2024年四川省内江市威远中学高三第四次模拟考试化学试卷含解析

2024年四川省内江市威远中学高三第四次模拟考试化学试卷请考生注意：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、下列各组离子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式也正确的是A．A B．B C．C D．D2、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3、对图两种有机物的描述错误的是（）A．互为同分异构体 B．均能与钠反应C．均能发生加成反应 D．可用银氨溶液鉴别4、现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，R原子最外层电子数是电子层数的2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z2T型化合物能破坏水的电离平衡，五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示。下列推断正确的是（）A．原子半径和离子半径均满足：Y＜ZB．简单氢化物的沸点和热稳定性均满足：Y>TC．最高价氧化物对应的水化物的酸性：T＜RD．常温下，0.1mol·L－1由X、Y、Z、T四种元素组成的化合物的水溶液的pH一定大于15、下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是()A．抗氧化剂 B．调味剂C．着色剂 D．增稠剂6、下列说法正确的是（）A．氢键、分子间作用力、离子键、共价键都是微粒间的作用力。其中分子间作用力只影响物质的熔沸点而不影响物质的溶解性。B．石墨烯是一种从石墨材料中用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子平面材料，用这种方法可以从C60、金刚石等中获得“只有一层碳原子厚的碳薄片”也必将成为研究方向。C．由“同温度下等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大”，可推知C比S的非金属性弱。D．H、S、O三种元素组成的物质的水溶液与Na、S、O三种元素组成的物质的水溶液混合可能会观察到浑浊现象。7、X、Y、Z、W均是短周期元素，且核电荷数依次增大，X2-与Y+有相同的电子层结构，Z是第3周期元素的简单离子中半径最小的，W的单质有多种同素异形体，其氧化物是形成酸雨的主要原因之一。下列说法正确的是A．原子最外层电子数：X>Y>Z B．单质沸点：Y>Z>WC．离子半径：Y+>X2- D．Y与W形成的化合物的水溶液显碱性8、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9、氮及其化合物的性质是了解工农业生产的重要基础。NA为阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法错误的是A．22.4L（标准状况）15NH3含有的质子数为10NAB．密闭容器中，2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAC．13.8gNO2与足量水反应，转移的电子数为0.2NAD．常温下，1L0.1mol·L1NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NA10、下列物质属于碱的是A．CH3OH B．Cu2(OH)2CO3 C．NH3·H2O D．Na2CO311、化学与我们的生活密切相关。下列说法错误的是()A．开发可燃冰，有利于节省化石燃料，并减少空气污染B．酒精能杀菌，浓度越大效果越好C．钻石、水晶、刚玉都是人们熟知的宝石，但其化学成分不同D．用热的纯碱溶液和直馏汽油去油污原理不同12、有关浓硫酸的性质或作用，叙述错误的是A．浓硫酸的脱水性是化学性质B．使铁、铝钝化表现了强氧化性C．制备乙酸乙酯的反应中起催化吸水作用D．与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，表现强酸性13、化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应无关的是（）A．A B．B C．C D．D14、化学与工业生产密切相关。下列说法中正确的是A．工业上常用电解熔融MgO制镁单质B．工业上常用金属钠与水反应制NaOHC．工业上炼铁的原料是铁矿石和氢气D．工业上制备粗硅的原料是石英砂和焦炭15、下列有关说法正确的是（）A．蔗糖、淀粉、蛋白质、油脂都是营养物质，都属于高分子化合物，都能发生水解反应B．甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4二氯甲苯C．乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去D．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到16、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W、X、Y简单离子的电子层结构相同，X元素在短周期主族元素中原子半径最大；W的简单氢化物常温下呈液态，Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电，X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是A．W、Z形成的化合物可做消毒剂B．原子半径：W<Y<ZC．工业上采用电解Y的氧化物冶炼单质YD．W、X、Z三种元素组成的化合物水溶液一定显碱性17、已知某高能锂离子电池的总反应为：2Li+FeS=Fe+Li2S，电解液为含LiPF6·SO(CH3)2的有机溶液（Li+可自由通过）。某小组以该电池为电源电解废水并获得单质镍，工作原理如图所示。下列分析正确的是A．X与电池的Li电极相连B．电解过程中c(BaC12)保持不变C．该锂离子电池正极反应为：FeS+2Li++2e−=Fe+Li2SD．若去掉阳离子膜将左右两室合并，则X电极的反应不变18、向饱和食盐水中通入氯化氢，直至有白色固体析出，析出过程中叙述错误的是A．白色固体是NaCl B．溶液中存在两种电离平衡C．溶液pH值减小 D．NaCl的溶解速率小于结晶速率19、某有机物W的结构简式为下列有关W的说法错误的是A．是一种酯类有机物 B．含苯环和羧基的同分异构体有3种C．所有碳原子可能在同一平面 D．能发生取代、加成和氧化反应20、环己酮（）在生产生活中有重要的用途，可在酸性溶液中用环己醇间接电解氧化法制备，其原理如图所示。下列说法正确的是A．a极与电源负极相连B．a极电极反应式是2Cr3＋-6e-+14OH-=Cr2O72-+7H2OC．b极发生氧化反应D．理论上生成1mol环己酮时，有1molH2生成21、下列关于有机化合物的说法正确的是()A．属于醛类，官能团为—CHOB．分子式为C5H10O2的有机物中能与NaOH溶液反应的有4种C．立方烷()的六氨基（-NH2）取代物有3种D．烷烃的正确命名是2-甲基-3-丙基戊烷22、常温时，1mol/L的HA和1mol/L的HB两种酸溶液，起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水进行稀释，所得变化关系如图所示（V表示溶液稀释后的体积）。下列说法错误的是A．Ka(HA)约为10-4B．当两溶液均稀释至时，溶液中＞C．中和等体积pH相同的两种酸所用n(NaOH)：HA>HBD．等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者二、非选择题(共84分)23、（14分）肉桂酸是一种重要的有机合成中间体，被广泛应用于香料、食品、医药和感光树脂等精细化工产品的生产，它的一条合成路线如下：已知：完成下列填空：（1）反应类型：反应II________________，反应IV________________。（2）写出反应I的化学方程式____________________________________。上述反应除主要得到B外，还可能得到的有机产物是______________（填写结构简式）。（3）写出肉桂酸的结构简式______________________。（4）欲知D是否已经完全转化为肉桂酸，检验的试剂和实验条件是____________________。（5）写出任意一种满足下列条件的C的同分异构体的结构简式。①能够与NaHCO3(aq)反应产生气体②分子中有4种不同化学环境的氢原子。___________________________。（6）由苯甲醛（）可以合成苯甲酸苯甲酯（），请设计该合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）_____________24、（12分）H是合成某药物的中间体，其合成路线如F（-Ph代表苯基）：（1）已知X是一种环状烃，则其化学名称是___。（2）Z的分子式为___；N中含氧官能团的名称是__。（3）反应①的反应类型是__。（4）写出反应⑥的化学方程式：__。（5）T是R的同分异构体，同时满足下列条件的T的同分异构体有___种（不包括立体异构）。写出核磁共振氢谱有五个峰的同分异构体的结构简式：___。a．与氯化铁溶液发生显色反应b．1molT最多消耗2mol钠c．同一个碳原子上不连接2个官能团（6）参照上述合成路线，结合所学知识，以为原料合成OHCCH2CH2COOH，设计合成路线：___（其他试剂任选）。25、（12分）已知25℃时，Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16。某研究性学习小组探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因。步骤现象Ⅰ.将NaCl与AgNO3溶液混合产生白色沉淀Ⅱ.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀变为黑色Ⅲ.滤出黑色沉淀，加入NaCl溶液在空气中放置较长时间后，沉淀变为乳白色(1)Ⅰ中的白色沉淀是__。(2)Ⅱ中能说明沉淀变黑的离子方程式是__。(3)滤出步骤Ⅲ中乳白色沉淀，推测含有AgCl。用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，过滤得到滤液X和白色沉淀Y。ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀①由ⅰ判断，滤液X中被检出的离子是__。②由ⅰ、ⅱ可确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀__。(4)该学生通过如下对照实验确认了步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因：在NaCl存在下，氧气将Ⅲ中黑色沉淀氧化。现象B：一段时间后，出现乳白色沉淀C：一段时间后，无明显变化①A中产生的气体是___。②C中盛放的物质W是__。③该同学认为B中产生沉淀的反应如下（请补充完整）：__2Ag2S+__+__+2H2O=4AgCl+__+4NaOH④从溶解平衡移动的角度，解释B中NaCl的作用__。26、（10分）四氯化锡（SnCl4）常用作有机催化剂、烟雾弹和用来镀锡。某学习小组拟用干燥的氯气和熔融的锡制备SnCl4并测定产品的纯度。已知：i．SnCl4在空气中极易水解成SnO2·xH2O；ii．有关物质的物理性质如下表所示。物质颜色熔点/℃沸点/℃Sn银白色2322260SnCl2白色247652SnCl4无色-33114回答下列问题：(1)装置E的仪器名称是_____，装置C中盛放的试剂是_____。(2)装置G的作用是_____。(3)实验开始时，正确的操作顺序为_____。①点燃装置A处酒精灯②点燃装置D处酒精灯③打开分液漏斗活塞(4)得到的产品显黄色是因含有少量_____，可以向其中加入单质___________（填物质名称）而除去。为了进一步分离提纯产品，采取的操作名称是_____。(5)产品中含少量SnCl2，测定产品纯度的方法：取0.400g产品溶于足量稀盐酸中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.0100mo/L碘酸钾标准溶液滴定至终点，消耗标准液8.00mL。①滴定原理如下，完成i对应的离子方程式。i．_____Sn2++_____IO3－+_____H+=________Sn4++_____I－+_____ii．IO3－+5I2－+6H+=3I2+3HO②滴定终点的现象是_____。③产品的纯度为_____%（保留一位小数）。27、（12分）硫酰氯（SO2Cl2）可用于有机合成和药物制造等。实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2[SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ/mol]，装置如图所示（部分装置省略）。已知SO2Cl2的熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，有强腐蚀性，不宜接触碱、醇、纤维素等许多无机物和有机物，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。回答下列问题：I．SO2Cl2的制备（1）水应从___（选填“a”或“b”）口进入。（2）制取SO2的最佳组合是___（填标号）。①Fe+18.4mol/LH2SO4②Na2SO3+70%H2SO4③Na2SO3+3mo/LHNO3（3）乙装置中盛放的试剂是___。（4）制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中，原因是___。（5）反应结束后，分离甲中混合物的最佳实验操作是___。II．测定产品中SO2Cl2的含量，实验步骤如下：①取1.5g产品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振荡、过滤、洗涤，将所得溶液均放入锥形瓶中；②向锥形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.2000mol·L－1的AgNO3溶液l00.00mL；③向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；④加入NH4Fe(SO4)2指示剂，用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为10.00mL。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10Ksp(AgSCN)=2×10-12（6）滴定终点的现象为___。（7）产品中SO2Cl2的质量分数为___%，若步骤③不加入硝基苯则所测SO2Cl2含量将___（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。28、（14分）碘海醇是一种非离子型X-CT造影剂。下面是以化合物A(分子式为C8H10的苯的同系物)为原料合成碘海醇的合成路线[R为-CH2CH(OH)CH2OH]：（1）写出A的结构简式：____________。（2）反应①-⑤中，属于取代反应的是____________(填序号)．（3）写出C中含氧官能团的名称：硝基、____________。（4）写出同时满足下列条件的D的两种同分异构体的结构简式：____________。Ⅰ．含1个手性碳原子的α-氨基酸Ⅱ．苯环上有3个取代基，分子中有6种不同化学环境的氢Ⅲ．能发生银镜反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应（5）已知：①②呈弱碱性，易被氧化请写出以和(CH3CO)2O为原料制备染料中间体的合成路线流程图(无机试剂任用)____________________。合成路线流程图示例如下：。29、（10分）草酸（H2C2O4）是最简单的有机二元酸，具有较强的还原性，工业上主要用于生产药物以及提炼稀有金属。工业上可由以下反应制取草酸（两步反应均为液相反应）：①4CO+4C4H9OH+O22(COOC4H9)2+2H2O②(COOC4H9)2+2H2OH2C2O4+2C4H9OH－Q（Q＞0）（1）反应①选择13~15MPa的高压条件下进行，最主要的原因是为了___。若5min内水的质量增加了7.2g/L，则用水表示的反应速率为____。（2）对于反应②，下列能够说明其已经达到平衡的是____。a．平衡常数K保持不变b．反应液的pH保持不变c．丁醇的浓度保持不变d．反应液的总质量保持不变下列措施既能加快该反应速率，又有利于提高产率的是___。a．合理升高反应温度b．合理增大反应压强c．增大水的用量d．加入稀硫酸作为催化剂（3）将物质的量浓度相同的草酸溶液与次氯酸钠溶液等体积混合，产生大量无色无味的气体，写出反应的化学方程式____。（4）已知草酸氢钠溶液显酸性，下列措施能使草酸氢钠溶液中减小的是___。a．通入HCl气体b．加入草酸晶体c．通入NH3d．加入草酸钾晶体（5）已知：物质的量浓度相同的草酸溶液与亚硫酸钠溶液等体积混合，反应的化学方程式为：①H2C2O4+Na2SO3→NaHC2O4+NaHSO3；草酸溶液与过量的亚硫酸钠溶液混合，反应的化学方程式为：②H2C2O4+2Na2SO3→Na2C2O4+2NaHSO3；过量的草酸溶液与亚硫酸钠溶液混合，反应的化学方程式为：③2H2C2O4+Na2SO3→2NaHC2O4+H2O+SO2↑根据以上信息判断草酸的两级电离常数（记为K1、K2）与亚硫酸的两级电离常数（记为K3、K4）由大到小的顺序____。

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、HCO3-与SiO32-反应生成硅酸沉淀和CO32-，所以HCO3-与SiO32-不能大量共存，故不选A；B、FeS溶于酸，所以Fe2+与H2S不反应，故不选B；C、HClO能把SO32-氧化为SO42-，HClO、SO32-不能共存，故不选C；D、I-、Cl-、H+、SO42-不反应，加入NaNO3，酸性条件下碘离子被硝酸根离子氧化为碘单质，反应离子方程式是6I-+8H++2NO3-=2NO↑+3I2+4H2O，故选D。2、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。3、A【解析】

A.前者含8个H原子，后者含10个H原子，分子式不同，二者不是同分异构体，故A错误；B.前者含-OH，后者含-COOH，则均能与钠反应生成氢气，故B正确；C.前后含苯环、-CHO，后者含碳碳双键，则均可发生加成反应，故C正确；

D.前者含-CHO（能发生银镜反应），后者不含，则可用银氨溶液鉴别，故D正确；故答案选A。【点睛】有机物能够与氢气发生加成反应的结构特点：含有不饱和键：碳碳双键，碳碳三键，含有醛基、羰基，含有苯环；能够与金属钠发生反应的有机物的结构特点：含有-OH、-COOH等；能够发生银镜反应的有机物的结构特点：含有醛基。4、B【解析】

R原子最外层电子数是电子层数的2倍，则R可能为C或S，结合题图可知R为C；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Y为O，Z为Na；Z与T形成的Z2T型化合物能破坏水的电离平衡，则T为S；X的原子半径、原子序数最小，则X为H。【详解】A.电子层越多，原子半径越大，则原子半径为O＜Na，具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径为O2－＞Na＋，故A错误；B.Y、T的简单氢化物分别为H2O、H2S，水分子间存在氢键，则沸点H2O>H2S，元素非金属性越强，对应的简单氢化物的热稳定性越强，则热稳定性H2O>H2S，故B正确；C.非金属性S＞C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为H2SO4＞H2CO3，故C错误；D.由H、O、Na、S四种元素组成的常见化合物有NaHSO3和NaHSO4，0.1mol·L－1NaHSO3溶液的pH>1，0.1mol·L－1NaHSO4溶液的pH＝1，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】氢化物稳定性与非金属有关，氢化物沸点与非金属无关，与范德华力、氢键有关，两者不能混淆。5、A【解析】

A.抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；B.调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；C.着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；D.增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。故选:A。6、D【解析】

A.氢键也属于分子间作用力，分子间作用力不仅影响物质的熔沸点，也影响物质的溶解性，故A错误；B.C60、金刚石中碳原子间形成网状结构而不是层状结构，所以不能用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子面材料，故B错误；C.等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大，则碳酸的酸性小于亚硫酸，而亚硫酸不是硫元素的最高价氧化物的水化物，不能比较C比S的非金属性弱，故C错误；D.H、S、O三种元素组成的物质的水溶液可以是硫酸溶液，Na、S、O三种元素组成的物质的水溶液可以是硫代硫酸钠溶液，硫酸和硫代硫酸钠溶液混合有不溶于水的硫单质生成，所以可能会观察到浑浊现象，故D正确。答案选D。【点睛】本题考查了微粒间作用力、元素化合物性质、非金属性的判断等知识点，注意氢键不是化学键，属于分子间作用力，为易错点。7、D【解析】

Z是第3周期元素的简单离子中半径最小的，则Z为Al，X2-与Y+有相同的电子层结构，则X为O，Y为Na，W的单质有多种同素异形体，其氧化物是形成酸雨的主要原因之一，则W为S，以此解题。【详解】根据分析，X为O、Y为Na、Z为Al、W为S；A．X为O，最外层电子数为6，Y为Na，最外层电子数为1，Z为Al，最外层电子数为3，原子最外层电子数：X>Z>Y，故A错误；B．Y为Na、Z为Al、W为S，铝的原子半径与钠相比较小，且其价电子数较多，故金属键较强，则铝的熔点高于钠，即单质沸点：Z>Y，故B错误；C．X为O、Y为Na，X2-与Y+有相同的电子层结构，核电荷数越大，半径越小，离子半径：Y+<X2-，故C错误；D．Y为Na、W为S，Y与W形成的化合物为硫化钠，属于强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，故D正确；答案选D。【点睛】酸雨是硫和氮的氧化物造成的，分析出W是硫。8、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。9、B【解析】

A．22.4L（标准状况）15NH3即=1mol，1个15NH3中质子数为10，故1mol15NH3中质子数为10NA，故A不符合题意；B．2molNO与1molO2充分反应会生成2molNO2，但NO2气体存在二聚反应：，因此产物中的分子数小于2NA，故B符合题意；C．13.8gNO2即=0.3mol，其反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO2生成NO化合价降低2，转移电子数为0.2NA，故C不符合题意；D．1L0.1mol·L1NH4NO3溶液中n(NH4NO3)=0.1mol，氮原子数为0.2NA，故D不符合题意；故答案为：B。【点睛】解答本类题目要审清选项中涉及的以下几个方面：①要审清所求粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电子等，②涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强，③涉及中子数和化学键的计算，要审清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量，④涉及化学反应要明确相关反应的特点和电子转移；⑤涉及溶液中的微粒要关注电离和水解；⑥要注意审清运算公式。10、C【解析】

A.CH3OH为非电解质，溶于水时不能电离出OH－，A项错误；B.Cu2(OH)2CO3难溶于水，且电离出的阴离子不全是OH－，属于碱式盐，B项错误；C.NH3·H2O在水溶液中电离方程式为NH4++OH－，阴离子全是OH－，C项正确；D.Na2CO3电离只生成Na+、CO32-，属于盐，D项错误。本题选C。11、B【解析】

A．“可燃冰”是天然气水合物，燃烧生成二氧化碳和水，属于清洁能源，有利于节省化石燃料，并减少空气污染，故A正确；B．医用酒精的浓度为75%，并不是越大越好，浓度过大的酒精能够使细菌表明的蛋白质凝固，形成一层硬膜，这层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌，故B错误；C．钻石的成分是碳单质，水晶的成分是二氧化硅、刚玉的成分是氧化铝，三者成分不同，故C正确；D．纯碱水解显碱性，油脂在碱性环境下水解，直馏汽油去油污是利用相似相溶原理，所以二者去油污原理不同，故D正确；故选：B。12、D【解析】

A.浓硫酸使其他物质脱水生成新的物质，属于化学反应，是化学性质，故A正确；B.浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁、铝发生钝化，故B正确；C.制备乙酸乙酯的反应中浓硫酸起催化剂和吸水剂作用，故C正确；D.浓硫酸与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，表现难挥发性，故D错误；故选D。13、D【解析】

A．锂电池使用过程中，锂失电子发生氧化反应，故不选A；B.。铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，铝失电子发生氧化反应，故不选B；C．长征五号运载火箭采用液氢液氧作为推进剂，发射过程发生氧化还原反应放热，故不选C；D．用“天眼”接收宇宙中的射电信号，没有生成新物质，不属于化学变化，故D选；故选D。14、D【解析】

A．电解熔融氯化镁制得镁单质，化学方程式为：，而不是氧化镁，故A错误；B．工业上常用石灰乳与纯碱反应Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，制备NaOH，而不是钠与水反应，故B错误；C．炼铁的原料铁矿石、焦炭、石灰石，起还原剂作用的是碳和氢气反应生成的CO，故C错误；D．二氧化硅与焦炭反应生成粗硅和一氧化碳，反应方程式为：，所以工业上制备粗硅的主要原料有石英砂和焦炭，故D正确；故选：D。【点睛】电解制备镁单质所使用物质为氯化镁，而非氧化镁，其原因在于氧化镁的熔点较高，电解过程中耗能较大，而氯化镁的熔点较低，在熔融状态下能够发生电离，能够制备镁单质。15、C【解析】

A．油脂属于小分子化合物，不是高分子化合物，故A错误；B．甲苯和氯气在光照条件下发生取代反应时，取代甲基上氢原子而不是苯环上氢原子，故B错误；C．乙醇、乙酸能发生酯化反应，乙酸乙酯能发生水解反应，所以乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应；制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，故C正确；D．石油的分馏不能得到甲烷、乙烯等，只能的到汽油、煤油、柴油等轻质油和重油，然后轻质油再经过裂解可以得到甲烷、乙烯等小分子烃，通过煤的干馏可得到苯，故D错误；故选C。16、A【解析】

X元素是短周期主族元素中原子半径最大，则X为Na，W的简单氢化物常温下呈液态，该氢化物是H2O，即W为O，Y的氧化物和氯化物熔融状态下都能够导电，说明它们都是离子化合物，即Y为Mg，X、Y、Z原子最外层电子数之和10，推出Z的最外层有7个电子，四种元素原子序数依次增大，即Z为Cl，据此分析；【详解】X元素是短周期主族元素中原子半径最大，则X为Na，W的简单氢化物常温下呈液态，该氢化物是H2O，即W为O，Y的氧化物和氯化物熔融状态下都能够导电，说明它们都是离子化合物，即Y为Mg，X、Y、Z原子最外层电子数之和10，推出Z的最外层有7个电子，四种元素原子序数依次增大，即Z为Cl，A.W和Z形成的化合物可以是ClO2，ClO2具有强氧化剂，能作消毒剂，故A正确；B.O、Mg、Cl原子半径大小是Mg>Cl>O，故B错误；C.工业上冶炼金属镁，常电解熔融状态的氯化镁，因为氯化镁的熔点低于氧化镁，故C错误；D.O、Na、Cl可以形成多种化合物，NaClO水溶液显碱性，NaClO4水溶液显中性，故D错误；答案：A。【点睛】易错点是Y元素的推断，学生认为Y可能是Al，认为Al2O3和AlCl3熔融中状态下都能够导电，忽略了AlCl3是共价化合物，熔融状态下不能够导电。17、C【解析】

由反应FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li被氧化，应为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为正极反应，正极电极反应为FeS+2Li++2e-=Fe+Li2S，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni，则电解池中：镀镍碳棒为阴极，即Y接线柱与原电池负极相接，发生还原反应，碳棒为阳极，连接电源的正极，发生氧化反应，据此分析解答。【详解】A.用该电池为电源电解含镍酸性废水，并得到单质Ni，镍离子得到电子、发生还原反应，则镀镍碳棒为阴极，连接原电池负极，碳棒为阳极，连接电源的正极，结合原电池反应FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li被氧化，为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为原电池正极，所以X与电池的正极FeS相接，故A错误；B.镀镍碳棒与电源负极相连、是电解池的阴极,电极反应Ni2++2e−=Ni，为平衡阳极区、阴极区的电荷，Ba2+和Cl−分别通过阳离子膜和阴离子膜移向1%BaCl2溶液中，使BaCl2溶液的物质的量浓度不断增大，故B错误；C.锂离子电池，FeS所在电极为正极，正极反应式为FeS+2Li++2e−═Fe+Li2S，故C正确；D.若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl−>OH−，则Cl−移向阳极放电：2Cl−−2e−=Cl2↑，电解反应总方程式会发生改变，故D错误；答案选C。18、B【解析】

A.向饱和食盐水中通入氯化氢，氯离子浓度增大，会使氯化钠析出，故A正确；B.溶液中只存在水的电离平衡，故B错误；C.氯化钠溶液显中性，通入氯化氢后溶液显酸性，溶液pH值减小，故C正确；D.因为有氯化钠固体析出，所以氯化钠的溶解速率小于结晶速率，故D正确；故选：B。19、B【解析】

根据有机物W的结构简式，还可写为C6H5-OOCCH3，可判断有机物中含有酯基。【详解】A.W的结构简式为C6H5-OOCCH3，含有酯基，是一种酯类有机物，与题意不符，A错误；B.同分异构体含苯环和羧基，则苯环上的取代基为-CH3、-COOH有邻间对3种，或-CH2COOH一种，合计有4种，错误，符合题意，B正确；C.苯环上的C原子及酯基上的碳原子均为为sp2杂化，则苯环与酯基各为一个平面，当两平面重合时，所有碳原子可能在同一平面，与题意不符，C错误；D.有机物含有苯环及酯基能发生取代、加成，可以燃烧发生氧化反应，与题意不符，D错误；答案为B。20、D【解析】

根据原理图可知，a极为电解池的阳极，Cr3＋失电子发生氧化反应，电极反应式是2Cr3＋-6e-+7H2O=Cr2O72-+14H+，b极为阴极，氢离子得电子发生还原反应生成氢气，结合转移电子数相等计算，据此分析解答。【详解】A.根据原理图可知，a极为电解池的阳极，则与电源正极相连，故A错误；B.根据原理图可知，a极为电解池的阳极，Cr3＋失电子发生氧化反应，电极反应式是2Cr3＋-6e-+7H2O=Cr2O72-+14H+，故B错误；C.b极为阴极，氢离子得电子发生还原反应，故C错误；D.理论上由环己醇(C6H12O)生成1mol环己酮(C6H10O)，转移2mol电子，根据电子守恒可知，阴极有1mol氢气放出，故D正确；故选D。21、C【解析】

A．的官能团为—COO—(酯基)，为甲酸与苯酚发生酯化反应形成的酯，属于酯类，A选项错误；B．分子式为C5H10O2且能与NaOH溶液反应的有机物可能为羧酸，也可能为酯，若为羧酸，C5H10O2为饱和一元酸，烷基为—C4H9，—C4H9的同分异构体有—CH2CH2CH2CH3、—CH(CH3)CH2CH3、—CH2CH(CH3)CH3、—C(CH3)3；若为酯，可能是以下几种醇和酸形成的酯，①甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种②乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种③丙酸和乙醇酯化，1种④丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种，因此共有4+2+1+2=9种，则符合条件的C5H10O2的有机物共有13种，B选项错误；C．氨基可以占据同一边上的两个顶点，同一平面的两个顶点，立方体对角线的两个顶点，则立方烷的二氨基取代物有3种，而立方烷的六氨基取代物的种类等于二氨基取代物的种类，也为3种，C选项正确；D．的最长碳链为6，称为己烷，在2号碳上有1个甲基，3号碳上有1个乙基，正确命名为2-甲基-3-乙基己烷，D选项错误；答案选C。【点睛】B选项为易错选项，在解答时容易忽略含有两个氧原子且能与NaOH溶液反应的有机物除了羧酸以外，还有可能是酯，酯能与氢氧化钠发生水解反应。22、B【解析】

根据图示，当lg（V/V0）+1=1时，即V=V0，溶液还没稀释，1mol/L的HA溶液pH=2，即HA为弱酸，溶液中部分电离；1mol/L的HB溶液pH=0，即HB为强酸，溶液中全部电离。因为起始两溶液浓度和体积均相等，故起始两溶液中所含一元酸的物质的量相等。【详解】A.1mol/L的HA溶液的pH为2，c(A-)＝c(H＋)＝0.01mol/L，c(HA)1mol/L，则HA的电离常数约为10-4，A正确；B.由电荷守恒有：c（H+）=c(A-)+c(OH-)，c（H+）=c(B-)+c(OH-)，当两溶液均稀释至时，HB溶液pH=3，HA溶液pH>3，则有c(A-)<c(B-)，B错误；C.HA为弱酸，HB为强酸，等体积pH相同的两种酸所含一元酸的物质的量n(HA)>n(HB)，故分别用NaOH溶液中和时，消耗的NaOH物质的量：HA>HB，C正确；D.等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液，Na+数目相同，HA为弱酸，盐溶液中A-发生水解，NaA溶液呈碱性，NaA溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），HB为强酸，盐溶液中B-不发生水解，NaB溶液呈中性，NaB溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（B-）+c（OH-），NaA溶液中c（H+）<NaB溶液中c（H+），所以等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者，D正确。答案：B。二、非选择题(共84分)23、取代反应消去反应、新制Cu(OH)2悬浊液、加热（或银氨溶液、加热）或【解析】

根据上述反应流程看出，结合及有机物B的分子式看出，有机物A为甲苯；甲苯发生侧链二取代，然后再氢氧化钠溶液中加热发生取代反应，再根据信息，可以得到；与乙醛发生加成反应生成，加热失水得到含有碳碳双键的有机物D，有机物D被弱氧化剂氧化为肉桂酸。【详解】（1）综上所述，反应II为氯代烃的水解反应，反应IV为加热失水得到含有碳碳双键的有机物D，为消去反应；正确答案：取代反应；消去反应。（2）甲苯与氯气光照条件下发生取代反应，方程式为：；氯原子取代甲苯中甲基中的氢原子，可以取代1个氢或2个氢或3个氢，因此还可能得到的有机产物是、；正确答案：；、。（3）反应IV为加热失水得到含有碳碳双键的有机物D，有机物D被弱氧化剂氧化为肉桂酸，结构简式；正确答案：。（4）有机物D中含有醛基，肉桂酸中含有羧基，检验有机物D是否完全转化为肉桂酸，就是检验醛基的存在，所用的试剂为新制的氢氧化铜悬浊液、加热或银氨溶液，加热，若不出现红色沉淀或银镜现象，有机物D转化完全；正确答案：新制Cu(OH)2悬浊液、加热（或银氨溶液、加热）。（5）有机物C分子式为C9H10O2，①能够与NaHCO3(aq)反应产生气体，含有羧基；②分子中有4种不同化学环境的氢原子，有4种峰，结构满足一定的对称性；满足条件的异构体有2种，分别为：和；正确答案：或。（6）根据苯甲酸苯甲酯结构可知，需要试剂为苯甲醇和苯甲酸；苯甲醛还原为苯甲醇，苯甲醛氧化为苯甲酸；苯甲醇和苯甲酸在一定条件下发生酯化反应生成苯甲酸苯甲酯；具体流程如下：；正确答案：；。24、环戊二烯C7H8O羰基加成反应2+O22+2H2O9【解析】

（1）已知X是一种环状烃，分子式为C5H6推断其结构式和名称；（2）由Z得结构简式可得分子式，由N得结构简式可知含氧官能团为羰基；（3）反应①的反应类型是X与Cl2C=C=O发生的加成反应；（4）反应⑥为M的催化氧化；（5）T中含不饱和度为4与氯化铁溶液发生显色反应则含苯酚结构；1molT最多消耗2mol钠则含有两个羟基；同一个碳原子上不连接2个官能团，以此推断；（6）运用上述流程中的前三步反应原理合成环丁酯，环丁酯水解、酸化得到OHCCH2CH2COOH。【详解】（1）已知X是一种环状烃，分子式为C5H6，则X为环戊二稀，故答案为环戊二烯；（2）Z结构式为，分子式为：C7H8O；由N得结构简式可知含氧官能团为酮键；故答案为：C7H8O；羰基；（3）反应①的反应类型是X与Cl2C=C=O发生的加成反应；故答案为：加成反应；（4）反应⑥为M的催化氧化反应方程式为：2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；（5）R中不饱和度为4，T中苯环含有4个不饱和度，与氯化铁溶液发生显色反应则含苯酚结构；1molT最多消耗2mol钠则含有两个羟基；同一个碳原子上不连接2个官能团。则有两种情况，苯环中含有3个取代基则含有两个羟基和一个甲基，共有6种同分异构体；苯环中含有2个取代基则一个为羟基一个为-CH2OH，共有三种同分异构体（邻、间、对），则共有9种同分异构体。核磁共振氢谱有五个峰的同分异构体的结构简式为：故答案为：9；；（6）参考上述流程中的有关步骤设计，流程为：，故答案为：。25、AgCl2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)SO42-SO2Ag2S的悬浊液2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S【解析】

(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3溶液发生反应生成。(2)Ⅱ中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等。(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；①由ⅰ判断，可确定滤液X中被检出的离子。②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等。(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体的成分。②因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W。③B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可完善方程式。④B中，Ag2S被氧化生成S，则Ag+会与NaCl作用，从而促进平衡正向移动。【详解】(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3反应生成，则为AgCl。答案为：AgCl；(2)Ⅱ中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等，反应的离子方程式为2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。答案为：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)；(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；①由ⅰ判断，可确定滤液X中被检出的离子为SO42-。答案为：SO42-；②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等，则其为S。答案为：S；(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体为O2。答案为：O2；②因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W为Ag2S的悬浊液。答案为：Ag2S的悬浊液；③B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可得出配平的方程式为2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH。答案为：2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH；④B中，Ag2S被O2氧化生成S，则Ag+游离出来，会与NaCl中的Cl-结合，生成AgCl沉淀，从而促进平衡正向移动，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。答案为：对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。【点睛】因为Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16，所以将AgCl转化为Ag2S我们容易理解，如何实现黑色沉淀向白色沉淀的转化，即Ag2S转化为AgCl，则需要改变反应条件，通过实验我们可得出是O2的帮助，结合前面推断，可确定还有S生成，然后利用守恒法便可将方程式配平。26、冷凝管浓硫酸（浓H2SO4）吸收多余的Cl2，防止污染空气；吸收空气中的水蒸气，防止产品水解③①②Cl2锡蒸馏316313H2O锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，半分钟不褪色88.6【解析】

在A装置中，MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成Cl2，由于浓盐酸易挥发，所以生成的Cl2中混有HCl气体和水蒸气。B装置中，饱和食盐水可除去Cl2中的HCl，C装置用于干燥Cl2，所以应放入浓硫酸；在排尽装置内的空气后，加热D装置，让锡与Cl2反应生成SnCl4蒸汽，冷凝管冷凝后用F装置收集，同时用G装置吸收未反应的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入F中，引起SnCl4的水解。【详解】(1)装置E的仪器名称是冷凝管，由以上分析知，装置C用于干燥氯气，应盛放的试剂是浓硫酸（浓H2SO4）。答案为：冷凝管；浓硫酸（浓H2SO4）；(2)装置G既可防止氯气进入大气，又可防止大气中的水蒸气进入装置，所以其作用是吸收多余的Cl2，防止污染空气；吸收空气中的水蒸气，防止产品水解。答案为：吸收多余的Cl2，防止污染空气；吸收空气中的水蒸气，防止产品水解；(3)实验开始时，应先加药品再制氯气，最后发生Sn与Cl2的反应，所以正确的操作顺序为③①②。答案为：③①②；(4)得到的产品显黄色是因含有少量Cl2，可以向其中加入单质锡，让其与Cl2反应生成SnCl4除去。由信息可知，杂质SnCl2的沸点比SnCl4高，可采取的操作名称是蒸馏。答案为：Cl2；锡；蒸馏；(5)①利用得失电子守恒配平时，可先配含变价元素微粒的化学计量数，再利用电荷守恒、质量守恒配其它物质的化学计量数，从而得到配平的方程式为：3Sn2++IO3－+6H+=3Sn4++I－+3H2O。答案为：3；1；6；3；1；3H2O；②滴定终点时，发生反应IO3－+5I2－+6H+=3I2+3HO，生成的I2使淀粉变蓝，从而得出产生的现象是锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，半分钟不褪色。答案为：锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，半分钟不褪色；③由反应方程式可得关系式：3Sn2+——IO3－，n(Sn2+)=3n(IO3-)=3×0.0100mo/L×8.00×10-3L=2.4×10-4mol，产品的纯度为=88.6%。答案为：88.6。【点睛】在回答“为了进一步分离提纯产品，采取的操作名称”时，我们应清楚产品中混入了何种杂质，所以需从题干、表格中寻找信息，在表格中将SnCl2的熔、沸点与SnCl4进行了对比，从而暗示我们，杂质为SnCl2，由此便可确定净化方法。27、b②碱石灰制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率蒸馏溶液变为红色，而且半分钟内不褪色85.5%偏小【解析】

（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2；（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；（7）用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积V，则过量Ag+的物质的量为Vcmol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol，则可以求出SO2Cl2的物质的量；AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小。【详解】（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出，故水应该从b口进入；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用②70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2，故选②；（3）根据装置图可知，冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰，可以吸收氯气、SO2并防止空气中的水蒸气进入冷凝管中，故乙装置中盛放的试剂是碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为：溶液变为红色，而且半分钟内不褪色；（7）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积10.00mL，则过量Ag+的物质的量为Vcmol=0.01×0.1000mol·L-1=1×10-3mol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0