湖北省孝感市汉川市第二中学2024届高三第三次测评化学试卷含解析

湖北省孝感市汉川市第二中学2024届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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、已知A、B、C、D为由短周期元素组成的四种物质，它们有如图所示转化关系，且D为强电解质（其他相关物质可能省略）。下列说法不正确的是（）A．若A是共价化合物，则A和D有可能发生氧化还原反应B．若A为非金属单质，则其组成元素在周期表中的位置可能处于第二周期第ⅣA族C．若A为非金属单质，则它与Mg反应的产物中阴、阳离子个数比可能为2：3D．若A是金属或非金属单质，则常温下0.1mol/L的D溶液中由水电离出的c(H+)可能为10-13mol/L2、下列物质不属于危险品的是A．硝化甘油 B．苯 C．重晶石 D．硝酸铵3、下列物质的工业制法错误的是A．氨气：加热氢氧化钙和氯化铵的混合物B．金属锰：高温下铝和二氧化锰反应C．粗硅：高温下焦炭还原二氧化硅，副产物为COD．硫酸：黄铁矿煅烧生成的气体经接触氧化后用浓硫酸吸收4、下列有关说法正确的是A．用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素是利用了氧化还原反应原理B．铁锈是化合物，可用Fe2O3·nH2O(2≤n<3)表示C．已知CH4+H2OCH3OH+H2，该反应的有机产物是无毒物质D．C(CH3)4的二氯代物只有2种5、下列说法正确的是A．CH3C（CH2CH3）2CH（CH3）CH3的名称为3，4-二甲基-3-乙基戊烷B．可用新制Cu(OH)2悬溶液鉴别甲醛、甲酸、葡萄糖、乙酸、氨水和乙醇C．高级脂肪酸乙酯在碱性条件下的水解反应属于皂化反应D．向淀粉溶液中加稀硫酸溶液，加热后滴入几滴碘水，溶液变蓝色，说明淀粉没有发生水解6、“17世纪中国工艺百科全书”《天工开物》为明代宋应星所著。下列说法错误的是A．“凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟”中的“炒”为氧化除碳过程B．“凡铜出炉只有赤铜，以倭铅（锌的古称）参和，转色为黄铜”中的“黄铜”为锌铜金C．“凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉”中的“粉”为CaOD．“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，是指炭因颗粒大小及表面积的不同而浮沉7、人的血液中存在H2CO3～HCO3﹣这样“一对”物质，前者的电离和后者的水解两个平衡使正常人血液的pH保持在7.35～7.45之间．血液中注射碱性物质时，上述电离和水解受到的影响分别是A．促进、促进 B．促进、抑制 C．抑制、促进 D．抑制、抑制8、下列有关氨气的制备、干燥、收集和尾气处理错误的是A．图甲：实验室制氨气 B．图乙：干燥氨气C．图丙：收集氨气 D．图丁：实验室制氨气的尾气处理9、如图是利用试纸、铅笔芯设计的微型实验．以铅笔芯为电极，分别接触表面皿上的试纸，接通电源，观察实验现象．下列说法错误的是（）A．pH试纸变蓝B．KI﹣淀粉试纸变蓝C．通电时，电能转换为化学能D．电子通过pH试纸到达KI﹣淀粉试纸10、Na、Mg、Al、Fe四种金属中两种组成的混合物12g，与足量盐酸反应放出H20.5g（标准状况），则混合物中必定含有的金属是A．钠 B．镁 C．铝 D．铁11、室温下，在20mL新制氯水中滴加pH=13的NaOH溶液，溶液中水电离的c(H)与NaOH溶液体积的关系如图所示。已知：K(HClO)=3×108，H2CO3：Ka1=4.3×107，Ka2=5.6×1011。下列说法正确的是A．m一定等于20B．b、d点对应的溶液显中性C．c点溶液中c(Na)=2c(ClO)+2c(HClO)D．向c点溶液中通入少量CO2：2ClO+H2O+CO2=2HClO+CO3212、X、Y、Z为短周期非金属元素，其相关性质如下，下列叙述正确的是（）元素XYZ单质与H2反应条件暗处爆炸光照高温、高压、催化剂常温下氢化物水溶液的pH小于7小于7大于7A．Y的含氧酸均为强酸B．最外层电子数Z>YC．气态氢化物的稳定性Y>XD．Y与Z二者氢化物反应的产物含离子键13、X、Y、Z、Q、R均为短周期元素，且Y、Z、Q、R在周期表中的位置关系如下图所示。已知X与Y同主族，X与Q能形成最简单的有机物。则下列有关说法正确的是()QRYZA．原子半径：r(Z)>r(Y)>(R)>r(Q)B．气态化合物的稳定性：QX4>RX3C．X与Y形成的化合物中含有离子键D．最高价含氧酸的酸性：X2QO3>XRO314、有机物M、N、Q的转化关系为：下列说法正确的是（）A．M分子中的所有原子均在同一平面B．上述两步反应依次属于加成反应和取代反应C．M与H2加成后的产物，一氯代物有6种D．Q与乙醇互为同系物，且均能使酸性KMnO4溶液褪色15、根据下列图示所得出的结论不正确的是A．图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0B．图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小C．图丙是室温下用0.1000mol·L−1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L−1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸D．图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+)与c(SO42−)的关系曲线，说明溶液中c(SO42−)越大c(Ba2+)越小16、下列实验操作、现象、解释和所得到的结论都正确的是选项实验操作和现象实验解释或结论A向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀苯酚的浓度小B向Na2SO3溶液中加入足量的Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，沉淀溶解BaSO3溶于稀盐酸C向10%NaOH溶液中滴加1mL某卤代烃，微热，然后向其中滴加几滴AgNO3溶液，产生浅黄色沉淀该卤代烃中含有溴元素D向某溶液中滴加几滴黄色K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液，产生蓝色沉淀该溶液中含有Fe2+A．AB．BC．CD．D17、下列有关含氯物质的说法不正确的是A．向新制氯水中加入少量碳酸钙粉末能增强溶液的漂白能力B．向NaClO溶液中通入少量的CO2的离子方程式：CO2＋2ClO－＋H2O＝2HClO＋CO32－(已知酸性：H2CO3>HClO>HCO3－)C．向Na2CO3溶液中通入足量的Cl2的离子方程式：2Cl2＋CO32－＋H2O＝CO2＋2Cl－＋2HClOD．室温下，向NaOH溶液中通入Cl2至溶液呈中性时，相关粒子浓度满足：c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)18、一定温度下，在三个体积均为0.5L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)，其中容器Ⅰ中反应在5min时达到平衡状态。容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/molCOCl2COCl2COCl2Ⅰ5001.01.000.8Ⅱ5001.0a00.5Ⅲ6000.50.50.50.7下列说法中正确的是A．容器Ⅰ中前5min的平均反应速率v(CO)=0.16mol·L-1·min-1B．该反应正反应为吸热反应C．容器Ⅱ中起始时Cl2的物质的量为0.55molD．若起始时向容器Ⅰ加入CO0.8mol、Cl20.8mol，达到平衡时CO转化率大于80%19、利用电解质溶液的浓度对电极电势的影响，可设计浓差电池。下图为一套浓差电池和电解质溶液再生的配套装置示意图，闭合开关K之前，两个Cu电极的质量相等。下列有关这套装置的说法中错误的是A．甲池中的电极反应式为CuB．电解质溶液再生池内发生的只是物理变化，循环物质E为水C．乙池中Cu电极电势比甲池中Cu电极电势低D．若阴离子交换膜处迁移的SO42-的物质的量为1mol20、芳香族化合物苯等在ZnCl2存在下，用甲醛和极浓盐酸处理，发生氯甲基化反应，在有机合成上甚为重要。下列有关该反应的说法正确的是()+HCHO+HCl+H2OA．有机产物A的分子式为C7H6ClB．有机产物A分子中所有原子均共平面C．反应物苯是煤干馏的产物之一，是易挥发、易燃烧、有毒的液体D．有机产物A的同分异构体（不包括自身）共有3种21、现有原子序数依次增大的短周期元素W、X、Y、Z，其中W和X位于同主族，且原子序数相差2，Y是形成化合物最多的元素，Z的单质可以通过电解饱和食盐水获得，下列说法正确的是()A．由W和Y组成的化合物中只可能含有极性共价键B．简单离子半径：r(W—)>r(X+)C．室温下，同浓度的氧化物对应水化物水溶液的pH：Z＜YD．Y、Z、W三元素形成的化合物有可能是电解质22、下列说法正确的是A．可用溴水除去已烷中的少量已烯B．可通过控制溶液的pH分离不同的氨基酸C．可用新制Cu(OH)2悬浊液验证麦芽糖发生了水解反应D．可向溴代环己烷与NaOH乙醇溶液共热后的反应液中加入溴水检验消去产物二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物A有如下转化关系：已知：①有机物B是芳香烃的含氧衍生物，其相对分子质量为108，B中氧的质量分数为14.8％。②CH3-CH2-COOH+Cl2+HCl根据以上信息，回答下列问题：（1）B的分子式为___________；有机物D中含氧官能团名称是_____________。（2）A的结构简式为_________________；检验M中官能团的试剂是______________。（3）条件I为_________________；D→F的反应类型为________________。（4）写出下列转化的化学方程式：F→E______________________________________F→G_____________________________________。（5）N的同系物X比N相对分子质量大14，符合下列条件的X的同分异构体有_________种（不考虑立体异构），写出其中核磁共振氢谱有五组峰，且吸收峰的面积之比为1∶1∶2∶2∶2的同分异构体的结构简式______________（写一种）。①含有苯环；②能发生银镜反应；③遇FeCl3溶液显紫色。24、（12分）下列A～J十种物质之间的转化关系如图所示，其中部分生成物或反应条件已略去。A为正盐；常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体，I通常为红棕色气体，I的相对分子质量比E的大16；F在常温下是一种无色液体；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，产物C易溶于水；J是一元含氧强酸。回答下列问题：(1)A的化学式为_________。(2)一定条件下，B和D反应生成E和F的化学方程式为_____________。(3)J和金属Cu反应生成E的化学方程式为_______。(4)H和石灰乳反应的化学方程式为___________。(5)在I和F的反应中，氧化剂和还原剂的质量之比为__________。25、（12分）常温下，三硫代碳酸钠(Na2CS3)是玫瑰红色针状固体，与碳酸钠性质相近。在工农业生产中有广泛的用途。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。实验一：探究Na2CS3的性质(1)向Na2CS3溶液中滴入酚酞试液，溶液变红色。用离子方程式说明溶液呈碱性的原因_________。(2)向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去。该反应中被氧化的元素是__________。实验二：测定Na2CS3溶液的浓度按如图所示连接好装置，取50.0mLNa2CS3溶液置于三颈瓶中，打开分液漏斗的活塞，滴入足量2.0mol/L稀H2SO4，关闭活塞。已知：Na2CS3

+H2SO4＝Na2SO4+CS2

+H2S↑。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水，沸点46℃，密度1.26g/mL，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。(1)盛放碱石灰的仪器的名称是_______，碱石灰的主要成分是______(填化学式)。(2)C中发生反应的离子方程式是____________。(3)反应结束后打开活塞K，再缓慢通入N2一段时间，其目的是_________。(4)为了计算Na2CS3溶液的浓度，对充分反应后B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得8.4g固体，则三颈瓶中Na2CS3的物质的量浓度为______。26、（10分）丙烯酸酯类物质广泛用于建筑、包装材料等，丙烯酸是合成丙烯酸酯的原料之一。丙烯醇可用于生产甘油、塑料等。以丙烯醛为原料生产丙烯醇、丙烯酸的流程如图所示：已知：①2CH2=CH-CHO+NaOHCH2=CHCH2OH+CH2=CHCOONa②2CH2=CHOONa+H2SO4→2CH2=CHCOOH+Na2SO4③有关物质的相关性质如表：物质丙烯醛丙烯醇丙烯酸四氯化碳沸点/℃539714177熔点/℃-87-12913-22.8密度/g·mL-30.840.851.021.58溶解性(常温)易溶于水和有机溶剂溶于水和有机溶剂溶于水和有机溶剂难溶于水(1)操作①需要连续加热30min，所用装置如图所示。仪器L名称是________。(2)操作②使用的主要仪器是分液漏斗，在使用之前需进行的操作是___。(3)操作④包括____、过滤、冰水洗涤、低温吸干。(4)操作⑤中，加热蒸馏“下层液体”，分离出四氯化碳；再分离出丙烯醇(如图)，要得到丙烯醇应收集____(填温度)的馏分。图中有一处明显错误，应改为____。(5)测定丙烯醇的摩尔质量：准确量取amL丙烯醇于分液漏斗中，烧瓶内盛装足量钠粒。实验前量气管B中读数为bmL，当丙烯醇完全反应后，冷却至室温、调平B、C液面，量气管B的读数为cmL。已知室温下气体摩尔体积为VL·mol-1。调平B、C液面的操作是____；实验测得丙烯醇的摩尔质量为____g·mol-1(用代数式表示)。如果读数时C管液面高于B管，测得结果将____(填“偏大”“偏小”或“不变”)。27、（12分）锡有SnCl2、SnCl4两种氯化物．SnCl4是无色液体，极易水解，熔点﹣36℃，沸点114℃，金属锡的熔点为231℃．实验室用熔融的金属锡跟干燥的氯气直接作用制取无水SnCl4（此反应过程放出大量的热）．实验室制取无水SnCl4的装置如图所示．完成下列填空：（1）仪器A的名称__；仪器B的名称__．（2）实验室制得的氯气中含HCl和水蒸气，须净化后再通入液态锡中反应，除去HCl的原因可能是__；除去水的原因是__．（3）当锡熔化后，通入氯气开始反应，即可停止加热，其原因是__．若反应中用去锡粉11.9g，反应后在锥形瓶中收集到23.8gSnCl4，则SnCl4的产率为__．（4）SnCl4遇水强烈水解的产物之一是白色的固态二氧化锡．若将SnCl4少许暴露于潮湿空气中，预期可看到的现象是__．（5）已知还原性Sn2+＞I﹣，SnCl2也易水解生成难溶的Sn（OH）Cl．如何检验制得的SnCl4样品中是否混有少量的SnCl2？__．28、（14分）含硫化合物在生活和生产中有着重要应用，科学使用含硫化合物对人体健康及环境保护意义重大。（1）葡萄酒中添加微量的SO2可抑制细菌生长，防止葡萄酒被__（填“氧化”、“还原”）。（2）氢的硫化物有多种：H2Sx（x=1，2，3，…），如H2S2，其结构与H2O2相似。请写出H2S3的结构式__。（3）固体硫酸氢钾在加热熔化时，生成了焦硫酸钾（K2S2O7），反应中断裂的化学键类型为__。（4）淮北某课题小组对连二亚硫酸钠（Na2S2O4）进行了如下探究。将0.050ml·L-1Na2S2O4溶液在空气中放置，其溶液的pH与时间（t）的关系如图所示（忽略溶液体积的变化）。①Na2S2O4溶液显__性，原因是__（用离子方程式表示）。②t1时溶液中只有一种溶质，此时含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为___。0-t1段发生反应的离子方程式为__，t1-t2段溶液的pH变小的原因是__（用离子方程式表示）。29、（10分）草酸（H2C2O4）是最简单的有机二元酸，具有较强的还原性，工业上主要用于生产药物以及提炼稀有金属。工业上可由以下反应制取草酸（两步反应均为液相反应）：①4CO+4C4H9OH+O22(COOC4H9)2+2H2O②(COOC4H9)2+2H2OH2C2O4+2C4H9OH－Q（Q＞0）（1）反应①选择13~15MPa的高压条件下进行，最主要的原因是为了___。若5min内水的质量增加了7.2g/L，则用水表示的反应速率为____。（2）对于反应②，下列能够说明其已经达到平衡的是____。a．平衡常数K保持不变b．反应液的pH保持不变c．丁醇的浓度保持不变d．反应液的总质量保持不变下列措施既能加快该反应速率，又有利于提高产率的是___。a．合理升高反应温度b．合理增大反应压强c．增大水的用量d．加入稀硫酸作为催化剂（3）将物质的量浓度相同的草酸溶液与次氯酸钠溶液等体积混合，产生大量无色无味的气体，写出反应的化学方程式____。（4）已知草酸氢钠溶液显酸性，下列措施能使草酸氢钠溶液中减小的是___。a．通入HCl气体b．加入草酸晶体c．通入NH3d．加入草酸钾晶体（5）已知：物质的量浓度相同的草酸溶液与亚硫酸钠溶液等体积混合，反应的化学方程式为：①H2C2O4+Na2SO3→NaHC2O4+NaHSO3；草酸溶液与过量的亚硫酸钠溶液混合，反应的化学方程式为：②H2C2O4+2Na2SO3→Na2C2O4+2NaHSO3；过量的草酸溶液与亚硫酸钠溶液混合，反应的化学方程式为：③2H2C2O4+Na2SO3→2NaHC2O4+H2O+SO2↑根据以上信息判断草酸的两级电离常数（记为K1、K2）与亚硫酸的两级电离常数（记为K3、K4）由大到小的顺序____。

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、B【解析】

A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，且D为强电解质，它们有如下转化关系：，中学常见物质中N、S元素单质化合物符合转化关系，Na元素单质化合物符合转化关系。【详解】A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，且D为强电解质，它们有如下转化关系：，中学常见物质中N、S元素单质化合物符合转化关系，Na元素单质化合物符合转化关系；A．若A是共价化合物，A可能为NH3或H2S，D为HNO3或H2SO4，H2S与H2SO4可以发生氧化还原反应，故A正确；B．若A为非金属单质，则A为N2(或S)，氮元素处于第二周期ⅤA族，硫元素处于第三周期ⅥA族，故B错误；C．若A为非金属单质，则A为N2(或S)，B为NO(或SO2)，C为NO2(或SO3)，D为HNO3(或H2SO4)，其中N2与镁反应生成的Mg3N2中阴、阳离子的个数比为2：3，故C正确；D．若A是金属或非金属单质，则A为Na或N2或S，D为NaOH或HNO3或H2SO4，0.1mol/LNaOH溶液或HNO3溶液中水电离出的c(H＋)都是10−13mol/L，故D正确；故答案选B。2、C【解析】

A.硝化甘油是易爆品,易发生爆炸,故A错误;B.苯是易燃物,故B错误;C.重晶石性质稳定,不属于危险品,故C正确;D.硝酸铵是易爆品,易发生爆炸,故D错误.答案选C。3、A【解析】

A.氨气：加热氢氧化钙和氯化铵的混合物为氨气的实验室制法，工业用氮气与氢气在一定条件下反应制取，符合题意，A正确；B.金属锰：高温下铝和二氧化锰发生铝热反应可制取金属锰，与题意不符，B错误；C.粗硅：用焦炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅，副产物为CO，与题意不符，C错误；D.硫酸：黄铁矿煅烧生成的气体经接触氧化后用浓硫酸吸收三氧化硫制取浓硫酸，与题意不符，D错误；答案为A。【点睛】加热氢氧化钙和氯化铵的混合物为氨气的实验室制法。4、D【解析】

A．用乙醚作萃取剂，从黄花蒿中提取青蒿素，是物理过程，A不正确；B．铁锈是混合物，成分复杂，B不正确；C．该反应的有机产物CH3OH是有毒物质，C不正确；D．C(CH3)4的二氯代物中，共有2个Cl连在同一碳原子上和不同碳原子上2种可能结构，D正确；故选D。5、B【解析】

A.CH3C（CH2CH3）2CH（CH3）CH3的名称为2，3-二甲基-3-乙基戊烷，A错误B.甲醛中加入氢氧化铜悬浊液，加热后生成砖红色沉淀；甲酸中加入少量氢氧化铜悬浊液，溶解得蓝色溶液，加入过量时，加热，又生成砖红色沉淀；葡萄糖中加入氢氧化铜悬浊液，溶液呈绛蓝色；乙酸中加入氢氧化铜悬浊液，溶解得蓝色溶液，再加过量时，加热，无沉淀产生；氨水中加入氢氧化铜悬浊液，溶解得深蓝色溶液；乙醇中加入氢氧化铜悬浊液，无现象，B正确；C.皂化反应必须是高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下的水解反应，C错误；D.溶液变蓝色，可能是淀粉没有发生水解，也可能是淀粉部分水解，D错误。故选B。【点睛】葡萄糖溶液中加入氢氧化铜悬浊液，生成绛蓝色的葡萄糖铜溶液；再给溶液加热，溶液的绛蓝色消失，同时生成砖红色的氧化亚铜沉淀。6、C【解析】

A．生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，生铁性能坚硬、耐磨、铸造性好，但生铁脆，不能锻压。而熟铁含碳量在0.02%以下，又叫锻铁、纯铁，熟铁质地很软，塑性好，延展性好，可以拉成丝，强度和硬度均较低，容易锻造和焊接。“炒则熟”，碳含量由于“炒”而变成碳氧化合物，使得碳含量降低，A选项正确；B．赤铜指纯铜，也称红铜、紫铜。由于表面含有一层Cu2O而呈现红色。“倭铅”是锌的古称，黄铜是由铜和锌所组成的合金，由铜、锌组成的黄铜就叫作普通黄铜，如果是由两种以上的元素组成的多种合金就称为特殊黄铜。黄铜有较强的耐磨性能，黄铜常被用于制造阀门、水管、空调内外机连接管和散热器等，B选项正确；C．凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，生成CaO；而“久置成粉”主要生成Ca（OH）2，进一步与CO2反应则会生成CaCO3，C选项错误；D．古代制墨，多用松木烧出烟灰作原料，故名松烟墨。烟是动植物未燃烧尽而生成的气化物，烟遇冷而凝固生成烟炱，烟炱有松烟炱和油烟炱之分。松烟墨深重而不姿媚，油烟墨姿媚而不深重。松烟墨的特点是浓黑无光，入水易化。“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，颗粒小的为胶粒，大的形成悬浊液，D选项正确；答案选C。7、B【解析】

碱性物质可以结合碳酸电离出的氢离子，对碳酸的电离是促进作用，对碳酸氢根离子的水解其抑制作用。答案选B。8、D【解析】

A．实验室通过加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制氨气，故A正确；B．氨气是碱性气体，可以用碱石灰干燥氨气。故B正确；C．氨气的密度比空气小，于空气中的物质不反应，可以用排空气法收集，用图示装置收集氨气需要短进长出，故C正确；D．氨气极易溶于水，用图示装置进行氨气的尾气处理，会产生倒吸，故D错误；故选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意理解瓶口向上排空气法的原理。9、D【解析】

A．连接负极的铅笔芯为阴极，阴极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近生成氢氧根离子，溶液呈碱性，pH试纸遇碱变蓝色，故A正确；B．连接正极的铅笔芯为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘，碘与淀粉试液变蓝色，所以淀粉碘化钾试纸变蓝色，故B正确；C．该装置是将电能转化为化学能装置，为电解池，故C正确；D．电子不通过电解质溶液，电解质溶液中阴阳离子定向移动形成电流，故D错误；故答案为D。【点睛】考查电解原理，明确离子放电顺序及各个电极上发生的反应、物质的性质即可解答，该装置为电解池，连接负极的铅笔芯为阴极，阴极上氢离子放电，同时电极附近生成氢氧根离子，溶液呈碱性；连接正极的铅笔芯为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘，碘与淀粉试液变蓝色，注意电解质溶液中电流的形成，为易错点。10、D【解析】

假设金属都是二价金属，其通式为R，金属和盐酸反应方程式为R+2HCl=RCl2+H2↑，n(H2)==0.25mol，根据方程式知，n(R)=n(H2)=0.25mol，则R的平均摩尔质量===48g/mol，混合物中金属的摩尔质量应该有大于48g/mol和小于48g/mol的，如果将Na换算为+2价时，其摩尔质量变为46g/mol＜48g/mol，镁的摩尔质量为24g/mol＜48g/mol，如果将Al换算为+2价时，其摩尔质量变为18g/mol＜48g/mol，Fe的摩尔质量为56g/mol＞48g/mol，其中小于48g/mol的有三种，而大于48g/mol只有铁，所以一定含有Fe，故选D。【点睛】解答本题需要正确理解“平均摩尔质量法”的应用，解答本题也可以采用“平均电子摩尔质量法”，采用此法，金属的平均电子摩尔质量=24g/mol，其中钠、镁、铝、铁的电子摩尔质量分别为23g/mol、12g/mol、9g/mol、28g/mol。11、C【解析】

分析题中由水电离的氢离子浓度变化曲线图可知，a～c段水电离出的氢离子浓度逐渐增大，说明这个过程中促进了水的电离，在c～d段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，说明此过程中水的电离被抑制。在c点水的电离程度最大，此时溶液中的溶质为：NaCl和NaClO。据此进行判断。【详解】A．NaOH溶液的pH=13，则c(NaOH)=0.1mol·L1，新制氯水的浓度不确定，m不一定等于20，A项错误；B．由题给信息可知，a点时还未加入NaOH，此时溶液呈酸性，c点中水电离程度最大，此时所得溶液溶质是NaCl和NaClO，溶液呈碱性，故b点溶液呈中性，c～d段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，说明随着NaOH的继续加入，水的电离受到抑制，故d点溶液应呈碱性，B项错误；C．a~c点发生反应为Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，c(Cl)=c(HClO)＋c(ClO)，由物料守恒知，c(Na)=c(Cl)＋c(HClO)＋c(ClO)，故c(Na)=2c(ClO)＋2c(HClO)，C项正确；D．由电离常数知，电离质子能力：H2CO3＞HClO＞HCO3-，故H2O+ClO-＋CO2=HCO3-＋HClO，D项错误；答案选C。12、D【解析】

X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7，则Z为N元素。【详解】X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7，则Z为N元素；A．Y为氯元素，含氧酸中HClO为弱酸，故A错误；B．Z为N元素，原子最外层电子数为5，Y为Cl元素，原子最外层电子数为7，故最外层电子数Y＞Z，故B错误；C．非金属性F＞Cl，故HCl的稳定性比HF弱，故C错误；D．氯化氢与氨气反应生成的氯化铵中含有离子键，故D正确；故答案选D。【点睛】本题关键是根据反应条件及氢化物水溶液的pH判断X、Y、Z元素种类，然后根据元素性质进行分析和判断。13、C【解析】

X、Y、Z、Q、R均为短周期元素，X与Q能形成最简单的有机物为甲烷，则X为H，Q为C，X与Y同主族，则Y为Na，结合Y、Z和R在周期表的位置可知，Z为Mg，R为N，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，X为H，Q为C，Y为Na，Z为Mg，R为N。A.同周期元素随着原子序数的增大原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则原子半径：r(Y)>r(Z)>r(Q)>r(R)，A项错误；B.非金属性越强，其对应的气态化合物越稳定，则NH3的稳定性大于CH4，即RX3>QX4，B项错误；C.X与Y形成NaH，含离子键，C项正确；D.非金属性越强，其对应的最高价含氧酸的酸性越大，则硝酸的酸性大于碳酸，即：XRO3>X2QO3，D项错误；答案选C。14、C【解析】

A．M中含甲基、亚甲基均为四面体结构，则M分子中所有原子不可能均在同一平面，故A错误；B．M→N为取代反应，N→Q为水解反应，均属于取代反应，故B错误；C．M与H2加成后的产物为，中含有6种H，则一氯代物有6种，故C正确；D．Q中含苯环，与乙醇的结构不相似，且分子组成上不相差若干个“CH2”原子团，Q与乙醇不互为同系物，两者均含-OH，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误；故答案选C。15、C【解析】

A.升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0；B.根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小；C.根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸；D.根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小。【详解】A.升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0，A项正确；B.根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B项正确；C.根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸，C项错误；D.根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小，D项正确；答案选C。【点睛】本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定pH曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。16、D【解析】苯酚与三溴苯酚相似相溶，故向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀，不能说明苯酚的浓度小，A项错误；加入硫酸电离出的氢离子与前面硝酸钡电离出的硝酸根离子结合形成组合硝酸，将亚硫酸根氧化为硫酸根，B项错误；加入硝酸银之前应该将溶液调节至酸性，否则氢氧化钠会与硝酸银反应生成白色沉淀，C项错误；溶液中滴加几滴黄色K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2+，D项正确。17、B【解析】

A.新制氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO的平衡，加碳酸钙，消耗氢离子，平衡正向移动，HClO浓度增大，漂白能力增强，选项A正确；B.酸性:H2CO3>HClO>HCO3-，故HClO与CO32-不能同时产生，选项B错误；C.足量氯气和水产生的盐酸将CO32-全部反应成CO2气体，选项C正确；D.中性时由电荷守恒得到c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)，由于发生氧化还原反应，由得失电子守恒得到c(Cl－)＝c(ClO－)＋c(HClO)，两式联立可得c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)，选项D正确。答案选B。18、C【解析】

A．容器I中前5min的平均反应速率v(COCl2)==0.32mol/L•min-1，依据速率之比等于计量系数之比，则V(CO)=V(COCl2)=0.32mol/L•min-1，故A错误；B．依据图中数据可知：Ⅱ和Ⅲ为等效平衡，升高温度，COCl2物质的量减小，说明平衡向逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B错误；C．依据方程式：CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)，可知：

CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)起始浓度(mol/L)

2

2

0转化浓度(mol/L)

1.6

1.6

1.6平衡浓度(mol/L)

0.4

0.4

1.6反应平衡常数K==10，平衡时CO转化率：×100%=80%；依据Ⅱ中数据，结合方程式可知：

CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)起始浓度(mol/L)

2

2a

0转化浓度

(mol/L)

1

1

1平衡浓度

(mol/L)

1

2a-1

1Ⅰ和Ⅱ温度相同则平衡常数相同则：K==10，解得：a=0.55mol，故C正确；D．CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)为气体体积减小的反应，若起始时向容器I加入CO0.8mol，Cl20.8mol，相当于给体现减压，减压平衡向系数大的方向移动，平衡转化率降低，小于80%，故D错误；故答案为C。19、D【解析】

由SO42-的移动方向可知右边Cu电极为负极，发生氧化反应。当电路中通过1mol电子，左边电极增加32g，右边电极减少32g，两级质量差变为64g。电解质再生池是利用太阳能将CuSO4稀溶液蒸发，分离为CuSO4浓溶液和水后，再返回浓差电池，据此解答。【详解】A.根据以上分析，左边甲池中的Cu电极为正极，发生还原反应，电极反应式为Cu2++2eB.电解质再生池是利用太阳能将CuSO4稀溶液蒸发，分离为CuSO4浓溶液和水后，再返回浓差电池，发生的是物理变化，循环物质E为水，故B正确；C.根据以上分析，甲池中的Cu电极为正极，乙池中Cu电极为负极，所以乙池中Cu电极电极电势比甲池中Cu电极电势低，故C正确；D.若阴离子交换膜处迁移的SO42-的物质的量为1mol，则电路中通过2mol电子，两电极的质量差为128g，故D错误。故选D。20、C【解析】

A、根据原子守恒定律可分析产物A中有一个苯基()、一个C原子、两个H原子(苯也提供一个H原子)、一个Cl原子，结合题干“氯甲基化反应”分析－CH2－和－Cl(组合为氯甲基(－CH2Cl)，故A的结构简式为，分子式为C7H7Cl，故A错误：B、A中氯甲基(-CH2Cl)中的碳有四个单键，故不共面，故B错误；C、根据苯的性质：反应物苯是煤干馏的产物之一，是易挥发、易燃烧、有毒的液体，故C正确；D、有机产物A的同分异构体中(不包括自身)，含苯环的结构取代基为－CH3和－Cl，有邻、间、对三种，但还有很多不含苯环的结构，故D错误；故选C。21、B【解析】

由W和X位于同主族，且原子序数相差2可知，W为H元素，X为Li元素；Y是形成化合物最多的元素，则Y是C元素；Z的单质可以通过电解饱和食盐水获得，则Z是Cl元素。【详解】A项、由H元素和C元素组成的化合物为烃，烃分子中可以含有碳氢极性键和碳碳非极性键，故A错误；B项、电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，H—和Li+具有相同的电子层结构，则离子半径r(H—)>r(Li+)，故B正确；C项、次氯酸的酸性小于碳酸，室温下，同浓度的次氯酸的pH大于碳酸，故C错误；D项、H、C、Cl三元素形成的化合物为氯代烃，氯代烃为非电解质，故D错误。故选B。【点睛】本题考查元素周期律的应用，，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用题给信息推断元素为解答关键。22、B【解析】

A.烯烃能够与溴水发生加成反应；B.控制溶液的pH，可生成不同的氨基酸晶体，过滤可达到分离的目的；C.麦芽糖、葡萄糖都可以发生银镜反应；D.检验溴代物中的Br要转化为Br-，在酸性条件下加入AgNO3溶液，根据产生淡黄色沉淀检验。【详解】A.已烯与溴水发生加成反应使溴水褪色，而已烷是液态有机物质，能够溶解已烯与溴水反应产生的有机物，因此用溴水不能除去已烷中的少量已烯，A错误；B.不同氨基酸在水溶液中形成晶体析出时pH各不相同，控制溶液pH，可生成不同的氨基酸晶体，过滤可达到分离目的，B正确；C.麦芽糖分子中含有醛基，属于还原性糖，其水解产生的葡萄糖液含有醛基，具有还原性，因此不能用新制Cu(OH)2悬浊液验证麦芽糖是否发生了水解反应，C错误；D.溴代环己烷与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应产生环己烯、NaBr及H2O，由于该溶液可能含有过量的NaOH而显碱性，所以向反应后的溶液中加入溴水，溴水褪色，可能是由于NaOH与溴水发生反应：2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O所致，因此不能用于检验消去产物，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了物质的分离、提纯、物质的检验等知识。掌握物质的结构与性质是相同点与区别及物质的溶解性等是本题正确解答的关键。二、非选择题(共84分)23、C7H8O羧基银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液NaOH的醇溶液，加热水解反应（或取代反应）+H2O+2H2O13【解析】

有机物B是芳香烃的含氧衍生物，其相对分子质量为108，B中氧的质量分数为14.8%，B中O原子个数==1，碳原子个数==7…8，所以B分子式为C7H8O，B中含有苯环且能连续被氧化，则B为，B被催化氧化生成M，M为，N为苯甲酸，结构简式为；

A发生水解反应生成醇和羧酸，C为羧酸，根据题给信息知，C发生取代反应生成D，D发生反应然后酸化得到E，E能生成H，D是含有氯原子的羧酸，则D在氢氧化钠的醇溶液中加热生成E，E发生加聚反应生成H，所以D为、E为、C为；D反应生成F，F能反应生成E，则D发生水解反应生成F，F为，F发生酯化反应生成G，根据G分子式知，G为；根据B、C结构简式知，A为，以此解答该题。【详解】(1)B为，分子式为C7H8O，D为，含氧官能团为羧基；

(2)由以上分析可知A为，M为，含有醛基，可用银氨溶液或新制备氢氧化铜浊液检验；

(3)通过以上分析知，条件I为氢氧化钠的醇溶液、加热；D为，D发生水解反应(取代反应)生成F；

(4)F发生消去反应生成E，反应方程式为+2H2O，F发生酯化反应生成G，反应方程式为+2H2O；

(5)N为苯甲酸，结构简式为，X是N的同系物，相对分子质量比N大14，即X中含有羧基，且分子中碳原子数比N多一个，根据条件：①含有苯环

②能发生银镜反应，说明含有醛基，③遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，如苯环含有2个取代基，则分别为-CH2CHO、-OH，有邻、间、对3种，如苯环含有3个取代基，可为-CH3、-CHO、-OH，有10种，共13种；其中核磁共振氢谱有五组峰，且吸收峰的面积之比为1：1：2：2：2的同分异构体的结构简式为。【点睛】以B为突破口采用正逆结合的方法进行推断，注意结合反应条件、部分物质分子式或结构简式、题给信息进行推断，注意：卤代烃发生反应条件不同其产物不同。24、NH4Cl4NH3+5O24NO+6H2O3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O1:2【解析】

根据题目提供的转化关系，常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体则为氯气，I通常为红棕色气体则为NO2，I的相对分子质量比E的大16，则E为NO；F在常温下是一种无色液体则为H2O；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，则G为氢气，产物C易溶于水为氯化氢；J是一元含氧强酸且可由NO2与水反应得到，则为HNO3。NO与D反应生成NO2，D为单质，则D为氧气，B与氧气反应生成NO和水，则B为氨气，A为正盐，加热得到氨气和氯化氢，则A为氯化铵。(1)A为氯化铵，其化学式为NH4Cl；(2)一定条件下，B（NH3）和D（O2）反应生成E（NO）和F（H2O）的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；(3)J（HNO3）和金属Cu反应生成E（NO）的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；(4)H为氯气，和石灰乳反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；(5)在I和F的反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氧化剂和还原剂的质量之比为1：2。25、CS32-+H2O⇌HCS3-+OH-S干燥管CaO和NaOHCS2+2OH-＝COS22-+H2O将装置中残留的的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收1.75mol/L【解析】

实验一：(1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐；(2)根据Na2CS3中元素化合价是否是该元素的最高价态来进行判断；实验二：(1)根据仪器的图形判断仪器的名称；碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；(2)A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O；(3)反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后面装置完全吸收；(4)当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n(CuS)＝＝0.0875mol，根据关系式Na2CS3～H2S～CuS得n(Na2CS3)＝n(CuS)＝0.0875mol，根据c＝计算A中Na2CS3溶液的浓度。【详解】实验一：(1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐，则CS32-在水中发生水解，离子方程式为：CS32-+H2O⇌HCS3-+OH-；(2)Na2CS3中Na为+1价，C为+4价，都是元素的最高价态，不能被氧化，S为-2价，是硫元素的低价态，能够被氧化，所以被氧化的元素是S；实验二：(1)盛放碱石灰的仪器为干燥管，碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；(2)A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O，相关离子方程式为：CS2+2OH-＝COS22-+H2O；(3)反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是：将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收；(4)当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n(CuS)＝＝0.0875mol，根据关系式Na2CS3～H2S～CuS得n(Na2CS3)＝n(CuS)＝0.0875mol，c(Na2CS3)＝＝1.75mol/L。26、冷凝管检漏冰水浴冷却结晶97℃温度计水银球与蒸馏烧瓶支管口处相齐平上下移动C管偏大【解析】

丙烯醛与氢氧化钠溶液共热生成丙烯醇和丙烯酸钠，加入四氯化碳萃取未反应的丙烯醛和丙烯醇，四氯化碳密度比水大，所以得到的上层液体含有丙烯酸钠，加入硫酸酸化得到丙烯酸溶液，丙烯酸熔点为13℃，可用冰水冷却可得到丙烯酸晶体，过滤、冰水洗涤、低温吸干得到丙烯酸；下层液体为含有少量未反应的丙烯醛和生成的丙烯醇的四氯化碳溶液，蒸馏得到丙烯醇。【详解】(1)根据L的结构特点可知其为球形冷凝管；(2)过程②为萃取分液，分液漏斗使用前需要进行检漏；(3)根据分析可知操作④包括冰水浴冷却结晶、过滤、冰水洗涤、低温吸干；(4)根据题目信息可知丙烯醇的沸点为97℃，所以收集97℃的馏分；进行蒸馏时温度计的水银球应与蒸馏烧瓶的支管口处相平；(5)丙烯醇含有羟基可以与钠单质反应生成氢气，通过测定生成的氢气的量来确定丙烯醇的物质的量，从而测定其摩尔质量；记录氢气体积时要注意通过上下移动C管使B、C液面高度一致，从而使气体的压强与大气压相同；得到的气体体积为cmL，室温下气体摩尔体积为VL·mol-1，则生成的氢气物质的量为，丙烯醇分子中含有一个羟基，所以丙烯醇的物质的量为，丙烯醇的密度为0.85g·mL-3，则amL丙烯醇的质量为0.85ag，所以丙烯醇的摩尔质量为；若读数时C管液面高于B管，则B中压强要大于大气压，导致测得的气体体积偏小，根据计算公式可知会导致计算得到的摩尔质量偏大。【点睛】蒸馏实验中温度计的水银球应与蒸馏烧瓶的支管口处相平，冷凝水从冷凝管的下口进上口出；排水法测量气体体积时一定要保证气体压强和大气压相同，否则无法准确知道气体压强无法进行换算。27、蒸馏烧瓶冷凝管Sn可能与HCl反应生成SnCl2防止SnCl4水解Sn和Cl2反应放出大量的热91.2%空气中有白烟取样品少许，溶于稀盐酸中，加2滴碘的淀粉溶液，振荡，若紫色褪去，说明SnCl4混有少量的SnCl2，否则SnCl4纯净【解析】

装置A有支管，因此是蒸馏烧瓶，氯气进入烧瓶与锡反应得到，加热后挥发，进入装置B冷凝管中，注意冷凝水的方向是下进上出，