2025屆江西省樟村中學(xué)高考化學(xué)一模試卷考生請(qǐng)注意：1．答題前請(qǐng)將考場(chǎng)、試室號(hào)、座位號(hào)、考生號(hào)、姓名寫(xiě)在試卷密封線(xiàn)內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫(xiě)在試卷指定的括號(hào)內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫(xiě)在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、為探究新制氯水的性質(zhì)，某學(xué)生做了如下實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)裝置試劑a現(xiàn)象①紫色的石蕊試液溶液先變紅后褪色②NaHCO3溶液產(chǎn)生氣泡③HNO3酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀④FeCl2溶液、KSCN溶液溶液變紅由上述實(shí)驗(yàn)可得新制氯水的性質(zhì)與對(duì)應(yīng)的解釋或離子方程式不相符的是A．實(shí)驗(yàn)①說(shuō)明新制氯水中含有H＋、HClOB．實(shí)驗(yàn)②發(fā)生的反應(yīng)為HCO3－＋HClO=ClO－＋CO2↑＋H2OC．實(shí)驗(yàn)③說(shuō)明新制氯水中有Cl－，Cl－＋Ag+=AgCl↓D．實(shí)驗(yàn)④說(shuō)明氯氣具有強(qiáng)氧化性，Cl2＋2Fe2＋=2Cl－＋2Fe3＋2、室溫時(shí)，用0.0200mol/L稀鹽酸滴定20.00mL0.0200mol/LNaY溶液，溶液中水的電離程度隨所加稀鹽酸的體積變化如圖所示(忽略滴定過(guò)程中溶液的體積變化)，則下列有關(guān)說(shuō)法正確的是已知：K(HY)=5.0×10-11A．可選取酚酞作為滴定指示劑B．M點(diǎn)溶液的pH>7C．圖中Q點(diǎn)水的電離程度最小，Kw<10-14D．M點(diǎn),c(Na+)=c(HY)+c(Y-)+c(Cl-)3、某工廠(chǎng)排放的污水只可能含Na+、K+、NH4+、Mg2+、Fe3+、SO32-、SO42-和Cl-中的幾種（忽略由水電離產(chǎn)生的H+、OH-）。將試樣平均分成甲、乙、丙各l00mL三份，每次均加入足量的試劑，設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．廢水可能含有Na+、K+、Fe3+B．可能存在的離子用焰色反應(yīng)進(jìn)一步檢驗(yàn)確認(rèn)C．廢水一定含有Cl-、SO42-和Mg2+，且c(Cl-)=0.2mol·L-1D．廢水一定不含SO32-、Cl-、NH4+、Na+、K+、Fe3+4、下列離子方程式書(shū)寫(xiě)正確的是()A．NaHCO3溶液與足量的澄清石灰水反應(yīng)：Ca2＋＋2OH－＋2HCO3-=CaCO3↓＋2H2OB．NH4HCO3溶液與足量的NaOH溶液反應(yīng)：HCO3-＋OH－=CO32-＋H2OC．向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2：SiO32-＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋HCO3-D．Cl2與足量的FeBr2溶液反應(yīng)：Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－5、十九大報(bào)告中提出要“打贏藍(lán)天保衛(wèi)戰(zhàn)”，意味著對(duì)污染防治比過(guò)去要求更高。某種利用垃圾滲透液實(shí)現(xiàn)發(fā)電、環(huán)保二位一體結(jié)合的裝置示意圖如下，當(dāng)該裝置工作時(shí)，下列說(shuō)法正確的是A．鹽橋中Cl-向Y極移動(dòng)B．電路中流過(guò)7.5mol電子時(shí)，共產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下N2的體積為16.8LC．電流由X極沿導(dǎo)線(xiàn)流向Y極D．Y極發(fā)生的反應(yīng)為2NO3-＋10e-＋6H2O===N2↑＋12OH—，周?chē)鷓H增大6、下列各組離子能在指定環(huán)境中大量共存的是A．在c（HCO3-）=0.1mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、Cl－、NO3-B．在由水電離出的c（H+）=1×10－12mol/L的溶液中：Fe2+、ClO－、Na+、SO42-C．pH=1的溶液中：Mg2+、Fe3+、NO3－、[Ag(NH3)2]+D．在使紅色石蕊試紙變藍(lán)的溶液中：SO32-、CO32-、Na+、K+7、從粗銅精煉的陽(yáng)極泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲的一種工藝流程如圖：(已知TeO2微溶于水，易溶于強(qiáng)酸和強(qiáng)堿)下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A．“氧化浸出”時(shí)為使碲元素沉淀充分，應(yīng)加入過(guò)量的硫酸B．“過(guò)濾”用到的玻璃儀器：分液漏斗、燒杯、玻璃棒C．判斷粗碲洗凈的方法：取少量最后一次洗滌液，加入BaCl2溶液，沒(méi)有白色沉淀生成D．“還原”時(shí)發(fā)生的離子方程式為2SO32-＋Te4＋＋4OH－=Te↓＋2SO42-＋2H2O8、人體尿液中可以分離出具有生長(zhǎng)素效應(yīng)的化學(xué)物質(zhì)——吲哚乙酸，吲哚乙酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A．分子中含有2種官能團(tuán)B．吲哚乙酸苯環(huán)上的二氯代物共有四種C．1mol吲哚乙酸與足量氫氣發(fā)生反應(yīng)，最多消耗5molH2D．分子中不含手性碳原子9、銅板上鐵鉚釘處的吸氧腐蝕原理如圖所示，下列有關(guān)說(shuō)法中，不正確的是A．正極電極反應(yīng)式為：2H++2e—→H2↑B．此過(guò)程中還涉及到反應(yīng)：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3C．此過(guò)程中銅并不被腐蝕D．此過(guò)程中電子從Fe移向Cu10、下列變化中只存在放熱過(guò)程的是（）A．氯化鈉晶體熔化 B．氫氧化鈉晶體溶于水C．液氮的氣化 D．水蒸氣的液化11、下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象及結(jié)論均正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A向某黃色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈藍(lán)色黃色溶液中只含Br2B燒杯中看見(jiàn)白色沉淀證明酸性強(qiáng)弱：H2CO3>H2SiO3C向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加熱；再加入銀氨溶液；未出現(xiàn)銀鏡蔗糖未水解DpH試紙先變紅后褪色氯水既有酸性，又有漂白性A．A B．B C．C D．D12、常溫下，向20mL

溶液中滴加

NaOH溶液．有關(guān)微粒的物質(zhì)的量變化如圖，下列說(shuō)法正確的是A．滴加過(guò)程中當(dāng)溶液呈中性時(shí)，B．當(dāng)時(shí)，則有：C．H

在水中的電離方程式是：H

；

D．當(dāng)時(shí)，則有：13、分類(lèi)是化學(xué)學(xué)習(xí)與研究的常用方法，下列分類(lèi)不正確的是（）A．按照分散質(zhì)和分散劑所處的狀態(tài)，可分為9種分散系B．天然氣、水煤氣、裂解氣、高爐煤氣都是混合物C．CO2、C6H12O6、CH3CH2OH、HCOOH都是非電解質(zhì)D．塑料的老化、橡膠的硫化、石油的裂化、鐵鋁的鈍化、油脂的硬化均屬化學(xué)變化14、下列表示不正確的是A．中子數(shù)為20的氯原子：37Cl B．氟離子的結(jié)構(gòu)示意圖：C．水的球棍模型： D．乙酸的比例模型：15、鋅–空氣燃料電池可用作電動(dòng)車(chē)動(dòng)力電源，電池的電解質(zhì)溶液為KOH溶液，反應(yīng)為2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)42-。下列說(shuō)法正確的是（）A．充電時(shí)，電解質(zhì)溶液中K+向陽(yáng)極移動(dòng)B．充電時(shí)，電解質(zhì)溶液中c(OH－)逐漸減小C．放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)為：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42－D．放電時(shí)，電路中通過(guò)2mol電子，消耗氧氣22.4L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）16、下列有機(jī)化合物中均含有雜質(zhì)，除去這些雜質(zhì)的方法中正確的是（）A．苯中含單質(zhì)溴雜質(zhì)：加水，分液B．乙酸丁酯中含乙酸雜質(zhì)：加入碳酸鈉溶液洗滌，分液C．乙醛中含乙酸雜質(zhì)：加入氫氧化鈉溶液洗滌，分液D．乙醇中含乙酸雜質(zhì)：加入碳酸鈉溶液洗滌，分液17、某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100mL，逐漸加入鐵粉，產(chǎn)生氣體的量隨鐵粉加入量的變化如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．H2SO4濃度為4mol/LB．溶液中最終溶質(zhì)為FeSO4C．原混合酸中NO3-濃度為0.2mol/LD．AB段反應(yīng)為：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋18、霧霾中對(duì)人體有害的主要成分有固體細(xì)顆粒、氮和硫的氧化物、芳香烴、重金屬離子。下列說(shuō)法不正確的是A．苯是最簡(jiǎn)單的芳香烴B．重金屬離子可導(dǎo)致蛋白質(zhì)變性C．氮和硫的氧化物都屬于酸性氧化物D．汽車(chē)尾氣的大量排放是造成霧霾天氣的人為因素之一19、在下列各溶液中，一定能大量共存的離子組是A．有色透明溶液中：Fe2＋、Ba2＋、[Fe(CN)6]3－、NO3－B．強(qiáng)酸性溶液中：Cu2＋、K＋、ClO－、SO42－C．含有大量AlO2－的溶液中：K＋、Na＋、HCO3－、I－D．常溫下水電離的c(H＋)為1×10－12mol/L的溶液中：K＋、Na＋、Cl－、NO3－20、將一定質(zhì)量的鎂銅合金加入到稀硝酸中，兩者恰好完全反應(yīng)，假設(shè)反應(yīng)過(guò)程中還原產(chǎn)物全是NO，向所得溶液中加入物質(zhì)的量濃度為3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，測(cè)得生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加5.1g，則下列有關(guān)敘述中正確的是：（）A．加入合金的質(zhì)量不可能為6.4gB．沉淀完全時(shí)消耗NaOH溶液的體積為120mLC．溶解合金時(shí)收集到NO氣體的體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為2.24LD．參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為0.2mol21、下列除雜方案正確的是選項(xiàng)被提純的物質(zhì)雜質(zhì)除雜試劑除雜方法ACO2（g）SO2（g）飽和NaHSO3溶液、濃H2SO4洗氣BNH4Cl（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液過(guò)濾CCl2（g）HCl（g）飽和NaHCO3溶液、濃H2SO4洗氣DSO2（g）SO3（g）濃H2SO4洗氣A．A B．B C．C D．D22、已知：SO32—＋I(xiàn)2＋H2O===SO42—＋2H＋＋2I－，某溶液中可能含有I－、NH4+、Cu2＋、SO32—，向該無(wú)色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈無(wú)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－二、非選擇題(共84分)23、（14分）A為只含有C、H、O三種元素的芳香烴衍生物，且苯環(huán)上只有兩個(gè)取代基。各物質(zhì)間的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示。已知：D通過(guò)加聚反應(yīng)得到E，E分子式為(C9H8O2)n；H分子式為C18H16O6；I中除含有一個(gè)苯環(huán)外還含有一個(gè)六元環(huán)。(1)寫(xiě)出A的分子式：A______________。(2)寫(xiě)出I、E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：I______________E_________________；(3)A+G→H的反應(yīng)類(lèi)型為_(kāi)___________________________；(4)寫(xiě)出A→F的化學(xué)方程式__________________________。(5)有機(jī)物A的同分異構(gòu)體只有兩個(gè)對(duì)位取代基，既能與Fe3+發(fā)生顯色反應(yīng)，又能發(fā)生水解反應(yīng)，但不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)。則此類(lèi)A的同分異構(gòu)體有_______種，其中一種在NaOH溶液中加熱消耗的NaOH最多。寫(xiě)出該同分異構(gòu)體與NaOH溶液加熱反應(yīng)的化學(xué)方程式___________________。24、（12分）美托洛爾可用于治療高血壓及心絞痛，某合成路線(xiàn)如下：回答下列問(wèn)題：（1）寫(xiě)出C中能在NaOH溶液里發(fā)生反應(yīng)的官能團(tuán)的名稱(chēng)______。（2）A→B和C→D的反應(yīng)類(lèi)型分別是___________、____________，H的分子式為_(kāi)_____。（3）反應(yīng)E→F的化學(xué)方程式為_(kāi)_____。（4）試劑X的分子式為C3H5OCl，則X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_____。（5）B的同分異構(gòu)體中，寫(xiě)出符合以下條件：①含有苯環(huán)；②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；③苯環(huán)上只有一個(gè)取代基且能發(fā)生水解反應(yīng)的有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式____________。（6）4－芐基苯酚（）是一種藥物中間體，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)以苯甲酸和苯酚為原料制備4－芐基苯酚的合成路線(xiàn)：____________（無(wú)機(jī)試劑任用）。25、（12分）水合肼（N2H4·H2O）又名水合聯(lián)氨，無(wú)色透明，具有腐蝕性和強(qiáng)還原性的堿性液體，它是一種重要的化工試劑，利用尿素法生產(chǎn)水合肼的原理為：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl實(shí)驗(yàn)一：制備N(xiāo)aClO溶液。（實(shí)驗(yàn)裝置如右圖所示）（1）配制30%NaOH溶液時(shí)，所需玻璃儀器除量筒外還有（填標(biāo)號(hào)）。A．容量瓶B．燒杯C．燒瓶D．玻璃棒（2）錐形瓶中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是。（3）設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案：用中和滴定原理測(cè)定反應(yīng)后錐形瓶中剩余NaOH的濃度（實(shí)驗(yàn)提供的試劑：H2O2溶液、FeCl2溶液、0.10mol·L-1鹽酸、酚酞試液）：。實(shí)驗(yàn)二：制取水合肼。（實(shí)驗(yàn)裝置如右圖所示）（4）控制反應(yīng)溫度，將分液漏斗中溶液緩慢滴入三頸燒瓶中，充分反應(yīng)。加熱蒸餾三頸燒瓶?jī)?nèi)的溶液，收集108～114℃餾分。分液漏斗中的溶液是（填標(biāo)號(hào)）。A．CO(NH2)2溶液B．NaOH和NaClO混合溶液原因是：（用化學(xué)方程式表示）。實(shí)驗(yàn)三：測(cè)定餾分中肼含量。（5）稱(chēng)取餾分5.0g，加入適量NaHCO3固體，加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于錐形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0.10mol·L-1的I2溶液滴定。滴定過(guò)程中，溶液的pH保持在6.5左右。（已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O）①滴定時(shí)，碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液盛放在(填“酸式”或“堿式”)滴定管中；本實(shí)驗(yàn)滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為。②實(shí)驗(yàn)測(cè)得消耗I2溶液的平均值為18.00mL，餾分中水合肼（N2H4·H2O）的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。26、（10分）已知25℃時(shí)，Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16。某研究性學(xué)習(xí)小組探究AgCl、Ag2S沉淀轉(zhuǎn)化的原因。步驟現(xiàn)象Ⅰ.將NaCl與AgNO3溶液混合產(chǎn)生白色沉淀Ⅱ.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀變?yōu)楹谏?濾出黑色沉淀，加入NaCl溶液在空氣中放置較長(zhǎng)時(shí)間后，沉淀變?yōu)槿榘咨?1)Ⅰ中的白色沉淀是__。(2)Ⅱ中能說(shuō)明沉淀變黑的離子方程式是__。(3)濾出步驟Ⅲ中乳白色沉淀，推測(cè)含有AgCl。用濃HNO3溶解，產(chǎn)生紅棕色氣體，沉淀部分溶解，過(guò)濾得到濾液X和白色沉淀Y。ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，產(chǎn)生白色沉淀ⅱ.向Y中滴加KI溶液，產(chǎn)生黃色沉淀①由ⅰ判斷，濾液X中被檢出的離子是__。②由ⅰ、ⅱ可確認(rèn)步驟Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一種沉淀__。(4)該學(xué)生通過(guò)如下對(duì)照實(shí)驗(yàn)確認(rèn)了步驟Ⅲ中乳白色沉淀產(chǎn)生的原因：在NaCl存在下，氧氣將Ⅲ中黑色沉淀氧化。現(xiàn)象B：一段時(shí)間后，出現(xiàn)乳白色沉淀C：一段時(shí)間后，無(wú)明顯變化①A中產(chǎn)生的氣體是___。②C中盛放的物質(zhì)W是__。③該同學(xué)認(rèn)為B中產(chǎn)生沉淀的反應(yīng)如下（請(qǐng)補(bǔ)充完整）：__2Ag2S+__+__+2H2O=4AgCl+__+4NaOH④從溶解平衡移動(dòng)的角度，解釋B中NaCl的作用__。27、（12分）碘酸鉀（）是重要的微量元素碘添加劑。實(shí)驗(yàn)室設(shè)計(jì)下列實(shí)驗(yàn)流程制取并測(cè)定產(chǎn)品中的純度：其中制取碘酸（）的實(shí)驗(yàn)裝置見(jiàn)圖，有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)列于表中物質(zhì)性質(zhì)HIO3白色固體，能溶于水，難溶于CCl4KIO3①白色固體，能溶于水，難溶于乙醇②堿性條件下易發(fā)生氧化反應(yīng)：ClO－＋I(xiàn)O3－=IO4－＋Cl－回答下列問(wèn)題（1）裝置A中參加反應(yīng)的鹽酸所表現(xiàn)的化學(xué)性質(zhì)為_(kāi)_____________。（2）裝置B中反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__________________。B中所加CCl4的作用是_________從而加快反應(yīng)速率。（3）分離出B中制得的水溶液的操作為_(kāi)___________；中和之前，需將HIO3溶液煮沸至接近于無(wú)色，其目的是____________，避免降低的產(chǎn)率。（4）為充分吸收尾氣，保護(hù)環(huán)境，C處應(yīng)選用最合適的實(shí)驗(yàn)裝置是____________（填序號(hào)）。（5）為促使晶體析出，應(yīng)往中和所得的溶液中加入適量的___________。（6）取1.000g產(chǎn)品配成200.00mL溶液，每次精確量取20.00mL溶液置于錐形瓶中，加入足量KI溶液和稀鹽酸，加入淀粉作指示劑，用0.1004mol/L溶液滴定。滴定至終點(diǎn)時(shí)藍(lán)色消失（），測(cè)得每次平均消耗溶液25.00mL。則產(chǎn)品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)__（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。28、（14分）在鈀基催化劑表面上，甲醇制氫的反應(yīng)歷程如圖所示，其中吸附在鈀催化劑表面上的物種用*標(biāo)注。（1）的△H=_____________kJ·mol－1；該歷程中最大能壘(活化能)E正=____________kJ·mol－1，寫(xiě)出該步驟的化學(xué)方程式_________________。（2）在一定溫度下，CO和H2混合氣體發(fā)生反應(yīng)：，反應(yīng)速率υ=υ正－υ逆=k正c(CO)·c2(H2)－k逆c(CH3OH)，k正、k逆分別為正、逆反應(yīng)速率常數(shù)。達(dá)到平衡后，若加入高效催化劑，將___________(填“增大”、“減小”或“不變”)；若升高溫度，將____________(填“增大”、“減小”或“不變”)。（3）353K時(shí)，在剛性容器中充入CH3OH(g)，發(fā)生反應(yīng)：。體系的總壓強(qiáng)p隨時(shí)間t的變化如表所示：t/min05101520∞p/kPa101.2107.4112.6116.4118.6121.2①若升高反應(yīng)溫度至373K，則CH3OH(g)分解后體系壓強(qiáng)p∞(373K)___________121.2kPa(填“大于”、“等于”或“小于”)，原因是________________________。②353K時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)KP=__________(kPa)2(KP為以分壓表示的平衡常數(shù)，計(jì)算結(jié)果保留1位小數(shù))。29、（10分）中科院大連化學(xué)物理研究所的一項(xiàng)最新成果實(shí)現(xiàn)了甲烷高效生產(chǎn)乙烯，如圖所示，甲烷在催化作用下脫氫，在不同溫度下分別形成等自由基，在氣相中經(jīng)自由基:CH2偶聯(lián)反應(yīng)生成乙烯(該反應(yīng)過(guò)程可逆)(1)已知相關(guān)物質(zhì)的燃燒熱如上表所示，寫(xiě)出甲烷制備乙烯的熱化學(xué)方程式______________。(2)現(xiàn)代石油化工采用Ag作催化劑，可實(shí)現(xiàn)乙烯與氧氣制備X(分子式為C2H4O，不含雙鍵)該反應(yīng)符合最理想的原子經(jīng)濟(jì)，則反應(yīng)產(chǎn)物是____________(填結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式)。(3)在400℃時(shí)，向初始體積為1L的恒壓密閉反應(yīng)器中充入1molCH4，發(fā)生(1)中反應(yīng)，測(cè)得平衡混合氣體中C2H4的體積分?jǐn)?shù)為20.0％。則:①在該溫度下，其平衡常數(shù)K＝________。②若向該反應(yīng)器中通入高溫水蒸氣(不參加反應(yīng)，高于400℃)，則C2H4的產(chǎn)率將_______(填“増大”“減小”“不變”或“無(wú)法確定”)，理由是__________________________________。③若反應(yīng)器的體積固定，不同壓強(qiáng)下可得變化如下圖所示，則壓強(qiáng)的關(guān)系是____________。④實(shí)際制備C2H4時(shí)，通常存在副反應(yīng)2CH4(g)C2H6(g)+H2(g)。反應(yīng)器和CH4起始量不変，不同溫度下C2H6和C2H4的體積分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系曲線(xiàn)如下圖所示。I.在溫度高于600℃時(shí)，有可能得到一種較多的雙碳有機(jī)副產(chǎn)物的名稱(chēng)是____________。II.若在400℃時(shí)，C2H4、C2H6的體積分?jǐn)?shù)分別為20.0％、6.0％，其余為CH4和H2，則體系中CH4的體積分?jǐn)?shù)是____________。

參考答案一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、B【解析】

新制氯水的主要成分有Cl2、H＋、HClO、Cl－等，A.紫色的石蕊試液變紅，有H＋存在，后褪色，有HClO，A項(xiàng)正確；B.碳酸的酸性比HClO的酸性強(qiáng)，根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸原理，答案不對(duì)，正確為HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.新制氯水有Cl－，和銀離子反應(yīng)生成白色沉淀，C項(xiàng)正確；D.新制氯水的Cl2具有強(qiáng)氧化性，可以使亞鐵離子氧化，D項(xiàng)正確；答案選B。2、B【解析】A.滴定終點(diǎn)溶液顯酸性，故可選取甲基橙作為滴定指示劑，A不正確；B.M點(diǎn)溶液中，c(NaY)=c(HY)，因?yàn)镵(HY)=5.0×10-11，所以c(Y-)≈c(HY)，代入HY的電離常數(shù)表達(dá)式可得，ka=cH+=5.0×10-11，所以，pH>7，B正確；C.由圖可知，Q點(diǎn)水的電離程度最小，Kw=10-14，C不正確；D.M點(diǎn)，由物料守恒可知3、D【解析】甲中滴加溴水不褪色，說(shuō)明溶液中沒(méi)有還原性的SO32-；乙中滴加酸化的BaCl2溶液，生成2.33g白色沉淀，此沉淀為BaSO4，物質(zhì)的量為0.01mol，可知含有0.01molSO42-，濾液滴加酸化的AgNO3溶液生成白色沉淀AgCl的質(zhì)量為2.87g，物質(zhì)的量為0.02mol，則溶液中不存在Cl-，原因滴加BaCl2溶液生成0.01molBaSO4時(shí)引入的Cl-為0.02mol；丙中滴加NaOH溶液有白色沉淀生成，此沉淀為Mg(OH)2，同時(shí)無(wú)氣體生成，說(shuō)明沒(méi)有Fe3+、NH4+，0.58gMg(OH)2的物質(zhì)的量為0.01mol，可知溶液里含有0.01molMg2+恰好與0.01molSO42-組成中性溶液，故原溶液中也不存在Na+、K+；A．有分析可知廢水不存在Na+、K+和Fe3+，故A錯(cuò)誤；B．不存在Na+、K+，無(wú)須通過(guò)焰色反應(yīng)進(jìn)一步檢驗(yàn)確認(rèn)，故B錯(cuò)誤；C．廢水一定含有SO42-和Mg2+，不含Cl-，故C錯(cuò)誤；D．有分析可知廢水一定不含SO32-、Cl-、NH4+、Na+、K+、Fe3+，故D正確；答案為D。4、D【解析】

A.NaHCO3溶液與足量的澄清石灰水反應(yīng)生成碳酸鈣、氫氧化鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為：Ca2＋＋OH－＋HCO3-=CaCO3↓＋H2O，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.NH4HCO3溶液與足量的NaOH溶液反應(yīng)生成碳酸鈉、一水合氨和水，反應(yīng)的離子方程式為HCO3-＋NH4+＋2OH－=CO32-＋H2O＋NH3·H2O，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2，反應(yīng)生成碳酸氫鈉和硅酸，反應(yīng)的離子方程式為SiO32-＋2CO2＋2H2O=H2SiO3↓＋2HCO3-，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.Fe2＋還原性大于Br－，Cl2與足量的FeBr2溶液反應(yīng)只能生成Fe3＋，反應(yīng)的離子方程式為Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，選項(xiàng)D正確。【點(diǎn)睛】本題考查離子方程式的書(shū)寫(xiě)及正誤判斷，易錯(cuò)點(diǎn)為選項(xiàng)A.考查過(guò)量問(wèn)題，在離子方程式的正誤判斷中，學(xué)生往往忽略相對(duì)量的影響，命題者往往設(shè)置“離子方程式正確，但不符合相對(duì)量”的陷阱。突破這個(gè)陷阱的方法一是審準(zhǔn)“相對(duì)量”的多少，二是看離子反應(yīng)是否符合該量。如何判斷哪種物質(zhì)過(guò)量：典例對(duì)應(yīng)的離子方程式①少量NaHCO3Ca2＋＋OH－＋HCO3-=CaCO3↓＋H2O②足量Ca(OH)2③足量NaHCO3Ca2＋＋2OH－＋2HCO3-=CaCO3↓＋2H2O＋CO32-④少量Ca(OH)25、D【解析】

根據(jù)處理垃圾滲濾液并用其發(fā)電的示意圖可知，裝置屬于原電池裝置，X是負(fù)極，發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，Y是正極，發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，電解質(zhì)里的陽(yáng)離子移向正極，陰離子移向負(fù)極，電子從負(fù)極流向正極。【詳解】A.處理垃圾滲濾液的裝置屬于原電池裝置，溶液中的陰離子移向負(fù)極，即氯離子向X極移動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B.電池總反應(yīng)為：，該反應(yīng)轉(zhuǎn)移了15個(gè)電子，即轉(zhuǎn)移15個(gè)電子生成4個(gè)氮?dú)猓孰娐分辛鬟^(guò)7.5mol電子時(shí)，產(chǎn)生2mol氮?dú)猓?4.8L，B錯(cuò)誤；C.電流由正極流向負(fù)極，即Y極沿導(dǎo)線(xiàn)流向X極，故C錯(cuò)誤；D.Y是正極，發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，，周?chē)鷓H增大，故D正確；答案選D。6、D【解析】

離子間如果發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，則不能大量共存，反之是可以的。【詳解】A、Al3＋和HCO3－水解相互促進(jìn)生成氫氧化鋁和CO2，不能大量共存；B、水的電離是被抑制的，所以溶液可能顯酸性，也可能顯堿性。但不論是顯酸性，還是顯堿性，ClO－都能氧化Fe2+，不能大量共存；C、溶液顯酸性[Ag(NH3)2]+不能大量共存。D、溶液顯堿性，可以大量共存；答案選D。【點(diǎn)睛】該題是高考中的高頻題，屬于中等難度的試題，側(cè)重對(duì)學(xué)生基礎(chǔ)知識(shí)的訓(xùn)練和檢驗(yàn)。有利于培養(yǎng)學(xué)生的邏輯推理能力，提高學(xué)生靈活運(yùn)用基礎(chǔ)知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題的能力。該題需要明確離子不能大量共存的一般情況，即（1）能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的離子之間；（2）能生成難溶物的離子之間；（3）能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子之間；（4）能發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)的離子之間（如Fe3+和SCN-）；解決離子共存問(wèn)題時(shí)還應(yīng)該注意題目所隱含的條件，題目所隱含的條件一般有：（1）溶液的酸堿性，據(jù)此來(lái)判斷溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的顏色，如無(wú)色時(shí)可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色離子的存在；（3）溶液的具體反應(yīng)條件，如“氧化還原反應(yīng)”、“加入鋁粉產(chǎn)生氫氣”；（4）是“可能”共存，還是“一定”共存等。7、C【解析】

A．從陽(yáng)極泥中提取粗碲，第一步是將Te元素轉(zhuǎn)化為T(mén)eO2的沉淀過(guò)濾出來(lái)，考慮到TeO2易溶于強(qiáng)酸和強(qiáng)堿，所以氧化浸出步驟中酸不可加過(guò)量，A錯(cuò)誤；B．過(guò)濾操作需要漏斗，而不是分液漏斗，B錯(cuò)誤；C．通過(guò)分析整個(gè)流程可知，最終得到的粗碲固體表面會(huì)吸附溶液中的，因此判斷洗凈與否，只需要檢驗(yàn)最后一次洗滌液中是否仍含有即可，C正確；D．酸浸時(shí)TeO2溶解，隨后被Na2SO3還原，TeO2生成Te單質(zhì)，生成，所以正確的離子方程式為：，TeO2是氧化物離子方程式中不能拆分，D錯(cuò)誤。答案選C。8、D【解析】

A．分子中含有三種官能團(tuán)，包括了羧基、碳碳雙鍵和氨基，A錯(cuò)誤；B．采用“定一移一”的方法，二氯代物，如圖所示：、、，共有6種，B錯(cuò)誤；C．1mol苯環(huán)能夠與3molH2發(fā)生加成，1mol碳碳雙鍵和1molH2發(fā)生加成，而羧基不能與H2發(fā)生加成，則1mol吲哚乙酸與足量氫氣發(fā)生反應(yīng)，最多消耗4molH2，C錯(cuò)誤；D．分子中只有1個(gè)飽和碳原子，但是碳原子連有2個(gè)相同的H原子，因此分子中不含有手性碳原子，D正確。答案選D。9、A【解析】

A.正極電極反應(yīng)式為：O2+2H2O+4e-=4OH-，故A錯(cuò)誤；B.電化學(xué)腐蝕過(guò)程中生成的Fe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3，故B正確；C.銅為正極，被保護(hù)起來(lái)了，故C正確；D.此過(guò)程中電子從負(fù)極Fe移向正極Cu，故D正確；故選A。10、D【解析】

電解質(zhì)的電離、銨鹽溶于水、固體融化、液體汽化等均為吸熱過(guò)程，而濃硫酸、氫氧化鈉固體溶于、物質(zhì)的液化、液體的固化均為放熱過(guò)程，據(jù)此分析。【詳解】A．氯化鈉晶體熔化是吸熱的過(guò)程，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．氫氧化鈉固體溶于水放熱，氫氧化鈉在水中電離吸熱，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．液氮的氣化是吸熱的過(guò)程，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．水蒸氣液化，為放熱過(guò)程，選項(xiàng)D正確。答案選D。11、D【解析】

A．向某黃色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈藍(lán)色，該黃色溶液中可能含有Fe3+，F(xiàn)e3+也能將I-氧化為碘單質(zhì)，故不能確定黃色溶液中只含有Br2，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；B．濃鹽酸具有揮發(fā)性，燒杯中看見(jiàn)白色沉淀可能是揮發(fā)的HCl氣體與Na2SiO3溶液反應(yīng)得到H2SiO3的白色沉淀，不能證明酸性H2CO3>H2SiO3，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C．銀鏡反應(yīng)必須在堿性條件下進(jìn)行，該實(shí)驗(yàn)中加入銀氨溶液之前沒(méi)有加入如NaOH溶液的堿性溶液中和未反應(yīng)的稀硫酸，實(shí)驗(yàn)不能成功，故實(shí)驗(yàn)操作及結(jié)論錯(cuò)誤，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；D．氯水既有酸性，又有漂白性，可以使pH試紙先變紅后褪色，D選項(xiàng)正確；答案選D。12、D【解析】

A.當(dāng)時(shí)，此時(shí)溶質(zhì)為NaHA，根據(jù)圖象可知溶液中離子濃度，說(shuō)明的電離程度大于其水解程度，溶液為酸性，如果溶液為中性，則，故A錯(cuò)誤；B.當(dāng)時(shí)，此時(shí)溶質(zhì)為NaHA和，根據(jù)物料守恒，則有：，故B錯(cuò)誤；C.是二元弱酸，在水中的電離是分步電離的，電離方程式是：、，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)圖象知，當(dāng)

mL時(shí)，發(fā)生反應(yīng)為，溶質(zhì)主要為NaHA，電離程度大于水解程度，溶液顯酸性，水和都電離出氫離子，只有電離出，所以離子濃度大小順序是，故D正確；答案選D。【點(diǎn)睛】本題考查酸堿混合溶液定性判斷，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，為高考常見(jiàn)題型，明確圖象中酸堿混合時(shí)溶液中的溶質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵，抓住圖象進(jìn)行分析即可，題目難度中等。13、C【解析】

A.分散劑和分散質(zhì)都存在3種狀態(tài)：固體、液體和氣體，每一種狀態(tài)的分散劑能夠與3種不同狀態(tài)的分散質(zhì)組成3種分散系，共可組成3×3=9種分散系，A正確；B.天然氣主要成分是甲烷，還含有乙烷、丙烷、丁烷等，水煤氣是CO、H2的混合氣，裂解氣是乙烯、丙烯等的混合氣，高爐煤氣是CO、CO2等的混合氣，B正確；C.HCOOH是電解質(zhì)，C錯(cuò)誤；D.塑料老化是塑料被氧化造成，橡膠的硫化是天然橡膠與硫發(fā)生反應(yīng)生產(chǎn)硫化橡膠、石油的裂化是將長(zhǎng)鏈烴斷裂為短鏈烴、鐵鋁的鈍化是在鐵鋁表面形成鈍化膜、油脂的硬化是油酯與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，均屬化學(xué)變化，D正確。故選C。14、C【解析】

A.中子數(shù)為20的氯原子其質(zhì)量數(shù)為17+20=37，故37Cl是正確的；B.氟離子的核電荷數(shù)為9，核外電子數(shù)為10，故正確；C.水分子為V型，不是直線(xiàn)型，故錯(cuò)誤；D.該圖為乙酸的比例模型，故正確。故選C。15、C【解析】

A．充電時(shí)，陽(yáng)離子向陰極移動(dòng)，即K＋向陰極移動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．放電時(shí)總反應(yīng)為2Zn+O2+4OH–+2H2O=2Zn(OH)42-，則充電時(shí)生成氫氧化鉀，溶液中的氫氧根離子濃度增大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．放電時(shí)，鋅在負(fù)極失去電子，電極反應(yīng)為Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-，C項(xiàng)正確；D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4L氧氣的物質(zhì)的量為1摩爾，電路中轉(zhuǎn)移4摩爾電子，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。【點(diǎn)睛】電極反應(yīng)式的書(shū)寫(xiě)是電化學(xué)中必考的一項(xiàng)內(nèi)容，一般先寫(xiě)出還原劑（氧化劑）和氧化產(chǎn)物（還原產(chǎn)物），然后標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目，最后根據(jù)原子守恒和電荷守恒完成缺項(xiàng)部分和配平反應(yīng)方程式，作為原電池，正極反應(yīng)式為：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，負(fù)極電極反應(yīng)式為：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-；充電是電解池，陽(yáng)離子在陰極上放電，陰離子在陽(yáng)極上放電，即陽(yáng)離子向陰極移動(dòng)，陰離子向陽(yáng)極移動(dòng)，對(duì)可充電池來(lái)說(shuō)，充電時(shí)原電池的正極接電源正極，原電池的負(fù)極接電源的負(fù)極，不能接反，否則發(fā)生危險(xiǎn)或電極互換，電極反應(yīng)式是原電池電極反應(yīng)式的逆過(guò)程；涉及到氣體體積，首先看一下有沒(méi)有標(biāo)準(zhǔn)狀況，如果有，進(jìn)行計(jì)算，如果沒(méi)有必然是錯(cuò)誤選項(xiàng)。16、B【解析】

A.溴易溶于苯，不能加水使苯和溴單質(zhì)分層，不能通過(guò)分液除去苯中含單質(zhì)溴雜質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B.乙酸丁酯不溶于碳酸鈉溶液，乙酸的酸性比碳酸強(qiáng)，能與碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到純凈的乙酸丁酯，故B正確；C.乙醛有α氫，在氫氧化鈉溶液中發(fā)生羥醛縮合反應(yīng)，生成β-羥基丁醛，所以不能用氫氧化鈉去雜質(zhì)，故C錯(cuò)誤；D.乙醇中含乙酸雜質(zhì)：加入碳酸鈉溶液，乙酸與碳酸鈉反應(yīng)生成乙酸鈉和水，但乙酸鈉和乙醇互溶在水中，不分層，不能采用分液的方法，故D錯(cuò)誤；正確答案是B。【點(diǎn)睛】本題考查物質(zhì)的分離提純、鑒別，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)的異同，除雜時(shí)不能引入新雜質(zhì)，更不能影響被提純物質(zhì)的性質(zhì)，難度不大。17、C【解析】

由圖象可知，由于鐵過(guò)量，OA段發(fā)生反應(yīng)為：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段發(fā)生反應(yīng)為：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段發(fā)生反應(yīng)為Fe+2H+=Fe2++H2↑．最終消耗Fe為22.4g，此時(shí)溶液中溶質(zhì)為FeSO4，則n（FeSO4）=n（Fe），由硫酸根守恒n（H2SO4）=n（FeSO4），根據(jù)OA段離子方程式計(jì)算原混合酸中NO3-物質(zhì)的量，再根據(jù)c=計(jì)算c（H2SO4）、c（NO3-）。【詳解】A、反應(yīng)消耗22.4g鐵，也就是22.4g÷56g/mol＝0.4mol，所有的鐵都在硫酸亞鐵中，根據(jù)硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的濃度是4mol/L，A正確；B、硝酸全部被還原，沒(méi)有顯酸性的硝酸，因?yàn)槿芤褐杏辛蛩岣⑶诣F單質(zhì)全部轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，所以溶液中最終溶質(zhì)為FeSO4，B正確；C、OA段發(fā)生反應(yīng)為：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化劑作用，所以n（NO3-）=n（Fe）＝0.2mol，NO3-濃度為2mol/L，C錯(cuò)誤；D、由圖象可知，由于鐵過(guò)量，OA段發(fā)生反應(yīng)為：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段發(fā)生反應(yīng)為：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段發(fā)生反應(yīng)為：Fe+2H+=Fe2++H2↑，D正確。答案選C。【點(diǎn)晴】該題難度較大，解答的關(guān)鍵是根據(jù)圖象分析各段發(fā)生的反應(yīng)，注意與鐵的反應(yīng)中硝酸全部起氧化劑作用。在做此類(lèi)題目時(shí)，應(yīng)當(dāng)先分析反應(yīng)的過(guò)程，即先發(fā)生的是哪一步反應(yīng)，后發(fā)生的是哪一步。計(jì)算離子時(shí)注意用離子方程式計(jì)算。還需要用到一些解題技巧來(lái)簡(jiǎn)化計(jì)算過(guò)程，比如合理使用守恒原理等。18、C【解析】

A.苯分子中只含1個(gè)苯環(huán)且沒(méi)有側(cè)鏈，所以苯是最簡(jiǎn)單的芳香烴，故A正確；B.重金屬鹽有毒，金屬離子可導(dǎo)致蛋白質(zhì)變性，故B正確；C.NO、NO2都不是酸性氧化物，故C錯(cuò)誤，故選C；D.汽車(chē)尾氣含大量的固體顆粒物，汽車(chē)尾氣的大量排放是造成霧霾天氣的人為因素之一，故D正確。19、D【解析】

A.Fe2＋與[Fe(CN)6]3－產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，不能大量共存，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.強(qiáng)酸性溶液中H+與ClO－反應(yīng)產(chǎn)生HClO弱電解質(zhì)而不能大量共存，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.AlO2－與HCO3－會(huì)反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳而不能大量共存，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.常溫下水電離的c(H+)為1×10－12mol/L的溶液可能顯酸性或堿性，但與K＋、Na＋、Cl－、NO3－均不發(fā)生反應(yīng)，能大量共存，選項(xiàng)D正確。答案選D。20、C【解析】

淀為M(OH)2，根據(jù)化學(xué)式知，生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加的量是氫氧根離子，則n(OH-)==0.3mol，根據(jù)氫氧根離子守恒n[M(OH)2]=n(OH-)=×0.3mol=0.15mol，根據(jù)金屬原子守恒得金屬的物質(zhì)的量是0.15mol；A．因?yàn)殒V、銅的物質(zhì)的量無(wú)法確定，則無(wú)法計(jì)算合金質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；B．由氫氧根離子守恒得n(OH-)=n(NaOH)=0.3mol，V(NaOH)==100mL，故B錯(cuò)誤；C．由轉(zhuǎn)移電子守恒得n(NO)==0.1mol，生成標(biāo)況下NO體積=22.4L/mol×0.1mol=2.24L，故C正確；D．根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得參加反應(yīng)硝酸的物質(zhì)的量==0.1mol，根據(jù)金屬原子守恒、硝酸根離子守恒得起酸作用n(HNO3)=2n[M(NO3)2]=2n(M)=0.15mol×2=0.3mol，所以參加反應(yīng)硝酸的物質(zhì)的量=0.1mol+0.3mol=0.4mol，故D錯(cuò)誤；故答案為C。【點(diǎn)睛】本題以鎂、銅為載體考查混合物的計(jì)算，側(cè)重考查分析、計(jì)算能力，正確判斷沉淀和合金質(zhì)量差成分是解本題關(guān)鍵，靈活運(yùn)用原子守恒、轉(zhuǎn)移電子守恒解答即可。21、D【解析】

A、除去CO2中混有SO2，常用飽和NaHCO3溶液，故A錯(cuò)誤；B、加入NaOH溶液，不僅Fe3＋能與NaOH反應(yīng)，而且NH4＋也能與NaOH發(fā)生反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C、除去Cl2中HCl，常用飽和NaCl溶液，不能用NaHCO3溶液，容易產(chǎn)生新的雜質(zhì)CO2，故C錯(cuò)誤；D、SO3能溶于濃硫酸，SO2不溶于濃硫酸，因此可用濃硫酸除去SO2中混有SO3，故D正確；答案為D。22、D【解析】據(jù)題給方程式確定還原性：SO32-＞I－。其溶液呈無(wú)色，則Cu2＋一定不存在，由于SO32-還原性強(qiáng)，首先被Br2氧化成SO，若Br2過(guò)量會(huì)繼續(xù)氧化I－生成I2，致使溶液呈黃色，則根據(jù)溶液顏色未變，確定SO32-一定存在，I－可能存在，根據(jù)電荷守恒，溶液中的陽(yáng)離子只能為NH，則NH一定存在。故D正確。二、非選擇題(共84分)23、C9H10O3取代反應(yīng)(或酯化反應(yīng))2+O22+2H2O4種+3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O【解析】

A能發(fā)生連續(xù)的氧化反應(yīng)，說(shuō)明結(jié)構(gòu)中含有-CH2OH，D通過(guò)加聚反應(yīng)得到

E，E分子式為(C9H8O2)n，D的分子式為C9H8O2，D中含碳碳雙鍵，由A在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應(yīng)生成D，A為只含有C、H、O三種元素的芳香烴衍生物，且芳環(huán)上只有兩個(gè)取代基，A中含有苯環(huán)，A在濃硫酸作用下生成的I中除含有一個(gè)苯環(huán)外還含有一個(gè)六元環(huán)，應(yīng)是發(fā)生的酯化反應(yīng)，A中含有羧基，A的結(jié)構(gòu)應(yīng)為，D為，E為，I為，反應(yīng)中A連續(xù)氧化產(chǎn)生G，G為酸，F(xiàn)為，G為，A與G發(fā)生酯化反應(yīng)產(chǎn)生H，根據(jù)H分子式是C18H16O6，二者脫去1分子的水，可能是，也可能是，據(jù)此解答。【詳解】根據(jù)上述分析可知：A為，D為，E為，F(xiàn)為，G為，I為，H的結(jié)構(gòu)可能為，也可能是。(1)A為，則A的分子式為C9H10O3；(2)根據(jù)上面的分析可知，I為，E為；(3)A為，A分子中含有羥基和羧基，G為，G分子中含有羧基，二者能在濃硫酸存在和加熱條件下發(fā)生酯化反應(yīng)，酯化反應(yīng)屬于取代反應(yīng)，A+G→H的反應(yīng)類(lèi)型為取代反應(yīng)；(4)A中含有醇羥基和羧基，由于羥基連接的C原子上含有2個(gè)H原子，因此可以發(fā)生催化氧化反應(yīng)，產(chǎn)生醛基，因此A→F的化學(xué)方程式為2+O22+2H2O；(5)有機(jī)物A的同分異構(gòu)體只有兩個(gè)對(duì)位取代基，能與Fe3+發(fā)生顯色反應(yīng)，說(shuō)明苯環(huán)對(duì)位上有-OH，又能發(fā)生水解反應(yīng)，但不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說(shuō)明含有酯基，不含醛基，同分異構(gòu)體的數(shù)目由酯基決定，酯基的化學(xué)式為-C3H5O2，有—OOCCH2CH3、—COOCH2CH3、—CH2OOCCH3和—CH2COOCH3，共4種同分異構(gòu)體。其中的一種同分異構(gòu)體在NaOH溶液中加熱消耗的NaOH最多，酯基為—OOCCH2CH3，1mol共消耗3molNaOH，其它異構(gòu)體1mol消耗2molNaOH，該異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：+3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O。【點(diǎn)睛】本題考查有機(jī)物的推斷和合成的知識(shí)，有一定的難度，做題時(shí)注意把握題中關(guān)鍵信息，采用正、逆推相結(jié)合的方法進(jìn)行推斷，注意根據(jù)同分異構(gòu)體的要求及各種官能團(tuán)的性質(zhì)判斷相應(yīng)的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)和數(shù)目。24、（酚）羥基；氯原子取代反應(yīng)還原反應(yīng)C15H25O3N+CH3OH+H2O【解析】

由B的分子式、C的結(jié)構(gòu)，可知B與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成C，故B為，C發(fā)生還原反應(yīng)生成D為．對(duì)比D、E的分子式，結(jié)合反應(yīng)條件，可知D中氯原子水解、酸化得到E為．由G的結(jié)構(gòu)可知，E中醇羥基與甲醇發(fā)生分子間脫水反應(yīng)生成F，F(xiàn)中酚羥基上H原子被取代生成G，故F為．對(duì)比G、美托洛爾的結(jié)構(gòu)可知，G發(fā)生開(kāi)環(huán)加成生成美托洛爾。【詳解】(1)由結(jié)構(gòu)可知C中官能團(tuán)為：(酚)羥基、羰基和氯原子，在氫氧化鈉溶液中，由于和氯元素相鄰的碳原子上沒(méi)有氫原子，不能發(fā)生消去反應(yīng)，羰基不與氫氧化鈉反應(yīng)，酚羥基有弱酸性，可以與氫氧化鈉反應(yīng)；(2)B為，根據(jù)流程圖中A和B的結(jié)構(gòu)式分析，A中的氯原子將苯酚上的氫原子取代得到B，則為取代反應(yīng)；D為，根據(jù)分析，C發(fā)生還原反應(yīng)生成D；根據(jù)流程圖中美托洛爾的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，每個(gè)節(jié)點(diǎn)為碳原子，每個(gè)碳原子形成4個(gè)共價(jià)鍵，不足鍵用氫原子補(bǔ)充，則H的分子式為C15H25O3N；(3)E中醇羥基與甲醇發(fā)生分子間脫水反應(yīng)生成F，化學(xué)方程式為：+CH3OH+H2O；(4)F為，F(xiàn)中酚羥基上H原子被取代生成G，對(duì)比二者結(jié)構(gòu)可知，X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；(5)B為，B的同分異構(gòu)體中，含有苯環(huán)；能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說(shuō)明含有醛基；苯環(huán)上只有一個(gè)取代基且能發(fā)生水解反應(yīng)，故有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式；（6）苯甲醇發(fā)生氧化反應(yīng)生成苯甲醛，苯甲醛與苯酚反應(yīng)生成，最后與Zn（Hg）/HCl作用得到目標(biāo)物。合成路線(xiàn)流程圖為：。25、（1）B、D（2）Cl2+2OH-＝ClO-+Cl-+H2O（3）取一定量錐形瓶?jī)?nèi)混合溶液，加入適量的H2O2溶液后，滴加2~3滴酚酞試液，用0.10mol·L-1鹽酸滴定，記錄消耗鹽酸的量，重復(fù)上述操作2~3次。（其它合理答案給分)（4）BN2H4·H2O+2NaClO＝N2↑+3H2O+2NaCl（5）酸式溶液出現(xiàn)藍(lán)色且半分鐘內(nèi)不消失（6）9%【解析】試題分析：(3)取一定量錐形瓶?jī)?nèi)混合溶液，加入適量的H2O2溶液后，滴加2~3滴酚酞試液，用0.10mol·L-1鹽酸滴定，記錄消耗鹽酸的量，重復(fù)上述操作2~3次，加入H2O2防止次氯酸根的在酸性條件下分解產(chǎn)生鹽酸和氧氣，干擾實(shí)驗(yàn)結(jié)果的測(cè)定。(4)B．NaOH和NaClO混合溶液,次氯酸根離子在酸性和加熱條件下容易分解，所以分液漏斗中的液體是NaOH和NaClO混合溶液。(5)①堿式滴定管上的橡皮管易被碘水腐蝕，故用酸式滴定管；②由化學(xué)方程式的三段式可知n(N2H4·H2O)=1/2n(I2)=1.8mol,故W（N2H4·H2O）=（（1.8×10-3×50）/5）×100%=9%。考點(diǎn)：一定濃度溶液的配置；酸堿中和滴定；物質(zhì)的性質(zhì)；質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算。26、AgCl2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)SO42-SO2Ag2S的懸濁液2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH對(duì)于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2將S2-氧化生成S時(shí)有Ag+游離出來(lái)，NaCl中大量的Cl-與游離的Ag+結(jié)合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最終出現(xiàn)乳白色沉淀AgCl和S【解析】

(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl與AgNO3溶液發(fā)生反應(yīng)生成。(2)Ⅱ中沉淀由白變黑，則表明白色沉淀與S2-反應(yīng)，生成Ag2S沉淀等。(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說(shuō)明此沉淀為BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，產(chǎn)生黃色沉淀，說(shuō)明AgCl轉(zhuǎn)化為AgI；①由ⅰ判斷，可確定濾液X中被檢出的離子。②另一種沉淀應(yīng)能被濃硝酸氧化，生成SO42-、NO2等。(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化劑，由此確定產(chǎn)生氣體的成分。②因?yàn)镃是做對(duì)比實(shí)驗(yàn)而設(shè)立的，由此可確定C中盛放的物質(zhì)W。③B中，反應(yīng)物還有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可完善方程式。④B中，Ag2S被氧化生成S，則Ag+會(huì)與NaCl作用，從而促進(jìn)平衡正向移動(dòng)。【詳解】(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl與AgNO3反應(yīng)生成，則為AgCl。答案為：AgCl；(2)Ⅱ中沉淀由白變黑，則表明白色沉淀與S2-反應(yīng)，生成Ag2S沉淀等，反應(yīng)的離子方程式為2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。答案為：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)；(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說(shuō)明此沉淀為BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，產(chǎn)生黃色沉淀，說(shuō)明AgCl轉(zhuǎn)化為AgI；①由ⅰ判斷，可確定濾液X中被檢出的離子為SO42-。答案為：SO42-；②另一種沉淀應(yīng)能被濃硝酸氧化，生成SO42-、NO2等，則其為S。答案為：S；(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化劑，由此確定產(chǎn)生氣體為O2。答案為：O2；②因?yàn)镃是做對(duì)比實(shí)驗(yàn)而設(shè)立的，由此可確定C中盛放的物質(zhì)W為Ag2S的懸濁液。答案為：Ag2S的懸濁液；③B中，反應(yīng)物還有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可得出配平的方程式為2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH。答案為：2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH；④B中，Ag2S被O2氧化生成S，則Ag+游離出來(lái)，會(huì)與NaCl中的Cl-結(jié)合，生成AgCl沉淀，從而促進(jìn)平衡正向移動(dòng)，B中最終出現(xiàn)乳白色沉淀AgCl和S。答案為：對(duì)于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2將S2-氧化生成S時(shí)有Ag+游離出來(lái)，NaCl中大量的Cl-與游離的Ag+結(jié)合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最終出現(xiàn)乳白色沉淀AgCl和S。【點(diǎn)睛】因?yàn)镵sp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16，所以將AgCl轉(zhuǎn)化為Ag2S我們?nèi)菀桌斫猓绾螌?shí)現(xiàn)黑色沉淀向白色沉淀的轉(zhuǎn)化，即Ag2S轉(zhuǎn)化為AgCl，則需要改變反應(yīng)條件，通過(guò)實(shí)驗(yàn)我們可得出是O2的幫助，結(jié)合前面推斷，可確定還有S生成，然后利用守恒法便可將方程式配平。27、還原性、酸性充分溶解和，以增大反應(yīng)物濃度分液除去（或），防止氧化C乙醇（或酒精）89.5%。【解析】

裝置A用于制取Cl2，發(fā)生的反應(yīng)為：KClO3+6HCl(濃)=KCl+3Cl2↑+3H2O，裝置B中發(fā)生的是制取HIO3的反應(yīng)，裝置C為尾氣處理裝置，既要吸收尾氣中的HCl和Cl2，還要防止倒吸。【詳解】（1）裝置A中發(fā)生的反應(yīng)為：KClO3+6HCl(濃)=KCl+3Cl2↑+3H2O，濃鹽酸中的Cl元素有一部分失電子轉(zhuǎn)化為Cl2，表現(xiàn)出還原性，還有一部分Cl元素沒(méi)有變價(jià)轉(zhuǎn)化為KCl（鹽），表現(xiàn)出酸性，故答案為：還原性、酸性；（2）裝置B中發(fā)生的反應(yīng)為：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，Cl2和I2均難溶于水，易溶于CCl4，加入CCl4可使二者溶解在CCl4中，增大反應(yīng)物濃度，故答案為：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；充分溶解I2和Cl2，以增大反應(yīng)物濃度；（3）分離B中制得的HIO3水溶液的操作為分液，HIO3溶液中混有的Cl2在堿性條件下轉(zhuǎn)化為ClO-，ClO-會(huì)將IO3-氧化為IO4-，因此在中和前需要將Cl2除去，故答案為：分液；除去Cl2（或ClO-），防止氧化KIO3；（4）尾氣中主要含HCl和Cl2，需用NaOH溶液吸收，同時(shí)要防止倒吸，故答案為：C；（5）因?yàn)镵IO3難溶于乙醇，向KIO3溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KIO3晶體析出，故答案為：乙醇（或酒精）；（6）每20mLKIO3溶液中，加入KI溶液和稀鹽酸發(fā)生的反應(yīng)為：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，滴定時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可列出關(guān)系式：IO3-~3I2~6S2O32-，每次平均消耗的n(S2O32-)=0.1004mol/L×0.025L=0.00251mol，則每20mLKIO3溶液中，n(KIO3)=n(IO3-)=n(S2O32-)÷6=0.00251mol÷6=0.000418mol，200mL溶液中，n(KIO3)=0.00418mol，產(chǎn)品中KIO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)==89.5%，故答案為：89.5%。【點(diǎn)睛】1g樣品配成了200mL溶液，而根據(jù)關(guān)系式計(jì)算出的是20mL溶液中KIO3的物質(zhì)的量，需擴(kuò)大10倍才能得到1g樣品中KIO3的物質(zhì)的量。28、+97.9179.6CO*+4H*=CO*+2H2(g)或4H*=2H2(g)不變減小大于CH3OH(g)?CO(g)+2H2(g)的正反應(yīng)為氣體體積增大的吸熱反應(yīng)，溫度升高，平衡右移，氣體物質(zhì)的量增加，容器體積不變，總壓強(qiáng)變大43.9【解析】

(1)根據(jù)△H=生成物總能量-反應(yīng)物總能量分析判斷，根據(jù)圖像，反應(yīng)歷程中活化能最大的為CO?+4H?階段；(2)平衡時(shí)正逆反應(yīng)速率相等，催化劑可加快反應(yīng)速率，但不影響平衡移動(dòng)；根據(jù)(1)中分析CH3OH(g)?CO(g)+2H2(g)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動(dòng)；(3)①反應(yīng)CH3OH(g)?CO(g)+2H2(g)的正反應(yīng)為氣體體積增大的吸熱反應(yīng)，根據(jù)外界條件對(duì)該平衡體系的影響分析判斷；②根據(jù)相同條件下，物質(zhì)的量之比等于壓強(qiáng)之比，結(jié)合三段式計(jì)算解答。【詳解】(1)根據(jù)圖像顯示，甲醇的相對(duì)能量為0，生成物相對(duì)能量為97.9kJ·mol－1，根據(jù)△H=生成物總能量-反應(yīng)物總能量，則的△H=+97.9kJ·mol－1；根據(jù)圖像可以看出，CO?+4H?=CO?+2H2(g)(或4H*=2H2(g))反應(yīng)歷程中活化能E正最大為113.9kJ/mol-(-65.7kJ/mol)=179.6kJ·mol－1；(2)平衡時(shí)正逆反應(yīng)速率相等，即υ正=υ