湖北省黄冈、华师大附中2024年高三二诊模拟考试化学试卷含解析

湖北省黄冈、华师大附中2024年高三二诊模拟考试化学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期序数与族序数相同；d与a同族，下列叙述不正确的是()A．原子半径：b＞c＞d＞aB．4种元素中b的金属性最强C．b的氧化物的水化物可能是强碱D．d单质的氧化性比a单质的氧化性强2、有机物X分子式为C3H6O，有多种同分异构体。其中之一丙醛(液态)的燃烧热为1815kJ/mol。下列说法不正确的是A．X的同分异构体中，含单官能团的共5种B．1molX最多能和1molH2加成C．表示丙醛燃烧热的热化学方程式为：C3H6O(l)+4O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)△H=+1815kJ/molD．X的同分异构体其中之一CH2=CHCH2OH可以发生取代反应、加成反应、加聚反应、氧化反应3、下列石油的分馏产品中，沸点最低的是（）A．汽油 B．煤油 C．凡士林 D．石油气4、下列实验现象预测正确的是（）A．实验Ⅰ：振荡后静置，溶液仍分层，且上层溶液颜色仍为橙色B．实验Ⅱ：铁片最终完全溶解，且高锰酸钾溶液变无色C．实验Ⅲ：微热稀硝酸片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D．实验Ⅳ：当溶液至红褐色，停止加热，让光束通过体系时可产生丁达尔现象5、a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍。c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述正确的是（）A．离子半径：a>d>c B．a、c形成的化合物中只有离子键C．简单离子还原性：c<d D．c的单质易溶于b、c形成的二元化合物中6、高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li＋通过，结构如图所示：已知原理为（1－x）LiFePO4＋xFePO4＋LixCnLiFePO4＋nC。下列说法不正确的是（）A．充电时，Li＋向左移动B．放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极C．充电时，阴极的电极反应式为xLi＋＋xe－＋nC=LixCnD．放电时，正极的电极反应式为（1－x）LiFePO4＋xFePO4＋xLi＋＋xe－=LiFePO47、下列操作能达到相应实验目的的是（）选项目的实验A实验室制备乙酸乙酯向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热B除去干燥CO2中混有少量的SO2可将混合气体依次通过盛有足量酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶C检验Na2SO3已经变质向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D比较铁和铜的活泼性常温下，将表面积相同的铁和铜投入到浓硝酸中，铁不能溶解，铜能溶解，铜比铁活泼A．A B．B C．C D．D8、一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的原理及部分反应如图所示，下列说法错误的是A．该电池将太阳能转变为电能B．电池工作时，X极电势低于Y极电势C．在电解质溶液中RuⅡ再生的反应为：2RuⅢ+3I-=2RuⅡ+I3-D．电路中每通过2mol电子生成3molI-，使溶液中I-浓度不断增加9、化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中不正确的是（）A．从花生中提取的生物柴油和从石油炼得的柴油都属于烃类物质B．高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于高分子材料C．中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料D．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用10、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A．Cu2S(s)Cu(s)CuCl2(s)B．SiO2(s)H2SiO3(s)Na2SiO3(aq)C．Fe(s)Fe2O3(s)Fe2(SO4)3(aq)D．NaCl(aq)Na2CO3(s)NaOH(aq)11、双酚A是重要的有机化工原料，其结构如图所示。下列关于双酚A的说法正确的是（）A．双酚A的分子式为C15H14O2B．一定条件下能发生取代和水解反应C．最多有13个碳原子在同一平面D．苯环上的二氯代物有4种12、明崇祯年间《徐光启手迹》记载：“绿矾五斤，硝(硝酸钾)五斤，将矾炒去，约折五分之一，将二味同研细，次用铁作锅，……锅下起火，取气冷定，开坛则药化为强水。五金入强水皆化、惟黄金不化强水中，加盐则化。”以下说法不正确的是A．“强

水”主

要

成

分

是

硝酸B．“将矾炒去，约折五分之一”是指绿矾脱水C．“锅下起火,取气冷定”描述了蒸馏的过程D．“五金入强水皆化”过程产生的气体都是H213、W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，四种元素与锂组成的盐是一种新型锂离子电池的电解质(结构如图，箭头指向表示共同电子对由W原子提供)，下列说法还正确的是（）A．气态氢化物的稳定性：W>YB．原子半径：X>Z>Y>WC．该物质中含离子键和共价键D．Z有多种单质，且硬度都很大14、如图是利用试纸、铅笔芯设计的微型实验．以铅笔芯为电极，分别接触表面皿上的试纸，接通电源，观察实验现象．下列说法错误的是（）A．pH试纸变蓝B．KI﹣淀粉试纸变蓝C．通电时，电能转换为化学能D．电子通过pH试纸到达KI﹣淀粉试纸15、无法实现的反应是A．酸和酸反应生成酸 B．只有氧化剂的氧化还原反应C．盐和盐反应生成碱 D．一种碱通过化合反应生成一种新的碱16、在下列有机物中，经催化加氢后不能生成2﹣甲基戊烷的是A．CH2=C(CH3)CH2CH2CH3 B．CH2=CHCH(CH3)CH2CH3C．CH3C(CH3)=CHCH2CH3 D．CH3CH=CHCH(CH3)CH317、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．1mol铁在一定条件下分别和氧气、氯气、硫完全反应转移电子数都为2NAB．30g葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的氢原子数为4NAC．12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为2NAD．2.1gDTO中含有的质子数为NA18、短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y与W同族。X、Y、Z三种原子最外层电子数的关系为X+Z=Y。电解Z与W形成的化合物的水溶液，产生W元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液。下列说法正确的是A．W的氢化物稳定性强于Y的氢化物B．Z与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键C．Z与Y形成的化合物的水溶液呈碱性D．对应的简单离子半径大小为W>Z>X>Y19、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+2Fe3＋=Cu2++2Fe2+B．向AgCl悬浊液中滴加KI溶液：Ag++I-=AgI↓C．向明矾溶液中滴加硫化钠溶液：2Al3+＋3S2-=Al2S3↓D．向NaHCO3溶液中滴加少量Ca(OH)2溶液：Ca2＋＋OH-＋HCO3-=CaCO3↓＋H2O20、12mLNO和NH3的混合气体在一定条件下发生可逆反应：6NO+4NH35N2+6H2O，若还原产物比氧化产物多1mL(气体体积在相同状况下测定)，则原混合气体中NO和NH3体积比可能是A．2：1 B．1：1 C．3：2 D．4：321、关于钠及其化合物的化学用语正确的是A．钠原子的结构示意图：B．过氧化钠的电子式：C．碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32-D．次氯酸钠水溶液呈碱性的原因：ClO+H2OHClO+OH22、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二、非选择题(共84分)23、（14分）3-对甲苯丙烯酸甲酯(E)是一种用于合成抗血栓药的中间体,其合成路线如图：已知：HCHO+CH3CHOCH2＝CHCHO+H2O（1）A的名称是___，遇FeCl3溶液显紫色且苯环上有两个取代基的A的同分异构体有___种。B的结构简式___，D中含氧官能团的名称为___。（2）试剂C可选用下列中的___。a.溴水b.银氨溶液c.酸性KMnO4溶液d.新制Cu(OH)2悬浊液（3）是E的一种同分异构体，该物质与足量NaOH溶液共热的化学方程式为___。（4）E在一定条件下可以生成高聚物F，F的结构简式为___。24、（12分）丙胺卡因（H）是一种局部麻醉药物，实验室制备H的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)B的化学名称是________，H的分子式是_____________。(2)由A生成B的反应试剂和反应条件分别为_______________。(3)C中所含官能团的名称为_________，由G生成H的反应类型是___________。(4)C与F反应生成G的化学方程式为______________________________________。反应中使用K2CO3的作用是_______________。(5)化合物X是E的同分异构体，X能与NaOH溶液反应，其核磁共振氢谱只有1组峰。X的结构简式为____________________。(6)（聚甲基丙烯酸甲酯）是有机玻璃的主要成分，写出以丙酮和甲醇为原料制备聚甲基丙烯酸甲酯单体的合成路线：________________。（无机试剂任选）25、（12分）实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。Ⅰ制备K2FeO4(夹持装置略)（1）A的作用_____________（2）在答题纸上将除杂装置B补充完整并标明所用试剂：________（3）在C中得到紫色固体的化学方程式为：______________Ⅱ探究K2FeO4的性质：取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生气体和溶液a。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶解，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生（4）由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有_____离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由_______产生(用离子方程式表示)。（5）根据方案Ⅱ得出：氧化性Cl2________FeO42-(填“>”或“<”)，而K2FeO4的制备实验实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是______。26、（10分）某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知：（1）探究BaCO3和BaSO4之间的转化，实验操作：试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4……实验ⅡNa2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解①实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，__________②实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_______。③实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：______（2）探究AgCl和AgI之间的转化，实验Ⅲ：实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。①实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是______（填序号）。a.AgNO3溶液b.NaCl溶液c.KI溶液②实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中石墨上的电极反应式是_______________③结合信息，解释实验Ⅳ中b＜a的原因：______。④实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_______27、（12分）І．为探究铜与稀硝酸反应的气态产物中是否含NO2，进行如下实验。已知：FeSO4+NO→[Fe(NO)]SO4，该反应较缓慢，待生成一定量[Fe(NO)]2+时突显明显棕色。（1）实验前需检验装置的气密性，简述操作_____________________________________。（2）实验开始时先将Y形试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，该实验操作的目的是__________________________________________________________________；铜片和稀硝酸反应的化学方程式为________________________________。（3）洗气瓶中加入KSCN溶液的目的及原理是______________________________________；本实验只观察到洗气瓶中出现了棕色，写出尾气处理的化学方程式________________。ІІ．实验室制备的CuSO4·5H2O中常含Cu(NO3)2，用重量法测定CuSO4·5H2O的含量。（4）实验步骤为：①___________②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤（其余步骤省略），在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是_________________________________。（5）若1.040g试样中含CuSO4·5H2O的准确值为1.015g，而实验测定结果是l.000g测定的相对误差为____________。28、（14分）K、Al、Si、Cu、N

i均为重要的合金材料，在工业生产、科技、国防领域有着广泛的用途，请回答下列问题：（1）K元素处于元素同期表的_____区。（2）下列状态的铝中，电离最外层一个电子所需能量最大的是______（填标号）。A．[Ne]

B．

[Ne]C．

[Ne]D．[Ne]3s3s3p3s3p3s3p3p（3）从核外电子排布角度解释高温下Cu2O比CuO更稳定的原因是_____________。（4）一些化合物的熔点如下表所示：化合物NaClKClSiO2熔点/°C8017701723解释表中化合物之间熔点差异的原因________________________________。（5）NiSO4

溶于氨水形成[Ni

(NH3)6]SO4。①N、O、S三种元素中电负性最大的是_______。②写出一种与[Ni

(NH3)6]SO4中的阴离子互为等电子体的分子的分子式_________。③1mol[Ni

(NH3)6]SO4中含有δ键的数目为___________。④NH3

的VSEPR模型为____

；NH3、SO42-的中心原子的杂化类型分别为___、___。（6）K、Ni、F三种元素组成的一种晶体的长方体晶胞结构如图所示。若NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度ρ=______g·cm-3(用代数式表示)。29、（10分）C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。(1)CO2的重整用CO2和H2为原料可得到CH4燃料。已知:①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1=+247kJ/mol②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ/mol写出CO2重整的热化学方程式：_____。(2)“亚碳酸盐法”吸收烟中的SO2①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的pH不断_____(填“减小”“不变”或“增大)。当溶液pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c(SO32-)=0.2mol/L，则溶液中c(HSO3-)=_____。②室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图:b点时溶液pH=7，则n(NH4+)：n(HSO3—)=______________。(3)催化氧化法去除NO。一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理4NH3+6NO5N2+6H2O。不同温度条件下，n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为4:1、3:1、1:3时，得到NO脱除率曲线如图所示：①曲线a中，NO的起始浓度为6×10-4mg·m-3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为_____mg·m-3·s-1。②曲线b对应NH3与NO的物质的量之比是_____。(4)间接电化学法除NO。其原理如图所示：写出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸性)_____。吸收池中除去NO的原理_____(用离子方程式表示)。

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】

a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。【详解】由以上分析可知a为O元素，b可能为Na或Mg元素，c为Al元素，d为S元素，A.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：b＞c＞d＞a，故A正确；B.同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性b＞c，a、d为非金属，则4种元素中b的金属性最强，故B正确；C.b可能为Na或Mg，其对应的氧化物的水化物为NaOH或Mg(OH)2，则b的氧化物的水化物可能是强碱，故C正确；D.一般来说，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，非金属性：O＞S，则氧化性：O2＞S，则a单质的氧化性较强，故D错误。答案选D。2、C【解析】

A．X的同分异构体中，含单官能团的异构体分别为CH3CH2CHO、CH3COCH3、、、共5种，A正确；B．1molX中最多含1mol碳氧双键或1mol碳碳双键，最多能和1molH2加成，B正确；C．表示丙醛燃烧热的热化学方程式为：C3H6O(l)+4O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)△H=-1815kJ/mol，C不正确；D．X的同分异构体之一CH2=CHCH2OH中-OH可发生取代反应、氧化反应，碳碳双键可发生加成反应、加聚反应，D正确；故选C。3、D【解析】

石油分馏首先得到的是石油气，这说明石油气的沸点最低，故答案为D。4、D【解析】

A、溴单质能与氢氧化钠反应，生成溴化钠，易溶于水，所以苯层中不存在溴单质，所以苯层为无色，故A不正确；B、常温下铁在浓硫酸中发生钝化现象；阻止反应进行，铁片不能溶解，高锰酸钾溶液不变色，故B不正确；C、铜和稀硝酸发生生成一氧化氮气体在广口瓶中遇到空气中的氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故不正确；D、饱和氯化铁溶液加热到红褐色后制的氢氧化铁胶体，胶体具有丁达尔现象，光线通过出现一-条光亮的通路，故D正确；故选D。5、D【解析】

a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，则a为Na；b的最外层电子数为内层电子数的2倍，则b为C；c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则c为S；c与d同周期，d的原子半径小于c，则d为Cl。【详解】A．Na+核外电子层数为2，而Cl-和S2-核外电子层数为3，故Na+半径小于Cl-和S2-的半径；电子层数相同时，质子数越多，半径越小，所以Cl-的半径小于S2-的半径，所以离子半径：a＜d＜c，故A错误；B．a、c形成的化合物可以有多硫化钠Na2Sx，既有离子键，又有共价键，故B错误；C．元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，相应离子的还原性越弱，所以简单离子还原性：c＞d，故C错误；D．硫单质易溶于CS2中，故D正确；故选D。6、A【解析】

A．充电时，图示装置为电解池，阳离子向阴极移动，即Li＋向右移动，故A符合题意；B．放电时，装置为原电池，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故B不符合题意；C．充电时，阴极上发生得电子的还原反应，电极反应式为xLi＋＋xe-＋nC=LixCn，故C不符合题意；D．放电时，FePO4为正极，正极上发生得电子的还原反应，电极反应式为(1－x)LiFePO4＋xFePO4＋xLi＋＋xe-=LiFePO4，故D不符合题意；故答案为：A。【点睛】锂电池（俗称）有一次电池、可充电电池之分，其中原电池型锂电池是锂单质发生氧化反应，而可充电型锂电池又称之为锂离子电池，它主要依靠锂离子在正极和负极之间移动来工作。在充放电过程中，Li+在两个电极之间往返嵌入和脱嵌：充电时，Li+从正极脱嵌，经过电解质嵌入负极，负极处于富锂状态，放电时则相反。7、B【解析】

A．浓硫酸的密度比乙醇大，且浓硫酸和乙醇混合放出大量的热，若先加浓硫酸再加乙醇容易引起液体飞溅，故先加乙醇，再加浓硫酸。最后加乙酸，避免浓硫酸和乙酸混合时产生的热量使乙酸大量挥发，即制备乙酸乙酯时药品添加顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，A错误；B．SO2和酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应而被除去，再通过浓硫酸进行干燥，可得纯净的CO2，B正确；C．即使没有变质，Na2SO3和Ba(NO3)2反应也生成白色沉淀(BaSO3)，加入HCl，H+存在下，溶液中的NO3-将BaSO3氧化成BaSO4，白色沉淀依然不溶解，该方法不能检验Na2SO3是否变质，C错误；D．浓硝酸有强氧化性，常温下，浓硝酸将Fe钝化，不能比较Fe和Cu的活泼性，D错误。答案选B。【点睛】NO3-在酸性环境下有强氧化性。8、D【解析】

由图中电子的移动方向可知,电极X为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应为：2RuⅡ-2e-=2RuⅢ，Y电极为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，据此分析解答。【详解】A.由图中信息可知，该电池将太阳能转变为电能，选项A正确；B.由图中电子的移动方向可知，电极X为原电池的负极，电池工作时，X极电势低于Y极电势，选项B正确；C.电池工作时，在电解质溶液中RuⅡ再生的反应为：2RuⅢ+3I-=2RuⅡ+I3-，选项C正确；D.Y电极为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，电路中每通过2mol电子生成3molI-，但电解质中又发生反应2RuⅢ+3I-=2RuⅡ+I3-，使溶液中I-浓度基本保持不变，选项D错误。答案选D。9、A【解析】

A．花生油的成分是油脂，属于烃的含氧衍生物，石油炼得的柴油为烃类物质，故A错误；B．増强聚四氟乙烯是由四氟乙烯通过加聚反应合成的，属于有机高分子材料，故B正确；C．新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等，碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故C正确；D．用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，能够在较短的时间内降解，实现“碳”的循环利用，防止形成白色污染，故D正确；答案选A。10、A【解析】

A.硫化亚铜与氧气反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2，铜与氯气反应生成氯化铜，反应为：Cu+Cl2CuCl2，A正确；B.SiO2不溶于水，也不能和水反应，所以二者不能直接生成H2SiO3，B错误；C.铁和水蒸气在高温时反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，C错误；D.在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，不是一步生成碳酸钠，D错误；故合理选项是A。11、C【解析】

A.双酚A的分子式为C15H16O2，A错误；B.酚羟基有邻位H，可以和浓溴水发生取代反应，但是没有能水解的官能团，B错误；C.两个苯环及连接苯环的C可能处于同一平面，C正确；D.二个氯在同一个苯环上的结构有5种，二个氯分别在两个苯环上的二氯代物有3中，所以该结构中苯环上的二氯代物有8种，D错误。答案选C。12、D【解析】A.根据“五金入强水皆化、惟黄金不化强水中”判断“强

水”主

要

成

分

是

硝酸，故A正确；B.“将矾炒去，约折五分之一”是指绿矾脱水，故B正确；C.“锅下起火，取气冷定”描述了蒸馏的过程，故C正确；D.“五金入强水皆化”是指金属溶于硝酸，过程产生的气体主要是氮的氧化物，故D不正确。故选D。13、D【解析】

W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，Y是O元素；W形成1个单键，W是F元素；Z形成4个键，Z是C元素；X形成3个单键，通过提供空轨道形成1个配位键，X是B元素。【详解】A.元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性：HF>H2O，故A正确；B.同周期元素从左到右，半径减小，原子半径：B>C>O>F，故B正确；C.该物质中Li+和之间是离子键，C和O之间是共价键，故C正确；D.Z是C元素，碳有多种单质，石墨的硬度很小，故D错误；选D。【点睛】本题考查元素周期表与周期律，根据原子结构和成键规律推断元素是解题的关键，明确同周期元素从左到右性质递变规律，注意碳元素能形成多种性质不同的同素异形体。14、D【解析】

A．连接负极的铅笔芯为阴极，阴极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近生成氢氧根离子，溶液呈碱性，pH试纸遇碱变蓝色，故A正确；B．连接正极的铅笔芯为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘，碘与淀粉试液变蓝色，所以淀粉碘化钾试纸变蓝色，故B正确；C．该装置是将电能转化为化学能装置，为电解池，故C正确；D．电子不通过电解质溶液，电解质溶液中阴阳离子定向移动形成电流，故D错误；故答案为D。【点睛】考查电解原理，明确离子放电顺序及各个电极上发生的反应、物质的性质即可解答，该装置为电解池，连接负极的铅笔芯为阴极，阴极上氢离子放电，同时电极附近生成氢氧根离子，溶液呈碱性；连接正极的铅笔芯为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘，碘与淀粉试液变蓝色，注意电解质溶液中电流的形成，为易错点。15、B【解析】

A．强酸制弱酸是得到新酸和盐，可以实现，A正确；

B．氧化剂得到电子，必须有失去电子的物质，B错误；

C．生成碱需要氢氧根，碱式盐和盐反应可能能生成碱，如Mg(OH)Cl和Na2CO3反应可生产NaOH，C正确；

D．一种碱通过化合反应可生成一种新的碱，例如氢氧化亚铁、氧气和水化合生成氢氧化铁，D正确。

故选B。16、B【解析】

根据烯的加成原理，双键中的一个键断开，结合H原子，生成2-甲基戊烷，采取倒推法相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，即得到烯烃【详解】2−甲基戊烷的碳链结构为，2−甲基戊烷相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，从而得到烯烃；根据2−甲基戊烷的碳链结构知，相邻碳原子上各去掉1个氢原子形成双键的碳链结构有：、、、。A．CH2=C(CH3)CH2CH2CH3的碳链结构为，经催化加氢后能生成2−甲基戊烷，故A不符合题意；B．CH2=CHCH(CH3)CH2CH3的碳链结构为，经催化加氢后不能生成2−甲基戊烷，故B符合题意；C．CH3C(CH3)=CHCH2CH3的碳链结构为，经催化加氢后能生成2−甲基戊烷，故C不符合题意；D．CH3CH=CHCH(CH3)CH3的碳链结构为，经催化加氢后能生成2−甲基戊烷，故D不符合题意；答案选B。17、D【解析】

A、1mol铁在一定条件下分别与氧气、氯气、硫完全反应，与氧气生成四氧化三铁，转移了mol电子，与氯气反应生成氯化铁，转移了3mol电子，与S反应生成FeS，转移了2mol电子，故A错误；B、葡萄糖和冰醋酸最简式相同为CH2O，30g葡萄糖和冰醋酸的混合物含有原子团CH2O的物质的量==1mol，含有的氢原子数为2NA，故B错误；C、石墨烯中每一个六元环平均含有2个碳原子，故12g石墨烯即1mol石墨中含1molC原子，含有0.5mol六元环，即0.5NA个六元环，故C错误；D.2.1gDTO的物质的量为=0.1mol，而一个DTO中含10个质子，故0.1molDTO中含NA个质子，故D正确；答案选D。18、C【解析】

元素X、Y、Z、W为短周期且原子序数依次增大，电解Z与W形成的化合物的水溶液，产生W元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液，可推出W元素为氯元素（Cl），Z元素为钠（Na），X元素为氧（O），Y与W同族，可推出Y元素为氟（F）。【详解】A.最简单氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越稳定，根据分析，Y元素为氟，W元素为氯，非金属性F>Cl，氢化物稳定性HF>HCl，故A错误；B.Z元素为钠，钠与氧形成Na2O2既有离子键又有共价键，故B错误；C.钠与氟形成氟化钠，属于强碱弱酸盐，F-会发生水解，F-+H2OHF+OH-，水溶液呈碱性，故C正确；D.对应的简单离子分别为O2-、F-、Na+、Cl-，可知O2-、F-、Na+电子层结构相同，原子序数越大半径越小，离子半径：O2->F->Na+，又因为Cl-有三个电子层，故Cl-半径最大，因此半径大小为：Cl->O2->F->Na+，故D错误；故选C。【点睛】本题考查位置结构性质的关系及应用，难度中等，推断元素是解题关键。19、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)＋I－(aq)AgI(s)＋Cl－(aq)，故B错误；C.向明矾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(OH)3↓＋3H2S↑，故C错误；D.向NaHCO3溶液中滴加少量Ca(OH)2溶液：Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓＋2H2O＋CO32－，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。20、C【解析】

根据反应6NO+4NH3=5N2+6H2O，可以理解为：NO和NH3按照物质的量之比是3：2反应，还原产物、氧化产物的物质的量之比是3：2，还原产物比氧化产物多1mol，在相同条件下，气体的物质的量之比和体积之比是相等的，所以原混合气体中NO和NH3的物质的量之比可能3：2；故合理选项是C。21、D【解析】

A.钠原子原子核外有11个电子，A错误；B.过氧化钠是离子化合物，B错误；C.碳酸氢钠只能完全电离产生钠离子和碳酸氢根离子，C错误；D.次氯酸钠溶液显碱性是由于次氯酸根的水解造成的，D正确；答案选D。22、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。二、非选择题(共84分)23、对甲基苯甲醛3羧基b、d【解析】

由合成路线可知，甲苯发生取代反应生成A对甲基苯甲醛，再与CH3CHO在碱性条件下反应生成B，B为，①中-CHO被弱氧化剂氧化为-COOH，而C=C不能被氧化，再酸化得到D，D与甲醇发生酯化反应生成E为，然后结合有机物的结构与性质来解答。【详解】（1）由上述分析可知，A为对甲基苯甲醛，遇FeCl3溶液显紫色，则含酚−OH，且苯环上有两个取代基，另一取代基为−CH=CH2，则符合条件的A的同分异构体为(邻、间、对)3种，由上述分析可知，B为；D的结构为，其中含有含氧官能团为：羧基；故答案为：对甲基苯甲醛；3；；羧基；（2）由生成可知，试剂C不能与C=C反应，只氧化−CHO，则C为b或d，故答案为：b、d；（3）中含−COOC−，与足量NaOH溶液共热的化学方程式为：，故答案为：；（4）E中含-C=C-，在一定条件下可以生成高聚物F，发生加聚反应，则F的结构简式为，故答案为：。【点睛】具有多官能团的有机物在实现官能团之间的转化时，需要注意官能团的保护，其常见的措施可将官能团先反应，然后再复原，或在选择反应试剂时控制相关反应。24、邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯）C13H20ON2浓HNO3／浓H2SO4，加热氨基取代反应吸收反应产生的HCl，提高反应的转化率或【解析】

A的分子式结合G得知：A是甲苯，B中有-NO2，结合G的结构苯环上的-CH3和N原子所连接B苯环上的C属于邻位关系，故B是邻硝基甲苯，在Fe和HCl存在下被还原成C物质：邻氨基甲苯，结合题干信息：二者反应条件一致，则确定D是乙醛CH3CHO，E是，部分路线如下：【详解】（1）B的化学名称是邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯）；H的分子式是C13H20ON2；（2）由A生成B的反应是硝化反应，试剂：浓HNO3、浓H2SO4，反应条件：加热；（3）C中所含官能团的名称为氨基；观察G生成H的路线：G的Cl原子被丙胺脱掉—NH2上的一个H原子后剩下的集团CH3CH2CH2NH—取代，故反应类型是取代反应；（4）C与F反应生成G的化学方程式为；有机反应大多是可逆反应，加入K2CO3消耗反应产生的HCl，使平衡正向移动，提高反应物的转化率；（5）的单体是，联系原料有甲醇倒推出前一步是与甲醇酯化反应生成单体，由原料丙酮到增长了碳链，用到题干所给信息：，故流程如下：。25、氯气发生装置3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH===2K2FeO4＋6KCl＋8H2OFe3＋4FeO42-＋20H＋==4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O<溶液酸碱性不同【解析】

（1）浓盐酸和KMnO4混合可生成氯气；（2）装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的；（3）C中得到紫色固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，结合守恒法写出发生反应的化学方程式；（4）方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+；（5）Fe（OH）3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-，可以说明Cl2的氧化性大于FeO42-，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，方案Ⅱ是FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2，注意两种反应体系所处酸碱性介质不一样。【详解】（1）浓盐酸和KMnO4混合可生成氯气，则A装置的作用是氯气发生装置；（2）装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的，所以装置B应为；（3）C中得到紫色固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，发生反应的化学方程式为3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH===2K2FeO4＋6KCl＋8H2O；（4）方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+，发生反应为：4FeO42-+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O；（5）Fe（OH）3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-，可以说明Cl2的氧化性大于FeO42-，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，方案Ⅱ是FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2，两种反应体系所处酸碱性介质不一样，所以可以说明溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱。26、沉淀不溶解或无明显现象BaCO3+2H+===Ba2++CO2↑+H2OBaSO4在溶液中存在BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动b2I--2e-===I2由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI+Cl-AgCl+I-【解析】

（1）①BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，BaSO4不溶于盐酸；②实验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生，是BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳；③实验Ⅱ中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-，根据离子浓度对平衡的影响分析作答；（2）①要证明AgCl转化为AgI，AgNO3与NaCl溶液反应时，必须是NaCl过量；②I―具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀；④AgI转化为AgCl，则c(I－)增大，还原性增强，电压增大。【详解】①因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验Ⅰ说明全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解或无明显现象；②实验Ⅱ是BaCl2中加入Na2SO4和Na2CO3产生BaSO4和BaCO3，再加入稀盐酸有少量气泡产生，沉淀部分溶解，是BaCO3和盐酸发生反应产生此现象，所以反应的离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；③由实验Ⅱ知A溶液为3滴0.1mol/LBaCl2，B为2mL0.1mol/L的Na2SO4溶液，根据Ba2++SO42-=BaSO4，所以溶液中存在着BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。所以BaSO4沉淀也可以转化为BaCO3沉淀。答案：BaSO4在溶液中存在BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。（2）①甲溶液可以是NaCl溶液，滴入少量的AgNO3溶液后产生白色沉淀，再滴入KI溶液有黄色沉淀产生。说明有AgCl转化为AgI，故答案为b；②实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中为0.01mol/L的KI溶液，A中为0.1mol/L的AgNO3溶液，Ag+具有氧化性，作原电池的正极，I-具有还原性，作原电池的负极，所以B中石墨上的电极反应式是2I--2e-=I2；③由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱，根据已知其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大，而离子的浓度越大，离子的氧化性（或还原性）强。所以实验Ⅳ中b＜a。答案：由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱。④虽然AgI的溶解度小于AgCl，但实验Ⅳ中加入了NaCl(s)，原电池的电压c＞b，说明c(Cl-)的浓度增大，说明发生了AgI+Cl-AgCl+I-反应，平衡向右移动，c(I-)增大，故答案为实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI+Cl-AgCl+I-。27、关闭活塞a和分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，水滴入圆底烧瓶一会儿后不再滴入，则装置气密性良好利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O检验有无NO2产生，若有NO2，则NO2与水反应生成硝酸，硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+与SCN—反应溶液呈血红色，若无二氧化氮则无血红色2NO+O2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O称取样品在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀生成-1.5%（-1.48%）【解析】

（1）检查装置气密性的基本思路是使装置内外压强不等，观察气泡或液面变化。常用方法有：微热法、液差法、滴液法和抽气（吹气）法。本题选用滴液法的操作为：关闭活塞a和分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，水滴入圆底烧瓶一会儿后不再滴入，则装置气密性良好；（2）实验开始时先将Y型试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，碳酸钙和稀硝酸生成CO2，将整个装置的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰；常温下，铜片和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，化学方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；故答案为：利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。（3）本实验生成的气体中，若有NO2，NO2溶于水生成硝酸，会将Fe2+氧化成Fe3+，B瓶溶液会出现血色，若无NO2，则无血色；常用碱液吸收NO尾气，反应方程式为：2NO+O2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O。答案为：检验有无NO2产生，若有NO2，则NO2与水反应生成硝酸，硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+与SCN—反应溶液呈血红色，若无二氧化氮则无血红色；2NO+O2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O。（4）测量固体的含量，要先称量一定质量的固体，经溶解、沉淀、过滤、洗涤、干燥、称量等操作。检验沉淀是否沉淀完全，是检验其清液中是否还有未沉淀的SO42-，可通过向上层清液中继续滴加氯化钡溶液，若有沉淀说明没有沉淀完全。故答案为：称取样品；在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀生成。（5）相对误差=，故答案为：-1.5%（-1.48%）。28、sA基态Cu+的价电子排布式为3d10，为全充满状态，更稳定（或“Cu+离子核外电子处于稳定的全充满状态”）NaCl、KCl为离子晶体，SiO2为原子晶体；K+半径大于Na+半径，晶格能NaCl>KClOCX4、SiX4（X表示卤素原子，任写一种）28NA四面体形sp3sp3【解析】

(1)K元素的价电子排布式为4s1，最后的电子排在s轨道上，所以处于元素同期表的s

区。答案为s；(2)在第三周期，轨道的能量3s<3p，电子的能量越低，电离时消耗的能量越高，所以3s轨道上的电子电离时消耗的能量最高。答案为A；(3)从核外电子排布角度看，基态Cu+的价电子排布式为3d10，为全充满状态，更稳定。答案为：基态Cu+的价电子排布式为3d10，为全充满状态，更稳定（或“Cu+离子核外电子处于稳定的全充满状态”）(4)从表中可以看出，KCl、NaCl的熔点相近，而SiO2的熔点高。因为NaCl、KCl为离子晶体，SiO2为原子晶体，所以SiO2的熔点高；K+半径大于Na+半径，晶格能NaCl>KCl，所以NaCl的熔点高。答案为：NaCl、KCl为离子晶体，SiO2为原子晶体；K+半径大于Na+半径，晶格能NaCl>