2023-2024学年上海市东昌中学高考化学倒计时模拟卷含解析

2023-2024学年上海市东昌中学高考化学倒计时模拟卷注意事项: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、下列化学用语表示正确的是A．CO2的比例模型：B．HClO的结构式：H—Cl—OC．HS-的水解方程式：HS-+H2O⇌S2-+H3O+D．甲酸乙酯的结构简式：HCOOC2H52、网络趣味图片“一脸辛酸”，是在脸上重复画满了辛酸的键线式结构。下列有关辛酸的叙述正确的是A．辛酸的同分异构体（CH3)3CCH(CH3)CH2COOH的名称为2,2,3-三甲基戊酸B．辛酸的羧酸类同分异构体中，含有3个“一CH3”结构，且存在乙基支链的共有7种(不考虑立体异构）C．辛酸的同分异构体中能水解生成相对分子质量为74的有机物的共有8种(不考虑立体异构）D．正辛酸常温下呈液态，而软脂酸常温下呈固态，故二者不符合同一通式3、在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题。下列化学反应先后顺序判断正确的是A．在含有等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2-、OH-、CO32-B．在含等物质的量的FeBr2、FeI2溶液中，缓慢通入氯气：I-、Br-、Fe2+C．在含等物质的量的KOH、Ba(OH)2溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3D．在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+溶液中加入锌粉：Fe3+、Cu2+、H+4、下列有关说法正确的是A．反应CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)能自发进行，则该反应ΔS＞0B．常温下向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中通入少量HCl气体，c(H＋)·c(CH3COO－)增大C．将1molCl2溶于水中，反应中转移的电子数为6.02×1023个D．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的反应物键能总和大于生成物键能总和5、实行垃圾分类，关系生活环境改善和节约使用资源。下列说法正确的是A．回收厨余垃圾用于提取食用油B．对废油脂进行处理可获取氨基酸C．回收旧报纸用于生产再生纸D．废旧电池含重金属须深度填埋6、用下列装置制取NH3，并还原CuO，其原理和装置均正确的是()A．用装置制取NH3 B．用装置干燥NH3C．用装置还原CuO D．用装置处理尾气7、已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。图所示为气体扩散速度的实验。两种气体扩散时形成图示的白色烟环。对甲、乙物质的判断，正确的是A．甲是浓氨水，乙是浓硫酸B．甲是浓氨水，乙是浓盐酸C．甲是氢氧化钠溶液，乙是浓盐酸D．甲是浓硝酸，乙是浓氨水8、下列实验操作对应的现象与结论均正确的是()选项实验操作现象结论A常温下将铝片加入浓H2SO4中生成有刺激性气味的气体Al在常温下与浓H2SO4反应生成SO2B向AlCl3溶液中滴加过量氨水生成白色胶状物质Al(OH)3不溶于氨水C向某溶液中加入KSCN溶液，再向溶液中加入新制氯水溶液先不显红色，加入氯水后变红色该溶液中含有Fe3+D向某溶液中加入CCl4，振荡后静置液体分层，下层呈紫红色该溶液中含有I-A．A B．B C．C D．D9、2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。一种锂离子电池充电时的阳极反应式为：LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+，放电时的工作原理如图。下列叙述不正确的是A．该电池工作时Fe、P元素化合价均不变B．放电时，电子由铜箔经外电路流向铝箔C．充电时，铝箔电极应该接电源的正极D．充电时，Li+通过隔膜移向铜箔电极方向迁移10、下列有机化合物中均含有杂质，除去这些杂质的方法中正确的是（）A．苯中含单质溴杂质：加水，分液B．乙酸丁酯中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液C．乙醛中含乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液洗涤，分液D．乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液11、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y原子在短周期主族元素中原子半径最大。X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物。常温下，0.1mol·L-1W的氢化物水溶液的pH为1。向ZW3的水溶液中逐滴加入Y的最高价氧化物对应的水化物，先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解。下列推断正确的是A．简单离子半径：W>Y>Z>XB．Y、Z分别与W形成的化合物均为离子化合物C．元素的最高正化合价：W>X>Z>YD．Y、W的简单离子都不会影响水的电离平衡12、设NA为阿伏伽德罗常数的值，则下列说法正确的是A．常温常压下，22.4LHCl气体溶于水产生H+的数目为NAB．0.2molH2O和D2O中含有中子的数目均为2NAC．1molSO2溶于足量水，溶液中H2SO3与SO32-粒子的物质的量之和小于NAD．1L0.1mol•L-1NaHSO4溶液中含有的阳离子数目为0.1NA13、Anammox法是一种新型的氨氮去除技术。设阿伏加德罗常数的数值为NA，则下列说法正确的是A．1moLNH4+所含电子数为11NAB．30gN2H2中含有的共用电子对数目为4NAC．过程II属于还原反应，过程IV属于氧化反应D．过程I中反应得到的还原产物与氧化产物物质的量之比为1：214、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．标准状况下，2.24LSO3中所含原子数为0.4NAB．l0mL12mol/L盐酸与足量MnO2加热反应，制得Cl2的分子数为0.03NAC．0.1molCH4与0.4molCl2在光照下充分反应，生成CCl4的分子数为0.1NAD．常温常压下，6g乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA15、某无色溶液与NH4HCO3作用能产生气体，此溶液中可能大量共存的离子组是（）A．Cl－、Mg2＋、H＋、Cu2＋、SO42- B．Na＋、Ba2＋、NO3-、OH-、SO42-C．K＋、NO3-、SO42-、H+、Na＋ D．MnO4-、K＋、Cl－、H+、SO42-16、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、F都是由其中的两种或三种元素组成的化合物，E是由Z元素形成的单质，0.1mol·L－1D溶液的pH为13（25℃）。它们满足如图转化关系，则下列说法不正确的是A．B晶体中阴、阳离子个数比为1:2B．等体积等浓度的F溶液与D溶液中，阴离子总的物质的量F＞DC．0.1molB与足量A或C完全反应转移电子数均为0.1NAD．Y、Z分别形成的简单氢化物的稳定性前者弱于后者，是因为后者分子间存在氢键二、非选择题（本题包括5小题）17、丙胺卡因（H）是一种局部麻醉药物，实验室制备H的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)B的化学名称是________，H的分子式是_____________。(2)由A生成B的反应试剂和反应条件分别为_______________。(3)C中所含官能团的名称为_________，由G生成H的反应类型是___________。(4)C与F反应生成G的化学方程式为______________________________________。反应中使用K2CO3的作用是_______________。(5)化合物X是E的同分异构体，X能与NaOH溶液反应，其核磁共振氢谱只有1组峰。X的结构简式为____________________。(6)（聚甲基丙烯酸甲酯）是有机玻璃的主要成分，写出以丙酮和甲醇为原料制备聚甲基丙烯酸甲酯单体的合成路线：________________。（无机试剂任选）18、药物Z可用于治疗哮喘、系统性红斑狼疮等，可由X（1,4-环己二酮单乙二醇缩酮）和Y（咖啡酸）为原料合成，如下图：（1）化合物X的有____种化学环境不同的氢原子。（2）下列说法正确的是_____。A．X是芳香化合物B．Ni催化下Y能与5molH2加成C．Z能发生加成、取代及消去反应D．1molZ最多可与5molNaOH反应（3）Y与过量的溴水反应的化学方程式为_________________________________。（4）X可以由____（写名称）和M（）分子间脱水而得；一定条件下，M发生1个—OH的消去反应得到稳定化合物N（分子式为C6H8O2），则N的结构简式为____（已知烯醇式不稳定，会发生分子重排，例如：）。（5）Y也可以与环氧丙烷（）发生类似反应①的反应，其生成物的结构简式为____________（写一种）；Y的同分异构体很多种，其中有苯环、苯环上有三个取代基（且酚羟基的位置和数目都不变）、属于酯的同分异构体有_____种。19、粮食仓储常用磷化铝(A1P)熏蒸杀虫，A1P遇水即产生强还原性的PH3气体。国家标准规定粮食中磷物(以PH3计)的残留量不超过0.05mg•kg-1时为合格。某小组同学用如图所示实验装置和原理测定某粮食样品中碟化物的残留量。C中加入100g原粮，E中加入20.00mL2.50×lO-4mol•L-1KMnO4溶液的H2SO4酸化)，C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中的溶液。(1)装置A中的KMn04溶液的作用是_____。(2)装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液吸收空气中的O2。若去掉该装置，则测得的磷化物的残留量___(填“偏髙”“偏低”或“不变”)。(3)装置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被还原为Mn2+，写出该反应的离子方程式：__________。(4)收集装置E中的吸收液，加水稀释至250mL，量取其中的25.00mL于锥形瓶中，用4.0×lO-5mol•L-1的Na2SO3标准溶液滴定，消耗Na2SO3标准溶液20.00mL，反应原理是S02-+Mn04-+H+→S042-+Mn2++H20(未配平)通过计算判断该样品是否合格(写出计算过程)_______。20、氯化亚铜(CuCl)晶体呈白色，见光分解，露置于潮湿空气中易被氧化。某研究小组设计如下两种方案在实验室制备氯化亚铜。方案一：铜粉还原CuSO4溶液已知：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(无色溶液)。(1)步骤①中发生反应的离子方程式为________________。(2)步骤②中，加入大量水的作用是_____________。(3)如图流程中用95%乙醇洗涤和真空干燥是为了防止________________。方案二：在氯化氢气流中加热CuCl2•2H2O晶体制备，其流程和实验装置(夹持仪器略)如下：请回答下列问题：(4)实验操作的先后顺序是a→_____→______→_______→e(填操作的编号)a．检査装置的气密性后加入药品b．点燃酒精灯，加热c．在“气体入口”处通入干燥HCld．熄灭酒精灯，冷却e．停止通入HCl，然后通入N2(5)在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是______。(6)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2杂质，请分析产生CuCl2杂质的原因________________________。(7)准确称取0.2500g氯化亚铜样品置于一定量的0.5mol/LFeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20mL，用0.1000mol/L的Ce(SO4)2溶液滴定到终点，消耗24.60mLCe(SO4)2溶液。有关化学反应为Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，计算上述样品中CuCl的质量分数是_____________%(答案保留4位有效数字)。21、我国矿石种类很多，如黄铜矿、煤、锰矿、锑锌矿等，请回答下列问题：（l）黄铜矿的主要成分为二硫化亚铁铜（CuFeS2），基态Cu2+的外围电子排布图为______，Fe2+含有___个未成对电子。（2）Mn的第三电离能比Fe的第三电离能大的原因为___。（3）煤化工可得氨气、苯、甲苯等产品，氨的空间构型为___，甲苯分子上甲基的碳原子的杂化方式为____；氨硼烷化合物（NH3▪BH3）是一种新型化学氢化物储氢材料，氨硼烷的结构式为____（配位键用“→”表示），与氨硼烷互为等电子体的有机小分子为_____写名称）。（4）碲化锌的晶胞结构如图1所示。①碲化锌的化学式为____。②图2可表示晶胞内部各原子的相对位置，已知a、b、c的原子坐标参数分别为（0，0，0）、（，0，）、（，，），则d的原子坐标参数为____③若两个距离最近的Te原子间距离为apm，阿伏加德罗常数值为NA，则晶体密度为____g/cm3（用含有NA、a的代数式表示，不必化简）。

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.碳原子半径大于氧，故A错误；B.氧为中心原子，HClO的结构式：H—O—Cl，故B错误；C.HS-的水解方程式：HS-+H2O⇌H2S+OH-，故C错误；D.甲酸乙酯的结构简式：HCOOC2H5，故D正确；故选D。2、B【解析】

A.根据官能团位置编号最小的原则给主链碳原子编号，该有机物的名称为3，4，4-三甲基戊酸，A项错误；B.三个甲基分别是主链端点上一个，乙基支链上一个，甲基支链一个，这样的辛酸的羧酸类同分异构体中未连接甲基的结构有两种形式，分别为CH3CH2CH(CH2CH3)CH2COOH、CH3CH2CH2CH(CH2CH3)COOH，在这两种结构中，甲基可以分别连接在中间的三个主链碳原子上，共有6种结构，还有一种结构为(CH2CH3)2CCOOH，因此辛酸的羧酸类同分异构体中，含有三个甲基结构，且存在乙基支链的共有7种，B项正确；C.辛酸的同分异构体中能水解的一定为酯，那么相对分子质量为74的有机物可是酸，即为丙酸，但丙酸只有一种结构，也可能是醇，则为丁醇，共有4种同分异构体。所以与丙酸反应生成酯的醇则为戊醇，共有8种同分异构体；与丁醇反应生成酯的酸为丁酸，其中丁酸有2种同分异构体，丁醇有4种同分异构体，所以共有8种，因此符合要求的同分异构体一共是8+8=16种，C项错误；D.正辛酸和软脂酸都是饱和脂肪酸，都符合通式CnH2nO2，由于正辛酸所含C原子数少，常温下呈液态，而软脂酸所含C原子数多，常温下呈固态，D项错误；答案选B。【点睛】C选项要从酯在组成上是由酸和醇脱水生成的，所以相对分子质量为74的有机物可能是酸，也可能是醇，再分别推导出同分异构体的数目，最后酸和醇的同分异构体数目相结合即得总数。3、D【解析】

A．若H+先CO32-反应生成二氧化碳，向AlO2-溶液中通入二氧化碳能够反应生成氢氧化铝沉淀，若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，因此反应顺序应为OH-、AlO2-、CO32-，故A错误；B．离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，故B错误；C．氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，即顺序为Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，故C错误；D．氧化性顺序：Fe3+＞Cu2+＞H+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Fe3+、Cu2+、H+，故D正确；故选D。【点睛】本题考查离子反应的先后顺序等，明确反应发生的本质与物质性质是关键。同一氧化剂与不同具有还原性的物质反应时，先与还原性强的物质反应；同一还原剂与不同具有氧化性的物质反应时，先与氧化性强的物质反应。本题的易错点为A，可以用假设法判断。4、B【解析】

A.反应CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)为熵减的反应，则该反应ΔS＜0，选项A错误；B．向醋酸溶液中通入氯化氢气体，氢离子浓度增大而抑制醋酸电离，则Kac(CH3COOH)=c(H＋)·c(CH3COO－)增大，选项B正确；C．Cl2与水的反应是可逆反应，不可能完全转化，转移的电子数小于6.02×1023个，选项C错误；D.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)为放热反应，反应物键能总和小于生成物键能总和，选项D错误。答案选B。5、C【解析】

A．回收厨余垃圾油脂部分可用于制备生物燃料，但不能用于提取食用油，故A错误；B．油脂由碳、氢、氧元素组成，氨基酸最少由碳、氢、氧、氮元素组成，回收废油脂用于提炼氨基酸不符合质量守恒，故B错误；C．使用的纸张至少含有30%的再生纤维，故再生纸是对废旧纤维的回收利用，可节约资源，故C正确；D．废旧电池含重金属，深度填埋会使重金属离子进入土壤和水体中，造成水源和土壤污染，故D错误；答案选C。【点睛】多从环保和健康的角度分析垃圾分类回收，提倡可持续发展。6、C【解析】

A、NH4Cl受热分解后,在试管口又重新生成NH4Cl固体，得不到氨气，故A错误；B、浓硫酸与氨气反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥NH3，故B错误；C、2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O，用氨气还原CuO，故C正确；D、氨气与稀硫酸反应，装置内压强急剧减小，会引起倒吸，故D错误；故选C。7、B【解析】

气体的摩尔质量越小，气体扩散速度越快，相同时间内扩散的距离就越远，再根据烟环物质可以判断甲乙。【详解】A.浓硫酸难挥发，不能在管内与氨气形成烟环，故A错误；B.由气体的摩尔质量越小，扩散速度越快，所以氨气的扩散速度比氯化氢快，氨气比浓盐酸离烟环远，所以甲为浓氨水、乙为浓盐酸，故B正确；C.氢氧化钠溶液不具有挥发性，且氢氧化钠与盐酸反应不能产生白色烟环，故C错误；D.氨气扩散速度比硝酸快，氨气比浓硝酸离烟环远，故D错误。答案选B。【点睛】本题需要注意观察图示，要在管内两物质之间形成烟环，两种物质都需要具有挥发性，A、C中的浓硫酸和氢氧化钠溶液都不能挥发。8、B【解析】

A.常温下将铝片加入浓H2SO4中，铝钝化，不能放出二氧化硫气体，故不选A；B.Al(OH)3不溶于氨水，向AlCl3溶液中滴加过量氨水，生成白色沉淀氢氧化铝，故选B；C.向某溶液中加入KSCN溶液，溶液不显红色，说明不含Fe3+，再向溶液中加入新制氯水，溶液变红色，说明含有Fe2+，故不选C；D.向某溶液中加入CCl4，振荡后静置，液体分层，下层呈紫红色，说明溶液中含有I2，故不选D；答案选B。9、A【解析】

A.该电池在充电时Fe元素化合价由反应前LiFePO4中的+2价变为反应后中的FePO4中的+3价，可见Fe元素化合价发生了变化，A错误；B.根据电池充电时的阳极反应式为：LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+，充电时铝箔为阳极，则放电时铝箔为正极，铜箔为负极，放电时，电子由铜箔经外电路流向铝箔，B正确；C.根据题意可知充电时Al箔为阳极，则充电时，铝箔电极应该接电源的正极，C正确；D.根据图示可知：电池放电时Li+通过隔膜向铝箔电极方向迁移，充电是放电的逆过程，则Li+要由铝箔通过隔膜向铜箔电极方向迁移，D正确；故答案选A。10、B【解析】

A.溴易溶于苯，不能加水使苯和溴单质分层，不能通过分液除去苯中含单质溴杂质，故A错误；B.乙酸丁酯不溶于碳酸钠溶液，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸丁酯，故B正确；C.乙醛有α氢，在氢氧化钠溶液中发生羟醛缩合反应，生成β-羟基丁醛，所以不能用氢氧化钠去杂质，故C错误；D.乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应生成乙酸钠和水，但乙酸钠和乙醇互溶在水中，不分层，不能采用分液的方法，故D错误；正确答案是B。【点睛】本题考查物质的分离提纯、鉴别，注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新杂质，更不能影响被提纯物质的性质，难度不大。11、D【解析】

Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，故Y为Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，逐滴加入氢氧化钠溶液先产生沉淀，后沉淀溶解，说明ZW3为铝盐，即Z为Al元素；X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物，则X为O元素；常温下，0.1mol·L-1W的氢化物水溶液的pH为1，说明HW为一元强酸，W的原子序数大于Z，所以W为Cl元素；综上所述：X为O，Y为Na，Z为Al，W为Cl。【详解】A.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；氯离子电子层为3层，其他离子均为2层，所以简单离子半径：Cl⁻>O2⁻>Na+>Al3+，即W>X>Y>Z，故A错误；B.Al与Cl形成的化合物AlCl3为共价化合物，故B错误；C.O元素没有最高正化合价，故C错误；D.NaOH为强碱，HCl为强酸，所以钠离子和氯离子都不会影响水的电离平衡，故D正确；故答案为D。12、C【解析】

A选项，常温常压下，22.4LHCl气体物质的量比1mol小，溶于水产生H+的数目小于NA，故A错误；B选项，H2O中子数8个，D2O中子数为10个，因此0.2molH2O和D2O中含有中子的数目不相同，故B错误；C选项，1molSO2溶于足量水，溶液中H2SO3与HSO3－、SO32－粒子的物质的量之和为NA，故C正确；D选项，1L0.1mol•L-1NaHSO4溶液物质的量为0.1mol，则含有的阳离子物质的量为0.2mol，所以含有的阳离子数目为0.2NA，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】注意D中子数为1，T中子数为2；NaHSO4晶体中的离子数目为2个，NaHSO4溶液中的离子数目为3个。13、B【解析】

A．一个铵根离子含有10个电子，则1moLNH4+所含电子数为10NA，故A错误；B．一个N2H2（H-N=N-H）分子中含有4个共用电子对，30gN2H2的物质的量==1mol，含有的共用电子对数目为4NA，故B正确；C．过程II中，联胺分子中N元素化合价是−2，N2H2中N元素化合价是−1，化合价升高，属于氧化反应，过程IV中，NO2-中N元素化合价是+3，NH2OH中N元素化合价是−1，化合价降低，属于还原反应，故C错误；D．过程

I中，参与反应的NH4+与NH2OH的反应方程式为：NH4++NH2OH=N2H4+H2O+H+，则得到的还原产物与氧化产物物质的量之比为1：1，故D错误；答案选B。【点睛】准确判断反应中各物质中N元素的化合价，利用氧化还原反应规律判断解答是关键。14、D【解析】

A.标准状况下，SO3不是气体，2.24LSO3并不是0.1mol，A错误；B.12mol/L盐酸为浓盐酸，和足量的二氧化锰共热时，盐酸因消耗、部分挥发以及水的生成，使盐酸浓度变小不能完全反应，所以制得的Cl2小于0.03mol，分子数小于0.03NA，B错误；C.0.1molCH4与0.4molCl2在光照下充分反应，发生的是取代反应，得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷及氯化氢的混合物，生成CCl4的分子数小于0.1NA，C错误；D.一个乙酸分子中有3个C-H键，则常温常压下，6g乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA，D正确；答案选D。15、C【解析】

A.Cu2＋为有色离子，A不合题意；B.Ba2＋、SO42-会发生反应，生成BaSO4沉淀，B不合题意；C.K＋、NO3-、SO42-、H+、Na＋能大量共存，与NH4HCO3作用能产生CO2气体，C符合题意；D.MnO4-为有色离子，D不合题意。故选C。16、D【解析】

X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、F都是由其中的两种或三种元素组成的化合物，0.1mol·L－1D溶液的pH为13(25℃)，说明D为一元强碱溶液，为NaOH，则X为H元素；E是由Z元素形成的单质，根据框图，生成氢氧化钠的反应可能为过氧化钠与水的反应，则E为氧气，B为过氧化钠，A为水，C为二氧化碳，F为碳酸钠，因此Y为C元素、Z为O元素、W为Na元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，X为H，Y为C，Z为O，W为Na，A为水，B为过氧化钠，C为二氧化碳，D为NaOH，E为氧气，F为碳酸钠。A．B为过氧化钠，过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成，Na2O2晶体中阴、阳离子个数比为1∶2，故A正确；B．等体积等浓度的F(Na2CO3)溶液与D(NaOH)溶液中，由于碳酸钠能够水解，CO32－＋H2OHCO3－＋OH－、HCO3-＋H2OH2CO3＋OH－，阴离子数目增多，阴离子总的物质的量F＞D，故B正确；C．B为Na2O2，C为CO2，A为H2O，过氧化钠与水或二氧化碳的反应中，过氧化钠为氧化剂和还原剂，0.1molB与足量A或C完全反应转移电子0.1NA，故C正确；D．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性C＜O，Y、Z分别形成的简单氢化物的稳定性前者弱于后者，与氢键无关，故D错误；答案选D。【点睛】解答本题的突破口为框图中生成氢氧化钠和单质E的反应。本题的易错点为C，要注意过氧化钠与水或二氧化碳的反应中，过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，反应中O由-1价变成0价和-2价。二、非选择题（本题包括5小题）17、邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯）C13H20ON2浓HNO3／浓H2SO4，加热氨基取代反应吸收反应产生的HCl，提高反应的转化率或【解析】

A的分子式结合G得知：A是甲苯，B中有-NO2，结合G的结构苯环上的-CH3和N原子所连接B苯环上的C属于邻位关系，故B是邻硝基甲苯，在Fe和HCl存在下被还原成C物质：邻氨基甲苯，结合题干信息：二者反应条件一致，则确定D是乙醛CH3CHO，E是，部分路线如下：【详解】（1）B的化学名称是邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯）；H的分子式是C13H20ON2；（2）由A生成B的反应是硝化反应，试剂：浓HNO3、浓H2SO4，反应条件：加热；（3）C中所含官能团的名称为氨基；观察G生成H的路线：G的Cl原子被丙胺脱掉—NH2上的一个H原子后剩下的集团CH3CH2CH2NH—取代，故反应类型是取代反应；（4）C与F反应生成G的化学方程式为；有机反应大多是可逆反应，加入K2CO3消耗反应产生的HCl，使平衡正向移动，提高反应物的转化率；（5）的单体是，联系原料有甲醇倒推出前一步是与甲醇酯化反应生成单体，由原料丙酮到增长了碳链，用到题干所给信息：，故流程如下：。18、3C乙二醇或8【解析】

（1）同一个碳原子上的氢原子是相同的，其次同一个碳原子所连接的所有甲基上的氢原子是相同的，再就是具有对称性结构的（类似于平面镜成像中物体和像的关系），所以根据化合物X的结构简式可知，分子中含有3种化学环境不同的氢原子。（2）A、X分子中不存在苯环，不是芳香化合物，A不正确；B、Y分子中含有1个苯环和1个碳碳双键，在Ni催化下Y能与4molH2加成，B不正确；C、Z分子中含有碳碳双键、酚羟基、醇羟基、酯基，因此能发生加成、取代及消去反应，C正确；D、Z分子中含有2和酚羟基和1个酯基，则1molZ最多可与3molNaOH反应，答案选C。（3）Y分子中酚羟基的邻位与对位的氢原子与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则Y与过量的溴水反应的化学方程式为。（4）X分子中含有2个醚键，则X可以由乙二醇和M通过分子间脱水而得；一定条件下，M发生1个—OH的消去反应生成碳碳双键，由于羟基与碳碳双键直接相连不稳定，容易转化为碳氧双键，所以得到稳定化合物N的结构简式为。（5）根据已知信息可知反应①是醚键断键，其中一个氧原子结合氢原子变为羟基，而属于其它部分相连，由于环氧乙烷分子不对称，因此生成物可能的结构简式为或；苯环对称结构，在苯环上取代有2种可能；属于酯的取代基有4种：、、（或），所以共2×4=8种同分异构体。19、吸收空气中的还原性气体，防止其干扰pH3的测定偏低5PH3+8Mn04-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O0.3825mg>0.05mg，所以不合格【解析】

(1)KMnO4溶液有强氧化性，PH3有强还原性；(2)氧气会氧化一部分PH3，滴定消耗的亚硫酸钠标准溶液偏少，则测得的磷化物的残留量偏低；(3)由得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可写出正确的化学方程式；(4)先计算Na2SO3标准溶液消耗的高锰酸钾的物质的量，再由高锰酸钾总的物质的量减去Na2SO3标准溶液消耗的高锰酸钾的物质的量求出吸收PH3消耗的高锰酸钾的物质的量，进而求出粮食中磷物(以PH3计)的残留量。【详解】(1)KMnO4溶液有强氧化性，PH3有强还原性，装置A中的KMnO4溶液的作用是吸收空气中的还原性气体，防止其干扰PH3的测定；(2)装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液吸收空气中的O2，若去掉该装置，氧气会氧化一部分PH3，导致剩下的KMnO4多，滴定消耗的亚硫酸钠标准溶液偏少，则测得的磷化物的残留量偏低；(3)装置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被还原为Mn2+，由得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可知，该反应的离子方程式为：5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O；(4)滴定的反应原理是5SO32-+2MnO4-+16H+=5SO42-+2Mn2++8H2O，Na2SO3标准溶液消耗的高锰酸钾的物质的量==3.2mol。则吸收PH3消耗的高锰酸钾的物质的量=2.50×lO-4mol•L-13.2mol=1.8mol，PH3的物质的量=1.8mol=1.125mol。粮食中磷物(以PH3计)的残留量==0.3825mg•kg-1，0.3825mg•kg-1>0.05mg•kg-1，所以不合格。20、Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-稀释促进平衡CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(无色溶液)逆向移动，生成CuClCuCl在潮湿空气中被氧化cbd先变红后褪色加热时间不足或温度偏低97.92【解析】

方案一：CuSO4、Cu在NaCl、浓盐酸存在条件下加热，发生反应：Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-，过滤除去过量的铜粉，然后加水稀释滤液，化学平衡CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(无色溶液)逆向移动，得到CuCl沉淀，用95%的乙醇洗涤后，为防止潮湿空气中CuCl被氧化，在真空环境中干燥得到纯净CuCl；方案二：CuCl2是挥发性强酸生成的弱碱盐，用CuCl2·2H2O晶体在HCl气流中加热脱水得到无水CuCl2，然后在高于300℃的温度下加热，发生分解反应产生CuCl和Cl2。【详解】(1)步骤①中CuSO4、Cu发生氧化还原反应，产生的Cu+与溶液中Cl-结合形成[CuCl3]2-，发生反应的离子方程式为：Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-；(2)根据已知条件：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(无色溶液)，在步骤②中向反应后的滤液中加入大量的水，溶液中Cl-、[CuCl3]2-浓度都减小，正反应速率减小的倍数大于逆反应速率减小的倍数，所以化学平衡逆向移动，从而产生CuCl沉淀；(3)乙醇易挥发，用95%乙醇洗涤可以去除CuCl上的水分，真空干燥也可以避免CuCl在潮湿空气中被氧化；(4)CuCl2•2H2O晶体要在HCl气体中加热，所以实验前要先检查装置的气密性，再在“气体入口”处通入干燥HCl，然后点燃酒精灯，加热，待晶体完全分解后的操作是熄灭酒精灯，冷却，为了将装置中残留的HCl排出，防止污染环境，要停止通入HCl，然后通入N2，故实验操作编号的先后顺序是a→c→b→d→e；(5)无水硫酸铜是白色固体，当其遇到水时形成CuSO4·5H2O，固体变为蓝色，HCl气体遇水变为盐酸，溶液显酸性，使湿润的蓝色石蕊试纸变为红色，当CuCl2再进一步加热分解时产生了Cl2，Cl2与H2O反应产生HCl和HClO，HC使湿润的蓝色石蕊试纸变为红色，HClO具有强氧化性，又使变为红色的石蕊试纸褪色变为无色；(6)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2杂质，产生CuCl2杂质的原因可能是加热时间不足或加热温度偏低，使CuCl2未完全分解；(7)根据反应方程式Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+可得关系式：CuCl～Ce4+，24.60mL0.1000mol/L的Ce(SO4)2溶液中含有溶质Ce(SO4)2的物质的量n[Ce(SO4)2]=0.1000mol/L×0.02460L=2.46×10-3mol，则根据关系式可知n(CuCl)=n(Ce4+)=2.46×10-3mol，m(CuCl)=2.46×10-3mol×99.5g/mol=0.24478g，所以该样品中CuCl的质量分数是×100%=97.92%。【点睛】本题考查了物质制备方案的设计，明确实验