2024年河北省易縣中學高三適應性調(diào)研考試化學試題含解析

2024年河北省易縣中學高三適應性調(diào)研考試化學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、化學與生活密切相關。下列物質(zhì)性質(zhì)與應用的對應關系錯誤的是（）A．硅膠吸水能力強，可用作食品、藥品的干燥劑B．氫氧化鋁堿性不強，可用作胃酸中和劑C．次氯酸鈉具有強氧化性，可用作織物的漂白劑D．葡萄糖具有氧化性，可用于工業(yè)制鏡2、中科院科學家設計出一套利用SO2和太陽能綜合制氫方案，其基本工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是A．該電化學裝置中，Pt電極作正極B．Pt電極的電勢高于BiVO4電極的電勢C．電子流向：Pt電極→導線→BiVO4電極→電解質(zhì)溶液→Pt電極D．BiVO4電極上的反應式為SO32-－2e-+2OH-=SO42-+H2O3、81號元素所在周期和族是()A．第六周期ⅣA族 B．第六周期ⅢB族 C．第七周期0族 D．第六周期ⅢA族4、下列說法正確的是（）A．常溫下，pH為1的0.1mol/LHA溶液與0.1mol/LNaOH溶液恰好完全反應時，溶液中一定存在：c(Na+)=c(A－)>c(OH－)=c(H+)B．相同濃度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，溶液中各離子濃度的大小關系為：c(Na+)>c(ClO-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)C．PH＝1NaHSO4溶液中c(H+)＝2c(SO42-)+c(OH-)D．常溫下，pH=7的CH3COONa和CH3COOH混合溶液中：c(Na+)=c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H+)=c(OH－)5、X、Y、Z、W均為短周期元素,它們在周期表中的相對位置如圖所示。若Y原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍,下列說法中正確的是()A．X的簡單氫化物比Y的穩(wěn)定B．X、Y、Z、W形成的單質(zhì)都是分子晶體C．Y、Z、W的原子半徑大小為W>Z>YD．W的最高價氧化物對應水化物的酸性比Z的弱6、不能用NaOH溶液除去括號中雜質(zhì)的是A．Mg（Al2O3） B．MgCl2（AlCl3） C．Fe（Al） D．Fe2O3（Al2O3）7、常溫下，用AgNO3溶液分別滴定濃度均為0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡圖像如圖所示(不考慮C2O42-的水解)。已知Ksp(AgCl)數(shù)量級為10-10。下列敘述正確的是A．圖中Y線代表的AgClB．n點表示Ag2C2O4的過飽和溶液C．向c(Cl－)＝c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液時，先生成AgCl沉淀D．Ag2C2O4＋2Cl－=2AgCl＋C2O42-的平衡常數(shù)為10-0.718、實驗室處理含F(xiàn)eBr3廢催化劑的溶液，可得到溴的苯溶液和無水FeCl3。下列做法能達到相應實驗目的的是()A．制取Cl2B．使Br－轉化為Br2C．分液，先放出水層，再倒出溴的苯溶液D．將分液后的水層蒸干獲得無水FeCl39、我國學者研制了一種納米反應器，用于催化草酸二甲酯（DMO）和氫氣反應獲得EG。反應過程示意圖如下：下列說法不正確的是()。A．Cu納米顆粒將氫氣解離成氫原子B．反應過程中生成了MG和甲醇C．DMO分子中只有碳氧單鍵發(fā)生了斷裂D．EG和甲醇不是同系物10、下列做法中觀察到的現(xiàn)象可以說明鈉的密度比水小的是A．用小刀切開金屬鈉 B．將鈉放在坩堝中加熱C．把鈉保存在煤油中 D．將鈉放入盛水的燒杯11、某有機物X的結構簡式如圖，下列有關該有機物的說法正確的是（）A．分子式為C8H10O3B．含有兩種官能團C．既可以發(fā)生加成反應又可以發(fā)生取代反應D．分子中所有碳原子共面12、已知：苯酚與Fe3+在溶液中存在可逆反應：Fe3++6C6H5OHH3Fe(OC6H5)6+3H+，其中H3Fe(OC6H5)6顯紫色。實驗如下：下列說法不正確的是：A．i是空白對照實驗B．向ii中滴加幾滴濃鹽酸，溶液顏色變淺C．iii、iv中無色層中的溶劑分別為苯和CCl4D．苯酚在苯中的溶解性小于在CCl4中的溶解性13、海洋是一個資源寶庫，海水資源的開發(fā)和利用是現(xiàn)代和未來永恒的主題。下面是海水利用的流程圖：下列有關說法不正確的是A．過程中制得NaHCO3是先往精鹽溶液中通入CO2，再通入NH3B．氯堿工業(yè)在陽極產(chǎn)生了使?jié)駶櫟矸鄣饣浽嚰堊兯{的氣體C．反應②加熱MgCl2·6H2O應在HCl氣流保護下制備無水MgCl2D．反應⑤中，用Na2CO3水溶液吸收Br2后，用70—80%硫酸富集Br214、常溫下，現(xiàn)有0.1mol?L﹣1NH4HCO3溶液，pH=7.1．已知含氮（或含碳）各微粒的分布分數(shù)（平衡時，各微粒濃度占總微粒濃度之和的分數(shù)）與pH的關系如圖所示：下列說法不正確的是（）A．當溶液的pH=9時，溶液中存在：c（HCO3﹣）＞c（NH4+）＞c（NH3?H2O）＞c（CO32﹣）B．0.1mol?L﹣1NH4HCO3溶液中存在：c（NH3?H2O）=c（H2CO3）+c（CO32﹣）C．向pH=7.1的上述溶液中逐滴滴加氫氧化鈉溶液時，NH4+和HCO3﹣濃度逐漸減小D．分析可知，常溫下Kb（NH3?H2O）＞Ka1（H2CO3）15、鋰—銅空氣燃料電池（如圖）容量高、成本低，該電池通過一種復雜的銅腐蝕“現(xiàn)象”產(chǎn)生電力，其中放電過程為：2Li＋Cu2O＋H2O＝2Cu＋2Li+＋2OH-，下列說法錯誤的是A．放電時，當電路中通過0.2mol電子的電量時，有0.2molLi+透過固體電解質(zhì)向Cu極移動，有標準狀況下1.12L氧氣參與反應B．通空氣時，銅被腐蝕，表面產(chǎn)生Cu2OC．放電時，正極的電極反應式為：Cu2O＋H2O＋2e-＝2Cu＋2OH-D．整個反應過程，空氣中的O2起了催化劑的作用16、在加熱條件下，乙醇轉化為有機物R的過程如圖所示，其中錯誤的是A．R的化學式為C2H4OB．乙醇發(fā)生了還原反應C．反應過程中固體有紅黑交替變化的現(xiàn)象D．乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）也能發(fā)生類似反應二、非選擇題（本題包括5小題）17、G是一種神經(jīng)保護劑的中間體，某種合成路線如下：根據(jù)上述轉化關系，回答下列問題：（1）芳香族化合物A的名稱是___。（2）D中所含官能團的名稱是____。（3）B—C的反應方程式為____。（4）F—G的反應類型___。（5）G的同分異構體能同時滿足下列條件的共有____種（不含立體異構）；①芳香族化合物②能發(fā)生銀鏡反應，且只有一種官能團，其中，核磁共振氫譜顯示為4組峰，且峰面積比為1：2：2：3的是__（寫出一種結構簡式）。（6）參照上述合成路線，寫出以和BrCH2COOC2H5為原料（無機試劑任選），制備的合成路線____________。18、為探究某固體化合物X(僅含四種元素)的組成和性質(zhì)，設計并完成如下實驗。請回答：(1)藍色溶液中的金屬陽離子是________。(2)黑色化合物→磚紅色化合物的化學方程式是________________________。(3)X的化學式是________。19、碳酸鎂晶須是一種新型的吸波隱形材料中的增強材料。（1）合成該物質(zhì)的步驟如下：步驟1：配制0.5mol·L-1MgSO4溶液和0.5mol·L-1NH4HCO3溶液。步驟2：用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL三頸燒瓶中，開啟攪拌器。溫度控制在50℃。步驟3：將250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min內(nèi)滴加完后，用氨水調(diào)節(jié)溶液pH到9.5。步驟4：放置1h后，過濾，洗滌。步驟5：在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸鎂晶須產(chǎn)品（MgCO3·nH2On=1～5）。①步驟2控制溫度在50℃，較好的加熱方法是_________。②步驟3生成MgCO3·nH2O沉淀的化學方程式為__________。③步驟4檢驗沉淀是否洗滌干凈的方法是__________。（2）測定生成的MgCO3·nH2O中的n值。稱量1.000碳酸鎂晶須，放入如圖所示的廣口瓶中加入適量水，并滴入稀硫酸與晶須反應，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室溫下反應4～5h，反應后期將溫度升到30℃，最后將燒杯中的溶液用已知濃度的鹽酸滴定，測得CO2的總量；重復上述操作2次。①圖中氣球的作用是_________。②上述反應后期要升溫到30℃，主要目的是______。③測得每7.8000g碳酸鎂晶須產(chǎn)生標準狀況下CO2為1.12L，則n值為_______。（3）碳酸鎂晶須可由菱鎂礦獲得，為測定某菱鎂礦（主要成分是碳酸鎂，含少量碳酸亞鐵、二氧化硅）中鐵的含量，在實驗室分別稱取12.5g菱鎂礦樣品溶于過量的稀硫酸并完全轉移到錐形瓶中，加入指示劑，用0.010mol/LH2O2溶液進行滴定。平行測定四組。消耗H2O2溶液的體積數(shù)據(jù)如表所示。實驗編號1234消耗H2O2溶液體積/mL15.0015.0215.6214.98①H2O2溶液應裝在_________（填“酸式”或“堿式”）滴定管中。②根據(jù)表中數(shù)據(jù)，可計算出菱鎂礦中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)為_________%（保留小數(shù)點后兩位）。20、某實驗小組探究SO2與Cu(OH)2懸濁液的反應。（1）實驗一：用如圖裝置（夾持裝置已略，氣密性已檢驗）制備SO2，將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中。B中出現(xiàn)少量紅色沉淀；稍后，B中所得溶液呈綠色，與CuSO4溶液、CuCl2溶液的顏色有明顯不同。①排除裝置中的空氣，避免空氣對反應干擾的操作是_____，關閉彈簧夾。②打開分液漏斗旋塞，A中發(fā)生反應的方程式是_____。（2）實驗二：為確定紅色固體成分，進行以下實驗：①在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是_____。②根據(jù)上述實驗可得結論：該紅色固體為_____。（3）實驗三：為探究B中溶液呈綠色而不是藍色的原因，實驗如下：i.向4mL1mol/L的CuSO4溶液中通入過量SO2，未見溶液顏色發(fā)生變化。ii.取少量B中濾液，加入少量稀鹽酸，產(chǎn)生無色刺激性氣味的氣體，得到澄清的藍色溶液。再加入BaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀。查閱資料：SO2在酸性條件下還原性較差。①實驗i的目的_____。②根據(jù)上述實驗可得結論：溶液顯綠色的原因是溶液中含有較多Cu(HSO3)2。小組同學通過進一步實驗確認了這種可能性，在少量1mol/L的CuSO4溶液中加入_____溶液，得到綠色溶液。（4）綜上實驗可以得出：出現(xiàn)紅色沉淀的原因是：_____；（用離子方程式表示）溶液呈現(xiàn)綠色的原因是：_____。（用化學方程式表示）21、鋁粉與氧化鐵的混合物叫做鋁熱劑，發(fā)生的反應稱為鋁熱反應：2Al+Fe2O3→2Fe+Al2O3，可用于焊接鐵軌。完成下列計算：（1）若鋁熱劑中鋁粉和氧化鐵恰好完全反應，則該鋁熱劑中鋁的質(zhì)量分數(shù)為___。（精確到0.001）（2）將8.1g鋁粉與16g氧化鐵混合后充分反應，最多可制得鐵___g；將反應后的固體混合物加入足量的稀鹽酸中，充分反應后最多可生成氫氣____mol。（3）23.52g某鋁熱劑在隔絕空氣的條件下充分反應后，將固體溶解于200mL5mol/L的鹽酸中，完全溶解后溶液中c(H+)=0.2mol/L（溶液體積變化忽略不計），且無Fe3+。計算該鋁熱劑中鋁粉與氧化鐵的物質(zhì)的量分別是多少？___、___。（4）取某鋁熱劑反應后的固體，滴加4mol/L的NaOH溶液，當加至30mL時固體質(zhì)量不再減小，且剩余固體質(zhì)量為7.2g，并收集到672mL的氫氣（標準狀況）。計算原鋁熱劑中氧化鐵的質(zhì)量分數(shù)為多少？（精確到0.001）____

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】

A．硅膠具有吸水性，而且無毒，能用作食品、藥品干燥劑，故A正確；B．氫氧化鋁具有弱堿性，能與鹽酸發(fā)生中和反應，可用作胃酸中和劑，故B正確；C．次氯酸鈉具有強氧化性，可用作織物的漂白劑，C正確；D．葡萄糖具有還原性，能夠發(fā)生銀鏡反應，可用于工業(yè)制鏡，故D錯誤；故答案為D。2、C【解析】

該裝置為原電池，由Pt電極上反應(H2O→H2)或BiVO4電極上反應(SO32-→SO42-)可知，Pt電極上氫離子得電子生成氫氣、發(fā)生還原反應，為正極，電極反應為2H2O+2e-═H2↑+2OH-；BiVO4電極為負極，SO32-失電子生成硫酸根、發(fā)生氧化反應，電極反應為SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．Pt電極上氫離子得電子生成氫氣，發(fā)生還原反應，Pt電極作正極，故A正確；B．Pt電極為正極，BiVO4電極為負極，所以Pt電極電勢高于BiVO4電極，故B正確；C．電子從BiVO4電極(負極)經(jīng)導線流向Pt電極(正極)，不能進入溶液，故C錯誤；D．BiVO4電極為負極，發(fā)生氧化反應，電極反應式為SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O，故D正確；故選C。【點睛】根據(jù)電極上物質(zhì)的變化判斷正負極為解答的關鍵。本題的易錯點為C，要注意溶液通過自由移動的離子導電，難點為D，要注意電極反應式的書寫與溶液的酸堿性有關。3、D【解析】

第六周期0族元素為86號元素，因此86?81=5，18?5=13，在13縱列，即第ⅢA族，因此81號元素在第六周期ⅢA族，故D符合題意。綜上所述，答案為D。4、A【解析】

A.常溫下，pH為1的0.1mol/LHA溶液中，c(H+)=0.1mol/L，則HA為強酸溶液，與0.1mol/LNaOH溶液恰好完全反應時，溶液中溶質(zhì)為強電解質(zhì)NaA，c(Na+)=c(A－)，溶液呈中性，c(OH－)和c(H+)來自于水且c(OH－)=c(H+)，故A正確；B.相同濃度時酸性：CH3COOH>HClO，即CH3COOH電離程度大于HClO，即c(CH3COO-)>c(ClO-)；相同濃度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，水解程度：CH3COONa<NaClO，溶液中c(CH3COO-)>c(ClO-)，故B錯誤；C.pH＝1NaHSO4溶液中含有Na+、SO42-、H+、OH-，電荷守恒式c(Na+)+c(H+)＝2c(SO42-)+c(OH-)，故C錯誤；D.pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH－)，CH3COONa和CH3COOH混合溶液，c(CH3COO－)=c(Na+)，溶液中各離子濃度的大小關系為：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)=c(OH－)，故D錯誤。答案選A。5、B【解析】

Y原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍，故Y是氧元素；則X是氮元素，Z是硫元素，W是氯元素?！驹斀狻緼.氮元素的非金屬性比氧元素的弱，所以X的簡單氫化物不如Y的穩(wěn)定，故A不選；B.N2、O2、S、Cl2在固態(tài)時都是由分子通過范德華力結合成的晶體，故B選；C.因為W的原子序數(shù)比Z大，所以原子半徑大小為Z>W，故C不選；D.元素最高價氧化物對應水化物的酸性的強弱與非金屬性一致，W的非金屬性比Z強，故W的最高價氧化物對應水化物的酸性比Z的強，故D不選。故選B。【點睛】在周期表中，同一周期元素，從左到右，原子半徑逐漸減小，金屬性逐漸減弱，非金屬性逐漸增強，最高價氧化物的水化物的堿性逐漸減弱，酸性逐漸增強，氣體氫化物的穩(wěn)定性逐漸增強。同一主族元素，從上到下，原子半徑逐漸增大，金屬性逐漸增強，非金屬性逐漸減弱，最高價氧化物的水化物的堿性逐漸增強，酸性逐漸減弱，氣體氫化物的穩(wěn)定性逐漸減弱。6、B【解析】

A、氫氧化鈉能與氧化鋁反應，與鎂不反應，可以除去鎂中的氧化鋁，A正確；B、氯化鎂、氯化鋁與氫氧化鈉均反應，不能除雜，B錯誤；C、鋁能溶于氫氧化鈉溶液，鐵不能，可以除雜，C正確；D、氧化鋁能溶于水氫氧化鈉，氧化鐵不能，可以除雜，D正確。答案選B。7、C【解析】

若曲線X為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則Ksp(AgCl)=c(Ag+)?c(Cl?)=10?4×10?5.75=10?9.75=100.25×10?10，則數(shù)量級為10-10，若曲線Y為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則Ksp(AgCl)=c(Ag+)?c(Cl?)=10?4×10?2.46=10?6.46=100.54×10?7，則數(shù)量級為10-7，又已知Ksp(AgCl)數(shù)量級為10-10，則曲線X為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則曲線Y為Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲線，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)?c(C2O42-)=(10?4)2×(10?2.46)=10?10.46，據(jù)此分析解答?！驹斀狻咳羟€X為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則Ksp(AgCl)=c(Ag+)?c(Cl?)=10?4×10?5.75=10?9.75=100.25×10?10，則數(shù)量級為10-10，若曲線Y為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則Ksp(AgCl)=c(Ag+)?c(Cl?)=10?4×10?2.46=10?6.46=100.54×10?7，則數(shù)量級為10-7，又已知Ksp(AgCl)數(shù)量級為10-10，則曲線X為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則曲線Y為Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲線，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)?c(C2O42-)=(10?4)2×(10?2.46)=10?10.46，A.由以上分析知，圖中X線代表AgCl，故A錯誤；B.曲線Y為Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲線，在n點，c(Ag+)小于平衡濃度，故n點的離子Qc(Ag2C2O4)＜Ksp(Ag2C2O4)，故為Ag2C2O4的不飽和溶液，故B錯誤；C.根據(jù)圖象可知，當陰離子濃度相同時，生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小于生成Ag2C2O4沉淀所需的c(Ag+)，故向c(Cl?)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液時，先析出氯化銀沉淀，故C正確；D.Ag2C2O4＋2Cl－=2AgCl＋C2O42-的平衡常數(shù)，此時溶液中的c(Ag+)相同，故有，故D錯誤；故選C。8、C【解析】

A.實驗室制備氯氣是用濃鹽酸與二氧化錳在加熱條件下反應，稀鹽酸與二氧化錳不反應，不能制備氯氣，A項錯誤；B.用氯氣氧化溴離子時，導氣管應該采用“長進短出”原則，所以該裝置錯誤，不能實現(xiàn)實驗目的，B項錯誤；C.分液時先從下口放出水相，再從上口倒出有機相，C項正確；D.蒸發(fā)時應該，蒸發(fā)至有大量晶體析出時停止加熱，用余熱蒸干，另外FeCl3水解生成的鹽酸易揮發(fā)，直接蒸發(fā)，得不到無水FeCl3，D項錯誤；答案選C?！军c睛】本題考查化學實驗方案評價，涉及物質(zhì)制備、實驗操作等知識點，明確實驗原理、物質(zhì)性質(zhì)、實驗操作規(guī)范是解本題的關鍵，易錯點是選項D，加熱氯化鐵溶液時氯化鐵水解生成氫氧化鐵和氯化氫，升高溫度促進水解，為防止水解，應在氯化氫氛圍中加熱蒸干氯化鐵溶液。9、C【解析】

A．由圖可知，氫氣轉化為H原子，Cu納米顆粒作催化劑，故A正確；B．DMO中C?O、C=O均斷裂，則反應過程中生成了EG和甲醇，故B正確；C．DMO為草酸二甲酯，EG為乙二醇，則C?O、C=O均斷裂，故C錯誤；D．EG與甲醇中?OH數(shù)目不同，二者不是同系物，故D正確；綜上所述，答案為C。10、D【解析】

A．用小刀切開金屬鈉，說明鈉的質(zhì)地軟，故A錯誤；B．將鈉放在坩堝中加熱能夠熔化，說明鈉的熔點低，故B錯誤；C．把鈉保存在煤油中，鈉沉在底部，說明鈉的密度比煤油大，而煤油的密度比水小，不能說明鈉的密度比水小，故C錯誤；D．鈉與水反應的現(xiàn)象可以說明鈉的熔點低、密度比水小，故D正確；故選D?！军c睛】本題的易錯點為C，鈉沉在煤油底部，只能說明鈉的密度比煤油大，不能說明鈉的密度比水小。11、C【解析】

A.根據(jù)物質(zhì)結構簡式可知物質(zhì)的分子式是C8H12O3，A錯誤；B.在該物質(zhì)分子中含有-COOH、-OH、碳碳雙鍵三種官能團，B錯誤；C.該物質(zhì)分子中含有碳碳雙鍵，可以發(fā)生加成反應，含有羧基、羥基，可以發(fā)生取代反應，C正確；D.分子中含有4個飽和碳原子，與該碳原子連接的原子構成的是四面體結構，因此不可能所有C原子都在同一個平面上，D錯誤；故合理選項是C。12、D【解析】

A．通過i觀察iiiii、iv中發(fā)生的變化，達到空白對照的目的，故A正確；B．向ii中滴加幾滴濃鹽酸，增大H+濃度，平衡逆向移動，H3Fe(OC6H5)6濃度降低，溶液顏色變淺，故B正確；C．苯的密度比水，CCl4的密度比水大，故iii、iv中無色層中的溶劑分別為苯和CCl4，故C正確；D．iii中加入苯后水溶液層呈淺紫色，而iv中加入CCl4后水溶液層呈紫色，說明苯酚更易溶解于苯，導致平衡逆向移動，水溶液的顏色變淺，即苯酚在苯中的溶解性大于在CCl4中的溶解性，故D錯誤；故答案為D。13、A【解析】

A.先通入氨氣可增大二氧化碳的溶解度，則通入氣體的順序不合理，A項錯誤；B.氯堿工業(yè)在陽極上氯離子放電生成氯氣，使?jié)駶櫟矸鄣饣浽嚰堊兯{，B項正確；C.加熱促進鎂離子水解，且生成鹽酸易揮發(fā)，應在HCl氣流中蒸發(fā)制備，C項正確；D.用純堿吸收溴，主要反應是3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑，生成的NaBr、NaBrO3與硫酸反應，得到Br2，達到富集目的，D項正確；答案選A。14、C【解析】

A．當pH=9時，結合圖象判斷溶液中各離子濃度大??；B．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中存在的物料守恒分析，圖象可知PH=7.1時c（NH4＋）=c（HCO3－）；C．該碳酸氫銨溶液的pH=7.1，結合圖象判斷滴入氫氧化鈉溶液后NH4＋和HCO3－濃度變化；D．碳酸氫銨溶液顯示堿性，根據(jù)鹽的水解原理判斷二者的酸堿性強弱及電離平衡常數(shù)大小。【詳解】A．結合圖象可知，溶液的pH=9時，溶液中離子濃度大小為：c（HCO3﹣）＞c（NH4+）＞c（NH3?H2O）＞c（CO32﹣），故A正確；B．NH4HCO3溶液中，pH=7.1溶液顯堿性，圖象可知PH=7.1時c（NH4+）=c（HCO3﹣），溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3?H2O）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），得到c（NH3?H2O）=c（H2CO3）+c（CO32﹣），故B正確；C.0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.1，根據(jù)圖象可知，當溶液pH增大時，銨根離子濃度逐漸減小，而碳酸氫根離子能夠先增大后減小，故C錯誤；D．由于0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.1，說明碳酸氫根離子的水解程度大于銨根離子的水解程度，則一水合氨的電離平衡常數(shù)大于Ka1（H2CO3），故D正確；故選：C?！军c睛】本題結合圖象考查了離子濃度大小比較、鹽的水解原理等知識，解題關鍵：明確圖象曲線變化的含義，難點B，注意掌握電荷守恒、物料守恒、鹽的水解原理在判斷離子濃度大小中的應用方法。15、D【解析】

放電時，鋰失電子作負極，Cu上O2得電子作正極，負極上電極反應式為Li-e-═Li+，正極上電極反應式為O2+4e-+2H2O=4OH-，電解質(zhì)溶液中陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，據(jù)此分析解答。【詳解】A．放電時，電解質(zhì)中陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，當電路中通過0.2mol電子的電量時，根據(jù)4Cu+O2===2Cu2O，O2+4e-+2H2O=4OH-，正極上參與反應的氧氣為0.05mol，在標準狀況下的體積為0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故A正確；B．該電池通過一種復雜的銅腐蝕而產(chǎn)生電力，由方程式可知銅電極上并非是氧氣直接放電，正極反應為Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，因此通入空氣的目的是讓氧氣與銅反應生成Cu2O，故B正確；C．該電池通過一種復雜的銅腐蝕而產(chǎn)生電力，由方程式可知銅電極上并非是氧氣直接放電，正極反應為Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，故C正確；D．通空氣時，銅被腐蝕，表面產(chǎn)生Cu2O，放電時Cu2O轉化為Cu，則整個反應過程中，銅相當于催化劑，氧化劑為O2，故D錯誤；故答案為D。16、B【解析】

從銅催化氧化乙醇的反應機理分析?！驹斀狻緼.圖中CH3CH2OH+CuO→CH3CHO+Cu+H2O，則R化學式為C2H4O，A項正確；B.乙醇變成乙醛，發(fā)生了脫氫氧化反應，B項錯誤；C.圖中另一反應為2Cu+O2→2CuO，兩反應中交替生成銅、氧化銅，故固體有紅黑交替現(xiàn)象，C項正確；D.從乙醇到乙醛的分子結構變化可知，分子中有αH的醇都可發(fā)生上述催化氧化反應。乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）的兩個羥基都有αH，能發(fā)生類似反應，D項正確。本題選B。【點睛】有機反應中，通過比較有機物結構的變化，可以知道反應的本質(zhì)，得到反應的規(guī)律。二、非選擇題（本題包括5小題）17、間苯二酚或1，3-苯二酚羰基、醚鍵、碳碳雙鍵取代反應16種【解析】

由C的結構簡式和逆推知B為，A為。再結合其他各物質(zhì)的結構簡式和反應條件進行推斷。【詳解】（1）根據(jù)上述分析可知芳香族化合物A的名稱是間苯二酚或1，3-苯二酚。答案：間苯二酚或1，3-苯二酚。（2）由D的結構簡式可知所含官能團的名稱是羰基、醚鍵、碳碳雙鍵。答案：羰基、醚鍵、碳碳雙鍵。（3）B的結構簡式為，C的結構簡式為，反應條件BC，其方程式為。答案：。（4）由F—G的結構簡式和條件可知該反應類型為酯基的水解反應，也可稱為取代反應。答案：取代反應。（5）G的結構簡式為，同時滿足①芳香族化合物說明含有苯環(huán)；②能發(fā)生銀鏡反應，且只有一種官能團，說明含有醛基；符合條件G的同分異構體有（移動-CH3有2種），（定-CH3移-CHO有4種），（3種）,(6種)，，共有16種；其中，核磁共振氫譜顯示為4組峰，且峰面積比為1：2：2：3的是。答案：16；?！军c睛】綜合考查有機物的相關知識。突破口C的結構簡式，各步反應條件逆推B、A的結構，根據(jù)結構決定性質(zhì)和各步反應條件，推斷反應類型，書寫反應方程式。18、Cu2＋4CuO2Cu2O＋O2↑Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)2·2CuCO3【解析】

根據(jù)流程中信息可知黑色化合物為CuO，磚紅色化合物為Cu2O，紅色金屬單質(zhì)為Cu，藍色溶液為CuSO4溶液；n(H2O)==0.01mol，黑色化合物n(CuO)==0.03mol，無色無味氣體n(CO2)=n(CaCO3)==0.02mol，故可根據(jù)各元素推知分子式Cu3C2H2O8，則推斷出X為Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)2·2CuCO3，據(jù)此分析?！驹斀狻扛鶕?jù)流程中信息可知黑色化合物為CuO，磚紅色化合物為Cu2O，紅色金屬單質(zhì)為Cu，藍色溶液為CuSO4溶液；n(H2O)==0.01mol，n(H)=0.02mol，黑色化合物n(CuO)==0.03mol，無色無味氣體n(CO2)=n(CaCO3)==0.02mol，故n(O)=0.04+0.03+0.01=0.08mol，可根據(jù)各元素推知分子式Cu3C2H2O8，則推斷出X為Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)2·2CuCO3。(1)藍色溶液為CuSO4溶液，含有的金屬陽離子是Cu2＋；(2)黑色化合物→磚紅色化合物，只能是CuO→Cu2O，反應的化學方程式是4CuO2Cu2O＋O2↑；(3)X的化學式是Cu(OH)2·2CuCO3或Cu3(OH)2(CO3)2。19、水浴加熱MgSO4+NH4HCO3+NH3?H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4取最后一次洗滌液少許于試管中，加入稀鹽酸，無明顯現(xiàn)象，然后加入BaCl2溶液，若無白色沉淀，則沉淀已經(jīng)洗滌干凈緩沖壓強（或平衡壓強），還可以起到封閉體系的作用使廣口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收4酸式0.13【解析】

本實驗題分為合成碳酸鎂晶須、測定MgCO3·nH2O中n值、測定菱鎂礦中鐵的含量三部分。合成碳酸鎂晶須是利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反應生成。測定MgCO3·nH2O中n值，采用的是加稀硫酸，和MgCO3·nH2O反應，測定產(chǎn)生的CO2的體積，可以通過計算確定MgCO3·nH2O中n值。測定菱鎂礦中鐵的含量的原理是將菱鎂礦中的鐵轉化為Fe2+，用H2O2溶液滴定，根據(jù)消耗的H2O2的物質(zhì)的量以及電子守恒即可計算出菱鎂礦中鐵的含量。【詳解】（1）①步驟2控制溫度在50℃，當溫度不超過100℃時，較好的加熱方法是水浴加熱。水浴加熱既可均勻加熱，又可以很好地控制溫度。②MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反應生成MgCO3·nH2O沉淀的同時還得到(NH4)2SO4，化學方程式為：MgSO4+NH4HCO3+NH3?H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4。③步驟4檢驗沉淀是否洗滌干凈，可以檢驗洗滌液中的SO42-，方法是取最后一次洗滌液少許于試管中，加入稀鹽酸，無明顯現(xiàn)象，然后加入BaCl2溶液，若無白色沉淀，則沉淀已經(jīng)洗滌干凈。（2）①圖中氣球可以緩沖壓強（或平衡壓強），還可以起到封閉體系的作用。②上述反應后期要升溫到30℃，主要目的是使廣口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收。③標準狀況下1.12LCO2的物質(zhì)的量為0.05mol，根據(jù)碳守恒，有=0.05mol，解得n=4。（3）①H2O2溶液有強氧化性和弱酸性，應裝在酸式滴定管中。②四次實驗數(shù)據(jù)，第3次和其他三次數(shù)據(jù)偏離較大，舍去，計算出三次實驗消耗H2O2溶液體積的平均值為15.00mL。n(H2O2)=0.015L×0.010mol/L=1.5×10-4mol，在H2O2和Fe2+的反應中，H2O2做氧化劑，-1價氧的化合價降低到-2價，F(xiàn)e2+中鐵的化合價升高到+3價，根據(jù)電子守恒，n(Fe2+)=2(H2O2)=3×10-4mol，則m(Fe)=3×10-4mol×56g/mol=0.0168g，實驗菱鎂礦中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)為×100%=0.13%?！军c睛】當控制溫度在100℃以下時，可以采取水浴加熱的方法。檢驗沉淀是否洗滌干凈時需要選擇合適的檢測離子，選擇檢測的離子一定是濾液中的離子，并且容易通過化學方法檢測。檢驗沉淀是否洗滌干凈的操作需要同學記住。20、打開彈簧夾，通入N2一段時間H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O將紅色物質(zhì)轉化為氧化銅Cu排除溶解的SO2、H2SO3導致溶液顯綠色的可能性NaHSO3或KHSO3SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2【解析】

(1)①為排出空氣對實驗的干擾，滴加濃硫酸之前應先通入氮氣，將空氣排出；②裝置A中的反應是制備SO2的反應；(2)將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中，B中出現(xiàn)少量紅色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；①在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是將紅色物質(zhì)轉化為氧化銅，有利于后續(xù)定量判斷；②由實驗中物質(zhì)的質(zhì)量計算紅色固體的平均摩爾質(zhì)量，進而分析固體成分；(3)①根據(jù)B中所得溶液中可能的成分等，實驗i可以排除部分成分顯綠色的可能性；②確認Cu(HSO3)2使溶液呈綠色，需要在溶液中加入含有HSO3-離子的物質(zhì)；(4)出現(xiàn)紅色沉淀的原因是生成了Cu；溶液呈現(xiàn)綠色的原因生成了含HSO3-離子的物質(zhì)?！驹斀狻?1)①為排出空氣對實驗的干擾，滴加濃硫酸之前應先通入氮氣，將空氣排出，操作為：打開彈簧夾，通入N2一段時間，關閉彈簧夾；②裝置A中的反應是制備SO2的反應，化學方程式為H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；(2)將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中，B中出現(xiàn)少量紅色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；①在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是將紅色物質(zhì)轉化為氧化銅，有利于后續(xù)定量判斷；