遼寧省沈陽市名校新高考仿真卷化學試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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、如圖所示，常溫時將一滴管液體Y一次性全部擠到充滿O2的錐形瓶內(裝置氣密性良好)，若錐形瓶內氣體的最大物質的量是amol，久置后其氣體的物質的量是bmol，不存在a＞b關系的是()XYA過量C、Fe碎屑稀HClB過量Na2CO3粉末稀H2SO4C過量Fe、Al碎屑濃H2SO4D過量Cu、CuO粉末濃HNO3A．A B．B C．C D．D2、室溫時，在20mL0.1mol?L-1一元弱酸HA溶液中滴加同濃度的NaOH溶液，溶液中與pH的關系如圖所示。下列說法正確的是A．室溫時，電離常數Ka(HA)=1.0×10-5.3B．B點對應NaOH溶液的體積是10mLC．A點溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)D．從A點到C點的過程中，水的電離程度先增大后減小3、部分短周期元素原子半徑的相對大小、最高正價或最低負價隨原子序數的變化關系如圖所示：下列說法正確的是A．離子半徑的大小順序：e＞f＞g＞hB．與x形成簡單化合物的沸點：y＞z＞dC．x、z、d三種元素形成的化合物可能含有離子鍵D．e、f、g、h四種元素對應最高價氧化物的水化物相互之間均能發生反應4、下列關于金屬腐蝕和保護的說法正確的是A．犧牲陽極的陰極保護法利用電解法原理B．金屬的化學腐蝕的實質是：M－ne－=Mn＋，電子直接轉移給還原劑C．外加直流電源的陰極保護法，在通電時被保護的金屬表面腐蝕電流降至零或接近于零。D．銅碳合金鑄成的銅像在酸雨中發生電化學腐蝕時正極的電極反應為：2H＋＋2e－=H2↑5、己知ROH固體溶于水放熱，有關過程的能量變化如圖(R=Na、K)：下列說法正確的是A．△H1+△H2>0 B．△H4(NaOH)>△H4(KOH)>0C．△H6(NaOH>△H6(KOH) D．△H1+△H2+△H4+△H5+△H6=06、實驗室制取硝基苯的反應裝置如圖所示，關于實驗操作或敘述錯誤的是A．試劑加入順序：先加濃硝酸，再加濃硫酸，最后加入苯B．實驗時，水浴溫度需控制在50~60℃C．長玻璃導管兼起冷凝回流苯和硝酸的作用，以提高反應物轉化率D．反應后的混合液經水洗、堿溶液洗滌、結晶，得到硝基苯7、短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相對位置如表所示，這四種元素的原子最外層電子數之和為23。下列說法不正確的是WXYZTA．原子半徑Y>Z，非金屬性W<XB．X2能從T的氣態氫化物中置換出T單質C．W、Y、Z三種元素都能與X元素形成化合物WX2、YX2、ZX2D．最高價氧化物對應水化物的酸性：W>Y>Z8、下列實驗操作、現象和所得出結論正確的是（）選項實驗操作實驗現象實驗結論A向淀粉溶液中加入稀硫酸，加熱一段時間后，再加入新制Cu(OH)2，加熱沒有出現磚紅色沉淀淀粉沒有水解B取少量Mg(OH)2懸濁液，向其中滴加適量濃CH3COONH4溶液Mg(OH)2溶解CH3COONH4溶液呈酸性C將浸透石蠟油的石棉放置在硬質試管底部，加入少量碎瓷片并加強熱，將生成的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液中酸性高錳酸鉀溶液褪色石蠟油分解產物中含有不飽和烴D將海帶剪碎，灼燒成灰，加蒸餾水浸泡，取濾液滴加硫酸溶液，再加入淀粉溶液溶液變藍海帶中含有豐富的I2A．A B．B C．C D．D9、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．在標準狀況下，將4.48L的氯氣通入到水中反應時轉移的電子數為0.2NAB．12g石墨中C-C鍵的數目為2NAC．常溫下，將27g鋁片投入足量濃硫酸中，最終生成的SO2分子數為1.5NAD．常溫下，1LpH＝1的CH3COOH溶液中，溶液中的H＋數目為0.1NA10、下列有關我國最新科技成果的說法中錯誤的是A．北斗衛星的太陽能電池板可將太陽能直接轉化為電能B．國產飛機——C919使用的航空煤油可從石油中分餾得到C．高鐵“復興號”使用的碳纖維屬于有機非金屬材料D．極地考查船“雪龍2號”船身上鍍的鋅層可減緩鐵制船體遭受的腐蝕11、由下列實驗、現象以及由現象推出的結論均正確的是選項實驗方法現象結論A向FeCl3溶液中滴入少量KI溶液，再加入KSCN溶液溶液變紅Fe3+與I－的反應具有可逆性BSO2通入Ba(NO3)2溶液產生白色沉淀白色沉淀是BaSO4C將稀硫酸滴入淀粉溶液中并加熱，冷卻后再加入新制Cu(OH)2懸濁液并加熱未出現磚紅色沉淀淀粉未水解D用碎瓷片做催化劑，給石蠟油加熱分解，產生的氣體通過酸性高錳酸鉀溶液酸性高錳酸鉀溶液逐漸褪色石蠟油裂解一定生成乙烯A．A B．B C．C D．D12、下列說法不正確的是()A．乙醇的酯化反應和酯的水解反應均屬于取代反應B．乙烯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,是因為乙烯分子中含有碳碳雙鍵C．乙醛分子式為C2H4O2它可以還原生成乙醇D．苯與溴水混合,反復振蕩后溴水層顏色變淺是因為苯與溴水發生了加成反應13、電化學合成氨法實現了氨的常溫常壓合成，一種堿性介質下的工作原理示意圖如下所示。下列說法錯誤的是A．b接外加電源的正極B．交換膜為陰離子交換膜C．左池的電極反應式為D．右池中水發生還原反應生成氧氣14、如圖，將鐵棒和石墨棒插入盛有飽和NaCl溶液的U型管中，下列分析錯誤的是（）A．閉合K1構成原電池，閉合K2構成電解池B．K1閉合，鐵棒上發生的反應為：Fe﹣2e﹣═Fe2+C．K2閉合，鐵棒不會被腐蝕，屬于犧牲陽極的陰極保護法D．K1閉合，石墨棒周圍溶液pH逐漸升高15、水凝膠材料要求具有較高的含水率，以提高其透氧性能，在生物醫學上有廣泛應用。由N-乙烯基吡咯烷酮（NVP）和甲基丙烯酸－羥乙酯（HEMA）合成水凝膠材料高聚物A的路線如圖：下列說法正確的是A．NVP具有順反異構B．高聚物A因含有-OH而具有良好的親水性C．HEMA和NVP通過縮聚反應生成高聚物AD．制備過程中引發劑濃度對含水率影響關系如圖，聚合過程中引發劑的濃度越高越好16、下列反應中，反應后固體物質增重的是A．氫氣通過灼熱的CuO粉末 B．二氧化碳通過Na2O2粉末C．鋁與Fe2O3發生鋁熱反應 D．將鋅粒投入Cu(NO3)2溶液17、下列說法正確的是A．純堿和燒堿熔化時克服的化學鍵類型相同B．碘晶體受熱轉變成碘蒸氣，吸收的熱量用于克服碘原子間的作用力C．SO3溶于水的過程中有共價鍵的斷裂和離子鍵的形成D．HF的熱穩定性很好，主要是因為HF分子間存在氫鍵18、乙醇、正戊烷、苯是常見有機物，下列說法正確的是（）。A．苯和溴水共熱生成溴苯B．2，2-二甲基丙烷是正戊烷的同系物C．乙醇、正戊烷、苯均可通過石油的分餾得到D．乙醇、正戊烷、苯均能發生取代反應和氧化反應19、某固體樣品可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-中的幾種離子。將該固體樣品分為等質量的兩份，進行如下實驗(不考慮鹽類的水解及水的電離)：(1)一份固體溶于水得無色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入過量稀鹽酸，仍有4.66g沉淀。(2)另一份固體與過量NaOH固體混合后充分加熱，產生使濕潤的紅色石蕊試紙變藍色的氣體0.672L(標準狀況)(假設氣體全部逸出)。下列說法正確的是A．該固體中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、Cl-B．該固體中一定沒有Ca2+、Cl-，可能含有K+C．該固體可能由(NH4)2SO4、K2CO3和NH4Cl組成D．該固體中n(K+)≥0.06mol20、下列離子方程式正確且符合題意的是A．向Ba(NO3)2溶液中通入SO2，產生白色沉淀，發生的離子反應為Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2HB．向K3[Fe(CN)6]溶液中加入少量鐵粉，產生藍色沉淀，發生的離子反應為Fe+2[Fe(CN)6]3=Fe2++2[Fe(CN)6]4，3Fe2++2[Fe(CN)6]3=Fe3[Fe(CN)6]2↓C．向酸化的KMnO4溶液中加入少量Na2S，再滴加BaCl2溶液，產生白色沉淀，證明一定發生離子反應：8MnO4-+5S2+24H=8Mn2++5SO42+12H2OD．向FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液變黃色：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl21、類比推理是化學中常用的思維方法。下列推理正確的是A．lmol晶體硅含Si-Si鍵的數目為2NA，則1mol金剛砂含C-Si鍵的數目也為2NAB．Ca(HCO3)2溶液中加入過量的NaOH溶液，發生化學反應的方程式：則Mg(HCO3)2溶液中加入過量的NaOH溶液，發生化學反應的方程式：C．標準狀況下，22.4LCO2中所含的分子數目為NA個，則22.4LCS2中所含的分子數目也為NA個D．NaClO溶液中通人過量CO2發生了反應：，則Ca(ClO)2溶液中通入過量CO2發生了：22、向碳酸溶液中滴加NaOH溶液，測得碳酸中含碳微粒的物質的量分數隨pH變化如圖所示，下列說法不正確的是：A．除去NaCl溶液中Na2CO3的方法是向其中加入鹽酸至pH=7B．X、Y為曲線兩交叉點。由X點處的pH，可計算Ka1(H2CO3)C．pH=10的溶液中c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)D．將CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3，應控制pH＞12.5二、非選擇題(共84分)23、（14分）1，3—環己二酮（）常用作醫藥中間體，用于有機合成。下列是一種合成1，3—環己二酮的路線。回答下列問題：（1）甲的分子式為__________。（2）丙中含有官能團的名稱是__________。（3）反應①的反應類型是________；反應②的反應類型是_______。（4）反應④的化學方程式_______。（5）符合下列條件的乙的同分異構體共有______種。①能發生銀鏡反應②能與NaHCO3溶液反應，且1mol乙與足量NaHCO3溶液反應時產生氣體22.4L（標準狀況）。寫出其中在核磁共振氫譜中峰面積之比為1∶6∶2∶1的一種同分異構體的結構簡式：________。（任意一種）（6）設計以（丙酮）、乙醇、乙酸為原料制備（2，4—戊二醇）的合成路線（無機試劑任選）_______。24、（12分）苯氧布洛芬鈣G是評價較好的解熱、鎮痛、消炎藥，下面是它的一種合成路線（具體反應條件和部分試劑略）已知：①氯化亞砜(SOCl2)可與醇發生反應，醇的羥基被氯原子取代而生成氯代烴。②(X表示鹵素原子)回答下列問題：(1)寫出D的結構簡式：________________。F中所含的官能團名稱是___________。(2)B→C的反應類型是_______________；D→E的反應類型是_______________。(3)寫出F和C在濃硫酸條件下反應的化學方程式__________________________。(4)寫出A的符合以下條件同分異構體的所有結構簡式______________________。①屬于苯的二取代物；②苯環上核磁共振氫譜圖中共有2個吸收峰③與FeCl3溶液發生顯色反應。(5)結合上述推斷及所學知識，參照上述合成路線任選無機試劑設計合理的方案，以苯甲醇()為原料合成苯乙酸苯甲酯()寫出合成路線，并注明反應條件_________________。25、（12分）化學興趣小組在實驗室進行“海帶提碘”的實驗過程如圖：(1)操作①的名稱是_____，操作②的主要儀器是_____；氧化步驟的離子方程式是_____。(2)探究異常：取樣檢驗時，部分同學沒有觀察到溶液變藍色。他們假設原因可能是加入的氯水過量，氧化了①I2；②淀粉；③I2和淀粉。他們在沒有變藍色的溶液中，滴加_____(選填“四氯化碳”“碘水”“淀粉溶液”)后，若出現_____現象，即可證明假設①正確，同時排除假設②③.能同時排除假設②③的原因是_____。(3)查閱資料：Cl2可氧化I2，反應的化學方程式為_____Cl2+_____I2+_____H2O→_____HIO3+_____HCl.配平上述方程式，并標出電子轉移的方向和數目_______。(4)探究氧化性：在盛有FeCl3溶液的試管中，滴入幾滴KI溶液，將反應后的溶液均勻倒入兩支試管，試管a中加入1mL苯振蕩靜置，出現______(填實驗現象)，證明有I2存在；試管b中滴入KSCN溶液，溶液顯血紅色，證明有_____存在。(5)比較氧化性：綜合上述實驗，可以得出的結論是氧化性：Cl2＞FeCl3，理由是_____。26、（10分）（13分）硫酸銅晶體(CuSO4·5H2O)是銅鹽中重要的無機化工原料，廣泛應用于農業、電鍍、飼料添加劑、催化劑、石油、選礦、油漆等行業。Ⅰ．采用孔雀石[主要成分CuCO3·Cu(OH)2]、硫酸（70%）、氨水為原料制取硫酸銅晶體。其工藝流程如下：（1）預處理時要用破碎機將孔雀石破碎成粒子直徑<1mm，破碎的目的是____________________。（2）已知氨浸時發生的反應為CuCO3·Cu(OH)2+8NH3·H2O[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3+8H2O，蒸氨時得到的固體呈黑色，請寫出蒸氨時的反應方程式：______________________。（3）蒸氨出來的氣體有污染，需要凈化處理，下圖裝置中合適的為___________（填標號）；經吸收凈化所得的溶液用途是_______________（任寫一條）。（4）操作2為一系列的操作，通過加熱濃縮、冷卻結晶、___________、洗滌、___________等操作得到硫酸銅晶體。Ⅱ．采用金屬銅單質制備硫酸銅晶體（5）教材中用金屬銅單質與濃硫酸反應制備硫酸銅，雖然生產工藝簡潔，但在實際生產過程中不采用，其原因是______________________（任寫兩條）。（6）某興趣小組查閱資料得知：Cu+CuCl22CuCl，4CuCl+O2+2H2O2[Cu(OH)2·CuCl2]，[Cu(OH)2·CuCl2]+H2SO4CuSO4+CuCl2+2H2O。現設計如下實驗來制備硫酸銅晶體，裝置如圖：向銅和稀硫酸的混合物中加入氯化銅溶液，利用二連球鼓入空氣，將銅溶解，當三頸燒瓶中呈乳狀渾濁液時，滴加濃硫酸。①盛裝濃硫酸的儀器名稱為___________。②裝置中加入CuCl2的作用是______________；最后可以利用重結晶的方法純化硫酸銅晶體的原因為______________________。③若開始時加入ag銅粉，含bg氯化銅溶質的氯化銅溶液，最后制得cgCuSO4·5H2O，假設整個過程中雜質不參與反應且不結晶，每步反應都進行得比較完全，則原銅粉的純度為________。27、（12分）疊氮化鈉(NaN3)是一種白色劇毒晶體，是汽車安全氣囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱堿性，能與酸發生反應產生具有爆炸性的有毒氣體疊氮化氫。實驗室可利用亞硝酸叔丁酯(t-BuNO2，以t-Bu表示叔丁基)與N2H4、氫氧化鈉溶液混合反應制備疊氮化鈉。(1)制備亞硝酸叔丁酯取一定NaNO2溶液與50%硫酸混合，發生反應H2SO4＋2NaNO2===2HNO2＋Na2SO4。可利用亞硝酸與叔丁醇(t-BuOH)在40℃左右制備亞硝酸叔丁酯，試寫出該反應的化學方程式：____________。(2)制備疊氮化鈉(NaN3)按如圖所示組裝儀器(加熱裝置略)進行反應，反應的化學方程式為：t-BuNO2＋NaOH＋N2H4===NaN3＋2H2O＋t-BuOH。①裝置a的名稱是______________；②該反應需控制溫度在65℃，采用的實驗措施是____________________；③反應后溶液在0℃下冷卻至有大量晶體析出后過濾。所得晶體使用無水乙醇洗滌。試解釋低溫下過濾和使用無水乙醇洗滌晶體的原因是____________。(3)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(假設雜質均不參與反應)。③充分反應后將溶液稀釋并酸化，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＋)。已知六硝酸鈰銨[(NH4)2Ce(NO3)6]與疊氮化鈉反應生成硝酸銨、硝酸鈉、氮氣以及Ce(NO3)3，試寫出該反應的化學方程式____________________________；計算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)。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(4)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：____________________28、（14分）現有常溫下甲、乙、丙三種溶液，甲為0.1mol·L-1的NaOH溶液，乙為0.1mol·L-1的HCl溶液，丙為0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，試回答下列問題：（1）甲溶液的pH=___。（2）丙溶液中存在的電離平衡為___(用電離平衡方程式表示)。（3）常溫下，用水稀釋0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，下列各量隨水量的增加而增大的是___(填序號)。①n(H＋)②c(H＋)③④c(OH-)（4）甲、乙、丙三種溶液中由水電離出的c(OH-)最大的是___。（5）某同學用甲溶液分別滴定20.00mL乙溶液和20.00mL丙溶液，得到如圖所示的兩條滴定曲線，則a=___。（6）圖___（填1或2）表示NaOH溶液滴定CH3COOH溶液的過程。（7）圖2中a點對應的溶液pH=8，原因是___（用離子方程式表示）。29、（10分）H2S存在于多種燃氣中，脫除燃氣中H2S的方法很多。(1)2019年3月《sciencedirect》介紹的化學鏈技術脫除H2S的原理如圖所示。①“H2S氧化”反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為________。②“HI分解”時，每1molHI分解生成碘蒸氣和氫氣時，吸收13kJ的熱量，寫出該反應的熱化學方程式：________。③“Bunsen反應”的離子方程式為________。(2)電化學干法氧化法脫除H2S的原理如圖所示。陽極發生的電極反應為________；陰極上COS發生的電極反應為________。(3)用Fe2(SO4)3吸收液脫除H2S法包含的反應如下：(Ⅰ)H2S(g)H2S(aq)(Ⅱ)H2S(aq)H＋+HS-(Ⅲ)HS－+2Fe3＋=S↓+2Fe2＋+H＋一定條件下測得脫硫率與Fe3＋濃度的關系如圖所示。①吸收液經過濾出S后，濾液需進行再生，較經濟的再生方法是________。②圖中當Fe3＋的濃度大于10g·L－1時，濃度越大，脫硫率越低，這是由于________。

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、C【解析】

A.鐵與稀鹽酸反應放出氫氣，久置后其氣體的物質的量增大，故不選A；B.Na2CO3粉末與稀H2SO4反應放出二氧化碳氣體，久置后其氣體的物質的量增大，故不選B；C.Fe、Al在濃硫酸中鈍化，久置后其氣體的物質的量不變，故選CD.Cu與濃硝酸反應放出NO2氣體，久置后其氣體的物質的量增大，故不選D；答案選C。2、A【解析】

A．室溫時，在B點，pH=5.3，c(H+)=10-5.3，=0，則=1電離常數Ka(HA)===1.0×10-5.3，A正確；B．B點的平衡溶液中，c(A-)=c(HA)，依據電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，由于pH=5.3，所以c(H+)>c(OH-)，c(Na+)<c(A-)，故V(NaOH)<10mL，B不正確；C．c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)顯然不符合電荷守恒原則，C不正確；D．從A點到C點的過程中，c(A-)不斷增大，水的電離程度不斷增大，D不正確；故選A。3、C【解析】

根據原子序數及化合價判斷最前面的元素x是氫元素，y為碳元素，z為氮元素，d為氧元素，e為鈉元素，f為鋁元素，g為硫元素，h為氯元素；A.根據“層多徑大、序大徑小”，離子半徑大小g＞h＞e＞f；選項A錯誤；B.d、z、y與x形成的簡單化合物依次為H2O、NH3、CH4，H2O、NH3分子間形成氫鍵且水分子間氫鍵強于NH3分子間氫鍵，CH4分子間不存在氫鍵，故沸點由高到低的順序為d＞z＞y，選項B錯誤；C.氫元素、氮元素、氧元素可以組成離子化合物硝酸銨，硝酸銨中含離子鍵和共價鍵，選項C正確；D.g、h元素對應最高價氧化物的水化物硫酸和高氯酸不能反應，選項D錯誤；答案選C。4、C【解析】

A.犧牲陽極的陰極保護法利用原電池原理，用較活潑的金屬作負極先被氧化，故A錯誤；B.金屬的化學腐蝕的實質是：金屬作還原劑M－ne－=Mn＋，電子直接轉移給氧化劑，故B錯誤；C.外加直流電源的陰極保護法，在通電時被保護的金屬表面腐蝕電流降至零或接近于零，故C正確；D.銅碳合金鑄成的銅像在酸雨中發生電化學腐蝕時，銅作負極，碳正極的電極反應為：O2+4e－+4H＋=2H2O，故D錯誤；故選C。5、B【解析】

A.△H1+△H2表示ROH固體溶于水過程，該過程放熱，所以應小于0，故錯誤；B.△H4表示ROH破壞離子鍵的過程，因為氫氧化鈉中鈉離子半徑比鉀離子半徑小，所以破壞離子鍵吸收的能量氫氧化鈉多，即△H4(NaOH)>△H4(KOH)>0，故正確；C.△H6都表示氫氧根離子從氣態變液體，能量應相同，故錯誤；D.根據蓋斯定律分析，有△H1+△H2=△H4+△H5+△H6，因為ROH固體溶于水過程放熱，故△H1+△H2+△H4+△H5+△H6不等于0，故錯誤。故選B。6、D【解析】

A.試劑加入順序：先加濃硝酸，再加濃硫酸，最后加入苯，正確；B.實驗時，水浴溫度需控制在50~60℃，正確；C.長玻璃導管兼起冷凝回流苯和硝酸的作用，以提高反應物轉化率，正確；D.反應后的混合液經水洗、堿溶液洗滌、分液(不是結晶)，得到硝基苯，錯誤。故答案為D。7、D【解析】

W、X、Y、Z均為短周期主族元素，由位置關系可知，W、X處于第二周期，Y、Z處于第三周期，設X原子最外層電子數為a，則W、Y、Z最外層電子數依次為a-2、a、a+1，四種元素的原子最外層電子數之和為23，則：a-2+a+1+a+a=23，解得a=6，則W為C元素，故X為O元素、Y為S元素、W為C元素。【詳解】A、同周期從左到右，原子半徑逐漸減小，元素的非金屬性增強，原子半徑S>Cl，非金屬性W<X，故A正確；B、同主族從上到下元素的非金屬性減弱，故O2能與H2Se反應，生成Se單質，故B正確；C、O能形成CO2、SO2、ClO2，故C正確；D、最高價氧化物對應水化物的酸性：H2CO3<H2SO4<HClO4，故D錯誤；故選D。8、C【解析】

A．應加入堿溶液將水解后的淀粉溶液調節成堿性，才可以產生紅色沉淀，選項A錯誤；B、CH3COONH4溶液呈中性，取少量Mg(OH)2懸濁液，向其中滴加適量濃CH3COONH4溶液是由于銨根離子消耗氫氧根離子，使氫氧化鎂的溶解平衡正向移動，Mg(OH)2溶解，選項B錯誤；C、將浸透石蠟油的石棉放置在硬質試管底部，加入少量碎瓷片并加強熱，將生成的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液，高錳酸鉀溶液褪色，說明石蠟油分解生成不飽和烴，選項C正確；D、灼燒成灰，加蒸餾水浸泡后必須加氧化劑氧化，否則不產生碘單質，加淀粉后溶液不變藍，選項D錯誤。答案選C。9、D【解析】

A.在標準狀況下，將4.48L的氯氣通入到水中反應是可逆反應，氯氣未能完全參與反應，轉移的電子數小于0.2NA，故A錯誤；B.一個C連3個共價鍵，一個共價鍵被兩個C平分，相當于每個C連接1.5個共價鍵，所以12gC即1molC中共價鍵數為1.5NA，故B錯誤；C.常溫下，鋁片與濃硫酸鈍化，反應不能繼續發生，故C錯誤；D.常溫下，1LpH＝1即c（H＋）=0.1mol/L的CH3COOH溶液中，溶液中的n（H＋）=0.1mol/L×1L=0.1mol，數目為0.1NA，故D正確。答案選D。10、C【解析】

A．人造衛星上的太陽能電池板，消耗了太陽能，得到了電能，故將太陽能轉化為了電能，選項A正確；B．客機所用的燃料油是航空煤油，是石油分餾得到的，選項B正確；C．碳纖維是由有機纖維經碳化及石墨化處理而得到的微晶石墨材料，是一種新型無機非金屬材料，選項C錯誤；D．在船體上鑲嵌鋅塊，形成鋅鐵原電池，鋅比鐵活潑，鋅作陽極不斷被腐蝕，鐵做陰極則不會被腐蝕，選項D正確；答案選C。11、B【解析】

A.滴入少量KI溶液，FeCl3剩余，則由現象不能說明該反應為可逆反應，故A錯誤；B.SO2氣體通入Ba(NO3)2溶液中，SO2與水反應生成亞硫酸，在酸性環境下，硝酸根具有強氧化性，從而發生氧化還原反應生成硫酸鋇，白色沉淀是BaSO4，故B正確；C.淀粉水解后檢驗葡萄糖，應在堿性條件下，水解后沒有加堿至堿性，不能檢驗是否水解，故C錯誤；D.酸性高錳酸鉀溶液逐漸褪色，可知石蠟油加熱分解生成不飽和烴，但氣體不一定為乙烯，故D錯誤；故選B。【點睛】淀粉的水解液顯酸性，檢驗淀粉是否水解時，應先在淀粉的水解液中加入氫氧化鈉至堿性后，再加入新制Cu(OH)2懸濁液，并加熱，觀察是否生成磚紅色沉淀，從而說明是否有葡萄糖生成，進而檢測出淀粉是否水解，這是學生們的易錯點。12、D【解析】

A.乙醇的酯化反應和酯的水解反應都可看作是有機物分子中的原子或原子團被其他的原子和原子團所代替的反應，是取代反應，故A不選；B.乙烯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色是因為乙烯分子中含有碳碳雙鍵，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，故B不選。C.乙醛的結構簡式為CH3CHO，分子式為C2H4O。它可以和氫氣發生加成反應，即還原反應生成乙醇，故C不選；D.苯與溴水混合反復振蕩，溴水層顏色變淺是因為溴水中的溴從水中進入到了苯中，是萃取，不是苯和溴水發生了加成反應，故D選。故選D。13、D【解析】

A．在電化學合成氨法中，N2發生還原反應，而電解池的陰極發生還原反應，通N2的極為陰極，則a為電源負極，b為電源的正極，故A正確；B．由圖示可知，電解池工作時，左側池中OH-向右池移動，則交換膜為陰離子交換膜，故B正確；C．左池中N2發生還原反應生成NH3，則電極反應式為，故C正確；D．右池中發生氧化反應，電極反應式為4OH--4e-=2H2O+O2↑，則是4OH-發生還原反應生成氧氣，故D錯誤；故答案為D。14、C【解析】

A、閉合K1構成原電池，鐵為負極；閉合K2構成電解池，鐵為陰極，選項A正確；B、K1閉合構成原電池，鐵棒是負極，鐵失去電子，鐵棒上發生的反應為Fe＋2e－=Fe2＋，選項B正確；C、K2閉合構成電解池，鐵棒與電源的負極相連，作陰極不會被腐蝕，屬于外加電流的陰極保護法，選項C錯誤；D、K1閉合構成原電池，鐵棒是負極，鐵失去電子，石墨棒是正極，溶液中的氧氣得到電子轉化為OH－，石墨棒周圍溶液pH逐漸升高，選項D正確；答案選C。15、B【解析】

如圖，HEMA和NVP通過加聚反應生成高聚物A，聚合過程中引發劑的濃度為1.6含水率最高。【詳解】A.NVP中碳碳雙鍵的其中一個碳原子的另外兩個鍵均是C-H鍵，故不具有順反異構，故A錯誤；B.–OH是親水基，高聚物A因含有-OH而具有良好的親水性，故B正確；C.HEMA和NVP通過加聚反應生成高聚物A，故C錯誤；D.制備過程中引發劑濃度對含水率影響關系如圖，聚合過程中引發劑的濃度為1.6含水率最高，并不是引發劑的濃度越高越好，故D錯誤；答案選B。【點睛】常見親水基：羥基、羧基等。含這些官能團較多的物質一般具有良好的親水性。16、B【解析】

A、氫氣通過灼熱的CuO粉末發生的反應為，固體由CuO變為Cu，反應后固體質量減小，A錯誤；B、二氧化碳通過Na2O2粉末發生的反應為2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，固體由Na2O2變為Na2CO3，反應后固體質量增加，B正確；C、鋁與Fe2O3發生鋁熱反應，化學方程式為2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，反應前后各物質均為固體，根據質量守恒定律知，反應后固體質量不變，C錯誤；D、將鋅粒投入Cu(NO3)2溶液發生的反應為Zn+Cu(NO3)2=Zn(NO3)2+Cu，固體由Zn變為Cu，反應后固體質量減小，D錯誤；故選B。17、A【解析】

A碳酸鈉和氫氧化鈉熔化時都克服離子鍵，故正確；B.碘晶體受熱變成碘蒸氣克服分子間作用力，不是克服碘原子間的作用力，故錯誤；C.三氧化硫溶于水的過程中有共價鍵的斷裂和形成，沒有離子鍵的形成，故錯誤；D.氟化氫的穩定性好，是因為氟化氫中的共價鍵鍵能高，與氫鍵無關，故錯誤。故選A。【點睛】掌握氫鍵的位置和影響因素。氫鍵是分子間的作用力，影響物質的物理性質，不影響化學性質。18、D【解析】A、苯和液溴鐵作催化劑，不需要加熱，生成溴苯，故A錯誤；B、2，2－二甲基丙烷分子式為C5H12，與正戊烷為同分異構體，故B錯誤；C、石油是由多種碳氫化合物組成的混合物，乙醇是含氧衍生物，故C錯誤；D、乙醇、正戊烷、苯都能發生取代反應，都能燃燒，屬于氧化反應，故D正確。19、D【解析】

某固體樣品可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-中的幾種離子。將該固體樣品分為等質量的兩份，進行如下實驗(不考慮鹽類的水解及水的電離)：（1）一份固體溶于水得無色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入過量稀鹽酸，仍有4.66g沉淀。4.66g沉淀為硫酸鋇，所以固體中含有=0.02mol硫酸根離子，=0.01mol碳酸根離子，溶液中沒有Ca2+；（2）另一份固體與過量NaOH固體混合后充分加熱，產生使濕潤的紅色石蕊試紙變藍色的氣體0.672L(標準狀況)(假設氣體全部逸出)，則含有=0.03mol銨根離子，根據溶液呈電中性，則溶液中一定含有鉀離子，不能確定是否含有氯離子。【詳解】A．該固體中一定含有NH4+、CO32-、SO42-，不能確定是否含Cl-，故A不符；B．該固體中一定沒有Ca2+，可能含有K+、Cl-，故B不符；C．該固體可能有(NH4)2SO4、K2CO3，不能確定是否含NH4Cl，故C不符；D．根據電荷守恒：n(K+)+n(NH4+)≥2（n(SO42－)+n(CO32－)），該固體中n(K+)≥(0.02×2+0.01×2)×2-0.03×2=0.06，n(K+)≥0.06mol，故D符合。故選D。【點睛】本題考查離子共存、離子推斷等知識，注意常見離子的檢驗方法，根據電荷守恒判斷K＋是否存在，是本題的難點、易錯點。20、B【解析】

A．BaSO3和HNO3不能大量共存，白色沉淀是BaSO4，A項錯誤；B．鐵氰化鉀可氧化鐵單質生成亞鐵離子，Fe2+與K3[Fe(CN)6]溶液反應生成具有藍色特征的鐵氰化亞鐵沉淀，離子方程式正確，B項正確；C．不能排除是用硫酸對高錳酸鉀溶液進行酸化，故酸化的高錳酸鉀溶液中可能含有H2SO4，則不能證明上述離子反應一定發生，C項錯誤；D．還原性：I＞Fe2+，少量氯水優先氧化碘離子，離子方程式應為2I＋Cl2=I2＋2Cl，D項錯誤；答案選B。【點睛】離子方程式書寫正誤判斷方法：（1）一查：檢查離子反應方程式是否符合客觀事實；（2）二查：“==”“”“↓”“↑”是否使用恰當；（3）三查：拆分是否正確。只有易溶于水的強電解質能拆寫成離子，其他物質均不能拆寫；（4）四查：是否漏寫離子反應；（5）五查：反應物的“量”——過量、少量、足量等；（6）六查：是否符合三個守恒：質量守恒、電荷守恒以及得失電子守恒。21、D【解析】

A．1mol晶體硅含Si-Si鍵的數目為2NA，而1mol金剛砂含C-Si鍵的數目為4NA，A錯誤；B．Ca(HCO3)2溶液中與過量的NaOH溶液反應生成CaCO3沉淀，而Mg(HCO3)2溶液中與過量的NaOH溶液反應時，由于Mg(OH)2的溶度積比MgCO3小，生成的是Mg(OH)2沉淀而不是MgCO3沉淀，B錯誤；C．在標準狀況下，CO2是氣體而CS2是液體，C錯誤；D．NaClO和Ca(ClO)2溶液通入過量CO2都是發生反應：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，D正確；答案選D。22、A【解析】

A．由圖像可知，當pH=7時含碳微粒主要為H2CO3和HCO3-，而pH約為3.5時，主要以碳酸形式存在，故要除去NaCl溶液中Na2CO3，需要調節pH小于3.5左右，故A錯誤；B．Ka1(H2CO3)=cHCO3-cH+cH2CO3，根據圖像，X點處c(HCO3-)=c(H2CO3)，此時Ka1(H2CO3)=c(H+)，因此由XC．根據圖像，pH=10的溶液中存在碳酸氫鈉和碳酸鈉，溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，故C正確；D．根據圖像，pH＞12.5含碳微粒主要以碳酸根離子形式存在，將CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3，應控制pH＞12.5，故D正確；答案選A。二、非選擇題(共84分)23、C6H11Br醛基、羰基（酮基）消去反應氧化反應+CH3CH2OH+H2O12或CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3【解析】

甲的分子式為C6H11Br，經過過程①，變為C6H10，失去1個HBr，C6H10經過一定條件轉化為乙，乙在CH3SCH3的作用下，生成丙，丙經過②過程，在CrO3的作用下，醛基變為羧基，發生氧化反應，丙經過③過程，發生酯化反應，生成丁為，丁經過④，在一定條件下，生成。【詳解】(1)甲的分子式為C6H11Br，故答案為：C6H11Br；(2)丙的結構式為含有官能團為醛基、羰基（酮基），故答案為：醛基、羰基（酮基）；(3)C6H11Br，失去1個HBr，變為C6H10，為消去反應；丙經過②過程，在CrO3的作用下，醛基變為羧基，發生氧化反應，故答案為：消去反應；氧化反應；(4)該反應的化學方程式為，,故答案為：；(5)乙的分子式為C6H10O3。①能發生銀鏡反應，②能與NaHCO3溶液反應，且1mol乙與足量NaHCO3溶液反應時產生氣體22.4L（標準狀況）。說明含有1個醛基和1個羧基，滿足條件的有：當剩余4個碳為沒有支鏈，羧基在第一個碳原子上，醛基有4種位置，羧基在第二個碳原子上，醛基有4種位置；當剩余4個碳為有支鏈，羧基在第一個碳原子上，醛基有3種位置，羧基在第二個碳原子上，醛基有1種位置，共12種，其中核磁共振氫譜中峰面積之比為1∶6∶2∶1的一種同分異構體的結構簡式或，故答案為：12；或；(6)根據過程②，可將CH3CH2OH中的羥基氧化為醛基，再將醛基氧化為羧基，羧基與醇反生酯化反應生成酯，酯在一定條件下生成，再反應可得，合成路線為CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3，故答案為：CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3。【點睛】本題考查有機物的推斷，利用已知信息及有機物的結構、官能團的變化、碳原子數目的變化推斷各物質是解答本題的關鍵。本題的易錯點和難點是(5)中同分異構體數目的判斷，要巧妙運用定一推一的思維。24、醚鍵、羧基還原反應(加成反應)取代反應、【解析】

與溴單質發生信息反應②生成A，則A為；A與苯酚鈉反應生成B，結合最終產物可知該反應為取代反應，反應生成的B為；B與氫氣發生加成反應生成C，則C為；C與氯化亞砜(SOCl2)發生信息中的反應①生成D，則D的結構簡式為：；D與NaCN發生反應生成E，則E為；E先與氫氧化鈉反應，然后酸化得到F，結合最終產物可知F為，F與氯化鈣反應得到苯氧布洛芬鈣，以此解答該題。【詳解】(1)由以上分析可知D為；F的結構簡式是，根據F的結構簡式可知其中含有的官能團是醚鍵、羧基；(2)B是，B中含有羰基，與氫氣發生加成反應產生羰基變為醇羥基，產生的C是，該反應是與氫氣的加成反應，也是還原反應；D是，與NaCN發生取代反應，Cl原子被-CN取代，生成E是，即D產生E的反應為取代反應；(3)F是，分子中含有羧基，C是，分子中含有醇羥基，F和C在濃硫酸條件下發生酯化反應，生成酯和水，該反應的化學方程式為：；(4)A為，A的同分異構體符合下列條件：①屬于苯的二取代物；②苯環上核磁共振氫譜圖中共有2個吸收峰；③與FeCl3溶液發生顯色反應，說明苯環上有兩個處于對位的取代基，其中一個是羥基，則可能的結構簡式為、；(5)苯甲醇()苯甲醇與SOCl2反應生成1-氯甲苯，然后與NaCN反應，產物經水解生成苯乙酸，最后苯乙酸與苯甲醇在濃硫酸存在時，加熱發生酯化反應可生成目標物苯乙酸苯甲酯，反應的流程為。25、過濾分液漏斗Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣碘水變藍加入碘水溶液變藍，說明溶液中沒有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘沒有氧化淀粉，所以可以同時排除假設②③516210分層現象，且上層為紫紅色、下層幾乎無色Fe3+由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3【解析】

(1)根據流程圖，結合物質提純與分離的基本操作分析；通入氯水將碘離子氧化為碘單質；(2)碘單質與淀粉變藍，若碘被氧化，則藍色消失，淀粉恢復原來的顏色，結合碘單質遇淀粉變藍的性質分析；(3)反應中Cl2中的Cl元素由0價變為-1價，碘元素由0價變為+5價，結合化合價升降總數相等以及質量守恒配平；(4)苯可以溶解碘單質，溶液分層；三價鐵遇KSCN溶液變為血紅色；(5)由結合探究(4)和(3)三種反應氧化劑與氧化產物氧化性強弱分析。【詳解】(1)海帶灰中部分可溶物浸泡后經過操作①得到含碘離子的溶液，則操作①為過濾；將碘單質從水溶液中經過操作②轉移至有機溶劑中，則操作②為萃取，主要是用的儀器為分液漏斗；氧化步驟中是向含碘離子溶液中加入氯水，將碘離子氧化為碘單質，離子反應為：Cl2+2I-=I2+2Cl-；(2)沒有觀察到溶液變藍色，有兩種可能，一是溶液中沒有碘單質，二是淀粉被轉化為其他物質，要證明①是正確的，則只需要在溶液中加入碘水，若溶液變藍，說明溶液中沒有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘沒有氧化淀粉，所以可以同時排除假設②③(3)反應中Cl2中的Cl元素由0價變為-1價，碘元素由0價變為+5價，結合化合價升降總數相等以及質量守恒，則方程式為5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，電子轉移的方向和數目表示為：；(4)FeCl3溶液中鐵離子具有氧化性，KI中碘離子具有還原性，FeCl3與碘化鉀發生氧化還原反應，加入試管a中加入1mL苯，苯的密度小于水，若溶液分層且上層為紫紅色、下層幾乎無色，證明反應中生成I2；KSCN溶液可檢驗鐵離子，加入KSCN溶液變為紅色，說明溶液中含有Fe3+；(5)由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3。26、增大反應物接觸面積，提高氨浸的效率[Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2OA制化學肥料等過濾干燥產生有毒的氣體，污染環境；原材料利用率低；濃硫酸有強腐蝕性（任寫兩條）分液漏斗做催化劑氯化銅的溶解度在常溫下比硫酸銅晶體大得多，且氯化銅的溶解度隨溫度的變化程度不大（合理即可）×100%（或%）【解析】

（1）破碎機把孔雀石破碎成細小顆粒，增大了與氨水接觸面積，使銅與氨充分絡合，提高氨浸的效率及浸取率。（2）由題意可知，氨浸時生成[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3，加熱蒸氨的意思為加熱時[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3分解生成氨氣，由[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3的組成可知還會生成CO2、氧化銅和水，其反應方程式為[Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2O。（3）蒸氨出來的氣體有氨氣和二氧化碳，氨氣有污染，需要通入硫酸凈化處理生成硫酸銨，為了防止倒吸，合適的裝置為A；凈化后生成硫酸銨溶液，其用途是可以制備化學肥料等。（4）由題意可知，操作2為硫酸銅溶液變成硫酸銅晶體，操作為加熱濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。（5）課本中直接利用銅與濃硫酸反應會產生有毒的氣體二氧化硫；這樣既污染環境又使原材料利用率低；而且濃硫酸有強腐蝕性，直接使用危險性較大。（6）①盛裝濃硫酸的儀器為分液漏斗。②由題意可知，氯化銅雖然參與反應，但最后又生成了等量的氯化銅，根據催化劑的定義可知氯化銅在此反應過程中做催化劑。因為氯化銅的溶解度在常溫下比硫酸銅晶體大得多，在重結晶純化硫酸銅晶體時可以使二者分離，同時氯化銅的溶解度隨溫度的變化程度不大，可使氯化銅保持在母液中，在下一次制備硫酸銅晶體時繼續做催化劑使用。③由題意可知銅粉全部生成硫酸銅晶體（因氯化銅為催化劑，氯化銅中的銅最終不會生成硫酸銅晶體），硫酸銅晶體中的銅元素質量為g，則銅粉的純度為×100%或化簡為%。27、t-BuOH＋HNO2t-BuNO2＋H2O恒壓滴液漏斗(滴液漏斗)水浴加熱降低疊氮化鈉的溶解度，防止產物損失2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑65%ACClO－＋2N3-＋H2O===Cl－＋2OH－＋3N2↑【解析】

(1)制備亞硝酸叔丁酯的反應物有亞硝酸和叔丁醇，反應類型屬于有機的酯化反應，所以方程式為：；(2)①裝置a的名稱即為恒壓滴液漏斗；②反應要控制溫度在65℃，參考苯的硝化實驗，該反應加熱時，應當采用水浴加熱；③題干中提到了疊氮酸鈉易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗滌產品時，為了減少洗滌過程中產品的損耗，應當用無水乙醇洗滌；(3)通過題干提示的反應產物分析，可知反應過程中Ce4+和中的元素發生了變價，所以反應的方程式為：；在計算疊氮化鈉的含量時，一定要注意疊氮酸鈉溶液配制完成后只取了與過量的六硝酸鈰銨反應，再用Fe2+去滴定未反應完的正四價的Ce，因此有：，考慮到Fe2+與Ce4+的反應按照1:1進行，所以2.0g疊氮化鈉樣品中疊氮化鈉的物質的量為：，所以疊氮化鈉樣品的質量分數為：；A．潤洗錐形瓶，會使步驟②消耗的六硝酸鈰銨的量增加，通過分析可知，會使最