远程授课山西省大同市第一中学2024年高三六校第一次联考化学试卷含解析

远程授课山西省大同市第一中学2024年高三六校第一次联考化学试卷考生请注意：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、高铁电池是一种新型可充电电池，电解质溶液为KOH溶液，放电时的总反应式为3Zn+2K2FeO4+8H2O═3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH．下列叙述正确的是A．放电时，负极反应式为3Zn﹣6e﹣+6OH﹣═3Zn（OH）2B．放电时，正极区溶液的pH减小C．充电时，每转移3mol电子，阳极有1molFe（OH）3被还原D．充电时，电池的锌电极接电源的正极2、高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li＋通过，结构如图所示：已知原理为（1－x）LiFePO4＋xFePO4＋LixCnLiFePO4＋nC。下列说法不正确的是（）A．充电时，Li＋向左移动B．放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极C．充电时，阴极的电极反应式为xLi＋＋xe－＋nC=LixCnD．放电时，正极的电极反应式为（1－x）LiFePO4＋xFePO4＋xLi＋＋xe－=LiFePO43、某兴趣小组称取2.500g胆矾晶体逐渐升温使其失水，并准确测定不同温度下剩余固体的质量(m)得到如图所示的实验结果示意图。下列分析正确的是A．结晶水分子与硫酸铜结合的能力完全相同B．每个结晶水分子与硫酸铜结合的能力都不相同C．可能存在三种不同的硫酸铜结晶水合物D．加热过程中结晶水分子逐个失去4、工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程图如下。下列说法不正确的是A．在铝土矿制备较高纯度Al的过程中常用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石B．石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应C．在制粗硅时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2∶1D．黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO均是还原产物5、在太空中发现迄今已知最大钻石直径4000公里，重达100亿万亿万亿克拉。下列关于金刚石的叙述说法正确的是：（）A．含1molC的金刚石中的共价键为4molB．金刚石和石墨是同分异构体C．C（石墨）C（金刚石）△H=+1.9KJ/mol，说明金刚石比石墨稳定D．石墨转化为金刚石是化学变化6、设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．1mol中共平面的碳原子数最多为6NAB．1L0.5mol/LKHC2O4溶液中含HC2O4-和H2C2O4的数目为0.5NAC．25℃、1.01×105Pa下，44.8LSO2和CO2的混合气体中所含分子数为2NAD．12.0gNaHSO4和MgSO4的固体混合物中所含阳离子总数为0.1NA7、标准状况下，下列实验用如图所示装置不能完成的是（）A．测定一定质量的和混合物中的含量B．确定分子式为的有机物分子中含活泼氢原子的个数C．测定一定质量的晶体中结晶水数目D．比较Fe3+和Cu2+对一定质量的双氧水分解反应的催化效率8、能用离子方程式2H++CO32－→CO2↑+H2O表示的是A．NaHSO4和Na2CO3 B．HCl和BaCO3C．CH3COOH和Na2CO3 D．HI和NaHCO39、查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生化学反应为：。则邻甲基乙苯通过上述反应得到的有机产物最多有A．5种 B．4种 C．3种 D．2种10、化学与生活密切相关。下列有关说法中不正确的是A．工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂B．水与乙醇的混合液、雾、鸡蛋清溶液均具有丁达尔效应C．蔬菜汁饼干易氧化变质．建议包装饼干时，加入一小包铁粉作抗氧化剂并密封D．浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可以吸收乙烯，所以可用其保鲜水果11、属于人工固氮的是A．工业合成氨 B．闪电时，氮气转化为NOC．用NH3和CO2合成尿素 D．用硫酸吸收氨气得到硫酸铵12、设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法中，正确的是（）A．标准状况下，22.4L的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为4NAB．密闭容器中，46gNO2和N2O4的混合气体所含分子个数为NAC．常温常压下，22.4L的液态水含有2.24×10﹣8NA个OH﹣D．高温下，16.8gFe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子13、明代《本草纲目》记载了民间酿酒的工艺“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”。这里用到的实验方法可用于分离（）A．汽油和氯化钠溶液B．39%的乙醇溶液C．氯化钠与单质溴的水溶液D．硝酸钾和氯化钠的混合物14、常温下，向20.00mL0.1mol•L-1BOH溶液中滴入0.1mol•L-1盐酸，溶液中由水电离出的c（H+）的负对数[-lgc水（H+）]与所加盐酸体积的关系如下图所示，下列说法正确的是A．常温下，BOH的电离常数约为1×10-4B．N点溶液离子浓度顺序：c（B+）>c（Cl-）>c（OH-）>c（H+）C．a=20D．溶液的pH:R>Q15、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常温下，23gNO2含有NA个氧原子B．1L0.1mol·L-1的氨水含有0.1NA个OH-C．常温常压下，22.4LCCl4含有NA个CCl4分子D．1molFe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2NA个电子16、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5NAC．标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NAD．某密闭容器盛有1molN2和3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为6NA17、从杨树中提取的Z是具有美白功效的化妆品的组分。现可用如下反应制备：下列叙述错误的是A．上述X+Y→Z反应属于加成反应B．Z在苯环上的一氯代物有8种C．Z所有碳原子不可能处于同一平面D．Y可作为加聚反应的单体18、下列有关化学用语表示正确的是（）A．对硝基甲苯的结构简式：B．CS2的比例模型：C．CH2F2的电子式：D．氯原子结构示意图：19、对于可逆反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-akJ·mol-1。下列说法正确的是()A．在接触法制取硫酸工艺中,该反应在沸腾炉内发生B．如果用18O2代替O2发生上述反应,则经过一段时间可测得容器中存在S18O2、S18O3C．2molSO2与2molO2充分反应后放出akJ的热量D．该反应达到平衡后,c(SO2)∶c(O2)∶c(SO3)=2∶1∶220、下列有关物质的说法错误的是()A．工业上常用H2和Cl2直接化合的方法生产氯化氢以制取盐酸B．氧化铝可用于制造耐高温材料C．SO2具有漂白性，所以能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色D．常温下铁能被浓硫酸钝化，可用铁质容器贮运浓硫酸21、异戊烷的A．沸点比正己烷高 B．密度比水大C．同分异构体比C5H10多 D．碳碳键键长比苯的碳碳键长22、短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大。已知元素A元素原子最外层电子数是次外层的2倍；B、C的最外层电子数之比为5:2，D的氧化物是常用的耐火材料；下列叙述正确的是（）A．元素A的氢化物都是气体B．简单离子半径：C＞D＞B元素C．B、C形成的化合物与水反应可以生成一种刺激性气味的气体D．元素B的气态氢化物的水溶液能溶解单质D二、非选择题(共84分)23、（14分）法华林是一种治疗心脑血管疾病的药物，属于香豆素类衍生物，其合成路径如下：已知：①法华林的结构简式：②+③+(1)A的结构简式是___________。(2)C分子中含氧官能团是___________。(3)写出D与银氨溶液反应的化学方程式___________。(4)E的结构简式是___________。(5)水杨酸分子中苯环上有两种含氧官能团，1mol水杨酸与足量NaHCO3完全反应生成1molCO2。写出水杨酸反应生成F的化学方程式___________。(6)K分子中含有两个酯基，K结构简式是___________。(7)M与N互为同分异构体，N的结构简式是____________。(8)已知：最简单的香豆素结构式。以乙酸甲酯、甲醛和苯酚为主要原料，一种合成香豆素的路线如下(其他药品自选)：写出甲→乙反应的化学方程式___________；丙的结构简式是_________。24、（12分）化合物H可用以下路线合成：已知：请回答下列问题：（1）标准状况下11.2L烃A在氧气中充分燃烧可以生成88gCO2和45gH2O，且A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为________________________；（2）B和C均为一氯代烃，D的名称（系统命名）为_________________；（3）在催化剂存在下1molF与2molH2反应，生成3—苯基—1—丙醇。F的结构简式是___________；（4）反应①的反应类型是_______________________；（5）反应②的化学方程式为______________________________________；（6）写出所有与G具有相同官能团的芳香类同分异构体的结构简式_______________。25、（12分）检验甲醛含量的方法有很多，其中银﹣Ferrozine法灵敏度较高。测定原理为甲醛把氧化银还原成Ag，产生的Ag与Fe3＋定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪(Ferrozine)形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量。某学习小组类比此原理设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量（夹持装置略去）。已知：甲醛能被银氨溶液氧化生成CO2，氮化镁与水反应放出NH3，毛细管内径不超过1mm。请回答下列问题：(1)A装置中反应的化学方程式为___________，用饱和食盐水代替水制备NH3的原因是___________________。(2)B中装有AgNO3溶液，仪器B的名称为________。(3)银氨溶液的制备。关闭K1、K2，打开K3，打开______，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，________。(4)室内空气中甲醛含量的测定。①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室内空气，关闭K1；后续操作是______________；再重复上述操作3次。毛细管的作用是__________。②向上述B中充分反应后的溶液中加入稀硫酸调节溶液pH=1，再加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反应后立即加入菲洛嗪，Fe2＋与菲洛嗪形成有色物质，在562nm处测定吸光度，测得生成Fe2+1.12mg，空气中甲醛的含量为____mg·L-1。26、（10分）黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分为CuFeS2，现有一种天然黄铜矿（含少量脉石），为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：现称取研细的黄铜矿样品1.150g，在空气存在下进行煅烧，生成Cu、Fe3O4和SO2气体，实验后取d中溶液的1/10置于锥形瓶中，用0.05mol/L标准碘溶液进行滴定，初读数为0.00mL，末读数如图1所示。完成下列填空：（1）称量样品所用的仪器为___，将样品研细后再反应，其目的是__________。（2）装置a的作用是___________。上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是___。（3）滴定时，标准碘溶液所耗体积为___mL。判断滴定已达终点的现象是_____________。（4）通过计算可知，该黄铜矿的纯度为_________。（5）若用图2装置替代上述实验装置d，同样可以达到实验目的的是________。27、（12分）废旧电池中的Zn、Mn元素的回收，对环境保护有重要的意义。锌锰干电池的负极是作为电池壳体的金属锌，正极是被二氧化锰和碳粉包围的石墨电极，电解质是氯化锌和氯化铵的糊状物，该电池放电过程中产生MnOOH。I.回收锌元素，制备ZnCl2步骤一：向除去壳体及石墨电极的黑色糊状物中加水，搅拌，充分溶解，经过滤分离得固体和滤液；步骤二：处理滤液，得到ZnCl2·xH2O晶体；步骤三：将SOCl2与ZnCl2·xH2O晶体混合制取无水ZnCl2。制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2(夹持及加热装置略)的装置如下：已知：SOCl2是一种常用的脱水剂，熔点-105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解，与水剧烈水解生成两种气体。（1）接口的连接顺序为a→___→____→h→i→___→___→___→e。（2）三颈烧瓶中反应的化学方程式：____。（3）步骤二中得到ZnCl2·xH2O晶体的操作方法：___。（4）验证生成物中含有SO2的现象为：___。II.回收锰元素，制备MnO2（5）步骤一得到的固体经洗涤，初步蒸干后进行灼烧，灼烧的目的____。III.二氧化锰纯度的测定称取1.0g灼烧后的产品，加入1.34g草酸钠(Na2C2O4)固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参与反应)，充分反应后冷却，将所得溶液转移到100mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度线，从中取出10.00mL，用0.0200mol/L高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为10.00mL。（6）写出MnO2溶解反应的离子方程式___。（7）产品的纯度为____。28、（14分）有效去除大气中的NOx，保护臭氧层，是环境保护的重要课题。(1)在没有NOx催化时，O3的分解可分为以下两步反应进行；①O3=O+O2(慢)②O+O3=2O2(快)第一步的速率方程为v1=k1c(O3)，第二步的速率方程为v2=k2c(O3)·c(O)。其中O为活性氧原子，它在第一步慢反应中生成，然后又很快的在第二步反应中消耗，因此，我们可以认为活性氧原子变化的速率为零。请用k1、k2组成的代数式表示c(O)=____________。(2)NO做催化剂可以加速臭氧反应，其反应过程如图所示：已知：O3(g)+O(g)=2O2(g)ΔH=－143kJ/mol反应1：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g)ΔH1=－200.2kJ/mol。反应2：热化学方程式为____________________________。(3)一定条件下，将一定浓度NOx(NO2和NO的混合气体)通入Ca(OH)2悬浊液中，改变，NOx的去除率如图所示。已知：NO与Ca(OH)2不反应；NOx的去除率=1－×100%①在0.3－0.5之间，NO吸收时发生的主要反应的离子方程式为：___________。②当大于1.4时，NO2去除率升高，但NO去除率却降低。其可能的原因是__________。(4)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=－759.8kJ/mol，反应达到平衡时，N2的体积分数随的变化曲线如图。①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近________。②a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为________；b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为__________(以上两空均用a、b、c、d表示)。③若=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为_____。29、（10分）（1）写出COS的电子式__________________，C与O形成共价键时，共用电子对会偏向__________原子，判断依据是___________。（2）已知COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g)△H1＝－34kJ/molCO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)△H2＝－41kJ/mol写出H2S与CO反应生成COS的热化学方程式__________________________________。100℃时将CO与H2S按物质的量比为1∶1充入反应器中，达平衡后CO的转化率α=33.3%，此时反应的平衡常数k=________________________。（3）在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应。设起始充入的n(CO)∶n(H2S)＝m，相同时间内测得H2S转化率与m和温度（T）的关系如图所示。①m1________m2（填＞、＜或＝）②温度高于T0时，H2S转化率减小的可能原因为_________a．反应停止了b．反应的△H变大c．反应达到平衡d．催化剂活性降低

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，Zn失去电子，发生3Zn﹣6e﹣+6OH﹣═3Zn（OH）2，故A正确；B．正极反应式为FeO42-+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，pH增大，故B错误；C．充电时，铁离子失去电子，发生Fe（OH）3转化为FeO42﹣的反应，电极反应为Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O，每转移3mol电子，阳极有1molFe（OH）3被氧化，故C错误；D．充电时，电池的负极与与电源的负极相连，故D错误．故选A．2、A【解析】

A．充电时，图示装置为电解池，阳离子向阴极移动，即Li＋向右移动，故A符合题意；B．放电时，装置为原电池，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故B不符合题意；C．充电时，阴极上发生得电子的还原反应，电极反应式为xLi＋＋xe-＋nC=LixCn，故C不符合题意；D．放电时，FePO4为正极，正极上发生得电子的还原反应，电极反应式为(1－x)LiFePO4＋xFePO4＋xLi＋＋xe-=LiFePO4，故D不符合题意；故答案为：A。【点睛】锂电池（俗称）有一次电池、可充电电池之分，其中原电池型锂电池是锂单质发生氧化反应，而可充电型锂电池又称之为锂离子电池，它主要依靠锂离子在正极和负极之间移动来工作。在充放电过程中，Li+在两个电极之间往返嵌入和脱嵌：充电时，Li+从正极脱嵌，经过电解质嵌入负极，负极处于富锂状态，放电时则相反。3、C【解析】

胆矾(CuSO45H2O)的分子量为250，如果失去1个水分子，则剩下晶体质量232g，失去2个水分子，则剩下晶体质量214g，如果失去3个水分子，则剩下晶体质量196g，如果失去4个水分子，则剩下晶体质量178g，如果失去5个水分子，则剩下晶体质量160g，由图可知明显不是同时失去，而是分三阶段失水，102℃时失去2个水分子，115℃时，又失去2个水分子，258℃时失去1个水分子，则：A．因为固体质量是分三次降低的，而三次温度变化值不同，所以失去结晶水克服的作用力大小不同，则结晶水分子与硫酸铜结合的能力不完全相同，故A错误；B．由上述分析可知，硫酸铜晶体分三次失去结晶水，同一次失去的结晶水与硫酸铜结合的能力相同，故B错误；C．因为固体质量是分三次降低的，所以晶体中的水分子所处化学环境可以分为3种，故C正确；D．由图可知明显不是逐个失去，而是分三阶段失水，第一次失去2个，第二次失去2个，第三次失去1个，故D错误；故答案选C。4、B【解析】A.用铝土矿制备较高纯度A1，首先用NaOH溶液将铝土矿中的氧化铝溶解转化为偏铝酸钠溶液，然后过滤、向滤液中通入CO2气体把偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤得氢氧化铝，接着加热氢氧化铝让其分解为氧化铝，最后用冰晶石作助熔剂，电解熔融的氧化铝得到铝，所以A正确；B.、石英的主要成分是二氧化硅，它属于酸性氧化物不与盐酸反应。玻璃的主要成分有二氧化硅、硅酸钠、硅酸钙，组成中有盐故被称为硅酸盐产品，它也不能与盐酸反应，实验室经常用玻璃瓶盛放盐酸，所以B不正确；C.在制粗硅时，发生反应SiO2+2C=Si+2CO，被氧化的物质C与被还原的物质SiO2的物质的量之比为2∶1，C是正确的；D.黄铜矿(CuFeS2)与O2反应，铜由+2价降为+1价被还原得到Cu2S、氧由0价降至-2得到FeO，所以Cu2S、FeO均是还原产物，D正确。5、D【解析】

A.在金刚石中，每个碳原子与周围4个C原子各形成1个共价键，所以平均每个C原子形成2个共价键，含1molC的金刚石中的共价键为2mol，A错误；B.金刚石和石墨互为同素异形体，B错误；C.C（石墨）C（金刚石）△H=+1.9KJ/mol，石墨能量低，说明石墨比金刚石稳定，C错误；D.石墨转化为金刚石是同素异形体的转化，属于化学变化，D正确。故选D。6、D【解析】

A.中四元环C原子不共面，故最多共面碳原子数为3NA，故A错误；B.根据物料守恒可知1L0.5mol/LKHC2O4溶液中含HC2O4-和H2C2O4和C2O42-的数目为0.5NA，故B错误；C.条件为25℃不是标况，故C错误；D.12.0gNaHSO4和MgSO4的固体混合物中总物质的量为0.1mol，阳离子为Na+和Mg2+，故含阳离子总数为0.1NA，故D正确；故答案选：D。7、C【解析】

A.在烧瓶中放入Na2O和Na2O2的混合物，然后将水从分液漏斗放下，通过产生气体的量可计算Na2O2的量，故A符合题意；B.在烧瓶中放入金属钠，然后将有机物从分液漏斗放下，根据产生的气体的量来判断有机物分子中含活泼氢原子的个数，故B符合题意；C.该实验需要测量生成气体的量进而计算，Na2SO4·xH2O晶体中结晶水测定时无法产生气体，该装置不能完成，故C不符合题意；D.可通过对照所以比较单位时间内Fe3+和Cu2+与双氧水反应产生气体的多少比较的催化效率，故D符合题意。故选C。8、A【解析】

A.NaHSO4=Na++H++SO42-，Na2CO3=2Na++CO32-，所以两者反应可以用2H++CO32－→CO2↑+H2O表示，故A正确；B.BaCO3是不溶性的盐，不能拆，故B错误；C.CH3COOH是弱酸，不能拆，故C错误；D.NaHCO3是弱酸的酸式盐，不能电离出碳酸根离子，故D错误；故选：A。9、B【解析】

依据题意，，将苯环理解为凯库勒式(认为单双键交替出现)，断开相邻的碳碳双键，即，断开处的碳原子和氧原子形成双键，生成三分子的乙二醛。邻甲基乙苯用凯库勒表示，有两种结构，如图、。断开相连的碳碳双键的方式有不同的反应，如图，；前者氧化得到、，后者得到（重复）、、，有一种重复，则得到的物质共有4这种，B符合题意；答案选B。10、B【解析】

A．油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，所以工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂，A正确；B．只有胶体具有丁达尔效应，乙醇和水的混合物是溶液，不能产生丁达尔效应，B错误；C．铁具有还原性，铁生锈可以消耗氧气，防止了饼干的氧化变质，C正确；D．乙烯中含有碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以酸性高锰酸钾溶液能吸收乙烯，保鲜水果，D正确；答案选B。11、A【解析】氮元素从游离态变为化合态是氮的固定；工业合成氨是通过人类生产活动把氮气转化为氨气，故A正确；闪电时，氮气转化为NO，属于自然固氮，故B错误；NH3和CO2合成尿素，氮元素不是从游离态变为化合态，不属于氮的固定，故C错误；用硫酸吸收氨气得到硫酸铵，氮元素不是从游离态变为化合态，不属于氮的固定，故D错误。12、D【解析】A、等物质的量时，NO2和CO2中含有氧原子数目是相同的，因此标准状况下，22.4L的NO2和CO2混合气体中含有氧原子物质的量为2mol，故A错误；B、假设全部是NO2，则含有分子物质的量为46g/46g/mol=1mol，假设全部是N2O4，含有分子物质的量为46g/92g/mol=0.5mol，故B错误；C、常温常压下不是标准状况，且水是弱电解质，无法计算OH－微粒数，故C错误；D、铁与水蒸气反应生成Fe3O4，因此16.8g铁与水蒸气反应，转移电子物质的量为16.8×8/(56×3)mol=0.8mol，故D正确。13、B【解析】利用蒸馏或分馏方法进行酿酒，A、汽油不溶于水的液体，应用分液方法进行分离，故错误；B、采用蒸馏方法，提纯乙醇，故正确；C、采用萃取的方法，进行分离，故错误；D、利用溶解度不同，采用蒸发浓缩，冷却结晶方法进行分离，故错误。14、D【解析】

BOH对水的电离起抑制作用，加入盐酸发生反应BOH+HCl=BCl+H2O，随着盐酸的加入，BOH电离的OH-浓度减小，对水电离的抑制作用减弱，而且生成的BCl水解促进水的电离，水电离的H+浓度逐渐增大，两者恰好完全反应时水电离的H+浓度达到最大；继续加入盐酸，过量盐酸电离出H+又抑制水的电离，水电离的H+又逐渐减小，结合相应的点分析作答。【详解】A.根据图象，起点时-lgc水（H+）=11，c水（H+）=10-11mol/L，即0.1mol/L的BOH溶液中水电离的H+浓度为10-11mol/L，碱溶液中H+全部来自水的电离，则0.1mol/L的BOH溶液中c（H+）=10-11mol/L，溶液中c（OH-）=10-3mol/L，BOH的电离方程式为BOH⇌B++OH-，BOH的电离平衡常数为=≈10-5，A错误；B.N点-lgc水（H+）最小，N点HCl与BOH恰好完全反应得到BCl溶液，由于B+水解溶液呈酸性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Cl-）>c（B+）>c（H+）>c（OH-），B错误；C.N点-lgc水（H+）最小，N点HCl与BOH恰好完全反应得到BCl溶液，N点加入的盐酸的体积为20.00mL，则a<20.00mL，C错误；D.N点-lgc水（H+）最小，N点HCl与BOH恰好完全反应得到BCl溶液，R点加入的盐酸不足、得到BOH和BCl的混合液，Q点加入的盐酸过量、得到BCl和HCl的混合液，即R点加入的盐酸少于Q点加入的盐酸，Q点的酸性强于R点，则溶液的pH：R>Q，D正确；答案选D。【点睛】解答本题的关键是理解水电离的H+浓度与加入的盐酸体积间的关系，抓住关键点如起点、恰好完全反应的点等。15、A【解析】

A.23gNO2的物质的量是＝0.5mol，含有1mol氧原子，选项A正确；B.氨水是弱碱，部分电离，即.1L0.1mol·L－1氨水含有OH－个数小于0.1NA，选项B错误；C.常温常压下四氯化碳不是气体，不能适用于气体摩尔体积，选项C错误；D.反应中亚铁离子失去1个电子，选项D错误；答案选A。16、B【解析】

A．D2O的摩尔质量为，故18gD2O的物质的量为0.9mol，则含有的质子数为9NA，A错误；B．单层石墨的结构是六元环组成的，一个六元环中含有个碳原子，12g石墨烯物质的量为1mol，含有的六元环个数为0.5NA，B正确；C．标准状况下，5.6LCO2的物质的量为0.25mol，与Na2O2反应时，转移电子数为0.25NA，C错误；D．N2与H2反应为可逆反应，由于转化率不确定，所以无法求出转移电子，D错误。答案选B。【点睛】本题B选项考查选修三物质结构相关考点，石墨的结构为，利用均摊法即可求出六元环的个数。17、B【解析】

A．由物质的结构可知：酚羟基邻位C-H键断裂，与苯乙烯发生加成反应，A正确；B．由Z结构简式可知Z分子在苯环上有6种不同位置的H原子，所以Z的苯环上的一氯代物有6种，B错误；C．Z分子中含有饱和C原子，由于与饱和碳原子连接的C原子构成的是四面体结构，所以不可能所有碳原子处于同一平面，C正确；D．Y分子中含有不饱和的碳碳双键，因此可作为加聚反应的单体，D正确；故合理选项是B。18、B【解析】

A.对硝基甲苯的结构简式：，A错误；B.半径：r(C)<r(S)，CS2的的比例模型：，B正确；C.CH2F2的电子式：，C错误；D.氯原子结构示意图：，D错误；故答案选B。19、B【解析】

A.在接触法制取硫酸工艺中，该反应在接触室内发生，故A不选；B.此反应是归中反应，O2中参加反应的氧原子会全部进入SO3，故如果用18O2代替O2发生上述反应，则经过一段时间可测得容器中存在S18O2、S18O3，故B选；C.2molSO2与2molO2充分反应，虽然O2是过量的，但由于反应是可逆反应，不能进行到底，所以放出的热量小于akJ，故C不选；D.该反应达到平衡后物质的浓度比与化学计量数之比无关，故D不选。故选B。20、C【解析】

A.工业上常用H2和Cl2直接化合的方法生产氯化氢，氯化氢极易溶于水，可以制得盐酸，故A正确；B.氧化铝的熔点很高，故可用于制造耐高温材料，故B正确；C.SO2能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色，是因为发生氧化还原反应：SO2＋I2＋2H2O=H2SO4＋2HI，SO2体现的是还原性，而非漂白性，故C错误；D.浓硫酸具有强氧化性，常温下铁和浓硫酸反应，在铁表面生成一层致密的氧化膜，也就是发生了钝化反应，可阻止浓硫酸与内部的铁进一步反应，因此可用铁质容器贮运浓硫酸，故D正确；答案选C。21、D【解析】

A.烷烃的沸点随碳原子数的增多而升高，异戊烷有5个碳原子，正己烷有6个碳原子，异戊烷的沸点比正己烷低，故A错误；B.常温下异戊烷是液态，液态烷烃的密度比水小，故B错误；C.五个碳的烷烃只有3种同分异构体，它们分別是正戊烷(5个碳都在主链上)，异戊烷(4个碳在主链上，有一个甲基在支链)，新戊烷(4个甲基连在同一个碳上)；C5H10有9种同分异构体，直链状的有2种:C=C-C-C-C，C-C=C-C-C。支链是甲基的有3种：C=C-C-C(第5个碳在第2，3位)，C-C=C-C(第5个碳在第2位)。环状的有4种：五元环，四元环外有一个甲基，三元环外有2个甲基或一个乙基，故C错误；D.分子中两个成键原子的核间平均距离叫做键长，键长越短，表示原子结合得越牢，化学键越强，苯的碳碳键强度介于双键和三键直接，故长度大于碳碳三键小于碳碳双键，异戊烷中的碳碳键是碳碳单键，则异戊烷的碳碳键键长比苯的碳碳键长，故D正确；正确答案是D。22、C【解析】

短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大。已知元素A元素原子最外层电子数是次外层的2倍，A为第二周期元素，故A为碳；D的氧化物是常用的耐火材料，故D为铝；B、C的最外层电子数之比为5:2，最外层电子数不得超过8，原子序数要比碳大比铝小，故B为氮、C为镁。【详解】A.元素碳的氢化物都是有机物的烃类，当碳原子数小于5时，为气态，大于5时为液态或固态，故A错误；B.B、C、D简单离子均为两个电子层，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径：B＞C＞D，故B错误；C.B、C形成的化合物为二氮化三镁，与水反应可以生成有刺激性气味的氨气，故C正确；D.元素B的气态氢化物的水溶液为氨水，氨水是弱碱不能与铝反应，故D错误；答案选C。二、非选择题(共84分)23、羟基+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O+CH3OH+H2O2HOCH2CH2COOCH3+O22OHCH2COOCH3+2H2O【解析】

A生成B是在光照条件下进行，发生的是取代反应，在根据A的分子式知道A是甲苯，B是，与氢氧化钠发生取代反应，则C是，根据反应条件知道D是，根据信息反应②的特点，醛与酮反应时醛基会转变为碳碳双键，故E中有碳碳双键，则E是。【详解】(1)A的名称为甲苯，结构简式是，故答案为：；(2)C分子的结构简式为，含氧官能团是羟基，故答案为：羟基；(3)D是，与银氨溶液反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；(4)由分析可知，E的结构简式是，故答案为：；(5)水杨酸分子中苯环上有两种含氧官能团，1mol水杨酸与足量NaHCO3完全反应生成1molCO2，说明存在羧基，同时含有羟基，故水杨酸的结构简式为，与CH3OH发生酯化反应，化学方程式为：+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；(6)由(5)可知，F为，与乙酸酐反应生成K，K分子中含有两个酯基，则K结构简式是，故答案为：；(7)M与N互为同分异构体，N与E生成，可知N的结构简式是，故答案为;;(8)由流程图可知，乙酸甲酯、甲醛在碱性条件下反生羟醛缩合生成甲，故甲为HOCH2CH2COOCH3，根据信息②③提示，要实现乙到丙过程，乙要有醛基，则甲到乙，实质是HOCH2CH2COOCH3变为OHCH2COOCH3，反应方程式为：2HOCH2CH2COOCH3+O22OHCH2COOCH3+2H2O；OHCH2COOCH3与反应，再脱水得到丙，则丙为：，故答案为：2HOCH2CH2COOCH3+O22OHCH2COOCH3+2H2O；。【点睛】重点考查有机流程的理解和有机物结构推断、官能团、有机反应类型、简单有机物制备流程的设计、有机方程式书写等知识，考查考生对有机流程图的分析能力、对已知信息的理解能力和对有机化学基础知识的综合应用能力。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团，有机反应绝大多数都是围绕官能团展开，而高中教材中的反应原理也只是有机反应的一部分，所以有机综合题中经常会出现已知来告知部分没有学习过的有机反应原理，认识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行，而不必过多追究。24、CH3CH(CH3)CH32—甲基丙烯消去反应【解析】

（1）88gCO2为2mol，45gH2O为2.5mol，标准状况下11.2L气体物质的量为0.5mol，所以烃A中含碳原子为4，H原子数为10，则化学式为C4H10，因为A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为：CH3CH(CH3)CH3；（2）C4H10存在正丁烷和异丁烷两种，但从框图上看，A与Cl2光照取代时有两种产物，且在NaOH醇溶液作用下的产物只有一种，则A只能是异丁烷，先取代再消去生成的D名称为：2—甲基丙烯；（3）F可以与Cu（OH）2反应，故应为醛基，与H2之间为1：2加成，则应含有碳碳双键．从生成的产物3-苯基-1-丙醇分析，F的结构简式为；（4）反应①为卤代烃在醇溶液中的消去反应，故答案为消去反应；（5）F被新制的Cu（OH）2氧化成羧酸G为，D至E为信息相同的条件，则类比可不难得出E的结构为，E与G在浓硫酸作用下可以发生酯化反应，反应方程式为：；（6）G中含有官能团有碳碳双键和羧基，可以将官能团作相应的位置变换而得出其芳香类的同分异构体为、、、。25、Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑饱和食盐水可减缓生成氨气的速率三颈烧瓶(或三口烧瓶)分液漏斗的活塞与旋塞关闭K3和分液漏斗旋塞打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收0.0375【解析】

在仪器A中Mg3N2与H2O反应产生Mg(OH)2和NH3，NH3通入到AgNO3溶液中首先反应产生AgOH白色沉淀，后当氨气过量时，反应产生Ag(NH3)2OH，然后向溶液中通入甲醛，水浴加热，发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体，产生的Ag与加入的Fe3＋定量反应生成Fe2+，Fe2＋与菲洛嗪形成有色物质，在562nm处测定吸光度，测得生成Fe2＋1.12mg，据此结合反应过程中电子守恒，可计算室内空气中甲醛含量。【详解】(1)Mg3N2与水发生盐的双水解反应产生Mg(OH)2和NH3，反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；用饱和食盐水代替水，单位体积溶液中水的含量降低，可减缓生成氨气的速率；(2)根据仪器B的结构可知，仪器B的名称为三颈烧瓶；(3)银氨溶液的制备：关闭K1、K2，打开K3，打开K3，分液漏斗的活塞与旋塞，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，首先发生反应：Ag++NH3+H2O=AgOH↓+NH4+，后又发生反应：AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++OH-+2H2O，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，就得到了银氨溶液，此时关闭K3和分液漏斗旋塞；(4)①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室内空气，关闭K1；后续操作是打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；再重复上述操作3次。毛细管的作用是减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收。②甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，结合甲醛被氧化为CO2，氢氧化二氨合银被还原为银，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12mg，物质的量n(Fe)==2×10-5mol，根据氧化还原反应电子守恒计算，设消耗甲醛物质的量为xmol，则4x=2×10-5mol×1，x=5×10-6mol，因此实验进行了4次操作，所以测得1L空气中甲醛的含量为1.25×10-6mol，空气中甲醛的含量为1.25×10-6mol×30g/mol×103mg/g=0.0375mg/L。【点睛】本题考查了物质组成和含量的测定、氧化还原反应电子守恒的计算的应用、物质性质等，掌握基础是解题关键，了解反应原理、根据反应过程中电子守恒分析解答。26、电子天平提高反应速率，促使黄铜矿充分反应除去空气中的水蒸气，便于观察空气流速把装置中的二氧化硫气体赶出装置并全部吸收20.00溶液由无色变成蓝色，并半分钟内不褪色80％②【解析】

（1）根据称量黄铜矿样品1.150g，选择精确度较高的仪器；将样品研细，增大了接触面积；（2）浓硫酸可以将水除去，还可以根据冒出气泡的速率来调节空气流速；(3)反应产生的二氧化硫应该尽可能的被d装置吸收；（4）根据滴定管的读数方法读出消耗碘溶液的体积，根据反应结束时的颜色变化判断滴定终点；（5）先找出黄铜矿和二氧化硫及碘单质的关系式CuFeS2～2SO2～2I2，再根据题中数据进行计算；（6）图2中的②中通入二氧化硫，反应生成了硫酸钡沉淀，可以根据硫酸钡的质量计算二氧化硫的量。【详解】（1）由于称量黄铜矿样品1.150g，精确度达到了千分之一，应该选用电子天平进行称量，把黄铜矿样品研细，可以增大接触面积，从而提高反应速率，并且使黄铜矿充分反应，故答案是：电子天平；提高反应速率，并使黄铜矿充分反应；（2）装置a中的浓硫酸可以吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入反应装置b中发生危险，同时根据冒出的气泡的快慢来控制气体的通入量，故答案为除去空气中的水蒸气，便于观察空气流速；(3)黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物，分解完毕后仍然需要通入一段时间的空气，可以将b、d装置中的二氧化硫全部排出去，使结果更加精确，故答案为把装置中的二氧化硫气体并全部吸收；（4）根据滴定管的示数是上方小，下方大，可以读出滴定管示数是20.00mL，当达到滴定终点时，二氧化硫已经被碘单质消耗完毕，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝，故答案为20.00；溶液由无色变成蓝色，并半分钟内不褪色；（5）根据硫原子守恒和电子守恒找出关系式：CuFeS2∼2SO2∼2I2，消耗掉0.05mol/L标准碘溶液20.00mL时，即消耗的碘单质的量为：0.05mol/L×0.02L=0.0010mol，所以黄铜矿的质量是：0.5×0.0010mol×184g/mol×10=0.92g，所以其纯度是：×100%=80%，故答案为80%；（6）图2中，①不会生成沉淀，无明显现象，错误；②硝酸钡溶液中通入二氧化硫能够生成硫酸钡沉淀，过滤干燥后，根据硫酸钡的质量计算出二氧化硫的质量，正确；③中饱和亚硫酸氢钠溶液只会排除二氧化硫，不会吸收二氧化硫，不能替代d装置，错误；故答案为②。27、fgbcdxSOCl2+ZnCl2·xH2O=xSO2↑+2xHCl↑+ZnCl2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤品红溶液褪色除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2MnO2+C2O42-+4H+Mn2++2CO2↑+2H2O43.5%【解析】

Ⅰ．SOCl2吸收结晶水得到SO2与HCl，用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，防止溶液中水蒸气进入，用品红溶液检验二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收尾气种二氧化硫与HCl，防止污染环境，注意防止倒吸。III.该滴定实验的原理为利用高猛酸钾标准液来测定未反应的草酸根的量，从而确定与草酸根反应的二氧化锰的量。【详解】Ⅰ．（1）根据分析可知装置的连接顺序为f→g→h→i→b→c→d→e，（2）三颈烧瓶中为SOCl2与ZnCl2·xH2O中的结晶水的反应，SOCl2遇水剧烈反应生成SO2与HCl，所以反应方程式为：xSOCl2+ZnCl2·xH2O=xSO2↑+2xHCl↑+ZnCl2；（3）由溶液得到晶体，可进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；（4）二氧化硫可使品红溶液褪色，所以当生成物中有二氧化硫时会观察到品红溶液褪色；II.（5）固体含有碳和MnOOH，灼烧可生成二氧化碳，以除去碳，且将MnOOH氧化为MnO2，故答案为：除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2；III.（6）MnO2溶解在草酸钠中，二氧化锰会将草酸根氧化得到锰离子和二氧化碳，结合电荷守恒和质量守恒书写可得离子方程式为：MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O；（7）高猛酸钾在酸性环境下也可以将草酸根氧化，反应方程式为2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据方程式可知存在数量关系：2MnO4-~5C2O42-，则10.00mL待测液中剩余的n（C2O42-）=0.0200mol/L×0.01L×=0.0005mol，则总剩余的n（C2O42-）=0.0005mol×=0.005mol，总的草酸根的物质的量为=0.01mol，则与二氧化锰反应的n（C2O42-）=0.01mol-0.005mol=0.005mol，根据反应方程式MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O可知n(MnO2)=0.005mol，所以产品的纯度为【点睛】第（2）题的方程式书写为易错点，要注意与SOCl2反应的不是单纯的水，而是ZnCl2·xH2O中的结晶水，所以在方程式中不能写水；从溶液中获取晶体的一般操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、（洗涤、干燥）。28、NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g)△H2=+57.2

kJ/molNO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2ONO2量太多，

剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低1：1c<b<ab=c>d60%【解析】

(1)由于活性氧原子变化的速率为零，可认为其生成速率等于消耗速率，以此计算即可；(2)根据盖斯定律将两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程式；(3)①NO、NO2和Ca(OH)2发生归中反应产生Ca(NO2)2、H2O；②根据二者发生归中反应的物质的量的比及NO2与水反应产生HNO3和NO分析判断；(4)①b点时N2含量最高，说明按方程式计量关系反应，根据方程式分析C、N个数的比；②根据坐标系中横坐标的含义及物质浓度与物质转化率的关系分析判断。利用化学平衡常数与温度的关系及该反应的正反应为放热反应，利用温度对平衡移动的影响判断；③根据物质反应转化关系，结合=0.8，反应达平衡时，N2