2024年陕西省西安市蓝田县高三下学期第五次调研考试化学试题含解析

2024年陕西省西安市蓝田县高三下学期第五次调研考试化学试题注意事项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、常温下，往饱和石灰水中加入一定量的生石灰，一段时间后恢复到原温度，以下叙述错误的是A．有溶质析出 B．溶液中Ca2+的数目不变C．溶剂的质量减小 D．溶液的pH不变2、用化学用语表示NH3+HClNH4Cl中的相关微粒，其中正确的是（）A．中子数为8的氮原子： B．HCl的电子式：C．NH3的结构式： D．Cl−的结构示意图：3、下列说法正确的是（）A．淀粉、纤维素、油脂都是高分子化合物B．石油分馏和煤的干馏过程，都属于物理变化C．甲烷、汽油、柴油、酒精都是碳氢化合物，都可作燃料D．聚乙烯是无毒高分子材料，可用于制作食品包装袋4、氮化碳(C3N4)的硬度大于金刚石，则氮化碳中A．只有共价键 B．可能存在离子C．可能存在N≡N D．存在极性分子5、下列化学用语中，正确的是A．Na原子结构示意图 B．MgCl2的电子式C．N2分子的结构式N=N D．CH4的比例模型6、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7、乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一，以乙烯为原料合成的部分产品如图所示。下列有关说法正确的是A．氧化反应有①⑤⑥，加成反应有②③B．氯乙烯、聚乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色C．反应⑥的现象为产生砖红色沉淀D．可用乙醇萃取Br2的CCl4溶液中的Br28、已知：锂硫电池的总反应为2Li+xS=Li2Sx。以锂硫电池为电源，通过电解含(NH4)2SO4的废水制备硫酸和化肥的示意图如图(不考虑其他杂质离子的反应)。下列说法正确的是（）A．b为电源的正极B．每消耗32g硫，理论上导线中一定通过2mole-C．N室的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+D．SO42-通过阴膜由原料室移向M室9、如图是一个一次性加热杯的示意图。当水袋破裂时，水与固体碎块混合，杯内食物温度逐渐上升。制造此加热杯可选用的固体碎块是（）A．硝酸铵 B．生石灰C．氯化铵 D．食盐10、以下关于原子的未成对电子数的叙述正确的是()①钠、铝、氯：1个；②硅、硫：2个；③磷：3个；④铁：4个．A．只有①③ B．只有①②③ C．只有②③④ D．有①②③④11、学习化学应有辩证的观点和方法．下列说法正确的是（）A．催化剂不参加化学反应B．醇和酸反应的产物未必是酯C．卤代烃的水解产物一定是醇D．醇脱水的反应都属于消去反应12、下图是侯氏制碱法在实验室进行模拟实验的生产流程示意图，则下列叙述正确的是()A．第Ⅱ步的离子方程式为Na++NH3+H2O+CO2→NaHCO3↓+NH4+B．第Ⅲ步得到的晶体是Na2CO3•10H2OC．A气体是CO2，B气体是NH3D．第Ⅳ步操作的过程主要有溶解、蒸发、结晶13、NaFeO4是一种高效多功能水处理剂。制备方法之一如下：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。下列说法正确的是A．氧化产物是Na2FeO4B．1molFeSO4还原3molNa2O2C．转移0.5mo1电子时生成16.6gNa2FeO4D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:214、扁桃酸(Z)是重要的医药合成的中间体，工业上合成它的路线之一如下所示(不考虑立体异构）下列有关说法错误的是A．若反应1发生的是加成反应，则Q是HCNB．X、Y两种分子中共平面的碳原子数目一定相等C．可用银氨溶液检验Z中是否含有XD．Z苯环上的二硝基取代产物最多有6种15、将25℃时浓度均为0.1mol/L的HA溶液和BOH溶液按体积分别为Va和Vb混合，保持Va+Vb=100mL，且生成的BA可溶于水。已知Va、Vb与混合液pH关系如图所示。下列说法错误的是（）A．曲线II表示HA溶液的体积B．x点存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)C．电离平衡常数：K(HA)>K(BOH)D．x、y、z三点对应的溶液中，y点溶液中水的电离程度最大16、室温下，将0.10mol·L-1盐酸逐滴滴入20.00mL0.10mol·L-1氨水中，溶液中pH和pOH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。已知：pOH=-lgc(OH-)。下列说法正确的是（）A．M点所示溶液中：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)B．N点所示溶液中：c(NH4+)>c(Cl-)C．Q点所示消耗盐酸的体积等于氨水的体积D．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同17、我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。下列有关说法不正确的是A．CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的B．催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒C．该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂D．有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物18、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．常温常压下，1molP4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为4NAB．0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NAC．20mL10mol/L的浓硝酸与足量铜加热反应转移电子数为0.1NAD．0.1molNH2-所含电子数为6.02×1023个19、在给定条件下，下列加点的物质在化学反应中完全消耗的是A．标准状况下，将1g铝片投入20mL18.4mol/L的硫酸中B．常温下，向100mL3mol/L的硝酸中加入6.4g铜C．在适当温度和催化剂作用下，用2molSO2和1molO2合成SO3D．将含有少量H2O（g）的H2通入盛有足量Na2O2容器中并不断用电火花点燃20、将0.03molCl2缓缓通入含0.02molH2SO3和0.02molHI的混合溶液中，在此过程中溶液中的c(H+)与Cl2用量的关系示意图正确的是(溶液的体积视为不变)A． B． C． D．21、清代赵学敏《本草纲目拾遗》中关于“鼻冲水”的记载明确指出：“鼻冲水，出西洋，……贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减……惟以此水瓶口对鼻吸其气，即遍身麻颤出汗而愈。虚弱者忌之。宜外用，勿服。”这里的“鼻冲水”是稀硫酸、氢氟酸溶液、氨水、醋酸溶液中的一种。下列有关“鼻冲水”的推断正确的是()A．“鼻冲水”滴入酚酞溶液中，溶液不变色B．“鼻冲水”中含有5种粒子C．“鼻冲水”是弱电解质D．“鼻冲水”不能使二氧化硅溶解22、某晶体熔化时化学键没有被破坏的属于A．原子晶体 B．离子晶体 C．分子晶体 D．金属晶体二、非选择题(共84分)23、（14分）由乙烯和其他无机原料可合成环状化合物，其合成过程如下图所示(水及其他无机产物均已省略)：请分析后回答下列问题：(1)反应的类型分别是①________，②________。(2)D物质中的官能团为________。(3)C物质的结构简式为________，物质X与A互为同分异构体，则X的结构简式为________，X的名称为________。(4)B、D在一定条件下除能生成环状化合物E外，还可反应生成一种高分子化合物，试写出B、D反应生成该高分子化合物的方程式_______________。24、（12分）苯二氮卓类药物氟马西尼（F）的合成路线如下图所示。请回答下列问题：（1）A中官能团有氟原子、_____和________。（均填名称）（2）C3H5O2Cl的结构式为________。（3）反应①和②的反应类型相同，其反应类型是___________。（4）化合物D的分子式为___________。（5）反应⑤生成“物质F”和HCl，则E→F的化学反应方程式为________。（6）是F的同分异构体，其中X部分含—COOH且没有支链，满足该条件的同分异构体有______种（不考虑立体异构）。（7）已知氨基酸之间脱水能够形成含肽键的化合物，请设计由甘氨酸（HOOCCH2NH2）和CNCH2COOC2H5制备的合成路线________（无机试剂任选）。25、（12分）二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色气体，极易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：（1）在处理废水时，ClO2可将废水中的CN-氧化成CO2和N2，该反应的离子方程式为_________。（2）某小组通过NaClO3法制备ClO2，其实验装置如下图。①通入氮气的主要作用有两个，一是可以起到搅拌作用，二是______________；②装置B的作用是______________；③装置A用于生成ClO2气体，该反应的化学方程式为______________；④当看到装置C中导管液面上升时应进行的操作是______________。（3）测定装置C中ClO2溶液的浓度：用______________（填仪器名称）取10.00mLC中溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，用0.1000mol·L-1的Na2S2O3标准液滴定至溶液呈淡黄色，发生反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，再加入__________作指示剂，继续滴定，当溶液_______，即为终点。平行滴定3次，标准液的平均用量为20.00mL，则C中ClO2溶液的浓度为________mol·L-1。26、（10分）二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发黏、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：（1）制取少量S2Cl2实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2。①仪器m的名称为___，装置F中试剂的作用是___。②装置连接顺序：A→___→___→___→E→D。③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是___。④为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和___。（2）少量S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散)，并产生酸性悬浊液。但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水，其原因是___。（3）S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体SO2的体积分数。①W溶液可以是___(填标号)。a.H2O2溶液b.KMnO4溶液(硫酸酸化)c.氯水②该混合气体中二氧化硫的体积分数为___(用含V、m的式子表示)。27、（12分）三氯氧磷(POCl3)是一种工业化工原料，可用于制取有机磷农药、长效磺胺药物等，还可用作染料中间体、有机合成的氯化剂和催化剂、阻燃剂等。利用O2和PCl3为原料可制备三氯氧磷,其制备装置如图所示(夹持装置略去)：已知PCl3和三氯氧磷的性质如表：熔点/℃沸点/℃其他物理或化学性质PCl3-112.076.0PCl3和POCl3互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解，发生复分解反应生成磷的含氧酸和HClPOCl31.25106.0（1）装置A中的分液漏斗能否用长颈漏斗代替？做出判断并分析原因：_______（2）装置B的作用是______________(填标号)。a.气体除杂b.加注浓硫酸c.观察气体流出速度d.调节气压（3）仪器丙的名称是___________，实验过程中仪器丁的进水口为__________(填“a”或“b”)口。（4）写出装置C中发生反应的化学方程式_______，该装置中用温度计控制温度为60~65℃，原因是________。（5）称取16.73gPOCl3样品，配制成100mL溶液；取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入3.2mol·L-1的AgNO3溶液10.00mL，并往锥形瓶中滴入5滴Fe2(SO4)3溶液；用0.20mol·L-1的KSCN溶液滴定，达到滴定终点时消耗KSCN溶液10.00mL(已知：Ag++SCN-=AgSCN↓)。则加入Fe2(SO4)3溶液的作用是________，样品中POCl3的纯度为_____________。28、（14分）(1)下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是_______(填字母代号)。(2)P4S3可用于制造火柴，其分子结构如图所示。①P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为_______________。②每个P4S3分子中含有的孤电子对的数目为__________________。(3)科学家合成了一种阳离子“N5n+，其结构是对称的，5个N排成＂V＂形，每个N都达到8电子稳定结构，且含有2个氮氮三键;此后又合成了一种含有“N5n+”的化学式为”N8”的离子晶体，其电子式为_________________。分子(CN)2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子的最外层均满是8电子稳定结构，其结构式为_____。(4)直链多磷酸根阴离子是由两个或两个以上磷氧四面体通过共用顶角氧原子连接起来的，如图所示。则由n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子的通式为_________________。(5)碳酸盐中的阳离子不同，热分解温度就不同。下表为四种碳酸盐的热分解温度和金属阳离子半径随着金属阳离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度逐步升高，原因是_______________。(6)石墨的晶体结构和晶胞结构如下图所示。已知石墨的密度为pg・cm3，C—C键的键长为cm，阿伏加德罗常数的值为NA，则石墨晶体的层间距为_________cm。29、（10分）铅铬黄是一种颜料，主要成分是铬酸铅PbCrO4。现以CrCl3•6H2O和Pb(NO3)2等为原料制备该物质，并测定产物纯度。（1）溶解、过滤、洗涤操作时，均需要用到的以下仪器为______________（填标号）。（2）第①步所得绿色溶液的主要成分为NaCrO2,已知Cr(OH)3不溶于水，与Al(OH)3类似，具有两性。写①步发生反应的离子方程式_____________________。（3）第②步中加入H2O2浓溶液的目的是___________________。溶液逐步变为亮黄色后，仍须持续煮沸溶液一段时间，目的是_____________________。（4）第③步加入醋酸的目的是，防止pH较高时，加入Pb(NO3)2溶液会产生______（填化学式）沉淀，影响产率。利用pH试纸，调节pH的实验操作是_____________。pH逐步降低时，溶液中的CrO42-转化为____________离子（填化学式）。（5）由于铬酸铅的溶解度比重铬酸铅的小的多，在第④步中逐滴滴加Pb(NO3)2溶液后，产PbCrO4黄色沉淀，此时为了提高铅铬黄的产率，可补加少量NaOH溶液，请用化学平衡移动原理加以解释：________________。

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】

常温下，往饱和石灰水中加入一定量的生石灰，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，一段时间后恢复到原温度，Ksp不变，溶解度不变，由于反应消耗水，溶质、溶剂、溶液质量均减少，则：A．有溶质氢氧化钙析出，A正确；B．溶液中Ca2+的浓度不变，但数目减少，B错误；C．氧化钙消耗水，则溶剂的质量减小，C正确；D．OH-浓度不变，则溶液的pH不变，D正确；答案选B。2、C【解析】

A、中子数为8的氮原子的质量数为15；B、HCl中只含共价键；C、NH3中含个N-H键；D、Cl-最外层有8个电子。【详解】A、中子数为8的氮原子的质量数为15，可表示为，选项A错误；B、HCl中只含共价键，其电子式为，选项B错误；C、NH3中含个N-H键，NH3的结构式为：，选项C正确；D、Cl-最外层有8个电子，Cl−的结构示意图为，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查化学用语，侧重考查原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式，注意它们之间的区别是解题的关键，如原子结构示意图与离子结构示意图的区别、共价化合物和离子化合物的区别、电子式与结构式的区别等。3、D【解析】

A.油酯中相对分子质量比较大，但不属于高分子化合物，A错误；B.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使它发生分解反应，属于化学变化，B错误；C.酒精分子结构简式为CH3CH2OH，含有C、H、O三种元素，是烃的衍生物，不是碳氢化合物，C错误；D.聚乙烯是乙烯CH2=CH2发生加聚反应产生的无毒高分子材料，因此可用于制作食品包装袋，D正确；故合理选项是D。4、A【解析】

A.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，则C3N4晶体是原子晶体，其中只有共价键，故A正确；B.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，则C3N4晶体是原子晶体，其中只有共价键，没有离子，故B错误；C.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，则为原子晶体，每个C原子周围有4个N原子，每个N原子周围有3个C原子，形成空间网状结构，C-N键为共价键，没有N≡N，故C错误；D.C3N4晶体中每个C原子周围有4个N原子，形成正四面体空间网状结构，没有极性，故D错误；正确答案是A。【点睛】本题考查原子晶体的性质及作用力，明确信息是解答本题的关键，熟悉原子晶体的构成微粒、作用力、空间结构即可解答，题目难度不大，注重知识的迁移能力来分析解答。5、D【解析】

A．钠原子核外有11个电子，原子结构示意图为：，A项错误；B．MgCl2是离子化合物，电子式为：，B项错误；C．氮气是氮原子通过三键形成的分子，结构式为，C项错误；D．CH4的比例模型要注意C原子由于半径比H原子大，所以模型中中心原子尺寸要更大，D项正确；答案选D。6、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。7、C【解析】

反应①为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应②为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，反应③为1,2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，反应④为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应⑤为乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应⑥为乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，据此解答。【详解】反应①为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应②为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，反应③为1,2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，反应④为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应⑤为乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应⑥为乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，A.根据以上分析知，氧化反应有⑤⑥，加成反应有①②，A项错误；B.氯乙烯有碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化，从而使酸性KMnO4溶液褪色，聚乙烯没有碳碳双键，不能被酸性KMnO4溶液氧化，则不能使酸性KMnO4溶液褪色，B项错误；C.乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，氢氧化铜被还原生成氧化亚铜砖红色沉淀，C项正确；D.乙醇与CCl4互溶，则不能用乙醇萃取Br2的CCl4溶液中的Br2，D项错误；答案选C。8、D【解析】

结合题干信息，由图可知M室会生成硫酸，说明OH-放电，电极为阳极，则a为正极，b为负极，据此分析解答问题。【详解】A．根据上述分析，b为电源负极，A选项错误；B．根据电池的总反应为2Li+xS=Li2Sx，没通过2mole-需要消耗32xg硫，B选项错误；C．N室为阴极，氢离子放电，电极反应式为2H++2e-===H2↑，C选项错误；D．M室生成硫酸，为阳极，电解池中阴离子向阳极移动，原料室中的SO42-通过阴膜移向M室，D选项正确；答案选D。9、B【解析】

A．硝酸铵与水混合时，吸收热量，温度降低，故A错误；B．生石灰(CaO)与水反应时放出热量，温度升高，故B正确；C．氯化铵与水混合时，吸收热量，温度降低，故C错误；D．食盐溶于水没有明显的热效应，温度变化不明显，故D错误；故答案为B。【点睛】考查常见的放热和吸热反应，明确物质的性质、掌握常见的放热反应和吸热反应是解决该类题目的关键，根据常见的放热反应有：大多数的化合反应，酸碱中和的反应，金属与酸的反应，金属与水的反应，燃烧反应，爆炸反应；常见的吸热反应有：大多数的分解反应，C、CO、H2还原金属氧化物，铵盐与碱的反应；结合题意可知水与固体碎片混合时放出热量，即为放热反应来解题。10、D【解析】

①钠原子的电子排布式为：1s22s22p63s1，则Na原子的未成对电子数为1；铝原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p1，则铝原子的未成对电子数为1；氯原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p5，则氯原子的未成对电子数为1，故①正确；②硅原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p2，则硅原子的未成对电子数为2；硫原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p4，则硫原子的未成对电子数为2，故②正确；③磷原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p3，则磷原子的未成对电子数为3，故③正确；④Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则铁原子的未成对电子数为4，故④正确；答案选D。【点睛】磷原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p3，3p为半充满状态，故未成对电子数为3，Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，电子先排布在4s能级上，再排布在3d能级上，3d有5个轨道，6个电子，先单独占据一个轨道，剩余一个电子按顺序排，所以未成对电子数为4。11、B【解析】

A.催化剂能明显增大化学反应速率，且在反应前后质量和性质不发生变化，这并不意味着催化剂不参加反应过程，实际催化剂参与了反应过程，改变了反应的路径，从而起到改变反应快慢的作用，故A错误；B.醇和酸反应后的产物是不是酯取决于酸是有机酸还是无机酸，如果是醇和有机酸反应，则生成的为酯，如果是醇和无机酸反应，则发生取代反应生成卤代烃，如乙醇和HBr反应则生成溴乙烷，故B正确；C.卤代烃水解后的产物除了是醇，还可能是酚，即卤代烃发生水解后生成的是醇还是酚，取决于−X是连在链烃基上还是直接连在苯环上，故C错误；D.醇可以分子内脱水，也可以分子间脱水，如果是分子内脱水，则发生的是消去反应，如果是分子间脱水，则发生的是取代反应，故D错误；答案选B。12、A【解析】

A．第Ⅱ步发生反应NH3H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，一水合氨为弱碱，碳酸氢钠为沉淀，所以离子反应为Na++NH3H2O+CO2═NaHCO3↓+NH4+，故A正确；B．第Ⅱ步反应方程式为NH3H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，过滤是把不溶于溶液的固体和液体分开的一种分离混合物的方法，从沉淀池中分离沉淀NaHCO3晶体，所以第Ⅲ步得到的晶体是NaHCO3，故B错误；C．氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热碳酸氢钠制备碳酸钠，A为氨气，B为二氧化碳，故C错误；D．第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故D错误；故选A。【点睛】本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等。13、C【解析】该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由-1价变为0价、-2价，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物。A、化合价升高的元素有+2价的铁和-1价的氧元素，氧化产物是Na2FeO4和氧气，故A错误；B、反应中化合价升高的元素有Fe，由+2价→+6价，化合价升高的元素还有O元素，由-1价→0价，2molFeSO4发生反应时，共有2mol×4+1mol×2=10mol电子转移，6molNa2O2有5mol作氧化剂、1molNa2O2作还原剂，其中2molFeSO4还原4molNa2O2，即1molFeSO4还原2molNa2O2，故B错误；C、由方程式转移10mol电子生成2molNa2FeO4，转移0.5mo1电子时生成×2×166g·mol－1=16.6gNa2FeO4，故C正确；D、每2FeSO4和6Na2O2发生反应，氧化产物2molNa2FeO4和1molO2，还原产物2molNa2FeO4和2molNa2O，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:4，故D错误；故选C。点睛：本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念、计算，解题关键：明确元素化合价变化和电子得失的多少。难点：B和C选项，注意过氧化钠的作用，题目难度较大。14、B【解析】

由有机物的转化关系可知，与HCN发生加成反应生成，在酸性条件下水解生成。【详解】A项、若反应I是加成反应,通过分析反应物和产物的结构可知，分子中醛基与HCN发生加成反应生成，故A正确；B项、分子的所有碳原子共平面，共平面碳原子数目为7个，分子中的所有碳原子也可能共平面，共平面碳原子数目最多为8个，故B错误；C项、中含有醛基，能发生银镜反应，中不含有醛基，不能发生银镜反应，则可用银氨溶液检验中是否含有，故C正确；D项、不考虑立体异构Z苯环上的二硝基取代物最多有6种，结构简式分别为、、、、、，故D正确。故选B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构与转化关系为解答的关键。15、C【解析】

A.开始时溶液显酸性，说明酸的体积大，所以曲线II表示HA溶液的体积，故A正确；B.根据电荷守，x点存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故B正确；C.根据y点，HA和BOH等体积、等浓度混合，溶液呈碱性，说明电离平衡常数：K(HA)<K(BOH)，故C错误；D.x点酸剩余、y点恰好反应、z点碱剩余，所以三点对应的溶液中，y点溶液中水的电离程度最大，故D正确；选C。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生图象分析及判断能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意y点是恰好完全反应的点。16、D【解析】

已知室温时水的电离常数为110-14，则根据曲线得Q点时溶液中pH=pOH=7，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3·H2O；Q点左侧溶液为碱性，Q点右侧溶液为酸性。【详解】A项，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，而M点加的盐酸比Q点少，溶液为碱性，即c(H+)＜c(OH-)，则c(NH4+)＞c(Cl-)，故A项错误；B项，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，而N点加的盐酸比Q点多，溶液为酸性，即c(H+)＞c(OH-)，则c(NH4+)＜c(Cl-)，故B项错误；C项，根据分析，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3·H2O，则消耗的盐酸体积小于氨水的体积，故C项错误；D项，M点溶液为碱性，而pH=a，则水电离出的c(H+)=10-amol/L，N点溶液为酸性，pOH=a，则水电离出的c(OH-)=10-amol/L，，而水电离出的H+和OH-始终相等，即M点和N点均满足水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-amol/L，即水的电离程度相同，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。17、C【解析】

A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应，CO2生成甲醇是通过了多步加氢，为还原反应，故A正确；B.根据题中反应机理图所示，催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，故B正确；C.催化过程中有旧的原子团消失，说明有化学键的断裂，例如：CO2和H转化为COOH，故C错误；D.根据反应机理图所示，中间步骤中有CH2O生成，如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛，故D正确。答案选C。18、D【解析】

A、P4是正四面体结构，每个P4分子中有6个共价键，1molP4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为6NA，故A错误；B.H2+I22HI反应前后气体分子数不变，0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数等于0.2NA，故B错误C.20mL10mol/L的浓硝酸与足量铜加热反应生成NO2和NO，转移电子数不是0.1NA，故C错误；D.1个NH2-含10个电子，0.1molNH2-所含电子数为6.02×1023个，故D正确。19、D【解析】

A、铝在冷浓硫酸中发生钝化现象；B、根据3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O计算知稀硝酸有剩余；C、SO2和O2的反应为可逆反应；D、2H2O(g)＋2Na2O2=4NaOH＋O2,2H2＋O2=2H2O，两式相加，则相当于Na2O2＋H2=2NaOH，故D项符合要求，正确。20、A【解析】

本题涉及两个反应：Cl2+H2SO3+H2O2HCl+H2SO4，Cl2+2HI2HCl+I2。第一个反应会导致溶液中的c(H+)增大，第二个反应不会使溶液中的c(H+)变化。通过反应I2+H2SO3+H2O2HI+H2SO4知H2SO3的还原性强于HI，所以H2SO3优先被氧化，先发生第一个反应，据此分析。【详解】H2SO3与碘离子都具有还原性，但是H2SO3还原性强于碘离子，通入氯气后，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化I-。氯气氧化亚硫酸生成硫酸：Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl0.02mol0.02mol0.02mol0.04molH2SO3为弱酸，生成两种强酸：H2SO4和HCl，c（H+）增大，H2SO3反应完毕，消耗Cl20.02mol，Cl2过量0.01mol，然后再氧化I-：Cl2+2HI=Br2+2HI0.01mol0.02molHI全部被氯气氧化转变为I2和HCl，HCl和HI都是强酸，所以c（H+）不变；答案选A。【点睛】本题以氧化还原反应为切入点，考查考生对氧化还原反应、离子反应、物质还原性强弱等知识的掌握程度，以及分析和解决问题的能力。21、D【解析】

根据鼻冲水贮存在玻璃瓶中可知鼻冲水不是氢氟酸，根据性质可判断其易挥发，又因为宜外用，勿服，因此可判断应该是氨水，据此解答。【详解】A．氨水显碱性，滴入酚酞溶液中，溶液变红色，A错误；B．氨水中含NH3、H2O、NH3•H2O、H+、NH4+、OH-，含有分子和离子的种类为6种，B错误；C．由鼻冲水（氨水）可知，氨水为混合物，而弱电解质为化合物，则氨水不是弱电解质，而一水合氨为弱电解质，C错误；D．氨水显弱碱性，不能溶解二氧化硅，D正确。答案选D。22、C【解析】

A.原子晶体熔化，需破坏共价键，故A错误；B.离子晶体熔化，需破坏离子键，故B错误；C.分子晶体熔化，需破坏分子间作用力，分子间作用力不属于化学键，故C正确；D.金属晶体熔化，需破坏金属键，故D错误；答案：C二、非选择题(共84分)23、加成反应酯化反应-COOH(或羧基)OHC-CHOCH3-CHBr21，1-二溴乙烷nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O【解析】

CH2=CH2和溴发生加成反应，生成A为CH2BrCH2Br，水解生成B为CH2OHCH2OH，氧化产物C为OHC-CHO，进而被氧化为D为HOOC-COOH，B为CH2OHCH2OH与D为HOOC-COOH发生酯化反应生成环酯E，结合有机物的结构和性质可解答该题。【详解】根据上述分析可知：A为CH2BrCH2Br，B为CH2OHCH2OH，C为OHC-CHO，D为HOOC-COOH，E为。(1)由以上分析可知，反应①为CH2=CH2和溴发生加成反应产生CH2BrCH2Br；反应②为CH2OHCH2OH与HOOC-COOH发生酯化反应，产生，故反应①类型为加成反应，反应②类型为酯化反应；(2)由以上分析可知，D为HOOC-COOH，其中的官能团名称为羧基；(3)C为OHC-CHO，A为CH2BrCH2Br，物质X与A互为同分异构体，则X结构简式为CH3-CHBr2，该物质名称为1，1-二溴乙烷；(4)B为CH2OHCH2OH，D为HOOC-COOH，二者出能反应产生环状化合物E外，还可以反应产生一种高分子化合物，则B+D→高分子化合物反应的方程式为nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O。24、氨基羧基ClCOOC2H5取代反应C10H9N2O2F+CNCH2COOC2H5+HCl3【解析】

根据合成路线可知，A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B，B与C2H5OH发生酯化反应并成环得到C，C与CH3NHCH2COOH反应生成D，D经过反应④得到E，E与CNCH2COOC2H5反应得到F和HCl，据此分析解答问题。【详解】(1)A的结构简式为，分子中含有的官能团有氟原子、氨基和羧基，故答案为：氨基；羧基；(2)根据上述分析可知，A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B，B的结构简式为，逆推可得C3H5O2Cl的结构简式为ClCOOC2H5，故答案为：ClCOOC2H5；(3)反应①为A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B，反应②为B与C2H5OH发生酯化反应并成环得到C，两者都是取代反应，故答案为：取代反应；(4)化合物D的结构式为，根据各原子的成键原理，可知其分子式为C10H9N2O2F，故答案为：C10H9N2O2F；(5)E与CNCH2COOC2H5反应得到F和HCl，反应方程式为：+CNCH2COOC2H5+HCl，故答案为：+CNCH2COOC2H5+HCl；(6)是F的同分异构体，则X为—C4H7O2，又X部分含—COOH且没有支链，则X有—CH2CH2CH2COOH、—CH2CH(COOH)CH3、—CH(COOH)CH2CH33种结构，即满足条件的同分异构体有3种，故答案为：3；(7)结合题干信息，制备时，可先将甘氨酸（HOOCCH2NH2）脱水缩合得到，在与POCl3反应得到，与CNCH2COOC2H5反应制得，合成路线为，故答案为：。25、2ClO2＋2CN-＝2CO2＋N2＋2Cl-稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸防止倒吸（或作安全瓶）2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O加大氮气的通入量酸式滴定管（或移液管）淀粉溶液溶液蓝色退去0.04000【解析】

(3)ClO2有强氧化性，容易氧化乳胶，量取ClO2溶液时，不可用碱式滴定管，可用酸式滴定管或移液管。标定ClO2浓度的思路为：ClO2将I-氧化成I2，再用Na2S2O3标准液滴定生成的I2，根据电子得失守恒、原子守恒有：2ClO2～2Cl-～10e-～10I-～5I2～10Na2S2O3，据此计算解答。【详解】(1)ClO2将CN-氧化成CO2和N2，自身被还原为Cl-，结合电子得失守恒、原子守恒、电荷守恒可得离子方程式为：2ClO2＋2CN-＝2CO2＋N2＋2Cl-，故答案为：2ClO2＋2CN-＝2CO2＋N2＋2Cl-；(2)①二氧化氯体积分数大于10%即可能发生爆炸，通入氮气除起到搅拌作用外，还可以稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，故答案为：稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；②ClO2极易溶于水，如果没有B，极易引起倒吸，所以B的作用是：防止倒吸（或作安全瓶），故答案为：防止倒吸（或作安全瓶）；③NaClO3作氧化剂、H2O2作还原剂，结合原子守恒、得失电子守恒可得方程式为：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O，故答案为：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O；④当看到装置C中导管液面上升，说明ClO2的含量偏高了，要加大氮气的通入量，以免爆炸，故答案为：加大氮气的通入量；(3)ClO2有强氧化性，量取ClO2溶液时，可用酸式滴定管或移液管，ClO2将KI氧化成I2，再用Na2S2O3标准液滴定生成的I2，反应涉及碘单质，可用淀粉溶液做指示剂，I2遇淀粉溶液呈蓝色，当I2反应完时，溶液蓝色褪去。根据电子得失守恒、原子守恒有：2ClO2～2Cl-～10e-～10I-～5I2～10Na2S2O3，消耗0.1000mol·L-1的Na2S2O3标准液20.00mL，即消耗Na2S2O3物质的量=0.1000mol·L-1×20.00mL×10-3=2×10-3mol，由2ClO2～2Cl-～10e-～10I-～5I2～10Na2S2O3可知，n(ClO2)===4×10-4mol，c(ClO2)==0.04000mol/L，故答案为：酸式滴定管（或移液管）；淀粉溶液；溶液蓝色退去；0.04000。26、直形冷凝管(或冷凝管)除去Cl2中混有的HCl杂质FCB将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量)S2Cl2遇水会分解放热，放出腐蚀性烟气ac×100%或%或%或%【解析】

(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入；(2)S2Cl2受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数。【详解】(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入；①仪器m的名称为直形冷凝管(或冷凝管)，装置F中试剂的作用是：除去Cl2中混有的HCl杂质；②利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入，依据上述分析可知装置连接顺序为：A→F→C→B→E→D；③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气；并将B中残留的S2Cl2排入E中收集；④反应生成S2Cl2中因氯气过量则会有少量生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；(2)少量S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散)，并产生酸性悬独液，但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水，其原因是：防止S2Cl2遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数；①W溶液是吸收氧化二氧化硫的溶液，可以是a.H2O2溶液，c．氯水，但不能是b.KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，故答案为：ac；②过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)==mol，该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，二氧化硫体积分数=。【点睛】考查性质实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行排列顺、数据处理能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。27、否，长颈漏斗不能调节滴液速度acd三颈烧瓶a2PCl3+O2=2POCl3温度过低反应速度过慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率低指示剂91.8%【解析】

A装置中用双氧水与二氧化锰反应制备氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有的水蒸气用浓硫酸除去，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷在装置C中反应生成POCl3，为了控制反应速率，同时防止三氯化磷挥发，反应的温度控制在60～65℃，所以装置C中用水浴加热，POCl3遇水剧烈水解为含氧酸和氯化氢，为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，据此分析解答(1)~(4)；(5)测定POCl3产品含量，用POCl3与水反应生成氯化氢，然后用硝酸银标准溶液沉淀溶液中的氯离子，KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，根据KSCN的物质的量可计算出溶液中剩余的AgNO3，结合AgNO3的总物质的量得知与氯离子反应的硝酸银，进而计算出溶液中氯离子的物质的量，根据元素守恒可计算出样品中POCl3的质量，进而确定POCl3的质量分数。【详解】(1)装置A中的分液漏斗不能用长颈漏斗代替，因为长颈漏斗不能调节滴液速度，故答案为否，长颈漏斗不能调节滴液速度；(2)装置B中装有浓硫酸，可作干燥剂，另外气体通过液体时可观察到气泡出现，长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，则装置B的作用是观察O2的流速、平衡气压、干燥氧气，故答案为acd；(3)根据装置图，仪器丙为三颈烧瓶，为了提高冷却效果，应该从冷凝管的下口进水，即进水口为a，故答案为三颈烧瓶；a；(4)氧气氧化PCl3生成POCl3，根据原子守恒，反应的化学方程式2PCl3+O2=2POCl3，根据上面的分析可知，反应温度应控制在60～65℃，原因是温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低，故答案为2PCl3+O2=2POCl3；温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低；(5)Fe3+的溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色，则用

KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液时，可选择硫酸铁溶液为指示剂，达到终点时的现象是溶液会变红色；KSCN的物质的量为0.20mol•L-1×0.010L=0.002mol，根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol，POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.2mol•L