2023-2024学年山东省曲阜市高三（最后冲刺）化学试卷含解析

2023-2024学年山东省曲阜市高三（最后冲刺）化学试卷请考生注意：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（每题只有一个选项符合题意）1、下列实验中，由现象得出的结论正确的是选项操作和现象结论A将3体积SO2和1体积O2混合通过灼热的V2O5充分反应，产物依次通过BaCl2溶液和品红溶液，前者产生白色沉淀，后者褪色SO2和O2的反应为可逆反应B用洁净的玻璃棒蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰为黄色该溶液为钠盐溶液C向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液呈紫红色原溶液中含有I-D用浓盐酸和石灰石反应产生的气体通入Na2SiO3溶液中，Na2SiO3溶液变浑浊C元素的非金属性大于Si元素A．A B．B C．C D．D2、用下列实验方案不能达到实验目的的是（）A．图A装置——Cu和稀硝酸制取NO B．图B装置——检验乙炔的还原性C．图C装置——实验室制取溴苯 D．图D装置——实验室分离CO和CO23、用“银-Ferrozine”法测室内甲醛含量的原理为：已知：吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比。下列说法正确的是A．反应①中参与反应的HCHO为30g时转移电子2molB．可用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe3+C．生成44.8LCO2时反应②中参加反应的Ag一定为8molD．理论上测得溶液吸光度越高，HCHO含量也越高4、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均小于20。W、X、Y、Z的族序数之和为12；X与Y的电子层数相同；向过量的ZWY溶液中滴入少量胆矾溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出。下列说法正确的是（）A．ZWY是离子化合物，既可以与酸反应又可以与碱反应B．晶体X熔点高、硬度大，可用于制造光导纤维C．原子半径由小到大的顺序为：D．热稳定性：5、实验室可用浓盐酸与浓硫酸混合快速制取HCl．下列解释合理的是（）A．浓硫酸是高沸点的酸，通过它与浓盐酸反应制取低沸点的酸B．通过改变温度和浓度等条件，利用平衡移动原理制取HClC．两种强酸混合，溶解度会相互影响，低溶解度的物质析出D．浓硫酸的浓度远大于浓盐酸的浓度，高浓度的酸制取低浓度的酸6、CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色。向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。下列说法不正确的是()A．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物B．通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性C．整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO27、下列实验可达到实验目的的是A．用相互滴加的方法鉴别Ca(OH)2和NaHCO3溶液B．向CH3CH2Br中滴入AgNO3溶液以检验溴元素C．用溴的四氯化碳溶液吸收SO2气体D．与NaOH的醇溶液共热制备CH3-CH=CH28、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．标准状况下，11.2L的甲醇所含的氢原子数大于2NAB．常温下，1mol•L-1的Na2CO3溶液中CO32-的个数必定小于NAC．1molCu与含2molH2SO4的浓硫酸充分反应，生成的SO2的分子个数为NAD．1mol苯分子中含有3NA个碳碳双键9、氯碱工业是高耗能产业,一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节能30%以上,工作原理如图所示,其中各电极未标出。下列有关说法错误的是（）A．A池中右边加入NaOH溶液的目的是增大溶液的导电性B．两池工作时收集到标准状况下气体X为2.24L,则理论上此时充入标准状况下的空气(不考虑去除CO2的体积变化)的体积约为5.6LC．A为阳离子交换膜、B为阴离子交换膜D．氢氧化钠的质量分数从大到小的顺序为b%>a%>c%10、某锂离子电池充电时的工作原理如图所示，LiCoO2中的Li+穿过聚内烯微孔薄膜向左迁移并嵌入石墨（C6表示）中。下列说法错误的是（）A．充电时，阳极电极反应式为LiCoO2-xe-=xLi++Lil-xCoO2B．放电时，该电池将化学能转化为电能C．放电时，b端为负极，发生氧化反应D．电池总反应为LixC6+Lil-xCoO2C6+LiCoO211、工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为：CN－＋OH－＋Cl2―→CO2＋N2＋Cl－＋H2O（未配平）。下列说法错误的是A．Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物B．该反应中，若有1molCN－发生反应，则有5NA电子发生转移C．上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为2∶5D．若将该反应设计成原电池，则CN－在负极区发生反应12、已知NH4CuSO3与足量的10mol／L硫酸混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成②产生刺激性气味的气体③溶液呈现蓝色据此判断下列说法正确的是（）A．反应中硫酸作氧化剂B．NH4CuSO3中硫元素被氧化C．刺激性气味的气体是氨气D．1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子13、Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得下列叙述不正确的是（）A．该反应为取代反应B．Y能使酸性高锰酸钾溶液褪色可证明其分子中含有碳碳双键C．X和Y均能与新制的Cu(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀D．等物质的量的X、Y分别与H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为4∶514、已知蓄电池在充电时作电解池，放电时作原电池．如图是铅蓄电池的工作示意图，其反应原理为：PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O下列说法中错误的是()A．b电极放电后转化为c电极B．电极a和d都发生还原反应C．b的电极反应式：Pb+SO42﹣﹣2e-→PbSO4D．放电后硫酸溶液的pH增大15、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X与Z同主族，X为非金属元素，Y的原子半径在第三周期中最大，Y与W形成的离子化合物对水的电离无影响。下列说法正确的是A．常温下，X的单质一定呈气态B．非金属性由强到弱的顺序为：X>Z>WC．X与W形成的化合物中各原子均达到8电子稳定结构D．Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物可能相互反应16、向某二价金属M的M(OH)2的溶液中加入过量的NaHCO3溶液，生成了MCO3沉淀，过滤，洗涤、干燥后将沉淀置于足量的稀盐酸中，充分反应后，在标准状况下收集到VL气体。如要计算金属M的相对原子质量，你认为还必需提供下列哪项数据是A．M(OH)2溶液的物质的量浓度 B．与MCO3反应的盐酸的物质的量浓度C．MCO3的质量 D．题给条件充足，不需要再补充数据二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物I是临床常用的镇静、麻醉药物,其合成路线如下:已知：R＇、R〞代表烃基或氢原子+R〞Br+CH3ONa+CH3OH+NaBr回答下列问题:.（1）A的名称为________,D中官能团的名称为____。（2）试剂a的结构简式为_______，I的分子式为______。（3）写出E→F的化学方程式:_________。反应G→H的反应类型是_________。（4）满足下列要求的G的同分异构体共有.___种,其中核磁共振氢谱图中峰面积比为9:2:1的有机物的结构简式为._________。a只有一种官能团b能与NaHCO3溶液反应放出气体c结构中有3个甲基（5）以CH2BrCH2CH2Br、CH3OH、CH3ONa为原料,无机试剂任选,制备的流程如下,请将有关内容补充完整:____，____，____，____。CH2BrCH2CH2BrHOOCCH2COOHCH3OOCCH2COOCH318、盐酸阿比朵尔，适合治疗由A、B型流感病毒引起的上呼吸道感染，2020年入选新冠肺炎试用药物，其合成路线：回答下列问题：（1）有机物A中的官能团名称是______________和______________。（2）反应③的化学方程式______________。（3）反应④所需的试剂是______________。（4）反应⑤和⑥的反应类型分别是______________、______________。（5）I是B的同分异构体，具有两性并能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，写出具有六元环结构的有机物H的结构简式______________。(不考虑立体异构，只需写出3个)（6）已知：两分子酯在碱的作用下失去一分子醇生成β—羟基酯的反应称为酯缩合反应，也称为Claisen（克莱森）缩合反应，如：，设计由乙醇和制备的合成线路______________。(无机试剂任选)19、某化学兴趣小组利用硫酸铁溶液与铜粉反应，又向反应后溶液中加入KSCN溶液以检验Fe3+是否有剩余，实验记录如下；实验编号操作现象实验1i．加入Cu粉后充分振荡，溶液逐渐变蓝；ii．取少量i中清液于试管中，滴加2滴0.2mol/LKSCN溶液，溶液变为红色，但振荡后红色迅速褪去并有白色沉淀生成。（1）写出实验1中第i步的离子方程式_______________。甲同学猜想第ii步出现的异常现象是由于溶液中的Cu2+干扰了检验Fe3+的现象。查阅相关资料如下①2Cu2++4SCN-2CuSCN↓（白色）+(SCN)2（黄色）②硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间。该同学又通过如下实验验证猜想实验编号操作现象实验2溶液呈绿色，一段时间后后开始出现白色沉淀，上层溶液变为黄色实验3无色溶液立即变红，同时生成白色沉淀。（2）经检测，实验2反应后的溶液pH值减小，可能的原因是___________________________________________。（3）根据实验2、3的实验现象，甲同学推断实验3中溶液变红是由于Fe2+被(SCN)2氧化，写出溶液变红的离子方程式_______________________。继续将实验2中的浊液进一步处理，验证了这一结论的可能性。补充实验4的目的是排除了溶液存在Cu2+的可能，对应的现象是____________________________________________。（4）乙同学同时认为，根据氧化还原反应原理，在此条件下，Cu2+也能氧化Fe2+，他的判断依据是_______。（5）为排除干扰，小组同学重新设计如下装置。①A溶液为____________________________。②“电流表指针偏转，说明Cu与Fe3+发生了反应”，你认为这种说法是否合理？__________________（填合理或不合理），原因是__________________________________________。③验证Fe3+是否参与反应的操作是________________________________________。20、某研究性学习小组对过量炭粉与氧化铁反应的气体产物成分进行研究。（1）提出假设①该反应的气体产物是CO2；②该反应的气体产物是CO。③该反应的气体产物是。（2）设计方案，如图所示，将一定量的氧化铁在隔绝空气的条件下与过量炭粉完全反应，测定参加反应的碳元素与氧元素的质量比。（3）查阅资料氮气不与碳、氧化铁发生反应。实验室可以用氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应制得氮气。请写出该反应的离子方程式：。（4）实验步骤①按上图连接装置，并检查装置的气密性，称取3.20g氧化铁、2.00g碳粉混合均匀，放入48.48g的硬质玻璃管中；②加热前，先通一段时间纯净干燥的氮气；③停止通入N2后，夹紧弹簧夹，加热一段时间，澄清石灰水（足量）变浑浊；④待反应结束，再缓缓通入一段时间的氮气。冷却至室温，称得硬质玻璃管和固体总质量为52.24g；⑤过滤出石灰水中的沉淀，洗涤、烘干后称得质量为2.00g。步骤②、④中都分别通入N2，其作用分别为。（5）数据处理试根据实验数据分析，写出该实验中氧化铁与碳发生反应的化学方程式：。（6）实验优化学习小组有同学认为应对实验装置进一步完善。①甲同学认为：应将澄清石灰水换成Ba(OH)2溶液，其理由是。②从环境保护的角度，请你再提出一个优化方案将此实验装置进一步完善：。21、现有A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期。B元素含有3个能级，且毎个能级所含的电子数相同；D的原子核外有8个运动状态不同的电子，E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，且E元素的基态原子有4个未成对电子。请回答下列问题：（1）请写出D基态的价层电子排布图：_____。（2）下列说法正确的是_____。A．二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点SiO2＞CO2B．电负性顺序：C＜N＜O＜FC．N2与CO为等电子体，结构相似，化学性质相似D．稳定性：H2O＞H2S，原因是水分子间存在氢键（3）某化合物与F(Ⅰ)(Ⅰ表示化合价为＋1)结合形成如图所示的离子，该离子中碳原子的杂化方式是______。（4）己知(BC)2是直线性分子，并有对称性，且分子中每个原子最外层都达到8电子稳定结构，则(BC)2中σ键和π键的个数比为______。（5）C元素最高价含氧酸与硫酸酸性强度相近，原因是______。（6）Fe3O4晶体中，O2-的重复排列方式如图所示，该排列方式中存在着由如1、3、6、7的O2-围成的正四面体空隙和3、6、7、8、9、12的O2-围成的正八面体空隙。Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中，则Fe3O4晶体中，正四面体空隙数与O2-数之比为_____，有_____%的正八面体空隙没有填充阳离子。Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，晶体密度为5.18g/cm3，则该晶胞参数a=______pm。(写出计算表达式)

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A.SO2过量，故不能通过实验中证明二氧化硫有剩余来判断该反应为可逆反应，选项A错误；B.不一定为钠盐溶液，也可以是NaOH溶液，选项B错误；C.向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液呈紫红色，则说明原溶液中含有I-，被氧化产生碘单质，选项C正确；D.浓盐酸易挥发，挥发出的HCl也可以与硅酸钠溶液反应产生相同现象，选项D错误；答案选C。2、B【解析】

A.铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮不与水反应，所以可以用此装置制取一氧化氮，故A正确；B.用此法制取的乙炔气体中常混有硫化氢等，硫化氢具有还原性，也能使高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C.图C装置，有分液漏斗，可以通过控制液溴的量控制反应，装有四氯化碳的试管可用于除液溴，烧杯中的液体用于吸收溴化氢，倒置漏斗可防倒吸，此装置用于实验室制取溴苯，故C正确；D.二氧化碳可以先被碱液吸收，在球胆中收集一氧化碳气体，再通过分液漏斗向试剂瓶中加入酸液，二氧化碳即可放出，可以用于分离一氧化碳和二氧化碳，故D正确。答案选B。【点睛】本题考查的实验方案的设计，解题的关键是掌握各实验的目的和各物质的性质。解题时注意A选项根据铜和稀硝酸反应的化学方程式分析产生的气体以及一氧化氮的性质分析；D选项根据一氧化碳和二氧化碳的性质的区别分析实验装置和操作方法。据此解答。3、D【解析】

A.30gHCHO的物质的量为1mol，被氧化时生成二氧化碳，碳元素化合价从0价升高到+4价，所以转移电子4mol，故A错误；B.过氧化氢能将Fe2+氧化为Fe3+，与Fe3+不反应，所以不能用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe3+，故B错误；C.没有注明温度和压强，所以无法计算气体的物质的量，也无法计算参加反应的Ag的物质的量，故C错误；D.吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比，吸光度越高，则说明反应②生成的Fe2+越多，进一步说明反应①生成的Ag越多，所以HCHO含量也越高，故D正确。故选D。4、A【解析】

主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。向过量的ZWY溶液中滴入少量硫酸铜溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出，臭鸡蛋气体的气体为H2S，黑色沉淀为CuS，ZWY为NaHS或KHS；由于W、X、Y、Z的族序数之和为12，X的族序数=12-1-1-6=4，X与Y的电子层数相同，二者同周期，且原子序数不大于20，则X只能为Si，Y为S元素；Z的原子序数大于S，则Z为K元素。【详解】W为H，X为Si元素，Y为S，Z为K元素A、KHS属于离子化合物，属于弱酸盐，可以和强酸反应，属于酸式盐，可以和碱反应，故A正确；B、晶体Si熔点高、硬度大，是信息技术的关键材料，故B错误；C、同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径r（W）＜r（Y）＜r（X）＜r（Z），故C错误；D、X为Si元素，Y为S，非金属性Si<S，热稳定性：SiH4<H2S，故D错误；故选A。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，解题关键：推断元素，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，易错点B，注意二氧化硅用于制造光导纤维。5、B【解析】

A.浓硫酸确实沸点更高，但是浓硫酸并不与浓盐酸发生反应，A项错误；B.的平衡常数极小，正常情况下几乎不会发生。加入浓硫酸一方面可以极大地提高浓度，另一方面浓硫酸稀释时产生大量热，利于产物的挥发，因此反应得以进行，B项正确；C.常温常压下，1体积水能溶解约500体积的氯化氢，因此产生氯化氢的原因并不是因为溶解度，C项错误；D.高浓度的酸并不一定能制低浓度的酸，例如冰醋酸就无法通过这样的方式来制取盐酸，D项错误；答案选B。6、C【解析】

CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低。【详解】A、滴加KI溶液时，I元素的化合价升高，KI被氧化，Cu元素的化合价降低，则CuI是还原产物，故A正确；B、通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故B正确；C、发生2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2、SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI均为氧化还原反应，没有复分解反应，故C错误；D、2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu元素的化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，选项B为易错点。7、D【解析】

A.Ca(OH)2和NaHCO3溶液改变滴定顺序,均生成白色沉淀,则不能利用相互滴加检验,故A错误；B.CH3CH2Br中不含溴离子,与硝酸银不反应,不能直接检验溴元素,故B错误;C.溴与二氧化硫发生氧化还原反应,但溴单质和二氧化硫的反应必须在水溶液中进行,则不能用溴的四氯化碳溶液吸收SO2气体,故C错误;D.卤代烃在NaOH的醇溶液中共热发生消去反应，则

与NaOH的醇溶液共热可制备CH3-CH=CH2，故D正确；答案选D。8、A【解析】

A．甲醇在标况下为液体，1．2L的甲醇的物质的量大于2．5mol，故所含有的氢原子数大于2NA，A正确；B．没有指明碳酸钠的体积，不能计算出碳酸根离子的个数是否小于NA，B错误；C．随着反应的进行浓硫酸的浓度会降低，铜不与稀硫酸反应，故2molH2SO4不能完全反应，生成的SO2的分子个数会小于NA，C错误；D．苯分子中不含有碳碳双键，D错误；故答案为A。9、C【解析】

A．氢氧化钠是强电解质，A池中右边加入NaOH溶液的目的是增大溶液的导电性，A正确；B．电解池中，阳极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，X是氯气，阴极氢离子放电2H++2e-＝H2↑，Y是氢气，2.24氯气是0.1molCl2，转移电子是0.2mol，燃料电池中，正极发生得电子的还原反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，当转移0.2mol电子，理论上燃料电池中消耗O2的物质的量为0.05mol，标况下体积是0.05mol×22.4L/mol＝1.12L，因此此时充入标准状况下的空气(不考虑去除CO2的体积变化)的体积约为1.12L×5＝5.6L，B正确；C．电解池中阳离子向阴极移动，原电池中阳离子向正极移动，则A、B均为阳离子交换膜，C错误；D．燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即b%大于a%，负极氢气失电子生成氢离子消耗氢氧根离子，所以a%＞c%，得到b%＞a%＞c%，D正确。答案选C。【点睛】明确电极的判断及发生的电极反应为解答的关键，注意利用电子守恒进行计算。10、C【解析】

充电时相当于电解池，电解池在工作时，阳离子移向阴极，因此石墨极是阴极，含钴的是阳极，据此来分析各选项即可。【详解】A.充电时，阳离子（）从阳极脱嵌，穿过薄膜进入阴极，嵌入石墨中，A项正确；B.放电时相当于原电池，原电池是一类将化学能转化为电能的装置，B项正确；C.根据分析，b为电源正极，发生还原反应，C项错误；D.根据分析，整个锂电池相当于在正极和负极之间不断嵌入-脱嵌的过程，D项正确；答案选C。【点睛】锂电池正极一般选用过渡金属化合物来制作，例如本题中的钴，过渡金属一般具有多种可变的化合价，方便的嵌入和脱嵌（嵌入时，过渡金属化合价降低，脱嵌时，过渡金属化合价升高，因此无论嵌入还是脱嵌，正极材料整体仍然显电中性）。11、C【解析】

反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2[(4-2)+(3-0)]=10价，故CN-系数为2，Cl2系数为5，由元素守恒反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，以此来解答。【详解】A．反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，故A正确；

B．由上述分析可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以若有1molCN-发生反应，则有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA电子发生转移，故B正确；

C．由上述分析可知，反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是CN-是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，故C错误；

D．C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以CN-失电子，发生氧化反应为负极，故D正确。

故选：C。12、D【解析】

A项，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根中硫元素在反应前后化合价未变，反应中硫酸体现酸性，不做氧化剂，故A项错误；B项，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故B项错误；C项，因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C项错误；D项，NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体为Cu、在酸性条件下，SO32-+2H+=SO2↑+H2O，反应产生有刺激性气味气体是SO2，溶液变蓝说明有Cu2+生成，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，反应的离子方程式为：2NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，故1molNH4CuSO3完全反应转移的电子为0.5mol，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。13、B【解析】

A．由X生成Y，是X中-OH上的H原子被-CH2CH=C(CH3)2所取代，A正确；B．Y使酸性高锰酸钾溶液褪色，可能是碳碳双键的作用，也可能是醛基的作用，B不正确；C．X和Y分子中都含有醛基，均能与新制的Cu(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀，C正确；D．醛基、碳碳双键和苯环都可以和氢气加成，等物质的量的X、Y分别与H2反应，前者最多消耗H24mol，后者最多消耗H25mol，D正确；故选B。14、B【解析】

A．b是蓄电池负极，放电时负极反应为Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4，b电极放电后转化为PbSO4电极，故A正确；B．a是蓄电池的正极，a发生还原反应，d是电解池阳极，阳极发生氧化反应，d极发生氧化反应，故B错误；C．b为蓄电池负极，负极反应式为：Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4，故C正确；D．放电时总反应为PbO2＋Pb＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O，消耗硫酸，氢离子浓度降低，溶液pH增大，故D正确；选B。15、D【解析】

X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y的原子半径在第三周期中最大，Y为Na元素；Y与W形成的离子化合物对水的电离无影响，则W为Cl元素；X与Z同主族，X为非金属元素，则X可能为B、C、N、O，Z可能为Al、Si、P、S。【详解】A.常温下，B、C、N、O的单质不一定呈气态，如金刚石或石墨为固体，故A错误；B.同一周期，从左到右，非金属性逐渐增强，则非金属性：W>Z，故B错误；C.X与W形成的化合物中BCl3中的B原子未达到8电子稳定结构，故C错误；D.当Z为Al时，氢氧化铝为两性氢氧化物，Na、Al、Cl的最高价氧化物对应的水化物可能相互反应，故D正确；故选D。【点睛】本题的难点是X和Z的元素种类不确定，本题的易错点为C，要注意根据形成的化合物的化学式判断是否为8电子稳定结构。16、C【解析】

生成的气体是CO2，所以要计算M的相对原子质量，还需要知道MCO3的质量，选项C正确，答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、溴乙烷醛基、酯基C11H18N2O3+CH3OH+H2O取代反应3HOOCCH(CH3)C(CH3)2COOH、、CH(COOH)2C(CH3)3HOCH2CH2CH2OHCH2BrCH2CH2Br【解析】

根据合成路线图及题给反应信息知，B（乙酸乙酯）与C发生取代反应生成D，E与甲醇发生酯化反应生成F，则E为，F与溴乙烷发生题给反应生成G，对比G和F的结构，结合信息反应知试剂a为，结合H和I的结构变化分析，可知H和NH2CONH2脱去2分子CH3OH形成六元环，据此分析解答。【详解】（1）根据A的结构简式分析，A为溴乙烷；D为，所含官能团有醛基、酯基，故答案为：溴乙烷；醛基、酯基；（2）根据G和H的结构变化，结合题给反应信息知，试剂a的结构简式为；根据I的结构简式分析其分子式为C11H18N2O3，故答案为：；C11H18N2O3；（3）E与甲醇发生酯化反应得到F，化学方程式为：+CH3OH+H2O；比较G和H的结构变化，反应G→H的反应类型是取代反应，故答案为：+CH3OH+H2O；取代反应；（4）G为，同分异构体中只有一种官能团，能与NaHCO3溶液反应放出气体，则含有2个羧基，结构中有3个甲基的结构有、、CH(COOH)2C(CH3)3共3种，核磁共振氢谱图中峰面积比为9:2:1，则有3种不同化学环境的H，且原子个数比为9:2:1，其结构为：、，CH(COOH)2C(CH3)3，故答案为：3；HOOCCH(CH3)C(CH3)2COOH、、CH(COOH)2C(CH3)3；（5）可利用CH2BrCH2CH2Br先水解再氧化得到HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH再与甲醇酯化即可生成CH3OOCCH2COOCH3，最后CH3OOCCH2COOCH3、CH2BrCH2CH2Br、CH3ONa发生信息中的反应成环得到，CH2BrCH2CH2Br在氢氧化钠溶液中加热水解生成HOCH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2OH被酸性高锰酸钾溶液氧化生成HOOCCH2COOH，故答案为：；HOCH2CH2CH2OH；；CH2BrCH2CH2Br。18、羰基酯基+→+HClBr2取代反应取代反应（任写3个）CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH【解析】

根据合成路线图中反应物和生成物的结构变化分析反应类型；根据题给信息及路线图中反应类型比较目标产物及原料的结构设计合成路线图。【详解】（1）根据A的结构简式分析，A中的官能团有羰基和酯基，故答案为：羰基；酯基；（2）根据比较C和E的结构及反应物的结构，分析中间产物D的结构简式为：，则反应③的化学方程式为：+→+HCl；故答案为：+→+HCl；（3）比较D和E的结构，反应④为取代反应，所需的试剂是Br2，故答案为：Br2；（4）比较E和F的结构变化及F和G的结构变化，反应⑤为取代反应；反应⑥也为取代反应，故答案为：取代反应；取代反应；（5）I是B（）的同分异构体，具有两性并能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，则结构中含有氨基和羧基，其中具有六元环结构的有机物H的结构简式有：；（6）乙醇氧化可以得到乙酸，乙酸与乙醇酯化反应反应得到乙酸乙酯（），乙酸乙酯发生酯缩合反应生成，与发生合成路线中反应①的反应即可得到，故答案为：CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH。19、Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+部分(SCN)2与水反应生成酸Fe3++3SCN-Fe(SCN)3溶液褪色，无蓝色沉淀在Cu2+与SCN－反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+〉(SCN)20.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液不合理未排除氧气干扰一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀【解析】

(1)Cu粉与Fe3+反应，离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；(2)硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间，能与水反应，生成酸；(3)Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN反应，显红色；(SCN)2会与氢氧化钾反应，同时Cu2+与氢氧化钾反应，生成蓝色沉淀，没有Cu2+则无蓝色沉淀；(4)根据氧化还原反应规律分析；(5)①A的电极为C，B的电极为Cu，则Cu做负极，C做正极，A中放电解质溶液；②溶液中的氧气会影响反应；③铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀。【详解】(1)Cu粉与Fe3+反应，离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+，故答案为：Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；(2)硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间，能与水反应，生成酸，故答案为：部分(SCN)2与水反应生成酸；(3)Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN反应，显红色，离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；(SCN)2会与氢氧化钾反应，同时Cu2+与氢氧化钾反应，生成蓝色沉淀，没有Cu2+则无蓝色沉淀，故答案为：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；溶液褪色，无蓝色沉淀；(4)根据2Cu2++4SCN-2CuSCN↓(白色)+(SCN)2(黄色),Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+>(SCN)2，(SCN)2能氧化Fe2+，则氧化性(SCN)2>Fe2+，即Cu2+也能氧化Fe2+，故答案为：在Cu2+与SCN－反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+>(SCN)2；(5)①A的电极为C，B的电极为Cu，则Cu做负极，C做正极，A中放电解质溶液，则电解质为0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液，故答案为：0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液；②溶液中的氧气会影响反应，未做排氧操作，不合理，故答案为：不合理；未排除氧气干扰；③Fe3+参与反应后生成Fe2+，铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀，可验证产生的Fe2+，操作为一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀，故答案为：一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀。【点睛】本题易错点(6)，使用的电解质溶液，要和之前的浓度保持一致，才能形成对比实验，做实验题型，一定要注意控制变量法的规则。20、（本题共16分）（1）CO2、CO的混合物（3）NH4++NO2—N2↑+2H2O（4）步骤②中是为了排尽空气；步骤④是为了赶出所有的CO2，确保完全吸收（5）2C+Fe2O32Fe+CO↑+CO2↑（6）①Ba(OH)2溶解度大，浓度大，使CO2被吸收的更完全；M(BaCO3)＞M(CaCO3)，称量时相对误差小。②在尾气出口处加一点燃的酒精灯或增加一尾气处理装置【解析】试题分析：（1）过量炭粉与氧化铁反应的气体产物可能有：①CO、②CO2、③CO2、CO的混合物三种情况；（3）氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应可以制得氮气；（4）⑤根据前后两次通入氮气的时间和减小实验误差角度来分析；（5）根据质量守恒判断气体的组成，根据质量关系计算气体的物质的量之间的关系，进而书写化学方程式；（6）①根据氢氧化钙和氢氧化钡的本质区别来思考；②一氧化碳是一种有毒气体，可以通过点燃来进行尾气处理．解：（1）过量炭粉与氧化铁反应的气体产物可能有：①CO、②CO2、③CO2、CO的混合物，（3）氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应制得氮气，反应物有NH4Cl和N