浙江省2023-2024学年高三下学期5月化学选考模拟试题卷（含答案）

这是一份浙江省2023-2024学年高三下学期5月化学选考模拟试题卷（含答案），共26页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第I卷（选择题）
一、单选题
1．下列物质属于酸性氧化物的是
A．Na2OB．CH3CHOC．SiO2D．NO2
2．化学与生活、科技密切相关，下列说法不正确的是
A． Fe2O3俗称铁红，可用作外墙涂料
B．酒精能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒
C．淀粉属于天然高分子，溶于热水可形成胶体
D．612C和614C互为同素异形体，都可用于测定文物年代
3．下列化学用语正确的是
A．二氧化碳的电子式：
B．乙醛的空间填充模型：
C．基态Mn2+的价电子轨道表示式：
D．反式聚异戊二烯的结构简式：
4．设NA为阿伏加德罗常数的值。工业上，接触法制备硫酸的原理如下：
①4FeS2+11O2高温2Fe2O3+8SO2；②2SO2+O2⇌加热催化剂2SO3；③H2O+SO3=H2SO4。
下列叙述正确的是
A．12.0gFeS2中含离子总数为0.3NA
B．①中生成1mlFe2O3时转移的电子数为22NA
C．标准状况下，2.24LSO3中含原子总数为0.3NA
D．②中1mlSO2和2mlO2反应生成SO3的分子数为NA
5．常温下，下列各组离子一定能大量共存的是
A．0.1ml/L的AlCl3溶液中：K+、Na+、SO42−、AlO2−
B．使甲基橙变红的溶液中：Ba2+、NH4+、NO3−、Fe2+
C．0.1ml/L的NH3·H2O溶液中：Ba2+、K+、Cl-、I-
D．由水电离出的cH+=1×10−13ml/L的溶液中：Na+、NH4+、SO42−、CO32−
6．一种从某混合物(主要成分为NaVO3、SiO2、Fe2O3)中提取钒的工艺流程如图所示。已知：P2O4能够萃取溶液中的VO2+。下列说法正确的是
A．“酸浸”过程中发生了氧化还原反应
B．试剂a的作用是氧化VO2+
C．操作Ⅱ使用的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒
D．水层中可能含有Fe3+
7．类比推理是化学中常用的思维方法，下列说法错误的是
A．H2O的沸点高于H2S，则CH3OH沸点高于CH3SH
B．少量CO2通入BaCl2溶液中不产生沉淀，则少量SO2通入BaCl2溶液中也不产生沉淀
C．金刚石中所有原子均为sp3杂化，则金刚砂中所有原子也均为sp3杂化
D．三氟乙酸CF3COOH的酸性强于乙酸，则三氟化氮NF3的碱性强于氨气
8．下列各组对装置及相关实验的描述正确的是
A．用装置①从NaCl溶液中提取NaCl晶体
B．用装置②检验SO2的漂白性
C．用装置③干燥CO2
D．实验室用装置④制备NH3
9．下列实验能达到预期目的的是
A．可以用热的浓NaOH溶液来区分植物油和矿物油
B．向混有少量苯酚的苯中加入适量的浓溴水，过滤后静置分层，上层得到纯净的苯
C．制取乙酸乙酯时，将1体积的酒精倒入3体积的浓硫酸中
D．向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液，检验蔗糖水解
10．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．碘化亚铁溶液中通入足量的氯气：2Fe2++2I−+Cl2=2Fe3++I2+4Cl−
B．加碘盐与药物碘化钾片尽量不要同时服用：IO3−+5I−+6H+=3I2+3H2O
C．向MgHCO32溶液中加入过量的NaOH溶液：Mg2++2HCO3−+2OH−=MgCO3↓+CO32−+2H2O
D．向NH4AlSO42溶液中滴入BaOH2使SO42−反应完全：2Ba2++4OH−+Al3++2SO42−=2BaSO4↓+AlOH4−
11．维生素B2又叫核黄素(其结构如图)，可促进发育和细胞再生，有利于增进视力，减轻眼睛疲劳。下列关于核黄素的说法错误的是
A．该物质的分子式为C17H20O6N4
B．该物质能发生酯化反应
C．分子中存在1个手性碳原子
D．该物质在碱性条件下加热水解有NH3生成，所得溶液加强酸溶液并加热后有CO2产生
12．X、Y、Z、M、R、Q为六种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示，下列说法正确的是
A．M存在最高化合价为+6价
B．Q单质与Y的氧化物之间一定无法发生置换反应
C．Y、M形成的化合物YM2为大气污染物
D．X、Z、M可形成一种含共价键、配位键的离子化合物
13．中国科学院将分子I2引入电解质中调整充电和放电反应途径，研制出了高功率可充电LiSOCl2电池，工作原理如图所示，已知SOCl2可与水发生反应。下列有关说法正确的是
A．该电池既可选用含水电解液，也可选无水电解液
B．放电时，SOCl2最终被氧化为S
C．充电时，阴极反应式：2LiCl+I2+2e−=2ICl+2Li+
D．放电时，每产生11.2L（标准状况下）SO2时，电路中转移2ml电子
14．苯乙烯是合成树脂及合成橡胶等的重要单体，在催化剂作用下，可由乙苯直接脱氢制备：。在T℃、100kPa反应条件下，向甲、乙、丙三个容器中分别通入n(乙苯)：nAr为1:1、1:4、1:9的混合气体，发生上述反应，测得乙苯转化率随时间变化如图所示。下列说法不正确的是
A．T℃时，该反应的Kp≈34.6kPa
B．50min时，容器乙中的反应未达到平衡状态
C．保持其他条件不变，将甲变为恒容容器，则平衡转化率变小
D．30min内，乙苯的平均反应速率v(乙苯)=Δc(乙苯)Δt最大的容器是丙
15．某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即cH2S=0.1ml⋅L−1，通过调节pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分离，体系中pH与−lgc关系如下图所示，c为HS−、S2−、Ni2+和Cd2+的浓度，单位为ml⋅L−1。已知KspNiS>Ksp(CdS)，下列说法正确的是
A．Ksp(CdS)=10−18.4B．③为pH与−lgcHS−的关系曲线
C．Ka1H2S=10−8.1D．Ka2H2S=10−14.7
16．下列方案设计、现象和结论都正确的是
A．AB．BC．CD．D
第II卷（非选择题）
二、解答题
17．C、La元素及其化合物在工业及生活方面有重要应用。回答下列问题：
(1)基态C的价电子排布图 ，核外电子的空间运动状态有 种。
(2)一定条件下，CCl2、H2O2、NH3和NH4Cl反应可制得CNH34Cl2Cl，反应的方程式为 ，CNH34Cl2Cl的配位数为 。区别CNH34Cl2Cl和CNH34Cl2NO3两种溶液的试剂是 。
(3)La的八配位金属羰基化合物La(CO)8的结构如图所示，CO作配体，配位原子为C，而不是O，其原因是 ，1mlLa(CO)8含 mlσ键。
(4)LaHx在储氢和超导等领域具有重要应用。高压下，LaH2中的每个H结合4个H形成类似CH4的结构独立存在，即得到晶体LaHx。则x= 。晶体LaHx的密度为 g⋅cm−3。（写出计算式即可）
18．某固体化合物X(含有三种短周期元素)是一种络合氢化物储氢材料，X中某种元素的单质可用于制造信号弹，该单质能在CO2气体中燃烧。某实验员对固体化合物X作如图实验：其中：X由三种短周期元素组成，且阴、阳离子个数比为2∶1；金属互化物——全部由金属元素组成的化合物。请回答：
(1)化合物X的化学式为 。
(2)单质B与NaOH溶液反应的离子方程式为 。
(3)金属互化物C分别与足量盐酸和足量氢氧化钠溶液反应产生的气体物质的量之比为 。
(4)溶液E和过量CO2发生反应的离子方程式为 。
(5)气体A与单质D制备化合物H的过程中，通常产物中会夹杂单质D，请设计实验方案，检验产品中是否含有单质D： 。
19．研究CO2的资源综合利用，对实现“碳达峰”和“碳中和”有重要意义。
(1)在CO2加氢合成CH3OH的体系中，同时发生以下反应：
反应Ⅰ．CO2g+3H2g⇌H2Og+CH3OHg ΔH1
反应Ⅱ．CO2g+H2g⇌H2Og+COg ΔH2=+41kJ⋅ml−1
反应Ⅱ．COg+2H2g⇌CH3OHg ΔH3=−90kJ⋅ml−1
反应Ⅰ的ΔH1= KJ⋅ml−1，该反应在 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发。
(2)向体积为1L的密闭容器中，投入1mlCO2和3mlH2，平衡时CO或CH3OH在含碳产物中物质的量分数及CO2转化率随温度的变化如图：
已知反应Ⅱ的反应速率v正=k正cCO2⋅cH2，v逆=k逆cCO⋅cH2O，k正、k逆为速率常数，c为物质的量浓度。
①图中m代表的物质是 。
②150~400℃范围内，随着温度升高，H2O的平衡产量的变化趋势是 。
③已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp；若p点时体系总压强为p0，反应Ⅱ的Kp= (保留2位有效数字)。
④由实验测得，随着温度逐渐升高，混合气体的平均相对分子质量几乎又变回起始的状态，原因是 。
(3)将CO2通入一定浓度的KNO3溶液至饱和，通电后在电极上反应生成CONH22，原理如图所示(阴、阳极区溶液均为KNO3溶液)。生成尿素的电极反应式为 。
20．普鲁士蓝可用于氨氮废水的处理，利用柠檬酸铁铵和赤血盐可制备得到普鲁士蓝。
Ⅰ．柠檬酸铁铵的制备
实验步骤：向已加有铁粉的三颈烧瓶中滴加柠檬酸溶液并搅拌，控温80°C至生成柠檬酸亚铁白色沉淀。降温至40°C，滴加一定量的氨水充分反应，生成柠檬酸亚铁铵。继续控温40°C，缓慢滴加一量的双氧水充分反应，经一系列操作，得到产品。已知：柠檬酸铁铵易溶于水，不溶于乙醇。
(1)仪器A的名称是 。
(2)控温40°C的原因 。
(3)“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、 、干燥。
Ⅱ．赤血盐的制备
用Cl2在60~65°C氧化黄血盐K4Fe(CN)6制备赤血盐K3Fe(CN)6的装置如下图所示（夹持装置略）。
(4)装置A中化学方程式为 ，装置B中试剂是 。
(5)反应结束后通入N2一段时间的目的 。
(6)黄血盐会被酸性高锰酸钾彻底氧化为CO2和NO3−，用离子方程式说明不用酸性高锰酸钾制备赤血盐的原因 。
Ⅲ．普鲁士蓝的制备及应用
在紫外光作用下柠檬酸铁铵中的三价铁离子被还原为二价铁离子，再与赤血盐反应，进行电子转移后生成相对稳定的普鲁士蓝。酸化后的普鲁士蓝加双氧水可处理氨氮废水（主要含NH4Cl），原理如下：
ⅰ．Fe4Fe(CN)63+3H2O2+3H+=3FeFe(CN)6+Fe3++3·OH+3H2O
ⅱ．·OH将氨氮氧化为N2
(7)用实验制得的普鲁士蓝处理某氨氮废水，收集到33.6LN2（已折成标准状况）。实验中消耗的H2O2的质量至少为 g。
21．近年来，香鳞毛蕨药用价值开发已成为全球热点，其主要活性成分为间苯三酚的化合物。化合物G为间苯三酚衍生物，具有良好的抗肿瘤效果，以下是其合成路线：
回答下列问题：
(1)B中含氧官能团的名称为 。
(2)C的分子式为C10H12O5，能与碳酸氢钠反应，写出其结构简式 。
(3)设阿伏伽德罗常数为NA，下列说法正确的是___________(填写序号)。
A．有机物D的分子式为C10H13NO4；
B．有机物D与有机物E中N原子均采用sp3杂化；
C．有机物D与有机物E中均含有手性碳原子；
D．1ml有机物E含有28NA个σ键。
(4)有机物X与A互为同分异构体，同时满足下列三个条件的X的种数有 种：
①苯环上有两个取代基；②能使FeCl3发生显色反应；③1mlX能与3mlNa反应。
(5)参照上述合成路线，以、合成(上述已给试剂任选)，回答以下问题：
①合成路线中生成一元酰胺的反应方程式为： 。
②最后一步的反应物的结构简式为： 。
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
验证CH2=CHCHO分子中的碳碳双键
取样与适量溴水混合，充分反应，观察现象
溴水褪色，说明样品分子中含有碳碳双键
B
检验某固体中是否含铵根离子
取少量固体溶于水，加入NaOH溶液，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体
试纸变蓝，说明固体中含NH4+
C
探究乙醇消去反应的产物
取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸和少量沸石，迅速升温，将产生的气体先通入足量NaOH溶液，再通入酸性KMnO4溶液中
溶液紫红色逐渐褪去，则乙醇消去反应的产物是乙烯
D
探究有机物基团间的相互影响
分别向两支盛有苯和甲苯的试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，振荡。
盛有苯的试管中溶液紫红色不褪去，盛有甲苯的试管中溶液紫红色褪去，则甲苯中的甲基对苯环有影响
参考答案：
1．C
【分析】酸性氧化物：与碱作用成盐和水的氧化物；碱性氧化物：与酸作用成盐和水的氧化物。
【详解】A．Na2O可以和HCl反应生成NaCl和水，则Na2O为碱性氧化物，故A不符合题意；
B．CH3CHO含有C、H、O三种元素，不属于氧化物，故B不符合题意；
C．SiO2可以和NaOH反应生成Na2SiO3和水，则SiO2为酸性氧化物，故C符合题意；
D．NO2和水发生氧化还原反应生成NO和HNO3，则NO2不是酸性氧化物，故D不符合题意；
故选C。
2．D
【详解】A．Fe2O3俗称铁红是一种红棕色性质稳定的铁的氧化，可用作外墙涂料，A正确；
B．酒精能使蛋白质变性，故可用于杀菌消毒，医用酒精为75%的酒精溶液用于消毒，B正确；
C．淀粉属于天然高分子，溶于热水可形成胶体，C正确；
D．612C和614C的质子数相同而中子数不同的原子，故互为同位素，其中614C用于测定文物年代，D错误；
故答案为：D。
3．B
【详解】A．C最外层4个电子需要共用4对电子达饱和，所以它与两个氧原子分别共用两对电子，电子式为 ，A项错误；
B．乙醛结构简式为CH3CHO，比例模型为，B项正确；
C．Mn2+价电子为3d5，所以它的排布为，C项错误；
D． 分子中若R1>R2且R3>R4或R1-CH3且-CH2->H则该烯烃为顺式，D项错误；
故选B。
4．B
【详解】A．12.0gFeS2物质的量为0.1ml，FeS2中S22−是一个整体，离子总数为0.2NA，A错误；
B．①反应，转移44ml电子生成2mlFe2O3，生成1mlFe2O3时转移的电子数为22NA，B正确；
C．标准状况下，SO3不为气体，不适用22.4L/ml，C错误；
D．2SO2+O2⇌加热催化剂2SO3反应是可逆反应，不能进行到底，D错误；
故选B。
5．C
【详解】A．Al3+与AlO2−发生强烈双水解而不能大量共存，故A错误；
B．使甲基橙变红色的溶液，溶液显酸性，含有大量H+，NO3-、Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C．各离子之间相互不反应，能大量共存，故C正确；
D．由水电离出的c(OH-)=1×10-13ml/L的溶液中，水的电离受到抑制，溶液可以为酸性或者碱性，碱性条件下NH4+与OH-反应不能大量共存，酸性条件下CO32−与H+反应不能大量共存，故D错误；
故选：C。
6．D
【分析】混合物酸浸时NaVO3、Fe2O3溶解，转化为(VO2)2SO4和Fe2(SO4)3，滤渣为SiO2；酸浸后滤液中加试剂a，将VO2+还原为VO2+，同时Fe3+被还原为Fe2+，加P204进行萃取分液，水层中含Fe2+，有机层中含VO2+，经过一系列操作得到VOSO4。
【详解】A．根据分析，“酸浸”过程中各元素化合价未变，没有发生氧化还原反应，A错误；
B．试剂a的作用是将VO2+还原为VO2+，B错误；
C．操作Ⅱ为分液，使用的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯，C错误；
D．整个过程中铁元素在操作二后进入了水层，Fe2+容易被氧化，水层中可能含有Fe3+，D正确；
故选D。
7．D
【详解】A．H2O由于O原子的电负性强，半径小，所以存在分子间氢键，熔化和汽化都需要克服分子间作用力，氢键的存在使得熔点和沸点升高，即H2O的熔沸点高于H2S，CH3SH分子之间只存在范德华力，CH3OH分子之间除了存在范德华力外，CH3OH还存在分子间氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，即CH3OH的沸点高于CH3SH分子，可以类比分析，故A正确；
B．碳酸、亚硫酸都是弱酸，盐酸是强酸，弱酸不能制取强酸，CO2通入BaCl2溶液中不产生沉淀，则SO2通入BaCl2溶液中也不产生沉淀，故B正确；
C．金刚石中每个C原子形成4个共价键(即C原子的价层电子对数为4)，C原子上无孤电子对，故C原子均采取sp3杂化，金刚砂晶体中，每个碳原子均与周围的4个硅原子成键，每个硅原子均与周围的4个碳原子成键，故每个碳原子、硅原子的价层电子对数均为4，故所有原子都是sp3杂化，故C正确；
D．F为吸电子基团，甲基为推电子基团，三氟乙酸中羧基的极性大于乙酸，三氟乙酸酸性强于乙酸；三氟化氮（NF3）中，F吸引电子能力强于氨气中的H，导致中心N原子结合氢离子的能力减弱，三氟化氮（NF3）的碱性弱于氨气，故D错误；
故答案选D。
8．B
【详解】A．从NaCl溶液中提取NaCl晶体用蒸发结晶的方法，应在蒸发皿中进行，A错误；
B．二氧化硫能使品红溶液褪色，该装置能检验二氧化硫的漂白性，B正确；
C．碱石灰能吸收CO2和H2O，不能用装置③干燥CO2，C错误；
D．实验室用氯化铵和氢氧化钙固体加热制备氨气，氯化铵受热分解产生的氨气和氯化氢在试管口重新结合生成氯化铵，不能用来制备氨气，D错误；
故选B。
9．A
【详解】A．植物油为高级脂肪酸甘油酯，与浓NaOH溶液反应生成可溶于水的高级脂肪酸钠和甘油，反应后溶液不分层，矿物油与浓NaOH溶液不反应，且矿物油不溶于水，溶液分为两层，因而可以用浓NaOH溶液来区分植物油和矿物油，A正确；
B．三溴苯酚不溶于水，但溶于有机溶剂苯，向混有少量苯酚的苯中加入适量的浓溴水，过滤后静置分层，上层得到三溴苯酚的苯溶液，B错误；
C．浓硫酸的密度大于酒精，应将浓硫酸倒入酒精中，否则会导致混合时产生的大量的热将液体溅出，引发安全事故，C错误；
D．银镜反应必须在碱性条件下进行，该实验中加入银氨溶液前没有加入NaOH溶液中和做催化剂的稀硫酸，实验未出现银镜，是实验操作错误；不能检验蔗糖未水解，D错误；
答案为A。
10．B
【详解】A．碘化亚铁溶液中通入足量氯气，二价铁离子和碘离子都完全被氧化，反应比为1:2，正确的离子方程式为2Fe2++4I−+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl−，A错误；
B．酸性下，碘盐中的碘酸根离子可以和碘离子反应生成单质碘，离子方程式为IO3−+5I−+6H+=3I2+3H2O，B正确；
C．向碳酸氢镁溶液中加入过量的NaOH溶液，生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为Mg2++2HCO3−+4OH−= MgOH2↓+2CO32−+2H2O，C错误；
D．向硫酸铝铵溶液中滴加氢氧化钡至硫酸根离子反应完全，则硫酸铝铵与氢氧化钡的物质的量之比为1∶2，反应的离子方程式为2Ba2++NH4++Al3++2SO42−+4OH−= AlOH3↓+NH3⋅H2O+2BaSO4↓，D错误；
本题选B。
11．C
【详解】A．由图知，该物质的分子式为C17H20O6N4，A正确；
B．由图知，该物质含有羟基，能发生酯化反应，B正确；
C．由图含有*号的为手性碳原子，共存在存在3个手性碳原子，C错误；
D．该物质中含有酰胺键，在碱性条件下加热水解有NH3生成，所得溶液加强酸溶液并加热后有CO2产生，D正确；
故选C。
12．D
【分析】X、Y、Z、M、R、Q为六种短周期元素，由原子半径和最外层电子数之间的关系图可知，X、R、Q最外层只有1个电子，为第ⅠA族元素，Y最外层有4个电子，位于第ⅣA族，Z原子最外层有5个电子，位于第ⅤA族，M最外层有6个电子，位于第ⅥA族，R原子半径最大，为Na，X原子半径最小，为H，Q原子半径小于R大于X，所以Q为Li，Y是C、Z是N、M为O。
【详解】A．M为O，O不存在最高化合价+6价，A错误；
B．单质锂与CO2的反应为4Li＋CO2点燃2Li2O＋C，是置换反应，B错误；
C．Y、M形成的化合物CO2不是大气污染物，C错误；
D．X、Z、M可形成NH4NO3是一种含共价键、配位键的离子化合物，D正确；
故选D。
13．D
【详解】A．Li能与氧气、水反应，SOCl2易与水反应，故电池工作环境必须在无水无氧的条件下进行，A错误；
B．由工作原理图可知，放电时，正极上SOCl2转化为SOICl、SOCl再转化为S、SO2，SOCl2最终被还原，B错误；
C．充电时，I2失电子转化为ICl，I2发生氧化反应，阳极反应式为2LiCl+I2−2e−=2ICl+2Li+，阴极反应式为Li++e−=Li，C错误；
D．放电时，正极反应式为2SOCl2+4e−=S+SO2↑+4Cl−，每产生11.2L（标准状况下）SO2时，电路中转移2ml电子，D正确；
故答案选D。
14．D
【分析】在总压不变时，乙苯占比越小，对应的分压越小，平衡正向进行的程度越大，达到平衡时的转化率越大。
【详解】A．曲线甲在40min时达到平衡。设投入的乙苯和氩气分别为1ml，则可列三段式乙苯(g)⇌苯乙烯(g)+H2(g)起始(ml)100转化(ml)平衡(ml)
此时体系内气体总物质的量=1+0.4+0.6+0.6=2.6ml，各物质分压p(乙苯)=0.42.6×100kPa，p(苯乙烯)=0.62.6×100kPa，p(H2)=0.62.6×100kPa，则Kp=p(苯乙烯)⋅p(H2)p(乙苯)=(0.62.6×100kPa)20.42.6×100kPa=45013kPa≈34.6kPa，A正确；
B．由图可知，50min时，容器乙中乙苯转化率仍在变化，即反应未达到平衡状态，B正确；
C．若保持其他条件不变，将甲变为恒容容器，则随着反应的进行，体系内压强增大，会导致反应的正向进行程度减弱，平衡转化率变小，C正确；
D．该反应的反应速率与反应物分压有关。甲、乙、丙装置中乙苯分压分别为：50kPa、20kPa、10kPa，因此反应速率由快到慢是甲、乙、丙，D错误。
因此，本题选D。
15．D
【分析】
已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且KspNiS>Ksp(CdS)，即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题。
【详解】A．由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13ml/L，则有KspCdS=cCd2+·cS2−=10-13ml/L×10-13ml/L=10−26，A错误；
B．由分析可知，③为pH与−lgcS2−的关系曲线，B错误；
C．由分析可知，曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6ml/L时，c(HS-)=10-6.5ml/L，Ka1H2S=cH+·cHS-cH2S=10-1.6ml/L×10-6.5ml/L0.1ml/L=10−7.1或者当c(H+)=10-4.2ml/L时，c(HS-)=10-3.9ml/L，Ka1H2S=cH+·cHS-cH2S=10-4.2ml/L×10-3.9ml/L0.1ml/L=10−7.1，C错误；
D．已知Ka1Ka2=c(H+)c(HS-)c(H2S)·c(H+)c(S2-)c(HS-)=c2(H+)·c(S2-)c(H2S)，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9ml/L时，c(S2-)=10-13ml/L，或者当c(H+)=10-6.8ml/L时，c(S2-)=10-9.2ml/L，故有Ka1Ka2=c2(H+)c(S2-)c(H2S)=(10-4.9ml/L)2×10-13ml/L0.1ml/L=(10-6.8ml/L)2×10-9.2ml/L0.1ml/L=10-21.8，结合C项分析可知Ka1=10-7.1，故有Ka2H2S=10−14.7，D正确；
故答案为D。
16．C
【详解】A．溴水具有强氧化性，CH2=CHCHO中含有的醛基能被溴水氧化，因此溴水褪色不能说明一定发生了加成反应，不能证明样品分子中含有碳碳双键，故A错误；
B．检验铵根离子的方法是：取少量样品溶解后，加入NaOH溶液，加热后，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，如发现试纸变蓝，则证明铵根离子的存在，需要加热氨气才能逸出来，且需要再试管口进行检验，故B错误；
C．乙醇消去反应产生乙烯的过程中会产生乙醚、二氧化硫、二氧化碳等杂质气体，同时乙醇还会挥发，用NaOH溶液可以除去二氧化硫、二氧化碳、挥发的乙醇，再通入到酸性高锰酸钾中，若紫红色褪去，说明乙烯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而褪色，故C正确；
D．甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，可知苯环使甲基活化，故D错误；
故答案选C。
17．(1) 15
(2) 2CCl2+2NH4Cl+6NH3+H2O2=2CNH34Cl2Cl+2H2O 6 AgNO3溶液（HNO3溶液）
(3) 氧的电负性大于碳 16
(4) 10 (139+10)×44.84×10−83×6.02×1023
【详解】（1）
基态C的价电子排布图，基态C共有15个原子轨道，所以核外电子的空间运动状态有15种；
（2）根据得失电子守恒以及原子守恒可得：2CCl2+2NH4Cl+6NH3+H2O2=2CNH34Cl2Cl+2H2O；CNH34Cl2Cl的配位数为6，即4个氨气，2个氯离子；因为外界的氯离子可以电离，所以CNH34Cl2Cl可以与硝酸酸化的硝酸银产生白色沉淀，所以试剂是AgNO3溶液（HNO3溶液）；
（3）因为氧的电负性大于碳，所以配位原子为C，而不是O；1个CO中含1个σ键，1mlLa(CO)8含16mlσ键；
（4）由题干信息可知，1个LaHx晶胞中含有8×18+6×12=4个La，每个H结合4个H形成类似CH4的结构独立存在，含有5×8=40个H原子，La和H的个数比为1：10，晶体LaHx中x=10；1个晶体LaHx的质量为(139+10)×46.02×1023g，1个晶体LaHx的体积为4.84×10-83cm3，则晶体LaH2的密度为(139+10)×44.84×10−83×6.02×1023 g⋅cm−3。
18．(1)Mg(AlH4)2
(2)2Al+2OH−+6H2O =2AlOH4−+3H2↑
(3)2：1
(4)OH−+CO2=HCO3−、AlOH4−+CO2=AlOH3↓+HCO3−
(5)取少量固体粉末，加入足量的冷水，待不再产生气体后，继续滴加盐酸，若有气泡产生，说明固体粉末中含有Mg
【分析】化合物X(含有三种短周期元素)是一种络合氢化物储氢材料，X中含H元素，X中某种元素的单质可用于制造信号弹，该单质能在CO2气体中燃烧，X中含Mg元素，在400℃下分解，放出气体A，A为H2，单质B和金属互化物C中加入氢氧化钠溶液产生氢气并得到溶液E，溶液E中通入过量二氧化碳产生白色胶状沉淀F，则X中还含Al元素，F为Al(OH)3，溶液G为NaHCO3溶液，溶液E为NaOH和NaAlOH4混合溶液，D为Mg，H为MgH2，B为Al，依据题中数据可知，n(Mg)= 0.72g24g/ml =0.03ml，n(Al)= 1.08g27g/ml =0.04ml，n[Al(OH)3]= 4.68g78g/ml =0.06ml，可知X中含有Al的物质的量为0.06ml，金属互化物C中Al物质的量为0.06ml-0.04ml=0.02ml，Mg物质的量为0.03ml，即金属互化物C为Mg3Al2，则X中n(H)= 2.58g−0.03ml×24g/ml−0.06ml×27g/ml1g/ml=0.24ml，则X中Mg的物质的量为0.03ml，Al的物质的量为0.06ml，H的物质的量为0.24ml，X的化学式为Mg(AlH4)2。
【详解】（1）由分析得，化合物X的化学式为Mg(AlH4)2；
（2）单质B为Al，与NaOH溶液生成NaAlOH4和氢气，反应的离子方程式为： 2Al+2OH−+6H2O =2AlOH4−+3H2↑；
（3）金属互化物C为Mg3Al2， Mg、Al都可以与盐酸反应产生氢气，而只有Al与氢氧化钠溶液反应放出氢气，1mlMg3Al2与足量盐酸反应可生成6mlH2，1mlMg3Al2与足量氢氧化钠溶液反应可生成3mlH2，则Mg3Al2分别与足量盐酸和足量氢氧化钠溶液反应产生的气体物质的量之比为：6：3=2：1；
（4）溶液E为NaOH和NaAlOH4混合溶液，过量CO2与氢氧化钠溶液反应生成碳酸氢钠，离子方程式为：OH−+CO2=HCO3−，过量CO2与NaAlOH4溶液反应生成氢氧化铝，离子方程式为：AlOH4−+CO2=AlOH3↓+HCO3−；
（5）MgH2能与冷水反应生成氢氧化镁和氢气，而镁不与冷水反应，检验MgH2中含有Mg的方法为：取少量固体粉末，加入足量的冷水，待不再产生气体后，继续滴加盐酸，若有气泡产生，说明固体粉末中含有Mg。
19．(1) −49kJ⋅ml−1 低温
(2) CO 先减小后增大 4.0×10−3 反应I、III为放热反应，反应II为吸热反应，高温时主要发生反应II，反应II反应前后气体分子数相等，所以气体平均相对分子质量基本不变
(3)2NO3−+16e−+CO2+18H+=CONH22+7H2O
【详解】（1）根据盖斯定律，I=II+III则，ΔH1=ΔH2+ΔH3=+4lkJ⋅ml−1+−90kJ⋅ml−1=−49kJ⋅ml−1；该反应正向放热，正向体积减小熵减，当ΔG=ΔH1−TΔS<0时T较小，则该反应低温自发；
（2）反应I、III正向放热，反应II正向吸热，升高温度反应I、III逆向移动、反应II正向移动，则CO的物质的量分数增大、甲醇的物质的量分数减小，m代表CO；升高温度反应I、III逆向移动、反应II正向移动，根据二氧化碳的变化趋势可以推知水的平衡产量变化趋势为先减小后增大；p点二氧化碳的转化率为20%，则二氧化碳变化物质的量为0.2ml，CO和CH3OH的总物质的量为0.2ml；此时CO的体积分数为20%，则CO和CH3OH的物质的量分别为0.04ml、0.16ml；在1L容器中有：CO2g+3H2g⇌H2Og+CH3OHg起始ml1300变化mlx3xxx平衡ml1-x3-3xxx，CO2g+H2g⇌H2Og+COg起始ml1-x3-3xx0变化mlyyyy平衡ml1-x-y3-3x-yx+yy， COg+2H2g⇌CH3OHg起始mly3-3x-yx变化mlz2zz平衡mly-z3-3x-y-2zx+z，
则x+z=0.16、y-z=0.04，有x+y=0.2，则3-3x-y-2z=3-x+y-2x+z=3-0.2-2×0.16=2.48，1-x-y=1-x+y=0.8，则nCO2=1-x-yml=0.8ml，nH2=3-3x-y-2zml=2.48ml，nH2O=x+yml=0.2ml，nCO=0.04ml，p点为平衡点则Kp=0.04n总p0×0.2n总p00.8n总p0×2.48n总p0≈4.0×10-3；反应I、III为放热反应，反应II为吸热反应，高温时主要发生反应II，反应II反应前后气体分子数相等，所以气体平均相对分子质量基本不变；
（3）电解过程中，NO3−和CO2在电极X上反应生成尿素，N元素化合价由+5降低至-3价，根据电荷守恒、原子守恒，可得到对应的电极反应式：2NO3−+16e−+CO2+18H+=CONH22+7H2O。
20．(1)恒压滴液漏斗
(2)温度低于40℃化学反应速率慢，高于40℃双氧水和氨水发生分解反应而损耗
(3)乙醇洗涤
(4) 2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 饱和食盐水
(5)将装置中残余的氯气赶入D中，防止污染
(6)5Fe(CN)64−+61MnO4−+188H+=5Fe3++61Mn2++30NO3−+30CO2↑+94H2O
(7)306
【分析】I. 制备柠檬酸铁铵时，先向三颈烧瓶中加入一定量铁粉，将柠檬酸溶液加入并搅拌，控温80℃至全部生成柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)白色沉淀；再降温至40℃，滴加一定量的氨水充分反应，生成柠檬酸亚铁铵(NH4FeC6H5O7)；继续控温40℃，缓慢滴加一定量的双氧水，将柠檬酸亚铁铵氧化为柠檬酸铁铵，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到产品。
Ⅱ. 浓盐酸与高锰酸钾在A装置中制取氯气，通入N2把生成的氯气全部排入到C中反应，氯气氧化K4[Fe(CN)6]生成K3[Fe(CN)6]，铁的化合价由+2价升高到+3价，尾气用氢氧化钠溶液吸收。据此分析作答。
【详解】（1）仪器A的名称是恒压滴液漏斗；
（2）使用的氨水受热易分解、使用的H2O2受热易分解，则需控温40℃的原因是：温度低于40℃化学反应速率慢，高于40℃双氧水和氨水发生分解反应而损耗；
（3）从溶液中提取溶质，需蒸发浓缩、冷却结晶，过滤后洗涤，考虑到柠檬酸铁铵易溶于水、不溶于乙醇，应使用乙醇洗涤，则“一系列操作”包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；
（4）A中是用高锰酸钾和浓盐酸制备氯气，反应的化学方程式：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O ；产生的氯气中有HCl和水蒸气，水蒸气对实验没有影响，HCl有影响，装置B中除去HCl用的试剂是饱和食盐水；
（5）反应结束后，通入N2气将装置中残余的氯气赶入D中，防止污染；
（6）黄血盐会被酸性高锰酸钾彻底氧化为CO2和NO3−，不用酸性高锰酸钾制备赤血盐的原因是会发生反应：5Fe(CN)64−+61MnO4−+188H+=5Fe3++61Mn2++30NO3−+30CO2↑+94H2O；
（7）·OH将氨氮氧化为N2方程式：6⋅OH+2NH4+=N2↑+6H2O+2H+，根据Fe4Fe(CN)63+3H2O2+3H+=3FeFe(CN)6+Fe3++3·OH+3H2O，可得关系式：N2~6H2O2，所以生成1mlN2，消耗的H2O2的质量至少为6ml，则收集标准状况下33.6LN2至少消耗H2O2的质量为×6×34g/ml=306g。
21．(1)醚键、醛基
(2)或
(3)AD
(4)15
(5) +NH3⋅H2O →POCl3+2H2O 与
【分析】
C的分子式为C10H12O5，不饱和度为5，又能与NaHCO3反应，说明C中含羧基，结合前后物质的结构简式，可推知C的结构简式为或，据此作答。
【详解】（1）根据B的结构简式可知，B中的含氧官能团为醚键和醛基，故答案为：醚键、醛基。
（2）
C的分子式为C10H12O5，不饱和度为5，又能与NaHCO3反应，说明C中含羧基，结合前后物质的结构简式，可推知C的结构简式为或，故答案为：或。
（3）A．由D的结构简式可知，D的分子式为C10H13NO4，故A正确；
B．由D、E的结构简式可知，D中的N原子为sp2杂化，E中的N原子为sp3杂化，故B错误；
C．D、E中不含连接着四个不同基团的C原子，故D、E中不含手性碳原子，故C错误；
D．由E的结构简式可知，1mlE分子中共含有28NA个σ键，故D正确；
故答案为AD。
（4）化合物A的分子式为C9H12O3，其同分异构体X能与FeCl3发生显色反应，说明X中含有酚羟基，1mlX能与3mlNa反应，而苯环上只有两个取代基，结合分子式可知，一个X分子中含有1个酚羟基、2个醇羟基，包括
、、、、，
每种都有邻、间、对位三种，故符合条件的共有15种(同一碳上与两个羟基相连不稳定，故不考虑)，故答案为：15。
（5）
运用逆合成分析法，结合已知信息，倒推中间产物，确定合成路线。目标产物可由与在DCE中反应合成：可由与ClCOCOCl在DCE中合成，可由与NH3⋅H2O在POCl3下合成，可由经由醛的氧化合成，
①合成路线中生成一元酰胺的反应方程式为：+NH3⋅H2O →POCl3+2H2O；故答案为：+NH3⋅H2O →POCl3+2H2O；
②由上述合成路线可知，最后一步的反应物的结构简式为：与，故答案为：与。