2023-2024学年湖南省醴陵一中、攸县一中高考考前提分化学仿真卷含解析

2023-2024学年湖南省醴陵一中、攸县一中高考考前提分化学仿真卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、用类推的方法可能会得出错误结论,因此推出的结论要经过实践的检验才能确定其正确与否。下列推论中正确的是()A．Na失火不能用灭火,K失火也不能用灭火B．工业上电解熔融制取金属镁,也可以用电解熔融的方法制取金属铝C．Al与S直接化合可以得到与S直接化合也可以得到D．可以写成也可写成2、下列物质的检验，其结论一定正确的是()A．向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中一定含有SO42—B．向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32—或SO32—C．取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加足量盐酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加HCl时有气体产生，加BaCl2时有白色沉淀产生，说明Na2SO3样品已部分被氧化D．将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体一定是SO23、NA代表阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A．标准状况下，560mL的氢气和氯气的混合气体充分反应后共价键数目为0.05NAB．标准状况下，2.24LCl2通入NaOH溶液中反应转移的电子数为0.2NAC．常温常压下，1.5molHCHO和C2H2O3的混合物完全充分燃烧，消耗的O2分子数目为1.5NAD．0.1mol/L的NH4Cl溶液中通入适量氨气呈中性，此时溶液中NH4+数目为NA4、硝酸铵（NH4NO3）在不同条件下分解可以得到不同的产物，下列各组物质中肯定不可能是硝酸铵分解产物的是A．N2O、H2O B．N2、O2、H2O C．N2、HNO3、H2O D．NH3、NO、H25、在一定条件下，使H2和O2的混合气体26g充分发生反应，所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反应，使固体增重2g。原混合气体中H2和O2的物质的量之比为（）A．1：10 B．9：1 C．4：1 D．4：36、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的一种或几种所组成的物质。已知A分子中含有18个电子，C、D有漂白性。五种物质间的转化关系如图所示。下列说法错误的是A．Y的简单氢化物的沸点比Z的高B．X、Y组成的化合物中可能含有非极性键C．Z的氧化物对应水化物的酸性比W的弱D．W是所在周期中原子半径最小的元素7、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A．1molH2O2完全分解产生O2时，转移的电子数为2NAB．0.lmol环氧乙烷（）中含有的共价键数为0.3NAC．常温下，1LpH=l的草酸（H2C2O4）溶液中H+的数目为0.1NAD．1mol淀粉水解后产生的葡萄糖分子数目为NA8、利用如图所示装置，以NH3作氢源，可实现电化学氢化反应。下列说法错误的是A．a为阴极B．b电极反应为：2NH3-6e-=N2+6H+C．电解一段时间后，装置内H+数目增多D．理论上每消耗1molNH3，可生成1．5mol9、有关海水提溴的说法错误的是()A．海水晒盐后的卤水是提溴原料B．可以利用氯气氧化溴离子C．可用高温水蒸气将溴从溶液中吹出D．吹出的溴蒸气冷凝后得到纯溴10、以黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含少量杂质SiO2等)为原料，进行生物炼铜，同时得到副产品绿矾(FeSO4·7H2O)。其主要工艺流程如下:已知:部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和完全沉淀时溶液的pH如下表。沉淀物Cu(OH)2Fe(OH)3Fe(OH)2开始沉淀pH4.72.77.6完全沉淀pH6.73.79.6下列说法不正确的是A．试剂a可以是CuO或Cu(OH)2，作用是调节pH至3.7～4.7之间B．反应I的化学反应方程式为4CuFeS2+2H2SO4+17O2＝4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，该反应中铁元素被还原C．操作X为蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，再冷却结晶D．反应Ⅲ的离子方程式为Cu2++Fe==Cu+Fe2+，试剂c参与反应的离子方程式分别为Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O11、X、Y、Z、W是4种短周期主族元素，在周期表中的相对位置如表，已知四种元素的原子最外层电子数之和为18，则以下说法中正确的是（）A．Y的最高正化合价与最低负化合价的代数和为2B．X、Y、Z、W四种原子中，X的原子半径最小C．Y的氢化物的沸点一定高于X的氢化物的沸点D．X、Y、W三种元素氧化物对应的水化物的酸性依次增强12、下列反应颜色变化和解释原因相一致的是（）A．氯水显黄绿色：氯气和水反应生成的次氯酸为黄绿色液体B．氢氧化钠溶液滴加酚酞显红色：氢氧化钠水解使溶液显碱性C．乙烯使溴水褪色：乙烯和溴水发生氧化反应D．碘在苯中的颜色比水中深：碘在有机物中的溶解度比水中大13、用下表提供的仪器（夹持仪器和试剂任选）不能达到相应实验目的的是选项实验目的仪器A用CCl4除去NaBr溶液中少量Br2烧杯、分液漏斗B配制1.0mol•L-1的H2SO4溶液量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶C从食盐水中获得NaCl晶体酒精灯、烧杯、漏斗D制备少量乙酸乙酯试管、酒精灯、导管A．A B．B C．C D．D14、下列物质中不会因见光而分解的是()A．NaHCO3 B．HNO3 C．AgI D．HClO15、化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是A．SO2和NO2是主要的大气污染物B．大气中的SO2和CO2溶于水形成酸雨C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染D．对煤燃烧后形成的烟气脱硫，目前主要用石灰法16、将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，下列离子方程式能正确表示该反应的是()A．SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣→CaSO4↓+HClO+H++Cl﹣B．SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣→CaSO3↓+2H++2ClO﹣C．SO2+H2O+Ca2++2ClO-→CaSO3↓+2HClOD．SO2+H2O+Ca2++2ClO-→CaSO4↓+2H++Cl-17、核反应堆中存在三种具有放射性的微粒、、，下列说法正确的是（）A．与互为同素异形体B．与互为同素异形体C．与具有相同中子数D．与具有相同化学性质18、对于2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)，ΔH<0，根据下图，下列说法错误的是（）A．t2时使用了催化剂 B．t3时采取减小反应体系压强的措施C．t5时采取升温的措施 D．反应在t6时刻，SO3体积分数最大19、下列物质能通过化合反应直接制得的是①FeCl2②H2SO4③NH4NO3④HClA．只有①②③ B．只有②③ C．只有①③④ D．全部20、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．28g晶体硅中含有NA个Si-Si键B．叠氮化铵(NH4N3)发生爆炸反应：NH4N3=2N2+2H2，当产生标准状况下22.4L气体时，转移电子的数目为NAC．pH=1的H3PO4溶液中所含H+的数目为0.1NAD．200mL1mol/LAl2(SO4)3溶液中A13+和SO42-的数目总和是NA21、下列关于物质的分类或性质描述不正确的是()A．NaClO是强碱弱酸盐，具有强氧化性B．氯气溶于水能导电，氯气是电解质C．Fe(OH)3胶体遇氢碘酸先聚沉后溶解，并有氧化还原反应发生D．加热煮沸Mg(HCO3)2溶液，可产生Mg(OH)2沉淀22、下列有关说法正确的是A．反应CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)能自发进行，则该反应ΔS＞0B．常温下向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中通入少量HCl气体，c(H＋)·c(CH3COO－)增大C．将1molCl2溶于水中，反应中转移的电子数为6.02×1023个D．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的反应物键能总和大于生成物键能总和二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物M的合成路线如下图所示：已知：R—CH=CH2R—CH2CH2OH。请回答下列问题：（1）有机物B的系统命名为__________。（2）F中所含官能团的名称为__________，F→G的反应类型为__________。（3）M的结构简式为_________。（4）B→C反应的化学方程式为__________。（5）X是G的同系物，且相对分子质量比G小14，X有多种同分异构体，满足与FeCl3溶液反应显紫色的有______种。其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1∶1∶2∶6的结构简式为______。（6）参照M的合成路线，设计一条由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯的合成路线_________（无机试剂任选）。24、（12分）高聚物的合成与结构修饰是制备具有特殊功能材料的重要过程。如图是合成具有特殊功能高分子材料W（）的流程：已知：I.R-CH2OHII.=R2-OH,R、R2、R3代表烃基(1)①的反应类型是___________。(2)②是取代反应，其化学方程式是____________________。(3)D的核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是1∶3，不存在顺反异构。D的结构简式是_______。(4)⑤的化学方程式是_________________。(5)F的官能团名称____________________；G的结构简式是____________________。(6)⑥的化学方程式是_________________________。(7)符合下列条件的E的同分异构体有__________种(考虑立体异构)。①能发生水解且能发生银镜反应②能与Br2的CCl4溶液发生加成反应其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式是__________________。(8)工业上也可用合成E。由上述①~④的合成路线中获取信息，完成下列合成路线(箭头上注明试剂和反应条件，不易发生取代反应)_______________。25、（12分）《我在故宫修文物》这部纪录片里关于古代青铜器的修复引起了某研学小组的兴趣。“修旧如旧”是文物保护的主旨。（1）查阅高中教材得知铜锈为Cu2(OH)2CO3，俗称铜绿，可溶于酸。铜绿在一定程度上可以提升青铜器的艺术价值。参与形成铜绿的物质有Cu和_______。（2）继续查阅中国知网，了解到铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈和有害锈，结构如图所示：Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl分别属于无害锈和有害锈，请解释原因_____________。（3）文献显示有害锈的形成过程中会产生CuCl（白色不溶于水的固体），请结合下图回答：①过程Ⅰ的正极反应物是___________。②过程Ⅰ负极的电极反应式是_____________。（4）青铜器的修复有以下三种方法：ⅰ．柠檬酸浸法：将腐蚀文物直接放在2%-3%的柠檬酸溶液中浸泡除锈；ⅱ．碳酸钠法：将腐蚀文物置于含Na2CO3的缓冲溶液中浸泡，使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3；ⅲ．BTA保护法：请回答下列问题：①写出碳酸钠法的离子方程式___________________。②三种方法中，BTA保护法应用最为普遍，分析其可能的优点有___________。A．在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜B．替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈C．和酸浸法相比，不破坏无害锈，可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”26、（10分）某研究性学习小组对过量炭粉与氧化铁反应的气体产物成分进行研究。（1）提出假设①该反应的气体产物是CO2；②该反应的气体产物是CO。③该反应的气体产物是。（2）设计方案，如图所示，将一定量的氧化铁在隔绝空气的条件下与过量炭粉完全反应，测定参加反应的碳元素与氧元素的质量比。（3）查阅资料氮气不与碳、氧化铁发生反应。实验室可以用氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应制得氮气。请写出该反应的离子方程式：。（4）实验步骤①按上图连接装置，并检查装置的气密性，称取3.20g氧化铁、2.00g碳粉混合均匀，放入48.48g的硬质玻璃管中；②加热前，先通一段时间纯净干燥的氮气；③停止通入N2后，夹紧弹簧夹，加热一段时间，澄清石灰水（足量）变浑浊；④待反应结束，再缓缓通入一段时间的氮气。冷却至室温，称得硬质玻璃管和固体总质量为52.24g；⑤过滤出石灰水中的沉淀，洗涤、烘干后称得质量为2.00g。步骤②、④中都分别通入N2，其作用分别为。（5）数据处理试根据实验数据分析，写出该实验中氧化铁与碳发生反应的化学方程式：。（6）实验优化学习小组有同学认为应对实验装置进一步完善。①甲同学认为：应将澄清石灰水换成Ba(OH)2溶液，其理由是。②从环境保护的角度，请你再提出一个优化方案将此实验装置进一步完善：。27、（12分）硫酸四氨合铜晶体([Cu(NH3)4]SO4·H2O)常用作杀虫剂、媒染剂，也是高效安全的广谱杀菌剂。常温下该物质在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组设计如下方案来合成硫酸四氨合铜晶体并测定晶体中氨的含量。I．CuSO4溶液的制备①取4g铜粉，在仪器A中灼烧10分钟并不断搅拌使其充分反应。②将A中冷却后的固体转移到烧杯中，加入25mL3mol·L-1H2SO4溶液，加热并不断搅拌至固体完全溶解。(1)①中仪器A的名称为______________。(2)②中发生反应的离子方程式为__________________。Ⅱ．晶体的制备将I中制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作：(3)向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量的过程中，可观察到的实验现象是____________。(4)缓慢加入乙醇会析出晶体的原因是________________________________；若将深蓝色溶液浓缩结晶，在收集到的晶体中可能混有的杂质主要有______________(写其中一种物质的化学式)。III．氨含量的测定精确称取wg晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10％NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，再用NaOH标准溶液滴定剩余的盐酸溶液(选用甲基橙作指示剂)。1.水2.玻璃管3.10%氢氧化钠溶液4.样品液5.盐酸标准溶液6.冰盐水(5)装置中玻璃管的作用是__________________________________________________。(6)在实验装置中，若没有使用冰盐水冷却会使氨含量测定结果________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。28、（14分）从樟科植物枝叶提取的精油中含有下列甲、乙两种成分：完成下列填空：(1)乙中含氧官能团的名称为___。(2)由甲转化为乙需经下列过程：其中反应Ⅰ的反应类型为___，反应Ⅱ的化学方程式为___。设计反应Ⅰ、Ⅱ的目的是___。(3)欲检验乙中的碳碳双键，可选用的试剂是___。a．溴水b．酸性高锰酸钾溶液c．溴的CCl4溶液d．银氨溶液(4)乙经过氢化、氧化得到丙（），丙有多种同分异构体，符合苯环上有一个取代基的酯类同分异构体有___种，写出其中能发生银镜反应的同分异构体的结构简式___。29、（10分）氮的化合物是重要的工业原料，也是主要的大气污染来源，研究氮的化合物的反应具有重要意义。回答下列问题：(1)肼(N2H4)与四氧化二氮分别是火箭发射器中最常用的燃料与氧化剂。已知3.2g液态肼与足量液态四氧化二氮完全反应，生成氮气和液态水放出热量61.25kJ，则该反应的热化学方程式为____。(2)尾气中的NO2可以用烧碱溶液吸收的方法来处理，其中能生成NaNO2等物质，该反应的离子方程式为____。(3)在773K时，分别将2.00molN2和6.00molH2充入一个固定容积为1L的密闭容器中发生反应生成NH3，气体混合物中c(N2)、c(H2)、c(NH3)与反应时间(t)的关系如图所示。①下列能说明反应达到平衡状态的是____（选填字母）。a．v正(N2)=3v逆(H2)b．体系压强不变c．气体平均相对分子质量不变d．气体密度不变②在此温度下，若起始充入4.00molN2和12.00molH2，则反应刚达到平衡时，表示c(H2)～t的曲线上相应的点为___（选填字母）。(4)在373K时，向体积为2L的恒容真空容器中充入0.40molNO2，发生如下反应：测得NO2的体积分数[φ(NO2)]与反应时间(t)的关系如下表：t/min020406080φ（NO2）1.00.750.520.400.40①计算0～20min时，v(N2O4)=____。②已知该反应，其中k1、k2为速率常数，则373K时，=_____；改变温度至T1时，k1=k2，则T1___373K（填“>”“<”或“=”）。

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、K性质比Na更活泼，还原性更强，与氧气反应生成过氧化钾和超氧化钾，能与CO2反应生成氧气助燃，所以K失火不能用CO2灭火，故A正确；B、AlCl3属于共价化合物熔融不导电，工业上是用电解熔解Al2O3的方法制取金属铝，故B错误；C、S的氧化性较弱，与Fe反应生成FeS，故C错误；D、Pb的化合价为+2价、+4价，不存在+3价，Pb3O4可表示为2PbO•PbO2，故D错误；故选A。点睛：本题考查无机物的性质。本题虽然考查类比规律，但把握物质的性质是解答该题的关键。本题的易错点是D，注意铁和铅元素的常见化合价的不同。2、C【解析】

A、向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，原溶液可能含SO42‾或Cl‾，故A错误；B、向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32—或SO32—，或HCO3‾或HSO3‾，故B错误；C、加HCl时有气体产生，加BaCl2时有白色沉淀产生，说明含有SO42‾和SO32‾，Na2SO3样品已部分被氧化，故C正确；D、能使品红溶液退色的气体可能是SO2、Cl2等具有漂白性的气体，故D错误。答案选C。【点晴】解决本题的关键在于熟练掌握常见物质的检验方法，进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，包括试剂的选择，反应现象及结论判断。物质检验应遵守“三个原则”，即一看(颜色、状态)、二嗅(气味)、三实验(加试剂)。根据实验时生成物所表现的现象不同，进行检验，重点掌握以下离子或物质的检验：Fe3+、Fe2+、NH4+、Al3+、Cl‾、SO42‾、SO32‾、CO32‾、HCO3‾、NH3、Cl2、SO2等。3、C【解析】

A.标准状态下560mL的氢气和氯气混合物含有气体的物质的量为n=，无论是否反应，每个分子中含有1个共价键，所以0.025mol气体混合物反应后含有的共价键数目为0.025NA，故A错误；B.氯气在反应中既是氧化剂也是还原剂，1mol氯气反应时转移电子数为1mol，2.24LCl2的物质的量为则转移电子数为0.1NA，故B错误；C.1molHCHO和1molC2H2O3完全燃烧均消耗1mol氧气，所以1.5mol两种物质的混合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为1.5mol，则消耗的O2分子数目为1.5NA，故C正确；D.缺少溶液的体积，无法计算微粒的数目，故D错误。故选C。4、D【解析】

硝酸铵（NH4NO3）中的两个氮原子的化合价分别为-3和+5。【详解】A.硝酸铵分解为N2O和H2O，-3价氮化合价升高到+1价，+5价氮化合价也降低到+1价，发生了归中反应，合理，故A不选；B.硝酸铵分解为N2、O2、H2O，硝酸铵中-3价氮化合价升高到0价，部分-2价氧的化合价也升高到0价，+5价氮的化合价降低到0价，发生了氧化还原反应，故B不选；C.硝酸铵分解为N2、HNO3、H2O，硝酸铵中的-3价氮和+5价氮发生了归中反应，生成了氮气，合理，故C不选；D.硝酸铵分解为NH3、NO、H2，只有化合价的降低，没有化合价的升高，不合理，故D选。故选D。5、D【解析】

已知：2H2+O2=2H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反应，使固体增重2g，则增加的质量为H2的质量，据此回答。【详解】分两种情况：⑴若O2过量，则m(H2)=2g，m(O2)=26g-2g=24g，n(H2)：n(O2)=；⑵若H2过量，根据化学反应方程式2H2+O2=2H2O，参加反应的氢气2g，消耗氧气为16g，所以混合气体中O2的质量是16g，H2的质量是10g，n(H2)：n(O2)=；故答案为D。【点睛】抓住反应实质H2+Na2O2=2NaOH，增重的质量就是氢气的质量，注意有两种情况要进行讨论，另外比值顺序不能弄反，否则会误选A。6、C【解析】

A分子中含有18个电子，含有18个电子的分子有：Ar、F2、HCl、H2S、PH3、SiH4、H2O2、N2H4、C2H6、CH3OH等，C、D有漂白性，具有漂白性的物质有Na2O2、O3、H2O2、NaClO、Ca(ClO)2、SO2、活性炭，根据五种物质间的转化关系，A为H2S，B为S，C为SO2，D为H2O2，E为O2，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，则X为H元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素，据此分析解答。【详解】A．Y为O元素，Z为S元素，简单气态氢化物分别为H2O、H2S，由于H2O分子间形成氢键，则Y的简单氢化物的沸点比Z的高，故A正确；B．X为H元素，Y为O元素，X、Y组成的化合物为H2O和H2O2，H2O中只含有极性共价键，H2O2中既含有极性共价键又含有非极性共价键，故B正确；C．Z为S元素，W为Cl元素，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Z的氧化物对应水化物可形成硫酸，W可形成次氯酸，硫酸的酸性强于次氯酸，故C错误；D．W为Cl元素，同周期元素从左至右，随核电荷数增大原子半径减小，则W是所在周期中原子半径最小的元素，故D正确；答案选C。7、C【解析】

A.H2O2分解的方程式为2H2O2=2H2O+O2↑，H2O2中O元素的化合价部分由-1价升至0价、部分由-1价降至-2价，1molH2O2完全分解时转移1mol电子，转移电子数为NA，A错误；B.1个环氧乙烷中含4个C—H键、1个C—C键和2个C—O键，1mol环氧乙烷中含7mol共价键，0.1mol环氧乙烷中含0.7mol共价键，含共价键数为0.7NA，B错误；C.pH=1的草酸溶液中c（H+）=0.1mol/L，1L该溶液中含H+物质的量n（H+）=0.1mol/L×1L=0.1mol，含H+数为0.1NA，C正确；D.淀粉水解的方程式为，1mol淀粉水解生成nmol葡萄糖，生成葡萄糖分子数目为nNA，D错误；答案选C。【点睛】本题易错选B，在确定环氧乙烷中共价键时容易忽略其中的C—H键。8、C【解析】

根据图像可知，b极氨气中的N原子化合价由-3变为0价，得电子为电解池的阳极，则b极为阴极，化合价降低得电子；电解质溶液中的氢离子向阴极移动；【详解】A.分析可知，a为阴极得电子，A正确；B.b电极氨气中的N原子化合价由-3变为0价，生成氮气和氢离子，其电极反应为：2NH3-6e-=N2+6H+，B正确；C.电解一段时间后，b电极消耗溶液中的氢离子，装置内H+数目不变，C错误；D.理论上每消耗1molNH3，消耗溶液中3mol氢离子，发生加成反应，可生成1．5mol，D正确；答案为C9、D【解析】

海水提溴的三个步骤是：(1)先将浓缩海水中的Br-用氯气氧化Cl2+2Br-=Br2+2NaCl(2)将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和二氧化硫吸收剂发生作用转变成氢溴酸得到富集溴。Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+(3)用氯气将富集的溴负离子氧化得到产品溴Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。【详解】A．海水晒盐后的卤水是提溴原料，故A正确；B．根据提溴的第一个步骤，先将浓缩海水中的Br-用氯气氧化Cl2+2Br-=Br2+2NaCl，故B正确；C．将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和二氧化硫吸收剂发生作用转变成氢溴酸得到富集溴，故C正确；D．吹出的溴蒸气用吸收液吸收后，再用氯气将富集的溴负离子氧化后得到溴，经分离提纯后可以得到纯溴，故D错误；答案选D。【点睛】熟悉海水提溴的流程是解本题的关键。10、B【解析】

A.加入试剂a调节pH至3.7~4.7之间，目的是使Fe3+

形成Fe(OH)3沉淀，同时要防止生成Cu(OH)2

沉淀，为了防止引入新的杂质，试剂a可以是CuO[或Cu(OH)2

、CuCO3

等]，故A正确；B.反应I的化学反应方程式为4CuFeS2+2H2SO4+17O2＝4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，该反应中铁元素化合价升高被氧化，故B错误；C.操作X为从硫酸亚铁溶液中得到绿矾晶体，当蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，再冷却结晶即可，故C正确；D.反应Ⅲ主要是Cu2+与过量的Fe(即b试剂)反应，为将Cu2+全部转化，加入的铁粉过量，因此在反应Ⅳ时应该将过量的铁粉除去，利用铁、铜的性质差别，加入适量稀硫酸(即试剂c)即可，参与反应的离子方程式分别为Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，故D正确；答案选B。11、A【解析】

由元素周期表的位置可知，X和Y为第二周期，Z和W为第三周期，设Z的最外层电子数为n，X的最外层电子数为n+1，Y的最外层电子数为n+2，W的最外层电子数为n+3，则n+n+1+n+2+n+3=18，n=3，则Z为Al、X为C、Y为N、W为S。【详解】根据分析可知，X为C元素，Y为N，Z为Al，W为S元素；A．Y为N，位于ⅤA族，其最高化合价为+5，最低化合价为-3，则N元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为2，故A正确；B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则四种原子中Z（Al）的原子半径最大，Y（N）的原子半径最小，故B错误；C．没有指出简单氢化物，该说法不合理，如含有较多C的烃常温下为液态、固态，其沸点大于氨气，故C错误；D．缺少条件，无法比较N、S元素氧化物对应水化物的酸性，如：硫酸＞亚硝酸，硝酸＞亚硫酸，故D错误；故选：A。12、D【解析】

A、氯水显黄绿色的原因是氯气在水中的溶解度有限，氯气本身为黄绿色，次氯酸无色，故A不符合题意；B、氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离出氢氧根，使酚酞显红色，不是水解，故B不符合题意；C、乙烯中含有碳碳双键，为不饱和键，能够与溴单质发生加成反应，使溴水褪色，故C不符合题意；D、碘单质本身为紫黑色，碘水显黄色，而碘溶于苯中显紫红色，碘在有机物中溶解度增大，故D符合题意；故选：D。13、C【解析】

A.单质溴易溶于有机溶剂，因此可以用萃取的方法将其从水相中分离，A项正确；B.配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶，B项正确；C.若要从食盐水中获得食盐晶体，可以蒸发结晶，蒸发结晶一般在蒸发皿中进行，C项错误；D.制备少量乙酸乙酯，可以在试管中进行，再用导管将产物通入饱和碳酸钠溶液中收集产物并除杂，D项正确；答案选C。14、A【解析】

浓硝酸、碘化银、次氯酸见光都易分解;碳酸氢钠加热分解,见光不分解,以此解答该题。【详解】AgI、HNO3、HClO在光照条件下都可分解,而NaHCO3在加热条件下发生分解，所以A选项是正确的；综上所述，本题选项A。15、B【解析】A．空气中的SO2和NO2是主要的大气污染物，故A正确；B．大气中的SO2和氮氧化物是形成酸雨的主要污染物，故B错误；C．液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气污染小，减少大气污染，故C正确；D．用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，可以将有害气体二氧化硫转化为硫酸钙，减少环境污染，故D正确；答案为B。16、A【解析】

将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，发生氧化还原反应，生成硫酸钙，由于Ca(ClO)2过量，还生成HClO等，离子反应为SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣=CaSO4↓+HClO+H++Cl﹣，故选A。17、C【解析】

A．与是原子不是单质，不互为同素异形体，故A错误；B．与是原子不是单质，不互为同素异形体，故B错误；C．中子数=质量数﹣质子数，与的中子数都为46，故C正确；D．与是不同元素，最外层电子数不同，化学性质不同，故D错误；故选C。18、D【解析】

A.t2时，正逆反应速率同时增大，且速率相等，而所给可逆反应中，反应前后气体分子数发生变化，故此时改变的条件应为加入催化剂，A不符合题意；B.t3时，正逆反应速率都减小，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，由于该反应为放热反应，故不可能是降低温度；反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为减小压强，B不符合题意；C.t5时，正逆反应速率都增大，故改变的条件可能为升高温度或增大压强，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，结合该反应为放热反应，且反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为升高温度，C不符合题意；D.由于t3、t5时刻，平衡都是发生逆移的，故达到平衡时，即t4、t6时刻所得的SO3的体积分数都比t1时刻小，D说法错误，符合题意；故答案为：D19、D【解析】

①Fe＋2FeCl3=3FeCl2；②SO3＋H2O=H2SO4；③NH3＋HNO3=NH4NO3；④H2＋Cl2HCl故①②③④都可以通过化合反应制备，选D。20、B【解析】

A．1个Si原子周围有4个Si－Si，而1个Si－Si周围有2个Si原子，则Si和Si－Si的比例为2：4=1：2，28gSi其物质的量为1mol，则含有的Si－Si的物质的量为2mol，其数目为2NA，A错误；B．叠氮化铵发生爆炸时，H的化合价降低，从＋1降低到0，1mol叠氮化铵发生爆炸时，生成4mol气体，则总共转移4mol电子；现生成22.4：L，即1mol气体，则转移的电子数为NA，B正确；C．不知道磷酸溶液的体积，无法求出其溶液中的H＋数目，C错误；D．200mL1mol·L－1Al2(SO4)3溶液中，如果Al3＋不水解，则Al3＋和SO42－的物质的量=0.2L×1mol·L－1×2＋0.2L×1mol·L－1×3=1mol，其数目为NA，但是Al3＋为弱碱的阳离子，在溶液中会水解，因此Al3＋数目会减少，Al3＋和SO42－的总数目小于NA，D错误。答案选B。21、B【解析】

A．次氯酸钠是由氢氧化钠与次氯酸反应生成，属于强碱弱酸盐，次氯酸钠中氯元素处于+1的价，具有强的氧化性，故A正确；B．氯气是单质，不是电解质，故B错误；C．氢碘酸为可溶性电解质，能够是氢氧化铁胶体聚沉，氢氧化铁具有强的氧化性，能够氧化碘离子生成单质电，所以Fe(OH)3胶体遇氢碘酸先聚沉后溶解，并有氧化还原反应发生，故C正确；D．长时间煮沸Mg(HCO3)2溶液，Mg(HCO3)2生成MgCO3，水解生成Mg(OH)2，故D正确；故选：B。【点睛】电解质：在水溶液或在熔融状态下能够导电的化合物。所以判断是否为电解质的前提为化合物，B选项氯气是单质，不是电解质也不是非电解质。22、B【解析】

A.反应CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)为熵减的反应，则该反应ΔS＜0，选项A错误；B．向醋酸溶液中通入氯化氢气体，氢离子浓度增大而抑制醋酸电离，则Kac(CH3COOH)=c(H＋)·c(CH3COO－)增大，选项B正确；C．Cl2与水的反应是可逆反应，不可能完全转化，转移的电子数小于6.02×1023个，选项C错误；D.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)为放热反应，反应物键能总和小于生成物键能总和，选项D错误。答案选B。二、非选择题(共84分)23、2－甲基－1－丙醇醛基、碳碳双键加成反应（或还原反应）(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H52（CH3）2CHCH2OH＋O22H2O＋2（CH3）2CHCHO9CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3（答案合理均可）【解析】

由合成路线及题中信息可知，A反应后得到B，则B为(CH3)2CHCH2OH；B发生催化氧化反应生成C，C经氧化和酸化转化为D，则C为(CH3)2CHCHO，D为(CH3)2CHCOOH；F可以加聚为E，则F为C6H5CH=CHCHO；F经催化加氢得到G，结合M的分子式可知G为C6H5CH2CH2CH2OH，D与G发生酯化反应生成的M为(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。据此解答。【详解】（1）根据以上分析可知，有机物B为(CH3)2CHCH2OH，其系统命名为2－甲基－1－丙醇；故答案为：2－甲基－1－丙醇。（2）F为C6H5CH=CHCHO，F中所含官能团的名称为醛基、碳碳双键；F经催化加氢得到G，故F→G的反应类型为加成反应或还原反应；故答案为：醛基、碳碳双键；加成反应(或还原反应）。（3）M为羧酸D[(CH3)2CHCOOH]和醇G(C6H5CH2CH2CH2OH)发生酯化反应生成的酯，故M的结构简式为(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。（4）B为(CH3)2CHCH2OH，C为(CH3)2CHCHO，B→C反应为醇的催化氧化反应，该反应的化学方程式为2(CH3)2CHCH2OH＋O22(CH3)2CHCHO＋2H2O；故答案为：2(CH3)2CHCH2OH＋O22(CH3)2CHCHO＋2H2O。（5）G为C6H5CH2CH2CH2OH，X是G的同系物，且相对分子质量比G小14，则X的一种可能结构为C6H5CH2CH2OH。X有多种同分异构体，满足条件“与FeCl3溶液反应显紫色”的，说明分子中含有酚羟基，除苯环外余下两个碳，则苯环上另外的取代基可以是1个乙基，也可以是2个甲基：①含有2个取代基——1个羟基和1个乙基，乙基和酚羟基有邻、间、对3种位置；②含有3个侧链——2个甲基和1个羟基，采用“定二移一”的方法——先找2个甲基有邻、间、对3种位置，对应的酚羟基分别有2种、3种、1种位置。综上所述，可知符合条件的X的同分异构体共有3＋6＝9种。其中，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1∶1∶2∶6的结构简式为；故答案为：9；。（6）参照M的合成路线，由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯，可以先由丙烯合成1－丙醇，然后把1－丙醇氧化为丙醛，接着把丙醛氧化为丙酸，最后由丙酸与乙醇发生酯化反应合成丙酸乙酯；故答案为：CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3(答案合理均可）。24、加成反应BrCH2CH2Br+2NaCN→NCCH2CH2CN+2NaBr(CH3)2C=CH2CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O碳碳双键、酯基4HCOOC(CH3)=CH2HOCH2CHBrCH3HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH【解析】

乙烯与溴发生加成反应生成A，A为BrCH2CH2Br，结合B的分子式可知B为NC-CH2CH2-CN，B中-CN转化为-COOH得到丁二酸。丁二酸发生分子内脱水形成酸酐。I与R′NH2得到W()，结合W的结构可知I为，结合信息II，逆推可知H为。D的分子式为C4H8，核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是1∶3，不存在顺反异构，则D为(CH3)2C=CH2，D氧化生成E，E与甲醇发生酯化反应生成F，结合H的结构，可知E为CH2=C(CH3)COOH，F为CH2=C(CH3)COOCH3，F发生加聚反应生成的G为，G发生信息I中的反应得到H。据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，反应①是乙烯与溴发生加成反应，故答案为加成反应；(2)反应②是取代反应，其化学方程式是：BrCH2CH2Br+2NaCN→NCCH2CH2CN+2NaBr，故答案为BrCH2CH2Br+2NaCN→NCCH2CH2CN+2NaBr；(3)根据上述分析，D的结构简式为(CH3)2C=CH2，故答案为(CH3)2C=CH2；(4)反应⑤的化学方程式为CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O，故答案为CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O；(5)F为CH2=C(CH3)COOCH3，含有的官能团有碳碳双键和酯基；G的结构简式是，故答案为碳碳双键、酯基；；(6)反应⑥的化学方程式为，故答案为；(7)E为CH2=C(CH3)COOH，①能发生水解且能发生银镜反应，说明属于甲酸酯类；②能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，说明含有碳碳双键，符合条件的E的同分异构体有：HCOOCH=CHCH3(顺反2种)、HCOOCH2CH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2，共4种，其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式为HCOOC(CH3)=CH2，故答案为4；HCOOC(CH3)=CH2；(8)HOCH2CHBrCH3和NaCN发生取代反应生成HOCH2CH(CN)CH3，HOCH2CH(CN)CH3酸化得到HOCH2CH(CH3)COOH，HOCH2CH(CH3)COOH发生消去反应生成CH2=C(CH3)COOH，其合成路线为HOCH2CHBrCH3HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH，故答案为HOCH2CHBrCH3HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH。【点睛】本题的易错点和难点为(8)，要注意题意“不易发生取代反应”在合成中的应用，HOCH2CHBrCH3不能先消去羟基形成碳碳双键，再发生取代反应。25、O2、H2O、CO2碱式碳酸铜为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜；而碱式氯化铜为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀氧气（H2O）Cu-e-+Cl-=CuCl4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-ABC【解析】

（1）由质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变；（2）结合图像可知，Cu2(OH)2CO3为致密结构，Cu2(OH)3Cl为疏松结构；（3）正极得电子发生还原反应，过程Ⅰ的正极反应物是氧气，Cu作负极；（4）在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜；替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈；BTA保护法不破坏无害锈。【详解】（1）铜锈为Cu2(OH)2CO3，由质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变，参与形成铜绿的物质有Cu和O2、H2O、CO2；（2）结合图像可知，Cu2(OH)2CO3为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜，属于无害锈。Cu2(OH)3Cl为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀，属于有害锈；（3）①结合图像可知，正极得电子发生还原反应，过程Ⅰ的正极反应物是氧气，电极反应式为O2+4e-+2H2O===4OH-；②结合图像可知，过程Ⅰ中Cu作负极，电极反应式是Cu-e-+Cl-=CuCl；（4）①碳酸钠法中，Na2CO3的缓冲溶液使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3，离子方程式为4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-；②A．在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜，能保护内部金属铜，这能使BTA保护法应用更为普遍，故A正确；B．Cu2(OH)3Cl为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀，属于有害锈。替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈，这能使BTA保护法应用更为普遍，故B正确；C．酸浸法会破坏无害锈Cu2(OH)2CO3，BTA保护法不破坏无害锈，可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”，这能使BTA保护法应用更为普遍，故C正确；答案选ABC。26、（本题共16分）（1）CO2、CO的混合物（3）NH4++NO2—N2↑+2H2O（4）步骤②中是为了排尽空气；步骤④是为了赶出所有的CO2，确保完全吸收（5）2C+Fe2O32Fe+CO↑+CO2↑（6）①Ba(OH)2溶解度大，浓度大，使CO2被吸收的更完全；M(BaCO3)＞M(CaCO3)，称量时相对误差小。②在尾气出口处加一点燃的酒精灯或增加一尾气处理装置【解析】试题分析：（1）过量炭粉与氧化铁反应的气体产物可能有：①CO、②CO2、③CO2、CO的混合物三种情况；（3）氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应可以制得氮气；（4）⑤根据前后两次通入氮气的时间和减小实验误差角度来分析；（5）根据质量守恒判断气体的组成，根据质量关系计算气体的物质的量之间的关系，进而书写化学方程式；（6）①根据氢氧化钙和氢氧化钡的本质区别来思考；②一氧化碳是一种有毒气体，可以通过点燃来进行尾气处理．解：（1）过量炭粉与氧化铁反应的气体产物可能有：①CO、②CO2、③CO2、CO的混合物，（3）氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应制得氮气，反应物有NH4Cl和NaNO2，生成物为N2，根据质量守恒还应用水，则反应的化学方程式为NH4++NO2﹣N2↑+2H2O，（4）如果不排尽空气，那么空气中的氧气会与炭粉反应影响反应后生成气体的组成，所以利用稳定的氮气排空气，最后确保完全吸收，反应后还要赶出所有的CO2，（5）3.20g氧化铁的物质的量为==0.02mol，澄清石灰水变浑浊，说明有CO2气体生成，则n（CO2）=n（CaCO3）==0.02mol，m（CO2）=0.02mol×44g/mol=0.88g，反应后硬质玻璃管和固体总质量变化为1.44g大于0.88g，则生成其气体为CO2、CO的混合物，设混合气体中含有ymolCO，则0.88g+28yg=1.44g，y=0.02mol，所以CO、CO2的混合气体物质的量比为1：1，所以方程式为2C+Fe2O32Fe+CO↑+CO2↑，（6）①将澄清石灰水换成Ba（OH）2溶液，这样会使二氧化碳被吸收的更完全，称量时相对误差小，②一氧化碳是一种有毒气体，可以通过点燃来进行尾气处理或增加一尾气处理装置.27、坩埚CuO+2H+=Cu2++H2O先有蓝色沉淀生成，继续滴加氨水，沉淀逐渐消失，溶液变为深蓝色。硫酸四氨合铜晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度(或降低了硫酸四氨合铜晶体的溶解度)CuSO4或[Cu(NH3)4]SO4或Cu2(OH)2SO4或CuSO4·5H2O平衡气压(或防止倒吸)偏低【解析】

(1)①灼烧固体，应在坩埚中进行，故答案为：坩埚；(2)铜灼烧后生成的固体为氧化铜，加入硫酸后会发生反应生成CuSO4和水，反应方程式为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，答案：CuO+2H+=Cu2++H2O。(3)向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水先产生蓝色氢氧化铜沉淀，继续加入过量的氨水，又生成四氨合铜络离子，蓝色沉淀逐渐消失变成深蓝色溶液。答案：先有蓝色沉淀生成，继续滴加氨水，沉淀逐渐消失，溶液变为深蓝色。(4)因为硫酸四氨合铜晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以加入乙醇会析出晶。常温下硫酸四氨合铜晶体在空气中不稳定，受热时易发生分解，若将深蓝色溶液浓缩结晶，在收集到的晶体中可能混有CuSO4或[Cu(NH3)4]SO4或Cu2(OH)2SO4或CuSO4·5H2O。答案：硫酸四氨合铜晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度(或降低了硫酸四氨合铜晶体的溶解度)；CuSO4或[Cu(NH3)4]SO4或Cu2(OH)2SO4或CuSO4·5H2O。（5）装置中玻璃管可起到平衡气压，防止倒吸；答案：平衡气压(或防止倒吸)。（6）因为生成的是氨气，如果没有冰盐水冷却，容易挥发，导致剩余HCl量增多，所以如没有使用冰盐水冷却，会使氨含量测定结果偏低。答案：偏低。28、醛基加成反应+NaOH+NaCl+H2O保护碳碳双键，防止其被氧化c6、【解析】

(1)乙的结构简式为，含氧官能团为-CHO。(2)甲为，转化为时，发生的是-CH=CH-与HCl的加成反应，由条件O2/Cu知，发生的是-CH2OH的催化氧化，生成-CHO，然后再消去生成。(3)a．溴水既能氧化醛基，又能与碳碳双键加成；b．酸性高锰酸钾溶液，能将醛基和碳碳双键氧化；c．