2025屆云南省曲靖市宣威民族中學高三最后一次適應性考試化學試題試卷含解析

2025屆云南省曲靖市宣威民族中學高三最后一次適應性考試化學試題試卷注意事項：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、25℃時，向20mL0.1mol/L一元弱酸HA溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，溶液中l(wèi)g與pH關系如圖所示。下列說法正確的是A．A點或B點所示溶液中，離子濃度最大的均是Na+B．HA滴定NaOH溶液時可用甲基橙作指示劑C．達到圖中B點溶液時，加入NaOH溶液的體積小于10mLD．對C點溶液加熱(不考慮揮發(fā))，則一定增大2、25°C時,0.100mol·L-1鹽酸滴定25.00mL0.1000mol.L-1'氨水的滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是A．滴定時,可迄用甲基橙或酚酞為指示劑B．a、b兩點水電離出的OH-濃度之比為10-4.12C．c點溶液中離子濃度大小順序為c（Cl-）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH-）D．中和等體積等pH的氨水和NaOH溶液時消耗相同濃度鹽酸的體積相等3、下列實驗方案能達到實驗目的的是選項實驗目的實驗方案A去除甲烷中少量的乙烯將氣體依次通過酸性高錳酸鉀溶液和濃硫酸洗氣B洗滌分解KMnO4制O2的試管先用稀鹽酸洗滌試管，再用水清洗C探究蛋白質的鹽析向硫酸銨飽和溶液中滴加幾滴雞蛋清溶液，再加入蒸餾水D提純混有NH4Cl的粗碘將粗碘放入燒杯中，燒杯口放一盛滿冷水的燒瓶，隔石棉網對燒杯加熱，然后收集燒瓶外壁的固體A．A B．B C．C D．D4、常溫常壓下，O3溶于水產生的游離氧原子[O]有很強的殺菌消毒能力，發(fā)生的反應如下：（）反應①：O3O2+[O]ΔH>0平衡常數(shù)為K1反應②：[O]+O32O2ΔH<0平衡常數(shù)為K2總反應：2O33O2ΔH<0平衡常數(shù)為K下列敘述正確的是A．降低溫度，K減小 B．K=K1+K2C．增大壓強，K2減小 D．適當升溫，可提高消毒效率5、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6、原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素X、Y、Z、、P、Q分別位于三個周期，X與Z、Y與P分別位于同主族，Z與Y可形成原子個數(shù)比分別為1：1和2：1的離子化合物。則下列說法正確的是A．單質的沸點：Q>PB．簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：Y>PC．簡單離子的半徑：Z>Y>XD．X、Y、Z、P形成的化合物的水溶液顯堿性7、化學與生活密切相關，下列應用沒有涉及氧化還原反應的是（）A．過氧化鈉用作缺氧場所的供氧劑 B．鋁熱反應用于焊接鐵軌C．氯化鐵用于凈水 D．鋁罐車用作運輸濃硫酸8、下列指定反應的離子方程式正確的是()A．稀硫酸溶液與氫氧化鋇溶液恰好中和：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣＝BaSO4↓+H2OB．金屬鈉投入硫酸鎂溶液中：2Na+2H2O+Mg2+＝2Na++H2↑+Mg(OH)2↓C．碳酸鈉溶液中通入過量氯氣：CO32﹣+Cl2＝CO2↑+Cl－+ClO－D．實驗室用MnO2和濃鹽酸制取Cl2：MnO2+4HCl(濃)Mn2++2Cl－+Cl2↑+2H2O9、25℃時，在20mL0.1mol·L－1一元弱酸HA溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液中1g[c(A-)/c(HA)]與pH關系如圖所示。下列說法正確的是A．A點對應溶液中：c(Na+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(OH-)B．25℃時，HA酸的電離常數(shù)為1.0×10－5.3C．B點對應的NaOH溶液體積為10mLD．對C點溶液加熱(不考慮揮發(fā))，則c(A-)/[c(HA)c(OH-)]一定增大10、25℃時，改變某醋酸溶液的pH，溶液中c（CH3COO-）與c（CH3COOH）之和始終為0.1mol·L-1，溶液中H+、OH-、CH3COO-及CH3COOH濃度的常用對數(shù)值（lgc）與pH的關系如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．圖中③表示lgc（H+）與pH的關系曲線B．0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH約為2.88C．lgK（CH3COOH）=4.74D．向0.10mol·L-1醋酸鈉溶液中加入0.1mol醋酸鈉固體，水的電離程度變大11、已知：4FeO42﹣+10H2O═4Fe（OH）3↓+8OH﹣+3O2↑，測得c（FeO42﹣）在不同條件下變化如圖甲、乙、丙、丁所示：下列說法正確的是（）A．圖甲表明，其他條件相同時，溫度越低FeO42﹣轉化速率越快B．圖乙表明，其他條件相同時，堿性越強FeO42﹣轉化速率越快C．圖丙表明，其他條件相同時，堿性條件下Fe3+能加快FeO42﹣的轉化D．圖丁表明，其他條件相同時，鈉鹽都是FeO42﹣優(yōu)良的穩(wěn)定劑12、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關敘述正確的是（）A．標準狀況下，22.4L二氯甲烷的分子數(shù)約為NAB．乙烯和丙烯組成的42g混合氣體中含碳原子數(shù)為6NAC．1mol甲醇完全燃燒生成CO2和H2O，轉移的電子數(shù)目為12NAD．將1molCH3COONa溶于稀醋酸中溶液呈中性，溶液中CH3COO-數(shù)目等于NA13、以柏林綠Fe[Fe(CN)6]為代表的新型可充電鈉離子電池，其放電工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．放電時，正極反應為Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e－=Na2Fe[Fe(CN)6]B．充電時，Mo(鉬)箔接電源的負極C．充電時，Na+通過交換膜從左室移向右室D．外電路中通過0.2mol電子的電量時，負極質量變化為2.4g14、在1體積空氣中混入1體積二氧化碳，在高溫下跟足量的焦炭反應，假設氧氣和二氧化碳都轉化為一氧化碳，則反應后氣體中一氧化碳的體積分數(shù)約是A．75% B．67% C．50% D．33.3%15、利用如圖的實驗裝置和方法進行實驗，能達到目的的是（）A．甲裝置可將FeC12溶液蒸干獲得FeC12晶體B．乙裝置可證明濃硫酸具有脫水性和氧化性C．丙裝置可除去CO2中的SO2D．丁裝置可將NH4Cl固體中的I2分離16、可用堿石灰干燥的氣體是A．H2S B．Cl2 C．NH3 D．SO2二、非選擇題（本題包括5小題）17、有機物K是某藥物的合成中間體，其合成路線如圖所示:已知:①HBr與不對稱烯桂加成時，在過氧化物作用下，則鹵原子連接到含氫較多的雙鍵碳上;②R—CNR－CH2NH2(R表示坯基)；③R1—CN2+R－COOC2H5+C2H5OH(R表示烴基或氫原子)。請回答下列問題：（1）C的化學名稱為_______________。（2）D→E的反應類型為_________，F(xiàn)中官能團的名稱是____________。（3）G→H的化學方程式為____________________。（4）J的分子式為__________________。手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，則K分子中的手性碳原子數(shù)目為_______。（5）L是F的同分異構體，則滿足下列條件的L的結構簡式為____________。(任寫一種結構即可)①lmolL與足量的NaHCO3溶液反應能生成2molCO2;②L的核磁共振氫譜有3組峰且峰面積之比為1：2：3。（6）請寫出J經三步反應合成K的合成路線:____________________(無機試劑任選)。18、現(xiàn)有五種可溶性物質A、B、C、D、E，它們所含的陰、陽離子互不相同，分別含有五種陽離子Al3＋、Fe3＋、Cu2＋、Ba2＋、K＋和五種陰離子NO3-、OH－、Cl－、CO32-、Xn-（n=1或2）中的一種。（1）通過比較分析，無需檢驗就可判斷其中必有的兩種物質是________和_______。（2）物質C中含有離子Xn-。為了確定Xn-，現(xiàn)將（1）中的兩種物質記為A和B，當C與A的溶液混合時產生白色沉淀，繼續(xù)加入過量A溶液白色沉淀部分溶解，然后將沉淀中滴入足量稀HCl，白色沉淀不溶解，則C為______（填化學式）。寫出部分白色沉淀溶解的離子方程式______。（3）將19.2gCu投入裝有足量D溶液的試管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐漸溶解，管口附近有紅棕色氣體出現(xiàn)，則物質D一定含有上述離子中的________（填相應的離子符號），寫出Cu溶解的離子方程式_________，若要將Cu完全溶解，至少加入H2SO4的物質的量是__________。（4）E溶液與氫碘酸反應時可生成使淀粉變藍的物質，寫出該反應的化學方程式為_________。19、氯化亞銅是一種白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇、稀硝酸及稀硫酸；可溶于氯離子濃度較大的體系，形成。在潮濕空氣中迅速被氧化，見光則分解。右下圖是實驗室仿工業(yè)制備氯化亞銅的流程進行的實驗裝置圖。實驗藥品：銅絲、氯化銨、65％硝酸、20％鹽酸、水。(1)質量分數(shù)為20％的鹽酸密度為，物質的量濃度為______；用濃鹽酸配制20％鹽酸需要的玻璃儀器有：______、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管。(2)實驗室制備過程如下：①檢查裝置氣密性，向三頸瓶中加入銅絲、氫化銨、硝酸、鹽酸，關閉。實驗開始時，溫度計顯示反應液溫度低于室溫，主要原因是______；②加熱至℃，銅絲表面產生無色氣泡，燒瓶上方氣體顏色逐漸由無色為紅棕色，氣囊鼓起。打開，通入氧氣一段時間，將氣囊變癟，紅棕色消失后關閉，冷卻至室溫，制得。通入氧氣的目的為______；三頸瓶中生成的總的離子方程為______；將液體轉移至燒杯中用足量蒸餾水稀釋，產生白色沉淀，過濾得氧化亞銅粗品和濾液。③粗品用95％乙醇洗滌、烘干得氧化亞銅。(3)便于觀察和控制產生的速率，制備氧氣的裝置最好運用______(填字母)。(4)下列說法不正確的是______A．步驟Ⅰ中可以省去，因為已經加入了B．步驟Ⅱ用去氧水稀釋，目的是使轉化為，同時防止被氧化C．當三頸燒瓶上方不出現(xiàn)紅棕色氣體時，可停止通入氧氣D．流程中可循環(huán)利用的物質只有氯化銨(5)步驟Ⅲ用95％乙醇代替蒸餾水洗滌的主要目的是______、______(答出兩條)。(6)氯化亞銅的定量分析：①稱取樣品和過量的溶液于錐形瓶中，充分溶解；②用硫酸[Ce(SO4)2]標準溶液測定。已知：已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，F(xiàn)e2++Ce4+=Fe3++Ce3+三次平衡實驗結果如下表(平衡實驗結果相差不能超過1％)：平衡實驗次數(shù)123樣品消耗硫酸銻標準溶液的體積2則樣品中的純度為______(結果保留3位有效數(shù)字)。誤差分析：下列操作會使滴定結果偏高的是______。A．錐形瓶中有少量蒸餾水B．滴定終點讀數(shù)時仰視滴定管刻度線C．所取溶液體積偏大D．滴定前滴定管尖端有氣泡，滴定后氣泡消失20、B．[實驗化學]丙炔酸甲酯（）是一種重要的有機化工原料，沸點為103~105℃。實驗室制備少量丙炔酸甲酯的反應為實驗步驟如下：步驟1：在反應瓶中，加入14g丙炔酸、50mL甲醇和2mL濃硫酸，攪拌，加熱回流一段時間。步驟2：蒸出過量的甲醇（裝置見下圖）。步驟3：反應液冷卻后，依次用飽和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗滌。分離出有機相。步驟4：有機相經無水Na2SO4干燥、過濾、蒸餾，得丙炔酸甲酯。（1）步驟1中，加入過量甲醇的目的是________。（2）步驟2中，上圖所示的裝置中儀器A的名稱是______；蒸餾燒瓶中加入碎瓷片的目的是______。（3）步驟3中，用5%Na2CO3溶液洗滌，主要除去的物質是____；分離出有機相的操作名稱為____。（4）步驟4中，蒸餾時不能用水浴加熱的原因是________。21、氫能是一種極具發(fā)展?jié)摿Φ那鍧嵞茉?，以太陽能為熱能，熱化學硫碘循環(huán)分解水是一種高效、無污染的制氫方法。其反應過程如下圖所示：（1）反應I的化學方程式是________。（2）反應I得到的產物用I2進行分離。該產物的溶液在過量I2的存在下會分成兩層，含低濃度I2的H2SO4層和含高濃度I2的HI層。①根據(jù)上述事實，下列說法正確的是________（選填序號）。a兩層溶液的密度存在差異b加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶cI2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶②辨別兩層溶液的方法是____________。③經檢測，H2SO4層中c（H+）：c（SO42-）=2.06：1，其比值大于2的原因______。（3）反應II：2H2SO4（l）=2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H=+550kJ?mol-1它由兩步反應組成：i.H2SO4（l）=SO3（g）+H2O（g）△H=+177kJ?mol-1ii.SO3（g）分解。L（L1，L2）和X可分別代表壓強或溫度，下圖表示L一定時，ⅱ中SO3（g）的平衡轉化率隨X的變化關系。①寫出反應iiSO3（g）分解的熱化學方程式：________。②X代表的物理量是_______。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

A.溶液在A、B點時，溶液顯酸性，則c(H+)>c(OH-)，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，由于c(H+)>c(OH-)，所以c(Na+)<c(A-)，故A、B點溶液中離子濃度最大的都不是Na+，A錯誤；B.HA為弱酸，NaOH為強堿，HA與NaOH恰好完全反應時生成強堿弱酸鹽NaA，由于A-的水解NaA溶液呈堿性，而甲基橙作指示劑時溶液pH變化范圍是3.1～4.4，所以HA滴定NaOH溶液時不能選擇甲基橙作指示劑，B錯誤；C.溶液在B點時pH=5.3，lg=0，則c(A-)=c(HA)，弱酸HA的電離平衡常數(shù)Ka==c(H+)=10-5.3，A-的水解平衡常數(shù)Kh=<10-5.3，若向20mL0.1mol/LHA溶液中加入10mL0.1mol/LNaOH溶液，得到的是等濃度的HA、NaA的混合溶液，由于HA的電離程度大于NaA的水解程度，則溶液中c(A-)>c(HA)，即lg>0，故B點溶液時，加入NaOH溶液的體積小于10mL，C正確；D.溫度升高，鹽水解程度增大，A-的水解平衡常數(shù)會增大，會隨溫度的升高而減小，D錯誤；故答案選C。2、B【解析】

A．甲基橙變色范圍為3.1~4.4，酚酞變色范圍為8~10，鹽酸滴定氨水恰好完全反應時溶液顯酸性，應選甲基橙作指示劑，故A錯誤；B．a溶液呈堿性，則主要是NH3·H2O的電離抑制水解，pH=9.24，則溶液中c水(H+)=10-9.24mol/L，則水電離出的c水(OH-)=10-9.24mol/L；b點溶液呈酸性，主要是NH4+的水解促進水的電離，pH=5.12，則溶液中c水(H+)=10-5.12mol/L，則水電離出的c水(OH-)=10-5.12mol/L，所以a、b兩點水電離出的OH-濃度之比為=10-4.12，故B正確；C．c點滴加了50mL鹽酸，則溶液中的溶質為NH4Cl和HCl，且物質的量濃度相同，所以溶液中離子濃度大小順序為：c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)，故C錯誤；D．等pH的氨水和NaOH溶液，氨水的濃度要遠大于氫氧化鈉溶液的濃度，所以中和等體積等pH的氨水和NaOH溶液時，氨水消耗相同濃度鹽酸的體積更多，故D錯誤；故答案為B。在有關水的電離的計算是，無論是酸堿的抑制，還是水解的促進，要始終把握一個點：水電離出的氫離子和氫氧根濃度相同。3、C【解析】

A．乙烯會被酸性高錳酸鉀氧化生成二氧化碳，且濃硫酸不能除去二氧化碳，故A錯誤；B．高錳酸鉀分解制取氧氣的產物中有二氧化錳，稀鹽酸和二氧化錳不反應，故B錯誤；C．硫酸銨飽和溶液為濃鹽溶液，可以使蛋白質發(fā)生鹽析，不變性，再加入蒸餾水可以重新溶解，故C正確；D．加熱時碘升華，氯化銨受熱易分解，燒瓶底部得到的仍是混合物，加熱不能將二者分離，故D錯誤；故答案為C。4、D【解析】

A.降低溫度向放熱反應移動即正向移動，K增大，故A錯誤；B.方程式相加，平衡常數(shù)應該相乘，因此K=K1?K2，故B錯誤；C.增大壓強，平衡向體積減小的方向移動，即逆向移動，平衡常數(shù)不變，故C錯誤；D.適當升溫，反應速率加快，消毒效率提高，故D正確。綜上所述，答案為D。5、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。6、B【解析】原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素X、Y、Z、P、Q分別位于三個周期，則X一定是H。X與Z、Y與P分別位于同主族，Z與Y可形成原子個數(shù)比分別為1：1和2：1的離子化合物，所以Z是Na，Y是O，P是S，則Q是Cl。A.常溫下硫是固體，則單質的沸點：Q＜P，A錯誤；B.氧元素非金屬性強于硫元素，則簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：Y>P，B正確；C.核外電子排布相同的離子，離子半徑隨原子序數(shù)的增大而減小，則簡單離子的半徑：Y>Z>X，C錯誤；D.X、Y、Z、P形成的化合物是硫酸氫鈉，水溶液顯酸性，D錯誤，答案選B。點睛：本題屬于元素周期表和元素周期律綜合應用題型，通?？疾榈闹攸c是原子序數(shù)排在前20號的元素，依據(jù)題給信息準確推斷元素種類是解題關鍵。元素的非金屬性越強，氧化性越強，與氫氣化合越容易，形成氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，元素最高價氧化物對應水化物的酸性越強；元素的金屬性越強，還原性越強，置換酸（或水）中的氫越容易，元素最高價氧化物對應水化物的堿性越強。同周期元素，從左到右，隨著原子序數(shù)逐漸增大，原子半徑減小，金屬性減弱，非金屬性增強；同主族元素，從上到下，隨著原子序數(shù)逐漸增大，原子半徑增大，非金屬性減弱，金屬性增強。注意元素周期律的靈活應用。7、C【解析】

在化學應用中沒有涉及氧化還原反應說明物質在反應過程中沒有電子轉移，其特征是沒有元素化合價變化，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．過氧化鈉和水、二氧化碳反應都生成氧氣，O元素化合價由-1價變?yōu)?2價和0價，所以該反應為氧化還原反應，選項A不選；B．鋁熱反應用于焊接鐵軌過程中，鋁元素化合價由0價變?yōu)?3價，所以屬于氧化還原反應，選項B不選；C．氯化鐵用于凈水，氯化鐵水解生成氫氧化鐵膠體，氫氧化鐵膠體吸附凈水，該過程中沒有元素化合價變化，所以不涉及氧化還原反應，選項C選；D．鋁罐車用作運輸濃硫酸，利用濃硫酸的強氧化性與鋁發(fā)生鈍化反應，所以屬于氧化還原反應，選項D不選；答案選C。本題以物質的用途為載體考查了氧化還原反應，根據(jù)反應過程中是否有元素化合價變化來分析解答，明確元素化合價是解本題關鍵，結合物質的性質分析解答，易錯點是選項C，氫氧化鐵膠體的產生過程不涉及化合價的變化，不屬于氧化還原反應。8、B【解析】

A．不符合物質的固定組成，應為Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O，A錯誤；B．金屬鈉先與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，然后氫氧化鈉與氯化鎂反應生成氫氧化鎂沉淀和氯化鈉，兩個方程式合二為一，即為2Na+2H2O+Mg2+＝2Na++H2↑+Mg(OH)2↓，B正確；C．氯氣溶于水生成鹽酸和次氯酸，酸性：鹽酸>碳酸>次氯酸，所以CO32﹣+2Cl2+H2O＝CO2↑+2Cl－+2HClO，C錯誤；D．濃鹽酸能拆成離子形式，不能寫成分子式，D錯誤；正確選項B。9、B【解析】

A.A點對應溶液顯酸性，即c（H+）＞c（OH-），結合電荷關系判斷；

B.pH=5.3時，=0，即c（A-）=c（HA），結合HA酸的電離常數(shù)Ka的表達式進行計算；

C.在20mLHA溶液中加入10mLNaOH溶液，得到等濃度的HA和NaA混合溶液，根據(jù)題意判斷出電離程度與水解程度的大小關系，再分析作答；D.===，Kh為A-的水解常數(shù)，據(jù)此分析判斷?！驹斀狻緼.A點對應溶液顯酸性，即c（H+）＞c（OH-），溶液中電荷守恒關系為c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），所以離子濃度關系為c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），A項錯誤；

B.pH=5.3時，=0，即c（A-）=c（HA），HA酸的電離常數(shù)Ka==c（H+）=10-pH=10-5.3，B項正確；

C.由于Ka=10-5.3＞==Kh，所以20mLHA溶液中加入10mLNaOH溶液，得到等濃度的HA和NaA混合溶液，混合溶液以電離為主，使c（A-）＞c（HA），即＞0，故B點對應的NaOH溶液的體積小于10mL，C項錯誤；

D.A-的水解常數(shù)Kh隨溫度升高而增大，所以===，隨溫度升高而減小，D項錯誤；

答案選B。10、C【解析】

當pH=0時，c(H+)=1mol/L，lgc(H+)=0，所以③表示lgc(H+)與pH的關系曲線。隨著溶液pH的增大，c(CH3COOH)降低，所以①表示lgc(CH3COOH)與pH的關系曲線。當c(H+)=c(OH-)時，溶液呈中性，在常溫下pH=7，所以④表示lgc(OH-)與pH的關系曲線。則②表示lgc(CH3COO-)與pH的關系曲線?！驹斀狻緼．由以上分析可知，圖中③表示lgc（H+）與pH的關系曲線，故A正確；B．醋酸是弱酸，電離產生的H+和CH3COO-濃度可認為近似相等，從圖像可以看出，當c(CH3COO-)=c(H+)時，溶液的pH約為2.88，所以0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH約為2.88，故B正確；C．當c(CH3COO-)=c(CH3COOH)時，K=c（H+）。從圖像可以看出，當溶液的pH=4.74時，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，所以lgK（CH3COOH）=-4.74，故C錯誤；D．向0.10mol·L-1醋酸鈉溶液中加入0.1mol醋酸鈉固體，c(CH3COO-)增大，溶液中的c(OH-)變大，溶液中的OH-全部來自水的電離，所以水的電離程度變大，故D正確；故選C。11、C【解析】

A．由甲圖可知，升高溫度，F(xiàn)eO42－的濃度變化較大；B．由乙圖可知堿性越強，F(xiàn)eO42－的濃度變化越小；C．由丙圖可知鐵離子濃度越大，F(xiàn)eO42－的濃度變化越大；D．由丁圖可知在磷酸鈉溶液中，F(xiàn)eO42－的濃度變化較大?！驹斀狻緼．由甲圖可知，升高溫度，F(xiàn)eO42﹣的濃度變化較大，可知溫度越高FeO42﹣轉化速率越快，故A錯誤；B．由乙圖可知堿性越強，F(xiàn)eO42﹣的濃度變化越小，則堿性越強FeO42﹣轉化速率越小，故B錯誤；C．由丙圖可知鐵離子濃度越大，F(xiàn)eO42﹣的濃度變化越大，故C正確；D．由丁圖可知在磷酸鈉溶液中，F(xiàn)eO42﹣的濃度變化較大，可知鈉鹽不都是FeO42﹣優(yōu)良的穩(wěn)定劑，其中醋酸鈉為優(yōu)良的穩(wěn)定劑，故D錯誤；故選：C。12、D【解析】

A.在標準狀況下二氯甲烷呈液態(tài)，不能使用氣體摩爾體積進行計算，A錯誤；B.乙烯和丙烯的最簡式是CH2，最簡式的式量是14，乙烯和丙烯的組成的42g混合氣體中含有最簡式的物質的量是3mol，所以其中含C原子數(shù)為3NA，B錯誤；C.甲醇燃燒的方程式為2CH3OH+3O22CO2+4H2O，根據(jù)方程式可知：2mol甲醇完全燃燒轉移12mol電子，則1mol甲醇完全燃燒生成CO2和H2O，轉移的電子數(shù)目為6NA，C錯誤；D.根據(jù)電荷守恒可知n(Na+)+n(H+)=n(OH-)+n(CH3COO-)，由于溶液顯中性，則n(H+)=n(OH-)，所以n(Na+)=n(CH3COO-)，因此將1molCH3COONa溶于稀醋酸中溶液呈中性，溶液中CH3COO-數(shù)目等于NA，D正確；故合理選項是D。13、B【解析】A、根據(jù)工作原理，Mg作負極，Mo作正極，正極反應式為Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e－=Na2Fe[Fe(CN)6]，故A正確；B、充電時，電池的負極接電源的負極，電池的正極接電源的正極，即Mo箔接電源的正極，故B說法錯誤；C、充電時，屬于電解，根據(jù)電解原理，Na＋應從左室移向右室，故C說法正確；D、負極上應是2Mg－4e－＋2Cl－=[Mg2Cl2]2＋，通過0.2mol電子時，消耗0.1molMg，質量減少2.4g，故D說法正確。14、A【解析】

根據(jù)碳與二氧化碳反應的化學方程式計算出1體積二氧化碳生成的一氧化碳的體積，再根據(jù)碳與氧氣反應的化學方程式計算出空氣中氧氣和碳反應生成的一氧化碳的體積；兩者相加就是反應后氣體中一氧化碳的體積，反應后氣體的總體積＝空氣體積?反應掉的氧氣體積＋氧氣生成的一氧化碳體積＋二氧化碳反應生成的一氧化碳；然后根據(jù)體積分數(shù)公式計算即可?！驹斀狻?體積的二氧化碳和足量的碳反應可以得到2體積的一氧化碳(C＋CO22CO)。因為原來空氣中的二氧化碳僅占0.03%，所以原空氣中的二氧化碳反應得到的一氧化碳忽略不計；原空氣中一共有0.2體積的氧氣，所以氧氣和碳反應后(2C＋O22CO)得到0.4體積的一氧化碳；所以反應后氣體的總體積為1(空氣)?0.2(反應掉的氧氣)＋0.4(氧氣生成的一氧化碳)＋2(二氧化碳反應生成的一氧化碳)＝3.2體積，一氧化碳的體積為0.4＋2＝2.4體積；所以一氧化碳的體積分數(shù)為×100%＝75%；故答案選A。15、B【解析】

A.加熱會強烈水解，并且暴露在空氣中會導致被氧氣氧化為，最終無法得到，A項錯誤；B.濃硫酸可以脫去蔗糖中的水，即“黑面包實驗”，同時硫酸被還原得到，使溴水褪色，因此體現(xiàn)了濃硫酸的脫水性和氧化性，B項正確；C.碳酸鈉溶液會吸收變成碳酸氫鈉，因此不能用來除雜，C項錯誤；D.氯化銨固體受熱易分解，碘受熱易升華，二者遇冷后都重新附著于圓底燒瓶底部無法分離，D項錯誤；答案選B。除雜的第一要義是不能和原物質反應，其次是不能引入新的雜質，最后還要從可行性、操作的簡便程度來選擇最優(yōu)的除雜方法。16、C【解析】

堿石灰具有吸水性，可以用作干燥劑，所干燥的物質不能與干燥劑發(fā)生反應，堿石灰不能干燥二氧化硫、氯氣、硫化氫等溶于水顯酸性的氣體，據(jù)此即可解答?！驹斀狻繅A石灰是氧化鈣和氫氧化鈉的混合物，所以堿石灰是堿性物質，不能干燥酸性物質，A.H2S屬于酸性氣體，能與氫氧化鈉和氧化鈣反應，所以不能用堿石灰干燥，A項錯誤；B.Cl2可以和堿石灰反應，不能用堿石灰干燥，B項錯誤；C.NH3是堿性氣體，不和堿石灰反應，能用堿石灰干燥，C項正確；D.SO2屬于酸性氣體，能與堿石灰反應，所以不能用堿石灰干燥，D項錯誤；答案選C。常見的干燥劑可分為酸性干燥劑、堿性干燥劑和中性干燥劑，其中酸性干燥劑為濃H2SO4，它具有強烈的吸水性，常用來除去不與H2SO4反應的氣體中的水分。例如常作為H2、O2、CO、SO2、N2、HCl、CH4、CO2、Cl2等氣體的干燥劑；堿性干燥劑為堿石灰（固體氫氧化鈉和堿石灰）：不能用以干燥酸性物質，常用來干燥氫氣、氧氣、氨氣和甲烷等氣體。二、非選擇題（本題包括5小題）17、1，3-二溴丙烷氧化反應酯基C13H20O41或【解析】

A：CH3CH=CH2在光照、加熱條件下與溴發(fā)生取代反應生成B為CH2BrCH=CH2，CH2BrCH=CH2在過氧化物作用下，與HBr發(fā)生加成反應生成C為CH2BrCH2CH2Br，CH2BrCH2CH2Br在氫氧化鈉水溶液中加熱發(fā)生水解反應生成D為HOCH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2OH被酸性高錳酸鉀氧化生成E為HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH在濃硫酸催化下與乙醇發(fā)生酯化反應生成F為CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3；G水化催化生成H，則G為，與水發(fā)生加成反應生成H，H在催化劑作用下發(fā)生氧化反應生成I為；與CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3在一定條件下反應生成J，J經三步反應生成K，據(jù)此分析?！驹斀狻緼：CH3CH=CH2在光照、加熱條件下與溴發(fā)生取代反應生成B為CH2BrCH=CH2，CH2BrCH=CH2在過氧化物作用下，與HBr發(fā)生加成反應生成C為CH2BrCH2CH2Br，CH2BrCH2CH2Br在氫氧化鈉水溶液中加熱發(fā)生水解反應生成D為HOCH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2OH被酸性高錳酸鉀氧化生成E為HOOCCH2COOH；G水化催化生成H，則G為，與水發(fā)生加成反應生成H，H在催化劑作用下發(fā)生氧化反應生成I為；與HOOCCH2COOH在一定條件下反應生成J，J經三步反應生成K。（1）C為CH2BrCH2CH2Br，化學名稱為1，3-二溴丙烷；（2）D→E是HOCH2CH2CH2OH被酸性高錳酸鉀氧化生成HOOCCH2COOH，反應類型為氧化反應，F(xiàn)為CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3官能團的名稱是酯基；（3）G→H是水化催化生成，的化學方程式為；（4）J為，分子式為C13H20O4。手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，則K（）分子中的手性碳原子數(shù)目為1（標紅色處）；（5）L是F的同分異構體，滿足條件：①lmolL與足量的NaHCO3溶液反應能生成2molCO2，則分子中含有兩個羧基；②L的核磁共振氫譜有3組峰且峰面積之比為1：2：3，則高度對稱，符合條件的同分異構體有或；（6）J經三步反應合成K：與HCN發(fā)生加成反應生成，與氫氣發(fā)生加成反應生成，在催化劑作用下轉化為，合成路線為。有機物的考查主要是圍繞官能團的性質進行，常見的官能團：醇羥基、酚羥基、醛基、羧基、酯基、鹵素原子等。這些官能團的性質以及它們之間的轉化要掌握好，這是解決有機化學題的基礎。有機合成路線的設計時先要對比原料的結構和最終產物的結構，官能團發(fā)生什么改變，碳原子個數(shù)是否發(fā)生變化，再根據(jù)官能團的性質進行設計。18、K2CO3Ba(OH)2Al2(SO4)3Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2ONO3-、Cu2＋3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O0.4mol2FeCl3＋2HI=2FeCl2＋I2＋2HCl【解析】

⑴因為碳酸根離子只能與鈉離子結合才能形成可溶性物質K2CO3，與其他陽離子結合都是沉淀，氫氧根離子除與鉀離子結合外還可以與鋇離子結合形成可溶性物質，與其余三種結合都是沉淀，根據(jù)題意它們所含的陰、陽離子互不相同，所以氫氧根離子只能與鋇離子結合形成Ba(OH)2，故答案為K2CO3；Ba(OH)2；⑵根據(jù)C與A的溶液混合時產生白色沉淀，白色沉淀部分溶解，然后將沉淀中滴入足量稀HCl，白色沉淀不溶解，可知溶解沉淀為氫氧化鋁，則B為Na2CO3，A為Ba(OH)2則C為Al2(SO4)3，則陰離子有SO42－，則X為SO42－，即C為Al2(SO4)3，沉淀溶解的離子方程式為Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，故答案為Al2(SO4)3；Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；⑶19.2gCu即物質的量為0.3mol，Cu投入裝有足量D溶液的試管中，Cu不溶解，溶液中沒有Fe3+，再滴加稀H2SO4，Cu逐漸溶解，管口有紅棕色氣體，說明開始產生的是NO，說明D中的陰離子一定是NO3－，則D為硝酸銅，E為氯化鐵，管口有紅棕色氣體，說明開始產生的是NO，所以Cu溶解的離子方程式為：3Cu+8H++2NO3－==3Cu2++2NO↑+4H2O，根據(jù)關系0.3molCu消耗0.8mol氫離子，即0.4mol硫酸；故答案為NO3－、Cu2＋；3Cu＋8H＋＋2NO3－==3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；0.4mol；⑷氯化鐵溶液與氫碘酸反應氯化亞鐵和使淀粉變藍的I2，反應的化學方程式為：2FeCl3＋2HI=2FeCl2＋I2＋2HCl，故答案為2FeCl3＋2HI=2FeCl2＋I2＋2HCl；加堿先生成沉淀，繼續(xù)加堿沉淀溶解，一定含有鋁離子；加銅不反應，加硫酸生成氣體，有無色氣體，在空氣中生成紅棕色氣體，說明含有硝酸根離子。19、6.0mol/L量筒氯化銨溶解于水為吸熱過程將三頸瓶中的NO2反應生成HNO33Cu+4H++6Cl-+NO3-=3[CuCl2]-+NO↑+2H2OBAD除去CuCl表面附著的NH4Cl迅速揮發(fā)帶走CuCl表面的水份或防止其被氧化95.5%BD【解析】

根據(jù)流程：氧氣通入Cu、HCl、NH4Cl、HNO3、H2O的混合物中控制溫度50～85℃制得NH4[CuCl2]，加入水，過濾得到CuCl沉淀和含有NH4Cl的母液，母液濃縮補充Cu、HCl可循環(huán)，沉淀洗滌干燥后得產品；(1)根據(jù)c=計算，鹽酸是液體，量取濃鹽酸需要量筒；(2)①氯化銨溶解吸熱；②根據(jù)題意有NO2氣體生成，通入氧氣可與其反應；根據(jù)題意銅絲、氯化氨、硝酸、鹽酸生成NH4[CuCl2]和無色氣泡NO，據(jù)此書寫；(3)裝置A不能觀察O2產生速率，C不能很好控制產生O2的速率；(4)A．步驟Ⅰ得到[CuCl2]ˉ(aq)，該離子需在氯離子濃度較大的體系中才能生成；B．CuCl易被氧化，應做防氧化處理；C．三頸燒瓶上方不出現(xiàn)紅棕色NO2氣體時，說明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化；D．步驟II濾液中還含有HCl和HNO3也可回收利用；(5)氯化亞銅是一種白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇分析可得；(6)第一組實驗數(shù)據(jù)誤差較大，舍去，故硫酸鈰標準溶液平均消耗24mL，根據(jù)關系式有：CuCl～FeCl3～Ce4+，則n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10mol/L×0.024L×99.5g/mol=0.2388g，據(jù)此計算可得；誤差分析依據(jù)c(待測)=分析，標準溶液體積變化就是誤差的變化?！驹斀狻?1)鹽酸的物質的量濃度c==≈6.0mol/L，量取濃鹽酸需要量筒，則配制20%鹽酸時除燒杯、玻璃棒、膠頭滴管外，還需要量筒；(2)①因為氯化銨溶解于水為吸熱過程，故反應開始時液體溫度低于室溫；②通入氧氣的目的是為了將三頸瓶中的NO2反應生成HNO3；根據(jù)題意銅絲、氯化氨、硝酸、鹽酸生成NH4[CuCl2]和無色氣泡NO，則生成CuCl2-離子方程式為3Cu+4H++6Cl-+NO3-=3[CuCl2]-+NO↑+2H2O；(3)制備氧氣裝置A不能觀察O2產生速率，C中Na2O2和水反應速率快，不能很好控制產生O2的速率，B裝置可以根據(jù)錐形瓶內氣泡的快慢判斷產生O2的速率進行控制，故答案為B；(4)A．步驟Ⅰ得到[CuCl2]ˉ(aq)，該離子需在氯離子濃度較大的體系中才能生成，HCl是為了增大氯離子濃度，不可省略，故A錯誤；B．步驟II所得濾渣洗滌干燥得到CuCl，步驟II目的是Na[CuCl2]轉化為

CuCl，CuCl易被氧化，應做防氧化處理，故B正確；C．三頸燒瓶上方不出現(xiàn)紅棕色NO2氣體時，說明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化，故C正確；D．步驟II濾液中還含有HCl和HNO3也可回收利用，洗滌的乙醇通過蒸餾分離后可再利用，故D錯誤；故答案為AD；(5)已知：CuCl微溶于水，采用95%乙醇洗滌，既除去CuCl表面附著的NH4Cl，又能迅速揮發(fā)帶走CuCl表面的水份，防止其被氧化；(6)第二組實驗數(shù)據(jù)誤差較大，舍去，故硫酸鈰標準溶液平均消耗24mL，根據(jù)關系式有：CuCl～FeCl3～Ce4+，則n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10mol/L×0.024L×99.5g/mol=0.2388g，CuCl的純度為×1