辽宁省辽阳县集美学校2024年高三下学期第六次检测化学试卷含解析

辽宁省辽阳县集美学校2024年高三下学期第六次检测化学试卷注意事项：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、下列表示正确的是（）A．中子数为8的氧原子符号：OB．甲基的电子式：C．乙醚的结构简式：CH3OCH3D．CO2的比例模型：2、化合物A()可由环戊烷经三步反应合成：则下列说法错误的是（）A．反应1可用试剂是氯气B．反应3可用的试剂是氧气和铜C．反应1为取代反应，反应2为消除反应D．A可通过加成反应合成Y3、对下列事实的解释合理的是（）A．氢氟酸可用于雕刻玻璃，说明氢氟酸具有强酸性B．常温下浓硝酸可用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应C．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性D．铝箔在空气中受热熔化但不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高4、聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如图，下列说法不正确的是（

）A．聚维酮的单体是 B．聚维酮分子由(m+n）个单体聚合而成C．聚维酮碘是一种水溶性物质 D．聚维酮在一定条件下能发生水解反应5、T℃下，三种硫酸盐MSO4,(M表示Pb2+或Ba2+或Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pM=-lgc(M),p(SO42-)=-lgc(SO42-)。下列说法正确的是（）A．BaSO4在任何条件下都不可能转化成PbSO4B．X点和Z点分别是SrSO4和BaSO4的饱和溶液，对应的溶液中c(M)=c(SO42-)C．在ToC时，用0.01mol.L-1Na2SO4溶液滴定20mL浓度均是0.01mol.L-1的Ba(NO3)2和Sr(NO3)2的混合溶液,Sr2+先沉淀D．ToC下，反应PbSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数为102.46、下列装置中，不添加其他仪器无法检查气密性的是()A． B． C． D．7、要证明某溶液中不含Fe3+而含有Fe2+，以下操作选择及排序正确的是（）①加入少量氯水

②加入少量KI溶液

③加入少量KSCN溶液A．③① B．①③ C．②③ D．③②8、W、X、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Z是非金属元素，W、X的最高价氧化物对应的水化物可以相互反应生成盐和水，向一定量的W的最高价氧化物对应的水化物溶液中逐滴加人XZ3溶液，生成的沉淀X(OH)3的质量随XZ3溶液加人量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是A．d点对应的溶液中:K+、NH4+、CO32-、I-B．c点对应的溶液中:Ag+、Ca2+、NO3-、Na+C．b点对应的溶液中:Na+、S2-、SO42-、Cl-D．a点对应的溶液中:Na+、K+、S042-、HCO3-9、溴化氢比碘化氢A．键长短 B．沸点高 C．稳定性小 D．还原性强10、景泰蓝是一种传统的手工艺品。下列制作景泰蓝的步骤中，不涉及化学变化的是ABCD将铜丝压扁，掰成图案

将铅丹、硼酸盐等化合熔制后描绘

高温焙烧

酸洗去污A．A B．B C．C D．D11、硅及其化合物在材料领域中应用广泛。下列叙述正确的是（）A．晶体硅可做光导纤维 B．玻璃、水泥、陶瓷都是硅酸盐产品C．SiO2可与水反应制备硅胶 D．SiO2可做计算机芯片12、下列反应中，同一种气态反应物既被氧化又被还原的是（）A．二氧化硫通入高锰酸钾溶液使之褪色B．将二氧化氮通入氢氧化钠溶液中C．将氯气与过量氨气混合，产生大量白烟D．过氧化钠固体露置在空气中变白13、关于“硫酸铜晶体结晶水含量测定”的实验，下列操作正确的是()A．在烧杯中称量 B．在研钵中研磨C．在蒸发皿中加热 D．在石棉网上冷却14、下列有关化学用语表示正确的是（）A．对硝基甲苯的结构简式：B．CS2的比例模型：C．CH2F2的电子式：D．氯原子结构示意图：15、下列选项中,利用相关实验器材(规格和数量不限)能够完成相应实验的是()选项实验器材相应实验A试管、铁架台、导管乙酸乙酯的制备B分液漏斗、烧杯、铁架台用CCl4萃取溴水中的Br2C500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、天平配制500mL1.00mol/LNaCl溶液D三脚架、坩埚、酒精灯、坩埚钳、泥三角从食盐水中得到NaCl晶体A．A B．B C．C D．D16、下列说法正确的是A．化合物是苯的同系物B．分子中所有原子共平面C．火棉(纤维素三硝酸酯)的结构简式为D．1mol阿斯匹林（）与足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH最大的物质的量为2mol17、NA代表阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是A．0.1mol的白磷（P4）或甲烷中所含的共价键数均为0.4NAB．足量的Fe粉与1molCl2充分反应转移的电子数为2NAC．1.2gNaHSO4晶体中含有离子总数为0.03NAD．25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.2NA18、已知：NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O；2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O。将总体积共为40mL的NO和O2两种气体分别同时通入同一足量的NaOH溶液中，完全反应后，溶液中只含有NaNO2和NaOH，剩余气体5mL，则原混合气体中NO的体积为()A．20mL B．25mL C．12mL D．33mL19、由下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A向Co2O3中滴加浓盐酸产生黄绿色气体氧化性：Cl2>Co2O3B白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液无明显现象该过程未发生氧化还原反应C将铁片投入浓硫酸中无明显变化常温下铁不与浓硫酸反应D将10mL2mol/L的KI溶液与1mL1mol/LFeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液溶液颜色变红KI与FeCl3的反应具有可逆性A．A B．B C．C D．D20、以下关于原子的未成对电子数的叙述正确的是()①钠、铝、氯：1个；②硅、硫：2个；③磷：3个；④铁：4个．A．只有①③ B．只有①②③ C．只有②③④ D．有①②③④21、下列关于甲烷、乙烯、苯和乙醇的叙述中，正确的是A．都难溶于水 B．都能发生加成反应C．都能发生氧化反应 D．都是化石燃料22、下列实验能达到目的是（）A．用饱和碳酸氢钠溶液鉴别SO2和CO2B．用灼热的铜网除去CO中少量的O2C．用溴水鉴别苯和CCl4D．用蒸发结晶的方法从碘水中提取碘单质二、非选择题(共84分)23、（14分）铁氰化钾（化学式为K3[Fe(CN)6]）主要应用于制药、电镀、造纸、钢铁生产等工业。其煅烧分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等物质。（1）铁元素在周期表中的位置为_________，基态Fe3+核外电子排布式为_________。（2）在[Fe(CN)6]3－中不存在的化学键有_________。A．离子键B．金属键C．氢键D．共价键（3）已知(CN)2性质类似Cl2：(CN)2+2KOH=KCN+KCNO+H2OKCN+HCl=HCN+KClHC≡CH+HCN→H2C=CH－C≡N①KCNO中各元素原子的第一电离能由小到大排序为________。②丙烯腈（H2C=CH－C≡N）分子中碳原子轨道杂化类型是_______；分子中σ键和π键数目之比为_______。（4）C22－和N2互为等电子体，CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图甲所示），但CaC2晶体中哑铃形的C22－使晶胞沿一个方向拉长，晶体中每个Ca2+周围距离最近的C22－数目为_______。（5）金属Fe能与CO形成Fe(CO)5，该化合物熔点为－20℃，沸点为103℃，则其固体属于_______晶体。（6）图乙是Fe单质的晶胞模型。已知晶体密度为dg·cm－3，铁原子的半径为_________nm（用含有d、NA的代数式表示）。24、（12分）存在于茶叶的有机物A，其分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种。A遇FeCl3溶液发生显色反应。F分子中除了2个苯环外，还有一个六元环。它们的转化关系如下图：（1）有机物A中含氧官能团的名称是_____________________；（2）写出下列反应的化学方程式A→B：_______________________________________________________；M→N：_______________________________________________________；（3）A→C的反应类型为________________，E→F的反应类型为_________________1molA可以和______________molBr2反应；（4）某营养物质的主要成分(分子式为C16H14O3)是由A和一种芳香醇R发生酯化反应成的，则R的含有苯环的同分异构体有________________种（不包括R）；（5）A→C的过程中还可能有另一种产物C1，请写出C1在NaOH水溶液中反应的化学方程式________________________________________。25、（12分）实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应主要装置如图一所示，其它装置省略)。当盐酸达到一个临界浓度时，反应就会停止。为测定反应残余液中盐酸的临界浓度，探究小组同学提出了下列实验方案：甲方案：将产生的Cl2与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，再进行计算得到余酸的量。乙方案：采用酸碱中和滴定法测定余酸浓度。丙方案：余酸与已知量CaCO3(过量)反应后，称量剩余的CaCO3质量。丁方案：余酸与足量Zn反应，测量生成的H2体积。具体操作：装配好仪器并检查装置气密性，接下来的操作依次是：①往烧瓶中加入足量MnO2粉末②往烧瓶中加入20mL12mol•L-1浓盐酸③加热使之充分反应。（1）在实验室中，该发生装置除了可以用于制备Cl2，还可以制备下列哪些气体______？A．O2B．H2C．CH2=CH2D．HCl若使用甲方案，产生的Cl2必须先通过盛有________（填试剂名称）的洗气瓶，再通入足量AgNO3溶液中，这样做的目的是______________；已知AgClO易溶于水，写出Cl2与AgNO3溶液反应的化学方程式________________（2）进行乙方案实验：准确量取残余清液，稀释5倍后作为试样。准确量取试样25.00mL，用1.500mol·L-1NaOH标准溶液滴定，选用合适的指示剂，消耗NaOH标准溶液23.00mL，则由此计算得到盐酸的临界浓度为____mol·L-1（保留两位有效数字）；选用的合适指示剂是_____。A石蕊B酚酞C甲基橙（3）判断丙方案的实验结果，测得余酸的临界浓度_________(填偏大、偏小或―影响)。（已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10-9、Ksp(MnCO3)=2.3×10-11）（4）进行丁方案实验：装置如图二所示（夹持器具已略去）。（i）使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是倾斜Y形管，将_____转移到_____中。（ii）反应完毕，需要读出量气管中气体的体积，首先要___________，然后再______，最后视线与量气管刻度相平。（5）综合评价：事实上，反应过程中盐酸浓度减小到临界浓度是由两个方面所致，一是反应消耗盐酸，二是盐酸挥发，以上四种实验方案中，盐酸挥发会对哪种方案带来实验误差（假设每一步实验操作均准确）？____________A．甲B．乙C．丙D．丁26、（10分）草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]是一种常用的金属着色剂，易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间。某兴趣小组设计实验制备草酸铁铵并测其纯度。（1）甲组设计由硝酸氧化葡萄糖制取草酸，其实验装置(夹持及加热装置略去)如图所示。①仪器a的名称是________________。②55～60℃下，装置A中生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，该反应的化学方程式为__________________________。③装置B的作用是______________________；装置C中盛装的试剂是______________。（2）乙组利用甲组提纯后的草酸溶液制备草酸铁铵。将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液；滴加氨水至__________，然后将溶液________、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁铵产品。（3）丙组设计实验测定乙组产品的纯度。准确称量5.000g产品配成100mL溶液，取10.00mL于锥形瓶中，加入足量0.1000mol·L－1稀硫酸酸化后，再用0.1000mol·L－1KMnO4标准溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液的体积为12.00mL。①滴定终点的现象是_______________________。②滴定过程中发现褪色速率开始缓慢后迅速加快，其主要原因是____________________。③产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为____________％。[已知：(NH4)3Fe(C2O4)3的摩尔质量为374g·mol－1]27、（12分）氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体，难溶于CCl4。实验室可将干燥二氧化碳和干燥氨气通入CCl4中进行制备，化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s)ΔH＜0。回答下列问题：（1）利用装置甲制备氨气的化学方程式为__。（2）简述检查装置乙气密性的操作__。（3）选择图中的装置制备氨基甲酸铵，仪器接口的连接顺序为：B→__→__→EF←__←A。（4）反应时为了增加氨基甲酸铵的产量，三颈瓶的加热方式为__（填“热水浴”或“冷水浴”）；丁中气球的作用是__。（5）从装置丁的混合物中分离出产品的方法是__（填写操作名称）。（6）取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥、称量，质量为15.000g。则样品中氨基甲酸铵的质量分数为__（已知：Mr(NH2COONH4)=78、Mr(NH4HCO3)=79、Mr(CaCO3)=100。计算结果保留3位有效数字）。28、（14分）卤素化学丰富多彩，能形成卤化物、卤素互化物、多卤化物等多种类型的化合物。（1）基态溴原子的价电子排布式为__。（2）卤素互化物如IBr、ICl等与卤素单质结构相似、性质相近。则Cl2、IBr、ICl的沸点由高到低的顺序为__。（3）气态氟化氢中存在二聚分子(HF)2，这是由于__。（4）互为等电子体的微粒相互之间结构相似。I3+属于多卤素阳离子，根据VSEPR模型推测I3+的空间构型为___，中心原子杂化类型为__。（5）铁在元素周期表中的位置___（用“周期”和“族”来描述）。（6）简述三价铁比二价铁稳定的原因___。（7）如图所示为卤化物冰晶石（化学式为Na3AlF6）的晶胞。图中●位于大立方体顶点和面心，○位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，▽是图中●、○中的一种。图中●、○分别指代哪种粒子__、__；大立方体的体心处▽所代表的是__。29、（10分）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ABCD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B中产生白色沉淀，C中溶液颜色褪去试管中液体变浑浊结论催化活性:Fe3+>Cu2+氧化性:Br2>I2硫酸亚铁铵分解的产物中除NH3外还含有SO3和SO2非金属性:C>SiA．A B．B C．C D．D

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．中子数为8的氧原子的质量数=8+8=16，该原子正确的表示方法为，故A错误；B．甲基为中性原子团，其电子式为，故B正确；C．CH3OCH3为二甲醚，乙醚正确的结构简式为CH3CH2OCH2CH3，故C错误；D．二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，为直线型结构，其正确的比例模型为，故D错误；故选B。【点睛】电子式的书写注意事项：（1)阴离子和复杂阳离子要加括号，并注明所带电荷数，简单阳离子用元素符号加所带电荷表示。（2）要注意化学键中原子直接相邻的事实。（3）不能漏写未参与成键的电子对。2、C【解析】

实现此过程，反应1为与卤素单质发生取代反应，反应2为卤代环戊烷与氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇，反应3为醇的催化氧化。【详解】A.反应1为与卤素单质发生取代反应，可用试剂是氯气，A正确；B.反应3为醇的催化氧化，可用的试剂是氧气和铜，B正确；C.反应1和反应2都为取代反应，C错误；D.酮可催化加氢生成相应的醇，D正确；故答案为：C。3、D【解析】

A.氢氟酸可用于雕刻玻璃，说明氢氟酸会腐蚀玻璃，不能说具有强酸性，故A不符合题意；B.常温下浓硝酸可用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸发生钝化，不是不反应，故B不符合题意；C.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，故C不符合题意；D.铝箔在空气中受热熔化但不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高，故D符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】钝化反应是发生了化学反应。4、B【解析】

由高聚物结构简式，可知主链只有C，为加聚产物，单体为，高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，含有肽键，可发生水解，以此解答该题。【详解】A.由高聚物结构简式可知聚维酮的单体是，故A正确；B.

由2m+n个单体加聚生成，故B错误；C.高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故C正确；D.含有肽键，具有多肽化合物的性质，可发生水解生成氨基和羧基，故D正确；故选B。5、D【解析】

A．硫酸根离子浓度和铅离子浓度乘积达到或大于PbSO4沉淀溶度积常数可以沉淀，一定条件下BaSO4可以转化成PbSO4，故A错误；B．Z点对应的溶液为饱和溶液，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度乘积为常数，pM=-lgc(M)，p(SO42-)=-lgc(SO42-)，则c（Ba2+）＞c（SO42-），同理X点饱和溶液中c（Sr2+）＜c（SO42-），故B错误；C．图象分析可知溶度积常数SrSO4、PbSO4、BaSO4分别为10-2.5×10-2.5、10-3.8×10-3.8、10-5×10-5，因此溶度积常数：BaSO4＜PbSO4＜SrSO4，因此在ToC时，用0.01mol·L-1Na2SO4溶液滴定20mL浓度均是0.01mol·L-1的Ba(NO3)2和Sr(NO3)2的混合溶液，Ba2+先沉淀，故C错误；D．ToC下，反应PbSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数为=102.4，故D正确；答案选D。6、A【解析】A、因为分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，故分液漏斗中的液体上下压强相等，所以无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，所以不能检查出装置是否漏气；B、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，若液面高度不变，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气；C、用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内若有气泡产生，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气；D、向外拉活塞，若气密性良好，则导管口会有气泡产生，若气密性不好则不会有气泡产生，所以能检查出装置是否漏气；故选A。点睛：装置气密性的检验是常考的实验题，解题关键：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏。易错选项A，分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，故分液漏斗中的液体上下压强相等，无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，这个叙述正确，但不是题目的要求。7、A【解析】

三价铁离子遇到硫氰根离子显血红色；二价铁离子遇到硫氰根离子不变色，二价铁离子具有还原性，能被氧化为三价铁离子；碘离子和铁离子反应和亚铁离子不反应。【详解】先根据Fe3+的特征反应，加入硫氰酸钾溶液判断溶液不含Fe3+；然后加入氧化剂氯水，如果含有Fe2+，Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成红色，以此证明Fe2+的存在，加入少量KI溶液和铁离子反应，和亚铁离子不反应，不能证明含亚铁离子，操作选择及排序为③①。答案选A。8、C【解析】

W、X、Z依次为Na、Al、Cl。分析反应历程可知a点溶液为强碱性溶液，HCO3－不可以大量共存；b点溶液为中性溶液，对应离子可以大量共存；c点溶液中存在Cl－可与Ag＋生成白色沉淀；d点溶液中存在Al3＋可与CO32－发生双水解。答案选C。9、A【解析】

A.溴化氢中的溴原子半径小于碘原子半径，所以溴化氢的键长比碘化氢的短，故A正确；B.溴化氢和碘化氢都是共价化合物，组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高，所以溴化氢的沸点低于碘化氢的，故B错误；C.溴的非金属性比碘强，所以溴化氢比碘化氢稳定，故C错误；D.溴的非金属性比碘强，非金属性越强，单质的氧化性越强，离子的还原性就越弱，所以溴化氢比碘化氢还原性弱，故D错误；故选：A。10、A【解析】

A.将铜丝压扁并掰成图案，并没有新的物质生成，属于物理变化，不涉及化学变化，故A选；B.铅丹、硼酸盐等原料化合在经过烧熔而制成不透明的或是半透明的有独特光泽物质，该过程有新物质生成，属于化学变化，故B不选；C.烧制陶瓷过程有新物质生成，属于化学变化，故C不选；D.酸洗去污，该过程为酸与金属氧化物反应生成易溶性物质，属于化学变化，故D不选。11、B【解析】

A.二氧化硅可做光导纤维，晶体硅常做半导体材料，A项错误；B.玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英，水泥的主要原料是黏土、石灰石，陶瓷主要原料是黏土，石英主要成分是二氧化硅、黏土属于硅酸盐，故都属于硅酸盐产品，故D正确；B项正确；C.SiO2可与水不反应，C项错误；D.半导体硅能够导电，可做计算机芯片，D项错误；答案选B。12、B【解析】

A.二氧化硫与酸性高锰酸钾反应中二氧化硫是还原剂，高锰酸钾是氧化剂，则不是同一种气态反应物既被氧化又被还原，故A错误；B.将二氧化氮(N为+4价)通入氢氧化钠溶液中生成亚硝酸钠(N为+3价)和硝酸钠(N为+5价)，所以该反应中N元素既被氧化又被还原，故B正确；C.将氯气与过量氨气混合，产生大量白烟氯化铵，氯气是氧化剂，部分氨气是还原剂，则不是同一种气态反应物既被氧化又被还原，故C错误；D.过氧化钠与空气中的水、二氧化碳反应，是过氧化钠自身的氧化还原反应，气体既未被氧化也未被还原，故D错误；故选：B。13、B【解析】

A．实验是在瓷坩埚中称量，故A错误；B．实验是在研钵中研磨，故B正确；C．蒸发除去的是溶液中的溶剂，蒸发皿中加热的是液体，硫酸铜晶体是固体，不能用蒸发皿，故C错误；D．瓷坩埚是放在干燥器里干燥的，故D错误；答案选B。14、B【解析】

A.对硝基甲苯的结构简式：，A错误；B.半径：r(C)<r(S)，CS2的的比例模型：，B正确；C.CH2F2的电子式：，C错误；D.氯原子结构示意图：，D错误；故答案选B。15、B【解析】

A．制备乙酸乙酯需要在浓硫酸加热的条件下进行，实验器材中还缺少用于加热的酒精灯，不能完成该实验，A选项错误；B．用CCl4萃取溴水中的Br2，需要用到的仪器有分液漏斗、烧杯、铁架台，B选项正确；C．配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，计算出所需要的NaCl的质量后，用托盘天平称取，然后在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，待溶液冷却后用玻璃棒引流转移至容量瓶，经过两三次洗涤后，再用胶头滴管进行定容，实验器材缺少胶头滴管，不能完成该实验，C选项错误；D．从食盐水中得到NaCl晶体用蒸发结晶的方法，需要的器材有带铁圈的铁架台、酒精灯、坩埚钳、蒸发皿、玻璃棒，不需要坩埚和泥三角，D选项错误；答案选B。16、C【解析】

A．结构相似，分子式相差一个或多个CH2原子团的物质之间互称同系物，A项错误；B．分子中的甲基-CH3，碳原子在成键时形成了4条单键，与这种碳相连的原子不可能都在同一平面内，B项错误；C．火棉即，C项正确；D．阿司匹林结构中含有的羧基可以消耗1个NaOH，并且结构中还含有一个酚酯基，可以消耗2个NaOH，所以1mol阿司匹林水解可以消耗3mol的NaOH，D项错误；答案选C。【点睛】若有机物中存在形成4条单键的碳原子，那么有机物中的所有原子不可能共面；普通的酯基水解时消耗1个NaOH，而酚酯基可以消耗2个NaOH。17、B【解析】A.白磷为正四面体结构，1个白磷分子中含有6个共价键，则0.1mol白磷含有的共价键数目为0.6NA，1个甲烷分子中含有4个共价键，所以0.1mol甲烷含有的共价键数目为0.4NA，故A错误；B.1molCl2与足量Fe粉反应生成FeCl3，转移电子的物质的量为2mol，数目为2NA，故B正确；C.NaHSO4晶体中含有Na＋和HSO4－，1.2gNaHSO4的物质的量为1.2g÷120g/mol=0.01mol，则含有离子的物质的量为0.02mol，总数为0.02NA，故C错误；D.25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中OH－的物质的量浓度为0.1mol/L，则n(OH－)=1.0L×0.1mol/L=0.1mol，OH－的数目为0.1NA，故D错误；答案选B。点睛：本题主要考查阿伏加德罗常数的计算和判断，熟练掌握物质的量和阿伏加德罗常数、物质的量浓度等物理量之间的关系是解题的关键，试题难度中等。本题的易错点是A项，解题时要注意白磷（P4）分子中含有6个P－P共价键。18、D【解析】

根据NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，完全反应后，溶液中只含有NaNO2和NaOH，则剩余气体为NO，设原混合气体中NO的体积为V，则O2的体积为(40－V)mL，氮元素化合价由+4降低为+3，根据得失电子守恒，计算得V=33mL，故选D。【点睛】本题考查混合物的有关计算，明确氮氧化物和NaOH反应关系式是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意单纯的NO和NaOH不反应，二氧化氮和NaOH反应。19、D【解析】

A．向Co2O3中滴加浓盐酸产生的黄绿色气体为氯气，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化物，则氧化性：Cl2＜Co2O3，故A错误；B．出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，Zn为负极，铁为正极，构成原电池，发生电化学腐蚀，锌失去电子，故B错误；C．铁片投入浓硫酸，没有明显变化，是由于铁与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，并不是不反应，故C错误；D．根据2Fe3++2I-=2Fe2++I2，10mL2mol/L的KI溶液与1mL1mol/LFeCl3溶液反应后KI过量，由现象可知存在铁离子，说明KI与FeCl3反应有可逆性，故D正确；故选D。20、D【解析】

①钠原子的电子排布式为：1s22s22p63s1，则Na原子的未成对电子数为1；铝原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p1，则铝原子的未成对电子数为1；氯原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p5，则氯原子的未成对电子数为1，故①正确；②硅原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p2，则硅原子的未成对电子数为2；硫原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p4，则硫原子的未成对电子数为2，故②正确；③磷原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p3，则磷原子的未成对电子数为3，故③正确；④Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则铁原子的未成对电子数为4，故④正确；答案选D。【点睛】磷原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p3，3p为半充满状态，故未成对电子数为3，Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，电子先排布在4s能级上，再排布在3d能级上，3d有5个轨道，6个电子，先单独占据一个轨道，剩余一个电子按顺序排，所以未成对电子数为4。21、C【解析】

A．甲烷、乙烯、苯都难溶于水，乙醇与水以任意比例互溶，故A错误；B．甲烷为饱和烃，乙醇为饱和醇，不能发生加成反应，故B错误；C．甲烷、乙烯、苯和乙醇燃烧可生成二氧化碳和水，为氧化反应，故C正确；D．甲烷为天然气的主要成分，是化石燃料，乙烯、苯和乙醇都不是化石燃料。故D错误；故答案选C。22、C【解析】

A.二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳难溶于饱和碳酸氢钠溶液，二氧化硫和二氧化碳分别通入饱和碳酸氢钠溶液都会产生气泡，现象相同，不能鉴别，故A错误；B.加热时，Cu与氧气反应生成CuO，CO能与氧化铜反应，所以不能用用灼热的铜网除去CO中少量的O2，故B错误；C.溴水与苯混合有机层在上层，溴水与四氯化碳混合有机层在下层，现象不同，可鉴别，故C正确；D.蒸发时，碘易升华而损失，应用萃取、分液的方法分离，故D错误。故选C。二、非选择题(共84分)23、第四周期Ⅷ族[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5ABK＜C＜O＜Nspsp22:14分子【解析】

(1)Fe的原子序数是26，根据构造原理知Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，据此确定其在周期表的位置；基态Fe失去4s上2个电子和3d轨道上1个电子即为Fe3+；(2)根据化学键的类型和特点解答，注意氢键是分子间作用力，不是化学键；(3)①KCNO由K、C.

N、O四种元素组成，K为金属、容易失去电子，第一电离能最小，C、N、O位于第二周期，但N的p轨道是半充满状态、能量最低；②丙烯腈(H2C=CH−C≡N)分子中碳原子VSEPR构型有两种形式：平面三角形和直线形，杂化方式也有sp、sp2两种形式，其中C=C含有1个σ键和1个π键、C≡N含有1个σ键和2个π键，C−H都是σ键，确定分子中σ键和π键数目，再求出比值；(4)1个Ca2+周围距离最近且等距离的C22−应位于同一平面，注意使晶胞沿一个方向拉长的特点；(5)Fe(CO)5的熔点、沸点均不高，类似于分子晶体的特点；(6)Fe单质的晶胞模型为体心立方堆积，晶胞的原子均摊数为8×+1=2，晶胞的质量为g，晶胞体积V=cm3、边长a=cm，根据Fe原子半径r与晶胞边长a关系求出r。【详解】(1)Fe的原子序数是26，根据构造原理知Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，位于第四周期Ⅷ族据；基态Fe失去4s上2个电子和3d轨道上1个电子即为Fe3+，所以基态Fe3+核外电子排布式为)[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5故答案为：第四周期Ⅷ族，[Ar]3d5或[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；(2)[Fe(CN)6]3−是阴离子，是配合物的内界，含有配位键和极性共价键，金属键存在于金属晶体中，氢键是分子间作用力，不是化学键，故选AB；故答案为：AB；(3)①KCNO中K为金属、容易失去电子，第一电离能最小，C、N、O位于第二周期，但N的p轨道是半充满状态、能量最低，所以第一电离能大于O，C的非金属性小于O，第一电离能小于O，所以第一电离能由小到大排序为K<C<O<N；故答案为：K<C<O<N；②丙烯腈(H2C=CH−C≡N)分子中碳原子VSEPR构型有两种形式：平面三角形和直线形，杂化方式也有sp、sp2两种形式，其中C=C含有1个σ键和1个π键、C≡N含有1个σ键和2个π键，C−H都是σ键，所以分子中σ键和π键数目分别为6、3，σ键和π键数目之比为6:3=2:1；故答案为：sp、sp2；2:1；(4)依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22−不是6个，而是4个，故答案为：4；(5)根据Fe(CO)5的熔点、沸点均不高的特点，可推知Fe(CO)5为分子晶体；故答案为：分子；(6)Fe单质的晶胞模型为体心立方堆积，晶胞的原子均摊数为8×+1=2，晶胞的质量为g，晶胞体积V=cm3、边长a=cm，Fe原子半径r与晶胞边长a关系为4r=a，所以r=a=cm=×107nm；故答案为：×107。24、羟基、羧基+NaHCO3+CO2+H2O；CH3CH2OHCH2=CH2+H2O加成反应酯化（取代）反应34+3NaOH+NaCl+2H2O。【解析】

A的分子式为C9H8O3，分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种，2个取代基处于对位，A遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基-OH，A能与碳酸氢钠反应，分子中含有羧基-COOH，A的不饱和度为=6，故还含有C=C双键，所以A的结构简式为，X在浓硫酸、加热条件下生成A与M，M的分子式为C2H6O，M为乙醇，乙醇发生消去反应生成乙烯，N为乙烯，X为，A与碳酸氢钠反应生成B，为，B与Na反应生成D，D为，A与HCl反应生成C，C的分子式为C9H9ClO3，由A与C的分子式可知，发生加成反应，C再氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成E，E在浓硫酸、加热的条件下生成F，F分子中除了2个苯环外，还有一个六元环，应发生酯化反应，故C为，E为，F为，据此解答。【详解】(1)由上述分析可知，有机物A为，分子中含有官能团：羟基、碳碳双键、羧基，但含氧官能团有：羟基和羧基，故答案为：羟基、羧基；

(2)A→B的反应方程式为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑，M→N是乙醇发生选取反应生成乙烯，反应方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，故答案为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；CH3CH2OHCH2=CH2+H2O；(3)A→C是与HCl发生加成反应生成，E→F是发生酯化反应生成，与溴发生反应时，苯环羟基的邻位可以发生取代反应，C=C双键反应加成反应，故1molA可以和3mol

Br2反应，故答案为：加成反应，酯化(取代)反应；3；

(4)某营养物质的主要成分(分子式为C16H14O3)是由A和一种芳香醇R发生酯化反应生成的，故R的分子式为C7H8O，R为苯甲醇，R含有苯环的同分异构体(不包括R)，若含有1个支链为苯甲醚，若含有2个支链为-OH、-CH3，羟基与甲基有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有4种，故答案为：4；

(5)A→C的过程中还可能有另一种产物C1，则C1为，C1在NaOH水溶液中反应的化学方程式为+3NaOH+NaCl+2H2O，故答案为：+3NaOH+NaCl+2H2O。25、D饱和食盐水除去挥发出的HClCl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO36.9mol/LC偏小足量锌粒残余清液使气体冷却到室温调整量气管两端液面相平A【解析】

(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，从氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸；(2)为测定反应残余液中盐酸的浓度，量取试样25.00mL，用1.500mol•L-1NaOH标准溶液滴定，选择的指示剂是甲基橙，消耗23.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍；(3)与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；(4)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；(5)甲同学的方案：盐酸挥发，也会与硝酸银反应，故反应有误差；【详解】(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，此装置为固液加热型，A．O2用高锰酸钾或氯酸钾与二氧化锰加热制取，用的是固固加热型，不符合题意，故A不符合题意；B．H2用的是锌与稀硫酸反应，是固液常温型，故B不符合题意；C．CH2=CH2用的是乙醇和浓硫酸反应，属于液液加热型，要使用温度计，故C不符合题意；D．HCl用的是氯化钠和浓硫酸反应，属于固液加热型，故D符合题意；氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸，由于次氯酸银不是沉淀，次氯酸与硝酸银不反应，化学方程式为Cl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3；(2)量取试样25.00mL，用1.500mol∙L−1NaOH标准溶液滴定，消耗23..00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为，由c(HCl)∙V(HCl)=c(NaOH)∙V(NaOH)，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍=1.38×5=6.9mol/L；(3)根据题意碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小；(4)化学反应释放热量，气体体积具有热胀冷缩的特点。使Zn粒进入残余清液中让其发生反应。这样残余清液就可以充分反应，如果反过来，残余清液不可能全部转移到左边。若残余清液转移到左边则会残留在Y型管内壁，导致产生气体的量减少，使测定的盐酸浓度偏小，丁方案：余酸与足量Zn反应放热，压强对气体的体积有影响该反应是在加热条件下进行的，温度升高气体压强增大，如果不回复到原温度，相当于将气体压缩了，使得测出的气体的体积减小。故温度要恢复到原温度时，同时上下移动右端的漏斗，使两端的液面的高度相同，视线要与液体的凹液面相切，读取测量气体的体积。故读气体体积时要保证冷却到室温，并且压强不再发生变化，即调整量气管两端液面相平；(5)与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，盐酸挥发的话，加入足量的硝酸银溶液求出氯离子的量偏大，会有误差。26、球形冷凝管12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O安全瓶，防倒吸NaOH溶液溶液pH介于4.0~5.0之间加热浓缩、冷却结晶溶液变为粉红色,且半分钟内不褪色反应生成的Mn2+是该反应的催化剂74.8【解析】

(1)①根据图示分析判断仪器a的名称；②55～60℃下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，根据电子得失守恒、原子守恒分析书写方程式；③反应中生成的NO2和NO，均为大气污染气体，需要尾气吸收，NO2和NO被吸收时会导致倒吸；(2)草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间；草酸铁铵是铵盐，温度过高易分解，且温度过高促进铵根离子和铁离子水解，不能直接加热蒸干；(3)①滴定操作是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂；②滴定过程中高锰酸钾溶液被还原为Mn2+，且随着反应进行，Mn2+的浓度增大，反应速率加快，据此分析；③根据题给数据，结合反应，计算(NH4)3Fe(C2O4)3的物质的量，进而计算产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数=×100%。【详解】(1)①根据图示仪器a的名称为球形冷凝管；②55～60℃下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，根据电子得失守恒、原子守恒，该反应的化学方程式为12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O；③反应中生成的NO2和NO，均为大气污染气体，需要尾气吸收，NO2和NO被吸收时会导致倒吸，装置B的作用是做安全瓶防止倒吸，装置C中盛装的试剂是NaOH溶液，用于吸收NO2和NO，发生反应为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；(2)草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间，则将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至pH介于4.0～5.0之间；草酸铁铵是铵盐，温度过高易分解，且温度过高促进铵根离子和铁离子水解，不能直接加热蒸干；提纯后的草酸溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁铵产品；(3)①滴定操作是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂，滴定终点的现象是加入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪色，即为达到终点；②滴定过程中高锰酸钾溶液被还原为Mn2+，且随着反应进行，Mn2+的浓度增大，反应速率加快，说明反应生成的Mn2+可以加快反应速率，即Mn2+起催化剂的作用；③滴定过程中，产品溶液加稀硫酸酸化后形成草酸，草酸与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，离子反应为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，10.00mL产品溶液消耗n(MnO4-)=0.1000mol·L－1×0.012L=0.0012mol，则10.00mL产品溶液中n(H2C2O4)=n(MnO4-)=×0.0012mol=0.003mol，根据物料守恒，100mL产品溶液中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量=×0.003mol××374g·mol－1=3.74g，故产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为×100%=74.8%。27、Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O夹紧止水夹B，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面，静置，若液面差保持不变，则表明气密性良好IJHGD(C)或C(D)冷水浴平衡气压，收集多余的气体过滤79.8%【解析】

(1)实验室用氯化铵和氢氧化钙晶体共热制取氨气；(2)夹紧止水夹B，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面变化情况；(3)选择图中的装置制备氨基甲酸铵，制取的二氧化碳中含有HCl和水蒸气，制取氨气时气体中含有水蒸气，也需要除去杂质气体；(4)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体，结合物质的性质分析；丁中气球的用来平衡内外压强；(5)利用已知信息，氨基甲酸铵(NH2COONH4)难溶于CCl4分析；(6)取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥、称量