2024年云南省玉溪市高中名校高三第一次调研测试化学试卷含解析

2024年云南省玉溪市高中名校高三第一次调研测试化学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法错误的是A．大量使用含丙烷、二甲醚等辅助成分的“空气清新剂”会对环境造成新的污染B．制造普通玻璃的原料为石英砂（Si02）、石灰石（CaCO3）和纯碱C．髙锰酸钾溶液、酒精、双氧水能杀菌消毒，都利用了强氧化性D．红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无湿味。”文中的“气”是指乙烯2、利用固体燃料电池技术处理H2S废气并发电的原理如图所示。根据不同固体电解质M因传导离子的不同，分为质子传导型和氧离子传导型,工作温度分别为500℃和850℃左右，传导质子时的产物硫表示为Sx。下列说法错误的是A．气体X是H2S废气，气体Y是空气B．M传导质子时，负极a反应为：xH2S—2xe-=Sx+2xH+C．M传导氧离子时，存在产生SO2污染物的问题D．氧离子迁移方向是从a电极向b电极3、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是()A．14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NAC．1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA4、已知实验室用浓硫酸和乙醇在一定温度下制备乙烯，某学习小组设计实验利用以下装置证明浓硫酸在该反应中的还原产物有SO2，并制备1，2-二溴乙烷。下列说法正确的是A．浓硫酸在该反应中主要作用是催化剂、脱水剂B．装置III、IV中的试剂依次为酸性高锰酸钾溶液、品红溶液C．实验完毕后，采用萃取分液操作分离1，2-二溴乙烷D．装置II中品红溶液褪色体现了SO2的还原性5、A、B、C、D均为四种短周期元素，它们的原子序数依次增大。A与其他几种元素均不在同一周期；B元素最高价氧化物对应的水化物能与其最简单氢化物反应生成一种盐X；C能形成两种常温下为液态的氢化物；D与C同主族。则下列说法中不正确的是（）A．原子半径大小关系：A<C<BB．在0.1mol•L-1的X溶液中，溶液中阳离子的数目小于0.1NAC．C、D两种元素分别与A形成的最简单化合物的沸点C比D的要高D．化合物X受热易分解6、利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是（）下列说法正确的是（）A．反应过程中NO2、NH4+之间的反应是氧化还原反应B．上述历程的总反应可以为：2NH3+NO+NO22N2+3H2OC．X是HNO2，是还原产物D．[(NH4)(HNO2)]+是反应过程中的催化剂7、下列化学用语正确的是A．中子数为2的氢原子：H B．Na+的结构示意图：C．OH-的电子式：[H]一 D．N2分子的结构式：N—N8、偏二甲肼[（CH3）2N-NH2]（N为-2价）与N2O4是常用的火箭推进剂，发生的化学反应如下：（CH3）2N-NH2（l）+2N2O4（l）═2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g）△H＜0，下列说法不正确的是（）A．该反应在任何情况下都能自发进行B．1mol（CH3）2N-NH2含有11mol共价键C．反应中，氧化产物为CO2，还原产物为N2D．反应中，生成1molCO2时，转移8mole-9、中国传统文化对人类文明贡献巨大,书中充分记载了古代化学研究成果。下列关于古代化学的应用和记载,对其说明不合理的是()A．《本草纲目》中记载:“(火药)乃焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者”,其中利用了KNO3的氧化性B．杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来C．我国古代人民常用明矾除去铜器上的铜锈[Cu2(OH)2CO3]D．蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等为原料精制出优质纸张,由他监制的纸被称为“蔡侯纸”。“蔡侯纸”的制作工艺中充分应用了化学工艺10、一种治疗感冒咳嗽的药物结构简式是。下列关于该有机物的说法正确的是（）A．分子中所有碳原子可在同一平面上B．该有机物的分子式是C10H16OC．该有机物能发生加成和氧化反应D．该有机物与互为同分异构体11、下列实验操作会引起测定结果偏高的是（）A．测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，晶体加热完全失去结晶水后，将盛试样的坩埚放在实验桌上冷却B．中和滴定用的锥形瓶加入待测液后，再加少量蒸馏水稀释C．读取量筒中一定体积的液体时，俯视读数D．配制物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线,所配溶液的浓度12、下列属于电解质的是（）A．铜 B．葡萄糖 C．食盐水 D．氯化氢13、不能用元素周期律解释的是（）A．氯与钠形成离子键，氯与硅形成共价键B．向淀粉KI溶液中滴加溴水，溶液变蓝C．向Na2SO3溶液中滴加盐酸，有气泡生成D．F2在暗处遇H2即爆炸，I2在暗处遇H2几乎不反应14、高铁酸钾(K2FeO4)是一种兼具净水和消毒功能的可溶性盐，可发生如下反应：2K2FeO4+16HCl→4KCl+2FeCl3+8H2O+3Q↑，下列说法不正确的是A．可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验产物QB．K2FeO4在水中的电离方程式为K2FeO4→2K++Fe6++4O2一C．反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3D．反应中涉及的物质中有5种为电解质15、下列实验装置应用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体，能达到实验目的的是A．用图甲装置制取并收集二氧化硫B．用图乙装置向反应后的混合物中加水稀释C．用图丙装置过滤出稀释后混合物中的不溶物D．用图丁装置将硫酸铜溶液蒸发结晶16、将表面已完全钝化的铝条，插入下列溶液中，不会发生反应的是（）A．稀硝酸 B．硝酸铜 C．稀盐酸 D．氢氧化钠17、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子核外只有6个电子，X+和Y3+的电子层结构相同，Z-的电子数比Y3+多8个，下列叙述正确的是A．W在自然界只有一种核素 B．半径大小：X+＞Y3+＞Z-C．Y与Z形成的化合物的水溶液呈弱酸性 D．X的最高价氧化物对应的水化物为弱碱18、常温下向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐渐滴入0.1mol/L的NH3·H2O溶液,所得溶液pH及导电性变化如图。下列分析不正确的是A．a～b点导电能力增强，说明HR为弱酸B．b点溶液pH=7，说明NH4R没有水解C．c点溶液存在c(NH4+)>c(R-)、c(OH-)>c(H+)D．b～c任意点溶液均有c(H+)×c(OH-)=Kw=1.0×10-1419、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X同主族，Y原子的最外层电子数等于X原子的电子总数，Z原子的电子总数等于W、X、Y三种原子的电子数之和，Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为HnZO2n+2。W、X、Y三种元素形成的一种化合物的结构如下图所示。下列说法错误的是A．W的最高正价和最低负价的代数和为0B．W的简单离子半径可能大于X的简单离子半径C．Y的最高价氧化物对应的水化物属于弱碱D．Z的单质的水溶液需保存在棕色试剂瓶中20、下列石油的分馏产品中，沸点最低的是（）A．汽油 B．煤油 C．凡士林 D．石油气21、中国诗词深受众人喜爱，针对下列一些诗词，从化学角度解读正确的是A．王安石的《梅花》“遥知不是雪，唯有暗香来”描述了物质发生化学变化过程中既有状态变化又有气味的产生B．庾信的《杨柳歌》“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”从化学成分分析现实生活中“飞絮”“鹅毛”主要成分都是蛋白质C．赵孟頫的《烟火诗》“纷纷灿烂如星陨，赫赫喧虺似火攻”描述了颜色反应的现象D．刘禹锡的《浪淘沙》“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，说明金在自然界中以游离态存在，其化学性质稳定22、某化学实验创新小组设计了如图所示的检验Cl2某些性质的一体化装置。下列有关描述不正确的是A．浓盐酸滴到氯酸钾固体上反应的离子方程式为5Cl−＋＋6H+===3Cl2↑＋3H2OB．无水氯化钙的作用是干燥Cl2，且干燥有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色C．2处溶液出现白色沉淀，3处溶液变蓝，4处溶液变为橙色，三处现象均能说明了Cl2具有氧化性D．5处溶液变为血红色，底座中溶液红色消失，氢氧化钠溶液的作用为吸收剩余的Cl2以防止污染二、非选择题(共84分)23、（14分）中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。请回答下列问题：(1)红褐色胶体中F粒子直径大小的范围：___________________________。(2)写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：__________________________________。(3)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：_______________________________________。(4)有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，_________、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为_______________________。(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为____________________________。24、（12分）（化学：选修5：有机化学基础）以有机物A制备高分子化合物F（）的流程如下：请回答下列问题。（1）A的官能团名称是_______；C的系统命名是____________。（2）①的反应类型是_______，⑤的反应类型是___________。（3）写出反应③的化学方程式：______________________。（4）满足下列条件的B同分异构体有____种。Ⅰ.能与Na反应产生气体Ⅱ.能与NaOH反应Ⅲ.不能与Na2CO3反应。若与NaOH溶液反应的有机物中的碳原子数目为2，则其结构简式是__________。（5）已知：Ⅰ.Ⅱ.写出以CH2=CHCH=CH2为原料制备C的合成路线流程图（无机试剂可以任选）：__________。25、（12分）1－乙氧基萘常用作香料，也可合成其他香料。实验室制备1－乙氧基萘的过程如下：已知：1－萘酚的性质与苯酚相似，有难闻的苯酚气味。相关物质的物理常数：物质相对分子质量状态熔点(℃)沸点(℃)溶解度水乙醇1－萘酚144无色或黄色菱形结晶或粉末96℃278℃微溶于水易溶于乙醇1－乙氧基萘172无色液体5.5℃267℃不溶于水易溶于乙醇乙醇46无色液体-114.1℃78.5℃任意比混溶（1）将72g1－萘酚溶于100mL无水乙醇中，加入5mL浓硫酸混合。将混合液置于如图所示的容器中加热充分反应。实验中使用过量乙醇的原因是________。（2）装置中长玻璃管的作用是：______________。（3）该反应能否用实验室制备乙酸乙酯的装置_____（选填“能”或“不能”），简述理由_____________。（4）反应结束，将烧瓶中的液体倒入冷水中，经处理得到有机层。为提纯产物有以下四步操作：①蒸馏；②水洗并分液；③用10%的NaOH溶液碱洗并分液；④用无水氯化钙干燥并过滤。正确的顺序是____________(选填编号)。a．③②④①b．①②③④c．②①③④（5）实验测得1－乙氧基萘的产量与反应时间、温度的变化如图所示，时间延长、温度升高，1－乙氧基萘的产量下降可能的两个原因是____________。（6）提纯的产品经测定为43g，本实验中1－乙氧基萘的产率为________。26、（10分）溴化钙晶体(CaBr2·2H2O)为白色固体，易溶于水，可用于制造灭火剂、制冷剂等。一种制备溴化钙晶体的工艺流程如下：(1)实验室模拟海水提溴的过程中，用苯萃取溶液中的溴，分离溴的苯溶液与水层的操作是(装置如下图）：使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，将活塞拧开，使下面的水层慢慢流下，待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞，______________。(2)“合成”的化学方程式为___________________。“合成”温度控制在70℃以下，其原因是__________。投料时控制n(Br2)：n(NH3)=1：0.8，其目的是__________________。(3)“滤渣”的主要成分为_________________(填化学式）。(4)“滤液”呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，请补充从“滤液”中提取CaBr2·2H2O的实验操作：加热驱除多余的氨，______________。[实验中须使用的试剂有：氢溴酸、活性炭、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空干燥箱]27、（12分）某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知：物质BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g(20℃)2.4×10-41.4×10-33.0×10-71.5×10-4(1)探究BaCO3和BaSO4之间的转化试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4……实验ⅡNa2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解①实验I说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，__________________。②实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是__________________________________。③实验Ⅱ中加入试剂C后，沉淀转化的平衡常数表达式K=___________。(2)探究AgCl和AgI之间的转化实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验(电压表读数：a＞c＞b>0)。装置步骤电压表读数ⅰ.如图连接装置并加入试剂，闭合Kaⅱ.向B中滴入AgNO3(aq),至沉淀完全bⅲ.再向B中投入一定量NaCl(s)cⅳ.重复i，再向B中加入与ⅲ等量NaCl(s)d注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。①实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是________（填标号）。aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液②实验Ⅳ的步骤i中，B中石墨上的电极反应式是___________________________。③结合信息，解释实验Ⅳ中b<a的原因_____________________。④实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_____________________。(3)综合实验Ⅰ~Ⅳ,可得出的结论是________________________________________。28、（14分）氮族元素及其化合物应用广泛。如合成氨、磷肥等化学肥料促进了粮食产量的极大提高。(1)在基态31P原子中，核外存在_____对自旋相反的电子，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为_____形。与31P同周期且相邻的元素的第一电离能由大到小的顺序为_____。(2)液氨中存在电离平衡2NH3NH4++NH2﹣，体系中三种微粒中N原子的杂化方式为_____，NH2﹣的立体构型为_____，与NH4+互为等电子体的分子为_____。(3)苯胺与甲苯的相对分子质量相近，但苯胺的熔点(﹣5.9℃)、沸点(184.4℃)分别高于甲苯的熔点(﹣95℃)、沸点(110.6℃)，原因是_____。(4)我国科学工作者实现世界首次全氮阴离子(N5﹣)金属盐Co(N5)2(H2O)4•4H2O的合成，其结构如图所示，Co2+的配位数为_____；N5﹣的化学键类型为_____。

(5)把特定物质的量之比的NH4Cl和HgCl2在密封管中一起加热时，生成晶体X，其晶胞的结构图及晶胞参数如图所示。则晶体X的密度为_____g/cm3(设阿伏加德罗常数的值为NA，列出计算式)。29、（10分）乙苯是重要的化工原料，利用乙苯为初始原料合成高分子化合物J的流程如下图所示（部分产物及反应条件已略去）：已知：①R1CHO+R2CH2CHO+H2O②(1)物质B的名称为________。反应④所需的试剂和条件分别为____。(2)②、③的反应类型分别为_______。(3)物质H中官能团的名称是_____；物质J的化学式是______。(4)反应⑤的化学方程式为_____。(5)写出符合下列条件，与G互为同分异构体的芳香族化合物的结构简式：_____。ⅰ.与Na反应能够生成氢气；ⅱ.含碳碳叁键（不考虑“”结构）；ⅲ.苯环上只有两个处于对位的取代基；ⅳ.核磁共振氢谱中峰的面积之比为2:2:2:1:1。(6)参照上述合成路线和信息，设计由、乙醛、苯甲醇合成的路线_______（无机试剂任选）。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解析】

A.丙烷、二甲醚都有一定的毒性，会对环境造成污染，故A不选；B.SiO2和CaCO3、Na2CO3在玻璃熔炉里反应生成Na2SiO3和CaSiO3，和过量的SiO2共同构成了玻璃的主要成分，故B不选；C.髙锰酸钾溶液和双氧水杀菌消毒，利用了强氧化性，酒精没有强氧化性，故C选；D.成熟的水果能释放乙烯，乙烯可以促进果实成熟，故D不选。故选C。2、D【解析】

A.根据电流分析，电极a为负极，传导质子时的产物硫表示为Sx，说明是气体H2S废气变为Sx，化合价升高，在负极反应，因此气体X为H2S废气，气体Y是空气，故A正确；B.M传导质子时，产物硫表示为Sx，因此负极a反应为：xH2S−2xe－=Sx+2xH+，故B正确；C.M传导氧离子时，H2S和O2−可能反应生成SO2，因此存在产生SO2污染物的问题，故C正确；D.根据原电池中，阴离子向负极移动规律，氧离子迁移方向是从b电极向a电极，故D错误。综上所述，答案为D。【点睛】原电池中离子移动方向根据“同性相吸”原则，电解池中离子移动方向根据“异性相吸”原则。3、A【解析】

A.乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量为14g÷14g/mol=1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；B.1molN2与4molH2反应生成的NH3，反应为可逆反应，1mol氮气不能全部反应生成氨气，则生成氨气分子数小于2NA，故B错误；C.1molFe溶于过量硝酸生成硝酸铁，转移电子3mol，电子转移数为3NA，故C错误；D．标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24LCCl4的物质的量不是0.1mol，无法计算其含有的共价键数，故D错误；答案选A。4、A【解析】

A．乙醇在浓硫酸和加热条件下反应生成乙烯和水，浓硫酸在该反应中主要作用是催化剂、脱水剂，故A正确；B．锰酸钾溶液和二氧化硫、乙烯都要反应，除掉乙烯中的二氧化硫用氢氧化钠溶液，再用品红检验二氧化硫是否除尽，因此装置III、IV中的试剂依次为氢氧化钠溶液、品红溶液，故B错误；C．实验完毕后，产物是1，2-二溴乙烷，二溴乙烷溶于四氯化碳，二者沸点不同，可采用蒸镏操作分离提纯产品，故C错误；D．装置II中品红溶液褪色体现了SO2的漂白性，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】SO2使溶液褪色不一定体现漂白性，使某些有机色质褪色，体现漂白性，使无机物酸性高锰酸钾溶液褪色体现还原性。5、B【解析】

A与其他几种元素均不在同一周期，且原子序数最小，可推知A为H,B元素最高价氧化物对应的水化物能与其最简单氢化物反应生成一种盐X，指的是HNO3与NH3反应生成NH4NO3，C能形成两种常温下为液态的氢化物H2O和H2O2，A、B、C、D均为四种短周期元素分别为H、N、O、S。【详解】A.原子半径大小关系：H<O<N，A正确；B.在0.1mol•L-1的NH4NO3溶液中，NH4＋＋H2ONH3•H20＋H+，溶液中阳离子的数目应等于0.1NA，B错误；C.C、D两种元素分别与A形成的最简单化合物H2O和H2S，常温下H2O分子为液态，而H2S为气态，沸点H2O比H2S的要高，C正确；D.化合物NH4NO3为氨盐，不稳定，受热易分解，D正确；故本题选B。6、B【解析】

由题意可知，生成物为两种无毒物质，再结合反应历程可知，生成物为：N2和H2O，反应物为：NH3和NO和NO2，结合得失电子守恒、原子守恒可得反应方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O【详解】A．NO2和NH4+反应生成[(NH4)2(NO2)]2+无元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，A错误；B．由分析可知，该反应的化学方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O，B正确；C．结合B可知，X是N2和H2O，C错误；D．由反应历程可知，[(NH4)(HNO2)]+是该反应的中间产物，不是催化剂，D错误。答案选B。7、C【解析】

A．中子数为2的氢原子的质量数为3，该原子正确的表示方法为：H，故A错误；B．钠离子的核外电子总数为10，质子数为11，钠离子正确的离子结构示意图为：，故B错误；C．氢氧根离子带一个单位负电荷，电子式为[H]一，故C正确；D．氮气分子的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，氮气的结构式为：N≡N，故D错误；故选C。8、C【解析】

A.自发反应的判断依据，△G=△H-T△S＜0，反应能自发进行，根据方程式（CH3）2N-NH2（l）+2N2O4（l）═2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g）△H＜0可知，△H<0、△S>0，可得△G=△H-T△S＜0，该反应在任何情况下都能自发进行，A正确；B.1mol（CH3）2N-NH2含有11mol共价键，B正确；C.反应中，C元素化合价由-4升高到+4，发生氧化反应，CO2为氧化产物，N元素化合价由-2升高到0，+4降低到0，即发生氧化反应又发生还原反应，N2即为氧化产物又为还原产物，C错误；D.反应中，C元素化合价由-4升高到+4，生成1molCO2时，转移8mole-，D正确；故答案选C。【点睛】自发反应的判断依据，△G=△H-T△S＜0，反应自发进行，△G=△H-T△S>0，反应非自发，△S为气体的混乱度。9、B【解析】

A项,火药发生化学反应时,KNO3中N元素的化合价降低,得到电子,被还原,作氧化剂,体现氧化性，故A合理;B项,高粱中不含乙醇,用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反应产生乙醇,然后用蒸馏方法将乙醇分离出来，故B不合理;C项,明矾是强酸弱碱盐,水解使溶液显酸性,酸性溶液中H+与铜锈[Cu2(OH)2CO3]发生反应,达到除锈目的，故C合理;D项,蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等原料精制出优质纸张,体现了化学的物理和化学分离方法,因此充分应用了化学工艺，故D合理；故答案为B。10、C【解析】

A．饱和碳原子连接的四个原子构成四面体结构，最多有三个原子处于同一平面，中标*的碳原子连了三个碳原子，所以所有碳原子不可能在同一平面，A错误；B．该有机物的分子式是C10H14O，B错误；C．该有机物含有的碳碳双键、羰基能发生加成反应，碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，C正确；D．的分子式为C10H12O，二者分子式不相同，不互为同分异构体，D错误。答案选C。11、C【解析】

A.将盛试样的坩埚放在实验桌上冷却，硫酸铜会吸收空气中的水蒸气，重新生成结晶水合物，从而使加热前后固体的质量差减小，测定的结晶水含量偏低，A不合题意；B.中和滴定用的锥形瓶加入待测液后，再加少量蒸馏水稀释，不影响待测液中溶质的物质的量，不产生误差，B不合题意；C.量筒的刻度是从下往上标注的，读取量筒中一定体积的液体时，俯视读数，读出的数值偏高，C符合题意；D.配制物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏小，D不合题意。故选C。12、D【解析】

在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，电解质首先必须是化合物，根据定义分析。【详解】A．铜为单质，不是电解质，故A错误；B．葡萄糖在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，为非电解质，故B错误；C．食盐水为混合物，不是电解质，故C错误；D．氯化氢在水溶液中能导电的化合物，为电解质，故D正确；故选：D。【点睛】易错点C：注意电解质是指化合物，水溶液中或熔融状态下导电是判断依据。13、C【解析】

A.氯最外层7个电子，容易得到电子，Na最外层1个电子，容易失去电子，Si不易失去也不易得到电子；B.非金属性强的元素单质，能从非金属性弱的非金属形成的盐中置换出该非金属单质；C.向Na2SO3溶液中加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应；D.非金属性越强，与氢气化合越容易。【详解】A.氯最外层7个电子，容易得到电子，Na最外层1个电子，容易失去电子，Si不易失去也不易得到电子；所以氯与钠形成氯化钠，含有离子键，氯与硅形成四氯化硅，含有共价键，可以利用元素周期律解释，故A不选；B.向淀粉KI溶液中滴入溴水，溶液变蓝，说明溴单质的氧化性强于碘单质，能用元素周期律解释，故B不选；C.向Na2SO3溶液中加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应，HCl不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释，故C选；D.非金属性F>I，故氟气与氢气化合较容易，可以利用元素周期律解释，故D不选；故答案选C。14、B【解析】

A.根据2K2FeO4+16HCl=4KCl+2FeCl3+8H2O+3Q↑可知Q为氯气，可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验产物氯气，故A正确；B.K2FeO4为强电解质，在水中完全电离，其电离方程式为K2FeO4=2K++FeO42-，故B错误；C.反应中16molHCl参加反应只有6mol被氧化,则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3,故C正确；D.因为产物Q为氯气,氯气为单质不是电解质,所以反应中涉及的物质中有5种为电解质,故D正确；答案选B。15、C【解析】

A．二氧化硫密度比空气大；B．类比浓硫酸的稀释；C．操作符合过滤中的一贴二低三靠；D．溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体。【详解】A．二氧化硫密度比空气大，应用向上排空气法收集，选项A错误；B．反应后的混合物中含有浓度较大的硫酸，稀释该混合物时，要将混合液沿烧杯内壁缓慢加入水中，并用玻璃棒不断搅拌，选项B错误；C．转移液体时用玻璃棒引流，防止液体飞溅，操作符合过滤中的一贴二低三靠，操作正确，选项C正确；D．溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，不能进行蒸发结晶，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大。16、B【解析】

表面已完全钝化的铝条表面的物质是氧化铝，氧化铝属于两性氧化物，能溶于强酸、强碱溶液，稀硝酸和稀盐酸是强酸，NaOH是强碱，所以能溶于稀硝酸、稀盐酸、NaOH溶液中，但不能和硝酸铜反应，故选B。17、C【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子核外只有6个电子，则W为C元素；X+和Y3+的电子层结构相同，则X为Na元素，Y为Al元素；Z-的电子数比Y3+多8个，则Z为Cl元素；A．C在自然界有多种核素，如12C、14C等，故A错误；B．Na+和Al3+的电子层结构相同，核电荷数大离子半径小，Cl-比Na+和Al3+多一个电子层，离子半径最大，则离子半径大小：Al3+<Na+<Cl-，故B错误；C．AlCl3的水溶液中Al3+的水解，溶液呈弱酸性，故C正确；D．Na的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，为强碱，故D错误；答案为C。点睛：微粒半径大小比较的常用规律：(1)同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。(2)同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。(3)电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。(4)同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。(5)电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。18、B【解析】A．a～b点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，也证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，故A正确；B、弱离子在水溶液中会发生水解反应，根据A知，HR是弱电解质，且一水合氨是弱电解质，所以NH4R是弱酸弱碱盐，b点溶液呈中性，且此时二者的浓度、体积都相等，说明HR和一水合氨的电离程度相等，所以该点溶液中铵根离子和酸根离子水解程度相等，故B错误；C．c点溶液的pH＞7，说明溶液呈碱性，溶液中c（OH-）＞c（H+），再结合电荷守恒得c（NH4+）＞c（R-），故C正确；D．离子积常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，所以b-c任意点溶液均有c（H+）•c（OH-）=Kw=1.0×10-14

mol2•L-2，故D正确；故选B。点睛：本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确图中曲线变化趋势及曲线含义是解本题关键，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力，易错选项是D，注意：离子积常数只与温度有关，与溶液浓度及酸碱性无关，题目难度中等19、C【解析】

由信息可知W是H，X是Li，Y是Al，Z是Cl元素。A.H元素最高为+1价，最低为-1价，二者代数和为0，A正确；B.H-、Li+电子层结构相同，核电荷数Li+>H-，所以离子半径H->Li+，B正确；C.Y是Al元素，Al最高价氧化物对应水化物Al(OH)3是两性氢氧化物，C错误；D.Cl2溶于水得到氯水，氯气与水反应产生盐酸和次氯酸，其中含有的HClO不稳定，光照容易分解，所以应该保存在棕色试剂瓶中，D正确；故合理选项是C。20、D【解析】

石油分馏首先得到的是石油气，这说明石油气的沸点最低，故答案为D。21、D【解析】

A.王安石的《梅花》“遥知不是雪，唯有暗香来”，体现物质的挥发性，属于物质的物理性质，故A错误；B.庾信的《杨柳歌》“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”从化学成分分析现实生活中“飞絮”“鹅毛”主要成分都是纤维素，不是蛋白质，故B错误；C.赵孟頫的《烟火诗》“纷纷灿烂如星陨，赫赫喧虺似火攻”描述了焰色反应的现象，故C错误；D.刘禹锡的《浪淘沙》“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，说明金在自然界中以游离态存在，其化学性质稳定，故D正确；故选D。22、C【解析】

浓盐酸滴到氯酸钾固体上的作用是为了制备Cl2，根据含同种元素物质间发生氧化还原反应时，化合价只靠近不交叉，配平后可得反应的离子方程式：5Cl−＋＋6H+===3Cl2↑＋3H2O，A正确；为了检验Cl2有无漂白性，应该先把Cl2干燥，所以，无水氯化钙的作用是干燥Cl2，然后会出现干燥有色布条不褪色而湿润有色布条褪色的现象，B正确；Cl2与3处碘化钾置换出单质碘，遇淀粉变蓝，与4处溴化钠置换出单质溴，使溶液变橙色，均说明了Cl2具有氧化性，Cl2与水反应生成HCl和HClO，HCl与硝酸银产生白色沉淀，无法说明Cl2具有氧化性，C错误；Cl2与5处硫酸亚铁生成Fe3+，Fe3+与SCN−生成血红色配合物，氢氧化钠溶液可以吸收剩余的Cl2，防止污染空气，D正确。二、非选择题(共84分)23、1~100nm2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在蒸发浓缩玻璃棒2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O【解析】

将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则F是Fe(OH)3、D是Fe2(SO4)3、E是NH4Cl、A是单质Fe、B是FeS、C是FeSO4。【详解】(1)根据胶体的定义，红褐色氢氧化铁胶体中氢氧化铁胶体粒子直径大小的范围是1~100nm。(2)C是FeSO4，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。(3)E是NH4Cl溶液，铵根离子与碱反应能放出氨气，鉴定E中铵根离子的实验方法和现象是：取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在。(4)利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。根据过滤操作的装置图可知，过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为玻璃棒。(5)FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，铁元素化合价由+3升高为+6，氯元素化合价由+1降低为-1，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O。24、溴原子、羟基、酯基1，3-丁二醇取代反应或水解反应缩聚反应11CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH【解析】试题分析：A水解生成B和C，C连续2次以后生成E，E和氢气发生加成反应生成B，则B和C分子中含有相同的碳原子数，均是4个。B发生缩聚反应生成F，则根据F的结构简式可知B的结构简式为HOCH(CH3)CH2COOH，因此E的结构简式为CH3COCH2COOH，D的结构简式为CH3COCH2CHO，因此C的结构简式为CH3CHOHCH2CH2OH，据此分析解答。解析：A水解生成B和C，C连续2次以后生成E，E和氢气发生加成反应生成B，则B和C分子中含有相同的碳原子数，均是4个。B发生缩聚反应生成F，则根据F的结构简式可知B的结构简式为HOCH(CH3)CH2COOH，因此E的结构简式为CH3COCH2COOH，D的结构简式为CH3COCH2CHO，因此C的结构简式为CH3CHOHCH2CH2OH，则（1）A属于酯类，且含有溴原子和羟基，因此A的官能团名称是溴原子、羟基、酯基；C分子中含有2个羟基，其系统命名是1，3-丁二醇。（2）根据以上分析可知①的反应类型是取代反应或水解反应，⑤的反应类型是缩聚反应。（3）反应③是醛基的氧化反应，反应的化学方程式为。（4）Ⅰ.能与Na反应产生气体，说明含有羟基或羧基；Ⅱ.能与NaOH反应，说明含有羧基或酯基；Ⅲ.不能与Na2CO3反应，说明含有酯基，不存在羧基，如果是甲酸形成的酯基，有5种；如果是乙酸形成的酯基有2种；如果羟基乙酸和乙醇形成的酯基有1种；丙酸形成的酯基有1种；羟基丙酸和甲醇形成的酯基有2种，共计11种；若与NaOH溶液反应的有机物中的碳原子数目为2，则符合条件的有机物结构简式有CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH。（5）结合已知信息、相关物质的结构和性质，利用逆推法可知其合成路线可以设计为。25、提高1-萘酚的转化率冷凝回流不能产物沸点大大高于反应物乙醇，会降低产率a1-萘酚被氧化，温度高乙醇大量挥发或温度高发生副反应50%【解析】

（1）该反应中乙醇的量越多，越促进1-萘酚转化，从而提高1-萘酚的转化率；（2）长玻璃管起到冷凝回流的作用，使挥发出的乙醇冷却后回流到烧瓶中，从而提高乙醇原料的利用率；（3）该产物沸点高于乙醇，从而降低反应物利用率，所以不能用制取乙酸乙酯的装置；（4）提纯产物用10%的NaOH溶液碱洗并分液，把硫酸洗涤去，水洗并分液洗去氢氧化钠，用无水氯化钙干燥并过滤，吸收水，控制沸点通过蒸馏的方法得到，实验的操作顺序为：③②④①，选项是a；（5）时间延长、温度升高，可能是酚羟基被氧化，乙醇大量挥发或产生副反应等，从而导致其产量下降，即1－乙氧基萘的产量下降可能的两个原因是1-萘酚被氧化，温度高乙醇大量挥发或温度高发生副反应；（6）根据方程式，1-萘酚与1-乙氧基萘的物质的量相等，则n(C10H8O)=n(C12H12O)=72g÷144g/mol=0.5mol，则m(C12H12O)=0.5mol×172g/mol=86g，其产率=(43g÷86g)×100%=50%。26、将上层液体从上口倒入另一烧杯中3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O温度过高，Br2、NH3易挥发确保Br2被充分还原Ca(OH)2用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥【解析】(1)用苯萃取溶液中的溴，分离溴的苯溶液与水层的操作是：使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，将活塞拧开，使下面的水层慢慢流下，待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞，将上层液体从上口倒入另一烧杯中，故答案为将上层液体从上口倒入另一烧杯中；(2)根据流程图，“合成”过程中，氧化钙、液氨、液溴和水反应生成氮气、溴化钙等，反应的化学方程式为3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O；液溴和液氨容易挥发，“合成”温度应控制在70℃以下；投料时控制n(Br2)：n(NH3)=1：0.8，可以确保Br2被充分还原，故答案为3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O；温度过高，Br2、NH3易挥发；确保Br2被充分还原；(3)氧化钙与水反应生成的氢氧化钙微溶于水，因此“滤渣”的主要成分为Ca(OH)2，故答案为Ca(OH)2；(4)“滤液”呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，二者能够在酸性条件下与溴离子反应生成溴，从而可以用活性炭吸附除去，在洗涤时可以用乙醇洗涤，减少溴化钙晶体的损失，也便与干燥。因此从“滤液”中提取CaBr2·2H2O的实验操作：加热驱除多余的氨，用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥，故答案为用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥。27、沉淀不溶解，无气泡产生BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2Ob2I――2e－＝I2由于生成AgI沉淀，使B溶液中c(I－)减小，I－还原性减弱，原电池电压减小实验步骤ⅳ表明Cl－本身对原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c>b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI+Cl－AgCl+I－溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现【解析】

(1)①BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，BaSO4不溶于盐酸；②实验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生，是BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳；③实验Ⅱ中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；(2)①要证明AgCl转化为AgI，AgNO3与NaCl溶液反应时，必须是NaCl过量；②I―具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀；④AgI转化为AgCl，则c(I－)增大，还原性增强，电压增大。(3)根据实验目的及现象得出结论。【详解】(1)①BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，BaSO4不溶于盐酸，实验I说明BaCO3全部转化为BaSO4的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生；②实验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，说明是BaCO3与盐酸反应，反应离子方程式是BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；③实验Ⅱ中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；固体不计入平衡常数表达式，所以沉淀转化的平衡常数表达式K=；(2)①AgNO3与NaCl溶液反应时，NaCl过量，再滴入KI溶液，若有AgI沉淀生成才能证明AgCl转化为AgI，故实验Ⅲ中甲是NaCl溶液，选b；②I―具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极，负极反应是2I――2e－＝I2；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀，B溶液中c(I－)减小，I－还原性减弱，原电池电压减小，所以实验Ⅳ中b<a；④实验步骤ⅳ表明Cl－本身对原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c>b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI+Cl－AgCl+I－。(3)综合实