2024年山东省平阴县第一中学高三最后一卷化学试卷含解析

2024年山东省平阴县第一中学高三最后一卷化学试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A．0.1mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NAB．1mol氯气分别与足量铁和铝完全反应时转移的电子数均为3NAC．28g乙烯与丙烯混合物中含有C－H键的数目为4NAD．25℃时1LpH=1的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.2NA2、有关下图所示化合物的说法不正确的是A．既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应B．1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应C．既可以催化加氢,又可以使酸性KMnO4溶液褪色D．既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体3、中国工程院院士、国家卫健委高级别专家组成员李兰娟团队，于2月4日公布阿比朵尔、达芦那韦可抑制新型病毒。如图所示有机物是合成阿比朵尔的原料，关于该有机物下列说法正确的是（）A．可以发生加成反应、取代反应、水解反应和氧化反应B．易溶于水和有机溶剂C．分子结构中含有三种官能团D．分子中所有碳原子一定共平面4、下列实验方案正确且能达到实验目的是（）A．用图1装置制取并收集乙酸乙酯B．用图2装置除去CO2气体中的HCl杂质C．用图3装置检验草酸晶体中是否含有结晶水D．用图4装置可以完成“喷泉实验”5、氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析不合理的是A．催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成B．催化剂不能改变反应焓变但可降低反应活化能C．在催化剂b表面形成氮氧键时，涉及电子转移D．催化剂a、b能提高反应的平衡转化率6、下列有关化学用语使用正确的是（）A．CO2的电子式： B．次氯酸的结构式：H－O－ClC．乙烯的球棍模型： D．钾原子结构示意图：7、类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pC=－lgC，pKa=－lgKa，常温下，某浓度H2A溶液在不同pH值下，测得pC(H2A)、pC(HA﹣)、pC(A2﹣)变化如图所示，下列说法正确的是A．随着pH的增大，pC增大的曲线是A2﹣的物质的量浓度的负对数B．pH=3.50时，c(HA﹣)>c(H2A)>c(A2﹣)C．b点时c(H2A)·c(A2﹣)/c2(HA﹣)=10﹣4.5D．pH=3.00~5.30时，c(H2A)+c(HA﹣)+c(A2﹣)先减小后增大8、乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下（起始时，n(H2O)＝n(C2H4)＝1mol，容器体积为1L）。下列分析不正确的是（）A．乙烯气相直接水合反应的∆H＜0B．图中压强的大小关系为：p1＞p2＞p3C．图中a点对应的平衡常数K＝D．达到平衡状态a、b所需要的时间：a＞b9、有关浓硫酸的性质或作用，叙述错误的是A．浓硫酸的脱水性是化学性质B．使铁、铝钝化表现了强氧化性C．制备乙酸乙酯的反应中起催化吸水作用D．与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，表现强酸性10、下列依据实验操作及现象得出的结论正确的是()选项实验操作现象结论A将待测液中，依次滴加氯水和KSCN溶液溶液变为红色待测溶液中含有Fe2+B向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuSZnS溶解而CuS不溶解Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)C向有少量铜粉的Cu(NO3)2溶液中滴入稀硫酸铜粉逐渐溶解稀硫酸能与铜单质反应D常温下，用pH计分别测0.1mol/LNaA溶液、0.1mol/LNa2CO3溶液的pHNaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH酸性：HA>H2CO3A．A B．B C．C D．D11、水的电离平衡曲线如图所示，下列说法中，正确的是A．图中A、B、D三点处Kw的大小关系：B>A>DB．25℃时，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，溶液中c(NH4+)／c(NH3·H2O)的值逐渐减小C．在25℃时，保持温度不变，在水中加人适量NH4Cl固体，体系可从A点变化到C点D．A点所对应的溶液中，可同时大量存在Na+、Fe3+、Cl-、SO42—12、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A．pH=l的溶液中：Ba2+、Fe3+、Cl-、SCN-B．能使酚酞变红的溶液：Ca2+、K+、HCO3-、CO32-C．=10-12的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-D．由水电离的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液中：Na+、Al3+、Cl-、NO3-13、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数。X与Y位于不同周期，X与W的最高化合价之和为8，元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质。下列说法中正确的是A．化合物YX4W溶于水后，得到的溶液呈碱性B．化合物YW3为共价化合物，电子式为C．Y、Z形成的一种化合物强度高，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料D．原子半径大小：W＞Z＞Y＞X14、CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色。向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。下列说法不正确的是()A．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物B．通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性C．整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO215、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．4.0g由CO2和SO2组成的混合物中含有的质子数为2NAB．1L0.5mol/LpH=7的CH3COONH4溶液中NH4+数目为0.5NAC．常温下,0.1mol环氧乙烷()中含有的共价键数目为0.3NAD．22.4LCO2与足量Na2O2充分反应,转移的电子数目为NA16、下列有关电解质溶液的说法正确的是A．0.1mol/L氨水中滴入等浓度等体积的醋酸，溶液导电性增强B．适当升高温度，CH3COOH溶液pH增大C．稀释0.1mol/LNaOH溶液，水的电离程度减小D．CH3COONa溶液中加入少量CH3COOH，减小二、非选择题（本题包括5小题）17、PEI[]是一种非结晶性塑料。其合成路线如下（某些反应条件和试剂已略去）：已知：i.ii.CH3COOH+CH3COOH（1）A为链状烃。A的化学名称为______。（2）A→B的反应类型为______。（3）下列关于D的说法中正确的是______（填字母）。a．不存在碳碳双键b．可作聚合物的单体c．常温下能与水混溶（4）F由4-氯-1，2-二甲苯催化氧化制得。F所含官能团有－Cl和______。（5）C的核磁共振氢谱中，只有一个吸收峰。仅以2-溴丙烷为有机原料，选用必要的无机试剂也能合成C。写出有关化学方程式：_____（6）以E和K为原料合成PEI分为三步反应。写出中间产物2的结构简式：_______18、红色固体X由两种元素组成，为探究其组成和性质，设计了如下实验：请回答：(1)气体Y的一种同素异形体的分子式是______，红褐色沉淀的化学式______。(2)X在隔绝空气条件下受高温分解为Y和Z的化学方程式____________。(3)取黄色溶液W滴加在淀粉­KI试纸上，试纸变蓝色，用离子方程式表示试纸变蓝的原因____________。19、(CH3COO)2Mn·4H2O主要用于纺织染色催化剂和分析试剂，其制备过程如图。回答下列问题：步骤一：以MnO2为原料制各MnSO4(1)仪器a的名称是___，C装置中NaOH溶液的作用是___________。(2)B装置中发生反应的化学方程式是___________。步骤二：制备MnCO3沉淀充分反应后将B装置中的混合物过滤，向滤液中加入饱和NH4HCO3溶液，反应生成MnCO3沉淀。过滤，洗涤，干燥。(3)①生成MnCO3的离子方程式_____________。②判断沉淀已洗净的操作和现象是___________。步骤三：制备(CH3COO)2Mn·4H2O固体向11.5gMnCO3固体中加入醋酸水溶液，反应一段时间后，过滤、洗涤，控制温度不超过55℃干燥，得(CH3COO)2Mn·4H2O固体。探究生成(CH3COO)2Mn·4H2O最佳实验条件的数据如下：(4)产品干燥温度不宜超过55℃的原因可能是___________。(5)上述实验探究了___________和___________对产品质量的影响，实验l中(CH3COO)2Mn·4H2O产率为___________。20、苯甲酸乙酯是重要的精细化工试剂，常用于配制水果型食用香精。实验室制备流程如下：试剂相关性质如下表：苯甲酸乙醇苯甲酸乙酯常温性状白色针状晶体无色液体无色透明液体沸点/℃249.078.0212.6相对分子量12246150溶解性微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂与水任意比互溶难溶于冷水，微溶于热水，易溶于乙醇和乙醚回答下列问题：（1）为提高原料苯甲酸的纯度，可采用的纯化方法为_________。（2）步骤①的装置如图所示（加热和夹持装置已略去），将一小团棉花放入仪器B中靠近活塞孔处，将吸水剂（无水硫酸铜的乙醇饱和溶液）放入仪器B中，在仪器C中加入12.2g纯化后的苯甲酸晶体，30mL无水乙醇（约0.5mol）和3mL浓硫酸，加入沸石，加热至微沸，回流反应1.5~2h。仪器A的作用是_________；仪器C中反应液应采用_________方式加热。（3）随着反应进行，反应体系中水分不断被有效分离，仪器B中吸水剂的现象为_________。（4）反应结束后，对C中混合液进行分离提纯，操作I是_________；操作II所用的玻璃仪器除了烧杯外还有_________。（5）反应结束后，步骤③中将反应液倒入冷水的目的除了溶解乙醇外，还有_____；加入试剂X为_____（填写化学式）。（6）最终得到产物纯品12.0g，实验产率为_________%（保留三位有效数字）。21、氮及其化合物对环境具有显著影响。（1）已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应：①N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H=+180kJ/mol②N2(g)+2O2(g)⇌2NO2(g)△H=+68kJ/mol则2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H=_____kJ/mol（2）对于反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的反应历程如下：第一步：2NO(g)N2O2(g)(快速平衡)第二步：N2O2(g)+O2(g)2NO(g)(慢反应)其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，第一步反应中：υ正=k1正·c2(NO)，υ逆=k1逆·c(N2O2)，k1正、k1逆为速率常数，仅受温度影响。下列叙述正确的是_____a．整个反应的速率由第一步反应速率决定b．同一温度下，平衡时第一步反应的越大，反应正向程度越大c．第二步反应速率慢，因而平衡转化率也低d．第二步反应的活化能比第一步反应的活化能高（3）将氨气与二氧化碳在有催化剂的反应器中反应△H=－87.0kJ/mol，体系中尿素的产率和催化剂的活性与温度的关系如图1所示：①a点_____(填是或不是)处于平衡状态，T1之后尿素产率下降的原因可能是_____________。②实际生产中，原料气带有水蒸气，图2表示CO2的转化率与氨碳比、水碳比的变化关系。曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的水碳比最大的是_____，测得b点氨的转化率为30％，则x=______________。（4）N2H4可作火箭推进剂。已知25℃时N2H4水溶液呈弱碱性：N2H4+H2O⇌N2H5++OH-K1=；N2H5++H2O⇌N2H62++OH-K2=；①25℃时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c(N2H5+)＞c(N2H4)，同时c(N2H5+)>c(N2H62+)，应控制溶液pH范围__________(用含a、b式子表示)。②水合肼(N2H4·H2O)的性质类似一水合氨，与硫酸反应可以生成酸式盐，该盐的化学式为__________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A.NH4NO3溶液的浓度为0.1mol·L－1，溶液体积不确定，不能计算含有的氮原子数，A错误；B.氯气分别与足量铁和铝完全反应时，化合价均由0价变-1价，1mol氯气转移的电子数均为2NA，B错误；C.如果28g全为乙烯，则含有的C－H键数目=×4×NA=4NA；如果28g全为丙烯，则含有的C－H键数目=×6×NA=4NA，所以无论以何种比例混合，28g乙烯与丙烯混合物中C－H键数目始终为4NA，C正确；D.pH=1的H2SO4溶液中，H+的浓度为0.1mol·L－1，故1L溶液中含有H+的数目为0.1NA，D错误；故选C。【点睛】极端假设法适用于混合物组成判断，极端假设恰好为某一成分，以确定混合体系各成分的名称、质量分数、体积分数等。如乙烯与丙烯混合物中含有C－H键的数目的计算，极值法很好理解。2、D【解析】

A、根据结构简式可知化合物中含有的官能团有酯基、酚羟基、醚键、碳碳双键。碳碳双键可以和溴加成，甲基上的氢原子可以被取代，A正确。B、2个酯基水解需要2个氢氧化钠，1个酚羟基需要1个氢氧化钠，即1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应，B正确。C、含有碳碳双键，既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色，C正确。D、酚羟基不能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，D错误。答案选D。3、A【解析】

A．碳碳双键、苯环能发生加成反应，酯基能发生取代反应、水解反应和氧化反应，A正确；B．该有机物难溶于水，易溶于有机溶剂，B不正确；C．分子结构中含有羟基、酯基、氨基、碳碳双键四种官能团，C不正确；D．苯环中碳原子一定共平面，但苯环与其它碳原子不一定在同一平面内，D不正确；故选A。4、D【解析】

A．乙酸乙酯在NaOH溶液中能完全水解，应改用饱和碳酸钠溶液，故A错误；B．二者均与碳酸钠反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故B错误；C．无水硫酸铜遇水变蓝，且草酸中含H元素和氧元素，分解生成水，则变蓝不能说明草酸含结晶水，故C错误；D．氨气极易溶于水，打开止水夹，捂热烧瓶根据气体热胀冷缩的原理可引发喷泉，故D正确；故答案为D。【点睛】解答综合性实验设计与评价题主要从以下几个方面考虑：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理；③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等。⑤反应原料是否易得、安全、无毒；⑥反应速率较快；⑦原料利用率以及合成物质的产率是否较高；⑧合成过程是否造成环境污染。⑨有无化学安全隐患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损等。5、D【解析】

A.催化剂a表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性键的形成，故A合理；B.催化剂可降低反应活化能，改变反应速率，但不能改变反应焓变，故B合理；C.催化剂b表面是氨气催化氧化生成NO的反应，发生的是氧化还原反应，涉及电子转移，故C合理；D.催化剂a、b改变反应速率，不改变化学平衡，不能提高反应的平衡转化率，故D不合理；故选D。6、B【解析】

A.CO2分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，电子式为：，A错误；B.在HClO中O原子与H、Cl原子分别形成1对共用电子对，结构式是H-O-Cl，B正确；C.乙烯分子中两个C原子之间形成2对共用电子对，每个C原子再分别与2个H原子形成2对共用电子对，题干模型为乙烯的比例模型，不是球棍模型，C错误；D.钾是19号元素，原子核外电子排布为2、8、8、1，K原子结构示意图正确的应该为，D错误；故合理选项是B。7、C【解析】

H2A存在电离平衡：H2A⇌H++HA-、HA-⇌H++A2-，pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：下方曲线是HA-的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，由此分析解答。【详解】A．由分析可知，随着pH的增大，pC增大的曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，故A错误；

B．pH=3.50时，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，此时pC（H2A）＞pC（A2-）＞pC（HA-），即c（HA-）＞c（A2-）＞c（H2A），故B错误；C．b点时，c（H2A）=c（A2-），，交点a处c（HA-）=c（H2A），故Ka1==c（H+）=l×10-0.8，HA-⇌A2-+H+，交点c处c（HA-）=c（A2-），故Ka2==c（H+）=l×10-5.3，故c(H2A)·c(A2﹣)/c2(HA﹣)=10-0.8/10-5.3=10﹣4.5，故C正确；D．D．pH=3.00～5.30时，结合物料守恒c（H2A）+c（HA-）+C（A2-）始终不变，故D错误；故答案为C。【点睛】认真分析纵坐标的意义，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电离平衡及其影响，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。8、B【解析】

A.温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动；B.增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大；C.由图象可知a点时乙烯的转化率为20%，依据三段法进行计算并判断；D.升高温度，增大压强，反应速率加快。【详解】A.温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动，正向为放热反应，∆H＜0，A项正确；B.增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大，由图可知，相同温度下转化率p1<p2<p3，因此压强p1<p2<p3，B项错误；C.由图象可知a点时乙烯的转化率为20%，那么乙烯转化了0.2mol/LC2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)始(mol/L)110转(mol/L)0.20.20.2平(mol/L)0.80.80.2平衡常数K=K===，C项正确；D.升高温度，增大压强，反应速率加快b点温度和压强均大于a点，因此反应速率b>a，所需要的时间：a＞b，D项正确；答案选B。9、D【解析】

A.浓硫酸使其他物质脱水生成新的物质，属于化学反应，是化学性质，故A正确；B.浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁、铝发生钝化，故B正确；C.制备乙酸乙酯的反应中浓硫酸起催化剂和吸水剂作用，故C正确；D.浓硫酸与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，表现难挥发性，故D错误；故选D。10、B【解析】

A．若原溶液中有Fe3＋，加入氯水，再加入KSCN溶液，也会变红，不能确定溶液中是否含有Fe2＋，结论错误；应该先加入KSCN溶液不变红，说明没有Fe3＋，再加入氯水，溶液变红，说明氯气将Fe2＋氧化成Fe3＋，A错误；B．ZnS溶解而CuS不溶解，可知CuS更难溶；这两种物质的类型相同，可通过溶解度大小直接比较Ksp大小，则Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，B正确；C．Cu(NO3)2溶液中有NO3－，加入稀硫酸酸化，则混合溶液中的Cu、H＋、NO3－发生氧化还原反应，而不是Cu与稀硫酸反应，结论错误，C错误；D．CO32－HCO3－电离得到CO32－。相同条件下，NaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH，说明CO32－水解能力强，则酸性HA＞HCO3－，而不是强于H2CO3，结论错误，D错误。答案选B。【点睛】容易误选D项，需要注意，CO32－是由HCO3－电离得到的，因此通过比较NaA溶液和Na2CO3溶液的pH比较酸的强弱，其实比较的是HA和HCO3－的强弱。若需要比较HA和H2CO3的酸性强弱，则应该同浓度NaA和NaHCO3溶液的pH大小。11、B【解析】

A、Kw的影响因素为温度，水的电离吸热，升高温度Kw增大，A、D在同一等温线上，故图中A、B、D三点处Kw的大小关系为B>A=D，A错误；B、25℃时，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，c(OH-)逐渐增大，c(OH-)•c(NH4+)／c(NH3·H2O)的值不变，故c(NH4+)／c(NH3·H2O)逐渐减小，B正确；C、在25℃时，保持温度不变，在水中加人适量NH4Cl固体，体系不能从A点变化到C点，体系从A点变化到C点，可采用加热的方法，C错误；D、A点所对应的溶液呈中性，Fe3+因水解生成氢氧化铁沉淀不能大量存在，D错误。故选B。12、C【解析】

A.pH=l的溶液中，Fe3+、SCN-反应生成Fe(SCN)3，不能大量共存，故不选A；B.能使酚酞变红的溶液：Ca2+、CO32-反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故不选B；C.=10-12的溶液呈酸性，NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-不反应，能大量共存，故不选C；D.由水电离的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液，呈酸性或碱性，若呈碱性，Al3+不能存在，故不选D。13、C【解析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，说明最外层电子数依次为1、3、5、7，元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质，则Z为Al元素、Y为N元素、W为Cl元素；。X与Y位于不同周期，则X为H元素。【详解】A项、X为H、Y为N元素、W为Cl元素，元素化合物YX4W为NH4Cl，NH4Cl溶液中NH4+水解使溶液呈酸性，故A错误；B项、Y为N元素、W为Cl元素，化合物NCl3为共价化合物，电子式为，故B错误；C项、Y为N元素、Z为Al元素，AlN为原子晶体，原子晶体具有强度高、热膨胀系数小、耐热冲击的特征，故C正确；D项、在周期表中，同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族的元素的原子半径从上到下依次增大，H原子半径最小，故原子半径从大到小的顺序为Al＞Cl＞H，D错误。故选C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，元素的推断为解答本题的关键，注意最外层电子数为1、3、5、7来推断元素为解答的难点。14、C【解析】

CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低。【详解】A、滴加KI溶液时，I元素的化合价升高，KI被氧化，Cu元素的化合价降低，则CuI是还原产物，故A正确；B、通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故B正确；C、发生2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2、SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI均为氧化还原反应，没有复分解反应，故C错误；D、2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu元素的化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，选项B为易错点。15、A【解析】

A．CO2的摩尔质量为44g/mol，含22个质子；SO2的摩尔质量为64g/mol，含32个质子，即两者均是2g中含1mol质子，故4g混合物中含2mol即2NA个质子，故A正确；B．1L0.5mol∙L-1pH=7的CH3COONH4溶液中，铵根离子发生水解，根据物料守恒：c（NH4+）+c（NH3∙H2O）=0.5mol/L，n（NH4+）＜0.5mol，故B错误；C．一个环氧乙烷分子的共价键数目为7，所以0.1mol环氧乙烷中含有的共价键数目为0.7NA，故C错误；D．未指明温度和压强，22.4LCO2的物质的量不一定是1mol，故D错误；故答案为A。【点睛】选项A为难点，注意寻找混合物中质子数与单位质量之间的关系。16、A【解析】

A．向氨水中滴加少量等浓度的醋酸溶液后，反应生成醋酸铵为强电解质，完全电离，溶液中离子浓度增大，溶液的导电性增强，故A正确；B．醋酸的电离是吸热反应，升高温度，促进醋酸电离，所以醋酸的电离程度增大，溶液的pH减小，故B错误；C．酸碱对水的电离有抑制作用，稀释0.1mol/LNaOH溶液，对水的电离的抑制作用减小，水的电离程度增大，故C错误；D．CH3COONa溶液中存在醋酸根离子的水解，=，加入少量CH3COOH，溶液的温度不变，醋酸根的水解平衡常数不变，则不变，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意化学平衡常数、电离平衡常数、水解平衡常数、溶度积、水的离子积等都是只与温度有关，温度不变，这些常数不变。二、非选择题（本题包括5小题）17、丙烯加成反应ab—COOH+NaOH+NaBr；+O2+2H2O【解析】

由题中信息可知，A为链状烃，则A只能为丙烯，与苯环在一定条件下反应会生成丙苯，故B为丙苯，丙苯继续反应，根据分子式可推知C为丙酮，D为苯酚，丙酮与苯酚在催化剂作用下会生成E（）；采用逆合成分析法可知，根据PEI[]的单体，再结合题意，可推知4-氯-1，2-二甲基催化氧化制备F，则F为，根据给定信息ii可知，K为，据此分析作答。【详解】（1）A为链状烃，根据分子可以判断，A只能是丙烯；（2）A→B为丙烯与苯反应生成丙苯的过程，其反应类型为加成反应；（3）根据相似相容原理可知，苯酚常温下在水中的溶解度不大，其分子中不存在碳碳双键，可以与甲醛发生缩聚反应，故答案为ab；（4）4-氯-1，2-二甲苯催化氧化得到F，则F的结构简式为，其分子中所含官能团有－Cl和—COOH，故答案为—COOH；（5）仅以2-溴丙烷为有机原料，先在氢氧化钠水溶液中水解生成2-丙醇，然后2-丙醇催化氧化生成丙酮，有关反应的化学方程式为，。（6）由E和K的结构及题中信息可知，中间产物1为；再由中间产物1的结构和信息可知，中间产物2的结构简式为。【点睛】本题考查的是有机推断，难度很大。很多信息在题干中没有出现，而是出现在问题中。所以审题时，要先浏览整题，不能因为合成路线没有看懂就轻易放弃。另外，虽然本题所涉及的有机物的结构很复杂，只要我们仔细分析官能团的变化和题中的新信息，还是能够解题的。18、O3Fe(OH)36Fe2O34Fe3O4＋O2↑2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2【解析】

无色气体Y为O2，同素异形体的分子式是O3，且X中含有铁元素，结合“红褐色”沉淀灼烧后能得到X，可以推断得到X为氧化铁，再根据X分解得到Y与Z的量的关系可知，Z为Fe3O4，W为FeCl3，红褐色沉淀为Fe(OH)3。由于FeCl3具有较强的氧化性，所以将FeCl3溶液滴加在淀粉­KI试纸上时会有I2生成，而使试纸变蓝色，据此分析解答。【详解】无色气体Y为O2，同素异形体的分子式是O3，且X中含有铁元素，结合“红褐色”沉淀灼烧后能得到X，可以推断得到X为氧化铁，再根据X分解得到Y与Z的量的关系可知，Z为Fe3O4，W为FeCl3，红褐色沉淀为Fe(OH)3；由于FeCl3具有较强的氧化性，所以将FeCl3溶液滴加在淀粉­KI试纸上时会有I2生成，而使试纸变蓝色，（1）无色气体Y为O2，其同素异形体的分子式是O3；红褐色沉淀为Fe(OH)3；故答案为：O3；Fe(OH)3；（2）X为Fe2O3，Y为O2，Z为Fe3O4，Fe2O3在隔绝空气条件下受热高温分解为Fe3O4和O2，化学反应方程式为6Fe2O34Fe3O4＋O2↑；故答案为：6Fe2O34Fe3O4＋O2↑；（3）W为FeCl3，FeCl3具有较强的氧化性，能将KI氧化为I2，试纸变蓝色，反应的离子方程式为2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2；故答案为：2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2。【点睛】本题中学生们由于不按要求作答造成失分，有两点：①第（1）问经常会出现学生将化学式写成名称；②第（3）问错将离子方程式写成化学方程式；学生们做题时一定要认真审题，按要求作答，可以用笔进行重点圈画，作答前一定要看清是让填化学式还是名称，让写化学方程式还是离子方程式。学生们一定要养成良好的审题习惯，不要造成不必要的失分。19、分液漏斗吸收多余的SO2SO2+MnO2=MnSO4或SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净温度过高会失去结晶水醋酸质量分数温度90.0%【解析】

将分液漏斗中的浓硫酸滴加到盛有Na2SO3的试管中发生复分解反应制取SO2，将反应产生的SO2气体通入三颈烧瓶中与MnO2反应制取MnSO4，由于SO2是大气污染物，未反应的SO2不能直接排放，可根据SO2与碱反应的性质用NaOH溶液进行尾气处理，同时要使用倒扣的漏斗以防止倒吸现象的发生。反应产生的MnSO4再与NH4HCO3发生反应产生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，将MnCO3沉淀经过滤、洗涤后用醋酸溶解可得醋酸锰，根据表格中温度、浓度对制取的产品的质量分析醋酸锰晶体合适的条件。【详解】(1)根据仪器结构可知仪器a的名称为分液漏斗；C装置中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2，防止污染大气；(2)B装置中SO2与MnO2反应制取MnSO4，反应的方程式是SO2+MnO2=MnSO4(或写为SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O)；(3)①MnSO4与NH4HCO3发生反应产生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，该反应的离子方程式为：2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O；②若MnCO3洗涤干净，则洗涤液中不含有SO42-，所以判断沉淀已洗净的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净；(4)该操作目的是制取(CH3COO)2Mn·4H2O，若温度过高，则晶体会失去结晶水，故一般是产品干燥温度不宜超过55℃；(5)表格采用了对比方法分析了温度、醋酸质量分数(或浓度)对产品质量的影响。实验l中11.5gMnCO3的物质的量为n(MnCO3)==0.1mol，根据Mn元素守恒可知理论上能够制取(CH3COO)2Mn·4H2O的物质的量是0.1mol，其质量为m[(CH3COO)2Mn·4H2O]=0.1mol×245g/mol=24.5g，实际质量为22.05g，所以(CH3COO)2Mn·4H2O产率为×100%=90.0%。【点睛】本题以醋酸锰的制取为线索，考查了仪器的使用、装置的作用、离子的检验、方程式的书写、反应条件的控制及物质含量的计算，将化学实验与元素化合物知识有机结合在一起，体现了学以致用的教学理念，要充分认识化学实验的重要性。20、重结晶冷凝回流乙醇和水水浴加热吸水剂由白色变为蓝色蒸馏分液漏斗降低苯甲酸乙酯的溶解度利于分层Na2CO3或NaHCO380.0【解析】

苯甲酸与乙醇在浓硫酸作催化剂发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙醇和苯甲酸能够混溶，苯甲酸乙酯与乙醇沸点差异较大，因此操作I为蒸馏，混合液2中主要成分为苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入试剂X除去苯甲酸，因此可选择试剂饱和碳酸钠进行除杂，然后分液制备粗产品，然后通过干燥制备苯甲酸乙酯纯品，以此解答本题。【详解】（1）可通过重结晶的方式提高原料苯甲酸的纯度；（2）仪器A为球形冷凝管，在制备过程中乙醇易挥发，因此通过球形冷凝管冷凝回流乙醇和水；该反应中乙醇作为反应物，因此可通过水浴加热，避免乙醇大量挥发；（3）仪器B中吸水剂为无水硫酸铜的乙醇饱和溶液，吸收水分后生成五水硫酸铜，吸水剂由白色变为蓝色；（4）由上述分析可知，操作I为蒸馏；操作II为分液，除烧杯外，还需要的玻璃仪器为分液漏斗；（5）因苯甲酸乙酯难溶于冷水，步骤③中将反应液倒入冷水的目的还有降低苯甲酸乙酯的溶解度有利于分层；试剂X为Na2CO3溶液或NaHCO3溶液；（6）12g苯甲酸乙酯的物质的量为，苯甲酸的物质的量为，反应过程中乙醇过量，理论产生苯甲酸乙酯的物质的量为0.1mol，实验产率为。21、-112bd不是升高温度，平衡逆向移动，产率下降，且催化剂的活性降低Ⅰ414-b＜pH＜14-a(