2024年湖北省宜昌市点军区第二中学高三压轴卷化学试卷含解析

2024年湖北省宜昌市点军区第二中学高三压轴卷化学试卷注意事项：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、Fe3+、SO42﹣、Al3+和X四种离子以物质的量之比2:4:1:1大量共存于同一溶液中，X可能是（）A．Na+ B．Cl﹣ C．CO32﹣ D．OH﹣2、某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3－、SO42－、Cl－，滴入过量氨水，产生白色沉淀，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定存在的离子是A．SO42－ B．NO3－ C．Na+ D．Fe3+3、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．4.6gNa与含0.1molHCl的稀盐酸充分反应，转移电子数目为0.1NAB．25℃时，pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH－的数目为0.2NAC．常温下，14克C2H4和C3H6混合气体所含的原子数为3NAD．等质量的1H218O与D216O，所含中子数前者大4、氢键是强极性键上的氢原子与电负性很大且含孤电子对的原子之间的静电作用力。下列事实与氢键无关的是（）A．相同压强下H2O的沸点高于HF的沸点B．一定条件下，NH3与BF3可以形成NH3·BF3C．羊毛制品水洗再晒干后变形D．H2O和CH3COCH3的结构和极性并不相似，但两者能完全互溶5、室温下，0.1000mol·L－1的盐酸逐滴加入到20.00mL0.1000mol·L－1的氨水中，溶液的pH和pOH[注：pOH＝－lgc(OH－)]与所加盐酸体积的关系如图所示，下列说法中不正确的是()A．图中a＋b＝14B．交点J点对应的V(HCl)＝20.00mLC．点A、B、C、D四点的溶液中均存在如下关系：c(Cl－)－c(NH4+)＝c(H＋)－c(OH－)D．若在绝热体系中发生上述反应，图中的交点J向右移6、一种形状像蝴蝶结的有机分子Bowtiediene，其形状和结构如图所示，下列有关该分子的说法中错误的是A．生成1molC5H12至少需要4molH2B．该分子中所有碳原子在同一平面内C．三氯代物只有一种D．与其互为同分异构体，且只含碳碳三键的链烃有两种7、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。X的族序数是周期数的3倍，25℃时，0.1mol·L－1Z的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为13，W的最外层有6个电子。下列说法正确的是()A．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱B．原子半径：r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)C．元素Y、W的简单阴离子具有相同的电子层结构D．Z分别与X、Y、W形成的化合物中均一定只含离子键8、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．20g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为NAB．标准状况下，18g冰水中共价键的数目为NAC．5.6g铁与7.1gCl2充分反应，转移电子数目为0.3NAD．7.8gNa2O2与足量的水(H218O)反应生成的氧气所含的中子数为0.5NA9、向某Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2固体(溶液体积变化、温度变化忽略不计)，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是()已知：Ksp(BaCO3)=2.4010-9A．A、B、C三点对应溶液pH的大小顺序为：A>B>CB．A点对应的溶液中存在：c(CO32-)<c(HCO3-)C．B点溶液中c(CO32-)=0.24mol/LD．向C点溶液中通入CO2可使C点溶液向B点溶液转化10、以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线如图，则下列说法正确的是()A．A的结构简式是B．①②的反应类型分别是取代、消去C．反应②③的条件分别是浓硫酸加热、光照D．加入酸性KMnO4溶液，若溶液褪色则可证明已完全转化为11、图所示与对应叙述相符的是A．表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(FeS)<Ksp(CuS)B．pH=2的甲酸与乙酸溶液稀释时的pH变化曲线，则酸性：甲酸<乙酸C．表示用0.1000mol·L-lNaOH溶液滴定25.00mL盐酸的滴定曲线，则c(HCl)=0.0800mol·L-1D．反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡时NH3体积分数随起始n(N2)/n(H2)变化的曲线，则转化率：αA(H2)=αB(H2)12、化学与生活密切相关。下列说法错误的是（）A．碳酸钠可用于去除餐具的油污 B．漂白粉可用于生活用水的消毒C．碳酸钡可用于胃肠X射线造影 D．氢氧化铝可用于中和过多胃酸13、NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法中正确的是A．铁丝和3.36LCl2完全反应，转移电子的数目为0.3NAB．1molNaClO中含有的Cl—数目为NAC．5mL0.005mol/L的Fe(SCN)3中溶质的微粒数目为2.5×10－7NAD．18gH2O中含有的电子数为10NA14、在一定条件下发生下列反应，其中反应后固体质量增重的是A．H2还原三氧化钨(W03) B．铝与氧化铁发生铝热反应C．锌粒投入硫酸铜溶液中 D．过氧化钠吸收二氧化碳15、下列离子方程式中，正确的是（）A．Fe3+的检验：Fe3++3KSCN═Fe（SCN）3+3K+B．氯气用于自来水消毒：Cl2+H2O═H++Cl-+HClOC．证明H2O2具有还原性：2MnO4-+6H++3H2O2═2Mn2++4O2↑+6H2OD．用CuCl2溶液做导电性实验，灯泡发光：CuCl2Cu2++2Cl-16、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，4.48L空气中所含原子数为0.2NAB．常温常压下，2.3gNO2和N2O4的混合物中含有的氧原子数为0.2NAC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD．常温下，0.1mol·L-1Na2CO3溶液中阴离子总数大于0.1NA二、非选择题（本题包括5小题）17、“达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药，化合物M是它的合成中间体，其合成路线如下：已知：R1CHO回答下列问题：(1)有机物A的名称是______________；反应②反应类型是__________。(2)物质B的结构简式是____________；E的分子式为_____________。(3)G中含氧官能团的名称是________；F中有________个手性碳原子。(4)请写出反应⑤的化学反应方程式_____________。(5)物质N是C的一种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式_______。①分子结构中含有苯环和氨基，氨基与苯环直接相连；②能使溴水褪色；③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1∶1。(6)设计由苯甲醇和CH3NH2为原料制备的合成路线_______________。18、花椒毒素(Ⅰ)是白芷等中草药的药效成分，也可用多酚A为原料制备，合成路线如下：回答下列问题：（1）①的反应类型为_____________________；B分子中最多有_________个原子共平面。（2）C中含氧官能团的名称为______________________；③的“条件a”为____________________。（3）④为加成反应，化学方程式为__________________________________。（4）⑤的化学方程式为__________________________________。（5）芳香化合物J是D的同分异构体，符合下列条件的J的结构共有_________种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式为_________________。(只写一种即可)。①苯环上只有3个取代基；②可与NaHCO3反应放出CO2；③1molJ可中和3molNaOH。（6）参照题图信息，写出以为原料制备的合成路线(无机试剂任选)：______________19、制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3主要实验流程如下：已知：①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应；②N2H4·H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。⑴从流程分析，本流程所用的主要有机原料为_______________（写名称）。⑵步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度为41℃，测得产物中除NaClO外还含有NaClO3，且两者物质的量之比为5∶1，该反应的离子方程式为____________________。⑶实验中，为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40℃，除减缓Cl2的通入速率外，还可采取的措施是_________________。⑷步骤Ⅱ合成N2H4·H2O（沸点约118℃）的装置如图。NaClO碱性溶液与尿素[CO（NH2）2]（沸点196.6℃）水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应。①使用冷凝管的目的是_________________。②滴液漏斗内的试剂是_______；将滴液漏斗内的液体放入三颈烧瓶内的操作是______________________________；③写出流程中生成水合肼反应的化学方程式________________________________。⑸步骤Ⅳ制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO3－、SO32－随pH的分布如图所示）。①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定停止通SO2的pH值为____（取近似整数值，下同）；②用制得的NaHSO3溶液再制Na2SO3溶液的pH应控制在________。20、硫代硫酸钠(Na2S2O3)具有较强的还原性，还能与中强酸反应，在精细化工领域应用广泛．将SO2通入按一定比例配制成的Na2S和Na2CO3的混合溶液中，可制得Na2S2O3•5H2O(大苏打)．(1)实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是_____(选填编号)；检查该装置气密性的操作是：关闭止水夹，再_______________。(2)在Na2S和Na2CO3的混合溶液中不断通入SO2气体的过程中，发现：①浅黄色沉淀先逐渐增多，反应的化学方程式为________________(生成的盐为正盐)；②浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色无嗅的气体产生，则反应的化学方程式为__________________(生成的盐为正盐)；③浅黄色沉淀逐渐减少(这时有Na2S2O3生成)；④继续通入SO2，浅黄色沉淀又会逐渐增多，反应的化学方程式为_______________(生成的盐为酸式盐)。(3)制备Na2S2O3时，为了使反应物利用率最大化，Na2S和Na2CO3的物质的量之比应为_________；通过反应顺序，可比较出：温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液pH更大的是_________。(4)硫代硫酸钠的纯度可用滴定法进行测定，原理是：2S2O32﹣+I3﹣=S4O62﹣+3I﹣．①为保证不变质，配制硫代硫酸钠溶液须用新煮沸并冷却的蒸馏水，其理由是___________。②取2.500g含杂质的Na2S2O3•5H2O晶体配成50mL溶液，每次取10.00mL用0.0500mol/LKI3溶液滴定(以淀粉为指示剂)，实验数据如下(第3次初读数为0.00，终点读数如图e；杂质不参加反应)：编号123消耗KI3溶液的体积/mL19.9820.02到达滴定终点的现象是_______________；Na2S2O3•5H2O(式量248)的质量分数是(保留4位小数)__________。21、钛是一种性能非常优越的金属，21世纪将是钛的世纪。(1)TiO2薄膜中掺杂铬能显著提高光催化活性。基态Cr原子的核外电子排布式为____。(2)四乙醇钛能增加橡胶在金属表面的粘附性。其制备原理如下：TiCl4+4CH3CH2OH+4NH3=Ti(OCH2CH3)4+4NH4Cl①Ti(OCH2CH3)4可溶于有机溶剂，常温下为淡黄色透明液体，其晶体类型为____②N和O位于同一周期，O的第二电离能大于N的第二电离能的原因是_____；③NH4Cl中存在的作用力有_____，NH4Cl熔沸点高于CH3CH2OH的原因是_____，Ti(OCH2CH3)4分子中C原子的杂化形式均为____。(3)钛酸锶(SrTiO3)可作电子陶瓷材料和人造宝石，其中一种晶胞结构如图所示。若Ti位于顶点位置，O位于____位置；已知晶胞参数为anm，Ti位于O所形成的正八面体的体心，则该八面体的边长为_____m(列出表达式)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

假设离子的物质的量为分别为2mol、4mol、1mol、1mol，则根据溶液中的电荷守恒分析，2×3+1×3=2×4+1×x，解x=1，说明阴离子带一个单位的负电荷，铁离子和氢氧根离子不能共存，所以氢氧根离子不存，故X可能为氯离子，故选B。2、A【解析】

某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3－、SO42－、Cl－，滴入过量氨水，产生白色沉淀，该白色沉淀为氢氧化铝，则一定含有Al3+，一定不含Fe3+（否则产生红褐色沉淀），若溶液中各离子的物质的量浓度相等，根据电荷守恒，则一定存在的离子是SO42－，且至少含有NO3－、Cl－中的一种，若含有NO3－、Cl－两种，则还含有Na+，故答案选A。3、C【解析】

A.Na既可以和酸反应又可以和碱反应放出氢气，4.6g钠物质量为0,2mol,转移电子数为0.2mol，即0.2NA，故A错；B.pH=13的Ba(OH)2溶液中没有体积，无法计算含有OH－的数目，故B错；C.常温下，C2H4和C3H6混合气体混合气体的最简比为CH2，14克为1mol，所含原子数为3NA，C正确；D.等质量的1H218O与D216O，所含中子数相等，均为NA，故D错。答案为C。4、B【解析】

A．1个水分子能与周围的分子形成4个氢键，1个HF分子只能与周围的分子形成2个氢键，所以相同压强下H2O的沸点高于HF的沸点，故A不选；B．NH3与BF3可以形成配位键从而形成NH3·BF3，与氢键无关，故B选；C．羊毛主要成分是蛋白质，蛋白质分子与水分子之间形成氢键，破坏了蛋白质的螺旋结构，所以羊毛制品水洗再晒干后变形，故C不选；D．CH3COCH3中O原子电负性很大且含孤电子对，与水分子中氢原子形成氢键，所以二者可以完全互溶，故D不选；故答案为B。5、B【解析】

A.图中A点和B点对应的溶质相同，根据a＝－lgc(H＋)，b＝－lgc(OH－)，c(H＋)·c(OH－)＝10－14计算可知a＋b＝－lgc(H＋)·c(OH－)＝－lg10－14＝14，A项正确；B.交点J点对应的点pH＝7，应该是氨水和氯化铵的混合溶液，V(HCl)＜20.00mL，B项错误；C.A、B、C、D四点的溶液中均存在电荷守恒，c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NH4+)＋c(H＋)，变式得c(Cl－)－c(NH4+)＝c(H＋)－c(OH－)，C项正确；D.中和反应为放热反应，若在绝热体系中发生上述反应，体系的温度升高，水和氨水的电离程度都变大，c(OH－)增大，pOH减小，pH增大，图中的交点J向右移，D项正确；答案选B。6、B【解析】

有机物含有2个碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，结合烯烃、甲烷的结构特点解答。【详解】A.由结构式可知分子中含有5个C、4个H原子，则分子式为C5H4，根据不饱和度的规律可知，该分子内含4个不饱和度，因此要生成1molC5H12至少需要4molH2，A项正确；B.分子中含有饱和碳原子，中心碳原子与顶点上的4个碳原子形成4个共价单键，应是四面体构型，则分子中四个碳原子不可能在同一平面上，B项错误；C.依据等效氢思想与物质的对称性可以看出，该分子的三氯代物与一氯代物等效，只有一种，C项正确；D.分子式为C5H4，只含碳碳叁键的链烃有CH≡C-CH2-C≡CH或CH≡C-C≡C-CH3这2种同分异构体，D项正确；答案选B。【点睛】本题C项的三氯代物可用换位思考法分析作答，这种方法一般用于卤代物较多时，分析同分异构体较复杂时，即将有机物分子中的不同原子或基团进行换位，如乙烷分子，共6个氢原子，一个氢原子被氯原子取代只有一种结构，那么五氯乙烷呢，H看成Cl，Cl看成H，换位思考，也只有一种结构。7、B【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，25℃时，0.1mol/LZ的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为13，则Z为Na元素；W的最外层有6个电子，其原子序数大于Na，则W为S元素；X的族序数是周期数的3倍，X只能位于第二周期，则X为O元素；Y介于O、Na之间，则Y为F元素，据此解答。【详解】根据分析可知，X为O元素，Y为F元素，Z为Na，W为S元素。A.元素的非金属性越强，其最简单的氢化物的稳定性越强，由于元素的非金属性O>S，则X(O)的简单氢化物的热稳定性比W(S)的强，A错误；B.元素核外电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径大小为：r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)，B正确；C.氟离子含有2个电子层，硫离子含有3个电子层，二者简单阴离子的电子层结构不同，C错误；D.Na与O、F、S形成的化合物中，过氧化钠中既有离子键又有共价键，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的关系的知识，依据元素的原子结构或物质的性质推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。8、A【解析】

A.20g46%的甲酸溶液中甲酸的质量为20g×46%=9.2g，物质的量为，0.2mol甲酸含0.4NA个氧原子，水的质量为10.8g，水的物质的量为，0.6mol水含0.6NA个氧原子，故溶液中共含0.4NA+0.6NA=NA个氧原子，故A正确；

B.18g冰水的物质的量为1mol，而水分子中含2条共价键，故1mol水中含2NA条共价键，故B错误；

C.5.6g铁和7.1g氯气的物质的量均为0.1mol，二者反应的化学方程式为，由比例关系知，0.1mol铁完全反应需要0.15mol氯气，故氯气不足，Fe过量，则0.1mol氯气反应后转移0.2NA个，故C错误；

D.7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠和水反应时生成的氧气全部来自于过氧化钠，故生成的氧气为16O2，且物质的量为0.05mol，故含中子数为0.05mol×16NA=0.8NA个，故D错误；故选A。【点睛】氯气与铁单质反应，无论氯气是不足量还是过量，只生成FeCl3，而不生成FeCl2，这是学生们的易错点。1mol氯气与足量铁反应，转移2mol电子；足量氯气与1mol铁反应，转移3mol电子，这是常考点。9、A【解析】

A．CO32－的水解能力强于HCO3－，因此溶液中的CO32－的浓度越大，溶液中的OH－的浓度越大，pH越大。溶液中的CO32－的浓度越大，则的值越小，从图像可知，A、B、C三点对应的溶液的的值依次增大，则溶液的pH依次减小，pH的排序为A>B>C，A正确；B．A点对应的溶液的小于0，可知＞0，可知c(CO32-)＞c(HCO3-)，B错误；C．B点对应的溶液的lgc(Ba2＋)=-7，则c(Ba2＋)=10-7mol·L－1，根据Ksp(BaCO3)=c(Ba2＋)c(CO32－)=2.4010-9，可得c(CO32－)=，C错误；D．通入CO2，CO2与水反应生成H2CO3，H2CO3第一步电离产生较多的HCO3－，减小，则增大，C点不能移动到B点，D错误。答案选A。【点睛】D项也可以根据电离平衡常数推导，根据HCO3－H＋＋CO32－，有，转化形式可得，，通入CO2，溶液的酸性增强，c(H＋)增大，减小，则增大。10、B【解析】

由环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线，根据逆向思维的方法推导，C为，B为，A为，据此分析解答。【详解】A．由上述分析可知，A为，故A错误；B．根据合成路线，反应①为光照条件下的取代反应，反应②为在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应，反应③为加成反应，反应④为在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应，故B正确；C．反应②为卤代烃的消去反应，需要的反应试剂和反应条件为氢氧化钠醇溶液、加热，反应③为烯烃的加成反应，条件为常温，故C错误；D．B为环戊烯，含碳碳双键，环戊二烯含碳碳双键，均能使高锰酸钾褪色，则酸性KMnO4溶液褪色不能证明环戊烷已完全转化成环戊二烯，故D错误；答案选B。【点睛】把握官能团与性质的关系为解答的关键。本题的易错点为A，要注意根据目标产物的结构和官能团的性质分析推导，环烷烃可以与卤素发生取代反应，要制得，可以再通过水解得到。11、C【解析】

A．当相同c(S2-)时，由图像可知，平衡时c(Cu2+)＜c(Fe2+)，则c(Fe2+)c(S2-)＞c(Cu2+)c(S2-)，根据Ksp(FeS)＝c(Fe2+)c(S2−)，Ksp(CuS)＝c(Cu2+)c(S2−)，则Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故A错误；B．溶液中pH值与c(H+)间的关系为pH=-lgc(H+)，溶液中c(H+)大，对应的pH值就小，当稀释弱酸时，随着水的加入，稀释可以促进弱酸的电离，但是总体来讲，溶液体积的增量超过溶液中H+的物质的量的增量，表现为溶液中c(H+)＝减小，pH值增大；由于稀释促进弱酸的电离，因而在稀释相同倍数的弱酸时，对于酸性较弱的酸，能够促进其电离，增加了溶液中H+的量，也就表现为c(H+)会较酸性较强的弱酸大些，pH就较酸性较强的弱酸小些，因此总的来讲，酸性较强的弱酸稀释后对应的溶液pH值越大，从图像看出，甲酸的酸性是较乙酸强，即酸性甲酸＞乙酸，故B错误；C．用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定25.00mL的盐酸溶液，由图像可知，当消耗NaOH体积为20.00mL时，溶液为中性，此时酸和碱恰好完全反应，溶液中c(H+)=c(OH-)，即n(H+)=n(OH-)，则有c(HCl)V(HCl)=c(NaOH)V(NaOH)，因此c(HCl)＝=＝0.0800mol/L，故C正确；D．由图像可知，A与B状态时NH3的百分含量相等，对于有两种反应物参加的可逆反应，增加其中一种反应物的物料可使另一种反应物的转化率增加；A状态时，值较小，可认为是增加了H2的量使得H2自身的转化率变小，B状态时，值较大，可认为是增加了N2的量，从而提高了H2的转化率，转化率αA(H2)不一定等于αB(H2)，故D错误；答案选C。12、C【解析】

A.碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确；B.漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；C.碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，C错误。D.氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，D正确；答案选C。【点睛】选项C是解答的易错点，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。13、D【解析】

A.未告知是否为标准状况，无法计算3.36LCl2的物质的量，因此无法确定铁和氯气反应转移的电子数，故A错误；B.次氯酸钠中不存在氯离子，故B错误；C.Fe(SCN)3为难电离的物质，5mL0.005mol/L的Fe(SCN)3中溶质的物质的量为0.005L×0.005mol/L=2.5×10－5mol，微粒数目略小于2.5×10－5NA，故C错误；D.18gH2O的物质的量为1mol，而水为10电子微粒，故1mol水中含10NA个电子，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为A，使用气体摩尔体积需要注意：①对象是否为气体；②温度和压强是否为标准状况。14、D【解析】A、H2还原三氧化钨(W03)，固体由WO3变成W，质量减少，故A错误；B、铝与氧化铁发生铝热反应生成氧化铝和铁，固体质量不变，故B错误；C、锌粒投入硫酸铜溶液中生成铜和硫酸锌，相对原子质量锌为65，铜为64，由锌变成铜质量减小，故C错误；D、过氧化钠吸收二氧化碳生成碳酸钠和氧气，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，1molNa2O2变成1molNa2CO3质量增大，故D正确；故选D。15、B【解析】

A.Fe3+的检验：硫氰化钾属于强电解质，拆成离子形式，正确的离子方程式：Fe3++3SCN-═Fe(SCN)3，A错误；B.氯气用于自来水消毒：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒的作用，B正确；C.证明H2O2具有还原性，氧元素化合价升高，该式电子不守恒，正确的离子方程式为：2MnO4-+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O，C错误；D.用CuCl2溶液做导电性实验，灯泡发光：氯化铜在水分子作用下发生电离，不用通电，正确的离子方程式：CuCl2=Cu2++2Cl-，D错误；故答案选B。16、C【解析】

A．标况下4.48L空气的物质的量为0.2mol，但空气中的分子有双原子分子和三原子分子，故所含原子数要大于0.2NA，故A错误；B．常温常压下，2.3gNO2和N2O4的混合物含有最简式NO2物质的量为：=0.05mol，含有的氧原子数为0.05mol×2×NA=0.1NA，故B错误；C．过氧化钠和水的反应为歧化反应，生成1mol氧气转移2mol电子，则当生成0.1mol氧气时，转移0.2NA个电子，故C正确；D．依据n=cV可知，溶液体积未知无法计算微粒数目，故D错误；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、苯甲醛还原反应H2NC15H21NO3羟基2+→+【解析】

根据已知信息，结合C的结构简式可知，B为H2N，C与NaBH4发生还原反应生成D，D与E发生加成反应生成F，F在HCl，CH3CH2OH条件下发生取代反应生成G，G与H发生取代反应生成，在Pd/C、H2条件下发生取代反应生成M，据此分析解答。【详解】(1)有机物A()的名称为苯甲醛；反应②为C中碳氮双键反应后变成碳氮单键，与NaBH4发生还原反应，故答案为：苯甲醛；还原反应；(2)根据C的结构，结合信息R1CHO可知，物质B的结构简式是H2N；E()的分子式为C15H21NO3，故答案为：H2N；C15H21NO3；(3)G()中含氧官能团是羟基；F()中有2个手性碳原子，如图，故答案为：羟基；2；(4)反应⑤为G与H发生的取代反应，反应的化学反应方程式为+→+，故答案为：+→+；(5)物质N是C()的一种同分异构体，①分子结构中含有苯环和氨基，氨基与苯环直接相连；②能使溴水褪色，说明含有碳碳双键；③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1∶1，满足条件的一种同分异构体可以是，故答案为：；(6)由苯甲醇和CH3NH2为原料制备，根据信息R1CHO可知，可以首先将苯甲醇氧化为苯甲醛，然后与发生反应生成，最后与NaBH4发生还原反应即可，故答案为：。【点睛】本题的难点是涉及的物质结构较为复杂，易错点为(1)中反应②的类型的判断，碳氮双键变成碳氮单键，但反应物不是氢气，不能判断为加成反应，应该判断为还原反应。18、取代反应18羰基、醚键浓硫酸、加热（或：P2O5）30【解析】根据B的结构简式和生成B的反应条件结合A的化学式可知，A为；根据C和D的化学式间的差别可知，C与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D，D为，结合G的结构可知，D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，E为；根据G生成H的反应条件可知，H为。(1)根据A和B的结构可知，反应①发生了羟基上氢原子的取代反应；B()分子中的苯环为平面结构，单键可以旋转，最多有18个原子共平面，故答案为取代反应；18；(2)C()中含氧官能团有羰基、醚键；反应③为D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，“条件a”为浓硫酸、加热，故答案为羰基、醚键；浓硫酸、加热；(3)反应④为加成反应，根据E和G的化学式的区别可知F为甲醛，反应的化学方程式为，故答案为；(4)反应⑤是羟基的催化氧化，反应的化学方程式为，故答案为；(5)芳香化合物J是D()的同分异构体，①苯环上只有3个取代基；②可与NaHCO3反应放出CO2，说明结构中含有羧基；③1molJ可中和3molNaOH，说明结构中含有2个酚羟基和1个羧基；符合条件的J的结构有：苯环上的3个取代基为2个羟基和一个—C3H6COOH，当2个羟基位于邻位时有2种结构；当2个羟基位于间位时有3种结构；当2个羟基位于对位时有1种结构；又因为—C3H6COOH的结构有—CH2CH2CH2COOH、—CH2CH(CH3)COOH、—CH(CH3)CH2COOH、—C(CH3)2COOH、—CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2+3+1)×5=30种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式有，故答案为30；；(6)以为原料制备。根据流程图C生成的D可知，可以与氢气加成生成，羟基消去后生成，与溴化氢加成后水解即可生成，因此合成路线为，故答案为。点睛：本题考查了有机合成与推断，根据反应条件和已知物质的结构简式采用正逆推导的方法分析是解题的关键。本题的易错点为B分子中共面的原子数的判断，要注意单键可以旋转；本题的难点是(6)的合成路线的设计，要注意羟基的引入和去除的方法的使用。本题的难度较大。19、尿素8Cl2+16OH-=5ClO-+ClO3-+10Cl-+8H2O冰水浴冷却通过冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率NaClO碱性溶液打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下NaClO+CO(NH2)2+2NaOH＝NaCl+N2H4·H2O+Na2CO3410【解析】

由实验流程可知，氯气和氢氧化钠溶液的反应生成NaClO，为避免生成NaClO3，应控制温度在40℃以下，生成的NaClO与尿素反应生成N2H4•H2O和Na2CO3，可用蒸馏的方法分离出N2H4•H2O，副产品Na2CO3溶液中通入二氧化硫，可制得Na2SO3，结合对应物质的性质以及题给信息分析解答。【详解】⑴根据流程图，本流程所用的主要有机原料为尿素，故答案为尿素；(2)若温度为41℃，测得产物中除NaClO外还含有NaClO3，且两者物质的量之比为5∶1，同时还生成NaCl，根据得失电子守恒，ClO-∶ClO3-∶Cl-物质的量之比为5∶1∶10，反应的离子方程式为8Cl2+16OH-=5ClO-+ClO3-+10Cl-+8H2O，故答案为8Cl2+16OH-=5ClO-+ClO3-+10Cl-+8H2O；⑶氯气与烧碱溶液的反应是放热反应，实验中，为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40℃，除减缓Cl2的通入速率外，避免反应过于剧烈，放出大量的热而导致温度升高，还可以用冰水浴冷却，故答案为冰水浴冷却；(4)①为避免N2H4•H2O的挥发，使用冷凝管，起到冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率，故答案为通过冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率；②为了避免N2H4•H2O与NaClO剧烈反应生成N2，实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液；将滴液漏斗内的液体放入三颈烧瓶内的操作是打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下，故答案为NaClO碱性溶液；打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下；③根据流程图，NaClO和CO(NH2)2在NaOH溶液中反应生成水合肼和碳酸钠，反应的化学方程式为NaClO+CO(NH2)2+2NaOH＝NaCl+N2H4·H2O+Na2CO3，故答案为NaClO+CO(NH2)2+2NaOH＝NaCl+N2H4·H2O+Na2CO3；(5)用Na2CO3制备无水Na2SO3，在Na2CO3溶液中通入过量的二氧化硫生成NaHSO3，然后在NaHSO3溶液中加入NaOH溶液可生成Na2SO3。①由图像可知，溶液pH约为4时，可完全反应生成NaHSO3，此时可停止通入二氧化硫，故答案为4；②由图像可知pH约为10时，可完全反应生成Na2SO3，故答案为10。20、d打开分液漏斗活塞加水，如水无法滴入说明气密性良好3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO32：1前者防止Na2S2O3被空气中O2氧化溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪去99.20%【解析】

(1)因为Na2SO3易溶于水，a、b、c装置均不能选用，实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是d；关闭止水夹，若气密性很好，则分液漏斗中水不能滴入烧瓶中；(2)①其反应原理为SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，即：3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；②无色无味的气体为CO2气体，其化学方程式为SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；③黄色沉淀减少的原理为Na2SO3+S=Na2S2O3；④根据题意Na2S2O3能与中强酸反应，所以浅黄色沉淀又增多的原理为Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO3；(3)3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3①，SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2②，Na2SO3+S=Na2S2O3③，则①+②+③×3得4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以Na2S和Na2CO3的物质的量之比为2：1。因为SO2先和Na2S反应，所以温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液，Na2S溶液的pH更大；(4)①用新煮沸并冷却的蒸馏水是为了赶出水中的氧气避免硫代硫酸钠被氧化；②达到滴定终点时颜色突变且30s不变色；先根据滴定消耗的标准液的体积计算出平均体积，再由2S2O32-+I3-=S4O62-+3I-的定量关系计算。【详解】(1)因为Na2SO3易溶于水，a、b、c装置均不能选用，实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是d；检查该装置气密性的操作是