福建省泉州市永春县华侨中学2024届高三六校第一次联考化学试卷含解析

福建省泉州市永春县华侨中学2024届高三六校第一次联考化学试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、室温时，用0.0200mol/L稀盐酸滴定20.00mL0.0200mol/LNaY溶液，溶液中水的电离程度随所加稀盐酸的体积变化如图所示(忽略滴定过程中溶液的体积变化)，则下列有关说法正确的是已知：K(HY)=5.0×10-11A．可选取酚酞作为滴定指示剂B．M点溶液的pH>7C．图中Q点水的电离程度最小，Kw<10-14D．M点,c(Na+)=c(HY)+c(Y-)+c(Cl-)2、下列有关实验操作的叙述不正确的是（）A．中和滴定接近终点时，滴入要慢，并且不断摇动B．向试管中滴加溶液时，滴管尖嘴紧贴试管内壁C．分液时，下层液体下口放出，上层液体上口倒出D．定容时，加水到容量瓶刻度线下1~2cm时，改用胶头滴管加水3、海水提镁的工艺流程如下：下列叙述正确的是A．反应池中的反应利用了相同条件下Mg(OH)2比Ca(OH)2难溶的性质B．干燥过程在HCl气流中进行，目的是避免溶液未完全中和C．上述流程中发生的反应有化合、分解、置换和复分解反应D．上述流程中可以循环使用的物质是H2和Cl24、金属铊(81Tl)有重要用途，可用来制造光电管、光学玻璃等。铊与铯(55Cs)同周期，下列说法不正确的是A．原子半径：Cs>Tl B．碱性：CsOH>Tl(OH)3C．与水反应的剧烈程度：Tl>Cs D．Tl是第六周期第ⅢA元素5、氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+，广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，并进行相关探究。下列说法不正确的是（）A．途径1中产生的Cl2可以回收循环利用B．途径2中200℃时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑C．X气体是HCl，目的是抑制CuCl2•2H2O加热过程可能的水解D．CuCl与稀硫酸反应的离子方程式为：2Cu++4H++SO42-═2Cu+SO2↑+2H2O6、下列关于物质保存或性质的描述错误的是（）A．金属钠可以保存在无水乙醇中B．氢氧化铜的悬浊液加热后变为黑色C．氟化钠溶液需在塑料试剂瓶中保存D．向盛二氧化碳的塑料瓶中加入饱和碳酸钠溶液，振荡后会变浑浊7、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y的核电荷数为奇数，Z的核电荷数为X的2倍。X的最外层电子数等于Y与Z的最外层电子数之和。Y与Z同周期且Y的原子半径大于Z。下列叙述正确的是A．单质的熔点：Y＞Z B．X的最高价氧化物的水化物为弱酸C．Y、Z的氧化物均为离子化合物 D．气态氢化物稳定性：X＞Z8、共用两个及两个以上碳原子的多环烃称为桥环烃，共用的碳原子称为桥头碳。桥环烃二环[2.2.0]己烷的碳原子编号为。下列关于该化合物的说法错误的是（）A．桥头碳为1号和4号B．与环己烯互为同分异构体C．二氯代物有6种（不考虑立体异构）D．所有碳原子不可能位于同一平面9、一定量的H2在Cl2中燃烧后，所得混合气体用100mL3.00mol∕L的NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含0.05molNaClO（不考虑水解）。氢气和氯气物质的量之比是A．2:3 B．3:1 C．1:1 D．3:210、探究氢氧化铝的两性，最适宜的试剂是（）A．AlCl3、氨水、稀盐酸 B．Al2C．Al、NaOH溶液、稀盐酸 D．Al211、12C与13C互为（）A．同系物 B．同位素 C．同素异形体 D．同分异构体12、近年，科学家发现了116号元素Lv。下列关于293Lv和294Lv的说法错误的是A．两者电子数相差1 B．两者质量数相差1C．两者中子数相差1 D．两者互为同位素13、下列有关实验基本操作的说法正确的是A．用滴定法测定某成分时，一定用到的仪器主要有铁架台、滴定管和锥形瓶B．使用CCl4萃取溴水中的溴时，振荡后立即进行分液操作C．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干D．取出试剂瓶中的金属钠，切取少量后把剩余的金属钠投入到废液缸中14、LiAlH4是一种常用的储氢材料，也是有机合成中重要的还原剂。下列关亍LiAlH4的说法中，不正确的是A．电子式：B．还原有机物时，应在无水体系中迚行C．1molLiAlH4跟足量水反应可生成89.6L氢气D．乙醛还原生成乙醇的过程中，LiAlH4作还原剂15、设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．17g由H2S与PH3组成的混合气体中含有的质子数为9NAB．90g果糖(C6H12O6，分子中无环状结构和碳碳双键)中含有的非极性键数目为3NAC．1mol由乙醇与二甲醚(CH3-O-CH3)组成的混合物中含有的羟基数目为NAD．已知Ra→X+He，则0.5molX中含有的中子数为34NA16、2019年北京园艺会主题是“绿色生活，美丽家园”。下列有关园艺会说法正确的是(

)A．大会交通推广使用的是利用原电池原理制成太阳能电池汽车，可减少化石能源的使用B．妫汭剧场里使用的建筑材料第五形态的碳单质——“碳纳米泡沫”，与石墨烯互为同分异构体C．传统烟花的制作常加入含有铂、铁、钾、钙、铜等金属元素的发光剂，燃放时呈现美丽的颜色，大会庆典禁止使用D．秸秆经加工处理成吸水性的材料——植物纤维，可用作食品干燥剂，符合大会主题17、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常温下，23gNO2含有NA个氧原子B．1L0.1mol·L-1的氨水含有0.1NA个OH-C．常温常压下，22.4LCCl4含有NA个CCl4分子D．1molFe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2NA个电子18、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法错误的是()A．单质的沸点：Z>WB．简单离子半径：X>WC．元素X与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物D．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应19、已知Ba(AlO2)2可溶于水。下图表示的是向100mL0.02mol·L-1KAl(SO4)2溶液中逐滴加入0.05mol·L-1Ba(OH)2溶液时（25℃），生成沉淀的物质的量与加入Ba(OH)2溶液的体积的关系。下列说法不正确的是A．所加的Ba(OH)2溶液的pH=13B．a点的值是80mLC．b点的值是0.005molD．当V[Ba(OH)2]=30mL时，生成沉淀的质量是0.699g20、常温下，向20.00mL0.1mol·L－1氨水中滴入0.1mol·L-1盐酸，溶液中由水电离出的c(H+)的负对数[-1gc水(H+)]与所加盐酸体积的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．常温下，Kb(NH3·H2O)约为1×10-3B．b=20.00C．R、Q两点对应溶液均呈中性D．R到N、N到Q所加盐酸体积相等21、按照物质的组成分类，SO2属于（）A．单质 B．酸性氧化物 C．碱性氧化物 D．混合物22、实验室制备硝基苯时，经过配制混酸、硝化反应(50～60℃)、洗涤分离、干燥蒸馏等步骤，下列图示装置和操作能达到目的的是A．配制混酸B．硝化反应C．洗涤分离D．干燥蒸馏二、非选择题(共84分)23、（14分）新合成的药物J的合成方法如图所示：已知：R1—NH—R2+Cl—R3+HClR1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH(R1、R2、R3、R4为氢或烃基)回答下列问题：(1)B的化学名称为______________，F的结构简式为_____________(2)有机物CH2=CHCH2NH2中的官能团名称是_______，由A生成B的反应类型为_____(3)③的化学方程式为__________。(4)已知④有一定的反应限度，反应进行时加入吡啶(C5H5N，属于有机碱)能提高J的产率，原因是________。(5)有机物K分子组成比F少两个氢原子，符合下列要求的K的同分异构体有_________种(不考虑立体异构)。①遇FeCl3溶液显紫色②苯环上有两个取代基(6)是一种重要的化工中间体。以环已醇()和乙醇为起始原料，结合已知信息选择必要的无机试剂，写出制备的合成路线：_________________。(已知：RHC=CHR＇RCOOH+R＇COOH，R、R＇为烃基。用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)24、（12分）某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如图(部分反应略去试剂和条件)：已知：a.b.根据以上信息回答下列问题：(1)烃A的结构简式是__________。(2)①的反应条件是__________；②的反应类型是____________。(3)下列对抗结肠炎药物有效成分可能具有的性质推测正确的是__________。A．水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大B．能发生消去反应C．能发生聚合反应D．既有酸性又有碱性(4)E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是________________________________.(5)符合下列条件的E的同分异构体有________________种，其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比3∶1∶1∶1的异构体的结构简式为___________________。a.与E具有相同的官能团b.苯环上的一硝基取代产物有两种(6)已知易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位。据此设计以A为原料制备高分子化合物的合成路线______。(无机试剂任选)25、（12分）为了探究铁、铜及其化合物的性质，某同学设计并进行了下列两组实验。实验一：已知：3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)（1）虚线框处宜选择的装置是________(填“甲”或“乙”)；实验时应先将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入所制得的纯净氢气中，观察到的实验现象是______________________。（2）实验后，为检验硬质玻璃管中的固体是否含＋3价的铁元素，该同学取一定量的固体并用一定浓度的盐酸溶解，滴加_______溶液（填试剂名称或化学式），没有出现血红色，说明该固体中没有＋3价的铁元素。请你判断该同学的结论是否正确并说明理由_________________。实验二：绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2（设为装置A）称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g，B为干燥管。按下图连接好装置进行实验。实验步骤如下：（1）________，（2）点燃酒精灯，加热，（3）______，（4）______，（5）______，（6）称量A，重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。（3）请将下列实验步骤的编号填写在对应步骤的横线上a．关闭K1和K2b．熄灭酒精灯c．打开K1和K2缓缓通入N2d．冷却至室温（4）必须要进行恒重操作的原因是_________________。（5）已知在上述实验条件下，绿矾受热只是失去结晶水，硫酸亚铁本身不会分解，根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=__________________（用含m1、m2、m3的列式表示）。26、（10分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种可溶于水的白色或淡黄色小晶体，食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果的保鲜剂等。某化学研究兴趣小组欲自制焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质等。(1)制备Na2S2O5，如图（夹持及加热装置略）可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体（试剂不重复使用）焦亚硫酸钠的析出原理：NaHSO3(饱和溶液)→Na2S2O5(晶体)+H2O(l)①F中盛装的试剂是__，作用是__。②通入N2的作用是__。③Na2S2O5晶体在__（填“A”或“D”或“F”）中得到，再经离心分离，干燥后可得纯净的样品。④若撤去E，则可能发生__。(2)设计实验探究Na2S2O5的性质，完成表中填空：预测Na2S2O5的性质探究Na2S2O5性质的操作及现象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性①探究二Na2S2O5晶体具有还原性取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去①__。（提供：pH试纸、蒸馏水及实验必需的玻璃仪器）②探究二中反应的离子方程式为__(KMnO4→Mn2+)(3)利用碘量法可测定Na2S2O5样品中+4价硫的含量。实验方案：将agNa2S2O5样品放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中，加入过量c1mol·L-1的碘溶液，再加入适量的冰醋酸和蒸馏水，充分反应一段时间，加入淀粉溶液，__（填实验步骤），当溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟内溶液不恢复原色，则停止滴定操作重复以上步骤两次记录数据。（实验中必须使用的试剂有c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液；已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）(4)含铬废水中常含有六价铬[Cr(Ⅵ)]利用Na2S2O5和FeSO4·7H2O先后分两个阶段处理含Cr2O72-的废水，先将废水中Cr2O72-全部还原为Cr3+，将Cr3+全部转化为Cr(OH)3而除去，需调节溶液的pH范围为___。{已知：Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，lg2≈0.3，c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1时视为完全沉淀}27、（12分）香豆素存在于黑香豆、香蛇鞭菊、野香荚兰、兰花中，具有新鲜干草香和香豆香，是一种口服抗凝药物。实验室合成香豆素的反应和实验装置如下：可能用到的有关性质如下：合成反应：向三颈烧瓶中加入95%的水杨醛38.5g、新蒸过的乙酸酐73g和1g无水乙酸钾，然后加热升温，三颈烧瓶内温度控制在145~150℃，控制好蒸汽温度。此时，乙酸开始蒸出。当蒸出量约15g时，开始滴加15g乙酸酐，其滴加速度应与乙酸蒸出的速度相当。乙酸酐滴加完毕后，隔一定时间，发现气温不易控制在120℃时，可继续提高内温至208℃左右，并维持15min至半小时，然后自然冷却。分离提纯：当温度冷却至80℃左右时，在搅拌下用热水洗涤，静置分出水层，油层用10%的碳酸钠溶液进行中和，呈微碱性，再用热水洗涤至中性，除去水层，将油层进行减压蒸馏，收集150~160℃/1866Pa馏分为粗产物。将粗产物用95%乙醇(乙醇与粗产物的质量比为1:1)进行重结晶，得到香豆素纯品35.0g。（1）装置a的名称是_________。（2）乙酸酐过量的目的是___________。（3）分水器的作用是________。（4）使用油浴加热的优点是________。（5）合成反应中，蒸汽温度的最佳范围是_____(填正确答案标号)。a．100~110℃b．117.9~127.9℃c．139~149℃（6）判断反应基本完全的现象是___________。（7）油层用10%的碳酸钠溶液进行中和时主要反应的离子方程式为______。（8）减压蒸馏时，应该选用下图中的冷凝管是_____(填正确答案标号)。a．直形冷凝管b．球形冷凝管c．蛇形冷凝管（9）本实验所得到的香豆素产率是______。28、（14分）1799年由英国化学家汉弗莱·戴维发现一氧化二氮（N2O）气体具有轻微的麻醉作用，而且对心脏、肺等器官无伤害，后被广泛应用于医学手术中。（1）一氧化二氮早期被用于牙科手术的麻醉，它可由硝酸铵在催化剂下分解制得，该反应的化学方程式为___。（2）已知反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的ΔH=–163kJ·mol－1，1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收945kJ、498kJ的能量，则1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为______kJ。在一定温度下的恒容容器中，反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的部分实验数据如下：①在0～20min时段，反应速率v(N2O)为___mol·L-1·min-1。②若N2O起始浓度c0为0.150mol/L，则反应至30min时N2O的转化率α=___。③不同温度（T）下，N2O分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示（图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间），则T1___T2（填“>”、“=”或“<”）。当温度为T1、起始压强为p0，反应至t1min时，体系压强p=___（用p0表示）。（4）碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：第一步I2(g)=2I(g)（快反应）第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)（慢反应）第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I(g)（快反应）实验表明，含碘时NO分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5（k为速率常数）。下列表述正确的是___（填标号)。A．温度升高，k值增大B．第一步对总反应速率起决定作用C．第二步活化能比第三步大D．I2浓度与N2O分解速率无关29、（10分）CPAE是蜂胶的主要活性成分，具有抗癌的作用．人工合成CPAE的一种路线如下：已知：i．A分子中苯环上一溴代物只有2种；ii．R1﹣CHO+R2﹣CH2﹣CHO→（1）写出反应类型：反应①_______；反应⑤______．（2）写出结构简式：A______；C_______．（3）在反应②中，1molC7H5O2Br最多消耗NaOH____mol．（4）写出反应方程式：反应⑦________．（5）写出一种符合下列条件的E的同分异构体__________i．1mol该物质与1molNa2CO3反应，生成1molCO2气体ii．含有4种化学环境不同的氢原子（6）写出实验室用Y制备苯乙酮（）的合成路线（不超过四步）_____________（合成路线常用的表示方式为：AB…：目标产物）

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.滴定终点溶液显酸性，故可选取甲基橙作为滴定指示剂，A不正确；B.M点溶液中，c(NaY)=c(HY)，因为K(HY)=5.0×10-11，所以c(Y-)≈c(HY)，代入HY的电离常数表达式可得，ka=cH+=5.0×10-11，所以，pH>7，B正确；C.由图可知，Q点水的电离程度最小，Kw=10-14，C不正确；D.M点，由物料守恒可知2、B【解析】

A.为防止滴入液体过量，中和滴定接近终点时，滴入要慢，并且不断摇动，故A正确；B.向试管中滴加溶液时，滴管尖嘴应悬空，不能紧贴试管内壁，故B错误；C.分液时，下层液体下口放出，上层液体上口倒出，可以避免两种液体相互污染，故C正确；D.定容时，为准确控制溶液体积，加水到容量瓶刻度线下1~2cm时，改用胶头滴管加水，故D正确。答案选B。3、A【解析】

A.氢氧化钙微溶，氢氧化镁难溶，沉淀向更难溶方向转化，故可以用氢氧化钙制备氢氧化镁，A正确；B.干燥过程在HCl气流中进行目的是防止氯化镁水解，B错误；C.该流程中没有涉及置换反应，C错误；D.上述流程中可以循环使用的物质是Cl2，过程中没有产生氢气，D错误；答案选A。4、C【解析】

铯(55Cs)位于第六周期第ⅠA族，铊与铯(55Cs)同周期，可知铊(81Tl)位于第六周期第ⅢA族，金属性：Cs>Tl。A.元素在同一周期，序数越小，半径越大，则原子半径：Cs>Tl，A项正确；B.金属性：Cs>Tl，则碱性：CsOH>Tl(OH)3，B项正确；C.金属性：Cs>Tl，则与水反应的剧烈程度：Cs>Tl，C项错误；D.Tl是第六周期第ⅢA元素，D项正确；答案选C。【点睛】本题重点，知道元素在元素周期表中的位置，根据原子结构示意图的书写规律，每一层最多排布2n2个电子，最外层最多排布8个(除第一层外)，次外层最多排布18个，得出铊与铯的原子结构示意图，即可知道位置。5、D【解析】

A.途径1中产生的Cl2能转化为HCl，可以回收循环利用，A正确；B.从途径2中可以看出，Cu2(OH)2Cl2→CuO，配平可得反应式Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑，B正确；C.CuCl2•2H2O加热时会挥发出HCl，在HCl气流中加热，可抑制其水解，C正确；D.2Cu++4H++SO42-═2Cu+SO2↑+2H2O反应中，只有价态降低元素，没有价态升高元素，D错误。故选D。6、A【解析】

A．钠能够与乙醇反应，所以钠不能保存在乙醇中，故A错误；B．氢氧化铜受热分解生成黑色氧化铜，所以氢氧化铜的悬浊液加热后变为黑色，故B正确；C．氟离子水解生成HF，HF能够腐蚀玻璃，所以氟化钠溶液不能用玻璃瓶盛放，可以用塑料试剂瓶中保存，故C正确；D．碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，所以向盛二氧化碳的塑料瓶中加入饱和碳酸钠溶液，振荡后会变浑浊，故D正确；故选：A。7、D【解析】

由题可知Y、Z同周期且Y在Z前面，X的主族序数在Y、Z的主族序数之后，Z的核电荷数为X的2倍，可能确定X在第二周期右后位置，Y、Z在第三周期的左前位置，结合题中条件可知X、Y、Z分别为：N、Na、Si，据此解答。【详解】A．Y、Z分别为Na、Si，Si单质为原子晶体，熔点比钠的高，即Y<Z，A错误；B．X为N元素，最高价氧化物的水化物HNO3为强酸，B错误；C．Y、Z分别为Na、Si，Si的氧化物SiO2为共价化合物，C错误；D．X、Z分别为：N、Si，气态氢化物稳定性NH3>SiH4，即X＞Z，D正确；答案选D。8、C【解析】

A.由桥环烃二环[2.2.0]己烷的结构可知，桥头碳为1号和4号，形成2个四元碳环，故A正确；B.桥环烃二环[2.2.0]己烷和环己烯的分子式均为C6H10，二者的分子结构不同，互为同分异构体，故B正确；C.该烃分子有2种不同化学环境的氢原子，其二氯代物中2个氯原子在同一碳原子上的有1种，在不同碳原子上的有6种，故其二氯代物有7种，故C错误；D.该烃分子中所有碳原子均形成4个单键，所以所有碳原子不可能位于同一平面，故D正确；故选C。【点睛】9、A【解析】

H2在Cl2中燃烧的产物能被碱液完全吸收，则H2完全燃烧。吸收液中有NaClO，则燃烧时剩余Cl2，从而根据化学方程式进行计算。【详解】题中发生的反应有：①H2+Cl2=2HCl；②HCl+NaOH=NaCl+H2O；③Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。据③，生成0.05molNaClO，消耗0.05molCl2、0.10molNaOH。则②中消耗0.20molNaOH和0.20molHCl。故①中消耗H2、Cl2各0.10mol。氢气和氯气物质的量之比0.10mol:(0.10mol+0.05mol)=2:3。本题选A。【点睛】吸收液中有NaClO，则燃烧时剩余Cl2。氢气和氯气物质的量之比必小于1:1，只有A项合理。10、D【解析】

既能与酸反应，又能与强碱反应的氢氧化物属于两性氢氧化物，但氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，据此分析。【详解】A、由于氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，故探究氢氧化铝的两性，不能用氨水，选项A错误；B、由于氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，故探究氢氧化铝的两性，不能用氨水，选项B错误；C、Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠溶液中滴加少量盐酸产生氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀会溶于过量的盐酸，操作步骤较多，不是最适宜的试剂，选项C错误；D、Al2（SO4）3溶液和少量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀，继续滴加氢氧化钠溶液沉淀溶解，向氢氧化铝沉淀加稀盐酸沉淀也溶解，说明氢氧化铝具有两性，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查了金属元素化合物的性质，注意把握氢氧化铝的性质是解题的关键，既能与强酸反应生成盐和水，又能与强碱反应生成盐和水的氢氧化物。11、B【解析】

同种元素的不同种原子间互为同位素，据此分析。【详解】12C与13C是碳元素的两种不同的碳原子，故互为同位素。答案选：B。【点睛】本题考查了“四同”概念的辨别，应注意的概念要点的把握。结构相似,组成上相差1个或者若干个某种原子团的化合物互称为同系物；具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；同素异形体,是指由同样的单一化学元素组成,因排列方式不同,而具有不同性质的单质；化学上，同分异构体是一种有相同分子式而有不同的原子排列的化合物。12、A【解析】

A、293Lv和294Lv的电子数都是116，A错误；B、293Lv的质量数是293，294Lv的质量数是294，质量数相差1，B正确；C、293Lv的中子数是117，294Lv的中子数是118，中子数相差1，C正确；D、293Lv和294Lv是质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子，互为同位素，D正确；答案选A。13、A【解析】

中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定、络合滴定等实验都要使用铁架台、滴定管和锥形瓶，A正确；萃取时，若振荡后不及时放气，则会导致漏斗内压强增大，有爆炸的可能，B错误；洗净的容量瓶不可放进烘箱中烘干，C错误；钠投入到废液缸中会剧烈反应，应放回原试剂瓶中，D错误。14、C【解析】

A选项，LiAlH4中锂显+1价，AlH4－，因此LiAlH4电子式：，故A正确；B选项，LiAlH4与水要反应，生成氢气，因此在还原有机物时，应在无水体系中迚行，故B正确；C选项，1molLiAlH4跟足量水反应可生成89.6L氢气，缺少标准状况下，因此C错误；D选项，乙醛还原生成乙醇的过程中，乙醛作氧化剂，LiAlH4作还原剂，故D正确。综上所述，答案为C。15、A【解析】

A.假设17g全部为H2S，含有质子物质的量为=9mol，假设全部为PH3，含有质子物质的量为=9mol，则17g该混合物中含有的质子物质的量为9mol，故A正确；B.果糖结构简式为CH2OHCH(OH)CH(OH)CH(OH)COCH2OH，根据果糖的结构简式，非极性键应是C－C之间的键，90g果糖中含有非极性键的物质的量为=2.5mol，故B错误；C.乙醇结构简式为CH3CH2OH，乙醚的结构简式为CH3－O－CH3，前者含有羟基，后者不含羟基，因此1mol该混合物中含有羟基物质的量应在0～1mol之间，故C错误；D.推出X的原子结构为，0.5molX中含有中子物质的量为0.5mol×(222－86)=68mol，故D错误；答案：A。16、D【解析】

A.太阳能电池是将太阳能转化为电能，不是原电池原理，故A错误；B.第五形态的碳单质——“碳纳米泡沫”，与石墨烯是同素异形体，而非同分异构体，故B错误；C.烟花的使用需要从环保、安全等多方面考虑，但禁止使用是错误的，故C错误；D.植物纤维的成分为糖类，无污染，可再生，可用作食品干燥剂，符合大会主题，故D正确，故选D。17、A【解析】

A.23gNO2的物质的量是＝0.5mol，含有1mol氧原子，选项A正确；B.氨水是弱碱，部分电离，即.1L0.1mol·L－1氨水含有OH－个数小于0.1NA，选项B错误；C.常温常压下四氯化碳不是气体，不能适用于气体摩尔体积，选项C错误；D.反应中亚铁离子失去1个电子，选项D错误；答案选A。18、B【解析】

短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素，据此进行解答。【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素；A．Z、W的单质分别为氯气、氟气，二者形成的晶体都是分子晶体，相对分子质量氯气较大，则氯气的沸点较高，即单质的沸点：Z＞W，故A正确；B．X为Na、W为F，二者的离子都含有2个电子层，Na的核电荷数较大，则钠离子的离子半径较小，即简单离子半径：X＜W，故B错误；C．X为Na，金属钠与O形成的过氧化钠中既含离子键也含非极性共价键，故C正确；D．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝具有两性，则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间能相互反应，故D正确；故答案为B。19、D【解析】

溶液中逐渐滴加溶液，OH-会先与Al3+发生反应，生成Al(OH)3沉淀，随后生成的再与OH-发生反应，生成；在OH-反应的同时，Ba2+也在与反应生成沉淀。考虑到溶液中是Al3+物质的量的两倍，再结合反应的离子方程式可知，Al3+沉淀完全时，溶液中还有尚未沉淀完全；但继续滴加会让已经生成的发生溶解，由于沉淀溶解的速率快于沉淀生成的速率，所以沉淀总量减少，当恰好溶解完全，的沉淀也恰好完全。因此，结合分析可知，图像中加入amL时，溶液中的恰好完全沉淀；沉淀物质的量为bmol时，中的Al3+恰好沉淀完全。【详解】A．0.05mol/L的溶液中的c(OH-)约为0.1mol/L，所以常温下pH=13，A项正确；B．通过分析可知，加入amL时，溶液中的恰好完全沉淀，所以，a=80mL，B项正确；C．通过分析可知，沉淀物质的量为bmol时，中的Al3+恰好沉淀完全，那么此时加入的物质的量为0.003mol即体积为60mL，因此沉淀包含0.003mol的以及0.002mol的，共计0.005mol，C项正确；D．当加入30mL溶液，结合C项分析，Al3+和Ba2+都未完全沉淀，且生成0.0015mol以及0.001mol，总质量为0.4275g，D项错误；答案选D。20、B【解析】

A.常温下，未加盐酸的氨水的-lgc水(H+)=11，则该溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L，溶液中c(OH-)=mol/L=10-3mol/L，c(NH3•H2O)≈0.1mol/L，Kb(NH3•H2O)==1×10-5，A错误；B.当-lgc水(H+)最小时，HCl与氨水恰好完全反应，所以b点NaOH溶液体积为20.00mL，B正确；C.N点水电离出的H+浓度最大，溶液呈中性，R点碱过量，溶液呈碱性。Q点溶质为HCl和NH4Cl，溶液呈酸性，C错误；D.R点氨水略过量，R→N加HCl消耗一水合氨，促进水的电离；N→Q加HCl，酸过量，抑制水的的电离，所以R到N、N到Q所加盐酸体积不相等，D错误；故合理选项是B。21、B【解析】

A、SO2由两种元素组成，不符合单质的概念；B、能与碱反应生成盐和水的氧化物叫做酸性氧化物；C、SO2是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物；D、SO2属于纯净物。【详解】A、SO2由两种元素组成，不属于单质，故A错误；B、能与碱反应生成盐和水的氧化物叫做酸性氧化物；SO2是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，故B正确；C、SO2是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，故C错误；D、SO2属于纯净物，不属于混合物，故D错误；故选：B。22、C【解析】

A、配制混酸时，应先将浓硝酸注入烧杯中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却，故A错误；B、由于硝化反应控制温度50~60℃，应采取50～60℃水浴加热，故B错误；C、硝基苯是油状液体，与水不互溶，分离互不相溶的液态混合物应采取分液操作，故C正确；D、蒸馏时为充分冷凝，应从下端进冷水，故D错误。答案：C。【点睛】本题考查了硝基苯的制备实验，注意根据实验原理和实验基本操作，结合物质的性质特点和差异答题。二、非选择题(共84分)23、3-氯-1-丙烯碳碳双键和氨基取代反应吡啶显碱性，能与反应④的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率15【解析】

由A、B的分子式，C的结构简式，可知A为CH3CH=CH2，A发生取代反应生成B为ClCH2CH=CH2；B中氯原子被氨基取代得到，根据C的分子式既反应条件，可知反应②发生题给信息中的取代反应，可知C为；比较C、D分子式，结合E的结构简式分析，反应③为题给信息中的成环反应，可知D为；D发生酯的水解反应生成E，比较E和G的结构，结合反应条件分析中间产物F的结构为；对比G、J的结构，G与发生取代反应生成J，据此分析解答。【详解】（1）B为ClCH2CH=CH2，化学名称为3-氯-1-丙烯，比较E和G的结构，结合反应条件分析中间产物F的结构为故答案为：3-氯-1-丙烯；；（2）根据官能团的结构分析，有机物CH2=CHCH2NH2中的官能团有碳碳双键和氨基；比较A和B的结构变化可知该反应为取代反应，故答案为：碳碳双键和氨基；取代反应；（3）根据上述分析，反应③的化学方程式为，故答案为：；（4）反应④为取代反应，生成有机物的同时可生成HCl，而吡啶呈碱性，可与HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J的产率，故答案为：吡啶显碱性，能与反应④的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率；（5）F为，分子式为C8H13NO，则K的分子式为C8H11NO，①遇FeCl3溶液显紫色，则结构中含有酚羟基；②苯环上有两个取代基，一个为OH，则另一个为由2个C原子6个H原子1个N原子构成的取代基，其结构有-CH2CH2NH2、-CH2NHCH3、-CH(CH3)NH2、-NHCH2CH3、-N(CH3)2共5种，两取代基的位置共有邻、间、对三种情况，所以K的同分异构体有3×5=15种，故答案为：15；（6）由题给信息可知，由反应得到，用酸性高锰酸钾溶液氧化的己二酸，己二酸与乙醇发生酯化反应得到，可由原料发生消去反应获取，则合成路线流程图为：，故答案为：。【点睛】解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。24、Fe或FeCl3取代反应或硝化反应ACD4或【解析】

E的结构简式中含有1个－COOH和1个酯基，结合已知a，C到D为C中的酚羟基上的氢，被－OCCH3替代，生成酯，则D到E是为了引入羧基，根据C的分子式，C中含有酚羟基和苯环，结合E的结构简式，则C为，D为。A为烃，与Cl2发生反应生成B，B为氯代烃，B与氢氧化钠发生反应，再酸化，可知B为氯代烃的水解，引入羟基，则A的结构为，B为。E在NaOH溶液中反应酯的水解反应，再酸化得到F，F的结构简式为，根据已知b，则G中含有硝基，F到G是为了引入硝基，则G的结构简式为。【详解】(1)根据分析A的结构简式为；(2)反应①为在苯环上引入一个氯原子，为苯环上的取代反应，反应条件为FeCl3或Fe作催化剂；反应②F到G是为了引入硝基，反应类型为取代反应或硝化反应；(3)抗结肠炎药物有效成分中含有氨基、羧基和酚羟基，具有氨基酸和酚的性质；A．三个官能团都是亲水基，相对分子质量比苯酚大，所以水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大，A正确；B．与苯环相连的羟基不能发生消去反应，可以发生氧化反应；该物质含有氨基（或羟基）和羧基，可以发生缩聚反应；该物质含有羧基和羟基酯化反应等，B错误；C．含有氨基和羧基及酚羟基，所以能发生聚合反应，C正确；D．氨基具有碱性、羧基具有酸性，所以既有酸性又有碱性，D正确；答案为：ACD；(4)E中的羧基可以与NaOH反应，酯基也可以与NaOH反应，酯基水解得到的酚羟基也能与NaOH反应，化学方程式为；(5)符合下列条件：a.与E具有相同的官能团，b.苯环上的一硝基取代产物有两种；则苯环上有两个取代基处，且处于对位：如果取代基为－COOH、－OOCCH3，处于对位，有1种；如果取代基为－COOH、－COOCH3，处于对位，有1种；如果取代基为－COOH、－CH2OOCH，处于对位，有1种；如果取代基为HCOO－、－CH2COOH，处于对位，有1种；所以符合条件的有4种；若核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比3：1：1：1的异构体的结构简式为或；(6)目标产物为对氨基苯甲酸，—NH2可由硝基还原得到，－COOH可由－CH3氧化得到。由于－NH2容易被氧化，因此在－NO2还原成氨基前甲基需要先被氧化成－COOH。而两个取代基处于对位，但苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位，因此－CH3被氧化成－COOH前，需要先引入－NO2，则合成路线为。25、乙铜丝由黑变红硫氰化钾或KSCN不正确，因为铁过量时：Fe＋2Fe3+→3Fe2+cbda确保绿矾中的结晶水已全部失去【解析】试题分析：实验一：（1）铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，虚线框中的装置是用氢气还原氧化铜的装置，根据氢气的密度比空气小分析；氧化铜被氢气还原为铜单质；（2）Fe3+能使KSCN溶液变成血红色；单质铁能把Fe3+还原为Fe2+；实验二：（3）由于装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前要排尽装置中的空气，利用氮气排出空气，为使生成的水蒸气完全排出，应该先熄灭酒精灯再关闭K1和K2；冷却后再称量；（4）进行恒重操作可以确保绿矾中的结晶水已全部失去；（5）根据题意，生成硫酸亚铁是，生成水的质量是，根据计算x值；解析：实验一：（1）铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，虚线框中的装置是用氢气还原氧化铜的装置，氢气的密度比空气小，所以用向下排空气法收集氢气，故选乙；氧化铜被氢气还原为铜单质，现象是铜丝由黑变红；（2）Fe3+能使KSCN溶液变成血红色，滴加KSCN溶液检验是否含有Fe3+，若溶液变为血红色，则含有Fe3+；单质铁能把Fe3+还原为Fe2+，当铁过量时：Fe＋2Fe3+=3Fe2+，所以没有出现血红色，不能说明该固体中没有＋3价的铁元素；实验二：（3）由于装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前要排尽装置中的空气，利用氮气排出空气，为使生成的水蒸气完全排出，应该先熄灭酒精灯再关闭K1和K2；冷却后再称量，正确的步骤是（1）打开K1和K2缓缓通入N2，（2）点燃酒精灯，加热，（3）熄灭酒精灯，（4）冷却至室温，（5）关闭K1和K2，（6）称量A，重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g；（4）进行恒重操作可以确保绿矾中的结晶水已全部失去；（5）根据题意，生成硫酸亚铁是，生成水的质量是，X=。26、浓NaOH溶液吸收剩余的SO2排尽空气，防止Na2S2O5被氧化D倒吸用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O用c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液滴定pH>5.6【解析】

从焦亚硫酸钠的析出原理[NaHSO3(饱和溶液)→Na2S2O5(晶体)+H2O(l)]可以看出，要制取Na2S2O5(晶体)，需先制得NaHSO3(饱和溶液)，所以A装置的作用是用浓硫酸与Na2SO3固体反应制取SO2，将SO2再通入饱和Na2SO3溶液中制得NaHSO3饱和溶液。因为Na2S2O5易被空气中的O2氧化，所以需排尽装置内的空气，这也就是在A装置内通入N2的理由。由于SO2会污染环境，所以F装置应为吸收尾气的装置，为防倒吸，加了装置E。【详解】(1)①从以上分析知，F装置应为SO2的尾气处理装置，F中盛装的试剂是浓NaOH溶液，作用是吸收剩余的SO2。答案为：浓NaOH溶液；吸收剩余的SO2；②为防装置内空气中的氧气将Na2S2O5、NaHSO3、Na2SO3等氧化，需排尽装置内的空气，所以通入N2的作用是排尽空气，防止Na2S2O5被氧化。答案为：排尽空气，防止Na2S2O5被氧化；③Na2S2O5晶体由NaHSO3饱和溶液转化而得，所以应在D中得到。答案为：D；④因为E中的双球能容纳较多液体，可有效防止倒吸，所以若撤去E，则可能发生倒吸。答案为：倒吸；(2)①既然是检测其是否具有酸性，则需用pH试纸检测溶液的pH，若在酸性范围，则表明显酸性。具体操作为：用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红。答案为：用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红；②探究二中，Na2S2O5具有还原性，能将KMnO4还原为Mn2+，自身被氧化成SO42-，同时看到溶液的紫色褪去，反应的离子方程式为5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O。答案为：5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O；(3)根据信息，滴定过量碘的操作是：用c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液滴定。答案为：用c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液滴定；(4)c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1时，Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，即1.0×10-5×c3(OH-)>6.4×10-31，c(OH-)>4.0×10-9mol·L-1，c(H+)<=mol·L-1，pH>5+2lg2=5.6。答案为：pH>5.6。【点睛】Na2S2O5来自于NaHSO3的转化，且二者S的价态相同，所以在研究Na2S2O5的性质时，可把Na2S2O5当成NaHSO3。27、恒压滴液漏斗增大水杨醛的转化率及时分离出乙酸和水，提高反应物的转化率受热均匀且便于控制温度b一段时间内分水器中液体不再增多2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑a80%【解析】

（1）根据仪器的构造作答；（2）根据浓度对平衡转化率的影响效果作答；（3）分水器可分离产物；（4）三颈烧瓶需要控制好温度，据此分析；（5）结合表格中相关物质沸点的数据，需要将乙酸蒸出，乙酸酐保留；（6）通过观察分水器中液体变化的现象作答；（7）依据强酸制备弱酸的原理作答；（8）减压蒸馏的冷凝管与普通蒸馏所用冷凝管相同；（9）根据反应的质量，得出转化生成的香豆素理论产量，再根据产率=作答。【详解】（1）装置a的名称是恒压滴液漏斗；（2）乙酸酐过量，可使反应充分进行，提高反应物的浓度，可增大水杨醛的转化率；（3）装置中分水器可及时分离出乙酸和水，从而提高反应物的转化率；（4）油浴加热可使受热均匀且便于控制温度；（5）控制好蒸汽温度使乙酸蒸出，再滴加乙酸酐，根据表格数据可知，控制温度范围大于117.9℃小于139℃，b项正确，故答案为b；（6）分水器可及时分离乙酸和水，一段时间内若观察到分水器中液体不再增多，则可以判断反应基本完全；（7）碳酸钠会和乙酸反应生成乙酸钠、二氧化碳和水，其离子方程式为：2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑；（8）减压蒸馏时，选择直形冷凝管即可，故a项正确；（9）水杨醛的物质的量==0.2998mol,乙酸酐的物质的量==0.7157mol，则可知乙酸酐过量，理论上可生成香豆素的物质的量=0.2998mol，其理论产量=0.2998mol×146g/mol=43.77g，则产量==80%。28、NH4NO3N2O↑+2H2O1112.51.010-320.0%>1.25p0AC【解析】

（1）硝酸铵在催化剂下分解生成一氧化二氮和水，配平即可；（2）根据反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算键能；①根据表格数据，代入速率公式计算反应速率；②单位时间内c（N2O）的变化与N2O的起始浓度无关，每10min均减小0.01mol/L，若N2O起始浓度c0为0.150mol/L，则反应至30min时转化的N2O的浓度为0.01mol/L3=0.03mol/L，代入转化率计算公式计算；③其他条件相同时，温度升高化学反应速率加快，N2O分解半衰期减小，据此分析；列出三段式，求