2025屆遼寧省遼源市鼎高級中學高三最后一?；瘜W試題含解析

2025屆遼寧省遼源市鼎高級中學高三最后一模化學試題考生請注意：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、NA代表阿伏加德羅常數(shù)，下列有關敘述正確的是A．0.1mol的白磷（P4）或甲烷中所含的共價鍵數(shù)均為0.4NAB．足量的Fe粉與1molCl2充分反應轉移的電子數(shù)為2NAC．1.2gNaHSO4晶體中含有離子總數(shù)為0.03NAD．25℃時，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH－數(shù)目為0.2NA2、某化學課外活動小組擬用鉛蓄電池為直流電源，進行電絮凝凈水的實驗探究，設計的實驗裝置如圖所示，下列敘述正確的是（）A．X電極質量減輕，Y電極質量增加B．電解池陽極上被氧化的還原劑有Al和H2OC．電解池的總反應為2Al＋6H2O2Al(OH)3＋3H2↑D．每消耗103.5gPb，理論上電解池陰極上有1molH2生成3、下列物質不能使淀粉碘化鉀溶液變藍的是A．SO2 B．H2O2 C．新制氯水 D．碘酒4、下列圖示與對應的敘述相符的是（）A．圖1，a點表示的溶液通過升溫可以得到b點B．圖2，若使用催化劑E1、E2、ΔH都會發(fā)生改變C．圖3表示向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中滴加稀鹽酸時，產生CO2的情況D．圖4表示反應aA(g)+bB(g)cC(g)，由圖可知，a+b＞c5、元素周期表中，銦(In)與鋁同主族，與碘同周期。由此推斷A．In最外層有5個電子 B．In的原子半徑小于IC．In(OH)3的堿性強于Al(OH)3 D．In屬于過渡元素6、下列離子方程式正確的是()A．高錳酸鉀與濃鹽酸反應制氯氣：MnO4-+8H++4Cl-=Mn2++2Cl2↑+4H2OB．飽和碳酸鈉溶液中通入過量二氧化碳：CO32-+H2O+CO2=2HCO3-C．銅片與濃硫酸共熱：Cu+4H++SO42-Cu2++SO2↑+2H2OD．硫酸銅溶液中加入過量氨水：Cu2++4NH3?H2O=Cu(NH3)42++4H2O7、下列離子方程式書寫錯誤的是A．鋁粉投入到NaOH溶液中：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑B．Al(OH)3溶于NaOH溶液中：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2OC．碳酸氫鈉水解：HCO3-+H2OOH-+CO2↑+H2OD．FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-8、已知磷酸分子()中的三個氫原子都可以與重水分子(D2O)中的D原子發(fā)生氫交換。又知次磷酸(H3PO2)也可與D2O進行氫交換，但次磷酸鈉(NaH2PO2)卻不能與D2O發(fā)生氫交換。下列說法正確的是A．H3PO2屬于三元酸B．H3PO2的結構式為C．NaH2PO2屬于酸式鹽D．NaH2PO2溶液可能呈酸性9、下圖為某燃煤電廠處理廢氣的裝置示意圖，下列說法錯誤的是A．使用此裝置可以減少導致酸雨的氣體的排放B．該裝置內既發(fā)生了化合反應，也發(fā)生了分解反應C．總反應可表示為：2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2D．若排放的氣體能使澄清石灰水變渾濁，說明該氣體中含SO210、下列說法正確的是A．“春蠶到死絲方盡，蠟炬成灰淚始干”中的“絲”和“淚”分別是蛋白質和烴的衍生物B．油脂、糖類和蛋白質都屬于高分子化合物，且都能發(fā)生水解反應C．通?？梢酝ㄟ^控制溶液的pH分離不同的氨基酸D．肥皂的主要成分是硬脂酸鈉，能去除油污的主要原因是其水溶液呈堿性11、常溫下，用0.1000mol·L-1的鹽酸滴定20.00mL未知濃度的氨水，滴定曲線如圖所示，滴加20.00mL鹽酸時所得溶液中c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)。下列說法錯誤的是A．點①溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)=2c(Cl-)B．點②溶液中c(NH4+)=c(Cl-)C．點③溶液中c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)D．該氨水的濃度為0.1000mol·L-112、室溫下，向下列溶液中通入相應的氣體至溶液pH=7（通入氣體對溶液體積的影響可忽略），溶液中部分微粒的物質的量濃度關系正確的是A．向0.10mol/LCH3COONa溶液中通入HCl：c（Na+）＞c（CH3COOH）=c（Cl﹣）B．向0.10mol/LNaHSO3溶液中通入NH3：c（Na+）＞c（NH4+）＞c（SO32﹣）C．向0.10mol/LNa2SO3溶液通入SO2：c（Na+）=2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）]D．向0.10mol/L(NH4)2CO3溶液中通入CO2：c（NH4+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）13、實驗室模擬從海帶中提取碘單質的流程如圖：下列裝置不能達成相應操作目的的是（）A．灼燒用酒精濕潤的干海帶B．用水浸出海帶灰中的I-C．用NaOH溶液分離I2/CCl4D．加入稀H2SO4后分離生成的I214、W、X、Y、Z四種短周期主族元素的原子序數(shù)依次增大，其最高價氧化物對應的水化物的溶液，濃度均為0.1mol/L時的pH如表所示。下列說法正確的是元素對應的溶液WXYZpH(25℃)1.013.00.71.0A．簡單離子半徑大小順序為：X>Y>Z>WB．Z元素的氧化物對應的水化物一定是強酸C．X、Z的簡單離子都能破壞水的電離平衡D．W、Y都能形成含18個電子的氫化物分子15、四元軸烯t，苯乙烯b及立方烷c的結構簡式如下，下列說法正確的是A．b的同分異構體只有t和c兩種 B．t和b能使酸性KMnO4溶液褪色而c不能C．t、b、c的二氯代物均只有三種 D．b中所有原子－定不在同－個平面上16、下列裝置應用于實驗室制NO并回收硝酸銅的實驗，能達到實驗目的的是A．用裝置甲制取NOB．用裝置乙收集NOC．用裝置丙分離炭粉和硝酸銅溶液D．用裝置丁蒸干硝酸銅溶液制Cu（NO3）2·3H2O二、非選擇題（本題包括5小題）17、已知A、B、C、D、X、Y六種物質均由短周期元素組成，其中X為常見離子化合物，它們之間的轉換關系如下圖所示（1）已知條件I和條件II相同，則該反應條件為____________________。（2）物質X的電子式為_____________________。（3）寫出B與Ca(OH)2反應的化學方程式______________________________。（4）寫出X在條件II下反應生成B、C、D的離子方程式_____________________________________________。（5）寫出實驗室制B的化學方程式，并標出電子轉移方向、數(shù)目____________________________________________。（6）請簡述鑒定物質X的實驗方法____________________________________。18、A(C3H6)是基本有機化工原料，由A制備聚合物C和合成路線如圖所示（部分條件略去）。已知：，R-COOH(1)A的名稱是_____________；B中含氧官能團名稱是________________。(2)C的結構簡式________________；D→E的反應類型為________________(3)E→F的化學方程式為___________________________。(4)B的同分異構體中，與B具有相同官能團且能發(fā)生銀鏡反應，其中核磁共振氫譜上顯示3組峰，且峰面積之比為6:1:1的是__________________（寫出結構簡式）。(5)等物質的量的分別與足量NaOH、NaHCO3反應，消耗NaOH、NaHCO3的物質的量之比為__________；檢驗其中一種官能團的方法是______________（寫出官能團名稱、對應試劑及現(xiàn)象）。19、苯胺()是重要的化工原料。某興趣小組在實驗室里制取并純化苯胺。已知：①與NH3相似，與鹽酸反應生成(易溶于水的鹽)。②用硝基苯制取苯胺的反應為：2+3Sn+12HCl2+3SnCl4+4H2O③有關物質的部分物理性質見下表：物質相對分子質量熔點/℃沸點/℃溶解性密度/g·cm-3苯胺936.3184微溶于水，易溶于乙醚1.02硝基苯1235.7210.9難溶于水，易溶于乙醚1.23乙醚74116.234.6微溶于水0.7134Ⅰ.制備苯胺圖1所示裝置中加入20mL濃鹽酸(過量)，置于熱水浴中回流20min，使硝基苯充分還原；冷卻后，向三頸燒瓶中滴入一定量50%NaOH溶液，至溶液呈堿性。（1）滴加適量NaOH溶液的目的是___，寫出主要反應的離子方程式___。Ⅱ.純化苯胺ⅰ.取出圖l所示裝置中的三頸燒瓶，改裝為圖2所示裝置。加熱裝置A產生水蒸氣。用“水蒸氣蒸餾”的方法把B中苯胺逐漸吹出，在燒瓶C中收集到苯胺與水的混合物；分離混合物得到粗苯胺和水溶液甲。ⅱ.向所得水溶液甲中加入氯化鈉固體至飽和，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。iii.合并粗苯胺和乙醚萃取液，用NaOH固體干燥，蒸餾后得到苯胺1.86g。（2）裝置A中玻璃管的作用是__。（3）在苯胺吹出完畢后，應進行的操作是先__，再___。（4）該實驗中苯胺的產率為___(保留三位有效數(shù)字)。（5）欲在不加熱條件下除去苯胺中少量的硝基苯雜質，簡述實驗方案___。20、某小組為探究K2Cr2O7中Cr在不同條件下存在的主要形式及性質特點。室溫下(除系列實驗I中ii外)進行了如下系列實驗：系列實驗I裝置滴管中的試劑試管中的試劑操作現(xiàn)象i1mL水4mL0.1mol·L-1K2Cr2O7橙色溶液振蕩溶液顏色略微變淺ii1mL水振蕩60℃水浴溶液顏色較i明顯變淺iii1mL18.4mol·L-1濃硫酸振蕩溶液顏色較i明顯變深iv1mL6mol·L-1NaOH溶液振蕩_____________________v3滴濃KI溶液iv中溶液振蕩無明顯現(xiàn)象vi過量稀硫酸v中溶液邊滴邊振蕩溶液顏色由黃色逐漸變橙色，最后呈墨綠色已知：K2CrO4溶液為黃色；Cr3+在水溶液中為綠色。請按要求回答下列問題：(1)寫出K2C2O7在酸性條件下平衡轉化的離子方程式：________________________。對比實驗i與ii，可得結論是該轉化反應的△H______0(填>”或“<”)。(2)結合實驗i、ii，分析導致ii中現(xiàn)象出現(xiàn)的主要因素是__________________。(3)推測實驗iv中實驗現(xiàn)象為________________________。對比實驗i、ii、iv中實驗現(xiàn)象，可知，常溫下K2Cr2O7中Cr在堿性條件下主要以______離子形式存在。(4)對比實驗v與vi，可知：在______條件下，+6價Cr被還原為______。(5)應用上述實驗結論，進一步探究含Cr2O72-廢水樣品用電解法處理效果的影響因素，實驗結果如下表所示(Cr2O72-的起始濃度、體積，電壓、電解時間等均相同)。系列實驗Ⅱiiiiiiiv樣品中是否加Fe2(SO4)3否否加入5g否樣品中是否加入稀硫酸否加入1mL加入1mL加入1mL電極材料陰、陽極均為石墨陰極為石墨，陽極為鐵Cr2O72-0.92212.720.857.3①實驗中Cr2O72-在陰極的反應式：_________________________________________________。②實驗i中Fe3+去除Cr2O72-的機理如圖所示，結合此機理，解釋實驗iv中Cr2O72-去除率提高較多的原因(用電極反應式、離子方程式和必要的文字說明)_____________________________。21、三氯胺(NCl3)是一種飲用水二級消毒劑，可由以下反應制備：Ⅰ．回答下列問題：(1)已知：Ⅱ．Ⅲ．則=________(用含和的代數(shù)式表示)。(2)向容積均為2L的甲乙兩個恒溫密閉容器中分別加入4molNH3和4molCl2，發(fā)生反應Ⅰ，測得兩容器中n(Cl2)隨反應時間的變化情況如下表所示：時間/min04080120160容器甲(T1)4.03.02.21.61.6容器乙(T2)4.02.92.02.02.0①0~80min內，容器甲中v(NH3)=________________。②反應Ⅰ的________0(填“>”或“<”)，其原因為________________________。③關于容器乙，下列說法正確的是________(填選項字母)。A．容器內，說明反應達到平衡狀態(tài)B．反應進行到70min時，v正一定大于v逆C．容器內氣體平均相對分子質量在增大，說明平衡在正向移動D．達平衡后，加入一定量NCl3(l)，平衡逆向移動E．達平衡后，按原投料比再充入一定量反應物，平衡后NH3的轉化率增大④溫度為T1時HCl(g)的平衡體積分數(shù)=________，該溫度下，若改為初始體積為2L的恒壓容器，平衡時容器中n(Cl2)________(填“>”、“=”或“<”)1.6mol。⑤溫度為T2時，該反應的平衡常數(shù)K=________。

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.白磷為正四面體結構，1個白磷分子中含有6個共價鍵，則0.1mol白磷含有的共價鍵數(shù)目為0.6NA，1個甲烷分子中含有4個共價鍵，所以0.1mol甲烷含有的共價鍵數(shù)目為0.4NA，故A錯誤；B.1molCl2與足量Fe粉反應生成FeCl3，轉移電子的物質的量為2mol，數(shù)目為2NA，故B正確；C.NaHSO4晶體中含有Na＋和HSO4－，1.2gNaHSO4的物質的量為1.2g÷120g/mol=0.01mol，則含有離子的物質的量為0.02mol，總數(shù)為0.02NA，故C錯誤；D.25℃時，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中OH－的物質的量濃度為0.1mol/L，則n(OH－)=1.0L×0.1mol/L=0.1mol，OH－的數(shù)目為0.1NA，故D錯誤；答案選B。點睛：本題主要考查阿伏加德羅常數(shù)的計算和判斷，熟練掌握物質的量和阿伏加德羅常數(shù)、物質的量濃度等物理量之間的關系是解題的關鍵，試題難度中等。本題的易錯點是A項，解題時要注意白磷（P4）分子中含有6個P－P共價鍵。2、B【解析】

據圖可知電解池中，鋁電極失電子作陽極，電極反應為：2Al-6e-=2Al3+，在鋁表面有氧氣產生，說明有部分氫氧根離子放電，鐵電極上水得電子作陰極，電極反應為：6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，鉛蓄電池中X與陰極鐵相連，作負極，負極上發(fā)生的反應是Pb+SO42--2e-=PbSO4，Y與陽極鋁相連，作正極，電極反應為PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，串聯(lián)電路中各電極轉移電子相等，據此分析解答。【詳解】A.蓄電池中兩電極都生成硫酸鉛，因此兩個電極的質量都增加，A錯誤；B.鋁電極失電子作陽極，電極反應為：2Al-6e-=2Al3+，在鋁表面有氧氣產生，說明有部分氫氧根離子放電，OH-是水電離產生，說明電解池陽極上被氧化的還原劑有Al和H2O，B正確；C.陽極鋁電極反應為：2Al-6e-=2Al3+，陰極鐵電極電極反應為6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，總反應為2Al+6H2O2Al(OH)3(膠體)+3H2↑，在鋁的表面有氧氣產生，說明還存在電解水的過程：2H2OO2↑+2H2↑，C錯誤；D.n(Pb)==0.5mol，Pb是+2價的金屬，反應的Pb的物質的量是0.5mol，則反應轉移電子的物質的量是0.5mol×2=1mol，根據串聯(lián)電路中電子轉移守恒，則電解池的陰極上反應產生H2的物質的量是0.5mol，D錯誤；故合理選項是B。【點睛】本題考查原電池和電解池工作原理，電解池的電極反應正確判斷原電池正負極、電解池陰陽極以及鋁電極上產生氧氣是求解本題關鍵，難點是電極反應式的書寫。3、A【解析】A.SO2和碘化鉀不反應,所以沒有碘單質生成,則不能使淀粉碘化鉀溶液變藍,故A正確；B.H2O2具有強氧化性，能和碘離子反應生成碘單質,所以能使淀粉碘化鉀溶液變藍,B錯誤;C.新制氯水中氯氣和碘離子發(fā)生置換反應生成碘單質,所以能使淀粉碘化鉀溶液變藍色,C錯誤；D.碘酒中含有碘單質,碘與淀粉溶液變藍色,所以能使淀粉碘化鉀溶液變藍色,D錯誤。答案選A.4、D【解析】

A．a點未飽和，減少溶劑可以變?yōu)轱柡停瑒ta點表示的溶液通過升溫得不到b點，故A錯誤；B．加催化劑改變了反應的歷程，降低反應所需的活化能，但是反應熱不變，故B錯誤；C．碳酸鈉先與氯化氫反應生成碳酸氫鈉，開始時沒有二氧化碳生成，碳酸鈉反應完全之后碳酸氫鈉與氯化氫反應生成二氧化碳，生成二氧化碳需要的鹽酸的體積大于生成碳酸氫鈉消耗的鹽酸，故C錯誤；D.圖4表示反應aA(g)+bB(g)cC(g)，由圖可知，P2先達到平衡，壓強大，加壓后，A%減小，說明加壓后平衡正向移動，a+b＞c，故D正確；故選D。【點睛】本題考查了元素化合物的性質、溶解度、催化劑對反應的影響等，側重于考查學生的分析能力和讀圖能力，注意把握物質之間發(fā)生的反應，易錯點A，a點未飽和，減少溶劑可以變?yōu)轱柡汀?、C【解析】

A.銦(In)與鋁同主族，最外層電子數(shù)和Al相等，有3個，故A錯誤；B.銦(In)與碘同周期，同周期元素從左往右，原子半徑逐漸減小，所以In的原子半徑大于I，故B錯誤；C.元素周期表中同一主族元素從上到下，金屬性越強，還原性越強，其氫氧化物的堿性越強，所以In(OH)3的堿性強于Al(OH)3，故C正確；D.銦(In)是主族元素，不是過渡元素，故D錯誤；正確答案是C。6、D【解析】

A．高錳酸鉀與濃鹽酸反應制氯氣：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故A錯誤；B．飽和碳酸鈉溶液中通入過量二氧化碳：2Na＋＋CO32-+H2O+CO2=2NaHCO3↓，故B錯誤；C．銅片與濃硫酸共熱不能寫離子方程式，故C錯誤；D．硫酸銅溶液中加入過量氨水生成四氨合銅（Ⅱ）：Cu2++4NH3?H2O=Cu(NH3)42++4H2O，故D正確；故選D。7、C【解析】

A．鋁粉投入到NaOH溶液中，反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，反應的離子方程式為：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，A正確；B．Al(OH)3溶于NaOH溶液中，反應生成偏鋁酸鈉和水，反應的離子方程式為：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，B正確；C．碳酸氫鈉水解生成碳酸和氫氧根離子，溶液顯示堿性，鹽水解程度是微弱的，存在水解平衡，正確的水解方程式為：HCO3-+H2OOH-+H2CO3，C錯誤；D．FeCl2溶液中通入Cl2，離子方程式為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl，D正確；故合理選項是C。8、B【解析】A．次磷酸(H3PO2)也可跟D2O進行氫交換，但次磷酸鈉(NaH2PO2)卻不能跟D2O發(fā)生氫交換，則H3PO2中只有一個羥基氫，為一元酸，故A錯誤；B．H3PO2中只有一個羥基氫，為一元酸，則其結構為，故B正確；C．H3PO2為一元酸，則NaH2PO2屬于正鹽，故C錯誤；D．NaH2PO2是強堿鹽，不能電離出H+，則其溶液可能顯中性或堿性，不可能呈酸性，故D錯誤；答案為B。點睛：準確理解信息是解題關鍵，根據磷酸分子中的三個氫原子都可以跟重水分子(D2O)中的D原子發(fā)生氫交換及次磷酸(H3PO2)也可跟D2O進行氫交換，說明羥基上的氫能與D2O進行氫交換，但次磷酸鈉(NaH2PO2)卻不能跟D2O發(fā)生氫交換，說明次磷酸鈉中沒有羥基氫，則H3PO2中只有一個羥基氫，由此分析判斷。9、D【解析】

A.SO2能形成硫酸型酸雨，根據示意圖，SO2與CaCO3、O2反應最終生成了CaSO4，減少了二氧化硫的排放，A正確；B.二氧化硫和氧化鈣生成亞硫酸鈣的反應、亞硫酸鈣與O2生成硫酸鈣的反應是化合反應，碳酸鈣生成二氧化碳和氧化鈣的反應是分解反應，B正確；C.根據以上分析，總反應可表示為：2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2，C正確；D.排放的氣體中一定含有CO2，CO2能使澄清石灰水變渾濁，若排放的氣體能使澄清石灰水變渾濁，不能說明氣體中含SO2，D錯誤；答案選D。10、C【解析】

A．絲的主要成分是蛋白質，“淚”即熔化的石蠟屬于烴類，A項錯誤；B．油脂不屬于高分子化合物，糖類中只有多糖屬于高分子化合物，單糖不發(fā)生生水解，B項錯誤；C．調節(jié)溶液的pH至氨基酸的等電點，在等電點時，氨基酸形成的內鹽溶解度最小，因此可以用調節(jié)pH至等電點的方法分離氨基酸的混合物，C項正確；D．肥皂去油污不是依靠其水溶液的堿性，而是利用肥皂的主要成分高級脂肪酸鈉鹽在水溶液中電離出鈉離子和RCOO-，其中RCOO-的原子團中，極性的-COO-部分易溶于水，稱為親水基，非極性的烴基-R部分易溶于油，叫做憎水基，具有親油性。肥皂與油污相遇時，親水基一端溶于水，憎水基一端溶于油污。由于肥皂既具有親水性又具有親油性，就把原本不互溶的水和油結合起來，使附著在織物表面的油污易被潤濕，進而與織物分開。同時伴隨著揉搓，油污更易被分散成細小的油滴進入肥皂液中，形成乳濁液；此時，肥皂液中的憎水烴基就插入到油滴顆粒中，親水的-COO-部分則伸向水中，由于油滴被一層親水基團包圍而不能彼此結合，因此，漂洗后就達到去污的目的了，D項錯誤；答案選C。11、C【解析】

條件“滴加20.00mL鹽酸時所得溶液中c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)”中的等式，實際上是溶液中的物料守恒關系式；進一步可知，V(HCl)=20mL即為滴定終點，原來氨水的濃度即為0.1mol/L。V(HCl)=20mL即滴定終點時，溶液即可認為是NH4Cl的溶液，在此基礎上分析溶液中粒子濃度的大小關系，更為簡便?！驹斀狻緼．V(HCl)=20mL時，溶液中有c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)成立；所以V(HCl)=10mL也就是20mL的一半時，溶液中就有以下等式成立：c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)=2c(Cl-)；A項正確；B．點②時溶液呈中性，所以有c(H+)=c(OH-)；根據電荷守恒式：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，可知溶液中c(NH4+)=c(Cl-)；B項正確；C．點③即為中和滴定的終點，此時溶液可視作NH4Cl溶液；由于NH4+的水解程度較小，所以c(NH4+)＞c(H+)；C項錯誤；D．由條件“滴加20.00mL鹽酸時所得溶液中c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)”可知V(HCl)=20mL即為滴定終點，那么原來氨水的濃度即為0.1mol/L；D項正確；答案選C。【點睛】對于溶液混合發(fā)生反應的體系，若要判斷溶液中粒子濃度的大小關系，可以先考慮反應后溶液的組成，在此基礎上再結合電離和水解等規(guī)律進行判斷，會大大降低問題的復雜程度。12、A【解析】

A.向0.10mol/LCH3COONa溶液中通入HCl,至溶液pH=7,c(H+)=c(OH-),HCl不足,反應后溶液中溶質為NaCl、醋酸和醋酸鈉,由電荷守恒可以知道,c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl﹣),由物料守恒可以知道,c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),則c（Na+）＞c（CH3COOH）=c（Cl﹣），故A正確；B.溶液中鈉原子與S原子物質的量之比為1：1,而銨根離子與部分亞硫酸根離子結合,故c(Na+)＞c(NH4+),由物料守恒可以知道,c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3),溶液呈中性,由電荷守恒可得:c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-),聯(lián)立可得:c(NH4+)+c(H2SO3)=c(SO32-),故B錯誤;C.向0.10mol/LNa2SO3溶液通入SO2,發(fā)生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3,至溶液pH=7,反應后溶液中溶質為NaHSO3、Na2SO3，則c(Na+)<2[c(SO32﹣)+c(HSO3﹣)+c（H2SO3）]，故C錯誤；D.向0.10mol/L(NH4)2CO3溶液中通入CO2：發(fā)生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，至溶液pH=7，反應后溶液中溶質為NH4HCO3，根據電荷守恒，c(NH4+)=c(HCO3﹣)+2c(CO32﹣)，故D錯誤；答案為A。13、D【解析】

A．灼燒在坩堝中進行，裝置及儀器合理，故A正確；B．在燒杯中溶解，玻璃棒攪拌，操作合理，故B正確；C．NaOH與碘反應后，與四氯化碳分層，分液可分離，故C正確；D．加硫酸后生成碘的水溶液，不能蒸餾分離，應萃取后蒸餾，故D錯誤；答案選D。14、D【解析】

W與Z的最高價氧化物對應水化物的溶液，濃度均為0.1mol/L時pH=1（H+濃度為0.1mol/L），是一元強酸，則W為N（最高價氧化物對應水化物為HNO3），Z為Cl（最高價氧化物對應水化物為HClO4）；Y的最高價氧化物對應水化物的溶液，濃度為0.1mol/L時pH=0.7（H+濃度為0.2mol/L），是二元強酸，則Y為S（最高價氧化物對應水化物為H2SO4）；X的最高價氧化物對應水化物的溶液，濃度為0.1mol/L時pH=13（OH-濃度為0.1mol/L），是一元強堿，且X的原子序數(shù)介于N與S之間，可知X為Na（最高價氧化物對應水化物為NaOH）。【詳解】A．S2-、Cl-的核外電子排布相同，其中S2-的核電荷數(shù)較小，半徑較大；N3-、Na+的核外電子排布相同，半徑比S2-、Cl-的小，其中N3-的核電荷數(shù)較小，半徑比Na+大，則簡單離子半徑大小順序為：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，A項錯誤；B．Z為Cl，其氧化物對應的水化物可能為強酸（如HClO4），也可能為弱酸（如HClO），B項錯誤；C．X的簡單離子為Na+，Z的簡單離子為Cl-，均不會破壞水的電離平衡，C項錯誤；D．W能形成N2H4，Y能形成H2S，均為18電子的氫化物分子，D項正確；答案選D。15、B【解析】

A．b苯乙烯分子式為C8H8，符合分子式的有機物結構可以是多種物質；B．t和b含有碳碳雙鍵，可被酸性高錳酸鉀氧化；C．根據一氯代物中氫原子的種類判斷；D．b含有碳碳雙鍵和苯環(huán)，為平面形結構?！驹斀狻緼．b苯乙烯分子式為C8H8，對應的同分異構體也可能為鏈狀烴，故A錯誤；B．t和b含有碳碳雙鍵，可被酸性高錳酸鉀氧化，故B正確；C．不考慮立體結構，二氯代物t和e均有3種，b有14種，故C錯誤；D．b含有碳碳雙鍵和苯環(huán)，為平面形結構，苯環(huán)和碳碳雙鍵可能在同一個平面上，故D錯誤。故選B。16、C【解析】

A.生成氣體從長頸漏斗逸出，且NO易被氧化，應選分液漏斗，A不能達到實驗目的；B.NO與空氣中氧氣反應，不能用排空氣法收集NO，B不能達到實驗目的；C.裝置丙是過濾裝置，可分離炭粉和硝酸銅溶液，C能達到實驗目的；D.裝置丁是坩堝，用于灼燒固體，不能用于蒸干溶液，且硝酸銅溶液在蒸發(fā)時，銅離子水解，生成硝酸易揮發(fā)，D不能達到實驗目的；故選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、通電2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑（用雙線橋表示也可）用焰色反應檢驗Na+，用硝酸銀和稀硝酸檢驗Cl-【解析】

X為離子化合物，左邊為熔融液，右邊為水溶液，說明X易溶于水，則只可能為NaCl、MgCl2。若X為MgCl2，電解其水溶液，生成Mg(OH)2、H2、Cl2，電解其熔融液時，生成Mg、H2。則B為Cl2，A為Mg，但Mg生成Mg(OH)2時，需要與水反應，而Mg與H2O不反應，所以X只能為NaCl。從而得出A為Na，B為Cl2，C、D為NaOH、H2中的一種，Y為H2O。（1）已知條件I和條件II相同，則該反應條件為通電。（2）物質X為NaCl，由此可寫出其電子式。（3）Cl2與Ca(OH)2反應，用于生產漂白粉。（4）X為NaCl，在條件II下，電解氯化鈉的水溶液，反應生成NaOH、Cl2、H2。（5）實驗室制Cl2是利用MnO2與濃鹽酸在加熱條件下制得。（6）鑒定物質NaCl時，既要鑒定Na+，又要鑒定Cl-?！驹斀狻浚?）已知條件I和條件II相同，則該反應條件為通電。答案為：通電；（2）物質X為NaCl，其電子式為。答案為：；（3）Cl2與Ca(OH)2反應，化學方程式為2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。答案為：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（4）X為NaCl，在條件II下，電解氯化鈉的水溶液，反應的離子方程式為2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。答案為：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；（5）實驗室制Cl2是利用MnO2與濃鹽酸在加熱條件下制得，表示電子轉移方向和數(shù)目的方程式為。答案為：（用雙線橋表示也可）；（6）鑒定物質NaCl時，既要鑒定Na+，又要鑒定Cl-，鑒定Na+用焰色反應，鑒定Cl-用硝酸銀和稀硝酸。答案為：用焰色反應檢驗Na+，用硝酸銀和稀硝酸檢驗Cl-。【點睛】鑒定物質有別于鑒別物質，鑒別物質時，只需檢驗物質中所含的某種微粒，只要能讓該物質與另一物質區(qū)分開便達到目的。鑒定物質時，物質中所含的每種微粒都需檢驗，若為離子化合物，既需檢驗陽離子，又需檢驗陰離子，只檢驗其中的任意一種離子都是錯誤的。18、丙烯酯基取代反應CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2HCOO-CH=C(CH3)2l：l檢驗羧基：取少量該有機物，滴入少量紫色石蕊試液變紅(或檢驗碳碳雙鍵，加入溴水，溴水褪色)【解析】

A分子式為C3H6，A與CO、CH3OH發(fā)生反應生成B，則A結構簡式為CH2=CHCH3，B結構簡式為CH3CH=CHCOOCH3，B發(fā)生加聚反應生成聚丁烯酸甲酯，聚丁烯酸甲酯發(fā)生水解反應，然后酸化得到聚合物C，C結構簡式為；A與Cl2在高溫下發(fā)生反應生成D，D發(fā)生水解反應生成E，根據E的結構簡式CH2=CHCH2OH可知D結構簡式為CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯發(fā)生加成反應生成F，F(xiàn)結構簡式為，F(xiàn)發(fā)生取代反應生成G，G發(fā)生信息中反應得到，則G結構簡式為?！驹斀狻扛鶕鲜鐾茢嗫芍狝是CH2=CH-CH3，C為，D是CH2=CHCH2Cl，E為CH2=CHCH2OH，F(xiàn)是，G是。(1)A是CH2=CH-CH3，名稱為丙烯，B結構簡式為CH3CH=CHCOOCH3，B中含氧官能團名稱是酯基；(2)C的結構簡式為，D是CH2=CHCH2Cl，含有Cl原子，與NaOH的水溶液加熱發(fā)生水解反應產生E：CH2=CHCH2OH，該水解反應也是取代反應；因此D變?yōu)镋的反應為取代反應或水解反應；(3)E為CH2=CHCH2OH、E與2-氯-1，3-丁二烯發(fā)生加成反應生成F，F(xiàn)結構簡式為，該反應方程式為：CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2；(4)B結構簡式為CH3CH=CHCOOCH3，B的同分異構體中，與B具有相同官能團且能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基、酯基及碳碳雙鍵，則為甲酸形成的酯，其中核磁共振氫譜上顯示3組峰，且峰面積之比為6:1:1的是HCOO-CH=C(CH3)2；(5)含有羧基，可以與NaOH反應產生；含有羧基可以與NaHCO3反應產生和H2O、CO2，則等物質的量消耗NaOH、NaHCO3的物質的量之比為1：1；在中含有羧基、碳碳雙鍵、醇羥基三種官能團，檢驗羧基的方法是：取少量該有機物，滴入少量紫色石蕊試液變?yōu)榧t色；檢驗碳碳雙鍵的方法是：加入溴水，溴水褪色。【點睛】本題考查有機物推斷和合成的知識，明確官能團及其性質關系、常見反應類型、反應條件及題給信息是解本題關鍵，難點是有機物合成路線設計，需要學生靈活運用知識解答問題能力，本題側重考查學生分析推斷及知識綜合運用、知識遷移能力。19、與C6H5NH3+發(fā)生中和反應，生成C6H5NH2C6H5NH3++OH-C6H5NH2+H2O安全管、平衡壓強、防止氣壓過大等打開止水夾d撤掉酒精燈或停止加熱40.0%在混合物中先加入足量鹽酸，經分液除去硝基苯，再向水溶液中加氫氧化鈉溶液，析出苯胺，分液后用氫氧化鈉固體（或堿石灰）干燥苯胺中含有的少量水分，濾去氫氧化鈉固體即可得較純凈的苯胺【解析】

(1)與NH3相似，NaOH與反應生成；(2)裝置A中玻璃管與空氣連通，能平衡燒瓶內外的壓強；(3)為防止倒吸，在苯胺吹出完畢后，打開止水夾d，再停止加熱；(4)根據硝基苯的體積計算苯胺的理論產量，實際產量÷理論產量=產率；(5)根據易溶于水、硝基苯難溶于水設計分離方案；【詳解】(1)與NH3相似，加入氫氧化鈉，NaOH與反應生成，反應的離子方程式是；(2)裝置A中玻璃管與空氣連通，能平衡燒瓶內外的壓強，所以玻璃管的作用是安全管、平衡壓強、防止氣壓過大；(3)為防止倒吸，先打開止水夾d，再停止加熱；(4)5mL硝基苯的質量是5mL×1.23g·cm-3=6.15g，物質的量是=0.05mol，根據質量守恒定律，生成苯胺的物質的量是0.05mol，苯胺的質量是0.05mol×93g/mol=4.65g，苯胺的產率是=40.0%；(5)在混合物中先加入足量鹽酸，經分液除去硝基苯，再向水溶液中加氫氧化鈉溶液，析出苯胺，分液后用氫氧化鈉固體（或堿石灰）干燥苯胺中含有的少量水分，濾去氫氧化鈉固體即可得較純凈的苯胺。20、>c(H+)溫度溶液顏色較i明顯變淺CrO42-酸性Cr3+Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2OFe-2e-=Fe2+，6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O，F(xiàn)e3++e-=Fe2+，F(xiàn)e2+繼續(xù)還原Cr2O72-，F(xiàn)e2+循環(huán)利用提高了Cr2O72-的去除率【解析】

（1）根據實驗vi的現(xiàn)象可知酸性條件下Cr2O72-發(fā)生水解；實驗ii與實驗i對比，當60℃水浴時，溶液顏色較i明顯變淺，根據溫度對化學反應平衡的影響效果作答；（2）根據單一變量控制思想分析；（3）因K2C2O7中存在平衡：試管c中加入NaOH溶液，消耗H＋，促使平衡向正反應方向進行；（4）依據實驗vi中現(xiàn)象解釋；（5）①實驗中Cr2O72－應在陰極上放電，得電子被還原成Cr3＋，據此作答；②根據圖示，實驗iv中陽極為鐵，鐵失去電子生成Fe2＋，F(xiàn)e2＋與Cr2O72－在酸性條件下反應生成Fe3＋，F(xiàn)e3＋在陰極得電子生成Fe2＋，繼續(xù)還原Cr2O72－，據此分析。【詳解】（1）根據實驗vi的現(xiàn)象可知酸性條件下Cr2O72-發(fā)生水解，其離子方程式為：實驗ii與實驗i對比，當60℃水浴時，溶液顏色較i明顯變淺，說明平衡向正反應方向移動，即正反應為吸熱反應，△H>0故答案為>；（2）根據單一變量控制思想，結合實驗i、ii可知，導致ii中現(xiàn)象出現(xiàn)的主要因素為60℃水浴即溫度，故答案為溫度；（3）因K2C2O7中存在平衡：試管c中加入NaOH溶液，消耗H＋，促使平衡向正反應方向進行，溶液顏色由橙色變?yōu)辄S色，溶液顏色較i明顯變淺，鉻元素主要以CrO42-形式存在，故答案為溶液顏色較i明顯變淺；CrO4