重庆育才中学2022-2023学年高考适应性考试化学试卷含解析

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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、物质中杂质（括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法都正确的是选项物质及其杂质检验除杂ACl2（HCl）湿润的淀粉KI试纸饱和食盐水BNO（NO2）观察颜色或湿润的淀粉KI试纸水CCO2（HCl）AgNO3溶液（含稀硝酸）饱和Na2CO3溶液DNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液过量CO2A．A B．B C．C D．D2、下列各组离子能在指定溶液中，大量共存的是（）①无色溶液中：K+，Cu2+，Na+，MnO4-，SO42-②使pH=11的溶液中：CO32-，Na+，AlO2-，NO3-③加入Al能放出H2的溶液中：Cl-，HCO3-，NO3-，NH4+④加入Mg能放出H2的溶液中：NH4+，Cl-，K+，SO42-⑤使石蕊变红的溶液中：Fe3+，MnO4-，NO3-，Na+，SO42-⑥酸性溶液中：Fe2+，Al3+，NO3-，I-，Cl-A．①②⑤ B．①③⑥ C．②④⑤ D．①②④3、在实验室进行下列有关的物质制备中，理论上正确、操作上可行、经济上合理的是A．CCOCO2Na2CO3B．CuCu(NO3)2溶液Cu(OH)2C．FeFe2O3Fe2(SO4)3溶液D．CaOCa(OH)2溶液NaOH溶液4、已知有机化合物。下列说法正确的是A．b和d互为同系物B．b、d、p均可与金属钠反应C．b、d、p各自同类别的同分异构体数目中，b最多D．b在一定条件下发生取代反应可以生成d5、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X分别与Y、Z、W结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。丁为无色气体，遇空气变红棕色；丙的水溶液可刻蚀玻璃。上述物质有如图转化关系：下列说法错误的是A．四种元素形成的单质中W的氧化性最强B．甲、乙、丙中沸点最高的是丙C．甲常用作致冷剂D．甲、乙分子均只含极性共价键6、下列实验操作正确的是A．稀释浓硫酸 B．添加酒精C．检验CO2是否收集满 D．过滤7、t℃时,向20.00mL0.1mol/L二元弱酸H2X溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液,溶液中由水电离出的c水(OH-)的负对数[-lgc水(OH-)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中不正确的是A．M点溶液中:c(Na+)>c(HX-)>c(H2X)B．P点溶液中:c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)C．溶液中D．水的电离程度:P>N=Q>M,且a=78、春季复工、复学后，公用餐具消毒是防控新型冠状病毒传播的有效措施之一。下列可直接用作公用餐具消毒剂的是A．95%的乙醇溶液 B．40%的甲醛溶液C．次氯酸钠稀溶液 D．生理盐水9、根据下表(部分短周期元素的原子半径及主要化合价)信息，判断以下叙述正确的是元素代号ABCDE原子半径/nm0.1860.1430.0890.1020.074主要化合价＋1＋3＋2＋6、－2－2A．最高价氧化物对应水化物的碱性C＞AB．氢化物的沸点H2E＞H2DC．单质与稀盐酸反应的速率A＜BD．C2＋与A＋的核外电子数相等10、根据实验目的，设计相关实验，下列实验操作、现象解释及结论都正确的是序号操作现象解释或结论A在含0.1mol的AgNO3溶液中依次加入NaCl溶液和KI溶液溶液中先有白色沉淀生成，后来又变成黄色Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)B取FeSO4少许溶于水，加入几滴KSCN溶液溶液变红色FeSO4部分氧化C将纯净的乙烯气体通入酸性KMnO4溶液溶液紫色褪去乙烯具有还原性D在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体有沉淀生成酸性：H2SO3＞HClOA．A B．B C．C D．D11、利用下图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是()A．A B．B C．C D．D12、将一定质量的Mg和Al混合物投入到200mL稀硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中滴加NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则下列说法错误的是A．最初20mLNaOH溶液用于中和过量的稀硫酸B．NaOH溶液物质的量浓度为C．Mg和Al的总质量为9gD．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2L13、工业生产措施中，能同时提高反应速率和产率的是A．合成氨使用高压 B．制硝酸用Pt-Rh合金作催化剂C．制硫酸时接触室使用较高温度 D．侯氏制碱法循环利用母液14、《厉害了，我的国》展示了中国在航空、深海、交通、互联网等方面取得的举世瞩目的成就，它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是（）A．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐B．港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐，依据的是外加电流的阴极保护法C．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D．化学材料在北京大兴机场的建设中发挥了巨大作用，其中高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料15、钾长石(KAlSi3O8)是一种钾的铝硅酸盐，可用于制备Al2O3、K2CO3等物质，制备流程如图所示：下列有关说法正确的是A．上述流程中可以重复利用的物质只有Na2CO3B．钾长石用氧化物的形式可表示为K2O·Al2O3·3SiO2C．煅烧过程中Si、K和Al元素转化为CaSiO3、KAlO2和NaAlO2D．沉淀过程中的离子方程式为CO2+2AlO2-+3H2O=CO32-+2Al(OH)3↓16、一种水基二次电池原理为，电解液为含Zn2+的水溶液，该电池可用于电网贮能。下列说法正确的是（）A．放电时，Zn2+脱离插层B．放电时，溶液中Zn2+浓度一直减小C．充电时，电子由层经电解质溶液流向层D．充电时，阳极发生电极反应：17、保存液态有机物的一种方法是在其上方加盖一层水以避免挥发损失。下列有机物适合用“水封法”保存的是A．乙醇 B．硝基苯 C．甘油 D．己烷18、秦皮是一种常用的中药，具有抗炎镇痛、抗肿瘤等作用。“秦皮素”是其含有的一种有效成分，结构简式如图所示，有关其性质叙述不正确的是（）A．该有机物分子式为C10H8O5B．分子中有四种官能团C．该有机物能发生加成、氧化、取代等反应D．1mol该化合物最多能与3molNaOH反应19、根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是操作现象结论A将分别通人溴水和酸性高锰酸钾溶液中溴水和酸性高锰酸钾溶液均褪色具有漂白性B向溶液中滴加1~2滴溶液，再滴加2滴溶液先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀C向滴有酚酞的溶液中加入少量固体有白色沉淀生成，溶液红色变浅溶液中存在水解平衡D将与盐酸反应得到的气体直通入溶液中产生白色沉淀酸性：A．A B．B C．C D．D20、在常温下，向20mL浓度均为0.1mol·L−1的盐酸和氯化铵混合溶液中滴加0.1mol·L−1的氢氧化钠溶液，溶液pH随氢氧化钠溶液加入体积的变化如图所示（忽略溶液体积变化）。下列说法正确的是A．V（NaOH）＝20mL时，2n（）＋n（NH3·H2O）＋n（H+）－n（OH−）＝0.1molB．V（NaOH）＝40mL时，c（）＜c（OH−）C．当0＜V（NaOH）＜40mL时，H2O的电离程度一直增大D．若改用同浓度的氨水滴定原溶液，同样使溶液pH＝7时所需氨水的体积比氢氧化钠溶液要小21、下列说法正确的是A．在实验室用药匙取用粉末状或块状固体药品B．pH试纸使用时不需要润湿，红色石蕊试纸检测氨气时也不需要润湿C．蒸馏操作时，装置中的温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶中的液体中部D．分液时下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体从分液漏斗上端倒出22、下列实验对应的实验现象和结论或解释都正确的是()选项实验操作实验现象结论或解释AKI淀粉溶液中通入少Cl2溶液变蓝Cl2能与淀粉发生显色反应B向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置水层几乎无色苯与溴水发生了取代反应C向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，然后加入银氨溶液，加热无银镜出现不能判断蔗糖是否水解D向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液出现红褐色沉淀Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]A．A B．B． C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物W（C16H14O2）用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W的一种合成路线如下：已知：请回答下列问题：（1）F的化学名称是_______，⑤的反应类型是_______。（2）E中含有的官能团是_______（写名称），E在一定条件下聚合生成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式为_______。（3）E+F→W反应的化学方程式为_______。（4）与A含有相同官能团且含有苯环的同分异构体还有_______种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶2的结构简式为____。（5）参照有机物W的上述合成路线，写出以M和CH3Cl为原料制备F的合成路线（无机试剂任选）_______。24、（12分）四川北川盛产蔷薇科植物。蔷薇科植物中含有一种芳香醛(用E表示)，在染料工业和食品工业上有着广泛的用途，下面是它的一种合成路线。其中0.lmol有机物A的质量是12g，在足量的氧气中充分燃烧后生成0.8molCO2和7.2gH2O；D能使溴的四氯化碳溶液褪色，D分子与C分子具有相同的碳原子数；F继续被氧化生成G，G的相对分子质量为90。已知：①CH3-CHO②回答下列问题：（1）A的结构简式为__________________。（2）A～G中能发生酯化反应的有机物有：_________(填字母序号)。（3）C在浓硫酸加热的条件下时，分子内脱水除生成D外还可以生成另一种有机物，写出该反应的方程式：___________________；该反应类型_________。（4）C的同分异构体有多种，其中符合下列要求的有机物有多种。①能与3molNaOH溶液反应；②苯环上的一卤代物只有一种。写出所有满足条件有机物的结构简式______________________________。（5）C与4-甲基-2,3-戊二醇两分子之间1:1发生取代反应，生成的有机物有_____种。25、（12分）水中的溶解氧（DO）的多少是衡量水体水质的重要指标。某化学小组测定某河流中氧的含量，经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”，Ⅰ．用已准确称量的硫代硫酸钠（Na2S2O3）固体配制一定体积的cmol/L标准溶液；Ⅱ．用水样瓶取河流中水样v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL碱性KI溶液，塞紧瓶塞（瓶内不准有气泡），反复震荡后静置约1小时；Ⅲ．向水样瓶中加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶至沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色；Ⅳ．将水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中，用硫代硫酸钠标准溶液滴定；V．待试液呈淡黄色后，加1mL淀粉溶液，继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v2。已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6（1）在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和________________________。（2）在步骤Ⅱ中，水样中出现了MnMnO3沉淀，离子方程式为4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O。（3）步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为_______________________________________________________________。（4）滴定时，溶液由__________色到______________色，且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。（5）河水中的溶解氧为_____________________________mg/L。（6）当河水中含有较多NO3－时，测定结果会比实际值________(填偏高、偏低或不变)26、（10分）氮化锂(Li3N)是有机合成的催化剂，Li3N遇水剧烈反应。某小组设计实验制备氮化锂并测定其纯度，装置如图所示：实验室用NH4Cl溶液和NaNO2溶液共热制备N2。（1）盛装NH4Cl溶液的仪器名称是___________。（2）安全漏斗中“安全”含义是__________。实验室将锂保存在_____（填“煤油”“石蜡油”或“水”）中。（3）写出制备N2的化学方程式__________。（4）D装置的作用是____________。（5）测定Li3N产品纯度：取mgLi3N产品按如图所示装置实验。打开止水夹，向安全漏斗中加入足量水，当Li3N完全反应后，调平F和G中液面，测得NH3体积为VL（已折合成标准状况）。①读数前调平F和G中液面的目的是使收集NH3的大气压________（填“大于”“小于”或“等于”）外界大气压。②该Li3N产品的纯度为________%（只列出含m和V的计算式，不必计算化简）。若Li3N产品混有Li，则测得纯度_____________（选填“偏高”“偏低”或“无影响”）。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）有研究表明，内源性H2S作为气体信号分子家族新成员，在抗炎、舒张血管等方面具有重要的生理作用，而笼状COS（羰基硫）分子可作为H2S的新型供体（释放剂）。试回答下列有关问题（1）COS的分子结构与CO2相似，COS的结构式为______。（2）已知：①COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g）△H1=-15kJ•mol-1，②COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO2（g）△H2=-36kJ•mol-1，③CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H3，则△H3=______。（3）COS可由CO和H2S在一定条件下反应制得。在恒容的密闭容器中发生反应并达到平衡：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g），数据如表所示、据此填空实验温度/℃起始时平衡时n（CO）/moln（H2S）/moln（COS）/moln（H2）/moln（CO）/mol115010.010.0007.021507.08.02.04.5x340020.020.00016.0①该反应为______（选填“吸热反应”或“放热反应”）。②实验2达到平衡时，x______7.0（选填“＞”、“＜”或“=”）③实验3达到平衡时，CO的转化率α=______（4）已知常温下，H2S和NH3•H2O的电离常数分别为向pH=a的氢硫酸中滴加等浓度的氨水，加入氨水的体积（V）与溶液pH的关系如图所示：酸/碱电离常数H2SKa1=1.0×10-7Ka2=7.0×10-15NH3•H2OKb=1.0×10-5①若c（H2S）为0.1mol/L，则a=______②若b点溶液pH=7，则b点溶液中所有离子浓度大小关系是______。（5）将H2S通入装有固体FeCl2的真空密闭烧瓶内，恒温至300℃，反应达到平衡时，烧瓶中固体只有FeCl2和FeSx（x并非整数），另有H2S、HCl和H2三种气体，其分压依次为0.30P0、0.80P0和0.04P0（P0表示标准大气压）。当化学方程式中FeCl2的计量数为1时，该反应的气体压强平衡常数记为Kp。计算：①x=______（保留两位有效数字）。②Kp=______（数字用指数式表示）。29、（10分）铝试剂：(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3，其商品名为阿罗明拿，可用来鉴定溶液中的铝离子。请回答下列问题：（1）碳原子价层电子的电子排布图_______。（2）第二周期部分元素的第一电离能变化趋势如图1所示，其中除氮元素外，其他元素的第一电离能自左而右依次增大的原因是____________；氮元素的第一电离能呈现异常的原因是____。（3）经X射线衍射测得阿罗明拿的晶体结构，其局部结构如图2所示。①从结构角度分析，阿罗明拿中的NH4+与氨分子的相同之处为_________，不同之处为_________。（填标号）A中心原子的杂化轨道类型B中心原子的价层电子对数C立体结构②阿罗明拿中1个(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3单元的C—Oσ键总数为_______个。分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，则阿罗明拿中苯环的大π键应表示为______________。③图2中虚线代表氢键，其表示式为（NH4+）N-H---O（COO-）、____________、____________。（4）阿罗明拿的晶体密度为dg·cm-3，其立方晶胞参数为anm，晶胞中含有y个(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为______________（NA表示阿伏加德罗常数的值）。

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.湿润的淀粉KI试纸只能检验氯气，不能检验HCl，检验HCl应先分离，再检验，A项错误；B.NO2能氧化碘化钾，NO2与水反应生成NO和硝酸，可用水除杂，B项正确；C．CO2和HCl都与饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液，C项错误；D．NaHCO3和Na2CO3都与Ca(OH)2溶液反应生成沉淀，不能用来检验，D项错误；答案选B。2、C【解析】

①无色溶液中，不含有呈紫色的MnO4-，①不合题意；②CO32-，AlO2-都能发生水解反应，使溶液呈碱性，②符合题意；③加入Al能放出H2的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，但HCO3-都不能大量存在，③不合题意；④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，NH4+、Cl-、K+、SO42-都能大量存在，④符合题意；⑤使石蕊变红的溶液呈酸性，Fe3+、MnO4-、NO3-、Na+、SO42-都能大量存在，⑤符合题意；⑥酸性溶液中，Fe2+、NO3-、I-会发生氧化还原反应，不能大量存在，⑥不合题意。综合以上分析，只有②④⑤符合题意。故选C。3、D【解析】

A．碳不完全燃烧可生成一氧化碳，一氧化碳高温下与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠；理论上正确，反应过程中产生、利用污染环境的物质CO，不符合绿色化学，一氧化碳是有毒的气体，碳在氧气中燃烧生成的进行实验时要进行尾气处理，且一氧化碳是可燃性气体，不纯时加热或点燃引起爆炸，操作上较为复杂，故A错误；B．铜与与硝酸银反应可生成硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠可生成氢氧化铜沉淀；理论上正确，操作上也较简便，但利用硝酸银、氢氧化钠制取氢氧化铜，经济上不合理，故B错误；C．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁而不能生成三氧化二铁，因此该方案在理论上就是错误的，故C错误；D．氧化钙与水反应可生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应可生成氢氧化钠；理论上正确，操作也只需要加入液体较为简便，利用碳酸钠获得氢氧化钠，经济上也合理，符合绿色化学，故D正确；答案选D。4、D【解析】

A选项，b为羧酸，d为酯，因此不是同系物，故A错误；B选项，d不与金属钠反应，故B错误；C选项，b同分异构体有1种，d同分异构体有8种，p同分异构体有7种，都不包括本身，故C错误；D选项，b在一定条件下和甲醇发生酯化反应生成d，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】羧酸、醇都要和钠反应；羧酸和氢氧化钠反应，醇不与氢氧化钠反应；羧酸和碳酸钠、碳酸氢钠反应，醇不与碳酸钠、碳酸氢钠反应。5、B【解析】

丁为无色气体，遇空气变红棕色，则丁为NO，单质Z与化合物甲反应生成NO，则单质Z为O2，化合物甲为NH3，乙为H2O，能与H2O反应生成氧气的单质为F2，丙为HF，故元素X、Y、Z、W分别为H、N、O、F。据此解答。【详解】A.根据以上分析，H、N、O、F四种元素形成的单质中F2的氧化性最强，故A正确；B.常温下NH3和HF为气态，H2O在常温下为液态，所以沸点最高的是H2O，故B错误；C.化合物甲为NH3，氨气易液化，液氨气化时吸收大量的热，故常用作致冷剂，故C正确；D.化合物甲为NH3，乙为H2O，NH3和H2O分子均只含极性共价键，故D正确。故选B。【点睛】本题考查了结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意丁为无色气体，遇空气变红棕色是解题的突破口，熟记常见的10电子微粒。6、A【解析】

A．稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散；一定不能把水注入浓硫酸中，故A正确；B．使用酒精灯时要注意“两查、两禁、一不可”，不能向燃着的酒精灯内添加酒精，故B错误；C．检验CO2是否收集满，应将燃着的木条放在集气瓶口，不能伸入瓶中，故C错误；D．过滤液体时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则，玻璃棒紧靠三层滤纸处，故D错误；故答案选A。7、D【解析】

二元弱酸H2X溶液中滴NaOH溶液，先发生H2X+OH-=H2O+HX-，然后发生HX-+OH-=H2O+X2-；【详解】A．M点加入20.0mLNaOH溶液，溶液中的溶质为NaHX，溶液中存在HX-的电离和水解，所以此时c(Na+)>c(HX-)，水解是微弱的所以c(HX-)>c(H2X)，故A正确；B．P点加入40.0mLNaOH溶液，所以溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c（OH-）=c（H+）+c（HX-）+2c（H2X），即c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)，故B正确；C．，据图可知随着氢氧化钠加入，M、N、P、Q的碱性增强，则c(H+)减小，所以溶液中，故C正确；D．水电离出的OH-浓度越大水的电离程度越大，即图中纵坐标越小水的电离程度越大，所以水的电离程度:P>N=Q>M；温度未知，无法确定水的电离平衡常数，所以无法确定a的值，故D错误；故答案为D。【点睛】电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。8、C【解析】

A.95%乙醇使菌体表面蛋白迅速变性凝固，妨碍乙醇再渗入，不能起到消毒的效果，故A错误；B.甲醛有毒，故B错误；C.次氯酸钠稀溶液具有强氧化性，能够杀菌消毒，且产物无毒，故C正确；D.生理盐水不能消毒杀菌，故D错误；故答案为C。【点睛】日常用75%的乙醇溶液进行消毒杀菌；生理盐水就是0.9%的氯化钠水溶液，没有消毒杀菌的功效。9、B【解析】

元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，D、E两元素最外层电子数为6，故为第VIA元素，而D的半径大于E，故在周期表中E元素在上面，D在下面，故E为O，D为S，B元素最最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫均大，故位于氧元素和硫元素的中间，应为Al，A的半径比铝大，最外层电子数为1，应为Na，C的半径最小，最外层两个电子，故为Be，据此分析解答问题。【详解】A．A、C最高价氧化物对应水化物分别为NaOH和Be(OH)2，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Na>B，故碱性NaOH>Be(OH)2，A选项错误；B．H2O含有氢键，分子间作用力较强，氢化物的沸点较高，则H2D<H2E，B选项正确；C．金属钠的活泼性强于铝，故与稀盐酸反应的速率Na>A1，C选项错误；D．Be2+与Na+的核外电子数分别为2、10，二者核外电子数不等，D选项错误；答案选B。【点睛】本题主要考查了学生有关元素周期表和周期律的应用，难度一般，解答关键在于准确掌握原子半径和化合价的关系，熟记元素周期表中的递变规律，学以致用。10、C【解析】

A．在含0.1mol的AgNO3溶液中依次加入NaCl溶液和KI溶液，溶液中先有白色沉淀生成，后来又变成黄色，如果硝酸银过量，均有沉淀生成，不能比较AgCl、AgI的Ksp，所以不能得出Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，A错误；B．取FeSO4少许溶于水，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色说明溶液中含有铁离子，但不能说明FeSO4部分氧化，还有可能全部变质，B错误；C．将纯净的乙烯气体通入酸性KMnO4溶液溶液紫色褪去，说明高锰酸钾被还原，因此可以说明乙烯具有还原性，C正确；D．在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体有沉淀生成，由于次氯酸钙具有氧化性，把二氧化硫氧化为硫酸根离子，生成的沉淀是硫酸钙，不能得出酸性：H2SO3＞HClO，D错误。答案选C。【点睛】选项A是解答的易错点，根据沉淀的转化判断溶度积常数大小时必须保证溶液中银离子全部转化为氯化银，否则不能。11、B【解析】

A.同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。浓氯水能挥发出氯气，该实验中氯气易参与试管中的反应，故无法证明溴和碘的氧化性的强弱关系，A得不到相应结论；B.浓硫酸使蔗糖变黑，证明浓硫酸有脱水性；然后有气体生成，该气体能使溴水褪色，证明有二氧化硫生成，说明浓硫酸有强氧化性，可以被C还原为二氧化硫，故B可以得出相应的结论；C.SO2溶解在试管中使溶液显酸性，与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应得到SO42-，所以生成硫酸钡白色沉淀，故C得不到相应的结论；D.盐酸有挥发性，挥发出的盐酸也会与Na2SiO3溶液反应得到硅酸沉淀。因此不能证明酸性：碳酸＞硅酸，D得不到相应的结论。【点睛】本题主要是考查化学实验方案设计与评价，明确相关物质的性质和实验原理是解答的关键，选项A是易错点，注意浓氯水的挥发性。考查根据实验现象，得出结论，本题的难度不大，培养学生分析问题，得出结论的能力，体现了化学素养。12、D【解析】

由图象可以知道,从开始至加入NaOH溶液20mL,没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余,此时发生的反应为:.当V(NaOH溶液)=200mL时,沉淀量最大,此时为和,二者物质的量之和为0.35mol,溶液中溶质为,根据钠元素守恒可以知道此时等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍.从200mL到240mL,NaOH溶解,当V(NaOH溶液)=240mL时,沉淀不再减少,此时全部为,物质的量为0.15mol,为0.15mol,为0.35mol-0.15mol=0.2mol,因为从200mL到240mL,发生,所以该阶段消耗,氢氧化钠的浓度为.【详解】A.由上述分析可以知道,最初20mLNaOH溶液用于中和过量的稀硫酸,所以A选项是正确的;B.由上述分析可以知道,氢氧化钠溶液的物质的量浓度为5mol/L,所以B选项是正确的;C.由元素守恒可以知道，,所以镁和铝的总质量为,所以C选项是正确的;D.由电子守恒可以知道,生成的氢气为,若在标况下,体积为,但状况未知,故D错误;故答案选D。13、A【解析】

A．增大压强加快反应速率，且合成氨的反应为体积缩小的反应，则加压平衡正向移动，有利于提高产率，选项A正确；B．催化剂对平衡移动无影响，不影响产率，选项B错误；C．二氧化硫的催化氧化反应为放热反应，则升高温度平衡逆向移动，产率降低，选项C错误；D．侯氏制碱法循环利用母液可提高产率，但对反应速率无影响，选项D错误；答案选A。14、D【解析】

A．高温结构陶瓷耐高温、耐腐蚀，是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐，A错误；B．钢结构防腐蚀涂装体系中，富锌底漆的作用至关重要，它要对钢材具有良好的附着力，并能起到优异的防锈作用，依据的是牺牲阳极的阴极保护法，B错误；C．光缆的主要成分是二氧化硅，C错误；D．高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料，D正确；故答案选D。15、C【解析】

A.CO2、Na2CO3既是反应的产物，也是反应过程中需要加入的物质，因此上述流程中可以重复利用的物质有Na2CO3、CO2，A错误；B.根据元素守恒可知钾长石用氧化物的形式可表示为K2O·Al2O3·6SiO2，B错误；C.煅烧过程中钾长石中的Si元素与CaCO3转化为CaSiO3，K和Al元素与Na2CO3反应转化为KAlO2和NaAlO2，C正确；D.向KAlO2和NaAlO2溶液中通入过量CO2气体，会产生HCO3-，发生反应CO2+AlO2-+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓，D错误；故合理选项是C。16、D【解析】

A.放电时，利用原电池原理，Zn作负极，失去电子，得到电子，放电时是溶液中的Zn2+与插层结合，故A错误；B.根据反应方程式，放电时，负极的锌板失去电子变成锌离子进入溶液中，然后与正极结合，所以溶液中的锌离子浓度是不变的，故B错误；C.充电时是电解池原理，但电子不能通过电解质溶液，故C错误；D.充电时，阳极失电子，电极反应为：，故D正确；故选D。【点睛】已知总反应书写电极反应时，根据得失电子情况加以判断，失电子，则化合价升高，发生氧化反应；总反应减去阳极的反应即可得到阴极的电极反应。17、B【解析】

有机物用水封法保存，则有机物不溶于水，且密度比水大，以此解答．【详解】A.乙醇与水互溶，不能用水封，故A.错误；B.硝基苯密度大于水，且不溶于水，可以用水封，故B正确；C.甘油与水互溶，不能用水封，故C不选；D.己烷密度小于水，在水的上层，不能用水封法保存，故D不选；答案选B。18、D【解析】

由结构可知分子式，秦皮中物质分子中含酚-OH、碳碳双键、-COOC-及醚键，结合酚、烯烃及酯的性质来解答。【详解】A.由结构可知分子式为C10H8O5，A正确；B.含有羟基、酯基、碳碳双键以及醚键4种官能团，B正确；C.含苯环、碳碳双键可发生加成反应，碳碳双键、-OH可发生氧化反应，-OH、-COOC-可发生取代反应，C正确；D.能与氢氧化钠反应的为酚羟基和酯基，且酯基可水解生成羧基和酚羟基，则1mol该化合物最多能与4molNaOH反应，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，注意选项D为解答的易错点。19、C【解析】

A．将分别通人溴水和酸性高锰酸钾溶液中，溴水和酸性高锰酸钾溶液均褪色，体现了SO2的还原性，而不是漂白性，故A错误；B．向溶液中滴加1~2滴溶液，再滴加2滴溶液，观察到先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀，因NaOH溶液过量，无法判断，故B错误；C．向滴有酚酞的溶液中加入少量固体，发现有有白色沉淀生成，溶液红色变浅，说明Ba2+与CO32-结合生成BaCO3沉淀，促进CO32-的水解平衡逆向移动，溶液的碱性减弱，故C正确；D．将与盐酸反应得到的气体直通入溶液中，观察到产生白色沉淀，因盐酸有挥发性，生成的CO2中混有HCl，则无法判断碳酸的酸性比硅酸强，故D错误；故答案为C。20、B【解析】

A.V（NaOH）＝20mL时，溶液中的溶质为0.02mol氯化钠和0.02mol氯化铵，电荷守恒有n(Na+)+n（H+）+n（）=n(Cl-)+n（OH−），因为n(Na+)=0.02mol，n(Cl-)=0.04mol，所以有n（H+）+n（）=0.02+n（OH−），物料守恒有n(Cl-)=n(Na+)+n（）＋n（NH3·H2O），即0.02=n（）＋n（NH3·H2O），所以，2n（）＋n（NH3·H2O）＋n（H+）＝0.04mol+n（OH−），故错误；B.V（NaOH）＝40mL时，溶质为0.04mol氯化钠和0.02mol一水合氨，溶液显碱性，因为水也能电离出氢氧根离子，故c（）＜c（OH−）正确；C.当0＜V（NaOH）＜40mL过程中，前20毫升氢氧化钠是中和盐酸，水的电离程度增大，后20毫升是氯化铵和氢氧化钠反应，水的电离程度减小，故错误；D.盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠溶液，为中性，若改用同浓度的氨水滴定原溶液，盐酸和氨水反应后为氯化铵的溶液仍为酸性，所以同样使溶液pH＝7时所需氨水的体积比氢氧化钠溶液要大，故错误。故选B。21、D【解析】

A、粉末状或小颗粒状固体，要利用药匙，块状固体药品要用镊子取用，故A错误；B、红色石蕊试纸检测气体时需要润湿，而pH试纸使用时不需要润湿，故B错误；C、蒸馏操作时，装置中的温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶中的支管口处，测的是蒸汽的温度，故C错误；D、分液时下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体从分液漏斗上端倒出，故D正确；故选D。22、C【解析】

A、I2能与淀粉发生显色反应，Cl2不能与淀粉发生显色反应，故A错误；B、向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置，苯萃取溴水中的溴，苯与溴水不反应，故B错误；C、银镜反应需在碱性条件下进行，向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，先加入氢氧化钠中和硫酸，然后加入银氨溶液，加热，才能判断蔗糖是否水解，故C正确；D、向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液，生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠，不能证明Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]，故D错误。二、非选择题(共84分)23、苯甲醇消去反应碳碳双键、羧基+H2O5【解析】

A和Br2的CCl4溶液反应发生加成反应，结合B的结构简式，则A的结构简式为，B在NaOH的水溶液下发生水解反应，－Br被—OH取代，C的结构简式为，C的结构中，与—OH相连的C上没有H原子，不能发生醇的催化氧化，—CH2OH被氧化成—CHO，醛基再被氧化成－COOH，则D的结构简式为，根据分子式，D到E消去了一分子水，为醇羟基的消去反应，E的结构简式为，E和苯甲醇F，在浓硫酸的作用下发生酯化反应得到W，W的结构简式为。【详解】(1)F的名称是苯甲醇；根据分子式，D到E消去了一分子水，反应类型为消去反应；(2)根据分析，E的结构简式为，则含有的官能团名称为碳碳双键、羧基；E中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，结构简式为；(3)E中含有羧基，F中含有羟基，在浓硫酸的作用下发生酯化反应，化学方程式为++H2O；(4)有A含有相同的官能团且含有苯环，A的结构简式为，则含有碳碳双键，除了苯环外，还有3个C原子，则苯环上的取代基可以为－CH=CH2和－CH3，有邻间对，3种同分异构体；也可以是－CH=CHCH3，或者－CH2CH=CH2，共2种；共5种；核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶2的结构简式为；(5)由M到F，苯环上多了一个取代基，利用已知信息，可以在苯环上引入一个取代基，－CH2OH，可由氯代烃水解得到，则合成路线为。【点睛】并不是所有的醇都能发生催化氧化反应，－CH2OH被氧化得到－CHO，被氧化得到；中，与—OH相连的C上没有H原子，不能发生催化氧化反应。24、B、C、D、F、G酯化6【解析】

有机物A有C、H、O三种元素组成，Mr(A)=12/0.1=120，0.1molA在足量的氧气中充分燃烧后生成0.8molCO2和7.2gH2O，水的物质的量=7.2/18=0.4mol，根据原子守恒可知，该有机物中N(C)=0.8/0.1=8，N(H)=0.4×2÷0.1=8，有机物中N(O)=(120-12×8-1×8)÷16=1，有机物A的分子式为C8H8O，A经过一系列反应得到芳香醛E，结合信息中醛与HCN的加成反应，可知A含有C=O双键，A与HCN发生加成反应生成B，B发生水解反应生成C，C在浓硫酸、加热条件下生成D，D能使溴的四氯化碳溶液褪色，应为发生消去反应，D被臭氧氧化生成E与F，F继续被氧化生成G，G的相对分子质量为90，则G为HOOC-COOH，F为OHC-COOH，E为苯甲醛，D为苯丙烯酸，C为2-羟基-3-苯基丙酸，B为，A的结构简式为。【详解】（1）由上述分析可知，A为；（2）只要含有羧基或羟基的都能发生酯化反应，在A～G中能发生酯化反应的有机物有B、C、D、F、G；（3）由于C中含有羧基、羟基，另外还可以发生酯化反应生成另一种有机物，该反应的方程式为，反应类型为酯化反应。（4）C的同分异构体有多种，其中符合下列要求的有机物有多种，①能与3molNaOH溶液反应，说明含有酚羟基、羧酸与酚形成的酯基；②苯环上的一卤代物只有一种，说明苯环上含有1种氢原子；③能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合①可知，酯基为甲酸与酚形成的酯基，满足条件的有机物的结构简式为：和。（5）C中羧基和4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基发生酯化反应生成两种酯，C中的羟基和4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基脱水生成两种醚，C中的羧基和羟基与4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基同时脱水可生成两种产物，一共可生成6种产物。25、碱式滴定管MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O蓝无偏高【解析】

(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性；(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，根据氧化还原反应方程式分析；(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色；(5)根据关系式，进行定量分析；(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3。【详解】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性，用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，即碘化合价升高，Mn的化合价会降低，离子方程式为MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，故答案为：MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O；(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色，故答案为：蓝；无；(5)由4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O，MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可知关系式，即，则氧气的物质的量x=，v1mL水样中溶解氧=，故答案为：；(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3，即Na2S2O3用量增加，结果偏高，故答案为：偏高。【点睛】本题难点(3)，信息型氧化还原反应方程式的书写，要注意对反应物和生成物进行分析，在根据得失电子守恒配平；易错点(5)，硝酸根存在时，要注意与氢离子在一起会有强氧化性。26、圆底烧瓶残留在漏斗颈部的液体起液封作用；当内部气体多、压强大时，又可通过积留液体而放出气体石蜡油NaNO2＋NH4ClNaCl＋N2↑＋2H2O防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入，干扰试验等于偏高【解析】

分析题给装置图，可知装置A为NH4Cl溶液和NaNO2溶液共热制备N2的发生装置，装置B的目的为干燥N2，装置C为N2和金属Li进行合成的发生装置，装置D的主要目的是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入，干扰试验。据此解答。【详解】（1）盛装NH4Cl溶液的仪器是圆底烧瓶，答案为：圆底烧瓶；（2）安全漏斗颈部呈弹簧状，残留液体起液封作用，当内部气体多、压强大时，又可通过积留液体而放出气体；锂的密度小于煤油，锂与水反应，常将锂保存在石蜡油中。答案为：残留在漏斗颈部的液体起液封作用，当内部气体多、压强大时，又可通过积留液体而放出气体；石蜡油（3）亚硝酸钠与氯化铵共热生成氮气、氯化钠和水。反应方程式为：NaNO2＋NH4ClNaCl＋N2↑＋2H2O。答案为：NaNO2＋NH4ClNaCl＋N2↑＋2H2O；（4）锂能与二氧化碳、水反应，氮化锂能与水反应，故用D装置吸收空气中的水蒸气和二氧化碳。答案为：防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入，干扰试验；（5）①氨气压强无法直接测定，只能测定外界大气压，当G和F中液面相平时，氨气压强等于外界大气压。答案为：等于；②装置E中发生反应：Li3N＋3H2O=3LiOH＋NH3↑，根据题意有：n(NH3)=mol，则ω(Li3N)=×100%=%。锂能与水反应产生H2，如果产品混有锂，则产生气体体积偏大，测得产品纯度偏高；答案为：；偏高。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，遇到石蕊显红色，故答案为：变红；(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，如碱性气体NH3、做氧化剂的气体如Cl2、O2、O3、NO2、Cl2O等，故答案为：NH3；Cl2；(4)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，所以黑色固体不可能为氧化铜，故答案为：过滤；CuO会溶于稀硫酸中；(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，物质为硫化亚铜，化学式为Cu2S，故答案为：硫；Cu2S。【点睛】二氧化硫通入氯化钡溶液中，可认为发生如下反应：SO2+BaCl2+H2OBaSO3+2HCl，由于产物不共存，所以此反应进行的程度很小，若想使此反应正向进行，需设法让反应正向进行，要么加入碱中和盐酸；要么加入强氧化剂将BaSO3氧化为BaSO4。28、O=C=S-21kJ•mol-1放热反应＜20%4c（NH4+）＞c（HS-）＞c（H+）=c（OH-）＞c（S2-）1.1【解析】

（1）CO2和COS是等电子体，等电子体结构相似，根据二氧化碳的分子的结构式可知COS结构式；（2）根据盖斯定律计算可得；（3）①分别建立三段式计算实验1和实验3的化学平衡常数，依据平衡常数的大小判断反应是放热还是吸热；②通过浓度熵与平衡常数的大小判断平衡移动方向；③依据三段式和转化率公式计算；（4）①依据电离常数公式计算；②依据电离程度和水解程度的相对大小判断；（5）依据题给信息写出反应的化学方程式，由题给数据和公式计算即可。【详解】（1）由二氧化碳分子的结构式可知：COS分子中C与O、C与S均形成两对共有电子对，所以COS结构式为：O=C=S，故答案为O=C=S；（2）根据盖斯定律，②-