山西省运城市芮城县2024年高三第一次调研测试化学试卷含解析

山西省运城市芮城县2024年高三第一次调研测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、常温下，向10.00mL0.1mol/L某二元酸H2X溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，其pH变化如图所示(忽略温度变化)，已知：常温下，H2X的电离常数Ka1＝1.1×10－5，Ka2＝1.3×10－8。下列叙述正确的是A．a近似等于3B．点②处c(Na＋)＋2c(H＋)＋c(H2X)＝2c(X2－)＋c(HX－)＋2c(OH－)C．点③处为H2X和NaOH中和反应的滴定终点D．点④处c(Na＋)＝2c(X2－)>c(OH－)>c(HX－)>c(H＋)2、反应A(g)+B(g)⇋3X，在其他条件不变时，通过调节容器体积改变压强，达平衡时c(A)如下表：平衡状态①②③容器体积/L40201c(A)(mol/L)0.022a0.05a0.75a下列分析不正确的是（）A．①→②的过程中平衡发生了逆向移动B．①→③的过程中X的状态发生了变化C．①→③的过程中A的转化率不断增大D．与①②相比，③中X的物质的量最大3、2018年我国首次合成了在有机化工领域具有重要价值的化合物M(结构简式如图所示)。下列关于M的说法错误的是A．分子式为C10H11NO5B．能发生取代反应和加成反应C．所有碳原子可以处在同一平面内D．苯环上的氢原子被两个氯原子取代的结构有4种(不考虑立体结构)4、下列物质溶于水后溶液因电离而呈酸性的是（）A．KCl B．Na2O C．NaHSO4 D．FeCl35、科学工作者研发了一种SUNCAT的系统，借助锂循环可持续，合成其原理如图所示。下列说法不正确的是A．过程I得到的Li3N的电子式为B．过程Ⅱ生成W的反应为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑C．过程Ⅲ涉及的阳极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2OD．过程I、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应6、苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如下，下列有关说法正确的是+A．a、b、c均属于芳香烃 B．a、d中所有碳原子均处于同一平面上C．A有9种属于芳香族的同分异构体 D．c、d均能发生氧化反应7、关于P、S、Cl三种元素的说法错误的是A．原子半径P>S>ClB．最高价氧化物对应水化物的酸性H3PO4<H2SO4<HClO4C．氢化物的稳定性PH3<H2S<HClD．元素的非金属性P>S>Cl8、下表中各组物质之间不能通过一步反应实现如图转化的是甲乙丙ACH2=CH2CH3CH2ClCH3CH2OHBNH3NOHNO3CAlCl3Al(OH)3Al2O3DCl2HClCuCl2A．A B．B C．C D．D9、用下列实验装置能达到实验目的的是(部分夹持装置未画出)A．分离液体混合物B．蒸发NaC1溶液获得NaC1晶体C．制取二氧化硫气体D．测定化学反应速率10、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11、电解法处理CO2和SO2混合污染气的原理如下图所示，电解质为熔融碳酸盐和硫酸盐，通电一段时间后，Ni电极表面形成掺杂硫的碳积层。下列说法错误的是A．Ni电极表面发生了还原反应B．阳极的电极反应为：2O2—-4e-=O2C．电解质中发生的离子反应有：2SO2+4O2—=2SO42—D．该过程实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环12、下列实验操作规范且能达到实验目的的是（）A．A B．B C．C D．D13、25℃时，向0.1mol/LCH3COOH溶液中逐渐加入NaOH固体，恢复至原温度后溶液中的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列有关叙述不正确的是（）A．CH3COOH的Ka=1.0×10-4.7B．C点的溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)C．B点的溶液中：c(Na+)＋c(H+)=c(CH3COOH)＋c(OH-)D．A点的溶液中：c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH-)=0.1mol/L14、常温下，用0.1mol·L1KOH溶液滴定10mL0.1mol·L1HA（Ka＝1.0×105）溶液的滴定曲线如图所示。下列说法错误的是A．a点溶液的pH约为3B．水的电离程度：d点＞c点C．b点溶液中粒子浓度大小：c（A－）＞c（K＋）＞c（HA）＞c（H＋）＞c（OH－）D．e点溶液中：c（K＋）=2c（A－）+2c（HA）15、新鲜水果、蔬菜、乳制品中富含的维生素C具有明显的抗衰老作用，但易被空气氧化。某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式为：＋2HI下列认识正确的是()A．上述反应为取代反应 B．滴定时可用淀粉溶液作指示剂C．滴定时要剧烈振荡锥形瓶 D．维生素C的分子式为C6H9O16、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(H+)/c(NH4+)不断增大D．当n(NaOH)＝0.1mol时，c(Na＋)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)17、第三周期X、Y、Z、W四种元素的最高价氧化物溶于水可得到四种溶液，0.010mol/L的这四种溶液在25℃时的pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是A．简单离子半径：X>Y>Z>WB．W的氧化物对应的水化物一定是强酸C．气态氢化物的稳定性：W＜Z＜YD．W与Z可形成一种各原子均达到8电子稳定结构的化合物Z2W2，其结构式为：W-Z-Z-W18、将足量CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（）A．K+、OH﹣、Cl﹣、SO42﹣B．H+、NH4+、Al3+、NO3﹣C．Na+、S2﹣、Cl﹣、SO42﹣D．Na+、C6H5O﹣、CH3COO﹣、HCO3﹣19、下列有关实验操作的说法正确的是A．向饱和氯化钠溶液中先通入过量二氧化碳再通入氨气，可制得大量碳酸氢钠固体B．为了减小实验误差，烧杯、锥形瓶和容量瓶等仪器应洗涤干净，必须烘干后使用C．将含有少量乙烯的甲烷气体依次通过足量酸性高锰酸钾溶液、足量碱石灰，可除去甲烷中的乙烯杂质D．中和滴定实验中滴定管中液体流速宜先快后慢，滴定时眼睛注视着滴定管中液体刻度的变化20、鹅去氧胆酸和胆烷酸都可以降低肝脏中的胆固醇，二者的转化关系如图，下列说法中正确的是A．二者互为同分异构体B．二者均能发生氧化反应和取代反应C．胆烷酸中所有碳原子可能处于同一平面内D．等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸与足量Na反应时，最多消耗Na的量相同21、某溶液X中含有H+、、Na+、Mg2+、Fe2+、、Cl−、Br−、、SiO32-和HCO3-离子中的若干种。取100mL该溶液进行如下实验：下列说法正确的是A．溶液X中一定没有、SiO32-，可能有Na+、Fe2+B．溶液X中加NaOH后，所得沉淀的成分可能有两种C．溶液X中c（Cl−）≤0.2mol·L−1D．溶液X可能是由NH4HSO4、MgCl2按物质的量之比2∶1混合再溶于水配制而成22、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最高的元素，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是A．Y单质的熔点高于X单质 B．W、Z的氢化物沸点W>ZC．X、W、Z能形成具有强还原性的XZW D．X2YW3中含有共价键二、非选择题(共84分)23、（14分）烃A中碳、氢两种元素的质量比是24：5，G具有浓郁的香味。它们之间的转化关系如下（含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质）：请回答：（1）化合物B所含的官能团的名称是___。（2）D的结构简式是___。（3）C+F→G的化学方程式是___。（4）下列说法正确的是___。A．在工业上，A→B的过程可以获得汽油等轻质油B．有机物C与D都能与金属钠反应，C经氧化也可得到FC．可以用碳酸钠溶液鉴别E、F、GD．等质量的E、G混合物，无论以何比例混合，完全燃烧耗氧量相同24、（12分）药物H(阿戈美拉汀)是一种抗抑郁药，H的一种合成路线如下：已知：；化合物B中含五元环结构，化合物E中含两个六元环状结构。回答下列问题：(1)A的名称为_______(2)H中含氧官能团的名称为_______(3)B的结构简式为_______(4)反应③的化学方程式为_______(5)⑤的反应类型是_______(6)M是C的一种同分异构体，M分子内除苯环外不含其他的环，能发生银镜反应和水解反应，其核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6:3:2:1。任写出三种满足上述条件的M的结构简式_______(不考虑立体异构)。(7)结合上述合成路线，设计以2—溴环己酮()和氰基乙酸(NCCH2COOH)为原料制备的合成路线_______(无机试剂及有机溶剂任选)25、（12分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：实验一焦亚硫酸钠的制取采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5（1）装置I中产生气体的化学方程式为__________________。（2）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_________。（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为________(填序号)。实验二焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。（4）证明NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是________(填序号)。a．测定溶液的pHb．加入Ba(OH)2溶液c．加入盐酸d．加入品红溶液e．用蓝色石蕊试纸检测（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是____________。实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI)①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为________________g·L－1。②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果____(填“偏高”“偏低”或“不变”)。26、（10分）实验室以海绵铜（主要成分为Cu和CuO）为原料制取CuCl的主要流程如图所示。已知：①CuCl微溶于水，不溶于乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。②CuCl露置于潮湿的空气中易被氧化。回答下列问题。（1）“氧化”时温度应控制在60~70℃，原因是____________________。（2）写出“转化”过程中的离子方程式____________________。（3）“过滤Ⅱ”所得滤液经__________、__________、过滤等操作获得(NH4)2SO4晶体，可用作化学肥料。“过滤Ⅱ”所得滤渣主要成分为CuCl，用乙醇洗涤的优点是________________。（4）氯化铵用量[]与Cu2+沉淀率的关系如图所示。随着氯化铵用量的增多Cu2+沉淀率增加，但当氯化铵用量增加到一定程度后Cu2+的沉淀率减小，其原因是__________。（5）若CuCl产品中混有少量CaSO4，设计提纯CuCl的实验方案：__________。（实验中可选试剂：0.1mol·L−1盐酸、10mol·L−1盐酸、蒸馏水、无水乙醇）27、（12分）ClO2是一种高效安全消毒剂，常温下ClO2为红黄色有刺激性气味气体，其熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，能溶于水但不与水反应，遇热水缓慢水解。某研究性学习小组欲制备Ⅰ．二氧化氯水溶液制备。在圆底烧瓶中先放入10gKClO3固体和(1)装置A用水浴加热的优点是_________；装置A中水浴温度不低于60℃，其原因是_______________。(2)装置A中反应生成ClO2及KHSO4等产物的化学方程式为(3)装置B的水中需放入冰块的目的是__________________；已知ClO2缓慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2，且物质的量之比为2:1，则该反应的化学方程式为____________；装置C中的NaOH溶液吸收尾气中的ClO2，生成物质的量之比为的1:1的两种盐，一种为NaClOⅡ．ClO2步骤1：量取ClO2溶液10mL，稀释成100mL步骤2：调节试样的pH≤2.0，加入足量的步骤3：加入指示剂，用c mol⋅L-1 (4)已知：2ClO2+8H++10I-=5IⅢ．设计实验验证ClO2(5)取适量ClO2水溶液加入H2S溶液中，振荡，得无色溶液。欲检验H(6)证明ClO2的氧化性比Fe3+强的方案是28、（14分）反应A(g)+B(g)C(g)+D(g)过程中的能量变化如图所示:完成下列填空:（1）该反应是__________反应(选填“吸热”、“放热”)，该反应化学平衡常数表达式为K=____。（2）在恒温恒容条件下，能判断该反应达到平衡状态的依据是____________。(用文字表示)（3）若在体系中加入合适的催化剂，则该反应的化学反应速率_________，反应的热效应_____(均选填“增大”、“减小”或“不变”)。（4）达到平衡时，改变一个条件，化学平衡常数不变，A的转化率增大，则该条件是_______。（5）FeCl3固体溶于蒸馏水常会出见浑浊，得不到澄清的氧化铁溶液。其原因是_________，如果要得到澄清的氯化铁溶液，可采取的措施是____________。29、（10分）(1)已知:①N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=180.5kJ·mol-1②C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1③2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-221kJ·mol-1若某反应Ⅰ的平衡常数表达式为K=请写出此反应的热化学方程式:________,该反应自发进行的条件是_________。(2)一定温度下,向体积为VL的密闭容器中充入一定量的NO和CO,发生反应Ⅰ。①下列说法正确的是____。A当容器内气体压强不再发生变化时,说明反应已达到平衡状态B当v(CO2)=v(CO)时,说明反应已达到平衡状态C达到平衡后,若向容器中再充入一定量NO,则NO转化率将减小D达到平衡后,若再升高温度,由于逆反应速率增大,正反应速率减小,因此平衡向逆反应方向移动②若反应在t1时刻达到平衡状态,在其他条件不变的情况下,t2时刻通过缩小容器体积使压强增大到原来的2倍,t3时刻达到新的平衡状态。请在图中补充画出t2～t4时段c(NO)的变化曲线:____(3)分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池而除去(以KOH溶液为电解质溶液)。写出该电池的负极反应式:_____________。

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、A【解析】

A.多元弱酸分步电离，以第一步为主，根据H2XH++HX-，c（H+）==≈10-3，a近似等于3，故A正确；B.点②处恰好生成NaHX，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(X2－)＋c(HX－)＋c(OH－)和质子守恒c(H＋)+c（H2X）=c(X2－)＋c(OH-)得：c(Na＋)＋2c(H＋)+c（H2X）=3c(X2－)+c(HX－)＋2c(OH－)，故B错误；C.H2X和NaOH恰好反应生成Na2S，为中和反应的滴定终点，点④处为滴定终点，故C错误；D.点④处恰好生成Na2X，c(Na＋)>2c(X2－)>c(OH－)>c(HX－)>c(H＋)，故D错误；答案：A【点睛】本题考查了酸碱中和滴定实验，注意先分析中和后的产物，再根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒分分析；注意多元弱酸盐的少量水解，分步水解，第一步为主；多元弱酸少量电离，分步电离，第一步为主。2、C【解析】

A.①到②的过程中，体积缩小了一半，平衡时A物质的量由0.88amol变为1amol，说明增大压强，平衡逆向移动，X此时应为气态；故A正确；B.②到③的过程中，体积继续缩小，平衡时A物质的量由1amol变为0.75amol，说明增大压强平衡正向移动，说明X在压缩的某个过程中变成了非气态，结合A项分析，①到③的过程中X的状态发生了变化；故B正确；C.结合A、B项的分析，平衡首先逆向移动然后正向移动，A的转化率先减小后增大，故C错误；D.③状态下A物质的量最小，即A转化率最大，X的物质的量最大，故D正确；答案选C。3、C【解析】

A.分子式为C10H11NO5，故A正确；B.含有苯环，能发生取代反应和加成反应，故B正确；C.分子中画红圈的碳原子通过3个单键与另外3个碳原子相连，所以不可能所有碳原子处在同一平面内，故C错误；D.苯环上的氢原子被两个氯原子取代的结构有、、、，共4种，故D正确；选C。4、C【解析】

电解质溶液因为因电离而呈酸性，说明该电解质是酸或酸式盐。【详解】A．KCl为强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，故A错误；B．Na2O溶于水反应生成氢氧化钠，溶液显碱性，故B错误；C．NaHSO4是强酸强碱酸式盐，在溶液中不水解，能够电离出氢离子使溶液呈酸性，故C正确；D．FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子水解溶液显酸性，故D错误；故选：C。【点睛】易错点D，注意题干要求：溶液因电离而呈酸性。5、D【解析】

A.Li3N是离子化合物，Li+与N3-之间通过离子键结合，电子式为，A正确；B.Li3N与水发生反应产生LiOH、NH3，反应方程式为：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，B正确；C.在过程Ⅲ中OH-在阳极失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，C正确；D.过程Ⅱ的反应为盐的水解反应，没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，D错误；故合理选项是D。6、D【解析】

A.a属于芳香烃，b、c为芳香族化合物，故A错误；B.a中所有碳原子不处于同一平面上，a上右边最多只有一个—CH3在平面内，故B错误；C.a有三个碳为一个支链有2种结构(包括a本身)，两个支链有3种，三个支链有4种，因此属于芳香族的同分异构体有8中(不包括自身)，故C错误；D.c能被氧气、酸性高锰酸钾氧化，d能被酸性高锰酸钾氧化，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】苯酚、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化。7、D【解析】同周期元素从左到右半径减小，原子半径P>S>Cl，故A正确；同周期元素从左到右非金属性增强，所以最高价氧化物对应水化物的酸性增强，酸性H3PO4<H2SO4<HClO4，故B正确；非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物的稳定性PH3<H2S<HCl，故C正确；同周期元素从左到右非金属性增强，元素的非金属性P<S<Cl，故D错误。点睛：同周期元素从左到右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性增强、简单氢化物的稳定性增强、越易与氢气化合。8、B【解析】

A.乙烯与HCl加成得到一氯乙烷，一氯乙烷消去得到乙烯与HCl，一氯乙烷与水发生取代得到乙醇，乙醇消去得到乙烯与水，符合转化，A项正确；B.HNO3显酸性，NH3显碱性，由硝酸不能直接转化为氨气，不能实现转化，B项错误；C.AlCl3与氨水反应得到Al(OH)3，Al(OH)3与盐酸反应得到AlCl3与水，Al(OH)3加热分解得到Al2O3，Al2O3与盐酸反应得到AlCl3与水，符合转化，C项正确；D.氯气与氢气反应得到HCl，浓HCl与高锰酸钾反应得到氯气，HCl与CuO反应得到CuCl2和水，CuCl2电解得到Cu与氯气，符合转化，D项正确；答案选B。9、B【解析】

A.该实验为蒸馏，温度计水银球应置于蒸馏烧瓶支管处，以便测量蒸汽的温度，A错误；B.该实验为蒸发，蒸发指蒸去溶剂从而得到溶质固体，因而蒸发NaC1溶液获得NaC1晶体，B正确；C.铜与浓硫酸反应需要加热，该装置中未添加酒精灯，C错误；D.过氧化氢与二氧化锰反应生成的氧气会从长颈漏斗溢出，从而无法测量化学反应速率，应该用分液漏斗，D错误。故答案选B。10、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。11、C【解析】

由图可知，Ni电极表面发生了SO42-转化为S，CO32-转化为C的反应，为还原反应；SnO2电极上发生了2O2—-4e-=O2↑，为氧化反应，所以Ni电极为阴极，SnO2电极为阳极，据此分析解答。【详解】A.由图示原理可知，Ni电极表面发生了还原反应，故A正确；B.阳极发生失电子的氧化反应，电极反应为：2O2—-4e-=O2↑，故B正确；C.电解质中发生的离子反应有：2SO2+O2+2O2-=2SO42—和CO2+O2-=CO32-，故C错误；D.该过程中在SO42-和CO32-被还原的同时又不断生成SO42-和CO32-，所以实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环，故D正确。故答案选C。12、C【解析】

A．氯化铁在水溶液中由于水解会呈酸性，生成氢氧化铁胶体，故FeCl3固体不能直接用蒸馏水溶解，故A错误；B．Pb2+和SO42-反应生成PbSO4，但是Pb2+的量过量，加入Na2S时，若有黑色沉淀PbS生成，不能说明PbSO4转化为PbS，不能说明Ksp(PbSO4)＞Ksp(PbS)，故B错误；C．淀粉水解生成葡萄糖，在碱性溶液中葡萄糖可发生银镜反应，则冷却至室温，再加入氢氧化钠中和至碱性。加入银氨溶液水浴加热，产生银镜。说明淀粉水解能产生还原性糖，故C正确；D．硫酸根离子检验用盐酸酸化的氯化钡溶液，所以应该先加入稀盐酸，没有沉淀后再加入氯化钡溶液，如果有白色沉淀就说明有硫酸根离子，否则不含硫酸根离子，故D错误；答案选C。【点睛】Pb2+和SO42-反应生成PbSO4，但是Pb2+的量过量，这是易错点。13、D【解析】

A、CH3COOH的，取B点状态分析，=1，且c(H+)=1×10-4.7，所以Ka=1×10-4.7，故A不符合题意；B、C点状态，溶液中含有CH3COONa、NaOH，故c(Na+)＞c(CH3COO-)，溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，pH=8.85，故此时c(CH3COO-)远大于c(OH-)，因此c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B不符合题意；C、根据电荷平衡，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B点溶液中，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)，故C不符合题意；D、在溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，A点的溶液中，c(H+)>c(OH-)，c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH-)>0.1mol/L，故D符合题意；故答案为D。14、D【解析】

A．由溶液pH=7时消耗KOH的体积小于10mL可知，HA为弱酸，设0.1mol·L1HA溶液中c(H+)=xmol/L，根据电离平衡常数可知，解得x≈1×10-3mol/L，因此a点溶液的pH约为3，故A不符合题意；B．d点溶质为KA，c点溶质为HA、KA，HA会抑制水的电离，KA会促进水的电离，因此水的电离程度：d点＞c点，故B不符合题意；C．b点溶质为等浓度的KA和HA，，HA的电离程度大于A-的水解程度，结合溶液呈酸性可知b点溶液中粒子浓度大小：，故C不符合题意；D．e点物料守恒为：，故D符合题意；故答案为：D。【点睛】比较时溶液中粒子浓度：（1）弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO-＋H+，H2OOH-＋H+，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)；（2）弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa=CH3COO-＋Na+，CH3COO-＋H2OCH3COOH＋OH-，H2OH+＋OH-，所以CH3COONa溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)。15、B【解析】

A、上述反应为去氢的氧化反应，A错误；B、该反应涉及碘单质的反应，可用淀粉溶液作指示剂；B正确；C、滴定时轻轻振荡锥形瓶，C错误；D、维生素C的分子式为C6H8O6，D错误。16、C【解析】A．M点是向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，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，A正确；B．在M点时溶液中存在电荷守恒，n（OH-）+n（Cl-）=n（H+）+n（Na+）+n（NH4+），n(OH-)-n(H+)=0.05+n（Na+）-n（Cl-）=（a-0.05）mol，B正确；C．铵根离子水解显酸性，结合水解平衡常数分析，c(H+)×c(NH3·H2O)/c(NH4+)×c(NH3·H2O)=Kh/c(NH3·H2O)，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则c(H+)/c(NH4+)减小，C错误；D．向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n（NaOH）=0.1mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，根据物料守恒可知溶液中c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)，D正确；答案选C。17、D【解析】

第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液PH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的弱、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y>Z>Cl，硅酸不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素。【详解】A.电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,电子层越多离子半径越大,故离子半径P3−>S2−>Cl−>Na+，故A错误；B.W的最高价氧化物对应的水化物是高氯酸，一定是强酸，但是如果是次氯酸，则是弱酸，故B错误；C.非金属性是Y>Z>W，非金属性越强，则气态氢化物的稳定性：Y>Z>W，故C错误；D.W与Z可形成一种各原子均达到8电子稳定结构的化合物S2Cl2，其结构式为：Cl-S-S-Cl，故D正确；答案选D。【点睛】本题考察元素周期律的综合运用，从图像可以推断出是哪些元素，找到元素之间的关系，紧紧位，构，性，从而做出判断。18、B【解析】

A．该组离子之间不反应，可大量共存，但通入的足量CO2能够与OH-反应，不能共存，故A不选；B．该组离子之间不反应，且通入的足量CO2仍不反应，能大量共存，故B选；C．该组离子之间不反应，但通入的足量CO2能够与S2-反应，不能大量共存，故C不选；D．该组离子之间不反应，但通入的足量CO2能够与C6H5O-反应，不能大量共存，故D不选；故选B。19、C【解析】

A．CO2在水中的溶解度不大，氨气在水中的溶解度很大，应该先通入氨气，使溶液呈碱性，以利于吸收更多的CO2，产生更多的NaHCO3，故A错误；B．锥形瓶、容量瓶中有少量的蒸馏水，不影响滴定结果或配制溶液的浓度，并且加热烘干时可能会影响刻度，造成误差，所以不需要烘干锥形瓶或容量瓶，故B错误；C．酸性高锰酸钾溶液可以将乙烯氧化为二氧化碳，足量碱石灰可吸收二氧化碳和水蒸气，即可得纯净的甲烷，故C正确；D．中和滴定实验中滴定管中液体流速可以先快速滴加，接近终点时再缓慢滴加，滴定时眼睛注视锥形瓶中液体颜色的变化，不用注视着滴定管中液体刻度的变化，故D错误；答案选C。【点睛】酸性高锰酸钾溶液可以将乙烯氧化为二氧化碳，随后加入足量碱石灰可吸收二氧化碳和水蒸气，可以达到除杂的目的，也是学生的易错点。20、B【解析】

A．鹅去氧胆酸脱氢氧化后生成胆烷酸，则鹅去氧胆酸和胆烷酸的分子式不同，不可能是同分异构体，故A错误；B．鹅去氧胆酸和胆烷酸分子中均有羧基和羟基，则均可发生取代反应，如发生酯化反应，故B正确；C．胆烷酸分子结构中环上除羰基和羧基中的碳原子外，其它碳原子均是sp3杂化，则分子结构中所有碳原子不可能在同一平面内，故C错误；D．鹅去氧胆酸和胆烷酸分子内均有一个羧基，但鹅去氧胆酸比胆烷酸多一个羟基，则等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸分别与Na完全反应时消耗的Na的物质的量不等，故D错误；故答案为B。21、D【解析】

A.加入一定量的氢氧化钠后得到中性溶液，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子和硅酸根离子和碳酸氢根离子都不能存在，后续溶液中加入硝酸银产生白色沉淀，说明不含溴离子。原溶液存在的阴离子只能是硫酸根离子或氯离子。所以4.66克白色沉淀为硫酸钡沉淀，产生气体为氨气，所以原溶液一定含有铵根离子和硫酸根离子，若有亚铁离子，则加入氢氧化钠生成氢氧化亚铁沉淀，灼烧后得到红棕色氧化铁，故一定不含亚铁离子，故错误；B.加入氢氧化钠能产生的沉淀只能是氢氧化镁沉淀，故错误；C.氨气的体积为448mL，物质的量为0.02mol，说明铵根离子物质的量为0.02mol，结合氢氧化钠的物质的量为0.02mol，硫酸钡沉淀为4.66克，硫酸根离子物质的量为0.02mol，氧化镁质量为0.4克，镁离子物质的量为0.01mol，结合的氢氧化钠的物质的量为0.02mol，第一步消耗0.06mol氢氧化钠，所以说明原溶液还有氢离子，物质的量为0.06-0.02-0.02=0.02mol，根据电荷守恒分析，还应存在有阴离子，只能为氯离子，所以氯离子的物质的量为0.01×2+0.02+0.02-0.02×2=0.02mol，若溶液中含有钠离子，则氯离子的物质的量大于0.02mol，则氯离子的浓度最小值为，故错误；D.溶液中含有0.02mol铵根离子，0.02mol硫酸根离子，0.01mol镁离子，0.02mol氢离子，氯离子物质的量最小值为0.02mol，可能是由0.02molNH4HSO4和0.01molMgCl2按物质的量之比2∶1混合再溶于水配制而成，或还有氯化钠，故正确。答案选D。【点睛】掌握反应过程中离子之间的比例关系，进行定量和定性分析，注意前后的一致性，如当加入氢氧化钠后溶液为中性，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子或硅酸根离子或碳酸氢根离子等都不存在。根据氢氧化钠的消耗量分析溶液中存在氢离子，再根据溶液中的电荷守恒确定溶液中的氯离子的存在以及数值。22、C【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最高的元素，W是O元素，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，X为Na元素，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，Z的最外层电子数为7，则Z为Cl元素，Y为Si元素。【详解】根据分析可知，W为O，X为Na，Y为Si，Z为Cl元素。A．Na形成晶体为金属晶体，其熔点较低，而Si形成晶体为原子晶体，具有较高熔点，则单质熔点：Y＞X，故A正确；B．水分子间形成氢键，沸点较高，W、Z的氢化物沸点W>Z，故B正确；C．X、W、Z能形成具有强氧化性的NaClO，而不是还原性，故C错误；D．Na2SiO3中含有Si-O共价键，故D正确；故选C。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键CH3CH2CH2OHH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2OCD【解析】

烃A中碳、氢两种元素的质量比是24：5，则N（C）：N（H）=，应为C4H10，由生成物G的分子式可知C为CH3CHOHCH3，D为CH3CH2CH2OH，E为CH3CH2CHO，F为CH3CH2COOH，B为CH3CH=CH2，生成G为CH3CH2COOCH（CH3）2，以此解答该题。【详解】（1）B为CH3CH=CH2，含有的官能团为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；（2）D为CH3CH2CH2OH，故答案为：CH3CH2CH2OH；（3）C+F→G的化学方程式是CH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O，故答案为：CH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O；（4）A.在工业上，A→B的过程为裂解，可获得乙烯等烯烃，而裂化可以获得汽油等轻质油，故A错误；B.有机物C与D都能与金属钠反应，C经氧化生成丙酮，故B错误；C.醛可溶于水，酸与碳酸钠反应，酯类不溶于水，则可以用碳酸钠溶液鉴别E、F、G，故C正确；D.E、G的最简式相同，则等质量的E、G混合物，无论以何比例混合，完全燃烧耗氧量相同，故D正确；故答案为：CD。24、苯甲醚醚键、酰胺键+H2O消去反应【解析】

已知化合物B分子式为C4H4O3，有3个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O原子参与成环；考虑到B与A反应后产物C的结构为，所以推测B的结构即为。C生成D时，反应条件与已知信息中给出的反应条件相同，所以D的结构即为。D经过反应③后，分子式中少了1个H2O，且E中含有两个六元环，所以推测E的结构即为。【详解】(1)由A的结构可知，其名称即为苯甲醚；(2)由H的结构可知，H中含氧官能团的名称为：醚键和酰胺键；(3)B分子式为C4H4O3，有3个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O原子参与成环；考虑到B与A反应后产物C的结构为，所以推测B的结构简式即为；(4)D经过反应③后，分子式中少了1个H2O，且E中含有两个六元环，所以推测E的结构即为，所以反应③的方程式为：+H2O；(5)F经过反应⑤后分子结构中多了一个碳碳双键，所以反应⑤为消去反应；(6)M与C互为同分异构体，所以M的不饱和度也为6，去除苯环，仍有两个不饱和度。结合分子式以及核磁共振氢谱的面积比，可知M中应该存在两类一共3个甲基。考虑到M可水解的性质，分子中一定存在酯基。综合考虑，M的分子中苯环上的取代基个数为2或3时都不能满足要求；如果为4时，满足要求的结构可以有：，，，，，；如果为5时，满足要求的结构可以有：，；(7)氰基乙酸出现在题目中的反应④处，要想发生反应④需要有机物分子中存在羰基，经过反应④后，有机物的结构中会引入的基团，并且形成一个碳碳双键，因此只要得到环己酮经过该反应就能制备出产品。原料相比于环己酮多了一个取代基溴原子，所以综合考虑，先将原料中的羰基脱除，再将溴原子转变为羰基即可，因此合成路线为：【点睛】在讨论复杂同分异构体的结构时，要结合多方面信息分析；通过分子式能获知有机物不饱和度的信息，通过核磁共振氢谱可获知有机物的对称性以及等效氢原子的信息，通过性质描述可获知有机物中含有的特定基团；分析完有机物的结构特点后，再适当地分类讨论，同分异构体的结构就可以判断出来了。25、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O过滤da、e取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成0.16偏低【解析】

（1）装置Ⅰ中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，其化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O；（2）从装置Ⅱ中溶液中获得已析出的晶体，采取的方法是过滤；（3）装置Ⅲ用于处理尾气SO2，由于SO2属于酸性氧化物，除去尾气SO2应选择碱性溶液，a装置无气体出口，不利于气体与稀氨水充分接触，不选；要选择d，既可有效吸收，又可防止倒吸，2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；（4）证明NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于水解程度，要利用两个平衡式HSO3－H++SO32－，HSO3－+H2OH2SO3+OH－，证明溶液呈酸性，可采用的实验方法是a、测定溶液的pH，PH<7，说明溶液呈酸性，选项a正确；b、加入Ba(OH)2溶液或盐酸，都会发生反应，无法判定电离、水解程度，选项b错误；c、加入盐酸，都不反应，无法判定电离、水解程度，选项c错误；d、品红只检验SO2的存在，选项d错误；e、用蓝色石蕊试纸检测，呈红色证明溶液呈酸性，选项e正确；答案选ae；（5）由于Na2S2O5中的硫元素为+4价，故检验Na2S2O5晶体已被氧化，实为检验SO42－，其实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成；（6）①由题设滴定反应的化学方程式知，样品中抗氧化剂的残留量(以SO2计算)与I2的物质的量之比为1∶1，n(SO2)=n(I2)=0.01000mol·L-1×0.025L=0.0025mol，残留量==0.16g·L-1；②由于实验过程中有部分HI被氧化生成I2，4HI+O2=2I2+2H2O，则用于与SO2反应的I2减少，故实验结果偏低。26、温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+蒸发浓缩降温结晶CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免CuCl被空气中O2氧化生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中向产品中加入10mol·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥【解析】

实验流程中，海绵铜（主要成分为Cu和CuO）中加入硝酸铵和硫酸，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜生成Cu2+，滤液中含有Cu2+、NH4+、H+、SO42-、NO3-，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵，发生氧化还原反应生成CuCl，发生反应：2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+，得到产品CuCl，据此分析。【详解】（1）物质“溶解氧化”时，既要考虑反应速率，还要考虑是否有副反应发生，温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解。答案为：温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解；（2）“转化”中氧化产物为硫酸铵，滤液主要是硫酸铵。可知亚硫酸铵被溶液中的CuSO4氧化成硫酸铵，Cu2+被还原生成CuCl。答案为：2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+；（3）“过滤Ⅱ”所得滤液为硫酸铵溶液，获取晶体需通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作。CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇沸点低，易挥发，避免因水洗干燥时间长而导致CuCl被氧气氧化。答案为：蒸发浓缩、降温结晶；CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免CuCl被空气中O2氧化；（4）根据题中已知条件，CuCl可溶于氯离子浓度较大的溶液中。当氯化铵用量增加到一定程度后，氯化亚铜的沉淀率减小，原因是生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中。答案为：生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中；（5）由题目已知资料可知，CuCl难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。若CuCl产品中混有少量CaSO4，向产品中加入10mol·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥即可得到纯净氯化亚铜。答案为：向产品中加入10mol·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥。【点睛】解题思路：解题时首先要明确原料和产品（包括副产品），即箭头进出方向，其次依据流程图分析反应原理，紧扣信息，搞清流程中每一步发生了什么反应，弄清有关反应原理，明确目的（如沉淀反应、除杂、分离），最后联系储存的知识，有效地进行信息的利用，准确表述。27、受热均匀，且易控制温度如温度过低，则反应速率较慢，且不利于ClO2的逸出2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O可减少ClO2挥发和水解8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2NaClO3135cV2V1偏大盐酸和BaCl2溶液将ClO2气体通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，观察溶液颜色变化，若溶液变为血红色，则证明ClO2的氧化性比【解析】

Ⅰ．水浴加热条件下，草酸、氯酸钾在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2，因遇热水缓慢水解，则B中含冰块的水用于吸收ClO2，根据氧化还原反应规律，结合生成物的物质的量的比及质量守恒定律书写反应方程式；C中NaOH溶液可吸收ClO2尾气，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为NaClO2，根据氧化还原反应规律来书写；II.有碘单质生成，用淀粉做指示剂；根据元素守恒结合反应得到关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算c(ClO2)；III.ClO2具有强氧化性，可氧化H2S生成硫酸，氧化亚铁离子生成铁离子，检验铁离子即可解答该题。【详解】I.(1)装置A用水浴加热的优点是受热均匀，且易控制温度，如温度