貴州省八校聯(lián)盟2024屆高三（最后沖刺）化學試卷含解析

貴州省八校聯(lián)盟2024屆高三（最后沖刺）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(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、捕獲二氧化碳生成甲酸的過程如圖所示。下列說法不正確的是(NA為阿伏加德羅常數的值)()A．10.1gN(C2H5)3中所含的共價鍵數目為2.1NAB．標準狀況下，22.4LCO2中所含的電子數目為22NAC．在捕獲過程中，二氧化碳分子中的共價鍵完全斷裂D．100g46％的甲酸水溶液中所含的氧原子數目為5NA2、下列有關說法中正確的是A．納米Fe3O4分散到適當的分散劑中可得到膠體，能產生丁達爾效應B．加熱條件下金屬單質在空氣中均可表現出還原性C．不能導電的化合物均不是電解質D．電解質溶液導電過程中，離子僅僅發(fā)生了定向移動3、下列化學用語或圖示表達正確的是A．乙烯的比例模型： B．質子數為53，中子數為78的碘原子：IC．氯離子的結構示意圖： D．CO2的電子式：4、下列化學式中屬于分子式且能表示確定物質的是（）A．C3H8 B．CuSO4 C．SiO2 D．C3H65、氮化碳(C3N4)的硬度大于金剛石，則氮化碳中A．只有共價鍵 B．可能存在離子C．可能存在N≡N D．存在極性分子6、在金屬Pt、Cu和銥（Ir）的催化作用下，密閉容器中的H2可高效轉化酸性溶液中的硝態(tài)氮（NO3?）以達到消除污染的目的。其工作原理的示意圖如下：下列說法不正確的是A．Ir的表面發(fā)生反應：H2+N2O＝N2+H2OB．導電基體上的負極反應：H2－2e?＝2H+C．若導電基體上只有單原子銅，也能消除含氮污染物D．若導電基體上的Pt顆粒增多，不利于降低溶液中的含氮量7、常溫下，用0.10mol·L-1鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為0.10mol·L-1CH3COONa溶液和NaCN溶液，所得滴定曲線如圖（忽略體積變化）。下列說法正確的是（）A．溶液中陽離子的物質的量濃度之和：點②等于點③B．點①所示溶液中：c(CN-)+c(HCN)﹤2c(Cl-)C．點②所示溶液中：c(Na+)>c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(CH3COOH)D．點④所示溶液中：c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+)>0.10mol·L-18、下列有機物都可以在堿的醇溶液和加熱條件下發(fā)生消去反應，條件相同時，轉化率最高的是()A．B．C．D．9、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是（）A．10g質量分數為46%的乙醇水溶液中所含原子數目為0.6NAB．常溫常壓下，11.2L乙烯所含分子數目小于0.5NAC．常溫常壓下．4.4gN2O與CO2的混合氣體中含的原子數目為0.3NAD．常溫下，1molC5H12中含有共價鍵數為16NA10、在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現的是（）A．NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)B．S(s)SO3(g)H2SO4(aq)C．MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)Mg(s)D．N2(g)NH3(g)NaHCO3(s)11、常溫下，向20mL0.1mol·L－1一元酸HA中滴加相同濃度的KOH溶液，溶液中由水電離的氫離子濃度隨加入KOH溶液體積的變化如圖所示。則下列說法錯誤的是A．HA的電離常數約為10－5B．b點溶液中存在：c(A－)＝c(K＋)C．c點對應的KOH溶液的體積V＝20mL，c水(H＋)約為7×10－6mol·L－1D．導電能力：c>a>b12、下列有關氯元素及其化合物的表示正確的是（）A．質子數為17、中子數為20的氯原子：B．氯離子(Cl－)的結構示意圖：C．氯分子的電子式：D．氯乙烯分子的結構簡式：H3C－CH2Cl13、將鎂鋁合金溶于100mL稀硝酸中，產生1.12LNO氣體（標準狀況），向反應后的溶液中加入NaOH溶液，產生沉淀情況如圖所示。下列說法不正確的是A．可以求出合金中鎂鋁的物質的量比為1∶1 B．可以求出硝酸的物質的量濃度C．可以求出沉淀的最大質量為3.21克 D．氫氧化鈉溶液濃度為3mol/L14、A、B、C、D、E五種短周期主族元素，原子序數依次增大。A元素的一種核素質子數與質量數在數值上相等；B的單質分子中有三對共用電子；C、D同主族，且核電荷數之比為1:2。下列有關說法不正確的是（）A．C、D、E的簡單離子半徑：D>E>CB．A與B、C、D、E四種元素均可形成18電子分子C．由A、B、C三種元素形成的化合物均能促進水的電離D．分子D2E2中原子均滿足8電子穩(wěn)定結構，則分子中存在非極性鍵15、下列裝置可達到實驗目的是A．證明酸性：醋酸>碳酸>苯酚B．制備乙酸丁酯C．苯萃取碘水中I2，分出水層后的操作D．用NH4Cl飽和溶液制備NH4Cl晶體16、處理煙氣中的SO2可以采用堿吸——電解法，其流程如左圖；模擬過程Ⅱ如右圖，下列推斷正確的是A．膜1為陰離子交換膜，膜2為陽離子交換膜B．若用鋅錳堿性電池為電源，a極與鋅極相連C．a極的電極反應式為2H2O一4e一=4H++O2↑D．若收集22.4L的P（標準狀況下），則轉移4mol電子17、下列有機反應：①甲烷與氯氣光照反應②乙醛制乙酸③乙烯使溴水褪色④乙醇制乙烯⑤乙醛制乙醇⑥乙酸制乙酸乙酯⑦乙酸乙酯與NaOH溶液共熱⑧液態(tài)植物油制人造脂肪⑨乙烯制乙醇。下列說法正確的是A．②⑤的反應類型相同B．⑥⑦的反應類型不同C．④與其他8個反應的類型都不同D．①③⑧屬于同一種反應類型18、用化學用語表示C2H2＋HClC2H3Cl(氯乙烯)中的相關微粒，其中正確的是（）A．中子數為7的碳原子：C B．氯乙烯的結構簡式：CH2CHClC．氯離子的結構示意圖： D．HCl的電子式：H＋[]－19、室溫下，1L含0.1molHA和0.1molNaA的溶液a及加入一定量強酸或強堿后溶液的pH如下表（加入前后溶液體積不變）：溶液a通入0.01molHCl加入0.01molNaOHpH4.764.674.85像溶液a這樣，加入少量強酸或強堿后pH變化不大的溶液稱為緩沖溶液。下列說法正確的是A．溶液a和0.1mol·L?1HA溶液中H2O的電離程度前者小于后者B．向溶液a中通入0.1molHCl時，A?結合H+生成HA，pH變化不大C．該溫度下HA的Ka=10-4.76D．含0.1mol·L?1Na2HPO4與0.1mol·L?1NaH2PO4的混合溶液也可做緩沖溶液20、根據下列實驗操作和現象所得到的結論正確的是選項實驗操作和現象實驗結論A向一定濃度CuSO4溶液中通入H2S氣體，出現黑色沉淀H2S酸性比H2SO4強B將木炭和濃硫酸共熱生成的氣體通入澄清石灰水中，澄清石灰水變渾濁該氣體一定是CO2C向某溶液中加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成該溶液中一定含有SO42-D向1mL濃度均為0.1mol·L?1的MgSO4和CuSO4混合溶液中，滴入少量0.1mol·L?1NaOH溶液，先產生藍色沉淀Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]A．A B．B C．C D．D21、溫度恒定的條件下，在2L容積不變的密閉容器中，發(fā)生反應：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。開始充入4mol的SO2和2mol的O2，10s后達到平衡狀態(tài)，此時c(SO3)=0.5mol·L-1，下列說法不正確的是()A．v(SO2)∶v(O2)=2∶1 B．10s內，v(SO3)=0.05mol·L-1·s-1C．SO2的平衡轉化率為25% D．平衡時容器內的壓強是反應前的5/6倍22、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大,W、X的最外層電子數之和與Z的最外層電子數相等,Y在周期表中族序數與周期數相等,ZW2是一種新型的自來水消毒劑。下列說法錯誤的是A．W2的沸點比Z2的沸點低B．XYW2的水溶液呈堿性C．W、X形成的化合物一定只含離子鍵D．X、Y、Z的最高價氧化物對應的水化物兩兩之間均能發(fā)生反應二、非選擇題(共84分)23、（14分）中國科學家運用穿山甲的鱗片特征，制作出具有自我恢復性的防彈衣，具有如此神奇功能的是聚對苯二甲酰對苯二胺(G)。其合成路線如下：回答下列問題：（1）A的化學名稱為___。（2）B中含有的官能團名稱為___，B→C的反應類型為___。（3）B→D的化學反應方程式為___。（4）G的結構簡式為___。（5）芳香化合物H是B的同分異構體，符合下列條件的H的結構共有___種(不考慮立體異構)，其中核磁共振氫譜有四組峰的結構簡式為___。①能與NaHCO3溶液反應產生CO2；②能發(fā)生銀鏡反應（6）參照上述合成路線，設計以為原料(其他試劑任選)，制備的合成路線：___。24、（12分）聚酰亞胺是重要的特種工程材料，廣泛應用在航空、納米、激光等領域。某聚酰亞胺的合成路線如下（部分反應條件略去）：已知：①有機物A的質譜與核磁共振氫譜圖如下：②③回答下列問題：(1)A的名稱是__________________；C中含氧官能團的名稱是________________。(2)反應②的反應類型是____________________。(3)反應①的化學方程式是__________________________。(4)F的結構筒式是_____________________。(5)同時滿足下列條件的G的同分異構體共有___________種(不含立體結構)；寫出其中一種的結構簡式：________________。①能發(fā)生銀鏡反應②能發(fā)生水解反應，其水解產物之一能與FeC13溶液發(fā)生顯色反應③1mol該物質最多能與8molNaOH反應(6)參照上述合成路線，以間二甲苯和甲醇為原料（無機試劑任選）設計制備的合成路線：_______________________。25、（12分）實驗室利用如下裝置制備氯酸鉀和次氯酸鈉?；卮鹣铝袉栴}：（1）滴加濃鹽酸的漏斗伸入試管底部，其原因為________________________________。（2）裝置1中盛放的試劑為________；若取消此裝置，對實驗造成的影響為________。（3）裝置中生成氯酸鉀的化學方程式為________________________，產生等物質的量的氯酸鉀和次氯酸鈉，轉移電子的物質的量之比為________。（4）裝置2和3中盛放的試劑均為________。（5）待生成氯酸鉀和次氯酸鈉的反應結束后，停止加熱。接下來的操作為打開________（填“a”或“b”，下同），關閉________。26、（10分）Fe(OH)3廣泛應用于醫(yī)藥制劑、顏料制造等領域，其制備步驟及裝置如下：在三頸燒瓶中加入16.7gFeSO4·7H2O和40.0ml蒸餾水。邊攪拌邊緩慢加入3.0mL濃H2SO4，再加入2.0gNaClO3固體。水浴加熱至80℃，攪拌一段時間后，加入NaOH溶液，充分反應。經過濾、洗滌、干燥得產品。(1)NaClO3氧化FeSO4·7H2O的離子方程式為_____________。(2)加入濃硫酸的作用為_________(填標號)。a.提供酸性環(huán)境，增強NaClO3氧化性b.脫去FeSO4·7H2O的結晶水c.抑制Fe3+水解d.作為氧化劑(3)檢驗Fe2+已經完全被氧化需使用的試劑是_________。(4)研究相同時間內溫度與NaClO3用量對Fe2+氧化效果的影響，設計對比實驗如下表編號T/℃FeSO4·7H2O/gNaClO3/g氧化效果/%i70251.6aii7025mbiii80n2.0civ80251.687.8①m=______；n=______。②若c>87.8>a，則a、b、c的大小關系為___________。(5)加入NaOH溶液制備Fe(OH)3的過程中，若降低水浴溫度，Fe(OH)3的產率下降，其原因是___(6)判斷Fe(OH)3沉淀洗滌干凈的實驗操作為_________________；(7)設計實驗證明制得的產品含FeOOH(假設不含其他雜質)。___________。27、（12分）氨氣具有還原性,能夠被氧化銅氧化,用如圖中的裝置可以實現該反應。已知:氨可以與灼熱的氧化銅反應得到氮氣和金屬銅。回答下列問題:(1)B中加入的干燥劑是____(填序號)。①濃硫酸②無水氯化鈣③堿石灰(2)能證明氨與氧化銅反應的現象是C中________。(3)D中有無色液體生成。設計實驗檢驗D中無色液體的成分:__________28、（14分）空氣質量評價的主要污染物為PM10、PM2.5、SO2、NO2、O3和CO等物質．其中，NO2與SO2都是形成酸雨的主要物質．在一定條件下，兩者能發(fā)生反應：NO2（g）+SO2（g）?SO3（g）+NO（g）完成下列填空：(1)在一定條件下，將等物質的量的NO2、SO2氣體置于體積固定的密閉容器中發(fā)生反應，下列能說明反應已經達到平衡狀態(tài)的是______．a．v（NO2）生成=v（SO2）消耗b．混合物中氧原子個數不再改變c．容器內氣體顏色不再改變d．容器內氣體平均相對分子質量不再改變(2)當空氣中同時存在NO2與SO2時，SO2會更快地轉變成H2SO4，其原因是______．(3)科學家正在研究利用催化技術將NO2和CO轉變成無害的CO2和N2，反應的化學方程式：2NO2（g）+4CO（g）4CO2（g）+N2（g）+Q（Q＞0），若在密閉容器中充入NO2和CO，下列措施能提高NO2轉化率的是______．A．選用高效催化劑B．充入NO2C．降低溫度D．加壓(4)請寫出N原子最外層電子軌道表達式______，寫出CO2的電子式______．(5)關于S、N、O、C四種元素的敘述正確的是______．A．氣態(tài)氫化物均為極性分子B．最高化合價均等于原子最外層電子數C．單質一定為分子晶體D．原子最外層均有兩種不同形狀的電子云(6)寫出一個能夠比較S元素和C元素非金屬性強弱的化學反應方程式：______．29、（10分）乙烯的分子式為C2H4，是一種重要的化工原料和清潔能源，研究乙烯的制備和綜合利用具有重要意義。請回答下列問題：（1）乙烯的制備：工業(yè)上常利用反應C2H6（g）C2H4（g）+H2（g）△H制備乙烯。已知：Ⅰ．C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H1=-1556.8kJ·mol-1；Ⅱ．H2（g）+O2（g）=H2O（1）△H2=-285.5kJ·mol-1；Ⅲ．C2H6（g）+O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H3=-1559.9kJ·mol-1。則△H=___kJ·mol-1。（2）乙烯可用于制備乙醇：C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）。向某恒容密閉容器中充入amolC2H4（g）和amolH2O（g），測得C2H4（g）的平衡轉化率與溫度的關系如圖所示：①該反應為____熱反應（填“吸”或“放”），理由為____。②A點時容器中氣體的總物質的量為____。已知分壓=總壓×氣體物質的量分數，用氣體分壓替代濃度計算的平衡常數叫壓強平衡常數（KP），測得300℃時，反應達到平衡時該容器內的壓強為bMPa，則A點對應溫度下的KP=____MPa-1（用含b的分數表示）。③已知：C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）的反應速率表達式為v正=k正c（C2H4）·c（H2O），v逆=k逆c（C2H5OH），其中，k正、k逆為速率常數，只與溫度有關。則在溫度從250℃升高到340℃的過程中，下列推斷合理的是___（填選項字母）。A．k正增大，k逆減小B．k正減小，k逆增大C．k正增大的倍數大于k逆D．k正增大的倍數小于k逆④若保持其他條件不變，將容器改為恒壓密閉容器，則300℃時，C2H4（g）的平衡轉化率__10%（填“>”“<”或“=”）。（3）乙烯可以被氧化為乙醛（CH3CHO），電解乙醛的酸性水溶液可以制備出乙醇和乙酸，則生成乙酸的電極為_____極（填“陰”或“陽”），對應的電極反應式為___。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解析】

A．10.1gN(C2H5)3物質的量0.1mol，一個N(C2H5)3含有共價鍵數目為21根，則10.1gN(C2H5)3含有的共價鍵數目為2.1NA，故A正確；B．標準狀況下，22.4LCO2的物質的量是1mol，1個CO2分子中有22個電子，所以含的電子數目為22NA，故B正確；C．在捕獲過程中，根據圖中信息可以看出二氧化碳分子中的共價鍵沒有完全斷裂，故C錯誤；D．100g46％的甲酸水溶液，甲酸的質量是46g，物質的量為1mol，水的質量為54g，物質的量為3mol，因此共所含的氧原子數目為5NA，故D正確；選C。2、A【解析】

A.納米Fe3O4分散到適當的分散劑中可得到膠體，膠體能產生丁達爾效應，A項正確；B.某些金屬單質化學性質不活潑如金、鉑等金屬，在加熱條件下不會發(fā)生化學反應，不會表現還原性，B項錯誤；C.在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠導電的化合物屬于電解質，與自身是否導電無關，電解質在固態(tài)時不導電，C項錯誤；D.電解質溶液導電過程中，會有離子在電極表面放電而發(fā)生化學變化，D項錯誤；【點睛】C項是學生的易錯點，不能片面地認為能導電的物質就是電解質。判斷給出的物質是不是電解質要先判斷該物質屬不屬于化合物，若為化合物，再進一步該物質在特定條件（或者熔融狀態(tài)）下能否導電，進而做出最終判斷。3、A【解析】

A.

C原子比H原子大，黑色球表示C原子，且乙烯為平面結構，則乙烯的比例模型為，A項正確；B.質子數為53，中子數為78，則質量數=53+78=131，碘原子為：I，B項錯誤；C.氯離子含有17+1=18個電子，結構示意圖為，C項錯誤；D.二氧化碳為共價化合物，分子中存在碳氧雙鍵，二氧化碳正確的電子式為：，D項錯誤；答案選A。4、A【解析】

A．C3H8為分子晶體且無同分異構體，故C3H8為分子式且只能表示丙烷，故A正確；B．CuSO4為離子晶體，故CuSO4是化學式但不是分子式，故B錯誤；C．SiO2為原子晶體，故SiO2是化學式，不是分子式，故C錯誤；D．C3H6為分子晶體，但有同分異構體，即C3H6是分子式，但可能表示的是丙烯，還可能表示的是環(huán)丙烷，故不能確定其物質，故D錯誤。故選：A。【點睛】應注意的是只有分子晶體才有分子式。5、A【解析】

A.C3N4晶體具有比金剛石更大的硬度，則C3N4晶體是原子晶體，其中只有共價鍵，故A正確；B.C3N4晶體具有比金剛石更大的硬度，則C3N4晶體是原子晶體，其中只有共價鍵，沒有離子，故B錯誤；C.C3N4晶體具有比金剛石更大的硬度，且原子間均以單鍵結合，則為原子晶體，每個C原子周圍有4個N原子，每個N原子周圍有3個C原子，形成空間網狀結構，C-N鍵為共價鍵，沒有N≡N，故C錯誤；D.C3N4晶體中每個C原子周圍有4個N原子，形成正四面體空間網狀結構，沒有極性，故D錯誤；正確答案是A?！军c睛】本題考查原子晶體的性質及作用力，明確信息是解答本題的關鍵，熟悉原子晶體的構成微粒、作用力、空間結構即可解答，題目難度不大，注重知識的遷移能力來分析解答。6、C【解析】

A、根據圖示可知，氫氣與一氧化二氮在銥（Ir）的催化作用下發(fā)生氧化還原反應，生成氮氣，反應為：H2+N2O＝N2+H2O，A正確；B、根據圖示可知：導電基體上的負極反應：氫氣失電子，發(fā)生氧化反應，導電基體上的負極反應：H2－2e?＝2H+，B正確；C、若導電基體上只有單原子銅，硝酸根離子被還原為一氧化氮，不能消除含氮污染物，C錯誤；D、從圖示可知：若導電基體上的Pt顆粒增多，硝酸根離子得電子變?yōu)殇@根離子，不利于降低溶液中的含氮量，D正確；正確選項C。7、D【解析】

A.根據電荷守恒點②中存在c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，點③中存在c(CN-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，由于兩點的溶液體積不等，溶液的pH相等，則c(Na+)不等，c(H+)分別相等，因此陽離子的物質的量濃度之和不等，故A錯誤；B.點①所示溶液中含等物質的量濃度的NaCN、HCN、NaCl，存在物料守恒c(CN-)+c(HCN)=2c(Cl-)，故B錯誤；C.點②所示溶液中含有等物質的量濃度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，溶液的pH=5，說明以醋酸的電離為主，因此c(CH3COO-)＞c(Cl-)，故C錯誤；D.點④所示溶液為等物質的量濃度的醋酸和氯化鈉，濃度均為0.05mol/L，則c(Na+)=c(Cl-)=0.05mol/L，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.05mol/L，根據電荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，因此c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)，則c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+)=0.05mol/L+0.05mol/L-c(CH3COO-)+c(H+)=0.1mol/L-c(H+)+c(OH-)+c(H+)=0.1mol/L+c(OH-)＞0.1mol/L，故D正確。答案選D。8、C【解析】

鹵代烴消去反應的機理是斷裂鹵原子和連鹵原子的碳原子的相鄰碳原子上的氫形成雙鍵或三鍵，相鄰碳原子上的C﹣H鍵極性越強的氫原子，越容易斷裂，而碳氫鍵的極性受其他原子團的影響，據此解答。【詳解】碳碳雙鍵為吸電子基團，ABC三種溴代烴中連溴原子碳原子的相鄰碳上的C﹣H鍵受雙鍵吸電子的影響程度不同，按照C﹣H鍵極性由強到弱的順序排列依次是：C、A、B，所以碳氫鍵斷裂由易到難的順序為：C、A、B；D分子中不存在碳碳雙鍵，相鄰碳上的C﹣H鍵極性比前三者弱，所以在堿的醇溶液和加熱條件下發(fā)生消去反應，條件相同時，轉化率有高到低的順序是：C、A、B、D，答案選C。9、A【解析】A．10g質量分數為46%的乙醇水溶液中含有0.1mol的乙醇和0.3mol的水，所含原子數目為1.5NA，故A錯誤；B．常溫常壓下，氣體的摩爾體積大于22.4L/mol，則11.2L乙烯的物質的量小于0.5mol，所含分子數目小于0.5NA，故B正確；C．N2O與CO2相對分子質量均為44，且分子內原子數目均為3，常溫常壓下．4.4gN2O與CO2的混合氣體中含的原子數目為0.3NA，故C正確；D．每個C5H12分子中含有4個碳碳鍵和12個碳氫共價鍵，1molC5H12中含有共價鍵數為16NA，故D正確；答案為A。10、D【解析】

A．鐵與氯氣反應生成氯化鐵，而不是氯化亞鐵，所以Cl2(g)FeCl2(s)轉化不能實現，故A錯誤；B．硫在氧氣中點燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B錯誤；C．氯化鎂與石灰乳反應生成氫氧化鎂，氫氧化鎂受熱分解生成氧化鎂，所以Mg(OH)2(s)Mg(s)轉化不能實現，故C錯誤；D．氨氣、二氧化碳和氯化鈉反應生成碳酸氫鈉，為侯氏制堿法的反應原理，故D正確；故答案選D。11、D【解析】

A．由a點可知，0.1mol/L一元酸HA中c水(H+)=c水(OH-)=1×10-11mol/L，則c(H+)=1×10-14÷10-11=1×10-3mol/L，則HA的電離常數，A選項正確；B．b點溶液中c水(H+)=1×10-7mol/L，c點c水(H+)最大，則溶質恰好為KA，顯堿性，a點顯酸性，c點顯堿性，則中間c水(H+)=1×10-7mol/L的b點恰好顯中性，根據電荷守恒可得c(A-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)，又c(OH-)=c(H+)，則c(A-)=c(K+)，B選項正確；C．c點時加入的KOH的物質的量n(KOH)=20mL×0.1mol/L÷0.1mol/L=20mL，由HA的Ka=1×10-5，可得A-的則c(A-)≈0.05mol/L，則c(OH-)≈7×10-6mol/L，在KA中c(OH-)都是由水電離處的，則c水(OH-)=c水(H+)≈7×10-6mol/L，C選項正確；D．向一元弱酸中加入相同濃度的一元強堿，溶液的導電能力逐漸增強，則導電能力：c>b>a，D選項錯誤；答案選D。12、C【解析】

A、左上角應是質量數，質量數=中子數+質子數=37，應是，故A說法錯誤；B、氯離子質子數大于電子數，其結構示意圖：，故B錯誤；C、氯原子最外層7個電子，每個氯原子都達到8電子穩(wěn)定結構，故C正確；D、氯乙烯結構簡式：CH2=CHCl，而題目中是氯乙烷，故D說法錯誤。13、C【解析】

由圖可知60ml到70ml是氫氧化鋁溶解消耗10ml氫氧化鈉溶液，則鋁離子沉淀需要30ml氫氧化鈉溶液，鎂離子離子沉淀需要20ml氫氧化鈉溶液，所以鎂鋁的物質的量比為1：1，再由鎂鋁與100mL稀硝酸反應，產生1.12LNO氣體（標準狀況）得失守恒可以得2x+3x＝0.05×3，則x＝0.03mol，沉淀的最大質量，沉淀達到最大值時溶液為硝酸鈉，硝酸的物質的量為0.03mol×2+0.03mol×3+0.05mol=0.2mol，氫氧化鈉溶液濃度，故C錯誤；綜上所述，答案為C。14、C【解析】

A、B、C、D、E五種短周期主族元素，原子序數依次增大。A元素的一種核素質子數與質量數在數值上相等，A為氫元素；B的單質分子中有三對共用電子，B為氮元素；C、D同主族，且核電荷數之比為1︰2，C為氧元素，D為硫元素，E為氯元素。【詳解】A.C、D、E的簡單離子，S2-與Cl-電子層結構相同，O2-少一個電子層，離子半徑：S2->Cl->O2-，故A正確；B.A與B、C、D、E四種元素均可形成18電子分子N2H4、H2O2、H2S、HCl，故B正確；C.由A、B、C三種元素形成的化合HNO3、HNO2抑制水的電離，故C錯誤；D.分子D2Cl2中原子均滿足8電子穩(wěn)定結構，則分子中存在非極性鍵S-S鍵，故D正確；故選C?！军c睛】本題考查元素周期律與元素周期表，解題關鍵：位置結構性質的相互關系應用，難點B，N2H4、H2O2兩種分子也是18電子。15、B【解析】

A．醋酸易揮發(fā)，醋酸、碳酸均與苯酚鈉反應生成苯酚，則不能比較碳酸、苯酚的酸性，選項A錯誤；B．乙酸與丁醇加熱發(fā)生酯化反應生成酯，長導管可冷凝回流，圖中可制備乙酸丁酯，選項B正確；C．苯的密度比水小，水在下層，應先分離下層液體，再從上口倒出上層液體，選項C錯誤；D．蒸干時氯化銨受熱分解，選項D錯誤；答案選B。【點睛】本題考查化學實驗方案的評價及實驗裝置綜合應用，為高頻考點，把握物質的性質、實驗技能、實驗裝置的作用為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗評價性分析，易錯點為選項B：乙酸與丁醇加熱發(fā)生酯化反應生成酯，長導管可冷凝回流；選項D：蒸干時氯化銨受熱分解，應利用冷卻結晶法制備，否則得不到氯化銨晶體。16、B【解析】

由流程圖可知，氫氧化鈉溶液與煙氣中的SO2反應生成亞硫酸鈉溶液，電解亞硫酸鈉溶液制得氫氧化鈉溶液和硫酸，制得的氫氧化鈉溶液可以循環(huán)使用；電解Na2SO3溶液時，亞硫酸根通過陰離子交換膜進入右室，在b極上失電子發(fā)生氧化反應生成硫酸根，SO32——2e—+H2O=SO42—+,2H+，則b極為陽極，與電源正極相連，左室中，水在a極得電子發(fā)生還原反應生成氫氣，電極反應式為2H2O+2e一=2OH—+H2↑，溶液中OH—濃度增大，Na+離子通過陽離子交換膜進入左室，則a極為陰極，與電源負極相連?！驹斀狻緼項、電解Na2SO3溶液時，亞硫酸根通過陰離子交換膜進入右室，Na+離子通過陽離子交換膜進入左室，則膜1為陽離子交換膜，膜2為陰離子交換膜，故A錯誤；B項、a極為陰極，與鋅錳堿性電池的負極鋅極相連，故B正確；C項、a極為陰極，水在陰極得電子發(fā)生還原反應生成氫氣，電極反應式為2H2O+2e一=2OH—+H2↑，故C錯誤；D項、由陰極電極反應式可知，若收集標準狀況下22.4LH2，轉移2mol電子，故D錯誤。故選B。【點睛】本題考查了電解原理，注意電解池反應的原理和離子流動的方向，能夠正確判斷電極名稱，明確離子交換膜的作用是解答關鍵。17、C【解析】

①甲烷與氯氣光照反應發(fā)生取代反應，②乙醛制乙酸發(fā)生氧化反應，③乙烯使溴水褪色發(fā)生加成反應，④乙醇制乙烯發(fā)生消去反應，⑤乙醛制乙醇發(fā)生還原反應或加成反應，⑥乙酸制乙酸乙酯發(fā)生酯化反應或取代反應，⑦乙酸乙酯與NaOH溶液共熱發(fā)生水解反應或取代反應，⑧液態(tài)植物油制人造脂肪發(fā)生加成反應，⑨乙烯制乙醇發(fā)生加成反應。則A.②⑤的反應類型不相同，A錯誤；B.⑥⑦的反應類型相同，均是取代反應，B錯誤；C.④是消去反應，與其他8個反應的類型都不同，C正確；D.①是取代反應，③⑧屬于同一種反應類型，都是加成反應，D錯誤；答案選C。18、C【解析】

A.中子數為7的碳原子為：，選項A錯誤；B.氯乙烯的結構簡式為：CH2=CHCl，選項B錯誤；C.氯離子的結構示意圖為：，選項C正確；D.HCl為共價化合物，其電子式為：，選項D錯誤。答案選C。19、D【解析】

A．溶液a為酸性，HA電離程度大于A-水解程度，相對于純HA，同濃度下，溶液a中存在一部分A-，起始時有了一部分產物，所以溶液a和0.1mol/LHA溶液中HA的電離程度前者小于后者，從而H2O的電離程度前者大于后者，A選項錯誤；B．根據表中數據，向溶液a中通入0.1molHCl時，溶液a中一共只有1L含0.1molNaA，則完全消耗NaA，這就超出了緩沖溶液的緩沖范圍了，NaA變成了HA，溶液便失去了緩沖能力，pH不可能變化不大，B選項錯誤；C．HA的，由表可知，1L含0.1molHA和0.1molNaA的溶液a的pH=4.76，但此時c(A-)不等于c(HA)，故該溫度下HA的Ka不等于10-4.76，C選項錯誤；D．向0.1mol·L?1Na2HPO4與0.1mol·L?1NaH2PO4的混合溶液中加入少量強酸或強堿，溶液的組成不會明顯變化，故也可做緩沖溶液，D選項正確；答案選D。20、D【解析】

A．由于CuS不溶于硫酸，則向一定濃度的CuSO4溶液中通入適量H2S氣體會生成CuS黑色沉淀，不能根據該反應判斷H2S、H2SO4的酸性強弱，故A錯誤；B．木炭和濃硫酸共熱生成的氣體為二氧化碳、二氧化硫，二者都可是澄清石灰水變渾濁，應先除去二氧化硫再檢驗二氧化碳，故B錯誤；C．白色沉淀可能為AgCl或硫酸鋇，不能說明該溶液中一定含有SO42-，故C錯誤；D．向1mL濃度均為0.1mol/L的MgSO4和CuSO4混合溶液中，滴入少量0.1mol/LNaOH溶液，先產生藍色沉淀，說明氫氧化銅的溶度積較小，易生成沉淀，故D正確；答案選D。21、D【解析】

A.根據2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，任何時刻都存在v(SO2)∶v(O2)=2∶1，故A正確；B.10s內，v(SO3)=0.5mol?L-110s=0.05mol·L-1·s-1C.達到平衡狀態(tài)，此時c(SO3)=0.5mol·L-1，則生成的三氧化硫為1mol，反應的二氧化硫也是1mol，則SO2的平衡轉化率為1mol4mol×100%=25%，故CD.同溫同體積時，氣體的壓強之比等于物質的量之比，平衡時容器內二氧化硫為3mol，氧氣為1.5mol，三氧化硫為1mol，平衡時壓強是反應前的3mol+1.5mol+1mol4mol+2mol5.56故選D。22、C【解析】

Y在周期表中族序數與周期數相等，Y是Al元素；ZW2是一種新型的自來水消毒劑，ZW2是ClO2，即Z是Cl元素、W是O元素；W、X的最外層電子數之和與Z的最外層電子數相等，則X的最外層電子數是1，W、X、Y、Z的原子序數依次增大，所以X是Na元素。【詳解】A.O2、Cl2的結構相似，Cl2的相對分子質量大，所以Cl2沸點比O2的沸點高，故A正確；B.NaAlO2是強堿弱酸鹽，水溶液呈堿性，故B正確；C.Na、O形成的化合物Na2O2中含離子鍵和非極性共價鍵，故C錯誤；D.Al(OH)3是兩性氫氧化物、NaOH是強堿、HClO4是強酸，所以NaOH、Al(OH)3、HClO4兩兩之間均能發(fā)生反應，故D正確；選C。【點睛】本題考查結構、性質、位置關系應用，根據元素的性質以及元素的位置推斷元素為解答本題的關鍵，注意對元素周期律的理解，較好的考查學生分析推理能力。二、非選擇題(共84分)23、對二甲苯（或1，4-二甲苯）羧基取代反應+2CH3OH+2H2O；13【解析】

根據合成路線可知，經氧化得到B，結合D的結構簡式可逆推得到B為，B與甲醇發(fā)生酯化反應可得到D，D與氨氣發(fā)生取代反應生成E，E與次氯酸鈉反應得到F，F與C發(fā)生縮聚反應生成聚對苯二甲酰對苯二胺（G），可推知G的結構簡式為：，結合有機物的結構與性質分析作答?！驹斀狻浚?）根據A的結構，兩個甲基處在對位，故命名為對二甲苯，或系統(tǒng)命名為1，4-二甲苯，故答案為：對二甲苯（或1，4-二甲苯）；（2）由D的結構逆推，可知B為對苯二甲酸（），含有的官能團名稱為羧基，對比B與C的結構，可知B→C的反應類型為取代反應，故答案為：羧基；取代反應；（3）B→D為酯化反應，反應的方程式為：+2CH3OH+2H2O；故答案為：+2CH3OH+2H2O；（4）已知G為聚對苯二甲酰對苯二胺，可知C和F在一定條件下發(fā)生縮聚反應而得到，其結構簡式為；故答案為：（4）芳香化合物H是B的同分異構體，能與溶液反應產生；能發(fā)生銀鏡反應，說明含有羧基和醛基，可能的結構有一個苯環(huán)連有三個不同官能團：—CHO、—COOH、—OH，有10種同分異構體；還可能一個苯環(huán)連兩個不同官能團：HCOO—、—COOH，有鄰、間、對三種；共10+3=13種。其中核磁共振氫譜有四組峰的H的結構簡式為，故答案為：13；；（6）設計以為原料，制備的合成路線，根據題目B→D、D→E、E→F信息，可實現氨基的引入及碳鏈的縮短，具體的合成路線為。24、乙醇羧基取代反應3【解析】根據已知：①有機物A的質譜與核磁共振氫譜圖可知，A的相對分子質量為46，核磁共振氫譜有3組峰，峰面積之比為1：2：3，則A為乙醇；根據流程可知，E在鐵和氯化氫作用下發(fā)生還原反應生成，則E為；E是D發(fā)生硝化反應而得，則D為；D是由A與C在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應而得，則C為；C是由分子式為C7H8的烴B氧化而得，則B為甲苯；結合已知③以及G的分子式，可知對二甲苯與二分子一氯甲烷反應生成F，F為；根據已知②可知，F氧化生成G為；G脫水生成H，H為。(1)A的名稱是乙醇；C為，含氧官能團的名稱是羧基；(2)反應②是D在濃硫酸和濃硝酸作用下發(fā)生硝化反應（或取代反應）生成E；(3)反應①是A與C在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應生成D，其化學方程式是；(4)F的結構筒式是；(5)的同分異構體滿足條件：①能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基；②能發(fā)生水解反應，其水解產物之一能與FeC13溶液發(fā)生顯色反應，說明含有甲酸酯的結構，且水解后生成物中有酚羥基結構；③1mol該物質最多能與8molNaOH反應，則符合條件的同分異構體可以是：、、共3種；(6)間二甲苯氧化生成間苯二甲酸，間苯二甲酸與甲醇發(fā)生酯化反應生成間苯二甲酸二甲酯，間苯二甲酸甲酯發(fā)生硝化反應生成，還原得到，其合成路線為：。25、液封，防止產生的氯氣從漏斗口逸出飽和食鹽水氯化氫與KOH和NaOH反應，降低產率5:1NaOH溶液ba【解析】

(1)滴加濃鹽酸的長頸漏斗下端伸入盛裝濃鹽酸的試管底部，可起液封作用，防止產生的氯氣從漏斗口逸出；(2)濃鹽酸有揮發(fā)性，制得的Cl2中混有揮發(fā)的HCl，則裝置1中盛放的試劑為飽和食鹽水，目的是為除去Cl2中混有的HCl，若取消此裝置，HCl會中和KOH和NaOH，降低產率；(3)Cl2溶于KOH溶液生成氯酸鉀和KCl，發(fā)生反應的化學方程式為，生成1mol氯酸鉀轉移5mol電子，而生成1molNaClO轉移1mol電子，則產生等物質的量的氯酸鉀和次氯酸鈉，轉移電子的物質的量之比為5:1；(4)裝置2和3的作用均為吸收含有Cl2的尾氣，則盛放的試劑均為NaOH溶液；(5)待生成氯酸鉀和次氯酸鈉的反應結束后，停止加熱，為使剩余氯氣完全被裝置2中NaOH溶液吸收，接下來的操作為打開b，關閉a。26、ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2Oa、cK3[Fe(CN)6]溶液2.025c>b>a若溫度過低，Fe(OH)3膠體未充分聚沉收集，導致產率下降取最后一次洗滌液于兩只試管中，分別滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都無白色沉淀，則說明Fe(OH)3沉淀洗滌干凈稱取mg樣品，加熱至恒重后稱重，剩余固體質量大于【解析】

(1)NaClO3具有氧化性，在酸性條件下將FeSO4·7H2O氧化為硫酸鐵，據此書寫；(2)NaClO3具有氧化性，在酸性條件下氧化性增強；同時反應產生的Fe3+會發(fā)生水解反應，根據鹽的水解規(guī)律分析分析；(3)檢驗Fe2+已經完全被氧化，就要證明溶液在無Fe2+；(4)實驗是研究相同時間內溫度與NaClO3用量對Fe2+氧化效果的影響，根據表格數據可知i、ii是研究NaClO3用量的影響；ii、iii或i、iv是研究溫度的影響；據此分析解答；(5)溫度低，鹽水解程度小，不能充分聚沉；(6)Fe(OH)3沉淀是從含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，只要檢驗無Cl-或SO42-就可證明洗滌干凈；(7)根據Fe元素守恒，若含有FeOOH，最后得到的固體質量比Fe(OH)3多。【詳解】(1)NaClO3具有氧化性，在酸性條件下將FeSO4·7H2O氧化為硫酸鐵，NaClO3被還原為NaCl，同時產生水，反應的離子方程式為：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；(2)NaClO3氧化FeSO4·7H2O時，為了增強其氧化性，要加入酸，因此提供酸性環(huán)境，增強NaClO3氧化性，選項a合理；同時FeSO4·7H2O被氧化為Fe2(SO4)3，該鹽是強酸弱堿鹽，在溶液中Fe3+發(fā)生水解反應使溶液顯酸性，為抑制Fe3+的水解，同時又不引入雜質離子，因此要向溶液中加入硫酸，選項c合理，故答案為ac；(3)檢驗Fe2+已經完全被氧化，只要證明溶液中無Fe2+即可，檢驗方法是取反應后的溶液少許，向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若溶液無藍色沉淀產生，就證明Fe2+已經完全被氧化為Fe3+；(4)①根據實驗目的，i、ii是在相同溫度下，研究NaClO3用量的影響，ii、iii或i、iv是研究溫度的影響；因此m=2，n=25；②在其它條件不變時，增大反應物的濃度，化學反應速率加快，實驗b>a；ii、iii的反應物濃度相同時，升高溫度，化學反應速率大大加快，實驗c>b，因此三者關系為c>b>a；(5)加入NaOH溶液制備Fe(OH)3的過程中，若降低水浴溫度，Fe(OH)3的產率下降，原因是溫度過低，Fe(OH)3膠體未充分聚沉收集，導致產率下降；(6)Fe(OH)3沉淀是從含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，若最后的洗滌液中無Cl-或SO42-就可證明洗滌干凈。方法是取最后一次洗滌液于兩只試管中，分別滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都無白色沉淀，則說明Fe(OH)3沉淀洗滌干凈；(7)在最后得到的沉淀Fe(OH)3中若含有FeOOH，由于Fe(OH)3中比FeOOH中Fe元素的含量多。由于1molFe(OH)3質量是107g，完全灼燒后產生0.5molFe2O3，質量是80g，若稱取mgFe(OH)3，完全灼燒后固體質量是，若樣品中含有FeOOH，加熱至恒重后稱重，剩余固體質量大于?！军c睛】本題考查了氫氧化鐵的制備原理及操作的知識。涉及氧化還原反應方程式的配平、實驗方案的涉及、離子的檢驗方法、鹽的水解、物質純度的判斷等。掌握元素及化合物的知識和化學反應基本原理是解題關鍵。27、③黑色粉末變紅取少量無水硫酸銅粉末放入D中，現象為白色變藍色，則證明有水生成【解析】

A中裝有熟石灰和NH4Cl，加熱時產生氨氣，經過堿石灰干燥，進入C中，和C中的氧化銅發(fā)生反應，生成氮氣和銅，根據質量守恒，還應該有水生成。冰水混合物是用來冷卻生成的水蒸氣的，最后氮氣用排水法收集在試管E中?！驹斀狻?1)U形干燥管只能裝固體干燥劑，濃硫酸是液體干燥劑且濃硫酸也能與NH3反應，無水氯化鈣能與NH3反應形成配合物。故選擇③堿石灰；(2)黑色的氧化銅生成