广东省梅州市蕉岭中学2023-2024学年高三3月份第一次模拟考试化学试卷含解析

广东省梅州市蕉岭中学2023-2024学年高三3月份第一次模拟考试化学试卷注意事项：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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列物质中所有的碳原子均处在同一条直线上的是（）A． B．H3C-C≡C-CH3 C．CH2=CH-CH3 D．CH3-CH2-CH32、某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH相同、体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，下列叙述错误的是A．曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液B．溶液中水的电离程度：b点小于c点C．相同体积a点的两种酸分别与NaOH溶液恰好中和后，溶液中n(NO2－)＞n(CH3COO－)D．由c点到d点，溶液中保持不变（其中HA、A－分别代表相应的酸和酸根离子）3、下列装置或操作正确且能达到实验目的的是A．图1：用酒精萃取碘水中的碘单质后分液B．图2：电解精炼铜C．图3：X为四氯化碳，可用于吸收氨气或氯化氢，并能防止倒吸D．图4:配制银氨溶液4、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-5、乌洛托品在医药、染料等工业中有广泛应用，其结构式如图所示。将氨水与甲醛水溶液混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则氨与甲醛的物质的量之比为（）A．1：1 B．2：1 C．2：3 D．3：26、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数为内层电子数的3倍，X在短周期主族元素中金属性最强，Y与W同主族。下列叙述正确的是（）A．X2W、X2Y的水溶液都呈碱性B．原子半径：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W)C．简单气态氢化物的热稳定性：W<Z<YD．W与氢元素形成的化合物分子中一定不含非极性共价键7、汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是A．生成40.0LN2（标准状况） B．有0.250molKNO3被氧化C．转移电子的物质的量为1.25mol D．被氧化的N原子的物质的量为4.75mol8、有机化合物甲、乙、丙的结构如图所示，下列说法正确的是甲乙丙A．三种物质的分子式均为C5H8O2，互为同分异构体B．甲、乙、丙分子中的所有环上的原子可能共平面C．三种物质均可以发生氧化反应和加成反应D．三种物质都能与氢氧化钠溶液发生反应9、实验室用下图所示装置进行液体石蜡分解及其产物性质实验。下列操作或叙述错误的是A．装置b、c中发生反应的基本类型不同B．实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色C．d中溶液变浑浊证明石蜡分解产生了CO2D．停止加热后立即关闭K可以防止液体倒吸10、H3PO2是精细磷化工产品。工业制备原理如下:(I)2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑(II)Ba(H2PO2)2+H2SO4=BaSO4↓+2H3PO2下列推断错误的是()A．反应I是氧化还原反应，反应II是非氧化还原反应B．H3PO2具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸C．在反应I中氧化剂与还原剂的质量之比为1:1D．在标准状况下生成2.24LPH3，同时转移0.3mol电子11、下列叙述正确的是()A．电镀时，通常把待镀的金属制品作阳极B．氯碱工业上电解的是熔融的NaClC．氢氧燃料电池(酸性电解质)中O2通入正极，电极反应为O2＋4H＋＋4e－=2H2OD．上图中电子由Zn极移向Cu极，盐桥中的Cl－移向CuSO4溶液12、属于弱电解质的是A．一水合氨 B．二氧化碳 C．乙醇 D．硫酸钡13、下列说法正确的是()A．用干燥的pH试纸测定氯水的pHB．配制一定浓度的NaOH溶液，定容时仰视读数，使配制的溶液浓度偏小C．用加热分解的方法可将NH4Cl固体和Ca(OH)2固体的混合物分离D．将25.0gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中，配制100mL1.0mol/LCuSO4溶液14、已知H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)＋CO2(g)=COS(g)＋H2O(g)。在610K时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中，经过4min达到平衡，平衡时水的物质的量分数为2%，则下列说法不正确的是()A．CO2的平衡转化率α＝2.5%B．用H2S表示该反应的速率为0.001mol·L－1·min－1C．在620K重复试验，平衡后水的物质的量分数为3%，说明该平衡正向移动了D．反应过程中混合气体平均摩尔质量始终不变15、如图是一种可充电锂电池，反应原理是4Li＋FeS2Fe＋2Li2S，LiPF6是电解质，SO(CH3)2是溶剂。下列说法正确的是（）A．放电时，电子由a极经电解液流向b极B．放电时，电解质溶液中PF6-向b极区迁移C．充电时，b极反应式为Fe＋2Li2S－4e-=FeS2＋4Li+D．充电时，b极消耗5.6gFe时在a极生成0.7gLi16、下列操作一定会使结果偏低的是（）A．配制一定物质的量浓度的溶液时，用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出B．测定胆矾晶体中的结晶水含量，加热后，未进行恒重操作C．酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待半分钟D．测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积17、某小组设计如图装置，利用氢镍电池为钠硫电池(总反应为：)充电。已知氢镍电池放电时的总反应式为，其中M为储氢合金，下列说法正确的是A．a极为氢镍电池的正极B．充电时，通过固体陶瓷向M极移动C．氢镍电池的负极反应式为D．充电时，外电路中每通过2mol电子，N极上生成1molS单质18、某温度下，在2L恒容密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A(g)+bB(g)cC(g)∆H=－QkJ·mol－1（Q＞0），12s时生成C的物质的量为0.8mol（反应进程如图所示）。下列说法中正确的是A．2s时，A的反应速率为0.15mol·L－1·s－1B．图中交点时A的消耗速率等于A的生成速率C．化学计量数之比b∶c=1∶2D．12s内反应放出0.2QkJ热量19、某温度下，向10mL0.1mol·L-1CuCl2溶液中滴加0.1mol·L-1的Na2S溶液，滴加过程中-lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积的关系如图所示。已知：Ksp(ZnS)=3×10-25，下列有关说法正确的是A．Na2S溶液中：c(H+)＋c(HS-)＋c(H2S)＝c(OH-)B．a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最小的为b点C．c点溶液中c(Cu2+)=10-34.4mol·L-1D．向100mLZn2+、Cu2+物质的量浓度均为0.1mol·L-1的混合溶液中逐滴加入10-3mol·L-1的Na2S溶液，Zn2+先沉淀20、改变下列条件，只对化学反应速率有影响，一定对化学平衡没有影响的是A．催化剂 B．浓度 C．压强 D．温度21、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．NH3NO2HNO3B．Mg(OH)2MgCl2(aq)无水MgCl2C．Fe2O3FeFeCl2D．NaCl(aq)NaOH(aq)NaHCO322、电解合成1,2－二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中正确的是A．该装置工作时，化学能转变为电能B．CuCl2能将C2H4还原为l,2－二氯乙烷C．X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜D．该装置总反应为CH2CH2+2H2O+2NaClH2+2NaOH+ClCH2CH2Cl二、非选择题(共84分)23、（14分）由乙烯、甲醇等为原料合成有机物G的路线如下：已知：①A分子中只有一种氢；B分子中有四种氢，且能发生银镜反应②2HCHO+OH-→CH3OH+HCOO-③请回答下列问题：(1)E的化学名称是__________________。(2)F所含官能团的名称是___________________。(3)A→B、C→D的反应类型分别是__________________、__________________。(4)写出B→C的化学方程式__________________。(5)G的结构简式为__________________。(6)H是G的同分异构体，写出满足下列条件的H的结构简式__________________。①1molH与NaOH溶液反应可以消耗4molNaOH；②H的核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：1：1：1。（7）由甲基苯乙醛和X经如图步骤可合成高聚酯L。试剂X为________________；L的结构简式为________________________________。24、（12分）为探究某无结晶水的正盐X(仅含有两种短周期元素)的组成和性质，设计并完成下列实验。(气体体积已转化为标准状况下的体积)已知：B是空气的主要成分之一；C是一种强碱，且微溶于水，载人宇宙飞船内常用含C的过滤网吸收宇航员呼出的CO2，以净化空气；D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝。(1)X的化学式为__________________。(2)图中B的组成元素在元素周期表中的位置是______________。(3)A的电子式为____________。(4)X受热分解转变成A和B的化学反应方程式为____________。25、（12分）为测定某硬铝（含有铝、镁、铜）中铝的含量，设计了Ⅰ、Ⅱ两个方案。根据方案Ⅰ、Ⅱ回答问题：方案Ⅰ：(1)固体甲是铜，试剂X的名称是_______________。(2)能确认NaOH溶液过量的是___________（选填选项）。a.测溶液pH，呈碱性b.取样，继续滴加NaOH溶液，不再有沉淀生成c.继续加NaOH溶液，沉淀不再有变化(3)步骤④的具体操作是：灼烧、_______、________，重复上述步骤至恒重。(4)固体丙的化学式是______，该硬铝中铝的质量分数为_______________。方案Ⅱ的装置如图所示：操作步骤有：①记录A的液面位置；②待烧瓶中不再有气体产生并恢复至室温后，使A和B液面相平；③再次记录A的液面位置；④将一定量Y（足量）加入烧瓶中；⑤检验气密性，将ag硬铝和水装入仪器中，连接好装置。(1)试剂Y是________________；操作顺序是______________________。(2)硬铝质量为ag，若不测气体的体积，改测另一物理量也能计算出铝的质量分数，需要测定的是_______，操作的方法是__________。26、（10分）硫酸铜是一种常见的化工产品，它在纺织、印染、医药、化工、电镀以及木材和纸张的防腐等方面有极其广泛的用途。实验室制备硫酸铜的步骤如下:①在仪器a中先加入20g铜片、60mL水，再缓缓加入17mL浓硫酸:在仪器b中加入39mL浓硝酸;在仪器c中加入20%的石灰乳150mL。②从仪器b中放出约5mL浓硝酸，开动搅拌器然后采用滴加的方式逐渐将浓硝酸加到仪器a中，搅拌器间歇开动。当最后滴浓硝酸加完以后，完全开动搅拌器，等反应基本停止下来时，开始用电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，立即将导气管从仪器c中取出，再停止加热。③将仪器a中的液体倒出，取出未反应完的铜片溶液冷却至室温.析出蓝色晶体.回答下列问题:（1）将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是__________。（2）写出装置a中生成CuSO4的化学方程式:_______。（3）步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，此时会产生的气体是______，该气体无法直接被石灰乳吸收，为防止空气污染，请画出该气体的吸收装置（标明所用试剂及气流方向）______。（4）通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu（NO3）2,可来用重结晶法进行提纯，检验Cu（NO3）2是否被除净的方法是_______。（5）工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4的优点是_______。（6）用滴定法测定蓝色晶体中Cu2+的含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL用cmol·L-1EDTA（H2Y）标准溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液bmL，滴定反应为Cu2++H2Y=CuY+2H+，蓝色晶体中Cu2+质量分数_____%.27、（12分）硫酸锌可用于制造锌钡白、印染媒染剂等。用锌白矿(主要成分为ZnO，还含有Fe2O3、CuO、SiO2等杂成)制备ZnSO4·7H2O的流程如下。相关金属离了生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算）如下表：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+6.48.0(1)“滤渣1”的主要成分为_________(填化学式）。“酸浸”过程中，提高锌元素浸出率的措施有：适当提高酸的浓度、______________(填一种)。(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应的化学方程式为__________________________。(3)“氧化”一步中，发生反应的离子方程式为_______________________。溶液pH控制在[3.2，6.4)之间的目的是________________。(4)“母液”中含有的盐类物质有_________(填化学式）。28、（14分）三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。最近我国科学家实现了使用铜催化剂将N，N—二甲基甲酰胺（N(CH3)2NCHO，简称DMF）转化为三甲胺的合成路线。回答下列问题：（1）结合实验与计算机模拟结果，研究单一DMF分子在铜催化剂表面的反应历程，如图所示：该历程中最大能垒（活化能）=__eV，该步骤的化学方程式为__。（2）该反应变化的ΔH__0（填“<”、“>”或“=”），制备三甲胺的热化学方程式为__。（3）160℃时，将DMF(g)和H2(g)以物质的量之比为1：2充入盛有催化剂的刚性容器中，容器内起始压强为p0，达到平衡时DMF的转化率为25%，则该反应的平衡常数Kp=__（Kp为以分压表示的平衡常数）；能够增大DMF平衡转化率同时加快反应速率的操作是__。（4）三甲胺是鱼腥臭的主要来源，是判断海水鱼类鲜度的化学指标之一。通过传感器产生的电流强度可以监测水产品中三甲胺的含量，一种燃料电池型三甲胺气体传感器的原理如图所示。外电路的电流方向为__（填“a→b”或“b→a”），负极的电极反应式为__。29、（10分）M是某香料的有效成分，其分子中含3个六元环。M的一种合成路线如下：已知：①A分子中所有原子可能共平面；②D的核磁共振氢谱上有6个峰；③H和I互为同系物。请回答下列问题：(1)A的名称是____________；E中所含官能团名称是___________。(2)B→C的反应类型是____________。(3)写出H和I反应生成M的化学方程式：___________。(4)T是H的同分异构体，同时具备下列条件的T有___________种(不考虑立体异构)，其中，苯环上一溴代物只有2种的结构简式为____________。①遇FeCl3溶液发生显色反应；②能发生水解反应和银镜反应。(5)A酸()在医药方面广泛用作防腐剂、载体剂、助溶剂等。参照上述流程，以2—丁烯和乙烯为原料合成乳酸，设计合成路线：_____________________(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、B【解析】

A、中碳原子全部共平面，但不能全部共直线，故A错误；B、H3C-C≡C-CH3相当于是用两个甲基取代了乙炔中的两个H原子，故四个碳原子共直线，故B正确；C、CH2=CH-CH3相当于是用一个甲基取代了乙烯中的一个H原子，故此有机物中3个碳原子共平面，不是共直线，故C错误；D、由于碳碳单键可以扭转，故丙烷中碳原子可以共平面，但共平面时为锯齿型结构，不可能共直线，故D错误。故选：B。【点睛】本题考查了原子共直线问题，要找碳碳三键为母体，难度不大。2、C【解析】

由电离常数可知，HNO2和CH3COOH都是弱酸，并且醋酸的酸性更弱。pH相同、体积均为V0的两种酸溶液中，醋酸的物质的量比亚硝酸大。【详解】A.相同pH的弱酸加水稀释，酸性越强的酸，pH变化越大，所以曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液，正确；B.从图中可以看出，溶液的pHb点小于c点，说明c(H+)b点比c点大，c(OH-)c点比b点大，从而说明溶液中水的电离程度c点比b点大，正确；C.相同体积a点的两种酸，醋酸的物质的量大，分别与NaOH溶液恰好中和后，溶液中n(NO2－)<n(CH3COO－)，错误；D.由c点到d点，弱酸的电离常数和水的电离常数都不变，所以Kw/Ka不变，即保持不变，正确。故答案为C。3、C【解析】

A.酒精能与水互溶，不能用来萃取，故错误；B.电解精炼铜时应粗铜做阳极，故错误；C.氨气或氯化氢都不溶于四氯化碳，都极易溶于水，故用该装置能吸收氨气或氯化氢并能做到防止倒吸，故正确；D.配制银氨溶液应向硝酸银溶液中逐滴加入氨水直到产生的沉淀恰好溶解为止，故错误。故选C。4、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。5、C【解析】

将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，根据C原子、N原子守恒判断氨与甲醛的物质的量之比。【详解】将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，每个甲醛分子中含有1个C原子、每个氨气分子中含有1个N原子，根据C原子、N原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要氨气和甲醛分子个数之比＝4：6＝2：3，根据N＝nNA知，分子数之比等于物质的量之比，所以氨与甲醛的物质的量之比2：3，故答案选C。6、A【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，则W为O元素；X在短周期主族元素中金属性最强，则X为Na元素；W与Y属于同一主族，则Y为S元素；Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，据此解答。【详解】根据上述分析可知：W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl元素。A．Na2O是碱性氧化物，与水反应产生NaOH，NaOH是一元强碱，水溶液显碱性；Na2S是强碱弱酸盐，在溶液中S2-发生水解作用，消耗水电离产生的H+，促进了水的电离，最终达到平衡时溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，A正确；B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r(Na)>r(S)>r(Cl)>r(O)，B错误；C．元素的非金属性：O>Cl>S，则简单气态氢化物的热稳定性：H2O>HCl>H2S，C错误；C．O、H可形成化合物H2O2，其中含有非极性共价键，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，根据元素的原子结构及相互关系推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。7、C【解析】

该反应中N元素化合价由-、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，据此分析解答。【详解】A．该反应中N元素化合价由-价、+5价变为0价，所以氧化产物和还原产物都是氮气，假设有16mol氮气生成，氧化产物是15mol、还原产物是1mol，则氧化产物比还原产物多14mol，若氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成氮气的物质的量=×16mol=2mol，标准状况下的体积为：2mol×22.4L/mol=44.8L，故A错误；B．反应中，硝酸钾得电子是氧化剂，被还原，故B错误；C．转移电子的物质的量为×10=1.25mol，故C正确；D．被氧化的N原子的物质的量=×30=3.75mol，故D错误；答案选C。【点睛】明确氧化产物和还原产物关系是解本题关键。本题的易错点为B，注意硝酸钾中N元素化合价降低，被还原。8、A【解析】

A．分子式相同但结构不同的有机物互为同分异构体，三种物质的分子式均为C5H8O2，但结构不同，则三者互为同分异构体，故A正确；B．甲、乙、丙分子中的所有环上的碳原子都为单键，碳原子上相连的氢原子和碳原子不在同一平面，故B错误；C．有机物中含有碳碳双键、碳碳三键、苯环或酮羰基可发生加成反应，甲中官能团为酯基、乙中官能团为羧基、丙中官能团为羟基，不能发生加成反应，甲、乙、丙都可以发生氧化反应，故C错误；D．甲中有酯基可与氢氧化钠溶液发生水解反应，乙中含有羧基可与氢氧化钠溶液发生中和反应，丙中含有醇羟基不与氢氧化钠溶液反应，故D错误；答案选A。【点睛】找到有机物的官能团，熟悉各种官能团可以发生的化学反应是解本题的关键。9、C【解析】

石蜡油在碎瓷片催化作用下发生裂化反应，生成物中含有烯烃，把生成物通入溴的四氯化碳溶液发生加成反应，溶液褪色，通入酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，据此解答。【详解】A．装置b中溴的四氯化碳溶液与分解生成的烯烃发生加成反应，装置c中酸性高锰酸钾溶液与分解生成的烯烃发生氧化反应，反应类型不同，A正确；B．石蜡油受热分解需要温度比较高，实验中用酒精灯加热石蜡油受热分解生成的产物较少，实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色，B正确；C．装置c中烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化也能生成CO2使d中溶液变浑浊，所以d中溶液变浑浊不能证明石蜡分解产生了CO2，C错误；D．停止加热后立即关闭K，后面装置中的液体就不会因为温度下降压强变化而产生倒吸，D正确；答案选C。10、C【解析】

A选项，P化合价有升高，也有降低，因此反应I是氧化还原反应，反应II是复分解反应，因此为非氧化还原反应，故A正确；B选项，H3PO2中的磷为+1价，易升高，具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸，故B正确；C选项，在反应I中有2个磷作氧化剂降低变为PH3，有6个磷作还原剂升高变为Ba(H2PO2)2，故氧化剂和还原剂质量之比为1:3，故C错误；D选项，根据反应方程式2个白磷中有2个磷作氧化剂降低变为2个PH3，转移6个电子，即生成2molPH3气体转移6mol电子，在标准状况下生成2.24LPH3即0.1mol，则转移0.3mol电子，故D正确；综上所述，答案为C。11、C【解析】

A.电镀时，通常把待镀的金属制品作阴极，A错误；B.氯碱工业上电解的是饱和食盐水，B错误；C.氢氧燃料电池（酸性电解质）中O2通入正极，电极反应为：O2+4H++4e-＝2H2O，C正确；D.由于金属活动性Zn＞Cu,所以Zn为负极，电子由Zn极移向Cu极，盐桥中的Cl－移向正电荷较多的ZnSO4溶液，D错误；答案选C。12、A【解析】

在水溶液中只能部分电离的电解质为弱电解质，包括弱酸、弱碱和水等，据此分析。【详解】A.NH3•H2O在水溶液中部分电离产生离子，在溶液中存在电离平衡，属于弱电解质，A正确；B.CO2在水溶液中和熔融状态下均不能导电，为非电解质，B错误；C.乙醇在水溶液中和熔融状态下均不能导电，为非电解质，C错误；D.BaSO4在水溶液中虽然溶解度很小，但溶解的能完全电离，故为强电解质，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查了电解质、非电解质以及强弱电解质的判断的知识，应注意的是强弱电解质的本质区别是电离是否彻底，和溶解度、离子浓度及溶液的导电能力等均无关。13、B【解析】

A.氯水具有强氧化性，能使pH试纸褪色，所以不能用的pH试纸测定某氯水的pH，故A错误；B.配制一定浓度的NaOH溶液，定容时仰视读数,会使溶液的体积变大，导致浓度偏小，故B错误；C.NH4Cl固体和Ca(OH)2固体在加热的条件下发生反应2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，所以不能用加热的方法分离，故C错误；D.精确配制一定物质的量浓度的溶液，必须在容量瓶中进行。将25.0gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中，所得溶液的体积不是100mL，故无法得到1.0mol/LCuSO4溶液，故D错误；【点睛】考查实验基本操作的评价，涉及pH试纸的使用、溶液的配制操作、氨气的制取等，选项A注意氯水含有次氯酸具有强氧化性能使pH试纸褪色，所以不能用的pH试纸测定某氯水的pH；配制一定物质的量浓度的溶液，定容时仰视读数,会加水过多，导致浓度偏小；俯视的时候加水变少，导致浓度偏大；配制溶液必须用容量瓶定容溶液体积。14、A【解析】

根据题意列出三段式，如下：根据平衡时水的物质的量分数为2%，则，故x=0.004mol/L，A、CO2的平衡转化率α==10%，选项A不正确；B、用H2S表示该反应的速率为0.001mol·L－1·min－1，选项B正确；C、当温度升高到620K时，平衡后水的物质的量分数为3%，可知温度升高平衡向正反应方向移动了，选项C正确；D、由于反应前后都为气体，且为气体体积不变的反应，反应过程中混合气体平均摩尔质量始终不变，选项D正确。答案选A。15、C【解析】

由所给的反应原理可判断原电池时，Li易失电子作负极，所以a是负极、b是正极，负极反应式为Li-e-═Li+，LiPF6是电解质，则正极反应式为

FeS2+4Li++4e-═Fe+2Li2S。【详解】A.电子从负极沿导线流向正极，电子不经过电解质溶液，A错误；B.原电池中阴离子移向负极，电解质溶液中PF6-应向a极区迁移，B错误；

C.充电时,原电池中负极变阴极，正极变阳极，则电解时b极为阳极，反应式为Fe＋2Li2S－4e-=FeS2＋4Li+，C正确；D.由所给原理4Li＋FeS2Fe＋2Li2S，可得关系式，b极消耗5.6gFe时在a极生成2.8gLi，D错误；故选C。16、A【解析】

A、用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出，说明配制一定物质的量浓度的溶液时，加水超过了刻度线，配制的浓度一定偏低，故A选；B、未进行恒重操作，可能会导致测定的硫酸铜粉末的质量偏大，测定的结晶水的含量偏小，但若胆矾晶体中结晶水恰好全部失去，则测定的结晶水的含量准确，故B不选；C、酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待30s立即读数，可能未达到滴定终点，测定结果可能偏低，但也可能恰好达到滴定终点，测定结果准确，故C不选；D、测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积，导致排除的水的体积偏大，即生成气体的体积偏大，测定结果偏高，故D不选；故选：A。17、B【解析】

由电池总反应可知，氢镍电池放电时为原电池反应，负极反应式为MH+OH--e-=M+H2O，正极反应式为NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-；钠硫电池充电时为电解池反应，阴极反应式为2Na++2e-=2Na，阳极反应式为Sx2--2e-=xS；充电时，两个电池的电极负接负，正接正，固体Al2O3中的Na+(阳离子)向阴极（电池的负极）移动，据此解答。【详解】A.根据以上分析，与a极相连的是钠硫电池的负极，所以a极为氢镍电池的负极，故A错误；B.电解时阳离子向阴极移动，所以充电时，通过固体Al2O3陶瓷向M极移动，故B正确；C.氢镍电池的负极发生氧化反应，反应式为MH+OH--e-=M+H2O，故C错误；D.充电时，N电极为阳极，反应式为Sx2--2e-=xS，根据电子守恒，外电路中每通过2mol电子，N极上生成xmolS单质，故D错误。故选B。18、C【解析】

某温度下，在2L恒容密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A(g)+bB(g)cC(g)∆H=－QkJ·mol－1（Q＞0），12s时达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol，A．由图像可知A的浓度变化=0.8mol/L-0.5mol/L=0.3mol/L，反应速率===0.15mol·L－1·s－1，所求为0~2s的平均速率，不是2s时的速率，故A错误；B.图中交点时没有达到平衡状态，A的消耗速率大于A的生成速率，故B错误；C.12s时达到平衡状态，B、C转化量之比等于化学计量数之比，所以b∶c=(0.5mol/L-0.3mol/L)×2L∶0.8mol=1:2，故C正确；D.由题意可知，3molA与1molB完全反应生成2molC时放出QkJ的热量，12s内，A的物质的量减少（0.8mol/L-0.2mol/L）×2L=1.2mol，则放出的热量为0.4QkJ，故D错误。答案选C。19、B【解析】

向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会发生水解，水解促进水的电离，结合溶度积常数和溶液中的守恒思想分析解答。【详解】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会发生水解，水解促进水的电离，b点滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lgc(Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L。A．Na2S溶液显碱性，根据质子守恒，c(H+)＋c(HS-)＋2c(H2S)＝c(OH-)，故A错误；B．a、c两点Cu2+、S2-的水解促进了水的电离，水的电离程度增大，b点可认为是NaCl溶液，水的电离没有被促进和抑制，水的电离程度最小，故B正确；C．该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)•c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，c点溶液中含有NaCl和Na2S，c(S2-)=×0.1mol/L，因此c(Cu2+)===3×10-34.4mol/L，故C错误；D．向100mLZn2+、Cu2+浓度均为0.1mol•L-1的混合溶液中逐滴加入10-3mol•L-1的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c(S2-)==mol/L=3×10-24mol/L；产生CuS时需要的S2-浓度为c(S2-)==mol/L=10-34.4mol/L，则产生CuS沉淀所需S2-浓度更小，先产生CuS沉淀，故D错误；故选B。【点睛】本题的难点是根据图象所提供的信息计算出CuS的Ksp，也是解题的关键。本题的易错点为C，要注意c点溶液中c(S2-)=×0.1mol/L。20、A【解析】

A．催化剂会改变化学反应速率，不影响平衡移动，故A选；B．增大反应物浓度平衡一定正向移动，正反应反应速率一定增大，故B不选；C．反应前后气体体积改变的反应，改变压强平衡发生移动，故C不选；D．任何化学反应都有热效应，所以温度改变，一定影响反应速率，平衡一定发生移动，故D不选；故答案选A。21、D【解析】

A.NH3NO2不能一步转化，氨气催化氧化得到NO而不能直接得到NO2，选项A错误；B.MgCl2(aq)无水MgCl2，氯化镁为强酸弱碱盐，水解产生氢氧化镁和盐酸，盐酸易挥发，最后得到的氢氧化镁灼烧得到氧化镁，而不能一步得到无水氯化镁，选项B错误；C.FeFeCl3，铁在氯气中燃烧生成氯化铁不是生成氯化亚铁，无法一步转化生成氯化亚铁，选项C错误；D.NaCl(aq)NaOH(aq)NaHCO3，电解氯化钠溶液得到氢氧化钠，氢氧化钠溶液中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钠，反应均能一步转化，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。22、D【解析】

A.该装置为外加电源的电解池原理；B.根据装置图易知，阳极生成的CuCl2与C2H4发生了氧化还原反应，根据化合价的升降判断该氧化还原反应的规律；C.根据电解池阴阳极发生的电极反应式及溶液电中性原则分析作答；D.根据具体的电解反应与氧化还原反应综合写出该装置的总反应。【详解】A.该装置为电解池，则工作时，电能转变为化学能，故A项错误；B.C2H4中C元素化合价为-2价，ClCH2CH2Cl中C元素化合价为-1价，则CuCl2能将C2H4氧化为1，2一二氯乙烷，故B项错误；C.该电解池中，阳极发生的电极反应式为：CuCl-e-+Cl-=CuCl2，阳极区需要氯离子参与，则X为阴离子交换膜，而阴极区发生的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，有阴离子生成，为保持电中性，需要电解质溶液中的钠离子，则Y为阳离子交换膜，故C项错误；D.该装置中发生阳极首先发生反应：CuCl-e-+Cl-=CuCl2，生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1，2一二氯乙烷和CuCl，在阳极区循环利用，而阴极水中的氢离子放电生成氢气，其总反应方程式为：CH2＝CH2＋2H2O＋2NaClH2＋2NaOH＋ClCH2CH2Cl，故D项正确；答案选D。二、非选择题(共84分)23、丙二酸二甲酯酯基加成反应取代反应HCHO【解析】

A分子中只有一种氢原子，则乙烯与氧气在银作催化剂加热的条件下反应生成环氧乙烷，A为，A与乙醛发生反应生成B，已知B分子中有四种氢，且能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合B的分子式C8H16O4，可知B为，根据已知反应②可知，B与甲醛在碱性条件下反应生成C为，C与HBr发生取代反应生成D为，甲醇与丙二酸发生酯化反应生成E为CH3OOCCH2COOCH3，根据已知反应③可知，D与E反应生成F为，G为，据此分析解答。【详解】(1)甲醇与丙二酸发生酯化反应生成E为CH3OOCCH2COOCH3，E的化学名称是丙二酸二甲酯，故答案为：丙二酸二甲酯；(2)由以上分析知，F为，则其所含官能团是酯基，故答案为：酯基；(3)A为，A与乙醛发生反应生成B，已知B分子中有四种氢，且能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合B的分子式C8H16O4，可知B为，则A→B的反应类型是加成反应，C为，C与HBr发生取代反应生成D为，C→D的反应类型是取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；(4)根据已知反应②可知，B与甲醛在碱性条件下反应生成C为，反应的化学方程式是；(5)由以上分析知，G的结构简式为；(6)H的分子式为C12H18O4，其不饱和度为，满足下列条件的H，①1molH与NaOH溶液反应可以消耗4molNaOH，则其含有苯环，为芳香族化合物，且含有4个酚羟基，②H的核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：1：1：1，则其含有4种等效氢，且氢原子数分别为12、2、2、2，则符合要求的结构简式为，故答案为：；（7）L为高聚酯，则K中应同时含有羟基和羧基，K中含有10个碳原子，只有9个碳原子，根据已知反应②可知，与HCHO在一定条件下发生取代反应生成I为，I发生已知反应②生成J为，J经酸化得到K为，K发生缩聚反应生成，故答案为：HCHO；。24、LiN3第2周期VA族3LiN3Li3N+4N2↑【解析】

B是空气的主要成分之一，B为氮气或氧气；C是一种强碱，且微溶于水，C为LiOH，载人宇宙飞船内常用含C的过滤网吸收宇航员呼出的CO2，以净化空气，LiOH与反应生成Li2CO3；D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝，D是NH3，确定B为氮气，NH3是2.24L合0.1mol，A中N为14g·mol－1×0.1mol=1.4g。A为Li3N，3.5g中Li为3.5-1.4=2.1g，14.7gX中Li为2.1g，n(Li)==0.3mol，n(N)==0.9mol,n(Li)：n(N)=0.3:0.9=1:3，X的化学式为：LiN3。【详解】（1）由分析可知：X的化学式为LiN3。故答案为：LiN3；（2）B为氮气，组成元素N在元素周期表中的位置是第2周期VA族。故答案为：第2周期VA族；（3）A为Li3N，Li最外层只有1个电子，显+1价，N最外层5个电子，得三个电子，显-3价，电子式为。故答案为：；（4）由分析X的化学式为：LiN3，X受热分解转变成Li3N和N2，由质量守恒：化学反应方程式为3LiN3Li3N+4N2↑。故答案为：3LiN3Li3N+4N2↑。25、盐酸或稀硫酸c冷却称量Al2O3×100％氢氧化钠溶液⑤①④②③剩余固体的质量将烧瓶中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称量【解析】

为了测定硬铝中铝的质量分数，可称得样品质量，测量其中铝的质量。根据硬铝的成分及其性质，将铝转化为氧化铝测其质量或转化为氢气测其体积，从而计算得铝的质量分数。【详解】方案Ⅰ：(1)实验流程中，固体甲是铜，则足量X可溶解硬铝中的镁、铝，试剂X可能是稀盐酸或稀硫酸。(2)操作①所得溶液中含有MgCl2、AlCl3和多余的酸，加入足量的NaOH溶液，可中和酸、使Mg2+完全生成Mg(OH)2沉淀、Al3+完全转化为NaAlO2。Mg(OH)2、NaAlO2也能使溶液呈碱性（a错）；证明NaOH溶液过量不必取样，NaOH溶液过量的现象是沉淀量不再减少（b错、c对）。(3)步骤④是为了获得氧化铝的质量，故需经过灼烧、冷却、称量，重复操作至固体恒重。(4)固体丙是氧化铝（Al2O3）。实验流程中，硬铝中的铝最终全部变成氧化铝，则样品中铝的质量为(54b/102)g，铝的质量分数为(54b/102a)×100%=×100％。方案Ⅱ：(1)该方案中通过测定气体体积来测定铝的质量分数。硬铝中只有铝能与强碱溶液反应放出氢气，则试剂Y可能是氢氧化钠溶液；实验时检查装置气密性、加入试剂、量气管初读数、反应生成氢气、量气管末读数，操作顺序是⑤①④②③。(2)硬铝质量为ag，若不测气体的体积，向圆底烧瓶中加入足量氢氧化钠溶液，当不再有气泡产生时，将烧瓶中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称量，测量剩余固体的质量，也能计算出铝的质量分数。【点睛】实验目的是实验的灵魂，故解答实验题应紧扣实验目进行思考，则所用试剂、操作作用、计算原理等问题便容易回答。26、打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2ONO取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)【解析】

Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，减少了能源消耗，生成的NO2和碱液反应生成硝酸盐或亚硝酸盐，制得的硫酸铜中含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色现象来分析。【详解】⑴将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下；故答案为：打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下。⑵根据题中信息得到装置a中Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，其化学方程式：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O；故答案为：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O。⑶步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，二氧化氮与水反应生成NO，因此会产生的气体是NO，该气体无法直接被石灰乳吸收，NO需在氧气的作用下才能被氢氧化钠溶液吸收，因此为防止空气污染，该气体的吸收装置为；故答案为：NO；。⑷通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色，故答案为：取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净。⑸工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，工业上铜在450°C左右焙烧，需要消耗能源，污染较少，工艺比较复杂，而本实验减少了能源的消耗，生成的氮氧化物可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作；故答案为：能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)。⑹根据反应为Cu2++H2Y=CuY+2H+，得出n(Cu2+)=n(H2Y)=cmol∙L−1×b×10−3L×5=5bc×10−3mol，蓝色晶体中Cu2+质量分数；故答案为：。27、SiO2粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）Zn+CuSO4═Cu+ZnSO43Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质ZnSO4、K2SO4【解析】锌白矿中加入稀硫酸浸取，ZnO、Fe2O3、CuO分别和稀硫酸反应生成ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4，SiO2和稀硫酸不反应，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4、H2SO4，向滤液中混入Zn，将Fe3+还原为Fe2+，得到Cu沉淀，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、FeSO4，向滤液中加入高锰酸钾，高锰酸钾将Fe2+氧化为Fe3+，向溶液中加入适量氧化锌，溶液pH升高，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤，得到的滤液中含有ZnSO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4•7H2O。(1)根据上述分析，“滤渣1”的主要成分为二氧化硅。浸取过程中，为提高浸出效率可采用的措施有，可将矿石粉碎或提高浸取时的温度，或适当增大酸的浓度等，故答案为SiO2；粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）；(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应为置换铜的反应，反应的化学方程式为Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，故答案为Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4；(3)根据流程图，“氧化”一步中，Fe2+能被高锰酸钾氧化生成Fe3+，高锰酸钾被还原成二氧化锰，生成是铁离子转化为氢氧化铁沉淀反应的离子方程式为3Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+M