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四川省眉山市彭山区第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考化学试题
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这是一份四川省眉山市彭山区第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考化学试题，文件包含四川省眉山市彭山区第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考化学试题pdf、参考答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
15．(1) 分液漏斗 安全瓶，可以防止倒吸
(2)减少ClO2的溶解
(3)2ClO2+H2O2+2OH﹣=2+O2↑+2H2O
(4)NaClO3和NaCl
(5)加入盐酸酸化，在加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则含有，反之，不含
(6) 当滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液有蓝色变为无色，且半分钟内不恢复
16．(1)SiO2、CaSO4
(2)
(3)1∶1
(4)NaOH溶液能与反应，由于加入量不易控制，会导致最终Be的产率降低
(5)
(6) 防止Be和Mg被氧化 置换反应
17．(1) N 第四周期IB族
(2)A
(3)平面三角形
(4)大于
(5) 、 3
(6) 共价 CuCl 4
18．(1) C7H13Br
(2)+H2O
(3)羰基和醛基
(4)氧化反应
(5)
(6)
1．D
【详解】A．青铜铺首是青铜器，青铜的主要成分是铜锡合金，A正确；
B．透雕白玉璧是玉石，玉石的主要成分是硅酸盐，B正确；
C．石质浮雕是汉白玉，汉白玉的主要成分是碳酸钙，C正确；
D．青花釉里红瓷盖罐是陶瓷，陶瓷的主要成分是硅酸盐，D错误；
故选D。
2．D
【详解】A．HClO中氧原子分别连接氢原子和氯原子形成两个共价键，结构式为H-O-Cl，故A错误；砷为33号元素，根据洪特规则可知，核外电子优先占据单独的简并轨道且自旋状态相同，B错误；Cl-带负电荷，水分子在Cl-周围时，呈正电性的H朝向Cl-，水分子在Na+周围时，呈负电性的O朝向Na+，NaCl溶液中的水合离子应为：、，故C错误；
D．分子中的共价键是由2个氯原子各提供1个未成对电子的3p原子轨道重叠形成的p-pσ键，形成过程为：，故D正确；
故选D。
3．B
【详解】A．标准状况下CH2Cl2是液体，无法确定2.24LCH2Cl2的物质的量，故A错误；
B．16gO2和O3的混合气体中含有16g氧原子，即1ml氧原子，所以含有的质子数为8NA，故B正确；
C．D2O的摩尔质量为20g/ml，1个D2O中含有10个质子和10个中子，则1.8gD2O的物质的量为0.09ml，所含的质子数和中子数均为0.9NA，故C错误；
D．苯中没有碳碳双键，苯环上的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键，故D错误；
故选B。
4．D
【详解】A．X中饱和的C原子sp3杂化形成4个单键，具有类似甲烷的四面体结构，所有碳原子不可能共平面，故A错误；
B．Y中含有1个羰基和1个碳碳双键可与H2加成，因此最多能与发生加成反应，故B错误；
C．Z中含有碳碳双键，可以与的溶液反应，故C错误；
D．Y、Z中均含有碳碳双键，可以使酸性溶液褪色，故D正确；
故选D。
5．C
【详解】A．铁与水蒸气反应生成的气体是，该反应中H由价变成0价，被还原，体现了的氧化性，A错误；
B．如果待测液中含有，与反应也能产生白色沉淀，或者、也会与Ba2+产生白色沉淀，所以通过该实验不能得出待测液中含有的结论，B错误；
C．溶液能与盐酸反应，不能与溶液反应，与溶液和盐酸都能反应，说明的碱性比的强，C正确；
D．溶液中存在平衡(橙色)(黄色)，加入溶液后，与反应，生成物浓度减小，使平衡正向移动，导致溶液由橙色变为黄色，题给结论错误，D错误；
故选C。
6．A
【详解】A．电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2，H2和Cl2点燃反应生成HCl，故A的转化可以实现；
B．氢氧化镁和盐酸反应可以得到氯化镁溶液，但是电解氯化镁溶液不能得到Mg，电解熔融MgCl2才能得到金属镁单质，故B的转化不能实现；
C．纯碱工业是在饱和食盐水中通入NH3和CO2先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解为Na2CO3，故C的转化不能实现；
D．工业制备硫酸，首先黄铁矿和氧气反应生成SO2，但是SO2和水反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，故D的转化不能实现；
故选A。
7．C
【分析】侯氏制碱法主反应的化学方程式为，则可推出W、X、Y、Z、Q、R分别为H元素、C元素、N元素、O元素、元素、元素。
【详解】A．一般原子的电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：，故A错误；
B．同周期从左到右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA族、ⅤA族原子的第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：，故B错误；
C．、为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，二者在常温下均为气体，在常温下为固体，则沸点：，故C正确；
D．同周期元素，从左往右电负性逐渐增大，同族元素，从上到下电负性逐渐减小，电负性：，故D错误；
故选C。
8．D
【详解】A．向水中通入氯气反应生成HCl和HClO，其中HClO为弱电解质，不能拆为离子形式，则该反应的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+ HClO，故A不选；
B．浓盐酸应拆为离子形式，则该反应的离子方程式为：，故B不选；
C．碳酸氢钠溶液加过量澄清石灰水生成碳酸钙、氢氧化钠和水，则该反应的离子方程式为：HCO+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故C不选；
D．金属钠与硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铜蓝色沉淀以及水，则该反应的离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+═2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，故选D。
答案选D
9．D
【详解】A．浓氨水滴到氧化钙中生成氨气，氨气通入硫酸铝溶液中会反应生成氢氧化铝沉淀，但不会溶解，故A错误；
B．CuS和稀硫酸不反应，即新制氯水不会产生乳黄色沉淀，故B错误；
C．浓硫酸和铜常温下不反应，要加热才能反应，即石蕊溶液不会先变红后褪色，故C 错误；
D．稀硫酸与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，二氧化碳通入饱和碳酸钠溶液会发生反应：，因为碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，而原碳酸钠溶液是饱和的，反应又消耗了水，所以会析出碳酸氢钠固体，即产生白色沉淀，故D正确；
故答案为：D。
10．C
【分析】和先发生反应，通过加入X调节pH，使产物完全转化为，通过结晶、过滤、干燥，最终得到成品。
【详解】A．铁是较活泼金属，可与反应生成氢气，故“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入溶液，A项正确；
B．若“中和”工序加入过量，则需要加入酸性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入；若“中和”工序加入过量，则需要加入碱性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入NaOH，所以“调pH”工序中X为NaOH或，B项正确；
C．“结晶”工序中的溶液为饱和溶液，由已知可知的，，则的水解常数，由于，则的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，C项错误；
D．由于易风化失去结晶水，故“干燥”工序需要在低温下进行，D项正确；
故选C。
11．A
【详解】A．能使pH试纸变深蓝色的溶液显碱性，Na+、[Al(OH)4]-、K+、可以大量共存，A项正确；
B．Fe3+水解使溶液呈酸性，故中性溶液不存在Fe3+，C项错误；
C．遇KSCN变红色的溶液的溶液中含有Fe3+，能催化H2O2分解，不能大量共存，C项错误；
D．与单质Al反应生成H2的溶液可能是酸性、可能是碱性，酸性时，能将Fe2+氧化，碱性时，Fe2+不能大量共存，D项错误；
答案选A。
12．A
【详解】A．灼烧海带制海带灰应在坩埚中进行，并用玻璃棒搅拌，给坩埚加热时不需要使用石棉网或陶土网，A项错误；
B．稀盐酸呈酸性，可用酸式滴定管量取15.00mL稀盐酸，B项正确；
C．配制一定浓度的NaCl溶液时，需要将在烧杯中溶解得到的NaCl溶液通过玻璃棒引流转移到选定规格的容量瓶中，C项正确；
D．电石的主要成分CaC2与水发生反应CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑制取C2H2，该制气反应属于固体与液体常温制气反应，分液漏斗中盛放饱和食盐水，具支锥形瓶中盛放电石，D项正确；
答案选A。
13. C
【详解】A．SO2是酸性氧化物，石灰乳为Ca(OH)2，呈碱性，吸收SO2体现了Ca(OH)2的碱性，A正确；
B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板，发生的反应为，体现了Fe3+的氧化性，B正确；
C．制作豆腐时添加石膏，利用的是在胶体中加入电解质发生聚沉这一性质，与CaSO4难溶性无关，C错误；
D．银氨溶液的配制是在硝酸银中逐滴加入氨水，先生成白色沉淀AgOH，最后生成易溶于水的Ag(NH3)2OH，Ag(NH3)2OH中Ag+和NH3之间以配位键结合，体现了NH3的配位性，D正确；
故选C。
14．D
【分析】
本题考查有机物的研究方法。由质谱图可知，X的相对分子质量为最大碎片荷比即136，则有机物X的物质的量为，完全燃烧后生成的水的物质的量为，则氢原子的物质的量为，CO2的物质的量为，碳原子的物质的量为，即1个有机物分子含有8个碳原子，8个氢原子，根据相对分子质量计算氧原子个数为：，因此该有机物的分子式为C8H8O2，据红外光谱图和核磁共振氢谱可知，X的结构简式为。
【详解】A．由质谱图可知，X的相对分子质量为最大碎片荷比即136，A错误；
B．根据分析可知，X的结构简式为，分子中含有的官能团名称为酯基，B错误；
C．X的结构简式为，分子中所有碳原子可能在同一个平面上，C错误；
D．X的同分异构体，同时含有苯环和羧基，D正确；
故答案选D。
15．(1) 分液漏斗 安全瓶，可以防止倒吸
(2)减少ClO2的溶解
(3)2ClO2+H2O2+2OH﹣=2+O2↑+2H2O
(4)NaClO3和NaCl
(5)加入盐酸酸化，在加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则含有，反之，不含
(6) 当滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液有蓝色变为无色，且半分钟内不恢复
【分析】由题可知，装置B为制备ClO2的发生装置，装置C主要起安全瓶的作用，装置D中为ClO2与H2O2在碱性条件下发生反应生成NaClO2，装置E和装置A为尾气吸收装置。
【详解】（1）盛装浓硫酸的仪器名称是分液漏斗，C的作用是安全瓶，可以防止倒吸，故答案为：分液漏斗；安全瓶，可以防止倒吸；
（2）结合信息②可知：B中使用浓硫酸而不用稀硫酸的原因是减少ClO2的溶解，故答案为：减少ClO2的溶解；
（3）ClO2气体与装置D中混合溶液反应生成NaClO2，同时生成氧气和水，根据原子守恒、化合价升降守恒、电荷守恒，可得反应的离子方程式为：2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2−+O2↑+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2−+O2↑+2H2O；
（4）反应后，经以下步骤可从装置D的溶液获得NaClO2晶体：55℃蒸发结晶→趁热过滤→38～60℃热水洗涤→低于60℃干燥，得到成品，结合信息③可知：如果干燥温度过高可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl，故答案为：NaClO3和NaCl；
（5）检验装置D中是否含有SO的方法是：取少量D中反应后的溶液于试管中，加入盐酸酸化，在加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则含有SO，反之，不含SO，故答案为：加入盐酸酸化，在加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则含有SO，反之，不含SO；
（6）①确认滴定终点的现象是当滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液有蓝色变为无色，且半分钟内不恢复，故答案为：当滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液有蓝色变为无色，且半分钟内不恢复；
②根据题意有关系式：ClO2−～2I2～4S2O，所以n(NaClO2)=n(Na2S2O3)=×c ml•L﹣1×V×10﹣3L=cV×10﹣3ml，所称取的样品中NaClO2的质量分数为×100%=，故答案为：。
16．(1)SiO2、CaSO4
(2)
(3)1∶1
(4)NaOH溶液能与反应，由于加入量不易控制，会导致最终Be的产率降低
(5)
(6) 防止Be和Mg被氧化 置换反应
【分析】“酸浸”时BeO、Al2O3、Fe2O3、FeO与稀硫酸反应生成Be2+、Al3+、Fe3+、Fe2+，CaO与硫酸反应生成CaSO4微溶于水，SiO2不溶于酸，过滤的滤渣成分为SiO2、CaSO4，“沉铝”时硫酸铝和硫酸铵反应生成沉淀，加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂X调节溶液pH沉淀Fe3+得到，已知：Be及其化合物的性质与A1及其化合物的性质类似，则能溶于强碱，故试剂X应为弱碱，X应选择氨水；
【详解】（1）CaO与硫酸反应生成CaSO4微溶于水，SiO2不溶于酸，滤渣的主要成分为SiO2、CaSO4；
（2）“沉铝”时硫酸铝和硫酸铵反应生成沉淀，反应方程式为；
（3）氧化相同量的Fe2+，都是将Fe2+氧化为Fe3+，则转移电子数相等，氧化剂可使用H2O2或NaClO分别生成H2O或NaCl，1mlH2O2或NaClO反应均转移2ml电子，则理论上消耗；
（4）已知：Be及其化合物的性质与Al及其化合物的性质类似，则能溶于强碱，故试剂X应为弱碱，试剂X选择氨水而不选择NaOH溶液的原因是：NaOH溶液能与反应，由于加入量不易控制，会导致最终Be的产率降低；
（5）“合成”反应与HF、氨气反应生成和水，反应的化学方程式：；
（6）“转化”时发生反应，需要真空环境的原因是：防止Be和Mg被氧化；该反应类型是置换反应；
17．(1) N 第四周期IB族
(2)A
(3)平面三角形
(4)大于
(5) 、 3
(6) 共价 CuCl 4
【详解】（1）Cu的原子序数为29，其价层电子排布式：，核外电子占据的最高能层为第四能层，对应符号为N，该元素位于元素周期表的第四周期IB族；
（2）现代分析手段中，利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，质谱用来测定相对分子质量，红外光谱用来确定化学键、官能团等，所以可用于检验水中痕量铜元素的是原子光谱，故选A；
（3）中心原子C的价层电子对数：，无孤电子对，则空间构型为平面三角形；
（4）的中心原子N含1对孤电子对，配合物[Cu(NH3)4]SO4中配体中N的孤电子对已经用于形成配位键，氮原子没有孤电子对，因为孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，导致键角变小，所以配合物[Cu(NH3)4]SO4中H-N-H的键角大于107.3°；
（5）
该配合物分子()中1号位置N原子的价层电子对数为3+1=4，为sp3杂化，2号位置的N原子的价层电子对数为3，为sp2杂化，则该配合物分子中N原子的杂化类型为sp2、sp3，由该配合物的结构简式可知，1个该有机配体可与Cu(Ⅱ)形成3个配位键，分别为2个O-Cu键，1个N-Cu键，所以1ml该有机配体与Cu(Ⅱ)形成的配位键为3ml；
（6）①铜和 M 的电负性分别为1.9和3.0，两者电负性差值(1.1)小于1.7，属于共价化合物；M原子的外围电子排布式为 3s23p5，则M为Cl元素，根据均摊法计算：Cl位于晶胞中顶点和面心，其个数：，Cu位于晶胞内部，其个数为4，所以该化合物的化学式为：CuCl；
②取晶胞中上面面心M，在该晶胞中与其最近等距的铜原子有2个，由于M被2个晶胞所共用，所以整个晶体中，与其最近等距的铜原子有4个；
③该晶体的晶胞参数(即立方体晶胞的棱长)为apm，则该晶体的密度是：。
18．(1) C7H13Br
(2)+H2O
(3)羰基和醛基
(4)氧化反应
(5)
(6)
【分析】
发生消去反应生成乙，乙和水发生加成反应生成丙，丙发生消去反应生成丁，乙和HBr发生加成反应生成己，己发生消去反应生成丁，丁发生氧化反应生成戊，戊发生氧化反应生成庚；
【详解】（1）
甲的分子式为C7H13Br，乙的结构简式为；
（2）
丙为，丙发生消去反应生成丁，丙转化成丁的化学方程式：+H2O；
（3）戊分子中含有的官能团名称是羰基、醛基；
（4）丁转化成戊的过程中，碳碳双键断裂、组成上加氧，反应类型为氧化反应；
（5）
庚()的同分异构体在稀硫酸加热条件下能够水解，说明含有酯基，能和新制Cu(OH)2共热生成砖红色沉淀，说明含有酯基，能与钠反应生成氢气，说明含有羧基，综上可知含有甲酸形成的酯基，分子中含有六元碳环，有2个侧链为-OH、-OOCH，有同、邻、间、对4种为关系，即符合条件的同分异构体共有4种，其中，核磁共振氢谱中有四组峰，且峰面积之比是4∶4∶1∶1∶1∶1的物质的结构简式为；
（6）
2-羟基丁酸可由发生还原反应得到，由发生氧化反应得到，由丁戊转化得到，丙炔和1，3-丁二烯发生加成反应得，
因此空缺的合成路线为。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
B
D
C
A
C
D
D
C
题号
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
答案
A
A
C
D
15．(1) 分液漏斗 安全瓶，可以防止倒吸
(2)减少ClO2的溶解
(3)2ClO2+H2O2+2OH﹣=2+O2↑+2H2O
(4)NaClO3和NaCl
(5)加入盐酸酸化，在加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则含有，反之，不含
(6) 当滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液有蓝色变为无色，且半分钟内不恢复
16．(1)SiO2、CaSO4
(2)
(3)1∶1
(4)NaOH溶液能与反应，由于加入量不易控制，会导致最终Be的产率降低
(5)
(6) 防止Be和Mg被氧化 置换反应
17．(1) N 第四周期IB族
(2)A
(3)平面三角形
(4)大于
(5) 、 3
(6) 共价 CuCl 4
18．(1) C7H13Br
(2)+H2O
(3)羰基和醛基
(4)氧化反应
(5)
(6)
1．D
【详解】A．青铜铺首是青铜器，青铜的主要成分是铜锡合金，A正确；
B．透雕白玉璧是玉石，玉石的主要成分是硅酸盐，B正确；
C．石质浮雕是汉白玉，汉白玉的主要成分是碳酸钙，C正确；
D．青花釉里红瓷盖罐是陶瓷，陶瓷的主要成分是硅酸盐，D错误；
故选D。
2．D
【详解】A．HClO中氧原子分别连接氢原子和氯原子形成两个共价键，结构式为H-O-Cl，故A错误；砷为33号元素，根据洪特规则可知，核外电子优先占据单独的简并轨道且自旋状态相同，B错误；Cl-带负电荷，水分子在Cl-周围时，呈正电性的H朝向Cl-，水分子在Na+周围时，呈负电性的O朝向Na+，NaCl溶液中的水合离子应为：、，故C错误；
D．分子中的共价键是由2个氯原子各提供1个未成对电子的3p原子轨道重叠形成的p-pσ键，形成过程为：，故D正确；
故选D。
3．B
【详解】A．标准状况下CH2Cl2是液体，无法确定2.24LCH2Cl2的物质的量，故A错误；
B．16gO2和O3的混合气体中含有16g氧原子，即1ml氧原子，所以含有的质子数为8NA，故B正确；
C．D2O的摩尔质量为20g/ml，1个D2O中含有10个质子和10个中子，则1.8gD2O的物质的量为0.09ml，所含的质子数和中子数均为0.9NA，故C错误；
D．苯中没有碳碳双键，苯环上的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键，故D错误；
故选B。
4．D
【详解】A．X中饱和的C原子sp3杂化形成4个单键，具有类似甲烷的四面体结构，所有碳原子不可能共平面，故A错误；
B．Y中含有1个羰基和1个碳碳双键可与H2加成，因此最多能与发生加成反应，故B错误；
C．Z中含有碳碳双键，可以与的溶液反应，故C错误；
D．Y、Z中均含有碳碳双键，可以使酸性溶液褪色，故D正确；
故选D。
5．C
【详解】A．铁与水蒸气反应生成的气体是，该反应中H由价变成0价，被还原，体现了的氧化性，A错误；
B．如果待测液中含有，与反应也能产生白色沉淀，或者、也会与Ba2+产生白色沉淀，所以通过该实验不能得出待测液中含有的结论，B错误；
C．溶液能与盐酸反应，不能与溶液反应，与溶液和盐酸都能反应，说明的碱性比的强，C正确；
D．溶液中存在平衡(橙色)(黄色)，加入溶液后，与反应，生成物浓度减小，使平衡正向移动，导致溶液由橙色变为黄色，题给结论错误，D错误；
故选C。
6．A
【详解】A．电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2，H2和Cl2点燃反应生成HCl，故A的转化可以实现；
B．氢氧化镁和盐酸反应可以得到氯化镁溶液，但是电解氯化镁溶液不能得到Mg，电解熔融MgCl2才能得到金属镁单质，故B的转化不能实现；
C．纯碱工业是在饱和食盐水中通入NH3和CO2先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解为Na2CO3，故C的转化不能实现；
D．工业制备硫酸，首先黄铁矿和氧气反应生成SO2，但是SO2和水反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，故D的转化不能实现；
故选A。
7．C
【分析】侯氏制碱法主反应的化学方程式为，则可推出W、X、Y、Z、Q、R分别为H元素、C元素、N元素、O元素、元素、元素。
【详解】A．一般原子的电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：，故A错误；
B．同周期从左到右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA族、ⅤA族原子的第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：，故B错误；
C．、为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，二者在常温下均为气体，在常温下为固体，则沸点：，故C正确；
D．同周期元素，从左往右电负性逐渐增大，同族元素，从上到下电负性逐渐减小，电负性：，故D错误；
故选C。
8．D
【详解】A．向水中通入氯气反应生成HCl和HClO，其中HClO为弱电解质，不能拆为离子形式，则该反应的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+ HClO，故A不选；
B．浓盐酸应拆为离子形式，则该反应的离子方程式为：，故B不选；
C．碳酸氢钠溶液加过量澄清石灰水生成碳酸钙、氢氧化钠和水，则该反应的离子方程式为：HCO+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故C不选；
D．金属钠与硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铜蓝色沉淀以及水，则该反应的离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+═2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，故选D。
答案选D
9．D
【详解】A．浓氨水滴到氧化钙中生成氨气，氨气通入硫酸铝溶液中会反应生成氢氧化铝沉淀，但不会溶解，故A错误；
B．CuS和稀硫酸不反应，即新制氯水不会产生乳黄色沉淀，故B错误；
C．浓硫酸和铜常温下不反应，要加热才能反应，即石蕊溶液不会先变红后褪色，故C 错误；
D．稀硫酸与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，二氧化碳通入饱和碳酸钠溶液会发生反应：，因为碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，而原碳酸钠溶液是饱和的，反应又消耗了水，所以会析出碳酸氢钠固体，即产生白色沉淀，故D正确；
故答案为：D。
10．C
【分析】和先发生反应，通过加入X调节pH，使产物完全转化为，通过结晶、过滤、干燥，最终得到成品。
【详解】A．铁是较活泼金属，可与反应生成氢气，故“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入溶液，A项正确；
B．若“中和”工序加入过量，则需要加入酸性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入；若“中和”工序加入过量，则需要加入碱性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入NaOH，所以“调pH”工序中X为NaOH或，B项正确；
C．“结晶”工序中的溶液为饱和溶液，由已知可知的，，则的水解常数，由于，则的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，C项错误；
D．由于易风化失去结晶水，故“干燥”工序需要在低温下进行，D项正确；
故选C。
11．A
【详解】A．能使pH试纸变深蓝色的溶液显碱性，Na+、[Al(OH)4]-、K+、可以大量共存，A项正确；
B．Fe3+水解使溶液呈酸性，故中性溶液不存在Fe3+，C项错误；
C．遇KSCN变红色的溶液的溶液中含有Fe3+，能催化H2O2分解，不能大量共存，C项错误；
D．与单质Al反应生成H2的溶液可能是酸性、可能是碱性，酸性时，能将Fe2+氧化，碱性时，Fe2+不能大量共存，D项错误；
答案选A。
12．A
【详解】A．灼烧海带制海带灰应在坩埚中进行，并用玻璃棒搅拌，给坩埚加热时不需要使用石棉网或陶土网，A项错误；
B．稀盐酸呈酸性，可用酸式滴定管量取15.00mL稀盐酸，B项正确；
C．配制一定浓度的NaCl溶液时，需要将在烧杯中溶解得到的NaCl溶液通过玻璃棒引流转移到选定规格的容量瓶中，C项正确；
D．电石的主要成分CaC2与水发生反应CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑制取C2H2，该制气反应属于固体与液体常温制气反应，分液漏斗中盛放饱和食盐水，具支锥形瓶中盛放电石，D项正确；
答案选A。
13. C
【详解】A．SO2是酸性氧化物，石灰乳为Ca(OH)2，呈碱性，吸收SO2体现了Ca(OH)2的碱性，A正确；
B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板，发生的反应为，体现了Fe3+的氧化性，B正确；
C．制作豆腐时添加石膏，利用的是在胶体中加入电解质发生聚沉这一性质，与CaSO4难溶性无关，C错误；
D．银氨溶液的配制是在硝酸银中逐滴加入氨水，先生成白色沉淀AgOH，最后生成易溶于水的Ag(NH3)2OH，Ag(NH3)2OH中Ag+和NH3之间以配位键结合，体现了NH3的配位性，D正确；
故选C。
14．D
【分析】
本题考查有机物的研究方法。由质谱图可知，X的相对分子质量为最大碎片荷比即136，则有机物X的物质的量为，完全燃烧后生成的水的物质的量为，则氢原子的物质的量为，CO2的物质的量为，碳原子的物质的量为，即1个有机物分子含有8个碳原子，8个氢原子，根据相对分子质量计算氧原子个数为：，因此该有机物的分子式为C8H8O2，据红外光谱图和核磁共振氢谱可知，X的结构简式为。
【详解】A．由质谱图可知，X的相对分子质量为最大碎片荷比即136，A错误；
B．根据分析可知，X的结构简式为，分子中含有的官能团名称为酯基，B错误；
C．X的结构简式为，分子中所有碳原子可能在同一个平面上，C错误；
D．X的同分异构体，同时含有苯环和羧基，D正确；
故答案选D。
15．(1) 分液漏斗 安全瓶，可以防止倒吸
(2)减少ClO2的溶解
(3)2ClO2+H2O2+2OH﹣=2+O2↑+2H2O
(4)NaClO3和NaCl
(5)加入盐酸酸化，在加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则含有，反之，不含
(6) 当滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液有蓝色变为无色，且半分钟内不恢复
【分析】由题可知，装置B为制备ClO2的发生装置，装置C主要起安全瓶的作用，装置D中为ClO2与H2O2在碱性条件下发生反应生成NaClO2，装置E和装置A为尾气吸收装置。
【详解】（1）盛装浓硫酸的仪器名称是分液漏斗，C的作用是安全瓶，可以防止倒吸，故答案为：分液漏斗；安全瓶，可以防止倒吸；
（2）结合信息②可知：B中使用浓硫酸而不用稀硫酸的原因是减少ClO2的溶解，故答案为：减少ClO2的溶解；
（3）ClO2气体与装置D中混合溶液反应生成NaClO2，同时生成氧气和水，根据原子守恒、化合价升降守恒、电荷守恒，可得反应的离子方程式为：2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2−+O2↑+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2−+O2↑+2H2O；
（4）反应后，经以下步骤可从装置D的溶液获得NaClO2晶体：55℃蒸发结晶→趁热过滤→38～60℃热水洗涤→低于60℃干燥，得到成品，结合信息③可知：如果干燥温度过高可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl，故答案为：NaClO3和NaCl；
（5）检验装置D中是否含有SO的方法是：取少量D中反应后的溶液于试管中，加入盐酸酸化，在加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则含有SO，反之，不含SO，故答案为：加入盐酸酸化，在加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则含有SO，反之，不含SO；
（6）①确认滴定终点的现象是当滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液有蓝色变为无色，且半分钟内不恢复，故答案为：当滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液有蓝色变为无色，且半分钟内不恢复；
②根据题意有关系式：ClO2−～2I2～4S2O，所以n(NaClO2)=n(Na2S2O3)=×c ml•L﹣1×V×10﹣3L=cV×10﹣3ml，所称取的样品中NaClO2的质量分数为×100%=，故答案为：。
16．(1)SiO2、CaSO4
(2)
(3)1∶1
(4)NaOH溶液能与反应，由于加入量不易控制，会导致最终Be的产率降低
(5)
(6) 防止Be和Mg被氧化 置换反应
【分析】“酸浸”时BeO、Al2O3、Fe2O3、FeO与稀硫酸反应生成Be2+、Al3+、Fe3+、Fe2+，CaO与硫酸反应生成CaSO4微溶于水，SiO2不溶于酸，过滤的滤渣成分为SiO2、CaSO4，“沉铝”时硫酸铝和硫酸铵反应生成沉淀，加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂X调节溶液pH沉淀Fe3+得到，已知：Be及其化合物的性质与A1及其化合物的性质类似，则能溶于强碱，故试剂X应为弱碱，X应选择氨水；
【详解】（1）CaO与硫酸反应生成CaSO4微溶于水，SiO2不溶于酸，滤渣的主要成分为SiO2、CaSO4；
（2）“沉铝”时硫酸铝和硫酸铵反应生成沉淀，反应方程式为；
（3）氧化相同量的Fe2+，都是将Fe2+氧化为Fe3+，则转移电子数相等，氧化剂可使用H2O2或NaClO分别生成H2O或NaCl，1mlH2O2或NaClO反应均转移2ml电子，则理论上消耗；
（4）已知：Be及其化合物的性质与Al及其化合物的性质类似，则能溶于强碱，故试剂X应为弱碱，试剂X选择氨水而不选择NaOH溶液的原因是：NaOH溶液能与反应，由于加入量不易控制，会导致最终Be的产率降低；
（5）“合成”反应与HF、氨气反应生成和水，反应的化学方程式：；
（6）“转化”时发生反应，需要真空环境的原因是：防止Be和Mg被氧化；该反应类型是置换反应；
17．(1) N 第四周期IB族
(2)A
(3)平面三角形
(4)大于
(5) 、 3
(6) 共价 CuCl 4
【详解】（1）Cu的原子序数为29，其价层电子排布式：，核外电子占据的最高能层为第四能层，对应符号为N，该元素位于元素周期表的第四周期IB族；
（2）现代分析手段中，利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，质谱用来测定相对分子质量，红外光谱用来确定化学键、官能团等，所以可用于检验水中痕量铜元素的是原子光谱，故选A；
（3）中心原子C的价层电子对数：，无孤电子对，则空间构型为平面三角形；
（4）的中心原子N含1对孤电子对，配合物[Cu(NH3)4]SO4中配体中N的孤电子对已经用于形成配位键，氮原子没有孤电子对，因为孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，导致键角变小，所以配合物[Cu(NH3)4]SO4中H-N-H的键角大于107.3°；
（5）
该配合物分子()中1号位置N原子的价层电子对数为3+1=4，为sp3杂化，2号位置的N原子的价层电子对数为3，为sp2杂化，则该配合物分子中N原子的杂化类型为sp2、sp3，由该配合物的结构简式可知，1个该有机配体可与Cu(Ⅱ)形成3个配位键，分别为2个O-Cu键，1个N-Cu键，所以1ml该有机配体与Cu(Ⅱ)形成的配位键为3ml；
（6）①铜和 M 的电负性分别为1.9和3.0，两者电负性差值(1.1)小于1.7，属于共价化合物；M原子的外围电子排布式为 3s23p5，则M为Cl元素，根据均摊法计算：Cl位于晶胞中顶点和面心，其个数：，Cu位于晶胞内部，其个数为4，所以该化合物的化学式为：CuCl；
②取晶胞中上面面心M，在该晶胞中与其最近等距的铜原子有2个，由于M被2个晶胞所共用，所以整个晶体中，与其最近等距的铜原子有4个；
③该晶体的晶胞参数(即立方体晶胞的棱长)为apm，则该晶体的密度是：。
18．(1) C7H13Br
(2)+H2O
(3)羰基和醛基
(4)氧化反应
(5)
(6)
【分析】
发生消去反应生成乙，乙和水发生加成反应生成丙，丙发生消去反应生成丁，乙和HBr发生加成反应生成己，己发生消去反应生成丁，丁发生氧化反应生成戊，戊发生氧化反应生成庚；
【详解】（1）
甲的分子式为C7H13Br，乙的结构简式为；
（2）
丙为，丙发生消去反应生成丁，丙转化成丁的化学方程式：+H2O；
（3）戊分子中含有的官能团名称是羰基、醛基；
（4）丁转化成戊的过程中，碳碳双键断裂、组成上加氧，反应类型为氧化反应；
（5）
庚()的同分异构体在稀硫酸加热条件下能够水解，说明含有酯基，能和新制Cu(OH)2共热生成砖红色沉淀，说明含有酯基，能与钠反应生成氢气，说明含有羧基，综上可知含有甲酸形成的酯基，分子中含有六元碳环，有2个侧链为-OH、-OOCH，有同、邻、间、对4种为关系，即符合条件的同分异构体共有4种，其中，核磁共振氢谱中有四组峰，且峰面积之比是4∶4∶1∶1∶1∶1的物质的结构简式为；
（6）
2-羟基丁酸可由发生还原反应得到，由发生氧化反应得到，由丁戊转化得到，丙炔和1，3-丁二烯发生加成反应得，
因此空缺的合成路线为。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
B
D
C
A
C
D
D
C
题号
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
答案
A
A
C
D
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