2024年江苏省南京市附中高三第二次联考化学试卷含解析_第1页
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文档简介

2024年江苏省南京市附中高三第二次联考化学试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、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、下列化合物中,属于酸性氧化物的是()A.Na2O2 B.SO3 C.NaHCO3 D.CH2O2、下列化学用语对事实的表述正确的是()A.碳酸比苯酚酸性强:2C6H5ONa+CO2+H2O=2C6H5OH+Na2CO3B.实验室用氯化铝溶液和氨水制备氢氧化铝:Al3++3OH-=Al(OH)3↓C.工业上用电解法制镁:MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑D.向NaOH溶液中通入过量的二氧化硫:SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O3、将0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时,都会引起()A.溶液的pH增大B.CH3COOH电离度增大C.溶液的导电能力减弱D.溶液中c(OH-)减小4、下列属于电解质的是()A.BaSO4B.浓H2SO4C.漂白粉D.SO25、下列实验中所用的试剂、仪器或用品(夹持装置、活塞省去)能够达到该目的的是()选项目的试剂仪器或用品A验证牺牲阳极的阴极保护法酸化NaCl溶液、Zn电极、Fe电极、铁氰化钾烧杯、电流表、导线、胶头滴管B铝热反应氧化铁、铝粉滤纸、酒精灯、木条、盛沙子的蒸发皿C配制1.000mol/LNaClNaCl容量瓶、烧杯、玻璃棒、试剂瓶D制备乙酸乙酯乙醇、乙酸、饱和碳酸钠大小试管、酒精灯A.A B.B C.C D.D6、下列有关物质性质的比较,结论正确的是A.溶解度:Na2CO3<NaHCO3B.热稳定性:HCl<PH3C.沸点:C2H5SH<C2H5OHD.碱性:LiOH<Be(OH)27、已知反应:10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑,则下列说法正确的是()A.KNO3是氧化剂,KNO3中N元素被氧化B.生成物中的Na2O是氧化产物,K2O是还原产物C.每转移1mole﹣,可生成标准状况下N2的体积为35.84升D.若有65gNaN3参加反应,则被氧化的N的物质的量为3.2mol8、如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。字母代表元素,分析正确的是A.R在周期表的第15列B.Y、Q两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸C.简单离子的半径:X>Z>MD.Z的单质能从M与Q元素构成的盐溶液中置换出单质M9、下列实验方案中,可以达到实验目的的是选项实验目的实验方案A除去苯中混有的苯酚加入适量的溴水充分反应后过滤B检验Fe2+溶液中是否含有Fe3+向待测液中滴加几滴铁氰化钾溶液C除去粗盐中含有Mg2+、Ca2+、SO42-的试剂加入顺序向该溶液中先加入NaOH溶液、再加BaCl2溶液,最后加碳酸钠溶液D检验SO2中是否含有HCl将产生的气体通入HNO3酸化的AgNO3溶液中A.A B.B C.C D.D10、实验室为监测空气中汞蒸气的含量,通常悬挂有CuI的滤纸,根据滤纸是否变色或颜色发生变化的时间来判断空气中汞的含量,其反应为:4CuI+Hg=Cu2HgI4+2Cu。下列有关说法正确的是()A.上述反应的产物Cu2HgI4中,Hg的化合价为+2B.上述反应中CuI既是氧化剂,又是还原剂C.上述反应中Hg元素与Cu元素均被氧化D.上述反应中生成64gCu时,转移的电子数为2NA11、四种短周期元素A、B、C、D在元素周期表中的相对位置如图所示,其中D形成的两种氧化物都是常见的大气污染物。下列有关判断不正确的是A.A的简单氢化物是天然气的主要成分B.元素A、B、C对应的含氧酸的钠盐水溶液不一定显碱性C.单质B既可以与酸反应,又可以与碱反应,所以是两性单质D.最高价氧化物对应的水化物的酸性:D>C12、分类是化学学习和研究的常用手段,下列分类依据和结论都正确的是A.冰醋酸、纯碱、铜绿、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物B.HClO、H2SO4(浓)、HNO3均具有强氧化性,都是氧化性酸C.Al、Al2O3、Al(OH)3均既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应,都属于两性化合物D.H2SO4、NaOH、AlCl3均为强电解质,都属于离子化合物13、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是()A.溴水中存在Br2+H2O⇌HBr+HBrO,当加入硝酸银溶液并静置后,溶液颜色变浅B.反应CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)+Q,Q>0,平衡后,升高温度体系颜色变深C.用饱和食盐水除去Cl2中的HClD.合成氨反应中,为提高原料的转化率,可采用高温加热的条件14、化学与人类生产、生活密切相关,下列叙述中不正确的是()A.从花生中提取的生物柴油和从石油炼得的柴油都属于烃类物质B.高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于高分子材料C.中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料D.用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料,实现“碳”的循环利用15、化合物M(如图所示)可用于制备各种高性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,且占据三个不同周期,W与Z的质子数之和是X的2倍。下列说法不正确的是A.原子半径:Y>Z>XB.X元素的族序数是Y元素的2倍C.工业上电解熔融Y2X3化合物制备单质YD.W与X形成的所有化合物都只含极性共价键16、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二、非选择题(本题包括5小题)17、聚碳酸酯的透光率良好,可制作挡风玻璃、眼镜片等。某聚碳酸酯(M)的合成路线如下:已知:Ⅰ.D的分子式为C3H4O3,核磁共振氢谱只有一组峰Ⅱ.R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH(1)A的名称是_______,D的结构简式为_____;(2)B→C的反应类型______;(3)关于H的说法正确的是(_______)A.分子式为C15H16O2B.呈弱酸性,是苯酚的同系物C.分子中碳原子可能共面D.1molH与浓溴水取代所得有机物最多消耗NaOH10mol(4)写出A→B化学方程式________;(5)最常见的聚碳酸酯是用H与光气()聚合得到,请写出该聚碳酸酯的结构简式________;(6)H的同分异构体中满足下列条件的有___种;①有萘环()结构②能发生水解和银镜反应③两个乙基且在一个环上(7)F→G需三步合成CH2=CHCH3KL若试剂1为HBr,则L的结构简式为_______,③的反应条件是_____。18、苯丁酸氮芥是一种抗肿瘤药,其合成路线如下。其中试剂①是丁二酸酐(),试剂③是环氧乙烷(),且环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合。回答下列问题:(1)写出反应类型:反应Ⅱ____,反应Ⅴ_____。(2)写出C物质的结构简式___。(3)设计反应Ⅲ的目的是____。(4)D的一种同分异构体G有下列性质,请写出G的结构简式____。①属于芳香族化合物,且苯环上的一氯取代物只有一种②能与盐酸反应成盐,不能与碳酸氢钠溶液反应③能发生水解反应和银镜反应④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气(5)通过酸碱中和滴定可测出苯丁酸氮芥的纯度,写出苯丁酸氮芥与足量氢氧化钠反应的化学方程式____。(6)1,3-丁二烯与溴发生1,4加成,再水解可得1,4-丁烯二醇,设计一条从1,4-丁烯二醇合成丁二酸的合成路线(所需试剂自选)____19、POCl3是重要的基础化工原料,广泛用于制药、染料、表面活性剂等行业。一种制备POCl3的原理为:

PCl3+Cl2+SO2=POCl3+SOCl2。某化学学习小组拟利用如下装置在实验室模拟制备POCl3。有关物质的部分性质如下:物质熔点/℃沸点/℃密度/g·mL-1其它PCl3-93.676.11.574遇水强烈水解,易与氧气反应POCl31.25105.81.645遇水强烈水解,能溶于PCl3SOCl2-10578.81.638遇水强烈水解,加热易分解(1)仪器甲的名称为______________

,与自来水进水管连接的接口编号是________________。

(填“a”或“b”)。(2)装置C的作用是___________________,乙中试剂的名称为____________________。(3)该装置有一处缺陷,解决的方法是在现有装置中再添加一个装置,该装置中应装入的试剂为_________(写名称)。若无该装置,则可能会有什么后果?请用化学方程式进行说明__________________________。(4)D中反应温度控制在60-65℃,其原因是_______________。(5)测定POCl3含量。①准确称取30.70g

POCl3产品,置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解;②将水解液配成100.00mL溶液,取10.00mL溶液于锥形瓶中;③加入10.00

mL3.200

mol/LAgNO3标准溶液,并加入少许硝基苯用力摇动,使沉淀表面被有机物覆盖;④以Fe3+为指示剂,用0.2000

mol/L

KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液,达到滴定终点时共用去10.00

mLKSCN溶液。①滴定终点的现象为____________________,用硝基苯覆盖沉淀的目的是__________________。②反应中POCl3的百分含量为__________________。20、为探究氧化铜与硫的反应并分析反应后的固体产物,设计如下实验装置。(1)如图连接实验装置,并_____。(2)将氧化铜粉末与硫粉按5:1质量比混合均匀。(3)取适量氧化铜与硫粉的混合物装入大试管中,固定在铁架台上,打开_____和止水夹a并______,向长颈漏斗中加入稀盐酸,一段时间后,将燃着的木条放在止水夹a的上端导管口处,观察到木条熄灭,关闭活塞K和止水夹a,打开止水夹b。该实验步骤的作用是______,石灰石与稀盐酸反应的离子方程式为___________________。(4)点燃酒精灯,预热大试管,然后对准大试管底部集中加热,一段时间后,气球膨胀,移除酒精灯,反应继续进行。待反应结束,发现气球没有变小,打开止水夹c,观察到酸性高锰酸钾溶液褪色后,立即用盛有氢氧化钠溶液的烧杯替换盛装酸性高锰酸钾溶液的烧杯,并打开活塞K。这样操作的目的是__________________。(5)拆下装置,发现黑色粉末混有砖红色粉末。取少量固体产物投入足量氨水中,得到无色溶液、但仍有红黑色固体未溶解,且该无色溶液在空气中逐渐变为蓝色。查阅资料得知溶液颜色变化是因为发生了以下反应:4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3•H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O。①经分析,固体产物中含有Cu2O。Cu2O溶于氨水反应的离子方程式为______。②仍有红色固体未溶解,表明氧化铜与硫除发生反应4CuO+S2Cu2O+SO2外,还一定发生了其他反应,其化学方程式为_________。③进一步分析发现CuO已完全反应,不溶于氨水的黑色固体可能是_____(填化学式)。21、氮、碳氧化物的排放会对环境造成污染。多年来化学工作者对氮、碳的氧化物做了广泛深入的研究并取得一些重要成果。I.已知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步:第一步:2NO(g)N2O2(g)(快)∆H1<0;v1正=k1正c2(NO);v1逆=k1逆c(N2O2)第二步:N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)∆H2<0;v2正=k2正c(N2O2)c(O2);v2逆=k2逆c2(NO2)①在两步的反应中,哪一步反应的活化能更大___(填“第一步”或“第二步”)。②一定温度下,反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态,请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K=____________;II.(1)利用CO2和CH4重整不仅可以获得合成气(主要成分为CO、H2),还可减少温室气体的排放。已知重整过程中部分反应的热化方程式为:①CH4(g)=C(s)+2H2(g)ΔH1>0②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH2>0③CO(g)+H2(g)=C(s)+H2O(g)ΔH3<0则反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=______________________(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)若固定n(CO2)=n(CH4),改变反应温度,CO2和CH4的平衡转化率见图甲。同温度下CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率,原因是_________。(2)在密闭容器中通入物质的量均为0.1mol的CH4和CO2,在一定条件下发生反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g),CH4的平衡转化率与温度及压强(单位Pa)的关系如图乙所示。y点:v(正)_____v(逆)(填“大于”“小于”或“等于”)。已知气体分压(p分)=气体总压(p总)×气体的物质的量分数。用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp,求x点对应温度下反应的平衡常数Kp=__________________。III.根据2CrO42﹣+2H+Cr2O72﹣+H2O设计如图丙装置(均为惰性电极)电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7,图丙中左侧电极连接电源的_________极,电解制备过程的总反应化学方程式为_________。测定阳极液中Na和Cr的含量,若Na与Cr的物质的量之比为a:b,则此时Na2CrO4的转化率为_________。若选择用熔融K2CO3作介质的甲烷(CH4)燃料电池充当电源,则负极反应式为________________。

参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、B【解析】

A.Na2O2是过氧化物,不属于酸性氧化物,选项A错误;B.SO3+2NaOH=Na2SO4+H2O,SO3是酸性氧化物,选项B正确;C.NaHCO3不属于氧化物,是酸式盐,选项C错误;D.CH2O由三种元素组成,不是氧化物,为有机物甲醛,选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查酸性氧化物概念的理解,凡是能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物,注意首先必须是氧化物,由两种元素组成的化合物,其中一种元素为氧元素的化合物。2、C【解析】

A.酸性:碳酸>苯酚>HCO3-,所以C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-,A错误;B.氨水中的一水合氨为弱碱,不能改写成OH-,B错误;C.工业上电解熔融的MgCl2制金属镁,C正确;D.向NaOH溶液中通入过量的二氧化硫,应生成NaHSO3,D错误;故选C。3、A【解析】

A.CH3COOH溶液加水稀释,CH3COOH的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向正反应方向移动,溶液的pH增加,向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时,溶液中c(CH3COO-)增大,醋酸的电离平衡向逆反应方向移动,溶液的pH增加,正确;B.CH3COOH溶液加水稀释,平衡向正反应方向移动,电离程度增大,加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动,电离程度减小,错误;C.CH3COOH溶液加水稀释,离子浓度减小,溶液的导电能力减弱,加入少量CH3COONa晶体时,离子浓度增大,溶液的导电能力增强,错误;D.加水稀释,促进醋酸电离,但溶液中氢离子浓度减小,加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动,电离程度减小,氢离子浓度减小,温度不变,水的离子积常数不变,所以氢氧根离子浓度增大,错误。故选A。4、A【解析】

电解质是在水中或熔融状态下可以导电的化合物。【详解】A.BaSO4在熔融状态下可以导电,故A选;B.浓H2SO4是混合物,电解质必须是纯净物,故B不选;C.漂白粉是混合物,电解质必须是纯净物,故C不选;D.SO2溶于水生成亚硫酸,亚硫酸是电解质,但SO2不是,液态SO2中只有分子,不能导电,故D不选;故选A。【点睛】BaSO4这类化合物,虽然难溶于水,但溶于水的部分可以完全电离,而且在熔融状态下也可以完全电离,故BaSO4是电解质。电解质和非电解质都是化合物,即必须是纯净物,所以混合物和单质既不是电解质也不是非电解质。5、A【解析】

A.酸化NaCl溶液、Zn电极、Fe电极构成的原电池中,加入铁氰化钾后,无蓝色沉淀生成,说明铁作正极被保护,A可以达到实验目的,A正确;B.铝热反应需要氯酸钾、镁条来引发反应,无镁条和氯酸钾反应不能发生,B错误;C.用NaCl固体来配制一定物质的量浓度的溶液时,需要用到的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管等,另外还缺少试剂蒸馏水,不能达到实验目的,C错误;D.酯化反应需要用浓硫酸作催化剂,无浓硫酸作催化剂,反应不能发生,D错误;故合理选项是A。6、C【解析】

A.碳酸钠的溶解度应该大于碳酸氢钠,实际碳酸氢钠在含钠化合物中属于溶解度相对很小的物质。选项A错误。B.同周期由左向右非金属的气态氢化物的稳定性逐渐增强,所以稳定性应该是:HCl>PH3。选项B错误。C.C2H5OH分子中有羟基,可以形成分子间的氢键,从而提高物质的沸点。选项C正确。D.同周期由左向右最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱,所以碱性应该是:LiOH>Be(OH)2。选项D错误。【点睛】解决此类问题,一个是要熟悉各种常见的规律,比如元素周期律等;另外还要注意到一些反常的规律。例如:本题的选项A,比较碳酸钠和碳酸氢钠的溶解度,一般碳酸盐比碳酸氢盐的溶解度小,碳酸钙难溶,而碳酸氢钙可溶,但是碳酸钠却比碳酸氢钠溶解度大。此外,比如,碱金属由上向下单质密度增大,但是钾反常等等。7、C【解析】

10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑中,N元素的化合价由-价升高为0,N元素的化合价由+5价降低为0,该反应转移10e-,以此来解答。【详解】A.、KNO3中N元素的化合价降低,为氧化剂,其中氮元素被还原,故A错误;B、只有N元素的化合价变化,则N2是氧化产物,也是还原产物,故B错误;C、由反应可知转移10mol电子生成16mol氮气,则每转移1mol电子,可生成N2为1.6mol,标准状况下N2的体积为35.84L,故C正确;D、若有65gNaN3参加反应,则被氧化的N的物质的量为,故D错误;故选C。8、C【解析】

从图可看出X、Y在第二周期,根据原子序数知道X是O元素,Y是F元素,同理可知Z是Na元素,M是Al元素,R是Si元素,Q是Cl元素。【详解】A.R是Si元素,在周期表中位于第14列,故A错误;B.Y是F元素,没有正化合价,没有含氧酸,故B错误;C.X、Z、M的简单离子都是10电子结构,电子层结构相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,则简单离子的半径:X>Z>M,故C正确;D.Z是Na元素,钠与铝盐溶液反应时,先与水反应,不能置换出Al,故D错误;故选C。9、C【解析】

A.苯酚与溴水生成的三溴苯酚溶于苯,无法除去杂质,且引进了新的杂质溴,A项错误;B.铁氰化钾溶液用于检验亚铁离子,无法检测铁离子,B项错误;C.NaOH溶液可以除去Mg2+、再加稍过量的BaCl2溶液可以除去SO42-,最后加碳酸钠溶液可以除去Ca2+和过量的Ba2+,到达除杂目的,C项正确;D.HNO3会氧化二氧化硫为硫酸根,硫酸根与银离子反应生成微溶的硫酸银白色沉淀,与氯化银无法区分,D项错误;答案选C。10、A【解析】

A.Cu2HgI4中Cu元素的化合价为+1价,Hg为+2价,I为﹣1价,故A正确;B.Cu元素化合价部分由+1价降低到0价,被还原,CuI为氧化剂,故B错误;C.Cu得到电子被还原,Hg失去电子被氧化,故C错误;D.由方程式可知,上述反应中生成64gCu,即1mol时,转移1mol电子,电子数为1NA,故D错误;答案选A。11、C【解析】

D形成的两种氧化物都是常见的大气污染物,D为S,A为C,B为Al,C为Si。【详解】A.A的简单氢化物是天然气的主要成分为甲烷,故A正确;B.元素草酸氢钠溶液显酸性,故B正确;C.单质B既可以与酸反应,又可以与碱反应,但不能叫两性单质,故C错误;D.最高价氧化物对应的水化物的酸性:H2SO4>H2SiO3,故D正确。综上所述,答案为C。【点睛】同周期,从左到右,最高价氧化物对应的水化物酸性逐渐增强。12、B【解析】A.纯碱属于盐,不属于碱,故A错误;B.HClO、H2SO4(浓)

、HNO3均具有强氧化性,都是氧化性酸,故B正确;C.Al属于单质,不属于化合物,故C错误;D.H2SO4、AlCl3属于共价化合物,不属于离子化合物,故D错误。故选B。13、D【解析】

A.溴水中有下列平衡:Br2+H2OHBr+HBrO,当加入AgNO3(s)后,硝酸银与溴离子反应生成溴化银沉淀,平衡正向移动,溶液颜色变浅,能用勒夏特列原理解释,故A不选;B.反应CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)+Q,Q>0,正反应放热,升高温度,平衡逆向移动,能用勒夏特列原理解释,故C不选;C.增大氯离子的浓度,平衡Cl2+H2O=H++Cl-+HClO逆向移动使得氯气难溶于饱和食盐水,能用勒夏特列原理解释,故C不选;D.合成氨反应是放热反应,升高温度,反应逆向移动,原料的转化率减小,不能通过升高温度提高原料的转化率,故D选;正确答案是D。【点睛】本题考查平衡移动原理,明确平衡移动原理内涵及适用范围是解本题关键,注意:改变条件时不影响平衡移动的不能用平衡移动原理解释。14、A【解析】

A.花生油的成分是油脂,属于烃的含氧衍生物,石油炼得的柴油为烃类物质,故A错误;B.増强聚四氟乙烯是由四氟乙烯通过加聚反应合成的,属于有机高分子材料,故B正确;C.新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等,碳化硅是一种新型的无机非金属材料,故C正确;D.用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯,能够在较短的时间内降解,实现“碳”的循环利用,防止形成白色污染,故D正确;答案选A。15、D【解析】

W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,且占据三个不同周期,则W为第一周期主族元素,W为H,Z应为第三周期主族元素,根据化合物M的结构简式可知,Z可形成3个单键和1个双键,因此,Z原子最外层有5个电子,Z为P,W与Z的质子数之和是X的2倍,X的质子数==8,则X为O,根据化合物M的结构简式,Y可形成+3价阳离子,则Y为Al,以此解答。【详解】A.X为O,第二周期元素,Y为Al,Z为P,Y、Z为第三周期元素,电子层数越多,半径越大,同周期元素,核电荷数越大,半径越小,原子半径:Y>Z>X,故A正确;B.X为O元素,第ⅥA族元素,Y为Al元素,第ⅢA族元素,X的族序数是Y元素的2倍,故B正确;C.X为O,Y为Al,Y2X3为Al2O3,工业上制备单质Al的方法为电解熔融Al2O3,故C正确;D.X为O,W为H,W与X形成的化合物有H2O和H2O2,H2O2中含有非极性共价键,故D错误;答案选D。【点睛】氢元素和氧元素可以形成水,含有极性键,或是过氧化氢,含有极性键和非极性键。16、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。二、非选择题(本题包括5小题)17、1,2-二氯乙烷取代反应AD18Cu/Ag,O2,△【解析】

根据流程图,卤代烃A()在氢氧化钠溶液中水解生成B,B为,C()在氢氧化钠条件下反应生成D,D与甲醇发生酯交换生成E(),D的分子式为C3H4O3,核磁共振氢谱只有一组峰,因此D为,据此分析解答(1)~(6);(7)CH2=CHCH3与HBr发生加成反应生成CH3CHBrCH3,CH3CHBrCH3水解生成CH3CHOHCH3,最后将CH3CHOHCH3氧化即可得到丙酮,据此分析解答。【详解】(1)A的结构简式为,名称为1,2-二氯乙烷,D的结构简式为,故答案为1,2-二氯乙烷;;(2)B为,C为,B与发生取代反应生成,故答案为取代反应;(3)H为。A.根据H的结构简式,H的分子式为C15H16O2,故A正确;B.H中含有酚羟基,具有弱酸性,但含有2个苯环,不属于苯酚的同系物,故B错误;C.结构中含有,是四面体结构,因此分子中碳原子一定不共面,故C错误;D.酚羟基的邻位和对位氢原子能够发生取代反应,1molH与浓溴水取代所得有机物中最多含有4个溴原子,酚羟基和溴原子均能消耗NaOH,且溴原子水解生成的酚羟基也能与氢氧化钠反应,因此1mol最多消耗10mol氢氧化钠,故D正确,故答案为AD;(4)A→B是卤代烃的水解反应,反应的化学方程式为,故答案为;(5)最常见的聚碳酸酯是用H与光气()聚合得到,与发生缩聚反应生成,故答案为;(6)H()的不饱和度=8,H的同分异构体中满足下列条件:①有萘环()结构,不饱和度=7,②能发生水解和银镜反应,说明结构中含有酯基和醛基,因此属于甲酸酯类物质,酯基的不饱和度=1,因此其余均为饱和结构,③两个乙基且在一个环上,两个乙基在一个环上有、、、4种情况,HCOO-的位置分别为6、6、3、3,共18种结构,故答案为18;(7)CH2=CHCH3与HBr发生加成反应生成CH3CHBrCH3,CH3CHBrCH3水解生成CH3CHOHCH3,最后将CH3CHOHCH3氧化即可得到丙酮,因此L为CH3CHOHCH3,反应③的条件为Cu/Ag,O2,△,故答案为CH3CHOHCH3;Cu/Ag,O2,△。【点睛】本题的难点和易错点为(3)D的判断,要注意H与溴水的取代产物为,与氢氧化钠充分反应生成和溴化钠。18、还原反应取代反应将羧酸转化成酯,防止环氧乙烷水解或聚合+3NaOH+2NaCl+H2OHOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH【解析】

(1)对比A、B的结构简式可知,A中羰基转化为亚甲基;对比D与苯丁酸氮芥的结构可知,反应V为取代反应;(2)试剂③是环氧乙烷,对比B、D的结构简式,反应Ⅲ是B与甲醇发生酯化反应;(3)试剂③是环氧乙烷(),环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合,结合B的结构分析解答;(4)①属于芳香族化合物,且苯环上的一氯取代物只有一种,②能与盐酸反应成盐,不能与碳酸氢钠溶液反应,说明含有氨基,不含羧基,③能发生水解反应和银镜反应,说明含有酯基、醛基,④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气,说明结构中含有2个羟基,加成分析书写G的结构简式;(5)苯丁酸氮芥中的Cl原子、羧基均能与氢氧化钠反应;(6)以1,4-丁烯二醇()合成丁二酸(HOOC-CH2-CH2-COOH),为了防止羟基氧化过程中碳碳双键断裂,需要首先将碳碳双键转化为单键,再氧化,加成分析解答。【详解】(1)对比A、B的结构简式可知,A中转化为氨基,羰基转化为亚甲基,属于还原反应(包括肽键的水解反应);对比D与苯丁酸氮芥的结构可知,反应V为取代反应,而反应VI为酯的水解反应,故答案为:还原反应;取代反应;(2)试剂③是环氧乙烷,对比B、D的结构简式,反应Ⅲ是B与甲醇发生的酯化反应,故C的结构简式为:,故答案为:;(3)试剂③是环氧乙烷(),环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合,根据流程图,设计反应Ⅲ的目的是:将B中的羧酸转化成酯,防止环氧乙烷水解或聚合,故答案为:将羧酸转化成酯,防止环氧乙烷水解或聚合;(4)D()的一种同分异构体G有下列性质:①属于芳香族化合物,且苯环上的一氯取代物只有一种,②能与盐酸反应成盐,不能与碳酸氢钠溶液反应,说明含有氨基,不含羧基,③能发生水解反应和银镜反应,说明含有酯基、醛基,④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气,说明含有2个羟基,符合条件的结构为等,故答案为:;(5)苯丁酸氮芥中Cl原子、羧基均能够与氢氧化钠反应,与足量的氢氧化钠反应的化学方程式为:+3NaOH+2NaCl+H2O,故答案为:+3NaOH+2NaCl+H2O;(6)以1,4-丁烯二醇()合成丁二酸(HOOC-CH2-CH2-COOH),1,4-丁烯二醇可以首先与氢气加成生成1,4-丁二醇(HOCH2-CH2-CH2-CH2OH),然后将HOCH2-CH2-CH2-CH2OH催化氧化即可,合成路线为HOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH,故答案为:HOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH。19、球形冷凝管a干燥Cl2,同时作安全瓶,防止堵塞五氧化二磷(或硅胶)碱石灰POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl,SOCl2+H2O=SO2+2HCl一是温度过高,PCl3会大量挥发,从而导致产量降低;二是温度过低,反应速率会变慢当最后一滴标准KSCN

溶液滴入时,溶液变为红色,且半分钟不褪去使生成的沉淀与溶液隔离,避免滴定过程中SCN-与AgCl

反应50%【解析】分析:本题以POCl3的制备为载体,考查Cl2、SO2的实验室制备、实验条件的控制、返滴定法测定POCl3的含量。由于PCl3、POCl3、SOCl2遇水强烈水解,所以用干燥的Cl2、SO2与PCl3反应制备POCl3,则装置A、B、C、D、E、F的主要作用依次是:制备Cl2、除Cl2中的HCl(g)、干燥Cl2、制备POCl3、干燥SO2、制备SO2;为防止POCl3、SOCl2水解和吸收尾气,D装置后连接盛碱石灰的干燥管。返滴定法测定POCl3含量的原理:POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl、AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3,用KSCN滴定过量的AgNO3,发生的反应为KSCN+AgNO3=AgSCN↓+KNO3,由消耗的KSCN计算过量的AgNO3,加入的总AgNO3减去过量的AgNO3得到与Cl-反应的AgNO3,根据Ag++Cl-=AgCl↓和Cl守恒计算POCl3的含量。详解:(1)根据仪器甲的构造特点,仪器甲的名称为球形冷凝管。为了更充分的冷凝蒸气,冷凝管中的水应下进上出,与自来水进水管连接的接口的编号为a。(2)由于PCl3、POCl3、SOCl2遇水强烈水解,所以制备POCl3的Cl2和SO2都必须是干燥的。根据装置图和制备POCl3的原理,装置A用于制备Cl2,装置B用于除去Cl2中HCl(g),装置C用于干燥Cl2,装置F用于制备SO2,装置E用于干燥SO2,装置D制备POCl3;装置C的作用是干燥Cl2,装置C中有长直玻璃管,装置C的作用还有作安全瓶,防止堵塞。乙中试剂用于干燥SO2,SO2属于酸性氧化物,乙中试剂为五氧化二磷(或硅胶)。(3)由于SO2、Cl2有毒,污染大气,最后要有尾气吸收装置;POCl3、SOCl2遇水强烈水解,在制备POCl3的装置后要连接干燥装置(防外界空气中H2O(g)进入装置D中),该装置缺陷的解决方法是在装置D的球形冷凝管后连接一个既能吸收SO2、Cl2又能吸收H2O(g)的装置,该装置中应装入的试剂是碱石灰。若没有该装置,POCl3、SOCl2发生强烈水解,反应的化学方程式为POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl、SOCl2+H2O=SO2+2HCl。(4)D中反应温度控制在60~65℃,其原因是:温度太低,反应速率太慢;温度太高,PCl3会大量挥发(PCl3的沸点为76.1℃),从而导致产量降低。(5)①以Fe3+为指示剂,当KSCN将过量的Ag+完全沉淀时,再滴入一滴KSCN溶液与Fe3+作用,溶液变红色,滴定终点的现象为:当最后一滴标准KSCN

溶液滴入时,溶液变为红色,且半分钟不褪去。硝基苯是难溶于水且密度大于水的液体,用硝基苯覆盖沉淀的目的是:使生成的沉淀与溶液隔离,避免滴定过程中SCN-与AgCl

反应。②n(AgNO3)过量=n(KSCN)=0.2000mol/L×0.01L=0.002mol,沉淀10.00mL溶液中Cl-消耗的AgNO3物质的量为3.200mol/L×0.01L-0.002mol=0.03mol,根据Ag++Cl-=AgCl↓和Cl守恒,样品中n(POCl3)=0.03mol3×100.00mL10.00mL=0.1mol,m(POCl320、检查装置气密性活塞K关闭b、c排除装置中的空气或氧气CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑避免SO2污染空气Cu2O+4NH3·H2O=2[Cu(NH3)2]++2OH-+3H2O2CuO+S2Cu+SO2Cu2S【解析】

(1)硫在加热条件下易于空气中的氧气反应,对该实验会产生影响,要确保实验装置中无空气,保证密闭环境;(3)氧化铜与硫的反应,需在无氧条件下进行,石灰石与盐酸反应产生的CO2气体排除装置中的空气;(4)酸性高锰酸钾溶液褪色,说明产物有SO2,二氧化硫有毒不能排放到大气中;(5)反应剩余固体含有Cu2O(砖红色),加入氨水后但仍有红黑色固体未溶解,表明有Cu,CuO与S的质量比为5∶1。而生成Cu2O的反应方程式为4CuO+S2Cu2O+SO2,其中CuO与S的质量比为10∶1,因此S过量。【详解】(1)探究氧化铜与硫的反应,需在无氧条件下进行(S在空气与O2反应),故需对装置进行气密性检查;(3)利用石灰石与盐酸反应产生的CO2气体排除装置中的空气,打开K使盐酸与石灰石接触,打开a,并检验是否排尽空气,该实验步骤的作用是排除装置中的空气或氧气。石灰石与盐酸反应的离子方程式是CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑;(4)酸性高锰酸钾溶液褪色,说明产物

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