重庆市合川瑞山中学2024年高三第三次测评化学试卷含解析

重庆市合川瑞山中学2024年高三第三次测评化学试卷注意事项: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、化学已渗透到人类生活的各个方面，下列说法正确的是（）A．石油、煤、天然气、可燃冰、植物油都属于化石燃料B．绿色食品是生产时不使用化肥、农药、不含任何化学物质的食品C．推广使用洁净煤技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放D．地沟油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，可用于制肥皂和加工食用油2、常温下，BaCO3的溶度积常数为Ksp，碳酸的电离常数为Ka1、Ka2，关于0.1

mol/L

NaHCO3溶液的下列说法错误的是A．溶液中的c(HCO3-)一定小于0.1mol/LB．c(H+)＋c(H2CO3)＝c(CO32-)＋c(OH－)C．升高温度或加入NaOH固体,

均增大D．将少量该溶液滴入BaCl2溶液中，反应的平衡常数3、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，Y为金属元素，Y与Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，X与W所在族序数之和等于10。下列说法正确的是（）A．原子半径大小顺序：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X) B．沸点：XW2>Y2WC．最高价氧化物对应的水化物的酸性：X<Z D．简单氢化物的热稳定性：Z>W4、对NaOH晶体叙述错误的是A．存在两种化学键 B．含共价键的离子化合物C．存在两种离子 D．含共价键的共价化合物5、在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，振荡后溶液变蓝，再加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失。下列判断错误的是A．氧化性：ClO－>SO42->I2B．漂粉精溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝C．ClO－与I－在碱性条件下可以发生氧化还原反应D．向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯水褪色6、短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，B与C的简单离子具有相同的电子层结构，D的最高正价与最低负价代数和为6。工业上采用在二氧化钛与A的单质混合物中通入D的单质，高温下反应得到化合物X和一种常见的可燃性气体Y（化学式为AB），X与金属单质C反应制得单质钛。下列说法不正确的是A．简单离子半径：D＞B＞CB．氧化物的水化物酸性：D＞AC．X与单质C不能在空气的氛围中反应制得单质钛D．B与D组成的某化合物可用于饮用水消毒7、垃圾分类并回收利用,可以节约自然资源,符合可持续发展的要求。与废弃矿泉水瓶对应的垃圾分类标志是A． B． C． D．8、用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是A．加热装置I中的烧杯分离I2和Fe B．利用装置Ⅱ合成氨并检验氨的生成C．利用装置Ⅲ制备少量的氯气 D．利用装置Ⅳ制取二氧化硫9、由下列实验对应的现象推断出的结论正确的是选项实验现象结论A将红热的炭放入浓硫酸中产生的气体通入澄清的石灰水石灰水变浑浊炭被氧化成CO2B将稀盐酸滴入Na2SiO3溶液中溶液中出现凝胶非金属性：Cl>SiCSO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸有白色沉淀产生，加入稀硝酸后沉淀溶解先产生BaSO3沉淀，后BaSO3溶于硝酸D向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加新制氯水溶液显红色原溶液中一定含有Fe2＋A．A B．B C．C D．D10、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是()A．常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中阳离子的数目相等B．标准状况下，22.4LHF所含有的分子数目为NAC．常温常压下，NO2与N2O4的混合气体46g，原子总数为3NAD．0.1mol-NH2(氨基)中所含有的电子数为NA11、实验室利用下图装置制取无水A1C13(183℃升华，遇潮湿空气即产生大量白雾)，下列说法正确的是A．①的试管中盛装二氧化锰，用于常温下制备氯气B．②、③、⑥、⑦的试管中依次盛装浓H2SO4、饱和食盐水、浓H2SO4、NaOH溶液C．滴加浓盐酸的同时点燃④的酒精灯D．⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管代替12、2015年7月31日，中国获得2022年冬奥会主办权，这将促进中国冰雪运动的发展。以下关于冰的说法正确的是（）A．等质量的0℃冰与0℃的水内能相同 B．冰和可燃冰都是结晶水合物C．冰和干冰、水晶的空间结构相似 D．氢键影响冰晶体的体积大小13、对可逆反应2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)ΔH＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是()①增加A的量，平衡向正反应方向移动②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)减小③压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变④增大B的浓度，v(正)＞v(逆)⑤加入催化剂，B的转化率提高A．①② B．④ C．③ D．④⑤14、下列说法正确的是A．将溴乙烷与氢氧化钾混合液加热，再滴加硝酸银溶液，观察有沉淀生成，可证明溴乙烷中含有溴B．用纸层析法分离铁离子与铜离子时，蓝色斑点在棕色斑点的下方，说明铜离子在固定相中分配得更多C．食醋总酸含量的测定实验中，先用移液管吸取市售食醋25ml，置于250ml容量瓶中加水稀释至刻度线，从配制后的溶液中取出25ml进行实验，其主要目的是可以减少食醋的挥发D．准确量取25.00mL的液体可选用移液管、量筒或滴定管等量具15、工业用强氧化剂PbO2来制备KClO4的工业流程如下：根据流程推测，下列判断不正确的是()A．“酸化”的试剂是稀硝酸或浓盐酸B．“滤渣”主要成分是PbO2粉末，可循环使用C．NaClO3与PbO2反应的离子方程式为D．在KNO3、KClO4、NaClO4、NaNO3中，常温下溶解度小的是KClO416、将下列气体通入溶有足量SO2的BaCl2溶液中，没有沉淀产生的是A．HClB．NH3C．Cl2D．NO217、单质钛的机械强度高，抗蚀能力强，有“未来金属”之称。工业上常用硫酸分解钛铁矿(FeTiO3)的方法制取二氧化钛，再由二氧化钛制金属钛，主要反应有：①FeTiO3+3H2SO4=Ti(SO4)2+FeSO4+3H2O②Ti(SO4)2+3H2O=H2TiO3↓+2H2SO4③H2TiO3TiO2+H2O④TiO2+2C+2Cl2TiCl4↑+CO↑⑤TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti下列叙述错误的是()A．反应①属于非氧化还原反应B．反应②是水解反应C．反应④中二氧化钛是氧化剂D．反应⑤表现了金属镁还原性比金属钛强18、利用pH传感器探究NaOH溶液与硫酸、硫酸铜混合溶液发生反应的离子反应顺序，绘得三份曲线图如图。已知实验使用的NaOH溶液浓度和滴速相同；硫酸溶液和硫酸铜溶液浓度相同；混合溶液中两溶质的浓度也相同。以下解读错误的是A．三个时点的c(Cu2+)：p>q>wB．w点：c(Na+)>c(SO42-)>c(Cu2+)>c(H+)C．混合溶液中滴加NaOH溶液，硫酸先于硫酸铜发生反应D．q点时溶液离子浓度：c(SO42-)+c(OH-)=c(Cu2+)+c(H+)+c(Na+)19、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．pH=1的硫酸溶液1L，溶液中含SO42-的数目等于0.1NAB．真空密闭容器中充入0.1molH2和0.1molI2充分反应后，容器内分子总数为0.2NAC．10mL0.1mol⋅L-1的FeCl3与20mL0.1mol⋅L-1KI溶液反应，转移电子数为0.001NAD．60gSiO2晶体中Si-O键数目为2NA20、实行垃圾分类，关系到广大人民群众的生活环境，关系到节约使用资源，也是社会文明水平的一个重要体现。下列垃圾属于不可回收垃圾的是A．旧报纸 B．香烟头 C．废金属 D．饮料瓶21、2016年，我国科研团队开创了以煤为原料合成气态烯烃的新途径。下列说法错误的是A．煤的气化和液化是物理变化B．煤的干馏是在隔绝空气条件下进行的C．大量燃烧煤炭是造成雾霾的重要原因D．发展“煤制油”工程可减少对石油产品的依赖22、控制变量是科学研究重要方法。由下列实验现象一定能得出相应结论的是选项AB装置图现象右边试管产生气泡较快左边棉球变棕黄色，右边棉球变蓝色结论催化活性：Fe3+>Cu2+氧化性：Br2>I2选项CD装置图现象试管中先出现淡黄色固体，后出现黄色固体试管中液体变浑浊结论Ksp：AgCl>AgBr>AgI非金属性：C>SiA．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）氯吡格雷(clopidogrel)是一种用于抑制血小板聚集的药物．以芳香族化合物A为原料合成的路线如下：已知：①R-CHO，②R-CNRCOOH(1)写出反应C→D的化学方程式______________，反应类型____________。(2)写出结构简式．B____________，X____________。(3)A属于芳香族化合物的同分异构体(含A)共有______种，写出其中与A不同类别的一种同分异构体的结构简式___________。(4)两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，写出该反应的化学方程式________________。(5)已知：，设计一条由乙烯、甲醇为有机原料制备化合物的合成路线流程图，无机试剂任选_____________。(合成路线常用的表反应试剂A反应条件B…反应试剂反应条件目标产物示方式为：AB…目标产物)24、（12分）化合物H是一种光电材料中间体。由芳香化合物A制备H的一种合成路线如图：已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O②回答下列问题：（1）A的官能团名称是_____。（2）试剂a是_____。（3）D结构简式为_____。（4）由E生成F的化学方程式为_____。（5）G为甲苯的同分异构体，其结构简式为_____。（6）如图是以环戊烷为原料制备化合物的流程。M→N的化学方程式是_____。25、（12分）为测定某硬铝（含有铝、镁、铜）中铝的含量，设计了Ⅰ、Ⅱ两个方案。根据方案Ⅰ、Ⅱ回答问题：方案Ⅰ：(1)固体甲是铜，试剂X的名称是_______________。(2)能确认NaOH溶液过量的是___________（选填选项）。a.测溶液pH，呈碱性b.取样，继续滴加NaOH溶液，不再有沉淀生成c.继续加NaOH溶液，沉淀不再有变化(3)步骤④的具体操作是：灼烧、_______、________，重复上述步骤至恒重。(4)固体丙的化学式是______，该硬铝中铝的质量分数为_______________。方案Ⅱ的装置如图所示：操作步骤有：①记录A的液面位置；②待烧瓶中不再有气体产生并恢复至室温后，使A和B液面相平；③再次记录A的液面位置；④将一定量Y（足量）加入烧瓶中；⑤检验气密性，将ag硬铝和水装入仪器中，连接好装置。(1)试剂Y是________________；操作顺序是______________________。(2)硬铝质量为ag，若不测气体的体积，改测另一物理量也能计算出铝的质量分数，需要测定的是_______，操作的方法是__________。26、（10分）甲酸(化学式HCOOH，分子式CH2O2，相对分子质量46)，俗名蚁酸，是最简单的羧酸，无色而有刺激性气味的易挥发液体。熔点为8.6℃，沸点100.8℃，25℃电离常数Ka＝1.8×10－4。某化学兴趣小组进行以下实验。Ⅰ．用甲酸和浓硫酸制取一氧化碳A．B．C．D．(1)请说出图B中盛装碱石灰的仪器名称__________。用A图所示装置进行实验。利用浓硫酸的脱水性，将甲酸与浓硫酸混合，甲酸发生分解反应生成CO，反应的化学方程式是________；实验时，不需加热也能产生CO，其原因是_______。(2)如需收集CO气体，连接上图中的装置，其连接顺序为：a→__________(按气流方向，用小写字母表示)。Ⅱ．对一氧化碳的化学性质进行探究资料：ⅰ．常温下，CO与PdCl2溶液反应，有金属Pd和CO2生成，可用于检验CO；ⅱ．一定条件下，CO能与NaOH固体发生反应：CO＋NaOHHCOONa利用下列装置进行实验，验证CO具有上述两个性质。(3)打开k2，F装置中发生反应的化学方程式为_____________；为了使气囊收集到纯净的CO，以便循环使用，G装置中盛放的试剂可能是_________，H装置的作用是____________。(4)现需验证E装置中CO与NaOH固体发生了反应，某同学设计下列验证方案：取少许固体产物，配置成溶液，在常温下测该溶液的pH，若pH>7，证明CO与NaOH固体发生了反应。该方案是否可行，请简述你的观点和理由：________，_________。(5)25℃甲酸钠(HCOONa)的水解平衡常数Kh的数量级为____________。若向100ml0.1mol.L-1的HCOONa溶液中加入100mL0.2mol.L-1的HCl溶液，则混合后溶液中所有离子浓度由大到小排序为_________。27、（12分）叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t­BuNO2，以t­Bu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。(1)制备亚硝酸叔丁酯取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO4＋2NaNO2===2HNO2＋Na2SO4。可利用亚硝酸与叔丁醇(t­BuOH)在40℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：____________。(2)制备叠氮化钠(NaN3)按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应的化学方程式为：t­BuNO2＋NaOH＋N2H4===NaN3＋2H2O＋t­BuOH。①装置a的名称是______________；②该反应需控制温度在65℃，采用的实验措施是____________________；③反应后溶液在0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤。所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是____________。(3)产率计算①称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。②用滴定管加入0.10mol·L－1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应)。③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10mol·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]为标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋)。已知六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及Ce(NO3)3，试写出该反应的化学方程式____________________________；计算叠氮化钠的质量分数为________(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是____________(填字母)。A．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数C．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡D．滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内(4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：____________________28、（14分）氢能的存储是氢能应用的主要瓶颈，目前所采用或正在研究的主要储氢材料有：配位氢化物、富氢载体化合物、碳质材料、金属氢化物等。(1)Ti(BH4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。①Ti2+基态的电子排布式可表示为__________________。②BH4-的空间构型是________________(用文字描述)。(2)液氨是富氢物质，是氢能的理想载体，利用N2+3H22NH3实现储氢和输氢。①上述方程式涉及的三种气体熔点由低到高的顺序是__________________。②下列说法正确的是________(填字母)。a.NH3分子中N原子采用sp3杂化b.相同压强时，NH3沸点比PH3高c.[Cu(NH3)4]2＋中，N原子是配位原子d.CN-的电子式为(3)Ca与C60生成的Ca32C60能大量吸附H2分子。①C60晶体易溶于苯、CS2，说明C60是________分子(填“极性”或“非极性”)；②1个C60分子中，含有σ键数目为________个。(4)MgH2是金属氢化物储氢材料，其晶胞结构如图所示，已知该晶体的密度为ag·cm-3，则晶胞的体积为____cm3[用a、NA表示(NA表示阿伏加德罗常数)]。29、（10分）钛是一种性能非常优越的金属，21世纪将是钛的世纪。(1)TiO2薄膜中掺杂铬能显著提高光催化活性。基态Cr原子的核外电子排布式为____。(2)四乙醇钛能增加橡胶在金属表面的粘附性。其制备原理如下：TiCl4+4CH3CH2OH+4NH3=Ti(OCH2CH3)4+4NH4Cl①Ti(OCH2CH3)4可溶于有机溶剂，常温下为淡黄色透明液体，其晶体类型为____②N和O位于同一周期，O的第二电离能大于N的第二电离能的原因是_____；③NH4Cl中存在的作用力有_____，NH4Cl熔沸点高于CH3CH2OH的原因是_____，Ti(OCH2CH3)4分子中C原子的杂化形式均为____。(3)钛酸锶(SrTiO3)可作电子陶瓷材料和人造宝石，其中一种晶胞结构如图所示。若Ti位于顶点位置，O位于____位置；已知晶胞参数为anm，Ti位于O所形成的正八面体的体心，则该八面体的边长为_____m(列出表达式)。

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、C【解析】

A．石油、煤、天然气、可燃冰都属于化石燃料，植物油属于油脂不是化石燃料，故A错误；B．绿色食品是指在无污染的条件下种植、养殖、施有机肥料、不用高毒性、高残留农药、在标准环境的食品，生产时可以使用有机化肥和低毒的农药，故B错误；C．推广使用洁净煤技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放，故C正确；D．“地沟油”是用饭店的泔水及垃圾猪肉等加工而成的“食用油”，对人体健康有害不能食用，故D错误；故答案为C。2、D【解析】

A．HCO3-离子在溶液中既要发生电离又要发生水解，0.1

mol/L

NaHCO3溶液中的c（HCO3-）一定小于0.1mol/L，A正确；B．

NaHCO3溶液中存在物料守恒：①c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)、电荷守恒：②c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，①代入②可得c(H+)+c(H2CO3)＝(CO32-)+c(OH-)，B正确；C．升高温度，HCO3-离子的电离和水解都是吸热反应，所以c(HCO3-)会减小，而c(Na+)不变，会增大；加入NaOH固体，c(Na+)会增大，HCO3-与OH-反应导致c(HCO3-)减小，会增大，所以C正确；D．将少量

NaHCO3溶液滴入BaCl2溶液发生：HCO3-H++CO32-（Ka2）、Ba2++CO32-=BaCO3↓（）、H++HCO3-=H2CO3（），三式相加可得总反应Ba2++2HCO3-=BaCO3↓+H2CO3(K)，所以K=，D错误；答案选D。【点睛】方程式相加平衡常数相乘，方程式反应物生成物互换平衡常数变成原来的倒数。3、C【解析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，X与W所在族序数之和等于10，则X处于ⅣA主族，W处于ⅥA族，结合原子序数可知，X为C元素、W为S元素；Y与Z最外层电子数之和与W的相等，即二者最外层电子数之和为6，又由于分别位于不同的主族，只能为IA、ⅤA族元素，结合原子序数，则Y为Na、Z为P元素，据此进行解答。【详解】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，X与W所在族序数之和等于10，则X处于ⅣA主族，W处于ⅥA族，结合原子序数可知，X为C元素、W为S元素，Y与Z最外层电子数之和与W的相等，即二者最外层电子数之和为6，又由于分别位于不同的主族，只能为IA、ⅤA族元素，结合原子序数，则Y为Na、Z为P元素，A.同周期自左而右原子半径减小、电子层越多原子半径越大，则原子半径大小为：Y(Na)＞Z(P)＞W(S)＞X(C)，故A错误；

B.W分别与X、Y形成的化合物为CS2、Na2S，CS2为共价化合物，Na2S为离子化合物，则沸点：Na2S＞CS2，故B错误；C.X、Z的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、磷酸，碳酸酸性比磷酸弱，故C正确；D.非金属性Z(P)＜W(S)，非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，则氢化物稳定性PH3＜H2S，故D错误。答案选C。【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力。4、D【解析】

根据化学键的类型及其与物质类别间的关系分析。【详解】A.为离子键，OH-内氢、氧原子间为共价键，A项正确；B.NaOH由Na+、OH-构成，是含共价键的离子化合物，B项正确；C.NaOH晶体中，有Na+、OH-两种离子，C项正确；D.NaOH是含共价键的离子化合物，D项错误。本题选D。5、A【解析】

A、根据向淀粉碘化钾溶液中加入少量的次氯酸钠溶液，溶液变蓝色知，次氯酸根离子将碘离子氧化成了碘单质，碘遇淀粉变蓝色，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，次氯酸根离子是氧化剂，碘单质是氧化产物，氧化性为：ClO-＞I2，再加入足量的亚硫酸钠溶液蓝色又逐渐消失，说明碘单质又将亚硫酸根离子氧化了，得到硫酸根离子，碘单质是氧化剂，硫酸根离子是氧化产物，故氧化性SO42-＜I2，因此得出氧化性的强弱为：ClO-＞I2＞SO42-，A错误；B、漂白精的成分中有次氯酸钠，根据对A的分析，次氯酸钠能将淀粉碘化钾中的碘离子氧化成碘单质，B正确；C、次氯酸根离子无论在碱性条件下还是在酸性条件下、中性条件下均有氧化性．因此ClO-与I-在碱性条件下可以发生氧化还原反应，C正确；D、新制的氯水中主要是氯气，因此新制的氯水是黄绿色的，由于氯气的氧化性比亚硫酸根离子的氧化性强，故能发生氧化还原反应，氯气被还原而使氯水褪色，D正确，答案选A。6、B【解析】

短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，D的最高正价与最低负价代数和为6，则D为Cl元素，工业上采用在二氧化钛与A的单质混合物中通入D的单质，高温下反应得到化合物X和一种常见的可燃性气体Y（化学式为AB），X与金属单质C反应制得单质钛，这种常见的可燃性气体为CO，则A为C元素，B为O元素，X为TiCl4，工业上用金属镁还原TiCl4制得金属钛，则C为Mg元素，据此分析解答。【详解】A.D为Cl，B为O，C为Mg，Cl-核外有3个电子层，O2-和Mg2+核外电子排布相同，均有2个电子层，当核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则它们的简单离子半径：D＞B＞C，故A正确；B.A为C，D为Cl，其中H2CO3的酸性比HClO的酸性强，故B错误；C.因为镁会与空气中的氮气、氧气、二氧化碳反应，则金属镁还原TiCl4制得金属钛时不能在空气的氛围中反应，故C正确；D.D为Cl，B为O，由二者组成的化合物中ClO2具有强氧化性，可用于饮用水消毒，故D正确；故选B。【点睛】工业上制金属钛采用金属热还原法还原四氯化钛，将TiO2(或天然的金红石)和炭粉混合加热至1000～1100K，进行氯化处理，并使生成的TiCl4蒸气冷凝，发生反应TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO；在1070K下，用熔融的镁在氩气中还原TiCl4可得多孔的海绵钛，发生反应TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti。7、A【解析】

根据垃圾分类标志的含义判断。【详解】废弃矿泉水瓶属于可回收利用的垃圾。本题选A。8、C【解析】

A、加热时I2和Fe发生化合反应，故A错误；B、检验氨的生成要用湿润的pH试纸，故B错误；C、高锰酸钾氧化性较强，在常温下就可以与浓盐酸反应产生氯气，故C正确；D、铜与浓硫酸反应制取二氧化硫要加热，故D错误。答案C。9、D【解析】

A．C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，均使石灰水变浑浊；B．盐酸为无氧酸；C．SO2通入BaCl2溶液中不反应，二氧化硫可被硝酸氧化生成硫酸根离子；D．滴加KSCN溶液，溶液不变色，可知不含铁离子。【详解】A．二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，由现象不能说明炭被氧化成CO2，故A错误；B．盐酸为无氧酸，不能比较非金属性，故B错误；C．SO2通入BaCl2溶液中不反应，二氧化硫可被硝酸氧化生成硫酸根离子，白色沉淀为硫酸钡，故C错误；D．滴加KSCN溶液，溶液不变色，可知不含铁离子，再滴加新制氯水，溶液变红，可知原溶液中一定含有Fe2＋，故D正确；故选：D。10、C【解析】

A．常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中阳离子的数目不一定相等，因为各溶液的体积未知，A错误；B．标准状况下HF不是气态，22.4LHF所含有的分子数目不是NA，B错误；C．NO2与N2O4的最简式均是NO2，常温常压下，NO2与N2O4的混合气体46g含有1mol“NO2”，原子总数为3NA，C正确；D．-NH2(氨基)含有9个电子，0.1mol-NH2(氨基)中所含有的电子数为0.9NA，D错误；答案选C。【点睛】选项B是解答的易错点，容易根据HCl是气体而认为HF在标况下也是气态，错因在于忽略了HF分子间存在氢键，从而导致HF熔沸点升高，标况下不是气态。11、D【解析】

由实验装置可知，①为浓盐酸与强氧化剂反应生成氯气，②中饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，④中Al与氯气反应生成AlCl3，⑤为收集氯化铝的装置；⑥中浓硫酸防止水进入④和⑤中引起氯化铝水解，⑦中NaOH溶液吸收尾气中的氯气，以此来来解答。【详解】A.①的试管中盛装二氧化锰，常温与浓盐酸不反应，需要加热制备氯气，A项错误；B.由上述分析可知②、③、⑥、⑦的试管中依次盛装饱和食盐水、浓H2SO4、浓H2SO4、NaOH溶液，B项错误；C.滴加浓盐酸使产生的氯气排出装置中的氧气，再点燃④的酒精灯，C项错误；D.⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦两个装置要防止其水解，且要吸收尾气中的氯气，则⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管代替，D项正确；答案选D。12、D【解析】

A.0℃的冰熔化成0℃水，要吸收热量，内能增加，则0℃的冰的内能比等质量的0℃的水的内能小，A项错误；B.“可燃冰”是由一种结晶水合物，冰是水的固态形式，不是含有结晶水的物质，不属于水合物，B项错误；C.冰为V型，干冰为直线型、水晶为原子晶体，空间结构为网状结构，它们的空间构型不相似，C项错误；D.冰中的氢键比液态水中的强，使得水分子排列得很规则，造成体积膨胀，所以氢键影响冰晶体的体积大小，D项正确；答案选D。13、B【解析】

①A是固体，增加A的量，平衡不移动，故①错误；②2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)、v(逆)均增大，故②错误；③2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)，反应前后气体系数和不变，压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)均增大，故③错误；④增大B的浓度，反应物浓度增大，平衡正向移动，所以v(正)＞v(逆)，故④正确；⑤加入催化剂，平衡不移动，B的转化率不变，故⑤错误；故选B。14、B【解析】

A．检验卤代烃中卤素原子的种类，要将卤素原子转变成卤素离子，再进行检验；因此，先加NaOH溶液，使卤代烃水解，再加硝酸酸化后，方可加入AgNO3，通过观察沉淀的颜色确定卤素原子的种类，选项中缺少加入硝酸酸化的步骤，A项错误；B．层析法的原理即利用待分离的混合物中各组分在某一物质(称作固定相)中的亲和性差异，如吸附性差异，溶解性(或分配作用)差异让混合物溶液(称作流动相)流经固定相，使混合物在流动相和固定相之间进行反复吸附或分配等作用，从而使混合物中的各组分得以分离；纸上层析分离能溶于水的物质时，固定相是吸附在滤纸上的水，流动相是与水能混合的有机溶剂(如醇类)，实验结束后，出现在滤纸靠上方位置的离子，其在流动相中分配更多，出现在滤纸靠下方位置的离子，其在固定相中分配更多；因此蓝色斑点反映的铜离子，在固定相中分配更多，B项正确；C．移液管量取溶液体积的精度是0.01mL，此外，容量瓶不可用于稀释溶液，C项错误；D．量筒的精确度是0.1mL，因此无法用量筒精确量取25.00mL的液体，D项错误；答案选B。15、A【解析】

工业用PbO2来制备KClO4，是在酸性条件下用PbO2将NaClO3氧化成NaClO4，过滤得含有NaClO4的溶液中加入硝酸钾，经结晶可得KClO晶体，【详解】A.浓盐酸具有还原性会与NaClO3发生归中反应，同时也会消耗PbO2，故A错误；B.“滤渣”主要成分是PbO2粉末，可循环使用，B正确；C.根据产物可知NaClO3被PbO2氧化，根据电子守恒和元素守恒可知离子方程式为：，故C正确；D.根据溶液中溶解度小的物质先析出，结合复分解反应的条件可判断溶解度较小的物质为KClO4，故D正确；故答案为A。16、A【解析】

二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性小于HCl，所以亚硫酸和氯化钡不反应，则向BaCl2溶液中通入SO2溶液仍澄清，若再通入足量的某气体，溶液中仍然没有沉淀，则该气体不能将亚硫酸氧化为硫酸或该气体不能和亚硫酸反应生成沉淀。【详解】A．HCl和亚硫酸不反应且和氯化钡不反应，所以没有生成沉淀，符合题意，选项A正确；B．氨气和亚硫酸反应生成亚硫酸氨，亚硫酸氨和氯化钡发生复分解反应生成亚硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项B错误；C．氯气和二氧化硫及水反应生成硫酸和盐酸，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项C错误；D．二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，所以不符合题意，选项D错误；答案选A。17、C【解析】

A.由产物Ti(SO4)2和FeSO4可推出Ti的化合价为+4价，Fe的化合价为+2价，正好在反应物FeTi03中符合化合价原则，所以不是氧化还原反应，A正确；B.H2O提供H+和OH-，Ti4+和OH-结合生成H2TiO3，H+和SO42-形成H2SO4，所以是水解反应，B正确；C.分析反应④，Ti的化合价反应前后都为+4价，所以不是氧化剂，C错误；D.金属之间的置换，体现了还原性强的制取还原性弱的反应规律，D正确；本题答案选C。18、D【解析】

根据图象可知：混合溶液中开始滴加NaOH溶液时，溶液pH≈2，几乎等于H2SO4溶液的pH，随着NaOH溶液的滴加，溶液pH变化不大，当滴加至100s时，产生滴定突跃，此时溶液pH≈5，等于CuSO4溶液的pH，说明此时发生反应为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，即在前100s内发生酸碱中和反应，在100s～200s内发生反应：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，在≥200s时，该反应沉淀完全，发生滴定突跃，在200s以后W段的溶液中，处于Cu(OH)2的沉淀溶解平衡阶段，溶液中c(H+)几乎不变。【详解】A．根据上述分析可知：在p点阶段，发生反应：H++OH-=H2O，在q点阶段，发生反应：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，在w段，发生滴定突跃，Cu2+滴定达到沉淀溶解平衡阶段，所以三个时点的溶液中Cu2+的浓度关系c(Cu2+)：p>q>w，A正确；B．w点时溶液中溶质为Na2SO4及难溶性Cu(OH)2的饱和溶液，根据Na2SO4=2Na++SO42-及Cu(OH)2是难溶性物质，但其溶解电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，所以此时溶液中微粒浓度关系为：c(Na+)>c(SO42-)>c(Cu2+)>c(H+)，B正确；C．根据滴定时溶液的pH变化，结合单独滴加NaOH溶液时的pH图象可知：混合溶液中滴加NaOH溶液，硫酸先于硫酸铜发生反应，C正确；D．q点时溶液中含Na2SO4、CuSO4及H2O，根据电荷守恒可得离子浓度：2c(SO42-)+c(OH-)=2c(Cu2+)+c(H+)+c(Na+)，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查了反应先后顺序的判断及溶液中离子浓度大小比较。碱与酸、盐混合溶液反应先后顺序的判断可结合溶液pH变化分析，酸碱中和能力大于碱与盐反应的能力，结合电荷守恒、原子守恒、质子守恒分析离子浓度关系。19、B【解析】

A．的溶液，的物质的量为，硫酸中氢离子和硫酸根离子的物质的量比为2比1，硫酸根离子的物质的量为0.05mol，数目为，故A错误；B．和反应前后分子数不变，故和充分反应后，容器内分子总数为，故B正确；C．与KI的反应为可逆反应，故C错误；D．60g的物质的量为n===1mol，1mol中有4molSi-O键，则Si-O键数目为4NA；答案选B。【点睛】关于PH的计算和物质的量公式是解题的关键。20、B【解析】

A.旧报纸主要成分是纤维素，可以回收制成再生纸张而被利用，属于可回收垃圾，A不符合题意；B.香烟头中主要含有有机的化合物，且含有大量的有害物质，属于不可回收的垃圾，B符合题意；C.废金属经过熔化，可以重新制成各种金属制品，属于可回收垃圾，C不符合题意；D.饮料瓶主要成分为玻璃、塑料、金属，经回收可再重新制成各种有益物质，因此属于可回收垃圾，D不符合题意；故合理选项是B。21、A【解析】A.煤的气化和液化是将碳转化为气态或液态的燃料，都属于化学变化，故A错误；B.煤的干馏是将煤在隔绝空气条件下加强热进行的，故B正确；C.大量燃烧煤炭会产生大量的可吸入颗粒物等污染物，是造成雾霾的重要原因，故C正确；D.发展“煤制油”工程可减少石油的使用量，减少对石油产品的依赖，故D正确；故选A。22、A【解析】两只试管中滴加的溶液的唯一区别就是左边加入的Cu2+，右边加入的是Fe3+，所以右边反应较快，能说明催化活性：Fe3+>Cu2+，选项A正确。选项B中的实验，氯气通入溴化钠溶液变为棕色，通入淀粉碘化钾溶液变为蓝色，能证明氯气的氧化性强于溴单质也强于碘单质，但是不能证明氧化性：Br2>I2，选项B错误。向氯化银悬浊液中加入少量溴化钠溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，说明氯化银转化为溴化银，即Ksp：AgCl>AgBr；再加入少量的碘化钠，出现黄色沉淀，应该是将上一步剩余的氯化银转化为碘化银沉淀，所以证明Ksp：AgCl>AgI，但是不能得到Ksp：AgBr>AgI，选项C错误。盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，考虑到盐酸的挥发性，生成的二氧化碳气体中一定会有HCl，所以硅酸钠溶液中有浑浊，也可能是HCl和硅酸钠反应的结果，不能证明一定是碳酸强于硅酸，进而不能证明非金属性强弱，选项D错误。二、非选择题(共84分)23、+CH3OH+H2O酯化反应(或取代反应)4+2H2O【解析】

A分子式为C7H5OCl，结合题干信息可知A中含有-CHO、-Cl、苯环，根据物质反应过程中物质结构不变，可知A为，B为，经酸化后反应产生C为，C与甲醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生D：；D与分子式为C6H7BrS的物质反应产生E：，结合D的结构可知X结构简式为：；E与在加热90℃及酸性条件下反应产生氯吡格雷：。【详解】根据上述分析可知：A为，B为，X为：。(1)反应C→D是与甲醇发生酯化反应，反应方程式为：+CH3OH+H2O，该反应为酯化反应，也属于取代反应；(2)根据上述分析可知B为：，X为：；(3)A结构简式为，A的同分异构体(含A)中，属于芳香族化合物，则含有苯环，官能团不变时，有邻、间、对三种，若官能团发生变化，侧链为-COCl，符合条件所有的结构简式为、、、，共四种不同的同分异构体，其中与A不同类别的一种同分异构体的结构简式为；(4)两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，应是氨基与羧基之间发生脱水反应，两分子C脱去2分子水生成，该反应方程式为：；(5)乙烯与溴发生加成反应产生CH2Br-CH2Br，再发生水解反应产生乙二醇：CH2OH-CH2OH，甲醇催化氧化产生甲醛HCHO，最后乙二醇与甲醛反应生成化合物，故该反应流程为。【点睛】本题考查有机物的合成与推断、有机反应类型的判断、同分异构体书写等，掌握反应原理，要充分利用题干信息、物质的分子式。并根据反应过程中物质结构不变分析推断，较好的考查学生分析推理能力，是对有机化学基础的综合考查。24、醛基新制的氢氧化铜+CH3CH2OH+H2O+NaOH+NaCl+H2O【解析】

芳香族化合物A与乙醛发生信息①中的反应生成B，A含有醛基，反应中脱去1分子水，由原子守恒可知A的分子式，C9H8O＋H2O−C2H4O＝C7H6O，故A为，则B为，B发生氧化反应、酸化得到C为，C与溴发生加成反应得到D为，D发生消去反应、酸化得到E为，E与乙醇发生酯化反应生成F为，结合信息②中的加成反应、H的结构简式，可推知G为。【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为：，所含官能团为醛基；(2)由分析可知，B为，B发生氧化反应、酸化得到C为，可以氧化醛基的试剂为新制的氢氧化铜，故a为新制的氢氧化铜；(3)由分析可知，D结构简式为；(4)E与乙醇发生酯化反应生成F为，化学方程式为：+CH3CH2OH+H2O；(5)G为甲苯的同分异构体，故分子式为C7H8，结合信息②中的加成反应、H的结构简式，可推知G为；(6)由可知，N为，则需要环戊烷通过反应形成碳碳双键，故环戊烷与Cl2发生取代反应生成M为，然后与NaOH醇溶液发生消去反应生成N，化学方程式为：+NaOH+NaCl+H2O。【点睛】本题关键是确定A的结构，结合反应条件顺推各物质，(6)中根据题目中的合成路线图反推N的结构简式，然后根据已知试剂推断可能发生的化学反应。25、盐酸或稀硫酸c冷却称量Al2O3×100％氢氧化钠溶液⑤①④②③剩余固体的质量将烧瓶中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称量【解析】

为了测定硬铝中铝的质量分数，可称得样品质量，测量其中铝的质量。根据硬铝的成分及其性质，将铝转化为氧化铝测其质量或转化为氢气测其体积，从而计算得铝的质量分数。【详解】方案Ⅰ：(1)实验流程中，固体甲是铜，则足量X可溶解硬铝中的镁、铝，试剂X可能是稀盐酸或稀硫酸。(2)操作①所得溶液中含有MgCl2、AlCl3和多余的酸，加入足量的NaOH溶液，可中和酸、使Mg2+完全生成Mg(OH)2沉淀、Al3+完全转化为NaAlO2。Mg(OH)2、NaAlO2也能使溶液呈碱性（a错）；证明NaOH溶液过量不必取样，NaOH溶液过量的现象是沉淀量不再减少（b错、c对）。(3)步骤④是为了获得氧化铝的质量，故需经过灼烧、冷却、称量，重复操作至固体恒重。(4)固体丙是氧化铝（Al2O3）。实验流程中，硬铝中的铝最终全部变成氧化铝，则样品中铝的质量为(54b/102)g，铝的质量分数为(54b/102a)×100%=×100％。方案Ⅱ：(1)该方案中通过测定气体体积来测定铝的质量分数。硬铝中只有铝能与强碱溶液反应放出氢气，则试剂Y可能是氢氧化钠溶液；实验时检查装置气密性、加入试剂、量气管初读数、反应生成氢气、量气管末读数，操作顺序是⑤①④②③。(2)硬铝质量为ag，若不测气体的体积，向圆底烧瓶中加入足量氢氧化钠溶液，当不再有气泡产生时，将烧瓶中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称量，测量剩余固体的质量，也能计算出铝的质量分数。【点睛】实验目的是实验的灵魂，故解答实验题应紧扣实验目进行思考，则所用试剂、操作作用、计算原理等问题便容易回答。26、球形干燥管HCOOHCO↑＋H2O浓硫酸与甲酸混合时放出大量的热c→b→e→d→fPdCl2＋CO＋H2O=Pd↓＋CO2＋2HCl氢氧化钠溶液除去CO中水蒸气方案不可行无论CO与NaOH固体是否发生反应，溶液的pH均大于710-11c(Cl-)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(OH-)【解析】

A装置利用浓硫酸的脱水性制备CO，生成的CO中含有挥发出的甲酸气体，需要利用碱石灰除去甲酸，利用排水法收集CO，结合物质的性质和装置分析解答。【详解】Ⅰ．(1)图B中盛装碱石灰的仪器名称是球形干燥管。用A图所示装置进行实验。利用浓硫酸的脱水性，将甲酸与浓硫酸混合，甲酸发生分解反应生成CO，根据原子守恒可知反应的化学方程式是HCOOHCO↑＋H2O。由于浓硫酸与甲酸混合时放出大量的热，所以实验时，不需加热也能产生CO。(2)根据以上分析可知如需收集CO气体，连接上图中的装置，其连接顺序为：a→c→b→e→d→f。Ⅱ．(3)打开k2，由于常温下，CO与PdCl2溶液反应，有金属Pd和CO2生成，则F装置中发生反应的化学方程式为PdCl2＋CO＋H2O＝Pd↓＋CO2＋2HCl；由于F装置中有二氧化碳和氯化氢生成，且二者都是酸性气体，则为了使气囊收集到纯净的CO，以便循环使用，G装置中盛放的试剂可能是氢氧化钠溶液。剩余的CO中还含有水蒸气，则H装置的作用是除去CO中水蒸气。(4)由于无论CO与NaOH固体是否发生反应，溶液的pH均大于7，所以该方案不可行；(5)25℃甲酸电离常数Ka＝1.8×10－4，则25℃甲酸钠(HCOONa)的水解平衡常数Kh＝，其数量级为10-11。若向100mL0.1mol·L-1的HCOONa溶液中加入100mL0.2mol·L-1的HCl溶液，反应后溶液中含有等物质的量浓度的甲酸、氯化钠、氯化氢，则混合后溶液中所有离子浓度由大到小排序为c(Cl-)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(OH-)。27、t­BuOH＋HNO2t­BuNO2＋H2O恒压滴液漏斗(滴液漏斗)水浴加热降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑65%ACClO－＋2N3-＋H2O===Cl－＋2OH－＋3N2↑【解析】

(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方程式为：；(2)①装置a的名称即为恒压滴液漏斗；②反应要控制温度在65℃，参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热；③题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤；(3)通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce4+和中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：；在计算叠氮化钠的含量时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了与过量的六硝酸铈铵反应，再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce，因此有：，考虑到Fe2+与Ce4+的反应按照1:1进行，所以2.0g叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：，所以叠氮化钠样品的质量分数为：；A．润洗锥形瓶，会使步骤②消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析可知，会使最终计算的质量分数偏大，A项正确；B．量取40mL六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯，则会量取比40ml更多的六硝酸铈铵溶液，那么步骤③会需要加入更多的Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce4+，通过分析可知，最终会导致计算的质量分数偏低，B项错误；C．步骤③用Fe2+标定未反应的Ce4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，C正确；D．将挂在锥形瓶壁上的Fe2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确，D项不符合；答案选AC；(4)反应后溶液碱性增强，所以推测生成了OH-；产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮气，所以离子方程式为：。【点睛】滴定计算类的