2024年浙江省杭州市萧山三中高三一诊考试化学试卷含解析

2024年浙江省杭州市萧山三中高三一诊考试化学试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下列说法中正确的是A．O2-离子结构示意图为B．乙烯的结构简式为CH2=CH2C．NH3溶于水后的溶液能导电，因此NH3是电解质D．正反应放热的可逆反应不需加热就能反应，升温，正反应速率降低2、有八种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，其中x、y、d、f随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示。z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH与原子序数的关系如图2所示。根据上述信息进行判断，下列说法正确是（）A．d、e、f、g形成的简单离子中，半径最大的是d离子B．d与e形成的化合物中只存在离子键C．x、y、z、d、e、f、g、h的单质中，f的熔点最高D．x与y可以形成多种化合物，可能存在非极性共价键3、下列化学原理正确的是()A．沸点：HF>HCl>HBr>HIB．一定条件下可以自发进行，则C．常温下，溶液加水，水电离的保持不变D．标况下，1mol分别与足量Na和反应，生成气体的体积比为4、加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如图所示装置探究废旧塑料的再利用。下列叙述不正确的是A．装置乙试管中收集到的液体在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应B．装置丙中的试剂吸收反应产生的气体后得到的产物的密度均比水大C．最后收集的气体可以作为清洁燃料使用D．甲烷的二氯代物有2种5、下列说法正确的是（）A．C4H8BrCl的同分异构体数目为10B．乙烯和苯均能使溴水褪色，且原理相同C．用饱和Na2CO3溶液可鉴别乙醇、乙酸、乙酸乙酯D．淀粉、油脂和蛋白质均为能发生水解反应的高分子化合物6、我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。下列说法不正确的是A．异戊二烯所有碳原子可能共平面B．可用溴水鉴别M和对二甲苯C．对二甲苯的一氯代物有2种D．M的某种同分异构体含有苯环且能与钠反应放出氢气7、有氯气参加的化学反应一定不属于A．复分解反应 B．置换反应 C．取代反应 D．加成反应8、NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．常温常压下，11.2LSO2含有的氧原子数小于NAB．0.1molNa2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数等于0.4NAC．10g质量分数为34%的H2O2溶液含有的氢原子数为0.2NAD．100mL0.1mol/L醋酸中含有的醋酸分子数是0.01NA9、使用石油热裂解的副产物中的甲烷来制取氢气，需要分两步进行，其反应过程中的能量变化如图所示：则甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为（）A．CH4(g)＋H2O(g)=3H2(g)＋CO(g)ΔH＝－103.3kJ/molB．CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝－70.1kJ/molC．CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝70.1kJ/molD．CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝－136.5kJ/mol10、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11、汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是A．生成40.0LN2（标准状况） B．有0.250molKNO3被氧化C．转移电子的物质的量为1.25mol D．被氧化的N原子的物质的量为4.75mol12、117号元素为TS位于元素周期表中氟元素同一族。下列说法错误的是A．TS是主族元素 B．TS的最外层p轨道中有5个电子C．TS原子核外共有6个电子层 D．同族元素中TS非金属性最弱13、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂B．SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维C．Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料D．CaO能与水反应，可用作食品干燥剂14、某同学在实验室利用氢氧化钠、盐酸分离铁粉和铝粉混合物，物质转化关系如图所示：下列说法不正确的是()A．x为NaOH溶液，y为盐酸B．a→b发生的反应为：AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓C．b→c→Al的反应条件分别为：加热、电解D．a、b、c既能与酸又能与碱反应15、某同学利用下图装置探究SO2的性质。下列有关反应的方程式，不正确的是（）A．①中溶液显红色的原因：CO32－+H2OHCO3－+OH－B．①中溶液红色褪去的原因：2SO2+CO32－+H2O==CO2+2HSO3－C．②中溶液显黄绿色的原因：Cl2+H2O==HCl+HClOD．②中溶液黄绿色褪去的原因：SO2+Cl2+2H2O==H2SO4+2HCl16、春季复工、复学后，公用餐具消毒是防控新型冠状病毒传播的有效措施之一。下列可直接用作公用餐具消毒剂的是A．95%的乙醇溶液 B．40%的甲醛溶液C．次氯酸钠稀溶液 D．生理盐水17、螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。是其中一种，下列关于该化合物的说法错误的是（）A．该化合物的分子式为C9H12B．一氯代物有四种C．该化合物可以发生氧化、取代、加成、加聚等反应D．与Br2以物质的量之比l：1加成生成2种产物18、0.1moL/L醋酸用蒸馏水稀释的过程中，下列说法正确的是（）A．电离程度增大，H+浓度增大 B．电离程度减小，H+浓度减小C．电离程度增大，H+浓度减小 D．电离程度减小，H+浓度增大19、化学与社会、生活密切相关。下列说法错误的是（）A．蚕丝属于天然高分子材料B．雾霾纪录片《穹顶之下》，提醒人们必须十分重视环境问题，提倡资源的“3R”利用，即：减少资源消耗（Reduce)、增加资源的重复使用（Reuse）、提高资源的循环利用（Recycle）C．化石燃料完全燃烧不会造成大气污染D．中国古代用明矾溶液清洗铜镜表面的铜锈20、阿巴卡韦（Abacavir）是一种核苷类逆转录酶抑制剂，存在抗病毒功效。关于其合成中间体M（），下列说法正确的是A．与环戊醇互为同系物B．分子中所有碳原子共平面C．能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，且原理相同D．可用碳酸钠溶液鉴别乙酸和M21、吗替麦考酚酯主要用于预防同种异体的器官排斥反应，其结构简式如下图所示。下列说法正确的是A．吗替麦考酚酯的分子式为C23H30O7NB．吗替麦考酚酯可发生加成、取代、消去反应C．吗替麦考酚酯分子中所有碳原子一定处于同一平面D．1mol吗替麦考酚酯与NaOH溶液充分反应最多消耗3molNaOH反应22、下列关于铝及其化合物的说法正确的是()A．铝是地壳中含量最多的元素，铝以游离态和化合态两种形式存在于地壳中B．铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定C．氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料D．熔化的氯化铝极易导电，和大多数含卤素离子的盐类(如氯化钠)相同二、非选择题(共84分)23、（14分）某研究小组按下列路线合成药物诺氟沙星：已知：试剂EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，在适当条件下，可由C生成D。②③请回答：（1）根据以上信息可知诺氟沙星的结构简式_____。（2）下列说法不正确的是_____。A．B到C的反应类型为取代反应B．EMME可发生的反应有加成，氧化，取代，加聚C．化合物E不具有碱性，但能在氢氧化钠溶液中发生水解D．D中两个环上的9个C原子可能均在同一平面上（3）已知：RCH2COOH，设计以化合物HC(OC2H5)3、C2H5OH合成EMME的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)_____。（4）写出C→D的化学方程式______。（5）写出化合物G的同系物M（C6H14N2）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：____①1H-NMR谱表明分子中有4种氢原子，IR谱显示含有N－H键，不含N－N键；②分子中含有六元环状结构，且成环原子中至少含有一个N原子。24、（12分）化合物G是制备治疗高血压药物纳多洛尔的中间体,实验室由A制备G的一种路线如下:已知:

(1)A的化学式是________(2)H中所含官能团的名称是_______;由G生成H的反应类型是_______。(3)C的结构简式为______,G的结构简式为_________。(4)由D生成E的化学方程式为___________。(5)芳香族化合物X是F的同分异构体,1molX最多可与4molNaOH反应,其核磁共振氢谱显示分子中有3种不同化学环境的氢,且峰面积比为3:3:1,写出两种符合要求的X的结构简式:___________________。(6)请将以甲苯和(CH3CO)2O为原料(其他无机试剂任选),制备化合物的合成路线补充完整。______________________________________25、（12分）辉铜矿主要成分为Cu2S，软锰矿主要成分MnO2，它们都含有少量Fe2O3、SiO2等杂质。工业上综合利用这两种矿物制备硫酸铜、硫酸锰和硫单质的主要工艺流程如下：（1）浸取2过程中温度控制在500C～600C之间的原因是__________________。（2）硫酸浸取时，Fe3+对MnO2氧化Cu2S起着重要催化作用，该过程可能经过两岁反应完成，将其补充完整：

①_____________________________（用离子方程式表示）②MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O（3）固体甲是一种碱式盐，为测定甲的化学式，进行以下实验：步骤1：取19.2g固体甲，加足量的稀盐酸溶解，将所得溶液分为A、B两等份；步骤2：向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448LNH3（标准状况下）过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣：步骤3：向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g固体残渣。则固体甲的化学式为_________________（4）相关物质的溶解度如下图，从除铁后的溶液中通过一系列的操作分别获得硫酸铜、硫酸锰晶体，请给出合理的操作顺序（从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用）：溶液→()→()→()→(A)→()→()→（），_____________A．蒸发溶剂B．趁热过滤C．冷却结晶D．过滤E．将溶液蒸发至溶液表面出现晶膜F．将溶液蒸发至容器底部出现大量晶体26、（10分）硫酰氯(SO2Cl2)是一种重要的化工试剂，氯化法是合成硫酰氯(SO2Cl2)的常用方法。实验室合成硫酰氯的实验装置如下图所示(部分夹持装置未画出)：已知：①SO2(g)+Cl2(g)＝SO2Cl2(l)ΔH＝－97.3kJ/mol。②硫酰氯常温下为无色液体，熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，在潮湿空气中“发烟”。③100℃以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气。回答下列问题：(1)装置A中发生反应的离子方程式为___________。(2)装置B的作用为_______________________________，若缺少装置C，装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为________________________。(3)仪器F的名称为_________________，E中冷凝水的入口是___________(填“a”或“b”)，F的作用为_______________________________________________。(4)当装置A中排出氯气1.12L(已折算成标准状况)时，最终得到5.4g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为____________。为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有________(填序号)。①先通冷凝水，再通气②控制气流速率，宜慢不宜快③若三颈烧瓶发烫，可适当降温④加热三颈烧瓶(5)氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯2ClSO3H＝SO2Cl2+H2SO4，分离产物的方法是_____A．重结晶B．过滤C．蒸馏D．萃取(6)长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能为_______________________。27、（12分）氮化铝(室温下与水缓慢反应)是一种新型无机材料，广泛应用于集成电路生产领域。化学研究小组同学按下列流程制取氮化铝并测定所得产物中AlN的质量分数。己知：AlN＋NaOH＋3H2O＝Na[Al(OH)4]＋NH3↑。回答下列问题：（1）检查装置气密性，加入药品，开始实验。最先点燃___(“A”、“C”或“E”)处的酒精灯或酒精喷灯。（2）装置A中发生反应的离子方程式为___，装置C中主要反应的化学方程式为___，制得的AlN中可能含有氧化铝、活性炭外还可能含有___。（3）实验中发现氮气的产生速率过快，严重影响尾气的处理。实验中应采取的措施是___(写出一种措施即可)。（4）称取5.0g装置C中所得产物，加入NaOH溶液，测得生成氨气的体积为1.68L(标准状况)，则所得产物中AlN的质量分数为___。（5）也可用铝粉与氮气在1000℃时反应制取AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，共主要原因是___。28、（14分）酸雨治理，处理SO2尾气方法较多：(1)还原法反应原理：恒温恒容时2C(s)＋2SO2(g)⇌S2(g)＋2CO2(g)。一定温度下，反应进行到不同时刻测得各物质的浓度部分图像如图：①0～20min内反应速率表示为v(SO2)＝________；②30min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是________；③该反应的平衡常数K＝________。(2)循环利用法相关反应为①Na2SO3＋SO2＋H2O=2NaHSO3，②2NaHSO3Na2SO3＋SO2↑＋H2O。下列说法正确的是________。A．反应①进行时，溶液中c(SO32-)/c(HSO)减小，反应②进行时，溶液中c(SO32-)/c(HSO3-)增大B．反应①与反应②Kw均为10－14C．循环利用的物质是Na2SO3溶液，尾气中的氧气对循环利用的次数有影响D．反应①进行时，2c(SO32-)＋c(HSO3-)＋c(OH－)之和不变(3)电解法①如图所示，Pt(Ⅰ)电极的反应式为________________；②当电路中转移0.02mole－时(较浓H2SO4尚未排出)，交换膜左侧溶液中约增加________mol离子。29、（10分）奥司他韦是一种高效、高选择性神经氨酸酶抑制剂，可治疗流感。以莽草酸作为起始原料合成奥司他韦的主流路线如图：已知：+H2O回答下列问题：（1）下列关于莽草酸说法正确的有___。A．莽草酸化学式是C7H8O5B．与浓溴水反应可以生成白色沉淀C．易溶于水和酒精D．可以发生加成反应、消去反应、加聚反应、缩聚反应、取代反应（2）奥司他韦中的官能团名称为___（写两种）。（3）反应①所需的试剂和条件为___。反应②的化学方程式为___。反应③的反应类型为___。（4）芳香化合物X是B的同分异构体，测得其核磁共振氢谱有6组峰，其中两组峰面积最大比值为9：1，则该物质的结构简式是___。（5）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。C中有___个手性碳。（6）参照上述合成路线，写出由制备的合成路线（其它试剂任选）：___。

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、B【解析】

A.O2-的质子数为8，故离子结构示意图为，A正确；B.乙烯的结构简式为CH2=CH2，B正确；C.NH3溶于水后的溶液能导电，是因为其与水反应生成NH3·H2O，所以能导电，NH3是非电解质，C错误；D.正反应放热的可逆反应也可能需要加热才能发生，升高温度，正逆反应速率均加快，D错误；故答案选B。2、D【解析】

x、y、z、d、e、f、g、h为原子序数依次递增的短周期主族元素，从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可以知道x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，f是Al元素，z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01mol·L-1，e的pH为12，为一元强碱，则e是Na元素，z、h的pH均为2，为一元强酸，则z为N元素、h为Cl元素，g的pH小于2，则g的为二元强酸，故g为S元素，据此分析解答问题。【详解】A．d、e、f、g形成的简单离子分别为：O2-、Na+、Al3+、S2-，O2-、Na+、Al3+离子的电子层数相同，但核电荷数Al>Na>O，则离子半径O2->Na+>Al3+，而S2-的电子层数最多，半径最大，故半径最大的是g离子，A选项错误；B．d与e形成的化合物可以是Na2O，也可以是Na2O2，Na2O2既含有离子键，也含有共价键，B选项错误；C．x、y、z、d、e、f、g、h的单质分别为：H2、C、N2、O2、Na、Al、S、Cl2，C单质可形成金刚石，为原子晶体，故单质熔点最高的可能是y，C选项错误；D．x与y可以形成多种有机化合物，其中CH2=CH2等存在着非极性键，D选项正确；答案选D。【点睛】此题C选项为易错点，C单质有很多的同素异形体，熔沸点有差异，容易忽略这一关键点，导致误选C答案。3、B【解析】

A.HF分子间存在氢键，沸点最高，HCl、HBr、HI的沸点随相对分子质量增大，分子间作用力增大，沸点升高，所以沸点：HF>HI>HBr>HCl，故A错误；B.反应4NO2(g)+O2(g)2N2O5(g)可以自发进行，则H-TS<0，由于该反应气体分子数减小，S<0，则，故B正确；C.CH3COO-水解促进水的电离，CH3COONa溶液加水则CH3COO-浓度减小，对水的电离促进作用减小，水电离的c(H+)c(OH-)减小，故C错误；D.酚羟基和羧基都能和Na反应生成H2，而NaHCO3只能与羧基反应生成CO2，所以1mol分别与足量Na和NaHCO3反应，生成气体的体积比为1：1，故D错误。答案选B。4、D【解析】

A.装置乙试管中收集到的液体物质是苯和甲苯，两种物质的分子中都含有苯环，在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应，A正确；B.加热聚丙烯废塑料得到的不饱和烃乙烯、丙烯可以与Br2发生加成反应，产生1，2-二溴乙烷和1，2-二溴丙烷，它们都是液体物质，难溶于水，密度比水大，B正确；C.加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，气体物质有氢气、甲烷、乙烯、丙烯，液体物质有苯和甲苯，其中苯和甲苯经冷水降温恢复至常温下的液态留在小试管中；气体中乙烯、丙烯与溴的四氯化碳溶液反应变为液体，剩余气体为氢气、甲烷，燃烧产生H2O、CO2，无污染，因此可作为清洁燃料使用，C正确；D.甲烷是正四面体结构，分子中只有一种H原子，其二氯代物只有1种，D错误；故合理选项是D。5、C【解析】

A．C4H8BrCl可看作C4H9Br的一氯取代物，C4H9Br的同分异构体取决于丁基的数目，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，含有H种类分别有4、4、3、1，则C4H8BrCl共有12种，故A错误；B．乙烯和苯均能使溴水褪色，前者为加成反应，后者为萃取，原理不相同，B错误；C．乙醇易溶于水，乙酸具有酸性，可与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯不溶于水，可鉴别，C正确；D．油脂不属于高分子化合物，属于酯类物质，D错误；故答案选C。6、D【解析】

A.异戊二烯中2个碳碳双键所确定的平面重合时，所有碳原子共平面，A正确；B.M中含有碳碳双键可使溴水褪色，对二甲苯与溴水可发生萃取，使溶液分层，有机层显橙红色，可用溴水鉴别，B正确；C.对二甲苯的一氯代物有氯原子在苯环上1种，在甲基上1种，合计2种，C正确；D.M的分子式为C8H12O，某种同分异构体含有苯环，则剩余基团为C2H7-，无此基团，D错误；答案为D【点睛】碳碳双键与溴水中的溴发生加成反应使溴水褪色；对二甲苯与溴水萃取使溴水褪色，但有机层显橙红色。7、A【解析】

A．复分解反应中一定没有单质参与与生成，而氯气属于单质，则有氯气参加的化学反应一定不属于复分解反应，选项A选；B．氯气与KI等的置换反应，有氯气参加，选项B不选；C．甲烷等与氯气的取代反应，有氯气参加，选项C不选；D．乙烯等与氯气的加成反应中，有氯气参加，选项D不选；答案选A。【点睛】本题考查氯气的化学性质及反应类型，为高频考点，把握氯气的氧化性及有机反应中氯气的作用为解答的关键，注重基础知识的考查，注意利用实例分析，氯气具有氧化性，有氯气参加的反应为氧化还原反应，也可发生有机的取代、加成反应，则不可能为复分解反应。8、A【解析】

A．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L二氧化硫的物质的量小于0.5mol，则含有的氧原子个数小于NA，故A正确；B．由Na2O2的电子式为，Na2O的电子式为可知，1molNa2O中含3mol离子，1molNa2O2中含3mol离子，则0.1molNa2O和Na2O2混合物中离子为0.3mol，即含有的阴、阳离子总数是0.3NA，故B错误；C．H2O2溶液中，除了H2O2，水也含氢原子，故10g质量分数为34%的H2O2溶液中溶质的质量10g×34%=3.4g，物质的量n===0.1mol，一个过氧化氢分子中含有两个氢原子，1mol过氧化氢分子中含有2mol氢原子，0.1mol过氧化氢分子中含有0.2mol氢原子，0.2mol氢原子个数等于0.2NA，水也含氢原子，氢原子的个数大于0.2NA，故C错误；D．醋酸为弱酸，在水中不完全电离，100mL0.1mol/L醋酸的物质的量n=cV=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，含有的醋酸分子数小于0.01NA，故D错误；答案选A。【点睛】计算粒子数时，需要先计算出物质的量，再看一个分子中有多少个原子，可以计算出原子的数目。9、D【解析】

本题考查化学反应与能量变化,意在考查考生的图象分析能力与推理能力。【详解】左图对应的热化学方程式为A.CH4(g)＋H2O(g)=3H2(g)＋CO(g)ΔH＝－103.3kJ/mol，右图对应的热化学方程式为CO

(g)

+

H2O(g)=H2

(g)

+

CO2

(9)

△H=-33.

2kJ/mol；两式相加即可得相应的热化学方程式D.CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝－136.5kJ/mol，故D符合题意；答案：D。【点睛】根据两图都为放热反应，完成热化学反应方程式，再根据盖斯定律进行分析即可。10、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。11、C【解析】

该反应中N元素化合价由-、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，据此分析解答。【详解】A．该反应中N元素化合价由-价、+5价变为0价，所以氧化产物和还原产物都是氮气，假设有16mol氮气生成，氧化产物是15mol、还原产物是1mol，则氧化产物比还原产物多14mol，若氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成氮气的物质的量=×16mol=2mol，标准状况下的体积为：2mol×22.4L/mol=44.8L，故A错误；B．反应中，硝酸钾得电子是氧化剂，被还原，故B错误；C．转移电子的物质的量为×10=1.25mol，故C正确；D．被氧化的N原子的物质的量=×30=3.75mol，故D错误；答案选C。【点睛】明确氧化产物和还原产物关系是解本题关键。本题的易错点为B，注意硝酸钾中N元素化合价降低，被还原。12、C【解析】

A．Ts的原子核外最外层电子数是7，与氟元素同族，是VIIA元素，A正确；B．Ts位于第七周期ⅦA族，电子排布式为[Rn]6f146d107s27p5，故Ts的最外层p轨道中有5个电子，B正确；C．Ts位于第七周期ⅦA族，核外共有7个电子层而不是6，C错误；D．同族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，所以Ts非金属性在同族中最弱，D正确；故合理选项是C。13、D【解析】

A项，NaHCO3能与HCl反应，NaHCO3用于制胃酸中和剂，NaHCO3用于制胃酸中和剂与NaHCO3受热易分解没有对应关系；B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维，SiO2用于制光导纤维与SiO2熔点高硬度大没有对应关系；C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料，Al2O3用作耐高温材料与Al2O3是两性氧化物没有对应关系；D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂，CaO用于食品干燥剂与CaO与水反应有对应关系；答案选D。14、D【解析】

根据流程图，混合物中加入试剂x过滤后得到铁，利用铝与氢氧化钠反应，铁不与氢氧化钠反应，因此试剂x为NaOH，a为NaAlO2，a生成b加入适量的y，因此y是盐酸，b为氢氧化铝，氢氧化铝受热分解成Al2O3，然后电解氧化铝得到铝单质；A.根据上述分析，A正确；B.a→b发生的反应为：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，故B正确；C.根据上述分析，b→c→Al的反应条件分别为：加热、电解，故C正确；D.a为NaAlO2，NaAlO2与碱不反应，故D错误；答案选D。15、C【解析】碳酸钠溶液显碱性，能使酚酞变红色，其水解的离子方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故A正确；亚硫酸的酸性强于碳酸，在碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳发生反应2SO2+CO32﹣+H2O═CO2+2HSO3﹣，NaHSO3溶液显酸性，所以溶液红色褪去，故B正确；氯气溶于水部分与水反应，部分以氯气分子的形式存在于溶液，所以氯水显浅黄绿色是因为溶解了氯气，故C错误；二氧化硫与氯水反应生成HCl和硫酸，即发生SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl，氯气被消耗，所以溶液的黄绿色褪去，故D正确。16、C【解析】

A.95%乙醇使菌体表面蛋白迅速变性凝固，妨碍乙醇再渗入，不能起到消毒的效果，故A错误；B.甲醛有毒，故B错误；C.次氯酸钠稀溶液具有强氧化性，能够杀菌消毒，且产物无毒，故C正确；D.生理盐水不能消毒杀菌，故D错误；故答案为C。【点睛】日常用75%的乙醇溶液进行消毒杀菌；生理盐水就是0.9%的氯化钠水溶液，没有消毒杀菌的功效。17、B【解析】

A．根据化合物的结构简式，可知该化合物的分子式为C9H12，故A正确；B．该化合物没有对称轴，等效氢共有8种，所以其一氯代物有8种，故B错误；C．该化合物有碳碳双键，可以发生氧化、加成、加聚等反应，该化合物有饱和碳原子，可以和氯气在光照下发生取代反应，故C正确；D．该化合物有2个碳碳双键，而且不对称，所以与Br2以物质的量之比l：1加成生成2种产物，故D正确；故选B。【点睛】该化合物分子中有2个碳碳双键，2个碳碳双键之间有2个碳碳单键，所以与Br2以物质的量之比l：1加成时只能和其中一个碳碳双键加成，无法发生1，4-加成，故与Br2以物质的量之比l：1加成只能得到2种产物。18、C【解析】

醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加水稀释促进电离，n(CH3COO﹣)和n(H+)增大，但体积增大大于电离程度的倍数，则H+浓度减小，C项正确；答案选C。【点睛】稀醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，向0.1moL/L醋酸溶液中加入蒸馏水稀释过程中，电离程度增大（稀释促进电离），各微粒浓度的变化：c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)均减小，由于Kw不变，则c(OH-)增大，各微粒物质的量的变化n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)、n(H+)均增大，其中，温度不变，醋酸的电离常数不变，这是常考点，也是学生们的易错点。19、C【解析】

A.蚕丝主要成分是蛋白质，属于天然高分子材料，A正确；B.资源的“3R”利用，即：减少资源消耗（Reduce)、增加资源的重复使用（Reuse）、提高资源的循环利用（Recycle）符合绿色化学理念，B正确；C.化石燃料完全燃烧会生成CO2,可以形成温室效应，会造成大气污染，C错误；D.明矾是KAl(SO4)2·12H2O，Al3＋在溶液中发生水解反应Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，明矾溶液呈酸性，可清洗铜镜表面的铜锈，D正确。故选D。20、D【解析】

A．M中含有两个羟基，与环戊醇结构不相似，不互为同系物，故A错误；B．M中含有sp3杂化的碳原子，所有碳原子不可能共平面，故B错误；C．M中含有碳碳双键和羟基，能够与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使溶液褪色，M中含有碳碳双键，其与溴水发生加成反应而使溴水褪色，故C错误；D．乙酸与碳酸钠能够发生反应生成二氧化碳气体，M不与碳酸钠溶液反应，利用碳酸钠能鉴别乙酸和M，故D正确；故答案为：D。21、D【解析】A.吗替麦考酚酯的分子中含有1个N原子，H原子是个数应该为奇数，故A错误；B.吗替麦考酚酯中含有碳碳双键，能够发生加成反应、含有酯基能够发生取代反应、但不能发生消去反应，故B错误；C.吗替麦考酚酯分子中含有亚甲基几个，所有碳原子可能处于同一平面，不是一定处于同一平面，故C错误；D.1mol吗替麦考酚酯含有2mol酯基和1mol酚羟基与NaOH溶液充分反应最多消耗3molNaOH，故D正确；故选D。22、C【解析】

A.铝是地壳中含量最多的金属元素，铝以化合态形式存在于地壳中，故A错误；B.铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很活泼，在表面形成一屋致密的氧化膜，阻止内部金属继续反应，故B错误；C.氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料，故C正确；D.熔化的氯化铝是非电解质，不易导电，和大多数含卤素离子的盐类(如氯化钠)不相同，是分子晶体，故D错误；故选C。【点睛】本题综合考查铝及其化合物的性质，侧重元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关知识的积累，D为易错点，熔化的氯化铝是非电解质，由分子构成，不易导电。二、非选择题(共84分)23、ACC2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH、、、【解析】

根据流程图分析，A为，B为，C为，E为，F为，H为。（1）根据以上信息，可知诺氟沙星的结构简式。（2）A.B到C的反应类型为还原反应；B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳双键可发生加成、氧化，加聚反应，酯基可发生取代反应；C.化合物E含有碱基，具有碱性；D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断、右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子，两个环上的9个C原子可能共平面；（3）将C2H5OH氧化为CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再与NaCN反应，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再与HC(OC2H5)3反应，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。（4）与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应，生成和C2H5OH。（5）G的同系物M（C6H14N2）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：若六元环上只有一个N原子，则分子中不存在4种氢原子的异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接C原子，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上，但都必须呈对称结构。【详解】（1）通过对流程图的分析，可得出诺氟沙星的结构简式为。答案为：；（2）A.B到C的反应类型为还原反应，A错误；B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳双键可发生加成、氧化，加聚反应，酯基可发生取代反应，B正确；C.化合物E含有碱基，具有碱性，C错误；D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断、右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子，两个环上的9个C原子可能共平面，D正确。答案为：AC；（3）将C2H5OH氧化为CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再与NaCN反应，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再与HC(OC2H5)3反应，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。答案为：C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2；（4）与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应，生成和C2H5OH。答案为：+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH；（5）若六元环上只有一个N原子，则分子中不存在4种氢原子的异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接C原子，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，结构简式可能为、；两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上，结构简式可能为、。答案为：、、、。24、C10H8羟基，醚键取代反应【解析】

根据合成路线中有机物的结构变化及分子式结合反应条件分析合成过程中的中间产物及反应类型；根据提示信息及原料、目标产物，采用逆合成分析法设计合成路线。【详解】根据已知条件及D的结构式分析得A与浓硫酸发生取代反应，则B的结构简式为；根据B和D的结构及反应条件可以分析得中间产物C的结构简式为：；根据E的分子式结合D的结构分析知E的结构简式为：；根据F的结构及反应条件分析G的结构简式为：；(1)根据A的结构简式分析得A的化学式是C10H8；(2)根据H的结构简式分析，H中所含官能团的名称是羟基，醚键；比较G和H的结构变化可以看出H中酚羟基上的氢原子被取代，所以该反应为取代反应；(3)根据上述分析C的结构简式为；G的结构简式为；(4)由D生成E属于取代反应，化学方程式为：+(CH3CO)2O→+CH3COOH；(5)X属于芳香族化合物，则X中含有苯环，1molX最多可与4molNaOH反应，结构中可能含有2个酯基，结构中有3种不同化学环境的氢，且峰面积比为3:3:1，说明结构中对称性较强，结构中应该含有多个甲基，则符合要求的X的结构简式有为：、、、；(6)根据目标产物逆分析知由发生取代反应生成，而根据提示信息可以由在一定条件下制取，结合有机物中官能团的性质及题干信息，可以由氧化制取，则合成路线为：。25、温度高苯容易挥发，温度低浸取速率小Cu2S+4Fe3+=2Cu2++S+4Fe2+NH4Fe3(SO4)2(OH)6AFBECD【解析】

（1）根据苯容易挥发，和温度对速率的影响分析；（2）根据催化剂的特点分析，参与反应并最后生成进行书写方程式；（3）根据反应过程中的数据分析各离子的种类和数值，最后计算各种离子的物质的量比即得化学式。【详解】(1)浸取2过程中使用苯作为溶剂，温度控制在500C～600C之间，是温度越高，苯越容易挥发，温度低反应的速率变小。（2）Fe3+对Mn02氧化Cu2S起着重要催化作用，说明铁离子参与反应，然后又通过反应生成，铁离子具有氧化性，能氧化硫化亚铜，本身被还原为亚铁离子，故第一步反应为Cu2S+4Fe3+=2Cu2++S+4Fe2+，二氧化锰具有氧化性，能氧化亚铁离子。（3）向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448LNH3（标准状况下）期0.02mol,过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣，即氧化铁为0.03mol，说明该固体中含有铵根离子和铁离子。向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g硫酸钡，即0.04mol，因为将溶液分成两等份，则19.2g固体甲含有0.04mol铵根离子，0.12mol铁离子，0.08mol硫酸根离子，则含有的氢氧根离子物质的量为，则固体甲的化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6。【点睛】掌握溶液中离子物质的量计算是难点，注意前后元素的守恒性，特别注意原溶液分成了两等份，数据要变成2倍。26、2MnO4—+10Cl—+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O除去HClSO2+Cl2+2H2O＝2HCl+H2SO4球形干燥管a防止空气中的水蒸汽进入；吸收尾气，防治污染空气80%①②③C硫酰氯分解产生氯气溶解在硫酰氯中导致其发黄【解析】

由合成硫酰氯的实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，因浓盐酸易挥发，B中饱和食盐水可除去氯气中的HCl气体杂质，C中浓硫酸可干燥氯气，D为三颈烧瓶，D中发生SO2(g)+Cl2(g)═SO2Cl2(l)，E中冷却水下进上出效果好，结合信息②可知，F中碱石灰吸收尾气、且防止水蒸气进入D中，据此解答(1)~(3)；(4)，由SO2(g)+Cl2(g)═SO2Cl2(l)可知，理论上生成SO2Cl2为；为提高本实验中硫酰氯的产率，应在低温度下，且利于原料充分反应；(5)生成物均为液体，但沸点不同；(6)由信息③可知，硫酰氯易分解。【详解】(1)装置A中发生反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为:2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(2)装置B的作用为除去HCl，若缺少装置C，装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，故答案为：除去HCl;SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；(3)仪器F的名称为三颈烧瓶，为保证良好的冷凝效率，E中冷凝水的入口是a。硫酰氯在潮湿空气中“发烟”说明其与水蒸汽可以发生反应；实验中涉及两种有毒的反应物气体，它们有可能过量，产物也易挥发，因此，F的作用为吸收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入。故答案为：球形干燥管；a；吸收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入；(4)，由SO2(g)+Cl2(g)═SO2Cl2(l)可知，理论上生成SO2Cl2为，最终得到5.4g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为，为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有：①先通冷凝水，再通气，以保证冷凝效率；②控制气流速率，宜慢不宜快，这样可以提高原料气的利用率；③若三颈烧瓶发烫，可适当降温，这样可以减少产品的挥发和分解。结合信息可知不能加热。故答案为:80%；①②③；(5)生成物均为液体，但沸点不同，可选择蒸馏法分离，故答案为:C；(6)由信息③可知，硫酰氯易分解，则长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能为硫酰氯分解产生氯气，故答案为:硫酰氯分解产生氯气溶解在硫酰氯中导致其发黄。【点睛】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握实验装置的作用、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意习题中的信息及应用。27、ANH4＋＋NO2－N2↑＋2H2OAl2O3＋N2＋3C2AlN＋3COAl4C3减缓亚硝酸钠的滴加速度或降低A处酒精灯加热的温度61.5%NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢破坏了Al表面的氧化膜，便于Al快速反应【解析】

⑴A装置制取氮气，浓硫酸干燥，氮气排除装置内的空气，反之Al反应时被空气氧化。⑵根据氧化还原反应写出A、C的反应式，利用物质之间的反应推出C中可能出现的产物。⑶从影响反应速率的因素思考减缓氮气生成速率。⑷根据关系得出AlN的物质的量，计算产物中的质量分数。⑸氯化铵在反应中易分解，生成的HCl在反应中破坏了Al表面的氧化膜，加速反应。【详解】⑴A处是制取氮气的反应，可以排除装置内的空气，反之反应时Al被氧气氧化，因此最先点燃A处的酒精灯或酒精喷灯，故答案为：A。⑵装置A是制取氮气的反应，A中发生反应的离子方程式为NH4＋＋NO2－N2↑＋2H2O，装置C中主要反应的化学方程式为Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO，制得的AlN中可能含有氧化铝、活性炭外还可能是Al和C形成的化合物Al4C3，故答案为：NH4＋＋NO2－N2↑＋2H2O；Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO；Al4C3。⑶实验中发现氮气的产生速率过快，严重影响尾气的处理，减缓氮气的生成速度采取的措施是减缓亚硝酸钠的滴加速度或降低A处酒精灯加热的温度，故答案为：减缓亚硝酸钠的滴加速度或降低A处酒精灯加热的温度。⑷生成氨气的体积为1.68L即物质的量为0.075mol，根据方程式关系得出AlN的物质的量为0.075mol，则所得产物中AlN的质量分数为，故答案为：61.5%。⑸在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，可能是NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢破坏了Al表面的氧化膜，从而Al直接和氮气反应，因此其主要原因是NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢破坏了Al表面的氧化膜，故答案为：NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢破坏了Al表面的氧化膜，便于Al快速反应。28、0.03mol/(L·min)减小CO2的浓度0.675ACSO2－2e－＋2H2O=SO42-＋4H＋0.03【解析】

（1）①由图可知，0～20min内二氧化硫浓度变化量为0.6mol/L，依据计算反应速率；②30min时，二氧化碳的浓度降低，S2的浓度不变，而后二氧化碳和S2的浓度均增大，应该是减小二氧化碳的浓度导致的；③化学平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，固体和纯液体的浓度视为常数，不代入表达式，20min时，反应达到平衡状态，此时c(SO2)=0.4mol/L，c(CO2)=0.6mol/L，c(S2)=0.3mol/L，据此计算该反应的平衡常数；（2）A.，反