，再用水洗涤，弃去水层，最终通过________操作除去C8H17OH，精制得E。18、化合物H是一种光电材料中间体。由芳香化合物A制备H的一种合成路线如图：已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O②回答下列问题：（1）A的官能团名称是_____。（2）试剂a是_____。（3）D结构简式为_____。（4）由E生成F的化学方程式为_____。（5）G为甲苯的同分异构体，其结构简式为_____。（6）如图是以环戊烷为原料制备化合物的流程。M→N的化学方程式是_____。19、硫酰氯（SO2Cl2）可用于有机合成和药物制造等。实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2[SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ/mol]，装置如图所示（部分装置省略）。已知SO2Cl2的熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，有强腐蚀性，不宜接触碱、醇、纤维素等许多无机物和有机物，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。回答下列问题：I．SO2Cl2的制备（1）水应从___（选填“a”或“b”）口进入。（2）制取SO2的最佳组合是___（填标号）。①Fe+18.4mol/LH2SO4②Na2SO3+70%H2SO4③Na2SO3+3mo/LHNO3（3）乙装置中盛放的试剂是___。（4）制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中，原因是___。（5）反应结束后，分离甲中混合物的最佳实验操作是___。II．测定产品中SO2Cl2的含量，实验步骤如下：①取1.5g产品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振荡、过滤、洗涤，将所得溶液均放入锥形瓶中；②向锥形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.2000mol·L－1的AgNO3溶液l00.00mL；③向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；④加入NH4Fe(SO4)2指示剂，用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为10.00mL。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10Ksp(AgSCN)=2×10-12（6）滴定终点的现象为___。（7）产品中SO2Cl2的质量分数为___%，若步骤③不加入硝基苯则所测SO2Cl2含量将___（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。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、如图是元素周期表的一部分：（1）写出元素①的元素符号________，与①同周期的主族元素中，第一电离能比①大的有_______种。（2）基态锑（Sb）原子的价电子排布式为_______。[H2F]+[SbF6]-（氟酸锑）是一种超强酸，则[H2F]+离子的空间构型为______，写出一种与[H2F]+互为等电子体的分子____。（3）下列说法正确的是________a.N2H4分子中含5个σ键和1个π键b.基态P原子中，电子占据的最高能级符号为Mc.Sb位于p区d.升温实现―液氨→氨气→氮气和氢气变化的阶段中，微粒间破坏的主要的作用力依次是氢键、极性共价键。（4）GaN、GaP都是很好的半导体材料，晶体类型与晶体硅类似，熔点如下表所示，解释GaN、GaP熔点变化原因________。（5）GaN晶胞结构如图1所示，已知六棱柱底边边长为acm。①晶胞中Ga原子采用六方最密堆积方式，每个Ga原子周围距离最近的Ga原子数目为________；②从GaN晶体中分割出的平行六面体如图。若该平行六面体的体积为a3cm3，GaN晶体的密度为______g/cm3(用a、NA表示)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

该双环烯酯水解产物中都含有碳碳双键，都能使溴水褪色，选项A正确；1mol该双环烯酯的两个碳碳双键能与2molH2发生加成反应，酯基中的碳氧双键不能加成，选项B不正确；分子中不存在苯环，共平面的原子从碳碳双键出发，至少是6个，分子中分别与两个碳碳双键共平面的原子不一定共面，选项C不正确；分子加氢后，两边环分别有4种一氯代物，—CH2—上有1种，共有9种，选项D不正确。2、A【解析】

A．分子式相同但结构不同的有机物互为同分异构体，三种物质的分子式均为C5H8O2，但结构不同，则三者互为同分异构体，故A正确；B．甲、乙、丙分子中的所有环上的碳原子都为单键，碳原子上相连的氢原子和碳原子不在同一平面，故B错误；C．有机物中含有碳碳双键、碳碳三键、苯环或酮羰基可发生加成反应，甲中官能团为酯基、乙中官能团为羧基、丙中官能团为羟基，不能发生加成反应，甲、乙、丙都可以发生氧化反应，故C错误；D．甲中有酯基可与氢氧化钠溶液发生水解反应，乙中含有羧基可与氢氧化钠溶液发生中和反应，丙中含有醇羟基不与氢氧化钠溶液反应，故D错误；答案选A。【点睛】找到有机物的官能团，熟悉各种官能团可以发生的化学反应是解本题的关键。3、D【解析】

A．中子数为8的O原子，质量数=质子数+中子数=8+8=16，中子数为8的O原子：O，故A错误；B．N2H4为联氨，是共价化合物，氮原子和氢原子形成共价键，氮原子和氮原子间也形成共价键，结构式为：，故B错误；C．Mg的结构示意图：，Mg2＋的结构示意图为，故C错误；D．H2O分子中氢原子与氧原子之间形成1对共用电子对，电子式：，故D正确；答案选D。【点睛】在元素符号做下架表示的是质子数，左上角是质量数，质量数=质子数+中子数。4、D【解析】

本题考查化学反应与能量变化,意在考查考生的图象分析能力与推理能力。【详解】左图对应的热化学方程式为A.CH4(g)＋H2O(g)=3H2(g)＋CO(g)ΔH＝－103.3kJ/mol，右图对应的热化学方程式为CO

(g)

+

H2O(g)=H2

(g)

+

CO2

(9)

△H=-33.

2kJ/mol；两式相加即可得相应的热化学方程式D.CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝－136.5kJ/mol，故D符合题意；答案：D。【点睛】根据两图都为放热反应，完成热化学反应方程式，再根据盖斯定律进行分析即可。5、C【解析】

A.根据未加加酸时水点出的氢氧根离子浓度为1×10-13mol∙L-1，则水电离出的氢离子浓度为1×10-13mol∙L-1，氢氧化钠中氢氧根浓度为0.1mol∙L-1，c(KOH)＝0.1mol·L-1，p点是水的电离程度最大的点即恰好生成盐的点，因此甲酸的物质的量等于氢氧化钾的物质的了，因此0.1mol·L-1×0.02∙L=0.1mol·L-1×V1，则V1=0.02L=20mL，故A正确；B.根据A分析得出c(KOH)＝0.1mol·L-1，故B正确；C.n点溶质是KOH和HCOOK的混合溶液，溶液显碱性，根据电荷守恒和溶液呈碱性，因此溶液中存在：c(K＋)>c(HCOO－)，q点是HCOOK和HCOOH的混合溶液，溶液呈中性，根据电荷守恒和呈中性，得到溶液中存在c(K＋)=c(HCOO－)，故C错误；D.p点溶质为HCOOK，则根据质子守恒得到对应的溶液中存在：c(OH－)=c(HCOOH)+c(H＋)，故D正确。综上所述，答案为C。6、B【解析】

A.羰基硫（COS）自身不能电离，属于非电解质，不是电解质，A项错误；B.羰基硫分子结构与CO2类似，为直线型结构，结构式为：O=C=S，则COS的电子式为，B项正确；C.C、O、S三个原子中，S原子电子层最多，S的原子半径最大；C、O原子都含有2个电子层，原子序数越大原子半径越小，则原子半径C＞O，即半径最小的是O，C项错误；D.羰基硫的结构式为O=C=S，但2个极性键的极性不等，所以正负电荷的中心不重合，是极性分子，D项错误；答案选B。7、C【解析】

A项、盐酸首先中和氢氧化钠，故A错误；B项、常温下铝在浓硝酸中钝化，得不到气体，故B错误；C项草酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使其褪色，故C正确；D项、氢氧化钠溶液开始是过量的，因此不可能产生白色沉淀氢氧化铝，故D错误；故选C。8、C【解析】

A．制得氯气后，应先除HCl后干燥，A正确；B．通入氯气，排尽装置内的空气，防止氧气与铝反应，当硬质试管内充满黄绿色气体时，表明空气已排尽，此时点燃酒精灯，加热铝粉，B正确；C．试剂R的作用是吸收未反应的Cl2，同时防止空气中的水蒸气进入，而P2O5或CaCl2只能吸收水蒸气，不能吸收Cl2，C错误；D．关闭分液漏斗的活塞，停止加入浓盐酸，a中反应会停止，D正确。故选C。9、A【解析】

A.与摩尔质量均为28g/mol，故等质量的与分子数相同，A正确；B.等物质的量的与，碳原子数之比为2:3，B错误；C.等体积等浓度的与溶液，数之比接近1:2，C错误；D.铁和氯气生成氯化铁，即56g铁转移3mol电子，铜和氯气生成氯化铜，即64g铜转移2mol电子，故等质量的铁和铜转移电子数不同，D错误；答案选A。【点睛】等体积等浓度的与溶液中，根据水解原理，越稀越水解，故中铵根离子水解程度更大，故数之比小于1:2。10、D【解析】

A.用惰性电极电解熔融氯化钠而不是电解食盐水，A错误；B.硫酸溶液中加入足量氢氧化钡溶液，沉淀完全的同时恰好中和，正确的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-=BaSO4↓＋2H2O，B错误；C.Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液，大量氢离子的环境中，硝酸根的氧化性更强，碘离子优先和硝酸根、氢离子反应，多余的碘离子才接着和铁离子发生2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2反应，C错误；D.NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应：2MnO4-＋5NO2-＋6H＋=2Mn2＋＋5NO3-＋3H2O，D正确；答案选D。【点睛】C项为易错点，注意硝酸根离子与氢离子大量共存时有强氧化性。11、D【解析】

A．25℃时，在N点，pH=7.4，则c(H+)=10-7.4，lg=1，则=10，H2CO3的一级电离K(H2CO3)==10-7.4×10=1.0×10-6.4，A正确；B．图中M点，pH=9，c(H+)=10-9，K(H2CO3)==1.0×10-6.4，=102.6，a=lg=2.6，B正确；C．25℃时，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh===1.0×10-7.6，C正确；D．M点溶液中：依据电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)，此时溶液为NaHCO3、NaCl的混合溶液，则c(Na+)>c(H2CO3)+c(HCO3-)，所以c(H+)+c(H2CO3)<c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)，D错误；故选D。12、B【解析】

A.向AgNO3溶液中滴加氨水至过量，会形成银氨络离子，反应的离子方程式为：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，A错误；B.由于Mg(OH)2的溶解度大于Fe(OH)3的溶解度，所以向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，会发生沉淀转化，形成Fe(OH)3沉淀，离子反应为3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+，B正确；C.向Na2S2O3溶液中加入足量稀硫酸，发生反应生成Na2SO4、单质S、SO2、H2O，离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，C错误；D.向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体，发生反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3-，D错误；故合理选项是B。13、A【解析】

X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，X与Z可形成常见的XZ或XZ2型分子，则X为C元素、Z为O元素；Y与M形成的气态化合物质量是相同条件下同体积氢气的8.5倍，该气体相对分子质量为8.5×2=17，该气体为NH3，而X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，只能处于第二周期，Y为N元素、M为H元素；W是原子半径最大的短周期元素，则W为Na元素，据此解答。【详解】根据上述分析可知，X为C元素、Y为N元素、Z为O元素、M为H元素、W为Na元素。A.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。元素的非金属性X(C)<Y(N)，所以最高价含氧酸酸性：碳酸<硝酸，A正确；B.X、Y、Z分别是C、N、O元素，它们可形成共价化合物，不能形成离子化合物，B错误；C.W为Na，属于金属元素，不能形成双原子分子，C错误；D.M为H元素、W为Na元素，M与W形成的化合物NaH为离子化合物，物质中含有离子键，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查“位、构、性”关系综合应用，依据原子结构或物质性质推断元素是解题关键，注意D选项中金属氢化物是易错点。14、B【解析】

短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，则甲为过氧化钠，乙和丁均为分子中含有10个电子的二元化合物，根据转化变系可知乙为水，Y的单质为氧气，丙为氢氧化钠，若丁为氮气，则戊为一氧化氮；若丁为甲烷，则戊为二氧化碳，故W、X、Y、Z分别为H、C（或N）、O、Na，据此分析。【详解】短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，则甲为过氧化钠，乙和丁均为分子中含有10个电子的二元化合物，根据转化变系可知乙为水，Y的单质为氧气，丙为氢氧化钠，若丁为氮气，则戊为一氧化氮；若丁为甲烷，则戊为二氧化碳，故W、X、Y、Z分别为H、C（或N）、O、Na。A.W与Z形成的化合物NaH为离子化合物，选项A正确；B.戊为一氧化氮或二氧化碳，不一定为有毒气体，选项B错误；C.W离子比其他二者少一个电子层，半径最小，Y、Z离子具有相同电子层结构，核电荷数越大半径越小，故离子半径大小：Y>Z>W，选项C正确；D.相同条件下，乙为水常温下为液态，其的沸点高于丁（氨气或甲烷），选项D正确。答案选B。15、B【解析】煤的干馏有苯及苯的同系物等新物质生成，属于化学变化，故A错误；石油的分馏是根据沸点不同把石油分离为汽油、煤油、柴油等物质，没有新物质生成，属于物理变化，故B正确；石油裂化是大分子烃断裂为小分子烃，生成新物质属于化学变化，故C错误；石油裂解是大分子烃断裂为乙烯、丙烯等产物，生成新物质属于化学变化，故D错误。16、A【解析】

第三周期的元素最多能填到，而p轨道上最多有3个未成对电子，因此不可能有4个未成对电子，答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳碳双键、醛基氧化反应CH2=CHCOOH++H2O4CH2=CH-CH2-COOH（或CH2=C(CH3)-COOH、、）蒸馏【解析】

B的分子式为C3H4O，B能发生银镜反应，B中含—CHO，1molB最多与2molH2反应，B的结构简式为CH2=CHCHO；B发生氧化反应生成D，D能与C8H17OH发生酯化反应，则D的结构简式为CH2=CHCOOH；C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与NaHCO3反应生成CO2，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢，C8H17OH的结构简式为，E的结构简式为；F的分子式为C6H6O，F为，F与（CH3）2SO4、NaOH/H2O反应生成G，G的分子式为C7H8O，G不能与NaOH溶液反应，G的结构简式为，G与Br2、CH3COOH反应生成J，J的分子式为C7H7OBr，核磁共振图谱显示J分子有3种不同的氢原子，J的结构简式为；根据题给反应，E与J反应生成的K的结构简式为；据此分析作答。【详解】B的分子式为C3H4O，B能发生银镜反应，B中含—CHO，1molB最多与2molH2反应，B的结构简式为CH2=CHCHO；B发生氧化反应生成D，D能与C8H17OH发生酯化反应，则D的结构简式为CH2=CHCOOH；C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与NaHCO3反应生成CO2，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢，C8H17OH的结构简式为，E的结构简式为；F的分子式为C6H6O，F为，F与（CH3）2SO4、NaOH/H2O反应生成G，G的分子式为C7H8O，G不能与NaOH溶液反应，G的结构简式为，G与Br2、CH3COOH反应生成J，J的分子式为C7H7OBr，核磁共振图谱显示J分子有3种不同的氢原子，J的结构简式为；根据题给反应，E与J反应生成的K的结构简式为；（1）B的结构简式为CH2=CHCHO，所以B中含有的官能团的名称是碳碳双键、醛基。（2）B的结构简式为CH2=CHCHO，D的结构简式为CH2=CHCOOH，所以B→D的反应类型是氧化反应。（3）D与C8H17OH反应生成E的化学方程式为CH2=CHCOOH++H2O。（4）根据上述分析，G的结构简式为，K的结构简式为。（5）D的结构简式为CH2=CHCOOH，D的相对分子质量为72，X比D的相对分子质量多14，X与D互为同系物，所以X比D多1个“CH2”，符合题意的X的同分异构体有：CH2=CH-CH2-COOH、CH2=C(CH3)-COOH、、，共4种。（6）C8H17OH和E是互溶的液体混合物，所以用蒸馏法将C8H17OH除去，精制得E。18、醛基新制的氢氧化铜+CH3CH2OH+H2O+NaOH+NaCl+H2O【解析】

芳香族化合物A与乙醛发生信息①中的反应生成B，A含有醛基，反应中脱去1分子水，由原子守恒可知A的分子式，C9H8O＋H2O−C2H4O＝C7H6O，故A为，则B为，B发生氧化反应、酸化得到C为，C与溴发生加成反应得到D为，D发生消去反应、酸化得到E为，E与乙醇发生酯化反应生成F为，结合信息②中的加成反应、H的结构简式，可推知G为。【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为：，所含官能团为醛基；(2)由分析可知，B为，B发生氧化反应、酸化得到C为，可以氧化醛基的试剂为新制的氢氧化铜，故a为新制的氢氧化铜；(3)由分析可知，D结构简式为；(4)E与乙醇发生酯化反应生成F为，化学方程式为：+CH3CH2OH+H2O；(5)G为甲苯的同分异构体，故分子式为C7H8，结合信息②中的加成反应、H的结构简式，可推知G为；(6)由可知，N为，则需要环戊烷通过反应形成碳碳双键，故环戊烷与Cl2发生取代反应生成M为，然后与NaOH醇溶液发生消去反应生成N，化学方程式为：+NaOH+NaCl+H2O。【点睛】本题关键是确定A的结构，结合反应条件顺推各物质，(6)中根据题目中的合成路线图反推N的结构简式，然后根据已知试剂推断可能发生的化学反应。19、b②碱石灰制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率蒸馏溶液变为红色，而且半分钟内不褪色85.5%偏小【解析】

（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2；（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；（7）用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积V，则过量Ag+的物质的量为Vcmol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol，则可以求出SO2Cl2的物质的量；AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小。【详解】（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出，故水应该从b口进入；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用②70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2，故选②；（3）根据装置图可知，冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰，可以吸收氯气、SO2并防止空气中的水蒸气进入冷凝管中，故乙装置中盛放的试剂是碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为：溶液变为红色，而且半分钟内不褪色；（7）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积10.00mL，则过量Ag+的物质的量为Vcmol=0.01×0.1000mol·L-1=1×10-3mol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.2000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol＝1.9×10-2mol，则SO2Cl2的物质的量为1.9×10-2mol×0.5=9.5×10-3mol，产品中SO2Cl2的质量分数为×100%=85.5%；已知：Ksp(AgCl)=3.2×10−10，Ksp(AgSCN)=2×10−12，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小；故答案为：85.5%；偏小。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，溶液紫红色很快褪去，说明MnO4－将S2O52－氧化生成硫酸根离子。反应的离子方程式为5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是：利用焦亚硫酸钠的还原性，防止食品氧化变质。故答案为：5S2O5－＋4MnO4－＋2H＋=10S