宁夏回族自治区银川市兴庆区高级中学2024年高三第二次联考化学试卷含解析

宁夏回族自治区银川市兴庆区高级中学2024年高三第二次联考化学试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]是一种具有发展前景的“绿色”化工产品，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示（加入两极的物质均是常温常压下的物质）。下列说法不正确的是（）A．石墨2极与直流电源负极相连B．石墨1极发生的电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+C．H+由石墨1极通过质子交换膜向石墨2极移动D．电解一段时间后，阴极和阳极消耗的气体的物质的量之比为2：12、氟离子电池是新型电池中的一匹黑马，其理论比能量高于锂电池。一种氟离子电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是A．放电时，b是电源的正极B．放电时，a极的电极反应为：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－C．充电时，电极a接外电源的负极D．可将含F－的有机溶液换成水溶液以增强导电性3、在氧气中灼烧0.44gS和Fe组成的化合物，使其中的S全部转化成H2SO4，这些H2SO4可用20mL0.5mol/L的NaOH溶液完全中和，则原化合物中S的质量分数约为()A．18% B．46% C．53% D．36%4、地沟油生产的生物航空燃油在东航成功验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是（）A．加入水中，浮在水面上的是地沟油B．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油C．点燃，能燃烧的是矿物油D．测定沸点，有固定沸点的是矿物油5、为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀（见图），关于B的说法合理的是（）A．B是碳棒B．B是锌板C．B是铜板D．B极无需定时更换6、已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料。下列说法正确的是A．工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质B．元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态C．化合物AE与CE含有相同类型的化学键D．元素B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两之间均可发生化学反应7、水果、蔬菜中含有的维生素C具有抗衰老作用，但易被氧化成脱氢维生素C。某课外小组利用滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式如图所示，下列说法正确的是A．脱氢维生素C分子式为C6H8O6B．维生素C中含有3种官能团C．该反应为氧化反应，且滴定时不可用淀粉作指示剂D．维生素C不溶于水，易溶于有机溶剂8、利用如图所示装置模拟电解原理在工业生产上的应用。下列说法正确的是（）A．铁片上镀铜时，Y是纯铜B．制取金属镁时，Z是熔融的氯化镁C．电解精炼铜时，Z溶液中的Cu2+浓度不变D．电解饱和食盐水时，X极的电极反应式为4OH-－4e-=2H2O＋O2↑9、近年来，有科研工作者提出可用如图所示装置进行水产养殖用水的净化处理。该装置工作时，下列说法错误的是A．导线中电子由M电极流向a极B．N极的电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2OC．当电路中通过24mol电子的电量时，理论上有1mol(C6H10O5)n参加反应D．当生成1molN2时，理论上有10molH+通过质子交换膜10、CO2和CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如下：下列说法不正确的是A．合成气的主要成分为CO和H2B．①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成C．①→②吸收能量D．Ni在该反应中做催化剂11、下列有关化学用语表示正确的是A．硝基苯 B．镁离子的结构示图C．水分子的比例模型： D．原子核内有8个中子的碳原子：12、下列指定反应的离子方程式正确的是()A．SO2与过量氨水反应：SO2＋NH3·H2O=NH4+＋HSO3－B．FeCl3溶液与SnCl2溶液反应：Fe3＋＋Sn2＋=Fe2＋＋Sn4＋C．Cu与稀硝酸反应：3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2OD．用浓盐酸与MnO2制取少量Cl2：MnO2＋4H＋＋4Cl－MnCl2＋Cl2↑＋2H2O13、室温下，用的溶液滴定的溶液，水的电离程度随溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是()A．该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂B．从点到点，溶液中水的电离程度逐渐增大C．点溶液中D．点对应的溶液的体积为14、从海带中提取碘元素的步骤中，选用的实验仪器不能都用到的是A．海带灼烧灰化，选用①②⑧ B．加水浸泡加热，选用②④⑦C．过滤得到滤液，选用④⑤⑦ D．萃取和分液，选用③④⑥15、某溶液中可能含有H+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、CO32﹣、Br﹣，且物质的量浓度相同；取样进行实验，结果是：①测得溶液pH＝2；②加入氯水，溶液颜色变深。对原溶液描述错误的是()A．一定含有Fe2+ B．一定含有Br﹣C．可能同时含Fe2+、Br﹣ D．一定不含NH4+16、固体电解质可以通过离子迁移传递电荷，利用固体电解质RbAg4I5可以制成电化学气敏传感器，其中迁移的物种全是Ag+。下图是一种测定O2含量的气体传感器示意图，O2可以透过聚四氟乙烯薄膜，根据电池电动势变化可以测得O2的含量。在气体传感器工作过程中，下列有关说法正确的是A．银电极被消耗，RbAg4I5的量增多B．电位计读数越大，O2含量越高C．负极反应为Ag+I--e-=AgID．部分A1I3同体变为Al和AgI二、非选择题（本题包括5小题）17、下列物质为常见有机物：①甲苯②1，3﹣丁二烯③直馏汽油④植物油填空：（1）既能使溴水因发生化学变化褪色，也能使酸性高锰酸钾褪色的烃是____（填编号）；（2）能和氢氧化钠溶液反应的是______（填编号），写出该反应产物之一与硝酸酯化的化学方程式______．（3）已知：环己烯可以通过1，3﹣丁二烯与乙烯发生环化加成反应得到：实验证明，下列反应中，反应物分子的环外双键比环内双键更容易被氧化：现仅以1，3﹣丁二烯为有机原料，无机试剂任选，按下列途径合成甲基环己烷：（a）写出结构简式：A______；B_____（b）加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是_______（c）1molA与1molHBr加成可以得到_____种产物．18、有甲、乙、丙、丁、戊五种短周期元素，原子序数依次增大，其常见化合价依次为+1、-2、+1、+3、-1。它们形成的物质间的转化关系如下图所示。常温下用惰性电权电解(有阳离子交换膜)1L1mol/L的A溶液。请按要求回答下列问题：①．己元素与丙元素同主族，比丙原子多2个电子层，则己的原子序数为________；推测相同条件下丙、己单质分别与水反应剧烈程度的依据是__________________________________________________。②．甲、乙、戊按原子个数比1︰1︰1形成的化合物Y具有漂白性，其电子式为_______________。③．上图转化关系中不属于氧化还原反应的有(填编号)_______。④．接通如图电路片刻后，向烧杯中滴加一种试剂即可检验铁电极被腐蚀，此反应的离子方程式为_____________________。⑤．当反应①电解一段时间后测得D溶液pH=12(常温下，假设气体完全逸出，取出交换膜后溶液充分混匀，忽略溶液体积变化)，此时共转移电子数目约为___________；反应②的离子方程式为_________⑥．若上图中各步反应均为恰好完全转化，则混合物X中含有的物质(除水外)有___________19、硝基苯是制造染料的重要原料。某同学在实验室里用下图装置制取硝基苯，主要步骤如下：①在大试管里将2mL浓硫酸和1.5mL浓硝酸混合，摇匀，冷却到50～60℃以下。然后逐滴加入1mL苯，边滴边振荡试管。②按图连接好装置，将大试管放入60℃的水浴中加热10分钟。完成下列填空：（1）指出图中的错误__、__。（2）向混合酸中加入苯时，“逐滴加入”、“边滴边振荡试管”的目的是________________、____________。（3）反应一段时间后，混合液明显分为两层，上层呈__色，其中主要物质是__（填写物质名称）。把反应后的混和液倒入盛有冷水的烧杯里，搅拌，可能看到__。（选填编号）a．水面上是含有杂质的硝基苯b．水底有浅黄色、苦杏仁味的液体c．烧杯中的液态有机物只有硝基苯d．有无色、油状液体浮在水面（4）为了获得纯硝基苯，实验步骤为：①水洗、分离；②将粗硝基苯转移到盛有__的烧杯中洗涤、用__（填写仪器名称）进行分离；③__；④干燥；⑤__。（5）实验装置经改进后，该同学按照上述实验步骤重新进行了多次实验，充分反应后有两种情况出现，请帮助他作出分析：①产率低于理论值，原因是__；②产率高于理论值，原因是__。20、草酸是草本植物常具有的成分，具有广泛的用途。草酸晶体（H2C2O4•2H2O）无色易溶于水，熔点为101℃，受热易脱水、升华，在170℃以上分解。常温下，草酸的电离平衡常数K1=5.4×10－2，K2=5.4×10－5。回答下列问题：（1）拟用下列装置分解草酸制备少量纯净的CO，其合理的连接顺序为____（填字母）。（2）相同温度条件下，分别用3支试管按下列要求完成实验：试管ABC4mL0.01mol/L4mL0.02mol/L4mL0.03mol/L加入试剂KMnO4KMnO4KMnO41mL0.1moL/LH2SO41mL0.1moL/LH2SO41mL0.1moL/LH2SO42mL0.1mol/LH2C2O42mL0.1mol/LH2C2O42mL0.1mol/LH2C2O4褪色时间28秒30秒不褪色写出试管B中发生反应的离子方程式____________；上述实验能否说明“相同条件下，反应物浓度越大，反应速率越快”？_____（填“能”或“不能”）；简述你的理由：__________________。（3）设计实验证明草酸为弱酸的方案及其结果均正确的有________（填序号）。A．室温下，取0.010mol/L的H2C2O4溶液，测其pH=2；B．室温下，取0.010mol/L的NaHC2O4溶液，测其pH>7；C．室温下，取pH=a（a<3）的H2C2O4溶液稀释100倍后，测其pH<a+2；D．取0.10mol/L草酸溶液100mL与足量锌粉反应，收集到H2体积为224mL（标况）。（4）为测定某H2C2O4溶液的浓度，取20.00mLH2C2O4溶液于锥形瓶中，滴入2-3滴指示剂，用0.1000mol/L的NaOH溶液进行滴定，进行3次平行实验，所用NaOH溶液体积分别为19.98mL、20.02mL和22.02mL。①所用指示剂为__________；滴定终点时的现象为________________；②H2C2O4溶液物质的量浓度为________；③下列操作会引起测定结果偏高的是_______（填序号）。A．滴定管在盛装NaOH溶液前未润洗B．滴定过程中，锥形瓶震荡的太剧烈，以致部分液体溅出C．滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数D．滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数21、氮族元素在化学领域具有重要的地位。请回答下列问题：（1）基态氮原子的价电子轨道表示式为__；第二周期的元素中，第一电离能介于B和N之间的元素有__种。（2）雌黃的分子式为As2S3，其分子结构为，As原子的杂化类型为__。（3）1mol中所含σ键的物质的量为____mol。已知NF3与NH3分子的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，原因是__。（4）红镍矿是一种重要的含镍矿物，其主要成分的晶胞如图所示，则每个Ni原子周围与之紧邻的As原子数为_____。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。磷化硼（BP）是一种超硬耐磨涂层材料，晶胞为正方体形，晶胞参数为apm。如图为沿y轴投影的晶胞中所有硼原子的分布图和原子分数坐标。设NA为阿伏伽德罗常数的值，1，2，3，4四点原子分数坐标分别为（0.25，0.25，0.75），（0.75，0.25，0.25），（0.25，0.75，0.25），（0.75，0.75，0.75）。据此推断BP晶体的密度为__g•cm-3。（用代数式表示）

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

该装置有外接电源，是电解池，由图可知，氧气在石墨2极被还原为水，则石墨2极为阴极，B为直流电源的负极，阴极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，A为正极，石墨1极为阳极，甲醇和一氧化碳失电子发生氧化反应生成碳酸二甲酯，阳极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，据此解答。【详解】A.由以上分析知，石墨2极为阴极，阴极与直流电源的负极相连，则B为直流电源的负极，故A正确；B.阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，故B正确；C.电解池中，阳离子移向阴极，则H+由石墨1极通过质子交换膜向石墨2极移动，故C正确；D.常温常压下甲醇是液体，电解池工作时转移电子守恒，根据关系式2CO~4e-~O2可知，阴极消耗的O2与阳极消耗的CO物质的量之比为1：2，故D错误；答案选D。2、B【解析】

由于Mg是活泼金属，Mg2+氧化性弱，所以该电池工作时Mg失去电子结合F-生成MgF2，即b电极为负极，电极反应式为：Mg+2F－－2e－=MgF2，则a为正极，正极反应式为：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－；充电时，电解池的阳极、阴极与原电池的正、负极对应，电极反应与原电池的电极反应反应物与生成物相反，据此解答。【详解】A．由于Mg是活泼金属，Mg2+氧化性弱，所以原电池放电时，Mg失去电子，作负极，即b为负极，a为正极，A错误；B．放电时，a为正极发生还原反应，电极反应为：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－，B正确；C．充电时电解池的阳极、阴极与原电池的正、负极对应，所以a极接外电源的正极，C错误；D．因为Mg能与水反应，因此不能将有机溶液换成水溶液，D错误；答案选B。3、D【解析】

n（NaOH）=0.02L×0.50mol/L=0.01mol，由反应的关系式SO2～H2SO4～2NaOH可知，n（SO2）=0.005mol，则硫和铁组成的化合物中含有0.005molS，m（S）=0.005mol×32g/mol=0.16g，则ω（S）=×100%=36%，答案选D。4、B【解析】

地沟油中含油脂，与碱溶液反应，而矿物油不与碱反应，混合后分层，以此来解答。【详解】A.地沟油、矿物油均不溶于水，且密度均比水小，不能区别，故A错误；B.加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油，分层的为矿物油，现象不同，能区别，故B正确；C.地沟油、矿物油均能燃烧，不能区别，故C错误；D.地沟油、矿物油均为混合物，没有固定沸点，不能区别，故D错误；答案是B。【点睛】本题考查有机物的区别，明确地沟油、矿物油的成分及性质是解答本题的关键，题目难度不大。5、B【解析】

钢闸门A和B在海水中形成原电池时，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，Fe应作正极被保护，则要选择活泼性比Fe强的锌作负极被损耗，故选B。6、A【解析】元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，短周期元素中有碳、硫，A、B、C、D、E是原子序数依次增大，所以B是C；A的原子序数小于6（碳）且单质为气体，A是H元素；C的原子序数大于6，半径是同周期中最大，C是第三周期的Na元素；元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，D是Al元素；E单质是气体，E是Cl元素；所以A、B、C、D、E分别是：H、C、Na、Al、Cl。工业上用电解熔融氯化钠制取钠，用电解熔融氧化铝制取铝，用电解饱和食盐水制取氯气，A选项正确；氢元素、碳元素组成化合物属于烃，常温下碳原子数小于4是气态，大于4是液态或者固态，B选项错误；HCl是共价化合物，含共价键，氯化钠是离子化合物，含离子键，HCl和NaCl的化学键类型不同，C选项错误；元素B、C、D的最高价氧化物对应的水化物分别是H2CO3、NaOH、Al（OH）3，H2CO3与Al（OH）3不反应，D选项错误，正确答案A。7、B【解析】

A.根据物质结构简式可知脱氢维生素C的分子式为C6H6O6，A错误；B.根据维生素C结构可知维生素C含有羟基、碳碳双键、酯基三种官能团，B正确；C.1分子维生素C与I2发生反应产生1分子脱氢维生素C和2个HI分子，维生素C分子失去两个H原子生成脱氢维生素C，失去H原子的反应为氧化反应；碘遇淀粉变蓝，所以滴定时可用淀粉溶液作指示剂，终点时溶液由无色变蓝色，C错误；D.羟基属于亲水基团，维生素C含多个羟基，故易溶于水，而在有机溶剂中溶解度比较小，D错误；故合理选项是B。8、B【解析】

根据图中得出X为阳极，Y为阴极。【详解】A.铁片上镀铜时，铜为镀层金属，为阳极，因此X是纯铜，故A错误；B.制取金属镁时，Z是熔融的氯化镁，镁离子再阴极生成镁单质，故B正确；C.电解精炼铜时，阳极开始是锌溶解，阴极始终的铜离子得电子变为铜单质，因此Z溶液中的Cu2+浓度减小，故C错误；D.电解饱和食盐水时，X极的电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】电解精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极；电镀，镀件作阴极，镀层金属作阳极，镀层金属盐溶液为电解液。9、C【解析】

A.根据装置图可知M为阳极，N为阴极，因此a为正极，b为负极，导线中电子由M电极流向a极，A正确；B.N为阴极，发生还原反应，电极反应式为：2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，B正确；C.有机物(C6H10O5)n中C元素化合价平均为0价，反应后变为+4价CO2，1mol该有机物反应，产生6nmolCO2气体，转移24nmol电子，则当电路中通过24mol电子的电量时，理论上有mol(C6H10O5)n参加反应，C错误；D.根据选项B分析可知：每反应产生1molN2，转移10mole-，根据电荷守恒应该有10molH+通过质子交换膜，D正确；故合理选项是C。10、C【解析】

A．由图示可知CO2和CH4在Ni催化作用下，最终生成CO和H2，故A正确；B．化学反应的过程中存在构成反应物的键的断裂和生成物中键的形成，由图示可知①→②过程中既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故B正确；C．①的能量总和大于②的能量总和，则①→②的过程放出能量，故C错误；D．由图示可知CO2和CH4催化重整生成CO和H2的过程中Ni的质量和化学性质没有发生变化，则Ni为催化剂，故D正确；故答案为C。11、A【解析】

A.硝基的氮原子与苯环上的碳原子相连是正确的，故A正确；B.镁离子的结构示图为故B错误；C.水分子空间构型是V型的，所以水分子的比例模型为，故C错误；D.原子核内有8个中子的碳原子质量数是14，应写为，故D错误；故答案为：A。12、C【解析】

A.SO2与过量氨水反应生成亚硫酸铵和水：SO2＋2NH3·H2O=2NH4+＋SO32-＋H2O，故A错误，B.原方程式电荷不守恒，FeCl3溶液与SnCl2溶液反应：2Fe3＋＋Sn2＋=2Fe2＋＋Sn4＋，故B错误；C.Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故C正确；D.用浓盐酸与MnO2制取少量Cl2，生成的氯化锰是强电解质：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2+＋Cl2↑＋2H2O，故D错误；故选C。13、D【解析】

A.用NaOH溶液滴定醋酸，由于恰好完全反应时产生的醋酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此要选择碱性范围内变色的指示剂误差较小，可选用酚酞作指示剂，不能选用甲基橙作指示剂，A错误；B.P点未滴加NaOH溶液时，CH3COOH对水的电离平衡起抑制作用，随着NaOH的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，到M点时恰好完全反应产生CH3COONa，水的电离达到最大值，后随着NaOH的滴入，溶液的碱性逐渐增强，溶液中水的电离程度逐渐减小，B错误；C.N点溶液为NaOH、CH3COONa按1:1物质的量之比混合而成，根据物料守恒可得c(Na+)=2c(CH3COOH)+2c(CH3COO-)，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，将两个式子合并，整理可得c(OH-)=2c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(H+)，C错误；D.M点时溶液中水电离程度最大，说明酸碱恰好完全中和产生CH3COONa，由于醋酸是一元酸、NaOH是一元碱，二者的浓度相等，因此二者恰好中和时的体积相等，故M点对应的NaOH溶液的体积为10.00mL，D正确；故合理选项是D。14、D【解析】

先将海带在坩埚中灼烧灰化，然后在烧杯中加水浸泡加热促进物质的溶解，在漏斗中过滤，最后用分液漏斗分液，以此解答该题。【详解】A．将海带灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有①、②和⑧，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，A正确；B．加水浸泡加热，应在烧杯中进行，加热用酒精灯，用玻璃棒搅拌，B正确；C．过滤时用到④、⑤和⑦，C正确；D．萃取和分液用到④⑥，不用试管，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查物质的检验和鉴别的实验设计的分析能力和实验能力，注意把握实验的原理、步骤和实验仪器的使用，着重考查学生对基础知识的掌握和应用。15、A【解析】

溶液pH＝2，呈酸性，H+一定有，CO32﹣不能存在，加入氯水，溶液颜色变深，溶液中可能含有Fe2+和Br﹣之一或者两者都有，被氯气氧化成Fe3+和Br2，由于溶液中各离子的物质的量浓度相同，符合电荷守恒，如设各离子的浓度是1mol/L，则有可能存在c(H+)+2c(Fe2+)=2c(SO42﹣)+c(Br﹣)，还有可能溶液中只含氢离子和溴离子，但NH4+不能存在，故答案选A，Fe2+可能存在，符合题意。16、B【解析】

O2通入后，发生反应：4AlI3+3O2=2Al2O3+6I2，I2在传感器电池中发生还原反应，因此多孔石墨电极为正极，电极反应式为：I2+2Ag++2e-=2AgI，银电极发生氧化反应，银作负极，固体电解质RbAg4I5中迁移的物种是Ag+，电极反应式为：Ag-e-=Ag+，据此解答。【详解】A．由上述分析可知，传感器工作过程中，银电极被消耗，传感器中总反应为：I2+2Ag=2AgI，因固体电解质RbAg4I5中迁移的物种是Ag+，因此RbAg4I5质量不会发生变化，故A错误；B．O2含量越高，单位时间内转移电子数越多，电位计读数越大，故B正确；C．由上述分析可知，负极反应为：Ag-e-=Ag+，故C错误；D．由上述分析可知，部分AlI3生成Al2O3和I2，故D错误；故答案为：B。二、非选择题（本题包括5小题）17、②④+3HNO3→+3H2OA4【解析】

(1)植物油属于酯类物质，既能使溴水因发生化学变化褪色，也能使酸性高锰酸钾褪色的烃中有碳碳不饱和键，据此分析判断；(2)烃不能与NaOH反应，酯能够在NaOH溶液中水解，据此分析解答；(3)根据碳原子数目可知，反应①为1，3-丁二烯与CH2=CH-CH3发生信息Ⅰ反应生成A，则A为，A发生信息Ⅱ的反应生成B，则B为，结合C的分子式可知，B与氢气发生全加成反应生成C，C为，C发生消去反应生成D，D为，D发生加成反应生成甲基环己烷，据此分析解答。【详解】(1)植物油属于酯类物质，不是烃；甲苯和直馏汽油中不存在碳碳双键，不能使溴水因发生化学反应褪色；1，3-丁二烯中含有碳碳双键，能够与溴水发生加成反应，能够被酸性高锰酸钾氧化，使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：②；(2)烃不能与NaOH反应，酯能够在NaOH溶液中发生水解反应；植物油是高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油，甘油能够与硝酸发生酯化反应，反应方程式为：+3HNO3→+3H2O，故答案为：④；+3HNO3→+3H2O；(3)(a)通过以上分析知，A的结构简式是，B的结构简式是，故答案为：；；(b)据上述分析，加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是A，故答案为：A；(c)A的结构简式是，分子中2个碳碳双键上的4个C原子都不等效，所以Br原子加成到4个C原子上的产物都不相同，因此A与HBr加成时的产物有4种，故答案为：4。18、（1）37；依据同主族元素的金属性随核电荷数的增加而增强，推测己单质与水反应较丙更剧烈（1分，合理给分）（2）；（3）④；（4）3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；（5）6.02×l021；2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（6）NaCl、Al（OH）3【解析】试题分析：根据题意可知：A是NaCl，B是Cl2，C是H2，D是NaOH，E是HCl，丁是Al，F是NaAlO2；X是NaCl、AlCl3的混合物。根据元素的化合价及元素的原子序数的关系可知甲是H，乙是O，丙是Na，丁是Al，戊是Cl，己是Rb，原子序数是37；钠、铷同一主族的元素，由于从上到下原子半径逐渐增大，原子失去电子的能力逐渐增强，所以它们与水反应的能力逐渐增强，反应越来越剧烈；（2）甲、乙、戊按原予个数比1：1：1形成的化合物Y是HClO，该物质具有强的氧化性，故具有漂白性，其电子式为；（3）在上图转化关系中①②③反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，而④中元素的化合价没有发生变化，所以该反应是非氧化还原反应；（4）如构成原电池，Fe被腐蚀，则Fe为负极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+，Fe2+与[Fe（CN）6]3-会发生反应产生蓝色沉淀，反应的离子方程式是：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；（5）NaCl溶液电解的化学方程式是：2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH，在该反应中，每转移2mol电子，反应会产生2molNaOH，n（NaCl）=1L×1mol/L=1mol，当NaCl电解完全后反应转移1mol电子，反应产生1molNaOH，当反应①电解一段时间后测得D溶液pH=12，n（NaOH）=10-2mol/L×1L=0.01mol＜1mol，说明NaCl没有完全电解，则电子转移的物质的量是0.01mol，电子转移的数目约是N（e-）=0.01mol×6.02×1023/mol=6.02×l021；反应②是Al与NaOH溶液反应，反应的离子方程式为2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（6）若上图中各步反应均为恰好完全转化，则4HCl+NaAlO2=NaCl+AlCl3，所以混合物X中含有的物质是NaCl、Al（OH）3。考点：考查元素及化合物的推断、化学方程式和离子方程式的书写、电解反应原理的应用的知识。19、缺少温度计大试管接触烧杯底部使苯与混酸混合均匀能及时移走反应产生的热量浅黄色硝基苯、苯b、d氢氧化钠溶液分液漏斗水洗、分离蒸馏温度过高引起硝酸的分解、苯的挥发温度过高，有其他能溶于硝基苯的产物生成【解析】

⑴水浴加热需精确控制实验温度；为使受热均匀，试管不能接触到烧杯底部；⑵苯不易溶于混酸，需设法使之充分混合；该反应放热，需防止温度过高；⑶混合酸密度比硝基苯大，但稀释后会变小，硝基苯无色，但溶解的杂质会使之有色；⑷粗硝基苯中主要含未反应完的酸和苯，酸可用水和碱除去，苯可用蒸馏的方法分离；⑸在本实验中使用的硝酸易分解、苯易挥发，有机反应的一个特点是副反应比较多，这些因素会使产率降低或使得实验值偏离理论值，而这些因素都易受温度的影响。【详解】⑴在水浴装置中为了精确控制实验温度，需要用温度计测量水浴的温度；为使受热均匀，试管不能接触到烧杯底部，所以在图中错误为缺少温度计、大试管接触烧杯底部。答案为：缺少温度计；大试管接触烧杯底部；⑵在向混合酸中加入苯时边逐滴加入边振荡试管，能使苯与混酸混合均匀；苯的硝化反应是一个放热反应，在向混合酸中加入苯时边逐滴加入边振荡试管，能及时移走反应产生的热量，有利于控制温度，防止试管中液体过热发生更多的副反应，甚至发生危险。答案为：使苯与混酸混合均匀；能及时移走反应产生的热量；⑶混合酸与苯反应一段时间后，生成的硝基苯与未反应的苯相溶，有机层密度比混酸小，不能与混酸相溶，会浮在混合酸的上层，有机层因溶解了少量杂质(如浓硝酸分解产生的NO2等)而呈浅黄色，所以反应一段时间后，混合液明显分为两层，上层呈浅黄色；把反应后的混合液倒入盛有冷水的烧杯里，搅拌：a．与水混合后，形成的水层密度比硝基苯小，硝基苯不在水面上，a选项错误；b．苦杏仁味的硝基苯密度比水层大，沉在水底，且因溶有少量杂质而呈浅黄色，b选项正确；c．烧杯中的液态有机物有硝基苯、苯及其它有机副产物，c选项错误；d．反应后的混和液倒入冷水中，可能有部分未反应的苯浮上水面，苯为无色、油状液体，d选项正确；答案为：浅黄色；硝基苯、苯；b、d；⑷在提纯硝基苯的过程中，硝基苯中有酸，能与碱反应，硝基苯中有苯，与硝基苯互溶，所以操作步骤为：①水洗、分离，除去大部分的酸；②将粗硝基苯转移到盛有氢氧化钠溶液的烧杯中洗涤、用分液漏斗进行分离，除去剩余的酸；③水洗、分离，除去有机层中的盐及碱；④干燥；⑤蒸馏，使硝基苯与苯及其它杂质分离。答案为：氢氧化钠溶液；分液漏斗；水洗、分离；蒸馏；⑸本实验中反应为放热反应，需控制好温度。如果温度过高会导致硝酸的分解、苯的挥发，使产率降低；温度过高会也有不易与硝基苯分离的副产物产生并溶解在生成的硝基苯中，使实验值高于理论值。答案为：温度过高引起硝酸的分解、苯的挥发；温度过高，有其他能溶于硝基苯的产物生成。【点睛】1．平时注重动手实验并仔细观察、认真思考有助于解此类题。2．硝基苯的密度比水大、比混酸小。所以，与混酸混合时硝基苯上浮，混和液倒入水中后混酸溶于水被稀释，形成的水溶液密度减小至比硝基苯小，所以，此时硝基苯下沉。20、B-E-D2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O能实验中KMnO4的浓度cB>cA，且其反应速率νB>νAAC酚酞锥形瓶内溶液由无色变成(粉)红色，且半分钟内不变化0.05000mol/LAD【解析】

（1）由题给信息可知，草酸分解时，草酸为液态，草酸晶体分解生成二氧化碳、一氧化碳、水；（2）酸性溶液中高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳；硫酸、草酸浓度相同，改变高锰酸钾溶液浓度分析反应速率变化，高锰酸钾溶液浓度越大，反应速率越快；（3）依据草酸为二元弱酸和草酸氢钠溶液中草酸氢根电离大于水解分析；（4）①强碱滴定弱酸到反应终点生成草酸钠，生成的为强碱弱酸盐显碱性；②由H2C2O4—2NaOH建立关系式求解可得；③滴定操作误差分析可以把失误归结为消耗滴定管中溶液体积的变化分析判断。【详解】（1）由题给信息可知，草酸受热分解时熔化为液态，故选用装置B加热草酸晶体；草酸晶体分解生成二氧化碳、一氧化碳、水，则气体通过装置E吸收二氧化碳，利用排水法收集一氧化碳，其合理的连接顺序为B-E-D，故答案为B-E-D；（2）酸性溶液中高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳，反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。保持硫酸、草酸浓度相同，改变高锰酸钾溶液浓度分析反应速率变化，高锰酸钾溶液浓度越大，反应速率越快，实验中KMnO4的浓度cB＞cA，且其反应速率νB＞νA，上述实验能说明相同条件下，反应物浓度越大，反应速率越快，故答案为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；能；实验中KMnO4的浓度cB＞cA，且其反应速率νB＞νA；（3）A、草酸为二元酸，若为强酸电离出氢离子浓度为0.02mol/L，pH小于2，室温下，取0.010mol/L的H2C2O4溶液，测其pH=2，说明存在电离平衡，证明酸为弱酸，故A正确；B、室温下，0.010mol/L的NaHC2O4溶液中草酸氢根电离大于水解，溶液呈酸性，pH小于7，故B错误；C、室温下，取pH=a（a＜3）的H2C2O4