2024年浙江省一級(jí)重點(diǎn)中學(xué)高考沖刺押題（最后一卷）化學(xué)試卷含解析

2024年浙江省一級(jí)重點(diǎn)中學(xué)高考沖刺押題（最后一卷）化學(xué)試卷請(qǐng)考生注意：1．請(qǐng)用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請(qǐng)用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫(xiě)在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫(xiě)在試題卷、草稿紙上均無(wú)效。2．答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項(xiàng)》，按規(guī)定答題。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、為測(cè)定人體血液中Ca2＋的含量，設(shè)計(jì)了如下方案：有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O若血液樣品為15mL，滴定生成的草酸消耗了0.001mol·L－1的KMnO4溶液15.0mL，則這種血液樣品中的含鈣量為A．0.001mol·L－1 B．0.0025mol·L－1 C．0.0003mol·L－1 D．0.0035mol·L－12、下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說(shuō)法正確的是A．0.1mol/L氨水中滴入等濃度等體積的醋酸，溶液導(dǎo)電性增強(qiáng)B．適當(dāng)升高溫度，CH3COOH溶液pH增大C．稀釋0.1mol/LNaOH溶液，水的電離程度減小D．CH3COONa溶液中加入少量CH3COOH，減小3、如圖為一原電池工作原理示意圖,電池工作過(guò)程中左右兩燒杯所盛放的溶液中不允許引入雜質(zhì)。下列有關(guān)說(shuō)法中正確的是()A．所用離子交換膜為陽(yáng)離子交換膜B．Cu電極的電極反應(yīng)為Cu-2e-=Cu2+C．電池工作過(guò)程中,CuCl2溶液濃度降低D．Fe為負(fù)極,電極反應(yīng)為Fe2++2e-=Fe4、下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是A．NH4HCO3溶液和過(guò)量Ca(OH)2溶液混合：Ca2++NH4++HCO3-+2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3?H2OB．NaClO溶液與HI溶液反應(yīng)：2ClO-+2H2O+2I-=I2+Cl2↑+4OH-C．磁性氧化鐵溶于足量稀硝酸：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OD．明礬溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba2++3OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓5、下列解釋對(duì)應(yīng)事實(shí)的離子方程式正確的是A．FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，靜置一段時(shí)間后：Fe2++2OH一=Fe(OH)2↓B．漂白粉溶液加入醋酸：H++ClO-=HC1OC．AgCl懸濁液滴入Na2S溶液：2Ag++S2-=Ag2S↓D．K2CrO4溶液滴入硫酸溶液；2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O6、將一定量純凈的氨基甲酸銨置于特制的密閉真空容器中假設(shè)容器體積不變，固體試樣體積忽略不計(jì)，使其達(dá)到分解平衡：。實(shí)驗(yàn)測(cè)得不同溫度下的平衡數(shù)據(jù)列于下表：溫度平衡氣體總濃度下列有關(guān)敘述正確的是A．該可逆反應(yīng)達(dá)到平衡的標(biāo)志之一是混合氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量不變B．因該反應(yīng)、，所以在低溫下自發(fā)進(jìn)行C．達(dá)到平衡后，若在恒溫下壓縮容器體積，體系中氣體的濃度增大D．根據(jù)表中數(shù)據(jù)，計(jì)算時(shí)的分解平衡常數(shù)約為7、下列說(shuō)法正確的是A．苯乙烯和苯均能使溴水褪色，且原理相同B．用飽和Na2CO3溶液可鑒別乙醇、乙酸、乙酸乙酯C．用Ni作催化劑，1mol最多能與5molH2加成D．C3H6BrCl的同分異構(gòu)體數(shù)目為68、a、b、c、d四種短周期元素在周期表中的位置如圖所示，a和b分別位于周期表的第2列和第13列，下列敘述正確的A．離子半徑b>dB．b可以和強(qiáng)堿溶液發(fā)生反應(yīng)C．c的氫化物空間結(jié)構(gòu)為三角錐形D．a(chǎn)的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物是強(qiáng)堿9、有下列兩種轉(zhuǎn)化途徑，某些反應(yīng)條件和產(chǎn)物已省略。下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是途徑①SH2SO4途徑②SSO2SO3H2SO4A．途徑①反應(yīng)中體現(xiàn)了濃硝酸的強(qiáng)氧化性和酸性B．途徑②的第二步反應(yīng)在實(shí)際生產(chǎn)中可以通過(guò)增大O2濃度來(lái)降低成本C．由途徑①和②分別制取1molH2SO4，理論上各消耗1molS，各轉(zhuǎn)移6mole-D．途徑②與途徑①相比更能體現(xiàn)“綠色化學(xué)”的理念是因?yàn)橥緩舰诒韧緩舰傥廴鞠鄬?duì)小且原子利用率高10、下列我國(guó)科技創(chuàng)新的產(chǎn)品設(shè)備在工作時(shí)，由化學(xué)能轉(zhuǎn)變成電能的是（）A．A B．B C．C D．D11、1.52g銅鎂合金完全溶解于50mL濃度14.0mol/L的硝酸中，得到NO2和N2O4的混合氣體1120ml（標(biāo)準(zhǔn)狀況），向反應(yīng)后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，當(dāng)金屬離子全部沉淀時(shí)得到2.54g沉淀。下列說(shuō)法不正確的是（）A．該合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比是2：1B．NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分?jǐn)?shù)是80%C．得到2.54g沉淀時(shí)加入NaOH溶液的體積是600mLD．溶解合金消耗HNO3的量是0.12mol12、如圖是一個(gè)一次性加熱杯的示意圖。當(dāng)水袋破裂時(shí)，水與固體碎塊混合，杯內(nèi)食物溫度逐漸上升。制造此加熱杯可選用的固體碎塊是（）A．硝酸銨 B．生石灰C．氯化銨 D．食鹽13、室溫下，0.1000mol·L－1的鹽酸逐滴加入到20.00mL0.1000mol·L－1的氨水中，溶液的pH和pOH[注：pOH＝－lgc(OH－)]與所加鹽酸體積的關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法中不正確的是()A．圖中a＋b＝14B．交點(diǎn)J點(diǎn)對(duì)應(yīng)的V(HCl)＝20.00mLC．點(diǎn)A、B、C、D四點(diǎn)的溶液中均存在如下關(guān)系：c(Cl－)－c(NH4+)＝c(H＋)－c(OH－)D．若在絕熱體系中發(fā)生上述反應(yīng)，圖中的交點(diǎn)J向右移14、下列有關(guān)含氯物質(zhì)的說(shuō)法不正確的是A．向新制氯水中加入少量碳酸鈣粉末能增強(qiáng)溶液的漂白能力B．向NaClO溶液中通入少量的CO2的離子方程式：CO2＋2ClO－＋H2O＝2HClO＋CO32－(已知酸性：H2CO3>HClO>HCO3－)C．向Na2CO3溶液中通入足量的Cl2的離子方程式：2Cl2＋CO32－＋H2O＝CO2＋2Cl－＋2HClOD．室溫下，向NaOH溶液中通入Cl2至溶液呈中性時(shí)，相關(guān)粒子濃度滿足：c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)15、在K2Cr2O7存在下利用微生物電化學(xué)技術(shù)實(shí)現(xiàn)含苯酚廢水的有效處理，其工作原理如下圖。下列說(shuō)法正確的是()A．M為電源負(fù)極，有機(jī)物被還原B．中間室水量增多，NaCl溶液濃度減小C．M極電極反應(yīng)式為：+11H2O-23e-=6CO2+23H+D．處理1molCr2O72-時(shí)有6molH+從陽(yáng)離子交換膜右側(cè)向左側(cè)遷移16、下列說(shuō)法不正確的是()A．金屬汞一旦活落在實(shí)驗(yàn)室地面或桌面時(shí)，必須盡可能收集，并深理處理B．氨氮廢水(含NH4+及NH3

)

可用化學(xué)氧化法或電化學(xué)氧化法處理C．做蒸餾實(shí)驗(yàn)時(shí)，在蒸餾燒瓶中應(yīng)加人沸石，以防暴沸。如果在沸騰前發(fā)現(xiàn)忘記加沸石，應(yīng)立即停止加熱，冷卻后補(bǔ)加D．用pH計(jì)、電導(dǎo)率僅(一種測(cè)量溶渡導(dǎo)電能力的儀器)均可檢測(cè)乙酸乙酯的水解程度17、分子式為C4H8Br2的有機(jī)物共有(不考慮立體異構(gòu))（）A．9種 B．10種 C．11種 D．12種18、實(shí)驗(yàn)室模擬制備亞硝酰硫酸(NOSO4H)的反應(yīng)裝置如圖所示，下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)操作或敘述錯(cuò)誤的是已知：①亞硝酰硫酸為棱形結(jié)晶，溶于硫酸，遇水易分解②反應(yīng)原理為：SO2+HNO3===SO3+HNO2、SO3+HNO2=NOSO4HA．濃硝酸與濃硫酸混合時(shí)，是將濃硫酸慢慢滴加到濃硝酸中，邊加邊攪拌B．裝置B和D中的濃硫酸的作用是防止水蒸氣進(jìn)入C導(dǎo)致亞硝酰硫酸分解C．冷水的溫度控制在20℃左右，太低反應(yīng)速率太慢；太高硝酸易分解，SO2逸出D．實(shí)驗(yàn)時(shí)用98%的濃硫酸代替70%的H2SO4產(chǎn)生SO2速率更快19、下列關(guān)于氨堿法和聯(lián)合制堿法說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．兩者的原料來(lái)源相同B．兩者的生產(chǎn)原理相同C．兩者對(duì)食鹽利用率不同D．兩者最終產(chǎn)品都是Na2CO320、根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A將鋁片分別投入濃、稀硝酸中，前者無(wú)明顯現(xiàn)象，后者反應(yīng)劇烈稀硝酸的氧化性比濃硝酸的強(qiáng)B滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，紅色變淺Na2CO3溶液中存在水解平衡C某溶液中滴加過(guò)量氨水產(chǎn)生白色沉淀且不溶解該溶液中一定含有Mg2+D溴水中通入SO2，溴水褪色SO2具有漂白性A．A B．B C．C D．D21、最近媒體報(bào)道了一些化學(xué)物質(zhì)，如：爆炸力極強(qiáng)的N5、比黃金還貴的18O、太空中的甲醇?xì)鈭F(tuán)等。下列說(shuō)法中正確的是A．18O2和16O2是兩種不同的原子 B．甲醇（CH3OH）屬于離子化合物C．N5和N2是氮元素的兩種同位素 D．由N5變成N2是化學(xué)變化22、一定符合以下轉(zhuǎn)化過(guò)程的X是（）X溶液WZXA．FeO B．SiO2 C．Al2O3 D．NH3二、非選擇題(共84分)23、（14分）用于汽車剎車片的聚合物Y是一種聚酰胺纖維，合成路線如圖：已知：（1）生成A的反應(yīng)類型是_____。（2）試劑a是_____。（3）B中所含的官能團(tuán)的名稱是_____。（4）W、D均為芳香化合物，分子中均只含兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子。①F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是_____。②生成聚合物Y的化學(xué)方程式是_____。（5）Q是W的同系物且相對(duì)分子質(zhì)量比W大14，則Q有______種，其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積比為1：2：2：3的為_(kāi)____、_____（寫(xiě)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式）（6）試寫(xiě)出由1，3﹣丁二烯和乙炔為原料（無(wú)機(jī)試劑及催化劑任用）合成的合成路線。（用結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式表示有機(jī)物，用箭頭表示轉(zhuǎn)化關(guān)系，箭頭上注明試劑和反應(yīng)條件）。___________24、（12分）氯吡格雷是一種用于預(yù)防和治療因血小板高聚集引起的心、腦及其他動(dòng)脈循環(huán)障礙疾病的藥物。以A為原料合成該藥物的路線如圖：（1）A的化學(xué)名稱是__，C中的官能團(tuán)除了氯原子，其他官能團(tuán)名稱為_(kāi)_。（2）A分子中最少有__原子共面。（3）C生成D的反應(yīng)類型為_(kāi)_。（4）A與新制Cu(OH)2反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_。（5）物質(zhì)G是物質(zhì)A的同系物，比A多一個(gè)碳原子，符合以下條件的G的同分異構(gòu)體共有__種。①除苯環(huán)之外無(wú)其他環(huán)狀結(jié)構(gòu)；②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)。③苯環(huán)上有只有兩個(gè)取代基。其中核磁共振氫譜中有4個(gè)吸收峰，且峰值比為2∶2∶2∶1的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_。（6）已知：，寫(xiě)出以苯甲醇為有機(jī)原料制備化合物的合成路線（無(wú)機(jī)試劑任選）__。25、（12分）乳酸亞鐵晶體{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O，相對(duì)分子質(zhì)量為288}易溶于水，是一種很好的補(bǔ)鐵劑，可由乳酸[CH3CH(OH)COOH]與FeCO3反應(yīng)制得。I．碳酸亞鐵的制備（裝置如下圖所示）(1)儀器B的名稱是__________________；實(shí)驗(yàn)操作如下：打開(kāi)kl、k2，加入適量稀硫酸，關(guān)閉kl，使反應(yīng)進(jìn)行一段時(shí)間，其目的是__________________。(2)接下來(lái)要使儀器C中的制備反應(yīng)發(fā)生，需要進(jìn)行的操作是____________，該反應(yīng)產(chǎn)生一種常見(jiàn)氣體，寫(xiě)出反應(yīng)的離子方程式_________________________。(3)儀器C中混合物經(jīng)過(guò)濾、洗滌得到FeCO3沉淀，檢驗(yàn)其是否洗凈的方法是__________。Ⅱ．乳酸亞鐵的制備及鐵元素含量測(cè)定(4)向純凈FeCO3固體中加入足量乳酸溶液，在75℃下攪拌使之充分反應(yīng)，經(jīng)過(guò)濾，在____________的條件下，經(jīng)低溫蒸發(fā)等操作后，獲得乳酸亞鐵晶體。(5)兩位同學(xué)分別用不同的方案進(jìn)行鐵元素含量測(cè)定：①甲同學(xué)通過(guò)KMnO4滴定法測(cè)定樣品中Fe2+的含量計(jì)算樣品純度。在操作均正確的前提下，所得純度總是大于l00%，其原因可能是_________________________。②乙同學(xué)經(jīng)查閱資料后改用碘量法測(cè)定鐵元素的含量計(jì)算樣品純度。稱取3.000g樣品，灼燒完全灰化，加足量鹽酸溶解，取所有可溶物配成l00mL溶液。吸取1．00rnL該溶液加入過(guò)量KI溶液充分反應(yīng)，然后加入幾滴淀粉溶液，用0.100mol·L-1硫代硫酸鈉溶液滴定（已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-），當(dāng)溶液_____________________，即為滴定終點(diǎn)；平行滴定3次，硫代硫酸鈉溶液的平均用量為24.80mL，則樣品純度為_(kāi)________％（保留1位小數(shù)）。26、（10分）銨明礬（NH4Al（SO4）2?12H2O）是常見(jiàn)的食品添加劑，用于焙烤食品，可通過(guò)硫酸鋁溶液和硫酸銨溶液反應(yīng)制備。用芒硝（Na2SO4?10H2O）制備純堿和銨明礬的生產(chǎn)工藝流程圖如圖1：完成下列填空：（1）銨明礬溶液呈_________性，它可用于凈水，原因是_______________；向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至過(guò)量，可觀察到的現(xiàn)象是__________________。（2）寫(xiě)出過(guò)程Ⅰ的化學(xué)反應(yīng)方程式_______________。（3）若省略過(guò)程Ⅱ，直接將硫酸鋁溶液加入濾液A中，銨明礬的產(chǎn)率會(huì)明顯降低，原因是___________。（4）已知銨明礬的溶解度隨溫度升高明顯增大．加入硫酸鋁后，經(jīng)過(guò)程III的系列實(shí)驗(yàn)得到銨明礬，該系列的操作是加熱濃縮、___________、過(guò)濾洗滌、干燥。（5）某同學(xué)用圖2圖示的裝置探究銨明礬高溫分解后氣體的組成成份。①夾住止水夾K1，打開(kāi)止水夾K2，用酒精噴燈充分灼燒。實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，裝置A和導(dǎo)管中未見(jiàn)紅棕色氣體；試管C中的品紅溶液褪色；在支口處可檢驗(yàn)到NH3，方法是______________；在裝置A與B之間的T型導(dǎo)管中出現(xiàn)白色固體，該白色固體可能是___________（任填一種物質(zhì)的化學(xué)式）；另分析得出裝置A試管中殘留的白色固體是兩性氧化物，寫(xiě)出它溶于NaOH溶液的離子方程式_______________。②該同學(xué)通過(guò)實(shí)驗(yàn)證明銨明礬高溫分解后氣體的組成成份是NH3、N2、SO3、SO2和H2O，且相同條件下測(cè)得生成N2和SO2的體積比是定值，V（N2）：V（SO2）=_____。27、（12分）結(jié)晶硫酸亞鐵部分失水時(shí)，分析結(jié)果如仍按FeSO4·7H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)計(jì)算，其值會(huì)超過(guò)100％。國(guó)家標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定，F(xiàn)eSO4·7H2O的含量：一級(jí)品99.50％～100.5％；二級(jí)品99.00％～100.5％；三級(jí)品98.00％～101.0％。為測(cè)定樣品中FeSO4·7H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，可采用在酸性條件下與高錳酸鉀溶液進(jìn)行滴定。5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋→5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；2MnO4－＋5C2O42－＋16H＋→2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O測(cè)定過(guò)程：粗配一定濃度的高錳酸鉀溶液1L，然后稱取0.200g固體Na2C2O4（式量為134.0）放入錐形瓶中，用蒸餾水溶解并加稀硫酸酸化，加熱至70℃～80℃。(1)若要用滴定法測(cè)定所配的高錳酸鉀溶液濃度，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是_______________。(2)將溶液加熱的目的是____；反應(yīng)剛開(kāi)始時(shí)反應(yīng)速率較小，其后因非溫度因素影響而增大，根據(jù)影響化學(xué)反應(yīng)速率的條件分析，其原因可能是______________________。(3)若滴定時(shí)發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定結(jié)束氣泡消失，則測(cè)得高錳酸鉀濃度_____（填“偏大”“偏小”“無(wú)影響”）。(4)滴定用去高錳酸鉀溶液29.50mL，則c(KMnO4)＝_____mol/L（保留四位有效數(shù)字）。(5)稱取四份FeSO4·7H2O試樣，質(zhì)量均為0.506g，，用上述高錳酸鉀溶液滴定達(dá)到終點(diǎn)，記錄滴定數(shù)據(jù)滴定次數(shù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)1234V(高錳酸鉀)/mL(初讀數(shù))0.100.200.000.20V(高錳酸鉀)/mL(終讀數(shù))17.7617.8818.1617.90該試樣中FeSO4·7H2O的含量（質(zhì)量分?jǐn)?shù)）為_(kāi)________（小數(shù)點(diǎn)后保留兩位），符合國(guó)家______級(jí)標(biāo)準(zhǔn)。(6)如實(shí)際準(zhǔn)確值為99.80%，實(shí)驗(yàn)絕對(duì)誤差=____%，如操作中并無(wú)試劑、讀數(shù)與終點(diǎn)判斷的失誤，則引起誤差的可能原因是：__________。28、（14分）元素周期表中第VIIA族元素的單質(zhì)及其化合物的用途廣泛．完成下列填空：(1)與氯元素同族的短周期元素的原子核外有___種不同能量的電子．(2)能作為溴、碘元素非金屬性(原子得電子能力)遞變規(guī)律的判斷依據(jù)是___(填序號(hào))．a(chǎn)．IBr中溴為﹣1價(jià)b．HBr、HI的酸性c．HBr、HI的熱穩(wěn)定性d．Br2、I2的熔點(diǎn)(3)海水提溴過(guò)程中，先向濃縮海水中通入_____，將其中的Br﹣氧化，再用“空氣吹出法”吹出Br2，并用純堿吸收．已知純堿吸收溴的主要反應(yīng)是：Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3(未配平)，則吸收1molBr2，轉(zhuǎn)移電子_____mol，反應(yīng)中氧化產(chǎn)物為_(kāi)____．(4)已知：AlF3的熔點(diǎn)為1040℃，AlCl3在178℃升華．從物質(zhì)結(jié)構(gòu)的角度解釋兩者熔點(diǎn)相差較大的原因：__________(5)HClO有很好的殺菌消毒效果．為增強(qiáng)氯水的殺菌能力，可以用飽和氯水與小蘇打反應(yīng)來(lái)達(dá)到目的，試用平衡移動(dòng)原理解釋其原因：_____________________。29、（10分）制取聚合硫酸鐵(PFS)的化學(xué)方程式如下2FeSO4＋H2O2＋(1－n/2)H2SO4=Fe2(OH)n(SO4)(3－n/2)＋(2－n)H2O，下圖是以回收廢鐵屑為原料制備PFS的一種工藝流程。回答下列問(wèn)題(1)下列操作或描述正確的是________。A．粉碎的目的是增大反應(yīng)物接觸面積，提高酸浸反應(yīng)速率B．酸浸中可以用硫酸、硝酸、鹽酸等C．反應(yīng)釜中加入氧化劑，使Fe2＋轉(zhuǎn)化為Fe3＋D．減壓蒸發(fā)的優(yōu)點(diǎn)是降低蒸發(fā)溫度，防止產(chǎn)物分解(2)廢鐵屑使用前往往用________浸泡。(3)廢鐵屑與酸發(fā)生多步反應(yīng)，完成其中的化合反應(yīng)的離子方程式______________________。(4)聚合釜中溶液的pH必須控制在一定的范圍內(nèi)，目的是______________________。(5)為了防止產(chǎn)物分解，必須采用減壓蒸發(fā)，下列操作正確的是________。A．a(chǎn)為蒸餾燒瓶，b為冷凝管，c接自來(lái)水龍頭B．毛細(xì)管的作用和沸石相似，防止暴沸C．隨著溫度計(jì)水銀球高度提升，所得的氣體的沸點(diǎn)升高D．實(shí)驗(yàn)結(jié)束，先關(guān)閉冷凝管，再關(guān)閉真空泵

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

由方程式Ca2+＋C2O42+＝CaC2O4、CaC2O4＋H2SO4＝CaSO4↓＋H2C2O4、2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4＝H2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O可得關(guān)系式：5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，令血液中含鈣量為cmol/L，則：5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO452cmol/L×0.015L0.001mol?L-1×0.015L所以cmol/L×0.015L×2＝5×0.001mol?L-1×0.015L解得c＝0.0025mol?L-1；答案選B。2、A【解析】

A．向氨水中滴加少量等濃度的醋酸溶液后，反應(yīng)生成醋酸銨為強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離，溶液中離子濃度增大，溶液的導(dǎo)電性增強(qiáng)，故A正確；B．醋酸的電離是吸熱反應(yīng)，升高溫度，促進(jìn)醋酸電離，所以醋酸的電離程度增大，溶液的pH減小，故B錯(cuò)誤；C．酸堿對(duì)水的電離有抑制作用，稀釋0.1mol/LNaOH溶液，對(duì)水的電離的抑制作用減小，水的電離程度增大，故C錯(cuò)誤；D．CH3COONa溶液中存在醋酸根離子的水解，=，加入少量CH3COOH，溶液的溫度不變，醋酸根的水解平衡常數(shù)不變，則不變，故D錯(cuò)誤；故選A。【點(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)為D，要注意化學(xué)平衡常數(shù)、電離平衡常數(shù)、水解平衡常數(shù)、溶度積、水的離子積等都是只與溫度有關(guān)，溫度不變，這些常數(shù)不變。3、C【解析】

在此原電池中鐵和銅作兩極，鐵比銅活潑，所以鐵為負(fù)極，銅為正極。【詳解】A、要求兩燒杯盛放的溶液中不引入雜質(zhì)，所以離子交換膜是陰離子交換膜，氯化銅溶液中的氯離子通過(guò)離子交換膜進(jìn)入氯化亞鐵溶液中，故A錯(cuò)誤；B、電子沿導(dǎo)線流入銅，在正極，銅離子得電子生成銅，Cu電極的電極反應(yīng)為Cu2++2e-=Cu，故B錯(cuò)誤；C、銅離子得電子生成銅，氯化銅溶液中的氯離子通過(guò)離子交換膜進(jìn)入氯化亞鐵溶液中，所以氯化銅溶液濃度降低，故C正確；D、鐵失電子生成亞鐵離子進(jìn)入氯化亞鐵溶液，電極反應(yīng)為Fe-2e-=Fe2+，故D錯(cuò)誤；故選C。4、A【解析】

A.反應(yīng)符合事實(shí)，遵循離子方程式書(shū)寫(xiě)的物質(zhì)拆分原則，A正確；B.酸性環(huán)境不能大量存在OH-，不符合反應(yīng)事實(shí)，B錯(cuò)誤；C.硝酸具有強(qiáng)氧化性，會(huì)將酸溶解后產(chǎn)生的Fe2+氧化產(chǎn)生Fe3+，不符合反應(yīng)事實(shí)，C錯(cuò)誤；D.明礬溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀時(shí)，Al3+與OH-的物質(zhì)的量的比是1：4，二者反應(yīng)產(chǎn)生AlO2-，反應(yīng)的離子方程式為：2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，不符合反應(yīng)事實(shí)，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是A。5、D【解析】

A．硫酸亞鐵與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的離子方程式為：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，靜置一段時(shí)間后，氫氧化亞鐵被氧化生成氫氧化鐵沉淀，故A錯(cuò)誤；B．漂白粉溶液中加入醋酸，醋酸為弱酸，離子方程式為CH3COOH+ClO-═HClO+CH3COO-，故B錯(cuò)誤；C．向AgCl懸濁液中加Na2S溶液，白色沉淀變成黑色，離子方程式：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-，故C錯(cuò)誤；D．K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-(橙色)+H2O?2CrO42-(黃色)+2H+，滴加少量H2SO4，增大了氫離子濃度，平衡逆向移動(dòng)，顏色加深，2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，故D正確；故選D。6、D【解析】

A．從反應(yīng)開(kāi)始混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量始終不變，所以不能作為平衡狀態(tài)的標(biāo)志，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷隨著溫度升高，平衡移動(dòng)的方向，從而判斷出正反應(yīng)是吸熱，所以焓變（△H）大于0，根據(jù)氣態(tài)物質(zhì)的熵大于液態(tài)物質(zhì)的熵判斷出反應(yīng)熵變（△S）大于0，所以在高溫下自發(fā)進(jìn)行，故B錯(cuò)誤；C．到平衡后，若在恒溫下壓縮容器體積，平衡逆向移動(dòng)，但溫度不變，平衡常數(shù)不變，因此體系中氣體的濃度不變，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)表中數(shù)據(jù)，平衡氣體的總濃度為4.8×10-3mol/L，容器內(nèi)氣體的濃度之比為2：1，故NH3和CO2的濃度分別為3.2×10-3mol/L、1.6×10-3mol/L，代入平衡常數(shù)表達(dá)式：K=（3.2×10-3）2×1.6×10-3=，故D正確；答案選D?！军c(diǎn)睛】計(jì)算時(shí)的分解平衡常數(shù)，要根據(jù)題目所給該溫度下的濃度值，根據(jù)NH3和CO2的物質(zhì)的量之比，在相同的容器中，體積相等，可以得到濃度的關(guān)系，再代入公式即可。選項(xiàng)C為解答的易錯(cuò)點(diǎn)，注意平衡常數(shù)的表達(dá)式以及影響因素。7、B【解析】

A.苯乙烯中含碳碳雙鍵，與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，而苯與溴水混合發(fā)生萃取，則苯乙烯與苯使溴水褪色原理不同，故A錯(cuò)誤；B.乙醇易溶于水，則乙醇與飽和Na2CO3溶液互溶，乙酸具有酸性，可與碳酸鈉反應(yīng)生成氣體，乙酸乙酯難溶于水，會(huì)出現(xiàn)分層，則可鑒別，故B正確；C.能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)的為苯環(huán)和碳碳雙鍵，則1mol該物質(zhì)最多只能與4molH2加成，故C錯(cuò)誤；D.C3H6BrCl可看成丙烷分子中有兩個(gè)氫原子分別被一個(gè)溴原子、一個(gè)氯原子取代，根據(jù)“定一移一”的思路可得，先定Br原子的位置，有兩種情況，BrCH2CH2CH3、CH3CHBrCH3，再定Cl原子的位置，符合的同分異構(gòu)體有，，則C3H6BrCl的同分異構(gòu)體共5種，故D錯(cuò)誤；故選B?！军c(diǎn)睛】苯在溴化鐵的催化作用下與液溴發(fā)生取代反應(yīng)生成溴苯和溴化氫；苯分子中沒(méi)有碳碳雙鍵，不能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，但溴更易溶于苯中，溴水與苯混合時(shí)，可發(fā)生萃取，苯的密度小于水，因此上層為溴的苯溶液，顏色為橙色，下層為水，顏色為無(wú)色，這是由于萃取使溴水褪色，沒(méi)有發(fā)生化學(xué)反應(yīng)。這是學(xué)生們的易錯(cuò)點(diǎn)，也是?？键c(diǎn)。8、B【解析】

a和b分別位于周期表的第2列和第13列，所以a是Be或Mg，b是Al，c是C,d是N?！驹斀狻緼.鋁和氮原子形成的離子電子層結(jié)構(gòu)相同，原子序數(shù)越小半徑越大，故b<d，故A錯(cuò)誤；B.b是鋁，可以與強(qiáng)堿反應(yīng)生成偏鋁酸鹽和氫氣，故B正確；C.碳的氫化物有多種，如果形成甲烷，是正四面體結(jié)構(gòu)，故C錯(cuò)誤；D.無(wú)論是鈹還是鎂，最高價(jià)氧化物的水化物都不是強(qiáng)堿，故D錯(cuò)誤；故選：B。9、A【解析】

A．途徑①反應(yīng)中只體現(xiàn)了濃硝酸的強(qiáng)氧化性，A錯(cuò)誤；B．途徑②的第二步反應(yīng)是可逆反應(yīng)，在實(shí)際生產(chǎn)中可以通過(guò)增大廉價(jià)易得的O2濃度使化學(xué)平衡正向移動(dòng)，來(lái)降低成本，B正確；C．根據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，可知由途徑①和②分別制取1molH2SO4，理論上各消耗1molS，各轉(zhuǎn)移6mole-，C正確；D．途徑②與途徑①相比不產(chǎn)生大氣污染物質(zhì)，因此更能體現(xiàn)“綠色化學(xué)”的理念，是因?yàn)橥緩舰诒韧緩舰傥廴鞠鄬?duì)小且原子利用率高，D正確。答案選A。10、D【解析】

A.火箭升空時(shí)，將燃料的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為火箭的機(jī)械能，故A錯(cuò)誤；B.太陽(yáng)能電池板，將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能，故B錯(cuò)誤；C.動(dòng)車在行駛時(shí)主要的能量轉(zhuǎn)化是電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，故C錯(cuò)誤；D.手機(jī)電池放電是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，故D正確；答案選D。11、C【解析】

根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒、元素守恒進(jìn)行分析計(jì)算。【詳解】A.金屬離子全部沉淀時(shí)，得到2.54g沉淀為氫氧化銅、氫氧化鎂，故沉淀中OH-的質(zhì)量為：2.54g?1.52g=1.02g，，根據(jù)電荷守恒可知，金屬提供的電子物質(zhì)的量等于OH-的物質(zhì)的量，設(shè)銅、鎂合金中Cu、Mg的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，則：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得：x=0.02、y=0.01，則該合金中n(Cu):n(Mg)=2:1，故A正確；B.標(biāo)況下1.12L氣體的物質(zhì)的量為0.05mol，設(shè)混合氣體中二氧化氮的物質(zhì)的量為amol，則四氧化二氮的物質(zhì)的量為(0.05?a)mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知：a×1+(0.05?a)×2×1=0.06，解得a=0.04，則混合氣體中含有二氧化氮0.04mol、四氧化二氮0.01mol，NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分?jǐn)?shù)為：，故B正確；C.50mL該硝酸中含有硝酸的物質(zhì)的量為：14mol/L×0.05L=0.7mol，反應(yīng)后的溶質(zhì)為硝酸鈉，根據(jù)N元素守恒，硝酸鈉的物質(zhì)的量為：n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO2)-2n(N2O4)=0.7mol?0.04mol?0.01×2=0.64mol，故需要?dú)溲趸c溶液的體積為，故C錯(cuò)誤；D.Cu、Mg的物質(zhì)的量分別為0.02mol、0.01mol，則生成Cu(NO3)2、Mg(NO3)2各0.02ml、0.01mol，NO2和N2O4的物質(zhì)的量分別為0.04mol、0.01mol，則根據(jù)N元素守恒可知，消耗硝酸的物質(zhì)的量為0.02×2+0.01×2+0.04+0.01×2=0.12mol，故D正確；答案選C?！军c(diǎn)睛】解答該題的關(guān)鍵是找到突破口：金屬鎂、銅與硝酸反應(yīng)失電子物質(zhì)的量與金屬離子被沉淀結(jié)合氫氧根離子的物質(zhì)的量相等，關(guān)系式為Cu~2e-~Cu2+~2OH-，Mg~2e-~Mg2+~2OH-，通過(guò)氫氧化鎂與氫氧化銅的總質(zhì)量與銅鎂合金的質(zhì)量差可以計(jì)算氫氧根離子的物質(zhì)的量，從而確定反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)。12、B【解析】

A．硝酸銨與水混合時(shí)，吸收熱量，溫度降低，故A錯(cuò)誤；B．生石灰(CaO)與水反應(yīng)時(shí)放出熱量，溫度升高，故B正確；C．氯化銨與水混合時(shí)，吸收熱量，溫度降低，故C錯(cuò)誤；D．食鹽溶于水沒(méi)有明顯的熱效應(yīng)，溫度變化不明顯，故D錯(cuò)誤；故答案為B。【點(diǎn)睛】考查常見(jiàn)的放熱和吸熱反應(yīng)，明確物質(zhì)的性質(zhì)、掌握常見(jiàn)的放熱反應(yīng)和吸熱反應(yīng)是解決該類題目的關(guān)鍵，根據(jù)常見(jiàn)的放熱反應(yīng)有：大多數(shù)的化合反應(yīng)，酸堿中和的反應(yīng)，金屬與酸的反應(yīng)，金屬與水的反應(yīng)，燃燒反應(yīng)，爆炸反應(yīng)；常見(jiàn)的吸熱反應(yīng)有：大多數(shù)的分解反應(yīng)，C、CO、H2還原金屬氧化物，銨鹽與堿的反應(yīng)；結(jié)合題意可知水與固體碎片混合時(shí)放出熱量，即為放熱反應(yīng)來(lái)解題。13、B【解析】

A.圖中A點(diǎn)和B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶質(zhì)相同，根據(jù)a＝－lgc(H＋)，b＝－lgc(OH－)，c(H＋)·c(OH－)＝10－14計(jì)算可知a＋b＝－lgc(H＋)·c(OH－)＝－lg10－14＝14，A項(xiàng)正確；B.交點(diǎn)J點(diǎn)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)pH＝7，應(yīng)該是氨水和氯化銨的混合溶液，V(HCl)＜20.00mL，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.A、B、C、D四點(diǎn)的溶液中均存在電荷守恒，c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NH4+)＋c(H＋)，變式得c(Cl－)－c(NH4+)＝c(H＋)－c(OH－)，C項(xiàng)正確；D.中和反應(yīng)為放熱反應(yīng)，若在絕熱體系中發(fā)生上述反應(yīng)，體系的溫度升高，水和氨水的電離程度都變大，c(OH－)增大，pOH減小，pH增大，圖中的交點(diǎn)J向右移，D項(xiàng)正確；答案選B。14、B【解析】

A.新制氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO的平衡，加碳酸鈣，消耗氫離子，平衡正向移動(dòng)，HClO濃度增大，漂白能力增強(qiáng)，選項(xiàng)A正確；B.酸性:H2CO3>HClO>HCO3-，故HClO與CO32-不能同時(shí)產(chǎn)生，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.足量氯氣和水產(chǎn)生的鹽酸將CO32-全部反應(yīng)成CO2氣體，選項(xiàng)C正確；D.中性時(shí)由電荷守恒得到c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)，由于發(fā)生氧化還原反應(yīng)，由得失電子守恒得到c(Cl－)＝c(ClO－)＋c(HClO)，兩式聯(lián)立可得c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)，選項(xiàng)D正確。答案選B。15、B【解析】

根據(jù)圖示，M極，苯酚轉(zhuǎn)化為CO2，C的化合價(jià)升高，失去電子，M為負(fù)極，在N極，Cr2O72－轉(zhuǎn)化為Cr(OH)3，Cr的化合價(jià)降低，得到電子，N為正極。A．根據(jù)分析，M為電源負(fù)極，有機(jī)物失去電子，被氧化，A錯(cuò)誤；B．由于電解質(zhì)NaCl溶液被陽(yáng)離子交換膜和陰離子交換膜隔離，使Na＋和Cl－不能定向移動(dòng)。電池工作時(shí)，M極電極反應(yīng)式為+11H2O-28e-=6CO2+28H+，負(fù)極生成的H＋透過(guò)陽(yáng)離子交換膜進(jìn)入NaCl溶液中，N極電極反應(yīng)式為Cr2O72－＋6e－＋14H2O=2Cr(OH)3＋8OH－，生成的OH－透過(guò)陰離子交換膜進(jìn)入NaCl溶液中，OH－與H＋反應(yīng)生成水，使NaCl溶液濃度減小，B正確；C．苯酚的化學(xué)式為C6H6O，C的化合價(jià)為升高到+4價(jià)。1mol苯酚被氧化時(shí)，失去的電子的總物質(zhì)的量為6×[4－()]=28mol，則其電極反應(yīng)式為+11H2O-28e-=6CO2+28H+，C錯(cuò)誤；D．原電池中，陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，因此H＋從陽(yáng)離子交換膜的左側(cè)向右側(cè)移動(dòng)，D錯(cuò)誤。答案選B?！军c(diǎn)睛】此題的B項(xiàng)比較難，M極是負(fù)極，陰離子應(yīng)該向負(fù)極移動(dòng)，但是M和NaCl溶液之間，是陽(yáng)離子交換膜，陰離子不能通過(guò)，因此判斷NaCl的濃度的變化，不能通過(guò)Na＋和Cl－的移動(dòng)來(lái)判斷，只能根據(jù)電極反應(yīng)中產(chǎn)生的H＋和OH－的移動(dòng)反應(yīng)來(lái)判斷。16、A【解析】

A．金屬汞一旦灑落在實(shí)驗(yàn)室地面或桌面，加硫磺粉處理，且金屬汞不能深埋處理，易污染土壤和地下水，故A錯(cuò)誤；B．氨氮廢水中N為-3價(jià)，可利用氧化還原反應(yīng)原理發(fā)生氧化反應(yīng)轉(zhuǎn)化為無(wú)毒物質(zhì)，所以可用化學(xué)氧化法或電化學(xué)氧化法處理，故B正確；C．做蒸餾實(shí)驗(yàn)時(shí)，蒸餾燒瓶中忘記加人沸石，需要停止加熱，冷卻后補(bǔ)加，故C正確；D．乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，只有乙酸為電解質(zhì)，且乙酸電離顯酸性，則乙酸濃度越大，酸性越強(qiáng)，導(dǎo)電能力也越強(qiáng)，所以用pH計(jì)、電導(dǎo)率儀(一種測(cè)量溶液導(dǎo)電能力的儀器)均可監(jiān)測(cè)乙酸乙酯的水解程度，故D正確；故答案為A。17、A【解析】

先分析碳骨架異構(gòu),分別為C?C?C?C與2種情況，然后分別對(duì)2種碳骨架采用“定一移一”的方法分析：①骨架C?C?C?C上分別添加Br原子的種類有6種，②骨架上分別添加Br原子的種類有有3種，所以滿足分子式為C4H8Br2的有機(jī)物共有9種，故選:A。18、D【解析】

A．濃硝酸與濃硫酸混合時(shí)，如果將濃硝酸注入濃硫酸中，容易發(fā)生液滴四濺，故濃硝酸與濃硫酸混合時(shí)，是將濃硫酸慢慢滴加到濃硝酸中，并且邊加邊攪拌，攪拌的目的是及時(shí)散熱，防止局部過(guò)熱，A正確；B．亞硝酰硫酸遇水易分解，裝置B中的濃硫酸的作用是干燥SO2氣體水蒸氣進(jìn)入裝置C中，裝置D中的濃硫酸的作用是防止裝置E中的水蒸氣進(jìn)入裝置C中，B正確；C．為了保證反應(yīng)速率不能太慢，同時(shí)又要防止溫度過(guò)高硝酸分解，SO2逸出，故冷水的溫度控制在20℃左右，C正確；D．98%的濃硫酸的很難電離出H+，如果用98%的濃硫酸代替70%的H2SO4產(chǎn)生SO2速率更慢，D錯(cuò)誤；19、A【解析】

A．氨堿法：以食鹽（氯化鈉）、石灰石（經(jīng)煅燒生成生石灰和二氧化碳）、氨氣為原料；聯(lián)合制堿法：以食鹽、氨和二氧化碳（來(lái)自合成氨中用水煤氣制取氫氣時(shí)的廢氣）為原料，兩者的原料來(lái)源不相同，故A錯(cuò)誤；B．氨堿法其化學(xué)反應(yīng)原理是NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3↓+NH4Cl，聯(lián)合制堿法包括兩個(gè)過(guò)程：第一個(gè)過(guò)程與氨堿法相同，將氨通入飽和食鹽水而形成氨鹽水，再通入二氧化碳生成碳酸氫鈉沉淀，經(jīng)過(guò)濾、洗滌得NaHCO3晶體，再煅燒制得純堿產(chǎn)品，第二個(gè)過(guò)程是從含有氯化銨和氯化鈉的濾液中結(jié)晶沉淀出氯化銨晶體，故B正確；C．氨堿法的最大缺點(diǎn)在于原料食鹽的利用率只有約70%，聯(lián)合制堿法最大的優(yōu)點(diǎn)是使食鹽的利用率提高到96%以上，故C正確；D．氨堿法和聯(lián)合制堿法兩者最終產(chǎn)品都是Na2CO3，故D正確；選A。20、B【解析】

A．前者發(fā)生鈍化反應(yīng)，生成致密氧化薄膜阻礙反應(yīng)進(jìn)行，故錯(cuò)誤；B．CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，滴入酚酞，溶液變紅，加入Ba2＋，Ba2＋與CO32－反應(yīng)生成沉淀BaCO3，平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，溶液顏色變淺，故正確；C．此溶液可能含有Al3＋，因?yàn)闅溲趸X不溶于弱堿，故錯(cuò)誤；D．發(fā)生Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，體現(xiàn)SO2的還原性，故錯(cuò)誤。故選B。21、D【解析】

A.18O2和16O2是兩種不同的原子構(gòu)成的分子，A錯(cuò)誤；B.甲醇(CH3OH)是由分子構(gòu)成的共價(jià)化合物，B錯(cuò)誤；C.N5和N2是氮元素的兩種不同的單質(zhì)，二者互為同素異形體，C錯(cuò)誤；D.N5和N2是N元素的兩種不同的單質(zhì)，所以由N5變成N2是化學(xué)變化，D正確；故合理選項(xiàng)是D。22、D【解析】

A．FeO與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸鐵溶液，硝酸鐵溶液與NaOH溶液反應(yīng)生成氫氧化鐵沉淀，氫氧化鐵加熱分解生成氧化鐵，不能生成FeO，所以不符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，故A不選；B．SiO2與稀硝酸不反應(yīng)，故B不選；C．Al2O3與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸鋁溶液，硝酸鋁溶液與少量NaOH溶液反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，但過(guò)量NaOH溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，氫氧化鋁加熱分解生成氧化鋁，偏鋁酸鈉加熱得不到氧化鋁，所以不一定符合，故C不選；D．NH3與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銨溶液，硝酸銨溶液與NaOH溶液反應(yīng)生成一水合氨，一水合氨加熱分解生成NH3，符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，故D選；故答案為：D。二、非選擇題(共84分)23、取代反應(yīng)濃硝酸、濃硫酸氯原子、硝基+(2n-1)H2O10【解析】

苯與氯氣在氯化鐵作催化劑條件下得到A是，A轉(zhuǎn)化得到B，B與氨氣在高壓下得到，可知B→引入氨基，A→B引入硝基，則B中Cl原子被氨基取代生成，可推知B為，試劑a為濃硝酸、濃硫酸；還原得到D為；乙醇發(fā)生消去反應(yīng)生成E為CH2＝CH2，乙烯發(fā)生信息中加成反應(yīng)生成F為，W為芳香化合物，則X中也含有苯環(huán)，X發(fā)生氧化反應(yīng)生成W，分子中均只含兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，結(jié)合W的分子式，可知W為、則X為，W與D發(fā)生縮聚反應(yīng)得到Y(jié)為。（6）CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH發(fā)生加成反應(yīng)生成，和溴發(fā)生加成反應(yīng)生成，發(fā)生水解反應(yīng)生成?！驹斀狻浚?）生成A是苯與氯氣反應(yīng)生成氯苯，反應(yīng)類型是：取代反應(yīng)，故答案為：取代反應(yīng)；（2）A→B發(fā)生硝化反應(yīng)，試劑a是：濃硝酸、濃硫酸，故答案為：濃硝酸、濃硫酸；（3）B為，所含的官能團(tuán)是：氯原子、硝基，故答案為：氯原子、硝基；（4）①由分析可知，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是：，故答案為：；②生成聚合物Y的化學(xué)方程式是：，故答案為：；（5）Q是W（）的同系物且相對(duì)分子質(zhì)量比W大14，則Q含有苯環(huán)、2個(gè)羧基、比W多一個(gè)CH2原子團(tuán)，有1個(gè)取代基為﹣CH（COOH）2；有2個(gè)取代基為﹣COOH、﹣CH2COOH，有鄰、間、對(duì)3種；有3個(gè)取代基為2個(gè)﹣COOH與﹣CH3，2個(gè)﹣COOH有鄰、間、對(duì)3種位置，對(duì)應(yīng)的﹣CH3，分別有2種、3種、1種位置，故符合條件Q共有1+3+2+3+1＝10種，其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積比為1：2：2：3的為、，故答案為：10；、；（6）CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH發(fā)生加成反應(yīng)生成，和溴發(fā)生加成反應(yīng)生成，發(fā)生水解反應(yīng)生成，其合成路線為，故答案為：?！军c(diǎn)睛】本題考查有機(jī)物的推斷與合成，充分利用轉(zhuǎn)化中物質(zhì)的結(jié)構(gòu)、反應(yīng)條件、反應(yīng)信息進(jìn)行分析，側(cè)重考查學(xué)生分析推理能力，需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)與靈活運(yùn)用能力，熟練掌握官能團(tuán)的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，是有機(jī)化學(xué)?？碱}型。24、鄰氯苯甲醛（2—氯苯甲醛）氨基、羧基12取代反應(yīng)（或酯化反應(yīng)）+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+6、【解析】

根據(jù)題干信息分析合成氯吡格雷的路線可知，A與NH4Cl、NaCN反應(yīng)生成B，B酸化得到C，C與CH3OH發(fā)生酯化反應(yīng)生成D，D發(fā)生取代反應(yīng)得到E，E最終發(fā)生反應(yīng)得到氯吡格雷，據(jù)此結(jié)合題干信息分析解答問(wèn)題?！驹斀狻?1)有機(jī)物A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，分子中含有醛基和氯原子，其化學(xué)名稱為鄰氯苯甲醛，C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，分子中含有的管能團(tuán)有氨基、羧基和氯原子，故答案為：鄰氯苯甲醛；氨基、羧基；(2)A分子中苯環(huán)和醛基均為共平面結(jié)構(gòu)，故分子中最少有苯環(huán)上的所有原子共平面，即最少有12個(gè)原子共平面，故答案為：12；(3)C與CH3OH發(fā)生酯化反應(yīng)生成D，反應(yīng)類型為取代反應(yīng)（或酯化反應(yīng)），故答案為：取代反應(yīng)（或酯化反應(yīng)）；(4)A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，分子中含有醛基，可與新制Cu(OH)2反應(yīng)生成Cu2O的磚紅色沉淀，反應(yīng)方程式為+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+，故答案為：+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+；(5)物質(zhì)G是物質(zhì)A的同系物，比A多一個(gè)碳原子，物質(zhì)G除苯環(huán)之外無(wú)其他環(huán)狀結(jié)構(gòu)；能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，可知物質(zhì)G含有醛基，又苯環(huán)上有只有兩個(gè)取代基，則物質(zhì)G除苯環(huán)外含有的基團(tuán)有2組，分別為—CHO、—CH2Cl和—Cl、—CH2CHO，分別都有鄰間對(duì)3中結(jié)構(gòu)，故G的同分異構(gòu)體共有6種，其中核磁共振氫譜中有4個(gè)吸收峰，且峰值比為2∶2∶2∶1的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為、，故答案為：6；、；(6)已知：，根據(jù)題干信息，結(jié)合合成氯吡格雷的路線可得，以苯甲醇為有機(jī)原料制備化合物的合成路線可以是，故答案為：。25、蒸餾燒瓶生成FeSO4溶液，且用產(chǎn)生的H2排盡裝置內(nèi)的空氣關(guān)閉k2Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O取最后一次洗滌液，加入稀鹽酸酸化，再滴入BaCl2溶液，若無(wú)白色沉淀，則洗滌干凈隔絕空氣乳酸根離子中的羥基也能被高錳酸鉀氧化，導(dǎo)致消耗高錳酸鉀溶液用量偏多藍(lán)色褪去且半分鐘不恢復(fù)95.2%【解析】

I．亞鐵離子容易被氧氣氧化，制備過(guò)程中應(yīng)在無(wú)氧環(huán)境中進(jìn)行，F(xiàn)e與稀硫酸反應(yīng)制備硫酸亞鐵，利用反應(yīng)生成的氫氣排盡裝置中的空氣，B制備硫酸亞鐵，利用生成氫氣，使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中。C裝置中硫酸亞鐵和NH4HCO3發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生FeCO3沉淀。Ⅱ．Fe2+有較強(qiáng)還原性，易被空氣中氧氣氧化，獲取乳酸亞鐵晶體過(guò)程中應(yīng)減小空氣中氧氣的干擾；①乳酸和亞鐵離子都可被酸性高錳酸鉀氧化；②I2的淀粉溶液顯藍(lán)色，滴加硫代硫酸鈉溶液后藍(lán)色會(huì)變淺，最終褪色；根據(jù)已知反應(yīng)可得關(guān)系式2Fe3+～～I(xiàn)2～～2S2O32-，根據(jù)滴定時(shí)參加反應(yīng)的硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量計(jì)算出Fe2+的物質(zhì)的量，再計(jì)算樣品純度?！驹斀狻縄．亞鐵離子容易被氧氣氧化，制備過(guò)程中應(yīng)在無(wú)氧環(huán)境中進(jìn)行，F(xiàn)e與稀硫酸反應(yīng)制備硫酸亞鐵，利用反應(yīng)生成的氫氣排盡裝置中的空氣，裝置B制備硫酸亞鐵，C裝置中硫酸亞鐵和NH4HCO3發(fā)生反應(yīng)：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，利用生成氫氣，使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中。(1)由儀器圖形可知B為蒸餾燒瓶；打開(kāi)kl、k2，加入適量稀硫酸，可使生成的氫氣排出裝置C內(nèi)的空氣，防止二價(jià)鐵被氧化；(2)待裝置內(nèi)空氣排出后，再關(guān)閉k2，反應(yīng)產(chǎn)生的氫氣使裝置內(nèi)的氣體壓強(qiáng)增大，可將B中生成的硫酸亞鐵溶液排到裝置C中，發(fā)生反應(yīng)生成碳酸亞鐵，同時(shí)生成二氧化碳，反應(yīng)的離子方程式為Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(3)FeCO3是從含有SO42-的溶液中過(guò)濾出來(lái)的，檢驗(yàn)沉淀是否洗滌干凈，可通過(guò)檢驗(yàn)是否含有SO42-判斷。方法是：取最后一次水洗液于試管中，加入過(guò)量稀鹽酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若無(wú)白色渾濁出現(xiàn)，則表明洗滌液中不存在SO42-，即可判斷FeCO3沉淀洗滌干凈；Ⅱ．(4)Fe2+有較強(qiáng)還原性，易被空氣中氧氣氧化，則乳酸亞鐵應(yīng)隔絕空氣，防止被氧化；(5)①乳酸根中含有羥基，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，F(xiàn)e2+也可以被氧化，因此二者反應(yīng)都消耗KMnO4溶液，導(dǎo)致消耗高錳酸鉀的增大，使計(jì)算所得乳酸亞鐵的質(zhì)量偏大，產(chǎn)品中乳酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)會(huì)大于100%；②I2遇淀粉溶液顯藍(lán)色，滴加硫代硫酸鈉溶液后藍(lán)色會(huì)變淺，說(shuō)明I2與Na2S2O3發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，當(dāng)藍(lán)色剛好褪去且半分鐘不恢復(fù)，即可判斷為滴定終點(diǎn)；24.80mL0.1000mol/L硫代硫酸鈉溶液中硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量為n(Na2S2O3)=0.02480L×0.100mol/L=2.48×10-3mol，根據(jù)關(guān)系式2Fe2+～2Fe3+～I(xiàn)2～2S2O32-，可知樣品中CH3CH(OH)COO]2Fe?3H2O的物質(zhì)的量為n(Fe2+)=n(S2O32-)=2.48×10-3mol×=9.92×10-3mol，則樣品的純度為×100%=95.2%?！军c(diǎn)睛】本題考查實(shí)驗(yàn)制備方案的知識(shí)，涉及化學(xué)儀器識(shí)別、對(duì)操作的分析評(píng)價(jià)、物質(zhì)分離提純、氧化還原反應(yīng)滴定應(yīng)用等，明確原理是解題關(guān)鍵，通過(guò)化學(xué)方程式可得關(guān)系式，然后根據(jù)關(guān)系式進(jìn)行有關(guān)化學(xué)計(jì)算，注意在物質(zhì)計(jì)算時(shí)取用的物質(zhì)與原樣品配制的溶液的體積關(guān)系，以免出錯(cuò)。26、酸性銨明礬溶液電離出的鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，有吸附作用，故銨明礬能凈水先產(chǎn)生白色沉淀，后產(chǎn)生有刺激性氣味的氣體，再加入過(guò)量的NaOH溶液，白色沉淀逐漸溶解并消失2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4省略過(guò)程Ⅱ，因HCO3-與Al3+的水解相互促進(jìn)，產(chǎn)生大量氫氧化鋁沉淀，導(dǎo)致銨明礬的產(chǎn)率降低冷卻結(jié)晶打開(kāi)K1，用蘸有濃鹽酸的玻璃棒靠近支口，出現(xiàn)白煙（NH4）2SO3Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O1：3【解析】

碳酸氫銨溶液中加入硫酸鈉，過(guò)濾得到濾渣與濾液A，而濾渣焙燒得到碳酸鈉與二氧化碳，可知濾渣為NaHCO3，過(guò)程I利用溶解度不同發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4，濾液A中含有（NH4）2SO4及少量HCO3-等，加入硫酸，調(diào)節(jié)pH使HCO3-轉(zhuǎn)化二氧化碳與，得到溶液B為（NH4）2SO4溶液，再加入硫酸鋁得銨明礬；（1）銨明礬溶液中NH4+、鋁離子水解NH4++H2O?NH3·H2O+H+、Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+，促進(jìn)水的電離，溶液呈酸性；銨明礬用于凈水的原因是：銨明礬水解得到氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體可以吸附水中懸浮物，達(dá)到凈水的目的；向銨明礬溶液中加入氫氧化鈉溶液，首先Al3+與OH-反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，接著NH4+與OH-反應(yīng)生成氨氣，最后加入的過(guò)量NaOH溶液溶解氫氧化鋁，現(xiàn)象為：先產(chǎn)生白色沉淀，后產(chǎn)生有刺激性氣味的氣體，再加入過(guò)量的NaOH溶液，白色沉淀逐漸溶解并消失。（2）過(guò)程I利用溶解度不同發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4。（3）省略過(guò)程Ⅱ，因HCO3-與Al3+的水解相互促進(jìn)，產(chǎn)生大量氫氧化鋁沉淀，導(dǎo)致銨明礬的產(chǎn)率降低。（4）由于銨明礬的溶解度隨溫度升高明顯增大，加入硫酸鋁后從溶液中獲得銨明礬的操作是：加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾洗滌、干燥。（5）①檢驗(yàn)氨氣方法為：打開(kāi)K1，用蘸有濃鹽酸的玻璃棒靠近支口，出現(xiàn)白煙；裝置A和導(dǎo)管中未見(jiàn)紅棕色氣體，說(shuō)明沒(méi)有生成氮的氧化物，試管C中的品紅溶液褪色，說(shuō)明加熱分解有SO2生成，氨氣與二氧化硫、水蒸汽反應(yīng)可以生成（NH4）2SO3，白色固體可能是（NH4）2SO3；裝置A試管中殘留的白色固體是兩性氧化物，該物質(zhì)為氧化鋁，氧化鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)離子方程式為：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；②反應(yīng)中-3價(jià)的N化合價(jià)升高發(fā)生氧化反應(yīng)生成N2，+6價(jià)的S化合價(jià)降低發(fā)生還原反應(yīng)生成SO2，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒：n（N2）×2×[0﹣（﹣3）]=n（SO2）×（6﹣4），故n（N2）：n（SO2）=1：3，相同條件下氣體體積之比等于其物質(zhì)的量之比，故V（N2）：V（SO2）=1：3。27、滴入最后1滴KMnO4溶液后，溶液變?yōu)闇\紅色，且半分鐘不褪去加快反應(yīng)速率反應(yīng)開(kāi)始后生成Mn2＋，而Mn2＋是上述反應(yīng)的催化劑，因此反應(yīng)速率加快偏小0.0202498.30%三-1.5%空氣中氧氣氧化了亞鐵離子使高錳酸鉀用量偏小【解析】

(1)依據(jù)滴定實(shí)驗(yàn)過(guò)程和試劑滴入順序可知，滴入高錳酸鉀溶液最后一滴，溶液變紅色，半分鐘內(nèi)不變證明反應(yīng)達(dá)到終點(diǎn)；故答案為：滴入最后1滴KMnO4溶液后，溶液變?yōu)闇\紅色，且半分鐘不褪去；(2)加熱加快反應(yīng)速率，反應(yīng)過(guò)程中生成的錳離子對(duì)反應(yīng)有催化作用分析；(3)若滴定時(shí)發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定結(jié)束氣泡消失，消耗高錳酸鉀待測(cè)溶液體積增大，則測(cè)得高錳酸鉀濃度減?。?4)2MnO4－＋5C2O42－＋16H＋→2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，依據(jù)化學(xué)反應(yīng)定量關(guān)系，計(jì)算所標(biāo)定高錳酸鉀溶液的濃度；(5)依據(jù)圖表數(shù)據(jù)計(jì)算，第三次實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)相差大舍去，計(jì)算其他三次的平均值，利用反應(yīng)定量關(guān)系計(jì)算亞鐵離子物質(zhì)的量得到FeSO4·7H2O的含量，結(jié)合題干信息判斷符合的標(biāo)準(zhǔn)；(6)測(cè)定含量-實(shí)際含量得到實(shí)驗(yàn)絕對(duì)誤差，亞鐵離子溶液中易被空氣中氧氣氧化分析可能的誤差?！驹斀狻?1)依據(jù)滴定實(shí)驗(yàn)過(guò)程和試劑滴入順序可知，滴入高錳酸鉀溶液最后一滴，溶液變紅色，半分鐘內(nèi)不變證明反應(yīng)達(dá)到終點(diǎn)；(2)粗配一定濃度的高錳酸鉀溶液1L，然后稱取0.200g固體Na2C2O4(式量為134.0)放入錐形瓶中，用蒸餾水溶解并加稀硫酸酸化，加熱至70℃～80℃，加熱加快反應(yīng)速率，反應(yīng)剛開(kāi)始時(shí)反應(yīng)速率較小，其后因非溫度因素影響而增大，根據(jù)影響化學(xué)反應(yīng)速率的條件分析，其原因可能是反應(yīng)過(guò)程中生成的錳離子對(duì)反應(yīng)有催化作用分析；故答案為：加快反應(yīng)速率，反應(yīng)開(kāi)始后生成Mn2+，而Mn2+是上述反應(yīng)的催化劑，因此反應(yīng)速率加快；(3)若滴定時(shí)發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定結(jié)束氣泡消失，消耗高錳酸鉀待測(cè)溶液體積增大，溶質(zhì)不變則測(cè)得高錳酸鉀濃度減??；故答案為：偏??；(4)0.200g固體Na2C2O4(式量為134.0)，n(C2O42-)==0.0014925mol，依據(jù)化學(xué)反應(yīng)定量關(guān)系，計(jì)算所標(biāo)定高錳酸鉀溶液的濃度；2MnO4－＋5C2O42－＋16H＋→2Mn2＋＋1