2024年江西省撫州市南城第一中學(xué)高考化學(xué)考前最后一卷預(yù)測卷含解析

2024年江西省撫州市南城第一中學(xué)高考化學(xué)考前最后一卷預(yù)測卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)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(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項(xiàng)》，按規(guī)定答題。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(xiàng)）1、298K時，在0.10mol/LH2A溶液中滴入0.10mol/LNaOH溶液，滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是（）A．該滴定過程應(yīng)該選擇石蕊作為指示劑B．X點(diǎn)溶液中：c（H2A）+c（H+）=c(A2-)+2c（OH-）C．Y點(diǎn)溶液中：3c（Na+）=2c(A2-)+2c（HA-）+2c(H2A)D．0.01mol/LNa2A溶液的pH約為10.852、一定量的某磁黃鐵礦(主要成分FexS，S為－2價)與100mL鹽酸恰好完全反應(yīng)(礦石中其他成分不與鹽酸反應(yīng))，生成3.2g硫單質(zhì)、0.4molFeCl2和一定量H2S氣體，且溶液中無Fe3+。則下列說法正確的是（）A．該鹽酸的物質(zhì)的量濃度為4.0mol·L-1B．該磁黃鐵礦FexS中，F(xiàn)e2+與Fe3+的物質(zhì)的量之比為2：1C．生成的H2S氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為8.96LD．該磁黃鐵礦中FexS的x=0.853、某熱再生電池工作原理如圖所示。放電后，可利用廢熱進(jìn)行充電。已知電池總反應(yīng)：Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+ΔH＜0。下列說法正確的是（）A．充電時，能量轉(zhuǎn)化形式主要為電能到化學(xué)能B．放電時，負(fù)極反應(yīng)為NH3-8e-+9OH-=NO3-+6H2OC．a(chǎn)為陽離子交換膜D．放電時，左池Cu電極減少6.4g時，右池溶液質(zhì)量減少18.8g4、利用如圖所示裝置模擬電解原理在工業(yè)生產(chǎn)上的應(yīng)用。下列說法正確的是（）A．鐵片上鍍銅時，Y是純銅B．制取金屬鎂時，Z是熔融的氯化鎂C．電解精煉銅時，Z溶液中的Cu2+濃度不變D．電解飽和食鹽水時，X極的電極反應(yīng)式為4OH-－4e-=2H2O＋O2↑5、關(guān)于2NaOH（s）+H2SO4（aq）→Na2SO4（aq）+2H2O（l）+QkJ說法正確的是（）A．NaOH（s）溶于水的過程中擴(kuò)散吸收的能量大于水合釋放的能量B．Q＜0C．NaOH（s）+1/2

H2SO4（aq）→1/2

Na2SO4（aq）+H2O（l）+1/2Q

kJD．若將上述反應(yīng)中的

NaOH（s）換成

NaOH（aq），則Q′＞Q6、下列標(biāo)有橫線的物質(zhì)在給定的條件下不能完全反應(yīng)的是①1molZn與含1molH2SO4的稀硫酸溶液反應(yīng)②1molCu與含2molH2SO4的濃硫酸溶液共熱③1molCu與含4molHNO3的濃硝酸溶液反應(yīng)④1molMnO2與含4molHCl的濃鹽酸溶液共熱A．①③ B．①② C．②④ D．③④7、某新型水系鈉離子電池工作原理如下圖所示。TiO2光電極能使電池在太陽光照下充電，充電時Na2S4還原為Na2S。下列說法錯誤的是A．充電時，太陽能轉(zhuǎn)化為電能，又轉(zhuǎn)化為化學(xué)能B．放電時，a極的電極反應(yīng)式為：4S2--6e-=S42-C．充電時，陽極的電極反應(yīng)式為：3I--2e-=I3-D．M是陰離子交換膜8、用廢鐵屑制備磁性膠體粒子，制取過程如下：下列說法不正確的是A．用Na2CO3溶液浸泡是為了除去廢鐵屑表面的油污B．通入N2是防止空氣中的O2氧化二價鐵元素C．加適量的H2O2是為了將部分Fe2+氧化為Fe3+，涉及反應(yīng)：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2OD．溶液A中Fe2+和Fe3+的濃度比為2:19、亞氯酸鈉（NaClO2）是一種高效的漂白劑和氧化劑，可用于各種纖維和某些食品的漂白。馬蒂遜（Mathieson）法制備亞氯酸鈉的流程如下：下列說法錯誤的是（）A．反應(yīng)①階段，參加反應(yīng)的NaClO3和SO2的物質(zhì)的量之比為2：1B．若反應(yīng)①通過原電池來實(shí)現(xiàn)，則ClO2是正極產(chǎn)物C．反應(yīng)②中的H2O2可用NaClO4代替D．反應(yīng)②條件下，ClO2的氧化性大于H2O210、以鐵作陽極，利用電解原理可使廢水中的污染物凝聚而分離，其工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．電極b為陰極B．a(chǎn)極的電極反應(yīng)式：Fe-2e-=Fe2+C．處理廢水時，溶液中可能發(fā)生反應(yīng)：4Fe2++O2+8OH-+2H2O=4Fe(OH)3D．電路中每轉(zhuǎn)移3mol電子，生成1molFe(OH)3膠粒11、下列行為不符合安全要求的是（）A．實(shí)驗(yàn)室廢液需經(jīng)處理后才能排入下水道B．點(diǎn)燃易燃?xì)怏w前，必須檢驗(yàn)氣體的純度C．配制稀硫酸時將水倒入濃硫酸中并不斷攪拌D．大量氯氣泄漏時，迅速離開現(xiàn)場并盡量往高處去12、下列敘述正確的是（）A．合成氨反應(yīng)放熱，采用低溫可以提高氨的生成速率B．常溫下，將pH＝4的醋酸溶液加水稀釋，溶液中所有離子的濃度均降低C．反應(yīng)4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)===4Fe(OH)3(s)常溫下能自發(fā)進(jìn)行，該反應(yīng)的ΔH<0D．在一容積可變的密閉容器中反應(yīng)2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)達(dá)平衡后，保持溫度不變，縮小體積，平衡正向移動，的值增大13、設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值為NA。下列說法正確的是A．1L1mol·L-1的NaHSO3溶液中含有的離子數(shù)為3NAB．5.6g乙烯和環(huán)丙烷的混合物中含C—H鍵數(shù)目為1．8NAC．常溫常壓下，22.4L的37Cl2中所含的中子數(shù)為41NAD．硝酸與銅反應(yīng)生成1.1molNOx時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1.2NA14、Y是合成香料、醫(yī)藥、農(nóng)藥及染料的重要中間體，可由X在一定條件下合成：下列說法錯誤的是（）A．Y的分子式為C10H8O3B．由X制取Y過程中可得到乙醇C．一定條件下，Y能發(fā)生加聚反應(yīng)D．等物質(zhì)的量的X、Y分別與NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗NaOH的物質(zhì)的量之比為3：215、常溫下，HCOOH和CH3COOH的電離常數(shù)分別1.80×10?4和1.75×10?5。將pH=3，體積均為V0的兩種酸溶液分別加水稀釋至體積V，pH隨lg的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是（）A．溶液中水的電離程度：b點(diǎn)＜c點(diǎn)B．相同體積a點(diǎn)的兩溶液分別與NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同C．從c點(diǎn)到d點(diǎn)，溶液中不變（HA、A-分別代表相應(yīng)的酸和酸根離子）D．若兩溶液無限稀釋，則它們的c(H+)相等16、將100mL1L?mol-1的NaHCO3溶液分為兩份，其中一份加入少許冰醋酸，另外一份加入少許Ba(OH)2固體，忽略溶液體積變化。兩份溶液中c(CO32-)的變化分別是（）A．減小、減小 B．增大、減小 C．增大、增大 D．減小、增大17、根據(jù)下列圖示所得出的結(jié)論不正確的是A．圖甲是室溫下20mL0.1mol?L﹣1氨水中滴加鹽酸，溶液中由水電離出的c（H+）隨加入鹽酸體積的變化關(guān)系，圖中b、d兩點(diǎn)溶液的pH值均為7B．圖乙是CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）的平衡常數(shù)與反應(yīng)溫度的關(guān)系曲線，說明該反應(yīng)的△H＜0C．圖丙是室溫下用0.1000mol?L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol?L﹣1某一元酸HX的滴定曲線，該滴定過程可以選擇酚酞作為指示劑D．圖丁是室溫下用Na2SO4除去溶液中Ba2+達(dá)到沉淀溶解平衡時，溶液中c（Ba2+）與c（SO42﹣）的關(guān)系曲線，說明Ksp（BaSO4）＝1×10﹣1018、含鈾礦物通常用鉛(Pb)的同位素測年法進(jìn)行斷代，下列關(guān)于Pb和Pb說法正確的是A．含不同的質(zhì)子數(shù) B．含不同的電子數(shù)C．含相同的中子數(shù) D．互相轉(zhuǎn)化時不屬于化學(xué)變化19、下列關(guān)于有機(jī)物的說法正確的是A．C5H10O2的同分異構(gòu)體中，能與NaHCO3反應(yīng)生成CO2的有4種B．糖類、油脂、蛋白質(zhì)都是電解質(zhì)C．乙烯使溴水、酸性高錳酸鉀溶液褪色的反應(yīng)類型相同D．將碘酒滴到未成熟的蘋果肉上變藍(lán)說明蘋果肉中的淀粉已水解20、香草醛是一種廣泛使用的可食用香料，可通過如下方法合成。下列說法正確的是()A．物質(zhì)Ⅰ的分子式為C7H7O2B．CHCl3分子具有正四面體結(jié)構(gòu)C．物質(zhì)Ⅰ、Ⅲ(香草醛)互為同系物D．香草醛可發(fā)生取代反應(yīng)、加成反應(yīng)21、亞硝酸鈉(NaNO2)是一種常用的發(fā)色劑和防腐劑，某學(xué)習(xí)小組利用如圖裝置(夾持裝置略去)制取亞硝酸鈉，已知：2NO+Na2O2=2NaNO2，2NO2+Na2O2=2NaNO3；NO能被酸性高錳酸鉀氧化為NO3-。下列說法正確的是（）A．可將B中的藥品換為濃硫酸B．實(shí)驗(yàn)開始前通一段時間CO2，可制得比較純凈的NaNO2C．開始滴加稀硝酸時，A中會有少量紅棕色氣體D．裝置D中溶液完全褪色后再停止滴加稀硝酸22、短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大，由以上四種元素組成的一種化合物m在加熱時完全分解為三種產(chǎn)物，其中一種產(chǎn)物n是能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體，另一種產(chǎn)物q是無色無味的能使澄清石灰水變渾濁的氣體。下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、c、d三種元素形成的化合物一定會抑制水的電離B．原子半徑：a<b<c<dC．b、c、d的簡單氫化物的熱穩(wěn)定性依次增強(qiáng)D．m、n、q三種物質(zhì)均為共價化合物二、非選擇題(共84分)23、（14分）化合物M是制備一種抗菌藥的中間體，實(shí)驗(yàn)室以芳香化合物A為原料制備M的一種合成路線如下：已知：R1CH2BrR1CH=CHR2回答下列問題：(1)A的結(jié)構(gòu)簡式為_______；B中官能團(tuán)的名稱為_______；C的化學(xué)名稱為_________。(2)由C生成D所需的試劑和條件為_______，該反應(yīng)類型為____________.(3)由F生成M的化學(xué)方程式為__________________________________。(4)Q為M的同分異構(gòu)體，滿足下列條件的Q的結(jié)構(gòu)有________種(不含立體異構(gòu))，任寫出其中一.種核磁共振氫譜中有4組吸收峰的結(jié)構(gòu)簡式_________________。①除苯環(huán)外無其他環(huán)狀結(jié)構(gòu)②能發(fā)生水解反應(yīng)和銀鏡反應(yīng)(5)參照上述合成路線和信息，以乙烯和乙醛為原料(無機(jī)試劑任選)，設(shè)計制備聚2-丁烯的合成路線_____________。24、（12分）化合物W是一種藥物的中間體，一種合成路線如圖：已知：①②請回答下列問題：（1）A的系統(tǒng)命名為___。（2）反應(yīng)②的反應(yīng)類型是__。（3）反應(yīng)⑥所需試劑為___。（4）寫出反應(yīng)③的化學(xué)方程式為___。（5）F中官能團(tuán)的名稱是___。（6）化合物M是D的同分異構(gòu)體，則符合下列條件的M共有__種（不含立體異構(gòu)）。①1molM與足量的NaHCO3溶液反應(yīng)，生成二氧化碳?xì)怏w22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下)；②0.5molM與足量銀氨溶液反應(yīng)，生成108gAg固體其中核磁共振氫譜為4組峰且峰面積比為6∶2∶1∶1的結(jié)構(gòu)簡式為__（寫出其中一種）。（7）參照上述合成路線，以C2H5OH和為起始原料，選用必要的無機(jī)試劑合成，寫出合成路線__。25、（12分）三氯化硼（BCl3），主要用作半導(dǎo)體硅的摻雜源或有機(jī)合成催化劑，還用于高純硼或有機(jī)硼的制取。某興趣小組用氯氣和硼為原料，采用下列裝置（部分裝置可重復(fù)使用）制備BCl3。已知：①BCl3的沸點(diǎn)為12.5℃，熔點(diǎn)為-107.3℃；遇水劇烈反應(yīng)生成硼酸和鹽酸；②2B+6HCl2BCl3+3H2；③硼與鋁的性質(zhì)相似，也能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)。請回答下列問題：（1）A裝置可用氯酸鉀固體與濃鹽酸反應(yīng)制氯氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。（2）裝置從左到右的接口連接順序?yàn)閍→___________________→j。（3）裝里E中的試劑為___________，如果拆去E裝置，可能的后果是____________。（4）D裝置中發(fā)生反應(yīng)前先通入一段時間的氯氣，排盡裝置中的空氣。若缺少此步驟，則造成的結(jié)果是_____。（5）三氯化硼與水能劇烈反應(yīng)生成硼酸（H3BO3）和白霧，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式________，硼酸也可用電滲析法制備，“四室電滲析法”工作原理如圖所示：則陽極的電極反應(yīng)式__________________，分析產(chǎn)品室可得到H3BO3的原因________________。26、（10分）三草酸合鐵（III）酸鉀K3[Fe

(C

2O4)3]?3H2O（其相對分子質(zhì)量為491），為綠色晶體，易溶于水，難溶于酒精。110℃下可完全失去結(jié)晶水，230℃時分解。它還具有光敏性,光照下即發(fā)生分解，是制備活性鐵催化劑的原料。某化學(xué)小組制備該晶體，并測定其中鐵的含量，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：Ⅰ．三草酸合鐵（Ⅲ）酸鉀的制備；①稱取5g硫酸亞鐵固體，放入到100mL的燒杯中，然后加15mL餾水和5～6滴稀硫酸，加熱溶解后，再加入25mL飽和草酸溶液，攪拌加熱至沸。停止加熱，靜置，待析出固體后，抽濾、洗滌、干燥，得到FeC2O4?2H2O；②向草酸亞鐵固體中加入飽和K2C2O4溶液10mL，40oC水浴加熱，邊攪拌邊緩慢滴加20mL3%H2O2溶液，變?yōu)樯钭厣?，檢驗(yàn)Fe2+是否完全轉(zhuǎn)化為Fe3+，若氧化不完全，再補(bǔ)加適量的H2O2溶液；③將溶液加熱至沸，然后加入20mL飽和草酸溶液，沉淀立即溶解，溶液轉(zhuǎn)為綠色。趁熱抽濾，濾液轉(zhuǎn)入100mL燒杯中，加入95%乙醇25mL，混勻后冷卻，可以看到燒杯底部有晶體析出。晶體完全析出后，抽濾，用乙醇-丙酮混合液洗滌，置于暗處晾干即可。（1）寫出步驟①中，生成FeC2O4?2H2O晶體的化學(xué)方程式___。檢驗(yàn)FeC2O4?2H2O晶體是否洗滌干凈的方法是___。（2）步驟②中檢驗(yàn)Fe2+是否完全轉(zhuǎn)化的操作為___。（3）步驟③用乙醇-丙酮混合液洗滌，而不是用蒸餾水洗滌的原因是___。Ⅱ．鐵含量的測定：步驟一：稱量5.00g三草酸合鐵酸鉀晶體，配制成250mL溶液。步驟二：取所配溶液25.00mL于錐形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化，MnO4-被還原成Mn2+，向反應(yīng)后的溶液中逐漸加入鋅粉，加熱至黃色剛好消失，過濾、洗滌，將過濾及洗滌所得溶液收集到錐形瓶中，此時溶液仍呈酸性。步驟三：用0.0100mol/LKMnO4溶液滴定步驟二所得溶液至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液20.02mL，滴定中MnO4-被還原成Mn2+。步驟四：重復(fù)步驟二、步驟三操作，滴定消耗0.0100mol/LKMnO4溶液19.98mL。（4）配制三草酸合鐵酸鉀溶液中用到的玻璃儀器有燒杯____，___，___。（5）寫出步驟三中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式____。（6）實(shí)驗(yàn)測得該晶體中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。27、（12分）實(shí)驗(yàn)室從含碘廢液（除外，含有、、等）中回收碘，實(shí)驗(yàn)過程如下：（1）向含碘廢液中加入稍過量的溶液，將廢液中的還原為，其離子方程式為__________；該操作將還原為的目的是___________________。（2）操作的名稱為__________。（3）氧化時，在三頸瓶中將含的水溶液用鹽酸調(diào)至約為2，緩慢通入，在40℃左右反應(yīng)（實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示）。實(shí)驗(yàn)控制在較低溫度下進(jìn)行的原因是__________________；儀器a、b的名稱分別為：a__________、b__________；儀器b中盛放的溶液為__________。（4）已知：；某含碘廢水（約為8）中一定存在，可能存在、中的一種或兩種。請補(bǔ)充完整檢驗(yàn)含碘廢水中是否含有、的實(shí)驗(yàn)方案（實(shí)驗(yàn)中可供選擇的試劑：稀鹽酸、淀粉溶液、溶液、溶液）。①取適量含碘廢水用多次萃取、分液，直到水層用淀粉溶液檢驗(yàn)不出有碘單質(zhì)存在；②__________________；③另從水層中取少量溶液，加入淀粉溶液，加鹽酸酸化后，滴加溶液，若溶液變藍(lán)說明廢水中含有；否則說明廢水中不含有。（5）二氧化氯（，黃綠色易溶于水的氣體）是高效、低毒的消毒劑和水處理劑?，F(xiàn)用氧化酸性含廢液回收碘。①完成氧化的離子方程式：ClO2+I-1+__________=+Cl-1+____________________________；②若處理含相同量的廢液回收碘，所需的物質(zhì)的量是的______倍。28、（14分）CS2是一種常見溶劑，還可用于生產(chǎn)人造粘膠纖維等?；卮鹣铝袉栴}：(1)CS2與酸性KMnO4溶液反應(yīng)，產(chǎn)物為CO2和硫酸鹽，該反應(yīng)中還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為_______(MnO4-被還原為Mn2+)(2)甲烷硫磺法制取CS2的反應(yīng)為CH4(g)+2S2(g)CS2(g)+2H2S(g)△H。①在恒溫恒容密閉容器中進(jìn)行該反應(yīng)時，能說明該反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)的是_______(填字母)A．v正(S2)=2v逆(CS2)B．容器內(nèi)氣體的密度不再隨時間變化C．容器內(nèi)氣體的總壓強(qiáng)不再隨時間變化D．單位時間內(nèi)斷裂C-H鍵數(shù)目與斷裂H—S鍵數(shù)目相等②已知下列鍵能數(shù)據(jù)：共價鍵C—HS=SC=SH—S律能/kJ?mol-1411425573363該反應(yīng)的△H_______kJ?mol-1(3)在一密閉容器中，起始時向該容器中充入H2S和CH4且n(H2S):n(CH4)=2:1，發(fā)生反應(yīng)：CH4(g)+2H2S(g)?CS2(g)+4H2(g)。0.1MPa時，溫度變化對平衡時產(chǎn)物的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)的影響如圖所示：①該反應(yīng)△H_______(填“>”或“<”)0。②M點(diǎn)，H2S的平衡轉(zhuǎn)化率為_______，為提高H2S的平衡轉(zhuǎn)化率，除改變溫度外，還可采取的措施是_______(列舉一條)。③N點(diǎn)，平衡分壓p(CS2)=_______MPa，對應(yīng)溫度下，該反應(yīng)的KP=_______(MPa)2。(KP為以分壓表示的平衡常數(shù))29、（10分）2019年諾貝爾化學(xué)獎授予三位開發(fā)鋰離子電池的科學(xué)家。TiS2、LiCoO2和LiMnO2等都是他們研究鋰離子電池的載體?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)Co原子價層電子排布式為_______________________________。(2)已知第三電離能數(shù)據(jù):I3(Mn)=3246kJ·mol-1，I3(Fe)=2957kJ·mol-1。錳的第三電離能大于鐵的第三電離能,其主要原因是_______________________________。(3)據(jù)報道，在MnO2的催化下，甲醛可被氧化成CO2，在處理含HCHO的廢水或空氣方面有廣泛應(yīng)用。HCHO中鍵角_________CO2中鍵角(填“大于”“小于”或“等于")。(4)Co3+、Co2+能與NH3、H2O、SCN-等配體組成配合物。①1mol[Co(NH3)6]3+含______molσ鍵。②配位原子提供孤電子對與電負(fù)性有關(guān)，電負(fù)性越大，對孤電子對吸引力越大。SCN-的結(jié)構(gòu)式為[S=C=N]-,SCN-與金屬離子形成的配離子中配位原子是______(填元素符號)。③配離子在水中顏色與分裂能有關(guān)，某些水合離子的分裂能如表所示：由此推知，a______b(填“>”“<”或“=")，主要原因是_______________________。(5)工業(yè)上，采用電解熔融氯化鋰制備鋰，鈉還原TiCl4(g)制備鈦。已知：LiCl、TiCl4的熔點(diǎn)分別為605°C、-24°C，它們的熔點(diǎn)相差很大，其主要原因是_______________。(6)鈦的化合物有2種不同結(jié)構(gòu)的晶體，其晶胞如圖所示。二氧化鈦晶胞(如圖1)中鈦原子配位數(shù)為__________。氮化鈦的晶胞如圖2所示,圖3是氮化鈦的晶胞截面圖。已知:NA是阿伏加德常數(shù)的值，氮化鈦晶體密度為dg·cm-3。氮化鈦晶胞中N原子半徑為__________pm

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(xiàng)）1、D【解析】

滴定過程發(fā)生反應(yīng)H2A+NaOH=H2O+NaHA、NaHA+NaOH=H2O+Na2A，第一反應(yīng)終點(diǎn)溶質(zhì)為NaHA，第二反應(yīng)終點(diǎn)溶質(zhì)為Na2A?！驹斀狻緼．石蕊的的變色范圍為5～8，兩個反應(yīng)終點(diǎn)不在變色范圍內(nèi)，所以不能選取石蕊作指示劑，故A錯誤；B．X點(diǎn)為第一反應(yīng)終點(diǎn)，溶液中的溶質(zhì)為NaHA，溶液中存在質(zhì)子守恒c(OH-)+c(A2-)=c(H+)+c(H2A)，故B錯誤；C．Y點(diǎn)溶液=1.5，所以溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的NaHA和Na2A，根據(jù)物料守恒可知2c(Na+)=3c(A2-)+3c(HA-)+3c(H2A)，故C錯誤；D．Na2A溶液主要存在A2-的水解：A2-+H2O=HA-+OH-；據(jù)圖可知當(dāng)c(A2-)=c(HA-)時溶液pH=9.7，溶液中c(OH-)=10-4.3mol/L，而Na2A的第一步水解平衡常數(shù)Kh=，當(dāng)c(A2-)=c(HA-)時Kh=c(OH-)=10-4.3，設(shè)0.01mol/LNa2A溶液中c(A2-)=amol/L，則c(OH-)amol/L，Kh=，解得a=10-3.15mol/L，即c(OH-)=10-3.15mol/L，所以溶液的pH=10.85，故D正確?！军c(diǎn)睛】解決此類題目的關(guān)鍵是弄清楚各點(diǎn)對應(yīng)的溶質(zhì)是什么，再結(jié)合三大守恒去判斷溶液中的離子濃度關(guān)系；D選項(xiàng)為難點(diǎn)，學(xué)習(xí)需要對“c(A2-)=c(HA-)”此類信息敏感一些，通過滿足該條件的點(diǎn)通?？梢郧蟪鲭婋x或水解平衡常數(shù)。2、C【解析】

n(S)=3.2g÷32g/mol=0.1mol，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得n(Fe3+)==0.2mol，則n(Fe2+)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，所以n(Fe2+)：n(Fe3+)=0.2mol：0.2mol=1：1，以此解答該題?！驹斀狻緼.鹽酸恰好反應(yīng)生成FeCl2的物質(zhì)的量為0.4mol，根據(jù)Cl原子守恒可得c(HCl)==8.0mol/L，A錯誤；B.由以上分析可知，該磁黃鐵礦FexS中，F(xiàn)e2+與Fe3+的物質(zhì)的量之比n(Fe2+)：n(Fe3+)=1：1，B錯誤；C.根據(jù)氫原子、氯原子守恒得n(H2S)=n(HCl)=n(FeCl2)=0.4mol，V(H2S)=0.4mol×22.4L/mol=8.96L，C正確；D.FexS中n(S)=0.1mol+0.4mol=0.5mol，n(Fe)=0.4mol，所以n(Fe)：n(S)=0.4mol：0.5mol=0.8，所以x=0.8，D錯誤。故合理選項(xiàng)是C。3、D【解析】

已知電池總反應(yīng)：Cu2++4NH3?[Cu(NH3)4]2+△H＜0，放出的熱量進(jìn)行充電，通入氨氣的電極為原電池負(fù)極，電極反應(yīng)Cu?2e?＝Cu2＋，通入氨氣發(fā)生反應(yīng)Cu2＋＋4NH3?[Cu(NH3)4]2＋△H＜0，右端為原電池正極，電極反應(yīng)Cu2＋＋2e?＝Cu，中間為陰離子交換膜，據(jù)此分析。【詳解】已知電池總反應(yīng)：Cu2++4NH3?[Cu(NH3)4]2+△H＜0，放出的熱量進(jìn)行充電，通入氨氣的電極為原電池負(fù)極，電極反應(yīng)Cu?2e?＝Cu2＋，通入氨氣發(fā)生反應(yīng)Cu2＋＋4NH3?[Cu(NH3)4]2＋△H＜0，右端為原電池正極，電極反應(yīng)Cu2＋＋2e?＝Cu，中間為陰離子交換膜；A．充電時，能量轉(zhuǎn)化形式主要為熱能→化學(xué)能，故A錯誤；B．放電時，負(fù)極反應(yīng)為Cu＋4NH3?2e?＝[Cu(NH3)4]2＋，故B錯誤；C．原電池溶液中陰離子移向負(fù)極，a為陰離子交換膜，故C錯誤；D．放電時，左池Cu電極減少6.4g時，Cu?2e?＝Cu2＋，電子轉(zhuǎn)移0.2mol，右池溶液中銅離子析出0.1mol，硝酸根離子移向左電極0.2mol，質(zhì)量減少＝0.2mol×62g/mol＋0.1mol×64g/mol＝18.8g，故D正確；故答案選D。4、B【解析】

根據(jù)圖中得出X為陽極，Y為陰極?！驹斀狻緼.鐵片上鍍銅時，銅為鍍層金屬，為陽極，因此X是純銅，故A錯誤；B.制取金屬鎂時，Z是熔融的氯化鎂，鎂離子再陰極生成鎂單質(zhì)，故B正確；C.電解精煉銅時，陽極開始是鋅溶解，陰極始終的銅離子得電子變?yōu)殂~單質(zhì)，因此Z溶液中的Cu2+濃度減小，故C錯誤；D.電解飽和食鹽水時，X極的電極反應(yīng)式為2Cl－－2e－=Cl2↑，故D錯誤。綜上所述，答案為B?！军c(diǎn)睛】電解精煉銅，粗銅作陽極，純銅作陰極；電鍍，鍍件作陰極，鍍層金屬作陽極，鍍層金屬鹽溶液為電解液。5、C【解析】

A、氫氧化鈉固體溶于水是放熱的過程，故NaOH(s)溶于水的過程中擴(kuò)散吸收的能量小于水合釋放的能量，故A錯誤；B、酸堿中和放熱，故Q大于0，故B錯誤；C、反應(yīng)的熱效應(yīng)與反應(yīng)的計量數(shù)成正比，故當(dāng)將反應(yīng)的計量數(shù)除以2時，反應(yīng)的熱效應(yīng)也除以2，即變?yōu)镹aOH（s）+

H2SO4（aq）→

Na2SO4（aq）+H2O（l）+Q

kJ，故C正確；D、氫氧化鈉固體溶于水放熱，即若將氫氧化鈉固體換為氫氧化鈉溶液，則反應(yīng)放出的熱量變小，即則Q′＜Q，故D錯誤。故選：C。6、C【解析】

①1mol鋅與含1molH2SO4的稀硫酸溶液恰好完全反應(yīng)，故不選；②隨反應(yīng)的進(jìn)行濃硫酸變在稀硫酸，稀硫酸與銅不反應(yīng)，故選；③1mol銅轉(zhuǎn)移2mol的電子，生成2mol的銅離子與2mol硝酸結(jié)合成硫酸鹽，而2molHNO3的硝酸作氧化劑，得電子的量為2mol～6mol，所以銅不足，故不選；④隨著反應(yīng)的進(jìn)行，鹽酸濃度逐漸降低，稀鹽酸與二氧化錳不反應(yīng)，故選；故選C7、D【解析】

TiO2光電極能使電池在太陽光照下充電，所以充電時，太陽能轉(zhuǎn)化為電能，電能又能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，充電時Na2S4還原為Na2S，放電和充電互為逆過程，所以a是負(fù)極，b是正極，在充電時，陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，3I--2e-=I3-，據(jù)此回答?！驹斀狻緼.TiO2光電極能使電池在太陽光照下充電，所以充電時，太陽能轉(zhuǎn)化為電能，電能又能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，A正確；B.充電時Na2S4還原為Na2S，放電和充電互為逆過程，所以a是負(fù)極，a極的電極反應(yīng)式為：4S2--6e-=S42-，B正確；C.在充電時，陽極I-失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，極反應(yīng)為3I--2e-=I3-，C正確；D.通過圖示可知，交換膜只允許鈉離子自由通過，所以M是陽離子交換膜，D錯誤；答案選D?！军c(diǎn)睛】本題考查了原電池的原理，明確正負(fù)極上得失電子及反應(yīng)類型是解題的關(guān)鍵，難點(diǎn)是電極反應(yīng)式的書寫，明確哪種離子能夠自由通過交換膜，可以確定交換膜的類型。8、D【解析】A、碳酸鈉的水溶液顯堿性，油污在堿中發(fā)生水解，因此碳酸鈉溶液浸泡可以除去廢鐵屑表面的油污，故A說法正確；B、Fe2＋容易被氧氣氧化，因此通入N2的目的是防止空氣中的氧氣氧化Fe2＋，故B說法正確；C、利用H2O2的氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，涉及反應(yīng)：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故C說法正確；D、Fe3O4中Fe2＋和Fe3＋物質(zhì)的量之比為1：2，故D說法錯誤。9、C【解析】

A．根據(jù)流程圖反應(yīng)①中氧化劑是NaClO3，還原劑是SO2，還原產(chǎn)物是ClO2，氧化產(chǎn)物是NaHSO4，根據(jù)化合價升降相等可得NaClO3和SO2的物質(zhì)的量之比為2:1，A項(xiàng)正確；B．由反應(yīng)①化合價變化情況，再根據(jù)原電池正極表面發(fā)生還原反應(yīng)，所以ClO2是正極產(chǎn)物，B項(xiàng)正確；C．據(jù)流程圖反應(yīng)②，在ClO2與H2O2的反應(yīng)中，ClO2轉(zhuǎn)化為NaClO2氯元素的化合價降低，做氧化劑；H2O2只能做還原劑，氧元素的化合價升高，不能用NaClO4代替H2O2，C項(xiàng)錯誤；D．據(jù)流程圖反應(yīng)②ClO2與H2O2反應(yīng)的變價情況，ClO2做氧化劑，H2O2做還原劑，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D項(xiàng)正確；故答案選C?！军c(diǎn)睛】根據(jù)反應(yīng)的流程圖可得反應(yīng)①中的反應(yīng)物與生成物，利用得失電子守恒規(guī)律推斷反應(yīng)物或生成物的物質(zhì)的量之比。10、D【解析】

根據(jù)圖示可知，鐵做陽極，失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，F(xiàn)e-2e-=Fe2+，所以a為陽極，b電極為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，2H2O+2e-=H2+2OH-?！驹斀狻緼.根據(jù)圖示a電極為Fe電極，連接電源正極，作陽極，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，b電極連接電源負(fù)極，作陰極，A正確；B.由圖示可知：a電極為Fe電極，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，陽極的電極反應(yīng)式為Fe-2e-=Fe2+，B正確；C.Fe2+具有還原性，容易被溶解在溶液的氧氣氧化變?yōu)镕e3+，氧氣得到電子變?yōu)镺H-，F(xiàn)e3+與OH-結(jié)合形成Fe(OH)3，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，在處理廢水時，溶液中可能發(fā)生的反應(yīng)為：4Fe2++O2+8OH-+2H2O=4Fe(OH)3，C正確；D.Fe(OH)3膠粒是許多Fe(OH)3的集合體，所以電路中每轉(zhuǎn)移3mol電子，生成Fe(OH)3膠粒的物質(zhì)的量小于1mol，D錯誤；故合理選項(xiàng)是D。11、C【解析】

A．實(shí)驗(yàn)室廢液中常含有大量有毒有害物質(zhì)或者重金屬離子，直接排放會對地下水造成污染，所以需經(jīng)處理后才能排入下水道，故A正確；B．點(diǎn)燃可燃性氣體前需要檢查純度，避免因純度不足導(dǎo)致氣體爆炸發(fā)生危險，故B正確；C．由于濃硫酸密度大于水，且稀釋過程中放出大量熱，稀釋時應(yīng)該將濃硫酸緩緩倒入水中并不斷攪拌，故C錯誤；D．氯氣密度大于空氣，低處的空氣中氯氣含量較大，所以大量氯氣泄漏時，迅速離開現(xiàn)場并盡量逆風(fēng)、往高處逃離，故D正確；故選C。12、C【解析】

A、降低溫度，會減慢氨的生成速率，選項(xiàng)A錯誤；B、常溫下，將pH=4的醋酸溶液稀釋后，溶液中氫離子的濃度降低，由c（OH-）=可知?dú)溲醺x子的濃度增大，選項(xiàng)B錯誤；C、反應(yīng)4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)=4Fe(OH)3(s)，△S＜0，常溫下能自發(fā)進(jìn)行，說明△H-T?△S＜0，因此可知△H＜0，選項(xiàng)C正確；D、可看作該反應(yīng)的平衡常數(shù)的倒數(shù)，溫度不變，平衡常數(shù)不變，則該值不變，選項(xiàng)D錯誤。答案選C。13、B【解析】

A.HSO3-屬于弱酸酸式陰離子，在溶液中既存在水解平衡又存在電離平衡，1L1mol·L-1的NaHSO3溶液中含有的離子數(shù)不是3NA，故A錯誤；B.乙烯和環(huán)丙烷的最簡式為CH2，2．6g的混合物中含CH2物質(zhì)的量為1.4mol，所以含C—H鍵數(shù)目為1.8NA，故B正確；C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，3．4L的37Cl2中所含的中子數(shù)為41NA，常溫常壓下中子數(shù)不為41NA，故C錯誤；D.NOx可能是NO或NO2，根據(jù)得失電子守恒可得，生成1．1molNOx轉(zhuǎn)移電子數(shù)介于1.11.3mol之間，故D錯誤；答案：B。14、D【解析】

A.Y分子中含有10個C原子，3個O原子，不飽和度為：7，所以分子式為：C10H8O3，故A正確；B.根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知：由X制取Y的過程中可得到乙醇，故B正確；C.Y含有酚羥基和碳碳雙鍵，碳碳雙鍵可能發(fā)生加聚反應(yīng)，酚可與甲醛發(fā)生縮聚反應(yīng)，故C正確；D.X中酚羥基、酯基可與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，1mol可與3molNaOH反應(yīng)，Y中酚羥基、酯基可與氫氧化鈉反應(yīng)，且酯基可水解生成酚羥基和羧基，則1molY可與3molNaOH反應(yīng)，最多消耗NaOH的物質(zhì)的量之比為1:1，故D錯誤；故選：D。15、B【解析】

從圖中可以看出，隨著溶液的不斷稀釋，Ⅰ的pH大于Ⅱ的pH，則表明Ⅰ的n(H+)小于Ⅱ的n(H+)，從而表明lg=0時，Ⅰ對應(yīng)的酸電離程度大，Ⅰ為HCOOH，Ⅱ?yàn)镃H3COOH；pH=3時，二者電離產(chǎn)生的c(H+)相等，由于HCOOH的電離常數(shù)大于CH3COOH，所以CH3COOH的起始濃度大?！驹斀狻緼．在c點(diǎn)，溶液的pH大，則酸電離出的c(H+)小，對水電離的抑制作用小，所以溶液中水的電離程度：b點(diǎn)＜c點(diǎn)，A正確；B．相同體積a點(diǎn)的兩溶液，CH3COOH的物質(zhì)的量比HCOOH大，分別與NaOH恰好中和后，消耗的NaOH體積大，所以CH3COOH溶液中n(Na+)大，B錯誤；C．對于HCOOH來說，從c點(diǎn)到d點(diǎn)，溫度不變，溶液中=Ka(HCOOH)不變，C正確；D．若兩溶液無限稀釋，可看成是純水，所以它們的c(H+)相等，D正確；故選B。16、D【解析】

將l00ml1mol/L的NaHCO3溶液等分為兩份，一份加入少許冰醋酸，發(fā)生CH3COOH+HCO3-=H2O+CO2↑+CH3COO-，則溶液中c（CO32-）減?。涣硗庖环菁尤肷僭SBa(OH)2固體，發(fā)生Ba2++2OH-+2HCO3-=2H2O+BaCO3↓+CO32-，則溶液中c(CO32-)增大；故選D。17、A【解析】

A、過量氨水或者鹽酸存在抑制水的電離，NH4Cl水解促進(jìn)水的電離；B、根據(jù)圖象，溫度升高，平衡常數(shù)值減小，不利于反應(yīng)正向進(jìn)行；C、根據(jù)圖知，HX中未加NaOH溶液時，0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，說明該溶液中HX不完全電離；D、溫度不變，溶度積常數(shù)不變，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)?c(SO42-)?！驹斀狻緼、過量氨水或者鹽酸存在抑制水的電離，NH4Cl水解促進(jìn)水的電離，隨著鹽酸的滴加，溶液中NH4Cl逐漸增多，到達(dá)b點(diǎn)時存在NH4Cl和氨水，此時溶液中c水(H+)=10-7mol/L，可說明溶液為中性，繼續(xù)滴加至c點(diǎn)，此時完全是NH4Cl，溶液為酸性，繼續(xù)滴加HCl，溶液酸性增強(qiáng)，到達(dá)c點(diǎn)雖然c水(H+)=10-7mol/L，但溶液為酸性，故A符合題意；B、根據(jù)圖象，溫度升高，平衡常數(shù)值減小，說明平衡逆向移動，所以正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，反應(yīng)的<0，故B不符合題意；C、根據(jù)圖知，HX中未加NaOH溶液時，0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，說明該溶液中HX不完全電離，所以HX為一元弱酸，pH突躍范圍落在酚酞的指示范圍內(nèi)，可以使用酚酞，故C不符合題意；D、溫度不變，溶度積常數(shù)不變，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)?c(SO42-)，c(Ba2+)與c(SO42-)成反比，則c(SO42-)越大，c(Ba2+)越小，根據(jù)圖象上的點(diǎn)計算可得Ksp(BaSO4)=1×10-10，故D不符合題意；故選：A?！军c(diǎn)睛】本題的A選項(xiàng)分析需注意，b點(diǎn)對應(yīng)溶質(zhì)為NH4Cl、NH3?H2O，此時溶液中氫離子均為水所電離，溶液呈中性，而d點(diǎn)對應(yīng)溶質(zhì)為NH4Cl、HCl，此時溶液中氫離子為HCl水電離，溶液呈酸性。18、D【解析】

A．Pb和Pb的質(zhì)子數(shù)都為82，故A錯誤；B．Pb和Pb的質(zhì)子數(shù)都為82，質(zhì)子數(shù)=核外電子數(shù)，核外電子數(shù)也都為82，故B錯誤；C．Pb的中子數(shù)為206-82=124，Pb的中子數(shù)為207-82=125，中子數(shù)不同，故C錯誤；D．Pb和Pb的互相轉(zhuǎn)化不屬于化學(xué)變化，化學(xué)變化過程中原子核不發(fā)生變化，故D正確；故選D。【點(diǎn)睛】本題的易錯點(diǎn)為D，要注意同位素間的轉(zhuǎn)化，不屬于化學(xué)變化，屬于核變化。19、A【解析】

A.C5H10O2的同分異構(gòu)體中，能與NaHCO3反應(yīng)生成CO2，說明分子中含有-COOH，可認(rèn)為是C4H10分子中的一個H原子被-COOH取代產(chǎn)生的物質(zhì)，C4H10有正丁烷、異丁烷2種結(jié)構(gòu)，每種結(jié)構(gòu)中有2種不同位置的H原子，所以C5H10O2的屬于羧酸的同分異構(gòu)體有4種，A正確；B.糖類、油脂、蛋白質(zhì)在水溶液中都不能導(dǎo)電，熔融狀態(tài)下也不能導(dǎo)電，且蛋白質(zhì)是高分子化合物，因此都不是電解質(zhì)，B錯誤；C.乙烯使溴水褪色，發(fā)生的是加成反應(yīng)，使酸性高錳酸鉀溶液褪色發(fā)生的是氧化反應(yīng)，反應(yīng)類型不相同，C錯誤；D.將碘酒滴到未成熟的蘋果肉上變藍(lán)說明蘋果肉中有淀粉，但不能證明淀粉是否已水解，D錯誤；故合理選項(xiàng)是A。20、D【解析】

A．物質(zhì)Ⅰ()的分子式為C7H8O2，故A錯誤；B．C-H、C-Cl的鍵長不同，CHCl3分子是四面體結(jié)構(gòu)，而不是正四面體結(jié)構(gòu)，故B錯誤；C．物質(zhì)Ⅰ、Ⅲ結(jié)構(gòu)不相似，Ⅲ含有醛基，二者不是同系物，故C錯誤；D．香草醛中含有苯環(huán)、羥基和醛基，則可發(fā)生取代、加成反應(yīng)，故D正確；答案選D。21、C【解析】

A.裝置B中無水CaCl2作干燥劑，干燥NO氣體，由于裝置為U型管，若換為濃硫酸，氣體不能通過，因此不能將B中的藥品換為濃硫酸，A錯誤；B.實(shí)驗(yàn)開始前通一段時間CO2，可排出裝置中的空氣，避免NO氧化產(chǎn)生NO2氣體，不能發(fā)生2NO2+Na2O2=2NaNO3，但CO2會發(fā)生反應(yīng)：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，因此也不能制得比較純凈的NaNO2，B錯誤；C.開始滴加稀硝酸時，A中Cu與稀硝酸反應(yīng)產(chǎn)生NO氣體，NO與裝置中的O2反應(yīng)產(chǎn)生NO2，因此會有少量紅棕色氣體，C正確；D.在裝置D中，NO會被酸性KMnO4溶液氧化使溶液褪色，因此當(dāng)D中溶液紫紅色變淺，就證明了NO可以被氧化，此時就可以停止滴加稀硝酸，D錯誤；故合理選項(xiàng)是C。22、C【解析】

短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大，由以上四種元素組成的一種化合物m在加熱時完全分解為三種產(chǎn)物，其中一種產(chǎn)物n是能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體，n為NH3，另一種產(chǎn)物q是無色無味的能使澄清石灰水變渾濁的氣體，q為CO2，結(jié)合原子序數(shù)可知a為H，b為C，c為N，d為O，以此解答該題?！驹斀狻坑梢陨戏治隹芍猘為H，b為C，c為N，d為O元素，A、a、c、d三種元素形成的化合物如為硝酸銨，則水解促進(jìn)水的電離，選項(xiàng)A錯誤；B、同周期元素從左到右原子半徑減小，原子核外電子層數(shù)越多，半徑越小，則原子半徑b>c>d>a，選項(xiàng)B錯誤；C、元素的非金屬性b<c<d，非金屬性越強(qiáng)，對應(yīng)的簡單氫化物的熱穩(wěn)定性越強(qiáng)，選項(xiàng)C正確；D、m為碳酸銨或碳酸氫銨，為離子化合物，含有離子鍵，選項(xiàng)D錯誤。答案選C。二、非選擇題(共84分)23、醛基鄰甲基苯甲酸(或2-甲基苯甲酸)Br2、光照取代反應(yīng)+NaOH+NaI+H2O4或【解析】

A分子式是C7H8，結(jié)合物質(zhì)反應(yīng)轉(zhuǎn)化產(chǎn)生的C的結(jié)構(gòu)可知A是，A與CO在AlCl3及HCl存在條件下發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生B是，B催化氧化產(chǎn)生C為，C與Br2在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生，D與HCHO發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生E：，E與I2在一定條件下發(fā)生信息中反應(yīng)產(chǎn)生F：，F(xiàn)與NaOH的乙醇溶液共熱發(fā)生消去反應(yīng)產(chǎn)生M：。【詳解】由信息推知：A為，B為，E為，F(xiàn)為。

(1)A的結(jié)構(gòu)簡式為；中官能團(tuán)的

名稱為醛基；的化學(xué)名稱為鄰甲基苯甲酸(或2-甲基苯甲酸)；

(2)在

光照條件下與Br2發(fā)生取代反應(yīng)生成；(3)發(fā)生消去反應(yīng)生成的化學(xué)方程式為：+NaOH+NaI+H2O。(4)M為，由信息，其同分異構(gòu)體Q中含有HCOO-、-C≡C-，滿足條件的結(jié)構(gòu)有、(鄰、間、對位3種)共4種，再根據(jù)核磁共振氫譜有4組吸收峰，可推知Q的結(jié)構(gòu)簡式為、。(5)聚2-丁烯的單體為CH3CH=CHCH3，該單體可用CH3CH2Br與CH3CHO利用信息的原理制備，CH3CH2Br可用CH2=CH2與HBr加成得到。故合成路線為CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH=CHCH3。【點(diǎn)睛】本題考查有機(jī)物推斷和合成，根據(jù)某些結(jié)構(gòu)簡式、分子式、反應(yīng)條件采用正、逆結(jié)合的方法進(jìn)行推斷，要結(jié)合已經(jīng)學(xué)過的知識和題干信息分析推斷，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷及知識綜合運(yùn)用能力、發(fā)散思維能力。24、2,3-二甲基-1,3丁二烯氧化反應(yīng)濃氫溴酸+CH3CH2OH+H2O羥基、醛基12【解析】

A到B發(fā)生信息①的反應(yīng)，B到C發(fā)生信息②反應(yīng)，且只有一種產(chǎn)物，則B結(jié)構(gòu)對稱，根據(jù)C的結(jié)構(gòu)簡式可知B中有兩個碳碳雙鍵上的碳原子連接甲基，則B應(yīng)為，則A為，C與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成D?！驹斀狻?1)A為，根據(jù)烷烴的系統(tǒng)命名法規(guī)則可知其名稱應(yīng)為：2,3-二甲基-1,3丁二烯；(2)B到C的過程為酸性高錳酸鉀氧化碳碳雙鍵的過程，所以為氧化反應(yīng)；(3)根據(jù)G和H的結(jié)構(gòu)可知該過程中羥基被溴原子取代，所需試劑為濃氫溴酸；(4)反應(yīng)③為C與乙醇的酯化反應(yīng)，方程式為：+CH3CH2OH+H2O；(5)根據(jù)F的結(jié)構(gòu)簡式可知其官能團(tuán)為羥基、醛基；(6)化合物M是D的同分異構(gòu)體，且滿足：①1molM與足量的NaHCO3溶液反應(yīng)，生成二氧化碳?xì)怏w22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下)，即生成1mol二氧化碳，說明1molM中含有1mol羧基；②0.5molM與足量銀氨溶液反應(yīng)，生成108g即1molAg固體，說明0.5molM含0.5mol醛基；除去羧基和醛基還有4個碳原子，有兩種排列方式：和，先固定羧基有4種方式，再固定醛基，則有(數(shù)字表示醛基的位置)：、、、，共有4+4+3+1=12種同分異構(gòu)體，其中核磁共振氫譜為4組峰且峰面積比為6∶2∶1∶1的結(jié)構(gòu)簡式為：；(7)根據(jù)觀察可知目標(biāo)產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)與W的結(jié)構(gòu)相似，合成W需要I，合成I需要發(fā)生類似D與H的反應(yīng)，原料即為D，則還需類似G的物質(zhì)，乙醇可以發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，乙烯和溴加成可以生成二溴乙烷，其結(jié)構(gòu)與G類似，所以合成路線為：?！军c(diǎn)睛】推斷A和B的結(jié)構(gòu)的關(guān)鍵是理解題目所給信息反應(yīng)過程中結(jié)構(gòu)的變化，弄清楚B到C的產(chǎn)物只有一種的原因是B結(jié)構(gòu)對稱，然后再分析B的結(jié)構(gòu)就比較簡單了。25、KClO3+6HCl(濃)═KCl+3Cl2↑+3H2Oih→de→fg（或gf）→bc（或cb）→de飽和食鹽水硼粉與HCl氣體反應(yīng)生成H2，加熱H2與Cl2的混合氣體易發(fā)生爆炸會生成B2O3，使產(chǎn)品不純BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑2H2O-4e-═O2↑+4H+陽極室的H+穿過陽膜擴(kuò)散至產(chǎn)品室，原料室的B(OH)4-穿過陰膜擴(kuò)散至產(chǎn)品室，二者反應(yīng)生成H3BO3【解析】

根據(jù)裝置：由A中氯酸鉀固體與濃鹽酸反應(yīng)制氯氣，制得的氯氣混有HCl和水蒸氣，可以由E中飽和食鹽水吸收HCl氣體，由C中濃硫酸吸水干燥；BCl3遇水劇烈反應(yīng)生成硼酸和鹽酸，因此發(fā)生反應(yīng)前需要先通入一段時間的氯氣，排盡裝置中的空氣，干燥純凈的氯氣與硼粉在D中發(fā)生反應(yīng)；BCl3的沸點(diǎn)為12.5℃，熔點(diǎn)為-107.3℃，可以用B中冰水冷凝產(chǎn)物BCl3并收集，F(xiàn)中NaOH可以吸收尾氣，防止污染空氣；為防止F中的水蒸氣進(jìn)入B裝置，在B和F之間連接一個C干燥裝置，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)A裝置用氯酸鉀固體與濃鹽酸反應(yīng)制氯氣，反應(yīng)的方程式為：KClO3+6HCl(濃)═KCl+3Cl2↑+3H2O，故答案為：KClO3+6HCl(濃)═KCl+3Cl2↑+3H2O；(2)根據(jù)分析，A制備氯氣，E中飽和食鹽水吸收HCl氣體，C中濃硫酸吸水干燥，為保證除雜充分，導(dǎo)氣管均長進(jìn)短出，干燥純凈的氯氣與硼粉在D中發(fā)生反應(yīng)，用B中冰水冷凝產(chǎn)物BCl3并收集，F(xiàn)中NaOH吸收尾氣，防止污染空氣，為防止F中的水蒸氣進(jìn)入B裝置，在B和F之間連接一個C干燥裝置，故連接順序?yàn)椋篴→ih→de→fg(或gf)→bc(或cb)→de→j，故答案為：ih→de→fg(或gf)→bc(或cb)→de；(3)裝置E中為飽和食鹽水，可以除去氯氣中的HCl氣體，若拆去E裝置，硼粉與HCl氣體反應(yīng)生成H2，加熱H2與Cl2的混合氣體易發(fā)生爆炸，故答案為：飽和食鹽水；硼粉與HCl氣體反應(yīng)生成H2，加熱H2與Cl2的混合氣體易發(fā)生爆炸；(4)D裝置中發(fā)生反應(yīng)前先通入一段時間的氯氣，排盡裝置中的空氣。若缺少此步驟，氧氣與硼粉會生成B2O3，使產(chǎn)品不純，故答案為：會生成B2O3，使產(chǎn)品不純；(5)三氯化硼與水能劇烈反應(yīng)生成硼酸(H3BO3)和白霧，白霧為HCl，反應(yīng)的方程式為：BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑；根據(jù)裝置，陽極室為硫酸，放電的是水中氫氧根離子，電極反應(yīng)式為：2H2O-4e-═O2↑+4H+；陽極室的H+穿過陽膜擴(kuò)散至產(chǎn)品室，原料室的B(OH)4-穿過陰膜擴(kuò)散至產(chǎn)品室，二者反應(yīng)生成H3BO3，故答案為：BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑；2H2O-4e-═O2↑+4H+；陽極室的H+穿過陽膜擴(kuò)散至產(chǎn)品室，原料室的B(OH)4-穿過陰膜擴(kuò)散至產(chǎn)品室，二者反應(yīng)生成H3BO3。【點(diǎn)睛】明確實(shí)驗(yàn)原理及實(shí)驗(yàn)操作方法、熟悉各裝置的作用是解答本題的關(guān)鍵。本題的難點(diǎn)和易錯點(diǎn)為(5)，根據(jù)電解原理正確判斷陰陽極的電極反應(yīng)是解答的關(guān)鍵，陽極室中陰離子為硫酸根離子、氫氧根離子，其中放電能力最強(qiáng)的是氫氧根離子，陰極室是氫離子放電。26、FeSO4+H2C2O4+2H2O=FeC2O4?2H2O↓+H2SO4用小試管取少量最后一次洗滌液，加入BaCl2溶液，如出現(xiàn)白色沉淀，說明沉淀沒有洗滌干凈，否則，沉淀已洗滌干凈滴加K3Fe（CN）6溶液，觀察是否生成藍(lán)色沉淀減少草酸亞鐵晶體的溶解，更快除去草酸亞鐵晶體表面的水分玻璃棒膠頭滴管250mL容量瓶5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O11.2%【解析】

(1)草酸與硫酸亞鐵在加熱條件下生成FeC2O4?2H2O；固體吸附溶液中的硫酸根離子，可用檢驗(yàn)硫酸根離子的方法檢驗(yàn)沉淀是否洗滌干凈；(2)Fe2+與K3Fe(CN)6溶液會產(chǎn)生藍(lán)色沉淀；(3)FeC2O4?2H2O微溶于水，難溶于乙醇-丙酮；(4)配制溶液，可用燒杯、玻璃棒、膠頭滴管以及250mL容量瓶等；(5)為亞鐵離子與高錳酸鉀的反應(yīng)；(6)結(jié)合反應(yīng)的離子方程式，計算25mL溶液中含有亞鐵離子，可計算5.00g三草酸合鐵酸鉀晶體中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。【詳解】(1)草酸與硫酸亞鐵在加熱條件下生成FeC2O4?2H2O，反應(yīng)的方程式為FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O4?2H2O↓+H2SO4，固體吸附溶液中的硫酸根離子，可用檢驗(yàn)硫酸根離子的方法檢驗(yàn)沉淀是否洗滌干凈，方法是用小試管取少量最后一次洗滌液，加入BaCl2溶液，如出現(xiàn)白色沉淀，說明沉淀沒有洗滌干凈，否則，沉淀已洗滌干凈，故答案為FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O4?2H2O↓+H2SO4；用小試管取少量最后一次洗滌液，加入BaCl2溶液，如出現(xiàn)白色沉淀，說明沉淀沒有洗滌干凈，否則，沉淀已洗滌干凈；(2)Fe2+與K3Fe(CN)6溶液會產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，檢驗(yàn)Fe2+是否已完全被氧化，可以用K3Fe(CN)6溶液，故答案為滴加K3Fe(CN)6溶液，觀察是否生成藍(lán)色沉淀；(3)由于FeC2O4?2H2O微溶于水，難溶于乙醇-丙酮，所以用乙醇-丙酮洗滌晶體的目的是減少草酸亞鐵晶體的溶解，更快除去草酸亞鐵晶體表面的水分；故答案為減少草酸亞鐵晶體的溶解，更快除去草酸亞鐵晶體表面的水分；(4)配制溶液，需要用燒杯、玻璃棒、膠頭滴管以及250mL容量瓶等，故答案為玻璃棒、膠頭滴管、250mL容量瓶；(5)在步驟三中發(fā)生的離子反應(yīng)為：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案為5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；(6)n(Fe)=5n(MnO4-)=5×0.0100mol/L×19.98×10-3L≈1.0×10-3mol，m(Fe)=56g?mol-1×1.0×10-3mol=0.056g。則5.00g三草酸合鐵酸鉀晶體中m(Fe)=0.056g×=0.56g，晶體中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%=11.2%，故答案為11.2%。27、SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-使CCl4中的碘進(jìn)入水層分液使氯氣在溶液中有較大的溶解度球形冷凝管錐形瓶NaOH溶液從水層中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入鹽酸酸化，滴加氯化鐵溶液，若溶液變藍(lán)色（發(fā)生的反應(yīng)為2I-+2Fe3+=2Fe2++I2）說明廢水中含I-，否則不含I-2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O2.5【解析】

含碘廢液含有CCl4、I2、I-等，加入亞硫酸鈉溶液還原碘單質(zhì)為碘離子，分液得到溶液中通入氯氣氧化碘離子為碘單質(zhì)，富集碘元素，加入四氯化碳萃取分液后，蒸餾法得到碘單質(zhì)。結(jié)合氧化還原反應(yīng)的規(guī)律和物質(zhì)的性質(zhì)分析解答。【詳解】(1)碘具有氧化性，能氧化亞硫酸鈉生成硫酸鈉，自身被還原生成碘離子，離子反應(yīng)方程式為SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-；碘微溶于水，而碘離子易溶于水，為了使更多的I元素進(jìn)入水溶液應(yīng)將碘還原為碘離子，故答案為SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-；使CCl4中的碘進(jìn)入水層；(2)四氯化碳是難溶于水、密度比水大的液體，兩者不互溶，分離互不相溶的液體采用分液的方法分離，所以操作X為分液，故答案為分液；(3)碘易升華，且氯氣的溶解度隨著溫度的升高而減小，溫度越高，氯氣的溶解度越小，反應(yīng)越不充分，所以應(yīng)該在較低溫度下進(jìn)行反應(yīng)；根據(jù)圖示，儀器a、b分別為球形冷凝管、錐形瓶；氯氣、碘蒸氣都有毒，不能直接排空，二者都能和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成無毒物質(zhì)，所以用NaOH溶液吸收氯氣和碘蒸氣，故答案為使氯氣在溶液中有較大的溶解度；球形冷凝管、錐形瓶；NaOH溶液；(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)方案可知，①是排除水層中的碘單質(zhì)，③是檢驗(yàn)是否存在碘酸根離子，因此②是檢驗(yàn)是否存在碘離子。碘離子具有還原性，能被氧化劑氧化生成碘單質(zhì)，碘酸根離子具有氧化性，能被還原劑還原為碘，碘遇淀粉變藍(lán)色，檢驗(yàn)I-的方法為：從水層中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入鹽酸酸化，滴加氯化鐵溶液，若溶液變藍(lán)色（發(fā)生反應(yīng)為：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2）說明廢水中含I-，否則不含I-，故答案為從水層中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入鹽酸酸化，滴加氯化鐵溶液，若溶液變藍(lán)色（發(fā)生反應(yīng)為：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2）說明廢水中含I-，否則不含I-；(5)①用ClO2氧化酸性含I-廢液回收碘，是二氧化氯在酸溶液中氧化碘離子生成碘單質(zhì)，二氧化氯被還原為氯離子，ClO2～Cl-～5e-，2I-～I(xiàn)2～2e-，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒，反應(yīng)的離子方程式為2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，故答案為2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O；②由氧化還原反應(yīng)的電子守恒，每摩爾Cl2得到2mol電子，而每摩爾ClO2得到5mol電子，根