黑龙江省哈尔滨市六中2024年高考仿真卷化学试卷含解析

黑龙江省哈尔滨市六中2024年高考仿真卷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、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，4.48L空气中所含原子数为0.2NAB．常温常压下，2.3gNO2和N2O4的混合物中含有的氧原子数为0.2NAC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD．常温下，0.1mol·L-1Na2CO3溶液中阴离子总数大于0.1NA2、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．22.4L乙烷中所含的极性共价键数目为7NAB．某温度下，将1molCl2通入足量水中转移电子数为NAC．常温常压下，3.0g含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NAD．室温下，1LpH为13的NaOH溶液和Ba(OH)2混合溶液中含OH-个数为0.01NA3、下列关于铝及其化合物的说法正确的是()A．铝是地壳中含量最多的元素，铝以游离态和化合态两种形式存在于地壳中B．铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定C．氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料D．熔化的氯化铝极易导电，和大多数含卤素离子的盐类(如氯化钠)相同4、将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成的盐溶液中NaNO3的物质的量为（已知：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O）（）A．0.2mol B．0.4mol C．0.6mol D．0.8mol5、NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（）A．常温常压下，62g白磷中含有P—P键数目为3NAB．22g正戊烷、24g异戊烷和26g新戊烷的混合物中共价键数目为16NAC．1molNa2O和NaHSO4的固体混合物中含有的阴、阳离子总数为3NAD．常温下，将一定量的铁粉投入2mol稀硝酸中，恰好完全反应，若还原产物为NO，则转移电子数一定为1.5NA6、在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是A． B． C． D．7、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W、X的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等,Y在周期表中族序数与周期数相等,ZW2是一种新型的自来水消毒剂。下列说法错误的是A．W2的沸点比Z2的沸点低B．XYW2的水溶液呈碱性C．W、X形成的化合物一定只含离子键D．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间均能发生反应8、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数。X与Y位于不同周期，X与W的最高化合价之和为8，元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质。下列说法中正确的是A．化合物YX4W溶于水后，得到的溶液呈碱性B．化合物YW3为共价化合物，电子式为C．Y、Z形成的一种化合物强度高，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料D．原子半径大小：W＞Z＞Y＞X9、已知：CH3Cl为CH4的一氯代物，的一氯代物有A．1种B．2种C．3种D．4种10、25℃时，将浓度均为0.1mol·L-1、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3·H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法不正确的是A．Ka(HX)的值与Kb(NH3·H2O)的值相等B．b点，c(NH4+)+c(HX)=0.05mol·L-1C．a→c点过程中，值不变D．a、b、c三点，c点时水电离出的c(H＋)最大11、常温下，下列有关叙述正确的是（）A．向0.1mol/LNa2CO3溶液中通入适量CO2气体后：B．pH=6的NaHSO3溶液中：cC．等物质的量浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3混合：cD．0.1mol/LNa2C2O4溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）：2c12、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数为内层电子数的3倍，X在短周期主族元素中金属性最强，Y与W同主族。下列叙述正确的是（）A．X2W、X2Y的水溶液都呈碱性B．原子半径：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W)C．简单气态氢化物的热稳定性：W<Z<YD．W与氢元素形成的化合物分子中一定不含非极性共价键13、下列说法中正确的有几项①钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2②配制480mL0.5mol/L的NaOH溶液，需要用托盘天平称量氢氧化钠固体9.6g③盐酸既有氧化性又有还原性④Fe(OH)3、FeCl2、H2SiO3都不直接用化合反应制备⑤SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性⑥将质量分数为5%和25%的氨水等体积混合后，所得溶液中溶质的质量分数大于15%⑦干燥的Cl2和氯水均能使鲜花褪色⑧中和热测定实验中需要用到的玻璃仪器只有烧杯、温度计和环形玻璃搅拌棒三种⑨纯银器在空气中久置变黑是因为发生了化学腐蚀A．3项 B．4项 C．5项 D．6项14、扁桃酸(Z)是重要的医药合成的中间体，工业上合成它的路线之一如下所示(不考虑立体异构）下列有关说法错误的是A．若反应1发生的是加成反应，则Q是HCNB．X、Y两种分子中共平面的碳原子数目一定相等C．可用银氨溶液检验Z中是否含有XD．Z苯环上的二硝基取代产物最多有6种15、室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法正确的是A．Kb2的数量级为10-5B．X(OH)NO3水溶液显酸性C．等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)>c[X(OH)+]D．在X(OH)NO3水溶液中，c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)16、室温下，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用NaOH溶液以恒定速度来滴定该浓氯水，根据测定结果绘制出ClO－、ClO3－等离子的物质的量浓度c与时间t的关系曲线如下。下列说法正确的是A．NaOH溶液和浓氯水可以使用同种滴定管盛装B．a点溶液中存在如下关系：c(Na+)+c(H+)=c(ClO－)+c(ClO3－)+c(OH－)C．b点溶液中各离子浓度：c(Na+)＞c(Cl－)＞c(ClO3－)=c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H+)D．t2~t4，ClO－的物质的量下降的原因可能是ClO－自身歧化：2ClO－=Cl－+ClO3－二、非选择题（本题包括5小题）17、（化学—有机化学基础）3﹣对甲苯丙烯酸甲酯（E）是一种用于合成抗血栓药的中间体，其合成路线如下：已知：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO+H2O（1）遇FeCl3溶液显紫色且苯环上有两个取代基的A的同分异构体有___________种，B中含氧官能团的名称为___________．（2）试剂C可选用下列中的___________．a、溴水b、银氨溶液c、酸性KMnO4溶液d、新制Cu(OH)2悬浊液（3）是E的一种同分异构体，该物质与足量NaOH溶液共热的化学方程式为___________．（4）E在一定条件下可以生成高聚物F，F的结构简式为___________．18、有研究人员在体外实验中发现药物瑞德西韦对新冠病毒有明显抑制作用。E是合成瑞德西韦的中间体，其合成路线如下：回答下列问题：(1)W的化学名称为____；反应①的反应类型为____(2)A中含氧官能团的名称为____。(3)写出反应⑦的化学方程式_____(4)满足下列条件的B的同分异构体有____种(不包括立体异构)。①苯的二取代物且苯环上含有硝基；②可以发生水解反应。上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2的结构简式为____________(5)有机物中手性碳(已知与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳)有___个。结合题给信息和已学知识，设计由苯甲醇为原料制备的合成路线_______(无机试剂任选)。19、某实验小组探究SO2与Cu(OH)2悬浊液的反应。（1）实验一：用如图装置（夹持装置已略，气密性已检验）制备SO2，将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中。B中出现少量红色沉淀；稍后，B中所得溶液呈绿色，与CuSO4溶液、CuCl2溶液的颜色有明显不同。①排除装置中的空气，避免空气对反应干扰的操作是_____，关闭弹簧夹。②打开分液漏斗旋塞，A中发生反应的方程式是_____。（2）实验二：为确定红色固体成分，进行以下实验：①在氧气流中煅烧红色固体的目的是_____。②根据上述实验可得结论：该红色固体为_____。（3）实验三：为探究B中溶液呈绿色而不是蓝色的原因，实验如下：i.向4mL1mol/L的CuSO4溶液中通入过量SO2，未见溶液颜色发生变化。ii.取少量B中滤液，加入少量稀盐酸，产生无色刺激性气味的气体，得到澄清的蓝色溶液。再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。查阅资料：SO2在酸性条件下还原性较差。①实验i的目的_____。②根据上述实验可得结论：溶液显绿色的原因是溶液中含有较多Cu(HSO3)2。小组同学通过进一步实验确认了这种可能性，在少量1mol/L的CuSO4溶液中加入_____溶液，得到绿色溶液。（4）综上实验可以得出：出现红色沉淀的原因是：_____；（用离子方程式表示）溶液呈现绿色的原因是：_____。（用化学方程式表示）20、Ⅰ、研究性学习小组进行SO2的制备及性质探究实验，装置如图（a为活塞，加热及固定装置已略去）。（1）连接仪器、___、加药品后，打开a，然后滴入浓硫酸，加热；（2）铜与浓硫酸反应制备SO2的化学方程式是___；（3）品红溶液中的实验现象是___；（4）从高锰酸钾溶液中观察到的现象说明SO2具有___性。Ⅱ、上述实验中NaOH溶液用于吸收剩余的SO2生成Na2SO3，Na2SO3是抗氧剂。向烧碱和Na2SO3混合溶液中加入少许溴水，振荡后溶液变为无色。（1）写出在碱性溶液中Br2氧化Na2SO3的离子方程式___（2）反应后的溶液含有SO32－、SO42－、Br－、OH－等阴离子，请填写鉴定其中SO42－和Br－的实验报告。___限选试剂：2mol·L－1HCl；1mol·L－1H2SO4；lmol·L－1BaCl2；lmol·L－1Ba（NO3）2；0.1mol·L－1AgNO3；CCl4；新制氯水。编号实验操作预期现象和结论步骤①取少量待测液加入试管中，加入过量的2mol·L－1盐酸，再滴加有生成，证明待测液中SO42-步骤②取出步骤①中适量上层清液于试管中，加入适量氯水，再加入，振荡，静置。下层液体呈，证明待测液中含Br-。21、光气（）界面缩聚法合成一种高分子化合物聚碳酸酯G的合成路线如下所示：已知：（1）C的核磁共振氢谱只有一组吸收峰，C的化学名称为_____________。（2）E的分子式为________，H中含有的官能团是氯原子和________，B的结构简式为______。（3）写出F生成G的化学方程式_____________。（4）F与I以1:2的比例发生反应时的产物K的结构简式为__________。（5）H→I时有多种副产物，其中一种含有3个环的有机物的结构简式为______。（6）4—氯—1，2—二甲苯的同分异构体中属于芳香族化合物的有________种。（7）写出用2-溴丙烷与D为原料，结合题中信息及中学化学所学知识合成的路线，无机试剂任取。（已知：一般情况下，溴苯不与NaOH溶液发生水解反应。）_______例：

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．标况下4.48L空气的物质的量为0.2mol，但空气中的分子有双原子分子和三原子分子，故所含原子数要大于0.2NA，故A错误；B．常温常压下，2.3gNO2和N2O4的混合物含有最简式NO2物质的量为：=0.05mol，含有的氧原子数为0.05mol×2×NA=0.1NA，故B错误；C．过氧化钠和水的反应为歧化反应，生成1mol氧气转移2mol电子，则当生成0.1mol氧气时，转移0.2NA个电子，故C正确；D．依据n=cV可知，溶液体积未知无法计算微粒数目，故D错误；故选C。2、C【解析】

A.没有说明是否为标准状态，所以无法由体积计算气体的物质的量，即无法确定所含化学键数目，故A错误；B.Cl2和水反应为可逆反应，所有转移电子数小于NA，故B错误；C.葡萄糖和冰醋酸的最简式都为CH2O，则3.0g含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子总数为=0.4NA，故C正确；D.pH=13，c(OH-)=，则1L溶液中OH-个数为0.1NA，故D错误；故选C。3、C【解析】

A.铝是地壳中含量最多的金属元素，铝以化合态形式存在于地壳中，故A错误；B.铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很活泼，在表面形成一屋致密的氧化膜，阻止内部金属继续反应，故B错误；C.氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料，故C正确；D.熔化的氯化铝是非电解质，不易导电，和大多数含卤素离子的盐类(如氯化钠)不相同，是分子晶体，故D错误；故选C。【点睛】本题综合考查铝及其化合物的性质，侧重元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关知识的积累，D为易错点，熔化的氯化铝是非电解质，由分子构成，不易导电。4、A【解析】

纵观反应始终，容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu到Cu（NO3）2，每个Cu升2价，失2个电子；另一个是HNO3到NaNO2，每个N降2价，得2个电子。51.2gCu共失电子×2＝1.6mol，根据电子转移守恒可知，铜失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，所以溶液中n（NaNO2）＝=0.8mol，气体与氢氧化钠反应的盐溶液为NaNO3、NaNO2混合溶液，根据钠离子守恒有n（NaNO3）+n（NaNO2）=n（Na+），所以溶液中n（NaNO3）＝n（Na+）-n（NaNO2）＝0.5L×2mol/L-0.8mol＝0.2mol，故选A。5、C【解析】

A．白磷是正四面体结构，1个白磷分子中有6个P—P键，62g白磷（P4）的物质的量为0.5mol，所以62g白磷中含有的P—P键的物质的量为0.5mol×6=3mol，故A正确；B．正戊烷、异戊烷和新戊烷是同分异构体，分子式均为C5H12。22g正戊烷、24g异戊烷和26g新戊烷的混合物共72g，即含C5H12的物质的量为1mol。1molC5H12中含有4molC—C，12molC—H键，共16mol共价键，所以22g正戊烷、24g异戊烷和26g新戊烷的混合物中共价键数目为16NA，故B正确；C．1molNa2O中含2molNa+和1molO2-，1molNaHSO4中含1molNa+和1molHSO4-，所以1molNa2O和NaHSO4的固体混合物中含有的阴、阳离子总数不为3NA，故C错误；D．常温下，将一定量的铁粉投入2mol稀硝酸中，恰好完全反应，若铁和硝酸反应生成Fe(NO3)3，反应的化学方程式为：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，消耗4mol硝酸，转移电子3mol，所以消耗2mol硝酸，转移电子为1.5mol；若铁和硝酸反应生成Fe(NO3)2，反应的化学方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)3+2NO↑+4H2O，消耗8mol硝酸，转移电子6mol，所以消耗2mol硝酸，转移电子为1.5mol，所以转移电子数一定为1.5NA，故D正确；故选C。【点睛】白磷和甲烷都是正四面体结构，但甲烷有中心原子，所以1mol甲烷中有4mol共价键，而白磷没有中心原子，所以1mol白磷中有6mol共价键。6、D【解析】分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C正确；D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D错误。答案选D。点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和判断。7、C【解析】

Y在周期表中族序数与周期数相等，Y是Al元素；ZW2是一种新型的自来水消毒剂，ZW2是ClO2，即Z是Cl元素、W是O元素；W、X的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，则X的最外层电子数是1，W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以X是Na元素。【详解】A.O2、Cl2的结构相似，Cl2的相对分子质量大，所以Cl2沸点比O2的沸点高，故A正确；B.NaAlO2是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，故B正确；C.Na、O形成的化合物Na2O2中含离子键和非极性共价键，故C错误；D.Al(OH)3是两性氢氧化物、NaOH是强碱、HClO4是强酸，所以NaOH、Al(OH)3、HClO4两两之间均能发生反应，故D正确；选C。【点睛】本题考查结构、性质、位置关系应用，根据元素的性质以及元素的位置推断元素为解答本题的关键，注意对元素周期律的理解，较好的考查学生分析推理能力。8、C【解析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，说明最外层电子数依次为1、3、5、7，元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质，则Z为Al元素、Y为N元素、W为Cl元素；。X与Y位于不同周期，则X为H元素。【详解】A项、X为H、Y为N元素、W为Cl元素，元素化合物YX4W为NH4Cl，NH4Cl溶液中NH4+水解使溶液呈酸性，故A错误；B项、Y为N元素、W为Cl元素，化合物NCl3为共价化合物，电子式为，故B错误；C项、Y为N元素、Z为Al元素，AlN为原子晶体，原子晶体具有强度高、热膨胀系数小、耐热冲击的特征，故C正确；D项、在周期表中，同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族的元素的原子半径从上到下依次增大，H原子半径最小，故原子半径从大到小的顺序为Al＞Cl＞H，D错误。故选C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，元素的推断为解答本题的关键，注意最外层电子数为1、3、5、7来推断元素为解答的难点。9、B【解析】有2种等效氢，的一氯代物有(CH3)2CHCH(CH3)CH2Cl、(CH3)2CHCCl(CH3)2，共2种，故B正确。10、D【解析】

A.b点加入等体积等浓度的HX和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X，b点溶液的pH=7，说明X-与NH4+的水解程度相等，则Ka(HX)的值与Kb(NH3·H2O)的值相等，故A正确；B.由图可知0.1mol·L-1的HX溶液的pH=3，HX为弱酸，因为b点的pH=7，所以b点c(X-)=c(NH4+)，，根据物料守恒c(X-)+c(HX)=0.1mol/L×0.05L/0.1L=0.05mol/L，则c(NH4+)+c(HX)=0.05mol·L-1，故B正确；C.a→c点过程中，，水解平衡常数只与温度有关，温度不变，则值不变，故C正确；D.b点加入等体积等浓度的HX和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X，NH4X是弱酸弱碱盐，促进水电离，则a、b、c三点，b点时水电离出的c(H＋)最大，故D错误。答案选D。11、B【解析】向0.1mol·L−1Na2CO3溶液中通入适量CO2气体后，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠混合液或碳酸氢钠，根据物料守恒可知：c(Na+)<2[c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)]，A错误；常温下，pH=6的NaHSO3溶液中，电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+2c(SO32-)+c(HSO3-)，物料守恒为c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)，由两个守恒关系式消去钠离子的浓度可得，c(SO31×10−8mol·L−1=9.9×10−7mol·L−1，B正确；根据碳酸氢根离子、碳酸的电离平衡常数可得：c(HCO3-)/c(H2CO3)=K(H2CO3)/c(H+)、c(CO32-)/c(HCO3-)=K(HCO3-)/c(H+)，由于同一溶液中，则氢离子浓度相同，根据碳酸的电离平衡常数大于碳酸氢根离子可知，c(HCO3-)/c(H2CO3)=K(H2CO3)/c(H+)>c(CO32-)/c(HCO3-)=K(HCO3-)/c(H+)，C错误；0.1mol·L−1Na2C2O4溶液与0.1mol·L−1HCl溶液等体积混合（H2C2O12、A【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，则W为O元素；X在短周期主族元素中金属性最强，则X为Na元素；W与Y属于同一主族，则Y为S元素；Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，据此解答。【详解】根据上述分析可知：W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl元素。A．Na2O是碱性氧化物，与水反应产生NaOH，NaOH是一元强碱，水溶液显碱性；Na2S是强碱弱酸盐，在溶液中S2-发生水解作用，消耗水电离产生的H+，促进了水的电离，最终达到平衡时溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，A正确；B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r(Na)>r(S)>r(Cl)>r(O)，B错误；C．元素的非金属性：O>Cl>S，则简单气态氢化物的热稳定性：H2O>HCl>H2S，C错误；C．O、H可形成化合物H2O2，其中含有非极性共价键，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，根据元素的原子结构及相互关系推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。13、B【解析】

①钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2，正确；②配制480mL0.5mol/L的NaOH溶液，因容量瓶是500mL，需要用托盘天平称量氢氧化钠固体10.0g，错误；③盐酸中H为+1价是最高价，Cl为-1价为最低价，既有氧化性又有还原性，正确；④Fe(OH)3可用Fe(OH)2、氧气和水化合制备，FeCl2可用铁和氯化铁化合制备，错误；⑤SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有还原性，错误；⑥将质量分数为5%和25%的氨水等体积混合后，所得溶液中溶质的质量分数小于15%，错误；⑦因鲜花里有水份，干燥的Cl2和氯水均能使鲜花褪色，正确；⑧中和热测定实验中需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、温度计和环形玻璃搅拌棒四种，错误；⑨纯银器在空气中久置变黑是因为发生了化学腐蚀，正确；答案为B。14、B【解析】

由有机物的转化关系可知，与HCN发生加成反应生成，在酸性条件下水解生成。【详解】A项、若反应I是加成反应,通过分析反应物和产物的结构可知，分子中醛基与HCN发生加成反应生成，故A正确；B项、分子的所有碳原子共平面，共平面碳原子数目为7个，分子中的所有碳原子也可能共平面，共平面碳原子数目最多为8个，故B错误；C项、中含有醛基，能发生银镜反应，中不含有醛基，不能发生银镜反应，则可用银氨溶液检验中是否含有，故C正确；D项、不考虑立体异构Z苯环上的二硝基取代物最多有6种，结构简式分别为、、、、、，故D正确。故选B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构与转化关系为解答的关键。15、D【解析】

A.选取图中点（6.2,0.5），此时pH=6.2，c[X(OH)+]=c(X2+)，Kb2=c(OH-)c(X2+)/c[X(OH)+]=c(OH-)=10-14-(-6.2)=10-7.8，故A错误；B.X(OH)NO3水溶液中X的主要存在形式为X(OH)+，由图示X(OH)+占主导位置时，pH为7到8之间，溶液显碱性，故B错误；C.选取图中点（9.2，0.5），此时c[X(OH)2]=c[X(OH)+]，溶液的pH=9.2，则X（OH）2的Kb1=c(OH-)×c[X(OH)+]/c[X(OH)2]=10-4.8，X2+第一步水解平衡常数为Kh1=Kw/Kb2=10-6.2，第二步水解平衡常数Kh2=Kw/Kb1=10-9.2，由于Kh1>Kb2>Kh2，等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中，X2+的水解大于X（OH）+的电离，溶液显酸性，所以此时c(X2+)<c[X(OH)+]，故C错误；D.在X(OH)NO3水溶液中，有电荷守恒c(NO3-)+c(OH-)=2c(X2+)+c(H+)+c[X(OH)]+，物料守恒c(NO3-)=c(X2+)+c[X(OH)2]+c[X(OH)]+，将物料守恒带入电荷守恒，将硝酸根离子的浓度消去，得到该溶液的质子守恒式为：c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)，故D正确；答案：D。16、C【解析】

A.NaOH溶液属于强碱溶液，浓氯水显酸性且具有强氧化性，所以NaOH溶液不能用酸式滴定管，浓氯水不能用碱式滴定管，两者不能使用同种滴定管盛装，故A错误；B.a点溶液中含有NaClO3、NaClO和NaCl，根据电荷守恒，有：(Na+)+c(H+)=c(ClO3-)+c(ClO-)+c(Cl-)+c(OH-)，故B错误；C.由图象可知，b点溶液中c(ClO3-)=c(ClO-)，根据氧化还原反应得失电子守恒，写出发生反应的化学方程式为：8NaOH+4Cl2=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O，由此可知，溶液中n(NaCl):n(NaClO3):n(NaClO)=6:1:1，溶液中各离子浓度：(Na+)>c(Cl-)>c(ClO3-)=c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)，故C正确；D.ClO-发生歧化反应，离子方程式为：3ClO-=2Cl-+ClO3-，故D错误。故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、3醛基b、d+2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O【解析】

甲苯和CO在AlCl3、HCl作用下生成A，A和乙醛发生题目给的已知的反应生成B，则B为，B在银氨溶液或新制氢氧化铜作用下被氧化为羧酸盐，然后再酸化得到D，D可以和甲酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E。【详解】（1）遇FeCl3溶液显紫色，说明同分异构体含有酚羟基，则另一个取代基为乙烯基，二者可为邻、间、对3种位置，共有3种同分异构体；根据题目所给信息，B中含有醛基。（2）B中含有的醛基与C反应转化为羧基，所以试剂C可以为银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液。（3）酯基在NaOH条件下发生水解反应，根据水解反应的原理，化学方程式为+2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O。（4）E中含有碳碳双键，经过加聚反应可得E，根据加聚反应规律可得F的结构简式为。18、氨基乙酸取代反应硝基和羟基++H2O82【解析】

根据流程图，A()和发生取代反应生成B()，B和磷酸在加热条件下发生取代生成C，C在一定条件下转化为，中的一个氯原子被取代转化为D；X与HCN发生加成反应生成Y，Y和氨气在一定条件下发生取代反应生成Z，Z在酸性条件下水解得到W，D和R在一定条件下反应生成E，根据E和D的结构简式，可推出R的结构简式为，由此可知W和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R，据此分析解答。【详解】(1)W的结构简式为，结构中有羧基和氨基，化学名称为氨基乙酸；根据分析，反应①为A()和发生取代反应生成B()，反应类型为取代反应；(2)A的结构简式为，含氧官能团的名称为硝基和羟基；(3)根据分析，反应⑦为W和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R，R的结构简式为，化学方程式++H2O；(4)B的结构简式为，①苯的二取代物且苯环上含有硝基；②可以发生水解反应，说明另一个取代基为酯基，该酯基的结构可为-OOCCH3或-COOCH3或-CH2OOCH，在苯环上与硝基分别有邻间对三种位置，分别为：、、、、、、、、，除去自身外结构外，共有8种；上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2，说明分子中含有三种不同环境的氢原子且个数比为3:2:2，则符合要求的结构简式为；(5)已知与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳，有机物中手性碳的位置为，有2个；的水解产物为，的结构中的-COOH可由-CN酸性条件下水解得到，而与HCN发生加成反应可生成，再结合苯甲醇催化氧化可得到苯甲醛，则合成路线为：。19、打开弹簧夹，通入N2一段时间H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O将红色物质转化为氧化铜Cu排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性NaHSO3或KHSO3SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2【解析】

(1)①为排出空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出；②装置A中的反应是制备SO2的反应；(2)将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中，B中出现少量红色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；①在氧气流中煅烧红色固体的目的是将红色物质转化为氧化铜，有利于后续定量判断；②由实验中物质的质量计算红色固体的平均摩尔质量，进而分析固体成分；(3)①根据B中所得溶液中可能的成分等，实验i可以排除部分成分显绿色的可能性；②确认Cu(HSO3)2使溶液呈绿色，需要在溶液中加入含有HSO3-离子的物质；(4)出现红色沉淀的原因是生成了Cu；溶液呈现绿色的原因生成了含HSO3-离子的物质。【详解】(1)①为排出空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出，操作为：打开弹簧夹，通入N2一段时间，关闭弹簧夹；②装置A中的反应是制备SO2的反应，化学方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；(2)将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中，B中出现少量红色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；①在氧气流中煅烧红色固体的目的是将红色物质转化为氧化铜，有利于后续定量判断；②由实验可知n(CuO)==0.025mol，则红色固体的平均摩尔质量为=64g/mol，故红色固体为铜；(3)①B中所得溶液中可能含有溶解的SO2，H2SO3，Cu(HSO3)2、CuSO4等，CuSO4在溶液中呈蓝色，而B所得溶液呈绿色，实验i可以排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性；②确认Cu(HSO3)2使溶液呈绿色，需要在溶液中加入含有HSO3-离子的物质，故可加入NaHSO3或KHSO3；(4)出现红色沉淀的原因是生成了Cu，离子方程式为：SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O；溶液呈现绿色的原因生成了含HSO3-离子的物质，离子方程式为2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2.【点睛】本题注意实验三中判断使溶液显绿色的粒子时，要分别判断，逐一分析，每一步实验都要从实验目的角度分析设置的原因。20、检查装置气密性Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O品红溶液红色褪去变为无色还原性SO32－+Br2+2OH－=H2O+SO42－+2Br－编号实验操作预期现象和结论步骤①lmol·L－1BaCl2溶液有白色沉沉淀生成步骤②四氯化碳橙黄色【解析】

Ⅰ、(1)依据装置制备气体验证气体性质分析步骤；(2)铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；(3)依据二氧化硫的漂白性解释；(4)二氧