江西省湖口县第二中学2024届高三下学期第五次调研考试化学试题含解析

江西省湖口县第二中学2024届高三下学期第五次调研考试化学试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、苯甲酸的电离方程式为+H+，其Ka=6.25×10-5，苯甲酸钠（，缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-。已知25℃时，H2CO3的Ka1=4.17×l0-7，Ka2=4.90×l0-11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是（温度为25℃，不考虑饮料中其他成分）（）A．H2CO3的电离方程式为H2CO32H++CO32-B．提高CO2充气压力，饮料中c(A-)不变C．当pH为5.0时，饮料中=0.16D．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低2、电解质的电导率越大，导电能力越强。用0.100mol·L-1的KOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100mol•L-1的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是（）A．曲线②代表滴定CH3COOH溶液的曲线B．在相同温度下，P点水电离程度大于M点C．M点溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1mol·L-1D．N点溶液中：c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)3、室温下用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是A．验证浓硫酸具有强氧化性 B．制取干燥的NH3C．干燥、收集并吸收多余的SO2 D．验证乙炔的还原性4、设代表阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A．含个铜原子的CuO和的混合物质量为B．标准状况下，氧气作氧化剂时转移电子数一定为C．碳酸钠溶液中带电粒子数一定大于D．浓硫酸与足量锌粒反应，产生的气体分子数小于5、下列实验操作规范并能达到实验目的的是实验操作实验目的A在一定条件下，向混有少量乙烯的乙烷中通入氢气除去乙烷中的乙烯B用玻璃管蘸取待测液，点在干燥的pH试纸中部，片刻后与标准比色卡比较读数粗略测定NaClO溶液pHC用0.1mol/LMgSO4溶液滴入到2mlNaOH溶液中至不再有沉淀生成再滴入0.1mol/LCuSO4溶液比较Mg（OH）2和Cu（OH）2的Ksp大小D向亚硫酸钠溶液中滴加硝酸钡和硝酸检验亚硫酸钠溶液是否变质A．A B．B C．C D．D6、从下列事实所得出的相应结论正确的是实验事实结论A在相同温度下，向1mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3B某气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红该气体水溶液一定显碱性C同温同压下，等体积pH=3的HA和HB两种酸分别于足量的锌反应，排水法收集气体，HA放出的氢气多且反应速率快HB的酸性比HA强DSiO2既能与氢氟酸反应又能与碱反应SiO2是两性氧化物A．A B．B C．C D．D7、下列说法正确的是（）A．H2与D2是氢元素的两种核素，互为同位素B．甲酸（HCOOH）和乙酸互为同系物，化学性质不完全相似C．C4H10的两种同分异构体都有三种二氯代物D．石墨烯（单层石墨）和石墨烷（可看成石墨烯与H2加成的产物）都是碳元素的同素异形体，都具有良好的导电性能8、下列有关说法中正确的是A．纳米Fe3O4分散到适当的分散剂中可得到胶体，能产生丁达尔效应B．加热条件下金属单质在空气中均可表现出还原性C．不能导电的化合物均不是电解质D．电解质溶液导电过程中，离子仅仅发生了定向移动9、垃圾假单胞菌株能够在分解有机物的同时分泌物质产生电能，其原理如下图所示。下列说法正确的是()A．电流由左侧电极经过负载后流向右侧电极B．放电过程中，正极附近pH变小C．若1molO2参与电极反应，有4molH+穿过质子交换膜进入右室D．负极电极反应为：H2PCA+2e－＝PCA+2H+10、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：11、莽草酸是一种合成治疗禽流感药物达菲的原料，鞣酸存在于苹果、生石榴等植物中。有关说法正确的是（）A．等浓度的两种酸其酸性相同B．两种酸都能与溴水发生加成反应C．鞣酸分子与莽草酸分子相比多了两个碳碳双键D．鞣酸能与Fe3+发生显色反应，而莽草酸不能12、油炸虾条、薯片等易碎的食品，不宜选用真空袋装而应采用充气袋装。在实际生产中，充入此类食品袋的是下列气体中的（）A．氧气 B．二氧化碳 C．空气 D．氮气13、新型冠状病毒来势汹汹，主要传播途径有飞沫传播、接触传播和气溶胶传播，但是它依然可防可控，采取有效的措施预防，戴口罩、勤洗手，给自己居住、生活的环境消毒，都是非常行之有效的方法。下列有关说法正确的是（）A．云、烟、雾属于气溶胶，但它们不能发生丁达尔效应B．使用酒精作为环境消毒剂时，酒精浓度越大，消毒效果越好C．“84”消毒液与酒精混合使用可能会产生氯气中毒D．生产“口罩”的无纺布材料是聚丙烯产品，属于天然高分子材料14、CPAE是蜂胶的主要活性成分，也可由咖啡酸合成下列说法不正确的是A．咖啡酸分子中所有原子可能处在同一个平面上B．可用金属Na检测上述反应是否残留苯乙醇C．1mol苯乙醇在O2中完全燃烧，需消耗10molO2D．1molCPAE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH15、已知：锂硫电池的总反应为2Li+xS=Li2Sx。以锂硫电池为电源，通过电解含(NH4)2SO4的废水制备硫酸和化肥的示意图如图(不考虑其他杂质离子的反应)。下列说法正确的是（）A．b为电源的正极B．每消耗32g硫，理论上导线中一定通过2mole-C．N室的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+D．SO42-通过阴膜由原料室移向M室16、下列化学用语对事实的表述正确的是A．电解CuCl2溶液：CuCl2=Cu2++2Cl-B．Mg和Cl形成离子键的过程：C．向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32-=Al2(CO3)3↓D．乙酸与乙醇发生酯化反应：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O17、某研究性学习小组的同学在实验室模拟用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝[A12(SO4)x(OH)6-2x]溶液，并用于烟气脱硫研究，相关过程如下：下列说法错误的是A．滤渣I、II的主要成分分别为SiO2、CaSO4B．若将pH调为4，则可能导致溶液中铝元素的含量降低C．吸收烟气后的溶液中含有的离子多于5种D．完全热分解放出的SO2量等于吸收的SO2量18、香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下：下列有关香叶醇的叙述正确的是（）A．香叶醇的分子式为C10H18OB．不能使溴的四氯化碳溶液褪色C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．能发生加成反应不能发生取代反应19、在下列各溶液中，一定能大量共存的离子组是A．有色透明溶液中：Fe2＋、Ba2＋、[Fe(CN)6]3－、NO3－B．强酸性溶液中：Cu2＋、K＋、ClO－、SO42－C．含有大量AlO2－的溶液中：K＋、Na＋、HCO3－、I－D．常温下水电离的c(H＋)为1×10－12mol/L的溶液中：K＋、Na＋、Cl－、NO3－20、中科院科学家设计出一套利用SO2和太阳能综合制氢方案，其基本工作原理如图所示。下列说法错误的是A．该电化学装置中，Pt电极作正极B．Pt电极的电势高于BiVO4电极的电势C．电子流向：Pt电极→导线→BiVO4电极→电解质溶液→Pt电极D．BiVO4电极上的反应式为SO32-－2e-+2OH-=SO42-+H2O21、下列过程中没有发生电子转移的是（）A．液氨作制冷剂 B．合成氨 C．大气固氮 D．生物固氮22、25℃时，已知醋酸的电离常数为1.8×10-5。向20mL2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0mol/LNaOH溶液，溶液中水电离出的c(H+)在此滴定过程中变化曲线如下图所示。下列说法不正确的是A．a点溶液中：c(H+)=6.010-3molL-1B．b点溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)C．c点溶液中：c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)D．d点溶液中：c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)二、非选择题(共84分)23、（14分）PVAc是一种具有热塑性的树脂，可合成重要高分子材料M，合成路线如下：己知：R、Rˊ、Rˊˊ为H原子或烃基I.R'CHO+R"CH2CHOII.RCHO+（1）标准状况下，4.48L气态烃A的质量是5.2g，则A的结构简式为___________________。（2）己知A→B为加成反应，则X的结构简式为_______；B中官能团的名称是_________。（3）反应①的化学方程式为______________________。（4）E能使溴的四氯化碳溶液褪色，反应②的反应试剂和条件是_______________________。（5）反应③的化学方程式为____________________________。（6）在E→F→G→H的转化过程中，乙二醇的作用是__________________________。（7）己知M的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M的结构简式为_________________。24、（12分）化合物F是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成：已知：RCHO＋CH3CHORCH(OH)CH2CHO。试回答：（1）A的化学名称是____，A→B的反应类型是____。（2）B→C反应的化学方程式为________。（3）C→D所用试剂和反应条件分别是_____。（4）E的结构简式是_____。F中官能团的名称是_____。（5）连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有____种。其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5个峰，峰面积比为2∶1∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为____。25、（12分）CuCl晶体呈白色，熔点为430℃，沸点为1490℃，见光分解，露置于潮湿空气中易被氧化，难溶于水、稀盐酸、乙醇，易溶于浓盐酸生成H3CuCl4，反应的化学方程式为CuCl（s）+3HCl（aq）⇌H3CuCl4（aq）．（1）实验室用如图1所示装置制取CuCl，反应原理为：2Cu2++SO2+8Cl﹣+2H2O═2CuCl43﹣+SO42-+4H+CuCl43﹣（aq）⇌CuCl（s）+3Cl﹣（aq）①装置C的作用是_____．②装置B中反应结束后，取出混合物进行如图所示操作，得到CuCl晶体．混合物CuCl晶体操作ⅱ的主要目的是_____操作ⅳ中最好选用的试剂是_____．③实验室保存新制CuCl晶体的方法是_____．④欲提纯某混有铜粉的CuCl晶体，请简述实验方案：_____．（2）某同学利用如图2所示装置，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的百分组成．已知：i．CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成Cu(CO)Cl•H2O．ii．保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液能吸收氧气．①D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是_____、_____．②写出保险粉和KOH的混合溶液吸收O2的离子方程式：_____．26、（10分）过氧化钙(CaO2)是一种白色晶体，能潮解，难溶于水，可与水缓慢反应，不溶于乙醇，易与酸反应，常用作杀菌剂、防腐剂等。根据题意，回答相关问题。I．CaO2晶体的制备：CaO2晶体通常可利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得。某化学兴趣小组在实验室制备CaO2的实验方案和装置示意图如下：（1）三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为_____。（2）冷水浴的目的是____；步骤③中洗涤CaO2·8H2O的实验操作方法是______Ⅱ．CaO2含量的测定：测定CaO2样品纯度的方法是：称取0.200g样品于锥形瓶中，加入50mL水和15mL2mol·L-lHCl，振荡使样品溶解生成过氧化氢，再加入几滴MnCl2稀溶液，立即用0.0200mol·L-lKMnO4标准溶液滴定到终点，消耗25.00mL标准液。（3）上述过程中使用稀盐酸而不使用稀硫酸溶解样品的原因是___；滴定前加入MnCl2稀溶液的作用可能是____。（4）滴定过程中的离子方程式为_______，样品中CaO2的质量分数为______。（5）实验I制得的晶体样品中CaO2含量偏低的可能原因是：①____；②____。27、（12分）实验室以海绵铜（主要成分为Cu和CuO）为原料制取CuCl的主要流程如图所示。已知：①CuCl微溶于水，不溶于乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。②CuCl露置于潮湿的空气中易被氧化。回答下列问题。（1）“氧化”时温度应控制在60~70℃，原因是____________________。（2）写出“转化”过程中的离子方程式____________________。（3）“过滤Ⅱ”所得滤液经__________、__________、过滤等操作获得(NH4)2SO4晶体，可用作化学肥料。“过滤Ⅱ”所得滤渣主要成分为CuCl，用乙醇洗涤的优点是________________。（4）氯化铵用量[]与Cu2+沉淀率的关系如图所示。随着氯化铵用量的增多Cu2+沉淀率增加，但当氯化铵用量增加到一定程度后Cu2+的沉淀率减小，其原因是__________。（5）若CuCl产品中混有少量CaSO4，设计提纯CuCl的实验方案：__________。（实验中可选试剂：0.1mol·L−1盐酸、10mol·L−1盐酸、蒸馏水、无水乙醇）28、（14分）铁、钴、镍等金属及其化合物在科学研究和工业生产中应用十分广泛。回答下列问题：（1）铁、钴、镍的基态原子核外未成对电子数最多的是_________。（2）酞菁钴分子的结构简式如图所示，中心离子为钴离子，酞钴分子中与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是_______(填1、2、3、4)，三种非金属原子的电负性由大到小的顺序为_______(用相应的元素符号表示)；氮原子的杂化轨道类型为________。（3）Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x，晶体属于_______(填晶体类型)，若配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=________。（4）NiO、FeO的晶体结构类型与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO______FeO(填“>”“<”或“=”)，原因是_________。（5）NiAs的晶胞结构如图所示：①镍离子的配位数为_________。②若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为pg·cm-3，则该晶胞中最近的Ni2+之间的距离为________cm。(写出计算表达式)29、（10分）(1)已知:①N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=180.5kJ·mol-1②C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1③2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-221kJ·mol-1若某反应Ⅰ的平衡常数表达式为K=请写出此反应的热化学方程式:________,该反应自发进行的条件是_________。(2)一定温度下,向体积为VL的密闭容器中充入一定量的NO和CO,发生反应Ⅰ。①下列说法正确的是____。A当容器内气体压强不再发生变化时,说明反应已达到平衡状态B当v(CO2)=v(CO)时,说明反应已达到平衡状态C达到平衡后,若向容器中再充入一定量NO,则NO转化率将减小D达到平衡后,若再升高温度,由于逆反应速率增大,正反应速率减小,因此平衡向逆反应方向移动②若反应在t1时刻达到平衡状态,在其他条件不变的情况下,t2时刻通过缩小容器体积使压强增大到原来的2倍,t3时刻达到新的平衡状态。请在图中补充画出t2～t4时段c(NO)的变化曲线:____(3)分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池而除去(以KOH溶液为电解质溶液)。写出该电池的负极反应式:_____________。

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、C【解析】

A．H2CO3是弱酸，分步电离，电离方程式为H2CO3H++HCO3-，故A错误；B．提高CO2充气压力，溶液的酸性增强，溶液中c(A-)减小，故B错误；C．当pH为5.0时，饮料中===0.16，故C正确；D．由题中信息可知，苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-，充CO2的饮料中HA的浓度较大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故D错误；故选C。2、D【解析】

A．醋酸为弱电解质，滴加KOH，变为CH3COOK是强电解质，故导电率增加，即曲线①代表滴定醋酸的曲线，故A错误。B.相同温度下，P点溶质为KCl，不影响水的电离，M点为CH3COOK，其水解促进水的电离，故M点大于P点，故B错误。C．对于M点，根据电荷守恒可知，c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.05mol·L-1，故C错误。D．N点的溶液中含有等物质的量的醋酸钾和氢氧化钾，溶液显碱性，CH3COO-只有很小的一部分发生水解，所以c(K+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+),故D正确。答案：D。3、B【解析】

A.铜与浓硫酸反应需要加热，故A错误；B.浓氨水滴入生石灰中，氧化钙与水反应放出大量的热，增大溶液中氢氧根浓度，使氨水的电离向左移动，放出的热量有利于放出氨气，氨气可以用碱石灰干燥，故B正确；C.收集不到干燥的二氧化硫气体，因为二氧化硫是酸性氧化物，不能用碱石灰干燥，故C错误；D.电石中混有硫化物，与水反应生成的乙炔气体中混有硫化氢气体，硫化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰乙炔的还原性验证，故D错误；故选B。4、B【解析】

A．CuO的摩尔质量为80g/mol，Cu2S的摩尔质量为160g/mol，含NA个铜原子的CuO的质量为80.0g，含NA个铜原子的Cu2S的质量为80.0g，故含NA个铜原子的CuO和Cu2S的混合物质量为80.0g，故A正确；B．标准状况下，22.4

L氧气的物质的量为1mol，钠与氧气燃烧的反应中，1mol氧气完全反应生成1mol过氧化钠，转移了2mol电子，转移电子数不一定为4NA，故B错误；C．500

mL、2

mol•L-1碳酸钠溶液中，碳酸钠的物质的量为0.5×2=1mol，1mol碳酸钠可以电离出2mol钠离子和1mol的碳酸根离子，由于碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，导致溶液中阴离子数目增多，所以溶液中带电粒子总数大于3mol，即大于3NA，故C正确；D．50

mL

18

mol•L-1浓硫酸中硫酸的物质的量=0.05×18=0.9mol，消耗0.9mol硫酸能够生成0.45mol二氧化硫，由于锌足量，浓硫酸的浓度逐渐减小，变成稀硫酸后反应生成氢气，1mol硫酸生成1mol氢气，故反应生成的二氧化硫和氢气的总和小于0.9mol，即小于0.9NA，故D正确；故选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意浓硫酸与金属反应放出二氧化硫，稀硫酸与金属反应放出氢气，注意方程式中硫酸与气体的量的关系。5、C【解析】

A.除去乙烷中的乙烯不能用氢气，因为会引入氢气这种新的杂质气体，故A错误；B.由于溶液具有强氧化性，能使pH试纸褪色，故不能测定溶液pH，故B错误；C.和组成相似，溶度积常数较小的物质转化为溶度积更小的物质，用溶液滴入到2mLNaOH溶液中至不再有沉淀生成，则完全反应生成，再滴入溶液，若产生蓝色沉淀，则证明转化为，则说明的比的小，故C正确；D.亚硫酸钠具有还原性，能被硝酸氧化为，与反应生成白色沉淀，不能检验出亚硫酸钠溶液是否变质，故D错误；故答案为：C。6、C【解析】

A.发生反应MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，由于NaOH过量，因此再滴入FeCl3溶液，会发生反应：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，不能比较Mg(OH)2和Fe(OH)3溶解度大小，A错误；B.某气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，则该气体为酸性气体，其水溶液显酸性，B错误；C.HA放出的氢气多且反应速率快，HA浓度比HB大，在反应过程中HA溶液中c(H+)比较大，证明HA溶液中存在电离平衡HAH++A-，HA是弱酸，故酸性HB>HA，C正确；D.SiO2与氢氟酸反应产生SiF4和H2O，SiF4不是盐，因此SiO2不是两性氧化物，D错误；故合理选项是C。7、B【解析】

A.H2与D2是氢元素的两种单质，不是同位素的关系，同位素是原子之间的互称，故A错误；B.甲酸（HCOOH）和乙酸分子结构相似，官能团的种类和数目一样，分子组成上差1个﹣CH2﹣，甲酸还具有醛类物质的性质，故B正确；C.C4H10的两种同分异构体分别是正丁烷和异丁烷，正丁烷有6种二氯代物，异丁烷有4种二氯代物，故C错误；D.同素异形体是同种元素的单质之间的互称，石墨烷不是碳元素的单质，二者不是同素异形体，故D错误。故选B。8、A【解析】

A.纳米Fe3O4分散到适当的分散剂中可得到胶体，胶体能产生丁达尔效应，A项正确；B.某些金属单质化学性质不活泼如金、铂等金属，在加热条件下不会发生化学反应，不会表现还原性，B项错误；C.在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物属于电解质，与自身是否导电无关，电解质在固态时不导电，C项错误；D.电解质溶液导电过程中，会有离子在电极表面放电而发生化学变化，D项错误；【点睛】C项是学生的易错点，不能片面地认为能导电的物质就是电解质。判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步该物质在特定条件（或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断。9、C【解析】A、右侧氧气得电子产生水，作为正极，故电流由右侧正极经过负载后流向左侧负极，选项A错误；B、放电过程中，正极氧气得电子与氢离子结合产生水，氢离子浓度减小，pH变大，选项B错误；C、若1molO2参与电极反应，有4molH+穿过质子交换膜进入右室，生成2mol水，选项C正确；D、原电池负极失电子，选项D错误。答案选C。10、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。11、D【解析】

A.莽草酸只有一个羧基能电离出氢离子，使溶液显酸性，鞣酸有一个羧基、三个酚羟基均可以电离出氢离子，使溶液显酸性，则等浓度的两种酸，鞣酸酸性更强，故A错误；B.鞣酸不含碳碳双键，含有酚羟基，与溴水只发生取代反应，故B错误；C.鞣酸含有苯环，不含碳碳双键，故C错误；D.鞣酸含有酚羟基，与铁离子反应，而莽草酸中不含酚−OH，则遇三氯化铁溶液不显紫色，故D正确；答案选D。【点睛】鞣酸中的羟基为酚羟基，遇三氯化铁溶液显紫色，莽草酸中的六元环不是苯环，其中的羟基是醇羟基，遇三氯化铁溶液不显紫色，这是同学们的易错点。12、D【解析】

油炸虾条、薯片具有还原性，易被氧化性气体氧化而变质，保存时，充入气体应为非氧化性气体，空气和氧气相比较，氧气的浓度更大，氧化性更强，易使食品变质，在食品袋中冲入氮气既可以防挤压又可以防氧化，故选D。13、C【解析】

A．云、雾和烟均为胶体，且均为胶粒分散到气态分散剂中所得到的分散系，故均为气溶胶，它们都能发生丁达尔效应，故A错误；B．浓度为75%的医用酒精消毒效果更好，并不是浓度越高消毒效果越好，故B错误；C．“84”消毒液的主要成分为次氯酸钠，具有强氧化性，能氧化乙醇，自身被还原为氯气，故C正确；D．从题中信息可看出生产无纺布的材料是合成材料，不是天然高分子材料，故D错误；答案选C。【点睛】浓度为75%的医用酒精消毒效果最高，可以杀死病毒，在疫情期间可以使用医用酒精杀菌，但不是浓度越大越好。14、B【解析】

A.由于苯环和碳碳双键均是平面型结构，所以根据有机物的结构简式可知，咖啡酸分子中所有原子可能处在同一个平面上，A正确；B.CPAE分子中含有酚羟基，也能和金属钠反应，所以不能用金属Na检测上述反应是否残留苯乙醇，B不正确；C.苯乙醇的分子式为C8H10O，苯乙醇燃烧的方程式为C8H10O+10O28CO2+5H2O，C正确；D.CPAE分子中含有2个酚羟基和1个酯基，所以1molCPAE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH，D正确；答案选B。15、D【解析】

结合题干信息，由图可知M室会生成硫酸，说明OH-放电，电极为阳极，则a为正极，b为负极，据此分析解答问题。【详解】A．根据上述分析，b为电源负极，A选项错误；B．根据电池的总反应为2Li+xS=Li2Sx，没通过2mole-需要消耗32xg硫，B选项错误；C．N室为阴极，氢离子放电，电极反应式为2H++2e-===H2↑，C选项错误；D．M室生成硫酸，为阳极，电解池中阴离子向阳极移动，原料室中的SO42-通过阴膜移向M室，D选项正确；答案选D。16、D【解析】

A．电解氯化铜溶液生成铜和氯气，总的化学方程式为：CuCl2Cu+Cl2↑，故A错误；B．氯化镁为离子化合物，由离子形成离子键，其形成过程为，故B错误；C．向Al2(SO4)3溶液中滴加少量Na2CO3溶液反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故C错误；D．羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH提供-H，相互结合生成水，其它基团相互结合生成酯，反应的方程式为CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O，故D正确；故选D。17、D【解析】

A.粉煤灰与稀硫酸混合发生反应：Al2O3＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2O，而SiO2不与稀硫酸反应，故滤渣I的主要成分为SiO2；滤液中含Al2(SO4)3，加入碳酸钙粉末后调节pH=3.6，发生反应CaCO3＋H2SO4=CaSO4＋CO2↑＋H2O，因CaSO4微溶，故滤渣II的成分为CaSO4，A项正确；B.将pH调为4，溶液中会有部分的铝离子会与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，可能导致溶液中铝元素的含量降低，B项正确；C.吸收液中本身含有H＋、Al3＋、OH－、SO42－，吸收SO2以后会生成SO32－，部分SO32－会发生水解生成HSO3－，溶液中含有的离子多于5种，C项正确；D.SO2被吸收后生成SO32－，SO32－不稳定，被空气氧化为SO42－，因此完全热分解放出的SO2量会小于吸收的SO2量，D项错误；答案选D。18、A【解析】

A项，1个香叶醇分子中含10个C、18个H和1个O，香叶醇的分子式为C10H18O，A正确；B项，香叶醇中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，B错误；C项，香叶醇中含有碳碳双键和醇羟基，能被高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D项，香叶醇中含有醇羟基，能发生取代反应，D错误；答案选A。19、D【解析】

A.Fe2＋与[Fe(CN)6]3－产生蓝色沉淀，不能大量共存，选项A错误；B.强酸性溶液中H+与ClO－反应产生HClO弱电解质而不能大量共存，选项B错误；C.AlO2－与HCO3－会反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳而不能大量共存，选项C错误；D.常温下水电离的c(H+)为1×10－12mol/L的溶液可能显酸性或碱性，但与K＋、Na＋、Cl－、NO3－均不发生反应，能大量共存，选项D正确。答案选D。20、C【解析】

该装置为原电池，由Pt电极上反应(H2O→H2)或BiVO4电极上反应(SO32-→SO42-)可知，Pt电极上氢离子得电子生成氢气、发生还原反应，为正极，电极反应为2H2O+2e-═H2↑+2OH-；BiVO4电极为负极，SO32-失电子生成硫酸根、发生氧化反应，电极反应为SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O，据此分析解答。【详解】A．Pt电极上氢离子得电子生成氢气，发生还原反应，Pt电极作正极，故A正确；B．Pt电极为正极，BiVO4电极为负极，所以Pt电极电势高于BiVO4电极，故B正确；C．电子从BiVO4电极(负极)经导线流向Pt电极(正极)，不能进入溶液，故C错误；D．BiVO4电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O，故D正确；故选C。【点睛】根据电极上物质的变化判断正负极为解答的关键。本题的易错点为C，要注意溶液通过自由移动的离子导电，难点为D，要注意电极反应式的书写与溶液的酸碱性有关。21、A【解析】

A．液氨作制冷剂，液态氨变为气态氨，是物理变化，不存在电子转移，故A错误；B．合成氨是氢气与氮气反应生成氨气，是氧化还原反应，存在电子转移，故B正确；C．大气固氮是氮气转化为含氮化合物，发生氧化还原反应，存在电子转移，故C正确；D．生物固氮是氮气转化为含氮化合物，发生氧化还原反应，存在电子转移，故D正确；故答案为A。22、B【解析】

A．a点溶液没有加入NaOH，为醋酸溶液，根据电离平衡常数计算。设电离的出的H＋的浓度为x，由于电离程度很低，可认为醋酸浓度不变。CH3COOHCH3COO－＋H＋2xxKa===1.8×10-5，解得x=6.0×10-3mol/L，A项正确；B．b点的溶液为CH3COOH和CH3COONa等浓度混合的溶液，物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)，醋酸会电离CH3COOHCH3COO－＋H＋，醋酸根会水解，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，水解平衡常数<1.8×10-5，CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，所以c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)；B项错误；C．c点醋酸和氢氧化钠完全反应，溶液为CH3COONa溶液，在醋酸钠溶液中有电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，有物料守恒c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，将两式联立得到质子守恒，则有c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)；C项正确；D．d点加入40mL的NaOH溶液，NaOH多一倍，为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，有物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，D项正确；本题答案选B。【点睛】电解质溶液中，粒子浓度有三大守恒，电荷守恒、物料守恒和质子守恒，写出前两个即可以导出质子守恒。要特别注意等物质的量浓度的混合溶液中水解和电离的大小关系。二、非选择题(共84分)23、HC≡CHCH3COOH酯基、碳碳双键稀NaOH溶液／△保护醛基不被H2还原【解析】

标准状况下，3.36L气态烃A的质量是3.9g，则相对摩尔质量为=26g/mol，应为HC≡CH，A与X反应生成B，由B的结构简式可知X为CH3COOH，X发生加聚反应生成PVAc，结构简式为，由转化关系可知D为CH3CHO，由信息Ⅰ可知E为，由信息Ⅱ可知F为，结合G的分子式可知G应为，H为，在E→F→G→H的转化过程中，乙二醇可保护醛基不被H2还原，M为，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，（1）标准状况下，4.48L气态烃A的物质的量为0.2mol,质量是5.2g，摩尔质量为26g/mol，所以A为乙炔，结构简式为HC≡CH；正确答案：HC≡CH。（2）根据B分子结构可知，乙炔和乙酸发生加成反应，X的结构简式为.CH3COOH；B中官能团的名称是酯基、碳碳双键；正确答案：CH3COOH；酯基、碳碳双键。（3）有机物B发生加聚反应生成PVAc，PVAc在碱性环境下发生水解生成羧酸盐和高分子醇，化学方程式为；正确答案：（4）乙炔水化制乙醛，乙醛和苯甲醛发生加成、消去反应生成有机物E，因此反应②的反应试剂和条件是是稀NaOH溶液／△；正确答案：稀NaOH溶液／△。（5）根据信息II，可知芳香烯醛与乙二醇在氯化氢环境下发生反应，与氢气发生加成反应生成；化学方程式为；正确答案：。（6）从流程图可以看出，醛基能够与氢气发生加成反应，所以乙二醇的作用是保护醛基不被H2还原；正确答案：保护醛基不被H2还原。（7）高分子醇中2个-CH(OH)-CH2-与苯丙醛发生反应，生成六元环状结构的高分子环醚，则M的结构简式为；正确答案：。24、对二甲苯（或1，4-二甲苯）取代反应+2NaOH+NaClO2/Cu或Ag，加热碳碳双键、醛基8，【解析】

由流程转化关系，结合题给信息可知，D为。运用逆推法，C为，催化氧化生成；B为，在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成；A为，在光照条件下与氯气发生侧链的取代反应生成；与乙醛发生信息反应生成，加热发生消去反应生成。据此解答。【详解】（1）A的结构简式为，名称为对二甲苯或1，4-二甲苯；A→B的反应为在光照条件下与氯气发生侧链的取代反应生成。（2）B→C反应为在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成，反应的化学方程式为：+2NaOH+NaCl。（3）C→D的反应为在铜或银作催化剂，在加热条件下与氧气发生氧化反应生成，因此C→D所用试剂和反应条件分别是O2/Cu或Ag，加热。（4）E的结构简式是。F的结构简式为，分子中官能团的名称是碳碳双键、醛基。（5）D为，D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物说明侧链为链状结构，其可能为醛、酮、含苯环的乙烯基醚和乙烯基酚，其中芳香醛有3种（除去D）、芳香酮1种、含苯环的乙烯基醚1种、乙烯基酚3种，共8种；苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5个峰，峰面积比为2∶1∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为和。25、吸收SO2尾气，防止污染空气促进CuCl析出、防止CuCl被氧化水、稀盐酸或乙醇避光、密封保存将固体溶于浓盐酸后过滤，取滤液加入大量水，过滤、洗涤、干燥氢氧化钡溶液CuCl的盐酸溶液2S2O42﹣+3O2+4OH﹣=4SO42﹣+2H2O【解析】

用二氧化硫和氯化铜溶液制取CuCl，其中二氧化硫需要用亚硫酸钠固体和硫酸制备，制取的二氧化硫进入装置B中，和B中的氯化铜溶液在一定温度下反应，生成CuCl沉淀，过量的二氧化硫用氢氧化钠吸收。从混合物中提取CuCl晶体，需要先把B中的混合物冷却，为了防止低价的铜被氧化，把混合物倒入溶有二氧化硫的水中，然后过滤、洗涤、干燥得到CuCl晶体。【详解】（1）①A装置制备二氧化硫，B中盛放氯化铜溶液，与二氧化硫反应得到CuCl，C装置盛放氢氧化钠溶液，吸收未反应的二氧化硫尾气，防止污染空气。②操作ⅱ倒入溶有二氧化硫的溶液，有利于CuCl析出，二氧化硫具有还原性，可以防止CuCl被氧化；CuCl难溶于水、稀盐酸和乙醇，可以用水、稀盐酸或乙醇洗涤，减小因溶解导致的损失。③由于CuCl见光分解、露置于潮湿空气中易被氧化，应避光、密封保存。④提纯某混有铜粉的CuCl晶体实验方案是将固体溶于浓盐酸后过滤，取滤液加入大量的水稀释，过滤、洗涤、干燥得到CuCl。（2）①氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，所以D中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，E中盛放保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧气，F中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO，G测定氮气的体积。②Na2S2O4在碱性条件下吸收氧气，发生氧化还原反应生成硫酸钠与水，反应离子方程式为：2S2O42-+3O2+4OH－=4SO42-+2H2O。26、CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl该反应放热，防止温度升高导致H2O2分解和氨水中氨气挥发向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作2～3次生成的硫酸钙为微溶物，覆盖在样品表面，阻止反应进一步进行催化作用45.0%部分CaCl2溶液与浓氨水反应生成Ca(OH)2部分CaO2与水反应生成Ca(OH)2或烘烤CaO2·8H2O失水不够完全【解析】

I．（1）该装置发生的反应类似于复分解反应，根据原子守恒配平；（2）该反应为放热反应，H2O2和氨水的稳定性都较差，因此需要用冷水浴控制反应温度；结合沉淀的性质选择洗涤剂，然后根据沉淀的洗涤标准操作解答；II．（3）硫酸钙为微溶物，可能会对反应有影响；类比双氧水的分解进行分析；（4）滴定过程中双氧水与酸性高锰酸钾反应生成氧气、氯化锰、水，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平；根据消耗的酸性高锰酸钾的物质的量并结合守恒关系计算；（5）CaO2与水缓慢反应，CaO2与浓氨水反应，烘烤过程中水分未完全失去等导致反应物有损失或生成物中杂质含量高均会导致CaO2含量偏低。【详解】I．（1）由题可知，三颈烧瓶中发生CaCl2在碱性条件下与H2O2生成CaO2·8H2O的反应，根据原子守恒可知，该反应化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；（2）该反应为放热反应，H2O2和氨水的稳定性都较差，温度过高会导致其分解，影响产量和化学反应速率；因过氧化钙可与水缓慢反应，不溶于乙醇，因此可选用乙醇进行洗涤，实验室洗涤沉淀的操作为：向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作2～3次；II．（3）若选用硫酸，则CaO2与稀硫酸反应生成微溶物CaSO4会覆盖在样品表面，使反应难以持续进行；MnCl2对该反应具有催化作用，可加快化学反应速率；（4）滴定过程中酸性高锰酸钾与双氧水反应，Mn元素化合价从+7价降低至+2价，H2O2中O元素从-1价升高至0价，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平该离子方程式为：；滴定过程中消耗高锰酸钾的物质的量n=25×10-3L×0.02mol/L=5×10-4mol，根据守恒关系可知：n(H2O2)=n(CaO2)=2.5n(KMnO4)=1.25×10-3mol，样品中CaO2的质量分数；（5）CaCl2溶液与浓氨水反应导致反应物未完全转化，同时还会导致最终固体中含有部分Ca(OH)2杂质，会使CaO2含量偏低；CaO2与水能反应生成微溶物Ca(OH)2，会导致生成的CaO2含量偏低；烘烤CaO2·8H2O失水不够完全导致固体质量偏大，最终导致计算CaO2含量偏低。27、温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+蒸发浓缩降温结晶CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免CuCl被空气中O2氧化生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中向产品中加入10mol·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥【解析】

实验流程中，海绵铜（主要成分为Cu和CuO）中加入硝酸铵和硫酸，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜生成Cu2+，滤液中含有Cu2+、NH4+、H+、SO42-、NO3-，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵，发生氧化还原反应生成CuCl，发生反应：2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+，得到产品CuCl，据此分析。【详解】（1）物质“溶解氧化”时，既要考虑反应速率，还要考虑是否有副反应发生，温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解。答案为：温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解；（2）“转化”中氧化产物为硫酸铵，滤液主要是硫酸铵。可知亚硫酸铵被溶液中的CuSO4氧化成硫酸铵，Cu2+被还原生成CuCl。答案为：2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+；（3）“过滤Ⅱ”所得滤液为硫酸铵溶液，获取晶体需通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作。CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇沸点低，易挥发，避免因水洗干燥时间长而导致CuCl被氧气氧化。答案为：蒸发浓缩、降温结晶；CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免CuCl被空气中O2氧化；（4）根据题中已知条件，CuCl可溶于氯离子浓度较大的溶液中。当氯化铵用量增加到一定程度后，氯化亚铜的沉淀率减小，原因是生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中。答案为：生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中；（5）由题目已知资料可知，CuCl难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。若CuCl产品中混有少量CaSO4，向产品中加入10mol·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥即可得到纯净氯化亚铜。答案为：向产品中加入10mol·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥。【点睛】解题思路：解题时首先要明确原料和产品（包括副产品），即箭头进出方向，其次依据流程图分析反应原理，紧扣信息，搞清流程中每一步发生了什么反应，弄清有关反应原理，明确目的（如沉淀反应、除杂、分离），最后联系储存的知识，有效地进行信息的利用，准确表述。28、铁2、4N>C>Hsp2、sp3分子晶体5>Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，