福建廈門雙十中學2024年高三沖刺模擬化學試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．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、垃圾分類有利于資源回收利用。下列有關垃圾歸類不合理的是A．A B．B C．C D．D2、化學與社會、生活密切相關。下列現象或事實的解釋不正確的是()選項現象或事實化學解釋AFe3O4用于人民幣票面文字等處的油墨Fe3O4是一種紅棕色物質B祖國七十華誕焰火五彩繽紛金屬元素的焰色反應C現代舊房拆除定向爆破用鋁熱劑鋁熱反應放熱使建筑物的鋼筋熔化D金屬焊接前用NH4Cl溶液處理焊接處NH4Cl溶液呈弱酸性A．A B．B． C．C D．D3、自催化作用是指反應物之一使該反應速率加快的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4進行下列三組實驗，一段時間后溶液均褪色（0.01mol/L可以記做0.01M實驗①實驗②實驗③1mL0.01M的KMnO4溶液和MnSO41mL0.01M的KMnO4溶液和1mL稀鹽酸1mL0.01M的KMnO4溶液和褪色比實驗①褪色快比實驗①褪色快下列說法不正確的是A．實驗①中發生氧化還原反應，H2C2OB．實驗②褪色比①快，是因為MnSO4的催化作用加快了反應速率C．實驗③褪色比①快，是因為Cl-的催化作用加快了反應速率D．若用1mL0.2M4、下列說法正確的是()A．等質量的鋁分別與足量Fe2O3或Fe3O4發生鋁熱反應時，轉移電子的數目相等B．質量分數分別為40%和60%的硫酸溶液等體積混合，所得溶液的質量分數為50%C．金屬鈉著火時，立即用泡沫滅火器滅火D．白磷放在煤油中；氨水密閉容器中保存5、關于下列各實驗裝置的敘述中，錯誤的是()A．裝置可用于分離蔗糖和葡萄糖，且燒杯中的清水應多次更換B．裝置可用于制備少量Fe(OH)2沉淀，并保持較長時間白色C．裝置可用從a處加水的方法檢驗的氣密性，原理為液差法D．裝置用于研究鋼鐵的吸氧腐蝕，一段時間后導管末端會進入一段水柱6、用所給試劑與圖示裝置能夠制取相應氣體的是(夾持儀器略)ABCDX中試劑濃鹽酸雙氧水濃硫酸濃氨水Y中試劑KMnO4MnO2CuNaOH氣體Cl2O2SO2NH3A．A B．B C．C D．D7、已知鎵(31Ga)和溴(35Br)是第四周期的主族元素。下列分析正確的是A．原子半徑:Br>Ga>Cl>Al B．鎵元素為第四周期第ⅣA元素C．7935Br與8135Br得電子能力不同 D．堿性:Ga(OH)3>Al(OH)3，酸性:HClO4>HBrO48、廢棄鋁制易拉罐應投入的垃圾桶上貼有的垃圾分類標志是（）ABCDA．A B．B C．C D．D9、2mol金屬鈉和1mol氯氣反應的能量關系如圖所示，下列說法不正確的是（）A．ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7B．ΔH4的值數值上和Cl-Cl共價鍵的鍵能相等C．ΔH7<0，且該過程形成了分子間作用力D．ΔH5<0，在相同條件下，2Br(g)的ΔH5′>ΔH510、Na2S2O5是常用的防腐劑和漂白劑。可利用煙道氣中的SO2生產Na2S2O5，其流程如下：下列說法正確的是A．上述制備過程所涉及的物質中只有一種酸性氧化物B．Na2S2O5作防腐劑和SO2作漂白劑時，均表現還原性C．上述流程中的Na2CO3飽和溶液和Na2CO3固體不可互換D．實驗室模擬“結晶脫水”時用到的儀器只有蒸發皿、玻璃棒、燒杯、漏斗11、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12、實驗室從廢定影液[含Ag(S2O3)23-和Br-等]中回收Ag和Br2的主要步驟為：向廢定影液中加入Na2S溶液沉銀，過濾、洗滌及干燥，灼燒Ag2S制Ag；制取Cl2并通入濾液氧化Br-，用苯萃取分液。其中部分操作的裝置如圖所示，下列敘述正確的是（）A．用裝置甲分離Ag2S時，用玻璃棒不斷攪拌B．用裝置乙在空氣中高溫灼燒Ag2S制取AgC．用裝置丙制備用于氧化濾液中Br-的Cl2D．用裝置丁分液時，先放出水相再放出有機相13、設NA為阿伏加德羅常數值。下列體系中指定微粒個數約為NA的是A．0.5molCl2溶于足量水，反應中轉移的電子B．7.0g乙烯和丙烯混合氣體中的氫原子C．1L1mol/LNa2CO3溶液中含有的CO32－D．標準狀況下，5.6LCCl4含有的氯原子14、用下列裝置完成相關實驗，合理的是()A．圖①：驗證H2CO3的酸性強于H2SiO3B．圖②：收集CO2或NH3C．圖③：分離Na2CO3溶液與CH3COOC2H5D．圖④：分離CH3CH2OH與CH3COOC2H515、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．某密閉容器中盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定條件下充分反應，轉移電子的數目為0.6NAB．常溫下，1LpH＝9的CH3COONa溶液中，發生電離的水分子數為1×10?9NAC．14.0gFe發生吸氧腐蝕生成Fe2O3?xH2O，電極反應轉移的電子數為0.5NAD．標準狀況下，2.24L丙烷含有的共價鍵數目為1.1NA16、銅錫合金，又稱青銅，含錫量為～（質量比）的青銅被稱作鐘青銅，有一銅錫合金樣品，可通過至少增加ag錫或至少減少bg銅恰好使其成為鐘青銅，增加ag錫后的質量是減少bg銅后質量的2倍．則原銅錫合金樣品中銅錫的質量之比為（）A．7：17 B．3：2 C．12：1 D．7：117、X+、Y+、M2+、N2﹣均為含有一定數目電子的短周期元素的簡單離子，離子半徑大小關系是：N2﹣＞Y+、Y+＞X+、Y+＞M2+，下列比較正確的是（）A．原子半徑：N可能比Y大，也可能比Y小B．原子序數：N＞M＞X＞YC．M2+、N2﹣核外電子數：可能相等，也可能不等D．堿性：M(OH)2＞YOH18、常溫下，將0.2mol/LKMnO4酸性溶液0.1L與一定量pH=3的草酸（HOOC—COOH）溶液混合，放出VL氣體。NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．0.1molHOOC—COOH含共用電子對數目為0.9NAB．當1molKMnO4被還原時，強酸提供的H+數目為NAC．pH=3的草酸溶液含有H+數目為0.001NAD．該反應釋放CO2分子數目為NA19、下列說法正確的是（）A．230Th和232Th是釷的兩種同素異形體B．H2與T2互為同位素C．甲醇與乙二醇互為同系物D．乙酸乙酯與丁酸互為同分異構體20、2019年諾貝爾化學獎花落鋰離子電池，美英日三名科學家獲獎，他們創造了一個可充電的世界。像高能LiFePO4電池，多應用于公共交通。電池中間是聚合物的隔膜，主要作用是在反應過程中只讓Li+通過。結構如圖所示。原理如下：(1?x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列說法不正確的是（）A．放電時，正極電極反應式：xFePO4+xLi++xe-=xLiFePO4B．放電時，電子由負極經導線、用電器、導線到正極C．充電時，陰極電極反應式：xLi++xe-+nC=LixCnD．充電時，Li+向左移動21、下列有關酸堿滴定實驗操作的敘述錯誤的是（）A．準備工作：先用蒸餾水洗滌滴定管，再用待測液和標準液洗滌對應滴定管B．量取

15.00mL

待測液：在

25

mL

滴定管中裝入待測液，調整初始讀數為

10.00mL后，將剩余待測液放入錐形瓶C．判斷滴定終點：指示劑顏色突變，且半分鐘內不變色D．讀數：讀藍線粗細線交界處所對應的刻度，末讀數減去初讀數即反應消耗溶液的體積22、下列圖示與對應的敘述符合的是（）A．圖甲實線、虛線分別表示某可逆反應未使用催化劑和使用催化劑的正、逆反應速率隨時間的變化B．圖乙表示反應2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常數K與溫度和壓強的關系C．據圖丙，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入適量CuO至pH=4左右D．圖丁表示常溫下向20mL0.001mol/L的醋酸溶液中滴加0.001mol/L的NaOH溶液，溶液的pH隨NaOH溶液體積的變化關系二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知：R－CH＝CH－O－R′→H2O/H+R－烴基烯基醚A的分子式為C12H16O。與A相關的反應如下：完成下列填空：43、寫出A的結構簡式_______________________________。44、寫出C→D化學方程式____________________________________________________。45、寫出一種滿足下列條件的F的同分異構體的結構簡式________________________。①能與FeCl3溶液發生顯色反應；②光照時與氯氣反應所得的一氯取代產物不能發生消除反應；③分子中有4種不同化學環境的氫原子。46、設計一條由E合成對甲基苯乙炔（）的合成路線。（無機試劑任選）。合成路線流程圖示例如下：_________________________24、（12分）G是一種神經保護劑的中間體，某種合成路線如下：根據上述轉化關系，回答下列問題：（1）芳香族化合物A的名稱是___。（2）D中所含官能團的名稱是____。（3）B—C的反應方程式為____。（4）F—G的反應類型___。（5）G的同分異構體能同時滿足下列條件的共有____種（不含立體異構）；①芳香族化合物②能發生銀鏡反應，且只有一種官能團，其中，核磁共振氫譜顯示為4組峰，且峰面積比為1：2：2：3的是__（寫出一種結構簡式）。（6）參照上述合成路線，寫出以和BrCH2COOC2H5為原料（無機試劑任選），制備的合成路線____________。25、（12分）輝銅礦與銅藍礦都是天然含硫銅礦，在地殼中二者常伴生存在。現取一份該伴生礦樣品，經檢測后確定僅含Cu2S、CuS和惰性雜質。為進一步確定其中Cu2S、CuS的含量，某同學進行了如下實驗：①取2.6g樣品，加入200.0mL0.2000mol·L－1酸性KMnO4溶液，加熱(硫元素全部轉化為SO42－)，濾去不溶雜質；②收集濾液至250mL容量瓶中，定容；③取25.00mL溶液，用0.1000mol·L－1FeSO4溶液滴定，消耗20.00mL；④加入適量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再參與其他反應)，再加入過量KI固體，輕搖使之溶解并發生反應：2Cu2++4I－=2CuI+I2；⑤加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1·L－1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2S2O32－+I2=S4O62－+2I－)。回答下列問題：(1)寫出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的離子方程式：___________；(2)配制0.1000mol·L－1FeSO4溶液時要用煮沸過的稀硫酸，原因是___________，配制過程中所需玻璃儀器除了燒杯、玻璃棒、容量瓶外還有___________；(3)③中取25.00mL待測溶液所用的儀器是___________；(4)⑤中滴定至終點時的現象為___________；(5)混合樣品中Cu2S和CuS的含量分別為_________%、_________%(結果均保留1位小數)。26、（10分）甲酸(化學式HCOOH，分子式CH2O2，相對分子質量46)，俗名蟻酸，是最簡單的羧酸，無色而有刺激性氣味的易揮發液體。熔點為8.6℃，沸點100.8℃，25℃電離常數Ka＝1.8×10－4。某化學興趣小組進行以下實驗。Ⅰ．用甲酸和濃硫酸制取一氧化碳A．B．C．D．(1)請說出圖B中盛裝堿石灰的儀器名稱__________。用A圖所示裝置進行實驗。利用濃硫酸的脫水性，將甲酸與濃硫酸混合，甲酸發生分解反應生成CO，反應的化學方程式是________；實驗時，不需加熱也能產生CO，其原因是_______。(2)如需收集CO氣體，連接上圖中的裝置，其連接順序為：a→__________(按氣流方向，用小寫字母表示)。Ⅱ．對一氧化碳的化學性質進行探究資料：ⅰ．常溫下，CO與PdCl2溶液反應，有金屬Pd和CO2生成，可用于檢驗CO；ⅱ．一定條件下，CO能與NaOH固體發生反應：CO＋NaOHHCOONa利用下列裝置進行實驗，驗證CO具有上述兩個性質。(3)打開k2，F裝置中發生反應的化學方程式為_____________；為了使氣囊收集到純凈的CO，以便循環使用，G裝置中盛放的試劑可能是_________，H裝置的作用是____________。(4)現需驗證E裝置中CO與NaOH固體發生了反應，某同學設計下列驗證方案：取少許固體產物，配置成溶液，在常溫下測該溶液的pH，若pH>7，證明CO與NaOH固體發生了反應。該方案是否可行，請簡述你的觀點和理由：________，_________。(5)25℃甲酸鈉(HCOONa)的水解平衡常數Kh的數量級為____________。若向100ml0.1mol.L-1的HCOONa溶液中加入100mL0.2mol.L-1的HCl溶液，則混合后溶液中所有離子濃度由大到小排序為_________。27、（12分）ClO2是一種高效安全消毒劑，常溫下ClO2為紅黃色有刺激性氣味氣體，其熔點為-59.5℃，沸點為11.0℃，能溶于水但不與水反應，遇熱水緩慢水解。某研究性學習小組欲制備Ⅰ．二氧化氯水溶液制備。在圓底燒瓶中先放入10gKClO3固體和(1)裝置A用水浴加熱的優點是_________；裝置A中水浴溫度不低于60℃，其原因是_______________。(2)裝置A中反應生成ClO2及KHSO4等產物的化學方程式為(3)裝置B的水中需放入冰塊的目的是__________________；已知ClO2緩慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2，且物質的量之比為2:1，則該反應的化學方程式為____________；裝置C中的NaOH溶液吸收尾氣中的ClO2，生成物質的量之比為的1:1的兩種鹽，一種為NaClOⅡ．ClO2步驟1：量取ClO2溶液10mL，稀釋成100mL步驟2：調節試樣的pH≤2.0，加入足量的步驟3：加入指示劑，用c?mol?L-1?(4)已知：2ClO2+8H++10I-=5IⅢ．設計實驗驗證ClO2(5)取適量ClO2水溶液加入H2S溶液中，振蕩，得無色溶液。欲檢驗H(6)證明ClO2的氧化性比Fe3+強的方案是28、（14分）元素周期表中第VIIA族元素的單質及其化合物的用途廣泛．完成下列填空：(1)與氯元素同族的短周期元素的原子核外有___種不同能量的電子．(2)能作為溴、碘元素非金屬性(原子得電子能力)遞變規律的判斷依據是___(填序號)．a．IBr中溴為﹣1價b．HBr、HI的酸性c．HBr、HI的熱穩定性d．Br2、I2的熔點(3)海水提溴過程中，先向濃縮海水中通入_____，將其中的Br﹣氧化，再用“空氣吹出法”吹出Br2，并用純堿吸收．已知純堿吸收溴的主要反應是：Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3(未配平)，則吸收1molBr2，轉移電子_____mol，反應中氧化產物為_____．(4)已知：AlF3的熔點為1040℃，AlCl3在178℃升華．從物質結構的角度解釋兩者熔點相差較大的原因：__________(5)HClO有很好的殺菌消毒效果．為增強氯水的殺菌能力，可以用飽和氯水與小蘇打反應來達到目的，試用平衡移動原理解釋其原因：_____________________。29、（10分）“綠水青山就是金山銀山”，研究氮氧化物等大氣污染物對建設美麗家鄉，打造宜居環境具有重要意義。NO在空氣中存在如下反應：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H上述反應分兩步完成，如下左圖所示。(1)寫出反應①的熱化學方程式(△H用含物理量E的等式表示)：________。(2)反應①和反應②中，一個是快反應，會快速建立平衡狀態，而另一個是慢反應。決定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反應速率的是____(填“反應①”或“反應②”)；對該反應體系升高溫度，發現總反應速率變慢，其原因可能是____(反應未使用催化劑)。(3)某溫度下一密閉容器中充入一定量的NO2，測得NO2濃度隨時間變化的曲線如上圖所示。前5秒內O2的平均生成速率為_______；該溫度下反應2NO+O22NO2的化學平衡常數K為_____。(4)對于(3)中的反應體系達平衡后(壓強為P1)，若升高溫度，再次達平衡后，混合氣體的平均相對分子質量_____(填“增大”、“減小”或“不變”)；若在恒溫恒容條件下，向其中充入一定量O2，再次達平衡后，測得壓強為P2，c(O2)=0.09mol·L-1，則P1︰P2=___________。(5)水能部分吸收NO和NO2混合氣體得到HNO2溶液。若向20.00mL0.10mol·L-1HNO2溶液中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液，所得pH曲線如圖所示，則A點對應的溶液c(Na+)/c(HNO2)=____。

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、廢易拉罐主要材料為鋁質，屬于可回收利用的材料，屬于可回收物，選項A正確；B、衛生間用紙由于水溶性太強，不算可回收的“紙張”，屬于其它垃圾，選項B正確；C、廢熒光燈管中含有重金屬等有害物質，所以屬于有害垃圾，選項C正確；D、大棒骨屬于其他垃圾，因為“難腐蝕”被列入“其他垃圾”，選項D錯誤；答案選D。2、A【解析】

A、Fe3O4是一種黑色物質，故A錯誤；B、不同的金屬元素焰色不同，五彩繽紛的焰火利用金屬元素的焰色反應，故B正確；C、鋁熱反應能放出大量的熱，使建筑物的鋼筋熔化，故C正確；D、NH4Cl溶液呈弱酸性，鐵銹能溶于酸，所以金屬焊接前用NH4Cl溶液除銹，故D正確。選A。3、C【解析】

A.碳元素的化合價升高，且錳離子可作催化劑，則實驗①中發生氧化還原反應，H2C2O4是還原劑，產物MnSO4能起自催化作用，故A正確；B.催化劑可加快反應速率，則實驗②褪色比①快，是因為MnSO4的催化作用加快了反應速率，故B正確；C.高錳酸鉀可氧化氯離子，則實驗③褪色比①快，與催化作用無關，故C錯誤；D.增大濃度，反應速率加快，則用1mL0.2M的H2C2O4做實驗①，推測比實驗①褪色快，故D正確；故選C。4、A【解析】

A.等質量的鋁分別與足量Fe2O3或Fe3O4發生鋁熱反應時，鋁元素化合價由0升高為+3，所以轉移電子的數目相等，故A正確；B.硫酸的濃度越大密度越大，等體積的質量分數分別為40%和60%的硫酸，60%的硫酸溶液質量大，所以混合后溶液的質量分數大于50%，故B錯誤；C.金屬鈉著火生成過氧化鈉，過氧化鈉與泡沫滅火器噴出的二氧化碳反應生成的氧氣助燃，不能滅火，應利用沙子蓋滅，故C錯誤；D.白磷易自燃，白磷放在水中保存，故D錯誤；答案選A。5、A【解析】

A.蔗糖、葡萄糖分子的直徑都比較小，可以通過半透膜，因此通過滲析的方法不能分離蔗糖和葡萄糖，A錯誤；B.根據裝置圖可知：Fe為陽極，失去電子，發生氧化反應，電極反應式為Fe-2e-=Fe2+；在陰極石墨電極上，溶液中的H+得到電子變為H2逸出，電極反應式為2H++2e-=H2↑，H+放電，破壞了水的電離平衡，使溶液中OH-濃度增大，發生反應：Fe2++OH-=Fe(OH)2↓，由于在溶液表面覆蓋保護層苯可以阻止O2在溶液中的溶解，故可以較長時間觀察到產生的Fe(OH)2白色沉淀，B正確；C.關閉分液漏斗的活塞，由a處加水，若裝置不漏氣，會長時間觀察到U型管左右兩側有高度差，C正確；D.若發生吸氧腐蝕，一段時間后，具支試管中空氣中的O2會因反應消耗，氣體減少，小試管中的水在外界大氣壓強作用下會進入小試管中，從而在導管末端形成一段水柱，D正確；故合理選項是A。6、B【解析】

A．濃鹽酸和KMnO4固體混合有氯氣生成，但氯氣易溶于水，且與水發生反應，則不能用排水法收集，故A錯誤；B．雙氧水在MnO2的催化作用下生成氧氣，氧氣可用排水法收集，故B正確；C．Cu與濃硫酸反應需要加熱，圖中缺少酒精燈，且二氧化硫不能選排水法收集，故C錯誤；D．氨氣極易溶于水，不能排水法收集，故D錯誤；故答案為B。7、D【解析】

A、半徑大小比較：一看電子層數，電子層數越多，半徑越大，二看原子序數，核外電子排布相同，半徑隨著原子序數的增大而減小，因此半徑大小順序是Ga>Br>Al>Cl，選項A錯誤；B、鎵元素為第四周期第ⅢA元素，選項B錯誤；C、7935Br與8135Br都是溴元素，核外電子排布相同，因此得電子能力相同，選項C錯誤；D、同主族從上到下金屬性增強，金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的堿性增強，即堿性Ga(OH)3>Al(OH)3，非金屬性越強，最高價含氧酸的酸性越強，酸性高氯酸大于高溴酸，選項D正確；答案選D。8、B【解析】

廢棄的鋁制易拉罐可以回收利用，屬于可回收物品，應投入到可回收垃圾桶內，A.圖示標志為有害垃圾，故A不選；B.圖示標志為可回收垃圾，故B選；C.圖示標志為餐廚垃圾，故C不選；D.圖示標志為其它垃圾，故D不選；故選B。9、C【解析】

A．由蓋斯定律可得，ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7，A正確；B．ΔH4為破壞1molCl-Cl共價鍵所需的能量，與形成1molCl-Cl共價鍵的鍵能在數值上相等，B正確；C．物質由氣態轉化為固態，放熱，則ΔH7<0，且該過程形成了離子鍵，C不正確；D．Cl轉化為Cl-，獲得電子而放熱，則ΔH5<0，在相同條件下，由于溴的非金屬性比氯弱，得電子放出的能量比氯少，所以2Br(g)的ΔH5′>ΔH5，D正確；故選C。10、C【解析】

飽和碳酸鈉溶液中通入二氧化硫，使溶液pH變為4.1，說明溶液顯酸性，Na2CO3顯堿性，Na2SO3顯堿性，NaHCO3顯堿性，而NaHSO3顯酸性，說明反應產生了NaHSO3，同時放出二氧化碳，I中的溶液應為NaHSO3溶液；再加入Na2CO3固體，將NaHSO3轉化為Na2SO3，再次充入SO2，將Na2SO3轉化為NaHSO3，得到過飽和的NaHSO3溶液，由NaHSO3過飽和溶液結晶脫水制得Na2S2O5，發生2NaHSO3═Na2S2O5+H2O，據此分析解答。【詳解】A．上述制備過程所涉及的物質中有2種酸性氧化物——二氧化硫和二氧化碳，故A錯誤；B．SO2作漂白劑時，未發生氧化還原反應，沒有表現還原性，故B錯誤；C．根據上述分析，上述流程中的Na2CO3飽和溶液和Na2CO3固體不可互換，否則得不到過飽和的NaHSO3溶液，故C正確；D．“結晶脫水”是加熱固體分解，應該在坩堝中進行，故D錯誤；答案選C。11、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。12、C【解析】

A．過濾分離Ag2S時，用玻璃棒不斷攪拌，容易損壞濾紙，A不正確；B．蒸發皿不能用于灼燒，在空氣中高溫灼燒Ag2S會生成SO2，污染環境，同時生成的Ag會被氧化成Ag2O，B不正確；C．KMnO4與濃鹽酸不需加熱就能反應生成Cl2，C正確；D．分液時，先放出水相，再從分液漏斗上口倒出有機相，D不正確；故選C。13、B【解析】

A.Cl2溶于足量水，反生反應生成HCl和HClO，為可逆反應，轉移電子數無法計算，A項錯誤；B.乙烯和丙烯的最簡式均為CH2，故7.0g混合物中含有的CH2的物質的量為0.5mol，則含NA個H原子，B項正確；C.1L1mol/LNa2CO3溶液中Na2CO3的物質的量為1mol，CO32－為弱酸根，在溶液中會水解，微粒個數約小于NA，C項錯誤；D.標況下四氯化碳為液態，故不能根據氣體摩爾體積來計算其物質的量和含有的共價鍵個數，D項錯誤；答案選B。【點睛】本題考查了阿伏伽德羅常數的有關計算，注意：可逆反應無法得出具體轉移電子數；水解后粒子會減少；液體不能用氣體摩爾體積計算。14、B【解析】

A、生成的二氧化碳中含有氯化氫，氯化氫也能與硅酸鈉反應產生硅酸沉淀，干擾二氧化碳與硅酸鈉反應，A錯誤；B．氨氣的密度比空氣密度小，二氧化碳的密度比空氣密度大，則導管長進短出收集二氧化碳，短進長出收集氨氣，B正確；C．Na2CO3溶液與CH3COOC2H5分層，應選分液法分離，C錯誤；D．CH3CH2OH與CH3COOC2H5互溶，不能分液分離，應選蒸餾法，D錯誤；答案選B。【點睛】本題考查化學實驗方案的評價，把握物質的性質、酸性比較、氣體收集、混合物分離、實驗技能為解答本題的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識與實驗的結合，選項A是解答的易錯點，注意濃鹽酸的揮發性。15、C【解析】

A.合成氨的反應為可逆反應，不能進行到底，則轉移的電子數小于0.6NA，故A錯誤；B.CH3COONa屬于強堿弱酸鹽，醋酸根的水解促進水的電離，c(H2O)電離=c(OH-)=1×10?5mol/L，則發生電離的水分子數為1L×1×10?5mol/L×NA=1×10?5NA，故B錯誤；C.Fe發生吸氧腐蝕，鐵作負極，電極反應為：Fe-2e-=Fe2+，正極反應為：O2+4e-+2H2O=4OH-，然后Fe2+與OH-反應生成氫氧化亞鐵，氫氧化亞鐵被氧氣氧化為氫氧化鐵，最后生Fe2O3?xH2O，14.0gFe的物質的量為，則電極反應轉移的電子數為0.25mol×2=0.5mol，故C正確；D.標準狀況下，2.24L丙烷的物質的量為0.1mol，而丙烷中含10條共價鍵，故0.1mol丙烷中含有的共價鍵數目為NA，故D錯誤；故選C。【點睛】水電離的c(H＋)或c(OH-)的計算技巧(25℃時)(1)中性溶液：c(H＋)＝c(OH-)＝1.0×10-7mol·L-1。(2)酸或堿抑制水的電離，水電離出的c(H＋)＝c(OH-)＜10-7mol·L-1，當溶液中的c(H＋)＜10-7mol·L-1時就是水電離出的c(H＋)；當溶液中的c(H＋)＞10-7mol·L-1時，就用10-14除以這個濃度即得到水電離的c(H＋)。(3)可水解的鹽促進水的電離，水電離的c(H＋)或c(OH-)均大于10-7mol·L-1。若給出的c(H＋)＞10-7mol·L-1，即為水電離的c(H＋)；若給出的c(H＋)＜10-7mol·L-1，就用10-14除以這個濃度即得水電離的c(H＋)。16、C【解析】

設原青銅中銅的質量為x，錫的質量為y，根據題意有①，②，③，聯立三個關系式可以解出，，因此銅錫之比為12:1，答案選C。17、C【解析】

X+、Y+、M2+、N2-均為含有一定數目電子的短周期元素的簡單離子，X、Y形成+1價離子，則X、Y不能為H，由于離子半徑Y+＞X+，則Y為鈉，X為鋰元素；離子半徑N2-＞Y+，則N為氧元素或硫元素；離子半徑Y+＞M2+，則M為鈹元素或鎂元素，結合元素周期表和元素周期律分析解答。【詳解】A．Y為鈉元素，N為氧元素或硫元素，氧原子、硫原子原子半徑都小于鈉原子，故A錯誤；B．Y為鈉元素，X為鋰元素；原子序數Y＞X，M為鈹元素或鎂元素，N為氧元素或硫元素，所以原子序數大小關系不唯一，故B錯誤；C．N為氧元素或硫元素，N2-核外電子數為10或18；M為鈹元素或鎂元素，M2+核外電子數為2或10，M2+、N2-核外電子數：可能相等，也可能不等，故C正確；D．Y為鈉元素，M為鈹元素或鎂元素，金屬性Y＞M，所以堿性：YOH＞M(OH)2，故D錯誤；故選C。【點睛】正確判斷元素的種類是解題的關鍵。本題中X、Y的判斷要注意“一定數目電子”一般認為不能為“0”。18、A【解析】

A.1個HOOC—COOH分子中含有9對共用電子對，則0.1molHOOC—COOH含共用電子對數目為0.9NA，A正確；B.KMnO4與草酸反應的方程式為：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，根據方程式可知當1molKMnO4被還原時，強酸提供的H+的物質的量為3mol，因此反應消耗的H+數目為3NA，B錯誤；C.缺少溶液的體積，不能計算H+的數目，C錯誤；D.不確定CO2氣體所處的環境，因此不能計算其物質的量，也就不能確定其分子數，D錯誤；故合理選項是A。19、D【解析】

A．230Th和232Th的質子數相同，中子數相差2，都是由釷元素組成的兩種不同核素，互為同位素，故A錯誤；B．H2與T2都是由氫元素組成的氫單質，是同種物質，故B錯誤；C．甲醇的分子式為CH4O，乙二醇的分子式為C2H6O2，分子組成上相差CH2O，因此甲醇與乙二醇不互為同系物，故C錯誤；D．乙酸乙酯與丁酸的分子式為C4H8O2，乙酸乙酯含有酯基，丁酸含有羧基，二者結構不同，互為同分異構體，故D正確；故答案為D。【點睛】考查同位素、同系物、同素異形體、同分異構體的辨析，準確掌握同位素、同系物、同素異形體、同分異構體的定義是解題的關鍵，若化學式為元素，可能是同位素；若化學式為單質，則可能是同素異形體；若化學式為分子式相同、結構不同的有機化合物，則為同分異構體；若是分子式不同結構相似的有機化合物，則可能為同系物。20、D【解析】

放電為原電池原理，從(1?x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC可知，LixCn中的C化合價升高了，所以LixCn失電子，作負極，那么負極反應為：+nC，LiFePO4作正極，正極反應為：，充電為電解池工作原理，反應為放電的逆過程，據此分析解答。【詳解】A．由以上分析可知，放電正極上得到電子，發生還原反應生成，正極電極反應式：，A正確；B．原電池中電子流向是負極導線用電器導線正極，放電時，電子由負極經導線、用電器、導線到正極，B正確；C．充電時，陰極為放電時的逆過程，變化為，電極反應式：，C正確；D．充電時，作為電解池，陽離子向陰極移動，向右移動，D錯誤；答案選D。【點睛】帶x的新型電池寫電極反應時，先用原子守恒會使問題簡單化，本題中，負極反應在我們確定是變為C之后，先用原子守恒得到—xLi++nC，再利用電荷守恒在左邊加上-xe-即可，切不可從化合價出發去寫電極反應。21、B【解析】

A、用待測液和標準液洗滌對應滴定管，避免待測液和標準液被稀釋而濃度減小引起較大誤差，故A不符合題意；B、由于25mL滴定管中裝入待測液的體積大于25mL，所以調整初始讀數為

10.00mL后，將剩余待測液放入錐形瓶，待測液體積大于15.00mL，測定結果偏大，故B符合題意；C、酸堿滴定時，當指示劑變色后且保持半分鐘內不變色，即可認為已經達到滴定終點，故C不符合題意；D、滴定實驗中，準確讀數應該是滴定管上藍線的粗細交界點對應的刻度線，由于滴定管的0刻度在上方，所以末讀數減去初讀數即反應消耗溶液的體積，故D不符合題意；故選：B。22、C【解析】

本題主要考查化學平衡結合圖像的運用。A．使用催化劑化學反應速率加快；B．平衡常數是溫度的函數，溫度不變，平衡常數不變；C．由圖像可知pH=4左右Fe3＋完全沉淀，Cu2＋還未開始沉淀；D．0.001mol/L的醋酸溶液PH>3。【詳解】A．使用催化劑化學反應速率加快，所以正反應速率的虛線在實線的上方，故A錯誤；B．平衡常數是溫度的函數，溫度不變，平衡常數不變，所以溫度相同而壓強不同時，兩者的平衡常數相同，故B錯誤；C．由圖像可知pH=4左右Fe3＋完全沉淀，Cu2＋還未開始沉淀，由于CuO+2H+=Cu2++H2O反應發生，所以加入CuO可以調節PH=4左右，此時Fe3+完全沉淀，過濾即可，故C項正確；D．0.001mol/L的醋酸溶液PH>3，圖像中起點PH=3，故D項錯誤；答案選C。二、非選擇題(共84分)23、CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O【解析】

由信息可知，A反應生成B為醇，E為醛，由B的相對分子質量為60，則B為CH3CH2CH2OH，B→C發生催化氧化反應，所以C為CH3CH2CHO，C→D為銀鏡反應，則D為CH3CH2COONH4；由B、E及A的分子式可知，烴基烯基醚A結構簡式為；有機物E為：；由E轉化為對甲基苯乙炔（），先發生-CHO的加成，再發生醇的消去反應，然后與溴發生加成引入兩個溴原子，最后發生鹵代烴在NaOH醇溶液中的消去反應生成C≡C，然后結合物質的結構與性質來解答。【詳解】43.結合以上分析可知，A的結構簡式為：；1．C→D反應的化學方程式為CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；故答案為：CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；2．分子式和有機物F相同，①光能與FeCl3溶液發生顯色反應，屬于酚類；②光照時與氯氣反應所得的一氯取代產物不能發生消去反應，說明Cl直接相連的C原子的鄰位C上沒有H原子，③分子中有4種不同化學環境的氫原子，要求結構具有一定的對稱性，滿足這三個條件的F的同分異構體可以有：；故答案是：；46.由合成可以將醛基先與H2加成得到醇，再進行醇的消去引進碳碳雙鍵，再與Br2進行加成，最后再進行一次鹵代烴的消去就可以得到目標產物了。具體流程為：；故答案為：。24、間苯二酚或1，3-苯二酚羰基、醚鍵、碳碳雙鍵取代反應16種【解析】

由C的結構簡式和逆推知B為，A為。再結合其他各物質的結構簡式和反應條件進行推斷。【詳解】（1）根據上述分析可知芳香族化合物A的名稱是間苯二酚或1，3-苯二酚。答案：間苯二酚或1，3-苯二酚。（2）由D的結構簡式可知所含官能團的名稱是羰基、醚鍵、碳碳雙鍵。答案：羰基、醚鍵、碳碳雙鍵。（3）B的結構簡式為，C的結構簡式為，反應條件BC，其方程式為。答案：。（4）由F—G的結構簡式和條件可知該反應類型為酯基的水解反應，也可稱為取代反應。答案：取代反應。（5）G的結構簡式為，同時滿足①芳香族化合物說明含有苯環；②能發生銀鏡反應，且只有一種官能團，說明含有醛基；符合條件G的同分異構體有（移動-CH3有2種），（定-CH3移-CHO有4種），（3種）,(6種)，，共有16種；其中，核磁共振氫譜顯示為4組峰，且峰面積比為1：2：2：3的是。答案：16；。【點睛】綜合考查有機物的相關知識。突破口C的結構簡式，各步反應條件逆推B、A的結構，根據結構決定性質和各步反應條件，推斷反應類型，書寫反應方程式。25、Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O除去水中溶解的氧氣，防止Fe2+被氧化膠頭滴管（酸式）滴定管（或移液管）溶液由藍色變為無色且半分鐘內不恢復原色61.536.9【解析】

由配制溶液的過程確定所需儀器，據滴定實驗原理判斷終點現象，運用關系式計算混合物的組成。【詳解】(1)據題意，樣品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分別氧化成Cu2+、SO42-，則Cu2S與酸性KMnO4溶液反應的離子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O。(2)配制0.1000mol·L－1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧氣，防止Fe2+被氧化；配制過程中所需玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管。(3)步驟③中取25.00mL待測溶液（有未反應的酸性KMnO4溶液），所用儀器的精度應為0.01mL，故選酸式滴定管或移液管。(4)步驟⑤用標準Na2S2O3溶液滴定反應生成的I2，使用淀粉作指示劑，終點時溶液由藍色變為無色，且半分鐘內不恢復原色。(5)設2.6g樣品中，Cu2S和CuS的物質的量分別為x、y，據5Fe2+~MnO4-（5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O），樣品反應后剩余n(MnO4-)=0.1000mol·L－1×20.00×10-3L××=4.000×10-3mol樣品消耗n(MnO4-)=0.2000mo·L－1×200.0×10-3L－4.000×10-3mol=36.00×10-3mol由Cu2S~2MnO4-和5CuS~8MnO4-（5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2++5SO42-+8Mn2++12H2O），得2x+y=36.00×10-3mol又據2Cu2+~I2~2S2O32－，得2x+y=0.1000mo1·L－1×30.00×10-3L×=30.00×10-3mol解方程組得x=y=0.01mol故w(Cu2S)==61.5%，w(CuS)==36.9%。【點睛】混合物的計算常利用方程組解決，多步反應用關系式使計算簡化。注意溶液體積的倍數關系，如本題中配制250mL溶液，只取出25.00mL用于測定實驗。26、球形干燥管HCOOHCO↑＋H2O濃硫酸與甲酸混合時放出大量的熱c→b→e→d→fPdCl2＋CO＋H2O=Pd↓＋CO2＋2HCl氫氧化鈉溶液除去CO中水蒸氣方案不可行無論CO與NaOH固體是否發生反應，溶液的pH均大于710-11c(Cl-)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(OH-)【解析】

A裝置利用濃硫酸的脫水性制備CO，生成的CO中含有揮發出的甲酸氣體，需要利用堿石灰除去甲酸，利用排水法收集CO，結合物質的性質和裝置分析解答。【詳解】Ⅰ．(1)圖B中盛裝堿石灰的儀器名稱是球形干燥管。用A圖所示裝置進行實驗。利用濃硫酸的脫水性，將甲酸與濃硫酸混合，甲酸發生分解反應生成CO，根據原子守恒可知反應的化學方程式是HCOOHCO↑＋H2O。由于濃硫酸與甲酸混合時放出大量的熱，所以實驗時，不需加熱也能產生CO。(2)根據以上分析可知如需收集CO氣體，連接上圖中的裝置，其連接順序為：a→c→b→e→d→f。Ⅱ．(3)打開k2，由于常溫下，CO與PdCl2溶液反應，有金屬Pd和CO2生成，則F裝置中發生反應的化學方程式為PdCl2＋CO＋H2O＝Pd↓＋CO2＋2HCl；由于F裝置中有二氧化碳和氯化氫生成，且二者都是酸性氣體，則為了使氣囊收集到純凈的CO，以便循環使用，G裝置中盛放的試劑可能是氫氧化鈉溶液。剩余的CO中還含有水蒸氣，則H裝置的作用是除去CO中水蒸氣。(4)由于無論CO與NaOH固體是否發生反應，溶液的pH均大于7，所以該方案不可行；(5)25℃甲酸電離常數Ka＝1.8×10－4，則25℃甲酸鈉(HCOONa)的水解平衡常數Kh＝，其數量級為10-11。若向100mL0.1mol·L-1的HCOONa溶液中加入100mL0.2mol·L-1的HCl溶液，反應后溶液中含有等物質的量濃度的甲酸、氯化鈉、氯化氫，則混合后溶液中所有離子濃度由大到小排序為c(Cl-)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(OH-)。27、受熱均勻，且易控制溫度如溫度過低，則反應速率較慢，且不利于ClO2的逸出2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O可減少ClO2揮發和水解8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2NaClO3135cV2V1偏大鹽酸和BaCl2溶液將ClO2氣體通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，觀察溶液顏色變化，若溶液變為血紅色，則證明ClO2的氧化性比【解析】

Ⅰ．水浴加熱條件下，草酸、氯酸鉀在酸性條件下發生氧化還原反應生成ClO2，因遇熱水緩慢水解，則B中含冰塊的水用于吸收ClO2，根據氧化還原反應規律，結合生成物的物質的量的比及質量守恒定律書寫反應方程式；C中NaOH溶液可吸收ClO2尾氣，生成物質的量之比為1：1的兩種陰離子，一種為NaClO2，根據氧化還原反應規律來書寫；II.有碘單質生成，用淀粉做指示劑；根據元素守恒結合反應得到關系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3計算c(ClO2)；III.ClO2具有強氧化性，可氧化H2S生成硫酸，氧化亞鐵離子生成鐵離子，檢驗鐵離子即可解答該題。【詳解】I.(1)裝置A用水浴加熱的優點是受熱均勻，且易控制溫度，如溫度過低，則反應速率較慢，且不利于ClO2的逸出，溫度過高，會加劇ClO2水解；(2)裝置A中反應生成ClO2及KHSO4等產物，同時草酸被氧化生成水和二氧化碳，則反應化學方程式為2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O；(3)裝置B的水中需放入冰塊，可減少ClO2揮發和水解；ClO2緩慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2，且物質的量之比為2:1，則根據反應前后各種元素原子個數相等，結合電子轉移守恒，可得該反應的化學方程式為8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2；裝置C中NaOH溶液的作用是吸收尾氣中的ClO2，生成物質的量之比為的1：1的兩種鹽，由于ClO2中Cl元素的化合價為+4價，一種為NaClO2，根據氧化還原反應的規律，則另一種生成物為NaClO3；II.有碘單質生成，用淀粉作指示劑；二氧化硫和碘單質的反應中，根據電子守恒，得到：2ClO2～5I2，結合反應2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得到關系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3。設原ClO2溶液的濃度為x，n(Na2S2O3)=c·V2×10-3mol，2ClO2～5I2～10Na2S2O32mol10mol10-2?x?V1×10-310-1cV2×10-3mol，2:10=10-2?x?V1如果滴加速率過慢，溶液中部分I-被氧氣氧化產生I2，消耗的標準Na2S2O3溶液的體積偏大，則由此計算出的ClO2的含量就會偏大；(4)取適量ClO2水溶液加入H2S溶液中，振蕩，得無色溶液，說明硫化氫被氧化生成硫酸，可先加入鹽酸酸化，然后再加入氯化鋇檢驗，若反應產生白色沉淀，證明有SO42-，即H2S被氧化產生了H2SO4；(5)證明ClO2的氧化性比Fe3+強，則可通過ClO2氧化Fe2+生成Fe3+，可將ClO2氣體通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，觀察溶液顏色變化，若溶液變為血紅色，則證明ClO2的氧化性比Fe3+強。【點睛】本題考查了物質的制備和性質探究，把握物質的性質以及實驗的原理和操作方法是解題關鍵，側重考查學生的分析能力、實驗能力，同時考查學生接受題目提供的信息能力與應用能力。28、3acCl2或H2O21.67NaBrO3AlF3是離子晶體，AlCl3是分子晶體①氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO，②鹽酸是強酸，HClO和碳酸都是弱酸，且室溫下Ki1（H2CO3）＞Ki（HClO）＞Ki2（H2CO3）；③加入小蘇打，鹽酸能與之反應導致鹽酸濃度下降，平衡向正向移動，而HClO不能與之反應，所以HClO濃度增大【解析】

(1)不同能級上的電子能量不同；(2)元素的非金屬性越強，其簡單氫