2023届安徽省江淮名校高三第二次诊断性检测化学试卷含解析

2023年高考化学模拟试卷

请考生注意：

1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答

案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2.答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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、下列有关CuSO4溶液的叙述正确的是（）

A.该溶液中Na+、NH4\NO3\Mg?+可以大量共存

B.通入CO2气体产生蓝色沉淀

C.与NaHS反应的离子方程式：Cu2++S2=CuSl

2++

D.与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu+2NHyH2O=Cu（OH）2i+2NH4

2、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

操作现象解释或结论

号

在含O.lmol的AgNCh溶液中依次加入NaCl溶液和溶液中先有白色沉淀生成，后来又变Ksp(AgCI)>

A

KI溶液成黄色Ksp(Agl)

B取FeSCh少许溶于水，加入几滴KSCN溶液溶液变红色FeSCh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

酸性:H2s。3>

D在Ca（ClO）2溶液中通入SO2气体有沉淀生成

HC1O

A.AB.BC.CD.D

3、下列符合元素周期律的是

A.碱性：Ca（OH）2>Mg（OH）2B.酸性：H2SO3>H2CO3

2-

C.热稳定性：NH3<PH3D.还原性：S<CF

4、汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KN03=Kz0+5Na2（）+16N23若氧化产物比还原产物多1.75mol,则下

列判断正确的是

A.生成40.0L弗（标准状况）B.有0.250molKNO3被氧化

C.转移电子的物质的量为1.25molD.被氧化的N原子的物质的量为4.75mol

5、下列液体中，滴入水中出现分层现象，滴入热的氢氧化钠溶液中分层现象不会逐渐消失的是（不考虑有机物的挥

发）（）

A.滨乙烷B.乙醛C.橄榄油D.汽油

6、下列说法正确的是（）

A.核素汨的电子数是2

B.和D互称为同位素

C.H+和H2互为同素异形体

D.氏0和H2O2互为同分异构体

7、下列有机化合物中均含有杂质，除去这些杂质的方法中正确的是（）

A.苯中含单质澳杂质：加水，分液

B.乙酸丁酯中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液

C.乙醛中含乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液洗涤，分液

D.乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液

8、［安徽省蚌埠市高三第一次质量监测］下列有关化学用语表示正确的是

B.过氧化氢的电子式为：II，

•*XX

C.石油的分储和煤的气化、液化均为物理变化

D.甲基环丁烷二氯代物的同分异构体的数目是10种（不考虑立体异构）

9、前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍。X、Y、Z

分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍。含有元素Z的盐的焰色反应为紫色。下到说法正确的是

（）

A.原子半径的大小WVX<YVZB,简单氢化物的热稳定性W>X

C.Z的单质与水反应比Y的单质与水反应剧烈D.工业上通过电解W、Y组成的化合物制备单质Y

10、下列化学用语或命名正确的是

A.过氧化氢的结构式：H-O-O-HB.乙烯的结构简式：CH2cH2

H

:T

-H

C.含有8个中子的氧原子：与0

D.NH4cl的电子式:N:cr

IH.:H-

11、甲醇低压谈基合成法（CH3OH+COTCH3COOH）是当今世界醋酸生产的主要方法，国标优等品乙酸含量299.8%。

为检验得到的乙酸中是否含有甲醇，可用的方法是

A.观察放入金属Na是否产生气泡

B.观察滴入的紫色石蕊溶液是否变红

C.观察滴入的酸性KMnCh溶液是否褪色

D.观察插入的表面发黑的灼热铜丝是否变红

12、化学兴趣小组在家中进行化学实验，按照如图连接好线路发现灯泡不亮，按照右图连接好线路发现灯泡亮，由此

得出的结论正确的是（）

NaCl固体NaCI溶液

A.NaCl是非电解质

B.NaCl溶液是电解质

C.NaCl在水溶液中电离出了可以自由移动的离子

D.NaCl溶液中，水电离出大量的离子

13、右下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说

法正确的是（）

第9题表

A.X、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增

B.Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增

C.YX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力

D.根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性

14、常温下，NCL是一种油状液体，其分子空间构型为三角锥形，下列对NCL的有关叙述错误的是（）

A.NCL中N—C1键键长比CCL中C—C1键键长短

B.NCb分子中的所有原子均达到8电子稳定结构

C.NCL分子是极性分子

D.NBm的沸点比NCL,的沸点低

15、下列反应的离子方程式正确的是（）

A.用氯化铁溶液腐蚀铜板：Cu+2Fej+=Cu2++2Fe2+

B.向AgCl悬浊液中滴加KI溶液：Ag++I-=AgI；

C.向明矶溶液中滴加硫化钠溶液：2Al3++3S"=ALS3l

2+

D.向NaHCCh溶液中滴加少量Ca(OH”溶液：Ca+OH+HCO3=CaCO3；+H2O

16、下列解释事实的化学用语错误的是

A.闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，转化为铜蓝(CuS)：ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+

+

B.0.1moVL的醋酸溶液pH约为3：CH3COOH^CH3COO+H

C.电解NaCl溶液，阴极区溶液pH增大：2H2O+2e=H2t+2OH-

D.钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-3e=Fe3+

17、常温下，向lL0.1mol-L-iNH4cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH』+与NHyHzO的变化趋势如图所示(不考

虑体积变化和氨的挥发)。下列说法不正确的是()

A.M点溶液中水的电离程度比原溶液小

B.在M点时，n(OH-)-n(H+)=(a-0.05)mol

C.随着NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不断增大

++

D.当n(NaOH)=0.1mol时，c(Na)=c(NH4)+c(NHyH2O)

18、常温下，下列事实能说明HC10是弱电解质的是

A.0.01mol的HC10溶液pH>2

B.NaClO、HC10都易溶于水

C.NaClO的电离方程式：NaC10=Na+€10-

D.HC10与Na2sO3溶液反应，可以得到NazSO」

19、部分元素在周期表中的分布如图所示(虚线为金属元素与非金属元素的分界线)，下列说法不正确的是

A.B只能得电子，不能失电子

B.原子半径Ge>Si

C.As可作半导体材料

D.Po处于第六周期第VIA族

20、稀溶液一般具有依数性，即在一定温度下，相同体积的溶液中溶质粒子数目越多，蒸气压下降数值越大。浓度均

为0.1mol・L」的下列稀溶液中，其蒸气压最小的是（）

A.H2s。3溶液B.NaCl溶液C.C6Hl2。6溶液D.Nl^HzO溶液

21、下列各选项有机物同分异构体的数目，与分子式为C1C洱Oz,且能与碳酸氢钠反应生成气体的有机物数目相同的是

（不含立体异构）（）

A.分子式为CsHi。的烯烧B.分子式为C4H8。2的酯

C.©-CH3的一溟代物D.立方烷（[[J）的二氯代物

22、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是K层电子数的3倍；Z的原子半

径在短周期中最大；常温下，Z和W形成的化合物的水溶液pH>7,呈弱碱性。下列说法正确的是

A.X与W属于同主族元素

B.最高价氧化物的水化物酸性：W<Y

C.简单氢化物的沸点：Y>X>W

D.Z和W的单质都能和水反应

二、非选择题（共84分）

23、（14分）功能高分子是指具有某些特定功能的高分子材料。功能高分子P的合成路线如下：

试剂a/A

COOCHr-Q-NO

□2

点分子P

（1）A是甲苯，试剂a是.反应③的反应类型为____反应。

（2）反应②中C的产率往往偏低，其原因可能是«

（3）反应⑥的化学方程式为o

（4）E的分子式是C6H10O2,其结构简式是.

（5）吸水大王聚丙烯酸钠L（"是一种新型功能高分子材料，是“尿不湿”的主要成分。工业上用丙烯

COONa

（CH2=CHCH3）为原料来制备聚丙烯酸钠，请把该合成路线补充完整（无机试剂任选）。

（合成路线常用的表达方式为：AB-……目标产物）

CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2CI

24、（12分）G是具有抗菌作用的白头翁素衍生物，其合成路线如下:

ClhMgBr①HCHO〃”比①NaOH㈣«CH=CH,

rMg]

^^COOCH,②HQ*C^^COOCH,②HQ^^COOH

o^^CCOO"CHi

（1）C中官能团的名称为_______和

（2）ETF的反应类型为

（3）D-E的反应有副产物X（分子式为C9H7。21）生成，写出X的结构简式：

（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：，

①能发生银镜反应;

②碱性水解后酸化，其中一种产物能与FeCb溶液发生显色反应;

③分子中有4种不同化学环境的氢。

H,CKCH,

（5）请写出以乙醇为原料制备n的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题

H,CZ_VCH>

题干）。____________

25、（12分）某小组以亚硝酸钠（NaNOz）溶液为研究对象，探究N（h-的性质。

试剂

实验编号及现象

滴管试管

1

1mol-L-NaNO2

1%酚猷溶液实验I：溶液变为浅红色，微热后红色加深

溶液

11mobL'10.1mol-L1实验H：开始无明显变化，向溶液中滴加

NaNCh溶液KMnO溶液稀硫酸后紫色褪去

D4

1

1mol-L-FeSO4

KSCN溶液实验III：无明显变化

2mL溶液(pH=3)

-11

1mobL1mol-L'FeSO4实验IV：溶液先变黄，后迅速变为棕色，

NaNCh溶液溶液(pH=3)滴加KSCN溶液变红

资料：［Fe（NO）产在溶液中呈棕色。

（1）结合化学用语解释实验1“微热后红色加深”的原因

(2)实验II证明NO2-具有_____性，从原子结构角度分析原因

(3)探究实验IV中的棕色溶液

①为确定棕色物质是NO与Fe2+,而非Fe3+发生络合反应的产物，设计如下实验，请补齐实验方案。

实验溶液a编号及现象

•='.=,-X0—►-墨二一二窿1moH^FeSCh溶液(pH=3)i.溶液由—色迅速变为—色

ii.无明显变化

A'5

②加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，溶液中有红褐色沉淀生成。解释上述

现象产生的原因_________o

(4)络合反应导致反应物浓度下降，干扰实验IV中氧化还原反应发生及产物检验。小组同学设计实验V：将K闭合

后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大。

①盐桥的作用是_____________________________

②电池总反应式为_______________________

实验结论：NO2一在一定条件下体现氧化性或还原性，氧还性强弱与溶液酸碱性等因素有关。

已知:氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜。回答下列问题:

(DB中加入的干燥剂是—(填序号)。

①浓硫酸②无水氯化钙③碱石灰

(2)能证明氨与氧化铜反应的现象是C中.

(3)D中有无色液体生成。设计实验校验D中无色液体的成分:

27、(12分)某小组同学利用下图所示装置进行铁的电化学腐蚀原理的探究实验:

装置分别进行的操作现象

i.连好装置一段时间后，向烧杯中

—

怎滴加酚酸

7

铁片一碳林

一1.0mobL'1ii.连好装置一段时间后，向烧杯中铁片表面产生蓝色沉

NaCI溶液

-1

滴加K3[Fe(CN)6]溶液淀

⑴小组同学认为以上两种检验方法，均能证明铁发生了电化学腐蚀。

①实验i中的现象是一»

②用化学用语解释实验i中的现象：—o

(2)查阅资料：K3[Fe(CN)6|具有氧化性。

①据此有同学认为仅通过ii中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀，理由是

②进行下列实验，在实验几分钟后的记录如下：

实验滴管试管现象

iii.蒸储水无明显变化

1

0.5mol-L'1

6铁片表面产生大量蓝

1

出铁片K3[Fe(CN)6]iv.1.0mobL*NaCI溶液

色沉淀

溶液

2mL

v.0.5mol-L1Na2s04溶液无明显变化

a.以上实验表明：在一条件下，KUFe(CN)6]溶液可以与铁片发生反应。

b.为探究cr的存在对反应的影响，小组同学将铁片酸洗(用稀硫酸浸泡后洗净)后再进行实验iii,发现铁片表面产

生蓝色沉淀。此补充实验表明cr的作用是一»

(3)有同学认为上述实验仍不严谨。为进一步探究R[Fe(CN)6]的氧化性对实验ii结果的影响，又利用⑵中装置继续实

验。其中能证实以上影响确实存在的是(填字母序号

实验试剂现象

A酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]溶液(已除Ch)产生蓝色沉淀

B酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCI混合溶液(未除Ch)产生蓝色沉淀

C铁片、K3［Fe(CN)6］和NaCl混合溶液(已除Ch)产生蓝色沉淀

D铁片、KKFe(CN)6］和盐酸混合溶液(已除02)产生蓝色沉淀

综合以上实验分析，利用实验ii中试剂能证实铁发生了电化学腐蚀的实验方案是o

28、(14分)近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe-Sm-As-F-O组成的化合物。

回答下列问题：

(1)元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为,其沸点比N%的(填“高”或"低”)，其

判断理由是o

(2)Fe成为阳离子时首先失去_____轨道电子，Sm的价层电子排布式为4F6s2,Snr，+的价层电子排布式为

(3)比较离子半径：F-O2-(填“大于”等于"或“小于”)。

(4)一种四方结构的超导化合物的晶胞结构如图1所示，晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。

图中F-和02-共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1-x代表，则该化合物的化学式表示为

，通过测定密度〃和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：p=g-cm\

以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1中原子1的坐标为

(H1)，则原子2和3的坐标分别为、。

29、(10分)太阳能电池可分为：硅太阳能电池，化合物太阳能电池，如碑化钱(GaAs)、铜锢铉硒(CIGS)、硫化镉(CdS),

功能高分子太阳能电池等，Al-Ni常作电极。据此回答问题：

(1)镇(Ni)在周期表中的位置为；S原子的价电子排布式为；Ga、As和Se的第一电离能由大到小的顺

序是»

(2)Na3As3中As原子的杂化方式为;AsCh的空间构型为____。

(3)GaAs熔点为1238℃,GaN熔点约为1500°,GaAs熔点低于GaN的原因为。

(4)写出一种与SO4?•互为等电子体的分子。

(5)GaAs的晶胞结构如图所示，其中As原子形成的空隙类型有正八面体形和正四面体形，该晶胞中Ga原子所处空隙

类型为o已知GaAs的密度为'g/cn?,Ga和As的摩尔质量分别为MG,g/mol和Misg/mol,则GaAs晶胞中Ga

之间的最短距离为pm。

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、A

【解析】

A.CuSCh溶液与Na+、NH4\NO3\Mg?+不反应，可以大量共存，故选A；

B.CCh不与CuSC>4反应，不能生产沉淀，故不选B；

C.CuS()4与NaHS反应的离子方程式：Cu2++HS=CuS；+H+,故不选C;

D.CUSO4与过量浓氨水反应先有蓝色沉淀氢氧化铜生成，后沉淀溶解生成[CU(NH3)4]2+,故不选D；答案选A。

2、C

【解析】

A.在含O.lmol的AgNCh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、Agl的Ksp,所以不能得出Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),A错误；

B.取FeSO$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FeSOa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，说明高镒酸钾被还原，因此可以说明乙烯具有还原性,

C正确；

D.在Ca(CIO)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>HC1O,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。

3、A

【解析】

A.金属性Ca>Mg,对应碱的碱性为Ca（OH）2>Mg（OH）2,故A正确；

B.非金属性S>C,对应最高价含氧酸的酸性为H2sOAH2CO3,而H2SO3>H2co3可利用强酸制取弱酸反应说明，

故B错误；

C.非金属性N>P,对应氢化物的稳定性为NH3>PH3,故C错误；

D.非金属性SVCL对应阴离子的还原性为s*>cr,故D错误；

故答案为Ao

【点睛】

元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度（或生成的氢化物的稳定性），非金属单质跟氢气

化合越容易（或生成的氢化物越稳定），元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物（即最高价含氧

酸）的酸性强弱.最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元

素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，（非金属相互置换）。

4、C

【解析】

该反应中N元素化合价由-g、+5价变为。价，所以NaN3是还原剂、KN（h是氧化剂，W既是氧化产物又是还原剂，

根据反应方程式可知，每当生成16moiN2,则氧化产物比还原产物多14mo1,转移电子的物质的量为lOmol,被氧化

的N原子的物质的量为30mo1,有2moiKNO3被还原，据此分析解答。

【详解】

A.该反应中N元素化合价由价、+5价变为0价，所以氧化产物和还原产物都是氮气，假设有16moi氮气生成，氧

化产物是15mo1、还原产物是Imol,则氧化产物比还原产物多14mo1,若氧化产物比还原产物多1.75mob则生成氮

_1.75

气的物质的量=工屋X16mol=2mol,标准状况下的体积为：2molX22.4L/mol=44.8L,故A错误；

B.反应中，硝酸钾得电子是氧化剂，被还原，故B错误；

_1.75

C.转移电子的物质的量为X10=1.25moL故C正确；

D.被氧化的N原子的物质的量=-^-x30=3.75mol,故D错误；

答案选C。

【点睛】

明确氧化产物和还原产物关系是解本题关键。本题的易错点为B,注意硝酸钾中N元素化合价降低，被还原。

5、D

【解析】

A.滨乙烷不溶于水，滴入水中会分层，若再加入氢氧化钠溶液，溟乙烷能够与氢氧化钠溶液反应生成乙醇和漠化钠,

分层现象逐渐消失，故不选A：

B.乙醛溶于水，滴入水中不出现分层现象，故不选B；

C.橄榄油属于油脂，不溶于水，滴入热的氢氧化钠溶液中发生水解反应，分层现象逐渐会消失，故不选C；

D.汽油不溶于水，不与氢氧化钠溶液反应，滴入热的氢氧化钠溶液中时分层现象不会消失，故选D。

6、B

【解析】

A.核素：H的电子数是1,左上角的2说明原子核内有1个质子和1个中子，中子不带电，故A不选；

B.同位素是质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子，用和D都是氢元素的原子，互称为同位素，故B选；

C.同素异形体是同种元素形成的不同单质，H+不是单质，故C不选；

D.同分异构体是分子式相同结构不同的化合物，H2O和H2O2的分子式不同，故D不选。

故选B。

7、B

【解析】

A.溟易溶于苯，不能加水使苯和滨单质分层，不能通过分液除去苯中含单质漠杂质，故A错误；

B.乙酸丁酯不溶于碳酸钠溶液，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净

的乙酸丁酯，故B正确；

C.乙醛有a氢，在氢氧化钠溶液中发生羟醛缩合反应，生成比羟基丁醛，所以不能用氢氧化钠去杂质，故C错误；

D.乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应生成乙酸钠和水，但乙酸钠和乙醇互溶在水中，不分层，

不能采用分液的方法，故D错误；

正确答案是B»

【点睛】

本题考查物质的分离提纯、鉴别，注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新杂质，更不能影响被提纯物质的性

质，难度不大。

8、D

【解析】

A.所给确为比例模型，氢原子和氧原子的半径相对大小不对，应该是中间的氧的原子半径大，水分子为V形，不是直

线形，A项错误；

B.过氧化氢是只由共价键形成的分子，B项错误；

C.石油的分储是物理变化，煤的气化和液化均是化学变化，煤的气化是指将煤转化为CO、壮等气体燃料，煤的液化

是指将煤变成液体燃料如甲醇等，C项错误；

4——

D.甲基环丁烷中二个氯原子取代同一个碳的2个氢，共有3种可能，取代不同碳上的氢共有7种（用数

53

字标出碳，则可表示为：1,2,1,3、1,5、2,3、2,5、3,4、3,5）,D项正确；

所以答案选择D项。

9、C

【解析】

W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，推出W为O,含有Z元素盐的焰色反应为紫色，说明Z为K,X、Y,

Z分属不同的周期，原子序数依次增大，因此X为F,X、Y、Z的原子序数之和是W原子序数的5倍，推出丫为Mg,

A、原子半径大小顺序是K>Mg>O>F,故A错误；B、非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，F的非金属性强于O,

因此HF的稳定性强于H2O,故B错误；C、K比Mg活泼，K与水反应剧烈程度强于Mg与水，故C正确；D、MgO

的熔点很高，因此工业上常电解熔融状态的MgCL制备Mg,故D错误。

10、A

【解析】

A.过氧化氢为共价化合物，用短线代替所有共价键即为结构式，过氧化氢的结构式是H-O-O-H,故A正确；

B.乙烯含有碳碳双键，不能省略，结构简式为CH2=CH2,故B错误；

C.10表示质量数为18的氧原子，含有10个中子，故C错误；

D.NH4。的电子式为:故D错误;

故答案选A。

11、C

【解析】

A,均与Na反应生成气泡，不能检验，故A不选;

B.滴入的紫色石蕊溶液是否变红，可检验乙酸，不能检验乙醇，故B不选；

C.J甲醇能被高镭酸钾氧化，使其褪色，则滴入的酸性KMnO4溶液是否褪色可检验甲醇，故C选；

D.乙酸与CuO反应，干扰乙醇与CuO的反应，不能检验，故D不选；

故选：Co

12、C

【解析】

A.NaCl属于盐，所以是电解质，A错误；

B.NaCI溶液是混合物所以不是电解质，B错误；

C.氯化钠固体溶于水后在水分子的作用下，发生电离，电离为可以移动的离子使溶液导电，C正确；

D.氯化钠溶于水是氯化钠发生了电离，水的电离实际很微弱，D错误；

故答案选Co

13、D

【解析】

从表中位置关系可看出，X为第2周期元素，丫为第3周期元素，又因为X、W同主族且W元素的核电荷数为X的2

倍，所以X为氧元素、W为硫酸元素；再根据元素在周期表中的位置关系可推知：丫为硅元素、Z为磷元素、T为碑

兀素。

【详解】

A、O、S、P的原子半径大小关系为：P>S>O,三种元素的气态氢化物的热稳定性为：H2O>H2S>PH3,A不正确；

B、在火山口附近或地壳的岩层里，常常存在游离态的硫，B不正确；

C、SiO2晶体为原子晶体，熔化时需克服的微粒间的作用力为共价键，C不正确；

D、珅在元素周期表中位于金属元素与非金属的交界线附近，具有半导体的特性，AS2O3中碑为+3价，处于中间价态,

所以具有氧化性和还原性，D正确。

答案选D。

14、D

【解析】

A.N的半径小于C的半径，NCh中N—C1键键长比CCh中C—C1键键长短，A正确；

<］：

B.由电子式：篇可知，B正确；

C.NC13的分子空间构型是三角锥型结构不是正四面体结构，NCb分子空间构型不对称，所以NCb分子是极性分子，

C正确；

D.无氢键的分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以NBn比NCb的熔

沸点高，D错误；故答案为：D。

15、A

【解析】

A.用氯化铁溶液腐蚀铜板：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,故A正确；

B.向AgCl悬浊液中滴加KI溶液：AgCl(s)+F(aq)—Agl(s)+CF(aq),故B错误；

C.向明矶溶液中滴加硫化钠溶液反应生成氢氧化铝和硫化氢：2Al3++3S2-+6H2O=2Al(OHH+3H2ST，故C错误；

2+2-

D.向NaHCCh溶液中滴加少量Ca(OH)2溶液：Ca+2OH~+2HCO3=CaCO3i+2H2O+CO3,故D错误。

综上所述，答案为A。

【点睛】

铝离子和硫离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体。

16、D

【解析】

A.溶解度大的物质可以转化为溶解度小的物质，溶解度ZnS>CuS,则闪锌矿(ZnS)经C11SO4溶液作用后，转化为铜

蓝(CuS),反应的离子方程式为ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+,故A正确；

B.O.lmol/L醋酸溶液的pH约为3,说明醋酸为弱酸，部分电离，电离方程式为CHjCOOHWCH3co(T+H+,故B正

确；

C.电解NaCl溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，离子方程式为2H2O+2e-=H2T+2OH,阴极区溶液pH

增大，故C正确；

D.钢铁发生吸氧腐蚀时，负极上Fe失电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+,故D错误；

故选D。

【点睛】

本题的易错点为D,要注意电极反应式中，铁是失去2个电子生成亚铁离子。

17、C

【解析】

A.M点是向ILO.lmol/LNH4a溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化钱和一水合氨溶液，钱根离子浓度和一

水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化镂溶液中水的电离程度,A正确;B.在

M点时溶液中存在电荷守恒，n(OH)+n(Cl)=n(if)+n(Na*)+n(NHj),n(OH)-n(H+)=0.05+n(Na+)-n(CD

=(a-0.05)mol,B正确；C.钱根离子水解显酸性，结合水解平衡常数分析，

+

c(H)Xc(NHyH2O)/c(NH4)Xc(NHyH2O)=Kh/c(NHyH2O),随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡

常数不变，则c(H*)/c(NH；)减小，C错误；D.向ILO.lmol/LNH4cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n(NaOH)

=0.1mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，根据物料守恒可知溶液中c(Na+)=c(NH4+)+c(NHyH2O),D正确；答案

选c。

18、A

【解析】

A、O.Olmol•!/的HC10溶液pH>2,氢离子浓度小于HC1O浓度，说明HC1O在水溶液里部分电离，所以

能说明该酸是弱电解质，选项A正确；B、NaClO、HC1O都易溶于水，不能说明HC1O的电离程度，

所以不能据此判断HC1O是弱电解质，选项B错误；C、NaClO的电离方程式：NaClO=Na++ClO,说

明NaClO完全电离为强电解质，但不能说明HC1O部分电离，所以不能据此判断HC1O是弱电解质，

选项C错误；D、HC1O与Na2s03溶液反应，可以得到Na2so4,说明HC1O具有氧化性，能氧化亚硫

酸钠，但不能说明HC1O部分电离，所以不能判断HC1O是弱电解质，选项D错误。答案选A。

点睛：本题考查电解质强弱的判断，明确强弱电解质的本质区别是解本题关键，注意不能根据电解质的

溶解性强弱、溶液导电性强弱判断电解质强弱，为易错点。

19、A

【解析】

同一周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族从上到下元素的金属性逐渐增强，非金属性

逐渐减弱，因此图中临近虚线的元素既表现一定的金属性，又表现出一定的非金属性，在金属和非金属的分界线附近

可以寻找半导体材料（如错、硅、硒等），据此分析解答。

【详解】

A.根据以上分析，B元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，既能得电子，又能失电子，故A错误；

B.同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径Ge>Si,故B正确；

C.As元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，可作半导体材料，故C正确；

D.Po为主族元素，原子有6个电子层，最外层电子数为6,处于第六周期第VIA族，故D正确。

故选A。

20、B

【解析】

在一定温度下，相同体积的溶液中溶质粒子数目越多，蒸气压下降数值越大，亚硫酸和一水合氨都是弱电解质，电离

程度很小，0.1mol・L」的溶液中，其阴离子和阳离子的浓度都远远小于O.lmokL」；葡萄糖是非电解质，不电离；氯化

钠是强电解质，完全电离，0.1mol・U氯化钠溶液中，阴离子和阳离子浓度均为0.1mol・L"，所以上述稀溶液中，氯化

钠溶液中溶质粒子数目最多，其蒸气压最小，综上所述，答案为B。

21、A

【解析】

分子式为C1C4H7O2,且能与碳酸氢钠反应生成气体，说明含有较基，然后看成氯原子取代丁酸垃基上的氢原子，丁酸

有2种：：CH3cH2cH2coOH、（CH3）2CHCOOH,所以该有机物有3+2=5种;

CH3

CH3cHeH2cH3I

A.戊烷的同分异构体有：CH3-CH2-CH2-CH2-CH3,|、CH3—C—CH3>若为CH3-CH2-CH2-CH2-CH3,

CH,I

CH,

相应烯点有CH2=CH-CH2-CH2-CH3、CH3-CH=CH-CH2-CH3；若为|〜，相应烯燃有:

CH,

c

I3

『没有相应烯危，总共种,

CH2=C(CH3)CH2cH3、CH3c(CH_3)=CHCH3、CH3CH(CH3)CH=CH2；CI-5

c.a

故A正确；

B.分子式为C4H8。2的酯，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇有2种，形成的酯有2

种；若为乙酸与乙醇形成的酯，乙酸只有1种结构，乙醇只有1种结构，形成的乙酸乙酯有1种；若为丙酸与甲醇形

成的酯，丙酸只有1种结构，甲醇只有1种结构，形成的丙酸甲酯只有1种，所以C4H属于酯类的同分异构体共有

4种，故B错误；

C.甲苯分子中含有4种氢原子，一溟代物有4种：苯环上邻、间、对位各一种，甲基上一种，共4种，故C错误；

D.立方烷的二氯代物的同分异构体分别是：一条棱、面对角线、体对角线上的两个氢原子被氯原子代替，所以二氯代

物的同分异构体有3种，故D错误。答案选A。

22、A

【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是K层电子数的3倍，则X为O；Z的

原子半径在短周期中最大，则Z为Na,丫为F；常温下，Z和W形成的化合物的水溶液pH>7,呈弱碱性，则为

Na2S,即W为S。

【详解】

A.O与S属于同主族元素，故A正确；

B.F无最高价氧化物对应的水化物，故B错误；

C.水、氟化氢分子间存在氢键，沸点反常，常温下，水为液态、氟化氢为气态，所以简单氢化物的沸点：H2O>HF

>H2s,故C错误；

D.Na与HzO反应生成NaOH和H2,S和H2O不反应，故D错误。

综上所述，答案为A。

【点睛】

注意H2O>HF、NH3氢化物的沸点，它们存在分子间氢键，其他氢化物沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大,

范德华力越大，熔沸点越高。

二、非选择题(共84分)

23、浓硫酸和浓硝酸取代副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低

EI（叶。+/IOCHH2H5—+nH2OCH3cH=CHCOOCH2cH3

COOHC00c1,J-O-N0i

CHr-CH-CHj―0—>(H(|((比(|生!L蚪雪(ii।

得彩MHC。y

CH?=€H-COON»---------四!~>-£CU—CH-JJJ

COON(

【解析】

A为甲苯，其结构简式是6：结合P的结构简式，可知A与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成B为

B与氯气在光照条件下发生取代反应生成C为acaT^-NOi，C在氢氧化钠水溶液、加热条件

Ctfe黑

下发生水解反应生成D为—'6,可知G的结构简式为［CH-CH则F为~fcH—CH±?，E的

rnnwCOOCH?CH；

分子式是C6H10O2,则E为CH3cH=CHCOOCH2cH3,以此解答该题。

【详解】

(D反应①是3’与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成黑一^—原力试剂a是：浓硫酸和浓硝酸,

反应③为氯代是的取代反应，

故答案为：浓硫酸和浓硝酸；取代；

(2)光照条件下，氯气可取代甲基的H原子，副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低，

故答案为：副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低；

(3)反应⑥的化学方程式为+［：<F+n0c

COOHC(WXHr^-NO:

+N

故答案为：+'"丫tI«XH-O-M>;—™.

*COOHCOOCH^^sc

(4)由以上分析可知E为CH3cH=CHCOOCH2cH3,

故答案为：CH3CH=CHCOOCH2CH3；

(5)丙烯与氯气在加热条件下发生取代反应生成CH2=CHCH2CLCH2=CHCH2cl水解生成CH2=CHCH2OH,再发

生催化氧化生成CH2=CHCHO,进一步氧化生成CH2