2024届临川一中实验学校高三第二次诊断性检测化学试卷含解析

2024届临川一中实验学校高三第二次诊断性检测化学试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、第三周期元素的原子中，未成对电子不可能有（）
A．4个B．3个C．2个D．1个
2、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）
A．Al2O3的熔点很高，可用作耐火材料
B．NH3具有还原性，可用作制冷剂
C．SO2具有氧化性，可用于纸浆的漂白
D．钠钾合金的密度小，可用作快中子反应堆的热交换剂
3、用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．1 mol过氧化钠中阴离子所带的负电荷数为N A
B．14 g乙烯和丙烯的混合物中含有的碳原子的数目为N A
C．28 g C16O与28 g C18O中含有的质子数均为14 N A
D．标准状况下，1．4 L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为2 NA
4、常温下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3·H2O的变化趋势如右图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)，下列说法不正确的是（）
A．M点溶液中水的电离程度比原溶液小
B．在M点时，n(OH－)－n(H+)=(a－0.05)mol
C．随着NaOH的加入，不断增大
D．当n(NaOH)=0.05mo1时，溶液中有：c(Cl－)> c(NH4+)>c(Na+)>c(OH－)>c(H+)
5、常温下，关于pH = 2的盐酸溶液的说法错误的是
A．溶液中c(H+)=1.0×10-2mol/L
B．此溶液中由水电离出的c(OH―)=1.0×10-12mol/L
C．加水稀释100倍后，溶液的pH = 4
D．加入等体积pH=12的氨水，溶液呈酸性
6、化学家合成了一种新化合物（如图所示），其中A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，B与C在同一主族，C与D在同一周期。

下列有关说法正确的是
A．熔点：B的氧化物>C的氧化物
B．工业上由单质B可以制得单质C
C．氧化物对应水化物的酸性：D>B>C
D．A与B形成的化合物中只含有极性键
7、下列反应的离子方程式书写正确的是
A．硫酸铜溶液中加过量的氨水：Cu2+＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NH4+
B．用食醋检验牙膏中碳酸钙的存在：CaCO3＋2H+=Ca2+＋CO2↑＋H2O
C．将去膜的铝片投入到NaOH溶液中：2Al+2OH—+6H2O=2[Al(OH)4]— +3H2↑
D．用碘化钾淀粉溶液检验亚硝酸钠中NO2－的存在：NO2－＋2I－＋2H+=NO↑+I2＋H2O
8、下列离子方程式正确的是
A．钠粒投入硫酸铜溶液中:2Na+Cu2+=Cu+2Na+
B．在硝酸铝溶液中滴加过量的烧碱溶液:Al3++4OH-=AlO2-+2H2O
C．向溴化亚铁溶液中滴加过量氯水:2Fe2++Cl2=2Fe3++2C1-
D．磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸中：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O
9、下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项实验操作实验现象结论
A
向浓HNO3中加入炭粉并加热，产生的气体
通入少量澄清石灰水中有红棕色气体产生，石灰水
变浑浊
有NO2和CO2产生
B 向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇溶液褪色乙醇具有还原性
C 向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置水层几乎无色苯与溴发生了反应
向试管底部有少量铜的Cu(NO3)2溶液中加
铜逐渐溶解铜可与稀硫酸反应
D
入稀硫酸
A．A B．B C．C D．D
10、只存在分子间作用力的物质是
A．NaCl B．He C．金刚石D．HCl
11、A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，B在D的单质中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，E+与D2-具有相同的电子数。

A在F是单质中燃烧，产物溶于水得到一种强酸。

下列有关说法正确的是（）
A．工业上F单质用MnO2和AF来制备
B．B元素所形成的单质的晶体类型都是相同的
C．F所形成的氢化物的酸性强于BD2的水化物的酸性，说明F的非金属性强于B
D．由化学键角度推断，能形成BDF2这种化合物
12、某温度下，向10 mL 溶液中滴加的溶液，滴加过程中，溶液中与
溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是( )已知：。

A．该温度下
B．X、Y、Z三点中，Y点水的电离程度最小
C．溶液中：
D．向100 mL 浓度均为的混合溶液中逐滴加入的溶液，先沉淀13、工业上用发烟HClO4把潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟[CrO2(ClO4)2]来除去Cr(Ⅲ)，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。

下列说法不正确的是（）
A．HClO4属于强酸，反应还生成了另一种强酸
B．该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8
C．CrO2(ClO4)2中Cr元素显+6价
D．该反应离子方程式为19ClO4-+8Cr3++8OH-=8CrO2(ClO4)2+3Cl-+4H2O
14、我们熟知的一些化合物的应用错误的是
A．MgO冶炼金属镁B．NaCl用于制纯碱
C．Cu(OH)2用于检验糖尿病D．FeCl3用于净水
15、短周期主族元素M、X、Y、Z、W原子序数依次递增，在周期表中M的原子半径最小，X的次外层电子数是其
电子总数的1
3
，Y是地壳中含量最高的元素，M与W同主族。

下列说法正确的是
A．Z的单质与水反应的化学方程式为：Z2+H2O=HZ+HZO
B．X和Z的简单氢化物的稳定性：X<Z
C．X、Y、Z均可与M形成18e-的分子
D．常温下W2XY3的水溶液加水稀释后，所有离子浓度均减小
16、对NaOH晶体叙述错误的是
A．存在两种化学键B．含共价键的离子化合物
C．存在两种离子D．含共价键的共价化合物
二、非选择题（本题包括5小题）
17、阿司匹林（化合物L）是人们熟知的解热镇痛药物。

一种长效、缓释阿司匹林（化合物P）的合成路线如下图所示：
已知：①HC≡CH+RCOOH−−−−→
一定条件
②RCOOR’+R”OH+H
Δ
−−→RCOOR”+R’OH（R、R’、R”代表烃基）
请回答：
(1)A中的官能团是____________________。

(2)C的结构简式是____________________。

(3)D→E的反应类型是____________________。

(4)E→G的化学方程式是______________________________________。

(5)已知：H是芳香族化合物。

在一定条件下2B → K + H2O，K的核磁共振氢谱只有一组峰。

J→L的化学方程式是____________________。

(6)L在体内可较快转化为具有药效的J，而化合物P与L相比，在体内能缓慢持续释放J。

①血液中J浓度过高能使人中毒，可静脉滴注NaHCO3溶液解毒。

请用化学方程式解释NaHCO3的作用：
______________________________________________________________。

②下列说法正确的是______（填字母）。

a．P中的酯基在体内可缓慢水解，逐渐释放出J
b．P在体内的水解产物中没有高分子化合物
c．将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能
18、结晶玫瑰广泛用于香料中，它的两条合成路线如下图所示：
已知：两个羟基同时连在同一碳原子上的结构不稳定，会发生脱水反应：
+H2O
完成下列填空：
（1）A的俗称是_________；D中官能团的名称是_______；反应②的反应类型是_______。

（2）写出G与氢氧化钠溶液反应的化学方程式__________。

（3）已知：，则可推知反应②发生时，会得到一种副产物，写出该副产物的结构简式_____。

（4）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，与足量浓溴水反应未见白色沉淀产生，若L与NaOH的乙醇溶液共热能反应，则共热生成的有机物的结构简式为________________（任写一种）
19、实验室用乙醇、浓硫酸和溴化钠反应来制备溴乙烷，其反应原理为H2SO4(浓)＋NaBr NaHSO4＋HBr↑、
CH3CH2OH＋HBr CH3CH2Br＋H2O。

有关数据和实验装置如（反应需要加热，图中省去了加热装置）：
乙醇溴乙烷溴
状态
无色
液体无色
液体
深红棕色
液体
密度/g·cm-30.79 1.44 3.1
沸点/℃78.5 38.4 59
（1）A中放入沸石的作用是__，B中进水口为__口（填“a”或“b”）。

（2）实验中用滴液漏斗代替分液漏斗的优点为__。

（3）氢溴酸与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应的化学方程式__。

（4）给A加热的目的是__，F接橡皮管导入稀NaOH溶液，其目的是吸收__和溴蒸气，防止__。

（5）C中的导管E的末端须在水面以下，其原因是__。

（6）将C中的镏出液转入锥形并瓶中，连振荡边逐滴滴入浓H2SO41～2mL以除去水、乙醇等杂质，使溶液分层后用分液漏斗分去硫酸层；将经硫酸处理后的溴乙烷转入蒸镏烧瓶，水浴加热蒸馏，收集到35～40℃的馏分约10.0g。

①分液漏斗在使用前必须__；
②从乙醇的角度考虑，本实验所得溴乙烷的产率是__（精确到0.1%）。

20、PbCrO4是一种黄色颜料，制备PbCrO4的一种实验步骤如图1：
已知：①Cr（OH）3（两性氢氧化物）呈绿色且难溶于水
②Pb（NO3）2、Pb（CH3COO）2均易溶于水，PbCrO4的K sp为2.8×10﹣13，Pb（OH）2开始沉淀时pH为7.2，完全沉淀时pH为8.7。

③六价铬在溶液中物种分布分数与pH关系如图2所示。

④PbCrO4可由沸腾的铬酸盐溶液与铅盐溶液作用制得，含PbCrO4晶种时更易生成
（1）实验时需要配置100mL3mol•L﹣1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是___。

（2）“制NaCrO2（aq）”时，控制NaOH溶液加入量的操作方法是_____。

（3）“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，其原因是_____；“氧化”时发生反应的离子方程式为___。

（4）“煮沸”的目的是_____。

（5）请设计用“冷却液”制备PbCrO4的实验操作：_____[实验中须使用的试剂有：6mol•L﹣1的醋酸，0.5mol•L﹣1Pb（NO3）2溶液，pH 试纸]。

21、CH4可用于消除NO2的污染，回答下列问题。

(1)已知：
①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H=-1．2kJ·mol-1
②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ·mol-1
③CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-10kJ·mol-1
则CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=_________kJ·mol-1。

(2)在相同温度和压强下，一定量的CH4与NO2在不同条件下反应的能量变化如图所示。

当反应进行到某相同时刻时，测得在催化剂2条件下NO2转化率更高，其原因是_____________________。

(3)在体积均为2L的密闭容器A(500℃，绝热)、B(500℃，恒温)两个容器中分别加入2molCH4、2molNO2和相同催化剂。

A、B容器中CH4的转化率α(CH4)随时间变化如下表所示。

时间（s/t）0 100 200 300 400
A中α(CH4)（%）0 20 22 22 22
B中α(CH4)（%）0 10 20 25 25
①A、B两容器中，反应平衡后放出热量少的是______，理由是_____________________。

②B容器中，判断该反应达到平衡状态的标志为_________________(填字母序号)。

a．压强保持不变
b．密度保持不变
c．CO2的体积分数保持不变
d ．v(CH 4)：v(N 2)=1：l
e ．断裂4molC —H 键同时断裂2molO —H 键
③A 容器中前100s 内用NO 2表示的化学反应速率v(NO 2)=________mol·L -1
·s -1
④已知反应速率v 正=k 正·c(CH 4)·c 2
(NO 2)，v 逆=k 逆·c(N 2)·c(CO 2)·c 2 (H 2O)(k 正、k 逆分别是正、逆反应速率常数)，
则B 容器中平衡时k k 正
逆
=__________，200s 时v v 正逆=________。

参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意） 1、A 【解题分析】
第三周期的元素最多能填到6
3p ，而p 轨道上最多有3个未成对电子，因此不可能有4个未成对电子，答案选A 。

2、A 【解题分析】
A 、氧化铝熔点很高，所以可以做耐火材料，选项A 正确；
B 、氨气中的氮元素化合价是-3价，具有还原性，做制冷剂，是氨气易液化的原因，选项B 错误；
C ．二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与二氧化硫的氧化性无关，选项C 错误；
D ．在快中子反应堆中，不能使用水来传递堆芯中的热量，因为它会减缓快中子的速度，钠和钾的合金可用于快中子反应堆作热交换剂，选项D 错误； 答案选A 。

3、B 【解题分析】
A ．1 mol 过氧化钠(Na 2O 2)中阴离子(O 1-)所带的负电荷数应为2N A ，A 不正确；
B ．乙烯和丙烯的最简式都是CH 2，故14 g 中混合物所含的碳原子数为
()1414/g
g mol =1mol ，即碳原子数目为N A ，B
正确；
C ．28 g C 16
O 的物质的量为1mol ，含有的质子数为1mol ×（6+8）×N A =14 N A ，
28 g C 18
O 的物质的量为()28 30/g g mol =14
15
mol ，即质子数为14×
14
15
N A <14 N A ，C 不正确； D ．由Cl 2+2NaOH=NaCl+NaClO+H 2O 可知，标准状况下，1.4 L 氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为N A ，D 不正确； 故答案选B 。

4、C 【解题分析】
常温下，向1L0.1mol·L －1NH 4Cl 溶液中不断加入固体NaOH ，则溶液中发生反应NH 4++OH -=NH 1•H 2O ，随着反应进行，c(NH 4+)不断减小，c(NH 1·H 2O)不断增大。

【题目详解】
A 项、M 点是向1L 0.1mol•L -1NH 4Cl 溶液中，不断加入NaOH 固体后，反应得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液中铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A 正确；
B 项、根据电荷守恒c(H +)＋c(NH 4+)＋c(Na +)＝c(OH －)＋c(Cl －)，可得n(OH －)－n(H +)=[c(NH 4+)＋c(Na +)－c(Cl －)]×1L ，在M 点时c(NH 4+)=0.05mol•L‾1，c(Na +)=amol•L‾1，c(Cl －)=0.1mol•L‾1，带入数据可得n(OH －)－n(H +)=[0.05mol•L -1+a mol•L -1－0.1mol•L -1]×1L=(a －0.05)mol ，故B 正确；
C 项、氨水的电离常数K b =，则
=
，温度不变K b 不变，随着NaOH 的加入，c(NH 4+)不断减
小，
不断减小，则
不断减小，故C 错误；
D 项、当n （NaOH ）=0.05mol 时，NH 4Cl 和NaOH 反应后溶液中溶质为等物质的量的NH 1·H 2O 和NH 4Cl 、NaCl ，NH 1．H 2O 的电离程度大于NH 4Cl 水解程度，导致溶液呈碱性，钠离子、氯离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序是c （Cl -）>c （NH 4+）>c （Na +）>c （OH -）>c （H +），故D 正确。

故选C 。

5、D 【解题分析】
A. pH = 2的盐酸，溶液中c(H +)=1.0×10-2mol/L ，故不选A ；
B.盐酸溶液中OH -完全由水电离产生，根据水的离子积，c （OH -）=K W /c （H +）=10-14/10-2=1.0×10-12mol/L ，故不选B ；
C.盐酸是强酸，因此稀释100倍，pH=2+2=4，故不选C ；
D.氨水为弱碱，部分电离，氨水的浓度大与盐酸，反应后溶液为NH 3▪H 2O 、NH 4Cl ，NH 3▪H 2O 的电离程度大于NH 4+的水解程度，溶液显碱性，故选D ；
答案：D 6、B 【解题分析】
从图中可以看出，B 、C 都形成4个共价键，由于B 与C 在同一主族且原子序数C 大于B ，所以B 为碳(C)元素，C 为硅(Si)元素；D 与C 同周期且原子序数大于14，从图中可看出可形成1个共价键，所以D 为氯(Cl)元素；A 的原子序数小于6且能形成1个共价键，则其为氢(H)元素。

【题目详解】
A ．
B 的氧化物为CO 2，分子晶体，
C 的氧化物为SiO 2，原子晶体，所以熔点：B 的氧化物<C 的氧化物，A 不正确； B ．工业上由单质C 可以制得单质Si ，反应方程式为SiO 2+2C
Si+2CO↑，B 正确；
C ．未强调最高价氧化物对应的水化物，所以
D 不一定比B 大，如HClO 的酸性<H 2CO 3，C 不正确； D ．A 与B 形成的化合物中可能含有非极性键，如CH 3CH 3，D 不正确； 故选B 。

7、C 【解题分析】
A ．硫酸铜溶液中加过量的氨水最终生成可溶性的[]234Cu(NH )+
，A 项错误； B ．食醋中的醋酸是弱电解质，在离子方程式中不能拆分，B 项错误；
C ．铝的性质活泼，在室温下易被氧化表面生成致密的Al 2O 3薄膜，去除后才是Al 单质，铝单质可以与NaOH 溶液反应，C 项正确；
D ．观察上述方程式，电子得失不守恒；2NO -
在酸性介质中可以表现氧化性，还原产物一般为NO ，因此，正确的离
子方程式为：2222NO 2I 4H =2NO +I 2H O --+
++↑+，D 项错误；
答案选C 。

【题目点拨】
离子方程式的正误判断可以先验证其是否满足守恒关系(电子得失守恒，电荷守恒，原子守恒)，再判断物质拆分是否合理，最后再根据条件判断产物是否合理，反应是否符合实际以及化学计量系数是否正确。

8、B 【解题分析】
A 、钠粒投入硫酸铜溶液中，钠先与水反应:2Na+2H 2O ＋Cu 2＋=Cu(OH)2+2Na ＋＋H 2↑，故A 错误；
B 、在硝酸铝溶液中滴加过量的烧碱溶液，氢氧化铝具有两性，溶于过量的碱中:Al 3++4OH -=AlO 2-+2H 2O ，故B 正确；
C 、向溴化亚铁溶液中滴加过量氯水，氯水能将溴离子和亚铁离子均氧化:2Fe 2＋+4Br －＋3Cl 2=2Fe 3＋+6Cl －＋2Br 2,故C 错误；
D 、磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸中，亚铁离子被氧化成铁离子：3Fe 3O 4+28H ＋+NO 3－=9Fe 3＋+NO↑+14H 2O ，故D 错误；故选B 。

9、B
【解题分析】
A.单质C和浓硝酸加热生成二氧化碳、二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸和氢氧化钙反应，抑制了二氧化碳和氢氧化钙的反应，所以石灰水不变浑浊，A错误；
B.酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性的物质，向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇，溶液褪色，说明酸性高锰酸钾溶液被乙醇还原，乙醇体现了还原性，B正确；
C.溴水和苯不反应，但是苯能萃取溴水中的溴单质，由于苯与水互不相溶，因此看到分层现象，下层的水层几乎无色，这种现象为萃取，并没有发生化学反应，C错误；
D.向试管底部有少量铜的Cu(NO3)2溶液中加入稀硫酸，发生反应：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，因此看到铜逐渐溶解，不是Cu与硫酸反应，D错误；
故合理选项是B。

10、B
【解题分析】
A．NaCl是离子化合物，阴阳离子间以离子键结合，故A不选；
B．He由分子构成，分子间只存在分子间作用力，故B选；
C．金刚石是原子晶体，原子间以共价键相结合，故C不选；
D．HCl由分子构成，分子间存在分子间作用力，但分子内氢和氯以共价键相结合，故D不选；
故选B。

11、D
【解题分析】
A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，则A为H元素；B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B是C元素；B在D中充分燃烧生成其最高价化合物BD2，则D是O元素；E+与D2-具有相同的电子数，则E处于IA族，E为Na元素；A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸，则F为Cl元素。

A.在工业上电解饱和食盐水制备Cl2，A错误；
B.碳元素单质可以组成金刚石、石墨、C60等，金刚石属于原子晶体，石墨属于混合性晶体，而C60属于分子晶体，B 错误；
C.F所形成的氢化物HCl，HCl的水溶液是强酸，CO2溶于水得到的H2CO3是弱酸，所以酸性HCl>H2CO3，但HCl 是无氧酸，不能说明Cl的非金属性强于C，C错误；
D.可以形成COCl2这种化合物，结构式为，D正确；
故合理选项是D。

12、B
【解题分析】
向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-⇌CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，Y点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lgc(Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，Ksp(CuS)=
c(Cu2+)·c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，据此结合物料守恒分析。

【题目详解】
A. 该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则Ksp(CuS)= c(Cu2+)·c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，A错误；
B.Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，Y点时恰好形成CuS沉淀，水的电离程度小于X、Z点，所以X、Y、Z三点中，Y点水的电离程度最小，B正确；
C.根据Na2S溶液中的物料守恒可知：2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，C错误；
D.向100mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入10-4mol/L的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c(S2-)=mol/L=3×10-20mol/L，产生CuS时需要的S2-浓度为c(S2-)= =10-30.4mol/L＜3×10-20mol/L，则产生CuS沉淀时所需S2-浓度更小，即Cu2+先沉淀，D错误；
故合理选项是B。

【题目点拨】
本题考查沉淀溶解平衡的知识，根据图象所提供的信息计算出CuS的Ksp数值是解题关键，注意掌握溶度积常数的含义及应用方法，该题培养了学生的分析能力及化学计算能力。

13、D
【解题分析】
根据题意，写出该反应的化学方程式：19HClO4+8CrCl3+4H2O = 8CrO2(ClO4)2+27HCl，据此解答。

【题目详解】
A．HClO4属于强酸，反应生成的HCl也是强酸，A项正确；
B．该反应的氧化剂为HClO4，氧化产物为CrO2(ClO4)2，根据方程式，当有19molHClO4参加反应时，其中有3mol 作氧化剂，生成的氧化产物[CrO2(ClO4)2]为8mol，因此参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8，B项正确；
C．CrO2(ClO4)2中O元素显-2价，ClO4-显-1价，所以Cr元素显+6价，C项正确；
D．该反应在酸性条件下发生，离子方程式为19ClO4-+8Cr3++4H2O = 8CrO2(ClO4)2+8H++3Cl-，D项错误；
答案选D。

14、A
【解题分析】
A．MgO属高熔点化合物，工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁，故A错误；
B．侯氏制碱法就是向饱和氯化钠溶液中先通氨气再通二氧化碳来制备纯碱，所以NaCl用于制纯碱，故B正确；C．检验糖尿病是通过检验尿液中葡萄糖的含量即用新制的氢氧化铜与尿液在加热条件下反应看是否有砖红色沉淀产生，故C正确；
D．FeCl3水解生成Fe（OH）3胶体，水解方程式为FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3HCl，胶体能吸附水中的悬浮物而净水，故D正确；
故选：A。

15、B
【解题分析】
M、X、Y、Z、W原子序数依次递增的短周期主族元素，在周期表中M的原子半径最小，M为H元素，X的次外层
电子数是其电子总数的1
3
，X为C元素，Y是地壳中含量最高的元素，Y为O元素，M(H)与W同主族，则W为Na
元素，Z为F元素，据此分析解答问题。

【题目详解】
A．Z的单质为F2，F2与水的反应方程式为F2+2H2O=4HF+O2，A选项错误；
B．非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：C<F，则稳定性：CH4<HF，B选项正确；
C．C、O可以与H形成18e-的分子分别为C2H6、H2O2，但F元素不可以，C选项错误；
D．常温下Na2CO3的水溶液加水稀释后，溶液中OH-的浓度减小，由于水的离子积常数不变，则H+的浓度增大，D 选项错误；
答案选B。

16、D
【解题分析】
根据化学键的类型及其与物质类别间的关系分析。

【题目详解】
A. 为离子键，OH-内氢、氧原子间为共价键，A项正确；
B. NaOH由Na+、OH-构成，是含共价键的离子化合物，B项正确；
C. NaOH晶体中，有Na+、OH-两种离子，C项正确；
D. NaOH是含共价键的离子化合物，D项错误。

本题选D。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、羟基 HC≡CH 加聚反应
ac
【解题分析】
A 是25C H OH ，乙醇连续氧化得乙酸，故
B 是3CH COOH ，根据信息①，结合流程图，
C 是CH CH ≡，
D 是
，D 到E 是加聚反应，E 是，根据信息②可推知F 为323CH COOCH CH ，
G 是，根据分子式H 是，根据流程图结合P 的结构可推知I 为，J 是
，根据（5）小题，可以推知K 是乙酸酐（），由P 逆推知L 为。

【题目详解】
（1）A 是乙醇，乙醇的官能团是羟基，
答案为：羟基；
（2）据信息①，结合流程图，可以推出C 是CH CH ≡，
故答案为：CH CH ≡；
（3）D 是， E 是，D 到E 是双键发生了加聚反应，
故答案为：加聚反应；
（4）E 是，A 是乙醇，根据信息②，该反应为取代反应， 答案为：；
（5）根据信息可推知J是，K是乙酸酐（），
答案为：；
（6）①羧酸的酸性大于碳酸，酚的酸性小于碳酸，故酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故答案为：；
②a.P可以完全水解产生，以及乙酸，a正确；
b. P可以完全水解产生，该物质为高分子，b错误；
c.根据题目信息，将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能，c正确；
答案选ac。

【题目点拨】
解有机推断题，要把握以下三个推断的关键：(1)审清题意(分析题意、弄清题目的来龙去脉，掌握意图)；(2)用足信息(准确获取信息，并迁移应用)；(3)积极思考(判断合理，综合推断)。

根据以上的思维判断，从中抓住问题的突破口，即抓住特征条件(特殊性质或特征反应，关系条件和类别条件)，不但缩小推断的物质范围，形成解题的知识结构，而且几个关系条件和类别条件的组合就相当于特征条件。

然后再从突破口向外发散，通过正推法、逆推法、正逆综合法、假设法、知识迁移法等得出结论。

最后作全面的检查，验证结论是否符合题意。

18、氯仿氯原子、醛基加成反应+4NaOH−−→+3NaCl+2H2O
【解题分析】
（1）根据A的结构简式可判断其俗称是氯仿，D中官能团为醛基、氯原子；对比D、E、G的结构可知反应②为加成反应，
故答案为：氯仿；醛基、氯原子；加成反应；
（2）G与氢氧化钠溶液反应发生水解反应，再脱去1分子水生成形成羧基，羧基和氢氧化钠发生中和反应，则反应方程式为：，
故答案为：；
（3）已知：，可推知反应②中副产物为苯环取代G中羟基，结构简式为：，
故答案为：；
（4）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，与足量浓溴水反应未见白色沉淀产生，说明酚羟基邻位、对位没有H原子，若L与NaOH的乙醇溶液共热能反应，则L含有-CH2CH2Cl或-CHClCH3，L苯环上还含有2个-Cl，L与NaOH的乙醇溶液共热时，羟基发生反应，还发生卤代烃的消去反应，生成物的结构简式为：
，
故答案为：。

19、防止暴沸 b 平衡压强，使浓硫酸顺利滴下2HBr+H2SO4(浓)SO2+Br2+2H2O 加快反应速率，蒸馏出溴乙烷SO2防止污染环境冷却并减少溴乙烷的挥发检漏53.4%
【解题分析】
(1)液体加热需要防止液体瀑沸，B为球形冷凝管，应采取逆流原理通入冷凝水，进行充分冷凝回流；
(2)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，使浓硫酸顺利流下；
(3)浓硫酸有强氧化性，氢溴酸与浓硫酸混合加热可生成Br2和SO2；
(4)给A加热可以加快反应速率蒸出溴乙烷；实验中产生的二氧化硫、溴化氢、溴等可以用稀NaOH溶液吸收；
(5)通过E的末端插入水面以下冷却减少溴乙烷的挥发；
(6)①带有活塞或瓶塞的装置使用前要检查是否漏水；
②10mL乙醇的质量为0.79×10g=7.9g，其物质的量为0.172mol，所以理论制得溴乙烷的物质的量为0.172mol，其质量
为18.75g，根据产率=实际产量
理论产量
×100%计算。

【题目详解】
(1)液体加热加入沸石，可以防止液体瀑沸，B为球形冷凝管，应采取逆流原理通入冷凝水，进行充分冷凝回流，所以B中进水口为b；
(2)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，使浓硫酸顺利流下，而分液漏斗没有这个功能；
(3)浓硫酸有强氧化性，氢溴酸与浓硫酸混合加热可生成Br2和SO2，发生氧化还原反应的化学方程式为
2HBr+H2SO4(浓)SO2+Br2+2H2O；
(4)加热的目的是加快反应速率，温度高于38.4℃溴乙烷全部挥发蒸馏出来，实验中产生的二氧化硫、溴化氢、溴等会污染空气，所以可以用稀NaOH溶液吸收，防止污染环境；
(5)导管E的末端须在水面以下，通过冷却得到溴乙烷，减少溴乙烷的挥发；
(6)①分液漏斗有上口塞子和下口有控制液体流量的活塞，在使用前需要检查是否漏水；
②10mL乙醇的质量为0.79×10g=7.9g，其物质的量为0.172mol，所以理论制得溴乙烷的物质的量为0.172mol，其质量
为18.75g，所以溴乙烷的产率=10.0g
18.75g
×100%≈53.4%。

【题目点拨】
考查制备实验方案设计，为高频考点，涉及计算、基本操作、氧化还原反应、除杂等知识点，明确实验原理及物质性质、基本操作规范性是解本题关键，知道各个装置可能发生的反应，题目难度中等。

20、100 mL容量瓶和胶头滴管不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解减小H2O2自身分解损失2CrO2-＋3H2O2＋2OH－===2CrO＋4H2O 除去过量的H2O2①在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6 mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，②先加入一滴0.5 mol·L－1 Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，③向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，④若无沉淀生成，停止滴加
Pb(NO3)2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4
【解题分析】
Cr(OH)3为两性氢氧化物，在CrCl3溶液中滴加NaOH溶液可生成NaCrO2，“制NaCrO2(aq)”时，控制NaOH溶液加入量，应再不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，再加入6%H2O2溶液，发生氧化还原反应生成Na2CrO4，“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，可减小H2O2自身分解损失，经煮沸可除去H2O2，冷却后与铅盐溶液作用制得PbCrO4，以此解答该题。

【题目详解】
（1）实验时需要配置100mL3mol•L﹣1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是100mL容量瓶和胶头滴管，其中胶头滴管用于定容，故答案为：100mL容量瓶和胶头滴管；
（2）Cr(OH)3为两性氢氧化物，呈绿色且难溶于水，加入氢氧化钠溶液时，不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，可防止NaOH溶液过量，故答案为：不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好。