江苏省泰安市长城中学2024年高三第三次模拟考试化学试卷含解析

江苏省泰安市长城中学2024年高三第三次模拟考试化学试卷注意事项：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、下列有关氧元素及其化合物的表示或说法正确的是A．氧原子的原子结构示意图：B．羟基的结构式：O-HC．用电子式表示Na2O的形成过程：D．组成为C2H6O的分子中可能只存在极性键2、研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生可逆反应的能量变化及反应历程如图所示。下列说法不正确的是A．反应中Fe+是催化剂，FeO+是中间产物 B．总反应速率由反应②的速率决定C．升高温度，总反应的平衡常数K减小 D．当有14gN2生成时，转移1mole-3、化学与生活密切相关，下列说法错误的是（）A．二氧化硫可用于食品增白B．过氧化钠可用于呼吸面具C．高纯度的单质硅可用于制光电池D．用含有橙色酸性重铬酸钾的仪器检验酒驾4、下列物质的用途利用其物理性质的是A．草酸用作还原剂 B．生石灰用作干燥剂C．苯用作萃取剂 D．铁粉用作抗氧化剂5、国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生的污染。其工作原理如图所示。下列说法正确的是A．“全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能B．吸附层b发生的电极反应：H2–2e+2OH=2H2OC．NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应D．“全氢电池”的总反应:2H2+O2=2H2O6、下列属于碱的是A．HI B．KClO C．NH3.H2O D．CH3OH7、下列晶体中属于原子晶体的是（）A．氖 B．食盐C．干冰 D．金刚石8、科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案消除甲醇对水质造成的污染，主要包括电化学过程和化学过程，原理如图所示，下列说法错误的是A．M为电源的正极，N为电源负极B．电解过程中，需要不断的向溶液中补充Co2+C．CH3OH在溶液中发生6Co3++CH3OH+H2O===6Co2++CO2↑+6H+D．若外电路中转移1mol电子，则产生的H2在标准状况下的体积为11.2L9、X、Y、Z、R是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，X原子最外层有两个未成对电子，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和。下列叙述正确的是（）A．原子半径的大小顺序：X<Y<Z<RB．X、Y分别与氢元素组成的化合物熔沸点一定是：X<YC．最高价氧化物对应水化物的酸性：R＞XD．Y与Z形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均完全相同10、通常检测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2＋H2O2＋BaCl2=BaSO4↓＋2HCl。设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A．生成2.33gBaSO4沉淀时，转移电子数目为0.02NAB．SO2具有漂白性，从而可使品红褪色C．17gH2O2中含有非极性键的数目为0.5NAD．0.1molBaCl2晶体中所含分子总数为0.1NA11、某科研团队研究将磷钨酸(H3PW12O40，以下简称HPW)代替浓硫酸作为酯化反应的催化剂，但HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性。用HPW负载在硅藻土上催化制取乙酸正丁酯的酯化率与HPW负载量的关系(温度：120℃，时间：2h)如图所示，下列说法不正确的是A．与HPW相比，HPW/硅藻土比表面积显著增加，有助于提高其催化性能B．当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高C．用HPW/硅藻土代替传统催化剂，可减少设备腐蚀等不足D．不同催化剂对酯化率的影响程度主要取决于化学反应正向进行的程度12、下列有关可逆反应：mA(g)+nB(？)⇌pC(g)+qD(s)的分析中，一定正确的是()A．增大压强，平衡不移动，则m＝pB．升高温度，A的转化率减小，则正反应是吸热反应C．保持容器体积不变，移走C，平衡向右移动，正反应速率增大D．保持容器体积不变，加入B，容器中D的质量增加，则B是气体13、拉曼光谱证实，AlO2－在水中转化为[Al(OH)4]－。将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水中，再逐滴加入1mol/L盐酸，测得溶液中CO32－、HCO3－、[Al(OH)4]－、Al3+的物质的量与加入盐酸的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是A．CO32－、HCO3－和[Al(OH)4]－在水溶液中可大量共存B．d线表示的反应为：[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2OC．原固体混合物中CO32－与AlO2－的物质的量之比为1：1D．V1=150mL，V2=300mL；M点生成的CO2为0.05mol14、化学与生活密切相关，下列有关说法不正确的是（）A．在海轮外壳镶嵌锌块能减缓轮船的腐蚀B．燃煤中加入CaO可以减少温室气体的排放C．加热能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性D．医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）为75%15、某溶液中可能含有H+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、CO32﹣、Br﹣，且物质的量浓度相同；取样进行实验，结果是：①测得溶液pH＝2；②加入氯水，溶液颜色变深。对原溶液描述错误的是()A．一定含有Fe2+ B．一定含有Br﹣C．可能同时含Fe2+、Br﹣ D．一定不含NH4+16、（改编）在稀硫酸与锌反应制取氢气的实验中，探究加入硫酸铜溶液的量对氢气生成速率的影响。实验中Zn粒过量且颗粒大小相同，饱和硫酸铜溶液用量0～4.0mL，保持溶液总体积为100.0mL，记录获得相同体积（336mL）的气体所需时间，实验结果如图所示（气体体积均转化为标况下）。据图分析，下列说法不正确的是A．饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气B．a、c两点对应的氢气生成速率相等C．b点对应的反应速率为v（H2SO4）=1.0×10-3mol·L-1·s-1D．d点没有构成原电池，反应速率减慢二、非选择题（本题包括5小题）17、有甲、乙、丙、丁、戊五种短周期元素，原子序数依次增大，其常见化合价依次为+1、-2、+1、+3、-1。它们形成的物质间的转化关系如下图所示。常温下用惰性电权电解(有阳离子交换膜)1L1mol/L的A溶液。请按要求回答下列问题：①．己元素与丙元素同主族，比丙原子多2个电子层，则己的原子序数为________；推测相同条件下丙、己单质分别与水反应剧烈程度的依据是__________________________________________________。②．甲、乙、戊按原子个数比1︰1︰1形成的化合物Y具有漂白性，其电子式为_______________。③．上图转化关系中不属于氧化还原反应的有(填编号)_______。④．接通如图电路片刻后，向烧杯中滴加一种试剂即可检验铁电极被腐蚀，此反应的离子方程式为_____________________。⑤．当反应①电解一段时间后测得D溶液pH=12(常温下，假设气体完全逸出，取出交换膜后溶液充分混匀，忽略溶液体积变化)，此时共转移电子数目约为___________；反应②的离子方程式为_________⑥．若上图中各步反应均为恰好完全转化，则混合物X中含有的物质(除水外)有___________18、烯烃和酚类是两种重要的有机化工原料。完成下列填空：(1)合成除苯乙烯外，还需要另外两种单体，写出这两种单体的结构简式________________________________、_________________________________。(2)由苯乙烯合成（）需要三步，第一步选用的试剂为__________，目的是______________________________。(3)邻甲基苯酚可合成A，分子式为C7H6O3，在一定条件下A自身能缩聚成B。B的结构简式_________。A与浓溴水反应的化学方程式为_________________。(4)设计一条由制备A的合成路线（合成路线常用的表示方法为：MN……目标产物）____________________。19、亚硝酸钠（NaNO2)外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的防腐剂。某化学兴趣小组设计如图所示装置（省略夹持装置）制备NaNO2并探究其性质。已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2；②NaNO2易被空气氧化，NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化为NO3-；③HNO2为弱酸，室温下存在反应3HNO2=HNO3+2NO+H2O。回答下列问题：（1）装置E中盛放铜片的仪器名称是_____，检査装置E气密性的方法是_____。（2）上述实验装置中，依次连接的合理顺序为h-_____。（3）装置D中酸性KMnO4溶液的作用是_____（用离子方程式表示）。（4）反应结束后，取适量产品溶于稀硫酸中，观察到的实验现象为_____。（5）测定深水井中亚硝酸钠含量：取1000mL水样于锥形瓶中，立即加入50.00mL0.001mol/L酸性高锰酸钾溶液，充分反应后用0.001mol·L-1草酸钠溶液滴定剩余的高锰酸钾，终点时消耗草酸钠溶液115.00mL。则水中NaNO2的含量为_____mg·L-1。若所取样品在空气中放置时间过长，则测定结果_____（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。有关反应如下：5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O；5C2O42-+2MnO4-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。20、硝基苯是制造染料的重要原料。某同学在实验室里用下图装置制取硝基苯，主要步骤如下：①在大试管里将2mL浓硫酸和1.5mL浓硝酸混合，摇匀，冷却到50～60℃以下。然后逐滴加入1mL苯，边滴边振荡试管。②按图连接好装置，将大试管放入60℃的水浴中加热10分钟。完成下列填空：（1）指出图中的错误__、__。（2）向混合酸中加入苯时，“逐滴加入”、“边滴边振荡试管”的目的是________________、____________。（3）反应一段时间后，混合液明显分为两层，上层呈__色，其中主要物质是__（填写物质名称）。把反应后的混和液倒入盛有冷水的烧杯里，搅拌，可能看到__。（选填编号）a．水面上是含有杂质的硝基苯b．水底有浅黄色、苦杏仁味的液体c．烧杯中的液态有机物只有硝基苯d．有无色、油状液体浮在水面（4）为了获得纯硝基苯，实验步骤为：①水洗、分离；②将粗硝基苯转移到盛有__的烧杯中洗涤、用__（填写仪器名称）进行分离；③__；④干燥；⑤__。（5）实验装置经改进后，该同学按照上述实验步骤重新进行了多次实验，充分反应后有两种情况出现，请帮助他作出分析：①产率低于理论值，原因是__；②产率高于理论值，原因是__。21、我国是世界上最早制得和使用铜、锌的国家，铜、锌及其化合物在日生产和生活中有着广泛的应用。回答下列问题：（1）Cu在元素周期表中位于_____（选填“s”“p”“d”或“ds”）区。在高温下CuO能分解生成Cu2O，试从原子结构角度解释其原因______________。（2）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中含有的化学键有_____（填编号）。A金属键B极性键C非极性键D配位键E氢键③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分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成的大键原子数，n代表参与形成的大键电子数（如苯分子中的大键可表示为），则中的大键应表示为_______。（3）硼氢化锌[Zn（BH4）2]常用作有机合成中的还原剂，BH4-的VSEPR模型为______，与其互为等电子体的分子和阳离子有______（各写一种）。（4）硒化锌（ZnSe）是一种半导体材料，其晶胞结构如图所示，图中X和Y点所堆积的原子均为______（填元素符号）；该晶胞中硒原子所处空隙类型为_____（填“立方体”、“正四面体”或“正八面体”）；若该晶胞的参数为apm，NA代表阿伏加德罗常数的数值，则晶胞的密度为_____g•cm-3（用相关字母的代数式表示）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A.

O原子核内质子数为8，有2个电子层，最外层有6个电子，原子结构示意图为：，故A错误；B.羟基中含有1个氧氢键，羟基可以表示为−OH，故B错误；C.

Na2O为离子化合物,用电子式表示Na2O的形成过程为：，故C错误；D.二甲醚只存在极性键，故D正确；故选：D。2、B【解析】

A．由图可知，Fe+先转化为FeO+，FeO+后续又转化为Fe+，反应前后Fe+未发生变化，因此Fe+是催化剂，FeO+是中间产物，A不符合题意；B．由图可知，反应①的能垒高于反应②，因此反应①的速率较慢，总反应速率由反应①的速率决定，B符合题意；C．由图可知，反应物的总能量高于生成物总能量，该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的平衡常数K减小，C不符合题意；D．由图可知，总反应方程式为：N2O+COCO2+N2，N元素化合价从+1价降低至0价，当有14gN2生成时，即生成0.5molN2，转移电子的物质的量为0.5mol×2=1mol，D不符合题意；答案为：B。3、A【解析】

A.SO2具有漂白性，可以使品红溶液等褪色，但由于SO2对人体会产生危害，因此不可用于食品漂白，A错误；B.过氧化钠与人呼出的气体中的CO2、H2O蒸气反应会产生O2，可帮助人呼吸，因此可用于呼吸面具，B正确；C.高纯度的单质硅是用于制光电池的材料，C正确；D.橙色酸性重铬酸钾溶液具有强的氧化性，能将乙醇氧化，而其本身被还原为+3价的Cr3+，因此可根据反应前后颜色变化情况判断是否饮酒，故可用于检验司机是否酒驾，D正确；故合理选项是A。4、C【解析】

A.草酸用作还原剂是由于其容易失去电子，表现还原性，利用的是物质的化学性质，A不符合题意；B.生石灰用作干燥剂是由于CaO与水反应产生Ca(OH)2，利用的是物质的化学性质，B不符合题意；C.苯用作萃取剂是由于被萃取的物质容易溶于苯中，没有新物质存在，利用的是物质的物理性质，C符合题意；D.铁粉用作抗氧化剂是由于Fe容易失去电子，表现还原性，是利用的物质的化学性质，D不符合题意；故合理选项是C。5、A【解析】

由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极解答该题。【详解】A.“全氢电池”工作时，将酸碱反应的化学能（中和能）转化为电能，故A正确；B.右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，故B错误；C.NaClO4的作用是传导离子，没有参与电极反应，故C错误；D.由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，总反应为：H++OH-═H2O，故D错误；正确答案是A。6、C【解析】

A.HI在溶液中电离出的阳离子全为氢离子，属于酸，故A错误；B.KClO是由钾离子和次氯酸根离子构成的盐，故B错误；C.NH3.H2O在溶液中电离出的阴离子全为氢氧根离子，属于碱，故C正确；D.CH3OH是由碳、氢、氧三种元素形成的醇，在溶液中不能电离出离子，属于有机物，故D错误；答案选C。7、D【解析】

根据原子晶体的组成特点及常见的性质判断，晶体硅、金刚石和二氧化硅等是常见的原子晶体。【详解】A、氖属于分子晶体，选项A不选；B、食盐为氯化钠晶体，氯化钠属于离子晶体，选项B不选；C、干冰属于分子晶体，选项C不选；D、金刚石属于原子晶体，选项D选；答案选D。8、B【解析】

连接N的电极上H+得电子产生H2，则为阴极，N为电源的负极，M为电源的正极。A.M为电源的正极，N为电源负极，选项A正确；B.电解过程中，阳极上Co2+失电子产生Co3+，Co3+与乙醇反应产生Co2+，Co2+可循环使用，不需要向溶液中补充Co2+，选项B错误；C.CH3OH在溶液中被Co3+氧化生成CO2,发生反应6Co3++CH3OH+H2O===6Co2++CO2↑+6H+，选项C正确；D.若外电路中转移1mol电子，根据电极反应2H++2e-=H2↑，则产生的H2在标准状况下的体积为11.2L，选项D正确。答案选B。9、C【解析】

X、Y、Z、R是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，则核外各电子层的电子分别为2、6，应为O元素；Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，应为Na元素；X原子最外层有两个未成对电子，其电子排布式为：1s22s22p2（C）或1s22s22p4（O），排除氧元素，故X为C；X原子与Z原子的核外电子数之和为17，则R为Cl元素，以此解答。【详解】A.由分析可知，X为C元素、Y为O元素、Z为Na元素、R为Cl元素，电子层数越多，原子半径越大，同周期元素，原子序数越大，半径越小，则原子半径的大小顺序：Y<X<R<Z，故A错误；B.Y与氢元素组成的化合物是H2O，X与氢元素组成的化合物可以是熔沸点比水小的CH4，也可以是熔沸点比水大的相对分子质量大的固态烃，故B错误；C.R为Cl元素、X为C元素，最高价氧化物对应水化物分别是HClO4和H2CO3，酸性：HClO4>H2CO3，故C正确；D.Y与Z形成的两种化合物为Na2O和Na2O2，二者都是离子晶体，其中Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，故D错误；正确答案是C。【点睛】本题考查原子结构与元素关系、元素的性质等，难度不大，推断元素是关键。10、D【解析】

A．2.33gBaSO4物质的量为0.01mol，根据BaSO4~2e-得，当生成0.01molBaSO4时，转移电子数目为0.02NA，故A正确；B．SO2具有漂白性，可使品红褪色，故B正确；C．1个H2O2分子中很有1个非极性键，17gH2O2物质的量为0.5mol，含有非极性键的数目为0.5NA，故C正确；D．BaCl2为离子化合物，不含分子，故D错误；故答案选D。11、D【解析】

A、HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性，选项A正确；B、根据图中曲线可知，当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高，选项B正确；C、用HPW/硅藻土代替传统催化剂浓硫酸，可减少设备腐蚀等不足，选项C正确；D、催化剂不能使平衡移动，不能改变反应正向进行的程度，选项D不正确。答案选D。12、D【解析】

A．增大压强，平衡不移动，说明左右两边气体的体积相等，若B为气体，则m+n＝p，故A错误；B．升高温度，A的转化率减小，则平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应方向为放热反应，故B错误；C．移走C，生成物的浓度减小，平衡向右移动，逆反应速率减小，正反应速率瞬间不变，故C错误；D．加入B，容器中D的质量增加，说明平衡正向移动，说明B为气体；若B为固体，增加固体的量，浓度不改变，不影响速率，故不影响平衡，故D正确。答案选D。13、C【解析】

将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水中，AlO2－转化为[Al(OH)4]－，除Na+外溶液中主要存在CO32-、[Al(OH)4]－；由于酸性：H2CO3＞HCO3－＞Al(OH)3，则结合H+的能力：[Al(OH)4]－＞CO32-＞HCO3－，向溶液中逐滴加入盐酸，[Al(OH)4]－首先与H+反应转化为Al(OH)3，因此a线代表[Al(OH)4]－减少，发生的反应为：[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O，则[Al(OH)4]－的物质的量为1mol/L×0.05L=0.05mol，生成的Al(OH)3也为0.05mol；接下来CO32-与H+反应转化为HCO3－，b线代表CO32-减少，c线代表HCO3－增多，发生的反应为：CO32-+H+=HCO3－，可计算出n(CO32-)=n(HCO3－)=n(H+)=1mol/L×0.05L=0.05mol；然后HCO3－与H+反应生成H2CO3（分解为CO2和H2O），最后Al(OH)3与H+反应生成Al3+，d线代表HCO3－减少，e线代表Al3+增多。【详解】A．由于酸性：HCO3-＞Al(OH)3，HCO3－会与[Al(OH)4]－发生反应生成Al(OH)3：HCO3－+[Al(OH)4]－=CO32-+Al(OH)3↓+H2O，HCO3－和[Al(OH)4]－在水溶液中不能大量共存，A项错误；B．d线代表HCO3－减少，发生的反应为：HCO3－+H+=CO2↑+H2O，B项错误；C．a线代表[Al(OH)4]－与H+反应：[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O，b线代表CO32-与H+反应：CO32-+H+=HCO3－，由图象知两个反应消耗了等量的H+，则溶液中CO32-与[Al(OH)4]－的物质的量之比为1：1，原固体混合物中CO32－与AlO2－的物质的量之比为1：1，C项正确；D．d线代表HCO3－与H+的反应：HCO3－+H+=CO2↑+H2O，n(HCO3－)=0.05mol，消耗H+的物质的量为0.05mol，所用盐酸的体积为50mL，V1=100mL+50mL=150mL；e线代表Al(OH)3与H+反应：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，Al(OH)3的物质的量为0.05mol，会消耗0.15molH+，所用盐酸的体积为150mL，V2=V1+150mL=300mL；M点生成的是HCO3－而非CO2，D项错误；答案选C。【点睛】在判断HCO3－、Al(OH)3与H+反应的先后顺序时，可用“假设法”：假设HCO3－先与H+反应，生成的H2CO3（分解为CO2和H2O）不与混合物中现存的Al(OH)3反应；假设Al(OH)3先与H+反应，生成的Al3+会与溶液中现存的HCO3－发生双水解反应，转化为Al(OH)3和H2CO3（分解为CO2和H2O），实际效果还是HCO3－先转化为H2CO3，因此判断HCO3－先与H+反应。14、B【解析】

A．Zn、Fe、海水形成原电池中，Zn比Fe活泼作负极，Fe作正极，发生得电子的还原反应得到保护，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B．燃煤中加入CaO可吸收二氧化硫，减少酸雨的发生，不能减少温室气体的排放，故B错误；C．加热可使蛋白质发生变性，则加热能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性，故C正确；D．75%的酒精可用于杀菌消毒，杀毒效果好，对人体危害最小，浓度太大易在细胞壁上形成一层膜阻止酒精渗入，浓度太小杀菌效果差，故D正确；故答案选B。15、A【解析】

溶液pH＝2，呈酸性，H+一定有，CO32﹣不能存在，加入氯水，溶液颜色变深，溶液中可能含有Fe2+和Br﹣之一或者两者都有，被氯气氧化成Fe3+和Br2，由于溶液中各离子的物质的量浓度相同，符合电荷守恒，如设各离子的浓度是1mol/L，则有可能存在c(H+)+2c(Fe2+)=2c(SO42﹣)+c(Br﹣)，还有可能溶液中只含氢离子和溴离子，但NH4+不能存在，故答案选A，Fe2+可能存在，符合题意。16、D【解析】

A．根据图像可知，随着饱和硫酸铜溶液的用量增加，化学反应速率先加快后减慢，则饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气，A项正确；B．根据图像可知，a、c两点对应的氢气生成速率相等，B项正确；C．根据图像可知，b点收集336ml氢气用时150s，336ml氢气的物质的量为0.015mol，消耗硫酸0.015mol，则b点对应的反应速率为v（H2SO4）=0.015mol÷150s=1.0×10-3mol·L-1·s-1，C项正确；D．d点锌置换出铜，锌、铜和硫酸构成原电池，化学反应速率加快，但硫酸铜用量增多，锌置换出来的铜附着在锌表面，导致锌与硫酸溶液接触面积减小，反应速率减慢，D项错误；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、（1）37；依据同主族元素的金属性随核电荷数的增加而增强，推测己单质与水反应较丙更剧烈（1分，合理给分）（2）；（3）④；（4）3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；（5）6.02×l021；2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（6）NaCl、Al（OH）3【解析】试题分析：根据题意可知：A是NaCl，B是Cl2，C是H2，D是NaOH，E是HCl，丁是Al，F是NaAlO2；X是NaCl、AlCl3的混合物。根据元素的化合价及元素的原子序数的关系可知甲是H，乙是O，丙是Na，丁是Al，戊是Cl，己是Rb，原子序数是37；钠、铷同一主族的元素，由于从上到下原子半径逐渐增大，原子失去电子的能力逐渐增强，所以它们与水反应的能力逐渐增强，反应越来越剧烈；（2）甲、乙、戊按原予个数比1：1：1形成的化合物Y是HClO，该物质具有强的氧化性，故具有漂白性，其电子式为；（3）在上图转化关系中①②③反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，而④中元素的化合价没有发生变化，所以该反应是非氧化还原反应；（4）如构成原电池，Fe被腐蚀，则Fe为负极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+，Fe2+与[Fe（CN）6]3-会发生反应产生蓝色沉淀，反应的离子方程式是：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；（5）NaCl溶液电解的化学方程式是：2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH，在该反应中，每转移2mol电子，反应会产生2molNaOH，n（NaCl）=1L×1mol/L=1mol，当NaCl电解完全后反应转移1mol电子，反应产生1molNaOH，当反应①电解一段时间后测得D溶液pH=12，n（NaOH）=10-2mol/L×1L=0.01mol＜1mol，说明NaCl没有完全电解，则电子转移的物质的量是0.01mol，电子转移的数目约是N（e-）=0.01mol×6.02×1023/mol=6.02×l021；反应②是Al与NaOH溶液反应，反应的离子方程式为2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（6）若上图中各步反应均为恰好完全转化，则4HCl+NaAlO2=NaCl+AlCl3，所以混合物X中含有的物质是NaCl、Al（OH）3。考点：考查元素及化合物的推断、化学方程式和离子方程式的书写、电解反应原理的应用的知识。18、CH2=CH-CNCH2=CH-CH=CH2HBr（或HCl）保护碳碳双键防止被加成或氧化【解析】

（1）链节主链为碳原子，且含有碳碳双键，应是烯烃、1，3﹣丁二烯之间发生的加聚反应，除苯乙烯外，还需要另外两种单体为：CH2=CH﹣CN、CH2=CH﹣CH=CH2，故答案为CH2=CH﹣CN、CH2=CH﹣CH=CH2；（2）苯乙烯先与HBr发生加成反应，然后再催化剂条件下发生取代反应，最后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到，第一步的目的是：保护碳碳双键防止被加成，故答案为HBr；保护碳碳双键防止被加成；（3）邻甲基苯酚可合成A，分子式为C7H6O3，则A为，A发生缩聚反应得到B，B的结构简式为：，A与浓溴水反应的化学方程式为：，故答案为；；（4）在碱性条件下水解得到，然后发生催化氧化得到，再氧化得到，最后用酸酸化得到，合成路线流程图为：。19、圆底烧瓶先关闭弹簧夹，从滴液漏斗处倒水，若形成一段稳定的水柱，则证明装置气密性好e-f-c-d-a-b-g5NO+3MnO4－+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O有气泡产生，液面上方变红0.69mg/L偏低【解析】

(1)(2)根据实验安全与操作，进行分析；(3)根据信息可知，酸性高锰酸钾溶液能够把剩余的氮的氧化物吸收处理；(4)弱酸盐与强酸反应，生成弱酸，再根据HNO2的性质作答；(5)NO2－可将MnO4－还原为Mn2+，根据化合价变化可得反应的关系式：2MnO4－~5NO2－，多余的高锰酸钾，可将草酸根氧化，根据化合价变化可得反应的关系式：2MnO4－~5C2O42－，据此计算。【详解】(1)仪器名称是圆底烧瓶；检査装置E气密性的方法是先关闭弹簧夹，从滴液漏斗处倒水，若形成一段稳定的水柱，则证明装置气密性好，故答案为：圆底烧瓶；先关闭弹簧夹，从滴液漏斗处倒水，若形成一段稳定的水柱，则证明装置气密性好；(2)Na2O2会与水反应，接A前要干燥，硝酸易挥发，生成的二氧化氮和水反应生成一氧化氮，接C，多余的NO对空气有害，接尾气处理，顺序为h-e-f-c-d-a-b-g，故答案为：e-f-c-d-a-b-g；(3)NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化为NO3-，离子方程式为5NO+3MnO4－+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O，故答案为：5NO+3MnO4－+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O；(4)亚硝酸钠与硫酸反应，生成HNO2，HNO2反应3HNO2=HNO3+2NO+H2O，NO与空气反应，生成二氧化氮，现象为：有气泡产生，液面上方变红，故答案为：有气泡产生，液面上方变红；(5)NO2－可将MnO4－还原为Mn2+，根据化合价变化可得反应的关系式：2MnO4－~5NO2－，多余的高锰酸钾，可将草酸根氧化，根据化合价变化可得反应的关系式：2MnO4－~5C2O42－，消耗0.001mol·L-1草酸钠115.00mL，消耗高锰酸钾的物质的量为0.001mol·L－1×0.115L×2/5=4.6×10-5mol，则1000mL水样消耗高锰酸钾的物质的量为0.001mol·L－1×0.05L-4.6×10-5mol=4×10-6mol，则水样中含有亚硝酸钠的物质的量为4×10-6mol×5/2=10-5mol，质量为10-5mol×69g/mol=6.9×10-4g=0.69mg，所以水中NaNO2的含量为0.69mg/1L=0.69mg/L；NaNO2放置空气中时间过长被氧化，实际含量降低，测定结果偏低，故答案为：0.69mg/L；偏低。20、缺少温度计大试管接触烧杯底部使苯与混酸混合均匀能及时移走反应产生的热量浅黄色硝基苯、苯b、d氢氧化钠溶液分液漏斗水洗、分离蒸馏温度过高引起硝酸的分解、苯的挥发温度过高，有其他能溶于硝基苯的产物生成【解析】

⑴水浴加热需精确控制实验温度；为使受热均匀，试管不能接触到烧杯底部；⑵苯不易溶于混酸，需设法使之充分混合；该反应放热，需防止温度过高；⑶混合酸密度比硝基苯大，但稀释后会变小，硝基苯无色，但溶解的杂质会使之有色；⑷粗硝基苯中主要含未反应完的酸和苯，酸可用水和碱除去，苯可用蒸馏的方法分离；⑸在本实验中使用的硝酸易分解、苯易挥发，有机反应的一个特点是副反应比较多，这些因素会使产率降低或使得实验值偏离理论值，而这些因素都易受温度的影响。【详解】⑴在水浴装置中为了精确控制实验温度，需要用温度计测量水浴的温度；为使受热均匀，试管不能接触到烧杯底部，所以在图中错误为缺少温度计、大试管接触烧杯底部。答案为：缺少温度计；大试管接触烧杯底部；⑵在向混合酸中加入苯时边逐滴加入边振荡试管，能使苯与混酸混合均匀；苯的硝化反应是一个放热反应，在向混合酸中加入苯时边逐滴加入边振荡试管，能及时移走反应产生的热量，有利于控制温度，防止试管中液体过热发生更多的副反应，甚至发生危险。答案为：使苯与混酸混合均匀；能及时移走反应产生的热量；⑶混合酸与苯反应一