重庆市大足区2024年高三第三次测评化学试卷含解析

重庆市大足区2024年高三第三次测评化学试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列实验能达到目的是A．验证氨气的溶解性 B．分离提纯碘 C．检验二氧化硫和二氧化碳 D．制取二氧化硫2、CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色。向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。下列说法不正确的是()A．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物B．通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性C．整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO23、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向FeBr2溶液中通入适量Cl2，溶液由浅绿色变为黄色Cl2氧化性强于Br2B常温下，等体积pH＝3的HA和HB两种酸分别加水稀释，溶液导电能力如图HA酸性比HB弱C向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X具有氧化性D取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体气体为氧气A．A B．B C．C D．D4、120℃时，1molCO2和3molH2通入1L的密闭容器中反应生成CH3OH和水。测得CO2和CH3OH的浓度随时间的变化如图所示。下列有关说法中不正确的是A．0~3min内，H2的平均反应速率为0.5mol·L－1·min－1B．该反应的化学方程式：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)C．容器内气体的压强不再变化时，反应到达平衡D．10min后，反应体系达到平衡5、以Fe3O4／Pd为催化材料，利用电化学原理实现H2消除酸性废水中的，其反应过程如图所示[已知Fe3O4中Fe元素化合价为+2、+3价，分别表示为Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)]。下列说法错误的是A．处理的电极反应为2NO2-+8H++6e－=N2↑+4H2OB．Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用C．用该法处理后，水体的pH降低D．消耗标准状况下6.72LH2，理论上可处理含NO2-4.6mg·L－1的废水2m36、海洋是一个资源宝库，海水资源的开发和利用是现代和未来永恒的主题。下面是海水利用的流程图：下列有关说法不正确的是A．过程中制得NaHCO3是先往精盐溶液中通入CO2，再通入NH3B．氯碱工业在阳极产生了使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的气体C．反应②加热MgCl2·6H2O应在HCl气流保护下制备无水MgCl2D．反应⑤中，用Na2CO3水溶液吸收Br2后，用70—80%硫酸富集Br27、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．1.0mol·L－1的KNO3溶液中：H＋、Fe2＋、Cl－、B．使紫色石蕊溶液变红的溶液中：、Ba2＋、、Cl－C．pH＝12的溶液中：K＋、Na＋、CH3COO－、Br－D．滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中：、Mg2＋、I－、Cl－8、下列离子方程式表达正确的是A．向FeC13溶液中滴加HI溶液：B．向(NH4)2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液:↓C．Ca(OH)2溶液与少量NaHCO3溶液混合：D．3mol/LNa2CO3溶液和1mol/LAl2(SO4)3溶液等体积混合：9、某兴趣小组查阅资料得知：碘化钠是白色晶体无嗅，味咸而微苦，在空气和水溶液中逐渐析出碘而变黄或棕色。工业上用NaOH溶液、水合肼制取碘化钠固体，其制备流程图如下，有关说法不正确的是()已知：N2H4·H2O在100℃以上分解。A．已知在合成过程的反应产物中含有NaIO3，若合成过程中消耗了3molI2，最多能生成NaIO3的物质的量为1molB．上述还原过程中主要的离子方程式为2IO3-＋3N2H4·H2O=2I－＋3N2＋9H2OC．为了加快反应速率，上述还原反应最好在高温条件下进行D．工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，因产物是N2和H2O，没有其他副产物，不会引入杂质10、已知：25℃时，Ka(HA)>Ka(HB)。该温度下，用0.100mol/L盐酸分别滴定浓度均为0.100mol/L的NaA溶液和NaB溶液，混合溶液的pH与所加盐酸体积(V)的关系如右图所示。下列说法正确的是A．滴定前NaA溶液与NaB溶液的体积相同B．25℃时，Ka(HA)的数量级为l0-11C．当pH均为6时，两溶液中水的电离程度相同D．P点对应的两溶液中c(A-)+c(HA)<c（B-）+c(HB)11、如图是研究铁被海水腐蚀的实验装置。图2中M是某种与铁片紧贴的金属，下列说法正确的是A．图1铁片靠近烧杯底部的部分，腐蚀更严重B．若M是锌片，可保护铁C．若M是铜片，可保护铁D．M是铜或是锌都不能保护铁，是因没有构成原电池12、“聚酯玻璃钢”是制作宇航员所用氧气瓶的材料。甲、乙、丙三种物质是合成聚酯玻璃钢的基本原料。下列说法中一定正确的是(

)①甲物质能发生缩聚反应生成有机高分子；②1mol乙物质最多能与4molH2发生加成反应；③1mol丙物质可与2mol钠完全反应，生成22.4L氢气；④甲、乙、丙三种物质都能够使酸

性高锰酸钾溶液褪色A．①③ B．②④ C．①② D．③④13、下列说法不正确的是A．天然气、水煤气、液化石油气均是生活中常用的燃料，它们的主要成分都是化合物B．“中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于金属材料C．制玻璃和水泥都要用到石灰石原料D．1996年人工合成了第112号元素鎶(Cn)，盛放鎶的容器上应该贴的标签是14、莽草酸结构简式如图，有关说法正确的是A．分子中含有2种官能团B．1mol莽草酸与Na反应最多生成4mol氢气C．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同15、部分元素在周期表中的分布如图所示（虚线为金属元素与非金属元素的分界线），下列说法不正确的是A．B只能得电子，不能失电子B．原子半径Ge＞SiC．As可作半导体材料D．Po处于第六周期第VIA族16、室温下，1L含0.1molHA和0.1molNaA的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如下表（加入前后溶液体积不变）：溶液a通入0.01molHCl加入0.01molNaOHpH4.764.674.85像溶液a这样，加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。下列说法正确的是A．溶液a和0.1mol·L−1HA溶液中H2O的电离程度前者小于后者B．向溶液a中通入0.1molHCl时，A−结合H+生成HA，pH变化不大C．该温度下HA的Ka=10-4.76D．含0.1mol·L−1Na2HPO4与0.1mol·L−1NaH2PO4的混合溶液也可做缓冲溶液17、可逆反应aX(g)+bY(g)cZ(g)在一定温度下的密闭容器内达到平衡后，t0时改变某一外界条件，化学反应速率(υ)—时间(t)图象如下图。下列说法正确的是（）A．若a+b=c，则t0时只能是增大反应体系的压强B．若a+b=c，则t0时只能是加入催化剂C．若a+b≠c，则t0时只能是加入催化剂D．若a+b≠c，则t0时只能是增大反应体系的压强18、如图为高中化学教材《必修1》（人教版）中NaCl在水中的溶解和电离示意图。下列由此得出的说法中，错误的是A．在H2O分子中，H或O原子均完全不带电荷B．在NaCl晶体中，Na＋和Cl－的排列整齐有序C．Na＋、Cl在水中是以水合离子的形式存在D．NaCl晶体的溶解和电离过程破坏了离子键19、人剧烈运动后肌肉发酸是因为当体内氧气缺少时葡萄糖发生反应产生了乳酸，其结构简式为。下列关于乳酸的说法正确的是（）A．乳酸的系统命名为1-羟基丙酸B．与乳酸具有相同官能团的所有同分异构体(包括乳酸)共3种C．乳酸既可发生取代反应、消去反应又可发生加成反应D．乳酸发生缩聚反应的方程式为n+nH2O20、莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图所示。下列关于莽草酸的说法正确的是（）A．分子中所有碳原子共平面B．分子式为C7H10O5，属于芳香族化合物C．分子中含有3种官能团，能发生加成、氧化、取代反应D．1mol莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出4molCO2气体21、一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中含酚废水中有机物可用C6H6O表示，左、中、右室间分别以离子交换膜分隔。下列说法不正确的是（）A．左池的pH值降低B．右边为阴离子交换膜C．右池电极的反应式：2NO3-+10e-+12H+=N2↑=6H2OD．当消耗0.1molC6H6O，在标准状况下将产生0.28mol氮气22、化学与生命健康密切相关，“84”消毒液（有效成分为NaClO）在抗击新冠肺炎疫情中起到重要作用。下列说法错误的是A．“84”消毒液为混合物B．“84”消毒液具有漂白性C．“84”消毒液可用于灭杀新型冠状病毒D．“84”消毒液可以与“洁厕灵”（主要成分为盐酸）混用二、非选择题(共84分)23、（14分）用两种不饱和烃A和D为原料可以合成一类新药有机物J，合成路线如下：已知①②有机物J结构中含两个环。回答下列问题：(1)C的名称是________________。(2)A→B试剂和反应条件为________________。(3)H→J的化学反应方程式为_______________。(4)已知符合下列条件的N的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4:4:1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式____________。①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO3反应产生气泡③可发生缩聚反应，M的所有同分异构体在下列表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同是_____。a．质谱仪b．红外光谱仪c．元素分析仪d．核磁共振仪(5)利用题中信息和所学知识，写出以A和甲烷为原料，合成的路线流程图____________(其它试剂自选)。24、（12分）苯二氮卓类药物氟马西尼（F）的合成路线如下图所示。请回答下列问题：（1）A中官能团有氟原子、_____和________。（均填名称）（2）C3H5O2Cl的结构式为________。（3）反应①和②的反应类型相同，其反应类型是___________。（4）化合物D的分子式为___________。（5）反应⑤生成“物质F”和HCl，则E→F的化学反应方程式为________。（6）是F的同分异构体，其中X部分含—COOH且没有支链，满足该条件的同分异构体有______种（不考虑立体异构）。（7）已知氨基酸之间脱水能够形成含肽键的化合物，请设计由甘氨酸（HOOCCH2NH2）和CNCH2COOC2H5制备的合成路线________（无机试剂任选）。25、（12分）ClO2是一种优良的消毒剂，熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，浓度过高时易发生分解引起爆炸，实验室在50℃时制备ClO2。实验Ⅰ：制取并收集ClO2，装置如图所示：(1)写出用上述装置制取ClO2的化学反应方程式_____________。(2)装置A中持续通入N2的目的是___________。装置B应添加__________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“50℃的热水浴”)装置。实验Ⅱ：测定装置A中ClO2的质量，设计装置如图：过程如下：①在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；②按照右图组装好仪器；在玻璃液封管中加入①中溶液，浸没导管口；③将生成的ClO2由导管通入锥形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封溶液倒入锥形瓶中，洗涤玻璃液封管2—3次，都倒入锥形瓶，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；④用cmol·L−1Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体，共用去VmLNa2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I−+S4O62-)。(3)装置中玻璃液封管的作用是_____________。(4)滴定终点的现象是___________________。(5)测得通入ClO2的质量m(ClO2)=_______g(用整理过的含c、V的代数式表示)。26、（10分）某兴趣小组设计了如图所示的实验装置，既可用于制取气体，又可用于验证物质的性质。（1）打开K1关闭K2，可制取某些气体。甲同学认为装置Ⅰ可用于制取H2、NH3、O2，但装置Ⅱ只能收集H2、NH3，不能收集O2。其理由是_____。乙同学认为在不改动装置Ⅱ仪器的前提下，对装置Ⅱ进行适当改进，也可收集O2。你认为他的改进方法是_____。（2）打开K2关闭K1，能比较一些物质的性质。丙同学设计实验比较氧化性：KClO3＞Cl2＞Br2。在A中加浓盐酸后一段时间，观察到C中的现象是______；仪器D在该装置中的作用是_______。在B装置中发生反应的离子方程式为______。丁同学用石灰石、醋酸、苯酚钠等药品设计了另一实验。他的实验目的是_____。（3）实验室常用浓H2SO4与硝酸钠反应制取HNO3。下列装置中最适合制取HNO3的是_____。实验室里贮存浓硝酸的方法是_______。abcd27、（12分）硫酰氯（SO2Cl2）可用于有机合成和药物制造等。实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2[SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ/mol]，装置如图所示（部分装置省略）。已知SO2Cl2的熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，有强腐蚀性，不宜接触碱、醇、纤维素等许多无机物和有机物，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。回答下列问题：I．SO2Cl2的制备（1）水应从___（选填“a”或“b”）口进入。（2）制取SO2的最佳组合是___（填标号）。①Fe+18.4mol/LH2SO4②Na2SO3+70%H2SO4③Na2SO3+3mo/LHNO3（3）乙装置中盛放的试剂是___。（4）制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中，原因是___。（5）反应结束后，分离甲中混合物的最佳实验操作是___。II．测定产品中SO2Cl2的含量，实验步骤如下：①取1.5g产品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振荡、过滤、洗涤，将所得溶液均放入锥形瓶中；②向锥形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.2000mol·L－1的AgNO3溶液l00.00mL；③向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；④加入NH4Fe(SO4)2指示剂，用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为10.00mL。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10Ksp(AgSCN)=2×10-12（6）滴定终点的现象为___。（7）产品中SO2Cl2的质量分数为___%，若步骤③不加入硝基苯则所测SO2Cl2含量将___（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。28、（14分）研究、、的回收对改善生态环境和构建生态文明具有重要的意义。(1)有科学家经过研究发现，用和在℃，催化剂条件下可转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。230℃，向容器中投入和。当平衡转化率达80％时放出热量能量，写出该反应的热化学方程式______。一定条件下，上述合成甲醇的反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向逆反应方向移动的是______(填代号)。A．逆反应速率先增大后减小B．的转化率增大C．生成物的体积百分含量减小D．容器中的恒变小(2)向容积可变的密闭容器中充入和，在恒温恒压条件下发生反应，平衡时的转化率随温度、压强的变化情况如图甲所示。①压强：______(填“＞”“＜”或“＝”)②M点时，的转化率为______(计算结果精确到％)，用平衡分压代替平衡浓度计算该反应的平衡常数______(用含的最简表达式表达，分压＝总压×物质的量分数)。③不同温度下，该反应的平衡常数的对数值如图乙所示，其中A点为时平衡常数的对数值，则B、C、D、E四点中能正确表示该反应的与温度的关系的是______。(3)还原的反应为，上述反应分两步进行：i．(慢反应)ii．(快反应)。下列叙述正确的是______(填字母)。A．是该反应的催化剂B．反应i的活化能较高C．总反应速率由反应ii的速率决定D．反应i中和的碰撞仅部分有效(4)利用消除对环境的污染不可行的原因是______。(5)用溶液做碳捕捉剂，在降低碳排放的同时也获得化工产品。常温下，若某次捕捉后得到的溶液，则溶液中：______29、（10分）某兴趣小组研究亚硝酸钠，查阅下列资料，试根据信息回答下列问题。药品NaNO2(亚硝酸钠)性质1.在酸性溶液中有较强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+；2.AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的盐。（1）已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O。请用双线桥表示电子转移的方向和数目：___。（2）误食NaNO2会导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，可服用维生素C解毒。下列分析错误的是__(填序号)。A．NaNO2被还原B．维生素C具有还原性C．还原性：维生素C>Fe2+D．NaNO2是还原剂（3）下列方法中，可用来区分NaNO2和NaCl的是___(填序号)。A．焰色反应B．分别滴加酸化FeSO4溶液和KSCN溶液C．在酸性条件下加入KI淀粉溶液D．分别滴加AgNO3溶液（4）某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，请写出反应的离子方程式：___。

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、A【解析】A、NH3极易溶于水，使烧瓶内压强减小，水溶液呈碱性，遇酚酞变红，形成红色喷泉，故A正确；B、从碘的四氯化碳溶液中分离碘，应用蒸馏装置，故B错误；C、SO2和CO2均能使澄清石灰水变浑，故C错误；D、铜与浓硫酸反应要加热，故D错误；故选A。2、C【解析】

CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低。【详解】A、滴加KI溶液时，I元素的化合价升高，KI被氧化，Cu元素的化合价降低，则CuI是还原产物，故A正确；B、通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故B正确；C、发生2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2、SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI均为氧化还原反应，没有复分解反应，故C错误；D、2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu元素的化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，选项B为易错点。3、B【解析】

A．溶液由浅绿色变为黄色，可能亚铁离子、溴离子均被氧化，可能只有亚铁离子被氧化，则由现象不能比较Cl2、Br2的氧化性，故A错误；B．由图可知，稀释时HB的导电能力变化大，则HB的酸性强，即HA酸性比HB弱，故B正确；C．白色沉淀可能为亚硫酸钡，则X可能为氨气，故C错误；D．变质的过氧化钠中含有碳酸钠，过氧化钠和碳酸钠均能与盐酸反应生成无色气体，生成的气体可能为二氧化碳，故D错误；故选B。4、B【解析】

A.据题意得化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，则0~3min内，v(H2)=3v(CO2)=3×(1.00-0.50)mol·L-1/3min=0.5mol·L－1·min－1，A项正确；B.图中10min后CO2、CH3OH的物质的量不再改变，即达化学平衡，故为可逆反应，应写成CO2+3H2CH3OH+H2O，B项错误；C.据pV=nRT，恒温恒容时，当压强不再变化时，容器内各气体的物质的量都不再变化，此时反应到达平衡，C项正确；D.图中10min后CO2、CH3OH的物质的量不再改变，即达化学平衡，D项正确。本题选B。5、C【解析】

A．根据图示，处理得到电子转化为氮气，电极反应为2NO2-+8H++6e－=N2↑+4H2O，故A正确；B．Fe(Ⅲ)得电子生成Fe(Ⅱ)，Fe(Ⅱ)失电子生成Fe(Ⅲ)，则Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用，故B正确；C．根据图示，总反应方程式可知：2H++2NO2−+3H2N2+4H2O，所以用该法处理后水体的pH升高，故C错误；D．根据C项的总反应2H++2NO2−+3H2N2+4H2O，消耗标准状况下6.72LH2即为=0.3mol，理论上可处理NO2-的物质的量=×0.3mol=0.2mol，可处理含4.6mg·L－1NO2-废水的体积==2×103L=2m3，故D正确；答案选C。6、A【解析】

A.先通入氨气可增大二氧化碳的溶解度，则通入气体的顺序不合理，A项错误；B.氯碱工业在阳极上氯离子放电生成氯气，使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，B项正确；C.加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备，C项正确；D.用纯碱吸收溴，主要反应是3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑，生成的NaBr、NaBrO3与硫酸反应，得到Br2，达到富集目的，D项正确；答案选A。7、C【解析】

A.H＋、Fe2＋、NO3—之间能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B.使紫色石蕊溶液变红的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量H＋，H＋与AlO2—在溶液中能够反应，且NH4+与AlO2—会发生双水解，不能大量共存，故B错误；C.pH＝12的溶液显碱性，OH－与K＋、Na＋、CH3COO－、Br－不反应，且K＋、Na＋、CH3COO－、Br－之间也不反应，可大量共存，故C正确；D.滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中含有Fe3＋，Fe3＋、I－能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C。8、D【解析】

A．FeCl3溶液中滴加HI溶液，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2Fe3++2I−=2Fe2++I2，故A错误；B．向(NH4)2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液：，故B错误；C．Ca(OH)2溶液与少量NaHCO3溶液混合：，故C错误；D．3mol/LNa2CO3溶液和1mol/LAl2(SO4)3溶液等体积混合，则CO32-与Al3+按照3:2发生双水解反应，离子方程式为：，故D正确。故选D。9、C【解析】

A.合成过程的反应产物中含有NaIO3，根据氧化还原反应得失电子守恒规律可知，若合成过程中消耗了3molI2，最多能生成NaIO31mol，即失去5mol电子，同时得到5molNaI，A项正确；B.根据氧化还原及流程图可知上述还原过程中主要的离子方程式为2IO3-＋3N2H4·H2O=2I－＋3N2＋9H2O或2IO3-＋3N2H4=2I－＋3N2＋6H2O，B项正确；C.温度高反应速率快，但水合肼高温易分解，反应温度控制在60～70℃比较合适，C项错误；D.工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，因产物是N2和H2O，没有其他副产物，不会引入杂质，D项正确；答案选C。10、C【解析】

A．由题中信息Ka(HA)>Ka(HB)可知，相同浓度下A-的水解程度小于B-的水解程度，滴定至P点，滴加等体积的盐酸时两溶液的pH相等，则滴定前NaA溶液的体积大于NaB溶液的体积，故A错误；B．25℃时，由题图可知，0.100mol·L-1NaA溶液的pH=11，则Ka(HA)=，故B错误；C．当pH均为6时，溶液中的OH-均由水电离产生且浓度相等，故两溶液中水的电离程度相同，故C正确；D．滴定前NaA溶液的体积大于NaB溶液的体积，根据物料守恒得：c(A-)+c(HA)＞c（B-）+c(HB)，故D错误。故选C。【点睛】滴定图像的分析：(1)抓反应的“起始”点：判断酸、碱的相对强弱；(2)抓反应“一半”点：判断是哪种溶质的等量混合；(3)抓“恰好”反应点：判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性；(4)抓溶液的“中性”点：判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足；(5)抓反应的“过量”点：判断溶液中的溶质，判断哪种物质过量。11、B【解析】

据钢铁的腐蚀条件、原电池原理分析判断。【详解】A.图1中铁片在海水中主要发生吸氧腐蚀，水面处铁片接触氧气和水，腐蚀更严重，A项错误；B.图2中，若M是锌片，则锌、铁与海水构成原电池，电子从锌转移向铁，使铁得到保护，B项正确；C.图2中，若M是铜片，则铜、铁与海水构成原电池，电子从铁转移向铜，铁更易被腐蚀，C项错误；D.M是铜或锌，它与铁、海水都构成原电池，只有当M为锌时铁被保护，D项错误。本题选B。12、B【解析】

①甲物质中含有碳碳双键，能发生加聚反应，不能发生缩聚反应，①错误；②乙中苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，1mol乙物质最多能与4molH2发生加成反应，②正确；③丙中-OH能和Na反应，且-OH与Na以1：1反应，1mol丙物质可与2mol钠完全反应，生成1mol氢气，温度和压强未知，因此不能确定气体摩尔体积，也就无法计算氢气体积，③错误；④含有碳碳双键的有机物和醇都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此这三种物质都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，④正确；综上所述可知正确的说法为②④，故合理选项是B。13、A【解析】

A.水煤气主要成分是CO、H2，是混合物，其中H2是单质，不是化合物，A错误；B.“中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，钢铁属于金属材料，B正确；C.制玻璃的原料是石灰石、纯碱、石英，制水泥的原料是黏土、石灰石，因此二者都要用到原料石灰石，C正确；D.112号元素鎶属于放射性元素，因此盛放鎶的容器上应该贴有放射性元素的标签是，D正确；故合理选项是A。14、B【解析】

A．莽草酸分子中含-COOH、-OH、碳碳双键三种官能团，选项A错误；B．莽草酸分子中能与钠反应的官能团为羟基和羧基，则1mol莽草酸与Na反应最多生成2mol氢气，选项B错误；C．莽草酸分子中含有的羧基、羟基能分别与乙醇、乙酸发生酯化反应，反应类型相同，选项C正确；D．莽草酸分子中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，选项D错误。答案选C。15、A【解析】

同一周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族从上到下元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，因此图中临近虚线的元素既表现一定的金属性，又表现出一定的非金属性，在金属和非金属的分界线附近可以寻找半导体材料（如锗、硅、硒等），据此分析解答。【详解】A.根据以上分析，B元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，既能得电子，又能失电子，故A错误；B.同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径Ge＞Si，故B正确；C.As元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，可作半导体材料，故C正确；D.Po为主族元素，原子有6个电子层，最外层电子数为6，处于第六周期第VIA族，故D正确。故选A。16、D【解析】

A．溶液a为酸性，HA电离程度大于A-水解程度，相对于纯HA，同浓度下，溶液a中存在一部分A-，起始时有了一部分产物，所以溶液a和0.1mol/LHA溶液中HA的电离程度前者小于后者，从而H2O的电离程度前者大于后者，A选项错误；B．根据表中数据，向溶液a中通入0.1molHCl时，溶液a中一共只有1L含0.1molNaA，则完全消耗NaA，这就超出了缓冲溶液的缓冲范围了，NaA变成了HA，溶液便失去了缓冲能力，pH不可能变化不大，B选项错误；C．HA的，由表可知，1L含0.1molHA和0.1molNaA的溶液a的pH=4.76，但此时c(A-)不等于c(HA)，故该温度下HA的Ka不等于10-4.76，C选项错误；D．向0.1mol·L−1Na2HPO4与0.1mol·L−1NaH2PO4的混合溶液中加入少量强酸或强碱，溶液的组成不会明显变化，故也可做缓冲溶液，D选项正确；答案选D。17、C【解析】

若a+b=c，条件改变后，正逆反应速率同时增大，且增大的程度相同，即平衡不移动，这说明改变的条件是加入催化剂或增大反应体系的压强；若a+b≠c，条件改变后，正逆反应速率同时增大，且增大的程度相同，即平衡不移动，改变的条件只能是加入催化剂；答案选C。18、A【解析】

A．在H2O分子中，O原子吸引电子的能力很强，O原子与H原子之间的共用电子对偏向于O，使得O原子相对显负电性，H原子相对显正电性，A项错误；B．在NaCl晶体中，Na＋和Cl－整齐有序地排列，B项正确；C．Na＋、Cl在水中是以水合离子的形式存在，C项正确；D．NaCl晶体的溶解和电离过程，使原本紧密结合的Na+与Cl-分开，成为了自由的水合离子，破坏了Na+与Cl-之间的离子键，D项正确；答案选A。19、B【解析】

A．乳酸的系统命名为2-羟基丙酸，故A错误；B．与乳酸具有相同官能团的同分异构体，乳酸分子有对称碳原子有两种旋光异构体，包括乳酸共3种，故B正确；C．乳酸分子含有羟基、羧基，可发生取代反应、消去反应，不能发生加成反应，故C错误；D．乳酸分子含有羟基、羧基，乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸，反应的方程式为n+(n-1)H2O，故D错误；故选B。20、C【解析】

A．分子中含有一个碳碳双键，只有碳碳双键连接的5个碳原子共平面，A错误；B．分子中无苯环，不属于芳香族化合物，B错误；C．分子中有碳碳双键、羟基、羧基3种官能团，碳碳双键可以被加成，分子可以发生加成、氧化、取代反应，C正确；D．1mol莽草酸中含有1mol-COOH，可以与足量碳酸氢钠反应生成1molCO2气体，D错误；答案选C。【点睛】高中阶段，能与碳酸氢钠反应的官能团只有羧基。1mol-COOH与足量的碳酸氢钠反应生成1molCO2。21、B【解析】

A.苯酚的酸性比碳酸弱，根据图示可知左边进入的是高浓度的苯酚溶液，逸出的气体有CO2，说明反应后溶液的酸性增强，pH减小，A正确；B.根据图示可知，在右边装置中，NO3-获得电子，发生还原反应，被还原变为N2逸出，所以右边电极为正极，原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以工作时中间室的Cl-移向左室，Na+移向右室，所以右边为阳离子交换膜，B错误；C.根据B的分析可知，右池电极为正极，发生还原反应，电极反应式：2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，C正确；D.在左室发生反应：C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+，根据电极反应式可知每有1mol苯酚该反应，转移28mol电子，反应产生N2的物质的量是n(N2)=mol=2.8mol，则当消耗0.1molC6H6O，将会产生0.28mol氮气，D正确；故合理选项是B。22、D【解析】

A．“84”消毒液的主要成分为NaClO、NaCl，为混合物，A正确；B．“84”消毒液的有效成分是有NaClO，具有漂白性，B正确；C．“84”消毒液中的NaClO具有杀菌消毒能力，可用于灭杀新型冠状病毒，C正确；D．若将“84”消毒液与“洁厕灵”混用，会发生反应ClO-+Cl-+2H+==Cl2↑+H2O，D错误；故选D。二、非选择题(共84分)23、邻溴苯甲醛Br2、FeBr3(或Fe)+H2O19、、c【解析】

由题可知，A和D为两种不饱和的烃，根据已知①，C和F发生反应生成G，可知C的结构式为，F为，则E为，D与HBr发生加成反应得到E，故D为，B到C为催化氧化，则B为，A发生取代反应得到B，故A为，G在该条件下得到H，结合已知①可以得到H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到J，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述分析，C的结构式为，叫做邻溴苯甲醛，故答案为：邻溴苯甲醛；(2)A→B为苯环上的取代反应，条件为Br2、FeBr3(或Fe)，故答案为：Br2、FeBr3(或Fe)；(3)H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到JH→J的化学反应方程式为+H2O，故答案为：+H2O；(4)，根据以上分析C为，由转化关系可推出M为，N为，其分子式为C8H14O3，N的同分异构体中符合下列条件：①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO3反应产生气泡说明含有羧基③可发生缩聚反应，说明含有羧基和羟基，则环上有三个不同取代基分别为甲基、羟基和羧基。先分析环上有两个取代基时共有4种结构（邻间对和同一个碳上），这4种结构对应的第三个取代基的取代产物分别有6种，6种，4种，3种，所以共有6+6+4+3=19种同分异构体，其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4:4:1且满足条件的物质有、、。M的同分异构体的元素组成相同，在元素分析仪中显示的信号完全相同，故答案为：c；、、(任选其一即可)；(5)根据题干信息，以和甲烷为原料，合成的路线如下：。24、氨基羧基ClCOOC2H5取代反应C10H9N2O2F+CNCH2COOC2H5+HCl3【解析】

根据合成路线可知，A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B，B与C2H5OH发生酯化反应并成环得到C，C与CH3NHCH2COOH反应生成D，D经过反应④得到E，E与CNCH2COOC2H5反应得到F和HCl，据此分析解答问题。【详解】(1)A的结构简式为，分子中含有的官能团有氟原子、氨基和羧基，故答案为：氨基；羧基；(2)根据上述分析可知，A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B，B的结构简式为，逆推可得C3H5O2Cl的结构简式为ClCOOC2H5，故答案为：ClCOOC2H5；(3)反应①为A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B，反应②为B与C2H5OH发生酯化反应并成环得到C，两者都是取代反应，故答案为：取代反应；(4)化合物D的结构式为，根据各原子的成键原理，可知其分子式为C10H9N2O2F，故答案为：C10H9N2O2F；(5)E与CNCH2COOC2H5反应得到F和HCl，反应方程式为：+CNCH2COOC2H5+HCl，故答案为：+CNCH2COOC2H5+HCl；(6)是F的同分异构体，则X为—C4H7O2，又X部分含—COOH且没有支链，则X有—CH2CH2CH2COOH、—CH2CH(COOH)CH3、—CH(COOH)CH2CH33种结构，即满足条件的同分异构体有3种，故答案为：3；(7)结合题干信息，制备时，可先将甘氨酸（HOOCCH2NH2）脱水缩合得到，在与POCl3反应得到，与CNCH2COOC2H5反应制得，合成路线为，故答案为：。25、降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸冰水浴防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化1.35×10-2cV【解析】

Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质；(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；Ⅱ.(3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等，准确测量；(4)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；(5)根据氧化还原反应分析，有关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n(ClO2)，再根据m=nM计算m(ClO2)。【详解】Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质，则化学反应方程式为：，故答案为：；(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，通入氮气，及时排出；ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，故答案为：降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸；冰水浴；Ⅱ.(3)装置中玻璃液封管的作用是，防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量，故答案为：防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量；(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点，故答案为：溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化；(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V•10-3L×cmol/L=c•V•10-3mol．则：根据关系式：，所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×c•V•10-3mol，所以m(ClO2)=n(ClO2)•M=×c•V•10-3mol×67.5g/mol=1.35cV×10-2g，故答案为：1.35cV×10-2。【点睛】本题以氯及其化合物的性质为线索，考查了物质含量的探究性实验，涉及化学实验基本操作、滴定终点的判断方法、氧化还原反应在滴定中的应用，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键。26、氧气的密度比空气大将装置Ⅱ中装满水溶液呈橙色防止倒吸ClO3－+6H++5Cl－=3Cl2↑+3H2O比较醋酸、碳酸和苯酚的酸性强弱（实证酸性：CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH）b盛装在带玻璃塞的棕色细口玻璃瓶中，放置在阴凉处（阴暗低温的地方）【解析】

（1）氧气密度比空气大，用排空气法收集，需用向上排空气法收集，Ⅱ装置中进气管短，出气管长，为向下排空气法；用排水法可以收集O2等气体；（2）装置Ⅰ、Ⅲ验证物质的性质(K2打开，K1关闭)．根据氧化剂+还原剂=氧化产物+还原产物，氧化性：氧化剂>氧化产物，还原性：还原剂>还原产物，如要设计实验证明氧化性KClO3>Cl2>Br2，则I中发生KClO3和浓盐酸的氧化还原反应，Ⅲ中发生氯气与NaBr的氧化还原反应，有缓冲作用的装置能防止倒吸，在B装置中KClO3和-1价的氯离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成氯气，根据强酸制弱酸，石灰石和醋酸反应生成二氧化碳，二氧化碳和苯酚钠反应生成苯酚，据此分析实验目的；(3)①根据化学反应原理，硝酸的制取原理是：固体和液体微热制取，难挥发性的酸来制取挥发性的酸，据此选择装置；②根据硝酸的性质选择合适的贮存方法，硝酸见光分解，保存时不能见光，常温下即可分解，需要低温保存。【详解】（1）甲同学：Ⅱ装置中进气管短，出气管长，为向下排空气法，O2的密度大于空气的密度，则氧气应采用向上排空气法收集，乙同学：O2不能与水发生反应，而且难溶于水，所以能采用排水法收集；所以改进方法是将装置Ⅱ中装满水，故答案为氧气的密度比空气大；将装置Ⅱ中装满水；（2）根据氧化剂+还原剂=氧化产物+还原产物，氧化性：氧化剂>氧化产物，还原性：还原剂>还原产物，如要设计实验证明氧化性KClO3>Cl2>Br2，装置Ⅰ、Ⅲ验证物质的性质(K2打开，K1关闭)，则I中发生KClO3和浓盐酸的氧化还原反应，Ⅲ中发生氯气与NaBr的氧化还原反应，由氧化性为氧化剂>氧化产物，则A中为浓盐酸，B中为KClO3固体，C中为NaBr溶液，观察到C中的现象为溶液呈橙色，仪器D为干燥管，有缓冲作用，所以能防止倒吸，在B装置中氯酸根离子和氯离子在酸性条件下发生价态归中反应生成氯气，反应为：ClO3－+6H++5Cl－=3Cl2↑+3H2O，石灰石和醋酸反应生成二氧化碳，二氧化碳和苯酚钠反应生成硅酸沉淀，所以B中固体溶解，产生无色气体，C试管中产生白色沉淀，实验的目的是比较碳酸、醋酸、苯酚的酸性强弱(实证酸性：CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH)，故答案为溶液呈橙色；防止倒吸；ClO3－+6H++5Cl－=3Cl2↑+3H2O；比较醋酸、碳酸和苯酚的酸性强弱(实证酸性：CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH)；(3)①硝酸的制取原理是：固体和液体微热制取，故d错误，该反应符合难挥发性的酸来制取挥发性的酸，硝酸易挥发，不能用排空气法收集，故a、c错误；所以硝酸的挥发性注定了选择的收集方法是b装置所示。故答案为b；②纯净的硝酸或浓硝酸在常温下见光或受热就会分解生成二氧化氮、氧气、水，保存时需要低温且使用棕色的试剂瓶，故答案为盛装在带玻璃塞的棕色细口玻璃瓶中，放置在阴凉处(阴暗低温的地方)。27、b②碱石灰制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率蒸馏溶液变为红色，而且半分钟内不褪色85.5%偏小【解析】

（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2；（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；（7）用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积V，则过量Ag+的物质的量为Vcmol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol，则可以求出SO2Cl2的物质的量；AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小。【详解】（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出，故水应该从b口进入；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用②70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2，故选②；（3）根据装置图可知，冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰，可以吸收氯气、SO2并防止空气中的水蒸气进入冷凝管中，故乙装置中盛放的试剂是碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为：溶液变为红色，而且半分钟内不褪色；（7）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积10.00mL，则过量Ag+的物质的量为Vcmol=0.01×0.1000mol·L-1=1×10-3mol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.2000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol＝1.9×10-2mol，则SO2Cl2的物质的量为1.9×10-2mol×0.5=9.5×10-3mol，产品中SO2Cl2的质量分数为×100%=85.5%；已知：Ksp(AgCl)=3.2×10−10，Ksp(AgSCN)=2×10−12，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小；故答案为：85.5%；偏小。28、CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ•mol-1B＞54.5%A、B、ED该反应是焓增、熵减反应，根据△G=△H-T△s可知任何温度下△G均大于0，说明任何温度下不能自发进行1:2【解析】

(1)发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，根据图1可知，0.5molCO2和1.5molH2转化率达80%时放热19.6kJ，计算1mol二氧化碳发生放出的热量确定△H，书写该反应的热化学方程式；根据影响化学平衡的因素分析各选项；(2)①对可逆反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，恒温条