2024年儀征電大附屬中學高三最后一卷化學試卷注意事項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、已知：SO32—＋I2＋H2O===SO42—＋2H＋＋2I－，某溶液中可能含有I－、NH4+、Cu2＋、SO32—，向該無色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈無色，下列判斷正確的是()A．肯定不含I－B．肯定不含NH4+C．可能含有SO32—D．可能含有I－2、下列說法正確的是()A．鋼鐵發生電化學腐蝕的負根反應：B．常溫下通入溶液，當溶液中約，一定存在C．向稀溶液中加入固體，則的值變小D．向溶液中滴加少量溶液，產生黑色沉淀，水解程度增大3、現有短周期主族元素X、Y、Z、R、T。R原子最外層電子數是電子層數的2倍；Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物，Z與T形成的Z2T化合物能破壞水的電離平衡，五種元素的原子半徑與原子序數的關系如圖所示，下列推斷正確的是A．原子半徑和離子半徑均滿足：Y＜ZB．Y的單質易與R、T的氫化物反應C．最高價氧化物對應的水化物的酸性：T＜RD．由X、R、Y、Z四種元素組成的化合物水溶液一定顯堿性4、下列關于硫酸銅溶液和氫氧化鐵膠體的說法中，正確的是A．前者是混合物，后者是純凈物 B．兩者都具有丁達爾效應C．分散質的粒子直徑均在1~100nm之間 D．前者可用于殺菌，后者可用于凈水5、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列有關敘述正確的是A．氯堿工業中完全電解含2molNaCl的溶液產生H2分子數為NAB．14g分子式為CnH2n的烴中含有的碳碳雙鍵數為NA/nC．2.0gH218O與2.0gD2O中所含的中子數均為NAD．常溫下，將56g鐵片投入到足量的濃硫酸中生成SO2的分子數為1.5NA6、天然氣是一種重要的化工原料和燃料，常含有少量H2S。一種在酸性介質中進行天然氣脫硫的原理示意圖如圖所示。下列說法正確的是A．脫硫過程中Fe2(SO4)3溶液的pH逐漸減小B．CH4是天然氣脫硫過程的催化劑C．脫硫過程需不斷補充FeSO4D．整個脫硫過程中參加反應的n(H2S)：n(O2)=2：17、下列敘述正確的是()A．電鍍時，通常把待鍍的金屬制品作陽極B．氯堿工業上電解的是熔融的NaClC．氫氧燃料電池(酸性電解質)中O2通入正極，電極反應為O2＋4H＋＋4e－=2H2OD．上圖中電子由Zn極移向Cu極，鹽橋中的Cl－移向CuSO4溶液8、設NA為阿伏加德羅常數，下列說法正確的是（）A．17g由H2S與PH3組成的混合氣體中含有的質子數為9NAB．90g果糖(C6H12O6，分子中無環狀結構和碳碳雙鍵)中含有的非極性鍵數目為3NAC．1mol由乙醇與二甲醚(CH3-O-CH3)組成的混合物中含有的羥基數目為NAD．已知Ra→X+He，則0.5molX中含有的中子數為34NA9、25℃時，向20mL0.1mol/L一元弱酸HA溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，溶液中lg與pH關系如圖所示。下列說法正確的是A．A點或B點所示溶液中，離子濃度最大的均是Na+B．HA滴定NaOH溶液時可用甲基橙作指示劑C．達到圖中B點溶液時，加入NaOH溶液的體積小于10mLD．對C點溶液加熱(不考慮揮發)，則一定增大10、氮化碳(C3N4)的硬度大于金剛石，則氮化碳中A．只有共價鍵 B．可能存在離子C．可能存在N≡N D．存在極性分子11、下列物質中導電能力最差的是（）A．熔融態KHSO4 B．銅片 C．0.1mol/LH2SO4 D．固態KCl12、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．CO213、下列關于氨堿法和聯合制堿法說法錯誤的是（）A．兩者的原料來源相同B．兩者的生產原理相同C．兩者對食鹽利用率不同D．兩者最終產品都是Na2CO314、在由水電離產生的H＋濃度為1×10－13mol·L－1的溶液中，一定能大量共存的離子組是①K＋、ClO－、NO3－、S2－②K＋、Fe2＋、I－、SO42－③Na＋、Cl－、NO3－、SO42－④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO3－⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－A．①③ B．③⑤ C．③④ D．②⑤15、依據反應2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4，利用下列裝置從含NaIO3的廢液中制取單質碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。其中裝置正確且能達到相應實驗目的是A．①②③④ B．①②③ C．②③④ D．②④16、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2NO2N2O4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．D二、非選擇題（本題包括5小題）17、W、X、Y、Z四種元素均為短周期元素，原子序數依次增大，其它相關信息見下表。元素相關信息W單質為密度最小的氣體X元素最高正價與最低負價之和為0Y某種同素異形體是保護地球地表的重要屏障Z存在質量數為23，中子數為12的核素根據上述信息，回答下列問題：(l)元素Y在元素周期表中的位置是____；Y和Z的簡單離子半徑比較，較大的是___（用離子符號表示）。(2)XY2由固態變為氣態所需克服的微粒間作用力是____；由元素W和Y組成的一種綠色氧化劑的電子式為____。(3)由W、X、Y、Z四種元素組成的一種無機鹽，水溶液呈堿性的原因是__（用離子方程式表示）。18、（化學——選修5：有機化學基礎）高血脂是一種常見的心血管疾病，治療高血脂的新藥I的合成路線如下：回答下列問題：（1）反應①所需試劑、條件分別是____________；F的化學名稱為____________。（2）②的反應類型是______________；A→B的化學方程式為_____________________。（3）G的結構簡式為______________；H中所含官能團的名稱是____________。（4）化合物W的相對分子質量比化合物C大14，且滿足下列條件，W的可能結構有___種。①遇FeCl3溶液顯紫色②屬于芳香族化合物③能發生銀鏡反應其中核磁共振氫譜顯示有5種不同化學環境的氫，峰面積比為2:2:2:1:1，寫出符合要求的W的結構簡式____________。（5）設計用甲苯和乙醛為原料制備的合成路線，其他無機試劑任選（合成路線常用的表示方式為：）____________。19、B．[實驗化學]丙炔酸甲酯（）是一種重要的有機化工原料，沸點為103~105℃。實驗室制備少量丙炔酸甲酯的反應為實驗步驟如下：步驟1：在反應瓶中，加入14g丙炔酸、50mL甲醇和2mL濃硫酸，攪拌，加熱回流一段時間。步驟2：蒸出過量的甲醇（裝置見下圖）。步驟3：反應液冷卻后，依次用飽和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗滌。分離出有機相。步驟4：有機相經無水Na2SO4干燥、過濾、蒸餾，得丙炔酸甲酯。（1）步驟1中，加入過量甲醇的目的是________。（2）步驟2中，上圖所示的裝置中儀器A的名稱是______；蒸餾燒瓶中加入碎瓷片的目的是______。（3）步驟3中，用5%Na2CO3溶液洗滌，主要除去的物質是____；分離出有機相的操作名稱為____。（4）步驟4中，蒸餾時不能用水浴加熱的原因是________。20、用含有二氧化碳和水蒸氣雜質的某種還原性氣體測定一種鐵的氧化物(FexOy)的組成，實驗裝置如圖所示。根據圖回答：(1)甲裝置的作用是________，甲裝置中發生反應的化學方程式為________。(2)實驗過程中丁裝置中沒有明顯變化，而戊裝置中溶液出現了白色沉淀，則該還原性氣體是________；丙中發生的反應化學方程式為________。(3)當丙裝置中的FexOy全部被還原后，稱量剩余固體的質量為16.8g，同時測得戊裝置的質量增加17.6g，則FexOy中，鐵元素與氧元素的質量比為________，該鐵的氧化物的化學式為________。(4)上述實驗裝置中，如果沒有甲裝置，將使測定結果中鐵元素與氧元素的質量比值____(填偏大、偏小或無影響)。如果沒有已裝置，可能產生的后果是________。21、砷元素廣泛存在于自然界，砷與其化合物被運用在農藥、除草劑、殺蟲劑等。（1）砷的常見氧化物有As2O3和As2O5，其中As2O5熱穩定性差。根據圖1寫出As2O5分解為As2O3的熱化學方程式_________________。（2）砷酸鈉具有氧化性，298K時，在100mL燒杯中加入10mL0.1mol/LNa3AsO4溶液、20mL0.1mol/LKI溶液和20mL0.05mol/L硫酸溶液，發生下列反應：AsO43-(無色)+2I-+2H+AsO33-(無色)+I2(淺黃色)+H2OΔH。測得溶液中c(I2)與時間(t)的關系如圖2所示（溶液體積變化忽略不計）。①下列情況表明上述可逆反應達到平衡狀態的是_______（填字母代號）。a．溶液顏色保持不再變化b．c(AsO33-)+c(AsO43-)不再變化c．AsO43-的生成速率等于I2的生成速率d．保持不再變化②0～10min內，I?的反應速率v(I?)＝_______。③在該條件下，上述反應的平衡常數K＝______。④升高溫度，溶液中AsO43-的平衡轉化率減小，則該反應的ΔH______0(填“大于”“小于”或“等于”)。（3）利用（2）中反應可測定含As2O3和As2O5的試樣中的各組分含量（所含雜質對測定無影響），過程如下：①將試樣0.2000g溶于NaOH溶液，得到含AsO33-和AsO43-的混合溶液。②上述混合液用0.02500mol?L-1的I2溶液滴定，用____做指示劑進行滴定。重復滴定2次，平均消耗I2溶液40.00mL。則試樣中As2O5的質量分數是______。（4）雄黃（As4S4）在空氣中加熱至300℃時會生成兩種氧化物，其中一種氧化物為劇毒的砒霜（As2O3），另一種氧化物為______（填化學式），可用雙氧水將As2O3氧化為H3AsO4而除去，寫出該反應的化學方程式_________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】據題給方程式確定還原性：SO32-＞I－。其溶液呈無色，則Cu2＋一定不存在，由于SO32-還原性強，首先被Br2氧化成SO，若Br2過量會繼續氧化I－生成I2，致使溶液呈黃色，則根據溶液顏色未變，確定SO32-一定存在，I－可能存在，根據電荷守恒，溶液中的陽離子只能為NH，則NH一定存在。故D正確。2、B【解析】

A．鋼鐵發生電化學腐蝕時，負極發生的反應是：Fe-2e-═Fe2+，故A錯誤；B．當在25℃時由水電離的H+濃度為10-7mol/L，說明溶液呈中性，則c(H+)=c(OH-)①，根據電荷守恒c(K+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)②，由①②得，c(K+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，故B正確；C．常溫下向CH3COONa稀溶液中加入CH3COONa固體，加入CH3COONa固體，醋酸根離子以及鈉離子濃度均增大，同時會對水解平衡起到抑制作用，所以醋酸根離子濃度增加的程度大，的比值變大，故C錯誤；D．在NaHS溶液中，滴入少量CuCl2溶液，HS-電離出的S2-與Cu2+結合生成CuS黑色沉淀，HS-電離程度增大，pH減小，故D錯誤；故答案為B。3、B【解析】

現有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，結合五種元素的原子半徑與原子序數的關系圖可知，Z的原子半徑最大，X的原子半徑和原子序數均最小，則X為H元素；由R原子最外層電子數是電子層數的2倍，R為第二周期的C元素；Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物，則Z為Na元素，Y為O元素，Z與T形成的Z2T

化合物能破壞水的電離平衡，T為S元素，據此分析解答。【詳解】由上述分析可知，X為H元素，R為C元素，Y為O元素，Z為Na元素，T為S元素。A．電子層越多，原子半徑越大，則原子半徑為Y＜Z，而具有相同電子排布的離子中原子序數大的離子半徑小，則離子半徑為Y＞Z，故A錯誤；B．Y的單質為氧氣，與C的氫化物能夠發生燃燒反應，與S的氫化物能夠反應生成S和水，故B正確；C．非金屬性S＞C，則最高價氧化物對應的水化物的酸性：T＞R，故C錯誤；D．由H、C、O、Na四種元素組成的化合物不僅僅為NaHCO3，可能為有機鹽且含有羧基，溶液不一定為堿性，可能為酸性，如草酸氫鈉溶液顯酸性，故D錯誤；答案選B。4、D【解析】

A、溶液和膠體都是分散系，屬于混合物，故A錯誤；B、膠體能發生丁達爾效應，而溶液不能，故B錯誤；C、溶液中溶質粒子直徑較小于1nm，膠體粒子直徑在l～100nm之間，故C錯誤；D、硫酸銅是重金屬鹽，能殺菌消毒，膠體具有較大的表面積，能用來凈水，故D正確；故選D。5、C【解析】

A．氯堿工業中完全電解NaCl的溶液的反應為2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH，含2molNaCl的溶液發生電解，則產生H2為1mol，分子數為NA，但電解質氯化鈉電解完可繼續電解氫氧化鈉溶液（即電解水），會繼續釋放出氫氣，則產生的氫氣分子數大于NA，故A錯誤；B．分子式為CnH2n的鏈烴為單烯烴，最簡式為CH2，14g分子式為CnH2n的鏈烴中含有的碳碳雙鍵的數目為=NA×=；如果是環烷烴不存在碳碳雙鍵，故B錯誤；C．H218O與D2O的摩爾質量均為20g/mol，所以2.0gH218O與2.0gD2O的物質的量均為0.1mol，H218O中所含的中子數：20-10=10，D2O中所含的中子數：20-10=10，故2.0gH218O與2.0gD2O所含的中子數均為NA，故C正確；D．常溫下鐵遇到濃硫酸鈍化，所以常溫下，將56g鐵片投入足量濃硫酸中，生成SO2分子數遠遠小于1.5NA，故D錯誤；答案選C。【點睛】該題易錯點為A選項，電解含2mol氯化鈉的溶液，電解完可繼續電解氫氧化鈉溶液（即電解水），會繼續釋放出氫氣，則產生的氫氣分子數大于NA。6、D【解析】

A.在脫硫過程中Fe2(SO4)3與H2S發生反應：Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+H2SO4+S↓，然后發生反應：4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，總反應方程式為：2H2S+O2=2S↓+2H2O，可見脫硫過程中由于反應產生水，使Fe2(SO4)3溶液的濃度逐漸降低，因此溶液的pH逐漸增大，A錯誤；B.CH4在反應過程中沒有參加反應，因此不是天然氣脫硫過程的催化劑，B錯誤；C.脫硫過程反應產生中間產物FeSO4，后該物質又反應消耗，FeSO4的物質的量不變，因此不需補充FeSO4，C錯誤；D.根據選項A分析可知Fe2(SO4)3是反應的催化劑，反應總方程式為2H2S+O2=2S↓+2H2O，故參加反應的n(H2S)：n(O2)=2：1，D正確；故合理選項是D。7、C【解析】

A.電鍍時，通常把待鍍的金屬制品作陰極，A錯誤；B.氯堿工業上電解的是飽和食鹽水，B錯誤；C.氫氧燃料電池（酸性電解質）中O2通入正極，電極反應為：O2+4H++4e-＝2H2O，C正確；D.由于金屬活動性Zn＞Cu,所以Zn為負極，電子由Zn極移向Cu極，鹽橋中的Cl－移向正電荷較多的ZnSO4溶液，D錯誤；答案選C。8、A【解析】

A.假設17g全部為H2S，含有質子物質的量為=9mol，假設全部為PH3，含有質子物質的量為=9mol，則17g該混合物中含有的質子物質的量為9mol，故A正確；B.果糖結構簡式為CH2OHCH(OH)CH(OH)CH(OH)COCH2OH，根據果糖的結構簡式，非極性鍵應是C－C之間的鍵，90g果糖中含有非極性鍵的物質的量為=2.5mol，故B錯誤；C.乙醇結構簡式為CH3CH2OH，乙醚的結構簡式為CH3－O－CH3，前者含有羥基，后者不含羥基，因此1mol該混合物中含有羥基物質的量應在0～1mol之間，故C錯誤；D.推出X的原子結構為，0.5molX中含有中子物質的量為0.5mol×(222－86)=68mol，故D錯誤；答案：A。9、C【解析】

A.溶液在A、B點時，溶液顯酸性，則c(H+)>c(OH-)，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，由于c(H+)>c(OH-)，所以c(Na+)<c(A-)，故A、B點溶液中離子濃度最大的都不是Na+，A錯誤；B.HA為弱酸，NaOH為強堿，HA與NaOH恰好完全反應時生成強堿弱酸鹽NaA，由于A-的水解NaA溶液呈堿性，而甲基橙作指示劑時溶液pH變化范圍是3.1～4.4，所以HA滴定NaOH溶液時不能選擇甲基橙作指示劑，B錯誤；C.溶液在B點時pH=5.3，lg=0，則c(A-)=c(HA)，弱酸HA的電離平衡常數Ka==c(H+)=10-5.3，A-的水解平衡常數Kh=<10-5.3，若向20mL0.1mol/LHA溶液中加入10mL0.1mol/LNaOH溶液，得到的是等濃度的HA、NaA的混合溶液，由于HA的電離程度大于NaA的水解程度，則溶液中c(A-)>c(HA)，即lg>0，故B點溶液時，加入NaOH溶液的體積小于10mL，C正確；D.溫度升高，鹽水解程度增大，A-的水解平衡常數會增大，會隨溫度的升高而減小，D錯誤；故答案選C。10、A【解析】

A.C3N4晶體具有比金剛石更大的硬度，則C3N4晶體是原子晶體，其中只有共價鍵，故A正確；B.C3N4晶體具有比金剛石更大的硬度，則C3N4晶體是原子晶體，其中只有共價鍵，沒有離子，故B錯誤；C.C3N4晶體具有比金剛石更大的硬度，且原子間均以單鍵結合，則為原子晶體，每個C原子周圍有4個N原子，每個N原子周圍有3個C原子，形成空間網狀結構，C-N鍵為共價鍵，沒有N≡N，故C錯誤；D.C3N4晶體中每個C原子周圍有4個N原子，形成正四面體空間網狀結構，沒有極性，故D錯誤；正確答案是A。【點睛】本題考查原子晶體的性質及作用力，明確信息是解答本題的關鍵，熟悉原子晶體的構成微粒、作用力、空間結構即可解答，題目難度不大，注重知識的遷移能力來分析解答。11、D【解析】

導電能力最差的應是離子濃度最小，或不存在自由移動的離子等情況，如固體氯化鉀，據此進行解答。【詳解】固體KCl不能電離出自由移動的離子，不能導電，而熔融態KHSO4、0.1mol/LH2SO4都存在自由移動的離子，都能導電，銅片為金屬，存在自由移動的電子，也能導電，所以導電能力最差的是固態KCl；故答案選D。【點睛】金屬導電是因為含有自由移動的電子，而電解質導電是因為含有自由移動的離子；比如KCl是電解質，但是在固態時不導電，沒有自由移動的離子；但是氯化鉀溶于水或在熔融狀態下，存在自由移動的離子，就能夠導電，所以電解質不一定能夠導電，導電的也不一定是電解質。12、A【解析】

酚酞遇堿變紅，在酸性、中性或弱堿性環境下褪色。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。【點睛】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。但如果繼續通入氣體SO2和CO2，溶液中會生成酸，最終溶液一定會褪色。13、A【解析】

A．氨堿法：以食鹽（氯化鈉）、石灰石（經煅燒生成生石灰和二氧化碳）、氨氣為原料；聯合制堿法：以食鹽、氨和二氧化碳（來自合成氨中用水煤氣制取氫氣時的廢氣）為原料，兩者的原料來源不相同，故A錯誤；B．氨堿法其化學反應原理是NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3↓+NH4Cl，聯合制堿法包括兩個過程：第一個過程與氨堿法相同，將氨通入飽和食鹽水而形成氨鹽水，再通入二氧化碳生成碳酸氫鈉沉淀，經過濾、洗滌得NaHCO3晶體，再煅燒制得純堿產品，第二個過程是從含有氯化銨和氯化鈉的濾液中結晶沉淀出氯化銨晶體，故B正確；C．氨堿法的最大缺點在于原料食鹽的利用率只有約70%，聯合制堿法最大的優點是使食鹽的利用率提高到96%以上，故C正確；D．氨堿法和聯合制堿法兩者最終產品都是Na2CO3，故D正確；選A。14、B【解析】

由水電離產生的H＋濃度為1×10－13mol·L－1的溶液可能是酸性溶液，也可能是堿性溶液，據此分析。【詳解】①在酸性環境下S2－不能大量共存，錯誤；②在堿性環境下Fe2＋不能大量共存，錯誤；③Na＋、Cl－、NO3－、SO42－在酸性、堿性環境下均能大量共存，正確；④HCO3－在酸性、堿性環境下均不能大量共存，錯誤；⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－在酸性、堿性環境下均能大量共存，正確；答案選B。【點睛】本題隱含條件為溶液可能為酸性，也可能為堿性，除此以外，能與鋁粉反應放出氫氣的環境也是可能為酸性或者堿性；離子能夠發生離子反應而不能大量共存，生成弱電解質而不能大量共存是常考點，需要正確快速判斷。15、B【解析】

依據實驗步驟及操作的規范性、科學性分析作答。【詳解】①濃硫酸在加熱條件下與銅反應制取SO2，裝置正確且能達到相應實驗目的；②氣體和液體反應，有防倒吸裝置，裝置正確且能達到相應實驗目的；③用四氯化碳從廢液中萃取碘，靜置后分液，裝置正確且能達到相應實驗目的；④蒸發溶液時用蒸發皿，而不應用坩堝，裝置錯誤，不能達到實驗目的；故B項正確。答案選B。16、C【解析】

A.氯水中含HClO，具有漂白性，不能用pH試紙測定其pH，應選pH計測定氯水的pH，A錯誤；B.C5H12裂解為分子較小的烷烴和烯烴，常溫下均為氣體，不能冷凝收集，且催化裂化中使用碎瓷片作催化劑且有聚熱功能，若改用沒有聚熱功能的氧化鋁固體，實驗效果不理想，B錯誤；C.只有溫度不同，且只有二氧化氮為紅棕色，通過兩燒瓶中氣體顏色的變化可驗證溫度對平衡的影響，C正確；D.加熱促進AlCl3水解，且生成HCl易揮發，應在HCl氣流中蒸發制備AlCl3晶體，D錯誤；答案選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、第2周期，VIA族O2-分子間作用力HCO3-+H2OH2CO3+OH-【解析】

根據題干信息中元素性質分析判斷元素的種類；根據元素的種類判斷在元素周期表中的位置；根據物質的組成和性質分析該物質的晶體類型，判斷微粒間的作用力；根據成鍵特點書寫電子式。【詳解】W、X、Y、Z四種元素均為短周期元素，原子序數依次增大，W單質為密度最小的氣體，則W為氫元素；X最高正價與最低負價之和為0，則X為第IVA族元素，Y的某種同素異形體是保護地球地表的重要屏障，則Y是氧元素，X是碳元素；Z存在質量數為23，中子數為12的核素，則Z的質子數為23-12=11，則Z是鈉元素。（1）元素氧在元素周期表中的位置是第2周期，VIA族；氧離子和鈉離子具有相同的核外電子排布，則核電荷越大半徑越小，所以半徑較大的是O2-，故答案為：第2周期，VIA族；O2-；（2）CO2晶體為分子晶體，由固態變為氣態所需克服的微粒間作用力是分子間作用力；由元素氫和氧組成的一種綠色氧化劑是雙氧水，其電子式為，故答案為：分子間作用力；；（3）由氫、碳、氧、鈉四種元素組成的一種無機鹽為碳酸氫鈉，因為水解其水溶液呈堿性離子方程式表示為：，故答案為：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故答案為：HCO3-+H2OH2CO3+OH-。18、Cl2、光照辛醛取代反應羥基13【解析】

甲苯發生取代反應生成，在氫氧化鈉水溶液加熱條件下發生取代反應生成，則A為，該分子繼續氧化為B，可推知B為，C為；D經過先水解后消去反應可得到HCHO，所以E為HCHO，根據給定的已知信息及逆合成分析法可知，G為，據此分析作答。【詳解】甲苯→，發生的是取代反應，所需試劑、條件分別是Cl2、光照；F為，根據系統命名法可知其名稱為辛醛，故答案為Cl2、光照；辛醛；（2）反應②是C和H發生的酸和醇的酯化反應（取代反應），A→B的化學方程式為，故答案為取代反應；；（3）結合給定的已知信息推出G的結構簡式為；G→H，是-CHO和H2的加成反應，所以H中所含官能團的名稱是羥基，故答案為；羥基。（4）C為，化合物W的相對分子質量比化合物C大14，W比C多一個CH2，遇FeCl3溶液顯紫色含有酚羥基，屬于芳香族化合物含有苯環，能發生銀鏡反應含有醛基，①苯環上有三個取代基，分別為醛基、羥基和甲基，先固定醛基和羥基的位置，鄰間對，最后移動甲基，可得到10種不同結構；②苯環上有兩個取代基，分別為-OH和-CH2CHO，鄰間對位共3種，所以W的可能結構有10+3=13種；符合①遇FeCl3溶液顯紫色、②屬于芳香族化合物、③能發生銀鏡反應其中核磁共振氫譜顯示有5種不同化學環境的氫、峰面積比為2:2:2:1:1要求的W的結構簡式：，故答案為13；；（5）根據題目已知信息和有關有機物的性質，用甲苯和乙醛為原料制備的合成路線具體如下：，故答案為。19、作為溶劑、提高丙炔酸的轉化率(直形)冷凝管防止暴沸丙炔酸分液丙炔酸甲酯的沸點比水的高【解析】

（1）一般來說，酯化反應為可逆反應，加入過量的甲醇，提高丙炔酸的轉化率，丙炔酸溶解于甲醇，甲醇還作為反應的溶劑；（2）根據裝置圖，儀器A為直形冷凝管；加熱液體時，為防止液體暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本題中加入碎瓷片的目的是防止液體暴沸；（3）丙炔酸甲酯的沸點為103℃~105℃，制備丙炔酸甲酯采用水浴加熱，因此反應液中除含有丙炔酸甲酯外，還含有丙炔酸、硫酸；通過飽和NaCl溶液可吸收硫酸；5%的Na2CO3溶液的作用是除去丙炔酸，降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度，使之析出；水洗除去NaCl、Na2CO3，然后通過分液的方法得到丙炔酸甲酯；（4）水浴加熱提供最高溫度為100℃，而丙炔酸甲酯的沸點為103℃~105℃，采用水浴加熱，不能達到丙炔酸甲酯的沸點，不能將丙炔酸甲酯蒸出，因此蒸餾時不能用水浴加熱。【點睛】《實驗化學》的考查，相對比較簡單，本題可以聯想實驗制備乙酸乙酯作答，如碳酸鈉的作用，實驗室制備乙酸乙酯的實驗中，飽和碳酸鈉的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出等，平時復習實驗時，應注重課本實驗復習，特別是課本實驗現象、實驗不足等等。20、除去混合氣體中CO22NaOH+CO2=Na2CO3+H2OCOyCO+FexOyxFe+yCO221：8Fe3O4偏小造成大氣污染【解析】

利用還原性氣體測定鐵的氧化物的組成，其原理是根據生成物的質量通過計算確定結果；還原性氣體有氫氣和一氧化碳，他們奪氧后生成水和二氧化碳；原氣體中混有二氧化碳和水蒸氣，所以必須先除去，然后讓還原性氣體反應，丁、戊裝置用以檢驗生成的水和二氧化碳，最后的己裝置進行尾氣處理，有環保理念。【詳解】(1)因二氧化碳能與氫氧化鈉反應，方程式為：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，所以除二氧化碳用氫氧化鈉溶液，故甲裝置的作用是除去二氧化碳；故答案為：除去混合氣體中CO2；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；(2)丁裝置盛放的是無水硫酸銅，無水硫酸銅遇水會變藍，丁裝置沒有明顯變化，說明沒有水生成，故該還原性氣體不是氫氣。戊裝置盛放的是石灰水，二氧化碳能使石灰水變渾濁，戊裝置中溶液出現了白色沉淀，故該還原性氣體是一氧化碳，反應方程式為：yCO+FexOyxFe+yCO2，故答案為：CO；yCO+FexOyxFe+yCO2；(3)丙裝置中的FexOy全部被還原，剩余固體為生成的鐵的質量，戊裝置中盛放的石灰水吸水二氧化碳，增加的質量為二氧化碳的質量，二氧化碳是一氧化碳奪取FexOy的氧生成的，即二氧化碳只有一個氧原子來自鐵氧化合物，占二氧化碳質量的，故FexOy中氧元素的質量為：17.6g×＝6.4g，則FexOy中鐵氧元素的質量比為：56x：16y＝16.8g：6.4g＝21：8，x：y＝3：4，該鐵的氧化物的化學式為Fe3O4；故答案為：21：8；Fe3O4；(4)如果沒有甲裝置，混有的二氧化碳也