广西柳州市融安县高级中学2024年高考化学四模试卷含解析

广西柳州市融安县高级中学2024年高考化学四模试卷请考生注意：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、关于①②③三种化合物：，下列说法正确的是A．它们均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．它们的分子式都是C8H8C．它们分子中所有原子都一定不共面D．③的二氯代物有4种2、面对突如其来的新冠病毒，越来越多的人意识到学习化学的重要性。下列说法正确的是A．医用酒精灭活新冠肺炎病毒是利用其氧化性B．N95口罩所使用的聚丙烯材料属于合成纤维C．为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入稀盐酸D．我国研制的重组新冠疫苗无需冷藏保存3、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A．Na2SiO3易溶于水，可用作木材防火剂B．NaHCO3能与碱反应，可用作食品疏松剂C．Fe粉具有还原性，可用作食品袋中的抗氧化剂D．石墨具有还原性，可用作干电池的正极材料4、能证明BF3为平面三角形而不是三角锥形分子的理由是（）A．BF2Cl只有一种结构 B．三根B﹣F键间键角都为120°C．BFCl2只有一种结构 D．三根B﹣F键键长都为130pm5、明代《本草纲目》记载了民间酿酒的工艺“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”。这里用到的实验方法可用于分离（）A．汽油和氯化钠溶液B．39%的乙醇溶液C．氯化钠与单质溴的水溶液D．硝酸钾和氯化钠的混合物6、下列关于有机物的说法正确的是（）A．乙醇和丙三醇互为同系物B．环己烯()分子中的所有碳原子共面C．分子式为C5H10O2，且属于酯的同分异构体共有9种(不考虑立体异构)D．二环己烷()的二氯代物有6种结构(不考虑立体异构)7、Mg与Br2反应可生成具有强吸水性的MgBr2，该反应剧烈且放出大量的热。实验室采用如图装置制备无水MgBr2。下列说法错误的是A．a为冷却水进水口B．装置A的作用是吸收水蒸气和挥发出的溴蒸气C．实验时需缓慢通入N2，防止反应过于剧烈D．不能用干燥空气代替N2，因为副产物MgO会阻碍反应的进行8、诺氟沙星别名氟哌酸，是治疗肠炎痢疾的常用药。其结构简式如右图，下列说法正确的是A．该化合物属于苯的同系物B．分子式为Cl6H16FN3O3C．1mol该化合物中含有6NA个双键D．该化合物能与酸性高锰酸钾、溴水、碳酸氢钠溶液反应9、2019年2月，在世界移动通信大会(MWC)上发布了中国制造首款5G折叠屏手机的消息。下列说法不正确的是()A．制造手机芯片的关键材料是硅B．用铜制作手机线路板利用了铜优良的导电性C．镁铝合金制成的手机外壳具有轻便抗压的特点D．手机电池工作时，电池中化学能完全转化为电能10、一定条件下，下列金属中能与水发生置换反应并产生金属氧化物的是A．钾 B．镁 C．铁 D．铜11、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A是元素Y的单质。常温下，甲的浓溶液具有脱水性，和A发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色刺激性气味气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．丁和戊中所含元素种类相同B．简单离子半径大小：X＜YC．气态氢化物的还原性：X＞ZD．Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存12、在给定条件下，下列加点的物质在化学反应中完全消耗的是A．标准状况下，将1g铝片投入20mL18.4mol/L的硫酸中B．常温下，向100mL3mol/L的硝酸中加入6.4g铜C．在适当温度和催化剂作用下，用2molSO2和1molO2合成SO3D．将含有少量H2O（g）的H2通入盛有足量Na2O2容器中并不断用电火花点燃13、以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线如图，则下列说法正确的是()A．A的结构简式是B．①②的反应类型分别是取代、消去C．反应②③的条件分别是浓硫酸加热、光照D．加入酸性KMnO4溶液，若溶液褪色则可证明已完全转化为14、如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是XYWZTA．原子半径：X>Y>ZB．X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高C．由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键D．T元素的单质具有半导体的特性15、在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoCl2溶液来制备化工产品[Co(NH3)6]Cl3，下列表述正确的是A．中子数为32，质子数为27的钴原子:B．H2O2的电子式：C．NH3和NH4Cl化学键类型相同D．[Co(NH3)6]Cl3中Co的化合价是+316、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．所含共价键数均为0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等B．1molNa与O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物共失去NA个电子C．1molNa2O2固体中含有离子总数为4NAD．25℃时，pH=13的氢氧化钠溶液中约含有NA个氢氧根离子17、有关下图所示化合物的说法不正确的是A．既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应B．1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应C．既可以催化加氢,又可以使酸性KMnO4溶液褪色D．既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体18、取10g碳酸钙高温加热一段时间后停止加热，测得剩余固体中钙元素的质量分数为50%，则下列判断正确的是A．生成了2g二氧化碳 B．剩余固体质量为5gC．生成了5.6g氧化钙 D．剩余碳酸钙的质量为8g19、利用有机物X在一定条件下可合成植物生长所需的“平衡因子”Y(部分产物未写出)。已知含有“手性碳原子”的分子可形成对映异构体。下列有关说法中正确的是（）A．X，Y分子都不存在对映异构体B．X分子中所有碳原子可能都在同一平面C．Y分子可以发生取代、酯化、消去、加成、氧化等反应D．未写出的产物可能有2种，且都具有两性化合物的特性20、铅蓄电池是历史悠久、用量非常大的蓄电池，其构造图如图所示，放电时有PbSO4生成。下列说法中错误的是A．铅蓄电池是二次电池B．放电时负极电极式:Pb-2e-+SO42-=PbSO4C．充电时电解质溶液密度增大D．当电路中转移电子数目为2NA时，溶液中SO42-减少或增加1mol21、钢铁防护方法有多种，如图中的方法描述正确的是A．b为电源负极B．该方法是牺牲阳极的阴极保护法C．电子流向：a→钢铁闸门→辅助电极→b→aD．电源改用导线连接进行防护时，辅助电极发生氧化反应22、向盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色；过滤，向滤液中加入少量的铋酸钠(NaBiO3)粉末，溶液又变为紫红色。下列推断错误的是A．氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2B．生成8.7g黑色沉淀，转移0.2mol电子C．利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+D．NaBiO3可与浓盐酸发生反应：NaBiO3+6HC1=BiCl3+Cl2↑+NaCl+3H2O二、非选择题(共84分)23、（14分）高分子材料尼龙66具有良好的抗冲击性、韧性、耐燃油性和阻燃、绝缘等特点，因此广泛应用于汽车、电气等工业中。以下是生产尼龙66的一些途径。（1）A的结构简式为_____________。（2）B中官能团的名称是_____________。（3）反应①~④中，属于加成反应的有_______，反应⑥~⑨中，属于氧化反应的有_______。（4）请写出反应⑥的化学方程式_____________。（5）高分子材料尼龙66中含有结构片段，请写出反应⑩的化学方程式_____________。（6）某聚合物K的单体与A互为同分异构体，该单体核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为1:2:3，且能与NaHCO3溶液反应，则聚合物K的结构简式是_____________。（7）聚乳酸（）是一种生物可降解材料，已知羰基化合物可发生下述反应：（R′可以是烃基或H原子）。用合成路线图表示用乙醇制备聚乳酸的过程。_______________24、（12分）香料G的一种合成工艺如图所示。已知：①核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为1∶1。②CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2③CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O请回答下列问题：(1)A的结构简式为________，G中官能团的名称为________。(2)检验M已完全转化为N的实验操作是______(3)有学生建议，将M→N的转化用KMnO4(H＋)代替O2，你认为是否合理______(填“是”或“否”)原因是_________(若认为合理则不填此空)。(4)写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：K→L________，反应类型________。(5)F是M的同系物，比M多一个碳原子。满足下列条件的F的同分异构体有_____种。(不考虑立体异构)①能发生银镜反应②能与溴的四氯化碳溶液加成③苯环上只有2个对位取代基(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，请设计合成路线______(其他无机原料任选)。请用以下方式表示：AB目标产物25、（12分）乙酰苯胺是常用的医药中间体，可由苯胺与乙酸制备。反应的化学方程式如下：

+CH3COOH+H2O某实验小组分别采用以下两种方案合成乙酰苯胺：方案甲：采用装置甲：在圆底烧瓶中加入5.0mL苯胺、7.4mL乙酸，加热至沸，控制温度计读数100~105℃，保持液体平缓流出，反应40min后停止加热即可制得产品。方案乙：采用装置乙：加热回流，反应40min后停止加热。其余与方案甲相同。已知：有关化合物的物理性质见下表：化合物密度(g·cm-3)溶解性熔点(℃)沸点(℃)乙酸1.05易溶于水，乙醇17118苯胺1.02微溶于水，易溶于乙醇–6184乙酰苯胺—微溶于冷水，可溶于热水，易溶于乙醇114304请回答：(1)仪器a的名称是_________(2)分别从装置甲和乙的圆底烧瓶中获得粗产品的后续操作是____________(3)装置甲中分馏柱的作用是______________(4)下列说法正确的是__________A．从投料量分析，为提高乙酰苯胺产率，甲乙两种方案均采取的措施是乙酸过量B．实验结果是方案甲的产率比方案乙的产率高C．装置乙中b处水流方向是出水口D．装置甲中控制温度计读数在118℃以上，反应效果会更好(5)甲乙两方案获得的粗产品均采用重结晶方法提纯。操作如下：①请选择合适的编号，按正确的操作顺序完成实验（步骤可重复或不使用）____→____→____→____→过滤→洗涤→干燥a冷却结晶b加冷水溶解c趁热过滤d活性炭脱色e加热水溶解上述步骤中为达到趁热过滤的目的，可采取的合理做法是___________②趁热过滤后，滤液冷却结晶。一般情况下，有利于得到较大的晶体的因素有_____A．缓慢冷却溶液B．溶液浓度较高C．溶质溶解度较小D．缓慢蒸发溶剂③关于提纯过程中的洗涤，下列洗涤剂中最合适的是______________。A．蒸馏水B．乙醇C．5%Na2CO3溶液D．饱和NaCl溶液26、（10分）碳酸氢铵是我国主要的氮肥品种之一，在贮存和运输过程中容易挥发损失。为了鉴定其质量和确定田间施用量，必须测定其含氮量。Ｉ.某学生设计了一套以测定二氧化碳含量间接测定含氮量的方法。将样品放入圆底烧瓶中：(8)请选择必要地装置，按气流方向连接顺序为________________。(2)分液漏斗中的液体最适合的是___________。A．稀盐酸B．稀硫酸C．浓硝酸D．氢氧化钠(6)连在最后的装置起到的作用____________________________________。Ⅱ．如果氮肥中成分是（NH8）2SO8，则可以用甲醛法测定含氮量。甲醛法是基于甲醛与一定量的铵盐作用，生成相当量的酸，反应为2（NH8）2SO8+6HCHO→（CH2）6N8+2H2SO8+6H2O,生成的酸再用氢氧化钠标准溶液滴定，从而测定氮的含量。步骤如下：(8)用差量法称取固体（NH8）2SO8样品8．6g于烧杯中，加入约68mL蒸馏水溶解，最终配成888mL溶液。用________准确取出28．88mL的溶液于锥形瓶中，加入86%中性甲醛溶液5mL，放置5min后，加入8~2滴________指示剂（已知滴定终点的pH约为6．6），用浓度为8.86mol/L氢氧化钠标准溶液滴定，读数如下表：滴定次数滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）88．2886．2826．8886．9868．5889．89达滴定终点时的现象为______________________________，由此可计算出该样品中的氮的质量分数为_________________。(5)在滴定实验结束后发现滴定用的滴定管玻璃尖嘴内出现了气泡，滴定开始时无气泡，则此实验测定的含氮量比实际值________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。27、（12分）某兴趣小组为探究铜与浓硫酸反应时硫酸的最低浓度，设计了如下方案。方案一、实验装置如图1所示。已知能与在酸性溶液中反应生成红棕色沉淀，可用于鉴定溶液中微量的。（1）写出铜与浓硫酸反应的化学方程式：____________。NaOH溶液的作用是___________。（2）仪器X的作用是盛装的浓硫酸并测定浓硫酸的体积，其名称是_______。（3）实验过程中，当滴入浓硫酸的体积为20.00mL时，烧瓶内开始有红棕色沉淀生成，则能与铜反应的硫酸的最低浓度为__________（精确到小数点后一位；混合溶液的体积可视为各溶液的体积之和）。方案二、实验装置如图2所示。加热，充分反应后，由导管a通入氧气足够长时间，取下烧杯，向其中加入足量的溶液，经过滤、洗涤、干燥后称量固体的质量。（4）通入氧气的目的是______________、____________。（5）若通入氧气的量不足，则测得的硫酸的最低浓度__________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。28、（14分）氮及其化合物在生产生活中应用广泛。回答下列问题：(1)“中国制造2025”是中国政府实施制造强国战略第一个十年行动纲领。氮化铬(CrN)具有极高的硬度和力学强度、优异的抗腐蚀性能和高温稳定性能，氮化铬在现代工业中发挥更重要的作用，请写出Cr3+的外围电子排布式____；基态铬、氮原子的核外未成对电子数之比为____。(2)氮化铬的晶体结构类型与氯化钠相同，但氮化铬熔点(1282℃)比氯化钠(801'C)的高，主要原因是________。(3)过硫酸铵[(NH4)2S2O8]，广泛地用于蓄电池工业、石油开采、淀粉加工、油脂工业、照相工业等，过硫酸铵中N、S、O的第一电离能由大到小的顺序为_______，其中NH4+的空间构型为____________(4)是20世纪80年代美国研制的典型钝感起爆药Ⅲ，它是由和[Co(NH3)5H2O](ClO4)3反应合成的，中孤电子对与π键比值为_______，CP的中心Co3+的配位数为______。(5)铁氮化合物是磁性材料研究中的热点课题之一，因其具有高饱和磁化强度、低矫顽力，有望获得较高的微波磁导率，具有极大的市场潜力，其四子格结构如图所示，已知晶体密度为ρg∙cm-3，阿伏加德罗常数为NA。①写出氮化铁中铁的堆积方式为____。②该化合物的化学式为___。③计算出Fe(II)围成的八面体的体积为____cm3。29、（10分）环境问题是广大群众关注的热点话题之一，化工厂排放的废水、废渣一般利用化学原理可以进行排放物达标检测与无害化处理。某皮革厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)的处理工艺流程如下：已知：①酸浸后的溶液中的金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋。②常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：阳离子Fe3＋Mg2＋Al3＋Cr3＋沉淀完全时的pH3.711.15.49沉淀溶解时的pH——>8溶解>9溶解(1)如需配制480mL酸浸环节所需的硫酸，需要用量筒量取18.4mol·L－1的浓硫酸____mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需哪些仪器_____。(2)经氧化环节滤液Ⅰ中的Cr3＋转化为Cr2O72-，写出此反应的离子方程式：________。(3)调pH=8环节，既可以将溶液中某些杂质离子转化为沉淀，同时又可以将Cr2O72-转化为某种含铬元素微粒，溶液颜色由橙色变为黄色，请解释该颜色变化的原因_______。(4)钠离子交换树脂的反应原理为Mn＋＋nNaR⇌MRn＋nNa＋，则利用钠离子交换树脂可除去滤液Ⅱ中的金属阳离子有________。(5)请写出流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式：______________。(6)沉淀滴定法是测定粒子浓度的方法之一，为了测定某废水中SCN－的浓度，可用标准AgNO3溶液滴定待测液，已知：银盐性质AgClAgIAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白黄白砖红白Ksp1.8×10－108.3×10－171.2×10－163.5×10－111.0×10－12①滴定时可选为滴定指示剂的是________(填编号)，A．NaClB．K2CrO4C．KID．NaCN②如何确定该滴定过程的终点：_______________。

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．①中没有不饱和间，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B．根据三种物质的结构简式，它们的分子式都是C8H8，故B正确；C．②中苯环和碳碳双键都是平面结构，②分子中所有原子可能共面，故C错误；D．不饱和碳原子上的氢原子，在一定条件下也能发生取代反应，采用定一移一的方法如图分析，③的二氯代物有：，，其二氯代物共6种，故D错误；故选B。2、B【解析】

A.医用酒精灭活新冠肺炎病毒是因为酒精使蛋白质脱水，并非酒精的氧化性，故A错误；B.聚丙烯材料属于合成有机高分子材料，故B正确；C.84消毒液和洁厕灵混合会发生氧化还原反应产生有毒气体氯气，所以两者不能混合使用，故C错误；D.疫苗的成分是蛋白质，因光和热可以导致蛋白变性，所以疫苗需冷藏保存，故D错误；故选B。3、C【解析】

A.Na2SiO3可用作木材防火剂是因为其具有较好的耐热性，与其是否易溶于水无直接关系，A项错误；B.NaHCO3可用作食品疏松剂是利用其与有机酸反应或受热分解生成二氧化碳，B项错误；C.Fe粉具有还原性，易和空气中的氧气反应，可用作食品袋中的抗氧化剂，C项正确；D.石墨可用作干电池的正极材料，主要利用的是石墨具有良好的导电性，与还原性无关，D项错误；答案选C。4、B【解析】

A．BF2Cl只有一种结构，可能为三角锥型，可能为平面三角形，故A错误；B．BF3中B的价电子对数为3，杂化类型为sp2，三根B﹣F键间键角都为120°，为平面三角形，故B正确；C．BFCl2只有一种结构，可能为三角锥型，可能为平面三角形，故C错误；D．三根B﹣F键键长都为130pm，可能为三角锥型，可能为平面三角形，故D错误；故选B。5、B【解析】利用蒸馏或分馏方法进行酿酒，A、汽油不溶于水的液体，应用分液方法进行分离，故错误；B、采用蒸馏方法，提纯乙醇，故正确；C、采用萃取的方法，进行分离，故错误；D、利用溶解度不同，采用蒸发浓缩，冷却结晶方法进行分离，故错误。6、C【解析】

A.乙醇是饱和一元醇，甘油是饱和三元醇，所含官能团数目不同，因此二者不是同系物，A错误；B.环己烯分子中含有4个饱和碳原子，由于甲烷的分子结构中与该C原子连接的四个原子构成的是四面体结构，所以该物质分子中的所有碳原子不可能同一个平面上，B错误；C.分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，若为甲酸与丁醇形成的酯有4种，HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；若为乙酸和丙酯，有2种，CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCHCH(CH3)2；若为丙酸和乙醇形成的酯，只有1种，CH3CH2COOCH2CH3；若为丁酸和甲醇形成的酯，有2种，CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3,所以属于酯的同分异构体共有（4+2+1+2）=9种，C正确；D.二环己烷有2种不同位置的H原子，其二氯取代产物中，若2个Cl原子在同一个C原子上，只有1种结构，若在两个不同的C原子上，有6种不同的结构，乙醇其二氯代物共有7种，D错误；故合理选项是C。7、B【解析】

A．冷凝管起到冷凝回流的作用，冷凝管内冷凝水的方向为下进上出，则a为冷却水进水口，故A正确；B．MgBr2具有较强的吸水性，制备无水MgBr2，需要防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，则装置A的作用是吸收水蒸气，但无水CaCl2不能吸收溴蒸气，故B错误；C．制取MgBr2的反应剧烈且放出大量的热，实验时利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈烧瓶中，为防止反应过于剧烈，实验时需缓慢通入N2，故C正确；D．不能用干燥空气代替N2，空气中含有的氧气可将镁氧化为副产物MgO会阻碍反应的进行，故D正确；答案选B。8、D【解析】A、苯的同系物仅含有碳氢两种元素，故错误；B、根据有机物成键特点，此有机物分子式为C16H18FN3O3，故错误；C、苯环中不含有碳碳双键，因此1mol此有机物中含有3mol双键，故错误；D、此有机物中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，能和溴水发生加成反应，含有羧基，能与碳酸氢钠反应，故正确。9、D【解析】

A.单晶硅是良好的半导体材料，可以制作芯片，A项正确；B.铜属于金属，具有良好的导电性，可以做手机线路板，B项正确；C.镁铝合金密度小强度高，具有轻便抗压的特点，C项正确；D.手机电池工作时，电池中化学能主要转化为电能，但有一部分能量以热能形式会散失，D项错误；答案选D。10、C【解析】

A.钾和水反应生成KOH和氢气，故A不选；B.加热条件下，镁和水反应生成氢氧化镁和氢气，故B不选；C.加热条件下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C选；D.铜和水不反应，故D不选。故选C。11、A【解析】

甲的浓溶液具有脱水性，则甲为硫酸；常温下，和A发生钝化，则A为铝(Al)；丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色刺激性气味气体，结合转化关系图，可得出丙为SO2，丁为H2O，乙为Al2(SO4)3；SO2与戊反应生成H2SO4，则戊为H2O2。从而得出W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S。【详解】A．丁和戊分别为H2O、H2O2，所含元素种类相同，A正确；B．简单离子半径：O2->Al3+，B不正确；C．气态氢化物的还原性：H2O<H2S，C不正确；D．Al3+与S2-在水溶液中发生双水解反应，不能大量共存，D不正确；故选A。12、D【解析】

A、铝在冷浓硫酸中发生钝化现象；B、根据3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O计算知稀硝酸有剩余；C、SO2和O2的反应为可逆反应；D、2H2O(g)＋2Na2O2=4NaOH＋O2,2H2＋O2=2H2O，两式相加，则相当于Na2O2＋H2=2NaOH，故D项符合要求，正确。13、B【解析】

由环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线，根据逆向思维的方法推导，C为，B为，A为，据此分析解答。【详解】A．由上述分析可知，A为，故A错误；B．根据合成路线，反应①为光照条件下的取代反应，反应②为在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应，反应③为加成反应，反应④为在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应，故B正确；C．反应②为卤代烃的消去反应，需要的反应试剂和反应条件为氢氧化钠醇溶液、加热，反应③为烯烃的加成反应，条件为常温，故C错误；D．B为环戊烯，含碳碳双键，环戊二烯含碳碳双键，均能使高锰酸钾褪色，则酸性KMnO4溶液褪色不能证明环戊烷已完全转化成环戊二烯，故D错误；答案选B。【点睛】把握官能团与性质的关系为解答的关键。本题的易错点为A，要注意根据目标产物的结构和官能团的性质分析推导，环烷烃可以与卤素发生取代反应，要制得，可以再通过水解得到。14、D【解析】

四种元素的原子最外层电子数之和为22，得出W最外层电子数为4，即为Si，X为N，Y为O，Z为Cl，T为Ge。【详解】A.根据层多径大，核多径小(同电子层结构)，因此原子半径：Cl>N>O，故A错误；B.HCl沸点比NH3、H2O最低价氢化物的沸点低，故B错误；C.由X、Y和氢三种元素形成的化合物硝酸铵含有离子键和共价键，故C错误；D.Ge元素在金属和非金属交界处，因此Ge的单质具有半导体的特性，故D正确。综上所述，答案为D。15、D【解析】

A．质量数为32，中子数为27的钴原子，应该表示为：，A错误；B．H2O2为共价化合物，原子间形成共用电子对，没有电子的得失，B错误；C．NH3存在氮氢共价键，NH4Cl存在铵根离子和氯离子间的离子键，氮氢原子间的共价键，C错误；D．[Co(NH3)6]Cl3，NH3整体为0价，Cl为-1价，所以Co的化合价是+3，D正确；故答案选D。16、B【解析】

A、P4和甲烷空间结构都是正四面体，P4的空间结构是，1mol白磷中有6molP－P键，甲烷的空间结构为，1mol甲烷中4molC－H键，0.4NA共价键，当含有共价键的物质的量为0.4mol时，白磷的物质的量为0.4/6mol，甲烷的物质的量为0.4/4mol，故A错误；B、无论是Na2O还是Na2O2，Na的化合价为＋1价，1molNa都失去电子1mol，数目为NA，故B正确；C、由Na2O2的电子式可知，1molNa2O2固体中含有离子总物质的量为3mol，个数为3NA，故C错误；D、题中未给出溶液的体积，无法计算OH－的物质的量，故D错误，答案选B。17、D【解析】

A、根据结构简式可知化合物中含有的官能团有酯基、酚羟基、醚键、碳碳双键。碳碳双键可以和溴加成，甲基上的氢原子可以被取代，A正确。B、2个酯基水解需要2个氢氧化钠，1个酚羟基需要1个氢氧化钠，即1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应，B正确。C、含有碳碳双键，既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色，C正确。D、酚羟基不能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，D错误。答案选D。18、A【解析】

原碳酸钙10g中的钙元素质量为：10g×

×100%=4g，反应前后钙元素质量不变，则剩余固体中钙元素质量仍为4g，则含钙50%的剩余固体质量==8g，根据质量守恒定律，反应生成二氧化碳的质量=10g-8g=2g，设生成的氧化钙质量是x，

=

，x=2.56g，A．根据上述计算分析，生成了2g二氧化碳，故A正确；B．根据上述计算分析，剩余固体质量为8g，故B错误；C．根据上述计算分析，生成了2.56g氧化钙，故C错误；D．根据上述计算分析，剩余碳酸钙的质量小于8g，故D错误；答案选A。【点睛】易错点为D选项，加热分解后的产物为混合物，混合物的总质量为8g，则未反应的碳酸钙的质量小于8g。19、D【解析】

A.连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子，X、Y分子中都存在手性碳原子，则都存在对映异构体，故A错误；B.X分子中同时连接两个甲基的碳原子为四面体构型，则X分子中所有碳原子不可能都在同一平面上，故B错误；C.Y分子中与羟基相连的碳原子的邻碳原子上无氢原子，则Y分子不能发生消去反应，故C错误；D.因为X分子结构中有肽键和酯基，则X生成Y的反应可能是发生了水解反应，生成的另外两种产物分别为HOOCCH2NH2、，都具有两性化合物的特性，故D正确；综上所述，答案为D。20、D【解析】

放电时铅是负极，发生失电子的氧化反应，其电极电极式:Pb-2e-+SO42-=PbSO4；PbO2是正极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为：PbO2+4H++SO42－+2e－=PbSO4+2H2O，电池的总反应可表示为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，充电过程是放电过程的逆过程，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，A.铅蓄电池可多次放电、充电，是二次电池，A项正确；B.放电时铅是负极，负极电极式：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，B项正确；C.充电时生成硫酸，硫酸的浓度增大，电解质溶液的密度增大，C项正确；D.根据总反应式可知，当电路中转移电子数目为2NA时，溶液中SO42-减少或增加2mol，D项错误；答案选D。21、D【解析】

从图示可知，由于有外加电源，故此为外加电源的阴极保护法。A、在外加电源的阴极保护法中，钢铁要做电解池的阴极，即a为电源的负极，则b为电源的正极，选项A错误；B、该方法是外加电源的阴极保护法，选项B错误；C、在电解池中，电子由电解池的阳极→电源的正极，电源的负极→电解池的阴极，即电子要由辅助电极→b、a→钢铁闸门，选项C错误；D、电源改用导线连接进行防护时，即牺牲阳极的阴极保护法，则辅助电极要做负极，发生氧化反应，选项D正确；答案选D。22、B【解析】

氧化还原反应中，氧化性：氧化剂大于氧化产物；氧化剂发生还原反应化合价降低。在盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色，说明KMnO4溶液可氧化MnSO4

生成MnO2，故氧化性：KMnO4>MnO2，在滤液中加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4

生成KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析，氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，故A正确；B．根据分析，KMnO4溶液可氧化MnSO4

生成MnO2，黑色沉淀为MnO2，反应为2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+~6e-，生成8.7gMnO2的物质的量为=0.1mol，转移电子物质的量为×6=0.12mol，故B错误；C．MnSO4溶液过量，滤液中含有Mn2+，加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4

生成KMnO4，利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+，故C正确；D．KMnO4可与浓盐酸发生反应2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，由于氧化性：NaBiO3＞KMnO4，则NaBiO3也可与浓盐酸发生反应，方程式为：NaBiO3+6HC1（浓）=BiCl3+Cl2↑+NaCl+3H2O，故D正确；答案选B。二、非选择题(共84分)23、HOCH2C≡CCH2OH羟基①②⑦⑧【解析】

结合A的分子式和C后的产物，可知1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应生成A，故A的结构简式为HOCH2C≡CCH2OH；A与氢气发生加成反应生成B，B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B与HBr发生取代反应生成C，C的结构简式为BrCH2CH2CH2CH2Br，C与KCN发生取代反应生成NCCH2CH2CH2CH2CN，然后NCCH2CH2CH2CH2CN水解生成HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，苯酚与氢气发生加成反应生成环己醇，环己醇发生催化氧化生成环己酮，环己酮发生氧化反应HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，HOOCCH2CH2CH2CH2COOH与SOCl2发生取代反应生成ClCO(CH2)4COCl，ClCO(CH2)4COCl与H2N(CH2)6NH2发生缩聚反应，生成高分子材料尼龙66。【详解】（1）结合A的分子式和C后的产物，可知1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应生成A，故A的结构简式为HOCH2C≡CCH2OH；（2）A与氢气发生加成反应生成B，B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B中官能团的名称是羟基；（3）反应①、②是加成反应，反应③、④为取代反应；（4）反应⑥是苯酚与氢气发生加成反应生成环己醇，反应方程式为；（5）高分子材料尼龙66中含有结构片段，ClCO(CH2)4COCl与H2N(CH2)6NH2发生缩聚反应，生成高分子材料尼龙66，反应方程式为；（6）某聚合物K的单体与A(HOCH2C≡CCH2OH)互为同分异构体，该单体能与NaHCO3溶液反应，故该单体中含有羧基，该单体核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为1:2:3，所以该单体的结构简式为CH2=C(CH3)COOH，该聚合物K的结构简式为；（7）由HOCH(CH3)COOH发生缩聚反应生成聚乳酸()，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛与HCN发生反应后在水解条件下生成HOCH(CH3)COOH，合成路线如图所示。24、碳碳双键、酯基取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N否KMnO4(H＋)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键+CH3CHO加成反应6CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br【解析】

由流程：E和N发生酯化反应得到的G为，则E、N分别为和中的一种，C反应得到D，D发生卤代烃水解反应得到E，故E属于醇，E为，则N为，逆推出M为、L为，结合信息③，逆推出K为，由E逆推出D为，结合信息②，逆推出C为，C由B在浓硫酸加热条件下发生消去反应所得、B为，又知A催化加氢得B，核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为1∶1，即A分子内有2种氢原子且二者数目相同，则A为；(1)据上分析，写出A的结构简式及G中官能团的名称；(2)检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验；(3)该学生建议是否合理，主要通过用KMnO4(H＋)代替O2发生转化时，有没有其它基团也被氧化，如果有，那么就不可行；(4)K为，则K→L的反应可通过信息类推，按反应特点确定反应类型；(5)F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。求满足下列条件的F的同分异构体数目，主要找出满足条件的基团进行有序组合就可以了，条件①能发生银镜反应，意味着有—CHO，条件②能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，③苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，据此回答；(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，则主要通过取代反应引入一个溴原子，通过加成反应引入2个溴原子，再水解即可；【详解】(1)据上分析，A为，；答案为：；G为，G中官能团为碳碳双键、酯基；答案为：碳碳双键、酯基；(2)M为，N为，N呈酸性，检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验，故检验操作为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N；答案为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N；(3)学生建议用KMnO4(H＋)代替O2把M转化为N，醛基确实被氧化为羧基，但是碳碳双键同时被氧化，那么建议就不可行；答案为：否；KMnO4(H＋)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键；(4)K为，则K→L的反应可通过信息③类推，反应为：+CH3CHO，从反应特点看是加成反应；答案为：+CH3CHO；加成反应；(5)F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。F的同分异构体，要满足条件——条件①能发生银镜反应，意味着有—CHO，条件②能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，③苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，由此可把2个位于对位的取代基分成以下几种情况：①—CHO、②—CHO、③—CHO、④—CH2CHO、⑤、⑥、；故共有6种；答案为：6；(6)由流程图知，C和NBS试剂可通过取代反应引入一个溴原子而碳碳双键不变，故以丙烯和NBS发生取代反应，引入一个溴原子，得到CH2=CH-CH2-Br，通过加成反应引入2个溴原子，得到BrCH2-CHBr-CH2-Br，水解即可制备甘油(丙三醇)，流程为：CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br；答案为：CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br。25、直形冷凝管将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有100mL水的烧杯，冷却后有乙酰苯胺固体析出，过滤得粗产物利用分馏柱进行多次气化和冷凝，使醋酸和水得到有效的分离，或“可提高引馏体与外部空气热交换效率，从而使柱内温度梯度增加，使不同沸点的物质得到较好的分离。”ABCedca将玻璃漏斗放置于铜制的热漏斗内，热漏斗内装有热水以维持溶液的温度，进行过滤（即过滤时有保温装置）或趁热用减压快速过滤ADA【解析】

两套装置都是用来制备乙酰苯胺的，区别在于甲装置使用分馏柱分离沸点在100℃至105℃左右的组分，主要是水，考虑到制备乙酰苯胺的反应可逆，这种做法更有利于获得高的转化率；题干中详细提供了乙酸，苯胺和乙酰苯胺的物理性质，通过分析可知，三者溶解性和熔点上存在较明显的差异，所以从混合溶液中获得乙酰苯胺粗品的方法就是利用溶解性和熔点差异实现的；在获取乙酰苯胺粗品后，再采用合适的方法对其进行重结晶提纯即可得到纯度较高的乙酰苯胺。【详解】(1)仪器a的名称即直形冷凝管；(2)由于乙酸与水混溶，乙酰苯胺可溶于热水而苯胺只易溶于乙醇，并且，乙酰苯胺熔点114℃，而乙酸和苯胺的熔点分别仅为17℃和-6℃；所以分离乙酰苯胺粗品时，可将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有热水的烧杯中，冷却后，乙酰苯胺固体析出，再将其过滤出来，即可得到乙酰苯胺粗品；(3)甲装置中温度计控制在100℃至105℃，这与水和乙酸的沸点很接近，因此甲装置中分馏柱的作用主要是将体系内的水和乙酸有效地分离出去；(4)A．增加乙酸的投料，可以使平衡正向移动获得更高的产率，A项正确；B．由于甲装置中的分馏柱能够有效地将产物中的水从体系内分离出去，水被分离出去后，对于乙酰苯胺制备反应的正向进行更有利，因此甲装置可以获得更高的转化率，B项正确；C．冷凝管水流的方向一般是下口进水，上口出水，C项正确；D．甲装置中温度计示数若在118℃以上，那么反应物中的乙酸会大量的气化溢出，对于反应正向进行不利，无法获得更高的产率，D项错误；答案选ABC；(5)①乙酰苯胺可以溶解在热水中，所以重结晶提纯乙酰苯胺粗品，首先要把粗品在热水中溶解，然后加入活性炭吸附杂质以及其他有色物质，过滤的时候为了避免乙酰苯胺的析出，应当趁热过滤，过滤后的滤液再冷却结晶，将结晶再过滤后，对其进行洗涤和干燥即可；趁热过滤时为了维持温度，可以将玻璃漏斗置于铜制的热漏斗内，热漏斗内装热水以维持温度，再进行过滤即可；②结晶时，缓慢降温，或者缓慢蒸发溶剂有利于获得较大的晶体，答案选AD；③在对重结晶出的乙酰苯胺晶体进行洗涤时，要避免洗涤过程中产品溶解造成的损耗，考虑到乙酰苯胺的溶解性，应当用冷水对其进行洗涤。26、b-e,f-h,g-cB防止空气中水和二氧化碳进入装置影响实验结果滴定管酚酞溶液从无色变为浅红色，68s内不褪色88%偏小【解析】

根据反应装置-干燥装置-吸收装置-尾气处理装置排序；盐酸和硝酸都具有挥发性；空气中的水和二氧化碳影响实验结果；酸式滴定管只能量取酸性溶液，碱式滴定管只能量取碱性溶液，根据溶液的酸碱性确定滴定管；根据滴定终点确定指示剂；滴定终点时溶液从无色变为浅红色，68s内不褪色；根据氢氧化钠和硫酸铵的关系式计算硫酸铵的量,最后再计算N元素的含量；在滴定实验结束后发现滴定用的碱式滴定管玻璃尖嘴内出现了气泡，滴定开始时无气泡，导致硫酸铵的测定结果偏小。据此分析。【详解】(8)根据反应装置、干燥装置、吸收装置、尾气处理装置排序，所以其排列顺序是：b-e，f-h，g-c，答案为：b-e，f-h，g-c；

(2)制取二氧化碳时需要碳酸盐和酸反应，稀盐酸、浓硝酸都具有挥发性，影响实验结果，氢氧化钠和盐不能生成二氧化碳，所以B选项是正确的，答案为：B；(6)为防止影响实验结果需要吸收二氧化碳和水蒸气，答案为：防止空气中水和二氧化碳进入装置影响实验结果；(8)硫酸铵属于强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液呈酸性，所以需要酸式滴定管量取硫酸铵溶液，滴定终点的pH约为6.6，酚酞的变色范围是6-88，所以选取酚酞作指示剂；滴定终点时，溶液从无色变为浅红色，68s内不褪色；2(NH8)2SO8+6HCHO=(CH2)6N8+2H2SO8+6H2O，2NaOH+H2SO8=Na2SO8+2H2O，所以硫酸铵和NaOH的关系式为：(NH8)2SO82NaOH，NaOH溶液的平均体积为，根据(NH8)2SO82NaOH得硫酸铵的质量，8.6g硫酸铵中样品中硫酸铵的质量为，氮元素的质量分数为;答案为：酸式滴定管；酚酞；从无色变为浅红色，68s内不褪色；88%；(5)在滴定实验结束后发现滴定用的碱式滴定管玻璃尖嘴内出现了气泡，滴定开始时无气泡，导致NaOH溶液的量偏小，根据(NH8)2SO82NaOH得,导致测定N含量偏小，答案为：偏小。【点睛】酸碱中和滴定是常考的实验，误差是本题的易错点。判断方法是根据消耗标准液多少对待测液浓度的影响，比如说滴定前尖嘴处有气泡，滴定后尖嘴处有气泡的分析等等；选择滴定管是注意看图，底部是橡胶管则为碱式滴定管，玻璃活塞则为酸式滴定管。27、吸收尾气中的酸式滴定管11.0使产生的全部被NaOH溶液吸收将最终转化为偏大【解析】

反应原理：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，因为浓硫酸为酸，所以用酸式滴定管盛装，生成的二氧化硫为酸性气体，有毒，必须用碱液吸收法吸收；亚硫酸盐具有强还原性可以被氧气氧化为硫酸盐。硫酸钠与亚硫酸钠均可以与氯化钡反应生成硫酸钡和亚硫酸钡沉淀，据此分析。【详解】（1）铜与浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，铜与浓硫酸反应生成的二氧化硫会污染环境，所以必须用碱溶液吸收。答案：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O吸收尾气中的SO2（2）X可用于测定浓硫酸的体积，应该是酸式滴定管。答案：酸式滴定管（3）当入浓硫酸的体积为20.0mL时溶液的总体积为33.45ml，硫酸的浓度为=11.0mol/L；答案：11.0（4）通入氧气的原因之一是将装置中产生的二氧化硫驱赶出去，二是使烧杯中的Na2SO3全部转化为Na2SO4；答案：使产生的SO2全部被NaOH溶液吸收将SO2最终转化为Na2SO4（5）若通入氧气的量不足，则生成沉淀的质量偏小，即计算出的生成二氧化硫的量偏小，则测得的硫酸的最低浓度偏大。答案：偏大28、3d32:1氮化铬的离子所带电荷数多，晶格能较大N>O>S正四面体5:46面心立方最密堆积Fe4N【解析】

(1)基态Cr的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3；(2)晶体结构类型与氯化钠相同，离子所带电荷数越多，键能越大，晶格能越大，熔沸点越高；(3)同周期元素，第一电离能随核电荷数增大而增大，同主族元素，第一电离能随核电荷数增大而减小，当元素最外层电子排布处于全满、半满、全空时结构稳定，第一电离能比相邻元素高；根据杂化理论判断空间构型；(4)双键中含