安康市重點中學2025屆高三第二次調研化學試卷考生須知：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、將鋁粉與Fe3O4粉末配制成鋁熱劑，分成三等份。①一份直接放入足量的燒堿溶液中，充分反應后放出氣體在標準狀況下的體積為V1；②一份在高溫下恰好反應完全，反應后的混合物與足量的鹽酸反應后，放出的氣體在標準狀況下的體積為V2；③一份直接放入足量的鹽酸中，充分反應后放出氣體在標準狀況下的體積為V3。下列說法正確的是A．V1＝V3＞V2 B．V2＞V1＝V3C．V1＝V2＞V3 D．V1＞V3＞V22、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加。W、X、Y簡單離子的電子層結構相同，X元素在短周期主族元素中原子半徑最大；W的簡單氫化物常溫下呈液態(tài)，Y的氧化物和氯化物熔融時都能導電，X、Y和Z原子的最外層電子數之和為10。下列說法正確的是A．W、Z形成的化合物可做消毒劑B．原子半徑：W<Y<ZC．工業(yè)上采用電解Y的氧化物冶煉單質YD．W、X、Z三種元素組成的化合物水溶液一定顯堿性3、短周期中同主族元素的單質，晶體類型一定相同的是()A．ⅠA族 B．ⅢA族 C．ⅣA族 D．ⅦA族4、對于可逆反應:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-akJ·mol-1。下列說法正確的是()A．在接觸法制取硫酸工藝中,該反應在沸騰爐內發(fā)生B．如果用18O2代替O2發(fā)生上述反應,則經過一段時間可測得容器中存在S18O2、S18O3C．2molSO2與2molO2充分反應后放出akJ的熱量D．該反應達到平衡后,c(SO2)∶c(O2)∶c(SO3)=2∶1∶25、某原子電子排布式為1s22s22p3，下列說法正確的是A．該元素位于第二周期IIIA族 B．核外有3種能量不同的電子C．最外層電子占據3個軌道 D．最外層上有3種運動狀態(tài)不同的電子6、有3.92g鐵的氧化物，用足量的CO在高溫下將其還原，把生成的全部CO2通入到足量的澄清的石灰水中得到7.0g固體沉淀物，這種鐵的氧化物為A．Fe3O4 B．FeO C．Fe2O3 D．Fe5O77、某抗癌藥物的結構簡式如圖所示，其中W、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外層電子數之和是X的最外層電子數的2倍。下列敘述正確的是A．元素的非金屬性：W>Z>XB．Y的最高價氧化物的水化物是強酸C．W的最簡單氫化物與Z的單質混合后可產生白煙D．Y、Z形成的化合物中，每個原子均滿足8電子結構8、下列說法錯誤的是（）A．圖a所示實驗中，石蠟油發(fā)生分解反應，碎瓷片作催化劑B．用圖b所示裝置精煉銅，電解過程中CuSO4溶液的濃度保持不變C．用圖c所示裝置制備碳酸氫鈉固體時，從e口通入NH3，再從f口通入CO2，g中盛放蘸有稀硫酸的脫脂棉D．測定某鹽酸的物質的量濃度所用圖d所示裝置中滴定管選擇錯誤9、下列實驗操作、現象和結論均正確的是實驗操作和現象結論A向等體積等濃度的鹽酸中分別加入ZnS和CuS，ZnS溶解而CuS不溶解Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)B將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色樣品已變質C加熱盛有少量NH4HCO3固體的試管，試管口處潤濕的紅色石蕊試紙變藍NH4HCO3顯堿性D常溫下，測得0.1mol·L－1NaA溶液的pH小于0.1mol·L－1Na2B溶液的pH酸性：HA＞H2BA．A B．B C．C D．D10、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A．1．1mol·L?1KI溶液：Na+、K+、ClO?、OH?B．1．1mol·L?1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NO3?、SO42?C．1．1mol·L?1HCl溶液：Ba2+、K+、CH3COO?、NO3?D．1．1mol·L?1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42?、HCO3?11、根據表中提供的信息判斷下列敘述錯誤的是組號今加反應的物質生成物①MnO4－、Cl－···Cl2、Mn2＋···②Cl2(少量)、FeBr2FeCl3、FeBr3③KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4…A．第①組反應中生成0.5molCl2，轉移1mol電子B．第②組反應中參加反應的Cl2與FeBr2的物質的量之比為l：2C．第③組反應的其余產物為O2和H2OD．氧化性由強到弱的順序為MnO4－>Cl2>Fe3＋>Br212、下列分子或離子在指定的分散系中能大量共存的一組是（）A．空氣：C2H2、CO2、SO2、NOB．氫氧化鐵膠體：H+、K+、S2-、Br-C．銀氨溶液：Na+、K+、NO3-、NH3·H2OD．重鉻酸鉀溶液：H+、Na+、SO42-、葡萄糖分子13、W、Ⅹ、Y、Z為短周期主族元素，原子序數依次增大，W、X、Y位于不同周期，Ⅹ的最外層電子數是電子層數的3倍，Y與Z的原子序數之和是X的原子序數的4倍。下列說法錯誤的是A．原子半徑大小順序為：Y>Z>X>WB．簡單氫化物的沸點X高于Y，氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性Z>YC．W、X、Y形成化合物的酸性一定弱于W、X、Z形成的化合物的酸性D．W、Z陰離子的還原性：W>Z14、某有機物結構簡式如圖，下列對該物質的敘述中正確的是A．該有機物易溶于苯及水B．該有機物苯環(huán)上的一氯代物共有4種C．該有機物可以與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應使之褪色D．1mol該有機物最多可與1molNaOH發(fā)生反應15、下列各組物質所含化學鍵相同的是（）A．鈉（Na）與金剛石（C）B．氯化鈉（NaCl）與氯化氫（HCl）C．氯氣（Cl2）與氦氣（He）D．碳化硅（SiC）與二氧化硅（SiO2）16、下列說法不正確的是()A．苯和乙炔都與溴水發(fā)生加成反應，從而使溴水褪色B．乙醛和乙酸都可以與新制的氫氧化銅懸濁液反應C．鄰二甲苯只有一種結構，證明苯環(huán)中不存在碳碳單鍵和碳碳雙鍵交替出現的結構D．等質量的乙烯和丙烯充分燃燒所消耗的O2的量相同二、非選擇題（本題包括5小題）17、磷酸氯喹是一種抗瘧疾藥物，研究發(fā)現，該藥在細胞水平上能有效抑制新型冠狀病毒的感染。其合成路線如下：已知：回答下列問題：（1）A是一種芳香經，B中官能團的名稱為__________________。（2）反應A→B中須加入的試劑a為___________________。（3）B反應生成C的反應化學反應方程式是______________________。（4）C→D反應類型是_________，D的結構簡式為_______________。（5）F→G反應類型為________________。（6）I是E的同分異構體，與E具有相同的環(huán)狀結構，寫出任意一種符合下列條件的I的結構簡式是__________________________。①I是三取代的環(huán)狀有機物，氯原子和羥基的取代位置與E相同；②核磁共振氫譜顯示I除了環(huán)狀結構上的氫外，還有4組峰，峰面積比3:1:1:1；③I加入NaHCO3溶液產生氣體。18、已知一個碳原子上連有兩個羥基時，易發(fā)生下列轉化：。請根據如圖回答：（1）物質A的化學式為C8H10，寫出A的名稱___，鑒別A和可選用的試劑是___。（2）寫出反應①的化學反應方程式____。（3）反應①～⑤中，屬于加成反應的是____；反應⑤的反應條件為___。（4）寫出2種滿足下列條件的同分異構體的結構簡式。___，____。①含苯環(huán)結構②能發(fā)生銀鏡反應（5）設計由制備的合成路線（無機試劑任選）。_____合成路線常用的表示方式為：19、苯胺()是重要的化工原料。某興趣小組在實驗室里制取并純化苯胺。已知：①與NH3相似，與鹽酸反應生成(易溶于水的鹽)。②用硝基苯制取苯胺的反應為：2+3Sn+12HCl2+3SnCl4+4H2O③有關物質的部分物理性質見下表：物質相對分子質量熔點/℃沸點/℃溶解性密度/g·cm-3苯胺936.3184微溶于水，易溶于乙醚1.02硝基苯1235.7210.9難溶于水，易溶于乙醚1.23乙醚74116.234.6微溶于水0.7134Ⅰ.制備苯胺圖1所示裝置中加入20mL濃鹽酸(過量)，置于熱水浴中回流20min，使硝基苯充分還原；冷卻后，向三頸燒瓶中滴入一定量50%NaOH溶液，至溶液呈堿性。（1）滴加適量NaOH溶液的目的是___，寫出主要反應的離子方程式___。Ⅱ.純化苯胺ⅰ.取出圖l所示裝置中的三頸燒瓶，改裝為圖2所示裝置。加熱裝置A產生水蒸氣。用“水蒸氣蒸餾”的方法把B中苯胺逐漸吹出，在燒瓶C中收集到苯胺與水的混合物；分離混合物得到粗苯胺和水溶液甲。ⅱ.向所得水溶液甲中加入氯化鈉固體至飽和，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。iii.合并粗苯胺和乙醚萃取液，用NaOH固體干燥，蒸餾后得到苯胺1.86g。（2）裝置A中玻璃管的作用是__。（3）在苯胺吹出完畢后，應進行的操作是先__，再___。（4）該實驗中苯胺的產率為___(保留三位有效數字)。（5）欲在不加熱條件下除去苯胺中少量的硝基苯雜質，簡述實驗方案___。20、ClO2是一種高效安全消毒劑，常溫下ClO2為紅黃色有刺激性氣味氣體，其熔點為-59.5℃，沸點為11.0℃，能溶于水但不與水反應，遇熱水緩慢水解。某研究性學習小組欲制備Ⅰ．二氧化氯水溶液制備。在圓底燒瓶中先放入10gKClO3固體和(1)裝置A用水浴加熱的優(yōu)點是_________；裝置A中水浴溫度不低于60℃，其原因是_______________。(2)裝置A中反應生成ClO2及KHSO4等產物的化學方程式為(3)裝置B的水中需放入冰塊的目的是__________________；已知ClO2緩慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2，且物質的量之比為2:1，則該反應的化學方程式為____________；裝置C中的NaOH溶液吸收尾氣中的ClO2，生成物質的量之比為的1:1的兩種鹽，一種為NaClOⅡ．ClO2步驟1：量取ClO2溶液10mL，稀釋成100mL步驟2：調節(jié)試樣的pH≤2.0，加入足量的步驟3：加入指示劑，用c?mol?L-1?(4)已知：2ClO2+8H++10I-=5IⅢ．設計實驗驗證ClO2(5)取適量ClO2水溶液加入H2S溶液中，振蕩，得無色溶液。欲檢驗H(6)證明ClO2的氧化性比Fe3+強的方案是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(tài)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(yōu)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、A【解析】

假設每份含2mol鋁，①能和燒堿反應生成氫氣的物質只有鋁，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，2mol鋁與氫氧化鈉溶液反應生成氫氣3mol；②鋁先和四氧化三鐵反應生成氧化鋁和鐵3Fe3O4+8Al4Al2O3+9Fe，鐵和鹽酸反應生成氫氣Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，2mol鋁與四氧化三鐵反應生成9/4mol鐵，9/4mol鐵與鹽酸反應生成氫氣9/4mol；③能和鹽酸反應生成氫氣的只有鋁，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2mol鋁與鹽酸溶液反應生成氫氣3mol氫氣；所以V1=V3＞V2，故選A。2、A【解析】

X元素是短周期主族元素中原子半徑最大，則X為Na，W的簡單氫化物常溫下呈液態(tài)，該氫化物是H2O，即W為O，Y的氧化物和氯化物熔融狀態(tài)下都能夠導電，說明它們都是離子化合物，即Y為Mg，X、Y、Z原子最外層電子數之和10，推出Z的最外層有7個電子，四種元素原子序數依次增大，即Z為Cl，據此分析；【詳解】X元素是短周期主族元素中原子半徑最大，則X為Na，W的簡單氫化物常溫下呈液態(tài)，該氫化物是H2O，即W為O，Y的氧化物和氯化物熔融狀態(tài)下都能夠導電，說明它們都是離子化合物，即Y為Mg，X、Y、Z原子最外層電子數之和10，推出Z的最外層有7個電子，四種元素原子序數依次增大，即Z為Cl，A.W和Z形成的化合物可以是ClO2，ClO2具有強氧化劑，能作消毒劑，故A正確；B.O、Mg、Cl原子半徑大小是Mg>Cl>O，故B錯誤；C.工業(yè)上冶煉金屬鎂，常電解熔融狀態(tài)的氯化鎂，因為氯化鎂的熔點低于氧化鎂，故C錯誤；D.O、Na、Cl可以形成多種化合物，NaClO水溶液顯堿性，NaClO4水溶液顯中性，故D錯誤；答案：A。【點睛】易錯點是Y元素的推斷，學生認為Y可能是Al，認為Al2O3和AlCl3熔融中狀態(tài)下都能夠導電，忽略了AlCl3是共價化合物，熔融狀態(tài)下不能夠導電。3、D【解析】

A．ⅠA族的單質有氫氣、鋰、鈉、鉀、銣、銫、鈁，氫氣是分子晶體，鋰、鈉、鉀、銣、銫，鈁都是金屬晶體，故A錯誤；B．ⅢA族的單質有硼、鋁、鎵、銦、鉈，硼是分子晶體，鋁、鎵、銦、鉈都是金屬晶體，故B錯誤；C．ⅣA族的單質有碳、硅、鍺、錫、鉛，碳元素可以組成金剛石、石墨、C60等，分別是原子晶體，混合晶體，分子晶體，硅形成原子晶體，鍺，錫，鉛都形成金屬晶體，故C錯誤；D．ⅦA族有氟、氯、溴、碘、砹，它們形成的單質都是分子晶體，故D正確；答案選D。4、B【解析】

A.在接觸法制取硫酸工藝中，該反應在接觸室內發(fā)生，故A不選；B.此反應是歸中反應，O2中參加反應的氧原子會全部進入SO3，故如果用18O2代替O2發(fā)生上述反應，則經過一段時間可測得容器中存在S18O2、S18O3，故B選；C.2molSO2與2molO2充分反應，雖然O2是過量的，但由于反應是可逆反應，不能進行到底，所以放出的熱量小于akJ，故C不選；D.該反應達到平衡后物質的濃度比與化學計量數之比無關，故D不選。故選B。5、B【解析】

由原子電子排布式為1s22s22p3，可知原子結構中有2個電子層，最外層電子數為5，共7個電子，有7個不同運動狀態(tài)的電子，但同一能級上電子的能量相同，以此來解答。【詳解】A．有2個電子層，最外層電子數為5，則該元素位于第二周期VA族，故A錯誤；B．核外有3種能量不同的電子，分別為1s、2s、3p上電子，故B正確；C．最外層電子數為5，占據1個2s、3個2p軌道，共4個軌道，故C錯誤；D．最外層電子數為5，則最外層上有5種運動狀態(tài)不同的電子，故D錯誤；故答案為B。6、D【解析】

由生成的CO2全部通入足量澄清石灰水中，得到7.0g沉淀，則n(CaCO3)==0.07mol，由CO～CO2可知，鐵的氧化物中的n(O)=0.07mol，n(Fe)==0.05mol，n(Fe):n(O)=0.05mol:0.07mol=5:7，則鐵的氧化物為Fe5O7，故答案為D。7、C【解析】

由分子結構可知Y形成5個共價鍵，則Y原子最外層有5個電子，由于W、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，則W是N，Y是P，Y、Z的最外層電子數之和是X的最外層電子數的2倍，P最外層有5個電子，Z最外層電子數也是奇數，X最外層電子數為偶數，結合都是短周期元素，則Z是Cl最外層有7個電子，所以X最外層電子數為(5+7)÷2=6，原子序數比P小中，則X是O元素，然后分析解答。【詳解】根據上述分析可知：W是N，X是O，Y是P，Z是Cl元素。A．元素的非金屬性：O>N，即X>W，A錯誤；B．Y是P，P的最高價氧化物的水化物是H3PO4是弱酸，B錯誤；C．W是N，Z是Cl，W的最簡單氫化物NH3與Z的單質Cl2混合后會發(fā)生氧化還原反應：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，反應產生的NH4Cl在室溫下呈固態(tài)，因此可看到產生白煙現象，C正確；D．Y是P，Z是Cl，二者可形成PCl3、PCl5，其中PCl3中每個原子均滿足8電子結構，而PCl5中P原子不滿足8電子結構，D錯誤；故合理選項是C。【點睛】本題考查元素周期表和元素周期律的應用。把握原子結構與原子最外層電子數目關系，結合物質分子結構簡式推斷元素是解題關鍵，側重考查學生分析與應用能力，注意規(guī)律性知識的應用。8、B【解析】

A.根據圖a裝置分析，浸透石蠟的石棉加熱時產生石蠟蒸汽，石蠟蒸汽附著在碎瓷片上，受熱分解，碎瓷片作催化劑，故A正確；B.陽極是粗銅，含有鋅等活潑金屬雜質，根據放電順序，較活潑金屬先失去電子形成陽離子進入溶液，根據電子轉移守恒，此時在陰極銅離子得電子生成銅，所以電解過程中CuSO4溶液的濃度會減小，故B錯誤；C.圖c所示裝置是侯氏制堿法的反應原理，向飽和氯化鈉的氨水溶液中通入二氧化碳氣體，反應生成碳酸氫鈉，g的作用是吸收氨氣，冷水的目的是降低溫度有助于晶體析出，故C正確；D.如圖所示，滴定管中裝有氫氧化鈉溶液，所以滴定管應該選用堿式滴定管，應該是下端帶有橡膠管的滴定管，故D正確。故選B。【點睛】酸式滴定管的下端為一玻璃活塞，開啟活塞，液體即自管內滴出。堿式滴定管的下端用橡皮管連接一支帶有尖嘴的小玻璃管。橡皮管內裝有一個玻璃圓球。用左手拇指和食指輕輕地往一邊擠壓玻璃球外面的橡皮管，使管內形成一縫隙，液體即從滴管滴出。9、A【解析】

A．相同條件下，溶解度大的物質先溶解，組成和結構相似的難溶物，溶解度越大，其溶度積越大。因在等體積等濃度的鹽酸ZnS可以溶解而CuS不溶，則相同溫度下：Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），故A正確；B．Fe(NO3)2溶于稀硫酸后，Fe2+在酸性條件下被NO3-氧化為Fe3+，此時滴加KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色，則無法證明Fe(NO3)2是否變質，故B錯誤；C．在加熱條件下NH4HCO3固體分解生成NH3，NH3能使?jié)櫇竦募t色石蕊試紙變藍，由于固體本身沒有與試紙接觸，故本實驗不能證明NH4HCO3顯堿性，故C錯誤；D．強堿弱酸鹽的pH越大，對應酸的酸性越弱，Na2B溶液對應的酸為HB-，則由現象可知酸性：HA＞HB-，但是本實驗不能證明HA的酸性比H2B強，故D錯誤；故答案為A。10、B【解析】

A項，I-與ClO-發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故A不選；B項，在Fe2（SO4）3溶液中離子相互間不反應，可以大量共存，故B選；C項，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，故C不選；D項，Mg2+、HCO3-都能與OH-反應，不能大量共存，故D不選，答案選B。11、D【解析】

A．由信息可知，MnO4-氧化Cl-為Cl2，Cl元素化合價由-1價升高為0價，轉移電子的物質的量是氯氣的2倍，生成1mo1C12，轉移電子為2mo1，選項A正確；B．由元素化合價可知，反應中只有亞鐵離子被氧化，溴離子末被氧化，根據電子得失守恒2n（C12）=n（Fe2+），即第②組反應中參加反應的Cl2與FeBr2的物質的量之比為1：2，選項B正確；C．反應中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合價由+7價降低為+2價，根據電子轉移守恒，H2O2中氧元素化合價升高，生成氧氣，根據H元素守恒可知還生成水，選項C正確；D．氧化劑氧化性強于氧化產物氧化性，由③可知氧化性MnO4->Cl2，由②可知氧化性Cl2>Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br-，氧化性Br2>Fe3+，選項D錯誤。答案選D。12、C【解析】

A、空氣中含有氧氣，一氧化氮能夠與氧氣反應生成二氧化氮，所以二者不能大量共存，故A錯誤；B、氫氧化鐵膠體帶有正電荷，帶負電荷的離子能夠中和氫氧化鐵膠體的正電荷，導致氫氧化鐵發(fā)生聚沉，所以不能大量共存，故B錯誤；C、Na+、K+、NO3-、NH3·H2O離子之間不反應，與銀氨溶液也不反應，可大量共存，故C正確；D、重鉻酸鉀溶液具有強氧化性，能夠與葡萄糖發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故D錯誤；答案選C。【點睛】本題的易錯點為B，要注意在膠體中加入電解質溶液，膠體容易發(fā)生聚沉。13、C【解析】

因為W、Ⅹ、Y、Z為短周期主族元素，原子序數依次增大，W、X、Y位于不同周期，所以W位于第一周期、X位于第二周期、Y、Z位于第三周期，故W是H元素；Ⅹ的最外層電子數是電子層數的3倍，X是第二周期元素共兩個電子層，故X最外層有6個電子，X為O元素；X是O元素，原子序數是8，Y與Z的原子序數之和是X的原子序數的4倍，即是Y與Z的原子序數之和是32，Y、Z為第三周期主族元素，故Y原子序數為15，Z的原子序數為17，Y是P元素，Z是Cl元素。【詳解】A．同一周期，從左到右，主族元素的原子半徑隨著原子序數的增加而，逐漸減小，則原子半徑P＞Cl，因為P、Cl比O多一個電子層，O比H多一個電子層，故原子半徑大小順序為：P＞Cl＞O＞H，即Y>Z>X>W，A正確；B．H2O分子間可以形成氫鍵，而PH3分子間不能形成氫鍵，故H2O的沸點比PH3的沸點高；同周期主族元素，從左到右隨著原子序數的增加，原子半徑逐漸減小，元素的非金屬性逐漸增強，故氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性HCl＞PH3，B正確；C．沒有強調P與Cl元素的最高價含氧酸酸性的比較，而H3PO4的酸性比HClO的酸性強，C錯誤；D．P3-的還原性比Cl-的還原性強，D正確；答案選C。14、D【解析】

A.該有機物烴基較大，不溶于水（親水基較少，憎水基較多），所以易溶于苯但不溶于水，故A錯誤；B.該有機物苯環(huán)上的一氯代物與苯環(huán)上另一取代基有鄰間對3種位置，共有3種，故B錯誤；C.該有機物沒有碳碳雙鍵或碳碳叁鍵不能與Br2的CCl4溶液發(fā)生加成反應，故C錯誤；D.該有機物只有一個普通酯基可與1molNaOH發(fā)生反應，故D正確；故答案為D。15、D【解析】

根據晶體的類型和所含化學鍵的類型分析，離子晶體中一定含離子鍵，可能含共價鍵；分子晶體中不一定含化學鍵，但若含，則一定為共價鍵；原子晶體中含共價鍵；金屬晶體中含金屬鍵。【詳解】A、鈉為金屬晶體，含金屬鍵；金剛石為原子晶體，含共價鍵，故A不符合題意；B、氯化鈉是離子晶體，含離子鍵；HCl為分子晶體，含共價鍵，故B不符合題意；C、氯氣為分子晶體，含共價鍵；He為分子晶體，是單原子分子，不含化學鍵，故C不符合題意；D、SiC為原子晶體，含共價鍵；二氧化硅也為原子晶體，也含共價鍵，故D符合題意；故選：D。【點睛】本題考察了化學鍵類型和晶體類型的關系，判斷依據為：離子晶體中陰陽離子以離子鍵結合，原子晶體中原子以共價鍵結合，分子晶體中分子之間以范德華力結合，分子內部可能存在化學鍵。16、A【解析】

A．苯不能與溴水加成，將苯加入溴水中，是發(fā)生了萃取而使溴水褪色，故A錯誤；B．乙醛與氫氧化銅濁液在加熱的條件下發(fā)生氧化還原反應，乙酸含有羧基，具有酸性，與氫氧化銅發(fā)生中和反應，故B正確；C．若苯環(huán)中存在碳碳單鍵和碳碳雙鍵交替的結構，則鄰二甲苯有2種結構，而鄰二甲苯只有一種結構，證明苯環(huán)中不存在碳碳單鍵和碳碳雙鍵交替的結構，故C正確；D．乙烯和聚乙烯的最簡式相同，則完全燃燒等質量的乙烯和聚乙烯消耗O2量相同，故D正確；故選A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、硝基濃硫酸、濃硝酸+Cl2+HCl還原反應取代反應【解析】

產物中含有苯環(huán)，則A是苯，B為硝基苯，B到C是一個取代反應，考慮到E中氮原子和氯原子處于間位，因此C是間硝基氯苯，D則是硝基被還原后變成了間氨基氯苯，E到F即題目信息中給出的反應，從F到G，分子式中少1個O和1個H，而多出了一個Cl，因此為一個取代反應，用氯原子取代了羥基，最后再進一步取代反應得到H，據此來分析本題即可。【詳解】（1）根據分析，B是硝基苯，其官能團為硝基；（2）硝化反應需要用到濃硫酸和濃硝酸組成的混酸；（3）B到C即取代反應，方程式為+Cl2+HCl；（4）C到D是硝基被還原為氨基的過程，因此是一個還原反應，D為鄰氨基氯苯，即；（5）根據分析，F到G是一個取代反應；（6）加入碳酸氫鈉溶液能產生氣體，因此分子中一定含有羧基，結合其它要求，寫出符合條件的同分異構體，為。18、乙苯溴水+Br2+HBr；③NaOH水溶液、加熱或或【解析】

(1)物質A的化學式為C8H10，則苯與CH3CH2Cl發(fā)生取代反應生成A為，A的名稱為:乙苯；和都可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，后者能與溴水發(fā)生加成反應，而前者不能，可以溴水區(qū)別二者，故答案為:乙苯；溴水；(2)反應①是苯與液溴在Fe作催化劑條件下生成溴苯，反應方程式為:+Br2+HBr；(3)對比物質的結構，可知①②④屬于取代反應、③屬于加成反應，而⑤先發(fā)生鹵代烴的水解反應，再發(fā)生分子內脫水反應，反應條件為:NaOH水溶液、加熱，故答案為:③;NaOH水溶液、加熱;(4)滿足下列條件的同分異構體:①含苯環(huán)結構，②能發(fā)生銀鏡反應，含有醛基，可以有1個取代基為-CH2CHO,可以有2個取代基為-CH3、-CHO,符合條件的同分異構體有:、、、；(5)與氫氣發(fā)生加成反應生成，然后發(fā)生消去反應生成，再與溴發(fā)生加反應生成，最后發(fā)生消去反應生成，合成路線流程圖為:。19、與C6H5NH3+發(fā)生中和反應，生成C6H5NH2C6H5NH3++OH-C6H5NH2+H2O安全管、平衡壓強、防止氣壓過大等打開止水夾d撤掉酒精燈或停止加熱40.0%在混合物中先加入足量鹽酸，經分液除去硝基苯，再向水溶液中加氫氧化鈉溶液，析出苯胺，分液后用氫氧化鈉固體（或堿石灰）干燥苯胺中含有的少量水分，濾去氫氧化鈉固體即可得較純凈的苯胺【解析】

(1)與NH3相似，NaOH與反應生成；(2)裝置A中玻璃管與空氣連通，能平衡燒瓶內外的壓強；(3)為防止倒吸，在苯胺吹出完畢后，打開止水夾d，再停止加熱；(4)根據硝基苯的體積計算苯胺的理論產量，實際產量÷理論產量=產率；(5)根據易溶于水、硝基苯難溶于水設計分離方案；【詳解】(1)與NH3相似，加入氫氧化鈉，NaOH與反應生成，反應的離子方程式是；(2)裝置A中玻璃管與空氣連通，能平衡燒瓶內外的壓強，所以玻璃管的作用是安全管、平衡壓強、防止氣壓過大；(3)為防止倒吸，先打開止水夾d，再停止加熱；(4)5mL硝基苯的質量是5mL×1.23g·cm-3=6.15g，物質的量是=0.05mol，根據質量守恒定律，生成苯胺的物質的量是0.05mol，苯胺的質量是0.05mol×93g/mol=4.65g，苯胺的產率是=40.0%；(5)在混合物中先加入足量鹽酸，經分液除去硝基苯，再向水溶液中加氫氧化鈉溶液，析出苯胺，分液后用氫氧化鈉固體（或堿石灰）干燥苯胺中含有的少量水分，濾去氫氧化鈉固體即可得較純凈的苯胺。20、受熱均勻，且易控制溫度如溫度過低，則反應速率較慢，且不利于ClO2的逸出2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O可減少ClO2揮發(fā)和水解8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2NaClO3135cV2V1偏大鹽酸和BaCl2溶液將ClO2氣體通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，觀察溶液顏色變化，若溶液變?yōu)檠t色，則證明ClO2的氧化性比【解析】

Ⅰ．水浴加熱條件下，草酸、氯酸鉀在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應生成ClO2，因遇熱水緩慢水解，則B中含冰塊的水用于吸收ClO2，根據氧化還原反應規(guī)律，結合生成物的物質的量的比及質量守恒定律書寫反應方程式；C中NaOH溶液可吸收ClO2尾氣，生成物質的量之比為1：1的兩種陰離子，一種為NaClO2，根據氧化還原反應規(guī)律來書寫；II.有碘單質生成，用淀粉做指示劑；根據元素守恒結合反應得到關系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3計算c(ClO2)；III.ClO2具有強氧化性，可氧化H2S生成硫酸，氧化亞鐵離子生成鐵離子，檢驗鐵離子即可解答該題。【詳解】I.(1)裝置A用水浴加熱的優(yōu)點是受熱均勻，且易控制溫度，如溫度過低，則反應速率較慢，且不利于ClO2的逸出，溫度過高，會加劇ClO2水解；(2)裝置A中反應生成ClO2及KHSO4等產物，同時草酸被氧化生成水和二氧化碳，則反應化學方程式為2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O；(3)裝置B的水中