2024届陕西省西安市五校高考化学二模试卷含解析

2024届陕西省西安市五校高考化学二模试卷考生须知：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、乙酸和乙醛的鉴别有多种方法，下列可行的操作中最不简便的一种是A．使用蒸馏水B．使用NaHCO3溶液C．使用CuSO4和NaOH溶液D．使用pH试纸2、在25℃时，向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HC1溶液。滴定过程中，溶液的pOH[pOH=－lgc(OH-)]与滴入HCl溶液体积的关系如图所示，则下列说法中正确的是A．图中②点所示溶液的导电能力弱于①点B．③点处水电离出的c(H+)=1×10-8mol·L-1C．图中点①所示溶液中，c(C1-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)D．25℃时氨水的Kb约为5×10-5.6mo1·L-13、生物固氮与模拟生物固氮都是重大基础性研究课题。大连理工大学曲景平教授团队设计合成了一类新型邻苯二硫酚桥联双核铁配合物，建立了双铁分子仿生化学固氮新的功能分子模型。如图是所发论文插图。以下说法错误的是A．催化剂不能改变反应的焓变B．催化剂不能改变反应的活化能C．图中反应中间体NXHY数值X<3D．图示催化剂分子中包含配位键4、对下列事实的解释合理的是（）A．氢氟酸可用于雕刻玻璃，说明氢氟酸具有强酸性B．常温下浓硝酸可用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应C．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性D．铝箔在空气中受热熔化但不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高5、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3molNaOH6、有关铝及其化合物的用途正确的是()A．氢氧化铝：治疗胃酸过多B．氧化铝：铝热剂C．明矾：消毒净水D．铝槽车：装运稀硫酸7、一定条件下，CH4与H2Og发生反应：CH4g+H2A．该反应的ΔH>0B．图中Z的大小关系：aC．图中X点对应的平衡混合物中nHD．温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后ψ(CH4)增大8、下列实验操作对应的现象以及解释或结论都正确且具有因果关系的是（）选项实验操作实验现象解释或结论A用石墨作电极电解Mg(NO3)2、Cu(NO3)2的混合溶液阴极上先析出铜金属活动性：Mg>CuB室温下，测定等浓度的Na2A和NaB溶液的pHNa2A溶液的pH较大酸性：H2A<HBC加热浸透了石蜡油的碎瓷片，产生的气体通过酸性KMnO4溶液酸性KMnO4溶液紫红色褪去石蜡油分解一定产生了乙烯D室温下，取相同大小、形状和质量的Fe粒分别投入0.1mol/L的稀硝酸和10.0mol/L的浓硝酸中Fe粒与浓硝酸反应比与稀硝酸反应剧烈探究浓度对化学反应速率的影响A．A B．B C．C D．D9、传统接触法制取硫酸能耗大，污染严重。将燃料电池引入硫酸生产工艺可有效解决能耗和环境污染问题，同时提供电能。以燃料电池为电源电解硫酸铜溶液的工作原理示意图如下所示。下列说法不正确的是A．b极为正极，电极反应式为O2+4H++4e-==2H2OB．H+由a极通过质子交换膜向b极移动C．该燃料电池的总反应式为2SO2+O2+2H2O==2H2SO4D．若a极消耗2.24L(标准状况)SO2，理论上c极有6.4g铜析出10、已知酸性溶液中还原性的顺序为SO32->I->Fe2+>Br->Cl-，下列反应不能发生的是A．2Fe3++SO32-+H2O→2Fe2++SO42-+2H+ B．I2+SO32-+H2O→SO42-+2I-+2H+C．2Fe2++I2→2Fe3++2I- D．Br2+SO32-+H2O→SO42-+2Br-+2H+11、铅霜(醋酸铅)是一种中药，具有解毒敛疮、坠痰镇惊之功效，其制备方法为：将醋酸放入磁皿，投入氧化铅，微温使之溶化，以三层细布趁热滤去渣滓，放冷，即得醋酸铅结晶；如需精制，可将结晶溶于同等量的沸汤，滴醋酸少许，过七层细布，清液放冷，即得纯净铅霜。制备过程中没有涉及的操作方法是A．萃取 B．溶解 C．过滤 D．重结晶12、能正确表示下列反应的离子反应方程式的是A．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：H++SO42-＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2OB．Cl2溶于过量NaOH溶液中：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OC．醋酸除水垢CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑D．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32-＋2H＋=SO2↑＋H2O13、常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A．Ka2（H2X）的数量级为10–6B．曲线N表示pH与的变化关系C．NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)=c(H＋)14、为探究NaHCO3、Na2CO3与1mol/L盐酸反应（设两反应分别是反应Ⅰ、反应Ⅱ）过程中的热效应，进行实验并测得如下数据：序号液体固体混合前温度混合后最高温度①35mL水2.5gNaHCO320℃18.5℃②35mL水3.2gNa2CO320℃24.3℃③35mL盐酸2.5gNaHCO320℃16.2℃④35mL盐酸3.2gNa2CO320℃25.1℃下列有关说法正确的是A．仅通过实验③即可判断反应Ⅰ是吸热反应B．仅通过实验④即可判断反应Ⅱ是放热反应C．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是吸热反应、放热反应D．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是放热反应、吸热反应15、化学已渗透到人类生活的各个方面，下列说法正确的是（）A．石油、煤、天然气、可燃冰、植物油都属于化石燃料B．绿色食品是生产时不使用化肥、农药、不含任何化学物质的食品C．推广使用洁净煤技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放D．地沟油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，可用于制肥皂和加工食用油16、下列方程式不能正确表示某沉淀溶解过程的是A．热的浓盐酸洗涤试管内壁的MnO2：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2OB．热的NaOH溶液洗涤试管内壁的S：3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2OC．向石灰石粉的悬浊液中持续通CO2：Ca(OH)2＋2CO2＝Ca(HCO3)2D．稀硫酸可除去铁锈：Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O17、在加热条件下，乙醇转化为有机物R的过程如图所示，其中错误的是A．R的化学式为C2H4OB．乙醇发生了还原反应C．反应过程中固体有红黑交替变化的现象D．乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）也能发生类似反应18、常温下，向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析正确的是（）A．各点溶液中的阳离子浓度总和大小关系：d>c>b>aB．常温下，R-的水解平衡常数数量级为10-9C．a点和d点溶液中，水的电离程度相等D．d点的溶液中，微粒浓度关系：c(R-)+2c(HR)=c(NH3∙H2O)19、最近，一家瑞典公司发明了一种新型充电器"PowerTrekk'’，仅仅需要一勺水，它便可以产生维持10小时手机使用的电量。其反应原理为：Na4Si+5H2O=2NaOH+Na2SiO3+4H2↑，则下列说法正确的是()A．该电池可用晶体硅做电极材料B．Na4Si在电池的负极发生还原反应，生成Na2SiO3C．电池正极发生的反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-D．当电池转移0.2mol电子时，可生成标准状况下1.12LH220、关于晶体的叙述正确的是（）A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B．分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高C．存在自由电子的晶体一定是金属晶体，存在阳离子的晶体一定是离子晶体D．离子晶体中可能存在共价键，分子晶体中可能存在离子键21、下列关于有机物的叙述错误的是（）A．乙醇能发生取代反应B．分子式为C10H14的单取代芳香烃，其可能的结构有4种C．氨基酸、淀粉均属于高分子化合物D．乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别22、最近媒体报道了一些化学物质，如：爆炸力极强的N5、比黄金还贵的18O、太空中的甲醇气团等。下列说法中正确的是A．18O2和16O2是两种不同的原子 B．甲醇（CH3OH）属于离子化合物C．N5和N2是氮元素的两种同位素 D．由N5变成N2是化学变化二、非选择题(共84分)23、（14分）煤化工可制得甲醇．以下是合成聚合物M的路线图．己知：①E、F均能发生银镜反应；②+RX+HX完成下列填空：（1）关于甲醇说法错误的是______（选填序号）．a．甲醇可发生取代、氧化、消去等反应b．甲醇可以产生CH3OCH3（乙醚）c．甲醇有毒性，可使人双目失明d．甲醇与乙醇属于同系物（2）甲醇转化为E的化学方程式为______．（3）C生成D的反应类型是______；写出G的结构简式______．（4）取1.08gA物质（式量108）与足量饱和溴水完全反应能生成2.66g白色沉淀，写出A的结构简式______．24、（12分）结晶玫瑰广泛用于香料中，它的两条合成路线如下图所示：已知：两个羟基同时连在同一碳原子上的结构不稳定，会发生脱水反应：+H2O完成下列填空：（1）A的俗称是_________；D中官能团的名称是_______；反应②的反应类型是_______。（2）写出G与氢氧化钠溶液反应的化学方程式__________。（3）已知：，则可推知反应②发生时，会得到一种副产物，写出该副产物的结构简式_____。（4）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，与足量浓溴水反应未见白色沉淀产生，若L与NaOH的乙醇溶液共热能反应，则共热生成的有机物的结构简式为________________（任写一种）25、（12分）为了探究铁、铜及其化合物的性质，某同学设计并进行了下列两组实验。实验一：已知：3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)（1）虚线框处宜选择的装置是________(填“甲”或“乙”)；实验时应先将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入所制得的纯净氢气中，观察到的实验现象是______________________。（2）实验后，为检验硬质玻璃管中的固体是否含＋3价的铁元素，该同学取一定量的固体并用一定浓度的盐酸溶解，滴加_______溶液（填试剂名称或化学式），没有出现血红色，说明该固体中没有＋3价的铁元素。请你判断该同学的结论是否正确并说明理由_________________。实验二：绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2（设为装置A）称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g，B为干燥管。按下图连接好装置进行实验。实验步骤如下：（1）________，（2）点燃酒精灯，加热，（3）______，（4）______，（5）______，（6）称量A，重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。（3）请将下列实验步骤的编号填写在对应步骤的横线上a．关闭K1和K2b．熄灭酒精灯c．打开K1和K2缓缓通入N2d．冷却至室温（4）必须要进行恒重操作的原因是_________________。（5）已知在上述实验条件下，绿矾受热只是失去结晶水，硫酸亚铁本身不会分解，根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=__________________（用含m1、m2、m3的列式表示）。26、（10分）实验小组以二氧化锰和浓盐酸为反应物，连接装置A→B→C制取氯水，并探究氯气和水反应的产物。（1）A中发生反应的离子方程式是_________。（2）B中得到浅黄绿色的饱和氯水，将所得氯水分三等份，进行的操作、现象、结论如下：实验实验操作现象结论Ⅰ向氯水中加入碳酸氢钠粉末有无色气泡产生氯气与水反应至少产生了一种酸性强于碳酸的物质Ⅱ向品红溶液中滴入氯水溶液褪色氯气与水反应的产物有漂白性（1）甲同学指出：由实验Ⅰ得出的结论不合理，原因是制取的氯水中含有杂质______（填化学式），也能与碳酸氢钠反应产生气泡。应在A、B间连接除杂装置，请画出除杂装置并标出气体流向和药品名称______。（2）乙同学指出由实验Ⅱ得出的结论不合理，原因是实验未证明_______（填化学式）是否有漂白性。（3）丙同学利用正确的实验装置发现氯水中有Cl-存在，证明氯水中有Cl-的操作和现象是：_____。丙同学认为，依据上述现象和守恒规律，能推测出氯水中有次氯酸存在。这一推测是否正确，请说明理由________。（4）丁同学利用正确的实验装置和操作进行实验，观察到实验现象与实验Ⅰ、Ⅱ相似，说明氯气和水反应的产物具有的性质是________。（5）戊同学将第三份氯水分成两等份，向其中一份加入等体积的蒸馏水，溶液接近无色。另一份中加入等体积饱和的氯化钠溶液，溶液为浅黄绿色。对比这两个实验现象能说明：_______。27、（12分）废定影液的主要成分为Na3[Ag(S2O3)2]，用废定影液为原料制备AgNO3的实验流程如下：(1)“沉淀”步骤中生成Ag2S沉淀，检验沉淀完全的操作是________。(2)“反应”步骤中会生成淡黄色固体，该反应的化学方程式为________。(3)“除杂”需调节溶液pH至6。测定溶液pH的操作是________。(4)已知：2AgNO32Ag＋2NO2↑＋O2↑，2Cu(NO3)22CuO＋4NO2↑＋O2↑。AgNO3粗产品中常含有Cu(NO3)2，请设计由AgNO3粗产品获取纯净AgNO3的实验方案：______________________，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到纯净的AgNO3。(实验中须使用的试剂有稀硝酸、NaOH溶液、蒸馏水)(5)蒸发浓缩AgNO3溶液的装置如下图所示。使用真空泵的目的是________；判断蒸发浓缩完成的标志是____________________。28、（14分）太阳能电池可分为：硅太阳能电池，化合物太阳能电池，如砷化镓(GaAs)、铜铟镓硒(CIGS)、硫化镉(CdS)，功能高分子太阳能电池等，Al-Ni常作电极。据此回答问题：(1)镍(Ni)在周期表中的位置为______；S原子的价电子排布式为________；Ga、As和Se的第一电离能由大到小的顺序是________。(2)Na3As3中As原子的杂化方式为_____；AsCl3的空间构型为____。(3)GaAs熔点为1238℃，GaN熔点约为1500°，GaAs熔点低于GaN的原因为__________。(4)写出一种与SO42-互为等电子体的分子_________。(5)GaAs的晶胞结构如图所示，其中As原子形成的空隙类型有正八面体形和正四面体形，该晶胞中Ga原子所处空隙类型为_____。已知GaAs的密度为ρg/cm3，Ga和As的摩尔质量分别为MGag/mol和MAsg/mol，则GaAs晶胞中Ga之间的最短距离为________pm。29、（10分）铜是人类最早使用的金属之一，铜的化合物丰富多彩。(1)铜与N2O4在一定条件下可制备无水Cu(NO3)2。①基态Cu2＋的电子排布式为________。②与NO3-互为等电子体的一种分子为________(填化学式)。(2)邻氨基吡啶()的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如图所示。①C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为________。②邻氨基吡啶的铜配合物中，C原子轨道杂化类型为________。③1mol中含有σ键的数目为________mol。(3)铜的某种氯化物的链状结构如图所示。该氯化物的化学式为________。

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】

乙酸具有酸性，可与碳酸盐、碱等发生复分解反应，乙醛含有醛基，可发生氧化反应，以此解答该题。【详解】A.二者都溶于水，没有明显现象，不能鉴别，故A错误；B.乙酸具有酸性，可与NaHCO3溶液生成气体，乙醛与NaHCO3溶液不反应，可鉴别，方法简便，操作简单，故B错误；C.是可行的方案但使用CuSO4和NaOH溶液，需先生成氢氧化铜，然后与乙酸发生中和反应，检验乙醛需要加热，操作较复杂，故C正确；D.使用pH试纸乙酸具有酸性，可使pH试纸变红，乙醛不能使pH试纸变红，可鉴别，方法简单，操作简便，故D错误；答案选C。2、D【解析】

A.向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HC1，盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵中铵根水解显酸性，因而②（pH=7）时，氨水稍过量，即反应未完全进行，从①到②，氨水的量减少，氯化铵的量变多，又溶液导电能力与溶液中离子浓度呈正比，氯化铵为强电解质，完全电离，得到的离子（铵根的水解不影响）多于氨水电离出的离子（氨水为弱碱，少部分NH3·H2O发生电离），因而图中②点所示溶液的导电能力强于①点，A错误；B.观察图像曲线变化趋势，可推知③为盐酸和氨水恰好完全反应的点，得到氯化铵溶液，盐类的水解促进水的电离，因而溶液pOH=8，则c溶液(OH-)=10-8mol/L，c水(OH-)=c水(H+)=Kw/c溶液(OH-)=10-6mol/L，B错误；C.①点盐酸的量是③点的一半，③为恰好完全反应的点，因而易算出①点溶液溶质为等量的NH3·H2O和NH4Cl，可知电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，又①pOH=4,说明溶液显碱性，则c(OH-)>c(H+)，那么c(NH4+)>c(Cl-)，C错误；D.V(HCl)=0时，可知氨水的pOH=2.8，则c(OH-)=10-2.8mol/L，又NH3·H2O⇌NH4++OH-，可知c(NH4+)=c(OH-)=10-2.8mol/L，③点盐酸和氨水恰好反应，因而c(NH3·H2O)=20×0.550mol/L=0.2mol/L，因而Kb=cNH4+cOH-cNH故答案选D。3、B【解析】

A．催化剂能够改变反应途径，不能改变反应物、生成物的能量，因此不能改变反应的焓变，A正确；B．催化剂能够改变反应途径，降低反应的活化能，B错误；C．在过渡态，氮气分子可能打开叁键中部分或全部共价键，然后在催化剂表面与氢原子结合形成中间产物，故x可能等于1或2，C正确；D．根据图示可知，在中间体的Fe原子含有空轨道，在S原子、N原子上含有孤对电子，Fe与S、N原子之间通过配位键连接，D正确；故合理选项是B。4、D【解析】

A.氢氟酸可用于雕刻玻璃，说明氢氟酸会腐蚀玻璃，不能说具有强酸性，故A不符合题意；B.常温下浓硝酸可用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸发生钝化，不是不反应，故B不符合题意；C.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，故C不符合题意；D.铝箔在空气中受热熔化但不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高，故D符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】钝化反应是发生了化学反应。5、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。6、A【解析】

A．氢氧化铝碱性较弱，能与酸反应，可用于治疗胃酸过多，故A正确；B．铝热剂是铝粉和难熔金属氧化物的混合物，不含氧化铝，故B错误；C．明矾净水是由于明矾水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附能力，但不具有消毒杀菌能力，故C错误；D．铝会和稀硫酸反应，释放出氢气，不能用铝罐车盛稀硫酸，故D错误；答案选A。【点睛】消毒剂可以是医用酒精，使蛋白质变性，可以是氯气，臭氧，具有强氧化性，可以用于杀菌，明矾只能吸附悬浮物，不能杀菌消毒。7、B【解析】

A.升高温度，甲烷的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，则该反应的焓变△H＞0，A正确；B.起始n(H2O)n(CH4)=Z，Z越小，说明甲烷相对越多，达到平衡时甲烷的含量越多，则Z的大小为bC.起始n(H2O)n(CH4)=3，水和甲烷按1D.增大压强，平衡逆向移动，所以平衡在加压后ψ(CH4)增大，D正确；故合理选项是B。8、A【解析】

A、金属阳离子的氧化性越强，其对应单质的还原性越弱；B、室温下，测定等浓度的NaHA和NaB溶液的pH大小才能判断H2A与HB的酸性强弱；C、酸性KMnO4溶液紫红色褪去说明有烯烃生成，不能确定是否有乙烯生成；D、不同的反应无法探究浓度对反应速率的影响。【详解】A项、用石墨作电极，电解Mg（NO3）2、Cu（NO3）2的混合溶液，阴极上先析出铜说明氧化性：Cu2+＞Mg2+。则还原性：镁强于铜，故A正确；B项、室温下，测定等浓度的Na2A和NaB溶液的pH，Na2A溶液的pH较大，说明A2—水解程度大于B—，酸性HA—<HB，不能判断H2A与HB的酸性强弱，故B错误；C项、加热浸透了石蜡油的碎瓷片，产生的气体通过酸性KMnO4溶液，酸性KMnO4溶液紫红色褪去说明有烯烃生成，不能确定是否有乙烯生成，故C错误；D项、铁与稀硝酸反应生成一氧化氮，在浓硝酸中产生钝化现象，两个反应属于不同的反应，无法探究浓度对反应速率的影响，故D错误。故选A。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重考查分析能力及灵活应用能力，注意常见物质的性质，明确常见化学实验基本操作方法是解答关键。9、D【解析】

燃料电池：a端：二氧化硫生成硫酸根离子，硫元素化合价升高失电子所以a为负极，电极反应式SO2+2H2O-4e-=SO42-+4H+；b为正极，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，总电极反应式2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。电解池：c极和电源正极相连为阳极，失电子，电极反应式为4OH—-4e-=2H2O+O2↑，d极与电源负极相连为阴极，得电子，电极反应式为Cu2++2e+=Cu,总电极反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑。【详解】A.b为正极，看到质子交换膜确定酸性环境，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故不选A；B.原电池内部阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故不选B；C.由上面分析可知该燃料电池的总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故不选C；D.d极与电源负极相连，为阴极得电子，有铜析出，所以应该是若a电极消耗标况下2.24LSO2，理论上在d极上有6.4g铜析出，故选D；正确答案：D。【点睛】根据质子交换膜确定溶液酸碱性，燃料电池中燃料在负极反应失电子，氧气在正极反应得电子。根据燃料电池正负极确定电解池的阴阳极、电极反应式和离子移动方向等。10、C【解析】

A、因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO32-为还原剂，还原性强弱为SO32-＞Fe2+，与已知的还原性强弱一致，能发生，故A不选；B、因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO32-为还原剂，还原性强弱为SO32-＞I-，与已知的还原性强弱一致，能发生，故B不选；C、因该反应中Fe元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则Fe2+为还原剂，还原性强弱为Fe2+＞I-，与已知的还原性强弱不一致，反应不能发生，故C选；D、因该反应中Br元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则SO32-为还原剂，还原性强弱为SO32-＞Br-，与已知的还原性强弱一致，能发生，故D不选。答案选C。11、A【解析】

此操作中，将醋酸放入磁皿，投入氧化铅，微温使之溶化操作为溶解；放冷，即得醋酸铅结晶…清液放冷，即得纯净铅霜此操作为重结晶；以三层细纱布趁热滤去渣滓，此操作为过滤，未涉及萃取，答案为A。12、B【解析】

A.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，正确离子方程式为：2H++SO42-＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，A项错误；B.Cl2溶于过量NaOH溶液中生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，B项正确；C.醋酸为弱酸，离子方程式中不拆，C项错误；D.稀HNO3具有强氧化性，能将Na2SO3氧化为Na2SO4，D项错误；答案选B。【点睛】本题易错点D，离子方程式正确判断时，要注意物质的性质，有强氧化剂时，会与还原剂发生氧化还原反应。13、D【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时＞，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点，=10－0.6mol·L－1，c(H＋)=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C.曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点，=100.6mol·L－1，c(H＋)=10－5.0mol·L－1，代入Ka1得到Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；D.根据图像可知当＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，＞0，即c(X2-)＞c(HX-)，D错误；答案选D。14、C【解析】

A．根据表中数据可知，碳酸氢钠溶于水为吸热反应，不能仅根据实验③混合后溶液温度降低而判断碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应，需要结合实验①综合判断，故A错误；B．根据实验②可知，碳酸钠溶于水的过程为吸热过程，所以不能仅根据实验④碳酸钠与盐酸反应后混合液温度升高判断反应Ⅱ是放热反应，故B错误；C．根据实验①可知，碳酸氢钠溶于水后混合液温度从20℃降低到18.5℃，而实验③中碳酸氢钠与盐酸反应后混合液温度从20℃降低16.2℃＜18.5℃，通过反应Ⅰ后混合液温度更低，证明反应Ⅰ为吸热反应；同理根据实验②碳酸钠溶于水，混合液温度从20℃升高到24.3℃，实验④中碳酸钠与盐酸反应，温度从20℃升高到25.1℃＞24.3℃，碳酸钠与盐酸反应后混合液的温度比碳酸钠溶于水后升高的温度更高，证明碳酸钠与盐酸的反应为放热反应，故C正确；D．根据选项C的分析可知，反应Ⅰ为吸热反应、反应Ⅱ为放热反应，故D错误；故选C。15、C【解析】

A．石油、煤、天然气、可燃冰都属于化石燃料，植物油属于油脂不是化石燃料，故A错误；B．绿色食品是指在无污染的条件下种植、养殖、施有机肥料、不用高毒性、高残留农药、在标准环境的食品，生产时可以使用有机化肥和低毒的农药，故B错误；C．推广使用洁净煤技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放，故C正确；D．“地沟油”是用饭店的泔水及垃圾猪肉等加工而成的“食用油”，对人体健康有害不能食用，故D错误；故答案为C。16、C【解析】

A.热的浓盐酸洗涤试管内壁的MnO2，发生反应为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，A正确；B.热的NaOH溶液洗涤试管内壁的S，发生反应为3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2O，B正确；C.向石灰石粉的悬浊液中持续通CO2，发生反应为CaCO3+CO2+H2O＝Ca(HCO3)2，C不正确；D.稀硫酸可除去铁锈，发生反应为Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O，D正确；答案为C。17、B【解析】

从铜催化氧化乙醇的反应机理分析。【详解】A.图中CH3CH2OH+CuO→CH3CHO+Cu+H2O，则R化学式为C2H4O，A项正确；B.乙醇变成乙醛，发生了脱氢氧化反应，B项错误；C.图中另一反应为2Cu+O2→2CuO，两反应中交替生成铜、氧化铜，故固体有红黑交替现象，C项正确；D.从乙醇到乙醛的分子结构变化可知，分子中有αH的醇都可发生上述催化氧化反应。乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）的两个羟基都有αH，能发生类似反应，D项正确。本题选B。【点睛】有机反应中，通过比较有机物结构的变化，可以知道反应的本质，得到反应的规律。18、B【解析】

A.溶液导电能力与溶液中离子浓度有关，根据图象可知，b点导电能力最强，d点最弱，A错误；B.根据图象可知，0.1mol/L的HR溶液的pH=3，则c(R-)≈c(H+)=10-3mol/L，c(HR)≈0.1mol/L，HR的电离平衡常数Ka=10-3×10-30.1=10-5，则R-的水解平衡常数数Kh=10C.a、d两点导电能力相等，但溶液的pH分别为4、8，都抑制了水的电离，a点c(H+)=10-4mol/L，d点c(OH-)=10-6mol/L，所以对水的电离程度的影响不同，C错误；D.d点加入20mL等浓度的氨水，反应后溶质为等浓度的NH4R和NH3•H2O，根据物料守恒可得：2c(HR)+2c(R-)=c(NH3∙H2O)+c(NH4+)，因溶液呈碱性，NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，则c(NH4+)>c(NH3∙H2O)，则c(HR)+c(R-)＞c(NH3∙H2O)，D错误；故合理选项是B。19、C【解析】试题分析：由该电池的反应原理可知，硅化钠是还原剂，其在负极上发生氧化反应；水是氧化剂，其在正极上发生还原反应；反应中电子转移的数目是8e-。A.该电池工作时生成氢氧化钠溶液，而硅可以与氢氧化钠反应，所以不能用晶体硅做电极材料，A不正确；B.Na4Si在电池的负极发生氧化反应，B不正确；C.电池正极发生的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，C正确；D.当电池转移0.2mol电子时，可生成标准状况下2.24LH2，D不正确。本题选C。20、A【解析】A、原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，A正确；B、分子晶体中，分子间作用力越大，熔、沸点越高，分子间作用力影响物质的熔沸点，共价键影响物质的热稳定性，B错误；C、存在自由电子的晶体不一定是金属晶体，如石墨中也含有自由电子，它是一种混合晶体。存在阳离子的晶体不一定是离子晶体，如金属晶体中存在阳离子和自由电子，C错误；D、离子晶体中可能存在共价键，如NaOH属于离子晶体，其中含有H-O共价键，分子晶体中一定不存在离子键，全部是共价键，D错误。正确答案为A。点睛：注意区分各种作用力对物质性质的影响。对于分子晶体，分子间作用力和氢键主要影响物质的熔沸点，化学键影响物质的热稳定性即化学性质；影响原子晶体熔沸点的因素是共价键的强弱，影响离子晶体熔沸点大小的因素为离子键的强弱，影响金属晶体熔沸点的因素为金属键的强弱。21、C【解析】

A.乙醇能与酸、卤代烃等发生取代反应，故A正确；B.分子式为C10H14的单取代芳香烃，不饱和度为4，分子中含有一个苯环和一个丁基，其同分异构体取决于丁基的种数，丁基有4种，可能的结构有4种，故B正确；C.氨基酸不是高分子化合物，淀粉属于高分子化合物，故C错误；D.乙烯可与溴发生加成反应，可用溴的四氯化碳溶液鉴别，故D正确。答案选C。22、D【解析】

A.18O2和16O2是两种不同的原子构成的分子，A错误；B.甲醇(CH3OH)是由分子构成的共价化合物，B错误；C.N5和N2是氮元素的两种不同的单质，二者互为同素异形体，C错误；D.N5和N2是N元素的两种不同的单质，所以由N5变成N2是化学变化，D正确；故合理选项是D。二、非选择题(共84分)23、a2CH3OH+O22HCHO+2H2O消去反应HCOOCH3．【解析】

一定条件下，氢气和一氧化碳反应生成甲醇，甲醇氧化生成E为甲醛，甲醛氧化得F为甲酸，甲酸与甲醇发生酯化得G为甲酸甲酯，甲醇和氢溴酸发生取代反应生成一溴甲烷，在催化剂条件下，一溴甲烷和和A反应生成B，B反应生成C，C反应生成D，根据A的分子式知，A中含有醇羟基和亚甲基或甲基和酚羟基，根据D的结构简式知，A中含有甲基和酚羟基，酚发生取代反应时取代位置为酚羟基的邻对位，根据D知，A是间甲基苯酚，间甲基苯酚和一溴甲烷反应生成B（2，5﹣二甲基苯酚），2，5﹣二甲基苯酚和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，和丙烯发生加成反应生成M，M的结构简式为：，根据有机物的结构和性质分析解答。【详解】一定条件下，氢气和一氧化碳反应生成甲醇，甲醇氧化生成E为甲醛，甲醛氧化得F为甲酸，甲酸与甲醇发生酯化得G为甲酸甲酯，甲醇和氢溴酸发生取代反应生成一溴甲烷，在催化剂条件下，一溴甲烷和和A反应生成B，B反应生成C，C反应生成D，根据A的分子式知，A中含有醇羟基和亚甲基或甲基和酚羟基，根据D的结构简式知，A中含有甲基和酚羟基，酚发生取代反应时取代位置为酚羟基的邻对位，根据D知，A是间甲基苯酚，间甲基苯酚和一溴甲烷反应生成B（2，5﹣二甲基苯酚），2，5﹣二甲基苯酚和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，和丙烯发生加成反应生成M，M的结构简式为：，(1)a．甲醇可发生取代、氧化反应但不能发生消去，故a错误；b．甲醇分子间脱水生成CH3OCH3，故b正确；c．甲醇有毒性，可使人双目失明，故c正确；d．甲醇与乙醇都有一个羟基，组成相关一个CH2；所以属于同系物，故d正确；(2)甲醇转化为甲醛的化学方程式为2CH3OH+O22HCHO+2H2O；(3)根据上面的分析可知，C生成D的反应类型是：消去反应，G为甲酸甲酯，G的结构简式HCOOCH3；(4)取1.08gA物质(式量108)的物质的量==0.01mol，与足量饱和溴水完全反应能生成2.66g白色沉淀，根据碳原子守恒知，白色沉淀的物质的量是0.01mol，则白色沉淀的摩尔质量是266g/mol，A的式量和白色沉淀的式量相差158，则溴原子取代酚羟基的邻对位，所以A的结构简式为：。24、氯仿氯原子、醛基加成反应+4NaOH+3NaCl+2H2O【解析】

（1）根据A的结构简式可判断其俗称是氯仿，D中官能团为醛基、氯原子；对比D、E、G的结构可知反应②为加成反应，故答案为：氯仿；醛基、氯原子；加成反应；（2）G与氢氧化钠溶液反应发生水解反应，再脱去1分子水生成形成羧基，羧基和氢氧化钠发生中和反应，则反应方程式为：，故答案为：；（3）已知：，可推知反应②中副产物为苯环取代G中羟基，结构简式为：，故答案为：；（4）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，与足量浓溴水反应未见白色沉淀产生，说明酚羟基邻位、对位没有H原子，若L与NaOH的乙醇溶液共热能反应，则L含有-CH2CH2Cl或-CHClCH3，L苯环上还含有2个-Cl，L与NaOH的乙醇溶液共热时，羟基发生反应，还发生卤代烃的消去反应，生成物的结构简式为：，故答案为：。25、乙铜丝由黑变红硫氰化钾或KSCN不正确，因为铁过量时：Fe＋2Fe3+→3Fe2+cbda确保绿矾中的结晶水已全部失去【解析】试题分析：实验一：（1）铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，虚线框中的装置是用氢气还原氧化铜的装置，根据氢气的密度比空气小分析；氧化铜被氢气还原为铜单质；（2）Fe3+能使KSCN溶液变成血红色；单质铁能把Fe3+还原为Fe2+；实验二：（3）由于装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前要排尽装置中的空气，利用氮气排出空气，为使生成的水蒸气完全排出，应该先熄灭酒精灯再关闭K1和K2；冷却后再称量；（4）进行恒重操作可以确保绿矾中的结晶水已全部失去；（5）根据题意，生成硫酸亚铁是，生成水的质量是，根据计算x值；解析：实验一：（1）铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，虚线框中的装置是用氢气还原氧化铜的装置，氢气的密度比空气小，所以用向下排空气法收集氢气，故选乙；氧化铜被氢气还原为铜单质，现象是铜丝由黑变红；（2）Fe3+能使KSCN溶液变成血红色，滴加KSCN溶液检验是否含有Fe3+，若溶液变为血红色，则含有Fe3+；单质铁能把Fe3+还原为Fe2+，当铁过量时：Fe＋2Fe3+=3Fe2+，所以没有出现血红色，不能说明该固体中没有＋3价的铁元素；实验二：（3）由于装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前要排尽装置中的空气，利用氮气排出空气，为使生成的水蒸气完全排出，应该先熄灭酒精灯再关闭K1和K2；冷却后再称量，正确的步骤是（1）打开K1和K2缓缓通入N2，（2）点燃酒精灯，加热，（3）熄灭酒精灯，（4）冷却至室温，（5）关闭K1和K2，（6）称量A，重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g；（4）进行恒重操作可以确保绿矾中的结晶水已全部失去；（5）根据题意，生成硫酸亚铁是，生成水的质量是，X=。26、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OHClCl2取少量氯水于试管中，加入硝酸银和稀硝酸，产生白色沉淀，说明有Cl-不正确，从实验可知，氯水中含H+、Cl-，即氯气与水反应生成了H+和Cl-，氯的化合价从零价降低到-1价，必然要有元素化合价升高，H已是最高价，不再升高，一定有其他元素化合价的升高，而氯元素不一定只升高到+1价。酸性和漂白性加入蒸馏水溶液接近无色，说明c(Cl2)几乎降低为零，加入等体积的饱和氯化钠溶液，溶液还是浅黄绿色，说明氯离子的加入又生成了Cl2，即氯气和水的反应是可逆反应，增大氯离子浓度，平衡向反应物方向移动，使Cl2增多，所以呈现浅绿色【解析】

（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水；（2）①浓盐酸易挥发，制取的氯气含有氯化氢，依据氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳解得；依据氯气和氯化氢在饱和食盐水中溶解性不同，选择除杂方法；②验证氯气与水反应的产物具有漂白性应首先排除干燥氯气的影响，需要进行对比实验；③依据氯离子能够与银离子反应生成氯化银白色沉淀，白色沉淀不溶于硝酸的性质检验氯离子的存在；根据元素化合价的升降来判断丙同学的推断；④正确的实验装置和操作进行实验，观察到实验现象与实验Ⅰ、Ⅱ中相似，说明氯水具有漂白性和酸性；（3）依据氯气溶液水，部分与水反应生成氯化氢和次氯酸，存在Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，依据化学平衡移动影响因素分析解答。【详解】（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，离子学方程式：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；（2）①浓盐酸易挥发，制取的氯气含有氯化氢，依据氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，也会有无色气泡产生，对氯水性质检验造成干扰；氯气在饱和食盐水中溶解度不大，氯化氢易溶于水，所以可以用盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢；故答案为：HCl；；②实验Ⅰ：没有事先证明干燥的氯气无漂白性，则不能证明氯气与水反应的产物是否具有漂白性；故答案为：Cl2；③氯离子能够与银离子反应生成氯化银白色沉淀，白色沉淀不溶于硝酸，所以检验氯离子存在的方法：取少量氯水于试管中，加入硝酸银和稀硝酸，若有白色沉淀产生，说明有Cl-存在；从实验可知，氯水中含H+、Cl-，即氯气与水反应生成了H+和Cl-，氯的化合价从零价降低到-1价，必然要有元素化合价升高，H已是最高价，不再升高，一定有其他元素化合价的升高，而氯元素不一定只升高到+1价；④正确的实验装置和操作进行实验，观察到实验现象与实验Ⅰ、Ⅱ中相似，说明氯水具有漂白性和酸性，故答案为：酸性和漂白性；（3）氯气溶液水，部分与水反应生成氯化氢和次氯酸，存在Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入蒸馏水溶液接近无色，说明c（Cl2）几乎降低为零，加入等体积的饱和氯化钠溶液，溶液还是浅黄绿色，说明氯离子的加入又生成了Cl2，即氯气和水的反应是可逆反应，增大氯离子浓度，平衡向反应物方向移动，使Cl2增多，所以呈现浅绿色。【点睛】氯气本身不具有漂白性，与水反应生成的次氯酸具有漂白性，氯水的成分有：氯气，次氯酸，水，氢离子，氯离子，次氯酸根离子，氢氧根离子。27、静置，向上层清液中继续滴加Na2S溶液，若不再有沉淀生成，则说明沉淀已经完全Ag2S＋4HNO3===2AgNO3＋2NO2↑＋S＋2H2O用洁净的玻璃棒蘸取反应液，滴在pH试纸上，与标准比色卡对照将AgNO3粗产品加热并维持温度在200℃至恒重，同时用足量NaOH溶液吸收产生的气体，待固体残留物冷却后，加入蒸馏水，充分溶解、过滤、洗涤，并将洗涤液与滤液合并，再加入适量稀硝酸使体系形成负压，有利于水分在较低温度下蒸发，同时可防止AgNO3分解溶液表面有晶膜出现【解析】

废定影液的主要成分为Na3[Ag(S2O3)2]，用硫化钠沉淀，生成Ag2S沉淀，过滤得到滤渣，洗涤干净后加入浓硝酸溶解Ag2S得到硝酸银、硫单质与二氧化氮；用氢氧化钠除去过量的硝酸得到硝酸银溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得到硝酸银晶体，据此分析作答。【详解】（1）沉淀过程是Na3[Ag(S2O3)2]与Na2S反应制得Ag2S的反应，检验沉淀完全的操作是：静置，向上层清液中继续滴加Na2S溶液，若不再有沉淀生成，则说明沉淀已经完全；（2）“反应”步骤中会生成淡黄色固体，根据元素守恒可知，该淡黄色沉淀为硫离子被氧化的产物硫单质，根据氧化还原反应规律可知其化学方程式为：Ag2S＋4HNO3===2AgNO3＋2NO2↑＋S＋2H2O；（3）测定溶液pH的基本操作是：用洁净的玻璃棒蘸取反应液，滴在pH试纸上，与标准比色卡对照；（4）根据给定的已知信息可知，硝酸铜的分解温度为200℃，硝酸银的分解温度在440℃，则可设计除去硝酸铜的方法为：将AgNO3粗产品加热并维持温度在200℃至恒重，同时用足量NaOH溶液吸收产生的气体，待固体残留物冷却后，加入蒸馏水，充分溶解、过滤、洗涤，并将洗涤液与滤液合并，再加入适量稀硝酸；（5）考虑硝酸银易分解，而实验装置中真空泵可以形成负压，有利于水分在较低温度下蒸发，同时可防止AgNO3分解；蒸发浓缩过程中，若溶液表面有晶膜出现，则证明蒸发浓缩完成。28、第四周期第Ⅷ族3s23p4As>Se>Gasp3三角锥形均为原子晶体，且GaN中N原子半径小，Ga-N键长比Ga-As