襄陽市第四中學(xué)新高考臨考沖刺化學(xué)試卷及答案解析

襄陽市第四中學(xué)新高考臨考沖刺化學(xué)試卷注意事項(xiàng)：1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請(qǐng)按照題號(hào)順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、下列實(shí)驗(yàn)中所用的試劑、儀器或用品(夾持裝置、活塞省去)能夠達(dá)到該目的的是()選項(xiàng)目的試劑儀器或用品A驗(yàn)證犧牲陽極的陰極保護(hù)法酸化NaCl溶液、Zn電極、Fe電極、鐵氰化鉀燒杯、電流表、導(dǎo)線、膠頭滴管B鋁熱反應(yīng)氧化鐵、鋁粉濾紙、酒精燈、木條、盛沙子的蒸發(fā)皿C配制1.000mol/LNaClNaCl容量瓶、燒杯、玻璃棒、試劑瓶D制備乙酸乙酯乙醇、乙酸、飽和碳酸鈉大小試管、酒精燈A．A B．B C．C D．D2、向含有5×10﹣3molHIO3與少量淀粉的溶液中通入H2S，溶液變藍(lán)且有S析出，繼續(xù)通入H2S，溶液的藍(lán)色褪去，則在整個(gè)過程中（）A．共得到0.96g硫 B．通入H2S的體積為336mLC．硫元素先被還原后被氧化 D．轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為3.0×10﹣2NA3、向某二價(jià)金屬M(fèi)的M(OH)2的溶液中加入過量的NaHCO3溶液，生成了MCO3沉淀，過濾，洗滌、干燥后將沉淀置于足量的稀鹽酸中，充分反應(yīng)后，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下收集到VL氣體。如要計(jì)算金屬M(fèi)的相對(duì)原子質(zhì)量，你認(rèn)為還必需提供下列哪項(xiàng)數(shù)據(jù)是A．M(OH)2溶液的物質(zhì)的量濃度 B．與MCO3反應(yīng)的鹽酸的物質(zhì)的量濃度C．MCO3的質(zhì)量 D．題給條件充足，不需要再補(bǔ)充數(shù)據(jù)4、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．1L0.1mol·L-1的氨水中含有的NH3分子數(shù)為0.1NAB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L的CCl4中含有的C-Cl鍵數(shù)為0.4NAC．14g由乙烯與環(huán)丙燒(C3H6)組成的混合氣體含有的碳原子數(shù)目為NAD．常溫常壓下，F(xiàn)e與足量稀鹽酸反應(yīng)生成2.24LH2,轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.3NA5、某探究活動(dòng)小組根據(jù)侯德榜制堿原理，按下面設(shè)計(jì)的方案制備碳酸氫鈉。實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示（圖中夾持、固定用的儀器未畫出）。下列說法正確的是（）A．乙裝置中盛放的是飽和食鹽水B．丙裝置中的溶液變渾濁，因有碳酸氫鈉晶體析出C．丁裝置中倒扣的漏斗主要作用是防止產(chǎn)生的氣體污染空氣D．實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，分離碳酸氫鈉的操作是蒸發(fā)結(jié)晶6、《環(huán)境科學(xué)》刊發(fā)了我國科研部門采用零價(jià)鐵活化過硫酸鈉（Na2S2O8，其中S為+6價(jià)）去除廢水中的正五價(jià)砷[As(V)]的研究成果，其反應(yīng)機(jī)制模型如圖所示。Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10-39，下列敘述錯(cuò)誤的是A．pH越小，越有利于去除廢水中的正五價(jià)砷B．1mol過硫酸鈉（Na2S2O8）含NA個(gè)過氧鍵C．堿性條件下，硫酸根自由基發(fā)生反應(yīng)的方程式為：SO4-?+OH-=SO42-+?OHD．室溫下，中間產(chǎn)物Fe(OH)3溶于水所得飽和溶液中c(Fe3+)約為2.7×10-18mol·L-17、下列方案設(shè)計(jì)能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿BCD檢驗(yàn)淀粉是否水解由褪色快慢研究反應(yīng)物濃度對(duì)反應(yīng)速率的影響證明發(fā)生了取代反應(yīng)驗(yàn)證Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]A．A B．B C．C D．D8、為達(dá)到下列實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，?duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)方法以及相關(guān)解釋均正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)方法相關(guān)解釋A測(cè)量氯水的pHpH試紙遇酸變紅B探究正戊烷C5H12催化裂解C5H12裂解為分子較小的烷烴和烯烴C實(shí)驗(yàn)溫度對(duì)平衡移動(dòng)的影響2NO2N2O4為放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向移動(dòng)D用AlCl3溶液制備AlCl3晶體AlCl3沸點(diǎn)高于溶劑水A．A B．B C．C D．D9、甲、乙、丙三種有機(jī)化合物的鍵線式如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A．甲、乙的化學(xué)式均為C8H14B．乙的二氯代物共有7種（不考慮立體異構(gòu)）C．丙的名稱為乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面D．甲、乙、丙均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色10、在25°C時(shí)，向amL0.10mol·L-1的HNO2溶液中逐滴加入0.10mol·L-1的NaOH溶液。滴定過程中混合溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]與NaOH溶液的體積V的關(guān)系如圖所示。已知P點(diǎn)溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，下列說法不正確的是（）A．25°C時(shí)，HNO2電離常數(shù)的數(shù)量級(jí)是10-4B．M點(diǎn)溶液中存在：2c(H+)+c(HNO2)=c(OH-)+c(NO2-)C．圖上M、N、P、Q四點(diǎn)溶液中所含離子的種類相同D．a(chǎn)=10.8011、下列說法正確的是A．共價(jià)化合物的熔、沸點(diǎn)都比較低B．H2SO4、CCl4、NH3均屬于共價(jià)化合物C．H2O分子比H2S分子穩(wěn)定的原因是H2O分子間存在氫鍵D．SiO2和CaCO3在高溫下反應(yīng)生成CO2氣體，說明硅酸的酸性比碳酸的強(qiáng)12、化學(xué)與生活、生產(chǎn)密切相關(guān)。下列敘述不正確的是（）A．高純硅可用于制作光導(dǎo)纖維B．碳酸鈉熱溶液呈堿性，可用于除去餐具上的油污C．利用太陽能蒸發(fā)海水的過程屬于物理變化D．淀粉和纖維素水解的最終產(chǎn)物均為葡萄糖13、下列有關(guān)化學(xué)用語表示正確的是（）A．NaClO的電子式B．中子數(shù)為16的硫離子：SC．為CCl4的比例模型D．16O與18O互為同位素；16O2與18O3互為同素異形體14、元素周期表中短周期某主族只有兩種元素，這兩元素的單質(zhì)在常態(tài)下分別為氣體和固體，這兩元素之間形成的化合物都能與水反應(yīng)。則下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．兩元素具有相同的最高正價(jià) B．兩元素具有相同的負(fù)化合價(jià)C．兩元素形成的是共價(jià)化合物 D．兩元素各存在不同種的單質(zhì)15、某溶液中可能含有H+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、CO32﹣、Br﹣，且物質(zhì)的量濃度相同；取樣進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，結(jié)果是：①測(cè)得溶液pH＝2；②加入氯水，溶液顏色變深。對(duì)原溶液描述錯(cuò)誤的是()A．一定含有Fe2+ B．一定含有Br﹣C．可能同時(shí)含F(xiàn)e2+、Br﹣ D．一定不含NH4+16、己知AgCl在水中的溶解是吸熱過程。不同溫度下，AgCl在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。己知T1溫度下Ksp(AgCl)=1.6×10-9,下列說法正確的是A．T1>T2B．a(chǎn)=4.0×10-5C．M點(diǎn)溶液溫度變?yōu)門1時(shí)，溶液中Cl-的濃度不變D．T2時(shí)飽和AgCl溶液中，c(Ag+)、c(Cl-)可能分別為2.0×10-5mol/L、4.0×10-5mol/L二、非選擇題（本題包括5小題）17、石油裂解可以得到乙烯、丙烯等小分子烴，它們是常見的有機(jī)化工原料。下圖是以丙烯為原料合成有機(jī)物I的流程。已知：i．Claisen酯縮合：ii．(②比①反應(yīng)快)iii．，(R、R＇代表烴基)回答下列問題：(1)C的名稱為_____________。Ⅰ中所含官能團(tuán)的名稱為______________________。(2)B→C的反應(yīng)類型是_______________。F的結(jié)構(gòu)簡式為_______________________。(3)D→E的化學(xué)方程式為___________________________。(4)由F到H過程中增加一步先生成G再生成H的目的是__________________________。(5)化合物K與E互為同分異構(gòu)體，已知1molK能與2mol金屬鈉反應(yīng)，則K可能的鏈狀穩(wěn)定結(jié)構(gòu)有_______種(兩個(gè)一OH連在同一個(gè)碳上不穩(wěn)定：一OH連在不飽和的雙鍵碳、叁鍵碳不穩(wěn)定)，其中核磁共振氫譜有三組峰的結(jié)構(gòu)簡式為_______________。(任寫一種)(6)完成下列以苯乙烯為原料，制備的合成路線(其他試劑任選)_____________。18、（化學(xué)——選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)）高血脂是一種常見的心血管疾病，治療高血脂的新藥I的合成路線如下：回答下列問題：（1）反應(yīng)①所需試劑、條件分別是____________；F的化學(xué)名稱為____________。（2）②的反應(yīng)類型是______________；A→B的化學(xué)方程式為_____________________。（3）G的結(jié)構(gòu)簡式為______________；H中所含官能團(tuán)的名稱是____________。（4）化合物W的相對(duì)分子質(zhì)量比化合物C大14，且滿足下列條件，W的可能結(jié)構(gòu)有___種。①遇FeCl3溶液顯紫色②屬于芳香族化合物③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)其中核磁共振氫譜顯示有5種不同化學(xué)環(huán)境的氫，峰面積比為2:2:2:1:1，寫出符合要求的W的結(jié)構(gòu)簡式____________。（5）設(shè)計(jì)用甲苯和乙醛為原料制備的合成路線，其他無機(jī)試劑任選（合成路線常用的表示方式為：）____________。19、氮化硼(BN)是白色難溶于水的粉末狀固體，高溫下易被氧化。實(shí)驗(yàn)室以硼粉(黑色)為原料制備氮化硼的裝置如圖1所示：（1）圖2裝置中可填入圖1虛線框中的是___（填標(biāo)號(hào)）。圖2裝置中盛放堿石灰的儀器名稱為___。（2）制備BN的化學(xué)方程式為___。（3）圖1中多孔球泡的作用是___。（4）當(dāng)三頸燒瓶中出現(xiàn)___的現(xiàn)象時(shí)說明反應(yīng)完全，此時(shí)應(yīng)立即停止通入O2，原因是___。（5）為測(cè)定制得的氮化硼樣品純度，設(shè)計(jì)以下實(shí)驗(yàn)：ⅰ.稱取0.0625g氮化硼樣品，加入濃硫酸和催化劑，微熱，令樣品中的N元素全部轉(zhuǎn)化為銨鹽；ⅱ.向銨鹽中加入足量NaOH溶液并加熱，蒸出的氨用20.00mL0.1008mol·L-1的稀硫酸吸收；ⅲ.用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定剩余硫酸，消耗NaOH溶液的平均體積為20.32mL。①氮化硼樣品的純度為___（保留四位有效數(shù)字）。②下列實(shí)驗(yàn)操作可能使樣品純度測(cè)定結(jié)果偏高的是___（填標(biāo)號(hào)）。A．蒸出的氨未被稀硫酸完全吸收B．滴定時(shí)未用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗滴定管C．讀數(shù)時(shí)，滴定前平視，滴定后俯視D．滴定時(shí)選用酚酞作指示劑20、某小組選用下列裝置，利用反應(yīng)，通過測(cè)量生成水的質(zhì)量來測(cè)定Cu的相對(duì)原子質(zhì)量。實(shí)驗(yàn)中先稱取氧化銅的質(zhì)量為ag。(1)濃氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是______________。(2)甲同學(xué)按B-A-E-C-D的順序連接裝置，該方案是否可行__________，理由是_______________。(3)乙同學(xué)按B-A-D-E-C的順序連接裝置，則裝置C的作用是___________________________。(4)丙同學(xué)認(rèn)為乙同學(xué)測(cè)量的會(huì)偏高，理由是_____，你認(rèn)為該如何改進(jìn)？___(5)若實(shí)驗(yàn)中測(cè)得g，則Cu的相對(duì)原子質(zhì)量為_______。（用含a，b的代數(shù)式表示）。(6)若CuO中混有Cu，則該實(shí)驗(yàn)測(cè)定結(jié)果_________。（選填“偏大”、“偏小”或“不影響”）21、2019年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)授予在開發(fā)鋰離子電池方面做出卓越貢獻(xiàn)的三位化學(xué)家。鋰離子電池的廣泛應(yīng)用使鋰的需求量大增，自然界中主要的鋰礦物為鋰輝石、鋰云母、透鋰長石和磷鋰鋁石等。（1）i.為鑒定某礦石中是否含有鋰元素，可以采用焰色反應(yīng)來進(jìn)行鑒定，當(dāng)觀察到火焰呈_______，可以認(rèn)為存在鋰元素。A．紫紅色B．綠色C．黃色D．紫色（需透過藍(lán)色鈷玻璃）ii鋰離子電池的廣泛應(yīng)用同樣也要求處理電池廢料以節(jié)約資源、保護(hù)環(huán)境。采用濕法冶金工藝回收廢舊磷酸亞鐵鋰電池正極片(由Al箔、LiFePO4活性材料、少量不溶于酸堿的導(dǎo)電劑組成)中的資源，部分流程如圖：查閱資料，部分物質(zhì)的溶解度(s)，單位g，如下表所示：（2）將回收的廢舊鋰離子電池進(jìn)行預(yù)放電、拆分破碎、熱處理等預(yù)處理，篩分后獲得正極片。下列分析你認(rèn)為合理的是___。A．廢舊鋰離子電池在處理之前需要進(jìn)行徹底放電，否則在后續(xù)處理中，殘余的能量會(huì)集中釋放，可能會(huì)造成安全隱患。B．預(yù)放電時(shí)電池中的鋰離子移向負(fù)極，不利于提高正極片中鋰元素的回收率。C．熱處理過程可以除去廢舊鋰離子電池中的難溶有機(jī)物、碳粉等。（3）工業(yè)上為了最終獲得一種常用金屬，向堿溶一步所得濾液中加入一定量硫酸，請(qǐng)寫出此時(shí)硫酸參與反應(yīng)的所有離子方程式____________（4）有人提出在―酸浸時(shí)，用H2O2代替HNO3效果會(huì)更好。請(qǐng)寫出用雙氧水代替硝酸時(shí)主要反應(yīng)的化學(xué)方程式__________________（5）若濾液②中c(Li+)=4mol/L加入等體積的Na2CO3后，沉淀中的Li元素占原Li元素總量的95.5%，計(jì)算濾液③中c(CO32-)___________。（Ksp(LiCO)=1.62×10－3）（6）綜合考慮，最后流程中對(duì)―濾渣③‖洗滌時(shí)，常選用下列________（填字母）洗滌。A．熱水B．冷水C．酒精原因是_______________________（7）工業(yè)上將回收的Li2CO3和濾渣②中FePO4粉碎與足量炭黑混合高溫灼燒再生制備LiFePO4，實(shí)現(xiàn)了物質(zhì)的循環(huán)利用，更好的節(jié)省了資源，保護(hù)了環(huán)境。請(qǐng)寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：___________________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、A【解析】

A.酸化NaCl溶液、Zn電極、Fe電極構(gòu)成的原電池中，加入鐵氰化鉀后，無藍(lán)色沉淀生成，說明鐵作正極被保護(hù)，A可以達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，A正確；B.鋁熱反應(yīng)需要氯酸鉀、鎂條來引發(fā)反應(yīng)，無鎂條和氯酸鉀反應(yīng)不能發(fā)生，B錯(cuò)誤；C.用NaCl固體來配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時(shí)，需要用到的儀器有天平、燒杯、玻璃棒、容量瓶和膠頭滴管等，另外還缺少試劑蒸餾水，不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，C錯(cuò)誤；D.酯化反應(yīng)需要用濃硫酸作催化劑，無濃硫酸作催化劑，反應(yīng)不能發(fā)生，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是A。2、D【解析】

A．HIO3與少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，能將硫化氫氧化最終生成硫單質(zhì)和HI，根據(jù)電子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S，所以5×10﹣3molHIO3被消耗，就會(huì)得到硫單質(zhì)是0.48g，故A錯(cuò)誤；B．沒有指明標(biāo)準(zhǔn)狀況，無法計(jì)算所需H2S的體積，故B錯(cuò)誤；C．不管是HIO3與H2S反應(yīng)，還是碘單質(zhì)與H2S反應(yīng)，H2S都被氧化，故C錯(cuò)誤；D．整個(gè)過程中，根據(jù)電子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S～I(xiàn)﹣～6e﹣，消耗5×10﹣3molHIO3伴隨0.03mol電子轉(zhuǎn)移，轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為3.0×10﹣2NA，故D正確；故選D。3、C【解析】

生成的氣體是CO2，所以要計(jì)算M的相對(duì)原子質(zhì)量，還需要知道MCO3的質(zhì)量，選項(xiàng)C正確，答案選C。4、C【解析】

A.氨水中存在電離平衡，因此溶液中實(shí)際存在的氨分子一定少于0.1mol，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.四氯化碳在標(biāo)況下不是氣體，因此無法按氣體摩爾體積計(jì)算其分子數(shù)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.乙烯和環(huán)丙烷的最簡式相同，均為，因此14g混合物相當(dāng)于1mol的，自然含有NA個(gè)碳原子，C項(xiàng)正確；D.常溫常壓下，氣體摩爾體積并不是，因此無法根據(jù)氫氣的體積進(jìn)行計(jì)算，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。5、B【解析】

工業(yè)上侯氏制堿法是在飽和食鹽水中通入氨氣和二氧化碳，由于氨氣在水中的溶解度大，所以先通入氨氣，通入足量的氨氣后再通入二氧化碳，生成了碳酸氫鈉，由于碳酸氫鈉的溶解度較小，所以溶液中有碳酸氫鈉晶體析出，將碳酸氫鈉晶體加熱后得純堿碳酸鈉，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼.利用鹽酸制取二氧化碳時(shí)，因鹽酸易揮發(fā)，所以，二氧化碳中常會(huì)含有氯化氫氣體，碳酸氫鈉能與鹽酸反應(yīng)不與二氧化碳反應(yīng)，所以通過碳酸氫鈉的溶液是可以除掉二氧化碳?xì)怏w中的氯化氫氣體，因此乙裝置中盛放的是飽和碳酸氫鈉溶液，故A錯(cuò)誤；B.碳酸氫鈉的溶解度比碳酸鈉小，丙裝置中的溶液變渾濁，因有碳酸氫鈉晶體析出，故B正確；C.實(shí)驗(yàn)過程中氨氣可能有剩余，而稀硫酸能與氨氣反應(yīng)，所以稀硫酸的作用是吸收末反應(yīng)的NH3，氨氣極易溶于水，丁裝置中倒扣的漏斗主要是防止倒吸，故C錯(cuò)誤；D.分離出NaHCO3晶體的操作是分離固體與液體，常采用的實(shí)驗(yàn)操作是過濾操作，故D錯(cuò)誤；答案選B。【點(diǎn)睛】明確“侯氏制堿法”的實(shí)驗(yàn)原理為解題的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為A，要注意除去二氧化碳中的氯化氫氣體通常選用的試劑。6、A【解析】

A．pH越小，酸性越強(qiáng)，會(huì)使Fe(OH)3(s)?Fe3+(aq)+3OH-(aq)和Fe(OH)2(s)?Fe2+(aq)+2OH-(aq)平衡右移，無法生成沉淀，不利于除去廢水中的正五價(jià)砷，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)1mol過硫酸鈉(Na2S2O8)中過氧鍵物質(zhì)的量為amol，鈉為+1價(jià)，硫?yàn)?6價(jià)，過氧鍵中的氧為-1價(jià)，非過氧鍵中的氧為-2價(jià)，則(+1)×2+(+6)×2+(-2)×a+(-2)×(8-2a)=0，解得a=1，所以1mol過硫酸鈉(Na2S2O8)中過氧鍵的數(shù)量為NA，故B正確；C．由圖示可得，堿性條件下，硫酸根自由基發(fā)生反應(yīng)的方程式為：SO42-?+OH-=SO42-+?OH，故C正確；D．Fe(OH)3溶于水存在沉淀溶解平衡：Fe(OH)3(s)?Fe3+(aq)+3OH-(aq)，此溶液堿性極弱，pH接近7，即c(OH-)=1×10-7mol/L，因?yàn)镵sp(Fe(OH)3)=c(Fe3+)×c3(OH-)=2.7×10-39，則c(Fe3+)==2.7×10-18mol·L-1，故D正確；答案選A。7、A【解析】

A、淀粉水解時(shí)要用硫酸作催化劑，要先用NaOH將混合液中和至弱堿性或中性，再用新制氫氧化銅懸濁液檢驗(yàn)，故A正確；B、實(shí)驗(yàn)的原理方程式為：2MnO4－+5H2C2O4+6H＋=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O，題中高錳酸鉀過量，應(yīng)設(shè)計(jì)成：高錳酸鉀的物質(zhì)的量相同，濃度不同的草酸溶液，且草酸要過量，探究反應(yīng)物濃度對(duì)該反應(yīng)速率的影響，故B錯(cuò)誤；C、要證明甲烷與氯氣發(fā)生了取代反應(yīng)，因有氯化氫生成，不能通過體積變化就斷定發(fā)生取代反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D、驗(yàn)證Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，要先制得Mg(OH)2，再加入少量Cu2+，沉淀轉(zhuǎn)化為Cu(OH)2，沉淀由白色轉(zhuǎn)化成藍(lán)色，故D錯(cuò)誤；故選A。8、C【解析】

A.氯水中含HClO，具有漂白性，不能用pH試紙測(cè)定其pH，應(yīng)選pH計(jì)測(cè)定氯水的pH，A錯(cuò)誤；B.C5H12裂解為分子較小的烷烴和烯烴，常溫下均為氣體，不能冷凝收集，且催化裂化中使用碎瓷片作催化劑且有聚熱功能，若改用沒有聚熱功能的氧化鋁固體，實(shí)驗(yàn)效果不理想，B錯(cuò)誤；C.只有溫度不同，且只有二氧化氮為紅棕色，通過兩燒瓶中氣體顏色的變化可驗(yàn)證溫度對(duì)平衡的影響，C正確；D.加熱促進(jìn)AlCl3水解，且生成HCl易揮發(fā)，應(yīng)在HCl氣流中蒸發(fā)制備AlCl3晶體，D錯(cuò)誤；答案選C。9、D【解析】

A．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式判斷；B．乙的二氯代物中兩個(gè)氯原子可在相同或不同的C原子上；C．苯為平面形結(jié)構(gòu)，結(jié)合三點(diǎn)確定一個(gè)平面分析；D．乙與高錳酸鉀不反應(yīng)。【詳解】A．由結(jié)構(gòu)簡式可知甲、乙的化學(xué)式均為C8H14，故A正確；B．乙的二氯代物中兩個(gè)氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH－原子上，共有7種，故B正確；C．苯為平面形結(jié)構(gòu)，碳碳單鍵可以旋轉(zhuǎn)，結(jié)合三點(diǎn)確定一個(gè)平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正確；D．乙為飽和烴，與酸性高錳酸鉀溶液不反應(yīng)，故D錯(cuò)誤。故選D。10、B【解析】

已知P點(diǎn)溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，同時(shí)溶液中存在電荷守恒：c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+)，二式聯(lián)立消去c(OH-)可得：c(NO2-)+c(HNO2)=c(Na+)，此為NaNO2溶液中的物料守恒式，即P點(diǎn)溶液中的溶質(zhì)只有NaNO2，亞硝酸和氫氧化鈉恰好完全反應(yīng)，所以初始亞硝酸溶液的體積為10.80mL，據(jù)此分析作答?！驹斀狻緼.HNO2電離常數(shù)K=，未滴加氫氧化鈉時(shí)0.1mol/L的HNO2溶液的pOH=11.85，即溶液中c（OH-）=10-11.85mol/L，則根據(jù)水的電離平衡常數(shù)可知c（H+）=10-2.15mol/L，溶液中存在電離平衡HNO2?H++NO2，溶液中氫離子濃度和亞硝酸根離子濃度大致相等，所以K=，故A正確；B.根據(jù)分析可知a=10.80mL，所以當(dāng)加入5.40mL氫氧化鈉溶液時(shí)溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量HNO2和NaNO2，存在電荷守恒：c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+)，存在物料守恒：c(NO2-)+c(HNO2)=2c(Na+)，二式聯(lián)立可得2c(H+)+c(HNO2)=2c(OH-)+c(NO2-)，故B錯(cuò)誤；C.M、N、P、Q四點(diǎn)溶液中均含有：H+、OH-、NO2-、Na+，故C正確；D.已知P點(diǎn)溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，同時(shí)溶液中存在電荷守恒：c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+)，二式聯(lián)立消去c(OH-)可得：c(NO2-)+c(HNO2)=c(Na+)，此為NaNO2溶液中的物料守恒式，即P點(diǎn)溶液中的溶質(zhì)只有NaNO2，亞硝酸和氫氧化鈉恰好完全反應(yīng)，所以初始亞硝酸溶液的體積為10.80mL，故D正確；故答案為B。11、B【解析】

A．共價(jià)化合物包括分子晶體和原子晶體，而物質(zhì)的熔點(diǎn)的一般順序?yàn)椋涸泳w>離子晶體>分子晶體，故共價(jià)化合物的熔點(diǎn)不一定比較低，故A錯(cuò)誤；B．H2SO4、CCl4、NH3分子中均只含共價(jià)鍵的化合物，所以三者屬于共價(jià)化合物，故B正確；C．分子的穩(wěn)定性與氫鍵無關(guān)，氫鍵決定分子的物理性質(zhì)，分子的穩(wěn)定性與共價(jià)鍵有關(guān)，故C錯(cuò)誤；D．常溫下，水溶液中酸性強(qiáng)的酸能制取酸性弱的酸，SiO2和CaCO3在高溫下反應(yīng)生成CO2氣體是高溫條件下的反應(yīng)，不說明硅酸的酸性比碳酸強(qiáng)，故D錯(cuò)誤；本題選B。12、A【解析】

A．高純硅用于制太陽能電池或芯片等，而光導(dǎo)纖維的材料是二氧化硅，故A錯(cuò)誤；B．利用碳酸鈉熱溶液水解呈堿性，可除餐具上的油污，故B正確；C．海水蒸發(fā)是物理變化，故C正確；D．淀粉和纖維素均為多糖，一定條件下，淀粉和纖維素水解的最終產(chǎn)物均為葡萄糖，故D正確；故答案為A。13、D【解析】

A.NaClO為離子化合物，由Na+和ClO-構(gòu)成，A錯(cuò)誤；B.中子數(shù)為16的硫離子應(yīng)為S2-，B錯(cuò)誤；C.中，中心原子半徑大于頂點(diǎn)原子半徑，而CCl4的比例模型中，Cl原子半徑應(yīng)比C原子半徑大，C錯(cuò)誤；D.16O與18O都是氧元素的不同原子，二者互為同位素；16O2與18O3是氧元素組成的不同性質(zhì)的單質(zhì)，二者互為同素異形體，D正確。故選D。【點(diǎn)睛】在同素異形體中，強(qiáng)調(diào)組成單質(zhì)的元素相同，并不強(qiáng)調(diào)原子是否相同。兩種單質(zhì)中，組成單質(zhì)的原子可以是同一種原子，也可以是不同種原子，甚至同一單質(zhì)中，原子也可以不同。如16O18O與17O3也互為同素異形體。14、A【解析】

元素周期表中短周期某主族只有兩種元素，這兩元素的單質(zhì)在常態(tài)下分別為氣體和固體，周期表中滿足條件為N和P、O和S；這兩元素之間形成的化合物都能與水反應(yīng)，N、P之間不反應(yīng)，則這兩種元素分別為O、S，據(jù)此解答?！驹斀狻扛鶕?jù)分析可知，這兩種元素為O、S。A．O元素非金屬性較強(qiáng)，沒有最高價(jià)正價(jià)，故A錯(cuò)誤；B．O和S都有最低價(jià)-2價(jià)，故B正確；C．O、S形成的化合物為二氧化硫、三氧化硫，二氧化硫和三氧化硫都是共價(jià)化合物，故C正確；D．O存在的單質(zhì)有氧氣和臭氧，S形成的單質(zhì)有S2、S4、S6等多種，故D正確；故選：A。15、A【解析】

溶液pH＝2，呈酸性，H+一定有，CO32﹣不能存在，加入氯水，溶液顏色變深，溶液中可能含有Fe2+和Br﹣之一或者兩者都有，被氯氣氧化成Fe3+和Br2，由于溶液中各離子的物質(zhì)的量濃度相同，符合電荷守恒，如設(shè)各離子的濃度是1mol/L，則有可能存在c(H+)+2c(Fe2+)=2c(SO42﹣)+c(Br﹣)，還有可能溶液中只含氫離子和溴離子，但NH4+不能存在，故答案選A，F(xiàn)e2+可能存在，符合題意。16、B【解析】

A、氯化銀在水中溶解時(shí)吸收熱量，溫度越高，Ksp越大，在T2時(shí)氯化銀的Ksp大，故T2＞T1，A錯(cuò)誤；B、氯化銀溶液中存在著溶解平衡，根據(jù)氯化銀的溶度積常數(shù)可知a=＝4.0×10-5，B正確；C、氯化銀的溶度積常數(shù)隨溫度減小而減小，則M點(diǎn)溶液溫度變?yōu)門1時(shí)，溶液中Cl-的濃度減小，C錯(cuò)誤；D、T2時(shí)氯化銀的溶度積常數(shù)大于1.6×10-9，所以T2時(shí)飽和AgCl溶液中，c(Ag+)、c(Cl-)不可能為2.0×10-5mol/L、4.0×10-5mol/L，D錯(cuò)誤；答案選B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、1-丙醇（正丙醇）（酮）羰基、羥基取代反應(yīng)CH3CH2COOH+CH3OHCH3CH2COOCH3+H2O保護(hù)酮羰基3或【解析】

丙烯在雙氧水作用下與溴化氫發(fā)生加成生成B為1-溴丙烷；根據(jù)D與甲醇在濃硫酸催化下發(fā)生酯化反應(yīng)生成E可知，D為丙酸，則C為1-丙醇；根據(jù)Claisen酯縮合：，E發(fā)生酯縮合生成F，結(jié)合F的分子式可知，F(xiàn)為，根據(jù)G與I的結(jié)構(gòu)簡式，結(jié)合反應(yīng)流程可推出H為，據(jù)此分析?！驹斀狻勘┰陔p氧水作用下與溴化氫發(fā)生加成生成B為1-溴丙烷；根據(jù)D與甲醇在濃硫酸催化下發(fā)生酯化反應(yīng)生成E可知，D為丙酸，則C為1-丙醇；根據(jù)Claisen酯縮合：，E發(fā)生酯縮合生成F，結(jié)合F的分子式可知，F(xiàn)為，根據(jù)G與I的結(jié)構(gòu)簡式，結(jié)合反應(yīng)流程可推出H為。(1)C的名稱為1-丙醇（正丙醇）；Ⅰ為，所含官能團(tuán)的名稱為（酮）羰基、羥基；(2)B→C是1-溴丙烷在氫氧化鈉的水溶液中發(fā)生水解反應(yīng)（或取代反應(yīng)）生成1-丙醇，反應(yīng)類型是取代反應(yīng)；F的結(jié)構(gòu)簡式為；(3)D→E是丙酸與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成丙酸甲酯和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為；(4)由F到H過程中增加一步先生成G再生成H的目的是保護(hù)酮羰基；(5)化合物K與E互為同分異構(gòu)體，已知1molK能與2mol金屬鈉反應(yīng)則應(yīng)該含有兩個(gè)羥基，則K可能的鏈狀穩(wěn)定結(jié)構(gòu)有、、CH2=CHCH（OH）CH2OH共3種(兩個(gè)一OH連在同一個(gè)碳上不穩(wěn)定：一OH連在不飽和的雙鍵碳、叁鍵碳不穩(wěn)定)，其中核磁共振氫譜有三組峰的結(jié)構(gòu)簡式為或；(6)苯乙烯與溴化氫發(fā)生加成反應(yīng)生成，在氫氧化鈉溶液中加熱生成，氧化得到，與CH3MgBr反應(yīng)生成，在氯化銨溶液中反應(yīng)生成，合成路線如下：?！军c(diǎn)睛】本題考查有機(jī)推斷及合成，注意推出有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式是解題的關(guān)鍵。本題中應(yīng)注意（6）中合成路線應(yīng)參照反應(yīng)流程中的步驟，結(jié)合幾個(gè)已知反應(yīng)原理，推出各官能團(tuán)變化的實(shí)質(zhì)。18、Cl2、光照辛醛取代反應(yīng)羥基13【解析】

甲苯發(fā)生取代反應(yīng)生成，在氫氧化鈉水溶液加熱條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成，則A為，該分子繼續(xù)氧化為B，可推知B為，C為；D經(jīng)過先水解后消去反應(yīng)可得到HCHO，所以E為HCHO，根據(jù)給定的已知信息及逆合成分析法可知，G為，據(jù)此分析作答。【詳解】甲苯→，發(fā)生的是取代反應(yīng)，所需試劑、條件分別是Cl2、光照；F為，根據(jù)系統(tǒng)命名法可知其名稱為辛醛，故答案為Cl2、光照；辛醛；（2）反應(yīng)②是C和H發(fā)生的酸和醇的酯化反應(yīng)（取代反應(yīng)），A→B的化學(xué)方程式為，故答案為取代反應(yīng)；；（3）結(jié)合給定的已知信息推出G的結(jié)構(gòu)簡式為；G→H，是-CHO和H2的加成反應(yīng)，所以H中所含官能團(tuán)的名稱是羥基，故答案為；羥基。（4）C為，化合物W的相對(duì)分子質(zhì)量比化合物C大14，W比C多一個(gè)CH2，遇FeCl3溶液顯紫色含有酚羥基，屬于芳香族化合物含有苯環(huán)，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)含有醛基，①苯環(huán)上有三個(gè)取代基，分別為醛基、羥基和甲基，先固定醛基和羥基的位置，鄰間對(duì)，最后移動(dòng)甲基，可得到10種不同結(jié)構(gòu)；②苯環(huán)上有兩個(gè)取代基，分別為-OH和-CH2CHO，鄰間對(duì)位共3種，所以W的可能結(jié)構(gòu)有10+3=13種；符合①遇FeCl3溶液顯紫色、②屬于芳香族化合物、③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)其中核磁共振氫譜顯示有5種不同化學(xué)環(huán)境的氫、峰面積比為2:2:2:1:1要求的W的結(jié)構(gòu)簡式：，故答案為13；；（5）根據(jù)題目已知信息和有關(guān)有機(jī)物的性質(zhì)，用甲苯和乙醛為原料制備的合成路線具體如下：，故答案為。19、b球形干燥管4B+4NH3+3O24BN+6H2O調(diào)節(jié)氣體流速，進(jìn)而調(diào)整NH3與O2通入比例黑色粉末完全變成白色避免生成的BN被氧氣氧化導(dǎo)致產(chǎn)率降低80.00%C【解析】

⑴圖1虛線框中是實(shí)驗(yàn)室制取氨氣和干燥氨氣，a不能制取氨氣，c制氨氣的裝置制取氨氣，但不能用氯化鈣干燥氨氣，b裝置制取氨氣并干燥，讀出圖2裝置中盛放堿石灰的儀器名稱。⑵氨氣和硼、氧氣反應(yīng)生成BN和水。⑶圖1中多孔球泡的作用控制氨氣的流速。⑷黑色的硼不斷的反應(yīng)生成白色的氮化硼，反應(yīng)結(jié)束應(yīng)立即停止通入O2，主要防止氮化硼在高溫下容易被氧化。⑸先計(jì)算消耗得n(NaOH)，再計(jì)算氫氧化鈉消耗得硫酸的物質(zhì)的量，再得到硫酸吸收氨的物質(zhì)的量，再根據(jù)2BN—2NH4+—H2SO4關(guān)系得出n(BN)，再計(jì)算氮化硼樣品的純度?！驹斀狻竣艌D1虛線框中是實(shí)驗(yàn)室制取氨氣和干燥氨氣，a不能制取氨氣，c制氨氣的裝置制取氨氣，但不能用氯化鈣干燥氨氣，b裝置制取氨氣并干燥，因此圖2中b裝置填入圖1虛線框中，圖2裝置中盛放堿石灰的儀器名稱為球形干燥管；故答案為：b；球形干燥管。⑵氨氣和硼、氧氣反應(yīng)生成BN的化學(xué)方程式為4B+4NH3+3O24BN+6H2O；故答案為：4B+4NH3+3O24BN+6H2O。⑶圖1中多孔球泡的作用控制氨氣的流速，調(diào)節(jié)氨氣與氧氣的流速比例，故答案為：調(diào)節(jié)氣體流速，進(jìn)而調(diào)整NH3與O2通入比例。⑷黑色的硼不斷的反應(yīng)生成白色的氮化硼，因此當(dāng)三頸燒瓶中出現(xiàn)黑色粉末完全變成白色的現(xiàn)象時(shí)說明反應(yīng)完全，此時(shí)應(yīng)立即停止通入O2，原因是氮化硼在高溫下容易被氧化，因此避免生成的BN被氧氣氧化導(dǎo)致產(chǎn)率降低；故答案為：黑色粉末完全變成白色；避免生成的BN被氧氣氧化導(dǎo)致產(chǎn)率降低。⑸用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定剩余硫酸，消耗NaOH溶液的平均體積為20.32mL，消耗得n(NaOH)=0.1000mol·L-1×0.02032L=0.002032mol，因此氫氧化鈉消耗得硫酸的物質(zhì)的量是氫氧化鈉物質(zhì)的量的一半即0.001016mol，則硫酸吸收氨的物質(zhì)的量為n(H2SO4)=0.1008mol·L-1×0.02L–0.001016mol=0.001mol，根據(jù)2BN—2NH4+—H2SO4關(guān)系得出n(BN)=0.002mol，氮化硼樣品的純度為，故答案為：80.00%。②A．蒸出的氨未被稀硫酸完全吸收，則BN的物質(zhì)的量減少，測(cè)定結(jié)果偏低；B．滴定時(shí)未用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗滴定管，消耗得氫氧化鈉體積偏多，氫氧化鈉消耗得硫酸偏多，氨消耗得硫酸偏少，測(cè)定結(jié)果偏低；C．讀數(shù)時(shí)，滴定前平視，滴定后俯視，讀數(shù)偏小，氫氧化鈉消耗得硫酸偏少，氨消耗的硫酸偏高，測(cè)定結(jié)果偏高；D．滴定時(shí)選用酚酞或甲基橙都可以作指示劑，測(cè)定個(gè)結(jié)果無影響，故C符合題意；綜上所述，答案為C。20、氨水中存在平衡NH3+H2ONH3.H2ONH4++OH-，生石灰吸收濃氨水中的水放出熱量，生成OH-均能使平衡向左移動(dòng)，從而得到氨氣不可行C裝置將生成的水和多余的氨氣一起吸收，無法測(cè)量出生成水的質(zhì)量吸收未反應(yīng)的NH3，防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入裝置B生成的氨氣有混有水，故m(H2O)會(huì)偏高可在裝置B和A之間增加裝置D偏大【解析】

(1)生石灰和水反應(yīng)生成Ca（OH）2且放出大量熱，放出的熱量導(dǎo)致溶液溫度升高，抑制氨氣溶解，氫氧根離子濃度增大抑制一水合氨電離；(2)甲同學(xué)按B-A-E-C-D的順序連接裝置，過程中生成的水和過量氨氣會(huì)被裝置C吸收；(3)乙同學(xué)按B-A-D-E-C的順序連接裝置，裝置C可以吸收多余氨氣和防止空氣中水蒸氣進(jìn)入D影響測(cè)定結(jié)果；(4)丙同學(xué)認(rèn)為乙同學(xué)測(cè)量的m(H2O)會(huì)偏高，可能是氨氣中水蒸氣進(jìn)入裝置D被吸收，可以用堿石灰吸收水蒸氣，干燥的氨氣再和氧化銅反應(yīng)；(5)2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O，結(jié)合化學(xué)方程式定量關(guān)系計(jì)算；(6)若CuO中混有Cu，氧元素質(zhì)量減小，測(cè)定水質(zhì)量減小，結(jié)合計(jì)算定量關(guān)系判斷結(jié)果誤差?！驹斀狻?1)生石灰和水反應(yīng)生成Ca（OH）2且放出大量熱，放出的熱量導(dǎo)致溶液溫度升高，溫度越高，導(dǎo)致氨氣的溶解度越低；氫氧化鈣電離生成氫氧根離子，氫氧根離子濃度增大抑制一水合氨電離，則抑制氨氣溶解，所以常用氨水滴入生石灰中制取氨氣，濃氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是：氨水中存在平衡NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH-，生石灰吸收濃氨水中的水放出熱量，生成OH-均能使平衡向左移動(dòng)，從而得到氨氣；答案是:氨水中存在平衡NH3+H2ONH3.H2ONH4++OH-，生石灰吸收濃氨水中的水放出熱量，生成OH-均能使平衡向左移動(dòng)，從而得到氨氣；(2)甲同學(xué)按B-A-E-C-D的順序連接裝置，該方案不可行，C裝置將生成的水和多余的氨氣一起吸收，無法測(cè)量出生成水的質(zhì)量；答案是：不可行；C裝置將生成的水和多余的氨氣一起吸收，無法測(cè)量出生成水的質(zhì)量；(3)乙同學(xué)按B-A-D-E-C的順序連接裝置，則裝置C的作用是:吸收未反應(yīng)的NH3，防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入；答案是:吸收未反應(yīng)的NH3，防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入；(4)丙同學(xué)認(rèn)為乙同學(xué)測(cè)量的m(H2O)會(huì)偏高，可能是裝置B生成的氨氣有混有水，故m(H2O)會(huì)偏高，可在裝置B和A之間增加裝置D吸收氨氣中水蒸氣，減少誤差；答案是：裝置B生成的氨氣有混有水