2024年江苏省涟水一中高三下学期联合考试化学试题含解析

2024年江苏省涟水一中高三下学期联合考试化学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、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2、标准状态下，气态分子断开1mol化学键的能量称为键能。已知H—H、H—O和O=O键的键能分别为436kJ·mol－1、463kJ·mol－1和495kJ·mol－1。下列热化学方程式正确的是A．断开1molH2O(l)中的H—O键需要吸收926kJ的能量B．2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g)ΔH＝－485kJ·mol－1C．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝＋485kJ·mol－1D．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－485kJ·mol－13、化合物如图的分子式均为C7H8。下列说法正确的是A．W、M、N均能与溴水发生加成反应 B．W、M、N的一氯代物数目相等C．W、M、N分子中的碳原子均共面 D．W、M、N均能使酸性KMnO4溶液褪色4、下列各组中所含化学键类型相同的一组是（）A．NaOH、H2SO4、NH4Cl B．MgO、Na2SO4、NH4HCO3C．Na2O2、KOH、Na2SO4 D．AlCl3、Al2O3、MgCl25、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．1mol金刚石中含有2NA个C-C键，1molSiO2含有2NA个Si-O键B．标况下，将9.2g甲苯加入足量的酸性高锰酸钾溶液中转移的电子数为0.6NAC．在含CO32-总数为NA的Na2CO3溶液中，Na+总数为2NAD．标准状况下，22.4L庚烷中所含的分子数约为NA6、2019年2月27日,科技日报报道中科院大连化学物理研究所创新性地提出锌碘单液流电池的概念,锌碘单液流电池中电解液的利用率达到近100%,进而大幅度提高了电池的能量密度,工作原理如图所示。下列说法正确的是A．该电池放电时电路中电流方向为A→a→b→B→AB．M为阴离子交换膜,N为阳离子交换膜C．如果使用铅蓄电池进行充电,则B电极应与铅蓄电池中的Pb电极相连D．若充电时C区增加的离子数为2NA,则A极增重65g7、物质性质的差异与分子间作用力有关的是A．沸点：Cl2＜I2 B．热稳定性：HF＞HClC．硬度：晶体硅＜金刚石 D．熔点：MgO＞NaCl8、胆矾CuSO4·5H2O可写为[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其结构示意图如下：下列有关胆矾的说法正确的是A．Cu2+的价电子排布式为3d84s1B．所有氧原子都采取sp3杂化C．胆矾中含有的粒子间作用力有离子键、极性键、配位键和氢键D．胆矾所含元素中，H、O、S的半径及电负性依次增大9、下列表示不正确的是()A．CO2的电子式 B．Cl2的结构式Cl—ClC．CH4的球棍模型 D．Cl－的结构示意图10、已知A、B、C、D、E为常见的有机化合物，它们之间的转化关系如图所示。其中A只由碳、氢两种元素组成，其产量可用来衡量一个国家石油化工的发展水平。下列推断正确的是（）A．甲烷中混有少量A，可用酸性高锰酸钾溶液除去B．物质C可以和NaHCO3溶液反应生成CO2C．物质E的酯类同分异构体还有3种D．B＋D→E的化学方程式为：CH3COOH+C2H5OH+CH3COOC2H511、利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是（）下列说法正确的是（）A．反应过程中NO2、NH4+之间的反应是氧化还原反应B．上述历程的总反应可以为：2NH3+NO+NO22N2+3H2OC．X是HNO2，是还原产物D．[(NH4)(HNO2)]+是反应过程中的催化剂12、Weiss利用光敏剂QD制备2—环己基苯乙烯(c)的过程如图所示。下列有关说法正确的是A．a不能使酸性KMnO4溶液褪色B．a、b、c都能发生加成、加聚反应C．c中所有原子共平面D．b、c为同系物13、新冠疫情暴发，消毒剂成为紧俏商品，下列常用的消毒剂中，消毒原理与氧化还原无关的是（）选项ABCD消毒剂双氧化水臭氧医用酒精84消毒液A．A B．B C．C D．D14、目前中国已经通过自主创新成功研发出第一台锌溴液流储能系统，实现了锌溴电池的隔膜、极板、电解液等关键材料自主生产。锌溴电池的原理装置图如图所示，下列说法错误的是()A．充电时电极石墨棒A连接电源的正极B．放电过程中阴离子通过隔膜从正极区移向负极区C．放电时负极反应为2Br-—2e-=Br2D．放电时右侧电解质储罐中的离子总浓度增大15、下列关于有机化合物的叙述中正确的是A．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的B．汽油、柴油、花生油都是多种碳氢化合物的混合物C．有机物1mol最多可与3molH2发生加成反应D．分子式为C15H16O2的同分异构体中不可能含有两个苯环结构16、对甲基苯乙烯（）是有机合成的重要原料。下列对其结构与性质的推断错误的是（）A．分子式为B．能发生加聚反应和氧化反应C．具有相同官能团的芳香烃同分异构体有5种不考虑立体异构D．分子中所有原子可能处于同一平面17、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子Z2M2Y4(YX)2，结构如图所示。X、M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的，下列说法正确的是A．简单离子半径:Z>M>YB．常温下Z和M的单质均能溶于浓硝酸C．X与Y结合形成的化合物是离子化合物D．工业上常用电解Z的氯化物的熔融液来制取Z单质18、下列有关14C60的叙述正确的是A．与12C60化学性质相同 B．与12C60互为同素异形体C．属于原子晶体 D．与12C60互为同位素19、利用CH4燃料电池电解制备Ca（H2PO4）2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法正确的是A．a极反应：CH4＋8e－＋4O2－=CO2＋2H2OB．A膜和C膜均为阴离子交换膜C．可用铁电极替换阴极的石墨电极D．a极上通入2.24L甲烷，阳极室Ca2＋减少0.4mol20、下图为一定条件下采用多孔惰性电极的储氢电池充电装置（忽略其他有机物）。已知储氢装置的电流效率×100%，下列说法不正确的是A．采用多孔电极增大了接触面积，可降低电池能量损失B．过程中通过C-H键的断裂实现氢的储存C．生成目标产物的电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12D．若=75%，则参加反应的苯为0.8mol21、分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是A．分子中含有2种官能团B．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C．1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同22、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种二、非选择题(共84分)23、（14分）奥美拉唑主要用于十二指肠溃疡和胃溃的治疗，静脉注射可用于消化性溃疡急性出的治疗，反应中间体F和奥美拉性的合成路线如下：I中间体F的合成：II奧美拉唑的合成：已知：结合上述合成路线，请回答：（1）下列说法正确的是__________A．奥美拉的分子式为C18H19N3O3SB．J生成K的反应类型为加成反应C．化合物C可以发生的反应类型有取代、还原、加成D．设计A转化为B的目的是保护其中的官能团（2）化合物F的结构简式为_______________________________；（3）请写出A→B的反应方程式___________________________________；（4）试写出同时满足下列条件的化合物H的同分异构体:_____________________________①分子中含苯环，遇FeC13显紫色②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。（5）利用已有知识和题中涉及的反应，设计从乙烯合成的路线。(用流程图表示，无机试剂任选)_________________________24、（12分）α-溴代羰基化合物合成大位阻醚的有效方法可用于药物化学和化学生物学领域。用此法合成化合物J的路线如下：已知：回答下列问题：（1）F中含有的含氧官能团的名称是______，用系统命名法命名A的名称是______。（2）B→C所需试剂和反应条件为___________。（3）由C生成D的化学反应方程式是__________。（4）写出G的结构简式_________，写出检验某溶液中存在G的一种化学方法________。（5）F＋H→J的反应类型是_______。F与C在CuBr和磷配体催化作用下也可合成大位阻醚，写出其中一种有机产物的结构简式：_______。（6）化合物X是E的同分异构体，分子中不含羧基，既能发生水解反应，又能与金属钠反应。符合上述条件的X的同分异构体有_______种（不考虑立体异构），其中能发生银镜反应，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1:1:6的结构简式为_______。25、（12分）某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl3·6H2O反应产物。（查阅资料）FeCl3是一种共价化合物，熔点306℃，沸点315℃。实验编号操作现象实验1按上图所示，加热A中MnO2与FeCl3·6H2O混合物①试管A中固体部分变液态，上方出现白雾②稍后，产生黄色气体，管壁附着黄色液滴③试管B中KI-淀粉溶液变蓝实验2把A中的混合物换为FeCl3·6H2O，B中溶液换为KSCN溶液，加热。A中固体部分变液态，产生白雾和黄色气体，B中KSCN溶液变红（实验探究）实验操作和现象如下表：（问题讨论）（1）实验前首先要进行的操作是______________________________。（2）实验1和实验2产生的白雾是_______（填化学式）溶解在水中形成的小液滴。（3）请用离子方程式解释实验2中黄色气体使KI-淀粉溶液变蓝色的原因_____________。（4）为确认黄色气体中含有Cl2，学习小组将实验1中试管B内KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液，发现B中溶液呈橙色，经检验无Fe2+，说明黄色气体中含有Cl2。用铁氰化钾溶液检验Fe2+的离子方程式是_________________________________。选择NaBr溶液的原因是________________________________________________________________。（实验结论）（5）实验1充分加热后，若反应中被氧化与未被氧化的氯元素质量之比为1:2，则A中发生反应的化学方程式为____________________________________________________。（实验反思）该学习小组认为实验1中溶液变蓝，也可能是酸性条件下，I－被空气氧化所致，可以先将装置中的空气排尽，以排除O2的干扰。26、（10分）四溴化钛（TiBr4）可用作橡胶工业中烯烃聚合反应的催化剂。已知TiBr4常温下为橙黄色固体，熔点为38.3℃，沸点为233.5℃，具有潮解性且易发生水解。实验室利用反应TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制备TiBr4的装置如图所示。回答下列问题：（1）检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行的操作是__，其目的是__，此时活塞K1，K2，K3的状态为__；一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时活塞K1，K2，K3的状态为____。（2）试剂A为__，装置单元X的作用是__；反应过程中需用热源间歇性微热连接管，其目的是___。（3）反应结束后应继续通入一段时间CO2，主要目的是___。（4）将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。此时应将a端的仪器改装为__、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是___（填仪器名称）。27、（12分）(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(M=392g/mol)又称摩尔盐，简称FAS，它是浅蓝色绿色晶体，可溶于水，难溶于水乙醇。某小组利用工业废铁屑进行下列实验。请按要求回答下列问题：Ⅰ.FAS的制取。流程如下：(1)步骤①加热的目的是_________________________。(2)步骤②必须在剩余少量铁屑时进行过滤，其原因是(用离子方程式表示)：______________。Ⅱ.NH4+含量的测定。装置如图所示：实验步骤：①称取FAS样品ag，加水溶解后，将溶液注入Y中②量取bmLc1mol/LH2SO4溶液于Z中③向Y加入足量NaOH浓溶液，充分反应后通入气体N2，加热(假设氨完全蒸出)，蒸氨结束后取下Z。④用c2mol/LNaOH标准溶液滴定Z中过量的硫酸，滴定终点时消耗dmLNaOH标准溶液。(3)仪器X的名称______________；N2的电子式为______________。(4)步骤③蒸氨结束后，为了减少实验误差，还需要对直形冷凝管进行处理的操作是__________________；NH4+质量百分含量为(用代数式表示)__________________。Ⅲ.FAS纯度的测定。称取FASmg样品配制成500mL待测溶液。分别取20.00mL待测溶液，进行如下方案实验：(5)方案一：用0.01000mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定。滴定过程中需用到的仪器中(填图中序号)_________。滴定中反应的离子方程式为____________________。①②③④⑤⑥⑦⑧(6)方案二：待测液→足量BaCl2溶液→过滤→洗涤(7)方案一、二实验操作均正确，却发现方案一测定结果总是小于方案二的，其可能的原因是_______________；为验证该猜测正确，设计后续实验操作为_________________，现象为______________。28、（14分）[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）人体必需的元素包括常量元素与微量元素，常量元素包括碳、氢、氧、氮、钙、镁等，微量元素包括铁、铜、锌、氟、碘等，这些元素形成的化合物种类繁多，应用广泛。（1）锌、铜、铁、钙四种元素与少儿生长发育息息相关，请写出Fe2+的核外电子排布式__________。（2）1个Cu2+与2个H2N—CH2—COO−形成含两个五元环结构的内配盐（化合物），其结构简式为_______________（用→标出配位键），在H2N—CH2—COO−中，属于第二周期的元素的第一电离能由大到小的顺序是__________（用元素符号表示），N、C原子存在的相同杂化方式是_________杂化。（3）碳酸盐中的阳离子不同，热分解温度就不同，查阅文献资料可知，离子半径r(Mg2+)=66pm，r(Ca2+)=99pm，r(Sr2+)=112pm，r(Ba2+)=135pm；碳酸盐分解温度T(MgCO3)=402℃，T(CaCO3)=825℃，T(SrCO3)=1172℃，T(BaCO3)=1360℃。分析数据得出的规律是_____________，解释出现此规律的原因是____________________________________。（4）自然界的氟化钙矿物为萤石或氟石，CaF2的晶体结构呈立方体形，其结构如下：①两个最近的F−之间的距离是___________pm（用含m的代数式表示）。②CaF2晶胞体积与8个F−形成的立方体的体积比为___________。③CaF2晶胞的密度是___________g·cm−3（化简至带根号的最简式，NA表示阿伏加德罗常数的值）。[化学——选修5：有机化学基础]（15分）药物H在人体内具有抑制白色念球菌的作用，H可经下图所示合成路线进行制备。已知：硫醚键易被浓硫酸氧化。回答下列问题：（1）官能团−SH的名称为巯(qiú)基，−SH直接连在苯环上形成的物质属于硫酚，则A的名称为________________。D分子中含氧官能团的名称为________________。（2）写出下列反应类型：A→C_____________，E→F_____________。（3）F生成G的化学方程式为_______________________________________。（4）下列关于D的说法正确的是_____________（填标号）。（已知：同时连接四个各不相同的原子或原子团的碳原子称为手性碳原子）A．分子式为C10H7O3FSB．分子中有2个手性碳原子C．能与NaHCO3溶液、AgNO3溶液发生反应D．能发生取代、氧化、加成、还原等反应（5）M与A互为同系物，分子组成比A多1个CH2，M分子的可能结构有_______种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1的物质的结构简式为_____________。（6）有机化合物K()是合成广谱抗念球菌药物的重要中间体，参考上述流程，设计以为原料的合成K的路线。_____________29、（10分）药物Targretin(F)能治疗顽固性皮肤T—细胞淋巴瘤，其合成路线如下图所示：已知：（R表示烃基或芳基）（1）反应①的反应类型是______________。（1）反应②的化学方程式：__________________________________________。（3）C的核磁共振氢谱图中有______________个峰。（4）反应③的化学方程式：__________________________________________。（5）F的分子式是C14H18O1．F中含有的官能团：__________________________。（6）写出满足下列条件A的两种同分异构体的结构简式（不考虑—O—O—或结构）：_______。a．苯环上的一氯代物有两种b．既能发生银镜反应又能发生水解反应（7）已知：（R、R’为烃基）。以1-溴丙烷和乙烯为原料，选用必要的无机试剂合成合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）________。

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、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。2、D【解析】

A.断开1molH2O(g)中的H—O键需要吸收926kJ的能量，故A错误；B.2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g)ΔH＝463kJ·mol－1×4－436kJ·mol－1×2－495kJ·mol－1=+485kJ·mol－1，故B错误；C.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)应该是放热反应，故C错误；D.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－485kJ·mol－1，故D正确。综上所述，答案为D。3、D【解析】

A.由结构简式可知,W不能和溴水发生加成反应，M、N均能与溴水发生加成反应，故A错误；B.W的一氯代物数目为4种，M的一氯代物数目3种，N的一氯代物数目4种，故B错误；C.根据甲烷分子的正四面体结构、乙烯分子和苯分子的共面结构可知，W、N分子中的碳原子均共面，M中的碳原子不能共面，故C错误，D.W中与苯环相连的碳原子了有氢原子，M和N均含碳碳双键，故W、M、N均能被酸性KMnO4溶液氧化，故D正确;答案：D。4、C【解析】

A.NaOH、NH4Cl含有离子键和共价键，H2SO4只含有共价键，化学键类型不相同，故A错误；B.MgO中只有离子键，Na2SO4、NH4HCO3中含有离子键和共价键，化学键类型不相同，故B错误；C.Na2O2、KOH、Na2SO4均为离子键和共价键，化学键类型相同，故C正确。D.AlCl3只含有共价键，Al2O3、MgCl2含有离子键，化学键类型不相同，故D错误；答案选C。5、B【解析】分析：本题对阿伏加德罗常数相关知识进行了考察。A中考察1mol金刚石中含有2NA个C-C键，1molSiO2含有4NA个Si-O键；B中考察甲苯中的甲基被氧化为羧基，根据化合价法则，判断出碳元素的化合价变化情况，然后计算反应电子转移的数目；C中考察碳酸根离子的水解规律；D中考察只有气体在标况下，才能用气体摩尔体积进行计算。详解：1mol金刚石中含有2NA个C-C键，1molSiO2含有4NA个Si-O键，A错误；由甲苯变为苯甲酸，碳元素化合价变化7×（-2/7+8/7）=6；9.2g甲苯（即为0.1mol）被氧化为苯甲酸，转移的电子数为0.6NA，B正确；Na2CO3溶液中会有少量CO32-发生水解，因此在含CO32-总数为NA的Na2CO3溶液中，溶质的总量大于1mol，所以Na+总数大于2NA，C错误；标准状况下，庚烷为液态，无法用气体摩尔体积进行计算，D错误；正确选项B。6、B【解析】

A．电池放电时，A电极锌单质被氧化成为锌离子，所以A为负极，所以电路中电流方向为B→b→a→A→B，故A错误；B．放电时A去产生Zn2+，为负极，所以C区Cl-应移向A区，故M为阴离子交换膜，B区I2转化为I-，为正极，所以C区K+应移向B区，故N为阳离子交换膜，故B正确；C．充电时B电极应与外接电源的正极相连，则B电极应于铅蓄电池中的PbO2电极相连，故C项错误；D．充电时Cl-从A区移向C区、K+从C区移向B区，所以C区增加的离子数为2NA时，电路中有1mol电子通过，A极的电极反应为Zn2++2e-==Zn，生成0.5molZn，所以A极增重32.5g，故D错误；故答案为B。7、A【解析】

A、分子晶体的相对分子质量越大,沸点越高,则卤素单质的熔、沸点逐渐升高，与分子间作用力有关，A正确；B、非金属性F＞Cl＞Br＞I，则HF、HCl、HBr、HI热稳定性依次减弱，与共价键有关，B错误；C、原子晶体中，共价键的键长越短，熔点越高，金刚石的硬度大于硅，其熔、沸点也高于硅，与共价键有关，C错误；D、离子键的键长越短，离子所带电荷越多，离子键越强，熔点越高，离子半径：Mg2+＜Na+、O2—＜Cl-，所以熔点：MgO＞NaCl，与离子键大小有关，D错误；正确选项A。8、C【解析】

A．Cu是29号元素，Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s、3d能级上各一个电子生成Cu2+，故Cu2+的价电子排布式3d9，故A错误；B．硫酸根离子中S和非羟基O和H2O中的O原子的杂化方式不同，不可能都是sp3杂化，故B错误；C．铜离子和硫酸根离子之间存在离子键，硫原子和氧原子间存在极性共价键，铜原子和氧原子间存在配位键，氧原子和氢原子间存在氢键，故C正确；D．H、O、S分别为第1，2，3周期，所以半径依次增大，但O的电负性大于S，故D错误；故选C。9、C【解析】

A.CO2分子中存在两个双键，其电子式为，A正确；B.Cl2分子中只有单键，故其结构式为Cl—Cl，B正确；C.CH4的空间构型为正四面体，其比例模型为，C不正确；D.Cl－的结构示意图为，D正确。故选C。10、C【解析】

其中A只由碳、氢两种元素组成，其产量可用来衡量一个国家石油化工的发展水平，A为乙烯，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，E为乙酸乙酯。【详解】A.甲烷中混有少量A，不能用酸性高锰酸钾溶液除去，乙烯与酸性高锰酸钾发生生成二氧化碳，引入新的杂质，故A错误；B.乙醛和NaHCO3溶液不反应，故B错误；C.物质E的酯类同分异构体有甲酸正丙酯，甲酸异丙酯，丙酸甲酯3种，故C正确；D.B＋D→E的化学方程式为：CH3COOH+C2H5OH+CH3COOC2H5+H2O，故D错误。综上所述，答案为C。11、B【解析】

由题意可知，生成物为两种无毒物质，再结合反应历程可知，生成物为：N2和H2O，反应物为：NH3和NO和NO2，结合得失电子守恒、原子守恒可得反应方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O【详解】A．NO2和NH4+反应生成[(NH4)2(NO2)]2+无元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，A错误；B．由分析可知，该反应的化学方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O，B正确；C．结合B可知，X是N2和H2O，C错误；D．由反应历程可知，[(NH4)(HNO2)]+是该反应的中间产物，不是催化剂，D错误。答案选B。12、B【解析】

A．a()中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B．a()、b()、c()都含有碳碳双键，具有烯烃的性质，可发生加成反应，加聚反应，故B正确；C．c()含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能共平面，故C错误；D．b()、c()的结构不同，不属于同系物，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为C，要注意有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、、)中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内。13、C【解析】

双氧水、臭氧、84消毒液均具有强氧化性，氧化病毒和细菌，达到消毒杀菌的目的；酒精消毒的原理是使蛋白质变性，故答案为C。14、C【解析】

放电时，Zn是负极，负极反应式为：Zn-2e－═Zn2＋，正极反应式为：Br2+2e－=2Br－，充电时，阳极反应式为2Br－-2e－=Br2、阴极反应式为Zn2＋+2e－=Zn。【详解】A．充电时电极石墨棒A连接电源的正极，反应式为2Br－-2e－=Br2，故A正确；B．放电过程中阴离子通过隔膜从正极区移向负极区，故B正确；C．放电时，Zn是负极，负极反应式为：Zn-2e－═Zn2＋，故C错误；D．正极反应式为：Br2+2e－=2Br－，阴离子通过隔膜从正极区移向负极区，放电时右侧电解质储罐中的离子总浓度增大，故D正确；故选C。15、A【解析】

A．乙烯具有较强的还原性，能与强氧化剂高锰酸钾反应，故可用高锰酸钾除掉乙烯，为了延长水果的保鲜期将水果放入有浸泡过高锰酸钾溶液的硅土的密封容器中，故A正确；B．汽油、柴油都是含多种烃类的混合物，只含有碳、氢两种元素，花生油是油脂，含有碳、氢、氧三种元素，故B错误；C．有机物中只有碳碳双键可与氢气加成，则1mol该有机物最多可与2molH2发生加成反应，故C错误；D．分子式为C15H16O2的有机物不饱和度为8，一个苯分子的不饱和度为4，则其同分异构体中可能含有两个苯环结构，故D错误；【点睛】有机物不饱和度=（注：如果有机物有氧和硫，氧和硫不影响不饱和度，不必代入上公式）。16、D【解析】

对甲基苯乙烯（）含有甲基、苯环和碳碳双键，具有苯、乙烯的结构特点和性质。【详解】A项、对甲基苯乙烯（）含有9个碳和10个氢，分子式为C9H10，故A正确；B项、含有碳碳双键，可发生加聚反应和氧化反应，故B正确；C项、含有两个支链时，有邻间对三种结构，含有一个支链时：支链为-CH=CH-CH3、-CH2CH=CH2、-C（CH3）=CH2，除了本身，共有5种同分异构体，故C正确；D项、含有苯环和碳碳双键，都为平面形结构，处于同一平面，分子中含有-CH3，甲基为四面体结构，所以分子中所有原子不可能处于同一平面，故D错误。故选D。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，把握有机物的结构、苯环与H原子的判断为解答的关键。17、D【解析】

X、M的族序数均等于周期序数，结合团簇分子结合可知X为H，M为Be或Al，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的，则Y为O，Y的原子序数小于M，则M为Al；根据团簇分子的结构可知其分子式应为Al2Z2H2O6，Z的化合价为+2价，则Z为Mg。【详解】A．离子核外电子层数相同时，原子序数越小其半径越小，所以简单离子半径：O2->Mg2+>Al3+，故A错误；B．常温下金属铝与浓硝酸会钝化，故B错误；C．X与Y形成的化合物为H2O2或H2O，均为共价化合物，故C错误；D．Z为Mg，工业上常电解熔融状态下的氯化镁制取镁单质，故D正确；故答案为D。18、A【解析】

A．14C60与12C60中碳原子为同种元素的碳原子，则化学性质相同，故A正确；B．14C60与12C60是同一种单质，二者不是同素异形体，故B错误；C．14C60是分子晶体，故C错误；D．14C与12C的质子数均为6，中子数不同，互为同位素，14C60与12C60是同一种单质，故D错误。故选：A。19、C【解析】

A.a极为负极，负极上甲烷发生氧化反应，电极反应式为：CH4-8e－＋4O2－=CO2＋2H2O，A错误；B.根据题干信息：利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，，可知阳极室的电极反应式为：，则阳极室内钙离子向产品室移动，A膜为阳离子交换膜，阴极室的电极反应式为：，则原料室内钠离子向阴极室移动，C膜为阳离子交换膜，B错误；C.阴极电极不参与反应，可用铁替换阴极的石墨电极，C正确；D.a极上通入2.24L甲烷，没有注明在标准状况下，无法计算钙离子减少的物质的量，D错误；答案选C。【点睛】D容易错，同学往往误以为1mol气体的体积就是22.4L，求气体体积时一定要注意气体所处的状态。20、B【解析】

A.多孔电极可增大电极与电解质溶液接触面积，降低能量损失，故A正确；B.该过程苯被还原为环己烷，C-H键没有断裂，形成新的C-H键，故B错误；C.储氢是将苯转化为环己烷，电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12，故C正确；D.根据图示，苯加氢发生还原反应生成环己烷，装置中左侧电极为阳极，根据放电顺序，左侧电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成1.6molO2失去的电子量为6.4mol，根据阴阳得失电子守恒，阴极得到电子总数为6.4mol，若η=75%，则生成苯消耗的电子数为6.4mol×75％=4.8mol，苯发生的反应C6H6+6e-+6H+===C6H12，参加反应的苯的物质的量为4.8mol/6=0.8mol，故D正确；故选B。21、B【解析】

A项，该化合物分子中含有羧基、醇羟基、醚键和碳碳双键4种官能团，故A项错误；B项，该物质中含有羧基和羟基，既可以与乙醇发生酯化反应，也可以与乙酸发生酯化反应，反应类型相同，故B项正确；C项，分枝酸中只有羧基能与NaOH溶液发生中和反应，一个分子中含两个羧基，故1mol分枝酸最多能与2molNaOH发生中和反应，故C项错误；D项，该物质使溴的四氯化碳溶液褪色的原理是溴与碳碳双键发生加成反应，而是使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，原理不同，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。【点睛】本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质，掌握官能团的性质是解题的关键。22、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。二、非选择题(共84分)23、C、D【解析】

（1）奥美拉的分子式为C17H19N3O3S，A错误；J生成K的过程中，增加了氧原子，反应类型为氧化反应，B错误；化合物C中有苯环，可发生取代和加成反应；有碳氧双键，可得到氢，发生还原反应；C正确；设计A转化为B的目的是保护其中的官能团，D正确。答案选CD。（2）根据流程I到J有机物两个分子结构的差别可知，化合物F的结构简式。（3）根据生成物B的结构式和反应物可得A的结构式为，发生的化学反应为；（4）①分子中含苯环，遇FeC13显紫色，结构中有酚羟基；②分子中含有4种不同化学环境的氢原子，根据化合物G的结构符合要求的化合物H结构式为；（5）结合题中流程图，从乙烯合成的路线为；24、羧基2-甲基-1-丙烯NaOH水溶液，加热向溶液中滴加FeCl3溶液，若溶液显紫色，证明有苯酚存在取代反应或或11【解析】

由合成流程可知，A、C的碳链骨架相同，A发生加成反应生成B，B水解生成C，则A为，A与溴加成生成B为，B与NaOH的水溶液在加热时发生取代反应产生C是，C发生催化氧化生成D为，D与新制Cu(OH)2悬浊液在加热煮沸时醛基被氧化生成羧酸盐、酸化生成E为，E与HBr在加热时发生取代反应，E中-OH被Br原子取代反应生成F，F的结构简式是，结合J的结构可知H为，G为苯酚，结构简式为，以此来解答。【详解】(1)根据上述分析可知F是，根据结构简式可知F中含有的含氧官能团的名称是羧基，A物质是，用系统命名法命名A的名称是2-甲基—1—丙烯；(2)B结构简式是，C物质是，B→C是卤代烃在NaOH的水溶液中加热发生的取代反应，所需试剂和反应条件为NaOH水溶液、加热；(3)C结构简式是，C中含有羟基，其中一个羟基连接的C原子上含有2个H原子，可以被催化氧化产生-CHO，则由C生成D的化学反应方程式是；(4)根据上述分析可知G的结构简式为，检验某溶液中存在苯酚的一种化学方法向溶液中滴加FeCl3溶液，若溶液显紫色，证明有苯酚存在；(5)根据上述分析可知F是，H是，F+H在加热时发生取代反应生成J和HBr，该反应类型是取代反应。F与C在和磷配体催化作用下也可合成大位阻醚，其中一种有机产物的结构简式：或或；(6)E为，化合物X是E的同分异构体，分子中不含羧基，既能发生水解反应，又能与金属钠反应，则含-COO-及-OH，可先写出酯，再用—OH代替烃基上H，若为甲酸丙酯，-OH有3种位置；若为甲酸异丙酯，-OH有2种位置；如为乙酸乙酯，-OH有3种位置；若为丙酸甲酯，-OH有3种位置，共11种，其中能发生银镜反应，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：6的结构简式为。【点睛】本题考查有机物推断的知识，把握合成流程中官能团的变化、碳原子数变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。25、检查装置的气密性HCl2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I23Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3＋氧化为Br2MnO2＋2FeCl3·6H2OFe2O3＋MnCl2＋Cl2↑＋2HCl＋11H2O【解析】

（1）实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性；（2）FeCl3•6H2O受热失去结晶水，同时水解，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴；（3）由信息可知，FeCl3是一种共价化合物，受热变为黄色气体，氯化铁具有强氧化性，可以将碘离子氧化为碘单质；（4）用铁氰化钾溶液检验Fe2+产生蓝色沉淀；为确认黄色气体中含有Cl2，需要除去Fe3+的干扰，因为Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3＋氧化为Br2，可选择NaBr溶液；（5）二氧化锰与FeCl3•6H2O反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，据此结合原子守恒书写化学方程式。【详解】（1）实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性；故答案为检查装置的气密性；（2）FeCl3•6H2O受热失去结晶水，同时水解，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴，而形成白雾；故答案为HCl；（3）碘离子具有还原性，氯化铁具有强氧化性，两者反应，碘离子被氧化为碘单质，反应离子方程式为：2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I2，故答案为2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I2；（4）用铁氰化钾溶液检验Fe2+产生蓝色沉淀，离子方程式是3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓；为确认黄色气体中含有Cl2，将试管B内KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液，若B中观察到浅橙红色，为溴水的颜色，则证明有物质能够将Br-氧化成Br2，铁离子不能氧化溴离子，若未检查到Fe2+，则证明是Cl2氧化的Br-，而不是Fe3+，故答案为3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓；Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3＋氧化为Br2；（5）二氧化锰与FeCl3•6H2O反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，反应方程式为：MnO2＋2FeCl3·6H2OFe2O3＋MnCl2＋Cl2↑＋2HCl＋11H2O，故答案为MnO2＋2FeCl3·6H2OFe2O3＋MnCl2＋Cl2↑＋2HCl＋11H2O。26、打开K1，关闭K2和K3先通入过量的CO2气体，排除装置内空气打开K1，关闭K2和K3打开K2和K3，同时关闭K1浓硫酸吸收多余的溴蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险排出残留在装置中的TiBr4和溴蒸气直形冷凝管温度计（量程250°C）【解析】

⑴检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行排除装置内的空气，防止反应物碳单质与氧气反应，浪费原料，还可能产生有毒气体CO等，污染空气，开始仅仅是通入CO2气体，所以只需要打开K1，关闭K2和K3，打开电炉并加热反应管，此时需要打开K2和K3,同时关闭K1，保证CO2气体携带溴蒸气进入反应装置中。⑵因为产品四溴化钛易发生水解，因此整套装置需要保持干燥，因此进入的CO2气体必须干燥，装置单元X应为尾气处理装置，吸收多余的溴蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气干扰实验，防止产品四溴化钛水解变质。⑶反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气，应继续通入一段时间CO2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染。⑷实验结束后，将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯，因此需要用到直形冷凝管。【详解】⑴检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行排除装置内的空气，防止反应物碳单质与氧气反应，浪费原料，还可能产生有毒气体CO等，污染空气，因此加热实验前应先通入过量的CO2气体，其目的是排除装置内空气。此时仅仅是通入CO2气体，所以只需要打开K1，关闭K2和K3；而反应开始一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时需要打开K2和K3,同时关闭K1，保证CO2气体携带溴蒸气进入反应装置中，故答案为：先通入过量的CO2气体；排除装置内空气；打开K1，关闭K2和K3；打开K2和K3，同时关闭K1。⑵因为产品四溴化钛易发生水解，因此整套装置需要保持干燥，因此进入的CO2气体必须干燥，所以试剂A为浓硫酸（作干燥剂），装置单元X应为尾气处理装置，吸收多余的溴蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气干扰实验，防止产品四溴化钛水解变质。反应过程中需用热源间歇性微热连接管，其目的是防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险，用热源间歇性微热连接管可以使产品四溴化钛加热熔化，流入收集装置中，故答案为：浓硫酸；吸收多余的溴蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解；防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险。⑶反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气，应继续通入一段时间CO2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染，故答案为：排出残留在装置中的TiBr4和溴蒸气。⑷实验结束后，将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。在产品四溴化钛中还有残留的液溴，因此根据题中给出的四溴化钛的沸点233.5°C，可以使用蒸馏法提纯；此时应将a端的仪器改装为直形冷凝管、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是温度计（量程是250°C），故答案为：直形冷凝管；温度计（量程250°C）。27、加快并促进Na2CO3水解，有利于除去油污Fe+2Fe3+=3Fe2+分液漏斗用少量蒸馏水冲洗冷凝管内通道2~3次，将洗涤液注入到锥形瓶Z中(2bc1-dc2)×10-3×18a×100%①④⑤⑥MnO4-+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O392n×252×233m×100%部分Fe2+被氧气氧化取少量待测溶液于试管中，加入少量KSCN【解析】

废铁屑用热的Na2CO3溶液除去表面的油污后，加稀硫酸溶解，Fe与H2SO4反应产生硫酸亚铁溶液，加硫酸铵晶体共同溶解，经过蒸发浓缩、冷却晶体、过滤、洗涤、干燥得到莫尔盐FAS，以此分析解答。【详解】Ⅰ．(1)步骤①是用碳酸钠溶液除去废铁屑表面的油污，该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，由于盐的水解反应是吸热反应，加热，可促进盐的水解，使溶液碱性增强，因而可加快油污的除去速率；(2)亚铁离子易被氧化，少量铁还原氧化生成的Fe3+，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3)根据图示可知：仪器X的名称为分液漏斗；N原子最外层有5个电子，两个N原子之间共用3对电子形成N2，使每个N原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故N2的电子式为；(4)蒸出的氨气中含有水蒸气，使少量的氨水残留在冷凝管中，为减小实验误差，用少量蒸馏水冲洗冷凝管内通道2~3次，将洗涤液注入到锥形瓶Z中；根据反应方程式2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可得物质之间的物质的量关系为：n(NH3)+n(NaOH)=2n(H2SO4)，n(H2SO4)=b×10-3L×c1mol/L=bc1×10-3mol，n(NaOH)=c2mol/L×d×10-3L=c2d×10-3mol，所以n(NH3)=2n(H2SO4)-n(NaOH)=2bc1×10-3mol-c2d×10-3mol=(2bc1-dc2)×10-3mol；根据N元素守恒可知该摩尔盐中含有的NH4+的物质的量为n(NH4+)=(2bc1-dc2)×10-3mol，故NH4+质量百分含量为φ=m((5)用0.01000mol/L的酸性KMnO4溶液滴定溶液中的Fe2+离子，酸性KMnO4溶液盛装在酸式滴定管中，盛装待测液需要使用④锥形瓶，滴定管需要固定，用到⑤铁架台及⑥铁夹。故滴定过程中需用到的仪器是①④⑤⑥；KMnO4将Fe2+氧化为Fe3+，KMnO4被还原为Mn2+，同时产生了水，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得滴定中反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2+(6)根据元素守恒可得：(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O～2SO42-～2BaSO4，n(BaSO4)=ng233g/mol=n233mol，则n[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]=12n(BaSO4)=12×n233mol=n2×233mol，则500mL溶液中含有的(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的物质的量为n2×233mol×500(7)已知实验操作都正确，却发现甲方案的测定结果总是小于乙方案，其可能的原因是Fe2+被空气中的氧气部分氧化，设计简单的化学实验验证上述推测的实验过程为：取少量FAS溶液，加入少量KSCN溶液，若溶液变为红色，说明Fe2+已被空气部分氧化。【点睛】本题考查物质制备实验方案的设计的知识，涉及物质的净化除杂、物质电子式的书写、滴定实验过程中仪器的使用、分析应用、氧化还原反应方程式的书写与计算、物质含量的测定与计算等，该题综合性较强，要注意结合题给信息和装置特点及物质的性质分析，题目难度中等。28、[Ar]3d6（或1s22s22p63s23p63d6）N>O>Csp3随着这类金属阳离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度逐渐升高