2024年营口市重点中学高三下学期一模考试化学试题含解析

2024年营口市重点中学高三下学期一模考试化学试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象实验结论A用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色溶液中无K+B用已知浓度HCl溶液滴定NaOH溶液，酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入HCl溶液测得c(NaOH)偏高C使石蜡油裂解产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色石蜡油裂解一定生成了乙烯D向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，无砖红色沉淀出现淀粉未水解A．A B．B C．C D．D2、空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。下图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是A．转移0.1mol电子时，a电极产生标准状况下O21.12LB．b电极上发生的电极反应是：2H2O+2e－＝H2↑+2OH－C．c电极上进行还原反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池D．d电极上发生的电极反应是：O2+4H＋+4e－＝2H2O3、现有部分元素的原子结构特点如表，下列叙述中正确的是A．W原子结构示意图为B．元素X和Y只能形成原子个数比为1∶2的化合物C．元素X比元素Z的非金属性强D．X、Y、Z、W四种元素不能形成离子化合物4、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X有白烟产生溶液X一定是浓盐酸B用玻璃棒蘸取溶液Y进行焰色反应实验火焰呈黄色溶液Y中一定含Na+C向Fe(NO3)2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液溶液变黄氧化性：H2O2>Fe3+D用煮沸过的蒸馏水将Na2SO3固体样品溶解，加稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液有白色沉淀产生Na2SO3样品中含有SO42－A．A B．B C．C D．D5、能用H++OH-→H2O表示的是A．NH3·H2O+HNO3→NH4NO3+H2OB．CH3COOH+KOH→CH3COOK+H2OC．H2SO4+Ba(OH)2→BaSO4↓+2H2OD．2HCl+Ca(OH)2→CaCl2+2H2O6、下列变化不涉及氧化还原反应的是A．明矾净水 B．钢铁生锈 C．海水提溴 D．工业固氮7、下列转化不能通过一步实现的是（）A．FeFe3O4 B．AlNaAlO2C．CuCuSO4 D．CuCuS8、下列有关含氯物质的说法不正确的是A．向新制氯水中加入少量碳酸钙粉末能增强溶液的漂白能力B．向NaClO溶液中通入少量的CO2的离子方程式：CO2＋2ClO－＋H2O＝2HClO＋CO32－(已知酸性：H2CO3>HClO>HCO3－)C．向Na2CO3溶液中通入足量的Cl2的离子方程式：2Cl2＋CO32－＋H2O＝CO2＋2Cl－＋2HClOD．室温下，向NaOH溶液中通入Cl2至溶液呈中性时，相关粒子浓度满足：c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)9、如图所示，常温时将一滴管液体Y一次性全部挤到充满O2的锥形瓶内(装置气密性良好)，若锥形瓶内气体的最大物质的量是amol，久置后其气体的物质的量是bmol，不存在a＞b关系的是()XYA过量C、Fe碎屑稀HClB过量Na2CO3粉末稀H2SO4C过量Fe、Al碎屑浓H2SO4D过量Cu、CuO粉末浓HNO3A．A B．B C．C D．D10、1.52g铜镁合金完全溶解于50mL浓度14.0mol/L的硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120ml（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是（）A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%C．得到2.54g沉淀时加入NaOH溶液的体积是600mLD．溶解合金消耗HNO3的量是0.12mol11、有机物G的结构简式为，下列关于有机物G的说法错误的是A．分子式为C10H12O5B．1molG与足量的金属钠反应，生成H2的体积为33.6LC．在一定条件下，1molG与足量的H2反应，最多消耗3molH2D．可发生取代反应、加成反应和氧化反应12、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增加。已知，离子化合物甲是由X、Y、Z、W四种元素组成的，其中，阴阳离子个数比为1∶1，阳离子是一种5核10电子微粒；Q元素原子半径是短周期主族元素中最大的；乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物；甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质，其中丁在常温下为气体。下列说法正确的是A．甲中既含离子键，又含共价键B．丙和戊的混合物一定显酸性C．丁一定能使湿润的红色石蕊试纸变蓝D．原子半径：X＜Y＜Z＜W13、关于化合物2-苯基丙烯酸乙酯()，下列说法正确的是（）A．不能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色B．可以与稀硫酸或NaOH溶液反应C．分子中所有原子共平面D．易溶于饱和碳酸钠溶液14、常温下，用0.1mol·L−1盐酸滴定10.0mL浓度为0.1mol·L−1Na2A溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法错误的是A．Ka2(H2A)的数量级为10−9B．当V=5时：c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)=2c(Cl−)C．NaHA溶液中：c(Na+)＞c(HA−)＞c(A2−)＞c(H2A)D．c点溶液中：c(Na+)＞c(Cl−)＞c(H+)=c(OH−)15、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16、下列操作或原理正确的是（）A．可用玻璃棒蘸取新制氯水点在pH试纸上，测定该氯水的pH值B．装Na2CO3溶液的试剂瓶塞用玻璃塞C．蒸馏操作时先通冷却水再加热D．实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠不能放回原试剂瓶中17、图为元素周期表的一部分，X、Y、W、R为短周期元素，四种元素的最外层电子数之和为21。下列说法不正确的是XWYRZA．最高价氧化物对应水化物的酸性R>X>YB．84号元素与Z元素同主族C．R、W的某些单质或两元素形成的某些化合物可作水的消毒剂D．Z2W3具有氧化性和还原性18、根据某种共性可将CO2、SO2归为一类氧化物，下列物质中与它们属于同一类的是（）A．CaCO3 B．P2O5 C．CuO D．KMnO419、设NA为阿伏加德常数的数值，下列说法正确的是（）A．18gH2O含有10NA个质子B．1mol苯含有3NA个碳碳双键C．标准状况下，22.4L氨水含有NA个NH3分子D．常温下，112g铁片投入足量浓H2SO4中生成3NA个SO2分子20、铊(Tl)与铝同族。Ti3+在酸性溶液中就能发生反应：Tl3++2Ag=Tl++2Ag+。下列推断错误的是A．Tl+的最外层有1个电子B．Tl能形成+3价和+1价的化合物C．酸性溶液中Tl3+比Tl+氧化性强D．Tl+的还原性比Ag弱21、下列实验操作、现象和结论均正确的是选项操作现象结论A①将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口试纸不变色受热不分解B②中振荡后静置下层液体颜色变浅溶液可除去溶在溴苯中的C③旋开活塞观察到红色喷泉极易溶于水，氨水显碱性D④闭合开关K，形成原电池Zn极上有红色固体析出锌的金属性比铜强A．A B．B C．C D．D22、常温下，用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1CH3COOH溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A．点①所示溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)B．点②所示溶液中：c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋c(OH－)C．点③所示溶液中：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(OH－)＞c(H+)D．在整个滴定过程中：溶液中始终不变二、非选择题(共84分)23、（14分）G是一种新型香料的主要成分之一，合成路线如下：已知：①RCH=CH2+CH2=CHR’CH2=CH2+RCH=CHR’②G的结构简式为：（1）(CH3)2C=CH2分子中有___个碳原子在同一平面内。（2）D分子中含有的含氧官能团名称是___，F的结构简式为___。（3）A→B的化学方程式为___，反应类型为___。（4）生成C的化学方程式为___。（5）同时满足下列条件的D的同分异构体有多种：①能发生银镜反应；②能水解；③苯环上只有一个取代基，请写出其中任意2种物质的结构式___、___。（6）利用学过的知识以及题目中的相关信息，写出由丙烯制取CH2=CHCH=CH2的合成路线（无机试剂任选）。___（合成路线常用的表示方式为：）24、（12分）苯丁酸氮芥是一种抗肿瘤药，其合成路线如下。其中试剂①是丁二酸酐（），试剂③是环氧乙烷（），且环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合。回答下列问题：（1）写出反应类型：反应Ⅱ____，反应Ⅴ_____。（2）写出C物质的结构简式___。（3）设计反应Ⅲ的目的是____。（4）D的一种同分异构体G有下列性质，请写出G的结构简式____。①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应③能发生水解反应和银镜反应④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气（5）通过酸碱中和滴定可测出苯丁酸氮芥的纯度，写出苯丁酸氮芥与足量氢氧化钠反应的化学方程式____。（6）1，3-丁二烯与溴发生1，4加成，再水解可得1，4-丁烯二醇，设计一条从1，4-丁烯二醇合成丁二酸的合成路线（所需试剂自选）____25、（12分）某化学兴趣小组为探究Na2SO3固体在隔绝空气加热条件下的分解产物，设计如下实验流程：已知：气体Y是一种纯净物，在标准状况下密度为1.518g/L。请回答下列问题：(1)气体Y为_______。(2)固体X与稀盐酸反应产生淡黄色沉淀的离子方程式为_______。(3)实验过程中若测得白色沉淀的质量为6.291g，则Na2SO3的分解率为_______。(4)Na2SO3在空气易被氧化，检验Na2SO3是否氧化变质的实验操作是________。26、（10分）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____。27、（12分）无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体．某活动小组通过实验，探究不同温度下气体产物的组成．实验装置如下：每次实验后均测定B、C质量的改变和E中收集到气体的体积．实验数据如下（E中气体体积已折算至标准状况）：实验组别温度称取CuSO4质量/gB增重质量/gC增重质量/gE中收集到气体/mL①T10.6400.32000②T20.64000.256V2③T30.6400.160Y322.4④T40.640X40.19233.6（1）实验过程中A中的现象是______．D中无水氯化钙的作用是_______．（2）在测量E中气体体积时，应注意先_______，然后调节水准管与量气管的液面相平，若水准管内液面高于量气管，测得气体体积______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．（3）实验①中B中吸收的气体是_____．实验②中E中收集到的气体是______．（4）推测实验②中CuSO4分解反应方程式为：_______．（5）根据表中数据分析，实验③中理论上C增加的质量Y3=_______g．（6）结合平衡移动原理，比较T3和T4温度的高低并说明理由________．28、（14分）大气污染越来越成为人们关注的问题，烟气中的NOx必须脱除（即脱硝）后才能排放，脱硝的方法有多种。完成下列填空：Ⅰ直接脱硝（1）NO在催化剂作用下分解为氮气和氧气。在10L密闭容器中，NO经直接脱硝反应时，其物质的量变化如图1所示。则0～5min内氧气的平均反应速率为___mol/（L•min）。Ⅱ臭氧脱硝（2）O3氧化NO结合水洗可完全转化为HNO3，此时O3与NO的物质的量之比为___。Ⅲ氨气脱硝（3）实验室制取纯净的氨气，除了氯化铵外，还需要___、___（填写试剂名称）。不使用碳酸铵的原因是___（用化学方程式表示）。（4）吸收氨气时，常使用防倒吸装置，图2装置不能达到此目的是___。NH3脱除烟气中NO的原理如图3：（5）该脱硝原理中，NO最终转化为___（填化学式）和H2O。当消耗1molNH3和0.25molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为___L。29、（10分）乙酰苯胺是一种白色有光泽片状结晶或白色结晶粉末，是礦胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。乙耽苯胺的制备原理为:实验参数：名称相对分子质量性状密度g/cm3沸点/。C溶解度苯胺93无色油状液体，具有还原性1.02184.4微溶于水易溶于乙醇、乙醚等乙酸60无色液体1.05118.1易溶于水易溶于乙醇、乙醚乙酰苯胺135白色晶体1.22304微溶于冷水，溶于热水易溶于乙醇、乙醚注:刺形分馏柱的作用相当于二次蒸馏，用于沸点差别不太大的混合物的分离。实验步骤:步骤1:在圆底烧瓶中加入无水苯胺9.30mL，冰醋酸15.4mL，锌粉0.100g，安装仪器，加入沸石，调节加热温度，使分馏柱顶温度控制。在105℃左右，反应约60～80min，反应生成的水及少量醋酸被蒸出。步骤2:在搅拌下，趁热将烧瓶中的物料以细流状倒入盛有100mL冰水的烧杯中，剧烈搅拌，并冷却，结晶，抽滤、洗涤、干燥，得到乙酰苯胺粗品。步骤3:将此粗乙酰苯胺进行重结晶，晾干，称重，计算产率。(1)步骤1中所选圆底烧瓶的最佳规格是________。a.25mlb.50mlc.150mld.200ml(2)实验中加入少量锌粉的目的是_________________________________。(3)步骤1加热可用____________(填“水浴”、“油浴”或“直接加热”):从化学平衡的角度分析，控制分馏柱上端的温度在105℃左右的原因___________________。(4)洗涤乙酰苯胺粗品最合适的方法是_______(填序号)。a.用少量冷水洗b.用少量热水洗c.用酒精洗(5)乙酰苯胺粗品因含杂质而显色，欲用重结品进行提纯，步骤如下:热水溶解、_______、过滤、洗涤、干燥(选取正确的操作并排序)。a.蒸发结晶b.冷却结晶c.趁热过滤d.加入活性炭(6)该实验最终得到纯品9.18g，则乙酰苯胺的产率是_____________％(结果保留一位小数)

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.所给现象只能确定有Na+，不能确定是否有K+，确定是否有K+要透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，A项错误；B.滴定管在盛装溶液前要用待装液润洗2~3次，如不润洗，滴定管内壁残存的水分将会对装入的溶液进行稀释，导致所耗盐酸的体积偏大，造成NaOH的浓度的计算结果偏高，B项正确；C.酸性高锰酸钾溶液的褪色，只是说明生成了不饱和烃，不能确切指生成了乙烯，C项错误；D.在加入新制的氢氧化铜悬浊液之前，一定要加过量的NaOH溶液中和作为催化剂的硫酸，并调整溶液至碱性，不然即使淀粉发生水解生成了葡萄糖，也不能与新制的氢氧化铜悬浊液共热产生砖红色沉淀，D项错误；所以答案选择B项。2、C【解析】

A．a电极与外加电源的负极相连，a电极为阴极，a电极上的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，a电极产生的气体是氢气，A项错误；B．b电极与外加电源的正极相连，b电极为阳极，b电极上的电极反应式为2H2O－4e－＝O2↑+4H+，B项错误；C.c电极通入O2，c电极为氢氧燃料电池的正极，c电极上发生还原反应，d电极通入H2，d电极为氢氧燃料电池的负极，d电极的电极反应式为H2-2e-=2H+，在原电池中阳离子向正极移动，B池中的H+可以通过隔膜进入A池，C项正确；D．d电极上发生的电极反应是H2-2e-=2H+，D项错误；答案选C。3、C【解析】

X元素原子的L层电子数是K层电子数的3倍，可知L层为6个电子，所以X为氧元素；Y元素原子的核外电子层数等于原子序数，Y只能是H元素；Z元素原子的L层电子数是K层和M层电子数之和，其M层电子数为6，所以Z是S元素；W元素原子共用三对电子形成双原子分子，常温下为气体单质，所以W为N元素。根据上述分析，X为氧元素，Y是H元素，Z是S元素，W为N元素，据此来分析即可。【详解】A．W为N元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为5，原子结构示意图为，故A错误；B．元素X和元素Y可以以原子个数比1∶1形成化合物，为H2O2，故B错误；C．X为O，Z为S，位于同一主族，非金属性O＞S，故C正确；D．X、Y、Z、W四种元素可以形成离子化合物(NH4)2SO4或NH4HSO4等，故D错误；答案选C。4、D【解析】

A.若X为浓硝酸，蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X也会产生白烟，溶液X不一定是浓盐酸，A项错误；B.钠元素的焰色反应为黄色，由于玻璃中含有钠元素，会干扰实验，所以应改用铂丝取溶液Y进行焰色反应，此时若火焰为黄色，则Y溶液中一定含有钠离子，B项错误；C.在酸性条件下，Fe(NO3)2溶液中含有的NO3—具有强氧化性，优先把Fe2+氧化成Fe3+，使得溶液变黄，因而不能判断氧化性：H2O2>Fe3+，C项错误；D.Na2SO3和稀盐酸反应生成SO2，溶液中没有SO32-，再加入氯化钡溶液有白色沉淀，说明Na2SO3固体变质被部分或全部氧化成Na2SO4，白色为BaSO4沉淀，即Na2SO3样品中含有SO42－，D项正确。故选D。5、D【解析】

A．一水合氨在离子反应中保留化学式，离子反应为H++NH3•H2O=NH4++H2O，故A错误；B．醋酸在离子反应中保留化学式，离子反应为CH3COOH+OH-=H2O+CH3COO-，故B错误；C．硫酸钡在离子反应中保留化学式，离子反应为2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．为强酸与强碱反应生成可溶性盐与水的离子反应，离子反应为H++OH-=H2O，故D正确；故答案为D。【点睛】明确H++OH-→H2O表达的反应原理是解题关键，能用此离子方程式的反应是一类强酸与强碱发生中和反应生成盐和水，且生成的盐为可溶性盐，如稀硫酸与氢氧化钡溶液的反应就不能用此离子方程式表示，原因是生成的BaSO4不溶。6、A【解析】

A.明矾净水与铝离子水解生成胶体有关，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故A选；B.

Fe、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；C.

Br元素的化合价升高，还需要氧化剂，为氧化还原反应，故C不选；D.工业固氮过程中，

N元素的化合价发生改变，为氧化还原反应，故D不选；故选A。7、D【解析】

A．Fe与氧气反应生成四氧化三铁，可一步实现转化，故A正确；B．Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，可一步实现转化，故B正确；C．Cu与浓硫酸加热反应生成硫酸铜，可一步实现转化，故C正确；D．S具有弱氧化性，与Cu反应生成Cu2S，则Cu与S不能一步转化为CuS，故D错误；答案选D。【点睛】只有强氧化剂(如：氯气)能使变价金属在氧化还原反应中转化为最高价。氧化剂较弱的只能生成低价态的金属离子。8、B【解析】

A.新制氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO的平衡，加碳酸钙，消耗氢离子，平衡正向移动，HClO浓度增大，漂白能力增强，选项A正确；B.酸性:H2CO3>HClO>HCO3-，故HClO与CO32-不能同时产生，选项B错误；C.足量氯气和水产生的盐酸将CO32-全部反应成CO2气体，选项C正确；D.中性时由电荷守恒得到c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)，由于发生氧化还原反应，由得失电子守恒得到c(Cl－)＝c(ClO－)＋c(HClO)，两式联立可得c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)，选项D正确。答案选B。9、C【解析】

A.铁与稀盐酸反应放出氢气，久置后其气体的物质的量增大，故不选A；B.Na2CO3粉末与稀H2SO4反应放出二氧化碳气体，久置后其气体的物质的量增大，故不选B；C.Fe、Al在浓硫酸中钝化，久置后其气体的物质的量不变，故选CD.Cu与浓硝酸反应放出NO2气体，久置后其气体的物质的量增大，故不选D；答案选C。10、C【解析】

根据氧化还原反应中得失电子守恒、元素守恒进行分析计算。【详解】A.金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中OH-的质量为：2.54g−1.52g=1.02g，，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于OH-的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得：x=0.02、y=0.01，则该合金中n(Cu):n(Mg)=2:1，故A正确；B.标况下1.12L气体的物质的量为0.05mol，设混合气体中二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.05−a)mol，根据电子转移守恒可知：a×1+(0.05−a)×2×1=0.06，解得a=0.04，则混合气体中含有二氧化氮0.04mol、四氧化二氮0.01mol，NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数为：，故B正确；C.50mL该硝酸中含有硝酸的物质的量为：14mol/L×0.05L=0.7mol，反应后的溶质为硝酸钠，根据N元素守恒，硝酸钠的物质的量为：n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO2)-2n(N2O4)=0.7mol−0.04mol−0.01×2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为，故C错误；D.Cu、Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol，则生成Cu(NO3)2、Mg(NO3)2各0.02ml、0.01mol，NO2和N2O4的物质的量分别为0.04mol、0.01mol，则根据N元素守恒可知，消耗硝酸的物质的量为0.02×2+0.01×2+0.04+0.01×2=0.12mol，故D正确；答案选C。【点睛】解答该题的关键是找到突破口：金属镁、铜与硝酸反应失电子物质的量与金属离子被沉淀结合氢氧根离子的物质的量相等，关系式为Cu~2e-~Cu2+~2OH-，Mg~2e-~Mg2+~2OH-，通过氢氧化镁与氢氧化铜的总质量与铜镁合金的质量差可以计算氢氧根离子的物质的量，从而确定反应中转移的电子数。11、B【解析】

A．根据有机物G的结构简式可得，其分子式为C10H12O5，A选项正确；B．有机物G中有2个羟基和1个羧基，均可与金属钠反应，1molG与足量的金属钠反应，生成H2在标准状况下的体积为33.6L，题中未注明标准状况，B选项错误；C．在一定条件下，1molG中的苯环最多可与3molH2发生加成反应，C选项正确；D．有机物G中苯环可发生取代反应、加成反应，羟基可发生氧化反应，D选项正确；答案选B。12、A【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增加。离子化合物甲是由X、Y、Z、W四种元素组成的，其中阴阳离子个数比为1∶1，阳离子是一种5核10电子微粒，该阳离子为NH4+，则X为H元素；Q元素原子半径是短周期主族元素中最大的，则Q为Na元素，因此Y、Z、W均为第二周期元素，阴离子组成元素的原子序数小于Na，则阴离子为碳酸氢根离子，则甲为NH4HCO3，因此Y为C元素、Z为N元素、W为O元素；乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物；甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质，则乙为氢氧化钠或硝酸，与碳酸氢铵反应生成氨气，碳酸钠和水或硝酸铵、二氧化碳和水，其中丁在常温下为气体，则丁为氨气或二氧化碳，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为O元素，Q为Na元素，甲为NH4HCO3，乙为NaOH或硝酸，丁为氨气或二氧化碳，丙、戊为碳酸钠或硝酸铵和水。A．甲为NH4HCO3，属于离子化合物，含有离子键，铵根离子、HCO3-中还含有共价键，故A正确；B．丙和戊的混合物可能为碳酸钠溶液或硝酸铵溶液，碳酸钠水解后溶液显碱性，故B错误；C．丁可能为二氧化碳，二氧化碳不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C错误；D．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：X＜W＜Z＜Y，故D错误；答案选A。13、B【解析】

A．该有机物分子中含有碳碳双键，能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色，A不正确；B．该有机物分子中含有酯基，可以在稀硫酸或NaOH溶液中发生水解反应，B正确；C．分子中含有-CH3，基团中的原子不可能共平面，C不正确；D．该有机物属于酯，在饱和碳酸钠溶液中的溶解度小，D不正确；故选B。14、C【解析】

A．滴定前pH=11，则A2−的水解常数是，则Ka2(H2A)的数量级为，A正确；B．当V=5时根据物料守恒可知c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)=2c(Cl−)，B正确；C．根据图像可知恰好生成NaHA时溶液显碱性，水解程度大于电离常数，NaHX溶液中c(Na+)＞c(HA−)＞c(H2A)＞c(A2−)，C错误；D．c点溶液显中性，盐酸的体积大于10mL小于20mL，则溶液中：c(Na+)＞c(Cl−)＞c(H+)=c(OH−)，D正确；答案选C。15、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。16、C【解析】

A．依据氯水成分及性质漂白性判断；B．碳酸钠水溶液呈碱性，能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液；C．后先通冷却水，一开始产生的水蒸气没有得到冷却；D．多余的钠应放回试剂瓶。【详解】A．氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，能够漂白pH试纸，不能用pH试纸测试氯水的pH值，故A错误；B．碳酸钠水溶液呈碱性，能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液，将玻璃塞与试剂瓶粘到一起，故B错误；C．先通冷却水，保证冷凝管的管套中充满水，再开始加热，否则一开始产生的水蒸气没有得到冷却，故C正确；D．实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠能放回原试剂瓶中，故D错误；故选：C。【点睛】本题考查化学中仪器的使用及试剂的保存，解题关键：熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、掌握常见化学实验基本操作的注意事项，易错点A，注意氯水的漂白性。17、B【解析】

假设X的最外层电子数为x-1，则Y的最外层电子数为x-1，Z的最外层电子数为x，W的最外层电子数为x+1，R的最外层电子数为x+2，有关系式x-1+x-1+x+1+x+2=21，解x=5，则X为碳元素，Y为硅元素，Z为砷元素，W为氧元素，R为氯元素。A.因为元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以酸性强弱顺序为高氯酸>碳酸>硅酸，故正确；B.84号元素都在第ⅥA主族，Z元素在第ⅤA主族,故错误；C.氯气或二氧化氯或臭氧等可作水的消毒剂，故正确；D.As2O3中砷为中间价态，具有氧化性和还原性，故正确。故选B。18、B【解析】

CO2、SO2归属于非金属氧化物，且属于酸性氧化物。A.

CaCO3属于盐类，A项错误；B.

P2O5是非金属氧化物，且属于酸性氧化物，B项正确；C.

CuO属于碱性氧化物，不属于酸性氧化物，C项错误；D.

KMnO4属于盐类，D项错误；答案选B。19、A【解析】

A、18g水的物质的量为n==1mol，而一个水分子中含10个质子，故1mol水中含10NA个质子，故A正确；B、苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，故B错误；C、标况下，氨水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、112g铁的物质的量n==2mol，如果能完全和足量的浓硫酸反应，则生成3mol二氧化硫，而常温下铁在浓硫酸中钝化，铁不能反应完全，则生成的二氧化硫分子小于3NA个，故D错误。故选：A。【点睛】常温下，铁、铝与浓硫酸、浓硝酸能够发生钝化，需注意，钝化现象时因为反应生成了致密氧化膜，氧化膜阻止了反应的进一步发生，若在加热条件下，反应可继续发生，但随着反应的进行，浓硫酸会逐渐变稀，其反应实质有可能会发生相应的变化。20、A【解析】

A．铊与铝同族，最外层有3个电子，则Tl+离子的最外层有2个电子，故A错误；B．根据反应Tl3++2Ag═Tl++2Ag+可知，Tl能形成+3价和+1价的化合物，故B正确；C．Tl3++2Ag═Tl++2Ag+，氧化还原反应中氧化剂的氧化性最强，则Tl3+的氧化性最强，所以Tl3+比Tl+氧化性强，故C正确；D．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，在反应Tl3++2Ag=Tl++2Ag+，还原性Ag＞Tl+，故D正确；故选A。21、B【解析】

A.氯化铵受热分解成氨和氯化氢气体，二者遇冷在气体发生装置的试管口附近化合生成氯化铵固体，A项错误；B.溴能与氢氧化钠溶液反应而溴苯不能，故可以用氢氧化钠溶液除去溴苯中溶解的棕色溴，溴苯的密度大于水，故下层液体颜色变浅，B项正确；C.按图示操作不能形成喷泉，C项错误；D.两烧杯中溶液放反了，闭合开关不能构成双液原电池，D项错误。答案选B。22、D【解析】

A．根据图像可知点①所示溶液中含有等浓度的醋酸钠和醋酸，溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，则c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)，A错误；B．点②所示溶液显中性，则根据电荷守恒可知c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，B错误；C．点③所示溶液中二者恰好反应，生成的醋酸钠水解，溶液显碱性，则c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)，C错误；D．表示醋酸电离平衡常数的倒数，平衡常数只与温度有关系，因此在整个滴定过程中：溶液中始终不变，D正确。答案选D。二、非选择题(共84分)23、4羟基、羧基+Cl2+HCl取代反应+2NaOH+2NaCl或2CH3-CH=CH2CH3-CH=CH-CH3CH2=CH-CH=CH2【解析】

由A与氯气在加热条件下反应生成B，B与HCl发生加成反应生成，则B的结构简式为，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与(CH3)2C=CH2发生已知的烯烃复分解反应生成A；B()在NaOH的水溶液中发生水解反应，可知C为，结合D的分子式C10H12O3，可知C催化氧化生成的D为；苯乙烯与HO-Br发生加成反应生成E，E可以氧化生成C8H7O2Br，说明E中-OH连接的C原子上有2个H原子，故E为，C8H7O2Br为，和氢氧化钠的水溶液反应然后酸化得到F，故F为，D与F发生酯化反应生成G，，据此推断解题；(6)由CH3-CH=CH2合成CH2=CH-CH=CH2可采用逆推法，先制，即由CH3-CH=CH-CH3与Br2发生加成即可，而CH3-CH=CH2在催化剂作用下发生烯烃的复分解反应即可制得CH3-CH=CH-CH3。【详解】(1)乙烯是平面结构，分子结构中6个原子共平面，则(CH3)2C=CH2分子中每个甲基上的碳原子和共平面，所以该分子中4个碳原子共平面；(2)D为，分子中含有的含氧官能团名称是羟基、羧基；F的结构简式为；(3)由分析知A的结构简式为：，B的结构简式为，则A→B发生反应的化学方程式为+Cl2+HCl，反应类型为取代反应；(4)B()在NaOH的水溶液中发生水解反应生成的C为，发生反应的化学方程式为+2NaOH+2NaCl；(5)D的结构简式为，其同分异构体有多种，其中满足条件：①能发生银镜反应，说明分子结构中含有醛基；②能水解，说明含有酯基；③苯环上只有一个取代基；则此取代基包括一个HCOO-和-OH，可能还有一个甲基，如：、或；(6)由CH3-CH=CH2合成CH2=CH-CH=CH2可采用逆推法，先制，即有CH3-CH=CH-CH3与Br2发生加成即可，而CH3-CH=CH2在催化剂作用下发生烯烃的复分解反应即可制得CH3-CH=CH-CH3；则由丙烯制取CH2=CHCHCH2的合成路线为2CH3-CH=CH2CH3-CH=CH-CH3CH2=CH-CH=CH2。【点睛】由丙烯合成CH2=CH-CH=CH2，可根据CH2=CH-CH=CH2的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。本题难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。24、还原反应取代反应将羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合+3NaOH+2NaCl+H2OHOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH【解析】

(1)对比A、B的结构简式可知，A中羰基转化为亚甲基；对比D与苯丁酸氮芥的结构可知，反应V为取代反应；(2)试剂③是环氧乙烷，对比B、D的结构简式，反应Ⅲ是B与甲醇发生酯化反应；(3)试剂③是环氧乙烷()，环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合，结合B的结构分析解答；(4)①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种，②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有氨基，不含羧基，③能发生水解反应和银镜反应，说明含有酯基、醛基，④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气，说明结构中含有2个羟基，加成分析书写G的结构简式；(5)苯丁酸氮芥中的Cl原子、羧基均能与氢氧化钠反应；(6)以1，4-丁烯二醇()合成丁二酸(HOOC-CH2-CH2-COOH)，为了防止羟基氧化过程中碳碳双键断裂，需要首先将碳碳双键转化为单键，再氧化，加成分析解答。【详解】(1)对比A、B的结构简式可知，A中转化为氨基，羰基转化为亚甲基，属于还原反应(包括肽键的水解反应)；对比D与苯丁酸氮芥的结构可知，反应V为取代反应，而反应VI为酯的水解反应，故答案为：还原反应；取代反应；(2)试剂③是环氧乙烷，对比B、D的结构简式，反应Ⅲ是B与甲醇发生的酯化反应，故C的结构简式为：，故答案为：；(3)试剂③是环氧乙烷()，环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合，根据流程图，设计反应Ⅲ的目的是：将B中的羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合，故答案为：将羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合；(4)D()的一种同分异构体G有下列性质：①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种，②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有氨基，不含羧基，③能发生水解反应和银镜反应，说明含有酯基、醛基，④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气，说明含有2个羟基，符合条件的结构为等，故答案为：；(5)苯丁酸氮芥中Cl原子、羧基均能够与氢氧化钠反应，与足量的氢氧化钠反应的化学方程式为：+3NaOH+2NaCl+H2O，故答案为：+3NaOH+2NaCl+H2O；(6)以1，4-丁烯二醇()合成丁二酸(HOOC-CH2-CH2-COOH)，1，4-丁烯二醇可以首先与氢气加成生成1，4-丁二醇(HOCH2-CH2-CH2-CH2OH)，然后将HOCH2-CH2-CH2-CH2OH催化氧化即可，合成路线为HOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH，故答案为：HOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH。25、H2S2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O90%取少量Na2SO3样品于试管中，加入足量盐酸溶解，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则Na2SO3已被氧化变质；若不产生白色沉淀，则Na2SO3未被氧化变质【解析】

气体Y是一种纯净物，在标准状况下密度为1.518g/L，则相对分子质量为22.4×1.518=34.0，Y应为H2S气体，生成的淡黄色沉淀为S，溶液加入氯化钡溶液生成白色沉淀，说明生成Na2SO4，则隔绝空气加热，Na2SO3分解生成Na2S和Na2SO4，发生4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，以此解答该题。【详解】(1)由以上分析可知Y为H2S；(2)固体X与稀盐酸反应产生淡黄色沉淀，为硫化钠、亚硫酸钠在酸性溶液中发生归中反应，离子方程式为2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O；(3)实验过程中若测得白色沉淀的质量为6.291g，该白色沉淀为硫酸钡，可知n(BaSO4)==0.027mol，说明生成Na2SO4的物质的量为0.027mol，反应的方程式为4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，可知分解的Na2SO3物质的量为0.027mol×=0.036mol，则Na2SO3的分解率为×100%=90%；(4)Na2SO3在空气中被氧化，可生成Na2SO4，检验Na2SO3是否氧化变质的实验操作是：取少量Na2SO3样品于试管中，加入足量盐酸溶解，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则Na2SO3已被氧化变质；若不产生白色沉淀，则Na2SO3未被氧化变质。【点睛】本题考查性质实验方案的设计。掌握Na2SO3具有氧化性、还原性，在隔绝空气时加热会发生歧化反应，反应产物Na2S与未反应的Na2SO3在酸性条件下会发生归中反应产生S单质是本题解答的关键。可根据BaSO4既不溶于水也不溶于酸的性质检验Na2SO3是否氧化变质。26、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。27、白色固体变黑吸收水蒸气，防止影响C的质量变化冷却至室温偏小SO3O22CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑0.128T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2【解析】

(1)根据无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象，根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；(2)气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小；(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气；(4)0.64g硫酸铜的物质的量为＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：＝0.004mol，氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物质的量为：＝0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；(5)0.64g硫酸铜的物质的量为＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：32＝0.032g，根据质量守恒实验③中理论上C增加的质量Y3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；(6)根据表中实验③④的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。【详解】(1)因为无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体，故实验过程中A中的现象是白色固体变黑，因为碱石灰能够吸水，D中无水氯化钙的作用是吸收水蒸气，防止装置E中的水进入装置C，影响C的质量变化，故答案为：白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响C的质量变化；(2)加热条件下，气体温度较高，在测量E中气体体积时，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小，故答案为：冷却至室温偏小；(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气，故答案为：SO3；O2；(4)0.64g硫酸铜的物质的量为＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：＝0.004mol，氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物质的量为：＝0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；(5)0.64g硫酸铜的物质的量为＝0.004mol，分