2023-2024学年吉林省公主岭市高三一诊考试化学试卷含解析

2023-2024学年吉林省公主岭市高三一诊考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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10mol/LNaHCO3溶液，测其pH为8.4；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是()A．NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度B．反应的过程中产生的白色沉淀为CaCO3C．反应后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)D．加入CaCl2促进了HCO3-的水解2、硫元素最常见和最稳定的一种同素异形体是黄色的正交α－型，1912年E.Beckmann由硫在碘中的冰点降低法测得它含有S8分子。1891年，M.R.Engel用浓盐酸和硫代硫酸盐的饱和溶液在0℃下作用首次制得了一种菱形的－硫，后来证明含有S6分子。下列说法正确的是A．S6和S8分子都是由S原子组成，所以它们是一种物质B．S6和S8分子分别与铁粉反应，所得产物不同C．S6和S8分子分别与过量的氧气反应可以得到SO3D．等质量的S6和S8分子分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同3、常温下，将0.2mol/LKMnO4酸性溶液0.1L与一定量pH=3的草酸（HOOC—COOH）溶液混合，放出VL气体。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.1molHOOC—COOH含共用电子对数目为0.9NAB．当1molKMnO4被还原时，强酸提供的H+数目为NAC．pH=3的草酸溶液含有H+数目为0.001NAD．该反应释放CO2分子数目为NA4、不能用于比较Na与Al金属性相对强弱的事实是A．最高价氧化物对应水化物的碱性强弱 B．Na和AlCl3溶液反应C．单质与H2O反应的难易程度 D．比较同浓度NaCl和AlCl3的pH大小5、将13.4克KCl和KBr的混合物，溶于水配成500mL溶液，通入过量的Cl2，反应后将溶液蒸干，得固体11.175克。则原来所配溶液中K＋、Cl－、Br－的物质的量之比为A．3︰2︰1 B．1︰2︰3 C．5︰3︰3 D．2︰3︰16、将足量的AgCl(s)分别添加到下述四种溶液中，所得溶液c（Ag+）最小的是A．10mL0.4mol·L-1的盐酸 B．10mL0.3mol·L-1MgCl2溶液C．10mL0.5mol·L-1NaCl溶液 D．10mL0.1mol·L-1AlCl3溶液7、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是A．Y、Z的氢化物稳定性Y>ZB．Y单质的熔点高于X单质C．X、W、Z能形成具有强氧化性的XZWD．YZ4分子中Y和Z都满足8电子稳定结构8、NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．2gD2O和H2l8O混合物中所含中子数为NAB．1L0.1mol·L-1NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NAC．常温常压下，0.5molFe和足量浓硝酸混合，转移电子数为1.5NAD．0.1molH2和0.1molI2(g)于密闭容器中充分反应，其原子总数为0.2NA9、如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。字母代表元素，分析正确的是A．R在周期表的第15列B．Y、Q两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸C．简单离子的半径:X>Z>MD．Z的单质能从M与Q元素构成的盐溶液中置换出单质M10、下列叙述正确的是（）A．合成氨反应放热，采用低温可以提高氨的生成速率B．常温下，将pH＝4的醋酸溶液加水稀释，溶液中所有离子的浓度均降低C．反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)===4Fe(OH)3(s)常温下能自发进行，该反应的ΔH<0D．在一容积可变的密闭容器中反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)达平衡后，保持温度不变，缩小体积，平衡正向移动，的值增大11、2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。一种锂离子电池充电时的阳极反应式为：LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+，放电时的工作原理如图。下列叙述不正确的是A．该电池工作时Fe、P元素化合价均不变B．放电时，电子由铜箔经外电路流向铝箔C．充电时，铝箔电极应该接电源的正极D．充电时，Li+通过隔膜移向铜箔电极方向迁移12、下列指定反应的化学用语表达正确的是（）A锅炉水垢中的CaSO4用饱和Na3CO3溶液浸泡CO32﹣+CaSO4＝CaCO3+SO42﹣B用铁电极电解饱和食盐水2Cl﹣+2H2O＝Cl2↑+H2↑+2OH﹣C向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2OAl3++4NH3·H2O=AlO2—+4NH4++2H2ODKClO碱性溶液与Fe(OH)3反应制取K2FeO43ClO﹣+2Fe(OH)3＝2FeO42﹣+3Cl﹣+4H++H2OA．A B．B C．C D．D13、液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点。一种以液态肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液。下列关于该电池的叙述正确的是A．b极发生氧化反应B．a极的反应式：N2H4＋4OH－－4e－＝N2↑＋4H2OC．放电时，电流从a极经过负载流向b极D．其中的离子交换膜需选用阳离子交换膜14、某无色溶液，经测定含有Al3+、Br-、SO42-，且各离子物质的量浓度相等（不考虑水电离出来的H+和OH-），则对该溶液的说法合理的是（）A．可能含有Cl- B．可能含有HCO3-15、实验室利用下图装置制取无水A1C13(183℃升华，遇潮湿空气即产生大量白雾)，下列说法正确的是A．①的试管中盛装二氧化锰，用于常温下制备氯气B．②、③、⑥、⑦的试管中依次盛装浓H2SO4、饱和食盐水、浓H2SO4、NaOH溶液C．滴加浓盐酸的同时点燃④的酒精灯D．⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管代替16、“拟晶”(quasicrystal)是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能。下列有关这种拟晶的说法正确的是A．无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价B．Al65Cu23Fe12的硬度小于金属铁C．Al65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料D．1molAl65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265mol电子二、非选择题（本题包括5小题）17、为探究某固体化合物X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验。请回答：(1)蓝色溶液中的金属阳离子是________。(2)黑色化合物→砖红色化合物的化学方程式是________________________。(3)X的化学式是________。18、化合物G是一种药物合成的中间体，G的一种合成路线如下：(1)写出A中官能团的电子式。_____________。(2)写出反应类型：B→C___________反应，C→D__________反应。(3)A→B所需反应试剂和反应条件为_______________________________。(4)写出C的符合下列条件同分异构体的结构简式：_________________________。(任写出3种)①能水解；②能发生银镜反应；③六元环结构，且环上只有一个碳原子连有取代基。(5)写出F的结构简式_______________________。(6)利用学过的知识，写出由甲苯()和为原料制备的合成路线。(无机试剂任用)_____________________。19、实验室用如图装置（夹持装置略）制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。已知K2FeO4具有下列性质：①可溶于水，微溶于浓KOH溶液；②在0℃～5℃、强碱性溶液中比较稳定，在Fe(OH)3或Fe3＋催化下发生分解；③在弱碱性至酸性条件下，能与水反应生成O2和Fe(OH)3（或Fe3＋）。(1)装置A用于制取氯气，其中使用恒压漏斗的原因是____。(2)为防止装置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是____和____。(3)装置C中生成K2FeO4反应的离子方程式为____。(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，测得产生O2的体积随时间的变化曲线如图所示。t1s～t2s内，O2的体积迅速增大的主要原因是____。(5)验证酸性条件下氧化性FeO42-＞Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，____。（实验中须使用的的试剂和用品有：浓盐酸，NaOH溶液、淀粉KI试纸、棉花）(6)根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2＞FeO42-，而第(5)小题实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是____。20、Ⅰ.含氨废水和废气对环境造成的污染越来越严重，某课外活动小组先测定废水中含NO3-为3×10-4mol/L，而后用金属铝将NO3-还原为N2，从而消除污染。(1)配平下列有关离子方程式：_____NO3-+_______Al+_______H2O→_______N2↑+______Al(OH)3+________OH-。(2)上述反应中被还原的元素是____________，每生成2mol

N2转移_________mol电子。(3)有上述废水100m3，若要完全消除污染，则所消耗金属铝的质量为_________g。Ⅱ.NO与Cl2在常温常压下可以合成亚硝酰氯(NOCl)。它是一种红褐色液体或黄色气体，其熔点-64.5℃，沸点-5.5

℃，遇水易水解。亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂。实验室制备原料气Cl2的装置如图所示：(4)实验室制Cl2时，装置A中烧瓶内发生反应的化学方程式为_________________________。(5)将上述收集到的Cl2充入D的集气瓶中，按图示装置制备亚硝酰氯。①装置D中发生的反应方程式为__________________________。②如果不用装置E会引起什么后果：__________________。③某同学认为装置F不能有效吸收尾气中的某种气体，该气体为_____________，为了充分吸收尾气，可将尾气与________________同时通入氢氧化钠溶液中。21、[化学—选修3；物质结构与性质]明朝《天工开物》中有世界上最早的关于炼锌技术的记载，锌也是人体必需的微量元素。回答下列问题：(1)基态Zn原子核外的最高能层符号是________，基态Zn2+最外层电子排布式为________。(2)硫酸锌溶于氨水形成[Zn(NH3)4]SO4溶液。①组成[Zn(NH3)4]SO4的元素中，除Zn外其余元素的电负性由大到小排序为________。②向[Zn(NH3)4]SO4溶液中逐滴滴加NaOH溶液，未出现浑浊，其原因是________。③已知[Zn(NH3)4]2+的空间构型与相同，则在[Zn(NH3)4]2+中Zn2+的杂化类型为________，NH3易液化的原因是________________________________。④在[Zn(NH3)4]SO4晶体中存在的作用力有________。A．离子键B．极性共价键C．氢键D．配位键E．范德华力F．金属键(3)ZnO与ZnS结构相似，ZnO的熔点为1975℃，ZnS的熔点约为1700℃。ZnO熔点比ZnS高的原因是________________________________。(4)常温下金属锌晶体的晶胞为六方最密堆积(如图所示)，若锌原子的半径为rnm，六棱柱的高为，则金属锌晶体的空间利用率是________(用含π的代数式表示)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A.NaHCO3电离产生的HCO3-离子在溶液中既能发生电离作用又能发生水解作用；B.HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3；C.根据电荷守恒分析判断；D.加入CaCl2消耗CO32-生成CaCO3沉淀。【详解】A.NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液中HCO3-既能电离又能水解，水解消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性；电离产生H+使溶液显酸性，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度，A正确；B.向NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，说明HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3，B正确；C.该溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-)，溶液至pH=7，c(H+)=c(OH-)，c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)，C正确；D.溶液中存在HCO3-CO32-+H+，加入CaCl2消耗CO32-，促进HCO3-的电离，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查了电解质溶液中反应实质、沉淀溶解平衡的理解及应用的知识。涉及电解质溶液中离子浓度大小比较、电荷守恒、物料守恒等，题目难度中等。2、D【解析】

A选项，S6和S8分子都是由S原子组成，它们是不同的物质，互为同素异形体，故A错误；B选项，S6和S8是硫元素的不同单质，化学性质相似，因此它们分别与铁粉反应，所得产物相同，故B错误；C选项，不管氧气过量还是少量，S6和S8分子分别与氧气反应可以得到SO2，故C错误；D选项，等质量的S6和S8分子，其硫原子的物质的量相同，因此它们分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同，故D正确。综上所述，答案为D。3、A【解析】

A.1个HOOC—COOH分子中含有9对共用电子对，则0.1molHOOC—COOH含共用电子对数目为0.9NA，A正确；B.KMnO4与草酸反应的方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，根据方程式可知当1molKMnO4被还原时，强酸提供的H+的物质的量为3mol，因此反应消耗的H+数目为3NA，B错误；C.缺少溶液的体积，不能计算H+的数目，C错误；D.不确定CO2气体所处的环境，因此不能计算其物质的量，也就不能确定其分子数，D错误；故合理选项是A。4、B【解析】

A.对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性越强，可以比较Na与Al金属性相对强弱，A项正确；B.Na和AlCl3溶液反应，主要是因为钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，这不能说明Na的金属性比铝强，B项错误；C.金属单质与水反应越剧烈，金属性越强，可用于比较Na与Al金属性相对强弱，C项正确；D.AlCl3的pH小，说明铝离子发生了水解使溶液显碱性，而氯化钠溶液呈中性，说明氢氧化钠为强碱，氢氧化铝为弱碱，所以能比较Na、Al金属性强弱，D项正确；答案选B。【点睛】金属性比较规律：1、由金属活动性顺序表进行判断：前大于后。2、由元素周期表进行判断，同周期从左到右金属性依次减弱，同主族从上到下金属性依次增强。3、由金属最高价阳离子的氧化性强弱判断，一般情况下，氧化性越弱，对应金属的金属性越强，特例，三价铁的氧化性强于二价铜。4、由置换反应可判断强弱，遵循强制弱的规律。5、由对应最高价氧化物对应水化物的碱性强弱来判断，碱性越强，金属性越强。6、由原电池的正负极判断，一般情况下，活泼性强的作负极。7、由电解池的离子放电顺序判断。5、A【解析】

溶液为电中性，阳离子所带正电荷的总量等于阴离子所带负电荷的总量可得出n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)，据此分析解答。【详解】任何溶液都呈电中性，即阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，在KCl和KBr的混合溶液中，存在n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)。A．3=2+1，说明n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)，故A正确；B．1≠2+3，说明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-)，故B错误；C．5≠3+3，说明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-)，故C错误；D．2≠3+1，说明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-)，故D错误；答案选A。【点睛】本题如果按常规方法或差量法解答，均较为繁琐，从溶液电中性角度解答，可以起到事半功倍的效果。6、B【解析】

A.c(Cl－)=0.4mol/L，B.c(Cl－)=0.6mol/L，C.c(Cl－)=0.5mol/L，D.c(Cl－)=0.3mol/L，Ksp(AgCl)=c(Cl－)·c(Ag+)，c(Ag+)最小的是c(Cl－)最大的，故选B。7、A【解析】

W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，W为O元素；X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，X为Na元素；短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，则Y为Si、Z为Cl元素；A.非金属性Si<Cl，则Y、Z的氢化物的稳定性Si（Y）<Cl（Z），A错误；B.Y的单质是晶体硅，晶体硅属于原子晶体，X单质是金属Na，硅的熔点高于Na，B正确；C.X（Na）、W（O）、Z（Cl）能形成NaClO，NaClO具有强氧化性，C正确；D.YZ4为SiCl4，SiCl4的电子式为，Si和Cl都满足8电子稳定结构，D正确；答案选A。8、A【解析】

A.D2O和H2l8O的摩尔质量相同都为20g/mol,中子数也相等均为10，所以2gD2O和H2l8O混合物中所含中子数为NA，故A正确；B.NaHCO3属于强碱弱酸盐，HCO3-既能发生电离：HCO3-H++CO32-，也能发生水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，根据物料守恒可知，1L0.1mol·L-1NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NA,故B错误。C.常温常压下，Fe和足量浓硝酸发生钝化反应，故C错误；D.0.1molH2和0.1molI2(g)于密闭容器中充分反应为H2（g）+I2(g)2HI，其原子总数为0.4NA,故D错误；答案：A。9、C【解析】

从图可看出X、Y在第二周期，根据原子序数知道X是O元素，Y是F元素，同理可知Z是Na元素，M是Al元素，R是Si元素，Q是Cl元素。【详解】A.R是Si元素，在周期表中位于第14列，故A错误；B.Y是F元素，没有正化合价，没有含氧酸，故B错误；C.X、Z、M的简单离子都是10电子结构，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径：X＞Z＞M，故C正确；D.Z是Na元素，钠与铝盐溶液反应时，先与水反应，不能置换出Al，故D错误；故选C。10、C【解析】

A、降低温度，会减慢氨的生成速率，选项A错误；B、常温下，将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中氢离子的浓度降低，由c（OH-）=可知氢氧根离子的浓度增大，选项B错误；C、反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)=4Fe(OH)3(s)，△S＜0，常温下能自发进行，说明△H-T•△S＜0，因此可知△H＜0，选项C正确；D、可看作该反应的平衡常数的倒数，温度不变，平衡常数不变，则该值不变，选项D错误。答案选C。11、A【解析】

A.该电池在充电时Fe元素化合价由反应前LiFePO4中的+2价变为反应后中的FePO4中的+3价，可见Fe元素化合价发生了变化，A错误；B.根据电池充电时的阳极反应式为：LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+，充电时铝箔为阳极，则放电时铝箔为正极，铜箔为负极，放电时，电子由铜箔经外电路流向铝箔，B正确；C.根据题意可知充电时Al箔为阳极，则充电时，铝箔电极应该接电源的正极，C正确；D.根据图示可知：电池放电时Li+通过隔膜向铝箔电极方向迁移，充电是放电的逆过程，则Li+要由铝箔通过隔膜向铜箔电极方向迁移，D正确；故答案选A。12、A【解析】

A、锅炉水垢中的CaSO4用饱和Na3CO3溶液浸泡：CO32﹣+CaSO4＝CaCO3+SO42﹣，A正确；B、用铁电极电解饱和食盐水，阳极铁失去电子，转化为亚铁离子，阴极氢离子得到电子转化为氢气，得不到氯气，B错误；C、氨水不能溶解氢氧化铝，向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，C错误；D、溶液显碱性，产物不能出现氢离子，KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应制取K2FeO4：4OH-+3ClO﹣+2Fe(OH)3＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，D错误；答案选A。13、B【解析】

A、该燃料电池中，通入氧化剂空气的电极b为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，A项错误；B、通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，B项正确；C、放电时，电流从正极b经过负载流向a极，C项错误；D、该原电池中，正极上生成氢氧根离子，阴离子向负极移动，所以离子交换膜要选取阴离子交换膜，D项错误；答案选B。14、A【解析】

等物质的量浓度的Al3+、Br-、SO42-的溶液中，正电荷数和负电荷数恰好相等，所以无色溶液可能是硫酸铝和溴化铝的溶液，也可能还含有等物质的量浓度的Cl-、Na+，由于Al3+和HCO3-离子不共存，所以不可能含有HCO3-，据此解答。【详解】等物质的量浓度的Al3+、Br-、SO42-的溶液中，正电荷数和负电荷数恰好相等，所以无色溶液可能是硫酸铝和溴化铝的溶液；无色硫酸铝和溴化铝的溶液与NaCl溶液不反应、可共存，所以无色溶液可能还含有NaCl，即还含有等物质的量浓度的Cl-、Na+；由于Al3+和HCO3-离子不共存，所以不可能含有HCO3-；综上：①溶液可能含有Al3+、Br-、SO42-三种离子；②溶液可能含有Al3+、Br-、SO42-、Cl-、Na+五种离子，答案选A。15、D【解析】

由实验装置可知，①为浓盐酸与强氧化剂反应生成氯气，②中饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，④中Al与氯气反应生成AlCl3，⑤为收集氯化铝的装置；⑥中浓硫酸防止水进入④和⑤中引起氯化铝水解，⑦中NaOH溶液吸收尾气中的氯气，以此来来解答。【详解】A.①的试管中盛装二氧化锰，常温与浓盐酸不反应，需要加热制备氯气，A项错误；B.由上述分析可知②、③、⑥、⑦的试管中依次盛装饱和食盐水、浓H2SO4、浓H2SO4、NaOH溶液，B项错误；C.滴加浓盐酸使产生的氯气排出装置中的氧气，再点燃④的酒精灯，C项错误；D.⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦两个装置要防止其水解，且要吸收尾气中的氯气，则⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管代替，D项正确；答案选D。16、C【解析】

A．拟晶Al65Cu23Fe12是由三种金属元素组成，由于金属无负价，根据化合价代数和为0的原则，三种金属的化合价均可视作零价，故A错误；B．拟晶具有合金的某些优良物理性能，合金的硬度一般比各成分金属大，故B错误；C．Al65Cu23Fe12与海水可以构成原电池，会加速金属的腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料，故C正确；D．溶于过量硝酸时，Al与Fe均变为+3价，Cu变为+2价，故1molAl65Cu23Fe12失电子为65×3+23×2+12×3=277mol，故D错误；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、Cu2＋4CuO2Cu2O＋O2↑Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)2·2CuCO3【解析】

根据流程中信息可知黑色化合物为CuO，砖红色化合物为Cu2O，红色金属单质为Cu，蓝色溶液为CuSO4溶液；n(H2O)==0.01mol，黑色化合物n(CuO)==0.03mol，无色无味气体n(CO2)=n(CaCO3)==0.02mol，故可根据各元素推知分子式Cu3C2H2O8，则推断出X为Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)2·2CuCO3，据此分析。【详解】根据流程中信息可知黑色化合物为CuO，砖红色化合物为Cu2O，红色金属单质为Cu，蓝色溶液为CuSO4溶液；n(H2O)==0.01mol，n(H)=0.02mol，黑色化合物n(CuO)==0.03mol，无色无味气体n(CO2)=n(CaCO3)==0.02mol，故n(O)=0.04+0.03+0.01=0.08mol，可根据各元素推知分子式Cu3C2H2O8，则推断出X为Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)2·2CuCO3。(1)蓝色溶液为CuSO4溶液，含有的金属阳离子是Cu2＋；(2)黑色化合物→砖红色化合物，只能是CuO→Cu2O，反应的化学方程式是4CuO2Cu2O＋O2↑；(3)X的化学式是Cu(OH)2·2CuCO3或Cu3(OH)2(CO3)2。18、加成氧化O2、Cu/△(或者CuO、△)CH3COCH2CH2OHCH3COCH2COOH【解析】

(1)A的结构式为：其中的官能团是羟基，电子式为：；(2)B中存在α-氢可以加到HCHO醛基氧上，其余部分加到醛基碳原子上生成C，故该反应时加成反应；C含有羟基，可以和酸性高锰酸钾会发生氧化反应生成D；(3)A→B反应中羟基变成酮基，是氧化反应；(4)C的分子式为C9H16O2，能水解且能发生银镜反应说明含有—OOCH的结构，含有醛基并且有六元环结构，且环上只有一个碳原子连有取代基；(5)E和CH3CH2CH2Br在CH3CHONa和CH3CH2OH的条件下，CH3CH2CH2Br会取代中的α-氢，生成和HBr；(6)由甲苯()和为原料制备可以先将通过取代反应转化成；通过氧化反应转化成CH3COCH2COOH，和CH3COCH2COOH发生酯化反应可以生成目标产物。【详解】(1)A的结构式为：其中的官能团是羟基，电子式为：；(2)B中存在α-氢可以加到HCHO醛基氧上，其余部分加到醛基碳原子上生成C，故该反应时加成反应；C含有羟基，可以和酸性高锰酸钾会发生氧化反应生成D；(3)A→B反应中羟基变成酮基，是氧化反应，反应条件是：O2、Cu/△(或者CuO、△)；(4)C的分子式为C9H16O2，能水解且能发生银镜反应说明含有—OOCH的结构，含有醛基并且有六元环结构，且环上只有一个碳原子连有取代基，满足上述条件的同分异构体有、、和四种，写出三种即可；(5)E和CH3CH2CH2Br在CH3CHONa和CH3CH2OH的条件下，CH3CH2CH2Br会取代中的α-氢，生成和HBr，故F的结构式为；(6)由甲苯()和为原料制备可以先将通过取代反应转化成；通过氧化反应转化成CH3COCH2COOH，和CH3COCH2COOH发生酯化反应可以生成目标产物，合成路线为：CH3COCH2CH2OHCH3COCH2COOH。19、防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落将装置C置于冰水浴中KOH应过量（或减缓通入氯气的速率等）3Cl2＋2Fe(OH)3＋10OH－=2FeO42-＋6Cl－＋8H2OK2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用向其中滴加少量浓盐酸，将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性FeO42-＞Cl2溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱【解析】

利用高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气，将氯气通过饱和氯化钠溶液除去氯化氢，纯净的氯气通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中，制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），用氢氧化钠溶液处理尾气，防止多余的氯气排放到空气中引起污染，据此分析。【详解】利用高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气，将氯气通过饱和氯化钠溶液除去氯化氢，纯净的氯气通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中，制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），用氢氧化钠溶液处理尾气，防止多余的氯气排放到空气中引起污染。(1)装置A用于制取氯气，其中使用恒压漏斗的原因是防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落；(2)为防止装置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是将装置C置于冰水浴中和KOH应过量（或减缓通入氯气的速率等）；(3)装置C中利用氯气在碱性条件下将氢氧化铁氧化生成K2FeO4，反应的离子方程式为3Cl2＋2Fe(OH)3＋10OH－=2FeO42-＋6Cl－＋8H2O；(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，K2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用，t1s～t2s内，O2的体积迅速增大；(5)验证酸性条件下氧化性FeO42-＞Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，向其中滴加少量浓盐酸，将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性FeO42-＞Cl2；(6)根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2＞FeO42-，而第(5)小题实验表明，溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱，在不同的酸碱性环境中，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反。20、610183106N201350MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O2NO+Cl2═2NOClF中的水蒸气进入D装置中，会导致产品水解NOO2【解析】

Ⅰ.N元素化合价由+5降低为0，铝元素化合价由0升高为+3；根据反应的离子方程式计算消耗金属铝的质量；Ⅱ.实验室在加热条件下用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气；NO与Cl2发生化合反应生成NOCl，根据NOCl遇水易水解分析装置E的作用；尾气中含有NO，NO不能与氢氧化钠溶液反应。【详解】(1)N元素化合价由+5降低为0，铝元素化合价由0升高为+3，根据得失电子守恒、元素守恒、电荷守恒配平离子方程式为6NO3-+10Al+18H2O==3N2↑+10Al(OH)3+6OH-。(2)上述反应中，N元素化合价由+5降低为0，被还原的元素是N，每生成2mol

N2转移2mol×2×(5－0)=20mol电子。(3)100m3废水含有NO3-的物质的量是100×103L×3×10-4mol/L=30mol，设反应消耗铝的物质的量是n=50mol，则所消耗金属铝的质量为50mol×27g/mol=1350g。(4)实验室在加热条件下用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气，制Cl2时发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O