2024届湖南省雅礼洋湖中学高三（最后冲刺）化学试卷含解析

2024届湖南省雅礼洋湖中学高三（最后冲刺）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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列解释对应事实的离子方程式正确的是A．FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，静置一段时间后：Fe2++2OH一=Fe(OH)2↓B．漂白粉溶液加入醋酸：H++ClO-=HC1OC．AgCl悬浊液滴入Na2S溶液：2Ag++S2-=Ag2S↓D．K2CrO4溶液滴入硫酸溶液；2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O2、下列说法中正确的是（）A．HClO的结构式：H—Cl—O B．H2与H+互为同位素C．原子核内有10个质子的氧原子：18O D．N2分子的电子式：3、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB．22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NAC．92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NAD．1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA4、反应2NO2(g)N2O4(g)+57kJ，若保持气体总质量不变。在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．a、c两点气体的颜色：a浅，c深B．a、c两点气体的平均相对分子质量：a>cC．b、c两点的平衡常数：Kb=KcD．状态a通过升高温度可变成状态b5、25℃时，将浓度均为0.1mol·L－1，体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb＝100mL，Va、Vb与混合液pH的关系如图所示，下列说法正确的是A．Ka(HA)＝1×10－6B．b点c(B+)＝c(A－)＝c(OH－)＝c(H+)C．a→c过程中水的电离程度始终增大D．c点时，c(A－)/[c(OH－)⋅c(HA)]随温度升高而减小6、氟氧酸是较新颖的氧化剂，应用性极强，可用被氮气稀释的氟气在细冰上缓慢通过制得：F2+H2O=HOF+HF。该反应中水的作用与下列反应中水的作用相同的是A．钠与水反应制氢气B．过氧化钠与水反应制氧气C．氯气与水反应制次氯酸D．氟单质与水反应制氧气7、用下表提供的仪器（夹持仪器和试剂任选）不能达到相应实验目的的是选项实验目的仪器A用CCl4除去NaBr溶液中少量Br2烧杯、分液漏斗B配制1.0mol•L-1的H2SO4溶液量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶C从食盐水中获得NaCl晶体酒精灯、烧杯、漏斗D制备少量乙酸乙酯试管、酒精灯、导管A．A B．B C．C D．D8、“NaCl＋CO2＋NH3＋H2O→NaHCO3↓＋NH4Cl”是侯氏制碱法的重要反应。下面是4位同学对该反应涉及的有关知识发表的部分见解。错误的是A．甲同学说：该条件下NaHCO3的溶解度较小B．乙同学说：NaHCO3不是纯碱C．丙同学说：析出NaHCO3固体后的溶液中只含氯化铵D．丁同学说：该反应是在饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳9、下列离子方程式的书写及评价，均合理的是选项离子方程式评价A用铜电极电解饱和KCl溶液：2H2O+2Cl-H2↑+Cl2↑+2OH-正确：Cl-的失电子能力比OH-强B向CuSO4溶液中通入过量的H2S气体：Cu2++H2S=CuS↓+2H+错误：H2S的酸性比H2SO4弱CBa(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2++HCO3-+OH-═BaCO3↓+H2O错误：Ba2+与HCO3-系数比应为1:2D过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=HClO+HSO3-正确：H2SO3的酸性比HClO强A．A B．B C．C D．D10、常温下，下列有关溶液的说法正确的是（）A．pH相等的①NH4Cl②NH4Al(SO4)2③NH4HSO4溶液：NH4＋浓度的大小顺序为①>②>③B．常温下，pH为5的氯化铵溶液和pH为5的醋酸溶液中水的电离程度相同C．HA的电离常数Ka=4.93×10-10，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(Na＋)>c(HA)>c(A－)D．已知在相同条件下酸性HF>CH3COOH，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c(Na＋)－c(F-)>c(K＋)－c(CH3COO-)11、钨是高熔点金属，工业上用主要成分为FeWO4和MnWO4的黑钨铁矿与纯碱共熔冶炼钨的流程如下，下列说法不正确的是（）A．将黑钨铁矿粉碎的目的是增大反应的速率B．共熔过程中空气的作用是氧化Fe(II)和Mn(II)C．操作II是过滤、洗涤、干燥，H2WO4难溶于水且不稳定D．在高温下WO3被氧化成W12、某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是A．反应过程a有催化剂参与B．该反应为吸热反应，热效应等于∆HC．改变催化剂，可改变该反应的活化能D．有催化剂的条件下，反应的活化能等于E1+E213、可确定乙二醇分子是否有极性的实验是A．测定沸点 B．测静电对液流影响C．测定蒸气密度 D．测标准状况下气体摩尔体积14、分离混合物的方法错误的是A．分离苯和硝基苯：蒸馏 B．分离氯化钠与氯化铵固体：升华C．分离水和溴乙烷：分液 D．分离氯化钠和硝酸钾：结晶15、把铝粉和某铁的氧化物(xFeO·yFe2O3)粉末配成铝热剂，分成两等份。一份在高温下恰好完全反应后，再与足量盐酸反应；另一份直接放入足量的烧碱溶液中充分反应。前后两种情况下生成的气体质量比是5:7，则x:y为A．1∶1 B．1∶2 C．5∶7 D．7∶516、做好垃圾分类，推动城市绿色发展。下列有关生活垃圾分类不合理的是（）选项ABCD生活垃圾牛奶盒眼药水干电池西瓜皮垃圾分类标识A．A B．B C．C D．D17、下列图示两个装置的说法错误的是（）A．Fe的腐蚀速率，图Ⅰ＞图ⅡB．图Ⅱ装置称为外加电流阴极保护法C．图Ⅰ中C棒上：2H++2e=H2↑D．图Ⅱ中Fe表面发生还原反应18、几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表，下列说法不正确的是（）元素代号ABDEGIJK化合价-1-2+4-4-1+5-3+3+2+1原子半径/nm0.0710.0740.0770.0990.1100.1430.1600.186A．常温下B元素的单质能与K单质反应 B．A、I、J的离子半径由大到小顺序是A>J>IC．G元素的单质存在同素异形体 D．J在DB2中燃烧生成B元素的单质19、实验室利用下列反应装置模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，反应原理为：NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl，下列说法错误的是（）A．通过活塞K可控制CO2的流速B．装置b、d依次盛装饱和Na2CO3溶液、稀硫酸C．装置c中含氨的饱和食盐水提高了CO2吸收效率D．反应后将装置c中的锥形瓶浸入冷水充分冷却，过滤得到NaHCO3晶体20、利用有机物X在一定条件下可合成植物生长所需的“平衡因子”Y(部分产物未写出)。已知含有“手性碳原子”的分子可形成对映异构体。下列有关说法中正确的是（）A．X，Y分子都不存在对映异构体B．X分子中所有碳原子可能都在同一平面C．Y分子可以发生取代、酯化、消去、加成、氧化等反应D．未写出的产物可能有2种，且都具有两性化合物的特性21、变色眼镜的镜片中加有适量的AgBr和CuO。在强太阳光下，因产生较多的Ag而变黑：2AgBr2Ag+Br2，室内日光灯下镜片几乎呈无色。下列分析错误的是A．强太阳光使平衡右移B．变色原因能用勒沙特列原理解释C．室内日光灯下镜片中无AgD．强太阳光下镜片中仍有AgBr22、25℃时，向某Na2CO3溶液中加入稀盐酸，溶液中含碳微粒的物质的量分数(φ)随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法中正确的是A．pH=7时，c(Na+)=(Cl－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)B．pH=8时，c(Na+)=c(C1－)C．pH=12时，c(Na+)>c(OH－)>c(CO32－)>c(HCO3－)>c(H+)D．25℃时，CO32－+H2OHCO3－+OH－的水解平衡常数Kh=10－10mol·L－1二、非选择题(共84分)23、（14分）烯烃能在臭氧作用下发生键的断裂，形成含氧衍生物：+R3COOH根据产物的结构可以推测原烯烃的结构．（1）现有一化学式为C10H18的烃A，经过臭氧作用后可以得到CH3COOH和B（结构简式如图）．A的结构简式是________________________（2）A经氢化后得到的烷烃的命名是___________．（3）烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性．该同分异构体的结构简式是__________．（4）以B为原料通过三步反应可制得化学式为（C6H10O2）n的聚合物，其路线如下：写出该聚合物的结构简式：________________．在进行第二步反应时，易生成一种含八元环的副产物，其结构简式为________．24、（12分）有机物W用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W的一种合成路线如下。请回答下列问题：（1）F的化学名称是________，⑤的反应类型是________。（2）E中含有的官能团是________（写名称），D聚合生成高分子化合物的结构简式为________。（3）将反应③得到的产物与O2在催化剂、加热的条件下反应可得D，写出反应④的化学方程式________。（4）④、⑤两步能否颠倒？________（填“能”或“否”）理由是________。（5）与A具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有________种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2：2的结构简式为________。（6）参照有机物W的上述合成路线，以M和CH3Cl为原料制备F的合成路线（无机试剂任选）________。25、（12分）纳米TiO2是一种重要的光催化剂。以钛酸酯Ti(OR)4为原料制备纳米TiO2的步骤如下：①组装装置如下图所示，保持温度约为65℃，先将30mL钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶，再加入3mL乙酰丙酮，充分搅拌；②将含水20％的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，得到二氧化钛溶胶；③将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶，灼烧凝胶得到纳米TiO2。已知，钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂，遇水剧烈水解；Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，回答下列问题：(1)仪器a的名称是_______，冷凝管的作用是________。(2)加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率，其原理可能是________(填标号)。a.增加反应的焓变b.增大反应的活化能c.减小反应的焓变d.降低反应的活化能制备过程中，减慢水解反应速率的措施还有________。(3)步骤②中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为________。下图所示实验装置中，可用于灼烧二氧化钛凝胶的是________(填标号)。(4)测定样品中TiO2纯度的方法是：精确称取0.2000g样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铵的混合溶液，加强热使其溶解。冷却后，加入一定量稀盐酸得到含TiO2+的溶液。加入金属铝，将TiO2+全部转化为Ti3+。待过量的金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用0.1000mol·L-lNH4Fe(SO4)2溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗0.1000mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液的平均值为20.00mL(已知：Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋)。①加入金属铝的作用除了还原TiO2＋外，另一个作用是________________。②滴定时所用的指示剂为____________(填标号)a.酚酞溶液b.KSCN溶液c.KMnO4溶液d.淀粉溶液③样品中TiO2的质量分数为________%。26、（10分）绿矾（FeSO4·7H2O）外观为半透明蓝绿色单斜结晶或颗粒，无气味。受热能分解，且在空气中易被氧化。I．医学上绿矾可用于补血剂甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]颗粒的制备，有关物质性质如下：甘氨酸（NH2CH2COOH）柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇，两性化合物易溶于水和乙醇，有强酸性和还原性易溶于水，难溶于乙醇（1）向绿矾溶液中，缓慢加入NH4HCO3溶液，边加边搅拌，反应结束后生成沉淀FeCO3。该反应的离子方程式为_______。（2）制备(NH2CH2COO)2Fe：往FeCO3中加入甘氨酸（NH2CH2COOH）的水溶液，滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。①加入柠檬酸溶液一方面可调节溶液的pH促进FeCO3溶解，另一个作用是__。②洗涤操作，选用的最佳洗涤试剂是_______（填序号）。A．热水B．乙醇C．柠檬酸II．绿矾晶体受热分解的反应为2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O，实验室用图I所示装置验证其分解产物。请回答下列问题：（1）加热前通入氮气的目的是_______。（2）实验中观察到装置B现象为_______。（3）C装置和D装置能否调换_______（填“能”或“否”）。（4）样品完全分解后，残留物全部为红棕色固体，检验装置A中的残留物含有Fe2O3的方法是_______。（5）该装置有个明显缺陷是_______。III．测定绿矾样品中铁元素的含量。称取mg绿矾样品于锥形瓶中溶解后加稀H2SO4酸化，用cmol·L−1KMnO4溶液滴定至终点。耗KMnO4溶液体积如图II所示，（滴定时发生反应的离子方程式为：5Fe2+＋MnO4−＋8H+=5Fe3+＋Mn2+＋4H2O），该晶体中铁元素的质量分数为_______（用含m、c的式子表示）。27、（12分）某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl3·6H2O反应产物。（查阅资料）FeCl3是一种共价化合物，熔点306℃，沸点315℃。实验编号操作现象实验1按上图所示，加热A中MnO2与FeCl3·6H2O混合物①试管A中固体部分变液态，上方出现白雾②稍后，产生黄色气体，管壁附着黄色液滴③试管B中KI-淀粉溶液变蓝实验2把A中的混合物换为FeCl3·6H2O，B中溶液换为KSCN溶液，加热。A中固体部分变液态，产生白雾和黄色气体，B中KSCN溶液变红（实验探究）实验操作和现象如下表：（问题讨论）（1）实验前首先要进行的操作是______________________________。（2）实验1和实验2产生的白雾是_______（填化学式）溶解在水中形成的小液滴。（3）请用离子方程式解释实验2中黄色气体使KI-淀粉溶液变蓝色的原因_____________。（4）为确认黄色气体中含有Cl2，学习小组将实验1中试管B内KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液，发现B中溶液呈橙色，经检验无Fe2+，说明黄色气体中含有Cl2。用铁氰化钾溶液检验Fe2+的离子方程式是_________________________________。选择NaBr溶液的原因是________________________________________________________________。（实验结论）（5）实验1充分加热后，若反应中被氧化与未被氧化的氯元素质量之比为1:2，则A中发生反应的化学方程式为____________________________________________________。（实验反思）该学习小组认为实验1中溶液变蓝，也可能是酸性条件下，I－被空气氧化所致，可以先将装置中的空气排尽，以排除O2的干扰。28、（14分）如图是元素周期表的一部分：（1）写出元素①的元素符号________，与①同周期的主族元素中，第一电离能比①大的有_______种。（2）基态锑（Sb）原子的价电子排布式为_______。[H2F]+[SbF6]-（氟酸锑）是一种超强酸，则[H2F]+离子的空间构型为______，写出一种与[H2F]+互为等电子体的分子____。（3）下列说法正确的是________a.N2H4分子中含5个σ键和1个π键b.基态P原子中，电子占据的最高能级符号为Mc.Sb位于p区d.升温实现―液氨→氨气→氮气和氢气变化的阶段中，微粒间破坏的主要的作用力依次是氢键、极性共价键。（4）GaN、GaP都是很好的半导体材料，晶体类型与晶体硅类似，熔点如下表所示，解释GaN、GaP熔点变化原因________。（5）GaN晶胞结构如图1所示，已知六棱柱底边边长为acm。①晶胞中Ga原子采用六方最密堆积方式，每个Ga原子周围距离最近的Ga原子数目为________；②从GaN晶体中分割出的平行六面体如图。若该平行六面体的体积为a3cm3，GaN晶体的密度为______g/cm3(用a、NA表示)。29、（10分）某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池总反应为MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+ZnSO4[Zn(OH)2]3·xH2O。其电池结构如图甲所示，图乙是有机高聚物的结构片段。（1）Mn2+的核外电子排布式为_____；有机高聚物中C的杂化方式为_____。（2）已知CN-与N2互为等电子体，推算拟卤（CN)2分子中σ键与π键数目之比为_____。（3）NO2-的空间构型为_____。（4）MnO是离子晶体，其晶格能可通过如图的Born-Haber循环计算得到。Mn的第一电离能是_____，O2的键能是_____，MnO的晶格能是_____。（5）R(晶胞结构如图）由Zn、S组成，其化学式为_____（用元素符号表示）。已知其晶胞边长为acm，则该晶胞的密度为_____g·cm3(阿伏加德罗常数用NA表示）。

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、D【解析】

A．硫酸亚铁与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，静置一段时间后，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁沉淀，故A错误；B．漂白粉溶液中加入醋酸，醋酸为弱酸，离子方程式为CH3COOH+ClO-═HClO+CH3COO-，故B错误；C．向AgCl悬浊液中加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，离子方程式：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-，故C错误；D．K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+，滴加少量H2SO4，增大了氢离子浓度，平衡逆向移动，颜色加深，2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，故D正确；故选D。2、D【解析】

A、HClO中O原子分别与H原子和Cl形成共价键，故HClO的结构式为H—O—Cl，故A不正确；B、同位素研究的是原子之间的关系，H2与H+之间不是原子，所以不属于同位素，故B不正确；C、氧原子原子核内不可能有10个质子，只有Ne原子才含有10个质子，故C不正确；D、N2分子的电子式：，D正确；故选D。3、B【解析】分析：A、胶体是大分子的集合体；B、根据氩气的组成解答；C、根据丙三醇的结构分析；D、根据甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应的特点分析。详解：A、16.25g氯化铁的物质的量是16.25g÷162.5g/mol＝0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，A错误；B、标准状况下22.4L氩气的物质的量是1mol，氩气是一个Ar原子组成的单质，其中含有的质子数是18NA，B正确；C、1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1mol，其中含有羟基数是3NA，C错误；D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，D错误。答案选B。点睛：选项D是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反应时属于自由基取代反应，每个氢原子都有可能被取代，其产物比较复杂，这与乙烯与氢气的加成反应完全不同。4、A【解析】

A．c点压强高于a点，c点NO2浓度大，则a、c两点气体的颜色：a浅，c深，A正确；B．c点压强高于a点，增大压强平衡向正反应方向进行，气体质量不变，物质的量减小，则a、c两点气体的平均相对分子质量：a＜c，B错误；C．正方应是放热反应，在压强相等的条件下升高温度平衡向逆反应方向进行，NO2的含量增大，所以温度是T1＞T2，则b、c两点的平衡常数：Kb＞Kc，C错误；D．状态a如果通过升高温度，则平衡向逆反应方向进行，NO2的含量升高，所以不可能变成状态b，D错误；答案选A。5、D【解析】

根据图知，酸溶液的pH=3，则c(H+)<0.1mol/L，说明HA是弱酸；碱溶液的pH=11，c(OH－)<0.1mol/L，则BOH是弱碱，结合图像分析解答。【详解】A、由图可知0.1mol/LHA溶液的pH=3，根据HA⇌H++A－可知Ka=10－3×10－3/0.1=10－5，A错误；B、b点是两者等体积混合溶液呈中性，所以离子浓度的大小为：c(B+)=c(A－)>c(H+)=c(OH－)，B错误；C、a→b是酸过量和b→c是碱过量两过程中水的电离程受抑制，b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促进作用，所以a→c过程中水的电离程度先增大后减小，C错误；D、c点时，c(A－)/[c(OH－)⋅c(HA)]=1/Kh，水解平衡常数Kh只与温度有关，温度升高，Kh增大，1/Kh减小，所以c(A－)/[c(OH－)⋅c(HA)]随温度升高而减小，D正确；答案选D。6、D【解析】

在F2+H2O=HOF+HF反应中，水中O元素的化合价升高，水是还原剂。【详解】A．水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，错误；B．过氧化钠中O元素的化合价不变，水既不是氧化剂也不是还原剂，错误；C．只有Cl元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，错误；D．水中O元素的化合价升高，水为还原剂，正确。答案选D。7、C【解析】

A.单质溴易溶于有机溶剂，因此可以用萃取的方法将其从水相中分离，A项正确；B.配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶，B项正确；C.若要从食盐水中获得食盐晶体，可以蒸发结晶，蒸发结晶一般在蒸发皿中进行，C项错误；D.制备少量乙酸乙酯，可以在试管中进行，再用导管将产物通入饱和碳酸钠溶液中收集产物并除杂，D项正确；答案选C。8、C【解析】反应中只有碳酸氢钠沉淀生成，所以该条件下NaHCO3的溶解度较小，故A正确；纯碱是Na2CO3，NaHCO3是小苏打，故B正确；析出NaHCO3固体后的溶液仍是NaHCO3的饱和溶液，含氯化铵、NaHCO3等，故C错误；在饱和食盐水中先通入氨气使溶液呈碱性，再通入二氧化碳，增大二氧化碳的溶解度，故D正确。9、C【解析】

A项、用铜电极电解饱和KCl溶液时，阳极是铜电极放电，溶液中Cl-不能放电生成氯气，故A错误；B项、CuSO4溶液能与过量的H2S气体反应能够发生的原因是生成的硫化铜沉淀不能溶于硫酸，与酸性强弱无关，故B错误；C项、Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，不足量的Ba(HCO3)2溶液完全反应，反应消耗的Ba2+与HCO3-的物质的量比为1:2，故离子方程式书写错误，故C正确；D项、SO2具有还原性，NaClO具有强氧化性，过量SO2通入到NaClO溶液中发生氧化还原反应，不是复分解反应，与酸性强弱无关，故D错误；故选C。10、A【解析】

A．氢离子抑制铵根离子水解，NH4HSO4溶液呈强酸性，NH4Al(SO4)2中两种阳离子水解显酸性，要使这三种溶液的pH相等，则NH4Cl和NH4Al(SO4)2溶液中阳离子的水解程度相等，硫酸氢铵浓度最小，所以NH4＋浓度的大小顺序为①>②>③，故A正确；B．氯化铵溶液中铵根水解促进水的电离，醋酸溶液中醋酸电离抑制水的电离，当pH相同时，溶液中水的电离程度不同，故B错误；C．Kh＝＞Ka，可知混合溶液中盐的水解大于弱酸的电离，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(HA)＞c(Na＋)＞c(A−)，故C错误；D．酸性HF＞CH3COOH，则酸根离子水解程度F−＜CH3COO−，则溶液中c(F−)＞c(CH3COO−)，物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中由物料守恒得c(Na＋)＝c(K＋)，可知c(Na＋)−c(F−)＜c(K＋)−c(CH3COO−)，故D错误；故答案选A。【点睛】本题C选项注意利用HA的电离常数计算A-的水解常数，判断混合溶液中水解和电离程度的相对大小，进而得出溶液中粒子浓度的相对大小。11、D【解析】

A.根据影响反应速率的外界因素分析知，将黑钨铁矿粉碎的目的是增大反应的速率，故A正确；B.根据流程图知，FeWO4和MnWO4在空气中与纯碱共熔反应生成MnO2、Fe2O3，Fe(II)和Mn(II)化合价升高为Fe(III)和Mn(IV)，碳酸钠无氧化性，则过程中空气的作用是氧化Fe(II)和Mn(II)，故B正确；C.根据流程图可知Na2WO4为可溶性钠盐，与硫酸发生复分解反应生成H2WO4，H2WO4难溶于水，可以通过过滤、洗涤、干燥，分离出来，加热后分解生成WO3，所以H2WO4难溶于水且不稳定，故C正确；D.WO3生成W的过程中，元素化合价降低，应该是被氢气还原，故D错误。故选D。12、C【解析】

A．催化剂能降低反应的活化能，故b中使用了催化剂，故A错误；B．反应物能量高于生成物，为放热反应，△H=生成物能量-反应物能量，故B错误；C．不同的催化剂，改变反应的途径，反应的活化能不同，故C正确；D．催化剂不改变反应的始终态，焓变等于正逆反应的活化能之差，图中不能确定正逆反应的活化能，故D错误；故选C。13、B【解析】

极性分子的正电荷中心与负电荷中心不重合，极性分子虽然整体不带电，但每一个乙二醇分子都有带电的极性端，也可以再理解为部分区域带电，所以它在电场作用下，会定向运动，所以测静电对液流影响，可以判断分子是否有极性；而测定沸点、测定蒸气密度、测标准状况下气体摩尔体积等均不能判断分子极性。答案选B。14、B【解析】

A.苯和硝基苯互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，故不选A；B.氯化铵加热分解，而氯化钠不能，则选择加热法分离，故选B；C.水和溴乙烷互不相溶，会分层，则选择分液法分离，故不选C；D.二者溶解度受温度影响不同，则选择结晶法分离，故不选D；答案：B15、B【解析】

第一份中Al与xFeO•yFe2O3粉末得到Fe与Al2O3，再与足量盐酸反应，发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，第二份直接放入足量的烧碱溶液，发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=NaAlO2+3H2↑，前后两种情况下生成的气体质量比是5：7，则令第一份、第二份生成氢气物质的量分别为5mol、7mol，根据方程式计算Fe、Al的物质的量，再根据第一份中Al与xFeO•yFe2O3反应的电子转移守恒计算xFeO•yFe2O3中Fe元素平均化合价，进而计算x、y比例关系。【详解】第一份中Al与xFeO⋅yFe2O3粉末得到Fe与Al2O3，再与足量盐酸反应,发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，第二份直接放入足量的烧碱溶液,发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=NaAlO2+3H2↑，前后两种情况下生成的气体质量比是5:7，令第一份、第二份生成氢气物质的量分别为5mol、7mol，则：令xFeO⋅yFe2O3中Fe元素平均化合价为a，根据Al与xFeO⋅yFe2O3反应中的电子转移守恒：7mol××3=5mol×(a−0)，解得a=2.8，故=2.8，整理得x:y=1:2，答案选B。16、C【解析】

A.牛奶盒是包装纸，属于可回收物，故A正确；B.眼药水是过期药品，属于有害垃圾，故B正确；C.干电池属于有害垃圾，故C错误；D.西瓜皮是厨余垃圾，属于湿垃圾，故D正确；答案选C。17、C【解析】

A.图Ⅰ为原电池，Fe作负极，腐蚀速率加快；图Ⅱ为电解池，Fe作阴极被保护，腐蚀速率减慢，所以Fe的腐蚀速率，图Ⅰ＞图Ⅱ，故A说法正确；B.图Ⅱ装置是电解池，Fe为阴极，发生还原反应，金属被保护，称为外加电流的阴极保护法，故B说法正确；C.饱和食盐水为中性溶液，正极C棒发生吸氧腐蚀：2H2O+O2+4eˉ=4OH-，故C说法错误；D.图Ⅱ装置是电解池，Fe为阴极，发生还原反应，故D说法正确；故答案为C。【点睛】图Ⅰ中Fe、C和饱和食盐水构成原电池，由于饱和食盐水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，正极反应为：2H2O+O2+4eˉ=4OH-。18、D【解析】短周期元素，A、E有-1价，B有-2价，且A的原子半径与B相差不大，则A、E处于ⅦA族，B处于ⅥA族，A原子半径小于E，可推知A为F、E为Cl，B为O；D有-4、+4价，处于ⅣA族，原子半径与O原子相差不大，可推知D为C元素；G元素有-3、+5价，处于ⅤA族，原子半径大于C原子，应处于第三周期，则G为P元素；I、J、K的化合价分别为+3、+2、+1，分别处于Ⅲ族A、ⅡA族、ⅠA族，原子半径依次增大，且都大于P原子半径，应处于第三周期，可推知I为Al、J为Mg、K为Na；A．Na与O2常温下可生成Na2O，故A正确；B．F-、Mg2+、Al3+离子核外电子层数相等，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径大小顺序为：F-＞Mg2+＞Al3+，故B正确；C．磷的单质有红磷和白磷，存在同素异形体，故C错误；D．镁在二氧化碳中的燃烧生成MgO和碳单质，故D错误；故选D。19、B【解析】

A．关闭活塞K时，气体可将球形容器内的液体压入漏斗内，从而使碳酸钙脱离液面，反应停止，所以通过调节活塞K可控制CO2的流速，A正确；B．装置b的作用是除去二氧化碳中混有的氯化氢，故装置b内应盛装饱和NaHCO3溶液，B错误；C．装置c中含氨的饱和食盐水呈碱性，CO2的溶解度增大，C正确；D．反应后将装置c中的锥形瓶浸入冷水，NaHCO3降温结晶，过滤得NaHCO3晶体，D正确；故选B。20、D【解析】

A.连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子，X、Y分子中都存在手性碳原子，则都存在对映异构体，故A错误；B.X分子中同时连接两个甲基的碳原子为四面体构型，则X分子中所有碳原子不可能都在同一平面上，故B错误；C.Y分子中与羟基相连的碳原子的邻碳原子上无氢原子，则Y分子不能发生消去反应，故C错误；D.因为X分子结构中有肽键和酯基，则X生成Y的反应可能是发生了水解反应，生成的另外两种产物分别为HOOCCH2NH2、，都具有两性化合物的特性，故D正确；综上所述，答案为D。21、C【解析】

据可逆反应的特征和平衡移动原理分析解答。【详解】A.强太阳光使平衡2AgBr2Ag+Br2右移，生成较多的Ag，从而镜片变黑，A项正确；B.变色是因为溴化银的分解反应可逆，其平衡移动符合勒沙特列原理，B项正确；C.室内日光灯下镜片中仍有Ag，C项错误；D.强太阳光下，平衡2AgBr2Ag+Br2右移，但不可能完全，镜片中仍有AgBr，D项正确。本题选D。22、A【解析】

A、由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=(OH－)+Cl－)+c(HCO3－)+2c(CO32－),pH=7时，c(H+)=(OH－)，则c(Na+)=(Cl－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)，故A正确；B、据图可知，pH=8时溶液中溶质为碳酸氢钠和氯化钠，则溶液中c（Cl－）＜c（Na＋），故B错误；C、pH=12时，溶液为Na2CO3溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，则c(Na+)>c(CO32－)>c(OH－)>c(HCO3－)>c(H+)，故C错误；D、CO32－的水解常数Kh=c(HCO3－)c(OH－)/c(CO32－)，据图可知，当溶液中c（HCO3－）:c（CO32－）=1:1时，溶液的pH=10，c（H＋）=10-10mol·L－1，由Kw可知c（OH－）=10-4mol·L－1，则Kh=c(HCO3－)c(OH－)/c(CO32－)=c（OH－）=10-4mol·L－1，故D错误；故选A。【点睛】本题考查盐类的水解、平衡常数计算、弱电解质的电离等，难点为D，注意利用溶液中c（HCO3－）:c（CO32－）=1:1时，溶液的pH=10这个条件。二、非选择题(共84分)23、3，4，4﹣三甲基庚烷【解析】

(1)分析题目给出的信息，进行逆向推理即可；根据化学式为C10H18的烃A，则A烯烃应该是下列三个片断结合而成，2个和，再结合反应原理解答该题；(2)根据(1)的分析所得A的结构简式，再根据系统命名法命名与H2发生加成反应的产物；(3)烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性，说明双键碳原子上没有氢原子，据此分析；(4)B为，分子式为：C6H10O3，第一步发生生成C6H12O3，则羰基与氢气加成生成醇羟基即结构式为；第二步生成C6H10O2，则脱去1分子水，即醇羟基发生消去反应生成碳碳双键即结构式为；第三步发生加聚反应生成，据此分析解答。【详解】(1)根据题目所给信息可知：碳碳双键在酸性高锰酸钾作用下，生成2个碳氧双键，现生成的2种化合物中共有3个碳氧双键，故A中含有2个碳碳双键，根据化学式为C10H18的烃A，则A烯烃应该是下列三个片断结合而成，2个和，故A的结构简式是；(2)根据(1)的分析，A为，经氢化后双键都被加成为单键，所以得到的烷烃的命名是3，4，4﹣三甲基庚烷；(3)烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性，说明双键碳原子上没有氢原子，则该同分异构体的结构简式是；(4)B为，分子式为：C6H10O3，第一步发生反应生成C6H12O3，则羰基与氢气加成生成醇羟基即结构式为；第二步生成C6H10O2，则脱去1分子水，即醇羟基发生消去反应生成碳碳双键即结构式为；第三步发生加聚反应生成；第二步反应时，2分子易生成一种含八元环的副产物，即羟基与羧基、羧基与羟基发生酯化反应生成八元环的酯类物质，所以其结构简式为。【点睛】考查有机物推断，注意根据转化关系中有机物结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生的自学能力与知识迁移应用，难度中等。24、苯甲醇消去反应碳碳双键、羧基否在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也被能氧化5【解析】

由Ｂ的结构可知Ａ为，Ａ与溴发生加成反应生成Ｂ，Ｂ发生水解反应生成Ｃ为，Ｃ催化氧化的产物继续氧化生成Ｄ，则Ｄ为，对比Ｄ、Ｅ分子式可知Ｄ分子内脱去１分子水生成Ｅ，故Ｄ在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成Ｅ，则Ｅ为，Ｅ和Ｆ发生酯化反应生成Ｗ为。【详解】（1）F的结构简式为，的化学名称是苯甲醇，⑤为Ｄ在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成Ｅ。（2）E的结构为，含有的官能团是碳碳双键、羧基，D含有羧基和羟基，能发生聚合生成酯类高分子化合物，结构简式为。（3）经过反应③，是羟基连接的碳原子上有2个氢原子的碳原子发生氧化反应生成醛基得到，与O2在催化剂、加热的条件下反应可得D，写出反应④的化学方程式。（4）④、⑤两步不能颠倒，因为在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也被能氧化。（5）与A具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有5种。苯环上可以连接一个甲基和一个-CH=CH2，有三种结构，也可以是苯环上连接-CH=CHCH3或-CH2CH=CH2，共5种，其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2：2的结构简式为。（6）根据逆推原理分析，合成苯甲醇，需要制备，可以用甲苯的取代反应，利用苯和一氯甲烷发生取代反应生成甲苯，故合成路线为：。25、温度计冷凝回流b用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OHa与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化b80【解析】

(1)根据水、无水乙醇和乙酰丙酮容易挥发分析解答；(2)反应的焓变只与初始状态和终了状态有关；增大反应的活化能，反应速率减慢；降低反应的活化能，反应速率加快，据此分析判断；根据实验步骤②的提示分析判断；(3)Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化钛溶胶，据此书写反应的化学方程式；灼烧固体需要在坩埚中进行；(4)根据Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋，说明Ti3+容易被氧化；并据此分析判断可以选用的指示剂，结合消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量计算样品中TiO2的质量分数。【详解】(1)根据装置图，仪器a为温度计，实验过程中为了防止水、无水乙醇和乙酰丙酮挥发，可以使用冷凝管冷凝回流，提高原料的利用率，故答案为温度计；冷凝回流；(2)a.反应的焓变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反应的焓变，故a错误；b.增大反应的活化能，活化分子数减少，反应速率减慢，故b正确；c.反应的焓变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反应的焓变，故c错误；d.降低反应的活化能，活化分子数增多，反应速率加快，故d错误；故选b；根据实验步骤②的提示，制备过程中，用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液，减慢钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解的反应速率，故答案为b；用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液；(3)Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，步骤②中钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化钛溶胶，反应的化学方程式为Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；灼烧二氧化钛凝胶需要在坩埚中进行，故选择的装置为a，故答案为Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；a；(4)①根据Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋，说明Ti3+容易被氧化，铝与酸反应生成氢气，在液面上方形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化，故答案为与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化；②酚酞溶液、淀粉溶液与NH4Fe(SO4)2溶液，现象不明显；KMnO4溶液也能氧化Ti3+，影响滴定结果，KMnO4不与Fe3+反应；根据滴定反应Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋可知，可以选用KSCN溶液作指示剂，当滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液，容易变成血红色，且半分钟不褪色，说明到达了滴定终点，故答案为b；③消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量=0.02L×0.1000mol·L-1=0.002mol，则根据钛原子守恒，n(TiO2)=n(Ti3+)=n（Fe3+）=0.002mol，样品中TiO2的质量分数=×100%=80%，故答案为80。26、Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O防止二价铁被氧化B将装置内空气排尽（或隔绝空气或防止Fe2+被氧化）白色粉末变蓝否取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3没有尾气处理装置【解析】

Ⅰ(1)FeCl2溶液中，加入NH4HCO3，可以认为Fe2＋结合HCO3－电离出来的CO32－，H＋与HCO3－结合生成CO2和水；(2)柠檬酸除了酸性还有还原性，可以起到防氧化的作用；(3)产物易溶于水，难溶于乙醇，洗涤时，为了防止溶解损失，应该用乙醇洗涤；Ⅱ绿矾分解，其产物中有SO2、SO3和水，用无水硫酸铜验证水，用BaCl2溶液验证SO3，品红溶液验证SO2。【详解】Ⅰ(1)FeCl2溶液中，加入NH4HCO3，可以认为Fe2＋结合HCO3－电离出来的CO32－，H＋与HCO3－结合生成CO2和水，离子方程式为Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(2)根据表中信息，柠檬酸除了酸性还有还原性，可以起到防氧化的作用，因此另一个作用是防止二价铁被氧化；(3)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，为了防止溶解损失，可以用乙醇洗涤，答案选B；II(1)加热前通氮气，排除装置中的空气，防止样品，加热是被氧化；(2)产物中有水，无水硫酸铜，遇到水蒸气，变蓝色；(3)SO3会溶于水，生成H2SO4，如果C、D装置调换位置，SO3会溶于品红溶液，不能进入C中，被检验到；(4)检验Fe2O3，可以检验Fe3＋，用KSCN溶液，方法为取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3；(5)品红溶液只能用于检验SO2，不能吸收SO2，SO2为有毒气体，需要进行尾气出来，该装置的缺陷是没有气体处理装置；III根据化学方程式，可知关系式5Fe2+～MnO4−,消耗KMnO4溶液的体积为10.80mL-0.80mL=10.00mL，则n(KMnO4)=10.00mL×10-3×cmol·L－1=0.01cmol；n(Fe2＋)=5n(KMnO4)=0.01cmol×5=0.05cmol；则铁元素的质量为0.05cmol×56g·mol－1=2.8cg，则晶体中铁元素的质量分数为。27、检查装置的气密性HCl2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I23Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3＋氧化为Br2MnO2＋2FeCl3·6H2OFe2O3＋MnCl2＋Cl2↑＋2HCl＋11H2O【解析】

（1）实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性；（2）FeCl3•6H2O受热失去结晶水，同时水解，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴；（3）由信息可知，FeCl3是一种共价化合物，受热变为黄色气体，氯化铁具有强氧化性，可以将碘离子氧化为碘单质；（4）用铁氰化钾溶液检验Fe2+产生蓝色沉淀；为确认黄色气体中含有Cl2，需要除去Fe3+的干扰，因为Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3＋氧化为Br2，可选择NaBr溶液；（5）二氧化锰与FeCl3•6H2O反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，据此结合原子守恒书写化学方程式。【详解】（1）实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性；故答案为检查装置的气密性；（2）FeCl3•6H2O受热失去结晶水，同时水解，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴，而形成白雾；故答案为HCl；（3）碘离子具有还原性，氯化铁具有强氧化性，两者反应，碘离子被氧化为碘单质，反应离子方程式为：2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I2，故答案为2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I2；（4）用铁氰化钾溶液检验Fe2+产生蓝色沉淀，离子方程式是3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓；为确认黄色气体中含有Cl2，将试管B内KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液，若B中观察到浅橙红色，为溴水的颜色，则证明有物质能够将Br-氧化成Br2，铁离子不能氧化溴离子，若未检查到Fe2+，则证明是Cl2氧化的Br-，而不是Fe3+，故答案为3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓；Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3＋氧化为Br2；（5）二氧化锰与FeCl3•6H2O反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，反应方程式为：MnO2＋2FeCl3·6H2OFe2O3＋MnCl2＋Cl2↑＋2HCl＋11H2O，故答案为MnO2＋2FeCl3·6H2OFe2O3＋MnCl2＋Cl2↑＋2HCl＋11H2O。28、As15s25p3V形H2Oc，d两者属于原子晶体，半径N<P，键长Ga-N<Ga-P，键能Ga-N>Ga-P，故熔点前者高12【解析】

(1)根据氮族元素的名称回答，根据电离能递变规律回答；(2)根据核外电子排布式，写出价电子排布式；利用价层电子对互斥理论分析；离子的立体构型；根据价电子数和原子数相同的分子寻找合适的等电子体；(3)a．N2H4分子的结构为．确定化学键的类型；b．基态P原子中，核外电子排布为1s22s22p63s23p3，确定最高能层和能级；c．根据元素周期表的分区确定Sb位于p区；d．升温实现―液氨→氨气→氮气和氢气变化的阶段中，升温实现―液氨→氨气，微粒间破坏的主要的作用力是氢键，氨气→氮气和氢气破坏的是极性共价键；(4)它们都是原子晶体，从原子半径联系到化学键的强弱，原子晶体的熔点主要受化