2025届华大新高三一诊考试化学试卷含解析

2025届华大新高三一诊考试化学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、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、胆矾CuSO4·5H2O可写为[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其结构示意图如下：下列有关胆矾的说法正确的是A．Cu2+的价电子排布式为3d84s1B．所有氧原子都采取sp3杂化C．胆矾中含有的粒子间作用力有离子键、极性键、配位键和氢键D．胆矾所含元素中，H、O、S的半径及电负性依次增大2、已知一组有机物的分子式通式，按某种规律排列成下表项序1234567……通式C2H4C2H4OC2H4O2C3H6C3H6OC3H6O2C4H8……各项物质均存在数量不等的同分异构体。其中第12项的异构体中，属于酯类的有（不考虑立体异构）A．8种 B．9种 C．多于9种 D．7种3、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y所在周期数与族序数相同，X与Y为同周期元素，Z原子的最外层电子数与W的电子总数相等。下列说法正确的是A．简单离子半径：W＞X＞Y＞Z B．W、X的氢化物在常温下均为气体C．X、Y的最高价氧化物的水化物均为强碱 D．W与Z形成的化合物中只有共价键4、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，W、X是空气中含量最高的两种元素，Y的合金是当今世界使用量最大的合金，Z的单质常温下为液态。下列说法不正确的是A．单质Z保存时需要加水形成液封B．Y的金属性弱于第三周期的所有金属元素C．W与X能形成二元化合物并非全部是酸性氧化物D．向YZ2溶液中通人少量氯气会发生置换反应5、分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是A．分子中含有2种官能团B．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C．1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同6、常温下，某实验小组探究碳酸氢铵溶液中各微粒物质的量浓度随溶液pH的变化如图所示（忽略溶液体积变化），则下列说法错误的是（）A．由图可知碳酸的Ka1数量级约为10-7B．向NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液，主要与HCO3－反应C．常温下将NH4HCO3固体溶于水，溶液显碱性D．NH4HCO3作肥料时不能与草木灰混用7、下列石油的分馏产品中，沸点最低的是（）A．汽油 B．煤油 C．凡士林 D．石油气8、位于不同主族的四种短周期元素甲、乙、丙、丁，其原子序数依次增大，原子半径r(丁)>r(乙)>r(丙)>r(甲)。四种元素中，只有一种为金属元素，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3倍。据此推断，下述正确的是A．简单氢化物的沸点：乙>丙B．由甲、乙两元素组成的化合物溶于水呈碱性C．丙和丁两元素的最高价氧化物的水化物之间能发生反应D．由甲和丙两元素组成的分子，不可能含非极性键9、研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生可逆反应的能量变化及反应历程如图所示。下列说法不正确的是A．反应中Fe+是催化剂，FeO+是中间产物 B．总反应速率由反应②的速率决定C．升高温度，总反应的平衡常数K减小 D．当有14gN2生成时，转移1mole-10、能证明与过量NaOH醇溶液共热时发生了消去反应的是（）A．混合体系Br2的颜色褪去B．混合体系淡黄色沉淀C．混合体系有机物紫色褪去D．混合体系有机物Br2的颜色褪去11、常温下向20mL0.1mol/L氨水中通入HCl气体，溶液中由水电离出的氢离子浓度随通入HCl气体的体积变化如图所示。则下列说法正确的是A．b点通入的HCl气体，在标况下为44.8mLB．b、c之间溶液中c(NH4+)>c(Cl-)C．取10mL的c点溶液稀释时：c(NH4+)/c(NH3·H2O)减小D．d点溶液呈中性12、化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是（）A．光导纤维是一种新型硅酸盐材料B．用纯碱溶液洗去油污时，加热能够提高去污能力C．食物中的营养素主要为糖类、油脂、蛋白质、纤维素、无机盐和水D．《物理小识》记载：“青矾（绿矾）厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不茂。”青矾厂气是CO和CO213、下列离子方程式正确的是（）A．碳酸钙溶于醋酸：CaCO3＋2H+=Ca2+＋CO2↑＋H2OB．向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，出现白色沉淀：Ba2+＋SO2＋H2O=BaSO3↓＋2H+C．将Ca(HCO3)2溶液与少量Ca(OH)2溶液混合：OH−＋Ca2+＋HCO=CaCO3↓＋H2OD．往苯酚钠溶液中通入少量CO2：2＋CO2＋H2O2＋CO14、萜类化合物广泛存在于动植物体内。下列关于萜类化合物a、b的说法正确的是A．a中六元环上的一氯代物共有3种(不考虑立体异构)B．b的分子式为C10H12OC．a和b都能发生加成反应、氧化反应、取代反应D．只能用钠鉴别a和b15、下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法正确的是()A．该硫酸的物质的量浓度为9.2mol·L－1B．1molZn与足量该硫酸反应产生2g氢气C．配制200mL4.6mol·L－1的稀硫酸需取该硫酸50mLD．该硫酸与等质量的水混合后所得溶液的浓度大于9.2mol·L－116、下列表示正确的是()A．丙烯的结构简式：CH3CH=CH2B．CO2的电子式：C．金刚石的比例模型：D．硫离子的结构示意图：二、非选择题（本题包括5小题）17、X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Z为地壳中含量最多的元素，R与X同主族；Y、R、Q最外层电子数之和为8，M的单质为黄绿色有害气体。请回答下列问题：（1）Q在元素周期表中的位置为__________________。（2）Z、Q、M简单离子半径由大到小的顺序为(写元素离子符号)_______________。（3）Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因：________________(用离子方程式表示)。（4）QM2的电子式为______________。（5）M的单质与R的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为______________。18、用煤化工产品合成高分子材料I的路线如下：已知：（1）B、C、D都能发生银镜反应，G的结构简式为（2）根据题意完成下列填空：（1）A的结构简式为__________________。（2）实验空由A制得B可以经过三步反应，第一步的反应试剂及条件为/光照，第二步是水解反应，则第三步的化学反应方程式为____________________。（3）①的反应类型为_______________反应。（4）③的试剂与条件为__________________________。（5）I的结构简式为___________；请写出一个符合下列条件的G的同分异构体的结构简式____________。①能发生银镜反应②能发生水解反应③苯环上一氯取代物只有一种④羟基不与苯环直接相连（6）由乙醇为原料可以合成有机化工原料1-丁醇（），写出其合成路线________________。（合成路线需用的表示方式为：）19、过氧乙酸（CH3COOOH）不仅在卫生医疗、食品消毒及漂白剂领域有广泛应用，也应用于环境工程、精细化工等领域。实验室利用醋酸（CH3COOH）与双氧水（H2O2）共热，在固体酸的催化下制备过氧乙酸（CH3COOOH），其装置如下图所示。请回答下列问题：实验步骤：I．先在反应瓶中加入冰醋酸、乙酸丁酯和固体酸催化剂，开通仪器1和8，温度维持为55℃；II．待真空度达到反应要求时，打开仪器3的活塞，逐滴滴入浓度为35％的双氧水，再通入冷却水；Ⅲ．从仪器5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待反应结束后分离反应器2中的混合物，得到粗产品。（1）仪器6的名称是______，反应器2中制备过氧乙酸（CH3COOOH）的化学反应方程式为_____。（2）反应中维持冰醋酸过量，目的是提高_____；分离反应器2中的混合物得到粗产品，分离的方法是_________。（3）实验中加入乙酸丁酯的主要作用是_________（选填字母序号）。A作为反应溶剂，提高反应速率B与固体酸一同作为催化剂使用，提高反应速率C与水形成沸点更低的混合物，利于水的蒸发，提高产率D增大油水分离器5的液体量，便于实验观察（4）从仪器5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待观察到___________（填现象）时，反应结束。（5）粗产品中过氧乙酸（CH3COOOH）含量的测定：取一定体积的样品VmL，分成6等份，用过量KI溶液与过氧化物作用，以1.1mol•L－1的硫代硫酸钠溶液滴定碘（I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－）；重复3次，平均消耗量为V1mL。再以1．12mol•L－1的酸性高锰酸钾溶液滴定样品，重复3次，平均消耗量为V2mL。则样品中的过氧乙酸的浓度为______mol•L－1。20、硫酸铜是一种常见的化工产品，它在纺织、印染、医药、化工、电镀以及木材和纸张的防腐等方面有极其广泛的用途。实验室制备硫酸铜的步骤如下:①在仪器a中先加入20g铜片、60mL水，再缓缓加入17mL浓硫酸:在仪器b中加入39mL浓硝酸;在仪器c中加入20%的石灰乳150mL。②从仪器b中放出约5mL浓硝酸，开动搅拌器然后采用滴加的方式逐渐将浓硝酸加到仪器a中，搅拌器间歇开动。当最后滴浓硝酸加完以后，完全开动搅拌器，等反应基本停止下来时，开始用电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，立即将导气管从仪器c中取出，再停止加热。③将仪器a中的液体倒出，取出未反应完的铜片溶液冷却至室温.析出蓝色晶体.回答下列问题:（1）将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是__________。（2）写出装置a中生成CuSO4的化学方程式:_______。（3）步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，此时会产生的气体是______，该气体无法直接被石灰乳吸收，为防止空气污染，请画出该气体的吸收装置（标明所用试剂及气流方向）______。（4）通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu（NO3）2,可来用重结晶法进行提纯，检验Cu（NO3）2是否被除净的方法是_______。（5）工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4的优点是_______。（6）用滴定法测定蓝色晶体中Cu2+的含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL用cmol·L-1EDTA（H2Y）标准溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液bmL，滴定反应为Cu2++H2Y=CuY+2H+，蓝色晶体中Cu2+质量分数_____%.21、锶有“金属味精”之称。以天青石（主要含有SrSO4和少量CaCO3、MgO杂质）生产氢氧化锶的工艺如下：已知氢氧化锶在水中的溶解度：温度（℃）010203040608090100溶解度（g/100mL）0.911.251.772.643.958.4220.244.591.2（1）隔绝空气焙烧时SrSO4只被还原成SrS，化学方程式为_____________。（2）“除杂”方法：将溶液升温至95℃，加NaOH溶液调节pH为12。①95℃时水的离子积KW＝1.0×10－12，Ksp[Mg(OH)2]＝1.2×10－10，则溶液中c（Mg2＋）＝___。②若pH过大，将导致氢氧化锶的产率降低，请解释原因____。（3）“趁热过滤”的目的是____，“滤渣”的主要成分为___。（4）从趁热过滤后的滤液中得到Sr(OH)2产品的步骤为____、过滤、洗涤、干燥。（5）“脱硫”方法：用FeCl3溶液吸收酸浸产生的气体，请写出吸收时的离子方程式______；再用石墨电极电解吸收液，电解后可在“脱硫”中循环利用的物质是FeCl3溶液。请写出电解时阳极的电极反应：____。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A．Cu是29号元素，Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s、3d能级上各一个电子生成Cu2+，故Cu2+的价电子排布式3d9，故A错误；B．硫酸根离子中S和非羟基O和H2O中的O原子的杂化方式不同，不可能都是sp3杂化，故B错误；C．铜离子和硫酸根离子之间存在离子键，硫原子和氧原子间存在极性共价键，铜原子和氧原子间存在配位键，氧原子和氢原子间存在氢键，故C正确；D．H、O、S分别为第1，2，3周期，所以半径依次增大，但O的电负性大于S，故D错误；故选C。2、B【解析】

由表中规律可知，3、6、9、12项符合CnH2nO2，由C原子数的变化可知，第12项为C5H10O2，属于酯类物质一定含-COOC-。【详解】①为甲酸丁酯时，丁基有4种，符合条件的酯有4种；②为乙酸丙酯时，丙基有2种，符合条件的酯有2种；③为丙酸乙酯只有1种；④为丁酸甲酯时，丁酸中-COOH连接丙基，丙基有2种，符合条件的酯有2种，属于酯类的有4+2+1+2=9种，故选：B。3、D【解析】

W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W的简单氢化物可用作制冷剂，常用作制冷剂的氢化物为氨气，则W为氮；Y所在周期数与族序数相同，则Y可能为铝；X与Y为同周期元素，则X为钠或镁；Z原子的最外层电子数与W的电子总数相等，则Z核外有17个电子，Z为氯，据此解答。【详解】根据分析可知：W为N元素，X为Na或Mg元素，Y为Al元素，Z为Cl元素。A.简单离子半径，电子层数多半径大，电子层数相同核电荷数大半径小，故离子半径：Z＞W＞X＞Y，故A错误；B.W氢化物为NH3，常温下为气体，X氢化物常温下为固体，故B错误；C.Mg、Al的最高价氧化物的水化物为弱碱，故C错误；D.N与Cl都为非金属，形成的化合物中只含有共价键，故D正确；故选D。4、D【解析】

由题可知，W、X是空气中含量最高的两种元素，则W、X分别是N、O，Y的合金是当今世界使用量最大的合金，所以Y为Fe，Z的单质常温下为液态，常温下为液态的单质有溴和汞，由题中条件可知Z为Br，由此解答。【详解】A．单质溴易挥发且有毒，保存在棕色瓶里，添加少量水作为液封，A正确；B．第三周期的金属元素有Na、Mg、Al，由金属活动顺序可知，Fe的金属性比这三种金属都要弱，B正确；C．N和O两种元素形成的二元化合物中，NO、NO2都不是酸性氧化物，C正确；D．YZ2就是FeBr2，通入少量Cl2，由于Fe2+还原性比Br-强，只能发生反应：6FeBr2+3Cl2=2FeCl3+4FeBr3，不属于置换反应，D错误；答案选D。5、B【解析】

A项，该化合物分子中含有羧基、醇羟基、醚键和碳碳双键4种官能团，故A项错误；B项，该物质中含有羧基和羟基，既可以与乙醇发生酯化反应，也可以与乙酸发生酯化反应，反应类型相同，故B项正确；C项，分枝酸中只有羧基能与NaOH溶液发生中和反应，一个分子中含两个羧基，故1mol分枝酸最多能与2molNaOH发生中和反应，故C项错误；D项，该物质使溴的四氯化碳溶液褪色的原理是溴与碳碳双键发生加成反应，而是使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，原理不同，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。【点睛】本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质，掌握官能团的性质是解题的关键。6、B【解析】

A．由图可知，pH=6.37时c(H2CO3)=c(HCO3-)、c(H+)=10-6.37mol/L，碳酸的一级电离常数Ka1==10-6.37，则碳酸的Ka1数量级约为10-7，故A正确；B．向稀NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液，发生的离子反应为HCO3-+NH4++2OH-═NH3•H2O+CO32-+H2O，说明NaOH与NH4+、HCO3－均反应，故B错误；C．由图可知，pH=9.25时c(NH3•H2O)=c(NH4+)、c(OH-)=109.25-14mol/L=10-4.75mol/L，NH3•H2O的离常数Ka1==10-4.75，而碳酸的Ka1=10-6.37，则NH3•H2O的电离能力比H2CO3强，HCO3-的水解程度比NH4+强，即NH4HCO3的水溶液显碱性，故C正确；D．草本灰的水溶液显碱性，与NH4HCO3混用会生成NH3，降低肥效，则NH4HCO3作肥料时不能与草木灰混用，故D正确；故答案为B。7、D【解析】

石油分馏首先得到的是石油气，这说明石油气的沸点最低，故答案为D。8、C【解析】

甲、乙、丙、丁的原子序数逐渐增大，根据元素周期律：从左到右原子半径减小，从上到下原子半径减小的规则，若它们在同一周期，应该有r(甲)>r(乙)>r(丙)>r(丁)的关系，现在r(丁)是最大的，r(甲)是最小的，说明丁应该在第三周期，乙、丙同处第二周期，甲在第一周期，则甲为氢。又因为四种元素不同主族，现假设丁为金属，若丁为镁，乙、丙不可能同为非金属；若丁为铝，则乙为碳，丙为氮，成立。然后对选项进行分析即可。【详解】A.乙的简单氢化物为甲烷，丙的简单氢化物为氨气，氨气中存在氢键，因此氨气的沸点大于甲烷，A项错误；B.甲、乙两元素组成的化合物为烃类，烃类不溶于水，B项错误；C.丙的最高价氧化物的水化物为硝酸，丁的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，二者可以发生反应，C项正确；D.甲和丙可以组成（肼），中存在N-N非极性键，D项错误；答案选C。9、B【解析】

A．由图可知，Fe+先转化为FeO+，FeO+后续又转化为Fe+，反应前后Fe+未发生变化，因此Fe+是催化剂，FeO+是中间产物，A不符合题意；B．由图可知，反应①的能垒高于反应②，因此反应①的速率较慢，总反应速率由反应①的速率决定，B符合题意；C．由图可知，反应物的总能量高于生成物总能量，该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的平衡常数K减小，C不符合题意；D．由图可知，总反应方程式为：N2O+COCO2+N2，N元素化合价从+1价降低至0价，当有14gN2生成时，即生成0.5molN2，转移电子的物质的量为0.5mol×2=1mol，D不符合题意；答案为：B。10、D【解析】

A．混合体系Br2的颜色褪去，可能是单质溴与碱反应，也可能单质溴与烯烃发生加成反应，无法证明发生消去反应，故A错误；B．混合体系淡黄色沉淀，说明生成了溴离子，而发生水解反应和消去反应都能生成溴离子，无法证明发生消去反应，故B正确；C．混合体系有机物紫色褪去，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法证明发生消去反应，故C错误；D．混合体系有机物Br2的颜色褪去，说明有苯乙烯生成，能证明发生消去反应，故D正确；故选D。11、C【解析】

氨水中通入HCl，发生NH3·H2O＋HCl=NH4Cl＋H2O，对水的电离抑制能力先减弱后增大，然后逐步分析；【详解】A、当两者恰好完全反应时，n(HCl)=n(NH3·H2O)=20×10－3L×0.1mol·L－1=2×10－3mol，标准状况下HCl的体积为44.8mL，随着HCl的加入，溶液由碱性向酸性变化，b点对应水电离出的H＋浓度为10－7mol·L－1，此时溶液显中性，溶质为NH3·H2O和NH4Cl，即所加HCl气体在标准状况下的体积小于44.8mL，故A错误；B、b点时，溶液显电中性，即c(NH4＋)=c(Cl－)，c点溶质为NH4Cl，c(Cl－)>c(NH4＋)，因此b、c之间溶液中c(NH4＋)<c(Cl－)，故B错误；C、c点溶质为NH4Cl，NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4＋发生水解，NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，加水稀释，促进水解，n(NH3·H2O)增大，n(NH4+)减小，同一溶液中浓度之比等于物质的量之比，即c(NH4＋)/c(NH3·H2O)减小，故C正确；D、d点溶质为NH4Cl和HCl，溶液显酸性，故D错误，答案选C。12、B【解析】

A.光导纤维的成分是SiO2，不是硅酸盐，A错误；B.油脂在碱性条件下水解，纯碱水解使溶液呈碱性，加热能够促进纯碱的水解，使溶液碱性增强，因此可促进油脂的水解，从而可提高去污能力。B正确；C.食物中的营养素主要为糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水，而人体内无纤维素酶，不能消化纤维素，因此不是人体的营养素，C错误；D.CO、CO2气体没有气味，不符合厂气熏人的性质，D错误；故合理选项是B。13、C【解析】

A.醋酸是弱酸，离子方程式中不能拆，故A错误；B.SO2通入Ba（NO3）2溶液中，二者发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，正确的离子方程式为：3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故B错误；C.将少量Ca(OH)2溶液滴入Ca（HCO3）2溶液中，Ca(OH)2和Ca(HCO3)21:1反应，和离子方程式为：OH−＋Ca2+＋HCO=CaCO3↓＋H2O，故C正确；D.苯酚的酸性小于碳酸，所以往苯酚钠溶液中通入二氧化碳，可以得到碳酸氢钠和苯酚，故D错误；正确答案是C项。【点睛】离子方程式过量不足的问题出现时，一定要注意以下几点：看原则：看是否符合客观事实、看是否符合质量守恒、看是否符合电荷守恒、看是否符合得失电子相等。可溶的易电离的物质拆成离子。注意过量、少量、适量等。14、C【解析】A、a中六元环上有5个碳上有氢，a中六元环上的一氯代物共有5种(不考虑立体异构)，故A错误；B、b的分子式为C10H14O，故B错误；C、a中的碳双键和b中苯环上的甲基都能发生氧化反应、a、b甲基上的氢都可以发生取代反应、a中碳碳双键、b中苯环都可以发生加成反应，故C正确；D.可以用钠鉴别a和b，还可以用溴水来鉴别，故D错误；故选C。点睛：本题考查有机物的结构与性质，侧重分析能力和应用能力的考查，解题关键：官能团与性质的关系、有机反应类型，难点：选项D为解答的难点，醇能与钠反应。题目难度中等。15、C【解析】

A.根据c=1000ρ×ω/M进行计算；B.Zn与浓H2SO4反应放出SO2气体；C．根据稀释前后溶质的量不变求出所需浓硫酸的体积；D.浓硫酸与等质量的水混合后所得溶液的浓度小于浓硫酸浓度的平均值；【详解】A．根据c=1000ρ×ω/M可知，硫酸的浓度是1000×1.84×98%/98=18.4mol/L，A错误；B.Zn与浓H2SO4反应放出SO2气体；B错误；C．设需取该浓硫酸xmL，根据稀释前后溶质的量不变可知：200mL×4.6mol·L－1＝x·18.4mol·L－1，x＝50mL，C正确；D．由于水的密度小于H2SO4的密度，所以当浓H2SO4与水等质量混合时，其体积大于浓H2SO4体积的2倍，所以其物质的量浓度小于9.2mol·L－1，D错误；综上所述，本题选C。16、A【解析】

A、丙烯的结构简式表示为CH3CH=CH2，选项A正确；B、CO2的电子式为，选项B错误；C、该比例模型可表示甲烷等，金刚石是正四面体空间网状结构，选项C错误；D、硫离子的核电荷数是16，硫离子的结构示意图为，选项D错误；故答案是A。【点睛】本题考查化学用语的使用。易错点为选项C，该比例模型可表示甲烷等，金刚石是正四面体空间网状结构，且原子大小相同。二、非选择题（本题包括5小题）17、第二周期ⅡA族Cl->O2->Mg2+NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。【解析】

X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为氮元素；Z为地壳中含量最多的元素，则Z为氧元素；R与X同主族，原子序数大于氧元素，则R为钠元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8，则Q的最外层电子数为8-5-1=2，故Q为镁元素；M的单质为黄绿色有害气体，则M为氯元素，据此分析。【详解】X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为氮元素；Z为地壳中含量最多的元素，则Z为氧元素；R与X同主族，原子序数大于氧元素，则R为钠元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8，则Q的最外层电子数为8-5-1=2，故Q为镁元素；M的单质为黄绿色有害气体，则M为氯元素。（1）Q为镁元素，在元素周期表中的位置为第二周期ⅡA族；（2）Z、Q、M分别为O、Mg、Cl，Cl-比其他两种离子多一个电子层，O2-、Mg2+具有相同电子层结构，核电荷数大的Mg2+半径较小，故简单离子半径由大到小的顺序为Cl->O2->Mg2+；（3）Y的气态氢化物NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因：NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-；（4）QM2为MgCl2，属于离子化合物，其电子式为；（5）M的单质Cl2与R的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。18、加成反应氢氧化钠水溶液加热【解析】

B、C、D都能发生银镜反应，则结构中都含有醛基，G的结构简式为，E碱性条件下水解、酸化得到G，则F为，E为，比较D和E的分子式知，D中-CHO被氧化为-COOH生成E，则D为，根据D中取代基的位置结合A的分子式可推测出A为，A经过系列转化生成B为，B发生信息反应生成C为，与HBr发生加成反应生成D，由G的结构及反应条件和H的分子式可得：H为，由I的组成可知，G通过缩聚反应生成高聚物I，故I为，据此解答。【详解】（1）根据上述分析，A的结构简式为；（2）根据上述分析第三步反应为催化氧化反应，方程式为2+O22+2H2O；（3）根据上述分析，①的反应类型为加成反应；（4）E碱性条件下水解得到F，则③的试剂与条件为氢氧化钠水溶液加热；（5）根据上述分析，I的结构简式为；①能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；②能发生水解反应，说明结构中含有含有酯基；③苯环上一氯取代物只有一种，说明苯环上有4个取代基，且具有一定对称性；④羟基不与苯环直接相连，则结构中没有酚羟基，结合上述分析，G的同分异构体结构简式为；（6）以乙醇为原料合成有机化工原料1-丁醇，碳链的增长根据题干信息可以用醛与醛脱水反应实现，产物中的双键和醛基可以通过与氢气反应转化为碳碳单键和羟基，乙醇催化氧化可以得到乙醛，综上分析其合成路则该合成路线为：。【点睛】逆合成法的运用往往是解决有机合成题的主要方法，此题从G的结构分析，通过分子式的比较及反应条件等信息分析有机物间的转化关系；此类题还需注意题干中给出的信息，如醛和醛的脱水反应，这往往是解题的关键信息。19、（蛇形）冷凝管CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O双氧水的转化率（利用率）过滤C仪器5“油水分离器”水面高度不变【解析】

(1)仪器6用于冷凝回流，名称是（蛇形）冷凝管，反应器2中乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应生成过氧乙酸，反应方程式为CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O，故答案为：（蛇形）冷凝管；CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O；(2)反应中CH3COOOH过量，可以使反应持续正向进行，提高双氧水的转化率，反应器2中为过氧乙酸、为反应完的反应物及固体催化剂的混合物，可采用过滤的方法得到粗产品，故答案为：双氧水的转化率（利用率）；过滤；(3)由于乙酸丁酯可与水形成沸点更低的混合物，利于水的蒸发，从而可以提高过氧乙酸的产率，因此C选项正确，故答案为：C；(4)乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应生成过氧乙酸和水，当仪器5中的水面高度不再发生改变时，即没有H2O生成，反应已经结束，故答案为：仪器5“油水分离器”水面高度不变；(5)已知I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－，由得失电子守恒、元素守恒可知：双氧水与高锰酸钾反应，由得失电子守恒可知：则样品中含有n(CH3COOOH)=(1.15V1×11-3-1.15V2×11-3)mol，由公式可得，样品中的过氧乙酸的浓度为，故答案为：。【点睛】本题的难点在于第(5)问，解答时首先要明确发生的反应，再根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式，得到样品中过氧乙酸的物质的量，进而求得其浓度。20、打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2ONO取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)【解析】

Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，减少了能源消耗，生成的NO2和碱液反应生成硝酸盐或亚硝酸盐，制得的硫酸铜中含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色现象来分析。【详解】⑴将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗