2023-2024學年山東師大附中高三第五次模擬考試化學試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、用下列裝置進行實驗能達到相應實驗目的的是A．裝置配制100mL某濃度NaNO3溶液B．分離溴苯和水混合物C．驗證質量守恒定律D．可以實現(xiàn)防止鐵釘生銹2、下列實驗中，所采取的分離方法與對應原理都正確的是（）A．A B．B C．C D．D3、室溫下，pH相同的鹽酸和醋酸的說法正確的是()A．醋酸的濃度小于鹽酸B．鹽酸的導電性明顯大于醋酸C．加水稀釋相同倍數時，醋酸的pH變化更明顯D．中和兩份完全相同的NaOH溶液，消耗的醋酸的體積更小4、“軌道”2px與3py上電子一定相同的方面是（）A．能量 B．呈紡錘形C．自旋方向 D．在空間的伸展方向5、密度為0.910g/cm3氨水，質量分數為25.0%，該氨水用等體積的水稀釋后，所得溶液的質量分數為A．等于13.5% B．大于12.5% C．小于12.5% D．無法確定6、已知：CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO42-(aq)?H<0。對含有大量CaSO4(s)的濁液改變一個條件，下列圖像符合濁液中c(Ca2+)變化的是（）A．加入少量BaCl2(s)B．加少量蒸餾水C．加少量硫酸D．適當升高溫度7、某些電解質分子的中心原子最外層電子未達飽和結構，其電離采取結合溶液中其他離子的形式，而使中心原子最外層電子達到飽和結構。例如：硼酸分子的中心原子B最外層電子并未達到飽和，它在水中電離過程為：下列判斷正確的是（）A．凡是酸或堿對水的電離都是抑制的B．硼酸是三元酸C．硼酸溶液與NaOH溶液反應的離子方程式：H3BO3+OH－=[B(OH)4]－D．硼酸是兩性化合物8、為達到下列實驗目的，對應的實驗方法以及相關解釋均正確的是（）選項實驗目的實驗方法相關解釋A測量氯水的pHpH試紙遇酸變紅B探究正戊烷(C5H12)催化裂解C5H12裂解為分子較小的烷烴和烯烴C實驗溫度對平衡移動的影響2NO2(g)N2O4(g)為放熱反應，升溫平衡逆向移動D用AlCl3溶液制備AlCl3晶體AlCl3沸點高于溶劑水A．A B．B C．C D．D9、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．pH=1的硫酸溶液1L，溶液中含SO42-的數目等于0.1NAB．真空密閉容器中充入0.1molH2和0.1molI2充分反應后，容器內分子總數為0.2NAC．10mL0.1mol?L-1的FeCl3與20mL0.1mol?L-1KI溶液反應，轉移電子數為0.001NAD．60gSiO2晶體中Si-O鍵數目為2NA10、實驗中需2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制時應選用的容量瓶的規(guī)格和稱取Na2CO3的質量分別是A．1000mL，212.0g B．950mL，543.4g C．任意規(guī)格，572g D．500mL，286g11、下列各組離子一定能大量共存的是A．在含有大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl-、SCN-B．在含有Al3+、Cl－的溶液中：HCO3－、I－、NH4＋、Mg2＋C．在c(H+)=1×10－13mol/L的溶液中：Na＋、S2－、SO32－、NO3－D．在溶質為KNO3和NaHSO4的溶液中：Fe2＋、Ca2＋、Al3＋、Cl－12、實驗室常用乙醇和濃硫酸共熱制取乙烯：CH3CH2OHH2C=CH2↑+H2O某同學用以下裝置進行乙烯制取實驗。下列敘述不正確的是A．m的作用是確保乙醇與濃硫酸能順利流下B．電控溫值可設置在165-175℃C．a出來的氣體可用瓶口向下排空氣法收集D．燒瓶內可放幾粒碎瓷片以防暴沸13、下列實驗不能達到預期目的是（）實驗操作實驗目的A充滿NO2的密閉玻璃球分別浸泡在冷、熱水中研究溫度對化學平衡移動的影響B(tài)向盛有1mL硝酸銀溶液的試管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀，再向其中滴加Na2S溶液說明一種沉淀能轉化為另一種溶解度更小的沉淀C苯酚和水的濁液中，加少量濃碳酸鈉溶液比較苯酚與碳酸氫鈉的酸性D取少量溶液滴加Ca（OH）2溶液，觀察是否出現(xiàn)白色渾濁確定NaHCO3溶液中是否混有Na2CO3A．A B．B C．C D．D14、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15、前20號元素X、Y、Z、W、R原子序數依次增大。其中X、Z、R最外層電子數相等，且X與Z、R均可形成離子化合物；Y、W同主族，Y最外層電子數是內層電子數的3倍。下列說法正確的是A．元素原子半徑大小順序為：W>Z>YB．X分別與Y、Z、W形成的常見化合物都屬于電解質C．Y分別與Z、R形成的化合物中均只含有離子鍵D．Y分別與X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同16、根據下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結論正確的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象結論A向溶有SO2的BaCl2溶液中通入氣體X，出現(xiàn)白色沉淀X具有強氧化性B將稀鹽酸滴入硅酸鈉溶液中，充分振蕩，有白色沉淀產生非金屬性：Cl>SiC常溫下，分別測定濃度均為0.1mol·L－1NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大酸性：HF<HClOD鹵代烴Y與NaOH水溶液共熱后，加入足量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液，產生白色沉淀Y中含有氯原子A．A B．B C．C D．D17、下列實驗結果不能作為相應定律或原理的證據之一的是（）ABCD勒夏特列原理元素周期律蓋斯定律阿伏加德羅定律實驗方案結果左球氣體顏色加深右球氣體顏色變淺燒瓶中冒氣泡試管中出現(xiàn)渾濁測得為、的和與的體積比約為2:1（B中試劑為濃鹽酸、碳酸鈉溶液、硅酸鈉溶液）A．A B．B C．C D．D18、下列實驗操作、現(xiàn)象和所得出結論正確的是（）選項實驗操作實驗現(xiàn)象實驗結論A向淀粉溶液中加入稀硫酸，加熱一段時間后，再加入新制Cu(OH)2，加熱沒有出現(xiàn)磚紅色沉淀淀粉沒有水解B取少量Mg(OH)2懸濁液，向其中滴加適量濃CH3COONH4溶液Mg(OH)2溶解CH3COONH4溶液呈酸性C將浸透石蠟油的石棉放置在硬質試管底部，加入少量碎瓷片并加強熱，將生成的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液中酸性高錳酸鉀溶液褪色石蠟油分解產物中含有不飽和烴D將海帶剪碎，灼燒成灰，加蒸餾水浸泡，取濾液滴加硫酸溶液，再加入淀粉溶液溶液變藍海帶中含有豐富的I2A．A B．B C．C D．D19、X、Y、Z、R是四種原子序數依次遞增的短周期主族元素，X原子最外層有兩個未成對電子，Y原子最外層電子數是內層電子數的3倍，Z元素的單質常溫下能與水劇烈反應產生氫氣，R原子的核外電子數是X原子與Z原子的核外電子數之和。下列敘述正確的是（）A．原子半徑的大小順序：X<Y<Z<RB．X、Y分別與氫元素組成的化合物熔沸點一定是：X<YC．最高價氧化物對應水化物的酸性：R＞XD．Y與Z形成的兩種化合物中的化學鍵和晶體類型均完全相同20、只用如圖所示裝置進行下列實驗，能夠得出相應實驗結論的是選項①②③實驗結論A稀鹽酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金屬性：Cl>C>SiB飽和食鹽水電石高錳酸鉀溶液生成乙炔C濃鹽酸MnO2NaBr溶液氧化性Cl2>Br2D濃硫酸Na2SO3溴水SO2具有還原性A．A B．B C．C D．D21、常溫下，用0.100mol·L－1NaOH溶液分別滴定20.00mL0.100mol·L－1的HA溶液和HB溶液的滴定曲線如圖。下列說法錯誤的是（己知lg2≈0.3）A．HB是弱酸，b點時溶液中c（B－）>c（Na+）>c（HB）B．a、b、c三點水電離出的c（H+）：a>b>cC．滴定HB溶液時，應用酚酞作指示劑D．滴定HA溶液時，當V（NaOH）=19.98mL時溶液pH約為4.322、實驗室中，要使AlCl3溶液中的Al3+離子全部沉淀出來，適宜的試劑是A．NaOH溶液 B．氨水 C．鹽酸 D．Ba(OH)2溶液二、非選擇題(共84分)23、（14分）為探究黑色固體X(僅含兩種元素)的組成和性質，設計并完成如下實驗：請回答：（1）X的化學式是______________。（2）寫出藍色溶液轉化為藍色沉淀的離子方程式是______________。（3）寫出固體甲與稀硫酸反應的化學方程式______________。24、（12分）奧美拉唑主要用于十二指腸潰瘍和胃潰的治療，靜脈注射可用于消化性潰瘍急性出的治療，反應中間體F和奧美拉性的合成路線如下：I中間體F的合成：II奧美拉唑的合成：已知：結合上述合成路線，請回答：（1）下列說法正確的是__________A．奧美拉的分子式為C18H19N3O3SB．J生成K的反應類型為加成反應C．化合物C可以發(fā)生的反應類型有取代、還原、加成D．設計A轉化為B的目的是保護其中的官能團（2）化合物F的結構簡式為_______________________________；（3）請寫出A→B的反應方程式___________________________________；（4）試寫出同時滿足下列條件的化合物H的同分異構體:_____________________________①分子中含苯環(huán)，遇FeC13顯紫色②分子中含有4種不同化學環(huán)境的氫原子。（5）利用已有知識和題中涉及的反應，設計從乙烯合成的路線。(用流程圖表示，無機試劑任選)_________________________25、（12分）某化學興趣小組在習題解析中看到：“SO2通入Ba(NO3)2溶液出現(xiàn)白色沉淀，是因為在酸性環(huán)境中，NO3-將SO32-氧化成SO42-而產生沉淀”。有同學對這個解析提出了質疑，“因沒有隔絕空氣，也許只是氧化了SO32-，與NO3-無關”。于是做了“SO2通入Ba(NO3)2溶液”的探究實驗，用pH傳感器檢測反應的進行，實驗裝置如圖?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器a的名稱為__。（2）實驗小組發(fā)現(xiàn)裝置C存在不足，不足之處是__。（3）用0.1mol/LBaCl2溶液、0.1mol/LBa(NO3)2溶液、食用油，配制4種溶液（見下表）分別在裝置C中進行探究實驗。編號①②③④試劑煮沸過的BaCl2溶液25mL，再加入食用油25mL未煮沸過的BaCl2溶液25mL煮沸過的Ba(NO3)2溶液25mL，再加入食用油25mL未煮沸過的Ba(NO3)2溶液25mL對比①、②號試劑，探究的目的是___。（4）進行①號、③號實驗前通氮氣的目的是__。（5）實驗現(xiàn)象：①號依然澄清，②、③、④號均出現(xiàn)渾濁。第②號實驗時C中反應的離子方程式為__。（6）圖1-4分別為①，②，③，④號實驗所測pH隨時間的變化曲線。根據以上數據，可得到的結論是__。26、（10分）硫酰氯（SO2Cl2）可用于有機合成和藥物制造等。實驗室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2[SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ/mol]，裝置如圖所示（部分裝置省略）。已知SO2Cl2的熔點為－54.1℃，沸點為69.1℃，有強腐蝕性，不宜接觸堿、醇、纖維素等許多無機物和有機物，遇水能發(fā)生劇烈反應并產生白霧?；卮鹣铝袉栴}：I．SO2Cl2的制備（1）水應從___（選填“a”或“b”）口進入。（2）制取SO2的最佳組合是___（填標號）。①Fe+18.4mol/LH2SO4②Na2SO3+70%H2SO4③Na2SO3+3mo/LHNO3（3）乙裝置中盛放的試劑是___。（4）制備過程中需要將裝置甲置于冰水浴中，原因是___。（5）反應結束后，分離甲中混合物的最佳實驗操作是___。II．測定產品中SO2Cl2的含量，實驗步驟如下：①取1.5g產品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振蕩、過濾、洗滌，將所得溶液均放入錐形瓶中；②向錐形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.2000mol·L－1的AgNO3溶液l00.00mL；③向其中加入2mL硝基苯，用力搖動，使沉淀表面被有機物覆蓋；④加入NH4Fe(SO4)2指示劑，用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+，終點所用體積為10.00mL。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10Ksp(AgSCN)=2×10-12（6）滴定終點的現(xiàn)象為___。（7）產品中SO2Cl2的質量分數為___%，若步驟③不加入硝基苯則所測SO2Cl2含量將___（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）。27、（12分）NaNO2(1)已知：Ka(HNO2)=5.1×10-4，Ksp(AgCl(2)利用下圖裝置（略去夾持儀器）制備已知：2NO+Na2O2=2NaNO2；酸性條件下，NO①裝置A中發(fā)生反應的離子方程式為__________________________________；這樣安放銅絲比將銅片浸于液體中的優(yōu)點是__________________________。②裝置B中反應的化學方程式為________________________________。③干燥劑X的名稱為__________，其作用是____________________。④上圖設計有缺陷，請在F方框內將裝置補充完全，并填寫相關試劑名稱___________。(3)測定產品的純度。取5.000g制取的樣品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于錐形瓶中，用0.1000滴定次數1234消耗KMnO4溶液體積20.9020.1220.0019.88①第一次滴定實驗數據異常的原因可能是______（填字母序號）。A．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗B．錐形瓶洗凈后未干燥C．當觀察到最后一滴溶液滴入待測液中紅色慢慢褪去，定為滴定終點D．滴定終點時俯視讀數②酸性KMnO4溶液滴定NaNO2溶液的離子方程式為③該樣品中NaNO2的質量分數為__________28、（14分）三氧化二鎳(Ni2O3)是一種重要的電子元件材料和蓄電池材料。工業(yè)上利用含鎳廢水(鎳主要以NiR2絡合物形式存在)制取草酸鎳(NiC2O4)，再高溫灼燒草酸鎳制取三氧化二鎳。工藝流程如圖所示：已知：①NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)(R-為有機物配位體，K=1.6×10-14)②Ksp[Fe(OH)3]=2.16×10-39，Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15③Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5④“脫絡”過程中，R-與中間產物·OH反應生成·R(有機物自由基)，·OH能與H2O2發(fā)生反應。有關反應的方程式如下：i.Fe2++H2O2=Fe3++OH－+·OH.ii.R-+·OH=OH-+·Riii.H2O2+2OH=O2↑+2H2O請回答下列問題：(1)中間產物·OH的電子式是_______。(2)“沉鐵”時，若溶液中c(Ni2+)=0.01mol/L，加入碳酸鈉調溶液的pH為______(假設溶液體積不變，1g6≈0.8)使Fe3+恰好沉淀完全(離子的濃度≤1.0×10-5mol/L)，此時_____（填“有”或“無”）Ni(OH)2沉淀生成。(3)25℃時pH=3的草酸溶液中=____________(保留兩位小數)?！俺伶嚒奔吹玫讲菟徭嚦恋恚潆x子方程式是____________。(4)加入Fe2+和H2O2能夠實現(xiàn)“脫絡”的原因是____________。(5)工業(yè)上還可用電解NiCl2等混合溶液的方法制取三氧化二鎳。電解過程中ClO-把Ni(OH)2氧化為三氧化二鎳。寫出該反應的離子方程式：____________。29、（10分）一種合成囧烷（E）的路線如下圖所示：（1）A中所含官能團的名稱是_____，E的分子式為________。（2）A→B、B→C的反應類型分別是______、_______。（3）①在一定條件下，B與足量乙酸可發(fā)生酯化反應，其化學方程式為_______。②C→D為醛酮縮合反應，其化學方程式為_____________________。（4）F是一種芳香族化合物，能同時滿足下列條件的F的同分異構體有__種。①1個F分子只比1個C分子少2個氫原子②苯環(huán)上有3個取代基③1molF能與2molNaOH反應寫出其中核磁共振氫譜圖有5組峰，且峰面積比為3∶2∶2∶2∶1的一種物質的結構簡式：_______。（5）1，2－環(huán)己二醇是一種重要的有機合成原料，請參照題中的合成路線，以和為主要原料，設計合成1，2－環(huán)己二醇的合成路線（其他試劑任選）_______。

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、B【解析】

A．配制溶液時，NaNO3固體不能直接放在容量瓶中溶解，故A錯誤；B．溴苯的密度大于水，不溶于水，溴苯在下層，故B正確；C．鹽酸與碳酸鈉溶液反應放出二氧化碳，反應后容器中物質的總質量減少，不能直接用于驗證質量守恒定律，故C錯誤；D．作原電池正極或電解池陰極的金屬被保護，作原電池負極或電解池陽極的金屬加速被腐蝕，該裝置中Fe作負極而加速被腐蝕，不能防止鐵釘生銹，故D錯誤；答案選B?！军c睛】本題的易錯點為C，驗證質量守恒定律的實驗時，選用藥品和裝置應考慮：①只有質量沒有變化的化學變化才能直接用于驗證質量守恒；②如果反應物中有氣體參加反應，或生成物中有氣體生成，應該選用密閉裝置。2、D【解析】

A.乙醇能與水互溶，因此不能做從碘水中提取碘單質的萃取劑，故A錯誤；B.乙酸乙酯與乙醇互溶，不能采用分液的方法，應加入飽和碳酸鈉溶液，然后分液，故B錯誤；C.除去KNO3固體中的NaCl，采用重結晶方法，利用KNO3的溶解度受溫度的影響較大，NaCl的溶解度受溫度的影響較小，故C錯誤；D.蒸餾利用沸點不同對互溶液體進行分離，丁醇、乙醚互溶，采用蒸餾法進行分離，利用兩者沸點相差較大，故D正確；答案：D。3、D【解析】

鹽酸為強酸，完全電離，醋酸為弱酸，部分電離，相同pH時，醋酸的濃度大于鹽酸的濃度，據此分析；【詳解】A、醋酸為弱酸，部分電離，鹽酸為強酸，完全電離，相同pH時，醋酸的濃度大于鹽酸，故A錯誤；B、電解質導電性與離子濃度和離子所帶電荷數有關，醋酸和鹽酸都是一元酸，相同pH時，溶液中離子濃度和所帶電荷數相等，導電能力幾乎相同，故B錯誤；C、加水稀釋，兩種酸的pH增大，醋酸是弱酸，加水稀釋，促進電離，稀釋相同倍數時，醋酸溶液中c(H＋)大于鹽酸c(H＋)，即鹽酸的pH變化更明顯，故C錯誤；D、根據A選項分析，c(CH3COOH)>c(HCl)，中和相同的NaOH溶液時，濃度大的醋酸消耗的體積小，故D正確；答案選D。4、B【解析】

A．“軌道”2Px與3Py分別屬于第二電子層和第三電子層，不同電子層的電子具有不同的能量，所以二者的能量不同，故A錯誤；B．所有的p軌道均為紡錘形，所以“軌道”2Px與3Py均呈紡錘形，故B正確；C．不同電子層上的電子，其自旋方向不一定相同，故C錯誤；D．在三維坐標中，“軌道”2Px在x軸方向伸展，3Py在y軸方向伸展，則在空間的伸展方向不同，故D錯誤；故答案為B。5、C【解析】

設濃氨水的體積為V，密度為ρ濃，稀釋前后溶液中溶質的質量不變，則稀釋后質量分數ω=，氨水的密度小于水的密度(1g/cm3)，濃度越大密度越小，所以=＜==12.5%，故選C?！军c睛】解答本題需要知道氨水的密度小于水的密度，而且濃度越大密度越小。6、C【解析】

A.加少量BaCl2生成BaSO4沉淀，c(SO42-)減小，使CaSO4溶解平衡向溶解方向移動，c(Ca2+)增大，故A錯誤；B.加少量蒸餾水，CaSO4(s)繼續(xù)溶解至飽和，c(Ca2+)不變，故B錯誤；C.加少量硫酸c(SO42-)增大，使CaSO4溶解平衡向沉淀方向移動，c(Ca2+)減小，故C正確；D.適當升高溫度，使CaSO4溶解平衡向沉淀方向移動，c(Ca2+)減小，故D錯誤；故答案為C。7、C【解析】

A.由信息可知，中心原子最外層電子未達飽和結構的酸，能結合水電離出的OH-，從而促進水的電離，A錯誤；B.1個硼酸分子能結合1個OH-，從而表現(xiàn)一元酸的性質，所以硼酸是一元酸，B錯誤；C.硼酸的中心原子未達飽和結構，與堿反應時，能結合OH-，從而生成[B(OH)4]－，C正確；D.硼酸只能結合OH-而不能結合H+，所以它是酸性化合物，D錯誤。故選C。8、C【解析】

A選項，不能用pH試紙測量氯水的pH，氯水有漂白性，故A錯誤；B選項，該裝置不是催化裂化裝置，C5H12裂解為分子較小的烷烴和烯烴，常溫下為氣體，故B錯誤；C選項，熱水中顏色加深，說明2NO2(g)N2O4(g)為放熱反應，升溫平衡逆向移動，故C正確；D選項，該裝置不能用于AlCl3溶液制備AlCl3晶體，由于氯化鋁易發(fā)生水解，可在HCl氣流中加熱AlCl3溶液制備AlCl3晶體，故D錯誤。綜上所述，答案為C。9、B【解析】

A．的溶液，的物質的量為，硫酸中氫離子和硫酸根離子的物質的量比為2比1，硫酸根離子的物質的量為0.05mol，數目為，故A錯誤；B．和反應前后分子數不變，故和充分反應后，容器內分子總數為，故B正確；C．與KI的反應為可逆反應，故C錯誤；D．60g的物質的量為n===1mol，1mol中有4molSi-O鍵，則Si-O鍵數目為4NA；答案選B?！军c睛】關于PH的計算和物質的量公式是解題的關鍵。10、A【解析】

實驗室沒有950mL的容量瓶，應選擇體積相近的1000mL容量瓶，碳酸鈉的物質的量為1L×2mol/L=2mol，需要碳酸鈉的質量為2mol×106g/mol=212g，故選A。11、C【解析】

A、在含有大量Fe3+的溶液中SCN-不能大量共存，A錯誤；B、在含有Al3+、Cl－的溶液中鋁離子與HCO3－、水解相互促進生成氫氧化鋁和CO2，不能大量共存，B錯誤；C、c(H+)=1×10－13mol/L的溶液顯堿性，則Na＋、S2－、SO32－、NO3－可以大量共存，C正確；D、在溶質為KNO3和NaHSO4的溶液中硫酸氫鈉完全電離出氫離子，在酸性溶液中硝酸根離子與Fe2＋發(fā)生氧化還原反應不能大量共存，D錯誤，答案選C。12、C【解析】

A．m導氣管連接漏斗上下，可以使乙醇與濃硫酸的混合物上、下氣體壓強一致，這樣，液體混合物在重力作用下就可以順利流下，A正確；B．乙醇與濃硫酸混合加熱170℃會發(fā)生消去反應產生CH2=CH2、H2O，所以電控溫值在170℃左右，可設置在165-175℃，B正確；C．從a導管口出來的氣體中含乙醇發(fā)生消去反應產生的乙烯以及揮發(fā)的乙醇、副產物二氧化硫等，要制取乙烯，收集時可以用排水法，乙烯密度和空氣接近，不能用排空氣法收集，C錯誤；D．燒瓶內可放幾粒碎瓷片以防止產生暴沸現(xiàn)象，D正確；故合理選項是C。13、D【解析】

A.溫度不同時平衡常數不同，兩個玻璃球中剩余的量不一樣多，顏色也不一樣，A項正確；B.是白色沉淀，而是黑色沉淀，若沉淀的顏色改變則證明沉淀可以轉化，B項正確；C.苯酚的酸性強于，因此可以轉化為苯酚鈉，而苯酚鈉是溶于水的，因此濁液變澄清，C項正確；D.本身就可以和反應得到白色沉淀，因此本實驗毫無意義，D項錯誤；答案選D。14、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(xiàn)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。15、B【解析】

前20號元素X、Y、Z、W、R原子序數依次增大。Y最外層電子數是內層電子數的3倍，由于最外層電子數不超過8，原子只能有2個電子層，最外層電子數為6，則Y為O元素；而Y、W同主族，則W為S元素；X、Z、R最外層電子數相等，三者處于同主族，只能處于IA族或IIA族，且X與Z、R均可形成離子化合物，根據原子序數關系可知：X為H元素、Z為Na元素、R為K元素?！驹斀狻扛鶕鲜龇治隹芍猉是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；W是S元素；R是K元素。A.同周期元素從左向右原子半徑減小，同主族從上到下原子半徑增大，則原子半徑：Z(Na)>W(S)>Y(O)，A錯誤；B.X分別與Y、Z、W形成的常見化合物依次為H2O、NaH、H2S，這幾種物質都屬于電解質，B正確；C.Y與Z、R形成化合物有氧化鈉、過氧化鈉、氧化鉀等，而過氧化鈉中含有離子鍵、共價鍵，C錯誤；D.Y分別與X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物H2O2、Na2O2、SO2，前兩者利用其強氧化性，而二氧化硫利用與有機色質化合為不穩(wěn)定的無色物質，漂白原理不同，D錯誤；故合理選項是B。16、D【解析】

A．若X為氨氣，生成白色沉淀為亞硫酸鋇，若X為氯氣，生成白色沉淀為硫酸鋇，則X可能為氨氣或Cl2等，不一定具有強氧化性，選項A錯誤；B．由現(xiàn)象可知，生成硅酸，則鹽酸的酸性大于硅酸，但不能利用無氧酸與含氧酸的酸性強弱比較非金屬性，方案不合理，選項B錯誤；C、常溫下，分別測定濃度均為0.1mol·L－1NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大，說明ClO-的水解程度大，則酸性HF＞HClO，選項C錯誤；D．鹵代烴中鹵元素的檢驗時，先將鹵元素轉化為鹵離子，然后加入稀硝酸中和未反應的NaOH，最后用硝酸銀檢驗鹵離子，則鹵代烴Y與NaOH水溶液共熱后，加入足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，產生白色沉淀，說明鹵代烴Y中含有氯原子，選項D正確；答案選D?！军c睛】本題考查化學實驗方案評價，明確實驗操作步驟、元素化合物性質是解本題關鍵，注意鹵素離子與鹵素原子檢驗的不同，題目難度不大。17、B【解析】

A.是放熱反應，升高溫度，平衡向生成二氧化氮的方向移動，顏色變深，可以作為勒夏特列原理的證據之一；B、比較元素的非金屬性，應用元素最高價氧化物對應水化物的酸性比較，濃鹽酸不是氯的最高價氧化物對應水化物，無法比較氯和碳的非金屬性；生成的二氧化碳中含有HCl氣體，氯化氫與二氧化碳都能與硅酸鈉溶液反應生成硅酸沉淀，故也無法比較碳和硅的非金屬性，不能證明元素周期律；C、△H=△H1+△H2，化學反應的熱效應只與起始和終了狀態(tài)有關，與變化途徑無關，可以證明蓋斯定律；D、在同溫同壓下，氣體的體積比等于方程式的化學計量數之比等于氣體的物質的量之比，電解水生成的氧氣和氫氣體積比等于物質的量之比，可以證明阿伏加德羅定律；故答案為B。18、C【解析】

A．應加入堿溶液將水解后的淀粉溶液調節(jié)成堿性，才可以產生紅色沉淀，選項A錯誤；B、CH3COONH4溶液呈中性，取少量Mg(OH)2懸濁液，向其中滴加適量濃CH3COONH4溶液是由于銨根離子消耗氫氧根離子，使氫氧化鎂的溶解平衡正向移動，Mg(OH)2溶解，選項B錯誤；C、將浸透石蠟油的石棉放置在硬質試管底部，加入少量碎瓷片并加強熱，將生成的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液，高錳酸鉀溶液褪色，說明石蠟油分解生成不飽和烴，選項C正確；D、灼燒成灰，加蒸餾水浸泡后必須加氧化劑氧化，否則不產生碘單質，加淀粉后溶液不變藍，選項D錯誤。答案選C。19、C【解析】

X、Y、Z、R是四種原子序數依次遞增的短周期主族元素，Y原子最外層電子數是內層電子數的3倍，則核外各電子層的電子分別為2、6，應為O元素；Z元素的單質常溫下能與水劇烈反應產生氫氣，應為Na元素；X原子最外層有兩個未成對電子，其電子排布式為：1s22s22p2（C）或1s22s22p4（O），排除氧元素，故X為C；X原子與Z原子的核外電子數之和為17，則R為Cl元素，以此解答?！驹斀狻緼.由分析可知，X為C元素、Y為O元素、Z為Na元素、R為Cl元素，電子層數越多，原子半徑越大，同周期元素，原子序數越大，半徑越小，則原子半徑的大小順序：Y<X<R<Z，故A錯誤；B.Y與氫元素組成的化合物是H2O，X與氫元素組成的化合物可以是熔沸點比水小的CH4，也可以是熔沸點比水大的相對分子質量大的固態(tài)烴，故B錯誤；C.R為Cl元素、X為C元素，最高價氧化物對應水化物分別是HClO4和H2CO3，酸性：HClO4>H2CO3，故C正確；D.Y與Z形成的兩種化合物為Na2O和Na2O2，二者都是離子晶體，其中Na2O只含離子鍵，Na2O2含有離子鍵和非極性共價鍵，故D錯誤；正確答案是C?！军c睛】本題考查原子結構與元素關系、元素的性質等，難度不大，推斷元素是關鍵。20、D【解析】

A．鹽酸易揮發(fā)，且為無氧酸，揮發(fā)出來的氯化氫也能與硅酸鈉反應，則圖中裝置不能比較Cl、C、Si的非金屬性，故A錯誤；B．生成的乙炔中混有硫化氫，乙炔和硫化氫都能被高錳酸鉀氧化，使高錳酸鉀褪色，不能證明氣體中一定含有乙炔，故B錯誤；C．濃鹽酸與二氧化錳的反應需要加熱，常溫下不能生成氯氣，故C錯誤；D．濃硫酸與亞硫酸鈉反應生成二氧化硫，二氧化硫與溴水發(fā)生氧化還原反應生成硫酸和HBr，說明SO2具有還原性，故D正確；故選D。21、B【解析】

A.20.00mL0.100mol·L－1的HB溶液，pH大于1，說明HB是弱酸，b點溶質為HB和NaB，物質的量濃度相等，溶液顯酸性，電離程度大于水解程度，因此溶液中c(B－)>c(Na+)>c(HB)，故A正確；B.a、b、c三點，a點酸性比b點酸性強，抑制水電離程度大，c點是鹽，促進水解，因此三點水電離出的c(H+)：c>b>a，故B錯誤；C.滴定HB溶液時，生成NaB，溶液顯堿性，應用酚酞作指示劑，故C正確；D.滴定HA溶液時，當V(NaOH)=19.98mL時溶液氫離子濃度為，則pH約為4.3，故D正確。綜上所述，答案為B。22、B【解析】

要使AlCl3溶液中的Al3+全部沉淀出來，要求所用試劑能提供OH?，且須過量，因此適宜的試劑不能為強堿溶液，因為強堿會使氫氧化鋁沉淀溶解，據此分析；【詳解】A.據分析可知，氫氧化鈉過量會將氫氧化鋁沉淀溶解，A錯誤；B.據分析可知，氨水可以使鋁離子全部沉淀出來，且氫氧化鋁沉淀不溶于氨水，B正確；C.據分析可知，鹽酸不能使AlCl3溶液中的Al3+離子沉淀，C錯誤；D.據分析可知，Ba(OH)2溶液可以使鋁離子沉淀，但Ba(OH)2溶液過量會使氫氧化鋁沉淀溶解，D錯誤；故答案選B?！军c睛】氫氧化鋁不溶于弱酸弱堿是考察頻率較高的知識點之一，學生須熟練掌握。二、非選擇題(共84分)23、CuOCu2++2OH-=Cu(OH)2Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O【解析】

流程中32gX隔絕空氣加熱分解放出了能使帶火星的木條復燃的氣體為氧氣，質量：32.0g-28.8g=3.2g，證明X中含氧元素，28.8g固體甲和稀硫酸溶液反應生成藍色溶液，說明含銅離子，證明固體甲中含銅元素，即X中含銅元素，銅元素和氧元素形成的黑色固體為CuO，X為氧化銅，n(CuO)==0.4mol，結合質量守恒得到n(O2)==0.1mol，氧元素守恒得到甲中n(Cu)：n(O)=0.4mol：(0.4mol-0.1mol×2)=2：1，固體甲化學式為Cu2O，固體乙為Cu，藍色溶液為硫酸銅，加入氫氧化鈉溶液生成氫氧化銅沉淀，加熱分解得到16.0g氧化銅?！驹斀狻?1)分析可知X為CuO，故答案為CuO；(2)藍色溶液為硫酸銅溶液，轉化為藍色沉淀氫氧化銅的離子方程式為Cu2++2OH-=Cu(OH)2，故答案為Cu2++2OH-=Cu(OH)2；(3)固體甲為Cu2O，氧化亞銅和稀硫酸溶液發(fā)生歧化反應生成銅、二價銅離子和水，反應的化學方程式為：Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O，故答案為Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O。24、C、D【解析】

（1）奧美拉的分子式為C17H19N3O3S，A錯誤；J生成K的過程中，增加了氧原子，反應類型為氧化反應，B錯誤；化合物C中有苯環(huán)，可發(fā)生取代和加成反應；有碳氧雙鍵，可得到氫，發(fā)生還原反應；C正確；設計A轉化為B的目的是保護其中的官能團，D正確。答案選CD。（2）根據流程I到J有機物兩個分子結構的差別可知，化合物F的結構簡式。（3）根據生成物B的結構式和反應物可得A的結構式為，發(fā)生的化學反應為；（4）①分子中含苯環(huán)，遇FeC13顯紫色，結構中有酚羥基；②分子中含有4種不同化學環(huán)境的氫原子，根據化合物G的結構符合要求的化合物H結構式為；（5）結合題中流程圖，從乙烯合成的路線為；25、錐形瓶裝置C中的溶液與空氣接觸探究氧氣能否氧化SO32-排除裝置內的空氣，防止氧氣干擾2SO2+O2+2H2O=4H++2SO42-、NO3-都能氧化氧化SO32-，氧氣的氧化效果比NO3-更好，在氧氣、NO3-共存條件下，氧化速率更快?！窘馕觥?/p>

（1）根據裝置圖判斷儀器a的名稱；（2）要驗證“只是氧化了SO32-，與NO3-無關”，需在無氧條件下把SO2通入Ba(NO3)2溶液。（3）①、②號試劑的區(qū)別是①號溶液中無氧氣、②號試劑中溶有氧氣。（4）進行①號、③號試劑的共同點是無氧環(huán)境，區(qū)別是①號溶液中無硝酸根離子、③號試劑中有硝酸根離子；（5）實驗現(xiàn)象：①號依然澄清，②號出現(xiàn)渾濁，說明把SO32-氧化為SO42-；（6）根據pH減小的速度、pH達到的最小值分析?！驹斀狻浚?）根據裝置圖，儀器a的名稱是錐形瓶；（2）要驗證“只是氧化了SO32-，與NO3-無關”，需在無氧條件下把SO2通入Ba(NO3)2溶液，不足之處是裝置C中的溶液與空氣接觸。（3）①、②號試劑的區(qū)別是①號溶液中無氧氣、②號試劑中溶有氧氣，對比①、②號試劑，探究的目的是氧氣能否氧化SO32-。（4）進行①號、③號試劑的共同點是無氧環(huán)境，區(qū)別是①號溶液中無硝酸根離子、③號試劑中有硝酸根離子；進行①號、③號實驗的目的是探究在酸性環(huán)境中，NO3-能否將SO32-氧化成SO42-，進行①號、③號實驗前通氮氣可以排除裝置內的空氣，防止氧氣干擾；（5）實驗現(xiàn)象：①號依然澄清，②號出現(xiàn)渾濁，說明把SO32-氧化為SO42-，第②號實驗時C中反應的離子方程式為2SO2+O2+2H2O=4H++2SO42-；（6）根據圖象可知，、NO3-都能氧化氧化SO32-，氧氣的氧化效果比NO3-更好，在氧氣、NO3-共存條件下，氧化速率更快。26、b②堿石灰制取硫酰氯的反應時放熱反應，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產率蒸餾溶液變?yōu)榧t色，而且半分鐘內不褪色85.5%偏小【解析】

（1）用來冷卻的水應該從下口入，上口出；（2）制備SO2，鐵與濃硫酸反應需要加熱，硝酸能氧化SO2，所以用70%H2SO4+Na2SO3來制備SO2；（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反應又沒有加熱，故SO2與氯氣間的反應為放熱反應，由于會有一部分Cl2、SO2通過冷凝管逸出，故乙中應使用堿性試劑，又因SO2Cl2遇水易水解，故用堿石灰；（4）制取硫酰氯的反應時放熱反應，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產率；（5）分離沸點不同的液體可以用蒸餾的方法，所以甲中混合物分離開的實驗操作是蒸餾；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，當滴定達到終點時NH4SCN過量，加NH4Fe(SO4)2作指示劑，F(xiàn)e3+與SCN?反應溶液會變紅色，半分鐘內不褪色，即可確定滴定終點；（7）用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積V，則過量Ag+的物質的量為Vcmol，與Cl?反應的Ag+的物質的量為0.1000mol/L×0.1L?Vc×10?3mol，則可以求出SO2Cl2的物質的量；AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力搖動，使AgCl沉淀表面被有機物覆蓋，避免在滴加NH4SCN時，將AgCl沉淀轉化為AgSCN沉淀，若無此操作，NH4SCN與AgCl反應生成AgSCN沉淀，則滴定時消耗的NH4SCN標準液的體積偏多，即銀離子的物質的量偏大，則與氯離子反應的銀離子的物質的量偏小?！驹斀狻浚?）用來冷卻的水應該從下口入，上口出，故水應該從b口進入；（2）制備SO2，鐵與濃硫酸反應需要加熱，硝酸能氧化SO2，所以用②70%H2SO4+Na2SO3來制備SO2，故選②；（3）根據裝置圖可知，冷凝管的作用是冷凝回流而反應又沒有加熱，故SO2與氯氣間的反應為放熱反應，由于會有一部分Cl2、SO2通過冷凝管逸出，故乙中應使用堿性試劑，又因SO2Cl2遇水易水解，故用堿石灰，可以吸收氯氣、SO2并防止空氣中的水蒸氣進入冷凝管中，故乙裝置中盛放的試劑是堿石灰；（4）制取硫酰氯的反應時放熱反應，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產率；（5）分離沸點不同的液體可以用蒸餾的方法，所以甲中混合物分離開的實驗操作是蒸餾；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，當滴定達到終點時NH4SCN過量，加NH4Fe(SO4)2作指示劑，F(xiàn)e3+與SCN?反應溶液會變紅色，半分鐘內不褪色，即可確定滴定終點；故答案為：溶液變?yōu)榧t色，而且半分鐘內不褪色；（7）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積10.00mL，則過量Ag+的物質的量為Vcmol=0.01×0.1000mol·L-1=1×10-3mol，與Cl?反應的Ag+的物質的量為0.2000mol/L×0.1L?Vc×10?3mol＝1.9×10-2mol，則SO2Cl2的物質的量為1.9×10-2mol×0.5=9.5×10-3mol，產品中SO2Cl2的質量分數為×100%=85.5%；已知：Ksp(AgCl)=3.2×10?10，Ksp(AgSCN)=2×10?12，則AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力搖動，使AgCl沉淀表面被有機物覆蓋，避免在滴加NH4SCN時，將AgCl沉淀轉化為AgSCN沉淀，若無此操作，NH4SCN與AgCl反應生成AgSCN沉淀，則滴定時消耗的NH4SCN標準液的體積偏多，即銀離子的物質的量偏大，則與氯離子反應的銀離子的物質的量偏小，所以測得的氯離子的物質的量偏??；故答案為：85.5%；偏小。27、分別取等量的兩種固體樣品少量于試管中加水至溶解，再分別滴加酚酞試液，變紅的為NaNO2Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O可以控制反應的發(fā)生與停止3NO2＋H2O=2HNO3+NO堿石灰吸收B中揮發(fā)出的硝酸和水蒸氣A5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O69％（或0.69）【解析】

(1)根據NaCl、NaNO2鹽的組成及溶液的酸堿性分析判斷；(2)裝置A中是濃硝酸和銅加熱發(fā)生的反應，反應生成二氧化氮和硝酸銅和水，NO2與裝置B中的水反應產生HNO3和NO，通過裝置C中的干燥劑吸收水蒸氣，在裝置D中與Na2O2發(fā)生反應，裝置E中的干燥劑防止水蒸氣進入，通過裝置E中的過氧化鈉與一氧化氮反應，最后通過酸性高錳酸鉀溶液除去剩余一氧化氮防止污染空氣。(3)①第一次實驗數據出現(xiàn)異常，消耗KMnO4溶液體積偏大，根據c(待測)=c(分析不當操作對V(標準)的影響，以此判斷濃度的誤差；②在反應中NO2-被氧化為NO3-，MnO4-被還原為Mn2+；③根據方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O可求出亞硝酸鈉的物質的量，然后求樣品中亞硝酸鈉的質量分數?！驹斀狻?1)NaCl是強酸強堿鹽，不水解，溶液顯中性；NaNO2是強堿弱酸鹽，NO2-水解，消耗水電離產生的H+，最終達到平衡時溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液顯堿性，所以可根據鹽溶液的酸堿性的不同進行鑒別。分別取等量的兩種固體樣品少量于試管中加水至溶解，然后分別滴加酚酞試液，溶液變紅的為NaNO2，不變色的為NaCl；(2)①在裝置A中Cu與濃硝酸發(fā)生反應，產生硝酸銅、二氧化氮和水，反應的離子方程式為：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；這樣安放銅絲，可通過上下移動銅絲控制反應是否進行，所以使用銅絲的優(yōu)點是可以控制反應的發(fā)生與停止；②裝置B中水與二氧化氮反應生成硝酸和一氧化氮，反應方程式為3NO2＋H2O=2HNO3+NO；③在干燥管中盛放的干燥劑X的名稱為堿石灰，其作用是吸收B中揮發(fā)出的硝酸和水蒸氣；④NO及NO2都是大氣污染物，隨意排入大氣會造成大氣污染，故上圖設計的缺陷是無尾氣吸收裝置?？筛鶕﨨O、NO2都會被酸性KMnO4溶液吸收，產物都在溶液中，為防止倒吸現(xiàn)象的發(fā)生，在導氣管末端安裝一個倒扣的漏斗，裝置為；(3)①A.酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗，標準液的濃度偏小，根據c(待測)=c(標準)×V(標準)B.錐形瓶洗凈后未干燥，待測液的物質的量不變，對V(標準)無影響，B不可能；C.當觀察到最后一滴溶液滴入待測液中紅色慢慢褪去，就定為滴定終點，此時溶液中NO2-未反應完全，消耗標準溶液體積偏小，C不可能；D.滴定終點時俯視讀數，造成V(標準)偏小，D不可能；故合理選項是A；②在反應中NO2-被氧化為NO3-，MnO4-被還原為Mn2+，根據電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得該反應的離子方程式為5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O；③消耗KMnO4溶液體積V=(20.12+20.00+18.88)mL3=20.00mL，消耗高錳酸鉀的物質的量是n(MnO4