甘肃省临夏回族自治州临夏中学高三下学期第六次检测新高考化学试卷及答案解析

甘肃省临夏回族自治州临夏中学高三下学期第六次检测新高考化学试卷注意事项: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、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2、元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X的最高正价和最低负价之和为0，下列说法不正确的是（）XYZQA．原子半径（r）：r（Y）＞r（Z）＞r（X）B．分别含Y元素和Z元素的两种弱酸可以反应生成两种强酸C．推测Q的单质可以和氢气、氧气、活泼金属等反应D．Z的简单阴离子失电子能力比Y的强3、将氯气持续通入紫色石蕊试液中，溶液颜色呈如下变化：关于溶液中导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判断正确的是（）A．H+、HClO、Cl2 B．H+、ClO-、Cl-C．HCl、ClO-、Cl- D．HCl、HClO、Cl24、常温下，下列关于pH=3的CHA．该溶液中由H2OB．与等体积pH=11的NaOHC．该溶液中离子浓度大小关系：cD．滴加0.1mol⋅L-15、银Ferrozine法检测甲醛的原理：①在原电池装置中，氧化银将甲醛充分氧化为CO2②Fe3+与①中产生的Ag定量反应生成Fe2+③Fe2+与Ferrozine形成有色物质④测定溶液的吸光度(吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比)。下列说法不正确的是()A．①中负极反应式：HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+B．①溶液中的H+由Ag2O极板向另一极板迁移C．测试结果中若吸光度越大，则甲醛浓度越高D．理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1：46、室温下，对于0.10mol•L﹣1的氨水，下列判断正确的是A．与AlCl3溶液反应发生的离子方程式为Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓B．用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性C．加水稀释后，溶液中c（NH4+）•c（OH﹣）变大D．1L0.1mol•L﹣1的氨水中有6.02×1022个NH4+7、下列有关氮原子的化学用语错误的是A． B． C．1s22s22p3 D．8、有机物X的结构简式如图所示，下列有关说法错误的是A．X的分子式为C13H10O5B．X分子中有五种官能团C．X能使溴的四氯化碳溶液褪色D．X分子中所有碳原子可能共平面9、下列实验操作对应的现象和结论均正确的是（）选项操作现象结论A相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH前者pH比后者大非金属性：S＞CB将相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液分别稀释a、b倍稀释后溶液pH相同a＞bC向25mL沸水中滴加5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸生成红褐色沉淀制得Fe(OH)3胶体D向H2O2溶液中滴加少量硫酸酸化的FeSO4溶液溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡Fe2+催化H2O2发生分解反应生成O2A．A B．B C．C D．D10、下列实验方案中，可以达到实验目的的是选项实验目的实验方案A除去苯中混有的苯酚加入适量的溴水充分反应后过滤B检验Fe2+溶液中是否含有Fe3+向待测液中滴加几滴铁氰化钾溶液C除去粗盐中含有Mg2+、Ca2+、SO42-的试剂加入顺序向该溶液中先加入NaOH溶液、再加BaCl2溶液，最后加碳酸钠溶液D检验SO2中是否含有HCl将产生的气体通入HNO3酸化的AgNO3溶液中A．A B．B C．C D．D11、ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体(沸点11℃)，实验室制备纯净ClO2溶液的装置如图所示：已知下列反应：NaClO3+HCl→NaCl+ClO2+Cl2+H2O；NaClO2+HCl→NaCl+ClO2+H2O；NaClO2+Cl2→NaCl+ClO2(均未配平)。下列说法正确的是A．a中通入的N2可用CO2或SO2代替 B．b中NaClO2可用饱和食盐水代替C．c中广口瓶最好放在冰水浴中冷却 D．d中吸收尾气后只生成一种溶质12、已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。图所示为气体扩散速度的实验。两种气体扩散时形成图示的白色烟环。对甲、乙物质的判断，正确的是A．甲是浓氨水，乙是浓硫酸B．甲是浓氨水，乙是浓盐酸C．甲是氢氧化钠溶液，乙是浓盐酸D．甲是浓硝酸，乙是浓氨水13、下列实验操作、解释或结论均正确的是选项实验目的操作结论或解释A检验、混合溶液中的取待测液少许，加入过量的溶液，再加振荡静置；取上层清液，向其中加入硝酸酸化的溶液液体分层，加入硝酸酸化的，溶液有白色沉淀产生，则溶液中含B检验某溶液中有无取待测液少许，加入盐酸，有气体放出，将气体通入澄清石灰水中澄清石灰水变浑浊，则含C检验溶液中的取待测液少许，先通入氯气，再加KSCN溶液溶液变红色，则含D检验食盐中是否含取少量食盐溶于水，加少量淀粉溶液变蓝色，则含A．A B．B C．C D．D14、常温下，向20.00mL0.1mol•L-1BOH溶液中滴入0.1mol•L-1盐酸，溶液中由水电离出的c（H+）的负对数[-lgc水（H+）]与所加盐酸体积的关系如下图所示，下列说法正确的是A．常温下，BOH的电离常数约为1×10-4B．N点溶液离子浓度顺序：c（B+）>c（Cl-）>c（OH-）>c（H+）C．a=20D．溶液的pH:R>Q15、下列离子方程式正确的是A．向氯化铝溶液中滴加氨水：Al3++3OH-=Al(OH)3↓B．将Fe2O3溶解与足量HI溶液：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OC．铜溶于浓硝酸：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2OD．向石灰石中滴加稀硝酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O16、在的催化作用下，甲烷与二氧化碳可以直接合成乙酸，其反应方程式为，该反应过程与能量的变化关系如图所示。下列说法错误的是（）A．的电子式: B．乙酸的球棍模型C．该反应为吸热反应 D．该反应为化合反应17、下列离子方程式书写不正确的是A．用两块铜片作电极电解盐酸：Cu+2H+H2↑+Cu2+B．NaOH溶液与足量的Ca(HCO3)2溶液反应：2HCO3-+2OH-+Ca2+==CaCO3↓+2H2OC．等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反应：2Fe2++2Br-+2Cl2==2Fe3++Br2+4Cl-D．氨水吸收少量的二氧化硫：2NH3·H2O+SO2==2NH4++SO32-+H2O18、用0.10mol/L的NaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.050mol/L的盐酸、磷酸及谷氨酸(H2G)，滴定曲线如图所示：下列说法正确的是A．滴定盐酸时，用甲基橙作指示剂比用酚酞更好B．H3PO4与H2G的第一电离平衡常数K1的数量级不同C．用酚酞作指示剂滴定磷酸到终点时，溶液中的溶质为Na2HPO4D．NaH2PO4溶液中：19、跟水反应有电子转移，但电子转移不发生在水分子上的是A．CaO B．Na C．CaC2 D．Na2O220、某澄清混合溶液中所含离子的浓度如下表所示，则M可能为（）离子NO3－SO42－H+M浓度/(mol/L)2122A．Cl－ B．Ba2+ C．Na+ D．Mg2+21、下列说法正确的是A．烷烃的通式为CnH2n+2，随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐减小B．乙烯与溴水发生加成反应的产物为溴乙烷C．1mol苯恰好与3mol氢气完全加成，说明一个苯分子中有三个碳碳双键D．C7H16，主链上有5个碳原子的同分异构体共有5种22、下列说法正确的是A．多糖、油脂、蛋白质均为高分子化合物B．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖C．可用酸性KMnO4溶液鉴别苯和环己烷D．分离溴苯和苯的混合物：加入NaOH溶液分液二、非选择题(共84分)23、（14分）1，3—环己二酮（）常用作医药中间体，用于有机合成。下列是一种合成1，3—环己二酮的路线。回答下列问题：（1）甲的分子式为__________。（2）丙中含有官能团的名称是__________。（3）反应①的反应类型是________；反应②的反应类型是_______。（4）反应④的化学方程式_______。（5）符合下列条件的乙的同分异构体共有______种。①能发生银镜反应②能与NaHCO3溶液反应，且1mol乙与足量NaHCO3溶液反应时产生气体22.4L（标准状况）。写出其中在核磁共振氢谱中峰面积之比为1∶6∶2∶1的一种同分异构体的结构简式：________。（任意一种）（6）设计以（丙酮）、乙醇、乙酸为原料制备（2，4—戊二醇）的合成路线（无机试剂任选）_______。24、（12分）美托洛尔(H)属于一线降压药，是当前治疗高血压、冠心病、心绞痛、慢性心力衰竭等心血管疾病的常用药物之一。它的一种合成路线如下:已知:CH3COCH2RCH3CH2CH2R。(1)A物质化学名称是_________。(2)反应B→C的化学方程式为_________________;C→D的反应类型为________。(3)D中所含官能团的名称是______________。(4)G的分子式为________;

已知碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子，则H(美托洛尔)中含有________个手性碳原子。(5)芳香族化合物X与C互为同分异构体。写出同时满足下列条件的X的一种结构简式___________。①能发生银镜反应;②不与FeCl3发生显色反应;③含"C-Cl”键;④核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为2:2:2:1。(6)4-苄基苯酚()是一种药物中间体，请设计以苯甲醇和苯酚为原料制备4基苯酚的合成路线:__________(无机试剂任选)。25、（12分）高锰酸钾是常用的消毒剂、除臭剂、水质净化剂以及强氧化剂，下图是在实验室中制备KMnO4晶体的流程：回答下列问题：（1）操作②目的是获得K2MnO4，同时还产生了KCl和H2O，试写出该步反应的化学方程式：_______________。操作①和②均需在坩埚中进行，根据实验实际应选择_______________(填序号)。a．瓷坩埚b．氧化铝坩埚c．铁坩埚d．石英坩埚（2）操作④是使K2MnO4转化为KMnO4和MnO2，该转化过程中发生反应的离子方程式为_______________。若溶液碱性过强，则MnO4-又会转化为MnO42-，该转化过程中发生反应的离子方程式为_______________。因此需要通入某种气体调pH=10-11，在实际操作中一般选择CO2而不是HCl，原因是_______________。（3）操作⑤过滤时，选择图2所示装置而不用图1所示装置的原因是_______________。（4）还可采用电解K2MnO4溶液(绿色)的方法制造KMnO4(电解装置如图所示)，电解过程中右侧石墨电极的电极反应式为_______________。溶液逐渐由绿色变为紫色。但若电解时间过长，溶液颜色又会转变成绿色，可能的原因是_______________。26、（10分）某化学兴趣小组在习题解析中看到：“SO2通入Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，是因为在酸性环境中，NO3-将SO32-氧化成SO42-而产生沉淀”。有同学对这个解析提出了质疑，“因没有隔绝空气，也许只是氧化了SO32-，与NO3-无关”。于是做了“SO2通入Ba(NO3)2溶液”的探究实验，用pH传感器检测反应的进行，实验装置如图。回答下列问题：（1）仪器a的名称为__。（2）实验小组发现装置C存在不足，不足之处是__。（3）用0.1mol/LBaCl2溶液、0.1mol/LBa(NO3)2溶液、食用油，配制4种溶液（见下表）分别在装置C中进行探究实验。编号①②③④试剂煮沸过的BaCl2溶液25mL，再加入食用油25mL未煮沸过的BaCl2溶液25mL煮沸过的Ba(NO3)2溶液25mL，再加入食用油25mL未煮沸过的Ba(NO3)2溶液25mL对比①、②号试剂，探究的目的是___。（4）进行①号、③号实验前通氮气的目的是__。（5）实验现象：①号依然澄清，②、③、④号均出现浑浊。第②号实验时C中反应的离子方程式为__。（6）图1-4分别为①，②，③，④号实验所测pH随时间的变化曲线。根据以上数据，可得到的结论是__。27、（12分）辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含Cu2S、CuS和惰性杂质。为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量，某同学进行了如下实验：①取2.6g样品，加入200.0mL0.2000mol·L－1酸性KMnO4溶液，加热(硫元素全部转化为SO42－)，滤去不溶杂质；②收集滤液至250mL容量瓶中，定容；③取25.00mL溶液，用0.1000mol·L－1FeSO4溶液滴定，消耗20.00mL；④加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再参与其他反应)，再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2++4I－=2CuI+I2；⑤加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1·L－1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2S2O32－+I2=S4O62－+2I－)。回答下列问题：(1)写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式：___________；(2)配制0.1000mol·L－1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是___________，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有___________；(3)③中取25.00mL待测溶液所用的仪器是___________；(4)⑤中滴定至终点时的现象为___________；(5)混合样品中Cu2S和CuS的含量分别为_________%、_________%(结果均保留1位小数)。28、（14分）现有A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期。B元素含有3个能级，且毎个能级所含的电子数相同；D的原子核外有8个运动状态不同的电子，E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，且E元素的基态原子有4个未成对电子。请回答下列问题：（1）请写出D基态的价层电子排布图：_____。（2）下列说法正确的是_____。A．二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点SiO2＞CO2B．电负性顺序：C＜N＜O＜FC．N2与CO为等电子体，结构相似，化学性质相似D．稳定性：H2O＞H2S，原因是水分子间存在氢键（3）某化合物与F(Ⅰ)(Ⅰ表示化合价为＋1)结合形成如图所示的离子，该离子中碳原子的杂化方式是______。（4）己知(BC)2是直线性分子，并有对称性，且分子中每个原子最外层都达到8电子稳定结构，则(BC)2中σ键和π键的个数比为______。（5）C元素最高价含氧酸与硫酸酸性强度相近，原因是______。（6）Fe3O4晶体中，O2-的重复排列方式如图所示，该排列方式中存在着由如1、3、6、7的O2-围成的正四面体空隙和3、6、7、8、9、12的O2-围成的正八面体空隙。Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中，则Fe3O4晶体中，正四面体空隙数与O2-数之比为_____，有_____%的正八面体空隙没有填充阳离子。Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，晶体密度为5.18g/cm3，则该晶胞参数a=______pm。(写出计算表达式)29、（10分）砷(As)与氮同一主族，As原子比N原子多两个电子层。可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4，等化合物，有着广泛的用途。回答下列问题：(1)As的原子序数为______________________。(2)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式____________。该反应需要在加压下进行，原因是___________。(3)己知：As(s)+H2(g)+2O2(g)=H3AsO4(s)H2(g)+O2(g)=H2O(l)2As(s)+O2(g)=As2O5(s)则反应As2O5(s)+3H2O(l)=2H3AsO4(s)的=______________________。(4)298K肘，将2OmL3xmol·L-1Na3AsO3、20mL3xmol·L-1I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：AsO33-(aq)+I2(aq)+2OH-AsO43-(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO43-)与反应时间(t)的关系如图所示。①下列可判断反应达到平衡的是_____(填标号)。a.v(I-)=2v(AsO33-)b.溶液的pH不再变化c.c(I-)=ymol·L-1d.c(AsO43-)/c(AsO33-)不再变化②tm时，v正____v逆(填“大于”、“小于”或“等于”)。③)tm时v逆____tn时v逆(填“大于”、“小于”或“等于”)，理由是___________。④若平衡时溶液的pH=14，则该反应的平衡常数为_____(用x、y表示)。

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．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。2、D【解析】

元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，则X位于第二期，Y、Z位于第三周期；X的最高正价和最低负价之和为0，则X位于ⅣA族，为C元素，结合各元素在周期表中的相对位置可知，Y为S，Z为Cl元素，Q为Sc元素，据此解答。【详解】根据分析可知：X为C元素，Y为S，Z为Cl元素，Q为Sc元素。A.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径r（Y）＞r（Z）＞r（X），故A正确；B.亚硫酸与次氯酸反应生成HCl和硫酸，HCl和硫酸都是强酸，故B正确；C.Q位于ⅥA族，最外层含有6个电子，根据O、S的性质可推测Se的单质可以和氢气、氧气、活泼金属等反应，故C正确；D.非金属性越强，对应离子的失电子能力越强，非金属性Cl＞S，则简单离子失电子能力Z（Cl）＜Y（S），故D错误；故选D。3、A【解析】

氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl具有酸性，HClO具有漂白性，氯气能溶于水形成氯水溶液。【详解】氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl具有酸性，HClO具有漂白性，则将氯气持续通入紫色石蕊试液中先变红后褪色，最后形成饱和氯水溶液显浅黄绿色为溶解的氯气分子，关于溶液中导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判断正确的是H+、HClO、Cl2。答案选A。4、C【解析】

A.pH=3的CH3COOH溶液中c(H+)=10-3mol/L，由于Kw=c(H+)·c(OH-)=10-14mol/L，则c(OH-)=10-11mol/L，溶液中只有水电离产生OH-，所以该溶液中由水电离产生的c(OH-)=10-11mol/L，A错误；B.醋酸是一元弱酸，c(CH3COOH)>c(H+)=10-3mol/L，NaOH是一元强碱，NaOH溶液的pH=11，则c(OH-)=10-3mol/L，c(NaOH)=c(OH-)=10-3mol/L，两种溶液等体积混合，醋酸过量，溶液显酸性，B错误；C.在CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，还存在着水的电离平衡H2OH++OH-，根据电离产生的离子关系可知：c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)，C正确；D.在该混合溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，由于c(CH3COO-)=c(Na+)，所以c(OH-)=c(H+)，溶液显中性，D错误；故合理选项是C。5、B【解析】

A.①在原电池装置中，氧化银将甲醛充分氧化为CO2，则负极HCHO失电子变成CO2，其电极反应式为：HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+，A项正确；B.Ag2O极板作正极，原电池中阳离子向正极移动，则①溶液中的H+由负极移向正极，B项错误；C.甲醛浓度越大，反应生成的Fe2+的物质的量浓度越大，形成有色配合物的浓度越大，吸光度越大，C项正确；D.甲醛充分氧化为CO2，碳元素的化合价从0价升高到+4价，转移电子数为4，Fe3+反应生成Fe2+转移电子数为1，则理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1：4，D项正确；答案选B。【点睛】本题的难点是D选项，原电池有关的计算主要抓住转移的电子数相等，根据关系式法作答。6、B【解析】

A．一水合氨是弱电解质，离子方程式中要写化学式，该反应的离子方程式为：，故A错误；B．含有弱根离子的盐，谁强谁显性，硝酸铵是强酸弱碱盐，所以其溶液呈酸性，故B正确；C．加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小，所以减小，故C错误；D．一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离，所以1L0.1mol⋅L−1的氨水中的数目小于6.02×1022，故D错误；故答案为：B。【点睛】对于稀释过程中，相关微粒浓度的变化分析需注意，稀释过程中，反应方程式中相关微粒的浓度一般情况均会减小，如CH3COONa溶液，溶液中主要存在反应：CH3COONa+H2OCH3COOH+NaOH，稀释过程中，c(CH3COO-)、c(CH3COOH)、c(OH-)、c(Na+)均逐渐减小，非方程式中相关微粒一般结合相关常数进行分析。7、D【解析】

A、N原子最外层有5个电子，电子式为，A正确；B、N原子质子数是7，核外有7个电子，第一层排2个，第二层排5个，因此B正确；C、核外电子依次排布能量逐渐升高的1s、2s、2p……轨道，电子排布式为1s22s22p3，C正确；D、根据泡利原理3p轨道的3个电子排布时自旋方向相同，所以正确的轨道式为，D错误。答案选D。8、B【解析】

A.由结构简式，X的分子式为C13H10O5，故A正确；B．X分子中有羧基、羟基、羰基、碳碳双键四种官能团，故B错误；C．X分子中有碳碳双键，X能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；D．X分子中有11个碳是sp2杂化，平面三角形结构，与它相连的碳共面，有2个碳是sp3杂化，可以通过旋转后共面，X分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；故选B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结构及对称性判断，难点D，抓住共面的条件，某点上相连的原子形成的周角之和为360°，易错点B，苯环不是官能团。9、A【解析】

A.相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH，前者pH比后者大，说明酸性H2CO3<H2SO4，故A正确；B.盐酸是强酸、醋酸是弱酸，稀释相同倍数，弱酸存在电离平衡移动，弱酸的pH变化小，若稀释后溶液pH相同，则弱酸稀释的倍数大，即a<b，故B错误；C.向25mL沸水中滴加5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸，整个液体变为透明红褐色，制得Fe(OH)3胶体，故C错误；D.溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡，应该是Fe3+催化H2O2发生分解反应生成O2，故D错误；故选A。10、C【解析】

A.苯酚与溴水生成的三溴苯酚溶于苯，无法除去杂质，且引进了新的杂质溴，A项错误；B.铁氰化钾溶液用于检验亚铁离子，无法检测铁离子，B项错误；C.NaOH溶液可以除去Mg2+、再加稍过量的BaCl2溶液可以除去SO42-，最后加碳酸钠溶液可以除去Ca2+和过量的Ba2+，到达除杂目的，C项正确；D.HNO3会氧化二氧化硫为硫酸根，硫酸根与银离子反应生成微溶的硫酸银白色沉淀，与氯化银无法区分，D项错误；答案选C。11、C【解析】

根据实验装置和反应方程式可知，a中用盐酸和NaClO3反应制取ClO2，由于制取的ClO2中混有氯气和挥发出的氯化氢气体，可用b装置吸收氯气和氯化氢，再用c中的蒸馏水吸收ClO2，获得纯净ClO2溶液，d中的氢氧化钠用于吸收尾气，防止污染环境，据此分析解答。【详解】A．a中通入的N2的目的是氮气性质稳定且不影响实验，可将a中产生的ClO2和Cl2吹出并进入后续装置，继续实验，二氧化硫具有还原性，可将ClO2、NaClO3等物质还原，故A错误；B．b中NaClO2的作用是吸收ClO2中混有的氯气和氯化氢杂质气体，用饱和食盐水可吸收氯化氢，但不能吸收氯气，故B错误；C．ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体，故c中广口瓶最好放在冰水浴中冷却，有利于吸收ClO2，故C正确；D．d中氢氧化钠和ClO2发生歧化反应生成NaCl和NaClO3，产物至少两种，故D错误；答案选C。【点睛】实验室制取某种气体，需要气体的发生装置，除杂装置，收集装置，尾气处理装置，此实验中可能产生的杂质气体是氯气和氯化氢气体，用饱和食盐水可以吸收氯化氢，无法吸收氯气，从氧化还原反应的角度分析物质的相互转化关系，要利用好题目所给的信息，ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应，根据它的性质选择冰水来收集。12、B【解析】

气体的摩尔质量越小，气体扩散速度越快，相同时间内扩散的距离就越远，再根据烟环物质可以判断甲乙。【详解】A.浓硫酸难挥发，不能在管内与氨气形成烟环，故A错误；B.由气体的摩尔质量越小，扩散速度越快，所以氨气的扩散速度比氯化氢快，氨气比浓盐酸离烟环远，所以甲为浓氨水、乙为浓盐酸，故B正确；C.氢氧化钠溶液不具有挥发性，且氢氧化钠与盐酸反应不能产生白色烟环，故C错误；D.氨气扩散速度比硝酸快，氨气比浓硝酸离烟环远，故D错误。答案选B。【点睛】本题需要注意观察图示，要在管内两物质之间形成烟环，两种物质都需要具有挥发性，A、C中的浓硫酸和氢氧化钠溶液都不能挥发。13、A【解析】

本题考查化学实验的评价，意在考查分析问题，解决问题的能力。【详解】A.检验氯离子用硝酸银溶液，但碘离子的存在对氯离子的检验有干扰，因此用Fe(NO3)3将碘离子氧化为碘单质并用CCl4萃取，此时上层液体中不含碘离子，再加硝酸酸化的硝酸银溶液有白色沉淀产生，则表明溶液中含有氯离子，故A正确；B.CO32－、SO32－、HCO3－、HSO3－均可与盐酸反应，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，故B错误；C.检验亚铁离子应先加KSCN溶液，溶液未变红，再通人氯气，溶液变红，证明有Fe2+，故C错误；D.碘酸钾遇淀粉不能变蓝色，故D错误；答案：A14、D【解析】

BOH对水的电离起抑制作用，加入盐酸发生反应BOH+HCl=BCl+H2O，随着盐酸的加入，BOH电离的OH-浓度减小，对水电离的抑制作用减弱，而且生成的BCl水解促进水的电离，水电离的H+浓度逐渐增大，两者恰好完全反应时水电离的H+浓度达到最大；继续加入盐酸，过量盐酸电离出H+又抑制水的电离，水电离的H+又逐渐减小，结合相应的点分析作答。【详解】A.根据图象，起点时-lgc水（H+）=11，c水（H+）=10-11mol/L，即0.1mol/L的BOH溶液中水电离的H+浓度为10-11mol/L，碱溶液中H+全部来自水的电离，则0.1mol/L的BOH溶液中c（H+）=10-11mol/L，溶液中c（OH-）=10-3mol/L，BOH的电离方程式为BOH⇌B++OH-，BOH的电离平衡常数为=≈10-5，A错误；B.N点-lgc水（H+）最小，N点HCl与BOH恰好完全反应得到BCl溶液，由于B+水解溶液呈酸性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Cl-）>c（B+）>c（H+）>c（OH-），B错误；C.N点-lgc水（H+）最小，N点HCl与BOH恰好完全反应得到BCl溶液，N点加入的盐酸的体积为20.00mL，则a<20.00mL，C错误；D.N点-lgc水（H+）最小，N点HCl与BOH恰好完全反应得到BCl溶液，R点加入的盐酸不足、得到BOH和BCl的混合液，Q点加入的盐酸过量、得到BCl和HCl的混合液，即R点加入的盐酸少于Q点加入的盐酸，Q点的酸性强于R点，则溶液的pH：R>Q，D正确；答案选D。【点睛】解答本题的关键是理解水电离的H+浓度与加入的盐酸体积间的关系，抓住关键点如起点、恰好完全反应的点等。15、D【解析】

A.氨水是弱碱，向氯化铝溶液中滴加氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误；B.将Fe2O3溶解与足量HI溶液发生氧化还原反应生成碘化亚铁和碘单质：Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，故B错误；C.铜溶于浓硝酸生成硝酸铜、二氧化氮、水，Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，故C错误；D.向石灰石中滴加稀硝酸，生成硝酸钙、二氧化碳和水，CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故D正确。16、C【解析】

A．二氧化碳属于共价化合物，碳原子和与两个氧原子之间各有两对共用电子对，电子式表示正确，故A正确；B．乙酸的分子式为CH3COOH，黑色实心球表示碳原子，灰色中等大小的球表示氧原子，灰色小球表示氢原子，故B正确；C．根据能量变化关系图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应属于放热反应，故C错误；D．反应中由两种物质生成一种物质，属于化合反应，故D正确。综上所述，答案为C。【点睛】反应物总能量大于生成物总能量或反应物的总键能小于生成物的总键能，反应为放热反应；反应物总能量小于生成物总能量或反应物的总键能大于生成物的总键能，反应为吸热反应。17、B【解析】试题分析：A、用两块铜片作电极电解盐酸的离子反应为Cu+2H+H2↑+Cu2+，故A正确；B、NaOH溶液与足量的Ca(HCO3)2溶液反应的离子反应为HCO3-+OH-+Ca2+═CaCO3↓+H2O，故B错误；C、等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，离子反应为2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl-，故C正确；D、氨水吸收少量的二氧化硫的离子反应为2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O，故D正确；故选B。【考点定位】考查离子方程式的书写【名师点晴】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意氧化还原反应的离子反应中遵循电子守恒，选项B中量少的完全反应，选项C中等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化。18、C【解析】

A．盐酸和氢氧化钠溶液反应至终点时，pH=7，与酚酞的变色范围8~10接近，甲基橙的变色范围在3.1-4.4，则使用酚酞做指示剂更好，故A错误；B．滴定前，0.050mol/LH3PO4与H2G的pH值几乎相等，由此可得，二者第一电离平衡常数Ki的数量级相同，故B错误；C．20.00mL、0.050mol/L的磷酸用0.10mol/L的NaOH完全中和应消耗30mL氢氧化钠，根据图像，滴定磷酸共有两次突跃，第二次为滴定磷酸的终点，用酚酞作指示剂滴定磷酸到终点时，消耗氢氧化钠的体积为20mL，则可以确定达到终点是，溶液中的溶质为Na2HPO4，故C正确，D．当溶液中的溶质为NaH2PO4时，应为磷酸的第一次滴定突跃，根据图像显示，此时溶液显酸性，即H2PO4-的电离程度大于水解程度，即c(HPO42-)＞c(H3PO4)，则，故D错误；答案选C。19、D【解析】

A.水与氧化钙反应生成氢氧化钙，元素化合价没有发生变化，故A错误；B.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，水中氢元素的化合价降低，得到电子，故B错误；C.碳化钙与水反应生成氢氧化钙和乙炔，化合价没有发生变化，故C错误；D.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠中的氧元素化合价既升高又降低，水中的元素化合价没有发生变化，故D正确；故选：D。20、C【解析】

溶液中，单位体积内已知的阳离子所带电量为：2mol/L×1=2mol/L，单位体积内已知的阴离子所带总电量为：2mol/L×1+1mol/L×2=4mol/L，大于单位体积内已知的阳离子所带电量2mol/L，故M为阳离子，设M离子的电荷为x，由电荷守恒可知：4=2+x×2，解得x=+1，结合选项可知，M为Na+，正确答案是C。21、D【解析】

A．烷烃的通式为CnH2n+2，C元素的质量分数为，则随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐增大，故A错误；B．乙烯中含碳碳双键，可与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，故B错误；C．苯中不含碳碳双键，故C错误；D．C7H16主链上有5个碳原子的烷烃，支链为2个甲基或1个乙基，符合的有(CH3)3CCH2CH2CH3、CH3CH2C(CH3)2CH2CH3、CH3CH2CH(CH2CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH(CH3)2、(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3，共5种，故D正确；答案选D。22、B【解析】

A选项，多糖、蛋白质均为高分子化合物，油脂是低分子化合物，故A错误；B选项，淀粉和纤维素在稀硫酸作用下水解的最终产物均为葡萄糖，故B正确；C选项，不能用酸性KMnO4溶液鉴别苯和环己烷，两者都无现象，故C错误；D选项，分离溴苯和苯的混合物采用蒸馏方法，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】淀粉、纤维素、蛋白质是天然高分子化合物，油脂分子量比较大，但不是高分子化合物。二、非选择题(共84分)23、C6H11Br醛基、羰基（酮基）消去反应氧化反应+CH3CH2OH+H2O12或CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3【解析】

甲的分子式为C6H11Br，经过过程①，变为C6H10，失去1个HBr，C6H10经过一定条件转化为乙，乙在CH3SCH3的作用下，生成丙，丙经过②过程，在CrO3的作用下，醛基变为羧基，发生氧化反应，丙经过③过程，发生酯化反应，生成丁为，丁经过④，在一定条件下，生成。【详解】(1)甲的分子式为C6H11Br，故答案为：C6H11Br；(2)丙的结构式为含有官能团为醛基、羰基（酮基），故答案为：醛基、羰基（酮基）；(3)C6H11Br，失去1个HBr，变为C6H10，为消去反应；丙经过②过程，在CrO3的作用下，醛基变为羧基，发生氧化反应，故答案为：消去反应；氧化反应；(4)该反应的化学方程式为，,故答案为：；(5)乙的分子式为C6H10O3。①能发生银镜反应，②能与NaHCO3溶液反应，且1mol乙与足量NaHCO3溶液反应时产生气体22.4L（标准状况）。说明含有1个醛基和1个羧基，满足条件的有：当剩余4个碳为没有支链，羧基在第一个碳原子上，醛基有4种位置，羧基在第二个碳原子上，醛基有4种位置；当剩余4个碳为有支链，羧基在第一个碳原子上，醛基有3种位置，羧基在第二个碳原子上，醛基有1种位置，共12种，其中核磁共振氢谱中峰面积之比为1∶6∶2∶1的一种同分异构体的结构简式或，故答案为：12；或；(6)根据过程②，可将CH3CH2OH中的羟基氧化为醛基，再将醛基氧化为羧基，羧基与醇反生酯化反应生成酯，酯在一定条件下生成，再反应可得，合成路线为CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3，故答案为：CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3。【点睛】本题考查有机物的推断，利用已知信息及有机物的结构、官能团的变化、碳原子数目的变化推断各物质是解答本题的关键。本题的易错点和难点是(5)中同分异构体数目的判断，要巧妙运用定一推一的思维。24、苯酚还原反应羟基、氯原子C12H16O31等【解析】

根据C结构简式及A分子式知，A为，B发生取代反应生成C，则B为，A和乙醛发生取代反应生成B，C发生信息中的反应生成D为，D水解然后酸化得到E为，由G的结构可知，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，F中酚羟基上H原子被取代生成G，故F为；对比G、美托洛尔的结构可知，G发生开环加成生成H。据此解答。【详解】（1）A为，其化学名称是苯酚；（2）反应B→C的化学方程式为：，C→D的反应类型为还原反应；（3）D为，D中所含官能团的名称是羟基、氯原子；（4）由结构简式可知G的分子式为：C12H16O3；H（美托洛尔）中连接羟基的碳原子为手性碳原子，所以含有1个手性碳原子；（5）芳香族化合物X与C互为同分异构体，X符合下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②不与FeCl3发生显色反应，说明不含酚羟基；③含“C-C1”键；④核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为2：2：2：1，符合条件的结构简式为等；（6）苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛与苯酚反应生成，最后与Zn（Hg）/HCl作用得到目标物，其合成路线为。25、KClO3＋3MnO2＋6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑c3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2OCl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原过滤速度快、效果好MnO42--e-=MnO4-电解较长时间后，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色。(或阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色【解析】

（1）根据图示，操作②中的反应物有KClO3、MnO2和KOH加热时生成K2MnO4、KCl和H2O，反应的化学方程式为：KClO3＋3MnO2＋6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑；操作①和②的反应物中均含有碱性物质，碱能够与氧化铝、二氧化硅及硅酸盐反应，应选择铁坩埚，故答案为KClO3＋3MnO2＋6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑；c；（2）操作④中K2MnO4转化为KMnO4和MnO2，反应的离子方程式为：3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-；若溶液碱性过强，则MnO4-又会转化为MnO42-，反应的离子方程式为：4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2O；通入CO2调pH=10-11，不选用HCl，是因为Cl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原，故答案为3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-；4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2O；Cl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原；（3）图1为普通过滤装置，图2为抽滤装置，抽滤装置过滤速度快，过滤效果好，且能够过滤颗粒很小是固体和糊状物，故答案为过滤速度快、效果好；（4）电解过程中右侧石墨电极连接电源正极，是阳极，发生氧化反应，电极反应式为：MnO42--e-=MnO4-；若电解时间过长，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色，也可能是阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色，故答案为MnO42--e-=MnO4-；电解较长时间后，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色。(或阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色)。26、锥形瓶装置C中的溶液与空气接触探究氧气能否氧化SO32-排除装置内的空气，防止氧气干扰2SO2+O2+2H2O=4H++2SO42-、NO3-都能氧化氧化SO32-，氧气的氧化效果比NO3-更好，在氧气、NO3-共存条件下，氧化速率更快。【解析】

（1）根据装置图判断仪器a的名称；（2）要验证“只是氧化了SO32-，与NO3-无关”，需在无氧条件下把SO2通入Ba(NO3)2溶液。（3）①、②号试剂的区别是①号溶液中无氧气、②号试剂中溶有氧气。（4）进行①号、③号试剂的共同点是无氧环境，区别是①号溶液中无硝酸根离子、③号试剂中有硝酸根离子；（5）实验现象：①号依然澄清，②号出现浑浊，说明把SO32-氧化为SO42-；（6）根据pH减小的速度、pH达到的最小值分析。【详解】（1）根据装置图，仪器a的名称是锥形瓶；（2）要验证“只是氧化了SO32-，与NO3-无关”，需在无氧条件下把SO2通入Ba(NO3)2溶液，不足之处是装置C中的溶液与空气接触。（3）①、②号试剂的区别是①号溶液中无氧气、②号试剂中溶有氧气，对比①、②号试剂，探究的目的是氧气能否氧化SO32-。（4）进行①号、③号试剂的共同点是无氧环境，区别是①号溶液中无硝酸根离子、③号试剂中有硝酸根离子；进行①号、③号实验的目的是探究在酸性环境中，NO3-能否将SO32-氧化成SO42-，进行①号、③号实验前通氮气可以排除装置内的空气，防止氧气干扰；（5）实验现象：①号依然澄清，②号出现浑浊，说明把SO32-氧化为SO42-，第②号实验时C中反应的离子方程式为2SO2+O2+2H2O=4H++2SO42-；（6）根据图象可知，、NO3-都能氧化氧化SO32-，氧气的氧化效果比NO3-更好，在氧气、NO3-共存条件下，氧化速率更快。27、Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化胶头滴管（酸式）滴定管（或移液管）溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色61.536.9【解析】

由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成。【详解】(1)据题意，样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO42-，则Cu2S与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O。(2)配制0.1000mol·L－1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。(3)步骤③中取25.00mL待测溶液（有未反应的酸性KMnO4溶液），所用仪器的精度应为0.01mL，故选酸式滴定管或移液管。(4)步骤⑤用标准Na2S2O3溶液滴定反应生成的I2，使用淀粉作指示剂，终点时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。(5)设2.6g样品中，Cu2S和CuS的物质的量分别为x、y，据5Fe2+~MnO4-（5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O），样品反应后剩余n(MnO4-)=0.1000mol·L－1×20.00×10-3L××=4.000×10-3mol样品消耗n(MnO4-)=0.2000mo·L－1×200.0×10-3L－4.000×10-3mol=36.00×10-3mol由Cu2S~2MnO4-和5CuS~8MnO4-（5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2++5SO42-+8Mn2++12H2O），得2x+y=36.00×10-3mol又据2Cu2+~I2~2S2O32－，得2x+y=0.1000mo1·L－1×30.00×10-3L×=30.00×10-3mol解方程组得x=y=0.01mol故w(Cu2S)==61.5%，w(CuS)==36.9%。【点睛】混合物的计算常利用方程组解决，多步反应用关系式使计算简化。注意溶液体积的倍数关系，如本题中配制250mL溶液，只取出25.00mL用于测定实验。28、Bsp2、sp33：4HNO3的非羟基氧个数与H2SO4的非羟基氧个数相同，所以酸性强度相近2∶150%【解析】

A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，均位于元素周期表的前四周期，B元素含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，核外电子排布为1s22s22p2，故B为碳元素；D的原子核外有8个运动状态不同的电子，则D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原序数相差3，二者只能处于第四周期，且E元素的基态原子有4个未成对电子，外围电子排布为3d64s2，则E为Fe，F为Cu，（3）中C（氮元素）与A形成的气体x，则A为H元素，形成的x为NH3，据此解答本题。【详解】（1）（1）D为O元素，价电子排布为2s22p4，基态的价层电子排布图为：，故答案为：；（2）A、二