2021-2022學年高考化學模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、我國科學家提出了無需加入額外電解質的鈉離子直接甲酸鹽燃料電池體系，其工作原理如圖所示。甲酸鈉（HCOONa）的水解為電極反應和離子傳輸提供了充足的OH-和Na+。下列有關說法不正確的是A．A極為電池的負極，且以陽離子交換膜為電池的隔膜B．放電時，負極反應為HCOO-+3OH--2e-=CO32-+2H2OC．當電路中轉移0.lmol電子時，右側電解質溶液質量增加2.3gD．與傳統的氯堿工業相比，該體系在不污染環境的前提下，可以實現同步發電和產堿2、美國《Science》雜志曾經報道：在40GPa高壓下，用激光器加熱到1800K，人們成功制得了原子晶體干冰。有關原子晶體干冰的推斷錯誤的是A．有很高的熔點和沸點 B．易汽化，可用作制冷材料C．含有極性共價鍵 D．硬度大，可用作耐磨材料3、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．標況下，22.4LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四種微粒總數為NAB．標準狀況下，38g3H2O2中含有4NA共價鍵C．常溫下，將5.6g鐵塊投入一定量濃硝酸中，轉移0.3NA電子D．一定溫度下，1L0.50mol/LNH4Cl溶液與2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物質的量一定不相同4、實驗室從含碘廢液（含有I2、I-等）中回收碘，其實驗過程如下：已知：溴化十六烷基三甲基銨是一種陽離子表面活性劑，可以中和沉淀表面所帶的負電荷，使沉淀顆粒快速聚集，快速下沉。下列說法不正確的是A．步驟①中Na2S2O3可用Na2SO3代替B．步驟②可以用傾析法除去上層清液C．含碘廢液中是否含有IO3-，可用KI-淀粉試紙檢驗D．步驟③發生反應的離子方程式為：4Fe3++2CuI4Fe2++2Cu2++I25、下列有關說法正確的是A．MgO(s)＋C(s)=CO(g)＋Mg(g)高溫下能自發進行，則該反應ΔH＞0、ΔS＞0B．常溫下等物質的量濃度的CH3COOH溶液和HCl溶液中，水的電離程度相同C．0.1mol·L－1NH4Cl溶液加水稀釋，的值增大D．對于反應2SO2＋O2?2SO3，使用催化劑能加快反應速率并提高SO2的平衡轉化率6、我國某科研團隊設計了一種新型能量存儲／轉化裝置（如下圖所示）。閉合K2、斷開K1時，制氫并儲能；斷開K2、閉合K1時，供電。下列說法錯誤的是A．制氫時，溶液中K+向Pt電極移動B．制氫時，X電極反應式為C．供電時，Zn電極附近溶液的pH降低D．供電時，裝置中的總反應為7、下列表示物質結構的化學用語或模型正確的是A．HClO的結構式：H—O—Cl B．HF的電子式：H＋[::]－C．S2﹣的結構示意圖： D．CCl4分子的比例模型：8、已知：A（g）+3B（g）?2C（g）。起始反應物為A和B，物質的量之比為1：3，且總物質的量不變，在不同壓強和溫度下，反應達到平衡時，體系中C的物質的量分數如下表：下列說法不正確的是（）溫度物質的量分數壓強400℃450℃500℃600℃20MPa0.3870.2740.1890.08830MPa0.4780.3590.2600.12940MPa0.5490.4290.3220.169A．壓強不變，降低溫度，A的平衡轉化率增大B．在不同溫度下、壓強下，平衡時C的物質的量分數可能相同C．達到平衡時，將C移出體系，正、逆反應速率均將減小D．為提高平衡時C的物質的量分數和縮短達到平衡的時間，可選擇加入合適的催化劑9、常溫下，用0.1000NaOH溶液滴定20.00mL某未知濃度的CH3COOH溶液，滴定曲線如右圖所示。已知在點③處恰好中和。下列說法不正確的是（）A．點①②③三處溶液中水的電離程度依次增大B．該溫度時CH3COOH的電離平衡常數約為C．點①③處溶液中均有c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)D．滴定過程中可能出現：c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)10、在100kPa時，1molC(石墨，s)轉化為1molC(金剛石，s)，要吸收l.895kJ的熱能。下列說法正確的是A．金剛石和石墨是碳元素的兩種同分異構體B．金剛石比石墨穩定C．1molC(石墨，s)比1molC(金剛石，s)的總能量低D．石墨轉化為金剛石是物理變化11、二氧化氯（ClO2）是易溶于水且不與水反應的黃綠色氣體，沸點為11℃。某小組在實驗室中制備ClO2的裝置如下：[已知：SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4]下列說法正確的是A．裝置C中裝的是飽和食鹽水，a逸出的氣體為SO2B．連接裝置時，導管口a應接h或g，導管口c應接eC．裝置D放冰水的目的是液化SO2，防止污染環境D．可選用裝置A利用1mol·L?1鹽酸與MnO2反應制備Cl212、已知：①H2(g)+Se(g)H2Se(g)+87.48kJ②Se(g)→Se(s)+102.17kJ；下列選項正確的是A．H2(g)+Se(s)的總能量對應圖中線段bB．相同物質的量的Se，Se(s)的能量高于Se(g)C．1molSe(g)中通入1molH2(g)，反應放熱87.48kJD．H2(g)+S(g)H2S(g)+QkJ，Q<87.48kJ13、科學家合成出了一種用于分離鑭系金屬的化合物A（如下圖所示），短周期元素X、Y、Z原子序數依次增大，其中Z位于第三周期。Z與Y2可以形成分子ZY6，該分子常用作高壓電氣設備的絕緣介質。下列關于X、Y、Z的敘述，正確的是A．離子半徑：Y＞ZB．氫化物的穩定性：X＞YC．最高價氧化物對應水化物的酸性：X＞ZD．化合物A中，X、Y、Z最外層都達到8電子穩定結構14、已知有機化合物。下列說法正確的是A．b和d互為同系物B．b、d、p均可與金屬鈉反應C．b、d、p各自同類別的同分異構體數目中，b最多D．b在一定條件下發生取代反應可以生成d15、已知NA是阿伏加德羅常數的值。下列說法錯誤的是A．反應中，每生成294gg釋放的中子數為3NAB．常溫常壓下，22.4L乙烷和丙烯(C3H6)的混合物中氫原子數目為6NAC．1L0.5mol.L-1'碳酸鈉溶液含有的CO32-數目小于0.5NAD．0.1molH2O2與MnO2充分作用生成O2，轉移的電子數為0.1NA16、分枝酸是生物合成系統中重要的中間體，其結構簡式如圖所示。下列關于分枝酸的敘述不正確的是（）A．分子中含有4種官能團B．可與乙醇、乙酸反應，且反應類型相同C．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高錳酸鉀溶液褪色D．1mol分枝酸最多可與3molNaOH發生中和反應二、非選擇題（本題包括5小題）17、存在于茶葉的有機物A，其分子中所含的苯環上有2個取代基，取代基不含支鏈，且苯環上的一氯代物只有2種。A遇FeCl3溶液發生顯色反應。F分子中除了2個苯環外，還有一個六元環。它們的轉化關系如下圖：（1）有機物A中含氧官能團的名稱是_____________________；（2）寫出下列反應的化學方程式A→B：_______________________________________________________；M→N：_______________________________________________________；（3）A→C的反應類型為________________，E→F的反應類型為_________________1molA可以和______________molBr2反應；（4）某營養物質的主要成分(分子式為C16H14O3)是由A和一種芳香醇R發生酯化反應成的，則R的含有苯環的同分異構體有________________種（不包括R）；（5）A→C的過程中還可能有另一種產物C1，請寫出C1在NaOH水溶液中反應的化學方程式________________________________________。18、痛滅定鈉是一種吡咯乙酸類的非甾體抗炎藥，其合成路線如下：回答下列問題：(1)化合物C中含氧官能團的名稱是_____。(2)化學反應①和④的反應類型分別為_____和_____。(3)下列關于痛滅定鈉的說法正確的是_____。a．1mol痛滅定鈉與氫氣加成最多消耗7molH2b．核磁共振氫譜分析能夠顯示6個峰c．不能夠發生還原反應d．與溴充分加成后官能團種類數不變e．共直線的碳原子最多有4個(4)反應⑨的化學方程式為_____。(5)芳香族化合物X的相對分子質量比A大14，遇FeCl3溶液顯紫色的結構共有_____種（不考慮立體異構），核磁共振氫譜分析顯示有5個峰的X的結構簡式有_____。(6)根據該試題提供的相關信息，寫出由化合物及必要的試劑制備有機化合物的合成路線圖。________________19、碘化鈉在醫療及食品方面有重要的作用。實驗室用NaOH、單質碘和水合肼(N2H4·H2O)為原料制備碘化鈉。已知：水合肼具有還原性。回答下列問題：(1)水合肼的制備反應原理為：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOH=N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3①制取次氯酸鈉和氫氧化鈉混合液的連接順序為__________(按氣流方向，用小寫字母表示)。若該實驗溫度控制不當，反應后測得三頸瓶內ClO-與ClO3-的物質的量之比為5：1，則氯氣與氫氧化鈉反應時，被還原的氯元素與被氧化的氯元素的物質的量之比為____。②制備水合肼時，應將__________滴到__________中（填“NaClO溶液”或“尿素溶液”），且滴加速度不能過快。③尿素的電子式為__________________(2)碘化鈉的制備：采用水合肼還原法制取碘化鈉固體，其制備流程如圖所示：在“還原”過程中，主要消耗反應過程中生成的副產物IO3-，該過程的離子方程式為___。(3)測定產品中NaI含量的實驗步驟如下：a．稱取10.00g樣品并溶解，在500mL容量瓶中定容；b．量取25.00mL待測液于錐形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反應后，再加入M溶液作指示劑：c.用0.2000mol·L?1的Na2S2O3標準溶液滴定至終點(反應方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重復實驗多次，測得消耗標準溶液的體積為15.00mL。①M為____________(寫名稱)。②該樣品中NaI的質量分數為_______________。20、（15分）Ⅰ．目前我國鍋爐煙氣脫硝技術有新發現，科學家對O3氧化煙氣脫硝同時制硝酸進行了實驗研究，其生產硝酸的機理如下：回答下列問題：（1）NO3分子內存在兩個過氧鍵，且氧均滿足8電子穩定結構，請寫出NO3中N的化合價______；NO3極不穩定，常溫下即可爆炸分解，試從電子成鍵角度解釋NO3不穩定的原因：__________________。（2）N2O5與O3作用也能生成NO3與氧氣，根據反應前后同種元素，價態相同，不參與氧化還原反應的原則，請分析反應N2O5+O32NO3+O2中，N2O5的作用是__________________（填“氧化劑”“還原劑”或“既是氧化劑，又是還原劑”）。（3）請寫出在有水存在時，O3與NO以物質的量之比為3∶2完全反應的總化學方程式___________。Ⅱ．下圖為某學習興趣小組對Cu與稀硝酸反應的改進實驗裝置圖：（4）按如圖組裝好儀器，檢查氣密性后，裝藥品，實驗時，先關閉a，打開b，將裝置B下移，使之與稀硝酸接觸產生氣體，當________________（填實驗現象），立刻將之上提，并關閉b，這樣操作的目的為________________________________。（5）將銅絲下移，使之與稀硝酸接觸，A中現象是________________，稍后將銅絲上拉，使之與稀硝酸分離；打開a，擠壓E，使少量空氣進入A中，A中現象是______________。（6）打開b，交替擠壓E和F，至裝置內氮氧化物氣體被氫氧化鈉溶液充分吸收，寫出NO2氣體與氫氧化鈉溶液充分反應的離子方程式：______________________________。21、TiCl3是烯烴定向聚合的催化劑、TiCl4可用于制備金屬Ti。(1)Ti3+的基態核外電子排布式為__________(2)丙烯分子中，碳原子軌道雜化類型為__________(3)Mg、Al、Cl第一電離能由大到小的順序是___________(4)寫出一種由第2周期元素組成的且與CO互為等電子體的陰離子的電子式________(5)TiCl3濃溶液中加入無水乙醚，并通入HCl至飽和，在乙醚層得到綠色的異構體,結構式分別是[Ti(H2O)6]Cl3、[Ti(H2O)5Cl]Cl2·H2O。1mol[Ti(H2O)6]Cl3中含有σ鍵的數目為______.(6)鈦酸鍶具有超導性、熱敏性及光敏性等優點，該晶體的晶胞中Sr位于晶胞的頂點，O位于晶胞的面心，Ti原子填充在O原子構成的正八面體空隙的中心位置，據此推測，鈦酸鍶的化學式為_________

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

從圖中可以看出，A電極上HCOO-轉化為CO32-，發生反應HCOO-+3OH--2e-=CO32-+2H2O，C元素由+2價升高為+4價，所以A為負極，B為正極。當負極失去2mole-時，溶液中所需Na+由4mol降為2mol，所以有2molNa+將通過交換膜離開負極區溶液進入正極區。正極O2得電子，所得產物與水發生反應，電極反應為O2+4e-+2H2O=4OH-，由于正極區溶液中陰離子數目增多，所以需要提供Na+以中和電性。【詳解】A．由以上分析可知，A極為電池的負極，由于部分Na+要離開負極區，所以電池的隔膜為陽離子交換膜，A正確；B．由以上分析可知，電池放電時，負極反應為HCOO-+3OH--2e-=CO32-+2H2O，B正確；C．依據負極反應式，當電路中轉移0.lmol電子時，有0.1molNa+通過離子交換膜進入右側，右側參加反應的O2質量為=0.8g，電解質溶液質量增加2.3g+0.8g=3.1g，C不正確；D．與傳統的氯堿工業相比，該體系沒有污染環境的氣體產生，且可發電和產堿，D正確；故選C。2、B【解析】

A．原子晶體具有很高的熔點、沸點，所以原子晶體干冰有很高的熔點、沸點，故A正確；B．原子晶體干冰有很高的沸點，不易汽化，不可用作制冷材料，故B錯誤；C．不同非金屬元素之間形成極性鍵，二氧化碳中存在O=C極性鍵，故C正確D．原子晶體硬度大，所以原子晶體干冰的硬度大，可用作耐磨材料，故D正確；故選：B。3、D【解析】

A、氯氣與水反應：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，溶液中氯原子總數為2mol，Cl2中含有2個氯原子，故溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四種微粒總數大于NA，故A錯誤；B、雙氧水結構為：，38g3H2O2的物質的量為=1mol，由結構式可知，1mol雙氧水中含有3NA共價鍵，故B錯誤；C、常溫下鐵與濃硝酸發生鈍化，形成致密氧化膜，阻止反應進行，所以常溫下，將5.6g鐵塊投入足量濃硝酸中，轉移小于0.3NA電子，故C錯誤；D、1L0.50mol/LNH4Cl溶液與2L0.25mol/LNH4Cl溶液所對應濃度不同，所以水解程度不同，溶液中的物質的量一定也不同，故D正確；故答案為D。【點睛】本題A選項屬于易錯項，該反應屬于可逆反應，溶液中總氯原子為2mol，發生反應后，溶液中含氯微粒總數小于2mol大于1mol。4、C【解析】

A.步驟①中Na2S2O3做還原劑，可用Na2SO3代替，故正確；B.步驟②從懸濁液中分離碘化亞銅固體，可以用傾析法除去上層清液，故正確；C.含碘廢液中含有碘單質，能使KI-淀粉試紙變藍，不能用其檢驗是否含有IO3-，故錯誤；D.步驟③中鐵離子具有氧化性，能氧化碘化亞銅，發生反應的離子方程式為：4Fe3++2Cul4Fe2++2Cu2++I2，故正確。故選C。5、A【解析】

A．當△G=△H-T△S＜0時反應能自發進行，反應MgO(s)＋C(s)=CO(g)＋Mg(g)的△S＞0，高溫下能自發進行，則該反應ΔH＞0，故A正確；B．等物質的量濃度的CH3COOH溶液和HCl溶液，HCl溶液中氫離子濃度大，對水的電離的抑制程度大，所以等物質的量濃度的CH3COOH溶液和HCl溶液中水的電離程度不同，故B錯誤；C．0.1mol/LNH4Cl溶液加水稀釋，NH4++H2O?NH3?H2O+H+，促進銨根離子的水解，水解平衡正移，溶液中氯離子濃度減小，一水合氨濃度增大，的值減小，故C錯誤；D．對于反應2SO2＋O2?2SO3，使用催化劑能加快反應速率，但平衡不移動，SO2的平衡轉化率不變，故D錯誤；答案選A。【點睛】使用催化劑能加快反應速率，催化劑對轉化率無影響。6、D【解析】

閉合K2、斷開K1時，該裝置為電解池，Pt電極生成氫氣，則Pt電極為陰極，X電極為陽極；斷開K2、閉合K1時，該裝置為原電池，Zn電極生成Zn2+，為負極，X電極為正極。【詳解】A.制氫時，Pt電極為陰極，電解池中陽離子流向陰極，故A正確；B.制氫時，X電極為陽極，失電子發生氧化反應，根據根據化合價可知該過程中Ni(OH)2轉化為NiOOH，電極方程式為，故B正確；C.供電時，Zn電極為負極，原電池中陰離子流向負極，所以氫氧根流向Zn電極，電極反應為Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O，轉移兩個電子同時遷移兩個OH-，但會消耗4個OH-，說明還消耗了水電離出的氫氧根，所以電極負極pH降低，故C正確；D.供電時，正極為NiOOH被還原，而不是水，故D錯誤；故答案為D。7、A【解析】

A.次氯酸的中心原子為O，HClO的結構式為：H?O?Cl，A項正確；B.

HF是共價化合物，不存在離子鍵，分子中氟原子與氫原子形成1對共用電子對，電子式為，B項錯誤；C.硫離子質子數為16，核外電子數為18，有3個電子層，由里到外各層電子數分別為2、8、8，離子結構示意圖為，C項錯誤；D.氯原子的半徑比碳原子的大，中心原子的半徑小，D項錯誤；答案選A。【點睛】A項是易錯點，要特別注意原子與原子之間形成的共價鍵盡可能使本身達到穩定結構。8、D【解析】

A.由圖可知溫度越高C物質的量分數減小，平衡逆向移動，逆反應是吸熱反應，所以壓強不變，降低溫度，A的平衡轉化率增大，故A正確；B.可調節壓強和溫度使C的物質的量分數相同，所以在不同溫度下、壓強下，平衡時C的物質的量分數可能相同，故B正確；C.濃度越小反應速率越小，達到平衡時，將C移出體系，反應物和生成物的濃度都減小，所以正、逆反應速率均將減小，故C正確；D.使用催化劑只改變反應的速率，平衡不移動，所以加入合適的催化劑不能提高平衡時C的物質的量分數，故D錯誤。故選D。9、C【解析】

點③處恰好中和，反應生成醋酸鈉，原溶液中醋酸的濃度為：=0.10055mol/L，A.溶液中氫離子或氫氧根離子濃度越大，水的電離程度越小，在逐滴加入NaOH溶液至恰好完全反應時，溶液中氫離子濃度減小，水的電離程度逐漸增大，A項正確；B.點②處溶液的pH=7，此時c(Na+)=c(CH3COO?)==0.05mol/L，c(H+)=10?7mol/L，此時溶液中醋酸的濃度為：?0.05mol/L=0.000275mol/L，所以醋酸的電離平衡常數為：K==≈1.8×10?5，B項正確；C.在點③處二者恰好中和生成醋酸鈉，根據質子守恒可得：c(OH?)=c(CH3COOH)+c(H+)，C項錯誤；D.c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)，根據電荷守恒規律可知，此情況可能出現，如溶液中存在大量醋酸和少量醋酸鈉時，D項正確；答案選C。10、C【解析】

A、金剛石和石墨是碳元素形成的兩種不同單質，互為同素異形體，選項A錯誤；B、1mol石墨轉化為金剛石，要吸收1.895kJ的能量說明石墨的能量低于金剛石的能量，石墨更穩定，選項B錯誤；C、1molC(石墨，s)轉化為1molC(金剛石，s)，要吸收l.895kJ的熱能說明1molC(石墨，s)比1molC(金剛石，s)的總能量低，選項C正確；D、石墨轉化為金剛石是化學變化，選項D錯誤。答案選C。【點睛】本題主要考查物質具有的能量越低越穩定，在100kPa時，1mol石墨轉化為金剛石，要吸收1.895kJ的能量說明石墨的能量低于金剛石的能量，石墨更穩定．金剛石的能量高，1mol石墨和金剛石完全燃燒時釋放的能量金剛石比石墨多。11、B【解析】

利用A裝置制取SO2，在B中發生制取反應得到ClO2，ClO2的沸點為11℃，利用冰水浴冷凝，可在裝置D中收集到ClO2；E為安全瓶，防B中的液體進入到A中，E放置在A與B之間。C為尾氣吸收裝置，吸收多余的SO2。【詳解】A、利用A裝置制取SO2，a逸出的氣體為SO2，C為尾氣吸收裝置，用于吸收多余的SO2，應該裝有NaOH溶液，A錯誤；B、利用A裝置制取SO2，在B中發生制取反應得到ClO2，E為安全瓶，防B中的液體進入到A中，E放置在A與B之間，所以a應接h或g；裝置D中收集到ClO2，導管口c應接e，B正確；C、ClO2的沸點11℃，被冰水浴冷凝，在D中收集到，C錯誤；D、MnO2有濃鹽酸反應，1mol·L－1并不是濃鹽酸，D錯誤；答案選B。12、A【解析】

A.根據①H2(g)+Se(g)H2Se(g)+87.48kJ②Se(g)→Se(s)+102.17kJ可得：H2(g)+Se(s)H2Se(g)-14.69kJ，所以H2(g)+Se(s)的總能量對應圖中線段b，故正確；B.相同物質的量的Se，Se(s)的能量低于Se(g)，故錯誤；C.1molSe(g)中通入1molH2(g)，H2(g)+Se(g)H2Se(g)+87.48kJ，該反應是可逆反應，放出的熱量小于87.48kJ，故錯誤；D.S和Se是同族元素，S的非金屬性比Se強，和氫氣化合更容易，放熱更多，故錯誤；故選：A。13、D【解析】

短周期元素X、Y、Z原子序數依次增大，觀察正離子結構，Z失去一個電子后，可以成3個共價鍵，說明Z原子最外面為6個電子，由于Z位于第三周期，所以Z為S元素，負離子結構為，Y成一個共價鍵，為-1價，不是第三周期元素，且原子序數大于X，應為F元素（當然不是H，因為正離子已經有H）；X得到一個電子成4個共價鍵，說明其最外層為3個電子，為B元素，據此分析解答。【詳解】A．電子層數F-<S2-，離子半徑F-<S2-，所以Z>Y，A選項錯誤；B．非金屬性越強，簡單氫化物越穩定，非金屬性：F>B，則有BH3<HF，所以X<Y，B選項錯誤；C．非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，非金屬性：S>B，則酸性H3BO3（弱酸）<H2SO4（強酸），所以X<Z，C選項錯誤；D．根據上述分析可知，化合物A中X、Y、Z最外層都達到8電子穩定結構，D選項正確；答案選D。14、D【解析】

A選項，b為羧酸，d為酯，因此不是同系物，故A錯誤；B選項，d不與金屬鈉反應，故B錯誤；C選項，b同分異構體有1種，d同分異構體有8種，p同分異構體有7種，都不包括本身，故C錯誤；D選項，b在一定條件下和甲醇發生酯化反應生成d，故D正確。綜上所述，答案為D。【點睛】羧酸、醇都要和鈉反應；羧酸和氫氧化鈉反應，醇不與氫氧化鈉反應；羧酸和碳酸鈉、碳酸氫鈉反應，醇不與碳酸鈉、碳酸氫鈉反應。15、B【解析】

A.根據質量守恒原理得：x=249+48-294=3，即每生成1mol釋放的中子數為3mol，即3NA，故A正確；B.常溫常壓下，無法由體積計算物質的量，也就無法計算微粒數目，故B錯誤；C.1L0.5mol.L-1'碳酸鈉溶液中溶質的物質的量為1L×0.5mol.L-1=0.5mol，CO32-部分水解，所以含有的CO32-數目小于0.5NA，故C正確；D.0.1molH2O2與MnO2充分作用生成0.05molO2，O元素由-1價升高為0價，失去1個電子，則轉移的電子數為0.05mol×2=0.1mol，即0.1NA，故D正確；故選B。16、D【解析】

A.分子中含有羧基、羥基、碳碳雙鍵、醚鍵4種官能團，故A正確；B.羧基與乙醇酯化反應，羥基與乙酸酯化反應，故B正確；C.含有碳碳雙鍵可使溴的四氯化碳溶液發生加成，使酸性高錳酸鉀溶液發生氧化反應而褪色，故C正確；D.1mol分枝酸2mol羧基，因此最多可與2molNaOH發生中和反應，羥基不與氫氧化鈉反應，故D錯誤。綜上所述，答案為D。【點睛】和鈉反應的基團主要是羧基、羥基，和氫氧化鈉反應的的基團是羧基，和碳酸鈉反應的基團是羧基和酚羥基，和碳酸氫鈉反應的基團是羧基。二、非選擇題（本題包括5小題）17、羥基、羧基+NaHCO3+CO2+H2O；CH3CH2OHCH2=CH2+H2O加成反應酯化（取代）反應34+3NaOH+NaCl+2H2O。【解析】

A的分子式為C9H8O3，分子中所含的苯環上有2個取代基，取代基不含支鏈，且苯環上的一氯代物只有2種，2個取代基處于對位，A遇FeCl3溶液發生顯色反應，分子中含有酚羥基-OH，A能與碳酸氫鈉反應，分子中含有羧基-COOH，A的不飽和度為=6，故還含有C=C雙鍵，所以A的結構簡式為，X在濃硫酸、加熱條件下生成A與M，M的分子式為C2H6O，M為乙醇，乙醇發生消去反應生成乙烯，N為乙烯，X為，A與碳酸氫鈉反應生成B，為，B與Na反應生成D，D為，A與HCl反應生成C，C的分子式為C9H9ClO3，由A與C的分子式可知，發生加成反應，C再氫氧化鈉水溶液中發生水解反應生成E，E在濃硫酸、加熱的條件下生成F，F分子中除了2個苯環外，還有一個六元環，應發生酯化反應，故C為，E為，F為，據此解答。【詳解】(1)由上述分析可知，有機物A為，分子中含有官能團：羥基、碳碳雙鍵、羧基，但含氧官能團有：羥基和羧基，故答案為：羥基、羧基；

(2)A→B的反應方程式為：+NaHCO3→+H2O+CO2↑，M→N是乙醇發生選取反應生成乙烯，反應方程式為：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，故答案為：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；CH3CH2OHCH2=CH2+H2O；(3)A→C是與HCl發生加成反應生成，E→F是發生酯化反應生成，與溴發生反應時，苯環羥基的鄰位可以發生取代反應，C=C雙鍵反應加成反應，故1molA可以和3mol

Br2反應，故答案為：加成反應，酯化(取代)反應；3；

(4)某營養物質的主要成分(分子式為C16H14O3)是由A和一種芳香醇R發生酯化反應生成的，故R的分子式為C7H8O，R為苯甲醇，R含有苯環的同分異構體(不包括R)，若含有1個支鏈為苯甲醚，若含有2個支鏈為-OH、-CH3，羥基與甲基有鄰、間、對三種位置關系，故符合條件的同分異構體有4種，故答案為：4；

(5)A→C的過程中還可能有另一種產物C1，則C1為，C1在NaOH水溶液中反應的化學方程式為+3NaOH+NaCl+2H2O，故答案為：+3NaOH+NaCl+2H2O。18、酯基取代反應加成反應de+NaOH+CH3OH16、【解析】

根據合成路線分析：與CH3I發生取代反應①轉變為，發生反應②，在鄰位引入醛基轉變為：，與CH3NO2發生反應生成，與氫氣發生加成反應④生成，發生反應⑤將?CH2NO2脫去氫氧原子轉變為?CN，生成，反應⑥中?CN堿性水解轉變成?COONa，得到，反應生成，結合分子式C16H17O3N，與發生取代反應生成，在堿性條件下水解得到，據此作答。【詳解】(1)化合物C中含氧官能團為酯基，故答案為：酯基；(2)由上述分析可知反應①為取代反應，反應④為加成反應，故答案為：取代反應；加成反應；(3)a．苯環、碳碳雙鍵和羰基都可以與氫氣加成，因此1mol痛滅定鈉與氫氣加成最多消耗6molH2，故錯誤；b.該結構中有7種氫，故核磁共振氫譜分析能夠顯示7個峰，故錯誤；c.苯環、碳碳雙鍵和羰基都可以與氫氣加成，與氫氣發生的加成反應也屬于還原反應，故錯誤；d.與溴充分加成后碳碳雙鍵消失，引入了溴原子，故官能團種類數不變，故正確；e.如圖所示，共直線的碳原子最多有4個，，故正確；故答案為：de；(4)由以上分析知，反應⑨為在堿性條件下水解得到，則發生反應的化學方程式為：+NaOH+CH3OH，故答案為：+NaOH+CH3OH；(5)芳香族化合物說明X中有苯環，相對分子質量比A大14，說明比A多一個CH2，與A的不飽和度相同為4；遇FeCl3溶液顯紫色說明含有酚羥基；若苯環上有兩個取代基，則為(鄰、間、對3種)，(鄰、間、對3種)；若苯環上有三個取代基，先確定兩個取代基的位置，即鄰、間、對，再確定另一個取代基的位置，當羥基和氨基位于鄰位時，苯環上有4種氫原子，則甲基可以有4種取代方式，則會得到4種同分異構體，同理，當羥基和氨基位于間位時，也會有4種同分異構體，當羥基和氨基位于對位時，有2種同分異構體，共3+3+4+4+2=16，其中核磁共振氫譜分析顯示有5個峰的X的結構簡式有、，故答案為：16；、；(6)完全仿照題干中框圖中反應⑥⑦⑧，選擇合適試劑即可完成，與氫氧化鈉水解得到苯乙酸鈉，苯乙酸鈉與(CH3CH2)2SO4反應得到，再與乙酰氯反應生成，合成路線為：；故答案為；。19、ecdabf5：3NaClO溶液尿素溶液2IO3-+3N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O淀粉90%【解析】

(1)①根據制備氯氣，除雜，制備次氯酸鈉和氧氧化鈉，處理尾氣分析；三頸瓶內ClO-與ClO3-的物質的量之比為5：1，設ClO-與ClO3-的物質的量分別為5mol、1mol，根據得失電子守恒，生成5molClO-則會生成Cl-5mol，生成1molClO3-則會生成Cl-5mol，據此分析可得；②NaClO氧化水合肼；③尿素中C原子與O原子形成共價雙鍵，與2個-NH2的N原子形成共價單鍵；(2)碘和NaOH反應生成NaI、NaIO，副產物IO3-，加入水合肼還原NaIO、副產物IO3-，得到碘離子和氮氣，結晶得到碘化鈉，根據流程可知，副產物IO3-與水合肼生成碘離子和氮氣，據此書寫；(3)①碘單質參與，用淀粉溶液做指示劑；②根據碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，則n(NaI)=n(Na2S2O3)，計算樣品中NaI的質量，最后計算其純度。【詳解】(1)①裝置C用二氧化錳和濃鹽酸混合加熱制備氯氣，用B裝置的飽和食鹽水除去雜質HCl氣體，為保證除雜充分，導氣管長進短出，氯氣與NaOH在A中反應制備次氯酸鈉，為使反應物充分反應，要使氯氣從a進去，由D裝置吸收未反應的氯氣，以防止污染空氣，故導氣管連接順序為：ecdabf；三頸瓶內ClO-與ClO3-的物質的量之比為5：1，設ClO-與ClO3-的物質的量之比為5：1的物質的量分別為5mol、1mol，根據得失電子守恒，生成6molClO-則會生成Cl-的物質的量為5mol，生成1molClO3-則會生成Cl-5mol，則被還原的氯元素為化合價降低的氯元素，即為Cl-，n(Cl-)=5mol+5mol=10mol，被氧化的氯元素為化合價升高的氯元素，其物質的量為ClO-與ClO3-物質的量的和，共5mol+1mol=6mol，故被還原的氯元素與被氧化的氯元素的物質的量之比為10：6=5：3；②制備水合肼時，將尿素滴到NaClO溶液中或過快滴加，都會使過量的NaClO溶液氧化水合肼，降低產率，故實驗中制備水合肼的操作是：取適量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制備水合肼，滴加順序不能顛倒，且滴加速度不能過快；③尿素CO(NH2)2中C原子與O原子形成共價雙鍵，與2個—NH2的N原子形成共價單鍵，所以其電子式為：；(2)根據流程可知，副產物IO3-與水合肼生成碘離子和氮氣，反應的離子方程式為：2IO3-+3N2H4?H2O=3N2↑+2I-+9H2O；(3)①實驗中滴定碘單質，應該用淀粉作指示劑，所以M是淀粉；②根據碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，則n(NaI