福建省惠安一中等三校中学2024年高考冲刺押题（最后一卷）化学试卷含解析

福建省惠安一中等三校中学2024年高考冲刺押题（最后一卷）化学试卷注意事项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．D2、下列指定反应的离子方程式正确的是A．用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I－＋H2O2=I2＋2OH－B．过量的铁粉溶于稀硝酸：Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋NO↑＋2H2OC．用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2-＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO32-3、工业上以CaO和HNO3为原料制备Ca(NO3)2•6H2O晶体。为确保制备过程中既不补充水分，也无多余的水分，所用硝酸溶液中溶质的质量分数应为A．53.8% B．58.3% C．60.3% D．70.0%4、下列说法正确的是A．乙烯生成乙醇属于消去反应B．乙烷室温能与浓盐酸发生取代反应C．乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体D．乙酸与溴乙烷均可发生加成反应5、常温下2mL1mol·L-1NaHCO3溶液，pH约为8，向其中滴加等体积等浓度的饱和CaCl2溶液，有白色沉淀和无色气体生成。下列说法中正确的是A．NaHCO3溶液中，c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH-)B．NaHCO3溶液中，c(Na+)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)C．加热NaHCO3溶液，pH增大，一定是HCO3-水解程度增大的结果D．滴加饱和CaCl2溶液发生了反应：Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+H2O+CO2↑6、工业上可在高纯度氨气下，通过球磨氢化锂的方式合成高纯度的储氢材料氨基锂，该过程中发生反应：LiH(s)+NH3(g)=LiNH2(s)+H2(g)。如图表示在0.3MPa下，不同球磨时间的目标产物LiNH2的相对纯度变化曲线。下列说法正确的是()A．工业生产中，在0.3MPa下合成LiNH2的最佳球磨时间是2.0hB．投入定量的反应物，平衡时混合气体的平均摩尔质量越大，LiNH2的相对纯度越高C．在0.3MPa下，若平衡时H2的物质的量分数为60%，则该反应的平衡常数K=1.5D．LiH和LiNH2都能在水溶液中稳定存在7、2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。磷酸铁锂锂离子电池充电时阳极反应式为,，放电工作示意图如图。下列叙述不正确的是A．放电时，Li+通过隔膜移向正极B．放电时，电子由铝箔沿导线流向铜箔C．放电时正极反应为：D．磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，C、Fe、P元素化合价均不发生变化8、下列有关化学用语表示正确的是（）A．NaClO的电子式B．中子数为16的硫离子：SC．为CCl4的比例模型D．16O与18O互为同位素；16O2与18O3互为同素异形体9、由下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A向Co2O3中滴加浓盐酸产生黄绿色气体氧化性：Cl2>Co2O3B白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液无明显现象该过程未发生氧化还原反应C将铁片投入浓硫酸中无明显变化常温下铁不与浓硫酸反应D将10mL2mol/L的KI溶液与1mL1mol/LFeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液溶液颜色变红KI与FeCl3的反应具有可逆性A．A B．B C．C D．D10、H2S为二元弱酸。20℃时，向0.100mol·L-1的Na2S溶液中缓慢通入HCl气体（忽略溶液体积的变化及H2S的挥发）。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（）A．c（Cl-）=0.100mol·L-1的溶液中：c（OH-）-c（H+）=c（H2S）-2c（S2-）B．通入HCl气体之前：c（S2-）＞c（HS-）＞c（OH-）＞c（H+）C．c（HS-）=c（S2-）的碱性溶液中：c（Cl-）+c（HS-）＞0.100mol·L-1+c（H2S）D．pH=7的溶液中：c（Cl-）=c（HS-）+2c（H2S）11、下列物质溶于水形成的分散系不会产生丁达尔现象的是A．葡萄糖 B．蛋白质 C．硫酸铁 D．淀粉12、临床证明磷酸氯喹对治疗“新冠肺炎”有良好的疗效。磷酸氯喹的结构如图所示。下列有关磷酸氯喹的说法错误的是（）A．分子式是C18H32ClN3O8P2B．能发生取代、加成和消去反应C．1mol磷酸氯喹最多能与5molH2发生加成反应D．分子中的—C1被—OH取代后的产物能与溴水作用生成沉淀13、由下列实验事实得出的结论不正确的是（）实验结论A将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明生成的1,2-二溴乙烷无色可溶于四氯化碳B乙酸乙酯和氢氧化钠溶液混合共热后，混合液不再分层乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中可完全水解C葡萄糖与新制氢氧化铜混合共热后，生成砖红色沉淀葡萄糖是还原性糖D乙酸和乙醇都可与金属钠反应产生可燃性气体乙酸分子中的氢与乙醇分子中的氢具有相同的活性A．A B．B C．C D．D14、常温下，将盐酸滴加到Na2X溶液中，混合溶液的pOH[pOH=—lgc(OH-)]与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是A．曲线N表示pOH与两者的变化关系B．NaHX溶液中c(X2-)>c(H2X)C．当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)D．常温下，Na2X的第一步水解常数Kh1=1.0×10-415、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是A．丙属于碱性氧化物B．W元素在周期表中的位置是第四周期VIIIB族C．W的原子序数是Z的两倍，金属性弱于ZD．常温下等物质的量的甲和戊加入过量浓硝酸中，消耗的HNO3物质的量相等16、实验室用下图所示装置进行液体石蜡分解及其产物性质实验。下列操作或叙述错误的是A．装置b、c中发生反应的基本类型不同B．实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色C．d中溶液变浑浊证明石蜡分解产生了CO2D．停止加热后立即关闭K可以防止液体倒吸17、海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程。下列有关说法正确的是A．用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3B．溴元素在第③、⑤中被氧化，在第④中被还原C．工业上一般用金属钠与无水MgCl2反应制取Mg单质D．海水中还含有碘元素，只需将海水中的碘升华就可以得到碘单质18、利用下图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是()A．A B．B C．C D．D19、下列说法正确的是A．电解精炼铜时，若转移2NA个电子，则阳极减少的质量为64gB．合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率C．2Na2O2(s)+2COD．常温下，KSP[Al(OH)3]=120、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．常温常压下，22.4LCH4含有的分子数小于NAB．7.8gNa2O2与足量水反应转移的电子数为0.2NAC．1mol苯中含有的碳碳双键数为3NAD．1L1mol·L-1的磷酸溶液中氢离子数为3NA21、留兰香(薄荷中的一种)可用来治疗感冒咳嗽、胃痛腹胀、神经性头痛等，其有效成分为葛缕酮(结构简式如图)。下列有关葛缕酮的说法正确的是A．葛缕酮的分子式为C10H16OB．葛缕酮使溴水和酸性KMnO4溶液褪色的原理相同C．葛缕酮中所有碳原子可能处于同一个平面D．羟基直接连苯环且苯环上有2个取代基的葛缕酮的同分异构体有12种22、化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A．汽车尾气中的氮氧化合物是汽油或柴油不完全燃烧造成的B．我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与硅有关C．液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰D．工程兵开山使用的炸药“TNT”是有机高分子化合物二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物X由三种元素(其中一种是第四周期元素)组成，现进行如下实验：已知：气体A在标准状况下密度为0.714g·L-1；碱性溶液焰色反应呈黄色。(1)X中非金属元素的名称为__________，X的化学式__________。(2)X与水反应的化学方程式为_________。(3)化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，设计实验证明Y的晶体类型__________。(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，________，蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色。24、（12分）比鲁卡胺(分子结构见合成线路)是有抗癌活性，其一种合成路线如图：回答下列问题（1）A的化学名称为__。（2）D中官能团的名称是__。（3）反应④所需试剂、条件分别为__、__。（4）写出⑤的反应方程式__。（5）F的分子式为__。（6）写出与E互为同分异构体，且符合下列条件的化合物的结构简式__。①所含官能团类别与E相同；②核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为1：1：6（7）参考比鲁卡胺合成的相关信息，完成如图合成线路(其他试剂任选)___。25、（12分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)具有较强的还原性，还能与中强酸反应，在精细化工领域应用广泛．将SO2通入按一定比例配制成的Na2S和Na2CO3的混合溶液中，可制得Na2S2O3•5H2O(大苏打)．(1)实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是_____(选填编号)；检查该装置气密性的操作是：关闭止水夹，再_______________。(2)在Na2S和Na2CO3的混合溶液中不断通入SO2气体的过程中，发现：①浅黄色沉淀先逐渐增多，反应的化学方程式为________________(生成的盐为正盐)；②浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色无嗅的气体产生，则反应的化学方程式为__________________(生成的盐为正盐)；③浅黄色沉淀逐渐减少(这时有Na2S2O3生成)；④继续通入SO2，浅黄色沉淀又会逐渐增多，反应的化学方程式为_______________(生成的盐为酸式盐)。(3)制备Na2S2O3时，为了使反应物利用率最大化，Na2S和Na2CO3的物质的量之比应为_________；通过反应顺序，可比较出：温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液pH更大的是_________。(4)硫代硫酸钠的纯度可用滴定法进行测定，原理是：2S2O32﹣+I3﹣=S4O62﹣+3I﹣．①为保证不变质，配制硫代硫酸钠溶液须用新煮沸并冷却的蒸馏水，其理由是___________。②取2.500g含杂质的Na2S2O3•5H2O晶体配成50mL溶液，每次取10.00mL用0.0500mol/LKI3溶液滴定(以淀粉为指示剂)，实验数据如下(第3次初读数为0.00，终点读数如图e；杂质不参加反应)：编号123消耗KI3溶液的体积/mL19.9820.02到达滴定终点的现象是_______________；Na2S2O3•5H2O(式量248)的质量分数是(保留4位小数)__________。26、（10分）某学习小组以电路板刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）为原料制备纳米Cu20，制备流程如下：已知：①Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu;Cu2O不溶于水，极易溶于碱性溶液；Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。②生成Cu2O的反应：4Cu(OH)2+N2H4∙H2O=2Cu2O+N2↑+7H2O请回答：（1）步骤II，写出生成CuR2反应的离子方程式：____________________________（2）步骤II，需对水层多次萃取并合并萃取液的目的是___________________________（3）步骤III，反萃取剂为_____________（4）步骤IV，①制备纳米Cu2O时，控制溶液的pH为5的原因是_______________A．B．C．②从溶液中分离出纳米Cu2O采用离心法，下列方法也可分离Cu2O的是_________③Cu2O干燥的方法是_________________（5）为测定产品中Cu2O的含量，称取3.960g产品于锥形瓶中，加入30mL硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液（足量），充分反应后用0.2000mol·L－1标准KMnO4溶液滴定，重复2～3次，平均消耗KMnO4溶液50.00mL。①产品中Cu2O的质量分数为_______②若无操作误差，测定结果总是偏高的原因是_____27、（12分）某实验小组对KSCN的性质进行探究，设计如下实验：试管中试剂实验滴加试剂现象2mL0.1mol/LKSCN溶液Ⅰi.先加1mL0.1mol/LFeSO4溶液ii.再加硫酸酸化的KMnO4溶液i.无明显现象ii.先变红，后退色Ⅱiii.先滴加1mL0.05mol/LFe2(SO4)3溶液iv.再滴加0.5mL0.5mol/LFeSO4溶液iii.溶液变红iv.红色明显变浅(1)①用离子方程式表示实验I溶液变红的原因___________②针对实验I中红色褪去的原因，小组同学认为是SCN−被酸性KMnO4氧化为SO42−，并设计如图实验装置证实了猜想是成立的。其中X溶液是_____________，检验产物SO42−的操作及现象是__________。(2)针对实验Ⅱ“红色明显变浅”，实验小组提出预测。原因①：当加入强电解质后，增大了离子间相互作用，离子之间牵制作用增强，即“盐效应”。“盐效应”使Fe3++SCN−[Fe(SCN)]2+平衡体系中的Fe3+跟SCN−结合成[Fe(SCN)]2+的机会减少，溶液红色变浅。原因②：SCN−可以与Fe2+反应生成无色络合离子，进一步使Fe3++SCN−[Fe(SCN)]2+平衡左移，红色明显变浅。已知：Mg2+与SCN−难络合，于是小组设计了如下实验：由此推测，实验Ⅱ“红色明显变浅”的原因是___________________________。28、（14分）活性炭、纯碱（Na2CO3）和小苏打（NaHCO3）在生产、生活中应用广泛。完成下列填空：(1)活性炭可用于处理大气污染物NO：，已知NO的转化率随温度升高而降低。降低温度，重新达到平衡，判断下列各物理量的变化：（选填“增大”、“减小”或“不变”）__________；N2的体积分数___________；平衡常数K____________。(2)将氨气和二氧化碳先后通入饱和食盐水中，可观察到的现象是_______；写出相关反应的化学方程式______________(3)小苏打既能跟酸反应，又能跟碱反应，应用勒夏特列原理进行解释。_____________(4)比较同温下浓度均为0.01mol/L的①H2CO3、②Na2CO3、③NaHCO3、④NH4HCO3四种溶液中的大小关系为_______（用编号表示）。29、（10分）氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，请回答下列问题（1）基态B原子的电子排布式为_________；B和N相比，电负性较大的是_________，BN中B元素的化合价为_________；（2）在BF3分子中，F-B-F的键角是_______，B原子的杂化轨道类型为_______，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4－的立体结构为_______；（3）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为________，层间作用力为________；（4）六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm，立方氮化硼晶胞中含有______各氮原子、________各硼原子，立方氮化硼的密度是_______g·cm-3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）。

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.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。2、C【解析】

A.用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘，反应的离子方程式为：2I－＋H2O2＋2H+=I2＋2H2O，选项A错误；B.过量的铁粉溶于稀硝酸，反应的离子方程式为：3Fe＋8H＋＋2NO3-=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，选项B错误；C.用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2，反应的离子方程式为：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－，选项C正确；D.向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应的离子方程式为：AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-，选项D错误。答案选C。3、B【解析】

工业上以CaO和HNO3为原料制备Ca（NO3）2•6H2O晶体。为确保制备过程中既不补充水分，也无多余的水分，也就是硝酸溶液中的水全部参与化学反应生成Ca（NO3）2•6H2O晶体，反应方程式为：CaO+2HNO3+5H2O═Ca（NO3）2•6H2O，设硝酸的质量为126g，则：CaO+2HNO3+5H2O═Ca（NO3）2•6H2O126g90g因此硝酸溶液中溶质的质量分数为×100%=58.3%；故选：B。4、C【解析】

A.乙烯和水加成生成乙醇，是加成反应，故A不选；B.乙烷不能和浓盐酸发生取代反应，烷烃能和卤素单质在光照下发生取代反应，故B不选；C.乙酸和甲酸甲酯的分子式均为C2H4O2，两者结构不同，故互为同分异构体，故C选；D.乙酸中的羧基不能发生加成反应，溴乙烷没有不饱和键，也不能发生加成反应，故D不选。故选C。5、D【解析】

A.根据电荷守恒可知，NaHCO3溶液中，c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，A项错误；B.常温下2mL1mol·L-1NaHCO3溶液，pH约为8，溶液显碱性，溶液中HCO3-水解程度大于其电离程度，c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)，B项错误；C.加热NaHCO3溶液，可能分解为碳酸钠，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，pH会增大，C项错误；D.向碳酸氢钠溶液中滴加几滴饱和CaCl2溶液，有白色沉淀生成为碳酸钙沉淀，促进了碳酸氢根离子的电离，离子方程式为：Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+H2O+CO2↑，D项正确；答案选D。6、C【解析】

A、2.0hLiNH2的相对纯度与1.5h差不多，耗时长但相对纯度提高不大，故A错误；B、平衡时混合气体的平均摩尔质量越大，说明氨气的含量越多，正向反应程度越小，LiNH2的相对纯度越低，故B错误；C、K===1.5，故C正确；D、LiH和LiNH2均极易与水反应：LiH+H2O=LiOH+H2↑和LiNH2+H2O=LiOH+NH3↑，都不能在水溶液中稳定存在，故D错误。答案选C。7、D【解析】

A选项，放电时，“同性相吸”即Li+通过隔膜移向正极，故A正确；B选项，放电时，电子由负极即铝箔沿导线流向正极即铜箔，故B正确；C选项，放电正极得电子，发生氧化反应为：xFePO4+xLi++xe－=xLiFeO4，故C正确；D选项，磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，Fe元素化合价发生变化，故D错误；综上所述，答案为D。【点睛】放电时，溶液中的离子是“同性相吸”，即阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；充电时，溶液中的离子是“异性相吸”，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。8、D【解析】

A.NaClO为离子化合物，由Na+和ClO-构成，A错误；B.中子数为16的硫离子应为S2-，B错误；C.中，中心原子半径大于顶点原子半径，而CCl4的比例模型中，Cl原子半径应比C原子半径大，C错误；D.16O与18O都是氧元素的不同原子，二者互为同位素；16O2与18O3是氧元素组成的不同性质的单质，二者互为同素异形体，D正确。故选D。【点睛】在同素异形体中，强调组成单质的元素相同，并不强调原子是否相同。两种单质中，组成单质的原子可以是同一种原子，也可以是不同种原子，甚至同一单质中，原子也可以不同。如16O18O与17O3也互为同素异形体。9、D【解析】

A．向Co2O3中滴加浓盐酸产生的黄绿色气体为氯气，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化物，则氧化性：Cl2＜Co2O3，故A错误；B．出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，Zn为负极，铁为正极，构成原电池，发生电化学腐蚀，锌失去电子，故B错误；C．铁片投入浓硫酸，没有明显变化，是由于铁与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，并不是不反应，故C错误；D．根据2Fe3++2I-=2Fe2++I2，10mL2mol/L的KI溶液与1mL1mol/LFeCl3溶液反应后KI过量，由现象可知存在铁离子，说明KI与FeCl3反应有可逆性，故D正确；故选D。10、D【解析】

A．c（Cl-）=0.100mol·L-1的溶液中的物料守恒c(Cl-)=c(HS-)+c(H2S)+c(S2-)=c(Na+)=0.100mol·L-1，电荷守恒c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(OH-)-c(H+)=c(H2S)-c(S2-)，故A错误；B．通入HCl气体之前，S2-水解导致溶液呈碱性，其水解程度较小，且该离子有两步水解都生成OH-，所以存在c(S2-)＞c(OH-)＞c(HS-)＞c(H+)，故B错误；C．溶液中的电荷守恒为c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，物料守恒c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=c(Na+)=0.100mol•L-1，则c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，即c(Cl-)+c(OH-)+c(S2-)=c(H+)+c(HS-)+c(S2-)+2c(H2S)，在c(HS-)=c(S2-)碱性溶液中c(OH-)＞c(H+)，所以c(Cl-)+c(HS-)＜c(HS-)+c(S2-)+2c(H2S)=0.100mol•L-1+c(H2S)，故C错误；D．溶液中的电荷守恒为c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，溶液的pH=7，则溶液中c(OH-)=c(H+)，c(Na+)=c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)，溶液中存在物料守恒c(Na+)=2c(H2S)+2c(S2-)+2c(HS-)，所以存在c(Cl-)=c(HS-)+2c(H2S)，故D正确；故答案选D。11、A【解析】

A.葡萄糖溶于水得到溶液，不能产生丁达尔效应，A符合题意；B.蛋白质溶于水得到蛋白质溶液，由于蛋白质分子直径比较大，其溶液属于胶体，能产生丁达尔效应，B不符合题意；C.硫酸铁溶于水后，电离产生的Fe3+发生水解作用产生Fe(OH)3胶体，可以发生丁达尔效应，C不符合题意；D.淀粉分子直径比较大，溶于水形成的溶液属于胶体，可以发生丁达尔效应，D不符合题意；故合理选项是A。12、B【解析】

A．根据该分子的结构简式可知分子式为C18H32ClN3O8P2，故A正确；B．Cl原子连接在苯环上，不能发生消去反应，故B错误；C．苯环、碳碳双键、氮碳双键均可加成，所以1mol磷酸氯喹最多能与5molH2发生加成反应，故C正确；D．分子中的—C1被—OH取代后变成酚羟基，且其邻位碳原子有空位，可以与溴水作用生成沉淀，故D正确；故答案为B。13、D【解析】

A．乙烯与溴发生加成反应生成的1，2-二溴乙烷无色，可溶于四氯化碳，因此溴的四氯化碳溶液褪色，故A正确；B．乙酸乙酯属于酯，在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成乙酸钠和乙醇，因此混合液不再分层，故B正确；C．热的新制氢氧化铜悬浊液和葡萄糖产生砖红色沉淀氧化亚铜，氢氧化铜被葡萄糖还原，葡萄糖表现了还原性，故C正确；D．乙醇与钠反应不如乙酸与Na反应剧烈，则乙醇分子中的羟基氢不如乙酸羧基中的氢活泼，故D错误；答案选D。14、D【解析】

Na2X溶液中，X2-分步水解，以第一步水解为主，则Kh1(X2-)＞Kh2(X2-)，碱性条件下，则pOH相同时，＞，由图象可知N为pOH与lg的变化曲线，M为pOH与lg变化曲线，当lg或lg=0时，说明或=1，浓度相等，结合图像可计算水解常数并判断溶液的酸碱性。【详解】A．由以上分析可知，曲线N表示pOH与lg的变化曲线，故A错误；B．由曲线M可知，当lg=0时，=1，pOH=9，c(OH-)=10-9mol/L，则Kh2(X2-)=×c(OH-)=1×10-9；由曲线N可知，当lg=0时，=1，pOH=4，c(OH-)=10-4mol/L，Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4，则HX-的电离平衡常数Ka2===1×10-10，则NaHX溶液中HX-的水解程度大于电离程度，溶液中c(H2X)>c(X2-)，故B错误；C．混合液中存在电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)+c(OH-)，则当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)，故C错误；D．由曲线N可知，当lg=0时，=1，pOH=4，c(OH-)=10-4mol/L，则Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4，故D正确；故答案为D。15、C【解析】

X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数═族序数，应分别为H、Al元素，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙为Fe3O4，由转化关系可知甲为Fe、乙为H2O，丁为H2，戊为Al、己为Al2O3，则对应X、Y、Z、W分别为H、O、Al、Fe元素。【详解】A.丙为Fe3O4，不是两性氧化物，故A错误；B.W为Fe，原子序数为26，位于第四周期Ⅷ族，故B错误；C.由金属活动顺序可知Fe的金属性比Al弱，故C正确；D.常温下等物质的量的甲和戊加入过量浓硝酸中，均产生钝化现象，故D错误；故选C。【点睛】本题考查无机物的推断，把握物质的性质、发生的反应、元素周期律等为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意丙为具有磁性的黑色晶体为推断的突破口，D为易错点，钝化的量不能确定。16、C【解析】

石蜡油在碎瓷片催化作用下发生裂化反应，生成物中含有烯烃，把生成物通入溴的四氯化碳溶液发生加成反应，溶液褪色，通入酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，据此解答。【详解】A．装置b中溴的四氯化碳溶液与分解生成的烯烃发生加成反应，装置c中酸性高锰酸钾溶液与分解生成的烯烃发生氧化反应，反应类型不同，A正确；B．石蜡油受热分解需要温度比较高，实验中用酒精灯加热石蜡油受热分解生成的产物较少，实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色，B正确；C．装置c中烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化也能生成CO2使d中溶液变浑浊，所以d中溶液变浑浊不能证明石蜡分解产生了CO2，C错误；D．停止加热后立即关闭K，后面装置中的液体就不会因为温度下降压强变化而产生倒吸，D正确；答案选C。17、B【解析】

A、澄清的石灰水和碳酸氢钠或碳酸钠都反应生成碳酸钙沉淀，现象相同，不能鉴别，错误，不选A；B、溴元素在③⑤中化合价升高，被氧化，在④中化合价降低，被还原，正确，选B；C、工业上有电解氯化镁的形式制取镁单质，不是用金属钠置换出镁，错误，不选C；D、还有的碘元素是碘离子形式，不能升华，错误，不选D。答案选B。18、B【解析】

A.同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。浓氯水能挥发出氯气，该实验中氯气易参与试管中的反应，故无法证明溴和碘的氧化性的强弱关系，A得不到相应结论；B.浓硫酸使蔗糖变黑，证明浓硫酸有脱水性；然后有气体生成，该气体能使溴水褪色，证明有二氧化硫生成，说明浓硫酸有强氧化性，可以被C还原为二氧化硫，故B可以得出相应的结论；C.SO2溶解在试管中使溶液显酸性，与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应得到SO42-，所以生成硫酸钡白色沉淀，故C得不到相应的结论；D.盐酸有挥发性，挥发出的盐酸也会与Na2SiO3溶液反应得到硅酸沉淀。因此不能证明酸性：碳酸＞硅酸，D得不到相应的结论。【点睛】本题主要是考查化学实验方案设计与评价，明确相关物质的性质和实验原理是解答的关键，选项A是易错点，注意浓氯水的挥发性。考查根据实验现象，得出结论，本题的难度不大，培养学生分析问题，得出结论的能力，体现了化学素养。19、D【解析】

A．阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，电解过程中Fe、Zn和Cu都要溶解，故转移2NA个电子时，阳极减少的质量不一定为64g，故A错误；B．合成氨生产中将NH3液化分离，减小了生成物的浓度，平衡向反应正方向移动，提高了H2的转化率，由于浓度减小，反应速率减小，故B错误；C．2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+O2(g)，该反应的△S＜0，常温下能自发进行，说明△H-TD．使溶液中c(Al3+)≤1×10-6mol•L-1，c(OH-)≥31×10-331×10-6=10-9答案选D。【点睛】本题的易错点为A，电解精炼铜时使用的阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，通常情况下，Fe、Zn要先于Cu放电。20、A【解析】

A.常温常压下，22.4LCH4物质的量小于1mol，其含有的分子数小于NA，故A正确；B.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2mol过氧化钠转移2mol电子，因此7.8gNa2O2即0.1mol与足量水反应转移的电子数为0.1NA，故B错误；C.苯中不含有的碳碳双键，故C错误；D.1L1mol·L-1的磷酸物质的量为1mol，磷酸是弱酸，部分电离，因此溶液中氢离子数小于3NA，故D错误。综上所述，答案为A。21、D【解析】

本题考查有机物的知识，碳碳双键使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，但褪色原理不同，前者是加成反应，后者是氧化反应；有机物中碳碳双键、叁键、苯环才具有所有碳共面。由图可知，分子式为C10H14O，羟基直接连苯环，且苯环上有2个取代基，还剩-C4H9，其结构有四种，分别是、、、，每一种在苯环上与羟基分别有邻间对3种异构体，共12种。【详解】A.根据图示，葛缕酮的不饱和度为4，所以分子式为C10H14O，A项错误；B.葛缕酮使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，但原理不同，前者是加成反应，后者是氧化反应；B项错误；C.葛缕酮中所有碳原子不可能处于同一个平面，C项错误；D.分子式为C10H14O，羟基直接连苯环，且苯环上有2个取代基，还剩-C4H9，其结构有四种，分别是、、、，每一种在苯环上与羟基分别有邻间对3种异构体，共12种，D项正确。答案选D。【点睛】在确定含苯环的同分异构体的题目中，要确定苯环上有几个取代基，之后确定每个取代基是什么基团，例如此题中确定苯环上有羟基之外，还有一个乙基，乙基有4种机构，每一种和羟基成3种同分异构，这样共有12种。苯环上如果有2个取代基（-X、-X或者-X、-Y）有3种同分异构；如果有3个取代基时（-X、-X、-Y）有6种同分异构体；如果是（-X、-Y、-Z）有10种同分异构体。22、C【解析】

A.汽车尾气中的氮氧化合物是汽车发动机中N2与O2在电火花作用下发生反应产生的，A错误；B.我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与二氧化硅有关，B错误；C.液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰,二者发生反应产生CaCl2、Ca(ClO)2和水，从而消除了Cl2的毒性及危害，C正确；D.炸药“TNT”是三硝基甲苯，不是搞高分子化合物，D错误；故合理选项是C。二、非选择题(共84分)23、碳、溴Na5CBrNa5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑将Y加热至熔化，然后测其导电性，若熔融状态下能导电，证明该物质是由离子构成的离子晶体放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯火焰上灼烧至无色【解析】

X与水反应产生气体A和碱性溶液，气体A摩尔质量为M=0.714g·L-1×22.4L/mol=16g/mol，则A是CH4，说明X中含有C元素；碱性溶液焰色反应呈黄色，说明碱性溶液含有钠元素，物质X中有钠元素；向该碱性溶液中加入0.04molHCl溶液显中性后，再加入足量HNO3酸化，再加入AgNO3溶液产生两种沉淀，质量和为7.62g，根据Cl-守恒，其中含有AgCl沉淀质量为m(AgCl)=0.04mol×143.5g/mol=5.74g，X中含有的另外一种元素位于第四周期，可以与Ag+反应产生沉淀，则该元素为溴元素，则X的组成元素为Na、C、Br三种元素，形成的沉淀为AgBr，其质量为m(AgBr)=7.62g-5.74g=1.88g，n(AgBr)=1.88g÷188g/mol=0.01mol，X中含有Br-0.01mol，其质量为0.01mol×80g/mol=0.80g，结合碱性溶液中加入0.04molHCl，溶液显中性，说明2.07gX中含有0.05molNa+，X与水反应产生0.01molHBr和0.05molNaOH，其中0.01molHBr反应消耗0.01molNaOH，产生0.01molNaBr，还有过量0.04molNaOH，则X中含有C的物质的量为n(C)=(2.07g-0.05mol×23g/mol-0.80g)÷12g/mol=0.01mol，n(Na)：n(Br)：n(C)=0.05：0.01：0.01=5：1：1，则X化学式为Na5CBr，Na5CBr与水反应总方程式为：Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知X是Na5CBr，A是CH4，碱性溶液为NaOH与NaBr按4：1混合得到的混合物，中性溶液为NaCl、NaBr按4：1物质的量的比的混合物，沉淀为AgCl、AgBr混合物，二者物质的量的比为4：1；(1)X化学式为Na5CBr，其中非金属元素的名称为碳、溴；(2)X与水反应的化学方程式为Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑；(3)化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，则Y为NaBr，该化合物为离子化合物，证明Y的晶体类型实验是：将NaBr加热至熔化，测其导电性，若熔融状态下能导电，证明在熔融状态中含有自由移动的离子，则该物质是由离子构成的离子化合物；(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯或酒精喷灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色，来确定其中含有的金属元素。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断、颜色反应的操作及化合物类型判断方法。掌握常见元素及化合物的性质、物质的构成微粒，并结合题干信息计算、推理。24、丙酮碳碳双键、羧基甲醇浓硫酸、加热+CH3OHC12H9N2OF3【解析】

A和HCN加成得到B，-H加在O原子上，-CN加C原子上，B发生消去反应得到C，C水解得到D，E和甲醇酯化反应得到E，E发生取代反应生成F，F发生加成、氧化反应生成G，G氧化成比鲁卡胺。【详解】（1）由A的结构简式可知，A的分子式为：C3H6O，故答案为：C3H6O；（2）由D的结构简式可知，D中含碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；（3）D和甲醇酯化反应生成E，酯化反应的条件为浓硫酸、加热，故答案为：甲醇；浓硫酸、加热；（4）由图可知，E中的烷氧基被取代生成F，烷氧基和H原子生成了甲醇，所以发生的反应为：+CH3OH，故答案为：+CH3OH；（5）数就行了，F的分子式为：C12H9N2OF3，故答案为：C12H9N2OF3；（6）所含官能团类别与E相同，则一定含碳碳双键、酯基，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为1：1：6，则必有2个甲基，所以先确定局部结构含C-C=C，在此基础上，酯基中的羰基只可能出现在3号碳上，那么甲基只可能连在一号碳上，所以符合条件的只有一种，故答案为：；（7）结合本题进行逆合成分析：参照第⑤步可知，可由和合成，由和甲醇合成，由水解而来，由消去而来，由和HCN加成而来，综上所述，故答案为：。【点睛】复杂流程题，要抓住目标产物、原料和流程中物质的相似性，本题中的目标产物明显有个酰胺基，这就和F对上了，问题自然应迎刃而解。25、d打开分液漏斗活塞加水，如水无法滴入说明气密性良好3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO32：1前者防止Na2S2O3被空气中O2氧化溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪去99.20%【解析】

(1)因为Na2SO3易溶于水，a、b、c装置均不能选用，实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是d；关闭止水夹，若气密性很好，则分液漏斗中水不能滴入烧瓶中；(2)①其反应原理为SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，即：3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；②无色无味的气体为CO2气体，其化学方程式为SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；③黄色沉淀减少的原理为Na2SO3+S=Na2S2O3；④根据题意Na2S2O3能与中强酸反应，所以浅黄色沉淀又增多的原理为Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO3；(3)3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3①，SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2②，Na2SO3+S=Na2S2O3③，则①+②+③×3得4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以Na2S和Na2CO3的物质的量之比为2：1。因为SO2先和Na2S反应，所以温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液，Na2S溶液的pH更大；(4)①用新煮沸并冷却的蒸馏水是为了赶出水中的氧气避免硫代硫酸钠被氧化；②达到滴定终点时颜色突变且30s不变色；先根据滴定消耗的标准液的体积计算出平均体积，再由2S2O32-+I3-=S4O62-+3I-的定量关系计算。【详解】(1)因为Na2SO3易溶于水，a、b、c装置均不能选用，实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是d；检查该装置气密性的操作是：关闭止水夹，若气密性很好，则分液漏斗中水不能滴入烧瓶中；(2)①浅黄色沉淀先逐渐增多，其反应原理为SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，即反应的化学方程式为：3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；②浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色无嗅的气体产生，则反应的化学方程式为，无色无味的气体为CO2气体，其化学方程式为SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；③浅黄色沉淀逐渐减少，这时有Na2S2O3生成黄色沉淀，减少的原理为：Na2SO3+S=Na2S2O3；④根据题意Na2S2O3能与中强酸反应，继续通入SO2，浅黄色沉淀又会逐渐增多，所以浅黄色沉淀又增多的原理为：Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO3；(3)3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3①SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2②Na2SO3+S=Na2S2O3③①+②+③×3得4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以Na2S和Na2CO3的物质的量之比为2：1；因为SO2先和Na2S反应，所以温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液，Na2S溶液的pH更大；(4)①为保证不变质，配制硫代硫酸钠溶液须用新煮沸并冷却的蒸馏水，其理由是：防止Na2S2O3被空气中O2氧化；②达到滴定终点时，当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化，2次消耗的I2溶液的体积平均值为20.00mL，，解得n=0.002mol，250ml溶液中含有Cr2O72﹣物质的量为0.002mol×=0.01mol；Na2S2O3•5H2O(式量248)的质量分数是=×100%=99.20%。26、Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2提高铜离子的萃取率，提高原料利用率稀硫酸pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解C真空干燥90.90%制备氧化亚铜时，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大【解析】

刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）加入过量的氨水，形成铜氨溶液，同时生成氢氧化亚铁和氢氧化铁沉淀，铜氨溶液中加入有机溶液得到CuR2，再反萃取剂条件下生成硫酸铜溶液。【详解】（1）步骤II，铜氨溶液和RH的有机溶液反应生成氨气和氯化铵和CuR2，离子方程式为：Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2；（2）需要对水层多次萃取并合并萃取液是能提高铜离子的萃取率，提高原料利用率；（3）通过前后的物质分析，反萃取剂提供硫酸根离子和氢离子，故为稀硫酸；（4）①从信息分析，氧化亚铜在酸性强的溶液中会发生歧化反应，但碱性强的溶液中氧化亚铜会溶解。故答案为：pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解；②纳米Cu2O不能通过半透膜，所以可以选择C进行分离。③因为Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu，所以选择真空干燥；（5）①根据得失电子分析关系式有5Cu2O---2KMnO4，高锰酸钾的物质的量为0.2000moI.L-1×0.05L=0.01mol，则氧化亚铜的物质的量为0.025mol，质量分数为=90.90%；②制备氧化亚铜时，肼具有还原性，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大。27、MnO4−+5Fe2++8H+==Mn2++5Fe3++4H2O、Fe3++3SCN−Fe(SCN)30.1mol/LKSCN溶液一段时间后取少量反应后的 KSCN 溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀两个原因都有可能【解析】

（1）①实验Ⅰ溶液变红，与亚铁离子被高锰酸钾氧化有关，亚铁离子被氧化成铁离子；②SCN－被酸性KMnO4氧化为SO42－，设计成原电池反应，由电子转移方向可知左边石墨为负极，SCN－被氧化，X溶液为KSCN溶液，右边石墨为正极，Y溶液为KMnO4溶液；检验硫酸根离子，可加入盐酸酸化，再加入氯化钡检验；（2）实验分别加入水、等浓度的硫酸镁、硫酸亚铁，溶液颜色依次变浅，可说明浓度、盐效应以及亚铁离子都对颜色有影响。【详解】（1）①实验Ⅰ溶液变红，与亚铁离子被高锰酸钾氧化有关，亚铁离子被氧化成铁离子，涉及反应为MnO4－+5Fe2＋+8H＋=Mn2＋+5Fe3＋+4H2O，Fe3++3SCN−Fe(SCN)3，故答案为：MnO4－+5Fe2＋+8H＋=Mn2＋+5Fe3＋+4H2O，Fe3++3SCN−Fe(SCN)3；②SCN－被酸性KMnO4氧化为SO42－，设计成原电池反应，由电子转移方向可知左边石墨为负极，SCN－被氧化，X溶液为KSCN溶液，右边石墨为正极，Y溶液为KMnO4溶液；检验硫酸根离子，可加入盐酸酸化，再加入氯化钡检验，方法是一段时间后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀，故答案为：0.1mol·L－1KSCN溶液；一段时间后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀；（2）实验分别加入水、等浓度的硫酸镁、硫酸亚铁，