2024年北京市一零一中学高三下学期第六次检测化学试卷含解析

2024年北京市一零一中学高三下学期第六次检测化学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、常温下，将1molCaC2O4粉末置于盛有500mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，加入Na2CO3固体的过程中，溶液中Ca2+和CO32-的浓度变化曲线如图所示，下列说法中不正确的是A．a=5.6B．常温下，Ksp(CaC2O4)＞Ksp(CaCO3)C．b点对应的溶液中，离子浓度关系为c(C2O42-)＜c(CO32-)D．若使1molCaC2O4全部转化为CaCO3，至少要加入2.12molNa2CO32、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1L0.1mol·L-1的氨水中含有的NH3分子数为0.1NAB．标准状况下，2.24L的CCl4中含有的C-Cl键数为0.4NAC．14g由乙烯与环丙烧(C3H6)组成的混合气体含有的碳原子数目为NAD．常温常压下，Fe与足量稀盐酸反应生成2.24LH2,转移电子数为0.3NA3、已知还原性I->Fe2+>Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯气，关于所得溶液离子成分分析正确的是（不考虑Br2、I2和水的反应）（）A．I-、Fe3+、Cl- B．Fe2+、Cl-、BrC．Fe2+、Fe3+、Cl- D．Fe2+、I-、Cl-4、下列说法正确的是（）A．电解精炼铜时，阳极泥中含有Zn、Fe、Ag、Au等金属B．恒温时，向水中加入少量固体硫酸氢钠，水的电离程度增大C．2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)在298K时能自发进行，则它的ΔH<0D．在硫酸钡悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液，振荡、过滤、洗涤，沉淀中加入盐酸有气体产生，说明Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)5、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是K层电子数的3倍；Z的原子半径在短周期中最大；常温下，Z和W形成的化合物的水溶液pH>7,呈弱碱性。下列说法正确的是A．X与W属于同主族元素B．最高价氧化物的水化物酸性：W<YC．简单氢化物的沸点：Y>X>WD．Z和W的单质都能和水反应6、某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10mol/LNaHCO3溶液，测其pH为8.4；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是()A．NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度B．反应的过程中产生的白色沉淀为CaCO3C．反应后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)D．加入CaCl2促进了HCO3-的水解7、β一l，3一葡聚糖具有明显的抗肿瘤功效，受到日益广泛的关注。β-l，3一葡聚糖的结构简式如图，下列说法正确的是A．分子式为(C6Hl2O6)n B．与葡萄糖互为同系物C．可以发生氧化反应 D．葡萄糖发生加聚反应可生成β-l，3一葡聚糖8、铁的氧化物可用于脱除煤气中的H2S，有一步反应为：Fe3O4(s)+3H2S(g)+H2(g)3FeS(s)+4H2O(g)，其温度与平衡常数的关系如图所示。对此反应原理的理解正确的是A．H2S是还原剂B．脱除H2S的反应是放热反应C．温度越高H2S的脱除率越大D．压强越小H2S的脱除率越高9、下列物质不能用作食品干燥剂的是（）A．硅胶 B．六水合氯化钙C．碱石灰 D．具有吸水性的植物纤维10、将溶液和盐酸等体积混合，在混合溶液中，下列关系式正确的是A．B．C．D．11、下列各物质或微粒性质的比较中正确的是A．碳碳键键长：乙烯＞苯B．密度：一氯乙烷＞一氯丁烷C．热稳定性：NaHCO3＞Na2CO3＞H2CO3D．沸点：H2O＞H2S＞H2Se12、下列说法不正确的是A．在光照条件下，正己烷（分子式C6H14）能与液溴发生取代反应B．乙炔和乙烯都能使溴水褪色，其褪色原理相同C．总质量一定的甲苯和甘油混合物完全燃烧时生成水的质量一定D．对二氯苯仅一种结构，说明苯环结构中不存在单双键交替的结构13、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是()A．14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NAC．1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA14、下列说法正确的是()A．电解熔融金属氯化物制备Na、Mg、AlB．配制溶液时需加入稀硝酸防止水解C．“一带一路”中的丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物。D．牙齿的矿物质Ca5(PO4)3OH+F-Ca5(PO4)3F+OH-，故使用含氟牙膏可以防止龋齿的形成15、一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的工作原理及电池中发生的主要反应如图所示。下列说法错误的是A．电池工作时，光能转变为电能，X

为电池的负极B．镀铂导电玻璃上发生氧化反应生成I-C．电解质溶液中发生反应:2Ru3++3I-2Ru2++I3-D．电池工作时，电解质溶液中I-和I3-的浓度基本不变16、能促进水的电离平衡，并使溶液中的c（H+）＞c（OH﹣）的操作是（）A．将水加热煮沸 B．将明矾溶于水C．将NaHSO4固体溶于水 D．将NaHCO3固体溶于水二、非选择题（本题包括5小题）17、研究表明不含结晶水的X（由4种短周期元素组成），可作为氧化剂和漂白剂，被广泛应用于蓄电池工业等。为探究X的组成和性质，设计并完成了下列实验：已知：气体单质B可使带火星的木条复燃。（1）X中含有的元素为：____；图中被浓硫酸吸收的气体的电子式为：_____。（2）请写出①的化学方程式：_____。（3）已知X常用于检验Mn2+，它可将Mn2+氧化成MnO4-。请写出X溶液和少量MnCl2溶液反应的离子方程式：_____。18、丙烯是重要的有机化工原料，它与各有机物之间的转化关系如下：回答下列问题：(1)E中官能团的名称为____；C的结构简式为_____。(2)由A生成D的反应类型为____；B的同分异构体数目有___种（不考虑立体异构）。(3)写出D与F反应的化学方程式：____。19、实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应主要装置如图一所示，其它装置省略)。当盐酸达到一个临界浓度时，反应就会停止。为测定反应残余液中盐酸的临界浓度，探究小组同学提出了下列实验方案：甲方案：将产生的Cl2与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，再进行计算得到余酸的量。乙方案：采用酸碱中和滴定法测定余酸浓度。丙方案：余酸与已知量CaCO3(过量)反应后，称量剩余的CaCO3质量。丁方案：余酸与足量Zn反应，测量生成的H2体积。具体操作：装配好仪器并检查装置气密性，接下来的操作依次是：①往烧瓶中加入足量MnO2粉末②往烧瓶中加入20mL12mol•L-1浓盐酸③加热使之充分反应。（1）在实验室中，该发生装置除了可以用于制备Cl2，还可以制备下列哪些气体______？A．O2B．H2C．CH2=CH2D．HCl若使用甲方案，产生的Cl2必须先通过盛有________（填试剂名称）的洗气瓶，再通入足量AgNO3溶液中，这样做的目的是______________；已知AgClO易溶于水，写出Cl2与AgNO3溶液反应的化学方程式________________（2）进行乙方案实验：准确量取残余清液，稀释5倍后作为试样。准确量取试样25.00mL，用1.500mol·L-1NaOH标准溶液滴定，选用合适的指示剂，消耗NaOH标准溶液23.00mL，则由此计算得到盐酸的临界浓度为____mol·L-1（保留两位有效数字）；选用的合适指示剂是_____。A石蕊B酚酞C甲基橙（3）判断丙方案的实验结果，测得余酸的临界浓度_________(填偏大、偏小或―影响)。（已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10-9、Ksp(MnCO3)=2.3×10-11）（4）进行丁方案实验：装置如图二所示（夹持器具已略去）。（i）使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是倾斜Y形管，将_____转移到_____中。（ii）反应完毕，需要读出量气管中气体的体积，首先要___________，然后再______，最后视线与量气管刻度相平。（5）综合评价：事实上，反应过程中盐酸浓度减小到临界浓度是由两个方面所致，一是反应消耗盐酸，二是盐酸挥发，以上四种实验方案中，盐酸挥发会对哪种方案带来实验误差（假设每一步实验操作均准确）？____________A．甲B．乙C．丙D．丁20、有“退热冰”之称的乙酰苯胺具有退热镇痛作用，是较早使用的解热镇痛药，纯乙酰苯胺是一种白色有光泽片状结晶，不仅本身是重要的药物，而且是磺胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。实验室用苯胺与乙酸合成乙酰苯胺的反应和实验装置如图(夹持及加热装置略)：+CH3COOH+H2O注：①苯胺与乙酸的反应速率较慢，且反应是可逆的。②苯胺易氧化，加入少量锌粉，防止苯胺在反应过程中氧化。③刺形分馏柱的作用相当于二次蒸馏，用于沸点差别不太大的混合物的分离。可能用到的有关性质如下：(密度单位为g/cm3)名称相对分子质量性状密度/g∙cm3熔点/℃沸点/溶解度g/100g水g/100g乙醇苯胺93.12棕黄色油状液体1.02-6.3184微溶∞冰醋酸60.052无色透明液体1.0516.6117.9∞∞乙酰苯胺135.16无色片状晶体1.21155~156280~290温度高，溶解度大较水中大合成步骤：在50mL圆底烧瓶中加入10mL新蒸馏过的苯胺和15mL冰乙酸(过量)及少许锌粉(约0.1g)。用刺形分馏柱组装好分馏装置，小火加热10min后再升高加热温度，使蒸气温度在一定范围内浮动1小时。在搅拌下趁热快速将反应物以细流倒入100mL冷水中冷却。待乙酰苯胺晶体完全析出时，用布氏漏斗抽气过滤，洗涤，以除去残留酸液，抽干，即得粗乙酰苯胺。分离提纯：将粗乙酰苯胺溶于300mL热水中，加热至沸腾。放置数分钟后，加入约0.5g粉未状活性炭，用玻璃棒搅拌并煮沸10min，然后进行热过滤，结晶，抽滤，晾干，称量并计算产率。(1)由于冰醋酸具有强烈刺激性，实验中要在__内取用，加入过量冰醋酸的目的是__。(2)反应开始时要小火加热10min是为了__。(3)实验中使用刺形分馏柱能较好地提高乙酰苯胺产率，试从化学平衡的角度分析其原因：__。(4)反应中加热方式可采用__(填“水浴”“油浴”或"直接加热”)，蒸气温度的最佳范围是__(填字母代号)。a．100~105℃b．117.9~184℃c．280~290℃(5)判断反应基本完全的现象是__，洗涤乙酰苯胺粗品最合适的试剂是__(填字母代号)。a．用少量热水洗b．用少量冷水洗c．先用冷水洗，再用热水洗d．用酒精洗(6)分离提纯乙酰苯胺时，在加入活性炭脱色前需放置数分钟，使热溶液稍冷却，其目的是__，若加入过多的活性炭，使乙酰苯胺的产率__(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(7)该实验最终得到纯品7.36g，则乙酰苯胺的产率是__%(结果保留一位小数)。21、镍及其化合物是重要的合金材料和催化剂。请回答下列问题：（1）基态镍原子的价电子排布式为_____，排布时能量最高的电子所占能级的原子轨道有____个伸展方向。（2）镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面体形的[Ni(NH3)6]2+等。下列说法正确的有___A．CO与CN-互为等电子体，其中CO分子内σ键和π键个数之比为1:2-B．NH3的空间构型为平面三角形C．Ni2+在形成配合物时，其配位数只能为4D．Ni(CO)4和[Ni(CN)4]2-中，镍元素均是sp3杂化（3）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用“→”和“•••”分别表示出配位键和氢键。_____（4）NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同，相关离子半径如下表：NiO晶胞中Ni2+的配位数为____，NiO熔点比NaCl高的原因是_____。（5）研究发现镧镍合金LaNix是一种良好的储氢材料。属六方晶系,其晶胞如图a中实线所示，储氢位置有两种，分别是八面体空隙（“”）和四面体空隙（“”），见图b、c，这些就是氢原子存储处，有氢时，设其化学式为LaNixHy。①LaNix合金中x的值为_____；②晶胞中和“”同类的八面体空隙有___个，和“”同类的四面体空隙有___个。③若H进入晶胞后，晶胞的体积不变，H的最大密度是______g/cm-3（保留2位有效数字，NA=6.0×1023，=1.7）

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A．c(CO32-)=7.0×10-5mol·L－1时，c(Ca2+)=4.0×10-5mol·L－1，Ksp(CaCO3)=7.0×10-5×4.0×10-5=2.8×10-9，当c(Ca2+)=5.0×10-5mol·L－1时，a×10-5mol·L－1=c(CO32-)==5.6×10-5mol·L－1,a=5.6,故A正确；B．1molCaC2O4粉末置于盛有500mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，CaC2O4和CaCO3之间能转化，是改变离子的浓度，使沉淀的转化平衡向不同的方向移动，不能判断Ksp(CaC2O4)和Ksp(CaCO3)的大小，故B错误；C．从图中当c(CO32-)在0~a时，溶液为CaC2O4的饱和溶液，c(C2O42-)的最大值为5.6×10-5mol·L－1，b点对应的溶液中，离子浓度关系为c(C2O42-)＜c(CO32-)，故C正确；D．若使1molCaC2O4全部转化为CaCO3，则此时溶液中c（C2O42-）==2mol·L－1，根据Ksp（CaC2O4）=c（Ca2＋）·c（C2O42-）=5.0×10-5×5.0×10-5，可知此时溶液中c（Ca2＋）=1.25×10-9mol·L－1，而根据Ksp（CaCO3）=2.8×10-9可知溶液中的c（CO32－）===2.240mol·L－1，故溶液中n（CO32－）=2.240mol·L－1×0.5L=1.12mol，而还有生成的1mol碳酸钙，故所需的碳酸钠的物质的量n=1.12mol+1mol=2.12mol，故D正确；故选B。【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡，把握图象分析、Ksp计算、平衡常数为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，碳酸根有两部分，沉淀的和溶解的两部分，要利用Ksp进行计算。2、C【解析】

A.氨水中存在电离平衡，因此溶液中实际存在的氨分子一定少于0.1mol，A项错误；B.四氯化碳在标况下不是气体，因此无法按气体摩尔体积计算其分子数，B项错误；C.乙烯和环丙烷的最简式相同，均为，因此14g混合物相当于1mol的，自然含有NA个碳原子，C项正确；D.常温常压下，气体摩尔体积并不是，因此无法根据氢气的体积进行计算，D项错误；答案选C。3、B【解析】

由于还原性I->Fe2+>Br-，所以在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯气，首先发生反应：Cl2＋2I－===2Cl－＋I2；当I－反应完全后再发生反应：2Fe3＋+Cl2=2Fe2++2Cl－，当该反应完成后发生反应：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2。因此可能存在的情况是Fe2+、Cl-、Br，故选项是B。4、C【解析】

A.电解精炼铜时，在阳极上活动性比Cu强的金属，如Zn、Fe会被氧化变为Zn2+、Fe2+进入溶液，活动性比Cu弱的金属Ag、Au等则沉积在阳极底部形成阳极泥，A错误；B.恒温时，向水中加入少量固体NaHSO4，NaHSO4是可溶性强电解质，电离产生Na+、H+、SO42-，产生的H+使溶液中c(H+)增大，导致水的电离程度减小，B错误；C.反应2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)是气体体积减小的反应，△S<0，在298K时反应能自发进行，说明△G=△H-T△S<0，则该反应的ΔH<0，C正确；D.在BaSO4悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液，振荡、过滤、洗涤，沉淀中加入盐酸有气体产生，说明沉淀中含有BaCO3，这是由于溶液中c(Ba2+)·c(CO32-)>Ksp(BaCO3)，与Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)的大小无关，D错误；故合理选项是C。5、A【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是K层电子数的3倍，则X为O；Z的原子半径在短周期中最大，则Z为Na，Y为F；常温下，Z和W形成的化合物的水溶液pH＞7，呈弱碱性，则为Na2S，即W为S。【详解】A.O与S属于同主族元素，故A正确；B.F无最高价氧化物对应的水化物，故B错误；C.水、氟化氢分子间存在氢键，沸点反常，常温下，水为液态、氟化氢为气态，所以简单氢化物的沸点：H2O＞HF＞H2S，故C错误；D.Na与H2O反应生成NaOH和H2，S和H2O不反应，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】注意H2O、HF、NH3氢化物的沸点，它们存在分子间氢键，其他氢化物沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高。6、D【解析】

A.NaHCO3电离产生的HCO3-离子在溶液中既能发生电离作用又能发生水解作用；B.HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3；C.根据电荷守恒分析判断；D.加入CaCl2消耗CO32-生成CaCO3沉淀。【详解】A.NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液中HCO3-既能电离又能水解，水解消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性；电离产生H+使溶液显酸性，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度，A正确；B.向NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，说明HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3，B正确；C.该溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-)，溶液至pH=7，c(H+)=c(OH-)，c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)，C正确；D.溶液中存在HCO3-CO32-+H+，加入CaCl2消耗CO32-，促进HCO3-的电离，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查了电解质溶液中反应实质、沉淀溶解平衡的理解及应用的知识。涉及电解质溶液中离子浓度大小比较、电荷守恒、物料守恒等，题目难度中等。7、C【解析】

A.如图所示每个节点为一个碳原子，每个碳原子形成4个共价键，缺化学键的碳原子用氢原子补齐，则分子式为(C6Hl0O5)n，故A错误；B.根据同系物的概念：结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或多个-CH2-原子团的有机物互称同系物，该有机物与葡萄糖，结构不相似，组成上差别的也不是CH2原子团，不是同系物，故B错误；C.该有机物分子结构中含有醇羟基，具有醇的性质，可以发生氧化反应，故C正确；D.β-l，3一葡聚糖的结构简式分析，葡萄糖发生分子间脱水的缩聚反应可生成β-l，3一葡聚糖，故D错误；答案选C。【点睛】醇可以氧化成醛，醛也可以氧化成酸，醇可以被酸性高锰酸钾直接氧化成酸。8、B【解析】

A．还原剂在氧化还原反应中失去电子，化合价升高，H2S为反应物，FeS为生成物，反应前后S的化合价均为-2，故既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；B．由图可以得出，温度越高，K值越小，说明此反应为放热反应，故B正确；C．此反应为放热反应，升高温度，平衡左移，不利于脱硫，即温度越高H2S的脱除率越小，故C错误；D．此反应特点为反应前后气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，故硫化氢的转化率不会提高，D错误；故选B。9、B【解析】

A．硅胶具有吸水性，无毒，则硅胶可用作食品干燥剂，故A正确；B．六水合氯化钙不能吸水，则不能作食品干燥剂，故B错误；C．碱石灰能与水反应，可做干燥剂，故C正确；D．具有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，故D正确；故答案为B。10、B【解析】

混合后发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，混合溶液中含三种溶质（Na2CO3、NaCl、NaHCO3）且物质的量浓度相等。【详解】A.电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），故A错误；B.CO32-的水解程度大于HCO3-，且溶液呈碱性，故c(Na+)>c（HCO3-）>c(Cl-)>c（CO32-）>c(OH-)>c(H+)，故B正确；C.物量守恒式应为c(Na+)=2c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，故C错误；D.根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），物料守恒c(Na+)=2c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，联立可得c（OH－）+c（Cl－）=c（HCO3－）+2c（H2CO3）+c（H+），故D错误；答案：B【点睛】电荷守恒、物料守恒、质子守恒是比较离子浓度常用的方法。11、B【解析】

A．苯中的碳碳键介于单键与双键之间，则碳碳键键长：乙烯<苯，故A错误；B．氯代烃中C原子个数越多，密度越大，则密度：一氯乙烷>一氯丁烷，故B正确；C．碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠加热分解，碳酸常温下分解，则稳定性为热稳定性：Na2CO3>NaHCO3>H2CO3，故C错误；D．水中含氢键，同类型分子相对分子质量大的沸点高，则沸点为H2O>H2Se>H2S，故D错误；故答案为：B。【点睛】非金属化合物的沸点比较：①若分子间作用力只有范德华力，范德华力越大，物质的熔、沸点越高；②组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，如SnH4>GeH4>SiH4>CH4；③相对分子质量相同或接近，分子的极性越大，范德华力越大，其熔、沸点越高，如CO>N2；④同分异构体，支链越多，熔、沸点越低，如正戊烷>异戊烷>新戊烷；⑤形成分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高，如H2O>H2S；如果形成分子内氢键则熔沸点越低。12、D【解析】

A.在光照条件下，烷烃能够与卤素单质发生取代反应，故A正确；B．乙炔和乙烯与溴水都能发生加成反应，则褪色原理相同，故B正确；C.甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)的含氢量相等，总质量一定的甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)混合物中氢元素的质量一定，完全燃烧时生成水的质量一定，故C正确；D．对二氯苯仅一种结构，不能说明苯环结构中不存在单双键交替的结构，因为如果是单双键交替的结构，对二氯苯也是一种结构，故D错误；故选D。【点睛】本题的易错点为D，要注意是不是单双键交替的结构，要看对二氯苯是不是都是一种，应该是“邻二氯苯仅一种结构，才能说明苯环结构中不存在单双键交替的结构”，因为如果是苯环结构中存在单双键交替的结构，邻二氯苯有2种结构。13、A【解析】

A.乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量为14g÷14g/mol=1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；B.1molN2与4molH2反应生成的NH3，反应为可逆反应，1mol氮气不能全部反应生成氨气，则生成氨气分子数小于2NA，故B错误；C.1molFe溶于过量硝酸生成硝酸铁，转移电子3mol，电子转移数为3NA，故C错误；D．标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24LCCl4的物质的量不是0.1mol，无法计算其含有的共价键数，故D错误；答案选A。14、D【解析】

A.AlCl3是共价化合物，不能通过电解熔融AlCl3制备Al，故A错误；B.Fe2+能被稀硝酸氧化为Fe3+，故B错误；C.丝绸的主要成分是蛋白质，不是天然纤维素，故C错误；D.由平衡Ca5(PO4)3OH+F-Ca5(PO4)3F+OH-可知，增大F-浓度，平衡正向移动，生成更难溶的氟磷灰石，氟磷灰石比羟基磷灰石更能抵抗酸的侵蚀，故使用含氟牙膏可以防止龋齿的形成，故D正确。故选D。15、B【解析】

A、根据示意图，电池工作时，光能转变为电能，根据电子的流向，电极X为负极，电极Y为正极，故A正确；B、根据示意图，I3－→I－，化合价降低，应发生还原反应，故B错误；C、根据示意图，电解质溶液中发生反应:2Ru3++3I-2Ru2++I3-，故C正确；D、根据示意图，I－和I3－的浓度基本不变，故D正确。答案选B。16、B【解析】

A.加热煮沸时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度依然相等，溶液仍然呈中性，故A错误；B.向水中加入明矾，铝离子水解对水的电离起促进作用，电离后的溶液显酸性，溶液中的c（H+）＞c（OH-），故B正确；C.向水中加NaHSO4固体，硫酸氢钠在水中完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，溶液中的c（H+）＞c（OH-），但氢离子抑制水电离，故C错误；D.向水中加入NaHCO3，碳酸氢钠中的碳酸氢根水解而使溶液显碱性，即溶液中的c（H+）＜c（OH-），故D错误；正确答案是B。【点睛】本题考查影响水电离的因素，注意酸或碱能抑制水电离，含有弱酸根离子或弱碱阳离子的盐能促进水电离。二、非选择题（本题包括5小题）17、N、H、S、O2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2↑+6H2O7S2O82-+2Mn2++4Cl-+8H2O=2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-+16H+【解析】

从图中可以采集以下信息：m(X)=4.56g，m(BaSO4)=9.32g，V(O2)=0.224L，V(NH3)=1.12L-0.224L=0.896L。n(BaSO4)=，n(O2)=，n(NH3)=。在X中，m(NH4+)=0.04mol×18g/mol=0.72g，m(S)=0.04mol×32g/mol=1.28g，则X中所含O的质量为m(O)=4.56g-0.72g-1.28g=2.56g，n(O)=。X中所含NH4+、S、O的个数比为0.04:0.04:0.16=1:1:4，从而得出X的最简式为NH4SO4，显然这不是X的化学式，X可作为氧化剂和漂白剂，则其分子中应含有过氧链，化学式应为(NH4)2S2O8。（1）从以上分析，可确定X中含有的元素；图中被浓硫酸吸收的气体为NH3。（2）反应①中，(NH4)2S2O8与NaOH反应，生成BaSO4、NH3、O2等。（3）已知X常用于检验Mn2+，它可将Mn2+氧化成MnO4-。则(NH4)2S2O8与MnCl2反应生成MnO4-、Cl2、SO42-等。【详解】（1）从以上分析，可确定X中含有的元素为N、H、S、O；图中被浓硫酸吸收的气体为NH3，电子式为。答案为：N、H、S、O；；（2）反应①中，(NH4)2S2O8与NaOH反应，生成BaSO4、NH3、O2等，且三者的物质的量之比为4:4:1，化学方程式为2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2↑+6H2O。答案为：2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2↑+6H2O；（3）已知X常用于检验Mn2+，它可将Mn2+氧化成MnO4-。则(NH4)2S2O8与MnCl2反应生成MnO4-、Cl2、SO42-等。S2O82-中有两个O从-1价降低到-2价，共得2e-；MnCl2中，Mn2+由+2价升高到+7价，Cl-由-1价升高到0价，MnCl2共失7e-，从而得到下列关系：7S2O82-+2Mn2++4Cl-——2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-，再依据电荷守恒、质量守恒进行配平，从而得出反应的离子方程式为7S2O82-+2Mn2++4Cl-+8H2O=2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-+16H+。答案为：7S2O82-+2Mn2++4Cl-+8H2O=2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-+16H+。18、醛基加成反应3CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O【解析】

根据有机物间的转化关系运用逆推法分析各有机物的结构，判断官能团的种类，反应类型，并书写相关反应方程式。【详解】根据有机物间的转化关系知，D和E在浓硫酸作用下反应生成丙酸丙酯，则D为1-丙醇，催化氧化后得到E丙醛，E催化氧化后得到F丙酸；A为丙烯，与水加成反应生成D1-丙醇；丙烯经过聚合反应得到高分子化合物C，A与溴的四氯化碳溶液反应生成B1，2-二溴乙烷。（1）E为丙醛，其官能团的名称为醛基；C为聚丙烯，其结构简式为，故答案为：醛基；；（2）由A丙烯生成D1-丙醇的反应类型为加成反应；B1，2-二溴乙烷的同分异构体有1，1-二溴乙烷、2，2-二溴乙烷、1，3-二溴乙烷，3种，故答案为：加成反应；3；（3）丙酸和1-丙醇酯化反应的方程式为：CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O，故答案为：CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O。19、D饱和食盐水除去挥发出的HClCl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO36.9mol/LC偏小足量锌粒残余清液使气体冷却到室温调整量气管两端液面相平A【解析】

(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，从氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸；(2)为测定反应残余液中盐酸的浓度，量取试样25.00mL，用1.500mol•L-1NaOH标准溶液滴定，选择的指示剂是甲基橙，消耗23.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍；(3)与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；(4)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；(5)甲同学的方案：盐酸挥发，也会与硝酸银反应，故反应有误差；【详解】(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，此装置为固液加热型，A．O2用高锰酸钾或氯酸钾与二氧化锰加热制取，用的是固固加热型，不符合题意，故A不符合题意；B．H2用的是锌与稀硫酸反应，是固液常温型，故B不符合题意；C．CH2=CH2用的是乙醇和浓硫酸反应，属于液液加热型，要使用温度计，故C不符合题意；D．HCl用的是氯化钠和浓硫酸反应，属于固液加热型，故D符合题意；氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸，由于次氯酸银不是沉淀，次氯酸与硝酸银不反应，化学方程式为Cl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3；(2)量取试样25.00mL，用1.500mol∙L−1NaOH标准溶液滴定，消耗23..00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为，由c(HCl)∙V(HCl)=c(NaOH)∙V(NaOH)，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍=1.38×5=6.9mol/L；(3)根据题意碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小；(4)化学反应释放热量，气体体积具有热胀冷缩的特点。使Zn粒进入残余清液中让其发生反应。这样残余清液就可以充分反应，如果反过来，残余清液不可能全部转移到左边。若残余清液转移到左边则会残留在Y型管内壁，导致产生气体的量减少，使测定的盐酸浓度偏小，丁方案：余酸与足量Zn反应放热，压强对气体的体积有影响该反应是在加热条件下进行的，温度升高气体压强增大，如果不回复到原温度，相当于将气体压缩了，使得测出的气体的体积减小。故温度要恢复到原温度时，同时上下移动右端的漏斗，使两端的液面的高度相同，视线要与液体的凹液面相切，读取测量气体的体积。故读气体体积时要保证冷却到室温，并且压强不再发生变化，即调整量气管两端液面相平；(5)与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，盐酸挥发的话，加入足量的硝酸银溶液求出氯离子的量偏大，会有误差。20、通风橱促进反应正向进行，提高苯胺的转化率让苯胺与乙酸反应成盐使用刺形分馏柱可以很好地将沸点差别不太大的乙酸和水分开，只将生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方向移动，乙酸又可以回流到烧瓶内继续反应，从而提高乙酰苯胺的产率油浴a冷凝管中不再有液滴流下b防止暴沸偏小49.7【解析】

(1)由于冰醋酸具有强烈刺激性，实验中要防止其扩散到室内空气中，过量加入反应物(冰醋酸)的目的，应从平衡移动考虑。(2)反应开始时要小火加热10min，主要是让反应物充分反应。(3)实验中使用刺形分馏柱，可提高乙酰苯胺产率，则应从反应物的利用率和平衡移动两个方面分析原因。(4)反应中加热温度超过100℃，不能采用水浴；蒸发时，应减少反应物的挥发损失。(5)判断反应基本完全，则基本上看不到反应物产生的现象；乙酰苯胺易溶于酒精，在热水中的溶解度也比较大，由此可确定洗涤粗品最合适的试剂。(6)热溶液中加入冷物体，会发生暴沸；活性炭有吸附能力，会吸附有机物。(7)计算乙酰苯胺的产率时，应先算出理论产量。【详解】(1)由于冰醋酸具有强烈刺激性，易扩散到室内空气中，损害人的呼吸道，所以实验中要在通风橱内取用；苯胺与冰醋酸的反应为可逆反应，加入过量冰醋酸的目的，促进平衡正向移动，提高苯胺的转化率。答案为：通风橱；促进反应正向进行，提高苯胺的转化率；(2)可逆反应进行比较缓慢，需要一定的时间，且乙酸与苯胺反应是先生成盐，后发生脱水反应，所以反应开始时小火加热10min，是为了让苯胺与乙酸反应成盐。答案为：让苯胺与乙酸反应成盐；(3)反应可逆，且加热过程中反应物会转化为蒸气，随水蒸气一起蒸出，实验中使用刺形分馏柱，可将乙酸、苯胺的蒸气冷凝，让其重新流回反应装置内，同时将产物中的水蒸出，从而提高乙酰苯胺的产率，从化学平衡的角度分析其原因是：使用刺形分馏柱可以很好地将沸点差别不太大的乙酸和水分开，只将生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方向移动，乙酸又可以回流到烧瓶内继续反应，从而提高乙酰苯胺的产率。答案为：使用刺形分馏柱可以很好地将沸点差别不太大的乙酸和水分开，只将生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方向移动，乙酸又可以回流到烧瓶内继续反应，从而提高乙酰苯胺的产率；(4)反应中需要将生成的水蒸出，促进平衡正向移动，提高产率。水的沸点是100℃，而冰醋酸的沸点为117.9℃，温度过高