江苏省淮州中学2023-2024学年高三压轴卷化学试卷含解析

江苏省淮州中学2023-2024学年高三压轴卷化学试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色。Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，下列说法正确的是A．原子半径的大小顺序：rY>rX>rQ>rWB．X、Y的最高价氧化物的水化物之间不能发生反应C．Z元素的氢化物稳定性大于W元素的氢化物稳定性D．元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物2、以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线如图，则下列说法正确的是()A．A的结构简式是B．①②的反应类型分别是取代、消去C．反应②③的条件分别是浓硫酸加热、光照D．加入酸性KMnO4溶液，若溶液褪色则可证明已完全转化为3、在恒容密闭容器中，用铜铬的氧化物作催化剂，用一定量的HCl(g)和O2制取Cl2的原理为：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH<0。下列有关说法不正确的是A．平衡前，随着反应的进行，容器内压强变小B．平衡时，其他条件不变，分离出H2O(g)，逆反应速率减小C．平衡时，其他条件不变，升高温度平衡常数增大D．其他条件不变，使用不同催化剂，HCl(g)的转化率不变4、短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族。已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，且Y、Q形成一种共价化合物，X的最高价氧化物对应的水化物可与Y单质反应产生常见的还原性气体单质E。下列说法正确的是A．X、Y、Q对应简单离子的半径逐渐减小B．工业上可用电解X、Q元素组成的化合物的饱和溶液制备Q单质C．Y、Q形成的化合物是非电解质D．工业用W与Z的最高价氧化物反应制取Z单质，同时得到W的最高价氧化物5、碳酸亚乙酯是一种重要的添加剂，结构如图（），碳酸亚乙酯可由环氧乙烷与二氧化碳反应而得，亦可由碳酸与乙二醇反应获得。下列说法正确的是A．上述两种制备反应类型相同B．碳酸亚乙酯的分子式为C3H6O3C．碳酸亚乙酯中所有原子可能共平面D．碳酸亚乙酯保存时应避免与碱接触6、化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释错误的是（）选项现象或事实解释A用铁罐贮存浓硝酸常温下铁在浓硝酸中钝化B食盐能腐蚀铝制容器Al能与Na+发生置换反应C用(NH4)2S2O8蚀刻铜制线路板S2O82-的氧化性比Cu2+的强D漂白粉在空气中久置变质Ca(ClO)2与CO2和H2O反应，生成的HClO分解A．A B．B C．C D．D7、下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是A．HClO的结构式：H—O—Cl B．HF的电子式：H＋[::]－C．S2﹣的结构示意图： D．CCl4分子的比例模型：8、合成一种用于合成γ分泌调节剂的药物中间体，其合成的关键一步如图。下列有关化合物甲、乙的说法正确的是A．甲→乙的反应为加成反应B．甲分子中至少有8个碳原子在同一平面上C．甲、乙均不能使溴水褪色D．乙与足量H2完全加成的产物分子中含有4个手性碳原子9、仪器名称为“干燥管”的是A． B． C． D．10、用标准盐酸滴定未知浓度氢氧化钠溶液，描述正确的是A．用石蕊作指示剂B．锥形瓶要用待测液润洗C．如图滴定管读数为25.65mLD．滴定时眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化11、下图是一种微生物燃料电池的工作原理示意图，工作过程中必须对某室进行严格密封。下列有关说法错误的是A．a极的电极反应式为B．若所用离子交换膜为质子交换膜，则将由A室移向B室C．根据图示，该电池也可以在碱性环境中工作D．由于A室内存在细菌，所以对A室必须严格密封，以确保厌氧环境12、“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示，电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔。下列关于该电池的叙述错误的是（）A．电池反应中有NaCl生成B．电池的总反应是金属钠还原三价铝离子C．正极反应为：NiCl2+2e-=Ni+2Cl-D．钠离子通过钠离子导体在两电极间移动13、下列有关垃圾分类说法错误的是A．废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不能使溴水退色B．可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氧化铝制取C．废旧电池中含有镍、镉等重金属离子，不能填埋处理D．含丝、毛的废旧衣物燃烧处理时只生成CO2和H2O14、欲测定Mg（NO3）2•nH2O中结晶水的含量，下列方案中肯定不可行的是A．称量样品→加热→用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量B．称量样品→加热→冷却→称量Mg（NO3）2C．称量样品→加热→冷却→称量MgOD．称量样品→加NaOH溶液→过滤→加热→冷却→称量MgO15、X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，X与Z可形成常见的XZ或XZ2型分子，Y与M形成的气态化合物质量是相同条件下同体积氢气的8.5倍，W是原子半径最大的短周期元素。下列判断正确的是()A．最高价含氧酸酸性：X<Y B．X、Y、Z可形成离子化合物C．W可形成双原子分子 D．M与W形成的化合物含极性共价键16、位于不同主族的四种短周期元素甲、乙、丙、丁，其原子序数依次增大，原子半径r(丁)>r(乙)>r(丙)>r(甲)。四种元素中，只有一种为金属元素，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3倍。据此推断，下述正确的是A．简单氢化物的沸点：乙>丙B．由甲、乙两元素组成的化合物溶于水呈碱性C．丙和丁两元素的最高价氧化物的水化物之间能发生反应D．由甲和丙两元素组成的分子，不可能含非极性键17、NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是A．0.1mol的11B中，含有0.6NA个中子B．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+C．2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子D．密闭容器中2molSO2与1molO2反应制得2molSO318、根据下列实验操作和现象所得到的实验结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向KI溶液中滴加少量溴水，再滴加CCl4，振荡，静置。分层，上层无色，下层紫红色溴的非金属性强于碘B向Na2SO3溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解Na2SO3溶液已经变质C向AgNO3溶液中先滴加少量NaCl溶液，生成白色沉淀，然后再滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀溶解度：AgCI>Ag2SD向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，溶液红色逐渐褪去BaCl2溶液是酸性溶液A．A B．B C．C D．D19、下列反应的离子方程式书写正确的是A．Na2CO3溶液中滴入少量盐酸：CO32-+2H+→CO2↑+H2OB．铁粉与稀H2SO4反应：2Fe+6H+→2Fe3++3H2↑C．Cu(OH)2与稀H2SO4反应：OH-+H+→H2OD．氯气与氢氧化钠溶液反应Cl2＋2OH‾→ClO‾＋Cl‾＋H2O20、将V1mL1.0mol·L－1盐酸溶液和V2mL未知浓度的氢氧化钠溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示（实验中始终保持V1＋V2＝50mL）。下列叙述正确的是（）A．做该实验时环境温度为20℃B．该实验表明化学能可能转化为热能C．氢氧化钠溶液的浓度约为1.0mol·L－1D．该实验表明有水生成的反应都是放热反应21、下列有关我国最新科技成果的说法中错误的是A．北斗卫星的太阳能电池板可将太阳能直接转化为电能B．国产飞机——C919使用的航空煤油可从石油中分馏得到C．高铁“复兴号”使用的碳纤维属于有机非金属材料D．极地考查船“雪龙2号”船身上镀的锌层可减缓铁制船体遭受的腐蚀22、一种新型漂白剂结构如图所示，其中W.Y.Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列说法正确的是A．非金属性：X>W>YB．Y的最高价氧化为对应的水化物为三元酸C．可利用W与X、Y形成的化合物热还原制备单质YD．该漂白剂中仅有X均满足8电子稳定结构二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物W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。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），D聚合生成高分子化合物的结构简式为________。（3）将反应③得到的产物与O2在催化剂、加热的条件下反应可得D，写出反应④的化学方程式________。（4）④、⑤两步能否颠倒？________（填“能”或“否”）理由是________。（5）与A具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有________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________。（6）参照有机物W的上述合成路线，以M和CH3Cl为原料制备F的合成路线（无机试剂任选）________。24、（12分）含氧有机物甲可用来制取多种有用的化工产品，合成路线如图：已知：Ⅰ.RCHOⅡ.RCOOHRCOClRCOOR’(R、R’代表烃基)（1）甲的含氧官能团的名称是___。写出检验该官能团常用的一种化学试剂的名称___。（2）写出己和丁的结构简式：己__，丁__。（3）乙有多种同分异构体，属于甲酸酯，含酚羟基，且酚羟基与酯的结构在苯环邻位的同分异构体共有___种。（4）在NaOH溶液中发生水解反应时，丁与辛消耗NaOH的物质的量之比为__。（5）庚与M合成高分子树脂的化学方程式为___。25、（12分）工业上用草酸“沉钴”，再过滤草酸钴得到的母液A经分析主要含有下列成分：H2C2O4Co2+Cl-质量浓度20.0g/L1.18g/L2.13g/L为了有效除去母液A中残留的大量草酸，一般用氯气氧化处理草酸，装置如下：回答下列问题：(1)母液A中c(CoO2)为____mol·L-1。，(2)分液漏斗中装入盐酸，写出制取氯气的离子方程式____________。反应后期使用调温电炉加热，当锥形瓶中____(填现象)时停止加热。(3)三颈烧瓶反应温度为50℃，水浴锅的温度应控制为____(填序号)。A．50℃B．5l-52℃C．45-55℃D．60℃(4)氯气氧化草酸的化学方程式为________。(5)搅拌器能加快草酸的去除速率，若搅拌速率过快则草酸去除率反而降低，主要原因是__________。(6)若用草酸铵代替草酸“沉钴”，其优点是____，其主要缺点为________。26、（10分）已知25℃时，Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16。某研究性学习小组探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因。步骤现象Ⅰ.将NaCl与AgNO3溶液混合产生白色沉淀Ⅱ.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀变为黑色Ⅲ.滤出黑色沉淀，加入NaCl溶液在空气中放置较长时间后，沉淀变为乳白色(1)Ⅰ中的白色沉淀是__。(2)Ⅱ中能说明沉淀变黑的离子方程式是__。(3)滤出步骤Ⅲ中乳白色沉淀，推测含有AgCl。用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，过滤得到滤液X和白色沉淀Y。ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀①由ⅰ判断，滤液X中被检出的离子是__。②由ⅰ、ⅱ可确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀__。(4)该学生通过如下对照实验确认了步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因：在NaCl存在下，氧气将Ⅲ中黑色沉淀氧化。现象B：一段时间后，出现乳白色沉淀C：一段时间后，无明显变化①A中产生的气体是___。②C中盛放的物质W是__。③该同学认为B中产生沉淀的反应如下（请补充完整）：__2Ag2S+__+__+2H2O=4AgCl+__+4NaOH④从溶解平衡移动的角度，解释B中NaCl的作用__。27、（12分）FeSO4溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用Fe2＋，实验室中常保存硫酸亚铁铵晶体[俗称“摩尔盐”，化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]，它比绿矾或绿矾溶液更稳定。(稳定是指物质放置在空气中不易发生各种化学反应而变质)I．硫酸亚铁铵晶体的制备与检验（1）某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，这样处理蒸馏水的目的是_______。向FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过操作_______、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体。（2）该小组同学继续设计实验证明所制得晶体的成分。①如图所示实验的目的是_______，C装置的作用是_______。取少量晶体溶于水，得淡绿色待测液。②取少量待测液，_______(填操作与现象)，证明所制得的晶体中有Fe2＋。③取少量待测液，经其它实验证明晶体中有NH4＋和SO42－II．实验探究影响溶液中Fe2＋稳定性的因素（3）配制0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液（pH=4.0），各取2ml上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都是浅绿色，分别同时滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液，15分钟后观察可见：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液；FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。（资料1）沉淀Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀pH7.62.7完全沉淀pH9.63.7①请用离子方程式解释FeSO4溶液产生淡黄色浑浊的原因_______。②讨论影响Fe2＋稳定性的因素，小组同学提出以下3种假设：假设1：其它条件相同时，NH4＋的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+稳定性较好。假设2：其它条件相同时，在一定pH范围内，溶液pH越小Fe2＋稳定性越好。假设3：_______。（4）小组同学用如图装置（G为灵敏电流计），滴入适量的硫酸溶液分别控制溶液A（0.2mol/LNaCl）和溶液B（0.1mol/LFeSO4）为不同的pH，观察记录电流计读数，对假设2进行实验研究，实验结果如表所示。序号A：0.2mol·L－1NaClB：0.1mol·L－1FeSO4电流计读数实验1pH=1pH=58.4实验2pH=1pH=16.5实验3pH=6pH=57.8实验4pH=6pH=15.5（资料2）原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大。（资料3）常温下，0.1mol/LpH=1的FeSO4溶液比pH=5的FeSO4溶液稳定性更好。根据以上实验结果和资料信息，经小组讨论可以得出以下结论：①U型管中左池的电极反应式____________。②对比实验1和2（或3和4）,在一定pH范围内，可得出的结论为____________。③对比实验____________和____________，还可得出在一定pH范围内溶液酸碱性变化对O2氧化性强弱的影响因素。④对（资料3）实验事实的解释为____________。28、（14分）硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_________________。（2）步骤②需要加热的目的是_________________，温度保持80~95℃，采用的合适加热方式是_________________。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_________________（填标号）。（3）步骤③中选用足量的H2O2，理由是_________________。分批加入H2O2，同时为了_________________，溶液要保持pH小于0.5。（4）步骤⑤的具体实验操作有______________，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为______________。29、（10分）工业上利用氧化铝基废催化剂（主要成份为Al2O3,少量Pd)回收Al2(SO4)3及Pd流程如图：说明：上述流程中焙烧温度不宜过高，否则会导致硫酸铵固体的分解。（1）焙烧时产生气体X的结构式为________。（2）水浸分离中，滤渣Pd的颗粒比较大，一般可以采用的分离方法是_________(填字母）A．过滤B．抽滤C．倾析D．渗析（3）写出酸浸时发生反应的离子方式______(已知氯钯酸为弱酸)（4）某同学在实验室用如下图所示装置完成Pd的热还原实验，并计算滤渣中(NH4)2PdCl6的百分含量（滤渣中的杂质不参与热还原反应）。①写出热还原法过程中发生反应的化学方程式________。②i.将石英玻璃管中（带开关；K1和K2)(设为装置A)称重，记为mig。将滤渣[(NH4)2PdCl6]装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。ii.连接好装置后，按d→→→b→→e(填标号)顺序进行实验。_______a.关闭K1和K2b.熄灭酒精灯c.点燃酒精灯，加热d.打开K1和K2e.称量Af.缓缓通入H2g.冷却至室温iii.重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。③根据实验记录，计算滤渣中（NH4)2PdCl6的百分含量__________[列式表示，其中(NH4)2PdCl6相对分子质量为355]。④实验结束时，发现硬质试管右端有少量白色固体，可能是____(填化学式）,这种情况导致实验结果_________(填“偏高”、“偏低”、“无影响”）

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、D【解析】

X的焰色反应呈黄色，X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，Q为碳元素；W、Z最外层电子数相同，所以二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，W为氧元素，Z为硫元素；元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则Y为Al元素。A、同周期自左向右原子半径减小，所以原子半径Na＞Al＞Si，C＞O，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Si＞C，故原子半径Na＞Al＞C＞O，即X＞Y＞Q＞W，故A错误；B、X、Y的最高价氧化物的水化物分别是氢氧化钠和氢氧化铝，而氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠反应生，故B错误；C、非金属性O＞S，故氢化物稳定性H2O＞H2S，故C错误；D、元素Q和Z能形成QZ2是CS2属于共价化合物，故D正确；故答案选D。2、B【解析】

由环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线，根据逆向思维的方法推导，C为，B为，A为，据此分析解答。【详解】A．由上述分析可知，A为，故A错误；B．根据合成路线，反应①为光照条件下的取代反应，反应②为在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应，反应③为加成反应，反应④为在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应，故B正确；C．反应②为卤代烃的消去反应，需要的反应试剂和反应条件为氢氧化钠醇溶液、加热，反应③为烯烃的加成反应，条件为常温，故C错误；D．B为环戊烯，含碳碳双键，环戊二烯含碳碳双键，均能使高锰酸钾褪色，则酸性KMnO4溶液褪色不能证明环戊烷已完全转化成环戊二烯，故D错误；答案选B。【点睛】把握官能团与性质的关系为解答的关键。本题的易错点为A，要注意根据目标产物的结构和官能团的性质分析推导，环烷烃可以与卤素发生取代反应，要制得，可以再通过水解得到。3、C【解析】

A．平衡前，随着反应向着化学计量数减小的方向进行，容器内气体的总物质的量减小，压强变小，故A正确；B．平衡时，其他条件不变，分离出H2O(g)，降低生成物的浓度，逆反应速率瞬间减小，正反应速率瞬间不变，平衡正向进行，故B正确；C．平衡时，其他条件不变，升高温度逆向移动，平衡常数减小，故C错误；D．其他条件不变，使用不同催化剂改变反应速率，但不改变平衡的移动，HCl(g)的转化率不变，故D正确；答案为C。4、B【解析】

短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，W的氢化物应该为烃，则W为C元素，Q为Cl元素；W和Z位于同一主族，则Z为Si元素；Y、Q形成一种共价化合物，X的最高价氧化物对应的水化物可与Y单质反应产生常见的还原性气体单质E。则X是Na，Y为Al元素；气体单质E为H2，据此解答。【详解】根据上述分析可知：W为C，X是Na，Y是Al，Z是Si，Q是Cl元素。A.X是Na，Y是Al，二者形成的阳离子核外电子排布是2、8，具有2个电子层；Q是Cl，形成的离子核外电子排布是2、8、8，离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径大小关系为：Q>X>Y，A错误；B.Cl2在工业上可用电解饱和NaCl溶液的方法制取，反应方程式为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，B正确；C.Y、Q形成的化合物AlCl3是盐，属于共价化合物，在水溶液中完全电离产生Al3+、Cl-，因此属于电解质，C错误；D.C与SiO2在高温下发生置换反应产生Si单质，同时得到CO气体，反应方程式为2C+SiO2Si+2CO↑，CO不是C元素的最高价氧化物，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。5、D【解析】

由题意可知：环氧乙烷与二氧化碳反应制备碳酸亚乙酯的方程式为：+O=C=O→，碳酸与乙二醇反应制备碳酸亚乙酯的方程式为：H2CO3+HO-CH2-CH2-OH→+2H2O。【详解】A．由分析可知，环氧乙烷与二氧化碳反应制备碳酸亚乙酯为加成反应，碳酸与乙二醇反应制备碳酸亚乙酯为取代反应，A错误；B．碳酸亚乙酯的分子式为C3H4O3，B错误；C．碳酸亚乙酯有两个C原子分别以单键和4个原子相连形成四面体构型，故碳酸亚乙酯中所有原子不可能共平面，C错误；D．碳酸亚乙酯含酯基，碱性条件下易水解，故碳酸亚乙酯保存时应避免与碱接触，D正确。答案选D。6、B【解析】

A.常温下铁在浓硝酸中钝化，钝化膜能阻止铁与浓硝酸的进一步反应，所以可用铁罐贮存浓硝酸，A正确；B.食盐能破坏铝制品表面的氧化膜，从而使铝不断地与氧气反应，不断被腐蚀，B错误；C.(NH4)2S2O8与Cu发生氧化还原反应，从而生成Cu2+，则氧化性(NH4)2S2O8>Cu，C正确；D.漂白粉在空气中久置变质，因为发生反应Ca(ClO)2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO，D正确；故选B。7、A【解析】

A.次氯酸的中心原子为O，HClO的结构式为：H−O−Cl，A项正确；B.

HF是共价化合物，不存在离子键，分子中氟原子与氢原子形成1对共用电子对，电子式为，B项错误；C.硫离子质子数为16，核外电子数为18，有3个电子层，由里到外各层电子数分别为2、8、8，离子结构示意图为，C项错误；D.氯原子的半径比碳原子的大，中心原子的半径小，D项错误；答案选A。【点睛】A项是易错点，要特别注意原子与原子之间形成的共价键尽可能使本身达到稳定结构。8、D【解析】

A．甲中与N相连的H被-CH2COCH3取代，发生取代反应，A错误；B．甲中至少有6个碳原子共面，即苯环的6个C，B错误；C．Br2能将-CHO氧化，甲乙中均含-CHO，C错误；D．与4个不相同的原子或原子团相连的C原子称为手性碳，一定条件下，乙中苯环、酮基、-CHO均能和氢气发生加成反应，其产物有4个手性碳，如图*所示：，D正确。答案选D。9、B【解析】A、此装置为研钵，故A错误；B、此装置为干燥管，故B正确；C、此装置为干燥器，故C错误；D、此装置为分液漏斗，故D错误。10、D【解析】

A.滴定终点时石蕊变色不明显，通常不用石蕊作指示剂，故A错误；B.锥形瓶如果用待测液润洗，会使结果偏高，故B错误；C.如图滴定管读数为24.40mL，故C错误；D．滴定时眼睛不需要注视滴定管中液面，应该注视锥形瓶中溶液颜色变化，以便及时判断滴定终点，故D正确；故选：D。。11、C【解析】

本题考查电化学原理，意在考查对电解池原理的理解和运用能力。【详解】A.由图可知负极（a极）反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+，正极（b极）反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故不选A；B.根据图示和题中信息，A室产生而B室消耗，氢离子将由负极移向正极，故不选B；C.在负极室厌氧环境下，有机物在微生物作用下分解并释放出电子和质子，电子依靠合适的电子传递介体在生物组分和负极之间进行有效传递，并通过外电路传递到正极形成电流，而质子通过质子交换膜传递到正极，氧化剂（一般为氧气）在正极得到电子被还原与质子结合成水，所以不可以碱性环境，故选C；D.由于A室内存在细菌，所以对A室必须严格密封，以确保厌氧环境，故不选D;答案：C12、B【解析】

A．在反应中，Na失去电子变为Na+,与电解质中的Cl-结合形成NaCl，所以电池反应中有NaCl生成，正确；B．在电池正极是NiCl2+2e-=Ni+2Cl－,所以其总反应是金属钠还原Ni2+变为Ni，错误；C．根据电池结构及工作原理可知：正极反应为：NiCl2+2e－=Ni+2Cl－，正确；D．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，钠离子通过钠离子导体从负极移向正极，正确；答案选B。13、D【解析】

A.废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，聚乙烯不含双键，不能使溴水退色，故A正确；B.可回收的易拉罐中含金属铝，电解熔融氧化铝可制取金属铝，故B正确；C.废旧电池中含有镍、镉等重金属离子，填埋处理会造成土壤、水污染，所以不能填埋处理，故C正确；D.丝、毛的成分是蛋白质，含有C、H、O、N等元素，含丝、毛的废旧衣物燃烧处理时生成CO2和H2O的同时还有含氮物质生成，故D错误；选D。14、B【解析】

受热易分解，其分解反应为：。【详解】A．称量样品加热用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量，根据水的质量以及结晶水合物的质量可以求解，A正确；B．因硝酸镁易分解，称量样品加热无法恰好使结晶水合物恰好分解为硝酸镁，B错误；C．称量样品加热冷却称量MgO，根据硝酸镁分解的方程式以及氧化镁的质量可测定的结晶水含量，C正确；D．称量样品加NaOH将硝酸镁转化为氢氧化镁，过滤加热氢氧化镁分解生成氧化镁冷却称量MgO，根据镁原子守恒求解无水硝酸镁的质量，据此求解结晶水含量，D正确。答案选B。15、A【解析】

X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，X与Z可形成常见的XZ或XZ2型分子，则X为C元素、Z为O元素；Y与M形成的气态化合物质量是相同条件下同体积氢气的8.5倍，该气体相对分子质量为8.5×2=17，该气体为NH3，而X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，只能处于第二周期，Y为N元素、M为H元素；W是原子半径最大的短周期元素，则W为Na元素，据此解答。【详解】根据上述分析可知，X为C元素、Y为N元素、Z为O元素、M为H元素、W为Na元素。A.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。元素的非金属性X(C)<Y(N)，所以最高价含氧酸酸性：碳酸<硝酸，A正确；B.X、Y、Z分别是C、N、O元素，它们可形成共价化合物，不能形成离子化合物，B错误；C.W为Na，属于金属元素，不能形成双原子分子，C错误；D.M为H元素、W为Na元素，M与W形成的化合物NaH为离子化合物，物质中含有离子键，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查“位、构、性”关系综合应用，依据原子结构或物质性质推断元素是解题关键，注意D选项中金属氢化物是易错点。16、C【解析】

甲、乙、丙、丁的原子序数逐渐增大，根据元素周期律：从左到右原子半径减小，从上到下原子半径减小的规则，若它们在同一周期，应该有r(甲)>r(乙)>r(丙)>r(丁)的关系，现在r(丁)是最大的，r(甲)是最小的，说明丁应该在第三周期，乙、丙同处第二周期，甲在第一周期，则甲为氢。又因为四种元素不同主族，现假设丁为金属，若丁为镁，乙、丙不可能同为非金属；若丁为铝，则乙为碳，丙为氮，成立。然后对选项进行分析即可。【详解】A.乙的简单氢化物为甲烷，丙的简单氢化物为氨气，氨气中存在氢键，因此氨气的沸点大于甲烷，A项错误；B.甲、乙两元素组成的化合物为烃类，烃类不溶于水，B项错误；C.丙的最高价氧化物的水化物为硝酸，丁的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，二者可以发生反应，C项正确；D.甲和丙可以组成（肼），中存在N-N非极性键，D项错误；答案选C。17、A【解析】

A．11B中含有中子数=11-5=6，0.1mol的11B中含有0.6mol中子，含有0.6NA个中子，故A正确；B．溶液体积未知，无法计算pH=1的H3PO4溶液中含有的氢离子数，故B错误；C．标准状况下，苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算苯的物质的量，故C错误；D．2SO2+O22SO3为可逆反应，不能完全进行，所以2molSO2和1molO2反应生成SO3的物质的量小于2mol，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意可逆反应不能完全进行，存在反应的限度。18、A【解析】

A．单质溴与KI在溶液中发生氧化还原反应生成碘单质，产生的碘单质易溶于四氯化碳，由于四氯化碳的密度比水大，与水互不相容，所以静置分层，上层无色，下层紫红色，可知溴的非金属性强于碘，A正确；B．酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸钡生成硫酸钡沉淀，因此不能确定Na2SO3溶液是否变质，B错误；C．由于是向硝酸银溶液中首先滴入少量NaCl溶液，所以硝酸银过量，过量的硝酸银与滴入的Na2S反应产生Ag2S沉淀，均为沉淀生成，不能比较AgCl、Ag2S的溶解度，C错误；D．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液中c(OH-)减小，溶液红色逐渐褪去，并不是因为BaCl2溶液是酸性溶液，D错误；故合理选项为A。19、D【解析】Na2CO3溶液中滴入少量盐酸：CO32-+H+=HCO3-，故A错误；铁粉与稀H2SO4反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B错误；Cu(OH)2与稀H2SO4反应：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，故C错误；氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，Cl2＋2OH‾→ClO‾＋Cl‾＋H2O，故D正确。点睛：书写离子方程式时，只有可溶性强电解质拆写成离子，单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质不能拆写成离子。20、B【解析】

A、由图，将图中左侧的直线延长，可知该实验开始温度是21℃，A错误；B、盐酸与氢氧化钠溶液的中和反应是放热反应，化学能转化为热能；B正确；C、恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL，由V1＋V2＝50mL可知，消耗的氢氧化钠溶液的质量为20mL,氢氧化钠溶液的物质的量浓度＝0.03L×1.0mol·L－1÷0.02L＝1.5mol·L－1，C错误；D、有水生成的反应不一定是放热反应，如氢氧化钡晶体与氯化铵反应有水生成，该反应是吸热反应，D错误；答案选B。【点睛】根据图像，温度最高点为恰好完全反应的点，此时酸和碱反应放出的热量最多，理解此点，是C的解题关键。21、C【解析】

A．人造卫星上的太阳能电池板，消耗了太阳能，得到了电能，故将太阳能转化为了电能，选项A正确；B．客机所用的燃料油是航空煤油，是石油分馏得到的，选项B正确；C．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，是一种新型无机非金属材料，选项C错误；D．在船体上镶嵌锌块，形成锌铁原电池，锌比铁活泼，锌作阳极不断被腐蚀，铁做阴极则不会被腐蚀，选项D正确；答案选C。22、C【解析】

由W2+可知，W最外层有2个电子；Z形成1个键，Z是第ⅠA或ⅦA族元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，X形成2个键，X是ⅥA族元素；Z与X形成共价键，Z是H元素，X是O元素；Y是B元素；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，W是Mg元素。【详解】A.W是镁，为金属元素，非金属性：O>B>Mg，故A错误；B.Y是B元素，B的最高价氧化为对应的水化物为H3BO3，H3BO3中的质子无法直接电离出，H3BO3结合水中的OH-，电离出H+，H3BO3是一元弱酸，故B错误；C.镁和B2O3加热生成B和氧化镁，故C正确；D.该漂白剂中Mg2+、B、O均满足8电子稳定结构，故D错误。【点睛】本题需要通过微观的原子结构、化学键结合题目信息推断元素，关键是联系宏观物质的性质、灵活运用结构决定性质的规律，本题的突破口是该漂白剂的结构示意图。二、非选择题(共84分)23、苯甲醇消去反应碳碳双键、羧基否在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也被能氧化5【解析】

由Ｂ的结构可知Ａ为，Ａ与溴发生加成反应生成Ｂ，Ｂ发生水解反应生成Ｃ为，Ｃ催化氧化的产物继续氧化生成Ｄ，则Ｄ为，对比Ｄ、Ｅ分子式可知Ｄ分子内脱去１分子水生成Ｅ，故Ｄ在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成Ｅ，则Ｅ为，Ｅ和Ｆ发生酯化反应生成Ｗ为。【详解】（1）F的结构简式为，的化学名称是苯甲醇，⑤为Ｄ在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成Ｅ。（2）E的结构为，含有的官能团是碳碳双键、羧基，D含有羧基和羟基，能发生聚合生成酯类高分子化合物，结构简式为。（3）经过反应③，是羟基连接的碳原子上有2个氢原子的碳原子发生氧化反应生成醛基得到，与O2在催化剂、加热的条件下反应可得D，写出反应④的化学方程式。（4）④、⑤两步不能颠倒，因为在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也被能氧化。（5）与A具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有5种。苯环上可以连接一个甲基和一个-CH=CH2，有三种结构，也可以是苯环上连接-CH=CHCH3或-CH2CH=CH2，共5种，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。（6）根据逆推原理分析，合成苯甲醇，需要制备，可以用甲苯的取代反应，利用苯和一氯甲烷发生取代反应生成甲苯，故合成路线为：。24、醛基银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）51：2【解析】

甲能与银氨溶液反应，则甲含有-CHO，甲与HCN发生加成反应、酸化得到乙，可推知甲为，甲与氢气发生加成反应生成丙为，乙与丙在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成丁为．甲与与银氨溶液发生氧化反应、酸化生成戊为，戊分子羧基中-OH被Cl原子取代生成己为，庚与有机物M发生聚合反应生成高分子树脂，由高分子树脂的结构可知，应是与HCHO发生的加聚反应，而庚与己发生反应生成辛，由信息可知，庚应含有羟基，故庚为，M为HCHO，辛为，据此解答。【详解】（1）甲为，含氧官能团是：醛基，检验醛基常用的化学试剂为：银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液），故答案为：醛基；银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）；（2）由上述分析可知，己的结构简式为，丁的结构简式为，故答案为：；；（3）乙有多种同分异构体．属于甲酸酯，含酚羟基，且酚羟基与酯的结构在苯环邻位的同分异构体：若有2个侧链，侧链为-OH、-CH2OOCH，若有3个侧链，侧链为-OH、-OOCH、-CH3，-OH、-OOCH处于邻位，-CH3有4种位置，故共有5种，故答案为：5；（4）在NaOH溶液中发生水解反应时，1mol丁（）水解消耗1molNaOH，1mol辛（）消耗NaOH为2mol，二者消耗氢氧化钠的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；（5）庚与M合成高分子树脂的化学方程式为：，故答案为：。【点睛】本题考查有机物推断、官能团结构与性质、同分异构体、有机反应方程式书写等，根据乙的结构及反应信息推断甲，再结构反应条件进行推断，是对有机化学基础的综合考查。25、0.02ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O黄绿色气体变成无色BH2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低残存于母液A中c(CoCl2)会更小母液A处理中消耗更多的氯气【解析】

利用浓盐酸和Ca(ClO)2反应制备氯气，氯气在氧化草酸，除去母液中的草酸。【详解】(1)根据表格中的信息，Co2+的质量浓度为1.18g/L，则1L溶液中的，则；(2)加入盐酸，与Ca(ClO)2反应生成Cl2，为归中反应，离子方程式为ClO－+Cl－+2H＋=Cl2↑+H2O；氯气为黄绿色气体，当反应完全之后，无氯气产生，装置中的气体由黄绿色变成无色，则答案为黄绿色气体变成无色；(3)由于热传递，只能由温度高的传递到温度低的部分，三颈烧瓶反应温度为50℃，那么水浴锅的温度应该高一点，这样热量才能传递到反应液中，B符合题意；(4)氯气具有氧化性，草酸具有还原性，能够发生氧化还原反应，草酸被氧化成CO2，化学方程式为H2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl；(5)搅拌过快，Cl2来不及反应，就从母液中逸出，因此草酸去除率反而降低，答案为搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低；(6)草酸铵为强电解质，而草酸是弱电解质，草酸铵溶液中的草酸根浓度更大，能够使Co2＋沉淀得更加完全；由于母液中有NH4＋，在Cl2也会与NH4＋反应，因此在处理母液时，需要消耗更多的氯气。答案：残存于母液A中c(CoCl2)会更小母液A处理中消耗更多的氯气。26、AgCl2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)SO42-SO2Ag2S的悬浊液2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S【解析】

(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3溶液发生反应生成。(2)Ⅱ中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等。(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；①由ⅰ判断，可确定滤液X中被检出的离子。②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等。(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体的成分。②因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W。③B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可完善方程式。④B中，Ag2S被氧化生成S，则Ag+会与NaCl作用，从而促进平衡正向移动。【详解】(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3反应生成，则为AgCl。答案为：AgCl；(2)Ⅱ中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等，反应的离子方程式为2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。答案为：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)；(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；①由ⅰ判断，可确定滤液X中被检出的离子为SO42-。答案为：SO42-；②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等，则其为S。答案为：S；(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体为O2。答案为：O2；②因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W为Ag2S的悬浊液。答案为：Ag2S的悬浊液；③B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可得出配平的方程式为2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH。答案为：2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH；④B中，Ag2S被O2氧化生成S，则Ag+游离出来，会与NaCl中的Cl-结合，生成AgCl沉淀，从而促进平衡正向移动，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。答案为：对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。【点睛】因为Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16，所以将AgCl转化为Ag2S我们容易理解，如何实现黑色沉淀向白色沉淀的转化，即Ag2S转化为AgCl，则需要改变反应条件，通过实验我们可得出是O2的帮助，结合前面推断，可确定还有S生成，然后利用守恒法便可将方程式配平。27、除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+蒸发浓缩检验晶体中是否含有结晶水防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀（或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色）4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性。（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。）O2+4e-+4H+=2H2O溶液酸性越强,Fe2+的还原性越弱13（或2和4）其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定。【解析】

I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化；向FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体；(2)①无水硫酸铜遇水变蓝色；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰；②检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；II.(3)①由表可知，pH=4.5的0.8mol/L的FeSO4溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀；②0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根的浓度也不同，可以以此提出假设；(4)①FeSO4中的铁的化合价为+2价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水；②实验1和2（或3和4）中NaCl溶液的pH相同，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；③对比实验1和3（或2和4）发现，FeSO4溶液的pH相同时，NaCl溶液的pH越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；④对比实验1和4，NaCl溶液的pH增大酸性减弱，FeSO4溶液的pH减小酸性增强，但是电流却减小，结合②③的结论分析。【详解】I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化，在配制溶液时使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，目的是：除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+；向FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体；(2)①无水硫酸铜遇水变蓝色，该装置的实验目的是：检验晶体中是否含有结晶水；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰，需要使用浓硫酸防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果；②检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；II.(3)①由表可知，pH=4.5的0.8mol/L的FeSO4溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+；②0.8mol/L