湖南省株洲市重点中学2024年高考冲刺化学模拟试题含解析

湖南省株洲市重点中学2024年高考冲刺化学模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下列属于置换反应的是（）A．2C+SiO22CO+SiB．2HClO2HCl+O2↑C．3CO+Fe2O33CO2+2FeD．2Na+Cl2=2NaCl2、类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pC=－lgC，pKa=－lgKa，常温下，某浓度H2A溶液在不同pH值下，测得pC(H2A)、pC(HA﹣)、pC(A2﹣)变化如图所示，下列说法正确的是A．随着pH的增大，pC增大的曲线是A2﹣的物质的量浓度的负对数B．pH=3.50时，c(HA﹣)>c(H2A)>c(A2﹣)C．b点时c(H2A)·c(A2﹣)/c2(HA﹣)=10﹣4.5D．pH=3.00~5.30时，c(H2A)+c(HA﹣)+c(A2﹣)先减小后增大3、化合物M(如图所示)可用于制备各种高性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，W与Z的质子数之和是X的2倍。下列说法不正确的是A．原子半径：Y＞Z＞XB．X元素的族序数是Y元素的2倍C．工业上电解熔融Y2X3化合物制备单质YD．W与X形成的所有化合物都只含极性共价键4、常温下，向20.00mL0.1mol•L-1BOH溶液中滴入0.1mol•L-1盐酸，溶液中由水电离出的c（H+）的负对数[-lgc水（H+）]与所加盐酸体积的关系如下图所示，下列说法正确的是A．常温下，BOH的电离常数约为1×10-4B．N点溶液离子浓度顺序：c（B+）>c（Cl-）>c（OH-）>c（H+）C．a=20D．溶液的pH:R>Q5、下列属于酸性氧化物的是()A．CO B．Na2OC．KOH D．SO26、测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和热的实验中没有使用的仪器有：①大、小烧杯；②容量瓶；③量筒；④环形玻璃搅拌棒；⑤试管；⑥温度计；⑦蒸发皿；⑧托盘天平中的()A．①②⑥⑦ B．②⑤⑦⑧ C．②③⑦⑧ D．③④⑤⑦7、下列微粒中，最易得电子的是（）A．Cl- B．Na+ C．F D．S2-8、某未知溶液（只含一种溶质）中加入醋酸钠固体后，测得溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1。则原未知溶液一定不是A．强酸溶液 B．弱酸性溶液 C．弱碱性溶液 D．强碱溶液9、下列实验操作能达到目的的是（）选项实验目的实验操作A配制100g10%的NaOH溶液称取10gNaOH溶于90g蒸馏水中B验证“84消毒液”呈碱性用pH试纸测量溶液的pHC检验溶液中是否含有Na+用洁净的玻璃棒蘸取溶液灼烧，观察火焰颜色D从溴水中获得溴单质利用SO2将Br2吹出后，富集、还原、分离A．A B．B C．C D．D10、某科研小组将含硫化氢的工业废气进行了资源化利用，将获得的电能用于制取“84”消毒液。已知:2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)△H=-632KJ/mol。下图为该小组设计的原理图。下列说法正确的是()A．电极a为燃料电池正极B．电极b上发生的电极反应为:O2+4e-+2H2O=4OH-C．电路中每流过4mol电子，电池质子固体电解质膜饱和NaCl溶液内部释放热能小于632kJD．a极每增重32g，导气管e将收集到气体22.4L11、从杨树中提取的Z是具有美白功效的化妆品的组分。现可用如下反应制备：下列叙述错误的是A．上述X+Y→Z反应属于加成反应B．Z在苯环上的一氯代物有8种C．Z所有碳原子不可能处于同一平面D．Y可作为加聚反应的单体12、常温下，下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是A．1mol⋅B．使酚酞呈红色的溶液中：KC．c(H+)c(D．由水电离cOH13、某高校的研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2零排放，其基本原理如图所示，下列说法正确的是()A．该装置可以将太阳能转化为电能B．阴极的电极反应式为3CO2+4e—＝C+2CO32—C．高温的目的只是为了将碳酸盐熔融，提供阴阳离子D．电解过程中电子由负极流向阴极，经过熔融盐到阳极，最后回到正极14、25℃时，浓度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液，下列判断错误的是（）A．粒子种类不同 B．c(Na+)前者大于后者C．c(OH-)前者大于后者 D．分别加入NaOH固体，c(CO32-)均增大15、下列属于原子晶体的化合物是（）A．干冰 B．晶体硅 C．金刚石 D．碳化硅16、第20届中国国际工业博览会上，华东师范大学带来的一种“锌十碘”新型安全动力电池亮相工博会高校展区。该新型安全动力电池无污染、高安全、长寿命且具有合适的充电时间，可以应用于日常生活、交通出行等各个领域。已知该电池的工作原理如图所示。下列有关说法正确的是（）A．正极反应式为I3--2e-=3I-B．6.5gZn溶解时，电解质溶液中有0.2mol电子移动C．转移1mol电子时，有1molZn2+从左池移向右池D．“回流通道”可以减缓电池两室的压差，避免电池受损17、下表中的实验操作能达到实验目的或能得出相应结论的是（）选项实验操作实验目的或结论A室温下，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生验证Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)B将混有Ca(OH)2杂质的Mg(OH)2样品放入水中，搅拌，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌后过滤，用蒸馏水洗净沉淀。除去Mg(OH)2样品中Ca(OH)2杂质C向KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变为蓝色NO3-被氧化为NH3D室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液pH约为5HSO3-结合H+的能力比SO32-的强A．A B．B C．C D．D18、实验室采用下列装置制取氨气，正确的是A．生成氨气B．干燥氨气C．收集并验满氨气D．吸收多余氨气19、短周期元素m、n、p、q在元素周期表中的排列如图所示，其中n的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，下列说法正确的是（）A．元素

n

位于元素周期表第

3

周期，第ⅢA

族B．单质与水反应置换出氢气的能力：m＜nC．简单离子半径：m＞qD．最高价氧化物对应水化物的碱性：m＜n20、室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色X溶液中一定含有Fe2＋B向浓度均为0.05mol·L－1的NaI、NaCl的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp（AgI）>Ksp（AgCl）C向淀粉－KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，溶液由无色变为蓝色Br2的氧化性比I2的强D用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H＋的能力比CH3COOH的强A．A B．B C．C D．D21、2017年12月，华为宣布:利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2，其工作原理如图所示。下列关于该电池的说法不正确的是A．该电池若用隔膜可选用质子交换膜B．石墨烯电池的优点是提高电池的储锂容量进而提高能量密度C．充电时，LiCoO2极发生的电极反应为:LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+D．废旧的该电池进行“放电处理”让Li+从石墨烯中脱出而有利于回收22、配制一定物质的量浓度的溶液时，下列因素会导致溶液浓度偏高的是A．溶解时有少量液体溅出 B．洗涤液未全部转移到容量瓶中C．容量瓶使用前未干燥 D．定容时液面未到刻度线二、非选择题(共84分)23、（14分）药物瑞德西韦(Remdesivir))对2019年新型冠状病毒(2019-nCoV)有明显抑制作用；K为药物合成的中间体,其合成路线如图：已知：①R—OHR—Cl②回答下列问题：（1）A的化学名称为___。由A→C的流程中，加入CH3COCl的目的是___。（2）由G→H的化学反应方程式为___，反应类型为___。（3）J中含氧官能团的名称为___。碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子，则瑞德西韦中含有___个手性碳原子。（4）X是C的同分异构体，写出一种满足下列条件的X的结构简式___。①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；②遇FeCl3溶液发生显色反应；③1mol的X与足量金属Na反应可生成2gH2。（5）设计以苯甲醇为原料制备化合物的合成路线（无机试剂任选）___。24、（12分）如图中A～J分别代表相关反应中的一种物质，已知A分解得到等物质的量的B、C、D，已知B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，F为黑色固体单质，I为红棕色气体。图中有部分生成物未标出。请填写以下空白：

（1）A的化学式为___，C的电子式为___；（2）写出下列反应的化学方程式：D+G→H___；F+J→B+C+I____；（3）2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为___mol；（4）I与足量C生成J的过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___；（5）容积为10mL的试管中充满I和G的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则原混合气体中I与G的体积之比为___。25、（12分）Na2O2具有强氧化性，H2具有还原性，某同学根据氧化还原反应的知识推测Na2O2与H2能发生反应。为了验证此推测结果，该同学设计并进行如下实验。I.实验探究步骤1：按如图所示的装置组装仪器（图中夹持仪器已省略）并检查装置的气密性，然后装入药品。步骤2：打开K1、K2，在产生的氢气流经装有Na2O2的硬质玻璃管的过程中，未观察到明显现象。步骤3：进行必要的实验操作，淡黄色的粉末慢慢变成白色固体，无水硫酸铜未变蓝色。（1）组装好仪器后，要检查装置的气密性。简述检查虚线框内装置气密性的方法：________。（2）B装置中所盛放的试剂是_____，其作用是_______。（3）步骤3中的必要操作为打开K1、K2，_______（请按正确的顺序填入下列步骤的字母）。A．加热至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间B．用小试管收集气体并检验其纯度C．关闭K1D．停止加热，充分冷却（4）由上述实验可推出Na2O2与H2反应的化学方程式为__________。II．数据处理（5）实验结束后，该同学欲测定C装置硬质玻璃管内白色固体中未反应完的Na2O2含量。其操作流程如下：①测定过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有电子天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和____。②在转移溶液时，若溶液转移不完全，则测得的Na2O2质量分数_____（填“偏大”“偏小”或“不变”）26、（10分）甲乙两组学生用不同的方法制备氯气并验证其性质。甲组用漂白粉与硫酸溶液反应制取氯气：Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2SO42CaSO4＋2Cl2↑＋2H2O，如图1所示；乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气：2KMnO4＋16HCl(浓)→2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O，如图2所示(省略夹持装置)。（1）实验中A选用装置__，E选用装置__(填写序号)。（2）装置F的作用___，请描述装置G中的实验现象___。（3）B中反应的离子方程式是___；C中氯气氧化了亚硫酸钠：Cl2+SO32-+H2O→SO42-+2Cl-+2H+，请你帮甲组设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化(简述实验步骤)：___。（4）乙组中H的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是___。（5）甲组实验存在的明显缺陷是___。27、（12分）某课外活动小组欲利用CuO与NH3反应，研究NH3的某种性质并测定其组成，设计了如下实验装置（夹持装置未画出）进行实验。请回答下列问题：（1）仪器a的名称为______；仪器b中可选择的试剂为______。（2）实验室中，利用装置A，还可制取的无色气体是______（填字母）。A．Cl2B．O2C．CO2D．NO2（3）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，上述现象证明NH3具有______性，写出相应的化学方程式______。（4）E装置中浓硫酸的作用______。（5）读取气体体积前，应对装置F进行的操作：______。（6）实验完毕，若测得干燥管D增重mg，装置F测得气体的体积为nL（已折算成标准状况），则氨分子中氮、氢的原子个数比为______（用含m、n字母的代数式表示）。28、（14分）磷及部分重要化合物的相互转化如图所示。(1)不慎将白磷沾到皮肤上，可用0.2mol/LCuSO4溶液冲洗，根据步骤Ⅱ可判断，1molCuSO4所能氧化的白磷的物质的量为______。(2)步骤Ⅲ中，反应物的比例不同可获得不同的产物，除Ca3(PO4)2外可能的产物还有______。磷灰石是生产磷肥的原料，它的组成可以看作是Ca3(PO4)2、CaF2、CaSO4、CaCO3、SiO2的混合物，部分元素的分析结果如下（各元素均以氧化物形式表示）：成分CaOP2O5SO3CO2质量分数（%）47.3028.403.506.10(3)磷灰石中，碳元素的质量分数为______%（保留两位小数）。(4)取100g磷灰石粉末，加入足量的浓硫酸，并加热，钙元素全部以CaSO4的形式存在，可以得到CaSO4______g（保留两位小数）。(5)取mg磷灰石粉末，用50.00mL混酸溶液（磷酸为0.5mol/L、硫酸为0.1mol/L）与其反应，结果Ca、S、P元素全部以CaSO4和Ca(H2PO4)2的形式存在，求m的值______。29、（10分）CH4是重要的清洁能源和化工原料,CH4和CO2都是产生温室效应的主要气体，且前者影响更大。（1）二氧化碳的电子式为______________。（2）25℃、101Kpa下，1gCH4完全燃烧生成液态水和CO2放热55.64kJ,则表示CH4燃烧热的热化学方程式为：__________________________________。（3）CH4和CO2反应可以生成价值更高的化工产品，在250℃、以镍合金为催化剂，向2L密闭容器中通入4molCH4和6molCO2发生反应如下：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。平衡时甲烷的物质的量为1mol。①计算此温度下，该反应的平衡常数K=_________mol2/L2。②下列各项不能说明该反应处于平衡状态的是_________。A．容器中的压强恒定BCH4的转化率恒定C．容器中气体的密度恒定D．CH4与CO物质的量之比恒定（4）甲烷-空气碱性（KOH为电解质）燃料电池的负极反应式为_________________。相同条件下甲烷燃料电池与氢气燃料电池的能量密度之比为________。（能量密度之比等于单位质量可燃物完全反应转移的电子数之比）（5）科学家以CO2和H2为原料合成乙烯，6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H20(g)，已知温度对CO2平衡转化率和催化剂催化效果的影响如图所示，请回答下列问题：①生成乙烯的速率：v（M）有可能大于v（N），其理由是_________________。②若投料比n（H2）：n（CO2）=4：1，则图中M点时，C2H4的体积分数为_______％。③若想提高C2H4的产率，可采取的措施有___________________。

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.2C+SiO22CO+Si，该反应为一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和化合物，属于置换反应，故A正确；B.2HClO2HCl+O2↑，该反应为一种物质生成两种或多种物质，属于分解反应，故B错误；C.3CO+Fe2O33CO2+2Fe，该反应没有单质参加，不是置换反应，属于氧化还原反应，故C错误；D.2Na+Cl2=2NaCl，该反应为两种或多种物质反应生成一种物质，属于化合反应，故D错误。故选A。2、C【解析】

H2A存在电离平衡：H2A⇌H++HA-、HA-⇌H++A2-，pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：下方曲线是HA-的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，由此分析解答。【详解】A．由分析可知，随着pH的增大，pC增大的曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，故A错误；

B．pH=3.50时，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，此时pC（H2A）＞pC（A2-）＞pC（HA-），即c（HA-）＞c（A2-）＞c（H2A），故B错误；C．b点时，c（H2A）=c（A2-），，交点a处c（HA-）=c（H2A），故Ka1==c（H+）=l×10-0.8，HA-⇌A2-+H+，交点c处c（HA-）=c（A2-），故Ka2==c（H+）=l×10-5.3，故c(H2A)·c(A2﹣)/c2(HA﹣)=10-0.8/10-5.3=10﹣4.5，故C正确；D．D．pH=3.00～5.30时，结合物料守恒c（H2A）+c（HA-）+C（A2-）始终不变，故D错误；故答案为C。【点睛】认真分析纵坐标的意义，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电离平衡及其影响，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。3、D【解析】

W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，则W为第一周期主族元素，W为H，Z应为第三周期主族元素，根据化合物M的结构简式可知，Z可形成3个单键和1个双键，因此，Z原子最外层有5个电子，Z为P，W与Z的质子数之和是X的2倍，X的质子数==8，则X为O，根据化合物M的结构简式，Y可形成+3价阳离子，则Y为Al，以此解答。【详解】A.X为O，第二周期元素，Y为Al，Z为P，Y、Z为第三周期元素，电子层数越多，半径越大，同周期元素，核电荷数越大，半径越小，原子半径：Y>Z>X，故A正确；B.X为O元素，第ⅥA族元素，Y为Al元素，第ⅢA族元素，X的族序数是Y元素的2倍，故B正确；C.X为O，Y为Al，Y2X3为Al2O3，工业上制备单质Al的方法为电解熔融Al2O3，故C正确；D.X为O，W为H，W与X形成的化合物有H2O和H2O2，H2O2中含有非极性共价键，故D错误；答案选D。【点睛】氢元素和氧元素可以形成水，含有极性键，或是过氧化氢，含有极性键和非极性键。4、D【解析】

BOH对水的电离起抑制作用，加入盐酸发生反应BOH+HCl=BCl+H2O，随着盐酸的加入，BOH电离的OH-浓度减小，对水电离的抑制作用减弱，而且生成的BCl水解促进水的电离，水电离的H+浓度逐渐增大，两者恰好完全反应时水电离的H+浓度达到最大；继续加入盐酸，过量盐酸电离出H+又抑制水的电离，水电离的H+又逐渐减小，结合相应的点分析作答。【详解】A.根据图象，起点时-lgc水（H+）=11，c水（H+）=10-11mol/L，即0.1mol/L的BOH溶液中水电离的H+浓度为10-11mol/L，碱溶液中H+全部来自水的电离，则0.1mol/L的BOH溶液中c（H+）=10-11mol/L，溶液中c（OH-）=10-3mol/L，BOH的电离方程式为BOH⇌B++OH-，BOH的电离平衡常数为=≈10-5，A错误；B.N点-lgc水（H+）最小，N点HCl与BOH恰好完全反应得到BCl溶液，由于B+水解溶液呈酸性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Cl-）>c（B+）>c（H+）>c（OH-），B错误；C.N点-lgc水（H+）最小，N点HCl与BOH恰好完全反应得到BCl溶液，N点加入的盐酸的体积为20.00mL，则a<20.00mL，C错误；D.N点-lgc水（H+）最小，N点HCl与BOH恰好完全反应得到BCl溶液，R点加入的盐酸不足、得到BOH和BCl的混合液，Q点加入的盐酸过量、得到BCl和HCl的混合液，即R点加入的盐酸少于Q点加入的盐酸，Q点的酸性强于R点，则溶液的pH：R>Q，D正确；答案选D。【点睛】解答本题的关键是理解水电离的H+浓度与加入的盐酸体积间的关系，抓住关键点如起点、恰好完全反应的点等。5、D【解析】

酸性氧化物是可以与碱反应生成盐和水的氧化物。【详解】A.CO是不成盐氧化物，故A不选；B.Na2O是碱性氧化物，故B不选；C.KOH是碱，不是氧化物，故C不选；D.SO2属于酸性氧化物，故D选。故选D。6、B【解析】

在测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和反应反应热的实验中,需要使用量筒量取溶液体积，小烧杯作为两溶液的反应容器，小烧杯置于大烧杯中，小烧杯与大烧杯之间填充隔热材料，反应过程中用环形玻璃搅拌棒不断搅拌促进反应均匀、快速进行，用温度计量取起始温度和最高温度，没有使用到的是容量瓶、试管、蒸发皿、托盘天平，即②⑤⑦⑧，答案选B。7、C【解析】

氧化性越强的微粒，越容易得到电子。在四个选项中，氧化性最强的为F，其余微粒均达到稳定结构，化学性质不活泼，C项正确；答案选C。8、A【解析】

A.强酸性溶液会促进醋酸根水解平衡正向进行,不能满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1,故选A；B.弱酸性溶液如加入少量醋酸会增加溶液中醋酸根离子浓度,可以满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1，故不选B；C.弱碱性溶液如加入弱碱抑制醋酸根离子水解,可以满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1，故不选C；D.强碱溶液如加入KOH溶液抑制醋酸根离子水解,可以满足满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1,故不选D；答案：A【点睛】醋酸钠固体溶解后得到溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，使得醋酸根离子浓度减小，c(CH3COO―)+H2OCH3COOH+OH-，从平衡角度分析。9、A【解析】

A.溶液质量是90g+10g=100g，溶质的质量分数为×100%=10%，A正确；B.“84消毒液”有效成分是NaClO，该物质具有氧化性，会将pH试纸氧化漂白，因此不能用pH试纸测量该溶液的pH，以验证溶液的碱性，B错误；C.玻璃的成分中含有Na2SiO3，含有钠元素，因此用玻璃棒进行焰色反应实验，就会干扰溶液中离子的检验，要使用铂丝或光洁无锈的铁丝进行焰色反应，C错误；D.向溴水中加入CCl4充分振荡后，静置，然后分液，就可从溴水中获得溴单质。若向溴水中通入SO2气体，就会发生反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，不能将单质溴吹出，D错误；故合理选项是A。10、C【解析】

根据2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，正极O2得电子发生还原反应，则b为电池的正极，则c为阴极，发生还原反应生成氢气，d为阳极，发生氧化反应生成氯气，以此解答该题。【详解】A.由2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，故A错误；B.正极O2得电子发生还原反应，所以电极b上发生的电极反应为：O2+4H++4e-＝2H2O，故B错误；C.电路中每流过4mol电子，则消耗1mol氧气，但该装置将化学能转化为电能，所以电池内部释放热能小于632kJ，几乎不放出能量，故C正确；D.a极发生2H2S−4e−=S2+4H+，每增重32g，则转移2mol电子，导气管e将收集到气体1mol，但气体存在的条件未知，体积不一定为22.4L，故D错误。故选C。【点睛】此题易错点在D项，涉及到由气体物质的量求体积时，一定要注意条件是否为标准状态。11、B【解析】

A．由物质的结构可知：酚羟基邻位C-H键断裂，与苯乙烯发生加成反应，A正确；B．由Z结构简式可知Z分子在苯环上有6种不同位置的H原子，所以Z的苯环上的一氯代物有6种，B错误；C．Z分子中含有饱和C原子，由于与饱和碳原子连接的C原子构成的是四面体结构，所以不可能所有碳原子处于同一平面，C正确；D．Y分子中含有不饱和的碳碳双键，因此可作为加聚反应的单体，D正确；故合理选项是B。12、B【解析】

A.在酸性条件下，H+与ClO-及I-会发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；B.使酚酞呈红色的溶液显碱性，在碱性溶液中，本组离子不能发生离子反应，可以大量共存，B正确；C.c(H+)c(OH-)=1×1014的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中，H+、Fe2+D.由水电离产生c(OH-)=1×10-14mol/L的溶液，水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，HCO3-与H+或OH-都会发生反应，不能大量共存，D错误；故合理选项是B。13、B【解析】

A.由题图知，太阳能转化为化学能，该装置为电解池，将电能转化为化学能，故A错误；B.阴极发生还原反应，电极反应式为3CO2+4e—＝C+2CO32—，故B正确；C.高温的目的是将碳酸盐熔融提供阴阳离子，将碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，故C错误；D.电解过程中电子由负极流向阴极，阳极流向正极，熔融盐中没有电子移动，故D错误。答案选B。14、A【解析】

A项、NaHCO3溶液中存在如下平衡：H2O⇌H++OH-、HCO3-⇌CO32-+H+、H2O+HCO3-⇌H2CO3+OH-，Na2CO3溶液中存在如下平衡：H2O⇌H++OH-、H2O+CO32-⇌HCO3-+OH-、H2O+HCO3-⇌H2CO3+OH-，溶液中存在的粒子种类相同，故A错误；B项、Na2CO3中c（Na+）=2c（Na2CO3），NaHCO3溶液中c（Na+）=c（NaHCO3），二者浓度相等，则c（Na+）前者大于后者，故B正确；C项、碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，二者水解均显碱性，碳酸钠溶液中的c（OH-）大于碳酸氢钠溶液中的c（OH-），故C正确；D项、向浓度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液分别加入NaOH固体，NaOH会抑制Na2CO3的水解，与NaHCO3反应生成Na2CO3，则两种溶液中c（CO32-）均增大，故D正确；故选A。15、D【解析】

相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，常见的原子晶体是周期系第ⅣA族元素的一些单质和某些化合物，例如金刚石、硅晶体、二氧化硅、SiC等。【详解】A.干冰为分子晶体，故A错误；B.晶体硅是原子晶体，是单质，故B错误；C.金刚石是原子晶体，是单质，故C错误；

D.碳化硅是原子晶体，是化合物，故D正确；故答案选D。16、D【解析】

A．正极发生还原反应，其电极反应式为：I3－+2e－=3I－，A项错误；B．电子不能通过溶液，其移动方向为：“Zn→电极a，电极b→石墨毡”，B项错误；C．转移1mol电子时，只有0.5molZn2+从左池移向右池，C项错误；D．该新型电池的充放电过程，会导致电池内离子交换膜的两边产生压差，所以“回流通道”的作用是可以减缓电池两室的压差，避免电池受损，D项正确；答案选D。17、B【解析】

A.由现象可知，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生，说明固体中含有BaCO3和BaSO4，有BaSO4转化成BaCO3，这是由于CO32-浓度大使Qc（BaCO3）>Ksp（BaCO3），所以不能验证Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，A项错误；B.Mg（OH）2比Ca（OH）2更难溶，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌后Ca（OH）2与MgCl2反应生成Mg（OH）2和溶于水的CaCl2，过滤，用蒸馏水洗净沉淀，可达到除去Mg(OH)2样品中Ca(OH)2杂质的目的，B项正确；C.试纸变为蓝色，说明生成氨气，可说明NO3−被还原为NH3，结论不正确，C项错误；D.由操作和现象可知，亚硫酸氢根离子电离大于其水解，则HSO3−结合H+的能力比SO32−的弱，D项错误；答案选B。【点睛】A项是易错点，沉淀转化的一般原则是由溶解度小的转化为溶解度更小的容易实现，但两难溶物溶解度相差不大时也可控制浓度使溶解度小的转化成溶解度大的。18、D【解析】A.加热氯化铵分解生成的氨气和氯化氢温度降低后又化合生成氯化铵，故A错误；B.氨气的水溶液显碱性，不能用浓硫酸干燥，故B错误；C.收集氨气的导管应该插入试管底部，故C错误；D.氨气极易溶于水，采用倒扣的漏斗可以防止倒吸，故D正确；故选D。19、A【解析】

短周期元素

m、n、p、q

在元素周期表中的排列如图所示，其中

n

的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，则n为Al，结合各元素的相对位置可知，m为Mg，p为C，q为N元素，据此解答。【详解】根据分析可知，m为Mg，n为Al，p为C，q为N元素。A.Al的原子序数为13，位于元素周期表第3周期第ⅢA族，故A正确；B.金属性：Mg＞Al，则单质与水反应置换出氢气的能力：m＞n，故B错误；C.镁离子和氮离子含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：m＜q，故C错误；D.金属性：Mg＞Al，则最高价氧化物对应水化物的碱性：m＞n，故D错误；故选：A。20、C【解析】

A.检验Fe2＋时应先加KSCN溶液后加氯水，排除Fe3＋的干扰，先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液变红，说明加入KSCN溶液前溶液中存在Fe3＋，而此时的Fe3＋是否由Fe2＋氧化而来是不能确定的，故A错误；B.黄色沉淀为AgI，说明加入AgNO3溶液优先生成AgI沉淀，AgI比AgCl更难溶，AgI与AgCl属于同种类型，则说明Ksp（AgI）<Ksp（AgCl），故B错误；C.溶液变蓝说明有单质碘生成，说明发生了反应Br2＋2I－=I2＋2Br－，根据氧化还原反应原理可得出结论Br2的氧化性比I2的强，故C正确；D.CH3COONa溶液和NaNO2溶液的浓度未知，所以无法根据pH的大小，比较出两种盐的水解程度，也就无法比较HNO2和CH3COOH电离出H＋的能力强弱，故D错误。综上所述，答案为C。21、A【解析】A、由电池反应，则需要锂离子由负极移向正极，所以该电池不可选用质子交换膜，选项A不正确；B、石墨烯超强电池，该材料具有极佳的电化学储能特性，从而提高能量密度，选项B正确；C、充电时，LiCoO2极是阳极，发生的电极反应为:

LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+，选项C正确；D、根据电池反应式知，充电时锂离子加入石墨中，选项D正确。答案选A。点睛：本题考查原电池和电解池的原理，根据电池反应式知，负极反应式为LixC6-xe-=C6+xLi+、正极反应式为Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池的工作原理来解答。22、D【解析】

A.溶解时有少量液体溅出，n偏小，则导致溶液浓度偏低，故A不选；B.洗涤液未全部转移到容量瓶中，n偏小，则导致溶液浓度偏低，故B不选；C.容量瓶使用前未干燥，对n、V无影响，浓度不变，故C不选；D.定容时液面未到刻度线，V偏小，导致溶液浓度偏高，故D选；故选D。二、非选择题(共84分)23、苯酚保护羟基，防止被氧化HCHO+HCN加成反应酯基5或【解析】

A发生信息1的反应生成B，B发生硝化取代反应生成C，根据C的结构简式可知，B为，A为；D发生信息1的反应生成E，E中含两个Cl原子，则E为，E和A发生取代反应生成F，G发生信息2的反应生成H，H发生取代反应，水解反应得到I，根据I结构简式可知H为HOCH2CN，G为HCHO，I发生酯化反应生成J，F与J发生取代反应生成K，J为，结合题目分析解答；（7）的水解程度为：，结构中的-COOH可由-CN酸性条件下水解得到，而与HCN发生加成反应可生成，再结合苯甲醇催化氧化即可生成苯甲醛，据此分析确定合成路线。【详解】（1）由上述分析可知，A为，其化学名称为：苯酚；酚羟基具有弱还原性，能够被浓硫酸氧化，因此加入CH3COCl的目的是保护羟基，防止被氧化；（2）H为HOCH2CN，G为HCHO，由G生成H的化学反应方程式为：HCHO+HCN；反应中醛基中不饱和键生成饱和化学键，属于加成反应；（3）J为，其含氧官能团为酯基；瑞德西韦中碳原子位置为：，一共有5个手性碳原子；（4）C是对硝基乙酸苯酯，X是C的同分异构体，X的结构简式满足下列条件：①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；②遇FeCl3溶液发生显色反应；③1mol的X与足量金属Na反应可生成2gH2(即1mol)，则含有两个羟基，根据不饱和度知还存在-CH=CH2，该分子结构对称，符合条件的结构简式为：或；（5）根据上述分析可知，该合成路线可为：。24、NH4HCO34NH3+5O24NO+6H2OC+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O21：24：1【解析】

A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，C能和过氧化钠反应，则C为水，镁条能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下与G反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3，以此解答该题。【详解】(1)、A为NH4HCO3，C为水，C的电子式为；故答案为NH4HCO3；；(2)、D为NH3，G是O2，H是NO，则D+G→H的反应为：4NH3+5O24NO+6H2O；F是C，J是HNO3，则F+J-→B+C+I的反应为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；(3)、Na2O2与足量水反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氧由-1价升高为0价，由-1价降低为-2价，则2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为2mol,；故答案为2；(4)、由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；故答案为1:2；(5)、容积为10mL的试管中充满NO2和O2的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则发生的反应为4NO2+2H2O+O2=4HNO3，根据反应方程式可知原混合气体中NO2与O2体积比为4:1，所以10mL混合气体中NO2和O2的体积分别为8mL和2mL，故答案为4:1。25、关闭K1，向A装置中的漏斗加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不降，说明虚线框内的装置气密性良好碱石灰吸收氢气中的水和氯化氢BADCNa2O2+H22NaOH玻璃棒偏小【解析】I．(1)关闭K1，向A装置中的漏斗加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不降，说明启普发生器的气密性良好；(2)A中生成的H2中混有水蒸气和挥发出的HCl，应利用B装置中所盛放的碱石灰吸收吸收氢气中的水和氯化氢；(3)步骤3中的必要操作为打开K1、K2，应先通一会儿氢气并用小试管收集气体并检验其纯度，当装置内空气完全除去后，加热C中至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间，然后停止加热，充分冷却，最后关闭K1，故操作顺序为BADC；(4)Na2O2与H2反应无水生成，说明产物为NaOH，发生反应的化学方程式为Na2O2+H22NaOH；II．①NaCl溶液蒸发操作进需要用玻璃棒搅拌，则操作过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有电子天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和玻璃棒；②在转移溶液时，若溶液转移不完全，则得到NaCl的固体质量偏低，固体增重量偏低，导致NaOH的含量偏高，则测得的Na2O2质量分数偏小。点睛：解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。具体分析为：①实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？②所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。③有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。④有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。⑤实验现象：自下而上，自左而右全面观察。⑥实验结论：直接结论或导出结论。26、III除去氯气中的氯化氢，安全瓶（监测装置H是否堵塞）U型管中左边有色布条褪色，右边有色布条没有褪色Cl2+2I-→2Cl-+I2取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化Cl2也可与KI反应生成I2，乙组设计的实验中并没有排除Cl2对实验的干扰，故不能比较Cl、Br、I的非金属性或Cl2未充分接触到溴化钠溶液中，未必能看到现象无尾气处理装置，污染环境【解析】

(1)结合反应原理甲组利用固体与液体加热制备氯气；乙组利用固体与液体反应不加热制氯气；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，装置G中CaCl2是干燥剂；(3)氯气能氧化I-生成I2；装置C中氯气氧化了亚硫酸钠，所得溶液中含有SO42-，只要利用稀盐酸和BaCl2溶液检验溶液中是否存在SO42-，即可判断有没有发生氧化还原反应；(4)NaBr溶液未能完全吸收Cl2，有部分Cl2参与KI氧化为I2的反应；(5)Cl2是有毒气体，需要处理含氯气的尾气。【详解】(1)甲组用漂白粉与硫酸溶液混合加热制取氯气，实验中A选用装置II；而乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，反应不需要加热，则E选用装置I；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，可利用装置F中饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，同时根据长颈漏斗中液面是否上升，达到监测装置H是否堵塞的目的；从F中进入G中的Cl2混有水蒸气，能使U型管中左边有色布条褪色，而潮湿的氯气经过无水CaCl2干燥后，不再具有漂白性，则右边有色布条没有褪色；(3)氯气能氧化I-生成I2，发生反应的离子方程式为Cl2+2I-→2Cl-+I2；验证装置C中氯气是否氧化亚硫酸钠的操作方法是取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化；(4)乙组中H装置中NaBr不能完全吸收Cl2，将有部分Cl2也可与KI反应生成I2，干扰Br2氧化I-的实验，则无法判断Br2和I2的氧化性强弱，也不能比较Cl、Br、I的非金属性；(5)甲组实验存在的明显缺陷是无尾气处理装置，污染环境。【点睛】本题考查氯气的制备与氯气的性质探究，明确实验原理解题关键，难点是氯气有强氧化性，但没有漂白性，氯气使湿润有色布条褪色的根本原因是氯气与水反应生成的HClO有漂白性，易错点是装置G中左侧干燥有色布条能褪色，原因是制得的氯气中混有水蒸气。27、分液漏斗固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰BC还原3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2吸收未反应的氨气，阻止F中水蒸气进入D慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平【解析】

A装置制取氨气，B装置干燥氨气，C为反应装置，D装置吸收反应产生的水，E装置防止F中的水分进入D装置干扰实验结果，F装置测量生成氮气的体积。【详解】（1）装置中仪器a为分液漏斗，浓氨水遇氧化钙、氢氧化钠会释放氨气，故可选用固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰（成分为氧化钙和氢氧化钠）；（2）该装置为固液不加热制取气体，A.氯气为黄绿色气体，A错误；B.过氧化钠和水，或过氧化氢和二氧化锰制氧气都无需加热，B正确；C.碳酸钙和稀盐酸制取二氧化碳，无需加热，C正确；D.二氧化氮为红棕色气体，D错误；答案选BC；（3）装置C中黑色粉末变为红色固体，说明氧化铜被还原为铜单质，说明氨气具有还原性，量气管有无色无味的气体，根据元素守恒该气体肯定含有氮元素，只能是氮气，故方程式为；（4）根据实验目的，需要测定D装置的质量变化来确定生成水的量，故E装置的作用是防止F中的水分进入D装置，同时浓硫酸还能吸收氨气；（5）为保证读出的气体体积为标准大气压下的体积，需要调整两边液面相平；（6）测得干燥管D增重mg，即生成mg水，装置F测得气体的体积为nL，即nL氮气，根据元素守恒，水中的氢元素都来自于氨气，氮气中的氮元素都来自于氨气，故氨分子中氮、氢的原子个数比为：。【点睛】量气装置读数的注意事项：①气体冷却到室温；②上下移动量筒，使量筒内液面与集气瓶内液面相平；③读数时视线与凹液面最低处相平。28、0.05molCaHPO4、Ca(H2PO4)21.66114.872.91【解析】

(1)依据氧化还原反应中得失电子守恒，结合铜元素、磷元素化合价的变化进行计算；(2)依据磷酸与氢氧化钙量不同，得到的产物可能是正盐或者酸式盐；(3)磷灰石中碳元素的质量分数=二氧化碳质量分数×二氧化碳中碳元素质量分数；(4)根据钙元素守恒计算；(5)