2024屆陜西省渭南區(qū)解放路中學(xué)高三第三次測(cè)評(píng)化學(xué)試卷含解析

2024屆陜西省渭南區(qū)解放路中學(xué)高三第三次測(cè)評(píng)化學(xué)試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請(qǐng)用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號(hào)。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、某溫度下，分別向20mL濃度均為xmol/L的NaCl和Na2CrO4溶液中滴加0.1mol/LAgNO3溶液，滴加過程中和與AgNO3溶液的體積關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是A．x=0.1 B．曲線I代表NaCl溶液C．Ksp(Ag2CrO4)約為4×10－12 D．y=92、對(duì)可逆反應(yīng)2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)ΔH＜0，在一定條件下達(dá)到平衡，下列有關(guān)敘述正確的是()①增加A的量，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)②升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，v(正)減?、蹓簭?qiáng)增大一倍，平衡不移動(dòng)，v(正)、v(逆)不變④增大B的濃度，v(正)＞v(逆)⑤加入催化劑，B的轉(zhuǎn)化率提高A．①② B．④ C．③ D．④⑤3、有機(jī)化合物甲、乙、丙的結(jié)構(gòu)如圖所示，下列說法正確的是甲乙丙A．三種物質(zhì)的分子式均為C5H8O2，互為同分異構(gòu)體B．甲、乙、丙分子中的所有環(huán)上的原子可能共平面C．三種物質(zhì)均可以發(fā)生氧化反應(yīng)和加成反應(yīng)D．三種物質(zhì)都能與氫氧化鈉溶液發(fā)生反應(yīng)4、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯(cuò)誤的是A．112gMgS與NaHS混合晶體中含有陽(yáng)離子的數(shù)目為2NAB．25℃時(shí)，1L0.1mol·L－1的Na3PO4溶液中Na+的數(shù)目為0.3NAC．常溫下，64gCu與足量的濃硫酸混合，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為2NAD．88g乙酸乙酯中含有的非極性共價(jià)鍵的數(shù)目為2NA5、根據(jù)下圖，有關(guān)金屬的腐蝕與防護(hù)的敘述正確的是A．鋼閘門含鐵量高，無(wú)需外接電源保護(hù)B．該裝置的原理是“犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法”C．將鋼閘門與直流電源的負(fù)極相連可防止其被腐蝕D．輔助電極最好接鋅質(zhì)材料的電極6、化學(xué)與生產(chǎn)、生活、社會(huì)密切相關(guān)。下列說法錯(cuò)誤的是A．大量使用含丙烷、二甲醚等輔助成分的“空氣清新劑”會(huì)對(duì)環(huán)境造成新的污染B．制造普通玻璃的原料為石英砂（Si02）、石灰石（CaCO3）和純堿C．髙錳酸鉀溶液、酒精、雙氧水能殺菌消毒，都利用了強(qiáng)氧化性D．紅柿摘下未熟，每籃用木瓜三枚放入，得氣即發(fā)，并無(wú)濕味?！蔽闹械摹皻狻笔侵敢蚁?、聯(lián)合國(guó)大會(huì)宣布2019年為“國(guó)際化學(xué)元素周期表年”，中國(guó)科技館推出“律動(dòng)世界——化學(xué)元素周期表專題展”。已知短周期元素T的次外層電子數(shù)是其最外層電子數(shù)的2倍，X、W、Z、Y均與元素T相鄰且原子序數(shù)依次增大，且X、Y與T同主族，W、Z與T同周期。下列判斷錯(cuò)誤的是（）A．元素T在自然界主要以游離態(tài)形式存在B．元素非金屬性強(qiáng)弱：Z>YC．最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：X>WD．X與氧元素形成的氧化物不止一種8、研究表明N2O與CO在Fe+作用下發(fā)生可逆反應(yīng)的能量變化及反應(yīng)歷程如圖所示。下列說法不正確的是A．反應(yīng)中Fe+是催化劑，F(xiàn)eO+是中間產(chǎn)物 B．總反應(yīng)速率由反應(yīng)②的速率決定C．升高溫度，總反應(yīng)的平衡常數(shù)K減小 D．當(dāng)有14gN2生成時(shí)，轉(zhuǎn)移1mole-9、下列實(shí)驗(yàn)事實(shí)不能用平衡移動(dòng)原理解釋的是A．B．C．D．10、為測(cè)定鎂鋁合金（不含其它元素）中鎂的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。某同學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：稱量ag鎂鋁合金粉末，放在如圖所示裝置的惰性電熱板上，通電使其充分灼燒。下列說法錯(cuò)誤的是A．實(shí)驗(yàn)結(jié)束后應(yīng)再次稱量剩余固體的質(zhì)量B．氧氣要保證充足C．可以用空氣代替氧氣進(jìn)行實(shí)驗(yàn)D．實(shí)驗(yàn)結(jié)束后固體質(zhì)量大于ag11、用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出廢舊印刷電路板上的銅。已知：Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g)ΔH=+64.39kJ/mol2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH=-196.46kJ/molH2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.84kJ/mol在H2SO4溶液中，Cu與H2O2反應(yīng)生成Cu2+(aq)和H2O(l)的反應(yīng)熱ΔH等于A．－319.68kJ/mol B．－417.91kJ/molC．－448.46kJ/mol D．＋546.69kJ/mol12、某有機(jī)物分子式為C5H10O3，與飽和NaHCO3溶液反應(yīng)放出氣體體積與同等狀況下與Na反應(yīng)放出氣體體積相等，該有機(jī)物有(不含立體異構(gòu))()A．9種 B．10種 C．11種 D．12種13、下列實(shí)驗(yàn)中，所選裝置或儀器合理的是A．高溫煅燒石灰石 B．從KI和I2的固體混合物中回收I2C．除去乙醇中的苯酚 D．量取15.00mLNaOH溶液14、A、B、C、D、E是原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，其中A的原子序數(shù)是B和D原子序數(shù)之和的1/4，C的原子半徑在所有短周期主族元素中最大，甲和丙是D元素的兩種常見氧化物，乙和丁是B元素的兩種常見同素異形體，0.005mol/L戊溶液的pH=2，它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示(部分反應(yīng)物省略)，下列敘述一定正確的是A．C、D兩元素形成的化合物的原子個(gè)數(shù)比為1:2B．C、E形成的化合物的水溶液呈堿性C．簡(jiǎn)單離子半徑：D>C>BD．最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：E>A15、某酸的酸式鹽NaHY在水溶液中，HY-的電離程度小于HY-的水解程度。有關(guān)的敘述正確的是（）A．H2Y的電離方程式為：B．在該酸式鹽溶液中C．HY-的水解方程式為D．在該酸式鹽溶液中16、向含1molNaOH、2molNaAl(OH)4、1molBa(OH)2的混合液中加入稀硫酸充分反應(yīng)，加入溶質(zhì)H2SO4的量和生成沉淀的量的關(guān)系正確的是選項(xiàng)ABCDn(H2SO4)/mol2345n(沉淀)/mol2321.5A．A B．B C．C D．D二、非選擇題（本題包括5小題）17、以下是有機(jī)物H的合成路徑。已知：(1)①的反應(yīng)類型是________。②的反應(yīng)條件是_____________。(2)試劑a是_________。F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是_________。(3)反應(yīng)③的化學(xué)方程式_________。與E互為同分異構(gòu)體，能水解且苯環(huán)上只有一種取代基的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是_________。（寫出其中一種）(4)A合成E為何選擇這條路徑來(lái)合成，而不是A和HCHO直接合成，理由是_________。(5)根據(jù)已有知識(shí)，設(shè)計(jì)由為原料合成的路線_________，無(wú)機(jī)試劑任選（合成路線常用的表示方法為：XY……目標(biāo)產(chǎn)物）18、為確定某鹽A(僅含三種元素)的組成，某研究小組按如圖流程進(jìn)行了探究：請(qǐng)回答：(1)A的化學(xué)式為______________________。(2)固體C與稀鹽酸反應(yīng)的離子方程式是________________________。(3)A加熱條件下分解的化學(xué)方程式為________________________。19、硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O3·5H2O)俗名“大蘇打”。已知它易溶于水，難溶于乙醇，在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定，受熱、遇酸易分解。某實(shí)驗(yàn)室模擬工業(yè)硫化堿法制取硫代硫酸鈉，其反應(yīng)裝置及所需試劑如圖：（1）裝置甲中，a儀器的名稱是____________；a中盛有濃硫酸，b中盛有亞硫酸鈉，實(shí)驗(yàn)中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有_________________________(寫出一條即可)。（2）裝置乙的作用是____________________________________。（3）裝置丙中，將Na2S和Na2CO3以2：1的物質(zhì)的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2。反應(yīng)的化學(xué)方程式為：________________________________________。（4）本實(shí)驗(yàn)所用的Na2CO3中含少量NaOH，檢驗(yàn)含有NaOH的實(shí)驗(yàn)方案為_________。(實(shí)驗(yàn)中供選用的試劑及儀器：CaCl2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酞溶液、蒸餾水、pH計(jì)、燒杯、試管、滴管．提示：室溫時(shí)CaCO3飽和溶液的pH=9.5)（5）反應(yīng)結(jié)束后過濾丙中的混合物，濾液經(jīng)蒸發(fā)、結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等得到產(chǎn)品，生成的硫代硫酸鈉粗品可用_____________洗滌。為了測(cè)定粗產(chǎn)品中Na2S2O3·5H2O的含量，采用在酸性條件下用KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液滴定的方法(假設(shè)粗產(chǎn)品中的雜質(zhì)與酸性KMnO4溶液不反應(yīng))。稱取1.50g粗產(chǎn)品溶于水，用0.20mol·L－1KMnO4溶液(加適量稀硫酸酸化)滴定，當(dāng)溶液中全部被氧化為時(shí)，消耗高錳酸鉀溶液體積40.00mL。①寫出反應(yīng)的離子方程式：________________________________________。②產(chǎn)品中Na2S2O3·5H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____________________(保留小數(shù)點(diǎn)后一位)。20、氯化亞銅(CuCl)廣泛應(yīng)用于化工、印染、電鍍等行業(yè)。CuCl難溶于乙醇和水，可溶于氯離子濃度較大的體系，在潮濕空氣中易水解、氧化。（制備）方法一：（資料查閱）(1)儀器X的名稱是______，在實(shí)驗(yàn)過程中，B中試紙的顏色變化是______。(2)實(shí)驗(yàn)操作的先后順序是______(填操作的編號(hào))a.檢查裝置的氣密性后加入藥品b.熄滅酒精燈，冷卻c.在氣體入口處通入干燥HCld.點(diǎn)燃酒精燈，加熱e.停止通入HCI，然后通入(3)反應(yīng)結(jié)束后發(fā)現(xiàn)含有少量CuO雜質(zhì)，產(chǎn)生的原因是______。方法二：(4)向,溶液中加入一定量NaCl和可生成自色沉淀CuCl離子方程式為______，過濾，沉淀用的酸洗，水洗，乙醇洗三步操作，酸洗采用的酸是______(寫名稱)，用乙醇洗滌的原因是______(任寫一點(diǎn))。（含量測(cè)定）(5)準(zhǔn)確稱取所制備的氯化亞銅樣品mg，將其置于過量的溶液中，待樣品完全溶解后，加入適量稀硫酸，用amol/L的溶液滴定到終點(diǎn)，消耗溶液bmL，反應(yīng)中被還原為，樣品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為______(CuCl分子量：)（應(yīng)用）利用如下圖所示裝置，測(cè)定高爐煤氣中CO、、和)的百分組成。(6)已知：i.CuCl的鹽酸溶液能吸收CO形成。ii.保險(xiǎn)粉和KOH的混合溶液能吸收氧氣。①出保險(xiǎn)粉和KOH混合溶液吸收的離子方程式：______。②D、F洗氣瓶中宜盛放的試劑分別是______、______。21、化學(xué)反應(yīng)是化學(xué)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的本質(zhì)，根據(jù)描述回答下列問題：（1）在BaCl2溶液中通入SO2氣體，未見沉淀生成，若先通入或加入下列的另一種物質(zhì)，再通入SO2能看到沉淀的有___(填序號(hào))。①NO2②NH3③HCl④FeCl3溶液⑤CO2（2）A、B、C、D、E五種物質(zhì)(或離子)均含有同一種元素，它們之間有如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系：若A為金屬單質(zhì)，B、C均屬于鹽類，B溶液呈黃色，與硫氰化鉀溶液混合后顯紅色，D是一種白色沉淀，E是一種不溶性堿。B溶液呈酸性的原因是___(用離子方程式表示)；選用氫碘酸可與E反應(yīng)實(shí)現(xiàn)E→C的轉(zhuǎn)化，該反應(yīng)的離子方程式為___。（3）①通常條件下，未經(jīng)碾磨的鎂粉和未經(jīng)擦拭的鎂條跟冷水不反應(yīng)，因?yàn)楸砻嬗幸粚颖Ｗo(hù)膜。去除這層氧化膜后，鎂與冷水就會(huì)發(fā)生明顯的反應(yīng)，看到有大量細(xì)膩的氣泡產(chǎn)生。在室溫條件下，反應(yīng)生成的難溶于水的氫氧化鎂，沉積在表面形成致密薄膜，幾分鐘后，反應(yīng)很快停止。給反應(yīng)混合液加熱，鎂跟水的作用又會(huì)重新進(jìn)行，你覺得可能的原因是：___，此時(shí)滴加酚酞試液，___(填“會(huì)”或“不會(huì)”)出現(xiàn)溶液變紅的現(xiàn)象。②取一段擦去表層氧化膜的鎂條，卷成螺旋狀，插入盛滿食鹽水的試管中，將試管倒扣在盛有食鹽水的燒杯中，可以迅速觀察到鎂持續(xù)不斷地跟水反應(yīng)，你覺得可能的原因是___。③去除了氧化膜的金屬M(fèi)g可以與NaHCO3溶液作用析出氫氣，溶液中有白色難溶物生成。這是由于鎂直接與水反應(yīng)，轉(zhuǎn)化為H2和Mg(OH)2。溶解在水中的少量Mg(OH)2電離生成的OH－與溶液中的HCO3－反應(yīng)生成CO32－，促使反應(yīng)生成的Mg(OH)2更多溶解。溶液中Mg2＋、OH－、CO32－，結(jié)合析出白色難溶物Mg2(OH)2CO3。請(qǐng)根據(jù)以上信息寫出Mg與NaHCO3溶液的總反應(yīng)式：___(用離子方程式表示)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、D【解析】

A．根據(jù)圖像可知，未滴加AgNO3溶液時(shí)或均為1，則NaCl和Na2CrO4溶液均為0.1mol·L-1，即x=0.1，A選項(xiàng)正確；B．1molCl-和CrO42-分別消耗1mol和2molAg+，由圖像可知，滴加AgNO3溶液過程中，曲線I突躍時(shí)加入的AgNO3溶液的體積為20mL，則曲線I代表NaCl溶液，B選項(xiàng)正確；C．b點(diǎn)時(shí)，=4，則c(CrO42-)=10-4mol·L-1，c(Ag+)=2×10-4mol·L-1，Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)·c2(Ag+)=4×10－12，C選項(xiàng)正確；D．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)，Cl-恰好完全沉淀，=5，則c(Cl-)=10-5mol·L-1，c(Ag+)=10-5mol·L-1，Ksp(AgCl)=c(Cl-)·c(Ag+)=10－10，c點(diǎn)加入40mLAgNO3溶液，溶液中，，則-lgc(Cl-)=9-lg3≈8.52，D選項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選D。2、B【解析】

①A是固體，增加A的量，平衡不移動(dòng)，故①錯(cuò)誤；②2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)，正反應(yīng)放熱，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，v(正)、v(逆)均增大，故②錯(cuò)誤；③2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)，反應(yīng)前后氣體系數(shù)和不變，壓強(qiáng)增大一倍，平衡不移動(dòng)，v(正)、v(逆)均增大，故③錯(cuò)誤；④增大B的濃度，反應(yīng)物濃度增大，平衡正向移動(dòng)，所以v(正)＞v(逆)，故④正確；⑤加入催化劑，平衡不移動(dòng)，B的轉(zhuǎn)化率不變，故⑤錯(cuò)誤；故選B。3、A【解析】

A．分子式相同但結(jié)構(gòu)不同的有機(jī)物互為同分異構(gòu)體，三種物質(zhì)的分子式均為C5H8O2，但結(jié)構(gòu)不同，則三者互為同分異構(gòu)體，故A正確；B．甲、乙、丙分子中的所有環(huán)上的碳原子都為單鍵，碳原子上相連的氫原子和碳原子不在同一平面，故B錯(cuò)誤；C．有機(jī)物中含有碳碳雙鍵、碳碳三鍵、苯環(huán)或酮羰基可發(fā)生加成反應(yīng)，甲中官能團(tuán)為酯基、乙中官能團(tuán)為羧基、丙中官能團(tuán)為羥基，不能發(fā)生加成反應(yīng)，甲、乙、丙都可以發(fā)生氧化反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．甲中有酯基可與氫氧化鈉溶液發(fā)生水解反應(yīng)，乙中含有羧基可與氫氧化鈉溶液發(fā)生中和反應(yīng)，丙中含有醇羥基不與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；答案選A?！军c(diǎn)睛】找到有機(jī)物的官能團(tuán)，熟悉各種官能團(tuán)可以發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)是解本題的關(guān)鍵。4、C【解析】

A．因?yàn)镸gS與NaHS的摩爾質(zhì)量都是56g.mol-1，所以112gMgS與NaHS混合物的物質(zhì)的量為2mol，而MgS與NaHS混合晶體中含有陽(yáng)離子分別為Mg2+、Na+，故112gMgS與NaHS混合晶體中含有陽(yáng)離子的數(shù)目為2NA，A正確；B．Na3PO4是強(qiáng)電解質(zhì)，在溶液中的電離方程式為：Na3PO4=3Na++PO43-，則1L0.1mol·L－1的Na3PO4溶液中Na+的物質(zhì)的量為0.3mol，故1L0.1mol·L－1的Na3PO4溶液中Na+的數(shù)目為0.3NA，B正確；C．常溫下，Cu與濃硫酸不反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D．乙酸乙酯的結(jié)構(gòu)式為，88g乙酸乙酯的物質(zhì)的量是1mol，一個(gè)乙酸乙酯分子中含有兩個(gè)非極性共價(jià)鍵，故88g乙酸乙酯中含有的非極性共價(jià)鍵的數(shù)目為2NA，D正確；答案選C。5、C【解析】

A.鋼閘門含鐵量高，會(huì)發(fā)生電化學(xué)腐蝕，需外接電源進(jìn)行保護(hù)，故A錯(cuò)誤；B.該裝置的原理是通過外加直流電源以及輔助陽(yáng)極，迫使電子流向被保護(hù)金屬，使被保護(hù)金屬結(jié)構(gòu)電位高于周圍環(huán)境來(lái)進(jìn)行保護(hù)，并未“犧牲陽(yáng)極”，故B錯(cuò)誤；C.將鋼閘門與直流電源的負(fù)極相連，可以使被保護(hù)金屬結(jié)構(gòu)電位高于周圍環(huán)境，可防止其被腐蝕，故C正確；D.輔助電極有很多，可以用能導(dǎo)電的耐腐蝕材料，鋅質(zhì)材料容易腐蝕，故D錯(cuò)誤；故選C?！军c(diǎn)睛】電化學(xué)保護(hù)又分陰極保護(hù)法和陽(yáng)極保護(hù)法，其中陰極保護(hù)法又分為犧牲陽(yáng)極保護(hù)法和外加電流保護(hù)法。這種方法通過外加直流電源以及輔助陽(yáng)極，迫使電子從海水流向被保護(hù)金屬，使被保護(hù)金屬結(jié)構(gòu)電位高于周圍環(huán)境來(lái)進(jìn)行保護(hù)。6、C【解析】

A.丙烷、二甲醚都有一定的毒性，會(huì)對(duì)環(huán)境造成污染，故A不選；B.SiO2和CaCO3、Na2CO3在玻璃熔爐里反應(yīng)生成Na2SiO3和CaSiO3，和過量的SiO2共同構(gòu)成了玻璃的主要成分，故B不選；C.髙錳酸鉀溶液和雙氧水殺菌消毒，利用了強(qiáng)氧化性，酒精沒有強(qiáng)氧化性，故C選；D.成熟的水果能釋放乙烯，乙烯可以促進(jìn)果實(shí)成熟，故D不選。故選C。7、A【解析】

X、Y與T同主族，且T為短周期元素，則T為硅(Si)；再由“X、W、Z、Y均與元素T相鄰且原子序數(shù)依次增大”，可確定X為碳(C)，Y為鍺(Ge)；W、Z與T同周期，則W為鋁(Al)，Z為磷(P)?！驹斀狻緼．元素Si在自然界中只能以化合態(tài)形式存在，A錯(cuò)誤；B．元素非金屬性強(qiáng)弱：P>Si>Ge，B正確；C．因?yàn)镃O2通入NaAlO2溶液中能生成Al(OH)3，所以酸性H2CO3>Al(OH)3，C正確；D．C與氧元素形成的氧化物為CO、CO2等，D正確；故選A。8、B【解析】

A．由圖可知，F(xiàn)e+先轉(zhuǎn)化為FeO+，F(xiàn)eO+后續(xù)又轉(zhuǎn)化為Fe+，反應(yīng)前后Fe+未發(fā)生變化，因此Fe+是催化劑，F(xiàn)eO+是中間產(chǎn)物，A不符合題意；B．由圖可知，反應(yīng)①的能壘高于反應(yīng)②，因此反應(yīng)①的速率較慢，總反應(yīng)速率由反應(yīng)①的速率決定，B符合題意；C．由圖可知，反應(yīng)物的總能量高于生成物總能量，該反應(yīng)正向?yàn)榉艧岱磻?yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，總反應(yīng)的平衡常數(shù)K減小，C不符合題意；D．由圖可知，總反應(yīng)方程式為：N2O+COCO2+N2，N元素化合價(jià)從+1價(jià)降低至0價(jià)，當(dāng)有14gN2生成時(shí)，即生成0.5molN2，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.5mol×2=1mol，D不符合題意；答案為：B。9、A【解析】

A．升高溫度，反應(yīng)速率加快，產(chǎn)生氣泡速率加快，不涉及平衡移動(dòng)，A符合；B．中間試管存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，由于Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，加入KI，發(fā)生AgCl(s)+I-AgI(s)+Cl-，兩個(gè)平衡右移，白色沉淀AgCl轉(zhuǎn)換為黃色AgI沉淀，B不符合；C．FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HClH>0，溫度升高，平衡正向移動(dòng)，C不符合；D．醋酸是弱電解質(zhì)，CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀釋，平衡右移，稀釋過程又產(chǎn)生一定的H+，稀釋10倍，pH<2.9+1，D不符合。答案選A。【點(diǎn)睛】pH=m的強(qiáng)酸稀釋10n倍，新的溶液pH=m+n<7；pH=m的弱酸稀釋10n倍，新的溶液pH<m+n<7。10、C【解析】

A．實(shí)驗(yàn)結(jié)束后一定要再次稱量剩余固體質(zhì)量，再通過其它操作可以計(jì)算鎂鋁合金中鎂的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，故A正確；B．為了使其充分灼燒，氧氣要保證充足，故B正確；C．用空氣代替氧氣對(duì)實(shí)驗(yàn)有影響，這是因?yàn)楦邷貤l件下，鎂還能夠和氮?dú)狻⒍趸嫉确磻?yīng)，故C錯(cuò)誤；D．灼燒后的固體為氧化鎂和氧化鋁的混合物，質(zhì)量大于ag，這是因?yàn)檠鯕鈪⒓恿朔磻?yīng)，故D正確；故答案選C。11、A【解析】

①Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g)ΔH=+64.39kJ/mol②2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH=-196.46kJ/mol③H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.84kJ/mol根據(jù)蓋斯定律，將①+×②+③，整理可得：Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)ΔH=-319.68kJ/mol，故合理選項(xiàng)是A。12、D【解析】

分子式為C5H10O3與飽和NaHCO3溶液反應(yīng)能放出氣體，說明含有羧基，且1molC5H10O3與足量鈉反應(yīng)放出1mol氣體，說明分子中含有羥基，可看作-OH取代C4H9-COOH中C4H9－的H原子?！驹斀狻糠肿邮綖镃5H10O3與飽和NaHCO3溶液反應(yīng)能放出氣體，說明含有羧基，且1molC5H10O3與足量鈉反應(yīng)放出1mol氣體，說明分子中含有羥基，可看作-OH取代C4H9－的H原子，C4H9－有4種，分別為CH3CH2CH2CH2－（4種）、CH3CH（CH3）CH2－（3種）、CH3CH2CH（CH3）-（4種）、C（CH3）3-（1種），共12種。故選D。【點(diǎn)睛】本題考查同分異構(gòu)體的判斷，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，解題關(guān)鍵：注意把握同分異構(gòu)體的判斷角度和方法。13、D【解析】

A.高溫煅燒石灰石不可用瓷坩堝進(jìn)行，氧化鈣與二氧化硅反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B.I2易升華，分離回收碘，應(yīng)在密封的裝置中，圖中蒸發(fā)皿加熱后不能回收碘，B錯(cuò)誤；C.苯酚易溶于乙醇中，不會(huì)有沉淀，所以不能用過濾法分離乙醇和苯酚，C錯(cuò)誤；D.量取15.00mLNaOH溶液，可選擇滴定管，移液管等精準(zhǔn)的量器，D正確；答案選D。14、D【解析】

A、B、C、D、E是原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，0.005mol/L戊溶液的pH=2，說明戊為二元強(qiáng)酸，則戊為硫酸，丙為SO3；甲和丙是D元素的兩種常見氧化物，甲為SO2，D為S元素，E為Cl元素；乙和丁是B元素的兩種常見同素異形體，二氧化硫被乙氧化生成三氧化硫，可知乙為O3，丁為O2，則B為O元素；A的原子序數(shù)是B和D原子序數(shù)之和的，A的原子序數(shù)為(8+16)×=6，可知A為C元素；C的原子半徑在所有短周期主族元素中最大，C為Na元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍?，A為C，B為O，C為Na，D為S，E為Cl。A．C、D形成離子化合物Na2S，原子個(gè)數(shù)比為2:1，故A錯(cuò)誤；B．C、E形成的化合物為氯化鈉，為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，不水解，水溶液呈中性，故B錯(cuò)誤；C．一般而言，離子的電子層數(shù)越大，離子半徑越大，硫離子半徑最大；電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，鈉離子半徑小于氧離子，簡(jiǎn)單離子半徑：D>B>C，故C錯(cuò)誤；D．非金屬性Cl＞C，則E的最高價(jià)氧化物水化物的酸性大于A的最高價(jià)氧化物水化物的酸性，故D正確；故選D?！军c(diǎn)睛】本題考查無(wú)機(jī)物的推斷及原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，把握?qǐng)D中轉(zhuǎn)化關(guān)系、元素化合物知識(shí)來(lái)推斷物質(zhì)和元素為解答的關(guān)鍵。本題的突破口為“0.005mol/L戊溶液的pH=2”。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為C，要注意離子半徑比較方法的理解和靈活運(yùn)用。15、A【解析】

A.

H2Y是二元弱酸,電離時(shí)分兩步電離,第一步電離生成氫離子和酸式酸根離子,電離方程式為：，A項(xiàng)正確；B.

NaHY的水溶液中,陰離子水解,鈉離子不水解,所以c(Na+)>c(HY?);HY?的電離程度小于HY?的水解程度,但無(wú)論電離還是水解都較弱,陰離子還是以HY?為主,溶液呈堿性,說明溶液中c(OH?)>c(H+);因溶液中還存在水的電離,則c(H+)>c(Y2?),所以離子濃度大小順序?yàn)椋篶(Na+)>c(HY?)>c(OH?)>c(H+)>c(Y2?)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.

HY?水解生成二元弱酸和氫氧根離子,水解方程式為：HY?+H2O?OH?+H2Y，選項(xiàng)中是電離方程式，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.根據(jù)電荷守恒式可知，在該酸式鹽溶液中，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選A。【點(diǎn)睛】分析清楚水溶液的平衡是解題的關(guān)鍵，電離平衡是指離解出陰陽(yáng)離子的過程，而水解平衡則是指組成鹽的離子和水中的氫離子或氫氧根離子結(jié)合生成弱電解質(zhì)，改變?nèi)芤核釅A度的過程。16、A【解析】

A、2mol硫酸中有3mol氫離子中和氫氧根，1mol氫離子與偏鋁酸鈉反應(yīng)生成1mol氫氧化鋁沉淀，同時(shí)還有1mol硫酸鋇產(chǎn)生，共計(jì)是2mol，選項(xiàng)A正確；B、3mol硫酸中有3mol氫離子中和氫氧根，2mol氫離子與偏鋁酸鈉反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，生成的氫氧化鋁沉淀又有一部分溶解在氫離子中，而硫酸鋇是1mol，則沉淀的物質(zhì)的量小于3mol，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、4mol硫酸中有3mol氫離子中和氫氧根，2mol氫離子與偏鋁酸鈉反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，剩余3mol氫離子又溶解1mol氫氧化鋁，而硫酸鋇是1mol，則沉淀的物質(zhì)的量是2mol，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、5mol硫酸中有3mol氫離子中和氫氧根，2mol氫離子與偏鋁酸鈉反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，剩余5mol氫離子又溶解5/3mol氫氧化鋁，而硫酸鋇是1mol，則沉淀的物質(zhì)的量是4/3mol，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、加成濃硫酸、加熱CH3COOH防止苯甲醇的羥基被氧化【解析】

苯甲醇和醋酸在濃硫酸催化下發(fā)生酯化反應(yīng)生成B（），B和甲醛反應(yīng)生成C，C催化氧化生成D，D再和NaOH溶液反應(yīng)生成E（），根據(jù)E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式回推，可知D→E是酯的水解，所以D為，D是C催化氧化生成的，所以C為，則B和甲醛的反應(yīng)是加成反應(yīng)。E→F增加了2個(gè)碳原子和2個(gè)氧原子，根據(jù)給出的已知，可推測(cè)試劑a為CH3COOH，生成的F為，F(xiàn)生成G（能使溴水褪色），G分子中有碳碳雙鍵，為F發(fā)生消去反應(yīng)生成的，結(jié)合H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知G為?！驹斀狻浚?）①是和甲醛反應(yīng)生成，反應(yīng)類型是加成反應(yīng)；②是的醇羥基發(fā)生消去反應(yīng)生成的反應(yīng)，所需試劑是濃硫酸，條件是加熱；（2）由E生成F根據(jù)分子式的變化可以推出a的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是CH3COOH，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是；（3）反應(yīng)③是的分子內(nèi)酯化，化學(xué)方程式為：；E為，與E互為同分異構(gòu)體，能水解，即需要有酯基，且苯環(huán)上只有一種取代基，同分異構(gòu)體可以為或；（4）苯甲酸的醇羥基容易在反應(yīng)過程中被氧化，A合成E選擇題中路徑來(lái)合成原因是防止苯甲醇的羥基被氧化；（5）要合成，需要有單體，由可以制得或，再發(fā)生消去反應(yīng)即可得到。故合成路線為：18、FeSO4Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑【解析】

氣體B通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，該沉淀為BaSO4，物質(zhì)的量為=0.01mol，則氣體B中含有SO3，SO3的物質(zhì)的量為0.01mol，其體積為0.01mol×22.4L·mol－1=224mL，B為混合氣體，根據(jù)元素分析可知其中還含有224mL的SO2，固體C為紅棕色，即固體C為Fe2O3，n(Fe2O3)==0.01mol，黃色溶液E為FeCl3，據(jù)此分析?！驹斀狻繗怏wB通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，該沉淀為BaSO4，物質(zhì)的量為=0.01mol，則氣體B中含有SO3，SO3的物質(zhì)的量為0.01mol，其體積為0.01mol×22.4L·mol－1=224mL，B為混合氣體，根據(jù)元素分析可知其中還含有224mL的SO2，固體C為紅棕色，即固體C為Fe2O3，n(Fe2O3)==0.01mol，黃色溶液E為FeCl3，（1）根據(jù)上述分析，A僅含三種元素，含有鐵元素、硫元素和氧元素，鐵原子的物質(zhì)的量為0.02mol，S原子的物質(zhì)的量為0.02mol，A的質(zhì)量為3.04g，則氧原子的質(zhì)量為(3.04g－0.02mol×56g·mol－1－0.02mol×32g·mol－1)=1.28g，即氧原子的物質(zhì)的量為=0.08mol，推出A為FeSO4；（2）固體C為Fe2O3，屬于堿性氧化物，與鹽酸反應(yīng)離子方程式為Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；（3）FeSO4分解為Fe2O3、SO2、SO3，參與反應(yīng)FeSO4、SO2、SO3、Fe2O3的物質(zhì)的量0.02mol、0.01mol、0.01mol、0.01mol，得出FeSO4受熱分解方程式為2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑。19、分液漏斗控制反應(yīng)溫度、控制滴加硫酸的速度安全瓶，防倒吸4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2取少量樣品于試管(燒杯)中，加水溶解，加入過量的CaCl2溶液，振蕩(攪拌)，靜置，用pH計(jì)測(cè)定上層清液的pH，若pH大于1．5，則含有NaOH乙醇82.7％【解析】

裝置甲為二氧化硫的制?。篘a2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2↑+H2O，丙裝置為Na2S2O3的生成裝置：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，因SO2易溶于堿性溶液，為防止產(chǎn)生倒吸，在甲、丙之間增加了乙裝置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空氣中，裝置丁作用為尾氣吸收裝置，吸收未反應(yīng)的二氧化硫。據(jù)此解答?！驹斀狻?1)裝置甲中，a儀器的名稱是分液漏斗；利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反應(yīng)溫度等措施均能有效控制SO2生成速率；(2)SO2易溶于堿性溶液，則裝置乙的作用是安全瓶，防倒吸；(3)Na2S和Na2CO3以2：1的物質(zhì)的量之比配成溶液再通入SO2，即生成Na2S2O3和CO2，結(jié)合原子守恒即可得到發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2；(4)碳酸鈉溶液和NaOH溶液均呈堿性，不能直接測(cè)溶液的pH或滴加酚酞，需要先排除Na2CO3的干擾，可取少量樣品于試管(燒杯)中，加水溶解，加入過量的CaCl2溶液，振蕩(攪拌)，靜置，用pH計(jì)測(cè)定上層清液的pH，若pH大于1.5，則含有NaOH；(5)硫代硫酸鈉易溶于水，難溶于乙醇，在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定，則硫代硫酸鈉粗品可用乙醇洗滌；①Na2S2O3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，溶液中全部被氧化為，同時(shí)有Mn2+生成，結(jié)合電子守恒和原子守恒可知發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為5S2O32-+8MnO4-+14H+＝8Mn2++10SO42-+7H2O；②由方程式可知n(Na2S2O3?5H2O)=n(S2O32-)=n(KMnO4)=×0.04L×0.2mol/L=0.005mol，則m(Na2S2O3?5H2O)=0.005mol×248g/mol=1.24g，則Na2S2O3?5H2O在產(chǎn)品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=82.7%?！军c(diǎn)睛】考查硫代硫酸鈉晶體制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)和制備過程分析應(yīng)用，主要是實(shí)驗(yàn)基本操作的應(yīng)用、二氧化硫的性質(zhì)的探究，側(cè)重于學(xué)生的分析能力、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，為高考常見題型和高頻考點(diǎn)，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及實(shí)驗(yàn)原理的探究。20、干燥管先變紅后褪色cdb通入的HCl的量不足2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+硫酸醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化×100%2S2O42-+3O2+4OH-=

4SO42-+2H2ONaOH溶液CuCl的鹽酸溶液【解析】

CuCl2·2H2O晶體在氯化氫氣流中加熱失水得到CuCl2，溫度高于300℃分解生成CuCl和Cl2；向硫酸銅溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCl，得到的CuCl經(jīng)硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗滌，可快速除去固體表面的水分，防止水解、氧化；氯化亞銅與氯化鐵發(fā)生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，發(fā)生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，結(jié)合關(guān)系式解答該題；保險(xiǎn)粉和KOH的混合溶液吸收O2，發(fā)生氧化還原反應(yīng)；CuCl易被氧化，因此吸收CO前，要先吸收O2；NaOH溶液能吸收CO2，則吸收O2前，要先吸收CO2；N2的體積可用排水法測(cè)定，據(jù)此解答?！驹斀狻?1)根據(jù)儀器X的構(gòu)造，其名稱是干燥管；由制備CuCl的原理可知，反應(yīng)生成了Cl2，故B中濕潤(rùn)的石蕊試紙?jiān)嚰埾茸兗t后褪色，故答案為干燥管；先變紅后褪色；(2)實(shí)驗(yàn)時(shí)檢查裝置的氣密性后加入藥品后，要先在氣體入口處通入干燥HCl，再點(diǎn)燃酒精燈，加熱，實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)要先熄滅酒精燈，冷卻，再停止通入HCl，然后通入，所以操作的先后順序是cdb，故答案為cdb；(3)根據(jù)以上分析，若實(shí)驗(yàn)中通入的HCl的量不足，則氯化銅晶體加熱時(shí)發(fā)生水解，最后生成少量CuO，故答案為通入的HCl的量不足；(4)向硫酸銅溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCl，離子方程式為2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；由制備反應(yīng)可知，有硫酸鈉生成，則應(yīng)加入硫酸，為防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入鹽酸，防止引入新雜質(zhì)；因乙醇沸點(diǎn)低，易揮發(fā)，則用乙醇洗滌，可快速除去固體表面的水分，防止水解、氧化；故答案為2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；硫酸；醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；(5)氯化亞銅與氯化鐵發(fā)生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，發(fā)生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，反應(yīng)的關(guān)系式為6CuCl～6Fe2+～Cr2O72-，

6

1

n

ab×10-3