2024届天津市新四区示范校高考化学倒计时模拟卷含解析

2024届天津市新四区示范校高考化学倒计时模拟卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、景泰蓝是一种传统的手工艺品。下列制作景泰蓝的步骤中，不涉及化学变化的是ABCD将铜丝压扁，掰成图案

将铅丹、硼酸盐等化合熔制后描绘

高温焙烧

酸洗去污A．A B．B C．C D．D2、MnSO4·H2O是一种易溶于水的微红色斜方晶体，某同学设计下列装置制备硫酸锰：下列说法错误的是A．装置I烧瓶中放入的药品X为铜屑B．装置II中用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率C．装置III用于吸收未反应的SO2D．用装置II反应后的溶液制备MnSO4·H2O需经历蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥的过程3、锂钒氧化物二次电池成本较低，且对环境无污染，其充放电的反应方程式为V2O5+xLiLixV2O5。如图为用该电池电解含镍酸性废水制取单质镍的装置。下列说法正确的是（）A．该电池充电时，负极的电极反应式为LixV2O5–xe-=V2O5+xLi+B．该电池可以用LiCl水溶液作电解质溶液C．当电池中有7gLi参与放电时，能得到59gNiD．电解过程中，NaCl溶液的浓度会不断增大4、下列说法不正确的是()A．工业合成氨是一种人工固氮方法 B．侯氏制碱法应用了物质溶解度的差异C．播撒碘化银可实现人工降雨 D．铁是人类最早使用的金属材料5、常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系错误的是（）A．pH为5的NaHSO3溶液中:c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)B．向NH4Cl溶液中加入NaOH固体至pH=7：c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)=c(NH3·H2O)>c(OH-)=c(H+)C．将等体积、等物质的量浓度的CH3COONH4与NaCl溶液混合，pH=7：c(CH3COO-)+c(Na+)=c(Cl-)+c(NH4+)D．20mL0.1mol/LNH4HSO4溶液与30mL0.1mol/LNaOH溶液混合，测得pH>7：c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(H+)6、一种治疗感冒咳嗽的药物结构简式是。下列关于该有机物的说法正确的是（）A．分子中所有碳原子可在同一平面上B．该有机物的分子式是C10H16OC．该有机物能发生加成和氧化反应D．该有机物与互为同分异构体7、下列关于氨气的说法正确的是（）A．氨分子的空间构型为三角形B．氨分子常温下能被氧化成一氧化氮C．氨分子是含极性键的极性分子D．氨水呈碱性，所以氨气是电解质8、有机物环丙叉环丙烷的结构为。关于该有机物的说法正确的是A．所有原子处于同一平面B．二氯代物有3种C．生成1molC6H14至少需要3molH2D．1mol该物质完全燃烧时，需消耗8.5molO29、以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下：相关反应的热化学方程式为：反应I：SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)＝2HI(aq)+H2SO4(aq)；ΔH1

=﹣213kJ·mol-1反应II：H2SO4(aq)＝SO2(g)+H2O(l)+1/2O2(g)；ΔH2

=+327kJ·mol-1反应III：2HI(aq)＝H2(g)+I2(g)；ΔH3

=+172kJ·mol-1下列说法不正确的是（）A．该过程实现了太阳能到化学能的转化B．SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用C．总反应的热化学方程式为：2H2O(l)＝2H2

(g)+O2(g)；ΔH

=+286kJ·mol-1D．该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的ΔH不变10、下列叙述正确的是()A．电镀时，通常把待镀的金属制品作阳极B．氯碱工业上电解的是熔融的NaClC．氢氧燃料电池(酸性电解质)中O2通入正极，电极反应为O2＋4H＋＋4e－=2H2OD．上图中电子由Zn极移向Cu极，盐桥中的Cl－移向CuSO4溶液11、如图为元素周期表的一部分，其中A、B、C、D、E代表元素。下列说法错误的是A．元素B、D对应族①处的标识为ⅥA16B．熔点：D的氧化物＜C的氧化物C．AE3分子中所有原子都满足8电子稳定结构D．E的含氧酸酸性强于D的含氧酸12、古往今来传颂着许多与酒相关的古诗词，其中“葡萄美酒夜光杯，欲饮琵琶马上催”较好地表达了战士出征前开杯畅饮的豪迈情怀。下列说法错误的是（）A．忽略酒精和水之外的其它成分，葡萄酒的度数越高密度越小B．古代琵琶的琴弦主要由牛筋制成，牛筋的主要成分是蛋白质C．制作夜光杯的鸳鸯玉的主要成分为3MgO•4SiO2•H2O，属于氧化物D．红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯13、下列说法错误的是（）A．以乙醇、空气为原料可制取乙酸B．甲苯分子中最多13个原子共平面C．淀粉、油脂和蛋白质都是可以水解的高分子化合物D．分子式为C5H12O的醇共有8种结构14、一定条件下，有机化合物Y可发生重排反应：(X)(Y)(Z)下列说法不正确的是A．X、Y、Z互为同分异构体B．1molX最多能与3molH2发生加成反应C．1molY最多能与2molNaOH发生反应D．通过调控温度可以得到不同的目标产物15、关于2NaOH（s）+H2SO4（aq）→Na2SO4（aq）+2H2O（l）+QkJ说法正确的是（）A．NaOH（s）溶于水的过程中扩散吸收的能量大于水合释放的能量B．Q＜0C．NaOH（s）+1/2

H2SO4（aq）→1/2

Na2SO4（aq）+H2O（l）+1/2Q

kJD．若将上述反应中的

NaOH（s）换成

NaOH（aq），则Q′＞Q16、在抗击“2019新型冠状病毒”的过程中，大量防护和消毒用品投入使用。下列有关说法正确的是A．二氧化氯泡腾片和酒精均可杀灭新型冠状病毒，二者的消毒原理相同B．聚丙烯和聚四氟乙烯为生产防护服的主要原料，二者均属于有机高分子材料C．真丝织品和棉纺织品可代替无纺布生产防护口罩，二者均可防止病毒渗透D．保持空气湿度和适当降温可减少新型冠状病毒传染，二者均可防止病毒滋生17、某化妆品的组分Z具有美白功效，原来从杨树中提取，现可用如下反应制备。下列有关叙述错误的是A．X、Y和Z分子中所有原子都可能处于同一平面B．X、Y和Z均能使酸性高锰酸钾溶液退色C．Y的苯环上二氯代物共有6种D．Y作为单体可发生加聚反应，Z能与Na2CO3溶液反应18、有机物M、N之间可发生如图转化，下列说法不正确的是A．M能与溴水发生加成反应B．N能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．M分子中所有碳原子共平面D．M、N均能发生水解反应和酯化反应19、25

℃时，几种弱酸的电离平衡常数如下表所示。下列说法正确的是（）化学式CH3COOHH2CO3HCN电离平衡常数KK=1.7×10–5K1=4.2×10–7K2=5.6×10–11K=6.2×10–10A．NaCN溶液中通入少量CO2的离子方程式为H2O+CO2+CN-=HCO3-+HCNB．向稀醋酸溶液中加少量水，增大C．等物质的量浓度的Na2CO3溶液pH比NaHCO3溶液小D．等体积等物质的量浓度的NaCN溶液和HCN溶液混合后溶液呈酸性20、下列说法正确的是A．氯化氢气体溶于水破坏离子键，产生H+和Cl-B．硅晶体熔化与碘化氢分解需克服的化学键类型相同C．NH3和HCl都极易溶于水，是因为都可以和H2O形成氢键D．CO2和SiO2的熔沸点和硬度相差很大，是由于它们所含的化学键类型不同21、常温下，向1L0.01mol·L－1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气［常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5］，保持温度和溶液体积不变，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述不正确的是A．0.01mol·L－1HR溶液的pH约为4B．随着氨气的通入，逐渐减小C．当溶液为碱性时，c（R－）＞c（HR）D．当通入0.01molNH3时，溶液中存在：c（R－）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH－）22、下列固体混合物与过量的稀H2SO4反应，能产生气泡并有沉淀生成的是A．NaHCO3和Al（OH）3 B．BaCl2和NaCl C．MgCO3和K2SO4 D．Na2SO3和BaCO3二、非选择题(共84分)23、（14分）某有机物M的结构简式为，其合成路线如下：已知：①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，即②R1CHO+R2CH2CHO+H2O根据相关信息，回答下列问题：（1）B的名称为________；C的结构简式为________。（2）D→E转化过程中第①步反应的化学方程式为_______。（3）IV的反应类型为_______；V的反应条件是_____。（4）A也是合成阿司匹林（）的原料，有多种同分异构体。写出符合下列条件的同分异构体的结构简式______(任写一种即可)。a.苯环上有3个取代基b.仅属于酯类，能发生银镜反应，且1mol该物质反应时最多能生成4molAg；c.苯环上的一氯代物有两种。（5）若以F及乙醛为原料来合成M()，试写出合成路线_________。合成路线示例：24、（12分）茉莉酸甲酯的一种合成路线如下：(1)C中含氧官能团名称为________。(2)D→E的反应类型为________。(3)已知A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，写出B的结构简式：________。(4)D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分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应；②碱性条件水解生成两种产物，酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢。(5)写出以和CH2(COOCH3)2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。25、（12分）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于乙醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解、氧化。（制备）方法一：（资料查阅）(1)仪器X的名称是______，在实验过程中，B中试纸的颜色变化是______。(2)实验操作的先后顺序是______(填操作的编号)a.检查装置的气密性后加入药品b.熄灭酒精灯，冷却c.在气体入口处通入干燥HCld.点燃酒精灯，加热e.停止通入HCI，然后通入(3)反应结束后发现含有少量CuO杂质，产生的原因是______。方法二：(4)向,溶液中加入一定量NaCl和可生成自色沉淀CuCl离子方程式为______，过滤，沉淀用的酸洗，水洗，乙醇洗三步操作，酸洗采用的酸是______(写名称)，用乙醇洗涤的原因是______(任写一点)。（含量测定）(5)准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L的溶液滴定到终点，消耗溶液bmL，反应中被还原为，样品中CuCl的质量分数为______(CuCl分子量：)（应用）利用如下图所示装置，测定高炉煤气中CO、、和)的百分组成。(6)已知：i.CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成。ii.保险粉和KOH的混合溶液能吸收氧气。①出保险粉和KOH混合溶液吸收的离子方程式：______。②D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是______、______。26、（10分）工业上常用亚硝酸钠作媒染剂、漂白剂、钢材缓蚀剂、金属热处理剂。某兴趣小组用下列装置制备并探究NO、的某一化学性质中加热装置已略去。请回答下列问题：已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2②NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+(1)装置A三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为____________。(2)用上图中的装置制备，其连接顺序为：___________________按气流方向，用小写字母表示，此时活塞、如何操作____________。(3)装置发生反应的离子方程式是________________。(4)通过查阅资料，或NO可能与溶液中发生反应。某同学选择上述装置并按顺序连接，E中装入溶液，进行如下实验探究。步骤操作及现象①关闭K2，打开K1，打开弹簧夹通一段时间的氮气，夹紧弹簧夹，开始A中反应，一段时间后，观察到E中溶液逐渐变为深棕色。②停止A中反应，打开弹簧夹和K2、关闭K1，持续通入N2一段时间③更换新的E装置，再通一段时间N2后关闭弹簧夹，使A中反应继续，观察到的现象与步骤①中相同步骤②操作的目的是___________；步骤③C瓶中发生的化学方程式为_________________；通过实验可以得出：___________填“、NO中的一种或两种”和溶液中发生反应使溶液呈深棕色。27、（12分）二氧化硫(SO2)是一种在空间地理、环境科学、地质勘探等领域受到广泛研究的一种气体。Ⅰ.某研究小组设计了一套制备及检验SO2部分性质的装置，如图所示：(1)仪器A的名称____________。(2)装置乙的作用是为了观察生成SO2的速率，则装置乙中加入的试剂是____________。(3)①实验前有同学提出质疑：该装置没有排空气，而空气中的O2氧化性强于SO2，因此装置丁中即使有浑浊现象也不能说明是SO2导致的。请你写出O2与Na2S溶液反应的化学反应方程式____________。②为进一步检验装置丁产生浑浊现象的原因，进行新的实验探究。实验操作及现象见表：序号实验操作实验现象1向10mL1mol/LNa2S溶液中通O215min后，溶液才出现浑浊2向10mL1mol/LNa2S溶液中通SO2溶液立即出现黄色浑浊由实验现象可知：该实验条件下Na2S溶液出现浑浊现象是SO2导致的。你认为上表实验1反应较慢的原因可能是____________。Ⅱ.铁矿石中硫元素的测定可以使用燃烧碘量法，其原理是以氮气为载体，以稀盐酸、淀粉和碘化钾的混合溶液为吸收液，用0.0010mol·L-1KIO3标准溶液进行滴定。检测装置如图所示：[查阅资料]①实验进行5min样品中的S元素都可转化为SO2②2IO3-+5SO2+4H2O=8H++5SO42-+I2③I2+SO2+2H2O=2I-+SO42-+4H+④IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O(4)工业设定的滴定终点现象是____________。(5)实验一：不放样品进行实验，5min后测得消耗标准液体积为V1实验二：加入1g样品再进行实验，5min后测得消耗标准液体积为V2①比较数据发现V1远远小于V2，可忽略不计。则设置实验一的目的是___________。②测得V2的体积如表：序号123KIO3标准溶液体积/mL10.029.9810.00该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为____________。28、（14分）（11分）近年来，随着锂离子电池的广泛应用，废锂离子电池的回收处理至关重要。下面是利用废锂离子电池正极材料（有Al、LiCoO2、Ni、Mn、Fe等）回收钴、镍、锂的流程图。已知：P204[二(2−乙基己基)磷酸酯]常用于萃取锰，P507(2−乙基己基膦酸−2−乙基己酯）和Cyanex272[二(2，4，4)−三甲基戊基次磷酸]常用于萃取钴、镍。回答下列问题：（1）在硫酸存在的条件下，正极材料粉末中LiCoO2与H2O2反应能生成使带火星木条复燃的气体，请写出反应的化学方程式__________________________________。（2）一些金属难溶氢氧化物的溶解度（用阳离子的饱和浓度表示）与pH的关系图如下：加入NaOH溶液调pH=5可除去图中的________（填金属离子符号）杂质；写出除去金属离子的离子方程式________________________（一种即可）。（3）已知P507萃取金属离子的原理为nHR(Org)+Mn+(aq)MRn(Org)+nH+(aq)，且随着萃取过程中pH降低，萃取效率下降。萃取前先用NaOH对萃取剂进行皂化处理，皂化萃取剂萃取金属离子的反应为nNaR(Org)+Mn+(aq)MRn(Org)+nNa+(aq)。对萃取剂进行皂化处理的原因为________________。（4）控制水相pH=5.2，温度25℃，分别用P507、Cyanex272作萃取剂，萃取剂浓度对萃取分离钴、镍的影响实验结果如图所示。■—Co(Cyanex272)；●—Ni(Cyanex272)；▲—Co(P507)；▼—Ni(P507)由图可知，钴、镍的萃取率随萃取剂浓度增大而_________（填“增大”或“减小”）；两种萃取剂中___________（填“P507”或“Cyanex272”）的分离效果比较好，若选P507为萃取剂，则最适宜的萃取剂浓度大约为__________mol·L−1；若选Cyanex272萃取剂，则最适宜的萃取剂浓度大约为___________mol·L−1。（5）室温下，用NaOH溶液调节钴萃余液的pH=12，搅拌一段时间后，静置，离心分离得到淡绿色氢氧化镍固体，镍沉淀率可达99.62%。已知Ksp[Ni(OH)2]=5.25×10−16，则沉镍母液中Ni2+的浓度为2.1×10−11mol·L−1时，pH=______(lg5=0.7)。29、（10分）过氧化钠是一种淡黄色固体，有漂白性，能与水、酸性氧化物和酸反应。（1）一定条件下，m克的H2、CO的混合气体在足量的氧气中充分燃烧，产物与过量的过氧化钠完全反应，过氧化钠固体增重___克。（2）常温下，将14.0克的Na2O和Na2O2的混合物放入水中，得到400mLpH=14的溶液，则产生的气体标准状况下体积为___L。（3）在200mLAl2（SO4）3和MgSO4的混合液中，加入一定量的Na2O2充分反应，至沉淀质量不再减少时，测得沉淀质量为5.8克。此时生成标准状况下气体体积为5.6L。则原混合液中c（SO42-）=___mol/L。（4）取17.88gNaHCO3和Na2O2的固体混合物，在密闭容器中加热到250℃，经充分反应后排出气体，冷却后称得固体质量为15.92g。请列式计算：①求原混合物中Na2O2的质量B___；②若要将反应后的固体反应完，需要1mol/L盐酸的体积为多少毫升___？

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.将铜丝压扁并掰成图案，并没有新的物质生成，属于物理变化，不涉及化学变化，故A选；B.铅丹、硼酸盐等原料化合在经过烧熔而制成不透明的或是半透明的有独特光泽物质，该过程有新物质生成，属于化学变化，故B不选；C.烧制陶瓷过程有新物质生成，属于化学变化，故C不选；D.酸洗去污，该过程为酸与金属氧化物反应生成易溶性物质，属于化学变化，故D不选。2、A【解析】

由实验装置可知，X可能为亚硫酸钠，与浓硫酸反应生成二氧化硫，而Cu与浓硫酸常温下不反应，II中“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率，二氧化硫与二氧化锰反应生成MnSO4，蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体，Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。【详解】A．Cu与浓硫酸常温下不反应，X不可能为Cu，A项错误；

B．装置Ⅱ中用“多孔球泡”，增大接触面积，可增大SO2的吸收速率，B项正确；

C．Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾气，C项正确；

D．用装置Ⅱ反应后的溶液制备MnSO4•H2O，蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥可得到，D项正确；

答案选A。3、D【解析】

V2O5+xLiLixV2O5，分析反应得出Li化合价升高，为负极，V2O5化合价降低，为正极。【详解】A.该电池充电时，阴极的电极反应式为Li++e－=Li，故A错误；B.Li会与LiCl水溶液中水反应，因此LiCl水溶液不能作电解质溶液，故B错误；C.根据电子守恒得到关系式2Li—Ni，因此当电池中有7gLi即1mol参与放电时，能得到0.5molNi即29.5g，故C错误；D.电解过程中，碳棒为阳极，阳极区钠离子穿过阳离子膜不断向右移动，右边是阴极，阴极区氯离子穿过阴离子膜不断向左移动，因此NaCl溶液的浓度会不断增大，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】分析电池中化合价，对放电来说化合价升高为负极，降低为正极，充电时，原电池的负极就是充电时的阴极，书写时将原电池负极反过来书写即可。4、D【解析】

A.氮的固定是把游离态氮转变成化合态氮的过程，分自然固氮和人工固氮，工业合成氨是一种人工固氮方法，A正确；B.侯氏制碱法，应用了碳酸氢钠溶解度小而结晶析出，经分离再受热分解得到碳酸钠，B正确；C.播撒碘化银、干冰都可实现人工降雨，C正确；D.铁的金属性比较强，不可能是人类最早使用的金属材料，人类使用金属材料，铜比铁早，D错误；答案选D。5、A【解析】

A.pH=5的NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸根离子电离大于水解程度，离子浓度大小：c（HSO3－）＞c（SO32－）＞c（H2SO3），故A错误；B.向NH4Cl溶液中加入NaOH固体至pH=7，加入的NaOH少于NH4Cl，由电荷守恒：c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)，则c(NH3·H2O)=c(Na+)，NH3·H2O电离大于NH4+水解，c(NH4+)>c(NH3·H2O)，所得溶液中：c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)=c(NH3·H2O)>c(OH-)=c(H+)，故B正确；C.CH3COONH4中醋酸根离子和铵根离子的水解程度相同溶液呈中性，NaCl也呈中性，c(Na+)=c(Cl-)，c(NH4+)=c(CH3COO－)，c(CH3COO－)+c(Na+)=c(Cl-)+c(NH4+)，故C正确；D.滴入30mLNaOH溶液时（pH＞7），其中20mL氢氧化钠溶液与硫酸氢铵中的氢离子发生中和反应，剩余的10mL氢氧化钠溶液与铵根离子反应，则反应后的溶液中含有0.001mol一水合氨、0.0005mol硫酸铵，溶液的pH＞7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则：c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）、c（OH－）＞c（H＋），则溶液中离子浓度大小为：c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）＞c（OH－）＞c（H＋），故D正确；故选A。【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断等知识，解题关键：明确反应后溶质组成，难点突破：注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。6、C【解析】

A．饱和碳原子连接的四个原子构成四面体结构，最多有三个原子处于同一平面，中标*的碳原子连了三个碳原子，所以所有碳原子不可能在同一平面，A错误；B．该有机物的分子式是C10H14O，B错误；C．该有机物含有的碳碳双键、羰基能发生加成反应，碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，C正确；D．的分子式为C10H12O，二者分子式不相同，不互为同分异构体，D错误。答案选C。7、C【解析】

A．NH3中N原子的价层电子对数=3+12（5-3×1）=4，属于sp3型杂化，空间构型为三角锥形，选项AB．氨氧化法是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮（NO）。此时温度很高，选项B错误；C．NH3中有N、H元素之间形成极性键，分子结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，选项C正确；D．氨气本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，选项D错误；答案选C。8、C【解析】

A.分子中所有碳原子处于同一平面，但氢原子不在此平面内，错误；B.二氯代物中，两个氯原子连在同一碳原子上的异构体有1种，两个氯原子连在不同碳原子上的异构体有3种，也就是二氯代物共有4种，错误；C.生成1molC6H14，至少需要3molH2，正确；D.该物质的分子式为C6H8，1mol该物质完全燃烧时，需消耗8molO2，错误。答案为C。9、C【解析】

A、通过流程图，反应II和III，实现了太阳能到化学能的转化，故A说法正确；B、根据流程总反应为H2O=H2↑＋1/2O2↑，SO2和I2起到催化剂的作用，故B说法正确；C、反应I+反应II+反应III，得到H2O(l)=H2(g)＋1/2O2(g)△H=(－213＋327＋172)kJ·mol－1=＋286kJ·mol－1，或者2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)△H=＋572kJ·mol－1，故C说法错误；D、△H只与始态和终态有关，该过程降低了水分解制氢的活化能，△H不变，故D说法正确。10、C【解析】

A.电镀时，通常把待镀的金属制品作阴极，A错误；B.氯碱工业上电解的是饱和食盐水，B错误；C.氢氧燃料电池（酸性电解质）中O2通入正极，电极反应为：O2+4H++4e-＝2H2O，C正确；D.由于金属活动性Zn＞Cu,所以Zn为负极，电子由Zn极移向Cu极，盐桥中的Cl－移向正电荷较多的ZnSO4溶液，D错误；答案选C。11、D【解析】

A.元素B、D是氧族元素，周期表中第16列，对应族①处的标识为ⅥA16，故A正确；B.D为S，其氧化物为分子晶体，C的氧化物为SiO2，是原子晶体，熔点：D的氧化物＜C的氧化物，故B正确；C.AE3分子中，NCl3分子中N最外层5个电子，三个氯原子各提供1个电子，N满足8电子，氯最外层7个，氮提供3个电子，分别给三个氯原子，所有原子都满足8电子稳定结构，故C正确；D.应是E的最高价含氧酸酸性强于D的最高价含氧酸，故D错误；故选D。12、C【解析】

A.酒精的密度小于水的密度，其密度随着质量分数的增大而减小，因此葡萄酒的度数越高密度越小，故A说法正确；B.牛筋的主要成分是蛋白质，故B说法正确；C.3MgO·4SiO2·H2O属于硅酸盐，不属于氧化物，故C说法错误；D.密封过程中一部分乙醇被氧化酸，酸与醇反应生成了有香味的酯，故D说法正确；答案：C。13、C【解析】

A.醇羟基可以发生氧化反应生成羧基，可以用乙醇、空气为原料制取乙酸，故A正确；B.甲苯中苯基有11个原子共平面，甲基中最多有2个原子与苯基共平面，最多有13个原子共平面，故B正确；C.油脂不属于高分子化合物，故C错误；D.C5H12的同分异构体有CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、C(CH3)4，其中CH3CH2CH2CH2CH3有3种H原子，CH3CH2CH(CH3)2有4种H原子，C(CH3)4只有1种H原子，故羟基(—OH)取代1个H得到的醇有3+4+1=8种，故D正确；故答案为C。【点睛】C5H12O的醇可以看做羟基上连接一个戊基，戊基有8种，所以分子式为C5H12O的醇共有8种结构；常见的烃基个数：丙基2种；丁基4种；戊基8种。14、B【解析】

A．X、Y、Z的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故A正确；B．X中苯环和羰基能与氢气发生加成反应，则1

mol

X最多能与4

mol

H2发生加成反应，故B错误；C．Y含有酯基，且水解生成酚羟基，则1

mol

Y最多能与2

mol

NaOH发生反应，故C正确；D．由转化关系可知，Y在不同温度下，生成不同物质，则通过调控温度可以得到不同的目标产物，故D正确；故选B。【点睛】本题的易错点为C，要注意酯基水解生成的羟基是否为酚羟基。15、C【解析】

A、氢氧化钠固体溶于水是放热的过程，故NaOH(s)溶于水的过程中扩散吸收的能量小于水合释放的能量，故A错误；B、酸碱中和放热，故Q大于0，故B错误；C、反应的热效应与反应的计量数成正比，故当将反应的计量数除以2时，反应的热效应也除以2，即变为NaOH（s）+

H2SO4（aq）→

Na2SO4（aq）+H2O（l）+Q

kJ，故C正确；D、氢氧化钠固体溶于水放热，即若将氢氧化钠固体换为氢氧化钠溶液，则反应放出的热量变小，即则Q′＜Q，故D错误。故选：C。16、B【解析】

A.二氧化氯具有强的氧化性，能够使病毒氧化变质而失去生理活性，因而具有杀菌消毒作用，而酒精则是由于其使蛋白质脱水发生变性而消毒，因此二者的消毒原理不相同，A错误；B.聚丙烯和聚四氟乙烯都是高聚物，均属于有机高分子材料，B正确；C.真丝织品和棉纺织品的空隙大，具有很好的渗透性，不能阻止病毒渗透，因此不能代替无纺布生产防护口罩，C错误；D.保持空气湿度和适当降温不能阻止病毒滋生，D错误；故合理选项是B。17、A【解析】

A．X为间苯二酚，为平面型结构；Y为苯和乙烯的符合结构，也是平面结构；Z中存在烷烃基团的结构，因此Z的所有原子不可能处在同一个平面内，A错误；B．X和Z含有酚羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，Y含有双键也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．根据Y结构的对称性，苯环上氯原子的位置分别有2,3；2,4；2,5；2,6；3,4；3,5共有6种，C正确；D．Y种含有双键，可以作为单体发生加聚反应，Z中含有酚羟基，有弱酸性可以和Na2CO3溶液发生反应，D正确；故选A。18、C【解析】

A.M中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，故A正确；B.N中含有羟基，能被酸性高猛酸钾氧化，故B正确；C.M中含有饱和碳原子，与饱和碳原子相连的三个C以及该饱和碳原子不可能全部在同一平面上，故C错误；D.M、N中均含有酯基，都能水解，均含有羟基均能发生酯化反应，故D正确；故答案为C。19、A【解析】

根据电离平衡常数得出酸强弱顺序为：CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO3－。【详解】A.NaCN溶液中通入少量CO2的离子方程式为H2O+CO2+CN－=HCO3－+HCN，故A正确；B.向稀醋酸溶液中加少量水，，平衡常数不变，醋酸根离子浓度减小，比值减小，故B错误；C.根据越弱越水解，因此碳酸钠水解程度大，碱性强，因此等物质的量浓度的Na2CO3溶液pH比NaHCO3溶液大，故C错误；D.等体积等物质的量浓度的NaCN溶液和HCN溶液混合，，因此混合后水解为主要，因此溶液呈碱性，故D错误。综上所述，答案为A。20、B【解析】

A.HCl是共价化合物，氯化氢气体溶于水时破坏共价键，产生H+和Cl-，A错误；B.硅晶体属于原子晶体，熔化断裂共价键；碘化氢属于分子晶体，碘化氢分解破坏共价键，因此需克服的化学键类型相同，B正确；C.NH3和HCl都极易溶于水，NH3是因为可以和H2O形成氢键，但HCl分子与H2O分子之间不存在氢键，C错误；D.CO2和SiO2的熔沸点和硬度相差很大，是由于CO2属于分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，而SiO2属于原子晶体，原子之间以强的共价键结合，熔化时破坏的作用力性质不同，D错误；故合理选项是B。21、D【解析】

A.pH=6时c(H+)=10-6，由图可得此时=0，则Ka==10-6，设HR0.01mol·L－1电离了Xmol·L－1，Ka==10-6，解得X=10-6，pH=4，A项正确；B.由已知HR溶液中存在着HR分子，所以HR为弱酸，==c(H+)/Ka温度不变时Ka的值不变，c(H+)浓度在减小，故在减小，B项正确；C.当溶液为碱性时，R－的水解会被抑制，c(R－)＞c(HR)，C项正确；D.Ka=10-6，当通入0.01molNH3时，恰好反应生成NH4R，又因为常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5，所以NH4R溶液中R-水解程度大于NH4+水解程度，NH4R溶液呈碱性，则c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)，D项错误；答案选D。22、D【解析】

A．碳酸氢钠可以和硫酸反应生成二氧化碳气体，但是NaHCO3和Al(OH)3和硫酸反应都不会生成沉淀，故A错误；B．BaCl2和NaCl与硫酸反应，前者可以产生沉淀，但都不会生成气体，故B错误；C．MgCO3可以和硫酸反应生成二氧化碳气体，K2SO4与硫酸不发生反应，没有沉淀生成，故C错误；D．Na2SO3可以和硫酸反应生成二氧化硫气体，BaCO3可以和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳气体，既能产生气泡又有沉淀生成，故D正确；答案选D。二、非选择题(共84分)23、4-氯甲苯(或对氯甲苯)+CH3CHO取代反应银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化【解析】

由有机物的转化关系，A为甲苯，结构简式为，A在铁做催化剂的条件下发生苯环取代生成，则B为；在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，则C为；在氢氧化钠溶液中发生信息①反应生成，则D为；与乙醛在氢氧化钠溶液中发生信息②反应生成，则E为；在铜作催化剂作用下，与NaOCH3在加热条件下发生取代反应生成，发生氧化反应生成。【详解】（1）B的结构简式为，名称为4-氯甲苯(或对氯甲苯)，在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，则C的结构简式为，故答案为4-氯甲苯(或对氯甲苯)；；（2）D→E转化过程中第①步反应为在氢氧化钠溶液中与乙醛发生加成反应，反应的化学方程式为+CH3CHO，故答案为+CH3CHO；（3）IV的反应为在铜作催化剂作用下，与NaOCH3在加热条件下发生取代反应生成；V的反应发生氧化反应生成，反应条件可以是银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化，故答案为取代反应；银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化；（4）能发生银镜反应且每摩尔物质反应生成4molAg说明含有两个醛基；属于酯类，且苯环上的一氯代物有两种，说明结构对称，结合含有两个醛基且苯环上只有3个取代基可知苯环上含有两个“HCOO-”，另外还剩余1个C原子，即为一个甲基，则符合条件的同分异构体的结构简式为或，故答案为或；（5）由M的结构简式，结合逆推法可知，合成M的流程为CH3CHO在氢氧化钠溶液中发生信息②反应生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO在催化剂作用下，与氢气在加热条件下发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH2OH与F在浓硫酸作用下，共热发生酯化反应生成M，合成路线如下：，故答案为。【点睛】本题考查有机物推断与合成，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化是解答关键。24、羰基和酯基消去反应【解析】

(1)由结构可知C中含氧官能团为：酯基、羰基；(2)对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E；(3)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为；(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢；(5)由E→F→G转化可知，可由加热得到，而与CH2(COOCH3)2加成得到，与氢气发生加成反应得到，然后发生催化氧化得到，最后发生消去反应得到。【详解】由上述分析可知：A为HOOC(CH2)4COOH；B为。(1)由C结构简式可知C中含氧官能团为：酯基、羰基；（2）对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E，故D生成E的反应属于消去反应；(3)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为；(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢，符合条件的同分异构体为：；(5)与H2在Ni催化下发生加成反应产生，与O2在Cu催化下发生氧化反应产生，与NaOH的乙醇溶液发生消去反应产生，再与CH2(COOCH3)2发生加成反应产生，该物质在高温下反应产生，故合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物的合成的知识，涉及官能团的识别、有机反应类型的判断、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，(4)中同分异构体的书写为易错点、难点,关键是对比物质的结构理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。25、干燥管先变红后褪色cdb通入的HCl的量不足2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+硫酸醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化×100%2S2O42-+3O2+4OH-=

4SO42-+2H2ONaOH溶液CuCl的盐酸溶液【解析】

CuCl2·2H2O晶体在氯化氢气流中加热失水得到CuCl2，温度高于300℃分解生成CuCl和Cl2；向硫酸铜溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3发生氧化还原反应生成CuCl，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，结合关系式解答该题；保险粉和KOH的混合溶液吸收O2，发生氧化还原反应；CuCl易被氧化，因此吸收CO前，要先吸收O2；NaOH溶液能吸收CO2，则吸收O2前，要先吸收CO2；N2的体积可用排水法测定，据此解答。【详解】(1)根据仪器X的构造，其名称是干燥管；由制备CuCl的原理可知，反应生成了Cl2，故B中湿润的石蕊试纸试纸先变红后褪色，故答案为干燥管；先变红后褪色；(2)实验时检查装置的气密性后加入药品后，要先在气体入口处通入干燥HCl，再点燃酒精灯，加热，实验结束时要先熄灭酒精灯，冷却，再停止通入HCl，然后通入，所以操作的先后顺序是cdb，故答案为cdb；(3)根据以上分析，若实验中通入的HCl的量不足，则氯化铜晶体加热时发生水解，最后生成少量CuO，故答案为通入的HCl的量不足；(4)向硫酸铜溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3发生氧化还原反应生成CuCl，离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；由制备反应可知，有硫酸钠生成，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质；因乙醇沸点低，易挥发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；故答案为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；硫酸；醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；(5)氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，反应的关系式为6CuCl～6Fe2+～Cr2O72-，

6

1

n

ab×10-3mol

n=6ab×10-3mol，m（CuCl）=99.5g/mol×6ab×10-3mol=0.597abg，

则样品中CuCl的质量分数为

×100%，

故答案为

×100%；(6)①保险粉和KOH的混合溶液吸收O2，发生氧化还原反应：2S2O42-+3O2+4OH-=

4SO42-+2H2O，②CuCl易被氧化，因此吸收CO前，要先吸收O2；NaOH溶液能吸收CO2，则吸收O2前，要先吸收CO2；故吸收顺序为CO2、O2、CO，N2的体积可用排水法测定。故D用来吸收CO2，试剂为NaOH溶液。F用来吸收CO，试剂为CuCl的盐酸溶液。故答案为2S2O42-+3O2+4OH-=

4SO42-+2H2O；NaOH溶液；CuCl的盐酸溶液。【点睛】本题侧重于分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握物质的性质以及反应流程，注意（5）中利用关系式的计算。26、浓debcfg关闭，打开排尽装置中残留的NO【解析】

制备NaNO2，A装置中铜与浓硝酸反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+4NO2↑+2H2O，制备NO2，NO2与水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，可以在C装置中进行；根据图示，2NO+Na2O2=2NaNO2在D装置中进行，尾气中的NO不能直接排放到空气中，需要用酸性高锰酸钾吸收：3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O，据此分析解答。【详解】(1)装置A三颈烧瓶中铜与浓硝酸发生反应生成二氧化氮，化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；(2)根据上述分析，A装置制备NO2，生成的NO2在C中水反应制备NO，经过装置B干燥后在装置D中反应生成亚硝酸钠，最后用E除去尾气，因此装置的连接顺序为：a→d→e→b→c→f→g→h；此时应关闭K1，打开K2，让二氧化氮通过C装置中的水转化成一氧化氮，故答案为：d；e；b；c；f；g(b与c、f与g可以交换)；关闭K1，打开K2；(3)E装置为酸性高锰酸钾与NO的反应，NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，离子方程式为：3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O，故答案为：3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O；(4)①关闭K2，打开K1，打开弹簧夹通一段时间的氮气，夹紧弹簧夹，开始A中反应，一段时间后，观察到E中溶液逐渐变为深棕色，说明NO2或NO与溶液中Fe2+发生反应；②停止A中反应，打开弹簧夹和K2、关闭K1，持续通入N2一段时间，将装置中残留的二氧化氮排尽，并在C中与水反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO；③更换新的E装置，再通一段时间N2后关闭弹簧夹，使A中反应继续，观察到的现象与步骤①中相同，经过步骤②，进入E装置的气体为NO，E中溶液变为深棕色，说明是NO与和溶液中Fe2+发生反应使溶液呈深棕色，故答案为：排尽装置中残留的NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO；NO。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意步骤③中进入装置E的气体只有NO。27、蒸馏烧瓶饱和亚硫酸氢钠溶液O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S↓氧气中水中的溶解度比二氧化硫小吸收液出现稳定的蓝色空白实验0.096%【解析】

I.在装置A中制取SO2气体，通过乙观察SO2气体产生的速率，经品红溶液检验SO2的漂白性，在装置丁中SO2与Na2S会发生氧化还原反应产生S单质，SO2及反应产生的H2S都是有毒气体，经NaOH溶液尾气处理后排出。II.根据IO3-能够氧化SO2为SO42-，氧化I-为I2，SO2反应完全后，再滴入的IO3-溶液，I2不再反应，溶液中的I2遇淀粉溶液变为蓝色；要测定物质含量，应该排除杂质的干扰，设计对比实验，为减少实验的偶然性，要进行多次平行实验，取多次实验的平均值，根据反应过程中电子守恒计算铁矿石样品中硫元素的质量分数。【详解】(1)根据图示仪器结构可知：仪器A的名称为蒸馏烧瓶；(2)装置乙的作用是为了观察生成SO2的速率，为了减少SO2气体在溶液中的溶解，可根据H2SO3是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡的性质，在装置乙中加入的试剂为饱和NaHSO3溶液；(3)①Na2S具有还原性，O2具有氧化性，在溶液中会发生氧化还原反应产生S单质和NaOH，反应的化学方程式为O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S↓；②根据O2、SO2气体分别通入到Na2S溶液中产生S单质的时间可知，物质的氧化性：SO2>O2，该实验条件下Na2S溶液出现浑浊现象是SO2导致的。表中实验1反应较慢的原因可能是O2难溶于水，而SO2易溶于水，由于氧气中水中的溶解度比二氧化硫小，导致反应速率较慢；II.(4)根据方程式可知物质的氧化性：IO3->I2>SO2，向含有SO2、KI和淀粉溶液中滴加KIO3溶液，首先发生②反应，当SO2反应完全后发生反应④，反应产生的I2单质遇淀粉溶液会变为蓝色，且半分钟内溶液蓝色不褪去，就证明滴定达到终点；(5)①通过比较实验一、实验二的数据，发现V1远远小于V2，可忽略不计V1。设置实验一的目的是空白对比实验，排除干扰因素的存在；②三次实验数据相差不大，均有效，则平均消耗KIO3标准溶液体积V(KIO3)=mL=10.00mL，n(KIO3)=c·V=0.0010mol/L×0.0100L=1.0×10-5mol，根据电子守恒及结合②③方程式可知n(SO2)=3n(KIO3)=3.0×10-5mol，根据S元素守恒可知其中含有S元素的质量为m(S)=n·M=3.0×10-5mol×32g/mol=9.6×10-4g，所以该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为×100%=0.096%。【点睛】本题考查了气体的制取、性质的验证、化学反应方程式的书写及应用和物质含量测定。掌握反应原理和物质的性质是计算与判断的依据。在进行有关计算时要结合电子守恒及元素守恒分析判断。易错点是(5)中S含量计算，关键是IO3-氧化SO2时二者物质的量的关系的确定，注意还原产物I2也可氧化SO2，要根据总方程式判断。28、2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2OFe3+、Al3+（1分，少选和错选没分）Fe3++3OH−Fe(OH)3或Al3++3OH−Al(OH)3（合理即可）维持萃取过程中pH恒定增大Cyanex2720.250.411.7【解析】

（1）LiCoO2与硫酸和H2O2反应生成能使带火星木条复燃的气体，说明LiCoO2在硫酸作用下把H2O2氧化成O2，+3价Co降低为+2价的Co2+，方程式为2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2O。（2）由图可知，加入NaOH溶液调pH=5时，Fe3+、Al3+沉淀完全，所以去除Fe3+的离子方程式为Fe3++3OH−Fe(OH)3，去除Al3+的离子方程式为Al3++3OH−Al(OH)3。（3）nHR(Org)+Mn+(a