浙江省杭州五校2023-2024學年高考適應性考試化學試卷含解析

浙江省杭州五校2023-2024學年高考適應性考試化學試卷

考生須知：

1.全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色

字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。

2.請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。

3.保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。

一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）

1、如圖所示是Na、Cu、Si,H、C、N等元素單質的熔點高低的順序，其中c,d均是熱和電的良導體。下列說法不

正確的是

A.e、f單質晶體熔化時克服的是共價鍵

B.d單質對應元素原子的電子排布式：Is22s22P63s23P2

C.b元素形成的氣態(tài)氫化物易與水分子之間形成氫鍵

D.單質a、b、f對應的元素以原子個數(shù)比1：1：1形成的分子中含2個。鍵，2個兀鍵

2、德國化學家利用M和心在催化劑表面合成氨氣而獲得諾貝爾獎，該反應的微觀歷程及反應過程中的能量變化如圖

一、圖二所示，其中*w、o_o、c，Z、------分別表示帥、上、NH3及催化劑。下列說法不正確的是（）

A.①今②過程中催化劑與氣體之間形成離子鍵

B.②今③過程中，需要吸收能量

C.圖二說明加入催化劑可降低反應的活化能

D.在密閉容器中加入ImoINz、3molH2,充分反應放出的熱量小于92kJ

3、圖中反應①是制備SiH4的一種方法，其副產物MgC12?6NH3是優(yōu)質的鎂資源。下列說法錯誤的是

A.A2B的化學式為Mg2Si

B.該流程中可以循環(huán)使用的物質是NH3和NH4a

C.利用MgCb?6NH3制取鎂的過程中發(fā)生了化合反應、分解反應

D.分別將MgCk溶液和Mg(OH)2懸濁液加熱、灼燒，最終得到的固體相同

4、下列說法正確的是()

A.氯化鈉、氯化氫溶于水克服的作用力相同

B.不同非金屬元素之間只能形成共價化合物

C.SiO2和Si的晶體類型不同，前者是分子晶體，后者是原子晶體

D.金剛石和足球烯(CGO)構成晶體的微粒不同，作用力也不同

5、常溫下，向20.00mL0.1000mokl/i(NHQzSCh溶液中逐滴加入0.2000mol-L1NaOH溶液時，溶液的pH與所加NaOH

溶液體積的關系如圖所示(不考慮NHyHW)的分解)。下列說法不正確的是()

A.點a所示溶液中:C(NH；)>C(SO：)>C(H+)>C(OH-)

B.點b所示溶液中:c(NH；)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)

C.點c所示溶液中:c(NH；)+c(H+)+c(Na+)=c(OH)+2c(SO；-)

1

D.點d所示溶液中:c(NH：)+C(NH3H20)=0.1000mol-L

6、已知NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是

18

A.4.6gi4cth與N2O的混合物中所含中子數(shù)為2.4NA

B.將0.1molCH3coONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3co。數(shù)目等于O.INA

C.1molHI被氧化為I2時轉移的電子數(shù)為NA

D.常溫下電解飽和食鹽水，當溶液pH由7變?yōu)?3時，電路中轉移的電子數(shù)為O.INA

7、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法中不正確的是

A.10g質量分數(shù)為46%的乙醇水溶液中含有的氫原子總數(shù)為1.2NA

B.NA個P4(1R與NA個甲烷所含的共價鍵數(shù)目之比為1：1

C.常溫下，lLpH=13的M(OH)2溶液中含有的OIF數(shù)目為O.INA

D.含0.4molHNO3的濃硝酸與足量的銅反應，轉移的電子數(shù)大于0.2NA

8、下列溶液一定呈中性的是

+14+7

A.c(H)=c(OH)B.pH=7C.Kw=10D.c(H)=10mol/L

9、某溶液中可能含有Na+、Al3\Fe3\NO3-、SO?-.Cr,滴入過量氨水，產生白色沉淀，若溶液中各離子的物質

的量濃度相等，則一定存在的離子是

2-+3+

A.SO4B.NO3-C.NaD.Fe

10、常溫下，向20inLO.lmol-L1HCN溶液中滴加0.1mol-L4NaOH的溶液，由水電離的氫氧根離子濃度隨加入NaOH

體積的變化如圖所示，則下列說法正確的是()

V(NaOH)/ml

A.常溫下,0.1mol-LiHCN的電離常數(shù)Ka數(shù)量級為10$

B.a、c兩點溶液均為中性

C.當玖NaOH)=10mL時：c(Na+)>c(CN-)>c(HCN)>c(OIT)>c(H+)

D.當V(NaOH)=30mL時：2c(OH)2c(H+)=c(CN-)+3c(HCN)

11、下表所列各組物質中，物質之間通過一步反應就能實現(xiàn)如圖所示轉化的是

/\

選項物質abc

AAlAICI.AkOllh

BIINOtNO、力

1SiO：H^SiO)

D(uCuOC?OHk

A.AB.BC.CD.D

12、單質鐵不同于鋁的性質是

A.遇冷的濃硫酸鈍化B.能與氫氧化鈉反應

C.能與鹽酸反應D.能在氧氣中燃燒

38

13、已知：25℃時,&p[Ni(OH)I=2.0X10',Ksp[Fe(OH)3]=4.0X10-o將含F(xiàn)ezCh、Ag、Ni的某型廢催化劑溶于

鹽酸，過濾，濾渣為Ag,所得溶液中c(Ni2+)=c(Fe3+)=0.4moi/L。向該溶液中滴加一定濃度的NaOH溶液(假設溶液

體積不變)。下列說法中正確的是

A.金屬活動性：Ag>Ni

B.加入NaOH溶液時，先產生Ni(OH)2沉淀

c(Ni2+)

C.當?shù)味ǖ饺芤簆H=5時，溶液中l(wèi)g\Q〈約為10

c(Fe3+)

D.當?shù)味ǖ饺芤撼手行詴r，Ni”已沉淀完全

14、已知：pOH=-lgc(OH)o室溫下，將稀鹽酸滴加到某一元堿(BOH)溶液中，測得混合溶液的pOH與微粒濃度

的變化關系如圖所示。下列說法錯誤的是()

A.若向O.lmol/LBOH溶液中加水稀釋，則溶液中c(OH)/c(BOH)增大

B.室溫下，BOH的電離平衡常數(shù)K=1x10-4.8

C.P點所示的溶液中：c(Cr)>c(B+)

D.N點所示的溶液中：c(H+)=c(Cl)+c(OH)-c(BOH)

15、某化學實驗創(chuàng)新小組設計了如圖所示的檢驗CL某些性質的一體化裝置。下列有關描述不正確的是

I—滴管

橡膠塞

濃鹽酸

氯酸鉀

無水氯化鈣

干燥的有色布條

有孔墊片一

1濕潤的有色布條

玻璃管一

2硝酸銀溶液

H--3淀粉碘化鉀溶液

塑料吸管一S-4漠化鈉溶液

5硫酸亞鐵溶液

（滴有硫氟化鉀）

橡膠塞氫氧化鈉溶液

（滴有酚酰）

底座

+

A.濃鹽酸滴到氯酸鉀固體上反應的離子方程式為5C1+CIO；+6H===3C12t+3H2O

B.無水氯化鈣的作用是干燥CL,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(xiàn)白色沉淀，3處溶液變藍，4處溶液變?yōu)槌壬?，三處現(xiàn)象均能說明了C12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Cb以防止污染

16、有機物①在一定條件下可以制備②，下列說法錯誤的是（）

A.①不易溶于水

B.①的芳香族同分異構體有3種（不包括①）

C.②中所有碳原子可能共平面

D.②在堿性條件下的水解是我們常說的皂化反應

二、非選擇題（本題包括5小題）

17、用于汽車剎車片的聚合物Y是一種聚酰胺纖維，合成路線如圖:

已知：（+n^*0

（1）生成A的反應類型是。

（2）試劑a是o

（3）B中所含的官能團的名稱是o

（4）W、D均為芳香化合物，分子中均只含兩種不同化學環(huán)境的氫原子。

①F的結構簡式是。

②生成聚合物Y的化學方程式是o

（5）Q是W的同系物且相對分子質量比W大14,則Q有種，其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積比

為1：2：2：3的為、（寫結構簡式）

（6）試寫出由1,3-丁二烯和乙快為原料（無機試劑及催化劑任用）合成的合成路線。（用結構簡式

H0人，

表示有機物，用箭頭表示轉化關系，箭頭上注明試劑和反應條件）。

18、合成有機溶劑M和高分子材料N的路線如圖：

己知：芳香族化合物苯環(huán)上的氫原子可被鹵代烷中的烷基取代.如:

+HX

⑴寫出反應類型.反應I__反應n____________

⑵寫出D的分子式___________o寫出G的結構簡式

(3)寫出E生成F的化學反應方程式_______________________________o

(4)E在濃硫酸作用下轉化為F時，除生成副產物G,還會生成高分子副產物，寫出該副產物的結構簡式

⑸屬于酯類且含甲基F的同分異構體有多種，寫出其中一種的結構簡式。

⑹寫出高分子化合物N的結構簡式(任寫一種)。A有2種結構，可通過定量實驗來確定其準確結構,

該定量實驗可通過A與(填寫物質名稱)反應來實現(xiàn)。

19、目前全世界的銀(Ni)消費量僅次于銅、鋁、鉛、鋅，居有色金屬第五位。鎮(zhèn)常用于各種高光澤裝飾漆和塑料生

產，也常用作催化劑。

堿式碳酸饃的制備：

工業(yè)用電解銀新液(主要含NiSO4,NiCb等)制備堿式碳酸銀晶體［xNiCCh?yNi(OH)2?ZH2O］,制備流程如圖：

電解饃新液

(1)反應器中的一個重要反應為3NiSO4+3Na2co3+2H2O=NiCC>3?2Ni(OH)2+3Na2so4+2X,X的化學式為

(2)物料在反應器中反應時需要控制反應溫度和pH值。分析如圖，反應器中最適合的pH值為

雜

質

含

￡

佻

(3)檢驗堿式碳酸銀晶體洗滌干凈的方法是_。

測定堿式碳酸銀晶體的組成：

為測定堿式碳酸銀晶體［xNiCCh?yNi(OH)2?zlhO］組成，某小組設計了如圖實驗方案及裝置:

堿式碳酸銀晶體

BCDE

資料卡片：堿式碳酸銀晶體受熱會完全分解生成NiO、CO2和H2O

實驗步驟：

①檢查裝置氣密性；

②準確稱量3.77g堿式碳酸銀晶體［xNiCCh?yNi(OH)2?ZH2O］放在B裝置中，連接儀器;

③打開彈簧夾a,鼓入一段時間空氣，分別稱量裝置C、D、E的質量并記錄；

⑤打開彈簧夾a緩緩鼓入一段時間空氣；

⑥分別準確稱量裝置C、D、E的質量并記錄；

⑦根據數(shù)據進行計算(相關數(shù)據如下表)

裝置c/g裝置D/g裝置E/g

加熱前250.00190.00190.00

加熱后251.08190.44190.00

實驗分析及數(shù)據處理：

(4)E裝置的作用_。

(5)補充④的實驗操作

(6)通過計算得到堿式碳酸銀晶體的組成—(填化學式)。

保的制備：

產品Ni

過量胱(N2H4?H2O)溶液

堿式碳酸銀晶體

操作

氣體X和Y

(7)寫出制備Ni的化學方程式

20、醋酸亞倍水合物的化學式為［Cr(CH3C00)12?2H2(),該水合物通常為紅棕色晶體，是一種常用的氧氣吸收劑，不溶

于水和乙醛(一種易揮發(fā)的有機溶劑)，微溶于乙醇，易溶于鹽酸，易被氧化。已知Cr"水溶液呈綠色，CF水溶液呈藍

色。實驗室制備醋酸亞錦水合物的裝置如下圖所示。

(1)檢查裝置氣密性后，向左側三頸燒瓶中依次加入過量鋅粒和適量CrCb溶液，關閉A打開K”旋開a的旋塞，控制

好滴速。a的名稱是,此時左側三頸燒瓶中發(fā)生反應的化學方程式為、o一段時間后，

整個裝置內充滿氫氣，將空氣排出。當觀察到左側三頸燒瓶中溶液顏色由綠色完全轉變?yōu)樗{色時，關閉及,打開K”

將左側三頸燒瓶內生成的CrCL溶液壓入右側三頸燒瓶中，則右側三頸燒瓶中發(fā)生反應的離子方程式為

(2)本實驗中所有配制溶液的水均需煮沸，其原因是o右側的燒杯內盛有水，其中水的作用是

(3)當觀察到右側三頸燒瓶內出現(xiàn)大量紅棕色晶體時，關閉a的旋塞。將紅棕色晶體快速過濾、水洗、乙酸洗、干燥,

即得至UlCrGLCOO)/?-2H2O。其中用乙酸洗滌產物的目的是。

(4)稱量得到的["(如3(：00)2]2?21120晶體，質量為mg,,若所取用的CrCh溶液中含溶質ng,則

[Cr(CH3C00)2]2?2H20(M1=376)的產率是%0

21、實現(xiàn)碳及其化合物的相互轉化，對開發(fā)新能源和降低碳排放意義重大。

(1)已知：CH4(g)+H2O(g)：^CO(g)+3H2(g)AH=x

已知：標準狀態(tài)下，由最穩(wěn)定的單質生成Imol化合物的熔變，稱為該化合物的標準摩爾生成培，幾種物質的標準摩爾

生成婚如下。則x=__kJmoPi。(標準摩爾生成焰：CH4(g)-75kJ/mol；H2O(g)-240kJ/mol；CO(g)-110kJ/mol；H2(g)

-OkJ/mol)

(2)為了探究溫度、壓強對反應⑴的影響，在恒溫恒容下，向下列三個容器中均充入4moic出和4moi也€＞。

容器溫度/℃體積/LCH4平衡濃度/mol-L-i平衡時間/min

甲40011.55.0

乙5001Xti

丙4002yt2

①平衡前，容器甲中反應的平均速率C(H2)=_mol/(L?min)；在一定條件下，能判斷容器丙中的反應一定處于化學平衡

狀態(tài)的是_(填序號)；

A.3V(CH4)E=V(H2)?B.C%和H2O的轉化率相等

C.容器內壓強保持不變D.混合氣體的密度保持不變

②平衡后，乙容器中CH4的轉換率較丙低，其原因是其中tl―12(填“>”、或"=")。

(3)pC是指極稀溶液中溶質物質的量濃度的負對數(shù)。已知常溫下，H2cCh溶液中加入強酸或強堿后達到平衡時溶液

常溫下，碳酸的一級電離常數(shù)Kal的數(shù)量級為_；其中碳酸的Kal?Ka2,其原因是

(4)我國科學家根據反應CO2電解C+O2T,結合電解池原理設計出了二氧化碳捕獲與轉化裝置。該裝置首先利用電

解池中熔融電解質ZrO捕獲CO2,發(fā)生的相關反應為：①CO2+O2-=CO32-,②2coZ+CP'CZOS?，然后CO32一在陰

極轉化為碳單質和_；C2(V-在陽極發(fā)生電極反應，其方程式為―。

參考答案

一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)

1、B

【解析】

Na、Cu、Si、H、C、N等元素單質中，Na、Cu為金屬晶體，均是熱和電的良導體，C、Si的單質為原子晶體，且C

單質的熔沸點大于Si原子晶體的熔點，H、N對應的單質為分子晶體，其中氫氣的熔點最低，由圖熔點的高低順序可

知a為H,b為N,c為Na,d為Cu,e為Si,f為C。

【詳解】

A選項，e為Si,f為C,對應的單質為原子晶體，存在共價鍵，熔化時破壞共價鍵，故A正確；

B選項，d為Cu,銅單質對應元素原子的電子排布式：Is22s22P63s23P23/味1,故B錯誤；

C選項，b為N,N元素形成的氣態(tài)氫化物氨氣，易與水分子之間形成氫鍵，故C正確；

D選項，單質a、b、f對應的元素以原子個數(shù)比1:1:1形成的分子為HCN,結構式為H-C三N,分子中含2個。鍵，2

個7T鍵，故D正確；

綜上所述，答案為B。

2、A

【解析】

A.①一②過程中催化劑與氣體之間是吸附，沒有形成離子鍵，故A錯誤；

B.②一③過程中，化學鍵斷鍵需要吸收能量，故B正確；

C.圖二中通過a、b曲線說明加入催化劑可降低反應的活化能，故C正確；

D.在密閉容器中加入Imol-、3molH2,該反應是可逆反應，不可能全部反應完，因此充分反應放出的熱量小于92kJ,

故D正確。

綜上所述，答案為A。

3、C

【解析】

由反應①可知A2B應為Mg2Si,與氨氣、氯化鉉反應生成SiH4和MgC12?6NH3,MgCL?6NH3加入堿液,可生成Mg(OH)2,

MgCL?6NH3加熱時不穩(wěn)定，可分解生成氨氣，同時生成氯化鎂，電解熔融的氯化鎂，可生成鎂，用于工業(yè)冶煉，而

MgCb?6NH3與鹽酸反應，可生成氯化鎂、氯化鉉，其中氨氣、氯化鉉可用于反應①而循環(huán)使用，以此解答該題。

【詳解】

A.由分析知A2B的化學式為MgzSi,故A正確；

B.反應①需要氨氣和NH4CL而由流程可知MgCb?6NH3加熱或與鹽酸反應，生成的氨氣、氯化鍍，參與反應①而循

環(huán)使用，故B正確；

C.由流程可知MgCb6NH3高溫分解生成MgCb,再電解MgCL制取鎂均發(fā)生分解反應，故C錯誤；

D.分別將MgCk溶液和Mg(OH)2懸濁液加熱，灼燒，都是氧化鎂，最終得到的固體相同，故D正確；

故答案為Co

4、D

【解析】

A.氯化鈉屬于離子晶體，氯化氫屬于分子晶體溶于水時，破壞的化學鍵不同；

B.非金屬元素之間也可形成離子化合物，如核鹽；

C.SiCh和Si的晶體類型相同，都是原子晶體；

D.金剛石由原子構成，足球烯(CGO)由分子構成。

【詳解】

A.氯化鈉屬于離子晶體溶于水時破壞離子鍵，氯化氫屬于分子晶體溶于水時破壞共價鍵，所以破壞的化學鍵不同，

故A錯誤；

B.非金屬元素之間也可形成離子化合物，如鍍鹽為離子化合物，故B錯誤；

C.二氧化硅是由硅原子和氧原子按照個數(shù)比1：2通過Si-O鍵構成原子晶體，在Si晶體中，每個Si原子形成2個

Si-Si鍵構成原子晶體，故C錯誤；

D.金剛石由原子構成，為原子晶體，作用力為共價鍵，而足球烯(C60)由分子構成，為分子晶體，作用力為分子間

作用力，故D正確；

故選：D。

5、B

【解析】

A.a點為(NH62SO4溶液，NH4+水解溶液呈酸性，但水解是微弱的，所以c(NH：)>c(SO：),故A正確；

B.b點溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH),根據電荷守恒，c(NH：)+c(Na+尸2c(S。：)，所以c(NH：)不等于c(Na+),故

B錯誤；

C.c點溶液中n(NH3H2O)：n[(NH4)2SO4：n(Na2SO4)=2：1：1,由電荷守恒得

+++

c(NH4)+c(H)+c(Na)=c(OH-)+2c(SO；),故C正確；

D.d點為加入20mLNaOH溶液，此時溶液的體積為原體積的2倍，故含氮微粒的總濃度為原來的1/2,即0.1000mol/Lo

+1

根據物料守恒則有c(NH4)+c(NH3-H2O)=0.1000mol-L,故D正確。

故選B。

【點睛】

B選項為本題的難點，在解答離子濃度關系的圖象題時，要充分利用各種守恒，如電荷守恒、物料守恒、質子守恒等,

在中性溶液中，要特別注意電荷守恒的應用。

6、D

【解析】

A.i4c02和N218。的摩爾質量均為46g/moL故4.6g混合物的物質的量為O.lmol,且二者均含有24個中子，故O.lmol

此混合物中含中子數(shù)為2.4NA個，故A正確；

++

B.將O.lmolCH3coONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根據電荷守恒有：7i(CH3COO)+n(OH)=H(Na)+?(H),而由于

溶液顯中性，故"(OIT)="(H+),則有“(CH3COO-)=〃(Na+)=0.1mol,溶液中CH3COO-數(shù)目等于O.INA,故B正確；

C.I元素的化合價由-1價升高為0價，則ImolHI被氧化為L時轉移的電子數(shù)為lmolxlNA=NA,故C正確；

D.溶液體積不明確，故溶液中放電的氫離子的物質的量無法計算，則轉移的電子數(shù)無法計算，故D錯誤；

故選D。

【點睛】

D項是學生們的易錯點，學生們往往不細心，直接認為溶液是1L并進行計算，這種錯誤只要多加留意，認真審題即可

避免；

7、B

【解析】

A.在乙醇溶液中，除了乙醇外，水中也含H原子，而10g質量分數(shù)為46%的乙醇水溶液中含有4.6g乙醇，物質的

量為O.lmol,含0.6NA個H原子，水5.4g,物質的量為0.3mol,含H原子為0.6NA個，故共含H原子為L2NA個，故

A正確；

B.白磷分子中含6條共價鍵，而甲烷中含4條共價鍵，因此相同數(shù)目的分子中含有的共價鍵個數(shù)之比為3：2,故B

錯誤；

C.pH=13的M(OH)2溶液中，氫氧根的濃度為O.lmol/L,因此1L溶液中含有的氫氧根的個數(shù)為O.INA個，故C正確；

D.硝酸的物質的量為0.4mol,若與銅反應完全生成二氧化氮，轉移電子物質的量為0.2mol,但是由于銅足量，濃硝

酸隨著反應的進行，后來變成了稀硝酸，生成了一氧化氮，轉移的電子數(shù)增加，所以0.4mol硝酸與足量的銅反應，轉

移的電子數(shù)大于0.2mol,故D正確；

故選B。

【點睛】

本題的易錯點為D,要注意隨著反應的進行，硝酸的濃度減小，難點為A,要注意水分子中也含有H原子。

8、A

【解析】

溶液的酸堿性取決于溶液中c(H+)與c(OH-)的相對大小，據此判斷溶液酸堿性。

【詳解】

A.c(H+)=c(OH-)的溶液一定呈中性，A項正確；

B.只有常溫下pH=7的溶液才是中性的，B項錯誤；

C.常溫下稀溶液中Kw=1014,溶液不一定中性，C項錯誤；

D.只有常溫下c(H+)=10-7mol/L時，溶液才是中性的，D項錯誤；

本題選Ao

9、A

【解析】

某溶液中可能含有Na+、AF+、Fe3\NO3-、StV-、CP,滴入過量氨水，產生白色沉淀，該白色沉淀為氫氧化鋁,

則一定含有AF+,一定不含F(xiàn)e3+(否則產生紅褐色沉淀)，若溶液中各離子的物質的量濃度相等，根據電荷守恒，則一

定存在的離子是Sth?」,且至少含有NO3-、C廠中的一種，若含有NO3-、兩種，則還含有Na+,故答案選A。

10、D

【解析】

A.常溫下，0.1mol?L-iHCN溶液中，水電離出的氫離子濃度為10?9moi/L,則溶液中的氫離子濃度

1n-1410-51v10-51

Kw—---------=10一鞏則電離常數(shù)1U=10-9.2,數(shù)量級為10-，9,故A錯誤;

10-89mol/L10-89mol/L0.1

B.a點為HCN和NaCN的混合溶液顯中性，c點為NaOH和NaCN的混合溶液呈堿性，故B錯誤；

C.當V(NaOH)=10mL時，為HCN和NaCN的混合溶液且二者物質的量濃度相等，溶液顯酸性，c(OH)<c(H+),故

C錯誤；

D.當V(NaOH)=30mL時，為NaOH和NaCN的混合溶液呈堿性，鈉離子的總物質的量為0.003mol,NaCN中CN-

以CN-和HCN兩種形式存在，總物質的量為0.002mol,則物料守恒為2c(Na+)=3c(CN>3c(HCN),該混合溶液中電荷

守恒式為：c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH'),則c(Na+)=c(CN')+c(OH-)-c(H+),代入物料守恒式，可得：2[c(CN-)+c(OH-)-

c(H+)]=3c(CN)+3c(HCN),2c(OH)-2c(H+)=c(CN)+3c(HCN),故D正確；

答案選D。

11、B

【解析】

A.氫氧化鋁不能一步反應生成鋁，不符合轉化關系，A不符合題意；

B.稀硝酸與銅反應生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮與水反應生成硝酸和一氧化氮，符合轉化

關系，B符合題意；

C.二氧化硅不溶于水，不能與水反應生成硅酸，不符合轉化關系，C不符合題意；

D.Cu與氧氣反應生成氧化銅，氧化銅不能與水反應產生氫氧化銅，氫氧化銅不能直接變?yōu)殂~單質，不符合轉化關系，

D不符合題意；

故合理選項是Bo

12、B

【解析】

A.鐵和鋁在冷的濃硫酸中均發(fā)生鈍化，A錯誤；B.鐵和氫氧化鈉不反應，鋁能和強酸、強堿反應，金屬鋁與氫氧化

鈉溶液反應生成了偏鋁酸鈉和氫氣，B正確；C.兩者均能與強酸反應生成鹽和氫氣，C錯誤；D.兩者均可以在氧氣中

燃燒，D錯誤。故選擇B。

13、C

【解析】

A.Ag不能與鹽酸反應，而Ni能與鹽酸反應，因此金屬活動性：Ni>Ag,故A錯誤;

B.c(Ni2*)=0.4mol/L時，Ni?+剛好開始沉淀時溶液中

Ksp[Ni(0H)2]歷X[n-15___

J———mol/L=A/0^5x107mol/L,c(Fe3+)=0.4mol/L時,Fe3+剛好開始沉淀時溶液

c(Ni2+)-

中c(0H)==j”mol/L=^xIO」？mol/L(/xlO"mol/L,故先產生Fe(OH)3沉淀,

故B錯誤;

K]xl()T4

C.溶液pH=5時c(H+)=10-5mol/L,溶液中(OH)=1rmol/L=lxlO'mol/L,

/[Fe(OH)3]4x10-38

c(Fe3+)mol/L=4xlO-11mol/L

C3(OIT)(lxl0-9『

2+KsJNi(OH),]2x10-15

2+sp3

(Ni)=；——-----------7mol/L=2x10mol/L>0.4mol/L則Ni?+未沉淀，c(Ni2+)=0.4mol/L,則

C2(OH)(1X10-9)

c(Ni2+)_0.4

坨而丁坨藪可=10,故c正確;

Ksp[Ni(OH)2]2xl()T5

c(OH)=lX10-7moI/L,此時溶液中c(Ni?+)=mol/L=0.2mol/L

D.當溶液呈中性時,c2(OH)(lxIO-7)2

故Ni?+未沉淀完全，故D錯誤;

故答案為：Co

14、C

【解析】

c(0H-)n(OH)

A.BOH是弱堿,加水稀釋時促進電離，溶液中BOH的微粒數(shù)減小，而OH-的數(shù)目增多，則溶液中—————(-

c(BOH)n(BOH)

不斷增大，故A正確；

c(B+)c(B+)

B.N點-lg一一J=0,即c(BOH)=c(B+),則BOH的電離平衡常數(shù)Kb=—~Jxc(OH-)=c(OH-)=lxl()48,故B正

c(BOH)c(BOH)

確；

C.P點的pOH<4,溶液呈堿性，貝！Jc(OH-)<c(OH-),根據電荷守恒可知：c(C「)<c(B+),故C錯誤；

cW

D.N點-1g——J=0,則c(BOH)=c(B+),根據電荷守恒c(B+)+c(H+)=c(Cr)+c(OH)可知，c(H+)=c(Cl)+c(OH)-c(BOH),

c(BOH)

故D正確;

故答案為Co

【點睛】

c(B+)c(B+)

考查酸堿混合的定性判斷，明確圖象圖象變化的意義為解答關鍵，根據圖象可知，N點-lgJ/、=0,/\=1,

c(BOH)c(BOH)

c(B+)

此時pOH=-lgc(OH)=4.8,則BOH的電離平衡常數(shù)K=—~x(OH)=c(OH)=lxlO證明BOH只能部分電離,

bc(BOH)c

屬于弱堿，再結合溶液中的電荷守恒式分析即可。

15、C

【解析】

濃鹽酸滴到氯酸鉀固體上的作用是為了制備C12,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：5C1+CIO；+6H===3C12t+3H2O,A正確；為了檢驗CL有無漂白性，應該先把

CL干燥，所以，無水氯化鈣的作用是干燥CL,然后會出現(xiàn)干燥有色布條不褪色而濕潤有色布條褪色的現(xiàn)象，B正確；

Cb與3處碘化鉀置換出單質碘，遇淀粉變藍，與4處漠化鈉置換出單質漠，使溶液變橙色，均說明了CL具有氧化性,

C12與水反應生成HC1和HC1O,HC1與硝酸銀產生白色沉淀，無法說明CL具有氧化性，C錯誤；Cb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CL,防止污染空氣，D正確。

16、D

【解析】

A.根據①分子結構可以看出，它屬于氯代燒，是難溶于水的，故A正確；

B.Br和甲基處在苯環(huán)的相間，相對的位置，Br取代在甲基上，共有三種，故B正確；

C.苯環(huán)和雙鍵都是平面結構，可能共面，酯基中的兩個碳原子，一個采用sp2雜化，一個采用sp3雜化，所有碳原子

可能共面，故C正確；

D.皂化反應僅限于油脂與氫氧化鈉或氫氧化鉀混合，得到高級脂肪酸的鈉/鉀鹽和甘油的反應，②屬于芳香族化合物,

故D錯誤；

答案選D。

二、非選擇題(本題包括5小題)

CH3

17、取代反應濃硝酸、濃硫酸氯原子、硝基［3

CH3

COOfl

COOH

+"I、

NH,COOli

CH3

HOOC-rf<>-COOH

【解析】

<o2<o2

苯與氯氣在氯化鐵作催化劑條件下得到A是A轉化得到B,B與氨氣在高壓下得到:，可知B一

引入氨基，A-B引入硝基，則B中C1原子被氨基取代生成「二，可推知B為C1-◎一、0;試劑a為濃硝酸、

NH2

濃硫酸；,還原得到D為H2IINH2；乙醇發(fā)生消去反應生成E為CH2=CH2,乙烯發(fā)生信息中加成反應

CH3

生成F為II0I，w為芳香化合物，則X中也含有苯環(huán)，X發(fā)生氧化反應生成W,分子中均只含兩種不同化學環(huán)境

CH3

的氫原子，結合W的分子式，可知W為H00CTU；*C00H、則X為H3c-公＞-CH3,W與D發(fā)生縮聚反應得

到Y為

(6)CH2=CHCH=CH2和HCmCH發(fā)生加成反應生成和漠發(fā)生加成反應生成

發(fā)生水解反應生成|o

【詳解】

(1)生成A是苯與氯氣反應生成氯苯，反應類型是：取代反應,

故答案為：取代反應；

(2)A-B發(fā)生硝化反應，試劑a是：濃硝酸、濃硫酸，

故答案為：濃硝酸、濃硫酸;

(3)B為C1—0-\02,所含的官能團是：氯原子、硝基,

故答案為：氯原子、硝基;

CH3

(4)①由分析可知，F(xiàn)的結構簡式是：||0|,

CH3

CH3

故答案為：II9

CH3

COOH

催化劑

②生成聚合物Y的化學方程式是："J+(2n-l)HXJ,

T

NH、COOH

coon

《催化劑

故答案為：nn+(2n-l)H2O.

T

NH>COOH

(5)Q是W(HOOCT；二*COOH)的同系物且相對分子質量比W大14,則Q含有苯環(huán)、2個竣基、比W多一個

CH2原子團，有1個取代基為-CH(COOH)2；有2個取代基為-COOH、-CH2COOH,有鄰、間、對3種；有3

個取代基為2個-COOH與-CH3,2個-COOH有令B、間、對3種位置，對應的-C%,分別有2種、3種、1種位

置，故符合條件Q共有1+3+2+3+1=10種，其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積比為1：2：2：3的為

HOOC-<<VCOOHCH3

、HOOC一介COOH'

CH33

HOOC-rf^COOHCH3

故答案為：10；3

、HOOC-rCOOH；

H3

(6)CH2=CHCH=CH2和HOCH發(fā)生加成反應生成||和濱發(fā)生加成反應生成

BrBrHOOH

發(fā)生水解反應生成,其合成路線為

BrBrHO

BrBrHOOH

【點睛】

本題考查有機物的推斷與合成，充分利用轉化中物質的結構、反應條件、反應信息進行分析，側重考查學生分析推理

能力，需要學生具備扎實的基礎與靈活運用能力，熟練掌握官能團的性質與轉化，是有機化學常考題型。

18、消去反應加聚反應CioHisHOC(CH3)2COOH>CH2=C(CH3)COOH+H2O

HCOOCH(CH3)=CH2或CH3coOCH=CH2或CH2=COOCH3或HCOOCH2=CHCH3

濃濱水

【解析】

根據題中各物質轉化關系可知，A遇FeC13溶液顯紫色，所以A中有酚羥基，A-B發(fā)生了類似題已知的反應，結合

CH；

M的結構簡式可以反應推得A為C為，D為

LZI13I-

，根據E的分子式，且E在濃硫酸條件下能生成G,可知E為CH3CCOOH,G

8H3

CH；

為亡々，根據F的分子式可知，F(xiàn)為0氏所以H為2cH（CH.）」據此分析解答。

【詳解】

⑴反應I是醇羥基脫水生成碳碳雙鍵，所以是消去反應，反應II是由單體發(fā)生加聚生成高分子化合物，所以是加聚反

應；

CH：

CH；

⑵根據上面的分析可知，D為J或

，所以D的分子式為CioHi8,G的結構簡式為

(3)E生成F的化學反應方程式為HOC(CH)COOH濃

32>CH2=C(CH3)COOH+H2O；

(4)E在濃硫酸作用下轉化為F時，除生成副產物G,還會進行分子間的縮聚生成高分子，該產物的結構簡式為

CH3

⑸屬于酯類且含甲基F的同分異構體有多種，其中一種的結構簡式為HCOOCH(CH3)=CH2或CH3coOCH=CH2或

CH2=COOCH3或HCOOCH2=CHCH3；

⑹根據上面的分析可知，高分子化合物N的結構簡式為

A有2種結構，可通過定量實驗來確定其準確結構，該定量實驗可通過A與濃漠水反應來實現(xiàn)，根據用去的澳的物質

量判斷;

19、CO28.3取最后一次洗滌液少許，加入HCI酸化的BaCb溶液，若無沉淀產生，則證明沉淀已經洗滌干凈吸收空氣

中的H2O和CO2關閉彈簧夾a,點燃酒精燈，觀察到C中無氣泡時，停止加熱

NiCO3?2Ni(OH)2?4H2O2[NiCO3?2Ni(OH)2?4H2O]+3N2H4?H2O=6Ni+3N2?+2c。2廿21H2。

【解析】

⑴根據元素守恒分析判斷；

⑵使各種雜質相對最少的pH即為最適合的pH；

(3)反應后的濾液中含有硫酸鈉，因此檢驗堿式碳酸銀晶體是否洗滌干凈就是檢驗是否有硫酸根離子殘留；

(4)根據實驗目的和各個裝置的作用分析；

⑸根據實驗目的和前后操作步驟分析；

⑹先計算生成水蒸氣和CO2的質量，再根據質量守恒確定化學式；

⑺氧化還原反應中電子有得，必有失，根據化合價變化確定生成物，進而配平方程式。

【詳解】

⑴反應器中的一個重要反應為3NiSO4+3Na2co3+2H2O=NiCOy2Ni(OH)2+3Na2so4+2X,反應前Ni原子共3個、S原

子共3個、O原子共23個、Na原子6個、C原子3個、H原子4個，反應后現(xiàn)有：N