2023-2024学年北京师范大学附属杭州中学高三下第一次测试化学试题含解析

2023-2024学年北京师范大学附属杭州中学高三下第一次测试化学试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示，H+、O2、NO3－等共存物会影响修复效果。下列说法错误的是A．反应①②③④均为还原反应B．1mol三氯乙烯完全脱Cl时，电子转移为3molC．④的电极反应式为NO3－+10H++8e－=NH4++3H2OD．修复过程中可能产生Fe(OH)32、设为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是A．标准状况下，22.4L含有分子数目B．25℃，1LpH=13的数目为0.2C．在足量中0.1molFe燃烧完全，转移电子数目为0.3D．密闭容器中3mol与1mol充分反应可生成分子数目为3、如图为某漂白剂的结构。已知：W、Y、Z是不同周期、不同主族的短周期元素，W、Y、Z原子最外层电子数之和等于X原子最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述错误的是（）A．W、X对应的简单离子的半径：X>WB．电解W的氯化物水溶液可以制得W单质C．实验室可用X和Z形成的某种化合物制取单质XD．25℃时，Y的最高价氧化物对应水化物的钠盐溶液pH大于74、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最高的元素，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是A．Y单质的熔点高于X单质 B．W、Z的氢化物沸点W>ZC．X、W、Z能形成具有强还原性的XZW D．X2YW3中含有共价键5、铋(Bi)位于元素周期表中第ⅤA族，其价态为＋3时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示：在上述实验条件下，下列结论正确的是A．BiO3-的氧化性强于MnO4-B．H2O2被高锰酸根离子还原成O2C．H2O2具有氧化性，能把KI氧化成I2D．在KI-淀粉溶液中滴加铋酸钠溶液，溶液一定变蓝色6、下列说法不正确的是A．氯气是一种重要的化工原料，广泛应用于自来水的消毒和农药的生产等方面B．钠和钾的合金在常温下是液体，可用于快中子反应堆作热交换剂C．用硅制造的光导纤维具有很强的导电能力，可用于制作光缆D．化肥的生产、金属矿石的处理、金属材料的表面清洗等都可能用到硫酸7、下列关于金属腐蚀和保护的说法正确的是A．牺牲阳极的阴极保护法利用电解法原理B．金属的化学腐蚀的实质是：M－ne－=Mn＋，电子直接转移给还原剂C．外加直流电源的阴极保护法，在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零。D．铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时正极的电极反应为：2H＋＋2e－=H2↑8、下列表述正确的是A．用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来B．超导材料AB2在熔融状态下能导电，说明AB2是电解质C．推广使用煤液化技术可以减少温室气体二氧化碳的排放D．人体摄入的糖类、油脂、蛋白质均必须先经过水解才能被吸收9、用下列装置完成相关实验，合理的是()A．图①：验证H2CO3的酸性强于H2SiO3B．图②：收集CO2或NH3C．图③：分离Na2CO3溶液与CH3COOC2H5D．图④：分离CH3CH2OH与CH3COOC2H510、下列各选项中所述的两个量，前者一定大于后者的是（）A．将pH=4的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液，所加水的量B．pH=10的NaOH和Na2CO3溶液中，水的电离程度C．物质的量浓度相等的(NH4)2SO4溶液与(NH4)2CO3溶液中NH4+的物质的量浓度D．相同温度下，10mL0.1mol/L的醋酸与100mL0.01mol/L的醋酸中H+的物质的量11、有机化合物在食品、药物、材料等领域发挥着举足轻重的作用。下列说法正确的是（）A．甲苯和间二甲苯的一溴代物均有4种B．按系统命名法，化合物(CH3)2C(OH)C(CH3)3的名称为2，2，3-三甲基-3-丁醇C．2-丁烯分子中的四个碳原子在同一直线上D．乙酸甲酯分子在核磁共振氢谱中只能出现一组峰12、室温下，将0.1000mol·L－1盐酸滴入20.00mL未知浓度的某一元碱MOH溶液中，溶液pH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法不正确的是A．该一元碱溶液浓度为0.1000mol·L－1B．a点：c(M＋)>c(Cl－)>c(OH-)>c(H+)C．b点：c(M＋)＋c(MOH)＝c(Cl－)D．室温下，MOH的电离常数Kb＝1×10－513、已知2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。该反应中有关物理量的描述正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（）A．每生成6.72L的H2，溶液中AlO2﹣的数目就增加0.2NAB．每生成0.15molH2，被还原的水分子数目为0.3NAC．当加入2.7gAl时，转移的电子数目为0.3NAD．溶液中每增加0.1mol的AlO2﹣，Na+的数目就增加0.1NA14、用废铁屑制备磁性胶体粒子，制取过程如下：下列说法不正确的是A．用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污B．通入N2是防止空气中的O2氧化二价铁元素C．加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+，涉及反应：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2OD．溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为2:115、将一小块钠投入足量水中充分反应，在此过程中没有发生的是（）A．破坏了金属键 B．破坏了共价键 C．破坏了离子键 D．形成了共价键16、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A．FeCl3易发生水解，可用于蚀刻铜制的印制线路板B．漂白粉具有氧化性，可用于脱除烟气中SO2和NOC．CaCO3高温下能分解，可用于修复被酸雨侵蚀的土壤D．活性炭具有还原性，可用于除去水体中Pb2＋等重金属17、下列有关化学用语使用正确的是（）A．CO2的电子式： B．次氯酸的结构式：H－O－ClC．乙烯的球棍模型： D．钾原子结构示意图：18、下列选项中，微粒的物质的量浓度关系正确的是A．0.1mol/LK2CO3溶液：c（OH－）=c（HCO3－）+c（H＋）+c（H2CO3）B．0.1mol/LNaHCO3溶液中离子浓度关系：c（Na+）=2c（CO32－）+c（HCO3－）+c（H2CO3）C．等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中：2c（K＋）=c（HX）+c（X－）D．浓度均为0.1mol/L的NaHCO3溶液和NaOH溶液等体积混合：c（Na＋）+c（H＋）=c（CO32－）+c（OH－）+c（HCO3－）19、常温下，向20mL0.1mol·L-1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法不正确的是()A．常温下，0.1mol·L-1氨水中的电离常数约为B．a、b之间的点一定满足：c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)C．c点溶液中c(NH4+)<c(Cl-)D．b点代表溶液呈中性20、A是一种常见的单质，B、C为中学化学常见的化合物，A、B、C均含有元素X。它们有如下的转化关系（部分产物及反应条件已略去），下列判断正确的是A．X元素可能为AlB．X元素不一定为非金属元素C．反应①和②互为可逆反应D．反应①和②一定为氧化还原反应21、某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3溶液中含有的Mg2＋、K＋杂质离子并尽可能减少AlCl3的损失。，下列说法正确的是()A．NaOH溶液可以用氨水来代替B．溶液a中含有Al3＋、K＋、Cl－、Na＋、OH－C．溶液b中只含有NaClD．向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH22、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．标况下，22.4LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数为NAB．标准状况下，38g3H2O2中含有4NA共价键C．常温下，将5.6g铁块投入一定量浓硝酸中，转移0.3NA电子D．一定温度下，1L0.50mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物质的量一定不相同二、非选择题(共84分)23、（14分）PBAT(聚已二酸/对苯二甲酸丁二酯)可被微生物几乎完全降解，成为包装、医疗和农用薄膜等领域的新兴材料，它可由聚合物PBA和PBT共聚制得，一种合成路线如下：已知：R-CH3R-CNR-COOHR-CH=CH2R-COOH+CO2回答下列问题：(1)B的官能团名称为_____，D的分子式为_____。(2)①的反应类型为_____；反应②所需的试剂和条件是_____。(3)H的结构简式为_____。(4)⑤的化学方程式为_____。(5)M与G互为同系物，M的相对分子质量比G大14；N是M的同分异构体，写出同时满足以下条件的N的结构简式：______________(写两种，不考虑立体异构)。Ⅰ.既能与FeCl3发生显色反应，又能发水解反应和银镜反应；Ⅱ.与NaOH溶液反应时，1molN能消耗4molNaOH；Ⅲ.核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为1:2:2:2:1。24、（12分）某研究小组拟合成医药中间体X和Y。已知：①；②；③。(1)的名称是__________(2)G→X的反应类型是_____________。(3)化合物B的结构简式为_____________。(4)下列说法不正确的是__________(填字母代号)A．化合物A能使酸性KMnO4溶液褪色B．化合物C能发生加成、取代、消去反应C．化合物D能与稀盐酸反应D．X的分子式是C15H16N2O5(5)写出D+F→G的化学方程式:____________________(6)写出化合物A(C8H7NO4)同时符合下列条件的两种同分异构体的结构简式_______。①分子是苯的二取代物，1H—NMR谱表明分子中有4种化学环境不同的氧原子；②分子中存在硝基和结构。(7)参照以上合成路线设计E→的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)。____________________________________________。25、（12分）绿矾（FeSO4·7H2O）可作还原剂、着色剂、制药等，在不同温度下易分解得到各种铁的氧化物和硫的氧化物。已知SO3是一种无色晶体，熔点16.8℃，沸点44.8℃，氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红等。回答下列问题：（1）甲组同学按照上图所示的装置，通过实验检验绿矾的分解产物。装置B中可观察到的现象是_____________________________，甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2。装置C的作用是_________________________。（2）乙组同学认为甲组同学的实验结论不严谨，认为需要补做实验。对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中__________（填字母）。A．不含SO2B．可能含SO2C．一定含有SO3（3）丙组同学查阅资料发现绿矾受热分解还可能有O2放出，为此，丙组同学选用甲组同学的部分装置和下图部分装置设计出了一套检验绿矾分解所得气态产物的装置：①丙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为_______________________。②能证明绿矾分解产物中有O2的检验方法是________________________。（4）为证明绿矾分解产物中含有三价铁的操作及现象____________________。26、（10分）铋酸钠（NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题：Ⅰ.制取铋酸钠制取装置如图（加热和夹持仪器已略去），部分物质性质如下：物质NaBiO3Bi(OH)3性质不溶于冷水，浅黄色难溶于水；白色（1）B装置用于除去HCl，盛放的试剂是___；（2）C中盛放Bi(OH)3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的离子方程式为___；（3）当观察到___（填现象）时，可以初步判断C中反应已经完成；（4）拆除装置前必须先除去烧瓶中残留Cl2以免污染空气。除去Cl2的操作是___；（5）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作有___；Ⅱ.铋酸钠的应用——检验Mn2+（6）往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+。①产生紫红色现象的离子方程式为___；②某同学在较浓的MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，结果没有紫红色出现，但观察到黑色固体（MnO2）生成。产生此现象的离子反应方程式为___。Ⅲ.产品纯度的测定（7）取上述NaBiO3产品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用cmo1·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-（已知：H2C2O4+MnO4-——CO2+Mn2++H2O，未配平），当溶液紫红色恰好褪去时，消耗vmL标准溶液。该产品的纯度为___（用含w、c、v的代数式表示）。27、（12分）硫酸四氨合铜晶体常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质溶于水，不溶于乙醇、乙醚，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3mol/L的硫酸、浓氨水、10%NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500mol/L稀盐酸、0.500mol/L的NaOH溶液来合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。I．CuSO4溶液的制备①称取4g铜粉，在A仪器中灼烧10分钟并不断搅拌，放置冷却。②在蒸发皿中加入30mL3mol/L的硫酸，将A中固体慢慢放入其中，加热并不断搅拌。③趁热过滤得蓝色溶液。(1)A仪器的名称为____。(2)某同学在实验中有1.5g的铜粉剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因_____II．晶体的制备将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作(3)已知浅蓝色沉淀的成分为，试写出生成此沉淀的离子反应方程式_________。(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是__。III．氨含量的测定精确称取mg晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用V1mLC1mol/L的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用C2mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl(选用甲基橙作指示剂)，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。(5)A装置中长玻璃管的作用_____，样品中氨的质量分数的表达式_______。(6)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏高的原因是_______。A．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管B．读数时，滴定前平视，滴定后俯视C．滴定过程中选用酚酞作指示剂D．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁。28、（14分）Fe、Ni、Pt在周期表中同族，该族元素的化合物在科学研究和实际生产中有许多重要用途。(1)①Fe在元素周期表中的位置为________。②已知FeO晶体晶胞结构如NaCl型，Fe2+的价层电子排布式为________，阴离子的配位数为_______。③K3[Fe(CN)5NO]的组成元素中，属于第二周期元素的电负性由小到大的顺序是_______。④把氯气通入黄血盐(K4[Fe(CN)6])溶液中，得到赤血盐(K3[Fe(CN)6])，该反应的化学方程式为________。(2)铂可与不同的配体形成多种配合物。分子式为[Pt(NH3)2Cl4]的配合物的配体是______；该配合物有两种不同的结构，其中呈橙黄色的物质的结构比较不稳定，在水中的溶解度大；呈亮黄色的物质的结构较稳定，在水中的溶解度小，下图图1所示的物质中呈亮黄色的是______(填“A”或“B”)，理由是________。(3)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构如上图图2所示。储氢原理为：镧镍合金吸咐H2，H2解离为H储存在其中形成化合物。若储氢后，氢原子占据晶胞中上下底面的棱心和上下底面的面心，则形成的储氢化合物的化学式为_______。29、（10分）钒（V）为过渡元素，可形成多价态化合物，全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能系统，工作原理如下图：已知：离子种类VO2+VO2+V3+V2+颜色黄色蓝色绿色紫色（1）全钒液流电池放电时V2+发生氧化反应，该电池放电时总反应式是_______（2）当完成储能时，正极溶液的颜色是__________（3）质子交换膜的作用是_________（4）含钒废水会造成水体污染，对含钒废水（除VO2+外，还含Fe3+等）进行综合处理可实现钒资源的回收利用，流程如下：已知溶液酸碱性不同钒元素的存在形式不同：钒的化合价酸性碱性+4价VO2+VO(OH)3-+5价VO2+VO43-①滤液中钒元素的主要存在形式为_______②滤渣在空气中由灰白色转变为红褐色，用化学用语表示加入NaOH后生成沉淀的反应过程_______________、____________。③萃取、反萃取可实现钒的分离和富集，过程可简单表示为（HA为有机萃取剂）：萃取时必须加入适量碱，其原因是__________④纯钒可由熔盐电解法精炼，粗钒（含杂质）作____极。

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.由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为得电子的反应，所以均为还原反应，A项正确；B.三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1molC2HCl3转化为1molC2H4时，得到6mol电子，B项错误；C.由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3-+8e-→NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH-来配平，所以④的电极反应式为NO3－+10H++8e－=NH4++3H2O，C项正确；D.ZVI失去电子有Fe2+产生，Fe2+在氧气和OH-的作用下，可能产生Fe(OH)3，D项正确；答案选B。2、C【解析】

A.标准状况下H2O2的状态不是气态，不能使用气体摩尔体积，A错误；B.25℃，1LpH=13的Ba(OH)2的溶液，c(OH-)=0.1mol/L，n(OH-)=0.1mol/L×1L=0.1mol，故OH-的数目为0.1，B错误；C.Cl2具有强的氧化性，能够将变价金属Fe氧化为+3价，所以0.1molFe完全燃烧，转移电子数目为0.3，C正确；D.N2与H2合成氨气的反应是可逆反应，所以密闭容器中3mol与1mol充分反应可生成分子数目小于，D错误；故合理选项是C。3、B【解析】

W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，那么其中一种为H，根据漂白剂结构可知，Z为H，W、X对应的简单离子核外电子排布相同，从结构图中可知，W为Mg，X为O，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，Y为B，据此解答。【详解】A．O2-和Mg2+电子层数相同，但O2-为阴离子，原子序数更小，半径更大，A正确；B．工业上电解熔融状态的MgCl2来制备Mg，B错误；C．实验室可用H2O2在MnO2催化作用下制备O2，C正确；D．硼酸（H3BO3）是一元弱酸，其钠盐会水解显碱性，D正确。答案选B。4、C【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最高的元素，W是O元素，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，X为Na元素，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，Z的最外层电子数为7，则Z为Cl元素，Y为Si元素。【详解】根据分析可知，W为O，X为Na，Y为Si，Z为Cl元素。A．Na形成晶体为金属晶体，其熔点较低，而Si形成晶体为原子晶体，具有较高熔点，则单质熔点：Y＞X，故A正确；B．水分子间形成氢键，沸点较高，W、Z的氢化物沸点W>Z，故B正确；C．X、W、Z能形成具有强氧化性的NaClO，而不是还原性，故C错误；D．Na2SiO3中含有Si-O共价键，故D正确；故选C。5、A【解析】

A.向无色硫酸锰(MnSO4)溶液中加入适量无色铋酸钠(NaBiO3)溶液，充分反应后溶液变为紫红色，说明反应产生了MnO4-，Mn元素化合价升高，失去电子被氧化为MnO4-，根据氧化还原反应的规律：氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可知BiO3-的氧化性强于MnO4-，A正确；B.向该紫色溶液中加入过量H2O2，溶液的红色消失，产生气泡，说明产生了O2，氧元素化合价升高，失去电子，被氧化，则H2O2被高锰酸根离子氧化成O2，B错误；C.向溶液中加入适量KI-淀粉溶液，溶液缓慢变为蓝色，可能是H2O2将KI氧化为I2，也可能是Mn2+作催化剂使H2O2分解产生的O2将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，C错误；D.铋酸钠具有强的氧化性，可以将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，也可以将KI氧化为KIO3，因此溶液不一定变为蓝色，D错误；故合理选项是A。6、C【解析】

A项、氯气是一种重要的化工原料，可用于农药的生产等，如制备农药六六六等，氯气与水反应生成的次氯酸具有氧化性，能够杀菌消毒，故A正确；B项、钠钾合金导热性强，可用于快中子反应堆的热交换剂，故B正确；C项、光导纤维主要成分二氧化硅，是绝缘体，不导电，故C错误；D项、硫酸工业在国民经济中占有极其重要的地位，常用于化肥的生产、金属矿石的处理、金属材料的表面清洗等，故D正确；故选C。7、C【解析】

A.牺牲阳极的阴极保护法利用原电池原理，用较活泼的金属作负极先被氧化，故A错误；B.金属的化学腐蚀的实质是：金属作还原剂M－ne－=Mn＋，电子直接转移给氧化剂，故B错误；C.外加直流电源的阴极保护法，在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零，故C正确；D.铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时，铜作负极，碳正极的电极反应为：O2+4e－+4H＋=2H2O，故D错误；故选C。8、B【解析】

A.用高粱酿酒的原理是通过发酵法将淀粉变为乙醇，再蒸馏分离出来，故A错误；B.超导材料AB2在熔融状态下能导电，说明AB2是电解质，故B正确；C.推广使用煤液化技术可以不能减少温室气体二氧化碳的排放，可以减少二氧化硫污染性气体排放，故C错误；D.人体摄入的单糖不需要经过水解，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】粮食酿酒不是本身含有酒精，而是粮食中淀粉发酵得到乙醇，再蒸馏。9、B【解析】

A、生成的二氧化碳中含有氯化氢，氯化氢也能与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，干扰二氧化碳与硅酸钠反应，A错误；B．氨气的密度比空气密度小，二氧化碳的密度比空气密度大，则导管长进短出收集二氧化碳，短进长出收集氨气，B正确；C．Na2CO3溶液与CH3COOC2H5分层，应选分液法分离，C错误；D．CH3CH2OH与CH3COOC2H5互溶，不能分液分离，应选蒸馏法，D错误；答案选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、酸性比较、气体收集、混合物分离、实验技能为解答本题的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，选项A是解答的易错点，注意浓盐酸的挥发性。10、C【解析】

A.醋酸是弱电解质，在稀释过程中继续电离出氢离子，氯化氢是强电解质，在水溶液中完全电离，所以pH相同的盐酸和醋酸，如果稀释相同倍数，则醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以将pH=4的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液时所加水的量，醋酸加入水的量大于盐酸，A项错误；B.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以氢氧化钠抑制水电离、碳酸钠促进水电离，氢氧化钠中水电离程度小于碳酸钠溶液中水电离程度，B项错误；C.碳酸根离子与铵根离子相互促进水解，所以硫酸铵溶液中铵根离子浓度大于碳酸铵，C项正确；D.相同温度下,醋酸的浓度越大其电离程度越小,所以前者电离程度小于后者,所以10

mL

0.1mol/L的醋酸与100

mL

0.01mol/L的醋酸中H+的物质的量前者小于后者，D项错误；答案选C。【点睛】D项是易错点，要注意物质的量浓度与物质的量不是一个概念，10

mL

0.1mol/L的醋酸与100

mL

0.01mol/L的醋酸物质的量虽然相同，但物质的量浓度不同，则电离程度不同。11、A【解析】

A．甲苯有4种等效氢（），间二甲苯也有4种等效氢（），因此它们的一溴代物均有4种，A项正确；B．醇的系统命名，选含羟基的最长碳链为主链，从距羟基较近的一端开始编号，，该化合物名称应为：2，3，3-三甲基-2-丁醇，B项错误；C．2-丁烯的结构为或，分子中的四个碳原子不在一条直线上，C项错误；D．乙酸甲酯分子中有2种等效氢（），在核磁共振氢谱中会出现2组峰，D项错误；答案选A。【点睛】用系统命名法命名的一般原则：①选择含官能团的最长碳链为主链；②编号时，先考虑使官能团所在碳的编号尽可能小，再考虑使其它支链的编号尽可能小；③写名称时，先写支链名称，再写主链名称，阿拉伯数字与汉字之间以“-”相隔。12、C【解析】

A．加入20mL盐酸时，溶液的pH出现突跃，说明加入20mL盐酸时，酸碱恰好完全反应，酸碱的体积相等，则浓度相等，所以MOH浓度为0.1000mol·L－1，正确，A不选；B．a点溶液pH＞7，溶液呈碱性，则c(OH－)＞c(H＋)，溶液中存在电荷守恒c(M＋)+c(H＋)=c(Cl－)+c(OH－)，则c(M＋)＞c(Cl－)。a点溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH、MCl，溶液呈碱性，说明MOH电离程度大于MCl水解程度，但MOH电离程度较小，所以存在c(M＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，正确，B不选；C．b点溶液pH=7，溶液呈中性，则c(OH－)=c(H＋)，根据电荷守恒得c(M＋)=c(Cl－)，所以c(M＋)+c(MOH)＞c(Cl－)，错误，C选；D．根据A选可知，MOH浓度为0.1000mol·L－1，不加入盐酸时，pH为11，溶液中的c(OH－)=10－3mol·L－1，则MOH是弱碱，其电离方程式为MOHM＋＋OH－，由于其电离程度较小，则c(MOH)≈0.1mol·L－1，忽略水的电离，则c(M＋)≈c(OH－)=10－3mol·L－1；则室温下，MOH的电离常数，正确，D不选。答案选C。13、B【解析】

A.非标准状况下，6.72L的H2的物质的量不一定是0.3mol，所以生成6.72L的H2，溶液中AlO2﹣的数目不一定增加0.2NA，故A错误；B.2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，反应中只有水是氧化剂，每生成0.15molH2，被还原的水分子数目为0.3NA，故B正确；C.当2.7gAl参加反应时，转移的电子数目为0.3NA，加入2.7gAl，参加反应的铝不一定是0.1mol，故C错误；D.根据钠元素守恒，溶液中Na+的数目不变，故D错误。【点睛】本题考查化学方程式有关计算，侧重考查学生分析计算能力，注意：该反应中氢氧化钠不作氧化剂，易错选项是B，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件。14、D【解析】A、碳酸钠的水溶液显碱性，油污在碱中发生水解，因此碳酸钠溶液浸泡可以除去废铁屑表面的油污，故A说法正确；B、Fe2＋容易被氧气氧化，因此通入N2的目的是防止空气中的氧气氧化Fe2＋，故B说法正确；C、利用H2O2的氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，涉及反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故C说法正确；D、Fe3O4中Fe2＋和Fe3＋物质的量之比为1：2，故D说法错误。15、C【解析】

将一小块钠投入足量水中，发生反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑。【详解】A．钠失电子生成Na+脱离金属钠表面进入溶液，从而破坏金属键，A不合题意；B．水电离生成的H+与Na反应生成NaOH和H2，破坏了共价键，B不合题意；C．整个反应过程中，没有离子化合物参加反应，没有破坏离子键，C符合题意；D．反应生成了氢气，从而形成共价键，D不合题意；故选C。16、B【解析】

A.FeCl3具有强氧化性，能与Cu等金属反应，可用于蚀刻铜制的印制线路板，与FeCl3易发生水解无关，A错误；B.漂白粉的主要成分是次氯酸钙，次氯酸钙具有强氧化性，能氧化SO2和NO生成硫酸盐和硝酸盐，所以漂白粉可用于脱除烟气中SO2和NO有害气体，B正确；C.CaCO3能与酸反应，能改良、修复被酸雨浸蚀的土壤，与CaCO3高温下能分解无关，C错误；D.活性炭与Pb2+等金属离子不反应，不能用于除去水体中Pb2+等重金属离子，D错误；故合理选项是B。17、B【解析】

A.CO2分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，电子式为：，A错误；B.在HClO中O原子与H、Cl原子分别形成1对共用电子对，结构式是H-O-Cl，B正确；C.乙烯分子中两个C原子之间形成2对共用电子对，每个C原子再分别与2个H原子形成2对共用电子对，题干模型为乙烯的比例模型，不是球棍模型，C错误；D.钾是19号元素，原子核外电子排布为2、8、8、1，K原子结构示意图正确的应该为，D错误；故合理选项是B。18、C【解析】

A、正确关系为c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)，因为由一个CO32－水解生成H2CO3，同时会产生2个OH－，故A错误；B、NaHCO3溶液中，根据物料守恒可得：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故B错误；C、等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中，根据物料守恒，2c（K＋）=c（HX）+c（X－），故C正确；D、浓度均为0.1mol/L的NaHCO3溶液和NaOH溶液等体积混合，根据电荷守恒：c（Na＋）+c（H＋）=2c（CO32－）+c（OH－）+c（HCO3－），故D错误；综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题考查了溶液中离子浓度等量关系，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断溶液中离子浓度大小中的应用方法。19、B【解析】

A.常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）=10-11mol/L，则c（OH-）=10−14/10−11mol/L=0.001mol/L，结合Kb=c（NH4+）∙c（OH−）/c（NH3∙H2O）计算；B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，结合电荷守恒判断离子浓度大小；C.根据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵；D.b点溶液中c点水电离出的c（H+）=10-7mol/L，常温下c（H+）·c（OH-）=Kw=10-14，据此判断。【详解】A.常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）=10-11mol/L，则c（OH-）=10−14/10−11mol/L=0.001mol/L，Kb=c（NH4+）∙c（OH−）/c（NH3∙H2O）=10−3×10−3/0.1mol/L=1×10-5mol/L，故A正确；B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，则c（H+）＜c（OH-），结合电荷守恒得c（Cl-）＜c（NH4+），而c（Cl-）和c（OH-）的相对大小与所加盐酸的量有关，故B错误；C.根据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵，铵根水解溶液呈酸性，结合电荷守恒得：c（NH4+）＜c（Cl-），故C正确；D.b点溶液中c（H+）=10-7mol/L，常温下c（H+）·c（OH-）=Kw=10-14，所以c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，故D正确。故选B。20、D【解析】

A.如果A是铝，则B和C分别是AlO2-和Al3+，二者在酸性溶液中不可能生成铝，选项A不正确；B.由于和反应生成，说明反应一定是氧化还原反应，则在中的化合价分别是显正价和负价，所以一定是非金属，选项B不正确；C.反应①②中条件不同，不是可逆反应，选项C不正确；D.反应①和②有单质参与和有单质生成，有单质参加或生成的反应是氧化还原反应，选项D正确；答案选D。21、D【解析】

A．用氨水，则Mg2+、Al3+均转化为沉淀，不能分离，则不能用氨水代替NaOH，A错误；B．Al3+与过量NaOH反应，溶液a中含AlO2-、K+、Cl-、Na+、OH-，B错误；C．K+、Cl-、Na+在整个过程中不参加反应，则溶液b中含KCl、NaCl，C错误；D．因氢氧化铝能溶于盐酸，则向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH，D正确；答案选D。【点睛】本题考查混合物分离、提纯实验方案的设计，为高频考点，把握实验流程中发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氢氧化铝的两性。22、D【解析】

A、氯气与水反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，溶液中氯原子总数为2mol，Cl2中含有2个氯原子，故溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数大于NA，故A错误；B、双氧水结构为：，38g3H2O2的物质的量为=1mol，由结构式可知，1mol双氧水中含有3NA共价键，故B错误；C、常温下铁与浓硝酸发生钝化，形成致密氧化膜，阻止反应进行，所以常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移小于0.3NA电子，故C错误；D、1L0.50mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液所对应浓度不同，所以水解程度不同，溶液中的物质的量一定也不同，故D正确；故答案为D。【点睛】本题A选项属于易错项，该反应属于可逆反应，溶液中总氯原子为2mol，发生反应后，溶液中含氯微粒总数小于2mol大于1mol。二、非选择题(共84分)23、氯原子C6H10O4取代反应NaOH、C2H5OH(或乙醇)，加热HOCH2CH2CH2CH2OH+2NH3+3O2→+6H2O【解析】

从A到C由环烷烃变成了环烯烃，并且A生成B是光照下与Cl2的取代，所以从B到C即为卤代烃的消去，结合题干提示的反应，环己烯经过高锰酸钾处理后就可以得到己二酸，H就是1,4-丁二醇，所以PBA就是聚己二酸丁二酯。从E生成F，再由F生成对苯二甲酸，条件恰好与题干提示的反应相同，所以推测E为对二甲苯，F即为对苯二腈。【详解】(1)B为卤代烃，官能团的名称为氯原子；D为己二酸，所以分子式为C6H10O4；(2)反应①即为烃变成卤代烃的反应，反应类型即为取代反应；反应②为卤代烃的消去反应，所加试剂即NaOH，乙醇，并且需要加热；(3)H通过推断即为1,4-丁二醇，所以结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH；(4)反应⑤即由对二甲苯生成对苯二腈的反应，所以方程式为：+2NH3+3O2→+6H2O；(5)由题可知M的分子式为C9H8O4，扣除苯环还有2个不饱和度；满足要求的N的结构中一定有羟基，此外也要具有醛基和酯基的结构；考虑到1molN能消耗4mol的NaOH，所以只能是2个羟基，1个甲酸酯基，由于还需要有一个不饱和度，所以还含有一个乙烯基；再考虑到核磁共振氢谱的信息，最终满足要求的有机物的结构为如下两种：；【点睛】书写满足特定要求的物质的同分异构体的结构时，从不饱和度入手，结合有关信息确定有机物中一定含有的结构；此外，也要注意特定结构的基团，例如甲酸酯基等；确定有机物所含的基团后，再结合核磁共振氢谱的信息考虑物质的对称性，最终将物质的结构书写出来。24、邻甲基苯甲酸还原反应BD、、、【解析】

由、A的分子式，纵观整个过程，结合X的结构，可知发生甲基邻位硝化反应生成A为，对比各物质的分子，结合反应条件与给予的反应信息，可知A中羧基上羟基被氯原子取代生成B，B中甲基上H原子被溴原子取代生成C，C中氯原子、溴原子被-NH-取代生成D，故B为、C为、D为。由X的结构，逆推可知G为，结合F、E的分子式，可推知F为CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3、E为CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3。【详解】根据上述分析可知：A为；B为；C为；D为；E为CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3；F为CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3；G为。(1)的甲基在苯环羧基的邻位C原子上，因此其名称是邻甲基苯甲酸；(2)G变X是-NO2变为-NH2，发生的是还原反应；(3)化合物B的结构简式为；(4)A.化合物A的苯环上有甲基，能酸性KMnO4溶液氧化，因而可以使酸性KMnO4溶液褪色，A正确；B.化合物C结构简式是，含苯环与羰基能发生加成反应，有Br原子可以发生取代反应；由于Br原子连接的C原子直接连接在苯环上，因此不能发生消去反应，B错误；C.化合物D含有亚氨基，能与稀盐酸反应，C正确；D.根据物质的结构简式可知X的分子式是C15H18N2O5，D错误；故合理选项是BD；(5)D+F→G的化学方程式为：；(6)化合物A（C8H7NO4）的同分异构体同时符合下列条件：①分子是苯的二取代物，1H-NHR谱表明分子中有4种化学环境不同的氢原子，存在对称结构；②分子中存在硝基和酯基结构，2个取代基可能结构为：-NO2与-CH2OOCH、-NO2与-CH2COOH、-COOH与-CH2NO2、-OOCH与-CH2NO2，同分异构体可能结构简式为、、、。(7)由E（CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3）先在NaOH溶液中发生水解反应，然后酸化可得，该物质与SOCl2发生反应产生，与NH3发生反应得到目标产物，故由E合成的路线为：。【点睛】本题考查有机物的合成与推断，关键是对给予信息的理解，要结合路线图中物质的结构与分子式进行推断，题目侧重考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化。25、品红溶液褪色吸收尾气，防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境BCAFGBDH用带火星的木条检验H中收集到的气体，木条复燃。取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明有三价铁。【解析】

二氧化硫、三氧化硫能使品红褪色，但二氧化硫使品红褪色后加热能恢复红色；检验绿矾分解所得气态产物，根据可能的产物性质，用无水硫酸铜验证没水、用冰水冷却气体看是否有无色晶体生成，若有无色晶体则含有三氧化硫；用品红检验二氧化硫；用氢氧化钠除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧气；氧气能使带火星的木条复燃；三价铁能使KSCN溶液变红。【详解】（1）二氧化硫能使品红褪色，装置B中可观察到的现象是品红溶液褪色。二氧化硫、三氧化硫是酸性气体，有毒，为防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境，装置C的作用是尾气处理。（2）二氧化硫、三氧化硫能使品红褪色，但二氧化硫使品红褪色后加热能恢复红色；对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中可能含SO2或一定含有SO3。（3）①检验绿矾分解所得气态产物，根据可能的产物性质，用无水硫酸铜验证没水、用冰水冷却气体看是否有无色晶体生成，若有无色晶体则含有三氧化硫；用品红检验二氧化硫；用氢氧化钠除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧气，所以仪器连接顺序是AFGBDH；②氧气能使带火星的木条复燃，所以检验氧气的方法是用带火星的木条检验H中收集到的气体，木条复燃证明有氧气生成；（4）三价铁能使KSCN溶液变红，证明绿矾分解产物中含有三价铁的操作及现象是取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明有三价铁。【点睛】检验Fe3+的方法是滴加KSCN溶液，若变红则含有Fe3+；检验Fe2+的一种方法是滴加KSCN溶液不变红，再滴加双氧水，若变红则含有Fe2+；26、饱和食盐水Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2OC中白色固体消失（或黄色不再加深）关闭K1、K3，打开K2在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+×100%或×100%或%【解析】

用浓HCl和MnO2反应制备Cl2，其中混有挥发出来的HCl，要用饱和食盐水出去，然后利用Cl2的强氧化性在碱性条件下将Bi(OH)3氧化成NaBiO3；利用Mn2+的还原性将NaBiO3还原而Mn2+被氧化成紫红色溶液MnO4-来检验NaBiO3的氧化性；实验结束后Cl2有毒，要除去，做法是打开三颈烧瓶的NaOH溶液，使其留下和氯气反应；NaBiO3纯度的检测利用NaBiO3和Mn2+反应生成MnO4-，MnO4-再和草酸反应来测定，找到NaBiO3、Mn2+、MnO4-、草酸四种物质之间的关系，在计算即可。【详解】（1）除去氯气中混有的HCl，用饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；（2）反应物为Bi(OH)3、Cl2和NaOH混合物，+3价的Bi被氧化成NaBiO3，Cl2被还原成Cl-，根据原子守恒还有水生成，所以反应为：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O，故答案为：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；（3）C中反应已经完成,则白色的Bi(OH)3全部变为了黄色的NaBiO3，故答案为：C中白色固体消失（或黄色不再加深）；（4）从图上来看关闭K1、K3，打开K2可使NaOH留下与氯气反应，故答案为：关闭K1、K3，打开K2；（5）由题意知道NaBiO3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冰水中操作即可，操作为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（6）①往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+，说明铋酸钠将Mn2+氧化成MnO4-，因为是酸性条件，所以铋酸钠被还原成Bi3+，据此写方程式并配平为5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O，故答案为：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O；②由题意可知，Mn2+过量，铋酸钠少量，过量的Mn2+和MnO4-发生反应生成了黑色的MnO2，反应方程式为3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；（7）根据得失电子守恒找出关系式为：5NaBiO3～2Mn2+～2MnO4-～5H2C2O4,计算铋酸钠理论产量：解得m（理论）=0.28CVg，所以纯度=×100%=×100%，所以答案为：×100%或×100%或%。【点睛】（7）在复杂的纯度、产率等计算中，用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系，由此计算，可以事半功倍，如本题中的关系5NaBiO3～5H2C2O4，使复杂问题简单化了。27、坩埚反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO42Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解平衡气压，防止堵塞和倒吸BD【解析】

（1）灼烧固体，应在坩埚中进行，所以仪器A为坩埚，故答案为坩埚。（2）得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，浓硫酸具有吸水性，使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4，可使固体变为白色，故答案为反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4。（3）浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，根据原子守恒可知反应的离子方程式为2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+，故答案为2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+。（4）析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解，故答案为Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解。（5）A装置中长玻璃管可起到平衡气压，防止堵塞和倒吸的作用；与氨气反应的n(HCl)=10-3V1L×0.5mol/L-10-3V2L×0.5mol/L=0.5×10-3(V1-V2)mol，根据氨气和HCl的关系式可知：n(NH3)=n(HCl)=0.5×10-3(V1-V2)mol，则样品中氨的质量分数为，故答案为平衡气压，防止堵塞和倒吸；。（6）如果氨含量测定结果偏高，则V2偏小，A.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，浓度偏低，则V2偏大，含量偏低，故A错误；B.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，导致V2偏小，含量偏高，故B正确；C.滴定过程中选用酚酞作指示剂，对实验没有影响，故C错误；D.取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V2偏小，含量偏高，故D正确。故答案为BD。【点睛】在分析滴定实验的误差分析时，需要考虑所有的操作都归于标准液的体积变化上。标准液的体积变大，则测定结果偏大，标准液的体积变小，则测定结果偏小。28、第四周期Ⅷ族3d66C<N<O2K4[Fe(CN)6]+Cl2=2K3[Fe(CN)6]+2KClNH3、Cl-AA的结构对称程度高，较稳定，为非极性分子，根据相似相溶原理，A在水中的溶解度小LaNi5H3【解析】

(1)①Fe是26号元素，根据核外电子排布规律，结合原子结构与元素在周期表的位置判断其位置；②Fe2+是Fe原子失去