安徽省休宁县临溪中学2024年高三适应性调研考试化学试题含解析

安徽省休宁县临溪中学2024年高三适应性调研考试化学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．31g白磷中含有的电子数是3.75NAB．标准状况下，22.4L的C8H10中含有的碳氢键的数目是10NAC．1L0.1mol•L-1的乙酸溶液中含有的氧原子数为0.2NAD．5.6gFe与足量I2反应，Fe失去0.2NA个电子2、能正确表示下列反应的离子方程式是()A．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3∙H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2OB．氯化钠与浓硫酸混合加热：H2SO4+2Cl-SO2↑+Cl2↑+H2OC．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2OD．明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-，恰好完全沉淀：2Ba2++3OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+Al(OH)3↓3、某工业流程中，进入反应塔的混合气体中和物质的量百分含量分别是10%和6%，发生反应为：，在其他条件相同时，测得试验数据如下：压强（）温度(℃)NO达到所列转化率所需时间（s）50%90%98%1.030122502830902551057608.0300.23.936900.67.974根据表中数据，下列说法正确的是A．温度越高，越有利于NO的转化B．增大压强，反应速率变慢C．在、90℃条件下，当转化率为98%时反应已达平衡D．如进入反应塔的混合气体为，如速率表示，则在、30℃条件下，转化率从50%增至90%时段，NO的反应速率为4、室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色X溶液中一定含有Fe2+B在炽热的木炭上滴加少许浓硝酸，产生红棕色气体，木炭持续燃烧加热条件下，浓硝酸与C反应生成NO2C向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)D用pH试纸测得：Na2CO3溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H+的能力比H2CO3的强A．A B．B C．C D．D5、已知A、B为单质，C为化合物。能实现上述转化关系的是（）A+BCC溶液A+B①若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na②若C溶液遇Na2CO3放出CO2气体，则A可能是H2③若C溶液中滴加KSCN溶液显血红色，则B可能为Fe④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为CuA．①② B．③④ C．①③ D．②④6、桥环烷烃是指共用两个或两个以上碳原子的多环烷烃，二环[1，1，0]丁烷()是最简单的一种。下列关于该化合物的说法错误的是A．与1，3-丁二烯互为同分异构体B．二氯代物共有4种C．碳碳键只有单键且彼此之间的夹角有45°和90°两种D．每一个碳原子均处于与其直接相连的原子构成的四面体内部7、为探究铝片（未打磨）与Na2CO3溶液的反应，实验如下：下列说法不正确的是（）A．Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-B．对比Ⅰ、Ⅲ，推测Na2CO3溶液能破坏铝表面的氧化膜C．Ⅳ溶液中可能存在大量Al3+D．推测出现白色浑浊的可能原因：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-8、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．71gCl2溶于足量水中，Cl-的数量为NAB．46g乙醇中含有共价键的数量为7NAC．25℃时，1LpH=2的H2SO4溶液中含H+的总数为0.02NAD．标准状况下，2.24LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.1NA9、扁桃酸(Z)是重要的医药合成的中间体，工业上合成它的路线之一如下所示(不考虑立体异构）下列有关说法错误的是A．若反应1发生的是加成反应，则Q是HCNB．X、Y两种分子中共平面的碳原子数目一定相等C．可用银氨溶液检验Z中是否含有XD．Z苯环上的二硝基取代产物最多有6种10、垃圾分类并回收利用,可以节约自然资源,符合可持续发展的要求。与废弃矿泉水瓶对应的垃圾分类标志是A． B． C． D．11、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W、X、Y简单离子的电子层结构相同，X元素在短周期主族元素中原子半径最大；W的简单氢化物常温下呈液态，Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电，X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是A．W、Z形成的化合物可做消毒剂B．原子半径：W<Y<ZC．工业上采用电解Y的氧化物冶炼单质YD．W、X、Z三种元素组成的化合物水溶液一定显碱性12、不能用于比较Na与Al金属性相对强弱的事实是A．最高价氧化物对应水化物的碱性强弱 B．Na和AlCl3溶液反应C．单质与H2O反应的难易程度 D．比较同浓度NaCl和AlCl3的pH大小13、化学常用的酸碱指示剂酚酞的结构简式如图所示，下列关于酚酞的说法错误的是（）A．酚酞的分子式为C20H14O4B．酚酞具有弱酸性，且属于芳香族化合物C．1mol酚酞最多与2molNaOH发生反应D．酚酞在碱性条件下能够发生水解反应，呈现红色14、图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。下列说法错误的是A．A2B的化学式为Mg2SiB．该流程中可以循环使用的物质是NH3和NH4ClC．利用MgCl2·6NH3制取镁的过程中发生了化合反应、分解反应D．分别将MgCl2溶液和Mg(OH)2悬浊液加热、灼烧，最终得到的固体相同15、下列实验方案正确，且能达到目的的是（）A．A B．B C．C D．D16、根据下列实验现象所得出的结论正确的是选项实验现象实验结论A将铝片分别投入浓、稀硝酸中，前者无明显现象，后者反应剧烈稀硝酸的氧化性比浓硝酸的强B滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，红色变浅Na2CO3溶液中存在水解平衡C某溶液中滴加过量氨水产生白色沉淀且不溶解该溶液中一定含有Mg2+D溴水中通入SO2，溴水褪色SO2具有漂白性A．A B．B C．C D．D二、非选择题（本题包括5小题）17、以下是有机物H的合成路径。已知：(1)①的反应类型是________。②的反应条件是_____________。(2)试剂a是_________。F的结构简式是_________。(3)反应③的化学方程式_________。与E互为同分异构体，能水解且苯环上只有一种取代基的结构简式是_________。（写出其中一种）(4)A合成E为何选择这条路径来合成，而不是A和HCHO直接合成，理由是_________。(5)根据已有知识，设计由为原料合成的路线_________，无机试剂任选（合成路线常用的表示方法为：XY……目标产物）18、化合物I(）是治疗心脏病的一种重要药物，可由简单有机物A、B和萘（）合成，路线如下：(1)C的结构简式为_________，E的化学名称_______。(2)由萘生成C、B生成E的反应类型分别为_________、_________。(3)I中含氧官能团的名称为_______。(4)D可使溴水褪色，由D生成G的反应实现了原子利用率100%，则该反应的化学方程式为_______________。(5)同位素标记可用来分析有机反应中的断键情况，若用超重氢（T）标记的G（）与F反应，所得H的结构简式为则反应中G（）断裂的化学键为_______（填编号）(6)Y为H的同分异构体，满足以下条件的共有______种,请写出其中任意一种的结构简式_________。①含有萘环，且环上只有一个取代基。②可发生水解反应，但不能发生银镜反应。19、硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料。具有较强的还原性，可用于棉织物漂白后的脱氯剂，定量分析中的还原剂。易溶于水，不溶于乙醇。Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解。实验室中常用亚硫酸钠和硫磺制备Na2S2O3•5H2O。制备原理为：Na2SO3+S+5H2O═Na2S2O3•5H2O。某化学兴趣小组在实验室制备硫代硫酸钠晶体并探究其化学性质。Ⅰ.实验室制取Na2S2O3•5H2O晶体的步骤如下：①称取12.6gNa2SO3于烧杯中，溶于80.0mL水。②另取4.0g硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中。③水浴加热(如图1所示，部分装置略去)，微沸，反应约1小时后过滤。④滤液在经过蒸发浓缩、冷却结晶后析出Na2S2O3•5H2O晶体。⑤进行减压过滤(如图2所示)、乙醇洗涤并干燥。请回答：(1)仪器B的名称是_____。(2)步骤④在浓缩过程中不能蒸发过度，其原因是_____。步骤⑤如欲停止抽滤，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，其原因是_____。(3)洗涤时为尽可能避免产品损失应选用的试剂是_____。A．水B．乙醇C．氢氧化钠溶液D．稀盐酸Ⅱ.设计以下实验流程探究Na2S2O3的某些化学性质(4)实验①Na2S2O3溶液pH＝8的原因是_____(用离子方程式表示)。(5)写出实验②中发生的离子反应方程式_____。Ⅲ.用Na2S2O3的溶液测定溶液中ClO2的物质的量浓度，可进行以下实验。步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100mL试样。步骤2：量取V1ML试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟(已知：ClO2+I﹣+H+—I2+Cl﹣+H2O未配平)。步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL(已知：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣)。(6)滴定终点现象是_____。根据上述步骤计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为_____mol/L(用含字母的代数式表示)。20、实验室制备叔丁基苯（）的反应和有关数据如下：+ClC(CH3)3+HClI．如图是实验室制备无水AlCl3，可能需要的装置：(1)检查B装置气密性的方法是_______。(2)制备无水AlCl3的装置依次合理的连接顺序为__________（埴小写字母），其中E装置的作用是________。(3)实验时应先加热圆底烧瓶再加热硬质玻璃管，其原因是________。Ⅱ．如图是实验室制备叔丁基苯的装置（夹持装置略）：在三颈烧瓶中加入50mL的苯和适量的无水AlCl3，由恒压漏斗滴加氯代叔丁烷10mL，一定温度下反应一段时间后，将反应后的混合物洗涤分离，在所得产物中加入少量无水MgSO4固体，静置，过滤，蒸馏得叔丁基苯20g。(4)使用恒压漏斗的优点是_______；加入无水MgSO4固体的作用是________。(5)洗涤混合物时所用的试剂有如下三种，正确的顺序是________。（填序号）①5%的Na2CO3溶液②稀盐酸③H2O(6)本实验中叔丁基苯的产率为______。（保留3位有效数字）21、国家实施“青山绿水工程”，大力研究脱硝和脱硫技术。（1）H2在催化剂作用下可将NO还原为N2。下图是该反应生成1mol水蒸气的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式___________。（2）2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程如下：反应I：2NO(g)N2O2(g)(快)；H1<0v1正=k1正·c2(NO)、v1逆=k1逆·c(N2O2)；反应Ⅱ：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)；△H2<0v2正=k2正·c(N2O2)·c(O2)、v2逆=k2逆·c2(NO2)；①一定条件下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，平衡常数K=___________(用含k1正、k1逆、k2正、k2逆的代数式表示)。反应I的活化能EI___________反应Ⅱ的活化能EII(填“>”、“<”、或“=”)。②已知反应速率常数k随温度升高而增大，则升高温度后k2正增大的倍数___________k2逆增大的倍数(填“大于”、“小于”、或“等于”)。（3）我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展，利用如图装置可发生反应：H2S+O2=H2O2+S↓。①装置中H+向___________池迁移。②乙池溶液中发生反应的离子方程式：______________________。(4)废水处理时，通H2S(或加S2－)能使某些金属离子生成极难溶的硫化物而除去。25°℃，某废液中c(Mn2+)=0.02mol·L－1，调节废液的pH使Mn2+开始沉淀为MnS时，废液中c(H2S)=0.1mol·L－1，此时pH约为___________。(已知：Ksp(MnS)=5.0×10－14，H2S的电离常数：K1=1.5×10－7，K2=6.0×10－15，1g6=0.8)

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．P是15号元素，31g白磷中含有的电子数是15NA，故A错误；B．标准状况下，C8H10是液态，无法用气体摩尔体积计算物质的量，故B错误；C．1L0.1mol•L-1的乙酸溶液中，水也含有氧原子，含有的氧原子数大于0.2NA，故C错误；D．5.6gFe与足量I2反应，Fe＋I2=FeI2，Fe失去0.2NA个电子，故D正确；故选D。2、A【解析】

A．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2的离子反应为2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O，故A正确；B．氯化钠与浓硫酸混合加热，浓硫酸中只有很少的水，氯化钠几乎不能电离，故该反应的离子方程式就是其化学方程式，H2SO4+2NaClNa2SO4+2HCl↑，故B错误；C．磁性氧化铁的主要成分为四氧化三铁，溶于稀硝酸的离子反应方程式为3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故C错误；D．明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀的离子反应方程式为2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故D错误；答案选A。【点睛】掌握离子方程式的正误判断的常见方法是解题的关键。本题的易错点为D，要注意明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀时，铝离子恰好转化为偏铝酸根。3、D【解析】

A.由表可知，相同压强时，温度高时达到相同转化率需要的时间多，可知升高温度不利于NO转化，故A错误；B.由表可知，相同温度、压强高时达到相同转化率需要的时间少，可知增大压强，反应速率加快，故B错误；C.在1.0×105Pa、90℃条件下，当转化率为98%时需要的时间较长，不能确定反应是否达到平衡，故C错误；D.8.0×105Pa、30℃条件下转化率从50%增至90%时段NO，时间为3.7s，转化的NO为amol×0.1×(90%-50%)=0.04amol，反应速率v=△n/△t，则NO的反应速率为0.04amol/3.7s=4a/370mol/s，故D正确；故选D。【点睛】从实验数据中获取正确信息的关键是，比较相同压强时，温度对平衡能移动的影响及相同温度时，压强对平衡移动的影响，从时间的变化比较外界条件对反应速率的影响。4、B【解析】

A．先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰，检验亚铁离子应先加KSCN，后加氯水，故A错误；B．在炽热的木炭上滴加少许浓硝酸，产生红棕色气体，木炭持续燃烧，这说明加热条件下，浓硝酸与C反应生成NO2，故B正确；C．由于悬浊液中含有硫化钠，硫离子浓度较大，滴加CuSO4溶液会生成黑色沉淀CuS，因此不能说明Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，故C错误；D．水解程度越大，对应酸的酸性越弱，但盐溶液的浓度未知，由pH不能判断HNO2电离出H+的能力比H2CO3的强，故D错误；故答案选B。【点睛】D项为易错点，题目中盐溶液的浓度未知，所以无法判断HNO2电离出H+的能力比H2CO3的强，解题时容易漏掉此项关键信息。5、D【解析】

从A+BCC溶液A+B的转化关系可知，电解C溶液时，是电解电解质本身，因此C溶液中的溶质可以为不活泼金属的无氧酸盐或无氧酸；据此分析解答。【详解】①若A为钠，则B为氧气，则C为过氧化钠，C的水溶液为氢氧化钠，电解氢氧化钠得到氢气和氧气，不符合转化关系，故①错误；②若C的溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则C可以为HCl、HBr、HI等，电解这些酸的水溶液实际上是电解溶质本身，在阴极得到氢气，故A可能是H2，B可能为卤素单质，故②符号上述转化关系，故②正确；③若C的溶液中滴加KSCN溶液显红色，则C中含铁离子，电解铁盐不会得到铁单质，不符合转化关系，故③错误；④由C的溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则C为铜盐，C可以为卤化铜，如氯化铜、溴化铜等，电解他们的水溶液都会得到铜和卤素单质，故B可以为铜，故④正确；故选D。6、C【解析】

根据二环[1，1，0]丁烷的键线式写出其分子式，其中两个氢原子被氯原子取代得二氯代物，类比甲烷结构可知其结构特征。【详解】A项：由二环[1，1，0]丁烷的键线式可知其分子式为C4H6，它与1，3-丁二烯（CH2=CHCH=CH2）互为同分异构体，A项正确；B项：二环[1，1，0]丁烷的二氯代物中，二个氯原子取代同一个碳上的氢原子有1种，二个氯原子取代不同碳上的氢原子有3种，共有4种，B项正确；C项：二环[1，1，0]丁烷分子中，碳碳键只有单键，其余为碳氢键，键角不可能为45°或90°，C项错误；D项：二环[1，1，0]丁烷分子中，每个碳原子均形成4个单键，类似甲烷分子中的碳原子，处于与其直接相连的原子构成的四面体内部，D项正确。本题选C。7、C【解析】

A.溶液中碳酸根会水解，结合水电出来的氢离子，生成碳酸氢根，选项A正确；B．实验Ⅰ和Ⅱ没有气泡，根据所学Al可以和热水反应，但是此实验中没有气泡，说明有氧化膜的保护，实验Ⅲ中却有气泡，说明氧化膜被破坏，选项B正确；C．Ⅳ溶液中出现白色沉淀，白色沉淀应该为氢氧化铝，则不可能存在大量Al3+，选项C不正确；D．Na2CO3溶液呈碱性，铝片在碱性溶液中与OH－反应，生成偏铝酸根，2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，AlO2－和HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀，选项D正确；答案选C。8、D【解析】

A．Cl2与水反应是可逆反应，Cl-的数量少于NA，A错误；B．每个乙醇分子中含8个共价键，46g乙醇的物质的量==1mol，则共价键的物质的量=1mol8=8mol，所以46g乙醇所含共价键数量为8NA，B错误；C．25℃时，1LpH=2的H2SO4溶液中，C(H+)=10-2mol·L-1，n(H+)=10-2mol·L-1×1L=0.01mol，所以含H+的总数为0.01NA，C错误；D．每1molCO2对应转移电子1mol，标准状况下，2.24L的物质的量=0.1mol，故0.1molCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.1NA，D正确。答案选D。9、B【解析】

由有机物的转化关系可知，与HCN发生加成反应生成，在酸性条件下水解生成。【详解】A项、若反应I是加成反应,通过分析反应物和产物的结构可知，分子中醛基与HCN发生加成反应生成，故A正确；B项、分子的所有碳原子共平面，共平面碳原子数目为7个，分子中的所有碳原子也可能共平面，共平面碳原子数目最多为8个，故B错误；C项、中含有醛基，能发生银镜反应，中不含有醛基，不能发生银镜反应，则可用银氨溶液检验中是否含有，故C正确；D项、不考虑立体异构Z苯环上的二硝基取代物最多有6种，结构简式分别为、、、、、，故D正确。故选B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构与转化关系为解答的关键。10、A【解析】

根据垃圾分类标志的含义判断。【详解】废弃矿泉水瓶属于可回收利用的垃圾。本题选A。11、A【解析】

X元素是短周期主族元素中原子半径最大，则X为Na，W的简单氢化物常温下呈液态，该氢化物是H2O，即W为O，Y的氧化物和氯化物熔融状态下都能够导电，说明它们都是离子化合物，即Y为Mg，X、Y、Z原子最外层电子数之和10，推出Z的最外层有7个电子，四种元素原子序数依次增大，即Z为Cl，据此分析；【详解】X元素是短周期主族元素中原子半径最大，则X为Na，W的简单氢化物常温下呈液态，该氢化物是H2O，即W为O，Y的氧化物和氯化物熔融状态下都能够导电，说明它们都是离子化合物，即Y为Mg，X、Y、Z原子最外层电子数之和10，推出Z的最外层有7个电子，四种元素原子序数依次增大，即Z为Cl，A.W和Z形成的化合物可以是ClO2，ClO2具有强氧化剂，能作消毒剂，故A正确；B.O、Mg、Cl原子半径大小是Mg>Cl>O，故B错误；C.工业上冶炼金属镁，常电解熔融状态的氯化镁，因为氯化镁的熔点低于氧化镁，故C错误；D.O、Na、Cl可以形成多种化合物，NaClO水溶液显碱性，NaClO4水溶液显中性，故D错误；答案：A。【点睛】易错点是Y元素的推断，学生认为Y可能是Al，认为Al2O3和AlCl3熔融中状态下都能够导电，忽略了AlCl3是共价化合物，熔融状态下不能够导电。12、B【解析】

A.对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性越强，可以比较Na与Al金属性相对强弱，A项正确；B.Na和AlCl3溶液反应，主要是因为钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，这不能说明Na的金属性比铝强，B项错误；C.金属单质与水反应越剧烈，金属性越强，可用于比较Na与Al金属性相对强弱，C项正确；D.AlCl3的pH小，说明铝离子发生了水解使溶液显碱性，而氯化钠溶液呈中性，说明氢氧化钠为强碱，氢氧化铝为弱碱，所以能比较Na、Al金属性强弱，D项正确；答案选B。【点睛】金属性比较规律：1、由金属活动性顺序表进行判断：前大于后。2、由元素周期表进行判断，同周期从左到右金属性依次减弱，同主族从上到下金属性依次增强。3、由金属最高价阳离子的氧化性强弱判断，一般情况下，氧化性越弱，对应金属的金属性越强，特例，三价铁的氧化性强于二价铜。4、由置换反应可判断强弱，遵循强制弱的规律。5、由对应最高价氧化物对应水化物的碱性强弱来判断，碱性越强，金属性越强。6、由原电池的正负极判断，一般情况下，活泼性强的作负极。7、由电解池的离子放电顺序判断。13、C【解析】

A．根据其结构简式可知，酚酞的分子式为C20H14O4，故A不符合题意；B．酚酞中含有酚羟基，具有弱酸性，该有机物中含有苯环，因此属于芳香族化合物，故B不符合题意；C．1mol该有机物中含有2mol酚羟基，1mol酯基(该酯基为醇羟基与羧基形成)，因此1mol酚酞最多与3molNaOH发生反应，故C符合题意；D．酚酞中含有酯基，在碱性条件下能够发生水解反应，生成物呈现红色，故D不符合题意；故答案为：C。【点睛】酯类物质与NaOH溶液反应相关量的计算：有机物中能够与NaOH反应的有酚羟基、羧基、酯基等，其中酯基与NaOH反应的比例关系需注意，若该酯基为酚羟基与羧基生成的酯基，则1mol该酯基能够消耗2molNaOH。14、C【解析】

由反应①可知A2B应为Mg2Si，与氨气、氯化铵反应生成SiH4和MgCl2•6NH3，MgCl2•6NH3加入碱液，可生成Mg(OH)2，MgCl2•6NH3加热时不稳定，可分解生成氨气，同时生成氯化镁，电解熔融的氯化镁，可生成镁，用于工业冶炼，而MgCl2•6NH3与盐酸反应，可生成氯化镁、氯化铵，其中氨气、氯化铵可用于反应①而循环使用，以此解答该题。【详解】A．由分析知A2B的化学式为Mg2Si，故A正确；B．反应①需要氨气和NH4Cl，而由流程可知MgCl2•6NH3加热或与盐酸反应，生成的氨气、氯化铵，参与反应①而循环使用，故B正确；C．由流程可知MgCl2·6NH3高温分解生成MgCl2，再电解MgCl2制取镁均发生分解反应，故C错误；D．分别将MgCl2溶液和Mg(OH)2悬浊液加热，灼烧，都是氧化镁，最终得到的固体相同，故D正确；故答案为C。15、D【解析】

A.强碱滴定弱酸时，化学计量点pH>7,应该用酚酞做指示剂，不能用甲基橙，因为变色pH范围大于7,而且由无色变成浅红色,颜色加深,便于确定终点，故A错误；B.将少量氯水滴入溴化亚铁溶液中，Cl2首先和Fe2+反应，不能证明Cl2的氧化性比Br2强，故B错误；C.二氧化锰是粉末状，不能用镊子取，故C错误；D.CO32-和SO32-在水溶液中水解使溶液呈碱性，碱性强弱取决于对应酸的电离程度，电离常数越小，酸性越弱，对应盐的碱性越强，pH越大，故D正确；正确答案是D。16、B【解析】

A．前者发生钝化反应，生成致密氧化薄膜阻碍反应进行，故错误；B．CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，滴入酚酞，溶液变红，加入Ba2＋，Ba2＋与CO32－反应生成沉淀BaCO3，平衡向逆反应方向进行，溶液颜色变浅，故正确；C．此溶液可能含有Al3＋，因为氢氧化铝不溶于弱碱，故错误；D．发生Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，体现SO2的还原性，故错误。故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、加成浓硫酸、加热CH3COOH防止苯甲醇的羟基被氧化【解析】

苯甲醇和醋酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成B（），B和甲醛反应生成C，C催化氧化生成D，D再和NaOH溶液反应生成E（），根据E的结构简式回推，可知D→E是酯的水解，所以D为，D是C催化氧化生成的，所以C为，则B和甲醛的反应是加成反应。E→F增加了2个碳原子和2个氧原子，根据给出的已知，可推测试剂a为CH3COOH，生成的F为，F生成G（能使溴水褪色），G分子中有碳碳双键，为F发生消去反应生成的，结合H的结构简式可知G为。【详解】（1）①是和甲醛反应生成，反应类型是加成反应；②是的醇羟基发生消去反应生成的反应，所需试剂是浓硫酸，条件是加热；（2）由E生成F根据分子式的变化可以推出a的结构简式是CH3COOH，F的结构简式是；（3）反应③是的分子内酯化，化学方程式为：；E为，与E互为同分异构体，能水解，即需要有酯基，且苯环上只有一种取代基，同分异构体可以为或；（4）苯甲酸的醇羟基容易在反应过程中被氧化，A合成E选择题中路径来合成原因是防止苯甲醇的羟基被氧化；（5）要合成，需要有单体，由可以制得或，再发生消去反应即可得到。故合成路线为：18、乙醇取代反应加成反应醚键和羟基ad8(任写一种，符合题目要求即可)【解析】

和氯气在催化剂作用下发生取代生成C，C在碱性条件下发生发生水解反应生成F，F和G在碱性条件下生成H，根据H的结构简式，可知C的结构简式为，F的结构简式为；B(乙烯)在催化剂作用下与水发生加成反应生成E，则E为乙醇，乙醇与氨气发生取代反应生成(CH3CH2)3N，据此分析解答。【详解】(1)根据分析C的结构简式为，E的化学名称是乙醇；(2)根据分析，和氯气在催化剂作用下发生取代生成C，反应类型为取代反应；B(乙烯)在催化剂作用下与水发生加成反应生成E，反应类型为加成反应；(3)化合物I的结构简式为，其中含氧官能团有醚键和羟基；(4)A与氯气在加热条件下反应生成D，D在催化剂作用下被氧气氧化生成G，D可使溴水褪色，说明D中含有碳碳双键，由D生成G的反应实现了原子利用率100%，结合G的结构简式可知，D的结构简式为，则该反应的化学方程式为：；(5)反应中G（）到H()过程中，氯原子从G分子中脱离，则a位置的键发生断键；含有重氢的环状结构断开，说明d位置化学键断裂；断裂的化学键为ad；(6)H的结构简式为，Y为H的同分异构体，含有萘环，且环上只有一个取代基，可发生水解反应，但不能发生银镜反应，说明分子中由酯基，没有醛基，故符合要求的结构简式为、、、、、、、，共有8种(任写一种，符合题目要求即可)。19、球形冷凝管避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解避免发生水倒吸BS2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+溶液蓝色褪去，并在半分钟内不恢复【解析】

(1)、根据装置图可知，仪器B为球形冷凝管；(2)、根据题干信息‘Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解’解答；停止抽滤时，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，是为了避免发生水倒吸；(3)、硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中，硫在酒精中微溶，可以增大接触面积，提高反应速率；(4)、常温下，由pH=8，是Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解呈碱性；(5)、加入足量氨水同时加入氯化钡溶液，氯水具有氧化性，Na2S2O3具有还原性，发生氧化还原反应，生成SO42-和Cl-，生成的SO42-再与Ba2+反应；(6)、滴定终点时Na2S2O3溶液将碘全部还原，以淀粉溶液作指示剂，溶液蓝色褪去；由方程式2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-得关系式ClO2~52S2O32-,n(2S2O32-)=cV2×10-3mol，所以V1mLClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10-4mol，根据c=计算出原ClO2溶液的物质的量浓度。【详解】（1）由装置图可知仪器B为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；（2）加热时应避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解，抽滤时应避免倒吸，如欲停止抽滤，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，其原因是避免发生水倒吸，故答案为：避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解；避免发生水倒吸；（3）洗涤时为尽可能避免产品损失应选用乙醇，故答案为：B；（4）Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为S2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣，故答案为：S2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣；（5）实验②中发生的离子反应方程式为S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+，故答案为：S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+；（6）滴定终点，溶液蓝色褪色，且半分钟内不恢复，反应的关系式为2ClO2～5I2～10S2O32﹣，n（Na2S2O3）＝V2c×10﹣3mol，则c（ClO2）＝mol/L，故答案为：溶液蓝色褪去，并在半分钟内不恢复；。20、分液漏斗注入水后，关闭止水夹，打开分液漏斗的活塞使液体流下，一段时间后液体不能继续流下，说明气密性良好defghijc防止空气中的水蒸气进入，吸收多余的氯气若先加热硬质玻璃管，Al先与O2反应，无法制得纯净AlCl3使液体顺利滴下干燥②①③74.6%【解析】

(1)检查B装置气密性的方法是分液漏斗注入水后，关闭止水夹，打开分液漏斗的活塞使液体流下，一段时间后液体不能继续流下，说明气密性良好；(2)制备无水AlCl3，在装置B中利用浓盐酸与二氧化锰加热条件下反应生成氯气，通过装置D中的饱和食盐水将氯气中的氯化氢除去，装置C干燥氯气，纯净干燥的氯气进入装置F与铝粉在加热条件下反应生成氯化铝，最后为防止空气中的水蒸气进入且利用碱石灰吸收未反应的氯气，故装置依次合理的连接顺序为defghijc，其中E装置的作用是防止空气中的水蒸气进入，吸收多余的氯气；(3)实验时应先加热圆底烧瓶再加热硬质玻璃管，其原因是若先加热硬质玻璃管，Al先与O2反应，无法制得纯净AlCl3；（4）使用恒压漏斗可以平衡漏斗内外压强，使液体顺利滴下，在洗涤后所得产物中加入少量无水MgSO4固体，目的是吸收产品中少量的水分，起到干燥的作用；（5）稀盐酸洗涤可以除去氯化铝杂质，再用5%Na2CO3溶液除去过量的盐酸，最后用水洗涤除去剩余的5%Na2CO3，故答案为②①③；（6）加入苯的物质的量为=0.56mol，氯代叔丁烷的物质的量为=0.20mol，由反应方程式+ClC(CH3)3+HCl可知，加入的苯过量，则理论上生