浙江省诸暨市2024-2025学年高中三年级学业水平考试化学试题含解析

浙江省诸暨市2024-2025学年高中三年级学业水平考试化学试题注意事项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、欲观察环戊烯()是否能使酸性KMnO4溶液褪色，先将环戊烯溶于适当的溶剂，再慢慢滴入0.005mol·L-1KMnO4溶液并不断振荡。下列哪一种试剂最适合用来溶解环戊烯做此实验A．四氯化碳 B．裂化汽油 C．甲苯 D．水2、某一化学反应在不同条件下的能量变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．化学催化比酶催化的效果好B．使用不同催化剂可以改变反应的能耗C．反应物的总能量低于生成物的总能量D．使用不同催化剂可以改变反应的热效应3、25℃时，向20.00mL0.1mol·L-1H2X溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-)的负对数[-1gc水(OH-)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是A．水的电离程度：M>N=Q>PB．图中M、P、Q三点对应溶液中cHXC．N点溶液中c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)D．P点溶液中c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+c(H2X)4、某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH相同、体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，下列叙述错误的是A．曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液B．溶液中水的电离程度：b点小于c点C．相同体积a点的两种酸分别与NaOH溶液恰好中和后，溶液中n(NO2－)＞n(CH3COO－)D．由c点到d点，溶液中保持不变（其中HA、A－分别代表相应的酸和酸根离子）5、关于“硫酸铜晶体结晶水含量测定”的实验，下列操作正确的是()A．在烧杯中称量 B．在研钵中研磨C．在蒸发皿中加热 D．在石棉网上冷却6、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A．使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO42－、Cl－B．=1×10－13mol·L－1的溶液中：NH4＋、Ca2＋、Cl－、NO3－C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO3－、SO42－D．水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、AlO2－、CO32－7、某烯烃分子的结构简式为，用系统命名法命名其名称为（）A．2，2，4-三甲基-3-乙基-3-戊烯 B．2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯C．2，2，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯 D．2-甲基-3-叔丁基-2-戊烯8、科研工作者利用Li4Ti5O12纳米材料与LiFePO4作电极组成可充放电电池，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（）A．放电时，碳a电极为正极，电子从b极流向a极B．电池总反应为Li7Ti5O12+FePO4＝Li4Ti5O12+LiFePO4C．充电时，a极反应为Li4Ti5O12+3Li++3e-＝Li7Ti5O12D．充电时，b电极连接电源负极，发生还原反应9、下列过程中涉及化学反应的是A．通过“扫描隧道显微镜”操纵原子“书写”文字 B．14C考古断代C．煤焦油分馏得到苯及其同系物 D．粮食酿酒10、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是（）A．SSO3H2SO4B．NH3NO2HNO3C．Cu2(OH)2CO3CuCl2(aq)Cu(s)D．饱和NaCl溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)11、下列有关仪器的名称、图形、用途与使用操作的叙述均正确的是()选项ABCD名称250mL容量瓶分液漏斗酸式滴定管冷凝管图形用途与使用操作配制1.0mol·L－1NaCl溶液，定容时仰视刻度，则配得的溶液浓度小于1.0mol·L－1用酒精萃取碘水中的碘，分液时，碘层需从上口放出可用于量取10.00mLNa2CO3溶液蒸馏实验中将蒸气冷凝为液体A．A B．B C．C D．D12、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的数目是①12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.2NA②1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA③常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA④7.8g中含有的碳碳双键数目为0.3NA⑤用1L1.0mol/LFeCl3溶液制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒的数目为NA⑥1molSO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，共转移2NA个电子⑦在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为5NA⑧常温常压下，17g甲基(－14CH3)中所含的中子数为9NAA．3 B．4 C．5 D．613、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是A．W的原子序数是Z的两倍，金属性强于ZB．W元素在周期表中的位置是第四周期VIII族C．丙属于两性氧化物D．等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量一定相等14、下列有机物都可以在碱的醇溶液和加热条件下发生消去反应，条件相同时，转化率最高的是()A．B．C．D．15、在化学的发展史上，许多科学家创建的理论对化学科学的发展起到重大的作用。有关科学家与其创建的理论对应不匹配的是（）A．墨子：物质的分割是有条件的B．汤姆生：葡萄干面包模型C．德谟克利特：古典原子论D．贝克勒尔：原子结构的行星模型16、下列图示与操作名称不对应的是A．升华 B．分液C．过滤 D．蒸馏17、干冰气化时，发生变化的是A．分子间作用力 B．分子内共价键C．分子的大小 D．分子的化学性质18、下列气体能用浓硫酸干燥的是A．SO2B．SO3C．HID．H2S19、我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指A．氨水 B．硝酸 C．醋 D．卤水20、NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法中正确的是A．铁丝和3.36LCl2完全反应，转移电子的数目为0.3NAB．1molNaClO中含有的Cl—数目为NAC．5mL0.005mol/L的Fe(SCN)3中溶质的微粒数目为2.5×10－7NAD．18gH2O中含有的电子数为10NA21、利用如图装置可以进行实验并能达到实验目的的是选项实验目的X中试剂Y中试剂A用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2饱和食盐水浓硫酸B用Cu与稀硝酸制取并收集纯净干燥的NO水浓硫酸CCaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2饱和NaHCO3溶液浓硫酸D用CaO与浓氨水制取并收集纯净干燥的NH3NaOH溶液碱石灰A．A B．B C．C D．D22、下列反应中，相关示意图像错误的是：A．将二氧化硫通入到一定量氯水中B．将氨水滴入到一定量氯化铝溶液中C．将铜粉加入到一定量浓硝酸中D．将铁粉加入到一定量氯化铁溶液中二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物G是制备治疗高血压药物纳多洛尔的中间体,实验室由A制备G的一种路线如下:已知:

(1)A的化学式是________(2)H中所含官能团的名称是_______;由G生成H的反应类型是_______。(3)C的结构简式为______,G的结构简式为_________。(4)由D生成E的化学方程式为___________。(5)芳香族化合物X是F的同分异构体,1molX最多可与4molNaOH反应,其核磁共振氢谱显示分子中有3种不同化学环境的氢,且峰面积比为3:3:1,写出两种符合要求的X的结构简式:___________________。(6)请将以甲苯和(CH3CO)2O为原料(其他无机试剂任选),制备化合物的合成路线补充完整。______________________________________24、（12分）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2-和B+具有相同的电子构型：C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：（1）四种元素中电负性最大的是___________（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为__________。（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是____________（填分子式）；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为___________和___________。（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为____________，中心原子的杂化轨道类型为________________。（4）单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为______________。（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a=0.566nm，F的化学式为________；晶胞中A原子的配位数为____________；列式计算晶体F的密度（g•cm-3）__________。25、（12分）Na2S2O3•5H2O俗称“海波”，是重要的化工原料，常用作脱氯剂、定影剂和还原剂。（1）Na2S2O3还原性较强，在碱性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式是_____。（2）测定海波在产品中的质量分数：依据反应2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，可用I2的标准溶液测定产品的纯度。称取5.500g产品，配制成100mL溶液。取10.00mL该溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.05000mol•L﹣1I2的标准溶液进行滴定，相关数据记录如表所示。①判断滴定终点的现象是_____。②若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则测量的Na2S2O3•5H2O的质量分数会_____（填“偏高”、“偏低”或“不变”）③计算海波在产品中的质量分数（写出计算过程）。_____。26、（10分）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业，是难溶于水的白色固体，能溶解于硝酸，在潮湿空气中可被迅速氧化。Ⅰ.实验室用CuSO4—NaCl混合液与Na2SO3溶液反应制取CuCl。相关装置及数据如图：图甲图乙图丙回答以下问题：(1)甲图中仪器1的名称是________；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，为提高产率，仪器2中所加试剂应为_____________。(2)乙图是体系pH随时间变化关系图，写出制备CuCl的离子方程式_____________。丙图是产率随pH变化关系图，实验过程中往往用Na2SO3—Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是_______并维持pH在______左右以保证较高产率。(3)反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是________。Ⅱ.工业上常用CuCl作O2、CO的吸收剂，某同学利用如图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量。A．CuCl的盐酸溶液B．Na2S2O4和KOH的混合溶液C．KOH溶液D．已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液可吸收氧气。(4)装置A中用盐酸而不能用硝酸，其原因是__________(用化学方程式表示)。用D装置测N2含量，读数时应注意________。整套实验装置的连接顺序应为_______________→D。27、（12分）三苯甲醇()是重要的有机合成中间体。实验室中合成三苯甲醇时采用如图所示的装置，其合成流程如图：已知:①格氏试剂易潮解，生成可溶于水的Mg(OH)Br。②三苯甲醇可通过格氏试剂与苯甲酸乙酯按物质的量比2:1反应合成③相关物质的物理性质如下：物质相对分子量沸点熔点溶解性三苯甲醇260380℃164.2℃不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂乙醚-34.6℃-116.3℃微溶于水，溶于乙醇、苯等有机溶剂溴苯-156.2℃-30.7℃不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂苯甲酸乙酯150212.6℃-34.6℃不溶于水请回答下列问题：（1）合成格氏试剂：实验装置如图所示，仪器A的名称是____，已知制备格氏试剂的反应剧烈放热，但实验开始时常加入一小粒碘引发反应，推测I2的作用是____。使用无水氯化钙主要是为避免发生____（用化学方程式表示）。（2）制备三苯甲醇：通过恒压滴液漏斗往过量的格氏试剂中加入13mL苯甲酸乙酯（0.09mol）和15mL无水乙醚的混合液，反应剧烈，要控制反应速率除使用冷水浴外，还可以___（答一点）。回流0.5h后，加入饱和氯化铵溶液，有晶体析出。（3）提纯：冷却后析出晶体的混合液含有乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯和碱式溴化镁等杂质，可先通过___（填操作方法，下同）除去有机杂质，得到固体17.2g。再通过___纯化，得白色颗粒状晶体16.0g，测得熔点为164℃。（4）本实验的产率是____（结果保留两位有效数字）。本实验需要在通风橱中进行，且不能有明火，原因是____。28、（14分）有研究预测，到2030年，全球报废的电池将达到1100万吨以上。而目前废旧电池的回收率却很低。为了提高金属资源的利用率，减少环境污染，应该大力倡导回收处理废旧电池。下面是一种从废电池正极材料（含铝箔、LiCoO2、Fe2O3及少量不溶于酸碱的导电剂）中回收各种金属的工艺流程：资料：1.黄钠铁矾晶体颗粒粗大，沉淀速度快，易于过滤。2.钴酸锂难溶于水、碳酸锂的溶解度随温度升高而降低。回答下列问题：(1)为了提高碱溶效率可以__，__。（任答两种）(2)从经济效益的角度考虑，为处理“碱溶”后所得滤液，可向其中通入过量CO2，请写出所发生反应的化学反应方程式__。(3)“酸浸”时有无色气体产生，写出发生反应的离子方程式__。(4)“沉铁”时采用的“黄钠铁矾法”与传统的通过调整溶液pH的“氢氧化物沉淀法”相比，金属离子的损失少，请分析并说明原因：___。(5)“沉锂”后得到碳酸锂固体的实验操作为__。(6)已知黄钠铁矾的化学式为NaxFey(SO4)m(OH)n。为测定黄钠铁矾的组成，进行了如下实验：①称取4.850g样品，加盐酸完全溶解后，配成100.00mL溶液；②量取25.00mL溶液，加入足量的KI，用0.2500mol•L-1Na2S2O3溶液进行滴定（反应2Fe3＋＋2I-=2Fe2＋＋I2，I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6），消耗30.00mLNa2S2O3溶液至终点。③另取25.00mL溶液，加足量BaCl2溶液充分反应后，过滤、洗涤、干燥后得沉淀1.165g。用Na2S2O3溶液进行滴定时，使用的指示剂为__；计算出黄钠铁矾的化学式__。29、（10分）我国由海水提取的食盐(海盐)不足四成，大部分产自内陆盐湖(湖盐)和盐矿(矿盐)。（1）由内陆盐湖水为原料进行晒盐，有“夏天采盐（食盐）、冬天捞硝（芒硝）”的说法，下列对其化学原理的描述正确的是___（选填编号）。a．由夏到冬，芒硝的溶解度变小b．由冬到夏，氯化钠的溶解度变小c．夏天温度高，氯化钠易结晶析出（2）芒硝型矿盐卤水中含有一定量Na2SO4和少量Ca2+、Mg2+、H2S等杂质，利用硫酸钙微溶于水的性质，用石灰-烟道气（CO2）法净化芒硝型矿盐卤水的流程如图：脱硫工序中先吹空气，发生物理和化学变化：物理变化是氢硫酸有挥发性，部分被直接吹出，化学变化是___（用化学方程式表示）。再加入稍过量的FeCl3溶液除去残留的硫化氢。检验FeCl3已经过量的试剂是___（填写化学式）。（3）加入Ca(OH)2能降低芒硝浓度并生成烧碱，同时除去Fe3+，另一目的是___。滤渣A的主要成分除了Fe(OH)3外，还有___（填写化学式）。（4）如图所示是石灰-纯碱法净化芒硝型矿盐卤水的部分流程：加入纯碱的作用是___（选填编号）。a．调节溶液的pHb．除去溶液中的Ca2+c．除去溶液中的Mg2+d．除去溶液中的SO42―石灰-烟道气法与石灰-纯碱法相比较，石灰-烟道气法的优点是___。（5）如图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，离子交换膜只允许阳离子通过，上述精盐水需要进行二次精制后才能作为离子交换膜电解槽的原料。对盐水进行二次精制的目的是___（选填编号）。a．进一步降低Ca2+、Mg2+的浓度，提高烧碱纯度b．进一步降低SO42―的浓度，提高烧碱纯度c．防止杂质离子与碱生成的沉淀堵塞离子交换膜d．防止溶液酸性或碱性过强，腐蚀离子交换膜盐水中硫酸根浓度过高会使生成的氯气中混有氧气，检验氯气中是否含有少量氧气的操作是___。

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项，环戊烯溶于四氯化碳，四氯化碳不能使KMnO4溶液褪色，不干扰环戊烯的检验；B项，环戊烯溶于裂化汽油，而裂化汽油能使KMnO4溶液褪色，干扰环戊烯的检验；C项，环戊烯溶于甲苯，而甲苯能使KMnO4溶液褪色，干扰环戊烯的检验；D项，环戊烯不溶于水；答案选A。该题的关键是在选择溶剂时不能干扰对环戊烯的鉴别。2、C【解析】

A．酶催化的活化能小于化学催化的活化能，所以酶催化比化学催化的效果好，A错误；B．使用不同催化剂，反应所需要的能量不同，即可以改变反应的能耗，B正确；C．由图可知：反应物的总能量高于生成物的总能量，C错误；D．使用不同催化剂，反应物的总能量和生成物的总能量都没有变化，而焓变为生成物与反应物的总能量差，所以不同催化剂不会改变反应的焓变，D错误；故选C。3、C【解析】

A.M点：水电离出来的氢氧根离子为10-11.1mol/L，N点和Q点：水电离出来的氢氧根离子为10-7.0mol/L，P点水电离出来的氢氧根离子为10-5.4mol/L，水的电离程度：P>N=Q>M，故A错误；B.H2X的第二步电离常数Ka2=c（X2-）×c（H+）c（HX-）C.N点为NaHX与Na2X的混合溶液，由图像可知，M点到P点发生HX-+OH-=H2O+X2-，根据横坐标消耗碱的量可知，在N点生成的X2-大于剩余的HX-，因此混合液n(Na2X)>n(NaHX),因为溶液呈中性，X2-的水解平衡与HX-的电离平衡相互抵消，所以N点溶液中c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)，故选C；D.P点恰好生成Na2X溶液，根据质子守恒c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D错误；答案：C本题注意把握图象的曲线的变化意义，把握数据的处理，难度较大。4、C【解析】

由电离常数可知，HNO2和CH3COOH都是弱酸，并且醋酸的酸性更弱。pH相同、体积均为V0的两种酸溶液中，醋酸的物质的量比亚硝酸大。【详解】A.相同pH的弱酸加水稀释，酸性越强的酸，pH变化越大，所以曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液，正确；B.从图中可以看出，溶液的pHb点小于c点，说明c(H+)b点比c点大，c(OH-)c点比b点大，从而说明溶液中水的电离程度c点比b点大，正确；C.相同体积a点的两种酸，醋酸的物质的量大，分别与NaOH溶液恰好中和后，溶液中n(NO2－)<n(CH3COO－)，错误；D.由c点到d点，弱酸的电离常数和水的电离常数都不变，所以Kw/Ka不变，即保持不变，正确。故答案为C。5、B【解析】

A．实验是在瓷坩埚中称量，故A错误；B．实验是在研钵中研磨，故B正确；C．蒸发除去的是溶液中的溶剂，蒸发皿中加热的是液体，硫酸铜晶体是固体，不能用蒸发皿，故C错误；D．瓷坩埚是放在干燥器里干燥的，故D错误；答案选B。6、B【解析】

A、酚酞变红色的溶液，此溶液显碱性，Al3＋、OH－生成沉淀或AlO2－，不能大量共存，故A错误；B、根据信息，此溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，这些离子不反应，能大量共存，故正确；C、与Al能放出氢气的，同业可能显酸性也可能显碱性，若是碱性，则Fe2＋和OH－不共存，若酸性，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，不产生H2，故C错误；D、水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液，此物质对水电离有抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性，AlO2－、CO32－和H＋不能大量共存，故D错误。答案选B。7、B【解析】

烯烃分子的结构简式为，系统命名法命名其名称为2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯，故B符合题意。综上所述，答案为B。8、C【解析】

A.由图可知，放电时，Li+从碳a电极向碳b电极移动，原电池工作时，阳离子向正极移动，则碳b电极为正极，电子从a极流向b极，故A错误；B.电池反应为Li7Ti5O12+3FePO4＝Li4Ti5O12+3LiFePO4，B项没有配平，故B错误；C.充电时，Li+向a极移动，生成Li7Ti5O12，故电极方程式为：Li4Ti5O12+3Li++3e-＝Li7Ti5O12，故C正确；D.充电时，b电极失去电子发生氧化反应，应该和电源的正极相连，故D错误；正确答案是C。放电时为原电池反应，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电时，原电池的负极与电源的负极连接，发生还原反应，原电池的正极与电源的正极相连，发生氧化反应。9、D【解析】

A.通过“扫描隧道显微镜”操纵原子“书写”文字，没有新物质生成属于物理变化，故A错误；B.14C考古断代是元素的放射性衰变，故B错误；C.分馏是利用物质沸点不同分离物质的方法，没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；D.粮食酿酒，生成新物质，属于化学变化，故D正确；故选：D。物理变化与化学变化区别，物理变化没有新物质生成，化学变化有新物质生成，据此分析解答。10、D【解析】

A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫；B、氨气一步反应只能得到一氧化氮；C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜；D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠。【详解】A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则转化关系不可以实现，选项A错误；B、氨气一步反应只能得到一氧化氮，不能得到二氧化氮，则转化关系不可以实现，选项B错误；C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜，则转化关系不可以实现，选项C错误；D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体、氯化铵，过滤得到碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠，转化关系可以实现，选项D正确。答案选D。本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用，题目难度中等，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，C项为易错点，注意Na和盐溶液反应的特点。11、A【解析】

A、定容时仰视刻度，溶液体积偏大致使溶液的浓度偏低，A正确；B、酒精易溶于水，不分层，不能用酒精萃取碘水中的碘，B错误；C、Na2CO3溶液显碱性，应用碱式滴定管量取，C错误；D、蒸馏实验中水从下口进上口出，D错误；答案选A。12、A【解析】

12.0g熔融的NaHSO4(电离产生Na+和HSO4-)中含有的阳离子数为0.1NA，①不正确；②1molNa2O(由Na+和O2-构成)和Na2O2(由Na+和O22-构成)混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA，②正确；③常温常压下，92g的NO2和92gN2O4都含有6mol原子，所以混合气体含有的原子数为6NA，③正确；④中不含有碳碳双键，④不正确；⑤氢氧化铁胶粒由许多个氢氧化铁分子构成，用1L1.0mol/LFeCl3溶液制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒的数目小于NA，⑤不正确；⑥1molSO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，由于反应可逆，所以共转移电子数小于2NA，⑥不正确；⑦在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，KIO3中的I由+5价降低到0价，所以每生成3molI2转移的电子数为5NA，⑦正确；⑧常温常压下，17g甲基(－14CH3)中所含的中子数为=8NA，⑧不正确；综合以上分析，只有②③⑦正确，故选A。NaHSO4在水溶液中，可电离产生Na+、H+、SO42-；而在熔融液中，只能电离产生Na+和HSO4-，在解题时，若不注意条件，很容易得出错误的结论。13、B【解析】

X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，则X是H元素，Z是Al元素；由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙是Fe3O4，结合元素及化合物的性质逆推可知甲为Fe，乙为H2O，丁是H2，戊为金属单质，可以与Fe3O4反应产生Fe单质，因此戊是Al单质，己为Al2O3，结合原子序数的关系可知Y是O元素，W是Fe元素，据此分析解答。【详解】综上所述可知X是H元素，Y是O元素，Z是Al元素，W是Fe元素。甲是Fe单质，乙是H2O，丙是Fe3O4，丁是H2，戊是Al单质，己是Al2O3。A.Fe原子序数是26，Al原子序数是13，26为13的2倍，金属性Al>Fe，A错误；B.Fe是26号元素，在元素周期表中位于第四周期VIII族，B正确；C.丙是Fe3O4，只能与酸反应产生盐和水，不能与碱发生反应，因此不是两性氧化物，C错误；D.Fe是变价金属，与硝酸反应时，二者的相对物质的量的多少不同，反应失去电子数目不同，可能产生Fe2+，也可能产生Fe3+，而Al是+3价的金属，因此等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量不一定相等，D错误；故合理选项是B。本题考查了元素及化合物的推断及其性质的知识，涉及Fe、Al的单质及化合物的性质，突破口是丙是氧化物，是具有磁性的黑色晶体，结合Fe与水蒸气的反应及铝热反应，就可顺利解答。14、C【解析】

卤代烃消去反应的机理是断裂卤原子和连卤原子的碳原子的相邻碳原子上的氢形成双键或三键，相邻碳原子上的C﹣H键极性越强的氢原子，越容易断裂，而碳氢键的极性受其他原子团的影响，据此解答。【详解】碳碳双键为吸电子基团，ABC三种溴代烃中连溴原子碳原子的相邻碳上的C﹣H键受双键吸电子的影响程度不同，按照C﹣H键极性由强到弱的顺序排列依次是：C、A、B，所以碳氢键断裂由易到难的顺序为：C、A、B；D分子中不存在碳碳双键，相邻碳上的C﹣H键极性比前三者弱，所以在碱的醇溶液和加热条件下发生消去反应，条件相同时，转化率有高到低的顺序是：C、A、B、D，答案选C。15、D【解析】

A.墨子提出：物质被分割是有条件的，若不存在被分割的条件，就不能被分割，故A正确；B.汤姆生发现了电子，并提出了电子的葡萄干面包模型，故B正确；C.德谟克利特提出：物质由极小的微粒组成，这种微粒叫做原子，物质分割只能到原子为止，故C正确；D.卢瑟福提出了原子结构的行星模型，不是贝克勒尔，故D错误；答案选D。16、A【解析】

A、升华是从固体变为气体的过程，图中操作名称是加热，选项A不对应；B、由图中装置的仪器以及操作分离互不相溶的液体，可知本实验操作名称是分液，选项B对应；C、由图中装置的仪器以及操作分离难溶固体与液体的混合物，可知本实验操作名称过滤，选项C对应；D、由图中装置的仪器以及操作分离沸点不同的液体混合物，可知本实验操作名称蒸馏，选项D对应。答案选A。17、A【解析】

A.干冰气化时，分子间距离增大，所以分子间作用力减弱，故A正确；B.干冰气化时二氧化碳分子没变，所以分子内共价键没变，故B错误；C.干冰气化时二氧化碳分子没变，分子的大小没变，故C错误；D.干冰气化时二氧化碳分子没变，所以化学性质没变，故D错误；答案选A。18、A【解析】分析：浓硫酸属于酸，具有酸的通性，还具有吸水性、脱水性和强氧化性，能干燥中性或酸性气体，但不能干燥碱性和部分强还原性气体。详解：A.SO2虽然具有还原性，但和浓硫酸不反应，所以能被浓硫酸干燥，故A正确；B.SO3能被浓硫酸吸收，不能用浓硫酸干燥，故B错误；C.HI具有还原性，能被浓硫酸氧化，所以不能用浓硫酸干燥，故C错误；D.H2S具有强还原性，能被浓硫酸氧化，所以不能用浓硫酸干燥，故D错误；答案选A。点睛：本题考查浓硫酸的性质，主要是浓硫酸吸水性、强氧化性的理解和应用，题目难度不大。本题的易错点是A项，虽然SO2具有较强的还原性、浓硫酸具有强氧化性，但因为SO2中S元素的化合价为+4价，硫酸中S元素的化合价为+6价，二者为S元素的相邻价态，所以SO2和浓硫酸不反应，可以用浓硫酸干燥SO2气体。19、B【解析】

根据题意该物质能够与很多金属反应，根据选项B最符合，该强水为硝酸，硝酸具有强氧化性，可溶解大部分金属；答案选B。20、D【解析】

A.未告知是否为标准状况，无法计算3.36LCl2的物质的量，因此无法确定铁和氯气反应转移的电子数，故A错误；B.次氯酸钠中不存在氯离子，故B错误；C.Fe(SCN)3为难电离的物质，5mL0.005mol/L的Fe(SCN)3中溶质的物质的量为0.005L×0.005mol/L=2.5×10－5mol，微粒数目略小于2.5×10－5NA，故C错误；D.18gH2O的物质的量为1mol，而水为10电子微粒，故1mol水中含10NA个电子，故D正确；答案选D。本题的易错点为A，使用气体摩尔体积需要注意：①对象是否为气体；②温度和压强是否为标准状况。21、C【解析】

A.MnO2和浓盐酸制取氯气，需要加热，A不符合题意；B.NO不能选排空气法收集，B不符合题意；C.CaCO3和稀盐酸反应生成二氧化碳，碳酸氢钠溶液可除去HCl，浓硫酸干燥后，选向上排空气法收集二氧化碳，C符合题意；C.用CaO与浓氨水制取氨气，进入X中时氨气会溶解，而且氨气密度比空气小，应该用向下排空气方法收集，不能用向上排空气的方法收集，D不符合题意；故合理选项是C。22、B【解析】

A．当向氯水中通入二氧化硫时，氯水中的氯气具有强氧化性，在水溶液中能把二氧化硫氧化成硫酸，氯气和二氧化硫、水的反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，所以溶液的酸性增强，pH值减小，最后达定值，故A正确；B．氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不和弱碱反应，所以将氨水滴入到一定量氯化铝溶液中沉淀先逐渐增大最后达到最大值，沉淀不溶解，故B错误；C．铜先和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，随着反应的进行，浓硝酸变成稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，当硝酸完全反应时，生成的气体为定值，故C正确；D．铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，溶液中离子数目增多，氯离子的量不变，所以氯离子的百分含量减少，到三价铁离子反应完全后，氯离子的百分含量不再变化，故D正确；故答案为B。二、非选择题(共84分)23、C10H8羟基，醚键取代反应【解析】

根据合成路线中有机物的结构变化及分子式结合反应条件分析合成过程中的中间产物及反应类型；根据提示信息及原料、目标产物，采用逆合成分析法设计合成路线。【详解】根据已知条件及D的结构式分析得A与浓硫酸发生取代反应，则B的结构简式为；根据B和D的结构及反应条件可以分析得中间产物C的结构简式为：；根据E的分子式结合D的结构分析知E的结构简式为：；根据F的结构及反应条件分析G的结构简式为：；(1)根据A的结构简式分析得A的化学式是C10H8；(2)根据H的结构简式分析，H中所含官能团的名称是羟基，醚键；比较G和H的结构变化可以看出H中酚羟基上的氢原子被取代，所以该反应为取代反应；(3)根据上述分析C的结构简式为；G的结构简式为；(4)由D生成E属于取代反应，化学方程式为：+(CH3CO)2O→+CH3COOH；(5)X属于芳香族化合物，则X中含有苯环，1molX最多可与4molNaOH反应，结构中可能含有2个酯基，结构中有3种不同化学环境的氢，且峰面积比为3:3:1，说明结构中对称性较强，结构中应该含有多个甲基，则符合要求的X的结构简式有为：、、、；(6)根据目标产物逆分析知由发生取代反应生成，而根据提示信息可以由在一定条件下制取，结合有机物中官能团的性质及题干信息，可以由氧化制取，则合成路线为：。24、Ols22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）O3分子晶体离子晶体三角锥形sp32Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）Na2O82.27g/cm3【解析】

A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，则C为P元素，C、D为同周期元索，D元素最外层有一个未成对电子，则D为Cl元素，A2－和B＋具有相同的电子构型，则A为O、B为Na元素；通过以上分析，A、B、C、D分别是O、Na、P、Cl元素。【详解】（1）元素的非金属性越强，其电负性越大，这几种元素非金属性最强的是O元素，则电负性最大的是O元素；C是P元素，其原子核外有15个电子，根据构造原理书写P原子核外电子排布式为ls22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）；故答案为：O；ls22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）；（2）单质A为氧气，氧气的同素异形体是臭氧，二者都是分子晶体，分子晶体熔沸点与范德华力成正比，范德华力与相对分子质量成正比，臭氧的相对分子质量大于氧气，则范德华力：臭氧＞氧气，所以熔沸点较高的是O3；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为水是分子晶体和NaH为离子晶体。故答案为：O3；分子晶体；离子晶体；（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物PCl3，PCl3中P原子价层电子对个数=3+=4且含1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子的立体构型为三角锥形、中心原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：三角锥形；sp3；（4）单质Cl2与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，其化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）。故答案为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）；（5）O和Na能够形成化合物F，半径大的为O元素离子、半径小的为Na＋，该晶胞中大球个数=8×+6×=4、小球个数为8，则大球、小球个数之比=4：8=1：2，则化学式为Na2O；观察晶胞中面心的原子，与之相连的原子有8个，晶胞中O原子的配位数为8；该晶胞体积=a3nm3，晶胞密度==g·cm－3=2.27g·cm－3；故答案为：Na2O；2.27g·cm-3。本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、微粒空间构型判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查基础知识点的灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，利用均摊法求出晶胞中原子的个数，结合密度公式含义计算。25、S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化偏低从表格中可以看出，第二次滴定误差较大，不应计算在平均值里面，消耗I2标准溶液的平均值为20.00mL。由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，可知5.5g样品中n（Na2S2O3•5H2O）＝n（S2O32﹣）＝2n（I2）＝2×0.02L×0.05mol/L×＝0.02mol，则m（Na2S2O3•5H2O）＝0.02mol×248g/mol＝4.96g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为×100%＝90.18%，故答案为：90.18%。【解析】

（1）碱性条件下二者发生氧化还原反应生成氯离子和硫酸根离子；（2）以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol/LI2的标准溶液进行滴定，终点现象为溶液变蓝色且半分钟内不褪色；依据反应的定量关系2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣计算碘单质消耗的硫代硫酸钠，计算得到样品中的质量分数。【详解】（1）Na2S2O3还原性较强，在碱性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，反应的离子方程式为S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O，故答案为：S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O；（2）①加入最后一滴I2标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不改变，说明Na2S2O3反应完毕，滴定到达终点，故答案为：当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化；②若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则Na2S2O3反应不完全，导致测定结果偏低，故答案为：偏低；③第2次实验消耗标准液的体积与其它2次相差比较大，应舍弃，1、3次实验的标准液平均值为消耗标准液体积，即消耗标准液体积为20mL，由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，可知5.5g样品中n(Na2S2O3•5H2O)＝n(S2O32﹣)＝2n(I2)＝2×0.02L×0.05mol/L×＝0.02mol，则m(Na2S2O3•5H2O)＝0.02mol×248g/mol＝4.96g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为×100%＝90.18%，故答案为：90.18%。本题涉及物质的量的计算、离子方程式书写、基本操作等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键。26、三颈烧瓶Na2SO3溶液2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓+2H++与H+作用，调整pH3.5洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O温度降到常温，上下调节量气管至左、右液面相平，该数时视线与凹液面最低处相切C→B→A【解析】

(1)根据仪器1的图示解答；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，需要控制Na2SO3的加入量，据此分析判断；(2)根据题意，在CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液生成CuCl(氯化亚铜)沉淀，同时溶液的酸性增强，结合Na2CO3的性质分析解答；(3)根据“氯化亚铜(CuCl)在潮湿空气中可被迅速氧化”分析解答；(4)根据“氯化亚铜(CuCl)能溶解于硝酸”，结合硝酸的强氧化性书写反应的方程式；根据正确的读数方法解答；用CuCl作O2、CO的吸收剂，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧气，再用A吸收CO，最后用排水法测量氮气的体积，据此分析解答。【详解】(1)甲图中仪器1为三颈烧瓶；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，为提高产率，可控制Na2SO3的加入量，则仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液，故答案为：三颈烧瓶；Na2SO3溶液；(2)在提纯后的CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl(氯化亚铜)沉淀，同时溶液的酸性增强，生成硫酸，反应的离子方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+，用Na2SO3-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，Na2CO3可与生成的H+反应，及时除去系统中反应生成的H+，利于反应进行，由图象可知，应维持pH在3.5左右，故答案为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+；与H+作用，调整pH；3.5；(3)用去氧水作洗涤剂洗涤产品，可洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化，故答案为：洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化；(4)根据题意，氯化亚铜(CuCl)能溶解于硝酸，反应的方程式为6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O；用D装置测N2含量，应注意温度在常温，且左右液面相平，读数时视线与凹液面最低处水平相切，以减小实验误差；用CuCl作O2、CO的吸收剂，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧气，再用A吸收CO，最后用排水法测量氮气的体积，则顺序为C→B→A→D，故答案为：6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O；降低温度到常温，上下调节量气管液面至左右液面相平，读数时视线与凹液面最低处水平相切；C→B→A。27、球形干燥管与Mg反应放出热量，提供反应需要的活化能+H2O→+Mg(OH)Br缓慢滴加混合液蒸馏重结晶68%乙醚有毒，且易燃【解析】

首先利用镁条、溴苯和乙醚制取格氏试剂，由于格氏试剂易潮解，所以需要在无水环境中进行反应，则装置A中的无水氯化钙是为了防止空气中的水蒸气进入反应装置；之后通过恒压滴液漏斗往过量的格氏试剂中加入苯甲酸抑制和无水乙醚混合液，由于反应剧烈，所以需要采用冷水浴，同时控制混合液的滴入速率；此时得到的三苯甲醇溶解在有机溶剂当中，而三苯甲醇的沸点较高，所以可采用蒸馏的方法将其分离，除去有机杂质；得到的粗品还有可溶于水的Mg(OH)Br杂质，可以通过重结晶的方法分离，三苯甲醇熔点较高，所以最终得到的产品为白色颗粒状晶体。【详解】(1)根据装置A的结构特点可知其为球形干燥管；碘与Mg反应放热，可以提供反应需要的活化能；无水氯化钙防止空气中的水蒸气进入反应装置，使格氏试剂潮解，发生反应：+H2O→+Mg(OH)Br；(2)控制反应速率除降低温度外(冷水浴)，还可以缓慢滴加混合液、除去混合液的杂质等；(3)根据分析可知应采用蒸馏的方法除去有机杂质；进一步纯化固体可采用重结晶的方法；(4)三苯甲醇可以通过格氏试剂与苯甲酸乙酯按物质的量比2:1反应，由于格氏试剂过量，所以理论生成的n(三苯甲醇)=n(苯甲酸乙酯)=0.09mol，所以产率为=68%；本实验使用的乙醚易挥发，有毒且易燃，所以需要在通风橱中进行。本题易错点为第3题，学生看到三苯甲醇的熔点较高就简单的认为生成的三苯甲醇为固体，所以通过过滤分离，应还要注意三苯甲醇的溶解性，实验中使用的有机溶剂都可以溶解三苯甲醇，所以要用蒸馏的方法分离。28、将正极材料粉碎搅拌、适当升高温度等(任答两种)Na[Al(OH)4]+CO2==Al(OH)3↓+NaHCO3(或其他合理答案)2LiCoO2+6H++H2O2==2Li++2Co2++O2↑+4H2O调节pH时Fe3+会形成Fe(OH)3胶体，吸附溶液中的金属阳离子趁热过滤淀粉溶液NaFe3(SO4)2(OH)6【解析】

正极材料（含铝箔、LiCoO2、Fe2O3及少量不溶于酸碱的导电剂）加入NaOH碱溶后，铝箔溶解成为滤液，此时滤渣为LiCoO2、Fe2O3及少量不溶于酸碱的导电剂；加入H2SO4、H2O2酸浸后，LiCoO2、Fe2O3溶解生成Li+、Co2+(酸溶时生成的Co3+被H2O2还原为Co2+)，不溶于酸碱的导电剂成为滤渣；加入Na2SO4后，Fe3+转化为黄钠铁矾沉淀；加入草酸铵饱和溶液后，Co2+转化为CoC2O4沉淀；溶液浓缩后，加入纯碱，Li+转化为Li2CO3沉淀。【详解】(1)为了提高碱溶效率，可以通过增大接触面积、升高温度等操作实现，具体操作为将正极材料粉碎，搅拌、适当升高温度等(任答两种)。答案为：将正极材料粉碎；搅拌、适当升高温度等(任答两种)；(2)为处理“碱溶”后所得滤液中含有的Na[Al(OH)4]，向其中通入过量CO2，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，发生反应的化学反应方程式为Na[Al(OH)4]+CO2==Al(OH)3↓+NaHCO3。答案为：Na[Al(OH)4]+CO2==Al(OH)3↓+NaHCO3(或其他合理答案)；(3)“酸浸”时，LiCoO2溶解生成Li+、Co2+(酸溶时生成的Co3+被H2O2还原为Co2+)，同时生成O2，发生反应的离子方程式为2LiCoO2+6H++H2O2==2Li++2Co2++O2↑+4H2O。答案为：2LiCoO2+6H++H2O2==2Li++2Co2++O2↑+4H2O；(4)“沉铁”时采用的“黄钠铁矾法”与传统的通过调整溶液pH的“氢氧化物沉淀法”相比，后者生成的Fe(OH)3胶体具有吸附作用，能吸附溶液