2024届甘肃省酒泉市敦煌中学高考压轴卷化学试卷含解析

2024届甘肃省酒泉市敦煌中学高考压轴卷化学试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)

填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处”。

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先

划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将木试卷和答题卡一并交回。

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、常压下瘦基化法精炼银的原理为：Ni(s)+4CO(g)^=iNi(CO)4(g)o230c时，该反应的平衡常数K=2xl(p5。已知：

Ni(CO)4的沸点为42.2C,固体杂质不参与反应。

第一阶段：将粗银与CO反应转化成气态Ni(CO)4；

第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230.C制得高纯银。

下列判断正确的是

A.增加c(CO),平衡向正向移动，反应的平衡常数增大

B.第一阶段，在30c和50℃两者之间选择反应温度，选50℃

C.第二阶段，Ni(CO)4分解率较低

D.该反应达到平衡时，v生成［Ni(CO)41=4v生成(CO)

2、过氧化钠具有强氧化性，遇亚铁离子可将其氧化为一种常见的高效水处理剂,化学方程式为

2FeSO4+6Na2O2=2INa2beO4+2INa2O+2Na2SO4+O2t.下列说法中不正确的是

A.氧化性：Na2O2>Na2FeO4>FeSO4

B.FeSO4只作还原剂，NazCh既作氧化剂，又作还原剂

C.由反应可知每3moiFcSCh完全反应时，反应中共转移12mol电子

D.NazFeCh处理水时，不仅能杀菌消毒，还能起到净水的作用

3、下列有关描述中，合理的是

A.用新制氢氧化铜悬浊液能够区别葡萄糖溶液和乙醛溶液

B.洗涤葡萄糖还原银氨溶液在试管内壁产生的银:先用氨水溶洗、再用水清洗

C.裂化汽油和四氯化碳都难溶于水，都可用于从滨水中萃取溟

D.为将氨基酸混合物分离开，可以通过调节混合溶液pH,从而析出晶体，进行分离。

4、化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。只改变一个条件，则下列对图像的解读正确的是

A.A2(g)+3B?(g)=2AB3(g),如图①说明此反应的正反应是吸热反应

B.4C0(g)+2N02(g)^N2(g)+4C02(g),如图②说明股的转化率b>a>c

C.N2(g)+3H2(g)==2NH3(g),如图③说明t秒时合成氨;反应达到平衡

D.2A(g)+2B(g)=3C(g)+D(?),如图④说明生成物D一定是气体

5、主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X•的电子层结构与筑相同，R和Y同

族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂；Z3+和丫?•具有相同的电子层结构；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的

溶液通入过量CO2后产生白色沉淀。下列说法不正确的是()

A.原子半径：T>R>W>Z

B.T和R形成化合物的水溶液呈碱性

C.化合物TX具有很强的还原性，可与水反应

D.T、R、Z三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两能发生反应

2118

6、已知298K时，Ksp(NiS)=L0xl0-,Ksp(FeS)=6.0x10,其沉淀溶解平衡曲线如图所示(图中R表示Ni或Fe),下

A.M点对应的溶液中，c(S2A3.2x10』mol・L”

B.与P点相对应的NiS的分散系是均一稳定的

C.向Q点对应的溶液中加水，可转化成N点对应的溶液

D.FeS+Ni2+=^NiS+Fe2+的平衡常数K=6000

7、W、Y、Z为常见短周期元素，三种元素分属不同周期不同主族，且与X能形成如图结构的化合物。已知W、Y、

Z的最外层电子数之和等于X的核外电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述正确的是()

A.对应元素形成的气态氢化物稳定性；Y>X

B.W、X对应的简单离子半径顺序为：X>VV

C.Y的氧化物对应水化物为强酸

D.该化合物中各元素均满足8电子稳定结构

8、下列有关同位素的说法正确的是

A.18。的中子数为8B.16。和18。质子数相差2

C.16。与IX。核电荷数相等D.1个16。与1个18。质量相等

9、关于化学键的各种叙述，下列说法中不正确的是（）

A.Ca（OH”中既有离子键又有共价键

B.在单质或化合物中，一定存在化学键

C.在离子化合物中，可能存在共价键

D.化学反应中肯定有化学键发生变化

10、足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是

A.氢氧化钠溶液B.稀硫酸C.盐酸D.稀硝酸

--2

11、工业上电解NaHSCh溶液制备Na2s2。8。电解时，阴极材料为Pb；阳极（钳电极）电极反应式为2HSO4-2e=S2O8

-+2H+o下列说法正确的是（）

+

A.阴极电极反应式为Pb+HSO4"-2e=PbSO4+H

B.阳极反应中S的化合价升高

c.S2O/一中既存在非极性键又存在极性键

D.可以用铜电极作阳极

12、关于氯化钱的说法错误的是

A.氯化钱溶于水放热B.氯化钱受热易分解

C.氯化钱固体是离子晶体D.氯化钱是强电解质

13、已知：AgSCN（白色，s）（aq）+SCN-（aq）,TC时，&p（AgSCN）=LOXIO*。在T℃时，向体积为20.00mL、

浓度为mniol/L的AgNO3溶液中滴加0.iOmol/LKSCN溶液，溶液pAg的与加入的KSCN溶液体积的关系如图所示,

下列说法错误的是（）

y(KSCN潜液MnI.

A.m=0.1

B.c点对应的KSCN溶液的体积为20.00mL

C.a、b、c、d点对应的溶液中水的电离程度：a>b>c>d

D.若％=60mL,则反应后溶液的pAfi=UTg2

14、下列仪器不能加热的是（）

15、某学生探究0.25mol/LAl2（SO4）3溶液与0.5mol/LNa2cCh溶液的反应，实验如下。

A.实验1中，白色沉淀a是Al2（CO3）3

B.实验2中，白色沉淀b一定是AL（OH）2（CO3）2

C.检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCL溶液

D.实验1、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关

16、己知A、B、D均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示（部分产物略去）。则下列有关物质的

推断不正确的是（）

A.若A为碳，则E可能为氧气

B.若A为Na2c。3,则E可能为稀HC1

C.若A为Fe,E为稀HNO3,则D为Fe（NO3）3

D.若A为AICI3,则D可能为Al（OH）3,E不可能为氨水

二、非选择题（本题包括5小题）

17、聚酰亚胺是重要的特种工程材料，广泛应用在航空、纳米、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如下（部分反应

条件略去）：

A

C

H

已知:

①有机物A的质谱与核磁共振氢谱图如下:

00

②2★IIII

2RCOOH=

R-C―0―C—R+H20

CHj

6,

CH3CI

催化剂

回答下列问题：

(DA的名称是___________________；C中含氧官能团的名称是________________。

(2)反应②的反应类型是_____________________。

(3)反应①的化学方程式是o

(4)F的结构筒式是_____________________o

(5)同时满足下列条件的G的同分异构体共有种(不含立体结构)；写出其中一种的结构简

式：。

①能发生银镜反应②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCb溶液发生显色反应

③1mol该物质最多能与8molNaOH反应

CH.OOC-/N-COOCH,

(6)参照上述合成路线，以间二甲苯和甲醇为原料(无机试剂任选)设计制备Y的合成路线:

18、A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，他们能发生如图所示的转化关系。若该元素用R表示,

则A为R的氧化物，D与NaOH溶液反应生成C和Hz。

请回答：

⑴写出对应物质的化学式：A;C;E

(2)反应①的化学方程式为。

(3)反应④的离子方程式为o

(4)112co3的酸性强于E的，请用离子方程式予以证明：

19、硫酰氯(SOzCh)熔点・54.1C,沸点在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。

(DSOzCh中的S的化合价为,SO2Ch在潮湿空气中因水解“发烟”的化学方程式为

(2)现拟用干燥的Cb和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯，实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。

①仪器A的名称为,装置乙中装入的试剂是_______________,装置B的作用是________________o

②装置丙分液漏斗中盛装的最佳试剂是________________(选填编号)。

A.蒸储水B.10.0mol・L」浓盐酸

C.浓氢辄化钠溶液D.饱和食盐水

③滴定法测定硫酰氯的纯度:取1.800g产品，加入到100mL0.50000moH/NaOH溶液中加热充分水解，冷却后加蒸储

水准确糅释至250mL,取25mL溶液于锥形瓶中，滴加2滴甲基橙，用O.lOOOmolI”标准HC1滴定至终点，重复实

验三次取平均值，消耗HCI【0.00mL。达到滴定终点的现象为,产品的纯度为。

20、为了测定工业纯碱中Na2cCh的质量分数(含少量NaCI),甲、乙、丙三位学生分别设计了一套实验方案。

学生甲的实验流程如图所示：

蒸溜水试剂A

学生乙设计的实验步骤如下：

①称取样品，为1.150g；②溶解后配成250mL溶液；③取20mL上述溶液，加入甲基橙2〜3滴；④用0.1140mol/L

的标准盐酸进行滴定；⑤数据处理。

回答下列问题：

(1)甲学生设计的定量测定方法的名称是一法。

(2)试剂A可以选用—(填编号)

a.CaChb.BaClzc.AgNO3

(3)操作II后还应对滤渣依次进行①一、②—两个实验操作步骤。其中，证明前面一步的操作已经完成的方法是_；

(4)学生乙某次实验开始滴定时，盐酸溶液的刻度在0.00mL处，当滴至试剂B由一色至一时，盐酸溶液的刻度在

14.90mL处，乙同学以该次实验数据计算此样品中Na2c03的质量分数是_(保留两位小数)。乙同学的这次实验结

果与老师给出的理论值非常接近，但老师最终认定他的实验方案设计不合格，你认为可能的原因是什么？_o

(5)学生丙称取一定质量的样品后，只加入足量未知浓度盐酸，经过一定步骤的实验后也测出了结果。他的实验需要

直接测定的数据是

21、三氯胺(NCb)是一种饮用水二级消毒剂，可由以下反应制备：

I-NH5(g)+3Cl2(g).NCl3(l)+3HCl(g)AH

回答下列问题：

⑴已知：II.2NH3(g)+3Cl2(g)^=tN2(g)+6HCl(g)AH,

m.N2(g)+3Cl2(g)=2NCl3(l)AH,

则AH2=(用含AH和AH)的代数式表示)。

⑵向容积均为2L的甲乙两个恒温密闭容器中分别加入4molNH3和4moiCh,发生反应I,测得两容器中n(CL)随反

应时间的变化情况如下表所示：

时间/min0408()120160

容器甲(Ti)4.03.02.21.61.6

容器乙(T2)4.02.92.02.02.0

①0〜80min内，容器甲中v(NH3)=。

②反应I的AH0(填“/或“v”)，其原因为o

③关于容器乙，下列说法正确的是________(填选项字母)。

A.容器内卑¥二?，说明反应达到平衡状态

11(5)3

B.反应进行到70min时，v正一定大于丫逆

C.容器内气体平均相对分子质量在增大，说明平衡在正向移动

D.达平衡后，加入一定量NCh(l),平衡逆向移动

E.达平衡后，按原投料比再充入一定量反应物，平衡后NHj的转化率增大

④温度为Ti时HC【(g)的平衡体积分数=,该温度下，若改为初始体积为2L的恒压容器，平衡时容器中

n(Ch)(填“>”、"=”或

⑤温度为T2时，该反应的平衡常数K=.

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、B

【解题分析】

A.平衡常数只与温度有关，与浓度无关，故A错误；

B.50c时，Ni(C0*以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，故B正确；

C.230C时，Ni(CO)4分解的平衡常数K逆=1/K正=1/(2x10。=5xl()4,可知分解率较高，故C错误;

D.平衡时，应该是4y生成[Ni(CO)4]=v生成(CO),故D错误;

正确答案：B

2、C

【解题分析】

A.由氧化剂的氧化性大于氧化产物可知，氧化性：Na202>Na2Fe04>FeS04,A正确；

B.2FeS04+6Na202=2Na2Fe04+2Na20+2Na2S04+023Fe元素的化合价由+2价升高为+6价元素的化合价部分由-1价

降低为-2价，部分由-1价升高为。价，所以FeS04只作还原剂，限外既作氧化剂又作还原剂，B正确；C.2FeSO4〜

10e',所以每3molFeSO4完全反应时，反应中共转移15moi电子，C错误。D.NazFeCh处理水时，NazFeCh可以

氧化杀死微生物，生成的还原产物氢氧化铁又具有吸附作用，可以起到净水的作用，D正确；答案选C.

点睛：解答本题特别需要注意在氧化还原反应中Na2O2既可作氧化剂又可作还原剂。

3、D

【解题分析】

A.葡萄糖和乙醛都含有醛基，加热时都可与氢氧化铜发生氧化还原反应，不能鉴别，故A错误；

B.银不与氨水反应，不能用于洗涤试管内壁的银单质，银可溶于硝酸，可用硝酸洗涤，故B错误；

C.裂化汽油成分中，含有碳碳双键的化合物，可与漠水发生加成反应，则不能用作萃取剂，故C错误；

D.氨基酸含有竣基、氨基，具有两性，不同的氨基酸达到等电点的pH不同，可控制pH利用溶解度差异分离，故D

正确。

答案选D。

【题目点拨】

氨基酸解离成阳离子和阴离子的趋势及程度相等，所带净电荷为零，呈电中性，此时溶液的pH称为该氨基酸的等电

点。当达到等电点时氨基酸在溶液中的溶解度最小。

4、D

【解题分析】

A.根据图①可以知道，交点之前，反应未达平衡，交点时处于平衡状态，交点后增大温度逆反应速率增大比正反应速

率增大更多，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故可判断可逆反应A?(g)+3B2(g)02AB3(g)正反应

是放热反应，故A错误；

B.根据反应方程式可知，增加一种反应物NO的量会增大另一种反应物二氧化氮的转化率，所以c点的转化率大于a

点，故B错误；

C.2v(N2)正二V(NH3)逆时，正逆反应速率相等，此时化学反应达到了平衡状态，而从图示可知，ts时，各物质的速

率均在发生变化，此时化学反应没有达到平衡状态，故C错误；

D.根据图示可以看出压强只能改变反应速率不改变平衡的移动，所以反应是前后气体的系数和相等的反应，即D一定

是气体，所以D选项是正确的；

故答案选Do

5、A

【解题分析】

主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X-的电子层结构与氮相同，则X为H元

素；R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂，为03,则Y为O元素；R为S元素；Z”和Y?•具有相同

的电子层结构Z在Y的下一周期，Z为铝元素；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉

淀，且W的原子序数大于铝而小于硫，故T2WY3为KzSKh,生成的白色沉淀为硅酸，据此分析。

【题目详解】

主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X•的电子层结构与氮相同，则X为H元

素；R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂，为03,则Y为O元素；R为S元素；Z3+和Y?•具有相同

的电子层结构Z在Y的下一周期，Z为铝元素；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉

淀，且W的原子序数大于铝而小于硫，故T2WY3为KzSKh,生成的白色沉淀为硅酸。

A.同周期元素从左而右依次减小，故原子半径：T(K)>Z(A1)>VV(Si)>R(S),选项A不正确；

B.T和R形成化合物K2s为强碱弱酸金，水解呈碱性，选项B正确；

C.化合物TX为KH,具有很强的还原性，可与水反应生成氢氧化钾和氢气，选项C正确；

D.T、R、Z三种元素的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钾、硫酸、氢氧化铝两两能发生反应，选项D正确。

答案选A。

【题目点拨】

本题考查元素周期表元素周期律的应用。推断元素是解题的关键，通过判断：Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂,

结合Y元素原子序数较小，可知为03,从而进一步求解。

6、D

【解题分析】

A.饱和的NiS溶液中c(Ni2+)=c(S2-)==.OxlO_21=3.2xlO-1Imol-L-1,同理饱和FeS溶液中以Fy+)=c(S2

■)=2.4xlO-9molL",,因此I曲线代表的是FeS,II曲线代表的是NiS,BPMc(S2_)=2.4xlO_9molL_1,故A错误;

B.此时P点对应的NiS为过饱和溶液，不是稳定分散系，应有沉淀产生，故B错误；

C.Q点加水，溶液中c(Ni2+)、aS?1减小，Q不能转化到N点，应在Q点上方，故C错误；

212

c（F^）c（5）=Ksp（FeS）=6.0xlQ-

D.平衡常数长二2+2==21=6000,故D正确。

c（M）c（SjKxp（NiS）l.OxlO-

7、B

【解题分析】

由图可知，Z只形成一个共价键，则其为氢(H)；W可形成W2+,则其为铁(Mg)；X形成2个共价键，则其为氧(O)；

由“W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的核外电子数”，可确定Y为氮(N)。

【题目详解】

A.Y、X分别为N、O,非金属性NvO,形成的气态氢化物稳定性：NH3VH20,A不正确；

B.W、X分别为Mg和O,对应的简单离子电子层结构相同，但Mg的核电荷数比O大，所以离子半径顺序为：O2

>Mg2+,B正确；

C.Y的氧化物对应水化物若为HNOz,则为弱酸，C不正确；

D.该化合物中，H、N的最外层电子数分别为2、9(4+5),均不满足8电子稳定结构，D不正确；

故选B。

8、C

【解题分析】

由，X(简化为'X)的含义分析解答。

【题目详解】

原子吃X中，质量数为A,质子数为Z,中子数为(A-Z)。因元素符号与质子数的一一对应关系，可简写为'X。

A・氧是8号元素，18。的中子数为18—8=10,A项错误；

B.no和18。质子数都是8,中子数相差2,B项错误；

C.wo与18。核电荷数都是8,C项正确；

D.16。、体o的相对质量分别约为16、18,其原子质量不等，D项错误。

本题选C。

9、B

【解题分析】

A项、Ca(OH)2为离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故A正确；

B项、稀有气体为单原子分子，不含有化学键，故B正确；

C项、Ca(OH)2为离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故C正确；

D项、化学反应的实质是旧键的断裂新键的形成，故D正确；

故选B。

10、A

【解题分析】

假设反应都产生3moi氢气，贝!］：

A.2Al+2NaOH+2H2()=2NaAlO2+3H2T反应产生3moi氢气，会消耗2moiNaOH；B.2AI+3H2S()4=Al2(SO4)3+3H2t,

反应产生3moi氢气，需消耗3moi硫酸；

C.2Al+6HCl=2AlCh+3H2],反应产生3moi氢气，需消耗6moiHC1；

D.由于硝酸具有强的氧化性，与铝发生反应，不能产生氢气；

故反应产生等量的氢气，消耗溶质的物质的量最少的是氢氧化钠溶液；选项A正确。

11、C

【解题分析】

A选项，阴极反应式为2H++2e'H2,故A错误；

B选项，S的化合价仍为+6价，中间的两个O均为・1价，其他的O均为・2价，电解时阳极的HSO4-中O失去电子，S

未变价，故B错误；

0,0

C选项，Na2S2O8的结构为Na♦•O为‘、o，。、s，。Na♦,由此结构可以判断SzOF-中既存在氧氧非极性键，氧硫极性键，故

O'O

C正确；

D选项，阳极不能用铜电极作电极，铜作电极，阳极是铜失去电子，故D错误；

综上所述，答案为C。

【题目点拨】

HSO4一中硫已经是最高价了，硫的化合价不变，因此只有氧元素化合价升高。

12、A

【解题分析】氯化铁溶于水吸热，故A错误；氯化钱受热分解为氨气和氯化氢，故B正确；氯化钱固体是由NH；、CF

构成离子晶体，故C正确；氯化镀在水中完全电离，所以氯化镂是强电解质，故D正确。

13、C

【解题分析】

a点时，只有AgNCh溶液，由pAg可求出c（AgN（h）;c点时pAg=6,则c（Ag+）=10-6mol/L,可近似认为Ag，不存在,

则此时Ag'与SCN刚好完全反应，此时溶液呈中性，由此可求出Vi；d点时，KSCN过量，SCN水解而使溶液显碱性。

【题目详解】

A.a点时,只有AgNCh溶液,由pAg=L可求出c（AgNCh）=0.Imol/L,A正确；

B.c点时，Ag+与SCW刚好完全反应，20.OOmLXU.Imol/I产ViXO.Imol/L,从而求出％=20.ODmL,B正确；

C.c点时，Ag+与SCN刚好完全反应，水的电离不受影响，d点时，KSCN过量，SCN水解而使水的电离程度增大，

则溶液中水的电离程度：cVd,C错误；

0.1mol/Lx60mL-0.1mol/Lx20mLio_12_

D.若％=60mL,c(SCN')==0.05moi/L,则c(Ag')=-------=2X10"mol/L,反

80mL0.05

应后溶液中的pAg=Tgc（Ag）=llTg2,D正确;

故选c。

14、B

【解题分析】

A、用烟钳能用于夹取加热后的用蜗，选项A不选；

B、研钵用于研磨药品，不能加热，选项B选；

C、灼烧固体药品时需要用泥三角，可加热，选项C不选；

D、蒸发皿能用于溶液加热，选项D不选；

答案选B。

【题目点拨】

本题考查仪器的使用，通过我们学过的知识可知能够直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿和生烟等；需要垫石

棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等；不能加热的仪器有：漏斗、量筒、集气瓶等。

15、C

【解题分析】

由现象可知：实验1发生完全双水解反应生成A1(OH)3,实验2过量的Na2c03与完全双水解反应生成A1(OH)3发生反

应。

【题目详解】

A.实验1中，沉淀溶解，无气泡，白色沉淀a是A1(OH”，故A错误；

B.实验2中，沉淀溶解，少量气泡，该气体是CO2,但不能说明白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)“故B错误；

C.检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，即可检验有无SO4%均可用盐酸酸化的BaCL溶液检验，故C正确；

D.实验1、2中，过量AL(S()4)3溶液显酸性，过量Na2c03溶液显碱性，不能确定白色沉淀成分不同的原因与混合后

溶液的pH有关，故D错误；

答案选C。

【题目点拨】

注意D项中，强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。

16、C

【解题分析】

A.若A为碳，E为氧气，贝IJB为CO2,D为CO,CO2与CO可以相互转化，选项A正确；

B.若A为Na2cCh,E为稀HC1,则B为CO2,D为NaHCCh,CO2和NaHCCh可以相互转化，选项B正确；

C.若A为Fe,E为稀HNO3,则B为Fe(NO3)3,D为Fe(NO3)2,选项C错误；

D.AICL与少量NaOH溶液反应生成Al(OH)3,与过量NaOH溶液反应生成NaAKh,符合转化关系，若E是氨水

则不符合，因为AlCb与少量氨水和过量氨水反应都生成Al(OH)3沉淀和NHKX选项D正确。

故选c。

二、非选择题（本题包括5小题）

uo<

17、乙醇竣基取代反应<仆"1.<H（M|<H.

H.CCH,，:#IKMM：.

«<M.A'

sS1n

CH,（MM：/.CILCMM：—/rC（HM：Ht史

iROA'、）

NO,

CHJMK：-CCMXJI,

【解题分析】根据已知：①有机物A的质谱与核磁共振氢谱图可知，A的相对分子质量为46,核磁共振氢谱有3组峰,

峰面积之比为L2：3,则A为乙醇；根据流程可知，E在铁和氯化氢作用下发生还原反应生成,则E为

;E是D发生硝化反应而得'则D为弘此；D是由A与C在浓硫酸作用下发生酯化反应而得’则C为

的分子式，可知对二甲苯与二分子一氯甲烷反应生成F,F为根据己知

00

②★可知，F氧化生成G为，;G脱水生

2IIIIHooc

2RCOOH照R—C—0—C—R+为0Vc

成H,H为，^0。

o0

(DA的名称是乙醇；C为,含氧官能团的名称是竣基；(2)反应②是D在浓硫酸和浓硝酸作用下发生硝化反应

(或取代反应)生成E；(3)反应①是A与C在浓硫酸作用下发生酯化反应生成D,其化学方程式是

<<««•1(4)F的结构筒式是.它(JC⑸

I||((HU,的同分异构体满足条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②能发生水解反应，其水解产

物之一能与FeCk溶液发生显色反应，说明含有甲酸酯的结构，且水解后生成物中有酚羟基结构；③Imol该物质最多

OOCII

能与反应，则符合条件的同分异构体可以是：“点”)HCOO

8moiNaOH^J-OOCH、

OOCH

OOCH

IICOOOOCH共3种；(6)间二甲苯氧化生成间苯二甲酸，间苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成间苯二甲

/—OOCH

COOCF^CH,()OCCOOCH,

酸二甲酯，间苯二甲酸甲酯发生硝化反应生成还原得到

COOCH,

,其合成路线为:

NH

o.：

Ht(CH,IKKN

罐A

CIMMIH,,CH,(MM：「r已叫

iH】y%：A•kJ

CH.CMM：-/＜：(MK：||I

、/°

、H：

2

18、SiO：NazSiOjHzSiO3(或HjSiCh)SiO2+2CAHSi+ZCOfSi+2OH+H2O===SiOj+2H21

SiO3?+CO2+H2O===H2SiO31+CO32：或SiCh?+2CO2+2H2O===H2SiO31+2HCO3)

【解题分析】

A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，该元素(用R表示)的单质能与NaOH溶液反应生成盐和氢

气，则可推知该元素为硅元素，根据题中各物质转化关系，结合硅及其化合物相关知识可知，A与焦碳高温下生成D,

则A为SKh,D为Si,C为NazSiCh,根据反应②或反应⑤都可推得B为CaSKh,根据反应⑥推知E为HzSiCh;

(1)由以上分析可知A为SiCh,C为NazSiCh，E为HzSiCh;

(2)反应①的化学方程式为2C+SiO2，Usi+2cof；

2

(3)反应④的离子方程式为Si+2OH+H2O=SiO3+2H2r；

(4)H2cO3的酸性强于HzSiCh的酸性，可在硅酸钠溶液中通入二氧化碳，如生成硅酸沉淀，可说明，反应的离子方

22

程式为SiO3+CO2+H2O=H2SiO31+CO3o

19、+6so2a2+2H202HCU+H2s。4冷凝管浓硫酸防止空气中水蒸汽进入三颈烧瓶，使so2a2发生

水解变质并能吸收尾气SO2和CL,防止污染环境D滴加最后一滴HC1标准液，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色,

且半分钟不恢复75%

【解题分析】

(DSOzCb中，。的化合价是・2价，。的化合价是・1价，计算可得S的化合价是+6价。SO2c12中与水发生反应“发

烟”的化学方程式为：SO2C12+2H2O=2HCIt+H2SO4o

(2)①如上图，甲是反应的发生装置，仪器A是球形冷凝管，作用是冷凝回流SO2c12；B是球形干燥管，装有碱石

灰，其作用是防止空气中水蒸气的进入，还可以吸收尾气SO2和CL,防止污染环境；丙是提供氯气的装置，乙的作

用是除去氯气中的杂质。由于通入甲的氯气必须是干燥的，故乙中应加入干燥剂，图中所示为液体干燥剂，即浓硫酸。

故答案为冷凝管；浓硫酸；防止空气中水蒸汽进入三颈烧瓶，使SO2c12发生水解变质并能吸收尾气SO2和C12,防止

污染环境。

②利用加入的液体使集气瓶中的氯气排出，氯气在饱和食盐水中溶解度小，因此选D。

③硫酰氯在水溶液中与水反应生成盐酸和硫酸，都是酸性物质，与氢氧化钠可以发生反应。因此在过量的NaOH溶液

中加热充分水解，得到Na2s。4、NaCI和NaOH的混合溶液。滴加甲基橙后，由于溶液显碱性，因此显黄色。用

0.1000mol・L”标准HC1滴定至终点时，观察到的现象为锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复。消耗的HC1

的物质的量与滴定所取25mL混合溶液中NaOH的物质的量相等，为0.1OOOmolL1x().0100L=0.001mol,由于滴定所

取的溶液为原混合溶液的1/10,故原混合溶液中含有NaOHO.Olmol。与氯化氢和硫酸反应消耗的NaOH为

0.100LX0.5000()molL-'-0.010mol=0.04mol,根据总反应方程式SO2cl2+4NaOH=2NaCl+Na2so4+2+0可知，原产品

中含有SO2c12的物质的量为O.OlmoL质量为0.01molX135g/mol=1.35g,产率为L35g+1.800gxi00%=75%。故答

案为滴加最后一滴HC1标准液，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复；75%o

【题目点拨】

SOCL水解的反应可以把SO2CI2和HzO都拆成正价和负价两部分，即把SO2CI2拆成so；+和cr两部分，把水拆成H+

和OH•两部分，然后正和负两两结合，即可写出生成物，同时可以直接配平方程式。即H+和Q•结合，由于有2个

所以需要2个水分子提供2个H+,同时提供的2个OH•和1个SO1结合为H2s04,最终反应的方程式为：

SO2a2+2H2O2HCIT+H2s04。其他物质和水的反应均可同样方法写出化学方程式，如CaCz、NaH、MgjN2>AI2S3、

BrCl等，盐类的水解也可以同样写出。

20、重量ab洗涤烘干取最后一次洗涤液，加入AgNCh无沉淀证明洗涤干净黄橙色半分钟不

褪色0.98或97.85%没有做平行试验取平均值干燥洁净的蒸发皿的质量、蒸发结晶恒重后蒸发皿加固体的

质量

【解题分析】

(1)根据甲的实验流程可知，该方案中通过加入沉淀剂后，通过测量沉淀的质量进行分析碳酸钠的质量分数，该方法

为沉淀法，故答案为：重量；

(2)为了测定工业纯碱中Na2c03的质量分数(含少量NaCI),加入沉淀剂后将碳酸根离子转化成沉淀,可以用CaCL、

BaCh,由于硝酸银溶液能够与碳酸根离子、氯离子反应，所以不能使用硝酸银溶液，故答案为：ab；

(3)称量沉淀的质量前，为了减小误差，需要对沉淀进行洗涤、烘干操作，从而除去沉淀中的氯化钠、水；检验沉淀

已经洗涤干净的操作方法为：取最后一次洗涤液，加入AgNO3无沉淀证明洗涤干净，故答案为：洗涤；烘干；取最

后一次洗涤液，加入AgNCh无沉淀证明洗涤干净；

(4)滴定结束前溶液显示碱性，为黄色，滴定结束时溶液变为橙色，则滴定终点的现象为：溶液由黄色变为橙色，且

半分钟不褪色；盐酸溶液的刻度在14.90mL处，消耗HC1的物质的量为：0.1140niol/Lx0.01490L=0.0016986mol,根据

关系式Na2cO3~2HC1可知，20mL该溶液中含有碳酸钠的物质的量为：0.0016986molxl2=0.0008493mol,贝!j250mL

溶液中含有的碳酸钠的物质的量为：0.D008493molx250mL20mL=0.01061625mol,所以样品中碳酸讷的质量分数为；

[(106g/molx0.01061625mol)/1.150g]xl00%=97.85%^0.98；滴定操作测量纯度时，为了减小误差，需要多次滴定取

平均值，而乙同学没有没有做平行试验取平均值，所以设计的方案不合格，故答案为：黄；橙色，半分钟不褪色；0.98

或97.85%(保留两位小数)；没有做平行试验取平均值；

(5)碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，只要计算出反应后氯化钠固体的质量，就可以利用差量法计算出

碳酸钠的质量，所以需要测定的数据由：干燥洁净的蒸发皿的质量、蒸发结晶恒重后蒸发皿加固体的质量，故答案为:

干燥洁净的蒸发皿的质量、蒸发结晶恒重后蒸发皿加固体的质量。

21、2AH-AH13.75xlO-3mol・L”・min“<