2023届河南省安阳市林州高考化学考前最后一卷预测卷含解析

2023高考化学模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列关于古籍中的记载说法正确的是A．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了显色反应B．氢化钙的电子式是：Ca2+[∶H]2–C．目前，元素周期表已经排满，第七周期最后一种元素的原子序数是118D．直径为20nm的纳米碳酸钙属于胶体2、锌–空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)42-。下列说法正确的是（）A．充电时，电解质溶液中K+向阳极移动B．充电时，电解质溶液中c(OH－)逐渐减小C．放电时，负极反应为：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42－D．放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）3、现有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，其中c(SO42-)+c(NO3-)=5mol.L-1。10mL该混酸溶解铜质量最大时。溶液中HNO3、H2SO4的浓度之比为A．1：1 B．1：2 C．3：2 D．2：34、多硫化钠Na2Sx（）在结构上与Na2O2、FeS2等有相似之处，Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化成Na2SO4，而NaClO被还原成NaCl，反应中Na2Sx与NaClO物质的量之比为1：16，则x值是A．5 B．4 C．3 D．25、下列有关说法正确的是()A．催化剂活性B．,在恒容绝热容器中投入一定量和，正反应速率随时间变化C．，t时刻改变某一条件，则D．向等体积等pH的HCl和中加入等量且足量Zn，反应速率的变化情况6、已知铍（Be）与铝的性质相似．则下列判断正确的是（）A．铍遇冷水剧烈反应B．氧化铍的化学式为Be2O3C．氢氧化铍能与氢氧化钠溶液反应D．氯化铍水溶液显中性7、为探究NaHCO3、Na2CO3与1mol/L盐酸反应（设两反应分别是反应Ⅰ、反应Ⅱ）过程中的热效应，进行实验并测得如下数据：序号液体固体混合前温度混合后最高温度①35mL水2.5gNaHCO320℃18.5℃②35mL水3.2gNa2CO320℃24.3℃③35mL盐酸2.5gNaHCO320℃16.2℃④35mL盐酸3.2gNa2CO320℃25.1℃下列有关说法正确的是A．仅通过实验③即可判断反应Ⅰ是吸热反应B．仅通过实验④即可判断反应Ⅱ是放热反应C．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是吸热反应、放热反应D．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是放热反应、吸热反应8、固体混合物X可能含有NaNO2、Na2SiO3、FeCl3、KAlO2中的一种或几种物质，某同学对该固体进行了如下实验：下列判断正确的是A．溶液甲中一定含有NaNO2、Na2SiO3，可能含有FeCl3、KAlO2B．原固体混合物X中一定有KAlO2C．固体乙、固体丁一定是纯净物D．将溶液乙和溶液丁混合一定有无色气体生成，可能有白色沉淀生成9、最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：下列说法中正确的是A．CO和O生成CO2是吸热反应B．在该过程中，CO断键形成C和OC．CO和O生成了具有极性共价键的CO2D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程10、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．pH=1的溶液中：NO3-、Cl−、S2−、Na+B．c(H+)/c(OH−)=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl−C．由水电离的c(H+)=1×10−12mol·L−1的溶液中：Na+、K+、Cl−、HCO3-D．c(Fe3+)=0.1mol·L−1的溶液中：K+、Cl−、SO42-、SCN−11、单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点越高。下列溶液中沸点最高的是A．0.01mol/L的蔗糖溶液 B．0.02mol/L的CH3COOH溶液C．0.02mol/L的NaCl溶液 D．0.01mol/L的K2SO4溶液12、下图为某二次电池充电时的工作原理示意图，该过程可实现盐溶液的淡化。下列说法错误的是A．充电时，a为电源正极B．充电时，Cl-向Bi电极移动，Na+向NaTi2(PO4)2电极移动C．充电时，新增入电极中的物质：n(Na+)：n(Cl-)=1:3D．放电时，正极的电极反应为BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O13、某科学兴趣小组查阅资料得知，反应温度不同，氢气还原氧化铜的产物就不同，可能是Cu或Cu2O，Cu和Cu2O均为不溶于水的红色固体，但氧化亚铜能与稀硫酸反应，化学方程式为：Cu2O＋H2SO4=CuSO4＋Cu＋H2O，为探究反应后的红色固体中含有什么物质？他们提出了以下假设：假设一：红色固体只有Cu假设二：红色固体只有Cu2O假设三：红色固体中有Cu和Cu2O下列判断正确的是()A．取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，则假设一和二都成立B．若看到溶液变成蓝色，且仍有红色固体，则只有假设三成立C．现将7.2克红色固体通入足量的H2还原，最后得到固体6.4克，则假设二成立D．实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2沉淀，加热后制取Cu2O14、下列各组粒子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式也正确的是选项微粒组加入试剂发生反应的离子方程式A、、、过量HC1B、、、过量C过量DI-、Cl-、H+、SO42-过量A．A B．B C．C D．D15、最近科学家发现都由磷原子构成的黑磷(黑磷的磷原子二维结构如图)是比石墨烯更好的新型二维半导体材料.下列说法正确的是A．石墨烯属于烯烃 B．石墨烯中碳原子采用sp3杂化C．黑磷与白磷互为同素异形体 D．黑磷高温下在空气中可以稳定存在16、化学与社会、环境密切相关，下列说法不正确的是（）A．2022年冬奥会聚氨酯速滑服不属于无机非金属材料B．使用太阳能热水器、沼气的利用、玉米制乙醇都涉及到生物质能的利用C．氢键在形成蛋白质二级结构和DNA双螺旋结构中起关键作用D．港珠澳大桥使用新一代环氧涂层钢筋，可有效抵御海水浸蚀17、在稳定人体血液的pH中起作用的离子是A．Na+ B．HCO3－ C．Fe2+ D．Cl-18、下图为室温时不同pH下磷酸盐溶液中含磷微粒形态的分布，其中a、b、c三点对应的pH分别为2.12、7.21、11.31，其中δ表示含磷微粒的物质的量分数，下列说法正确的是A．2molH3PO4与3molNaOH反应后的溶液呈中性B．NaOH溶液滴定Na2HPO4溶液时，无法用酚酞指示终点C．H3PO4的二级电离常数的数量级为10−7D．溶液中除OH−离子外，其他阴离子浓度相等时，溶液可能显酸性、中性或碱性19、下列化学用语正确的是A．中子数为2的氢原子：H B．Na+的结构示意图：C．OH-的电子式：[H]一 D．N2分子的结构式：N—N20、下列叙述正确的是()A．电镀时，通常把待镀的金属制品作阳极B．氯碱工业上电解的是熔融的NaClC．氢氧燃料电池(酸性电解质)中O2通入正极，电极反应为O2＋4H＋＋4e－=2H2OD．上图中电子由Zn极移向Cu极，盐桥中的Cl－移向CuSO4溶液21、下列实验能达到目的是（）A．用饱和碳酸氢钠溶液鉴别SO2和CO2B．用灼热的铜网除去CO中少量的O2C．用溴水鉴别苯和CCl4D．用蒸发结晶的方法从碘水中提取碘单质22、从海带中提取碘元素的步骤中，选用的实验仪器不能都用到的是A．海带灼烧灰化，选用①②⑧ B．加水浸泡加热，选用②④⑦C．过滤得到滤液，选用④⑤⑦ D．萃取和分液，选用③④⑥二、非选择题(共84分)23、（14分）A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。已知：，R-COOH(1)A的名称是_____________；B中含氧官能团名称是________________。(2)C的结构简式________________；D→E的反应类型为________________(3)E→F的化学方程式为___________________________。(4)B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是__________________（写出结构简式）。(5)等物质的量的分别与足量NaOH、NaHCO3反应，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为__________；检验其中一种官能团的方法是______________（写出官能团名称、对应试剂及现象）。24、（12分）由化合物A合成黄樟油（E）和香料F的路线如下（部分反应条件已略去）：请回答下列问题：（1）下列有关说法正确的是______（填选项字母）。a．化合物A核磁共振氢谱为两组峰b．CH2Br2只有一种结构c．化合物E能发生加聚反应得到线型高分子d．化合物B能发生银镜反应，也能与NaOH溶液反应（2）由B转化为D所需的试剂为______。（3）D含有的官能团名称为________，C的同分异构体中具有顺反异构的名称是________（不必注明“顺”“反”）。（4）写出A→B的化学反应方程式：__________。（5）满足下列条件的E的同分异构体W有________种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比是1:2:2:2:3的结构简式为_______。①lmolW与足量NaOH溶液反应，能消耗2molNaOH②能发生银镜反应③苯环上只有两个取代基，能发生聚合反应（6）参照上述合成路线，写出以、丙酮为主要原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线________。25、（12分）I.四溴化钛（TiBr4）可用作橡胶工业中烯烃聚合反应的催化剂。已知TiBr4常温下为橙黄色固体，熔点为38.3℃，沸点为233.5℃，具有潮解性且易发生水解。实验室利用反应TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制备TiBr4的装置如图所示。回答下列问题：（1）检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行的操作是___，反应结束后应继续通入一段时间CO2，主要目的是___。（2）将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。此时应将a端的仪器改装为___、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是___（填仪器名称）。II.过氧化钙溶于酸，极微溶于水，不溶于乙醇、乙醚和丙酮，通常可用作医用杀菌剂、消毒剂、防腐剂。已知从溶液中制得的过氧化钙带有8个结晶水，在100℃时会脱水生成米黄色的无水过氧化钙，而无水过氧化钙在349℃时会迅速分解生成CaO和O2。以下是一种用纯净的碳酸钙制备过氧化钙的实验方案。请回答下列问题：CaCO3滤液白色结晶（3）步骤①的具体操作为向碳酸钙中逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈___性（填“酸”、“碱”或“中”）。将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是__。（4）步骤②中反应的化学方程式为__，该反应需要在冰浴下进行，原因是__。（5）为测定产品中过氧化钙的质量分数，取1.2g样品，在温度高于349℃时使之充分分解，并将产生的气体（恢复至标准状况）通过如图所示装置收集，测得量筒中水的体积为112mL，则产品中过氧化钙的质量分数为___。26、（10分）阿司匹林(乙酰水杨酸，)是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药。乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃～135℃。某学习小组在实验室以水杨酸(邻羟基苯甲酸)与醋酸酐[(CH3CO)2O]为主要原料合成阿司匹林，反应原理如下：制备基本操作流程如下：主要试剂和产品的物理常数如下表所示：请根据以上信息回答下列问题：（1）制备阿司匹林时，要使用干燥的仪器的原因是___。（2）合成阿司匹林时，最合适的加热方法是___。（3）提纯粗产品流程如下，加热回流装置如图：①使用温度计的目的是控制加热的温度，防止___。②冷凝水的流进方向是___(填“a”或“b”)。③趁热过滤的原因是___。④下列说法不正确的是___(填字母)。A．此种提纯方法中乙酸乙酯的作用是做溶剂B．此种提纯粗产品的方法叫重结晶C．根据以上提纯过程可以得出阿司匹林在乙酸乙酯中的溶解度低温时大D．可以用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸（4）在实验中原料用量：2.0g水杨酸、5.0mL醋酸酐(ρ＝1.08g/cm3)，最终称得产品质量为2.2g，则所得乙酰水杨酸的产率为___%。27、（12分）某学习小组利用下图装置探究铜与浓H2SO4的反应（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）。资料：微量Cu2+与过量NaOH溶液发生反应：Cu2++4OH−=[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−溶于甘油形成特征的绛蓝色溶液。编号实验用品实验现象I10mL15mol/L浓H2SO4溶液过量铜片剧烈反应，品红溶液褪色，150℃时铜片表面产生大量黑色沉淀，继续加热，250℃时黑色沉淀消失。II10mL15mol/L浓H2SO4溶液适量铜片剧烈反应，品红溶液褪色，150℃时铜片表面产生少量黑色沉淀，继续加热，250℃时黑色沉淀消失。（1）A中反应的化学方程式是________。（2）将装置C补充完整并标明所用试剂________。（3）实验I中，铜片表面的黑色沉淀可能含CuO、Cu2S或CuS。为探究黑色沉淀的成分，取出反应后的铜片，用水小心冲洗后，进行下列操作：i.黑色沉淀脱落，一段时间后，上层溶液呈无色。ii.开始时，上层溶液呈无色，一段时间后，上层溶液呈淡蓝色。甲认为通过上述两个实验证明黑色沉淀不含CuO，理由是________。②乙同学认为仅通过颜色判断不能得出上述结论，理由是______。需要增加实验iii，说明黑色沉淀不含CuO，实验iii的操作和现象是_______。（4）甲同学对黑色沉淀成分继续探究，补全实验方案：编号实验操作实验现象iv取洗净后的黑色沉淀，加入适量_____溶液，加热。黑色沉淀全部溶解，试管上部出现红棕色气体，底部有淡黄色固体生成。（5）用仪器分析黑色沉淀的成分，数据如下：150℃取样230℃取样铜元素3.2g，硫元0.96g。铜元素1.28g，硫元0.64g。230℃时黑色沉淀的成分是__________。（6）为探究黑色沉淀消失的原因，取230℃时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250℃时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成，试管底部出现淡黄色固体，溶液变蓝。用化学方程式解释原因____。（7）综合上述实验过程，说明Cu和浓H2SO4除发生主反应外，还发生着其他副反应，为了避免副反应的发生，Cu和浓H2SO4反应的实验方案是______。28、（14分）有机物G是一种食品香料，其香气强度为普通香料的3～4倍．G的合成路线如下：已知：R﹣CH=CH2R﹣CHO+HCHO填空：（1）该香料长期暴露于空气中易变质，其原因是______．（2）写出A中任意一种含氧官能团的名称_______，由C到D的反应类型为_____．（3）有机物E的结构简式为______．（4）有机物G同时满足下列条件的同分异构体有_____种，写出其中一种的结构简式_________．①与FeCl3溶液反应显紫色；②可发生水解反应，其中一种水解产物能发生银镜反应；③分子中有4种不同化学环境的氢．（5）写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）_____________________________合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2CH2BrCH2Br．29、（10分）用琥珀酸酐法制备了DEN人工抗原及抗体．如图是1，3﹣丁二烯合成琥珀酸酐的流程：1,3丁二烯C4H6Br2ABC完成下列填空：（1）写出反应试剂和反应条件．反应①______；反应②______．（2）比1，3﹣丁二烯多一个C并且含1个甲基的同系物有______种．（3）写出A和C的结构简式．A______；C______．（4）写出B和C反应生成高分子化合物的化学方程式______．（5）设计一条由1，3﹣丁二烯为原料制备的合成路线．（无机试剂可以任选）_____（合成路线常用的表示方式为：AB…目标产物）

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解析】

A.根据题意，鉴别KNO3和Na2SO4，是利用了焰色反应，故A错误；B.电子式中相同的离子要分开写，氢化钙的电子式是：[∶H]-Ca2+[∶H]-，故B错误；C.根据各周期容纳元素种数可知，第七周期最后一种元素的原子序数为2+8+8+18+18+32+32=118，故C正确；D.纳米碳酸钙只有一种物质，不是分散系，不是胶体，故D错误；故选C。【点睛】此题易错点在D项，胶体属于分散系，分散质粒子直径大小在1nm～100nm之间，胶体属于混合物。2、C【解析】

A．充电时，阳离子向阴极移动，即K＋向阴极移动，A项错误；B．放电时总反应为2Zn+O2+4OH–+2H2O=2Zn(OH)42-，则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度增大，B项错误；C．放电时，锌在负极失去电子，电极反应为Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-，C项正确；D．标准状况下22.4L氧气的物质的量为1摩尔，电路中转移4摩尔电子，D项错误；答案选C。【点睛】电极反应式的书写是电化学中必考的一项内容，一般先写出还原剂（氧化剂）和氧化产物（还原产物），然后标出电子转移的数目，最后根据原子守恒和电荷守恒完成缺项部分和配平反应方程式，作为原电池，正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极电极反应式为：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-；充电是电解池，阳离子在阴极上放电，阴离子在阳极上放电，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，对可充电池来说，充电时原电池的正极接电源正极，原电池的负极接电源的负极，不能接反，否则发生危险或电极互换，电极反应式是原电池电极反应式的逆过程；涉及到气体体积，首先看一下有没有标准状况，如果有，进行计算，如果没有必然是错误选项。3、D【解析】稀硝酸和稀硫酸组成的混酸中c（NO3－）+c（SO42－）=5mol·L－1，稀硝酸和Cu反应但稀硫酸和Cu不反应，混酸和Cu反应离子方程式为3Cu+2NO3－+8H＋=3Cu2＋+2NO↑+4H2O，要使溶解的Cu最大，则硝酸根离子应该完全反应，根据离子方程式知，c（NO3－）：c（H＋）=2：8=1：4，设c（NO3－）=xmol·L－1、则c（H＋）=4xmol·L－1，根据电荷守恒得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、则c（H＋）=8mol·L－1，c（SO42－）=5mol·L－1-2mol·L－1=3mol·L－1，根据硝酸根离子守恒、硫酸根离子守恒得c（NO3－）=c（HNO3）=2mol·L－1、c（SO42－）=c（H2SO4）=3mol·L－1，所以混酸中HNO3、H2SO4的物质的量浓度之比2mol·L－1：3mol·L－1=2：3。故选D。4、A【解析】

Na2Sx中Na元素的化合价为+1价，则S元素的平均化合价为-，Na2SO4中S元素的化合价为+6价；NaClO中Cl元素的化合价为+1价，NaCl中Cl元素的化合价为-1价；反应中Na2Sx与NaClO物质的量之比为1:16，根据得失电子守恒，1×x×[(+6)-(-)]=16×2，解得x=5，答案选A。5、C【解析】

A.使用催化剂能降低反应的活化能，使反应速率加快，由图可知，催化剂d比催化剂c使活化能降的更多，所以催化剂活性c<d，故A错误；B.该反应的正反应为放热反应，在恒容绝热容器中投入一定量SO2和NO2反应放热使温度升高，反应速率加快，随着反应进行，反应物浓度逐渐减小，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，过一段时间达到平衡状态，正逆反应速率相等且不为零，不再随时间改变，故B错误；C.该反应的正反应为气体分子数减小且为放热反应，由图象可知，t时刻改变某一条件，正逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，改变的条件应是增大压强，虽然平衡向正向移动，但由于容器的容积减小，新平衡时的c(N2)比原平衡要大，c(N2)：a<b，故C正确；D.CH3COOH为弱酸小部分电离，HCl为强酸完全电离，等pH的HCl和CH3COOH中，c(H+)相同，开始反应速率相同，但随着反应进行，CH3COOH不断电离补充消耗的H+，故醋酸溶液中的c(H+)大于盐酸，反应速率醋酸大于盐酸，故D错误。故选C。6、C【解析】

既然铍与铝的性质相似，我们就可把铍看成是铝，铝具有的性质，铍也有，铝没有的性质，铍也没有。【详解】A.铝遇冷水不反应，则铍遇冷水也不反应，错误；B.铍的最外层有2个电子，显+2价，则氧化铍的化学式为BeO，错误；C.氢氧化铝能与氢氧化钠溶液反应，则氢氧化铍也能与氢氧化钠反应，正确；D.氯化铝水溶液显酸性，则氯化铍水溶液也显酸性，错误。故选C。7、C【解析】

A．根据表中数据可知，碳酸氢钠溶于水为吸热反应，不能仅根据实验③混合后溶液温度降低而判断碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应，需要结合实验①综合判断，故A错误；B．根据实验②可知，碳酸钠溶于水的过程为吸热过程，所以不能仅根据实验④碳酸钠与盐酸反应后混合液温度升高判断反应Ⅱ是放热反应，故B错误；C．根据实验①可知，碳酸氢钠溶于水后混合液温度从20℃降低到18.5℃，而实验③中碳酸氢钠与盐酸反应后混合液温度从20℃降低16.2℃＜18.5℃，通过反应Ⅰ后混合液温度更低，证明反应Ⅰ为吸热反应；同理根据实验②碳酸钠溶于水，混合液温度从20℃升高到24.3℃，实验④中碳酸钠与盐酸反应，温度从20℃升高到25.1℃＞24.3℃，碳酸钠与盐酸反应后混合液的温度比碳酸钠溶于水后升高的温度更高，证明碳酸钠与盐酸的反应为放热反应，故C正确；D．根据选项C的分析可知，反应Ⅰ为吸热反应、反应Ⅱ为放热反应，故D错误；故选C。8、D【解析】

溶液甲能和盐酸反应生成固体乙，说明溶液甲中含有硅酸钠，固体乙为硅酸，溶液甲和盐酸反应生成气体，说明含有亚硝酸钠，则溶液乙含有氯化钠和盐酸，固体甲可能是氯化铁和硅酸钠双水解生成的硅酸和氢氧化铁，或还存在氯化铁和偏铝酸钾双水解生成的氢氧化铝沉淀，溶液甲可能有剩余的偏铝酸钾。硅酸或氢氧化铝都可溶于氢氧化钠，溶液丙为硅酸钠或还有偏铝酸钠，固体丙为氢氧化铁。溶液丙中通入过量的二氧化碳，生成硅酸沉淀或氢氧化铝沉淀，溶液丁含有碳酸氢钠。A.溶液甲一定有亚硝酸钠和硅酸钠，可能有偏铝酸钾，一定不存在氯化铁，故错误；B.X可能有偏铝酸钾，故错误；C.固体乙一定是硅酸，固体丁可能是硅酸或氢氧化铝，故错误；D.溶液甲中有氯化钠和盐酸，可能有偏铝酸钾，与溶液丁碳酸氢钠反应，一定有二氧化碳气体，可能有氢氧化铝沉淀。故正确；故选D。【点睛】掌握物质之间的反应，和可能性，注意可能存在有剩余问题，抓住特殊物质的性质，如加入盐酸产生沉淀通常认为是氯化银沉淀，但要注意有硅酸沉淀，注意盐类水解情况的存在。9、C【解析】

A.根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；B.根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，故B错误；C.由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；D.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故D错误。故选C。10、B【解析】

A.pH=1的溶液呈酸性，H+、NO3-与S2−发生氧化还原反应而不能大量共存，选项A错误；B.c(H+)/c(OH−)=1012的溶液呈酸性，H+、NH4+、Al3+、NO3-、Cl−相互之间不反应，能大量共存，选项B正确；C.由水电离的c(H+)=1×10−12mol·L−1的溶液可能为强酸性也可能为强碱性，HCO3-均不能大量存在，选项C错误；D.c(Fe3+)=0.1mol·L−1的溶液中：Fe3+与SCN−发生络合反应而不能大量共存，选项D错误；答案选B。11、C【解析】

假设溶液的体积为1L，0.01mol/L的蔗糖溶液中含不挥发性的分子为0.01mol，CH3COOH为挥发性物质，0.02mol/L的NaCl溶液中含0.04mol离子，0.01mol/L的K2SO4溶液中含0.03mol离子，根据“单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点越高”，沸点最高的是0.02mol/L的NaCl溶液，故答案选C。12、C【解析】

充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，则Bi为阳极，所以a为电源正极，b为负极，NaTi2(PO4)2为阴极得电子发生还原反应，反应为NaTi2(PO4)2+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，放电时，Bi为正极，BiOCl得电子发生还原反应，NaTi2(PO4)2为负极，据此分析解答。【详解】A.充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，Bi为阳极，则a为电源正极，A正确；B.充电时，Cl-向阳极Bi电极移动，Na+向阴极NaTi2(PO4)2电极移动，B正确；C.充电时，Bi电极上的电极反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，NaTi2(PO4)2电极上，反应为NaTi2(PO4)2+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，根据得失电子守恒，新增入电极中的物质：n(Na+)：n(Cl-)=3：1，C错误；D.放电时，Bi为正极，正极的电极反应为BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查了二次电池在充、放电时电极反应式及离子移动方向的判断的知识。掌握电化学装置的工作原理，注意电极反应的书写是关键，难度中等。13、C【解析】

A.取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，说明红色固体中不含氧化亚铜，则假设一成立，选项A错误；B.若看到溶液变成蓝色，说明红色固体中含有氧化亚铜，仍有红色固体，不能说明红色固体中含有铜，因为氧化亚铜和稀硫酸反应也能生成铜，则假设二或三成立，选项B错误；C.假设红色固体只有Cu2O，则7.2gCu2O的物质的量为0.05mol，和H2反应后生成铜的物质的量为0.1mol，质量为6.4g，所以假设成立，选项C正确；D.实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2悬浊液，加热后制取Cu2O，选项D错误。答案选C。14、D【解析】

A．HCO3-与SiO32-反应生成H2SiO3和CO32-，通入过量HC1，发生反应的离子方程式为2H++SiO32-=H2SiO3↓、H++HCO3-=H2O+CO2↑，故A不符合题意；B．题给四种离子可以大量共存，通入过量H2S，发生反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故B不符合题意；C．HClO与SO32-因发生氧化还原反应而不能大量共存，故C不符合题意；D．题给四种离子可以大量共存，加入过量NaNO3，发生反应的离子方程式为6I-+2NO3-+8H+=2NO↑+4H2O+3I2，故D符合题意。故答案选D。15、C【解析】

A．石墨烯是碳元素的单质，不是碳氢化合物，不是烯烃，A错误；B．石墨烯中每个碳原子形成3σ键，杂化方式为sp2杂化，B错误；C．黑磷与白磷是磷元素的不同单质，互为同素异形体，C正确；D．黑磷是磷单质，高温下能与O2反应，在空气中不能稳定存在，D错误；答案选C。16、B【解析】

A.聚氨酯，属于有机高分子材料，A正确；B.太阳能热水器将太阳能转化为热能，与生物质能无关，B错误；C.蛋白质二级结构是通过骨架上的羰基和酰胺基之间形成的氢键维持，氢键是稳定二级结构的主要作用力；DNA双螺旋结构中，碱基对以氢键维系，A与T间形成两个氢键，G与C间形成三个氢键。C正确；D.环氧涂层钢筋，是将环氧树脂粉末喷涂在钢筋表面，由于环氧涂层能抵抗海水浸蚀，从而保护钢筋不受腐蚀，D正确。故选B。【点睛】环氧树脂涂层钢筋是在工厂生产条件下，采用静电喷涂方法，将环氧树脂粉末喷涂在普通带肋钢筋和普通光圆钢筋的表面生产的一种具有涂层的钢筋。环氧树脂涂层钢筋有很好的耐蚀性，与混凝土的粘结强度无明显降低，适用于处在潮湿环境或侵蚀性介质中的工业与民用房屋、一般构筑物及道路、桥梁、港口，码头等的钢筋混凝土结构中。17、B【解析】

稳定人体血液的pH的离子,必须既能和氢离子反应,也能和氢氧根离子反应；【详解】A.Na+为强碱阳离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故A不正确；

B.HCO3-在溶液中存在两个趋势：HCO3-离子电离使得溶液呈酸性，HCO3-水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水解呈碱性，pH值升高，故B正确；

C.Fe2+为弱碱阳离子，水解使溶液呈酸性，只能降低pH值，故C不正确；

D.Cl-为强酸阴离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故D不正确；

正确答案:B。【点睛】明确稳定pH是解答本题的关键，并熟悉盐类水解的规律及酸式酸根离子的性质来解答。18、B【解析】

2molH3PO4与3molNaOH反应后生成等物质的量浓度的NaH2PO4、Na2HPO4，据图可看出b点、浓度相等，pH=7.21，显碱性，A选项错误；把NaOH溶液滴入Na2HPO4溶液时，发生反应+OH−+H2O，δ()减小，δ()增大，在此pH变化范围内，无法用酚酞指示终点，B选项正确；H3PO4H++，H++，Ka2=，当c()=c()时，pH=7.21，c(H+)=10−7.21，数量级为10−8，C选项错误；溶液中阴离子浓度相等时，可能是c()=c()，此时溶液pH=7.21显碱性，还可能是c()=c()，此时pH=11.31，显碱性，D选项错误。19、C【解析】

A．中子数为2的氢原子的质量数为3，该原子正确的表示方法为：H，故A错误；B．钠离子的核外电子总数为10，质子数为11，钠离子正确的离子结构示意图为：，故B错误；C．氢氧根离子带一个单位负电荷，电子式为[H]一，故C正确；D．氮气分子的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，氮气的结构式为：N≡N，故D错误；故选C。20、C【解析】

A.电镀时，通常把待镀的金属制品作阴极，A错误；B.氯碱工业上电解的是饱和食盐水，B错误；C.氢氧燃料电池（酸性电解质）中O2通入正极，电极反应为：O2+4H++4e-＝2H2O，C正确；D.由于金属活动性Zn＞Cu,所以Zn为负极，电子由Zn极移向Cu极，盐桥中的Cl－移向正电荷较多的ZnSO4溶液，D错误；答案选C。21、C【解析】

A.二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳难溶于饱和碳酸氢钠溶液，二氧化硫和二氧化碳分别通入饱和碳酸氢钠溶液都会产生气泡，现象相同，不能鉴别，故A错误；B.加热时，Cu与氧气反应生成CuO，CO能与氧化铜反应，所以不能用用灼热的铜网除去CO中少量的O2，故B错误；C.溴水与苯混合有机层在上层，溴水与四氯化碳混合有机层在下层，现象不同，可鉴别，故C正确；D.蒸发时，碘易升华而损失，应用萃取、分液的方法分离，故D错误。故选C。22、D【解析】

先将海带在坩埚中灼烧灰化，然后在烧杯中加水浸泡加热促进物质的溶解，在漏斗中过滤，最后用分液漏斗分液，以此解答该题。【详解】A．将海带灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有①、②和⑧，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，A正确；B．加水浸泡加热，应在烧杯中进行，加热用酒精灯，用玻璃棒搅拌，B正确；C．过滤时用到④、⑤和⑦，C正确；D．萃取和分液用到④⑥，不用试管，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查物质的检验和鉴别的实验设计的分析能力和实验能力，注意把握实验的原理、步骤和实验仪器的使用，着重考查学生对基础知识的掌握和应用。二、非选择题(共84分)23、丙烯酯基取代反应CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2HCOO-CH=C(CH3)2l：l检验羧基：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变红(或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色)【解析】

A分子式为C3H6，A与CO、CH3OH发生反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，聚丁烯酸甲酯发生水解反应，然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A与Cl2在高温下发生反应生成D，D发生水解反应生成E，根据E的结构简式CH2=CHCH2OH可知D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为。【详解】根据上述推断可知A是CH2=CH-CH3，C为，D是CH2=CHCH2Cl，E为CH2=CHCH2OH，F是，G是。(1)A是CH2=CH-CH3，名称为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B中含氧官能团名称是酯基；(2)C的结构简式为，D是CH2=CHCH2Cl，含有Cl原子，与NaOH的水溶液加热发生水解反应产生E：CH2=CHCH2OH，该水解反应也是取代反应；因此D变为E的反应为取代反应或水解反应；(3)E为CH2=CHCH2OH、E与2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，该反应方程式为：CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2；(4)B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，说明含有醛基、酯基及碳碳双键，则为甲酸形成的酯，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是HCOO-CH=C(CH3)2；(5)含有羧基，可以与NaOH反应产生；含有羧基可以与NaHCO3反应产生和H2O、CO2，则等物质的量消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1；在中含有羧基、碳碳双键、醇羟基三种官能团，检验羧基的方法是：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变为红色；检验碳碳双键的方法是：加入溴水，溴水褪色。【点睛】本题考查有机物推断和合成的知识，明确官能团及其性质关系、常见反应类型、反应条件及题给信息是解本题关键，难点是有机物合成路线设计，需要学生灵活运用知识解答问题能力，本题侧重考查学生分析推断及知识综合运用、知识迁移能力。24、bc液溴、Fe（或液溴、FeBr3）醚键、溴原子1-溴丙烯9【解析】根据A的分子式和性质，判断为酚，再根据D的结构，可以判断A为邻二苯酚()，B为。(l)a．A为邻二苯酚()，核磁共振氢谱为三组峰，故a错误；b.甲烷是正四面体结构，因此CH2Br2只有一种结构，故b正确；c．化合物E为，含有碳碳双键，能发生加聚反应得到线型高分子，故c正确；d．B为，不存在醛基，不能发生银镜反应，故d错误；故选bc；(2)由B转化为D是在苯环上引入溴原子，需要试剂为液溴、Fe，故答案为液溴、Fe；(3)根据D的结构可知，其含有的含氧官能团为醚键和溴原子，C的同分异构体中具有顺反异构的是1-溴丙烯，故答案为醚键、溴原子；1-溴丙烯；(4)A为邻二苯酚()，B为，A→B的化学方程式为：，故答案为；(5)E为，E的同分异构体W满足：①lmolW与足量NaOH溶液反应，能消耗2molNaOH；②能发生银镜反应；③苯环上只有两个取代苯，能发生聚合反应，说明苯环上含有2个侧链，其中含有碳碳双键、醛基或属于甲酸某酯，结合E的结构，W属于甲酸苯酚酯，即HCOO-，另一个侧链为-CH2CH=CH2或-CH=CH2CH3或-C(CH3)=CH2，每种侧链对应与邻位、间位、对位3种结构，共9种，其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比是1：2：2：2：3的结构简式为，故答案为9；；(6)以、为主要原料制备，可以将丙酮，与发生题中类似F→G的反应，得到醇再与溴化氢反应后，得溴代烃，在镁的作用下，两个分子之间发生类似题中C+D→E的反应，合成路线为，故答案为。点睛：本题考查有机物推断与合成、有机物结构与性质、有机反应类型、同分异构体等知识，是对有机物化学基础的综合应用，侧重考查学生对知识的迁移应用。本题的难点是(6)的合成路线的设计。25、打开K1，关闭K2和K3，通入二氧化碳排出残留在装置中的四溴化钛和溴蒸气直形冷凝管温度计酸除去溶液中的二氧化碳CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3•H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O温度过高时过氧化氢分解60%【解析】

I.TiBr4常温易潮解，所以制备TiBr4时要使用干燥的反应物，所以通入的二氧化碳气体必须干燥，浓硫酸能干燥二氧化碳，所以试剂A为浓硫酸；因为装置中含有空气，空气中氧气能和C在加热条件下反应，所以要先通入二氧化碳排出装置中空气，需要打开K1，关闭K2和K3；然后打开K2和K3

，同时关闭K1，发生反应TiO2+C+2Br2

TiBr4+CO2制备TiBr4，TiBr4常温下为橙黄色固体，流入收集装置中；溴有毒不能直接排空，应该最后有尾气处理装置，TiBr4易潮解，所以装置X单元能起干燥作用，结合题目分析解答。II.大理石加入稀盐酸溶解得到氯化钙溶液，将溶液煮沸，趁热过滤，将溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的CO2，反应②滤液中加入氨水和过氧化氢冰水浴中反应生成过氧化钙晶体，过滤得到过氧化钙晶体，水洗、乙醇洗、烘烤得到过氧化钙固体，以此来解答。【详解】(1)根据分析以及图示可知加热前要先打开K1，关闭K2和K3，通入二氧化碳排出装置中空气；反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气，应继续通入一段时间CO2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染；(2)在产品四溴化钛中还有残留的液溴，因此根据题中给出的四溴化钛的沸点233.5°C，可以使用蒸馏法提纯；此时应将a端的仪器改装为直形冷凝管、承接管和接收瓶，蒸馏时要根据温度收集馏分，所以在防腐胶塞上应加装温度计；(3)此时溶液中溶有二氧化碳，所以呈酸性；将溶液煮沸的作用是除去溶液中的二氧化碳；(4)反应②是滤液中加入氨水和过氧化氢冰水浴中反应生成过氧化钙晶体，反应的化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3•H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O；过氧化氢热易分解，所以该反应需要在冰浴下进行；(5)过氧化钙受热分解，方程式为2CaO2=2CaO+O2↑，收集到的气体为氧气，根据量筒中水的体积可知收集到氧气112mL，则其物质的量为=0.005mol，则原样品中n(CaO2)=0.01mol，所以样品中过氧化钙的质量分数为=60%。26、醋酸酐和水易发生反应水浴加热乙酰水杨酸受热易分解a防止乙酰水杨酸结晶析出ABC84.3%【解析】

醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至85℃，然后冷却、过滤、水洗得到粗产品；（1）醋酸酐和水易发生反应生成乙酸；（2）合成阿司匹林时要控制温度在85℃～90℃，该温度低于水的沸点；（3）向粗产品中加入乙酸乙酯，增大乙酰水杨酸的溶解性，然后加热回流，趁热过滤，然后冷却、减压过滤、洗涤、干燥得到乙酰水杨酸，①乙酰水杨酸受热易分解；②冷凝水采用逆流方法；③乙酰水杨酸在温度低时易结晶析出；不同进行分离提纯，水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸；

（4）水杨酸的相对分子质量为138，n（水杨酸）=2.0g÷138g/mol=0.0145mol，n（乙酸酐）=（5.0mL×1.08g/cm3）÷102g/mol=0.0529mol，由于乙酸酐的物质的量大于水杨酸，所以得到的乙酰水杨酸应该按照水杨酸来计算，故理论上得到乙酰水杨酸的质量为0.0145mol×180g/mol=2.61g，产率=实际质量理论质量×100%．【详解】醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至85℃，然后冷却、过滤、水洗得到粗产品；(1)醋酸酐和水易发生反应生成乙酸，生成的乙酸抑制水杨酸和乙酸酐反应，所以需要干燥仪器，故答案为：醋酸酐和水易发生反应；(2)合成阿司匹林时要控制温度在85℃∼90℃，该温度低于水的沸点，所以合适的加热方法是水浴加热，故答案为：水浴加热；(3)①乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃∼135℃，使用温度计的目的是控制加热的温度，防止乙酰水杨酸受热易分解，故答案为：乙酰水杨酸受热易分解；②采取逆流原理通入冷凝水，充满冷凝管，充分冷凝回流，冷凝水从a口进，从b口出，故答案为：a；③趁热过滤，防止乙酰水杨酸结晶析出，减少损失，故答案为：防止乙酰水杨酸结晶析出；④乙酸乙酯起溶剂作用，趁热过滤除去水杨酸，再冷却结晶析出乙酰水杨酸，说明低温时乙酰水杨酸在乙酸乙酯中的溶解度较小，利用水杨酸、乙酰水杨酸在乙酸乙酯中溶解度不同就行分离提纯，这种分离提纯方法为重结晶，由于水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸，故选：ABC；(4)水杨酸的相对分子质量为138，n(水杨酸)=2.0g÷138g/mol=0.0145mol，n(乙酸酐)=(5.0mL×1.08g/cm3)÷102g/mol=0.0529mol，由于乙酸酐的物质的量大于水杨酸，所以得到的乙酰水杨酸应该按照水杨酸来计算，故理论上得到乙酰水杨酸的质量为0.0145mol×180g/mol=2.61g，产率=实际质量理论质量×100%=2.2g2.61g×100%=84.3%，故答案为：84.3%.27、Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2ONaOH溶液实验i和ii对比，上层溶液颜色不同，说明CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，i中上层溶液无色，说明不含Cu2+，因此黑色沉淀不含CuO。溶液中Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色取实验i的上层清液，加入过量NaOH溶液，再加入一定量甘油，振荡，未观察到绛蓝色HNO3CuSCuS+2H2SO4S↓+CuSO4+SO2↑+2H2O将烧瓶中10mL15mol/L的浓H2SO4加热至250℃以上，其后加入适量铜片【解析】

（1）A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水；（2）二氧化硫属于酸性氧化物，污染空气；（3）①CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，溶液变蓝；②溶液中Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色；检验上层溶液是否含有Cu2+；（4）试管上部出的现红棕色气体是NO2，底部淡黄色固体是S单质；（5）根据n(Cu):n(S)可计算化学式；（6）取230℃时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250℃时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成说明放出二氧化硫气体，试管底部出现淡黄色固体S，溶液变蓝说明有CuSO4生成，根据得失电子守恒配平方程式；（7）综合上述实验过程可知加热至250℃时可避免铜与浓硫酸发生副反应。【详解】（1）A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应的化学方程式是Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；（2）二氧化硫污染空气，所以装置C中盛放NaOH溶液吸收二氧化硫，装置图为；（3）①CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，溶液变蓝；实验i和ii对比，i中上层溶液无色，说明不含Cu2+，因此黑色沉淀不含CuO。②如果溶液中Cu2+浓度过低，也无法呈明显的蓝色，所以仅通过颜色判断不能得出黑色沉淀不含CuO的结论；根据资料信息：微量Cu2+与过量NaOH溶液发生反应：Cu2++4OH−＝[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−溶于甘油形成特征的绛蓝色溶液。因此说明黑色沉淀不含CuO的实验iii的操作和现象是取实验i的上层清液，加入过量NaOH溶液，再加入一定量甘油，振荡，未观察到绛蓝色；（4）黑色沉淀中加入适量硝酸发生氧化还原反应，硝酸被还原为红棕色气体是NO2，氧化产物是S单质；（5）230℃取样，铜