天津市薊縣高三第六次模擬考試新高考化學試卷及答案解析

天津市薊縣高三第六次模擬考試新高考化學試卷考生須知：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、四種短周期元素A、B、C、D在元素周期表中的相對位置如圖所示，其中D形成的兩種氧化物都是常見的大氣污染物。下列有關判斷不正確的是A．A的簡單氫化物是天然氣的主要成分B．元素A、B、C對應的含氧酸的鈉鹽水溶液不一定顯堿性C．單質B既可以與酸反應，又可以與堿反應，所以是兩性單質D．最高價氧化物對應的水化物的酸性：D>C2、在常溫下，向20mL濃度均為0.1mol·L?1的鹽酸和氯化銨混合溶液中滴加0.1mol·L?1的氫氧化鈉溶液，溶液pH隨氫氧化鈉溶液加入體積的變化如圖所示（忽略溶液體積變化）。下列說法正確的是A．V（NaOH）＝20mL時，2n（）＋n（NH3·H2O）＋n（H+）－n（OH?）＝0.1molB．V（NaOH）＝40mL時，c（）＜c（OH?）C．當0＜V（NaOH）＜40mL時，H2O的電離程度一直增大D．若改用同濃度的氨水滴定原溶液，同樣使溶液pH＝7時所需氨水的體積比氫氧化鈉溶液要小3、對石油和煤的分析錯誤的是A．都是混合物 B．都含有機物C．石油裂化和煤干餾得到不同的產(chǎn)品 D．石油分餾和煤干餾原理相同4、在盛有稀H2SO4的燒杯中放入用導線連接的電極X、Y，外電路中電子流向如圖所示。關于該裝置，下列說法正確的是（）A．外電路中電流方向為：X→→YB．若兩電極分別為鐵棒和碳棒，則X為碳棒，Y為鐵棒C．X極上發(fā)生的是還原反應，Y極上發(fā)生的是氧化反應D．若兩電極都是金屬單質，則它們的活動性順序為X＞Y5、常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A．使酚酞變紅的溶液中：Na+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣B．c（Al3+）＝0.1mol?L﹣1的溶液中：K+、Mg2+、AlO2﹣、SO42﹣C．澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣D．c（H+）＝0.1mol?L﹣1的溶液中；K+、Na+、CH3COO﹣、NO3﹣6、某黃色溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣等離子（不考慮水的電離和離子的水解）。某同學為了確定其組分，設計并完成了如下實驗：下列說法正確的是（）A．c（Fe3+）一定為0.2mol?L﹣1B．c（Cl﹣）至少為0.2mol?L﹣1C．Na+'、SO42﹣一定存在，NH4+一定不存在D．Na+、Fe2+可能存在，CO32﹣一定不存在7、煉鐵、煉鋼過程中，先被氧化后被還原的元素是（）A．煉鐵過程中的鐵元素 B．煉鐵過程中的氧元素C．煉鐵過程中的碳元素 D．煉鋼過程中的鐵元素8、化學在生產(chǎn)和生活中有著重要的作用。下列有關說法不正確的是()A．焊接金屬時常用溶液做除銹劑B．嫦娥系列衛(wèi)星中使用的碳纖維，是一種新型無機非金屬材料C．只要符合限量，“食用色素”、“亞硝酸鹽”可以作為某些食品的添加劑D．PM2.5是指大氣中直徑小于或等于2.5微米的顆粒物，是發(fā)生霧霾天氣的主要原因，這些顆粒物擴散在空氣中都會形成膠體9、與氫硫酸混合后無明顯現(xiàn)象的是A．NaOH溶液 B．亞硫酸 C．FeCl3溶液 D．氯水10、化學與生活、生產(chǎn)密切相關，下列說法正確的是A．用聚氯乙烯代替木材生產(chǎn)快餐盒，以減少木材的使用B．中國天眼FAST中用到的碳化硅是一種新型的有機高分子材料C．港珠澳大橋中用到的低合金鋼，具有強度大、密度小、耐腐蝕等性能D．“司南之杓(注：勺)，投之于地，其柢(注：柄)指南?！彼灸现小拌肌彼玫牟馁|為FeO11、如圖所示的方案可以降低鐵閘門的腐蝕速率。下列判斷正確的是()A．若X為導線，Y可以是鋅B．若X為導線，鐵閘門上的電極反應式為Fe-2e-=Fe2+C．若X為直流電源，鐵閘門做負極D．若X為直流電源，Y極上發(fā)生還原反應12、已知2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，某同學設計利用如圖裝置分別檢驗產(chǎn)物中的氣體。下列有關表述錯誤的是（）A．用裝置甲高溫分解FeSO4，點燃酒精噴燈前應先向裝置內通一段時間N2B．用裝置乙可檢驗分解產(chǎn)生的SO2，現(xiàn)象是石蕊試液先變紅后褪色C．按照甲→丙→乙→丁的連接順序，可用裝置丙檢驗分解產(chǎn)生的SO3D．將裝置丁中的試劑換為NaOH溶液能更好的避免污染環(huán)境13、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關敘述正確的是A．常溫下，pH=2的H2SO4溶液1L中，硫酸和水電離的H+總數(shù)為0.01NAB．1molH2O最多可形成4NA個氫鍵C．用濃鹽酸分別和MnO2、KClO3反應制備1mol氯氣，轉移的電子數(shù)均為2NAD．常溫常壓下，O2與O3的混合氣體16g，分子總數(shù)為NA14、在由水電離產(chǎn)生的H＋濃度為1×10－13mol·L－1的溶液中，一定能大量共存的離子組是①K＋、ClO－、NO3－、S2－②K＋、Fe2＋、I－、SO42－③Na＋、Cl－、NO3－、SO42－④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO3－⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－A．①③ B．③⑤ C．③④ D．②⑤15、乙酸和乙醛的鑒別有多種方法，下列可行的操作中最不簡便的一種是A．使用蒸餾水B．使用NaHCO3溶液C．使用CuSO4和NaOH溶液D．使用pH試紙16、某小組設計如圖裝置，利用氫鎳電池為鈉硫電池(總反應為：)充電。已知氫鎳電池放電時的總反應式為，其中M為儲氫合金，下列說法正確的是A．a(chǎn)極為氫鎳電池的正極B．充電時，通過固體陶瓷向M極移動C．氫鎳電池的負極反應式為D．充電時，外電路中每通過2mol電子，N極上生成1molS單質二、非選擇題（本題包括5小題）17、下列A～J十種物質之間的轉化關系如圖所示，其中部分生成物或反應條件已略去。A為正鹽；常溫、常壓下，B、C、D、E、G、H、I均為氣體，其中D、G、H為單質，H為黃綠色氣體，I通常為紅棕色氣體，I的相對分子質量比E的大16；F在常溫下是一種無色液體；G能在H中燃燒，發(fā)出蒼白色火焰，產(chǎn)物C易溶于水；J是一元含氧強酸。回答下列問題：(1)A的化學式為_________。(2)一定條件下，B和D反應生成E和F的化學方程式為_____________。(3)J和金屬Cu反應生成E的化學方程式為_______。(4)H和石灰乳反應的化學方程式為___________。(5)在I和F的反應中，氧化劑和還原劑的質量之比為__________。18、華法林是一種治療心腦血管疾病的藥物，可由化合物和在一定條件下合成得到（部分反應條件略）。請回答下列問題：（1）的名稱為______，的反應類型為______。（2）的分子式是______。的反應中，加入的化合物與銀氨溶液可發(fā)生銀鏡反應，該銀鏡反應的化學方程式為____________________________________。（3）為取代反應，其另一產(chǎn)物分子中的官能團名稱是____________。完全燃燒最少需要消耗____________。（4）的同分異構體是芳香酸，，的核磁共振氫譜只有兩組峰，的結構簡式為____________，的化學方程式為________________________。（5）上圖中，能縮合成體型高分子化合物的酚類單體是____________，寫出能檢驗該物質存在的顯色反應中所用的試劑及實驗現(xiàn)象__________________________________________。（6）已知：的原理為：①C6H5OH++C2H5OH和②+C2H5OH，的結構簡式為____________。19、草酸是草本植物常具有的成分，具有廣泛的用途。草酸晶體（H2C2O4?2H2O）無色易溶于水，熔點為101℃，受熱易脫水、升華，在170℃以上分解。常溫下，草酸的電離平衡常數(shù)K1=5.4×10－2，K2=5.4×10－5。回答下列問題：（1）擬用下列裝置分解草酸制備少量純凈的CO，其合理的連接順序為____（填字母）。（2）相同溫度條件下，分別用3支試管按下列要求完成實驗：試管ABC4mL0.01mol/L4mL0.02mol/L4mL0.03mol/L加入試劑KMnO4KMnO4KMnO41mL0.1moL/LH2SO41mL0.1moL/LH2SO41mL0.1moL/LH2SO42mL0.1mol/LH2C2O42mL0.1mol/LH2C2O42mL0.1mol/LH2C2O4褪色時間28秒30秒不褪色寫出試管B中發(fā)生反應的離子方程式____________；上述實驗能否說明“相同條件下，反應物濃度越大，反應速率越快”？_____（填“能”或“不能”）；簡述你的理由：__________________。（3）設計實驗證明草酸為弱酸的方案及其結果均正確的有________（填序號）。A．室溫下，取0.010mol/L的H2C2O4溶液，測其pH=2；B．室溫下，取0.010mol/L的NaHC2O4溶液，測其pH>7；C．室溫下，取pH=a（a<3）的H2C2O4溶液稀釋100倍后，測其pH<a+2；D．取0.10mol/L草酸溶液100mL與足量鋅粉反應，收集到H2體積為224mL（標況）。（4）為測定某H2C2O4溶液的濃度，取20.00mLH2C2O4溶液于錐形瓶中，滴入2-3滴指示劑，用0.1000mol/L的NaOH溶液進行滴定，進行3次平行實驗，所用NaOH溶液體積分別為19.98mL、20.02mL和22.02mL。①所用指示劑為__________；滴定終點時的現(xiàn)象為________________；②H2C2O4溶液物質的量濃度為________；③下列操作會引起測定結果偏高的是_______（填序號）。A．滴定管在盛裝NaOH溶液前未潤洗B．滴定過程中，錐形瓶震蕩的太劇烈，以致部分液體濺出C．滴定前讀數(shù)正確，滴定終點時俯視讀數(shù)D．滴定前讀數(shù)正確，滴定終點時仰視讀數(shù)20、硫代硫酸鈉(Na2S2O3)具有較強的還原性，還能與中強酸反應，在精細化工領域應用廣泛．將SO2通入按一定比例配制成的Na2S和Na2CO3的混合溶液中，可制得Na2S2O3?5H2O(大蘇打)．(1)實驗室用Na2SO3和硫酸制備SO2，可選用的氣體發(fā)生裝置是_____(選填編號)；檢查該裝置氣密性的操作是：關閉止水夾，再_______________。(2)在Na2S和Na2CO3的混合溶液中不斷通入SO2氣體的過程中，發(fā)現(xiàn)：①淺黃色沉淀先逐漸增多，反應的化學方程式為________________(生成的鹽為正鹽)；②淺黃色沉淀保持一段時間不變，有無色無嗅的氣體產(chǎn)生，則反應的化學方程式為__________________(生成的鹽為正鹽)；③淺黃色沉淀逐漸減少(這時有Na2S2O3生成)；④繼續(xù)通入SO2，淺黃色沉淀又會逐漸增多，反應的化學方程式為_______________(生成的鹽為酸式鹽)。(3)制備Na2S2O3時，為了使反應物利用率最大化，Na2S和Na2CO3的物質的量之比應為_________；通過反應順序，可比較出：溫度相同時，同物質的量濃度的Na2S溶液和Na2CO3溶液pH更大的是_________。(4)硫代硫酸鈉的純度可用滴定法進行測定，原理是：2S2O32﹣+I3﹣=S4O62﹣+3I﹣．①為保證不變質，配制硫代硫酸鈉溶液須用新煮沸并冷卻的蒸餾水，其理由是___________。②取2.500g含雜質的Na2S2O3?5H2O晶體配成50mL溶液，每次取10.00mL用0.0500mol/LKI3溶液滴定(以淀粉為指示劑)，實驗數(shù)據(jù)如下(第3次初讀數(shù)為0.00，終點讀數(shù)如圖e；雜質不參加反應)：編號123消耗KI3溶液的體積/mL19.9820.02到達滴定終點的現(xiàn)象是_______________；Na2S2O3?5H2O(式量248)的質量分數(shù)是(保留4位小數(shù))__________。21、酸雨治理，處理SO2尾氣方法較多：(1)還原法反應原理：恒溫恒容時2C(s)＋2SO2(g)?S2(g)＋2CO2(g)。一定溫度下，反應進行到不同時刻測得各物質的濃度部分圖像如圖：①0～20min內反應速率表示為v(SO2)＝________；②30min時，改變某一條件平衡發(fā)生移動，則改變的條件最有可能是________；③該反應的平衡常數(shù)K＝________。(2)循環(huán)利用法相關反應為①Na2SO3＋SO2＋H2O=2NaHSO3，②2NaHSO3Na2SO3＋SO2↑＋H2O。下列說法正確的是________。A．反應①進行時，溶液中c(SO32-)/c(HSO)減小，反應②進行時，溶液中c(SO32-)/c(HSO3-)增大B．反應①與反應②Kw均為10－14C．循環(huán)利用的物質是Na2SO3溶液，尾氣中的氧氣對循環(huán)利用的次數(shù)有影響D．反應①進行時，2c(SO32-)＋c(HSO3-)＋c(OH－)之和不變(3)電解法①如圖所示，Pt(Ⅰ)電極的反應式為________________；②當電路中轉移0.02mole－時(較濃H2SO4尚未排出)，交換膜左側溶液中約增加________mol離子。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

D形成的兩種氧化物都是常見的大氣污染物，D為S，A為C，B為Al，C為Si?！驹斀狻緼.A的簡單氫化物是天然氣的主要成分為甲烷，故A正確；B.元素草酸氫鈉溶液顯酸性，故B正確；C.單質B既可以與酸反應，又可以與堿反應，但不能叫兩性單質，故C錯誤；D.最高價氧化物對應的水化物的酸性：H2SO4>H2SiO3，故D正確。綜上所述，答案為C?！军c睛】同周期，從左到右，最高價氧化物對應的水化物酸性逐漸增強。2、B【解析】

A.V（NaOH）＝20mL時，溶液中的溶質為0.02mol氯化鈉和0.02mol氯化銨，電荷守恒有n(Na+)+n（H+）+n（）=n(Cl-)+n（OH?），因為n(Na+)=0.02mol，n(Cl-)=0.04mol，所以有n（H+）+n（）=0.02+n（OH?），物料守恒有n(Cl-)=n(Na+)+n（）＋n（NH3·H2O），即0.02=n（）＋n（NH3·H2O），所以，2n（）＋n（NH3·H2O）＋n（H+）＝0.04mol+n（OH?），故錯誤；B.V（NaOH）＝40mL時，溶質為0.04mol氯化鈉和0.02mol一水合氨，溶液顯堿性，因為水也能電離出氫氧根離子，故c（）＜c（OH?）正確；C.當0＜V（NaOH）＜40mL過程中，前20毫升氫氧化鈉是中和鹽酸，水的電離程度增大，后20毫升是氯化銨和氫氧化鈉反應，水的電離程度減小，故錯誤；D.鹽酸和氫氧化鈉反應生成氯化鈉溶液，為中性，若改用同濃度的氨水滴定原溶液，鹽酸和氨水反應后為氯化銨的溶液仍為酸性，所以同樣使溶液pH＝7時所需氨水的體積比氫氧化鈉溶液要大，故錯誤。故選B。3、D【解析】

A.煤中主要含有碳元素，石油中主要含有碳和氫兩種元素，都屬于復雜的混合物，故A正確；B.煤中主要含有碳元素，石油中主要含有碳和氫兩種元素，都屬于復雜的混合物，其中都含有有機物，故B正確；C.石油裂化是將碳原子數(shù)多的烷烴斷裂成碳原子數(shù)少的烴，由于烷烴的斷裂，會得到烷烴和烯烴，所以裂化后得到的產(chǎn)物中含有烯烴；煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱使其分解的過程，獲得產(chǎn)品有煤爐氣、煤焦油、焦炭；產(chǎn)物不同，故C正確；D.石油裂化是將碳原子數(shù)多的烷烴斷裂成碳原子數(shù)少的烴，煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱使其分解的過程，原理不同，故D錯誤；題目要求選擇錯誤的，故選D?！军c睛】石油分餾就是將石油中不同沸點的物質依次分離，出來的叫做餾分，主要是飽和烴。石油裂化就是在一定的條件下，將相對分子質量較大、沸點較高的烴斷裂為相對分子質量較小、沸點較低的烴的過程，是不飽和烴。4、D【解析】

根據(jù)圖片知，該裝置是原電池，根據(jù)電子的流向判斷X為負極，Y為正極，電流的流向正好與電子的流向相反；在原電池中，較活潑的金屬作負極，不活潑的金屬或導電的非金屬作正極；負極上發(fā)生氧化反應，正極上發(fā)生還原反應?！驹斀狻緼.根據(jù)圖片知該裝置是原電池，外電路中電子從X電極流向Y電極，電流的流向與此相反，即Y→→X，A項錯誤；B.原電池中較活潑的金屬作負極，較不活潑的金屬或導電的非金屬作正極，若兩電極分別為Fe和碳棒，則Y為碳棒，X為Fe，B項錯誤；C.X是負極，負極上發(fā)生氧化反應；Y是正極，正極上發(fā)生還原反應，C項錯誤；D.X為負極，Y為正極，若兩電極都是金屬單質，則它們的活動性順序為X＞Y，D項正確。答案選D?！军c睛】原電池工作原理的口訣可概括為“兩極一液一連線，活潑金屬最優(yōu)先，負失氧正得還，離子電極同性戀”，可加深學生對原電池的理解與記憶。電子從負極沿導線流向正極，而不通過溶液，溶液中是陰、陽離子移動導電，俗稱“電子不下水，離子不上岸”。5、C【解析】

A、使酚酞變紅的溶液呈堿性，NH4+與氫氧根反應，在溶液中不能大量共存，故A錯誤；B、Al3+、AlO2﹣之間發(fā)生雙水解反應生成氫氧化鋁沉淀，在溶液中不能大量共存，故B錯誤；C、Fe3+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣之間不反應，在溶液中能夠大量共存，故C正確；D、H+、CH3COO﹣之間發(fā)生反應，在溶液中不能大量共存，故D錯誤；答案選C。6、D【解析】

某黃色溶液中可能含有Na＋、NH4＋、Fe2＋、Fe3＋、Cl－、SO42－、CO32－等離子，初步判斷含F(xiàn)e3＋，加入過量NaOH溶液，加熱，產(chǎn)生的紅褐色沉淀為氫氧化鐵，灼燒得到1.6g固體為三氧化二鐵，氧化鐵的物質的量=1.6g/160g·mol－1=0.01mol，則原溶液中含有0.02mol鐵元素為Fe3＋，原溶液中一定沒有CO32－，4.66g不溶于鹽酸的固體為硫酸鋇，硫酸鋇的物質的量=4.66g/233g·mol－1=0.02mol，原溶液中含有0.02mol硫酸根離子，由于加入了氫氧化鈉溶液，無法判斷原溶液中是否含有鈉離子，由溶液為電中性可判斷是否存在氯離子?！驹斀狻考尤脒^量NaOH溶液，加熱產(chǎn)生的紅褐色沉淀為氫氧化鐵，1.6g固體為三氧化二鐵，氧化鐵的物質的量為0.01mol，則原溶液中含有0.02mol鐵元素為Fe3+，原溶液中一定沒有CO32﹣，由于加入了NaOH，無法判斷原溶液中是否含有Na+，4.66g不溶于鹽酸的固體為硫酸鋇，硫酸鋇的物質的量為0.02mol，則原溶液中含有0.02mol硫酸根離子，由電荷守恒，正電荷=3n（Fe3+）=0.06，負電荷=2n（SO42﹣）=0.04，原溶液中一定有Cl﹣，物質的量應為0.02mol×3﹣0.02mol×2=0.02mol，若含有亞鐵離子時，c（Cl﹣）可能小于0.2mol/L，溶液中Fe2+加熱被氧化也可以生成鐵離子，則原溶液中c（Fe3+）=≤0.2mol/L，溶液中Na+、NH4+、Fe2+離子可能存在，故選：D。7、D【解析】

煉鋼過程中反應原理：Fe+O2FeO、FeO+CFe+CO，2FeO+Si2Fe+SiO2。反應中C元素化合價升高，F(xiàn)e元素發(fā)生Fe﹣FeO﹣Fe的一系列反應中，則Fe元素既失去電子也得到電子，所以既被氧化又被還原，故選D。8、D【解析】

A.NH4Cl水解使溶液顯酸性，該酸性溶液可以與金屬氧化物反應，因此NH4Cl溶液常用作金屬焊接時的除銹劑，A正確；B.嫦娥系列衛(wèi)星中使用的碳纖維是碳元素的單質，因此該碳纖維是一種新型無機非金屬材料，B正確；C.食用色素可作為著色劑，亞硝酸鹽可作為防腐劑，正確使用食品添加劑可以延長食品保質期，增加食品的營養(yǎng)價值，因此對人體健康有益，C正確；D.PM2.5是指大氣中直徑小于或等于2.5微米的顆粒物，而膠體粒子直徑在1nm~100nm之間，所以PM2.5的顆粒物直徑較大，擴散在空氣中不會形成膠體，D錯誤；故合理選項是D。9、A【解析】

A.氫硫酸和氫氧化鈉溶液反應生成水和硫化鈉，沒有明顯現(xiàn)象，故A符合題意；B.亞硫酸和氫硫酸反應生成硫單質，溶液會變渾濁，有明顯現(xiàn)象，故B不符合題意；C.FeCl3溶液和氫硫酸反應生成氯化亞鐵和硫單質，黃色溶液變?yōu)闇\綠色,并伴有淡黃色沉淀，故C不符合題意；D.氯水和氫硫酸反應生成硫單質，有淡黃色沉淀出現(xiàn)，故D不符合題意；正確答案是A。10、C【解析】

A．聚氯乙烯有毒，不能用作食品包裝，A項錯誤；B．碳化硅是無機物，不是有機高分子材料，B項錯誤；C．考慮到港珠澳大橋所處位置等，所以使用的低合金鋼，必須要有強度大，密度小以及耐腐蝕的性能，C項正確；D．司南材質即磁性氧化鐵，成分為Fe3O4而非FeO，D項錯誤；答案選C。11、A【解析】

A.若X為導線，Y可以是鋅，形成原電池，鐵閘門作正極被保護，能降低鐵閘門的腐蝕速率，故A正確；B.若X為導線，鐵閘門上的電極反應式為Fe-2e-=Fe2+，則鐵閘門作負極被腐蝕，所以不能降低鐵閘門的腐蝕速率，故B錯誤；C.若X為直流電源，鐵閘門連接負極，作陰極，能降低鐵閘門的腐蝕速率，故C錯誤；D.若X為直流電源，鐵閘門連接負極，作陰極，Y極為陽極，則Y極上發(fā)生氧化反應，故D錯誤；故選：A。12、B【解析】

已知2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，通過乙中石蕊試液吸收檢驗二氧化硫或三氧化硫，三氧化硫極易溶于水，通過乙全部吸收，裝置丙中的氯化鋇溶液不能檢驗三氧化硫的存在，丁裝置中飽和亞硫酸氫鈉不能吸收二氧化硫。【詳解】A.用裝置甲高溫分解FeSO4，點燃酒精噴燈前應先向裝置內通一段時間N2，排除裝置內空氣，避免空氣中氧氣的干擾，A正確；B.用裝置乙不能檢驗二氧化硫的存在，產(chǎn)物中有三氧化硫溶于水形成硫酸溶液，遇到石蕊試液也會變紅色，二氧化硫遇到石蕊試液只能變紅色，不能褪色，B錯誤；C.三氧化硫極易溶于水，通過裝置乙的水溶液會被完全吸收，要檢驗三氧化硫存在，應把乙和丙位置互換才能檢查三氧化硫的存在，按照甲→丙→乙→丁的連接順序，C正確；D.丁中飽和亞硫酸氫鈉溶液不能吸收二氧化硫，應為NaOH溶液能更好的吸收二氧化硫，避免污染環(huán)境，D正確；故答案為：B?！军c睛】二氧化硫有漂白性，工業(yè)上常用二氧化硫來漂白紙漿、毛、絲、草帽等，但二氧化硫不能使酸堿指示劑褪色。13、A【解析】

A．常溫下，1LpH=2的H2SO4溶液中，硫酸和水電離的H+總數(shù)為(10-2+10-12)mol/L×1L×NA=0.01NA，A正確；B．在冰中，1個H2O與4個H2O形成4個氫鍵，平均每個水分子形成2個氫鍵，則1molH2O最多可形成2NA個氫鍵，B不正確；C．MnO2與濃鹽酸反應制備1mol氯氣，轉移的電子數(shù)為2NA，KClO3與濃鹽酸反應制備1mol氯氣(反應方程式為ClO3-+5Cl-+6H+==3Cl2↑+3H2O)，轉移的電子為NA，C不正確；D．采用極端分析法，O2與O3各16g，分子總數(shù)分別為NA和NA，則16g混合氣，所含分子數(shù)介于二者之間，D不正確；故選A?！军c睛】在冰中，每個水分子與周圍的水分子可形成4個氫鍵，我們易認為平均每個水分子能形成4個氫鍵，從而產(chǎn)生錯解。14、B【解析】

由水電離產(chǎn)生的H＋濃度為1×10－13mol·L－1的溶液可能是酸性溶液，也可能是堿性溶液，據(jù)此分析。【詳解】①在酸性環(huán)境下S2－不能大量共存，錯誤；②在堿性環(huán)境下Fe2＋不能大量共存，錯誤；③Na＋、Cl－、NO3－、SO42－在酸性、堿性環(huán)境下均能大量共存，正確；④HCO3－在酸性、堿性環(huán)境下均不能大量共存，錯誤；⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－在酸性、堿性環(huán)境下均能大量共存，正確；答案選B?！军c睛】本題隱含條件為溶液可能為酸性，也可能為堿性，除此以外，能與鋁粉反應放出氫氣的環(huán)境也是可能為酸性或者堿性；離子能夠發(fā)生離子反應而不能大量共存，生成弱電解質而不能大量共存是常考點，需要正確快速判斷。15、C【解析】

乙酸具有酸性，可與碳酸鹽、堿等發(fā)生復分解反應，乙醛含有醛基，可發(fā)生氧化反應，以此解答該題?！驹斀狻緼.二者都溶于水，沒有明顯現(xiàn)象，不能鑒別，故A錯誤；B.乙酸具有酸性，可與NaHCO3溶液生成氣體，乙醛與NaHCO3溶液不反應，可鑒別，方法簡便，操作簡單，故B錯誤；C.是可行的方案但使用CuSO4和NaOH溶液，需先生成氫氧化銅，然后與乙酸發(fā)生中和反應，檢驗乙醛需要加熱，操作較復雜，故C正確；D.使用pH試紙乙酸具有酸性，可使pH試紙變紅，乙醛不能使pH試紙變紅，可鑒別，方法簡單，操作簡便，故D錯誤；答案選C。16、B【解析】

由電池總反應可知，氫鎳電池放電時為原電池反應，負極反應式為MH+OH--e-=M+H2O，正極反應式為NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-；鈉硫電池充電時為電解池反應，陰極反應式為2Na++2e-=2Na，陽極反應式為Sx2--2e-=xS；充電時，兩個電池的電極負接負，正接正，固體Al2O3中的Na+(陽離子)向陰極（電池的負極）移動，據(jù)此解答?！驹斀狻緼.根據(jù)以上分析，與a極相連的是鈉硫電池的負極，所以a極為氫鎳電池的負極，故A錯誤；B.電解時陽離子向陰極移動，所以充電時，通過固體Al2O3陶瓷向M極移動，故B正確；C.氫鎳電池的負極發(fā)生氧化反應，反應式為MH+OH--e-=M+H2O，故C錯誤；D.充電時，N電極為陽極，反應式為Sx2--2e-=xS，根據(jù)電子守恒，外電路中每通過2mol電子，N極上生成xmolS單質，故D錯誤。故選B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、NH4Cl4NH3+5O24NO+6H2O3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O1:2【解析】

根據(jù)題目提供的轉化關系，常溫、常壓下，B、C、D、E、G、H、I均為氣體，其中D、G、H為單質，H為黃綠色氣體則為氯氣，I通常為紅棕色氣體則為NO2，I的相對分子質量比E的大16，則E為NO；F在常溫下是一種無色液體則為H2O；G能在H中燃燒，發(fā)出蒼白色火焰，則G為氫氣，產(chǎn)物C易溶于水為氯化氫；J是一元含氧強酸且可由NO2與水反應得到，則為HNO3。NO與D反應生成NO2，D為單質，則D為氧氣，B與氧氣反應生成NO和水，則B為氨氣，A為正鹽，加熱得到氨氣和氯化氫，則A為氯化銨。(1)A為氯化銨，其化學式為NH4Cl；(2)一定條件下，B（NH3）和D（O2）反應生成E（NO）和F（H2O）的化學方程式為4NH3+5O24NO+6H2O；(3)J（HNO3）和金屬Cu反應生成E（NO）的化學方程式為3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；(4)H為氯氣，和石灰乳反應的化學方程式為2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；(5)在I和F的反應3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氧化劑和還原劑的質量之比為1：2。18、丙炔加成反應C10H10O+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O羧基4+2NaOH+NaCl+H2O苯酚氯化鐵溶液，溶液呈紫色【解析】

化合物X與銀氨溶液可發(fā)生銀鏡反應，說明X中含有醛基，結合D、E的結構簡式可知，X為苯甲醛；根據(jù)L→M的反應原理可知，L→M是取代反應，由①的反應信息，L中酚羥基與C2H5OCOOC2H5反應，-COOC2H5與酚羥基H原子交換，由②的反應信息可知，發(fā)生自身交換生成M，則M的結構簡式為，化合物E和M在一定條件下合成得到華法林，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)A的結構簡式為CH3C≡CH，含有碳碳三鍵，屬于炔烴，名稱為丙炔；A→B是丙炔與H2O反應，反應后碳碳三鍵轉化為碳碳雙鍵，發(fā)生了加成反應，故答案為丙炔；加成反應；(2)由結構簡式可知，E的分子式為C10H10O；X為苯甲醛()，苯甲醛與銀氨溶液反應的化學方程式為：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案為C10H10O；+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；(3)G為乙酸酐，G與苯酚生成J同時，還生成乙酸，乙酸中含有的官能團是羧基，G的分子式為C4H6O3，G完全燃燒生成二氧化碳和水，1molG完全燃燒，消耗的氧氣的物質的量為(4+-)mol=4mol，故答案為羧基；4；(4)L的分子式是C8H8O，Q是L的同分異構體，Q屬于芳香酸，Q中含羧基，Q→R是苯環(huán)上的甲基上的1個H原子被取代，R→S是氯代烴的水解反應，S→T是-CH2OH氧化成-COOH，T的核磁共振氫譜只有兩組峰，說明2個羧基處在苯環(huán)的對位，Q為對甲基苯甲酸，Q結構簡式為，R為，則R→S的化學方程式為：；故答案為；；(5)苯酚可與甲醛縮合成體型高分子化合物，檢驗酚羥基，可加入氯化鐵溶液，溶液呈紫色，故答案為苯酚；氯化鐵溶液，溶液呈紫色；(6)L→M是取代反應，由①的反應信息，L中的酚羥基與C2H5OCOOC2H5反應，-COOC2H5與酚羥基H原子交換，由②的反應信息可知，發(fā)生自身交換生成M，故M的結構簡式為：，故答案為。19、B-E-D2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O能實驗中KMnO4的濃度cB>cA，且其反應速率νB>νAAC酚酞錐形瓶內溶液由無色變成(粉)紅色，且半分鐘內不變化0.05000mol/LAD【解析】

（1）由題給信息可知，草酸分解時，草酸為液態(tài)，草酸晶體分解生成二氧化碳、一氧化碳、水；（2）酸性溶液中高錳酸鉀溶液氧化草酸生成二氧化碳；硫酸、草酸濃度相同，改變高錳酸鉀溶液濃度分析反應速率變化，高錳酸鉀溶液濃度越大，反應速率越快；（3）依據(jù)草酸為二元弱酸和草酸氫鈉溶液中草酸氫根電離大于水解分析；（4）①強堿滴定弱酸到反應終點生成草酸鈉，生成的為強堿弱酸鹽顯堿性；②由H2C2O4—2NaOH建立關系式求解可得；③滴定操作誤差分析可以把失誤歸結為消耗滴定管中溶液體積的變化分析判斷?！驹斀狻浚?）由題給信息可知，草酸受熱分解時熔化為液態(tài)，故選用裝置B加熱草酸晶體；草酸晶體分解生成二氧化碳、一氧化碳、水，則氣體通過裝置E吸收二氧化碳，利用排水法收集一氧化碳，其合理的連接順序為B-E-D，故答案為B-E-D；（2）酸性溶液中高錳酸鉀溶液氧化草酸生成二氧化碳，反應的離子方程式為：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。保持硫酸、草酸濃度相同，改變高錳酸鉀溶液濃度分析反應速率變化，高錳酸鉀溶液濃度越大，反應速率越快，實驗中KMnO4的濃度cB＞cA，且其反應速率νB＞νA，上述實驗能說明相同條件下，反應物濃度越大，反應速率越快，故答案為2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；能；實驗中KMnO4的濃度cB＞cA，且其反應速率νB＞νA；（3）A、草酸為二元酸，若為強酸電離出氫離子濃度為0.02mol/L，pH小于2，室溫下，取0.010mol/L的H2C2O4溶液，測其pH=2，說明存在電離平衡，證明酸為弱酸，故A正確；B、室溫下，0.010mol/L的NaHC2O4溶液中草酸氫根電離大于水解，溶液呈酸性，pH小于7，故B錯誤；C、室溫下，取pH=a（a＜3）的H2C2O4溶液稀釋100倍后，測其pH＜a+2，說明稀釋促進電離，溶液中存在電離平衡，為弱酸，故C正確；D、標況下，取0.10mol/L的H2C2O4溶液100mL與足量鋅粉反應，無論是強酸還是弱酸都收集到H2體積為224mL，故D錯誤；故選AC，故答案為AC；（4）①強堿滴定弱酸到反應終點生成草酸鈉，生成的為強堿弱酸鹽顯堿性，所以選擇酚酞作指示劑，滴入最后一滴錐形瓶內溶液由無色變成（粉）紅色，且半分鐘內不變化，故答案為酚酞；錐形瓶內溶液由無色變成（粉）紅色，且半分鐘內不變化；②取20.00mLH2C2O4溶液于錐形瓶中，滴入2-3滴指示劑，用0.1000mol/L的NaOH溶液進行滴定，并進行3次平行實驗，所用NaOH溶液體積分別為19.98mL、20.02mL和22.02mL，其中22.02mL誤差太大，消耗平均體積為20ml，由H2C2O4—2NaOH可得0.020L×c×2=0.1000mol/L×0.020L，解得c=0.05000mol/L，故答案為0.05000mol/L；③A、滴定管在盛裝NaOH溶液前未潤洗，導致溶液濃度減小，消耗標準溶液體積增大，測定結果偏高，故正確；B、滴定過程中，錐形瓶震蕩的太劇烈，以致部分液體濺出，待測液減小，消耗標準溶液體積減小，測定結果偏低，故錯誤；C、滴定前讀數(shù)正確，滴定終點時俯視讀數(shù)，讀取的標準溶液體積減小，測定標準溶液難度偏低，故錯誤；D、滴定前讀數(shù)正確，滴定終點時仰視讀數(shù)，讀取標準溶液體積增大，測定結果偏高，故D正確；故選AD，故答案為AD【點睛】本題考查化學實驗方案的設計與評價，注意物質分解產(chǎn)物的分析判斷、實驗驗證方法分析、弱電解質的電離平衡理解與應用，掌握滴定實驗的步驟、過程、反應終點判斷方法和計算等是解答關鍵。20、d打開分液漏斗活塞加水，如水無法滴入說明氣密性良好3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO32：1前者防止Na2S2O3被空氣中O2氧化溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪去99.20%【解析】

(1)因為Na2SO3易溶于水，a、b、c裝置均不能選用，實驗室用Na2SO3和硫酸制備SO2，可選用的氣體發(fā)生裝置是d；關閉止水夾，若氣密性很好，則分液漏斗中水不能滴入燒瓶中；(2)①其反應原理為SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，即：3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；②無色無味的氣體為CO2氣體，其化學方程式為SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；③黃色沉淀減少的原理為Na2SO3+S=Na2S2O3；④根據(jù)題意Na2S2O3能與中強酸反應，所以淺黃色沉淀又增多的原理為Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO3；(3)3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3①，SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2②，Na2SO3+S=Na2S2O3③，則①+②+③×3得4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以Na2S和Na2CO3的物質的量之比為2：1。因為SO2先和Na2S反應，所以溫度相同時，同物質的量濃度的Na2S溶液和Na2CO3溶液，Na2S溶液的pH更大；(4)①用新煮沸并冷卻的蒸餾水是為了趕出水中的氧氣避免硫代硫酸鈉被氧化；②達到滴定終點時顏色突變且30s不變色；先根據(jù)滴定消耗的標準液的體積計算出平均體積，再由2S2O32-+I3-=S4O62-+3I-的定量關系計算?！驹斀狻?1)因為Na2SO3易溶于水，a、b、c裝置均不能選用，實驗室用Na2SO3和硫酸制備SO2，可選用的氣體發(fā)生裝置是d；檢查該裝置氣密性的操作是：關閉止水夾，若氣密性很好，則分液漏斗中水不能滴入燒瓶中；(2)①淺黃色沉淀先逐漸增多，其反應原理為SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，即反應的化學方程式為：3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；②淺黃色沉淀保持一段時間不變，有無色無嗅的氣體產(chǎn)生，則反應的化學方程式為，無色無味的氣體為CO2氣體，其化學方程式為SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；③淺黃色沉淀逐漸減少，這時有Na2S2O3生成黃色沉淀，減少的原理為：Na2SO3+S=Na2S2O3；④根據(jù)題意Na2S2O3能與中強酸反應，繼續(xù)通入SO2，淺黃色沉淀又會逐漸增多，所以淺黃色沉淀又增多的原理為：Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO3；(3)3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3①SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2②Na2SO3+S=Na2S2O3③①+②+③×3得4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以Na2S和Na2CO3的物質的量之比為2：1；因為SO2先和Na2S反應，所以溫度相同時，同物質的量濃度的Na2S溶液和Na2CO3溶液，Na2S溶液的pH更大；(4)①為保證不變質，配制硫代硫酸鈉溶液須用新煮沸并冷卻的蒸餾水，其理由是：防止Na2S2O3被空氣中O2氧化；②達到滴定終點時，當?shù)渭幼詈笠坏瘟虼蛩徕c溶液，溶液藍色褪去且半分鐘內不再變化，2次消耗的I2溶液的體積平均值為20.00mL，，