2024年江西省豐城市第九中學高三3月份第一次模擬考試化學試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3－、SO42－、Cl－，滴入過量氨水，產生白色沉淀，若溶液中各離子的物質的量濃度相等，則一定存在的離子是A．SO42－ B．NO3－ C．Na+ D．Fe3+2、下列各表述與示意圖一致的是A．25℃時，用0.1mol·L-1鹽酸滴定20mL0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH隨加入酸體積的變化B．10mL0.01mol·L-1KMnO4酸性溶液與過量的0.1mol·L-1H2C2O4溶液混合時，n(Mn2-)隨時間的變化C．曲線表示反應2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0正、逆反應的平衡常數K隨溫度的變化D．a、b曲線分別表示反應CH2=CH2(g)+H2(g)→CH3CH3(g)△H<0使用和未使用催化劑時，反應過程中的能量變化3、下列說法正確的是（）A．共價化合物的熔沸點都比較低B．816O、11C．H2O分子比H2S分子穩定的原因，是H2O分子間存在氫鍵D．SiO2和CaCO3在高溫下反應生成CO2氣體，說明硅酸的酸性比碳酸強4、儀器：①容量瓶、②長頸漏斗、③分液漏斗、④滴定管，使用前必須要檢查是否漏液的是A．全部 B．①③④ C．只有③和④ D．只有④5、設NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．常溫下lLpH=7的1mol/LCH3COONH4溶液中CH3COO－與NH4+數目均為NAB．18.0g葡萄糖和果糖的混合物中含羥基數目為0.5NAC．1molNa與足量O2反應，生成Na2O和Na2O2的混合物，Na失去2NA個電子D．室溫下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水電離的OH－數目為0.1NA6、大規模開發利用鐵、銅、鋁，由早到晚的時間順序是（）A．鐵、銅、鋁 B．鐵、鋁、銅 C．鋁、銅、鐵 D．銅、鐵、鋁7、下列對圖像的敘述正確的是甲乙丙丁A．圖甲可表示壓強對反應：的影響B．圖乙中，時刻改變的條件一定是加入了催化劑C．若圖丙表示反應：，則、D．圖丁表示水中和的關系，ABC所在區域總有8、25℃時，向10mL0.1mol/LNaOH溶液中，逐滴加入10mL濃度為cmol/L的HF稀溶液。已知25℃時：①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)ΔH=-67.7kJ/mol②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol。請根據信息判斷，下列說法中不正確的是A．整個滴加過程中，水的電離程度不一定存在先增大后減小的變化趨勢B．將氫氟酸溶液溫度由25℃升高到35℃時，HF的電離程度減小(不考慮揮發)C．當c>0.1時，溶液中才有可能存在c(Na+)=c(F-)D．若滴定過程中存在：c(Na+)>c(OH-)>c(F-)>c(H+)，則c一定小于0.19、下列實驗操作能達到實驗目的的是()A．加熱使升華，可除去鐵粉中的B．電解氯化鋁溶液，可制備鋁單質C．加入燒堿溶液，充分振蕩，靜置，分液，可除去苯中的苯酚D．將氨水滴加到飽和溶液中，可制備膠體10、短周期元素W、X、.Y、Z位于不相鄰主族,它們的原子序數及最外層電子數均依次增大且其中只有一種金屬元素,W處在第一周期。下列說法錯誤的是A．X為金屬元素 B．原子半徑:X>Y>Z>WC．Y與Z可形成2種化合物 D．Y的最高價氧化物對應的水化物是強酸11、NaFeO4是一種高效多功能水處理劑。制備方法之一如下：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。下列說法正確的是A．氧化產物是Na2FeO4B．1molFeSO4還原3molNa2O2C．轉移0.5mo1電子時生成16.6gNa2FeO4D．氧化產物與還原產物的物質的量之比為3:212、25℃時，濃度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液，下列判斷錯誤的是（）A．粒子種類不同 B．c(Na+)前者大于后者C．c(OH-)前者大于后者 D．分別加入NaOH固體，c(CO32-)均增大13、化學家創造的酸堿質子理論的要點是：凡能給出質子(H+)的分子或離子都是酸，凡能接受質子(H+)的分子或離子都是堿。按此觀點，下列微粒既屬于酸又屬于堿的是①H2O②CO32-③Al3+④CH3COOH⑤NH4+⑥H2N-CH2COOHA．②③ B．①⑥ C．④⑥ D．⑤⑥14、下列各選項中所述的兩個量，前者一定大于后者的是（）A．將pH=4的鹽酸和醋酸分別稀釋成pH=5的溶液，所加水的量B．pH=10的NaOH和Na2CO3溶液中，水的電離程度C．物質的量濃度相等的(NH4)2SO4溶液與(NH4)2CO3溶液中NH4+的物質的量濃度D．相同溫度下，10mL0.1mol/L的醋酸與100mL0.01mol/L的醋酸中H+的物質的量15、下列模型表示的烴或烴的含氧衍生物中，可以發生酯化反應的是（）A． B． C． D．16、鉈（Tl）是某超導材料的組成元素之一，與鋁同族，位于周期表第六周期。Tl3+與銀在酸性溶液中發生反應：Tl3++2AgTl++2Ag+，下列推斷正確的是（）A．Tl+的最外層有1個電子 B．Tl能形成+3價和+1價的化合物C．Tl3+氧化性比鋁離子弱 D．Tl+的還原性比Ag強二、非選擇題（本題包括5小題）17、PVAc是一種具有熱塑性的樹脂，可合成重要高分子材料M，合成路線如下：己知：R、Rˊ、Rˊˊ為H原子或烴基I.R'CHO+R"CH2CHOII.RCHO+（1）標準狀況下，4.48L氣態烴A的質量是5.2g，則A的結構簡式為___________________。（2）己知A→B為加成反應，則X的結構簡式為_______；B中官能團的名稱是_________。（3）反應①的化學方程式為______________________。（4）E能使溴的四氯化碳溶液褪色，反應②的反應試劑和條件是_______________________。（5）反應③的化學方程式為____________________________。（6）在E→F→G→H的轉化過程中，乙二醇的作用是__________________________。（7）己知M的鏈節中除苯環外，還含有六元環狀結構，則M的結構簡式為_________________。18、苯巴比妥是1903年就開始使用的安眠藥，其合成路線如圖(部分試劑和產物略)。已知：①NBS是一種溴代試劑②++C2H5OH③R1—COOC2H5++C2H5OH請回答下列問題：(1)下列說法正確的是__________A．1molE在NaOH溶液中完全水解，需要消耗2molNaOHB．化合物C可以和FeCl3溶液發生顯色反應C．苯巴比妥具有弱堿性D．試劑X可以是CO(NH2)2(2)B中官能團的名稱__________，化合物H的結構簡式為_______。(3)D→E的化學方程式為_________。(4)苯巴比妥的一種同系物K，分子式為C10H8N2O3，寫出K同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式______①分子中含有兩個六元環；且兩個六元環結構和性質類似②能夠和FeCl3發生顯色反應③核磁共振氫譜顯示分子中由5種氫(5)參照流程圖中的反應，設計以甲苯為原料合成聚酯__________(用流程圖表示，無機試劑任選)19、三硫代碳酸鈉(Na2CS3)在農業上用作殺菌劑和殺線蟲劑，在工業上用于處理廢水中的重金屬離子。某化學興趣小組對Na2CS3的一些性質進行探究。回答下列問題：(1)在試管中加入少量三硫代碳酸鈉樣品，加水溶解，測得溶液pH=10，由此可知H2CS3是______(填“強”或“弱”)酸。向該溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去，由此說明Na2CS3具有______性。(填“還原”或“氧化”)。(2)為了測定某Na2CS3溶液的濃度，按如圖裝置進行實驗。將35.0mL該Na2CS3溶液置于下列裝置A的三頸燒瓶中，打開儀器d的活塞，滴入足量稀硫酸，關閉活塞。已知：CS32-+2H+==CS2+H2S↑，CS2和H2S均有毒；CS2不溶于水，沸點46°C，與CO2某些性質相似，與NaOH作用生成Na2COS2和H2O。①儀器d的名稱是__________。反應開始時需要先通入一段時間N2，其作用為______。②B中發生反應的離子方程式是________。③反應結束后。打開活塞K。再緩慢通入熱N2(高于60°C)一段時間，其目的是__________。④為了計算該Na2CS3溶液的濃度，可測定B中生成沉淀的質量。稱量B中沉淀質量之前，需要進行的實驗操作名稱是過濾、_____、________；若B中生成沉淀的質量為8.4g，則該Na2CS3溶液的物質的量濃度是___________。⑤若反應結束后將通熱N2改為通熱空氣(高于60°C)，通過測定C中溶液質量的增加值來計算三硫代碳酸鈉溶液的濃度時，計算值______(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。20、二氧化氯（ClO2）是一種高效消毒劑，易溶于水，沸點為11.0℃，極易爆炸。在干燥空氣稀釋條件下，用干燥的氯氣與固體亞氯酸鈉制備二氧化氯，裝置如圖：(1)儀器a的名稱為_____________，裝置A中反應的離子方程式為_______________。(2)試劑X是_______________________。(3)裝置D中冰水的主要作用是___________。裝置D內發生反應的化學方程式為_______________。(4)裝置E中主要反應的離子方程式為：____________________________。(5)已知NaClO2飽和溶液在不同溫度時析出的晶體情況如下表。溫度＜38℃38℃～60℃＞60℃析出晶體NaClO2·3H2ONaClO2分解成NaClO3和NaCl利用NaClO2溶液制得NaClO2晶體的操作步驟：55℃蒸發結晶、_________、38～60℃的溫水洗滌、低于60℃干燥。(6)工業上也常用以下方法制備ClO2。①酸性條件下雙氧水與NaClO3反應，則反應的離子方程式為_______________________。②如圖所示為直接電解氯酸鈉、自動催化循環制備高純ClO2的實驗。則陰極電極反應式為____________。21、久置的FeSO4溶液變黃，一般認為是二價鐵被氧化為三價鐵的緣故。某研究小組為研究溶液中Fe2+被O2氧化的過程，查閱資料發現：溶液中Fe2+的氧化過程分為先后兩步，首先是Fe2+水解，接著水解產物被O2氧化。于是小組同學決定研究常溫下不同pH對Fe2+被O2氧化的影響，并測定了Fe2+氧化率隨時間變化的關系，結果如圖。回答下列問題：（1）寫出Fe2+水解的離子方程式______；要抑制FeSO4水解，可以采取的措施是______。（2）在酸性條件下，Fe2+被O2氧化的反應方程式為：4Fe2++O2?4Fe3++2H2O，已知常溫下該反應的平衡常數很大。則下列說法正確的是______。a．Fe2+轉化為Fe3+的趨勢很大b．Fe2+轉化為Fe3+的速率很大c．該反應進行得很完全d．酸性條件下Fe2+不會被氧化（3）結合如圖分析不同pH對Fe2+被O2氧化的反應發生了怎樣的影響______。（4）研究小組在查閱資料時還得知：氧氣的氧化性隨溶液的酸性增強而增強。通過以上研究可知，配制FeSO4溶液的正確做法是______。（5）用K2Cr2O7標準溶液測定溶液中Fe2+濃度，從而計算Fe2+的氧化率。反應如下：6Fe2++Cr2O72-+14H+→2Cr3++6Fe3++7H2O若取20mL待測溶液，用0.0200mol?L-1KCr2O7標準溶液滴定，消耗標準溶液16.50mL，則溶液中c（Fe2+）=______mol?L-1。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【解析】

某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3－、SO42－、Cl－，滴入過量氨水，產生白色沉淀，該白色沉淀為氫氧化鋁，則一定含有Al3+，一定不含Fe3+（否則產生紅褐色沉淀），若溶液中各離子的物質的量濃度相等，根據電荷守恒，則一定存在的離子是SO42－，且至少含有NO3－、Cl－中的一種，若含有NO3－、Cl－兩種，則還含有Na+，故答案選A。2、C【解析】

A.等濃度的強酸強堿的滴定曲線，到達終點的pH發生突變，不是漸變；B.發生氧化還原反應生成錳離子，Mn2+對該反應有催化作用，反應加快；C.反應2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0，結合K雖溫度的變化情況作答；D.催化劑降低反應活化能，根據圖示的能量變化與實際反應的熱效應不符。【詳解】A.0.1mol?L-1NaOH溶液的pH為13，用0.1mol?L-1鹽酸滴定恰好中和時pH為7，因濃度相同，則體積相同，但酸堿中和在接近終點時，pH會發生突變，曲線的斜率會很大，A項錯誤；B.發生氧化還原反應生成錳離子，則n（Mn2+）隨時間的變化而增大，且催化作用，一段時間內增加的更快，后來濃度變化成為影響速率的主要因素，反應物濃度減小，速率減慢，圖像不符，B項錯誤；C.因反應為放熱反應，則升高溫度，平衡逆向移動，平衡后升溫K正減小，而K逆增大，且正逆反應的平衡常數互為倒數關系，C項正確；D.圖象中使用催化劑降低反應活化能，但反應CH2=CH2(g)+H2(g)→CH3CH3(g)△H＜0，是放熱反應，反應物能量高，圖象中表示的吸熱反應，D項錯誤；答案選C。3、B【解析】A．共價化合物可能是分子晶體，也可能是原子晶體，則熔沸點不一定都較低，故A錯誤；B．根據排列組合，816O、11H、12H三種核素可組成3種不同的水分子，故B正確；C．氫鍵是分子間作用力，只影響物理性質不影響化學性質，H2O分子比H2S分子穩定的原因，是H2O分子H—O的鍵能大的緣故，故C錯誤；D．高溫下SiO2能與CaCO4、B【解析】

據儀器的構造、用途判斷其用法。【詳解】①容量瓶用于配制一定物質的量濃度的溶液，其瓶塞與瓶口須吻合使用前必須檢查是否漏液。②長頸漏斗上下相通、沒有塞子或活塞，無須檢查是否漏液。用于向反應容器中添加液體，下端應插入液面下形成液封。③分液漏斗有活塞和玻璃塞，必須檢查是否漏液。球形分液漏斗用于向反應容器中添加液體，不需形成液封；錐形分液漏斗用于萃取分液。④滴定管用于滴定實驗，使用前需檢查酸式滴定管的活塞處、堿式滴定管的乳膠管處是否漏液。本題選B。5、B【解析】

A．CH3COONH4溶液中CH3COO－與NH4+均要水解，其數目均小于NA，故選項A錯誤；B．葡萄糖為五羥基醛，果糖為五羥基酮，同時二者互為同分異構體，二者任意比例混合，所含羥基數目為0.5NA，故選項B正確；C．由于Na為1mol，與足量O2反應，無論生成什么產物，Na失去NA個電子，故選項C錯誤；D．1LpH=13的NaOH溶液中，水電離的c(OH－)=10－13mol/L，故選項D錯誤；故選B。6、D【解析】

越活潑的金屬越難被還原，冶煉越困難，所以較早大規模開發利用的金屬是銅，其次是鐵，鋁較活潑，人類掌握冶煉鋁的技術較晚，答案選D。7、C【解析】

本題考查化學平衡及沉淀溶解平衡，意在考查知識遷移能力。【詳解】A.合成氨反應壓強越大，化學反應速率越快；合成氨反應為氣體分子數減小的反應，增大壓強平衡正向移動，N2的轉化率增大，故A錯誤；B.若反應為氣體分子數不變的反應，平衡后增大壓強，反應速率加快，但平衡不移動，故B錯誤；C.分析曲線a、b可知，曲線b先出現拐點，則p2>p1，T1、p2條件下平衡時C%比T1、p1時的大，說明增大壓強平衡正向移動，則x<2，分析曲線b、c可知，b曲線先出現拐點，則T1>T2，故C正確；D.BC線上任意點都有c(H+)=c(OH-)，ABC區域位于直線BC的左上方的區域內任意點均有c(H+)>c(OH-)，故D錯誤；答案：C8、D【解析】

A.酸或堿抑制水電離，酸或堿濃度越大，其抑制水電離程度越大；含有弱離子的鹽促進水電離；B.利用蓋斯定律確定HF電離過程放出熱量，利用溫度對平衡移動的影響分析；C.當c>0.1時，混合溶液中溶質為NaF、HF時，溶液可能呈中性，結合電荷守恒判斷；D.微粒濃度與溶液中含有的NaOH、NaF的物質的量多少有關。【詳解】A.酸或堿抑制水電離，酸或堿濃度越大，其抑制水電離程度越大；含有弱離子的鹽促進水電離，在滴加過程中c(NaOH)逐漸減小、c(NaF)濃度增大，則水電離程度逐漸增大，當二者恰好完全反應生成NaF時，水的電離程度最大，由于HF的濃度未知，所以滴入10mLHF時，混合溶液可能是堿過量，也可能是酸過量，也可能是二者恰好完全反應產生NaF，因此滴加過程中水的電離程度不一定存在先增大后減小的變化趨勢，A正確；B.①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)△H=-67.7kJ/mol，②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ/mol，將①-②得HF(aq)F-(aq)+H+(aq)△H=(-67.7)kJ/mol-(-57.3)kJ/mol=-10.4kJ/mol，則HF電離過程放出熱量，升高溫度，電離平衡逆向移動，即向逆反應方向越大，導致HF電離程度減小，B正確；C.向NaOH溶液中開始滴加HF時，當c>0.1時，混合溶液中溶質為NaF、HF時，溶液可能呈中性，結合電荷守恒得c(Na+)=c(F-)，C正確；D.若c≥0.1時，在剛開始滴加時，溶液為NaOH、NaF的混合物。且n(NaOH)>n(NaF)，微粒的物質的量濃度存在關系：c(Na+)>c(OH-)>c(F-)>c(H+)，所以c不一定小于0.1，D錯誤；故合理選項是D。【點睛】本題考查酸堿混合溶液定性判斷及離子濃度大小比較，易錯選項是B，大部分往往只根據弱電解質電離為吸熱反應來判斷導致錯誤，題目側重考查學生分析判斷能力，注意題給信息的正確、靈活運用。9、C【解析】

A.加熱時Fe與I2反應，應選磁鐵分離，A錯誤；B.氧化性H+＞Al3+，電解氯化鋁溶液時不能得到鋁單質，應電解熔融氧化鋁來冶煉Al，B錯誤；C.NaOH與苯酚發生反應生成可溶于水的苯酚鈉，與苯不反應，因此可用足量NaOH溶液除去苯中的苯酚，C正確；D.將飽和FeCl3溶液逐滴加到沸水中，可發生水解反應生成Fe(OH)3膠體，D錯誤；故合理選項是C。10、D【解析】

W在第一周期，且是主族元素，則為H；4種元素位于不相鄰的主族，X在第ⅢA族，且只能是金屬元素，則為Al；Y為第ⅤA族，且為短周期，則為P；Z為第ⅦA族，則為Cl。A.W為H，4種元素種只有一種為金屬元素，推出X是Al，故A正確；B.原子半徑先比較電子層數，電子層數越多半徑越大，則W半徑最小，X、Y、Z在同一周期，同一周期中，核電荷數越大，半徑越小，得X>Y>Z>W，故B正確；C.P和Cl可以形成2種化合物，PCl3和PCl5，故C正確；D.Y為P，最高價氧化物對應的水化物是H3PO4，不是強酸，故D錯誤；故選D。11、C【解析】該反應中Fe元素化合價由+2價變為+6價、O元素化合價由-1價變為0價、-2價，所以硫酸亞鐵是還原劑、過氧化鈉既是氧化劑又是還原劑，氧化劑對應的產物是還原產物，還原劑對應的產物是氧化產物。A、化合價升高的元素有+2價的鐵和-1價的氧元素，氧化產物是Na2FeO4和氧氣，故A錯誤；B、反應中化合價升高的元素有Fe，由+2價→+6價，化合價升高的元素還有O元素，由-1價→0價，2molFeSO4發生反應時，共有2mol×4+1mol×2=10mol電子轉移，6molNa2O2有5mol作氧化劑、1molNa2O2作還原劑，其中2molFeSO4還原4molNa2O2，即1molFeSO4還原2molNa2O2，故B錯誤；C、由方程式轉移10mol電子生成2molNa2FeO4，轉移0.5mo1電子時生成×2×166g·mol－1=16.6gNa2FeO4，故C正確；D、每2FeSO4和6Na2O2發生反應，氧化產物2molNa2FeO4和1molO2，還原產物2molNa2FeO4和2molNa2O，氧化產物與還原產物的物質的量之比為3:4，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查氧化還原反應，側重考查基本概念、計算，解題關鍵：明確元素化合價變化和電子得失的多少。難點：B和C選項，注意過氧化鈉的作用，題目難度較大。12、A【解析】

A項、NaHCO3溶液中存在如下平衡：H2O?H++OH-、HCO3-?CO32-+H+、H2O+HCO3-?H2CO3+OH-，Na2CO3溶液中存在如下平衡：H2O?H++OH-、H2O+CO32-?HCO3-+OH-、H2O+HCO3-?H2CO3+OH-，溶液中存在的粒子種類相同，故A錯誤；B項、Na2CO3中c（Na+）=2c（Na2CO3），NaHCO3溶液中c（Na+）=c（NaHCO3），二者濃度相等，則c（Na+）前者大于后者，故B正確；C項、碳酸根的水解程度大于碳酸氫根，二者水解均顯堿性，碳酸鈉溶液中的c（OH-）大于碳酸氫鈉溶液中的c（OH-），故C正確；D項、向濃度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液分別加入NaOH固體，NaOH會抑制Na2CO3的水解，與NaHCO3反應生成Na2CO3，則兩種溶液中c（CO32-）均增大，故D正確；故選A。13、B【解析】

凡能給出質子（即H+）的分子或離子都是酸；凡能接受質子的分子或離子都是堿，則能給出質子且能接受質子的分子或離子既屬于酸又屬于堿，②③只能接受質子，所以屬于堿；④⑤只能給出質子，屬于酸，①⑥既能給出質子又能接受質子，所以既屬于酸又屬于堿；故答案為B。【點睛】正確理解題給信息中酸堿概念是解本題關鍵，再結合微粒的性質解答，同時考查學生學以致用能力，題目難度不大。14、C【解析】

A.醋酸是弱電解質，在稀釋過程中繼續電離出氫離子，氯化氫是強電解質，在水溶液中完全電離，所以pH相同的鹽酸和醋酸，如果稀釋相同倍數，則醋酸中氫離子濃度大于鹽酸，所以將pH=4的鹽酸和醋酸分別稀釋成pH=5的溶液時所加水的量，醋酸加入水的量大于鹽酸，A項錯誤；B.酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離，所以氫氧化鈉抑制水電離、碳酸鈉促進水電離，氫氧化鈉中水電離程度小于碳酸鈉溶液中水電離程度，B項錯誤；C.碳酸根離子與銨根離子相互促進水解，所以硫酸銨溶液中銨根離子濃度大于碳酸銨，C項正確；D.相同溫度下,醋酸的濃度越大其電離程度越小,所以前者電離程度小于后者,所以10

mL

0.1mol/L的醋酸與100

mL

0.01mol/L的醋酸中H+的物質的量前者小于后者，D項錯誤；答案選C。【點睛】D項是易錯點，要注意物質的量濃度與物質的量不是一個概念，10

mL

0.1mol/L的醋酸與100

mL

0.01mol/L的醋酸物質的量雖然相同，但物質的量濃度不同，則電離程度不同。15、D【解析】

醇和羧酸發生酯化反應生成酯和水，表示甲烷，表示苯，表示乙醛，表示乙醇，乙醇和乙酸發生酯化反應生成乙酸乙酯，能發生酯化反應的是乙醇；答案選D。16、B【解析】

A.鉈與鋁同族，最外層有3個電子，則Tl+離子的最外層有2個電子，A項錯誤；B.根據反應Tl3++2Ag═Tl++2Ag+可知，Tl能形成+3價和+1價的化合物，B項正確；C.Tl3++2Ag═Tl++2Ag+，則氧化性Tl3+＞Ag+，又知Al+3Ag+═Al3++3Ag，則氧化性Ag+＞Al3+，可知Tl3+的氧化性比Al3+強，C項錯誤；D.還原劑的還原性大于還原產物的還原性來分析，在反應Tl3++2Ag=Tl++2Ag+，還原性Ag＞Tl+，D項錯誤；答案選B。【點睛】氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，還原劑的還原性大于還原產物的還原性，掌握氧化還原反應的規律是解題的關鍵。二、非選擇題（本題包括5小題）17、HC≡CHCH3COOH酯基、碳碳雙鍵稀NaOH溶液／△保護醛基不被H2還原【解析】

標準狀況下，3.36L氣態烴A的質量是3.9g，則相對摩爾質量為=26g/mol，應為HC≡CH，A與X反應生成B，由B的結構簡式可知X為CH3COOH，X發生加聚反應生成PVAc，結構簡式為，由轉化關系可知D為CH3CHO，由信息Ⅰ可知E為，由信息Ⅱ可知F為，結合G的分子式可知G應為，H為，在E→F→G→H的轉化過程中，乙二醇可保護醛基不被H2還原，M為，據此分析作答。【詳解】根據上述分析可知，（1）標準狀況下，4.48L氣態烴A的物質的量為0.2mol,質量是5.2g，摩爾質量為26g/mol，所以A為乙炔，結構簡式為HC≡CH；正確答案：HC≡CH。（2）根據B分子結構可知，乙炔和乙酸發生加成反應，X的結構簡式為.CH3COOH；B中官能團的名稱是酯基、碳碳雙鍵；正確答案：CH3COOH；酯基、碳碳雙鍵。（3）有機物B發生加聚反應生成PVAc，PVAc在堿性環境下發生水解生成羧酸鹽和高分子醇，化學方程式為；正確答案：（4）乙炔水化制乙醛，乙醛和苯甲醛發生加成、消去反應生成有機物E，因此反應②的反應試劑和條件是是稀NaOH溶液／△；正確答案：稀NaOH溶液／△。（5）根據信息II，可知芳香烯醛與乙二醇在氯化氫環境下發生反應，與氫氣發生加成反應生成；化學方程式為；正確答案：。（6）從流程圖可以看出，醛基能夠與氫氣發生加成反應，所以乙二醇的作用是保護醛基不被H2還原；正確答案：保護醛基不被H2還原。（7）高分子醇中2個-CH(OH)-CH2-與苯丙醛發生反應，生成六元環狀結構的高分子環醚，則M的結構簡式為；正確答案：。18、CD溴原子+C2H5OH+HCl、、、【解析】

根據物質的A、B分子式及反應條件可知A是，A與NBS反應產生B是，B與NaCN發生取代反應，然后酸化，可得C：，C與SOCl2發生取代反應產生D：，D與乙醇發生酯化反應產生E：，根據F與乙醇發生酯化反應產生J，根據J的結構簡式可知F結構簡式為：HOOC-COOH，E、J反應產生G：，G與C2H5OH與C2H5ONa作用下發生取代反應產生H：，I在一定條件下發生反應產生苯巴比妥：。據此分析解答。【詳解】根據上述分析可知A是；B是；C是；D是；E是；F是HOOC-COOH；J是C2H5OOC-COOC2H5；G是；H是。(1)A.E結構簡式是，含有酯基，在NaOH溶液中完全水解產生和C2H5OH，所以1molE完全水解，需消耗1molNaOH，A錯誤；B.化合物C為，分子中無酚羥基，與FeCl3溶液不能發生顯色反應，B錯誤；C.苯巴比妥上含有亞氨基，能夠結合H+，故具有弱堿性，C正確；D.根據H與苯巴比妥的分子結構可知試劑X是CO(NH2)2，D正確；故合理選項是CD；(2)B結構簡式為：，B中官能團的名稱溴原子，化合物H的結構簡式為；(3)D是，E是；D→E的化學方程式為+C2H5OH+HCl。(4)根據苯巴比妥結構簡式可知其分子式為C12H12N2O3，苯巴比妥的一種同系物K，分子式為C10H8N2O3，說明K比苯巴比妥少兩個CH2原子團，且同時符合下列條件：①分子中含有兩個六元環；且兩個六元環結構和性質類似，②能夠和FeCl3發生顯色反應，說明含有酚羥基；③核磁共振氫譜顯示分子中由5種氫，說明有5種不同結構的H原子，則其可能的結構為：、、、；(5)甲苯與與NBS在CCl4溶液中發生取代反應產生，與NaCN發生取代反應然后酸化得到，與NBS在CCl4溶液中發生取代反應產生，該物質與NaOH的水溶液混合加熱，然后酸化可得，該物質在催化劑存在條件下，加熱發生反應產生，所以轉化流程為：。【點睛】本題考查了物質結構的推斷、反應方程式和同分異構體的書寫及有機合成，有機物官能團的性質是解題關鍵，解題時注意結合題干信息和官能團的轉化，難點是(4)，易錯點是(5)，注意NBS、CCl4溶液可以使用多次，題目考查了學生接受信息和運用信息的能力及分析問題、解決問題的能力。19、弱還原分液漏斗排除裝置中的空氣Cu2++H2S=CuS↓+2H+將裝置中的H2S全部排入B中被充分吸收；將裝置中的CS2全部排入C中被充分吸收洗滌干燥2.5mol/L偏高【解析】

（1）根據鹽類水解原理及酸性高錳酸鉀的強氧化性分析解答；（2）根據實驗目的、實驗裝置及空氣的組成和H2S的還原性分析解答；運用關系式法進行相關計算。【詳解】（1）在試管中加入少量三硫代碳酸鈉樣品，加水溶解，洲得溶液pH=10，溶液顯堿性，說明鹽為強堿弱酸鹽；向該溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去證明鹽被氧化發生氧化還原反應，Na2CS3具有還原性，故答案為：弱；還原性；（2）①根據儀器構造分析，儀器d的名稱分液漏斗；N2化學性質比較穩定，為了防止空氣中氧氣將H2S氧化，所以反應開始時需要先通入一段時間N2，排除裝置中的空氣，故答案為：分液漏斗；排除裝置中的空氣；②B中發生反應是硫酸銅和硫化氫反應生成黑色硫化銅沉淀，反應的離子方程式為：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故答案為：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；③反應結束后打開活塞K，再緩慢通入熱N2一段時間，其目的是：將裝置中的H2S全部排入B中被充分吸收；將裝置中的CS2全部排入C中被充分吸收，故答案為：將裝置中的H2S全部排入B中被充分吸收，將裝置中的CS2全部排入C中被充分吸收；④稱量B中沉淀質量之前需要進行的實驗操作名稱是：過濾、洗滌、干燥，若B中生成沉淀的質量為8.4g，物質的量=，物質的量守恒，CS32-+2H+=CS2+H2S↑，Cu2++H2S=CuS↓+2H+，得到定量關系：CS32?～H2S～CuS，n（Na2CS3）=n（CuS）=0.0875mol，則35.0mL三硫代碳酸鈉溶液的物質的量濃度，故答案為：洗滌、干燥；2.5mol/L；⑤若反應結束后將通熱N2改為通熱空氣，通過測定C中溶液質量的增加值來計算三硫代碳酸鈉溶液的濃度時，C中除吸收二硫化碳還會吸收空氣中二氧化碳，溶液質量增加偏大，計算得到溶液濃度或偏高，故答案為：偏高。20、分液漏斗MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O飽和食鹽水冷凝二氧化氯Cl2+2NaClO2=2ClO2+NaCl2OH－＋Cl2=ClO－＋Cl－＋H2O趁熱過濾H2O2+2H++2ClO3－=2ClO2+2H2O+O2↑ClO2+e－=ClO2－【解析】

(1)看圖得出儀器a的名稱，裝置A是二氧化錳和濃鹽酸加熱反應生成氯氣、氯化錳和水。(2)試劑X是除掉HCl氣體。(3)二氧化氯(ClO2)沸點為11.0℃，因此得裝置D中冰水的主要作用，裝置D內發生反應是氯氣與固體亞氯酸鈉生成二氧化氯。(4)裝置E中主要是氯氣的尾氣處理。(5)由于＜38℃是以NaClO2·3H2O晶體，操作要注意不能低于38℃。(6)①H2O2、H+與ClO3－反應得到ClO2。②左邊為ClO2反應生成ClO2－，得到電子，發生還原反應。【詳解】(1)儀器a的名稱為分液漏斗，裝置A是二氧化錳和濃鹽酸加熱反應生成氯氣、氯化錳和水，其反應的離子方程式為MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O；故答案為：分液漏斗；MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O。(2)試劑X是除掉HCl氣體，因此用飽和食鹽水；故答案為：飽和食鹽水。(3)二氧化氯(ClO2)沸點為11.0℃，因此裝置D中冰水