黑龙江省牡丹江市三中2024年高考化学必刷试卷含解析

黑龙江省牡丹江市三中2024年高考化学必刷试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、已知：Mn(sS(sMn(s则下列表述正确的是（）A．ΔHB．ΔHC．Mn(sD．MnO2(2、下列有关氨气的制备、干燥、收集和尾气处理错误的是A．图甲：实验室制氨气 B．图乙：干燥氨气C．图丙：收集氨气 D．图丁：实验室制氨气的尾气处理3、下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中，不正确的是（）选项实验现象结论A向某无色溶液中滴入用稀硝酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成原溶液中一定存在SO42-或SO32-B卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液产生白色沉淀Y中含有氯原子C碳酸钠固体与硫酸反应产生的气体，通入苯酚钠溶液中出现白色浑浊酸性：硫酸＞碳酸＞苯酚D向NaBr溶液中滴入少量氯水和CCl4，振荡、静置溶液分层，下层呈橙红色Br-还原性强于Cl-A．A B．B C．C D．D4、有一种线性高分子，结构如图所示。下列有关说法正确的是A．该高分子由4种单体(聚合成高分子的简单小分子)缩聚而成B．构成该分子的几种羧酸单体互为同系物C．上述单体中的乙二醇，可被O2催化氧化生成单体之一的草酸D．该高分子有固定熔、沸点，1mol上述链节完全水解需要氢氧化钠物质的量为5mol5、足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是A．氢氧化钠溶液 B．稀硫酸 C．盐酸 D．稀硝酸6、2018年是“2025中国制造”启动年，而化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列有关化学知识的说法错误的是A．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”B．我国发射“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维，是一种非金属材料C．用聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒，以减少木材的使用D．碳纳米管表面积大，可用作新型储氢材料7、工业上可由异丙苯（）催化脱氢得到2-苯基丙烯（），下列关于这两种有机化合物的说法正确的是（）A．都是苯的同系物B．都能使溴的四氯化碳溶液褪色C．苯环上的二氯代物都有6种D．分子内共平面的碳原子数均为88、下列说法错误的是（）A．图a所示实验中，石蜡油发生分解反应，碎瓷片作催化剂B．用图b所示装置精炼铜，电解过程中CuSO4溶液的浓度保持不变C．用图c所示装置制备碳酸氢钠固体时，从e口通入NH3，再从f口通入CO2，g中盛放蘸有稀硫酸的脱脂棉D．测定某盐酸的物质的量浓度所用图d所示装置中滴定管选择错误9、下列反应中，被氧化的元素和被还原的元素相同的是A．4Na

+

O2

=

2Na2O B．2FeCl2

+

Cl2

=

2FeCl3C．2Na

+

2H2O

=

2NaOH

+

H2↑ D．3NO2

+

H2O

=

2HNO3

+

NO10、铊（Tl）是某超导材料的组成元素之一，与铝同族，位于周期表第六周期。Tl3+与银在酸性溶液中发生反应：Tl3++2AgTl++2Ag+，下列推断正确的是（）A．Tl+的最外层有1个电子 B．Tl能形成+3价和+1价的化合物C．Tl3+氧化性比铝离子弱 D．Tl+的还原性比Ag强11、电解合成1，2－二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中不正确的是（）A．该装置工作时，阴极区溶液中的离子浓度不断增大B．液相反应中，C2H4被CuCl2氧化为1，2－二氯乙烷C．X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜D．该装置总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl12、下列有关共价键的说法正确的是（）A．分子晶体中共价键越强，熔沸点越高B．只含共价键的物质，一定是共价化合物C．两种元素组成的分子中一定只含有极性共价键D．分子晶体中，可能不存在共价键，但一定存在分子间作用力13、改革开放40周年以来，化学科学技术的发展大大提高了我国人民的生活质量。下列过程没有涉及化学变化的是A．太阳能分解水制取氢气B．开采可燃冰获取燃料C．新能源汽车燃料电池供电D．运载“嫦娥四号”的火箭发射A．A B．B C．C D．D14、亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂。以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图，有关说法不正确的是()A．NaOH的电子式为B．加入的H2O2起氧化作用C．ClO2发生器中发生反应的离子方程式为2ClO3﹣+SO2═2ClO2+SO42﹣D．操作②实验方法是重结晶15、下列各组离子：（1）K+、Fe2+、SO42－、ClO－（2）K+、Al3+、Cl－、HCO3－（3）ClO－、Cl－、K+、OH－（4）Fe3+、Cu2+、SO42－、Cl－（5）Na+、K+、AlO2－、HCO3－（6）Ca2+、Na+、SO42－、CO32－在水溶液中能大量共存的是A．（1）和（6） B．（3）和（4） C．（2）和（5） D．（1）和（4）16、Mg－AgCl电池是一种用海水激活的一次性电池，在军事上用作电动鱼雷的电源。电池的总反应为Mg＋2AgCl＝MgCl2＋2Ag。下列说法错误的是A．该电池工作时，正极反应为2AgCl＋2e－＝2Cl－＋2AgB．该电池的负极材料Mg用金属铝代替后，仍能形成原电池C．有1molMg被氧化时，可还原得到108gAgD．装备该电池的鱼雷在海水中行进时，海水作为电解质溶液17、如图是研究铁被海水腐蚀的实验装置。图2中M是某种与铁片紧贴的金属，下列说法正确的是A．图1铁片靠近烧杯底部的部分，腐蚀更严重B．若M是锌片，可保护铁C．若M是铜片，可保护铁D．M是铜或是锌都不能保护铁，是因没有构成原电池18、如图表示反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+Q的正反应速率随时间的变化情况，试根据如图曲线判断下列说法可能正确的是()A．t1时只减小了压强B．t1时只降低了温度C．t1时只减小了NH3的浓度，平衡向正反应方向移动D．t1时减小N2浓度，同时增加了NH3的浓度19、密度为0.910g/cm3氨水，质量分数为25.0%，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量分数为A．等于13.5% B．大于12.5% C．小于12.5% D．无法确定20、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．1molI2与4molH2反应生成的HI分子数为2NAB．标准状况下，2.24LH2O含有的电子数为NAC．1L1．1mol/L的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为1.2NAD．7.8g苯中碳碳双键的数目为1.3NA21、下列各组物质所含化学键相同的是（）A．钠（Na）与金刚石（C）B．氯化钠（NaCl）与氯化氢（HCl）C．氯气（Cl2）与氦气（He）D．碳化硅（SiC）与二氧化硅（SiO2）22、地沟油生产的生物航空燃油在东航成功验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是（）A．加入水中，浮在水面上的是地沟油B．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油C．点燃，能燃烧的是矿物油D．测定沸点，有固定沸点的是矿物油二、非选择题(共84分)23、（14分）曲美替尼是一种抑制黑色素瘤的新型抗癌药物，下面是合成曲美替尼中间体G的反应路线：已知：①D分子中有2个6元环；请回答：（1）化合物A的结构简式___________。A生成B的反应类型___________。（2）下列说法不正确的是___________。A．B既能表现碱性又能表现酸性B．1moC在碱溶液中完全水解最多可以消耗4molOH－C．D与POCl3的反应还会生成E的一种同分异构体D．G的分子式为C16H18O3N4（3）写出C→D的化学方程式____________________________________________。（4）X是比A多2个碳原子的A的同系物，写出符合下列条件的X可能的结构简式：_______________________________________________________。①1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子，②IR谱显示分子中有苯环与－NH2相连结构（5）流程中使用的DMF即N，N-二甲基甲酰胺结构简式为，是常用的有机溶剂。设计以甲醇和氨为主要原料制取DMF的合成路线(用流程图表示，其他无机试剂任选)。_____________24、（12分）由乙烯和其他无机原料可合成环状化合物，其合成过程如下图所示(水及其他无机产物均已省略)：请分析后回答下列问题：(1)反应的类型分别是①________，②________。(2)D物质中的官能团为________。(3)C物质的结构简式为________，物质X与A互为同分异构体，则X的结构简式为________，X的名称为________。(4)B、D在一定条件下除能生成环状化合物E外，还可反应生成一种高分子化合物，试写出B、D反应生成该高分子化合物的方程式_______________。25、（12分）碘酸钾（）是重要的微量元素碘添加剂。实验室设计下列实验流程制取并测定产品中的纯度：其中制取碘酸（）的实验装置见图，有关物质的性质列于表中物质性质HIO3白色固体，能溶于水，难溶于CCl4KIO3①白色固体，能溶于水，难溶于乙醇②碱性条件下易发生氧化反应：ClO－＋IO3－=IO4－＋Cl－回答下列问题（1）装置A中参加反应的盐酸所表现的化学性质为______________。（2）装置B中反应的化学方程式为___________________。B中所加CCl4的作用是_________从而加快反应速率。（3）分离出B中制得的水溶液的操作为____________；中和之前，需将HIO3溶液煮沸至接近于无色，其目的是____________，避免降低的产率。（4）为充分吸收尾气，保护环境，C处应选用最合适的实验装置是____________（填序号）。（5）为促使晶体析出，应往中和所得的溶液中加入适量的___________。（6）取1.000g产品配成200.00mL溶液，每次精确量取20.00mL溶液置于锥形瓶中，加入足量KI溶液和稀盐酸，加入淀粉作指示剂，用0.1004mol/L溶液滴定。滴定至终点时蓝色消失（），测得每次平均消耗溶液25.00mL。则产品中的质量分数为___（结果保留三位有效数字）。26、（10分）铵明矾（NH4Al（SO4）2•12H2O）是常见的食品添加剂，用于焙烤食品，可通过硫酸铝溶液和硫酸铵溶液反应制备。用芒硝（Na2SO4•10H2O）制备纯碱和铵明矾的生产工艺流程图如图1：完成下列填空：（1）铵明矾溶液呈_________性，它可用于净水，原因是_______________；向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，可观察到的现象是__________________。（2）写出过程Ⅰ的化学反应方程式_______________。（3）若省略过程Ⅱ，直接将硫酸铝溶液加入滤液A中，铵明矾的产率会明显降低，原因是___________。（4）已知铵明矾的溶解度随温度升高明显增大．加入硫酸铝后，经过程III的系列实验得到铵明矾，该系列的操作是加热浓缩、___________、过滤洗涤、干燥。（5）某同学用图2图示的装置探究铵明矾高温分解后气体的组成成份。①夹住止水夹K1，打开止水夹K2，用酒精喷灯充分灼烧。实验过程中，装置A和导管中未见红棕色气体；试管C中的品红溶液褪色；在支口处可检验到NH3，方法是______________；在装置A与B之间的T型导管中出现白色固体，该白色固体可能是___________（任填一种物质的化学式）；另分析得出装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，写出它溶于NaOH溶液的离子方程式_______________。②该同学通过实验证明铵明矾高温分解后气体的组成成份是NH3、N2、SO3、SO2和H2O，且相同条件下测得生成N2和SO2的体积比是定值，V（N2）：V（SO2）=_____。27、（12分）卤素单质在碱性溶液中容易发生歧化反应，歧化的产物依反应温度的不同而不同。Cl2＋2OH－Cl－＋ClO－＋H2O3Cl2＋6OH－5Cl－＋ClO3-＋3H2O下图为制取氯气、氯酸钾、次氯酸钠和检验氯气性质的微型实验装置：装置中盛装的药品如下：①多用滴管中装有5mL浓盐酸；②微型具支试管中装有1.5gKMnO4；③微型具支试管中装有2～3mL浓硫酸；④U形反应管中装有30%KOH溶液；⑤U形反应管中装有2mol·L－1NaOH溶液；⑥、⑦双U形反应管中分别装有0.1mol·L－1KI－淀粉溶液和KBr溶液；⑧尾气出口用浸有0.5mol·L－1Na2S2O3溶液的棉花轻轻覆盖住（1）检查整套装置气密性的方法是________。（2）为了使装置④⑤中的反应顺利完成，应该控制的反应条件分别为___________。（3）装置⑥⑦中能够观察到的实验现象分别是_________。（4）如果把装置⑥⑦中的试剂互换位置，则______（填“能”或“不能”）证明氧化性Cl2>I2，理由是_______。（5）已知氯酸钾和氯化钾的溶解度曲线如图所示，反应结束后，从装置④所得溶液中提取氯酸钾晶体的实验操作是______________。（6）尾气处理时Cl2发生反应的离子方程式为_________。（7）选择微型实验装置的优点有___________（任答两点）。28、（14分）H2是一种重要的清洁能源。（1）已知：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2=-49.0kJ/mol，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH3=-41.1kJ/mol，H2还原CO反应合成甲醇的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1，则ΔH1=___kJ/mol，该反应自发进行的条件为_____。A．高温B．低温C．任何温度条件下（2）恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入1molCO和2.2molH2，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，实验测得平衡时CO的转化率随温度、压强的变化如图所示。①压强：p1____p2。(填“>”<”或“=”)②M点时，H2的转化率为_____(计算结果精确到0.1%)，该反应的平衡常数Kp=____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。③下列各项能作为判断该反应达到平衡标志的是______(填字母)；A．容器内压强保持不变B．2v正(H2)=v逆(CH3OH)C．混合气体的相对分子质量保持不变D．混合气体的密度保持不变（3）H2还原NO的反应为2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(1)，实验测得反应速率的表达式为v=kcm(NO)·cn(H2)(k是速率常数，只与温度有关)①某温度下，反应速率与反应物浓度的变化关系如下表所示。编号c(NO)/(mol/L)c(H2)/(mol/L)v/(mol·L-1·min-1)10.100.100.41420.100.201.65630.500.102.070由表中数据可知，m=_____，n=_____。②上述反应分两步进行：i．2NO(g)+H2(g)=N2(g)+H2O2(1)(慢反应)；ii．H2O2(1)+H2(g)=2H2O(1)(快反应)。下列叙述正确的是_______(填字母)A．H2O2是该反应的催化剂B．反应i的活化能较高C．总反应速率由反应ii的速率决定D．反应i中NO和H2的碰撞仅部分有效（4）2018年我国某科研团队利用透氧膜，一步即获得合成氨原料和合成液态燃料的原料。其工作原理如图所示（空气中N2与O2的物质的量之比按4：1计）。工作过程中，膜I侧所得=3，则膜I侧的电极方程式为________。29、（10分）以下是处于研究阶段的“人工固氮”的新方法．N2在催化剂表面与水发生反应：2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g）△H="+"1530.4kJ/mol；完成下列填空：（1）该反应平衡常数K的表达式_______．（2）上述反应达到平衡后，保持其他条件不变，升高温度，重新达到平衡，则______．a．平衡常数K增大b．H2O的浓度减小c．容器内的压强增大d．v逆（O2）减小（3）研究小组分别在四个容积为2升的密闭容器中，充入N21mol、H2O3mol，在催化剂条件下进行反应3小时．实验数据见下表：序号第一组第二组第三组第四组t/℃30405080NH3生成量/（10﹣6mol）4.85.96.02.0第四组实验中以NH3表示反应的速率是_____，与前三组相比，NH3生成量最小的原因可能是______．（4）氨水是实验室常用的弱碱．①往CaCl2溶液中通入CO2至饱和，无明显现象．再通入一定量的NH3后产生白色沉淀，此时溶液中一定有的溶质是_____．请用电离平衡理论解释上述实验现象________________________．②向盐酸中滴加氨水至过量，该过程中离子浓度大小关系可能正确的是______．a．c（C1﹣）=c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣）b．c（C1﹣）＞c（NH4+）=c（OH﹣）＞c（H+）c．c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（C1﹣）＞c（H+）d．c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（C1﹣）

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.硫与氧气反应属于放热反应，放热反应焓变小于0，△H2<0，故A错误；B.反应放出热量多少未知，无法判断△H3和△H1大小，故B错误；C.Mn(s)+O2(g)=MnO2(s)；ΔH1①，S(s)+O2(D.Mn(s)S(s)Mn(s)根据盖斯定律③-①-②得：MnO2(s)+SO故选D。2、D【解析】

A．实验室通过加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制氨气，故A正确；B．氨气是碱性气体，可以用碱石灰干燥氨气。故B正确；C．氨气的密度比空气小，于空气中的物质不反应，可以用排空气法收集，用图示装置收集氨气需要短进长出，故C正确；D．氨气极易溶于水，用图示装置进行氨气的尾气处理，会产生倒吸，故D错误；故选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意理解瓶口向上排空气法的原理。3、A【解析】

A．某无色溶液中滴入BaCl2溶液，生成白色沉淀，原溶液中可能含有Ag+，A不正确；B．加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则该卤代烃中含有氯原子，B正确；C．碳酸钠与硫酸反应产生的二氧化碳能使苯酚钠溶液变浑浊，根据较强酸可以制较弱酸的规律，可知酸性：硫酸>碳酸>苯酚，C正确；D．下层呈橙红色，则表明NaBr与氯水反应生成Br2，从而得出还原性：Br->Cl-，D正确；故选A。4、C【解析】

A.该高分子由乙二醇、乙二酸、1,2-丙二醇、对苯二甲酸、丙二酸5种单体缩聚而成，故A错误；B.对苯二甲酸与乙二酸、丙二酸不属于同系物，故B错误；C.乙二醇可被02催化氧化生成草酸，故C正确；D.高分子化合物没有固定熔沸点，故D错误；答案选C。5、A【解析】

假设反应都产生3mol氢气，则：A．2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑反应产生3mol氢气，会消耗2molNaOH；B．2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，反应产生3mol氢气，需消耗3mol硫酸；C．2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，反应产生3mol氢气，需消耗6molHCl；D．由于硝酸具有强的氧化性，与铝发生反应，不能产生氢气；故反应产生等量的氢气，消耗溶质的物质的量最少的是氢氧化钠溶液；选项A正确。6、C【解析】

A．二氧化硅能够与氢氧化钠等强碱反应生成硅酸钠和水，所以高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，二氧化硅能够被碱腐蚀而造成断路，A正确；B．碳纤维是碳的一种单质，属于非金属材料，B正确；C．聚氯乙烯难降解，大量使用能够引起白色污染，且聚氯乙烯塑料有毒不能用于食品包装以及生产快餐盒等，C错误；D．碳纳米管表面积大，据有较大的吸附能力，所以可以用作新型储氢材料，D正确；答案选C。7、C【解析】

A.2-苯基丙烯不是苯的同系物，A错误；B.异丙苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，B错误；C.采用定一移一法，可得出异丙苯、2-苯基丙烯苯环上的二氯代物都有6种，C正确；D.异丙苯分子中与苯环相连的碳原子为饱和碳原子，其所连的4个原子一定不在同一平面上，所以分子内一定共平面的碳原子数为7个，D错误；故选C。8、B【解析】

A.根据图a装置分析，浸透石蜡的石棉加热时产生石蜡蒸汽，石蜡蒸汽附着在碎瓷片上，受热分解，碎瓷片作催化剂，故A正确；B.阳极是粗铜，含有锌等活泼金属杂质，根据放电顺序，较活泼金属先失去电子形成阳离子进入溶液，根据电子转移守恒，此时在阴极铜离子得电子生成铜，所以电解过程中CuSO4溶液的浓度会减小，故B错误；C.图c所示装置是侯氏制碱法的反应原理，向饱和氯化钠的氨水溶液中通入二氧化碳气体，反应生成碳酸氢钠，g的作用是吸收氨气，冷水的目的是降低温度有助于晶体析出，故C正确；D.如图所示，滴定管中装有氢氧化钠溶液，所以滴定管应该选用碱式滴定管，应该是下端带有橡胶管的滴定管，故D正确。故选B。【点睛】酸式滴定管的下端为一玻璃活塞，开启活塞，液体即自管内滴出。碱式滴定管的下端用橡皮管连接一支带有尖嘴的小玻璃管。橡皮管内装有一个玻璃圆球。用左手拇指和食指轻轻地往一边挤压玻璃球外面的橡皮管，使管内形成一缝隙，液体即从滴管滴出。9、D【解析】

A．4Na+O2＝2Na2O反应中钠元素被氧化，氧元素被还原，被氧化与被还原的元素不是同一元素，故A错误；B．2FeCl2+Cl2＝2FeCl3反应中FeCl2为还原剂，被氧化，氯气为氧化剂，被还原，被氧化与被还原的元素不是同一元素，故B错误；C．2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑反应中钠元素化合价升高被氧化，H元素化合价降低被还原，被氧化与被还原的元素不是同一元素，故C错误；D．3NO2+H2O＝2HNO3+NO该反应中只有N元素的化合价变化，N元素既被氧化又被还原，故D正确；故选D。10、B【解析】

A.铊与铝同族，最外层有3个电子，则Tl+离子的最外层有2个电子，A项错误；B.根据反应Tl3++2Ag═Tl++2Ag+可知，Tl能形成+3价和+1价的化合物，B项正确；C.Tl3++2Ag═Tl++2Ag+，则氧化性Tl3+＞Ag+，又知Al+3Ag+═Al3++3Ag，则氧化性Ag+＞Al3+，可知Tl3+的氧化性比Al3+强，C项错误；D.还原剂的还原性大于还原产物的还原性来分析，在反应Tl3++2Ag=Tl++2Ag+，还原性Ag＞Tl+，D项错误；答案选B。【点睛】氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，掌握氧化还原反应的规律是解题的关键。11、C【解析】

A.阴极H2O或H+放电生成OH-，溶液中的离子浓度不断增大，故A正确；B.由分析可知，液相反应中发生的反应为C2H4+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl，有反应的化学方程式可知，CuCl2将C2H4氧化成为ClCH2CH2Cl，故B正确；C.阴极H2O或H+放电生成NaOH，所以离子交换膜Y为阳离子交换膜；阳极CuCl放电转化为CuCl2，所以离子交换膜X为阴离子交换膜，故C错误；D.以NaCl和CH2=CH2为原料合成1，2−二氯乙烷中，CuCl→CuCl2→CuCl，CuCl循环使用，其实质是NaCl、H2O与CH2=CH2反应，所以总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl，故D正确。故选C。12、D【解析】

A．分子晶体熔沸点与分子间作用力有关，有的还与氢键有关，但与化学键无关，A错误；B．只含共价键的物质可能是共价单质，如氮气、氢气等，B错误；C．两种元素组成的分子中可能含有非极性键，如乙烯、双氧水等，C错误；D．稀有气体形成的分子晶体中不存在化学键，只存在分子间作用力，D正确；故选D。13、B【解析】

A.水分解产生氢气和氧气，有新的物质产生，发生的是化学变化，A不符合题意；B.从海底开采可燃冰获取燃料，没有新物质产生，发生的是物理变化，B符合题意；C.新能源汽车燃料电池供电，是化学能转化为电能，有新物质产生，发生的是化学变化，C不符合题意；D.运载“嫦娥四号”的火箭发射，化学能转化为热能、机械能，发生化学反应，有新的物质产生，D不符合题意；故合理选项是B。14、B【解析】

ClO2发生器中发生反应生成ClO2和NaHSO4，反应后通入空气，可将ClO2赶入吸收器，加入NaOH、过氧化氢，可生成NaClO2，过氧化氢被氧化生成氧气，经冷却结晶、重结晶、干燥得到NaClO2.3H2O，以此解答该题。【详解】A．书写电子式时原子团用中括号括起来，NaOH的电子式，故A正确；B．在吸收塔中二氧化氯生成亚氯酸钠，氯元素化合价由+4变为+3，化合价降低做氧化剂，有氧化必有还原，H2O2做还原剂起还原作用，故B不正确；C．ClO2发生器中发生反应的离子方程式为2ClO3﹣+SO2═2ClO2+SO42﹣，故C正确；D．将粗晶体进行精制，可以采用重结晶，故D正确；故选：B。15、B【解析】

(1)Fe2+、ClO−发生氧化还原反应而不能大量共存，故错误；(2)Al3+、HCO3−发生互促水解反应而不能大量共存，故错误；(3)离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；(4)离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；(5)AlO2−、HCO3−发生反应生成氢氧化铝和碳酸根离子，不能大量共存，故错误；(6)Ca2+与SO42−、CO32−反应生成沉淀而不能大量共存，故错误；故选B。16、C【解析】

A、由电池反应方程式看出，Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，故金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，选项A正确；B、Al的活泼性大于Ag，所以铝和氯化银、海水也能构成原电池，故该电池的负极材料Mg用金属铝代替后，仍能形成原电池，选项B正确；C、电极反应式：Mg﹣2e﹣=Mg2+，1molMg被氧化时，转移电子是2mol，正极反应为：2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag，可还原得到216gAg，选项C错误；D、因为该电池能被海水激活，海水可以作为电解质溶液，选项D正确。答案选C。【点睛】本题考查原电池的应用。总结题技巧总结：电极类型的判断首先在明确属于电解池还是原电池基础上来分析的，原电池对应的是正、负两极，电解池对应的阴、阳两极，根据元素价态变化找出氧化剂与还原产物。17、B【解析】

据钢铁的腐蚀条件、原电池原理分析判断。【详解】A.图1中铁片在海水中主要发生吸氧腐蚀，水面处铁片接触氧气和水，腐蚀更严重，A项错误；B.图2中，若M是锌片，则锌、铁与海水构成原电池，电子从锌转移向铁，使铁得到保护，B项正确；C.图2中，若M是铜片，则铜、铁与海水构成原电池，电子从铁转移向铜，铁更易被腐蚀，C项错误；D.M是铜或锌，它与铁、海水都构成原电池，只有当M为锌时铁被保护，D项错误。本题选B。18、D【解析】

根据图知，t1时正反应速率减小，且随着反应的进行，正反应速率逐渐增大，说明平衡向逆反应方向移动，当达到平衡状态时，正反应速率大于原来平衡反应速率，说明反应物浓度增大。【详解】A．t1时只减小了压强，平衡向逆反应方向移动，则正反应速率增大，但平衡时正反应速率小于原来平衡反应速率，故A错误；B．t1时只降低了温度，平衡向正反应方向移动，正反应速率逐渐减小，故B错误；C．t1时减小了NH3的浓度，平衡向正反应方向移动，但正反应速率在改变条件时刻不变，故C错误；D．t1时减小N2浓度，同时增加了NH3的浓度，平衡向逆反应方向移动，如果增加氨气浓度大于减少氮气浓度的2倍时，达到平衡状态，氮气浓度大于原来浓度，则正反应速率大于原来平衡反应速率，故D正确；故选D。【点睛】本题考查化学平衡图象分析，明确图中反应速率与物质浓度关系是解本题关键，会根据图象曲线变化确定反应方向，题目难度中等。19、C【解析】

设浓氨水的体积为V，密度为ρ浓，稀释前后溶液中溶质的质量不变，则稀释后质量分数ω=，氨水的密度小于水的密度(1g/cm3)，浓度越大密度越小，所以=＜==12.5%，故选C。【点睛】解答本题需要知道氨水的密度小于水的密度，而且浓度越大密度越小。20、C【解析】

A．氢气和碘的反应为可逆反应，不能进行彻底，生成的HI分子小于2NA个，故A错误；B．标况下，水不是气体，2.24L水的物质的量大于1.1mol，含有的电子数大于NA个，故B错误；C．1L1.1mol•L-1的NH4NO3溶液中含有1molNH4NO3，含有2mol氮原子，含有的氮原子数为1.2NA，故C正确；D．苯分子结构中不含碳碳双键，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为D，要注意苯分子中没有碳碳双键，所有碳碳键都一样。21、D【解析】

根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体中一定含离子键，可能含共价键；分子晶体中不一定含化学键，但若含，则一定为共价键；原子晶体中含共价键；金属晶体中含金属键。【详解】A、钠为金属晶体，含金属键；金刚石为原子晶体，含共价键，故A不符合题意；B、氯化钠是离子晶体，含离子键；HCl为分子晶体，含共价键，故B不符合题意；C、氯气为分子晶体，含共价键；He为分子晶体，是单原子分子，不含化学键，故C不符合题意；D、SiC为原子晶体，含共价键；二氧化硅也为原子晶体，也含共价键，故D符合题意；故选：D。【点睛】本题考察了化学键类型和晶体类型的关系，判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部可能存在化学键。22、B【解析】

地沟油中含油脂，与碱溶液反应，而矿物油不与碱反应，混合后分层，以此来解答。【详解】A.地沟油、矿物油均不溶于水，且密度均比水小，不能区别，故A错误；B.加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油，分层的为矿物油，现象不同，能区别，故B正确；C.地沟油、矿物油均能燃烧，不能区别，故C错误；D.地沟油、矿物油均为混合物，没有固定沸点，不能区别，故D错误；答案是B。【点睛】本题考查有机物的区别，明确地沟油、矿物油的成分及性质是解答本题的关键，题目难度不大。二、非选择题(共84分)23、取代反应AB+CH2(COOH)2→+2H2O【解析】

甲醇与氨气发生取代反应生成CH3NH2（F），F与E发生取代反应生成，所以有机物E为，根据反应条件，有机物D与POCl3反应生成，所以有机物（D），有机物C与CH2(COOH)2反应生成有机物D，所以有机物C为；有机物B与发生反应生成有机物C，所以有机物B为，有机物A与醋酸反应生成有机物B，所以有机物A为；据以上分析解答。【详解】（1）根据以上分析可知，化合物A的结构简式；（2）A.有机物B为，含有氨基，显碱性，肽键显中性，没有酸性，选项A错误；B.1mol有机物C（）在碱溶液中完全水解最多可以消耗2molOH-，选项B错误；C.D与POCl3的反应生成外，还能生成E的一种同分异构体,选项C正确；D.根据有机物G的结构简式，其分子式为C16H18O3N4，选项D正确；答案选AB；（3）有机物C为与CH2(COOH)2反应生成有机物D，化学方程式：；（4）有机物A为；X是比A多2个碳原子的A的同系物，X一定含有两个氨基，碳原子数为8的有机物，①1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子，IR谱显示分子中有苯环与—NH2相连结构，满足条件的有机物的结构简式为：；（5）甲醇氧化为甲醛，接着氧化为甲酸；根据信息，甲醇与氨气反应生成(CH3)2NH，甲酸与(CH3)2NH发生取代生成；合成流程如下：。【点睛】本题考查有机推断与有机合成、有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，需要学生完全凭借已知反应规律和合成路线进行推断，对学生的思维能力提出了更高的要求。24、加成反应酯化反应-COOH(或羧基)OHC-CHOCH3-CHBr21，1-二溴乙烷nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O【解析】

CH2=CH2和溴发生加成反应，生成A为CH2BrCH2Br，水解生成B为CH2OHCH2OH，氧化产物C为OHC-CHO，进而被氧化为D为HOOC-COOH，B为CH2OHCH2OH与D为HOOC-COOH发生酯化反应生成环酯E，结合有机物的结构和性质可解答该题。【详解】根据上述分析可知：A为CH2BrCH2Br，B为CH2OHCH2OH，C为OHC-CHO，D为HOOC-COOH，E为。(1)由以上分析可知，反应①为CH2=CH2和溴发生加成反应产生CH2BrCH2Br；反应②为CH2OHCH2OH与HOOC-COOH发生酯化反应，产生，故反应①类型为加成反应，反应②类型为酯化反应；(2)由以上分析可知，D为HOOC-COOH，其中的官能团名称为羧基；(3)C为OHC-CHO，A为CH2BrCH2Br，物质X与A互为同分异构体，则X结构简式为CH3-CHBr2，该物质名称为1，1-二溴乙烷；(4)B为CH2OHCH2OH，D为HOOC-COOH，二者出能反应产生环状化合物E外，还可以反应产生一种高分子化合物，则B+D→高分子化合物反应的方程式为nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O。25、还原性、酸性充分溶解和，以增大反应物浓度分液除去（或），防止氧化C乙醇（或酒精）89.5%。【解析】

装置A用于制取Cl2，发生的反应为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，装置B中发生的是制取HIO3的反应，装置C为尾气处理装置，既要吸收尾气中的HCl和Cl2，还要防止倒吸。【详解】（1）装置A中发生的反应为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，浓盐酸中的Cl元素有一部分失电子转化为Cl2，表现出还原性，还有一部分Cl元素没有变价转化为KCl（盐），表现出酸性，故答案为：还原性、酸性；（2）装置B中发生的反应为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，Cl2和I2均难溶于水，易溶于CCl4，加入CCl4可使二者溶解在CCl4中，增大反应物浓度，故答案为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；充分溶解I2和Cl2，以增大反应物浓度；（3）分离B中制得的HIO3水溶液的操作为分液，HIO3溶液中混有的Cl2在碱性条件下转化为ClO-，ClO-会将IO3-氧化为IO4-，因此在中和前需要将Cl2除去，故答案为：分液；除去Cl2（或ClO-），防止氧化KIO3；（4）尾气中主要含HCl和Cl2，需用NaOH溶液吸收，同时要防止倒吸，故答案为：C；（5）因为KIO3难溶于乙醇，向KIO3溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KIO3晶体析出，故答案为：乙醇（或酒精）；（6）每20mLKIO3溶液中，加入KI溶液和稀盐酸发生的反应为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，滴定时发生的反应为：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可列出关系式：IO3-~3I2~6S2O32-，每次平均消耗的n(S2O32-)=0.1004mol/L×0.025L=0.00251mol，则每20mLKIO3溶液中，n(KIO3)=n(IO3-)=n(S2O32-)÷6=0.00251mol÷6=0.000418mol，200mL溶液中，n(KIO3)=0.00418mol，产品中KIO3的质量分数==89.5%，故答案为：89.5%。【点睛】1g样品配成了200mL溶液，而根据关系式计算出的是20mL溶液中KIO3的物质的量，需扩大10倍才能得到1g样品中KIO3的物质的量。26、酸性铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，有吸附作用，故铵明矾能净水先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4省略过程Ⅱ，因HCO3-与Al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低冷却结晶打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟（NH4）2SO3Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O1：3【解析】

碳酸氢铵溶液中加入硫酸钠，过滤得到滤渣与滤液A，而滤渣焙烧得到碳酸钠与二氧化碳，可知滤渣为NaHCO3，过程I利用溶解度不同发生复分解反应：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4，滤液A中含有（NH4）2SO4及少量HCO3-等，加入硫酸，调节pH使HCO3-转化二氧化碳与，得到溶液B为（NH4）2SO4溶液，再加入硫酸铝得铵明矾；（1）铵明矾溶液中NH4+、铝离子水解NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+、Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，促进水的电离，溶液呈酸性；铵明矾用于净水的原因是：铵明矾水解得到氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附水中悬浮物，达到净水的目的；向铵明矾溶液中加入氢氧化钠溶液，首先Al3+与OH-反应生成氢氧化铝沉淀，接着NH4+与OH-反应生成氨气，最后加入的过量NaOH溶液溶解氢氧化铝，现象为：先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失。（2）过程I利用溶解度不同发生复分解反应，反应方程式为：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4。（3）省略过程Ⅱ，因HCO3-与Al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低。（4）由于铵明矾的溶解度随温度升高明显增大，加入硫酸铝后从溶液中获得铵明矾的操作是：加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥。（5）①检验氨气方法为：打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟；装置A和导管中未见红棕色气体，说明没有生成氮的氧化物，试管C中的品红溶液褪色，说明加热分解有SO2生成，氨气与二氧化硫、水蒸汽反应可以生成（NH4）2SO3，白色固体可能是（NH4）2SO3；装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，该物质为氧化铝，氧化铝与氢氧化钠溶液反应离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；②反应中-3价的N化合价升高发生氧化反应生成N2，+6价的S化合价降低发生还原反应生成SO2，根据电子转移守恒：n（N2）×2×[0﹣（﹣3）]=n（SO2）×（6﹣4），故n（N2）：n（SO2）=1：3，相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比，故V（N2）：V（SO2）=1：3。27、连接好实验装置，由⑧导管向⑦装置中加水，若能形成一段稳定的水柱，则装置的气密性良好（其他合理答案均可）装置④放入348K（或75℃）热水浴中；装置⑤放入冷水浴中装置⑥中溶液变蓝；装置⑦中溶液变成橙色能Cl2与KBr反应生成Br2，氧化性Cl2>Br2，Cl2与挥发出来的Br2均可与KI反应，氧化性Br2>I2或Cl2>I2，均可证明氧化性Cl2>I2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤、干燥）S2O32-＋4Cl2＋5H2O=2SO42-＋8Cl－＋10H＋简化实验装置、节约成本；试剂用量少、能源消耗少；节省空间，缩短实验时间；减少污染等（任答两点）【解析】

（1）气体经过的装置数目较多，可用液差法检查整套装置的气密性；（2）该实验的目的是制取氯酸钾和次氯酸钠，由于④U形反应管中装有30%KOH溶液，用于制取氯酸钾，⑤U形反应管中装有2mol·L－1NaOH溶液用于制取次氯酸钠，结合已知离子方程式写出反应条件；（3）装置⑥中KI溶液与Cl2反应生成I2，使淀粉溶液变蓝，装置⑦中KBr溶液与Cl2反应生成Br2；（4）如果把装置⑥、⑦中的试剂互换位置，Cl2与KBr反应生成的Br2挥发出来会与KI反应生成I2，据此分析解答；（5）物质的溶解度随温度的变化较快，常常选择冷却结晶方式析出晶体，物质的溶解度随温度的变化相对平缓，常常选择蒸发溶剂的结晶方式析出晶体；观察溶解度曲线特点，选择结晶方式；（6）Na2S2O3和Cl2发生氧化还原反应生成Na2SO4和NaCl，结合电子守恒、电荷守恒写出离子方程式；（7）结合微型实验装置的特点回答其优点，如节约药品，减少环境污染等等。【详解】（1）整套装置气密性的检查用液差法，方法是连接好实验装置，由⑧导管向⑦装置中加水，若能形成一段稳定的水柱，则装置的气密性良好。（2）装置④中盛放30%KOH溶液，装置④中发生的反应为3Cl2＋6KOHKClO3＋5KCl＋3H2O，则装置④用于制备KClO3；装置⑤中盛放2mol·L－1NaOH溶液，装置⑤中发生的反应为Cl2＋2NaOHNaCl＋NaClO＋H2O，则装置⑤用于制备NaClO。为了使装置④中的反应顺利完成，装置④应放入348K（或75℃）热水浴中；为了使装置⑤中的反应顺利完成，装置⑤应放入冷水浴中。（3）装置⑥中盛放KI－淀粉溶液，通入Cl2发生反应Cl2＋2KI=2KCl＋I2，I2遇淀粉呈蓝色，则装置⑥中的实验现象是溶液变蓝；装置⑦中盛放KBr溶液，通入Cl2发生反应Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2，则装置⑦中的实验现象是溶液变成橙色。（4）如果把装置⑥⑦中的试剂互换位置，即装置⑥中盛放KBr溶液，装置⑥中发生反应Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2，由此得出氧化性Cl2>Br2；装置⑦中盛放KI－淀粉溶液，无论是Cl2还是装置⑥中挥发出来的Br2（g）都能与KI反应生成I2，则说明Cl2或Br2（g）的氧化性强于I2。结合装置⑥中得出的结论也能证明氧化性Cl2>I2。（5）根据溶解度曲线可知，KClO3的溶解度随温度升高明显增大，KCl在低温时溶解度大于KClO3，高温时溶解度小于KClO3，则从装置④所得溶液中提取KClO3晶体的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（6）尾气用浸有0.5mol·L－1Na2S2O3溶液的棉花吸收，Cl2将S2O氧化成SO，自身被还原成Cl－，根据氧化还原反应原理可将尾气吸收时Cl2发生反应的离子方程式配平为4Cl2＋S2O＋5H2O=2SO＋8Cl－＋10H＋。（7）选择微型实验装置的优点有：简化实验装置、节约成本；试剂用量少、能源消耗少；节省空间，缩短实验时间；减少污染等。【点睛】本题以制取氯气、氯酸钾、次氯酸钠和检验氯气性质的实验为载体考查了基本实验操作、反应条件对化学反应的影响、混合物分离或提纯、氧化还原反应规律及其化学方程式书写、实验方案的设计及其评价，掌握物质的化学性质是解题关键，试题有利于培养学生的综合能力。28、-90.1kJ/molB>54.5%CD12BD12H2O+O2+28e-=12H2+14O2-【解析】

（1）已知：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2=-49.0kJ/mol①CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH3=-41.1kJ/mol②①+②得：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1，从而求出ΔH1=-90.1kJ/mol，该反应ΔS<0，ΔH1<0，从而得出自发进行的条件。（2）①反应为体积缩小的可逆反应，压强越大，CO的转化率越大，图中显示，P1时CO的转化率大，由此可得出p1与p2的关系。②从图中可以看出，M点时，CO的转化率为60%，则CO的物质的量的变化量为0.6mol。由此建立三段式的关系为：M点时，H2的转化率为，该反应的平衡常数Kp=。③A.恒压条件，压强始终不变，由容器内压强保持不变，不能判断反应是否达平衡；B.2v正(H2)=v逆(CH3OH)，此数据表明逆反应速率大，平衡逆向移动；C.混合气体的质量不变，但气体的物质的量减小，相对分子质量增大。若相对分子质量保持不变，则达平衡状态；D.混合气体的质量不变，但体积减小，所以密度增