2024年重庆市铁路中学高考全国统考预测密卷化学试卷含解析

2024年重庆市铁路中学高考全国统考预测密卷化学试卷考生须知：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、能正确表示下列变化的离子方程式是A．硅酸钠中滴加盐酸：Na2SiO3＋2H＋=H2SiO3↓＋2Na＋B．少量SO2通人NaClO溶液中：SO2＋3ClO－＋H2O=SO42－＋Cl－＋2HClOC．高锰酸钾溶液中滴人双氧水：2MnO4－＋3H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋4O2↑＋6H2OD．小苏打治疗胃酸过多：CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O2、下列装置所示的分离提纯方法和物质的溶解性无关的是A． B．C． D．3、下列实验操作、解释或结论均正确的是选项实验目的操作结论或解释A检验、混合溶液中的取待测液少许，加入过量的溶液，再加振荡静置；取上层清液，向其中加入硝酸酸化的溶液液体分层，加入硝酸酸化的，溶液有白色沉淀产生，则溶液中含B检验某溶液中有无取待测液少许，加入盐酸，有气体放出，将气体通入澄清石灰水中澄清石灰水变浑浊，则含C检验溶液中的取待测液少许，先通入氯气，再加KSCN溶液溶液变红色，则含D检验食盐中是否含取少量食盐溶于水，加少量淀粉溶液变蓝色，则含A．A B．B C．C D．D4、化学与生产、生活息息相关。下列有关说法不正确的是A．小苏打可用于治疗胃酸过多B．还原铁粉可用作食品袋内的抗氧化剂C．用乙醚从青蒿中提取青蒿素的过程中包含萃取操作D．墨子号量子卫星使用的太阳能电池，其主要成分为二氧化硅5、实验室中，要使AlCl3溶液中的Al3+离子全部沉淀出来，适宜的试剂是A．NaOH溶液 B．氨水 C．盐酸 D．Ba(OH)2溶液6、某化学学习小组利用如图装置来制备无水AlCl3（已知：无水AlCl3遇水能迅速发生反应）。下列说法正确的是A．装置①中的试剂可能是二氧化锰B．装置②、③中的试剂分别为浓硫酸、饱和食盐水C．点燃④处酒精灯之前需排尽装置中的空气D．球形干燥管中碱石灰的作用只有处理尾气7、乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一，以乙烯为原料合成的部分产品如图所示。下列有关说法正确的是A．氧化反应有①⑤⑥，加成反应有②③B．氯乙烯、聚乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色C．反应⑥的现象为产生砖红色沉淀D．可用乙醇萃取Br2的CCl4溶液中的Br28、下列关于有机化合物的说法正确的是（）A．乙硫醇(C2H5SH)的沸点比乙醇的高B．除去乙酸乙酯中的少量乙醇可加入适量乙酸并充分加热C．等质量的苯和苯乙烯()完全燃烧,消耗氧气的体积相同D．分子式为C4H8Cl2且含有两个甲基的有机物有4种9、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数。X与Y位于不同周期，X与W的最高化合价之和为8，元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质。下列说法中正确的是A．化合物YX4W溶于水后，得到的溶液呈碱性B．化合物YW3为共价化合物，电子式为C．Y、Z形成的一种化合物强度高，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料D．原子半径大小：W＞Z＞Y＞X10、已知常见元素及化合物的转化关系如图所示：又知A～E中均含有一种相同元素。下列说法错误的是（）A．物质A一定是单质 B．物质C可能是淡黄色固体C．物质D可能是酸或碱 D．物质E可能属于盐类11、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+)≥0.06mol12、只能在溶液中导电的电解质是()A．KOH B．CH3COONH4 C．SO2 D．CH3COOH13、我国科学家开发的一种“磷酸钒锂/石墨离子电池”在4.6V电位区电池总反应为：Li3C6＋V2(PO4)36C＋Li3V2(PO4)3。下列有关说法正确的是A．该电池比能量高，用Li3V2(PO4)3做负极材料B．放电时，外电路中通过0.1mol电子M极质量减少0.7gC．充电时，Li+向N极区迁移D．充电时，N极反应为V2(PO4)3＋3Li＋＋3e－=Li3V2(PO4)314、化合物X(5没食子酰基奎宁酸)具有抗氧化性和抗利什曼虫活性而备受关注，X的结构简式如图所示。下列有关X的说法正确的是()A．分子式为C14H15O10B．分子中有四个手性碳原子C．1molX最多可与4molNaOH反应D．1molX最多可与4molNaHCO3反应15、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-16、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示：且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的是A．YW3分子中的键角为120°B．W2Z的稳定性大于YW3C．物质甲分子中存在6个σ键D．Y元素的氧化物对应的水化物为强酸17、“NaCl＋CO2＋NH3＋H2O→NaHCO3↓＋NH4Cl”是侯氏制碱法的重要反应。下面是4位同学对该反应涉及的有关知识发表的部分见解。错误的是A．甲同学说：该条件下NaHCO3的溶解度较小B．乙同学说：NaHCO3不是纯碱C．丙同学说：析出NaHCO3固体后的溶液中只含氯化铵D．丁同学说：该反应是在饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳18、清初《泉州府志》物产条载：

“初，人不知盖泥法，元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之。”文中“盖泥法”的原理与下列相同的是（）A．活性炭净水B．用漂白粉漂白织物C．除去KNO3中的NaClD．除去河水中泥沙19、下列解释事实的化学用语错误的是A．闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，转化为铜蓝(CuS)：ZnS+Cu2+＝CuS+Zn2+B．0.1mol/L的醋酸溶液pH约为3：CH3COOHCH3COO-+H+C．电解NaCl溶液，阴极区溶液pH增大：2H2O+2e-＝H2↑+2OH-D．钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe－3e-＝Fe3+20、《天工开物》记载“凡火药以硝石、硫磺为主，草木灰为辅……而后火药成声”涉及的主要反应为：S+2KNO3+3CK2S+3CO2+N2↑。下列有关说法不正确的是（）A．硝石主要成分为硝酸盐 B．硫磺在反应中作还原剂C．该反应为放热反应 D．火药可用于制作烟花爆竹21、轴烯（Radialene）是一类独特的环状烯烃，其环上每一个碳原子都接有一个双键，含n元环的轴烯可以表示为[n]轴烯，如下图是三种简单的轴烯。下列有关说法不正确的是A．a分子中所有原子都在同一个平面上 B．b能使酸性KMnO4溶液褪色C．c与互为同分异构体 D．轴烯的通式可表示为C2nH2n（n≥3）22、一种熔融KNO3燃料电池原理示意图如图所示，下列有关该电池的说法错误的是A．电池工作时，NO3－向石墨I移动B．石墨Ⅰ上发生的电极反应为：2NO2+2OH－－2e－=N2O5+H2OC．可循环利用的物质Y的化学式为N2O5D．电池工作时，理论上消耗的O2和NO2的质量比为4：23二、非选择题(共84分)23、（14分）苯氧布洛芬是一种解热、阵痛、消炎药，其药效强于阿司匹林。可通过以下路线合成：完成下列填空：（1）反应①中加入试剂X的分子式为C8H8O2，X的结构简式为_______。（2）反应①往往还需要加入KHCO3，加入KHCO3的目的是__________。（3）在上述五步反应中，属于取代反应的是________（填序号）。（4）B的一种同分异构体M满足下列条件：Ⅰ.能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。Ⅱ.分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环。则M的结构简式：____。（5）请根据上述路线中的相关信息并结合已有知识，写出以、CH2CHO。为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）____。合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH224、（12分）R・L・Claisen双酯缩合反应的机理如下：2RCH2COOC2H5+C2H5OH，利用该反应制备化合物K的一种合成路线如图试回答下列问题：（1）A与氢气加成所得芳香烃的名称为______；A→B的反应类型是______；D中含氧官能团的名称是______。（2）C的结构简式为______；F→G的反应除生成G外，另生成的物质为______。（3）H→K反应的化学方程式为______。（4）含有苯环结构的B的同分异构体有______种（B自身除外），其中核磁共振氢谱显示3组峰的结构简式为______（任写一种即可）。（5）乙酰乙酸乙酯（）是一种重要的有机合成原料，写出由乙醇制备乙洗乙酸乙時的合成路线（无机试剂任选）：______。25、（12分）ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代Cl2成为自来水的消毒剂。已知ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，11℃时液化成红棕色液体。（1）某研究小组用下图装置制备少量ClO2（夹持装置已略去）。①冰水浴的作用是____________。②NaOH溶液的主要作用为吸收反应产生的Cl2，其吸收液可用于制取漂白液，该吸收反应的氧化剂与还原剂之比为___________________。③以NaClO3和HCl为原料制备ClO2的化学方程式为_________________________。（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量CCl4，振荡、静置，观察到________，证明ClO2具有氧化性。（3）ClO2在杀菌消毒过程中会产生Cl-,其含量一般控制在0.3-0.5mg·L−1，某研究小组用下列实验方案测定长期不放水的自来水管中Cl-的含量：量取10.00mL的自来水于锥形瓶中，以K2CrO4为指示剂，用0.0001mol·L－1的AgNO3标准溶液滴定至终点。重复上述操作三次，测得数据如下表所示：实验序号1234消耗AgNO3溶液的体积/mL10.2410.029.9810.00①在滴定管中装入AgNO3标准溶液的前一步，应进行的操作_____________。②测得自来水中Cl-的含量为______mg·L−1。③若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果_______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。26、（10分）溴化亚铜是一种白色粉末，不溶于冷水，在热水中或见光都会分解，在空气中会慢慢氧化成绿色粉末。制备CuBr的实验步骤如下：步骤1.在如图所示的三颈烧瓶中加入45gCuSO4·5H2O、19gNaBr、150mL煮沸过的蒸馏水，60℃时不断搅拌，以适当流速通入SO22小时。步骤2.溶液冷却后倾去上层清液，在避光的条件下过滤。步骤3.依次用溶有少量SO2的水、溶有少量SO2的乙醇、纯乙醚洗涤。步骤4.在双层干燥器（分别装有浓硫酸和氢氧化钠）中干燥3～4h，再经氢气流干燥，最后进行真空干燥。（1）实验所用蒸馏水需经煮沸，煮沸目的是除去其中水中的______________（写化学式）。（2）步骤1中：①三颈烧瓶中反应生成CuBr的离子方程式为_______________；②控制反应在60℃进行，实验中可采取的措施是_____________；③说明反应已完成的现象是__________________。（3）步骤2过滤需要避光的原因是_______________。（4）步骤3中洗涤剂需“溶有SO2”的原因是_____________________最后溶剂改用乙醚的目的是________________________________。（5）欲利用上述装置烧杯中的吸收液（经检测主要含Na2SO3、NaHSO3等）制取较纯净的Na2SO3·7H2O晶体。请补充实验步骤（须用到SO2（贮存在钢瓶中）、20%NaOH溶液、乙醇）①_______________________________________________。②__________________________________________________。③加入少量维生素C溶液（抗氧剂），蒸发浓缩，冷却结晶。④__________________________________________________。⑤放真空干燥箱中干燥。27、（12分）水中的溶解氧（DO）的多少是衡量水体水质的重要指标。某化学小组测定某河流中氧的含量，经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”，Ⅰ．用已准确称量的硫代硫酸钠（Na2S2O3）固体配制一定体积的cmol/L标准溶液；Ⅱ．用水样瓶取河流中水样v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL碱性KI溶液，塞紧瓶塞（瓶内不准有气泡），反复震荡后静置约1小时；Ⅲ．向水样瓶中加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶至沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色；Ⅳ．将水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中，用硫代硫酸钠标准溶液滴定；V．待试液呈淡黄色后，加1mL淀粉溶液，继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v2。已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6（1）在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和________________________。（2）在步骤Ⅱ中，水样中出现了MnMnO3沉淀，离子方程式为4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O。（3）步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为_______________________________________________________________。（4）滴定时，溶液由__________色到______________色，且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。（5）河水中的溶解氧为_____________________________mg/L。（6）当河水中含有较多NO3－时，测定结果会比实际值________(填偏高、偏低或不变)28、（14分）“三酸两碱”是最重要的无机化工产品，广泛用于国防、石油、纺织、冶金、食品等工业。“三酸”是指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱。回答下列问题：(1)写出过量稀硝酸分别与“两碱”溶液反应的离子方程式：_______、_______。(2)请将“三酸两碱”中所含位于第三周期的元素，按原子半径由大到小的顺序排列_______。(3)氯的非金属性比硫____（填“强”或“弱”），请用两个事实说明你的结论____________。(4)某烧碱溶液中含0.1molNaOH，向该溶液通入一定量CO2，充分反应后，将所得溶液低温蒸干，得到固体的组成可能有四种情况，分别是：①________；②Na2CO3；③________；④NaHCO3。若该固体溶于水，滴加过量盐酸，再将溶液蒸干，得到固体的质量是_______g。(5)将Na2CO3溶于水得到下列数据：水Na2CO3混合前温度混合后温度35mL3.2g20℃24.3℃Na2CO3溶于水_________（填“吸”或“放”）热，请从溶解过程热效应的角度加以解释___________。29、（10分）过渡金属元素在日常生活中有广泛的应用。（1）金属钒在材料科学上有重要作用，被称为“合金的维生素”，基态钒原子的价层电子的排布式为__________；基态Mn原子核外有____种运动状态不同的电子，M层的电子云有_______种不同的伸展方向。（2）第四周期元素的第一电离能随原子序数增大，总趋势是逐渐增大的，但Ga的第一电离能明显低于Zn，原因是____________________________________（3）NO2－与钴盐形成的配离子[Co(NO2)6]3－可用于检验K+的存在。与NO2－互为等电子体的微粒__________（写出一种），K3[Co(NO2)6]中存在的作用力有___________a.σ键b.π键c.配位键d.离子键e.范德华力（4）锰的一种配合物的化学式为Mn(BH4)2(THF)3，BH4－的空间构型为____________（5）FeO是离子晶体，其晶格能可通过下图中的Born—Haber循环计算得到。可知，O原子的第一电子亲和能为________kJ•mol-1，FeO晶格能为________kJ•mol-1。（6）铜与氧可形成如图所示的晶胞结构，其中Cu均匀地分散在立方体内部，a、b的坐标参数依次为（0，0，0）、（1/2，1/2,1/2），则d点的坐标参数为_______________，已知该晶体的密度为ρg•cm-3，NA是阿伏伽德罗常数的值，则晶胞参数为_________pm（列出计算式即可）

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.硅酸钠是易溶强电解质，应拆写成离子，A项错误；B.少量SO2与NaClO发生氧化还原反应，生成的H+与ClO-生成弱酸HClO，B项正确；C.高锰酸钾溶液氧化双氧水时，双氧水中的氧原子将电子转移给高锰酸钾中的锰原子，应写成2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，C项错误；D.小苏打为碳酸氢钠，应拆成Na+和HCO3-，D项错误。本题选B。【点睛】+4价硫具有较强的还原性，+1价氯具有较强的氧化性，它们易发生氧化还原反应。2、A【解析】

A、蒸馏与物质的沸点有关，与溶解度无关，正确；B、洗气与物质的溶解度有关，错误；C、晶体的析出与溶解度有关，错误；D、萃取与物质的溶解度有关，错误；答案选A。3、A【解析】

本题考查化学实验的评价，意在考查分析问题，解决问题的能力。【详解】A.检验氯离子用硝酸银溶液，但碘离子的存在对氯离子的检验有干扰，因此用Fe(NO3)3将碘离子氧化为碘单质并用CCl4萃取，此时上层液体中不含碘离子，再加硝酸酸化的硝酸银溶液有白色沉淀产生，则表明溶液中含有氯离子，故A正确；B.CO32－、SO32－、HCO3－、HSO3－均可与盐酸反应，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，故B错误；C.检验亚铁离子应先加KSCN溶液，溶液未变红，再通人氯气，溶液变红，证明有Fe2+，故C错误；D.碘酸钾遇淀粉不能变蓝色，故D错误；答案：A4、D【解析】

A.生活中常用小苏打、氢氧化铝来治疗胃酸过多，A项正确；B.铁可以被空气氧化，做还原剂，即抗氧化剂，B项正确；C.乙醚不溶于水，易溶解有机物，可以从青蒿中提取青蒿素，C项正确；D.太阳能电池，其主要成分为硅，D项错误；答案选D。5、B【解析】

要使AlCl3溶液中的Al3+全部沉淀出来，要求所用试剂能提供OH−，且须过量，因此适宜的试剂不能为强碱溶液，因为强碱会使氢氧化铝沉淀溶解，据此分析；【详解】A.据分析可知，氢氧化钠过量会将氢氧化铝沉淀溶解，A错误；B.据分析可知，氨水可以使铝离子全部沉淀出来，且氢氧化铝沉淀不溶于氨水，B正确；C.据分析可知，盐酸不能使AlCl3溶液中的Al3+离子沉淀，C错误；D.据分析可知，Ba(OH)2溶液可以使铝离子沉淀，但Ba(OH)2溶液过量会使氢氧化铝沉淀溶解，D错误；故答案选B。【点睛】氢氧化铝不溶于弱酸弱碱是考察频率较高的知识点之一，学生须熟练掌握。6、C【解析】

结合题干信息，由图可知，①装置为氯气的制备装置，装置②的目的是除去氯气中的氯化氢，装置③的目的是干燥氯气，装置④为制备无水AlCl3的装置，装置⑤用来收集生成的氯化铝，碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入装置⑤中，并吸收过量的氯气防止污染环境，据此分析解答问题。【详解】A．①装置为氯气的制备装置，浓盐酸与MnO2需要在加热的条件下才能反应生成Cl2，缺少加热仪器，A选项错误；B．装置②的目的是除去氯气中的氯化氢，用饱和食盐水，装置③的目的是干燥氯气，用浓硫酸，B选项错误；C．因为Al能与空气中的氧气在加热的条件下发生反应，故点燃④处酒精灯之前需排尽装置中的空气，C选项正确；D．球形干燥管中的碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入装置⑤中，并吸收过量的氯气防止污染环境，D选项错误；答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价分析，把握实验原理，明确装置的作用关系为解答题目的关键。7、C【解析】

反应①为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应②为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，反应③为1,2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，反应④为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应⑤为乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应⑥为乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，据此解答。【详解】反应①为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应②为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，反应③为1,2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，反应④为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应⑤为乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应⑥为乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，A.根据以上分析知，氧化反应有⑤⑥，加成反应有①②，A项错误；B.氯乙烯有碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化，从而使酸性KMnO4溶液褪色，聚乙烯没有碳碳双键，不能被酸性KMnO4溶液氧化，则不能使酸性KMnO4溶液褪色，B项错误；C.乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，氢氧化铜被还原生成氧化亚铜砖红色沉淀，C项正确；D.乙醇与CCl4互溶，则不能用乙醇萃取Br2的CCl4溶液中的Br2，D项错误；答案选C。8、C【解析】

A.乙硫醇(C2H5SH)分子间无氢键而乙醇分子之间有氢键，氢键的存在增加了分子之间的吸引力，使物质的熔沸点升高，故乙醇的熔沸点比乙硫醇高，A错误；B.乙醇与乙酸生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此不能达到除杂的目的，还引入了新的杂质，B错误；C.苯、苯乙烯最简式相同，同质量消耗O2量相同，因此消耗的氧气在相同条件下体积也相同，C正确；D.C4H8Cl2可看作是C4H10分子中的2个H原子被Cl原子取代产生的物质，C4H10有正丁烷、异丁烷两种结构，4个碳原子可形成，符合条件的正丁烷的二氯代物有2种，异丁烷的1种，共有3种不同的结构，D错误；故合理选项是C。9、C【解析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，说明最外层电子数依次为1、3、5、7，元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质，则Z为Al元素、Y为N元素、W为Cl元素；。X与Y位于不同周期，则X为H元素。【详解】A项、X为H、Y为N元素、W为Cl元素，元素化合物YX4W为NH4Cl，NH4Cl溶液中NH4+水解使溶液呈酸性，故A错误；B项、Y为N元素、W为Cl元素，化合物NCl3为共价化合物，电子式为，故B错误；C项、Y为N元素、Z为Al元素，AlN为原子晶体，原子晶体具有强度高、热膨胀系数小、耐热冲击的特征，故C正确；D项、在周期表中，同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族的元素的原子半径从上到下依次增大，H原子半径最小，故原子半径从大到小的顺序为Al＞Cl＞H，D错误。故选C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，元素的推断为解答本题的关键，注意最外层电子数为1、3、5、7来推断元素为解答的难点。10、A【解析】

若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐，据此分析解答。【详解】若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐。A．由上述分析可知，A可能为单质Na、S等，也可能为化合物NH3、H2S等，故A错误；B．若A为Na时，C可为过氧化钠，过氧化钠为淡黄色固体，故B正确；C．由上述分析可知，D可能为酸，也可能为碱，故C正确；D．由上述分析可知，E可能属于盐类，故D正确；故选A。11、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。12、D【解析】

A．氢氧化钾是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下均能导电，故不选A；B．醋酸铵是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下均能导电，故不选；C．二氧化硫为非电解质，不能导电，故不选C；D．醋酸是共价化合物，只有在水溶液里能电离导电，故选D。13、B【解析】

原电池的正极上发生得电子的还原反应，在电解池的阳极上发生失电子的氧化反应；锂离子电池的总反应为：Li3C6＋V2(PO4)36C＋Li3V2(PO4)3，则该电池放电时正极上发生得电子的还原反应，即电极反应式为V2(PO4)3＋3Li＋＋3e－=Li3V2(PO4)3，负极为Li3C6材料，电极反应Li3C6-3e－→3Li++6C。【详解】A.该电池比能量高，原电池的正极上发生得电子的还原反应，在电解池的阳极上发生失电子的氧化反应；用Li3V2(PO4)3作正极材料，负极为Li3C6材料，故A错误；B.放电时，M极为负极，电极反应Li3C6-3e－→3Li++6C，外电路中通过0.1mol电子M极质量减少0.1mol×7g·mol－1=0.7g，故B正确；C.充电时，Li+向阴极迁移，即向M极区迁移，故C错误；D.充电时，N极为阳极，发生氧化反应，Li3V2(PO4)3-3e－=V2(PO4)3＋3Li＋，故D错误；故选B。【点睛】本题考查二次电池，理解原电池和电解池的原理是解题关键，易错点D，充电时外电源的正极与电池的正极相连，阳极发生氧化反应，失去电子。14、B【解析】

由结构可知分子式，分子中含-COOH、-COOC-、OH，结合羧酸、酯、醇、酚的性质来解答。【详解】A．由结构简式可知分子式为C14H16O10，A错误；B.在左侧六元环中，连接-OH、醚键的原子连接4个不同的原子或原子团，为手性碳原子，B正确；C.能与氢氧化钠反应的为3个酚羟基、酯基和羧基，1molX最多可与5molNaOH反应，C错误；D.只有羧基与碳酸氢钠反应，则1molX最多可与1molNaHCO3反应，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点。15、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。16、B【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，根据四种元素形成的化合物结构，其中各原子的核外电子排布均处于稳定结构。根据图示可知，X原子最外层含有4个电子，Y原子最外层含有5个电子，Z原子最外层含有6个电子，W最外层含有1个或7个电子，结合原子序数及“W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体”可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，据此分析解答。【详解】根据分析可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素。A．YW3为NH3，为三角锥形的分子，分子中的键角＜120°，故A错误；B．非金属性越强，氢化物越稳定，水的稳定性大于氨气，故B正确；C．物质甲的结构简式为CO(NH2)2，存在7个σ键和1个π键，故C错误；D．N元素的氧化物对应的水化物可能是硝酸，也可能为亚硝酸，其中亚硝酸为弱酸，故D错误；故选B。【点睛】根据物质中常见原子的成键情况推断元素为解答关键。本题的易错点为C，要注意物质中化学键数目的判断方法的应用。17、C【解析】反应中只有碳酸氢钠沉淀生成，所以该条件下NaHCO3的溶解度较小，故A正确；纯碱是Na2CO3，NaHCO3是小苏打，故B正确；析出NaHCO3固体后的溶液仍是NaHCO3的饱和溶液，含氯化铵、NaHCO3等，故C错误；在饱和食盐水中先通入氨气使溶液呈碱性，再通入二氧化碳，增大二氧化碳的溶解度，故D正确。18、A【解析】文中“去土而糖白”是指固体土吸附糖色，所以文中“盖泥法”的原理与下列相同的是活性炭净水，故选A。19、D【解析】

A．溶解度大的物质可以转化为溶解度小的物质，溶解度ZnS＞CuS，则闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，转化为铜蓝(CuS)，反应的离子方程式为ZnS+Cu2+＝CuS+Zn2+，故A正确；B．0.1mol/L醋酸溶液的pH约为3，说明醋酸为弱酸，部分电离，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故B正确；C．电解NaCl溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，离子方程式为2H2O+2e-＝H2↑+2OH-，阴极区溶液pH增大，故C正确；D．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极上Fe失电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-＝Fe2+，故D错误；故选D。【点睛】本题的易错点为D，要注意电极反应式中，铁是失去2个电子生成亚铁离子。20、B【解析】

A.KNO3是硝酸盐，硝石主要成分为硝酸盐，故A正确；B.硫元素化合价由0降低为-2，硫磺在反应中作氧化剂，故B错误；C.黑火药爆炸释放能量，所以该反应为放热反应，故C正确；D.燃放烟花爆竹，利用火药爆炸释放的能量，所以火药可用于制作烟花爆竹，故D正确；答案选B。21、C【解析】

A．[3]轴烯中所有碳原子均采取sp2杂化，因此所有原子都在同一个平面上，故A不符合题意；B．[4]轴烯中含有碳碳双键，能够使酸性KMnO4溶液褪色，故B不符合题意；C．[5]轴烯的分子式为：C10H10，分子式为：C10H12，二者分子式不同，不互为同分异构体，故C符合题意；D．轴烯中多元环的碳原子上没有氢原子，与每个环上的碳原子相连的碳原子上有2个氢原子，且碳原子数与氢原子均为偶数，因此轴烯的通式可表示为C2nH2n(n≥3)，故D不符合题意；故答案为：C。22、B【解析】

由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨Ⅰ通入NO2生成N2O5，发生的是氧化反应，故石墨Ⅰ是负极，发生的反应式为NO2-e-+NO3-=N2O5，则石墨Ⅱ为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e-+2N2O5=4NO3-，该电池的总反应为：4NO2+O2=2N2O5。【详解】由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨Ⅰ通入NO2生成N2O5，发生的是氧化反应，故石墨Ⅰ是负极，发生的反应式为NO2-e-+NO3-=N2O5，则石墨Ⅱ为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e-+2N2O5=4NO3-。A．电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，石墨Ⅰ是负极，NO3-向石墨I移动，A正确；B．该电池一种熔融KNO3燃料电池，负极发生氧化反应，石墨Ⅰ上发生的电极反应为：NO2-e-+NO3-=N2O5，B错误；C．石墨Ⅰ生成N2O5，石墨Ⅱ消耗N2O5，可循环利用的物质Y的化学式为N2O5，C正确；D．原电池中正极得到的电子数等于负极失去的电子数，故电池工作时，理论上消耗的O2和NO2的物质的量之比是1:4，则消耗的O2和NO2的物质的量之比是4：23，D正确；答案选D。【点睛】考生做该题的时候，首先从图中判断出石墨Ⅰ、石墨Ⅱ是哪个电极，并能准确写出电极反应式，原电池中阴离子移向负极、阳离子移向正极，原电池工作时，理论上负极失去的电子数等于正极得到的电子数。二、非选择题(共84分)23、中和生成的HBr①③④【解析】

反应①中加入试剂X的分子式为C8H8O2，对比溴苯与B的结构可知X为，B中羰基发生还原反应生成D，D中羟基被溴原子取代生成E，E中-Br被-CN取代生成F，F水解得到苯氧布洛芬，据此解答。【详解】(1)根据以上分析可知X的结构简式为，故答案为：；(2)反应①属于取代反应,有HBr生成,加入KHCO3中和生成的HBr，故答案为：中和生成的HBr；(3)在上述五步反应中，反应①③④属于取代反应，故答案为：①③④；(4)B的一种同分异构体M满足下列条件：Ⅰ.能发生银镜反应，说明含有醛基，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，含有甲酸与酚形成的酯基(－OOCH)；Ⅱ.分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，两个苯环相连,且甲基与－OOCH分别处于不同苯环中且为对位，则M的结构简式为：，故答案为：；(5)苯乙醛用NaBH4还原得到苯乙醇,在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成苯乙烯,苯乙烯与HBr发生加成反应得到,然后与NaCN发生取代反应得到，最后酸化得到，合成路线流程图为：，故答案为：。【点睛】能发生银镜反应的官能团是醛基，有机物类别是醛、甲酸、甲酸某酯、甲酸盐、与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基。24、乙苯加成反应醛基C2H5OH+C2H5OH13或C2H5OH【解析】

对比A、E的结构，结合反应条件、B与C的分子式，与HBr发生加成反应生成B为，B发生水解反应反应生成C为，C发生催化氧化生成D为，D发生氧化反应生成E．E与乙醇发生酯化反应生成F为．F与甲酸乙酯发生取代反应生成G，反应同时生成乙醇。G与氢气发生加成反应生成H，H发生醇的消去反应、酯的水解反应得到K，故H为。【详解】（1）与氢气发生加成反应生成的芳香烃为，所得芳香烃的名称为：乙苯；A→B的反应类型是：加成反应；D为，D中含氧官能团的名称是：醛基，故答案为乙苯；加成反应；醛基；（2）由分析可知，C的结构简式为；F→G的反应除生成G外，另生成的物质为：C2H5OH，故答案为；C2H5OH；（3）H→K反应的化学方程式为：，故答案为；（4）B为，B的同分异构体含有苯环，有1个取代基还可以为-CHBrCH3，有2个取代基为-Br、-CH2CH3或-CH2Br、-CH3，均有邻、间、对3种位置结构，有2×3=6种，有3个取代基为-Br、-CH3、-CH3，2个甲基有邻、间、对3种位置，对应的-Br分别有2种、3种、1种位置，有6种，故符合条件的共有1+6+6=13种，其中核磁共振氢谱显示3组峰的结构简式为、，故答案为13；或；（5）由乙醇制备乙酰乙酸乙酯，乙醇被氧化生成乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯在碱性条件下发生信息中的转化可得乙酰乙酸乙酯，其合成路线为：，故答案为。【点睛】本题考查有机物推断与合成，侧重对有机化学基础知识和逻辑思维能力考查，注意对比物质的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的结构、性质及相互转化是解答关键。25、收集ClO2（或使ClO2冷凝为液体）1：12NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O溶液分层，下层为紫红色用AgNO3标准溶液进行润洗3.55偏低【解析】

(1)①冰水浴可降低温度，防止挥发；②氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠；③以NaClO3和HCl为原料制备ClO2，同时有Cl2和NaCl生成，结合电子守恒和原子守恒写出发生反应的化学方程式；(2)反应生成碘，碘易溶于四氯化碳，下层为紫色；(3)根据滴定操作中消耗的AgNO3的物质的量计算溶液中含有的Cl-的物质的量，再计算浓度即可。【详解】(1)①冰水浴可降低温度，防止挥发，可用于冷凝、收集ClO2；②氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，此反应中Cl2既是氧化剂，又是还原剂，还原产物NaCl和氧化产物NaClO的物质的量之比为1:1，则该吸收反应的氧化剂与还原剂之比为1:1；③以NaClO3和HCl为原料制备ClO2，同时有Cl2和NaCl生成，则发生反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；(2)将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄，说明生成碘，碘易溶于四氯化碳，即当观察到溶液分层，下层为紫红色时，说明有I2生成，体现ClO2具有氧化性；(3)①装入AgNO3标准溶液，应避免浓度降低，应用AgNO3标准溶液进行润洗后再装入AgNO3标准溶液；②滴定操作中第1次消耗AgNO3溶液的体积明显偏大，可舍去，取剩余3次数据计算平均体积为mL=10.00mL，含有AgNO3的物质的量为0.0001mol·L－1×0.01L=1×10-6mol，测得自来水中Cl-的含量为=3.55g·L−1；③在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致消耗标准液的体积读数偏小，则测定结果偏低。26、O22Cu2++2Br－+SO2+2H2O→2CuBr↓+SO42－+4H+60℃水浴加热溶液蓝色完全褪去防止CuBr见光分解防止CuBr被氧化除去表面乙醇，并使晶体快速干燥在烧杯中继续通入SO2至饱和然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液过滤，用乙醇洗涤2～3次【解析】

(1)溴化亚铜能被氧气慢慢氧化，要排除氧气的干扰；

(2)①三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀；

②控制反应在60℃进行，可以用60℃的水浴加热；

③45gCuSO4•5H2O为0.18mol，19gNaBr为0.184mol，所以NaBr稍过量，所以当溶液中的铜离子消耗完时反应即完成；

(3)溴化亚铜见光会分解；

(4)溴化亚铜在空气中会慢慢被氧化，洗涤剂需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，溶剂改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶体快速干燥；

(5)烧杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取较纯净的Na2SO3•7H2O晶体，可以在烧杯中继续通入SO2至饱和，将Na2SO3生成NaHSO3，根据钠元素守恒可知，此时溶液中NaHSO3的物质的量为0.5mol，然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液，使NaHSO3恰好完全反应生成Na2SO3，加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2～3次，除去表面可溶性杂质，放真空干燥箱中干燥，据此答题。【详解】(1)溴化亚铜能被氧气慢慢氧化，用二氧化硫还原铜离子生成溴化亚铜要排除氧气的干扰，可以通过煮沸的方法除去其中水中的O2，故答案为：O2；(2)①三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀，反应的离子方程式为2Cu2++2Br−+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42−+4H+，故答案为：2Cu2++2Br−+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42−+4H+；②控制反应在60℃进行，可以用60℃的水浴加热；故答案为：60℃水浴加热；③45gCuSO4⋅5H2O为0.18mol，19gNaBr为0.184mol，所以NaBr稍过量，所以当溶液中的铜离子消耗完时反应即完成，所以说明反应已完成的现象是溶液蓝色完全褪去，故答案为：溶液蓝色完全褪去；(3)溴化亚铜见光会分解，所以步骤2过滤需要避光，防止CuBr见光分解，故答案为：防止CuBr见光分解；(4)在空气中会慢慢被氧化，所以洗涤剂需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，最后溶剂改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶体快速干燥，故答案为：防止CuBr被氧化；除去表面乙醇，并使晶体快速干燥；(5)烧杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取较纯净的Na2SO3⋅7H2O晶体，可以在烧杯中继续通入SO2至饱和，将Na2SO3生成NaHSO3，根据钠元素守恒可知，此时溶液中NaHSO3的物质的量为0.5mol，然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液，使NaHSO3恰好完全反应生成Na2SO3，加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2∼3次，除去表面可溶性杂质，放真空干燥箱中干燥，故答案为：在烧杯中继续通入SO2至饱和；然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液；过滤，用乙醇洗涤2∼3次。27、碱式滴定管MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O蓝无偏高【解析】

(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性；(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，根据氧化还原反应方程式分析；(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色；(5)根据关系式，进行定量分析；(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3。【详解】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性，用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，即碘化合价升高，Mn的化合价会降低，离子方程式为MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，故答案为：MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O；(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色，故答案为：蓝；无；(5)由4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O，MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可知关系式，即，则氧气的物质的量x=，v1mL水样中溶解氧=，故答案为：；(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3，即Na2S2O3用量增加，结果偏高，故答案为：偏高。【点睛】本题难点(3)，信息型氧化还原反应方程式的书写，要注意对反应物和生成物进行分析，在根据得失电子守恒配平；易错点(5)，硝酸根存在时，要注意与氢离子在一起会有强氧化性。28、H++OH—→H2O2H++CO32—→H2O+CO2↑Na﹥S﹥Cl强Cl2+H2S→S↓+2HCl,高氯酸的酸性比硫酸的酸性强（HCl的稳定性比H2S强