2024年浙江省溫州市示范名校高三第三次模擬考試化學試卷含解析

2024年浙江省溫州市示范名校高三第三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。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、下列事實不能說明X元素的非金屬性比硫元素的非金屬性強的是（）A．X單質與H2S溶液反應，溶液變渾濁B．在氧化還原反應中，1molX單質比1mol硫得電子多C．X和硫兩元素的氣態(tài)氫化物受熱分解，前者的分解溫度高D．X元素的最高價含氧酸的酸性強于硫酸的酸性2、人體吸入CO后在肺中發(fā)生反應CO+HbO2O2+HbCO導致人體缺氧。向某血樣中通入CO與O2的混合氣[c(CO)=1.0×10-4mol/L，c(O2)=9.9×10-4mol/L]，氧合血紅蛋白HbO2濃度隨時間變化曲線如圖所示。下列說法正確的是（）A．反應開始至4s內用HbO2表示的平均反應速率為2×l0-4mol/(L·s)B．反應達平衡之前，O2與HbCO的反應速率逐漸減小C．將CO中毒病人放入高壓氧艙治療是利用了化學平衡移動原理D．該溫度下反應CO+HbO2O2+HbCO的平衡常數為1073、二羥基甲戊酸的結構簡式為，下列有關二羥基甲戊酸的說法正確的是（）A．二羥基甲戊酸的分子式為C5H10O4B．二羥基甲戊酸不能使酸性KMnO4溶液褪色C．等量的二羥基甲戊酸消耗Na和NaHCO3的物質的量之比為3∶1D．二羥基甲戊酸與乳酸()互為同系物4、地球表面是易被氧化的環(huán)境，用括號內的試劑檢驗對應的久置的下列物質是否被氧化。正確的是（）A．KI（AgNO3

溶液） B．FeCl2（KSCN

溶液）C．HCHO（銀氨溶液） D．Na2SO3（BaCl2

溶液）5、短周期主族元素a、b、c、d的原子序數依次增大。四種元素形成的單質依次為m、n、p、q；x、y、z是這些元素組成的二元化合物，其中z為形成酸雨的主要物質之一；25℃時，0.01mol·L－1w溶液中，c(H+)/c(OH-)＝1.0×10－10。上述物質的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是A．原子半徑的大?。篴＜b＜c＜dB．氫化物的沸點：b＞dC．x的電子式為：D．y、w含有的化學鍵類型完全相同6、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，W、Y同主族，W的簡單氫化物與Z的單質混合在光照下反應，氣體顏色不斷變淺，瓶壁上有油狀液滴，X的簡單氫化物與Z的氫化物相遇會產生白煙。下列說法正確的是A．“白煙”晶體中只含共價鍵 B．四種元素中，Z的原子半徑最大C．X的簡單氫化物的熱穩(wěn)定性比Y的強 D．W的含氧酸的酸性一定比Z的弱7、下列關于有機化合物的說法正確的是A．除去乙醇中的少量水，方法是加入新制生石灰，經過濾后即得乙醇B．HOCH2CH(CH3)2與(CH3)3COH屬于碳鏈異構C．除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇雜質，可加入足量燒堿溶液，通過分液即得乙酸乙酯D．一個苯環(huán)上已經連有-CH3、-CH2CH3、-OH三種基團，如果在苯環(huán)上再連接一個-CH3，其同分異構體有16種8、用NA表示阿伏加德羅常數值，下列敘述中正確的A．0.4molNH3與0.6molO2在催化劑的作用下充分反應，得到NO的分子數為0.4NAB．C60和石墨的混合物共1.8g，含碳原子數目為0.15NAC．1L0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液中陽離子總數小于0.2NAD．5.6g鐵在足量的O2中燃燒，轉移的電子數為0.3NA9、關于“植物油”的敘述錯誤的是（）A．屬于酯類 B．不含碳碳雙鍵C．比水輕 D．在堿和加熱條件下能完全水解10、下圖為某二次電池充電時的工作原理示意圖，該過程可實現鹽溶液的淡化。下列說法錯誤的是A．充電時，a為電源正極B．充電時，Cl-向Bi電極移動，Na+向NaTi2(PO4)2電極移動C．充電時，新增入電極中的物質：n(Na+)：n(Cl-)=1:3D．放電時，正極的電極反應為BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O11、下列微?；橥凰氐氖茿．H2和D2 B．2He和3He C．O2和O3 D．冰和干冰12、化學在科技進步方面發(fā)揮著重要的作用。下列說法正確的是A．是制備有機發(fā)光二極管OLED的材料之一，其屬于有機高分子化合物B．2019世界能源大會把核能作為含碳能源重要替代品，核電站把化學能轉化為電能C．DAC法能夠實現直接從空氣中捕獲二氧化碳，該法可緩解全球日益嚴重的溫室效應D．以純凈物聚丙烯為原料生產的熔噴布口罩，在“新冠肺炎戰(zhàn)疫”中發(fā)揮了重要作用13、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，原子最外層電子數之和為20，Y、W為同一主族元素，常溫下，Z的單質能溶于W的最高價氧化物對應水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液。下列說法不正確的是（

）A．W和Y形成的一種化合物具有漂白性B．簡單離子半徑大小順序：W＞Z＞YC．最簡單氫化物的穩(wěn)定性：X＜YD．元素X的氣態(tài)氫化物與其最高價氧化物對應水化物能發(fā)生反應14、某溶液X中含有H+、、Na+、Mg2+、Fe2+、、Cl?、Br?、、SiO32-和HCO3-離子中的若干種。取100mL該溶液進行如下實驗：下列說法正確的是A．溶液X中一定沒有、SiO32-，可能有Na+、Fe2+B．溶液X中加NaOH后，所得沉淀的成分可能有兩種C．溶液X中c（Cl?）≤0.2mol·L?1D．溶液X可能是由NH4HSO4、MgCl2按物質的量之比2∶1混合再溶于水配制而成15、能證明與過量NaOH醇溶液共熱時發(fā)生了消去反應的是（）A．混合體系Br2的顏色褪去B．混合體系淡黃色沉淀C．混合體系有機物紫色褪去D．混合體系有機物Br2的顏色褪去16、下列有機反應：①甲烷與氯氣光照反應②乙醛制乙酸③乙烯使溴水褪色④乙醇制乙烯⑤乙醛制乙醇⑥乙酸制乙酸乙酯⑦乙酸乙酯與NaOH溶液共熱⑧液態(tài)植物油制人造脂肪⑨乙烯制乙醇。下列說法正確的是A．②⑤的反應類型相同B．⑥⑦的反應類型不同C．④與其他8個反應的類型都不同D．①③⑧屬于同一種反應類型二、非選擇題（本題包括5小題）17、洛匹那韋(Lopinavir)是抗艾滋病毒常用藥，在“眾志成城戰(zhàn)疫情”中，洛匹那韋，利托那韋合劑被用于抗新型冠狀病毒(2019-nCoV)。洛匹那韋的合成路線可設計如圖：回答下列問題：(1)A的化學名稱是_______；A制備B反應的化學方程式為_________(注明反應條件)。(2)D生成E的反應類型為_____；F中能與氫氣發(fā)生加成反應的官能團名稱為___。(3)C的分子式為_____；一定條件下，C能發(fā)生縮聚反應，化學方程式為_____。(4)K2CO3具有堿性，其在制備D的反應中可能的作用是______。(5)X是C的同分異構體，寫出一種符合下列條件的X的結構簡式______。①含有苯環(huán)，且苯環(huán)上的取代基數目≤2②含有硝基③有四種不同化學環(huán)境的氫，個數比為6：2：2：1(6)已知：CH3COOHCH3COCl，(2，6-二甲基苯氧基)乙酰氯()是由G合成洛匹那韋的原料之一，寫出以2，6-二甲基苯酚、ClCH2COOCH2CH3、K2CO3為原料制各該物質的合成路線________（其它無機試劑任選）。18、某課題組采取以下路線合成利膽藥——柳胺酚?；卮鹣铝袉栴}：已知：（1）對于柳胺酚，下列說法正確的是______________A有三種官能團B遇三氯化鐵溶液顯紫色C分子組成為C13H9NO3D1mol柳胺酚最多與3molNaOH反應（2）F的命名為______________；B中含氧官能團的名稱為_________。（3）寫出化合物D的結構簡式________________。（4）寫出E和F制取柳胺酚的化學反應方程式______________。（5）寫出同時符合下列條件的F的所有同分異構體的結構簡式_______。①能發(fā)生銀鏡反應②分子有四種不同化學環(huán)境的氫原子（6）4-甲氧基乙酰苯胺是重要的精細化工中間體，寫出由苯甲醚（）制備4-甲氧基乙酰苯胺（）的合成路線（注明試劑和條件）______。19、CoCl2·6H2O是一種飼料營養(yǎng)強化劑。一種利用水鈷礦(主要成分為Co2O3、Co(OH)3，還含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2·6H2O的工藝流程如下：已知：①浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表：(金屬離子濃度為：0.01mol/L)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2開始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8③CoCl2·6H2O熔點為86℃，加熱至110~120℃時，失去結晶水生成無水氯化鈷。（1）寫出浸出過程中Co2O3發(fā)生反應的離子方程式_________________。（2）寫出NaClO3發(fā)生反應的主要離子方程式________________；若不慎向“浸出液”中加過量NaClO3時，可能會生成有毒氣體，寫出生成該有毒氣體的離子方程式_________________。（3）“加Na2CO3調pH至a”,過濾所得到的沉淀成分為___________________。（4）“操作1”中包含3個基本實驗操作，它們依次是_____________、____________和過濾。制得的CoCl2·6H2O在烘干時需減壓烘干的原因是__________________。（5）萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關系如圖。向“濾液”中加入萃取劑的目的是______________；其使用的最佳pH范圍是_________。A．2.0~2.5B．3.0~3.5C．4.0~4.5D．5.0~5.5（6）為測定粗產品中CoCl2·6H2O含量，稱取一定質量的粗產品溶于水，加入足量AgNO3溶液，過濾、洗滌，將沉淀烘干后稱其質量。通過計算發(fā)現粗產品中CoCl2·6H2O的質量分數大于100％，其原因可能是______________________。(答一條即可)20、過氧化鈣(CaO2)是一種白色晶體，能潮解，難溶于水，可與水緩慢反應，不溶于乙醇，易與酸反應，常用作殺菌劑、防腐劑等。根據題意，回答相關問題。I．CaO2晶體的制備：CaO2晶體通常可利用CaCl2在堿性條件下與H2O2反應制得。某化學興趣小組在實驗室制備CaO2的實驗方案和裝置示意圖如下：（1）三頸燒瓶中發(fā)生的主要反應的化學方程式為_____。（2）冷水浴的目的是____；步驟③中洗滌CaO2·8H2O的實驗操作方法是______Ⅱ．CaO2含量的測定：測定CaO2樣品純度的方法是：稱取0.200g樣品于錐形瓶中，加入50mL水和15mL2mol·L-lHCl，振蕩使樣品溶解生成過氧化氫，再加入幾滴MnCl2稀溶液，立即用0.0200mol·L-lKMnO4標準溶液滴定到終點，消耗25.00mL標準液。（3）上述過程中使用稀鹽酸而不使用稀硫酸溶解樣品的原因是___；滴定前加入MnCl2稀溶液的作用可能是____。（4）滴定過程中的離子方程式為_______，樣品中CaO2的質量分數為______。（5）實驗I制得的晶體樣品中CaO2含量偏低的可能原因是：①____；②____。21、C、S和Cl元素的單質及化合物在工業(yè)生產中的有效利用備受關注。請回答下列問題：（1）已知：Ⅰ．；Ⅱ．；Ⅲ．__________（用含有、和的代數式表示）。（2）25℃時，溶液中各種含硫微粒的物質的量分數與溶液的變化關系如圖甲所示。甲乙已知25℃時，的水溶液，解釋其原因為：__________。（3）是一種綠色消毒劑和漂白劑，工業(yè)上采用電解法制備的原理如圖乙所示。①交換膜應選用__________（填“陽離子交換膜”或“陰離子交換膜”）。②陽極的電極反應式為__________。（4）一定溫度下，向2L恒容密閉容器中滲入和，發(fā)生反應，若反應進行到20min時達平衡，測得CO2的體積分數為0.5，則前20min的反應速率v(CO)=__________，該溫度下反應化學平衡常數K=__________。（5）在不同條件下，向2L恒容密閉容器中通入2molCO和1molSO2，反應體系總壓強隨時間的變化如圖所示：①圖中三組實驗從反應開始至達到平衡時，v(CO)最大的為__________。（填序號）②與實驗a相比，c組改變的實驗條件可能是__________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

比較非金屬元素的非金屬性強弱，可根據單質之間的置換反應、對應最高價氧化物的水化物的酸性、氫化物的穩(wěn)定性等角度判斷，而與得失電子數沒有必然關系。【詳解】A．X單質與H2S溶液反應，溶液變渾濁，說明X單質的氧化性比硫強，則說明X元素的非金屬性比S元素的非金屬性強，故A不符合題意；B．在氧化還原反應中，1molX單質比1molS得電子多，氧化性強弱與得失電子數沒有必然關系，故B符合題意；C．元素的非金屬性越強，氫化物的穩(wěn)定性越強，X和S兩元素的簡單氫化物受熱分解，前者的分解溫度高，說明X的非金屬性較強，故C不符合題意；D．X元素的最高價含氧酸的酸性強于硫酸的酸性，說明X的非金屬性較強，故D不符合題意；故答案選B。2、C【解析】

A、v=△c/△t=(1.0?0.2)×10?4mol/L÷4s=2×10-5mol/（L?s），A錯誤；B、HbO2轉化為O2，所以反應物的濃度減少，生成物濃度增加，則正反應速率減少，逆反應速率增加，B錯誤；C、CO中毒的病人放入高壓氧倉中，氧氣的濃度增大，平衡向左移動，C正確；D、根據平衡常數K=c(O2)?c(HbCO)/c(CO)?c(HbO2)=10.7×10?4×0.8×10?4/0.2×10?4×0.2×10?4=214，D錯誤；答案選C。3、C【解析】

A.根據結構簡式，該有機物的分子式為C6H12O4，故A錯誤；B.二羥基甲戊酸中含有羥基，－CH2OH中羥基能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，故B錯誤；C.該有機物中能與Na發(fā)生反應的是－OH和羧基，1mol二羥基甲戊酸中含有2mol羥基和1mol羧基，因此1mol該有機物消耗Na的物質的量為3mol，能與NaHCO3溶液反應的是羧基，因此1mol該有機物消耗NaHCO3的物質的量為1mol，故C正確；D.二羥基甲戊酸與乳酸中羥基的數目不同，因此兩者不互為同系物，故D錯誤；答案：C?！军c睛】同系數定義的理解，要求碳原子連接方式相同，含有官能團的種類、數目相同，然后再看組成上是否相差若干個“－CH2”。4、B【解析】

A．KI是否變質均能與硝酸銀溶液反應生成碘化銀沉淀，可以用淀粉溶液檢驗是否變質，故A不選；B．FeCl2溶液變質混有FeCl3，則加KSCN可檢驗鐵離子，能檢驗是否變質，故B選；C．HCHO變質生成HCOOH，銀氨溶液與甲醛、甲酸均能反應，所以不能檢驗，故C不選；D．Na2SO3溶液變質生成Na2SO4，Na2SO3、Na2SO4均能與氯化鋇生成白色沉淀，所以加氯化鋇不能檢驗變質，故D不選；故選：B。5、B【解析】

z是形成酸雨的主要物質之一，推出z是SO2，n、p為單質，因此n、p為S和O2，c(H＋)/c(OH－)=10－10，溶液顯堿性，即c(OH－)=10－2mol·L－1，w為強堿，即NaOH，推出x和y反應可能是Na2O2與H2O反應，即n為O2，q為S，四種元素原子序數增大，推出a為H，b為O，p為Na，據此分析作答?！驹斀狻緼、半徑大小比較：一看電子層數，電子層數越多，半徑越大，二看原子序數，電子層數相同，半徑隨著原子序數增大而減小，因此半徑順序是：Na>S>O>H，故錯誤；B、氫化物分別是H2O、H2S，H2O中含有分子間氫鍵，H2S沒有，則H2O的沸點高于H2S，故正確；C、x為H2O，其電子式為：，故錯誤；D、y是過氧化鈉，w為NaOH，前者只含離子鍵，后者含有離子鍵和共價鍵，故錯誤；答案選B。6、C【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，W的簡單氫化物與Z的單質混合在光照下反應，氣體顏色不斷變淺，瓶壁上有油狀液滴，所以Z是Cl，W是C，W、Y同主族，則Y為Si；X的簡單氫化物與Z的氫化物相遇會產生白煙，X為N?！驹斀狻緼.根據上述分析知“白煙”為NH4Cl晶體，NH4Cl屬于離子化合物，既有離子鍵又有含共價鍵，故A錯誤；B.四種元素的原子半徑為Si>Cl>C>N，故B錯誤；C.X的簡單氫化物為NH3，Y的簡單氫化物為SiH4，非金屬性:N>Si，熱穩(wěn)定性NH3>SiH4，故C正確；D.W的含氧酸為H2CO3，Z的含氧酸有HClO、HClO4等幾種，酸性HClO<H2CO3<HClO4，故D錯誤；答案：C。7、D【解析】分析：A．CaO與水反應后生成氫氧化鈣，氫氧化鈣是離子化合物，增大了沸點差異；B．碳鏈異構是碳鏈的連接方式不同，-OH的位置不同是位置異構；C．乙酸乙酯能夠在NaOH溶液中水解；D．可看成二甲苯(、、)苯環(huán)上的H原子被-CH2CH3、-OH取代。詳解：A．CaO與水反應后，增大沸點差異，應選蒸餾法分離，故A錯誤；B．-OH的位置不同，屬于位置異構，故B錯誤；C．乙酸乙酯與NaOH反應，不能除雜，應選飽和碳酸鈉溶液、分液，故C錯誤；D．一個苯環(huán)上已經連有-CH3、-CH2CH3、-OH三種基團，如果在苯環(huán)上再連接一個-CH3，看成二甲苯(、、)苯環(huán)上連有-CH2CH3、-OH，中-OH在甲基的中間時乙基有2種位置，-OH在甲基的鄰位時乙基有3種位置，-OH在兩個甲基的間位時乙基有2種位置，共7種；中先固定-OH，乙基有3種位置，有3種同分異構體；先固體-OH在鄰位時乙基有3種位置，固定-OH在間位時乙基有3種位置，有6種；則同分異構體有7+3+6=16種，故D正確；故選D。8、B【解析】

A．依據4NH3+5O2=4NO+6H2O，0.4molNH3與0.6molO2在催化劑的作用下加熱充分反應，氧氣剩余，則生成的一氧化氮部分與氧氣反應生成二氧化氮，所以最終生成一氧化氮分子數小于0.4NA，故A錯誤；B．C60和石墨是碳元素的同素異形體，混合物的構成微粒中都只含有C原子，1.8gC的物質的量為=0.15mol，所以其中含有的碳原子數目為0.15NA，B正確；C．1L0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液中含有溶質的物質的量n[NH4Al(SO4)2]=0.1mol/L×1L=0.1mol，該鹽是強酸弱堿鹽，陽離子部分發(fā)生水解作用，離子方程式為：NH4++H2ONH3·H2O+H+；Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，可見NH4+水解消耗數與水解產生的H+數目相等，而Al3+一個水解會產生3個H+，因此溶液中陽離子總數大于0.2NA，C錯誤；D．Fe在氧氣中燃燒產生Fe3O4，3molFe完全反應轉移8mol電子，5.6gFe的物質的量是0.1mol，則其反應轉移的電子數目為×0.1mol=mol，故轉移的電子數目小于0.3NA，D錯誤；故合理選項是B。9、B【解析】

植物油是高級脂肪酸的甘油酯，密度比水小，結構中含有不飽和鍵，在堿性條件下可發(fā)生水解?！驹斀狻緼.植物油是高級脂肪酸的甘油酯，屬于酯類，A項正確；B.植物油結構中含有不飽和的碳碳雙鍵鍵，B項錯誤；C.密度比水小，浮在水面上，C項正確；D.在堿性條件下可發(fā)生水解，生成高級脂肪酸鹽和甘油，D項正確；答案選B。10、C【解析】

充電時，Bi電極上，Bi失電子生成BiOCl，反應為Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，則Bi為陽極，所以a為電源正極，b為負極，NaTi2(PO4)2為陰極得電子發(fā)生還原反應，反應為NaTi2(PO4)2+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，放電時，Bi為正極，BiOCl得電子發(fā)生還原反應，NaTi2(PO4)2為負極，據此分析解答?！驹斀狻緼.充電時，Bi電極上，Bi失電子生成BiOCl，Bi為陽極，則a為電源正極，A正確；B.充電時，Cl-向陽極Bi電極移動，Na+向陰極NaTi2(PO4)2電極移動，B正確；C.充電時，Bi電極上的電極反應為Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，NaTi2(PO4)2電極上，反應為NaTi2(PO4)2+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，根據得失電子守恒，新增入電極中的物質：n(Na+)：n(Cl-)=3：1，C錯誤；D.放電時，Bi為正極，正極的電極反應為BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O，D正確；故合理選項是C?！军c睛】本題考查了二次電池在充、放電時電極反應式及離子移動方向的判斷的知識。掌握電化學裝置的工作原理，注意電極反應的書寫是關鍵，難度中等。11、B【解析】

A.H2和D2是單質，不是原子，且是同一種物質，A錯誤；B.2He和3He是同種元素的不同種原子，兩者互為同位素，B正確；C.O2和O3是氧元素的兩種不同的單質，互為同素異形體，C錯誤；D.冰是固態(tài)的水，干冰是固態(tài)的二氧化碳，是兩種不同的化合物，不是同位素，D錯誤；故合理選項是B。12、C【解析】

從的結構簡式可以看出，其屬于有機小分子，不屬于有機高分子化合物，A錯誤；核電站把核能經過一系列轉化，最終轉化為電能，B錯誤；捕獲空氣中的CO2可使空氣中CO2的含量降低，能夠減緩溫室效應，C正確；不同的聚丙烯分子的聚合度可能不同，所以，聚丙烯屬于混合物，D錯誤。13、B【解析】

常溫下，Z的單質能溶于W的最高價氧化物對應水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液。則Z為鋁，W為硫；短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，Y、W為同一主族元素，則Y為氧；原子最外層電子數之和為20，則X最外層電子數為20-3-6-6=5，則X為氮；A.W為硫，Y為氧，形成的一種化合物是二氧化硫，具有漂白性，故A正確；B.硫離子有3個電子層，半徑最大；氧離子和鋁離子核外電子排布相同，核電荷越大，半徑越小，所以氧離子大于鋁離子，故簡單離子半徑大小順序：W＞Y＞Z，故B錯誤；C.非金屬性越強其氫化物越穩(wěn)定，氮非金屬性弱于氧，則最簡單氫化物的穩(wěn)定性：X＜Y，故C正確；D.元素X的氣態(tài)氫化物為氨氣，其最高價氧化物對應水化物為硝酸，能發(fā)生反應生成硝酸銨，故D正確。故選B?！军c睛】解決此題的關鍵是正確推斷元素的種類，突破口在于題干信息中濃溶液和稀溶液性質不同，想到濃硫酸具有強氧化性，與金屬鋁發(fā)生鈍化反應，而稀硫酸可以與鋁反應。14、D【解析】

A.加入一定量的氫氧化鈉后得到中性溶液，說明原溶液為酸性，則偏鋁酸根離子和硅酸根離子和碳酸氫根離子都不能存在，后續(xù)溶液中加入硝酸銀產生白色沉淀，說明不含溴離子。原溶液存在的陰離子只能是硫酸根離子或氯離子。所以4.66克白色沉淀為硫酸鋇沉淀，產生氣體為氨氣，所以原溶液一定含有銨根離子和硫酸根離子，若有亞鐵離子，則加入氫氧化鈉生成氫氧化亞鐵沉淀，灼燒后得到紅棕色氧化鐵，故一定不含亞鐵離子，故錯誤；B.加入氫氧化鈉能產生的沉淀只能是氫氧化鎂沉淀，故錯誤；C.氨氣的體積為448mL，物質的量為0.02mol，說明銨根離子物質的量為0.02mol，結合氫氧化鈉的物質的量為0.02mol，硫酸鋇沉淀為4.66克，硫酸根離子物質的量為0.02mol，氧化鎂質量為0.4克，鎂離子物質的量為0.01mol，結合的氫氧化鈉的物質的量為0.02mol，第一步消耗0.06mol氫氧化鈉，所以說明原溶液還有氫離子，物質的量為0.06-0.02-0.02=0.02mol，根據電荷守恒分析，還應存在有陰離子，只能為氯離子，所以氯離子的物質的量為0.01×2+0.02+0.02-0.02×2=0.02mol，若溶液中含有鈉離子，則氯離子的物質的量大于0.02mol，則氯離子的濃度最小值為，故錯誤；D.溶液中含有0.02mol銨根離子，0.02mol硫酸根離子，0.01mol鎂離子，0.02mol氫離子，氯離子物質的量最小值為0.02mol，可能是由0.02molNH4HSO4和0.01molMgCl2按物質的量之比2∶1混合再溶于水配制而成，或還有氯化鈉，故正確。答案選D。【點睛】掌握反應過程中離子之間的比例關系，進行定量和定性分析，注意前后的一致性，如當加入氫氧化鈉后溶液為中性，說明原溶液為酸性，則偏鋁酸根離子或硅酸根離子或碳酸氫根離子等都不存在。根據氫氧化鈉的消耗量分析溶液中存在氫離子，再根據溶液中的電荷守恒確定溶液中的氯離子的存在以及數值。15、D【解析】

A．混合體系Br2的顏色褪去，可能是單質溴與堿反應，也可能單質溴與烯烴發(fā)生加成反應，無法證明發(fā)生消去反應，故A錯誤；B．混合體系淡黃色沉淀，說明生成了溴離子，而發(fā)生水解反應和消去反應都能生成溴離子，無法證明發(fā)生消去反應，故B正確；C．混合體系有機物紫色褪去，乙醇也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，無法證明發(fā)生消去反應，故C錯誤；D．混合體系有機物Br2的顏色褪去，說明有苯乙烯生成，能證明發(fā)生消去反應，故D正確；故選D。16、C【解析】

①甲烷與氯氣光照反應發(fā)生取代反應，②乙醛制乙酸發(fā)生氧化反應，③乙烯使溴水褪色發(fā)生加成反應，④乙醇制乙烯發(fā)生消去反應，⑤乙醛制乙醇發(fā)生還原反應或加成反應，⑥乙酸制乙酸乙酯發(fā)生酯化反應或取代反應，⑦乙酸乙酯與NaOH溶液共熱發(fā)生水解反應或取代反應，⑧液態(tài)植物油制人造脂肪發(fā)生加成反應，⑨乙烯制乙醇發(fā)生加成反應。則A.②⑤的反應類型不相同，A錯誤；B.⑥⑦的反應類型相同，均是取代反應，B錯誤；C.④是消去反應，與其他8個反應的類型都不同，C正確；D.①是取代反應，③⑧屬于同一種反應類型，都是加成反應，D錯誤；答案選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、甲苯+Cl2+HCl取代反應羰基、碳碳雙鍵C9H11O2N吸收反應生成的HCl，提高反應轉化率或【解析】

甲苯()與Cl2在光照時發(fā)生飽和C原子上的取代反應產生一氯甲苯：和HCl，與在K2CO3作用下反應產生D，D結構簡式是，D與CH3CN在NaNH2作用下發(fā)生取代反應產生E：，E與發(fā)生反應產生F：，F與NaBH4在CH3SO3H作用下發(fā)生還原反應產生G：，G經一系列反應產生洛匹那韋?！驹斀狻?1)A是，名稱為甲苯，A與Cl2光照反應產生和HCl，反應方程式為：+Cl2+HCl；(2)D與CH3CN在NaNH2作用下反應產生E：，是D上的被-CH2CN取代產生，故反應類型為取代反應；F分子中的、與H2發(fā)生加成反應形成G，故F中能夠與氫氣發(fā)生加成反應的官能團名稱為羰基、碳碳雙鍵；(3)C結構簡式為，可知C的分子式為C9H11O2N；C分子中含有羧基、氨基，一定條件下，能發(fā)生縮聚反應，氨基脫去H原子，羧基脫去羥基，二者結合形成H2O，其余部分結合形成高聚物，該反應的化學方程式為：；(4)K2CO3是強堿弱酸鹽，CO32-水解使溶液顯堿性，B發(fā)生水解反應會產生HCl，溶液中OH-消耗HCl電離產生的H+，使反應生成的HCl被吸收，從而提高反應轉化率；(5)C結構簡式是，分子式為C9H11O2N，C的同分異構體X符合下列條件：①含有苯環(huán)，且苯環(huán)上的取代基數目≤2；②含有硝基；③有四種不同化學環(huán)境的氫，個數比為6：2：2：1，則X可能的結構為或；(6)2，6-二甲基苯酚()與ClCH2COOCH2CH3在K2CO3作用下發(fā)生取代反應產生，該物質與NaOH水溶液加熱發(fā)生水解反應，然后酸化得到，與SOCl2發(fā)生取代反應產生，故合成路線為。【點睛】本題考查有機物推斷、反應類型的判斷。正確推斷各物質結構簡式是解本題關鍵，注意題給信息、反應條件的靈活運用。限制性條件下同分異構體結構簡式的確定是易錯點，題目側重考查學生的分析、推斷及信息遷移能力。18、BD鄰羥基苯甲酸或2-羥基苯甲酸硝基+H2O、、，【解析】

苯和氯氣發(fā)生取代反應生成A，A為；F中不飽和度==5，根據柳胺酚結構簡式知，F中含有苯環(huán)和碳氧雙鍵，所以F為，E為；D和鐵、HCl反應生成E，結合題給信息知，D結構簡式為；A反應生成B，B和NaOH水溶液發(fā)生水解反應生成C，根據D結構簡式知，A和濃硝酸發(fā)生取代反應生成B，B為，C為，據此解答?！驹斀狻浚?）A．柳胺酚有酰胺基、酚羥基2種官能團，A錯誤；B．柳胺酚有酚羥基，遇三氯化鐵溶液顯紫色，B正確；C．柳胺酚的分子式為：C13H11NO3，C錯誤；D．酰胺基水解消耗1molNaOH，酚羥基共消耗2molNaOH，1mol柳胺酚最多與3molNaOH反應，D正確；綜上所述，BD正確，故答案為：BD；（2）F的結構簡式為：，命名為：鄰羥基苯甲酸或2-羥基苯甲酸，B的結構簡式為：，含氯原子、硝基2種官能團，硝基為含氧官能團，故答案為：鄰羥基苯甲酸或2-羥基苯甲酸；硝基；（3）由分析可知，D為：，故答案為：；（4）E和F脫水縮合生成柳胺酚，化學反應方程式為：+H2O，故答案為：+H2O；（5）F為，能發(fā)生銀鏡反應，則分子中含1個-CHO和2個-OH，或者含1個HCOO-和1個-OH，含1個-CHO和2個-OH共有6種，含1個HCOO-和1個-OH共有鄰間對3種，共9種，其中分子有四種不同化學環(huán)境的氫原子的有3種，分別為：、、，故答案為：、、；（6）逆合成分析：含酰胺基，可由和CH3COOH脫水縮合而來，可由還原硝基而來，可由硝化而來，整個流程為：，故答案為：?！军c睛】常見能發(fā)生銀鏡反應的結構有：-CHO、HCOO-、HCONH-、HCOOH等。19、Co2O3+SO32－+4H+=2Co2++SO42－+2H2OClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2OClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2OFe(OH)3、Al(OH)3蒸發(fā)(濃縮)冷卻(結晶)降低烘干溫度，防止產品分解除去溶液中的Mn2+B粗產品含有可溶性氯化物或晶體失去了部分結晶水【解析】

（1）向水鈷礦[主要成分為Co2O3、Co(OH)3，還含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]中加入鹽酸和亞硫酸鈉，浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亞硫酸鈉在酸性條件下發(fā)生氧化還原，根據電荷守恒和得失電子守恒，反應的離子方程式為：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，故答案為Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；（2）NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，其反應的離子方程式為：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性條件下，NaClO3與氯離子發(fā)生氧化還原反應生成氯氣，其反應的離子方程式為：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；故答案為ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；（3）NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3調pH至a，鋁離子能與碳酸根離子發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁和二氧化碳，水解的離子方程式為：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；鐵離子能與碳酸根離子發(fā)生雙水解生成氫氧化鐵和二氧化碳，水解的離子方程式為：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，所以沉淀成分為：Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案為Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）從溶液中制取氯化鈷固體，其操作步驟為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶和過濾，故答案為蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶；（5）根據流程圖可知，此時溶液中存在Mn2+、Co2+金屬離子；由萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關系可知，調節(jié)溶液pH在3.0～3.5之間，Mn2+的萃取率很高而Co2+的萃取率較小，并防止Co2+轉化為Co(OH)2沉淀，故答案為除去溶液中的Mn2+；B；（6）根據CoCl2?6H2O的組成分析，造成產品中CoCl2?6H2O的質量分數大于100%的原因可能是：含有雜質，導致氯離子含量大或結晶水化物失去部分水，導致相同質量的固體中氯離子含量變大，故答案為粗產品含有可溶性氯化物或晶體失去了部分結晶水?！军c晴】理解工藝流程圖、明確實驗操作與設計及相關物質的性質是解答本題的關鍵，試題充分考查了學生的分析、理解能力及靈活應用所學知識的能力。20、CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl該反應放熱，防止溫度升高導致H2O2分解和氨水中氨氣揮發(fā)向過濾器中注入乙醇至浸沒沉淀，待乙醇流盡后，重復操作2～3次生成的硫酸鈣為微溶物，覆蓋在樣品表面，阻止反應進一步進行催化作用45.0%部分CaCl2溶液與濃氨水反應生成Ca(OH)2部分CaO2與水反應生成Ca(OH)2或烘烤CaO2·8H2O失水不夠完全【解析】

I．（1）該裝置發(fā)生的反應類似于復分解反應，根據原子守恒配平；（2）該反應為放熱反應，H2O2和氨水的穩(wěn)定性都較差，因此需要用冷水浴控制反應溫度；結合沉淀的性質選擇洗滌劑，然后根據沉淀的洗滌標準操作解答；II．（3）硫酸鈣為微溶物，可能會對反應有影響；類比雙氧水的分解進行分析；（4）滴定過程中雙氧水與酸性高錳酸鉀反應生成氧氣、氯化錳、水，根據氧化還原反應得失電子守恒、電荷守恒、原子守恒配平；根據消耗的酸性高錳酸鉀的物質的量并結合守恒關系計算；（5）CaO2與水緩慢反應，CaO2與濃氨水反應，烘烤過程中水分未完全失去等導致反應物有損失或生成物中雜質含量高均會導致CaO2含量偏低?！驹斀狻縄．（1）由題可知，三頸燒瓶中發(fā)生CaCl2在堿性條件下與H2O2生成CaO2·8H2O的反應，根據原子守恒可知，該反應化學方程式為：CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；（2）該反應為放熱反應，H2O2和氨水的穩(wěn)定性都較差，溫度過高會導致其分解，影響產量和化學反應速率；因過氧化鈣可與水緩慢反應，不溶于乙醇，因此可選用乙醇進行洗滌，實驗室洗滌沉淀的操作為：向過濾器中注入乙醇至浸沒沉