2024年天津市和平區(qū)下學期高三壓軸卷化學試卷含解析

2024年天津市和平區(qū)下學期高三壓軸卷化學試卷注意事項：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、可逆反應aX(g)+bY(g)cZ(g)在一定溫度下的密閉容器內達到平衡后，t0時改變某一外界條件，化學反應速率(υ)—時間(t)圖象如下圖。下列說法正確的是（）A．若a+b=c，則t0時只能是增大反應體系的壓強B．若a+b=c，則t0時只能是加入催化劑C．若a+b≠c，則t0時只能是加入催化劑D．若a+b≠c，則t0時只能是增大反應體系的壓強2、X、Y、Z、T是四種原子序數(shù)遞增的短周期元素，X形成的簡單陽離子核外無電子，Y的最高價氧化物對應的水化物是強酸，Z是人體內含量最多的元素，T在同周期元素形成的簡單陽離子中半徑最小，則以下說法正確的是A．元素最高化合價的順序為Z＞Y＞T＞XB．Y、Z分別形成的簡單氫化物的穩(wěn)定性為Z＞YC．由X、Y和Z三種元素構成的強電解質，對水的電離均起抑制作用D．常溫下，T的單質與Y的最高價氧化物對應水化物的濃溶液不能反應3、根據(jù)元素周期律可判斷()A．穩(wěn)定性：H2S＞H2O B．最高化合價：F＞NC．堿性：NaOH＞Mg(OH)2 D．原子半徑：Cl＞Al4、向新制氯水中逐滴滴加NaOH溶液，溶液pH隨時間的變化如圖所示。呈堿性時停止滴加，一段時間后溶液黃綠色逐漸褪去。由此得不到的結論是A．該新制氯水c(H+)=10-2.6mol/LB．開始階段，pH迅速上升說明H+被中和C．OH-和Cl2能直接快速反應D．NaOH和氯水反應的本質是OH-使Cl2+H2OH++Cl-+HClO平衡右移5、不能通過化合反應生成的物質是（）A．HClO B．NO C．SO3 D．FeCl26、向某Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2固體(溶液體積變化、溫度變化忽略不計)，測得溶液中離子濃度的關系如圖所示，下列說法正確的是()已知：Ksp(BaCO3)=2.4010-9A．A、B、C三點對應溶液pH的大小順序為：A>B>CB．A點對應的溶液中存在：c(CO32-)<c(HCO3-)C．B點溶液中c(CO32-)=0.24mol/LD．向C點溶液中通入CO2可使C點溶液向B點溶液轉化7、在指定溶液中下列離子能大量共存的是A．無色透明溶液：NH4+、Fe3+、SO42-、NO3-B．能使甲基橙變紅的溶液：Na+、Ca2+、Cl-、CH3COO-C．c(ClO-)=0.1mol?L-1的溶液：K+、Na+、SO42-、S2-D．由水電離產(chǎn)生的c(H+)=1×10-13mol?L-1的溶液：K+、Na+、Cl-、NO3-8、下列有關物質性質與用途具有對應關系的是A．NH4HCO3受熱易分解，可用作氮肥B．SiO2熔點高硬度大，可用于制光導纖維C．乙醇能使蛋白質變性，75%乙醇可消殺病毒、細菌D．Na2S具有還原性，可作廢水中Cu2+和Hg2+的沉淀劑9、溴化鈣可用作阻燃劑、制冷劑，具有易溶于水，易吸潮等性質。實驗室用工業(yè)大理石(含有少量Al3+、Fe3+等雜質）制備溴化鈣的主要流程如下：下列說法錯誤的是A．已知步驟Ⅲ的濾液中不含NH4+，步驟II加入的試劑a是石灰水B．步驟II控制溶液的pH約為8.0的主要目的是沉淀過量Ca2+C．試劑b是氫溴酸，步驟IV的目的是除去過量的氫氧化鈣D．步驟V所含的操作依次是蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶10、大規(guī)模開發(fā)利用鐵、銅、鋁，由早到晚的時間順序是（）A．鐵、銅、鋁 B．鐵、鋁、銅 C．鋁、銅、鐵 D．銅、鐵、鋁11、室溫下，0.1mol·L-1的氨水溶液中，下列關系式中不正確的是()A．c(OH-)＞c(H+)B．c(NH3·H2O)+c(NH4+)+c(NH3)=0.1mol·L-1C．c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c(H+)D．c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)12、教材中證明海帶中存在碘元素的實驗過程中，下列有關裝置或操作錯誤的是A．過濾B．灼燒C．溶解D．檢驗13、下列說法中，正確的是A．CO2的摩爾質量為44gB．1molN2的質量是14gC．標準狀況下,1molCO2所占的體積約是22.4LD．將40gNaOH溶于1L水中，所得溶液中NaOH的物質的量濃度為1mol/L14、某種鈷酸鋰電池的電解質為LiPF6，放電過程反應式為xLi＋L1－xCoO2＝LiCoO2。工作原理如圖所示，下列說法正確的是()A．放電時，正極反應式為xLi＋＋Li1－xCoO2＋xe－＝LiCoO2B．放電時，電子由R極流出，經(jīng)電解質流向Q極C．充電時，R極凈增14g時轉移1mol電子D．充電時，Q極為陰極15、已知常溫下，Ksp(NiS)≈1.0×10-21，Ksp(ZnS)≈1.0×10-25，pM=-lgc(M2+)。向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，溶液中pM與Na2S溶液體積的關系如圖所示，下列說法正確的是（）A．圖像中，V0=40，b=10.5B．若NiCl2(aq)變?yōu)?.2mol·L-1，則b點向a點遷移C．若用同濃度ZnCl2溶液替代NiCl2溶液，則d點向f點遷移D．Na2S溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)16、某溶液中可能含有H+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、CO32﹣、Br﹣，且物質的量濃度相同；取樣進行實驗，結果是：①測得溶液pH＝2；②加入氯水，溶液顏色變深。對原溶液描述錯誤的是()A．一定含有Fe2+ B．一定含有Br﹣C．可能同時含F(xiàn)e2+、Br﹣ D．一定不含NH4+二、非選擇題（本題包括5小題）17、磷酸氯喹是一種抗瘧疾藥物，研究發(fā)現(xiàn)，該藥在細胞水平上能有效抑制新型冠狀病毒的感染。其合成路線如下：已知：回答下列問題：（1）A是一種芳香經(jīng)，B中官能團的名稱為__________________。（2）反應A→B中須加入的試劑a為___________________。（3）B反應生成C的反應化學反應方程式是______________________。（4）C→D反應類型是_________，D的結構簡式為_______________。（5）F→G反應類型為________________。（6）I是E的同分異構體，與E具有相同的環(huán)狀結構，寫出任意一種符合下列條件的I的結構簡式是__________________________。①I是三取代的環(huán)狀有機物，氯原子和羥基的取代位置與E相同；②核磁共振氫譜顯示I除了環(huán)狀結構上的氫外，還有4組峰，峰面積比3:1:1:1；③I加入NaHCO3溶液產(chǎn)生氣體。18、一種新型含硅阻燃劑的合成路線如下。請回答相關問題：（1）化合物A轉化為B的方程式為_____，B中官能團名稱是______。（2）H的系統(tǒng)命名為___，H的核磁共振氫譜共有___組峰。（3）H→I的反應類型是___（4）D的分子式為______，反應B十I→D中Na2CO3的作用是___。（5）F由E和環(huán)氧乙烷按物質的量之比為1：1進行合成，F(xiàn)的結構簡式為___。（6）D的逆合成分析中有一種前體分子C9H10O2，符合下列條件的同分異構體有___種。①核磁共振氫譜有4組峰；②能發(fā)生銀鏡反應；③與FeCl3發(fā)生顯色反應。19、輝銅礦與銅藍礦都是天然含硫銅礦，在地殼中二者常伴生存在?，F(xiàn)取一份該伴生礦樣品，經(jīng)檢測后確定僅含、和惰性雜質。為進一步確定其中、的含量，某同學進行了如下實驗：①取2.6g樣品，加入200.0mL0.2000mol/L酸性溶液，加熱（硫元素全部轉化為），濾去不溶雜質；②收集濾液至250mL容量瓶中，定容；③取25.00mL溶液，用溶液滴定，消耗20.00mL；④加入適量溶液（掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再參與其他反應），再加入過量KI固體，輕搖使之溶解并發(fā)生反應：；⑤加入2滴淀粉溶液，用溶液滴定，消耗30.00mL（已知：）?；卮鹣铝袉栴}：（1）寫出溶于酸性溶液的離子方程式：____________________________________。（2）配制溶液時要用煮沸過的稀硫酸，原因是______________________，配制過程中所需玻璃儀器除了燒杯、玻璃棒、容量瓶外還有_______________。（3）③中取25.00mL待測溶液所用的儀器是_____________。（4）⑤中滴定至終點時的現(xiàn)象為____________________________。（5）混合樣品中和的含量分別為_______%、_______%（結果均保留1位小數(shù)）。（6）判斷下列情況對樣品中和的含量的影響（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）若量取酸性溶液時俯視讀數(shù)，則最終結果的含量_______________。若用溶液滴定終點讀數(shù)時仰視，則最終結果的含量_____________。20、實驗室從含碘廢液（除外，含有、、等）中回收碘，實驗過程如下：（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至約為2，緩慢通入，在40℃左右反應（實驗裝置如圖所示）。實驗控制在較低溫度下進行的原因是__________________；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。請補充完整檢驗含碘廢水中是否含有、的實驗方案（實驗中可供選擇的試劑：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不出有碘單質存在；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，所需的物質的量是的______倍。21、甲醇是一種可再生的清潔能源，具有廣闊的開發(fā)和應用前景。（1）已知①CH3OH(g)+H2O(l)=CO2(g)+3H2(g)ΔH=+93.0kJ·mol－1②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g)ΔH=－192.9kJ·mol－1③甲醇的燃燒熱為726.51kJ·mol-1。要寫出表示甲醇燃燒熱的熱化學方程式，還缺少的熱化學方程式為________________。（2）甲醇可采用煤的氣化、液化制取(CO+2H2?CH3OHΔH<0)。在T1℃時，體積為2L的恒容容器中充入物質的量之和為3mol的H2和CO，反應達到平衡時CH3OH的體積分數(shù)(V%)與的關系如圖所示。①當起始=2，經(jīng)過5min達到平衡，0~5min內平均反應速率v(H2)=0.1mol?L-1?min-1，則該條件CO的平衡轉化率為_____；若其它條件不變，在T2℃(T2>T1)下達到平衡時CO的體積分數(shù)可能是____(填標號)A．<B．=C．~D．=E.>②當=3.5時，達到平衡狀態(tài)后，CH3OH的體積分數(shù)可能是圖象中的____點選填“D”、“E”或“F”)。（3）制甲醇的CO和H2可用天然氣來制取：CO2(g)+CH4(g)?2CO(g)+2H2(g)。在某一密閉容器中有濃度均為0.1mol·L?1的CH4和CO2，在一定條件下反應，測得CH4的平衡轉化率與溫度及壓強的關系如圖所示，則該反應的ΔH______(選填“大于”“小于”或“等于”）0。壓強p1_______(選填“大于”或“小于”)p2。當壓強為p2時，在y點：v(正)__________(選填“大于”“小于”或“等于”)v(逆)。若p2=6Mpa，則T℃時該反應的平衡常數(shù)Kp=_____MPa2（用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數(shù)）。（4）研究表明：CO2和H2在一定條件下也可以合成甲醇，反應方程式為CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)[反應Ⅰ]。①一定條件下，往2L恒容密閉容器中充入2.0molCO2和4.0molH2，在不同催化劑作用下合成甲醇，相同時間內CO2的轉化率隨溫度變化如下圖所示，其中活化能最高的反應所用的催化劑是____(填“A”、“B”或“C”)。②在某催化劑作用下，CO2和H2除發(fā)生反應①外，還發(fā)生如下反應CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)[反應Ⅱ]。維持壓強不變，按固定初始投料比將CO2和H2按一定流速通過該催化劑，經(jīng)過相同時間測得實驗數(shù)據(jù)：T(K)CO2實際轉化率（%）甲醇選擇性（%）54312.342.355315.339.1注：甲醇的選擇性是指發(fā)生反應的CO2中轉化為甲醇的百分比。表中數(shù)據(jù)說明，升高溫度，CO2的實際轉化率提高而甲醇的選擇性降低，其原因是_________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

若a+b=c，條件改變后，正逆反應速率同時增大，且增大的程度相同，即平衡不移動，這說明改變的條件是加入催化劑或增大反應體系的壓強；若a+b≠c，條件改變后，正逆反應速率同時增大，且增大的程度相同，即平衡不移動，改變的條件只能是加入催化劑；答案選C。2、B【解析】

X形成的簡單陽離子核外無電子，應為H元素，Z是人體內含量最多的元素，應為O元素，Y的最高價氧化物對應的水化物是強酸，應為N元素，T在同周期元素形成的簡單陽離子中半徑最小，依據(jù)同周期金屬離子半徑小于非金屬離子半徑，且同周期金屬離子核電荷數(shù)越大離子半徑越小可知應為Al元素?！驹斀狻緼.Z為O元素，該元素沒有最高正價，所以其最高價比N元素低，故A錯誤；B.非金屬性O>N，元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩(wěn)定，故B正確；C.由X、Y和Z三種元素構成的強電解質可為硝酸銨，為強酸弱堿鹽，水解可促進水的電離，故C錯誤；D.常溫下，鋁與濃硝酸發(fā)生鈍化反應，故D錯誤；答案：B3、C【解析】

A．O和S位于同一主族，非金屬性O大于S，故氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性H2O＞H2S，故A錯誤；B．F沒有最高正價，N是第二周期，第VA族，氮的最高正價為+5價，故B錯誤；C．Na和Mg位于同一周期，同周期從左到右，金屬性減弱，故最高價氧化物對應的水化物堿性減弱，NaOH＞Mg(OH)2，故C正確；D．Al和Cl位于同一周期，同周期元素原子半徑逐漸減小，Al＞Cl，故D錯誤；答案選C。4、C【解析】

A.沒有加入NaOH溶液時，新制氯水的pH為2.6，氫離子的濃度c(H+)=10-2.6mol/L，故A正確；B.向新制氯水中逐滴滴加NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氫離子反應，pH迅速上升，故B正確；C.新制氯水中有氫離子，逐滴滴加NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氫離子和HClO反應，故C錯誤；D.由圖可知，逐滴滴加NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氫離子和HClO反應，使Cl2+H2OH++Cl-+HClO反應平衡右移，故D正確；題目要求選擇不能得到的結論，故選C。5、A【解析】

化合反應的概念是由兩種或兩種以上的物質生成一種新物質。A、氯氣和水反應生成HCl和HClO，則不能通過化合反應生成，故A選；B、氮氣和氧氣反應生成NO，則能通過化合反應生成，故B不選；C、二氧化硫和氧氣生成三氧化硫，則能通過化合反應生成，故C不選；D、鐵和氯化鐵反應生成氯化亞鐵，則能通過化合反應生成，故D不選；故選：A。6、A【解析】

A．CO32－的水解能力強于HCO3－，因此溶液中的CO32－的濃度越大，溶液中的OH－的濃度越大，pH越大。溶液中的CO32－的濃度越大，則的值越小，從圖像可知，A、B、C三點對應的溶液的的值依次增大，則溶液的pH依次減小，pH的排序為A>B>C，A正確；B．A點對應的溶液的小于0，可知＞0，可知c(CO32-)＞c(HCO3-)，B錯誤；C．B點對應的溶液的lgc(Ba2＋)=-7，則c(Ba2＋)=10-7mol·L－1，根據(jù)Ksp(BaCO3)=c(Ba2＋)c(CO32－)=2.4010-9，可得c(CO32－)=，C錯誤；D．通入CO2，CO2與水反應生成H2CO3，H2CO3第一步電離產(chǎn)生較多的HCO3－，減小，則增大，C點不能移動到B點，D錯誤。答案選A。【點睛】D項也可以根據(jù)電離平衡常數(shù)推導，根據(jù)HCO3－H＋＋CO32－，有，轉化形式可得，，通入CO2，溶液的酸性增強，c(H＋)增大，減小，則增大。7、D【解析】

A.Fe3+的水溶液顯黃色，與“無色溶液”矛盾，A錯誤；B.能使甲基橙變紅的溶液顯酸性，此時H+、CH3COO-會發(fā)生反應產(chǎn)生CH3COOH，不能大量共存，B錯誤；C.ClO-具有強的氧化性，與具有還原性的微粒S2-會發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，C錯誤；D.選項離子之間不能發(fā)生任何反應，可以大量共存，D正確；故合理選項是D。8、C【解析】

A．NH4HCO3中含有植物生長需要的N元素，可用作氮肥，與其受熱易分解的性質無關，A項錯誤；B．SiO2傳導光的能力非常強，常用于制光導纖維，與SiO2熔點高硬度大沒有對應關系，B項錯誤；C．75%乙醇能殺菌消毒，利用乙醇能使蛋白質變性的性質，C項正確；D．硫化鈉與Cu2+和Hg2+反應生成硫化物沉淀，發(fā)生復分解反應，不發(fā)生氧化還原反應，沒有體現(xiàn)還原性，D項錯誤；答案選C。9、B【解析】

大理石和氫溴酸反應生成溴化鈣，因含有少量Al3+、Fe3+等雜質，可加入石灰水，沉淀Al3+、Fe3+，過濾后得到溴化鈣、氫氧化鈣的混合溶液，加入試劑b為氫溴酸，可除去過量的氫氧化鈣，然后經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶可得到溴化鈣晶體，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．已知步驟Ⅲ的濾液中不含NH4+，步驟II加入的試劑a的目的是防止氫氧化鋁溶解，因此a是堿，根據(jù)題意及不引入新的雜質可知是氫氧化鈣，故A正確；B．步驟II控制溶液的pH約為8.0的主要目的是沉淀Al3+、Fe3+，故B錯誤；C．加試劑b的目的是除去過量的氫氧化鈣，且不引入新雜質，可以加入氫溴酸，故C正確；D．步驟Ⅴ的結果是從溶液中得到CaBr2?6H2O，因此其操作步驟為蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶、過濾，故D正確；答案選B。10、D【解析】

越活潑的金屬越難被還原，冶煉越困難，所以較早大規(guī)模開發(fā)利用的金屬是銅，其次是鐵，鋁較活潑，人類掌握冶煉鋁的技術較晚，答案選D。11、C【解析】

A．氨水顯堿性，則c(OH-)＞c(H+)，故A正確；B．0.1mol/L的氨水溶液中，由氮元素守恒可知，所有含氮元素微粒的濃度之和為0.1mol/L，即c(NH3?H2O)+c(NH4+)+c(NH3)=0.1mol/L，故B正確；C．由NH3?H2O?NH4++OH-，電離的程度很弱，則c(NH3?H2O)＞c(NH4+)，故C錯誤；D．溶液不顯電性，陽離子帶的正電荷總數(shù)等于陰離子帶的負電荷總數(shù)，即c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，故D正確；故選C。12、B【解析】

A．過濾時使用漏斗和燒杯，溶液沿玻璃棒引流，裝置正確，故A不選；B．灼燒海帶應該在坩堝中進行，裝置中使用儀器不正確，故B選；C．溶解時用玻璃棒攪拌，并且適當加熱，可以加速溶解，裝置正確，故C不選；D．可以向溶液中滴加淀粉溶液檢驗是否存在碘單質，裝置圖正確，故D不選；故選B。13、C【解析】

A.二氧化碳的摩爾質量為44g/mol，1mol二氧化碳的質量為44g，故A錯誤；B.1mol

N2的質量是=1mol×28g/mol=28g，故B錯誤；C.標準狀況下，氣體摩爾體積為22.4L/mol，1

mol

CO2所占的體積約是22.4

L，所以C選項是正確的；D.40gNaOH的物質的量為1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液中NaOH的物質的量濃度為1mol/L，體積1L是指溶劑的體積，不是溶液的體積，故D錯誤。答案選C。14、A【解析】

A．放電時是原電池，正極發(fā)生得到電子的還原反應，根據(jù)放電過程反應式為xLi＋L1－xCoO2＝LiCoO2，則正極反應式為xLi＋＋Li1－xCoO2＋xe－＝LiCoO2，A正確；B．放電時Li是負極，則電子由R極流出，經(jīng)導線流向Q極，電子不能通過溶液，B錯誤；C．充電時，R極是陰極，電極反應式為Li＋＋e－＝Li，則凈增14g時轉移2mol電子，C錯誤；D．放電時Q是正極，則充電時，Q極為陽極，D錯誤；答案選A。15、C【解析】

向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，反應的方程式為：NiCl2+Na2S=NiS↓+2NaCl；pM=-lgc(M2+)，則c(M2+)越大，pM越小，結合溶度積常數(shù)分析判斷?！驹斀狻緼．根據(jù)圖像，V0點表示達到滴定終點，向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，滴加20mLNa2S溶液時恰好完全反應，根據(jù)反應關系可知，V0=20mL，故A錯誤；B．根據(jù)圖像，V0點表示達到滴定終點，溶液中存在NiS的溶解平衡，溫度不變，溶度積常數(shù)不變，c(M2+)不變，則pM=-lgc(M2+)不變，因此b點不移動，故B錯誤；C．Ksp(NiS)≈1.0×10-21，Ksp(ZnS)≈1.0×10-25，ZnS溶解度更小，滴定終點時，c(Zn2+)小于c(Ni2+)，則pZn2+=-lgc(Zn2+)＞pNi2+，因此若用同濃度ZnCl2溶液替代NiCl2溶液，則d點向f點遷移，故C正確；D．Na2S溶液中存在質子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，故D錯誤；故選C?！军c睛】本題的易錯點為B，要注意在NiS的飽和溶液中存在溶解平衡，平衡時，c(Ni2+)不受NiCl2起始濃度的影響，只有改變溶解平衡時的體積，c(Ni2+)才可能變化。16、A【解析】

溶液pH＝2，呈酸性，H+一定有，CO32﹣不能存在，加入氯水，溶液顏色變深，溶液中可能含有Fe2+和Br﹣之一或者兩者都有，被氯氣氧化成Fe3+和Br2，由于溶液中各離子的物質的量濃度相同，符合電荷守恒，如設各離子的濃度是1mol/L，則有可能存在c(H+)+2c(Fe2+)=2c(SO42﹣)+c(Br﹣)，還有可能溶液中只含氫離子和溴離子，但NH4+不能存在，故答案選A，F(xiàn)e2+可能存在，符合題意。二、非選擇題（本題包括5小題）17、硝基濃硫酸、濃硝酸+Cl2+HCl還原反應取代反應【解析】

產(chǎn)物中含有苯環(huán)，則A是苯，B為硝基苯，B到C是一個取代反應，考慮到E中氮原子和氯原子處于間位，因此C是間硝基氯苯，D則是硝基被還原后變成了間氨基氯苯，E到F即題目信息中給出的反應，從F到G，分子式中少1個O和1個H，而多出了一個Cl，因此為一個取代反應，用氯原子取代了羥基，最后再進一步取代反應得到H，據(jù)此來分析本題即可?！驹斀狻浚?）根據(jù)分析，B是硝基苯，其官能團為硝基；（2）硝化反應需要用到濃硫酸和濃硝酸組成的混酸；（3）B到C即取代反應，方程式為+Cl2+HCl；（4）C到D是硝基被還原為氨基的過程，因此是一個還原反應，D為鄰氨基氯苯，即；（5）根據(jù)分析，F(xiàn)到G是一個取代反應；（6）加入碳酸氫鈉溶液能產(chǎn)生氣體，因此分子中一定含有羧基，結合其它要求，寫出符合條件的同分異構體，為。18、溴原子、（酚）羥基3-氯-1-丙烯3氧化反應吸收生成的HCl,提高反應產(chǎn)率2【解析】

⑴苯酚和濃溴水反應生成三溴苯酚，三溴苯酚中有官能團溴原子、酚羥基。⑵H系統(tǒng)命名時，以雙鍵這一官能團為主來命名，H的核磁共振氫譜與氫原子的種類有關，有幾種氫原子就有幾組峰。⑶H→I的反應，分子中多了一個氧原子，屬于氧化反應。⑷根據(jù)D的結構式得出分子式，B十I→D中有HCl生成，用Na2CO3吸收HCl。⑸E與環(huán)氧乙烷按物質的量之比為1：1進行合成，環(huán)氧乙烷發(fā)生開環(huán)反應，類似于D→E的反應。⑹根據(jù)核磁共振氫譜有4組峰，能發(fā)生銀鏡反應，與FeCl3發(fā)生顯色反應，可得有機物中含有四種不同位置的氫原子，含有醛基，含有酚羥基?！驹斀狻竣呕衔顰為苯酚，和濃溴水反應生成三溴苯酚，方程式為，三溴苯酚中含有官能團為溴原子、（酚）羥基，故答案為：，溴原子、（酚）羥基；⑵H系統(tǒng)命名法以雙鍵為母體，命名為3-氯-1-丙烯，其中氫原子的位置有三種，核磁共振氫譜共有3組峰，所以故答案為：3-氯-1-丙烯，3；⑶分子中多了一個氧原子是氧化反應，故答案為：氧化反應；⑷根據(jù)D的結構簡式可得分子式，反應B十I→D中有HCl生成，為促進反應向右進行，可以將HCl吸收，可起到吸收HCl的作用，故答案為：，吸收生成的HCl,提高反應產(chǎn)率；⑸與環(huán)氧乙烷按物質的量之比為1：1進行合成，環(huán)氧乙烷發(fā)生開環(huán)反應，類似于D→E的反應，生成，故答案為：；⑹根據(jù)核磁共振氫譜有4組峰，能發(fā)生銀鏡反應，與FeCl3發(fā)生顯色反應，可得有機物中含有四種不同位置的氫原子，含有醛基，含有酚羥基，符合題意的有和兩種，故答案為：2種?！军c睛】解答此題的關鍵必須對有機物官能團的性質非常熟悉，官能團的改變，碳鏈的變化，成環(huán)或開環(huán)的變化。19、Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O除去溶解在水中的氧氣，防止亞鐵離子被氧化膠頭滴管酸式滴定管溶液由藍色變?yōu)闊o色且半分鐘內不恢復原色61.536.9偏低偏低【解析】

由配制溶液的過程確定所需儀器，據(jù)滴定實驗原理判斷終點現(xiàn)象，運用關系式計算混合物的組成，據(jù)測定原理分析實驗誤差?！驹斀狻浚?）Cu2S與KMnO4酸性溶液反應，高錳酸鉀做氧化劑氧化Cu2S反應生成硫酸銅、硫酸鉀、硫酸錳和水，反應化學方程式為Cu2S+2KMnO4+4H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，反應的離子方程式：Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O，故答案為Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O；（2）配制0.1000mol?L﹣1FeSO4溶液時要用煮沸過的稀硫酸，原因是：除去溶解在水中的氧氣，防止亞鐵離子被氧化，配制過程中所需玻璃儀器除了燒杯、玻璃棒、容量瓶外還有膠頭滴管，故答案為除去溶解在水中的氧氣，防止亞鐵離子被氧化；膠頭滴管；（3）③取25.00mL溶液為高錳酸鉀溶液，具有強氧化性，所以取25.00待測溶液所用的儀器是酸式滴定管，故答案為酸式滴定管；（4）加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1?L﹣1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL，發(fā)生反應2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，滴定終點的現(xiàn)象是：溶液由藍色變?yōu)闊o色且半分鐘內不恢復原色，故答案為溶液由藍色變?yōu)闊o色且半分鐘內不恢復原色；（5）Cu2S與KMnO4酸性溶液反應的化學方程式：Cu2S+2KMnO4+4H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，5CuS+8MnO4﹣+24H+＝5Cu2++8Mn2++5SO42﹣+12H2O，5Fe2++MnO4﹣+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O，滴定Fe2+消耗的MnO4﹣：n1＝0.1000mol/L×0.020L×＝0.0004mol，樣品消耗MnO4﹣物質的量n2＝0.200L×0.2000mo?L﹣1﹣0.0004mol×＝0.036mol，2Cu2++4I﹣＝2CuI+I2，2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，滴定消耗S2O32﹣的物質的量n3＝0.1000mo1?L﹣1×0.03L×＝0.03mol，則起始樣品溶解所得溶液中含Cu2+物質的量n4＝0.03mol，設樣品中含CuS、Cu2S的物質的量分別為x、y，則：①x+2y＝0.03mol，②x+2y＝0.036mol聯(lián)立①②，解方程組得：x＝0.01mol，y＝0.01mol，混合樣品中Cu2S的含量=×100%=61.5%，混合樣品中CuS的含量=×100%=36.9%，故答案為61.5；36.9。（6）結合上述計算過程，量取200.0mL0.2000mol/L酸性溶液，要用量筒，根據(jù)量筒的構造，若量取時俯視讀數(shù)，則所取量偏小，則樣品消耗MnO4﹣物質的量n2偏小，即方程②中x+2y<0.036mol，造成由方程組解得的x值比實際偏大，因x+2y＝0.03mol，則y值偏小，最終結果的含量偏低。根據(jù)實驗過程，若用溶液滴定終點讀數(shù)時仰視，實際消耗的溶液體積要小于讀數(shù)值，即方程①中x+2y<0.03mol，造成由方程組解得的x值比實際偏小，則最終結果的含量偏低，故答案為偏低；偏低。【點睛】本題考查了物質性質、溶液配制、滴定實驗過程的分析判斷等，主要是滴定過程中試劑的作用和定量關系的計算分析應用，掌握基礎是解題關鍵。20、SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-使CCl4中的碘進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，若溶液變藍色（發(fā)生的反應為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為碘離子，分液得到溶液中通入氯氣氧化碘離子為碘單質，富集碘元素，加入四氯化碳萃取分液后，蒸餾法得到碘單質。結合氧化還原反應的規(guī)律和物質的性質分析解答。【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元素進入水溶液應將碘還原為碘離子，故答案為SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-；使CCl4中的碘進入水層；(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，反應越不充分，所以應該在較低溫度下進行反應；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生成無毒物質，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)實驗方案可知，①是排除水層中的碘單質，③是檢驗是否存在碘酸根離子，因此②是檢驗是否存在碘離子。碘離子具有還原性，能被氧化劑氧化生成碘單質，碘酸根離子具有氧化性，能被還原劑還原為碘，碘遇淀粉變藍色，檢驗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，若溶液變藍色（發(fā)生反應為：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，若溶液變藍色（發(fā)生反應為：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，二氧化氯被還原為氯離子，ClO2～Cl-～5e-，2I-～I2～2e-，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒，反應的離子方程式為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，根據(jù)電子守恒，則處理含I-相同量的廢液回收碘，所需Cl2的物質的量是ClO2的2.5倍，故答案為2.5?！军c睛】明確物質的性質是解答本題的關