新疆哈密石油中学2024年高三最后一卷化学试卷含解析

新疆哈密石油中学2024年高三最后一卷化学试卷注意事项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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO4＋16HCl=2KCl＋5Cl2↑＋2MnCl2＋8H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是()选项实验现象解释或结论Aa处变蓝，b处变红棕色氧化性：Cl2>Br2>I2Bc处先变红，后褪色氯气与水生成了酸性物质Cd处立即褪色氯气与水生成了漂白性物质De处变红色还原性：Fe2＋>Cl－A．A B．B C．C D．D2、I2Cl6晶体在常温下就会“升华”，蒸气冷却可得到晶体ICl3。ICl3遇水会产生大量的腐蚀性白色烟雾，有强烈的催泪性。若生成物之一是HCl，则另一种是（）A．HIO3 B．HIO2 C．HIO D．ICl3、下列状态的铝中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是A．[Ne] B． C． D．4、短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族。已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，且Y、Q形成一种共价化合物，X的最高价氧化物对应的水化物可与Y单质反应产生常见的还原性气体单质E。下列说法正确的是A．X、Y、Q对应简单离子的半径逐渐减小B．工业上可用电解X、Q元素组成的化合物的饱和溶液制备Q单质C．Y、Q形成的化合物是非电解质D．工业用W与Z的最高价氧化物反应制取Z单质，同时得到W的最高价氧化物5、下列解释事实的化学用语错误的是A．闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，转化为铜蓝(CuS)：ZnS+Cu2+＝CuS+Zn2+B．0.1mol/L的醋酸溶液pH约为3：CH3COOHCH3COO-+H+C．电解NaCl溶液，阴极区溶液pH增大：2H2O+2e-＝H2↑+2OH-D．钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe－3e-＝Fe3+6、短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，A、B、C、D、E、F均是由上述元素组成的中学化学常见物质，其中A是四元化合物，C是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，D是淡黄色固体化合物，E是单质。各物质之间存在如图转化关系(部分产物未标出)。下列说法不正确的是A．简单离子半径大小关系：c＞d＞eB．简单阴离子的还原性：a＞c＞dC．氢化物的沸点：c＞dD．C和E反应生成F是工业制硝酸的重要反应之一7、一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期。X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，W是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是A．原子半径：X>Y>WB．最高价氧化物对应水化物的碱性：X>YC．Z、W组成的化合物能与强碱反应D．X的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:18、常温下，向1L0.1mol·L-1NH4C1溶液中，逐渐加入NaOH固体粉末，随着n(NaOH)的变化，c(NH4+)与c(NH3·H2O)的变化趋势如下图所示(不考虑体积变化、氨的挥发、温度的变化)。下列说法正确的是()A．M点溶液中水的电离程度比原溶液大B．在M点时，n(OH-)+0.1mol=(a+0.05)molC．随着NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不断减小D．当n(NaOH)=0.1mol时，c(Na+)<c(NH4+)+c(NH3·H2O)9、往含0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的混合溶液中持续稳定地通入CO2气体6.72L(标准状况下)，则在这一过程中，下列有关溶液中离子总物质的量(n)随通入CO2气体体积(V)的变化曲线中正确的是（离子水解忽略不计）A． B．C． D．10、下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A将大小相同的金属钠分别投入水和乙醇中钠与水反应比钠与乙醇反应剧烈乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼B在适量淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴5min，加入NaOH溶液调溶液pH至碱性，再加入新制的Cu(OH)2，加热有红色沉淀生成淀粉完全水解C向Fe(NO3)2溶液中依次滴加少量稀H2SO4和KSCN溶液溶液变红稀硫酸能氧化Fe2+D向10mL0.1mo/LNa2S溶液中滴入2mL0.1mol/LZnSO4溶液再加入0.1mol/LCuSO4溶液开始有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)A．A B．B C．C D．D11、下列说法正确的是A．纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同B．碘晶体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的作用力C．SO3溶于水的过程中有共价键的断裂和离子键的形成D．HF的热稳定性很好，主要是因为HF分子间存在氢键12、下列实验操作会引起测定结果偏高的是（）A．测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，晶体加热完全失去结晶水后，将盛试样的坩埚放在实验桌上冷却B．中和滴定用的锥形瓶加入待测液后，再加少量蒸馏水稀释C．读取量筒中一定体积的液体时，俯视读数D．配制物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线,所配溶液的浓度13、某甲酸溶液中含有甲醛，用下列方法可以证明的是A．加入足量的新制氢氧化铜并加热煮沸，有砖红色的沉淀B．加入过量的氢氧化钠充分反应后的溶液能发生银镜反应C．将试液进行酯化反应后的混合液能发生银镜反应D．加入足量氢氧化钠后，蒸馏出的气体通入新制的氢氧化铜悬浊液加热有砖红色沉淀14、R是合成某高分子材料的单体，其结构简式如图所示。下列说法错误的是（）A．R能发生加成反应和取代反应B．用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基C．R与HOCH2COOH分子中所含官能团完全相同D．R苯环上的一溴代物有4种15、下列仪器名称为“烧杯”的是（）A．B．C．D．16、设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是A．0.5mol18O2中所含中子数为10NAB．标准状况下，2.24LCHCl3含有的共价键数为0.4NAC．常温下，2.8gC2H2与CO的混合气体所含碳原数为0.3NAD．0.1mol/LNa2S溶液中，S2-、HS-、H2S的数目共为0.1NA17、利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是（）下列说法正确的是（）A．反应过程中NO2、NH4+之间的反应是氧化还原反应B．上述历程的总反应可以为：2NH3+NO+NO22N2+3H2OC．X是HNO2，是还原产物D．[(NH4)(HNO2)]+是反应过程中的催化剂18、2019年上海、西安等城市先后开始实施生活垃圾分类，分类的目的是提高垃圾的资源价值和经济价值，力争物尽其用，垃圾是放错地方的资源，同时也是建立环境友好型国家的重要举措。下列关于垃圾分类的说法正确的是A．废电池、过期药品属于有害垃圾，无需回收，为防止污染环境应当深埋处理B．其它垃圾包括防新型冠状病毒用的口罩、烟头等物品无法利用，应当弃去不要C．废纸类、废塑料、废玻璃、废金属、废油漆桶等属于可回收物D．厨余垃圾经生化处理转化为沼气和有机肥料，从而生产绿色有机食品和清洁燃料19、，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20、化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是A．Cu2+为重金属离子，故CuSO4不能用于生活用水消毒B．卤水煮豆腐是Mg2+、Ca2+等使蛋白质胶体发生凝聚过程C．纯碱溶液可以洗涤餐具上的油渍D．油漆刷在钢铁护栏表层用来防止金属锈蚀21、分离混合物的方法错误的是A．分离苯和硝基苯：蒸馏 B．分离氯化钠与氯化铵固体：升华C．分离水和溴乙烷：分液 D．分离氯化钠和硝酸钾：结晶22、一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，Y、W、X、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期。X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，W是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是A．原子半径：X>Y>WB．最高价氧化物对应水化物的碱性：X>YC．X的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:2D．Z、W组成的化合物是常见的半导体材料，能与强碱反应二、非选择题(共84分)23、（14分）W、X、Y、Z均为短周期元素，X、W可形成两种液态化合物甲和乙，其原子个数比分别为1∶1（甲）和2∶1（乙），且分子中电子总数分别为18（甲）和10（乙）。X与Z能形成一种极易溶于水的碱性气体丙X与Y能形成极易溶于水的酸性气体丁，丁分子中的电子数为18。X、Y、Z能形成一种离子化合物，其水溶液呈弱酸性。请写出：（1）W的元素符号___，其核外共有___种运动状态不同的电子。（2）甲物质的结构式为___；乙物质的空间构型为___。（3）Z元素核外共有___种能量不同的电子，碱性气体甲的电子式为___。（4）用离子方程式解释X、Y、Z形成的化合物水溶液呈弱酸性的原因是___。（5）铋元素跟Y元素能形成化合物（BiY3），其水解生成难溶于水的BiOY。①BiY3水解反应的化学方程式为___。②把适量的BiY3溶于含有少量丁的水中，能得到澄清溶液，试分析可能的原因___。③医药上把BiOY叫做“次某酸铋”，分析这种叫法的不合理之处，为什么。___。24、（12分）美托洛尔可用于治疗各类型高血压及心绞痛，其一种合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)A→B的反应类型是______________，B中官能团的名称为______________。(2)D→E第一步的离子方程式为_________。(3)E→F的条件为______________，请写出一种该过程生成的副产物的结构简式_________。(已知在此条件下，酚羟基不能与醇发生反应)。(4)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出G的结构简式，并用星号(*)标出G中的手性碳______________。(5)芳香族化合物I是B的同分异构体，I能与银氨溶液作用产生银镜，且在苯环上连有两个取代基，则I同分异构体的数目为_________种。(6)(J)是一种药物中间体，参照上述合成路线，请设计以甲苯和苯酚为原料制备J的合成路线____________________(无机试剂任选)。25、（12分）甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，某化学小组利用如图装置探究其反应产物。查阅资料：①CO能与银氨溶液反应：CO+2Ag(NH3)2++2OH-=2Ag↓+2NH4++CO32-+2NH3②Cu2O为红色，不与Ag反应，发生反应：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O③已知Al4C3与CaC2类似易水解，CaC2的水解方程式为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑（1）装置A中反应的化学方程式为___。（2）装置F的作用为___；装置B的名称为___。（3）按气流方向各装置从左到右的连接顺序为A→__。(填装置名称对应字母，每个装置限用一次)（4）实验中若将A中分液漏斗换成（恒压漏斗）更好，其原因是___。（5）装置D中可能观察到的现象是___。（6）当反应结束后，装置D处试管中固体全部变为红色。设计实验证明红色固体中含有Cu2O（简述操作过程及现象）：__。26、（10分）工业纯碱中常常含有NaCl、等杂质。为测定某工业纯碱的纯度。设计了如图实验装置。依据实验设计，请回答：（1）仪器D的名称是______________；装置D的作用是______________________。（2）若不考虑操作、药品及其用量等方面的影响，该实验测得结果会___________（填“偏高”、“偏低”，“无影响”）。27、（12分）草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4·2H2O。回答下列问题：(1)甲组的同学以电石（主要成分CaC2，少量CaS及Ca3P2杂质等）为原料，并用下图1装置制取C2H2。①装置A中用饱和食盐水代替水的目的是_____________。②装置B中，NaClO将H2S、PH3氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，其中PH3被氧化的离子方程式为______。该过程中，可能产生新的杂质气体Cl2，其原因是：______（用离子方程式回答）。(2)乙组的同学根据文献资料，用Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O4·2H2O。制备装置如上图2所示：①装置D中多孔球泡的作用是__________。②装置D中生成H2C2O4的化学方程式为____________。③从装置D中得到产品，还需经过___________（填操作名称）、过滤、洗涤及干燥。(3)丙组设计了测定乙组产品中H2C2O4·2H2O的质量分数实验。他们的实验步骤如下：准确称取mg产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用cmol·L－1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液VmL。①滴定终点的现象是_____________。②滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，分析可能的原因是____________。③产品中H2C2O4·2H2O的质量分数为_________（列出含m、c、V的表达式）。28、（14分）一定条件下，lmolCH3OH与一定量O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化如下图所示[反应物O2(g)和生成物H2O(g)已略去]。回答下列问题：(1)在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成___（填“CO2、CO或HCHO”）；计算：2HCHO(g)+O2(g)=2CO(g)+2H2O(g)=_____________(2)已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)①经测定不同温度下该反应的平衡常数如下：该反应为___（填“放热”或“吸热”）反应；251℃时，某时刻测得该反应的反应物与生成物浓度为c(CO)=1．4mol/L、c(H2)=1.4mol/L、c(CH3OH)=1.8mol/L，则此时υ（正）____υ（逆）（填“>”、“=”或“<”）。②某温度下，在体积固定的2L密闭容器中将1molCO和2molH2混合，使反应得到平衡，实验测得平衡时与起始时的气体压强比值为1.7，则该反应的平衡常数为____（保留l位小数）。(3)利用钠碱循环法可除去SO2。常温下，若吸收液吸收一定量SO2后的溶液中，n（SO32-）：n(HSO3-)=3：2，则此时溶液呈____（填“酸性”、“中性”或“碱性”）。（已知：H2SO3的电离常数为：Kal=l.54×11-2、Ka2=l.12×l1-7）(4)利用电化学法处理工业尾气SO2的装置如图所示，写出Pt(2)电极反应式：______；当电路中转移1.12mole-时（较浓H2SO4尚未排出），交换膜左侧溶液中约增加___mol离子。29、（10分）铁是一种过渡元素，金属铁是最常用的金属材料。请回答下列有关问题：（1）工业上常利用CO还原铁的氧化物冶炼铁。已知：Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH1＝－25kJ/mol3Fe2O3(s)＋CO(g)=2Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH2＝－47kJ/molFe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g)ΔH3＝＋19kJ/mol请写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：_____。（2）11.2gFe与一定量的HNO3充分反应后，Fe全部溶解，生成Fe2＋、Fe3＋的物质的量之比为1：4，将生成的气体与一定量的O2混合后通入水槽中，气体恰好被完全吸收，O2的物质的量是____。（3）利用电解实验可以制得纯净的Fe(OH)2，装置如图所示，两电极分别是石墨和铁，电解质溶液为NaCl溶液。①植物油的作用是___，在加入植物油之前，要对NaCl溶液作何处理：____。②阳极的电极反应式为____。③若将该装置改为防止Fe发生电化学腐蚀的装置，则Fe电极应与电源____极相连，当电路中通过2mol电子时，两极共收集到气体___L(标准状况)。

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、D【解析】

A、a处变蓝,b处变红棕色,说明Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2,可证明氧化性:Cl2＞I2,Cl2＞Br2,无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱,A项错误;B、c处先变红,说明氯气与水生成酸性物质,后褪色,则证明氯气与水生成具有漂白性物质,B项错误;C、d处立即褪色,也可能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH,C项错误;D、e处变红说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+,证明还原性:Fe2+＞Cl-,D项正确；答案选D。2、B【解析】

ICl3中I为+3价，Cl为-1价，与水发生水解反应(为非氧化还原反应，各元素化合价价态不变），生成HIO2和HCl，答案选B。3、B【解析】

A．[Ne]为基态Al3+，2p能级处于全充满，较稳定，电离最外层的一个电子为Al原子的第四电离能；B．为Al原子的核外电子排布的激发态；C．为基态Al原子失去两个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al原子的第三电离能；D．为基态Al失去一个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al原子的第二电离能；电离最外层的一个电子所需要的能量：基态大于激发态，而第一电离能小于第二电离能小于第三电离能小于第四电离能，则电离最外层的一个电子所需能量最小的是B；综上分析，答案选B。【点睛】明确核外电子的排布，电离能基本概念和大小规律是解本题的关键。4、B【解析】

短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，W的氢化物应该为烃，则W为C元素，Q为Cl元素；W和Z位于同一主族，则Z为Si元素；Y、Q形成一种共价化合物，X的最高价氧化物对应的水化物可与Y单质反应产生常见的还原性气体单质E。则X是Na，Y为Al元素；气体单质E为H2，据此解答。【详解】根据上述分析可知：W为C，X是Na，Y是Al，Z是Si，Q是Cl元素。A.X是Na，Y是Al，二者形成的阳离子核外电子排布是2、8，具有2个电子层；Q是Cl，形成的离子核外电子排布是2、8、8，离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径大小关系为：Q>X>Y，A错误；B.Cl2在工业上可用电解饱和NaCl溶液的方法制取，反应方程式为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，B正确；C.Y、Q形成的化合物AlCl3是盐，属于共价化合物，在水溶液中完全电离产生Al3+、Cl-，因此属于电解质，C错误；D.C与SiO2在高温下发生置换反应产生Si单质，同时得到CO气体，反应方程式为2C+SiO2Si+2CO↑，CO不是C元素的最高价氧化物，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。5、D【解析】

A．溶解度大的物质可以转化为溶解度小的物质，溶解度ZnS＞CuS，则闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，转化为铜蓝(CuS)，反应的离子方程式为ZnS+Cu2+＝CuS+Zn2+，故A正确；B．0.1mol/L醋酸溶液的pH约为3，说明醋酸为弱酸，部分电离，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故B正确；C．电解NaCl溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，离子方程式为2H2O+2e-＝H2↑+2OH-，阴极区溶液pH增大，故C正确；D．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极上Fe失电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-＝Fe2+，故D错误；故选D。【点睛】本题的易错点为D，要注意电极反应式中，铁是失去2个电子生成亚铁离子。6、C【解析】

短周期主族元素a、b、c、d、e原子序数依次增大，A、B、C、D、E、F均是由上述元素组成的中学化学常见物质，C是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则C为NH3。根据图示A能与酸或碱反应，A是四元化合物，不是Al(OH)3或Al2O3，则A为弱酸形成的铵盐，而B能与淡黄色固体D反应生成单质E，则B为CO2、D为Na2O2、E为O2，而A是四元化合物，则A为(NH4)2CO3或NH4HCO3，氨气与氧气反应生成NO与水；结合原子序数可知a为H、b为C、c为N、d为O、e为Na。【详解】A．c、d、e简单离子分别为N3－、O2－、Na＋，三者电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：c(N3－)＞d(O2－)＞e(Na＋)，正确，A不选；B．a、c、d分别是H、N、O元素，元素的非金属性越强，则对应的阴离子还原性越弱。非金属性a(H)＜c(N)＜d(O)，则简单阴离子的还原性：a(H－)＞c(N3－)＞d(O2－)，正确，B不选；C．c为N、d为O，c、d的氢化物分别是NH3、H2O，常温下氨气为气体，而水为液体，氢化物沸点：c(NH3)＜d(H2O)，错误，C选；D．C为NH3，E是O2，C与E的反应是氨气与氧气反应生成NO与水，是工业制硝酸的基础反应，正确，D不选。答案选C。7、D【解析】

X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素；X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期，则X、Z均为第三周期；X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，设X、Y的最外层电子数为a，Z的最外层电子数为b，则2a+b+6，当a=1，b=4时满足题意，即Y为Li、X为Na、Z为Si。【详解】由分析可知：Y为Li元素、W为O元素、X为Na元素、Z为Si元素；A．Li、O同周期，核电荷数大，原子半径小，Li的原子半径大于O，Li、Na同主族，核电荷数大，原子半径大，Na的原子半径大于Li，则原子半径是X＞Y＞W，故A正确；B．Na的金属性比Li强，NaOH的碱性比LiOH强，则最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y，故B正确；C．Z、W组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱反应，故C正确；D．X的单质是Na，在氧气中燃烧生成Na2O2，存在Na+和O22-，则阴阳离子之比为1:2，故D错误；故答案为D。【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。8、C【解析】

A．M点，向1L0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，A项错误；B.在M点时溶液中存在电荷守恒，n(OH−)+n(Cl−)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，则n(OH−)+0.1mol=0.05+n(H+)+a=(a+0.05)mol+n(H+)，B项错误；C.铵根离子水解显酸性，因=，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则c(H+)/c(NH4+)不断减小，C项正确；D.当n(NaOH)=0.1mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，根据物料守恒可知，c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)，D项错误；答案选C。9、B【解析】

根据电离方程式：NaOH=Na++OH-，Ba(OH)2=Ba2++2OH-，可知在含0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的混合溶液中离子的总物质的量为0.2mol×2+0.1mol×3=0.7mol。标准状况下6.72LCO2的物质的量n(CO2)==0.3mol，把CO2气体通入混合溶液中，首先发生反应：Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O，当0.1molBa(OH)2恰好反应完全时消耗0.1molCO2（体积为2.24L），此时离子的物质的量减少0.3mol，溶液中离子的物质的量为0.4mol，排除D选项；然后发生反应：CO2+2OH-=CO32-+H2O，当0.2molNaOH完全反应时又消耗0.1molCO2（体积为2.24L），消耗总体积为4.48L，离子的物质的量又减少0.1mol，此时溶液中离子的物质的量为0.7mol-0.3mol-0.1mol=0.3mol，排除A选项；继续通入0.1molCO2气体，发生反应：CO32-+H2O+CO2=2HCO3-，根据方程式可知：0.1molCO2反应，溶液中离子的物质的量增加0.1mol，此时溶液中离子的物质的量为0.3mol+0.1mol=0.4mol，排除C选项，只有选项B符合反应实际，故合理选项是B。10、A【解析】

A、钠与水和乙醇反应都能置换出氢气，可根据反应的剧烈程度确定羟基上氢原子的活泼性；B、淀粉水解要在硫酸作用下进行，要检验水解产物，必须先加碱中和至碱性，再加新制的Cu(OH)2，加热，但淀粉水解是否完全，还要检验是否有淀粉存在；C、稀硫酸没有强氧化性，不能氧化Fe2+；D、该实验中物质的用量决定着反应的本质，现象不能说明Ksp的大小。【详解】A、钠与水和乙醇反应都能置换出氢气，大小相同的钠与水反应比与乙醇反应剧烈，说明水中的氢原子比乙醇羟基上的氢原子活泼，故A正确；B、淀粉若部分水解，也会产生同样的现象，故B错误；C、向Fe(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4，使溶液呈酸性，形成的硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液变红色，而不是稀硫酸能氧化Fe2+，故C错误；D、由于Na2S在与ZnSO4反应时过量，所以再加入CuSO4时，发生如下反应Na2S+CuSO4==CuS↓+Na2SO4，不能说明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，即D错误。本题答案为A。【点睛】淀粉是完全水解、部分水解、还是没有水解一定要明确其检验方法，一般都需要做两个实验；要明确硝酸和硫酸谁具有强氧化性，才能准确解答C选项；D选项最容易错选，物质量的多少对某些离子反应的发生起着决定性作用。11、A【解析】

A碳酸钠和氢氧化钠熔化时都克服离子键，故正确；B.碘晶体受热变成碘蒸气克服分子间作用力，不是克服碘原子间的作用力，故错误；C.三氧化硫溶于水的过程中有共价键的断裂和形成，没有离子键的形成，故错误；D.氟化氢的稳定性好，是因为氟化氢中的共价键键能高，与氢键无关，故错误。故选A。【点睛】掌握氢键的位置和影响因素。氢键是分子间的作用力，影响物质的物理性质，不影响化学性质。12、C【解析】

A.将盛试样的坩埚放在实验桌上冷却，硫酸铜会吸收空气中的水蒸气，重新生成结晶水合物，从而使加热前后固体的质量差减小，测定的结晶水含量偏低，A不合题意；B.中和滴定用的锥形瓶加入待测液后，再加少量蒸馏水稀释，不影响待测液中溶质的物质的量，不产生误差，B不合题意；C.量筒的刻度是从下往上标注的，读取量筒中一定体积的液体时，俯视读数，读出的数值偏高，C符合题意；D.配制物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏小，D不合题意。故选C。13、D【解析】

A．甲酸分子中也含有醛基，所以无论是否含有甲醛，都会有该现象，A错误。B．甲酸与加入过量的氢氧化钠充分反应后的得到的甲酸钠中仍然含有醛基，所以溶液一样可以能发生银镜反应，不能证明是否含有甲醛，B错误。C．酸与醇发生酯化发生的实质是酸脱羟基醇脱氢。所以将甲酸溶液进行酯化反应后的混合液含有甲酸及甲酸酯中都含有醛基，可以发生银镜反应。因此不能证明含有甲醛，C错误。D．向甲酸溶液中加入足量氢氧化钠，发生酸碱中和反应得到甲酸钠。甲酸钠是盐，沸点高。若其中含有甲醛，则由于甲醛是分子晶体，沸点较低。加热蒸馏出的气体通入新制的氢氧化铜悬浊液加热煮沸，若有砖红色沉淀，则证明蒸馏出的气体中含有甲醛，D正确。答案选D。14、C【解析】

A.分子中含有醇羟基，能发生取代反应，含有苯环，能与氢气发生加成反应，故A正确；B.该分子的羧基可以与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，故B正确；C.该分子中含有三种官能团：氨基、羟基、羧基；HOCH2COOH分子中所含官能团为羟基、羧基，故C错误；D.R苯环上有四种环境的氢，故其一溴代物有4种，故D正确；故答案选C。15、A【解析】A．仪器的名称是烧杯，故A正确；B．仪器的名称是分液漏斗，故B错误；C．仪器的名称是容量瓶，故C错误；D．仪器的名称是烧瓶，故D错误；答案为A。16、A【解析】

A.18O原子中子数为18-8=10，则0.5mol18O2中所含中子数为0.5mol×10×2=10mol，即10NA，故A正确；B.标准状况下，CHCl3为液态，不能根据体积计算出物质的量，故B错误；C.C2H2的摩尔质量为26g/mol，CO的摩尔质量为28g/mol，常温下，2.8gC2H2与CO的混合气体所含碳原数不能确定，故C错误；D.0.1mol/LNa2S溶液，未知溶液体积，则溶液中微粒数目不能确定，故D错误；故选A。17、B【解析】

由题意可知，生成物为两种无毒物质，再结合反应历程可知，生成物为：N2和H2O，反应物为：NH3和NO和NO2，结合得失电子守恒、原子守恒可得反应方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O【详解】A．NO2和NH4+反应生成[(NH4)2(NO2)]2+无元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，A错误；B．由分析可知，该反应的化学方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O，B正确；C．结合B可知，X是N2和H2O，C错误；D．由反应历程可知，[(NH4)(HNO2)]+是该反应的中间产物，不是催化剂，D错误。答案选B。18、D【解析】

A.废电池中含有重金属，需回收，不应当深埋处理，会造成水土污染，故A错误；B.医疗垃圾应该无害化处理，故B错误；C.废油漆桶属于危化品需要集中处理的废物，故C错误；D.厨余垃圾经生化处理转化为沼气和有机肥料，从而生产绿色有机食品和清洁燃料，故D正确；答案为D。19、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。20、A【解析】A.Cu2+为重金属离子，能使蛋白质变性，故CuSO4能用于生活用水消毒，A错误；B.卤水煮豆腐是Mg2+、Ca2+等使蛋白质胶体发生凝聚过程，B正确；C.纯碱溶液显碱性，可以洗涤餐具上的油渍，C正确；D.油漆刷在钢铁护栏表层隔绝空气，用来防止金属锈蚀，D正确，答案选A。21、B【解析】

A.苯和硝基苯互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，故不选A；B.氯化铵加热分解，而氯化钠不能，则选择加热法分离，故选B；C.水和溴乙烷互不相溶，会分层，则选择分液法分离，故不选C；D.二者溶解度受温度影响不同，则选择结晶法分离，故不选D；答案：B22、D【解析】

一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素；X与Y位于同一主族，X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，当X、Y位于ⅠA族时，Z位于ⅣA族，Y与W(O元素)位于同一周期，则Y为Li，X为Na，Z为Si元素；当X、Y位于ⅡA族时，Z位于ⅡA族，短周期不可能存在3种元素同主族，不满足条件，据此解答。【详解】根据上述分析可知：X为Na元素，Y为Li元素，Z为Si元素，W为O元素。A.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子序数越大，原子半径越大。Li、O同一周期，核电荷数O>Li，原子半径Li>O，Li、Na同一主族，核电荷数Na>Li，原子半径Na>Li，则原子半径是X>Y>W，A正确；B.元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。元素的金属性Na>Li，所以碱性：NaOH>LiOH，则最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y，B正确；C.X的单质是Na，在氧气中燃烧生成Na2O2，存在Na+和O22-，则阴、阳离子之比为1：2，C正确；D.Z、W组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱反应，Si单质才是常见的半导体材料，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系的知识，依据元素的原子结构推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律的应用及常见元素、化合物性质的正确判断。二、非选择题(共84分)23、O8H-O-O-HV型3NH4++H2ONH3·H2O+H+BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl盐酸能抑制BiCl3的水解不合理，因为BiOCl中的Cl的化合价为-1【解析】

W、X、Y、Z均为短周期元素，X、W可形成两种液态化合物甲和乙，其原子个数比分别为1∶1(甲)和2∶1(乙)，且分子中电子总数分别为18(甲)和10(乙)，则W为O元素，X为H元素，两种化合物甲为H2O2、乙为H2O；X与Z能形成一种极易溶于水的碱性气体丙，则丙为NH3，Z为N元素；H与Y能形成极易溶于水的酸性气体丁，丁分子中的电子数为18，则丁为HCl，Y为Cl元素；H、Cl、N三种元素能组成一种离子化合物，其水溶液呈弱酸性，则此离子化合物为NH4Cl，据此解题。【详解】由分析知：W为O元素、X为H元素、Y为Cl元素、Z为N元素、甲为H2O2、乙为H2O、丙为NH3；(1)由分析知W为氧元素，元素符号为O，其原子核外共有8个电子，则共有8种运动状态不同的电子；(2)甲H2O2，为极性分子，含有H-O和O-O键，则结构式为H-O-O-H；乙为H2O，O原子的杂化轨道形式为sp3，有两个孤对电子，则空间构型为V型；(3)Z为N元素，电子排布式为1s22s22p3，同一轨道上的电子能量相等，则核外共有3种能量不同的电子，碱性气体丙为NH3，其电子式为；(4)H、Cl、N三种元素组成的离子化合物为NH4Cl，在水溶液中NH4+的水解，使溶液呈弱酸性，发生水解反应的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+；(5)铋元素跟Cl元素能形成化合物为BiCl3，其水解生成难溶于水的BiOCl；①BiCl3水解生成难溶于水的BiOCl，则另一种产物为HCl，水解反应的化学方程式为BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl；②BiCl3溶于稀盐酸，盐酸抑制了BiCl3的水解，从而得到澄清溶液；③BiOCl中Cl元素的化合价为-1价，而次氯酸中Cl元素为+1价，则BiOCl叫做“次某酸铋”的说法不合理。24、取代反应羟基、羰基+2OH-+Cl-+H2O浓硫酸加热或或CH3OCH312【解析】

根据C的结构和B的分子式可得B的结构简式为，A→B发生取代反应，又A的分子式为C2H4O，则A为乙醛(CH3CHO)，C在Zn/HCl的条件下得到D，根据已知信息，则D的结构简式为，D再经消去反应和酸化得到E，E的结构简式为，E与CH3OH在一定条件下反应生成F(C9H12O2)，F与反应生成G()，G与H2NCH(CH3)2反应最终得到美托洛尔，据此分析解答问题。【详解】(1)根据C的结构和B的分子式可得B的结构简式为，含有的官能团有羟基和羰基，A→B发生取代反应，又A的分子式为C2H4O，则A为乙醛(CH3CHO)，故答案为：取代反应；羟基、羰基；(2)由上述分析可知，D得到E的第一部反应为消去反应，反应方程式为+2OH-+Cl-+H2O，故答案为：+2OH-+Cl-+H2O；(3)E与CH3OH在一定条件下反应生成F(C9H12O2)，不饱和度没有发生变化，碳原子数增加1个，再联系G的结构，可知发生醇与醇之间的脱水反应，条件为浓硫酸，加热，已知在此条件下醇羟基不能与醇发生反应，则该过程的副反应为分子内消去脱水，副产物为，分子间脱水可得或CH3OCH3，故答案为：浓硫酸，加热；或或CH3OCH3；(4)根据手性碳的概念，可知G中含有的手性碳可表示为，故答案为：；(5)芳香族化合物I是B的同分异构体，I能与银氨溶液产生银镜，说明I中含有—CHO，则同分异构体包括：，—CHO可安在邻间对，3种，，—OH可安在邻间对，3种，，—CHO可安在邻间对，3种，，—CH3可安在邻间对，3种，共有3×4=12种，故答案为：12；(6)以甲苯和苯酚为原料制备，其合成思路为，甲苯光照取代变为卤代烃，再水解，变为醇，再催化氧化变为醛，再借助题目A→B，C→D可得合成路线：，故答案为：。25、Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3除去甲烷中的HCl和H2O（球形）干燥管FDBECG平衡气压使盐酸顺利流下，减少盐酸的挥发D中黑色氧化铜变红，硬质玻璃管内壁有水珠附着取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色，则证明含Cu2O【解析】

装置A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷，甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物,，生成的甲烷气体通过装置F吸收混有的氯化氢，干燥气体，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置B检验生成的水蒸气，通过裝置E检验吸收生成产物二氧化碳，通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳，CO能与银氨溶液反应：CO+2Ag(NH3)2++2OH-=2Ag↓+2NH4++CO32-+2NH3，最后用排水法吸收和收集尾气。【详解】(1).装置A是用于制取甲烷，可判断A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷,反应的化学方程式为Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3，故答案为:Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3；(2).A中稀盐酸和Al4C3反应生成的甲烷中混有杂质HCl和H2O，碱石灰的作用就是除去甲烷中的HCl和H2O，故答案为：除去甲烷中的HCl和H2O；装置B为球形干燥管；(3).装置A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷，生成的甲烷气体通过装置F除杂并干燥，甲烷在加热条件下可还原氧化铜,气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置B检验生成的水蒸气。通过装置E检验吸收生成产物二氧化碳，通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳，最后用排水法吸收和收集气体，按气流方向各装置从左到右的连接顺序为A→F→D→B→E→C→G，故答案为：FDBECG；(4).如果是普通分液漏斗，需先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下，对比起来，恒压分液漏斗的好处是平衡气压使盐酸顺利流下，减少盐酸的挥发，故答案为：平衡气压使盐酸顺利流下，减少盐酸的挥发；(5).D中是甲烷在加热条件下还原氧化铜，产物为铜或Cu2O、水蒸气、碳的氧化物，故答案为：D中黑色氧化铜变红，硬质玻璃管内壁有水珠附着；(6).当反应结束后，装置D处试管中固体全部变为红色，根据信息Cu2O为红色，不与Ag反应，与稀硫酸发生反应Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，故可加稀硫酸观察溶液是否变蓝来判断，答案为：取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色，则证明含Cu2O。【点睛】实验题的重中之重是实验目的，如本题目的是探究甲烷在加热条件下可还原氧化铜的产物。同时要注意实验方案设计的基本要求，如科学性、安全性、可行性、简约性。设计的实验方案要严谨，具有可持续发展意识和绿色化学理念。26、干燥管防止空气中的、进入U形管，干扰碳酸钠含量测定偏低【解析】

工业纯碱与过量稀硫酸反应放出CO2，测定生成的CO2质量可计算样品纯度。【详解】（1）图中仪器D为干燥管，其中盛放碱石灰可防止装置C中的碱石灰吸收空气中的CO2和H2O，影响测定结果。（2）装置A中生成的CO2会部分残留在装置A、B中，使装置C测得的CO2质量偏小，进而计算得到的纯度偏低。【点睛】进行误差分析，首先要明确测定原理，再分析装置、试剂、操作等对测定数据的影响，利用计算公式得出结论。27、减缓反应速率PH3+4ClO－=H3PO4+4Cl－Cl－+ClO－+2H+=Cl2↑+H2O增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O蒸发浓缩、冷却结晶当加入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色生成的Mn2+是该反应的催化剂％【解析】

根据实验目的及原理结合影响反应速率的条件及平衡移动规律分析解答；根据物质的性质分析书写反应方程式；根据滴定原理及实验数据计算质量分数。【详解】(1)①电石与水反应非常剧烈，为了减慢反应速率，平缓地产生乙炔可用饱和食盐水代替水反应；②装置B中，NaClO将H2S、PH3氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，即PH3中的P元素从-3价转化成+5价，离子方程式为:PH3+4ClO－=H3PO4+4Cl－，由于该过程中生成磷酸，为反应过程提供了H+，则发生反应Cl－+ClO－+2H+=Cl2↑+H2O而产生氯气；故答案为:PH3+4ClO－=H3PO4+4Cl－，Cl－+ClO－+2H+=Cl2↑+H2O；(2)①装置D多孔球泡的作用是增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应；故答案为增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；②根据装置图，D中Hg（NO3）2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O；③将反应后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；故答案为蒸发浓缩、冷却结晶；(3)①用H2C2O4滴定KMnO4，反应完全后，高锰酸钾褪色，具体现象为：当加入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色；②滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，是由于生成的Mn2+是该反应的催化剂，加快了反应速率；③根据转化关系可知，2MnO4-～5H2C2O4，则n（H2C2O4•2H2O）=n（H2C2O4）=n(MnO4-)=×cV×10-3mol