山東省泰安市寧陽一中新高考仿真卷化學試題及答案解析

山東省泰安市寧陽一中新高考仿真卷化學試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、1.52g銅鎂合金完全溶解于50mL濃度14.0mol/L的硝酸中，得到NO2和N2O4的混合氣體1120ml（標準狀況），向反應后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，當金屬離子全部沉淀時得到2.54g沉淀。下列說法不正確的是（）A．該合金中銅與鎂的物質的量之比是2：1B．NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分數是80%C．得到2.54g沉淀時加入NaOH溶液的體積是600mLD．溶解合金消耗HNO3的量是0.12mol2、2017年9月25日，化學權威雜志《化學世界》、著名預測博客等預測太陽能電池材料—鈣鈦礦材料可能獲得2017年諾貝爾化學獎。鈦酸鈣(CaTiO3)材料制備原理之一是CaCO3+TiO2===CaTiO3+CO2↑。下列有關判斷不正確的是A．上述反應是氧化還原反應 B．TiO2和CO2屬于酸性氧化物C．CaTiO3屬于含氧酸鹽 D．CaCO3屬于強電解質3、下列說法正確的是A．34Se、35Br位于同一周期，還原性Se2?>Br?>Cl?B．與互為同系物，都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．硫酸銨和醋酸鉛都是鹽類，都能使蛋白質變性D．Al2O3和Ag2O都是金屬氧化物，常用直接加熱分解法制備金屬單質4、香芹酮的結構簡式為，下列關于香芹酮的說法正確的是A．1mol香芹酮與足量的H2加成，需要消耗2molH2B．香芹酮的同分異構體中可能有芳香族化合物C．所有的碳原子可能處于同一平面D．能使酸性髙錳酸鉀溶液和溴水溶液褪色，反應類型相同5、下列說法正確的是()A．蒸發(fā)結晶操作時，當水分完全蒸干立即停止加熱B．滴定實驗中，可以將待測液放到滴定管中，標準液置于錐形瓶中C．測定NaClO溶液的pH，可用潔凈的玻璃棒蘸取液體滴到pH試紙上，再與標準比色卡對照讀數D．用pH計測定同溫度同濃度的Na2CO3溶液和NaCN溶液的pH，通過比較pH大小比較H2CO3、HCN的酸性強弱6、霧霾嚴重影響人們的生活與健康。某地區(qū)的霧霾中可能含有如下可溶性無機離子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42－、NO3－、Cl－。某同學收集了該地區(qū)的霧霾，經必要的預處理后試樣溶液，設計并完成了如下的實驗：已知：3NO3－+8Al+5OH－+2H2O3NH3+8AlO2－根據以上的實驗操作與現象，該同學得出的結論不正確的是A．試樣中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42－和NO3－B．試樣中一定不含Al3+C．試樣中可能存在Na+、Cl－D．該霧霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO47、已知反應S2O82-(aq)+2I-(aq)2SO42-(aq)+I2(aq)，若往該溶液中加人含Fe3+的某溶液，反應機理：①2Fe3++(aq)+2I-(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq)②2Fe2+(aq)+S2O82-(aq)2Fe3+(aq)+2SO42-(aq),下列有關該反應的說法不正確的是A．增大S2O82-濃度或I-濃度，反應①、反應②的反應速率均加快B．Fe3+是該反應的催化劑C．因為正反應的活化能比逆反應的活化能小，所以該反應是放熱反應D．往該溶液中滴加淀粉溶液，溶液變藍，適當升溫，藍色加深8、常溫下，電解質溶液的性質與變化是多樣的，下列說法正確的是（）A．pH相同的①CH3COONa②NaClO③NaOH三種溶液c(Na+)大?。孩伲劲冢劲跙．往稀氨水中加水，的值變小C．pH=4的H2S溶液與pH=10的NaOH溶液等體積混合，存在下列等式：c(Na+)+c(H+)＝c(OH—)+2c(S2—)D．Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，ClO—水解程度增大，溶液堿性增強9、人體血液存在H2CO3/HCO3－、HPO42－/H2PO4－等緩沖對。常溫下，水溶液中各緩沖對的微粒濃度之比的對數值lgx[x表示c(H2CO3)/c(HCO3-)或c(HPO42-)/c(H2PO4-)]與pH的關系如圖所示。已知碳酸pKal=6.4、磷酸pKa2=7.2（pKa=-lgKa）。則下列說法正確的是A．曲線I表示lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)與pH的變化關系B．a－b的過程中，水的電離程度逐漸減小C．當c(H2CO3)=c(HCO3－)時，c(HPO42－)=c(H2PO4－)D．當pH增大時，c(HCO3-)?c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐漸減小10、下列關于有機化合物和的說法正確的是()A．一氯代物數目均有6種B．二者均能發(fā)生取代、加成和氧化反應C．可用酸性高錳酸鉀溶液區(qū)分D．分子中所有碳原子可能在同一平面上11、我國某科研團隊設計了一種新型能量存儲／轉化裝置（如下圖所示）。閉合K2、斷開K1時，制氫并儲能；斷開K2、閉合K1時，供電。下列說法錯誤的是A．制氫時，溶液中K+向Pt電極移動B．制氫時，X電極反應式為C．供電時，Zn電極附近溶液的pH降低D．供電時，裝置中的總反應為12、最近我國科學家對“液流電池”的研究取得新進展，一種新型的高比能量鋅-碘溴液流電池工作原理如下圖所示。下列有關敘述錯誤的是A．放電時，a極電勢高于b極B．充電時，a極電極反應為I2Br－+2e－=2I－+Br－C．圖中貯液器可儲存電解質溶液，提高電池的容量D．導線中有NA個電子轉移，就有0.5molZn2+通過隔膜13、25℃時，向KCl溶液加入少量KCl固體至溶液剛好飽和。在這一過程中，沒有發(fā)生改變的是A．溶液中溶質的質量 B．溶液中KCl質量分數C．溶液中溶劑的質量 D．KCl溶液質量14、下列不能使氫氧化鈉的酚酞溶液褪色的氣體是()A．NH3 B．SO2C．HCl D．CO215、Mg(NH)2可發(fā)生水解：Mg(NH)2＋2H2O=N2H4＋Mg(OH)2。下列表示相關微粒的化學用語正確的是A．中子數為8的氧原子：O B．N2H4的結構式：C．Mg2＋的結構示意圖： D．H2O的電子式：16、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．D二、非選擇題（本題包括5小題）17、下列A～J十種物質之間的轉化關系如圖所示，其中部分生成物或反應條件已略去。A為正鹽；常溫、常壓下，B、C、D、E、G、H、I均為氣體，其中D、G、H為單質，H為黃綠色氣體，I通常為紅棕色氣體，I的相對分子質量比E的大16；F在常溫下是一種無色液體；G能在H中燃燒，發(fā)出蒼白色火焰，產物C易溶于水；J是一元含氧強酸?；卮鹣铝袉栴}：(1)A的化學式為_________。(2)一定條件下，B和D反應生成E和F的化學方程式為_____________。(3)J和金屬Cu反應生成E的化學方程式為_______。(4)H和石灰乳反應的化學方程式為___________。(5)在I和F的反應中，氧化劑和還原劑的質量之比為__________。18、富馬酸二甲酯（DMF）俗稱防霉保鮮劑霉克星1號，曾廣泛應用于化妝品、蔬菜、水果等防霉、防腐、防蟲、保鮮，它的一條合成路線如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）B的結構簡式為______，D中官能團名稱______。（2）①的反應的類型是______，②的反應條件是______。（3）④的反應方程式為______。（4）寫出C的一種同分異構體，滿足可水解且生成兩種產物可相互轉化______。（5）過程③由多個步驟組成，寫出由C→D的合成路線_____。（其他試劑任選）（合成路線常用的表示方式為：AB……目標產物）19、ClO2熔點為-59.5℃，沸點為11.0℃，溫度過高可能引起爆炸，易溶于水，易與堿液反應。工業(yè)上用潮濕的KClO3和草酸(H2C2O4)在60℃時反應制得。某同學設計了如圖裝置來制取、收集ClO2并測定其質量。實驗I：制取并收集ClO2，裝置如圖所示。(1)裝置A除酒精燈外，還必須添加__________裝置，目的是____________。裝置B應該添加_____________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“60℃的熱水浴”)裝置。(2)裝置A中反應產物有K2CO3、ClO2和CO2等，請寫出該反應的化學方程式_____________。實驗II：測定ClO2的質量，裝置如圖所示。過程如下：①在錐形瓶中加入足量的碘化鉀，用100mL水溶解后，再加硫酸溶液；②按照如圖組裝好儀器：在玻璃液封管中加入水，浸沒導管口；③將生成的ClO2氣體由導管通入錐形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封液倒入錐形瓶中，再向錐形瓶中加入幾滴淀粉溶液；④用cmol/LNa2S2O3標準液滴定錐形瓶中的液體，共用去VmLNa2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)。(3)裝置中玻璃液封管的作用是______________。(4)滴定終點的現象是___________________。(5)測得通入ClO2的質量m(ClO2)=_______(用整理過的含的代數式表示)。(6)判斷下列操作對m(ClO2)測定結果的影響(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。①若在配制Na2S2O3標準溶液時，燒杯中的溶液有少量濺出，則測定結果________。②若在滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視標準液液面，則測定結果_________。20、化學興趣小組對某品牌牙膏中摩擦劑成分及其含量進行以下探究：查得資料：該牙膏摩擦劑由碳酸鈣、氫氧化鋁組成；牙膏中其它成分遇到鹽酸時無氣體生成。I.摩擦劑中氫氧化鋁的定性檢驗取適量牙膏樣品，加水充分攪拌、過濾。(1)往濾渣中加入過量NaOH溶液，過濾。氫氧化鋁與NaOH溶液反應的離子方程式是___；(2)往(1)所得濾液中先通入過量二氧化碳，再加入過量稀鹽酸，觀察到的現象是_______；Ⅱ.牙膏樣品中碳酸鈣的定量測定利用下圖所示裝置(圖中夾持儀器略去)進行實驗，充分反應后，測定C中生成的BaCO3沉淀質量，以確定碳酸鈣的質量分數。依據實驗過程回答下列問題：(3)儀器a的名稱是_______。(4)實驗過程中需持續(xù)緩緩通入空氣。其作用除了可攪拌B、C中的反應物外，還有：____；(5)C中反應生成BaCO3的化學方程式是_____；(6)下列各項措施中，不能提高測定準確度的是____(填標號)。a.在加入鹽酸之前，應排凈裝置內的CO2氣體；b.滴加鹽酸不宜過快；c.在A-B之間增添盛有濃硫酸的洗氣裝置；d.在B-C之間增添盛有飽和碳酸氫鈉溶液的洗氣裝置。(7)實驗中準確稱取8.00g樣品三份，進行三次測定，測得BaCO3的平均質量為3.94g。則樣品中碳酸鈣的質量分數為______(保留3位有效數字)。(8)有人認為不必測定C中生成的BaCO3質量，只要測定裝置C吸收CO2前后的質量差，一樣可以確定碳酸鈣的質量分數。你認為按此方法測定是否合適_____(填“是”“否”)，若填“否”則結果_____(填“偏低”或“偏高”)。21、砷化鎵是繼硅之后研究最深人、應用最廣泛的半導體材料。回答下列問題：（1）Ga基態(tài)原子核外電子排布式為________________,As基態(tài)原子核外有__________個未成對電子。（2）Ga、As、Se的第一電離能由大到小的順序是__________,Ga、As、Se的電負性由大到小的順序是__________________。（3）比較下列鎵的鹵化物的熔點和沸點，分析其變化規(guī)律及原因：________,GaF的熔點超過1000℃，可能的原因是__________________________。（4）二水合草酸鎵的結構如圖1所示，其中鎵原子的配位數為__________，草酸根離子中碳原子的雜化軌道類型為__________。（5）砷化鎵的立方晶胞結構如圖2所示，晶胞參數為a=0.565nm，砷化鎵晶體的密度為__________g·cm-3(設NA為阿伏加德羅常數的值，列出計算式即可）。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

根據氧化還原反應中得失電子守恒、元素守恒進行分析計算?！驹斀狻緼.金屬離子全部沉淀時，得到2.54g沉淀為氫氧化銅、氫氧化鎂，故沉淀中OH-的質量為：2.54g?1.52g=1.02g，，根據電荷守恒可知，金屬提供的電子物質的量等于OH-的物質的量，設銅、鎂合金中Cu、Mg的物質的量分別為xmol、ymol，則：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得：x=0.02、y=0.01，則該合金中n(Cu):n(Mg)=2:1，故A正確；B.標況下1.12L氣體的物質的量為0.05mol，設混合氣體中二氧化氮的物質的量為amol，則四氧化二氮的物質的量為(0.05?a)mol，根據電子轉移守恒可知：a×1+(0.05?a)×2×1=0.06，解得a=0.04，則混合氣體中含有二氧化氮0.04mol、四氧化二氮0.01mol，NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分數為：，故B正確；C.50mL該硝酸中含有硝酸的物質的量為：14mol/L×0.05L=0.7mol，反應后的溶質為硝酸鈉，根據N元素守恒，硝酸鈉的物質的量為：n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO2)-2n(N2O4)=0.7mol?0.04mol?0.01×2=0.64mol，故需要氫氧化鈉溶液的體積為，故C錯誤；D.Cu、Mg的物質的量分別為0.02mol、0.01mol，則生成Cu(NO3)2、Mg(NO3)2各0.02ml、0.01mol，NO2和N2O4的物質的量分別為0.04mol、0.01mol，則根據N元素守恒可知，消耗硝酸的物質的量為0.02×2+0.01×2+0.04+0.01×2=0.12mol，故D正確；答案選C。【點睛】解答該題的關鍵是找到突破口：金屬鎂、銅與硝酸反應失電子物質的量與金屬離子被沉淀結合氫氧根離子的物質的量相等，關系式為Cu~2e-~Cu2+~2OH-，Mg~2e-~Mg2+~2OH-，通過氫氧化鎂與氫氧化銅的總質量與銅鎂合金的質量差可以計算氫氧根離子的物質的量，從而確定反應中轉移的電子數。2、A【解析】A、CaCO3+TiO2===CaTiO3+CO2↑，反應中沒有化合價變化，是非氧化還原反應，故A錯誤；B、TiO2和CO2均能與堿反應生成鹽和水，均屬于酸性氧化物，故B正確；C、CaTiO3=Ca2＋＋TiO32－，CaTiO3由含氧酸根和鈣離子構成，屬于含氧酸鹽，故C正確；D、CaCO3雖然難溶，但溶于水的部分全部電離，屬于強電解質，故D正確；故選A。3、A【解析】

A、同周期元素從左到右非金屬性增強，同主族元素從上到下非金屬性減弱，單質氧化性Se<Br2<Cl2，所以陰離子還原性Se2?>Br?>Cl?，故A正確；B、屬于酚類、屬于醇類，不屬于同系物，故B錯誤；C、硫酸銨能使蛋白質溶液發(fā)生鹽析，不能使蛋白質變性，故C錯誤；D、Al是活潑金屬，Al2O3不能直接加熱分解制備金屬鋁，故D錯誤。4、B【解析】

A．1個香芹酮的分子中，含有兩個碳碳雙鍵和一個羰基，故1mol香芹酮與足量的H2加成，需要消耗3molH2，A錯誤；B．1個香芹酮的分子中，含有兩個碳碳雙鍵和一個羰基，分子中還含有一個六元環(huán)，可以構成含有一個苯環(huán)的化合物，B正確；C．一個碳原子連接四個原子構成的是四面體的構型，香芹酮()分子中標特殊記號的這個碳原子與周圍相連的三個碳原子不可能在同一平面上，C錯誤；D．香芹酮與酸性髙錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應，使酸性髙錳酸鉀溶液褪色，而香芹酮與溴水發(fā)生加成反應使溴水褪色，反應類型不相同，D錯誤；答案選B。5、B【解析】

A.蒸發(fā)時不能蒸干，利用余熱加熱，出現大量固體時停止加熱，故A錯誤；B.滴定實驗中，可以將待測液放到滴定管中，標準液置于錐形瓶中，只要計算準確，不影響結果，故B正確；C.NaClO溶液有漂白性不能用pH試紙測其pH值，故C錯誤；D.測定同溫度同濃度的Na2CO3溶液和NaCN溶液的pH，可知碳酸氫根離子與HCN的酸性，不能比較H2CO3、HCN的酸性強弱，故D錯誤；故答案為B?！军c睛】從習慣上講，被滴定的溶液在錐形瓶,標準溶液在滴定管中；從原理上說都可以，只要操作準確，計算準確即可。6、B【解析】

試樣溶液中加入過量Ba（OH）2并加熱，生成的氣體1能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色，說明氣體1是NH3，則試樣中含有NH4+；向濾液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成氣體2，該氣體能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍色，說明含有氣體2是NH3，根據已知條件知，溶液2中含有NO3-，根據元素守恒知，原溶液中含有NO3-；濾液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出氣體，說明沉淀2是碳酸鋇等難溶性碳酸鹽；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸鋇不溶于酸，說明原來溶液中含有SO42-，能和過量Ba（OH）2反應生成能溶于酸的沉淀，根據離子知，該沉淀為Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg

2+，【詳解】A、通過以上分析知，試樣中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-，故A正確；B、通過以上分析知，試樣中不能確定是否含有Al3+，故B錯誤；C、通過以上分析知，試樣中可能存在Na+、Cl-，要檢驗是否含有鈉離子或氯離子，可以采用焰色反應鑒定鈉離子，用硝酸酸化的硝酸銀檢驗氯離子，故C正確；D、根據以上分析知，試樣中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-，可能存在Na+、Cl-，所以該霧霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故D正確，答案選B。7、D【解析】

A.增大S2O82－濃度或I－濃度，增加反應物濃度，因此反應①、反應②的反應速率均加快，故A正確；B.Fe3+在反應中是中間過程，參與反應但質量不變，因此是該反應的催化劑，故B正確；C.因為正反應的活化能比逆反應的活化能小，因此該反應是放熱反應，故C正確；D.往該溶液中滴加淀粉溶液，溶液變藍，適當升溫，平衡逆向移動，單質碘減少，藍色加淺，故D錯誤。綜上所述，答案為D?！军c睛】正反應的活化能大于逆反應的活化能，則反應為吸熱反應，正反應活化能小于逆反應的活化能，則反應為放熱反應。8、A【解析】

A、醋酸的酸性強于次氯酸，CH3COONa與NaClO水解顯堿性，根據越弱越水解的規(guī)律，若溶液的pH相同，CH3COONa的濃度最大，所以三種溶液c(Na+)大小順序為：①＞②＞③，故A正確；B、NH3?H2O的電離常數K=c(NH4+)?c(OH￣)/c(NH3?H2O)=c(NH4+)?Kw/c(NH3?H2O)?c(H+)，所以的值為常數，不發(fā)生變化，故B錯誤；C、因為H2S為弱酸，所以pH=4的H2S溶液與pH=10的NaOH溶液等體積混合，H2S過量，根據電荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)＝c(OH—)+2c(S2—)+c(HS￣)，故C錯誤；D、Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，生成CaCO3與HClO，溶液堿性減弱，故D錯誤。答案選A。9、D【解析】

H2CO3HCO3－+H＋的電離平衡常數Kal=c(H＋)·c(HCO3－)/c(H2CO3)，所以lgc(H2CO3)/c(HCO3－)=pKal-pH=6.4-pH，H2PO4－HPO42－+H＋的電離平衡常數Ka2=c(H＋)·c(HPO42－)/c(H2PO4－)，所以lgc(HPO42－)/c(H2PO4－)=pH-pKa2=pH-7.2，A．當lgx=0時，pH分別為6.4、7.2；B．酸對水的電離有抑制作用，酸性越強即pH越小，抑制作用越大，水的電離程度越?。籆．當c（H2CO3）=c（HCO3－）時，即lgc(H2CO3)/c(HCO3－)=0，溶液中pH=6.4，則lgc(HPO42－)/c(H2PO4－)=pH-7.2=6.4-7.2=-0.8；D．c(HCO3-)·c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3－)·c(H＋)/Ka2=Ka1×c(H2CO3)/Ka2，pH增大則H2CO3HCO3－+H＋正向進行，使c（H2CO3）減小?！驹斀狻緼．當lgx=0時，pH分別為6.4、7.2，所以曲線I表示lgc(H2CO3)/c(HCO3－)=pKal-pH=6.4-pH，曲線II表示lgc(HPO42－)/c(H2PO4－)=pH-pKa2=pH-7.2，故A錯誤；B．酸對水的電離有抑制作用，酸性越強即pH越小，抑制作用越大，水的電離程度越小，a-b的過程中pH增大，溶液酸性減弱，水的電離程度增大，故B錯誤；C．當c（H2CO3）=c（HCO3－）時，即lgc(H2CO3)/c(HCO3－)=0，溶液中pH=6.4，則lgc(HPO42－)/c(H2PO4－)=pH-7.2=6.4-7.2=-0.8＜0，即c（HPO42－）＜c（H2PO4－），故C錯誤；D、c(HCO3-)·c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3－)·c(H＋)/Ka2=Ka1×c(H2CO3)/Ka2，pH增大則H2CO3HCO3－+H＋正向進行，使c（H2CO3）減小，Ka1、Ka2不變，所以pH增大時，c(HCO3-)?c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐漸減小，故D正確；故選D?！军c睛】本題考查弱電解質的電離平衡及其溶液中離子濃度的變化關系，把握電離平衡常數意義及應用、分析圖象信息是解題關鍵，注意比例式的恒等轉化以判斷其增減性的方法。10、C【解析】

A.中有6種等效氫，則一氯代物有6種，中有4種等效氫，一氯代物有4種，兩種一氯代物數目不同，故A錯誤；B.中含碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應，除此之外還能發(fā)生取代、氧化反應，中不含不飽和鍵，不能發(fā)生加成反應，能發(fā)生取代、氧化反應，故B錯誤；C.中含碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀褪色，中不含不飽和鍵，不能使酸性高錳酸鉀褪色，則可用酸性高錳酸鉀溶液區(qū)分，故C正確；D.中與碳碳雙鍵上的碳原子直接相連的原子共面，其中含1個叔碳原子（與甲基直接相連的碳原子），則所有碳原子不可能在同一平面上，故D錯誤。答案選C。11、D【解析】

閉合K2、斷開K1時，該裝置為電解池，Pt電極生成氫氣，則Pt電極為陰極，X電極為陽極；斷開K2、閉合K1時，該裝置為原電池，Zn電極生成Zn2+，為負極，X電極為正極?！驹斀狻緼.制氫時，Pt電極為陰極，電解池中陽離子流向陰極，故A正確；B.制氫時，X電極為陽極，失電子發(fā)生氧化反應，根據根據化合價可知該過程中Ni(OH)2轉化為NiOOH，電極方程式為，故B正確；C.供電時，Zn電極為負極，原電池中陰離子流向負極，所以氫氧根流向Zn電極，電極反應為Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O，轉移兩個電子同時遷移兩個OH-，但會消耗4個OH-，說明還消耗了水電離出的氫氧根，所以電極負極pH降低，故C正確；D.供電時，正極為NiOOH被還原，而不是水，故D錯誤；故答案為D。12、B【解析】

在a電極上，I2Br-得電子生成I-和Br-，a電極為正極；在b電極上，Zn失電子生成Zn2+進入溶液，b電極為負極?！驹斀狻緼．放電時，a極為正極，電勢高于作負極的b極，A正確；B．充電時，a極應為陽極，電極反應為2I－+Br－-2e－==I2Br-，B錯誤；C．圖中貯液器中的溶液組成與電極區(qū)的溶液組成相同，相當于電極區(qū)的電解質溶液，可提高電池的容量，C正確；D．導線中有NA個電子轉移，依據關系式Zn—2e-，就有0.5molZn2+生成并通過隔膜(保持溶液的電中性)，D正確；故選B。13、C【解析】25℃時，向KCl溶液加入少量KCl固體至溶液剛好飽和的過程中，隨著氯化鉀的增加，溶液中氯化鉀的質量逐漸增加、氯化鉀的質量分數逐漸增大、溶液的質量逐漸增大，但是整個過程中溶劑水的質量不變，答案選C。14、A【解析】

酚酞遇堿變紅，在酸性、中性或弱堿性環(huán)境下褪色。氫氧化鈉的酚酞溶液顯紅色。【詳解】A.氨氣不與氫氧化鈉溶液反應，且氨氣溶于水生成氨水具有堿性，不能使酚酞褪色，故A選；B.SO2溶于水生成亞硫酸，可以和氫氧化鈉溶液反應，使溶液褪色，故B不選；C.HCl溶于水生成鹽酸，可以和氫氧化鈉溶液反應生成中性的氯化鈉，使溶液褪色，故C不選；D.CO2溶于水生成碳酸，碳酸可以和氫氧化鈉溶液反應，使溶液褪色，故D不選；故選A?！军c睛】SO2和CO2是酸性氧化物，和NaOH反應生成Na2SO3和Na2CO3，如果SO2和CO2過量，和NaOH反應生成NaHSO3和NaHCO3。這四種物質除了NaHSO3溶液是酸性的，其他三種都是堿性的，含酚酞的溶液可能褪色。但如果繼續(xù)通入氣體SO2和CO2，溶液中會生成酸，最終溶液一定會褪色。15、D【解析】

A．中子數為8的O原子，質量數=質子數+中子數=8+8=16，中子數為8的O原子：O，故A錯誤；B．N2H4為聯氨，是共價化合物，氮原子和氫原子形成共價鍵，氮原子和氮原子間也形成共價鍵，結構式為：，故B錯誤；C．Mg的結構示意圖：，Mg2＋的結構示意圖為，故C錯誤；D．H2O分子中氫原子與氧原子之間形成1對共用電子對，電子式：，故D正確；答案選D?！军c睛】在元素符號做下架表示的是質子數，左上角是質量數，質量數=質子數+中子數。16、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。【點睛】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。二、非選擇題（本題包括5小題）17、NH4Cl4NH3+5O24NO+6H2O3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O1:2【解析】

根據題目提供的轉化關系，常溫、常壓下，B、C、D、E、G、H、I均為氣體，其中D、G、H為單質，H為黃綠色氣體則為氯氣，I通常為紅棕色氣體則為NO2，I的相對分子質量比E的大16，則E為NO；F在常溫下是一種無色液體則為H2O；G能在H中燃燒，發(fā)出蒼白色火焰，則G為氫氣，產物C易溶于水為氯化氫；J是一元含氧強酸且可由NO2與水反應得到，則為HNO3。NO與D反應生成NO2，D為單質，則D為氧氣，B與氧氣反應生成NO和水，則B為氨氣，A為正鹽，加熱得到氨氣和氯化氫，則A為氯化銨。(1)A為氯化銨，其化學式為NH4Cl；(2)一定條件下，B（NH3）和D（O2）反應生成E（NO）和F（H2O）的化學方程式為4NH3+5O24NO+6H2O；(3)J（HNO3）和金屬Cu反應生成E（NO）的化學方程式為3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；(4)H為氯氣，和石灰乳反應的化學方程式為2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；(5)在I和F的反應3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氧化劑和還原劑的質量之比為1：2。18、ClCH2CH=CHCH2Cl羧基、碳碳雙鍵加成反應氫氧化鈉水溶液、加熱HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2OCH3COOC2H5【解析】

（1）由C的結構可知，反應①是1，3-丁二烯與氯氣發(fā)生1，4-加成反應生成1，4-二氯-2-丁烯，反應②發(fā)生鹵代烴的水解反應，故B為ClCH2CH=CHCH2Cl，D中官能團名稱為：羧基、碳碳雙鍵；（2）①的反應的類型是：加成反應，②的反應條件是：氫氧化鈉水溶液、加熱；（3）④是HOOCCH=CHCOOH與甲醇發(fā)生酯化反應得到CH3OOCCH=CHCOOCH3，反應方程式為；（4）C的一種同分異構體可水解且生成兩種產物可相互轉化，符合條件的C的同分異構體為：CH3COOC2H5；（5）過程③由多個步驟組成，對比C、D的結構，HOCH2CH=CHCH2OH先與HCl發(fā)生加成反應生成HOCH2CH2CHClCH2OH，然后發(fā)生氧化反應生成HOOCCH2CHClCOOH，HOOCCH2CHClCOOH發(fā)生消去反應、酸化得到HOOCCH=CHCOOH，合成路線流程圖為：，故答案為：?！军c睛】本題考查有機物的合成，題目涉及有機反應類型、官能團識別、有機反應方程式書寫、限制條件同分異構體書寫、合成路線設計等，注意根據有機物的結構明確發(fā)生的反應，熟練掌握官能團的性質與轉化。19、溫度控制使反應發(fā)生(或正常進行)，并防止溫度過高引起爆炸冰水浴2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O用水再次吸收殘余的二氧化氯氣體，并使錐形瓶內外壓強相等當滴入(最后)一滴標準液時，溶液由藍色恰好變?yōu)闊o色，且半分鐘內不褪色，說明滴定至終點1.35cV×10-2g偏高偏低【解析】

(1)二氧化氯(ClO2)沸點為11℃，用氯酸鉀粉末與草酸在60℃時反應可生成二氧化氯等物質，裝置A必須添加溫度控制裝置，需溫度計，ClO2溫度過高可能引起爆炸，其溫度要保持60-80℃之間，ClO2的沸點低，用冰水可以使ClO2冷凝為液體；(2)KClO3和草酸發(fā)生氧化還原反應生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，根據得失電子守恒、原子守恒書寫方程式；(3)用水再次吸收殘余的二氧化氯氣體，并使錐形瓶內外壓強相等；(4)溶液由藍色恰好變?yōu)闊o色，且半分鐘內不褪色，說明滴定至終點；(5)根據關系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3計算n(ClO2)，再根據m=nM計算m(ClO2)；(6)根據關系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3判斷，若操作使Na2S2O3偏少，則ClO2偏低；若操作使Na2S2O3偏大，則ClO2偏高?！驹斀狻?1)二氧化氯(ClO2)沸點為11℃，用氯酸鉀粉末與草酸在60℃時反應可生成二氧化氯等物質，裝置A必須添加溫度控制裝置，所以裝置A中還應安裝的玻璃儀器是溫度計；ClO2熔點為-59℃，沸點為11.0℃，溫度過高可能引起爆炸，其溫度要保持60-80℃之間，控制溫度的目的是使反應發(fā)生(或正常進行)，并防止溫度過高引起爆炸，ClO2的沸點：11.0℃，沸點低，用冰水可以使ClO2冷凝為液體，收集在試管中或常溫下二氧化氯為氣態(tài)，裝置B使用冰水浴裝置，進行降溫處理；(2)KClO3和草酸發(fā)生氧化還原反應生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，根據得失電子守恒、原子守恒書寫方程式2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O；(3)裝置中玻璃液封管的作用是，用水再次吸收殘余的二氧化氯氣體，并使錐形瓶內外壓強相等；(4)當滴入(最后)一滴標準液時，溶液由藍色恰好變?yōu)闊o色，且半分鐘內不褪色，說明滴定至終點；(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物質的量n(Na2S2O3)=V?10-3L×cmol/L=c?V?10-3mol．則：根據關系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，210n(ClO2)c?V?10-3mol所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×c?V?10-3mol，所以m(ClO2)=n(ClO2)?M=×c?V?10-3mol×67.5g/mol=1.35cV×10-2g；(6)①若在配制Na2S2O3標準溶液時，燒杯中的溶液有少量濺出，使標準溶液的濃度減小，消耗的體積增大，則測定結果中ClO2的含量偏高；②若在滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視標準液液面，讀取的體積比實際體積偏小，導致測定結果中ClO2的含量偏低?！军c睛】本題以氯及其化合物的性質為線索，考查了物質含量的探究性實驗，涉及化學實驗基本操作、滴定終點的判斷方法、氧化還原反應在滴定中的應用，把握習題中的信息及知識遷移應用為解答的關鍵，題目難度中等。20、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O通入CO2氣體有白色沉淀生成，加入鹽酸后有氣體產生，同時沉淀溶解分液漏斗把生成的CO2氣體全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2Ocd25.0%否偏高【解析】

Ⅰ．(1)氫氧化鋁與NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉與水；(2)濾液中含有偏鋁酸鈉，先通入過量二氧化碳，發(fā)生反應AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，再加入過量稀鹽酸，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O、HCO3-+H+=CO2↑+H2O；Ⅱ．實驗通過C裝置生成的碳酸鋇的質量測定二氧化碳的質量，進而計算牙膏中碳酸鈣的質量分數。裝置中殘留部分二氧化碳，不能被完全吸收，需要通過適當的方法將二氧化碳全部趕入氫氧化鋇的試劑瓶中，據此分析解答(3)~(7)；(8)裝置B中的水蒸氣和氯化氫氣體會進入裝置C中被吸收，據此分析判斷?！驹斀狻竣瘢?1)氫氧化鋁與NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉與水，反應的離子方程式為Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，故答案為Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O；(2)往(1)所得濾液中先通入過量二氧化碳，發(fā)生反應AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，再加入過量稀鹽酸，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，HCO3-+H+=CO2↑+H2O，因此反應現象為通入CO2氣體有白色沉淀生成；加入鹽酸有氣體產生，沉淀溶解，故答案為通入CO2氣體有白色沉淀生成，加入鹽酸后有氣體產生，同時沉淀溶解；Ⅱ．(3)根據圖示，儀器a為分液漏斗，故答案為分液漏斗；(4)裝置中殘留部分二氧化碳，如果不能被完全吸收，會導致測定的碳酸鋇的質量偏小，持續(xù)緩緩通入空氣可以將生成的CO2氣體全部排入C中，使之完全被Ba(