柳州市达标名校2018年高考二月大联考化学试卷含解析

柳州市达标名校2018年高考二月大联考化学试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列叙述正确的是
A．标准状况下，11.2LCHC13中含有的氯原子数目为1.5N A
B．10.0g质量分数为46％的乙醇溶液与足量钠反应产生的H2数目为0.05N A
C．常温常压下，124gP4中含σ键数目为4N A
D．向1L1mol·L－1NH4Cl溶液中加入氨水至中性，溶液中+
4
NH数目为N A
2．潮湿的氯气、新制的氯水及漂粉精的水溶液均能使有色布条褪色，因为它们都含有
A．Cl2B．HClO C．ClO‾D．HCl
3．化学与生活密切相关。

下列说法错误的是（）
A．“赤潮”与水体中N、P元素的含量较高有关
B．“绿色蔬菜”种植过程中不能使用农药和肥料
C．游泳池中按标准加入胆矾可消毒杀菌
D．制作医用口罩使用的聚丙烯属于人工合成高分子材料
4．化学与人类的生活、生产息息相关，下列说法不正确的是
A．生活中常用小苏打来治疗胃酸过多
B．水泥、陶瓷、玻璃工业的生产原料中都用到了石灰石
C．硫酸钡可用于胃肠X 射线造影检查
D．双氧水、高锰酸钾溶液可杀死埃博拉病毒，其原理与漂白粉消毒饮用水的原理相同
5．2019年诺贝尔化学奖授予约翰·古迪纳夫、斯坦利·威廷汉和吉野彰，表彰他们对锂离子电池研究的贡献。

磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。

采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片（除LiFePO4外，还含有Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂）中的资源，部分流程如图：
（1）从“正极”可以回收的金属有___________。

（2）“碱溶”时Al箔溶解的离子方程式_________。

（3）“酸浸”时产生标准状况下2.24L NO时，则被氧化的LiFePO4为______mol。

（其他杂质不与HNO3反应）
（4）实验测得滤液②中c（Li+）＝4mol·L－1，加入等体积的Na2CO3溶液后，Li+的沉降率到99%，则滤液③中c（CO32－）＝________mol·L－1。

[K sp（Li2CO3）＝1.6×10－3]
（5）磷酸亚铁锂电池总反应为：LiFePO4＋6C充电
放电Li1
－x
FePO4＋Li x C6，电池中的固体电解质可传导Li+。

充电时，Li+移向_______（填“阳极”或“阴极”）；放电时，正极反应式为_______。

（6）磷酸亚铁锂电池中铁的含量可通过如下方法测定：称取1.40g试样用盐酸溶解，在溶液中加入稍过量的SnCl2溶液，再加入HgCl2饱和溶液，用二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.030mol·L－1重铬酸钾溶液滴定至溶液由浅绿色变为蓝紫色，消耗重铬酸钾溶液40.00mL。

已知：2Fe3+＋Sn2+＋6Cl－=SnCl62－＋2Fe2+
4Cl－＋Sn2+＋2HgCl2=SnCl62－＋Hg2Cl2
6Fe2+＋Cr2O72－＋14H+=6Fe3+＋2Cr3+＋7H2O
① 实验中加入HgCl2饱和溶液的目的是__________。

② 磷酸亚铁锂电池中铁的含量为_______。

6．桥环烷烃是指共用两个或两个以上碳原子的多环烷烃，二环[1，1，0]丁烷()是最简单的一种。

下列关于该化合物的说法错误的是
A．与1，3-丁二烯互为同分异构体
B．二氯代物共有4种
C．碳碳键只有单键且彼此之间的夹角有45°和90°两种
D．每一个碳原子均处于与其直接相连的原子构成的四面体内部
7．某课外活动小组，为研究金属的腐蚀和防护的原理，做了以下实验：将剪下的一块镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，按如图所示的装置进行实验，过一段时间后观察。

下列现象不可能出现的是
A．锌被腐蚀B．金属片剪口变红
C．B中导气管里形成一段水柱D．B中导气管产生气泡
8．常温下，向1 L 0.1 mol·L－1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3·H2O的变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)。

下列说法不正确的是()
A．M点溶液中水的电离程度比原溶液小
B．在M点时，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05) mol
C．随着NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不断增大
D．当n(NaOH)＝0.1 mol时，c(Na＋)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)
9．下列选项中，有关实验操作、现象和结论都正确的是
选项实验操作现象结论
A 将过量的CO2通入CaCl2溶液中无白色沉淀出现生成的Ca(HCO3)2可溶于水
B 常温下将Al片插入浓硫酸中无明显现象Al片和浓硫酸不反应
用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试
C
试纸变蓝色浓氨水呈碱性
纸上
D 将SO2通入溴水中溶液褪色SO2具有漂白性
A．A B．B C．C D．D
10．下列关于硫酸铜溶液和氢氧化铁胶体的说法中，正确的是
A．前者是混合物，后者是纯净物B．两者都具有丁达尔效应
C．分散质的粒子直径均在1~100nm之间D．前者可用于杀菌，后者可用于净水
11．钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠(Na2S x)分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷(可传导Na+)为电解质，总反应为2Na+xS Na2S x，其反应原理如图所示。

下列叙述正确的是（）
A．放电时，电极a为正极
B．放电时，内电路中Na+的移动方向为从b到a
C．充电时，电极b的反应式为S x2--2e-=xS
D．充电时，Na+在电极b上获得电子，发生还原反应
12．某学生设计下列装置，在制取某些物质A的同时，还能提供电能，可行性的是()
甲乙电解质溶液 A
A H2Cl2稀HCl HCl
B N2H2某可行溶液NH3·H2O
C CO2NH3NaCl饱和溶液NaHCO3
D Pb PbO2H2SO4溶液PbSO4
A．A B．B C．C D．D
13．关于下列四个装置的说明符合实验要求的是
A．装置①：实验室中若需制备较多量的乙炔可用此装置
B．装置②：实验室中可用此装置来制备硝基苯，但产物中可能会混有苯磺酸
C．装置③：实验室中可用此装置分离含碘的四氯化碳液体，最终在锥形瓶中可获得碘
D．装置④：实验室中可用此装置来制备乙酸乙酯并在烧瓶中获得产物
14．常温下，向20mL、浓度均为0.1mol·L－1的氢氧化钠溶液、氨水中分别滴加0.1mol·L－1盐酸，溶液导电性如图所示（已知：溶液导电性与离子浓度相关）。

下列说法正确的是
A．a点溶液pH=11
B．曲线1中c与e之间某点溶液呈中性
C．c点溶液中：c（H+）=c（OH－）+c（N3H·H2O）
D．在a、b、c、d、e中，水电离程度最大的点是d
15．25℃时，某实验小组同学向铝与过量稀盐酸反应后的残留液中滴加氢氧化钠溶液，并用pH传感器测得pH变化曲线如图所示(B点开始出现白色沉淀)。

下列说法错误的是()
A．A 点前发生中和反应
B．BC 段沉淀质量逐渐增加
C．D 点后的反应为：Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O
D．E 点溶液中溶质主要是NaAlO2和NaOH
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．已知25℃时，K sp(Ag2S)=6.3×10－50、K sp(AgCl)=1.5×10－16。

某研究性学习小组探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因。

步骤现象
Ⅰ.将NaCl与AgNO3溶液混合产生白色沉淀
Ⅱ.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀变为黑色
Ⅲ.滤出黑色沉淀，加入NaCl溶液在空气中放置较长时间后，沉淀变为乳白色
(1)Ⅰ中的白色沉淀是__。

(2)Ⅱ中能说明沉淀变黑的离子方程式是__。

(3)滤出步骤Ⅲ中乳白色沉淀，推测含有AgCl。

用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，过滤得到滤液X和白色沉淀Y。

ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀
ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀
①由ⅰ判断，滤液X中被检出的离子是__。

②由ⅰ、ⅱ可确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀__。

(4)该学生通过如下对照实验确认了步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因：在NaCl存在下，氧气将Ⅲ中黑色沉淀氧化。

B：一段时间后，出现乳白色沉淀
现象
C：一段时间后，无明显变化
①A中产生的气体是___。

②C中盛放的物质W是__。

③该同学认为B中产生沉淀的反应如下（请补充完整）：__
2Ag2S+__+__+2H2O=4AgCl+__+4NaOH
④从溶解平衡移动的角度，解释B中NaCl的作用__。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．化合物F是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成：
已知：RCHO＋CH3CHO RCH(OH)CH2CHO。

试回答：
（1）A的结构简式是_________，E→F的反应类型是_________。

（2）B→C反应的化学方程式为_____________。

（3）C→D所用试剂和反应条件分别是_________。

E中官能团的名称是________________。

（4）检验F中碳碳双键的方法是_________________________。

（5）连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有______种（除D外）。

其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为____________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．乙醛(CH3CHO)是有机合成中的二碳试剂，是合成乙酸、乙醇、乙酸乙酯、农药DDT等的原料。

回答下列问题:
(1)Andrea Dasic 等提出在金属催化剂M作用下以N2O为氧化剂可以氧化乙烯生成乙醛。

催化体系氧化还原循环如图所示。

(物质与氧原子的结合力用OA表示)
氧原子与N 生成NO 的结合力OA(N)= 167.4kJ·
mol -1,氧原子与乙烯生成乙醛的结合力OA(C 2 H 4)=473 kJ∙mol -1,则可用作该反应催化剂的金属M 与氧原子的结合力OA(M)的值应满足:_______,使用催化剂会使该反应的活化能____(填“增大”或“减小”)。

(2)已知CO(g)、CH 4(g)、CH 3CHO(l)的燃烧热分别为283.0 kJ∙mol -1、890.31 kJ· mol -1、1167.9 kJ∙mol -1,则乙醛的分解反应CH
3CHO(l)
CH 4(g)+CO(g)的 ∆H =________。

(3)已知:在含有少量I 2的溶液中,反应CH 3CHO(aq)
CH 4 (g)+CO(g)分两步进行:
第I 步反应为CH 3CHO(aq) +I 2(aq)→CH 3I(l) + HI(aq) +CO(g)(慢反应),第II 步为快反应。

①请写出第II 步反应的化学方程式:__________。

②增大I 2的浓度______(填“能"或“不能")明显增大总反应的平均速率,理由为_________。

(4)乙醛可以与饱和的NaHSO 3溶液发生反应生成水溶性的α-羟基磺酸钠:CH 3CHO+ NaHSO 3
CH 3CH(OH)SO 3Na(α-羟基磺酸为易溶于水的强酸)。

反应达到平衡后,若其他条件不变,向反应体
系中加入足量盐酸，平衡将___ (填“ 正向”“逆向”或“不")移动。

(5)在100~120 °C 、PdCl 2 – CuCl 2催化剂存在下,乙烯可以与O 2反应生成乙醛: 2CH 2=CH 2(g) +O 2(g)
2°PdCl-CuCl 100-120C
2CH 3CHO(g)。

T°C 时，向2 L 的恒容密闭容器中通入3 mol CH 2=CH 2(g)和3 mol O 2(g),发生上述反应,反应刚好达到平衡状态后体系压强变为初始压强的5/6，则CH 2=CH 2(g)的平衡转化率为____ (结果保留3位有效数字),T °C 时该反应的平衡常数K 为________。

19．（6分）X 、Y 、Z 、M 、N 、Q 、P 为元素周期表前四周期的7种元素。

其中，X 原子核外的M 层中只有两对成对电子，Y 原子核外的L 层电子数是K 层的两倍，Z 是地壳内含量最高的元素，M 的内层电子数是最外层电子数的9倍，N 的原子序数比M 小1，Q 在元素周期表的各元素中电负性最大。

P 元素的第三电子层处于全充满状态，第四电子层只有一个电子。

请回答下列问题： (1)基态X 的外围电子电子排布图为_____，P 元素属于_____ 区元素。

(2)XZ 2分子的空间构型是_____，YZ 2分子中Y 的杂化轨道类型为_____，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是_____（写分子式），理由是_____。

(3)含有元素N 的盐的焰色反应为____色，许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是___。

(4)元素M 与元素Q 形成晶体中，M 离子与Q 离子的配位数之比为_____。

(5)P 单质形成的晶体中，P 原子采取的堆积方式为_____，P 原子采取这种堆积方式的空间利用率为_____（用含π表达式表示）。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．标准状况下，CHC13是液体，不能用22.4L/mol计算物质的量，不能确定氯原子数目，故A错误；
B．10.0g质量分数为46%的乙醇溶液中CH3CH2OH的质量是10.0g×46%=4.6g，物质的量为
4.6g
46g/mol
=0.1mol，
根据化学方程式2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，0.1mol乙醇生成0.05mol氢气，乙醇溶液中的水也能与钠反应生成氢气，故与足量的钠反应产生H2数目大于0.05N A，故B错误；
C．一个P4分子中含有6个磷磷单键，即6个σ键，124gP4物质的量为124g÷124g/mol=1mol，含σ键数目为6N A，故C错误；
D．向1L1mol·L－1NH4Cl溶液中加入氨水至中性，则c(H+)= c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+
c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，则n(NH4+)=n(Cl-)=1L×1mol·L－1=1mol，则+
4
NH数目为N A，故D正确；
答案选D。

【点睛】
C项的P4分子是正四面体构型，分子中含有6个磷磷单键，知道物质的结构很关键。

2．B
【解析】
氯气与水反应生成HClO、HCl，Cl2、HCl都没有漂白性，HClO具有漂白性，故B正确。

3．B
【解析】
【分析】
【详解】
A. N、P元素是农作物生长需要的宏量元素，若水体中N、P元素的含量较高，水中藻类物质就会生长旺盛，导致产生赤潮现象，A正确；
B. “绿色蔬菜”种植过程中为了使蔬菜生长旺盛，控制病虫害，也要适当使用农药和肥料，B错误；
C. Cu2+是重金属离子，能够使病菌、病毒的蛋白质发生变性，因此游泳池中按标准加入胆矾可消毒杀菌，C正确；
D.制作医用口罩使用的聚丙烯是由丙烯通过加聚反应产生的人工合成高分子材料，D 正确； 故合理选项是B 。

4．B 【解析】 【详解】
A 选项，生活中常用小苏打、氢氧化铝来治疗胃酸过多，故A 正确；
B 选项，水泥主要原料是黏土、石灰石、石膏，陶瓷主要原料是黏土，玻璃工业主要原料是碳酸钠、碳酸钙、二氧化硅，因此生产原料中不是都用到了石灰石，故B 错误；
C 选项，硫酸钡男溶于水和酸，可用于胃肠 X 射线造影检查，故C 正确；
D 选项，双氧水、高锰酸钾溶液具有强氧化性，可用于杀死埃博拉病毒，漂白粉消毒饮用水主要是氢氧化性，因此原理都相同，故D 正确； 综上所述，答案为B 。

5．Li 、Fe 、Al 2Al ＋2OH －＋2H 2O =2AlO 2－＋3H 2↑ 0.3 4 阴极 Li 1－x FePO 4＋xLi +＋xe －=LiFePO 4 将溶液中过量Sn 2+转化为稳定的SnCl 62－，防止其干扰Fe 2+的测定 28.8% 【解析】 【详解】
(1)根据分析流程，碱溶可得到NaAlO 2滤液，调节pH 值，生成的沉淀为FePO 4，加入碳酸钠，可生成Li 2CO 3沉淀，因此从“正极”可以回收的金属有Li 、Fe 、Al ，故答案为：Li 、Fe 、Al ；
(2)碱溶时Al 箔与氢氧化钠反应，溶解的离子方程式2Al ＋2OH －＋2H 2O =2AlO 2－
＋3H 2↑，故答案为：2Al
＋2OH －＋2H 2O =2AlO 2－＋3H 2↑；
(3)酸浸时HNO 3转化为NO ，产生标准状况下2.24LNO 的物质的量为
2.24L
22.4L/mol
=0.1mol ，产生1molNO ，
转移3mol 电子，则生成0.1molNO 转移0.3mol 电子，LiFePO 4与硝酸反应转化为FePO 4，Fe 的化合价由+2价变为+3价，溶解1mol LiFePO 4转移1mol 电子，则转移0.3mol 电子，溶解0.3mol LiFePO 4，故答案为：0.3；
(4)若滤液②中c (Li +)=4mol /L ，加入等体积的Na 2CO 3后，Li +的沉降率到99%，混合后溶液中含有的c (Li +)=()4mol /L 199%0.50.02mol /L ⨯-⨯=，已知：K sp (Li 2CO 3)=c 2(Li +)·c (CO 32-)=1.6×10-3，则滤液
③中c (CO 32-
)=
()()
SP 232
+
K Li CO c Li
=
()
3
2
1.6100.02-⨯=4 mol /L ，故答案为：4；
(5)充电时，阳离子Li +移向阴极；放电时，正极发生还原反应，正极反应式为Li 1-x FePO 4+xLi ++xe -=LiFePO 4，故答案为：阴极；Li 1－x FePO 4＋xLi +＋xe －=LiFePO 4；
(6)①实验中加入HgCl 2饱和溶液，可以发生反应：4Cl -+Sn 2++2HgCl 2=SnCl 62-+Hg 2Cl 2，这样就可以使溶液中过量的Sn 2+转化为稳定的络离子SnCl 62-，从而防止用重铬酸钾溶液滴定溶液中Fe 2+时干扰实验结果的测定，造成实验误差，故答案为：将溶液中过量Sn 2+转化为稳定的SnCl 62－，防止其干扰Fe 2+的测定；
②根据6Fe 2++Cr 2O 72-+14H +=6Fe 3++2Cr 3+
+7H 2O 可知
n (Fe 2+)=6n (Cr 2O 72-)=360.030mol /L 0.0400L 7.210mol -⨯⨯=⨯，m (Fe )=3nM 7.210mol 56g /mol 0.4032g -=⨯⨯=，所以铁的百分含量=
()()
Fe 0.4032100%100%28.8%1.40⨯=
⨯=总m g
m g。

6．C
【解析】 【分析】
根据二环[1，1，0]丁烷的键线式写出其分子式，其中两个氢原子被氯原子取代得二氯代物，类比甲烷结构可知其结构特征。

【详解】
A 项：由二环[1，1，0]丁烷的键线式可知其分子式为C 4H 6，它与1，3-丁二烯（CH 2=CHCH=CH 2）互为同分异构体，A 项正确；
B 项：二环[1，1，0]丁烷的二氯代物中，二个氯原子取代同一个碳上的氢原子有1种，二个氯原子取代不同碳上的氢原子有3种，共有4种，B 项正确；
C 项：二环[1，1，0]丁烷分子中，碳碳键只有单键，其余为碳氢键，键角不可能为45°或90°，C 项错误；
D 项：二环[1，1，0]丁烷分子中，每个碳原子均形成4个单键，类似甲烷分子中的碳原子，处于与其直接相连的原子构成的四面体内部，D 项正确。

本题选C 。

7．D 【解析】 【分析】
镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，形成的原电池中，金属锌为负极，发生反应：Zn-2e -=Zn 2+，铁为正极，发生吸氧腐蚀，2H 2O+O 2+4e -=4OH -，据此分析解答。

【详解】
A ．形成的原电池中，金属锌为负极，发生反应：Zn-2e -=Zn 2+，锌被腐蚀，故A 正确；
B ．锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀，生成的氢氧根离子遇到酚酞会显示红色，故B 正确；
C ．锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀，瓶中气体压强减小，导气管里形成一段水柱，故C 正确；
D ．原电池形成后没有气体生成，发生吸氧腐蚀，瓶中气体压强减小，所以B 中导气管不会产生气泡，故D 错误； 故选D 。

8．C 【解析】
A．M点是向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，A正确；B．在M点时溶液中存在电荷守恒，n（O H-）+n（Cl-）=n（H+）+n（Na+）+n（NH4+），n(OH-)-n(H+)=0.05+n（Na+）-n（Cl-）=（a-0.05）mol，B正确；C．铵根离子水解显酸性，结合水解平衡常数分析，c(H+)×c(NH3·H2O)/c(NH4+)×c(NH3·H2O)=Kh/c(NH3·H2O)，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则c(H+)/c(NH4+)减小，C错误；D．向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n（NaOH）=0.1mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，根据物料守恒可知溶液中c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)，D正确；答案选C。

9．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．因碳酸的酸性比盐酸弱，所以CO2与CaCl2溶液不反应，A项错误；
B．铝与浓硫酸发生钝化作用，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，B项错误；C．能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性，则浓氨水呈碱性，C项正确；
D．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性，而不是漂白性，D项错误；
故答案选C。

10．D
【解析】
【详解】
A、溶液和胶体都是分散系，属于混合物，故A错误；
B、胶体能发生丁达尔效应，而溶液不能，故B错误；
C、溶液中溶质粒子直径较小于1nm，胶体粒子直径在l～100nm之间，故C错误；
D、硫酸铜是重金属盐，能杀菌消毒，胶体具有较大的表面积，能用来净水，故D正确；
故选D。

11．C
【解析】
【详解】
A. 放电时Na 失电子，故电极a为负极，故A错误；
B. 放电时该装置是原电池，Na+向正极移动，应从a到b，故B错误；
C. 充电时该装置是电解池，电极b是阳极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：S x2--2e-=xS，故C正确；
D. 充电时，电极a是阴极，Na+在电极a上获得电子发生还原反应，故D错误；
故答案为C。

12．A
【解析】
【详解】
A.氢气和氯气分别作为燃料电池的负极和正极，将化学能转化为电能，同时产生HCl，选项A正确；
B.N2、H2放错电极，交换后才能达到目的，选项B错误；
C.这是侯氏制碱法原理，能得到NaHCO3，但不是氧化还原反应，不能提供电能，选项C错误；
D.生成的PbSO4附着在电极上，不能分离，供循环使用，选项D错误。

答案选A。

13．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．电石与水反应放出大量的热，生成氢氧化钙微溶，易堵塞导管，则不能利用图中装置制取乙炔，故A 错误；
B．制备硝基苯，水浴加热，温度计测定水温，该反应可发生副反应生成苯磺酸，图中制备装置合理，故B正确；
C．分离含碘的四氯化碳液体，四氯化碳沸点低，先蒸馏出来，所以利用该装置进行分离可，最终在锥型瓶中可获得四氯化碳，故C错误；
D．制备乙酸乙酯不需要测定温度，不能在烧瓶中获得产物，应在制备装置后连接收集产物的装置（试管中加饱和碳酸钠），故D错误；
故选：B。

14．C
【解析】
【分析】
氢氧化钠为强电解质，一水合氨为弱电解质，所以体积、浓度相同的氢氧化钠溶液的导电性要比一水合氨的导电性要强，故曲线2为氢氧化钠溶液，曲线1氨水。

【详解】
A. 曲线2为氢氧化钠溶液，氢氧化钠是一元强碱，c(OH-)=0.1mol/L，则c(H+)=1×10-13 mol/L，所以
pH=-lgc(H+)=13，故A错误；
B.在氨水中滴加盐酸，溶液由碱性变中性，再变成酸性，滴定前氨水呈碱性，而c点对应的溶液溶质为氯化铵，呈酸性，说明中性点在c点向b点间的某点，c点到e点溶液的酸性越来越强，故B错误；
C. c点表示溶质是氯化铵，溶液中存在质子守恒式：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，故C正确；
D. 由图像知，曲线1导电性较弱，说明曲线1对应的溶液为弱电解质溶液，即曲线1代表氨水，曲线2
代表氢氧化钠溶液，c点表示氨水与盐酸恰好完全反应生成氯化铵，水解程度最大，故此点对应的溶液中水的电离程度最大，故D错误；
故选C。

【点睛】
正确判断曲线1、曲线2代表的溶质为解答关键，然后根据横坐标加入HCl的量可以判断各点相应的溶质情况，根据溶质分析溶液的酸碱性、水的电离程度。

15．D
【解析】
【分析】
根据图象可知，铝与过量稀盐酸反应后的残留液中滴加氢氧化钠溶液，pH=2，溶液显酸性，则说明盐酸剩余，即A点溶液中含氯化铝和过量的盐酸；向残留液中加入氢氧化钠溶液，则NaOH和HCl反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，导致溶液的pH升高，即AB段；在B点时，溶液的pH=4，则此时氢氧化钠与盐酸恰好完全反应，即B点溶液中的溶质只有NaCl和AlCl3；继续滴加氢氧化钠溶液，则NaOH和AlCl3反应：3NaOH+ AlCl3= Al(OH)3↓+3NaCl，即BC段，溶液的pH不变；在C点时，溶液中的AlCl3完全反应，继续滴加氢氧化钠溶液，氢氧化钠过量，故溶液的pH生高，即CD段，发生反应Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，据此进行分析。

【详解】
A．铝与过量稀盐酸反应后的残留液中含有氯化铝和盐酸，滴加氢氧化钠溶液，酸碱中和反应的速率最快，故氢氧化钠首先和盐酸发生中和反应，A点前发生中和反应，故A正确；
B．铝与过量稀盐酸反应后的残留液中含有氯化铝，加入氢氧化钠之后，首先生成氢氧化铝沉淀，故BC 段沉淀质量逐渐增加，故B正确；
C．CD段pH值突增，说明氢氧化钠过量，则发生反应Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故C正确；
D．E 点溶液中溶质主要是NaAlO2和NaOH，还有氯化钠，故D错误；
答案选D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．AgCl 2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq) SO42-S O2Ag2S的悬浊液2Ag2S＋1O2＋
4NaCl＋2H 2O=4AgCl＋2S＋4NaOH 对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S
【解析】
【分析】
(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3溶液发生反应生成。

(2)Ⅱ中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等。

(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；
ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；
①由ⅰ判断，可确定滤液X中被检出的离子。

②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等。

(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体的成分。

②因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W。

③B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可完善方程式。

④B中，Ag2S被氧化生成S，则Ag+会与NaCl作用，从而促进平衡正向移动。

【详解】
(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3反应生成，则为AgCl。

答案为：AgCl；
(2)Ⅱ中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等，反应的离子方程式为
2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。

答案为：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)；
(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；
ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；
①由ⅰ判断，可确定滤液X中被检出的离子为SO42-。

答案为：SO42-；
②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等，则其为S。

答案为：S；
(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体为O2。

答案为：O2；
②因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W为Ag2S的悬浊液。

答案为：Ag2S的悬浊液；
③B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可得出配平的方程式为2Ag2S＋1O2＋4NaCl ＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH。

答案为：2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH；
④B中，Ag2S被O2氧化生成S，则Ag+游离出来，会与NaCl中的Cl-结合，生成AgCl沉淀，从而促进平衡正向移动，B 中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。

答案为：对于溶解平衡Ag 2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。

【点睛】
因为K sp(Ag2S)=6.3×10－50、K sp(AgCl)=1.5×10－16，所以将AgCl转化为Ag2S我们容易理解，如何实现黑色沉淀向白色沉淀的转化，即Ag2S转化为AgCl，则需要改变反应条件，通过实验我们可得出是O2的帮助，结合前面推断，可确定还有S生成，然后利用守恒法便可将方程式配平。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．消去反应
+NaOH+NaCl O2/Cu或Ag，加热羟基、醛基用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双
键8
【解析】
【分析】
根据流程图，E脱水生成，利用逆推法，E是；根稀RCH(OH)CH2CHO，，可逆据RCHO＋CH3CHO NaOH
−−−−→
推出D是；根据B的分子式C8H9Cl，结合D的结构，B是；C是，则A是。

【详解】
（1）根据上述分析，A的结构简式是；E()分子内脱水生成F （），则反应类型为消去反应，故答案为：；消去反应；
（2）在氢氧化钠溶液中水解为，反应的化学方程式为+NaOH+NaCl，故答案为：
+NaOH+NaCl；
（3）在铜或银作催化剂的条件下加热，能被氧气氧化为
，所以试剂和反应条件是O2/Cu或Ag，加热；中含有的官能团有羟基和醛基；故答案为：O2/Cu或Ag，加热；羟基、醛基；
（4）双键可以发生加成反应，所以可以用溴的四氯化碳溶液检验，因为F中还含有醛基，容易被氧化，所以不能用高锰酸钾溶液检验；也可以先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键；故答案为：用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键；
（5）连在双键碳原子上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合。