江西省玉山縣第二中學2024年高三適應性調研考試化學試題含解析

江西省玉山縣第二中學2024年高三適應性調研考試化學試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是A．1molCl2與過量Fe粉反應生成FeCl3，轉移2NA個電子B．常溫常壓下，0.1mol苯中含有雙鍵的數(shù)目為0.3NAC．1molZn與一定量濃硫酸恰好完全反應，則生成的氣體分子數(shù)為NAD．在反應KClO4＋8HCl=KCl＋4Cl2↑＋4H2O中，每生成1molCl2轉移的電子數(shù)為1.75NA2、將Cl2通入100mLNaOH溶液中充分反應，生成0.1mol的NaCl，下列說法正確的是（）A．反應后溶液中ClO﹣的個數(shù)為0.1NAB．原NaOH濃度為1mol/LC．參加反應的氯氣分子為0.1NAD．轉移電子為0.2NA3、下列化學用語正確的是A．CCl4分子的比例模型： B．CSO的電子式：C．對硝基苯酚的結構簡式： D．16O的原子結構示意圖：4、以下物質間的每步轉化通過一步反應能實現(xiàn)的是（）A．Al－Al2O3－Al(OH)3－NaAlO2 B．N2－NH3－NO2－HNO3C．Cu－CuO－Cu(OH)2－CuSO4 D．Na－Na2O2－Na2CO3－NaOH5、下列離子方程式中，正確的是（）A．Fe3+的檢驗：Fe3++3KSCN═Fe（SCN）3+3K+B．氯氣用于自來水消毒：Cl2+H2O═H++Cl-+HClOC．證明H2O2具有還原性：2MnO4-+6H++3H2O2═2Mn2++4O2↑+6H2OD．用CuCl2溶液做導電性實驗，燈泡發(fā)光：CuCl2Cu2++2Cl-6、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序數(shù)依次增大的五種元素，A、B形成的簡單化合物常用作制冷劑，D原子最外層電子數(shù)與最內層電子數(shù)相等，化合物DC中兩種離子的電子層結構相同，A、B、C、D的原子序數(shù)之和是E的兩倍。下列說法正確的是（）A．原子半徑：C>B>AB．氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：E>CC．最高價氧化對應的水化物的酸性：B>ED．化合物DC與EC2中化學鍵類型相同7、Se元素是人體必需的微量元素之一。下列說法不正確的是（）A．SeO2可以被氧化 B．H2Se的分子構型為V型C．SeO2能和堿溶液反應 D．H2Se的穩(wěn)定性強于H2S8、化學與生活密切相關。下列敘述正確的是A．醋酸和活性炭均可對環(huán)境殺菌消毒 B．糖類和油脂均可以為人體提供能量C．明礬和純堿均可用于除去廚房油污 D．鐵粉和生石灰常用作食品抗氧化劑9、一定溫度下，在三個體積均為0.5L的恒容密閉容器中發(fā)生反應：CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)，其中容器Ⅰ中反應在5min時達到平衡狀態(tài)。容器編號溫度/℃起始物質的量/mol平衡物質的量/molCOCl2COCl2COCl2Ⅰ5001.01.000.8Ⅱ5001.0a00.5Ⅲ6000.50.50.50.7下列說法中正確的是A．容器Ⅰ中前5min的平均反應速率v(CO)=0.16mol·L-1·min-1B．該反應正反應為吸熱反應C．容器Ⅱ中起始時Cl2的物質的量為0.55molD．若起始時向容器Ⅰ加入CO0.8mol、Cl20.8mol，達到平衡時CO轉化率大于80%10、X、Y、Z、W均為短周期元素，X的原子中只有1個電子，Y2－和Z+離子的電子層結構相同，Y與W同主族。下列敘述正確的是A．X分別與Y、Z、W形成的二元化合物中X的化合價均為+1價B．常見氫化物的沸點：W大于YC．Z與W形成的化合物，其水溶液常帶有臭雞蛋氣味D．由這四種元素共同形成的兩種化合物，其水溶液一種呈酸性，另一種呈堿性11、已知：AlO＋HCO＋H2O=Al(OH)3↓＋CO，向含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的稀溶液中緩慢通入二氧化碳，隨n(CO2)增大，先后發(fā)生三個不同的反應，下列對應關系正確的是（）選項n(CO2)/mol溶液中離子的物質的量濃度A0c(Na+)＞c(AlO2—)＞c(OH?)B0.01c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(H2CO3)＝c(AlO2—)C0.015c(Na+)＞c(CO32—)＞c(OH?)＞c(HCO3—)D0.03c(Na+)＋c(H+)＝c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(OH?)A．A B．B C．C D．D12、工業(yè)上用發(fā)煙HClO4把潮濕的CrCl3氧化為棕色的煙[CrO2(ClO4)2]來除去Cr(Ⅲ)，HClO4中部分氯元素轉化為最低價態(tài)。下列說法不正確的是（）A．HClO4屬于強酸，反應還生成了另一種強酸B．該反應中，參加反應的氧化劑與氧化產(chǎn)物的物質的量之比為3∶8C．CrO2(ClO4)2中Cr元素顯+6價D．該反應離子方程式為19ClO4-+8Cr3++8OH-=8CrO2(ClO4)2+3Cl-+4H2O13、海南是海洋大省，擁有豐富的海洋資源，下列有關海水綜合利用的說法正確的是A．蒸發(fā)海水可以生產(chǎn)單質碘 B．蒸餾海水可以得到淡水C．電解海水可以得到單質鎂 D．海水制食用鹽的過程只發(fā)生了物理變化14、用滴有酚酞和氯化鈉溶液濕潤的濾紙分別做甲、乙兩個實驗，下列判斷錯誤的是（）A．b極附近有氣泡冒出 B．d極附近出現(xiàn)紅色C．a(chǎn)、c極上都發(fā)生氧化反應 D．甲中鐵棒比乙中鐵棒更易腐蝕15、CuI是有機合成的一種催化劑，受熱易氧化。實驗室可通過向CuSO4與NaI的混合溶液中通入SO2制備CuI(2CuSO4＋2NaI＋SO2＋2H2O2CuI↓＋2H2SO4＋Na2SO4)。下列實驗原理和裝置不能達到實驗目的的是()A．制備SO2B．制備CuI并制備少量含SO2的溶液C．將CuI與母液分離并用裝置制得的含SO2的溶液洗滌沉淀D．加熱干燥濕的CuI固體16、第三周期元素的原子中，未成對電子不可能有（）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個二、非選擇題（本題包括5小題）17、化合物G是制備治療高血壓藥物納多洛爾的中間體,實驗室由A制備G的一種路線如下:已知:

(1)A的化學式是________(2)H中所含官能團的名稱是_______;由G生成H的反應類型是_______。(3)C的結構簡式為______,G的結構簡式為_________。(4)由D生成E的化學方程式為___________。(5)芳香族化合物X是F的同分異構體,1molX最多可與4molNaOH反應,其核磁共振氫譜顯示分子中有3種不同化學環(huán)境的氫,且峰面積比為3:3:1,寫出兩種符合要求的X的結構簡式:___________________。(6)請將以甲苯和(CH3CO)2O為原料(其他無機試劑任選),制備化合物的合成路線補充完整。______________________________________18、已知A與H2、CO以物質的量1∶1∶1的比例形成B，B能發(fā)生銀鏡反應，C分子中只有一種氫，相關物質轉化關系如下(含有相同官能團的有機物通常具有相似的化學性質)：請回答：（1）有機物C的結構簡式是________，反應②的反應類型是________。（2）寫出一定條件下發(fā)生反應①的化學方程式___________。（3）下列說法不正確的是________(填字母)。A．化合物A屬于烴B．化合物D含有兩種官能團C．用金屬鈉無法鑒別化合物F、GD．A與D一定條件下可以生成CH3CH2OCH2CH2OH19、化學是一門以實驗為基礎的學科，實驗探究能激發(fā)學生學習化學的興趣。某化學興趣小組設計如圖實驗裝置（夾持設備已略）制備氯氣并探究氯氣及其鹵族元素的性質?；卮鹣铝袉栴}：(1)儀器a的名稱是______________。(2)A裝置中發(fā)生的化學反應方程式為_________________________________。若將漂白粉換成KClO3，則反應中每生成21.3gCl2時轉移的電子數(shù)目為____NA。(3)裝置B可用于監(jiān)測實驗過程中C處是否堵塞，若C處發(fā)生了堵塞，則B中可觀察到__________。(4)裝置C的實驗目的是驗證氯氣是否具有漂白性，此時C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次可放入____（填選項a或b或c）。選項ⅠⅡⅢa干燥的有色布條濃硫酸濕潤的有色布條b濕潤的有色布條無水氯化鈣干燥的有色布條c濕潤的有色布條堿石灰干燥的有色布條(5)設計裝置D、E的目的是比較氯、溴、碘的非金屬性。當向D中緩緩通入足量氯氣時，可觀察到無色溶液逐漸變?yōu)榧t棕色，說明氯的非金屬性大于溴，打開活塞，將D中少量溶液加入E中，振蕩E，觀察到的現(xiàn)象是_______________________________，該現(xiàn)象_____（填“能”或“不能”）說明溴的非金屬性強于碘，原因是_____________________。20、氨基甲酸銨（H2NCOONH4）是一種易分解、易水解的白色固體，易溶于水，難溶于CCl4，某研究小組用如圖1所示的實驗裝置制備氨基甲酸銨。反應原理：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)△H＜0。（1）儀器2的名稱是__。儀器3中NaOH固體的作用是__。（2）①打開閥門K，儀器4中由固體藥品所產(chǎn)生的氣體就立即進入儀器5，則該固體藥品的名稱為__。②儀器6的一個作用是控制原料氣按反應計量系數(shù)充分反應，若反應初期觀察到裝置內稀硫酸溶液中產(chǎn)生氣泡，應該__（填“加快”、“減慢”或“不改變”）產(chǎn)生氨氣的流速。（3）另有一種制備氨基甲酸銨的反應器（CCl4充當惰性介質）如圖2：①圖2裝置采用冰水浴的原因為__。②當CCl4液體中產(chǎn)生較多晶體懸浮物時，即停止反應，__(填操作名稱)得到粗產(chǎn)品。為了將所得粗產(chǎn)品干燥可采取的方法是__。A．蒸餾B．高壓加熱烘干C．真空微熱烘干（4）①已知氨基甲酸銨可完全水解為碳酸氫銨，則該反應的化學方程式為__。②為測定某樣品中氨基甲酸銨的質量分數(shù)，某研究小組用該樣品進行實驗。已知雜質不參與反應，請補充完整測定某樣品中氨基甲酸銨質量分數(shù)的實驗方案：用天平稱取一定質量的樣品，加水溶解，__，測量的數(shù)據(jù)取平均值進行計算（限選試劑：蒸餾水、澄清石灰水、Ba(OH)2溶液）。21、2019年諾貝爾化學獎由來自美、英、日的三人分獲，以表彰他們在鋰離子電池研究方面做出的貢獻，他們最早發(fā)明用LiCoO2作離子電池的正極，用聚乙炔作負極?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)Co原子價電子排布圖為______________(軌道表達式)。第四電離能I4(Co)比I4(Fe)小，是因為_____________________。(2)LiCl的熔點(605℃)比LiF的熔點(848℃)低，其原因是_________________________.(3)乙炔(C2H2)分子中δ鍵與π鍵的數(shù)目之比為_______________。(4)鋰離子電池的導電鹽有LiBF4等，碳酸亞乙酯()是一種鋰離子電池電解液的添加劑。①LiBF4中陰離子的空間構型是___________；與該陰離子互為等電子體的分子有_____________。(列一種)②碳酸亞乙酯分子中碳原子的雜化方式有_______________________。(5)Li2S是目前正在開發(fā)的鋰離子電池的新型固體電解質，其晶胞結構如圖所示，已知晶胞參數(shù)a=588pm。①S2－的配位數(shù)為______________。②設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，Li2S的晶胞密度為____________(列出計算式)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

A.1molCl2與過量Fe粉反應的產(chǎn)物是FeCl3，轉移，A項正確；B.苯分子中沒有碳碳雙鍵，B項錯誤；C.1molZn失去，故硫酸被還原為和的物質的量之和為，C項正確；D.反應KClO4＋8HCl=KCl＋4Cl2↑＋4H2O中每生成4molCl2就有1molKClO4參加反應，轉移，所以每生成1molCl2，轉移的電子數(shù)為，D項正確。答案選B。2、C【解析】

發(fā)生Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O，生成0.1molNaCl的同時，生成0.1molNaClO，消耗2molNaOH；A．生成0.1molNaClO，陰離子水解，則反應后溶液中ClO﹣的個數(shù)小于0.1NA，故A錯誤；B．若恰好完全反應，則原NaOH濃度為＝2mol/L，故B錯誤；C．由反應可知，參加反應的氯氣為0.1mol，則參加反應的氯氣分子為0.1NA，故C正確；D．Cl元素的化合價既升高又降低，轉移0.1mol電子，則轉移電子為0.1NA，故D錯誤；故答案為C。【點睛】考查氯氣的性質及化學反應方程式的計算，把握發(fā)生的化學反應及物質的量為中心的計算為解答的關鍵，將Cl2通入100mLNaOH溶液中充分反應，生成0.1mol的NaCl，發(fā)生Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O，側重分析能力、計算能力的考查。3、B【解析】

A.四氯化碳中的氯原子半徑比碳原子半徑大，故其比例模型錯誤；B.CSO的電子式應類似二氧化碳的電子式，即氧原子和碳原子之間形成兩對共用電子，故正確；C.對硝基苯酚中的硝基中的氮原子與苯環(huán)上的碳原子連接，故結構簡式為，故錯誤；D.16O的原子中質子數(shù)為8，核外電子數(shù)為8個，故原子結構示意圖正確。故選C。4、D【解析】

A.Al和O2反應生成Al2O3，但Al2O3不能一步反應生成Al(OH)3，故A錯誤；B.N2和H2化合生成NH3，但NH3不能一步反應生成NO2，故B錯誤；C.Cu和O2反應生成CuO，但CuO不能一步反應生成Cu(OH)2，，故C錯誤；D.Na和O2反應生成Na2O2，Na2O2和CO2反應生成Na2CO3，Na2CO3和Ca(OH)2反應生成NaOH，故D正確。答案選D。5、B【解析】

A.Fe3+的檢驗：硫氰化鉀屬于強電解質，拆成離子形式，正確的離子方程式：Fe3++3SCN-═Fe(SCN)3，A錯誤；B.氯氣用于自來水消毒：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO，HClO具有強氧化性，能殺菌消毒的作用，B正確；C.證明H2O2具有還原性，氧元素化合價升高，該式電子不守恒，正確的離子方程式為：2MnO4-+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O，C錯誤；D.用CuCl2溶液做導電性實驗，燈泡發(fā)光：氯化銅在水分子作用下發(fā)生電離，不用通電，正確的離子方程式：CuCl2=Cu2++2Cl-，D錯誤；故答案選B。6、C【解析】

已知A、B、C、D、E是短周期中原子序數(shù)依次增大的五種元素，A、B形成的簡單化合物常用作制冷劑，A為H，B為N，D原子最外層電子數(shù)與最內層電子數(shù)相等，則D為Mg，化合物DC中兩種離子的電子層結構相同，C為O，A、B、C、D的原子序數(shù)之和是E的兩倍，E為Si?！驹斀狻緼.原子半徑：N>C>H，故A錯誤；B.氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：H2O>SiH4，故B錯誤；C.最高價氧化對應的水化物的酸性：HNO3>H2SiO3，故C正確；D.化合物MgO含有離子鍵，SiO2含共價鍵，故D錯誤；答案為C?！军c睛】同周期，從左到右非金屬性增強，最高價氧化物對應的水化物酸性增強，氫化物穩(wěn)定性增強。7、D【解析】

A.Se原子最外層有6個電子，最高價為+6，所以SeO2可以被氧化，故A正確；B.Se與O同族，H2O的分子構型為V型，所以H2Se的分子構型為V型，故B正確；C.Se與S是同族元素，SO2是酸性氧化物，能和堿溶液反應，所以SeO2能和堿溶液反應，故C正確；D.同主族元素從上到下非金屬性減弱，非金屬性Se<S，所以H2S的穩(wěn)定性強于H2Se，故D錯誤；答案選D?！军c睛】本題考查同主族元素性質遞變規(guī)律，利用同主族元素的相似性解決問題，根據(jù)二氧化硫的性質推出SeO2的性質，根據(jù)H2O的分子構型構型推出H2Se的分子構型。8、B【解析】

A．一定濃度的醋酸可對環(huán)境殺菌消毒，活性炭具有吸附性可用于漂白，不能殺菌消毒，故A錯誤；B．糖類、脂肪、蛋白質都是組成細胞的主要物質，并能為生命活動提供能量，故B正確；C．純堿為碳酸鈉，其水溶液為堿性，堿性條件下可使油脂發(fā)生水解，可用于除去廚房油污，明礬為十二水合硫酸鋁鉀，在溶液中鋁離子水解形成氫氧化鋁膠體，可用于凈水，不能用于廚房除油污，故C錯誤；D．鐵粉具有還原性，可用作食品抗氧化劑，生石灰具有吸水性，可做食品的干燥劑，不能用于食品抗氧化劑，故D錯誤；答案選B?！军c睛】生活中各種物質的性質決定用途，生石灰是氧化鈣，可以吸水，與水反應生成氫氧化鈣，所以可作干燥劑。9、C【解析】

A．容器I中前5min的平均反應速率v(COCl2)==0.32mol/L?min-1，依據(jù)速率之比等于計量系數(shù)之比，則V(CO)=V(COCl2)=0.32mol/L?min-1，故A錯誤；B．依據(jù)圖中數(shù)據(jù)可知：Ⅱ和Ⅲ為等效平衡，升高溫度，COCl2物質的量減小，說明平衡向逆向移動，則逆向為吸熱反應，正向為放熱反應，故B錯誤；C．依據(jù)方程式：CO(g)+Cl2(g)?C0Cl2(g)，可知：

CO(g)+Cl2(g)?C0Cl2(g)起始濃度(mol/L)

2

2

0轉化濃度(mol/L)

1.6

1.6

1.6平衡濃度(mol/L)

0.4

0.4

1.6反應平衡常數(shù)K==10，平衡時CO轉化率：×100%=80%；依據(jù)Ⅱ中數(shù)據(jù)，結合方程式可知：

CO(g)+Cl2(g)?C0Cl2(g)起始濃度(mol/L)

2

2a

0轉化濃度

(mol/L)

1

1

1平衡濃度

(mol/L)

1

2a-1

1Ⅰ和Ⅱ溫度相同則平衡常數(shù)相同則：K==10，解得：a=0.55mol，故C正確；D．CO(g)+Cl2(g)?C0Cl2(g)為氣體體積減小的反應，若起始時向容器I加入CO0.8mol，Cl20.8mol，相當于給體現(xiàn)減壓，減壓平衡向系數(shù)大的方向移動，平衡轉化率降低，小于80%，故D錯誤；故答案為C。10、C【解析】

四種短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X的原子中只有1個電子，則X為H元素；Y2－和Z+離子的電子層結構相同，則Y位于第二周期ⅥA族，為O元素，Z位于第三周期ⅠA族，為Na元素；Y與W同主族，則W為S元素，據(jù)此進行解答?！驹斀狻克姆N短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X的原子中只有1個電子，則X為H元素；Y2－和Z+離子的電子層結構相同，則Y位于第二周期ⅥA族，為O元素，Z位于第三周期ⅠA族，為Na元素；Y與W同主族，則W為S元素；A．X為H元素，H與Na形成的NaH中，H的化合價為?1價，故A錯誤；B．H2O中含有氫鍵，沸點高于H2S，故B錯誤；C．Na2S的水溶液中，S2-會水解生成少量硫化氫氣體，硫化氫有臭雞蛋氣味，故C正確；D．由這四種元素共同形成的化合物有NaHSO4和NaHSO3，水溶液都顯酸性，故D錯誤；故答案選C?！军c睛】本題根據(jù)題目中所給信息推斷元素種類為解答關鍵，注意H元素與活潑金屬元素組成的化合物中可以顯-1價。11、C【解析】

向含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中緩慢通入二氧化碳，首先進行的反應為氫氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸鈉和水，0.02mol氫氧化鈉消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸鈉；然后偏鋁酸鈉和二氧化碳反應生成氫氧化鋁和碳酸鈉，0.01mol偏鋁酸鈉消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸鈉；再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉，消耗0.015mol二氧化碳，生成0.03mol碳酸氫鈉?！驹斀狻緼.不通入CO2，0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的稀溶液中，c(Na+)＞c(OH?)＞c(AlO2—)，故A錯誤；B.當通入的二氧化碳為0.01mol時，則溶液為含有0.01mol碳酸鈉和0.01mol偏鋁酸鈉的混合液，沒有HCO3—，故B錯誤；C.當通入的二氧化碳為0.015mol時溶液中含有0.015mol碳酸鈉，離子濃度的關系為c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)，故C正確；D.當通入二氧化碳的量為0.03mol時，溶液為碳酸氫鈉溶液，溶液顯堿性，電荷守恒關系為：c(Na+)＋c(H+)＝2c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(OH?)，故D錯誤；正確答案是C?！军c睛】本題將元素化合物知識與電解質溶液中離子濃度大小比較綜合在一起考查，熟練掌握相關元素化合物知識，理清反應過程，結合相關物質的用量正確判斷相關選項中溶液的成分是解題的關鍵。電解質溶液中微粒濃度大小比較要抓住兩個平衡：電離平衡和鹽類的水解平衡，抓兩個微弱：弱電解質的電離和鹽類的水解是微弱的，正確判斷溶液的酸堿性，進行比較。涉及等式關系要注意電荷守恒式、物料守恒式和質子守恒式的靈活運用。12、D【解析】

根據(jù)題意，寫出該反應的化學方程式：19HClO4+8CrCl3+4H2O=8CrO2(ClO4)2+27HCl，據(jù)此解答。【詳解】A．HClO4屬于強酸，反應生成的HCl也是強酸，A項正確；B．該反應的氧化劑為HClO4，氧化產(chǎn)物為CrO2(ClO4)2，根據(jù)方程式，當有19molHClO4參加反應時，其中有3mol作氧化劑，生成的氧化產(chǎn)物[CrO2(ClO4)2]為8mol，因此參加反應的氧化劑與氧化產(chǎn)物的物質的量之比為3∶8，B項正確；C．CrO2(ClO4)2中O元素顯-2價，ClO4-顯-1價，所以Cr元素顯+6價，C項正確；D．該反應在酸性條件下發(fā)生，離子方程式為19ClO4-+8Cr3++4H2O=8CrO2(ClO4)2+8H++3Cl-，D項錯誤；答案選D。13、B【解析】

A、海水中的碘元素以碘離子的形式存在，可以加氧化劑將碘離子氧化為碘單質，最后再萃取蒸餾得到碘單質即可，選項A錯誤；B、利用蒸餾法控制水的沸點100℃，使水變?yōu)檎魵馔ㄟ^冷凝得到蒸餾水，能使海水淡化，選項B正確；C、電解熔融的氯化鎂可以獲得金屬鎂，電解海水得不到金屬鎂，選項C錯誤；D、蒸發(fā)溶劑從海水中得到固體氯化鈉是物理變化，但粗鹽中除去雜質時涉及化學變化，選項D錯誤；答案選B?！军c睛】本題涉及海水中獲取碘單質、海水淡化以及金屬鎂、鈉的獲取方法，屬于綜合知識的考查，難度中等。14、A【解析】

甲構成原電池，乙為電解池，甲中鐵發(fā)生吸氧腐蝕，正極上電極反應式為2H2O+O2+4e-=4OH-，乙中陰極上電極反應式為:2H++2e-=H2↑，水電離出的氫離子放電，導致陰極附近有大量OH-，溶液呈堿性，無色酚酞試液遇堿變紅色，以此解答該題?！驹斀狻緼、b極附是正極，發(fā)生電極反應式為2H2O+O2+4e-=4OH-，所以無氣泡冒出，故A錯誤；B、乙中陰極上電極反應式為:2H++2e-=H2↑，水電離出的氫離子放電，導致陰極附近有大量OH-，溶液呈堿性，無色酚酞試液遇堿變紅色，故B正確；C、a是原電池的負極發(fā)生氧化反應、c極是電解池的陽極發(fā)生氧化反應,所以a、c極上都發(fā)生氧化反應，故C正確；

D、甲中鐵是原電池的負極被腐蝕，而乙中是電解池的陰極被保護，所以甲中鐵棒比乙中鐵棒更易腐蝕，故D正確；故答案選A?！军c睛】作為電解池，如果金屬鐵連在電源的正極上做電解池的陽極，鐵更易失電子變?yōu)閬嗚F離子，腐蝕速率加快；如果金屬鐵連在電源的負極上做電解池的陰極，金屬鐵就不能失電子，只做導體的作用，金屬鐵就被保護，不發(fā)生腐蝕。15、D【解析】

A.Cu與濃硫酸在加熱時發(fā)生反應生成SO2，圖中固液加熱裝置可制備，A正確；B.硫酸銅與NaI發(fā)生氧化還原反應生成CuI、SO2，可用該裝置制備CuI并制備少量含SO2的溶液，B正確；C.分離沉淀與溶液，可選該裝置進行過濾，C正確；D.加熱干燥濕的CuI固體，由于CuI易被氧化，因此不能用該裝置加熱，D錯誤；故合理選項是D。16、A【解析】

第三周期的元素最多能填到，而p軌道上最多有3個未成對電子，因此不可能有4個未成對電子，答案選A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、C10H8羥基，醚鍵取代反應【解析】

根據(jù)合成路線中有機物的結構變化及分子式結合反應條件分析合成過程中的中間產(chǎn)物及反應類型；根據(jù)提示信息及原料、目標產(chǎn)物，采用逆合成分析法設計合成路線。【詳解】根據(jù)已知條件及D的結構式分析得A與濃硫酸發(fā)生取代反應，則B的結構簡式為；根據(jù)B和D的結構及反應條件可以分析得中間產(chǎn)物C的結構簡式為：；根據(jù)E的分子式結合D的結構分析知E的結構簡式為：；根據(jù)F的結構及反應條件分析G的結構簡式為：；(1)根據(jù)A的結構簡式分析得A的化學式是C10H8；(2)根據(jù)H的結構簡式分析，H中所含官能團的名稱是羥基，醚鍵；比較G和H的結構變化可以看出H中酚羥基上的氫原子被取代，所以該反應為取代反應；(3)根據(jù)上述分析C的結構簡式為；G的結構簡式為；(4)由D生成E屬于取代反應，化學方程式為：+(CH3CO)2O→+CH3COOH；(5)X屬于芳香族化合物，則X中含有苯環(huán)，1molX最多可與4molNaOH反應，結構中可能含有2個酯基，結構中有3種不同化學環(huán)境的氫，且峰面積比為3:3:1，說明結構中對稱性較強，結構中應該含有多個甲基，則符合要求的X的結構簡式有為：、、、；(6)根據(jù)目標產(chǎn)物逆分析知由發(fā)生取代反應生成，而根據(jù)提示信息可以由在一定條件下制取，結合有機物中官能團的性質及題干信息，可以由氧化制取，則合成路線為：。18、加成反應CH2=CH2+H2+COCH3CH2CHOBC【解析】

石蠟分解生成A，A氧化生成C，C分子中只有一種氫，則C為，因此A為HC2=CH2；A與CO、H2以物質的量1∶1∶1的比例形成B，B能發(fā)生銀鏡反應，則B為CH3CH2CHO，B氧化生成E，E為CH3CH2COOH，根據(jù)A、E的化學式可知，A與E發(fā)生加成反應生成G，G為CH3CH2COOCH2CH3；根據(jù)C、D的化學式可知，C與水發(fā)生加成反應生成D，則D為HOCH2CH2OH，D與E發(fā)生酯化反應生成F，F(xiàn)為CH3CH2COOCH2CH2OH，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)上述分析，有機物C的結構簡式是為，反應②的反應類型是加成反應，故答案為：；加成反應；(2)一定條件下發(fā)生反應①的化學方程式為CH2=CH2+H2+COCH3CH2CHO，故答案為：CH2=CH2+H2+COCH3CH2CHO；(3)A．化合物A為乙烯，只含有C和H兩種元素，屬于烴，故A正確；B．化合物D為HOCH2CH2OH，只有一種官能團，為-OH，故B錯誤；C．G為CH3CH2COOCH2CH3；不能與金屬鈉反應，F(xiàn)為CH3CH2COOCH2CH2OH，含-OH，能與金屬鈉反應放出氫氣，用金屬鈉能鑒別化合物F、G，故C錯誤；D．A為HC2=CH2，D為HOCH2CH2OH，A與D一定條件下可以發(fā)生加成反應生成CH3CH2OCH2CH2OH，故D正確；故答案為：BC?！军c睛】正確推斷出各物質的結構簡式是解題的關鍵。本題的難點是G的結構的判斷。本題的易錯點為(3)，要框圖中A與E發(fā)生反應生成G的反應類型的判斷和應用。19、長頸漏斗Ca(ClO)2+4HCl(濃)═CaCl2+2Cl2↑+2H2O0.5液體進入長頸漏斗中，錐形瓶內液面下降，長頸漏斗內液面上升，形成一段液柱b溶液分為兩層，上層(苯層)為紫紅色不能過量的Cl2也可將I-氧化為I2【解析】

(1)根據(jù)圖示裝置中儀器結構識別名稱；(2)次氯酸鈣具有強氧化性，能夠氧化鹽酸，依據(jù)化合價升降總數(shù)相等配平方程式，若換為KClO3，該物質也有強氧化性，可以氧化HCl為Cl2，根據(jù)方程式物質變化與電子轉移關系計算；(3)裝置B亦是安全瓶，監(jiān)測實驗進行時C中是否發(fā)生堵塞，發(fā)生堵塞時B中的壓強增大，B中長頸漏斗中液面上升，形成水柱；(4)為了驗證氯氣是否具有漂白性，要驗證干燥氯氣無漂白性，濕潤的有色布條中，氯氣和水反應生成次氯酸具有漂白性；(5)氯氣氧化性強于溴，氯氣能夠置換溴；溴氧化性強于碘，能夠置換碘；氯氣的氧化性強于碘，能夠置換碘，結合碘在有機物中溶解性及顏色解答?！驹斀狻?1)根據(jù)圖示可知儀器a名稱為長頸漏斗；(2)漂白粉固體和濃鹽酸反應生成氯化鈣、氯氣和水，化學方程式為：Ca(ClO)2+4HCl(濃)═CaCl2+2Cl2↑+2H2O，若將漂白粉換為KClO3，根據(jù)電子守恒、原子守恒，可得方程式為KClO3+6HCl(濃)=KCl+3Cl2↑+3H2O，由方程式可知：每轉移5mol電子，反應產(chǎn)生3mol氯氣，質量是21.3gCl2的物質的量是0.3mol，所以反應轉移了0.5mol電子，轉移電子數(shù)目為0.5NA；(3)反應產(chǎn)生的Cl2中混有氯化氫和水蒸氣，裝置B中飽和食鹽水的作用是除去Cl2中的HCl；裝置B亦作安全瓶，監(jiān)測實驗進行時C中是否發(fā)生堵塞。若發(fā)生堵塞時B中的氣體壓強增大，使B中液體進入長頸漏斗中，錐形瓶內液面下降，長頸漏斗中的液面上升而形成一段液柱；(4)裝置C的實驗目的是驗證氯氣是否具有漂白性，驗證氯氣是否具有漂白性，要驗證干燥氯氣無漂白性，在濕潤的有色布條中，氯氣和水反應生成次氯酸具有漂白性，a.I為干燥的有色布條不褪色，Ⅱ中濃硫酸只吸收水分，再通入濕潤的有色布條會褪色，能驗證氯氣的漂白性，但U形管中盛放的應是固體干燥劑，a錯誤；b.I處是濕潤的有色布條褪色，II是干燥劑無水氯化鈣不能吸收氯氣，只吸收水蒸氣，III中干燥的有色布條不褪色，可以證明，b正確；c.I為濕潤的有色布條褪色，II為干燥劑堿石灰，堿石灰能夠吸收水蒸氣和Cl2，進入到III中無氯氣，不會發(fā)生任何變化，不能驗證，c錯誤；故合理選項是b；(5)依據(jù)氯氣和溴化鈉反應生成溴單質，液體溴單質、過量的Cl2都能和碘化鉀溶液中的碘化鉀反應生成碘單質，碘單質易溶于苯，顯紫紅色，苯密度小于水，不溶于水，溶液分層；過量的Cl2也可將I-氧化為I2，所以通過E中溶液分為兩層，上層(苯層)為紫紅色，不能說明溴的氧化性強于碘?！军c睛】本題考查了氯氣的制備和性質，明確制備的原理和氯氣的性質是解題關鍵，注意氧化還原方程式的書寫及計算，題目難度中等。20、三頸燒瓶干燥氨氣，防止生成的氨基甲酸銨水解干冰加快降低溫度，有利于提高反應物的轉化率，防止因反應放熱造成NH2COONH4分解過濾CNH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3?H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑加入足量氫氧化鋇溶液，充分反應后，過濾、用蒸餾水洗滌所得沉淀、干燥后稱量沉淀的質量，重復2～3次【解析】

根據(jù)裝置：儀器2制備氨氣，由于氨基甲酸銨易水解，所以用儀器3干燥氨氣，利用儀器4制備干燥的二氧化碳氣體，在儀器5中發(fā)生2NH3(g)+CO2(g)?NH2COONH4(s)制備氨基甲酸銨；(1)根據(jù)儀器構造可得；考慮氨基甲酸銨水解；(2)①儀器4制備干燥的二氧化碳氣體，為干冰；②反應初期觀察到裝置內稀硫酸溶液中產(chǎn)生氣泡，說明二氧化碳過量，氨氣不足；(3)①考慮溫度對反應的影響和氨基甲酸銨受熱分解；②過濾得到產(chǎn)品，氨基甲酸銨易分解，所得粗產(chǎn)品干燥可真空微熱烘干；(4)①氨基甲酸銨可完全水解為碳酸氫銨和一水合氨，據(jù)此書寫；②測定某樣品中氨基甲酸銨的質量分數(shù)，可以使其水解得到NH4HCO3，用氫氧化鋇沉淀得到碳酸鋇沉淀，通過碳酸鋇的質量可得氨基甲酸銨的質量，進而可得其質量分數(shù)，據(jù)此可得?！驹斀狻?1)根據(jù)圖示，儀器2的名稱三頸燒瓶；儀器3中NaOH固體的作用是干燥氨氣，防止生成的氨基甲酸銨水解；故答案為：三頸燒瓶；干燥氨氣，防止生成的氨基甲酸銨水解；(2)①反應需要氨氣和二氧化碳，儀器2制備氨氣，儀器4制備干燥的二氧化碳氣體，立即產(chǎn)生干燥的二氧化碳氣體，則為干冰；故答案為：干冰；②氨氣易溶于稀硫酸，二氧化碳難溶于稀硫酸，若反應初期觀察到裝置內稀硫酸溶液中產(chǎn)生氣泡，說明二氧化碳過量，應該加快產(chǎn)生氨氣的流速；故答案為：加快；(3)①該反應為放熱反應，溫度升高不利于合成，故采用冰水浴可以降低溫度，有利于提高反應物的轉化率，防止因反應放熱造成H2NCOONH4分解；故答案為：降低溫度，有利于提高反應物的轉化率，防止因反應放熱造成H2NCOONH4分解；②當CCl4液體中產(chǎn)生較多晶體懸浮物時，即停止反應，過