2024年江苏省徐州市撷秀初级中学高三第二次诊断性检测化学试卷含解析

2024年江苏省徐州市撷秀初级中学高三第二次诊断性检测化学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、下列属于弱电解质的是A．氨水B．蔗糖C．干冰D．碳酸2、新型冠状病毒引发的肺炎疫情是2020年最大的公共卫生事件。下列关于新冠肺炎及其防治措施正确的是（）A．新冠病毒害怕酒精是因为酒精能使蛋白质失去生理活性B．聚丙烯是制造口罩的原料，聚丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．双氧水不能用于家庭消毒以预防新冠肺炎D．抗病毒疫苗可以在高温下贮运3、最近，一家瑞典公司发明了一种新型充电器"PowerTrekk'’，仅仅需要一勺水，它便可以产生维持10小时手机使用的电量。其反应原理为：Na4Si+5H2O=2NaOH+Na2SiO3+4H2↑，则下列说法正确的是()A．该电池可用晶体硅做电极材料B．Na4Si在电池的负极发生还原反应，生成Na2SiO3C．电池正极发生的反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-D．当电池转移0.2mol电子时，可生成标准状况下1.12LH24、我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理,其主反应历程如图所示(H2→*H+*H)。下列说法错误的是A．向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率B．带*标记的物质是该反应历程中的中间产物C．二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100%D．第③步的反应式为*H3CO+H2O→CH3OH+*HO5、地球在流浪，学习不能忘”，学好化学让生活更美好。下列说法错误的是A．港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物B．“玉兔二号”月球车首次在月球背面着陆，其帆板太阳能电池的材料是SiO2C．《天工开物》中“凡石灰经火焚炼为用”，其中“石灰”指的是CaCO3D．宋·王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜6、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法错误的是()A．单质的沸点：Z>WB．简单离子半径：X>WC．元素X与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物D．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应7、人的胃壁能产生胃液，胃液里含有少量盐酸，称为胃酸。胃过多会导致消化不良和胃痛。抗酸药是一类治疗胃痛的药物，能中和胃里过多的盐酸，缓解胃部的不适。下列物质不能作抗酸药的是（）A．碳酸氢钠 B．氢氧化铝 C．碳酸镁 D．硫酸钡8、二甲胺[(CH3)2NH]在水中电离与氨相似，。常温下，用0.l00mol/L的HCl分别滴定20.00mL浓度均为0.l00mol/L的NaOH和二甲胺溶液，测得滴定过程中溶液的电导率变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．b点溶液：B．d点溶液：C．e点溶液中：D．a、b、c、d点对应的溶液中，水的电离程度：9、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常温下，23gNO2含有NA个氧原子B．1L0.1mol·L-1的氨水含有0.1NA个OH-C．常温常压下，22.4LCCl4含有NA个CCl4分子D．1molFe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2NA个电子10、我国科学家以MoS2为催化剂，在不同电解质溶液中实现常温电催化合成氨，其反应历程与相对能量模拟计算结果如图。下列说法错误的是（）A．Li2SO4溶液利于MoS2对N2的活化B．两种电解质溶液环境下从N2→NH3的焓变不同C．MoS2(Li2SO4溶液)将反应决速步(*N2→*N2H)的能量降低D．N2的活化是N≡N键的断裂与N—H键形成的过程11、主族元素M、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20；M是地壳中含量最多的元素，X、Z为金属元素；X、Y、Z最外层电子数之和为12。下列说法不正确的是（）A．简单离子半径：X＜M＜YB．Z与M形成的化合物中一定只含离子键C．YM2可用于自来水消毒D．工业上常用电解M与X组成的化合物制单质X12、下列指定反应的离子方程式正确的是A．钠与水反应：Na+2H2ONa++2OH–+H2↑B．用氨水吸收过量的二氧化硫：OH−+SO2C．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH–CaCO3↓+H2OD．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++2OH–+2H++SO42-BaSO4↓+2H2O13、下列关于物质结构与性质的说法，不正确的是()A．I3AsF6晶体中存在I3＋离子,I3＋离子的几何构型为V形B．C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为H＜C＜OC．水分子间存在氢键，故H2O的熔沸点及稳定性均大于H2SD．第四周期元素中，Ga的第一电离能低于Zn14、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．使pH试纸显蓝色的溶液中：Na＋、Mg2＋、ClO－、HSO3-B．c(Fe3＋)＝0.1mol·L－1的溶液中：K＋、NH4+、SO42-、SCN－C．＝0.1mol·L－1的溶液中：Na＋、HCO3-、K＋、NO3-D．0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中：NH4+、NO3-、Na＋、SO42-15、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。常温常压下，Y的单质及其氧化物均能与X的氢化物的水溶液反应生成一种相同的物质，该物质的分子与CH4具有相同的空间结构。X的单质与氢气混合后在冷暗处会发生爆炸。Z原子最外层电子数是W原子最外层电子数的2倍。下列叙述错误的是（）A．氢化物的稳定性顺序为：X＞Z＞YB．元素Y在自然界中只以化合态形式存在C．元素W、Y位于周期表中金属与非金属分界线附近D．元素Z的含氧酸具有强氧化性16、下列转化过程不能一步实现的是A．Al(OH)3→Al2O3 B．Al2O3→Al(OH)3C．Al→AlCl3 D．Al→NaAlO2二、非选择题（本题包括5小题）17、A是一种烃，可以通过下列路线合成有机产品X、Y、Z。已知：Ⅰ.（R或R’可以是烃基或氢原子）Ⅱ.反应①、②、⑤的原子利用率都为100%。完成下列填空：（1）B的名称为_____；反应③的试剂和条件为_____；反应④的反应类型是____。（2）关于有机产品Y（）的说法正确的是____。A．Y遇氯化铁溶液会发生显色反应B．1molY与H2、浓溴水中的Br2反应，最多消耗分别为4mol和2molC．1molY与氢氧化钠溶液反应时，最多可以消耗3mol氢氧化钠D．Y中⑥、⑦、⑧三处-OH的电离程度由大到小的顺序是⑧>⑥>⑦（3）写出符合下列条件的E的所有同分异构体的结构简式______。a.属于酚类化合物，且是苯的对位二元取代物b.能发生银镜反应和水解反应（4）设计一条以CH3CHO为起始原料合成Z的线路（无机试剂及溶剂任选）。______（合成路线的常用表示方法为：AB……目标产物）18、某探究性学习小组为了探究一种无机盐A的组成（只含四种常见元素且阴阳离子个数比为1∶1），设计并完成了如下实验：已知，标准状况下气体单质C的密度为1.25g·，白色沉淀D不溶于稀盐酸，气体B是无色无味的酸性气体。（1）无机盐A中所含金属元素为_________________。（2）写出气体C的结构式_________________。（3）写出无机盐A与反应的离子方程式__________________________________。（4）小组成员在做离子检验时发现，待测液中加入A后，再加，一段时间后发现出现的血红色褪去。试分析褪色的可能原因。并用实验方法证明（写出一种原因即可）。原因________________________，证明方法________________________________________________。19、如图所示，将仪器A中的浓盐酸滴加到盛有MnO2的烧瓶中，加热后产生的气体依次通过装置B和C，然后再通过加热的石英玻璃管D（放置有铁粉)。请回答：（1）仪器A的名称是_____，烧瓶中反应的化学方程式是______。（2）装置B中盛放的液体是____，气体通过装置B的目的是_____。（3）装置C中盛放的液体是____，气体通过装置C的目的是_____。（4）D中反应的化学方程式是____。（5）烧杯E中盛放的液体是___，反应的离子方程式是____。20、连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉，是工业上重要的还原性漂白剂，也是重要的食品抗氧化剂。某学习小组模拟工业流程设计实验制取保险粉。已知：Na2S2O4是白色固体，还原性比Na2SO3强，易与酸反应（2S2O42-+4H+＝3SO2↑+S↓+2H2O）。（一）锌粉法步骤1：按如图方式，温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH在3～3.5时，停止通入SO2，反应后得到ZnS2O4溶液。步骤2：将得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中，过滤，滤渣为Zn（OH）2，向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体。步骤3：，经过滤，用乙醇洗涤，用120～140℃的热风干燥得到Na2S2O4。（二）甲酸钠法步骤4：按上图方式，将装置中的Zn粉和水换成HCOONa、Na2CO3溶液和乙醇。温度控制在70～83℃，持续通入SO2，维持溶液pH在4～6，经5～8小时充分反应后迅速降温45～55℃，立即析出无水Na2S2O4。步骤5：经过滤，用乙醇洗涤，干燥得到Na2S2O4。回答下列问题：（1）步骤1容器中发生反应的化学方程式是______；容器中多孔球泡的作用是______。（2）步骤2中“向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体”的原理是（用必要的化学用语和文字说明）______。（3）两种方法中控制温度的加热方式是______。（4）根据上述实验过程判断，Na2S2O4在水、乙醇中的溶解性为：______。（5）甲酸钠法中生成Na2S2O4的总反应为______。（6）两种方法相比较，锌粉法产品纯度高，可能的原因是______。（7）限用以下给出的试剂，设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2SO4。稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、AgNO3溶液、BaCl2溶液______。21、磷化硼是一种典型的超硬无机材料，常以BCl3、PH3为原料制备，氮化硼（BN）和磷化硼相似。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂，立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。晶体多种相结构如图所示。(1)与BCl3分子互为等电子体的一种离子为__（填化学式）；预测PH3分子的空间构型为__。(2)关于氮化硼两种相结构的说法，正确的是__（填序号）。a．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大b．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软c．两种晶体中的B-N键均为共价键d．两种晶体均为分子晶体(3)六方相氮化硼晶体结构与石墨相似却不导电，原因是__；立方相氮化硼晶体中，硼原子的杂化轨道类型为__。(4)NH4BF4（氟硼酸铵）是合成氮化硼纳米管的原料之一。1molNH4BF4含有__mol配位键。(5)自然界中含硼元素的钠盐是一种天然矿藏，其化学式可以写作Na2B4O7•10H2O，实际上它的结构单元是由两个H3BO3和两个[B(OH)4]缩合而成的双六元环，应该写成Na2[B4O5(OH)4]•8H2O。其结构如图所示，它的阴离子可通过__（填作用力）相互结合形成链状结构。(6)磷化硼晶胞的示意图如图甲所示，其中实心球表示P原子，空心球表示B原子，晶胞中P原子空间堆积方式为__；设阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞参数为acm，磷化硼晶体的密度为__g•cm-3；若磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影如图乙所示（虚线圆圈表示P原子的投影），请在图乙中用实心圆点画出B原子的投影位置__。

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、氨水属于混合物，不在弱电解质讨论范围，故A错误；B、蔗糖是非电解质，故B错误；C、干冰是非电解质，故C错误；D.碳酸在水溶液里部分电离，所以属于弱电解质，故D正确；故选D。点睛：本题考查基本概念，侧重考查学生对“强弱电解质”、“电解质、非电解质”概念的理解和判断，解题关键：明确这些概念区别，易错点：不能仅根据溶液能导电来判断电解质强弱，如：氨水属于混合物，其溶解的部分不完全电离溶液能导电，不属于弱电解质，为易错题。2、A【解析】

A．酒精能使蛋白质失去生理活性,具有杀菌消毒的作用，A正确；B．聚丙烯中无碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C．双氧水具有强氧化性，可以用于杀菌消毒，能用于家庭消毒以预防新冠肺炎，C错误；D．抗病毒疫苗主要成分为蛋白质，在高温下失活，D错误；答案选A。3、C【解析】试题分析：由该电池的反应原理可知，硅化钠是还原剂，其在负极上发生氧化反应；水是氧化剂，其在正极上发生还原反应；反应中电子转移的数目是8e-。A.该电池工作时生成氢氧化钠溶液，而硅可以与氢氧化钠反应，所以不能用晶体硅做电极材料，A不正确；B.Na4Si在电池的负极发生氧化反应，B不正确；C.电池正极发生的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，C正确；D.当电池转移0.2mol电子时，可生成标准状况下2.24LH2，D不正确。本题选C。4、C【解析】

A.反应历程第③步需要水，所以向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率，故A正确；B.根据图知，带*标记的物质在反应过程中最终被消耗，所以带*标记的物质是该反应历程中的中间产物，故B正确；C.根据图知，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，该反应中除了生成甲醇外还生成水，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%，故C错误；D.第③步中•H3CO、H2O生成CH3OH和•HO，反应方程式为•H3CO+H2O→CH3OH+•HO，故D正确；故答案为C。5、B【解析】

A、聚乙烯纤维，由小分子乙烯加聚得到，是有机高分子化合物，A不符合题意；B、太阳能电池的材料是Si，而不是SiO2，B符合题意；C、石灰石的主要成分为CaCO3，受热分解得到CaO，C不符合题意；D、铜绿的主要成分为碱式碳酸铜，Cu2(OH)2CO3；D不符合题意；答案选B。6、B【解析】

短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素，据此进行解答。【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素；A．Z、W的单质分别为氯气、氟气，二者形成的晶体都是分子晶体，相对分子质量氯气较大，则氯气的沸点较高，即单质的沸点：Z＞W，故A正确；B．X为Na、W为F，二者的离子都含有2个电子层，Na的核电荷数较大，则钠离子的离子半径较小，即简单离子半径：X＜W，故B错误；C．X为Na，金属钠与O形成的过氧化钠中既含离子键也含非极性共价键，故C正确；D．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝具有两性，则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间能相互反应，故D正确；故答案为B。7、D【解析】

碳酸氢钠、氢氧化铝、碳酸镁、硫酸钡中只有硫酸钡不能和盐酸反应。答案D8、D【解析】

NaOH是强碱，二甲胺是弱碱，则相同浓度的NaOH和二甲胺，溶液导电率：NaOH>(CH3)2NH，所以①曲线表示NaOH滴定曲线、②曲线表示(CH3)2NH滴定曲线，然后结合相关守恒解答。【详解】A．b点溶液中溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NH·H2O和(CH3)2NH2Cl，，(CH3)2NH2Cl的水解常数，所以(CH3)2NH·H2O的电离程度大于(CH3)2NH2Cl的水解程度导致溶液呈碱性，但是其电离和水解程度都较小，则溶液中微粒浓度存在：，A错误；B．d点二者完全反应生成(CH3)2NH2Cl，水解生成等物质的量的和H+，水解程度远大于水的电离程度，因此与近似相等，该溶液呈酸性，因此，则，溶液中存在电荷守恒：，因此，故B错误；C．e点溶液中溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NH2Cl、HCl，溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，则，故C错误；D．酸或碱抑制水电离，且酸中c(H+)越大或碱中c(OH−)越大其抑制水电离程度越大，弱碱的阳离子或弱酸的阴离子水解促进水电离，a点溶质为等浓度的NaOH和NaCl；b点溶质为等物质的量浓度的[(CH3)2]NH·H2O和(CH3)2NH2Cl，其水溶液呈碱性，且a点溶质电离的OH-浓度大于b点，水的电离程度：b>a；c点溶质为NaCl，水溶液呈中性，对水的电离无影响；d点溶质为(CH3)2NH2Cl，促进水的电离，a、b点抑制水电离、c点不影响水电离、d点促进水电离，所以水电离程度关系为：d>c>b>a，故D正确；故案为：D。9、A【解析】

A.23gNO2的物质的量是＝0.5mol，含有1mol氧原子，选项A正确；B.氨水是弱碱，部分电离，即.1L0.1mol·L－1氨水含有OH－个数小于0.1NA，选项B错误；C.常温常压下四氯化碳不是气体，不能适用于气体摩尔体积，选项C错误；D.反应中亚铁离子失去1个电子，选项D错误；答案选A。10、B【解析】

A.从图中可知在Li2SO4溶液中N2的相对能量较低，因此Li2SO4溶液利于MoS2对N2的活化，A正确；B.反应物、生成物的能量不变，因此反应的焓变不变，与反应途径无关，B错误；C.根据图示可知MoS2在Li2SO4溶液中的能量比Na2SO4溶液中的将反应决速步(*N2→*N2H)的能量大大降低，C正确；D.根据图示可知N2的活化是N≡N键的断裂形成N2H的过程，即是N≡N键的断裂与N—H键形成的过程，D正确；故合理选项是B。11、B【解析】

主族元素M、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20；M是地壳中含量最多的元素，则M为O元素；X、Z为金属元素，其最外层电子数只能为1、2、3，当X最外层电子数为1时，Z的最外层电子数可能为1、2、3，Y的最外层电子数为12-1-1=10、12-1-2=9、12-1-3=8，都不可能，所以X、Z最外层电子数只能为2、3，Y的最外层电子数为12-2-3=7，结合原子序数大小及都是主族元素可知，X为Al、Y为Cl、Z为Ca元素【详解】根据分析可知：M为O，X为Al，Y为Cl，Z为Ca元素。A．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径X＜M＜Y，故A正确；B．O、Ca形成的过氧化钙中含有O-O共价键，故B错误；C．ClO2具有强氧化性，可用于自来水消毒，故C正确；D．工业上通过电解熔融氧化铝获得金属铝，故D正确；答案选B。【点睛】难点：通过讨论推断X、Y为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质。12、D【解析】

A．离子方程式中电荷不守恒，A项错误；B．一水合氨为弱电解质，离子反应中不能拆写成离子，B项错误；C．NH4HCO3溶液中加入足量的澄清石灰水，出现白色沉淀CaCO3的同时生成一水合氨和水，C项错误；D．离子方程式符合客观事实，且拆分正确，原子和电荷都守恒，D项正确；答案选D。【点睛】离子方程式书写正误判断方法：（1）一查：检查离子反应方程式是否符合客观事实；（2）二查：“==”“”“↓”“↑”是否使用恰当；（3）三查：拆分是否正确。只有易溶于水的强电解质能拆写成离子，其他物质均不能拆写；（4）四查：是否漏写离子反应；（5）五查：反应物的“量”——过量、少量、足量等；（6）六查：是否符合三个守恒：质量守恒、电荷守恒以及得失电子守恒。13、C【解析】

A．I3＋离子的价层电子对数，含有对孤电子对，故空间几何构型为V形，A选项正确；B．非金属性：H＜C＜O，则C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为H＜C＜O，B选项正确；C．非金属简单氢化物的熔沸点与氢键和范德华力有关，而稳定性与非金属性有关，H2O的稳定性大于H2S是因为O的非金属性大于S，C选项错误；D．Zn的核外电子排布为[Ar]3d104s2，电子所在的轨道均处于全充满状态，较稳定，故第一电离能大于Ga，D选项正确；答案选C。【点睛】C选项在分析时需要注意，非金属简单氢化物的熔沸点与氢键和范德华力有关，若含有氢键，物质熔沸点增大，没有氢键时，比较范德华力，范德华力越大，熔沸点越高；而简单氢化物的稳定性与非金属性有关，非金属性越强，越稳定。一定要区分两者间的区别。14、D【解析】

A.使pH试纸显蓝色的溶液呈碱性，HSO3-、Mg2＋不能大量存在，且ClO－与HSO3-因发生氧化还原反应而不能大量共存，选项A错误；B.c(Fe3＋)＝0.1mol·L－1的溶液中：Fe3＋与SCN－发生络合反应而不能大量共存，选项B错误；C.＝0.1mol·L－1的溶液中c(H+)=10-1mol/L，为强酸性溶液，HCO3-不能大量存在，选项C错误；D.0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中：NH4+、NO3-、Na＋、SO42-、HCO3-相互之间不反应，能大量共存，选项D正确。答案选D。15、D【解析】

W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。常温常压下，Y的单质和氧化物均能与X的氢化物的水溶液反应生成一种相同的气体，该气体分子与CH4具有相同的空间结构，X的单质与氢气混合后在冷暗处会发生爆炸，X是F，X的氢化物为HF，Y为Si，Y的氢化物为SiF4；Z原子最外层的电子数是W原子的最外层电子数的2倍，Z的最外层电子数一定为偶数，且大于Si元素，则Z为S元素；W最外层电子数为3，其原子序数小于F，则W为B元素，据此解答。【详解】根据分析可知：W为B，X为F，Y为Si，Z为S元素。A.F为非金属性最强的元素，则HF比其它三种元素的氢化物的稳定性都强，A正确；B.Si在自然界中只以化合态形式存在，B正确；C.B、Si元素都位于周期表中金属与非金属分界线附近，C正确；D.S元素的含氧酸有硫酸、亚硫酸、硫代硫酸等，不一定具有强氧化性，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，根据物质的性质及元素的原子结构关系推断元素为解答关键，注意元素化合物知识及规律性知识的应用，试题侧重考查学生的分析与应用能力。16、B【解析】

A、Al(OH)3加热分解Al2O3，可一步实现转化，A错误；B、氧化铝不溶于水,不能一步转化生成Al(OH)3，B正确；C、金属铝与盐酸或氯气反应均生成AlCl3，可一步转化，C错误；D、Al与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，可一步实现转化，D错误；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、苯乙烯氢氧化钠水溶液、加热消去反应AD、【解析】

反应①、②、⑤的原子利用率都为100%,则这几个反应为加成反应,根据

知,B和HBr发生加成反应得到该物质,则B结构简式为

,所以B为苯乙烯；A为HC≡CH;

C能发生催化氧化反应,则

发生水解反应生成D，反应条件为氢氧化钠水溶液、加热；C结构简式为

,D结构简式为

,D发生信息I的反应,E结构简式为

,E发生酯化反应生成F,F发生消去反应生成X，G相对分子质量为78,C原子个数为6个,则G为

,苯发生一系列反应生成Y；【详解】(1)由上述分析可知B名称是苯乙烯,反应③的试剂和条件为氢氧化钠水溶液、加热;反应④的反应类型是消去反应,

因此，本题正确答案是:苯乙烯;氢氧化钠水溶液、加热;消去反应;

(2)A.因为Y的结构简式为：，结构中含有酚羟基,所以遇氯化铁溶液会发生显色反应,故A正确;

B.因为Y的结构简式为：，只有苯环能和氢气发生加成反应、苯环上酚羟基邻位氢原子能和溴发生取代反应,所以1molY与H2、浓溴水中的Br2反应,最多消耗分别为3molH2和2molBr2,故B错误;

C.因为Y的结构简式为：,酚羟基和羧基能与NaOH溶液反应,1molY与氢氧化钠溶液反应时,最多可以消耗2mol氢氧化钠,故C错误;D.Y()中⑥位酚羟基，显弱酸性，⑦为醇羟基，没有酸性，⑧位为羧基上的羟基，属于弱酸性，但酸性比酚羟基的酸性强，所以三处-OH的电离程度由大到小的顺序是⑧>⑥>⑦,故D正确;所以AD选项是正确的;(3)E结构简式为

,E的同分异构体符合下列条件:a.属于酚类化合物,说明含有酚羟基,且是苯的对位二元取代物,说明另外一个取代基位于酚羟基对位;

b.能发生银镜反应和水解反应,水解含有醛基和酯基,

该物质为甲酸酯,符合条件的同分异构体有

，

因此，本题正确答案是:

；(4)乙醛发生还原反应生成CH3CH2OH，CH3CHO和HCN反应然后酸化得到CH3CH(OH)COOH，乙醇和CH3CH(OH)COOH发生酯化反应生成CH3CH(OH)COOCH2CH3，然后发生消去反应生成CH2=CH(OH)COOCH2CH3，CH2=CH(OH)COOCH2CH3发生加聚反应生成,其合成路线为为

，

因此，本题正确答案是:

。18、钠或NaN≡N离子被氧化在已褪色的溶液中加入足量的KSCN，若重新变血红色，则该解释正确【解析】

将文字信息标于框图，结合实验现象进行推理。【详解】（1）溶液焰色反应呈黄色，则溶液中有Na+，无机盐A中含金属元素钠（Na）。（2）气体单质C的摩尔质量M(C)=22.4L/mol×1.25g/L=28g/mol，故为氮气（N2），其结构式N≡N，从而A中含N元素。（3）图中，溶液与NaHCO3反应生成气体B为CO2，溶液呈酸性。白色沉淀溶于盐酸生成气体B（CO2），则白色沉淀为BaCO3，气体中含CO2，即A中含C元素。溶液与BaCl2反应生成的白色沉淀D不溶于稀盐酸，则D为BaSO4，溶液中有SO42－，A中含S元素。可见A为NaSCN。无机盐A与反应的离子方程式。（4）在含离子的溶液中滴加NaSCN溶液不变红，再滴加，先变红后褪色，即先氧化、后氧化SCN－或再氧化Fe3+。若离子被氧化，则在已褪色的溶液中加入足量的KSCN，若重新变色，则该解释正确；若三价铁被氧化成更高价态，则在已褪色的溶液中加入足量的，若重新变血红色，则该解释正确。19、分液漏斗4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O饱和食盐水吸收氯气中混有的杂质HCl浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气2Fe+3Cl22FeCl3NaOH溶液2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O【解析】

烧瓶中浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气，由于浓盐酸中含有水且易挥发，出来的气体中含有水蒸气和氯化氢，通过B中的饱和食盐水除去氯化氢气体，在通过C中的浓硫酸除去水蒸气，得到干燥的氯气，通过D装置玻璃管内的铁粉进行反应，未反应的氯气进过装置E中的氢氧化钠进行尾气吸收；【详解】（1）由仪器构造可知A为分液漏斗；烧瓶中浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气的反应，化学方程式为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O。答案为：分液漏斗；4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O（2）反应生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气杂质气体，氯化氢极易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解性减弱，通过饱和食盐水除去氯化氢气体，通过浓硫酸溶液吸收水蒸气，装置B中盛放液体是饱和食盐水；气体通过装置B的目的是吸收氯气中混有的杂质HCl；答案为：饱和食盐水；吸收氯气中混有的杂质HCl（3）装置C中盛放的液体是浓硫酸；气体通过装置C的目的是吸收水蒸气，干燥氯气；答案为：浓硫酸；吸收水蒸气，干燥氯气（4）干燥的氯气通过装置D是氯气和铁加热条件下反应生成氯化铁的反应，反应的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3；答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；（5）氯气有毒，不能排放到空气中，装置E是氢氧化钠溶液，用来吸收未反应的氯气，防止污染空气；氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O；答案为：NaOH溶液；2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O20、H2O+SO2=H2SO3，Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O或Zn+2SO2ZnS2O4增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率溶液中存在：Na2S2O4(s)Na2S2O4(aq)2Na+(aq)+(aq)[或Na2S2O4(s)2Na+(aq)+(aq)]，增大c(Na+)，平衡向逆反应方向移动水浴加热Na2S2O4在水中溶解度较大，在酒精中溶解度较小2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2Zn(OH)2难溶于水，易与Na2S2O4分离取少量产品配成稀溶液，加入足量稀盐酸，充分反应后静置，取上层清液，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可确定产品中含有Na2SO4【解析】

合成保险粉的反应物为Zn、SO2、H2O，根据温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH在3～3.5时，停止通入SO2，反应后得到ZnS2O4溶液，据此分析解答。【详解】（1）合成保险粉的反应物有Zn、SO2、H2O，根据温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH在3～3.5时，说明发生了：H2O+SO2=H2SO3反应，最后反应得到ZnS2O4溶液，说明又发生了：Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O反应，总过程也可以写成：Zn+2SO2ZnS2O4，多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率；（2）溶液中存在：Na2S2O4(s)Na2S2O4(aq)2Na+(aq)+(aq)[或Na2S2O4(s)2Na+(aq)+(aq)]，增大c(Na+)，平衡向逆反应方向移动，所以向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体；（3）根据温度控制在40～45℃可知需要控制温度的加热方式一般是水浴加热；（4）根据步骤2中将得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中，过滤，滤渣为Zn(OH)2，向滤液中加入食盐，才析出Na2S2O4•2H2O晶体，可知Na2S2O4在水中溶解度较大；根据步骤5析出的晶体用无水乙醇洗涤的目的是使晶体迅速干燥，避免溶解而减少损耗，可知其在酒精中溶解度较小；（5）由题意可知甲酸钠、二氧化硫、碳酸钠反应生成Na2S2O4，同时生成二氧化碳，反应的方程式为2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2；（6）锌粉法产品纯度高，可能的原因是Zn(OH)2难溶于水，易与Na2S2O4分离；（7）设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2SO4，要避免Na2S2O4干扰，所以取少量