安徽皖江名校2024年高考化學全真模擬密押卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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、跟水反應有電子轉移，但電子轉移不發生在水分子上的是A．CaO B．Na C．CaC2 D．Na2O22、現有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，其中c(SO42-)+c(NO3-)=5mol.L-1。10mL該混酸溶解銅質量最大時。溶液中HNO3、H2SO4的濃度之比為A．1：1 B．1：2 C．3：2 D．2：33、實驗室處理廢催化劑FeBr3溶液，得到溴的四氯化碳溶液和無水FeCl3。下列圖示裝置和原理能達到實驗目的的A．制取氯氣B．將Br-全部轉化為溴單質C．分液時，先從下口放出有機層，再從上口倒出水層D．將分液后的水層蒸干、灼燒制得無水FeCl34、電-Fenton法是用于水體中有機污染物降解的高級氧化技術,反應原理如圖所示。電解產生的H2O2與Fe2+發生Fenton反應生成的羥基自由基(·OH)能氧化降解有機污染物。下列說法正確的是A．電源的A極為正極B．與電源B相連電極的電極反應式為H2O+e-=H++·OHC．Fenton反應為:H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++·OHD．每消耗22.4LO2(標準狀況),整個電解池中理論上可產生的·OH為2mol5、在復鹽NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，可能發生的反應的離子方程式是A．NH4++SO42－+Ba2++OH－=BaSO4↓+NH3·H2OB．Al3++2SO42－+2Ba2++4OH－=2BaSO4↓+AlO2-+2H2OC．2Al3++3SO42－+3Ba2++6OH－=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓D．NH4++Al3++SO42－+Ba2++4OH－=BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O6、加熱聚丙烯廢塑料可以得到碳、氫氣、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如圖所示裝置探究廢舊塑料的再利用。下列敘述不正確的是A．裝置乙試管中收集到的液體在催化劑存在下可以與Br2發生取代反應B．裝置丙中的試劑吸收反應產生的氣體后得到的產物的密度均比水大C．最后收集的氣體可以作為清潔燃料使用D．甲烷的二氯代物有2種7、下列敘述正確的是A．Na在足量O2中燃燒，消耗lmolO2時轉移的電子數是4×6.02×1023B．鹽酸和醋酸的混合溶液pH=1，該溶液中c(H+)=0.1mol/LC．1L0.1mol/LNH4Cl溶液中的NH數是0.1×6.02×1023D．標準狀況下2.24LCl2中含有0.2mol共價鍵8、在飽和食鹽水中滴加酚酞溶液后，在以碳棒為電極進行電解，下列有關的實驗現象的描述中正確的是（）A．負極區先變紅 B．陽極區先變紅C．陰極有無色氣體放出 D．正極有黃綠色氣體放出9、工業用強氧化劑PbO2來制備KClO4的工業流程如下：根據流程推測，下列判斷不正確的是()A．“酸化”的試劑是稀硝酸或濃鹽酸B．“濾渣”主要成分是PbO2粉末，可循環使用C．NaClO3與PbO2反應的離子方程式為D．在KNO3、KClO4、NaClO4、NaNO3中，常溫下溶解度小的是KClO410、在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現的是（）A．NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)B．S(s)SO3(g)H2SO4(aq)C．MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)Mg(s)D．N2(g)NH3(g)NaHCO3(s)11、下列離子方程式書寫正確的是A．FeCl2溶液中通入Cl2：Fe2＋＋Cl2=Fe3+＋2Cl－B．澄清石灰水與少量小蘇打溶液混合：Ca2++OH－＋HCO3－=CaCO3↓＋H2OC．FeS固體放入稀硝酸溶液中：FeS＋2H+=Fe2+＋H2S↑D．AlCl3溶液中加入過量氨水：Al3+＋4OH－=AlO2－＋2H2O12、下列離子方程式中書寫正確的是（）A．磁性氧化鐵溶于氫碘酸：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2OB．FeBr2中通入氯氣使一半的Br-氧化：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-C．NH4Al(SO4)2溶液中通入過量的Ba(OH)2：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=NH3?H2O+AlO2-+2BaSO4↓+2H2OD．飽和碳酸鈉溶液中通入CO2：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-13、某學生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液與0.5mol/LNa2CO3溶液的反應，實驗如下。實驗1實驗2下列分析正確的是（）A．實驗1中，白色沉淀a是Al2(CO3)3B．實驗2中，白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2C．檢驗白色沉淀a、b是否洗滌干凈，均可用鹽酸酸化的BaCl2溶液D．實驗1、2中，白色沉淀成分不同的原因與混合后溶液的pH無關14、下列關于甲、乙、丙、丁四種儀器裝置的有關用法，其中不合理的是（）A．甲裝置：可用來證明硫的非金屬性比硅強B．乙裝置：橡皮管的作用是能使水順利流下C．丙裝置：用圖示的方法能檢查此裝置的氣密性D．丁裝置：可在瓶中先裝入某種液體收集NO氣體15、W、X、Z是原子序數依次增大的同一短周期元素，W、X是金屬元素，Z是非金屬元素，W、X的最高價氧化物對應的水化物可以相互反應生成鹽和水，向一定量的W的最高價氧化物對應的水化物溶液中逐滴加人XZ3溶液，生成的沉淀X(OH)3的質量隨XZ3溶液加人量的變化關系如圖所示。則下列離子組在對應的溶液中一定能大量共存的是A．d點對應的溶液中:K+、NH4+、CO32-、I-B．c點對應的溶液中:Ag+、Ca2+、NO3-、Na+C．b點對應的溶液中:Na+、S2-、SO42-、Cl-D．a點對應的溶液中:Na+、K+、S042-、HCO3-16、下列依據實驗操作及現象得出的結論正確的是()選項實驗操作現象結論A將待測液中，依次滴加氯水和KSCN溶液溶液變為紅色待測溶液中含有Fe2+B向等體積等濃度的鹽酸中分別加入ZnS和CuSZnS溶解而CuS不溶解Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)C向有少量銅粉的Cu(NO3)2溶液中滴入稀硫酸銅粉逐漸溶解稀硫酸能與銅單質反應D常溫下，用pH計分別測0.1mol/LNaA溶液、0.1mol/LNa2CO3溶液的pHNaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH酸性：HA>H2CO3A．A B．B C．C D．D17、常溫常壓下，下列氣體混合后壓強一定不發生變化的是A．NH3和Cl2 B．NH3和HBr C．SO2和O2 D．SO2和H2S18、現在正是全球抗擊新冠病毒的關鍵時期，專家指出磷酸氯喹對治療新冠病毒感染有明顯效果，磷酸氯喹的分子結構如圖所示，下列關于該有機物的說法正確的是（）A．該有機物的分子式為：C18H30N3O8P2ClB．該有機物能夠發生加成反應、取代反應、不能發生氧化反應C．該有機物苯環上的1-溴代物只有2種D．1mol該有機物最多能和8molNaOH發生反應19、常溫時，1mol/L的HA和1mol/L的HB兩種酸溶液，起始時的體積均為V0，分別向兩溶液中加水進行稀釋，所得變化關系如圖所示（V表示溶液稀釋后的體積）。下列說法錯誤的是A．Ka(HA)約為10-4B．當兩溶液均稀釋至時，溶液中＞C．中和等體積pH相同的兩種酸所用n(NaOH)：HA>HBD．等體積、等物質的量濃度的NaA和NaB溶液中離子總數前者小于后者20、下列物質屬于電解質的是（）A．Na2O B．SO3 C．Cu D．NaCl溶液21、下列說法正確的是（）A．Cl表示中子數為18的氯元素的一種核素B．乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3）和硬脂酸甘油酯（）互為同系物C．的名稱為2﹣乙基丁烷D．CH3（CH2）2CH3和CH（CH3）3互為同素異形體22、下列儀器的用法正確的是（）A．①可以長期盛放溶液B．用②進行分液操作C．用酒精燈直接對③進行加熱D．用④進行冷凝回流二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機物X是一種烷烴，是液化石油氣的主要成分，可通過工藝Ⅰ的兩種途徑轉化為A和B、C和D。B是一種重要的有機化工原料，E分子中含環狀結構，F中含有兩個相同的官能團，D是常見有機物中含氫量最高的，H能使溶液產生氣泡,Ⅰ是一種有濃郁香味的油狀液體。請回答：（1）G的結構簡式為_________________________。（2）G→H的反應類型是_________________________。（3）寫出F＋H→1的化學方程式_________________________。（4）下列說法正確的是_______。A．工藝Ⅰ是石油的裂化B．除去A中的少量B雜質，可在一定條件下往混合物中通入適量的氫氣C．X、A、D互為同系物，F和甘油也互為同系物D．H與互為同分異構體E．等物質的量的Ⅰ和B完全燃燒，消耗氧氣的質量比為2：124、（12分）奧美拉唑主要用于十二指腸潰瘍和胃潰的治療，靜脈注射可用于消化性潰瘍急性出的治療，反應中間體F和奧美拉性的合成路線如下：I中間體F的合成：II奧美拉唑的合成：已知：結合上述合成路線，請回答：（1）下列說法正確的是__________A．奧美拉的分子式為C18H19N3O3SB．J生成K的反應類型為加成反應C．化合物C可以發生的反應類型有取代、還原、加成D．設計A轉化為B的目的是保護其中的官能團（2）化合物F的結構簡式為_______________________________；（3）請寫出A→B的反應方程式___________________________________；（4）試寫出同時滿足下列條件的化合物H的同分異構體:_____________________________①分子中含苯環，遇FeC13顯紫色②分子中含有4種不同化學環境的氫原子。（5）利用已有知識和題中涉及的反應，設計從乙烯合成的路線。(用流程圖表示，無機試劑任選)_________________________25、（12分）葡萄糖酸鈣是一種可促進骨骼生長的營養物質。葡萄糖酸鈣可通過以下反應制得：C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3→Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸鈣)+H2O+CO2↑相關物質的溶解性見下表：實驗流程如下：回答下列問題：（1）第①步中溴水氧化葡萄糖時，甲同學設計了如圖所示裝置。①你認為缺少的儀器是__。②甲同學在尾氣吸收裝置中使用倒立漏斗的目的是__。（2）第②步CaCO3固體過量，其目的是__。（3）本實驗中___(填“能”或“不能”)用CaCl2替代CaCO3，理由是__。（4）第③步“某種操作”名稱是__。（5）第④步加入乙醇的作用是__。（6）第⑥步中洗滌操作主要是除去沉淀表面可能含有的溴化鈣，洗滌劑最合適的是__(填標號)。A．冷水B．熱水C．乙醇D．乙醇—水混合溶液26、（10分）三苯甲醇()是重要的有機合成中間體。實驗室中合成三苯甲醇時采用如圖所示的裝置，其合成流程如圖：已知:①格氏試劑易潮解，生成可溶于水的Mg(OH)Br。②三苯甲醇可通過格氏試劑與苯甲酸乙酯按物質的量比2:1反應合成③相關物質的物理性質如下：物質相對分子量沸點熔點溶解性三苯甲醇260380℃164.2℃不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有機溶劑乙醚-34.6℃-116.3℃微溶于水，溶于乙醇、苯等有機溶劑溴苯-156.2℃-30.7℃不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有機溶劑苯甲酸乙酯150212.6℃-34.6℃不溶于水請回答下列問題：（1）合成格氏試劑：實驗裝置如圖所示，儀器A的名稱是____，已知制備格氏試劑的反應劇烈放熱，但實驗開始時常加入一小粒碘引發反應，推測I2的作用是____。使用無水氯化鈣主要是為避免發生____（用化學方程式表示）。（2）制備三苯甲醇：通過恒壓滴液漏斗往過量的格氏試劑中加入13mL苯甲酸乙酯（0.09mol）和15mL無水乙醚的混合液，反應劇烈，要控制反應速率除使用冷水浴外，還可以___（答一點）。回流0.5h后，加入飽和氯化銨溶液，有晶體析出。（3）提純：冷卻后析出晶體的混合液含有乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯和堿式溴化鎂等雜質，可先通過___（填操作方法，下同）除去有機雜質，得到固體17.2g。再通過___純化，得白色顆粒狀晶體16.0g，測得熔點為164℃。（4）本實驗的產率是____（結果保留兩位有效數字）。本實驗需要在通風櫥中進行，且不能有明火，原因是____。27、（12分）焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）是一種可溶于水的白色或淡黃色小晶體，食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果的保鮮劑等。某化學研究興趣小組欲自制焦亞硫酸鈉并探究其部分化學性質等。(1)制備Na2S2O5，如圖（夾持及加熱裝置略）可用試劑：飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體（試劑不重復使用）焦亞硫酸鈉的析出原理：NaHSO3(飽和溶液)→Na2S2O5(晶體)+H2O(l)①F中盛裝的試劑是__，作用是__。②通入N2的作用是__。③Na2S2O5晶體在__（填“A”或“D”或“F”）中得到，再經離心分離，干燥后可得純凈的樣品。④若撤去E，則可能發生__。(2)設計實驗探究Na2S2O5的性質，完成表中填空：預測Na2S2O5的性質探究Na2S2O5性質的操作及現象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性①探究二Na2S2O5晶體具有還原性取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液，劇烈反應，溶液紫紅色很快褪去①__。（提供：pH試紙、蒸餾水及實驗必需的玻璃儀器）②探究二中反應的離子方程式為__(KMnO4→Mn2+)(3)利用碘量法可測定Na2S2O5樣品中+4價硫的含量。實驗方案：將agNa2S2O5樣品放入碘量瓶（帶磨口塞的錐形瓶）中，加入過量c1mol·L-1的碘溶液，再加入適量的冰醋酸和蒸餾水，充分反應一段時間，加入淀粉溶液，__（填實驗步驟），當溶液由藍色恰好變成無色，且半分鐘內溶液不恢復原色，則停止滴定操作重復以上步驟兩次記錄數據。（實驗中必須使用的試劑有c2mol·L-1的標準Na2S2O3溶液；已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）(4)含鉻廢水中常含有六價鉻[Cr(Ⅵ)]利用Na2S2O5和FeSO4·7H2O先后分兩個階段處理含Cr2O72-的廢水，先將廢水中Cr2O72-全部還原為Cr3+，將Cr3+全部轉化為Cr(OH)3而除去，需調節溶液的pH范圍為___。{已知：Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，lg2≈0.3，c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1時視為完全沉淀}28、（14分）實驗室常利用“棕色環”現象檢驗NO3—離子。其方法為：取含有NO3—的溶液于試管中，加入FeSO4溶液振蕩，然后沿著試管內壁加入濃H2SO4，在溶液的界面上岀現“棕色環”。回答下列問題：(1)基態Fe2+核外未成對電子個數為_____。(2)形成“棕色環”主要發生如下反應：3[Fe(H2O)6]2++NO3－+4H+=3[Fe(H2O)6]3++NO↑+2H2O[Fe(H2O)6]2++NO=[Fe(NO)(H2O)5]2+(棕色)+H2O[Fe(NO)(H2O)5]2+中，配體是______、______，配位數為______。(3)與NO互為等電子體的微粒是_____(任寫一例)。(4)SO42－的空間構型是_____，其中S原子的雜化方式是________。(5)鐵原子在不同溫度下排列構成不同晶體結構，在912℃以下排列構成的晶體叫做α－鐵；在912℃至1394℃之間排列構成的晶體叫做γ－鐵；在1394℃以上排列構成的晶體，叫做δ－鐵。晶胞剖面結構如圖所示：①α－鐵的原子堆積方式為_____。δ－鐵配位數為____。②已知γ－鐵晶體密度為dg/cm3，則Fe原子的半徑為____nm(用含d、NA的式子表示)。29、（10分）超音速飛機在平流層飛行時，尾氣中的NO會破壞臭氧層。科學家正在研究利用催化技術將尾氣中的NO和CO轉變成CO2和N2，其反應為：2NO+2CO2CO2+N2（降溫后該反應的平衡常數變大）為了測定在某種催化劑作用下的反應速率，在某溫度下用氣體傳感器測得不同時間的NO和CO濃度如表：時間（s）012345c（NO）（mol/L）1.00×10﹣34.50×10﹣42.50×10﹣41.50×10﹣41.00×10﹣41.00×10﹣4c（CO）（mol/L）3.60×10﹣33.05×10﹣32.85×10﹣32.75×10﹣32.70×10﹣32.70×10﹣3請回答下列問題（均不考慮溫度變化對催化劑催化效率的影響）：（1）反應的Q___0（填寫“＞”、“＜”、“=”）。（2）前2s內的平均反應速率v（N2）=___。（3）計算在該溫度下，反應的平衡常數K=___。（4）假設在密閉容器中發生上述反應，達到平衡時下列措施能提高NO轉化率的是___。A．選用更有效的催化劑B．升高反應體系的溫度C．降低反應體系的溫度D．縮小容器的體積（5）研究表明：在使用等質量催化劑時，增大催化劑比表面積可提高化學反應速率。為了分別驗證溫度、催化劑比表面積對化學反應速率的影響規律，某同學設計了三組實驗，部分實驗條件已經填在下面實驗設計表中。實驗編號T（℃）NO初始濃度（mol/L）CO初始濃度（mol/L）催化劑的比表面積（m2/g）Ⅰ2801.20×10-35.80×10-382Ⅱ_________124Ⅲ350______124①請在上表空格中填入剩余的實驗條件數據。②請在給出的坐標圖中，畫出上表中的三個實驗條件下混合氣體中NO濃度隨時間變化的趨勢曲線圖，并標明各條曲線的實驗編號___。

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、D【解析】

A.水與氧化鈣反應生成氫氧化鈣，元素化合價沒有發生變化，故A錯誤；B.鈉與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，水中氫元素的化合價降低，得到電子，故B錯誤；C.碳化鈣與水反應生成氫氧化鈣和乙炔，化合價沒有發生變化，故C錯誤；D.過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，過氧化鈉中的氧元素化合價既升高又降低，水中的元素化合價沒有發生變化，故D正確；故選：D。2、D【解析】稀硝酸和稀硫酸組成的混酸中c（NO3－）+c（SO42－）=5mol·L－1，稀硝酸和Cu反應但稀硫酸和Cu不反應，混酸和Cu反應離子方程式為3Cu+2NO3－+8H＋=3Cu2＋+2NO↑+4H2O，要使溶解的Cu最大，則硝酸根離子應該完全反應，根據離子方程式知，c（NO3－）：c（H＋）=2：8=1：4，設c（NO3－）=xmol·L－1、則c（H＋）=4xmol·L－1，根據電荷守恒得c（NO3－）+2c（SO42－）=c（H＋），xmol·L－1+2c（SO42－）=4xmol·L－1，c（SO42－）=1.5xmol·L－1，代入已知：c（NO3－）+c（SO42－）=5mol·L－1，x=2，所以c（NO3－）=2mol·L－1、則c（H＋）=8mol·L－1，c（SO42－）=5mol·L－1-2mol·L－1=3mol·L－1，根據硝酸根離子守恒、硫酸根離子守恒得c（NO3－）=c（HNO3）=2mol·L－1、c（SO42－）=c（H2SO4）=3mol·L－1，所以混酸中HNO3、H2SO4的物質的量濃度之比2mol·L－1：3mol·L－1=2：3。故選D。3、C【解析】

A.1mol/L的鹽酸為稀鹽酸，與二氧化錳不反應，則不能制備氯氣，故A錯誤；B.圖中導管的進入方向不合理，將溶液排出裝置，應從長導管進氣短導管出氣，故B錯誤；C.苯不溶于水，密度比水小，溴的苯溶液在上層，則用裝置丙分液時先從下口放出水層，再從上口倒出有機層，故C正確；D.蒸發時促進氯化鐵水解，生成鹽酸易揮發，不能得到FeCl3，灼燒得到氧化鐵，故D錯誤；本題答案為C。【點睛】分液時，分液漏斗內的下層液體從漏斗下口放出，上層液體從上口倒出。4、C【解析】

左側電極附近Fe3+→Fe2+，發生了還原反應，該極為電解池的陰極，與之相連電源的A極為負極，A錯誤；與電源B相連電極為電解池的陽極，失電子發生氧化反應，B錯誤；雙氧水能夠把Fe2+氧化為Fe(OH)2+，C正確；每消耗1molO2，轉移4mol電子，根據H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++·OH反應看出轉移1mol電子，生成1molOH，所以應當生成4molOH；D錯誤；正確選項C。5、C【解析】

在NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，開始時，發生反應為SO42-+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓，當Al3+沉淀完全時，SO42-未完全沉淀，此時溶液含有硫酸銨；再滴加Ba(OH)2，生成BaSO4沉淀，發生反應為SO42-+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH-=NH3?H2O，所以沉淀質量繼續增加；當SO42-完全沉淀時，生成Al(OH)3、硫酸鋇沉淀、一水合氨；再滴加Ba(OH)2，氫氧化鋁逐漸溶解，據此分析解答。【詳解】A．逐滴加入Ba(OH)2溶液，氫氧根離子先與氯離子反應，故A錯誤；B．以1∶2反應時，硫酸根離子、鋁離子均轉化為沉淀，同時生成一水合氨，故B錯誤；C．以2∶3反應時，生成硫酸鋇、氫氧化鋁和硫酸銨，離子反應為2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，故C正確；D．以1∶2反應時，生成硫酸鋇、氫氧化鋁和一水合氨，離子反應為NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3?H2O，故D錯誤；答案選C。【點睛】把握發生的反應及離子方程式的書寫方法為解答的關鍵。本題的易錯點和難點為銨根離子和鋁離子與氫氧根離子反應的先后順序的確定。6、D【解析】

A.裝置乙試管中收集到的液體物質是苯和甲苯，兩種物質的分子中都含有苯環，在催化劑存在下可以與Br2發生取代反應，A正確；B.加熱聚丙烯廢塑料得到的不飽和烴乙烯、丙烯可以與Br2發生加成反應，產生1，2-二溴乙烷和1，2-二溴丙烷，它們都是液體物質，難溶于水，密度比水大，B正確；C.加熱聚丙烯廢塑料可以得到碳、氫氣、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，氣體物質有氫氣、甲烷、乙烯、丙烯，液體物質有苯和甲苯，其中苯和甲苯經冷水降溫恢復至常溫下的液態留在小試管中；氣體中乙烯、丙烯與溴的四氯化碳溶液反應變為液體，剩余氣體為氫氣、甲烷，燃燒產生H2O、CO2，無污染，因此可作為清潔燃料使用，C正確；D.甲烷是正四面體結構，分子中只有一種H原子，其二氯代物只有1種，D錯誤；故合理選項是D。7、B【解析】

A．反應后氧元素的價態為-1價，故lmolO2時轉移的電子數是2×6.02×1023，故A錯誤；B．混合溶液pH=1，pH=-lgc（H+）=1，故c（H+）=10-pH=0.1mol/L，故B正確；C．NH4+是弱堿陽離子，在溶液中會水解，故NH4+數小于0.1×6.02×1023，故C錯誤；D．標準狀況下2.24LCl2的物質的量為0.1mol，而1mol氯氣中含1mol共價鍵，故0.1mol氯氣中含0.1mol共價鍵，故D錯誤；故選B。8、C【解析】

電解飽和食鹽水，陽極氯離子發生失電子的氧化反應，其電極反應式為：2Cl－－2e－=Cl2↑；陰極區水發生得電子的還原反應，其電極反應式為：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，據此分析作答。【詳解】根據上述分析可知，A.溶液中陰極區會發生電極反應：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，則酚酞溶液在陰極區先變紅，A項錯誤；B.溶液中陰極區會發生電極反應：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，則酚酞溶液在陰極區先變紅，B項錯誤；C.陰極區水發生得電子的還原反應，其電極反應式為：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，有無色氣體放出，C項正確；D.陽極產生氯氣，則現象描述應該為：陽極有黃綠色氣體放出，D項錯誤；答案選C。9、A【解析】

工業用PbO2來制備KClO4，是在酸性條件下用PbO2將NaClO3氧化成NaClO4，過濾得含有NaClO4的溶液中加入硝酸鉀，經結晶可得KClO晶體，【詳解】A.濃鹽酸具有還原性會與NaClO3發生歸中反應，同時也會消耗PbO2，故A錯誤；B.“濾渣”主要成分是PbO2粉末，可循環使用，B正確；C.根據產物可知NaClO3被PbO2氧化，根據電子守恒和元素守恒可知離子方程式為：，故C正確；D.根據溶液中溶解度小的物質先析出，結合復分解反應的條件可判斷溶解度較小的物質為KClO4，故D正確；故答案為A。10、D【解析】

A．鐵與氯氣反應生成氯化鐵，而不是氯化亞鐵，所以Cl2(g)FeCl2(s)轉化不能實現，故A錯誤；B．硫在氧氣中點燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B錯誤；C．氯化鎂與石灰乳反應生成氫氧化鎂，氫氧化鎂受熱分解生成氧化鎂，所以Mg(OH)2(s)Mg(s)轉化不能實現，故C錯誤；D．氨氣、二氧化碳和氯化鈉反應生成碳酸氫鈉，為侯氏制堿法的反應原理，故D正確；故答案選D。11、B【解析】

A、電子得失不守恒，正確的是2Fe2＋＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－；B、正確；C、硝酸具有氧化性，能氧化FeS，錯誤；D、氫氧化鋁不能溶于氨水中，錯誤，答案選B。12、B【解析】

A.磁性氧化鐵溶于氫碘酸，生成的Fe3+還要與I-發生氧化還原反應，A錯誤；B.FeBr2中通入氯氣時，Fe2+先被氧化為Fe3+，剩余的Cl2再與Br-發生反應，一半的Br-氧化時，Fe2+、Br-、Cl2的物質的量剛好相等，B正確；C.所提供的離子方程式中，電荷不守恒，質量不守恒，C錯誤；D.飽和碳酸鈉溶液中通入CO2，應生成NaHCO3沉淀，D錯誤。故選B。13、C【解析】

由現象可知：實驗1發生完全雙水解反應生成Al(OH)3，實驗2過量的Na2CO3與完全雙水解反應生成Al(OH)3發生反應。【詳解】A.實驗1中，沉淀溶解，無氣泡，白色沉淀a是Al(OH)3，故A錯誤；B.實驗2中，沉淀溶解，少量氣泡，該氣體是CO2，但不能說明白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2，故B錯誤；C.檢驗白色沉淀a、b是否洗滌干凈，即可檢驗有無SO42-，均可用鹽酸酸化的BaCl2溶液檢驗，故C正確；D.實驗1、2中，過量Al2(SO4)3溶液顯酸性，過量Na2CO3溶液顯堿性，不能確定白色沉淀成分不同的原因與混合后溶液的pH有關，故D錯誤；答案選C。【點睛】注意D項中，強酸弱堿鹽顯酸性，強堿弱酸鹽顯堿性。14、A【解析】試題分析：A．二氧化硫和水反應生成亞硫酸，亞硫酸酸性大于硅酸，所以二氧化硫和硅酸鈉溶液反應生成不溶性硅酸，但亞硫酸不是硫元素的最高價含氧酸，乙醇則該裝置不能能證明硫的非金屬性比硅強，故A錯誤；B．橡皮管可使下部的壓力轉移到上方，從而利用壓強平衡的原理使液體順利流下，故B正確；C．如果裝置的氣密性良好，甲、乙兩側水面高度不同，否則水面相同，所以能檢驗裝置的氣密性，故C正確；D．NO不溶于水，因此在此裝置中充滿水，從②進氣可以收集NO氣體，故D正確；故選A。考點：考查化學實驗方案設計，涉及非金屬性強弱的判斷、氣密性檢驗、氣體的收集方法等知識點15、C【解析】

W、X、Z依次為Na、Al、Cl。分析反應歷程可知a點溶液為強堿性溶液，HCO3－不可以大量共存；b點溶液為中性溶液，對應離子可以大量共存；c點溶液中存在Cl－可與Ag＋生成白色沉淀；d點溶液中存在Al3＋可與CO32－發生雙水解。答案選C。16、B【解析】

A．若原溶液中有Fe3＋，加入氯水，再加入KSCN溶液，也會變紅，不能確定溶液中是否含有Fe2＋，結論錯誤；應該先加入KSCN溶液不變紅，說明沒有Fe3＋，再加入氯水，溶液變紅，說明氯氣將Fe2＋氧化成Fe3＋，A錯誤；B．ZnS溶解而CuS不溶解，可知CuS更難溶；這兩種物質的類型相同，可通過溶解度大小直接比較Ksp大小，則Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，B正確；C．Cu(NO3)2溶液中有NO3－，加入稀硫酸酸化，則混合溶液中的Cu、H＋、NO3－發生氧化還原反應，而不是Cu與稀硫酸反應，結論錯誤，C錯誤；D．CO32－HCO3－電離得到CO32－。相同條件下，NaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH，說明CO32－水解能力強，則酸性HA＞HCO3－，而不是強于H2CO3，結論錯誤，D錯誤。答案選B。【點睛】容易誤選D項，需要注意，CO32－是由HCO3－電離得到的，因此通過比較NaA溶液和Na2CO3溶液的pH比較酸的強弱，其實比較的是HA和HCO3－的強弱。若需要比較HA和H2CO3的酸性強弱，則應該同濃度NaA和NaHCO3溶液的pH大小。17、C【解析】

完全反應后容器中壓強沒有發生變化，說明反應前后氣體的物質的量沒有發生變化，A．氨氣與氯氣常溫下反應：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，氯化銨為固體，氣體物質的量減小，壓強發生變化，故A不選；B．氨氣與溴化氫反應生成溴化銨固體，方程式為：NH3+HBr=NH4Br，溴化銨為固體，氣體物質的量減小，壓強發生變化，故B不選；C．二氧化硫與氧氣常溫下不反應，所以氣體物的量不變，壓強不變，故C選；D．SO2和H2S發生SO2+2H2S═3S↓+2H2O，氣體物質的量減小，壓強發生變化，故D不選；故選：C。18、D【解析】

A．該有機物的分子式為：C18H32N3O8P2Cl，A錯誤；B．分子中含有苯環、氯原子，該有機物能夠發生加成反應、取代反應，有機物可以燃燒，能發生氧化反應，B錯誤；C．該有機物苯環上的1-溴代物只有3種，C錯誤；D．氯原子水解形成酚羥基，磷酸能與氫氧化鈉反應，因此1mol該有機物最多能和8molNaOH發生反應，D正確。答案選D。19、B【解析】

根據圖示，當lg（V/V0）+1=1時，即V=V0，溶液還沒稀釋，1mol/L的HA溶液pH=2，即HA為弱酸，溶液中部分電離；1mol/L的HB溶液pH=0，即HB為強酸，溶液中全部電離。因為起始兩溶液濃度和體積均相等，故起始兩溶液中所含一元酸的物質的量相等。【詳解】A.1mol/L的HA溶液的pH為2，c(A-)＝c(H＋)＝0.01mol/L，c(HA)1mol/L，則HA的電離常數約為10-4，A正確；B.由電荷守恒有：c（H+）=c(A-)+c(OH-)，c（H+）=c(B-)+c(OH-)，當兩溶液均稀釋至時，HB溶液pH=3，HA溶液pH>3，則有c(A-)<c(B-)，B錯誤；C.HA為弱酸，HB為強酸，等體積pH相同的兩種酸所含一元酸的物質的量n(HA)>n(HB)，故分別用NaOH溶液中和時，消耗的NaOH物質的量：HA>HB，C正確；D.等體積、等物質的量濃度的NaA和NaB溶液，Na+數目相同，HA為弱酸，鹽溶液中A-發生水解，NaA溶液呈堿性，NaA溶液中的電荷守恒為c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），HB為強酸，鹽溶液中B-不發生水解，NaB溶液呈中性，NaB溶液中的電荷守恒為c（Na+）+c（H+）=c（B-）+c（OH-），NaA溶液中c（H+）<NaB溶液中c（H+），所以等體積、等物質的量濃度的NaA和NaB溶液中離子總數前者小于后者，D正確。答案：B。20、A【解析】

A.氧化鈉在熔融狀態時能電離出Na+和O2-，是電解質，故A選。B.SO3溶于水和水反應生成硫酸，硫酸能電離出氫離子和硫酸根離子，但不是SO3電離出來的，熔融狀態下的SO3也不導電，故SO3是非電解質，故B不選；C.銅是單質，既不是電解質也不是非電解質，故C不選；D.NaCl溶液是混合物，既不是電解質也不是非電解質，故D不選故選A。【點睛】電解質：在水溶液或熔融狀態下，能夠導電化合物，導電的離子必須是本身提供的，一般包括：酸、堿、多數的鹽、部分金屬氧化物等。21、A【解析】

A．核素中中子數=質量數-質子數，質子數=原子序數，利用關系式求出Cl-35的中子數；B．同系物是物質結構相似、分子組成上相差一個或多個“CH2”，根據概念判斷正誤；C．系統命名法是選擇最長的碳鏈為主鏈；D．同素異形體是同一種元素形成的不同單質，不是化合物【詳解】A．該核素的中子數=35﹣17=18，故A正確；B．同系物是物質結構相似、分子組成上相差一個或多個“CH2”，而乙酸乙酯和硬脂酸甘油酯還相差有“O“原子，不符合概念，故B錯誤；C．系統命名法是選擇最長的碳鏈為主鏈，該物最長碳鏈為5個碳原子，名稱應該為為3﹣甲基戊烷，故C錯誤；D．同素異形體是同一種元素形成的不同單質，CH3（CH2）2CH3和CH（CH3）3是化合物、互為同分異構體，故D錯誤：故選：A。【點睛】原子結構、同系物、同分異構體、烷烴命名等知識點，解題關鍵：掌握概念的內涵和外延，錯點D，同素異形體的使用范圍是單質。22、D【解析】

A.①為容量瓶，配制溶液時使用，不可以長期盛放溶液，故A錯誤；B.②為漏斗，過濾時使用，分液操作應該用分液漏斗，故B錯誤；C.③為圓底燒瓶，在加熱時需要使用石棉網，故C錯誤；D.④為冷凝管，作用是冷凝回流，故D正確。故選D。【點睛】此題易錯點在于C項，圓底燒瓶底部面積較大，直接加熱受熱不均勻，需用石棉網，不能直接加熱。二、非選擇題(共84分)23、氧化反應HOCH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2OH+H2ODE【解析】

X為烷烴，則途徑I、途徑II均為裂化反應。B催化加氫生成A，則A、B分子中碳原子數相等。設A、B分子中各有n個碳原子，則X分子中有2n個碳原子，E、F中各有n個碳原子。D是含氫量最高的烴，必為CH4，由途徑II各C分子中有2n-1個碳原子，進而G、H分子中也有2n-1個碳原子。據F+H→I（C5H10O3），有n+2n-1=5，得n=2。因此，X為丁烷（C4H10）、A為乙烷（C2H6）、B為乙烯（CH2=CH2），B氧化生成的E為環氧乙烷（）、E開環加水生成的F為乙二醇（HOCH2CH2OH）。C為丙烯（CH3CH=CH2）、C加水生成的G為1-丙醇（CH3CH2CH2OH）、G氧化生成的有酸性的H為丙酸（CH3CH2COOH）。F與H酯化反應生成的I為丙酸羥乙酯（CH3CH2COOCH2CH2OH）。（1）據C→G→I，G只能是1-丙醇，結構簡式為CH3CH2CH2OH。（2）G（CH3CH2CH2OH）→H（CH3CH2COOH）既脫氫又加氧，屬于氧化反應。（3）F＋H→I的化學方程式HOCH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2OH+H2O。（4）A．工藝Ⅰ生成乙烯、丙烯等基礎化工原料，是石油的裂解，A錯誤；B．除去A（C2H6）中的少量B（CH2=CH2）雜質，可將混合氣體通過足量溴水。除去混合氣體中的雜質，通常不用氣體作除雜試劑，因其用量難以控制，B錯誤；C．X（C4H10）、A（C2H6）、D（CH4）結構相似，組成相差若干“CH2”，互為同系物。但F（HOCH2CH2OH）和甘油的官能團數目不同，不是同系物，C錯誤；D．H（CH3CH2COOH）與分子式相同、結構不同，為同分異構體，D正確；E．Ⅰ（C5H10O3）和B（C2H4）各1mol完全燃燒，消耗氧氣分別為6mol、3mol，其質量比為2：1，E正確。故選DE。24、C、D【解析】

（1）奧美拉的分子式為C17H19N3O3S，A錯誤；J生成K的過程中，增加了氧原子，反應類型為氧化反應，B錯誤；化合物C中有苯環，可發生取代和加成反應；有碳氧雙鍵，可得到氫，發生還原反應；C正確；設計A轉化為B的目的是保護其中的官能團，D正確。答案選CD。（2）根據流程I到J有機物兩個分子結構的差別可知，化合物F的結構簡式。（3）根據生成物B的結構式和反應物可得A的結構式為，發生的化學反應為；（4）①分子中含苯環，遇FeC13顯紫色，結構中有酚羥基；②分子中含有4種不同化學環境的氫原子，根據化合物G的結構符合要求的化合物H結構式為；（5）結合題中流程圖，從乙烯合成的路線為；25、溫度計防止倒吸使葡萄糖酸充分反應，提高葡萄糖酸的轉化率不能氯化鈣與葡萄糖酸不反應趁熱過濾降低葡萄糖酸鈣的溶解度，有利于其析出D【解析】

葡萄糖中加入3%的溴水并且加熱，發生反應C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr，得到葡萄糖酸和HBr，加入過量碳酸鈣并加熱，發生反應2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3→(C6H11O7)2

Ca

(葡萄糖酸鈣)+H2O+CO2、CaCO3+2HBr=CaBr2+CO2↑+H2O，趁熱過濾，然后加入乙醇得到葡萄糖酸鈣懸濁液，過濾、洗滌、干燥得到葡萄糖酸鈣，據此進行分析。【詳解】(1)①根據流程可知溴水氧化葡萄糖時需要控制溫度為55℃，所以還需要溫度計；②倒置的漏斗可以起到防止倒吸的作用；(2)CaCO3固體需有剩余，可使葡萄糖酸充分反應，提高葡萄糖酸的轉化率，符合強酸制弱酸原理，以確保葡萄糖酸完全轉化為鈣鹽；(3)鹽酸為強酸，酸性比葡萄糖酸強，氯化鈣不能與葡萄糖酸直接反應得到葡萄糖酸鈣，所以不宜用CaCl2替代CaCO3；(4)根據表格中葡萄糖酸鈣的溶解度與溫度可知葡萄糖酸鈣冷卻后會結晶析出，應趁熱過濾；(5)葡萄糖酸鈣在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸鈣在溶劑中的溶解度，有利于葡萄糖酸鈣的析出；(6)利用水可以將無機雜質溶解除掉，同時利用葡萄糖酸鈣在乙醇中的微溶，減少葡萄糖酸鈣的損失，所以應選“乙醇—水的混合溶液”進行洗滌。26、球形干燥管與Mg反應放出熱量，提供反應需要的活化能+H2O→+Mg(OH)Br緩慢滴加混合液蒸餾重結晶68%乙醚有毒，且易燃【解析】

首先利用鎂條、溴苯和乙醚制取格氏試劑，由于格氏試劑易潮解，所以需要在無水環境中進行反應，則裝置A中的無水氯化鈣是為了防止空氣中的水蒸氣進入反應裝置；之后通過恒壓滴液漏斗往過量的格氏試劑中加入苯甲酸抑制和無水乙醚混合液，由于反應劇烈，所以需要采用冷水浴，同時控制混合液的滴入速率；此時得到的三苯甲醇溶解在有機溶劑當中，而三苯甲醇的沸點較高，所以可采用蒸餾的方法將其分離，除去有機雜質；得到的粗品還有可溶于水的Mg(OH)Br雜質，可以通過重結晶的方法分離，三苯甲醇熔點較高，所以最終得到的產品為白色顆粒狀晶體。【詳解】(1)根據裝置A的結構特點可知其為球形干燥管；碘與Mg反應放熱，可以提供反應需要的活化能；無水氯化鈣防止空氣中的水蒸氣進入反應裝置，使格氏試劑潮解，發生反應：+H2O→+Mg(OH)Br；(2)控制反應速率除降低溫度外(冷水浴)，還可以緩慢滴加混合液、除去混合液的雜質等；(3)根據分析可知應采用蒸餾的方法除去有機雜質；進一步純化固體可采用重結晶的方法；(4)三苯甲醇可以通過格氏試劑與苯甲酸乙酯按物質的量比2:1反應，由于格氏試劑過量，所以理論生成的n(三苯甲醇)=n(苯甲酸乙酯)=0.09mol，所以產率為=68%；本實驗使用的乙醚易揮發，有毒且易燃，所以需要在通風櫥中進行。【點睛】本題易錯點為第3題，學生看到三苯甲醇的熔點較高就簡單的認為生成的三苯甲醇為固體，所以通過過濾分離，應還要注意三苯甲醇的溶解性，實驗中使用的有機溶劑都可以溶解三苯甲醇，所以要用蒸餾的方法分離。27、濃NaOH溶液吸收剩余的SO2排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化D倒吸用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上，試紙變紅5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O用c2mol·L-1的標準Na2S2O3溶液滴定pH>5.6【解析】

從焦亞硫酸鈉的析出原理[NaHSO3(飽和溶液)→Na2S2O5(晶體)+H2O(l)]可以看出，要制取Na2S2O5(晶體)，需先制得NaHSO3(飽和溶液)，所以A裝置的作用是用濃硫酸與Na2SO3固體反應制取SO2，將SO2再通入飽和Na2SO3溶液中制得NaHSO3飽和溶液。因為Na2S2O5易被空氣中的O2氧化，所以需排盡裝置內的空氣，這也就是在A裝置內通入N2的理由。由于SO2會污染環境，所以F裝置應為吸收尾氣的裝置，為防倒吸，加了裝置E。【詳解】(1)①從以上分析知，F裝置應為SO2的尾氣處理裝置，F中盛裝的試劑是濃NaOH溶液，作用是吸收剩余的SO2。答案為：濃NaOH溶液；吸收剩余的SO2；②為防裝置內空氣中的氧氣將Na2S2O5、NaHSO3、Na2SO3等氧化，需排盡裝置內的空氣，所以通入N2的作用是排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化。答案為：排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化；③Na2S2O5晶體由NaHSO3飽和溶液轉化而得，所以應在D中得到。答案為：D；④因為E中的雙球能容納較多液體，可有效防止倒吸，所以若撤去E，則可能發生倒吸。答案為：倒吸；(2)①既然是檢測其是否具有酸性，則需用pH試紙檢測溶液的pH，若在酸性范圍，則表明顯酸性。具體操作為：用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上，試紙變紅。答案為：用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上，試紙變紅；②探究二中，Na2S2O5具有還原性，能將KMnO4還原為Mn2+，自身被氧化成SO42-，同時看到溶液的紫色褪去，反應的離子方程式為5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O。答案為：5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O；(3)根據信息，滴定過量碘的操作是：用c2mol·L-1的標準Na2S2O3溶液滴定。答案為：用c2mol·L-1的標準Na2S2O3溶液滴定；(4)c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1時，Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，即1.0×10-5×c3(OH-)>6.4×10-31，c(OH-)>4.0×10-9mol·L-1，c(H+)<=mol·L-1，pH>5+2lg2=5.6。答案為：pH>5.6。【點睛】Na2S2O5來自于NaHSO3的轉化，且二者S的價態相同，所以在研究Na2S2O5的性質時，可把Na2S2O5當成NaHSO3。28、4NOH2O6O或N正四面體sp3雜化體心立方堆積6