西南大學附屬中學2023-2024學年高考仿真卷化學試題含解析

西南大學附屬中學2023-2024學年高考仿真卷化學試題考生須知：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”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、化學與生活密切相關(guān)，下列說法正確的是A．煤的氣化是物理變化，是高效、清潔地利用煤的重要途徑B．新型冠狀病毒肺炎病癥較多的地區(qū)，人們?nèi)绻獬鰵w家，應立即向外套以及房間噴灑大量的酒精C．港珠澳大橋使用高性能富鋅底漆防腐，依據(jù)的是外加電流的陰極保護法D．華為繼麒麟980之后自主研發(fā)的7m芯片問世，芯片的主要成分是硅2、將3.9g鎂鋁合金，投入到500mL2mol/L的鹽酸中，合金完全溶解，再加入4mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的這種NaOH溶液的體積是A．125mL B．200mL C．250mL D．560mL3、下列說法不正確的是A．國慶70周年放飛的氣球材質(zhì)是可降解材料，主要成分是聚乙烯B．晶體硅可用來制造集成電路、晶體管、太陽能電池等C．MgO與Al2O3均可用于耐高溫材料D．燃料的脫硫脫氮、NOx的催化轉(zhuǎn)化都是減少酸雨產(chǎn)生的措施4、下列關(guān)于有機物的敘述錯誤的是（）A．乙醇能發(fā)生取代反應B．分子式為C10H14的單取代芳香烴，其可能的結(jié)構(gòu)有4種C．氨基酸、淀粉均屬于高分子化合物D．乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鑒別5、下列對實驗方案的設計或評價合理的是（）A．經(jīng)酸洗除銹的鐵釘，用飽和食鹽水浸泡后放入如圖所示具支試管中，一段時間后導管口有氣泡冒出B．圖中電流表會顯示電流在較短時間內(nèi)就會衰減C．圖中應先用燃著的小木條點燃鎂帶，然后插入混合物中引發(fā)反應D．可用圖顯示的方法除去酸式滴定管尖嘴中的氣泡6、根據(jù)下列實驗現(xiàn)象，所得結(jié)論正確的是實驗實驗現(xiàn)象結(jié)論A左燒杯中鐵表面有氣泡，右邊燒杯中銅表面有氣泡活動性：Al＞Fe＞CuB左邊棉花變?yōu)槌壬?，右邊棉花變?yōu)樗{色氧化性：Cl2＞Br2＞I2C白色固體先變?yōu)榈S色，后變?yōu)楹谏芙庑訟g2S＞AgBr＞AgClD錐形瓶中有氣體產(chǎn)生，燒杯中液體變渾濁非金屬性：Cl＞C＞SiA．A B．B C．C D．D7、能促進水的電離平衡，并使溶液中的c（H+）＞c（OH﹣）的操作是（）A．將水加熱煮沸 B．將明礬溶于水C．將NaHSO4固體溶于水 D．將NaHCO3固體溶于水8、人的胃壁能產(chǎn)生胃液，胃液里含有少量鹽酸，稱為胃酸。胃過多會導致消化不良和胃痛?？顾崴幨且活愔委熚竿吹乃幬铮苤泻臀咐镞^多的鹽酸，緩解胃部的不適。下列物質(zhì)不能作抗酸藥的是（）A．碳酸氫鈉 B．氫氧化鋁 C．碳酸鎂 D．硫酸鋇9、不能用于比較Na與Al金屬性相對強弱的事實是A．最高價氧化物對應水化物的堿性強弱 B．Na和AlCl3溶液反應C．單質(zhì)與H2O反應的難易程度 D．比較同濃度NaCl和AlCl3的pH大小10、下列所示的實驗方案正確，且能達到實驗目的的是（）選項實驗目的實驗方案A比較鎂、鋁的金屬性強弱分別在MgCl2和AlCl3溶液中滴加氨水直至過量，觀察現(xiàn)象B比較Cl2、Br2的氧化性強弱將少量氯水滴入FeBr2溶液中，觀察現(xiàn)象C證明SO2具有漂白性將SO2通入酸性高錳酸鉀溶液中，溶液褪色D證明電離常數(shù)Ka:HSO3->HCO3-測得同濃度的Na2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液A．A B．B C．C D．D11、工業(yè)上用酸性KMnO4溶液與乙苯()反應生產(chǎn)苯甲酸()，下列有關(guān)說法正確的是A．乙苯是苯的同系物 B．乙苯的所有原子均共平面C．生產(chǎn)苯甲酸時發(fā)生的是取代反應 D．乙苯不能與H2發(fā)生反應12、下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應關(guān)系的是()A．FeCl3易發(fā)生水解，可用于蝕刻銅制的印制線路板B．漂白粉具有氧化性，可用于脫除煙氣中SO2和NOC．CaCO3高溫下能分解，可用于修復被酸雨侵蝕的土壤D．活性炭具有還原性，可用于除去水體中Pb2＋等重金屬13、下圖是某學校實驗室從化學試劑商店買回的硫酸試劑標簽上的部分內(nèi)容。據(jù)此下列說法正確的是()A．該硫酸的物質(zhì)的量濃度為9.2mol·L－1B．1molZn與足量該硫酸反應產(chǎn)生2g氫氣C．配制200mL4.6mol·L－1的稀硫酸需取該硫酸50mLD．該硫酸與等質(zhì)量的水混合后所得溶液的濃度大于9.2mol·L－114、分枝酸可用于生化研究。其結(jié)構(gòu)簡式如圖。下列關(guān)于分枝酸的敘述正確的是A．分子中含有2種官能團B．可與乙醇、乙酸反應，且反應類型相同C．1mol分枝酸最多可與3molNaOH發(fā)生中和反應D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高錳酸鉀溶液褪色，且原理相同15、下列圖示與對應的敘述符合的是（）A．圖甲實線、虛線分別表示某可逆反應未使用催化劑和使用催化劑的正、逆反應速率隨時間的變化B．圖乙表示反應2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常數(shù)K與溫度和壓強的關(guān)系C．據(jù)圖丙，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入適量CuO至pH=4左右D．圖丁表示常溫下向20mL0.001mol/L的醋酸溶液中滴加0.001mol/L的NaOH溶液，溶液的pH隨NaOH溶液體積的變化關(guān)系16、大氣中CO2含量的增多除了導致地球表面溫度升高外，還會影響海洋生態(tài)環(huán)境。某研究小組在實驗室測得不同溫度下（T1，T2）海水中CO32-濃度與模擬空氣中CO2濃度的關(guān)系曲線。已知：海水中存在以下平衡：CO2（aq）+CO32-（aq）+H2O（aq）2HCO3-（aq），下列說法不正確的是A．T1>T2B．海水溫度一定時，大氣中CO2濃度增加，海水中溶解的CO2隨之增大，CO32-濃度降低C．當大氣中CO2濃度確定時，海水溫度越高，CO32-濃度越低D．大氣中CO2含量增加時，海水中的珊瑚礁將逐漸溶解17、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，負極反應為PbO2+4HBF4-2e-=Pb(BF4)2+2HF4-+2H2OD．充電時，Pb電極的電極反應式為PbO2+H++2e-=Pb2++2H2O18、下列物質(zhì)能通過化合反應直接制得的是①FeCl2②H2SO4③NH4NO3④HClA．只有①②③ B．只有②③ C．只有①③④ D．全部19、已知X、Y、Z、W、R是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半徑最小的元素，Y元素的最高正價與最低負價的絕對值相等，Z的核電荷數(shù)是Y的2倍，W的最外層電子數(shù)是其最內(nèi)層電子數(shù)的3倍。下列說法不正確的是（）A．原子半徑：Z＞W(wǎng)＞RB．對應的氫化物的熱穩(wěn)定性：R＞W(wǎng)C．W與X、W與Z形成的化合物的化學鍵類型完全相同D．Y的最高價氧化物對應的水化物是弱酸20、關(guān)于下列各實驗裝置的敘述中正確的是A．裝置①可用于吸收氯化氫氣體 B．裝置②可用于制取氯氣C．裝置③可用于制取乙酸乙酯 D．裝置④可用于制取氨氣21、某透明溶液可能含有NH4+、Fe2＋、Fe3＋、SO42-、Cl－、CO32-離子中的若干種。取該溶液進行如下實驗(已知Ag2SO4微溶于水，可溶于酸)：①向溶液中滴加過量的稀Ba(OH)2溶液，生成白色沉淀，沒有氣體產(chǎn)生，過濾；②向①所得的沉淀加熱灼燒，最后得有色固體；③向①所得的濾液，先用HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，無白色沉淀生成。下列推斷正確的是()A．一定沒有NH4+和Cl－B．白色沉淀是Fe(OH)2C．第③步先用HNO3酸化，是為了防止SO42-和CO32-的干擾D．原溶液中的溶質(zhì)可能是(NH4)2Fe(SO4)222、設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．1molI2與4molH2反應生成的HI分子數(shù)為2NAB．標準狀況下，2.24LH2O含有的電子數(shù)為NAC．1L1．1mol/L的NH4NO3溶液中含有的氮原子數(shù)為1.2NAD．7.8g苯中碳碳雙鍵的數(shù)目為1.3NA二、非選擇題(共84分)23、（14分）G是具有抗菌作用的白頭翁素衍生物，其合成路線如下：（1）C中官能團的名稱為________和________。（2）E→F的反應類型為________。（3）D→E的反應有副產(chǎn)物X(分子式為C9H7O2I)生成，寫出X的結(jié)構(gòu)簡式：________________。（4）F的一種同分異構(gòu)體同時滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：__________________。①能發(fā)生銀鏡反應；②堿性水解后酸化，其中一種產(chǎn)物能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；③分子中有4種不同化學環(huán)境的氫。（5）請寫出以乙醇為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)。____________24、（12分）苯氧布洛芬鈣G是評價較好的解熱、鎮(zhèn)痛、消炎藥，下面是它的一種合成路線（具體反應條件和部分試劑略）已知：①氯化亞砜(SOCl2)可與醇發(fā)生反應，醇的羥基被氯原子取代而生成氯代烴。②(X表示鹵素原子)回答下列問題：(1)寫出D的結(jié)構(gòu)簡式：________________。F中所含的官能團名稱是___________。(2)B→C的反應類型是_______________；D→E的反應類型是_______________。(3)寫出F和C在濃硫酸條件下反應的化學方程式__________________________。(4)寫出A的符合以下條件同分異構(gòu)體的所有結(jié)構(gòu)簡式______________________。①屬于苯的二取代物；②苯環(huán)上核磁共振氫譜圖中共有2個吸收峰③與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應。(5)結(jié)合上述推斷及所學知識，參照上述合成路線任選無機試劑設計合理的方案，以苯甲醇()為原料合成苯乙酸苯甲酯()寫出合成路線，并注明反應條件_________________。25、（12分）一水硫酸四氨合銅晶體[Cu(NH3)4SO4·H2O]常用作殺蟲劑，媒染劑，在堿性鍍銅中也常用作電鍍液的主要成分，在工業(yè)上用途廣泛。常溫下該物質(zhì)可溶于水，難溶于乙醇，在空氣中不穩(wěn)定，受熱時易發(fā)生分解。某化學興趣小組以Cu粉、3mol·L-1的硫酸、濃氨水、10%NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500mol·L-1稀鹽酸、0.500mol·L-1的NaOH溶液來制備一水硫酸四氨合銅晶體并測定其純度。I．CuSO4溶液的制?、賹嶒炇矣勉~與濃硫酸制備硫酸銅溶液時，往往會產(chǎn)生有污染的SO2氣體，隨著硫酸濃度變小，反應會停止，使得硫酸利用率比較低。②實際生產(chǎn)中往往將銅片在空氣中加熱，使其氧化生成CuO，再溶解在稀硫酸中即可得到硫酸銅溶液；這一過程缺點是銅片表面加熱易被氧化，而包裹在里面的銅得不到氧化。③所以工業(yè)上進行了改進，可以在浸入硫酸中的銅片表面不斷通O2，并加熱；也可以在硫酸和銅的混合容器中滴加H2O2溶液。④趁熱過濾得藍色溶液。(1)某同學在上述實驗制備硫酸銅溶液時銅有剩余，該同學將制得的CuSO4溶液倒入另一蒸發(fā)皿中加熱濃縮至有晶膜出現(xiàn)，冷卻析出的晶體中含有白色粉末，試解釋其原因________________。(2)若按③進行制備，請寫出Cu在H2O2作用下和稀硫酸反應的化學方程式_______________。(3)H2O2溶液的濃度對銅片的溶解速率有影響?，F(xiàn)通過下圖將少量30％的H2O2溶液濃縮至40％，在B處應增加一個設備，該設備的作用是____________餾出物是______________________。II．晶體的制備將上述制備的CuSO4溶液按如圖所示進行操作(1)硫酸銅溶液含有一定的硫酸，呈酸性，加入適量NH3·H2O調(diào)節(jié)溶液pH，產(chǎn)生淺藍色沉淀，已知其成分為Cu2(OH)2SO4，試寫出生成此沉淀的離子反應方程式__________。(2)繼續(xù)滴加NH3·H2O，會轉(zhuǎn)化生成深藍色溶液，請寫出從深藍色溶液中析出深藍色晶體的方法____________。并說明理由____________。Ⅲ.產(chǎn)品純度的測定精確稱取mg晶體，加適量水溶解，注入圖示的三頸瓶中，然后逐滴加入足量NaOH溶液，通入水蒸氣，將樣品液中的氨全部蒸出，并用蒸餾水沖洗導管內(nèi)壁，用V1mL0.500mol·L－1的鹽酸標準溶液完全吸收。取下接收瓶，用0.500mol·L－1NaOH標準溶液滴定過剩的HCl(選用甲基橙作指示劑)，到終點時消耗V2mLNaOH溶液。1.水2.長玻璃管3.10%NaOH溶液4.樣品液5.鹽酸標準溶液(1)玻璃管2的作用________________。(2)樣品中產(chǎn)品純度的表達式________________。（不用化簡）(3)下列實驗操作可能使氨含量測定結(jié)果偏低的原因是_________________A.滴定時未用NaOH標準溶液潤洗滴定管B.滴定過程中選用酚酞作指示劑C.讀數(shù)時，滴定前平視，滴定后俯視D.取下接收瓶前，未用蒸餾水沖洗插入接收瓶中的導管外壁E.由于操作不規(guī)范，滴定前無氣泡，滴定后滴定管中產(chǎn)生氣泡26、（10分）二苯甲酮廣泛應用于藥物合成，同時也是有機顏料、殺蟲劑等的重要中間體。實驗室以苯與苯甲酰氯為原料，在AlCl3作用下制備二苯甲酮的實驗流程如下圖所示：相關(guān)物理常數(shù)和物理性質(zhì)如下表：名稱相對分子質(zhì)量密度/g·cm-3熔點/oC沸點/oC溶解性苯780.885.580.1難溶水，易溶乙醇苯甲酰氯140.51.22?1197遇水分解無水氯化鋁133.52.44190178（升華）遇水水解，微溶苯二苯甲酮1821.1148.5305（常壓）難溶水，易溶苯已知：反應原理為：。該反應劇烈放熱?；卮鹣铝袉栴}：（1）反應裝置如圖所示（加熱和夾持裝置已略去），迅速稱取7.5g無水三氯化鋁放入三頸瓶中，再加入30mL無水苯，攪拌，緩慢滴加6mL新蒸餾過的苯甲酰氯。反應液由無色變?yōu)辄S色，三氯化鋁逐漸溶解?；旌贤旰?，保持50℃左右反應1.5～2h。儀器A的名稱為_______。裝置B的作用為_______。緩慢滴加苯甲酰氯的原因是______。能作為C中裝置的是_______（填標號）。（2）操作X為___________。（3）NaOH溶液洗滌的目的是_____________。（4）粗產(chǎn)品先經(jīng)常壓蒸餾除去__________，再減壓蒸餾得到產(chǎn)品。（5）當所測產(chǎn)品熔點為________時可確定產(chǎn)品為純品。已知實驗最終所得純品8.0g，則實驗產(chǎn)率為_________%（保留三位有效數(shù)字）。27、（12分）某學習小組以電路板刻蝕液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）為原料制備納米Cu20，制備流程如下：已知：①Cu2O在潮濕的空氣中會慢慢氧化生成CuO，也易被還原為Cu;Cu2O不溶于水，極易溶于堿性溶液；Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。②生成Cu2O的反應：4Cu(OH)2+N2H4?H2O=2Cu2O+N2↑+7H2O請回答：（1）步驟II，寫出生成CuR2反應的離子方程式：____________________________（2）步驟II，需對水層多次萃取并合并萃取液的目的是___________________________（3）步驟III，反萃取劑為_____________（4）步驟IV，①制備納米Cu2O時，控制溶液的pH為5的原因是_______________A．B．C．②從溶液中分離出納米Cu2O采用離心法，下列方法也可分離Cu2O的是_________③Cu2O干燥的方法是_________________（5）為測定產(chǎn)品中Cu2O的含量，稱取3.960g產(chǎn)品于錐形瓶中，加入30mL硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液（足量），充分反應后用0.2000mol·L－1標準KMnO4溶液滴定，重復2～3次，平均消耗KMnO4溶液50.00mL。①產(chǎn)品中Cu2O的質(zhì)量分數(shù)為_______②若無操作誤差，測定結(jié)果總是偏高的原因是_____28、（14分）鈷的合金及其配合物用途非常廣泛。已知Co3＋比Fe3＋的氧化性更強，在水溶液中不能大量存在。(1)Co3＋的核外電子排布式為__________________________。(2)無水CoCl2的熔點為735℃、沸點為1049℃，F(xiàn)eCl3熔點為306℃、沸點為315℃。CoCl2屬于_________晶體，F(xiàn)eCl3屬于__________晶體。(3)BNCP可用于激光起爆器等，可由HClO4、CTCN、NaNT共反應制備。①的空間構(gòu)型為______________。②CTCN的化學式為[Co(NH3)4CO3]NO3，與Co(Ⅲ)形成配位鍵的原子是_______{已知的結(jié)構(gòu)式為}。③NaNT可以(雙聚氰胺)為原料制備。1mol雙聚氰胺分子中含σ鍵的數(shù)目為____________。(4)Co與CO作用可生成Co2(CO)8，其結(jié)構(gòu)如圖所示。該分子中C原子的雜化方式為_________________。(5)鈷酸鋰是常見鋰電池的電極材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。該晶胞中氧原子的數(shù)目為___________。已知NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，則該晶胞的密度為__________(用含a、b、NA的代數(shù)式表示)g·cm－3。29、（10分）乙酸是生物油的主要成分之一，乙酸制氫具有重要意義：熱裂解反應：CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g)△H=+213.7kJ·mol－1脫酸基反應CH3COOH(g)→2CH4(g)+CO2(g)△H=－33.5kJ·mol－1（1）請寫出CO與H2甲烷化的熱化學方程式__________________________________。（2）在密閉溶液中，利用乙酸制氫，選擇的壓強為________（填“較大”或“常壓”）。其中溫度與氣體產(chǎn)率的關(guān)系如圖：①約650℃之前，脫酸基反應活化能低速率快，故氫氣產(chǎn)率低于甲烷；650℃之后氫氣產(chǎn)率高于甲烷，理由是隨著溫度升高后，熱裂解反應速率加快，同時_________________。②保持其他條件不變，在乙酸氣中摻雜一定量的水，氫氣產(chǎn)率顯著提高而CO的產(chǎn)率下降，請用化學方程式表示：____________________。（3）若利用合適的催化劑控制其他的副反應，溫度為TK時達到平衡，總壓強為PkPa，熱裂解反應消耗乙酸20%，脫酸基反應消耗乙酸60%，乙酸體積分數(shù)為________（計算結(jié)果保留1位小數(shù)）；脫酸基反應的平衡常數(shù)Kp分別為________________kPa（Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)，計算結(jié)果保留1位小數(shù)）。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【解析】

A.煤的氣化是煤在氧氣不足的條件下進行部分氧化形成H2、CO等氣體的過程，是化學變化，故A錯誤；B.酒精噴霧易燃易爆炸，不應向外套以及房間噴灑大量的酒精，房間內(nèi)大面積噴灑，酒精濃度高于70%時，酒精的揮發(fā)使室內(nèi)空氣中可燃性氣體增加，遇到丁點火星極易燃燒，故B錯誤；C.在海水、土壤等環(huán)境中，鋅比鋼鐵材料更活潑，更容易失去電子被氧化，因此鋅作原電池的負極，而鐵作正極，被保護，該方法依據(jù)的是犧牲陽極的陰極保護法，故C錯誤；D.芯片的主要成分是硅單質(zhì)，故D正確；故選D?！军c睛】煤的氣化是煤在氧氣不足的條件下進行部分氧化形成H2、CO等氣體的過程。煤的液化是將煤與H2在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為液體燃料或利用煤產(chǎn)生的H2和CO通過化學合成產(chǎn)生液體燃料或其他液體化工產(chǎn)品的過程。二者均有新物質(zhì)生成，屬于化學變化。這是?？键c，也是學生們的易錯點。2、C【解析】試題分析：鎂鋁合金與鹽酸反應，金屬完全溶解，發(fā)生的反應為：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，氯化鎂和氯化鋁，分別與NaOH溶液反應的方程式為：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl．Mg2+和Al3+全部轉(zhuǎn)化為沉淀，所以溶液中的溶質(zhì)只有NaCl；根據(jù)氯原子和鈉原子守恒得到如下關(guān)系式：HCl～NaCl～NaOH112mol/L×0.5L4mol/L×VV=0.25L=250ml，故選C?！究键c定位】考查化學計算中常用方法終態(tài)法【名師點晴】注意Mg2+和Al3+全部轉(zhuǎn)化為沉淀時，NaOH不能過量，即全部轉(zhuǎn)化為沉淀的Al3+，不能溶解是解題關(guān)鍵；鎂鋁合金與鹽酸反應，金屬完全溶解，生成氯化鎂和氯化鋁，氯化鎂和氯化鋁，加入4mol?L-1的NaOH溶液，生成的沉淀最多時，Mg2+和Al3+全部轉(zhuǎn)化為沉淀，所以溶液中的溶質(zhì)只有NaCl，根據(jù)氯原子和鈉原子守恒解題。3、A【解析】

A.聚乙烯不屬于可降解材料，故錯誤；B.硅屬于半導體材料，能制造集成電路或太陽能電池等，故正確；C.氧化鎂和氧化鋁的熔點都較高，可以做耐高溫材料，故正確；D.燃料的脫硫脫氮、NOx的催化轉(zhuǎn)化可以減少硫的氧化物和氮的氧化物的排放，能減少酸雨的產(chǎn)生，故正確。故選A。4、C【解析】

A.乙醇能與酸、鹵代烴等發(fā)生取代反應，故A正確；B.分子式為C10H14的單取代芳香烴，不飽和度為4，分子中含有一個苯環(huán)和一個丁基，其同分異構(gòu)體取決于丁基的種數(shù)，丁基有4種，可能的結(jié)構(gòu)有4種，故B正確；C.氨基酸不是高分子化合物，淀粉屬于高分子化合物，故C錯誤；D.乙烯可與溴發(fā)生加成反應，可用溴的四氯化碳溶液鑒別，故D正確。答案選C。5、B【解析】

A.鐵釘遇到飽和食鹽水發(fā)生吸氧腐蝕，右側(cè)試管中的導管內(nèi)水柱上升，導管內(nèi)沒有氣泡產(chǎn)生，A不合理；B.該裝置的鋅銅電池中，鋅直接與稀硫酸相連，原電池效率不高，電流在較短時間內(nèi)就會衰減，應改為用鹽橋相連的裝置，效率會更高，B合理；C.鋁熱反應中，鋁熱劑在最下面，上面鋪一層氯酸鉀，先把鎂條插入混合物中，再點燃鎂條用來提供引發(fā)反應的熱能，C不合理；D.該圖為堿式滴定管，可用圖顯示的方法除去堿式滴定管尖嘴中的氣泡，D不合理；故答案為：B。6、A【解析】

A.左燒杯中是Al-Fe/H2SO4構(gòu)成的原電池，Al做負極，F(xiàn)e做正極，所以鐵表面有氣泡；右邊燒杯中Fe-Cu/H2SO4構(gòu)成的原電池，F(xiàn)e做負極，Cu做正極，銅表面有氣泡，所以活動性：Al＞Fe＞Cu，故A正確；B.左邊先發(fā)生Cl2+2NaBr=Br2+2HCl，使棉花變?yōu)槌壬?，后右邊發(fā)生Cl2+2KI=I2+2HCl，棉花變?yōu)樗{色，說明氧化性：Cl2＞Br2、Cl2＞I2，不能證明Br2＞I2，故B錯誤；C.前者白色固體先變?yōu)榈S色是因為向氯化銀固體中加入溴化鈉溶液生成了溴化銀沉淀，后變?yōu)楹谏且驗橄蛉芤褐杏旨尤肓肆蚧c，生成了硫化銀的沉淀，并不能證明溶解性Ag2S＞AgBr＞AgCl，故C錯誤；D.向錐形瓶中加入稀鹽酸會發(fā)生反應，生成CO2氣體，證明鹽酸的酸性比碳酸的強，燒杯中液體變渾濁可能是稀鹽酸和硅酸鈉溶液反應生成H2SiO3的結(jié)果，也可能是生成的CO2和硅酸鈉溶液反應生成H2SiO3的結(jié)果，只能證明酸性強弱，不能證明非金屬性強弱，故D錯誤；答案：A?！军c睛】根據(jù)反應裝置圖，B選項中氯氣由左通入，依次經(jīng)過溴化鈉和碘化鉀，兩種情況下棉花的顏色都發(fā)生變化，只能說明氯氣的氧化性比溴和碘的強，該實驗無法判斷溴的氧化性強于碘，此選項為學生易錯點。7、B【解析】

A.加熱煮沸時促進水的電離，但是氫離子和氫氧根濃度依然相等，溶液仍然呈中性，故A錯誤；B.向水中加入明礬，鋁離子水解對水的電離起促進作用，電離后的溶液顯酸性，溶液中的c（H+）＞c（OH-），故B正確；C.向水中加NaHSO4固體，硫酸氫鈉在水中完全電離出鈉離子、氫離子、硫酸根離子，溶液中的c（H+）＞c（OH-），但氫離子抑制水電離，故C錯誤；D.向水中加入NaHCO3，碳酸氫鈉中的碳酸氫根水解而使溶液顯堿性，即溶液中的c（H+）＜c（OH-），故D錯誤；正確答案是B。【點睛】本題考查影響水電離的因素，注意酸或堿能抑制水電離，含有弱酸根離子或弱堿陽離子的鹽能促進水電離。8、D【解析】

碳酸氫鈉、氫氧化鋁、碳酸鎂、硫酸鋇中只有硫酸鋇不能和鹽酸反應。答案D9、B【解析】

A.對應的最高價氧化物的水化物的堿性越強，金屬性越強，可以比較Na與Al金屬性相對強弱，A項正確；B.Na和AlCl3溶液反應，主要是因為鈉先與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，生成的氫氧化鈉再和氯化鋁反應生成氫氧化鋁沉淀和氯化鈉，這不能說明Na的金屬性比鋁強，B項錯誤；C.金屬單質(zhì)與水反應越劇烈，金屬性越強，可用于比較Na與Al金屬性相對強弱，C項正確；D.AlCl3的pH小，說明鋁離子發(fā)生了水解使溶液顯堿性，而氯化鈉溶液呈中性，說明氫氧化鈉為強堿，氫氧化鋁為弱堿，所以能比較Na、Al金屬性強弱，D項正確；答案選B。【點睛】金屬性比較規(guī)律：1、由金屬活動性順序表進行判斷：前大于后。2、由元素周期表進行判斷，同周期從左到右金屬性依次減弱，同主族從上到下金屬性依次增強。3、由金屬最高價陽離子的氧化性強弱判斷，一般情況下，氧化性越弱，對應金屬的金屬性越強，特例，三價鐵的氧化性強于二價銅。4、由置換反應可判斷強弱，遵循強制弱的規(guī)律。5、由對應最高價氧化物對應水化物的堿性強弱來判斷，堿性越強，金屬性越強。6、由原電池的正負極判斷，一般情況下，活潑性強的作負極。7、由電解池的離子放電順序判斷。10、D【解析】

A．分別在MgCl2和AlCl3溶液中滴加氨水直至過量，均生成白色沉淀，無法比較鎂、鋁的金屬性強弱，故A錯誤；B．Fe2+的還原性大于Br-，將少量氯水滴入FeBr2溶液中，首先氧化Fe2+，則無法比較Cl2、Br2的氧化性強弱，故B錯誤；C．將SO2通入酸性高錳酸鉀溶液中，溶液褪色，體現(xiàn)SO2的還原性，不是漂白性，故C錯誤；D．測得同濃度的Na2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液，說明CO32-的水解能力大于SO32-，則電離能力HSO3->HCO3-，即電離常數(shù)Ka:HSO3->HCO3-，故D正確；故答案為D。11、A【解析】

A．苯和乙苯，都只含有一個苯環(huán)，結(jié)構(gòu)相似，且分子相差2個CH2，是同系物，A正確；B．乙苯中的－CH2CH3上有2個飽和的C原子，飽和碳原子與其周圍的原子位置關(guān)系類似于CH4，不能所有原子共面，B錯誤；C．乙苯在高錳酸鉀的作用下轉(zhuǎn)化為苯甲酸，是氧化反應，C錯誤；D．乙苯中的苯環(huán)能夠與H2反生加成反應，D錯誤。答案選A。12、B【解析】

A.FeCl3具有強氧化性，能與Cu等金屬反應，可用于蝕刻銅制的印制線路板，與FeCl3易發(fā)生水解無關(guān)，A錯誤；B.漂白粉的主要成分是次氯酸鈣，次氯酸鈣具有強氧化性，能氧化SO2和NO生成硫酸鹽和硝酸鹽，所以漂白粉可用于脫除煙氣中SO2和NO有害氣體，B正確；C.CaCO3能與酸反應，能改良、修復被酸雨浸蝕的土壤，與CaCO3高溫下能分解無關(guān)，C錯誤；D.活性炭與Pb2+等金屬離子不反應，不能用于除去水體中Pb2+等重金屬離子，D錯誤；故合理選項是B。13、C【解析】

A.根據(jù)c=1000ρ×ω/M進行計算；B.Zn與濃H2SO4反應放出SO2氣體；C．根據(jù)稀釋前后溶質(zhì)的量不變求出所需濃硫酸的體積；D.濃硫酸與等質(zhì)量的水混合后所得溶液的濃度小于濃硫酸濃度的平均值；【詳解】A．根據(jù)c=1000ρ×ω/M可知，硫酸的濃度是1000×1.84×98%/98=18.4mol/L，A錯誤；B.Zn與濃H2SO4反應放出SO2氣體；B錯誤；C．設需取該濃硫酸xmL，根據(jù)稀釋前后溶質(zhì)的量不變可知：200mL×4.6mol·L－1＝x·18.4mol·L－1，x＝50mL，C正確；D．由于水的密度小于H2SO4的密度，所以當濃H2SO4與水等質(zhì)量混合時，其體積大于濃H2SO4體積的2倍，所以其物質(zhì)的量濃度小于9.2mol·L－1，D錯誤；綜上所述，本題選C。14、B【解析】

A項，該化合物分子中含有羧基、醇羥基、醚鍵和碳碳雙鍵4種官能團，故A項錯誤；B項，該物質(zhì)中含有羧基和羥基，既可以與乙醇發(fā)生酯化反應，也可以與乙酸發(fā)生酯化反應，反應類型相同，故B項正確；C項，分枝酸中只有羧基能與NaOH溶液發(fā)生中和反應，一個分子中含兩個羧基，故1mol分枝酸最多能與2molNaOH發(fā)生中和反應，故C項錯誤；D項，該物質(zhì)使溴的四氯化碳溶液褪色的原理是溴與碳碳雙鍵發(fā)生加成反應，而是使酸性高錳酸鉀溶液褪色是發(fā)生氧化反應，原理不同，故D項錯誤。綜上所述，本題正確答案為B。【點睛】本題考查了有機化合物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，包含了通過分析有機化合物的結(jié)構(gòu)簡式，判斷有機化合物的官能團、反應類型的判斷、有機物的性質(zhì)，掌握官能團的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵。15、C【解析】

本題主要考查化學平衡結(jié)合圖像的運用。A．使用催化劑化學反應速率加快；B．平衡常數(shù)是溫度的函數(shù)，溫度不變，平衡常數(shù)不變；C．由圖像可知pH=4左右Fe3＋完全沉淀，Cu2＋還未開始沉淀；D．0.001mol/L的醋酸溶液PH>3。【詳解】A．使用催化劑化學反應速率加快，所以正反應速率的虛線在實線的上方，故A錯誤；B．平衡常數(shù)是溫度的函數(shù)，溫度不變，平衡常數(shù)不變，所以溫度相同而壓強不同時，兩者的平衡常數(shù)相同，故B錯誤；C．由圖像可知pH=4左右Fe3＋完全沉淀，Cu2＋還未開始沉淀，由于CuO+2H+=Cu2++H2O反應發(fā)生，所以加入CuO可以調(diào)節(jié)PH=4左右，此時Fe3+完全沉淀，過濾即可，故C項正確；D．0.001mol/L的醋酸溶液PH>3，圖像中起點PH=3，故D項錯誤；答案選C。16、C【解析】

題中給出的圖，涉及模擬空氣中CO2濃度以及溫度兩個變量，類似于恒溫線或恒壓線的圖像，因此，在分析此圖時采用“控制變量”的方法進行分析。判斷溫度的大小關(guān)系，一方面將模擬空氣中CO2濃度固定在某個值，另一方面也要注意升高溫度可以使分解，即讓反應逆向移動。【詳解】A．升高溫度可以使分解，反應逆向移動，海水中的濃度增加；當模擬空氣中CO2濃度固定時，T1溫度下的海水中濃度更高，所以T1溫度更高，A項正確；B．假設海水溫度為T1，觀察圖像可知，隨著模擬空氣中CO2濃度增加，海水中的濃度下降，這是因為更多的CO2溶解在海水中導致反應正向移動，從而使?jié)舛认陆?，B項正確；C．結(jié)合A的分析可知，大氣中CO2濃度一定時，溫度越高，海水中的濃度也越大，C項錯誤；D．結(jié)合B項分析可知，大氣中的CO2含量增加，會導致海水中的濃度下降；珊瑚礁的主要成分是CaCO3，CaCO3的溶解平衡方程式為：，若海水中的濃度下降會導致珊瑚礁中的CaCO3溶解平衡正向移動，珊瑚礁會逐漸溶解，D項正確；答案選C。17、B【解析】

A.充電時陽極發(fā)生反應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，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，不是PbO2發(fā)生失電子的氧化反應，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，電極反應式為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。18、D【解析】

①Fe＋2FeCl3=3FeCl2；②SO3＋H2O=H2SO4；③NH3＋HNO3=NH4NO3；④H2＋Cl2HCl故①②③④都可以通過化合反應制備，選D。19、C【解析】

已知X、Y、Z、W、R是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半徑最小的元素，所以X是H；Y元素的最高正價與最低負價的絕對值相等，這說明Y是第ⅣA組元素；Z的核電荷數(shù)是Y的2倍，且是短周期元素，因此Y是C，Z是Mg；W的最外層電子數(shù)是其最內(nèi)層電子數(shù)的3倍，且原子序數(shù)大于Mg的，因此W是第三周期的S；R的原子序數(shù)最大，所以R是Cl元素?！驹斀狻緼、同周期自左向右原子半徑逐漸減小，則原子半徑：Z＞W(wǎng)＞R，A正確；B、同周期自左向右非金屬性逐漸增強，氫化物的穩(wěn)定性逐漸增強，則對應的氫化物的熱穩(wěn)定性：R＞W(wǎng)，B正確；C、H2S與MgS分別含有的化學鍵是極性鍵與離子鍵，因此W與X、W與Z形成的化合物的化學鍵類型完全不相同，C不正確；D、Y的最高價氧化物對應的水化物是碳酸，屬于二元弱酸，D正確。答案選C。20、A【解析】

A、導管口插入四氯化碳中，氯化氫氣體易溶于水不易溶于四氯化碳，能防止倒吸且能吸收氯化氫，選項A正確；B、制備氯氣時應為二氧化錳和濃鹽酸共熱，裝置中缺少加熱裝置，選項B錯誤；C、收集乙酸乙酯時導管末端不能伸入液面以下，選項C錯誤；D、制備氨氣時應加熱氯化銨和氫氧化鈣混合固體，選項D錯誤。答案選A。21、D【解析】

A.溶液可能含有NH4+，遇稀的Ba(OH)2溶液，放不出氨氣，選項A錯誤。B.白色沉淀灼燒后生成有色固體，一定有Fe元素，沒有CO32-，步驟③沒有Cl－，一定含有SO42-，白色沉淀中還含有BaSO4，選項B錯誤；C.步驟③步用HNO3酸化，是為了防止SO42-和過量的稀Ba(OH)2溶液中的OH－的干擾，沒有CO32-，選項C錯誤；D.溶液中，一定有Fe2＋、SO42-，可能有NH4+，溶質(zhì)可能是(NH4)2Fe(SO4)2，選項D正確。答案選D?！军c睛】本題考查化學實驗方案的評價，易錯點為C.步驟③步用HNO3酸化，是為了防止SO42-和過量的稀Ba(OH)2溶液中的OH－的干擾。22、C【解析】

A．氫氣和碘的反應為可逆反應，不能進行徹底，生成的HI分子小于2NA個，故A錯誤；B．標況下，水不是氣體，2.24L水的物質(zhì)的量大于1.1mol，含有的電子數(shù)大于NA個，故B錯誤；C．1L1.1mol?L-1的NH4NO3溶液中含有1molNH4NO3，含有2mol氮原子，含有的氮原子數(shù)為1.2NA，故C正確；D．苯分子結(jié)構(gòu)中不含碳碳雙鍵，故D錯誤；故選C。【點睛】本題的易錯點為D，要注意苯分子中沒有碳碳雙鍵，所有碳碳鍵都一樣。二、非選擇題(共84分)23、酯基碳碳雙鍵消去反應CH3CH2OHCH3CHOCH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH=CHCH3【解析】

(1)根據(jù)C的結(jié)構(gòu)簡式分析判斷官能團；(2)根據(jù)E、F的結(jié)構(gòu)簡式和結(jié)構(gòu)中化學鍵的變化分析判斷有機反應類型；(3)根據(jù)D()中碳碳雙鍵斷鍵后的連接方式分析判斷；(4)根據(jù)題給信息分析結(jié)構(gòu)中的官能團的類別和構(gòu)型；(5)結(jié)合本題中合成流程中的路線分析，乙醇在銅作催化劑加熱條件下與氧氣發(fā)生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氫在加熱條件下反應生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化劑與Mg發(fā)生反應生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr與乙醛反應后在進行酸化，生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加熱條件下斷開雙鍵結(jié)合生成?！驹斀狻?1)C的結(jié)構(gòu)簡式為，其中官能團的名稱為酯基和碳碳雙鍵；(2)根據(jù)E、F的結(jié)構(gòu)簡式，E中的一個I原子H原子消去形成一個碳碳雙鍵生成E，屬于鹵代烴在氫氧化鈉水溶液中發(fā)生的消去反應，則反應類型為消去反應；(3)D→E的反應還可以由D()中碳碳雙鍵中頂端的碳原子與羧基中的氧形成一個六元環(huán)，得到副產(chǎn)物X(分子式為C9H7O2I)，則X的結(jié)構(gòu)簡式；(4)F的結(jié)構(gòu)簡式為，其同分異構(gòu)體能發(fā)生銀鏡反應，說明結(jié)構(gòu)中含有醛基；堿性水解后酸化，其中一種產(chǎn)物能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明分子結(jié)構(gòu)中含有苯環(huán)和酯基，且該酯基水解后形成酚羥基；分子中有4種不同化學環(huán)境的氫原子，該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為：；(5)乙醇在銅作催化劑加熱條件下與氧氣發(fā)生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氫在加熱條件下反應生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化劑與Mg發(fā)生反應生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr與乙醛反應后在進行酸化，生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加熱條件下斷開雙鍵結(jié)合生成，合成路線流程圖為：CH3CH2OHCH3CHOCH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH=CHCH3。24、醚鍵、羧基還原反應(加成反應)取代反應、【解析】

與溴單質(zhì)發(fā)生信息反應②生成A，則A為；A與苯酚鈉反應生成B，結(jié)合最終產(chǎn)物可知該反應為取代反應，反應生成的B為；B與氫氣發(fā)生加成反應生成C，則C為；C與氯化亞砜(SOCl2)發(fā)生信息中的反應①生成D，則D的結(jié)構(gòu)簡式為：；D與NaCN發(fā)生反應生成E，則E為；E先與氫氧化鈉反應，然后酸化得到F，結(jié)合最終產(chǎn)物可知F為，F(xiàn)與氯化鈣反應得到苯氧布洛芬鈣，以此解答該題?！驹斀狻?1)由以上分析可知D為；F的結(jié)構(gòu)簡式是，根據(jù)F的結(jié)構(gòu)簡式可知其中含有的官能團是醚鍵、羧基；(2)B是，B中含有羰基，與氫氣發(fā)生加成反應產(chǎn)生羰基變?yōu)榇剂u基，產(chǎn)生的C是，該反應是與氫氣的加成反應，也是還原反應；D是，與NaCN發(fā)生取代反應，Cl原子被-CN取代，生成E是，即D產(chǎn)生E的反應為取代反應；(3)F是，分子中含有羧基，C是，分子中含有醇羥基，F(xiàn)和C在濃硫酸條件下發(fā)生酯化反應，生成酯和水，該反應的化學方程式為：；(4)A為，A的同分異構(gòu)體符合下列條件：①屬于苯的二取代物；②苯環(huán)上核磁共振氫譜圖中共有2個吸收峰；③與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明苯環(huán)上有兩個處于對位的取代基，其中一個是羥基，則可能的結(jié)構(gòu)簡式為、；(5)苯甲醇()苯甲醇與SOCl2反應生成1-氯甲苯，然后與NaCN反應，產(chǎn)物經(jīng)水解生成苯乙酸，最后苯乙酸與苯甲醇在濃硫酸存在時，加熱發(fā)生酯化反應可生成目標物苯乙酸苯甲酯，反應的流程為。25、反應中硫酸過量，在濃縮過程中，稀硫酸變濃，濃硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去結(jié)晶水變?yōu)镃uSO4Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O減壓設備水（H2O）2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+加入乙醇或醇析Cu(NH3)4SO4·H2O晶體難溶于乙醇，能溶于水平衡氣壓，防止堵塞和倒吸AB【解析】

I．(1)得到的為硫酸銅和硫酸溶液，濃縮時，硫酸變濃，具有吸水性；(2)雙氧水與銅、稀硫酸反應生成硫酸銅和水；(3)過氧化氫受熱易分解，故采用減壓蒸餾的方式；Ⅱ．(1)硫酸銅與NH3?H2O反應生成Cu2(OH)2SO4，據(jù)此書寫離子方程式；(2)根據(jù)Cu(NH3)4SO4?H2O可溶于水，難溶于乙醇分析；Ⅲ.(1)玻璃管2起到了平衡氣壓的作用；(2)根據(jù)關(guān)系式計算；(3)氨含量測定結(jié)果偏低，說明中和滴定時消耗氫氧化鈉溶液體積V2偏大?！驹斀狻縄．(1)得到的為硫酸銅和硫酸溶液,濃縮時,硫酸變濃,濃硫酸具有吸水性,使CuSO4·5H2O失去結(jié)晶水變?yōu)镃uSO4，可使固體變?yōu)榘咨?2)Cu在H2O2作用下與稀硫酸反應生成硫酸銅，該反應的化學方程式為：Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O；(3)過氧化氫受熱易分解，故采用減壓蒸餾的方式，則B處增加一個減壓設備，餾出物為H2O；II．(1)淺藍色沉淀的成分為Cu2(OH)2SO4，反應的離子方程式為：2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+；(2)由題中信息，Cu(NH3)4SO4·H2O晶體難溶于乙醇，可溶于水，故加入乙醇(或醇析)可從深藍色溶液中析出深藍色晶體；Ⅲ.(1)裝置中長導管可起到平衡氣壓，防止堵塞和倒吸；(2)與氨氣反應的n(HCl)=10?3V1L×0.500mol?L?1?0.500mol?L?1×10?3V2L=5×10?4(V1?V2)mol，根據(jù)NH3～HCl可知，n(NH3)=n(HCl)=5×10?4(V1?V2)mol，則n[Cu(NH3)4SO4·H2O]=n(NH3)=×5×10?4(V1?V2)mol，樣品中產(chǎn)品純度的表達式為：×100%=×100%；(3)A．滴定時未用NaOH標準溶液潤洗滴定管,濃度偏低,則V2偏大，氨含量偏低，故A正確；B．滴定過程中選用酚酞作指示劑，滴定終點時溶液呈堿性，消耗NaOH溶液體積偏大，測定的氨含量偏低，故B正確；C．讀數(shù)時，滴定前平視,滴定后俯視，導致V2偏小，則含量偏高，故C錯誤；D．取下接收瓶前，未用蒸餾水沖洗插入接收瓶中的導管外壁，導致鹽酸偏少，需要的氫氧化鈉偏少，則V2偏小，含量偏高，故D錯誤；E．由于操作不規(guī)范,滴定前無氣泡,滴定后滴定管中產(chǎn)生氣泡,導致消耗氫氧化鈉溶液體積V2偏小，測定的氨含量偏高，故E錯誤；故答案選AB。26、恒壓滴液漏斗防止外界空氣中水蒸氣進入影響實驗控制反應速率，防止反應過于劇烈，放出大量熱量而使溫度過高bc分液洗去殘留的HCl苯48.584.4【解析】

苯與苯甲酰氯為原料，在AlCl3作用下制備二苯甲酮，，實驗過程中不能有水，防止三氯化鋁水解，裝置B的作用為防止外界空氣中水蒸氣進入影響實驗。緩慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反應速率，防止反應過于劇烈，放出大量熱量而使溫度過高。尾氣中有HCl，極易溶于水，用C中裝置吸收。反應混合液冷卻，加濃鹽酸后，靜置分層，分液后在有機層中加NaOH溶液洗去殘留的HCl，用無水MgSO4干燥得粗產(chǎn)品，粗產(chǎn)品先經(jīng)常壓蒸餾除去苯，再減壓蒸餾得到產(chǎn)品。【詳解】（1）由裝置圖：儀器A的名稱為恒壓滴液漏斗。實驗過程中不能有水，防止三氯化鋁水解，裝置B的作用為防止外界空氣中水蒸氣進入影響實驗。緩慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反應速率，防止反應過于劇烈，放出大量熱量而使溫度過高。尾氣中有HCl，極易溶于水，用C中裝置吸收，能作為C中裝置的是bc（填標號）。故答案為：恒壓滴液漏斗；防止外界空氣中水蒸氣進入影響實驗；控制反應速率，防止反應過于劇烈，放出大量熱量而使溫度過高；bc；（2）制備二苯甲酮的反應混合物，冷卻、加濃鹽酸后分成兩相，有機相和水相，用分液的方法分離，操作X為分液。故答案為：分液；（3）分液后得到的有機相中含有HCl，NaOH溶液洗滌的目的是洗去殘留的HCl。故答案為：洗去殘留的HCl；（4）苯和二苯甲酮互溶，沸點不同，粗產(chǎn)品先經(jīng)常壓蒸餾除去苯，再減壓蒸餾得到產(chǎn)品。故答案為：苯；（5）純凈物具有固定的熔點，二苯甲酮的熔點為48.5℃，當所測產(chǎn)品熔點為48.5℃時可確定產(chǎn)品為純品。30mL苯（密度0.88g·mL－1）的物質(zhì)的量為mol=0.34mol，6mL新蒸餾過的苯甲酰氯物質(zhì)的量為mol=0.05210mol，由制備方程式可知，苯過量，所以產(chǎn)品的理論產(chǎn)量為0.05210mol×182g·mol－1=9.482g，則本實驗中苯乙酮的產(chǎn)率為×100%=84.4%，故答案為：48.5；84.4；【點睛】本題考查物質(zhì)的制備實驗，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應、制備原理為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意有機物性質(zhì)的應用，（7）為解答的難點，先判斷苯過量，然后算出理論產(chǎn)量，最后利用公式計算產(chǎn)率。27、Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2提高銅離子的萃取率，提高原料利用率稀硫酸pH太小氧化亞銅會發(fā)生歧化反應，pH太大，氧化亞銅會溶解C真空干燥90.90%制備氧化亞銅時，氧化亞銅被肼還原，產(chǎn)品中含有銅粉，測定結(jié)果均增大【解析】

刻蝕液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）加入過量的氨水，形成銅氨溶液，同時生成氫氧化亞鐵和氫氧化鐵沉淀，銅氨溶液中加入有機溶液得到CuR2，再反萃取劑條件下生成硫酸銅溶液?！驹斀狻浚?）步驟II，銅氨溶液和RH的有機溶液反應生成氨氣和氯化銨和CuR2，離子方程式為：Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2；（2）需要對水層多次萃取并合并萃取液是能提高銅離子的萃取率，提高原料利用率；（3）通過前后的物質(zhì)分析，反萃取劑提供硫酸根離子和氫離子，故為稀硫酸；（4）①從信息分析，氧化亞銅在酸性強的溶液中會發(fā)生歧化反應，但堿性強的溶液中氧化亞銅會溶解。故答案為：pH太小氧化亞銅會發(fā)生歧化反應，pH太大，氧化亞銅會溶解；②納米Cu2O不能通過半透膜，所以可以選擇C進行分離。③因為Cu2O在潮濕的空氣中會慢慢氧化生成CuO，也易被還原為Cu，所以選擇真空干燥；（5）①根據(jù)得失電子分析關(guān)系式有5Cu2O---2KMnO4，高錳酸鉀的物質(zhì)的量為0.2000moI.L-1×0.05L=0.01mol，則氧化亞銅的物質(zhì)的量為0.025mol，質(zhì)量分數(shù)為=90.90%；②制備氧化亞銅時，肼具有還原性，氧化亞銅被肼還原，產(chǎn)品中含有銅粉，測定結(jié)果均增大。28、[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6離子分子正四面體N和O9NA