昆明市重點中學高三壓軸卷新高考化學試卷及答案解析

昆明市重點中學高三壓軸卷新高考化學試卷請考生注意：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的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、在密閉容器中，可逆反應aA（g）?bB（g）達到平衡后，保持溫度不變，將容器體積增大一倍，當達到新的平衡建立時，B的濃度是原來的60%，則新平衡較原平衡而言，下列敘述錯誤的是（）A．平衡向正反應方向移動B．物質

A

的轉化率增大C．物質

B

的質量分數(shù)減小D．化學計量數(shù)

a

和

b

的大小關系為a＜b2、如圖是工業(yè)利用菱鎂礦(主要含MgCO3，還含有Al2O3、FeCO3雜質)制取氯化鎂的工藝流程。下列說法不正確的是（）A．酸浸池中加入的X酸是硝酸B．氧化池中通入氯氣的目的是將Fe2+氧化為Fe3+C．沉淀混合物為Fe(OH)3和Al(OH)3D．在工業(yè)上常利用電解熔融氯化鎂的方法制取金屬鎂3、某溶液可能含有下列離子中的若干種：Cl?、SO42—、SO32—、HCO3—、Na+、Mg2+、Fe3+，所含離子的物質的量濃度均相同。為了確定該溶液的組成，進行如下實驗：①取100mL上述溶液，加入過量Ba(OH)2溶液，反應后將沉淀過濾、洗滌、干燥，得白色沉淀；②向沉淀中加入過量的鹽酸，白色沉淀部分溶解，并有氣體生成。下列說法正確的是（）A．氣體可能是CO2或SO2B．溶液中一定存在SO42—、HCO3—、Na+、Mg2+C．溶液中可能存在Na+和Cl?，一定不存在Fe3+和Mg2+D．在第①步和第②步的濾液中分別加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，都能生成白色沉淀4、下列離子方程式不正確的是（）A．氯氣和水反應：Cl2+H2OH++Cl-+HClOB．鐵與稀鹽酸反應：Fe+2H+=Fe2++H2↑C．碳酸氫銨溶液與足量澄清石灰水反應：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2OD．少量二氧化硫氣體通入FeCl3溶液中：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-5、下列對實驗現(xiàn)象的解釋正確的是選項操作現(xiàn)象解釋A將銅粉加入Fe2(SO4)3溶液中溶液變藍金屬鐵比銅活潑B銅與濃硫酸共熱有灰白色固體生成濃硫酸具有強氧化性和吸水性C氧化鐵溶于足量HI溶液溶液呈棕黃色Fe3+呈棕黃色D向待測液中加入適量的NaOH溶液，將濕潤的紅色石蕊試紙放在試管口濕潤的紅色石蕊試紙未變藍待測液中不存在NH4+A．A B．B C．C D．D6、25℃時，向10mL0.1mol·L-1一元弱堿XOH溶液中逐滴滴加0.1mol·L-1的HCl溶液，溶液的AG變化如圖所示(溶液混合時體積變化忽略不計)。下列說法不正確的是A．若a=-8，則Kb(XOH)≈10-5B．M點表示鹽酸和XOH恰好完全反應C．R點溶液中可能存在c(X+)+c(XOH)=c(Cl-)D．M點到N點，水的電離程度先增大后減小7、已知在100℃、1.01×105Pa下，1mol氫氣在氧氣中燃燒生成氣態(tài)水的能量變化如圖所示，下列有關說法不正確的是()A．1molH2O(g)分解為2molH與1molO時吸收930kJ熱量B．熱化學方程式為：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－490kJ·mol－1C．甲、乙、丙中物質所具有的總能量大小關系為乙>甲>丙D．乙→丙的過程中若生成液態(tài)水，釋放的能量將小于930kJ8、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A．高溫下，0.2molFe與足量水蒸氣反應，生成的H2分子數(shù)目為0.3NAB．室溫下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水電離的OH﹣離子數(shù)目為0.1NAC．氫氧燃料電池正極消耗22.4L（標準狀況）氣體時，電路中通過的電子數(shù)目為2NAD．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反應中，生成28gN2時，轉移的電子數(shù)目為3.75NA9、亞硝酸鈉(NaNO2)是一種常用的發(fā)色劑和防腐劑，某學習小組利用如圖裝置(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．實驗開始前通一段時間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10、下列說法不正確的是A．圖1表示的反應為放熱反應B．圖1中Ⅰ、Ⅱ兩點的速率v(Ⅰ)＞v(Ⅱ)C．圖2表示A(?)+2B(g)2C(g)ΔH＜0，達平衡后，在t1、t2、t3、t4時都只改變了一種外界條件的速率變化，由圖可推知A不可能為氣體D．圖3裝置的總反應為4Al+3O2＋6H2O=4Al(OH)311、2007年諾貝爾化學獎授予德國化學家格哈德·埃特爾，以表彰其在固體表面化學研究領域作出的開拓性貢獻。下圖是氫氣與氮氣在固體催化劑表面合成氨的反應過程示意圖，下列有關合成氨反應的敘述中不正確的是（）A．過程②需吸收能量，過程③則放出能量B．常溫下該反應難以進行，是因為常溫下反應物的化學鍵難以斷裂C．在催化劑的作用下，該反應的△H變小而使反應變得更容易發(fā)生D．該過程表明，在化學反應中存在化學鍵的斷裂與形成12、下列有關垃圾處理的方法不正確的是A．廢電池必須集中處理的原因是防止電池中汞、鎘、鉻、鉛等重金屬元素形成的有毒化合物對土壤和水源污染B．將垃圾分類回收是垃圾處理的發(fā)展方向C．家庭垃圾中的瓜果皮、菜葉、菜梗等在垃圾分類中屬于濕垃圾D．不可回收垃圾圖標是13、下列實驗事實不能用基團間相互作用來解釋的是A．與Na反應時，乙醇的反應速率比水慢B．苯酚能與NaOH溶液反應而乙醇不能C．乙醇能使重鉻酸鉀溶液褪色而乙酸不能D．苯、甲苯發(fā)生硝化反應生成一硝基取代產物時，甲苯的反應溫度更低14、下列化學用語中，正確的是A．Na原子結構示意圖 B．MgCl2的電子式C．N2分子的結構式N=N D．CH4的比例模型15、膽礬CuSO4·5H2O可寫為[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其結構示意圖如下：下列有關膽礬的說法正確的是A．Cu2+的價電子排布式為3d84s1B．所有氧原子都采取sp3雜化C．膽礬中含有的粒子間作用力有離子鍵、極性鍵、配位鍵和氫鍵D．膽礬所含元素中，H、O、S的半徑及電負性依次增大16、用如圖所示裝置進行下述實驗，下列說法正確的是選項RabMnm中電極反應式A導線FeCuH2SO4CuSO4Fe－3e－＝Fe3＋B導線CuFeHClHCl2H＋－2e－＝H2↑C電源，右側為正極CuCCuSO4H2SO4Cu－2e－＝Cu2＋D電源，左側為正極CCNaClNaCl2Cl-－2e－＝Cl2↑A．A B．B C．C D．D二、非選擇題（本題包括5小題）17、烯烴能在臭氧作用下發(fā)生鍵的斷裂，形成含氧衍生物：+R3COOH根據產物的結構可以推測原烯烴的結構．（1）現(xiàn)有一化學式為C10H18的烴A，經過臭氧作用后可以得到CH3COOH和B（結構簡式如圖）．A的結構簡式是________________________（2）A經氫化后得到的烷烴的命名是___________．（3）烴A的一種同類別同分異構體，經過臭氧作用后，所有產物都不具有酸性．該同分異構體的結構簡式是__________．（4）以B為原料通過三步反應可制得化學式為（C6H10O2）n的聚合物，其路線如下：寫出該聚合物的結構簡式：________________．在進行第二步反應時，易生成一種含八元環(huán)的副產物，其結構簡式為________．18、某殺菌藥物M的合成路線如下圖所示?；卮鹣铝袉栴}：(1)A中官能團的名稱是_______________。B→C的反應類型是__________________。(2)B的分子式為________________________。(3)C→D的化學方程式為__________________________。(4)F的結構簡式為___________________________。(5)符合下列條件的C的同分異構體共有____________種(不考慮立體異構)；①能發(fā)生水解反應；②能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應。其中核磁共振氫譜為4組峰的結構簡式為_______________(任寫一種)。(6)請以和CH3CH2OH為原料，設計制備有機化合物的合成路線(無機試劑任選)_______________。19、綠礬（FeSO4·7H2O）外觀為半透明藍綠色單斜結晶或顆粒，無氣味。受熱能分解，且在空氣中易被氧化。I．醫(yī)學上綠礬可用于補血劑甘氨酸亞鐵[(NH2CH2COO)2Fe]顆粒的制備，有關物質性質如下：甘氨酸（NH2CH2COOH）檸檬酸甘氨酸亞鐵易溶于水，微溶于乙醇，兩性化合物易溶于水和乙醇，有強酸性和還原性易溶于水，難溶于乙醇（1）向綠礬溶液中，緩慢加入NH4HCO3溶液，邊加邊攪拌，反應結束后生成沉淀FeCO3。該反應的離子方程式為_______。（2）制備(NH2CH2COO)2Fe：往FeCO3中加入甘氨酸（NH2CH2COOH）的水溶液，滴入檸檬酸溶液并加熱。反應結束后過濾，濾液經蒸發(fā)結晶、過濾、洗滌、干燥得到產品。①加入檸檬酸溶液一方面可調節(jié)溶液的pH促進FeCO3溶解，另一個作用是__。②洗滌操作，選用的最佳洗滌試劑是_______（填序號）。A．熱水B．乙醇C．檸檬酸II．綠礬晶體受熱分解的反應為2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O，實驗室用圖I所示裝置驗證其分解產物。請回答下列問題：（1）加熱前通入氮氣的目的是_______。（2）實驗中觀察到裝置B現(xiàn)象為_______。（3）C裝置和D裝置能否調換_______（填“能”或“否”）。（4）樣品完全分解后，殘留物全部為紅棕色固體，檢驗裝置A中的殘留物含有Fe2O3的方法是_______。（5）該裝置有個明顯缺陷是_______。III．測定綠礬樣品中鐵元素的含量。稱取mg綠礬樣品于錐形瓶中溶解后加稀H2SO4酸化，用cmol·L?1KMnO4溶液滴定至終點。耗KMnO4溶液體積如圖II所示，（滴定時發(fā)生反應的離子方程式為：5Fe2+＋MnO4?＋8H+=5Fe3+＋Mn2+＋4H2O），該晶體中鐵元素的質量分數(shù)為_______（用含m、c的式子表示）。20、苯甲酰氯()是制備染料，香料藥品和樹脂的重要中間體，以光氣法制備苯甲酰氯的原理如下(該反應為放熱反應)：+COCl2+CO2+HCl已知物質性質如下表：物質熔點/℃沸點/℃溶解性苯甲酸122.1249微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有機溶劑碳酰氯(COCl2)-1888.2較易溶于苯、甲苯等。遇水迅速水解，生成氯化氫，與氨很快反應，主要生成尿素[CO(NH2)2]和氯化銨等無毒物質苯甲酰氯-1197溶于乙醚、氯仿和苯。遇水或乙醇逐漸分解，生成苯甲酸或苯甲酸乙酯和氯化氫三氯甲烷(CHCl3)-63.563.1不溶于水，溶于醇、苯。極易揮發(fā)，穩(wěn)定性差，450℃以上發(fā)生熱分解I.制備碳酰氯反應原理：2CHCl3＋O22HCl＋COCl2甲.乙.丙.丁.戊.(1)儀器M的名稱是____________(2)按氣流由左至右的順序為___________→c→d→_________→_________→_________→_________→_________.(3)試劑X是_______________(填名稱)。(4)裝置乙中堿石灰的作用是____________。(5)裝置戊中冰水混合物的作用是____________；多孔球泡的作用是________________。Ⅱ.制備苯甲酰氯(部分夾持裝置省略)(6)碳酰氯也可以用濃氨水吸收，寫出該反應的化學方程式：______________。若向三頸燒瓶中加入610g苯甲酸，先加熱至140~150℃，再通入COCl2，充分反應后，最后產品經減壓蒸餾得到562g苯甲酰氯，則苯甲酸的轉化率為_________________。21、向體積為2L的固定密閉容器中通入3molX氣體，在一定溫度下發(fā)生如下反應：2X(g)Y(g)+3Z(g)(1)經5min后反應達到平衡,此時測得容器內的壓強為起始時的1.2倍,則用Y表示的速率為_____________mol/(L·min)；(2)若上述反應在甲、乙、丙、丁四個同樣的密閉容器中進行，在同一段時間內測得容器內的反應速率分別為：甲：v(X)=3.5mol/(L·min)；乙：v(Y)=2mol/(L·min)；丙：v(Z)=4.5mol/(L·min)；丁：v(X)=0.075mol/(L·s)。若其它條件相同，溫度不同，則溫度由高到低的順序是(填序號)_________；(3)若向達到(1)的平衡體系中充入氮氣，則平衡向_____(填"左"或"右"或"不)移動；若向達到(1)的平衡體系中移走部分混合氣體，則平衡向_____(填“左”或“右”或“不”)移動；(4)若在相同條件下向達到(1)所述的平衡體系中再充入0.5molX氣體,則平衡后X的轉化率與(1)的平衡中X的轉化率相比較：_____________A．無法確定B．前者一定大于后者C．前者一定等于后者D．前者一定小于后者(5)若保持溫度和壓強不變，起始時加入X、Y、Z物質的量分別為amol、bmol、cmol,達到平衡時仍與(1)的平衡等效，則a、b、c應該滿足的關系為___________________；(6)若保持溫度和體積不變，起始時加入X、Y、Z物質的量分別為amol、bmol、cmol,達到平衡時仍與(1)的平衡等效，且起始時維持化學反應向逆反應方向進行，則c的取值范圍應該為_____。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

溫度不變，將容器體積增加1倍，若平衡不移動，B的濃度是原來的50%，但體積增大時壓強減小，當達到新的平衡時，B的濃度是原來的60%，可知減小壓強向生成B的方向移動，減小壓強向氣體體積增大的方向移動，以此解答該題。【詳解】A、由上述分析可知，平衡正向移動，故A不符合題意；B、平衡正向移動，A的轉化率增大，故B不符合題意；C、平衡正向移動，生成B的物質的量增大，總質量不變，則物質B的質量分數(shù)增加了，故C符合題意；D、減小壓強向生成B的方向移動，減小壓強向氣體體積增大的方向移動，則化學計量數(shù)關系a<b，故D不符合題意。故選：C?！军c睛】本題考查化學平衡，把握濃度變化確定平衡移動為解答的關鍵，注意動態(tài)與靜態(tài)的結合及壓強對化學平衡移動的影響。2、A【解析】

菱鎂礦的主要成分是MgCO3，并含少量的Al2O3、FeCO3等，加入過量X酸溶解，根據實驗目的，X酸是鹽酸；通入氯氣將二價鐵氧化為三價鐵，再加MgO調節(jié)pH得到氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，過濾分離后，得到氯化鎂溶液，將溶液在HCl氣流中加熱蒸干得到無水氯化鎂，據此分析解答?！驹斀狻緼、工業(yè)利用菱鎂礦(主要含MgCO3，還含有Al2O3、FeCO3雜質)制取氯化鎂，所以酸浸池中加入的X酸是鹽酸，故A錯誤；B、加入氯氣將二價鐵氧化為三價鐵，以便于調pH除鐵元素，故B正確；C、根據以上分析可知，加MgO調節(jié)pH得到氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，所以沉淀混合物為Fe(OH)3和Al(OH)3，故C正確；D、鎂是活潑金屬，所以在工業(yè)上常利用電解熔融氯化鎂的方法制取金屬鎂，故D正確；故選A。3、B【解析】

由實驗流程可知，該溶液與Ba(OH)2反應生成白色沉淀，則一定不含F(xiàn)e3+，且白色沉淀與足量鹽酸反應，白色沉淀部分溶解，并有氣體生成，不溶的白色沉淀一定為BaSO4，氣體為CO2，由于SO32-、Mg2+相互促進水解不能共存，②反應后的溶液中可能含Na+、Mg2+，所含離子的物質的量濃度均相同，由電荷守恒可知不含Cl-，則溶液中一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，以此來解答?！驹斀狻緼.①中白色沉淀為硫酸鋇和碳酸鋇，氣體為CO2，故A錯誤；B.白色沉淀與足量鹽酸反應，白色沉淀部分溶解，并有氣體生成，不溶的白色沉淀一定為BaSO4，氣體為CO2，由于SO32-、Mg2+相互促進水解不能共存，②反應后的溶液中可能含Na+、Mg2+，所含離子的物質的量濃度均相同，由電荷守恒可知不含Cl-，則溶液中一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，故B正確；C.②反應后的溶液中可能含Na+、Mg2+，所含離子的物質的量濃度均相同，則溶液中一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，故C錯誤；D.①溶液中含Na+及過量的Ba(OH)2，②溶液含Mg2+及過量鹽酸，只有②溶液中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液能生成白色沉淀AgCl，故D錯誤；正確答案是B?！军c睛】本題的關鍵在于理解“所含離子的物質的量濃度均相同”這一句話，通過電荷守恒推出一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，另外SO32-、Mg2+相互促進水解不能共存也是需要注意的點。4、C【解析】A．氯氣和水反應的離子方程式為Cl2+H2OH++Cl-+HClO，故A正確；B．鐵與稀鹽酸反應的離子方程式為Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B正確；C．碳酸氫銨溶液與足量澄清石灰水反應的離子方程式為NH4++HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，故C錯誤；D．少量二氧化硫氣體通入FeCl3溶液中發(fā)生反應的離子方程式為2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-，故D正確；答案為C。點睛：注意離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應能否發(fā)生，檢查反應物、生成物是否正確，檢查各物質拆分是否正確，如難溶物、弱電解質等需要保留化學式，檢查是否符合守恒關系（如：質量守恒和電荷守恒等）、檢查是否符合原化學方程式等；本題難點為選項C，不能忽視NH4+與OH-的反應，離子反應是完整反應，不能只寫局部。5、B【解析】

A．二者反應生成硫酸銅、硫酸亞鐵，只能說明鐵離子氧化性大于銅離子，不能比較金屬性；要證明金屬鐵比銅活潑，要將鐵放入硫酸銅等溶液中，故A錯誤；B．銅與濃硫酸共熱有灰白色固體生成，說明生成了無水硫酸銅，銅被氧化，硫酸具有氧化性，硫酸銅從溶液中析出時應是CuSO4·5H2O，是藍色固體，現(xiàn)變成白色，是無水硫酸銅，說明濃硫酸具有吸水性，故B正確；C．氧化鐵溶于足量HI溶液，F(xiàn)e2O3＋6H＋+2I－=2Fe2＋+I2＋3H2O，生成的碘溶于水也呈黃色，故C錯誤；D．銨根離子與氫氧化鈉在加熱條件下能反應生成氨氣，氨氣能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，這是氨氣的特征反應，但濕潤的紅色石蕊試紙未變藍，也可能是溶液太稀，沒有得到氨氣，無法確定待測液中是否存在NH4+，故D錯誤；故選B。6、B【解析】

A.a點表示0.1mol·L－1一元弱堿XOH，若a=－8，則c(OH-)=10-3mol/L，所以Kb(XOH)≈==10－5，故A正確；B.兩者恰好反應時，生成強酸弱堿鹽，溶液顯酸性。M點AG=0，則溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，所以溶質為XOH和XCl，兩者不是恰好完全反應，故B錯誤；C.若R點恰好為XCl溶液時，根據物料守恒可得c(X+)+c(XOH)=c(C1－)，故C正確；D.M點的溶質為XOH和XCl，繼續(xù)加入鹽酸，直至溶質全部為XCl時，該過程水的電離程度先增大，然后XCl溶液中再加入鹽酸，水的電離程度減小，所以從M點到N點，水的電離程度先增大后減小，故D正確。故選B。7、D【解析】

A.由已知的能量變化圖可知，1molH2O(g)分解為2molH與1molO時吸收930kJ熱量，A項正確；B.由已知的能量變化圖可知，H2(g)＋O2(g)=H2O(g)ΔH＝反應物斷鍵吸收的能量-生成物成鍵釋放的能量=(436+249-930)kJ·mol－1=-245kJ·mol－1，則熱化學方程式為：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝-245kJ·mol－1×2=-490kJ·mol－1，B項正確；C.甲吸收能量生成乙，乙釋放能量生成丙，乙的能量最高，甲生成丙為放熱反應，則甲的能量高于丙，則甲、乙、丙中物質所具有的總能量大小關系為乙＞甲＞丙，C項正確；D.乙→丙的過程中生成氣態(tài)水時，釋放930kJ的能量，若生成液態(tài)水，氣態(tài)水轉變?yōu)橐簯B(tài)水會繼續(xù)釋放能量，則釋放的能量將大于930kJ，D項錯誤；答案選D。8、D【解析】

A.高溫下，F(xiàn)e與水蒸氣反應生成四氧化三鐵，四氧化三鐵中Fe的化合價為價，因此Fe失去電子的物質的量為：，根據得失電子守恒，生成H2的物質的量為：，因此生成的H2分子數(shù)目為，A錯誤；B.室溫下，1LpH＝13的NaOH溶液中H+濃度為c(H+)=10-13mol/L，且H+全部由水電離，由水電離的OH－濃度等于水電離出的H+濃度，因此由水電離的OH－為10-13mol/L×1L=10-13mol，B錯誤；C.氫氧燃料電池正極上氧氣發(fā)生得電子的還原反應，當消耗標準狀況下22.4L氣體時，電路中通過的電子的數(shù)目為，C錯誤；D.該反應中，生成28gN2時，轉移的電子數(shù)目為3.75NA，D正確；故答案為D。9、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.實驗開始前通一段時間CO2，可排出裝置中的空氣，避免NO氧化產生NO2氣體，不能發(fā)生2NO2+Na2O2=2NaNO3，但CO2會發(fā)生反應：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與稀硝酸反應產生NO氣體，NO與裝置中的O2反應產生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；故合理選項是C。10、B【解析】

A.平衡常數(shù)只與溫度有關，根據圖像，溫度升高，平衡常數(shù)減小，說明平衡逆向移動，則反應為放熱反應，故A正確；B.溫度越高，反應速率越快，圖1中Ⅰ、Ⅱ兩點的速率v(Ⅰ)＜v(Ⅱ)，故B錯誤；C.由于縱坐標表示v逆，t3時v逆突然減小，且平衡不移動，只能是減小壓強，說明該反應為氣體體積不變的反應，說明A一定不是氣體，故C正確；D.負極電極反應式為Al-3e-=Al3+，正極反應式O2+2H2O+4e-═4OH-，總反應方程式為：4Al+3O2+6H2O═4Al(OH)3，故D正確；答案選B?！军c睛】本題的難點為C，要抓住平衡不發(fā)生移動的點，加入催化劑，平衡不移動，但反應速率增大，應該是t4時的改變條件，t3時突然減小，且平衡不移動，只能是減小壓強。11、C【解析】

A.根據示意圖知，過程②化學鍵斷裂需要吸收能量，過程③化學鍵形成則放出能量，故A正確；B.化學鍵形斷裂過程中吸收能量，故溫度較低時不利于鍵的斷裂，故B正確；C.催化劑的作用原理是降低活化能，即反應物的化學鍵變得容易斷裂，但△H不變，故C錯誤；D.根據圖示分析可知，該過程中，存在化學鍵的斷裂與形成，故D正確。故選C。12、D【解析】

A．電池中汞、鎘和鉛等重金屬離子對土壤和水源會造成污染，所以廢電池必須進行集中處理，故A正確；B．將垃圾分類并回收利用，有利于對環(huán)境的保護，減少資源的消耗，是垃圾處理的發(fā)展方向，故B正確；C．家庭垃圾中的瓜果皮、菜葉、菜梗等在垃圾分類中屬于濕垃圾，故C正確；D．為可回收垃圾圖標，故D錯誤；故選D。13、C【解析】

A.與Na反應時，乙醇的反應速率比水慢，說明乙醇中羥基不如水中羥基活潑，這是因為烴基對羥基產生影響，故A能用基團間相互作用解釋；B.苯酚能跟NaOH溶液反應而乙醇不能，則說明苯環(huán)對羥基有影響，故B能用基團間相互作用解釋；C.乙醇具有還原性，乙酸不具有還原性，這是官能團的性質，與所連基團無關，故C不能用基團間相互作用解釋；D．甲苯的反應溫度更低，說明甲苯與硝酸反應更容易，甲基的影響使苯環(huán)上的氫原子變得活潑易被取代，故D能用基團間相互作用解釋；答案選C。14、D【解析】

A．鈉原子核外有11個電子，原子結構示意圖為：，A項錯誤；B．MgCl2是離子化合物，電子式為：，B項錯誤；C．氮氣是氮原子通過三鍵形成的分子，結構式為，C項錯誤；D．CH4的比例模型要注意C原子由于半徑比H原子大，所以模型中中心原子尺寸要更大，D項正確；答案選D。15、C【解析】

A．Cu是29號元素，Cu原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s、3d能級上各一個電子生成Cu2+，故Cu2+的價電子排布式3d9，故A錯誤；B．硫酸根離子中S和非羥基O和H2O中的O原子的雜化方式不同，不可能都是sp3雜化，故B錯誤；C．銅離子和硫酸根離子之間存在離子鍵，硫原子和氧原子間存在極性共價鍵，銅原子和氧原子間存在配位鍵，氧原子和氫原子間存在氫鍵，故C正確；D．H、O、S分別為第1，2，3周期，所以半徑依次增大，但O的電負性大于S，故D錯誤；故選C。16、D【解析】

A、鐵作負極，F(xiàn)e－2e－＝Fe2＋，故A錯誤；B、銅作正極，2H＋+2e－＝H2↑，故B錯誤；C、銅作陰極，溶液中的銅離子得電子，2e－+Cu2＋=Cu，故C錯誤；D、左側為陽極，2Cl-－2e－＝Cl2↑，故D正確；故選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、3，4，4﹣三甲基庚烷【解析】

(1)分析題目給出的信息，進行逆向推理即可；根據化學式為C10H18的烴A，則A烯烴應該是下列三個片斷結合而成，2個和，再結合反應原理解答該題；(2)根據(1)的分析所得A的結構簡式，再根據系統(tǒng)命名法命名與H2發(fā)生加成反應的產物；(3)烴A的一種同類別同分異構體，經過臭氧作用后，所有產物都不具有酸性，說明雙鍵碳原子上沒有氫原子，據此分析；(4)B為，分子式為：C6H10O3，第一步發(fā)生生成C6H12O3，則羰基與氫氣加成生成醇羥基即結構式為；第二步生成C6H10O2，則脫去1分子水，即醇羥基發(fā)生消去反應生成碳碳雙鍵即結構式為；第三步發(fā)生加聚反應生成，據此分析解答?！驹斀狻?1)根據題目所給信息可知：碳碳雙鍵在酸性高錳酸鉀作用下，生成2個碳氧雙鍵，現(xiàn)生成的2種化合物中共有3個碳氧雙鍵，故A中含有2個碳碳雙鍵，根據化學式為C10H18的烴A，則A烯烴應該是下列三個片斷結合而成，2個和，故A的結構簡式是；(2)根據(1)的分析，A為，經氫化后雙鍵都被加成為單鍵，所以得到的烷烴的命名是3，4，4﹣三甲基庚烷；(3)烴A的一種同類別同分異構體，經過臭氧作用后，所有產物都不具有酸性，說明雙鍵碳原子上沒有氫原子，則該同分異構體的結構簡式是；(4)B為，分子式為：C6H10O3，第一步發(fā)生反應生成C6H12O3，則羰基與氫氣加成生成醇羥基即結構式為；第二步生成C6H10O2，則脫去1分子水，即醇羥基發(fā)生消去反應生成碳碳雙鍵即結構式為；第三步發(fā)生加聚反應生成；第二步反應時，2分子易生成一種含八元環(huán)的副產物，即羥基與羧基、羧基與羥基發(fā)生酯化反應生成八元環(huán)的酯類物質，所以其結構簡式為。【點睛】考查有機物推斷，注意根據轉化關系中有機物結構進行推斷，需要學生熟練掌握官能團的性質與轉化，需要學生對給予的信息進行利用，較好的考查學生的自學能力與知識遷移應用，難度中等。18、羥基取代反應C7H6O3+HNO3+H2O19或CH3CH2OHCH2=CH2【解析】

本題主要采用逆推法，通過分析C的結構可知B（）與CH3I發(fā)生取代反應生成C；分析B（）的結構可知A（）與CH2Cl2發(fā)生取代反應生成B；C（）在濃硫酸、濃硝酸條件下發(fā)生硝化反應生成D，D在Fe+HCl條件下，-NO2還原為-NH2，根據M中肽鍵的存在，可知E與F發(fā)生分子間脫水生成M；分析M的結構，可知E為，F(xiàn)為；根據E（）可知D為。【詳解】(1)根據上面分析可知A（）中官能團的名稱是羥基。B→C的反應類型是取代反應；答案：羥基取代反應(2)B（）的分子式為C7H6O3；答案：C7H6O3。(3)C（）在濃硫酸、濃硝酸條件下發(fā)生硝化反應生成D，化學方程式為+HNO3+H2O；答案：+HNO3+H2O(4)根據上面分析可知F的結構簡式為；答案：(5)符合下列條件的C（）的同分異構體：①能發(fā)生水解反應，說明必有酯基；②能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明必有酚羥基；符合條件的有苯環(huán)外面三個官能團：HCOO-、-CH3、-OH，符合條件的共有10種；苯環(huán)外面兩個官能團：-OH、-COOCH3，符合條件的共有3種；苯環(huán)外面兩個官能團：-OH、-OOCCH3，符合條件的共有3種；-CH2OOCH、-OH，符合條件的共有3種；因此同分異構體共19種，其中核磁共振氫譜只有4組峰的結構肯定對稱，符合條件的結構簡式為或；答案：19或(6)逆推法：根據題干A生成B的信息可知：的生成應該是與一定條件下發(fā)生取代反應生成；可以利用乙烯與溴水加成反應生成，乙烯可由乙醇消去反應生成，據此設計合成路線為；答案：。19、Fe2++2HCO3?=FeCO3↓+CO2↑+H2O防止二價鐵被氧化B將裝置內空氣排盡（或隔絕空氣或防止Fe2+被氧化）白色粉末變藍否取少許固體粉末于試管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液變紅色，證明含有Fe2O3沒有尾氣處理裝置【解析】

Ⅰ(1)FeCl2溶液中，加入NH4HCO3，可以認為Fe2＋結合HCO3－電離出來的CO32－，H＋與HCO3－結合生成CO2和水；(2)檸檬酸除了酸性還有還原性，可以起到防氧化的作用；(3)產物易溶于水，難溶于乙醇，洗滌時，為了防止溶解損失，應該用乙醇洗滌；Ⅱ綠礬分解，其產物中有SO2、SO3和水，用無水硫酸銅驗證水，用BaCl2溶液驗證SO3，品紅溶液驗證SO2。【詳解】Ⅰ(1)FeCl2溶液中，加入NH4HCO3，可以認為Fe2＋結合HCO3－電離出來的CO32－，H＋與HCO3－結合生成CO2和水，離子方程式為Fe2++2HCO3?=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(2)根據表中信息，檸檬酸除了酸性還有還原性，可以起到防氧化的作用，因此另一個作用是防止二價鐵被氧化；(3)甘氨酸亞鐵易溶于水，難溶于乙醇，為了防止溶解損失，可以用乙醇洗滌，答案選B；II(1)加熱前通氮氣，排除裝置中的空氣，防止樣品，加熱是被氧化；(2)產物中有水，無水硫酸銅，遇到水蒸氣，變藍色；(3)SO3會溶于水，生成H2SO4，如果C、D裝置調換位置，SO3會溶于品紅溶液，不能進入C中，被檢驗到；(4)檢驗Fe2O3，可以檢驗Fe3＋，用KSCN溶液，方法為取少許固體粉末于試管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液變紅色，證明含有Fe2O3；(5)品紅溶液只能用于檢驗SO2，不能吸收SO2，SO2為有毒氣體，需要進行尾氣出來，該裝置的缺陷是沒有氣體處理裝置；III根據化學方程式，可知關系式5Fe2+～MnO4?,消耗KMnO4溶液的體積為10.80mL-0.80mL=10.00mL，則n(KMnO4)=10.00mL×10-3×cmol·L－1=0.01cmol；n(Fe2＋)=5n(KMnO4)=0.01cmol×5=0.05cmol；則鐵元素的質量為0.05cmol×56g·mol－1=2.8cg，則晶體中鐵元素的質量分數(shù)為。20、分液漏斗eghbaf濃硫酸干燥氣體，防止水蒸氣進入裝置戊中防止三氯甲烷揮發(fā)，使碳酰氯液化增大反應物之間的接觸面積，加快反應速率COCl2＋4NH3?H2O=CO(NH2)2＋2NH4Cl＋4H2O79.3%【解析】

(1)看圖得出儀器M的名稱。(2)根據已知，碳酰氯與水反應，因此要干燥氧氣，且后面產物中要隔絕水蒸氣，再得出順序。(3)根據已知信息，碳酰氯不能見水，因此整個環(huán)境要干燥，故得到答案。(4)根據(2)中得到裝置乙中堿石灰的作用是干燥氣體。(5)根據碳酰氯(COCl2)沸點低，三氯甲烷易揮發(fā)，得出結論，多孔球泡的作用是增大反應物之間的接觸面積，加快反應速率。Ⅱ(6)碳酰氯也可以用濃氨水吸收，生成尿素和氯化銨，再寫出反應方程式，先根據方程式計算實際消耗了苯甲酸的質量，再計算轉化率?！驹斀狻?1)儀器M的名稱是分液漏斗，故答案為：分液漏斗。(2)根據已知，碳酰氯與水反應，因此要干燥氧氣，且后面產物中要隔絕水蒸氣，因此X要用濃硫酸干燥，按氣流由左至右的順序為e→c→d→g→h→b→a→f，故答案為：e；g；h；b；a；f。(3)根據上題得出試劑X是濃硫酸，故答案為：濃硫酸。(4)根據(2)中得到裝置乙中堿石灰的作用是干燥氣體，防止水蒸氣進