福建省福清市华侨中学2024年高三适应性调研考试化学试题含解析

福建省福清市华侨中学2024年高三适应性调研考试化学试题注意事项：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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列物质中导电能力最差的是（）A．熔融态KHSO4 B．铜片 C．0.1mol/LH2SO4 D．固态KCl2、常温下，以下试剂不能用来鉴别SO2和H2S的是A．滴有淀粉的碘水 B．氢氧化钠溶液C．硫酸铜溶液 D．品红溶液3、下列化学用语使用正确的是（）A．HF在水溶液中的电离方程式：HF＋H2OF－＋H3O＋B．Na2S的电子式：C．乙烯的结构式：CH2＝CH2D．重氢负离子(H－)的结构示意图：4、（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5、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6、下列溶液一定呈中性的是A．c(H+)=c(OH–) B．pH=7 C．KW=10-14 D．c(H+)=10-7mol/L7、下列能源中不属于化石燃料的是（）A．石油 B．生物质能 C．天然气 D．煤8、NA代表阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A．0.1mol熔融的NaHSO4中含有的离子总数为0.3NAB．标准状况下，2.24LHF和NH3分子所含电子数目均为NAC．常温时,56gAl与足量浓硝酸反应,转移的电子数目为3NAD．向含有1molFeI2溶质的溶液中通入适量的氯气，当有1molFe2+被氧化时，该反应转移电子的数目为3NA9、一种新药物结构如图所示，下列有关该化合物说法正确的是A．分子式为C17H17N2O6B．能发生水解反应、聚合反应、取代反应、消去反应C．分子中含有四种不同的官能团D．能与氢气发生加成反应，但不能与溴的四氯化碳溶液反应10、实验室里用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁(碱式硫酸铁的聚合物)[Fe2(OH)n(SO4)3－0.5n]m和绿矾FeSO4·7H2O，其过程如图所示，下列说法不正确的是A．炉渣中FeS与硫酸、氧气反应的离子方程式为：4FeS＋3O2＋12H＋=4Fe3＋＋4S＋6H2OB．溶液Z加热到70～80℃的目的是促进Fe3＋的水解C．溶液Y经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤可得到绿矾D．溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，若pH偏小导致聚铁中铁的质量分数偏大11、下列物质属于油脂的是()①②③④润滑油⑤花生油⑥石蜡A．①② B．④⑤ C．①⑤ D．①③12、化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系正确的是（）选项化学性质实际应用AAl2(SO4)3和苏打Na2CO3溶液反应泡沫灭火器灭火B油脂在酸性条件下的水解反应工业生产中制取肥皂C醋酸具有酸性食醋除水垢DSO2具有漂白性可用于食品增白A．A B．B C．C D．D13、关于晶体的叙述正确的是（）A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B．分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高C．存在自由电子的晶体一定是金属晶体，存在阳离子的晶体一定是离子晶体D．离子晶体中可能存在共价键，分子晶体中可能存在离子键14、某热再生电池工作原理如图所示。放电后，可利用废热进行充电。已知电池总反应：Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+ΔH＜0。下列说法正确的是（）A．充电时，能量转化形式主要为电能到化学能B．放电时，负极反应为NH3-8e-+9OH-=NO3-+6H2OC．a为阳离子交换膜D．放电时，左池Cu电极减少6.4g时，右池溶液质量减少18.8g15、秦皮是一种常用的中药，具有抗炎镇痛、抗肿瘤等作用。“秦皮素”是其含有的一种有效成分，结构简式如图所示，有关其性质叙述不正确的是（）A．该有机物分子式为C10H8O5B．分子中有四种官能团C．该有机物能发生加成、氧化、取代等反应D．1mol该化合物最多能与3molNaOH反应16、已知A、B、D均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示（部分产物略去）。则下列有关物质的推断不正确的是（）A．若A为碳，则E可能为氧气B．若A为Na2CO3，则E可能为稀HClC．若A为Fe，E为稀HNO3，则D为Fe（NO3）3D．若A为AlCl3，则D可能为Al（OH）3，E不可能为氨水17、氟离子电池是新型电池中的一匹黑马，其理论比能量高于锂电池。一种氟离子电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是A．放电时，b是电源的正极B．放电时，a极的电极反应为：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－C．充电时，电极a接外电源的负极D．可将含F－的有机溶液换成水溶液以增强导电性18、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子总数等于Y的最外层电子数，Z原子最外层只有1个电子，W能形成酸性最强的含氧酸。下列说法正确的是A．单质的熔点：Z>X B．Z与Y、W均能形成离子化合物C．气态氢化物的沸点：X<Y<W D．X、Z的氧化物均含非极性键19、常温下，分别向NaX溶液和YCl溶液中加入盐酸和氢氧化钠溶液，混合溶液的PH与离子浓度变化关系如图所示，下列说法不正确的是（）A．0.1mol/L的YX溶液中离子浓度关系为：c(Y+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)B．L1表示-lg与pH的变化关系C．Kb(YOH)=10-10.5D．a点时两溶液中水的电离程度不相同20、以下说法正确的是（）A．共价化合物内部可能有极性键和非极性键B．原子或离子间相互的吸引力叫化学键C．非金属元素间只能形成共价键D．金属元素与非金属元素的原子间只能形成离子键21、中国是一个严重缺水的国家，污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚，其原理如图所示，下列说法不正确的是A．电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极B．B极为电池的阳极，电极反应式为CH3COO——8e−+4H2O═2HCO3—+9H+C．当外电路中有0.2mole−转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NAD．A极的电极反应式为+H++2e−═Cl−+22、实验测知K3C60熔融状态下能导电，关于K3C60的分析错误的是A．是强电解质 B．存在两种作用力C．是离子晶体 D．阴阳离子个数比为20∶1二、非选择题(共84分)23、（14分）（化学：选修5：有机化学基础）以有机物A制备高分子化合物F（）的流程如下：请回答下列问题。（1）A的官能团名称是_______；C的系统命名是____________。（2）①的反应类型是_______，⑤的反应类型是___________。（3）写出反应③的化学方程式：______________________。（4）满足下列条件的B同分异构体有____种。Ⅰ.能与Na反应产生气体Ⅱ.能与NaOH反应Ⅲ.不能与Na2CO3反应。若与NaOH溶液反应的有机物中的碳原子数目为2，则其结构简式是__________。（5）已知：Ⅰ.Ⅱ.写出以CH2=CHCH=CH2为原料制备C的合成路线流程图（无机试剂可以任选）：__________。24、（12分）富马酸二甲酯（DMF）俗称防霉保鲜剂霉克星1号，曾广泛应用于化妆品、蔬菜、水果等防霉、防腐、防虫、保鲜，它的一条合成路线如图所示。回答下列问题：（1）B的结构简式为______，D中官能团名称______。（2）①的反应的类型是______，②的反应条件是______。（3）④的反应方程式为______。（4）写出C的一种同分异构体，满足可水解且生成两种产物可相互转化______。（5）过程③由多个步骤组成，写出由C→D的合成路线_____。（其他试剂任选）（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）25、（12分）工业上用草酸“沉钴”，再过滤草酸钴得到的母液A经分析主要含有下列成分：H2C2O4Co2+Cl-质量浓度20.0g/L1.18g/L2.13g/L为了有效除去母液A中残留的大量草酸，一般用氯气氧化处理草酸，装置如下：回答下列问题：(1)母液A中c(CoO2)为____mol·L-1。，(2)分液漏斗中装入盐酸，写出制取氯气的离子方程式____________。反应后期使用调温电炉加热，当锥形瓶中____(填现象)时停止加热。(3)三颈烧瓶反应温度为50℃，水浴锅的温度应控制为____(填序号)。A．50℃B．5l-52℃C．45-55℃D．60℃(4)氯气氧化草酸的化学方程式为________。(5)搅拌器能加快草酸的去除速率，若搅拌速率过快则草酸去除率反而降低，主要原因是__________。(6)若用草酸铵代替草酸“沉钴”，其优点是____，其主要缺点为________。26、（10分）无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡与Cl2反应制备SnCl4。拟利用图中的仪器，设计组装一套实验装置制备SnCl4（每个装置最多使用一次）。已知：①有关物理性质如下表物质颜色、状态熔点/℃沸点/℃Sn银白色固体231.92260SnCl2易水解，SnCl4易水解生成固态二氧化锡，锡与Cl2反应过程放出大量的热SnCl4无色液体－33114SnCl2无色晶体246652②Fe3++Sn2+—Fe2++Sn4+Fe2++Cr2O72-+H+—Fe3++Cr3++H2O（未配平）回答下列问题：(1)“冷凝管”的名称是________，装置Ⅱ中发生反应的离子方程式为________。(2)用玻管（未画出）连接上述装置，正确的顺序是（填各接口的代码字母）_____。(3)如何检验装置的气密性______，实验开始时的操作为_______。(4)如果将制取的四氯化锡少许暴露于空气中，预期可看到的现象是出现白色烟雾，化学方程式为_______。(5)可用重铬酸钾滴定法测定产品中的SnCl2的含量，准确称取该样品mg放于烧杯中，用少量浓盐酸溶解，加入过量的氯化铁溶液，再加水稀释，配制成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1重铬酸钾标准溶液滴定至终点，消耗标准液15.00mL，则产品中SnCl2的含量为____%(用含m的代数式表示)，在测定过程中，测定结果随时间延长逐渐变小的原因是____（用离子方程式表示）。27、（12分）亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯品为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解，常用于制染料。SO2和浓硝酸在浓硫酸存在时可制备NOSO4H，反应原理为：SO2+HNO3=SO3+HNO2、SO3+HNO2=NOSO4H。（1）亚硝酰硫酸（NOSO4H）的制备。①仪器I的名称为______________，打开其旋塞后发现液体不下滴，可能的原因是_________________。②按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为__________________(填仪器接口字母，部分仪器可重复使用)。③A中反应的方程式为___________。④B中“冷水”的温度一般控制在20℃，温度不宜过高或过低的原因为________。（2）亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯度的测定。称取1.500g产品放入250mL的碘量瓶中，并加入100.00mL浓度为0.1000mol·L-1的KMnO4标准溶液和10mL25%的H2SO4，摇匀；用0.5000mol·L-1的Na2C2O4标准溶液滴定，滴定前读数1.02mL,到达滴定终点时读数为31.02mL。已知：i：□KMnO4+□NOSO4H+□______=□K2SO4+□MnSO4+□HNO3+□H2SO4ii：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+8H2O①完成反应i的化学方程式：_____________□KMnO4+□NOSO4H+□______=□K2SO4+□MnSO4+□HNO3+□H2SO4②滴定终点的现象为____________________。③产品的纯度为__________________。28、（14分）全球碳计划组织（GCP，TheGlobalCarbonProject）报告称，2018年全球碳排放量约371亿吨，达到历史新高。（1）中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图1所示。①已知：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ·mol-12CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g)△H=-128kJ·mol-1则上述过程中CO和H2转化为CH2=CH2的热化学方程式是_________。②下列有关CO2转化为汽油的说法，正确的是___________________（填标号）。A．该过程中，CO2转化为汽油的转化率高达78%B．中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键C．在Na-Fe3O4上发生的反应为CO2+H2=CO+H2OD．催化剂HZSM-5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率③若在一容器中充入一定量的CO2和H2，加入催化剂恰好完全反应，且产物只生成C5以上的烷烃类物质和水。则起始时CO2和H2的物质的量之比不低于_________。（2）研究表明，CO2和H2在一定条件下可以合成甲醇。反应方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H<0。一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1.0molCO2和3.0molH2，在不同催化剂作用下合成甲醇，相同时间内CO2的转化率随温度变化关系如图2所示。①该反应自发进行的条件是__________（填“高温”“低温”或“任意温度”）②催化效果最佳的催化剂是__________（填“A”“B”或“C”）；b点时，________（填“＞”“＜”或“＝”）。③若容器容积保持不变，则不能说明该反应达到化学平衡状态的是________。a.c(CO2)与c(H2)的比值保持不变b.v(CO2)正＝v(H2O)逆c.体系的压强不再发生变化d.混合气体的密度不变e.有lmolCO2生成的同时有断开3mol的H-H键f.气体的平均相对分子质量不变④已知容器内的起始压强为100kPa，若图2中c点已达到平衡状态，则该温度下反应的平衡常数Kp=____________________（只列出计算式，不要求化简，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数）。29、（10分）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要视角．硫及其化合物与价态变化为坐标的二维转化关系如图1所示．完成下列填空：（1）图中X的电子式为__；其水溶液在空气中放置易变浑浊，写出反应的化学方程式__；该变化说明S的非金属性比O__（填“强”或“弱”），从原子结构的角度解释原因：__．通过__（举两例），也可以判断氧、硫两种元素的非金属性强弱．（1）下列物质用于Na1S1O3制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是__（选填编号）．aNa1S+SbZ+ScNa1SO3+YdNaHS+NaHSO3（3）已知反应：Na1S1O3+H1SO4→Na1SO4+S↓+SO1+H1O，研究其反应速率时，下列方案合理的是__（选填编号）．a测定一段时间内生成SO1的体积，得出该反应的速率b研究浓度、温度等因素对该反应速率的影响，比较反应出现浑浊的时间c用Na1S1O3固体分别与浓、稀硫酸反应，研究浓度对该反应速率的影响（4）治理含CO、SO1的烟道气，以Fe1O3做催化剂，将CO、SO1在380℃时转化为S和一种无毒气体．已知：①硫的熔点：111.8℃、沸点：444.6℃；②反应每得到1mol硫，放出170kJ的热量．写出该治理烟道气反应的热化学方程式__．（5）其他条件相同、催化剂不同时，上述反应中SO1的转化率随反应温度的变化如图1．不考虑催化剂价格因素，生产中选Fe1O3做催化剂的主要原因是__．

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、D【解析】

导电能力最差的应是离子浓度最小，或不存在自由移动的离子等情况，如固体氯化钾，据此进行解答。【详解】固体KCl不能电离出自由移动的离子，不能导电，而熔融态KHSO4、0.1mol/LH2SO4都存在自由移动的离子，都能导电，铜片为金属，存在自由移动的电子，也能导电，所以导电能力最差的是固态KCl；故答案选D。【点睛】金属导电是因为含有自由移动的电子，而电解质导电是因为含有自由移动的离子；比如KCl是电解质，但是在固态时不导电，没有自由移动的离子；但是氯化钾溶于水或在熔融状态下，存在自由移动的离子，就能够导电，所以电解质不一定能够导电，导电的也不一定是电解质。2、B【解析】

A．SO2能使蓝色褪去得到无色溶液，H2S能与滴有淀粉的碘水反应生成淡黄色沉淀，二者现象不同，可以鉴别，A不符合题意；B．二者均与NaOH溶液反应，得到无色溶液，现象相同，不能鉴别，B符合题意；C．与硫酸铜混合无变化的为SO2，混合生成黑色沉淀的为H2S，现象不同，可以鉴别，C不符合题意；D．SO2具有漂白性能使品红褪色，H2S通入品红溶液中无现象，现象不同，可以鉴别，D不符合题意；故合理选项是B。3、A【解析】

A.HF是弱酸，部分电离，用可逆号，HF＋H2O⇌F－＋H3O＋可表示HF的电离方程式，故A正确；B.Na2S是离子化合物，由阴阳离子构成，而不是共价化合物，电子式书写不正确，故B错误；C.乙烯的结构简式：CH2＝CH2，故C错误；D.重氢负离子(H－)的质子数是1，即核电荷数为1，故D错误；故选：A。4、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。5、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。6、A【解析】

溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)与c(OH–)的相对大小，据此判断溶液酸碱性。【详解】A.c(H+)=c(OH–)的溶液一定呈中性，A项正确；B.只有常温下pH=7的溶液才是中性的，B项错误；C.常温下稀溶液中KW=10-14，溶液不一定中性，C项错误；D.只有常温下c(H+)=10-7mol/L时，溶液才是中性的，D项错误；本题选A。7、B【解析】

化石能源指由古动物、植物遗体变化形成的能源，主要有煤、石油、天然气等，其特点是具有不可再生性。【详解】化石能源指由古动物、植物遗体经过复杂的物理化学变化形成的能源，主要有煤、石油、天然气等，故A、C、D不选；B、生物质能可通过植物光合作用获得，不属于化石燃料，故B选；故选：B。8、D【解析】

A.NaHSO4在熔融状态电离产生Na+、HSO4-，1个NaHSO4电离产生2个离子，所以0.1molNaHSO4在熔融状态中含有的离子总数为0.2NA，选项A错误；B.标准状况下HF呈液态，不能使用气体摩尔体积，选项B错误；C.常温时Al遇浓硝酸会发生钝化现象，不能进一步反应，选项C错误；D.微粒的还原性I->Fe2+，向含有1molFeI2溶质的溶液中通入适量的氯气，当有1molFe2+被氧化时，I-已经反应完全，则1molFeI2反应转移3mol电子，则转移电子数目是3NA，选项D正确；故合理选项是D。9、C【解析】

由该有机物的结构简式可知分子式，其分子中含-COOC-、碳碳双键、氨基、硝基，结合酯、烯烃等有机物的性质来解答。【详解】A．根据该有机物的结构简式可知，其分子式为C17H18N2O6，故A错误；B．该有机物含-COOC-可发生水解、取代反应，含碳碳双键可发生聚合反应，不能发生消去反应，故B错误；C．该有机物含-COOC-、碳碳双键、氨基、硝基四种官能团，故C正确；D．该有机物含碳碳双键，故其可与氢气发生加成反应，也能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，故D错误；故答案为C。10、D【解析】

A.炉渣中FeS与硫酸、氧气反应生成硫酸亚铁，硫单质和水，因此离子方程式为：4FeS＋3O2＋12H＋=4Fe3＋＋4S＋6H2O，故A正确；B.溶液Z加热到70～80℃的目的是促进Fe3＋的水解生成聚铁胶体，故B正确；C.溶液Y经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤可得到绿矾，故C正确；D.溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，若pH偏小，水解程度小，氢氧根减少，硫酸根增多，因此导致聚铁中铁的质量分数偏小，故D错误。综上所述，答案为D。11、C【解析】

油脂是指高级脂肪酸甘油脂，脂肪及植物油均属于油脂，排除②③；而润滑油、石蜡均为石油分馏产品，主要成分为烃，故答案为C。12、C【解析】

A、泡沫灭火器是利用Al2(SO4)3和小苏打NaHCO3溶液反应，故不选A；B、工业生产中用油脂在碱性条件下的水解反应制取肥皂，故不选B；C、醋酸的酸性大于碳酸，利用醋酸与碳酸钙反应除水垢，故选C；D、SO2具有漂白性，但由于SO2有毒，SO2不能用于食品增白，故不选D；答案选C。13、A【解析】A、原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，A正确；B、分子晶体中，分子间作用力越大，熔、沸点越高，分子间作用力影响物质的熔沸点，共价键影响物质的热稳定性，B错误；C、存在自由电子的晶体不一定是金属晶体，如石墨中也含有自由电子，它是一种混合晶体。存在阳离子的晶体不一定是离子晶体，如金属晶体中存在阳离子和自由电子，C错误；D、离子晶体中可能存在共价键，如NaOH属于离子晶体，其中含有H-O共价键，分子晶体中一定不存在离子键，全部是共价键，D错误。正确答案为A。点睛：注意区分各种作用力对物质性质的影响。对于分子晶体，分子间作用力和氢键主要影响物质的熔沸点，化学键影响物质的热稳定性即化学性质；影响原子晶体熔沸点的因素是共价键的强弱，影响离子晶体熔沸点大小的因素为离子键的强弱，影响金属晶体熔沸点的因素为金属键的强弱。14、D【解析】

已知电池总反应：Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+△H＜0，放出的热量进行充电，通入氨气的电极为原电池负极，电极反应Cu−2e−＝Cu2＋，通入氨气发生反应Cu2＋＋4NH3⇌[Cu(NH3)4]2＋△H＜0，右端为原电池正极，电极反应Cu2＋＋2e−＝Cu，中间为阴离子交换膜，据此分析。【详解】已知电池总反应：Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+△H＜0，放出的热量进行充电，通入氨气的电极为原电池负极，电极反应Cu−2e−＝Cu2＋，通入氨气发生反应Cu2＋＋4NH3⇌[Cu(NH3)4]2＋△H＜0，右端为原电池正极，电极反应Cu2＋＋2e−＝Cu，中间为阴离子交换膜；A．充电时，能量转化形式主要为热能→化学能，故A错误；B．放电时，负极反应为Cu＋4NH3−2e−＝[Cu(NH3)4]2＋，故B错误；C．原电池溶液中阴离子移向负极，a为阴离子交换膜，故C错误；D．放电时，左池Cu电极减少6.4g时，Cu−2e−＝Cu2＋，电子转移0.2mol，右池溶液中铜离子析出0.1mol，硝酸根离子移向左电极0.2mol，质量减少＝0.2mol×62g/mol＋0.1mol×64g/mol＝18.8g，故D正确；故答案选D。15、D【解析】

由结构可知分子式，秦皮中物质分子中含酚-OH、碳碳双键、-COOC-及醚键，结合酚、烯烃及酯的性质来解答。【详解】A.由结构可知分子式为C10H8O5，A正确；B.含有羟基、酯基、碳碳双键以及醚键4种官能团，B正确；C.含苯环、碳碳双键可发生加成反应，碳碳双键、-OH可发生氧化反应，-OH、-COOC-可发生取代反应，C正确；D.能与氢氧化钠反应的为酚羟基和酯基，且酯基可水解生成羧基和酚羟基，则1mol该化合物最多能与4molNaOH反应，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，注意选项D为解答的易错点。16、C【解析】

A．若A为碳，E为氧气，则B为CO2，D为CO，CO2与CO可以相互转化，选项A正确；B．若A为Na2CO3，E为稀HCl，则B为CO2，D为NaHCO3，CO2和NaHCO3可以相互转化，选项B正确；C．若A为Fe，E为稀HNO3，则B为Fe（NO3）3，D为Fe（NO3）2，选项C错误；D．AlCl3与少量NaOH溶液反应生成Al（OH）3，与过量NaOH溶液反应生成NaAlO2，符合转化关系，若E是氨水则不符合，因为AlCl3与少量氨水和过量氨水反应都生成Al（OH）3沉淀和NH4Cl，选项D正确。故选C。17、B【解析】

由于Mg是活泼金属，Mg2+氧化性弱，所以该电池工作时Mg失去电子结合F-生成MgF2，即b电极为负极，电极反应式为：Mg+2F－－2e－=MgF2，则a为正极，正极反应式为：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－；充电时，电解池的阳极、阴极与原电池的正、负极对应，电极反应与原电池的电极反应反应物与生成物相反，据此解答。【详解】A．由于Mg是活泼金属，Mg2+氧化性弱，所以原电池放电时，Mg失去电子，作负极，即b为负极，a为正极，A错误；B．放电时，a为正极发生还原反应，电极反应为：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－，B正确；C．充电时电解池的阳极、阴极与原电池的正、负极对应，所以a极接外电源的正极，C错误；D．因为Mg能与水反应，因此不能将有机溶液换成水溶液，D错误；答案选B。18、B【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，Z原子最外层只有1个电子，Z是第IA元素，结合原子序数大小可知Z为Na元素；W能形成酸性最强的含氧酸，W应该为Cl元素；X、Y的原子序数之和=42-11-17=14，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，Y只能位于第二周期，设X的核外电子数为x，则x+(2+x)=14，解得x=6，则X为C元素、Y为O元素，据此结合元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析，X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为Cl元素。A．X、Z分别为C、Na元素，金属Na的熔点较低，C的单质一般为金刚石或石墨，熔点较高，熔点：X＞Z，故A错误；B．Na与O和Cl形成的化合物为氧化钠和过氧化钠、NaCl，都是离子化合物，故B正确；C．水分子间能够形成氢键，沸点：H2O＞HCl，故C错误；D．X、Z的氧化物可以是CO或CO2、Na2O或Na2O2，仅Na2O2有非极性键，故D错误；故选B。19、A【解析】

NaX溶液中加入盐酸，随着溶液pH逐渐逐渐增大，X-离子浓度逐渐增大，HX浓度逐渐减小，-lg的值逐渐减小，所以曲线L1表示-lg的与pH的关系；YCl溶液中加入NaOH溶液，随着溶液pH逐渐增大，Y+离子逐渐减小，YOH的浓度逐渐增大，则-lg的值逐渐增大，则曲线L2表示-lg与pH的变化关系。A．曲线L1中，-lg=0时，c(X-)=c(HX)，Ka(HX)=c(H+)=1×10-9＞1×10-10.5，根据Kh=可知，电离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度X-＜Y+，则MA溶液呈酸性，则c(OH-)＜c(H+)、c(Y+)＜c(X-)，溶液中离子浓度大小为：c(X-)＞c(Y+)＞c(H+)＞c(OH-)，故A错误；B．根据分析可知，曲线L1表示-lg的与pH的关系，故B正确；C．曲线L2表示-lg与pH的变化关系，-lg=0时，c(Y+)=c(YOH)，此时pH=3.5，c(OH-)=1×10-10.5mol/L，则Kb(YOH)==c(OH-)=1×10-10.5，故C正确；D．a点溶液的pH＜7，溶液呈酸性，对于曲线L1，NaX溶液呈碱性，而a点为酸性，说明加入盐酸所致，抑制了水的电离；曲线L2中，YCl溶液呈酸性，a点时呈酸性，Y+离子水解导致溶液呈酸性，促进了水的电离，所以水的电离程度：a＜b，故D正确；故答案为A。20、A【解析】

A、全部由共价键形成的化合物是共价化合物，则共价化合物内部可能有极性键和非极性键，例如乙酸、乙醇中，A正确；B、相邻原子之间强烈的相互作用是化学键，包括引力和斥力，B不正确；C、非金属元素间既能形成共价键，也能形成离子键，例如氯化铵中含有离子键，C不正确；D、金属元素与非金属元素的原子间大部分形成离子键，但也可以形成共价键，例如氯化铝中含有共价键，D不正确；答案选A。21、B【解析】

原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，B为负极，电极反应式为CH3COO--8e-+4H2O

═2HCO3-+9H+，据此分析解答。【详解】A．原电池工作时，电流从正极经导线流向负极，即电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极，故A正确；B．B极为电池的负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为CH3COO--8e-+4H2O

═2HCO3-+9H+，B极不是阳极，故B错误；C．根据电子守恒可知，当外电路中有0.2mole-转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，故C正确；D．A为正极，得到电子，发生还原反应，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，故D正确；答案选B。【点睛】根据氢离子的移动方向判断原电池的正负极是解题的关键。本题的易错点为B，要注意原电池的两极称为正负极，电解池的两极称为阴阳极。22、D【解析】

A.K3C60熔融状态下能导电，所以是电解质，并且是盐，是强电解质，故A正确；B.是离子化合物，存在离子键，阴离子中存在共价键，故B正确；C.该物质熔融状态下能导电，说明是电解质且含有离子键，所以属于离子晶体，故C正确；D.K3C60=3K++C603-，阴阳离子个数比是3:1，故D错误；故选：D。二、非选择题(共84分)23、溴原子、羟基、酯基1，3-丁二醇取代反应或水解反应缩聚反应11CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH【解析】试题分析：A水解生成B和C，C连续2次以后生成E，E和氢气发生加成反应生成B，则B和C分子中含有相同的碳原子数，均是4个。B发生缩聚反应生成F，则根据F的结构简式可知B的结构简式为HOCH(CH3)CH2COOH，因此E的结构简式为CH3COCH2COOH，D的结构简式为CH3COCH2CHO，因此C的结构简式为CH3CHOHCH2CH2OH，据此分析解答。解析：A水解生成B和C，C连续2次以后生成E，E和氢气发生加成反应生成B，则B和C分子中含有相同的碳原子数，均是4个。B发生缩聚反应生成F，则根据F的结构简式可知B的结构简式为HOCH(CH3)CH2COOH，因此E的结构简式为CH3COCH2COOH，D的结构简式为CH3COCH2CHO，因此C的结构简式为CH3CHOHCH2CH2OH，则（1）A属于酯类，且含有溴原子和羟基，因此A的官能团名称是溴原子、羟基、酯基；C分子中含有2个羟基，其系统命名是1，3-丁二醇。（2）根据以上分析可知①的反应类型是取代反应或水解反应，⑤的反应类型是缩聚反应。（3）反应③是醛基的氧化反应，反应的化学方程式为。（4）Ⅰ.能与Na反应产生气体，说明含有羟基或羧基；Ⅱ.能与NaOH反应，说明含有羧基或酯基；Ⅲ.不能与Na2CO3反应，说明含有酯基，不存在羧基，如果是甲酸形成的酯基，有5种；如果是乙酸形成的酯基有2种；如果羟基乙酸和乙醇形成的酯基有1种；丙酸形成的酯基有1种；羟基丙酸和甲醇形成的酯基有2种，共计11种；若与NaOH溶液反应的有机物中的碳原子数目为2，则符合条件的有机物结构简式有CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH。（5）结合已知信息、相关物质的结构和性质，利用逆推法可知其合成路线可以设计为。24、ClCH2CH=CHCH2Cl羧基、碳碳双键加成反应氢氧化钠水溶液、加热HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2OCH3COOC2H5【解析】

（1）由C的结构可知，反应①是1，3-丁二烯与氯气发生1，4-加成反应生成1，4-二氯-2-丁烯，反应②发生卤代烃的水解反应，故B为ClCH2CH=CHCH2Cl，D中官能团名称为：羧基、碳碳双键；（2）①的反应的类型是：加成反应，②的反应条件是：氢氧化钠水溶液、加热；（3）④是HOOCCH=CHCOOH与甲醇发生酯化反应得到CH3OOCCH=CHCOOCH3，反应方程式为；（4）C的一种同分异构体可水解且生成两种产物可相互转化，符合条件的C的同分异构体为：CH3COOC2H5；（5）过程③由多个步骤组成，对比C、D的结构，HOCH2CH=CHCH2OH先与HCl发生加成反应生成HOCH2CH2CHClCH2OH，然后发生氧化反应生成HOOCCH2CHClCOOH，HOOCCH2CHClCOOH发生消去反应、酸化得到HOOCCH=CHCOOH，合成路线流程图为：，故答案为：。【点睛】本题考查有机物的合成，题目涉及有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，注意根据有机物的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化。25、0.02ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O黄绿色气体变成无色BH2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低残存于母液A中c(CoCl2)会更小母液A处理中消耗更多的氯气【解析】

利用浓盐酸和Ca(ClO)2反应制备氯气，氯气在氧化草酸，除去母液中的草酸。【详解】(1)根据表格中的信息，Co2+的质量浓度为1.18g/L，则1L溶液中的，则；(2)加入盐酸，与Ca(ClO)2反应生成Cl2，为归中反应，离子方程式为ClO－+Cl－+2H＋=Cl2↑+H2O；氯气为黄绿色气体，当反应完全之后，无氯气产生，装置中的气体由黄绿色变成无色，则答案为黄绿色气体变成无色；(3)由于热传递，只能由温度高的传递到温度低的部分，三颈烧瓶反应温度为50℃，那么水浴锅的温度应该高一点，这样热量才能传递到反应液中，B符合题意；(4)氯气具有氧化性，草酸具有还原性，能够发生氧化还原反应，草酸被氧化成CO2，化学方程式为H2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl；(5)搅拌过快，Cl2来不及反应，就从母液中逸出，因此草酸去除率反而降低，答案为搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低；(6)草酸铵为强电解质，而草酸是弱电解质，草酸铵溶液中的草酸根浓度更大，能够使Co2＋沉淀得更加完全；由于母液中有NH4＋，在Cl2也会与NH4＋反应，因此在处理母液时，需要消耗更多的氯气。答案：残存于母液A中c(CoCl2)会更小母液A处理中消耗更多的氯气。26、直形冷凝管2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2OBIHEFNACDJK或BIHEFNACDKJ关闭滴液漏斗活塞，将装置最后端的导气管插入水中，微热烧瓶，在导管末端有气泡产生，冷却烧瓶，在导管内形成一段高于液面的水柱，一段时间不发生变化，说明气密性良好先打开Ⅱ中的活塞，待Ⅰ中烧瓶充满黄绿色气体后，点燃Ⅰ中的酒精灯SnCl4+2H2O=SnO2+4HCl855/m2Sn2++O2+4H+=2Sn4++2H2O【解析】

装置Ⅱ为制备氯气的装置，产生的氯气中会混有HCl和水蒸气等杂质气体，将气体通过V装置，V装置中的饱和食盐水可除去HCl，再将气体通过Ⅳ装置，Ⅳ装置中的浓硫酸可除去水蒸气，可得到干燥、纯净的氯气。将氯气通入Ⅰ装置，氯气与Sn反应可制得SnCl4蒸气，将SnCl4蒸气经装置Ⅲ冷却，可得到SnCl4液体。由于SnCl4易水解，为防止空气中的水蒸气进入装置Ⅲ以及吸收多余的Cl2，可在装置Ⅲ后连接Ⅵ装置。（1）根据仪器特点解答仪器名称，装置II中KMnO4与HCl反应制Cl2；（2）依据上述分析进行仪器连接；需注意制备的氯气应先除杂后干燥，干燥、纯净的氯气再和Sn反应，因为SnCl4易水解，应在收集SnCl4的装置后边连接干燥装置，防止空气中的水蒸气进入，同时要吸收尾气Cl2；（3）气密性的检验可采用加热法，升高发生装置体系内气体的温度，可以增大压强，使体系内空气外逸，当温度恢复初始温度时，体系内压强减小，导致浸没在水中的导气管内倒吸一段水柱；防止Sn与O2反应以及防止生成的SnCl4水解，实验开始应先通Cl2排尽装置中空气；（4）根据信息书写方程式；（5）用重铬酸钾滴定法测定SnCl2时，发生的反应为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+、6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，可得关系式3Sn2+~Cr2O72-，由消耗的K2Cr2O7计算SnCl2，进一步计算SnCl2的含量；Sn2+具有强还原性，易被O2氧化。【详解】（1）“冷凝管”的名称是直形冷凝管；装置Ⅱ中是KMnO4和HC1制备氯气的反应，高锰酸钾中的锰元素由+7价降低到+2价生成Mn2+，HCl中的氯元素由-1价升高到0价生成氯气，离子反应方程式为2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。本小题答案为：直形冷凝管；2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。（2）装置Ⅱ为制备氯气的装置，产生的氯气中会混有HCl和水蒸气等杂质气体，将气体通过V装置，V装置中的饱和食盐水可除去HCl，再将气体通过Ⅳ装置，Ⅳ装置中的浓硫酸可除去水蒸气，可得到干燥、纯净的氯气。将氯气通入Ⅰ装置，氯气与Sn反应可制得SnCl4蒸气，将SnCl4蒸气经装置Ⅲ冷却，可得到SnCl4液体。由于SnCl4易水解，为防止外界空气中的水蒸气进入装置Ⅲ以及吸收多余Cl2防污染大气，可在装置Ⅲ后连接Ⅵ装置。根据上述分析该装置的连接顺序是BIHEFNACDJK或BIHEFNACDKJ。本小题答案为：BIHEFNACDJK或BIHEFNACDKJ。（3）检查装置的气密性用加热法，操作为：关闭滴液漏斗活塞，将装置最后端的导气管插入水中，微热烧瓶，在导管末端有气泡产生，冷却烧瓶，在导管内形成一段高于液面的水柱，一段时间不发生变化，说明气密性良好；防止Sn与O2反应以及防止生成的SnCl4水解，实验开始应先通Cl2排尽装置中空气，故实验开始时的操作为：先打开Ⅱ中的活塞，待Ⅰ中烧瓶充满黄绿色气体后，点燃Ⅰ中的酒精灯。本小题答案为：关闭滴液漏斗活塞，将装置最后端的导气管插入水中，微热烧瓶，在导管末端有气泡产生，冷却烧瓶，在导管内形成一段高于液面的水柱，一段时间不发生变化，说明气密性良好；先打开Ⅱ中的活塞，待Ⅰ中烧瓶充满黄绿色气体后，点燃Ⅰ中的酒精灯。（4）根据表格所给信息，SnCl4易水解生成固态二氧化锡，将四氯化锡少许暴露于空气中，还可看到白色烟雾，说明水解产物中还有HCl，HCl与空气中的水蒸气形成盐酸小液滴，现象为白雾，化学方程式为SnCl4+2H2O=SnO2+4HCl。本小题答案为：SnCl4+2H2O=SnO2+4HCl。（5）用重铬酸钾滴定法测定SnCl2时，发生的反应为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+、6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，可得关系式3Sn2+~Cr2O72-（或根据得失电子守恒判断），实验中消耗的n(K2Cr2O7)=0.1000mol·L-1×0.015L=0.0015mol，则25.00mLSnCl2溶液中n(SnCl2)=0.0015mol×3=0.0045mol，则250.00mLSnCl2溶液中n(SnCl2)=0.045mol，m(SnCl2)=0.045mol×190g/mol=8.55g，则mg产品中SnCl2的含量为8.55g/mg×100%=%；根据反应“2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+”得出Sn2+的还原性强于Fe2+，Sn2+在空气中易被氧化，测定结果随时间延长逐渐变小是因为SnCl2被氧气氧化，发生2Sn2++O2+4H+=2Sn4++2H2O反应，滴定时消耗的重铬酸钾的量减少，由此计算出的SnCl2量减小，测量结果变小。本小题答案为：855/m；2Sn2++O2+4H+=2Sn4++2H2O。27、分液漏斗分液漏斗上口的瓶塞未打开或漏斗未与大气相通或漏斗下端活塞的凹槽未与瓶颈上的通气孔对齐a→de→cb→de→fNa2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑温度过低，反应速率太慢，温度过高，浓硝酸易分解，SO2逸出2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4滴入最后一滴Na2C2O4标准液后，溶液由紫红色变为无色，且半分钟颜色不恢复84.67%【解析】

(1)①根据图示中装置的形外分析名称；漏斗内的液体与大气相通时液体才能顺利流下；②亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，装置A制取的SO2中含有水蒸气，必须先干燥在通入B中反应制取亚硝酰硫酸(NOSO4H)时，要防止空气中或其他实验仪器中的水蒸气进入B中，SO2有毒，未反应的剩余SO2不能排放到大气中；据此分析；③硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠(或硫酸氢钠)和二氧化硫；④温度影响反应速率，同时浓硝酸不稳定；(2)①根据氧化还原反应，化合价升降(电子得失)守恒及物料守恒分析配平；②在氧化还原滴定操作中，高锰酸钾自身为紫红色，发生氧化还原反应时紫色褪去，自身可做滴定操作的指示剂；③结合反应ii，根据题给数据计算过量的KMnO4的物质的量，在结合反应i计算NOSO4H的物质的量，进而求算产品纯度。【详解】(1)①根据图示中装置A图所示，仪器I为分液漏斗；漏斗内与大气相通时液体才能顺利流下，打开其旋塞后发现液体不下滴，可能的原因是分液漏斗上口的瓶塞未打开或漏斗未与大气相通或漏斗下端活塞的凹槽未与瓶颈上的通气孔对齐；②亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，装置A制取的SO2中含有水蒸气，必须先干燥在通入B中反应制取亚硝酰硫酸(NOSO4H)，同时要防止空气中或其他实验仪器中的水蒸气进入B中，通入SO2时要尽量使SO2充分与反应物混合，提高SO2利用率，SO2有毒，未反应的剩余SO2不能排放到大气中，上述仪器的连接顺序为：a→de→cb→de→f；③硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠(或硫酸氢钠)和二氧化硫，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑；④温度影响反应速率，同时浓硝酸不稳定，温度过低，反应速率太慢，温度过高，浓硝酸易分解，SO2逸出，导致反应产率降低；(2)①反应中锰元素的化合价由+7价降低为+2价，亚硝酰硫酸中氮元素的化合价由+3价升高为+5价，根据氧化还原反应，化合价升降(电子得失)守恒及物料守恒，配平该方程式为：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；②在氧化还原滴定操作中，高锰酸钾自身为紫红色，发生氧化还原反应时紫色褪去，自身可做滴定操作的指示剂，用0.5000mol⋅L−1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点；③根据反应ii：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+8H2O，过量的KMnO4的物质的量=×0.5000mol⋅L−1×(31.02mL-1.02mL)×10-3/L=0.006mol，则与NOSO4H反应的高锰酸钾物质的量=0.1000mol⋅L−1×0.1L−0.006mol=0.004mol，在结合反应i：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，NOSO4H的物质的量=×0.004=0.01mol，产品的纯度为=×100%=84.67%。【点睛】亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯品遇水易分解，故在连接实验仪器时，需要考虑反应中产生的气体是否带有水蒸气，还要考虑外界空气中的水蒸气是否会进入装置，最后要有尾气处理装置，酸性气体用碱液吸收。28、2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g)∆H=