2023学年牡丹江市第一高考化学倒计时模拟卷含解析

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、下列说法不正确的是A．C5H12的三种同分异构体沸点不同，因为其分子间作用力大小不同B．NH3和HCl都极易溶于水，均与它们能跟水分子形成氢键有关C．石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和形成，也有分子间作用力的破坏D．NaHSO4晶体溶于水和受热熔化时破坏的化学键类型不完全相同2、常温下，向20mL某浓度的硫酸溶液中滴入0.1mol·L－1氨水，溶液中水电离出的氢离子浓度随加入氨水的体积变化如图所示。下列分析正确的是A．c点所示溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝c(NH3·H2O)B．b点所示溶液中：c(NH4＋)＝2c(SO42－)C．V＝40D．该硫酸的浓度为0.1mol·L－13、如图是研究铁被海水腐蚀的实验装置。图2中M是某种与铁片紧贴的金属，下列说法正确的是A．图1铁片靠近烧杯底部的部分，腐蚀更严重B．若M是锌片，可保护铁C．若M是铜片，可保护铁D．M是铜或是锌都不能保护铁，是因没有构成原电池4、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．71gCl2溶于足量水中，Cl-的数量为NAB．46g乙醇中含有共价键的数量为7NAC．25℃时，1LpH=2的H2SO4溶液中含H+的总数为0.02NAD．标准状况下，2.24LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.1NA5、重水（D2O）是重要的核工业原料，下列说法正确的是A．氘(D)的原子核外有2个电子 B．1H与D是同一种原子C．H2O与D2O互称同素异形体 D．1H218O与D216O的相对分子质量相同6、分子式为C4H8Cl2的链状有机物，只含有二个甲基的同分异构体共有（不考虑立体异构）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种7、碳酸亚乙酯是一种重要的添加剂，其结构简式为。用环氧乙烷合成碳酸亚乙酯的反应为：。下列说法错误的是A．上述反应属于加成反应B．碳酸亚乙酯的二氯代物只有两种C．碳酸亚乙酯中的所有原子处于同一平面内D．1mol碳酸亚乙酯最多可消耗2molNaOH8、下列实验操作正确或实验设计能达到实验目的的是()A．证明钠的密度小于水的密度但大于煤油的密度B．制备氢氧化铁胶体C．利用过氧化钠与水反应制备氧气，且随开随用、随关随停D．证明氯气具有漂白性9、微粒有多种表示方式，下列各组不同表示方式一定代表同种微粒的是A．C3H6、CH2=CHCH3 B．H2O2、C．、 D．、1s22s22p63s23p610、化学反应的实质是（）A．能量的转移B．旧化学键断裂和新化学键生成C．电子转移D．原子种类与原子数目保持不变11、室温下，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用NaOH溶液以恒定速度来滴定该浓氯水，根据测定结果绘制出ClO－、ClO3－等离子的物质的量浓度c与时间t的关系曲线如下。下列说法正确的是A．NaOH溶液和浓氯水可以使用同种滴定管盛装B．a点溶液中存在如下关系：c(Na+)+c(H+)=c(ClO－)+c(ClO3－)+c(OH－)C．b点溶液中各离子浓度：c(Na+)＞c(Cl－)＞c(ClO3－)=c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H+)D．t2~t4，ClO－的物质的量下降的原因可能是ClO－自身歧化：2ClO－=Cl－+ClO3－12、下列实验现象和结论相对应且正确的是A．A B．B C．C D．D13、下列有关化学实验操作、现象和结论均正确的是()选项操作现象结论A向的NaHCO3溶液中滴加2滴甲基橙溶液呈黄色NaHCO3溶液溶液呈碱性B向氨水和的悬浊液中滴加少量溶液得到红褐色悬浊液Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Mg(OH)2]C使石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片，再将产生的气体通过酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色石蜡油蒸汽中含有烯烃D向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，放出有刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性A．A B．B C．C D．D14、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为2NAB．25℃时，1LpH=11的醋酸钠溶液中，由水电离出的OH－数目为0.001NAC．1mol－OH（羟基）与lmolNH4+中所含电子数均为10NAD．2.8g乙烯与2.6g苯中含碳碳双键数均为0.1NA15、19世纪中叶，门捷列夫的突出贡献是A．提出了原子学说 B．提出了元素周期律C．提出了分子学说 D．提出了化学平衡移动原理16、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A．Cu2S(s)Cu(s)CuCl2(s)B．SiO2(s)H2SiO3(s)Na2SiO3(aq)C．Fe(s)Fe2O3(s)Fe2(SO4)3(aq)D．NaCl(aq)Na2CO3(s)NaOH(aq)17、化学与生活生产息息相关，下列说法正确的是（）A．制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过缩聚反应生产的B．气溶胶的分散剂可以是空气或液体水C．FeCl3溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板D．福尔马林(甲醛溶液)可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜18、一定符合以下转化过程的X是（）X溶液WZXA．FeO B．SiO2 C．Al2O3 D．NH319、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y元素在同周期中离子半径最小；甲、乙分别是元素Y、Z的单质；丙、丁、戊是由W、X、Y、Z元素组成的二元化合物，常温下丁为液态；戊为酸性气体，常温下0.01mol·L－1戊溶液的pH大于2。上述物质转化关系如图所示。下列说法正确的是A．原子半径：Z>Y>X>WB．W、X、Y、Z不可能同存于一种离子化合物中C．W和Ⅹ形成的化合物既可能含有极性键也可能含有非极性键D．比较X、Z非金属性强弱时，可比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性20、化学与生活密切相关。下列叙述不正确的是（）A．二氧化硅是将太阳能转变为电能的常用材料B．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈C．使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力差D．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土21、下列变化过程中克服共价键的是（）A．二氧化硅熔化 B．冰融化 C．氯化钾熔化 D．碘升华22、下列有关说法正确的是A．酒精浓度越大，消毒效果越好B．通过干馏可分离出煤中原有的苯、甲苯和粗氨水C．可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中残留的乙酸D．淀粉和纤维素作为同分异构体，物理性质和化学性质均有不同二、非选择题(共84分)23、（14分）聚合物G可用于生产全生物降解塑料，有关转化关系如下：（1）物质A的分子式为_____________，B的结构简式为____________。（2）E中的含氧官能团的名称为_______________。（3）反应①-④中属于加成反应的是_____________。（4）写出由两分子F合成六元环化合物的化学方程式________________________________。24、（12分）有机物F是一种用途广泛的香料,可用烃A与有机物E为原料,按照如下流程进行合成。已知A在标准状况下的密度为1.25g·L-1。回答下列问题:(1)有机物F中含有的官能团名称为____。(2)A生成B的反应类型为________。(3)写出流程中B生成C的化学方程式_______。(4)下列说法正确的是____。A流程图中有机物B转化为C，Cu参与了化学反应,但反应前后的质量保持不变B有机物C不可能使溴水褪色C有机物D、E生成F的反应为酯化反应,本质上是取代反应D合成过程中原子的理论利用率为100%的反应只有一个25、（12分）硫酸锌可用于制造锌钡白、印染媒染剂等。用锌白矿(主要成分为ZnO，还含有Fe2O3、CuO、SiO2等杂成)制备ZnSO4·7H2O的流程如下。相关金属离了生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算）如下表：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+6.48.0(1)“滤渣1”的主要成分为_________(填化学式）。“酸浸”过程中，提高锌元素浸出率的措施有：适当提高酸的浓度、______________(填一种)。(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应的化学方程式为__________________________。(3)“氧化”一步中，发生反应的离子方程式为_______________________。溶液pH控制在[3.2，6.4)之间的目的是________________。(4)“母液”中含有的盐类物质有_________(填化学式）。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）将一定量的Cu和浓硫酸反应（装置中的夹持、加热仪器省略），反应后，圆底烧瓶内的混合液倒入水中，得到蓝色溶液与少量黑色不溶物。(1)反应后蓝色溶液呈酸性的原因有①______________，②______________。(2)为检验反应产生气体的还原性，试剂a是______________。(3)已知酸性：H2SO3＞H2CO3＞H2S。反应后测得Na2S和Na2CO3混合溶液中有新气体生成。该气体中______________(填“含或不含”)H2S，理由是______________；(4)少量黑色不溶物不可能是CuO的理由是______________。查阅资料后发现该黑色固体可能是CuS或Cu2S中的一种或两种，且CuS和Cu2S在空气中煅烧易转化成Cu2O和SO2。称取2.000g黑色固体，灼烧、冷却、……最后称得固体1.680g。(5)灼烧该固体除用到酒精灯、坩埚、坩埚钳、三脚架等仪器，还需要______________。确定黑色固体灼烧充分的依据是______________，黑色不溶物其成分化学式为______________。28、（14分）A、B、C、D是四种短周期元素，E是过渡元素。A、B、C同周期，C、D同主族，A的原子结构示意图为：，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个成单电子，E的外围电子排布式为3d64s2。回答下列问题：(1)用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是__________，碱性最强的是_________。(2)用元素符号表示D所在周期(除稀有气体元素外)第一电离能最大的元素是__________，电负性最大的元素是__________。(3)D的氢化物比C的氢化物的沸点__________（填"高"或"低"），原因_____________(4)E元素原子的核电荷数是__________，E元素在周期表的第_______周期，第________族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在_______区。(5)B、C最高价氧化物的晶体类型是分别是______晶体、______晶体(6)画出D的核外电子排布图_____________，这样排布遵循了________原理和____________规则。29、（10分）NO用途广泛，对其进行研究具有重要的价值和意义（1）2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H=akJ•mol-1的反应历程与能量变化关系如图所示。已知：第Ⅱ步反应为：NO3（g）+NO（g）=2NO2（g）△H=bkJ•mol-1①第I步反应的热化学方程式为__。②关于2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）的反应历程，下列说法正确的是__。A．相同条件下，决定该反应快慢的步骤为第Ⅱ步反应B．使用合适的催化剂会使E1、E2、E3同时减小C．第I步反应为吸热反应，第Ⅱ步反应为放热反应D．反应的中同产物是NO3和NO（2）NO的氢化还原反应为2NO（g）+2H2（g）⇌N2（g）+2H2O（g）。研究表明：某温度时，v正=k•cm（NO）•cn（H2），其中k=2.5×103mol（m+n-1）•L（m+n-1）•s-1．该温度下，当c（H2）=4.0×10-3mol•L-1时，实验测得v正与c（NO）的关系如图一所示，则m=___，n=___。（3）NO易发生二聚反应2NO（g）⇌N2O2（g）。在相同的刚性反应器中充入等量的NO，分别发生该反应。不同温度下，NO的转化率随时间（t）的变化关系如图二所示。①该反应的△H___0（填“＞”“＜”或“=”）。②T1温度下，欲提高NO的平衡转化率，可采取的措施为__（任写一条即可）。③a、b处正反应速率va__vb（填”＞”“＜”或“=”），原因为___。④e点对应体系的总压强为200kPa，则T2温度下，该反应的平衡常数kp=___kPa-1（Kp为以分压表示的平衡常数）

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、B【解析】

A.C5H12的三种同分异构体结构不同，分子间作用力大小不同，因而沸点不同，A正确；B.NH3能和水分子形成氢键，HCl不能形成氢键，B错误；C.石墨为层状结构，层内含有共价键，层与层之间是分子间作用力，转化为金刚石既有共价键的断裂和形成，也有分子间作用力的破坏，C正确；D.NaHSO4晶体溶于水时电离为Na+、H+、SO42-，破坏离子键和共价键，受热熔化时电离为Na+、HSO4-，破坏离子键，破坏的化学键类型不完全相同，D正确；答案选B。2、A【解析】

A.c点所示溶液是硫酸铵溶液，电荷守恒式为c(H+)+c(NH4＋)═2c(SO42−)+c(OH−)，物料守恒式为c(NH4＋)+c(NH3.H2O)═2c(SO42−)，两式相减可得：c(H+)−c(OH−)═c(NH3.H2O)，故A正确；B.根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4＋)═2c(SO42−)+c(OH−)，b点为硫酸铵和硫酸的混合溶液，呈酸性，c(OH−)<c(H+)，所以c(NH4＋)<2c(SO42−)，故B错误；C.c点水电离程度最大，说明此时铵根离子浓度最大，对水的电离促进程度最大，所以两者恰好完全反应生成硫酸铵，而稀硫酸的浓度为0.05mol/L，所以氨水的体积也是20ml，即V=20，故C错误；D.根据20mL的稀H2SO4溶液中,水电离出的氢离子浓度是10−13，根据水的离子积得到硫酸电离出的氢离子浓度是0.1mol/L，稀硫酸的浓度为0.05mol/L，故D错误；答案选AB。【点睛】需熟练使用电荷守恒，物料守恒，质子守恒，并且了解到根据图像判断出溶液的酸碱性。3、B【解析】

据钢铁的腐蚀条件、原电池原理分析判断。【详解】A.图1中铁片在海水中主要发生吸氧腐蚀，水面处铁片接触氧气和水，腐蚀更严重，A项错误；B.图2中，若M是锌片，则锌、铁与海水构成原电池，电子从锌转移向铁，使铁得到保护，B项正确；C.图2中，若M是铜片，则铜、铁与海水构成原电池，电子从铁转移向铜，铁更易被腐蚀，C项错误；D.M是铜或锌，它与铁、海水都构成原电池，只有当M为锌时铁被保护，D项错误。本题选B。4、D【解析】

A．Cl2与水反应是可逆反应，Cl-的数量少于NA，A错误；B．每个乙醇分子中含8个共价键，46g乙醇的物质的量==1mol，则共价键的物质的量=1mol8=8mol，所以46g乙醇所含共价键数量为8NA，B错误；C．25℃时，1LpH=2的H2SO4溶液中，C(H+)=10-2mol·L-1，n(H+)=10-2mol·L-1×1L=0.01mol，所以含H+的总数为0.01NA，C错误；D．每1molCO2对应转移电子1mol，标准状况下，2.24L的物质的量=0.1mol，故0.1molCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.1NA，D正确。答案选D。5、D【解析】

A、氘(D)原子核内有一个质子，核外有1个电子，选项A错误；B、1H与D质子数相同，中子数不同互称同位素，是两种原子，选项B错误；C、同素异形体是同种元素的单质之间的互称，选项C错误；D、1H218O与D216O的相对分子质量相同，都是20，选项D正确；答案选D。6、B【解析】

根据有机物的分子式可知，C4H8Cl2的链状有机物，只含有二个甲基的同分异构体共有4种，分别是CH3CHClCHClCH3、CH3CCl2CH2CH3、(CH3)2CClCH2Cl、(CH3)2CHCHCl2；答案选B。7、C【解析】

A选项，根据分析两种物质变为一种物质，则上述反应属于加成反应，故A正确；B选项，碳酸亚乙酯的二氯代物只有两种，一种为在同一个碳原子上，另一种是两个碳原子上各一个氯原子，故B正确；C选项，碳酸亚乙酯有亚甲基的结构，类似于甲烷的空间结构，不可能所有原子共平面，故C错误；D选项，1mol碳酸亚乙酯相当于有2mol酯基，因此最多可消耗2molNaOH发生反应，生成乙二醇和碳酸钠，故D正确。综上所述，答案为C。8、A【解析】

A、钠在水和煤油的界面反复上下移动，可以证明ρ(煤油)<ρ(钠)<ρ(水)，A项正确；B、饱和氯化铁溶液滴入氢氧化钠溶液中得到氢氧化铁沉淀，B项错误；C、过氧化钠是粉末状物质，不能做到随开随用、随关随停，C项错误；D、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，利用D装置只能证明氯水具有漂白性，而不能说明氯水中的某种成分具有漂白性，D项错误；故答案为：A。【点睛】Fe(OH)3胶体的制备：用烧杯取少量蒸馏水，加热至沸腾，向沸水中逐滴加入适量的饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即得Fe(OH)3胶体；注意在制备过程中，不能搅拌、不能加热时间过长。9、B【解析】

A.C3H6可能表示CH2=CHCH3，也可能表示环丙烷，因此二者不一定表示同一物质，A错误；B.H2O2分子中两个O原子形成一对共用电子对，O原子分别与H原子各形成一对共用电子对，所以其电子式为；A.前者表示甲烷，后者表示CCl4，二者是不同的微粒，C错误；D.前者表示Ar原子结构示意图，后者可能表示Ar原子，也可能表示K+、Cl-等，因此而不一定表示的是同一微粒，D错误；故合理选项是B。10、B【解析】

A．能量转移不仅发生反应时会发生，物理变化过程中也会发生，A不合题意；B．只有化学反应过程才会发生旧化学键断裂和新化学键生成，B符合题意；C．非氧化还原反应中没有发生电子转移，C不合题意；D．物理变化过程中，原子种类与原子数目也保持不变，D不合题意；故选B。11、C【解析】

A.NaOH溶液属于强碱溶液，浓氯水显酸性且具有强氧化性，所以NaOH溶液不能用酸式滴定管，浓氯水不能用碱式滴定管，两者不能使用同种滴定管盛装，故A错误；B.a点溶液中含有NaClO3、NaClO和NaCl，根据电荷守恒，有：(Na+)+c(H+)=c(ClO3-)+c(ClO-)+c(Cl-)+c(OH-)，故B错误；C.由图象可知，b点溶液中c(ClO3-)=c(ClO-)，根据氧化还原反应得失电子守恒，写出发生反应的化学方程式为：8NaOH+4Cl2=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O，由此可知，溶液中n(NaCl):n(NaClO3):n(NaClO)=6:1:1，溶液中各离子浓度：(Na+)>c(Cl-)>c(ClO3-)=c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)，故C正确；D.ClO-发生歧化反应，离子方程式为：3ClO-=2Cl-+ClO3-，故D错误。故选C。12、C【解析】

A.进行焰色反应，火焰呈黄色，说明含有Na+，不能确定是否含有K+，A错误；B.蔗糖在稀硫酸催化作用下发生水解反应产生葡萄糖，若要证明水解产生的物质，首先要加入NaOH中和催化剂硫酸，使溶液显碱性，然后再用Cu(OH)2进行检验，B错误；C.在AgCl和AgI饱和溶液中加入过量AgNO3溶液，产生白色沉淀和黄色沉淀，且白色沉淀的质量远大于黄色沉淀，说明溶液中c(Cl-)较大，c(I-)较小，物质的溶解度AgCl>AgI，由于二者的化合物构型相同，因此可证明物质的溶度积常数Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，C正确；D.根据实验现象，只能证明溶液中含有I2，由于溶液中含有两种氧化性的物质HNO3、Fe3+，二者都可能将I-氧化为I2，因此不能证明氧化性Fe3+>I2，D错误；故合理选项是C。13、D【解析】

A.甲基橙的变色范围是3.1~4.4，若溶液的pH≥4.4，溶液都显黄色，因此不能证明NaHCO3溶液溶液呈碱性，A错误；B.由于其中含有氨水，向其中加入FeCl3溶液，FeCl3与溶液中的氨水会发生复分解反应形成Fe(OH)3沉淀，不能证明溶度积常数：Fe(OH)3<Mg(OH)2，B错误；C.石蜡油主要成分是各种烷烃、环烷烃，它们与酸性KMnO4溶液不能反应，使石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片，再将产生的气体通过酸性KMnO4溶液，溶液褪色，证明石蜡油蒸汽分解后的产物中含有烯烃，C错误；D.蔗糖的化学式为C12H22O11，向其中滴加浓硫酸，浓硫酸将蔗糖中的H、O两种元素以2:1的组成脱去留下碳，浓硫酸表现脱水性，此过程中放出大量的热，使浓硫酸与脱水生成的C单质发生氧化还原反应，生成CO2、SO2、H2O，这些气体从固体中逸出，使固体变成疏松多孔的海绵状炭，同时闻到二氧化硫的刺激性气味，体现了浓硫酸的强氧化性，D正确；故合理选项是D。14、B【解析】

A、根据水蒸气与Na2O2的方程式计算；B、25℃时，1LpH=11的醋酸钠溶液中，水电离出的OH－浓度为10-3mol·L－1；C、一个－OH（羟基）含9个电子；D、苯中不含碳碳双键。【详解】A、水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2△m2e-4g2mol2g1mol反应中转移的电子数为1NA，故A错误；B、25℃时，1LpH=11的醋酸钠溶液中，水电离出的OH－浓度为10-3mol·L－1，由水电离出的OH－数目为0.001NA，故B正确；C、1mol－OH（羟基）中所含电子数均为9NA，故C错误；D、苯中不含碳碳双键，故D错误；故选B。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数及其应用，难点A根据化学方程式利用差量法计算，易错点B，醋酸钠水解产生的OH-来源于水。15、B【解析】A.提出原子学说的是卢瑟福，B.元素周期律的发现主要是门捷列夫所做的工作，C.提出分子学说的是阿伏加德罗，D.法国化学家勒沙特列提出了化学平衡移动原理。故选择B。16、A【解析】

A.硫化亚铜与氧气反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2，铜与氯气反应生成氯化铜，反应为：Cu+Cl2CuCl2，A正确；B.SiO2不溶于水，也不能和水反应，所以二者不能直接生成H2SiO3，B错误；C.铁和水蒸气在高温时反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，C错误；D.在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，不是一步生成碳酸钠，D错误；故合理选项是A。17、C【解析】

A．制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过加聚反应生产的，A错误；B．气溶胶的分散剂可以是空气，但不能是液体水，B错误；C．FeCl3溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板，C正确；D．福尔马林(甲醛溶液)常用于皮毛、衣物、器具熏蒸消毒和标本、尸体防腐，会强烈刺激眼膜和呼吸器官，不可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜，D错误；答案选C。18、D【解析】

A．FeO与稀硝酸反应生成硝酸铁溶液，硝酸铁溶液与NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁加热分解生成氧化铁，不能生成FeO，所以不符合转化关系，故A不选；B．SiO2与稀硝酸不反应，故B不选；C．Al2O3与稀硝酸反应生成硝酸铝溶液，硝酸铝溶液与少量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀，但过量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，偏铝酸钠加热得不到氧化铝，所以不一定符合，故C不选；D．NH3与稀硝酸反应生成硝酸铵溶液，硝酸铵溶液与NaOH溶液反应生成一水合氨，一水合氨加热分解生成NH3，符合转化关系，故D选；故答案为：D。19、C【解析】

Y元素在同周期中离子半径最小，金属离子外的电子层数比相应的原子少一层，而且同周期金属元素离子半径随着原子序数的递增而减小，而非金属元素的离子的电子层没有减少，所以Y应为Al元素。丁为二元化合物，而且为液态，为水。丙与水反应得到两种物质，而且一种为酸。0.01mol·L－1戊溶液的pH大于2，为弱酸。短周期中二元化合物为弱酸的HF和H2S。结合乙是Z的单质，Z的原子序数比Al大，Z为S元素。涉及的反应为2Al＋3SAl2S3，Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3＋3H2S↑。W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S。A．H原子半径最小。同周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，Al原子的半径大于S；同主族元素，原子序数越大，原子半径越大，S的原子半径大于O，排序为Y（Al）>Z（S）>X（O）>W（H），A项错误；B．H、O、Al、S可以存在于KAl(SO4)2·12H2O中，存在离子键，为离子化合物，B项错误；C．W(H)和X(O)的化合物可能为H2O和H2O2。H2O的结构简式为H—O—H，含有极性键。H2O2的结构简式为H—O－O—H，含有极性键和非极性键，C项正确；D．比较X(O)和Z(S)的非金属性，不能比较最高价氧化物对应的水化物的酸性，因为O没有它的含氧酸。D项错误；本题答案选C。20、A【解析】

A．单质硅可用于制作太阳能电池的原料，太阳能电池可将太阳能转化为电能，二氧化硅是光导纤维的成分，故A错误；B．明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2(OH)2CO3，能够溶于酸性溶液，可以利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故B正确；C．含钙离子浓度较大的地下水能够与高级脂肪酸钠反应生成高级脂肪酸钙沉淀，去污能力减弱，故C正确；D．瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，故D正确；答案选A。21、A【解析】

原子晶体熔化克服共价键，离子晶体熔化或电离均克服离子键，分子晶体发生三态变化只破坏分子间作用力，非电解质溶于水不发生电离，则不破坏化学键，以此来解答。【详解】A、二氧化硅是原子晶体，熔化克服共价键，选项A正确；B、冰融化克服的是分子间作用力，选项B错误；C、氯化钾熔化克服是离子键，选项C错误；D、碘升华克服的是分子间作用力，选项D错误；答案选A。22、C【解析】

体积分数是75%的酒精杀菌消毒效果最好，A错误；煤中不含苯、甲苯和粗氨水，可通过煤的干馏得到苯、甲苯和粗氨水等，B错误；饱和碳酸钠溶液能降低乙酸乙酯的溶解度而分层析出，且能除去乙酸，C正确；淀粉和纤维素通式相同但聚合度不同，不属于同分异构体，D项错误。二、非选择题(共84分)23、C6H12O6CH3-CH=CH2羰基、羧基①④+2H2O【解析】

B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应①为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3-CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖，据此答题。【详解】B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应①为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3-CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖。（1）物质A为葡萄糖，其分子式为C6H12O6，B的结构简式为CH3-CH=CH2；（2）E为CH3COCOOH，含氧官能团的名称为羰基、羧基；（3）根据上面的分析可知，反应①～④中属于加成反应的是①④；（4）由两分子F合成六元环化合物的化学方程式为+2H2O。【点睛】本题考查有机物的推断，确定B的结构是关键，再根据官能团的性质结合反应条件进行推断，题目难度中等，注意掌握官能团的性质与转化。24、酯基加成反应2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OAC【解析】

由A在标准状况下的密度可以求出A的相对分子质量为22.4L·mol-1×1.25g·L-1=28g·mol-1，A为CH2=CH2，和水加成生成乙醇，B为CH3CH2OH，乙醇催化氧化生成乙醛，C为CH3CHO，乙醛再催化氧化为乙酸，D为CH3COOH。F为乙酸苯甲酯，由乙酸和E生成，故E为苯甲醇。【详解】（1）F是酯，含有的官能团为酯基；（2）乙烯生成乙醇是发生了乙烯和水的加成反应，故反应类型为加成反应；（3）乙醇催化氧化生成乙醛的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）A.乙醇转化为乙醛的反应中，Cu是催化剂，Cu先和氧气生成CuO，CuO再和乙醇生成Cu和乙醛，所以Cu参与了化学反应,但反应前后的质量保持不变，故A正确；B.乙醛有还原性，可以被溴水中的溴氧化从而使溴水褪色，故B错误；C.乙酸和苯甲醇生成乙酸苯甲酯的反应是酯化反应，本质上是取代反应，故C正确；D.合成过程中原子的理论利用率为100%的反应有2个，分别是乙烯加成生成乙醇和乙醛催化氧化为乙酸。故D错误。故选AC。【点睛】在有机转化关系中，连续氧化通常是醇氧化成醛，醛进一步氧化成羧酸。25、SiO2粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）Zn+CuSO4═Cu+ZnSO43Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质ZnSO4、K2SO4【解析】锌白矿中加入稀硫酸浸取，ZnO、Fe2O3、CuO分别和稀硫酸反应生成ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4，SiO2和稀硫酸不反应，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4、H2SO4，向滤液中混入Zn，将Fe3+还原为Fe2+，得到Cu沉淀，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、FeSO4，向滤液中加入高锰酸钾，高锰酸钾将Fe2+氧化为Fe3+，向溶液中加入适量氧化锌，溶液pH升高，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤，得到的滤液中含有ZnSO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4•7H2O。(1)根据上述分析，“滤渣1”的主要成分为二氧化硅。浸取过程中，为提高浸出效率可采用的措施有，可将矿石粉碎或提高浸取时的温度，或适当增大酸的浓度等，故答案为SiO2；粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）；(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应为置换铜的反应，反应的化学方程式为Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，故答案为Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4；(3)根据流程图，“氧化”一步中，Fe2+能被高锰酸钾氧化生成Fe3+，高锰酸钾被还原成二氧化锰，生成是铁离子转化为氢氧化铁沉淀反应的离子方程式为3Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+；溶液PH控制在[3.2，6.4)之间可以使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质，故答案为3Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+；使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质；(4)根据上述分析，氧化后溶液转化含有的盐类物质有ZnSO4、K2SO4，故答案为ZnSO4、K2SO4。点睛：本题考查物质分离和提纯、实验装置综合等知识点，为高频考点，明确物质的性质及实验步骤是解本题关键，知道流程图中发生的反应及基本操作方法、实验先后顺序等。本题的易错点是（3）中离子方程式的书写和配平。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、反应后期浓硫酸变稀，而铜和稀硫酸不发生反应，硫酸有剩余硫酸铜溶液水解呈酸性溴水或酸性高锰酸钾不含硫化氢和二氧化硫反应氧化铜能与稀硫酸反应玻璃棒；泥三角充分灼烧的依据是再次灼烧，冷却，称量，两次的质量差不能超过0.001g;CuS和Cu2S【解析】

（1）铜和浓硫酸反应，随着反应的进行，浓硫酸会变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，生成的硫酸铜水解显酸性；（2）检验二氧化硫的还原性，可以用具有氧化性的物质，且反应现象明显；（3）依据硫化氢和二氧化硫反应进行分析；（4）氧化铜可以和稀硫酸反应；（5）依据现象进行分析；【详解】（1）随着反应的进行浓硫酸会变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，使溶液显酸性，生成的硫酸铜水解使溶液显酸性，故答案为：反应后期浓硫酸变稀，而铜和稀硫酸不发生反应，硫酸有剩余；硫酸铜溶液水解呈酸性；（2）二氧化硫有还原性，所以可以用溴水或者酸性高锰酸钾溶液检验，故答案为，溴水或酸性高锰酸钾；（3）Na2S和Na2CO3混合溶液中通入二氧化硫，不会生成硫化氢，因为硫化氢和二氧化硫发生反应，故答案为：不含；硫化氢和二氧化硫反应；（4）少量黑色不溶物不可能是CuO，因为氧化铜可以和稀硫酸反应，故答案为：氧化铜能与稀硫酸反应；（5）灼烧固体时除了需要酒精灯、坩埚、坩埚钳、三脚架等仪器外，还需要玻璃棒，泥三角，充分灼烧的依据是再次灼烧，冷却，称量，两次的质量差不能超过0.001g,设CuSxmol，Cu2Symol，96x+160y=2；(x+y)80=1.68，解得，x=0.02，y=0.005，故两者都有，故答案为：玻璃棒；泥三角；充分灼烧的依据是再次灼烧，冷却，称量，两次的质量差不能超过0.001g;CuS和Cu2S。28、HNO3NaOHFF高因为NH3分子间形成氢键26四dⅧ离子分子1s22s22p3泡利洪特【解析】

根据A、B、C、D是四种短周期元素，由A的原子结构示意图可知，x=2，A的原子序数为14，

故A为Si元素；

A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na元素，C的最外层有三个成单电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P元素；C、D同主族，故D为N元素，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe元素。所以由上述分析可知，A为Si元素，B为Na元素、C为P元素，D为N元素，E为Fe元素。【详解】(1)由上述分析可知：五种元素中N的非金属性最强，Na的金属性最强，故最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HNO3

，碱性最强的是NaOH，故答案为：HNO3

；

NaOH

；(2)由上述分析可知：D为N元素，属于第二周期，根据同周期自左而右，第一电离能增大(个别除外)，所以第一电离能最大的元素是F；同一周期自左而右，电负性逐渐增大，故电负性最大的元素是F，故答案为：

F；F；(3)由上述分析可知：D为N元素，D的氢化物为NH3，C为P元素，C的氢化物为PH3，因为NH3分子间形成氢键，所以沸点NH3>PH3，故答案：高；因为NH3分子间形成氢键；(4)根据E的外围电子排布式为3d64s2可知，E核电荷数是26，元素在周期表的第四周期第VIII族，

价电子排布式为3d64s2，所以位于元素周期表d区，故答案为：26；四