2024年浙江省“溫州十校聯合體”高三適應性調研考試化學試題含解析

2024年浙江省“溫州十校聯合體”高三適應性調研考試化學試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A、B、C、D、E五種短周期主族元素，原子序數依次增大。A元素的一種核素質子數與質量數在數值上相等；B的單質分子中有三對共用電子；C、D同主族，且核電荷數之比為1:2。下列有關說法不正確的是（）A．C、D、E的簡單離子半徑：D>E>CB．A與B、C、D、E四種元素均可形成18電子分子C．由A、B、C三種元素形成的化合物均能促進水的電離D．分子D2E2中原子均滿足8電子穩(wěn)定結構，則分子中存在非極性鍵2、把鋁粉和某鐵的氧化物(xFeO·yFe2O3)粉末配成鋁熱劑，分成兩等份。一份在高溫下恰好完全反應后，再與足量鹽酸反應；另一份直接放入足量的燒堿溶液中充分反應。前后兩種情況下生成的氣體質量比是5:7，則x:y為A．1∶1 B．1∶2 C．5∶7 D．7∶53、某化學實驗創(chuàng)新小組設計了如圖所示的檢驗Cl2某些性質的一體化裝置。下列有關描述不正確的是A．濃鹽酸滴到氯酸鉀固體上反應的離子方程式為5Cl?＋＋6H+===3Cl2↑＋3H2OB．無水氯化鈣的作用是干燥Cl2，且干燥有色布條不褪色，濕潤的有色布條褪色C．2處溶液出現白色沉淀，3處溶液變藍，4處溶液變?yōu)槌壬?，三處現象均能說明了Cl2具有氧化性D．5處溶液變?yōu)檠t色，底座中溶液紅色消失，氫氧化鈉溶液的作用為吸收剩余的Cl2以防止污染4、關于下列各實驗裝置的敘述中，不正確的是A．裝置①可用于實驗室制取少量NH3或O2B．裝置②可用于實驗室制備Cl2C．裝里③可用從右側管處加水的方法檢驗氣密性D．裝置④中若溴水褪色則證明石蠟油分解產生乙烯5、下列說法錯誤的是（）A．光照下，1molCH4最多能與4molCl2發(fā)生取代反應，產物中物質的量最多的是HClB．將苯滴入溴水中，振蕩、靜置，上層接近無色C．鄰二氯苯僅有一種結構可證明苯環(huán)結構中不存在單雙鍵交替結構D．乙醇、乙酸都能與金屬鈉反應，且在相同條件下乙酸比乙醇與金屬鈉的反應更劇烈6、短周期非金屬元素甲～戊在元素周期表中位置如下所示，分析正確的是A．非金屬性：甲<丙 B．原子半徑：乙<丁C．最外層電子數：乙<丙 D．戊一定是硫元素7、CuSO4溶液中加入過量KI溶液，產生白色CuI沉淀，溶液變棕色。向反應后溶液中通入過量SO2，溶液變成無色。下列說法不正確的是()A．滴加KI溶液時，KI被氧化，CuI是還原產物B．通入SO2后，溶液變無色，體現SO2的還原性C．整個過程發(fā)生了復分解反應和氧化還原反應D．上述實驗條件下，物質的氧化性：Cu2+＞I2＞SO28、下列常見物質的俗名與化學式對應正確的是A．水煤氣-CH4 B．明礬-KAl(SO4)2·12H2OC．水玻璃-H2SiO3 D．純堿-NaHCO39、鋅–空氣燃料電池可用作電動車動力電源，電池的電解質溶液為KOH溶液，反應為2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)42-。下列說法正確的是（）A．充電時，電解質溶液中K+向陽極移動B．充電時，電解質溶液中c(OH－)逐漸減小C．放電時，負極反應為：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42－D．放電時，電路中通過2mol電子，消耗氧氣22.4L（標準狀況）10、X、Y、Z、W為原子序數依次增大的四種短周期元素，其中Z為金屬元素，X、W為同一主族元素。X、Z、W形成的最高價氧化物分別為甲、乙、丙，甲是常見溫室效應氣體。x、y2、z、w分別為X、Y、Z、W的單質，丁是化合物，其轉化關系如圖所示。下列判斷不正確的是A．反應①②③都屬于氧化還原反應 B．X、Y、Z、W四種元素中，W的原子半徑最大C．在信息工業(yè)中，丙常作光導纖維材料 D．一定條件下，x與甲反應生成丁11、電滲析法淡化海水裝置示意圖如下，電解槽中陰離子交換膜和陽離子交換膜相間排列，將電解槽分隔成多個獨立的間隔室，海水充滿在各個間隔室中。通電后，一個間隔室的海水被淡化，而其相鄰間隔室的海水被濃縮，從而實現了淡水和濃縮海水分離。下列說法正確的是（）A．離子交換膜b為陽離子交換膜B．各間隔室的排出液中，①③⑤⑦為淡水C．通電時，電極l附近溶液的pH比電極2附近溶液的pH變化明顯D．淡化過程中，得到的濃縮海水沒有任何使用價值12、科學的假設與猜想是科學探究的先導與價值所在。在下列假設（猜想）引導下的探究肯定沒有意義的是A．探究Na與水反應可能有O2生成B．探究Na2O2與SO2反應可能有Na2SO4生成C．探究濃硫酸與銅在一定條件下反應產生的黑色物質中可能含有CuSD．探究向滴有酚酞的NaOH溶液中通入Cl2，溶液紅色褪去的原因是溶液酸堿性改變所致，還是HClO的漂白性所致13、將表面已完全鈍化的鋁條，插入下列溶液中，不會發(fā)生反應的是（）A．稀硝酸 B．硝酸銅 C．稀鹽酸 D．氫氧化鈉14、設表示阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．常溫常壓下，9.5g羥基（）含有的中子數為B．中含有的鍵數量為C．與足量濃鹽酸反應產生時轉移電子數為D．溶液中含有的陰離子總數大于15、工業(yè)上制備相關物質，涉及的反應原理及部分流程較為合理的是A．制取鎂：海水Mg(OH)2MgOMgB．冶煉鋁：鋁土礦NaAlO2無水AlCl3AlC．制硝酸：N2、H2NH3NO50%HNO3濃HNO3D．海帶海帶灰I2(aq)I216、25℃將濃度均為0.1mol/L的HA溶液和BOH溶液按體積分別為Va和Vb混合，保持Va+Vb=100mL，且生成的BA可溶于水。已知Va、Vb與混合液pH關系如圖。下列說法錯誤的是A．曲線II表示HA溶液體積B．x點存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)C．電離平衡常數K(HA)>K(BOH)D．向z點溶液加入NaOH，水的電離程度減小二、非選擇題（本題包括5小題）17、[化學——選修5：有機化學基礎]A(C3H6)是基本有機化工原料，由A制備聚合物C和合成路線如圖所示（部分條件略去）。已知：（1）A的名稱是____；B中含氧官能團名稱是____。（2）C的結構簡式____；D-E的反應類型為____。（3）E-F的化學方程式為____。（4）B的同分異構體中，與B具有相同官能團且能發(fā)生銀鏡反應，其中核磁共振氫譜上顯示3組峰，且峰面積之比為6:1:1的是____（寫出結構簡式）。（5）等物質的量的分別與足量NaOH、NaHCO3反應，消耗NaOH、NaHCO3的物質的量之比為____；檢驗其中一種官能團的方法是____（寫出官能團名稱、對應試劑及現象）。18、某研究小組以甲苯為原料，設計以下路徑合成藥物中間體M和R?；卮鹣铝袉栴}：已知：①②③(1)C中的官能團的名稱為______，F的結構簡式為______，A→B的反應類型為_______。(2)D→E的反應方程式為______________________________________。(3)M物質中核磁共振氫譜中有________組吸收峰。(4)至少寫出2個同時符合下列條件試劑X的同分異構體的結構簡式_________________①只有一個苯環(huán)且苯環(huán)上的一氯取代物只有2種②遇FeCl3溶液顯紫色③分子中含(5)設計由甲苯制備R（）的合成路線（其它試劑任選）。______________________________19、隨著科學的發(fā)展，可逐步合成很多重要的化工產品，如用作照相定影劑的硫代硫酸鈉(俗稱大蘇打)，用于填充汽車安全氣囊的疊氮化鈉(NaN3)，某化學興趣小組擬制備硫代硫酸鈉晶體和NaN3。I.制備硫代硫酸鈉晶體。查閱資料:Na2S2O3易溶于水，向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3。實驗裝置如圖所示(省略夾持裝置):(1)組裝好儀器后,接下來應該進行的實驗操作是_____,然后加入試劑。儀器a的名稱是_______;E中的試劑最好是__________.(填標號)，作用是______________。A．澄清石灰水B．NaOH溶液C．飽和NaHSO3溶液(2)已知五水合硫代硫酸鈉的溶解度隨溫度升高顯著增大。待Na2S和Na2CO3完全消耗后,結束反應。過濾C中混合物，濾液經_________(填操作名稱)、過濾、洗滌、干燥，得到產品，過濾時用到的玻璃儀器有______________。Ⅱ.實驗室利用如圖裝置(省略夾持裝置)模擬工業(yè)級NaN3的制備。已知:2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3。(1)裝置B中盛放的藥品為__________(2)實驗中使用油浴而不用水浴的原因是__________________________。(3)氨氣與熔融的鈉反應生成NaNH2的化學方程式為_________________。(4)N2O可由NH4NO3(熔點為169.6oC)在240oC下分解制得,應選擇的氣體發(fā)生裝置是___________。20、亞硝酰氯(NOCl)是一種紅褐色液體或黃色氣體，其熔點?64.5℃，沸點?5.5℃，遇水易水解。它是有機合成中的重要試劑，可由NO與Cl2在常溫常壓下合成，相關實驗裝置如圖所示。(1)NOCl分子中各原子均滿足8電子穩(wěn)定結構，則NOCl的電子式為____(2)選用X裝置制備NO，Y裝置制備氯氣。檢驗X裝置氣密性的具體操作：_______________________。(3)制備亞硝酰氯時，檢驗裝置氣密性后裝入藥品,①實驗開始，需先打開_____________，當____________時，再打開__________________，Z中有一定量液體生成時，停止實驗。②裝置Z中發(fā)生的反應方程式為___________________。(4)若不用A裝置對實驗有何影響_______________（用化學方程式表示）(5)通過以下實驗測定NOCl樣品的純度。取Z中所得液體100g溶于適量的NaOH溶液中，配制成250mL溶液；取出25.00mL樣品溶于錐形瓶中，以K2CrO4溶液為指示劑，用cmol?L-1AgNO3標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液的體積為20.00mL。滴定終點的現象是__________，亞硝酰氯(NOCl)的質量分數為_________。(已知：Ag2CrO4為磚紅色固體；Ksp(AgCl)＝1.56×10-10，Ksp(Ag2CrO4)＝1.0×10-12，Ksp(AgNO2)＝5.86×10-4)21、肼(N2H4)和氨均為重要的化工原料。回答下列問題：已知：I.N2H4(l)+O2(g)N2(g)+2H2O(l)△H=-624.0kJ/molII.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ/molIII.2NH3(g)N2H4(l)+H2(g)△H=+144.8kJ/mol(1)H2的燃燒熱△H=_____________。(2)T1°C時，向恒容的密閉容器中加入1molN2H4和1molO2，發(fā)生反應I。達到平衡后，只改變下列條件，能使N2的平衡體積分數增大的是_______(填選項字母)。A．增大壓強B．再通入一定量O2C．分離出部分水D．降低溫度(3)在恒壓絕熱的密閉容器中通入一定量的N2和H2，發(fā)生反應II和反應III。反應III對N2的平衡轉化率的影響為_____(填“增大”“減小”或“無影響”)，理由為___________。(4)t2°C時，向剛性容器中充入NH3，發(fā)生反應III。NH3和H2的分壓(p)與時間(t)的關系如圖所示。①0~t1min內，反應的平均速率v(NH3)=____kPa/min②反應的平衡常數Kp=______kPa-1(Kp為用分壓表示的平衡常數)。③反應物分子的有效碰撞幾率：M____N(填“>”“<”或“=”)。④t2min時升高溫度，再次達到平衡后，H2的分壓增大的原因為______。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

A、B、C、D、E五種短周期主族元素，原子序數依次增大。A元素的一種核素質子數與質量數在數值上相等，A為氫元素；B的單質分子中有三對共用電子，B為氮元素；C、D同主族，且核電荷數之比為1︰2，C為氧元素，D為硫元素，E為氯元素。【詳解】A.C、D、E的簡單離子，S2-與Cl-電子層結構相同，O2-少一個電子層，離子半徑：S2->Cl->O2-，故A正確；B.A與B、C、D、E四種元素均可形成18電子分子N2H4、H2O2、H2S、HCl，故B正確；C.由A、B、C三種元素形成的化合HNO3、HNO2抑制水的電離，故C錯誤；D.分子D2Cl2中原子均滿足8電子穩(wěn)定結構，則分子中存在非極性鍵S-S鍵，故D正確；故選C。【點睛】本題考查元素周期律與元素周期表，解題關鍵：位置結構性質的相互關系應用，難點B，N2H4、H2O2兩種分子也是18電子。2、B【解析】

第一份中Al與xFeO?yFe2O3粉末得到Fe與Al2O3，再與足量鹽酸反應，發(fā)生反應：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，第二份直接放入足量的燒堿溶液，發(fā)生反應：2Al+2NaOH+2H2O=NaAlO2+3H2↑，前后兩種情況下生成的氣體質量比是5：7，則令第一份、第二份生成氫氣物質的量分別為5mol、7mol，根據方程式計算Fe、Al的物質的量，再根據第一份中Al與xFeO?yFe2O3反應的電子轉移守恒計算xFeO?yFe2O3中Fe元素平均化合價，進而計算x、y比例關系?！驹斀狻康谝环葜蠥l與xFeO?yFe2O3粉末得到Fe與Al2O3，再與足量鹽酸反應,發(fā)生反應：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，第二份直接放入足量的燒堿溶液,發(fā)生反應：2Al+2NaOH+2H2O=NaAlO2+3H2↑，前后兩種情況下生成的氣體質量比是5:7，令第一份、第二份生成氫氣物質的量分別為5mol、7mol，則：令xFeO?yFe2O3中Fe元素平均化合價為a，根據Al與xFeO?yFe2O3反應中的電子轉移守恒：7mol××3=5mol×(a?0)，解得a=2.8，故=2.8，整理得x:y=1:2，答案選B。3、C【解析】

濃鹽酸滴到氯酸鉀固體上的作用是為了制備Cl2，根據含同種元素物質間發(fā)生氧化還原反應時，化合價只靠近不交叉，配平后可得反應的離子方程式：5Cl?＋＋6H+===3Cl2↑＋3H2O，A正確；為了檢驗Cl2有無漂白性，應該先把Cl2干燥，所以，無水氯化鈣的作用是干燥Cl2，然后會出現干燥有色布條不褪色而濕潤有色布條褪色的現象，B正確；Cl2與3處碘化鉀置換出單質碘，遇淀粉變藍，與4處溴化鈉置換出單質溴，使溶液變橙色，均說明了Cl2具有氧化性，Cl2與水反應生成HCl和HClO，HCl與硝酸銀產生白色沉淀，無法說明Cl2具有氧化性，C錯誤；Cl2與5處硫酸亞鐵生成Fe3+，Fe3+與SCN?生成血紅色配合物，氫氧化鈉溶液可以吸收剩余的Cl2，防止污染空氣，D正確。4、D【解析】

A、圖中為固液反應不加熱裝置，選濃氨水與堿石灰可制備氨氣，選過氧化氫與二氧化錳可制備氧氣，故A正確；B、高錳酸鉀和濃鹽酸反應制氯氣，不用加熱，尾氣用堿溶液吸收，故B正確；C、裝里③可用從右側管處加水，觀察U型管是否出現液面差，可檢驗裝置③的氣密性，故C正確；D、裝置④中若溴水褪色則證明石蠟油分解產生了不飽和烴，不一定是乙烯，故D錯誤；故選D。5、B【解析】

A．甲烷和氯氣發(fā)生取代反應生成多種氯代烴，取代1個氫原子消耗1mol氯氣，同時生成氯化氫；B．苯與溴水不反應，發(fā)生萃?。籆．如果苯環(huán)是單雙鍵交替，則鄰二氯苯有兩種；D．醇羥基氫活潑性弱于羧羥基氫?！驹斀狻緼．甲烷和氯氣發(fā)生取代反應生成多種氯代烴，取代1個氫原子消耗1mol氯氣，同時生成氯化氫，1molCH4最多能與4molCl2發(fā)生取代反應，產物中物質的量最多的是HCl，故A正確；B．苯與溴水不反應，發(fā)生萃取，溴易溶于苯，苯密度小于水，所以將苯滴入溴水中，振蕩、靜置，下層接近無色，故B錯誤；C．如果苯環(huán)是單雙鍵交替，則鄰二氯苯有兩種，鄰二氯苯僅有一種結構可證明苯環(huán)結構中不存在單雙鍵交替結構，故C正確；D．醇羥基氫活潑性弱于羧羥基氫，所以乙醇、乙酸都能與金屬鈉反應，且在相同條件下乙酸比乙醇與金屬鈉的反應更劇烈，故D正確；故選：B。6、B【解析】

據元素在周期表中的位置和元素周期律分析判斷?！驹斀狻勘碇卸讨芷谠刂荒茉诘诙?、三周期。因為非金屬元素，故在第IVA~VIA或VA~VIIA族，進而應用周期律解答。A.同主族從上到下，元素非金屬性減弱，故非金屬性甲>丙，A項錯誤；B.同主族從上到下，原子半徑依次增大，故半徑乙<丁，B項正確；C.主族序數等于原子最外層電子數，故最外層電子數乙>丙，C項錯誤；D.戊在第三周期、VIA或VIIA，可能是硫或氯元素，D項錯誤。本題選B。7、C【解析】

CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化學方程式為2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，反應中Cu元素的化合價降低，I元素的化合價升高；向反應后的混合物中不斷通入SO2氣體，反應方程式為SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，該反應中S元素的化合價升高，I元素的化合價降低?！驹斀狻緼、滴加KI溶液時，I元素的化合價升高，KI被氧化，Cu元素的化合價降低，則CuI是還原產物，故A正確；B、通入SO2后溶液逐漸變成無色，發(fā)生了氧化還原反應，S元素的化合價升高，體現其還原性，故B正確；C、發(fā)生2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2、SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI均為氧化還原反應，沒有復分解反應，故C錯誤；D、2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反應中Cu元素的化合價降低是氧化劑，I2是氧化產物，氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性，所以物質的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合價由0價降低為-1價，I2是氧化劑，SO2被氧化，所以物質氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故D正確。答案選C?！军c睛】本題考查氧化還原反應，根據題目信息推斷實驗中發(fā)生的反應，素材陌生，難度較大，考查學生對氧化還原反應的利用，把握反應中元素的化合價變化為解答的關鍵，選項B為易錯點。8、B【解析】

A．天然氣是CH4，水煤氣是H2、CO的混合物，故A錯誤；B．明礬是Kal(SO4)2?12H2O的俗稱，故B正確；C．水玻璃是Na2SiO3的水溶液，故C錯誤；D．純堿是Na2CO3的俗稱，故D錯誤；故答案選B。9、C【解析】

A．充電時，陽離子向陰極移動，即K＋向陰極移動，A項錯誤；B．放電時總反應為2Zn+O2+4OH–+2H2O=2Zn(OH)42-，則充電時生成氫氧化鉀，溶液中的氫氧根離子濃度增大，B項錯誤；C．放電時，鋅在負極失去電子，電極反應為Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-，C項正確；D．標準狀況下22.4L氧氣的物質的量為1摩爾，電路中轉移4摩爾電子，D項錯誤；答案選C?！军c睛】電極反應式的書寫是電化學中必考的一項內容，一般先寫出還原劑（氧化劑）和氧化產物（還原產物），然后標出電子轉移的數目，最后根據原子守恒和電荷守恒完成缺項部分和配平反應方程式，作為原電池，正極反應式為：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，負極電極反應式為：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-；充電是電解池，陽離子在陰極上放電，陰離子在陽極上放電，即陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動，對可充電池來說，充電時原電池的正極接電源正極，原電池的負極接電源的負極，不能接反，否則發(fā)生危險或電極互換，電極反應式是原電池電極反應式的逆過程；涉及到氣體體積，首先看一下有沒有標準狀況，如果有，進行計算，如果沒有必然是錯誤選項。10、B【解析】

已知甲是常見溫室效應氣體，X、W為同一主族元素，X、W形成的最高價氧化物分別為甲、丙，則X為C元素、W為Si元素，甲為二氧化碳，丙為二氧化硅，x、w分別為X、W的單質，在高溫條件下x碳單質與二氧化硅反應生成w為硅，丁為一氧化碳；y2為氧氣，碳與氧氣點燃反應生成甲為二氧化碳，則Y為O元素，Z為金屬元素，z金屬單質能與二氧化碳反應生成碳單質與金屬氧化物，則Z為Mg元素，綜上所述，X為C元素、Y為O元素、Z為Mg元素、W為Si元素，據此解答。【詳解】由以上分析可知，X為C元素、Y為O元素、Z為Mg元素、W為Si元素，A.反應①二氧化碳與鎂反應、②碳與氧氣反應、③碳與二氧化硅反應都屬于氧化還原反應，A項正確；B.同周期元素原子半徑從左到右依次減小，同主族元素原子半徑從上而下以此增大，故C、O、Mg、Si四種元素中，Mg的原子半徑最大，B項錯誤；C.丙為二氧化硅，在信息工業(yè)中，二氧化硅常作光導纖維材料，C項正確；D.在高溫條件下，碳與二氧化碳反應生成一氧化碳，D項正確；答案選B。11、B【解析】

圖中分析可知，電極1為電解池陽極，氯離子放電生成氯氣，電極反應為：2Cl--2e-=Cl2↑，電極2為陰極，溶液中氫離子得到電子生成氫氣，電極反應2H++2e-=H2↑，實線對應的半透膜是陽離子半透膜，虛線是陰離子半透膜。A.分析可知b為陰離子交換膜，A錯誤；B.實線對應的半透膜是陽離子半透膜，虛線是陰離子半透膜，結合陰陽離子移向可知，各間隔室的排出液中，①③⑤⑦為淡水，B正確；C.通電時，陽極電極反應：2Cl--2e-=Cl2↑，陰極電極反應，2H++2e-=H2↑，電極2附近溶液的pH比電極1附近溶液的pH變化明顯，C錯誤；D.淡化過程中，得到的濃縮海水可以提取氯化鈉、鎂、溴等，有使用價值，D錯誤；故合理選項是B。12、A【解析】A、根據質量守恒定律，化學反應前后元素的種類不變，鈉和水中含有鈉、氫和氧三種元素，產生的氣體如果為氧氣，不符合氧化還原反應的基本規(guī)律，鈉是還原劑，水只能做氧化劑，元素化合價需要降低，氧元素已是最低價-2價，不可能再降低，故A選；B、二氧化硫具有還原性，過氧化鈉具有氧化性，SO2和Na2O2反應可能有Na2SO4生成，故B不選；C、根據氧化還原反應化合價變化，濃硫酸與銅反應，硫酸中的硫元素被還原，銅有可能被氧化為硫化銅，有探究意義，故C不選；D．氯氣和氫氧化鈉反應生成氯化鈉次氯酸鈉和水，消耗氫氧化鈉溶液紅色褪去，氯氣可以與水反應生成的次氯酸或生成的次氯酸鈉水解生成次氯酸具有漂白性，有探究意義，故D不選；故選A。點睛：本題考查化學實驗方案評價，涉及生成物成分推測，解題關鍵：氧化還原反應規(guī)律、物質性質，易錯點：C選項，注意氧化還原反應特點及本質，題目難度中等。13、B【解析】

表面已完全鈍化的鋁條表面的物質是氧化鋁，氧化鋁屬于兩性氧化物，能溶于強酸、強堿溶液，稀硝酸和稀鹽酸是強酸，NaOH是強堿，所以能溶于稀硝酸、稀鹽酸、NaOH溶液中，但不能和硝酸銅反應，故選B。14、A【解析】

A．一個中含有10中子，常溫常壓下，9.5g羥基()的物質的量為0.5mol，含有的中子數為，故A正確；B．在SiO2晶體中，，每個Si原子形成4個Si-O鍵，的物質的量為1mol，則含有的鍵數量為4NA，故B錯誤；C．未指明Cl2的狀態(tài)，不知Vm的值，則無法計算22.4LCl2的物質的量，也無法確定反應中轉移的電子數，故C錯誤；D．沒有指明溶液的體積，根據n=cV，則無法計算溶液中含有的陰離子的物質的量，故D錯誤；故答案為A?！军c睛】順利解答該類題目的關鍵是：一方面要仔細審題，注意關鍵字詞，熟悉常見的“陷阱”；另一方面是要把各種量轉化為物質的量，以此為中心進行計算。特別要注意氣體摩爾體積、阿伏加德羅定律的適用范圍和使用條件。關于氣體摩爾體積的使用注意：①氣體的摩爾體積適用的對象為氣體，而標況下水、CCl4、HF等為液體，SO3為固體；②必須明確溫度和壓強是0℃，101kPa，只指明體積無法求算物質的量；③22.4L/mol是標準狀態(tài)下或一定溫度、一定壓強下的氣體摩爾體積。15、C【解析】A、工業(yè)行通過電解熔融的氯化鎂制備金屬鎂，不是電解氧化鎂，故A錯誤；B、氯化鋁是共價化合物，熔融的氯化鋁不能導電，工業(yè)上通過電解熔融的氧化鋁冰晶石熔融體制備金屬鋁，故B錯誤；C、氮氣和氫氣在催化劑、高溫高壓下反應生成氨氣，氨氣催化氧化生成NO，NO與氧氣和水反應生成硝酸，再加入硝酸鎂蒸餾得到濃硝酸，故C正確；D、熱裂汽油中含有不飽和烴，和碘單質會發(fā)生加成反應，不能做萃取劑，應用分餾汽油萃取，故D錯誤；故選C。16、C【解析】

A.由圖可知，當HA溶液與BOH溶液等體積混合時，溶液的pH>7，隨著曲線I體積的增大，溶液的pH逐漸增大，說明曲線I表示BOH溶液的體積，則曲線II表示HA溶液體積，故A正確；B.根據圖像，x點HA溶液體積大于BOH溶液等體積，溶液為HA和BA的混合溶液，根據電荷守恒，有c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故B正確；C.由圖可知，當HA溶液與BOH溶液等體積混合時，溶液的pH>7，溶液顯堿性，說明K(HA)<K(BOH)，故C錯誤；D.根據圖像，z點HA溶液體積小于BOH溶液等體積，溶液為BA和BOH的混合溶液，堿過量水的電離程受抑制，所以向z點溶液加入NaOH，水的電離程度減小，故D正確。故選C?！军c睛】本題考查酸堿混合離子的濃度關系，明確信息中pH及離子的關系來判斷酸堿的強弱是解答本題的關鍵，注意電離、鹽類水解等知識的運用。二、非選擇題（本題包括5小題）17、丙烯酯基取代反應1：1檢驗羧基：取少量該有機物，滴入少量石蕊試液，試液變紅（或檢驗碳碳雙鍵，加入溴水，溴水褪色）【解析】

B發(fā)生加聚反應生成聚丁烯酸甲酯，則B結構簡式為CH3CH=CHCOOCH3，A為C3H6，A發(fā)生發(fā)生加成反應生成B，則A結構簡式為CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯發(fā)生水解反應然后酸化得到聚合物C，C結構簡式為；A發(fā)生反應生成D，D發(fā)生水解反應生成E，E能發(fā)生題給信息的加成反應，結合E分子式知，E結構簡式為CH2=CHCH2OH、D結構簡式為CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯發(fā)生加成反應生成F，F結構簡式為，F發(fā)生取代反應生成G，G發(fā)生信息中反應得到，則G結構簡式為；據此解答。【詳解】（1）通過以上分析知，A為丙烯，B結構簡式為CH3CH=CHCOOCH3，其含氧官能團名稱是酯基，故答案為丙烯；酯基；

（2）C結構簡式為，D發(fā)生水解反應或取代反應生成E，故答案為；取代反應或水解反應；

（3）E→F反應方程式為，故答案為；

（4）B結構簡式為CH3CH=CHCOOCH3，B的同分異構體中，與B具有相同的官能團且能發(fā)生銀鏡反應，說明含有碳碳雙鍵和酯基、醛基，為甲酸酯，符合條件的同分異構體有HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOC（CH3）=CHCH3、HCOOCH=C（CH3）2、HCOOCH（CH3）CH=CH2、HCOOCH2C（CH3）=CH2、HCOOC（CH2CH3）=CH2，共有8種；其中核磁共振氫譜為3組峰，且峰面積之比為6:1:1的是，

故答案為；（5）該有機物中含有碳碳雙鍵、醇羥基、羧基，具有烯烴、羧酸、醇的性質。能和NaOH、NaHCO3反應的是羧基，且物質的量之比都是1：1，所以NaOH、NaHCO3分別與等物質的量的該物質反應時，則消耗NaOH、NaHCO3的物質的量之比為1：1；分子中含有碳碳雙鍵、醇羥基、羧基。若檢驗羧基：取少量該有機物，滴入少量石蕊試液，試液變紅；若檢驗碳碳雙鍵：加入溴水，溴水褪色，故答案為1：1；檢驗羧基：取少量該有機物，滴入少量石蕊試液，試液變紅（或檢驗碳碳雙鍵，加入溴水，溴水褪色）。18、羥基和羧基取代反應8、(其他答案只要正確也可)【解析】

根據A到B，B到C反應，推出溴原子取代苯環(huán)上的氫，取代的是甲基的鄰位，D到E發(fā)生的是信息①類似的反應，引入碳碳雙鍵，即E為，E到F發(fā)生的是信息③類似的反應，得到碳氧雙鍵，即F為，F到M發(fā)生的信息②類似的反應，即得到M?！驹斀狻?1)C中的官能團的名稱為羥基和羧基，根據信息①和③得到F的結構簡式為，根據A→B和B→C的結構簡式得到A→B的反應類型為取代反應；故答案為：羥基和羧基；；取代反應。(2)根據信息①得出D→E的反應方程式為；故答案為：。(3)M物質中核磁共振氫譜中有8組吸收峰，如圖。(4)①只有一個苯環(huán)且苯環(huán)上的一氯取代物只有2種，容易想到有兩個支鏈且在對位，②遇FeCl3溶液顯紫色，含有酚羥基③分子中含，至少寫出2個同時符合下列條件試劑X的同分異構體的結構簡式、；故答案為：、(其他答案只要正確也可)。(5)甲苯先與Cl2光照發(fā)生側鏈取代，后與氫氣發(fā)生加成反應，然后發(fā)生氯代烴的消去反應引入碳碳雙鍵，然后與溴加成，再水解，因此由甲苯制備R（）的合成路線；故答案為：。19、檢查裝置氣密性分液漏斗B吸收多余的SO2和C裝置中生成的CO2氣體蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶玻璃棒、燒杯、漏斗堿石灰制備NaN3的反應需要在210-220oC下進行，水浴不能達到這樣的溫度2Na+2NH3=2NaNH2+H2D【解析】

I.(1)組裝好儀器后，接下來應該進行的實驗操作是檢查裝置氣密性，然后加入試劑。儀器a的名稱是分液漏斗。二氧化硫有毒，需要尾氣處理，且反應中還有二氧化碳生成，澄清石灰水濃度太低，則E中的試劑最好是氫氧化鈉溶液，作用是吸收多余的SO2和C裝置中生成的CO2氣體。(2)由于五水合硫代硫酸鈉的溶解度隨溫度升高顯著增大。待Na2S和Na2CO3完全消耗后,結束反應。過濾C中混合物，濾液經蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得到產品，過濾時用到的玻璃儀器有玻璃棒、燒杯、漏斗。Ⅱ.(1)生成的氨氣中含有水蒸氣，需要干燥，則裝置B中盛放的藥品為堿石灰。(2)由于制備NaN3的反應需要在210～220oC下進行，水浴不能達到這樣的溫度，所以實驗中使用油浴而不用水浴。(3)氨氣與熔融的鈉反應生成NaNH2，根據原子守恒可知還有氫氣生成，反應的化學方程式為2Na+2NH3=2NaNH2+H2。(4)N2O可由NH4NO3(熔點為169.6oC)在240oC下分解制得，由于在該溫度下硝酸銨已熔化，同時為避免液體倒流引起試管炸裂，因此選擇的氣體發(fā)生裝置是裝置D。20、將導氣管右端接膠管并用止水夾加緊，向U型管左管加水至左管液面高于右管，靜止片刻，若液面差不變，則氣密性良好K2、K3A中充有黃綠色氣體時K12NO+Cl2=2NOClNOCl+H2O=HNO2+HCl滴入最后一滴標準液，生成磚紅色沉淀，且半分鐘內無變化13.1c％【解析】

(1)NOCl的中心原子為N，O與N共用兩個電子對，Cl與N共用一個電子對，則電子式為，故答案為：；(2)利用大氣壓強檢查X裝置的氣密性，故答案為：將導氣管右端接膠管并用止水夾加緊，向U型管左管加水至左管液面高于右管，靜止片刻，若液面差不變，則氣密性良好；(3)①實驗開始前，先打開K2、K3，通入一段時間Cl2，排盡裝置內的空氣，再打開K1，通入NO反應，當有一定量的NOCl產生時，停止實驗，故答案為：K2、K3；A中充有黃綠色氣體時；K1；②Z裝置為NO與Cl2在常溫常壓下合成NOCl，反應方程式為：2NO+Cl2=2NOCl，故答案為：2NO+Cl2=2NOCl；(4)A裝置的作用是防止空氣中的氧氣和水蒸氣進入Z裝置。沒有A裝置，空氣中的水蒸氣進入Z，亞硝酰氯遇水易發(fā)生水解：NOCl+H2O=HNO2+HCl，產率降低，故答案為：NOCl+H2O=HNO2+HCl；(5)以K2CrO4溶液為指示劑，用AgNO3標準溶液滴定，滴定終點時，沉淀由白色變?yōu)榇u紅色，半分鐘內不變色，此時n(Ag+)=n(Cl-)，取Z中所得100g溶于適量的NaOH溶液中，配制成250mL溶液；取出25.00mL樣品溶于錐形瓶中，25mL樣品中：，則250mL溶液中n(NOCl)=0.2cmol，m(NOCl)=0.2cmol×65.5g/mol=13.1cg，亞硝酰氯(NOCl)的質量分數