廣西柳州市柳州高中2024年高三第四次模擬考試化學試卷含解析

廣西柳州市柳州高中2024年高三第四次模擬考試化學試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是()A．1mol鐵在一定條件下分別和氧氣、氯氣、硫完全反應轉移電子數(shù)都為2NAB．30g葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的氫原子數(shù)為4NAC．12g石墨烯(單層石墨)中含有六元環(huán)的個數(shù)為2NAD．2.1gDTO中含有的質子數(shù)為NA2、硼氫化鈉(NaBH4)可用作還原劑和塑料發(fā)泡劑。它在催化劑作用下與水反應獲取氫氣的微觀過程如圖所示。下列說法不正確的是A．NaBH4中氫元素的化合價為+1價B．若用D2O代替H2O，反應后生成的氣體中含有H2、HD和D2C．通過控制催化劑的用量和表面積，可以控制氫氣的產(chǎn)生速率D．NaBH4與水反應的離子方程式為：BH4－+4H2O=B(OH)4－+4H23、氮化碳(C3N4)的硬度大于金剛石，則氮化碳中A．只有共價鍵 B．可能存在離子C．可能存在N≡N D．存在極性分子4、用ClCH2CH2OH和NaCN為原料可合成丙烯酸，相關化學用語表示錯誤的是()A．質子數(shù)和中子數(shù)相等的鈉原子：NaB．氯原子的結構示意圖：C．NaCN的電子式：D．丙烯酸的結構簡式：CH3CH=CHCOOH5、X、Y、Z、W為四種短周期的主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W與X、Y既不同族也不同周期；X原子最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)的3倍；Y的最高正價與最低負價的代數(shù)和為6。下列說法不正確的是（）A．Y元素的最高價氧化物對應的水化物的化學式為HYO4B．原子半徑由小到大的順序為W＜X＜ZC．X與W可以形成W2X、W2X2兩種物質D．Y、Z兩元素的氣態(tài)氫化物中，Z的氣態(tài)氫化物更穩(wěn)定。6、X、Y、Z、W、M為原子序數(shù)依次増加的五種短周期元素，A、B、C、D、E是由這些元素組成的常見化合物，A、B為廚房中的食用堿，C是一種無色無味的氣體，C、D都是只有兩種元素組成。上述物質之間的轉化關系為:(部分反應物戒生成物省略)。下列說法錯誤的是A．原子半徑大小序，W＞Y＞Z＞XB．對應最簡單氫化物的沸點:Z＞MC．上述變化過秳中，發(fā)生的均為非氧化還原反應D．Z和W形成的化合物中一定只含離子健7、反應Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，作氧化劑的是（）A．Fe2O3 B．CO C．Fe D．CO28、設NA代表阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．28g的乙烯和環(huán)丙烷混合氣體中所含原子總數(shù)為6NAB．在標準狀況下，9.2gNO2含有的分子數(shù)為0.2NAC．常溫下，56g鐵與足量的濃硫酸反應，轉移的電子數(shù)為3NAD．公共場所用75%的乙醇殺菌消毒預防新冠病毒，1mol乙醇分子中含有的共價鍵的數(shù)目為7NA9、我國科學家設計的人工光合“仿生酶—光偶聯(lián)”系統(tǒng)工作原理如圖。下列說法正確的是（）A．總反應為6CO2+6H2OC6H12O6+6O2B．轉化過程中僅有酶是催化劑C．能量轉化形式為化學能→光能D．每產(chǎn)生1molC6H12O6轉移H+數(shù)目為12NA10、某固體混合物可能由Fe2O3、Fe、Na2SO3、NaBr、AgNO3、BaCl2中的兩種或兩種以上的物質組成。某興趣小組為探究該固體混合物的組成，設計的部分實驗方案如圖所示：下列說法正確的是A．氣體A至少含有SO2、H2中的一種B．固體C可能含有BaSO4或者Ag2SO4C．該固體混合物中Fe2O3和Fe至少有其中一種D．該固體混合物一定含有BaCl2，其余物質都不確定11、NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．18gD2O和18gH2O中含有的質子數(shù)均為10NAB．2L0.5mol·L－1H2S溶液中含有的H＋離子數(shù)為2NAC．過氧化鈉與水反應時，生成0.1mol氧氣轉移的電子數(shù)為0.2NAD．密閉容器中2molSO2與1molO2充分反應，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NA12、下列物質中含有非極性鍵的共價化合物是A．CCl4 B．Na2O2 C．C2H4 D．CS213、某溫度下，向溶液中滴加的溶液，滴加過程中溶液中與溶液體積的關系如圖所示，已知：，

。下列有關說法正確的是A．a(chǎn)、b、c三點中，水的電離程度最大的為b點B．溶液中：C．向、濃度均為的混合溶液中逐滴加入的溶液，先沉淀D．該溫度下14、油畫變黑，可用一定濃度的H2O2溶液擦洗修復，發(fā)生的反應為4H2O2+PbS→PbSO4+4H2O下列說法正確的是A．H2O是氧化產(chǎn)物B．H2O2中負一價的氧元素被還原C．PbS是氧化劑D．H2O2在該反應中體現(xiàn)還原性15、以下關于原子的未成對電子數(shù)的敘述正確的是()①鈉、鋁、氯：1個；②硅、硫：2個；③磷：3個；④鐵：4個．A．只有①③ B．只有①②③ C．只有②③④ D．有①②③④16、下列物質的制備方法正確的是()A．實驗室用1體積酒精和3體積濃度為6mol/L的硫酸制乙烯B．用鎂粉和空氣反應制備Mg3N2C．2mL10%的NaOH溶液中滴加2%的CuSO4溶液5滴得新制Cu(OH)2懸濁液D．用電解熔融氯化鋁的方法制得單質鋁二、非選擇題（本題包括5小題）17、以下是某藥物中間體D的合成過程：A(C6H6O)B（1）A的結構簡式為_________________，A轉化為B的反應類型是____________。（2）D中含氧官能團的名稱是__________。（3）鑒別B、C

可以用的試劑名稱是______________。（4）D在一定條件下與足量NaOH溶液反應的化學方程式是_________________。（5）同時符合下到條件的D的所有同分異構體(不考慮立體異構)有________種。①能與NaHCO3溶液反應產(chǎn)生氣體；②苯環(huán)上只有2個取代基；③遇氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應。其中核磁共振氫譜顯示為5組峰，且峰面積比為3∶1∶2∶2∶1的同分異構體的結構簡式是________________________________(寫結構簡式)。（6）已知：+CH≡CH請設計合成路線以A和C2H2

為原料合成(無機試劑任選)：____________。18、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。______________________________________19、為了測定含氰廢水中CN－的含量，某化學小組利用如圖所示裝置進行實驗。關閉活塞a，將100ml含氰廢水與過量NaClO溶液置于裝置B的圓底燒瓶中充分反應，打開活塞b，滴入稀硫酸，然后關閉活塞b。（1）B中盛裝稀硫酸的儀器的名稱是_____________。（2）裝置D的作用是_________________，裝置C中的實驗現(xiàn)象為______________。（3）待裝置B中反應結束后，打開活塞a，經(jīng)過A裝置緩慢通入一段時間的空氣①若測得裝置C中生成59.1mg沉淀，則廢水中CN－的含量為_________mg·L-1。②若撤去裝置A，直接向裝置B中緩慢通入一段時間的空氣，則測得含氰廢水中CN－的含量__________（選填“偏大”、“偏小”、“不變”）。（4）向B中滴入稀硫酸后會發(fā)生某個副反應而生成一種有毒的黃綠色氣體單質，該副反應的離子方程式為_________________。（5）除去廢水中CN－的一種方法是在堿性條件下，用H2O2將CN－氧化生成N2，反應的離子方程式為_____________________________。20、乙酰苯胺是常用的醫(yī)藥中間體，可由苯胺與乙酸制備。反應的化學方程式如下：

+CH3COOH+H2O某實驗小組分別采用以下兩種方案合成乙酰苯胺：方案甲：采用裝置甲：在圓底燒瓶中加入5.0mL苯胺、7.4mL乙酸，加熱至沸，控制溫度計讀數(shù)100~105℃，保持液體平緩流出，反應40min后停止加熱即可制得產(chǎn)品。方案乙：采用裝置乙：加熱回流，反應40min后停止加熱。其余與方案甲相同。已知：有關化合物的物理性質見下表：化合物密度(g·cm-3)溶解性熔點(℃)沸點(℃)乙酸1.05易溶于水，乙醇17118苯胺1.02微溶于水，易溶于乙醇–6184乙酰苯胺—微溶于冷水，可溶于熱水，易溶于乙醇114304請回答：(1)儀器a的名稱是_________(2)分別從裝置甲和乙的圓底燒瓶中獲得粗產(chǎn)品的后續(xù)操作是____________(3)裝置甲中分餾柱的作用是______________(4)下列說法正確的是__________A．從投料量分析，為提高乙酰苯胺產(chǎn)率，甲乙兩種方案均采取的措施是乙酸過量B．實驗結果是方案甲的產(chǎn)率比方案乙的產(chǎn)率高C．裝置乙中b處水流方向是出水口D．裝置甲中控制溫度計讀數(shù)在118℃以上，反應效果會更好(5)甲乙兩方案獲得的粗產(chǎn)品均采用重結晶方法提純。操作如下：①請選擇合適的編號，按正確的操作順序完成實驗（步驟可重復或不使用）____→____→____→____→過濾→洗滌→干燥a冷卻結晶b加冷水溶解c趁熱過濾d活性炭脫色e加熱水溶解上述步驟中為達到趁熱過濾的目的，可采取的合理做法是___________②趁熱過濾后，濾液冷卻結晶。一般情況下，有利于得到較大的晶體的因素有_____A．緩慢冷卻溶液B．溶液濃度較高C．溶質溶解度較小D．緩慢蒸發(fā)溶劑③關于提純過程中的洗滌，下列洗滌劑中最合適的是______________。A．蒸餾水B．乙醇C．5%Na2CO3溶液D．飽和NaCl溶液21、氯氣是現(xiàn)代工業(yè)的重要原料，將氯化氫轉化為氯氣的技術成為科學研究的熱車點，回答下列問題：（1）Deacon發(fā)明的直接氧化法為：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)?？砂聪铝写呋^程進行：Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol-1Ⅱ.CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1Ⅲ.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3反應Ⅰ能自發(fā)進行的條件是___。利用ΔH1和ΔH2計算ΔH3時，還需要利用反應___的ΔH。（2）如圖為剛性容器中，進料濃度比c(HCl)：c(O2)分別等于1：1、4：1、7：1時HCl平衡轉化率隨溫度變化的關系：可知反應平衡常數(shù)K（400℃）__K（500℃）（填“大于”或“小于”）。設容器內(nèi)初始壓強為p0，根據(jù)進料濃度比c(HCl)：c(O2)=4：1的數(shù)據(jù)，計算400℃時容器內(nèi)的平衡壓強=___（列出計算式）。按化學計量比進料可以保持反應物高轉化率，同時降低產(chǎn)物分離的能耗。進料濃度比c(HCl)：c(O2)過低、過高的不利影響分別是___。（3）已知：氯氣與NaOH溶液反應可生成NaClO3。有研究表明，生成NaClO3的反應分兩步進行：Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl-Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-常溫下，反應Ⅱ能快速進行，但氯氣與NaOH溶液反應很難得到NaClO3，試用碰撞理論解釋其原因：___。（4）電解NaClO3水溶液可制備NaClO4，寫出陽極反應式：___。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】

A、1mol鐵在一定條件下分別與氧氣、氯氣、硫完全反應，與氧氣生成四氧化三鐵，轉移了mol電子，與氯氣反應生成氯化鐵，轉移了3mol電子，與S反應生成FeS，轉移了2mol電子，故A錯誤；B、葡萄糖和冰醋酸最簡式相同為CH2O，30g葡萄糖和冰醋酸的混合物含有原子團CH2O的物質的量==1mol，含有的氫原子數(shù)為2NA，故B錯誤；C、石墨烯中每一個六元環(huán)平均含有2個碳原子，故12g石墨烯即1mol石墨中含1molC原子，含有0.5mol六元環(huán)，即0.5NA個六元環(huán)，故C錯誤；D.2.1gDTO的物質的量為=0.1mol，而一個DTO中含10個質子，故0.1molDTO中含NA個質子，故D正確；答案選D。2、A【解析】

A.B為ⅢA元素，其化合價為+3價，NaBH4中氫元素的化合價為－1價，故A說法錯誤；B.由圖示可知BH4－中的H原子與H2O中H結合為H2，當若用D2O代替H2O，形成的氫氣有三種，即D2、HD和H2，故B說法正確；C.反應物在催化劑表面反應，催化劑對反應物吸附，生成產(chǎn)物后會解吸，通過控制催化劑的用量和表面積，可以控制氫氣的產(chǎn)生速率，故C說法正確；D.NaBH4與水反應為氫元素的歸中反應，反應方程式為BH4－＋4H2O=B(OH)4－＋4H2↑，故D說法正確；答案：A。3、A【解析】

A.C3N4晶體具有比金剛石更大的硬度，則C3N4晶體是原子晶體，其中只有共價鍵，故A正確；B.C3N4晶體具有比金剛石更大的硬度，則C3N4晶體是原子晶體，其中只有共價鍵，沒有離子，故B錯誤；C.C3N4晶體具有比金剛石更大的硬度，且原子間均以單鍵結合，則為原子晶體，每個C原子周圍有4個N原子，每個N原子周圍有3個C原子，形成空間網(wǎng)狀結構，C-N鍵為共價鍵，沒有N≡N，故C錯誤；D.C3N4晶體中每個C原子周圍有4個N原子，形成正四面體空間網(wǎng)狀結構，沒有極性，故D錯誤；正確答案是A?！军c睛】本題考查原子晶體的性質及作用力，明確信息是解答本題的關鍵，熟悉原子晶體的構成微粒、作用力、空間結構即可解答，題目難度不大，注重知識的遷移能力來分析解答。4、D【解析】

A.質子數(shù)和中子數(shù)相等的鈉原子，質量數(shù)A=質子數(shù)Z+中子數(shù)N=11+11=22，鈉原子符號為：，A正確；B.Cl原子的核外電子總數(shù)為17，其原子結構示意圖為，B正確；C.NaCN為離子化合物，由Na+和CN-通過離子鍵構成，電子式為，C正確；D.丙烯酸的結構簡式為CH2=CHCOOH，D錯誤；故合理選項是D。5、D【解析】

X原子最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)的3倍，則X為O元素，X、Z同族，則Z為S元素，Y的最高正價與最低負價的代數(shù)和為6，則Y的最高價為+7價，且與S同周期，所以Y為Cl元素，W與X、Y既不同族也不同周期，W為H元素，據(jù)此解答。【詳解】A．根據(jù)上述分析，Y為Cl，Cl的最高價氧化物對應的水化物為HClO4，A項正確；B．在元素周期表中，同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，同主族元素從上到下，原子半徑逐漸增大，原子半徑由小到大的順序為H＜O＜Cl＜S（H<O<S），B項正確；C．根據(jù)上述分析，X、W分別為O、H，兩者可形成H2O、H2O2兩者物質，C項正確；D．Y、Z分別為Cl、S，非金屬性Cl＞S，元素的非金屬性越強，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，HCl（Y的氣態(tài)氫化物）更穩(wěn)定，D項錯誤；答案選D。6、D【解析】

由題目可推斷出X，Y，Z，W，M分別是H，C，O，Na，Cl這五元素?！驹斀狻緼選項，原子半徑大小順序為Na>C>O>H，故A正確；B選項，Z對應的簡單氫化物為H2O，M對應的簡單氫化物為HCl，水分子形成分子間氫鍵，沸點反常高，故B正確；C選項，上述變化為復分解反應，故C正確；D選項，O和Na可形成Na2O2，既有離子鍵又有共價鍵，故D錯誤。綜上所述，答案為D。7、A【解析】

在氧化還原反應中化合價降低，得電子的物質為氧化劑，據(jù)此分析。【詳解】A、反應Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，中Fe元素的化合價降低，得電子，則Fe2O3是氧化劑，故A正確；B、CO中碳在氧化還原反應中化合價升高，失電子，作還原劑，故B錯誤；C、鐵是還原產(chǎn)物，故C錯誤；D、CO2是氧化產(chǎn)物，故D錯誤；故選：A。8、A【解析】

A.乙烯和環(huán)丙烷最簡式是CH2，其中含有3個原子，式量是14，28g的乙烯和環(huán)丙烷中含有最簡式的物質的量是2mol，則混合氣體中所含原子總數(shù)為6NA，A正確；B.NO2的式量是46，9.2gNO2的物質的量是0.2mol，由于NO2與N2O4在密閉容器中存在可逆反應的化學平衡，所以其中含有的分子數(shù)目小于0.2NA，B錯誤；C.在常溫下鐵遇濃硫酸會發(fā)生鈍化不能進一步發(fā)生反應，所以轉移的電子數(shù)小于3NA，C錯誤；D.乙醇分子結構簡式為CH3CH2OH，一個分子中含有8個共價鍵，則1mol乙醇分子中含有的共價鍵的數(shù)目為8NA，D錯誤；故合理選項是A。9、A【解析】

A.根據(jù)圖示可知：該裝置是將CO2和H2O轉化為葡萄糖和氧氣，反應方程式為：6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，A正確；B.轉化過程中有酶、光觸媒作催化劑，B錯誤；C.能量轉化形式為光能→化學能，C錯誤；D.每產(chǎn)生1molC6H12O6轉移H+數(shù)目為24NA，D錯誤；故合理選項是A。10、C【解析】

由實驗方案分析，溶液G中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，生成白色沉淀，則其為AgCl，原固體中一定含有BaCl2，一定不含NaBr；溶液B中加入NaOH溶液，有白色沉淀生成，此沉淀一段時間后顏色變深，則其為Fe(OH)2，說明溶液B中含有Fe2+，原固體中可能含有Fe(與硫酸反應生成Fe2+和H2)，可能含有Fe2O3(與硫酸反應生成的Fe3+全部被SO32-還原為Fe2+)，還可能含有AgNO3(必須少量，與硫酸電離出的H+構成的HNO3能被Fe或SO32-全部還原，且溶液中只含有Fe2+，不含有Fe3+)?！驹斀狻緼.氣體A可能為H2，可能為SO2，可能為H2、NO的混合氣，可能為SO2、NO的混合氣，還可能為H2、NO、SO2的混合氣，A錯誤；B.原固體中一定含有BaCl2，則固體C中一定含有BaSO4，可能含有Ag2SO4，B錯誤；C.從上面分析可知，固體混合物中不管是含有Fe2O3還是含有Fe，都能產(chǎn)生Fe2+，C正確；D.該固體混合物一定含有BaCl2，一定不含有NaBr，D錯誤。故選C?！军c睛】在進行物質推斷時，不僅要注意物質存在的可能性問題，還要考慮試劑的相對量問題。如上面分析得出，加入過量硫酸后的溶液中含有Fe2+，不含有Fe3+，此時我們很可能會考慮到若含AgNO3，則會與硫酸電離出的H+構成HNO3，將Fe2+氧化為Fe3+，武斷地得出原固體中不存在AgNO3的結論。如果我們考慮到若Fe過量，或Na2SO3過量，也可確保溶液中不含有Fe3+，則迎合了命題人的意圖。11、C【解析】

A.18gD2O物質的量為，質子的物質的量為0.9mol×10=9mol，因此質子數(shù)為9NA，故A錯誤；B.2L0.5mol·L－1H2S溶液中物質的量為n=0.5mol·L－1×2L=1mol，H2S是弱電解質，部分電離，因此含有的H＋離子數(shù)小于2NA，故B錯誤；C.過氧化鈉與水反應時，轉移2mol電子生成1mol氧氣，因此生成0.1mol氧氣轉移的電子數(shù)為0.2NA，故C正確；D.密閉容器中2molSO2與1molO2充分反應，該反應是可逆反應，因此產(chǎn)物的分子數(shù)小于2NA，故D錯誤。綜上所述，答案為C。12、C【解析】

A．CCl4中只含C-Cl極性共價鍵，故A不選；B．Na2O2既含有非極性共價鍵，又含有離子鍵，為離子化合物，故B不選；C．C2H4中含C-H極性共價鍵和C=C非極性共價鍵，只含共價鍵，由C、H元素組成，為共價化合物，故C選；D．CS2中只含C=S極性共價鍵，故D不選；故選：C。13、D【解析】

A.、水解促進水電離，

b點是與溶液恰好完全反應的點，溶質是氯化鈉，對水的電離沒有作用，水的電離程度最小的為b點，選項A錯誤；B.根據(jù)物料守恒溶液中：2ccc

c，選項B錯誤；C.大于，所以向、濃度均為的混合溶液中逐滴加入的溶液，先沉淀，選項C錯誤；D.b點是與溶液恰好完全反應的點，

，根據(jù)b點數(shù)據(jù)，2×10-18

，該溫度下，選項D正確；答案選D。14、B【解析】H2O2中氧元素化合價降低生成H2O，H2O是還原產(chǎn)物，故A錯誤；H2O2中負一價的氧元素化合價降低，發(fā)生還原反應，故B正確；PbS中S元素化合價升高，PbS是還原劑，故C錯誤；H2O2中氧元素化合價降低，H2O2在該反應中是氧化劑體現(xiàn)氧化性，故D錯誤。點睛：所含元素化合價升高的反應物是還原劑，所含元素化合價降低的反應物是氧化劑，氧化劑得電子發(fā)生還原反應，氧化劑體現(xiàn)氧化性。15、D【解析】

①鈉原子的電子排布式為：1s22s22p63s1，則Na原子的未成對電子數(shù)為1；鋁原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p1，則鋁原子的未成對電子數(shù)為1；氯原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p5，則氯原子的未成對電子數(shù)為1，故①正確；②硅原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p2，則硅原子的未成對電子數(shù)為2；硫原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p4，則硫原子的未成對電子數(shù)為2，故②正確；③磷原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p3，則磷原子的未成對電子數(shù)為3，故③正確；④Fe的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，則鐵原子的未成對電子數(shù)為4，故④正確；答案選D?！军c睛】磷原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p3，3p為半充滿狀態(tài)，故未成對電子數(shù)為3，F(xiàn)e的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，電子先排布在4s能級上，再排布在3d能級上，3d有5個軌道，6個電子，先單獨占據(jù)一個軌道，剩余一個電子按順序排，所以未成對電子數(shù)為4。16、C【解析】

A．實驗室用1體積酒精和3體積濃度為18.4mol/L的硫酸制乙烯，故A錯誤；B．鎂粉在空氣中和氧氣也反應，會生成氧化鎂，故B錯誤；C．氫氧化鈉過量，可與硫酸銅反應生成氫氧化銅，反應后制得的氫氧化銅呈堿性，符合要求，故C正確；D．氯化鋁屬于分子晶體，熔融狀態(tài)不導電，工業(yè)上用電解熔融氧化鋁的方法冶煉Al，故D錯誤；故選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、加成反應(酚)羥基、酯基碳酸氫鈉+3NaOH+CH3OH+NaBr+H2O12【解析】本題考查有機物的推斷和合成，（1）根據(jù)C的結構簡式，判斷出B生成C反應類型為酯化反應，即B的結構簡式為，根據(jù)A的分子式，以及B的結構簡式，推出A為苯酚，結構簡式為，結合A和B的結構簡式，A生成B的反應類型為加成反應；（2）根據(jù)D的結構簡式，含有含氧官能團是酯基和（酚）羥基；（3）B含有羧基，C不含有羧基，且酚羥基電離出H＋能力小于碳酸，羧酸的酸性強于碳酸，因此檢驗兩種物質，可以滴加NaHCO3溶液，B溶液中出現(xiàn)氣泡，C中不出現(xiàn)氣泡；（4）根據(jù)氫氧化鈉發(fā)生反應的是酚羥基、酯基、溴原子，因此發(fā)生的反應方程式為+3NaOH+CH3OH+NaBr+H2O；（5）能與NaHCO3溶液產(chǎn)生氣體，則結構中含有羧基，遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明含有酚羥基，符合條件的同分異構體為（鄰間對三種）、（鄰間對三種）、（鄰間對三種）、（鄰間對三種），共有12種；核磁共振氫譜有5種峰，說明有5種不同的氫原子，即結構簡式為；（6）根據(jù)信息，生成的反應物應是乙炔和，因此先讓A與氫氣發(fā)生加成反應，然后再被氧化，合成路線為。點睛：本題的難點是同分異構體的書寫，首先根據(jù)題中所給信息，判斷出含有官能團或結構，如能與NaHCO3溶液反應產(chǎn)生氣體，說明含有羧基，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明含有酚羥基，苯環(huán)上有2種取代基，首先判斷出的結構是，然后考慮苯環(huán)上兩個取代基的位置，即鄰間對，然后再考慮溴的位置，以及碳鏈異構，判斷其他，平時注意多練習總結，找規(guī)律。18、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：。19、分液漏斗防止空氣中的CO2進入裝置C中有白色沉淀生成，溶液的紅色逐漸變淺（或褪去）78偏大Cl－＋ClO－＋2H＋=Cl2↑＋H2O5H2O2+2CN－=N2↑+2HCO3－+4H2O（或5H2O2+2CN－+2OH－=N2↑+2CO32－+6H2O）【解析】

實驗的原理是利用CN?+ClO?═CNO+Cl?;2CNO?+2H++3ClO?═N2↑+2CO2↑+3Cl?+H2O,通過測定堿石灰的質量的變化測得二氧化碳的質量,裝置A是除去通入空氣中所含二氧化碳,裝置B中的反應是CN?+ClO?═CNO+Cl?;2CNO?+2H++3ClO?═N2↑+2CO2↑+3Cl?+H2O,通過裝置C吸收生成的二氧化碳,根據(jù)關系式計算含氰廢水處理百分率,實驗中應排除空氣中二氧化碳的干擾,防止對裝置C實驗數(shù)據(jù)的測定產(chǎn)生干擾,裝置D的作用是排除空氣中二氧化碳對實驗的干擾。(1)裝置中B為分液漏斗;(2)實驗的原理是利用CN?+ClO?═CNO+Cl?;2CNO?+2H++3ClO?═N2↑+2CO2↑+3Cl?+H2O,通過測定C裝置的質量的變化測得二氧化碳的質量,根據(jù)關系式計算含氰廢水處理百分率,實驗中應排除空氣中二氧化碳的干擾;滴有酚酞的氫氧化鋇溶液呈紅色,二氧化碳通入和氫氧化鋇反應生成碳酸鋇白色沉淀,氫氧根離子濃度減小,溶液紅色會逐漸褪去;(3)①CN?+ClO?=CNO?+Cl?、2CNO?+2H++3ClO?=N2↑+2CO2↑+3Cl?+H2O,CO2+Ba(OH)2=BaSO4↓+H2O,結合化學方程式的反應關系計算;②若撤去裝置A,直接向裝置B中緩慢通入一段時間的空氣,空氣中二氧化碳也會和氫氧化鋇溶液反應;(4)向B中滴入稀硫酸后會發(fā)生某個副反應而生成一種有毒的氣體單質為氯氣,是氯離子和次氯酸根離子在酸溶液中發(fā)生氧化還原反應生成;(5)除去廢水中CN?的一種方法是在堿性條件下,用H2O2將CN?氧化生成N2，結合電子守恒、原子守恒和電荷守恒書寫離子方程式?！驹斀狻?1)B中盛裝稀硫酸的儀器的名稱是分液漏斗，故答案為：分液漏斗；(2)實驗的原理是利用CN?+ClO?═CNO+Cl?;2CNO?+2H++3ClO?═N2↑+2CO2↑+3Cl?+H2O，通過測定堿石灰的質量的變化測得二氧化碳的質量，根據(jù)關系式計算含氰廢水處理百分率，實驗中應排除空氣中二氧化碳的干擾，防止對裝置C實驗數(shù)據(jù)的測定產(chǎn)生干擾，裝置D的作用是排除空氣中二氧化碳對實驗的干擾，滴有酚酞的氫氧化鋇溶液呈紅色，二氧化碳通入和氫氧化鋇反應生成碳酸鋇白色沉淀，氫氧根離子濃度減小，溶液紅色會逐漸褪去，故答案為：防止空氣中的CO2和水蒸氣進入C裝置；有白色沉淀生成，溶液的紅色逐漸變淺（或褪去）；(3)①依據(jù)反應CN?+ClO?═CNO+Cl?;2CNO?+2H++3ClO?═N2↑+2CO2↑+3Cl?+H2O，CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O得到，裝置C中生成59.1mg沉淀為BaCO3↓物質的量==3×10?4molCN?～CNO?～CO2～BaCO3↓1

13×10?4mol

3×10?4molc(CN?)==0.078g/L=78g/L，故答案為：78；②若撤去裝置A，直接向裝置B中緩慢通入一段時間的空氣，空氣中二氧化碳也會和氫氧化鋇溶液反應，生成碳酸鋇出的質量會增大，測定含氰廢水中CN?的含量偏大，故答案為：偏大；(4)向B中滴入稀硫酸后會發(fā)生某個副反應而生成一種有毒的氣體單質為氯氣，是氯離子和次氯酸根離子在酸溶液中發(fā)生氧化還原反應生成，反應的離子方程式為：Cl?+ClO?+2H+=Cl2↑+H2O，故答案為：Cl?+ClO?+2H+=Cl2↑+H2O；(5)除去廢水中CN?的一種方法是在堿性條件下，用H2O2將CN?氧化生成N2，結合電子守恒、原子守恒和電荷守恒書寫離子方程式為：5H2O2+2CN－=N2↑+2HCO3－+4H2O(或5H2O2+2CN－+2OH－=N2↑+2CO32－+6H2O)，故答案為：5H2O2+2CN－=N2↑+2HCO3－+4H2O（或5H2O2+2CN－+2OH－=N2↑+2CO32－+6H2O）。20、直形冷凝管將圓底燒瓶中的液體趁熱倒入盛有100mL水的燒杯，冷卻后有乙酰苯胺固體析出，過濾得粗產(chǎn)物利用分餾柱進行多次氣化和冷凝，使醋酸和水得到有效的分離，或“可提高引餾體與外部空氣熱交換效率，從而使柱內(nèi)溫度梯度增加，使不同沸點的物質得到較好的分離?！盇BCedca將玻璃漏斗放置于銅制的熱漏斗內(nèi)，熱漏斗內(nèi)裝有熱水以維持溶液的溫度，進行過濾（即過濾時有保溫裝置）或趁熱用減壓快速過濾ADA【解析】

兩套裝置都是用來制備乙酰苯胺的，區(qū)別在于甲裝置使用分餾柱分離沸點在100℃至105℃左右的組分，主要是水，考慮到制備乙酰苯胺的反應可逆，這種做法更有利于獲得高的轉化率；題干中詳細提供了乙酸，苯胺和乙酰苯胺的物理性質，通過分析可知，三者溶解性和熔點上存在較明顯的差異，所以從混合溶液中獲得乙酰苯胺粗品的方法就是利用溶解性和熔點差異實現(xiàn)的；在獲取乙酰苯胺粗品后，再采用合適的方法對其進行重結晶提純即可得到純度較高的乙酰苯胺?！驹斀狻?1)儀器a的名稱即直形冷凝管；(2)由于乙酸與水混溶，乙酰苯胺可溶于熱水而苯胺只易溶于乙醇，并且，乙酰苯胺熔點114℃，而乙酸和苯胺的熔點分別僅為17℃和-6℃；所以分離乙酰苯胺粗品時，可將圓底燒瓶中的液體趁熱倒入盛有熱水的燒杯中，冷卻后，乙酰苯胺固體析出，再將其過濾出來，即可得到乙酰苯胺粗品；(3)甲裝置中溫度計控制在100℃至105℃，這與水和乙酸的沸點很接近，因此甲裝置中分餾柱的作用主要是將體系內(nèi)的水和乙酸有效地分離出去；(4)A．增加乙酸的投料，可以使平衡正向移動獲得更高的產(chǎn)率，A項正確；B．由于甲裝置中的分餾柱能夠有效地將產(chǎn)物中的水從體系內(nèi)分離出去，水被分離出去后，對于乙酰苯胺制備反應的正向進行更有利，因此甲裝置可以獲得更高的轉化率，B項正確；C．冷凝管水流的方向一般是下口進水，上口出水，C項正確；D．甲裝置中溫度計示數(shù)若在118℃以上，那么反應物中的乙酸會大量的氣化溢出，對于反應正向