江苏省如东中学、栟茶中学2026届高三上化学期中达标测试试题含解析

江苏省如东中学、栟茶中学2026届高三上化学期中达标测试试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、下列事实不能用元素周期律解释的是（

）A．原子半径：Na>OB．气态氢化物的稳定性：H2O>H2SC．向Na2CO3溶液中加盐酸，有气泡产生D．与同浓度盐酸反应的剧烈程度：Mg>Al2、KC1O3与浓盐酸发生如下反应：KC1O3+6HCl（浓）=KC1+3Cl2↑+3H2O，有关该反应的下列说法不正确的是（）A．被氧化的元素和被还原的元素的质量之比为6：1B．Cl2既是氧化产物，又是还原产物C．盐酸既体现酸性，又体现还原性D．转移5mol电子时，产生3molCl23、在给定条件下，下列物质间的转化均能实现的有（）①NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)②Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)③AgNO3(aq)[Ag(NH2)2]+(aq)Ag(s)④Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)⑤NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)⑥MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO(s)⑦N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)A．2个 B．3个 C．4个 D．5个4、下列根据实验操作、现象和所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成溶液中一定含有SO42－B向Fe(NO3)2溶液中滴入H2SO4酸化的H2O2溶液溶液变为黄色氧化性：Fe3＋﹥H2O2C向0.1mol·L-1

AgNO3溶液中滴入稀盐酸至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1

NaI溶液先有白色沉淀后变为黄色沉淀Ksp：AgCl<AgID将新制氯水和NaBr溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡静置下层呈红棕色氧化性：Cl2﹥Br2A．A B．B C．C D．D5、下面的“诗”情“化”意，分析正确的是（）A．“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”只发生了物理变化B．“日照澄洲江雾开”中伴有丁达尔效应C．“试玉要烧三日满，辨材须待七年期”中“玉”的成分是硅酸盐，该句诗表明玉的硬度很大D．“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒过程中，葡萄糖发生了水解反应6、下列图示与对应的叙述不相符的是()A．四种基本反应类型与氧化还原反应的关系B．AlCl3溶液中滴加NaOH溶液生成沉淀的情况C．Ba(OH)2溶液中滴加硫酸溶液导电性的情况D．等体积、等浓度稀硫酸分别与足量铁和镁反应的情况7、已知位于IIA族，下列有关Sr的说法不正确的是A．的中子数为38 B．最高化合价为+2C．原子半径：Sr>Ca D．氢氧化物为强碱8、从下列事实所列出的相应结论正确的是（）实验事实结论ASO2使酸性高锰酸钾溶液褪色可证明SO2有漂白性B浓盐酸可除去烧瓶内残留的MnO2，稀硝酸可除去试管内壁的银镜，用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液都发生了氧化还原反应C取少量Na2SO3样品加入Ba（NO3）2溶液后，产生白色沉淀滴加稀盐酸，沉淀不溶解，证明Na2SO3已氧化变质D某溶液加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，该溶液滴加CaCl2溶液，有白色沉淀生成确定该溶液存在CO32﹣A．A B．B C．C D．D9、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A．18gD2O所含有电子数为10NAB．1molNa2O2

发生氧化还原反应时，转移的电子数目一定为

2NAC．常温常压下，14

g

由

N2

与

CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD．50mL18.4mol·L-1

的浓硫酸与足量铜在加热条件下反应，生成

SO2分子的数目为0.46NA10、下列实验的现象正确的是()实验或实验操作现象A通入氯化钡溶液出现白色沉淀B向溶液中通入少量氯气后再加入四氯化碳充分震荡、静置下层液体为紫色C向盛有过氧化钠固体的试管中加入水和酚酞溶液溶液长时间保持红色D用稀硝酸清洗做完银镜反应后的试管银镜不溶A．A B．B C．C D．D11、某课题组利用CO2催化氢化制甲烷，研究发现HCOOH是CO2转化为CH4的中间体，即：，镍粉是反应I、II的催化剂。CH4、HCOOH、H2的产量和镍粉用量的关系如图所示(仅改变镍粉用量，其他条件不变)：由图可知，当镍粉用量从1mmol增加到10mmol，反应速率的变化情况是()A．反应I的速率增加，反应II的速率不变B．反应I的速率不变，反应II的速率增加。C．反应I、II的速率均增加，且反应I的速率增加得快D．反应I、II的速率均增加，且反应II的速率增加得快12、下列叙述正确的是A．利用高纯度硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能B．胶体的本质特征是丁达尔效应C．食品包装袋中常放入小袋的生石灰,目的是防止食品氧化变质D．宋·王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是氢氧化铜13、1mol苯乙烯（）在不同条件下与H2发生加成反应时，产物存在差异：条件消耗氢气加成产物①室温、低压、催化剂1mol②高温、高压、催化剂4mol下列说法正确的是A．两种条件下的加成产物都属于芳香烃B．两种条件下的加成产物都能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．两种条件下的加成产物都能在光照条件下与溴进行取代D．该现象说明侧链上的碳碳双键比苯环内的碳碳双键更活泼14、对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度(mol·L-1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。时间水样0510152025I(pH=2)0.400.280.190.130.100.09II(pH=4)0.400.310.240.200.180.16Ⅲ(pH=4)0.200.150.120.090.070.05IV(pH=4，含Cu2+)0.200.090.050.030.010下列说法不正确的是（）A．在0～20min内，I中M的平均分解速率为0.015mol·L-1·min-1B．其它条件相同时，水样酸性越强，M的分解速率越快C．在0～25min内，Ⅲ中M的分解百分率比II大D．由于Cu2+存在，IV中M的分解速率比I快15、下列化学用语对事实的表述不正确的是（）A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB．常温时，0.1mol·L-1氨水的pH=11.1：NH3·H2ONH4++OH−C．由Na和C1形成离子键的过程：D．电解精炼铜的阴极反应：Cu2++2e−=Cu16、将①H+、②Cl－、③Al3＋、④K＋、⑤S2－、⑥OH－、⑦NO3－、⑧NH4＋分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的离子是（）A．①③⑤⑦⑧ B．②④⑥⑧ C．①⑥ D．②④⑦二、非选择题（本题包括5小题）17、布洛芬是一种比阿司匹林副作用更小的消炎镇痛药，下图是布洛芬的一种合成路线。请回答下列问题：(1)合成路线中不包括的反应类型为__________。A．加成反应B．取代反应C．氧化反应D．消去反应(2)D中所含官能团的名称为______，D分子式为_______；A→G中有手性碳的物质有____种。(3)E→F的化学方程式为____________________________________________。(4)B含有苯环的同分异构体有_____种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱只有2组峰的同分异构体的名称为______________。18、有机物H是一种中枢神经兴奋剂，其合成路线如图所示。请回答下列题：（1）A的化学名称为___，C的结构简式为___。（2）E中官能团的名称为___。B→C、G→H的反应类型分别为___、__。（3）D分子中最多有___个原子共平面。（4）写出C→D反应的化学方程式为___。（5）同时满足下列条件的E的同分异构体有___种(不考虑立体异构)。①与E具有相同官能团；②苯环上有三个取代基。19、无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡(熔点232℃)与Cl2反应制备SnCl4，装置如下图所示。已知：①SnCl2、SnCl4有关物理性质如下表物质颜色、状态熔点/℃沸点/℃SnCl2无色晶体246652SnCl4无色液体－33114②SnCl4遇水极易水解生成SnO2·xH2O。回答下列问题：（1）导管a的作用是__________，装置A中发生反应的离子方程式为_____________。（2）当观察到装置F液面上方出现______现象时才开始点燃酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热。此时继续加热的目的有两点：加快氯气与锡反应和_________。（3）若上述装置中缺少装置C(其它均相同)，则D处具支试管中发生的主要副反应化学方程式为_______________________________。（4）Cl2和Sn的反应产物有SnCl4和SnCl2，为了防止产品中带入过多的SnCl2，装置D可改为油浴加热来控制温度，该温度范围是________。（5）制得的SnCl4产品中常含有SnCl2，可用如下方法测定产品纯度：先准确称量7.60g产品于锥形瓶中，再加过量的FeCl3溶液，发生反应：SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，再用0.1000mol·L—1K2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+，此时还原产物为Cr3+，消耗标准溶液20.00mL，则SnCl4产品的纯度为_______________。20、二氯亚砜(SOCl2)是一种无色易挥发液体，遇水剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂，其熔点-105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解。（1）用硫黄（用S表示）、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成二氯亚砜，原子利用率达100%，则三者的物质的量比为________。写出SOCl2吸收水蒸气的化学方程式：___________。（2）甲同学设计下图装置用ZnCl2·xH2O晶体制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2（夹持及加热装置略）：①装置的连接顺序为A→B→______→______→______→______。______________②搅拌的作用是______，冷凝管的作用是_______________________________。③实验结束后，为检测ZnCl2·xH2O晶体是否完全脱水，称取蒸干后的固体ag溶于水，加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，过滤，洗涤，干燥，称得固体为bg。若_____（保留一位小数），即可证明ZnCl2·xH2O晶体已完全脱水。④乙同学认为直接将ZnCl2·xH2O晶体置于坩埚中加热即可得到无水ZnCl2，但老师说此方法不可。请用化学方程式解释原因：______________________________________。（3）丙同学认为SOCl2还可用作由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3的脱水剂，但丁同学认为该实验会发生氧化还原反应。请你设计并简述实验方案判断丁同学的观点：_____________。21、硫酸亚铁铵[（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O]俗称莫尔盐，可溶于水，在122℃～112℃时分解。在定量分析中常用作标定重铬酸钾、高锰酸钾等溶液的标准物质，还用于冶金、电镀等。Ⅰ．化学课外活动小组研究莫尔盐晶体强热时的分解产物。（1）甲组同学按照如图所示的装置进行研究，装置C中可观察到的现象是__________，由此可知分解产物中有____________。（2）乙组同学认为莫尔盐晶体分解的产物中还含有SO3（g）、SO2（g）及N2。为进行验证，选用甲组实验中的装置A和下图所示的部分装置进行实验。①乙组同学的实验中，装置依次连接的合理顺序为A、____________。②含有SO3的实验现象是______________；Ⅱ．为测硫酸亚铁铵纯度，称取mg莫尔盐样品，配成522mL溶液。甲、乙、丙三位同学设计了如下三个实验方案，请回答：甲方案：取1．22mL硫酸亚铁铵溶液用2．1222mol·L－1的酸性KMnO4溶液分三次进行滴定。乙方案：取1．22mL硫酸亚铁铵溶液进行如下实验。丙方案：（通过测定）实验设计图如下所示。取1．22mL硫酸亚铁铵溶液进行该实验。（1）甲方案中的离子方程式为___________，若实验操作都正确，但其测定结果总是小于乙方案，可能原因为___________。（2）乙方案中沉淀是否洗涤干净的检验方法是________________。（3）丙方案中量气管中最佳试剂是______________。a．水b．饱和NaHCO3溶液c．CCl4（4）若测得NH3（已折算为标准状况下）为VL，则硫酸亚铁铵纯度为_____________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【详解】A.钠原子有三个电子层，氧原子有2个电子层，所以钠原子半径大于氧，故能用元素周期律解释，不符合题意；B.因为氧的非金属性比硫强，所以水的稳定性大于硫化氢，能用元素周期律解释，不符合题意；C.碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠和水和二氧化碳，能说明盐酸的酸性大于碳酸，但不能用于比较氯和碳的非金属性，故不能用元素周期律解释，符合题意；D.镁的金属性比铝强，所以与盐酸反应时镁会更剧烈，能用元素周期律解释，不符合题意。故选C。2、A【详解】在反应KC1O3+6HCl（浓）=KC1+3Cl2↑+3H2O中，KC1O3是氧化剂，Cl的价态由+5价降为0价；5HCl为还原剂，价态由-1价升为0价，1HCl表现出酸性。A.被氧化的元素和被还原的元素的质量之比为5：1，A不正确；B.Cl2中的Cl既来自KC1O3又来自HCl，所以它既是氧化产物，又是还原产物，B正确；C.由上面分析可知，盐酸既体现酸性，又体现还原性，C正确；D.从反应中可以看出，转移5mol电子时，产生3molCl2，D正确。故选A。【点睛】在判断氧化还原反应中物质表现的性质时，首先应确定产物中元素的来源，弄清反应物中的变价元素价态如何发生改变，是全部改变，还是部分改变，是全部升高或全部降低，还是部分升高部分降低，从而明确发生变价元素的原子个数及价态变化情况，最终确定得失电子的数目及该物质表现的性质。3、A【详解】①NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现，故①正确。②Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现，故②错误。③AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现，故③错误。④Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现，故④错误。⑤氯气具有强氧化性，则铁与氯气反应生成三氯化铁，而不是氯化亚铁，第二步不能实现，故⑤错误。⑥氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，Mg(OH)2不稳定，加热分解为MgO，故两步都可以实现，故⑥正确。⑦氨气通入饱和食盐水中，在通入二氧化碳气体可以制碱，但反应生成的是碳酸氢钠，第二步不能转化，故⑦错误。故①⑥正确，故答案选A。【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化的条件。注意量的多少对生成物的影响，如NaAlO2与少量HCl反应生成NaCl和Al（OH）3，NaAlO2与过量HCl反应生成NaCl、AlCl3和H2O。4、D【详解】A、加入氯化钡、盐酸都引入氯离子，可能生成白色氯化银沉淀，检验硫酸根离子，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡检验，故A错误；B、酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，不能确定使Fe2+氧化的氧化剂，因此不能判断氧化性强弱，故B错误；C、溶液中先生成白色AgCl沉淀，后逐滴加入0.1mol·L-1

NaI溶液，白色沉淀逐渐转变为黄色沉淀，由此可知溶解度：AgCl>AgI，二者属于同类型难溶物，故Ksp：AgCl>AgI，故C错误；D、下层呈红棕色，说明有溴生成，可说明氧化性：Cl2>Br2，故D正确。5、B【分析】A.有新物质生成的变化是化学变化；B.雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应；C.“玉”的成分是硅酸盐，熔点很高；D.葡萄糖是单糖不能发生水解反应。【详解】A.“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”是碳酸钙的分解反应，反应中有新物质生成，是化学变化，故A错误；B.“日照澄州江雾开”中，雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，故B正确；C.“玉”的成分是硅酸盐，熔点很高，‘试玉要烧三日满’与硬度无关，故C错误；D.葡萄糖是单糖不能发生水解反应，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应，故D错误。故选B。6、D【详解】A.置换反应一定是氧化还原反应，复分解反应一定不是氧化还原反应，化合反应、分解反应有的是氧化还原反应，有的是非氧化还原反应，与图示相符，A项正确；B.向AlCl3溶液中加入NaOH溶液，随着NaOH溶液的加入，依次发生的反应为：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，可见AlCl3完全沉淀和生成的Al（OH）3完全溶解消耗的NaOH物质的量之比为3:1，与图示相符，B项正确；C.Ba（OH）2属于强碱，Ba（OH）2溶液中离子浓度大，溶液导电性强，Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸，Ba（OH）2与稀硫酸反应生成难溶于水的BaSO4和难电离的水，溶液中离子浓度减小，溶液导电性减弱，两者恰好完全反应时，溶液中离子浓度接近0，溶液导电性接近0，继续加入稀硫酸，硫酸属于强酸，溶液中离子浓度增大，溶液导电性又增强，与图示相符，C项正确；D.Mg、Fe与稀硫酸反应的化学方程式为Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑、Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，Mg比Fe活泼，Mg与稀硫酸反应比Fe与稀硫酸反应快，等浓度、等体积稀硫酸与足量Fe和Mg反应最终产生的H2体积相等，与图示不符，D项错误；答案选D。【点睛】本题考查四大基本反应类型与氧化还原反应的关系、与Al（OH）3有关的图像、溶液导电性强弱的分析、金属与酸反应的图像。注意Al（OH）3是两性氢氧化物，Al（OH）3能与强酸、强碱反应；溶液导电性的强弱取决于溶液中离子物质的量浓度的大小和离子所带电荷数，离子物质的量浓度越大、离子所带电荷数越大，溶液的导电性越强。7、A【详解】A．的质子数为38，故A错误；B．第IIA族元素，最高化合价为+2，故B正确；C．同一主族，从上到下原子半径逐渐增大，原子半径：Sr>Ca，故C正确；D．同一主族，从上到下，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，氢氧化钙为强碱，所以氢氧化锶也为强碱，故D正确；故选A。8、D【解析】A、SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色，硫化合价升高，显还原性，不是漂白性，故A错误；B、SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O，不是氧化还原反应，故B错误；C、加酸酸化时，3SO32－＋2H＋＋2NO3－＋3Ba2＋=3BaSO4↓＋2NO↑＋H2O，无法确定Na2SO3已氧化变质，还是加酸酸化时被氧化的，故C错误；D、气体为二氧化碳，且与氯化钙反应生成白色沉淀，则确定该溶液存在CO32－，故D正确；故选D。9、C【解析】A．18gD2O的物质的量==0.9mol，1个分子含有10个电子，所含电子数为9NA，故A错误；B．1molNa2O2参加氧化还原反应时，若完全作氧化剂，转移的电子数为2mol；若发生自身的氧化还原反应，转移的电子的物质的量为1mol，所以转移的电子数不一定为2NA，故B错误；C.14g氮气和一氧化碳的混合气体的物质的量为0.5mol，0.5mol混合气体中含有1mol原子，含有的原子数目为NA，故C正确；D．铜只能和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，故浓硫酸不能反应完全，则生成的二氧化硫分子个数小于0.46NA，故D错误；故选C。10、B【详解】A.

亚硫酸的酸性比盐酸弱，所以二氧化硫不能与氯化钡反应产生沉淀，故A错误；B.向溶液中通入少量氯气发生氧化还原反应，生成氯化钾和碘单质，再加入四氯化碳充分震荡、静置，下层是碘单质的四氯化碳溶液，为紫色，上层是氯化钾溶液，故B正确；C.向盛有过氧化钠固体的试管中加入水，生成氢氧化钠和氧气，加入酚酞溶液溶液呈现红色，但由于过氧化钠具有强氧化性，具有漂白性，红色不能长时间保持，故C错误；D.稀硝酸具有强氧化性，可以与不活泼金属银反应，所以可以用用稀硝酸清洗做完银镜反应后的试管，故D错误；故选：B。11、D【分析】Ni为有机反应中常用的加氢催化剂之一，反应I、II均为加氢反应，故加入Ni粉会使反应ⅠⅡ的速率均增加；从图中可见随着镍粉用量从1mmol增加到10mmol，甲酸的产量在迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应Ⅱ的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快。【详解】由于反应是在固定时间内完成，之后进行冷却和物质检验，因此检验得到的物质产量（mmol）即可以代表化学反应的平均速率，Ni为有机反应中常用的加氢催化剂之一，反应I、II均为加氢反应，故加入Ni粉会使反应ⅠⅡ的速率均增加，在图中表现为CH4的生成速率和H2的消耗速率均增大，从图中可见随着镍粉用量从1mmol增加到10mmol，甲酸的产量在迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应Ⅱ的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快，答案选D。12、A【解析】A项，利用高纯度硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能，故A项正确；B项，胶体的最本质的特征是分散质颗粒的直径在1nm～100nm之间，故B项错误；C项，生石灰能与水反应，常用作食品干燥剂，但生石灰不具有还原性就不能防止食物氧化，故C项错误；D项，铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。13、C【分析】第①种只加成1mol氢气，说明只有碳碳双键，第②种加成4mol氢气，说明苯环被完全加成。【详解】A.苯环完全加成后不再属于芳香烃，属于环烷烃，故A错误；B.第①种加成产物为乙基苯，可使高锰酸钾褪色，第②种加成产物属于环烷烃，不可以是酸性高猛酸钾褪色，故B错误；C.两种加成产物中都含有乙基，故光照条件下都能与溴进行取代，故C正确；D.苯环不含有碳碳双键，故D错误；故答案为C。【点睛】苯环中没有碳碳双键。14、D【详解】A、根据化学反应速率数学表达式，v(M)==0.015mol/(L·min)，故A说法正确；B、对比I和II，在相同的时间内，I中消耗M的量大于II中，说明其他条件下不变，酸性越强，M的分解速率越快，故B说法正确；C、在0～25min内，III中M的分解百分率=×100%=75%，II中M的分解百分率=×100%=60%，因此III中M的分解百分率大于II，故C说法正确；D、I和IV中pH不同，因此不能说明Cu2＋存在，IV中M的分解速率大于I，故D说法错误。故选D。15、A【解析】分析：A项，酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”；B项，氨水为弱碱水溶液，存在电离平衡；C项，Na易失电子形成Na+，Cl易得电子形成Cl-；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极。详解：A项，酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”，硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A项错误；B项，常温下0.1mol·L-1氨水的pH=11.1，溶液中c（OH-）=10-2.9mol·L-10.1mol·L-1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为NH3·H2ONH4++OH-，B项正确；C项，Na原子最外层有1个电子，Na易失电子形成Na+，Cl原子最外层有7个电子，Cl易得电子形成Cl-，Na将最外层的1个电子转移给Cl，Na+与Cl-间形成离子键，C项正确；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，D项正确；答案选A。点睛：本题考查酯化反应的机理、电离方程式的书写、用电子式表示物质的形成过程、电解精炼铜的原理。注意强电解质和弱电解质电离方程式的区别、用电子式表示离子化合物和共价化合物形成过程的区别。16、D【分析】水的电离平衡H2OH++OH-，H+和OH-能抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离。【详解】①H+对水的电离起到抑制作用②Cl－对水的电离无影响③Al3＋能结合水电离产生的OH-生成弱碱Al(OH)3，促进水的电离④K＋对水的电离无影响⑤S2－能结合水电离产生的H+生成HS-，促进水的电离⑥OH－使水的电离平衡逆移⑦NO3－对水的电离无影响⑧NH4＋能结合水电离产生的OH-生成弱电解质NH3·H2O，促进水的电离。故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、D酯基、醚键C16H22O34+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O211，2，4，5-四甲基苯【分析】甲苯与CH2=CH-CH3发生加成反应产生B：，B与CH3COCl在AlCl3催化下发生苯环上对位的取代反应产生C：，C与ClCH2COOC2H5在C2H5ONa作用下反应产生D：，D与NaOH、HCl先后发生反应产生E：，E中含有醛基，与银氨溶液反应反应，醛基被氧化变为羧基，在碱性条件下反应产生的F是羧酸铵盐，结构简式是，F酸化得到G是。【详解】(1)A→B的反应类型是加成反应；B→C的反应类型是取代反应；E→F的反应类型是氧化反应，没有发生的反应类型是消去反应，故合理选项是D；(2)D的结构简式是，分子中含有的官能团名称是酯基、醚键；D分子式是C16H22O3；手性C原子是连接4个不同原子或原子团的C原子，在A→G中有手性碳的物质有、、、四种物质，其中的手性C原子用※进行了标注；(3)E是，含有醛基-CHO，具有还原性，能够与Ag(NH3)2OH水浴加热，发生氧化反应，产生醛基被氧化变为—COOH，由于该溶液显碱性，—COOH与NH3结合形成—COONH4，该反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；(4)B是，分子式是C10H14。其含有苯环的同分异构体中，侧链可能含有一个取代基、二个取代基、三个取代基、四个取代基。若只有一个取代基，—C4H9，该取代基为丁基，丁基有2种不同结构，每种结构都有2种不同的H原子，去掉B物质本身，有3种不同结构；若有二个取代基，可能是—CH3、—CH2CH2CH3，—CH3、或2个-CH2CH3共3种情况，它们在苯环上的位置有邻、间、对三种，故含有2个取代基的同分异构体种类数有3×3=9种；若有三个取代基，则其中1个-CH2CH3、2个—CH3，根据它们在苯环上的位置的不同，共有6种不同结构；若有四个取代基，则有4个—CH3，根据它们在苯环上的位置的不同，共有3种不同结构；故物质B的含有苯环的同分异构体种类数目共有3+9+6+3=21种；其中一种同分异构体核磁共振氢谱只有2组峰，说明该物质分子中含有2种不同位置的H原子，该同分异构体结构简式是，名称是1，2，4，5-四甲基苯。【点睛】本题以布洛芬的合成为线索，考查有机化学反应类型、结构简式的书写、同分异构体数目的判断。要根据物质转化关系中反应前后物质结构的不同，结合反应特点判断反应类型；易错点是物质B的同分异构体种类的判断，要结合侧链的数目、侧链的种类、侧链在苯环上的相对位置进行分析判断。18、甲苯羟基、碳碳三键取代反应加成反应142C6H5-CH2OH+O22C6H5-CHO+2H2O10【分析】由题目内容以及A的不饱和度可知A结构中含有苯环，A为甲苯。甲苯在光照条加下与氯气发生取代反应生成B，B为，B物质在加热、NaOH溶液条件中发生水解反应生成C：，C发生氧化反应生成D，D为：，F在一定条件下反应生成G，G与氢气加成后合成出产物H，根据此分析解答本题。【详解】（1）由题意可知A的化学名称为甲苯，C由B发生水解反应生成，C为苯甲醇，结构简式为：。（2）题目中已知E的结构简式，可知E中含有的官能团为：羟基、碳碳三键。B物质在加热、NaOH溶液条件中发生水解反应生成C，水解反应属于取代反应。由G到H，反应过程主要是G中的C=N与氢气发生加成反应。（3）由于苯环和醛基均为平面结构，所以苯甲醛分子中最多有14个原子可以共平面。（4）由题可知C发生氧化反应生成D，反应方程式为：2C6H5-CH2OH+O22C6H5-CHO+2H2O。（5）①与E具有相同官能团；②苯环上有三个取代基分别为：甲基、-OH、。固定其中两个取代基，变换第三个取代基。当甲基、-OH为邻位时，变换，有4种同分异构体。当甲基、-OH为间位时，变换，有4种同分异构体。当甲基、-OH为对位时，变换，有2种同分异构体。所以共有10种同分异构体。【点睛】根据流程图判断出结构简式和物质名称是最基本的考点，比较容易掌握。难点在于同分异构体的书写，一定要把握好“定”和“换”的基团分别是那些，每次只能变换一个基团，有规律的书写出同分异构体。19、使分液漏斗内的液体顺利流下2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O黄绿色气体时使SnC14气化，利于从混合物中分离出来SnC14+(x+2)H2O=SnO2·xH2O+4HCl232℃~652℃85%【分析】由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl及水蒸气，装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中含有的HCl，装置C中浓硫酸的作用是吸收水蒸气，干燥氯气，装置D中干燥的氯气与Sn在加热条件下共热反应生成SnCl4，装置E的作用是冷凝收集SnCl4，装置F中浓硫酸的作用是吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置E中使产物水解，装置G中氢氧化钠溶液的作用是吸收未反应的氯气，防止污染空气。【详解】（1）导管a将圆底烧瓶和分液漏斗连通，能起到平衡气压，使分液漏斗内的液体顺利流下的作用；烧瓶A中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（2）因金属锡易与氯气、氧气反应，反应前应先生成氯气，利用生成的氯气将装置中的空气排出，防止空气中的氧气干扰实验，当观察到装置F液面上方出现黄绿色气体时，说明空气已经排尽；由题给四氯化锡受热易挥发，点燃酒精灯使锡熔化后，继续加热可以加快氯气与锡反应，还能使使四氯化锡气化，利于其从混合物中分离出来，故答案为：黄绿色气体时；使SnC14气化，利于从混合物中分离出来；（3）若上述装置中缺少装置C，氯气中混有的水蒸气会使生成的四氯化锡反应水解生成SnO2·xH2O和氯化氢，反应的化学方程式为SnC14+(x+2)H2O=SnO2·xH2O+4HCl，故答案为：SnC14+(x+2)H2O=SnO2·xH2O+4HCl；（4）若改为油浴加热来控制温度达到使四氯化锡气化，而二氯化锡不气化的目的，应控制温度范围在232℃~652℃，故答案为：232℃~652℃；（5）K2Cr2O7标准溶液与氯化亚铁溶液反应的离子方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，由题给二氯化锡与氯化铁反应的化学方程式可得如下转化关系：3SnCl2～6FeCl3～6FeCl2～K2Cr2O7，反应中消耗K2Cr2O7的物质的量为0.1000mol·L—1×0.02000L=2.000×10—3mol，则二氯化锡的含量为×100%=15%，则四氯化锡的纯度为1—15%=85%，故答案为：85%。【点睛】金属锡易与氯气、氧气反应，SnCl4极易水解，制备实验应在无氧和无水环境下进行进行，则利用反应生成的氯气排尽空气，在制备四氯化锡的装置前后都应有除水装置是设计实验的关键，也是解答关键。20、2:3:1SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑DEFC使ZnCl2•xH2O晶体均匀、充分的与SOCl2接触，晶体脱水充分把剩余的SOCl2冷凝成液体回收2.1ZnCl2•xH2OZn(OH)Cl+HCl↑+(x-1)H2O、Zn(OH)ClZnO+HCl↑或ZnCl2•xH2OZn(OH)2+2HCl↑+(x-2)H2O、Zn(OH)2ZnO+H2O或ZnCl2•xH2OZnO+2HCl↑+(x-1)H2O方法1：取少量FeCl3•6H2O于试管中，加入SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，然后滴加BaCl2溶液，若生成白色沉淀则证明脱水过程发生了氧化还原反应；方法2：取少量FeCl3•6H2O于试管中，加入过量SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，滴加KSCN溶液，若没有明显现象则证明脱水过程发生了氧化还原反应；方法3：取少量FeCl3•6H2O于试管中，加入过量SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，滴加K3Fe(CN)6]溶液，若生成蓝色沉淀则证明脱水过程发生了氧化还原反应【解析】（1）用硫黄（用S表示）、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成二氯亚砜，原子利用率达100%，则三者发生了化合反应，化学方程式为2S+3Cl2+SO3=3SOCl2，其物质的量比为2:3:1。SOCl2吸收水蒸气的化学方程式为SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑。（2）由题意知，A是晶体的脱水反应装置；B是回收剩余的SOCl2的装置；C是尾气吸收装置；D是保护装置，防止水蒸气进入B中；E是防止倒吸的；F是用于检验生成物中含有SO2的。①装置的连接顺序为A→B→D→E→F→C。②搅拌的作用是使ZnCl2·xH2O晶体均匀、充分的与SOCl2