北京市海淀区第二十中学2024年高三3月份第一次模拟考试化学试卷含解析

北京市海淀区第二十中学2024年高三3月份第一次模拟考试化学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、2005年法拉利公司发布的敞篷车(法拉利Superamerica)，其玻璃车顶采用了先进的电致变色技术，即在原来玻璃材料基础上增加了有电致变色系统组成的五层膜材料(如图所示)。其工作原理是：在外接电源(外加电场)下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。下列有关说法中不正确的是（）A．当A外接电源正极时，Li+脱离离子储存层B．当A外接电源负极时，电致变色层发生反应为：WO3+Li++e-=LiWO3C．当B外接电源正极时，膜的透过率降低，可以有效阻挡阳光D．该电致变色系统在较长时间的使用过程中，离子导体层中Li+的量可保持基本不变2、—定温度下，在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)各容器中起始物质的量浓度与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随间变化关系如图所示。容器温度/℃起始物质的量浓度/mol·L-1NO(g)CO(g)N2CO2甲T10.100.1000乙T2000.100.20丙T20.100.1000下列说法正确的是（）A．该反应的正反应为吸热反应B．乙容器中反应达到平衡时，N2的转化率小于40%C．达到平衡时，乙容器中的压强一定大于甲容器的2倍D．丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10molNO和0.10molCO2，此时v(正)<v(逆)3、如图为对10mL一定物质的量浓度的盐酸X用一定物质的量浓度的NaOH溶液Y滴定的图像，依据图像推出X和Y的物质的量浓度是下表内各组中的（）ABCDX/(mol/L)0.120.040.030.09Y/(mol/L)0.040.120.090.03A．A B．B C．C D．D4、下列离子方程式不正确的是（）A．氯气和水反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClOB．铁与稀盐酸反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑C．碳酸氢铵溶液与足量澄清石灰水反应：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2OD．少量二氧化硫气体通入FeCl3溶液中：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-5、常温下，以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等，通过添加过量的难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀并过滤除去，下列说法正确的是A．过滤后的溶液中一定没有S2-B．MnS难溶于水，可溶于MnCl2溶液中C．常温时，CuS、PbS、CdS比MnS更难溶D．加入MnS后生成CuS的离子方程式是Cu2++S2-=CuS↓6、改变0.01mol/LNaAc溶液的pH，溶液中HAc、Ac－、H+、OH－浓度的对数值lgc与溶液pH的变化关系如图所示。若pKa＝-lgKa，下列叙述错误的是A．直线b、d分别对应H+、OH－B．pH＝6时，c(HAc)＞c(Ac－)＞c(H+)C．HAc电离常数的数量级为10-5D．从曲线a与c的交点可知pKa＝pH＝4.747、下列物质的检验，其结论一定正确的是()A．向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中一定含有SO42—B．向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32—或SO32—C．取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加足量盐酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加HCl时有气体产生，加BaCl2时有白色沉淀产生，说明Na2SO3样品已部分被氧化D．将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体一定是SO28、氨硼烷(NH3·BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应为NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。已知两极室中电解质足量，下列说法正确的是（）A．正极的电极反应式为2H++2e-═H2↑B．电池工作时，H+通过质子交换膜向负极移动C．电池工作时，正、负极分别放出H2和NH3D．工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9g，则电路中转移0.6mol电子9、对于1mol/L盐酸与铁片的反应，下列措施不能使产生H2反应速率加快的是（）A．加入一小块铜片 B．改用等体积98%的硫酸C．用等量铁粉代替铁片 D．改用等体积3mol/L盐酸10、催化加氢可生成3-甲基戊烷的是A．B．C．D．11、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．12、化学与生活密切相关。下列说法错误的是A．碳酸钠可用于去除餐具的油污 B．漂白粉可用于生活用水的消毒C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查13、实验室用纯净N2和H2合成NH3（N2+3H22NH3）时，是先将分别制得的含水蒸气的N2和H2通过如图所示的装置。下面是对该装置作用的几种叙述①干燥气体②混合气体③观察气体的流速。正确的是A．只有① B．只有①和② C．只有①和③ D．①②③14、下列实验操作能达到实验目的的是()A．加热使升华，可除去铁粉中的B．电解氯化铝溶液，可制备铝单质C．加入烧碱溶液，充分振荡，静置，分液，可除去苯中的苯酚D．将氨水滴加到饱和溶液中，可制备胶体15、下列有关实验操作的现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A分别向相同浓度的ZnSO4溶液和溶液中通入足量H2S前者无现象，后者有黑色沉淀生成Ksp（ZnS）<Ksp（CuS）B常温下，分别测等浓度的NaX溶液和Na2CO3溶液的pH前者pH小于后者酸性：HX>H2CO3C将铜粉加入FeCl3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现金属铁比铜活泼D将表面附有黑色的Ag2S银器浸入盛有食盐水的铝质容器中黑色逐渐褪去银器为正极，Ag2S得电子生成单质银A．A B．B C．C D．D16、下列有关垃圾处理的方法不正确的是A．废电池必须集中处理的原因是防止电池中汞、镉、铬、铅等重金属元素形成的有毒化合物对土壤和水源污染B．将垃圾分类回收是垃圾处理的发展方向C．家庭垃圾中的瓜果皮、菜叶、菜梗等在垃圾分类中属于湿垃圾D．不可回收垃圾图标是17、分别在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)⇌D(g)。其中容器甲中反应进行至5min时达到平衡状态，相关实验数据如表所示：容器温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/mol化学平衡常数n(A)n(B)n(D)n(D)甲5004.04.003.2K1乙5004.0a02.0K2丙6002.02.02.02.8K3下列说法不正确的是A．0～5min内，甲容器中A的平均反应速率v(A)=0.64mol·L-1·min-1B．a=2.2C．若容器甲中起始投料为2.0molA、2.0molB，反应达到平衡时，A的转化率小于80％D．K1=K2>K318、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：19、2017年5月9日，我国科学技术名词审定委员会等单位正式发布115号等4种人工合成的新元素的名称、元素符号，115号元素名称为“镆”，符号为Mc。下列有关说法正确的是A．Mc的最低负化合价为－3 B．Mc的最高价氧化物的化式为Mc2O5C．的中子数为115 D．通过化学反应可使转化为20、Fe3+、SO42﹣、Al3+和X四种离子以物质的量之比2:4:1:1大量共存于同一溶液中，X可能是（）A．Na+ B．Cl﹣ C．CO32﹣ D．OH﹣21、常温常压下，O3溶于水产生的游离氧原子[O]有很强的杀菌消毒能力，发生的反应如下：（）反应①：O3O2+[O]ΔH>0平衡常数为K1反应②：[O]+O32O2ΔH<0平衡常数为K2总反应：2O33O2ΔH<0平衡常数为K下列叙述正确的是A．降低温度，K减小 B．K=K1+K2C．增大压强，K2减小 D．适当升温，可提高消毒效率22、下列实验过程可以达到实验目的的是编号实验目的实验过程A配制0.4000mol•L-1的NaOH溶液将称取的4.0g固体NaOH置于250mL容量瓶中，加入适量蒸馏水溶解并定容至容量瓶刻度线B收集NH4Cl和Ca(OH)2混合物在受热时产生的气体用排水法收集，在实验结束时，应先移出导管，后熄灭酒精灯C探究浓度对反应速率的影响向2支盛有5mL不同浓度Na2S2O3溶液的试管中同时加入2mL0.1mol/LH2SO4溶液，察实验现象D证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)向含少量NaCl的NaI溶液中滴入适量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）下列A～J十种物质之间的转化关系如图所示，其中部分生成物或反应条件已略去。A为正盐；常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体，I通常为红棕色气体，I的相对分子质量比E的大16；F在常温下是一种无色液体；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，产物C易溶于水；J是一元含氧强酸。回答下列问题：(1)A的化学式为_________。(2)一定条件下，B和D反应生成E和F的化学方程式为_____________。(3)J和金属Cu反应生成E的化学方程式为_______。(4)H和石灰乳反应的化学方程式为___________。(5)在I和F的反应中，氧化剂和还原剂的质量之比为__________。24、（12分）F(4-苯并呋喃乙酸)是合成神经保护剂依那朵林的中间体,某种合成路线如下:(1)化合物F中的含氧官能团为____和_______(填官能团的名称)。(2)试剂X分子式为C2H3OCl且分子中既无甲基也无环状结构,则X的结构简式为_______;由E→F的反应类型为______。并写出该反应方程式:______(3)写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式:______Ⅰ.能发生银镜反应Ⅱ.分子中含有1个苯环且有3种不同化学环境的氢(4)请写出以和BrCH2COOC2H5为原料制备的合成路线流程图(无机试剂可任选)合成路线流程图示例如下:______CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH325、（12分）扁桃酸是唯一具有脂溶性的果酸，实验室用如下原理制备：合成扁桃酸的实验步骤、装置示意图及相关数据如下：物质状态熔点/℃沸点/℃溶解性扁桃酸无色透明晶体119300易溶于热水、乙醚和异丙醇乙醚无色透明液体-116.334.6溶于低碳醇、苯、氯仿，微溶于水苯甲醛无色液体-26179微溶于水，能与乙醇、乙醚、苯、氯仿等混溶氯仿无色液体-63.561.3易溶于醇、醚、苯、不溶于水实验步骤：步骤一：向如图所示的实验装置中加入0.1mol(约l0.1mL)苯甲醛、0.2mol（约16mL）氯仿，慢慢滴入含19g氢氧化钠的溶液，维持温度在55～60℃，搅拌并继续反应1h，当反应液的pH接近中性时可停止反应。步骤二：将反应液用200mL水稀释，每次用20mL。乙醚萃取两次，合并醚层，待回收。步骤三：水相用50%的硫酸酸化至pH为2～3后，再每次用40mL乙醚分两次萃取，合并萃取液并加入适量无水硫酸钠，蒸出乙醚，得粗产品约11.5g。请回答下列问题：(1)图中仪器C的名称是___。(2)装置B的作用是___。(3)步骤一中合适的加热方式是___。(4)步骤二中用乙醚的目的是___。(5)步骤三中用乙醚的目的是___；加入适量无水硫酸钠的目的是___。(6)该实验的产率为___（保留三位有效数字）。26、（10分）葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3→Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸钙)+H2O+CO2↑相关物质的溶解性见下表：实验流程如下：回答下列问题：（1）第①步中溴水氧化葡萄糖时，甲同学设计了如图所示装置。①你认为缺少的仪器是__。②甲同学在尾气吸收装置中使用倒立漏斗的目的是__。（2）第②步CaCO3固体过量，其目的是__。（3）本实验中___(填“能”或“不能”)用CaCl2替代CaCO3，理由是__。（4）第③步“某种操作”名称是__。（5）第④步加入乙醇的作用是__。（6）第⑥步中洗涤操作主要是除去沉淀表面可能含有的溴化钙，洗涤剂最合适的是__(填标号)。A．冷水B．热水C．乙醇D．乙醇—水混合溶液27、（12分）研究金属与硝酸的反应，实验如下。（1）Ⅰ中的无色气体是_________。（2）Ⅱ中生成H2的离子方程式是______________。（3）研究Ⅱ中的氧化剂①甲同学认为该浓度的硝酸中H＋的氧化性大于，所以没有发生反应。乙同学依据Ⅰ和Ⅱ证明了甲的说法不正确，其实验证据是____________。②乙同学通过分析，推测出也能被还原，依据是_____________，进而他通过实验证实该溶液中含有，其实验操作是____________。（4）根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有__________；试推测还可能有哪些因素影响_________（列举1条）。28、（14分）砷及其化合物在半导体、农药制造等方面用途非常广泛。回答下列问题：(1)ASH3的电子式为___；AsH3通入AgNO3溶液中可生成Ag，As2O3和HNO3，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。(2)改变O.1mol·L－1三元弱酸H3AsO4溶液的pH，溶液中的H3AsO4、H2AsO4－、HAsO42-以及AsO43-的物质的量分布分数随pH的变化如图所示：①1gKal(H3AsO4)＝___；用甲基橙作指示剂，用NaOH溶液滴定H3ASO4发生的主要反应的离子方程式为___②反应H2AsO4－+AsO43-=2HAsO42-的lgK=_____(3)焦炭真空冶炼砷的其中两个热化学反应如下：As2O3(g)+3C(s)=2As(g)+3CO(g)H1=akJ/molAs2O3(g)+3C(s)=1/2As4(g)+3CO(g)H2=bkJ/mol则反应4As(g)=As4(g)H=_______kJ/mol(用含a、b的代数式表示)。(4)反应2As2S3(s)=4AsS(g)+S2(g)达平衡时气体总压的对数值lg(p/kPa)与温度的关系如图所示：①对应温度下，B点的反应速率v(正)___v(逆)(填“＞’，’’＜”或“一”)。②A点处，AsS(g)的分压为___kPa，该反应的Kp＝___kPa5(Kp为以分压表示的平衡常数)。29、（10分）黑磷是磷的一种稳定的同素异形体，黑磷具有正交晶系的晶体结构（图A），晶胞参数a＝3.311A，b＝4.381A。，c＝11.511A。。黑磷烯是二维的单层黑磷（图B），黑磷烯与石墨烯结构相似，P的配位数为3。与石墨烯相比，黑磷烯具有半导体性质，更适合于制作电子器件。已知黑磷结构中只有一种等效的三配位P，所有P原子的成键环境一样，图A中编号为①的P原子的晶胞内坐标为（1．511，1．191，1．598）。请回答下列问题：（1）写出基态P原子的价电子排布图：__________。（2）P和F的电负性大小顺序是x（P）______x（F）。（填“＜”“＝”或“＞”）P和F形成的分子PF3和PF5，它们的几何构型分别为__________、__________。（3）①黑磷中P原子杂化类型是__________。黑磷中不存在__________（选填字母序号）。A共价键Bσ键Cπ键D范德华力②红磷、白磷与黑磷熔点从高到低的顺序为__________，原因是___________。（4）图A中编号为②的P原子的晶胞内坐标为_______，黑磷的晶胞中含有________个P原子。

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.当A外接电源正极时，A处的透明导电层作阳极，电致变色层中LiWO3转化为WO3和Li+，Li+进入离子储存层，故A错误；B.当A外接电源负极时，A处的透明导电层作阴极，电致变色层发生反应为：WO3+Li++e-=LiWO3，故B正确；C.当B外接电源正极时，A处的透明导电层作阴极，电致变色层中WO3转化为LiWO3，膜的透过率降低，可以有效阻挡阳光，故C正确；D.该电致变色系统在较长时间的使用过程中，LiWO3与WO3相互转化，离子导体层中Li+的量可保持基本不变，故D正确；综上所述，答案为A。2、B【解析】

A.根据图示，甲反应速率快，，升高温度，CO2的物质的量减少，所以该反应的正反应为放热反应，故A错误；B.丙中达到平衡状态时二氧化碳为0.12mol，根据“一边倒原则”，乙容器相当于加入0.20molNO和0.20molCO，投料是丙的2倍，与丙相比，相当于加压，平衡正向移动，乙容器中N2的平衡浓度大于0.06mol/L；所以N2的转化率小于40%，故B正确；C.根据“一边倒原则”，乙容器相当于加入0.20molNO和0.20molCO，投料的物质的量是甲的2倍，乙压强大，平衡正向进行，气体物质的量减小，甲的温度比乙高，所以乙容器中的压强一定小于甲容器的2倍，故C错误；D.；丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10molNO和0.10molCO2，，平衡正向进行，所以v(正)>v(逆)，故D错误；【点睛】本题考查了平衡常数、等效平衡原理的应用，学会根据Q、K的关系判断化学反应方向，Q=K时，反应达到平衡状态；Q>K时，反应逆向进行；Q<K时，反应正向进行。3、D【解析】

依图知，NaOH滴至30mL时恰好完全中和，由c1V1=c2V2，V1∶V2=10mL∶30mL=1∶3得c1∶c2=3∶1，故B、C两项被排除。又由于滴加NaOH到20mL时，混合溶液pH=2，设c(NaOH)=c、c(HCl)=3c，则c(H+)=(3c10mL-c20mL)÷(10mL+20mL)=0.01mol·L-1，解得c=0.03mol·L-1，3c=0.09mol·L-1。选项D正确。答案选D。4、C【解析】A．氯气和水反应的离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，故A正确；B．铁与稀盐酸反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B正确；C．碳酸氢铵溶液与足量澄清石灰水反应的离子方程式为NH4++HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，故C错误；D．少量二氧化硫气体通入FeCl3溶液中发生反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-，故D正确；答案为C。点睛：注意离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等；本题难点为选项C，不能忽视NH4+与OH-的反应，离子反应是完整反应，不能只写局部。5、C【解析】

A、难溶并不是不溶，只是溶解度小，过滤后的溶液中一定有极少量的S2-，错误，不选A；B、硫化锰难溶于水，也难溶于氯化锰的溶液，错误，不选B；C、通过添加过量的难溶电解质硫化锰，除去铜离子、铅离子、镉离子，是沉淀转化的原理，利用硫化铜、硫化铅、硫化镉比硫化锰更难溶于水的原理转化，正确，选C；D、沉淀转化的离子方程式为Cu2+（aq）+MnS(s)=CuS(s)+Mn2+（aq），错误，不选D。本题选C。6、B【解析】

微粒的浓度越大，lgc越大。酸性溶液中c(CH3COOH)≈0.01mol/L，lgc(CH3COOH)≈-2，碱性溶液中c(CH3COO-)≈0.01mol/L，lgc(CH3COO-)≈-2；酸性越强lgc(H+)越大、lgc(OH-)越小，碱性越强lgc(H+)越小、lgc(OH-)越大，根据图象知，曲线c为CH3COOH，a为CH3COO-，b线表示H+，d线表示OH-。据此分析解答。【详解】A.根据上述分析，直线b、d分别对应H+、OH－，故A正确；B.根据图象，pH＝6时，c(Ac－)＞c(HAc)＞c(H+)，故B错误；C.HAc电离常数Ka=，当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，Ka=c(H+)=10-4.74，数量级为10-5，故C正确；D.曲线a与c的交点，表示c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，根据C的分析，Ka=c(H+)=10-4.74，pKa＝-lgKa＝-lgc(H+)=pH＝4.74，故D正确；答案选B。7、C【解析】

A、向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，原溶液可能含SO42‾或Cl‾，故A错误；B、向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32—或SO32—，或HCO3‾或HSO3‾，故B错误；C、加HCl时有气体产生，加BaCl2时有白色沉淀产生，说明含有SO42‾和SO32‾，Na2SO3样品已部分被氧化，故C正确；D、能使品红溶液退色的气体可能是SO2、Cl2等具有漂白性的气体，故D错误。答案选C。【点晴】解决本题的关键在于熟练掌握常见物质的检验方法，进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，包括试剂的选择，反应现象及结论判断。物质检验应遵守“三个原则”，即一看(颜色、状态)、二嗅(气味)、三实验(加试剂)。根据实验时生成物所表现的现象不同，进行检验，重点掌握以下离子或物质的检验：Fe3+、Fe2+、NH4+、Al3+、Cl‾、SO42‾、SO32‾、CO32‾、HCO3‾、NH3、Cl2、SO2等。8、D【解析】

由氨硼烷（NH3·BH3）电池工作时的总反应为NH3·BH3+3H2O2═NH4BO2+4H2O可知，左侧NH3·BH3为负极失电子发生氧化反应，电极反应式为NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O，据此分析。【详解】A.右侧H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为H2O2+2H++2e-=2H2O，故A错误；B.放电时，阳离子向正极移动，所以H+通过质子交换膜向正极移动，故B错误；C.NH3·BH3为负极失电子发生氧化反应，则负极电极反应式为NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O，电池工作时，两电极均不会产生气体，故C错误；D.未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，通入后，负极电极反应式为NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O，假定6mol电子转移，则左室质量增加=31g-6g=25g，右室质量增加6g，两极室质量相差19g。工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9

g，则电路中转移0.6

mol电子，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查原电池原理，注意电极反应式的书写方法，正极得到电子发生还原反应，负极失电子发生氧化反应，书写时要结合电解质溶液，考虑环境的影响。9、B【解析】

A．Fe、Cu和稀盐酸能构成原电池，Fe易失电子作负极而加快反应速率，故A正确；B．将稀盐酸改用浓硫酸，浓硫酸和Fe发生钝化现象且二者反应生成二氧化硫而不是氢气，故B错误；C．将铁粉代替铁片，增大反应物接触面积，反应速率加快，故C正确；D．改用等体积3mol/L稀盐酸，盐酸浓度增大，反应速率加快，故D正确；故答案为B。【点睛】考查化学反应速率影响因素，明确浓度、温度、催化剂、反应物接触面积等因素对反应速率影响原理是解本题关键，1mol/L盐酸与铁片的反应，增大盐酸浓度、将铁片换为铁粉、升高温度、使其形成原电池且Fe作负极都能加快反应速率，易错选项是B。10、C【解析】

含碳碳双键的有机物与氢气发生加成反应，且加成后碳链骨架不变，生成3-甲基戊烷，以此来解答。【详解】A.与氢气发生加成反应生成2−甲基丁烷，故A错误；B.与氢气发生加成反应生成2−甲基丁烷，故B错误；C.含2个碳碳双键，均与氢气发生加成反应，生成3−甲基戊烷，故C正确；D.与氢气发生加成反应生成2−甲基丁烷，故D错误；答案选C11、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。12、D【解析】

A.碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确；B.漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；C.氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确；D.碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，D错误。答案选D。【点睛】本题主要是考查常见化学物质的性质和用途判断，题目难度不大。平时注意相关基础知识的积累并能灵活应用即可，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。13、D【解析】

根据浓硫酸的吸水性以及气体通过浓硫酸洗气瓶进行混合分析。【详解】氮气中含有水蒸气，浓硫酸具有吸水性，能除去氮气中的水蒸气；氮气和氢气都通过浓硫酸再出来，可将两种气体混合，同时可通过两种气体冒出气泡的速度观察气体的流速，答案选D。【点睛】工业上合成氨是氮气和氢气在高温高压催化剂等条件下发生可逆反应制得氨气，混合通过硫酸可控制通入的混合气体的体积比，提高原料利用率。14、C【解析】

A.加热时Fe与I2反应，应选磁铁分离，A错误；B.氧化性H+＞Al3+，电解氯化铝溶液时不能得到铝单质，应电解熔融氧化铝来冶炼Al，B错误；C.NaOH与苯酚发生反应生成可溶于水的苯酚钠，与苯不反应，因此可用足量NaOH溶液除去苯中的苯酚，C正确；D.将饱和FeCl3溶液逐滴加到沸水中，可发生水解反应生成Fe(OH)3胶体，D错误；故合理选项是C。15、D【解析】

A．ZnSO4无现象，CuSO4生成黑色沉淀，ZnS的溶解度比CuS的大，因两者是相同类型的沉淀，则证明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，A项错误；B．测定盐溶液的pH，可比较HX、碳酸氢根离子的酸性，不能比较HX与碳酸的酸性，B项错误；C．铁离子具有强氧化性，Cu加入到铁离子中，生成亚铁离子和铜离子，不会有固体产生，C项错误；D．铝比银活泼，将银器放入铝容器中，会形成原电池，活泼的铝做负极，失去电子，不活泼的氧化银做正极，得到电子，所以银器做正极，硫化银得电子，生成银单质，黑色会褪去，D项正确；答案选D。【点睛】本题侧重考查物质的性质与化学实验的基本操作，所加试剂的顺序可能会影响实验结论学生在做实验时也要注意此类问题，化学实验探究和综合评价时，其操作要规范，实验过程中可能存在的问题要多思考、多分析可能发生的情况。16、D【解析】

A．电池中汞、镉和铅等重金属离子对土壤和水源会造成污染，所以废电池必须进行集中处理，故A正确；B．将垃圾分类并回收利用，有利于对环境的保护，减少资源的消耗，是垃圾处理的发展方向，故B正确；C．家庭垃圾中的瓜果皮、菜叶、菜梗等在垃圾分类中属于湿垃圾，故C正确；D．为可回收垃圾图标，故D错误；故选D。17、A【解析】

A．容器甲中前5min的平均反应速率v(D)===0.32mol•L-1•min-1，则v(A)=v(D)=0.32mol•L-1•min-1，故A错误；B．甲和乙的温度相同，平衡常数相等，甲中A(g)+B(g)⇌D(g)开始(mol/L)2.02.00反应(mol/L)1.61.61.6平衡(mol/L)0.40.41.6化学平衡常数K==10，乙中A(g)+B(g)⇌D(g)开始(mol/L)2.00反应(mol/L)1.01.01.0平衡(mol/L)1.0-1.01.0化学平衡常数K==10，解得：a=2.2，故B正确；C．甲中CO转化率=×100%=80%，若容器甲中起始投料2.0molA、2.0molB，相当于减小压强，平衡逆向移动，导致A转化率减小，则A转化率小于80%，故C正确；D．甲和乙的温度相同，平衡常数相等，容器丙起始投料2.0molA、2.0molB、2.0molD，若温度不变等效于甲容器，但由于丙容器比甲容器温度高，平衡时D的浓度减小，即升温平衡逆向移动，则平衡常数减小，因此K1=K2>K3，故D正确；故选A。18、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。19、B【解析】

A.该元素的名称带“钅”字旁，属于金属元素，金属元素易失去电子，一般为正价，没有负价，故A错误；B.Mc为115号元素，位于元素周期表第七周期第VA族，主族序数等于最外层电子数，则该元素最高正价为+5价，最高价氧化物的化式为Mc2O5，故B正确；C.的质量数为288，质子数为115，中子数=质量数-质子数=288-115=173，故C错误；D.和互为同位素，是镆元素的不同原子，转化过程，没有新物质生成，不是化学变化，故D错误；答案选B。20、B【解析】

假设离子的物质的量为分别为2mol、4mol、1mol、1mol，则根据溶液中的电荷守恒分析，2×3+1×3=2×4+1×x，解x=1，说明阴离子带一个单位的负电荷，铁离子和氢氧根离子不能共存，所以氢氧根离子不存，故X可能为氯离子，故选B。21、D【解析】

A.降低温度向放热反应移动即正向移动，K增大，故A错误；B.方程式相加，平衡常数应该相乘，因此K=K1∙K2，故B错误；C.增大压强，平衡向体积减小的方向移动，即逆向移动，平衡常数不变，故C错误；D.适当升温，反应速率加快，消毒效率提高，故D正确。综上所述，答案为D。22、C【解析】

A．容量瓶是配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于溶解溶质，即不能在容量瓶中溶解NaOH，A错误；B．NH3极易溶于水，其收集方法不能用排水法，B错误；C．Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，可以通过黄色沉淀出现快慢来比较化学反应速率的快慢，从而探究浓度对化学反应速率的影响，C正确；D．由于NaCl量较少，可能浓度商c(Ag＋)·c(Cl－)<Ksp(AgCl)而未出现沉淀。只有在CI－和I－浓度相同情况下才可以比较，D错误。答案选C。【点睛】A项需要注意的是NaOH溶液易变质，通常不能直接正确地配制一定物质的量的浓度的NaOH溶液（即NaOH不能作基准物质），而需要通过滴定来测定NaOH溶液的浓度。二、非选择题(共84分)23、NH4Cl4NH3+5O24NO+6H2O3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O1:2【解析】

根据题目提供的转化关系，常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体则为氯气，I通常为红棕色气体则为NO2，I的相对分子质量比E的大16，则E为NO；F在常温下是一种无色液体则为H2O；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，则G为氢气，产物C易溶于水为氯化氢；J是一元含氧强酸且可由NO2与水反应得到，则为HNO3。NO与D反应生成NO2，D为单质，则D为氧气，B与氧气反应生成NO和水，则B为氨气，A为正盐，加热得到氨气和氯化氢，则A为氯化铵。(1)A为氯化铵，其化学式为NH4Cl；(2)一定条件下，B（NH3）和D（O2）反应生成E（NO）和F（H2O）的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；(3)J（HNO3）和金属Cu反应生成E（NO）的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；(4)H为氯气，和石灰乳反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；(5)在I和F的反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氧化剂和还原剂的质量之比为1：2。24、羧基醚键ClCH2CHO取代反应+H2O+CH3CH2OH【解析】

由A生成B，A的苯环变成环己烷结构，两个羟基变成羰基。在试剂X的作用下得到C。C生成D，羰基变为—CH2COOC2H5，D生成E，重新变成苯环，E分子中有酯基，发生酸性水解，酯基转变为羧基。【详解】(1)由F的结构可知，含氧官能团为羧基、醚键；(2)试剂X分子式为C2H3OCl，且分子中既无甲基也无环状结构，且羟基和碳碳双键连在同一个碳原子上的结构不稳定，则X的结构简式为ClCH2CHO。由E→F发生酯的水解反应，属于取代反应。故答案为：ClCH2CHO，取代反应，+H2O+CH3CH2OH；(3)E中有12个碳原子，3个氧原子和7个不饱和度，它的一种同分异构体满足:Ⅰ.能发生银镜反应，含有醛基，Ⅱ.分子中含有1个苯环且有3种不同化学环境的氢，可以含有3个—CH2CHO，且处于间位位置，结构简式为；(4)可以先从生成物入手考虑，要得到，结合给出的原料BrCH2COOC2H5，根据转化关系中的C→D→E→F，需要有，可以用原料合成。即与HBr发生加成反应得到，在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解生成，再发生催化氧化生成，结合转化关系中C→D反应，与BrCH2COOC2H5/Zn作用得到，最后在酸性条件下水解得到。故答案为：。25、(球形)冷凝管吸收逸出的有机物(乙醚)，并防止倒吸水浴加热除去反应液中未反应完的反应物萃取扁桃酸作干燥剂75.7%【解析】

苯甲醛与氯仿在氢氧化钠溶液中发生反应，生成扁桃酸等，需要加热且维持温度在55～60℃。由于有机反应物易挥发，所以需冷凝回流，并将产生的气体用乙醇吸收。反应后所得的混合物中，既有反应生成的扁桃酸，又有剩余的反应物。先用乙醚萃取剩余的有机反应物，然后分液；在分液后所得的水溶液中加硫酸，将扁桃酸钠转化为扁桃酸，再用乙醚萃取出来，蒸馏进行分离提纯。【详解】(1)图中仪器C的名称是(球形)冷凝管。答案为：(球形)冷凝管；(2)装置B中有倒置的漏斗，且蒸馏出的有机物易溶于乙醇，所以其作用是吸收逸出的有机物(乙醚)，并防止倒吸。答案为：吸收逸出的有机物(乙醚)，并防止倒吸；(3)步骤一中，温度需控制在55～60℃之间，则合适的加热方式是水浴加热。答案为：水浴加热；(4)步骤二中，“将反应液用200mL水稀释”，则加入乙醚，是为了萃取未反应的有机反应物，所以用乙醚的目的是除去反应液中未反应完的反应物。答案为：除去反应液中未反应完的反应物；(5)步骤三中，“水相用50%的硫酸酸化至pH为2～3后，再每次用40mL乙醚分两次萃取”，因为加酸后扁桃酸钠转化为扁桃酸，所以用乙醚的目的是萃取扁桃酸；为了去除扁桃酸中溶有的少量水，加入适量无水硫酸钠，其目的是作干燥剂。答案为：萃取扁桃酸；作干燥剂；(6)该实验中，0.1mol(约l0.1mL)苯甲醛理论上可生成0.1mol扁桃酸，则其产率为=75.7%。答案为：75.7%。【点睛】当反应混合物需要加热，且加热温度不超过100℃时，可使用水浴加热。水浴加热的特点：便于控制温度，且可使反应物均匀受热。26、温度计防止倒吸使葡萄糖酸充分反应，提高葡萄糖酸的转化率不能氯化钙与葡萄糖酸不反应趁热过滤降低葡萄糖酸钙的溶解度，有利于其析出D【解析】

葡萄糖中加入3%的溴水并且加热，发生反应C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr，得到葡萄糖酸和HBr，加入过量碳酸钙并加热，发生反应2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3→(C6H11O7)2

Ca

(葡萄糖酸钙)+H2O+CO2、CaCO3+2HBr=CaBr2+CO2↑+H2O，趁热过滤，然后加入乙醇得到葡萄糖酸钙悬浊液，过滤、洗涤、干燥得到葡萄糖酸钙，据此进行分析。【详解】(1)①根据流程可知溴水氧化葡萄糖时需要控制温度为55℃，所以还需要温度计；②倒置的漏斗可以起到防止倒吸的作用；(2)CaCO3固体需有剩余，可使葡萄糖酸充分反应，提高葡萄糖酸的转化率，符合强酸制弱酸原理，以确保葡萄糖酸完全转化为钙盐；(3)盐酸为强酸，酸性比葡萄糖酸强，氯化钙不能与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙，所以不宜用CaCl2替代CaCO3；(4)根据表格中葡萄糖酸钙的溶解度与温度可知葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，应趁热过滤；(5)葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出；(6)利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失，所以应选“乙醇—水的混合溶液”进行洗涤。27、NO或一氧化氮Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体金属的种类、硝酸的浓度温度【解析】

(1)铜与硝酸反应生成无色气体为一氧化氮；(2)Ⅱ中铁与溶液中的氢离子发生氧化还原反应生成H2；(3)①如硝酸根离子没有发生反应，则Ⅰ溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化；②元素化合价处于最高价具有氧化性，铵根离子的检验可以加强碱并加热，产生的气体通过湿润红色石蕊试纸；(4)金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素金属的活泼性，硝酸的浓度和温度【详解】(1)铜与硝酸反应生成无色气体为一氧化氮，遇空气变红棕色二氧化氮；(2)Ⅱ中铁与溶液中的氢离子发生氧化还原反应生成H2，离子反应方程式为：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑；(3)①如硝酸根离子没有发生反应，则Ⅰ溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化，其实验证据是硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出；②元素化合价处于最高价具有氧化性，NO中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性，被还原，铵根离子的检验可以加强碱并加热，产生的气体通过湿润红色石蕊试纸，所以具体操作为：取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体；(4)金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有金属的活泼性，硝酸的浓度和温度。28、6：1—2.24.52b—2a>0.88.192×10-2【解析】

（1）ASH3的电子式与氨气类似；AsH3通入AgNO3溶液中可生成Ag，As2O3和HNO3，反应为2AsH3+12AgNO3+3H2O═As2O3+12Ag↓+12HNO3，据此分析；

（2）三元弱酸H3AsO4的三级电离反应为：H3AsO4⇌H++H2ASO4-，H2ASO4-⇌H++HAsO42-，HAsO42-⇌H++AsO43-，

①Kal（H3AsO4）=，根据图可知，pH=2.2时，c（H2ASO4-）=c（H3AsO4），则Kal（H3AsO4）=c（H+）=10-2.2，可得，用甲基橙作指示剂，用NaOH溶液滴定H3ASO4发生反应生成NaH2ASO4，据此书写；

②同理，Ka2（H2ASO4-）=，pH=7时，c（H2ASO4-）=c（HAsO42-），则Ka2（H2AsO4-）=c（H+）=10-7，Ka3（HAsO42-）=，pH=11.5时，c（HAsO42-）=c（AsO43-），则Ka3（HAsO42-）=c（H+）=10-11.5，

反应H2AsO4-+AsO43-⇌2HAsO42-的K==×=，据此计算；

（3）已知：Ⅰ、As2O3（g）+3C（s）=2As（g）+3CO（g）△H1=akJ•mol-1

ⅡAs2O3（g）+3C（s）=As4（g）+CO（g）△H2=bkJ•mol-1

根据盖斯定律：Ⅱ×2