2024年山东省兖州一中高考适应性考试化学试卷含解析

2024年山东省兖州一中高考适应性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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、氢化钙可以作为生氢剂(其中CaH2中氢元素为-1价)，反应方程式如下：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑，其中水的作用是A．既不是氧化剂也不是还原剂B．是氧化剂C．是还原剂D．既是氧化剂又是还原剂2、钠-CO2电池的工作原理如图所示，吸收的CO2转化为Na2CO3固体和碳，沉积在多壁碳纳米管(MWCNT)电极表面，下列说法不正确的是()A．负极反应式为Na－e-=Na+B．多壁碳纳米管(MWCNT)作电池的正极C．可以用乙醇代替四甘醇二甲醚作有机溶剂D．电池总反应式为4Na+3CO2=2Na2CO3+C3、下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项操作现象结论A．向某无色溶液中滴加BaCl2溶液产生白色沉淀该无色溶液中一定含有SO42-B．向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊硫代硫酸钠在酸性条件下不稳定C．打开分液漏斗，向装有Na2CO3的圆底烧瓶中滴加HCl，将产生的气体通入Na2SiO3水溶液中Na2SiO3水溶液中出现白色胶状沉淀证明酸性强弱为：HCl>H2CO3>H2SiO3D．CaCO3悬浊液中滴加稀Na2SO4溶液无明显现象Ksp小的沉淀只能向Ksp更小的沉淀转化A．A B．B C．C D．D4、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．D5、已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液，Na2S溶液的反应情况如下：（1）CuSO4溶液和Na2CO3溶液主要：Cu2++CO32－+H2O=Cu(OH)2↓+CO2↑次要：Cu2++CO32－=CuCO3↓（2）CuSO4溶液和Na2S溶液主要：Cu2++S2－=CuS↓次要：Cu2++S2－+2H2O=Cu(OH)2↓+H2S↑下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是（）A．CuS<Cu(OH)2<CuCO3 B．CuS>Cu(OH)2>CuCO3C．Cu(OH)2>CuCO3>CuS D．Cu(OH)2>CuCO3>CuS6、下列有关物质性质的叙述错误的是A．将过量氨气通入CuSO4溶液中可得深蓝色溶液B．蛋白质溶于水所得分散系可产生丁达尔效应C．硅酸钠溶液与稀盐酸反应可生成硅酸胶体D．过量铁粉在氯气中燃烧可生成氯化亚铁7、元素周期表的第四周期为长周期，该周期中的副族元素共有A．32种 B．18种 C．10种 D．7种8、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则下列说法不正确的是A．W、X、Y形成的简单离子核外电子数相同B．Y和Z形成的化合物可以通过复分解反应制得C．Z和W可形成原子个数比为1∶2和1∶3的共价化合物D．X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应9、自催化作用是指反应物之一使该反应速率加快的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4进行下列三组实验，一段时间后溶液均褪色（0.01mol/L可以记做0.01M实验①实验②实验③1mL0.01M的KMnO4溶液和MnSO41mL0.01M的KMnO4溶液和1mL稀盐酸1mL0.01M的KMnO4溶液和褪色比实验①褪色快比实验①褪色快下列说法不正确的是A．实验①中发生氧化还原反应，H2C2OB．实验②褪色比①快，是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率C．实验③褪色比①快，是因为Cl-的催化作用加快了反应速率D．若用1mL0.2M10、K2FeO4在酸性或中性溶液中能快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。如图是制备高铁酸钾的一种装置，制取实验完成后，取C中紫色溶液，加入稀盐酸，产生气体。下列说法不正确的是（）A．B瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HClB．C瓶中KOH过量更有利于高铁酸钾的生成C．加盐酸产生气体可说明氧化性：K2FeO4＞Cl2D．高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝等特点为一体的优良的水处理剂11、人的血液中存在H2CO3～HCO3﹣这样“一对”物质，前者的电离和后者的水解两个平衡使正常人血液的pH保持在7.35～7.45之间．血液中注射碱性物质时，上述电离和水解受到的影响分别是A．促进、促进 B．促进、抑制 C．抑制、促进 D．抑制、抑制12、下列物质的名称正确的是A．SiO2：刚玉B．(NH4)2CO3：碳铵C．CCl4：氯仿D．：3，3，5-三甲基庚烷13、已知某锂电池的总反应为。下列说法错误的是A．金属锂是所有金属中比能量最高的电极材料B．该电池组装时，必须在无水无氧条件下进行C．放电时，电子从Li电极经电解质溶液流向正极D．充电时，阳极反应式为14、常温下，用0.10mol·L-1盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L-1CH3COONa溶液和NaCN溶液，所得滴定曲线如图（忽略体积变化）。下列说法正确的是（）A．溶液中阳离子的物质的量浓度之和：点②等于点③B．点①所示溶液中：c(CN-)+c(HCN)﹤2c(Cl-)C．点②所示溶液中：c(Na+)>c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(CH3COOH)D．点④所示溶液中：c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+)>0.10mol·L-115、“太阳能燃料”国际会议于2019年10月在我国武汉举行，旨在交流和探讨太阳能光催化分解水制氢、太阳能光催化二氧化碳转化为燃料等问题。下列说法错误的是()A．太阳能燃料属于一次能源B．直接电催化CO2制取燃料时，燃料是阴极产物C．用光催化分解水产生的H2是理想的绿色能源D．研发和利用太阳能燃料，有利于经济的可持续发展16、电渗析法是指在外加电场作用下，利用阴离子交换膜和阳离子交换膜的选择透过性，使部分离子透过离子交换膜而迁移到另一部分水中，从而使一部分水淡化而另一部分水浓缩的过程。下图是利用电渗析法从海水中获得淡水的原理图，已知海水中含Na＋、Cl－、Ca2＋、Mg2＋、SO42-等离子，电极为石墨电极。下列有关描述错误的是A．阳离子交换膜是A，不是BB．通电后阳极区的电极反应式：2Cl－－2e－→Cl2↑C．工业上阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，以减少石墨的损耗D．阴极区的现象是电极上产生无色气体，溶液中出现少量白色沉淀17、中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3的原理示意图。下列说法不正确的是A．该过程将太阳能转化成为化学能B．该过程中，涉及极性键和非极性健的断裂与生成C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1D．原料气N2可通过分离液态空气获得18、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A．标准状况下0.5molNT3分子中所含中子数为6.5NAB．0.1molFe与0.1molCl2完全反应后，转移的电子数为0.2NAC．13.35gAlCl3水解形成的Al(OH)3胶体粒子数小于0.1NAD．一定条件下的密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应充分发生后分子总数为2NA19、碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如下图。下列有关该物质的说法正确的是A．分子式为C3H2O3B．分子中含6个σ键C．分子中只有极性键D．8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO220、我国的科技发展改变着人们的生活、生产方式。下列说法中错误的是A．“甲醇制取低碳烯烃”技术可获得聚乙烯原料B．“嫦娥四号”使用的SiC―Al材料属于复合材料C．5G芯片“巴龙5000”的主要材料是SiO2D．“东方超环(人造太阳)”使用的氘、氚与氕互为同位素21、下列微粒互为同位素的是A．H2和D2 B．2He和3He C．O2和O3 D．冰和干冰22、水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是A．H2O的电子式为B．4℃时，纯水的pH=7C．D216O中，质量数之和是质子数之和的两倍D．273K、101kPa，水分之间的平均距离：d(气态)>d(液态)>d(固态)二、非选择题(共84分)23、（14分）慢心律是一种治疗心律失常的药物。它的合成路线如图所示。（1）C中的含氧官能团名称为_____和_____；（2）由B→C的反应类型是_____。（3）由A制备B的过程中有少量副产物E，它与B互为同分异构体。写出E的结构简式：_____。（4）写出同时满足下列条件的化合物D的一种同分异构体的结构简式：_____。①属于a﹣氨基酸；②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种；③分子中有2个手性碳原子（5）已知乙烯在催化剂作用下与氧气反应可以生成环氧乙烷（）。写出以邻甲基苯酚（）和乙醇为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线流程图示例见本题题干_____。24、（12分）某新型药物H()是一种可用于治疗肿瘤的药物，其合成路线如图所示：已知：(1)E的分子式为C9H8O2，能使溴的四氯化碳溶液褪色(2)（R为烃基）(3)请回答下列问题：(1)A的结构简式为_____；D的官能团的名称为_____。(2)①的反应类型是_____；④的反应条件是_____。(3)写出B→C的化学方程式_____。(4)写出F+G→H的化学方程式_____。(5)E有多种同分异构体，同时满足下列条件的E的同分异构体有_____种。ⅰ.能发生银镜反应ⅱ.能发生水解反应ⅲ.分子中含的环只有苯环(6)参照H的上述合成路线，设计一条由乙醛和NH2CH(CH3)2为起始原料制备医药中间CH3CONHCH(CH3)2的合成路线_____。25、（12分）硫酰氯（SO2Cl2）熔点-54.1℃，沸点在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。（1）SO2Cl2中的S的化合价为_______________，SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”的化学方程式为_______________。（2）现拟用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯，实验装置如图所示（部分夹持装置未画出）。①仪器A的名称为_______________，装置乙中装入的试剂是_______________，装罝B的作用是_______________。②装置丙分液漏斗中盛装的最佳试剂是_______________（选填编号）。A．蒸馏水B．l0.0mol·L-1浓盐酸C．浓氢氧化钠溶液D．饱和食盐水③滴定法测定硫酰氯的纯度:取1.800g产品，加入到100mL0.50000mol·L-1NaOH溶液中加热充分水解，冷却后加蒸馏水准确稀释至250mL，取25mL溶液于锥形瓶中，滴加2滴甲基橙，用0.1000mol·L-1标准HC1滴定至终点，重复实验三次取平均值，消耗HCll0.00mL。达到滴定终点的现象为_______________，产品的纯度为_______________。26、（10分）工业上常用亚硝酸钠作媒染剂、漂白剂、钢材缓蚀剂、金属热处理剂。某兴趣小组用下列装置制备并探究NO、的某一化学性质中加热装置已略去。请回答下列问题：已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2②NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+(1)装置A三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为____________。(2)用上图中的装置制备，其连接顺序为：___________________按气流方向，用小写字母表示，此时活塞、如何操作____________。(3)装置发生反应的离子方程式是________________。(4)通过查阅资料，或NO可能与溶液中发生反应。某同学选择上述装置并按顺序连接，E中装入溶液，进行如下实验探究。步骤操作及现象①关闭K2，打开K1，打开弹簧夹通一段时间的氮气，夹紧弹簧夹，开始A中反应，一段时间后，观察到E中溶液逐渐变为深棕色。②停止A中反应，打开弹簧夹和K2、关闭K1，持续通入N2一段时间③更换新的E装置，再通一段时间N2后关闭弹簧夹，使A中反应继续，观察到的现象与步骤①中相同步骤②操作的目的是___________；步骤③C瓶中发生的化学方程式为_________________；通过实验可以得出：___________填“、NO中的一种或两种”和溶液中发生反应使溶液呈深棕色。27、（12分）对氨基苯磺酸是制取染料和一些药物的重要中间体，可由苯胺磺化得到。+H2SO4H2O已知：苯胺是一种无色油状液体，微溶于水，易溶于乙醇，熔点−6.1℃，沸点184.4℃。对氨基苯磺酸是一种白色晶体，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于碱性溶液，不溶于乙醇。实验室可用苯胺、浓硫酸为原料，利用如图所示实验装置合成对氨基苯磺酸。实验步骤如下：步骤1：在250mL三颈烧瓶中加入10mL苯胺及几粒沸石，将三颈烧瓶放在冰水中冷却，小心地加入18mL浓硫酸。步骤2：将三颈烧瓶置于油浴中缓慢加热至170～180℃，维持此温度2～2.5小时。步骤3：将反应产物冷却至约50℃后，倒入盛有100mL冷水的烧杯中，用玻璃棒不断搅拌，促使对氨基苯磺酸晶体析出。将烧瓶内残留的产物冲洗到烧杯中，抽滤，洗涤，得到对氨基苯磺酸粗产品。步骤4：将粗产品用沸水溶解，冷却结晶，抽滤，收集产品，晾干可得纯净的对氨基苯磺酸。（1）装置中冷凝管的作用是__________。（2）步骤2油浴加热的优点有____________________。（3）步骤3中洗涤沉淀的操作是______________。（4）步骤3和4均进行抽滤操作，在抽滤完毕停止抽滤时，应注意先__________，然后__________，以防倒吸。（5）若制得的晶体颗粒较小，分析可能的原因______（写出两点）。28、（14分）属于弱电解质的是(

)A．一水合氨 B．醋酸铵 C．乙醇 D．硫酸钡29、（10分）我国具有光辉灿烂的古代科技，早在商代就已经铸造出司母戊大方鼎。回答下列问题：（1）Cu在元素周期表中的位置___，Cu2+的价电子排布式为__。（2）已知基态铜的部分电离能如表所示：电离能/kJ·mol－1I1I2I3Cu74619582058由表格数据知，I2(Cu)远远大于I1(Cu)，其原因是__。（3）Cu2+能与吡咯()的阴离子()形成双吡咯铜。①中C和N原子的杂化均为__，1mol含有__molσ键；②双吡咯铜Cu()2的配位原子为__；噻吩的沸点为84℃，吡咯()的沸点在129~131℃之间，吡咯沸点较高，其原因是__。（4）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如图所示(白球代表M原子)。每个铜原子周围距离最近的铜原子数目__；该晶体的化学式为__。已知该晶体的密度为ρg·cm－3，晶体的摩尔质量为Mg/mol，阿伏伽德罗常数的值为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为__pm(只写计算式)。

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】

根据反应前后元素的化合价变化来看，Ca和O的化合价均没有变化，其中CaH2中H的化合价由-1价升高到0价，被氧化，作还原剂；H2O中H的化合价由+1价降低到0价，被还原，作氧化剂；氢气既是氧化产物，又是还原产物；答案选B。2、C【解析】

由装置图可知，钠为原电池负极，失电子发生氧化反应，电极反应为：Na-e-=Na+，多壁碳纳米管为正极，CO2转化为Na2CO3固体和碳，沉积在多壁碳纳米管(MWCNT)电极表面，正极发生还原反应，电极反应式为：4Na++3CO2+4e-═2Na2CO3+C，结合原电池原理分析解答。【详解】A．负极反应为钠失电子发生的氧化反应，电极反应为：Na-e-═Na+，故A正确；B．根据分析可知，多壁碳纳米管(MWCNT)做电池的正极，故B正确；C．钠和乙醇发生反应生成氢气，不可以用乙醇代替四甘醇二甲醚做有机溶剂，故C错误；D．根据分析，放电时电池总反应即钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和碳，总反应是4Na+3CO2=2Na2CO3+C，故D正确；故选C。3、B【解析】

A.向某无色溶液中滴加BaCl2溶液，能产生白色沉淀，说明溶液中可能含有SO42-、CO32-、SO32-等，A错误；B.向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体二氧化硫，B正确；C.向装有Na2CO3的圆底烧瓶中滴加HCl，产生的气体为CO2，其中混有杂质HCl，应通过饱和的NaHCO3溶液的洗气瓶，除去CO2中混有的HCl，，再通入Na2SiO3水溶液中，C错误；D.在一定条件下，Ksp小的沉淀也能向Ksp大的沉淀转化，D错误；故选B。4、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。5、A【解析】

由（1）可知，Cu(OH)2比CuCO3易生成，说明Cu(OH)2比CuCO3溶解度小；由（2）可知，CuS比Cu(OH)2易生成，说明CuS比Cu(OH)2溶解度更小。由此可以得出，溶解度CuS<Cu(OH)2<CuCO3。故选A。6、D【解析】

A.将过量氨气通入CuSO4溶液过程中发生如下反应：2NH3+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+2NH4+，Cu(OH)2+2NH3=Cu(NH3)42++2OH-，Cu(NH3)42+络离子在水溶液中呈深蓝色，A项正确；B.蛋白质属于高分子，分子直径已达到1nm~100nm之间，蛋白质的水溶液属于胶体，故可产生丁达尔效应。B项正确；C.在硅酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，边滴边振荡，可得到硅酸胶体：Na2SiO3+2HCl=H2SiO3(胶体)+2NaCl。C项正确；D.铁粉在氯气中燃烧只生成氯化铁：2Fe+3Cl22FeCl3。D项错误；答案选D。7、D【解析】

第四周期过渡元素有10种，但是从左到右的第8、9、10三列的元素为第Ⅷ族元素，不属于副族元素，所以副族元素共有7种，故答案选D。8、B【解析】

W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，则X为Na；工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为Al，W、Z最外层电子数相同，属于同主族元素，Z的核电荷数是W的2倍，符合条件的W、Z为O、S。【详解】A．W、X、Y形成的简单离子分别是O2-、Na+、Al3+，其核外电子数都为10，故A正确；

B．Y和Z形成的化合物是Al2S3，硫化铝在水溶液能发生剧烈的双水解反应，所以不能通过复分解反应制得，故B错误；

C．S、O可形成原子个数比为1：2和1：3的共价化合物SO2、SO3，故C正确；

D．X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸，氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠、硫酸都反应，所以它们之间能两两反应，故D正确；

故选：B。9、C【解析】

A.碳元素的化合价升高，且锰离子可作催化剂，则实验①中发生氧化还原反应，H2C2O4是还原剂，产物MnSO4能起自催化作用，故A正确；B.催化剂可加快反应速率，则实验②褪色比①快，是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率，故B正确；C.高锰酸钾可氧化氯离子，则实验③褪色比①快，与催化作用无关，故C错误；D.增大浓度，反应速率加快，则用1mL0.2M的H2C2O4做实验①，推测比实验①褪色快，故D正确；故选C。10、C【解析】

在装置中，A为制取氯气的装置，B为除去Cl2中混有的HCl的装置，C为Cl2、Fe(OH)3、KOH制取K2FeO4的装置，D为未反应Cl2的吸收装置。【详解】A．因为Cl2中混有的HCl会消耗KOH、Fe(OH)3，所以需使用饱和食盐水除去，A正确；B．因为K2FeO4在碱性溶液中较稳定，所以C瓶中KOH过量更有利于高铁酸钾的生成，B正确；C．在C装置中发生反应3Cl2+10KOH+2Fe(OH)3==2K2FeO4+6KCl+8H2O，所以氧化性：K2FeO4<Cl2，C不正确；D．高铁酸钾具有强氧化性，能杀死细菌，反应生成的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，具有吸附、絮凝作用，所以高铁酸钾是优良的水处理剂，D正确；故选C。11、B【解析】

碱性物质可以结合碳酸电离出的氢离子，对碳酸的电离是促进作用，对碳酸氢根离子的水解其抑制作用。答案选B。12、D【解析】

A.刚玉为三氧化二铝，故A错误；B.碳铵为NH4HCO3，故C错误；C.氯仿为CHCl3，故C错误；D.的主链为7个碳：3，3，5-三甲基庚烷，故D正确；故选D。13、C【解析】

A.由于金属锂的密度和相对原子质量都很小，所以金属锂是所有金属中比能量最高的电极材料，A正确；B.金属Li非常活泼，很容易和氧气以及水反应，该电池组装时，必须在无水无氧条件下进行，B正确；C.放电时，电子从Li电极经外电路流向正极，电子不能经过电解质溶液，C错误；D.充电时，阳极反应式为，D正确；故答案选C。14、D【解析】

A.根据电荷守恒点②中存在c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，点③中存在c(CN-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，由于两点的溶液体积不等，溶液的pH相等，则c(Na+)不等，c(H+)分别相等，因此阳离子的物质的量浓度之和不等，故A错误；B.点①所示溶液中含等物质的量浓度的NaCN、HCN、NaCl，存在物料守恒c(CN-)+c(HCN)=2c(Cl-)，故B错误；C.点②所示溶液中含有等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，溶液的pH=5，说明以醋酸的电离为主，因此c(CH3COO-)＞c(Cl-)，故C错误；D.点④所示溶液为等物质的量浓度的醋酸和氯化钠，浓度均为0.05mol/L，则c(Na+)=c(Cl-)=0.05mol/L，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.05mol/L，根据电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，因此c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)，则c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+)=0.05mol/L+0.05mol/L-c(CH3COO-)+c(H+)=0.1mol/L-c(H+)+c(OH-)+c(H+)=0.1mol/L+c(OH-)＞0.1mol/L，故D正确。答案选D。15、A【解析】

A选项，太阳能燃料属于二次能源，故A错误；B选项，直接电催化CO2制取燃料时，化合价降低，在阴极反应，因此燃料是阴极产物，故B正确；C选项，用光催化分解水产生的H2，氢气燃烧放出热量多，无污染，是理想的绿色能源，故C正确；D选项，研发和利用太阳能燃料，消耗能量最低，有利于经济的可持续发展，故D正确。综上所述，答案为A。16、A【解析】

A.阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜B和阴极相连，阴极是阳离子放电，所以隔膜B是阳离子交换膜，选项A错误；B.阳极上是阴离子氯离子失去电子的氧化反应，即2Cl--2e-→Cl2↑，选项B正确；C.电解池的阴极材料可以被保护，阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，增大反应接触面，选项C正确；D.阴极区域是氢离子得电子的还原反应，电极上产生无色气体氢气，氢氧根离子浓度增加，溶液中出现少量氢氧化镁白色沉淀，选项D正确。答案选A。17、C【解析】

A.由图可知，该过程是由太阳能转化成化学能，故A正确；B.发生反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，反应反应物和生成中均存在单质和化合物，即涉及极性键与非极性键的断裂与生成，故B正确；C.根据题意和图示，可以写出该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，由于氮元素从0价降为−3价，氧元素从−2价升到0价，则氮气是氧化剂，水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3，故C错误；D.由于空气中主要是氮气和氧气，而氧气和氮气的沸点不同，所以可以通过分离液态空气的方法获得氮气，故D正确；答案选C。【点睛】本题对氧化还原反应综合考查，需要学会观察图示物质转化关系，根据化合价的升降，确定氧化剂还原剂，利用氧化还原反应的规律，配平氧化还原反应。18、D【解析】

A.标准状况下，0.5molNT3分子中所含中子数为=6.5NA，A正确；B.0.1molFe与0.1molCl2完全反应，根据方程式2Fe＋3Cl22FeCl3判断铁过量，转移的电子数为0.2NA，B正确；C.13.35gAlCl3物质的量为0.1mol，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，水解是可逆的，形成的Al(OH)3胶体粒子数应小于0.1NA，C正确；D.2molSO2和1molO2的反应是可逆反应，充分反应也不能进行到底，故反应后分子总数为应大于2NA，D错误；故选D。19、A【解析】

A、双键两端的碳原子上各有一个氢原子，所以分子式为C3H2O3，故A正确；B、分子中的单键为σ键，一共有8个，故B错误；C、该分子中碳碳双键属于非极性键，故C正确；D、此选项没有说明温度和压强，所以所得二氧化碳的体积是不确定的，故D错误。此题选C。20、C【解析】

A.“甲醇制取低碳烯烃”技术可生产乙烯，乙烯是制备聚乙烯的原料，故A正确；B.SiC―Al材料是SiC增强铝基复合材料，故B正确；C.计算机芯片的主要材料是单质Si，故C错误；D.氕、氘、氚质子数都是1，中子数分别是0、1、2，所以互为同位素，故D正确；选C。21、B【解析】

A.H2和D2是单质，不是原子，且是同一种物质，A错误；B.2He和3He是同种元素的不同种原子，两者互为同位素，B正确；C.O2和O3是氧元素的两种不同的单质，互为同素异形体，C错误；D.冰是固态的水，干冰是固态的二氧化碳，是两种不同的化合物，不是同位素，D错误；故合理选项是B。22、C【解析】

A．H2O是共价化合物，其电子式为，故A错误；B．25℃时，纯水的pH=7，故B错误；C．D216O质量数之和为2×1+1×16=20，质子数之和为2×1+1×8=10，质量数之和是质子数之和的两倍，故C正确；D．273K时，水以固液混合物的形式存在，且温度、压强相同，同种状态、同种分子间的距离相同，故D错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、醚键羰基氧化反应【解析】

根据C的结构简式判断其含有的官能团；对比B、C结构可知，B中﹣醇羟基转化羰基；中含有2个C﹣O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式；D的同分异构体同时满足如下条件：①属于α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2个不同的取代基处于对位位置，③分子中含有2个手性碳原子，说明C原子上连接4个不同的原子或原子团；制备，应先制备，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，与反应生成，进而氧化可生成，再与乙醇发生酯化反应得到目标物。【详解】（1）根据C的结构简式可知，C中含氧官能团为醚键和羰基，故答案为：醚键、羰基；（2）对比B、C结构可知，B中﹣CH(OH)﹣转化为C＝O，属于氧化反应，故答案为：氧化反应；（3）中含有2个C﹣O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式，副产物E，它与B互为同分异构体，E的结构简式为，故答案为：；（4）D的一种同分异构体同时满足如下条件：①属于α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2个不同的取代基处于对位位置，③分子中含有两个手性碳原子，说明C原子上连接4个不同的原子或原子团，符合条件的结构简式为：，故答案为：；（5）制备，应先制备，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，与反应生成，进而氧化可生成，再与乙醇发生酯化反应得到目标物，合成路线流程图：，故答案为：。24、羟基、羧基加成反应浓硫酸、加热5【解析】

由B的结构简式，结合反应条件，逆推可知A为，B发生水解反应生成C为，结合D的分子式可知C发生氧化反应生成D为，E的分子式为C9H8O2，能使溴的四氯化碳溶液褪色，则D是发生消去反应生成E，故E为，E发生信息(3)中的反应生成F为，结合信息(2)中H的结构简式，可知G为；(6)乙醛发生氧化反应生成乙酸，乙酸与PBr3作用生成，最后与NH2CH(CH3)2作用得到CH3CONHCH(CH3)2。【详解】(1)据上所述可知：A的结构简式为；D为，D官能团的名称为羟基、羧基；(2)①A变为B的反应，A是，A与Br2的CCl4溶液发生加成反应，产生B：，所以①的反应类型是加成反应；④的反应是D变为E，D是，D发生消去反应，产生E：④的反应类型是消去反应；(3)B是，B与NaOH的水溶液在加热时发生取代反应，产生C，所以B→C的化学方程式为：；(4)F为，G是，二者发生取代反应产生H：及HBr，该反应的化学方程式为：；(5)E()的同分异构体含有苯环，且同时满足下列条件：①能发生银镜反应、②能发生水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，③分子中含的环只有苯环，说明苯环侧链含有碳碳双键，只有一个取代基为—CH=CHOOCH、、有2个取代基为—CH=CH2、—OOCH，两个取代基在苯环上有邻、间、对3不同的位置，故符合条件的共有5种；(6)乙醛发生氧化反应生成乙酸CH3COOH，乙酸与PBr3作用生成，最后与NH2CH(CH3)2作用得到CH3CONHCH(CH3)2，合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物的推断与合成的知识，侧重考查分析推断、知识综合运用能力，充分利用反应条件、有机物分子式与结构简式进行分析推断，明确官能团及其性质关系、官能团之间的转化关系是解本题关键，题目难度中等。25、+6SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4冷凝管浓硫酸防止空气中水蒸汽进入三颈烧瓶，使SO2Cl2发生水解变质并能吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境D滴加最后一滴HCl标准液，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复75%【解析】

（1）SO2Cl2中，O的化合价是-2价，Cl的化合价是-1价，计算可得S的化合价是+6价。SO2Cl2中与水发生反应“发烟”的化学方程式为：SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4。（2）①如上图，甲是反应的发生装置，仪器A是球形冷凝管，作用是冷凝回流SO2C12；B是球形干燥管，装有碱石灰，其作用是防止空气中水蒸气的进入，还可以吸收尾气SO2和C12，防止污染环境；丙是提供氯气的装置，乙的作用是除去氯气中的杂质。由于通入甲的氯气必须是干燥的，故乙中应加入干燥剂，图中所示为液体干燥剂，即浓硫酸。故答案为冷凝管；浓硫酸；防止空气中水蒸汽进入三颈烧瓶，使SO2C12发生水解变质并能吸收尾气SO2和C12，防止污染环境。②利用加入的液体使集气瓶中的氯气排出，氯气在饱和食盐水中溶解度小，因此选D。③硫酰氯在水溶液中与水反应生成盐酸和硫酸，都是酸性物质，与氢氧化钠可以发生反应。因此在过量的NaOH溶液中加热充分水解，得到Na2SO4、NaCl和NaOH的混合溶液。滴加甲基橙后，由于溶液显碱性，因此显黄色。用0.1000mol·L-1标准HC1滴定至终点时，观察到的现象为锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复。消耗的HCl的物质的量与滴定所取25mL混合溶液中NaOH的物质的量相等，为0.1000mol·L-1×0.0100L=0.001mol，由于滴定所取的溶液为原混合溶液的1/10，故原混合溶液中含有NaOH0.01mol。与氯化氢和硫酸反应消耗的NaOH为0.100L×0.50000mol·L-1-0.010mol=0.04mol，根据总反应方程式SO2C12+4NaOH=2NaC1+Na2SO4+2H2O可知，原产品中含有SO2C12的物质的量为0.01mol，质量为0.01mol×135g/mol=1.35g，产率为1.35g÷1.800g×100%=75%。故答案为滴加最后一滴HC1标准液，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复；75%。【点睛】SOCl2水解的反应可以把SO2Cl2和H2O都拆成正价和负价两部分，即把SO2Cl2拆成和Cl-两部分，把水拆成H+和OH-两部分，然后正和负两两结合，即可写出生成物，同时可以直接配平方程式。即H+和Cl-结合，由于有2个Cl-，所以需要2个水分子提供2个H+，同时提供的2个OH-和1个结合为H2SO4，最终反应的方程式为：SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4。其他物质和水的反应均可同样方法写出化学方程式，如CaC2、NaH、Mg3N2、Al2S3、BrCl等，盐类的水解也可以同样写出。26、浓debcfg关闭，打开排尽装置中残留的NO【解析】

制备NaNO2，A装置中铜与浓硝酸反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+4NO2↑+2H2O，制备NO2，NO2与水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，可以在C装置中进行；根据图示，2NO+Na2O2=2NaNO2在D装置中进行，尾气中的NO不能直接排放到空气中，需要用酸性高锰酸钾吸收：3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O，据此分析解答。【详解】(1)装置A三颈烧瓶中铜与浓硝酸发生反应生成二氧化氮，化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；(2)根据上述分析，A装置制备NO2，生成的NO2在C中水反应制备NO，经过装置B干燥后在装置D中反应生成亚硝酸钠，最后用E除去尾气，因此装置的连接顺序为：a→d→e→b→c→f→g→h；此时应关闭K1，打开K2，让二氧化氮通过C装置中的水转化成一氧化氮，故答案为：d；e；b；c；f；g(b与c、f与g可以交换)；关闭K1，打开K2；(3)E装置为酸性高锰酸钾与NO的反应，NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，离子方程式为：3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O，故答案为：3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O；(4)①关闭K2，打开K1，打开弹簧夹通一段时间的氮气，夹紧弹簧夹，开始A中反应，一段时间后，观察到E中溶液逐渐变为深棕色，说明NO2或NO与溶液中Fe2+发生反应；②停止A中反应，打开弹簧夹和K2、关闭K1，持续通入N2一段时间，将装置中残留的二氧化氮排尽，并在C中与水反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO；③更换新的E装置，再通一段时间N2后关闭弹簧夹，使A中反应继续，观察到的现象与步骤①中相同，经过步骤②，进入E装置的气体为NO，E中溶液变为深棕色，说明是NO与和溶液中Fe2+发生反应使溶液呈深棕色，故答案为：排尽装置中残留的NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO；NO。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意步骤③中进入装置E的气体只有NO。27、冷凝回流受热均匀，便于控制温度向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次拆下连接泵和吸滤瓶的橡皮管关闭水龙头溶液温度过高或冷却结晶时速度过快（合理答案即可）【解析】

结合题给信息进行分析：步骤1中，将三颈烧瓶放入冷水中冷却，为防止暴沸，加入沸石。步骤2中，因为反应温度为170～180℃，为便于控制温度，使反应物受热均匀，采取油浴方式加热；步骤3中，结合对氨基苯磺酸的物理性质，将反应产物导入冷水烧杯中，并不断搅拌有助于对氨基苯磺酸的析出。再根据对氨基苯磺酸与苯胺在乙醇中的溶解性不同，采用乙醇洗涤晶体。步骤4中，利用对氨基苯磺酸可溶于沸水，通过沸水溶解，冷却结晶等操作，最终得到纯净产品。【详解】（1）冷凝管起冷凝回流的作用，冷却水从下口进入，上口排出；答案为：冷凝回流；（2）油浴加热优点是反应物受热均匀，便于控制温度；答案为：受热均匀，便于控制温度；（3）苯胺是一种无色油状液体，微溶于水，易溶于乙醇，对氨基苯磺酸是一种白色晶体，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于碱性溶液，不溶于乙醇，则洗涤时选用乙醇。洗涤的操作为向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次；答案为：向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次；（4）抽滤完毕停止抽滤时，为防止倒吸，先拆下连接抽气泵和吸滤瓶间的橡皮管，再关水龙头；答案为：拆下连接泵和吸滤瓶的橡皮管；关闭水龙头；（5）对氨基苯磺酸微溶于冷水，可溶于沸水，若制得的晶体