2024屆黑龍江省哈爾濱市阿城區(qū)二中高考適應(yīng)性考試化學(xué)試卷含解析

2024屆黑龍江省哈爾濱市阿城區(qū)二中高考適應(yīng)性考試化學(xué)試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列顏色變化與氧化還原反應(yīng)有關(guān)的是（）A．氨氣遇到HCl氣體后產(chǎn)生白煙B．品紅溶液通入SO2氣體后褪色C．濕潤的淀粉碘化鉀試紙遇Cl2變藍D．在無色火焰上灼燒NaCl火焰呈黃色2、某新型水系鈉離子電池工作原理如下圖所示。TiO2光電極能使電池在太陽光照下充電，充電時Na2S4還原為Na2S。下列說法錯誤的是A．充電時，太陽能轉(zhuǎn)化為電能，又轉(zhuǎn)化為化學(xué)能B．放電時，a極的電極反應(yīng)式為：4S2--6e-=S42-C．充電時，陽極的電極反應(yīng)式為：3I--2e-=I3-D．M是陰離子交換膜3、某同學(xué)采用工業(yè)大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等雜質(zhì)）制取CaCl2·6H2O，設(shè)計了如下流程：下列說法不正確的是A．固體I中含有SiO2，固體II中含有Fe(OH)3B．使用石灰水時，要控制pH，防止固體II中Al(OH)3轉(zhuǎn)化為AlO2-C．試劑a選用鹽酸，從溶液III得到CaCl2·6H2O產(chǎn)品的過程中，須控制條件防止其分解D．若改變實驗方案，在溶液I中直接加氨水至沉淀完全，濾去沉淀，其溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶也可得到純凈CaCl2·6H2O4、已知：一元弱酸HA的電離平衡常數(shù)K＝。25℃時，CH3COOH、HCN、H2CO3的電離平衡常數(shù)如下：化學(xué)式CH3COOHHCNH2CO3K1.75×10–54.9×10–10K1=4.4×10–7K2=5.6×10–11下列說法正確的是A．稀釋CH3COOH溶液的過程中，n(CH3COO–)逐漸減小B．NaHCO3溶液中：c(H2CO3)＜c()＜c(HCO3?)C．25℃時，相同物質(zhì)的量濃度的NaCN溶液的堿性強于CH3COONa溶液D．向CH3COOH溶液或HCN溶液中加入Na2CO3溶液，均產(chǎn)生CO25、下列實驗操作能達到目的的是（）選項實驗?zāi)康膶嶒灢僮鰽配制100g10%的NaOH溶液稱取10gNaOH溶于90g蒸餾水中B驗證“84消毒液”呈堿性用pH試紙測量溶液的pHC檢驗溶液中是否含有Na+用潔凈的玻璃棒蘸取溶液灼燒，觀察火焰顏色D從溴水中獲得溴單質(zhì)利用SO2將Br2吹出后，富集、還原、分離A．A B．B C．C D．D6、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值,下列敘述正確的是A．0.1mol熔融的NaHSO4中含有的離子總數(shù)為0.3NAB．標(biāo)準狀況下，2.24LHF和NH3分子所含電子數(shù)目均為NAC．常溫時,56gAl與足量濃硝酸反應(yīng),轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為3NAD．向含有1molFeI2溶質(zhì)的溶液中通入適量的氯氣，當(dāng)有1molFe2+被氧化時，該反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為3NA7、用氟硼酸(HBF4，屬于強酸)代替硫酸做鉛蓄電池的電解質(zhì)溶液，可使鉛蓄電池在低溫下工作時的性能更優(yōu)良，反應(yīng)方程式為：Pb+PbO2+4HBF42Pb(BF4)2+2H2O；Pb(BF4)2為可溶于水的強電解質(zhì)，下列說法正確的是A．充電時，當(dāng)陽極質(zhì)量減少23.9g時轉(zhuǎn)移0.2mol電子B．放電時，PbO2電極附近溶液的pH增大C．電子放電時，負極反應(yīng)為PbO2+4HBF4-2e-=Pb(BF4)2+2HF4-+2H2OD．充電時，Pb電極的電極反應(yīng)式為PbO2+H++2e-=Pb2++2H2O8、某化學(xué)實驗室產(chǎn)生的廢液中的陽離子只可能含有Na+、NH4+、Ba2+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+中的某幾種，實驗室設(shè)計了下述方案對廢液進行處理，以回收金屬，保護環(huán)境。已知：步驟①中，滴加NaOH溶液過程中產(chǎn)生的沉淀會部分溶解。下列說法中正確的是A．根據(jù)步驟①的現(xiàn)象，說明廢液中一定含有Al3+B．由步驟②中紅棕色固體可知，廢液中一定存在Fe3+C．沉淀甲中可能含有Al(OH)3D．該廢液中一定含有NH4+、Ba2+、Cu2+、Fe2+和Fe3+至少存在一種9、下列實驗方案中，可以達到實驗?zāi)康牡氖沁x項實驗?zāi)康膶嶒灧桨窤除去苯中混有的苯酚加入適量的溴水充分反應(yīng)后過濾B檢驗Fe2+溶液中是否含有Fe3+向待測液中滴加幾滴鐵氰化鉀溶液C除去粗鹽中含有Mg2+、Ca2+、SO42-的試劑加入順序向該溶液中先加入NaOH溶液、再加BaCl2溶液，最后加碳酸鈉溶液D檢驗SO2中是否含有HCl將產(chǎn)生的氣體通入HNO3酸化的AgNO3溶液中A．A B．B C．C D．D10、將25℃時濃度均為0.1mol/L的HA溶液和BOH溶液按體積分別為Va和Vb混合，保持Va+Vb=100mL，且生成的BA可溶于水。已知Va、Vb與混合液pH關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．曲線II表示HA溶液的體積B．x點存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)C．電離平衡常數(shù)：K(HA)>K(BOH)D．x、y、z三點對應(yīng)的溶液中，y點溶液中水的電離程度最大11、用普通圓底燒瓶將某鹵化鈉和濃硫酸加熱至500℃制備純凈HX氣體，則該鹵化鈉是A．NaF B．NaCl C．NaBr D．NaI12、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)值。如圖表示N2O在Pt2O+表面與CO反應(yīng)轉(zhuǎn)化成無害氣體的過程。下列說法正確的是A．N2O轉(zhuǎn)化成無害氣體時的催化劑是Pt2O2+B．每1molPt2O+轉(zhuǎn)化為Pt2O2+得電子數(shù)為3NAC．將生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，無明顯現(xiàn)象D．1gCO2、N2O的混合氣體中含有電子數(shù)為0.5NA13、下列說法錯誤的是A．《天工開物》中“凡石灰，經(jīng)火焚煉為用，這里”涉及的反應(yīng)類型是分解反應(yīng)B．“用濃酒和糟入甑(蒸鍋)，蒸令氣上，用器承滴露”涉及的操作是蒸餾C．《本草圖經(jīng)》在綠礬項載：“蓋此礬色綠，味酸，燒之則赤…”因為綠礬能電離出H+，所以“味酸”D．我國晉朝傅玄的《傅鶉觚集·太子少傅箴》中寫道：“夫金木無常，方園應(yīng)行，亦有隱括，習(xí)與性形。故近朱者赤，近墨者黑?！边@里的“朱”指的是HgS14、常溫下，向20.00mL0.1000mol·L-1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000mol·L-1的NaOH溶液，pH隨NaOH溶液體積的變化如圖所示。下列說法不正確的是（）A．在滴定過程中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)B．pH=5時，c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)C．pH=7時，消耗NaOH溶液的體積小于20.00mLD．在滴定過程中，隨NaOH溶液滴加c(CH3COO-)持續(xù)增大15、常溫下，將鹽酸滴加到Na2X溶液中，混合溶液的pOH[pOH=—lgc(OH-)]與離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述正確的是A．曲線N表示pOH與兩者的變化關(guān)系B．NaHX溶液中c(X2-)>c(H2X)C．當(dāng)混合溶液呈中性時，c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)D．常溫下，Na2X的第一步水解常數(shù)Kh1=1.0×10-416、下列表述正確的是A．22.4LHCl溶于水制得1L鹽酸時，其濃度為1mol?L-1B．1L0.3mol?L-1的CuCl2溶液中含有Cu2+和Cl-的總物質(zhì)的量為0.9molC．在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果c(Na+)=c(SO42-)，則c(K+)=c(Cl-)D．10℃時，100mLKCl飽和溶液蒸發(fā)掉5g水，冷卻到10℃時，它仍為飽和溶液二、非選擇題（本題包括5小題）17、化合物H是一種除草劑，可由下列路線合成(部分反應(yīng)條件略去)：(1)B和A具有相同的實驗式，分子結(jié)構(gòu)中含一個六元環(huán)，核磁共振氫譜顯示只有一個峰，則B的結(jié)構(gòu)簡式為__________，A→B的反應(yīng)類型是__________。(2)C中含氧官能團的名稱是__________；ClCH2COOH的名稱(系統(tǒng)命名)是__________。(3)D→E所需的試劑和條件是__________。(4)F→G的化學(xué)方程式是___________________。(5)I是E的一種同分異構(gòu)體，具有下列結(jié)構(gòu)特征：①苯環(huán)上只有一個取代基；②是某種天然高分子化合物水解的產(chǎn)物。I的結(jié)構(gòu)簡式是__________。(6)設(shè)計由乙醇制備的合成路線__________(無機試劑任選)。18、藥物Z可用于治療哮喘、系統(tǒng)性紅斑狼瘡等，可由X（1,4-環(huán)己二酮單乙二醇縮酮）和Y（咖啡酸）為原料合成，如下圖：（1）化合物X的有____種化學(xué)環(huán)境不同的氫原子。（2）下列說法正確的是_____。A．X是芳香化合物B．Ni催化下Y能與5molH2加成C．Z能發(fā)生加成、取代及消去反應(yīng)D．1molZ最多可與5molNaOH反應(yīng)（3）Y與過量的溴水反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________________________________。（4）X可以由____（寫名稱）和M（）分子間脫水而得；一定條件下，M發(fā)生1個—OH的消去反應(yīng)得到穩(wěn)定化合物N（分子式為C6H8O2），則N的結(jié)構(gòu)簡式為____（已知烯醇式不穩(wěn)定，會發(fā)生分子重排，例如：）。（5）Y也可以與環(huán)氧丙烷（）發(fā)生類似反應(yīng)①的反應(yīng)，其生成物的結(jié)構(gòu)簡式為____________（寫一種）；Y的同分異構(gòu)體很多種，其中有苯環(huán)、苯環(huán)上有三個取代基（且酚羥基的位置和數(shù)目都不變）、屬于酯的同分異構(gòu)體有_____種。19、某學(xué)習(xí)小組通過下列裝置探究MnO2與FeCl3·6H2O反應(yīng)產(chǎn)物。（查閱資料）FeCl3是一種共價化合物，熔點306℃，沸點315℃。實驗編號操作現(xiàn)象實驗1按上圖所示，加熱A中MnO2與FeCl3·6H2O混合物①試管A中固體部分變液態(tài)，上方出現(xiàn)白霧②稍后，產(chǎn)生黃色氣體，管壁附著黃色液滴③試管B中KI-淀粉溶液變藍實驗2把A中的混合物換為FeCl3·6H2O，B中溶液換為KSCN溶液，加熱。A中固體部分變液態(tài)，產(chǎn)生白霧和黃色氣體，B中KSCN溶液變紅（實驗探究）實驗操作和現(xiàn)象如下表：（問題討論）（1）實驗前首先要進行的操作是______________________________。（2）實驗1和實驗2產(chǎn)生的白霧是_______（填化學(xué)式）溶解在水中形成的小液滴。（3）請用離子方程式解釋實驗2中黃色氣體使KI-淀粉溶液變藍色的原因_____________。（4）為確認黃色氣體中含有Cl2，學(xué)習(xí)小組將實驗1中試管B內(nèi)KI-淀粉溶液替換為NaBr溶液，發(fā)現(xiàn)B中溶液呈橙色，經(jīng)檢驗無Fe2+，說明黃色氣體中含有Cl2。用鐵氰化鉀溶液檢驗Fe2+的離子方程式是_________________________________。選擇NaBr溶液的原因是________________________________________________________________。（實驗結(jié)論）（5）實驗1充分加熱后，若反應(yīng)中被氧化與未被氧化的氯元素質(zhì)量之比為1:2，則A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________________________________________________。（實驗反思）該學(xué)習(xí)小組認為實驗1中溶液變藍，也可能是酸性條件下，I－被空氣氧化所致，可以先將裝置中的空氣排盡，以排除O2的干擾。20、X、Y、Z均是中學(xué)化學(xué)中常見的物質(zhì)，某同學(xué)用X、Y兩種單質(zhì)及Z的溶液進行實驗，部分實驗內(nèi)容如下表所示：(1)I中反應(yīng)物與生成物總能量的大小E(反應(yīng)物)_____E(生成物）（填“>”“<”或“=”），僅僅由I、II中的信息可知，Z可能是_____。(2)若X是鋁，在溫度不變時向I中分別加入（適量）等物質(zhì)的量的NaCl、KCl、CsCl后，產(chǎn)生無色氣泡的速率明顯加快，導(dǎo)致這種變化最可能的原因是_________。(3)若X是鋁，II中反應(yīng)產(chǎn)生的氣泡有特殊顏色，則發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_____；單質(zhì)Y不可能是____(填字母）。A鉛B石墨C鎂D銀(4)若Ⅲ溶液最終變成藍色，寫出負極上電極反應(yīng)式_______；變化過程中，參與正極上放電的離子是_________。21、磷化硼是一種典型的超硬無機材料，常以BCl3、PH3為原料制備，氮化硼（BN）和磷化硼相似。六方相氮化硼是通常存在的穩(wěn)定相，與石墨相似，具有層狀結(jié)構(gòu)，可作高溫潤滑劑，立方相氮化硼是超硬材料，有優(yōu)異的耐磨性。晶體多種相結(jié)構(gòu)如圖所示。(1)與BCl3分子互為等電子體的一種離子為__（填化學(xué)式）；預(yù)測PH3分子的空間構(gòu)型為__。(2)關(guān)于氮化硼兩種相結(jié)構(gòu)的說法，正確的是__（填序號）。a．立方相氮化硼含有σ鍵和π鍵，所以硬度大b．六方相氮化硼層間作用力小，所以質(zhì)地軟c．兩種晶體中的B-N鍵均為共價鍵d．兩種晶體均為分子晶體(3)六方相氮化硼晶體結(jié)構(gòu)與石墨相似卻不導(dǎo)電，原因是__；立方相氮化硼晶體中，硼原子的雜化軌道類型為__。(4)NH4BF4（氟硼酸銨）是合成氮化硼納米管的原料之一。1molNH4BF4含有__mol配位鍵。(5)自然界中含硼元素的鈉鹽是一種天然礦藏，其化學(xué)式可以寫作Na2B4O7?10H2O，實際上它的結(jié)構(gòu)單元是由兩個H3BO3和兩個[B(OH)4]縮合而成的雙六元環(huán)，應(yīng)該寫成Na2[B4O5(OH)4]?8H2O。其結(jié)構(gòu)如圖所示，它的陰離子可通過__（填作用力）相互結(jié)合形成鏈狀結(jié)構(gòu)。(6)磷化硼晶胞的示意圖如圖甲所示，其中實心球表示P原子，空心球表示B原子，晶胞中P原子空間堆積方式為__；設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，晶胞參數(shù)為acm，磷化硼晶體的密度為__g?cm-3；若磷化硼晶胞沿著體對角線方向的投影如圖乙所示（虛線圓圈表示P原子的投影），請在圖乙中用實心圓點畫出B原子的投影位置__。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

A．氨氣遇到HCl氣體后生成氯化銨，沒有發(fā)生化合價的變化，與氧化還原反應(yīng)無關(guān)，故A不符合題意；B．品紅溶液通入SO2氣體后發(fā)生化合反應(yīng)使溶液的紅色褪去，沒有發(fā)生化合價的變化，與氧化還原反應(yīng)無關(guān)，故B不符合題意；C．Cl2與碘化鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成I2，I2使淀粉變藍，故C符合題意；D．焰色反應(yīng)與電子的躍遷有關(guān)，為物理變化，故D不符合題意；故答案選C。2、D【解析】

TiO2光電極能使電池在太陽光照下充電，所以充電時，太陽能轉(zhuǎn)化為電能，電能又能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，充電時Na2S4還原為Na2S，放電和充電互為逆過程，所以a是負極，b是正極，在充電時，陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，3I--2e-=I3-，據(jù)此回答?！驹斀狻緼.TiO2光電極能使電池在太陽光照下充電，所以充電時，太陽能轉(zhuǎn)化為電能，電能又能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，A正確；B.充電時Na2S4還原為Na2S，放電和充電互為逆過程，所以a是負極，a極的電極反應(yīng)式為：4S2--6e-=S42-，B正確；C.在充電時，陽極I-失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，極反應(yīng)為3I--2e-=I3-，C正確；D.通過圖示可知，交換膜只允許鈉離子自由通過，所以M是陽離子交換膜，D錯誤；答案選D?！军c睛】本題考查了原電池的原理，明確正負極上得失電子及反應(yīng)類型是解題的關(guān)鍵，難點是電極反應(yīng)式的書寫，明確哪種離子能夠自由通過交換膜，可以確定交換膜的類型。3、D【解析】

工業(yè)大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等雜質(zhì)）加足量的鹽酸，得到二氧化硅沉淀和氯化鈣、氯化鋁、氯化鐵混合溶液，所以固體Ⅰ中含有SiO2，濾液中加石灰水，控制pH，可以得到Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即為固體Ⅱ，過濾，向濾液加入鹽酸中和過量的氫氧化鈣，得氯化鈣溶液，CaCl2·6H2O易分解，從溶液中獲得氯化鈣晶體時，要防止其分解；【詳解】A.根據(jù)上面的分析可知，固體Ⅰ中含有SiO2，固體Ⅱ中含有Fe(OH)3，A正確；B.氫氧化鋁具有兩性，可溶于氫氧化鈣溶液，生成AlO2-，B正確；C.CaCl2·6H2O易分解，從溶液中獲得氯化鈣晶體時，要防止其分解，C正確；D.若改變實驗方案，在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，濾去沉淀，其溶液中含有氯化銨，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶得到的CaCl2·6H2O不純，D錯誤；答案為D。4、C【解析】

A．加水稀釋CH3COOH溶液，促進CH3COOH的電離，溶液中n(CH3COO–)逐漸增多，故A錯誤；B．NaHCO3溶液中HCO3-的水解常數(shù)Kh2===2.27×10–8＞K2=5.6×10–11，說明HCO3-的水解大于電離，則溶液中c()＜c(H2CO3)＜c(HCO3?)，故B錯誤；C．由電離平衡常數(shù)可知濃度相等時HCN的酸性小于CH3COOH，同CN-的水解程度大于CH3COO-，則25℃時，相同物質(zhì)的量濃度的NaCN溶液的堿性強于CH3COONa溶液，故C正確；D．由電離平衡常數(shù)可知濃度相等時HCN的酸性小于H2CO3，則向HCN溶液中加入Na2CO3溶液，只能生成NaHCO3，無CO2氣體生成，故D錯誤；故答案為C。5、A【解析】

A.溶液質(zhì)量是90g+10g=100g，溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為×100%=10%，A正確；B.“84消毒液”有效成分是NaClO，該物質(zhì)具有氧化性，會將pH試紙氧化漂白，因此不能用pH試紙測量該溶液的pH，以驗證溶液的堿性，B錯誤；C.玻璃的成分中含有Na2SiO3，含有鈉元素，因此用玻璃棒進行焰色反應(yīng)實驗，就會干擾溶液中離子的檢驗，要使用鉑絲或光潔無銹的鐵絲進行焰色反應(yīng)，C錯誤；D.向溴水中加入CCl4充分振蕩后，靜置，然后分液，就可從溴水中獲得溴單質(zhì)。若向溴水中通入SO2氣體，就會發(fā)生反應(yīng)：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，不能將單質(zhì)溴吹出，D錯誤；故合理選項是A。6、D【解析】

A.NaHSO4在熔融狀態(tài)電離產(chǎn)生Na+、HSO4-，1個NaHSO4電離產(chǎn)生2個離子，所以0.1molNaHSO4在熔融狀態(tài)中含有的離子總數(shù)為0.2NA，選項A錯誤；B.標(biāo)準狀況下HF呈液態(tài)，不能使用氣體摩爾體積，選項B錯誤；C.常溫時Al遇濃硝酸會發(fā)生鈍化現(xiàn)象，不能進一步反應(yīng)，選項C錯誤；D.微粒的還原性I->Fe2+，向含有1molFeI2溶質(zhì)的溶液中通入適量的氯氣，當(dāng)有1molFe2+被氧化時，I-已經(jīng)反應(yīng)完全，則1molFeI2反應(yīng)轉(zhuǎn)移3mol電子，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)目是3NA，選項D正確；故合理選項是D。7、B【解析】

A.充電時陽極發(fā)生反應(yīng)Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，產(chǎn)生1molPbO2，轉(zhuǎn)移2mol電子，陽極增重1mol×239g/mol=239g，若陽極質(zhì)量增加23.9g時轉(zhuǎn)移0.2mol電子，A錯誤；B.放電時正極上發(fā)生還原反應(yīng)，PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O，c(H+)減小，所以溶液的pH增大，B正確；C.放電時，負極上是金屬Pb失電子,發(fā)生氧化反應(yīng)，不是PbO2發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，C錯誤；D.充電時，PbO2電極與電源的正極相連，作陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，Pb電極與電源的負極相連，D錯誤；故合理選項是B。8、D【解析】

沉淀甲灼燒后為紅棕色固體，該紅棕色固體為Fe2O3，則沉淀甲可能為Fe(OH)2或Fe(OH)3，說明廢液中可能含有Fe2+或Fe3+；溶液甲中加入過量硫酸溶液，產(chǎn)生固體乙，則固體乙為BaSO4，說明廢液中一定含有Ba2+；溶液乙中加入過量鐵屑，產(chǎn)生紅色固體，該紅色固體為Cu，說明廢液中一定含有Cu2+，以此解答該題?！驹斀狻緼.由步驟④可知，廢液中一定含有Cu2+，而沉淀甲中沒有Cu(OH)2，說明加入NaOH溶液后，Cu元素以離子形式存在于溶液甲中，則廢液中一定含有NH4+，Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中，因此步驟①沉淀部分溶解，不能說明廢液中一定含有Al3+，A錯誤；B.廢液中加入NaOH溶液后形成沉淀甲，將該沉淀灼燒，得到紅棕色固體，則該紅棕色固體為Fe2O3，沉淀甲可能為Fe(OH)2或Fe(OH)3，說明廢液中可能含有Fe2+或Fe3+，B錯誤；C.由于步驟①中加入過量NaOH溶液，因此沉淀甲中肯定沒有Al(OH)3沉淀，C錯誤；D.溶液乙中加入過量鐵屑，得到紅色固體，該固體為Cu，說明溶液乙中含有Cu2+，向原廢液中滴加過量NaOH溶液，Cu元素以離子形式存在于溶液甲中，則廢液中一定含有NH4+，Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中，所以廢液中一定含有NH4+、Cu2+、Ba2+，可能含有Fe2+或Fe3+中的一種，D正確；故合理選項是D?！军c睛】本題考查物質(zhì)的分離，離子的存在及金屬的回收利用與環(huán)境保護，注意掌握常見的離子之間的反應(yīng)及金屬回收方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用所學(xué)知識的能力。9、C【解析】

A.苯酚與溴水生成的三溴苯酚溶于苯，無法除去雜質(zhì)，且引進了新的雜質(zhì)溴，A項錯誤；B.鐵氰化鉀溶液用于檢驗亞鐵離子，無法檢測鐵離子，B項錯誤；C.NaOH溶液可以除去Mg2+、再加稍過量的BaCl2溶液可以除去SO42-，最后加碳酸鈉溶液可以除去Ca2+和過量的Ba2+，到達除雜目的，C項正確；D.HNO3會氧化二氧化硫為硫酸根，硫酸根與銀離子反應(yīng)生成微溶的硫酸銀白色沉淀，與氯化銀無法區(qū)分，D項錯誤；答案選C。10、C【解析】

A.開始時溶液顯酸性，說明酸的體積大，所以曲線II表示HA溶液的體積，故A正確；B.根據(jù)電荷守，x點存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故B正確；C.根據(jù)y點，HA和BOH等體積、等濃度混合，溶液呈堿性，說明電離平衡常數(shù)：K(HA)<K(BOH)，故C錯誤；D.x點酸剩余、y點恰好反應(yīng)、z點堿剩余，所以三點對應(yīng)的溶液中，y點溶液中水的電離程度最大，故D正確；選C?！军c睛】本題考查酸堿混合溶液定性判斷，側(cè)重考查學(xué)生圖象分析及判斷能力，明確各點溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意y點是恰好完全反應(yīng)的點。11、B【解析】

A．玻璃中含有二氧化硅，氫氟酸和二氧化硅反應(yīng)生成四氟化硅，所以不能用普通圓底燒瓶制取氟化氫，選項A錯誤；B．利用高沸點的酸制取揮發(fā)性酸原理，鹽酸是揮發(fā)性酸，濃硫酸是高沸點酸，且氯化氫和玻璃不反應(yīng)，所以可以用濃硫酸和氯化鈉制取氯化氫，選項B正確；C．溴化氫能被濃硫酸氧化而得不到溴化氫，選項C錯誤；D．碘化氫易被濃硫酸氧化生成碘單質(zhì)而得不到碘化氫，選項D錯誤；答案選B。12、D【解析】

A．根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系，N2O轉(zhuǎn)化N2時，Pt2O+轉(zhuǎn)化為Pt2O2+，則該過程的催化劑是Pt2O+，故A錯誤；B．根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系，結(jié)合得失電子守恒，N2O轉(zhuǎn)化N2時，Pt2O+轉(zhuǎn)化為Pt2O2+，氧化還原反應(yīng)方程式為：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+，反應(yīng)中氮元素由+1價得電子變?yōu)?價，1molN2O轉(zhuǎn)化為N2得到2mol電子，則每1molPt2O+轉(zhuǎn)化為Pt2O2+失電子為2mol，數(shù)目為2NA，故B錯誤；C．將生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C錯誤；D．CO2和N2O的摩爾質(zhì)量都為44g/mol，一個分子中含有電子數(shù)都為22個，則1gCO2、N2O的混合氣體的物質(zhì)的量為mol，含有電子數(shù)為mol×22×NA=0.5NA，故D正確；答案選D。【點睛】B項計算轉(zhuǎn)移的電子數(shù)時，必須正確寫出反應(yīng)方程式，根據(jù)化合價的變化，物質(zhì)的關(guān)系，計算出轉(zhuǎn)移的電子數(shù)。13、C【解析】

A．石灰石加熱后制得生石灰，同時生成CO2，該反應(yīng)為分解反應(yīng)，A正確；B．根據(jù)“蒸令氣上”可知，是利用互溶混合物的沸點差異進行分離，其操作是蒸餾，B正確；C．綠礬的化學(xué)式是FeSO4·7H2O，在溶液中電離出二價鐵離子、硫酸根離子，不能電離出H+，C錯誤；D．“近朱者赤，近墨者黑”中的“朱”是指朱砂，主要成分為HgS，硫化汞的天然礦石為大紅色，D正確。答案選C。14、D【解析】

A．反應(yīng)后的溶液一定滿足電荷守恒，根據(jù)電荷守恒分析；B．pH＝5時，溶液呈酸性，則c(H＋)＞c(OH?)，結(jié)合電荷守恒判斷；C．如果消耗NaOH溶液的體積20.00mL，兩者恰好完全反應(yīng)生成醋酸鈉，溶液呈堿性，若為中性，則加入的氫氧化鈉溶液體積小于20.00mL；D．由于CH3COOH的物質(zhì)的量是定值，故c(CH3COO-)不可能持續(xù)增大?！驹斀狻緼．在反應(yīng)過程中，一定滿足電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故A正確；B．pH＝5的溶液呈酸性，則c(H+)>c(OH-)，根據(jù)電荷守恒可知：c(CH3COO-)>c(Na+)，則溶液中離子濃度的大小為：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，故B正確；C．如果消耗NaOH溶液的體積20.00mL，兩者恰好完全反應(yīng)生成醋酸鈉，溶液呈堿性，若為中性，則加入的氫氧化鈉溶液體積小于20.00mL，故C正確；D．由于CH3COOH的物質(zhì)的量是定值，故隨NaOH溶液滴加，溶液體積的增大，c(CH3COO-)不可能持續(xù)增大，故D錯誤；故答案選D。【點睛】本題明確各點對應(yīng)溶質(zhì)組成為解答關(guān)鍵，注意應(yīng)用電荷守恒、物料守恒及鹽的水解原理判斷離子濃度的大小。15、D【解析】

Na2X溶液中，X2-分步水解，以第一步水解為主，則Kh1(X2-)＞Kh2(X2-)，堿性條件下，則pOH相同時，＞，由圖象可知N為pOH與lg的變化曲線，M為pOH與lg變化曲線，當(dāng)lg或lg=0時，說明或=1，濃度相等，結(jié)合圖像可計算水解常數(shù)并判斷溶液的酸堿性?！驹斀狻緼．由以上分析可知，曲線N表示pOH與lg的變化曲線，故A錯誤；B．由曲線M可知，當(dāng)lg=0時，=1，pOH=9，c(OH-)=10-9mol/L，則Kh2(X2-)=×c(OH-)=1×10-9；由曲線N可知，當(dāng)lg=0時，=1，pOH=4，c(OH-)=10-4mol/L，Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4，則HX-的電離平衡常數(shù)Ka2===1×10-10，則NaHX溶液中HX-的水解程度大于電離程度，溶液中c(H2X)>c(X2-)，故B錯誤；C．混合液中存在電荷守恒式為c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)+c(OH-)，則當(dāng)混合溶液呈中性時，c(Na+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)，故C錯誤；D．由曲線N可知，當(dāng)lg=0時，=1，pOH=4，c(OH-)=10-4mol/L，則Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4，故D正確；故答案為D。16、D【解析】

A.未說明溫度和壓強，故無法確定22.4LHCl的物質(zhì)的量，無法計算濃度，A錯誤；B.由于銅離子在水溶液中會水解，故1L0.3mol?L-1的CuCl2溶液中含有Cu2+的物質(zhì)的量小于0.3mol，Cu2+和Cl-的總物質(zhì)的量小于0.9mol，B錯誤；C.根據(jù)電荷守恒，K2SO4和NaCl的混合溶液中，，由于溶液呈中性，則，所以，若c(Na+)=c(SO42-)，則，C錯誤；D.10℃時，100mLKCl飽和溶液蒸發(fā)掉5g水，冷卻到10℃時，有晶體析出，但溶液仍為飽和溶液，D正確；故答案選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、加成反應(yīng)醚鍵2-氯乙酸濃硝酸、濃硫酸、加熱【解析】

B和A具有相同的實驗式，分子結(jié)構(gòu)中含一個六元環(huán)，核磁共振氫譜顯示只有一個峰；3個分子的甲醛分子HCHO斷裂碳氧雙鍵中較活潑的鍵，彼此結(jié)合形成B：，B與HCl、CH3CH2OH反應(yīng)產(chǎn)生C：ClCH2OCH2CH3；間二甲苯與濃硝酸、濃硫酸混合加熱發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生E為，在Fe、HCl存在條件下硝基被還原變?yōu)?NH2，產(chǎn)生F為：，F(xiàn)與ClCH2COOH在POCl3條件下發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生G：，G與C發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生H：?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知B是，F(xiàn)是。(1)3個分子的甲醛斷裂碳氧雙鍵中較活潑的鍵，彼此結(jié)合形成環(huán)狀化合物B：，A→B的反應(yīng)類型是加成反應(yīng)；(2)C結(jié)構(gòu)簡式為ClCH2OCH2CH3；其中含氧官能團的名稱是醚鍵；ClCH2COOH可看作是乙酸分子中甲基上的一個H原子被Cl原子取代產(chǎn)生的物質(zhì)，名稱是2-氯乙酸；(3)D為間二甲苯，由于甲基使苯環(huán)上鄰位和對位變得活潑，所以其與濃硝酸、濃硫酸混合加熱發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生E為，則D→E所需的試劑和條件是濃硝酸、濃硫酸、加熱；(4)F與ClCH2COOH在POCl3條件下發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生G和水，F(xiàn)→G的化學(xué)方程式是；(5)E為，硝基化合物與C原子數(shù)相同的氨基酸是同分異構(gòu)體，I是E的一種同分異構(gòu)體，具有下列結(jié)構(gòu)特征：①苯環(huán)上只有一個取代基；②是某種天然高分子化合物水解的產(chǎn)物，則該芳香族化合物的一個側(cè)鏈上含有1個—COOH、1個—NH2，和1個，I的結(jié)構(gòu)簡式是；(6)CH3CH2OH在Cu催化下加熱下發(fā)生氧化反應(yīng)產(chǎn)生CH3CHO，3個分子的乙醛發(fā)生加成反應(yīng)產(chǎn)生，與乙醇在HCl存在時反應(yīng)產(chǎn)生，故由乙醇制備的合成路線為：。【點睛】本題考查有機物推斷與合成、限制條件同分異構(gòu)體書寫、有機物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)等，掌握有機物官能團的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)是解題關(guān)鍵。要根據(jù)已知物質(zhì)結(jié)構(gòu)、反應(yīng)條件進行推斷，注意根據(jù)物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡式的變化理解化學(xué)鍵的斷裂與形成，充分利用題干信息分析推理，側(cè)重考查學(xué)生的分析推斷能力。18、3C乙二醇或8【解析】

（1）同一個碳原子上的氫原子是相同的，其次同一個碳原子所連接的所有甲基上的氫原子是相同的，再就是具有對稱性結(jié)構(gòu)的（類似于平面鏡成像中物體和像的關(guān)系），所以根據(jù)化合物X的結(jié)構(gòu)簡式可知，分子中含有3種化學(xué)環(huán)境不同的氫原子。（2）A、X分子中不存在苯環(huán)，不是芳香化合物，A不正確；B、Y分子中含有1個苯環(huán)和1個碳碳雙鍵，在Ni催化下Y能與4molH2加成，B不正確；C、Z分子中含有碳碳雙鍵、酚羥基、醇羥基、酯基，因此能發(fā)生加成、取代及消去反應(yīng)，C正確；D、Z分子中含有2和酚羥基和1個酯基，則1molZ最多可與3molNaOH反應(yīng)，答案選C。（3）Y分子中酚羥基的鄰位與對位的氫原子與溴水發(fā)生取代反應(yīng)，碳碳雙鍵與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，則Y與過量的溴水反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（4）X分子中含有2個醚鍵，則X可以由乙二醇和M通過分子間脫水而得；一定條件下，M發(fā)生1個—OH的消去反應(yīng)生成碳碳雙鍵，由于羥基與碳碳雙鍵直接相連不穩(wěn)定，容易轉(zhuǎn)化為碳氧雙鍵，所以得到穩(wěn)定化合物N的結(jié)構(gòu)簡式為。（5）根據(jù)已知信息可知反應(yīng)①是醚鍵斷鍵，其中一個氧原子結(jié)合氫原子變?yōu)榱u基，而屬于其它部分相連，由于環(huán)氧乙烷分子不對稱，因此生成物可能的結(jié)構(gòu)簡式為或；苯環(huán)對稱結(jié)構(gòu)，在苯環(huán)上取代有2種可能；屬于酯的取代基有4種：、、（或），所以共2×4=8種同分異構(gòu)體。19、檢查裝置的氣密性HCl2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I23Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不會被Fe3＋氧化為Br2MnO2＋2FeCl3·6H2OFe2O3＋MnCl2＋Cl2↑＋2HCl＋11H2O【解析】

（1）實驗前首先要進行的操作是檢查裝置的氣密性；（2）FeCl3?6H2O受熱失去結(jié)晶水，同時水解，生成HCl氣體，HCl和H2O結(jié)合形成鹽酸小液滴；（3）由信息可知，F(xiàn)eCl3是一種共價化合物，受熱變?yōu)辄S色氣體，氯化鐵具有強氧化性，可以將碘離子氧化為碘單質(zhì)；（4）用鐵氰化鉀溶液檢驗Fe2+產(chǎn)生藍色沉淀；為確認黃色氣體中含有Cl2，需要除去Fe3+的干擾，因為Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不會被Fe3＋氧化為Br2，可選擇NaBr溶液；（5）二氧化錳與FeCl3?6H2O反應(yīng)生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，據(jù)此結(jié)合原子守恒書寫化學(xué)方程式?！驹斀狻浚?）實驗前首先要進行的操作是檢查裝置的氣密性；故答案為檢查裝置的氣密性；（2）FeCl3?6H2O受熱失去結(jié)晶水，同時水解，生成HCl氣體，HCl和H2O結(jié)合形成鹽酸小液滴，而形成白霧；故答案為HCl；（3）碘離子具有還原性，氯化鐵具有強氧化性，兩者反應(yīng)，碘離子被氧化為碘單質(zhì)，反應(yīng)離子方程式為：2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I2，故答案為2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I2；（4）用鐵氰化鉀溶液檢驗Fe2+產(chǎn)生藍色沉淀，離子方程式是3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓；為確認黃色氣體中含有Cl2，將試管B內(nèi)KI-淀粉溶液替換為NaBr溶液，若B中觀察到淺橙紅色，為溴水的顏色，則證明有物質(zhì)能夠?qū)r-氧化成Br2，鐵離子不能氧化溴離子，若未檢查到Fe2+，則證明是Cl2氧化的Br-，而不是Fe3+，故答案為3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓；Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不會被Fe3＋氧化為Br2；（5）二氧化錳與FeCl3?6H2O反應(yīng)生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，反應(yīng)方程式為：MnO2＋2FeCl3·6H2OFe2O3＋MnCl2＋Cl2↑＋2HCl＋11H2O，故答案為MnO2＋2FeCl3·6H2OFe2O3＋MnCl2＋Cl2↑＋2HCl＋11H2O。20、＞硝酸或硫酸Cl－對鋁與H＋之間的反應(yīng)有催化作用2Al3＋＋6H＋＋6NO3－=Al2O3＋6NO2↑＋3H2OBCu－2e－=Cu2＋NO3－【解析】

（1）該反應(yīng)自發(fā)進行，且為放熱反應(yīng)，根據(jù)反應(yīng)熱=生成物的總能量-反應(yīng)物的總能量作答；根據(jù)圖示信息可知，X在常溫下被Z的濃溶液鈍化；（2）根據(jù)影響反應(yīng)速率的外因結(jié)合三種鹽的結(jié)構(gòu)特點分析；（3）結(jié)合Z可能是硫酸或硝酸，及題意中II中反應(yīng)產(chǎn)生的氣泡有特殊顏色，推測該氣泡為二氧化氮，據(jù)此分析作答；結(jié)合原電池的工作原理分析；（4）Cu2＋為藍色溶液；NO3－在正極得電子生成NO2?！驹斀狻浚?）I進行的是自發(fā)的氧化還原反應(yīng)，為放熱反應(yīng)，所以反應(yīng)物總能量高于生成物總能量；由I、II可知，X在常溫下被Z的濃溶液鈍化，故Z可能是硫酸或硝酸，故答案為：＞；硫酸或硝酸；（2）由于加入（適量）等物質(zhì)的量的NaCl、KCl、CsCl后反應(yīng)速率明顯加快，因三種鹽均含有Cl－，而Cl－不可能與Al反應(yīng)，故只能是Cl－起催化作用，故答案為：Cl－對鋁與H＋之間的反應(yīng)有催化作用；（3）有色氣體為NO2，Z是硝酸，鋁被濃硝酸氧化后生成致密的Al2O3，故反應(yīng)的離子方程式為：2Al3＋＋6H＋＋6NO3－=Al2O3＋6NO2↑＋3H2O