山西省朔州市平鲁区李林中学2022-2023学年高考化学考前最后一卷预测卷含解析

2023年高考化学模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。下列说法不正确的是A．上述流程中多次涉及到过滤操作，实验室进行过滤操作时需用到的硅酸盐材质仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗B．用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+，其原因是MnCO3消耗了溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀C．实验室用一定量的NaOH溶液和酚酞试液就可以准确测定燃煤尾气中的SO2含量D．MnSO4溶液→MnO2过程中，应控制溶液pH不能太小2、常温下，用0.10mol·L-1盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L-1CH3COONa溶液和NaCN溶液，所得滴定曲线如图（忽略体积变化）。下列说法正确的是（）A．溶液中阳离子的物质的量浓度之和：点②等于点③B．点①所示溶液中：c(CN-)+c(HCN)﹤2c(Cl-)C．点②所示溶液中：c(Na+)>c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(CH3COOH)D．点④所示溶液中：c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+)>0.10mol·L-13、短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，A、B、C、D、E、F均是由上述元素组成的中学化学常见物质，其中A是四元化合物，C是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，D是淡黄色固体化合物，E是单质。各物质之间存在如图转化关系(部分产物未标出)。下列说法不正确的是A．简单离子半径大小关系：c＞d＞eB．简单阴离子的还原性：a＞c＞dC．氢化物的沸点：c＞dD．C和E反应生成F是工业制硝酸的重要反应之一4、分别在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)⇌D(g)。其中容器甲中反应进行至5min时达到平衡状态，相关实验数据如表所示：容器温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/mol化学平衡常数n(A)n(B)n(D)n(D)甲5004.04.003.2K1乙5004.0a02.0K2丙6002.02.02.02.8K3下列说法不正确的是A．0～5min内，甲容器中A的平均反应速率v(A)=0.64mol·L-1·min-1B．a=2.2C．若容器甲中起始投料为2.0molA、2.0molB，反应达到平衡时，A的转化率小于80％D．K1=K2>K35、25℃时，把0.2mol/L的醋酸加水稀释，那么图中的纵坐标y表示的是（）A．溶液中OH-的物质的量浓度 B．溶液的导电能力C．溶液中的 D．醋酸的电离程度6、在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoCl2溶液来制备化工产品[Co(NH3)6]Cl3，下列表述正确的是A．中子数为32，质子数为27的钴原子:B．H2O2的电子式：C．NH3和NH4Cl化学键类型相同D．[Co(NH3)6]Cl3中Co的化合价是+37、化学与生活密切相关。下列说法错误的是A．泡沫灭火器可用于一般的灭火，也适用于电器灭火B．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性C．家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法8、Weiss利用光敏剂QD制备2—环己基苯乙烯(c)的过程如图所示。下列有关说法正确的是A．a不能使酸性KMnO4溶液褪色B．a、b、c都能发生加成、加聚反应C．c中所有原子共平面D．b、c为同系物9、W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，其中W元素形成的单质密度最小，且W与X、Y、Z都能形成共价化合物,Y、W形成的常见化合物溶于水显碱性,Z、W形成的化合物溶于水显酸性。四种元素原子序数之和为30，可形成的某种化合物结构式为。下列说法正确的是A．X为碳元素B．Y的氧化物对应的水化物是强酸C．W与Y、Z三种元素形成的化合物中一定不含离子键D．含Z的某种含氧酸盐可用于物体表面和环境等的杀菌消毒10、工业上电解NaHSO4溶液制备Na2S2O8。电解时，阴极材料为Pb；阳极（铂电极）电极反应式为2HSO4－-2e－=S2O82－+2H+。下列说法正确的是（）A．阴极电极反应式为Pb+HSO4－-2e－=PbSO4+H+B．阳极反应中S的化合价升高C．S2O82－中既存在非极性键又存在极性键D．可以用铜电极作阳极11、下列属于不可再生能源的是（）A．氢气B．石油C．沼气D．酒精12、下列有关解释正确的是（）选项文献解释A“三月打雷麦谷堆”反应之一是B“火树银花合，星桥铁锁开”“火树银花”与焰色反应有关，焰色反应为化学变化C“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”酿酒过程中只发生水解反应D“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”该过程包括萃取和过滤两个操作A．A B．B C．C D．D13、用除去表面氧化膜的细铝条紧紧缠绕在温度计上（如图），将少许硝酸汞溶液滴到铝条表面，置于空气中，很快铝条表面产生“白毛”，且温度明显上升。下列分析错误的是A．Al和O2化合放出热量 B．硝酸汞是催化剂C．涉及了：2Al+3Hg2+→2Al3++3Hg D．“白毛”是氧化铝14、下列物质的熔点，前者大于后者的是A．晶体硅、碳化硅 B．氯化钠、甲苯 C．氧化钠、氧化镁 D．钾钠合金、钠15、在室温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是A．将稀CH3COONa溶液加水稀释后，n(H+）·n(OH－）不变B．向Na2SO3溶液中加入等浓度等体积的KHSO4溶液，溶液中部分离子浓度大小为c(Na+)＞c(K+)=c(SO42－)＞c(SO32－)＞c(HSO3－)C．NaHA溶液的pH＜7，则溶液中的粒子一定有c(Na+)=c(HA－)+c(H2A)+c(A2－)D．向某稀NaHCO3溶液中通CO2至pH=7：c(Na+)=c(HCO3－)+2c(CO32－)16、北宋《本草图经》中载有：“绿矾形似朴消（Na2SO4·10H2O）而绿色，取此一物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出色赤如融金汁者，是真也。”下列对此段话的理解正确的是A．朴消是黑火药的成分之一 B．上述过程发生的是置换反应C．此记载描述的是鉴别绿矾的方法 D．“色赤”物质可能是单质铜17、a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍。c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述正确的是（）A．离子半径：a>d>c B．a、c形成的化合物中只有离子键C．简单离子还原性：c<d D．c的单质易溶于b、c形成的二元化合物中18、下列离子方程式正确的是A．用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2OB．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl−+4H++H2OC．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OD．向NH4HCO3溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH−=CaCO3↓+H2O19、2019年诺贝尔化学奖授予在锂电池发展上做出贡献的三位科学家。某可连续工作的液流锂离子储能电池放电时工作原理如图所示，下列说法正确的是A．放电时，储罐中发生反应：S2O82-＋2Fe2+=2Fe3+＋2SO42-B．放电时，Li电极发生了还原反应C．放电时，Ti电极发生的电极方程式为：Fe2+－e−=Fe3+D．Li+选择性透过膜可以通过Li+和H2O20、常温下,向20.00mL0.1000mol·L-1(NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.2000mol·L-1NaOH溶液时,溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示(不考虑NH3·H2O的分解)。下列说法不正确的是()A．点a所示溶液中:c()>c()>c(H+)>c(OH-)B．点b所示溶液中:c()=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)C．点c所示溶液中:c()+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c()D．点d所示溶液中:c()+c(NH3·H2O)=0.1000mol·L-121、下列实验事实不能用基团间相互作用来解释的是A．与Na反应时，乙醇的反应速率比水慢B．苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能C．乙醇能使重铬酸钾溶液褪色而乙酸不能D．苯、甲苯发生硝化反应生成一硝基取代产物时，甲苯的反应温度更低22、2019年2月，在世界移动通信大会(MWC)上发布了中国制造首款5G折叠屏手机的消息。下列说法不正确的是()A．制造手机芯片的关键材料是硅B．用铜制作手机线路板利用了铜优良的导电性C．镁铝合金制成的手机外壳具有轻便抗压的特点D．手机电池工作时，电池中化学能完全转化为电能二、非选择题(共84分)23、（14分）已知：CH3-CH=CH-CHO巴豆醛回答下列问题：（1）B物质所含官能团名称是________，E物质的分子式是_________（2）巴豆醛的系统命名为____________，检验其中含有碳碳双键的方法是___________。（3）A到B的反应类型是__________，E与足量氢气在一定条件下反应的化学方程式是_____。（4）比A少两个碳原子且含苯环的同分异构体有________种，写出核磁共振氢谱有四组峰且峰面积比为3:2:2:2的结构简式______。（5）已知：+，请设计由乙醇为原料制备巴豆醛的合成路线______。24、（12分）合成药物X、Y和高聚物Z，可以用烃A为主要原料，采用以下路线：已知：I.反应①、反应②均为加成反应。II.请回答下列问题：(1)A的结构简式为_____________。(2)Z中的官能团名称为____________，反应③的条件为___________.(3)关于药物Y()的说法正确的是____________。A．1mol药物Y与足量的钠反应可以生成33.6L氢气B．药物Y的分子式为C8H8O4，能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．药物Y中⑥、⑦、⑧三处-OH的活泼性由强到弱的顺序是⑧>⑥>⑦D．1mol药物Y与H2、浓溴水中的Br2反应，最多消耗分别为4mol和2mol(4)写出反应E→F的化学方程式______________________________________。F→X的化学方程式______________________________________________。(5)写出符合下列条件的E的一种同分异构体的结构简式_______________。①遇FeCl3溶液可以发生显色反应，且是苯的二元取代物；②能发生银镜反应和水解反应；③核磁共振氢谱有6个峰。(6)参考上述流程以CH3CHO和CH3OH为起始原料,其它无机试剂任选设计合成Z的线路___________________________________________。25、（12分）辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含、和惰性杂质。为进一步确定其中、的含量，某同学进行了如下实验：①取2.6g样品，加入200.0mL0.2000mol/L酸性溶液，加热（硫元素全部转化为），滤去不溶杂质；②收集滤液至250mL容量瓶中，定容；③取25.00mL溶液，用溶液滴定，消耗20.00mL；④加入适量溶液（掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再参与其他反应），再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：；⑤加入2滴淀粉溶液，用溶液滴定，消耗30.00mL（已知：）。回答下列问题：（1）写出溶于酸性溶液的离子方程式：____________________________________。（2）配制溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是______________________，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有_______________。（3）③中取25.00mL待测溶液所用的仪器是_____________。（4）⑤中滴定至终点时的现象为____________________________。（5）混合样品中和的含量分别为_______%、_______%（结果均保留1位小数）。（6）判断下列情况对样品中和的含量的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）若量取酸性溶液时俯视读数，则最终结果的含量_______________。若用溶液滴定终点读数时仰视，则最终结果的含量_____________。26、（10分）Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水。在中性或碱性环境中稳定。I.制备Na2S2O3•5H2O反应原理：Na2SO3(aq)+S(s)Na2S2O3(aq)实验步骤：①称取15gNa2S2O3加入圆底烧瓶中，再加入80mL蒸馏水。另取5g研细的硫粉，用3mL乙醇润湿，加入上述溶液中。②安装实验装置，水浴加热，微沸60分钟。③趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O3•5H2O，经过滤，洗涤，干燥，得到产品。回答问题：（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是___。（2）仪器a的名称是___，其作用是___。（3）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是___，检验是否存在该杂质的方法是___。（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子方程式表示其原因为___。II.测定产品纯度准确称取Wg产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol/L碘的标准溶液滴定，反应原理为：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化为___。（6）滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为___mL。产品的纯度为___（设Na2S2O3•5H2O相对分子质量为M）。27、（12分）如图是某同学研究铜与浓硫酸的反应装置：完成下列填空：(1)写出A中发生反应的化学方程式______，采用可抽动铜丝进行实验的优点是______。(2)反应一段时间后，可观察到B试管中的现象为______。(3)从C试管的直立导管中向BaCl2溶液中通入另一种气体，产生白色沉淀，则气体可以是______、______．（要求填一种化合物和一种单质的化学式）。(4)反应完毕，将A中的混合物倒入水中，得到呈酸性的蓝色溶液与少量黑色不溶物，分离出该不溶物的操作是______，该黑色不溶物不可能是CuO，理由是______。(5)对铜与浓硫酸反应产生的黑色不溶物进行探究，实验装置及现象如下：实验装置实验现象品红褪色①根据实验现象可判断黑色不溶物中一定含有______元素。②若该黑色不溶物由两种元素组成且在反应前后质量保持不变，推测其化学式为______。28、（14分）呋喃酚是合成农药的重要中间体，其合成路线如下：(1)A物质核磁共振氢谱共有___________个峰，B→C的反应类型是_____；E中含有的官能团名称是_____，D不能够发生的反应有_________(填代号)。①氧化反应②取代反应③加成还原④消去反应(2)已知X的分子式为C4H7Cl，写出A→B的化学方程式：_____________。(3)Y是X的同分异构体，分子中无支链且不含甲基，则Y的名称(系统命名)是________。(4)下列有关化合物C、D的说法正确的是_____________。①可用氯化铁溶液鉴别C和D②C、D含有的官能团完全相同③C、D互为同分异构体④C、D均能使溴水褪色(5)E的同分异构体很多，写出符合下列条件的芳香族同分异构体的结构简式：____________。①环上的一氯代物只有一种②含有酯基③能发生银镜反应29、（10分）甲醛(HCHO)在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。（1）甲醇脱氢法可制备甲醛（反应体系中各物质均为气态），结合下图回答问题。①此反应的热化学方程式是______②反应活化能：过程I___过程II（填“>”“=”或“<”）③过程II温度—转化率图如下，下列说法合理的是_____a．甲醇脱氢法制备甲醛过程无副反应发生b．温度高于650℃催化剂烧结，活性减弱c．及时分离产品有利于提高甲醇生成甲醛的转化率（2）甲醛超标会危害人体健康，需对甲醛进行含量检测及污染处理。①某甲醛气体传感器的工作原理如图所示，b极的电极反应式为____，当电路中转移4×10-4mol电子时，传感器内参加反应的甲醛（HCHO）为_____mg。②氧化剂可处理甲醛污染，结合以下图像分析春季（水温约15℃）应急处理甲醛污染的水源应选择的试剂为______

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.上述流程中多次涉及到过滤操作，使用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，这些都属于硅酸盐材质，A正确；B.MnCO3在溶液中存在沉淀溶解平衡，电离产生的CO32-能消耗溶液中的H+，使Al3+和Fe3+的水解平衡正向移动，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，B正确；C.用一定量的NaOH溶液和酚酞试液吸收二氧化硫，反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液呈碱性，溶液颜色变化不明显，不能准确测定燃煤尾气中的SO2含量，C错误；D.由于MnO2具有氧化性，当溶液酸性较强时，MnO2的氧化性会增强，所以MnSO4溶液→MnO2过程中，应控制溶液pH不能太小，D正确；故合理选项是C。2、D【解析】

A.根据电荷守恒点②中存在c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，点③中存在c(CN-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，由于两点的溶液体积不等，溶液的pH相等，则c(Na+)不等，c(H+)分别相等，因此阳离子的物质的量浓度之和不等，故A错误；B.点①所示溶液中含等物质的量浓度的NaCN、HCN、NaCl，存在物料守恒c(CN-)+c(HCN)=2c(Cl-)，故B错误；C.点②所示溶液中含有等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，溶液的pH=5，说明以醋酸的电离为主，因此c(CH3COO-)＞c(Cl-)，故C错误；D.点④所示溶液为等物质的量浓度的醋酸和氯化钠，浓度均为0.05mol/L，则c(Na+)=c(Cl-)=0.05mol/L，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.05mol/L，根据电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，因此c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)，则c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+)=0.05mol/L+0.05mol/L-c(CH3COO-)+c(H+)=0.1mol/L-c(H+)+c(OH-)+c(H+)=0.1mol/L+c(OH-)＞0.1mol/L，故D正确。答案选D。3、C【解析】

短周期主族元素a、b、c、d、e原子序数依次增大，A、B、C、D、E、F均是由上述元素组成的中学化学常见物质，C是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则C为NH3。根据图示A能与酸或碱反应，A是四元化合物，不是Al(OH)3或Al2O3，则A为弱酸形成的铵盐，而B能与淡黄色固体D反应生成单质E，则B为CO2、D为Na2O2、E为O2，而A是四元化合物，则A为(NH4)2CO3或NH4HCO3，氨气与氧气反应生成NO与水；结合原子序数可知a为H、b为C、c为N、d为O、e为Na。【详解】A．c、d、e简单离子分别为N3－、O2－、Na＋，三者电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：c(N3－)＞d(O2－)＞e(Na＋)，正确，A不选；B．a、c、d分别是H、N、O元素，元素的非金属性越强，则对应的阴离子还原性越弱。非金属性a(H)＜c(N)＜d(O)，则简单阴离子的还原性：a(H－)＞c(N3－)＞d(O2－)，正确，B不选；C．c为N、d为O，c、d的氢化物分别是NH3、H2O，常温下氨气为气体，而水为液体，氢化物沸点：c(NH3)＜d(H2O)，错误，C选；D．C为NH3，E是O2，C与E的反应是氨气与氧气反应生成NO与水，是工业制硝酸的基础反应，正确，D不选。答案选C。4、A【解析】

A．容器甲中前5min的平均反应速率v(D)===0.32mol•L-1•min-1，则v(A)=v(D)=0.32mol•L-1•min-1，故A错误；B．甲和乙的温度相同，平衡常数相等，甲中A(g)+B(g)⇌D(g)开始(mol/L)2.02.00反应(mol/L)1.61.61.6平衡(mol/L)0.40.41.6化学平衡常数K==10，乙中A(g)+B(g)⇌D(g)开始(mol/L)2.00反应(mol/L)1.01.01.0平衡(mol/L)1.0-1.01.0化学平衡常数K==10，解得：a=2.2，故B正确；C．甲中CO转化率=×100%=80%，若容器甲中起始投料2.0molA、2.0molB，相当于减小压强，平衡逆向移动，导致A转化率减小，则A转化率小于80%，故C正确；D．甲和乙的温度相同，平衡常数相等，容器丙起始投料2.0molA、2.0molB、2.0molD，若温度不变等效于甲容器，但由于丙容器比甲容器温度高，平衡时D的浓度减小，即升温平衡逆向移动，则平衡常数减小，因此K1=K2>K3，故D正确；故选A。5、B【解析】

A.加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子浓度逐渐减少，OH-的物质的量浓度逐渐增大，故A错误；B.醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子、醋酸根离子浓度逐渐减少，溶液的导电能力逐渐减小，故B正确；C.因温度不变，则Ka不变，且Ka=c(H+)，因

c(H+)浓度减小，则增大，故C错误；D.加水稀释，促进电离，醋酸的电离程度增大，

故D错误；答案选B。6、D【解析】

A．质量数为32，中子数为27的钴原子，应该表示为：，A错误；B．H2O2为共价化合物，原子间形成共用电子对，没有电子的得失，B错误；C．NH3存在氮氢共价键，NH4Cl存在铵根离子和氯离子间的离子键，氮氢原子间的共价键，C错误；D．[Co(NH3)6]Cl3，NH3整体为0价，Cl为-1价，所以Co的化合价是+3，D正确；故答案选D。7、A【解析】

A．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合时发生盐的双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出CO2进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，会导致触电或电器短路，因此泡沫灭火器不适用于电器灭火，A错误；B．疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B正确；C．油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，C正确；D．电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼，Mg棒作原电池的负极，从而对正极的热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法，D正确；故合理选项是A。8、B【解析】

A．a()中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B．a()、b()、c()都含有碳碳双键，具有烯烃的性质，可发生加成反应，加聚反应，故B正确；C．c()含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能共平面，故C错误；D．b()、c()的结构不同，不属于同系物，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为C，要注意有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、、)中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内。9、D【解析】

W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，其中W元素形成的单质密度最小，则W为H，且W与X、Y、Z都能形成共价化合物，Y、W形成的常见化合物溶于水显碱性，则Y为N，Z、W形成的化合物溶于水显酸性，则Z为F或Cl，四种元素原子序数之和为30，则Z只能为Cl，可形成的某种化合物结构式为，则X为B。【详解】A.X为硼元素，故A错误；B.Y的氧化物N2O3对应的水化物HNO2是弱酸，故B错误；C.W与Y、Z三种元素形成的化合物氯化铵中含有离子键，故C错误；D.含Z的某种含氧酸盐NaClO可用于物体表面和环境等的杀菌消毒，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】氢、氧、氮三种元素可以形成共价化合物，如硝酸；可以形成离子化合物，如硝酸铵。10、C【解析】

A选项，阴极反应式为2H++2e－=H2，故A错误；B选项，S的化合价仍为+6价，中间的两个O均为-1价，其他的O均为-2价，电解时阳极的HSO4－中O失去电子，S未变价，故B错误；C选项，Na2S2O8的结构为，由此结构可以判断S2O82－中既存在氧氧非极性键，氧硫极性键，故C正确；D选项，阳极不能用铜电极作电极，铜作电极，阳极是铜失去电子，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】HSO4－中硫已经是最高价了，硫的化合价不变，因此只有氧元素化合价升高。11、B【解析】煤、石油及天然气是化石能源，属不可能再生的能源，而氢气、沼气、酒精及太阳能、风能等为再生能源，故答案为B。点睛：明确能源的来源是解题关键，能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源，如太阳能、风能、生物质能等；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源，如煤、石油等。12、D【解析】

A．“雷雨肥庄稼”原理是在放电条件下，氮气跟氧气能直接化合生成无色的一氧化氮气体；一氧化氮不溶于水，在常温下易跟空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体；二氧化氮易溶于水，它溶于水后生成硝酸和一氧化氮；B．不同金属元素灼烧产生不同的焰色；C．葡萄糖是单糖不能发生水解反应，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应；D．物质在互不相容的溶剂中的溶解度不同，可加入一种溶解性大的溶剂溶解提取的物质，进行物质分离。【详解】A．“三月打雷麦谷堆”（雷雨肥庄稼）的反应过程为：在放电条件下，氮气跟氧气能直接化合生成无色的一氧化氮气体；一氧化氮不溶于水，在常温下易跟空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体；二氧化氮易溶于水，它溶于水后生成硝酸和一氧化氮，氮气和氧气不能生成二氧化氮，即N2+2O22NO，2NO+O2=2NO2，故A错误；B．火树银花”是不同金属元素灼烧产生的现象，与金属的焰色反应有关，没有生成新物质，是物理变化，故B错误；C．葡萄糖是单糖不能发生水解反应，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应，故C错误。D．屠呦呦对青蒿素的提取，是物理变化过程，符合萃取原理，故D正确；【点睛】本题考查化学与生产、生活的关系，解题关键：够熟悉物质的性质并用化学知识解释化学现象。易错点C，学生对对酿酒的原理不熟悉。13、B【解析】

铝与硝酸汞溶液发生置换反应生成汞，形成铝汞合金（铝汞齐）。合金中的铝失去氧化膜的保护，不断被氧化成氧化铝（白毛）。【详解】A.实验中，温度计示数上升，说明Al和O2化合放出热量，A项正确；B.硝酸汞与铝反应生成汞，进而形成铝汞齐，B项错误；C.硝酸汞与铝反应的离子方程式为2Al+3Hg2+→2Al3++3Hg，C项正确；D.铝汞齐中的铝失去氧化膜保护，与氧气反应生成氧化铝（白毛），D项正确。本题选B。14、B【解析】

A、原子晶体共价键的键长越短、键能越大，熔点越高，键长：Si-Si>Si-C，所以熔点前者小于后者，选项A不符合题意；B、分子晶体的熔点低于离子晶体，甲苯是分子晶体而氯化钠是离子晶体，所以氯化钠的熔点高于甲苯，选项B符合题意；C、离子晶体晶格能越大熔点越高，氧化镁的晶格能大于氧化钠，所以熔点前者小于后者，选项C不符合题意；D、合金的熔点低于各成份的熔点，所以钾钠合金的熔点小于钠熔点，选项D不符合题意；答案选B。15、D【解析】

A．温度不变，Kw=c(H+)•c(OH-)不变，加水稀释体积增大，则n(H+)•n(OH-)增大，故A错误；B．向Na2SO3溶液中加入等浓度等体积的KHSO4溶液，假设浓度均为1mol/L，体积为1L，则溶液中钠离子为2mol，钾离子为1mol，硫酸根离子为1mol，反应生成1molHSO3-，HSO3-部分电离，电离程度较小，因此离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(K+)=c(SO42－)＞c(HSO3－)＞c(SO32－)，故B错误；C．NaHA溶液的pH＜7，溶液显酸性，但是不能确定HA-是否完全电离以及是否水解，故无法确定溶液中是否有HA-和H2A，故C错误；D．向NaHCO3溶液中通CO2至pH=7，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)，故D正确；答案选D。16、C【解析】

由信息可知，绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，以此分析。【详解】A．朴消是Na2SO4·10H2O，而黑火药是我国古代四大发明之一,它的组成是“一硫(硫粉)二硝石（即KNO3固体)三碳(木炭粉)，故A错误；B．绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，不是置换反应，故B错误；C．FeSO4·7H2O分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫，三氧化硫与水结合生成硫酸，则流出的液体中含有硫酸，现象明显，是鉴别绿矾的方法，故C正确；D．Fe的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故D错误；故选C。【点睛】本题考查金属及化合物的性质，把握习题中的信息及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，易错点A，黑火药的成分和芒硝不同。17、D【解析】

a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，则a为Na；b的最外层电子数为内层电子数的2倍，则b为C；c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则c为S；c与d同周期，d的原子半径小于c，则d为Cl。【详解】A．Na+核外电子层数为2，而Cl-和S2-核外电子层数为3，故Na+半径小于Cl-和S2-的半径；电子层数相同时，质子数越多，半径越小，所以Cl-的半径小于S2-的半径，所以离子半径：a＜d＜c，故A错误；B．a、c形成的化合物可以有多硫化钠Na2Sx，既有离子键，又有共价键，故B错误；C．元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，相应离子的还原性越弱，所以简单离子还原性：c＞d，故C错误；D．硫单质易溶于CS2中，故D正确；故选D。18、A【解析】

A.用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠，发生歧化反应生成二氧化硫与硫单质，其离子方程式为：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O，A项正确；B.KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应，不可能生成H+，其离子方程式为：3ClO−+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO42-+3Cl−+5H2O，B项错误；C.硬脂酸与乙醇的酯化反应的化学方程式为：C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，C项错误；D.向NH4HCO3溶液中加入足量石灰水，铵根离子与碳酸氢根离子均会与氢氧根离子反应，其离子方程式为：NH4++Ca2++HCO3-+2OH−=CaCO3↓+H2O+NH3H2O，D项错误；答案选A。【点睛】B项是易错点，在书写离子方程式时，若反应属于氧化还原反应，则应该符合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，同时注意在酸性环境不可能存在大量OH-，同时在碱性溶液中不可能大量存在H+。19、A【解析】

A.储能电池中锂为负极，失去电子生成锂离子，钛电极为正极，溶液中的铁离子得到电子生成亚铁离子，储罐中亚铁离子与S2O82-反应，反应的离子方程式为：S2O82-＋2Fe2+=2Fe3+＋2SO42-，故正确；B.放电时锂失去电子发生氧化反应，故错误；C.放电时，Ti电极发生的电极方程式为：Fe3++e−=Fe2+，故错误；D.Li+选择性透过膜可以通过Li+不能通过水，故错误。故选A。【点睛】掌握原电池的工作原理，注意锂离子选择性的透过膜只能通过锂离子，S2O82-为还原性离子，能被铁离子氧化。20、B【解析】

A.a点为(NH4)2SO4溶液，NH4+水解溶液呈酸性，但水解是微弱的，所以c()>c()，故A正确；B.b点溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c()+c(Na+)=2c()，所以c()不等于c(Na+)，故B错误；C.c点溶液中n(NH3·H2O)∶n[(NH4)2SO4∶n(Na2SO4)=2∶1∶1，由电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c()，故C正确；D.d点为加入20mLNaOH溶液，此时溶液的体积为原体积的2倍，故含氮微粒的总浓度为原来的1/2，即0.1000mol/L。根据物料守恒则有c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.1000mol·L-1，故D正确。故选B。【点睛】B选项为本题的难点，在解答离子浓度关系的图象题时，要充分利用各种守恒，如电荷守恒、物料守恒、质子守恒等，在中性溶液中，要特别注意电荷守恒的应用。21、C【解析】

A.与Na反应时，乙醇的反应速率比水慢，说明乙醇中羟基不如水中羟基活泼，这是因为烃基对羟基产生影响，故A能用基团间相互作用解释；B.苯酚能跟NaOH溶液反应而乙醇不能，则说明苯环对羟基有影响，故B能用基团间相互作用解释；C.乙醇具有还原性，乙酸不具有还原性，这是官能团的性质，与所连基团无关，故C不能用基团间相互作用解释；D．甲苯的反应温度更低，说明甲苯与硝酸反应更容易，甲基的影响使苯环上的氢原子变得活泼易被取代，故D能用基团间相互作用解释；答案选C。22、D【解析】

A.单晶硅是良好的半导体材料，可以制作芯片，A项正确；B.铜属于金属，具有良好的导电性，可以做手机线路板，B项正确；C.镁铝合金密度小强度高，具有轻便抗压的特点，C项正确；D.手机电池工作时，电池中化学能主要转化为电能，但有一部分能量以热能形式会散失，D项错误；答案选D。二、非选择题(共84分)23、氨基、溴原子C13H18O2-丁烯醛先加入足量的新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸，然后加入过量的硫酸酸化，再滴入溴水(或酸性高锰酸钾溶液)褪色，证明含碳碳双键取代反应；5【解析】

【详解】(1)B含有氨基和溴原子2种官能团，E的分子式为：C13H18O，故答案为：氨基、溴原子；C13H18O；(2)巴豆醛(CH3-CH=CH-CHO)的系统命名为2-丁烯醛，分子中除碳碳双键外还有醛基，不可直接用酸性高锰酸钾或溴水检验，可用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液将醛基氧化、用硫酸酸化后加酸性高锰酸钾溶液或溴水检验，故答案为：2-丁烯醛；先加入足量的新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸，然后加入过量的硫酸酸化，再滴入溴水(或酸性高锰酸钾溶液)褪色，证明含碳碳双键；(3)A到B，氨基邻位C上的H被Br取代，E中的苯环、羰基均能和氢气加成，反应的方程式为：，故答案为：取代反应；；(4)A为，比A少两个碳原子且含苯环的结构有两种情况，第一种情况：含2个侧链，1个为-CH3，另1个为-NH2，位于邻、间、对位置，共3种，第二种情况：侧链只有一个，含C-N，苯环可与C相连，也可与N相连，共2种，综上所述，比A少两个碳原子且含苯环的同分异构体有5种，核磁共振氢谱为3:2:2:2的结构简式为：，故答案为：5；；(5)原料为乙醇，有2个C，产物巴豆醛有4个碳，碳链增长，一定要用到所给信息的反应，可用乙醇催化氧化制备乙醛，乙醛发生信息所列反应得到羟基醛，羟基醛发生醇的消去反应得巴豆醛，流程为：，故答案为：。24、CH≡CH酯基NaOH水溶液、加热B、C+C2H5OH+H2O+H2O或CH3CHOCH2=CHCOOCH3【解析】

反应①、反应②的原子利用率均为100%，属于加成反应，结合反应②的产物，可知烃A为HC≡CH，B为，而G的相对分子质量为78，则G为．C可以发出催化氧化生成D，D发生信息中I的反应，则反应③为卤代烃在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生的水解反应，则C为，D为，E为，F为，F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应得到X。乙醛与HCN发生加成反应、酸性条件下水解得到，与甲醇反应酯化反应生成，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成CH2=CHCOOCH3，最后发生加聚反应得到，以此解答该题。【详解】(1)由以上分析可知A为CH≡CH；(2)由Z的结构简式可知Z含有酯基，反应③为卤代烃的水解，条件为：氢氧化钠水溶液、加热；(3)A．羟基、羧基能与钠反应生成氢气，1mol药物Y与足量的钠反应可以生成1.5mol氢气，标况下氢气体积为33.6L，但氢气不一定处于标况下，故A错误；B．药物Y的分子式为C8H804，含有酚羟基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C．羧基酸性最强，酚羟基酸性很弱，醇羟基表现为中性，药物Y中⑥、⑦、⑧三处-OH的电离程度由大到小的顺序是⑧＞⑥＞⑦，故C正确；D．苯环与氢气发生加成反应，1mol药物Y与3molH2加成，Y中酚羟基的邻位能与浓溴水发生取代反应，1molY消耗2molBr2，故D错误；故答案为B、C；(4)反应E-F的化学方程式：，F→X的化学方程式为；(5)E为，对应的同分异构体①遇FeCl3溶液可以发生显色反应，说明含有酚羟基，且是苯的对位二元取代物；②能发生银镜反应和水解反应，应为甲酸酯类；③核磁共振氢谱有6个峰，则可能的结构为；(6)以CH3CHO和CH3OH为起始原料，合成Z，可用乙醛与HCN发生加成反应，然后水解生成2-羟基丙酸，与甲醇发生酯化反应，再发生消去反应，最后发生加聚反应生成Z，也可用乙醛与HCN发生加成反应，然后水解生成2-羟基丙酸，发生消去反应生成丙烯酸，与甲醇发生酯化反应，最后发生加聚反应生成Z，对应的流程可为或者。【点睛】在进行推断及合成时，掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的，可以从一种的信息及物质的分子结构，结合反应类型，进行顺推或逆推，判断出未知物质的结构。能够发生水解反应的有卤代烃、酯；可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基；可以发生消去反应的有卤代烃、醇。可以发生银镜反应的是醛基；可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化铁溶液变紫色，遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。25、Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化胶头滴管酸式滴定管溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色61.536.9偏低偏低【解析】

由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成，据测定原理分析实验误差。【详解】（1）Cu2S与KMnO4酸性溶液反应，高锰酸钾做氧化剂氧化Cu2S反应生成硫酸铜、硫酸钾、硫酸锰和水，反应化学方程式为Cu2S+2KMnO4+4H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，反应的离子方程式：Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O，故答案为Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O；（2）配制0.1000mol•L﹣1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是：除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有胶头滴管，故答案为除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化；胶头滴管；（3）③取25.00mL溶液为高锰酸钾溶液，具有强氧化性，所以取25.00待测溶液所用的仪器是酸式滴定管，故答案为酸式滴定管；（4）加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1•L﹣1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL，发生反应2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，滴定终点的现象是：溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色，故答案为溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色；（5）Cu2S与KMnO4酸性溶液反应的化学方程式：Cu2S+2KMnO4+4H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，5CuS+8MnO4﹣+24H+＝5Cu2++8Mn2++5SO42﹣+12H2O，5Fe2++MnO4﹣+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O，滴定Fe2+消耗的MnO4﹣：n1＝0.1000mol/L×0.020L×＝0.0004mol，样品消耗MnO4﹣物质的量n2＝0.200L×0.2000mo•L﹣1﹣0.0004mol×＝0.036mol，2Cu2++4I﹣＝2CuI+I2，2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，滴定消耗S2O32﹣的物质的量n3＝0.1000mo1•L﹣1×0.03L×＝0.03mol，则起始样品溶解所得溶液中含Cu2+物质的量n4＝0.03mol，设样品中含CuS、Cu2S的物质的量分别为x、y，则：①x+2y＝0.03mol，②x+2y＝0.036mol联立①②，解方程组得：x＝0.01mol，y＝0.01mol，混合样品中Cu2S的含量=×100%=61.5%，混合样品中CuS的含量=×100%=36.9%，故答案为61.5；36.9。（6）结合上述计算过程，量取200.0mL0.2000mol/L酸性溶液，要用量筒，根据量筒的构造，若量取时俯视读数，则所取量偏小，则样品消耗MnO4﹣物质的量n2偏小，即方程②中x+2y<0.036mol，造成由方程组解得的x值比实际偏大，因x+2y＝0.03mol，则y值偏小，最终结果的含量偏低。根据实验过程，若用溶液滴定终点读数时仰视，实际消耗的溶液体积要小于读数值，即方程①中x+2y<0.03mol，造成由方程组解得的x值比实际偏小，则最终结果的含量偏低，故答案为偏低；偏低。【点睛】本题考查了物质性质、溶液配制、滴定实验过程的分析判断等，主要是滴定过程中试剂的作用和定量关系的计算分析应用，掌握基础是解题关键。26、使硫粉易于分散到溶液中冷凝管(或球形冷凝管)冷凝回流Na2SO4取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色18.10【解析】

I．（1）硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中；（2）根据图示装置中仪器构造写出其名称，然后根据冷凝管能够起到冷凝回流的作用进行解答；（3）由于S2O32‾具有还原性，易被氧气氧化成硫酸根离子可知杂质为硫酸钠；根据检验硫酸根离子的方法检验杂质硫酸钠；（4）S2O32‾与氢离子在溶液中能够发生氧化还原反应生成硫单质，据此写出反应的离子方程式；II．（5）滴定终点为最后一滴碘的标准液滴入时，溶液中淀粉遇碘单质变蓝；（6）滴定管读数从上往下逐渐增大；根据氧化还原反应转移电子守恒解答。【详解】I．（1）硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，故答案为：使硫粉易于分散到溶液中；（2）根据题中图示装置图可知，仪器a为冷凝管(或球形冷凝管)，该实验中冷凝管具有冷凝回流的作用，故答案为：冷凝管(或球形冷凝管)；冷凝回流；（3）具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离子，所以可能存在的杂质是硫酸钠；检验硫酸钠的方法为：取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4，故答案为：Na2SO4；取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4；（4）与氢离子发生氧化还原反应生成淡黄色硫单质，反应的离子方程式为：；II．（5）因指示剂为淀粉，当滴定到终点时，过量的单质碘遇到淀粉显蓝色，且半分钟内不褪色；（6）起始体积为0.00mL，终点体积为18.10mL，因此消耗碘的标准溶液体积为18.10mL；该滴定过程中反应的关系式为：，，则产品的纯度为。27、Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑可以控制反应的进行变红NH3Cl2过滤CuO会溶于稀硫酸中硫Cu2S【解析】

(1)浓硫酸和铜在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，由此可写出化学方程式；(2)反应生成二氧化硫，能够与水反应生成亚硫酸，遇到石蕊显红色；(3)向BaCl2溶液中通入另一种气体，产生白色沉淀，是因为二氧化硫不与氯化钡溶液反应，通入的气体需要满足把二氧化硫转化为盐或把二氧化硫氧化为硫酸；(4)分离固体与液体可以采用过滤法，氧化铜与酸反应生成铜离子与水；(5)黑色固体通入氧气反应生成气体能够使品红褪色，说明生成二氧化硫，含有硫元素；若该黑色不溶物由两种元素组成且在反应前后质量保持不变，可知除了含有硫元素外还含有铜。【详解】(1)浓硫酸和铜在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑，抽动铜丝可以控制铜丝与浓硫酸接触面积从而控制反应进行，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑；可以控制反应的进行；(2)反应生成二氧化硫，二氧化硫为酸性氧化物，能够与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，遇到石蕊显