2024屆山東省名校高考沖刺模擬化學試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、查閱資料可知，苯可被臭氧氧化，發生化學反應為：。則鄰甲基乙苯通過上述反應得到的有機產物最多有A．5種 B．4種 C．3種 D．2種2、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．14.0gFe發生吸氧腐蝕生成Fe2O3·xH2O，電極反應轉移的電子數為0.5NAB．標準狀況下，11.2LSO2溶于水，溶液中含硫粒子的數目大于0.5NAC．常溫下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中Ba2+的數目為0.5NAD．分子式為C2H6O的某種有機物4.6g，含有C－H鍵的數目一定為0.5NA3、下列說法正確的是A．氯堿工業電解飽和食鹽水，以石墨作陰極，鐵網作陽極B．稀釋0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32-的水解程度和溶液的pH均增大C．相同條件下，溶液中Fe3+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次減弱D．升高溫度，可提高反應速率，原因是降低了反應的活化能4、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Fe2++Cr3+Fe3++Cr2+，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、以下性質的比較可能錯誤的是()A．離子半徑H﹣＞Li+ B．熔點Al2O3＞MgOC．結合質子(H+)的能力CO32﹣＞ClO﹣ D．密度1﹣氯戊烷＞1﹣氯己烷6、用化學方法不能實現的是（）A．生成一種新分子 B．生成一種新離子C．生成一種新同位素 D．生成一種新單質7、關于氮肥的說法正確的是（）A．硫銨與石灰混用肥效增強 B．植物吸收氮肥屬于氮的固定C．使用碳銨應深施蓋土 D．尿素屬于銨態氮肥8、除去下列括號內雜質的試劑或方法正確的是（）A．HNO3溶液（H2SO4）：適量BaCl2溶液，過濾B．乙烷（乙烯）：催化劑條件下通入H2C．溴苯（溴）：加入KI溶液，分液D．乙醇（乙酸）：加入足量CaO后蒸餾9、草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O)是一種淡黃色粉末，某課外小組利用下列裝置檢驗草酸亞鐵晶體受熱分解的部分產物。下列說法正確的是A．若③和⑤中分別盛放足量NaOH溶液和CuO，可檢驗生成的COB．實驗時只需要在裝置①中反應結束后再通入N2C．若將④中的無水CaCl2換成無水硫酸銅可檢驗分解生成的水蒸氣D．實驗結束后，①中淡黃色粉末完全變成黑色，則產物一定為鐵10、有機物M、N、Q的轉化關系為：下列說法正確的是()A．M分子中的所有原子均在同一平面B．上述兩步反應依次屬于加成反應和取代反應C．M的同分異構體中屬于芳香烴的還有3種D．Q與乙醇互為同系物，且均能使酸性KMnO4溶液褪色11、化合物M(如圖所示)可用于制備各種高性能防腐蝕涂料。W、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期主族元素，且占據三個不同周期，W與Z的質子數之和是X的2倍。下列說法不正確的是A．原子半徑：Y＞Z＞XB．X元素的族序數是Y元素的2倍C．工業上電解熔融Y2X3化合物制備單質YD．W與X形成的所有化合物都只含極性共價鍵12、X、Y、Z、W為原子序數依次增大的短周期元素，其中W原子的質子數是其M層電子數的三倍，Z與W、X與Y相鄰，X與W同主族。下列說法不正確的是（）A．原子半徑：W＞Z＞Y＞XB．最高價氧化物對應水化物的酸性：X＞W＞ZC．最簡單氣態氫化物的熱穩定性：Y＞X＞W＞ZD．元素X、Z、W的最高化合價分別與其主族序數相等13、M、X、Y、Z、W為五種短周期元素，且原子序數依次增大，X、Y、Z最外層電子數之和為15，X與Z可形成XZ2分子；Y與M形成的氣態化合物在標準狀況下的密度為0.76g·L?1；W的質子數是X、Y、Z、M四種元素質子數之和的。下列說法正確的是（）A．原子半徑：W>Z>Y>X>MB．常見氣態氫化物的穩定性：X＜Y＜ZC．1molWM溶于足量水中完全反應，共轉移2mol電子D．由M、X、Y、Z四種元素形成的化合物一定既有離子鍵，又有共價鍵14、根據下列實驗操作和現象所得出的結論正確的是選項實驗操作實驗現象結論A在KI淀粉溶液中滴入氯水變藍，再通入SO2藍色褪去還原性：I－＞SO2B向苯酚溶液中滴加少量濃溴水無白色沉淀苯酚濃度小C向NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液有黃色沉淀生成Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)D用pH試紙測濃度均為0.1mol·L－1的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pHCH3COONa溶液的pH大HNO2電離出H+的能力比CH3COOH的強A．A B．B C．C D．D15、NA代表阿伏加德羅常數的值,下列敘述正確的是A．0.1mol熔融的NaHSO4中含有的離子總數為0.3NAB．標準狀況下，2.24LHF和NH3分子所含電子數目均為NAC．常溫時,56gAl與足量濃硝酸反應,轉移的電子數目為3NAD．向含有1molFeI2溶質的溶液中通入適量的氯氣，當有1molFe2+被氧化時，該反應轉移電子的數目為3NA16、運輸汽油的車上，貼有的危險化學品標志是A． B． C． D．17、實驗室進行加熱的方法有多種，其中水浴加熱的局限性是（）A．加熱均勻 B．相對安全 C．達到高溫 D．較易控溫18、下列各選項中所述的兩個量，前者一定大于后者的是（）A．將pH=4的鹽酸和醋酸分別稀釋成pH=5的溶液，所加水的量B．pH=10的NaOH和Na2CO3溶液中，水的電離程度C．物質的量濃度相等的(NH4)2SO4溶液與(NH4)2CO3溶液中NH4+的物質的量濃度D．相同溫度下，10mL0.1mol/L的醋酸與100mL0.01mol/L的醋酸中H+的物質的量19、在K2Cr2O7存在下利用微生物電化學技術實現含苯酚廢水的有效處理，其工作原理如下圖。下列說法正確的是()A．M為電源負極，有機物被還原B．中間室水量增多，NaCl溶液濃度減小C．M極電極反應式為：+11H2O-23e-=6CO2+23H+D．處理1molCr2O72-時有6molH+從陽離子交換膜右側向左側遷移20、下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是A．NH4Cl溶液呈酸性，可用于去除鐵銹B．SO2具有還原性，可用于漂白紙張C．Al2O3是兩性氧化物，可用作耐高溫材料D．Na2SiO3溶液呈堿性，可用作木材防火劑21、分子式為C5H10O2，能與NaHCO3溶液反應的有機物有A．4種 B．5種 C．6種 D．7種22、下列反應生成物不受反應物的用量或濃度影響的是A．硫酸與氯化鈉反應 B．硝酸銀溶液中滴加稀氨水C．鐵在硫蒸氣中燃燒 D．鐵粉加入硝酸中二、非選擇題(共84分)23、（14分）對乙酰氨苯酚(M)是常用的消炎解熱鎮痛藥。其合成路線如下：完成下列填空：(1)A的結構簡式為____________。C→D的反應類型為___________________。(2)實驗室中進行反應①的實驗時添加試劑的順序為________________________。(3)下列有關E的說法正確的是____________。（選填編號）a．分子式為C6H6NOb．能與溴水發生加成反應c．遇到FeCl3溶液能發生顯色反應d．既能和氫氧化鈉溶液反應，又能和鹽酸反應(4)已知與的性質相似，寫出一定條件下M與NaOH溶液反應的化學方程式。______________________(5)滿足下列條件的M的同分異構體有_____________種。①苯環上只有兩種不同環境的氫原子；②苯環上連有－NH2；③屬于酯類物質。(6)N-鄰苯二甲酰甘氨酸()是重要的化工中間體，工業上以鄰二甲苯和甘氨酸(NH2-CH2-COOH)為原料通過一系列的反應制取該化合物，請參照上述流程的相關信息，寫出最后一步反應的化學方程式。_____________________24、（12分）以下是由甲苯合成乙酰水楊酸和酚酞的合成路線。（1）寫出“甲苯→A”的化學方程式____________________。（2）寫出C的結構簡式___________，E分子中的含氧官能團名稱為__________________；（3）上述涉及反應中，“E→酚酞”發生的反應類型是______________。（4）寫出符合下列條件的乙酰水楊酸的一種同分異構體的結構簡式_________________。①遇FeCl3溶液顯紫色，②能與碳酸氫鈉反應，③苯環上只有2個取代基的，④能使溴的CCl4溶液褪色。（5）寫出乙酰水楊酸和NaOH溶液完全反應的化學方程式：___________________。（6）由D合成E有多步，請設計出D→E的合成路線_________________。(有機物均用結構簡式表示)。(合成路線常用的表示方式為：D……E)25、（12分）疊氮化鈉(NaN3)是汽車安全氣囊的主要成分，實驗室制取疊氮化鈉的實驗步驟如下：①打開裝置D導管上的旋塞，加熱制取氨氣。②加熱裝置A中的金屬鈉，使其熔化并充分反應后，再停止加熱裝置D并關閉旋塞。③向裝置A中b容器內充入加熱介質并加熱到210～220℃，然后通入N2O。④冷卻，向產物中加入乙醇(降低NaN3的溶解度)，減壓濃縮結晶后，再過濾，并用乙醚洗滌，晾干。（1）裝置B中盛放的藥品為____。（2）步驟①中先加熱通氨氣一段時間的目的是____；步驟②氨氣與熔化的鈉反應生成NaNH2的化學方程式為____。步驟③中最適宜的加熱方式為___(填“水浴加熱”，“油浴加熱”)。（3）生成NaN3的化學方程式為____。（4）產率計算①稱取2.0g疊氮化鈉試樣，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于錐形瓶中。②用滴定管加入0.10mol·L－1六硝酸鈰銨[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL[發生的反應為2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑](雜質均不參與反應)。③充分反應后滴入2滴鄰菲羅啉指示液，并用0.10mol·L－1硫酸亞鐵銨[(NH4)2Fe(SO4)2]為標準液，滴定過量的Ce4＋，終點時消耗標準溶液20.00mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋)。計算可知疊氮化鈉的質量分數為____(保留2位有效數字)。若其他操作及讀數均正確，滴定到終點后，下列操作會導致所測定樣品中疊氮化鈉質量分數偏大的是____(填字母代號)。A．錐形瓶使用疊氮化鈉溶液潤洗B．滴加六硝酸鈰銨溶液時，滴加前仰視讀數，滴加后俯視讀數C．滴加硫酸亞鐵銨標準溶液時，開始時尖嘴處無氣泡，結束時出現氣泡D．滴定過程中,將掛在錐形瓶壁上的硫酸亞鐵銨標準液滴用蒸餾水沖進瓶內（5）疊氮化鈉有毒，可以使用次氯酸鈉溶液對含有疊氮化鈉的溶液進行銷毀，反應后溶液堿性明顯增強，且產生無色無味的無毒氣體，試寫出反應的離子方程式____。26、（10分）氮化鋁(室溫下與水緩慢反應)是一種新型無機材料，廣泛應用于集成電路生產領域。化學研究小組同學按下列流程制取氮化鋁并測定所得產物中AlN的質量分數。己知：AlN＋NaOH＋3H2O＝Na[Al(OH)4]＋NH3↑。回答下列問題：（1）檢查裝置氣密性，加入藥品，開始實驗。最先點燃___(“A”、“C”或“E”)處的酒精燈或酒精噴燈。（2）裝置A中發生反應的離子方程式為___，裝置C中主要反應的化學方程式為___，制得的AlN中可能含有氧化鋁、活性炭外還可能含有___。（3）實驗中發現氮氣的產生速率過快，嚴重影響尾氣的處理。實驗中應采取的措施是___(寫出一種措施即可)。（4）稱取5.0g裝置C中所得產物，加入NaOH溶液，測得生成氨氣的體積為1.68L(標準狀況)，則所得產物中AlN的質量分數為___。（5）也可用鋁粉與氮氣在1000℃時反應制取AlN。在鋁粉中添加少量NH4Cl固體并充分混合，有利于AlN的制備，共主要原因是___。27、（12分）硫酰氯（SO2Cl2）可用于有機合成和藥物制造等。實驗室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2[SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ/mol]，裝置如圖所示（部分裝置省略）。已知SO2Cl2的熔點為－54.1℃，沸點為69.1℃，有強腐蝕性，不宜接觸堿、醇、纖維素等許多無機物和有機物，遇水能發生劇烈反應并產生白霧。回答下列問題：I．SO2Cl2的制備（1）水應從___（選填“a”或“b”）口進入。（2）制取SO2的最佳組合是___（填標號）。①Fe+18.4mol/LH2SO4②Na2SO3+70%H2SO4③Na2SO3+3mo/LHNO3（3）乙裝置中盛放的試劑是___。（4）制備過程中需要將裝置甲置于冰水浴中，原因是___。（5）反應結束后，分離甲中混合物的最佳實驗操作是___。II．測定產品中SO2Cl2的含量，實驗步驟如下：①取1.5g產品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振蕩、過濾、洗滌，將所得溶液均放入錐形瓶中；②向錐形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.2000mol·L－1的AgNO3溶液l00.00mL；③向其中加入2mL硝基苯，用力搖動，使沉淀表面被有機物覆蓋；④加入NH4Fe(SO4)2指示劑，用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+，終點所用體積為10.00mL。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10Ksp(AgSCN)=2×10-12（6）滴定終點的現象為___。（7）產品中SO2Cl2的質量分數為___%，若步驟③不加入硝基苯則所測SO2Cl2含量將___（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）。28、（14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_____________。29、（10分）CH4-CO2催化重整時發生反應：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，不僅可以得到合成氣(CO和H2)，還對溫室氣體的減排具有重要意義。回答下列問題：（1）某溫度下，向1L的密閉容器中充入0.2molCH4與0.1molCO2，發生CH4-CO2催化重整反應，10min時達到平衡，測得平衡混合物中CO(g)的體積分數為20%，則用CH4表示的反應速率為______，CO2的平衡轉化率為______。（2）若CO2的平衡轉化率(a)與溫度(T)、壓強(p)的關系如圖所示。由圖可知：壓強p1______p2（選填“＞“、“＜“或“=”），理由是______。（3）在一定溫度下，向固定容積為2L的密閉容器中充入0.1moCH4與0.1mo1CO2發生CH4-CO2催化重整反應，達平衡時CO2的平衡轉化率為50%，則此條件下該反應的平衡常數為K=______；平衡后保持溫度不變，若再充入0.15molCH4、0.15molCO2、0.1molCO、0.1molH2，則此時v正______（選填“＞”、“＜”或“=”）v逆。（4）已知：C(s)+2H2(g)＝CH4(g)△H1=-75kJ?mol-1C(s)+O2(g)＝CO2(g)△H2=-394kJ?mol-1C(s)+O2(g)＝CO(g)△H3=-111kJ?mol-1①催化重整反應CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=______kJ?mol-1。②反應中催化劑活性會因積碳反應而降低，同時存在的消碳反應則使積碳量減少。相關數據如下表：積碳反應CH4(g)＝C(s)+2H2(g)消碳反應CO2(g)+C(s)＝CO(g)△H/(kJ?mol-1)75172活化能/(kJ?mol-1)催化劑X3391催化劑Y4372由上表判斷，催化劑X______Y（填“優于”或“劣于”），理由是______。

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】

依據題意，，將苯環理解為凱庫勒式(認為單雙鍵交替出現)，斷開相鄰的碳碳雙鍵，即，斷開處的碳原子和氧原子形成雙鍵，生成三分子的乙二醛。鄰甲基乙苯用凱庫勒表示，有兩種結構，如圖、。斷開相連的碳碳雙鍵的方式有不同的反應，如圖，；前者氧化得到、，后者得到（重復）、、，有一種重復，則得到的物質共有4這種，B符合題意；答案選B。2、A【解析】

A．鐵發生吸氧腐蝕，鐵為負極，電極反應為：Fe-2e-=Fe2+，正極反應為：O2+4e-+2H2O=4OH-，Fe2+與OH-反應生成的氫氧化亞鐵又被氧氣氧化為氫氧化鐵，最后變成Fe2O3·xH2O，14.0gFe的物質的量為，電極反應轉移的電子數為0.252NA=0.5NA，A正確；B．標況下，11.2LSO2的物質的量為0.5mol，溶于水生成H2SO3，H2SO3發生兩級電離：H2SO3?HSO3-+H+、HSO3-?SO32-+H+，根據質量守恒定律，溶液中含硫粒子的數目等于0.5NA，B錯誤；C．常溫下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=1mol?L-1，OH-數目為0.5L1mol?L-1=0.5NA，由Ba(OH)2的化學式可知Ba2+的數目為0.25NA，C錯誤；D．化學式為C2H6O的有機物可能為乙醇（C2H5OH）或甲醚(CH3OCH3)，乙醇(C2H5OH)分子中有5個C-H鍵，甲醚(CH3OCH3)分子中有6個C-H鍵，C2H6O的某種有機物4.6g的物質的量為0.1mol，含C-H鍵數目不一定為0.5NA，D錯誤。答案選A。3、C【解析】

A．電解飽和氯化鈉溶液時，如果Fe作陽極，則陽極上Fe失電子而不是氯離子失電子，所以應該用石墨作陽極，故A錯誤；B．稀釋0.1mol/LNa2CO3溶液，促進碳酸鈉的水解，水解程度增大，但溶液的堿性減弱，pH減小，故B錯誤；C．金屬活動順序表中單質的還原性越強，對應的陽離子氧化性越弱，鋅比銅活潑，則銅離子比鋅離子的氧化性強，根據三價鐵離子與銅的反應：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，由強制弱可判斷三價鐵氧化性比銅離子的氧化性強，即相同條件下，溶液中Fe3+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次減弱，故C正確；D．溫度升高，增加了反應體系中活化分子百分數，反應速率加快，但反應的活化能不變，故D錯誤；答案選C。【點睛】本題的易錯點為A，要注意電解飽和食鹽水應該生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，因此陽極應該選用惰性材料作電極。4、C【解析】

A.電池放電時，是原電池的工作原理，a電極為正極，得電子發生還原反應，反應為Fe3++e-=Fe2+，故A正確；B.充電時是電解池工作原理，b電極為陰極，得電子發生還原反應，反應為Cr3++e-=Cr2+，故B正確；C.原電池在工作時，陽離子向正極移動，所以放電過程中H+通過隔膜從負極區移向正極區，故C錯誤；D.根據電池構造分析，該電池無爆炸可能，安全性高，毒性和腐蝕性相對較低，故D正確；故選C。5、B【解析】

A．具有相同電子排布的離子，原子序數大的離子半徑小，則離子半徑為H﹣＞Li+，故A正確；B．離子晶體中，離子的電荷越高，半徑越小，晶格能越大，熔點越高，但氧化鋁的離子性百分比小于MgO中離子性百分比，則熔點為Al2O3＜MgO，故B錯誤；C．酸性是：HCO3﹣＜HClO，所以結合質子(H+)的能力為CO32﹣＞ClO﹣，故C正確；D．兩者結構相似，1﹣氯戊烷的碳鏈短，其密度大，則密度為1﹣氯戊烷＞1﹣氯己烷，故D正確；答案選B。【點睛】結合質子的能力和電解質電解強弱有關，越弱越容易結合質子。6、C【解析】

化學變化的實質是相互接觸的分子間發生原子或電子的轉換或轉移，生成新的分子并伴有能量變化的過程。【詳解】根據化學變化的實質是相互接觸的分子間發生原子或電子的轉換或轉移，生成新的分子并伴有能量變化的過程，原子并沒有發生變化，可知通過化學方法可以生產一種新分子，也可以生成一種新離子，還可生成一種新單質；具有一定數目的質子和一定數目的中子的原子稱為核素，即核素的種類決定于原子核，而化學反應只是核外電子數目的變化，所以生成一種新同位素通過化學反應是不能實現的，故C符合；答案選C。7、C【解析】

A．將硫酸銨與堿性物質熟石灰混合施用時會放出氨氣而降低肥效，故A錯誤；B．植物吸收氮肥是吸收化合態的氮元素，不屬于氮的固定，故B錯誤；C．碳酸氫銨受熱容易分解，易溶于水，使用碳銨應深施蓋土，避免肥效損失，故C正確；D．尿素屬于有機氮肥，不屬于銨態氮肥，故D錯誤。答案選C。8、D【解析】

A.加入氯化鋇引入新的雜質氯離子，應加入硝酸鋇，故A錯誤；B.由于不能確定乙烯的含量，則不能確定通入氫氣的量，易混入氫氣雜質，故B錯誤；C.加入KI溶液，溴與KI反應生成碘單質，形成新的雜質，故C錯誤；D.乙醇不能和氧化鈣反應，乙酸和氧化鈣反應生成沸點較高的醋酸鈣，然后用蒸餾的方法可分離，故D正確；故答案為D。9、A【解析】

A、利用②、③除去CO2，④中的無水氯化鈣將氣體干燥后，如果⑤中CuO固體轉變成紅色，則反應一定生成CO，A正確；B、實驗開始后，裝置中的空氣對分解及檢驗都有干擾，所以必須先通入N2除去裝置中的空氣，B錯誤；C、由于從②、③溶液中導出的氣體會帶出水蒸氣，因此④中放置無水硫酸銅無法檢驗分解生成的水蒸氣，C錯誤；D、草酸亞鐵晶體分解剩余的固體為FeO，如果沒有完全變為黑色，也有可能是由于晶體沒有完全分解，D錯誤；答案選A。【點睛】固體分解得到的水一定要在通過溶液之前檢驗。10、C【解析】

由轉化關系可知，與氯氣在光照條件下發生取代反應生成，在加熱條件下與氫氧化鈉溶液發生水解反應生成。【詳解】A項、分子中的側鏈為乙基，乙基含有2個飽和碳原子，則分子中的所有原子不可能在同一平面，故A錯誤；B項、與氯氣在光照條件下轉化為的反應屬于取代反應，故B錯誤；C項、的同分異構體中屬于芳香烴的還有對二甲苯、間二甲苯和鄰二甲苯，共3種，故C正確；D項、屬于芳香醇，其與乙醇不是同系物，故D正確。故選C。【點睛】本題考查有機物的結構與性質，側重分析與應用能力的考查，注意把握有機物的結構與轉化關系為解答的關鍵。11、D【解析】

W、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期主族元素，且占據三個不同周期，則W為第一周期主族元素，W為H，Z應為第三周期主族元素，根據化合物M的結構簡式可知，Z可形成3個單鍵和1個雙鍵，因此，Z原子最外層有5個電子，Z為P，W與Z的質子數之和是X的2倍，X的質子數==8，則X為O，根據化合物M的結構簡式，Y可形成+3價陽離子，則Y為Al，以此解答。【詳解】A.X為O，第二周期元素，Y為Al，Z為P，Y、Z為第三周期元素，電子層數越多，半徑越大，同周期元素，核電荷數越大，半徑越小，原子半徑：Y>Z>X，故A正確；B.X為O元素，第ⅥA族元素，Y為Al元素，第ⅢA族元素，X的族序數是Y元素的2倍，故B正確；C.X為O，Y為Al，Y2X3為Al2O3，工業上制備單質Al的方法為電解熔融Al2O3，故C正確；D.X為O，W為H，W與X形成的化合物有H2O和H2O2，H2O2中含有非極性共價鍵，故D錯誤；答案選D。【點睛】氫元素和氧元素可以形成水，含有極性鍵，或是過氧化氫，含有極性鍵和非極性鍵。12、A【解析】

W原子的質子數是其M層電子數的3倍，根據核外電子排布規律，得出W為P，X與W同主族，則X為N，Z與W相鄰、X與Y相鄰，四種原子序數依次增大，得出在元素周期表中相應的位置，即，據此分析；【詳解】W原子的質子數是其M層電子數的3倍，根據核外電子排布規律，得出W為P，X與W同主族，則X為N，Z與W相鄰、X與Y相鄰，四種原子序數依次增大，得出在元素周期表中相應的位置，即A.同主族從上到下，原子半徑依次增大，同周期從左向右原子半徑依次減小，因此原子半徑大小順序是r(Si)>r(P)>r(N)>r(O)，故A說法錯誤；B.利用非金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的酸性越強，非金屬性強弱順序是N>O>Si，即最高價氧化物對應水化物的酸性強弱順序是HNO3>H3PO4>H2SiO4，故B說法正確；C.利用非金屬性越強，其氫化物穩定性越強，非金屬性強弱順序是O>N>P>Si，即最簡單氫化物的熱穩定性強弱順序是H2O>NH3>PH3>SiH4，故C說法正確；D.主族元素的最高化合價等于最外層電子數等于族序數(除O、F外)，N、Si、P最外層電子數分別為5、4、5，族序數分別為VA、IVA、VA，故D說法正確；答案：A。13、B【解析】

Y與M形成的氣態化合物在標準狀況下的密度0.76g?L?1，該氣態化合物的摩爾質量為22.4L/mol×0.76g?L?1=17g/mol，該氣體為NH3，M、X、Y、Z、W為五種短周期元素，且原子序數依次增大，則M為H元素，Y為N；X、Y、Z最外層電子數之和為15，X與Z可形成XZ2分子，X為+4價，Y為?2價，可推出X、Y、Z分別為C、N、O三種元素；W的質子數是X、Y、Z、M四種元素質子數之和的，推出W的質子數為=11，所以W為Na元素。A.所有元素中H原子半徑最小，同周期自左向右原子半徑減小，同主族自上到下原子半徑增大，故原子半徑Na>C>N>O>H，即W>X>Y>Z>M，故A錯誤；B.

X、Y、Z分別為C、N、O三種元素，非金屬性X<Y<Z，元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩定，故B正確；C.NaH與水發生反應：NaH+H2O=NaOH+H2↑，1molNaH溶于足量水中完全反應共轉移1mol電子，故C錯誤；D.由M、X、Y、Z四種元素形成的化合物可為氨基酸或碳酸銨、醋酸銨等物質，如為氨基酸，則只含有共價鍵，故D錯誤。故選B。14、D【解析】

A．KI淀粉溶液中滴入氯水變藍，生成碘單質，再通入SO2，碘與二氧化硫發生氧化還原反應生成I－，二氧化硫為還原劑，I－為還原產物，證明還原性SO2＞I－，選項A錯誤；B．苯酚能和濃溴水發生取代反應生成三溴苯酚白色沉淀，三溴苯酚能溶于苯酚，所以得不到白色沉淀，該實驗結論錯誤，選項B錯誤；C．因為I－、Cl－濃度大小不知，雖然黃色沉淀為AgI，但無法通過物質溶度積比較，則無法證明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，選項C錯誤；D．在相同條件下，酸性越弱其鹽溶液的水解程度越大，則用pH試紙測濃度均為0.1mol·L－1的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH，CH3COONa溶液的pH大，證明HNO2電離出H+的能力比CH3COOH的強，選項D正確。答案選D。15、D【解析】

A.NaHSO4在熔融狀態電離產生Na+、HSO4-，1個NaHSO4電離產生2個離子，所以0.1molNaHSO4在熔融狀態中含有的離子總數為0.2NA，選項A錯誤；B.標準狀況下HF呈液態，不能使用氣體摩爾體積，選項B錯誤；C.常溫時Al遇濃硝酸會發生鈍化現象，不能進一步反應，選項C錯誤；D.微粒的還原性I->Fe2+，向含有1molFeI2溶質的溶液中通入適量的氯氣，當有1molFe2+被氧化時，I-已經反應完全，則1molFeI2反應轉移3mol電子，則轉移電子數目是3NA，選項D正確；故合理選項是D。16、B【解析】

A、汽油是易燃品，不是腐蝕品，故不選A；B、汽油是易燃液體，故選B；C、汽油是易燃品，不是劇毒品，故不選C；D、汽油是易燃品，不是氧化劑，故不選D；選B。17、C【解析】

水浴加熱的優點是受熱均勻、便于控溫，且相對較安全，但由于加熱的溫度只能在100℃以下，故缺點是無法達到高溫。故選：C。18、C【解析】

A.醋酸是弱電解質，在稀釋過程中繼續電離出氫離子，氯化氫是強電解質，在水溶液中完全電離，所以pH相同的鹽酸和醋酸，如果稀釋相同倍數，則醋酸中氫離子濃度大于鹽酸，所以將pH=4的鹽酸和醋酸分別稀釋成pH=5的溶液時所加水的量，醋酸加入水的量大于鹽酸，A項錯誤；B.酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離，所以氫氧化鈉抑制水電離、碳酸鈉促進水電離，氫氧化鈉中水電離程度小于碳酸鈉溶液中水電離程度，B項錯誤；C.碳酸根離子與銨根離子相互促進水解，所以硫酸銨溶液中銨根離子濃度大于碳酸銨，C項正確；D.相同溫度下,醋酸的濃度越大其電離程度越小,所以前者電離程度小于后者,所以10

mL

0.1mol/L的醋酸與100

mL

0.01mol/L的醋酸中H+的物質的量前者小于后者，D項錯誤；答案選C。【點睛】D項是易錯點，要注意物質的量濃度與物質的量不是一個概念，10

mL

0.1mol/L的醋酸與100

mL

0.01mol/L的醋酸物質的量雖然相同，但物質的量濃度不同，則電離程度不同。19、B【解析】

根據圖示，M極，苯酚轉化為CO2，C的化合價升高，失去電子，M為負極，在N極，Cr2O72－轉化為Cr(OH)3，Cr的化合價降低，得到電子，N為正極。A．根據分析，M為電源負極，有機物失去電子，被氧化，A錯誤；B．由于電解質NaCl溶液被陽離子交換膜和陰離子交換膜隔離，使Na＋和Cl－不能定向移動。電池工作時，M極電極反應式為+11H2O-28e-=6CO2+28H+，負極生成的H＋透過陽離子交換膜進入NaCl溶液中，N極電極反應式為Cr2O72－＋6e－＋14H2O=2Cr(OH)3＋8OH－，生成的OH－透過陰離子交換膜進入NaCl溶液中，OH－與H＋反應生成水，使NaCl溶液濃度減小，B正確；C．苯酚的化學式為C6H6O，C的化合價為升高到+4價。1mol苯酚被氧化時，失去的電子的總物質的量為6×[4－()]=28mol，則其電極反應式為+11H2O-28e-=6CO2+28H+，C錯誤；D．原電池中，陽離子向正極移動，因此H＋從陽離子交換膜的左側向右側移動，D錯誤。答案選B。【點睛】此題的B項比較難，M極是負極，陰離子應該向負極移動，但是M和NaCl溶液之間，是陽離子交換膜，陰離子不能通過，因此判斷NaCl的濃度的變化，不能通過Na＋和Cl－的移動來判斷，只能根據電極反應中產生的H＋和OH－的移動反應來判斷。20、A【解析】

A．NH4Cl屬于強酸弱堿鹽，銨根離子發生水解溶液呈酸性，可與三氧化二鐵反應，則可用于去除鐵銹，故A正確；B．二氧化硫可用于漂白紙漿是因為其具有漂白性，與其還原性無關，故B錯誤；C．Al2O3的熔點高，可用作耐高溫材料，與兩性無關，故C錯誤；D．Na2SiO3溶液耐高溫，不易燃燒，可用于浸泡木材作防火劑，與堿性無關，故D錯誤；答案選A。【點睛】性質和用途必須相對應，性質決定用途。21、A【解析】

分子式為C5H10O2且能與NaHCO3溶液反應，則該有機物中含有-COOH，所以為飽和一元羧酸，烷基為-C4H9，-C4H9異構體有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合條件的有機物的異構體數目為4種。答案選A。22、C【解析】

A.濃硫酸與氯化鈉反應制取HCl，可能生成硫酸鈉或硫酸氫鈉，稀硫酸不能反應，A不符合題意；B.硝酸銀溶液中滴加稀氨水，氨水少量生成沉淀，氨水過量生成銀氨溶液，B不符合題意；C.Fe在S蒸氣中燃燒，生成FeS，不受反應物的用量或濃度影響，C符合題意；D.鐵粉加入硝酸中，可能生成硝酸鐵或硝酸亞鐵、NO或NO2，D不符合題意；故合理選項是C。二、非選擇題(共84分)23、CH3CHO還原反應濃硝酸，濃硫酸，苯cd+2NaOHCH3COONa++H2O3+NH2CH2COOH→+H2O【解析】

B在五氧化二磷作用下得到乙酸酐，則B為CH3COOH，可推知乙烯與氧氣反應生成A為CH3CHO，A進一步發生氧化反應生成乙酸，由M的結構可知，E為，反應①為苯與濃硝酸、濃硫酸發生硝化反應生成硝基苯，由C、D分子式可知，C分子發生加氫、去氧得到D；(4)M水解得到的乙酸與，乙酸與中酚羥基與氫氧化鈉繼續反應；(5)M的同分異構體滿足：苯環上連有-NH2，屬于酯類物質，苯環上只有兩種不同環境的氫原子，同分異構體應含有2個不同取代基、且處于對位，另外取代基為CH3COO—或HCOOCH2—或CH3OOC—；(6)由轉化關系中E轉化為M的反應可知，與NH2CH2COOH反應得到與水。【詳解】由上述分析可知：A為CH3CHO，B為CH3COOH，C為，D為，E為，M為。(1)由上述分析可知，A的結構簡式為：CH3CHO，C為，D為，C與HCl、Fe存在條件下發生加氫去氧的還原反應產生，所以C→D的反應類型為還原反應；(2)反應①為苯與濃硝酸、濃硫酸存在條件下加熱發生取代反應產生硝基苯，實驗時添加試劑的順序為：先加入濃硝酸，再加入濃硫酸，待溶液恢復至室溫后再加入苯；(3)由上述分析可知，E為。a．根據E的結構簡式可知其分子式為C6H7NO，a錯誤；b．E含有酚羥基，且酚羥基鄰位含有氫原子，能與溴水發生取代反應，b錯誤；c．E含有酚羥基，遇到FeCl3溶液能發生顯色反應，c正確；d．E含有酚羥基，能與氫氧化鈉溶液反應，含有氨基，能與鹽酸反應，d正確，故合理選項是cd；(4)M為，M水解得到的乙酸與，乙酸與中酚羥基與氫氧化鈉繼續反應，反應方程式為：+2NaOHCH3COONa++H2O；(5)M的同分異構體滿足：苯環上連有—NH2，屬于酯類物質，苯環上只有兩種不同環境的氫原子，同分異構體應含有2個不同取代基、且處于對位，另外取代基為CH3COO—或HCOOCH2—或CH3OOC—，符合條件的同分異構體有3種；(6)由轉化關系中E轉化為M的反應可知，與NH2CH2COOH反應得到和水，故最后一步反應的化學方程式為：+NH2CH2COOH→+H2O。【點睛】本題考查有機物合成與推斷，充分利用有機物的結構進行分析解答，結合有機物的結構與性質及轉化關系進行推斷，較好的考查學生分析推理能力、自學能力、知識遷移運用能力。24、羧基、羥基取代或酯化或的鄰、間、對的任意一種（寫出D的結構簡式即給1,其他合理也給分）【解析】根據題中各物質轉化關系，甲苯與溴在鐵粉作催化劑的條件下生成A為，A發生水解得B為，B與乙酸發生酯化反應C為，C發生氧化反應得乙酰水楊酸，比較和酚酞的結構可知，與反應生成D為，D發生氧化反應得，再與反應得E為。（1）“甲苯→A”的化學方程式為；（2）C為，E為，E分子中的含氧官能團名稱為羧基、羥基；（3）上述涉及反應中，“E→酚酞”發生的反應類型是取代或酯化反應；（4）乙酰水楊酸的一種同分異構體，符合下列條件①遇FeCl3溶液顯紫色，說明有酚羥基，②能與碳酸氫鈉反應，說明有羧基，③苯環上只有2個取代基，④能使溴的CCl4溶液褪色，說明有碳碳雙鍵，則該同分異構體的結構簡式為或的鄰、間、對的任意一種；（5）乙酰水楊酸和NaOH溶液完全反應的化學方程式為；（6）根據上面的分析可知，D→E的合成路線為。25、堿石灰(或生石灰、氫氧化鈉固體)排盡裝置中的空氣2Na+2NH32NaNH2+H2油浴加熱NaNH2+N2ONaN3+H2O65%ACClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑【解析】

(1)制備的氨氣中含有大量的水，B中盛放堿石灰干燥氨氣，故答案為：堿石灰(或生石灰、氫氧化鈉固體)；(2)用氨氣排盡裝置中的空氣，防止加熱時空氣中的氧氣等能與鈉反應，步驟②制備NaNH2，還生成氫氣，反應方程式為：2Na+2NH32NaNH2+H2；控制溫度210～220℃，故選用油浴加熱，故答案為：排盡裝置中的空氣；2Na+2NH32NaNH2+H2；油浴加熱；(3)NaNH2和N2O在210～220℃下反應生成NaN3和水，反應為：NaNH2+N2ONaN3+H2O，故答案為：NaNH2+N2ONaN3+H2O；（4）Ce4+的物質的量濃度總計為0.10mol?L?1×0.04L=0.004mol，分別與Fe2+和N3?反應。其中與Fe2+按1:1反應消耗0.10mol?L?1×0.02L=0.002mol，則與N3?按1:1反應也為0.002mol，即10mL所取溶液中有0.002molN3?，原2.0g疊氮化鈉試樣，配成100mL溶液中有0.02mol即1.3gNaN3，所以樣品質量分數為=65%；A.使用疊氮化鈉溶液潤洗錐形瓶，使進入錐形瓶中溶質比所取溶液更多，滴定消耗的硫酸亞鐵銨標準液體積減小，疊氮化鈉溶液濃度偏大，故A正確；B.六硝酸鈰銨溶液實際取量大于40.00mL，滴定消耗的硫酸亞鐵銨標準液體積增大，計算疊氮化鈉溶液濃度偏小，故B錯誤；C.滴定前無氣泡，終點時出現氣泡，則讀數體積為實際溶液體積減氣泡體積，硫酸亞鐵銨標準液讀數體積減小，疊氮化鈉溶液濃度偏大，故C正確；D選項，滴定過程中，將掛在錐形瓶壁上的硫酸亞鐵銨標準液滴用蒸餾水沖進瓶內無影響，故D錯誤；故答案為：65%；AC；（5）反應后溶液堿性明顯增強，且產生無色無味的無毒氣體，根據氧化還原反應得失電子守恒，則發生的離子反應為：ClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑故答案為：ClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑。26、ANH4＋＋NO2－N2↑＋2H2OAl2O3＋N2＋3C2AlN＋3COAl4C3減緩亞硝酸鈉的滴加速度或降低A處酒精燈加熱的溫度61.5%NH4Cl受熱分解生成氨氣和氯化氫，氯化氫破壞了Al表面的氧化膜，便于Al快速反應【解析】

⑴A裝置制取氮氣，濃硫酸干燥，氮氣排除裝置內的空氣，反之Al反應時被空氣氧化。⑵根據氧化還原反應寫出A、C的反應式，利用物質之間的反應推出C中可能出現的產物。⑶從影響反應速率的因素思考減緩氮氣生成速率。⑷根據關系得出AlN的物質的量，計算產物中的質量分數。⑸氯化銨在反應中易分解，生成的HCl在反應中破壞了Al表面的氧化膜，加速反應。【詳解】⑴A處是制取氮氣的反應，可以排除裝置內的空氣，反之反應時Al被氧氣氧化，因此最先點燃A處的酒精燈或酒精噴燈，故答案為：A。⑵裝置A是制取氮氣的反應，A中發生反應的離子方程式為NH4＋＋NO2－N2↑＋2H2O，裝置C中主要反應的化學方程式為Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO，制得的AlN中可能含有氧化鋁、活性炭外還可能是Al和C形成的化合物Al4C3，故答案為：NH4＋＋NO2－N2↑＋2H2O；Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO；Al4C3。⑶實驗中發現氮氣的產生速率過快，嚴重影響尾氣的處理，減緩氮氣的生成速度采取的措施是減緩亞硝酸鈉的滴加速度或降低A處酒精燈加熱的溫度，故答案為：減緩亞硝酸鈉的滴加速度或降低A處酒精燈加熱的溫度。⑷生成氨氣的體積為1.68L即物質的量為0.075mol，根據方程式關系得出AlN的物質的量為0.075mol，則所得產物中AlN的質量分數為，故答案為：61.5%。⑸在鋁粉中添加少量NH4Cl固體并充分混合，有利于AlN的制備，可能是NH4Cl受熱分解生成氨氣和氯化氫，氯化氫破壞了Al表面的氧化膜，從而Al直接和氮氣反應，因此其主要原因是NH4Cl受熱分解生成氨氣和氯化氫，氯化氫破壞了Al表面的氧化膜，故答案為：NH4Cl受熱分解生成氨氣和氯化氫，氯化氫破壞了Al表面的氧化膜，便于Al快速反應。27、b②堿石灰制取硫酰氯的反應時放熱反應，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產率蒸餾溶液變為紅色，而且半分鐘內不褪色85.5%偏小【解析】

（1）用來冷卻的水應該從下口入，上口出；（2）制備SO2，鐵與濃硫酸反應需要加熱，硝酸能氧化SO2，所以用70%H2SO4+Na2SO3來制備SO2；（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反應又沒有加熱，故SO2與氯氣間的反應為放熱反應，由于會有一部分Cl2、SO2通過冷凝管逸出，故乙中應使用堿性試劑，又因SO2Cl2遇水易水解，故用堿石灰；（4）制取硫酰氯的反應時放熱反應，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產率；（5）分離沸點不同的液體可以用蒸餾的方法，所以甲中混合物分離開的實驗操作是蒸餾；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，當滴定達到終點時NH4SCN過量，加NH4Fe(SO4)2作指示劑，Fe3+與SCN?反應溶液會變紅色，半分鐘內不褪色，即可確定滴定終點；（7）用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積V，則過量Ag+的物質的量為Vcmol，與Cl?反應的Ag+的物質的量為0.1000mol/L×0.1L?Vc×10?3mol，則可以求出SO2Cl2的物質的量；AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力搖動，使AgCl沉淀表面被有機物覆蓋，避免在滴加NH4SCN時，將AgCl沉淀轉化為AgSCN沉淀，若無此操作，NH4SCN與AgCl反應生成AgSCN沉淀，則滴定時消耗的NH4SCN標準液的體積偏多，即銀離子的物質的量偏大，則與氯離子反應的銀離子的物質的量偏小。【詳解】（1）用來冷卻的水應該從下口入，上口出，故水應該從b口進入；（2）制備SO2，鐵與濃硫酸反應需要加熱，硝酸能氧化SO2，所以用②70%H2SO4+Na2SO3來制備SO2，故選②；（3）根據裝置圖可知，冷凝管的作用是冷凝回流而反應又沒有加熱，故SO2與氯氣間的反應為放熱反應，由于會有一部分Cl2、SO2通過冷凝管逸出，故乙中應使用堿性試劑，又因SO2Cl2遇水易水解，故用堿石灰，可以吸收氯氣、SO2并防止空氣中的水蒸氣進入冷凝管中，故乙裝置中盛放的試劑是堿石灰；（4）制取硫酰氯的反應時放熱反應，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產率；（5）分離沸點不同的液體可以用蒸餾的方法，所以甲中混合物分離開的實驗操作是蒸餾；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，當滴定達到終點時NH4SCN過量，加NH4Fe(SO4)2作指示劑，Fe3+與SCN?反應溶液會變紅色，半分鐘內不褪色，即可確定滴定終點；故答案為：溶液變為紅色，而且半分鐘內不褪色；（7）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積10.00mL，則過量Ag+的物質的量為Vcmol=0.01×0.1000mol·L-1=1×10-3mol，與Cl?反應的Ag+的物質的量為0.2000mol/L×0.1L?Vc×10?3mol＝1.9×10-2mol，則SO2Cl2的物質的量為1.9×10-2mol×0.5=9.5×10-3mol，產品中SO2Cl2的質量分數為×100%=85.5%；已知：Ksp(AgCl)=3.2×10?10，Ksp(AgSCN)=2×10?12，則AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，