江蘇省無錫市2024屆高三第二次聯考化學試卷注意事項：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。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、把鋁粉和某鐵的氧化物（xFeO?yFe2O3）粉末配成鋁熱劑，分成兩等份．一份在高溫下恰好完全反應后，再與足量鹽酸反應；另一份直接放入足量的燒堿溶液中充分反應．前后兩種情況下生成的氣體質量比是5：7，則x：y為（）A．1：1 B．1：2 C．5：7 D．7：52、以下物質的水溶液顯酸性的是A．NaHCO3 B．NaHSO4 C．CH3COOK D．KNO33、己知：還原性HSO3->I-，氧化性IO3->I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液．加入KIO3和析出I2的物質的量的關系曲線如下圖所示。下列說法不正確的是（）A．0~a間發生反應：3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+B．a~b間共消耗NaHSO3的物質的量為1.8molC．b~c間反應：I2僅是氧化產物D．當溶液中I-與I2的物質的量之比為5∶3時，加入的KIO3為1.08mol4、目前，國家電投集團正在建設國內首座百千瓦級鐵－鉻液流電池儲能示范電站。鐵－鉻液流電池總反應為Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，工作示意圖如圖。下列說法錯誤的是A．放電時a電極反應為Fe3++e?=Fe2+B．充電時b電極反應為Cr3++e?=Cr2+C．放電過程中H+通過隔膜從正極區移向負極區D．該電池無爆炸可能，安全性高，毒性和腐蝕性相對較低5、下列我國科技創新的產品設備在工作時，由化學能轉變成電能的是（）A．A B．B C．C D．D6、以石墨為電極分別電解水和飽和食鹽水，關于兩個電解池反應的說法正確的是（）A．陽極反應式相同B．電解結束后所得液體的pH相同C．陰極反應式相同D．通過相同電量時生成的氣體總體積相等（同溫同壓）7、硫酸亞鐵銨受熱分解的反應方程式為，用表示阿伏加德羅常數的值。下列說法不正確的是（）A．1L0.1mol·L?1溶液中Fe2+的數目小于0.1B．將1mol和1mol充分反應后，其分子總數為1.5C．標準狀況下，每生成15.68L氣體轉移電子數目為0.8D．常溫常壓下，3.0g中含有的中子總數為1.68、已知有如下反應：①2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2②2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－③2Fe(CN)64-＋I2=2Fe(CN)63-＋2I－，試判斷氧化性強弱順序正確的是（）A．Fe3＋＞Br2＞I2＞Fe(CN)63-B．Br2＞I2＞Fe3＋＞Fe(CN)63-C．Br2＞Fe3＋＞I2＞Fe(CN)63-D．Fe(CN)63-＞Fe3＋＞Br2＞I29、根據下圖，下列判斷中正確的是A．石墨與O2生成CO2的反應是吸熱反應B．等量金剛石和石墨完全燃燒，金剛石放出熱量更多C．從能量角度看，金剛石比石墨更穩定D．C(金剛石，s)=C(石墨，s)+QkJQ=E3—E210、幾種短周期元素的原子半徑及某些化合價見下表，下列說法不正確的是（）元素代號ABDEGIJK化合價-1-2+4-4-1+5-3+3+2+1原子半徑/nm0.0710.0740.0770.0990.1100.1430.1600.186A．常溫下B元素的單質能與K單質反應 B．A、I、J的離子半徑由大到小順序是A>J>IC．G元素的單質存在同素異形體 D．J在DB2中燃燒生成B元素的單質11、對下圖兩種化合物的結構或性質描述正確的是A．不是同分異構體B．分子中共平面的碳原子數相同C．均能與溴水反應D．可用紅外光譜區分，但不能用核磁共振氫譜區分12、景泰藍是一種傳統的手工藝品。下列制作景泰藍的步驟中，不涉及化學變化的是ABCD將銅絲壓扁，掰成圖案

將鉛丹、硼酸鹽等化合熔制后描繪

高溫焙燒

酸洗去污A．A B．B C．C D．D13、對下列溶液的分析正確的是A．常溫下pH=12的NaOH溶液，升高溫度，其pH增大B．向0.1mol/LNaHSO3溶液通入氨氣至中性時C．0.01mol/L醋酸溶液加水稀釋時，原溶液中水的電離程度增大D．在常溫下，向二元弱酸的鹽NaHA溶液中加入少量NaOH固體將增大14、根據下列實驗操作和現象所得到的實驗結論正確的是選項實驗操作和現象實驗結論A向KI溶液中滴加少量溴水，再滴加CCl4，振蕩，靜置。分層，上層無色，下層紫紅色溴的非金屬性強于碘B向Na2SO3溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀鹽酸，沉淀不溶解Na2SO3溶液已經變質C向AgNO3溶液中先滴加少量NaCl溶液，生成白色沉淀，然后再滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀溶解度：AgCI>Ag2SD向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，溶液紅色逐漸褪去BaCl2溶液是酸性溶液A．A B．B C．C D．D15、水是自然界最重要的分散劑，關于水的敘述錯誤的是（）A．水分子是含極性鍵的極性分子B．水的電離方程式為：H2O?2H++O2﹣C．重水（D2O）分子中，各原子質量數之和是質子數之和的兩倍D．相同質量的水具有的內能：固體＜液體＜氣體16、下列有關描述中，合理的是A．用新制氫氧化銅懸濁液能夠區別葡萄糖溶液和乙醛溶液B．洗滌葡萄糖還原銀氨溶液在試管內壁產生的銀:先用氨水溶洗、再用水清洗C．裂化汽油和四氯化碳都難溶于水，都可用于從溴水中萃取溴D．為將氨基酸混合物分離開，可以通過調節混合溶液pH，從而析出晶體，進行分離。17、某無色溶液中可能含有Na+、K+、NH4+、Mg2+、Cu2+、SO42－、SO32－、Cl－、Br－、CO32－中的若干種，離子濃度都為0.1mol·L－1。往該溶液中加入過量的BaCl2和鹽酸的混合溶液，無白色沉淀生成。某同學另取少量原溶液，設計并完成如下實驗：則關于原溶液的判斷不正確的是A．若步驟中Ba(NO3)2和HNO3溶液改用BaCl2和鹽酸的混合溶液，則對溶液中離子的判斷無影響B．無法確定原溶液中是否存在Cl－C．肯定存在的離子是SO32－、Br－，是否存在Na+、K+需要通過焰色反應來確定D．肯定不存在的離子是Mg2+、Cu2+、SO42－、CO32－，是否含NH4+另需實驗驗證18、工業制硝酸產生的尾氣NOx可用足量NaOH溶液吸收，以下判斷錯誤的是（）A．x=1.5時，只生成NaNO2B．2＞x＞1.5時，生成NaNO2和NaNO3C．x＜1.5時，需補充O2D．x=2時，只生成NaNO319、在(NH4)2Fe(SO4)2溶液中逐滴加入100mL1mol/L的Ba(OH)2溶液，把所得沉淀過濾、洗滌、干燥，得到的固體質量不可能是()A．35.3g B．33.5g C．32.3g D．11.3g20、2019年2月27日,科技日報報道中科院大連化學物理研究所創新性地提出鋅碘單液流電池的概念,鋅碘單液流電池中電解液的利用率達到近100%,進而大幅度提高了電池的能量密度,工作原理如圖所示。下列說法正確的是A．該電池放電時電路中電流方向為A→a→b→B→AB．M為陰離子交換膜,N為陽離子交換膜C．如果使用鉛蓄電池進行充電,則B電極應與鉛蓄電池中的Pb電極相連D．若充電時C區增加的離子數為2NA,則A極增重65g21、下列說法正確的是A．時，將的碳酸鈉溶液加水稀釋100倍，所得溶液的B．pH相同的鹽酸和醋酸溶液分別與足量鎂粉反應，醋酸產生體積更大C．時，的HA弱酸溶液與的NaOH溶液等體積混合，所得溶液pH一定小于7D．溶液中加入一定量晶體，溶液中增大，可以證明為弱酸22、某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Al3+、Cu2+、Fe3+和K+中的若干種。為檢驗其中含有的離子，進行如下實驗：取該溶液10mL，加入過量的氫氧化鋇溶液并加熱，產生使濕潤的紅色石蕊試紙變藍色的氣體，同時產生白色沉淀，過濾；向上述濾液中通入足量CO2氣體，產生白色沉淀。下列關于原溶液的說法正確的是A．至少存在4種離子 B．Al3+、NH4+一定存在，Cl-可能不存在C．SO42﹣、CO32﹣至少含有一種 D．Al3+、Cu2+、Fe3+一定不存在，K+可能存在二、非選擇題(共84分)23、（14分）醫藥合成中可用下列流程合成一種治療心臟病的特效藥物(G)。已知：①RCH=CH2RCH2CH2CHO；②(1)B的核磁共振氫譜圖中有________組吸收峰，C的名稱為________。(2)E中含氧官能團的名稱為________，寫出D→E的化學方程式________。(3)E-F的反應類型為________。(4)E的同分異構體中，結構中有醚鍵且苯環上只有一個取代基結構有________種，寫出其中甲基數目最多的同分異構體的結構簡式________________________。(5)下列有關產物G的說法正確的是________A．G的分子式為C15H28O2B．1molG水解能消耗2molNaoHC．G中至少有8個C原子共平面D．合成路線中生成G的反應為取代反應(6)寫出以1-丁醇為原料制備C的同分異構體正戊酸(CH3CH2CH2CH2COOH)的合成路線流程圖。示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH，無機試劑任選______________________。24、（12分）化合物H是一種光電材料中間體。由芳香化合物A制備H的一種合成路線如圖：已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O②回答下列問題：（1）A的官能團名稱是_____。（2）試劑a是_____。（3）D結構簡式為_____。（4）由E生成F的化學方程式為_____。（5）G為甲苯的同分異構體，其結構簡式為_____。（6）如圖是以環戊烷為原料制備化合物的流程。M→N的化學方程式是_____。25、（12分）乙酰苯胺具有退熱鎮痛作用，是較早使用的解熱鎮痛藥，有“退熱冰”之稱。其制備原理如下：已知：①苯胺易被氧化；②乙酰苯胺、苯胺和醋酸的部分物理性質如下表：物質熔點沸點溶解度(20℃)乙酰苯胺114.3℃305℃0.46苯胺－6℃184.4℃3.4醋酸16.6℃118℃易溶實驗步驟如下：步驟1：在50mL圓底燒瓶中，加入5mL苯胺、7.5mL冰醋酸及少許鋅粉，依照如圖裝置組裝儀器。步驟2：控制溫度計示數約105℃，小火加熱回流1h。步驟3：趁熱將反應混合物倒入盛有100mL冷水的燒杯中，冷卻后抽濾，洗滌，得到粗產品。（1）步驟1中加入鋅粉的作用是________。（2）步驟2中控制溫度計示數約105℃的原因是________。（3）步驟3中趁熱將混合物倒入盛有冷水的燒杯中，“趁熱”的原因是__________________。抽濾裝置所包含的儀器除減壓系統外，還有________、________(填儀器名稱)。（4）步驟3得到的粗產品需進一步提純，該提純方法是________。26、（10分）二氧化氯是高效、低毒的消毒劑。已知：ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，回答下列問題：(1)ClO2的制備及性質探究(如圖所示)。①儀器a的名稱為________，裝置B的作用是________。②裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，該反應的化學方程式為_________。裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，其作用是________________。③裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，則該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為________，氧化產物是___________。(2)粗略測定生成ClO2的量實驗步驟如下：a.取下裝置D，將其中的溶液轉入250mL容量瓶，用蒸餾水洗滌D瓶2~3次，并將洗滌液一并轉移到容量瓶中，再用蒸餾水稀釋至刻度。b.從容量瓶中取出25.00mL溶液于錐形瓶中，用0.1000mol/L硫代硫酸鈉標準溶液滴定（I2+2S2O32-=2I－+S4O62-），指示劑顯示終點時共用去24.00mL硫代硫酸鈉溶液。①滴定至終點的現象是_____________。②進入裝置D中的ClO2質量為_______，與C中ClO2的理論產量相比，測定值偏低，可能的原因是__________。27、（12分）1-溴丙烷是一種重要的有機合成中間體，實驗室制備少量1-溴丙烷的實驗裝置如下:有關數據見下表:步驟1:在儀器A中加入攪拌磁子、12g正丙醇及20mL水,冰水冷卻下緩慢加入25mL18.4mol·L-1的濃H2SO4;冷卻至室溫,攪拌下加入24gNaBr。步驟2:按如圖所示搭建實驗裝置,緩慢加熱,直到無油狀物蒸餾出為止。回答下列問題:（1）使用油浴加熱的優點主要有_____________.（2）儀器A的容積最好選用__________.（填字母）。A50mLB100mLC250mL.D500mL.（3）步驟1中如果不加入20mL水或者加入的水過少,燒瓶中會有大量紅棕色蒸氣產生,寫出該反應的化學方程式:_____。（4）提純產品的流程如下:①加入碳酸鈉溶液的目的之一是通過反應除去產品中的Br2,已知反應中還原產物與氧化產物的物質的量之比為5:1,寫出反應的離子方程式:________。②操作I得到的有機層中可能含有水、丁醇等雜質,檢驗水的試劑可選用______（填字母,下同）。a金屬鈉b膽礬c無水硫酸銅d堿石灰，③操作II選擇的裝置為______________。（5）本實驗制得的純產品為14.8g,則產率為_______（保留小數點后一位）。28、（14分）焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化劑之一。某研究小組進行如下實驗：實驗一焦亞硫酸鈉的制取采用如圖裝置(實驗前已除盡裝置內的空氣)制取Na2S2O5。裝置II中有Na2S2O5晶體析出，發生的反應為：Na2SO3＋SO2=Na2S2O5（1）裝置I中產生氣體的化學方程式為___________________________。（2）要從裝置II中獲得已析出的晶體，可采取的分離方法是_______________。（3）裝置III用于處理尾氣，可選用的最合理裝置(夾持儀器已略去)為________(填序號)。實驗二焦亞硫酸鈉的性質（4）Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。證明NaHSO3溶液中HSO3－的電離程度大于水解程度，可采用的實驗方法是______________(填序號)。a．測定溶液的pHb．加入Ba(OH)2溶液c．加入鹽酸d．加入品紅溶液e．用藍色石蕊試紙檢測（5）檢驗Na2S2O5晶體在空氣中已被氧化的實驗方案是_____________________________。實驗三葡萄酒中抗氧化劑殘留量的測定葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化劑。測定某葡萄酒中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計算)的方案如下：（6）按上述方案實驗，消耗標準I2溶液25.00mL，該次實驗測得樣品中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計算)為_______________g·L－1。（7）在上述實驗過程中，若有部分HI被空氣氧化，則測得結果_______________(填“偏高”“偏低”或“不變”)。29、（10分）祖母綠的主要成分為Be3Al2Si6Ol8，含有O、Si、Al、Be等元素。請回答下列問題：(1)基態A1原子中，電子占據的最高能級的符號是_______________________，該能級具有的原子軌道數為_______。(2)在1000℃時，氯化鈹以BeCl2形式存在，其中Be原子的雜化方式為_________；在500?600℃氣相中，氯化鈹則以二聚體Be2Cl4的形式存在，畫出Be2Cl4的結構____________，1molBe2Cl4中含有____mol配位鍵。(3)氫化鋁鋰(LiAlH4)是有機合成中一種重要的還原劑，LiAlH4的陰離子的空間構型為____________，該陰離子的等電子體為____________（寫一種分子、一種離子）。一種無限長單鏈結構的多硅酸根的一部分如圖所示，則該硅酸根的化學式為____________________。(4)用氧化物的形式表示出祖母綠的組成：___________。如圖是Be與O形成的氧化物的立方晶胞結構，已知氧化鈹的密度為ρg/cm3，則晶胞邊長為__________cm。(設NA為阿伏加德羅常數的值，用含ρ、NA的代數式表示)，O2-的配位數為_____________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解析】

把鋁粉和某鐵氧化物xFeO?yFe2O3粉末配成鋁熱劑，分成兩等份，一份在高溫下恰好完全反應生成鐵與氧化鋁，Fe與鹽酸反應生成FeCl2與H2，令一份直接加入足量的NaOH溶液分反應生成偏鋁酸鈉與氫氣，前后兩種情況下生成的氣體質量比是5:7，設氫氣物質的量分別為5mol、7mol，根據電子轉移守恒,n(Fe)=n(H2)=5mol，n(Al)=7mol×=mol，假設xmolFeO、ymolFe2O3，由Fe元素守恒可知：x+2y=5，由電子轉移守恒,可得：2x+2y×3=×3解得x=1，y=2，故x:y=1:2，故選：B。2、B【解析】

溶液的酸堿性取決于溶液中c(H+)、c(OH-)的相對大小。c(H+)>c(OH-)的溶液呈酸性。A.NaHCO3在溶液中完全電離，生成的HCO3-以水解為主使溶液呈堿性，A項錯誤；B.NaHSO4在溶液中完全電離生成Na+、H+、SO42-，使溶液呈酸性，B項正確；C.CH3COOK在溶液中完全電離，生成的CH3COO-水解使溶液呈堿性，C項錯誤；D.KNO3溶液中，K+、NO3-不能發生水解，溶液呈中性，D項錯誤。本題選B。3、C【解析】A．0～a間沒有碘單質生成，說明碘酸根離子和亞硫酸氫根離子發生氧化還原反應生成碘離子，加入碘酸鉀的物質的量是1mol，亞硫酸氫鈉的物質的量是3mol，亞硫酸氫根被氧化生成硫酸根離子，根據轉移電子守恒知，生成碘離子，所以其離子方程式為：3HSO3-+IO3-═3SO42-+I-+3H+，故A正確；B．a~b間發生反應為3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+，反應IO3-的物質的量為0.06mol，則消耗NaHSO3的物質的量為1.8mol，故B正確；C．根據圖象知，b-c段內，碘離子部分被氧化生成碘單質，發生反應的離子方程式為IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，所以I2是I2是既是還原產物又是氧化產物，故C錯誤；D．根據反應2IO3-+6HSO3-═2I-+6SO42-+6H+，3mol

NaHSO3的溶液消耗KIO3溶液的物質的量為1mol，生成碘離子的量為1mol，設生成的碘單質的物質的量為xmol，則根據反應IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，消耗的KIO3的物質的量為13xmol，消耗碘離子的物質的量=53xmol，剩余的碘離子的物質的量=（1-53x）mol，當溶液中n（I-）：n（I2）=5：2時，即（1-53x）：x=5點睛：明確氧化性、還原性前后順序是解本題關鍵，結合方程式進行分析解答，易錯點是D，根據物質間的反應并結合原子守恒計算，還原性HSO3-＞I-，所以首先是發生以下反應離子方程式：IO3-+3HSO3-═I-+3SO42-+3H+，繼續加入KIO3，氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以結合H+氧化I-生成I2，離子方程式是IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，根據發生的反應來判斷各個點的產物。4、C【解析】

鐵-鉻液流電池總反應為Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，放電時，Cr2+發生氧化反應生成Cr3+、b電極為負極，電極反應為Cr2+-e-=Cr3+，Fe3+發生得電子的還原反應生成Fe2+，a電極為正極，電極反應為Fe3++e-═Fe2+，放電時，陽離子移向正極、陰離子移向負極；充電和放電過程互為逆反應，即a電極為陽極、b電極為陰極，充電時，在陽極上Fe2+失去電子發、生氧化反應生成Fe3+，電極反應為：Fe2+-e-═Fe3+，陰極上Cr3+發生得電子的還原反應生成Cr2+，電極反應為Cr3++e-═Cr2+，據此分析解答。【詳解】A．根據分析，電池放電時a為正極，得電子發生還原反應，反應為Fe3++e?=Fe2+，A項不選；B．根據分析，電池充電時b為陰極，得電子發生還原反應，反應為Cr3++e?=Cr2+，B項不選；C．原電池在工作時，陽離子向正極移動，故放電過程中H+通過隔膜從負極區移向正極區，C項可選；D．該電池在成充放電過程中只有四種金屬離子之間的轉化，不會產生易燃性物質，不會有爆炸危險，同時物質儲備于儲液器中，Cr3+、Cr2+毒性比較低，D項不選；故答案選C。5、D【解析】

A.火箭升空時，將燃料的化學能轉化為火箭的機械能，故A錯誤；B.太陽能電池板，將太陽能轉化為電能，故B錯誤；C.動車在行駛時主要的能量轉化是電能轉化為機械能，故C錯誤；D.手機電池放電是將化學能轉化為電能，故D正確；答案選D。6、C【解析】

A．以石墨為電極電解水，陽極反應式為4OH--4e-=2H2O+O2↑，以石墨為電極電解飽和食鹽水，陽極反應式為2Cl--2e-=Cl2↑，陽極的電極反應式不同，故A錯誤；B．電解水時其pH在理論上是不變的，但若加入少量硫酸則變小，若加入少量氫氧鈉則變大，若加入硫酸鈉則不變；電解飽和氯化鈉溶液生成氫氧化鈉和氯氣和氫氣，pH變大，所以電解結束后所得液體的pH不相同，故B錯誤；C．以石墨為電極電解水和飽和食鹽水的陰極反應式為：2H++2e-=H2↑，所以電極反應式相同，故C正確；D．若轉移電子數為4mol，則依據電解方程式2H2O2H2↑+O2↑～4e-，電解水生成3mol氣體；依據電解方程式2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑～2e-，電解食鹽水生成4mol氣體，在同溫同壓下氣體的總體積不相等，故D錯誤；故選C。【點睛】明確電解池工作原理、準確判斷電極及發生反應是解題關鍵。本題的易錯點為D，要注意氧化還原反應方程式中根據轉移電子的相關計算。7、B【解析】

A.由于Fe2+水解，1L0.1mol·L?1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+的數目小于0.1NA，故A正確；B.SO2與O2反應2SO2+O22SO3屬于可逆反應，不能反應完全，若1molSO2和1molO2完全反應生成1molSO3和剩余的0.5molO2，共1.5mol，現不能完全反應，其物質的量大于1.5mol，分子總數大于1.5NA，故B錯誤；C.標準狀況下，15.68L氣體的物質的量為0.7mol，其中NH3占，N2占，SO2占，根據反應可知，生成4molSO2轉移8mol電子，所以生成0.4molSO2轉移0.8mol電子，數目為0.8NA，故C正確；D.15N的中子數=15-7=8，3.0g15N2的物質的量為0.1mol，含有的中子總數為=0.1×16×NA=1.6NA，故D正確。故選B。8、C【解析】

依據同一氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，由反應方程式①判斷氧化性Fe3＋＞I2，由反應方程式②得到氧化性Br2＞Fe3＋，由反應方程式③得到氧化性I2＞Fe(CN)63-，綜合可得C項正確。故選C。9、B【解析】

A、石墨與O2的總能量高于CO2的能量，故石墨與O2生成CO2反應為放熱反應，選項A錯誤；B、根據圖示可知，金剛石的能量高于石墨的能量，故等量的金剛石和石墨燃燒時，金剛石放出的熱量更多，選項B正確；C、物質的能量越高則物質越不穩定，故金剛石的穩定性比石墨差，選項C錯誤；D、根據圖示可知，金剛石的能量高于石墨的能量，故金剛石轉化為石墨是放出能量，Q=E2-E1，選項D錯誤；答案選B。10、D【解析】短周期元素，A、E有-1價，B有-2價，且A的原子半徑與B相差不大，則A、E處于ⅦA族，B處于ⅥA族，A原子半徑小于E，可推知A為F、E為Cl，B為O；D有-4、+4價，處于ⅣA族，原子半徑與O原子相差不大，可推知D為C元素；G元素有-3、+5價，處于ⅤA族，原子半徑大于C原子，應處于第三周期，則G為P元素；I、J、K的化合價分別為+3、+2、+1，分別處于Ⅲ族A、ⅡA族、ⅠA族，原子半徑依次增大，且都大于P原子半徑，應處于第三周期，可推知I為Al、J為Mg、K為Na；A．Na與O2常溫下可生成Na2O，故A正確；B．F-、Mg2+、Al3+離子核外電子層數相等，核電荷數越大離子半徑越小，故離子半徑大小順序為：F-＞Mg2+＞Al3+，故B正確；C．磷的單質有紅磷和白磷，存在同素異形體，故C錯誤；D．鎂在二氧化碳中的燃燒生成MgO和碳單質，故D錯誤；故選D。11、C【解析】

A、二者分子式相同而結構不同，所以二者是同分異構體，錯誤；B、第一種物質含有苯環，8個C原子共面，第二種物質含有碳碳雙鍵，7個C原子共面，錯誤；C、第一種物質含有酚羥基，可與溴水發生取代反應，第二種物質含有碳碳雙鍵，可與溴水發生加成反應，正確；D、兩種有機物H原子位置不同，可用核磁共振氫譜區分，錯誤；答案選C。12、A【解析】

A.將銅絲壓扁并掰成圖案，并沒有新的物質生成，屬于物理變化，不涉及化學變化，故A選；B.鉛丹、硼酸鹽等原料化合在經過燒熔而制成不透明的或是半透明的有獨特光澤物質，該過程有新物質生成，屬于化學變化，故B不選；C.燒制陶瓷過程有新物質生成，屬于化學變化，故C不選；D.酸洗去污，該過程為酸與金屬氧化物反應生成易溶性物質，屬于化學變化，故D不選。13、C【解析】

A．NaOH溶液是強堿，氫離子來自于水的電離，常溫下pH=12的NaOH溶液，升高溫度，溶液中Kw增大，其pH減小，故A錯誤；B．0.1mol?L?1的NaHSO3溶液中通NH3至pH=7，溶液中存在物料守恒，即c(Na+)=c(SO32?)+c(HSO3?)+c(H2SO3)①，溶液中存在電荷守恒，即c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=2c(SO32?)+c(HSO3?)+c(OH?)，因為pH=7即c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32?)+c(HSO3?)②，由①得c(Na+)＞c(SO32?)；將①式左右兩邊都加上c(NH4+)得c(Na+)+c(NH4+)=c(SO32?)+c(HSO3?)+c(H2SO3)+c(NH4+)③，結合②③得c(SO32?)=c(NH4+)+c(H2SO3)，故c(SO32?)＞c(NH4+)，故c(Na+)＞c(SO32?)＞c(NH4+)，故C錯誤；C．酸堿對水的電離都有抑制作用，0.01mol/L醋酸溶液加水稀釋時，醋酸的濃度減小，對水的電離平衡抑制作用減弱，則原溶液中水的電離程度增大，故C正確；D．在常溫下，向二元弱酸的鹽NaHA溶液中，加入少量NaOH固體，溶液酸性減弱，氫離子濃度減小，該比值將減小，故D錯誤；答案選C。14、A【解析】

A．單質溴與KI在溶液中發生氧化還原反應生成碘單質，產生的碘單質易溶于四氯化碳，由于四氯化碳的密度比水大，與水互不相容，所以靜置分層，上層無色，下層紫紅色，可知溴的非金屬性強于碘，A正確；B．酸性條件下硝酸根離子可氧化亞硫酸鋇生成硫酸鋇沉淀，因此不能確定Na2SO3溶液是否變質，B錯誤；C．由于是向硝酸銀溶液中首先滴入少量NaCl溶液，所以硝酸銀過量，過量的硝酸銀與滴入的Na2S反應產生Ag2S沉淀，均為沉淀生成，不能比較AgCl、Ag2S的溶解度，C錯誤；D．鋇離子與碳酸根離子反應生成沉淀，使碳酸根離子的水解平衡逆向移動，溶液中c(OH-)減小，溶液紅色逐漸褪去，并不是因為BaCl2溶液是酸性溶液，D錯誤；故合理選項為A。15、B【解析】

A.水含H-O極性鍵，為V形結構，正負電荷的中心不重合，則為極性分子，A項正確；B.水為弱電解質，存在電離平衡，電離方程式為H2O?H++OH﹣，B項錯誤；C.質量數為2×2+16=20，質子數為1×2+8=10，則重水（D2O）分子中各原子質量數之和是質子數之和的兩倍，C項正確；D.由固態轉化為液態，液態轉化為氣態，均吸熱過程，氣態能量最高，則相同質量的水具有的內能：固體＜液體＜氣體，D項正確；答案選B。16、D【解析】

A．葡萄糖和乙醛都含有醛基，加熱時都可與氫氧化銅發生氧化還原反應，不能鑒別，故A錯誤；B．銀不與氨水反應，不能用于洗滌試管內壁的銀單質，銀可溶于硝酸，可用硝酸洗滌，故B錯誤；C．裂化汽油成分中，含有碳碳雙鍵的化合物，可與溴水發生加成反應，則不能用作萃取劑，故C錯誤；D．氨基酸含有羧基、氨基，具有兩性，不同的氨基酸達到等電點的pH不同，可控制pH利用溶解度差異分離，故D正確。答案選D。【點睛】氨基酸解離成陽離子和陰離子的趨勢及程度相等，所帶凈電荷為零，呈電中性，此時溶液的pH稱為該氨基酸的等電點。當達到等電點時氨基酸在溶液中的溶解度最小。17、A【解析】

無色溶液中一定不含Cu2+，往該溶液中加入過量的BaCl2和鹽酸的混合溶液，無白色沉淀生成，無SO42-，加足量氯水，無氣體，則無CO32-，溶液加四氯化碳分液，下層橙色，則有Br-，上層加硝酸鋇和稀硝酸有白色沉淀，有SO32-，無Mg2+，溶液中一定含陽離子，且離子濃度都為0.1mol·L－1。根據電荷守恒，一定含有NH4+、Na+、K+，一定不存在Cl-。濾液中加硝酸酸化的硝酸銀有白色沉淀，是過程中加氯水時引入的氯離子。A．過程中用氯水與亞硫酸根離子發生氧化還原反應生成硫酸根離子，已引入氯離子，若改用BaCl2和鹽酸的混合溶液，則對溶液中離子的判斷無影響，故A正確；B．由上述分析可知，Cl-不存在，故B錯誤；C．肯定存在的離子是SO32-、Br-、NH4+、Na+、K+，故C錯誤；D．肯定不存在的離子有Mg2+、Cu2+、SO42-、CO32-、Cl－，故D錯誤；故選A。18、D【解析】

工業制硝酸產生的尾氣NOx用足量NaOH溶液吸收，發生反應生成亞硝酸鈉、硝酸鈉與水，令NOx、NaOH系數都為1，配平后方程式為2NOx+2NaOH＝(2x﹣3)NaNO3+(5﹣2x)NaNO2+H2O；A．x＝1.5時，2x﹣3＝0，所以此時只能只生成NaNO2，故A正確；B．2＞x＞1.5時，2x-3≠0，5﹣2x≠0，此時生成NaNO2和NaNO3，故B正確；C．x＜1.5時，則氮的氧化物會剩余，所以需補充O2，故C正確；D．當x＝2時，2x﹣3＝1，所以生成的產物有NaNO2和NaNO3，故D錯誤。故答案為D。19、A【解析】

如果(NH4)2Fe(SO4)2的量非常少，生成的沉淀質量接近于0；當加入的Ba(OH)2完全形成沉淀時，發生反應：(NH4)2Fe(SO4)2+Ba(OH)2=BaSO4↓+Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4，且生成的Fe(OH)2完全被氧化生成Fe(OH)3時，所得固體質量最大，此時沉淀為Fe(OH)3與BaSO4，故沉淀的質量最大為0.1mol×233g/mol+0.1mol×107g/mol=34g，故沉淀質量因為0g<m(沉淀)≤34g；故選A。20、B【解析】

A．電池放電時，A電極鋅單質被氧化成為鋅離子，所以A為負極，所以電路中電流方向為B→b→a→A→B，故A錯誤；B．放電時A去產生Zn2+，為負極，所以C區Cl-應移向A區，故M為陰離子交換膜，B區I2轉化為I-，為正極，所以C區K+應移向B區，故N為陽離子交換膜，故B正確；C．充電時B電極應與外接電源的正極相連，則B電極應于鉛蓄電池中的PbO2電極相連，故C項錯誤；D．充電時Cl-從A區移向C區、K+從C區移向B區，所以C區增加的離子數為2NA時，電路中有1mol電子通過，A極的電極反應為Zn2++2e-==Zn，生成0.5molZn，所以A極增重32.5g，故D錯誤；故答案為B。21、D【解析】

A．碳酸鈉溶液加水稀釋促進，所以時，將的碳酸鈉溶液加水稀釋100倍，所得溶液的，故A錯誤；B．相同溫度下，pH相同、體積相同的鹽酸和醋酸溶液分別與足量鎂粉反應，因醋酸是弱酸能電離出更多的氫離子，所以生成的氫氣較多，但溶液的體積不知，所以無法確定多少，故B錯誤；C．的HA弱酸溶液與的NaOH溶液等體積混合，得到等物質的量濃度的HA和NaA的混合溶液，如果NaA的水解程度大于HA的電離程度，此時溶液呈堿性，故C錯誤；D．溶液中加入一定量晶體，溶液中增大，說明亞硝酸鈉抑制亞硝酸電離，則亞硝酸部分電離，為弱電解質，故D正確；故答案選D。【點睛】判斷酸堿混合后溶液的酸堿性，應根據反應后產物的成分及其物質的量來進行分析，若體系中既有水解又有電離，則需要判斷水解和電離程度的相對大小，進而得出溶液的酸堿性。22、B【解析】

向溶液中加過量的并加熱，由于產生了能夠使濕潤的紅石蕊試紙變藍的氣體，所以原溶液中一定有；又因為同時產生了白色的沉淀，所以原溶液中一定不含Cu2+和Fe3+，而和則至少含有一種；至于Al3+，若含有的話，則在加入過量后轉化為了；由于向濾液中通入的是過量的CO2，仍能產生白色沉淀，所以斷定原來的溶液中一定有Al3+，那么這樣的話和就只能存在了；綜上所述，溶液中一定存在，Al3+和，一定不存在，Cu2+和Fe3+，不一定存在Cl-，K+。【詳解】A．溶液中至少存在3種離子，Al3+，以及，A項錯誤；B．Al3+，一定存在，Cl-不一定存在，B項正確；C．一定存在于溶液中，而由于與Al3+不能共存，所以一定不存在于溶液中，C項錯誤；D．一定不存在的離子有，Cu2+和Fe3+，不一定存在的離子有Cl-，K+，D項錯誤；答案選B。【點睛】判斷溶液中是否存在某離子時，一方面依據檢驗過程中的現象進行判斷，一方面還可以利用其是否與溶液中一定存在的離子共存進行判斷，最后還可以利用溶液中已經存在的離子是否滿足電荷守恒進行判斷；此外，在進行檢驗時，也要注意檢驗過程中，前面所加的試劑是否會對后續的檢驗產生干擾。二、非選擇題(共84分)23、43-甲基丁酸羥基加成反應或還原反應13、AD【解析】分析：在合成路線中，C+F→G為酯化反應，由F和G的結構可推知C為:，結合已知①，可推知B為：，由F的結構和E→F的轉化條件，可推知E的結構簡式為：，再結合已知②，可推知D為：。詳解：（1）分子中有4種等效氫，故其核磁共振氫譜圖中有4組吸收峰,的名稱為3-甲基丁酸，因此，本題正確答案為：.4；3-甲基丁酸；（2）中含氧官能團的名稱為羥基，根據已知②可寫出D→E的化學方程式為。（3）E-F為苯環加氫的反應，其反應類型為加成反應或還原反應。故答案為加成反應或還原反應；（4）的同分異構體中，結構中有醚鍵且苯環上只有一個取代基結構：分兩步分析，首先從分子組成中去掉-O-,剩下苯環上只有一個取代基結構為：，由于丁基有4種，所以也有4種，、、、，第二步，將-O-插入C-C之間形成醚分別有4種、4種、3種和2種，共有13種，其中甲基數目最多的同分異構體的結構簡式為、。所以，本題答案為：13；、；（5）A.由結構簡式知G的分子式為C15H28O2，故A正確；B.1molG水解能消耗1mol

NaOH，故B錯誤；C.G中六元碳環上的C原子為飽和碳原子，不在同一平面上，故至少有8個C原子共平面是錯誤的；D.合成路線中生成G的反應為酯化反應，也屬于取代反應，故D正確；所以，本題答案為：AD（6）以1-丁醇為原料制備正戊酸(

CH3CH2CH2CH2COOH)，屬于增長碳鏈的合成，結合題干中A→B→C的轉化過程可知，1-丁醇先消去生成1-丁烯，再和CO/H2反應生成戊醛，最后氧化生成正戊酸，合成路線為：24、醛基新制的氫氧化銅+CH3CH2OH+H2O+NaOH+NaCl+H2O【解析】

芳香族化合物A與乙醛發生信息①中的反應生成B，A含有醛基，反應中脫去1分子水，由原子守恒可知A的分子式，C9H8O＋H2O?C2H4O＝C7H6O，故A為，則B為，B發生氧化反應、酸化得到C為，C與溴發生加成反應得到D為，D發生消去反應、酸化得到E為，E與乙醇發生酯化反應生成F為，結合信息②中的加成反應、H的結構簡式，可推知G為。【詳解】(1)由分析可知，A的結構簡式為：，所含官能團為醛基；(2)由分析可知，B為，B發生氧化反應、酸化得到C為，可以氧化醛基的試劑為新制的氫氧化銅，故a為新制的氫氧化銅；(3)由分析可知，D結構簡式為；(4)E與乙醇發生酯化反應生成F為，化學方程式為：+CH3CH2OH+H2O；(5)G為甲苯的同分異構體，故分子式為C7H8，結合信息②中的加成反應、H的結構簡式，可推知G為；(6)由可知，N為，則需要環戊烷通過反應形成碳碳雙鍵，故環戊烷與Cl2發生取代反應生成M為，然后與NaOH醇溶液發生消去反應生成N，化學方程式為：+NaOH+NaCl+H2O。【點睛】本題關鍵是確定A的結構，結合反應條件順推各物質，(6)中根據題目中的合成路線圖反推N的結構簡式，然后根據已知試劑推斷可能發生的化學反應。25、防止苯胺被氧化，同時起著沸石的作用溫度過高，未反應的乙酸蒸出，降低反應物的利用率；溫度過低，又不能除去反應生成的水若讓反應混合物冷卻，則固體析出沾在瓶壁上不易處理吸濾瓶布氏漏斗重結晶【解析】

（1）鋅粉起抗氧化劑作用，防苯胺氧化，另外混合液加熱，加固體還起到防暴沸作用；（2）乙酸有揮發性，不易溫度太高，另外考慮到水的沸點為100℃，太低時水不易蒸發除去；（3）“趁熱”很明顯是防冷卻，而一旦冷卻就會有固體析出；抽濾裝置所包含的儀器除減壓系統外，還有吸濾瓶和布氏漏斗；（4）粗產品需進一步提純，該提純方法是重結晶。26、分液漏斗防倒吸、防堵塞(或平衡氣壓、安全瓶均可)SO2＋H2SO4＋2KClO3=2KHSO4＋2ClO2檢驗有I2生成，進而證明ClO2有強氧化性2:1O2溶液由藍色變為無色，且半分鐘內溶液顏色不再改變0.324

g產生ClO2的速率太快，ClO2沒有被D中的溶液完全吸收；C中ClO2未全部進入D中【解析】

(1)濃H2SO4和Na2SO3反應生成SO2，A制備SO2，B裝置有緩沖作用，可防止倒吸、堵塞；裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，則C中發生反應SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，在D中發生氧化還原反應生成I2，裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，I2遇淀粉變藍色；裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，雙氧水作還原劑生成氧氣，從而防止尾氣污染環境；(2)①碘遇淀粉變藍色，當碘完全反應后溶液變為無色；②ClO2與KI在溶液反應離子方程式為：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，結合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得ClO2～5S2O32-，則n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；ClO2部分沒有被吸收、未完全進入D中都導致測定值偏低。【詳解】(1)濃H2SO4和Na2SO3反應生成SO2，A用于制備SO2，B裝置有緩沖作用，能防止倒吸、堵塞；裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，則C中發生反應SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，所以D中發生氧化還原反應生成I2，裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，I2單質遇淀粉溶液變為藍色；裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，雙氧水作還原劑生成氧氣，從而防止尾氣污染環境，①儀器a的名稱為分液漏斗，裝置B有緩沖作用，所以能防倒吸、防堵塞(或平衡氣壓、安全瓶)；②裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，根據元素守恒可知，生成的酸式鹽為KHSO4，該反應的化學方程式為SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2；裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，淀粉遇碘溶液變為藍色，根據淀粉溶液是否變色來判斷是否有I2單質生成，從而證明ClO2是否具有氧化性；③裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，反應方程式為H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+H2O，在該反應中ClO2是氧化劑，NaClO2的還原產物，H2O2是還原劑，O2是氧化產物，該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為2：1；(2)①I2單質遇淀粉溶液變為藍色，當碘完全反應后溶液變為無色，所用滴定終點是溶液由藍色變為無色，且半分鐘內溶液顏色不再改變；②ClO2溶液與碘化鉀反應的離子方程式：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，結合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得關系式：ClO2～5S2O32-，則n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，則在250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；由于C中ClO2有一部分沒有被吸收、未完全進入D中都導致測定值偏低。【點睛】本題考查物質制備，涉及實驗操作、氧化還原反應、方程式的計算、物質檢驗等知識點，側重考查實驗操作規范性、元素化合物性質等知識點，明確實驗原理、物質性質、物質之間的轉化關系是解本題關鍵。27、受熱均勻、便于控制溫度B2NaBr+2H2SO4(濃)==Na2SO4+Br2+2H2O+SO23Br2+3CO32-==5Br-+3CO2+BrO3-cb60.2%【解析】

(1)油浴加熱可以更好的控制溫度；(2)加熱時燒杯中所盛液體體積為燒杯容積的一半為最佳；(3)根據有紅棕色蒸氣Br2產生，可知濃硫酸與NaBr發生了氧化還原反應，據此可以寫出反應的化學方程式。(4)①Br2與碳酸鈉溶液反應時，Br2發生了自身氧化還原反應，據此寫出反應的離子方程式。②鈉與丁醇反應，堿石灰吸水無明顯現象，膽礬無法吸水；③操作II為蒸餾；(5)根據進行計算。【詳解】(1)使用油浴加熱的優點為受熱均勻、容易控制溫度，故答案為：受熱均勻、便于控制溫度；(2)12g正丙醇的體積為，共加入液體15mL+20mL+25mL=60mL，所以選用100mL燒瓶較合適，故答案為：B；(3)根據有紅棕色蒸氣Br2產生，可知反應過程中濃硫酸將溴離子氧化成溴單質，濃硫酸被還原成二氧化硫，根據電子守恒和元素守恒可寫出方程式，故答案為：2NaBr+2H2SO4(濃)==Na2SO4+Br2+2H2O+SO2；(4)①Br2與碳酸鈉溶液反應時，Br2發生了自身氧化還原反應，根據反應中還原產物與氧化產物的物質的量之比為5:1可知產物為Br-和BrO3-，故答案為：3Br2+3CO32-==5Br-+3CO2+BrO3-；②鈉與丁醇反應，堿石灰吸水無明顯現象，膽礬無法吸水，無水硫酸銅遇水變藍，故答案為：c；③蒸餾時溫度計水銀球應該在支管口處，而且冷凝管應該選擇直形冷凝管，故答案為：b；(5)該制備過程的反應方程式為：H2SO4(濃)+NaBrNaHSO4+HBr↑；CH3CH2CH2OH+HBr

CH3CH2CH2Br+H2O，12g正丙醇的物質的量為，則完全反應正丙醇所需n(NaBr)=0.2mol，m(NaBr)=0.2mol×103g/mol=20.6g<24g；所需n(H2SO4)=0.2mol<18.4mol/L×0.025L；所以該過程正丙醇過量，則理論生成1-溴丙烷0.2mol，質量為0.2mol×123g/mol=24.6g，所以產率為=60.2%，故答案為：60.2%。【點睛】球形冷凝管與直形冷凝管適用范圍不同，直形冷凝管既適合冷凝回流也適合蒸餾中的冷凝收集，而球形冷凝管只適合冷凝回流。28、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O(或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O)過濾da、e取少量Na2S2O5晶體于試管中，加適量水溶解，滴加足量鹽酸，振蕩，再滴入氯化鋇溶液，有白色沉淀生成0.16偏低【解析】

實驗一：裝置Ⅰ制取二氧化硫，亞硫酸鈉與硫酸反應Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O，裝置Ⅱ制取Na2S2O5晶體，Na2SO3+SO2=Na2S2O5，裝置Ⅲ用于處理尾氣吸收未反應的二氧化硫。(1)由裝置Ⅱ中發生的反應可知，裝置Ⅰ中產生的氣體為SO2，亞硫酸鈉與硫酸反應生成硫酸鈉或硫酸氫鈉、二氧化硫與水；(2)裝置Ⅱ中獲得已析出的晶體，分離固體與液態，應采取過濾操作；

(3)裝置Ⅲ用于處理尾氣，吸