2024年廣東省深圳建文外國語學校高三第五次模擬考試化學試卷含解析

2024年廣東省深圳建文外國語學校高三第五次模擬考試化學試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、古代造紙工藝中常使用下列某種物質，該物質易導致紙纖維發(fā)生酸性水解，紙張因此變脆、易破損。則該物質是()A．明礬 B．草木灰 C．熟石灰 D．漂白粉2、鈉堿循環(huán)法可脫除煙氣中的SO2.在鈉堿循環(huán)中，吸收液為Na2SO3溶液，當吸收液的pH降為6左右時，可采用三室膜電解技術使其再生，圖為再生示意圖。下列說法正確的是()A．a極為電池的陽極B．a極區(qū)吸收液再生的原理是HSO3﹣+H+═H2O+SO2↑C．b電極的電極反應式是HSO3﹣﹣2e﹣+H2O═SO42﹣+3H+D．b膜為陽離子交換膜3、下列有關可逆反應：mA(g)+nB(？)?pC(g)+qD(s)的分析中，一定正確的是()A．增大壓強，平衡不移動，則m＝pB．升高溫度，A的轉化率減小，則正反應是吸熱反應C．保持容器體積不變，移走C，平衡向右移動，正反應速率增大D．保持容器體積不變，加入B，容器中D的質量增加，則B是氣體4、298K時，用0.01mol?L-1NaOH溶液滴定10mL0.01mol?L-1H2A溶液的滴定曲線如圖所示（已知：25℃時，H2A的Ka1=10-1.75，Ka2=10-7.19）。下列說法不正確的是（）A．a點所得溶液中：V0=5mLB．B點所得溶液中：c(H2A)＋c(H＋)=c(A2-)＋c(OH-)C．C點所得溶液中：c(Na＋)>3c(HA-)D．D點所得溶液中A2-水解平衡常數Kh1=10-6.815、取三份濃度均為0.1mol/L，體積均為1L的CH3COONa溶液中分別加入NH4Cl固體、CH3COONH4固體、HCl氣體后所得溶液pH變化曲線如圖（溶液體積變化忽略不計）下列說法不正確的是A．曲線a、b、c分別代表加入CH3COONH4、NH4Cl、HClB．由圖可知Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3﹒H2O)＝1×10－7C．A點處c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)D．C點處c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)＞0.1mol/L6、下列物質的性質和用途不存在因果關系的是A．膠體具有電泳的性質，可向豆?jié){中加入鹽鹵制作豆腐B．醋酸酸性強于碳酸，用醋酸溶液清除熱水器中的水垢C．小蘇打受熱易分解，在面粉中加入適量小蘇打焙制糕點D．氧化鋁熔點高，可作耐高溫材料7、聚苯胺是一種在充放電過程中具有更優(yōu)異可逆性的電極材料。Zn一聚苯胺二次電池的結構示意圖如圖所示，設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法錯誤的是（）A．放電時，外電路每通過0.1NA個電子時，鋅片的質量減少3.25gB．充電時，聚苯胺電極的電勢低于鋅片的電勢C．放電時，混合液中的Cl-向負極移動D．充電時，聚苯胺電極接電源的正極，發(fā)生氧化反應8、11.9g金屬錫(Sn)跟100mL12mol·L－1HNO3共熱一段時間。完全反應后測定溶液中c(H＋)為8mol·L－1，溶液體積仍為100mL。產生的氣體全部被氫氧化鈉溶液吸收，消耗氫氧化鈉0.4mol。由此推斷氧化產物可能是（）A．SnO2·4H2O B．Sn(NO3)4C．Sn(NO3)2 D．Sn(NO3)2和Sn(NO3)49、第26屆國際計量大會修訂了阿伏加德羅常數的定義，并于2019年5月20日正式生效。NA表示阿伏伽德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．8.8g乙酸乙酯中所含共用電子對數為1.3NAB．常溫常壓下28gFe與足量濃硝酸混合，轉移電子數為1.5NAC．標準狀況下,2.24LCl2與CH4反應完全,形成C一Cl鍵的數目為0.1NAD．常溫下pH=12的NaOH溶液中，由水電離出的氫離子的數目為10-12NA10、下列有關儀器用法正確的是（）A．對試管進行加熱一定不能使用石棉網B．使用滴定管量取液體，可精確至

0.01mLC．用量筒量取一定體積的溶液，要洗滌

2～3

次，確保溶液全部轉移D．酸堿滴定實驗中，錐形瓶干燥后使用可減少誤差11、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加，W原子的核外電子數等于電子層數，X2-和Y+的核外電子排布相同，X與Z同族。下列敘述正確的是（）A．原子半徑：Z>X>YB．X的簡單氫化物的穩(wěn)定性比Z的強C．Y的氫化物為共價化合物D．Z的最高價氧化物對應的水化物是一種強酸12、下列各圖示實驗設計和操作合理的是（）A．圖1證明非金屬性強弱：S＞C＞Si B．圖2制備少量氧氣C．圖3配制一定物質的量濃度的硫酸溶液 D．圖4制備少量乙酸丁酯13、測定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3質量分數的實驗方案不合理的是A．取ag混合物用酒精燈充分加熱后質量減少bgB．取ag混合物與足量稀硫酸充分反應，逸出氣體用堿石灰吸收后質量增加bgC．取ag混合物于錐形瓶中加水溶解，滴入1~2滴甲基橙指示劑，用標準鹽酸溶液滴定至終點，消耗鹽酸VmLD．取ag混合物于錐形瓶中加水溶解，滴入1~2滴酚酞指示劑，用標準鹽酸溶液滴定至終點，消耗鹽酸VmL14、下列根據實驗操作和現象所得出的結論正確的是()選項實驗操作實驗現象結論A等體積的和兩種酸分別與足量的鋅反應相同時間內與反應生成的氫氣更多是強酸B將濕潤的淀粉-試紙分別放入和蒸氣中試紙只在蒸氣中變藍色氧化性：C將光亮的鎂條放入盛有溶液的試管中有大量氣泡產生生成的氣體是D向

NaHCO3溶液中加入NaAlO2溶液有白色沉淀生成結合的能力比強A．A B．B C．C D．D15、某同學設計了蔗糖與濃硫酸反應的改進裝置，并對氣體產物進行檢驗，實驗裝置如圖所示。下列結論中正確的是（）選項現象結論A．Ⅰ中注入濃硫酸后，可觀察到試管中白色固體變?yōu)楹谏w現了濃硫酸的吸水性B．Ⅱ中觀察到棉球a、b都褪色均體現了SO2的漂白性C．Ⅱ中無水硫酸銅變藍說明反應產物中有H2OD．Ⅲ中溶液顏色變淺，Ⅳ中澄清石灰水變渾濁說明有CO2產生A．A B．B C．C D．D16、X、Y、Z均為短周期主族元素，Y的核電荷數為奇數，Z的核電荷數為X的2倍。X的最外層電子數等于Y與Z的最外層電子數之和。Y與Z同周期且Y的原子半徑大于Z。下列敘述正確的是A．單質的熔點：Y＞Z B．X的最高價氧化物的水化物為弱酸C．Y、Z的氧化物均為離子化合物 D．氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：X＞Z二、非選擇題（本題包括5小題）17、據研究報道，藥物瑞德西韋(Remdesivir)對2019年新型冠狀病毒(COVID-19)有明顯抑制作用。F為藥物合成的中間體，其合成路線如下：已知：R-OHR-Cl(1)A中官能團名稱是________；C的分子式為_____(2)A到B為硝化反應，則B的結構簡式為___，A到B的反應條件是_____。(3)B到C、D到E的反應類型________(填“相同”或“不相同”)；E→F的化學方程式為________。(4)H是C的同分異構體，滿足下列條件的同分異構體有_____種。①硝基直接連在苯環(huán)上②核磁共振氫譜峰面積之比為2:2:2:1③遇FeCl3溶液顯紫色(5)參照F的合成路線圖，設計由、SOCl2為原料制備的合成路線_______(無機試劑任選)。18、痛滅定鈉是一種吡咯乙酸類的非甾體抗炎藥，其合成路線如下：回答下列問題：(1)化合物C中含氧官能團的名稱是_____。(2)化學反應①和④的反應類型分別為_____和_____。(3)下列關于痛滅定鈉的說法正確的是_____。a．1mol痛滅定鈉與氫氣加成最多消耗7molH2b．核磁共振氫譜分析能夠顯示6個峰c．不能夠發(fā)生還原反應d．與溴充分加成后官能團種類數不變e．共直線的碳原子最多有4個(4)反應⑨的化學方程式為_____。(5)芳香族化合物X的相對分子質量比A大14，遇FeCl3溶液顯紫色的結構共有_____種（不考慮立體異構），核磁共振氫譜分析顯示有5個峰的X的結構簡式有_____。(6)根據該試題提供的相關信息，寫出由化合物及必要的試劑制備有機化合物的合成路線圖。________________19、醋酸亞鉻水合物的化學式為[Cr(CH3COO)2]2·2H2O，該水合物通常為紅棕色晶體，是一種常用的氧氣吸收劑，不溶于水和乙醚(一種易揮發(fā)的有機溶劑)，微溶于乙醇，易溶于鹽酸，易被氧化。已知Cr3+水溶液呈綠色，Cr2+水溶液呈藍色。實驗室制備醋酸亞鉻水合物的裝置如下圖所示。(1)檢查裝置氣密性后，向左側三頸燒瓶中依次加入過量鋅粒和適量CrCl3溶液，關閉K1打開K2，旋開a的旋塞，控制好滴速。a的名稱是___________，此時左側三頸燒瓶中發(fā)生反應的化學方程式為_______、________。一段時間后，整個裝置內充滿氫氣，將空氣排出。當觀察到左側三頸燒瓶中溶液顏色由綠色完全轉變?yōu)樗{色時，關閉K2，打開K1，將左側三頸燒瓶內生成的CrCl2溶液壓入右側三頸燒瓶中，則右側三頸燒瓶中發(fā)生反應的離子方程式為________________________________________。(2)本實驗中所有配制溶液的水均需煮沸，其原因是______________________。右側的燒杯內盛有水，其中水的作用是_______________________________________________。(3)當觀察到右側三頸燒瓶內出現大量紅棕色晶體時，關閉a的旋塞。將紅棕色晶體快速過濾、水洗、乙醚洗、干燥，即得到[Cr(CH3COO)2]2·2H2O。其中用乙醚洗滌產物的目的是_______________________。(4)稱量得到的[Cr(CH3COO)2]2·2H2O晶體，質量為mg,，若所取用的CrCl3溶液中含溶質ng，則[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(M1=376)的產率是______%。20、實驗室從含碘廢液（除外，含有、、等）中回收碘，實驗過程如下：（1）向含碘廢液中加入稍過量的溶液，將廢液中的還原為，其離子方程式為__________；該操作將還原為的目的是___________________。（2）操作的名稱為__________。（3）氧化時，在三頸瓶中將含的水溶液用鹽酸調至約為2，緩慢通入，在40℃左右反應（實驗裝置如圖所示）。實驗控制在較低溫度下進行的原因是__________________；儀器a、b的名稱分別為：a__________、b__________；儀器b中盛放的溶液為__________。（4）已知：；某含碘廢水（約為8）中一定存在，可能存在、中的一種或兩種。請補充完整檢驗含碘廢水中是否含有、的實驗方案（實驗中可供選擇的試劑：稀鹽酸、淀粉溶液、溶液、溶液）。①取適量含碘廢水用多次萃取、分液，直到水層用淀粉溶液檢驗不出有碘單質存在；②__________________；③另從水層中取少量溶液，加入淀粉溶液，加鹽酸酸化后，滴加溶液，若溶液變藍說明廢水中含有；否則說明廢水中不含有。（5）二氧化氯（，黃綠色易溶于水的氣體）是高效、低毒的消毒劑和水處理劑?，F用氧化酸性含廢液回收碘。①完成氧化的離子方程式：ClO2+I-1+__________=+Cl-1+____________________________；②若處理含相同量的廢液回收碘，所需的物質的量是的______倍。21、合成氣(CO、H2)是一種重要的化工原料氣。合成氣制取有多種方法，如煤的氣化、天然氣部分氧化等。回答下列問題：I.合成氣的制?。?）煤的氣化制取合成氣。已知：①H2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ/mol；②部分物質的燃燒熱：則反應C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的△H=___kJ/mol。（2）天然氣部分氧化制取合成氣。如果用O2(g)、H2O(g)、CO2(g)混合物氧化CH4(g)，欲使制得的合成氣中CO和H2的物質的量之比為1︰2，則原混合物中H2O(g)與CO2(g)的物質的量之比為__。Ⅱ.利用合成氣合成乙醇在一定條件下，向容積為2L的恒容密閉容器中投入2molCO和4molH2，發(fā)生反應：2CO(g)+4H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)。（1）寫出該反應的平衡常數表達式__。（2）下列情況能作為判斷反應體系達到平衡的標志是__(填序號)。A．壓強不再變化B．平均摩爾質量不再變化C．密度不再變化（3）反應起始壓強記為p1、平衡后記為p2，平衡時H2的轉化率為__。(用含p1、p2的代數式表示)Ⅲ.合成乙醇的條件選擇為探究合成氣制取乙醇的適宜條件，某科研團隊對不同溫度、不同Rh質量分數的催化劑對CO的吸附強度進行了研究，實驗數據如圖。CO的非離解吸附是指CO尚未乙醇化，離解吸附是指CO已經乙醇化。（1）結合圖像從低溫區(qū)、高溫區(qū)分析溫度對CO吸附強度的影響__；以及催化劑對CO吸附強度的影響__。（2）用Rh作催化劑，合成氣制取乙醇的適宜溫度是__。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【解析】

早期的紙張生產中,常采用紙表面涂敷明礬的工藝，明礬[KAl(SO4)2?12H2O]中鋁離子水解，其水解方程式為：，產生氫離子促進纖維素水解，使高分子鏈斷裂，所以紙質會變脆、破損，A項符合題意，答案選A。2、C【解析】

由示意圖可知：Na+向a電極移動，HSO3﹣、SO42﹣向b電極移動，則a為陰極，b為陽極，據此解答。【詳解】A．a極上氫離子被還原為氫氣，發(fā)生還原反應，故a為陰極，故A錯誤；B．a極上氫離子得電子生成氫氣，溶液中氫離子濃度降低，促進HSO3﹣電離生成SO32﹣，鈉離子進入陰極室，吸收液就可以再生，故B錯誤；C．酸性條件，陰離子主要為HSO3﹣，b電極上HSO3﹣轉化為SO42﹣，電極反應式為：HSO3﹣﹣2e﹣+H2O═SO42﹣+3H+，故C正確；D．b膜允許陰離子通過，故b膜為陰離子交換膜，故D錯誤。故選：C。3、D【解析】

A．增大壓強，平衡不移動，說明左右兩邊氣體的體積相等，若B為氣體，則m+n＝p，故A錯誤；B．升高溫度，A的轉化率減小，則平衡逆向移動，逆反應為吸熱反應，則正反應方向為放熱反應，故B錯誤；C．移走C，生成物的濃度減小，平衡向右移動，逆反應速率減小，正反應速率瞬間不變，故C錯誤；D．加入B，容器中D的質量增加，說明平衡正向移動，說明B為氣體；若B為固體，增加固體的量，濃度不改變，不影響速率，故不影響平衡，故D正確。答案選D。4、A【解析】

A．a點所得溶液中，pH=1.75，則c(H2A)==c(HA-)，所以H2A與NaOH反應發(fā)生后，c(H2A)>c(HA-)，V0<5mL，A不正確；B．B點時，H2A與KOH剛好完全反應生成KHA，溶液中存在三個平衡體系：HA-H++A2-，HA-+H2OH2A+OH-，H2OH++OH-，由此得出所得溶液中：c(H2A)＋c(H＋)=c(A2-)＋c(OH-)，B正確；C．C點時，c(HA-)==c(A2-)，依據電荷守恒c(Na＋)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)=3c(HA-)+c(OH-)，因為pH=7.19，c(H+)<c(OH-)，所以c(Na＋)>3c(HA-)，C正確；D．D點所得溶液中，A2-水解平衡常數Kh1===10-6.81，D正確；故選A。5、B【解析】

醋酸鈉為強堿弱酸鹽，因醋酸根離子水解，溶液呈堿性。往溶液中加入氯化銨固體，由于銨根離子水解呈酸性，故隨著氯化銨的加入，溶液將由堿性逐漸變?yōu)樗嵝裕捎谒馕⑷?，所得溶液酸性較弱，符合的曲線為b；往溶液中通入氫化氯氣體，隨著氣體的通入溶液由堿性轉變?yōu)樗嵝?，由于氯化氫為強酸，通入量較大時，溶液的酸性較強，符合的曲線為c；加入醋酸銨固體所對應的變化曲線為a，據此結合電荷守恒及鹽的水解原理分析?！驹斀狻緼.根據分析可知，曲線a代表醋酸銨、曲線b代表氯化銨、曲線c代表氯化氫，故A正確；B.當加入固體的物質的量為0.1mol時，曲線b對應的pH值等于7，說明等濃度的醋酸根離子的水解程度與銨根離子相同，即Ka(CH3COOH)=Kb(NH3﹒H2O)，但無法計算其電離平衡常數，故B錯誤；C.A點含有的溶質為0.1molCH3COONa與0.1molCH3COONH4，溶液的pH>7，則c(OH?)>c(H+)，醋酸根離子的水解程度較小，則c(CH3COO?)>c(Na+)，銨根離子部分水解，則c(Na+)>c(NH4+)，溶液中離子濃度的大小關系為：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)，故C正確；D.C點通入0.1molHCl，與0.1mol醋酸鈉反應得到0.1molCH3COOH與0.1molNaCl，c(Cl?)=c(Na+)=0.1mol/L，則c(CH3COO?)+c(Cl?)+c(OH?)>0.1mol/L，故D正確；故選：B?！军c睛】本題考查圖象分析、溶液中離子濃度關系，題目難度中等，明確圖象曲線變化的意義為解答關鍵，轉移掌握電荷守恒及鹽的水解原理，試題培養(yǎng)了學生的綜合應用能力。6、A【解析】

A.膠體具有電泳的性質證明膠體粒子帶有電荷，在電場力作用下會向某一個電極定向移動，可向豆?jié){中加入鹽鹵制作豆腐是蛋白質膠體粒子遇電解質，膠粒上吸附的電荷被中和發(fā)生聚沉現象，與電泳無關，不存在因果關系，A符合題意；B.醋酸酸性強于碳酸，醋酸與水垢中的CaCO3發(fā)生復分解反應產生可溶性醋酸鈣，因而可用醋酸溶液清除熱水器中的水垢，有因果關系，B不符合題意；C.小蘇打受熱易分解會產生CO2可以使面團松軟，所以在面粉中加入適量小蘇打焙制糕點，有因果關系，C不符合題意；D.氧化鋁屬于離子化合物，陽離子與陰離子之間有強烈的離子鍵，所以物質熔點高，不容易變?yōu)橐簯B(tài)，因此可作耐高溫材料，有因果關系，D不符合題意；故合理選項是A。7、B【解析】

A.放電時，外電路每通過0.1NA個電子時，鋅片的質量減少0.05mol×65g/mol=3.25g，A正確；B.充電時，聚苯胺電極為陽極，其電勢高于鋅片(陰極)的電勢，B錯誤；C.放電時，陽離子向正極移動，則混合液中的Cl-(陰離子)向負極移動，C正確；D.充電時，聚苯胺電極為陽極，接電源的正極，失電子發(fā)生氧化反應，D正確；故選B。8、A【解析】

11.9g金屬錫的物質的量==0.1mol，l2mol/LHNO3為濃硝酸，完全反應后測得溶液中的c(H+)=8mol/L，則濃硝酸有剩余，即錫與濃硝酸反應生成NO2，二氧化氮被氫氧化鈉吸收生成鹽，根據鈉原子和氮原子的關系知，n(Na)=n(N)=0.4mol，所以生成的二氧化氮的物質的量為0.4mol；設金屬錫被氧化后元素的化合價為x，由電子守恒可知：0.1mol×(x-0)=0.4mol×(5-4)，解得x=+4；又溶液中c(H+)=8mol/L，而c(NO3-)==8mol/L，根據溶液電中性可判斷溶液中不存在Sn(NO3)4，故答案為A。9、C【解析】

A．8.8g乙酸乙酯的物質的量是0.1mol，其中所含共用電子對數為1.4NA，A錯誤；B．常溫常壓下Fe在濃硝酸中鈍化，無法計算轉移電子數，B錯誤；C．標準狀況下,2.24LCl2（0.1mol）與CH4反應完全，根據原子守恒可知形成C－Cl鍵的數目為0.1NA，C正確D．常溫下pH=12的NaOH溶液的體積未知，無法計算由水電離出的氫離子的數目，D錯誤。答案選C。【點睛】選項B是解答的易錯點，注意鐵、鋁與硝酸反應的原理，常溫下鐵、鋁在濃硝酸中鈍化，與稀硝酸反應生成NO，在加熱的條件下與濃硝酸反應生成NO2。10、B【解析】

A、試管加熱不用墊石棉網，但如果墊石棉網也是可以的，故A錯誤；B、滴定管能精確到0.01mL，比量筒精確度高，故B正確；C、量筒的洗滌液必需倒入廢液缸，不能將洗滌液倒入燒杯，故C錯誤；D、酸堿中和滴定時，錐形瓶不用干燥，如果不干燥不影響實驗結果，故D錯誤。故選：B。11、D【解析】

短周期W、X、Y、Z的原子序數依次增加，W原子的核外電子數等于電子層數，即W原子核外只有1個電子，則W為H元素；X2-和Y+離子的電子層結構相同，則X位于第二周期ⅥA族，為O元素，Y位于第三周期ⅠA族，為Na元素；Z與X同族，則Z為S元素，據此解答?！驹斀狻扛鶕治隹芍篧為H，X為O，Y為Na，Z為S元素；A．同主族從上向下原子半徑逐漸增大，同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，則原子半徑Na＞S＞O，即Y＞Z＞X，故A錯誤；B．非金屬性O＞S，則H2O比H2S穩(wěn)定，即X的簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性比Z的強，故B錯誤；C．NaH為離子化合物，故C錯誤；D．S的最高價氧化物對應水化物為硫酸，硫酸為強酸，故D正確；故答案為D。12、A【解析】

A．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性就越強。由于元素的非金屬性S＞C＞Si，所以酸性：H2SO4>H2CO3>H2SiO3，強酸可以與弱酸的鹽反應制取弱酸，圖1可以證明非金屬性強弱：S＞C＞Si，A正確；B．過氧化鈉為粉末固體，不能利用關閉止水夾使固體與液體分離，則不能控制反應制備少量氧氣，B錯誤；C．配制物質的量濃度的溶液時，應該把濃硫酸在燒杯中溶解、稀釋，冷卻至室溫后再轉移到容量瓶中，不能直接在容量瓶中溶解稀釋，C錯誤；D．反應物乙酸、1-丁醇的沸點低于產物乙酸丁酯的沸點，若采用圖中裝置，會造成反應物的大量揮發(fā)，大大降低了反應物的轉化率，D錯誤；故選A。13、B【解析】

A.NaHCO3受熱易分解生成碳酸鈉、水和二氧化碳，通過加熱分解利用差量法即可計算出Na2CO3質量分數，故不選A；B.混合物與足量稀硫酸充分反應，也會生成水和二氧化碳，所以逸出的氣體是二氧化碳，但會混有水蒸氣，即堿石灰增加的質量不全是二氧化碳的質量，不能測定含量，故選B；C.Na2CO3和NaHCO3均可與鹽酸反應生成水、二氧化碳和氯化鈉，所以根據VmL鹽酸可知道鹽酸的物質的量，根據二者的質量和消耗鹽酸的物質的量，可計算出Na2CO3質量分數，故不選C；DNa2CO3和NaHCO3均可與鹽酸反應生成水、二氧化碳和氯化鈉，所以根據VmL鹽酸可知道鹽酸的物質的量，根據二者的質量和消耗鹽酸的物質的量，可計算出Na2CO3質量分數，故不選D；答案：B【點睛】實驗方案是否可行，關鍵看根據測量數據能否計算出結果。14、D【解析】

A．等體積pH=3的HA和HB兩種酸分別與足量的鋅反應，相同時間內，HA收集到氫氣多，一定能說明HA是弱酸，故A錯誤；B．NO2和Br2蒸氣均能氧化KI生成碘單質，濕潤的淀粉KI試紙均變藍，現象相同，不能判斷兩者的氧化性強弱，故B錯誤；C．氯化銨溶液水解顯酸性，Mg與氫離子反應，且放熱導致一水合氨分解，則有大量氣泡產生，可知反應中生成H2和NH3，故C錯誤；D．偏鋁酸根離子促進碳酸氫根離子的電離，生成氫氧化鋁沉淀，則AlO2-結合H+的能力比CO32-強，故D正確；故答案為D?！军c睛】考查強弱電解質判斷，為高頻考點，注意不能根據電解質溶液導電性強弱、電解質溶解性強弱等方法判斷，為易錯題。強弱電解質的根本區(qū)別是電離程度，部分電離的電解質是弱電解質，如要證明醋酸是弱電解質，只要證明醋酸部分電離即可，可以根據醋酸鈉溶液酸堿性、一定濃度的醋酸pH等方法判斷。15、D【解析】

A．蔗糖遇到濃硫酸變黑，是由于濃硫酸具有脫水性，將蔗糖中氫元素和氧元素以水的比例脫出，不是吸水性，故A錯誤；B．a中品紅褪色，體現二氧化硫的漂白性，b中溴水褪色，體現二氧化硫的還原性，故B錯誤；C．無水硫酸銅變藍，可以用來檢驗水，但是品紅溶液和溴水都有水，不確定使硫酸銅變藍的水是否由反應分解產生的，故C錯誤；D．Ⅲ中溶液顏色變淺，是因為還有二氧化硫，不退色說明二氧化硫反應完全了，Ⅳ中澄清石灰水變渾濁了，說明產生了二氧化碳氣體，故D正確；答案選D?！军c睛】C項的無水硫酸銅變藍了，說明有水，這個水不一定是反應中產生的水，還要考慮Ⅱ中的其他試劑，這是易錯點。16、D【解析】

由題可知Y、Z同周期且Y在Z前面，X的主族序數在Y、Z的主族序數之后，Z的核電荷數為X的2倍，可能確定X在第二周期右后位置，Y、Z在第三周期的左前位置，結合題中條件可知X、Y、Z分別為：N、Na、Si，據此解答?！驹斀狻緼．Y、Z分別為Na、Si，Si單質為原子晶體，熔點比鈉的高，即Y<Z，A錯誤；B．X為N元素，最高價氧化物的水化物HNO3為強酸，B錯誤；C．Y、Z分別為Na、Si，Si的氧化物SiO2為共價化合物，C錯誤；D．X、Z分別為：N、Si，氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性NH3>SiH4，即X＞Z，D正確；答案選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、酚羥基C8H7NO4濃硫酸、濃硝酸、加熱相同：++HCl2+H2【解析】

根據流程圖，A在濃硫酸、濃硝酸、加熱條件下發(fā)生取代反應生成B，B的結構簡式為，B和發(fā)生取代反應生成C()，C和磷酸在加熱條件下發(fā)生取代生成D，D在SOCl2、催化劑、加熱條件下轉化為E()，E與A發(fā)生被取代轉化為F，根據E、F的結構簡式可判斷，A的結構簡式為，據此分析答題。【詳解】(1)根據流程圖中A的結構簡式分析，官能團名稱是羥基；根據圖示C中的每個節(jié)點為碳原子，每個碳原子連接4個共價鍵，不足鍵由氫原子補齊，則分子式為C8H7NO4；(2)A到B為硝化反應，根據分析，B的結構簡式為，A到B的反應條件是濃硫酸、濃硝酸、加熱；(3)根據分析，B和發(fā)生取代反應生成C()，C和磷酸在加熱條件下發(fā)生取代生成D，則B到C、D到E的反應類型相同；E與A發(fā)生被取代轉化為F，A的結構簡式為，化學方程式為：++HCl；(4)C的結構簡式為，H是C的同分異構體，①硝基直接連在苯環(huán)上，②核磁共振氫譜峰面積之比為2:2:2:1，說明分子結構中含有4中不同環(huán)境的氫原子，且氫原子的個數比為2:2:2:1，③遇FeCl3溶液顯紫色，說明結構中含有酚羥基，根據不飽和度可知，還存在CH=CH2，滿足下列條件的同分異構體結構簡式為、，共有有2種；(5)與氫氣在催化劑作用下發(fā)生加成反應生成，在SOCl2、催化劑、加熱條件下轉化為，則合成路線為：+H2。18、酯基取代反應加成反應de+NaOH+CH3OH16、【解析】

根據合成路線分析：與CH3I發(fā)生取代反應①轉變?yōu)?，發(fā)生反應②，在鄰位引入醛基轉變?yōu)椋?，與CH3NO2發(fā)生反應生成，與氫氣發(fā)生加成反應④生成，發(fā)生反應⑤將?CH2NO2脫去氫氧原子轉變?yōu)?CN，生成，反應⑥中?CN堿性水解轉變成?COONa，得到，反應生成，結合分子式C16H17O3N，與發(fā)生取代反應生成，在堿性條件下水解得到，據此作答?！驹斀狻?1)化合物C中含氧官能團為酯基，故答案為：酯基；(2)由上述分析可知反應①為取代反應，反應④為加成反應，故答案為：取代反應；加成反應；(3)a．苯環(huán)、碳碳雙鍵和羰基都可以與氫氣加成，因此1mol痛滅定鈉與氫氣加成最多消耗6molH2，故錯誤；b.該結構中有7種氫，故核磁共振氫譜分析能夠顯示7個峰，故錯誤；c.苯環(huán)、碳碳雙鍵和羰基都可以與氫氣加成，與氫氣發(fā)生的加成反應也屬于還原反應，故錯誤；d.與溴充分加成后碳碳雙鍵消失，引入了溴原子，故官能團種類數不變，故正確；e.如圖所示，共直線的碳原子最多有4個，，故正確；故答案為：de；(4)由以上分析知，反應⑨為在堿性條件下水解得到，則發(fā)生反應的化學方程式為：+NaOH+CH3OH，故答案為：+NaOH+CH3OH；(5)芳香族化合物說明X中有苯環(huán)，相對分子質量比A大14，說明比A多一個CH2，與A的不飽和度相同為4；遇FeCl3溶液顯紫色說明含有酚羥基；若苯環(huán)上有兩個取代基，則為(鄰、間、對3種)，(鄰、間、對3種)；若苯環(huán)上有三個取代基，先確定兩個取代基的位置，即鄰、間、對，再確定另一個取代基的位置，當羥基和氨基位于鄰位時，苯環(huán)上有4種氫原子，則甲基可以有4種取代方式，則會得到4種同分異構體，同理，當羥基和氨基位于間位時，也會有4種同分異構體，當羥基和氨基位于對位時，有2種同分異構體，共3+3+4+4+2=16，其中核磁共振氫譜分析顯示有5個峰的X的結構簡式有、，故答案為：16；、；(6)完全仿照題干中框圖中反應⑥⑦⑧，選擇合適試劑即可完成，與氫氧化鈉水解得到苯乙酸鈉，苯乙酸鈉與(CH3CH2)2SO4反應得到，再與乙酰氯反應生成，合成路線為：；故答案為；。19、分液漏斗Zn+2HCl==ZnCl2+H2↑Zn+2CrCl3==ZnCl2+2CrCl22Cr2++4CH3COO-+2H2O=[Cr(CH3COO)2]2·2H2O防止水中的溶解氧氧化Cr2+水封，防止空氣進入裝置內乙醚揮發(fā)帶走水分，可以使產品快速干燥31700m/376n【解析】

(1)根據儀器的結構，儀器a為分液漏斗，左側三頸燒瓶中中發(fā)生反應的化學方程式為：2CrCl3+Zn═2CrCl2+ZnCl2、還有鋅與稀鹽酸反應生成氫氣，Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑；一段時間后，整個裝置內充滿氫氣，將空氣排出。當觀察到左側三頸燒瓶中溶液顏色由綠色完全轉變?yōu)樗{色時，關閉K2，打開K1，將左側三頸燒瓶內生成的CrCl2溶液壓入右側三頸燒瓶中，CrCl2溶液與CH3COONa溶液反應生成醋酸亞鉻水合物——[Cr(CH3COO)2]2·2H2O，反應的離子方程式為2Cr2++4CH3COO-+2H2O=[Cr(CH3COO)2]2·2H2O，故答案為分液漏斗；Zn+2HCl==ZnCl2+H2↑；Zn+2CrCl3==ZnCl2+2CrCl2；2Cr2++4CH3COO-+2H2O=[Cr(CH3COO)2]2·2H2O；(2)本實驗中所用的溶液，配制用的蒸餾水都需事先煮沸，原因是，二價鉻不穩(wěn)定，極易被氧氣氧化，去除水中的溶解氧，防止Cr2+被氧化；右側燒懷內的水可以防止空氣進入裝置內，故答案為防止水中的溶解氧氧化Gr2+；水封，防止空氣進入裝置內；(3)當觀察到右側三頸燒瓶內出現大量紅棕色晶體時，關閉a的旋塞。將紅棕色晶體快速過濾、水洗、乙醚洗、干燥，即得到[Cr(CH3COO)2]2·2H2O。其中用乙醚洗滌，乙醚揮發(fā)帶走水分，可以使產品快速干燥，故答案為乙醚揮發(fā)帶走水分，可以使產品快速干燥；(4)實驗時取用的CrCl3溶液中含溶質ng，理論上得到[Cr(CH3COO)2]2?2H2O

的質量=××376g/mol=g，該實驗所得產品的產率=×100%=×100%=%，故答案為。【點睛】本題考查物質制備實驗方案的設計，涉及化學儀器識別、對操作的分析評價、產率計算。解答本題需要注意對題目信息的應用。本題的易錯點為(1)，注意根據制備流程確定反應物和生成物，再書寫相關離子方程式。20、SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-使CCl4中的碘進入水層分液使氯氣在溶液中有較大的溶解度球形冷凝管錐形瓶NaOH溶液從水層中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入鹽酸酸化，滴加氯化鐵溶液，若溶液變藍色（發(fā)生的反應為2I-+2Fe3+=2Fe2++I2）說明廢水中含I-，否則不含I-2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O2.5【解析】

含碘廢液含有CCl4、I2、I-等，加入亞硫酸鈉溶液還原碘單質為碘離子，分液得到溶液中通入氯氣氧化碘離子為碘單質，富集碘元素，加入四氯化碳萃取分液后，蒸餾法得到碘單質。結合氧化還原反應的規(guī)律和物質的性質分析解答?！驹斀狻?1)碘具有氧化性，能氧化亞硫酸鈉生成硫酸鈉，自身被還原生成碘離子，離子反應方程式為SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-；碘微溶于水，而碘離子易溶于水，為了使更多的I元素進入水溶液應將碘還原為碘離子，故答案為SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-；使CCl4中的碘進入水層；(2)四氯化碳是難溶于水、密度比水大的液體，兩者不互溶，分離互不相溶的液體采用分液的方法分離，所以操作X為分液，故答案為分液；(3)碘易升華，且氯氣的溶解度隨著溫度的升高而減小，溫度越高，氯氣的溶解度越小，反應越不充分，所以應該在較低溫度下進行反應；根據圖示，儀器a、b分別為球形冷凝管、錐形瓶；氯氣、碘蒸氣都有毒，不能直接排空，二者都能和氫氧化鈉溶液反應生成無毒物質，所以用NaOH溶液吸收氯氣和碘蒸氣，故答案為使氯氣在溶液中有較大的溶解度；球形冷凝管、錐形瓶；NaOH溶液；(4)根據實驗方案可知，①是排除水層中的碘單質，③是檢驗是否存在碘酸根離子，因此②是檢驗是否存在碘離子。碘離子具有還原性，能被氧化劑氧化生成碘單質，碘酸根離子具有氧化性，能被還原劑還原為碘，碘遇淀粉變藍色，檢驗I-的方法為：從水層中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入鹽酸酸化，滴加氯化鐵溶液，若溶液變藍色（發(fā)生反應為：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2）說明廢水中含I-，否則不含I-，故答案為從水層中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入鹽酸酸化，滴加氯化鐵溶液，若溶液變藍色（發(fā)生反應為：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2）說明廢水中含I-，否則不含I-；(5)①用ClO2氧化酸性含I-廢液