2024-2025學(xué)年江蘇省宿遷市沭陽縣高三練習(xí)題一（山東卷）化學(xué)試題含解析

2024-2025學(xué)年江蘇省宿遷市沭陽縣高三練習(xí)題一（山東卷）化學(xué)試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、某烴的含氧衍生物的球棍模型如圖所示下列關(guān)于該有機物的說法正確的是()A．名稱為乙酸乙酯B．顯酸性的鏈狀同分異構(gòu)體有3種C．能發(fā)生取代、加成和消除反應(yīng)D．能使溴水或酸性高錳酸鉀溶液褪色，且原理相同2、已知Ba(AlO2)2可溶于水。下圖表示的是向100mL0.02mol·L-1KAl(SO4)2溶液中逐滴加入0.05mol·L-1Ba(OH)2溶液時（25℃），生成沉淀的物質(zhì)的量與加入Ba(OH)2溶液的體積的關(guān)系。下列說法不正確的是A．所加的Ba(OH)2溶液的pH=13B．a(chǎn)點的值是80mLC．b點的值是0.005molD．當V[Ba(OH)2]=30mL時，生成沉淀的質(zhì)量是0.699g3、為模擬氨堿法制取純堿的主要反應(yīng)，設(shè)計在圖所示裝置。有關(guān)說法正確的是(

)A．先從b管通入NH3再從a管通入CO2B．先從a管通入CO2再從b管通入NH3C．反應(yīng)一段時間廣口瓶內(nèi)有晶體析出D．c中裝有堿石灰以吸收未反應(yīng)的氨氣4、某一化學(xué)反應(yīng)在不同條件下的能量變化曲線如圖所示。下列說法正確的是（）A．化學(xué)催化比酶催化的效果好B．使用不同催化劑可以改變反應(yīng)的能耗C．反應(yīng)物的總能量低于生成物的總能量D．使用不同催化劑可以改變反應(yīng)的熱效應(yīng)5、下列排列順序中，正確的是①熱穩(wěn)定性：H2O＞HF＞H2S②離子半徑：Cl－>Na+>Mg2+>Al3+③酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4④結(jié)合質(zhì)子(H+)能力：OH—＞CH3COO—＞Cl—A．①③ B．②④ C．①④ D．②③6、某學(xué)習(xí)小組用下列裝置完成了探究濃硫酸和SO2性質(zhì)的實驗（部分夾持裝置已省略），下列“現(xiàn)象預(yù)測”與“解釋或結(jié)論”均正確的是選項儀器現(xiàn)象預(yù)測解釋或結(jié)論A試管1有氣泡、酸霧，溶液中有白色固體出現(xiàn)酸霧是SO2所形成，白色固體是硫酸銅晶體B試管2紫紅色溶液由深變淺，直至褪色SO2具有還原性C試管3注入稀硫酸后，沒有現(xiàn)象由于Ksp（ZnS）太小，SO2與ZnS在注入稀硫酸后仍不反應(yīng)D錐形瓶溶液紅色變淺NaOH溶液完全轉(zhuǎn)化為NaHSO3溶液，NaHSO3溶液堿性小于NaOHA．A B．B C．C D．D7、阿伏加德羅常數(shù)約為6.02×1023mol－1，下列敘述正確的是A．2.24LCO2中含有的原子數(shù)為0.3×6.02×1023B．0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋數(shù)目為0.3×6.02×1023C．5.6g鐵粉與硝酸反應(yīng)失去的電子數(shù)一定為0.3×6.02×1023D．4.5gSiO2晶體中含有的硅氧鍵數(shù)目為0.3×6.02×10238、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關(guān)敘述不正確的是A．在電解精煉銅的過程中，當陰極析出32g銅時轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為NAB．將1molCH4與1molCl2混合光照，充分反應(yīng)后，生成氣體分子數(shù)為NAC．9.2g甲苯被酸性KMnO4氧化生成苯甲酸時，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.6NAD．向100mL0.1mol/L醋酸溶液中加入CH3COONa固體至溶液剛好為中性，溶液中醋酸分子數(shù)為0.01NA9、在常溫常壓下，將100mLH2S與O2混合氣體在一定條件下充分反應(yīng)后，恢復(fù)到原來的狀況，剩余氣體25mL。下列判斷錯誤的是（）A．原混合氣體中H2S的體積可能是75mLB．原混合氣體中O2的體積可能是50mLC．剩余25mL氣體可能全部是SO2D．剩余25mL氣體可能是SO2與O210、化學(xué)與生命健康密切相關(guān)，“84”消毒液（有效成分為NaClO）在抗擊新冠肺炎疫情中起到重要作用。下列說法錯誤的是A．“84”消毒液為混合物B．“84”消毒液具有漂白性C．“84”消毒液可用于滅殺新型冠狀病毒D．“84”消毒液可以與“潔廁靈”（主要成分為鹽酸）混用11、下列氣體在常溫常壓下不能共存的是A．NH3、HCl B．CH4、Cl2 C．H2S、O2 D．SO2、O212、將13.4克KCl和KBr的混合物，溶于水配成500mL溶液，通入過量的Cl2，反應(yīng)后將溶液蒸干，得固體11.175克。則原來所配溶液中K＋、Cl－、Br－的物質(zhì)的量之比為A．3︰2︰1 B．1︰2︰3 C．5︰3︰3 D．2︰3︰113、分子式為C5H10O2，能與NaHCO3溶液反應(yīng)的有機物有A．4種 B．5種 C．6種 D．7種14、M的名稱是乙烯雌酚，它是一種激素類藥物，結(jié)構(gòu)簡式如下。下列敘述不正確的是A．M的分子式為C18H20O2B．M可與NaOH溶液或NaHCO3溶液均能反應(yīng)C．1molM最多能與7molH2發(fā)生加成反應(yīng)D．1molM與飽和溴水混合，最多消耗5molBr215、在一個2L的密閉容器中,發(fā)生反應(yīng):2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)—Q(Q>0)，其中SO3的物質(zhì)的量隨時間變化如圖所示，下列判斷錯誤的是A．0～8min內(nèi)v(SO3)=0.025mol/(L·min)B．8min時，v逆(SO2)=2v正(O2)C．8min時，容器內(nèi)壓強保持不變D．若8min時將容器壓縮為1L，n(SO3)的變化如圖中a16、海水提鎂的工藝流程如下：下列敘述正確的是A．反應(yīng)池中的反應(yīng)利用了相同條件下Mg(OH)2比Ca(OH)2難溶的性質(zhì)B．干燥過程在HCl氣流中進行，目的是避免溶液未完全中和C．上述流程中發(fā)生的反應(yīng)有化合、分解、置換和復(fù)分解反應(yīng)D．上述流程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)是H2和Cl2二、非選擇題（本題包括5小題）17、有機物A有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：已知：①有機物B是芳香烴的含氧衍生物，其相對分子質(zhì)量為108，B中氧的質(zhì)量分數(shù)為14.8％。②CH3-CH2-COOH+Cl2+HCl根據(jù)以上信息，回答下列問題：（1）B的分子式為___________；有機物D中含氧官能團名稱是_____________。（2）A的結(jié)構(gòu)簡式為_________________；檢驗M中官能團的試劑是______________。（3）條件I為_________________；D→F的反應(yīng)類型為________________。（4）寫出下列轉(zhuǎn)化的化學(xué)方程式：F→E______________________________________F→G_____________________________________。（5）N的同系物X比N相對分子質(zhì)量大14，符合下列條件的X的同分異構(gòu)體有_________種（不考慮立體異構(gòu)），寫出其中核磁共振氫譜有五組峰，且吸收峰的面積之比為1∶1∶2∶2∶2的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式______________（寫一種）。①含有苯環(huán)；②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；③遇FeCl3溶液顯紫色。18、合成具有良好生物降解性的有機高分子材料是有機化學(xué)研究的重要課題之一。聚醋酸乙烯酯（PVAc）水解生成的聚乙烯醇（PVA），具有良好生物降解性，常用于生產(chǎn)安全玻璃夾層材料PVB。有關(guān)合成路線如圖（部分反應(yīng)條件和產(chǎn)物略去）。已知：Ⅰ.RCHO+R’CH2CHO+H2OⅡ.（R、R′可表示烴基或氫原子）Ⅲ.A為飽和一元醇，其氧的質(zhì)量分數(shù)約為34.8%，請回答：（1）C中官能團的名稱為_____，該分子中最多有_____個原子共平面。（2）D與苯甲醛反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____。（3）③的反應(yīng)類型是____。（4）PVAc的結(jié)構(gòu)簡式為____。（5）寫出與F具有相同官能團的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式____（任寫一種）。（6）參照上述信息，設(shè)計合成路線以溴乙烷為原料（其他無機試劑任選）合成。____。19、信息時代產(chǎn)生的大量電子垃圾對環(huán)境構(gòu)成了極大的威脅。某“變廢為寶”學(xué)生探究小組將一批廢棄的線路板簡單處理后，得到含70％Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設(shè)計出如下制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線：請回答下列問題：（1）第①步Cu與酸反應(yīng)的離子方程式為__________；得到濾渣1的主要成分為__________。（2）第②步中加H2O2的作用是__________，使用H2O2的優(yōu)點是__________；調(diào)溶液pH的目的是使__________生成沉淀。（3）第③步所得CuSO4·5H2O制備無水CuSO4的方法是__________。（4）由濾渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小組設(shè)計了三種方案：甲：濾渣2酸浸液Al2(SO4)3·18H2O乙：濾渣2酸浸液濾液Al2(SO4)3·18H2O丙：濾渣2濾液溶液Al2(SO4)3·18H2O上述三種方案中，__________方案不可行，原因是__________；從原子利用率角度考慮，__________方案更合理。（5）探究小組用滴定法測定CuSO4·5H2O(Mr=250)含量。取ag試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用cmol·L-1EDTA(H2Y2-)標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反應(yīng)為：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+①寫出計算CuSO4·5H2O質(zhì)量分數(shù)的表達式ω=__________；②下列操作會導(dǎo)致含量的測定結(jié)果偏高的是______。a未干燥錐形瓶b滴定終點時滴定管尖嘴中產(chǎn)生氣泡c未除凈可與EDTA反應(yīng)的干擾離子20、Ⅰ．現(xiàn)代工業(yè)常以氯化鈉為原料制備純堿，部分工藝流程如圖：已知NaHCO3在低溫下溶解度較小。（1）反應(yīng)Ⅰ的化學(xué)方程式為______。（2）處理母液的兩種方法：①向母液中加入石灰乳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為____，目的是使____循環(huán)利用。②向母液中____并降溫，可得到NH4Cl晶體。Ⅱ．某化學(xué)小組模擬“侯氏制堿法”，以NaCl、NH3、CO2和水等為原料以及如圖所示裝置制取NaHCO3，然后再將NaHCO3制成Na2CO3。（3）裝置丙中冷水的作用是______；由裝置丙中產(chǎn)生的NaHCO3制取Na2CO3時，需要進行的實驗操作有______、洗滌、灼燒。（4）若灼燒的時間較短，NaHCO3將分解不完全，該小組對一份加熱了t1min的NaHCO3樣品的組成進行了以下探究。取加熱了t1min的NaHCO3樣品29.6g完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中緩慢地滴加稀鹽酸，并不斷攪拌。隨著鹽酸的加入，溶液中有關(guān)離子的物質(zhì)的量的變化如圖所示。曲線c對應(yīng)的溶液中的離子是____（填離子符號）；該樣品中NaHCO3和Na2CO3的物質(zhì)的量分別是___mol、___mol。21、完成下列問題。（1）多元化合物薄膜太陽能電池材料為無機鹽，其主要包括砷化鎵（GaAs）、硫化鎘（CdS）薄膜電池等．①As的基態(tài)原子的電子排布式[Ar]_______________.②第一電離能：As___Ga（填“＞”、“＜”或“=”）．（2）配合物Fe(CO)5常溫下呈液態(tài),熔點為-20.5℃,易溶于CCl4中,則Fe(CO)5是______分子（非極性或極性）。（3）BF3常溫下是氣體，有強烈的接受孤電子對的傾向。BF3與NH3相遇，立即生成白色固體。BF3的雜化軌道類型為：____；寫出該白色固體的結(jié)構(gòu)式，并標注出其中的配位鍵___________。（4）下列有關(guān)說法不正確的是____。A．沸點：NH3>PH3，CH3OH>HCHOB．SO2與CO2的化學(xué)性質(zhì)有些類似，但空間結(jié)構(gòu)與雜化方式不同C．熔、沸點:SiF4<SiCl4<SiBr4<SiI4,原因是分子中共價鍵鍵能逐漸增大D．熔點:CaO>KCl>KBr，原因是晶格能逐漸減?。?）鈉鉀合金屬于金屬晶體，某種合金的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶體中K原子的配位數(shù)為______；已知金屬原子半徑r（Na）、r（K），計算晶體的空間利用率__________（假設(shè)原子是剛性球體）

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

由結(jié)構(gòu)模型可知有機物為CH3COOCH=CH2，含有酯基，可發(fā)生取代反應(yīng)，含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加成、加聚和氧化反應(yīng)，以此解答該題?！驹斀狻緼．有機物為CH3COOCH=CH2，不是乙酸乙酯，故A錯誤；B．該化合物的鏈狀同分異構(gòu)體中,顯酸性的同分異構(gòu)體有CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=CH(CH3)COOH，共3種，故B正確；C．含有酯基，可發(fā)生水解反應(yīng)，含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加成反應(yīng)，不能發(fā)生消去反應(yīng)，故C錯誤；D．含有碳碳雙鍵，能使溴水褪色是發(fā)生了加成反應(yīng)，與酸性高錳酸鉀反應(yīng)是發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，故原理不同，故D錯誤；答案選B。2、D【解析】

溶液中逐漸滴加溶液，OH-會先與Al3+發(fā)生反應(yīng)，生成Al(OH)3沉淀，隨后生成的再與OH-發(fā)生反應(yīng)，生成；在OH-反應(yīng)的同時，Ba2+也在與反應(yīng)生成沉淀?？紤]到溶液中是Al3+物質(zhì)的量的兩倍，再結(jié)合反應(yīng)的離子方程式可知，Al3+沉淀完全時，溶液中還有尚未沉淀完全；但繼續(xù)滴加會讓已經(jīng)生成的發(fā)生溶解，由于沉淀溶解的速率快于沉淀生成的速率，所以沉淀總量減少，當恰好溶解完全，的沉淀也恰好完全。因此，結(jié)合分析可知，圖像中加入amL時，溶液中的恰好完全沉淀；沉淀物質(zhì)的量為bmol時，中的Al3+恰好沉淀完全?！驹斀狻緼．0.05mol/L的溶液中的c(OH-)約為0.1mol/L，所以常溫下pH=13，A項正確；B．通過分析可知，加入amL時，溶液中的恰好完全沉淀，所以，a=80mL，B項正確；C．通過分析可知，沉淀物質(zhì)的量為bmol時，中的Al3+恰好沉淀完全，那么此時加入的物質(zhì)的量為0.003mol即體積為60mL，因此沉淀包含0.003mol的以及0.002mol的，共計0.005mol，C項正確；D．當加入30mL溶液，結(jié)合C項分析，Al3+和Ba2+都未完全沉淀，且生成0.0015mol以及0.001mol，總質(zhì)量為0.4275g，D項錯誤；答案選D。3、C【解析】A.不能直接將氨氣通入水中，會引起倒吸，A錯誤；B.先從a管通入氨氣，再從B管通入CO2，B錯誤；C.NaHCO3的溶解度隨溫度降低而增大，所以反應(yīng)一段時間后廣口瓶內(nèi)有NaHCO3晶體析出，C正確；D.堿石灰能干燥氨氣，但不能回收未反應(yīng)的氨氣，D錯誤。點睛：氨氣極易溶于水，不能直接將氨氣通入水中；氨氣的干燥應(yīng)采用堿性干燥劑，對其回收應(yīng)采用酸性溶液或水。4、C【解析】

A．酶催化的活化能小于化學(xué)催化的活化能，所以酶催化比化學(xué)催化的效果好，A錯誤；B．使用不同催化劑，反應(yīng)所需要的能量不同，即可以改變反應(yīng)的能耗，B正確；C．由圖可知：反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量，C錯誤；D．使用不同催化劑，反應(yīng)物的總能量和生成物的總能量都沒有變化，而焓變?yōu)樯晌锱c反應(yīng)物的總能量差，所以不同催化劑不會改變反應(yīng)的焓變，D錯誤；故選C。5、B【解析】

①非金屬性越強，對應(yīng)氫化物的穩(wěn)定性越強；②離子的電子層越多，離子半徑越大，電子層相同時，核電荷數(shù)越大，離子半徑越??；③非金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)水合物的酸性越強；④電離出氫離子能力(酸性)越強，結(jié)合質(zhì)子能力越弱?！驹斀狻竣俜墙饘傩訤＞O＞S，則氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：HF＞H2O＞H2S，故①錯誤；②Cl－含有三層電子，Na+、Mg2+、Al3+的電子層數(shù)都是兩層，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則離子半徑：Cl?＞Na＋＞Mg2＋＞Al3＋，故②正確；③非金屬性：P＜S＜Cl，則最高價含氧酸的酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，故③錯誤；④電離出氫離子的能力：HCl＞CH3COOH＞H2O，則結(jié)合質(zhì)子能力：OH?＞CH3COO?＞Cl?，故④正確；故答案選B。本題明確元素周期律內(nèi)容為解答關(guān)鍵，注意掌握原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系。6、B【解析】

試管1中濃硫酸和銅在加熱條件下反應(yīng)生成SO2，生成的SO2進入試管2中與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，使得高錳酸鉀溶液褪色，試管3中ZnS與稀硫酸反應(yīng)生成H2S，2H2S+SO2===3S↓+2H2O，出現(xiàn)淡黃色的硫單質(zhì)固體，錐形瓶中的NaOH用于吸收SO2，防止污染空氣，據(jù)此分析解答。【詳解】A．如果出現(xiàn)白色固體也應(yīng)該是硫酸銅固體而不是其晶體，因為硫酸銅晶體是藍色的，A選項錯誤；B．試管2中紫紅色溶液由深變淺，直至褪色，說明SO2與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，SO2具有還原性，B選項正確。C．ZnS與稀硫酸反應(yīng)生成H2S，2H2S+SO2===3S↓+2H2O，出現(xiàn)硫單質(zhì)固體，所以現(xiàn)象與解釋均不正確，C選項錯誤；D．若NaHSO3溶液顯酸性，酚酞溶液就會褪色，故不一定是NaHSO3溶液堿性小于NaOH，D選項錯誤；答案選B。A選項為易混淆點，在解答時一定要清楚硫酸銅固體和硫酸銅晶體的區(qū)別。7、D【解析】

A.未指明氣體所處的外界條件，不能確定CO2的物質(zhì)的量，因此不能確定其中含有的原子數(shù)目，A錯誤；B.硝酸銨是強酸弱堿鹽，在溶液中NH4+發(fā)生水解反應(yīng)而消耗，所以0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋數(shù)目小于0.3×6.02×1023，B錯誤；C.5.6gFe的物質(zhì)的量是0.1mol，二者發(fā)生反應(yīng)，若鐵過量，則反應(yīng)生成Fe2+，5.6gFe失去0.2×6.02×1023個電子，若硝酸足量，則5.6gFe失去0.3×6.02×1023，因此二者的相對物質(zhì)的量多少不能確定，不能判斷轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量，C錯誤；D.在SiO2晶體中每個Si原子與相鄰的4個O原子形成4個Si-O鍵，4.5g二氧化硅的物質(zhì)的量是0.075mol，則其中含有的Si-O共價鍵數(shù)目為0.075mol×4×6.02×1023/mol=0.3×6.02×1023，D正確；故合理選項是D。8、B【解析】

A.電解精煉銅時，陰極是銅離子放電，若轉(zhuǎn)移了NA個電子，有0.5mol銅單質(zhì)生成，質(zhì)量為0.5mol×64g/mol=32g，A項正確；B.將1molCH4與1molCl2混合光照，充分反應(yīng)后，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氫，其中氯化氫與一氯甲烷是氣體，根據(jù)元素守恒可知，氯化氫的物質(zhì)的量為1mol，B項錯誤；C.依據(jù)5C6H5CH3+6KMnO4+9H2SO4=5C6H5COOH+3K2SO4+6MnSO4+14H2O可知，1mol甲苯被氧化為苯甲酸轉(zhuǎn)移6mol電子，9.2g甲苯物質(zhì)的量為0.1mol，被氧化為苯甲酸轉(zhuǎn)移0.6mol電子，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.6NA，C項正確；D.向100mL0.1mol/L醋酸溶液中加入CH3COONa固體至溶液剛好為中性，則溶液中氫離子濃度與氫氧根離子濃度相等，醋酸分子的電離程度與醋酸根離子的水解程度相當，則可認為醋酸不電離，醋酸根離子不水解，因此醋酸分子數(shù)為100mL×0.1mol/L×NA=0.01NA，D項正確；答案選B。要準確把握阿伏加德羅常數(shù)的應(yīng)用，一要認真理清知識的聯(lián)系，關(guān)注狀況條件和物質(zhì)狀態(tài)、準確運用物質(zhì)結(jié)構(gòu)計算、留心特殊的化學(xué)反應(yīng)，如本題中合成氨的反應(yīng)、阿伏加德羅定律和化學(xué)平衡的應(yīng)用。避免粗枝大葉不求甚解，做題時才能有的放矢。二要學(xué)會留心關(guān)鍵字詞，做題時謹慎細致，避免急于求成而忽略問題的本質(zhì)。必須以阿伏加德羅常數(shù)為基礎(chǔ)點進行輻射，將相關(guān)知識總結(jié)歸納，在準確把握各量與阿伏加德羅常數(shù)之間關(guān)系的前提下，著重關(guān)注易錯點，并通過練習(xí)加強理解掌握，這樣才能通過復(fù)習(xí)切實提高得分率。9、D【解析】

H2S和O2的混合氣體點燃，氧氣不足發(fā)生反應(yīng)①2H2S+O2═2S↓+2H2O，氧氣足量發(fā)生反應(yīng)②2H2S+3O2═2SO2+2H2O；據(jù)此討論；若n（H2S）：n（O2）>2:1，發(fā)生反應(yīng)①，H2S有剩余；若n（H2S）：n（O2）=2:1，發(fā)生反應(yīng)①，沒有氣體；若n（H2S）：n（O2）<2:3，發(fā)生反應(yīng)②，氧氣有剩余，氣體為氧氣、二氧化硫；若n（H2S）：n（O2）=2:3，發(fā)生反應(yīng)②，氣體為二氧化硫；若2:3<n（H2S）：n（O2）<2:1，發(fā)生反應(yīng)①②，氣體為二氧化硫，據(jù)此進行分析?！驹斀狻縃2S和O2的混合氣體點燃，氧氣不足發(fā)生反應(yīng)①2H2S+O2═2S↓+2H2O，氧氣足量發(fā)生反應(yīng)②2H2S+3O2═2SO2+2H2O；①若n（H2S）：n（O2）>2:1，發(fā)生反應(yīng)①H2S有剩余，則2H2S+O2═2S↓+2H2O體積變化?V21350mL25mL100-25=75mL剩余氣體為25mLH2S，原混合氣體中O2為25mL，H2S為100-25=75mL，符合題意；②若n（H2S）：n（O2）=2：1，發(fā)生反應(yīng)①，沒有剩余氣體，不符合題意；③若n（H2S）：n（O2）<2:3，發(fā)生反應(yīng)②，氧氣有剩余，則:2H2S+3O2═2SO2+2H2O體積變化?V232350mL7550100-25=75mL剩余氣體為氧氣、二氧化硫，其中二氧化硫為50mL，不符合題意；④若n（H2S）：n（O2）=2:3，發(fā)生反應(yīng)②，最后氣體為二氧化硫，體積為50mL，不符合題意；⑤若2:3<n（H2S）：n（O2）<2:1，發(fā)生反應(yīng)①②，硫化氫、氧氣全部反應(yīng)，剩余氣體為二氧化硫，n(SO2)=25mL；則根據(jù)反應(yīng)②2H2S+3O2═2SO2+2H2O可知，n(O2)=3/2n(SO2)=25mL×1.5=37.5mL；n(H2S)=n(SO2)=25mL；根據(jù)題意可知，H2S與O2混合氣體共100mL，所以發(fā)生反應(yīng)①2H2S+O2═2S↓+2H2O的H2S與O2的總體積為100mL-25mL-37.5mL=37.5mL，n(O2)=1/3×37.5mL=12.5mL,n(H2S)=2/3×37.5mL，所以，原混合氣體中n(H2S)=25mL+12.5mL=37.5mL，n(O2)=37.5mL+12.5mL=50mL；結(jié)合以上分析可知，只有D選項不可能；故答案選D。10、D【解析】

A．“84”消毒液的主要成分為NaClO、NaCl，為混合物，A正確；B．“84”消毒液的有效成分是有NaClO，具有漂白性，B正確；C．“84”消毒液中的NaClO具有殺菌消毒能力，可用于滅殺新型冠狀病毒，C正確；D．若將“84”消毒液與“潔廁靈”混用，會發(fā)生反應(yīng)ClO-+Cl-+2H+==Cl2↑+H2O，D錯誤；故選D。11、A【解析】

常溫下，能反應(yīng)的氣體不能大量共存，以此來解答?！驹斀狻緼．常溫下反應(yīng)生成氯化銨，不能大量共存，選項A選；B．常溫下不反應(yīng)，光照的條件反應(yīng)，可大量共存，選項B不選；C．常溫下不反應(yīng)，反應(yīng)需要點燃、加熱等，可大量共存，選項C不選；D．常溫下不反應(yīng)，要在催化劑和加熱的條件反應(yīng)，選項D不選；答案選A。12、A【解析】

溶液為電中性，陽離子所帶正電荷的總量等于陰離子所帶負電荷的總量可得出n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)，據(jù)此分析解答。【詳解】任何溶液都呈電中性，即陽離子所帶電荷等于陰離子所帶電荷，在KCl和KBr的混合溶液中，存在n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)。A．3=2+1，說明n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)，故A正確；B．1≠2+3，說明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-)，故B錯誤；C．5≠3+3，說明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-)，故C錯誤；D．2≠3+1，說明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-)，故D錯誤；答案選A。本題如果按常規(guī)方法或差量法解答，均較為繁瑣，從溶液電中性角度解答，可以起到事半功倍的效果。13、A【解析】

分子式為C5H10O2且能與NaHCO3溶液反應(yīng)，則該有機物中含有-COOH，所以為飽和一元羧酸，烷基為-C4H9，-C4H9異構(gòu)體有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合條件的有機物的異構(gòu)體數(shù)目為4種。答案選A。14、B【解析】

A.由物質(zhì)的分子結(jié)構(gòu)可知M的分子式為C18H20O2，正確。B.該物質(zhì)的分子中含有酚羥基，所以可與NaOH溶液反應(yīng)，但是由于酸性較弱，所以不能和NaHCO3溶液反應(yīng)，錯誤。C.在M的一個分子中含有2個苯環(huán)和一個雙鍵，所以1molM最多能與7molH2發(fā)生加成反應(yīng)，正確。D.羥基是鄰位、對位取代基，由于對位有取代基，因此1molM與飽和溴水混合，苯環(huán)消耗4mol的溴單質(zhì)，一個雙鍵消耗1mol的溴單質(zhì)，因此最多消耗5molBr2，正確。本題選B。15、D【解析】

A、0～8min內(nèi)v（SO3）==0.025mol/（L?min），選項A正確；B、8min時，n(SO3)不再變化，說明反應(yīng)已達平衡，v逆(SO2)=v正(SO2)=2v正(O2)，選項B正確；C、8min時，n(SO3)不再變化，說明各組分濃度不再變化，容器內(nèi)壓強保持不變，選項C正確；D、若8min時壓縮容器體積時，平衡向氣體體積減小的逆向移動，但縱坐標是指物質(zhì)的量，不是濃度，SO3的變化曲線應(yīng)為逐變不可突變，選項D錯誤；答案選D。本題考查了化學(xué)反應(yīng)速率的求算、平衡常數(shù)、平衡狀態(tài)的判斷、平衡移動的圖象分析，明確概念是解題的關(guān)鍵。16、A【解析】

A.氫氧化鈣微溶，氫氧化鎂難溶，沉淀向更難溶方向轉(zhuǎn)化，故可以用氫氧化鈣制備氫氧化鎂，A正確；B.干燥過程在HCl氣流中進行目的是防止氯化鎂水解，B錯誤；C.該流程中沒有涉及置換反應(yīng)，C錯誤；D.上述流程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)是Cl2，過程中沒有產(chǎn)生氫氣，D錯誤；答案選A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、C7H8O羧基銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液NaOH的醇溶液，加熱水解反應(yīng)（或取代反應(yīng)）+H2O+2H2O13【解析】

有機物B是芳香烴的含氧衍生物，其相對分子質(zhì)量為108，B中氧的質(zhì)量分數(shù)為14.8%，B中O原子個數(shù)==1，碳原子個數(shù)==7…8，所以B分子式為C7H8O，B中含有苯環(huán)且能連續(xù)被氧化，則B為，B被催化氧化生成M，M為，N為苯甲酸，結(jié)構(gòu)簡式為；

A發(fā)生水解反應(yīng)生成醇和羧酸，C為羧酸，根據(jù)題給信息知，C發(fā)生取代反應(yīng)生成D，D發(fā)生反應(yīng)然后酸化得到E，E能生成H，D是含有氯原子的羧酸，則D在氫氧化鈉的醇溶液中加熱生成E，E發(fā)生加聚反應(yīng)生成H，所以D為、E為、C為；D反應(yīng)生成F，F(xiàn)能反應(yīng)生成E，則D發(fā)生水解反應(yīng)生成F，F(xiàn)為，F(xiàn)發(fā)生酯化反應(yīng)生成G，根據(jù)G分子式知，G為；根據(jù)B、C結(jié)構(gòu)簡式知，A為，以此解答該題?！驹斀狻?1)B為，分子式為C7H8O，D為，含氧官能團為羧基；

(2)由以上分析可知A為，M為，含有醛基，可用銀氨溶液或新制備氫氧化銅濁液檢驗；

(3)通過以上分析知，條件I為氫氧化鈉的醇溶液、加熱；D為，D發(fā)生水解反應(yīng)(取代反應(yīng))生成F；

(4)F發(fā)生消去反應(yīng)生成E，反應(yīng)方程式為+2H2O，F(xiàn)發(fā)生酯化反應(yīng)生成G，反應(yīng)方程式為+2H2O；

(5)N為苯甲酸，結(jié)構(gòu)簡式為，X是N的同系物，相對分子質(zhì)量比N大14，即X中含有羧基，且分子中碳原子數(shù)比N多一個，根據(jù)條件：①含有苯環(huán)

②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有醛基，③遇FeCl3溶液顯紫色，說明含有酚羥基，如苯環(huán)含有2個取代基，則分別為-CH2CHO、-OH，有鄰、間、對3種，如苯環(huán)含有3個取代基，可為-CH3、-CHO、-OH，有10種，共13種；其中核磁共振氫譜有五組峰，且吸收峰的面積之比為1：1：2：2：2的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為。以B為突破口采用正逆結(jié)合的方法進行推斷，注意結(jié)合反應(yīng)條件、部分物質(zhì)分子式或結(jié)構(gòu)簡式、題給信息進行推斷，注意：鹵代烴發(fā)生反應(yīng)條件不同其產(chǎn)物不同。18、碳碳雙鍵、醛基9CH3CH2CH2CHO＋＋H2O加成反應(yīng)HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2【解析】

A為飽和一元醇，通式為CnH2n＋2O，其氧的質(zhì)量分數(shù)約為34.8%，則有×100%=34.8%，解得n=2，A為CH3CH2OH，根據(jù)PVAc可知，A氧化成E，E為CH3COOH，E與乙炔發(fā)生加成反應(yīng)生成F，F(xiàn)為CH3COOCH=CH2，F(xiàn)發(fā)生加聚反應(yīng)得到PVAc，PVAc的結(jié)構(gòu)簡式為，堿性水解得到PVA（），A在銅作催化劑的條件下氧化得到B，B為CH3CHO，根據(jù)信息I，C結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH=CHCHO，C發(fā)生還原反應(yīng)生成D，D結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH2CHO，據(jù)此分析；【詳解】A為飽和一元醇，通式為CnH2n＋2O，其氧的質(zhì)量分數(shù)約為34.8%，則有×100%=34.8%，解得n=2，A為CH3CH2OH，根據(jù)PVAc可知，A氧化成E，E為CH3COOH，E與乙炔發(fā)生加成反應(yīng)生成F，F(xiàn)為CH3COOCH=CH2，F(xiàn)發(fā)生加聚反應(yīng)得到PVAc，PVAc的結(jié)構(gòu)簡式為，堿性水解得到PVA（），A在銅作催化劑的條件下氧化得到B，B為CH3CHO，根據(jù)信息I，C結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH=CHCHO，C發(fā)生還原反應(yīng)生成D，D結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH2CHO，(1)C的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH=CHCHO，含有官能團是碳碳雙鍵和醛基；利用乙烯空間構(gòu)型為平面，醛基中C為sp2雜化，－CHO平面結(jié)構(gòu)，利用三點確定一個平面，得出C分子中最多有9個原子共平面；答案：碳碳雙鍵、醛基；9；(2)利用信息I，D與苯甲醛反應(yīng)的方程式為CH3CH2CH2CHO＋＋H2O；答案：CH3CH2CH2CHO＋＋H2O；(3)根據(jù)上述分析，反應(yīng)③為加成反應(yīng)；答案：加成反應(yīng)；(4)根據(jù)上述分析PVAc的結(jié)構(gòu)簡式為；答案：；(5)F為CH3COOCH=CH2，含有官能團是酯基和碳碳雙鍵，與F具有相同官能團的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2；答案：HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2；(6)溴乙烷發(fā)生水解反應(yīng)生成乙醇，乙醇發(fā)生催化氧化生成乙醛，乙醛與乙醇反應(yīng)得到，合成路線流程圖為：；答案：。難點是同分異構(gòu)體的書寫，同分異構(gòu)體包括官能團異構(gòu)、官能團位置異構(gòu)、碳鏈異構(gòu)，因為寫出與F具有相同官能團的同分異構(gòu)體，因此按照官能團位置異構(gòu)、碳鏈異構(gòu)進行分析，從而得到HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2。19、Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2OPt、Au將Fe2+氧化為Fe3+不引入雜質(zhì)，對環(huán)境無污染Al3+、Fe3+加熱脫水甲所得產(chǎn)品中含有較多Fe2(SO4)3雜質(zhì)乙×100%c【解析】

稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應(yīng)生成Cu2+、Al3+、Fe2+，濾渣1的成分是Pt和Au，濾液1中的離子是Cu2+、Al3+、Fe2+，濾液1中加入過氧化氫，將Fe2+氧化為Fe3+，再加入氫氧化鈉并調(diào)節(jié)溶液pH使Al3+、Fe3+生成沉淀，濾液2中主要含有Cu2+，然后將硫酸銅溶液蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾得到硫酸銅晶體；將濾渣2(主要含有氫氧化鐵和氫氧化鋁)經(jīng)過一系列步驟制取Al2(SO4)3·18H2O。結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)分析解答?！驹斀狻?1)稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應(yīng)生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以濾渣1的成分是Pt和Au，濾液1中的離子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu與酸反應(yīng)的離子方程式為：Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案為Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；Pt、Au，(2)第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化為Fe3+，過氧化氫做氧化劑不引入雜質(zhì)，對環(huán)境無污染，根據(jù)流程圖，調(diào)溶液pH的目的是使Al3+、Fe3+生成沉淀，故答案為將Fe2+氧化為Fe3+；不引入雜質(zhì)，對環(huán)境無污染；Al3+、Fe3+；(3)第③步由CuSO4·5H2O制備無水CuSO4的方法是在坩堝中加熱脫水，故答案為在坩堝中加熱脫水；(4)制備硫酸鋁晶體的甲、乙、丙三種方法中，甲方案在濾渣中只加硫酸會生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷卻、結(jié)晶、過濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質(zhì)，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在濾渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3，過濾除去生成的鐵和過量的鋁粉，將濾液蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過濾可得硫酸鋁晶體；丙方案先在濾渣中加NaOH和Al(OH)3反應(yīng)生成NaAlO2，再在濾液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過濾可得硫酸鋁晶體；但從原子利用角度考慮方案乙更合理，因為丙加的NaOH和制備的Al2(SO4)3的原子組成沒有關(guān)系，造成藥品浪費，故答案為甲；所得產(chǎn)品中含有較多Fe2(SO4)3雜質(zhì)；乙；(5)①取ag試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用cmol?L-1EDTA(H2Y2-)標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液6mL，滴定反應(yīng)如下：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+，銅離子物質(zhì)的量和標準液物質(zhì)的量相同=cmol/L×b×10-3L=bc×10-3mol；依據(jù)元素守恒得到：則20mL溶液中含有的CuSO4?5H2O物質(zhì)的量為bc×10-3mol；100mL溶液中含bc×10-3mol×5=5bc×10-3mol，所以CuSO4?5H2O質(zhì)量分數(shù)的表達式=×100%，故答案為×100%；②a．未干燥錐形瓶對實驗結(jié)果無影響，故錯誤；b．滴定終點時滴定管尖嘴中產(chǎn)生氣泡，導(dǎo)致消耗標準液讀數(shù)偏小，結(jié)果偏低，故錯誤；c．未除凈可與EDTA反應(yīng)的干擾離子，導(dǎo)致消耗標準液多，結(jié)果偏高，故正確；導(dǎo)致含量的測定結(jié)果偏高的是c，故答案為c。掌握中和滴定的簡單計算和誤差的分析，離子性質(zhì)等是解答本題的關(guān)鍵。本題的易錯點為(4)，要注意從原子利用的角度分析解答。20、NaCl+CO2+NH3+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl2NH4Cl+Ca(OH)2→CaCl2+2NH3↑+2H2ONH3通入NH3，加入細小的食鹽顆粒冷卻，使碳酸氫鈉晶體析出過濾HCO3-0.10.2【解析】

（1）由于NaHCO3在低溫下溶解度較小，溶液中含有較大濃度的鈉離子和碳酸氫根離子時，就會有碳酸氫鈉晶體析出，所以飽和氯化鈉中溶液中通入NH3和CO2發(fā)生反應(yīng)的方程式為：NaCl+CO2+NH3+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl;答案：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；（2）①根據(jù)題中反應(yīng)流程可知