新疆伊犁州奎屯一中2024年高三第一次调研测试化学试卷含解析

新疆伊犁州奎屯一中2024年高三第一次调研测试化学试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2＋电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，下列有关说法不正确的是()A．原子半径：M＜Z＜Y B．Y的单质起火燃烧时可用泡沫灭火剂灭火C．可用XM2洗涤熔化过M的试管 D．最高价氧化物对应水化物的酸性：M＞Z2、已知：4FeO42﹣+10H2O═4Fe（OH）3↓+8OH﹣+3O2↑，测得c（FeO42﹣）在不同条件下变化如图甲、乙、丙、丁所示：下列说法正确的是（）A．图甲表明，其他条件相同时，温度越低FeO42﹣转化速率越快B．图乙表明，其他条件相同时，碱性越强FeO42﹣转化速率越快C．图丙表明，其他条件相同时，碱性条件下Fe3+能加快FeO42﹣的转化D．图丁表明，其他条件相同时，钠盐都是FeO42﹣优良的稳定剂3、可逆反应①X(g)+2Y(g)2Z(g)、②2M(g)Ng)+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示，下列判断不正确的是A．反应①的正反应是放热反应B．达平衡(I)时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为10:11C．达平衡(I)时，X的转化率为20％D．在平衡(I)和平衡(II)中，M的体积分数不相等4、已知：CH3Cl为CH4的一氯代物，的一氯代物有A．1种B．2种C．3种D．4种5、84消毒液可用于新型冠状病毒的消杀，其主要成分为NaClO。NaClO在空气中可发生反应NaClO+CO2+H2ONaHCO3+HClO。用化学用语表示的相关微粒，其中正确的是A．中子数为10的氧原子：B．Na+的结构示意图：C．CO2的结构式：O=C=OD．NaClO的电子式：6、研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生可逆反应的能量变化及反应历程如图所示。下列说法不正确的是A．反应中Fe+是催化剂，FeO+是中间产物 B．总反应速率由反应②的速率决定C．升高温度，总反应的平衡常数K减小 D．当有14gN2生成时，转移1mole-7、将石墨烯一层层叠起来就是石墨。下列说法错误的是（）A．自然界中存在石墨烯 B．石墨烯与石墨的组成元素相同C．石墨烯能够导电 D．石墨烯属于烃8、螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是（）A．与HBr以物质的量之比1：1加成生成二种产物B．一氯代物有五种C．所有碳原子均处于同一平面D．该化合物的分子式为C10H129、某固体样品可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-中的几种离子。将该固体样品分为等质量的两份，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：(1)一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀。(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L(标准状况)(假设气体全部逸出)。下列说法正确的是A．该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、Cl-B．该固体中一定没有Ca2+、Cl-，可能含有K+C．该固体可能由(NH4)2SO4、K2CO3和NH4Cl组成D．该固体中n(K+)≥0.06mol10、下列图示与对应的叙述符合的是（）A．图甲实线、虚线分别表示某可逆反应未使用催化剂和使用催化剂的正、逆反应速率随时间的变化B．图乙表示反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常数K与温度和压强的关系C．据图丙，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量CuO至pH=4左右D．图丁表示常温下向20mL0.001mol/L的醋酸溶液中滴加0.001mol/L的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化关系11、将V1mL0.1mol·L-1的Fe2(SO4)3溶液与2mL0.1mol·L-1KI溶液混合，待充分反应后，下列方法可证明该反应具有一定限度的是（）A．若V1<1，加入淀粉 B．若V1≤1，加入KSCN溶液C．若V1≥1，加入AgNO3溶液 D．加入Ba(NO3)2溶液12、下列生产过程属于物理变化的是（）A．煤炭干馏 B．煤炭液化 C．石油裂化 D．石油分馏13、下列说法正确的是A．同主族元素中，原子序数之差不可能为16B．最外层电子数为8的粒子一定是0族元素的原子C．同一主族中，随着核电荷数的增加，单质的熔点逐渐升高D．主族元素中，原子核外最外层电子数与次外层电子数相同的元素只有Be14、“轨道”2px与3py上电子一定相同的方面是（）A．能量 B．呈纺锤形C．自旋方向 D．在空间的伸展方向15、下列图像符合题意的是A．在盐酸和氯化铝的混合溶液中滴加烧碱溶液B．在碳酸钠与碳酸氢钠混合液中滴加盐酸C．在氢氧化钠溶液中通入氯气D．在氢氧化钡溶液中滴加碳酸氢钠溶液16、X、Y、Z、R，W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，它们所在周期数之和为11。YZ气体遇空气变成红棕色，R的原子半径是五种元素中最大的，W与Z同主族。下列说法错误的是（）A．简单离子的半径：Y＞XB．气态氢化物的稳定性：Y＞WC．X、Z和R形成强碱D．最高价氧化物对应的水化物的酸性：W＞R17、我国科学家发明了一种“可固氮”的锂－氮二次电池，用可传递Li+的醚类物质作电解质，电池的总反应为6Li+N22Li3N，下列说法正确的是A．固氮时，电能转化为化学能B．固氮时，电流由锂电极经用电器流向钌复合电极C．脱氮时，钌复合电极的电极反应：2Li3N-6e-=6Li++N2↑D．脱氮时，Li+向钌复合电极迁移18、根据下图，下列判断中正确的是A．石墨与O2生成CO2的反应是吸热反应B．等量金刚石和石墨完全燃烧，金刚石放出热量更多C．从能量角度看，金刚石比石墨更稳定D．C(金刚石，s)=C(石墨，s)+QkJQ=E3—E219、科学家合成出了一种用于分离镧系金属的化合物A（如下图所示），短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，其中Z位于第三周期。Z与Y2可以形成分子ZY6，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质。下列关于X、Y、Z的叙述，正确的是A．离子半径：Y＞ZB．氢化物的稳定性：X＞YC．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞ZD．化合物A中，X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构20、美国《Science》杂志曾经报道：在40GPa高压下，用激光器加热到1800K，人们成功制得了原子晶体干冰。有关原子晶体干冰的推断错误的是A．有很高的熔点和沸点 B．易汽化，可用作制冷材料C．含有极性共价键 D．硬度大，可用作耐磨材料21、金属(M)－空气电池具有原料易得，能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源，该类电池放电的总反应方程式为：2M＋O2＋2H2O＝2M(OH)2。(已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能)下列说法正确的是A．电解质中的阴离子向多孔电极移动B．比较Mg、Al、Zn三种金属－空气电池，Mg－空气电池的理论比能量最高C．空气电池放电过程的负极反应式2M－4e－＋4OH－＝2M(OH)2D．当外电路中转移4mol电子时，多孔电极需要通入空气22.4L(标准状况)22、某甲酸溶液中含有甲醛，用下列方法可以证明的是A．加入足量的新制氢氧化铜并加热煮沸，有砖红色的沉淀B．加入过量的氢氧化钠充分反应后的溶液能发生银镜反应C．将试液进行酯化反应后的混合液能发生银镜反应D．加入足量氢氧化钠后，蒸馏出的气体通入新制的氢氧化铜悬浊液加热有砖红色沉淀二、非选择题(共84分)23、（14分）PBAT(聚已二酸/对苯二甲酸丁二酯)可被微生物几乎完全降解，成为包装、医疗和农用薄膜等领域的新兴材料，它可由聚合物PBA和PBT共聚制得，一种合成路线如下：已知：R-CH3R-CNR-COOHR-CH=CH2R-COOH+CO2回答下列问题：(1)B的官能团名称为_____，D的分子式为_____。(2)①的反应类型为_____；反应②所需的试剂和条件是_____。(3)H的结构简式为_____。(4)⑤的化学方程式为_____。(5)M与G互为同系物，M的相对分子质量比G大14；N是M的同分异构体，写出同时满足以下条件的N的结构简式：______________(写两种，不考虑立体异构)。Ⅰ.既能与FeCl3发生显色反应，又能发水解反应和银镜反应；Ⅱ.与NaOH溶液反应时，1molN能消耗4molNaOH；Ⅲ.核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为1:2:2:2:1。24、（12分）有机物W用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W的一种合成路线如下。请回答下列问题：（1）F的化学名称是________，⑤的反应类型是________。（2）E中含有的官能团是________（写名称），D聚合生成高分子化合物的结构简式为________。（3）将反应③得到的产物与O2在催化剂、加热的条件下反应可得D，写出反应④的化学方程式________。（4）④、⑤两步能否颠倒？________（填“能”或“否”）理由是________。（5）与A具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有________种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2：2的结构简式为________。（6）参照有机物W的上述合成路线，以M和CH3Cl为原料制备F的合成路线（无机试剂任选）________。25、（12分）工业上常用铁质容器盛装冷的浓硫酸。但某兴趣小组的同学发现将一定量的生铁与浓硫酸加热时，观察到固体能完全溶解，并产生大量气体。为此他们进行了如下探究实验。[探究一]称取铁钉(碳素钢)6.0g放入15.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X，并收集到气体Y。(1)(I)甲同学认为X中除Fe3＋外还可能含有Fe2＋。若要判断溶液X中是否含有Fe2＋，可以选用___________。a.KSCN溶液和氯水b.K3[Fe(CN)6]溶液c.浓氨水d.酸性KMnO4溶液(Ⅱ)乙同学将336mL(标准状况)气体Y通入足量溴水中，发现溶液颜色变浅，试用化学方程式解释溴水颜色变浅的原因___________，然后向反应后的溶液中加入足量BaCl2溶液，经适当操作得干燥固体2.33g。由此推知气体Y中SO2的体积分数为___________。(结果保留一位小数)。[探究二]甲乙两同学认为气体Y中除SO2外，还可能含有H2和CO2。为此设计如图实验装置(图中夹持仪器省略)进行验证。(2)简述该实验能产生少量H2的原因___________(用化学用语结合少量文字表述)。(3)装置B中试剂的作用是___________，装置F的作用是___________。(4)为了进一步确认CO2的存在，需在上述装置中添加M于___________(选填序号)，M中所盛装的试剂可以是___________。a.A～B之间b.B～C之间c.C～D之间d.E～F之间26、（10分）某研究性学习小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。查阅文献，得到以下资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。Ⅰ．制备K2FeO4（夹持装置略）。（1）A为氯气的实验室发生装置。A中反应方程式是______（锰被还原为Mn2+）。若反应中有0.5molCl2产生，则电子转移的数目为______。工业制氯气的反应方程式为______。（2）装置B中盛放的试剂是______，简述该装置在制备高铁酸钾中的作用______。（3）C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH→2K2FeO4+6KCl+8H2O，根据该反应方程式得出：碱性条件下，氧化性Cl2______FeO42-（填“＞”或“＜”）。另外C中还可能发生其他反应，请用离子方程式表示______。Ⅱ．探究K2FeO4的性质（4）甲同学取少量K2FeO4加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快澄清。请简述K2FeO4的净水原理。______。27、（12分）实验室制备甲基丙烯酸甲酯的反应装置示意图和有关信息如下：+CH3OH+H2O药品相对分子质量熔点/℃沸点/℃溶解性密度（g•cm-3）甲醇32-98-64.5与水混溶，易溶于有机溶剂0.79甲基丙烯酸8615161溶于热水，易溶于有机剂1.01甲基丙烯酸甲酯100-48100微溶于水，易溶于有机溶剂0.944已知甲基丙烯酸甲酯受热易聚合；甲基丙烯酸甲酯在盐溶液中溶解度较小；CaCl2可与醇结合形成复合物；实验步骤：①向100mL烧瓶中依次加入：15mL甲基丙烯酸、2粒沸石、10mL无水甲醇、适量的浓硫酸；②在分水器中预先加入水，使水面略低于分水器的支管口，通入冷凝水，缓慢加热烧瓶。在反应过程中，通过分水器下部的旋塞分出生成的水，保持分水器中水层液面的高度不变，使油层尽量回到圆底烧瓶中；③当，停止加热；④冷却后用试剂X洗涤烧瓶中的混合溶液并分离；⑤取有机层混合液蒸馏，得到较纯净的甲基丙烯酸甲酯。请回答下列问题：（1）A装置的名称是_____。（2）请将步骤③填完整____。（3）上述实验可能生成的副产物结构简式为_____(填两种）。（4）下列说法正确的是______A．在该实验中，浓硫酸是催化剂和脱水剂B．酯化反应中若生成的酯的密度比水大，不能用分水器提高反应物的转化率C．洗涤剂X是一组试剂，产物要依次用饱和Na2CO3、饱和CaCl2溶液洗涤D．为了提高蒸馏速度，最后一步蒸馏可采用减压蒸馏；该步骤一定不能用常压蒸馏（5）实验结束收集分水器分离出的水，并测得质量为2.70g，计算甲基丙烯酸甲酯的产率约为_____。实验中甲基丙烯酸甲酯的实际产率总是小于此计算值，其原因不可能是_____。A．分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯B．实验条件下发生副反应C．产品精制时收集部分低沸点物质D．产品在洗涤、蒸发过程中有损失28、（14分）2016年诺贝尔化学奖授予在“分子机器设计和合成”领域有突出成就的三位科学家，其研究对象之一“分子开关”即与大环主体分子苯芳烃、硫或氮杂环杯芳烃等有关。回答下列问题：（1）对叔丁基杯[4]芳烃(如图Ⅰ所示)可用于ⅢB族元素对应离子的萃取，如La3+、Sc2+。写出基态二价钪离子(Sc2＋)的核外电子排布式：____，其中电子占据的轨道数为_____个。（2）对叔丁基杯[4]芳烃由4个羟基构成杯底，其中羟基氧原子的杂化方式为_____，羟基间的相互作用力为_____。（3）不同大小的苯芳烃能识别某些离子，如：N3-、SCN−等。一定条件下，SCN−与MnO2反应可得到(SCN)2，试写出(SCN)2的结构式_______。（4）NH3分子在独立存在时H－N－H键角为106.7°。如图[Zn(NH3)6]2+离子的部分结构以及H－N－H键角的测量值。解释配合物中H－N－H键角变为109.5°的原因：____。（5）橙红色的八羰基二钴[Co2(CO)8]的熔点为52℃，可溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂。该晶体属于___晶体，八羰基二钴在液氨中被金属钠还原成四羰基钴酸钠[NaCo(CO)4]，四羧基钴酸钠中含有的化学键为_____。（6）已知C60分子结构和C60晶胞示意图(如图Ⅱ、图Ⅲ所示)：则一个C60分子中含有σ键的个数为______，C60晶体密度的计算式为____g·cm−3。(NA为阿伏伽德罗常数的值)29、（10分）M是某香料的有效成分，其分子中含3个六元环。M的一种合成路线如下：已知：①A分子中所有原子可能共平面；②D的核磁共振氢谱上有6个峰；③H和I互为同系物。请回答下列问题：(1)A的名称是____________；E中所含官能团名称是___________。(2)B→C的反应类型是____________。(3)写出H和I反应生成M的化学方程式：___________。(4)T是H的同分异构体，同时具备下列条件的T有___________种(不考虑立体异构)，其中，苯环上一溴代物只有2种的结构简式为____________。①遇FeCl3溶液发生显色反应；②能发生水解反应和银镜反应。(5)A酸()在医药方面广泛用作防腐剂、载体剂、助溶剂等。参照上述流程，以2—丁烯和乙烯为原料合成乳酸，设计合成路线：_____________________(无机试剂任选)。

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】

元素X的一种高硬度单质是宝石，X是C元素；Y2＋电子层结构与氖相同，Y是Mg元素；M单质为淡黄色固体，M是S元素；Z的质子数为偶数，Z是Si元素。【详解】A.同周期元素从左到右半径减小，所以原子半径：S＜Si＜Mg，故A正确；B.Mg是活泼金属，能与二氧化碳反应，镁起火燃烧时可用沙子盖灭，故B错误；C.S易溶于CS2，可用CS2洗涤熔化过S的试管，故C正确；D.同周期元素从左到右非金属性增强，最高价含氧酸酸性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性H2SO4＞H2SiO3，故D正确；答案选B。2、C【解析】

A．由甲图可知，升高温度，FeO42－的浓度变化较大；B．由乙图可知碱性越强，FeO42－的浓度变化越小；C．由丙图可知铁离子浓度越大，FeO42－的浓度变化越大；D．由丁图可知在磷酸钠溶液中，FeO42－的浓度变化较大。【详解】A．由甲图可知，升高温度，FeO42﹣的浓度变化较大，可知温度越高FeO42﹣转化速率越快，故A错误；B．由乙图可知碱性越强，FeO42﹣的浓度变化越小，则碱性越强FeO42﹣转化速率越小，故B错误；C．由丙图可知铁离子浓度越大，FeO42﹣的浓度变化越大，故C正确；D．由丁图可知在磷酸钠溶液中，FeO42﹣的浓度变化较大，可知钠盐不都是FeO42﹣优良的稳定剂，其中醋酸钠为优良的稳定剂，故D错误；故选：C。3、C【解析】

A、降温由平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动，同时X、Y、Z的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，逆反应为吸热反应，故A正确；B、平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为：，故B正确；C、达平衡（Ⅰ）时，右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有：，x=mol，即物质的量减少了(3-)mol=mol，所以达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为，故C错误；D、由平衡（Ⅰ）到平衡（Ⅱ），化学反应②发生平衡的移动，则M的体积分数不相等，故D正确；答案选C。4、B【解析】有2种等效氢，的一氯代物有(CH3)2CHCH(CH3)CH2Cl、(CH3)2CHCCl(CH3)2，共2种，故B正确。5、C【解析】

A．中子数为10的氧原子，其质量数为18，应写成，A项错误；B．钠原子核电荷数为11，Na+的结构示意图为：，B项错误；C．二氧化碳中的碳与氧形成四个共用电子对，CO2的结构式为：O=C=O，C项正确；D．NaClO是离子化合物，电子式为，D项错误。答案选C。6、B【解析】

A．由图可知，Fe+先转化为FeO+，FeO+后续又转化为Fe+，反应前后Fe+未发生变化，因此Fe+是催化剂，FeO+是中间产物，A不符合题意；B．由图可知，反应①的能垒高于反应②，因此反应①的速率较慢，总反应速率由反应①的速率决定，B符合题意；C．由图可知，反应物的总能量高于生成物总能量，该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的平衡常数K减小，C不符合题意；D．由图可知，总反应方程式为：N2O+COCO2+N2，N元素化合价从+1价降低至0价，当有14gN2生成时，即生成0.5molN2，转移电子的物质的量为0.5mol×2=1mol，D不符合题意；答案为：B。7、D【解析】

A项、石墨烯属于碳的一种单质，在自然界有存在，故A正确；B项、石墨烯与石墨都是碳的单质，它们的组成元素相同，故B正确；C项、石墨烯与石墨都易导电，故C正确；D．石墨烯属于碳的单质，不是烯烃，故D错误；故选D。8、A【解析】

A.分子中含有2个碳碳双键，碳碳双键连接原子团不同，则与HBr以物质的量之比1:1加成生成二种产物，故A正确；B.结构对称，分子中含有4种H，则一氯代物有4种，故B错误；C.含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有的碳原子不可能共平面，故C错误；D.由结构简式可知该化合物的分子式为C9H12，故D错误。故选A。【点睛】甲烷型：四面体结构，凡是C原子与其它4个原子形成共价键时，空间结构为四面体型。小结：结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子不再共面。9、D【解析】

某固体样品可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-中的几种离子。将该固体样品分为等质量的两份，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀。4.66g沉淀为硫酸钡，所以固体中含有=0.02mol硫酸根离子，=0.01mol碳酸根离子，溶液中没有Ca2+；（2）另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L(标准状况)(假设气体全部逸出)，则含有=0.03mol铵根离子，根据溶液呈电中性，则溶液中一定含有钾离子，不能确定是否含有氯离子。【详解】A．该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-，不能确定是否含Cl-，故A不符；B．该固体中一定没有Ca2+，可能含有K+、Cl-，故B不符；C．该固体可能有(NH4)2SO4、K2CO3，不能确定是否含NH4Cl，故C不符；D．根据电荷守恒：n(K+)+n(NH4+)≥2（n(SO42－)+n(CO32－)），该固体中n(K+)≥(0.02×2+0.01×2)×2-0.03×2=0.06，n(K+)≥0.06mol，故D符合。故选D。【点睛】本题考查离子共存、离子推断等知识，注意常见离子的检验方法，根据电荷守恒判断K＋是否存在，是本题的难点、易错点。10、C【解析】

本题主要考查化学平衡结合图像的运用。A．使用催化剂化学反应速率加快；B．平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变；C．由图像可知pH=4左右Fe3＋完全沉淀，Cu2＋还未开始沉淀；D．0.001mol/L的醋酸溶液PH>3。【详解】A．使用催化剂化学反应速率加快，所以正反应速率的虚线在实线的上方，故A错误；B．平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以温度相同而压强不同时，两者的平衡常数相同，故B错误；C．由图像可知pH=4左右Fe3＋完全沉淀，Cu2＋还未开始沉淀，由于CuO+2H+=Cu2++H2O反应发生，所以加入CuO可以调节PH=4左右，此时Fe3+完全沉淀，过滤即可，故C项正确；D．0.001mol/L的醋酸溶液PH>3，图像中起点PH=3，故D项错误；答案选C。11、B【解析】

Fe2(SO4)3溶液与KI溶液混合发生反应为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，由反应可知，①V1=1mL，说明两者恰好完全反应，②V1<1mL，说明硫酸铁不足；如果加入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中存在Fe3+，证明溶液中存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，从而说明该反应是可逆反应，反应具有一定限度，故合理选项是B。12、D【解析】

A．煤干馏是隔绝空气加强热，使之发生复杂的化学变化，得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故A错误；B．煤炭液化是利用化学反应将煤炭转变为液态燃料的过程，故B错误；C．石油裂化的目的是将长链的烷烃裂解后得到短链的轻质液体燃料烯烃，是化学变化，故C错误；D．石油分馏是利用沸点的不同将其中的组分分离开来，没有新物质生成，为物理变化，故D正确。故选：D。【点睛】注意变化中是有无新物质生成：无新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化。13、D【解析】

A．同一主族相邻的两种元素的原子序数之差为2、8、8、18、18、32等，不相邻的两种元素的原子序数之差可能为16，如锂和钾，故A错误；B．最外层电子数为8的粒子不一定是稀有气体元素的原子，也可能是离子，例如钠离子，故B错误；C．同一主族中，随着核电荷数的增加，单质的熔点可能降低，如碱金属，也可能升高，如卤素，故C错误；D．主族元素中，原子核外最外层电子数为2与次外层电子数相同的元素只有Be，原子核外最外层电子数为8的元素，次外层电子数为8的是Ar，不是主族元素，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了同周期元素、同主族元素原子序数关系，最外层核外电子数和次外层电子数的关系，判断元素的种类、以及元素周期律的应用等知识点，解题中注意掌握规律的同时，注意特例。14、B【解析】

A．“轨道”2Px与3Py分别属于第二电子层和第三电子层，不同电子层的电子具有不同的能量，所以二者的能量不同，故A错误；B．所有的p轨道均为纺锤形，所以“轨道”2Px与3Py均呈纺锤形，故B正确；C．不同电子层上的电子，其自旋方向不一定相同，故C错误；D．在三维坐标中，“轨道”2Px在x轴方向伸展，3Py在y轴方向伸展，则在空间的伸展方向不同，故D错误；故答案为B。15、C【解析】A、向盐酸和氯化铝混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，先发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，无明显现象，AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，产生沉淀，后沉淀溶解，图中一开始就有沉淀，故A错误；B、在NaHCO3和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸，反应分以下两步进行:Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，图中一开始就有气泡，不符合，故B错误；C、向NaOH溶液中通入氯气，发生2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，开始转移电子数逐渐增多，饱和后不再溶解，故C正确；D、在氢氧化钡溶液中滴加NaHCO3溶液，少量时的反应是:NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+NaOH+H2O，过量时的反应是:Ba(OH)2+2NaHCO3=BaCO3↓+Na2CO3+2H2O，导电能力是先变小，再变大，但由于有Na＋离子，导电能力不可能变为0，故D错误；故选C。16、C【解析】

X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，YZ气体遇空气变成红棕色，则YZ为NO，故Y为N元素、Z为O元素；W与Z同主族，则W为S元素；R的原子半径是五种元素中最大的，R处于第三周期，可能为Na、Mg、Al、Si、P中的一种；五元素所在周期数之和为11，则X处于第一周期，故X为H元素。【详解】A．X、Y简单离子分别为H+(或H-)、N3-，电子层越多离子半径越大，故离子半径；N3-＞H+(或H-)，故A正确；B．非金属性N＞S，故氢化物稳定性NH3＞H2S，故B正确；C．X、Z和R可能形成NaOH、氢氧化镁、氢氧化铝、硅酸、磷酸等，故C错误；D．W的非金属性比R的强，最高价氧化物对应的水化物的酸性：W＞R，故D正确。故选：C。【点睛】本题的突破口为“YZ气体遇空气变成红棕色”，可知YZ为NO；本题中无法确定R代表的具体元素，但并不影响对选项的判断。17、C【解析】

A.固氮时为原电池原理，化学能转化为电能，A错误；B.固氮时，Li电极为负极，钌复合电极为正极，电流由钌复合电极经用电器流向锂电极，B错误；C.脱氮时为电解原理，钌复合电极为阳极，阳极上发生失电子的氧化反应，钌复合电极的电极反应为2Li3N-6e-=6Li++N2↑，C正确；D.脱氮时，钌复合电极为阳极，锂电极为阴极，Li+（阳离子）向锂电极迁移，D错误；答案选C。18、B【解析】

A、石墨与O2的总能量高于CO2的能量，故石墨与O2生成CO2反应为放热反应，选项A错误；B、根据图示可知，金刚石的能量高于石墨的能量，故等量的金刚石和石墨燃烧时，金刚石放出的热量更多，选项B正确；C、物质的能量越高则物质越不稳定，故金刚石的稳定性比石墨差，选项C错误；D、根据图示可知，金刚石的能量高于石墨的能量，故金刚石转化为石墨是放出能量，Q=E2-E1，选项D错误；答案选B。19、D【解析】

短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，观察正离子结构，Z失去一个电子后，可以成3个共价键，说明Z原子最外面为6个电子，由于Z位于第三周期，所以Z为S元素，负离子结构为，Y成一个共价键，为-1价，不是第三周期元素，且原子序数大于X，应为F元素（当然不是H，因为正离子已经有H）；X得到一个电子成4个共价键，说明其最外层为3个电子，为B元素，据此分析解答。【详解】A．电子层数F-<S2-，离子半径F-<S2-，所以Z>Y，A选项错误；B．非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：F>B，则有BH3<HF，所以X<Y，B选项错误；C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：S>B，则酸性H3BO3（弱酸）<H2SO4（强酸），所以X<Z，C选项错误；D．根据上述分析可知，化合物A中X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构，D选项正确；答案选D。20、B【解析】

A．原子晶体具有很高的熔点、沸点，所以原子晶体干冰有很高的熔点、沸点，故A正确；B．原子晶体干冰有很高的沸点，不易汽化，不可用作制冷材料，故B错误；C．不同非金属元素之间形成极性键，二氧化碳中存在O=C极性键，故C正确D．原子晶体硬度大，所以原子晶体干冰的硬度大，可用作耐磨材料，故D正确；故选：B。21、C【解析】

A．原电池中阴离子应该向负极移动；B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，即单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多，则得到的电能越多；C．负极M失电子和OH−反应生成M(OH)2；D．由正极电极反应式O2＋2H2O＋4e−＝4OH−有O2～4OH−～4e−，当外电路中转移4mol电子时，消耗氧气1mol，但空气中氧气只占体积分数21%，据此计算判断。【详解】A．原电池中阴离子应该向负极移动，金属M为负极，所以电解质中的阴离子向金属M方向移动，故A错误；B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g时，这三种金属转移电子物质的量分别为×2mol＝mol、×3mol＝mol、×2mol＝mol，所以Al−空气电池的理论比能量最高，故B错误；C．负极M失电子和OH−反应生成M(OH)2，则正极反应式为2M－4e－＋4OH－＝2M(OH)2，故C正确；D．由正极电极反应式O2＋2H2O＋4e−＝4OH−有O2～4OH−～4e−，当外电路中转移4mol电子时，消耗氧气1mol，即22.4L(标准状况下)，但空气中氧气只占体积分数21%，所以空气不止22.4L，故D错误；故答案选C。【点睛】明确电极上发生的反应、离子交换膜作用、反应速率影响因素、守恒法计算是解本题关键，注意强化电极反应式书写训练。22、D【解析】

A．甲酸分子中也含有醛基，所以无论是否含有甲醛，都会有该现象，A错误。B．甲酸与加入过量的氢氧化钠充分反应后的得到的甲酸钠中仍然含有醛基，所以溶液一样可以能发生银镜反应，不能证明是否含有甲醛，B错误。C．酸与醇发生酯化发生的实质是酸脱羟基醇脱氢。所以将甲酸溶液进行酯化反应后的混合液含有甲酸及甲酸酯中都含有醛基，可以发生银镜反应。因此不能证明含有甲醛，C错误。D．向甲酸溶液中加入足量氢氧化钠，发生酸碱中和反应得到甲酸钠。甲酸钠是盐，沸点高。若其中含有甲醛，则由于甲醛是分子晶体，沸点较低。加热蒸馏出的气体通入新制的氢氧化铜悬浊液加热煮沸，若有砖红色沉淀，则证明蒸馏出的气体中含有甲醛，D正确。答案选D。二、非选择题(共84分)23、氯原子C6H10O4取代反应NaOH、C2H5OH(或乙醇)，加热HOCH2CH2CH2CH2OH+2NH3+3O2→+6H2O【解析】

从A到C由环烷烃变成了环烯烃，并且A生成B是光照下与Cl2的取代，所以从B到C即为卤代烃的消去，结合题干提示的反应，环己烯经过高锰酸钾处理后就可以得到己二酸，H就是1,4-丁二醇，所以PBA就是聚己二酸丁二酯。从E生成F，再由F生成对苯二甲酸，条件恰好与题干提示的反应相同，所以推测E为对二甲苯，F即为对苯二腈。【详解】(1)B为卤代烃，官能团的名称为氯原子；D为己二酸，所以分子式为C6H10O4；(2)反应①即为烃变成卤代烃的反应，反应类型即为取代反应；反应②为卤代烃的消去反应，所加试剂即NaOH，乙醇，并且需要加热；(3)H通过推断即为1,4-丁二醇，所以结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH；(4)反应⑤即由对二甲苯生成对苯二腈的反应，所以方程式为：+2NH3+3O2→+6H2O；(5)由题可知M的分子式为C9H8O4，扣除苯环还有2个不饱和度；满足要求的N的结构中一定有羟基，此外也要具有醛基和酯基的结构；考虑到1molN能消耗4mol的NaOH，所以只能是2个羟基，1个甲酸酯基，由于还需要有一个不饱和度，所以还含有一个乙烯基；再考虑到核磁共振氢谱的信息，最终满足要求的有机物的结构为如下两种：；【点睛】书写满足特定要求的物质的同分异构体的结构时，从不饱和度入手，结合有关信息确定有机物中一定含有的结构；此外，也要注意特定结构的基团，例如甲酸酯基等；确定有机物所含的基团后，再结合核磁共振氢谱的信息考虑物质的对称性，最终将物质的结构书写出来。24、苯甲醇消去反应碳碳双键、羧基否在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也被能氧化5【解析】

由Ｂ的结构可知Ａ为，Ａ与溴发生加成反应生成Ｂ，Ｂ发生水解反应生成Ｃ为，Ｃ催化氧化的产物继续氧化生成Ｄ，则Ｄ为，对比Ｄ、Ｅ分子式可知Ｄ分子内脱去１分子水生成Ｅ，故Ｄ在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成Ｅ，则Ｅ为，Ｅ和Ｆ发生酯化反应生成Ｗ为。【详解】（1）F的结构简式为，的化学名称是苯甲醇，⑤为Ｄ在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成Ｅ。（2）E的结构为，含有的官能团是碳碳双键、羧基，D含有羧基和羟基，能发生聚合生成酯类高分子化合物，结构简式为。（3）经过反应③，是羟基连接的碳原子上有2个氢原子的碳原子发生氧化反应生成醛基得到，与O2在催化剂、加热的条件下反应可得D，写出反应④的化学方程式。（4）④、⑤两步不能颠倒，因为在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也被能氧化。（5）与A具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有5种。苯环上可以连接一个甲基和一个-CH=CH2，有三种结构，也可以是苯环上连接-CH=CHCH3或-CH2CH=CH2，共5种，其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2：2的结构简式为。（6）根据逆推原理分析，合成苯甲醇，需要制备，可以用甲苯的取代反应，利用苯和一氯甲烷发生取代反应生成甲苯，故合成路线为：。25、bd66.7%随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，检验SO2是否除尽防止空气中的水进入E，影响氢气的检验b澄清石灰水【解析】

(1)(I)Fe2＋与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀；Fe2＋具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色；(Ⅱ)铁与浓硫酸加热时，浓硫酸被还原为二氧化硫；(2)铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；(3)高锰酸钾溶液能氧化吸收二氧化硫，品红检验二氧化硫；(4)用澄清石灰水检验CO2。【详解】(1)Fe2＋能与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀，Fe2＋具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色；要判断溶液X中是否含有Fe2＋，可以选用K3[Fe(CN)6]溶液或酸性KMnO4溶液，选bd；(Ⅱ)铁与浓硫酸加热时，浓硫酸被还原为二氧化硫，二氧化硫具有还原性，二氧化硫通入足量溴水中，发生反应，所以溶液颜色变浅，反应后的溶液中加入足量BaCl2溶液，生成硫酸钡沉淀2.33g，硫酸钡的物质的量是，根据关系式，可知二氧化硫的物质的量是0.01mol，由此推知气体Y中SO2的体积分数为66.7%。(2)由于随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的方程式为；(3)高锰酸钾溶液能氧化吸收二氧化硫，品红检验二氧化硫，所以装置B中试剂的作用是检验SO2是否除尽；装置E用于检验装置D中是否有水生成，所以装置F的作用是防止空气中的水进入E，影响氢气的检验；(4)C中的碱石灰能吸收二氧化碳，所以要确认CO2的存在，在B、C之间添加M，M中盛放澄清石灰水即可。26、2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2ONA2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑饱和食盐水除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备>Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OK2FeO4在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的【解析】

由制备实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，B中饱和食盐水除去氯气中的HCl，C中发生3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，且C中可能发生Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，D中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。【详解】（1）A

中反应方程式是2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，若反应中有

0.5molCl2

产生，则电子转移的数目为0.5mol×2×(1-0)×NA=NA，工业制氯气的反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，故答案为：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；NA；2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；（2）装置

B

中盛放的试剂是饱和食盐水，该装置在制备高铁酸钾中的作用为除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备，故答案为：饱和食盐水；除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备；（3）Cl元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知碱性条件下，氧化性Cl2>FeO42-，C中还可能发生氯气与KOH反应，用离子方程式表示为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：>；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（4）取少量

K2FeO4

加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快澄清，可知

K2FeO4

的净水原理为K2FeO4

在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的，故答案为：K2FeO4

在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的。27、球形冷凝管分水器中液面不再变化、CH3OCH3BD85.2%C【解析】

（1）A装置的名称是球形冷凝管。（2）步骤③为当分水器中液面不再变化，停止加热（3）上述实验可能发生的副反应为甲基丙烯酸甲酯聚合、甲醇分子间脱水、甲基丙烯酸聚合。（4）A.在该实验中，浓硫酸是催化剂和吸水剂B.酯化反应中若生成的酯的密度比水大，沉在水下，水从分水器中流入圆底烧瓶内，不能提高反应物的转化率C.洗涤剂X是一组试剂，产物要依次用饱和Na2CO3去除甲基丙烯酸、饱和NaCl溶液洗去甲基丙烯酸甲酯中溶解的Na2CO3、饱和CaCl2溶液吸收甲醇和水D.为了提高蒸馏速度，最后一步蒸馏可采用减压蒸馏；该步骤一定不能用常压蒸馏，防止甲基丙烯酸甲酯受热聚合（5）实验结束收集分水器分离出的水，并测得质量为2.70g，其物质的量为，则生成甲基丙烯酸甲酯0.15mol，n(甲基丙烯酸)=，n(甲醇)=，理论上生成甲基丙烯酸甲酯0.176mol，所以其产率约为。A.分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯，则实际产率减小；B.实验条件下发生副反应，则实际产率减小；C.产品精制时收集部分低沸点物质,则实际产率增大；D.产品在洗涤、蒸发过程中有损失，则实际产率减小。【详解】（1）A装置的名称是球形冷凝管。答案为：球形冷凝管；（2）步骤③为当分水器中液面不再变化，停止加热。答案为：分水器中液面不再变化；（3）上述实验可能生成的副产物结构简式为、CH3OCH3。答案为：、CH3OCH3；（4）A.在该实验中，浓硫酸是催化剂和吸水剂，A错误；B.酯化反应中若生成的酯的密度比水大，则酯沉在分水器中水下，水从分水器中流入圆底烧瓶内，不能提高反应物的转化率，B正确；C.洗涤剂X是一组试剂，产物要依次用饱和Na2CO3去除甲基丙烯酸、饱和NaCl溶液洗去甲基丙烯酸甲酯中溶解的Na2CO3、饱和CaCl2溶液吸收甲醇和水，C错误；D.为了提高蒸馏速度，最后一步蒸馏可采用减压蒸馏；该步骤一定不能用常压蒸馏，防止甲基丙烯酸甲酯受热聚合，D正确。答案为：BD；（5）实验结束收集分水器分离出的水，并测得质量为2.70g，其物质的量为，则生成甲基丙烯酸甲酯0.15mol，n(甲基丙烯酸)=，n(甲醇)=，理论上生成甲基丙烯酸甲酯0.176mol，所以其产率约为=85.2%。答案为：85.2%；A.分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯，则实际产率减小；B.实验条件下发生副反应，则实际产率减小；C.产品精制时收集部分低沸点物质，则实际产率增大；D.产品在洗涤、蒸发过程中有损失，则实际产率减小。答案为：C。28、1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d110sp3氢键N≡C—S—S—C≡N