衡水市达标名校2020年高考三月调研化学试卷含解析

衡水市达标名校2020年高考三月调研化学试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．N A 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A ．标准状况下，0.1molCl 2溶于水，转移的电子数目为0.1N A
B ．标准状况下，6.72LNO 2与水充分反应转移的电子数目为0.1N A
C ．1.0L1.0mo1·L －1 的NaAlO 2水溶液中含有的氧原子数为2N A
D ．常温常压下，14g 由N 2与CO 组成的混合气体含有的原子数目为N A 2．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A ．澄清透明的溶液中：Cu 2+、Mg 2+、-
3NO 、2-
4SO B ．弱碱性溶液中：K +、Na +、I －、ClO － C ．中性溶液中：Fe 3+、K +、Cl －、2-
4SO
D ．能使甲基橙变红的溶液中：Al 3+、Na +、Cl －、-3HCO
3．N A 表示阿伏加德罗常数的值。

室温下，下列关于 1 L 0.1 mol/L FeCl 3 溶液的说法中正确的是 A ．溶液中含有的 Fe 3+离子数目为 0.1N A B ．加入 Cu 粉，转移电子数目为 0.1N A C ．加水稀释后，溶液中 c(OH －) 减小
D ．加入 0. 15 mol NaOH 后，3c(Fe 3+)+c(H +) = c(Na +) + c(OH －) 4．标准状况下，下列实验用如图所示装置不能完成的是 （ ）
A ．测定一定质量的2Na O 和22Na O 混合物中22Na O 的含量
B ．确定分子式为26
C H O 的有机物分子中含活泼氢原子的个数 C ．测定一定质量的242Na SO H O x ･晶体中结晶水数目
D ．比较Fe 3+和Cu 2+对一定质量的双氧水分解反应的催化效率
5．下列各组物质，满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的是（ ） 序号 X Y Z W
A
S
SO 3
H 2SO 4
H 2S
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
6．氢化钙可以作为生氢剂(其中CaH 2中氢元素为-1价)，反应方程式如下： CaH 2+2H 2O=Ca(OH)2+2H 2↑，其中水的作用是 A ．既不是氧化剂也不是还原剂 B ．是氧化剂 C ．是还原剂
D ．既是氧化剂又是还原剂
7．设N A 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A ．2 molNO 2与水充分反应，转移电子数为N A B ．含0.1molH 3PO 4的水溶液中PO 43－的数目为0.1N A C ．0.5molNa 2O 2中O －的数目为N A
D ．标况下，42g 丙烯和丁烯混合物含C 数目为3N A
8．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
A ．Al 2O 3(熔融)电解冰晶石
−−−→Al(s)2
Cl (g)
Δ−−−→AlCl 3(s) B ．FeS 2(s) 2O (g)高温
−−−→SO 2(g) 2
H O(l)
−−−→H 2SO 4(aq) C ．NH 3(g) 2
O (g)
催化剂，Δ−−−−→NO(g) NaOH(aq)−−−−→NaNO 3(aq) D ．SiO 2(s) 2
H O(l)
−−−
→H 4SiO 4(s) NaOH(aq)−−−−→Na 2SiO 3(aq) 9．根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是
A ．第①组反应中生成0.5mol Cl 2，转移1mol 电子
B ．第②组反应中参加反应的Cl 2与FeBr 2的物质的量之比为l ：2
C ．第③组反应的其余产物为O 2和H 2O
D ．氧化性由强到弱的顺序为MnO 4－> Cl 2>Fe 3＋>Br 2
10．一定条件下合成乙烯：6H2(g)＋2CO2(g)CH2＝CH2(g)＋4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法不正确的是
( )
A．该反应的逆反应为吸热反应
B．平衡常数：K M＞K N
C．生成乙烯的速率：v(N)一定大于v(M)
D．当温度高于250 ℃，升高温度，催化剂的催化效率降低
11．一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的原理及部分反应如图所示，下列说法错误的是
A．该电池将太阳能转变为电能
B．电池工作时，X极电势低于Y极电势
C．在电解质溶液中RuⅡ再生的反应为：2RuⅢ+3I-=2RuⅡ+I3-
D．电路中每通过2mol电子生成3molI-，使溶液中I-浓度不断增加
12．下列实验操作对应的现象与结论均正确的是( )
选项实验操作现象结论
A 常温下将铝片加入浓H2SO4中生成有刺激性气味的气体Al在常温下与浓
H2SO4反应生成SO2
B 向AlCl3溶液中滴加过量氨水生成白色胶状物质Al(OH)3不溶于氨水
C
向某溶液中加入KSCN溶液，
再向溶液中加入新制氯水溶液先不显红色，加入氯
水后变红色
该溶液中含有Fe3+
D
向某溶液中加入CCl4，振荡后
静置
液体分层，下层呈紫红色该溶液中含有I-
A．A B．B C．C D．D
13．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。

在如图所示的物质转化关系中，p、q、m、n
分别是元素W、X、Y、Z的气体单质，p和s均为有色气体，v的水溶液呈碱性。

常温下，0.1 mol • L －1t
溶液与0.1 mol • L －1 u 溶液的pH均为1。

下列说法不正确
．．．的是
A．Y、W的最高价氧化物对应的水化物均为强酸
B．Z和Y的简单氢化物的稳定性和沸点高低均为：Z＞Y
C．s溶于水的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2
D．v的电子式可表示为
14．已知反应：10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑，则下列说法正确的是（）
A．KNO3是氧化剂，KNO3中N元素被氧化
B．生成物中的Na2O是氧化产物，K2O是还原产物
C．每转移1mole﹣，可生成标准状况下N2的体积为35.84升
D．若有65gNaN3参加反应，则被氧化的N的物质的量为3.2mol
15．下列由实验得出的结论正确的是()
A．将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液变无色透明，生成的产物可溶于四氯化碳
B．乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体，说明两种分子中的氢原子都能产生氢气
C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，是因为乙酸的酸性小于碳酸的酸性
D．甲烷与氯气光照下反应后的混合气体能使湿润石蕊试纸变红是因为生成的一氯甲烷具有酸性
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．溴化钙晶体(CaBr2·2H2O)为白色固体，易溶于水，可用于制造灭火剂、制冷剂等。

一种制备溴化钙晶体的工艺流程如下：
(1)实验室模拟海水提溴的过程中，用苯萃取溶液中的溴，分离溴的苯溶液与水层的操作是(装置如下图）：使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，将活塞拧开，使下面的水层慢慢流下，待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞，______________。

(2)“合成”的化学方程式为___________________。

“合成”温度控制在70℃以下，其原因是__________。

投料时控制n(Br2)：n(NH3)= 1：0.8，其目的是__________________。

(3)“滤渣”的主要成分为_________________(填化学式）。

(4)“滤液”呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，请补充从“滤液”中提取CaBr2·2H2O的实验操作：加热驱除多余的氨，______________。

[实验中须使用的试剂有：氢溴酸、活性炭、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空干燥箱]
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．聚碳酸酯的透光率良好，可制作挡风玻璃、眼镜片等。

某聚碳酸酯(M)的合成路线如下：
已知：
Ⅰ.D的分子式为C3H4O3，核磁共振氢谱只有一组峰
Ⅱ.R1COOR2+R3OH R1COOR3+ R2OH
(1)A的名称是_______，D的结构简式为_____；
(2)B→C的反应类型______；
(3)关于H的说法正确的是（_______）
A．分子式为C15H16O2
B．呈弱酸性，是苯酚的同系物
C．分子中碳原子可能共面
D．1mol H与浓溴水取代所得有机物最多消耗NaOH10mol
(4)写出A→B化学方程式________；
(5)最常见的聚碳酸酯是用H与光气()聚合得到，请写出该聚碳酸酯的结构简式________；
(6)H的同分异构体中满足下列条件的有___种；
①有萘环()结构②能发生水解和银镜反应③两个乙基且在一个环上
(7)F→G需三步合成
CH2=CHCH3K L
若试剂1为HBr，则L的结构简式为_______，③的反应条件是_____。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．化学反应是化学实验现象的本质，根据描述回答下列问题：
（1）在BaCl2溶液中通入SO2气体，未见沉淀生成，若先通入或加入下列的另一种物质，再通入SO2能看到沉淀的有___(填序号)。

①NO2②NH3③HCl ④FeCl3溶液⑤CO2
（2）A、B、C、D、E五种物质(或离子)均含有同一种元素，它们之间有如图所示的转化关系：
若A为金属单质，B、C均属于盐类，B溶液呈黄色，与硫氰化钾溶液混合后显红色，D是一种白色沉淀，E是一种不溶性碱。

B溶液呈酸性的原因是___(用离子方程式表示)；选用氢碘酸可与E反应实现E→C的转化，该反应的离子方程式为___。

（3）①通常条件下，未经碾磨的镁粉和未经擦拭的镁条跟冷水不反应，因为表面有一层保护膜。

去除这层氧化膜后，镁与冷水就会发生明显的反应，看到有大量细腻的气泡产生。

在室温条件下，反应生成的难溶于水的氢氧化镁，沉积在表面形成致密薄膜，几分钟后，反应很快停止。

给反应混合液加热，镁跟水的作用又会重新进行，你觉得可能的原因是：___，此时滴加酚酞试液，___(填“会”或“不会”)出现溶液变红的现象。

②取一段擦去表层氧化膜的镁条，卷成螺旋状，插入盛满食盐水的试管中，将试管倒扣在盛有食盐水的烧杯中，可以迅速观察到镁持续不断地跟水反应，你觉得可能的原因是___。

③去除了氧化膜的金属Mg可以与NaHCO3溶液作用析出氢气，溶液中有白色难溶物生成。

这是由于镁直接与水反应，转化为H2和Mg(OH)2。

溶解在水中的少量Mg(OH)2电离生成的OH－与溶液中的HCO3－反应生成CO32－，促使反应生成的Mg(OH)2更多溶解。

溶液中Mg2＋、OH－、CO32－，结合析出白色难溶物
Mg2(OH)2CO3。

请根据以上信息写出Mg与NaHCO3溶液的总反应式：___(用离子方程式表示)。

19．（6分）NO、NO2是大气污染物，但只要合理利用，NO、NO2也是重要的资源。

回答下列问题：
（1）氨的合成。

已知：N 2和H2生成NH3的反应为：1
2
N2(g)+
3
2
H2(g)NH3(g) ΔH=-46.2kJ·mol-1
在Fe催化剂作用下的反应历程为（※表示吸附态）：
化学吸附：N 2(g)→2N※；H2(g)2H※；
表面反应：N※+H※NH※；NH※+H※NH 2※；NH2※+H※NH3※；
脱附：NH 3
※
NH 3(g)
其中N 2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。

则利于提高合成氨平衡产率的条件有（________）
A ．低温
B ．高温
C ．低压
D ．高压
E ．催化剂 （2）NH 3还原法可将NO 还原为N 2进行脱除。

已知： ①4NH 3(g)+3O 2(g)=2N 2(g)+6H 2O(g) ΔH 1=-1530kJ ·mol -1 ②N 2(g)+O 2(g)=2NO(g) ΔH 2=+180kJ·mol -1 写出NH 3还原NO 的热化学方程式__。

（3）亚硝酰氯(ClNO)是合成有机物的中间体。

将一定量的NO 与Cl 2充入一密闭容器中，发生反应：2NO(g)+Cl 2(g)
2ClNO(g) △H ＜0。

平衡后，改变外界条件X ，测得NO 的转化率α(NO)随X 的变化如
图所示，则条件X 可能是__(填字母代号)。

a.温度
b.压强
c.2n(NO)
n(Cl )
d.与催化剂的接触面积
（4）在密闭容器中充入4molCO 和
5molNO 发生反应2NO(g)+2CO(g)
N 2(g)+2CO 2(g)
△H=-746.5kJ•m ol -1，如图甲为平衡时NO 的体积分数与温度、压强的关系曲线图。

①温度T 1__T 2（填“＞”或“＜”）。

②若反应在D 点达到平衡，此时对反应进行升温且同时扩大容器体积使平衡压强减小，则重新达到平衡时，D 点应向图中A ～G 点中的__点移动。

③探究催化剂对CO 、NO 转化的影响。

某研究小组将NO 和CO 以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO 含量，从而确定尾气脱氮率(即NO 的转化率)，结果如图乙所示。

温度低于200℃时，图中曲线I 脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为__；a 点__(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率，说明其理由__。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．D 【解析】 【分析】 【详解】
A. 氯气和水反应为可逆反应，所以转移的电子数目小于0.1N A ，故A 错误；
B. 标准状况下，6.72LNO 2的物质的量为0.3mol ，根据反应3NO 2+H 2O ═2HNO 3+NO 可知，0.3mol 二氧化氮完全反应生成0.1molNO ，转移了0.2mol 电子，转移的电子数目为0.2N A ，故B 错误；
C. NaAlO 2水溶液中，除了NaAlO 2本身，水也含氧原子，故溶液中含有的氧原子的个数大于2N A 个，故C 错误；
D. 14g 由N 2与CO 组成的混合气体的物质的量为：1428/g
g mol
=0.5mol ，含有1mol 原子，含有的原子数目
为N A ，故D 正确。

故答案选D 。

2．A 【解析】 【分析】 【详解】
A ．澄清透明的溶液中：Cu 2+、Mg 2+、-
3NO 、2-
4SO 离子之间不反应，能够大量共存，故A 符合题意； B ．弱碱性溶液中：I －和ClO －发生氧化还原反应，不能大量共存，故B 不符合题意； C ．中性溶液中：Fe 3+会大量水解生成氢氧化铁，不能大量存在，故C 不符合题意；
D ．能使甲基橙变红的溶液显酸性，H +和-3HCO 不能大量共存，且Al 3+与HCO 3-发生双水解反应不能大量共存，故D 不符合题意； 答案选A 。

【点睛】
澄清透明不是无色，含铜离子的溶液是蓝色透明的液体，-3HCO 在酸性和碱性条件下都不能大量共存。

3．D
【分析】
【详解】
A．Fe3+发生一定程度的水解，N(Fe3+)＜0.1N A，故A错误；
B．Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，因加入Cu的量不确定，转移电子数目N(e－)≤0.1N A，无法确定，故B错误；C．加水稀释使平衡Fe3++3H 2O3H+ + Fe(OH)3向右移动，n(H+ )增大，但c(H+ )减小，c(OH－)增大，故C 错误；
D．加入0.15 mol NaOH后，溶液中必有2c(Na+)=c(Cl－)(物料守恒)、3c(Fe3+)+c(Na+ )+c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)(电荷守恒)，可得3c(Fe3+)+c(H+)=c(Na+ )+c(OH－)，故D正确；
答案选D。

【点睛】
列出溶液中的2c(Na+)=c(Cl－)(物料守恒)是解D项的关键。

4．C
【解析】
【分析】
【详解】
A.在烧瓶中放入Na2O和Na2O2的混合物，然后将水从分液漏斗放下，通过产生气体的量可计算Na2O2的量，故A符合题意；
B.在烧瓶中放入金属钠，然后将有机物从分液漏斗放下，根据产生的气体的量来判断有机物分子中含活泼氢原子的个数，故B符合题意；
C.该实验需要测量生成气体的量进而计算，Na2SO4·xH2O晶体中结晶水测定时无法产生气体，该装置不能完成，故C不符合题意；
D.可通过对照所以比较单位时间内Fe3+和Cu2+与双氧水反应产生气体的多少比较的催化效率，故D符合题意。

故选C。

5．B
【解析】
【详解】
A．硫燃烧生成二氧化硫，不能一步生成三氧化硫，A错误；
B．Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，均能一步完成，B正确；
C．硅酸不能一步反应生成单质硅，C错误；
D．NaAlO2不能一步反应生成单质铝，D错误；
6．B 【解析】 【分析】 【详解】
根据反应前后元素的化合价变化来看，Ca 和O 的化合价均没有变化，其中CaH 2中H 的化合价由-1价升高到0价，被氧化，作还原剂；H 2O 中H 的化合价由+1价降低到0价，被还原，作氧化剂；氢气既是氧化产物，又是还原产物；答案选B 。

7．D 【解析】 【详解】
A 选项，3NO 2 + H 2O = 2HNO 3 + NO ，3molNO 2与水反应转移2mol 电子，因此2 molNO 2与水充分反应，转移电子数为
A
4N 3
，故A 错误； B 选项，H 3PO 4是弱酸，弱电解质，因此含0.1molH 3PO 4的水溶液中PO 43－的数目为小于0.1N A ，故B 错误； C 选项，0.5molNa 2O 2中含有过氧根离子，数目为0.5N A ，故C 错误；
D 选项，标况下，丙烯和丁烯混合物通式为C n H 2n ，42g 丙烯和丁烯混合物含C 数目
-1
A A -1
42g n N mol =3N 12ng mol
⨯⨯⋅，故D 正确。

综上所述，答案为D 。

【点睛】
过氧化钠中含有钠离子和过氧根离子，离子个数有3个。

8．A 【解析】 【详解】
A. 2Al 2O 3(熔融)电解
冰晶石−−−→4Al(s)+3O 2↑，2Al+3Cl 2
2AlCl 3(s)，故A 正确；
B.SO 2(g) +H 2O=H 2SO 3(aq)，故B 错误；
C.NO(g)与NaOH(aq)不反应，故C 错误；
D. SiO 2(s) 不溶于水，故D 错误； 故选A 。

9．D 【解析】 【详解】
A ．由信息可知，MnO 4-氧化Cl -为Cl 2，Cl 元素化合价由-1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2
倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，选项A正确；
B．由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，溴离子末被氧化，根据电子得失守恒2n（C12）=n （Fe2+），即第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2，选项B正确；
C．反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，选项C正确；
D．氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，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+，选项D错误。

答案选D。

10．C
【解析】
【详解】
A、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，故A正确；
B、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M点化学平衡常数大于N点，故B 正确；
C、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v(N)有可能小于v(M)，故C错误；
D、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则催化剂的催化效率降低，故D 正确；
故选C。

11．D
【解析】
【分析】
由图中电子的移动方向可知,电极X为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应为：2RuⅡ-2e-=2 RuⅢ，Y电极为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，据此分析解答。

【详解】
A. 由图中信息可知，该电池将太阳能转变为电能，选项A正确；
B. 由图中电子的移动方向可知，电极X为原电池的负极，电池工作时，X极电势低于Y极电势，选项B
正确；
C. 电池工作时，在电解质溶液中RuⅡ再生的反应为：2RuⅢ+3I-=2RuⅡ+I3-，选项C正确；
D. Y电极为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，电路中每通过2mol电子生成3molI-，但电解质中又发生反应2RuⅢ+3I-=2RuⅡ+I3-，使溶液中I-浓度基本保持不变，选项D错误。

答案选D。

12．B
【解析】
【详解】
A.常温下将铝片加入浓H2SO4中，铝钝化，不能放出二氧化硫气体，故不选A；
B. Al(OH)3不溶于氨水，向AlCl3溶液中滴加过量氨水，生成白色沉淀氢氧化铝，故选B；
C. 向某溶液中加入KSCN溶液，溶液不显红色，说明不含Fe3+，再向溶液中加入新制氯水，溶液变红色，说明含有Fe2+，故不选C；
D. 向某溶液中加入CCl4，振荡后静置，液体分层，下层呈紫红色，说明溶液中含有I2，故不选D；答案选B。

13．D
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，p、q、m、n分别是元素W、X、Y、Z的气体单质。

p与q反应生成u，u为二元化合物，而常温下0.1mol·L-1u溶液的pH为1，则u为HCl，由原子序数可知，X为H元素、W为Cl元素，故q为H1，p为Cl1．q与m反应生成v，v的水溶液呈碱性，则m 为N1，v为NH3，故Y为N元素；m与n在放电条件下得到r，r与n得到有色气体s，且s与水反应得到r与t，而常温下0.1mol·L-1t溶液的pH为1，t为一元强酸，故n为O1，r为NO，s为NO1，t为HNO3，则Z为O元素,综上可知X为H元素、Y为N元素、Z为O元素、W为Cl元素。

【详解】
A．Y、W的最高价氧化物对应的水化物均为HNO3和HClO4，两者均为强酸，故选项A正确；
B．Z和Y的简单氢化物分别为H1O和NH3，水的稳定性和沸点均高于氨气，故选项B正确；
C．s为NO1，3NO1+ H1O= 1HNO3+ NO，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1，故选项C正确；
D．v为NH3，其电子式可表示为，故选项D错误；
故选D。

【点睛】
本题考查无机物的推断，注意气体的颜色及溶液的pH为推断的突破口，再结合转化关系推断，熟练掌握元素化合物知识。

14．C
【解析】
【分析】
10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑中，N元素的化合价由
1
3
-价升高为0，N元素的化合价由+5价降低
为0，该反应转移10e-，以此来解答。

【详解】
A.、KNO3中N元素的化合价降低，为氧化剂，其中氮元素被还原，故A错误；
B、只有N元素的化合价变化，则N2是氧化产物，也是还原产物，故B错误；
C、由反应可知转移10mol电子生成16mol氮气，则每转移1 mol电子，可生成N2为1.6mol，标准状况下N2的体积为35.84L，故C正确;
D、若有65 g NaN3参加反应，则被氧化的N的物质的量为
65g
33mol
65g/mol
⨯=，故D错误；
故选C。

15．A
【解析】
【详解】
A. 乙烯含有碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，溶液最终变为无色透明，生成的产物1，2-二溴乙烷可溶于四氯化碳，A项正确；
B. 乙醇的结构简式为CH3CH2OH，只有羟基可与钠反应，且−OH中H的活泼性比水弱，B项错误；
C. 用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应，从强酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，C项错误；
D. 甲烷与氯气在光照条件下反应生成的气体有一氯甲烷和氯化氢，使湿润的石蕊试纸变红的气体为氯化氢，一氯甲烷为非电解质，不能电离，D项错误；
答案选A。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．将上层液体从上口倒入另一烧杯中3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O温度过高，Br2、NH3易挥发确保Br2被充分还原Ca(OH)2用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥
【解析】
(1)用苯萃取溶液中的溴，分离溴的苯溶液与水层的操作是：使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，将活塞拧开，使下面的水层慢慢流下，待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞，将上层液体从上口倒入另一烧杯中，故答案为将上层液体从上口倒入另一烧杯中；
(2)根据流程图，“合成”过程中，氧化钙、液氨、液溴和水反应生成氮气、溴化钙等，反应的化学方程式为3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O；液溴和液氨容易挥发，“合成”温度应控制在70℃以下；投料时控制n(Br2)：n(NH3)= 1：0.8，可以确保Br2被充分还原，故答案为3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O；温度过高，Br2、NH3易挥发；确保Br2被充分还原；
(3)氧化钙与水反应生成的氢氧化钙微溶于水，因此“滤渣”的主要成分为Ca(OH)2，故答案为Ca(OH)2；
(4)“滤液”呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，二者能够在酸性条件下与溴离子反应生成溴，从而可以用活性炭吸附除去，在洗涤时可以用乙醇洗涤，减少溴化钙晶体的损失，也便与干燥。

因此从“滤液”中提取CaBr2·2H2O的实验操作：加热驱除多余的氨，用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过
滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥，故答案为用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．1,2-二氯乙烷取代反应AD
18 Cu/Ag，O2，△
【解析】
【分析】
根据流程图，卤代烃A()在氢氧化钠溶液中水解生成B，B为，C()在氢氧化钠条件下反应生成D，D与甲醇发生酯交换生成E()，D的分子式为C3H4O3，核磁共振氢谱只有一组峰，因此D为，据此分析解答(1)~(6)；
(7)CH2=CHCH3与HBr发生加成反应生成CH3CHBrCH3，CH3CHBrCH3水解生成CH3CHOHCH3，最后将
CH3CHOHCH3氧化即可得到丙酮，据此分析解答。

【详解】
(1)A的结构简式为，名称为1,2-二氯乙烷，D的结构简式为，故答案为1,2-二氯乙烷；；
(2)B为，C为，B与发生取代反应生成，故答案为取代反应；
(3)H为。

A.根据H的结构简式，H的分子式为C15H16O2，故A正确；B.H中含有酚羟基，具有弱酸性，但含有2个苯环，不属于苯酚的同系物，故B错误；C.结构中含有，是四面体结构，因此分子中碳原子一定不共面，故C错误；D.酚羟基的邻位和对位氢原子能够发生取代反应，1mol H与浓溴水取代所得有机物中最多含有4个溴原子，酚羟基和溴原子均能消耗NaOH，且溴原子水解生成的酚羟
基也能与氢氧化钠反应，因此1mol 最多消耗10mol氢氧化钠，故D正确，故答案为
AD；
(4)A→B是卤代烃的水解反应，反应的化学方程式为，故答案为；
(5)最常见的聚碳酸酯是用H与光气()聚合得到，与发生缩聚反应生成，故答案为；(6)H()的不饱和度=8，H的同分异构体中满足下列条件：①有萘环()结构，
不饱和度=7，②能发生水解和银镜反应，说明结构中含有酯基和醛基，因此属于甲酸酯类物质，酯基的不饱和度=1，因此其余均为饱和结构，③两个乙基且在一个环上，两个乙基在一个环上有、、、4种情况，HCOO-的位置分别为6、6、3、3，共18种结构，故答案为18；
(7)CH2=CHCH3与HBr发生加成反应生成CH3CHBrCH3，CH3CHBrCH3水解生成CH3CHOHCH3，最后将
CH3CHOHCH3氧化即可得到丙酮，因此L为CH3CHOHCH3，反应③的条件为Cu/Ag，O2，△，故答案为
CH3CHOHCH3；Cu/Ag，O2，△。

【点睛】
本题的难点和易错点为(3)D的判断，要注意H与溴水的取代产物为，与氢氧化钠充分反应生成和溴化钠。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．①②④Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+ 2 Fe(OH)3+6 H++2I-=2Fe2++I2+6H2O加热促进了水的电离使H+浓度增大或加热增大了Mg(OH)2的溶解度会Cl-促进了反应的发生
2Mg+2HCO3-+2H2O=2H2↑+CO32-+Mg2(OH)2CO3
【解析】
【分析】
(1)BaCl2溶液中通入SO2气体，未见沉淀生成的原因是BaSO3易溶于盐酸，故有以下两种思路：①将其氧
化为硫酸与BaCl2反应；②将其转化为SO32-与BaCl2反应，据以上分析解答；
(2) Fe(OH)3溶于氢碘酸时产生的Fe3+与I-会发生氧化还原反应；
(3)①阻碍镁与水反应进行的主要因素是沉积在表面的致密薄膜Mg(OH)2，加热后促进了水的也离使H+浓度增大会加快反应述率。

同时升温会使它的溶解度增大使之溶解，反应得以继续下去；Mg(OH)2属于中强碱，室温下其悬浊液的pH约为11左右，可以使酚酞变红。

②在食盐水中反应速率加快可能的原因：Cl-促进了反应的发生等；
③Mg与NaHCO3溶液反应生成氢气、碱式碳酸镁和碳酸钠。

【详解】
（1）①NO2具有氧化性，在溶液中将SO2氧化为SO42﹣离子，生成沉淀BaSO4，故①选；
②NH3与水反应生成NH3•H2O，NH3•H2O与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，溶液中生成大量的SO32﹣离子，生成沉淀BaSO3，故②选；
③HCl与SO2都不与BaCl2反应，通入SO2与HCl都不会生成沉淀，故③不选；
④FeCl3溶液具有氧化性，将SO2氧化为SO42﹣离子，生成沉淀BaSO4，故④选；
⑤SO2与CO2都不与BaCl2反应，并且所对应的酸都比盐酸弱，通入SO2与CO2都不会生成沉淀，故⑤不选；
答案选①②④；
（2）B溶液呈黄色，与硫氰化钾溶液混合后显红色，说明B中含有Fe3+，A为Fe，结合E是一种不溶性碱可知C中含Fe2+，D为Fe(OH)2，E为Fe(OH)3，B中含有Fe3+，B溶液呈酸性的原因是
Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+；E→C的离子方程式为2Fe(OH)3＋2I－＋6H＋＝2Fe2＋＋I2＋6H2O；
(3)①阻碍镁与水反应进行的主要因素是沉积在表面的致密薄膜Mg(OH)2，加热后促进了水的点离，使H+浓度增大，加快了反应述率。

同时升温会使它的溶解度增大使之溶解，反应得以继续下去；Mg(OH)2属于中强碱，室温下其悬浊液的pH约为11左右，可以使酚酞变红。

②在食盐水中反应速率加快可能的原因：Cl-促进了反应的发生等；
③Mg与NaHCO3溶液反应生成氢气、碱式碳酸镁和碳酸钠，反应的离子方程式为
2Mg+2HCO3-+2H2O=2H2↑+CO32-+Mg2(OH)2CO3。

19．AD 4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ΔH=-2070kJ·mol-1ac > A 温度较低时，催化剂的活性偏低不是因为反应是放热反应，根据线Ⅱ可知，a点对应温度的平衡脱氮率应该更高【解析】
【分析】
根据合成氨的热化学方程式可知该反应为放热反应和气体分子数减少的反应。

2NO(g)+Cl 2(g)2ClNO(g) △H＜0，该反应为放热反应和气体分子数减少的反应，由图可知改变外界条件X后，NO的转化率α(NO)减小。

根据2NO(g)+2CO(g)N 2(g)+2CO2(g) △H=-746.5kJ•mol-1可知，该反应为放热反应。

【详解】。