2023-2024学年北京市西城区北京师范大学附中高三第五次模拟考试化学试卷含解析

2023-2024学年北京市西城区北京师范大学附中高三第五次模拟考试化学试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、磷酸（H3PO4）是一种中强酸，常温下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分数（平衡时某微粒的浓度占各含磷微粒总浓度的分数）与pH的关系如图，下列说法正确的是（）A．H3PO4的电离方程式为：H3PO43H++PO43-B．pH=2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-C．滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)D．滴加少量Na2CO3溶液，3Na2CO3+2H3PO4=2Na3PO4+3H2O+3CO2↑2、下图为室温时不同pH下磷酸盐溶液中含磷微粒形态的分布，其中a、b、c三点对应的pH分别为2.12、7.21、11.31，其中δ表示含磷微粒的物质的量分数，下列说法正确的是A．2molH3PO4与3molNaOH反应后的溶液呈中性B．NaOH溶液滴定Na2HPO4溶液时，无法用酚酞指示终点C．H3PO4的二级电离常数的数量级为10−7D．溶液中除OH−离子外，其他阴离子浓度相等时，溶液可能显酸性、中性或碱性3、下列物质中，由极性键构成的非极性分子是A．氯仿 B．干冰 C．石炭酸 D．白磷4、若用AG表示溶液的酸度，其表达式为：AG=lg[]。室温下，实验室里用0.10mol/L的盐酸溶液滴定10

mL0.10mol/LMOH溶液，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（）A．MOH电离方程式是MOH=M++OH-B．C

点加入盐酸的体积为10mLC．若B点加入的盐酸溶液体积为5

mL，所得溶液中：c(M+)+2c(H+)=c(MOH)

+

2c(OH-)D．滴定过程中从A点到D点溶液中水的电离程度逐渐增大5、某科研团队研究将磷钨酸(H3PW12O40，以下简称HPW)代替浓硫酸作为酯化反应的催化剂，但HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性。用HPW负载在硅藻土上催化制取乙酸正丁酯的酯化率与HPW负载量的关系(温度：120℃，时间：2h)如图所示，下列说法不正确的是A．与HPW相比，HPW/硅藻土比表面积显著增加，有助于提高其催化性能B．当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高C．用HPW/硅藻土代替传统催化剂，可减少设备腐蚀等不足D．不同催化剂对酯化率的影响程度主要取决于化学反应正向进行的程度6、下列物质属于油脂的是()①②③④润滑油⑤花生油⑥石蜡A．①② B．④⑤ C．①⑤ D．①③7、是制作电木的原料。下列围绕此物质的讨论正确的是A．该有机物没有确定的熔点 B．该有机物通过加聚反应得到C．该有机物通过苯酚和甲醇反应得到 D．该有机物的单体是-C6H3OHCH2-8、将氯气持续通入紫色石蕊试液中，溶液颜色呈如下变化：关于溶液中导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判断正确的是（）A．H+、HClO、Cl2 B．H+、ClO-、Cl-C．HCl、ClO-、Cl- D．HCl、HClO、Cl29、，改变溶液的，溶液中浓度的对数值与溶液的变化关系如图所示。若。下列叙述错误的是（）A．时，B．电离常数的数量级为C．图中点x的纵坐标值为D．的约等于线c与线d交点处的横坐标值10、已知：①K2CO3+CO2+H2O→2KHCO3；CaCO3+CO2+H2O→Ca（HCO3）2②KHCO3、Ca（HCO3）2都易溶于水③通入悬浊液中的气体，与溶液反应后才与沉淀反应，将足量CO2通入KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中，则生成沉淀的质量和通入的CO2质量的关系中，正确的是A． B． C． D．11、下列实验操作正确或实验设计能达到实验目的的是()A．证明钠的密度小于水的密度但大于煤油的密度B．制备氢氧化铁胶体C．利用过氧化钠与水反应制备氧气，且随开随用、随关随停D．证明氯气具有漂白性12、X、Y、Z、W四种短周期元素的原子序数依次增大，原子最外层电子数之和为13，X的原子半径比Y的小，X与W同主族，Z的族序数是其周期数的3倍，下列说法中正确的是A．四种元素简单离子的半径：X<Y<Z<WB．X与Y形成的离子化合物中既含离子键又含共价键C．离子化合物W2Z2中阴阳离子数之比为1:1D．只含X、Y、Z三种元素的化合物一定是共价化合物13、关于反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)-11kJ，正确的是A．反应物的总键能低于生成物的总键能B．1molI2(g)中通入1molH2(g)，反应放热11kJC．等物质的量时，I2(g)具有的能量低于I2(l)D．平衡时分离出HI(g)，正反应速率先减小后增大14、山梨酸钾(CH3CH=CHCH=CHCOOK，简写为RCOOK)是常用的食品防腐剂，其水溶液显碱性。下列叙述正确的是（）A．山梨酸和山梨酸钾都是强电解质B．稀释山梨酸钾溶液时，n(OH-)、c(OH-)都减小C．若山梨酸的电离常数为Ka，则RCOOK稀溶液中c(K+)=c(RCOO-)[1+]D．山梨酸能发生加成反应，但不能发生取代反应15、原子序数依次增大的四种短周期元素W、X、Y、Z，其中只有X与Z同主族；W、X、Y最外层电子数之和为10；Y是地壳中含量最高的金属元素。下列关于它们的叙述一定正确的是（）A．Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸B．W、Y的氧化物一定属于离子化合物C．X、Z的氢化物中，前者的沸点低于后者D．X、Y的简单离子中，前者的半径大于后者16、全世界每年因钢铁锈蚀造成大量的损失。某城市拟用如图方法保护埋在弱碱性土壤中的钢质管道，使其免受腐蚀。关于此方法，下列说法正确的是（）A．钢管附近土壤的pH小于金属棒附近土壤B．钢管上的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-C．金属棒X的材料应该是比镁活泼的金属D．也可以外接直流电源保护钢管，直流电源正极连接金属棒X17、下列对实验现象的解释正确的是选项操作现象解释A将铜粉加入Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝金属铁比铜活泼B铜与浓硫酸共热有灰白色固体生成浓硫酸具有强氧化性和吸水性C氧化铁溶于足量HI溶液溶液呈棕黄色Fe3+呈棕黄色D向待测液中加入适量的NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口湿润的红色石蕊试纸未变蓝待测液中不存在NH4+A．A B．B C．C D．D18、下列有关物质性质的比较，结论正确的是A．碱性：LiOH<RbOHB．溶解度：Na2CO3<NaHCO3C．热稳定性：PH3<SiH4D．沸点：C2H5OH<C2H5SH19、X、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素。25℃时，各元素最高价氧化物对应水化物的pH与原子半径的关系如图，其中X、N、W、R测定的是浓度均为0.01mol/L溶液的pH，Y、Z测定的是其饱和溶液的pH。下列说法正确的是A．R、N分别与X形成二元化合物的水溶液均呈碱性B．N、Z、X三种元素的最高价氧化物均不与水反应C．单质与H2化合由易到难的顺序是：R、N、MD．金属单质与冷水反应由易到难的顺序是：Y、X、Z20、NaBH4燃料电池具有理论电压高、能量密度大等优点。以该燃料电池为电源电解精炼铜的装置如图所示。下列说法不正确的是A．离子交换膜应为阳离子交换膜，Na+由左极室向右极室迁移B．该燃料电池的负极反应式为BH4－+8OH－-8e－=BO2－+6H2OC．电解池中的电解质溶液可以选择CuSO4溶液D．每消耗2.24LO2(标准状况)时，A电极的质量减轻12.8g21、水处理在工业生产和科学实验中意义重大，处理方法很多，其中离子交换法最为简单快捷，如图是净化过程原理。有关说法中正确的是（）A．经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数未发生变化B．通过阳离子交换树脂时，H＋则被交换到水中C．通过净化处理后，水的导电性不变D．阳离子树脂填充段存在反应H＋＋OH-=H2O22、下列实验操作规范且能达到实验目的是（）选项实验目的实验操作A除去KNO3中混有NaCl将固体混合物溶于水后蒸发结晶，过滤B制备Fe(OH)3胶体将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中CCCl4萃取碘水中的I2先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层D验证铁的吸氧腐蚀将铁钉放入试管中，用盐酸浸没A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）阿司匹林()是有机合成过程中的中间体。已知：Ⅰ.Ⅱ.(具有较强的还原性)(1)反应④的试剂和条件为______；反应①的反应类型为______；反应②的作用是_____；(2)B的结构简式为_______；(3)下列关于G中的描述正确的是______；A．具有两性，既能与酸反应也能与碱反应B．能发生加成、消去、取代和氧化反应C．能聚合成高分子化合物D．1molG与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2(4)D与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为_______；反应②的化学方程式为_________；(5)符合下列条件的C的同分异构体有_____种；a.属于芳香族化合物，且含有两个甲基b.既能发生银镜反应又能发生水解反应其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的是______________；(6)已知：依据题意，写出以甲苯为原料合成邻氨基苯甲酸的流程图(无机试剂任选)________。24、（12分）以下是有机物H的合成路径。已知：(1)①的反应类型是________。②的反应条件是_____________。(2)试剂a是_________。F的结构简式是_________。(3)反应③的化学方程式_________。与E互为同分异构体，能水解且苯环上只有一种取代基的结构简式是_________。（写出其中一种）(4)A合成E为何选择这条路径来合成，而不是A和HCHO直接合成，理由是_________。(5)根据已有知识，设计由为原料合成的路线_________，无机试剂任选（合成路线常用的表示方法为：XY……目标产物）25、（12分）（14分）硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)是铜盐中重要的无机化工原料，广泛应用于农业、电镀、饲料添加剂、催化剂、石油、选矿、油漆等行业。Ⅰ．采用孔雀石[主要成分CuCO3·Cu(OH)2]、硫酸（70%）、氨水为原料制取硫酸铜晶体。其工艺流程如下：（1）预处理时要用破碎机将孔雀石破碎成粒子直径<1mm，破碎的目的是____________________。（2）已知氨浸时发生的反应为CuCO3·Cu(OH)2+8NH3·H2O[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3+8H2O，蒸氨时得到的固体呈黑色，请写出蒸氨时的反应方程式：______________________。（3）蒸氨出来的气体有污染，需要净化处理，下图装置中合适的为___________（填标号）；经吸收净化所得的溶液用途是_______________（任写一条）。（4）操作2为一系列的操作，通过加热浓缩、冷却结晶、___________、洗涤、___________等操作得到硫酸铜晶体。Ⅱ．采用金属铜单质制备硫酸铜晶体（5）教材中用金属铜单质与浓硫酸反应制备硫酸铜，虽然生产工艺简洁，但在实际生产过程中不采用，其原因是______________________（任写两条）。（6）某兴趣小组查阅资料得知：Cu+CuCl22CuCl，4CuCl+O2+2H2O2[Cu(OH)2·CuCl2]，[Cu(OH)2·CuCl2]+H2SO4CuSO4+CuCl2+2H2O。现设计如下实验来制备硫酸铜晶体，装置如图：向铜和稀硫酸的混合物中加入氯化铜溶液，利用二连球鼓入空气，将铜溶解，当三颈烧瓶中呈乳状浑浊液时，滴加浓硫酸。①盛装浓硫酸的仪器名称为___________。②装置中加入CuCl2的作用是______________；最后可以利用重结晶的方法纯化硫酸铜晶体的原因为______________________。③若开始时加入ag铜粉，含bg氯化铜溶质的氯化铜溶液，最后制得cgCuSO4·5H2O，假设整个过程中杂质不参与反应且不结晶，每步反应都进行得比较完全，则原铜粉的纯度为________。26、（10分）乙酸苄酯是一种有馥郁茉莉花香气的无色液体，沸点213℃，密度为1.055g·cm－3，实验室制备少量乙酸苄酯的反应如下：CH2OH＋(CH3CO)2OCH2OOCCH3(乙酸苄酯)＋CH3COOH实验步骤如下：步骤1：三颈烧瓶中加入30g(0.28mol)苯甲醇、30g乙酸酐(0.29mol)和1g无水CH3COONa，搅拌升温至110℃，回流4～6h(装置如图所示)：步骤2：反应物降温后，在搅拌下慢慢加入15%的Na2CO3溶液，直至无气泡放出为止。步骤3：将有机相用15%的食盐水洗涤至中性。分出有机相，向有机相中加入少量无水CaCl2处理得粗产品。步骤4：在粗产品中加入少量硼酸，减压蒸馏(1.87kPa)，收集98～100℃的馏分，即得产品。(1)步骤1中，加入无水CH3COONa的作用是_______________，合适的加热方式是_______。(2)步骤2中，Na2CO3溶液需慢慢加入，其原因是____________。(3)步骤3中，用15%的食盐水代替蒸馏水，除可减小乙酸苄酯的溶解度外，还因为_______________；加入无水CaCl2的作用是___________________。(4)步骤4中，采用减压蒸馏的目的是__________________。27、（12分）某小组同学利用下图所示装置进行铁的电化学腐蚀原理的探究实验：装置分别进行的操作现象i.连好装置一段时间后，向烧杯中滴加酚酞ii.连好装置一段时间后，向烧杯中滴加K3[Fe(CN)6]溶液铁片表面产生蓝色沉淀(l)小组同学认为以上两种检验方法，均能证明铁发生了电化学腐蚀。①实验i中的现象是____。②用化学用语解释实验i中的现象：____。(2)查阅资料：K3[Fe(CN)6]具有氧化性。①据此有同学认为仅通过ii中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀，理由是__________。②进行下列实验，在实验几分钟后的记录如下：实验滴管试管现象0.5mol·L-1K3[Fe(CN)6]溶液iii.蒸馏水无明显变化iv.1.0mol·L-1NaCl溶液铁片表面产生大量蓝色沉淀v.0.5mol·L-1Na2SO4溶液无明显变化a．以上实验表明：在____条件下，K3[Fe(CN)6]溶液可以与铁片发生反应。b．为探究Cl-的存在对反应的影响，小组同学将铁片酸洗（用稀硫酸浸泡后洗净）后再进行实验iii，发现铁片表面产生蓝色沉淀。此补充实验表明Cl-的作用是____。(3)有同学认为上述实验仍不严谨。为进一步探究K3[Fe(CN)6]的氧化性对实验ii结果的影响，又利用(2)中装置继续实验。其中能证实以上影响确实存在的是____________（填字母序号）。实验试剂现象A酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]溶液（已除O2）产生蓝色沉淀B酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液（未除O2）产生蓝色沉淀C铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液（已除O2）产生蓝色沉淀D铁片、K3[Fe(CN)6]和盐酸混合溶液（已除O2）产生蓝色沉淀综合以上实验分析，利用实验ii中试剂能证实铁发生了电化学腐蚀的实验方案是_________。28、（14分）(1)磷在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参加成键，写出该激发态原子的核外电子排布式_______。(2)钛存在两种同素异形体，采纳六方最密堆积，采纳体心立方堆积，由转变为晶体体积______(填“膨胀”或“收缩”)(3)[Cu(CH3CN)4]+是非常稳定的络合离子，配体中键和π键个数之比为_______。(4)水杨酸第一级电离形成离子，相同温度下，水杨酸的Ka2_________苯酚()的Ka(填“>”“＝”或“<”)(5)六羰基铬[Cr(CO)6]用于制高纯度铬粉，它的沸点为220C。Cr(CO)6的晶体类型是_____，加热Cr(CO)6可得到高纯度铬粉和CO，反应破坏的化学键类型为_______。(6)已知N-N、N＝N和N≡N键能之比为1.00：2.17：4.90.而C-C、C＝C、C≡C键能之比为1.00：1.77：2.34.如何用这些数据理解氮分子不容易发生加成反应而乙炔容易发生加成反应？_____________。(7)将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元取代可形成碳的一种新型三维立方晶体结构——T-碳。已知T-碳密度为g/cm，阿伏加德罗常数为NA，则T-碳的晶胞参数a＝_______pm(写出表达式即可)29、（10分）氢气是一种新型的绿色能源，又是一种重要的化工原料。以生物材质(以C计)与水蒸气反应制取H2是一种低耗能，高效率的制H2方法。该方法由气化炉制造H2和燃烧炉再生CaO两步构成。气化炉中涉及的反应有：Ⅰ.C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)K1；Ⅱ.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)K2；Ⅲ.CaO(s)＋CO2(g)CaCO3(s)K3；燃烧炉中涉及的反应为：Ⅳ.C(s)＋O2(g)=CO2；Ⅴ.CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)。（1）氢能被视为最具发展潜力的绿色能源，该工艺制H2总反应可表示为C(s)＋2H2O(g)＋CaO(s)CaCO3(s)＋2H2(g)，其反应的平衡常数K=____(用K1、K2、K3的代数式表示)。（2）在一容积可变的密闭容器中进行反应Ⅰ，恒温恒压条件下，向其中加入1.0mol炭和1.0mol水蒸气，达到平衡时，容器的体积变为原来的1.25倍，平衡时水蒸气的平衡转化率为_____；向该容器中补充amol炭，水蒸气的转化率将_____（填“增大”、“减小”或“不变”）。（3）对于反应Ⅲ，若平衡时再充入CO2，使其浓度增大到原来的2倍，则平衡_____移动(填“向右”、“向左”或“不”)；当重新平衡后，CO2浓度___(填“变大”、“变小”或“不变”)。（4）一种新型锂离子二次电池——磷酸铁锂(LiFePO4)电池。作为正极材料的磷酸铁锂在充、放电时的局部放大示意图如图，写出该电池充电时的阳极电极反应式：______。

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】

从图中可以看出，随着pH的不断增大，溶质由H3PO4逐渐转化为H2PO4-、HPO42-、PO43-，但不管pH的大小如何，溶液中同时存在H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-。【详解】A．H3PO4为多元弱酸，电离应分步进行，电离方程式为：H3PO4H++H2PO4-，A错误；B．pH=2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4-，B错误；C．滴加NaOH溶液至pH=7，依据电荷守恒，溶液中c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)，C正确；D．滴加少量Na2CO3溶液，发生反应为Na2CO3+2H3PO4=2NaH2PO4+H2O+CO2↑，D错误；故选C。2、B【解析】

2molH3PO4与3molNaOH反应后生成等物质的量浓度的NaH2PO4、Na2HPO4，据图可看出b点、浓度相等，pH=7.21，显碱性，A选项错误；把NaOH溶液滴入Na2HPO4溶液时，发生反应+OH−+H2O，δ()减小，δ()增大，在此pH变化范围内，无法用酚酞指示终点，B选项正确；H3PO4H++，H++，Ka2=，当c()=c()时，pH=7.21，c(H+)=10−7.21，数量级为10−8，C选项错误；溶液中阴离子浓度相等时，可能是c()=c()，此时溶液pH=7.21显碱性，还可能是c()=c()，此时pH=11.31，显碱性，D选项错误。3、B【解析】

A、氯仿是极性键形成的极性分子，选项A错误；B、干冰是直线型，分子对称，是极性键形成的非极性分子，选项B正确；C、石炭酸是非极性键形成的非极性分子，选项C错误；D、白磷是下正四面体结构，非极键形成的非极性分子，选项D错误；答案选B。4、C【解析】A、没有滴入盐酸时，MOH的AG=-8，，根据水的离子积Kw=c(H＋)×c(OH－)=10－14，解出c(OH－)=10－3mol·L－1，因此MOH为弱碱，电离方程式为MOH=M＋＋OH－，故A错误；B、C点时AG=0，即c(H＋)=c(OH－)，溶液显中性，MOH为弱碱，溶液显中性时，此时溶质为MOH和MCl，因此消耗HCl的体积小于10mL，故B错误；C、B点加入盐酸溶液的体积为5mL，此时溶液中溶质为MOH和MCl，且两者物质的量相等，根据电荷守恒，由c(M＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)，根据物料守恒，c(M＋)＋c(MOH)=2c(Cl－)，两式合并得到c(M＋)+2c(H＋)=c(MOH)+2c(OH－)，故C正确；D、随着HCl的滴加，当滴加盐酸的体积为10mL时，水电离程度逐渐增大，当盐酸过量，对水的电离程度起到抑制，故D错误。5、D【解析】

A、HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性，选项A正确；B、根据图中曲线可知，当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高，选项B正确；C、用HPW/硅藻土代替传统催化剂浓硫酸，可减少设备腐蚀等不足，选项C正确；D、催化剂不能使平衡移动，不能改变反应正向进行的程度，选项D不正确。答案选D。6、C【解析】

油脂是指高级脂肪酸甘油脂，脂肪及植物油均属于油脂，排除②③；而润滑油、石蜡均为石油分馏产品，主要成分为烃，故答案为C。7、A【解析】

A.聚合物中的n值不同，是混合物，没有确定的熔点，故A正确；B.

是苯酚和甲醛通过缩聚制取的，故B错误；C.合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，故C错误；D.合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，故D错误。故选A。8、A【解析】

氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl具有酸性，HClO具有漂白性，氯气能溶于水形成氯水溶液。【详解】氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl具有酸性，HClO具有漂白性，则将氯气持续通入紫色石蕊试液中先变红后褪色，最后形成饱和氯水溶液显浅黄绿色为溶解的氯气分子，关于溶液中导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判断正确的是H+、HClO、Cl2。答案选A。9、A【解析】

根据图知，pH<7时，CH3COOH电离量少，c表示CH3COOH的浓度；pH=7时c（OH－）=c（H＋），二者的对数相等，且pH越大c（OH－）越大、c（H＋）越小，则lgc（OH－）增大，所以b、d分别表示H＋、OH－；pH>7时，CH3COOH几乎以CH3COO－形式存在，a表示CH3COO－；A、pH=6时，纵坐标越大，该微粒浓度越大；B、c（CH3COOH）=c（CH3COO－）时，CH3COOH电离平衡常数K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)=c（H＋）；C、根据K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)求解；D、CH3COO－+H2OCH3COOH+OH-，0.01mol·L－1CH3COONa水解平衡常数Kh=c(CH3COOH)·c(OH－)/c(CH3COO－)=1/k，求出c(OH－)，pH=14-pOH，即c与线d交点处的横坐标值。【详解】A、pH=6时，纵坐标越大，该微粒浓度越大，所以存在c（CH3COO－）＞c（CH3COOH）＞c（H＋），故A错误；B、c（CH3COOH）=c（CH3COO－）时，CH3COOH电离平衡常数K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)=c（H＋）=10-4.74，故B正确；C、根据K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)求解；pH=2时，c（H＋）=10-2mol·L－1，从曲线c读出c(CH3COOH)=10-2mol·L－1，由选项B，K=10-4.74，解得c(CH3COO－)=10-4.74，故C正确；D、CH3COO－+H2OCH3COOH+OH-，0.01mol·L－1CH3COONa水解平衡常数Kh=c(CH3COOH)·c(OH－)/c(CH3COO－)=1/k，从c与线d交点作垂线，交点c（HAc）=c（Ac－），求出c(OH－)=1/k=104.74mol·L－1，pH=14-pOH=9.26，即c与线d交点处的横坐标值。故D正确。故选A。10、B【解析】

根据二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，所以沉淀质量增加，二氧化碳过量后沉淀又被溶解，即减少，同时考虑的题给的信息“③通入悬浊液中的气体，与溶液反应后才与沉淀反应”即可完成该题的解答。【详解】一开始二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，此时沉淀质量增加，当二氧化碳和氢氧化钙反应完毕后，根据题中信息可以知道，此时溶液处出于悬浊液状态，所以此时发生的是二氧化碳和碳酸钾溶液或是没有反应完全的氢氧化钾的反应，不管怎么样都不会再有沉淀产生，但是同时沉淀的质量也不会减少，当把碳酸钾及氢氧化钾完全反应后，二氧化碳与碳酸钙反应生成了能够溶于水的碳酸氢钙，此时沉淀逐渐减少最后为零，则选项B符合题意，故答案选B。11、A【解析】

A、钠在水和煤油的界面反复上下移动，可以证明ρ(煤油)<ρ(钠)<ρ(水)，A项正确；B、饱和氯化铁溶液滴入氢氧化钠溶液中得到氢氧化铁沉淀，B项错误；C、过氧化钠是粉末状物质，不能做到随开随用、随关随停，C项错误；D、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，利用D装置只能证明氯水具有漂白性，而不能说明氯水中的某种成分具有漂白性，D项错误；故答案为：A。【点睛】Fe(OH)3胶体的制备：用烧杯取少量蒸馏水，加热至沸腾，向沸水中逐滴加入适量的饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即得Fe(OH)3胶体；注意在制备过程中，不能搅拌、不能加热时间过长。12、B【解析】

由题知，Z是氧元素；若X是第二周期元素，则不能同时满足“原子序数依次增大”和“X的原子半径比Y的小”，故X是氢元素，则W是钠元素；结合最外层电子数之和为13知，Y是氮元素。【详解】A.简单离子的半径，即X<W<Z<Y，A项错误；B.NH4H中既含离子键又含共价键，B项正确；C.过氧化钠中阴阳离子数之比为1:2，C项错误；D.只含H、N、O三种元素的化合物可能是共价化合物，如硝酸；也可能是离子化合物，如硝酸铵，D项错误。答案选B。13、D【解析】

A．反应是吸热反应，反应物的总键能高于生成物的总键能，选项A错误；B．反应为可逆反应不能进行彻底，1molI2（g）中通入1molH2（g），反应放热小于11kJ，选项B错误；C．等物质的量时，I2（g）具有的能量高于I2（l），选项C错误；D．平衡时分离出HI（g），平衡逆向进行，碘化氢浓度先减小后增大，所以反应速率先减小后增大，但比原来速率小，选项D正确；答案选D。14、C【解析】

A.山梨酸钾是盐，属于强电解质，其水溶液显碱性，说明该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此山梨酸是一元弱酸，属于弱电解质，A错误；B.山梨酸钾是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，稀释时，水解程度增大，水解产生的OH-物质的量增大，但稀释倍数大于水解增大的倍数，所以稀释后的溶液中n(OH-)增大，但c(OH-)减小，B错误；C.根据物料守恒可得c(K+)=c(RCOO-)+c(RCOOH)，山梨酸钾水解平衡常数Kh=，所以c(RCOOH)=c(RCOO-)，故c(K+)=c(RCOO-)+c(RCOOH)=c(RCOO-)[1+]，C正确；D.山梨酸分子中含有碳碳双键能发生加成反应，含有羧基能发生取代反应，D错误；故合理选项是C。15、D【解析】

原子序数依次增大的四种短周期元素W、X、Y、Z，Y是地壳中含量最高的金属元素，则Y为Al元素；其中只有X与Z同主族；Z原子序数大于Al，位于第三周期，最外层电子数大于3；W、X、Y最外层电子数之和为10，则W、X的最外层电子数之和为10-3=7，Z的原子序数小于7，所以可能为Si、P、S元素，若Z为Si时，X为C元素，W为B元素，B与Al同主族，不符合；若Z为P元素时，X为N元素，W为Be元素；若Z为S元素，X为O元素，W为为H（或Li）元素。【详解】A项、Z可能为P、S元素，P的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸为弱电解质，不属于强酸，故A错误；B项、Y为Al元素，氧化铝为离子化合物，W为H元素时，水分子为共价化合物，故B错误；C项、X为O时，Z为S，水分子之间存在氢键，导致水的沸点大于硫化氢，故C错误；D项、X可能为N或O元素，Y为Al，氮离子、氧离子和铝离子都含有3个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径X＞Y，故D正确。故选D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用讨论法推断元素为解答关键。16、B【解析】

A．金属棒X与钢管构成原电池；钢管是正极，氧气得电子，发生反应O2+2H2O+4e-=4OH-，钢管附近土壤的pH大于金属棒附近土壤，故A错误；B．金属棒X与钢管构成原电池；钢管是正极，氧气得电子，发生反应O2+2H2O+4e-=4OH-，故B正确；C．金属棒X保护钢管免受腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，X的材料应该是比铁活泼的金属，但不能比镁活泼，否则它会直接与水反应，故C错误；D．外接直流电源保护钢管，钢管应作阴极，该装置金属棒X与钢管用导线连接，若直流电源正极连接金属棒X，则钢管失电子被腐蚀，故D错误；故选B。【点睛】本题考查金属的吸氧腐蚀及保护，中性或碱性环境下，活泼金属易发生吸氧腐蚀，正极是氧气得电子生成氢氧根离子；明确牺牲阳极的阴极保护法，让被保护的金属作正极发生还原反应。17、B【解析】

A．二者反应生成硫酸铜、硫酸亚铁，只能说明铁离子氧化性大于铜离子，不能比较金属性；要证明金属铁比铜活泼，要将铁放入硫酸铜等溶液中，故A错误；B．铜与浓硫酸共热有灰白色固体生成，说明生成了无水硫酸铜，铜被氧化，硫酸具有氧化性，硫酸铜从溶液中析出时应是CuSO4·5H2O，是蓝色固体，现变成白色，是无水硫酸铜，说明浓硫酸具有吸水性，故B正确；C．氧化铁溶于足量HI溶液，Fe2O3＋6H＋+2I－=2Fe2＋+I2＋3H2O，生成的碘溶于水也呈黄色，故C错误；D．铵根离子与氢氧化钠在加热条件下能反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，这是氨气的特征反应，但湿润的红色石蕊试纸未变蓝，也可能是溶液太稀，没有得到氨气，无法确定待测液中是否存在NH4+，故D错误；故选B。18、A【解析】

A.因金属性：Li<Rb，所以其碱性：LiOH<RbOH，A项正确；B.相同温度下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的溶解度，所以溶解度：Na2CO3>NaHCO3，B项错误。C.因非金属性：P>Si，所以热稳定性：PH3>SiH4，C项错误；D.C2H5OH分子之间能形成氢键，而C2H5SH分子之间只存在范德华力，因此沸点：C2H5OH>C2H5SH，D项错误；答案选A。【点睛】本题重点要准确掌握元素周期律及金属性、非金属性的判断依据，其中D项是学生的易错点，要了解分子晶体中，若存在氢键，则因氢键的影响沸点反常高；若无氢键，则相对分子质量越大，范德华力越大，对应的物质沸点越高。学生要准确掌握这些化学基本功，学以致用。19、C【解析】

X、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素，25℃时，各元素最高价氧化物对应水化物的

pH与原子半径的关系如图，其中

X、N、W、R测定的是浓度均为0.01

mol/L溶液的pH，Y、Z测定的是其饱和溶液的pH，X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物的水溶液呈碱性，结合碱性强弱可知，X为Na，Y为Mg，Z为Al；R的pH=2，则R为Cl；N的pH＜2，则N为S；M的pH＜4，应该为P元素，据此解答。【详解】根据分析可知，X为Na，Y为Mg，Z为Al，M为P，N为S，R为Cl元素。

A．NaCl溶液呈中性，故A错误；

B．Na的氧化物为氧化钠，S的最高价氧化物为三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，故B错误；

C．非金属性：Cl＞S＞P，非金属性越强，单质与氢气化合越容易，则单质与

H2化合由易到难的顺序是：R、N、M，故C正确；

D．金属性：Na＞Mg＞Al，则金属单质与冷水反应由易到难的顺序是：X、Y、Z，故D错误；

故选：C。20、D【解析】

燃料电池中通入氧气的一极，氧气得电子生成氢氧根离子，该电极为正极。【详解】A、氧气得电子产生氢氧根离子，钠离子通过交换膜进入右边得到浓的氢氧化钠，故离子交换膜允许钠离子通过，是阳离子交换膜，选项A正确；B、根据图示，负极BH4-转化为BO2-，故反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，选项B正确；C、电解池是电解精炼铜，电解质溶液必须含有铜离子，可以选择CuSO4溶液，选项C正确；D、A极连接正极，作为阳极，每消耗2.24LO2(标准状况)时，转移电子4mol，A电极的铜的质量减轻32g，选项D不正确；答案选D。21、B【解析】

从图中可以看出，在阳离子交换柱段，自来水中的Ca2+、Na+、Mg2+与阳离子交换树脂中的H+发生交换，Ca2+、Na+、Mg2+进入阳离子交换树脂中，树脂中的H+进入水中；在阴离子交换柱段，NO3-、Cl-、SO42-进入阴离子交换树脂中，树脂中的OH-进入水中，与水中的H+反应生成H2O。【详解】A．经过阳离子交换树脂后，依据电荷守恒，水中阳离子的总数增多，A不正确；B．通过阳离子交换树脂时，水中的Ca2+、Na+、Mg2+与阳离子交换树脂中的H+发生交换，H＋则被交换到水中，B正确；C．通过净化处理后，水的导电性减弱，C不正确；D．阴离子树脂填充段存在反应H＋＋OH-=H2O，D不正确；故选B。22、C【解析】

A.KNO3的溶解度受温度影响大，而NaCl的溶解度受温度影响不大，可将固体溶解后蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，以除去KNO3固体中少量的NaCl固体，故A错误；B.将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中，二者反应生成Fe(OH)3沉淀，无法获得氢氧化铁胶体，故B错误；C.CCl4与水不互溶，且不发生任何发应，可用CCl4萃取碘水中的I2，CCl4的密度比水的密度大，则混合液分层后先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故C正确；D.铁在中性溶液或弱酸性溶液中可发生吸氧腐蚀，盐酸为酸性溶液，发生析氢腐蚀，故D错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、浓硫酸、浓硝酸、加热取代反应保护酚羟基，以防被氧化AC+3NaOH+CH3COONa+2H2O+(CH3CO)2O→+CH3COOH6或【解析】

乙酰氯和乙酸反应生成A，A和B反应生成C，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，根据D的结构简式()知，C为，B中含有苯环，根据B的分子式C7H8O知，B为，根据信息I，A为(CH3CO)2O；D发生水解反应然后酸化得到E，E为，E反应生成F，F发生还原反应生成G，根据G的结构简式()结合题给信息知，F为；(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，据此分析解答。【详解】(1)反应④为转化为，发生的是苯环上的硝化反应，反应的条件为浓硫酸、浓硝酸和加热；反应①为乙酰氯()转化为乙酸，反应类型为取代反应；酚羟基也容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，反应②的作用是保护酚羟基，防止被氧化，故答案为浓硫酸、浓硝酸和加热；取代反应；保护酚羟基，防止被氧化；(2)根据上述分析，B的结构简式为，故答案为；(3)A．G()中含有羧基和氨基，所以具有酸性和碱性，则具有两性，既能与酸反应也能和碱反应，故A正确；B．G()中含有酚羟基，能发生氧化反应，但不能发生消去反应，羧基能发生取代反应，苯环能发生加成反应，故B错误；C．G()中含有羧基和酚羟基(或氨基)，能发生缩聚反应生成高分子化合物，故C正确；D．只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故D错误；故选AC；(4)D中含有羧基和酯基，酯基水解生成的酚羟基都能与氢氧化钠反应，与足量的NaOH反应的化学方程式为+3NaOH+CH3COONa+2H2O，反应②的化学方程式为+(CH3CO)2O→+CH3COOH，故答案为+3NaOH+CH3COONa+2H2O；+(CH3CO)2O→+CH3COOH；(5)C为，C的同分异构体符合下列条件：a．属于芳香族化合物，说明含有苯环，且含有两个甲基；b．能发生银镜反应，说明含有醛基；又能发生水解反应，说明含有酯基，则为甲酸酯类物质，如果两个-CH3位于邻位，HCOO-有2种位置；如果两个-CH3位于间位，HCOO-有3种位置；如果两个-CH3位于对位，HCOO-有1种位置；共6种同分异构体，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的是或，故答案为6；或；(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，其合成流程图为，故答案为。【点睛】本题的易错点为(6)，根据题意，苯环上引入取代基的位置与苯环上已有取代基的种类有关，要注意硝化反应和氧化反应的先后顺序不能颠倒。24、加成浓硫酸、加热CH3COOH防止苯甲醇的羟基被氧化【解析】

苯甲醇和醋酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成B（），B和甲醛反应生成C，C催化氧化生成D，D再和NaOH溶液反应生成E（），根据E的结构简式回推，可知D→E是酯的水解，所以D为，D是C催化氧化生成的，所以C为，则B和甲醛的反应是加成反应。E→F增加了2个碳原子和2个氧原子，根据给出的已知，可推测试剂a为CH3COOH，生成的F为，F生成G（能使溴水褪色），G分子中有碳碳双键，为F发生消去反应生成的，结合H的结构简式可知G为。【详解】（1）①是和甲醛反应生成，反应类型是加成反应；②是的醇羟基发生消去反应生成的反应，所需试剂是浓硫酸，条件是加热；（2）由E生成F根据分子式的变化可以推出a的结构简式是CH3COOH，F的结构简式是；（3）反应③是的分子内酯化，化学方程式为：；E为，与E互为同分异构体，能水解，即需要有酯基，且苯环上只有一种取代基，同分异构体可以为或；（4）苯甲酸的醇羟基容易在反应过程中被氧化，A合成E选择题中路径来合成原因是防止苯甲醇的羟基被氧化；（5）要合成，需要有单体，由可以制得或，再发生消去反应即可得到。故合成路线为：25、增大反应物接触面积，提高氨浸的效率[Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2OA制化学肥料等过滤干燥产生有毒的气体，污染环境；原材料利用率低；浓硫酸有强腐蚀性分液漏斗做催化剂氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，且氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大（合理即可）×100%（或%）【解析】

（1）破碎机把孔雀石破碎成细小颗粒，增大了与氨水接触面积，使铜与氨充分络合，提高氨浸的效率及浸取率。（2）由题意可知，氨浸时生成[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3，加热蒸氨的意思为加热时[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3分解生成氨气，由[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3的组成可知还会生成CO2、氧化铜和水，其反应方程式为[Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2O。（3）蒸氨出来的气体有氨气和二氧化碳，氨气有污染，需要通入硫酸净化处理生成硫酸铵，为了防止倒吸，合适的装置为A；净化后生成硫酸铵溶液，其用途是可以制备化学肥料等。（4）由题意可知，操作2为硫酸铜溶液变成硫酸铜晶体，操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（5）课本中直接利用铜与浓硫酸反应会产生有毒的气体二氧化硫；这样既污染环境又使原材料利用率低；而且浓硫酸有强腐蚀性，直接使用危险性较大。（6）①盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗。②由题意可知，氯化铜虽然参与反应，但最后又生成了等量的氯化铜，根据催化剂的定义可知氯化铜在此反应过程中做催化剂。因为氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，在重结晶纯化硫酸铜晶体时可以使二者分离，同时氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大，可使氯化铜保持在母液中，在下一次制备硫酸铜晶体时继续做催化剂使用。③由题意可知铜粉全部生成硫酸铜晶体（因氯化铜为催化剂，氯化铜中的铜最终不会生成硫酸铜晶体），硫酸铜晶体中的铜元素质量为g，则铜粉的纯度为×100%或化简为%。26、催化剂油浴(或沙浴)以免大量CO2泡沫冲出乙酸苄酯与水的密度几乎相同不容易分层除去有机相中的水防止常压蒸馏时，乙酸苄酯未达沸点前就已发生分解【解析】

CH2OH＋(CH3CO)2OCH2OOCCH3(乙酸苄酯)＋CH3COOH，是液体混合加热，可油浴(或沙浴)均匀加热，使用无水CH3COONa作催化剂来加快反应速率，用15%的Na2CO3溶液来提高产率，用15%的食盐水分离CH2OOCCH3和其它能溶于水的混合物，有机相用无水CaCl2干燥，最后蒸馏提纯得到产品。【详解】(1)根据CH2OH＋(CH3CO)2OCH2OOCCH3(乙酸苄酯)＋CH3COOH的原理和条件，步骤1中，加入无水CH3COONa的作用是催化剂，为保证能均匀受热，合适的加热方式是油浴(或沙浴)。(2)Na2CO3作用是降低生成物CH3COOH的浓度，促进平衡正向移动，步骤2中，Na2CO3溶液需慢慢加入，其原因是以免大量CO2泡沫冲出。(3)由题干中信息可知：乙酸苄酯密度为1.055g·cm－3，步骤3中，用15%的食盐水代替蒸馏水，除可减小乙酸苄酯的溶解度外，还因为乙酸苄酯与水的密度几乎相同不容易分层；加入无水CaCl2的作用是除去有机相中的水。(4)步骤4中，采用减压蒸馏的目的是防止常压蒸馏时，乙酸苄酯未达沸点前就已发生分解。【点睛】本题以乙酸苄酯的制备实验考查物质的制备、分离、和提纯等基本操作，难点（1）无水乙酸钠的作用，（3）用15%的食盐水代替蒸馏水目的，考查学生的阅读和表达能力。27、碳棒附近溶液变红O2+4e-+2H2O==4OH-K3Fe(CN)6可能氧化Fe生成Fe2+，会干扰由于电化学腐蚀负极生成Fe2+的检测Cl-存在Cl-破坏了铁片表面的氧化膜AC连好装置一段时间后，取铁片（负极）附近溶液于试管中，滴加K3Fe(CN)6溶液，若出现蓝色沉淀，则说明负极附近溶液中产生Fe2+了，即发生了电化学腐蚀【解析】

根据图像可知，该装置为原电池装置，铁作负极，失电子生成亚铁离子；C作正极氧气