四川省邻水实验学校2024年高三第二次模拟考试化学试卷含解析

四川省邻水实验学校2024年高三第二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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中不正确的是A．标准状况下，22.4LCl2通入足量NaOH溶液中，完全反应时转移的电子数为2NAB．20gD2O含有的电子数为10NAC．1L0.1mol•L-1NH4NO3溶液中的氮原子数为0.2NAD．25℃时，1.0LpH=12的NaClO溶液中由水电离出OH-的数目为0.01NA2、新型冠状病毒引发的肺炎疫情是2020年最大的公共卫生事件。下列关于新冠肺炎及其防治措施正确的是（）A．新冠病毒害怕酒精是因为酒精能使蛋白质失去生理活性B．聚丙烯是制造口罩的原料，聚丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．双氧水不能用于家庭消毒以预防新冠肺炎D．抗病毒疫苗可以在高温下贮运3、已知NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A．反应中，每生成294gg释放的中子数为3NAB．常温常压下，22.4L乙烷和丙烯(C3H6)的混合物中氢原子数目为6NAC．1L0.5mol.L-1'碳酸钠溶液含有的CO32-数目小于0.5NAD．0.1molH2O2与MnO2充分作用生成O2，转移的电子数为0.1NA4、PET（，M链节=192g·mol−1）可用来生产合成纤维或塑料。测某PET样品的端基中羧基的物质的量，计算其平均聚合度：以酚酞作指示剂，用cmol·L−1NaOH醇溶液滴定mgPET端基中的羧基至终点（现象与水溶液相同），消耗NaOH醇溶液vmL。下列说法不正确的是A．PET塑料是一种可降解高分子材料B．滴定终点时，溶液变为浅红色C．合成PET的一种单体是乙醇的同系物D．PET的平均聚合度（忽略端基的摩尔质量）5、常温下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3·H2O的变化趋势如右图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)，下列说法不正确的是（）A．M点溶液中水的电离程度比原溶液小B．在M点时，n(OH－)－n(H+)=(a－0.05)molC．随着NaOH的加入，c(NH3D．当n(NaOH)=0.05mo1时，溶液中有：c(Cl－)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH－)>c(H+)6、已知：一元弱酸HA的电离平衡常数K＝。25℃时，CH3COOH、HCN、H2CO3的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHHCNH2CO3K1.75×10–54.9×10–10K1=4.4×10–7K2=5.6×10–11下列说法正确的是A．稀释CH3COOH溶液的过程中，n(CH3COO–)逐渐减小B．NaHCO3溶液中：c(H2CO3)＜c()＜c(HCO3−)C．25℃时，相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液D．向CH3COOH溶液或HCN溶液中加入Na2CO3溶液，均产生CO27、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．澄清石灰水与过量苏打溶液混合：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2OB．少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中：C1O-+SO2+H2O=SO42-+2H++Cl-C．向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气：2Cu+4H++O22Cu2++2H2OD．向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水：7H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++6O2↑+10H2O8、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．3：29、下列离子方程式不正确的是（）A．氯气和水反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClOB．铁与稀盐酸反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑C．碳酸氢铵溶液与足量澄清石灰水反应：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2OD．少量二氧化硫气体通入FeCl3溶液中：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-10、化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是A．生石灰、铁粉、硅胶是食品包装中常用的干燥剂B．乙醇溶液、双氧水均可用于杀菌消毒，但原理不同C．纯碱是焙制糕点所用发酵粉的主要成分之一D．SiO2具有导电性，可用于制造光导纤维11、下列“实验现象”和“结论”都正确且有因果关系的是选项操作实验现象结论A用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热融化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点低B用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液中含有钠盐C向盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中通入足量的乙烯后静置溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层乙烯发生氧化反应D将20℃0.5mol·L－1Na2CO3溶液加热到60℃，用pH传感器测定pH溶液的pH逐渐减小Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果A．A B．B C．C D．D12、关于氯化铁溶液，下列有关说法正确的是（）A．适当升高温度能促进FeCl3水解B．加水稀释能促进其水解，并提高Fe(OH)3的浓度C．加少量浓盐酸能促进FeCl3水解D．保存氯化铁溶液时应加入少量铁粉13、下列有关表述正确的是（）A．HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质B．Na2O、Na2O2组成元素相同，所以与CO2反应产物也相同C．室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度D．SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应14、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A．碳酸钙溶于稀醋酸：CaCO3＋2H＋＝Ca2+＋H2O＋CO2↑B．铜与稀硝酸反应：3Cu＋2NO3－＋8H＋＝3Cu2+＋2NO↑＋4H2OC．向NH4HCO3溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液：HCO3－+OH－+Ba2+＝H2O+BaCO3↓D．用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+[Ag(NH3)2]++2OH－CH3COO－+NH4++NH3+Ag↓+H2O15、杂环化合物是分子中含有杂环结构的有机化合物。常见的六元杂环化合物有下列说法正确的是（）A．吡啶和嘧啶互为同系物B．吡喃的二氯代物有6种（不考虑立体异构）C．三种物质均能发生加成反应D．三种分子中所有原子处于同一平面16、分别在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)⇌D(g)。其中容器甲中反应进行至5min时达到平衡状态，相关实验数据如表所示：容器温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/mol化学平衡常数n(A)n(B)n(D)n(D)甲5004.04.003.2K1乙5004.0a02.0K2丙6002.02.02.02.8K3下列说法不正确的是A．0～5min内，甲容器中A的平均反应速率v(A)=0.64mol·L-1·min-1B．a=2.2C．若容器甲中起始投料为2.0molA、2.0molB，反应达到平衡时，A的转化率小于80％D．K1=K2>K3二、非选择题（本题包括5小题）17、有X、Y、Z、M、R五种短周期主族元素，部分信息如下表所示：XYZMR原子半径/nm0.0740.099主要化合价+4，-4-2-1，+7其它阳离子核外无电子无机非金属材料的主角第三周期简单离子半径最小请回答下列问题：（1）Z与NaOH溶液反应的离子方程式：___。(用元素符号表示，下同。)（2）下列事实能说明R非金属性比Y强这一结论的是___(选填字母序号)。a.常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态b.气态氢化物稳定性R>Yc.Y与R形成的化合物中Y呈正价d.Y与R各自形成的含氧酸中R的氧化性更强（3）经测定X2M2为二元弱酸，写出X2M2的电子式___。其酸性比碳酸的还要弱，请写出其第一步电离的电离方程式___。（4）已知I2能做X2M2分解的催化剂：第一步：X2M2＋I2＝2XIM；第二步：……请写出第二步反应的化学方程式___。（5）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现在改用X2M2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式___。18、工业上以苯、乙烯和乙炔为原料合成化工原料G的流程如下：（1）A的名称__，条件X为__；（2）D→E的化学方程式为__，E→F的反应类型为__。（3）实验室制备乙炔时，用饱和食盐水代替水的目的是__，以乙烯为原料原子利率为100%的合成的化学方程式为__。（4）F的结构简式为___。（5）写出符合下列条件的G的同分异构体的结构简式__。①与G具有相同官能团的芳香族类化合物；②有两个通过C-C相连的六元环；③核磁共振氢谱有8种吸收峰；（6）参照上述合成路线，设计一条以1，2二氯丙烷和二碘甲烷及必要试剂合成甲基环丙烷的路线：__。19、FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学实验小组在实验室里用如下两种方法来制备无水FeCl2。有关物质的性质如下：C6H5Cl(氯苯）C6H4Cl2(二氯苯）FeCl3FeCl2溶解性不溶于水，易溶于苯、乙醇不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水熔点/℃-4553易升华沸点/℃132173(1)用H2还原无水FeCl3制取FeCl2。有关装置如下：①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为_____________。②按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为_________（填字母，装置可多次使用）；C中盛放的试剂是_____________。③该制备装置的缺点为________________。(2)利用反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，制取无水FeCl2并测定FeCl3的转化率。按下图装置，在三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围加热3h，冷却、分离提纯得到粗产品。①仪器a的名称是__________。②反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后，得到粗产品。洗涤所用的试剂可以是____，回收滤液中C6H5C1的操作方法是______。③反应后将锥形瓶中溶液配成250mL，量取25.00mL所配溶液，用0.40mol/LNaOH溶液滴定，终点时消耗NaOH溶液为19.60mL，则氯化铁的转化率为__________。④为了减少实验误差，在制取无水FeCl2过程中应采取的措施有：________（写出一点即可）。20、硫化碱法是工业上制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O）的方法之一，流程如下：已知：Na2S2O3在空气中强热会被氧化，Na2S2O3•5H2O（M=248g/moL）在35℃以上的干燥空气中易失去结晶水，可用作定影剂、还原剂。某兴趣小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O3•5H2O并探究Na2S2O3的化学性质。I．制备Na2S2O3•5H2O设计如下吸硫装置：（1）写出A瓶中生成Na2S2O3和CO2的离子方程式______。（2）装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效果，装置B中试剂可以是______A浓硫酸B溴水CFeSO4溶液DBaCl2溶液II．测定产品纯度（1）Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：第一步：准确称取agKIO3（M=214g/moL）固体配成溶液；第二步：加入过量KI和H2SO4溶液，滴加指示剂；第三步：用Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL。则c（Na2S2O3）＝______mol/L。（列出算式即可）（已知：IO3－+5I－+6H+＝3I2+3H2O，2S2O32－+I2＝S4O62－+2I－）（2）滴定过程中下列实验操作会造成结果偏高的是_________（填字母）A滴定管未用Na2S2O3溶液润洗B滴定终点时俯视读数C锥形瓶用蒸馏水润洗后未用待取液润洗D滴定管尖嘴处滴定前有气泡，达滴定终点时未发现有气泡Ⅲ．探究Na2S2O3的化学性质已知Na2S2O3溶液与Cl2反应时，1molNa2S2O3转移8mol电子。甲同学设计如图实验流程：（1）甲同学设计实验流程的目的是证明Na2S2O3溶液具有___________和__________。（2）乙同学认为应将上述流程中②③所加试剂顺序颠倒，你认为理由是__________。21、有研究预测，到2030年，全球报废的电池将达到1100万吨以上。而目前废旧电池的回收率却很低。为了提高金属资源的利用率，减少环境污染，应该大力倡导回收处理废旧电池。下面是一种从废电池正极材料（含铝箔、LiCoO2、Fe2O3及少量不溶于酸碱的导电剂）中回收各种金属的工艺流程：资料：1.黄钠铁矾晶体颗粒粗大，沉淀速度快，易于过滤。2.钴酸锂难溶于水、碳酸锂的溶解度随温度升高而降低。回答下列问题：(1)为了提高碱溶效率可以__，__。（任答两种）(2)从经济效益的角度考虑，为处理“碱溶”后所得滤液，可向其中通入过量CO2，请写出所发生反应的化学反应方程式__。(3)“酸浸”时有无色气体产生，写出发生反应的离子方程式__。(4)“沉铁”时采用的“黄钠铁矾法”与传统的通过调整溶液pH的“氢氧化物沉淀法”相比，金属离子的损失少，请分析并说明原因：___。(5)“沉锂”后得到碳酸锂固体的实验操作为__。(6)已知黄钠铁矾的化学式为NaxFey(SO4)m(OH)n。为测定黄钠铁矾的组成，进行了如下实验：①称取4.850g样品，加盐酸完全溶解后，配成100.00mL溶液；②量取25.00mL溶液，加入足量的KI，用0.2500mol•L-1Na2S2O3溶液进行滴定（反应2Fe3＋＋2I-=2Fe2＋＋I2，I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6），消耗30.00mLNa2S2O3溶液至终点。③另取25.00mL溶液，加足量BaCl2溶液充分反应后，过滤、洗涤、干燥后得沉淀1.165g。用Na2S2O3溶液进行滴定时，使用的指示剂为__；计算出黄钠铁矾的化学式__。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A、Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，1mol氯气参加反应转移1mol电子，因此标准状况下22.4L氯气参加此反应转移1mol电子，个数为NA，选项A不正确；B、20gD2O的物质的量为1mol，1mol重水中含有10mol电子，含有的电子数为10NA，选项B正确；C、溶液中硝酸铵的物质的量n=cV=0.1mol/L×1L=0.1mol，而1mol硝酸铵中含2molN原子，故0.1mol硝酸铵中含0.2NA个氮原子，选项C正确；D、次氯酸钠是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，溶液中的OH-都是由水电离出来，25℃时，pH=12的1.0LNaClO溶液中c(H+)=10-12mol/L，c(OH-)=10-2mol/L,则水电离出的OH－的数目为0.01NA,选项D正确；答案选A。2、A【解析】

A．酒精能使蛋白质失去生理活性,具有杀菌消毒的作用，A正确；B．聚丙烯中无碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C．双氧水具有强氧化性，可以用于杀菌消毒，能用于家庭消毒以预防新冠肺炎，C错误；D．抗病毒疫苗主要成分为蛋白质，在高温下失活，D错误；答案选A。3、B【解析】

A.根据质量守恒原理得：x=249+48-294=3，即每生成1mol释放的中子数为3mol，即3NA，故A正确；B.常温常压下，无法由体积计算物质的量，也就无法计算微粒数目，故B错误；C.1L0.5mol.L-1'碳酸钠溶液中溶质的物质的量为1L×0.5mol.L-1=0.5mol，CO32-部分水解，所以含有的CO32-数目小于0.5NA，故C正确；D.0.1molH2O2与MnO2充分作用生成0.05molO2，O元素由-1价升高为0价，失去1个电子，则转移的电子数为0.05mol×2=0.1mol，即0.1NA，故D正确；故选B。4、C【解析】

是聚酯类高分子，它的单体为：HOCH2CH2OH和，可以发生水解反应生成小分子。【详解】A、PET塑料是聚酯类高分子，可发生水解反应生成HOCH2CH2OH和，故A正确；B、用NaOH醇溶液滴定PET端基中的羧基，恰好反应完时生成羧酸钠，显弱碱性，使酚酞试剂显浅红色，B正确；C、的单体为：HOCH2CH2OH和，乙二醇中有两个羟基，在组成上与乙醇也没有相差-CH2-的整数倍，故乙二醇与乙醇不是同系物，故C错误；D、NaOH醇溶液只与PET端基中的羧基反应，n（NaOH）=cv10-3mol，则PET的物质的量也等于cv10-3mol，则PET的平均相对分子质量==g/mol，PET的平均聚合度，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查高分子化合物的结构，单体的判断，中和滴定等知识点，判断同系物的两个要点：一是官能团的种类和个数要相同，二是组成上要相差-CH2-的整数倍。5、C【解析】

常温下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH，则溶液中发生反应NH4++OH-=NH1•H2O，随着反应进行，c(NH4+)不断减小，c(NH1·H2O)不断增大。【详解】A项、M点是向1L0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，反应得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液中铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A正确；B项、根据电荷守恒c(H+)＋c(NH4+)＋c(Na+)＝c(OH－)＋c(Cl－)，可得n(OH－)－n(H+)=[c(NH4+)＋c(Na+)－c(Cl－)]×1L，在M点时c(NH4+)=0.05mol•L‾1，c(Na+)=amol•L‾1，c(Cl－)=0.1mol•L‾1，带入数据可得n(OH－)－n(H+)=[0.05mol•L-1+amol•L-1－0.1mol•L-1]×1L=(a－0.05)mol，故B正确；C项、氨水的电离常数Kb=c(NH4+)c(OH－)c(NH3•H2O)，则c(NH3•H2O)c(OH－)D项、当n（NaOH）=0.05mol时，NH4Cl和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的NH1·H2O和NH4Cl、NaCl，NH1．H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度，导致溶液呈碱性，钠离子、氯离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Cl-）>c（NH4+）>c（Na+）>c（OH-）>c（H+），故D正确。故选C。6、C【解析】

A．加水稀释CH3COOH溶液，促进CH3COOH的电离，溶液中n(CH3COO–)逐渐增多，故A错误；B．NaHCO3溶液中HCO3-的水解常数Kh2===2.27×10–8＞K2=5.6×10–11，说明HCO3-的水解大于电离，则溶液中c()＜c(H2CO3)＜c(HCO3−)，故B错误；C．由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于CH3COOH，同CN-的水解程度大于CH3COO-，则25℃时，相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液，故C正确；D．由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于H2CO3，则向HCN溶液中加入Na2CO3溶液，只能生成NaHCO3，无CO2气体生成，故D错误；故答案为C。7、C【解析】

A.苏打为碳酸钠，则澄清石灰水与过量苏打溶液反应的离子方程式为：Ca2++CO32-=CaCO3↓，故A错误；B.次氯酸根离子具有强氧化性，能将SO2氧化成SO42-，CaSO4微溶于水，则少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中，反应的离子方程式为Ca2++ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+2H++Cl－，故B错误；C.向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气，反应生成硫酸铜和水，离子方程式为2Cu+4H++O22Cu2++2H2O，故C正确；D.向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水，离子方程式为5H2O2+2MnO4－+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故D错误，答案选C。【点睛】本题考查离子方程式的正误判断，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等。解题时容易把苏打误认为碳酸氢钠，为易错点。8、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。9、C【解析】A．氯气和水反应的离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，故A正确；B．铁与稀盐酸反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B正确；C．碳酸氢铵溶液与足量澄清石灰水反应的离子方程式为NH4++HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，故C错误；D．少量二氧化硫气体通入FeCl3溶液中发生反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-，故D正确；答案为C。点睛：注意离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等；本题难点为选项C，不能忽视NH4+与OH-的反应，离子反应是完整反应，不能只写局部。10、B【解析】

A.铁粉是抗氧化剂，不是干燥剂，A项错误；B.乙醇溶液和双氧水均能使蛋白质变性而达到杀菌消毒的目的，但原理不同，B项正确；C.发酵粉的主要成分是NaHCO3，C项错误；D.二氧化硅可用于制造光纤，但无导电性，D项错误。答案选B。11、D【解析】

A．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝不会滴落下来，则实验结论错，故A错误；B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明溶液中含有Na+，不一定含钠盐，也可以是NaOH，实验结论错，故B错误；C．乙烯被高锰酸钾氧化，溶液褪色，但不分层，实验现象错，故C错误；D．升高温度促进水解，碳酸钠溶液的碱性增强，溶液的pH增大，水的电离平衡、水解平衡均正向移动，现象和结论均正确，故D正确；故答案为D。12、A【解析】

A.水解为吸热反应，升高温度能促进盐类的水解，A项正确；B.加水稀释能促进其水解，但是会使Fe(OH)3的浓度降低，B项错误；C.氯化铁水解生成氢氧化铁和氢离子，加入盐酸，增大氢离子浓度，抑制氯化铁水解，C项错误；D.铁粉能够与氯化铁反应生成氯化亚铁，所以保存氯化铁溶液不能加入铁，为抑制氯化铁水解应加入少量稀盐酸，D项错误；答案选A。13、D【解析】

A、次氯酸钠是盐，是强电解质而不是弱电解质，故A错误；B、Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物不同：Na2O+CO2＝Na2CO3，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，故B错误；C、增加氯离子的量，AgCl的沉淀溶解平衡向逆向移动，溶解度减小，故C错误；D、SiO2是酸性氧化物，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，故D正确；答案选D。14、B【解析】

A.醋酸是弱酸，应该写化学式，离子方程式是：CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2+＋2CH3COO—＋H2O＋CO2↑，A错误；B．铜与稀硝酸反应，方程式符合反应事实，B正确；C．向NH4HCO3溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液，盐电离产生的阳离子、阴离子都发生反应，离子方程式是：NH4++HCO3－+2OH－+Ba2+＝H2O+BaCO3↓+NH3∙H2O，C错误；D．用银氨溶液检验乙醛中的醛基，方程式的电荷不守恒，应该是：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH－CH3COO－+NH4++3NH3+2Ag↓+H2O，D错误。故选B。15、C【解析】

A．同系物差CH2，吡啶和嘧啶还差了N，不可能是同系物，A项错误；B．吡喃的二氯代物有7种，当一个氯位于氧的邻位，有4种，当一个氯位于氧的间位有2种，当一个氯位于氧的对位，有1种，B项错误；C．三种物质均能有以双键形式存在的键，能发生加成反应，C项正确；D．吡喃含有饱和碳原子结构，所有原子不可能处于同一平面，D项错误；答案选C。16、A【解析】

A．容器甲中前5min的平均反应速率v(D)===0.32mol•L-1•min-1，则v(A)=v(D)=0.32mol•L-1•min-1，故A错误；B．甲和乙的温度相同，平衡常数相等，甲中A(g)+B(g)⇌D(g)开始(mol/L)2.02.00反应(mol/L)1.61.61.6平衡(mol/L)0.40.41.6化学平衡常数K==10，乙中A(g)+B(g)⇌D(g)开始(mol/L)2.00反应(mol/L)1.01.01.0平衡(mol/L)1.0-1.01.0化学平衡常数K==10，解得：a=2.2，故B正确；C．甲中CO转化率=×100%=80%，若容器甲中起始投料2.0molA、2.0molB，相当于减小压强，平衡逆向移动，导致A转化率减小，则A转化率小于80%，故C正确；D．甲和乙的温度相同，平衡常数相等，容器丙起始投料2.0molA、2.0molB、2.0molD，若温度不变等效于甲容器，但由于丙容器比甲容器温度高，平衡时D的浓度减小，即升温平衡逆向移动，则平衡常数减小，因此K1=K2>K3，故D正确；故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑bcH2O2H++HO2-H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2OCu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O【解析】

根据题意推断X、Y、Z、M、R依次为H、Si、Al、O、Cl五种元素。（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；（2）证明非金属性的方法：①单质与氢气化合的难易程度；②气态氢化物的稳定性；③最高价氧化物对应水化物的酸性等角度证明；（3）X2M2为H2O2，H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构；按多元弱酸分步电离进行书写；（4）根据质量守恒进行化学方程式的书写；（5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水。【详解】X、Y、Z、M、R是短周期主族元素，X元素的阳离子核外无电子，则X为氢元素；Y元素有-4、+4价，处于ⅣA族，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；Z为第三周期简单离子半径最小，则为Al元素；R元素有+7、-1价，则R为Cl元素；M元素有-2价，处于ⅥA族，原子半径小于Cl原子，故R为氧元素；（1）Z为Al，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（2）R为Cl，Y为Si；a.物质的聚集状态属于物理性质，不能说明非金属性强弱，选项a错误；b.氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，稳定性HCl＞SiH4，说明非金属性Cl＞Si，选项b正确；c.Si与Cl形成的化合物中Si呈正价，说明Cl吸引电子的能力强，Cl元素的非金属性更强，选项c正确；d.Y与R各自形成的最高价含氧酸中R的氧化性更强才能说明R的非金属性更强，选项d错误；答案选bc；（3）X2M2为H2O2，H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构，故H2O2的电子式为；H2O2酸性比碳酸的还要弱，则可看成多元弱酸，分步电离，第一步电离的电离方程式为H2O2H++HO2-；（4）已知I2能做X2M2分解的催化剂：H2O2分解生成H2O和O2；根据总反应式2H2O2=2H2O+O2↑减去第一步反应H2O2＋I2＝2HIO得到第二步反应：H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2O；（5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O。【点睛】本题考查元素周期律元素周期表的应用，同周期元素从左到右半径减小、非金属性增强，同主族元素从上而下半径增大、非金属性减弱。18、氯甲苯Na和NH3(液)加成反应减缓电石与水的反应速率【解析】

⑴A的名称氯甲苯，条件X为Na和NH3(液)；⑵根据图中信息可得到D→E的化学方程式为，E→F增加了两个氢原子，即反应类型为加成反应。⑶实验室制备乙炔时，用饱和食盐水代替水，浓度减小，减缓电石与水的反应速率，以乙烯为原料原子利率为100%的合成的化学方程式为。⑷D只加了一个氢气变为F，F与CH2I2反应得到G，从结构上得出F的结构简式为。⑸①与G具有相同官能团的芳香族类化合物，说明有苯环；②有两个通过C—C相连的六元环，说明除了苯环外还有一个六元环，共12个碳原子；③核磁共振氢谱有8种吸收峰；。⑹1，2二氯丙烷先在氢氧化钠醇加热条件下发生消去反应生成丙炔，丙炔在林氏催化剂条件下与氢气发生加成反应生成丙烯，丙烯和CH2I2在催化剂作用下反应生成甲基环丙烷，其合成路线。【详解】⑴A的名称氯甲苯，条件X为Na和NH3(液)；⑵根据图中信息可得到D→E的化学方程式为，E→F增加了两个氢原子，即反应类型为加成反应，故答案为：；加成反应。⑶实验室制备乙炔时，用饱和食盐水代替水，浓度减小，减缓电石与水的反应速率，以乙烯为原料原子利率为100%的合成的化学方程式为，故答案为：减缓电石与水的反应速率；。⑷D只加了一个氢气变为F，F与CH2I2反应得到G，从结构上得出F的结构简式为，故答案为：。⑸①与G具有相同官能团的芳香族类化合物，说明有苯环；②有两个通过C—C相连的六元环，说明除了苯环外还有一个六元环，共12个碳原子；③核磁共振氢谱有8种吸收峰；，故答案为：。⑹1，2二氯丙烷先在氢氧化钠醇加热条件下发生消去反应生成丙炔，丙炔在林氏催化剂条件下与氢气发生加成反应生成丙烯，丙烯和CH2I2在催化剂作用下反应生成甲基环丙烷，其合成路线，故答案为：。19、H2+2FeCl32FeCl2+2HClBACDCE（或BCDCE）碱石灰氯化铁易升华导致导管易堵塞球形冷凝管苯蒸馏滤液，并收集沸点132℃的馏分78.4％反应开始前先通N2一段时间，反应完成后继续通N2一段时间；在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙（或P2O5或硅胶）的球形干燥管【解析】

(1)①②用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2，B装置用锌和稀盐酸制备H2，A装置用来除去氢气中的氯化氢，C装置用来干燥氢气，可以盛放碱石灰，D装置H2还原FeCl3，再用C装置吸收反应产生的HCl，最后用E点燃处理未反应的氢气；③该制备装置的缺点为FeCl3固体易升华，蒸气遇冷发生凝华分析；(2)①根据仪器结构判断其名称；②三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2等，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后得到粗产品，根据物质的熔沸点和溶解性可知，可以用苯洗涤；根据滤液中各种物质沸点的不同对滤液进行蒸馏可回收C6H5Cl，据此答题；③根据消耗的NaOH计算反应生成的HCl，结合方程式2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑计算转化的FeCl3，最终计算FeCl3的转化率；④FeCl3、FeCl2易吸水，反应产生的HCl会在容器内滞留。【详解】(1)①H2具有还原性，可以还原无水FeCl3制取FeCl2，同时产生HCl，反应的化学方程式为H2+2FeCl32FeCl2+2HCl；②用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2，装置连接顺序：首先是使用B装置，用锌和稀盐酸制备H2，所制H2中混有HCl和H2O（g），再用A装置用来除去氢气中的氯化氢，然后用C装置干燥氢气，C装置中盛放碱石灰，再使用D装置使H2还原FeCl3，反应产生的HCl气体用C装置的碱石灰来吸收，未反应的H2通过装置E点燃处理，故按照气流从左到右的顺序为BACDCE；也可以先使用B装置制取H2，然后通过C的碱石灰除去氢气中的杂质HCl、水蒸气，然后通过D发生化学反应制取FeCl2，再用碱石灰吸收反应产生的HCl，最后通过点燃处理未反应的H2，故按照装置使用的先后顺序也可以是BCDCE；C中盛放的试剂是碱石灰，是碱性干燥剂，可以吸收HCl或水蒸气；③该制备装置的缺点为FeCl3固体易升华，蒸气遇冷发生凝华，导致导气管发生堵塞；(2)①根据图示装置中仪器a的结构可知该仪器名称为球形冷凝管；②三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2等，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后得到粗产品，根据物质的熔沸点和溶解性可知，C6H5Cl、C6H4Cl2容易溶解在苯、乙醇中，不溶于水，而FeCl3、FeCl2易溶于水、乙醇，难溶于苯，所以洗涤时洗涤剂用苯；根据滤液中C6H5Cl、C6H4Cl2这两种物质沸点的不同，对滤液进行蒸馏，并收集沸点132℃的馏分，可回收C6H5Cl；③n(HCl)=n(NaOH)=0.40mol/L×0.0196L×=0.0784mol，根据反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，反应的FeCl3的物质的量为n(FeCl3)反应=2n(HCl)=0.0784mol×2=0.1568mol，n(FeCl3)总=32.5g÷162.5g/mol=0.2mol，所以氯化铁转化率为×100%=78.4％；④FeCl3、FeCl2易吸水，为防止B装置中的水蒸气进入A装置，导致FeCl2等吸水而变质，可以在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙（或P2O5或硅胶）的球形干燥管；同时为防止FeCl3、FeCl2与装置内空气中的水蒸气、O2等反应，同时避免反应产生的HCl气体会在容器内滞留，可以反应开始前先通N2一段时间排尽装置中空气，反应完成后继续通N2一段时间将反应生成的HCl全部排入锥形瓶中。【点睛】本题考查实验室制备氯化亚铁的知识，注意把握实验操作基本原理，把握题给信息，掌握实验操作方法，学习中注意积累，为了减小误差制取无水FeCl2，要排除装置中空气引起的误差或HCl气体在容器内滞留引起的误差。20、2S2－+CO32－+4SO2＝3S2O32－+CO2B（或）B碱性还原性可以排除BaS2O3的干扰【解析】

I．(1)根据图示信息可知，吸硫装置A制取Na2S2O3的反应物为SO2、Na2S和Na2CO3，主产物为Na2S2O3，根据得失电子数守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的计量数，再根据质量守恒得出Na2CO3的计量数和另一种产物CO2，据此分析；(2)二氧化硫具有还原性、漂白性；II．(1)根据KIO3的量求出I2，再根据S2O32-与I2的关系求出Na2S2O3的物质的量及浓度；(2)滴定时的误差分析，需利用c(标)V(标)=c(待)V(待)，c(待)=分析；Ⅲ．(1)甲同学的实验流程中通过加入BaCl2产生白色沉淀B来证明Na2S2O3与氯水反应时有SO42-生成；(2)在证明Na2S2O3的还原性时由于不知道BaS2O3是否是沉淀，所以应先加BaCl2溶液，如果不产生白色沉淀再加足量氯水产生白色沉淀，即可证明Na2S2O3具有还原性。【详解】I．(1)根据图示信息可知，吸硫装置A制取Na2S2O3的反应物为SO2、Na2S和Na2CO3，主产物为Na2S2O3，SO2、Na2S中硫元素由+4价和−2价变为+2价，根据得失电子数守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的计量数分别为4、2和3，再根据质量守恒得出Na2CO3的计量数为1，根据碳原子和氧原子数守恒可知另一种产物CO2，且计量数为1，故方程式为：2S2－+CO32－+4SO2＝3S2O32－+CO2；(2)二氧化硫具有还原性、漂白性，所以可以用品红、溴水或溶液，来检验二氧化硫是否被完全吸收，若SO2吸收效率低，则二氧化硫有剩余，B中的溶液会褪色；II．(1)KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI；n(KIO3)=mol，设参加反应的Na2S2O3为xmol；所以x=，则c(Na2S2O3)==mol⋅L−1（或）mol⋅L−1，

(2)A.滴定管末用Na2S2O3溶液润洗，则Na2S2O3溶液会被稀释，滴定时消耗待测液体积偏大，导致纯度偏低，故A不符合题意；B.滴定终点时俯视读数，使Na2S2O3溶液体积偏小，滴定时消耗待测液体积偏小，导致纯度偏高，故B符合题意；C.锥形瓶用蒸馏水润洗，对实验结果没影响，纯度不变，故C不符合题意；D.滴定管尖嘴处滴定前有气泡，达滴定终点时未发现有气泡，待测液体积偏大，导致样品纯度偏低，故D不符合题意；故答案选B；Ⅲ．(1)甲同学通过测定Na2S2O3溶液的pH=8；说明该盐的水溶液显碱性；甲同学的实验流程中通过加入BaCl2产生白色沉淀B来证明Na2S2O3与氯水反应时有SO42−生成,即证明S2