廣東省廣州三中2025年高三3月份第一次模擬考試化學試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、1.52g銅鎂合金完全溶解于50mL濃度14.0mol/L的硝酸中，得到NO2和N2O4的混合氣體1120ml（標準狀況），向反應后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，當金屬離子全部沉淀時得到2.54g沉淀。下列說法不正確的是（）A．該合金中銅與鎂的物質的量之比是2：1B．NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分數是80%C．得到2.54g沉淀時加入NaOH溶液的體積是600mLD．溶解合金消耗HNO3的量是0.12mol2、分子式為C5H10O2并能與飽和NaHCO3溶液反應放出氣體的有機物有（）A．3種 B．4種 C．5種 D．6種3、氯酸是一種強酸，濃度超過40%時會發生分解，反應可表示為：aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O，用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗氣體產物時，試紙先變藍后褪色。下列說法正確的是()A．由反應可確定：氧化性：HClO4＞HClO3B．變藍的淀粉碘化鉀試紙褪色是因為可能發生了：4Cl2+I2+6H2O═12H++8Cl-+2IO3-C．若氯酸分解所得混合氣體，1mol混合氣體質量為47.6g，則反應方程式可表示為26HClO3═15O2↑+8Cl2↑+10HClO4+8H2OD．若化學計量數a=8，b=3，則該反應轉移電子數為20e-4、某烴的相對分子質量為86，如果分子中含有3個-CH3、2個-CH2-和1個，則該結構的烴的一氯取代物最多可能有（不考慮立體異構）（）A．9種 B．8種 C．5種 D．4種5、根據元素在周期表中的位置可以預測A．分解溫度：CH4>H2S B．氧化性：NaClO>Na2SO3C．同濃度溶液pH：Na2SiO3>Na2CO3 D．金屬性：Ca>Na6、25℃下，向20mL0.1mol?L-1HA溶液中逐滴加入0.1mol?L-1

NaOH溶液，隨滴入NaOH溶液體積的變化混合溶液的pH的變化如圖所示。下列說法正確的是（）A．A-的水解常數約為10-11B．水的電離程度：e＞d＞c＞b＞aC．c點和d點溶液中均符合c（Na+）=c（A-）D．b點溶液中粒子濃度關系：c（A-）＞c（HA）＞c（H+）＞c（OH-）7、向淀粉－碘化鉀的酸性溶液中加入少量H2O2溶液，溶液立即變藍，再向藍色溶液中緩慢通入足量的SO2，藍色逐漸消失。下列判斷不正確的是A．根據上述實驗判斷H2O2和SO2反應能生成強酸B．藍色逐漸消失，體現了SO2的漂白性C．SO2中S原子采取sp2雜化方式，分子的空間構型為V型D．H2O2是一種含有極性鍵和非極性鍵的極性分子8、劣質洗發水中含有超標致癌物二噁烷()。關于該化合物的說法正確的是A．1mol二噁烷完全燃燒消耗5molO2 B．與互為同系物C．核磁共振氫譜有4組峰 D．分子中所有原子均處于同一平面9、25°C時,0.100mol·L-1鹽酸滴定25.00mL0.1000mol.L-1'氨水的滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是A．滴定時,可迄用甲基橙或酚酞為指示劑B．a、b兩點水電離出的OH-濃度之比為10-4.12C．c點溶液中離子濃度大小順序為c（Cl-）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH-）D．中和等體積等pH的氨水和NaOH溶液時消耗相同濃度鹽酸的體積相等10、用下列裝置完成相關實驗，合理的是()A．圖①：驗證H2CO3的酸性強于H2SiO3B．圖②：收集CO2或NH3C．圖③：分離Na2CO3溶液與CH3COOC2H5D．圖④：分離CH3CH2OH與CH3COOC2H511、某同學結合所學知識探究Na2O2與H2能否反應，設計裝置如圖，下列說法正確的是（）A．裝置A中鋅粒可用鐵粉代替B．裝置B中盛放堿石灰，目的是除去A中揮發出來的少量水蒸氣C．裝置C加熱前，必須先用試管在干燥管管口處收集氣體，檢驗氣體純度D．裝置A也可直接用于MnO2與濃鹽酸反應制取Cl212、NA代表阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．0.1mol/LNaHSO4溶液中，陽離子數目之和為0.2NAB．標準狀況下0.2molCl2溶于水中，轉移的電子數為0.2NAC．常溫常壓下1.5gNO與1.6gO2充分反應后混合物中原子總數為0.2NAD．標準狀況下，4.48LHF含有的分子總數為0.2NA13、設NA為阿伏加德羅常數的數值，下列說法正確的是A．10gNH3含有4NA個電子B．0.1mol鐵和0.1mol銅分別與0.1mol氯氣完全反應，轉移的電子數均為0.2NAC．標準狀況下，22.4LH2O中分子數為NA個D．1L0.1mol·L－1Na2CO3溶液中含有0.1NA個CO32－14、下列實驗中根據現象得出的結論正確的是（）選項實驗現象結論A向NaAlO2溶液中持續通入氣體Y先出現白色沉淀，最終沉淀又溶解Y可能是CO2氣體B向某溶液中加入Cu和濃H2SO4試管口有紅棕色氣體產生原溶液可能含有NO3-C向溴水中通入SO2氣體溶液褪色SO2具有漂白性D向濃度均為0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出現藍色沉淀Ksp[Cu(OH)2]＞Ksp[Mg(OH)2]A．A B．B C．C D．D15、下列有關有機物的說法不正確的是A．苯與濃硝酸、濃硫酸共熱并保持反應生成硝基苯B．用與發生酯化反應，生成的有機物為C．苯乙烯在合適條件下催化加氫可生成乙基環己烷D．戊烷的一溴取代物共有8種不含立體異構16、下列物質分類正確的是A．SO2、SiO2、CO均為酸性氧化物B．稀豆漿、硅酸、氯化鐵溶液均為膠體C．燒堿、冰醋酸、四氯化碳均為電解質D．福爾馬林、水玻璃、氨水均為混合物二、非選擇題（本題包括5小題）17、H是合成某藥物的中間體，其合成路線如F（-Ph代表苯基）：（1）已知X是一種環狀烴，則其化學名稱是___。（2）Z的分子式為___；N中含氧官能團的名稱是__。（3）反應①的反應類型是__。（4）寫出反應⑥的化學方程式：__。（5）T是R的同分異構體，同時滿足下列條件的T的同分異構體有___種（不包括立體異構）。寫出核磁共振氫譜有五個峰的同分異構體的結構簡式：___。a．與氯化鐵溶液發生顯色反應b．1molT最多消耗2mol鈉c．同一個碳原子上不連接2個官能團（6）參照上述合成路線，結合所學知識，以為原料合成OHCCH2CH2COOH，設計合成路線：___（其他試劑任選）。18、苯氧布洛芬鈣G是評價較好的解熱、鎮痛、消炎藥，下面是它的一種合成路線（具體反應條件和部分試劑略）已知：①氯化亞砜(SOCl2)可與醇發生反應，醇的羥基被氯原子取代而生成氯代烴。②(X表示鹵素原子)回答下列問題：(1)寫出D的結構簡式：________________。F中所含的官能團名稱是___________。(2)B→C的反應類型是_______________；D→E的反應類型是_______________。(3)寫出F和C在濃硫酸條件下反應的化學方程式__________________________。(4)寫出A的符合以下條件同分異構體的所有結構簡式______________________。①屬于苯的二取代物；②苯環上核磁共振氫譜圖中共有2個吸收峰③與FeCl3溶液發生顯色反應。(5)結合上述推斷及所學知識，參照上述合成路線任選無機試劑設計合理的方案，以苯甲醇()為原料合成苯乙酸苯甲酯()寫出合成路線，并注明反應條件_________________。19、S2Cl2是有機化工中的氯化劑和中間體，為淺黃色液體。可由適量氯氣通入熔融的硫磺而得。Cl2能將S2Cl2氧化為SCl2，SCl2遇水發生歧化反應，并且硫元素脫離水溶液。已知：回答下列問題。（1）寫出下列反應的化學方程式①制取氯氣：________________。②SCl2與水反應：___________。（2）為獲得平穩的氯氣氣流，應_____。（3）C裝置中進氣導管應置于熔融硫上方且靠近液面，還是伸入熔融硫的下方？請判斷并予以解釋___。（4）D裝置中熱水浴（60℃）的作用是________。（5）指出裝置D可能存在的缺點_________。20、實驗室用如圖裝置（略去夾持儀器）制取硫代硫酸鈉晶體。已知：①Na2S2O1．5H2O是無色晶體，易溶于水，難溶于乙醇。②硫化鈉易水解產生有毒氣體。③裝置C中反應如下：Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1。回答下列問題：（1）裝置B的作用是___。（2）該實驗能否用NaOH代替Na2CO1？___（填“能”或“否”）。（1）配制混合液時，先溶解Na2CO1，后加入Na2S·9H2O，原因是___。（4）裝置C中加熱溫度不宜高于40℃，其理由是___。（5）反應后的混合液經過濾、濃縮，再加入乙醇，冷卻析出晶體。乙醇的作用是___。（6）實驗中加入m1gNa2S·9H2O和按化學計量的碳酸鈉，最終得到m2gNa2S2O1·5H2O晶體。Na2S2O1·5H2O的產率為___（列出計算表達式）。[Mr(Na2S·9H2O)=240，Mr(Na2S2O1·5H2O)=248]（7）下列措施不能減少副產物Na2SO4產生的是___（填標號）。A．用煮沸并迅速冷卻后的蒸餾水配制相關溶液B．裝置A增加一導管，實驗前通人N2片刻C．先往裝置A中滴加硫酸，片刻后往三頸燒瓶中滴加混合液D．將裝置D改為裝有堿石灰的干燥管21、2016年諾貝爾化學獎授予在“分子機器設計和合成”領域有突出成就的三位科學家，其研究對象之一“分子開關”即與大環主體分子苯芳烴、硫或氮雜環杯芳烴等有關。回答下列問題：（1）對叔丁基杯[4]芳烴(如圖Ⅰ所示)可用于ⅢB族元素對應離子的萃取，如La3+、Sc2+。寫出基態二價鈧離子(Sc2＋)的核外電子排布式：____，其中電子占據的軌道數為_____個。（2）對叔丁基杯[4]芳烴由4個羥基構成杯底，其中羥基氧原子的雜化方式為_____，羥基間的相互作用力為_____。（3）不同大小的苯芳烴能識別某些離子，如：N3-、SCN?等。一定條件下，SCN?與MnO2反應可得到(SCN)2，試寫出(SCN)2的結構式_______。（4）NH3分子在獨立存在時H－N－H鍵角為106.7°。如圖[Zn(NH3)6]2+離子的部分結構以及H－N－H鍵角的測量值。解釋配合物中H－N－H鍵角變為109.5°的原因：____。（5）橙紅色的八羰基二鈷[Co2(CO)8]的熔點為52℃，可溶于乙醇、乙醚、苯等有機溶劑。該晶體屬于___晶體，八羰基二鈷在液氨中被金屬鈉還原成四羰基鈷酸鈉[NaCo(CO)4]，四羧基鈷酸鈉中含有的化學鍵為_____。（6）已知C60分子結構和C60晶胞示意圖(如圖Ⅱ、圖Ⅲ所示)：則一個C60分子中含有σ鍵的個數為______，C60晶體密度的計算式為____g·cm?3。(NA為阿伏伽德羅常數的值)

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

根據氧化還原反應中得失電子守恒、元素守恒進行分析計算。【詳解】A.金屬離子全部沉淀時，得到2.54g沉淀為氫氧化銅、氫氧化鎂，故沉淀中OH-的質量為：2.54g?1.52g=1.02g，，根據電荷守恒可知，金屬提供的電子物質的量等于OH-的物質的量，設銅、鎂合金中Cu、Mg的物質的量分別為xmol、ymol，則：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得：x=0.02、y=0.01，則該合金中n(Cu):n(Mg)=2:1，故A正確；B.標況下1.12L氣體的物質的量為0.05mol，設混合氣體中二氧化氮的物質的量為amol，則四氧化二氮的物質的量為(0.05?a)mol，根據電子轉移守恒可知：a×1+(0.05?a)×2×1=0.06，解得a=0.04，則混合氣體中含有二氧化氮0.04mol、四氧化二氮0.01mol，NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分數為：，故B正確；C.50mL該硝酸中含有硝酸的物質的量為：14mol/L×0.05L=0.7mol，反應后的溶質為硝酸鈉，根據N元素守恒，硝酸鈉的物質的量為：n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO2)-2n(N2O4)=0.7mol?0.04mol?0.01×2=0.64mol，故需要氫氧化鈉溶液的體積為，故C錯誤；D.Cu、Mg的物質的量分別為0.02mol、0.01mol，則生成Cu(NO3)2、Mg(NO3)2各0.02ml、0.01mol，NO2和N2O4的物質的量分別為0.04mol、0.01mol，則根據N元素守恒可知，消耗硝酸的物質的量為0.02×2+0.01×2+0.04+0.01×2=0.12mol，故D正確；答案選C。【點睛】解答該題的關鍵是找到突破口：金屬鎂、銅與硝酸反應失電子物質的量與金屬離子被沉淀結合氫氧根離子的物質的量相等，關系式為Cu~2e-~Cu2+~2OH-，Mg~2e-~Mg2+~2OH-，通過氫氧化鎂與氫氧化銅的總質量與銅鎂合金的質量差可以計算氫氧根離子的物質的量，從而確定反應中轉移的電子數。2、B【解析】

分子式為C5H10O2的有機物可能是羧酸或酯，能與飽和NaHCO3溶液反應放出氣體，說明該有機物含有-COOH，為飽和一元羧酸，烷基為-C4H9，丁基異構數等于該有機物的異構體數。【詳解】分子式為C5H10O2的有機物能與NaHCO3能產生氣體，說明該有機物中含有-COOH，為飽和一元羧酸，則烷基為-C4H9，-C4H9異構體有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合條件的有機物的異構體數目為4，故選B。【點睛】本題考查特定結構的同分異構體書寫，側重于分析能力的考查，注意官能團的性質與確定，熟練掌握碳原子數小于5的烴基的個數是解決本題的關鍵。3、D【解析】

A.aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O反應中，HClO3是氧化劑，HClO4、O2是氧化產物，所以氧化性：HClO3＞HClO4，故A錯誤；B.變藍的淀粉碘化鉀試紙褪色是因為I2被Cl2繼續氧化生成IO3-：5C12+I2+6H2O=12H++10Cl-+2IO3-，故B錯誤；C.由生成的Cl2和O2的混合氣體平均分子量為47.6g/mol，則，可得n（Cl2）：n（O2）=2：3，由電子守恒得化學反應方程式為8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O，故C錯誤；D.若化學計量數a=8，b=3，由C可知，化學反應方程式為8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O，電子轉移數為20e-，故D正確；答案選D。【點睛】本題考查氧化還原反應規律和計算，注意把握氧化還原反應中的強弱規律，易錯點為C，注意得失電子守恒在氧化還原反應中的應用。4、A【解析】

某烷烴相對分子質量為86，則該烷烴中含有碳原子數目為：N==6，為己烷；3個-CH3、2個-CH2-和1個，則該己烷分子中只能含有1個支鏈甲基，不會含有乙基，其主鏈含有5個C，滿足條件的己烷的結構簡式為：①CH3CH(CH3)CH2CH2CH3，②CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，其中①分子中含有5種位置不同的H，即含有一氯代物的數目為5；②分子中含有4種位置不同的H，則其一氯代物有4種，所以該結構的烴的一氯取代物最多可能有：5+4=9種。故選A.。【點睛】烴的等效氫原子有幾種，該烴的一元取代物的數目就有幾種；在推斷烴的二元取代產物數目時，可以采用一定一動法，即先固定一個原子，移動另一個原子，推算出可能的取代產物數目，然后再變化第一個原子的位置，移動另一個原子進行推斷，直到推斷出全部取代產物的數目，在書寫過程中，要特別注意防止重復和遺漏。5、C【解析】

A．元素的非金屬性越強，氫化物越穩定，根據元素周期律穩定性應該是硫化氫大于甲烷，A錯誤；

B．氧化性取決于得電子能力的強弱，次氯酸鈉氧化性強是因為氯元素化合物為價，很容易得到電子，與在周期表的位置無關，B錯誤；

C．最高價氧化物的水化物酸性越強，對應的鹽堿性越弱，酸性：硅酸碳酸，同濃度溶液pH：，C正確；

D．失去電子的能力越強，元素的金屬性越強，金屬性，不能從周期表的位置預測，D錯誤。

答案選C。6、D【解析】

b點溶質為等體積的NaA和HA，形成緩沖溶液，c點為中性點，c(H+)=c(OH-)，d點為中和點，溶質只有NaA，溶液顯堿性。【詳解】A.HAH++A-，其電離平衡常數，A-+H2OHA+OH-，其水解平衡常數，根據電離平衡常數與水的離子積常數可得，，A錯誤；B.d點恰好反應生成NaA，A-水解，能水解的鹽溶液促進水電離，水的電離程度最大，B錯誤；C.c點溶液顯中性，c(H+)=c(OH-)，根據電荷守恒可知：c(Na+)=c(A-)，d點溶液顯堿性，c(H+)<c(OH-)，根據電荷守恒可知：c(Na+)>c(A-)，C錯誤；D.b點溶液中溶質為等體積的NaA和HA，溶液顯酸性，電離過程大于水解過程，粒子濃度關系：c(A-)＞c(Na+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)，D正確；故答案選D。【點睛】酸堿滴定時，中性點和中和點不一樣，離子濃度的大小關系，看該點上的溶質成分以及pH。7、B【解析】

A．向淀粉-碘化鉀的酸性溶液中加入少量H2O2溶液，溶液立即變藍，發生：H2O2+2I-+2H+═I2+2H2O說明H2O2具有氧化性，再向藍色溶液中緩慢通入足量的SO2，藍色逐漸消失，發生：SO2+I2+2H2O═SO42-+2I-+4H+，說明SO2具有還原性，所以H2O2和SO2可以反應生成硫酸為強酸，故A正確；

B．再向藍色溶液中緩慢通入足量的SO2，藍色逐漸消失，發生：SO2+I2+2H2O═SO42-+2I-+4H+，體現了SO2的還原性，故B錯誤；

C．SO2的價層電子對個數=2+(6-2×2)=3，孤電子對數為1，硫原子采取sp2雜化，該分子為V形結構，故C正確；

D．H2O2分子中O-O為非極性鍵，O-H鍵為極性鍵，H2O2是展開書頁型結構，該物質結構不對稱，正負電荷中心不重合，為極性分子，故D正確；

故選：B。【點睛】同種原子形成的共價鍵為非極性鍵，不同種原子形成的共價鍵為極性鍵；正負電荷中心重合的分子為非極性分子。8、A【解析】

A.二噁烷的分子式為C4H8O2，完全燃燒后生成二氧化碳和水，1mol二噁烷完全燃燒消耗5molO2，故A正確；B.二噁烷中含有2個氧原子，與組成上并非只相差n個CH2原子團，所以兩者不是同系物，故B錯誤；C.根據二噁烷的結構簡式可知，其分子中只有一種化學環境的氫原子，故核磁共振氫譜只有1組峰，C錯誤；D.分子中碳原子都是sp3雜化，所以所有原子不可能處于同一平面，故D錯誤，故選A。【點睛】甲烷型：四面體結構，凡是C原子與其它4個原子形成共價鍵時，空間結構為四面體型。小結：結構中每出現一個飽和碳原子，則整個分子中所有原子不可能共面。9、B【解析】

A．甲基橙變色范圍為3.1~4.4，酚酞變色范圍為8~10，鹽酸滴定氨水恰好完全反應時溶液顯酸性，應選甲基橙作指示劑，故A錯誤；B．a溶液呈堿性，則主要是NH3·H2O的電離抑制水解，pH=9.24，則溶液中c水(H+)=10-9.24mol/L，則水電離出的c水(OH-)=10-9.24mol/L；b點溶液呈酸性，主要是NH4+的水解促進水的電離，pH=5.12，則溶液中c水(H+)=10-5.12mol/L，則水電離出的c水(OH-)=10-5.12mol/L，所以a、b兩點水電離出的OH-濃度之比為=10-4.12，故B正確；C．c點滴加了50mL鹽酸，則溶液中的溶質為NH4Cl和HCl，且物質的量濃度相同，所以溶液中離子濃度大小順序為：c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)，故C錯誤；D．等pH的氨水和NaOH溶液，氨水的濃度要遠大于氫氧化鈉溶液的濃度，所以中和等體積等pH的氨水和NaOH溶液時，氨水消耗相同濃度鹽酸的體積更多，故D錯誤；故答案為B。【點睛】在有關水的電離的計算是，無論是酸堿的抑制，還是水解的促進，要始終把握一個點：水電離出的氫離子和氫氧根濃度相同。10、B【解析】

A、生成的二氧化碳中含有氯化氫，氯化氫也能與硅酸鈉反應產生硅酸沉淀，干擾二氧化碳與硅酸鈉反應，A錯誤；B．氨氣的密度比空氣密度小，二氧化碳的密度比空氣密度大，則導管長進短出收集二氧化碳，短進長出收集氨氣，B正確；C．Na2CO3溶液與CH3COOC2H5分層，應選分液法分離，C錯誤；D．CH3CH2OH與CH3COOC2H5互溶，不能分液分離，應選蒸餾法，D錯誤；答案選B。【點睛】本題考查化學實驗方案的評價，把握物質的性質、酸性比較、氣體收集、混合物分離、實驗技能為解答本題的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識與實驗的結合，選項A是解答的易錯點，注意濃鹽酸的揮發性。11、C【解析】

探究Na2O2與H2能否反應，由實驗裝置可知，A裝置為Zn與稀鹽酸反應生成氫氣，鹽酸易揮發，則B裝置中應為堿石灰可除去HCl和水蒸氣，C裝置試管為Na2O2與H2反應，但加熱前應先檢驗氫氣的純度，氫氣不純加熱時可能發生爆炸，最后D裝置通過檢驗反應后是否有水生成判斷Na2O2與H2能否反應，以此解答該題。【詳解】A．鐵粉會落到有孔塑料板下邊，進入酸液中，無法控制反應的發生與停止，故A錯誤；B．B裝置中盛放堿石灰，可除去HCl和水蒸氣，故B錯誤；C．氫氣具有可燃性，不純時加熱易發生爆炸，則加熱試管前，應先收集氣體并點燃，通過爆鳴聲判斷氣體的純度，故C正確；D．二氧化錳和濃鹽酸應在加熱條件下反應制備氯氣，A裝置不能加熱，故D錯誤；故答案選C。12、C【解析】

A.未給出體積，無法計算物質的量，A錯誤；B.Cl2溶于水中，部分氯氣與水反應生成次氯酸和氯化氫，轉移的電子數小于0.2NA，B錯誤；C.1.5gNO為0.05mol，1.6gO2為0.05mol，充分反應，2NO+O2=2NO2，0.05molNO全部反應生成0.05molNO2，剩余O2為0.025mol，體系中還存在2NO2N2O4，但化學反應原子守恒，所以0.05molNO2中原子總數0.15NA，為0.025molO2中原子總數0.05NA，反應后混合物中總共原子總數為0.2NA；C正確；D.標準狀況下，HF不是氣體，無法計算，D錯誤；故答案為：C。13、B【解析】

A．NH3的相對分子質量是17，每個分子中含有10個電子，所以10gNH3含有電子的個數是：(10g÷17g/mol)×10NA=5.88NA個電子，錯誤；B．Fe是變價金屬，與氯氣發生反應：2Fe+3Cl22FeCl3，根據反應方程式中兩者的關系可知0.1mol的Cl2與Fe反應時，氯氣不足量，所以反應轉移的電子的物質的量應該以Cl2為標準，轉移的電子數為0.2NA，Cu與Cl2發生反應產生CuCl2，0.1mol銅分別與0.1mol氯氣完全反應，轉移的電子數均為0.2NA，正確；C．標準狀況下H2O是液體，不能使用氣體摩爾體積計算H2O的物質的量，錯誤；D．Na2CO3是強堿弱酸鹽，在溶液中CO32－發生水解反應而消耗，所以1L0.1mol·L－1Na2CO3溶液中含有CO32－小于0.1NA個，錯誤；答案選B。14、B【解析】

A.碳酸不與氫氧化鋁反應；B.濃硝酸與銅反應生成二氧化氮氣體；C.溴水中通入SO2氣體后發生氧化還原反應；D.氫氧化銅更難溶，溶度積越小越難溶。【詳解】A.氫氧化鋁不能溶于碳酸，由現象可知氣體為HCl，故A錯誤；B.常溫下Cu不與濃硫酸反應，生成的紅棕色氣體為二氧化氮，說明溶液中可能含有NO3-,硝酸與Cu在常溫下能夠反應生成一氧化氮，一氧化氮遇到氧氣變為紅棕色二氧化氮氣體，故B正確；C.溴水中通入SO2氣體后溶液褪色，發生氧化還原反應生成硫酸和HBr，體現二氧化硫的還原性，故C錯誤；D.先出現藍色沉淀，說明氫氧化銅更難溶，則Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，故D錯誤；答案選B。【點睛】本題考查實驗方案的評價，涉及元素化合物性質、溶度積大小比較、鹽的水解等知識，試題側重對學生基礎知識的訓練和檢驗，有利于培養學生的邏輯推理能力，提高學生靈活運用基礎知識解決實際問題的能力。15、B【解析】

A．苯與濃硝酸、濃硫酸共熱并保持，是苯發生硝化反應的條件，可以反應生成硝基苯，故A正確；B．用與發生酯化反應，酸脫羥基醇脫氫，生成的有機物為，故B錯誤；C．苯乙烯在合適條件下催化加氫，苯環和碳碳雙鍵都能加氫，生成乙基環己烷，故C正確；D．戊烷有正戊烷、異戊烷、新戊烷三種結構，再進行一溴取代，正戊烷有3種一溴代物，異戊烷有4種一溴代物，新戊烷有1種一溴代物，故戊烷一溴取代物共有8種不含立體異構，故D正確；故答案為B。16、D【解析】

A．SO2、SiO2為酸性氧化物，CO是不成鹽氧化物。A錯誤；B．稀豆漿、硅酸屬于膠體；而氯化鐵溶液則是溶液，B錯誤；C．燒堿NaOH是堿，屬于電解質；冰醋酸是純凈的醋酸，是酸，屬于電解質；而四氯化碳是非電解質。C錯誤；D．福爾馬林是甲醛的水溶液；水玻璃是硅酸鈉的水溶液；氨水為氨氣的水溶液，因此都是混合物。D正確；本題答案選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、環戊二烯C7H8O羰基加成反應2+O22+2H2O9【解析】

（1）已知X是一種環狀烴，分子式為C5H6推斷其結構式和名稱；（2）由Z得結構簡式可得分子式，由N得結構簡式可知含氧官能團為羰基；（3）反應①的反應類型是X與Cl2C=C=O發生的加成反應；（4）反應⑥為M的催化氧化；（5）T中含不飽和度為4與氯化鐵溶液發生顯色反應則含苯酚結構；1molT最多消耗2mol鈉則含有兩個羥基；同一個碳原子上不連接2個官能團，以此推斷；（6）運用上述流程中的前三步反應原理合成環丁酯，環丁酯水解、酸化得到OHCCH2CH2COOH。【詳解】（1）已知X是一種環狀烴，分子式為C5H6，則X為環戊二稀，故答案為環戊二烯；（2）Z結構式為，分子式為：C7H8O；由N得結構簡式可知含氧官能團為酮鍵；故答案為：C7H8O；羰基；（3）反應①的反應類型是X與Cl2C=C=O發生的加成反應；故答案為：加成反應；（4）反應⑥為M的催化氧化反應方程式為：2+O22+2H2O，故答案為：2+O22+2H2O；（5）R中不飽和度為4，T中苯環含有4個不飽和度，與氯化鐵溶液發生顯色反應則含苯酚結構；1molT最多消耗2mol鈉則含有兩個羥基；同一個碳原子上不連接2個官能團。則有兩種情況，苯環中含有3個取代基則含有兩個羥基和一個甲基，共有6種同分異構體；苯環中含有2個取代基則一個為羥基一個為-CH2OH，共有三種同分異構體（鄰、間、對），則共有9種同分異構體。核磁共振氫譜有五個峰的同分異構體的結構簡式為：故答案為：9；；（6）參考上述流程中的有關步驟設計，流程為：，故答案為：。18、醚鍵、羧基還原反應(加成反應)取代反應、【解析】

與溴單質發生信息反應②生成A，則A為；A與苯酚鈉反應生成B，結合最終產物可知該反應為取代反應，反應生成的B為；B與氫氣發生加成反應生成C，則C為；C與氯化亞砜(SOCl2)發生信息中的反應①生成D，則D的結構簡式為：；D與NaCN發生反應生成E，則E為；E先與氫氧化鈉反應，然后酸化得到F，結合最終產物可知F為，F與氯化鈣反應得到苯氧布洛芬鈣，以此解答該題。【詳解】(1)由以上分析可知D為；F的結構簡式是，根據F的結構簡式可知其中含有的官能團是醚鍵、羧基；(2)B是，B中含有羰基，與氫氣發生加成反應產生羰基變為醇羥基，產生的C是，該反應是與氫氣的加成反應，也是還原反應；D是，與NaCN發生取代反應，Cl原子被-CN取代，生成E是，即D產生E的反應為取代反應；(3)F是，分子中含有羧基，C是，分子中含有醇羥基，F和C在濃硫酸條件下發生酯化反應，生成酯和水，該反應的化學方程式為：；(4)A為，A的同分異構體符合下列條件：①屬于苯的二取代物；②苯環上核磁共振氫譜圖中共有2個吸收峰；③與FeCl3溶液發生顯色反應，說明苯環上有兩個處于對位的取代基，其中一個是羥基，則可能的結構簡式為、；(5)苯甲醇()苯甲醇與SOCl2反應生成1-氯甲苯，然后與NaCN反應，產物經水解生成苯乙酸，最后苯乙酸與苯甲醇在濃硫酸存在時，加熱發生酯化反應可生成目標物苯乙酸苯甲酯，反應的流程為。19、2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O或KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O2SCl2+2H2O==S↓+SO2↑+4HCl控制分液漏斗的活塞，使濃鹽酸勻速滴下深入熔融硫的下方，使氯氣與硫充分接觸、反應，減少因氯氣過量而生成SCl2除去SCl2沒有吸收Cl2、SCl2等尾氣的裝置【解析】

（1）①不加熱條件下可用KMnO4或KClO3與濃HCl作用制氯氣；②SCl2與水發生水解反應；（2）為獲得平穩的氯氣氣流，應控制分液漏斗的活塞，使濃鹽酸勻速滴下。（3）可通過控制分液漏斗的活塞，來調節反應的快慢；（4）SCl2的沸點是59℃，60℃時氣化而除去；（5）Cl2、SCl2等尾氣有毒，污染環境。【詳解】（1）①不加熱條件下可用KMnO4或KClO3與濃HCl作用制氯氣，化學方程式為2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O或KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O；②SCl2與水發生水解反應：2SCl2+2H2O==S↓+SO2↑+4HCl；（2）為獲得平穩的氯氣氣流，應控制分液漏斗的活塞，使濃鹽酸勻速滴下。（3）C裝置中進氣導管應置于熔融硫上方且靠近液面，深入熔融硫的下方，使氯氣與硫充分接觸、反應，減少因氯氣過量而生成SCl2。（4）SCl2的沸點是59℃，60℃時氣化而除去。D裝置中熱水浴（60℃）的作用是除去SCl2。（5）Cl2、SCl2等尾氣有毒，污染環境。裝置D可能存在的缺點：沒有吸收Cl2、SCl2等尾氣的裝置20、安全瓶，防止倒吸能碳酸鈉溶液顯堿性，可以抑制Na2S水解溫度過高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1較多，或Na2S2O1產率降低等其它合理答案降低Na2S2O1晶體的溶解度，促進晶體析出×100%D【解析】

(1)裝置B的作用是平衡壓強，防止倒吸；(2)Na2CO1的作用是與二氧化硫反應制備亞硫酸鈉；(1)Na2S是強堿弱酸鹽，易發生水解；(4)溫度過高不利于二氧化硫的吸收，產品產率會降低；(5)Na2S2O1．5H2O是無色晶體，易溶于水，難溶于乙醇；(6)根據反應Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1，列關系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O，結合數據計算理論上制得Na2S2O1·5H2O晶體的質量，Na2S2O1·5H2O的產率為；(7)Na2SO1易被氧化為硫酸鈉，減少副產物的含量就要防止Na2SO1被氧化。【詳解】(1)裝置B的作用是平衡壓強，防止倒吸，則B為安全瓶防止倒吸；(2)Na2CO1的作用是與二氧化硫反應制備亞硫酸鈉，氫氧化鈉和二氧化硫反應也可以生成亞硫酸鈉，可以代替碳酸鈉；(1)Na2S是強堿弱酸鹽，易發生水解，碳酸鈉溶液顯堿性，可以抑制Na2S水解；(4)溫度過高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1較多，或Na2S2O1產率降低等其它合理答案；(5)Na2S2O1．5H2O是無色晶體，易溶于水，難溶于乙醇，則乙醇的作用為：降低Na2S2O1晶體的溶解度，促進晶體析出；(6)根據反應Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1，列關系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O，理論上制得Na2S2O1·5H2O晶體的質量為g，Na2S2O1·5H2O的產率為×100%=×100%；(7)A．用煮沸并