内蒙古呼伦贝尔市莫力达瓦旗尼尔基一中2024届高三一诊考试化学试卷含解析

内蒙古呼伦贝尔市莫力达瓦旗尼尔基一中2024届高三一诊考试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、关于下列四个装置的说明符合实验要求的是A．装置①：实验室中若需制备较多量的乙炔可用此装置B．装置②：实验室中可用此装置来制备硝基苯，但产物中可能会混有苯磺酸C．装置③：实验室中可用此装置分离含碘的四氯化碳液体，最终在锥形瓶中可获得碘D．装置④：实验室中可用此装置来制备乙酸乙酯并在烧瓶中获得产物2、下列根据实验操作和现象得出的结论不正确的是选项操作及现象结论A将乙烯气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色乙烯具有还原性B将少量浓硫酸滴到蔗糖表面，蔗糖变黑，体积膨胀浓硫酸有脱水性和强氧化性C向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液,出现白色沉淀溶液X中可能含有SO32-D向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热，一段时间后，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热，无红色沉淀淀粉未水解A．A B．B C．C D．D3、废水中过量的氨氮(NH3和NH4+)会导致水体富营养化。为研究不同pH下用NaClO氧化废水中的氨氮(用硝酸铵模拟)，使其转化为无污染的气体，试剂用量如下表。已知：HClO的氧化性比ClO—的氧化性更强。下列说法错误的是pH0.100mol/LNH4NO3(mL)0.100mol/LNaClO(mL)0.200mol/LH2SO4(mL)蒸馏水(mL)氨氮去除率(%)1.010.0010.0010.0010.00892.010.0010.00V1V2756.0……85A．V1=2.00B．pH=1时发生反应:3ClO—+2NH4+=3Cl—+N2↑+3H2O+2H+C．pH从1升高到2，氨氮去除率降低的原因是更多的HClO转化为ClO—D．pH控制在6时再进行处理更容易达到排放标准4、下图是侯氏制碱法在实验室进行模拟实验的生产流程示意图，则下列叙述正确的是()A．第Ⅱ步的离子方程式为Na++NH3+H2O+CO2→NaHCO3↓+NH4+B．第Ⅲ步得到的晶体是Na2CO3•10H2OC．A气体是CO2，B气体是NH3D．第Ⅳ步操作的过程主要有溶解、蒸发、结晶5、利用图示实验装置可完成多种实验,其中不能达到相应实验目的的是选项试剂1、试剂2实验目的A过量锌粒、食醋溶液测定食醋中醋酸浓度B粗锌、过量稀硫酸测定粗锌（含有不参与反应的杂质）纯度C碳酸钠固体、水证明碳酸钠水解吸热D过氧化钠固体、水证明过氧化钠与水反应产生气体A．A B．B C．C D．D6、如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程。下列说法正确的是A．溶液酸性:A>B>CB．溶液B转化为溶液C发生反应的离子方程式为4H++2Fe2++O2=2Fe3++2H2OC．向B溶液中滴加KSCN溶液，溶液可能会变为红色D．加氧化亚铁可以使溶液C转化为溶液A7、“NaCl＋CO2＋NH3＋H2O→NaHCO3↓＋NH4Cl”是侯氏制碱法的重要反应。下面是4位同学对该反应涉及的有关知识发表的部分见解。错误的是A．甲同学说：该条件下NaHCO3的溶解度较小B．乙同学说：NaHCO3不是纯碱C．丙同学说：析出NaHCO3固体后的溶液中只含氯化铵D．丁同学说：该反应是在饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳8、一定条件下，在水溶液中1mol的能量(kJ)相对大小如下图所示。下列有关说法错误的是A．上述离子中结合能力最强的是EB．上述离子中最稳定的是AC．上述离子与结合有漂白性的是BD．反应物的键能之和小于生成物的键能之和9、新版人民币的发行，引发了人们对有关人民币中化学知识的关注。下列表述错误的是A．制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料含有C、H、O元素B．用于人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质C．防伪荧光油墨由颜料与树脂等制成，其中树脂属于有机高分子材料D．某种验钞笔中含有碘酒溶液，遇假钞呈现蓝色，其中遇碘变蓝的是葡萄糖10、铋(Bi)位于元素周期表中第ⅤA族，其价态为＋3时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示：在上述实验条件下，下列结论正确的是A．BiO3-的氧化性强于MnO4-B．H2O2被高锰酸根离子还原成O2C．H2O2具有氧化性，能把KI氧化成I2D．在KI-淀粉溶液中滴加铋酸钠溶液，溶液一定变蓝色11、用电化学法制备LiOH的实验装置如图，采用惰性电极，a口导入LiCl溶液，b口导入LiOH溶液，下列叙述正确的是（）A．通电后阳极区溶液pH增大B．阴极区的电极反应式为4OH－–4e－＝O2↑+2H2OC．当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的Cl2生成D．通电后Li+通过交换膜向阴极区迁移，LiOH浓溶液从d口导出12、常温下，分别向NaX溶液和YCl溶液中加入盐酸和氢氧化钠溶液，混合溶液的PH与离子浓度变化关系如图所示，下列说法不正确的是（）A．0.1mol/L的YX溶液中离子浓度关系为：c(Y+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)B．L1表示-lg与pH的变化关系C．Kb(YOH)=10-10.5D．a点时两溶液中水的电离程度不相同13、下列操作一定会使结果偏低的是（）A．配制一定物质的量浓度的溶液时，用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出B．测定胆矾晶体中的结晶水含量，加热后，未进行恒重操作C．酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待半分钟D．测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积14、已知热化学方程式：C(s，石墨)C(s，金刚石)-3.9kJ。下列有关说法正确的是A．石墨和金刚石完全燃烧，后者放热多B．金刚石比石墨稳定C．等量的金刚石储存的能量比石墨高D．石墨很容易转化为金刚石15、短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，其中X、Z位于同一主族；W的气态氢化物常用作制冷剂；Y是同周期主族元素中离子半径最小的；ZXR2能与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色。下列说法正确的是A．最简单氢化物的沸点：W>XB．含氧酸的酸性：Z<RC．Y和R形成的化合物是离子化合物D．向ZXR2与水反应后的溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成16、短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，W为常见液体；甲为单质，乙为红棕色气体；上述物质之间的转化关系如图所示(部分生成物已省略)。则下列说法中正确的是A．C、D两种元素组成的化合物只含有离子键B．A、B、C、D形成的简单离子半径排序：D>C>B>AC．D元素的最高价氧化物对应水化物可以用于吸收气体乙D．A、B、C三种元素组成的化合物均为共价化合物二、非选择题（本题包括5小题）17、以下是由甲苯合成乙酰水杨酸和酚酞的合成路线。（1）写出“甲苯→A”的化学方程式____________________。（2）写出C的结构简式___________，E分子中的含氧官能团名称为__________________；（3）上述涉及反应中，“E→酚酞”发生的反应类型是______________。（4）写出符合下列条件的乙酰水杨酸的一种同分异构体的结构简式_________________。①遇FeCl3溶液显紫色，②能与碳酸氢钠反应，③苯环上只有2个取代基的，④能使溴的CCl4溶液褪色。（5）写出乙酰水杨酸和NaOH溶液完全反应的化学方程式：___________________。（6）由D合成E有多步，请设计出D→E的合成路线_________________。(有机物均用结构简式表示)。(合成路线常用的表示方式为：D……E)18、聚合物H是一种聚酰胺纤维，其结构简式为。该聚合物可广泛用于各种刹车片，其合成路线如下图所示：已知：①C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。②Diels－Alder反应：。（1）生成A的反应类型是________，D的名称是________，F中所含官能团的名称是_________。（2）B的结构简式是________；“B→C”的反应中，除C外，还生成的一种无机产物是______（填化学式）。（3）D＋G→H的化学方程式是_________。（4）Q是D的同系物，其相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有______种。其中，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1∶2∶2∶3的结构简式为_______（任写一种）。（5）已知：乙炔与1，3－丁二烯也能发生Diels－Alder反应。请以1，3－丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）_______。19、某研究小组利用下图装置探究温度对氨气还原Fe2O3的影响（固定装置略）。完成下列填空：（1）实验时A中有大量紫红色的烟气，则NH4I的分解产物为___（至少填三种），E装置的作用是___。（2）装置B中的反应方程式：______，D装置的作用是______。某研究小组按上图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置C加热，反应产物均为黑色粉末（纯净物），两组分别用各自的产物进行以下探究，完成下列填空：步骤操作甲组现象乙组现象1取黑色粉末加入稀盐酸溶解，无气泡溶解，有气泡2取步骤1中溶液，滴加KSCN溶液变红无现象3向步骤2溶液中滴加新制氯水红色先变深后褪去先变红后也褪色（3）乙组得到的黑色粉末是______。（4）甲组步骤1中反应的离子方程式为______。（5）乙组步骤3中，溶液变红的原因为______；溶液褪色可能的原因及其验证方法为______。（6）若装置C中Fe2O3反应后的产物是两种氧化物组成的混合物，为研究氧化物的组成，研究小组取样品7.84克在加热条件下通入氨气，完全反应后，停止加热，反应管中铁粉冷却后，称得质量为5.6克，则混合物的组成为______。20、西安北郊古墓中曾出土一青铜锤(一种酒具)，表面附着有绿色固体物质，打开盖子酒香扑鼻，内盛有26kg青绿色液体，专家认定是2000多年前的“西汉美酒”。这是我国考古界、酿酒界的一个重大发现。(1)上述报道引发了某校化学兴趣小组同学的关注，他们收集家中铜器表面的绿色固体进行探究。提出问题：铜器表面附着绿色固体物质是由哪些元素组成的？猜想：查阅相关资料后，猜想绿色固体物质可能是铜绿。实验步骤：①对试管内的绿色固体进行加热，至完全分解．观察到A装置中绿色固体逐渐变成黑色，B装置中无水硫酸铜变成蓝色，C装置中澄清石灰水变浑浊．②取少量加热后生成的黑色固体于试管中，加入稀硫酸．观察到黑色固体逐渐溶解，溶液变成蓝色。③取少量上述蓝色溶液于试管中，浸入一根洁净的铁丝．观察到铁丝表面有红色物质析出。④实验结论：绿色固体物质中含有________、________、________、________等元素。(提示：装置内的空气因素忽略不计)(2)表达与交流：①图中标有a、b的仪器名称是：a：________；b：________。②上述实验步骤③中发生反应的离子方程式为____________________________。③反应完成后，如果先移去酒精灯，可能出现的现象是______________________。④如果将B、C两装置对调行吗？____。为什么？______________________。21、2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。TiS2、LiCoO2和LiMnO2等都是他们研究锂离子电池的载体。回答下列问题：(1)基态Co原子价层电子排布式为_______________________________。(2)已知第三电离能数据:I3(Mn)=3246kJ·mol-1，I3(Fe)=2957kJ·mol-1。锰的第三电离能大于铁的第三电离能,其主要原因是_______________________________。(3)据报道，在MnO2的催化下，甲醛可被氧化成CO2，在处理含HCHO的废水或空气方面有广泛应用。HCHO中键角_________CO2中键角(填“大于”“小于”或“等于")。(4)Co3+、Co2+能与NH3、H2O、SCN-等配体组成配合物。①1mol[Co(NH3)6]3+含______molσ键。②配位原子提供孤电子对与电负性有关，电负性越大，对孤电子对吸引力越大。SCN-的结构式为[S=C=N]-,SCN-与金属离子形成的配离子中配位原子是______(填元素符号)。③配离子在水中颜色与分裂能有关，某些水合离子的分裂能如表所示：由此推知，a______b(填“>”“<”或“=")，主要原因是_______________________。(5)工业上，采用电解熔融氯化锂制备锂，钠还原TiCl4(g)制备钛。已知：LiCl、TiCl4的熔点分别为605°C、-24°C，它们的熔点相差很大，其主要原因是_______________。(6)钛的化合物有2种不同结构的晶体，其晶胞如图所示。二氧化钛晶胞(如图1)中钛原子配位数为__________。氮化钛的晶胞如图2所示,图3是氮化钛的晶胞截面图。已知:NA是阿伏加德常数的值，氮化钛晶体密度为dg·cm-3。氮化钛晶胞中N原子半径为__________pm

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．电石与水反应放出大量的热，生成氢氧化钙微溶，易堵塞导管，则不能利用图中装置制取乙炔，故A错误；B．制备硝基苯，水浴加热，温度计测定水温，该反应可发生副反应生成苯磺酸，图中制备装置合理，故B正确；C．分离含碘的四氯化碳液体，四氯化碳沸点低，先蒸馏出来，所以利用该装置进行分离可，最终在锥型瓶中可获得四氯化碳，故C错误；D．制备乙酸乙酯不需要测定温度，不能在烧瓶中获得产物，应在制备装置后连接收集产物的装置（试管中加饱和碳酸钠），故D错误；故选：B。2、D【解析】

A．乙烯被高锰酸钾氧化，则溶液褪色，体现乙烯的还原性，故A正确；B．浓硫酸使蔗糖炭化后，C与浓硫酸发生氧化还原反应，则蔗糖变黑，体积膨胀，体现浓硫酸有脱水性和强氧化性，故B正确；C．向溶液X

中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液，生成的白色沉淀为硫酸钡，由于稀硝酸能够氧化亚硫酸根离子，则原溶液中可能含有SO32-，故C正确；D．淀粉水解生成葡萄糖，检验葡萄糖应在碱性条件下，没有加碱至碱性，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热，无红色沉淀，不能检验，故D错误；故选D。3、A【解析】

A.溶液中氢离子浓度改变，而其它条件不变，则总体积为40mL，pH=2，则0.01×40=V1×0.200×2，V1=1.00mL，符合题意，A正确；B.pH=1时NaClO氧化废水中的氨氮(用硝酸铵模拟)，使其转化为无污染的气体，发生反应:3ClO-+2NH4+=3Cl-+N2↑+3H2O+2H+，与题意不符，B错误；C.HClO的氧化性比ClO-的氧化性更强，pH从1升高到2，酸性减弱，氨氮去除率降低的原因是更多的HClO转化为ClO-，与题意不符，C错误；D.pH控制在6时氨氮去除率为85%，进行处理更容易达到排放标准，与题意不符，D错误；答案为A。4、A【解析】

A．第Ⅱ步发生反应NH3H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，一水合氨为弱碱，碳酸氢钠为沉淀，所以离子反应为Na++NH3H2O+CO2═NaHCO3↓+NH4+，故A正确；B．第Ⅱ步反应方程式为NH3H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，过滤是把不溶于溶液的固体和液体分开的一种分离混合物的方法，从沉淀池中分离沉淀NaHCO3晶体，所以第Ⅲ步得到的晶体是NaHCO3，故B错误；C．氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热碳酸氢钠制备碳酸钠，A为氨气，B为二氧化碳，故C错误；D．第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故D错误；故选A。【点睛】本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等。5、C【解析】

A．将甲中左侧过量锌粒转移到右侧盛有的一定体积食醋溶液中，测定乙中产生气体体积，可测定酷酸浓度，故A项正确；B．将甲中右侧过量稀硫酸转移到左侧一定质量的粗锌中，测定己中产生气体体积，可测定粗锌的纯度，B项正确；C．碳酸钠溶于水的过程中包含溶解和水解，水解微弱、吸收热量少，溶解放热，且放出热量大于吸收的热量，故C项错误；D．过氧化钠与水反应放热并产生氧气，恢复至室温后，可根据己中两侧液面高低判断是否有气体产生，故D项正确；故答案为C。【点睛】利用该法测量气体体积时要注意使水准管和量气筒里液面高度保持一致。6、C【解析】

由流程图可知，A到B过程发生的反应为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，B到C发生的反应为4FeSO4+2H2SO4+O2=4Fe2(SO4)3+2H2O。【详解】A．由于A到B过程中生成H2SO4，酸性增强，B到C过程中消耗H+，酸性减弱，溶液酸性B最强，故选项A错误；B．溶液B转化为溶液C发生反应的离子方程式为4H++4Fe2++O2=4Fe3++2H2O，故选项B错误；C．溶液A中通入SO2的反应为：Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，Fe3+没有完全转化，则滴加KSCN溶液，溶液会变为红色，故选项C正确；D．溶液C中成分为Fe2(SO4)3和H2SO4，加入氧化亚铁，生成产物仍未Fe2+，故选项D错误；故选C。7、C【解析】反应中只有碳酸氢钠沉淀生成，所以该条件下NaHCO3的溶解度较小，故A正确；纯碱是Na2CO3，NaHCO3是小苏打，故B正确；析出NaHCO3固体后的溶液仍是NaHCO3的饱和溶液，含氯化铵、NaHCO3等，故C错误；在饱和食盐水中先通入氨气使溶液呈碱性，再通入二氧化碳，增大二氧化碳的溶解度，故D正确。8、A【解析】

A.酸性越弱的酸，其结合氢离子能力越强，次氯酸是最弱的酸，所以ClO-结合氢离子能力最强，应为B，A错误；B.物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，根据图示可知：A、B、C、D、E中A能量最低，所以A物质最稳定，B正确；C.ClO-与H+结合形成HClO，具有强氧化性、漂白性，C正确；D.B→A+D，由电子守恒得该反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，△H=（64kJ/mol+2×0kJ/mol）-3×60kJ/mol=-116kJ/mol，为放热反应，所以反应物的键能之和小于生成物的键能之和，D正确；故合理选项是A。9、D【解析】

A.棉花、木材的成分主要为纤维素，含C、H、O元素，故不选A；B.四氧化三铁为黑色，俗称磁性铁，用于油墨中，故不选B；C.树脂为合成高分子，为有机物加聚或缩聚反应的产物，相对分子质量在10000以上，故不选C；D.淀粉遇碘变蓝，而葡萄糖不能，故选D；答案：D10、A【解析】

A.向无色硫酸锰(MnSO4)溶液中加入适量无色铋酸钠(NaBiO3)溶液，充分反应后溶液变为紫红色，说明反应产生了MnO4-，Mn元素化合价升高，失去电子被氧化为MnO4-，根据氧化还原反应的规律：氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可知BiO3-的氧化性强于MnO4-，A正确；B.向该紫色溶液中加入过量H2O2，溶液的红色消失，产生气泡，说明产生了O2，氧元素化合价升高，失去电子，被氧化，则H2O2被高锰酸根离子氧化成O2，B错误；C.向溶液中加入适量KI-淀粉溶液，溶液缓慢变为蓝色，可能是H2O2将KI氧化为I2，也可能是Mn2+作催化剂使H2O2分解产生的O2将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，C错误；D.铋酸钠具有强的氧化性，可以将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，也可以将KI氧化为KIO3，因此溶液不一定变为蓝色，D错误；故合理选项是A。11、D【解析】

A、左端为阳极，阳极上失去电子，发生氧化反应2Cl－2e－=Cl2↑，氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，pH有所降低，故错误；B、右端是阴极区，得到电子，反应是2H＋＋2e－=H2↑，故错误；C、根据选项A的电极反应式，通过1mol电子，得到0.5molCl2，故错误；D、根据电解原理，阳离子通过阳离子交换膜，从正极区向阴极区移动，LiOH浓溶液从d口导出，故正确。12、A【解析】

NaX溶液中加入盐酸，随着溶液pH逐渐逐渐增大，X-离子浓度逐渐增大，HX浓度逐渐减小，-lg的值逐渐减小，所以曲线L1表示-lg的与pH的关系；YCl溶液中加入NaOH溶液，随着溶液pH逐渐增大，Y+离子逐渐减小，YOH的浓度逐渐增大，则-lg的值逐渐增大，则曲线L2表示-lg与pH的变化关系。A．曲线L1中，-lg=0时，c(X-)=c(HX)，Ka(HX)=c(H+)=1×10-9＞1×10-10.5，根据Kh=可知，电离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度X-＜Y+，则MA溶液呈酸性，则c(OH-)＜c(H+)、c(Y+)＜c(X-)，溶液中离子浓度大小为：c(X-)＞c(Y+)＞c(H+)＞c(OH-)，故A错误；B．根据分析可知，曲线L1表示-lg的与pH的关系，故B正确；C．曲线L2表示-lg与pH的变化关系，-lg=0时，c(Y+)=c(YOH)，此时pH=3.5，c(OH-)=1×10-10.5mol/L，则Kb(YOH)==c(OH-)=1×10-10.5，故C正确；D．a点溶液的pH＜7，溶液呈酸性，对于曲线L1，NaX溶液呈碱性，而a点为酸性，说明加入盐酸所致，抑制了水的电离；曲线L2中，YCl溶液呈酸性，a点时呈酸性，Y+离子水解导致溶液呈酸性，促进了水的电离，所以水的电离程度：a＜b，故D正确；故答案为A。13、A【解析】

A、用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出，说明配制一定物质的量浓度的溶液时，加水超过了刻度线，配制的浓度一定偏低，故A选；B、未进行恒重操作，可能会导致测定的硫酸铜粉末的质量偏大，测定的结晶水的含量偏小，但若胆矾晶体中结晶水恰好全部失去，则测定的结晶水的含量准确，故B不选；C、酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待30s立即读数，可能未达到滴定终点，测定结果可能偏低，但也可能恰好达到滴定终点，测定结果准确，故C不选；D、测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积，导致排除的水的体积偏大，即生成气体的体积偏大，测定结果偏高，故D不选；故选：A。14、C【解析】

A．石墨和金刚石完全燃烧，生成物相同，相同物质的量时后者放热多，因热量与物质的量成正比，故A错误；B．石墨能量低，石墨稳定，故B错误；C．由石墨转化为金刚石需要吸热，可知等量的金刚石储存的能量比石墨高，故C正确；D．石墨在特定条件下转化为金刚石，需要合适的高温、高压，故D错误；故答案为C。15、D【解析】

W的气态氢化物常用作制冷剂，W为N元素；X、Z位于同一主族；ZXR2能与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色，可推断该气体为SO2，则X为O，Z为S，R为Cl；Y是同周期主族元素中离子半径最小的，Y是Al。【详解】根据题意，可推断出W、X、Y、Z、R分别是N、O、Al、S、Cl元素；A.W和X最简单氢化物的为NH3、H2O，沸点大小为NH3<H2O，所以A项错误；B.最高价含氧酸的酸性：Z<R，B项错误；C.Y和R形成的化合物AlCl3是共价化合物，C项错误；D.SOCl2与水反应,SOCl2+H2O=SO2↑+HCl，向反应后溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀AgCl生成，D项正确。答案选D。16、C【解析】

短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，Y为Na2O2，W为常见液体，W为H2O；Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2，而甲为单质，则甲为O2，乙为红棕色气体，乙为NO2，甲与Z反应产生NO2，则Z为NO，X与甲反应产生NO，则X为NH3，则A、B、C、D分别为H、N、O、Na，以此来解答。【详解】根据上述分析可知：甲为O2，乙为NO2，X为NH3，Y为Na2O2，Z为NO，W为H2O，A、B、C、D分别为H、N、O、Na。A.O、Na两种元素可形成离子化合物Na2O2中既含有离子键也含有非极性共价键，A错误；B.H+核外无电子，N、O、Na三种元素形成的离子核外电子排布都是2、8，电子层结构相同，离子的核电荷数越大离子半径就越小，离子核外电子层数越多，离子半径就越大，所以离子半径N3->O2->Na+>H+，即B(N3-)>C(O2-)>D(Na+)>A(H+)，B错误；C.Na元素的最高价氧化物对应水化物NaOH是一元强碱，乙为NO2，NO2与NaOH会发生反应产生NaNO3、NaNO2、H2O，反应方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，C正确；D.H、N、O三种元素可形成共价化合物如HNO3，也可以形成离子化合物如NH4NO3，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断，把握淡黄色固体为过氧化钠、W为液体物质水来推断物质为解答的关键，注意原子结构与元素性质的关系和元素与化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与推断能力。二、非选择题（本题包括5小题）17、羧基、羟基取代或酯化或的邻、间、对的任意一种（写出D的结构简式即给1,其他合理也给分）【解析】根据题中各物质转化关系，甲苯与溴在铁粉作催化剂的条件下生成A为，A发生水解得B为，B与乙酸发生酯化反应C为，C发生氧化反应得乙酰水杨酸，比较和酚酞的结构可知，与反应生成D为，D发生氧化反应得，再与反应得E为。（1）“甲苯→A”的化学方程式为；（2）C为，E为，E分子中的含氧官能团名称为羧基、羟基；（3）上述涉及反应中，“E→酚酞”发生的反应类型是取代或酯化反应；（4）乙酰水杨酸的一种同分异构体，符合下列条件①遇FeCl3溶液显紫色，说明有酚羟基，②能与碳酸氢钠反应，说明有羧基，③苯环上只有2个取代基，④能使溴的CCl4溶液褪色，说明有碳碳双键，则该同分异构体的结构简式为或的邻、间、对的任意一种；（5）乙酰水杨酸和NaOH溶液完全反应的化学方程式为；（6）根据上面的分析可知，D→E的合成路线为。18、消去反应对苯二甲酸（或1，4－苯二甲酸）硝基、氯原子H2O10（任写一种）【解析】

乙醇发生消去反应生成A为CH2=CH2，C被氧化生成D，D中含有羧基，C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，C发生氧化反应生成D，D中应该有两个羧基，根据H结构简式知，D为、G为；根据信息②知，生成B的反应为加成反应，B为，B生成C的反应中除了生成C外还生成H2O，苯和氯气发生取代反应生成E，E为，发生取代反应生成F，根据G结构简式知，发生对位取代，则F为，F发生取代反应生成对硝基苯胺。【详解】⑴C2H5OH与浓H2SO4在170℃下共热发生消去反应生成的A为H2C=CH2；由H的结构简式可知D为、G为；D为对苯二甲酸，苯与Cl2在FeCl3作催化剂的条件下反应生成的E()，E发生硝化反应生成的F()，F中所含官能团的名称是硝基和氯原子；故答案为：消去反应；对苯二甲酸(或1，4－苯二甲酸）；硝基、氯原子。⑵乙烯和发生Diels－Alder反应生成B，故B的结构简式是；C为芳香族化合物，分子中只含两种不同化学环境的氢原子，“B→C”的反应中，除C外，还生成的一种无机产物是H2O；故答案为：；H2O。⑶D＋G→H的化学方程式是；故答案为：。⑷D为，Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，如果取代基为−CH2COOH、−COOH，有3种结构；如果取代基为−CH3、两个−COOH，有6种结构；如果取代基为−CH(COOH)2，有1种，则符合条件的有10种；其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积比为1:2:2:3的结构简式为，故答案为：10；。⑸CH2=CHCH=CH2和HC≡CH发生加成反应生成,和溴发生加成反应生成,发生水解反应生成，其合成路线为，故答案为：。19、NH3、H2、I2(HI)吸收多余的氨气Zn+I2═ZnI2安全瓶Fe粉Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2OFe2+被氧化成Fe3+，Fe3+遇SCN-显红色假设SCN-被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出现红色，则假设成立Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4【解析】

(1)实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4I发生下列反应：NH4I(固)⇌NH3(气)+HI(气)，2HI(气)⇌H2(气)+I2(气)，则NH4I的分解产物为NH3、H2、I2(HI)，E装置浓硫酸的作用是吸收多余的氨气；(2)装置B中锌的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2═ZnI2，故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸，因为氨气极易被浓硫酸吸收；(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；(4)Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式；(5)步骤4中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；(6)氧化物样品质量为7.84克，还原成铁粉质量为5.6克，氧元素质量为：7.84-5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7，由此确定混合物的组成。【详解】：(1)实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4I发生下列反应：NH4I(固)⇌NH3(气)+HI(气)，2HI(气)⇌H2(气)+I2(气)，则NH4I的分解产物为NH3、H2、I2(HI)，E装置浓硫酸的作用是吸收多余的氨气；(2)装置B的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2═ZnI2，因为氨气极易被浓硫酸吸收，故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸；(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；(4)利用甲组现象可知Fe2O3与CO在酒精灯加热的条件下，Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；(5)因Fe3+遇SCN-显红色，所以乙组步骤3中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致，溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；(6)氧化物样品质量为7.84克，还原成铁粉质量为5.6克，氧元素质量为：7.84-5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7；则混合物的组成为Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4，故答案为：Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4。20、铜碳氢氧试管铁架台Fe＋Cu2＋＝Cu＋Fe2＋C装置中的液体会倒流入B装置不行若对调，则无法证明加热绿色固体后是否有水生成【解析】

（1）实验结论：绿色固体加热，至完全分解，B装置中无水硫酸铜变成蓝色，说明反应有水生成，从而可确定物质中含有氢、氧元素；C装置中澄清石灰水变浑浊，说明生成了二氧化碳，可确定物质中含有碳、氧元素；铜器上出现的固体，A装置中绿色固体逐渐变成黑色，则黑色固体可能是氧化铜，加入稀硫酸．观察到黑色固体逐渐溶解，溶液变成蓝色，说明黑色固体一定是氧化铜，原固体中含有铜、氧元素，所以绿色固体物质中含有氢、碳、氧、铜；故答案为铜；碳；氢；氧；（2）①a是反应容器，为试管，b起支持和固定作用，为铁架台；故答案为试管；铁架台；②氧化铜和硫酸反应生成的蓝色溶液为硫酸铜溶液，取少量上述蓝色溶液于试管中，浸入一根洁净的铁丝，观察到铁丝表面有红色物质析出，是铁和硫酸铜反应生成的硫酸亚铁和红色的铜，离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu；故答案为Fe+Cu2+=Fe2++Cu；③防止空气中的二氧化碳对澄清石灰水检验前面生成二氧化碳的影响，最后应加一干燥管，故作用吸收空气中的二氧化碳；反应完成以后，如果先移去酒精灯，试管中气体温度降低，气压减小，水槽中的水会倒吸入B装置。故答案为吸收空气中的二氧化碳；若先撤酒精灯，则C中液体会倒吸至B中；④如果将B、C两装置对调，气体通过C会带出水蒸气，不能确定加热绿色固体是否有水生成，故答案为不行；若对调则无法证明加热绿色固体是否有水生成。【点睛】本题主要对物质的组成成分而进行的实验探究，根据实验步骤分析推断出该物质的组成成分，实验涉及知识面广，对学生思维能力要求高，既考查知识的识记、理解、迁移、运用，又考查分析、对比、归纳等思维能力，在平时的训练中应该注意总结、积累。