2024-2025學年云南省彝良縣民族中學高三一?；瘜W試題試卷含解析

2024-2025學年云南省彝良縣民族中學高三一模化學試題試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、對二甲苯（PX）可發(fā)生如下反應生成對苯二甲酸（PTA）。下列有關說法錯誤的是+12MnO4-+36H++12Mn2++28H2OA．PTA是該反應的氧化產物 B．消耗1molPX，共轉移8mol電子C．PX含苯環(huán)的同分異構體還有3種 D．PTA與乙二醇可以發(fā)生縮聚反應2、根據下列實驗操作所得結論正確的是（）選項實驗操作實驗結論A向2支盛有5mL不同濃度NaHSO3溶液的試管中同時加入2mL5%H2O2溶液濃度越大，反應速率越快B向40mL的沸水中滴入5～6滴FeCl3飽和溶液，繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色，停止加熱。當光束通過液體時，可觀察到丁達爾效應得到Fe（OH）3膠體C向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入濃AgNO3溶液，有黃色沉淀生成Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）D同溫下用pH試紙分別測定濃度為0.1mol/LNaClO溶液、0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比較HClO和CH3COOH的酸性強弱A．A B．B C．C D．D3、雌黃(As2S3)在我國古代常用作書寫涂改修正膠。濃硝酸氧化雌黃可制得硫黃，并生成砷酸和一種紅棕色氣體，利用此反應原理設計為某原電池。下列有關敘述正確的是A．砷酸的分子式為H2AsO4B．紅棕色氣體在該原電池的負極區(qū)生成并逸出C．該反應的氧化劑和還原劑物質的量之比為12：1D．該反應中每析出4.8g硫黃，則轉移0.5mol電子4、室溫下，有pH均為9，體積均為10mL的NaOH溶液和CH3COONa溶液，下列說法正確的是A．兩種溶液中的c(Na+)相等B．兩溶液中由水電離出的c(OH-)之比為10-9/10-5C．分別加水稀釋到100mL時，兩種溶液的pH依然相等D．分別與同濃度的鹽酸反應，恰好反應時消耗的鹽酸體積相等5、在NaCN溶液中存在水解平衡:CN--+H2OHCN+OH--，水解常數(shù)[c0(NaCN)是NaCN溶液的起始濃度]。25℃向1mol/L的NaCN溶液中不斷加水稀釋，NaCN溶液濃度的對數(shù)值lgc0與2pOH[pOH=-lgc(OH-)]的關系下圖所示，下列說法錯誤的是A．25℃時，Kh(CN-)的值為10-4.7B．升高溫度，可使曲線上a點變到b點C．25℃，向a點對應的溶液中加入固體NaCN，CN-的水解程度減小D．c點對應溶液中的c(OH-)大于a點6、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．31g白磷中含有的電子數(shù)是3.75NAB．標準狀況下，22.4L的C8H10中含有的碳氫鍵的數(shù)目是10NAC．1L0.1mol?L-1的乙酸溶液中含有的氧原子數(shù)為0.2NAD．5.6gFe與足量I2反應，F(xiàn)e失去0.2NA個電子7、LiAlH4是一種常用的儲氫材料，也是有機合成中重要的還原劑。下列關亍LiAlH4的說法中，不正確的是A．電子式：B．還原有機物時，應在無水體系中迚行C．1molLiAlH4跟足量水反應可生成89.6L氫氣D．乙醛還原生成乙醇的過程中，LiAlH4作還原劑8、關于下圖所示各裝置的敘述中，正確的是A．裝置①是原電池，總反應是：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+B．裝置①中，鐵做負極，電極反應式為：Fe3++e-=Fe2+C．裝置②通電一段時間后石墨Ⅱ電極附近溶液紅褐色加深D．若用裝置③精煉銅，則d極為粗銅，c極為純銅，電解質溶液為CuSO4溶液9、工業(yè)上用發(fā)煙HClO4把潮濕的CrCl3氧化為棕色的煙[CrO2(ClO4)2]來除去Cr(Ⅲ)，HClO4中部分氯元素轉化為最低價態(tài)。下列說法不正確的是（）A．HClO4屬于強酸，反應還生成了另一種強酸B．該反應中，參加反應的氧化劑與氧化產物的物質的量之比為3∶8C．CrO2(ClO4)2中Cr元素顯+6價D．該反應離子方程式為19ClO4-+8Cr3++8OH-=8CrO2(ClO4)2+3Cl-+4H2O10、Mg(NH)2可發(fā)生水解：Mg(NH)2＋2H2O=N2H4＋Mg(OH)2。下列表示相關微粒的化學用語正確的是A．中子數(shù)為8的氧原子：O B．N2H4的結構式：C．Mg2＋的結構示意圖： D．H2O的電子式：11、根據元素在周期表中的位置可以預測A．分解溫度：CH4>H2S B．氧化性：NaClO>Na2SO3C．同濃度溶液pH：Na2SiO3>Na2CO3 D．金屬性：Ca>Na12、下列解釋事實的化學用語錯誤的是A．閃鋅礦(ZnS)經CuSO4溶液作用后，轉化為銅藍(CuS)：ZnS+Cu2+＝CuS+Zn2+B．0.1mol/L的醋酸溶液pH約為3：CH3COOHCH3COO-+H+C．電解NaCl溶液，陰極區(qū)溶液pH增大：2H2O+2e-＝H2↑+2OH-D．鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，負極反應為：Fe－3e-＝Fe3+13、下列事實能用元素周期律解釋的是A．沸點：H2O>H2Se>H2S B．酸性：H2SO4>H2CO3>HClOC．硬度：I2>Br2>Cl2 D．堿性：KOH>NaOH>Al(OH)314、下列圖示中的實驗操作、儀器、試劑（部分夾持裝置已略）均正確的是A．如圖為稀釋濃硫酸B．如圖可用于驗證濃硫酸的脫水性和氧化性C．如圖可用于分離乙酸與CH2Cl2D．如圖可用于測量SO2的體積15、“太陽水”電池裝置如圖所示，該電池由三個電極組成，其中a為TiO2電極，b為Pt電極，c為WO3電極，電解質溶液為pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。鋰離子交換膜將電池分為A、B兩個區(qū)，A區(qū)與大氣相通，B區(qū)為封閉體系并有N2保護。下列關于該電池的說法錯誤的是（）A．若用導線連接a、c,則a為負極，該電極附近pH減小B．若用導線連接a、c,則c電極的電極反應式為HxWO3-xe-=WO3+xH+C．若用導線先連接a、c,再連接b、c,可實現(xiàn)太陽能向電能轉化D．若用導線連接b、c,b電極的電極反應式為O2+4H++4e-=2H2O16、三元催化轉化器能同時凈化汽車尾氣中的碳氫化合物(HC)、一氧化碳(CO)及氮氧化合物(NOx)三種污染物。催化劑選擇鉑銠合金，合金負載量不同時或不同的工藝制備的合金對汽車尾氣處理的影響如圖所示。下列說法正確的是A．圖甲表明，其他條件相同時，三種尾氣的轉化率隨合金負載量的增大而增大B．圖乙表明，尾氣的起燃溫度隨合金負載量的增大而降低C．圖甲和圖乙表明，合金負載量越大催化劑活性越高D．圖丙和圖丁表明，工藝2制得的合金的催化性能優(yōu)于工藝1制得的合金二、非選擇題（本題包括5小題）17、一種防止血栓形成與發(fā)展的藥物J的合成路線如圖所示（部分反應條件略去）：回答下列問題：(1)A中官能團的名稱是_________，反應⑤的反應類型是___________。(2)J的分子式是__________。F的結構簡式是_________。(3)反應③的化學方程式為____________________________________。(4)已知C有多種同分異構體。寫出同時滿足下列條件的C的同分異構體的結構簡式__________。（只需寫出兩個）①苯環(huán)上有兩個處于對位上的取代基；②1mol該有機物與足量金屬鈉反應生成1g氫氣。(5)請參照J的合成方法，完成下列合成路線：___________________18、（化學：選修5：有機化學基礎）以有機物A制備高分子化合物F（）的流程如下：請回答下列問題。（1）A的官能團名稱是_______；C的系統(tǒng)命名是____________。（2）①的反應類型是_______，⑤的反應類型是___________。（3）寫出反應③的化學方程式：______________________。（4）滿足下列條件的B同分異構體有____種。Ⅰ.能與Na反應產生氣體Ⅱ.能與NaOH反應Ⅲ.不能與Na2CO3反應。若與NaOH溶液反應的有機物中的碳原子數(shù)目為2，則其結構簡式是__________。（5）已知：Ⅰ.Ⅱ.寫出以CH2=CHCH=CH2為原料制備C的合成路線流程圖（無機試劑可以任選）：__________。19、碳酸鎂晶須是一種新型的吸波隱形材料中的增強材料。（1）合成該物質的步驟如下：步驟1：配制0.5mol·L-1MgSO4溶液和0.5mol·L-1NH4HCO3溶液。步驟2：用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL三頸燒瓶中，開啟攪拌器。溫度控制在50℃。步驟3：將250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min內滴加完后，用氨水調節(jié)溶液pH到9.5。步驟4：放置1h后，過濾，洗滌。步驟5：在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸鎂晶須產品（MgCO3·nH2On=1～5）。①步驟2控制溫度在50℃，較好的加熱方法是_________。②步驟3生成MgCO3·nH2O沉淀的化學方程式為__________。③步驟4檢驗沉淀是否洗滌干凈的方法是__________。（2）測定生成的MgCO3·nH2O中的n值。稱量1.000碳酸鎂晶須，放入如圖所示的廣口瓶中加入適量水，并滴入稀硫酸與晶須反應，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室溫下反應4～5h，反應后期將溫度升到30℃，最后將燒杯中的溶液用已知濃度的鹽酸滴定，測得CO2的總量；重復上述操作2次。①圖中氣球的作用是_________。②上述反應后期要升溫到30℃，主要目的是______。③測得每7.8000g碳酸鎂晶須產生標準狀況下CO2為1.12L，則n值為_______。（3）碳酸鎂晶須可由菱鎂礦獲得，為測定某菱鎂礦（主要成分是碳酸鎂，含少量碳酸亞鐵、二氧化硅）中鐵的含量，在實驗室分別稱取12.5g菱鎂礦樣品溶于過量的稀硫酸并完全轉移到錐形瓶中，加入指示劑，用0.010mol/LH2O2溶液進行滴定。平行測定四組。消耗H2O2溶液的體積數(shù)據如表所示。實驗編號1234消耗H2O2溶液體積/mL15.0015.0215.6214.98①H2O2溶液應裝在_________（填“酸式”或“堿式”）滴定管中。②根據表中數(shù)據，可計算出菱鎂礦中鐵元素的質量分數(shù)為_________%（保留小數(shù)點后兩位）。20、二氧化氯是高效、低毒的消毒劑。已知：ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，回答下列問題：(1)ClO2的制備及性質探究(如圖所示)。①儀器a的名稱為________，裝置B的作用是________。②裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，該反應的化學方程式為_________。裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，其作用是________________。③裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，則該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為________，氧化產物是___________。(2)粗略測定生成ClO2的量實驗步驟如下：a.取下裝置D，將其中的溶液轉入250mL容量瓶，用蒸餾水洗滌D瓶2~3次，并將洗滌液一并轉移到容量瓶中，再用蒸餾水稀釋至刻度。b.從容量瓶中取出25.00mL溶液于錐形瓶中，用0.1000mol/L硫代硫酸鈉標準溶液滴定（I2+2S2O32-=2I－+S4O62-），指示劑顯示終點時共用去24.00mL硫代硫酸鈉溶液。①滴定至終點的現(xiàn)象是_____________。②進入裝置D中的ClO2質量為_______，與C中ClO2的理論產量相比，測定值偏低，可能的原因是__________。21、以C、CO、CO2、CH4等含1個碳原子的物質為原料，可以合成一些化工原料和燃料。（1）碳原子的核外電子排布式是___，其最外層有___種運動狀態(tài)不同的電子。（2）上述物質中屬于非極性分子的是___。（3）合成氣（CO和H2)在不同催化劑的作用下，可以合成不同的物質。①用合成氣制備二甲醚時，還產生了一種常溫為液態(tài)的氧化物，寫出制備二甲醚的化學方程式____。②僅用合成氣為原料不可能合成的物質是___(填字母序號)。a.甲醇b.乙二醇c.乙二酸d.尿素工業(yè)上可用CO2生產燃料甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+Q（Q>0）。在2L的密閉容器中，發(fā)生上述反應：測得n(CO2)和n(CH3OH）隨時間變化如圖所示。（4）該反應的化學平衡常數(shù)的表達式K=___，如果平衡常數(shù)K減小，平衡___(填“向正反應方向”、“向逆反應方向”或“不”)移動。（5）從反應開始到平衡，H2的平均反應速率v（H2）=___。（6）為了提高CH3OH的產量，理論上可以采取的合理措施有___、___（任寫2條措施）。（7）常溫常壓下，16g液態(tài)甲醇完全燃燒，當恢復到原狀態(tài)時，放出369.2kJ的熱量，寫出該反應的熱化學方程式___。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

A.反應中Mn元素的化合價降低，作氧化劑，則PX作還原劑，所以PTA是該反應的氧化產物，故A正確，不符合題意；B.

反應中，Mn元素的化合價從+7價降低到+2價，轉移5個電子，則1molPX反應消耗2.5molMnO4-，共轉移12.5NA個電子，故B錯誤，符合題意；C.

PX含苯環(huán)的同分異構體，有鄰間對三種二甲苯和乙苯，共計四種同分異構體，所以PX含苯環(huán)的同分異構體還有3種，故C正確，不符合題意；D.

PTA與乙二醇通過縮聚反應即可生產PET塑料，對二甲苯與乙二醇之間能發(fā)生縮聚反應，故D正確，不符合題意；故選：B。2、B【解析】

A.NaHSO3溶液和H2O2溶液會發(fā)生氧化還原反應，生成Na2SO4和H2O，現(xiàn)象不明顯，不能夠判斷濃度對反應速率的影響，A錯誤；B.制備Fe(OH)3膠體:向沸水中滴入5～6滴FeCl3飽和溶液，繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色，B正確；C.兩溶液濃度未知，雖有黃色沉淀生成，但不能比較Ksp（AgCl）、Ksp（AgI）大小關系，C錯誤；D.NaClO溶液具有強氧化性，會氧化pH試紙，不能用pH試紙測定，D錯誤；故答案選B。難溶電解質的溶度積越大，難溶物越溶，溶度積大的難溶物可轉化為溶度積小的難溶物。3、D【解析】

A、砷最高價為+5，砷酸的分子式為H3AsO4，故A錯誤；B、紅棕色氣體是硝酸發(fā)生還原反應生成的NO2,原電池正極發(fā)生還原反應，所以NO2在正極生成并逸出，故B錯誤；C、As2S3被氧化為砷酸和硫單質，As2S3化合價共升高10，硝酸被還原為NO2，氮元素化合價降低1，氧化劑和還原劑物質的量之比為10：1，故C錯誤；D、As2S3被氧化為砷酸和硫單質，1molAs2S3失10mol電子，生成2mol砷酸和3mol硫單質，所以生成0.15mol硫黃，轉移0.5mol電子，故D正確。4、B【解析】

pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（NaOH）＜c（CH3COONa），相同體積、相同pH的這兩種溶液，則n（NaOH）＜n（CH3COONa）。【詳解】A．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（NaOH）＜c（CH3COONa），鈉離子不水解，所以鈉離子濃度NaOH＜CH3COONa，故A錯誤；B．酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離，NaOH溶液中c（H+）等于水電離出c（OH-）=10-9mol/L，CH3COONa溶液10-14/10-9=10-5mol/L，兩溶液中由水電離出的c（OH-）之比=10-9/10-5，故正確；C．加水稀釋促進醋酸鈉水解，導致溶液中pH大小為CH3COONa＞NaOH，故C錯誤；D．分別與同濃度的鹽酸反應，恰好反應時消耗的鹽酸體積與NaOH、CH3COONa的物質的量成正比，n（NaOH）＜n（CH3COONa），所以醋酸鈉消耗的稀鹽酸體積大，故D錯誤。5、B【解析】A.當lgc0=0時，=1mol/L，此時=1×10-4.7(mol/L)2，故由得，Kn(CN-)=10-4.7，A正確；B.隨著豎坐標的值增大，降低，即b點小于a點，而升高溫度可加速鹽類的水解，所以B錯誤；C.向a點加入固體NaCN，相當于減少水的添加量，會降低CN-的水解程度，C正確；D.隨著豎坐標的值增大，降低，故c點對應溶液中的c(OH-)大于a點，D正確。所以選擇B。6、D【解析】

A．P是15號元素，31g白磷中含有的電子數(shù)是15NA，故A錯誤；B．標準狀況下，C8H10是液態(tài)，無法用氣體摩爾體積計算物質的量，故B錯誤；C．1L0.1mol?L-1的乙酸溶液中，水也含有氧原子，含有的氧原子數(shù)大于0.2NA，故C錯誤；D．5.6gFe與足量I2反應，F(xiàn)e＋I2=FeI2，F(xiàn)e失去0.2NA個電子，故D正確；故選D。7、C【解析】

A選項，LiAlH4中鋰顯+1價，AlH4－，因此LiAlH4電子式：，故A正確；B選項，LiAlH4與水要反應，生成氫氣，因此在還原有機物時，應在無水體系中迚行，故B正確；C選項，1molLiAlH4跟足量水反應可生成89.6L氫氣，缺少標準狀況下，因此C錯誤；D選項，乙醛還原生成乙醇的過程中，乙醛作氧化劑，LiAlH4作還原劑，故D正確。綜上所述，答案為C。8、C【解析】

A.該裝置是原電池，由于Fe比Cu活潑，所以鐵作負極，銅作正極，負極上Fe失電子發(fā)生氧化反應，正極上Fe3＋得電子發(fā)生還原反應，電池總反應式為Fe+2Fe3+=3Fe2+，選項A錯誤；B.該裝置是原電池，鐵作負極，負極上Fe失電子生成Fe2+，電極反應式為：Fe-2e-=Fe2+，選項B錯誤；C.氫氧化鐵膠體粒子吸附正電荷，所以氫氧化鐵膠體粒子向負電荷較多的陰極移動，因此裝置②中石墨Ⅱ電極附近溶液紅褐色加深，選項C正確；D.由電流方向判斷a是正極，b是負極，則c是陽極，d是陰極，電解精煉銅時粗銅作陽極，所以c為粗銅，d為純銅，選項D錯誤；答案選C。9、D【解析】

根據題意，寫出該反應的化學方程式：19HClO4+8CrCl3+4H2O=8CrO2(ClO4)2+27HCl，據此解答?！驹斀狻緼．HClO4屬于強酸，反應生成的HCl也是強酸，A項正確；B．該反應的氧化劑為HClO4，氧化產物為CrO2(ClO4)2，根據方程式，當有19molHClO4參加反應時，其中有3mol作氧化劑，生成的氧化產物[CrO2(ClO4)2]為8mol，因此參加反應的氧化劑與氧化產物的物質的量之比為3∶8，B項正確；C．CrO2(ClO4)2中O元素顯-2價，ClO4-顯-1價，所以Cr元素顯+6價，C項正確；D．該反應在酸性條件下發(fā)生，離子方程式為19ClO4-+8Cr3++4H2O=8CrO2(ClO4)2+8H++3Cl-，D項錯誤；答案選D。10、D【解析】

A．中子數(shù)為8的O原子，質量數(shù)=質子數(shù)+中子數(shù)=8+8=16，中子數(shù)為8的O原子：O，故A錯誤；B．N2H4為聯(lián)氨，是共價化合物，氮原子和氫原子形成共價鍵，氮原子和氮原子間也形成共價鍵，結構式為：，故B錯誤；C．Mg的結構示意圖：，Mg2＋的結構示意圖為，故C錯誤；D．H2O分子中氫原子與氧原子之間形成1對共用電子對，電子式：，故D正確；答案選D。在元素符號做下架表示的是質子數(shù)，左上角是質量數(shù)，質量數(shù)=質子數(shù)+中子數(shù)。11、C【解析】

A．元素的非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，根據元素周期律穩(wěn)定性應該是硫化氫大于甲烷，A錯誤；

B．氧化性取決于得電子能力的強弱，次氯酸鈉氧化性強是因為氯元素化合物為價，很容易得到電子，與在周期表的位置無關，B錯誤；

C．最高價氧化物的水化物酸性越強，對應的鹽堿性越弱，酸性：硅酸碳酸，同濃度溶液pH：，C正確；

D．失去電子的能力越強，元素的金屬性越強，金屬性，不能從周期表的位置預測，D錯誤。

答案選C。12、D【解析】

A．溶解度大的物質可以轉化為溶解度小的物質，溶解度ZnS＞CuS，則閃鋅礦(ZnS)經CuSO4溶液作用后，轉化為銅藍(CuS)，反應的離子方程式為ZnS+Cu2+＝CuS+Zn2+，故A正確；B．0.1mol/L醋酸溶液的pH約為3，說明醋酸為弱酸，部分電離，電離方程式為CH3COOH?CH3COO-+H+，故B正確；C．電解NaCl溶液時，陰極上水得電子生成氫氣和氫氧根離子，離子方程式為2H2O+2e-＝H2↑+2OH-，陰極區(qū)溶液pH增大，故C正確；D．鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕時，負極上Fe失電子生成亞鐵離子，電極反應式為Fe-2e-＝Fe2+，故D錯誤；故選D。本題的易錯點為D，要注意電極反應式中，鐵是失去2個電子生成亞鐵離子。13、D【解析】

A．水分子間存在氫鍵，沸點高于同主族元素氫化物的沸點，與元素周期律沒有關系，選項A錯誤；B．含氧酸中非羥基氧原子個數(shù)越多酸性越強，與元素周期律沒有關系，選項B錯誤；鹵素單質形成的晶體類型是分子晶體，硬度與分子間作用力有關系，與元素周期律沒有關系，選項C錯誤；D．金屬性越強，最高價氧化物水化物的堿性越強，同周期自左向右金屬性逐漸減弱，則堿性：KOH>NaOH>Al(OH)3，與元素周期律有關系，選項D正確。答案選D。14、B【解析】

A.由于濃硫酸溶于水放出大量的熱，所以稀釋濃硫酸時，應該將濃硫酸緩緩地沿燒杯內壁注入水中，同時要攪動液體，以使熱量及時地擴散，圖中操作未沿著燒杯內壁緩慢注入，操作不規(guī)范，A項錯誤；B.濃硫酸可使蔗糖炭化，蔗糖變黑，體現(xiàn)了濃硫酸的脫水性，生成的C單質繼續(xù)與濃硫酸反應會生成二氧化硫、二氧化碳和水，生成的二氧化硫會使品紅溶液褪色，體現(xiàn)了濃硫酸的氧化性，B項正確；C.乙酸與CH2Cl2互溶，沸點不同，可采用蒸餾的方法分離，但冷凝管不能選用球形冷凝管，而應用直形冷凝管，C項錯誤；D.飽和亞硫酸鈉會與二氧化硫反應，不能達到實驗目的，集氣瓶內應改用飽和亞硫酸氫鈉溶液，D項錯誤；答案選B。C項是易錯點，要注意球形冷凝管與直形冷凝管的區(qū)別。直形冷凝管一般是用于蒸餾，即在用蒸餾法分離物質時使用，而球形冷凝管一般用于反應裝置，即在反應時考慮到反應物的揮發(fā)流失而用球形冷凝管冷凝回流，使反應更徹底。15、B【解析】

A．用導線連接a、c，a極發(fā)生氧化，為負極，發(fā)生的電極反應為2H2O-4e-=4H++O2↑，a電極周圍H+濃度增大，溶液pH減小，故A正確；B．用導線連接a、c，c極為正極，發(fā)生還原反應，電極反應為WO3+xH++xe-=HxWO3，故B錯誤；C．用導線先連接a、c，再連接b、c，由光電池轉化為原電池，實現(xiàn)太陽能向電能轉化，故C正確；D．用導線連接b、c，b電極為正極，電極表面是空氣中的氧氣得電子，發(fā)生還原反應，電極反應式為O2+4H++4e-=2H2O，故D正確；故答案為B。16、D【解析】

A.根據圖甲所示可知：在400℃時，三種氣體的轉化率在合金負載量為2g/L時最大，A錯誤；B.圖乙表明，尾氣的起燃溫度在合金負載量為2g/L時最低，其它各種合金負載量時起燃溫度都比2g/L時的高，B錯誤；C.圖甲表示只有在合金負載量為2g/L時尾氣轉化率最大，而圖乙表示的是只有在合金負載量為2g/L時尾氣轉化率最低，可見并不是合金負載量越大催化劑活性越高，C錯誤；D.圖丙表示工藝1在合金負載量為2g/L時，尾氣轉化率隨尾氣的起燃溫度的升高而增大，而圖丁表示工藝2在合金負載量為2g/L時，尾氣轉化率在尾氣的起燃溫度為200℃時已經很高，且高于工藝1，因此制得的合金的催化性能：工藝2優(yōu)于工藝1，D正確；故合理選項是D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、(酚)羥基消去反應C19H16O4+CO(OC2H5)2+2C2H5OH、、、(任寫兩個)【解析】

對比A、B的結構，可知A與乙酸酐發(fā)生取代反應生成B，同時還生成CH3COOH，B、C互為同分異構體，B發(fā)生異構生成C，對比C、D的結構可知，C組成多1個、去掉2個H原子生成D，同時還生成C2H5OH，由F的分子式，結合G的結構，可知E為，對比E、F的分子式，可知E與丙酮發(fā)生加成反應生成F，F(xiàn)發(fā)生消去反應生成G，結合G的結構，可知F為，據此分析解答。【詳解】對比A、B的結構，可知A與乙酸酐發(fā)生取代反應生成B，同時還生成CH3COOH，B、C互為同分異構體，B發(fā)生異構生成C，對比C、D的結構可知，C組成多1個、去掉2個H原子生成D，同時還生成C2H5OH，由F的分子式，結合G的結構，可知E為，對比E、F的分子式，可知E與丙酮發(fā)生加成反應生成F，F(xiàn)發(fā)生消去反應生成G，結合G的結構，可知F為，(1)A為苯酚，含有的官能團為酚羥基，由以上分析可知，反應⑤為在濃硫酸加熱的條件發(fā)生消去反應生成G，故答案為：(酚)羥基；消去反應；(2)由J的結構簡式，可知其分子式是C19H16O4，由以上分析知F為，故答案為：C19H16O4；；(3)對比C、D的結構可知，C組成多1個、去掉2個H原子生成D，同時還生成C2H5OH，故反應③的化學方程式為：+CO(OC2H5)2+2C2H5OH，故答案為：+CO(OC2H5)2+2C2H5OH；(4)同時滿足下列條件的C()的所有同分異構體：①苯環(huán)上有兩個處于對位上的取代基；②1mol該有機物與足量金屬鈉反應生成1g氫氣，則含有一個羥基或一個羧基，當含有一個羥基時，還應含有一個醛基或者一個羰基，符合條件的同分異構體有：、、、，故答案為：、、、(任寫兩個)；(5)與乙酸酐反應生成，然后與AlCl3/NaCl作用生成，最后與CO(OC2H5)2反應得到，故答案為：。18、溴原子、羥基、酯基1，3-丁二醇取代反應或水解反應縮聚反應11CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH【解析】試題分析：A水解生成B和C，C連續(xù)2次以后生成E，E和氫氣發(fā)生加成反應生成B，則B和C分子中含有相同的碳原子數(shù)，均是4個。B發(fā)生縮聚反應生成F，則根據F的結構簡式可知B的結構簡式為HOCH(CH3)CH2COOH，因此E的結構簡式為CH3COCH2COOH，D的結構簡式為CH3COCH2CHO，因此C的結構簡式為CH3CHOHCH2CH2OH，據此分析解答。解析：A水解生成B和C，C連續(xù)2次以后生成E，E和氫氣發(fā)生加成反應生成B，則B和C分子中含有相同的碳原子數(shù)，均是4個。B發(fā)生縮聚反應生成F，則根據F的結構簡式可知B的結構簡式為HOCH(CH3)CH2COOH，因此E的結構簡式為CH3COCH2COOH，D的結構簡式為CH3COCH2CHO，因此C的結構簡式為CH3CHOHCH2CH2OH，則（1）A屬于酯類，且含有溴原子和羥基，因此A的官能團名稱是溴原子、羥基、酯基；C分子中含有2個羥基，其系統(tǒng)命名是1，3-丁二醇。（2）根據以上分析可知①的反應類型是取代反應或水解反應，⑤的反應類型是縮聚反應。（3）反應③是醛基的氧化反應，反應的化學方程式為。（4）Ⅰ.能與Na反應產生氣體，說明含有羥基或羧基；Ⅱ.能與NaOH反應，說明含有羧基或酯基；Ⅲ.不能與Na2CO3反應，說明含有酯基，不存在羧基，如果是甲酸形成的酯基，有5種；如果是乙酸形成的酯基有2種；如果羥基乙酸和乙醇形成的酯基有1種；丙酸形成的酯基有1種；羥基丙酸和甲醇形成的酯基有2種，共計11種；若與NaOH溶液反應的有機物中的碳原子數(shù)目為2，則符合條件的有機物結構簡式有CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH。（5）結合已知信息、相關物質的結構和性質，利用逆推法可知其合成路線可以設計為。19、水浴加熱MgSO4+NH4HCO3+NH3?H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4取最后一次洗滌液少許于試管中，加入稀鹽酸，無明顯現(xiàn)象，然后加入BaCl2溶液，若無白色沉淀，則沉淀已經洗滌干凈緩沖壓強（或平衡壓強），還可以起到封閉體系的作用使廣口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收4酸式0.13【解析】

本實驗題分為合成碳酸鎂晶須、測定MgCO3·nH2O中n值、測定菱鎂礦中鐵的含量三部分。合成碳酸鎂晶須是利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反應生成。測定MgCO3·nH2O中n值，采用的是加稀硫酸，和MgCO3·nH2O反應，測定產生的CO2的體積，可以通過計算確定MgCO3·nH2O中n值。測定菱鎂礦中鐵的含量的原理是將菱鎂礦中的鐵轉化為Fe2+，用H2O2溶液滴定，根據消耗的H2O2的物質的量以及電子守恒即可計算出菱鎂礦中鐵的含量?！驹斀狻浚?）①步驟2控制溫度在50℃，當溫度不超過100℃時，較好的加熱方法是水浴加熱。水浴加熱既可均勻加熱，又可以很好地控制溫度。②MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反應生成MgCO3·nH2O沉淀的同時還得到(NH4)2SO4，化學方程式為：MgSO4+NH4HCO3+NH3?H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4。③步驟4檢驗沉淀是否洗滌干凈，可以檢驗洗滌液中的SO42-，方法是取最后一次洗滌液少許于試管中，加入稀鹽酸，無明顯現(xiàn)象，然后加入BaCl2溶液，若無白色沉淀，則沉淀已經洗滌干凈。（2）①圖中氣球可以緩沖壓強（或平衡壓強），還可以起到封閉體系的作用。②上述反應后期要升溫到30℃，主要目的是使廣口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收。③標準狀況下1.12LCO2的物質的量為0.05mol，根據碳守恒，有=0.05mol，解得n=4。（3）①H2O2溶液有強氧化性和弱酸性，應裝在酸式滴定管中。②四次實驗數(shù)據，第3次和其他三次數(shù)據偏離較大，舍去，計算出三次實驗消耗H2O2溶液體積的平均值為15.00mL。n(H2O2)=0.015L×0.010mol/L=1.5×10-4mol，在H2O2和Fe2+的反應中，H2O2做氧化劑，-1價氧的化合價降低到-2價，F(xiàn)e2+中鐵的化合價升高到+3價，根據電子守恒，n(Fe2+)=2(H2O2)=3×10-4mol，則m(Fe)=3×10-4mol×56g/mol=0.0168g，實驗菱鎂礦中鐵元素的質量分數(shù)為×100%=0.13%。當控制溫度在100℃以下時，可以采取水浴加熱的方法。檢驗沉淀是否洗滌干凈時需要選擇合適的檢測離子，選擇檢測的離子一定是濾液中的離子，并且容易通過化學方法檢測。檢驗沉淀是否洗滌干凈的操作需要同學記住。20、分液漏斗防倒吸、防堵塞(或平衡氣壓、安全瓶均可)SO2＋H2SO4＋2KClO3=2KHSO4＋2ClO2檢驗有I2生成，進而證明ClO2有強氧化性2:1O2溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內溶液顏色不再改變0.324

g產生ClO2的速率太快，ClO2沒有被D中的溶液完全吸收；C中ClO2未全部進入D中【解析】

(1)濃H2SO4和Na2SO3反應生成SO2，A制備SO2，B裝置有緩沖作用，可防止倒吸、堵塞；裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，則C中發(fā)生反應SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，在D中發(fā)生氧化還原反應生成I2，裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，I2遇淀粉變藍色；裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，雙氧水作還原劑生成氧氣，從而防止尾氣污染環(huán)境；(2)①碘遇淀粉變藍色，當?shù)馔耆磻笕芤鹤優(yōu)闊o色；②ClO2與KI在溶液反應離子方程式為：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，結合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得ClO2～5S2O32-，則n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；ClO2部分沒有被吸收、未完全進入D中都導致測定值偏低?！驹斀狻?1)濃H2SO4和Na2SO3反應生成SO2，A用于制備SO2，B裝置有緩沖作用，能防止倒吸、堵塞；裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，則C中發(fā)生反應SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，所以D中發(fā)生氧化還原反應生成I2，裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，I2單質遇淀粉溶液變?yōu)樗{色；裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，雙氧水作還原劑生成氧氣，從而防止尾氣污染環(huán)境，①儀器a的名稱為分液漏斗，裝置B有緩沖作用，所以能防倒吸、防堵塞(或平衡氣壓、安全瓶)；②裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，根據元素守恒可知，生成的酸式鹽為KHSO4，該反應的化學方程式為SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2；裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，淀粉遇碘溶液變?yōu)樗{色，根據淀粉溶液是否變色來判斷是否有I2單質生成，從而證明ClO2是否具有氧化性；③裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，反應方程式為H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+H2O，在該反應中ClO2是氧化劑，NaClO2的還原產物，H2O2是還原劑，O2是氧化產物，該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為2：1；(2)①I2單質遇淀粉溶液變?yōu)樗{色，當?shù)馔耆磻笕芤鹤優(yōu)闊o色，所用滴定終點是溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內溶液顏色不再改變；②ClO2溶液與碘化鉀反應的離子方程式：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，結合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得關系式：ClO2～5S2O32-，則n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，則在250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；由于C中ClO2有一部分沒有被吸收、未完全進入D中都導致測定值偏低。本題考查物質制備，涉及實驗操作、氧化還原反應、方程式的計算、物質檢驗等知識點，側重考查實驗操作規(guī)范性、元素化合物性質等知識點，明確實驗原理、物質性質、物質之間的轉化關系是解本題關鍵。21、1s22s22p24