2024年广东省深圳市四校发展联盟体高三第二次调研化学试卷含解析

2024年广东省深圳市四校发展联盟体高三第二次调研化学试卷考生请注意：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、分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种2、电视剧《活色生香》向我们充分展示了“香”的魅力。低级酯类化合物是具有芳香气味的液体，下列说法中，利用了酯的某种化学性质的是A．用酒精可以提取某些花香中的酯类香精，制成香水B．炒菜时加一些料酒和食醋，使菜更香C．用热的纯碱液洗涤碗筷去油腻比冷水效果好D．各种水果有不同的香味，是因为含有不同的酯3、化学无处不在，与化学有关的说法不正确的是（）A．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B．可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D．黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成4、某盐溶液中可能含有NH4+、Ba2+、Na+、Fe2+、Cl—、CO32—、NO3—七种离子中的数种。某同学取4份此溶液样品，分别进行了如下实验：①用pH试纸测得溶液呈强酸性；②加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成；③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；④加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色该同学最终确定在上述七种离子中肯定含有NH4+、Fe2+、Cl—三种离子。请分析，该同学只需要完成上述哪几个实验，即可得出此结论。A．①②④ B．①② C．①②③④ D．②③④5、下列属于碱性氧化物的是A．Mn2O7 B．Al2O3 C．Na2O2 D．MgO6、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．32gS8与S6（）的混合物中所含共价键数目为NAB．1L1．1mol•L－1H2C2O4溶液中含C2O42－离子数为1.1NAC．2molNO与2molO2在密闭容器中充分反应，转移的电子数为8NAD．标准状况下2．4L氯气与甲烷的混合气体，光照时充分反应生成HCl分子数为NA7、X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，其原子半径与最外层电子数的关系如下图所示。R原子最外层电子数Q原子最外层电子数的4倍，Q的简单离子核外电子排布与Z2-相同。下列相关叙述不正确的是A．化合物XZB．五种元素中Q的金属性最强C．气态氢化物的稳定性：YD．最高价氧化物对应的水化物酸性：HY8、往含0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的混合溶液中持续稳定地通入CO2气体6.72L(标准状况下)，则在这一过程中，下列有关溶液中离子总物质的量(n)随通入CO2气体体积(V)的变化曲线中正确的是（离子水解忽略不计）A． B．C． D．9、依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4，利用下列装置从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。其中装置正确且能达到相应实验目的是A．①②③④ B．①②③ C．②③④ D．②④10、X、Y、Z、T是四种原子序数递增的短周期元素，X形成的简单阳离子核外无电子，Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸，Z是人体内含量最多的元素，T在同周期元素形成的简单阳离子中半径最小，则以下说法正确的是A．元素最高化合价的顺序为Z＞Y＞T＞XB．Y、Z分别形成的简单氢化物的稳定性为Z＞YC．由X、Y和Z三种元素构成的强电解质，对水的电离均起抑制作用D．常温下，T的单质与Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液不能反应11、由下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A向Co2O3中滴加浓盐酸产生黄绿色气体氧化性：Cl2>Co2O3B白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液无明显现象该过程未发生氧化还原反应C将铁片投入浓硫酸中无明显变化常温下铁不与浓硫酸反应D将10mL2mol/L的KI溶液与1mL1mol/LFeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液溶液颜色变红KI与FeCl3的反应具有可逆性A．A B．B C．C D．D12、下列实验操作合理的是（）A．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择甲基橙为指示剂B．用湿润的pH试纸测定CH3COONa溶液的pHC．用蒸馏的方法分离乙醇（沸点为78.3℃）和苯(沸点为80.1℃)的混合物D．向溶液中加入新制氯水，再滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则证明溶液中一定含有Fe2+13、人类的生产、生活与化学息息相关，下列说法不正确的是

A．将铝制品置于电解液中作为阳极，用电化学氧化的方法，可以在铝制品表面生成坚硬的氧化膜。B．防治酸雨的措施可以对煤燃烧后形成的烟气脱硫，目前主要用石灰法。C．压敏胶黏剂(即时贴)只需轻轻一压就能黏结牢固，其黏附力为分子间作用力。D．人体所需六大营养物质：糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水，其中产能最高的是糖类。14、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，m为单质，d是淡黄色粉末，b是生活中常见的液态化合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A．化合物a中只含有C、H两种元素B．几种元素的原子半径由大到小顺序为Z＞Y＞X＞WC．d是离子化合物，阴阳离子个数比为1：2D．Y与W形成的简单化合物是同主族元素同类型化合物中沸点最低的15、室温下，对于0.10mol•L﹣1的氨水，下列判断正确的是（）A．溶液的pH=13B．25℃与60℃时，氨水的pH相等C．加水稀释后，溶液中c（NH4+）和c（OH﹣）都变大D．用HCl溶液完全中和后，溶液显酸性16、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．固体含有离子的数目为B．常温下，的醋酸溶液中H+数目为C．13g由C和组成的碳单质中所含质子数一定为D．与足量在一定条件下化合，转移电子数为二、非选择题（本题包括5小题）17、已知：R－CH＝CH－O－R′→H2O/H+R－烃基烯基醚A的分子式为C12H16O。与A相关的反应如下：完成下列填空：43、写出A的结构简式_______________________________。44、写出C→D化学方程式____________________________________________________。45、写出一种满足下列条件的F的同分异构体的结构简式________________________。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②光照时与氯气反应所得的一氯取代产物不能发生消除反应；③分子中有4种不同化学环境的氢原子。46、设计一条由E合成对甲基苯乙炔（）的合成路线。（无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下：_________________________18、某研究小组拟合成医药中间体X和Y。已知：①；②；③请回答：（1）下列说法正确的是___。A．化合物A不能使酸性KMnO4溶液褪色B．化合物C能发生加成、取代、消去反应C．化合物D能与稀盐酸发生反应D．X的分子式是C15H18N2O5（2）化合物B的结构简式是___。（3）写出D+F→G的化学方程式___。（4）写出化合物A（C8H7NO4）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___。①分子是苯的二取代物，1H﹣NHR谱表明分子中有4种化学环境不同的氢原子②分子中存在硝基和结构（5）设计E→Y（）的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）___。19、为测定某硬铝（含有铝、镁、铜）中铝的含量，设计了Ⅰ、Ⅱ两个方案。根据方案Ⅰ、Ⅱ回答问题：方案Ⅰ：(1)固体甲是铜，试剂X的名称是_______________。(2)能确认NaOH溶液过量的是___________（选填选项）。a.测溶液pH，呈碱性b.取样，继续滴加NaOH溶液，不再有沉淀生成c.继续加NaOH溶液，沉淀不再有变化(3)步骤④的具体操作是：灼烧、_______、________，重复上述步骤至恒重。(4)固体丙的化学式是______，该硬铝中铝的质量分数为_______________。方案Ⅱ的装置如图所示：操作步骤有：①记录A的液面位置；②待烧瓶中不再有气体产生并恢复至室温后，使A和B液面相平；③再次记录A的液面位置；④将一定量Y（足量）加入烧瓶中；⑤检验气密性，将ag硬铝和水装入仪器中，连接好装置。(1)试剂Y是________________；操作顺序是______________________。(2)硬铝质量为ag，若不测气体的体积，改测另一物理量也能计算出铝的质量分数，需要测定的是_______，操作的方法是__________。20、纯碱（Na2CO3）在生产生活中具有广泛的用途．如图1是实验室模拟制碱原理制取Na2CO3的流程图．完成下列填空：已知：粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质离子．（1）精制除杂的步骤顺序是____→___→____→____→____（填字母编号）．a粗盐溶解b加入盐酸调pHc加入Ba（OH）2溶液d加入Na2CO3溶液e过滤（2）向饱和食盐水中先通入NH3，后通入CO2，理由是______．在滤液a中通入NH3和加入精盐的目的是______．（3）请在图1流程图中添加两条物料循环的路线．____（4）图2装置中常用于实验室制备CO2的是__（填字母编号）；用c装置制备NH3，烧瓶内可加入的试剂是___（填试剂名称）．（5）一种天然碱晶体成分是aNa2CO3•bNa2SO4•cH2O，利用下列提供的试剂，设计测定Na2CO3质量分数的实验方案．请把实验方案补充完整：供选择的试剂：稀H2SO4、BaCl2溶液、稀氨水、碱石灰、Ba（OH）2溶液①______．②______．③______．④计算天然碱晶体中含Na2CO3的质量分数．21、有资料显示过量的氨气和氯气在常温下可合成岩脑砂(主要成分为NH4Cl)，某小组对岩脑砂进行以下探究。Ⅰ.岩脑砂的实验室制备(1)C装置中盛放碱石灰的仪器名称为____________________。(2)为使氨气和氯气在D中充分混合并反应，上述装置的连接顺序为a→d→c→____、_____←j←i←h←g←b。(3)装置D处除易堵塞导管外，还有不足之处为______________________。(4)检验氨气和氯气反应有岩脑砂生成时，除了蒸馏水、稀HNO3、AgNO3溶液、红色石蕊试纸外，还需要的试剂为_______________________。Ⅱ.天然岩脑砂中NH4Cl纯度的测定(杂质不影响NH4Cl纯度测定)已知：2NH4Cl+3CuO3Cu+2HCl↑+N2↑+

3H2O。步骤：①准确称取1.19g岩脑砂；②将岩脑砂与足量的氧化铜混合加热(装置如下)。(1)连接好仪器后，检查装置的气密性时，先将H和K中装入蒸馏水，然后加热G，____，则气密性良好。(2)装置H的作用___________________________。(3)实验结束后，装置I增重0.73g，则天然岩脑砂中NH4Cl的质量分数为_________________。(4)若用K中气体体积测定NH4Cl纯度，当量气管内液面低于量筒内液面时，所测纯度______(填“偏高”、“无影响”或“偏低”)

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

分子式为C5H10O2的有机物可能是羧酸或酯，能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，说明该有机物含有-COOH，为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，丁基异构数等于该有机物的异构体数。【详解】分子式为C5H10O2的有机物能与NaHCO3能产生气体，说明该有机物中含有-COOH，为饱和一元羧酸，则烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4，故选B。【点睛】本题考查特定结构的同分异构体书写，侧重于分析能力的考查，注意官能团的性质与确定，熟练掌握碳原子数小于5的烃基的个数是解决本题的关键。2、C【解析】

A.用酒精可以提取某些花香中的酯类香精，制成香水，利用酯类易溶于酒精，涉及溶解性，属于物理性质，A不符合；B.炒菜时加一些料酒和食醋，发生酯化反应生成酯，利用挥发性和香味，涉及物理性质，B不符合；C.用热的纯碱液洗涤碗筷去油腻比冷水效果好，因为碳酸钠在较高温度时水解程度大，氢氧根浓度大，更有利于酯类水解，生成易溶于水的羧酸钠和醇类，水解属于化学性质，C符合；D.各种水果有不同的香味，涉及的是所含酯的物理性质，D不符合；答案选C。3、C【解析】

A.根据侯氏制碱法的原理可表示为NH3+H2O+CO2=NH4HCO3，NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2ONH4Cl在常温时的溶解度比NaCl大，而在低温下却比NaCl溶解度小的原理，在278K～283K(5℃～10℃)时，向母液中加入食盐细粉，而使NH4Cl单独结晶析出供做氮肥，故侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异，选项A正确。B.氨气可以与浓盐酸反应生成白烟（氯化铵晶体颗粒），选项B正确；C.碘是人类所必须的微量元素，所以要适当食用含碘元素的食物，但不是含高碘酸的食物，选项C错误；D.黑火药由硫磺、硝石、木炭按一定比例组成，选项D正确。故选C。4、B【解析】

由①溶液呈强酸性，溶液中不含CO32-；由②加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成，溶液中含NH4＋、Fe2＋，由于酸性条件下NO3-、Fe2+不能大量共存，则溶液中不含NO3-，根据溶液呈电中性，溶液中一定含Cl-；由③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，溶液中含Cl-；由④加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色，溶液中含Fe2+；根据上述分析，确定溶液中肯定含NH4+、Fe2+、Cl-只需完成①②，答案选B。5、D【解析】

碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，反应过程中元素化合价不发生变化。【详解】A.Mn2O7与碱反应产生盐和水，属于酸性氧化物，A不符合题意；B.Al2O3既能与碱反应产生盐和水，也能与酸反应产生盐和水，所以属于两性氧化物，B不符合题意；C.Na2O2和酸反应生成盐和水，同时生成氧气，发生的是氧化还原反应，不是碱性氧化物，属于过氧化物，C错误；D.MgO和酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查物质的分类，掌握酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物的概念是解答本题的关键。6、A【解析】

A．S8与S6（）分子中分别含有8个和6个S-S键，1个S对应1个S-S共价键，由于32gS8与S6（）的混合物中含硫为1mol，则该混合物中含1molS-S键，A选项正确；B．因为草酸是弱电解质，部分电离出C2O42-，所以L1.1mol·L−1H2C2O4溶液含C2O42-离子数小于1.1NA，B选项错误。C．密闭容器中2molNO与2molO2充分反应，这是一个可逆，转移的电子数小于4NA，由于NO不足，更小于8NA，C选项错误；D．在标准状况下，2.4L氯气与甲烷混合气体，光照时充分反应，由于无法知道氯气、甲烷各为多少量，所以生成HCl分子数无法计算，D选项错误；答案选A。【点睛】A选项在判断时明确S8与S6（）分子中分别含有8个和6个S-S键，两者混合后一个S对应1个S-S共价键是解答的关键。7、A【解析】

X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，R原子最外层上的电子数是Q原子最外层电子数的4倍，则Q只能处于IA族，R处于ⅣA族，R与X最外层电子数相同，二者同主族，且R的原子半径较大，故X为C元素、R为Si元素；最外层电子数Z>Y>4，且二者原子半径小于碳原子，故Y、Z处于第二周期，Z能够形成离子Z2-，故Z为O元素，则Y为N元素；Q离子核外电子排布与O2-相同，且Q处于IA族，故D为Na，据此进行解答。【详解】根据上述分析可知X是C元素，Y是N元素，Z是O元素，R是Si元素，Q是Na元素。A.化合物XZ2是CO2，该物质是共价化合物，由分子构成，分子中含有共价键，A错误；B.在上述五种元素中只有Q表示的Na元素是金属元素，因此五种元素中Q的金属性最强，B正确；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性N>C，所以氢化物的稳定性NH3>CH4，C正确；D.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。由于元素的非金属性N>Si，所以酸性：HNO3>H2SiO3，D正确；故合理选项是A。【点睛】本题考查了元素周期表与元素周期律的应用的知识。根据元素的原子结构及相互关系进行元素推断是本题解答的关键，难度适中。8、B【解析】

根据电离方程式：NaOH=Na++OH-，Ba(OH)2=Ba2++2OH-，可知在含0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的混合溶液中离子的总物质的量为0.2mol×2+0.1mol×3=0.7mol。标准状况下6.72LCO2的物质的量n(CO2)==0.3mol，把CO2气体通入混合溶液中，首先发生反应：Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O，当0.1molBa(OH)2恰好反应完全时消耗0.1molCO2（体积为2.24L），此时离子的物质的量减少0.3mol，溶液中离子的物质的量为0.4mol，排除D选项；然后发生反应：CO2+2OH-=CO32-+H2O，当0.2molNaOH完全反应时又消耗0.1molCO2（体积为2.24L），消耗总体积为4.48L，离子的物质的量又减少0.1mol，此时溶液中离子的物质的量为0.7mol-0.3mol-0.1mol=0.3mol，排除A选项；继续通入0.1molCO2气体，发生反应：CO32-+H2O+CO2=2HCO3-，根据方程式可知：0.1molCO2反应，溶液中离子的物质的量增加0.1mol，此时溶液中离子的物质的量为0.3mol+0.1mol=0.4mol，排除C选项，只有选项B符合反应实际，故合理选项是B。9、B【解析】

依据实验步骤及操作的规范性、科学性分析作答。【详解】①浓硫酸在加热条件下与铜反应制取SO2，装置正确且能达到相应实验目的；②气体和液体反应，有防倒吸装置，装置正确且能达到相应实验目的；③用四氯化碳从废液中萃取碘，静置后分液，装置正确且能达到相应实验目的；④蒸发溶液时用蒸发皿，而不应用坩埚，装置错误，不能达到实验目的；故B项正确。答案选B。10、B【解析】

X形成的简单阳离子核外无电子，应为H元素，Z是人体内含量最多的元素，应为O元素，Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸，应为N元素，T在同周期元素形成的简单阳离子中半径最小，依据同周期金属离子半径小于非金属离子半径，且同周期金属离子核电荷数越大离子半径越小可知应为Al元素。【详解】A.Z为O元素，该元素没有最高正价，所以其最高价比N元素低，故A错误；B.非金属性O>N，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；C.由X、Y和Z三种元素构成的强电解质可为硝酸铵，为强酸弱碱盐，水解可促进水的电离，故C错误；D.常温下，铝与浓硝酸发生钝化反应，故D错误；答案：B11、D【解析】

A．向Co2O3中滴加浓盐酸产生的黄绿色气体为氯气，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化物，则氧化性：Cl2＜Co2O3，故A错误；B．出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，Zn为负极，铁为正极，构成原电池，发生电化学腐蚀，锌失去电子，故B错误；C．铁片投入浓硫酸，没有明显变化，是由于铁与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，并不是不反应，故C错误；D．根据2Fe3++2I-=2Fe2++I2，10mL2mol/L的KI溶液与1mL1mol/LFeCl3溶液反应后KI过量，由现象可知存在铁离子，说明KI与FeCl3反应有可逆性，故D正确；故选D。12、A【解析】

A．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液，滴定终点时溶液呈酸性，可选择甲基橙为指示剂，A选项正确；B．用湿润的pH试纸测定醋酸钠溶液的pH，相当于稀释醋酸钠溶液，由于醋酸钠呈碱性，所以会导致测定结果偏小，B选项错误；C．乙醇和苯的沸点相差不大，不能用蒸馏的方法分离，C选项错误；D．向溶液中加入新制氯水，再滴加KSCN溶液，若溶液变红色，只能说明Fe3+，但不能说明Fe3+一定是由Fe2+被氯水氧化而来，即不能证明溶液中一定含有Fe2+，D选项错误；答案选A。13、D【解析】

A.电解池的阳极上发生失去电子的氧化反应；B.二氧化硫、氧气和碳酸钙反应生成硫酸钙；C.压敏胶属于有机物，具有较强的分子间作用力；D.人体所需六大营养物质中产能最高的是油脂。【详解】A.Al是活泼金属，作阳极时，失去电子生成氧化铝，所以铝制品作电解池阳极电解，可在铝制品表面生成坚硬的氧化物保护膜，A正确；B.二氧化硫能形成酸雨，并且二氧化硫、氧气和碳酸钙反应生成硫酸钙进入炉渣，所以在燃煤中加入石灰石或生石灰，减少环境污染，是目前主要脱硫方法，B正确；C.压敏胶属于有机物，具有较强的分子间作用力，能牢固黏贴物品，C正确；D.人体所需六大营养物质中：直接的供能物质是糖类，产能最高的是油脂，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题综合考查物质的性质与用途，掌握反应原理和物质的性质即可解答，侧重考查了学生的分析能力，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性。14、C【解析】

b是生活中常见的液态化合物，b是水；d是淡黄色粉末，能与水反应，d是Na2O2，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，m是氧气、e是NaOH；CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，c是CO2、f是Na2CO3；W、X、Y、Z原子序数依次递增，则W、X、Y、Z依次是H、C、O、Na。【详解】A.a与氧气反应生成二氧化碳和水，所以化合物a中一定含有C、H元素，可能含有氧元素，故A错误；B.H、C、O、Na的原子半径由大到小顺序为Na＞C＞O＞H，故B错误；C.d是Na2O2，属于离子化合物，阴阳离子个数比为1：2，故C正确；D.水分子间含有氢键，H2O是同主族元素同类型化合物中沸点最高的，故D错误。答案选C。15、D【解析】

A．一水合氨是弱电解质，在水溶液里不完全电离；B．氨水的电离受到温度的影响，温度不同，氨水电离的氢氧根离子浓度不同；C．加水稀释促进一水合氨电离，但一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以稀释过程中c（NH4＋）、c（OH－）都减小；D．氯化铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性。【详解】A．一水合氨是弱电解质，在水溶液里不完全电离，所以0.10mol•L﹣1的氨水的pH小于13，故A错误；B．氨水的电离受到温度的影响，温度不同，氨水电离的氢氧根离子浓度不同，pH也不同，故B错误；C．加水稀释促进一水合氨电离，但一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以稀释过程中c（NH4+）、c（OH﹣）都减小，所以溶液中c（NH4+）•c（OH﹣）变小，故C错误；D．含有弱根离子的盐，谁强谁显性，氯化铵是强酸弱碱盐，所以其溶液呈酸性，故D正确，故选：D。16、A【解析】

A项、78gNa2O2固体物质的量为1mol，1molNa2O2固体中含离子总数为3NA，故A正确；B项、未说明溶液的体积，无法确定pH=1的醋酸溶液中H+的个数，故B错误；C项、12C和14C组成的碳单质中两者的个数之比不明确，故碳单质的摩尔质量不能确定，则13g碳的物质的量无法计算，其含有的质子数不一定是6NA个，故C错误；D项、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移电子的个数小于0.2NA个，故D错误。故选A。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O【解析】

由信息可知，A反应生成B为醇，E为醛，由B的相对分子质量为60，则B为CH3CH2CH2OH，B→C发生催化氧化反应，所以C为CH3CH2CHO，C→D为银镜反应，则D为CH3CH2COONH4；由B、E及A的分子式可知，烃基烯基醚A结构简式为；有机物E为：；由E转化为对甲基苯乙炔（），先发生-CHO的加成，再发生醇的消去反应，然后与溴发生加成引入两个溴原子，最后发生卤代烃在NaOH醇溶液中的消去反应生成C≡C，然后结合物质的结构与性质来解答。【详解】43.结合以上分析可知，A的结构简式为：；1．C→D反应的化学方程式为CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；故答案为：CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；2．分子式和有机物F相同，①光能与FeCl3溶液发生显色反应，属于酚类；②光照时与氯气反应所得的一氯取代产物不能发生消去反应，说明Cl直接相连的C原子的邻位C上没有H原子，③分子中有4种不同化学环境的氢原子，要求结构具有一定的对称性，满足这三个条件的F的同分异构体可以有：；故答案是：；46.由合成可以将醛基先与H2加成得到醇，再进行醇的消去引进碳碳双键，再与Br2进行加成，最后再进行一次卤代烃的消去就可以得到目标产物了。具体流程为：；故答案为：。18、CD+CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3→+HBr、、、CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3HOOCCH2CH2CH2COOHClOCCH2CH2CH2COCl【解析】

由、A的分子式，纵观整个过程，结合X的结构，可知发生甲基邻位硝化反应生成A为，对比各物质的分子，结合反应条件与给予的反应信息，可知A中羧基上羟基被氯原子取代生成B，B中甲基上H原子被溴原子取代生成C，C中氯原子、溴原子被﹣NH﹣取代生成D，故B为、C为、D为；由X的结构，逆推可知G为，结合F、E的分子式，可推知F为CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3、E为CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3，据此分析解答。【详解】（1）A.化合物A为，苯环连接甲基，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；B.化合物C为，苯环能与氢气发生加成反应，卤素原子能发生取代反应，不能发生消去反应，故B错误；C.化合物D，含有酰胺键，能与稀盐酸发生反应，故C正确；D.由结构可知，X的分子式是C15H18N2O5，故D正确，故答案为：CD；（2）由分析可知，化合物B的结构简式是：，故答案为：；（3）D+F→G的化学方程式：+CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3→+HBr，故答案为：+CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3→+HBr；（4）化合物A（C8H7NO4）的同分异构体同时符合下列条件：①分子是苯的二取代物，1H﹣NHR谱表明分子中有4种化学环境不同的氢原子，存在对称结构；②分子中存在硝基和结构，2个取代基可能结构为：﹣NO2与﹣CH2OOCH、﹣NO2与﹣CH2COOH、﹣COOH与﹣CH2NO2、﹣OOCH与﹣CH2NO2，同分异构体可能结构简式为：、、、，故答案为：、、、；（5）由信息①可知，由ClOCCH2CH2CH2COCl与氨气反应生成，由A→B的转化，由HOOCCH2CH2CH2COOH与SOCl2反应得到ClOCCH2CH2CH2COCl，CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3碱性条件下水解、酸化得到HOOCCH2CH2CH2COOH，合成路线流程图为：CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3HOOCCH2CH2CH2COOHClOCCH2CH2CH2COCl，故答案为：CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3HOOCCH2CH2CH2COOHClOCCH2CH2CH2COCl。【点睛】能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键，常见反应条件与发生的反应原理类型：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。19、盐酸或稀硫酸c冷却称量Al2O3×100％氢氧化钠溶液⑤①④②③剩余固体的质量将烧瓶中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称量【解析】

为了测定硬铝中铝的质量分数，可称得样品质量，测量其中铝的质量。根据硬铝的成分及其性质，将铝转化为氧化铝测其质量或转化为氢气测其体积，从而计算得铝的质量分数。【详解】方案Ⅰ：(1)实验流程中，固体甲是铜，则足量X可溶解硬铝中的镁、铝，试剂X可能是稀盐酸或稀硫酸。(2)操作①所得溶液中含有MgCl2、AlCl3和多余的酸，加入足量的NaOH溶液，可中和酸、使Mg2+完全生成Mg(OH)2沉淀、Al3+完全转化为NaAlO2。Mg(OH)2、NaAlO2也能使溶液呈碱性（a错）；证明NaOH溶液过量不必取样，NaOH溶液过量的现象是沉淀量不再减少（b错、c对）。(3)步骤④是为了获得氧化铝的质量，故需经过灼烧、冷却、称量，重复操作至固体恒重。(4)固体丙是氧化铝（Al2O3）。实验流程中，硬铝中的铝最终全部变成氧化铝，则样品中铝的质量为(54b/102)g，铝的质量分数为(54b/102a)×100%=×100％。方案Ⅱ：(1)该方案中通过测定气体体积来测定铝的质量分数。硬铝中只有铝能与强碱溶液反应放出氢气，则试剂Y可能是氢氧化钠溶液；实验时检查装置气密性、加入试剂、量气管初读数、反应生成氢气、量气管末读数，操作顺序是⑤①④②③。(2)硬铝质量为ag，若不测气体的体积，向圆底烧瓶中加入足量氢氧化钠溶液，当不再有气泡产生时，将烧瓶中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称量，测量剩余固体的质量，也能计算出铝的质量分数。【点睛】实验目的是实验的灵魂，故解答实验题应紧扣实验目进行思考，则所用试剂、操作作用、计算原理等问题便容易回答。20、acdebNH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2NH3溶于水能将HCO3﹣转化为CO32﹣，并增大加入NH4+浓度；加入精盐增大Cl﹣浓度，有利于NH4Cl结晶析出b浓氨水称取一定质量的天然碱晶体加入足量稀硫酸并微热、产生的气体通过足量Ba(OH)2溶液过滤、洗涤、干燥、称量、恒重沉淀【解析】

(1)根据SO42﹣、Ca2+、Mg2+等易转化为沉淀而被除去，以及根据不能产生新杂质的要求排序，前面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去，最后加入适量的溶液；(2)NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2；根据溶解平衡，增加反应物的浓度有利于晶体析出；(3)侯氏制碱法主要操作是在氨化饱和的NaCl溶液里通CO2，因此后续操作中得到的CO2和NaCl可循环利用；(4)实验室制取二氧化碳的反应原理和条件；根据在浓氨水中加碱或生石灰，因为氨水中存在下列平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣加入碱或生石灰产生氢氧根离子平衡左移，同时放出大量的热促进氨水的挥发，制得氨气；(5)根据实验的原理：先称取一定量的天然碱晶体并溶解得到水溶液，将碳酸根全部转换成二氧化碳，利用二氧化碳和澄清石灰水产生沉淀，通过沉淀的质量求出二氧化碳的物质的量、Na2CO3的物质的量和质量，最终求出Na2CO3的质量分数。【详解】(1)SO42﹣、Ca2+、Mg2+等分别与Ba(OH)2溶液、Na2CO3溶液、Ba(OH)2溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除