北京市西城35中2024年高考化学二模试卷含解析

北京市西城35中2024年高考化学二模试卷

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3.请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。

4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、下列有关海水综合利用的说法正确的是

A.海水提嗅过程中，提取漠单质只能用有机物萃取的方法

B.电解饱和食盐水可制得金属钠

C.海水晒盐过程中主要涉及物理变化

D.海带提碘中，氧化过程可通入过量的氯气

2、硅与某非金属元素X的化合物具有高熔点高硬度的性能，X一定不可能是（）

A.IVA族元素B.VA族元素C.VIA族元素D.VDA族元素

3、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）

选项实验操作和现象结论

向鸡蛋清溶液中加入少量CuSO4溶液，出

A蛋白质可能发生了变性

现浑浊

将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的气体通入

B产生的气体中一定含有乙烯

酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去

室温下，用pH试纸测得：0.1mol»L-

2

C】Na2sO3溶液的pH约为10；0.1mol»LHSCh-结合H+的能力比SO3'的强

iNaHSCh溶液的pH约为5

向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量

DKsp(AgBr)<Ksp(AgCl)

AgNCh溶液，产生淡黄色沉淀（AgBr）

A.AB.BC.CD.D

4、有机物环丙叉环丙烷的结构为〉=:不。关于该有机物的说法正确的是

A.所有原子处于同一平面

B.二氯代物有3种

C.生成1molC6H14至少需要3molH2

D.1mol该物质完全燃烧时，需消耗8.5molC>2

5、实验室常用乙醇和浓硫酸共热制取乙烯：CH3cH20H——愣一>H2c=CH2T+H2O某同学用以下装置进行乙烯

制取实验。下列叙述不正确的是

控温电加热

A.m的作用是确保乙醇与浓硫酸能顺利流下

B.电控温值可设置在165-175℃

C.a出来的气体可用瓶口向下排空气法收集

D.烧瓶内可放几粒碎瓷片以防暴沸

6、某温度下，向10mL...---■.溶液中滴加「一二：二：-的区电$溶液，滴加过程中，溶液中必-C：：：-与':三.S溶

液体积（V）的关系如图所示，下列说法正确的是（）已知：二二一二；.•«

-lgc(Cu,*)

17.7.......4Y

X4

_.―・

01020HNaiS(叫))/mL

A.该温度下.式06)=1(>3，

B.X、Y、Z三点中，Y点水的电离程度最小

仁ItijS溶液中：c^D+dHSD+cOIQMcQi吟

D.向100mL了.：.CM浓度均为，.--的混合溶液中逐滴加入,.--..:的$溶液，工,:先沉淀

7、从煤焦油中分离出苯的方法是（）

A.干储B,分储C.分液D.萃取

8、将NaHCCh和NazCh的固体混合物xg在密闭容器中加热至250℃,充分反应后排出气体.将反应后的固体溶入水

无气体放出，再逐滴加入盐酸，产生气体（标准状况）与所加盐酸体积之间的关系如图所示.下列说法错误的是（）

A.HC1的浓度0.2mol/L

B.反应后固体的成分为NaOH与Na2cO3

C.密闭容器中排出气体的成分为O2和H2O

D.x的数值为6.09

9、下列有关氧元素及其化合物的表示或说法正确的是

A.氧原子的原子结构示意图：@5)

B.羟基的结构式：O-H

1

C.用电子式表示NazO的形成过程：()''.I

D.组成为C2H60的分子中可能只存在极性键

10、NazFeCh只在强碱性条件下稳定，易被H?还原。以NaOH溶液为电解质，制备NazFeCh的原理如图所示，在制

备过程中需防止FeO43的渗透。下列说法不正确

NaO晞溶液

A.电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出

2

B.铁电极上的主要反应为：Fe-6e+8OH=FeO4+4H2O

C.电解一段时间后，Ni电极附近溶液的pH减小

D.图中的离子交换膜为阴离子交换膜

2+2

11、已知：CaSO4(s)^^Ca(aq)+SO4(aq)AH<0»对含有大量CaSO，s)的浊液改变一个条件，下列图像符合浊液

中c(Ca2+)变化的是()

A.加入少量BaCL(s)

O

户)

B.加少量蒸储水卜一一一

OVtmL

«C«")

C.加少量硫酸一一

O0mL

12、下列有关物质结构的叙述正确的是

A.在离子化合物中不可能存在非极性共价键

B.由电子定向移动而导电的物质一定是金属晶体

C.有键能很大的共价键存在的物质熔沸点一定很高

D.只含有共价键的物质不一定是共价化合物

13、下列离子方程式正确的是

2+

A.用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：S2O3+2H=SO2t+Si+H2O

2+

B.KC1O碱性溶液与Fe(OH)3反应：3C1O+2Fe(OH)3=2FeO4+3Cr+4H+H2O

C

-硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H5-OH^C17H35COOC2H5+H2-O

2+

D.向NH4HCO3溶液中加入足量石灰水：Ca+HCO3+OH=CaCO3；+H2O

14、如图，小烧杯放在一块沾有水的玻璃片上，加入氯化镇固体与氢氧化锹晶体[Ba(OH)2«8H2O)],并用玻璃棒搅

拌，玻璃片上的水结成了冰.由此可知()

A.该反应中，化学能转变成热能

B.反应物的总能量低于生成物的总能量

C.氯化钱与氢氧化钢的反应为放热反应

D.反应的热化学方程式为2NH4C1+Ba（OH）2-*BaC12+2NH3«H2O-Q

15、氟氨化钙是一种重要的化工原料，其制备的化学方程式为：CaCO3+2HCN=CaCN2+COT+H2f+CO2T，下列说法

正确的是

A.CO为氧化产物，出为还原产物B.CaCN2含有共价键，属于共价化合物

C.HCN既是氧化剂又是还原剂D.每消耗lOgCaCCh生成2.24LCO2

16、通过资源化利用的方式将CO2转化为具有工业应用价值的产品（如图所示），是一种较为理想的减排方式，下列说

法中正确的是（）

A.CCh经催化分解为C、CO、O2的反应为放热反应

B.除去Na2c03固体中少量NaHCCh可用热分解的方法

C.过氧化尿素和SO2都能使品红溶液褪色，其原理相同

D.由CO2和H2合成甲醇，原子利用率达100%

二、非选择题（本题包括5小题）

17、请根据以下知识解答

OH

R-C三C-H+R2-CHOf&_0=0_&-Rj（R代表崎基，下同。）

R-C三C-(CH2)n-CH=CH2+H2P&BaS[R-CH=CH-(CH2)n-CH=CH2

1,4—丁二醇是生产工程塑料PBT（聚对苯二甲酸丁二酯）的重要原料，它可以通过下图两种不同的合成路线制备,

请写出相应物质的结构简式

PdBaSOq

A*B

两分子聚合,

ICH三CH|

CH2BrCH=CHCH2Br

JHCHO

DC

^J4CHO稀NaOH水溶液

E--HOCH式CHQaCHaOH

,对市二甲酸

F(PBT)

⑴请写出A和D的结构简式：、□

⑵写出生成CH2BrCH=CHCH2Br的化学反应方程式：写出生成F(PBT)的化学反应方程式:__。

⑶关于对苯二甲酸的结构，在同一直线上的原子最多有个。

(4)某学生研究发现由乙快可制得乙二醇，请你设计出合理的反应流程图。

提示：①合成过程中无机试剂任选②反应流程图表示方法示例如下：

反应物乙一酯

反应物反应物「

18、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。

三A

①HCHO-②旦AB③HB、c空CN

ML—CH------------------AC4H5U2催化剂,△△④—CN

催化剂,△

OH

(1)A的结构简式为o

(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o

(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。

o

(7)聚乳酸(HfO-CH-C^OH)是一种生物可降解材料，已知埃基化合物可发生下述

CH,

OH

R-c-RJ雕o»R-C-COOH反应:(R，可以是煌基或H原子)。用合成路线图表示用乙醇制备聚乳酸的过程。

19、(一)碳酸镯[La2(CC)3)3]可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症，制备反应原理为:

2LaC13+6NH4HCO3=La2(CO3)3i+6NH4Cl+3CO2T+3H2O；某化学兴趣小组利用下列装置实验室中模拟制备碳酸锢。

(1)制备碳酸镯实验流程中导管从左向右的连接顺序为：FT-

(2)Y中发生反应的化学反应式为

(3)X中盛放的试剂是,其作用为

(4)Z中应先通入NH3,后通入过量的C。？，原因为；[Ce(OH)/是一种重要的稀土氢氧化物,

它可由氟碳酸铀精矿(主要含CeFCOs)经如下流程获得:

稀瓯双”该液

*”般制二座阚~洞~|一圈一|含…稀耐粉I含2浓容

不溶物

已知：在酸性溶液中Ce4+有强氧化性，回答下列问题:

(5)氧化焙烧生成的钵化合物二氧化钵(CeC)2),其在酸浸时反应的离子方程式为；

(6)已知有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+(水层)+6HT(有机层).2CeTs+6H+(水

层)从平衡角度解释：向CeTs(有机层)加入H?SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是；

20

(7)已知298K时，KSp[Ce(OH)3]=lxlO-,为了使溶液中Ce3+沉淀完全，需调节pH至少为；

(8)取某Ce(OH)4产品0.50g,加硫酸溶解后，用QlOOOmol?的FeSO《溶液滴定至终点(钵被还原成Ce3+).(已知:

CeCOH%的相对分子质量为208)

①FeSO4溶液盛放在_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中;

②根据下表实验数据计算Ce(OH)4产品的纯度

FeSO4溶液体积(mL)

滴定次数

滴定前读数滴定后读数

第一次0.5023.60

第二次1.0026.30

第三次1.2024.10

③若用硫酸酸化后改用QlOOOmol?t的Fed2溶液滴定产品从而测定Ce(OH)4产品的纯度，其它操作都正确，则测

定的Ce(OH)4产品的纯度(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)0

20、苯甲酸乙酯可由苯甲酸与乙醇在浓硫酸共热下反应制得，反应装置如图(部分装置省略)，反应原理如下:

实验操作步骤：

①向三颈烧瓶内加入12.2g苯甲酸、25mL乙醇、20mL苯及4mL浓硫酸，摇匀，加入沸石。

②装上分水器、电动搅拌器和温度计，加热至分水器下层液体接近支管时将下层液体放入量筒中。继续蒸储，蒸出过

量的乙醇，至瓶内有白烟(约3h),停止加热。

③将反应液倒入盛有80mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末至溶液无二氧化碳逸出，用pH试纸检验至

呈中性。

④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醛萃取，然后合并至有机层。用无水CaCL干燥，粗产物进行蒸储，低温

蒸出乙酸。当温度超过140℃时，直接接收210-213C的储分，最终通过蒸储得到纯净苯甲酸乙酯12.8mL。

可能用到的有关数据如下：

相对分子质量密度(g/cm3)沸点/℃溶解性

苯甲酸1221.27249微溶于水，易溶于乙醇、乙醛

苯甲酸乙酯1501.05211-213微溶于热水，溶于乙醇、乙醛

乙醇460.7978.5易溶于水

乙醛740.7334.5微溶于水

回答以下问题：

⑴反应装置中分水器上方的仪器名称是,其作用是.

⑵步骤①中加浓硫酸的作用是,加沸石的目的是o

(3)步骤②中使用分水器除水的目的是o

(4)步骤③中加入碳酸钠的目的是o

⑸步骤④中有机层从分液漏斗的___(选填“上口倒出”或“下口放出”)。

⑹本实验所得到的苯甲酸乙酯产率是%o

21、合成气(CO、HA是一种重要的化工原料气。合成气制取有多种方法，如煤的气化、天然气部分氧化等。回答下列

问题：

I.合成气的制取

(1)煤的气化制取合成气。

已知：①H2O(g)=H2。⑴△H=-44kJ/mol；

②部分物质的燃烧热：

物质C(»)CO(g)H,(g)

燃烧热393.5283.0285.8

则反应C(s)+H2O(g)^=±CO(g)+H2(g)的△由——kJ/molo

(2)天然气部分氧化制取合成气。

如果用O2(g)、H2O(g),CO2(g)混合物氧化CHKg),欲使制得的合成气中CO和H2的物质的量之比为1：2,则原混合

物中BWXg)与CO2(g)的物质的量之比为

II.利用合成气合成乙醇

在一定条件下，向容积为2L的恒容密闭容器中投入2molCO和4m0IH2,发生反应：

2C0(g)+4H2(g);=^CH3CH20H(g)+H20(g)o

(1)写出该反应的平衡常数表达式

(2)下列情况能作为判断反应体系达到平衡的标志是_(填序号)。

A.压强不再变化B.平均摩尔质量不再变化C.密度不再变化

(3)反应起始压强记为pi、平衡后记为P2,平衡时H2的转化率为_。(用含pi、P2的代数式表示)

III.合成乙醇的条件选择

为探究合成气制取乙醇的适宜条件，某科研团队对不同温度、不同Rh质量分数的催化剂对CO的吸附强度进行了研

究，实验数据如图。CO的非离解吸附是指CO尚未乙醇化，离解吸附是指CO已经乙醇化。

作离解吸附稣侑离制吸附“色

C

O

的I：&小w(Rh)F%的催化剂

吸

附2：比示W(Rh)-1%的催化朝

强3：衣小W(Rh)-2%的催化制

度

10020030040050060070()WX)

温度，7；

不同Rh所依分数的催化剂对

CO的啜阴与温境的丈痪

(I)结合图像从低温区、高温区分析温度对co吸附强度的影响_；以及催化剂对co吸附强度的影响―。

(2)用Rh作催化剂，合成气制取乙醇的适宜温度是_。

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、C

【解析】

A.澳元素在海水中以化合态存在，将Br元素由化合态转化为游离态时发生电子转移，所以一定发生氧化还原反应，生

成漠单质后用有机物进行萃取，故A错误；

B.钠易与水反应，电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，所以应用电解熔融的氯化钠的方法冶炼钠，故B错误;

C.海水晒盐利用蒸发原理，蒸发是根据物质的沸点不同进行分离的操作，为物理变化，故C正确；

D.加入过量的氯气能将12氧化成更高价的化合物,减少碘的产率，故D错误；

答案选C。

2、D

【解析】

硅与某非金属元素X的化合物具有高熔点高硬度的性能，说明该晶体为原子晶体，可能为碳化硅、氮化硅、二氧化硅,

而四氯化硅、四氟化硅为分子晶体，所以X一定不可能是VDA族元素，故选D。

3、A

【解析】

A.鸡蛋清主要成分为蛋白质，少量CuSO4可能会使其发生变性，故A项正确；

B.乙醇和浓硫酸共热至170℃后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高镒酸钾褪色，则该实验不能证

明乙烯能使KMnO4溶液褪色，故B项错误；

2

C.室温下，用pH试纸测得：0.1moFL-iNa2s03溶液的pH约为10；0.1molLiNaHSCh溶液的pH约为5,说明SO3-

的水解程度比HSO3-大，即SO3?-结合H+的能力比HSO3-的强，故C项错误；

D.NaCl和NaBr的浓度大小未知，产生的淡黄色沉淀也可能是漠离子浓度较大所导致，因此该实验现象不能说明

KSp(AgBr)<Ksp(AgCl),故D项错误；

答案选A。

4、C

【解析】

A.分子中所有碳原子处于同一平面，但氢原子不在此平面内，错误；

B.二氯代物中，两个氯原子连在同一碳原子上的异构体有1种，两个氯原子连在不同碳原子上的异构体有3种，也就

是二氯代物共有4种，错误；

C.生成1molC6H”，至少需要3m0IH2,正确；

D.该物质的分子式为C6&,1mol该物质完全燃烧时，需消耗8moiCh,错误。

答案为C。

5、C

【解析】

A.m导气管连接漏斗上下，可以使乙醇与浓硫酸的混合物上、下气体压强一致，这样，液体混合物在重力作用下就

可以顺利流下，A正确；

B.乙醇与浓硫酸混合加热170C会发生消去反应产生CH2=CH2、H2O,所以电控温值在170℃左右，可设置在

165-175℃,B正确;

C.从a导管口出来的气体中含乙醇发生消去反应产生的乙烯以及挥发的乙醇、副产物二氧化硫等，要制取乙烯，收

集时可以用排水法，乙烯密度和空气接近，不能用排空气法收集，C错误；

D.烧瓶内可放几粒碎瓷片以防止产生暴沸现象，D正确；

故合理选项是Co

6、B

【解析】

向lOmLO.lmol/LCuCk溶液中滴加O.lmol/L的Na2s溶液，发生反应：Cu2++S2#CuS；,Ci?+单独存在或S?一单独存在

均会水解，水解促进水的电离，Y点溶液时滴加Na2s溶液的体积是10mL,此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶

解平衡：CuS(s)=Cu2+(aq)+S*(aq),已知此时-lgc(Cu2+)=17.7,贝！|平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-".7mo[/L,Ksp(CuS)=

c(Cu2+)-c(S2)=10-,77moVLxl017-7mol/L=10-35-4mol2/L2,据此结合物料守恒分析。

【详解】

A.该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2)=10-17-7mol/L,贝(JKsp(CuS)=c(Cu2+),c(S2-)=l(yi7-7mol/Lxl(yi7.7moi/L=io-35.4mo]2加2,

A错误；

B.Ci?+单独存在或S>单独存在均会水解，水解促进水的电离，Y点时恰好形成CuS沉淀，水的电离程度小于X、Z点，

所以X、Y、Z三点中，Y点水的电离程度最小，B正确；

2+

C.根据Na2s溶液中的物料守恒可知：2c(S-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na),C错误；

D.向100mLZn2\CiP+浓度均为105moI/L的混合溶液中逐滴加入lOloi/L的Na2s溶液，产生ZnS时需要的S?一浓度

203042

为c(S*)=.rmol/L=3xlO-mol/L,产生CuS时需要的S?一浓度为c(S*)=..=10-moI/L<3xlO-«mol/L,则产

ur11L

生CuS沉淀时所需S2-浓度更小，即Cu2+先沉淀，D错误；

故合理选项是B„

【点睛】

本题考查沉淀溶解平衡的知识，根据图象所提供的信息计算出CuS的Ksp数值是解题关键，注意掌握溶度积常数的含

义及应用方法，该题培养了学生的分析能力及化学计算能力。

7、B

【解析】

A.干储：将某种物质在隔绝空气的条件下加热，使物质热裂解，产生挥发性的低分子化合物的整个过程叫干像，不是

分离方法，故A错误；

B.利用混合物中各成分的沸点不同进行加热、冷却的分离过程叫分储，煤焦油中含有的苯和苯的同系物沸点不同，所

以用分储的方式分离，故B正确；

C.分液是把两种互不混溶的液体分离开的操作方法，不能分离出煤焦油中溶解的苯，故C错误；

D.萃取是利用溶质在不同溶剂中溶解度的差异来分离混合物的操作，不能从煤焦油中分离出苯，故D错误；

故答案为B。

8、D

【解析】

A、由175mL到275mL是与碳酸氢钠反应，而n(Na2cO3)=n(NaHCO3)=n(CO2)=0.02mol,

NaHCCh〜〜〜HC1

ImolImol

0.02mol0.02mol

所以c(HCD=0.02mol/(275-l75)x10-3L=0.2mol/L,A正确；

B、由图像可知，因为175>275-175所以固体混合物为NaOH,Na2co3,B正确；

C、由方程式可知：2NaHCC)3=ZNa2cO3+CO2T+H2O,生成0.02mol的二氧化碳和0.02mol的水，再根据

2Na2(h+2CO2=2Na2co3+O2,2Na2C>2+2H2O=4NaOH+O2T可知密闭容器中排出气体的成分O2,H2O,C正确；

D、根据碳原子守恒可知，n(NaHCOs)=n(CO2)="0.02mol"="0.02mol",275ml时溶质是单一的氯化钠，根

据钠守恒可知n(Na2O2)=0.2mol/Lx0.275L-0.02mol/L=0.0175mol,固体的质量为：0.02x84+0.0175x78=

3.045g,故x=3.045g,D错误;

答案选D。

【点晴】

解答时注意掌握过氧化钠、碳酸氢钠的性质及根据化学方程式进行的简单计算方法，本题中分析、理解图像信息是解

题关键。另外明确二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的先后顺序是解答的难点和易错点，一定量的NazCh与一定量的

CO2和HzO(g)的混合物的反应，可看做NazCh先与CO2反应，待CCh反应完全后，Na2(h再与H2O®发生反应。

9、D

【解析】

A.O原子核内质子数为8,有2个电子层，最外层有6个电子，原子结构示意图为：……，故A错误；

B.羟基中含有1个氧氢键，羟基可以表示为-OH,故B错误；

c.NazO为离子化合物，用电子式表示Na?。的形成过程为：Na:不4.6Na―►Na+[：6!]2-Na+,故c

错误；

D.二甲醛只存在极性键，故D正确；

故选：D。

10、C

【解析】

由电解示意图可知，铁电极为阳极，阳极上铁失去电子发生氧化反应生成FeO4*,电极反应式为Fe-6e-+8OH=

2

FeO4+4H2O,银电极为阴极，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e=H2t+2OH,根据题

意NazFeCh只在强碱性条件下稳定，易被还原，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止NazFeO’与H?

反应使产率降低。

【详解】

A项、银电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e=H2t+2OH,氢气具有还原性，根据题意NazFeCh只

在强碱性条件下稳定，易被H2还原，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止NazFeCh与H2反应使产率降

低，故A正确；

B项、阳极上铁失电子发生氧化反应生成FeCh*,电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O,故B正确；

C项、银电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e=H2t+2OH-,由于有OH生成，电解一段时间后，Ni

电极附近溶液的pH增大，故C错误；

D项、铁是阳极，电极反应式为Fe-6e-+8OH=FeO42-+4H2O,Ni电极上氢离子放电，电极反应式为2H2。+2&=

H2t+2OH-,氢氧根离子向阳极移动，图中的离子交换膜应选用阴离子交换膜，故D正确。

故选C。

【点睛】

本题考查电解池原理，明确各个电极上发生的反应是解本题关键。

11、C

【解析】

A.加少量BaCL生成BaSCh沉淀，减小，使CaSCh溶解平衡向溶解方向移动，c(Ca?+)增大，故A错误；

B.加少量蒸储水，CaSO*)继续溶解至饱和，c(Ca2+)不变，故B错误；

C.加少量硫酸c(SO42)增大，使CaSO4溶解平衡向沉淀方向移动，c(Ca2+)减小，故C正确；

D.适当升高温度，使CaSO4溶解平衡向沉淀方向移动，c(Ca2+)减小，故D错误；

故答案为Co

12、D

【解析】

A.含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有极性键或非极性键，如Na2O2,故A错误；

B.多数物质导电都是靠电子定向移动的，不仅仅是金属，如半导体材料硅等，故B错误；

C.分子晶体的熔沸点高低取决于分子间作用力的大小，与共价键的强弱无关，故C错误；

D.只含共价键的物质不一定是共价化合物，可能是多原子单质，如臭氧等，故D正确；

答案选D。

【点睛】

含有离子键的化合物是离子化合物，而极性键和非极性键是从原子之间的共用电子对是否偏移判断的，它们之间没有

必然的联系。

13、A

【解析】

A.用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠，发生歧化反应生成二氧化硫与硫单质，其离子方程式为：

2+

S2O3+2H=SO2t+S；+H2O,A项正确；

B.KC1O碱性溶液与Fe(OH)3反应，不可能生成H+,其离子方程式为：3CKT+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO42-+3Cr+5H2。，

B项错误;

C.硬脂酸与乙醇的酯化反应的化学方程式为：Cl7H35COOH+C2H5I8OH遂髻Cl71135coI8oc2H5+H2O,C项错误；

D.向NH4HCO3溶液中加入足量石灰水，铁根离子与碳酸氢根离子均会与氢氧根离子反应，其离子方程式为：

+2+

NH4+Ca+HCO3+2OH=CaCO3i+H2O+NH3H2O,D项错误；

答案选A。

【点睛】

B项是易错点，在书写离子方程式时，若反应属于氧化还原反应，则应该符合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，同时

注意在酸性环境不可能存在大量OH：同时在碱性溶液中不可能大量存在H+。

14、B

【解析】

A.通过玻璃片上结冰现象可知该反应为吸热反应，故热能转变为化学能，故A错误；

B.该反应是一个吸热反应，则反应物的总能量小于生成物的总能量，故B正确；

C.该反应是一个吸热反应，故C错误；

D.氯化锭与氢氧化钢晶体反应生成氯化领、一水合氨和水，该反应为吸热反应，题给方程式没有标出各物质的聚集

状态，不是该反应的热化学方程式，故D错误；

故答案为Bo

【点睛】

考查学生吸热反应和物质能量的转化，通过玻璃片上结冰现象可以确定反应是吸热的；吸热反应中，反应物的总能量

小于生成物的总能量。

15、C

【解析】

A.HCN中碳的化合价为+2价，CO中碳的化合价也是+2价，CO既不是氧化产物也不是还原产物，A错误；

B.CaCNz中含有离子键和共价键，属于离子化合物，B错误；

C.HCN中H的化合价降低，C的化合价升高，HCN既是氧化剂又是还原剂，C正确；

D.每消耗10gCaCO3生成O.lmolCCh,没有说明温度和压强，无法计算二氧化碳的体积，D错误；

答案选C。

16、B

【解析】

A、该反应应为吸热反应，A错误；

B、碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此除去Na2cCh固体中少量NaHCCh可用热分解的方法，B正

确；

C、过氧化尿素使品红溶液褪色是利用它的强氧化性，而二氧化硫使品红溶液褪色是利用它与品红试剂化合生成不稳

定的无色物质，原理不相同，c错误；

D、由图示可知，二氧化碳与氢气合成甲醇的原子利用率不是100%,D错误；

答案选B。

二、非选择题(本题包括5小题)

17、CH=CCH=CH2CH三CCH20HCH2=CHCH=CH2+Br2^CH2BrCH=CHCH2Br

nHOCH2(CH2)2CH2OH+nHOOC—COOH-+OCHj(CH2);CHjOOG-<^^>—CO]n+2nH204个

Br、HjONaOH

CHmCIi-------►CH2=CH7~>-CHiBr-CHiBr----------------►CH2OH-CH2OH

【解析】

乙焕与甲醛发生加成反应生成D为HCmCCH2OH,D与甲醛进一步发生加成反应生成E为HOCH2c三CCH2OH,E与

氢气发生加成反应生成HOCH2CH2CH2CH2OH0分子乙快聚合得到A为HC三CCH=CH2,结合信息可以知道及

HOCH2cH2cH2cH20H可以知道，A与氢气发生加成反应生成B为CH2=CHCH=CH2,B与澳发生1,4-加成反应生

成BrCH2CH=CHCH2Br,BrCH2CH=CHCH2Br与氢气发生加成反应生成C为BrCH2cH2cH2cHzBr,C发生水解反

应得到HOCH2cH2cH2cH2OH,1,4-丁二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成PBT为

H(OCH2(CH2)2CHZOOC~CC^nOH->由乙快制乙二醇，可以用乙快与氢气加成生成乙烯，乙烯与漠加成生

成1,2-二漠乙烷，1,2-二漠乙烷再发生碱性水解可得乙二醇。据此分析。

【详解】

⑴由上述分析可以知道A为HC三CCH=CH2,D为HC三CCH2OH,答案为：HC=CCH=CH2；HC三CCH2OH；

(2)CH2=CHCH=CH2与漠发生1,4加成反应生成BrCH2cH=CHCH2Br,化学方程式为：

CH2=CHCH=CH2+Br2^CH2BrCH=CHCH2Br,1,4-丁二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成PBT,反应方程式为：

nHOCH2(CH2)2CH2OH+nHOOC-^^-COOH^

»

-FOCH2(CH2)2CH2OOC—\-COk+2nH2O

⑶关于对苯二甲酸的结构，在同一直线上的原子为处在苯环对位上的两个碳原子和两个氢原子，所以最多4个，答案

为：4；

(4)由乙族制乙二醇，可以用乙快与氢气加成生成乙烯，乙烯与漠加成生成1,2-二漠乙烷，1,2-二漠乙烷再发生碱性

水解可得乙二醇，反应的合成路线流程图为：

氐Br、ftO.NaOH

CHmCli------*CH：=CIt_=*CH2B1-C氏Br----------------►CH2OH-CH2OH°

OH

OH

⑦⑧

18、HOCH2C=CCH2OH羟基①②

。川2^*6

COOH

oOoO

.化剂.(■ECHL住

nOC<CH5WCa♦nH2N(CH2^NH2(CHjk-C-HN(CH^NH

CM,

OH

。2/Cu①HCNI催化剂

『

CH3cH20H△aCH3CHO，HjCH3—CH-COOH

CH3

【解析】

结合A的分子式和C后的产物，可知1分子乙烘与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SOCI2

发生取代反应生成ClCO(CHz)£OCLC1C0(CHZ)4C0C1与HZNICHJBNHZ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分子乙快与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；

OH

OH

(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+升］Ni,6；

(5)高分子材料尼龙66中含有结构片段，C1CO(CH2)4COC1与HzNlCHz^NHz发生缩聚反应，生成高分子材料尼

OOOO

龙66,反应方程式为nocictwn♦nH,N(CMNHi催化人(CH发一E-HN(CHMH}H.(WHO；

(6)某聚合物K的单体与A(HOCH2c三CCH2OH)互为同分异构体，该单体能与NaHCCh溶液反应，故该单体中含有

竣基，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

COOH

K的结构简式为'II-“；

CH,

0

(7)由HOCH(CH3)COOH发生缩聚反应生成聚乳酸(HfO-CH-C^OH),乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛与

CHj

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

OH0

02/Cu©HCNI催化剂<-II-1

CH3cH20HCH3CH0h„h>CH3-CH-COOHH-£o-CH-C^OHo

CH3

19、ABDECNH『H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3TNaHCC)3溶液吸收挥发的HQ、同时

生成C。？NH3在水中溶解度大，CO?在水中溶解度不大，碱性溶液吸收CO?，可提高C。2利用率

+

2CeO2+H2O2+6H==2Ce-+O2+4H2O混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成Ce?+水溶液方向移

动9酸式95.68%偏低

【解析】

(一)根据制备的反应原理：2LaCb+6NH4HCO3=La2(CO3)3j+6NH4c1+3CO2T+3由0,结合装置图可知，W中制备二氧

化碳，Y中制备氨气，X是除去二氧化碳中HC1,在Z中制备碳酸镯，结合氨气的性质分析解答(1)〜(4)；

(二)由实验流程可知，氟碳酸钵精矿(主要含CeFCO*氧化焙烧生成Ce(h,加酸溶解发生

+3+

2CeO2+H2O2+6H=2Ce+O2t+4H2O,过滤分离出不溶物，含Ce3+的溶液进行萃取分离得到浓溶液，再与碱反应生成

Ce(OH)3,将Ce(OH)3氧化可生成Ce(OH)4。据此结合氧化还原反应的规律、盐类水解和溶解积的计算分析解答(5)〜

(8)o

【详解】

(一)(1)由装置可知，W中制备二氧化碳，X除去HC1,Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镯，则制备碳酸锢实验流程中

导管从左向右的连接顺序为：FTATBTD—E—C,故答案为A；B；D；E；C；

⑵Y中发生反应的化学反应式为NH3H2O(^)+CaO=Ca(OH)2+NH3t,故答案为NH3H2O(^)+CaO=Ca(OH)2+NH3T；

(3)X是除去二氧化碳中的氯化氢，需要盛放的试剂是NaHCCh溶液，其作用为吸收挥发的HC1、同时生成故答

案为NaHCCh溶液；吸收挥发的HC1、同时生成CCh;

(4)Z中应先通入NH3,后通入过量的CO2,因为NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，碱性溶液利用吸

收二氧化碳，提高CO2利用率，故答案为NH3在水中溶解度大，CO2在水中溶解度不大，碱性溶液吸收C。2，可提

高CO2利用率；

(二)⑸氧化焙烧生成的锦化合物二氧化钠(CeCh),其在酸浸时发生离子反应为2CeCh+H2O2+6H+=2Ce3++O2T+4H2O,

故答案为2CeO2+H2(h+6H+=2Ce3++O2T+4H2O；

(6)向CeTK有机层)加入H2s04获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大,平衡向生成

Ce3+水溶液方向移动，故答案为混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动；

-20

_20/iX10

⑺已知298K时，Ksp[Ce(OH)3]=lxlO-,为了使溶液中Ce3+沉淀完全，c(OH)=犷小=lxl()-5moi/L,由Kw可知

V1x10-5

c(H+)=lxlO-9moVL,pH=-lgc(H+)=9,故答案为9；

(8)①FeSO4属于强酸弱碱盐，水解后溶液显酸