山东省济宁市实验中学2024年高三适应性调研考试化学试题含解析

山东省济宁市实验中学2024年高三适应性调研考试化学试题注意事项：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、某种钴酸锂电池的电解质为LiPF6，放电过程反应式为xLi＋L1－xCoO2＝LiCoO2。工作原理如图所示，下列说法正确的是()A．放电时，正极反应式为xLi＋＋Li1－xCoO2＋xe－＝LiCoO2B．放电时，电子由R极流出，经电解质流向Q极C．充电时，R极净增14g时转移1mol电子D．充电时，Q极为阴极2、举世闻名的侯氏制碱法的工艺流程如下图所示，下列说法正确的是（）A．往母液中加入食盐的主要目的是使NaHCOB．从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是Na2CC．沉淀池中反应的化学方程式：2D．设计循环Ⅱ的目的是使原料氯化钠的利用率大大提升3、某学习小组在容积固定为2L的密闭容器内充入1molN2和3molH2合成NH3。恒温下开始反应，并用压力传感器测定压强如下表所示：反应时间/min051015202530压强/MPa16.8014.7813.8613.2712.8512.6012.60下列说法不正确的是A．不断地将NH3液化并移走，有利于反应正向进行B．其它条件不变，在30min时，若压缩容器的体积，N2的平衡转化率增大C．从反应开始到10min时，v（NH3）＝0.035mol·L−1·min−1D．在30min时，再加入0.5molN2、1.5molH2和2molNH3，平衡向逆反应方向移动4、下列有水参加的反应中，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂的是()A．CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑B．2F2+2H2O=4HF+O2↑C．Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO45、如图是CO2生产甲醇的能量变化示意图．下列说法正确的是（）A．E2_E1是该反应的热效应B．E3_E1是该反应的热效应C．该反应放热，在常温常压下就能进行D．实现变废为宝，且有效控制温室效应6、化学现象随处可见，化学制品伴随我们的生活。下列说法错误的是（）A．“霾尘积聚难见路人”，雾霾可能产生丁达尔效应B．“用浓酒和糟入甑(蒸锅)，蒸令气上……”，其中涉及的操作是蒸馏C．“世间丝、麻、裘皆具素质……”，其中的“丝、麻”的主要成分都是蛋白质D．古剑“沈卢”以“剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，其中的“剂钢”是铁合金7、下列物质属于弱电解质的是A．酒精 B．水 C．盐酸 D．食盐8、下列各选项所描述的两个量，前者一定小于后者的是（）A．纯水在25℃和80℃时的pH值B．1L0.1mol/L的盐酸和硫酸溶液，中和相同浓度的NaOH溶液的体积C．25℃时，pH=3的AlCl3和盐酸溶液中，水电离的氢离子的浓度D．1LpH=2的醋酸和盐酸溶液中，分别投入足量锌粒，放出H2的物质的量9、埋在地下的钢管常用如图所示方法加以保护，使其免受腐蚀，下列说法正确的是（）A．金属棒X的材料可能为钠B．金属棒X的材料可能为铜C．钢管附近土壤的pH增大D．这种方法称为外加电流的阴极保护法10、室温时，在20mL0.1mol∙L-1一元弱酸HA溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，溶液中与pH的关系如图所示。下列说法正确的是A．室温时，电离常数Ka(HA)=1.0×10-5.3B．B点对应NaOH溶液的体积是10mLC．A点溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)D．从A点到C点的过程中，水的电离程度先增大后减小11、化学和生活、社会发展息息相关，从古代文物的修复到现在的人工智能，我们时时刻刻能感受到化学的魅力。下列说法不正确的是A．银器发黑重新变亮涉及了化学变化B．煤综合利用时采用了干馏和液化等化学方法C．瓷器主要成分属于硅酸盐D．芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程并不涉及化学变化12、配制一定物质的量浓度的盐酸溶液时,下列操作可使所配制溶液浓度偏高的是()A．用量筒量取浓盐酸俯视读数 B．溶解搅拌时有液体飞溅C．定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线 D．摇匀后见液面下降,再加水至刻度线13、向含1molNaOH、2molNaAl(OH)4、1molBa(OH)2的混合液中加入稀硫酸充分反应，加入溶质H2SO4的量和生成沉淀的量的关系正确的是选项ABCDn(H2SO4)/mol2345n(沉淀)/mol2321.5A．A B．B C．C D．D14、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其电子层数的2倍，X、Y价电子数之比为2∶3。W的原子半径在同周期主族元素中最小，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂。下列说法错误的是A．原子半径X＞Y，离子半径Z＞YB．化合物Z2Y存在离子键，ZWY中既有存在离子键又有共价键C．X的简单氢化物与W的单质在光照下产生W的氢化物D．Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂15、常温下，向10mL0.10mol/LCuCl2溶液中滴加0.10mol/LNa2S溶液，滴加过程中－lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是A．Ksp(CuS)的数量级为10－21B．曲线上a点溶液中，c(S2－)•c(Cu2+)>Ksp(CuS)C．a、b、c三点溶液中，n(H+)和n(OH－)的积最小的为b点D．c点溶液中：c(Na+)>c(Cl－)>c(S2－)>c(OH－)>c(H+)16、某澄清透明溶液中，可能大量存在下列离子中的若干种：H+、NH4+、K+、Mg2+、Cu2+、Br－、AlO2－、Cl－、SO42－、CO32－，现进行如下实验：①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出。将溶液分为3份。②在第1份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清。加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象。③在第2份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色。则下列推断正确的是:A．溶液中一定有K+、Br－、AlO2－、CO32－B．溶液中一定没有NH4+、Mg2+、Cu2+、Cl－C．不能确定溶液中是否有K+、Cl－、SO42－D．往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液可确认是否有Cl－17、铁杉脂素是重要的木脂素类化合物，其结构简式如右图所示。下列有关铁杉脂素的说法错误的是()A．分子中两个苯环处于同一平面B．分子中有3个手性碳原子C．能与浓溴水发生取代反应D．1mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH18、水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是A．H2O的电子式为B．4℃时，纯水的pH=7C．D216O中，质量数之和是质子数之和的两倍D．273K、101kPa，水分之间的平均距离：d(气态)>d(液态)>d(固态)19、下列物质的转化在给定条件下不能实现的是()A．NH3NOHNO3B．浓盐酸Cl2漂白粉C．Al2O3AlCl3(aq)无水AlCl3D．葡萄糖C2H5OHCH3CHO20、下列实验能达到目的的是选项目的实验A验证某气体表现还原性将某气体通入溴水中，溴水褪色B制备少量二氧化硫气体向饱和亚硫酸溶液中滴加浓硫酸C制备硅酸胶体向硅酸钠水溶液中逐滴滴加浓盐酸至溶液呈强酸性D配制0.2mol/L的CH3COOH溶液准确量取100mL2mol/L的CH3COOH溶液，加入烧杯中稀释后迅速转移至1000mL容量瓶中，然后加蒸馏水定容A．A B．B C．C D．D21、向1.00L浓度均为0.0100mol/L的Na2SO3、NaOH混合溶液中通入HCl气体调节溶液pH(忽略溶液体积变化)。其中比H2SO3、HSO3-、SO32-平衡时的分布系数(各含硫物种的浓度与含硫物种总浓度的比)随HCl气体体积(标况下)的变化关系如图所示(忽略SO2气体的逸出)；已知Ka1代表H2SO3在该实验条件下的一级电离常数。下列说法正确的是A．Z点处的pH=-lgKa1(H2SO3)B．从X点到Y点发生的主要反应为SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-C．当V(HCl)≥672mL时，c(HSO3-)=c(SO32-)=0mol/LD．若将HCl改为NO2，Y点对应位置不变22、25℃时，下列说法正确的是（）A．0.1mol·L－1（NH4）2SO4溶液中c（）<c（）B．0.02mol·L－1氨水和0.01mol·L－1氨水中的c（OH－）之比是2∶1C．向醋酸钠溶液中加入醋酸使溶液的pH＝7，此时混合液中c（Na＋）>c（CH3COO－）D．向0.1mol·L－1NaNO3溶液中滴加盐酸使溶液的pH＝5，此时混合液中c（Na＋）＝c（）（不考虑酸的挥发与分解）二、非选择题(共84分)23、（14分）煤的综合利用有如下转化关系。CO和H2按不同比例可分别合成A和B，已知烃A对氢气的相对密度是14，B能发生银镜反应，C为常见的酸味剂。请回答：(1)有机物D中含有的官能团的名称为______________。(2)反应⑥的类型是______________。(3)反应④的方程式是_______________________________________。(4)下列说法正确的是________。A．有机物A能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色B．有机物B和D能用新制碱性氢氧化铜悬浊液鉴别C．有机物C、D在浓H2SO4作用下制取CH3COOCH2CH3，该反应中浓H2SO4是催化剂和氧化剂D．有机物C没有同分异构体24、（12分）烃A中碳、氢两种元素的质量比是24：5，G具有浓郁的香味。它们之间的转化关系如下（含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质）：请回答：（1）化合物B所含的官能团的名称是___。（2）D的结构简式是___。（3）C+F→G的化学方程式是___。（4）下列说法正确的是___。A．在工业上，A→B的过程可以获得汽油等轻质油B．有机物C与D都能与金属钠反应，C经氧化也可得到FC．可以用碳酸钠溶液鉴别E、F、GD．等质量的E、G混合物，无论以何比例混合，完全燃烧耗氧量相同25、（12分）I．近期，四川等地频频发生地震，在地震过后，常常喷洒各类消毒液对灾民临时生活区进行消毒。某品牌的“84消毒液”的主要成分为NaClO，浓度为，密度为。请回答下列问题：（1）该“84消毒液”的质量分数为___（保留3位有效数字）。（2）某同学欲用NaClO固体配制240mL“84消毒液”。①下列仪器中，不需要用到的是___。A．烧杯B．250mL容量瓶C．10mL量筒D．胶头滴管E．天平②下列操作会导致所得溶液浓度偏高的是_____。A．用长时间放置在空气中的NaClO固体配制B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水C．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒D．定容时俯视容量瓶刻度线Ⅱ．近年来，雾霾天气频繁发生，降低氮氧化物的排放，至关重要。（3）三元催化剂能同时实现汽车尾气中的CO、、三种成分的净化，其催化剂表面物质转化的关系如图1所示。化合物X可借助傅里叶红外光谱图（如图2所示）确定。①X的化学式为____。②在图1的转化中，既有被氧化又有被还原的元素是___（填元素符号）。26、（10分）ClO2是一种具有强氧化性的黄绿色气体，也是优良的消毒剂，熔点-59℃、沸点11℃，易溶于水，易与碱液反应。ClO2浓度大时易分解爆炸，在生产和使用时必须用稀有气体或空气等进行稀释，实验室常用下列方法制备：2NaC1O3+Na2SO3+H2SO42C1O2↑+2Na2SO4+H2O。（1）H2C2O4可代替Na2SO3制备ClO2，该反应的化学方程式为___，该方法中最突出的优点是___。（2）ClO2浓度过高时易发生分解，故常将其制备成NaClO2固体，以便运输和贮存。已知：2NaOH+H2O2+2ClO2=2NaClO2+O2+2H2O，实验室模拟制备NaC1O2的装置如图所示（加热和夹持装置略）。①产生ClO2的温度需要控制在50℃，应采取的加热方式是___；盛放浓硫酸的仪器为：___；NaC1O2的名称是___；②仪器B的作用是___；冷水浴冷却的目的有___（任写两条）；③空气流速过快或过慢，均会降低NaC1O2的产率，试解释其原因___。27、（12分）某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色液面上方出现白雾；

稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；

稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是_________。（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_________。（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HC1小液滴形成，进行如下实验：a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。①实验a目的是______。②由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是________。（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和C1-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是______。（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X①向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化。取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_____。②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因：________。28、（14分）以二氧化碳为原料制备尿素工艺被广泛研究。其反应机理为：反应Ⅰ：CO2(g)+2NH3(g)⇌NH2COONH4(l)∆H1=－117.2kJ·mol−1反应Ⅱ：NH2COONH4(l)⇌NH2CONH2(l)+H2O(l)∆H2=+15.0kJ·mol−1（1）反应Ⅰ平衡常数K的表达式为_____________。（2）由CO2(g)和NH3(g)合成尿素NH2CONH2(l)的热化学方程式是__________。（3）在恒容容器中按物质的量之比1∶2通入CO2和NH3，下列不能说明合成尿素反应达平衡状态的是_________。A.容器中气体平均相对分子质量不再变化B.容器中气体密度不再变化C.NH3的体积分数不再变化D.容器内压强不再变化（4）通过实验发现，其他条件不变时，改变NH3、CO2的物质的量之比可增加尿素的产率，如图为与尿素产率的关系曲线。通过曲线可知：______________过量对尿素产率的影响比较小。若在固定容器中按等于3.0通入CO2和NH3，则合成尿素反应达平衡后，混合气体中CO2的物质的量分数为________（精确到0.1%）。（5）探究发现，温度、压强、n(H2O)条件对合成尿素反应的影响如图1、图2，根据图像回答下列问题：①其他条件不变时，对于合成尿素的反应，若通入CO2物质的量一定，按三种投料比[分别为3.0、3.5、4.0]投料时，得到如图1的横轴对CO2的平衡转化率的影响曲线。曲线A对应的投料比是________。②图2中a、b、c、d四条曲线中的两条代表压强分别为20MPa、25MPa时CO2平衡转化率曲线，其中表示20MPa的是_________（填字母）。在实际生产中采用图2中M点而不是N点对应的反应条件，运用化学反应速率和平衡知识，同时考虑生产实际，说明选择该反应条件的主要原因是________。29、（10分）二甲醚(CH3OCH3)是一种清洁能源。工业上，常利用CO2和H2合成二甲醚。有关反应如下(z、y、z均大于0)：①2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H1=-xkJ·mol-1②CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H2=-ykJ·mol-1③CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H3=-zkJ·mol-1(1)2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H=___________kJ·mol-1(2)下列有关合成二甲醚的说法正确的是___(填字母)。a.增大压强能提高反应速率和CO2的平衡转化率b.体系中减小，平衡一定向正方向移动c.容器体积一定，混合气体密度不变时一定达到平衡状态d.充入适量CO，可能提高CH3OCH3的产率(3)在一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，速率表达式为v=v正-v逆=k正c(CO)·c(H2O)-k逆c(CO2)·c(H2O)(其中，k正、k逆为正、逆速率常数，与浓度无关)。达到平衡时，升高温度，将_____选填“增大”“减小”或“不变”)。(4)在恒容密闭容器中用CO2和H2合成二甲醚时CO2的平衡转化率与温度、投料比的关系如图所示。①500K时，将9molH2和3molCO2充入2L恒容密闭容器中，5min时反应达到平衡状态，则0～5min内的平均反应速率v(H2)=____________mol∙L-1∙min-l，该温度下，反应的平衡常数K=____(列出计算式即可，无需化简)。②由图像可以得出的结论是_________(答两条)。(5)工业上也可用CO和H2合成二甲醚，而且二者还能作燃料电池的燃料。以CO、H2体积比为1:2的混合气体与空气在KOH溶液中构成燃料电池(以石墨为电极)，开始时，负极的电极反应式为____。

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、A【解析】

A．放电时是原电池，正极发生得到电子的还原反应，根据放电过程反应式为xLi＋L1－xCoO2＝LiCoO2，则正极反应式为xLi＋＋Li1－xCoO2＋xe－＝LiCoO2，A正确；B．放电时Li是负极，则电子由R极流出，经导线流向Q极，电子不能通过溶液，B错误；C．充电时，R极是阴极，电极反应式为Li＋＋e－＝Li，则净增14g时转移2mol电子，C错误；D．放电时Q是正极，则充电时，Q极为阳极，D错误；答案选A。2、B【解析】

先通入氨气再通入二氧化碳反应得到碳酸氢钠晶体和母液为氯化铵溶液，沉淀池中得到碳酸氢钠晶体，反应式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，过滤得到碳酸氢钠晶体煅烧炉中加热分解，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠纯碱，过滤后的母液通入氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品氯化铵，氯化钠溶液循环使用，据此分析。【详解】A．向母液中通氨气作用有增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出，选项A错误；B．向母液中通氨气作用有增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出和使NaHCO3转化为Na2CO3，从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水，选项B正确；C．沉淀池中发生的化学反应为饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl→NH4Cl+NaHCO3↓，选项C错误；D．循环Ⅰ是将未反应的氯化钠返回沉淀池中使原料氯化钠的利用率大大提升，循环Ⅱ的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池继续反应生成碳酸氢钠，二氧化碳利用率大大提升，选项D错误；答案选B。【点睛】本题主要考察了联合制碱法的原料、反应式以及副产物的回收利用，如何提高原料的利用率、检验氯离子的方法是关键，循环Ⅱ的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池继续反应，循环Ⅰ中的氯化钠有又返回到沉淀池。3、D【解析】

A.不断将氨气液化分离，生成物的浓度减小，平衡正向移动，故正确；B.压缩体积，平衡正向移动，氮气转化率增大，故正确；C.前10分钟，N2+3H22NH3起始0.51.50改变x3x2x10min时0.5-x1.5-3x2x有，解x=0.175mol/L，用氨气表示反应速率为＝0.035mol·L−1·min−1，故正确；D.N2+3H22NH3起始0.51.50改变x3x2x平衡0.5-x1.5-3x2x，有，解x=0.25mol/L，则平衡常数表示为，在30min时，再加入0.5molN2、1.5molH2和2molNH3，则有Qc=<K，平衡正向移动，故错误。故选D。4、D【解析】

A．H2O中H元素的化合价降低，则属于氧化还原反应，水作氧化剂，故A不选；B．反应中水中O元素的化合价升高，则属于氧化还原反应，水作还原剂，故B不选；C．反应没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不选；D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4反应中，S、Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，H2O中没有元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故D选；故选D。5、D【解析】

A、化学反应的热效应等于反应物和产物的能量之差，反应物的能量高于产物能量，所以反应放热，所以反应的热效应是E1－E2，A错误；B、化学反应的热效应等于反应物和产物的能量之差，所以反应的热效应是E1－E2，B错误；C、该反应反应物的能量高于产物能量，所以反应放热，但是放热反应在常温常压下不一定就能进行，C错误；D、二氧化碳是温室气体，甲醇可以做燃料，二氧化碳和氢气转化为甲醇和水的反应可以可以实现变废为宝，且有效控制温室，D正确。答案选D。6、C【解析】

A．雾霾中可能存在直径1-100nm的粒子，这些粒子分散在空气中形成胶体，可产生丁达尔效应，A项正确；B．“用浓酒和糟入甑(蒸锅)，蒸令气上……”，通过蒸煮使酒精转化为蒸气，再冷凝收集，是蒸馏操作，B项正确；C．“丝”是蚕丝，主要成分为蛋白质；“麻”来自植物，主要成分为纤维素，C项错误；D．钢是铁和碳的合金，D项正确；答案选C。7、B【解析】

A.酒精的水溶液不导电，属于非电解质，故A错误；B.水可以部分电离生成氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故B正确；C.盐酸是混合物，不是电解质也不是非电解质，氯化氢在水溶液中完全电离，属于强电解质，故C错误；D.食盐属于盐，在水溶液中完全电离，属于强电解质，故D错误。故选B。【点睛】电解质的前提必须是化合物，化合物中的酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水是电解质。8、B【解析】

A.水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以温度越高水的pH越小，故A错误；B.两者的物质的量浓度和体积都相同，即两者的物质的量相同，而盐酸是一元酸，硫酸是二元酸，所以盐酸中和相同浓度的NaOH溶液的体积更小，故B正确；C.pH=3的盐酸，c(H+)=10-3mol/L，由水电离生成的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L，pH=3氯化铝溶液中c(H+)=10-3mol/L，全部由水电离生成，前者大于后者，故C错误；D.1LpH=2的盐酸和醋酸溶液中，醋酸的物质的量较大投入足量锌粒，醋酸放出H2的物质的量多，故D错误；答案选B。【点睛】本题考查弱电解质的电离，根据温度与弱电解质的电离程度、弱电解质的电离程度与其浓度的关系等知识来解答。9、C【解析】

A．金属钠性质很活泼，极易和空气、水反应，不能作电极材料，故A错误；B．构成的原电池中，金属棒X作原电池负极，所以金属棒X材料的活泼性应该大于铁，不可能是Cu电极，故B错误；C．该装置发生吸氧腐蚀，正极钢管上氧气得电子生成氢氧根离子，导致钢管附近土壤的pH可能会增大，故C正确；D．该装置没有外接电源，不属于外加电流的阴极保护法，而是牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；故答案为C。【点睛】考查金属的腐蚀与防护，明确金属腐蚀与防护的原理、金属发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件即可解答，根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，即把金属和钢管、及电解质溶液构成原电池，金属棒X作负极，钢铁作正极，从而钢管得到保护。10、A【解析】

A．室温时，在B点，pH=5.3，c(H+)=10-5.3，=0，则=1电离常数Ka(HA)===1.0×10-5.3，A正确；B．B点的平衡溶液中，c(A-)=c(HA)，依据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，由于pH=5.3，所以c(H+)>c(OH-)，c(Na+)<c(A-)，故V(NaOH)<10mL，B不正确；C．c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)显然不符合电荷守恒原则，C不正确；D．从A点到C点的过程中，c(A-)不断增大，水的电离程度不断增大，D不正确；故选A。11、D【解析】

A．银器发黑的原因就是因与空气里的氧气等物质发生氧化而腐蚀，重新变亮就是又变成原来的银，在这个过程中涉及到化学变化，A正确；B．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，生成焦炭、煤焦油、出炉煤气等产物的过程；煤的液化是利用煤制取液体燃料，均为化学变化，B正确；C．瓷器是混合物，主要成分是二氧化硅和硅酸盐（硅酸铝，硅酸钙）等，C正确；D．光敏树脂遇光会改变其化学结构，它是由高分子组成的胶状物质，在紫外线照射下，这些分子结合变成聚合物高分子，属于化学变化，D错误；答案选D。【点睛】复习时除了多看课本，还要多注意生活中的热点现象，思考这些现象与化学之间的关系。12、C【解析】

根据C=n/V计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高．【详解】A、用量筒量取浓盐酸俯视读数会导致液体体积偏小，溶质的物质的量偏小，所配制溶液浓度偏低，故A不选；

B、溶解搅拌时有液体飞溅，会导致溶质的物质的量偏小，所配制溶液浓度偏低，故B不选；

C、定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线，会导致溶液的体积偏小，所配制溶液浓度偏高，故C选；

D、摇匀后见液面下降，为正常现象，如再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏低，故D不选。

故选：C。【点睛】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的误差分析，题目难度中等，注意根据C=n/V计算不当操作对n或V的影响．13、A【解析】

A、2mol硫酸中有3mol氢离子中和氢氧根，1mol氢离子与偏铝酸钠反应生成1mol氢氧化铝沉淀，同时还有1mol硫酸钡产生，共计是2mol，选项A正确；B、3mol硫酸中有3mol氢离子中和氢氧根，2mol氢离子与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，生成的氢氧化铝沉淀又有一部分溶解在氢离子中，而硫酸钡是1mol，则沉淀的物质的量小于3mol，选项B错误；C、4mol硫酸中有3mol氢离子中和氢氧根，2mol氢离子与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，剩余3mol氢离子又溶解1mol氢氧化铝，而硫酸钡是1mol，则沉淀的物质的量是2mol，选项C错误；D、5mol硫酸中有3mol氢离子中和氢氧根，2mol氢离子与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，剩余5mol氢离子又溶解5/3mol氢氧化铝，而硫酸钡是1mol，则沉淀的物质的量是4/3mol，选项D错误；答案选A。14、A【解析】

X原子最外层电子数是其电子层数的2倍，且四种元素中原子序数最小，则X为C，X、Y价电子数之比为2∶3，则Y为O，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂，则Z为Na，W的原子序数比Z大且半径在同周期中最小，则W为Cl，综上所述，X、Y、Z、W分别为：C、O、Na、Cl，据此解答。【详解】A．C和O位于同周期且C原子序数小于O，所以C原子的半径大于O原子半径，Na+和O2-电子排布相同，O2-的原子序数更小，所以Na+的半径小于O2-，即原子半径X＞Y，离子半径Z﹤Y，A错误；B．Na+和O2-通过离子键结合成Na2O，Na+和ClO-通过离子键结合成NaClO，Cl和O通过共价键结合，B正确；C．CH4和Cl2在光照条件下发生取代反应生成四种氯甲烷和HCl，C正确；D．O3、Cl2、ClO2等均可作水的消毒剂，D正确。答案选A。15、D【解析】

A．求算CuS的Ksp，利用b点。在b点，CuCl2和Na2S恰好完全反应，方程式为Cu2＋＋S2－=CuS↓，溶液中的Cu2＋和S2－的浓度相等，－lgc(Cu2＋)=17.7，则c(Cu2＋)=10－17.7mol/L。则Ksp=c(Cu2＋)·c(S2-)=10－17.7×10－17.7=10—35.4≈4×10－36，其数量级为10－36，A项错误；B．曲线上a点溶液为CuS的饱和溶液，c(S2-)•c(Cu2+)=Ksp(CuS)，B项错误；C．在水溶液中，c(H＋)·c(OH－)=Kw，温度不变，其乘积不变，C项错误；D．c点溶液Na2S溶液多加了一倍，CuCl2＋Na2S=CuS↓＋2NaCl，溶液为NaCl和Na2S的混合溶液，浓度之比为2:1。c(Na＋)>c(Cl－)>c(S2－)，S2－会水解，S2－＋H2OHS－＋OH－溶液呈现碱性，c(OH－)>c(H＋)，水解是微弱的，有c(S2－)>c(OH－)。排序为c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+)；D项正确；本题答案选D。16、A【解析】

①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出，可知无色气体为二氧化碳，一定含CO32-，溶液先浑浊后又变澄清可知，溶液中一定含AlO2-，由离子共存的条件可知，一定不含H+、Mg2+、Cu2+；②在一份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象，则溶液中不含NH4+；③在另一份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色，则溶液中一定含Br-，由电荷守恒可知溶液中一定存在的阳离子为K+，不能确定是否含Cl-、SO42-。【详解】A项、由实验现象可知，溶液中一定存在K+、Br-、CO32-、AlO2-，故A正确；B项、由实验操作可知，一定不含NH4+、H+、Mg2+、Cu2+，不能确定溶液中是否含Cl-，故B错误；C项、溶液中一定含K+，不能确定是否含Cl-、SO42-，故C错误；D项、由于溶液事先已经加入盐酸，往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液无法确认是否有Cl－，故D错误。故选A。【点睛】本题考查离子的共存，试题信息量较大，侧重分析与推断能力的考查，把握离子的反应、现象与结论的关系为解答的关键。17、A【解析】

A.分子中两个苯环连在四面体结构的碳原子上，不可能处于同一平面，故A错误；B.图中*标注的三个碳原子是手性碳原子，故B正确；C.酚羟基的邻对位可能与浓溴水发生取代反应，故C正确；D.1mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH，分别是酯基消耗1mol，2个酚羟基各消耗1mol，故D正确；故选A。18、C【解析】

A．H2O是共价化合物，其电子式为，故A错误；B．25℃时，纯水的pH=7，故B错误；C．D216O质量数之和为2×1+1×16=20，质子数之和为2×1+1×8=10，质量数之和是质子数之和的两倍，故C正确；D．273K时，水以固液混合物的形式存在，且温度、压强相同，同种状态、同种分子间的距离相同，故D错误；故选C。19、C【解析】

氨气的催化氧化会生成一氧化氮，一氧化氮和氧气与水反应得到硝酸；浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气、氯气与石灰乳反应生成次氯酸钙和氯化钙；氯化铝溶液受热水解生成氢氧化铝；葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇、乙醇催化氧化生成乙醛。【详解】A、氨气在催化剂加热条件下与氧气反应生成NO，NO和氧气与水反应得到硝酸，物质的转化在给定条件下能实现，故A正确；B、浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、水和氯气，氯气与石灰乳反应生成次氯酸钙和氯化钙，即生成漂白粉，物质的转化在给定条件下能实现，故B正确；C、Al2O3与盐酸反应生成氯化铝和水，氯化铝溶液受热水解生成氢氧化铝，得不到无水氯化铝，故C错误；D、葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇、乙醇与氧气在催化剂加热条件想反应生成乙醛，物质的转化在给定条件下能实现，故D正确。答案选C。【点睛】考查常见元素及其化合物的性质，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题侧重于考查学生对基础知识的应用能力。20、B【解析】

A．若某气体具有强氧化性将溴单质氧化，溴水也会褪色，故A错误；B．向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可生成SO2，且浓硫酸溶于水放热，降低了SO2的溶解度，能够达到实验目的，故B正确；C．硅酸胶体中加入加入过量盐酸可使胶体聚沉，故C错误；D．量取一定体积的浓醋酸在烧杯中稀释后，迅速转移至1000mL容量瓶中，要用蒸馏水洗涤烧杯玻璃棒2-3次，洗涤液转移进容量瓶，否则会造成溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，浓醋酸的少量挥发，也会导致溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，故D错误；故答案为B。21、A【解析】

A．在Z点c(H2SO3)=c(HSO3-)，由，则有，则pH=-lgc(H+)=-lgKa1，A正确；B．根据图示，从X点到Y点，SO32－的浓度减少，而HSO3－的浓度在增加，则加入盐酸发生的主要反应为SO3－+H＋=HSO3，B错误；C．当V(HCl)=672mL时，n(HCl)=0.672L÷22.4L·mol－1=0.03mol。溶液中的NaOH和Na2SO3的物质的量均为1L×0.01mol·L－1=0.01mol，通入0.03molHCl，NaOH完全反应，Na2SO3转化为H2SO3。H2SO3为弱酸，可经第一二步电离产生HSO3－和SO32－，其关系是c(HSO3-)＞c(SO32-)＞0，C错误；D．若将HCl换为NO2，NO2会与水反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成的HNO3有强氧化性，可以氧化Na2SO3，溶液中将没有SO32－、HSO3－、H2SO3等粒子，Y点位置会消失，D错误。答案选A。22、D【解析】

A.NH4+虽然会发生水解，但其水解程度非常微弱，因此(NH4)2SO4溶液中c(NH4+)>c(SO42−)，故A错误；B.相同条件下，弱电解质的浓度越小，其电离程度越大，因此0.02mol·L－1氨水和0.01mol·L－1氨水中的c(OH－)之比小于2∶1，故B错误；C.依据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，混合后溶液的pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，可推出c(Na＋)＝c(CH3COO－)，故C错误；D.NaNO3是强酸强碱盐，Na＋和NO3−均不发生水解，NaNO3溶液也不与盐酸发生反应，根据物料守恒可得c(Na＋)＝c(NO3−)，故D正确。综上所述，答案为D。二、非选择题(共84分)23、羟基取代反应/酯化反应CH2=CH2＋O2→CH3COOHAB【解析】

根据题干信息可知，A为CH2=CH2，B为乙醛；根据A、B的结构结合最终产物CH3COOCH2CH3逆推可知，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH。【详解】(1)根据以上分析，D中官能团为羟基，故答案为：羟基。(2)乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反应类型为酯化反应即取代反应，故答案为：酯化反应或取代反应。(3)反应④为乙烯氧化为乙酸，化学方程式为：CH2＝CH2＋O2→CH3COOH，故答案为：CH2＝CH2＋O2→CH3COOH。(4)A.乙烯和溴水中的溴单质加成，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A正确；B.乙醛和新制氢氧化铜在加热条件下生成砖红色沉淀，乙醇与Cu(OH)2悬浊液不反应，可以鉴别，故B正确；C.酯化反应中，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，故C错误；D.CH3COOH的同分异构体有HCOOCH3，故D错误。综上所述，答案为AB。24、碳碳双键CH3CH2CH2OHH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2OCD【解析】

烃A中碳、氢两种元素的质量比是24：5，则N（C）：N（H）=，应为C4H10，由生成物G的分子式可知C为CH3CHOHCH3，D为CH3CH2CH2OH，E为CH3CH2CHO，F为CH3CH2COOH，B为CH3CH=CH2，生成G为CH3CH2COOCH（CH3）2，以此解答该题。【详解】（1）B为CH3CH=CH2，含有的官能团为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；（2）D为CH3CH2CH2OH，故答案为：CH3CH2CH2OH；（3）C+F→G的化学方程式是CH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O，故答案为：CH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O；（4）A.在工业上，A→B的过程为裂解，可获得乙烯等烯烃，而裂化可以获得汽油等轻质油，故A错误；B.有机物C与D都能与金属钠反应，C经氧化生成丙酮，故B错误；C.醛可溶于水，酸与碳酸钠反应，酯类不溶于水，则可以用碳酸钠溶液鉴别E、F、G，故C正确；D.E、G的最简式相同，则等质量的E、G混合物，无论以何比例混合，完全燃烧耗氧量相同，故D正确；故答案为：CD。25、24.8%CDN【解析】

I.（1）根据公式，，可计算=24.8%；（2）①在配制过程中，不会用到10mL的量筒，答案选C②根据判断是否对配制溶液浓度有影响，如果n偏大或者V偏小，都会导致c偏高；A.用长时间放置在空气中的NaClO固体配制，由于NaClO易吸收空气中的水和二氧化碳而变质，导致有效成分NaClO减少，配制的溶液中溶质的物质的量减小，则溶液的物质的量浓度偏小，故A错误；B.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水对溶液配制无影响，B错误；C.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质损失，配制溶液浓度偏小，C错误；D.定容时俯视容量瓶刻度线，溶剂未加到刻度线，配制浓度偏高，故D正确；故答案选D；（3）①由傅里叶红外光谱图（如图2所示）确定化合物X含硝酸根，再结合图一由钡离子参与，所以X为；②既有被氧化又有被还原的元素，化合价既有升高，又有降低，故为N元素。26、2NaClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O+2CO2↑反应中产生的CO2可以起到稀释ClO2的作用，避免ClO2浓度大时分解爆炸，提高了安全性水浴加热分液漏斗亚氯酸钠安全瓶，防倒吸降低NaClO2的溶解度，增大ClO2的溶解度，减少H2O2分解，减少ClO2分解空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收：空气流速过慢时，ClO2浓度过高导致分解【解析】

中的氯是+4价的，因此我们需要一种还原剂将氯酸钠中+5价的氯还原，同时要小心题干中提到的易爆炸性。再来看实验装置，首先三颈烧瓶中通入空气，一方面可以将产物“吹”入后续装置，另一方面可以起到稀释的作用，防止其浓度过高发生危险，B起到一个安全瓶的作用，而C是吸收装置，将转化为，据此来分析本题即可。【详解】（1）用草酸来代替，草酸中的碳平均为+3价，因此被氧化产生+4价的二氧化碳，方程式为2NaClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O+2CO2↑；产生的可以稀释，防止其浓度过高发生危险；（2）①50℃最好的加热方式自然是水浴加热，盛放浓硫酸的仪器为分液漏斗，中的氯元素为+3价，因此为亚氯酸钠；②仪器B是一个安全瓶，防止倒吸；而冰水浴一方面可以减少的分解，另一方面可以使变为液体，增大产率；③当空气流速过快时，来不及被充分吸收，当空气流速过慢时，又会在容器内滞留，浓度过高导致分解。27、2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O漂白性检验氯气SO2也能和酸化的硝酸银生成白色沉淀要证明现象II中黄绿色为溶液酸性的增强引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，观察溶液的颜色变化即可CaSO4Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl-＋4H++SO42-【解析】

（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸。【详解】（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（2）pH试纸先变蓝(约为12)溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象的白雾由HCl小液滴形成，①用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；②用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；故答案为白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀；（4）现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应．通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为氯气；故答案为：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；（5）①取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42-，故沉淀X为CaSO4；②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸；反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+。28、K=CO2(g)+2NH3(g)⇌NH2CONH2(l)+H2O(l)ΔH=－102.2kJ·mol−1ACCO218.2%4.0a与300℃相比，200℃时CO2的平衡转化率更高；虽然压强越大、温度越高反应速率越快，但200℃、20MPa条件