陕西省彬州市彬州中学2024年高三（最后冲刺）化学试卷含解析

陕西省彬州市彬州中学2024年高三（最后冲刺）化学试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、海冰是海水冻结而成的咸水冰。海水冻结时，部分来不及流走的盐分以卤汁的形式被包围在冰晶之间，形成“盐泡”假设盐分以一个NaCl计，其大致结构如下图所示，若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水。下列叙述正确的是()A．海冰内层“盐泡”越多，密度越小B．海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越多C．海冰内层“盐泡”内的盐分主要以NaCl分子的形式存在D．海冰内层NaCl的浓度约为设冰的密度为2、有氯气参加的化学反应一定不属于A．复分解反应 B．置换反应 C．取代反应 D．加成反应3、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．NH4Cl溶液呈酸性，可用于去除铁锈B．SO2具有还原性，可用于漂白纸张C．Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料D．Na2SiO3溶液呈碱性，可用作木材防火剂4、某探究活动小组根据侯德榜制碱原理，按下面设计的方案制备碳酸氢钠。实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）。下列说法正确的是（）A．乙装置中盛放的是饱和食盐水B．丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出C．丁装置中倒扣的漏斗主要作用是防止产生的气体污染空气D．实验结束后，分离碳酸氢钠的操作是蒸发结晶5、下列应用不涉及物质氧化性或还原性的是A．用葡萄糖制镜或保温瓶胆B．用ClO2杀菌、消毒C．用Na2SiO3溶液制备木材防火剂D．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果6、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7、一种钌（Ru）基配合物光敏染料敏化太阳能电池的示意图如下。电池工作时发生的反应为：

RuIIRuII*(激发态)RuII*→

RuIII+e-I3-+2e-→3I-RuIII+3I-→RuII++I3-下列关于该电池叙述错误的是()A．电池中镀Pt导电玻璃为正极B．电池工作时，I－离子在镀Pt导电玻璃电极上放电C．电池工作时，电解质中I－和I3－浓度不会减少D．电池工作时，是将太阳能转化为电能8、由下列实验及现象推出的相应结论正确的是实验现象结论A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2+，无Fe3+B．向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液变浑浊酸性：H2CO3>C6H5OHC．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)D．①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液②再加足量盐酸①产生白色沉淀②仍有白色沉淀原溶液中有SO42-A．A B．B C．C D．D9、查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生化学反应为：。则邻甲基乙苯通过上述反应得到的有机产物最多有A．5种 B．4种 C．3种 D．2种10、已知2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，某同学设计利用如图装置分别检验产物中的气体。下列有关表述错误的是（）A．用装置甲高温分解FeSO4，点燃酒精喷灯前应先向装置内通一段时间N2B．用装置乙可检验分解产生的SO2，现象是石蕊试液先变红后褪色C．按照甲→丙→乙→丁的连接顺序，可用装置丙检验分解产生的SO3D．将装置丁中的试剂换为NaOH溶液能更好的避免污染环境11、下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是选项实验内容实验结论A取两只试管，分别加入4mL0.01mol·L－1KMnO4酸性溶液，然后向一只试管中加入0.01mol·L－1H2C2O4溶液2mL，向另一只试管中加入0.01mol·L－1H2C2O4溶液4mL，第一只试管中溶液褪色时间长H2C2O4浓度越大，反应速率越快B室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol·L－1HClO溶液和0.1mol·L－1HF溶液的pH，前者pH大于后者HclO的酸性小于pHC检验FeCl2溶液中是否含有Fe2＋时，将溶液滴入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去不能证明溶液中含有Fe2＋D取两只试管，分别加入等体积等浓度的双氧水，然后试管①中加入0.01mol·L－1FeCl3溶液2mL，向试管②中加入0.01mol·L－1CuCl2溶液2mL，试管①中产生气泡快加入FeCl3时，双氧水分解反应的活化能较大A．A B．B C．C D．D12、25℃时，向0.1mol/LCH3COOH溶液中逐渐加入NaOH固体，恢复至原温度后溶液中的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列有关叙述不正确的是（）A．CH3COOH的Ka=1.0×10-4.7B．C点的溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)C．B点的溶液中：c(Na+)＋c(H+)=c(CH3COOH)＋c(OH-)D．A点的溶液中：c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH-)=0.1mol/L13、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种清洁能源，X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，Y是非金属性最强的元素，Z的原子半径是所有短周期元素中最大的。下列说法不正确的是（）A．W、X、Y的最高价氧化物对应对应水化物的酸性Y>X>WB．Y的简单氢化物的热稳定性比W的强C．元素X、Y、Z的简单离子半径依次减小D．W与Y两种元素可以形成共价化合物14、下列过程中，共价键被破坏的是（）A．碘升华 B．蔗糖溶于水 C．氯化氢溶于水 D．氢氧化钠熔化15、某兴趣小组计划用Al、稀H2SO4、NaOH溶液制备1molAl(OH)3。设计如下三种方案：方案Ⅰ：向Al中加入NaOH溶液，至Al刚好完全溶解，得溶液①。向溶液①中加硫酸至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案Ⅱ：向Al中加入硫酸，至Al刚好完全溶解，得溶液②。向溶液②中加NaOH溶液至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案Ⅲ：将Al按一定比例分为两份，按前两方案先制备溶液①和溶液②。然后将两溶液混和。过滤、洗涤、干燥。下列说法不正确的是A．三种方案转移电子数一样多B．方案Ⅲ所用硫酸的量最少C．方案Ⅲ比前两个方案更易控制酸碱的加入量D．采用方案Ⅲ时，用于制备溶液①的Al占总量的0.2516、有以下六种饱和溶液①CaCl2；②Ca(OH)2；③Na2SiO3；④Na2CO3；⑤NaAlO2；⑥NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终不会得到沉淀或析出晶体的是A．①② B．③⑤ C．①⑥ D．④⑥二、非选择题（本题包括5小题）17、已知：D为烃，E分子中碳元素与氢元素的质量之比6∶1，相对分子质量为44，其燃烧产物只有CO2和H2O。A的最简式与F相同，且能发生银镜反应，可由淀粉水解得到。（1）A的结构简式为__________________。（2）写出D→E的化学方程式_______________________。（3）下列说法正确的是____。A.有机物F能使石蕊溶液变红B.用新制的氢氧化铜无法区分有机物C、E、F的水溶液C.等物质的量的C和D分别完全燃烧消耗氧气的量相等D.可用饱和碳酸钠溶液除去有机物B中混有的少量C、FE.B的同分异构体中能发生银镜反应的酯类共有2种18、环戊噻嗪是治疗水肿及高血压的药物，其中间体G的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)A的化学名称是_____________。B中含有官能团的名称为_____________。(2)反应②的反应类型是________________。(3)C的结构简式为_______________。(4)G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为___________________。(5)X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，则符合条件的X的结构简式为_________________。(6)设计由1,3-丙二醇和丙二酸二乙酯制备的合成路线(其他试剂任选)______________。19、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__。20、草酸合铜(Ⅱ)酸钾[KaCub(C2O4)c·xH2O]是一种重要的化工原料。（1）二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体可以用CuSO4晶体和K2C2O4溶液反应得到。从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体的实验步骤为：加入适量乙醇、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。在蒸发浓缩的初始阶段还采用了蒸馏操作，其目的是_____________________。（2）某同学为测定草酸合铜(Ⅱ)酸钾的组成，进行如下实验：步骤Ⅰ测定Cu2+：准确称取0.7080g样品，用20.00mLNH4Cl−NH3·H2O缓冲溶液溶解，加入指示剂，用0.1000mol·L−1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点（离子方程式为Cu2++H2Y2−CuY2−+2H+），消耗EDTA标准溶液20.00mL；步骤Ⅱ测定C2O42-：准确称取0.7080g样品，用6.00mL浓氨水溶解，加入30.00mL4.0mol·L−1的硫酸，稀释至100mL，水浴加热至70~80℃，趁热用0.1000mol·L−1KMnO4标准液滴定至终点，消耗KMnO4溶液16.00mL。①已知酸性条件下MnO4-被还原为Mn2+，步骤Ⅱ发生反应的离子方程式为___________。②步骤Ⅱ滴定终点的现象是______________________。③通过计算确定草酸合铜(Ⅱ)酸钾的化学式（写出计算过程）。____________21、我国第二代身份证采用的是具有绿色环保性能的PETG新材料，该材料可以回收再利用，而且对周边环境不构成任何污染。PETG的结构简式如下：可采用的合成路线如图所示：已知：①A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一。②③RCOORl＋R2OH→RCOOR2＋R1OH(R、R1、R2表示烃基)试回答下列问题：(1)C的名称为________，反应①的类型为_______。(2)反应③所需条件为__________，试剂X为________。(3)写出I的结构简式：___________。(4)写出反应⑤的化学方程式：____________(5)与E互为同分异构体，且满足以下条件的有机物共有_____种，其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1:2:2:1的一种同分异构体的结构简式为_______。①芳香化合物；②一定条件下能发生银镜反应；③能与NaHCO3溶液反应生成气体。(6)请以甲苯为原料，设计制备苯甲酸苯甲酯的合成路线_____________。(无机试剂任选，合成路线示例见本题干)

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．“盐泡”中盐与水的比值不变，则内层“盐泡”越多时，密度不变，故A错误；B．若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水，则海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少，故B错误；C．“盐泡”内的盐分为NaCl，由离子构成，不存在NaCl分子，故C错误；D．冰的密度为，设海水1L时，水的质量为900g，由个数比为1：500000，含NaCl为，可知海冰内层NaCl的浓度约为，故D正确；故答案为D。【点睛】考查海水资源的应用，把握海水中盐泡的成分、信息的应用为解答的关键，“盐泡”内的盐分为NaCl，属离子化合物，由离子构成，且“盐泡”中盐与水的比值不变，特别注意“盐泡结构的判断。2、A【解析】

A．复分解反应中一定没有单质参与与生成，而氯气属于单质，则有氯气参加的化学反应一定不属于复分解反应，选项A选；B．氯气与KI等的置换反应，有氯气参加，选项B不选；C．甲烷等与氯气的取代反应，有氯气参加，选项C不选；D．乙烯等与氯气的加成反应中，有氯气参加，选项D不选；答案选A。【点睛】本题考查氯气的化学性质及反应类型，为高频考点，把握氯气的氧化性及有机反应中氯气的作用为解答的关键，注重基础知识的考查，注意利用实例分析，氯气具有氧化性，有氯气参加的反应为氧化还原反应，也可发生有机的取代、加成反应，则不可能为复分解反应。3、A【解析】

A．NH4Cl属于强酸弱碱盐，铵根离子发生水解溶液呈酸性，可与三氧化二铁反应，则可用于去除铁锈，故A正确；B．二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与其还原性无关，故B错误；C．Al2O3的熔点高，可用作耐高温材料，与两性无关，故C错误；D．Na2SiO3溶液耐高温，不易燃烧，可用于浸泡木材作防火剂，与碱性无关，故D错误；答案选A。【点睛】性质和用途必须相对应，性质决定用途。4、B【解析】

工业上侯氏制碱法是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，由于氨气在水中的溶解度大，所以先通入氨气，通入足量的氨气后再通入二氧化碳，生成了碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度较小，所以溶液中有碳酸氢钠晶体析出，将碳酸氢钠晶体加热后得纯碱碳酸钠，据此分析解答。【详解】A.利用盐酸制取二氧化碳时，因盐酸易挥发，所以，二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应不与二氧化碳反应，所以通过碳酸氢钠的溶液是可以除掉二氧化碳气体中的氯化氢气体，因此乙装置中盛放的是饱和碳酸氢钠溶液，故A错误；B.碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出，故B正确；C.实验过程中氨气可能有剩余，而稀硫酸能与氨气反应，所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3，氨气极易溶于水，丁装置中倒扣的漏斗主要是防止倒吸，故C错误；D.分离出NaHCO3晶体的操作是分离固体与液体，常采用的实验操作是过滤操作，故D错误；答案选B。【点睛】明确“侯氏制碱法”的实验原理为解题的关键。本题的易错点为A，要注意除去二氧化碳中的氯化氢气体通常选用的试剂。5、C【解析】A．葡萄糖制镜利用葡萄糖的还原性，与银氨溶液发生氧化还原反应，生成银单质，葡萄糖作还原剂被氧化，所以利用了其还原性，A不符合题意；B．漂白液杀菌、消毒，利用其强氧化性，所以利用了其氧化性，B不符合题意；C．Na2SiO3溶液制备木材防火剂，不发生氧化还原反应，与氧化性或还原性无关，C符合题意；D．高锰酸钾可氧化具有催熟作用的乙烯，Mn、C元素的化合价变化，为氧化还原反应，所以利用了其氧化性，D不符合题意，答案选C。6、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。7、B【解析】

由图电子的移动方向可知，半导材料TiO2为原电池的负极，镀Pt导电玻璃为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，由此分析解答。【详解】根据上述分析，结合图示信息得，A.由图可知，镀Pt导电玻璃极为电子流入的一极，所以为正极，A项正确；

B.原电池中阴离子在负极周围，所以I-离子不在镀Pt导电玻璃电极上放电，B项错误；

C.电池的电解质溶液中I-的浓度和I3-的浓度不变，C项正确；

D.由图可知该电池是将太阳能转化为电能的装置，D项正确。答案选B。8、B【解析】

A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+，但是无法证明是否有Fe3+，选项A错误；B．向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于苯酚，选B正确；C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，虽然有ZnS不溶物，但是溶液中还有Na2S，加入硫酸铜溶液以后，Cu2+一定与溶液中的S2-反应得到黑色的CuS沉淀，不能证明发生了沉淀转化，选项C错误；D．向溶液中加入硝酸钡溶液，得到白色沉淀（有很多可能），再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性。如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液有硫酸根离子，选项D错误。【点睛】在解决本题中选项C的类似问题时，一定要注意判断溶液中的主要成分。当溶液混合进行反应的时候，一定是先进行大量离子之间的反应（本题就是进行大量存在的硫离子和铜离子的反应），然后再进行微量物质之间的反应。例如，向碳酸钙和碳酸钠的悬浊液中通入二氧化碳，二氧化碳先和碳酸钠反应得到碳酸氢钠，再与碳酸钙反应得到碳酸氢钙。9、B【解析】

依据题意，，将苯环理解为凯库勒式(认为单双键交替出现)，断开相邻的碳碳双键，即，断开处的碳原子和氧原子形成双键，生成三分子的乙二醛。邻甲基乙苯用凯库勒表示，有两种结构，如图、。断开相连的碳碳双键的方式有不同的反应，如图，；前者氧化得到、，后者得到（重复）、、，有一种重复，则得到的物质共有4这种，B符合题意；答案选B。10、B【解析】

已知2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，通过乙中石蕊试液吸收检验二氧化硫或三氧化硫，三氧化硫极易溶于水，通过乙全部吸收，装置丙中的氯化钡溶液不能检验三氧化硫的存在，丁装置中饱和亚硫酸氢钠不能吸收二氧化硫。【详解】A.用装置甲高温分解FeSO4，点燃酒精喷灯前应先向装置内通一段时间N2，排除装置内空气，避免空气中氧气的干扰，A正确；B.用装置乙不能检验二氧化硫的存在，产物中有三氧化硫溶于水形成硫酸溶液，遇到石蕊试液也会变红色，二氧化硫遇到石蕊试液只能变红色，不能褪色，B错误；C.三氧化硫极易溶于水，通过装置乙的水溶液会被完全吸收，要检验三氧化硫存在，应把乙和丙位置互换才能检查三氧化硫的存在，按照甲→丙→乙→丁的连接顺序，C正确；D.丁中饱和亚硫酸氢钠溶液不能吸收二氧化硫，应为NaOH溶液能更好的吸收二氧化硫，避免污染环境，D正确；故答案为：B。【点睛】二氧化硫有漂白性，工业上常用二氧化硫来漂白纸浆、毛、丝、草帽等，但二氧化硫不能使酸碱指示剂褪色。11、C【解析】

A．根据控制变量的原则，两试管中液体的总体积不等，无法得到正确结论，故A错误；

B．HClO溶液具有漂白性，应选pH计测定，故B错误；

C．亚铁离子、氯离子均能被高锰酸钾氧化，溶液褪色，不能证明溶液中含有Fe2+，故C正确；

D．活化能越小，反应速率越快，试管①产生气泡快，则加入FeCl3时，双氧水分解反应的活化能较小，故D错误；

故答案为C。12、D【解析】

A、CH3COOH的，取B点状态分析，=1，且c(H+)=1×10-4.7，所以Ka=1×10-4.7，故A不符合题意；B、C点状态，溶液中含有CH3COONa、NaOH，故c(Na+)＞c(CH3COO-)，溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，pH=8.85，故此时c(CH3COO-)远大于c(OH-)，因此c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B不符合题意；C、根据电荷平衡，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B点溶液中，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)，故C不符合题意；D、在溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，A点的溶液中，c(H+)>c(OH-)，c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH-)>0.1mol/L，故D符合题意；故答案为D。13、A【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种清洁能源，则W为C元素；Y是非金属性最强的元素，则Y为F元素；X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，且原子序数小于F，则X为N元素；Z的原子半径是所有短周期金属元素中最大的，则Z为Na元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为C、X为N、Y为F、Z为Na。

A.Y为F，F没有正价，其无含氧酸，故A错误；

B.非金属性Y＞W，则Y的简单氢化物的热稳定性比W的强，故B正确；

C.元素X、Y、Z的简单离子核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，因此半径依次减小，故C正确；D.C、F均为非金属元素，可以形成共价化合物，并且只能形成共价化合物，故D正确答案选A。14、C【解析】

A．碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故A错误；B．蔗糖溶于水后，蔗糖在水中以分子形式存在，所以没有化学键的破坏，故B错误；C．氯化氢气体溶于水，氯化氢在水分子的作用下发生电离生成氯离子和氢离子，所以有化学键的破坏，故C正确；D．氢氧化钠熔化时电离出OH-和Na+，只破坏离子键，故D错误；故答案为C。15、D【解析】

方案Ⅰ：发生反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑，2NaAlO2+H2SO4+2H2O==2Al(OH)3↓+Na2SO4；则2Al—2NaOH—H2SO4—2Al(OH)3；方案Ⅱ：发生反应为2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑，Al2(SO4)3+6NaOH==2Al(OH)3↓+3Na2SO4；则2Al—6NaOH—3H2SO4—2Al(OH)3；方案Ⅲ：2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑，2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑，Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2O==8Al(OH)3↓+3Na2SO4，则2Al—1.5NaOH—0.75H2SO4—2Al(OH)3。【详解】A．三种方案中，消耗Al都为1mol，Al都由0价升高为+3价，则转移电子数一样多，A正确；B．从三个方案的比较中可以看出，生成等物质的量的氢氧化铝，方案Ⅲ所用硫酸的量最少，B正确；C．方案Ⅰ需控制酸的加入量，方案Ⅱ需控制碱的加入量，而方案Ⅲ不需对酸、碱的用量严格控制，所以方案Ⅲ比前两个方案更易控制酸碱的加入量，C正确；D．采用方案Ⅲ时，整个过程中Al与酸、碱的用量关系为6Al—6NaOH—3H2SO4—2Al，用于制备溶液①的Al占总量的0.75，D不正确；故选D。16、A【解析】

①碳酸比盐酸弱，CO2与CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故①正确；②酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2反应：Ca（OH）2+2CO2═Ca（HCO3）2，无沉淀生成，故②正确；③碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O═2NaHCO3+H2SiO3↓，产生硅酸沉淀，故③错误；④过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故④错误；⑤NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3，故⑤错误；⑥通入CO2与NH3和NaCl反应生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，则最终析出碳酸氢钠晶体，故⑥错误；故选A。【点睛】本题考查物质的性质及反应，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键。本题的易错点为⑥，注意联想候德榜制碱的原理，同时注意碳酸氢钠的溶解度较小。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH2OH(CHOH)4CHO2CH2CH2+O22CH3CHOACDE【解析】

A能发生银镜反应，可由淀粉水解得到，说明A为葡萄糖，葡萄糖在催化剂作用下生成C为乙醇，E分子中碳元素与氢元素的质量之比6∶1，说明E分子中C与H原子个数比为1:2，相对分子质量为44，其燃烧产物只有CO2和H2O，则E为CH3CHO，D为烃，根据C和E可知，D为乙烯，F的最简式和葡萄糖相同，且由乙醛催化氧化得到，说明F为乙酸，B在酸性条件下生成乙酸和乙醇，则B为乙酸乙酯。据此判断。【详解】(1)A为葡萄糖，其结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，故答案为CH2OH(CHOH)4CHO；(2)乙烯催化氧化生成乙醛的化学方程式为：2CH2＝CH2+O22CH3CHO，故答案为2CH2＝CH2+O22CH3CHO；(3)A.有机物F为乙酸，具有酸性，可使石蕊溶液变红，故A正确；B.C为乙醇、E为乙醛、F为乙酸乙酯，乙醇易溶于水，不分层，乙醛与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，乙酸乙酯不溶于水，产生分层，上层为油状液体，现象各不相同，所以可用新制的氢氧化铜区分，故B错误；C.1mol乙醇完全燃烧消耗3mol氧气，1mol乙烯完全燃烧消耗3mol氧气，则等物质的量的乙醇和乙烯分别完全燃烧消耗氧气的量相等，故C正确；D.饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇、消耗乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，所以可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的少量乙醇和乙酸，故D正确；E.乙酸乙酯的同分异构体中能发生银镜反应的酯类物质有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2，共2种，故E正确；答案选：ACDE。18、氯乙酸乙酯酯基取代反应+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O和【解析】

(1)直接命名A的化学名称和B中含有官能团的名称。(2)先根据②③前后联系得出C的结构简式，得出反应②的反应类型。(3)根据②③前后联系得出C的结构简式(4)联系教材的乙醛与新制Cu(OH)2反应书写方程式。(5)X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，说明X中含有羧基或酯基，总共有7个碳原子，除了六元环，还剩余1个碳原子，再进行书写。(6)先将1,3-丙二醇与HBr反应，得到，再在一定条件下与CH2(COOC2H5)2得到，再水解和酸化得到，最后再根据反应④得到产物。【详解】(1)A的化学名称是氯乙酸乙酯；B中含有官能团的名称为酯基，故答案为：氯乙酸乙酯；酯基。(2)根据②③前后联系得出C的结构简式为，因此反应②的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应。(3)根据上题分析得出C的结构简式为，故答案为：。(4)G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O。(5)X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，说明X中含有羧基或酯基，总共有7个碳原子，除了六元环，还剩余1个碳原子，因此则符合条件的X的结构简式为和，故答案为：和。(6)先将1,3-丙二醇与HBr反应，得到，再在一定条件下与CH2(COOC2H5)2得到，再水解和酸化得到，最后再根据反应④得到产物，因此总的流程为，故答案为：。19、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。20、回收乙醇2+5+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O当滴入最后一滴KMnO4标准液时，溶液变成浅红色，且半分钟不褪色由步骤Ⅰ的反应离子方程式：Cu2++H2Y2−CuY2−+2H+，可得关系式：Cu2+～H2Y2−，据题意有：解得：n(Cu2+)=0.002mol由步骤Ⅱ的离子反应方程式：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O，可得关系式：2MnO4-～5C2O42-，则有：解得：n(C2O42-)=0.004mol根据电荷守恒，可知n(K+)=0.004mol根据质量守恒原理，则n(H2O)=。故草酸合铜(Ⅱ)