2024年山西省太原市六十六中高考冲刺化学模拟试题含解析

2024年山西省太原市六十六中高考冲刺化学模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、下表中对应关系正确的是A

CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl

CH2=CH2+HClCH3CH2Cl

均为取代反应

B

由油脂得到甘油

由淀粉得到葡萄糖

均发生了水解反应

C

Cl2+2Br‾=2Cl‾+Br2

Zn+Cu2+=Zn2++Cu

均为单质被还原的置换反应

D

2Na2O2+2H2O+4NaOH+O2↑

Cl2+H2O=HCl+HClO

均为水作还原剂的氧化还原反应

A．A B．B C．C D．D2、钠-CO2电池的工作原理如图所示，吸收的CO2转化为Na2CO3固体和碳，沉积在多壁碳纳米管(MWCNT)电极表面，下列说法不正确的是()A．负极反应式为Na－e-=Na+B．多壁碳纳米管(MWCNT)作电池的正极C．可以用乙醇代替四甘醇二甲醚作有机溶剂D．电池总反应式为4Na+3CO2=2Na2CO3+C3、下列说法正确的是（）A．C4H8BrCl的同分异构体数目为10B．乙烯和苯均能使溴水褪色，且原理相同C．用饱和Na2CO3溶液可鉴别乙醇、乙酸、乙酸乙酯D．淀粉、油脂和蛋白质均为能发生水解反应的高分子化合物4、现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色变为棕黄色，其原因可能是()A．苹果汁中的Fe2+变成Fe3+B．苹果汁中含有Cu2+C．苹果汁中含有OH-D．苹果汁中含有Na+5、电解质的电导率越大，导电能力越强。用0.100mol·L-1的KOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100mol•L-1的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是（）A．曲线②代表滴定CH3COOH溶液的曲线B．在相同温度下，P点水电离程度大于M点C．M点溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1mol·L-1D．N点溶液中：c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)6、已知：一元弱酸HA的电离平衡常数K＝。25℃时，CH3COOH、HCN、H2CO3的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHHCNH2CO3K1.75×10–54.9×10–10K1=4.4×10–7K2=5.6×10–11下列说法正确的是A．稀释CH3COOH溶液的过程中，n(CH3COO–)逐渐减小B．NaHCO3溶液中：c(H2CO3)＜c()＜c(HCO3−)C．25℃时，相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液D．向CH3COOH溶液或HCN溶液中加入Na2CO3溶液，均产生CO27、部分氧化的Fe－Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共2.88g，经如下处理：下列说法正确的是A．滤液A中的阳离子为Fe2＋、Fe3＋、H＋ B．V＝224C．样品中CuO的质量为2.0g D．样品中铁元素的质量为0.56g8、下列垃圾或废弃物的处理不符合环保节约理念的是（）A．废纸、塑料瓶、废铁回收再利用B．厨余垃圾采用生化处理或堆肥C．稻草、农膜和一次性餐具露天焚烧D．废电池等有毒有害垃圾分类回收9、下列关于铝及其化合物的说法中不正确的是（）A．工业上冶炼金属铝时，通过在氧化铝中添加冰晶石的方法降低电解能耗B．铝制品表面可以形成耐腐蚀的致密氧化膜保护层，因此可以用铝罐盛放咸菜，用铝罐车运输浓硫酸C．铝合金具有密度小、强度高、塑性好等优点，广泛应用于制造飞机构件D．在饱和明矾溶液中放入几粒形状规则的明矾晶体，静置几天后可观察到明矾小晶体长成明矾大晶体10、Anammox法是一种新型的氨氮去除技术。设阿伏加德罗常数的数值为NA，则下列说法正确的是A．1moLNH4+所含电子数为11NAB．30gN2H2中含有的共用电子对数目为4NAC．过程II属于还原反应，过程IV属于氧化反应D．过程I中反应得到的还原产物与氧化产物物质的量之比为1：211、下列说法正确的是()A．用NH3·H2O溶液做导电性实验，灯泡很暗，说明NH3·H2O是弱电解质B．等体积的pH都为2的酸HA和HB分别与足量的铁粉反应，HA放出的H2多，说明HA酸性强C．c＝0.1mol·L－1的CH3COOH溶液和c＝0.1mol·L－1的HCl溶液中，前者的pH大D．常温下，pH＝5的CH3COOH溶液和pH＝4的HCl溶液中，c(CH3COO－)/c(Cl－)＝1/1012、下列说法正确的是（）A．古代的鎏金工艺利用了电解原理B．“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”互为可逆反应C．古代所用“鼻冲水”为氨水，其中含有5种微粒D．“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”中涉及蒸馏操作13、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14、下列说法错误的是A．过氧碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)具有碳酸钠和H2O2的双重性质，可作去污剂、消毒剂B．亚硝酸钠具有防腐的作用，所以可在食品中适量添加以延长保质期。C．不锈钢是通过改变材料的内部结构达到防锈蚀的目的D．“碳纳米泡沫”与石墨烯互为同分异构体15、下列有关碳酸钠在化学实验中的作用叙述错误的是（）A．用碳酸钠溶液制备少量烧碱B．用饱和碳酸钠溶液除去CO2中混有的HCl气体C．用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙醇和乙酸D．用热的碳酸钠溶液洗涤银镜反应前试管内壁的油污16、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A．1molCl2与过量Fe粉反应生成FeCl3，转移2NA个电子B．常温常压下，0.1mol苯中含有双键的数目为0.3NAC．1molZn与一定量浓硫酸恰好完全反应，则生成的气体分子数为NAD．在反应KClO4＋8HCl=KCl＋4Cl2↑＋4H2O中，每生成1molCl2转移的电子数为1.75NA17、四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是()YZMXA．简单离子半径大小：M＜ZB．简单氢化物的稳定性：Z＞YC．X与Z形成的化合物具有较高熔沸点D．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的强18、芳香族化合物苯等在ZnCl2存在下，用甲醛和极浓盐酸处理，发生氯甲基化反应，在有机合成上甚为重要。下列有关该反应的说法正确的是()+HCHO+HCl+H2OA．有机产物A的分子式为C7H6ClB．有机产物A分子中所有原子均共平面C．反应物苯是煤干馏的产物之一，是易挥发、易燃烧、有毒的液体D．有机产物A的同分异构体（不包括自身）共有3种19、利用电解质溶液的浓度对电极电势的影响，可设计浓差电池。下图为一套浓差电池和电解质溶液再生的配套装置示意图，闭合开关K之前，两个Cu电极的质量相等。下列有关这套装置的说法中错误的是A．甲池中的电极反应式为CuB．电解质溶液再生池内发生的只是物理变化，循环物质E为水C．乙池中Cu电极电势比甲池中Cu电极电势低D．若阴离子交换膜处迁移的SO42-的物质的量为1mol20、聚乳酸是一种生物降解塑料，结构简式为．下列说法正确的是（）A．聚乳酸的相对分子质量是72B．聚乳酸的分子式是C3H4O2C．乳酸的分子式是C3H6O2D．聚乳酸可以通过水解降解21、某同学探究温度对溶液pH值影响，加热一组试液并测量pH后得到如下数据(溶液浓度均为0.1mol/L)：温度（℃）10203040纯水7.307.106.956.74NaOH溶液13.5013.1112.8712.50CH3COOH溶液2.902.892.872.85CH3COONa溶液9.199.008.768.62下列说法正确的是A．随温度升高，纯水中的kw逐渐减小B．随温度升高，NaOH溶液pH变化主要受水电离平衡变化影响C．随温度升高，CH3COOH的电离促进了水的电离D．随温度升高，CH3COONa溶液的pH减小，说明水解程度减小，c(CH3COO－)增大22、常温下，向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析正确的是（）A．各点溶液中的阳离子浓度总和大小关系：d>c>b>aB．常温下，R-的水解平衡常数数量级为10-9C．a点和d点溶液中，水的电离程度相等D．d点的溶液中，微粒浓度关系：c(R-)+2c(HR)=c(NH3∙H2O)二、非选择题(共84分)23、（14分）某合金X由常见的两种元素组成。为探究该合金X的元素组成和性质,设计并进行如下实验:根据上述信息,回答下列问题:(1)合金X的化学式为________。(2)用离子方程式解释溶液中滴加H2O2后呈红色的原因:_______(3)写出336mL(标准状况)气体B通入100mL0.2mol/L的NaOH溶液中的化学反应方程式:_______24、（12分）H是合成某药物的中间体，其合成路线如F（-Ph代表苯基）：（1）已知X是一种环状烃，则其化学名称是___。（2）Z的分子式为___；N中含氧官能团的名称是__。（3）反应①的反应类型是__。（4）写出反应⑥的化学方程式：__。（5）T是R的同分异构体，同时满足下列条件的T的同分异构体有___种（不包括立体异构）。写出核磁共振氢谱有五个峰的同分异构体的结构简式：___。a．与氯化铁溶液发生显色反应b．1molT最多消耗2mol钠c．同一个碳原子上不连接2个官能团（6）参照上述合成路线，结合所学知识，以为原料合成OHCCH2CH2COOH，设计合成路线：___（其他试剂任选）。25、（12分）辉铜矿主要成分为Cu2S，软锰矿主要成分MnO2，它们都含有少量Fe2O3、SiO2等杂质。工业上综合利用这两种矿物制备硫酸铜、硫酸锰和硫单质的主要工艺流程如下：（1）浸取2过程中温度控制在500C～600C之间的原因是__________________。（2）硫酸浸取时，Fe3+对MnO2氧化Cu2S起着重要催化作用，该过程可能经过两岁反应完成，将其补充完整：

①_____________________________（用离子方程式表示）②MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O（3）固体甲是一种碱式盐，为测定甲的化学式，进行以下实验：步骤1：取19.2g固体甲，加足量的稀盐酸溶解，将所得溶液分为A、B两等份；步骤2：向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448LNH3（标准状况下）过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣：步骤3：向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g固体残渣。则固体甲的化学式为_________________（4）相关物质的溶解度如下图，从除铁后的溶液中通过一系列的操作分别获得硫酸铜、硫酸锰晶体，请给出合理的操作顺序（从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用）：溶液→()→()→()→(A)→()→()→（），_____________A．蒸发溶剂B．趁热过滤C．冷却结晶D．过滤E．将溶液蒸发至溶液表面出现晶膜F．将溶液蒸发至容器底部出现大量晶体26、（10分）阿司匹林(乙酰水杨酸，)是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药。乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃～135℃。某学习小组在实验室以水杨酸(邻羟基苯甲酸)与醋酸酐[(CH3CO)2O]为主要原料合成阿司匹林，反应原理如下：制备基本操作流程如下：主要试剂和产品的物理常数如下表所示：请根据以上信息回答下列问题：（1）制备阿司匹林时，要使用干燥的仪器的原因是___。（2）合成阿司匹林时，最合适的加热方法是___。（3）提纯粗产品流程如下，加热回流装置如图：①使用温度计的目的是控制加热的温度，防止___。②冷凝水的流进方向是___(填“a”或“b”)。③趁热过滤的原因是___。④下列说法不正确的是___(填字母)。A．此种提纯方法中乙酸乙酯的作用是做溶剂B．此种提纯粗产品的方法叫重结晶C．根据以上提纯过程可以得出阿司匹林在乙酸乙酯中的溶解度低温时大D．可以用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸（4）在实验中原料用量：2.0g水杨酸、5.0mL醋酸酐(ρ＝1.08g/cm3)，最终称得产品质量为2.2g，则所得乙酰水杨酸的产率为___%。27、（12分）钴是一种中等活泼金属，化合价为+2价和+3价，其中CoC12易溶于水。某校同学设计实验制取（CH3COO）2Co（乙酸钴）并验证其分解产物。回答下列问题：（1）甲同学用Co2O3与盐酸反应制备CoC12•4H2O，其实验装置如下：①烧瓶中发生反应的离子方程式为______。②由烧瓶中的溶液制取干燥的CoC12•4H2O，还需经过的操作有蒸发浓缩、______、洗涤、干燥等。（2）乙同学利用甲同学制得的CoC12•4H2O在醋酸氛围中制得无水（CH3COO）2Co，并利用下列装置检验（CH3COO）2Co在氮气气氛中的分解产物。已知PdC12溶液能被CO还原为Pd。①装置E、F是用于检验CO和CO2的，其中盛放PdC12溶液的是装置______（填“E”或“F”）。②装置G的作用是______；E、F、G中的试剂均足量，观察到I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则可得出的结论是______。③通氮气的作用是______。④实验结束时，先熄灭D和I处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，其目的是______。⑤若乙酸钴最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n（X）：n（CO）：n（CO2）：n（C2H6）=1：4：2：3（空气中的成分不参与反应），则乙酸钴在空气气氛中分解的化学方程式为______。28、（14分）氮有多种化合价，能形成多种化合物．工业上用活性炭还原法处理NO，有关反应为：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）．向密闭的2L容器中，加入NO和足量的活性炭，恒温条件下反应．（1）若2min内气体密度增大了1.2g/L，则氮气的平均反应速率为_____mol/（L•min）．（2）该化学平衡常数表达式K=_____，已知升高温度时，K增大，则正反应为_____（填“吸热”或“放热”）反应．（3）在温度不变的情况下，要提高NO的平衡转化率，可以采取的措施是_______．（4）下列各项能判断该反应达到平衡的是______（填序号字母）．a．容器内压强保持不变b．2v正（NO）=v逆（N2）c．容器内CO2的体积分数不变d．混合气体的密度保持不变（5）已知NaNO2溶液呈碱性，则NaNO2溶液中离子浓度由大到小的顺序是______．（6）常温下，NaOH溶液和HNO2溶液等体积混合后，所得溶液的pH=7，下列关系正确的是________．a．c（Na+）＞c（NO2﹣）b．c（Na+）=c（NO2﹣）c．c（Na+）＜c（NO2﹣）d．c（Na+）＞c（OH﹣）29、（10分）发展“碳一化学”，开发利用我国丰富的煤炭资源具有重要的战略意义和经济价值。请回答下列问题：(1)已知：常温下C(s)的燃烧热△H=-393.5kJ·mol-1，S(s)的燃娆热△H=-296.0kJ·mol-l，CO2(g)+C(S)=2CO(g)△H=+172.5kJ·mol-1，写出一氧化碳将二氧化硫还原为单质硫的热化学方程式：______(2)在763K、3.04×104kPa时，用CO和H2做原料合成甲醇(CH3OH)，存在下列平衡：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。当原料中CO和H2的比例不同时，对CO的转化率及平衡混合物中甲醇的体积分数都有影响。①设H2和CO起始物质的量之比为m，平衡时CO的转化率为α，平衡混合物中甲醇的体积分数为y，则m、α、y三者的关系式为y=___。②根据表中提供的数据，可得出反应物的比例对CO的平衡转化率以及平衡混合物中甲醇的体积分数影响的结论，选择最佳反应物配比m=_______（填“l”、“2”或“3”），理由是_________。(3)如图是四种金属氧化物被一氧化碳还原，反应达到平衡时lgc(CO)/c(CO2)与温度(T)的关系曲线图：①8000C时，其中最易被还原的金属氧化物是______（填化学式），该反应的平衡常数K=_______。②CO2还原PbO2的反应△H___0（填“>”或“<”)。判断依据是_________。(4)科学家正在研究用固态物质作为火箭推进剂。固体推进剂（硝酸钾和蔗糖的混合物）点燃后在燃烧室里燃烧，发生反应KNO3+C12H22O11→CO2↑+N2↑+H2O+K2CO3，（未配平）。则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是_______。

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．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl为烯烃的加成反应，而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl为烷烃的取代反应，故A错误；B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均发生了水解反应，故B正确；C．Cl2+2Br-═2Cl-+Br2中Cl元素的化合价降低；Zn+Cu2+═Zn2++Cu中Zn元素的化合价升高，前者单质被还原，后者单质被氧化，均属于置换反应，故C错误；D.2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；Cl2+H2O═HCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点是D，2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑反应中只有过氧化钠中的O元素的化合价变化；Cl2+H2O═HCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化。2、C【解析】

由装置图可知，钠为原电池负极，失电子发生氧化反应，电极反应为：Na-e-=Na+，多壁碳纳米管为正极，CO2转化为Na2CO3固体和碳，沉积在多壁碳纳米管(MWCNT)电极表面，正极发生还原反应，电极反应式为：4Na++3CO2+4e-═2Na2CO3+C，结合原电池原理分析解答。【详解】A．负极反应为钠失电子发生的氧化反应，电极反应为：Na-e-═Na+，故A正确；B．根据分析可知，多壁碳纳米管(MWCNT)做电池的正极，故B正确；C．钠和乙醇发生反应生成氢气，不可以用乙醇代替四甘醇二甲醚做有机溶剂，故C错误；D．根据分析，放电时电池总反应即钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和碳，总反应是4Na+3CO2=2Na2CO3+C，故D正确；故选C。3、C【解析】

A．C4H8BrCl可看作C4H9Br的一氯取代物，C4H9Br的同分异构体取决于丁基的数目，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，含有H种类分别有4、4、3、1，则C4H8BrCl共有12种，故A错误；B．乙烯和苯均能使溴水褪色，前者为加成反应，后者为萃取，原理不相同，B错误；C．乙醇易溶于水，乙酸具有酸性，可与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯不溶于水，可鉴别，C正确；D．油脂不属于高分子化合物，属于酯类物质，D错误；故答案选C。4、A【解析】

苹果汁中含有丰富的铁元素，淡绿色为亚铁离子的颜色，棕黄色为三价铁离子的颜色，因此苹果汁在空气中颜色由淡绿色变为棕黄色，为Fe2+变成Fe3+，故选A。5、D【解析】

A．醋酸为弱电解质，滴加KOH，变为CH3COOK是强电解质，故导电率增加，即曲线①代表滴定醋酸的曲线，故A错误。B.相同温度下，P点溶质为KCl，不影响水的电离，M点为CH3COOK，其水解促进水的电离，故M点大于P点，故B错误。C．对于M点，根据电荷守恒可知，c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.05mol·L-1，故C错误。D．N点的溶液中含有等物质的量的醋酸钾和氢氧化钾，溶液显碱性，CH3COO-只有很小的一部分发生水解，所以c(K+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+),故D正确。答案：D。6、C【解析】

A．加水稀释CH3COOH溶液，促进CH3COOH的电离，溶液中n(CH3COO–)逐渐增多，故A错误；B．NaHCO3溶液中HCO3-的水解常数Kh2===2.27×10–8＞K2=5.6×10–11，说明HCO3-的水解大于电离，则溶液中c()＜c(H2CO3)＜c(HCO3−)，故B错误；C．由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于CH3COOH，同CN-的水解程度大于CH3COO-，则25℃时，相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液，故C正确；D．由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于H2CO3，则向HCN溶液中加入Na2CO3溶液，只能生成NaHCO3，无CO2气体生成，故D错误；故答案为C。7、B【解析】

根据氧化性Fe3+>Cu2+>H+可知铁离子优先反应，由于滤液A中不含Cu2+，且有气体氢气生成，则滤液A中不含Fe3+，滤渣1.6g为金属铜，物质的量为0.025mol，即合金样品中总共含有铜原子和铜离子0.025mol。滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体为Fe2O3，质量为1.6g，物质的量为0.01mol，即合金样品中总共含有铁原子和铁离子0.02mol。稀硫酸过量，因此滤液A中的溶质为H2SO4和FeSO4，其中溶质FeSO4为0.02mol，则能加反应的硫酸的物质的量也为0.02mol，0.02molH2SO4电离出0.04mol氢离子，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧离子O2-结合成水。A、滤液A中的阳离子为Fe2+、H+，选项A错误；B、合金中氧离子O2-的物质的量为=0.01mol，0.01molO2-生成水需结合H+0.02mol，所以参加反应的0.02mol硫酸中有0.04mol-0.02mol=0.02molH+生成了氢气，即有0.01molH2生成，标准状况下产生的氢气的体积为0.01mol22.4L/mol=0.224L=224mL，选项B正确；C、假设Fe－Cu合金样品全部被氧化，则样品中CuO的质量为0.025mol80g/mol=2g，而实际情况是Fe－Cu合金样品部分氧化，故样品中CuO的质量小于2g，选项C错误；D、样品中铁元素的质量为0.02mol56g/mol=1.12g，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查混合物计算及物质的性质，为高频考点，把握流程中反应过程是解答关键，侧重解题方法与分析解决问题能力的考查，注意利用极限法与原子守恒解答。8、C【解析】

A.废纸、塑料瓶、废铁属于可回收垃圾，废纸、塑料瓶、废铁可回收再利用，故不选A；B.厨余垃圾含有大量有机物，采用生化处理或堆肥，减少污染，符合环保节约理念，故不选B；C.稻草、农膜和一次性餐具露天焚烧，产生大量烟尘，污染空气，不符合环保节约理念，故选C；D.废电池含有重金属，任意丢弃引起重金属污染，废电池等有毒有害垃圾分类回收，可减少污染，符合环保节约理念，故不选D；答案选C。9、B【解析】

A.电解熔融氧化铝加冰晶石是为了降低电解液工作温度，降低电解能耗，故A正确；B.长时间用铝罐盛放咸菜，铝表面的氧化膜会被破坏失去保护铝的作用；浓硫酸具有强吸水性，容器口部的浓硫酸吸收空气中的水蒸汽后稀释为稀硫酸，稀硫酸能溶解铝罐口部的氧化膜保护层，故B错误；C.铝合金具有密度小、强度高、塑性好等优点，被广泛地应用于航空工业等领域，例如用于制造飞机构件，故C正确；D.培养明矾晶体时，在饱和明矾溶液中放入几粒形状规则的明矾晶体，静置几天后可观察到明矾小晶体长成明矾大晶体，故D正确；综上所述，答案为B。10、B【解析】

A．一个铵根离子含有10个电子，则1moLNH4+所含电子数为10NA，故A错误；B．一个N2H2（H-N=N-H）分子中含有4个共用电子对，30gN2H2的物质的量==1mol，含有的共用电子对数目为4NA，故B正确；C．过程II中，联胺分子中N元素化合价是−2，N2H2中N元素化合价是−1，化合价升高，属于氧化反应，过程IV中，NO2-中N元素化合价是+3，NH2OH中N元素化合价是−1，化合价降低，属于还原反应，故C错误；D．过程

I中，参与反应的NH4+与NH2OH的反应方程式为：NH4++NH2OH=N2H4+H2O+H+，则得到的还原产物与氧化产物物质的量之比为1：1，故D错误；答案选B。【点睛】准确判断反应中各物质中N元素的化合价，利用氧化还原反应规律判断解答是关键。11、C【解析】

A、没指出浓度，所以无法判断，选项A错误；B、HA放出的H2多，说明没有HA电离的多，酸性弱，选项B错误；C、c＝0.1mol·L－1的CH3COOH溶液和c＝0.1mol·L－1的HCl溶液中，CH3COOH是弱电解质，部分电离，酸性弱，pH大，选项C正确；D、pH＝5的CH3COOH溶液和pH＝4的HCl溶液中，用电荷守恒得到c(CH3COO－)＝c(H＋)－c(OH－)＝(10－5－10－9)mol·L－1，c(Cl－)＝c(H＋)－c(OH－)＝(10－4－10－10)mol·L－1，c(CH3COO－)/c(Cl－)＜，选项D错误；答案选C。12、D【解析】

A.鎏金是指把溶解在水银里的金子涂在器物表面，经过烘烤，汞蒸发而金固结于器物上的一种传统工艺，古代的鎏金工艺没有外加电源，不是电解原理的应用，故A错误；B.两个过程条件不同，不属于可逆反应，故B错误；C.古代所用“鼻冲水”为氨水，氨水中有NH4＋、OH－、H＋、NH3·H2O、NH3、H2O等6种微粒，故C错误；D.“蒸烧”的过程为蒸馏操作，故D正确。综上所述，答案为D。13、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。14、D【解析】

A、过氧化氢（H2O2）常用作氧化剂、漂白剂和消毒剂，为了贮存、运输、使用的方便，工业上将过氧化氢转化为固态的过碳酸钠晶体（2Na2CO3•3H2O2），该晶体具有碳酸钠和过氧化氢的双重性质，选项A正确；B、亚硝酸具有防腐作用，所以可在食品中适量添加以延长保质期，但是亚硝酸盐会危害人体健康，应控制用量，选项B正确；C、不锈钢是通过改变材料的内部结构达到防锈蚀的目的，指耐空气、蒸汽、水等弱腐蚀介质和酸、碱、盐等化学浸蚀性介质腐蚀的钢，选项C正确；D、“碳纳米泡沫”，与石墨烯是不同性质的单质，二者互为同素异形体而不是同分异构体，选项D错误；答案选D。15、B【解析】

A．碳酸钠可与氢氧化钙发生复分解反应，在实验室中可用于制备NaOH溶液，故A正确；B．CO2和HCl都能与饱和碳酸钠反应，无法达到提纯的目的，应用饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，故B错误；C．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应，可溶乙醇于水，可起到分离物质的作用，故C正确；D．热的碳酸钠溶液呈碱性，油污在碱性条件下可发生水解，可除去油污，故D正确；故答案为B。16、B【解析】

A.1molCl2与过量Fe粉反应的产物是FeCl3，转移，A项正确；B.苯分子中没有碳碳双键，B项错误；C.1molZn失去，故硫酸被还原为和的物质的量之和为，C项正确；D.反应KClO4＋8HCl=KCl＋4Cl2↑＋4H2O中每生成4molCl2就有1molKClO4参加反应，转移，所以每生成1molCl2，转移的电子数为，D项正确。答案选B。17、D【解析】

由周期表和题干只有M为金属元素可知：M为Al、X为Si、Y为N、Z为O，据此解答。【详解】由上述分析可知，M为Al、X为Si、Y为N、Z为O，A．具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径大小：M＜Z，故A正确；B．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单氢化物的稳定性：Z＞Y，故B正确；C．X与Z形成的化合物为二氧化硅，为原子晶体，具有较高熔沸点，故C正确；D．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的弱，故D错误；故选：D。【点睛】比较简单离子半径时，先比较电子层数，电子层数越多，离子半径越大，当具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径大小。18、C【解析】

A、根据原子守恒定律可分析产物A中有一个苯基()、一个C原子、两个H原子(苯也提供一个H原子)、一个Cl原子，结合题干“氯甲基化反应”分析－CH2－和－Cl(组合为氯甲基(－CH2Cl)，故A的结构简式为，分子式为C7H7Cl，故A错误：B、A中氯甲基(-CH2Cl)中的碳有四个单键，故不共面，故B错误；C、根据苯的性质：反应物苯是煤干馏的产物之一，是易挥发、易燃烧、有毒的液体，故C正确；D、有机产物A的同分异构体中(不包括自身)，含苯环的结构取代基为－CH3和－Cl，有邻、间、对三种，但还有很多不含苯环的结构，故D错误；故选C。19、D【解析】

由SO42-的移动方向可知右边Cu电极为负极，发生氧化反应。当电路中通过1mol电子，左边电极增加32g，右边电极减少32g，两级质量差变为64g。电解质再生池是利用太阳能将CuSO4稀溶液蒸发，分离为CuSO4浓溶液和水后，再返回浓差电池，据此解答。【详解】A.根据以上分析，左边甲池中的Cu电极为正极，发生还原反应，电极反应式为Cu2++2eB.电解质再生池是利用太阳能将CuSO4稀溶液蒸发，分离为CuSO4浓溶液和水后，再返回浓差电池，发生的是物理变化，循环物质E为水，故B正确；C.根据以上分析，甲池中的Cu电极为正极，乙池中Cu电极为负极，所以乙池中Cu电极电极电势比甲池中Cu电极电势低，故C正确；D.若阴离子交换膜处迁移的SO42-的物质的量为1mol，则电路中通过2mol电子，两电极的质量差为128g，故D错误。故选D。20、D【解析】

A．根据结构简式，聚乳酸的相对分子质量是72n，故A错误；B．聚乳酸的分子式为(C3H4O2)n，故B错误；C．的单体为，因此乳酸的分子式为C3H6O3，故C错误；D．聚乳酸含有酯基，可以通过水解反应生成小分子，达到降解的目的，故D正确；故选D。21、B【解析】

A.水的电离为吸热过程，随温度的升高，水的电离程度增大，Kw增大，A项错误；B.随温度的升高，水的电离程度增大，Kw增大，则NaOH溶液pH会减小，B项正确；C.随温度升高，促进CH3COOH的电离，提高氢离子浓度，氢离子会抑制水的电离，C项错误；D.盐类的水解反应是吸热反应，温度升高，促进盐类的水解，即水解平衡向右移动，D项错误；答案选B。22、B【解析】

A.溶液导电能力与溶液中离子浓度有关，根据图象可知，b点导电能力最强，d点最弱，A错误；B.根据图象可知，0.1mol/L的HR溶液的pH=3，则c(R-)≈c(H+)=10-3mol/L，c(HR)≈0.1mol/L，HR的电离平衡常数Ka=10-3×10-30.1=10-5，则R-的水解平衡常数数Kh=10C.a、d两点导电能力相等，但溶液的pH分别为4、8，都抑制了水的电离，a点c(H+)=10-4mol/L，d点c(OH-)=10-6mol/L，所以对水的电离程度的影响不同，C错误；D.d点加入20mL等浓度的氨水，反应后溶质为等浓度的NH4R和NH3•H2O，根据物料守恒可得：2c(HR)+2c(R-)=c(NH3∙H2O)+c(NH4+)，因溶液呈碱性，NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，则c(NH4+)>c(NH3∙H2O)，则c(HR)+c(R-)＞c(NH3∙H2O)，D错误；故合理选项是B。二、非选择题(共84分)23、Fe5CH2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)34NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O【解析】

由血红色可以推出X含有铁元素，由无色无味的气体使澄清石灰水变浑浊推出X中另一种元素为碳。铁碳合金和足量的稀硫酸反应生成FeSO4和H2（A气体），剩余黑色固体碳在足量的氧气中灼烧，生成无色无味气体B（CO2），CO2通入足量澄清石灰水中得到白色沉淀CaCO3。【详解】(1)生成的CaCO3为5.0g即0.05mol，碳元素的质量为0.05mol×12g/mol=0.6g，则X中铁的含量为14.6g-0.6g=14.0g，即含铁14.0g÷56g/mol=0.25mol，所以X为Fe5C。(2)合金中的Fe与H2SO4反应生成的是FeSO4，加氧化剂H2O2后被氧化成Fe3+再与SCN-生成Fe(SCN)3。故离子方程式为：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；(3)CO2的物质的量为0.336L÷22.4L/mol=0.015mol，NaOH的物质的量为0.02mol。0.015molCO2与0.02molNaOH反应生成Na2CO3amol与NaHCO3bmol，根据Na和C守恒列2个二元一次方程分别为2a+b=0.02，a+b=0.015解得a=0.005，b=0.01，根据四种物质的最简比写出方程式:4NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O。24、环戊二烯C7H8O羰基加成反应2+O22+2H2O9【解析】

（1）已知X是一种环状烃，分子式为C5H6推断其结构式和名称；（2）由Z得结构简式可得分子式，由N得结构简式可知含氧官能团为羰基；（3）反应①的反应类型是X与Cl2C=C=O发生的加成反应；（4）反应⑥为M的催化氧化；（5）T中含不饱和度为4与氯化铁溶液发生显色反应则含苯酚结构；1molT最多消耗2mol钠则含有两个羟基；同一个碳原子上不连接2个官能团，以此推断；（6）运用上述流程中的前三步反应原理合成环丁酯，环丁酯水解、酸化得到OHCCH2CH2COOH。【详解】（1）已知X是一种环状烃，分子式为C5H6，则X为环戊二稀，故答案为环戊二烯；（2）Z结构式为，分子式为：C7H8O；由N得结构简式可知含氧官能团为酮键；故答案为：C7H8O；羰基；（3）反应①的反应类型是X与Cl2C=C=O发生的加成反应；故答案为：加成反应；（4）反应⑥为M的催化氧化反应方程式为：2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；（5）R中不饱和度为4，T中苯环含有4个不饱和度，与氯化铁溶液发生显色反应则含苯酚结构；1molT最多消耗2mol钠则含有两个羟基；同一个碳原子上不连接2个官能团。则有两种情况，苯环中含有3个取代基则含有两个羟基和一个甲基，共有6种同分异构体；苯环中含有2个取代基则一个为羟基一个为-CH2OH，共有三种同分异构体（邻、间、对），则共有9种同分异构体。核磁共振氢谱有五个峰的同分异构体的结构简式为：故答案为：9；；（6）参考上述流程中的有关步骤设计，流程为：，故答案为：。25、温度高苯容易挥发，温度低浸取速率小Cu2S+4Fe3+=2Cu2++S+4Fe2+NH4Fe3(SO4)2(OH)6AFBECD【解析】

（1）根据苯容易挥发，和温度对速率的影响分析；（2）根据催化剂的特点分析，参与反应并最后生成进行书写方程式；（3）根据反应过程中的数据分析各离子的种类和数值，最后计算各种离子的物质的量比即得化学式。【详解】(1)浸取2过程中使用苯作为溶剂，温度控制在500C～600C之间，是温度越高，苯越容易挥发，温度低反应的速率变小。（2）Fe3+对Mn02氧化Cu2S起着重要催化作用，说明铁离子参与反应，然后又通过反应生成，铁离子具有氧化性，能氧化硫化亚铜，本身被还原为亚铁离子，故第一步反应为Cu2S+4Fe3+=2Cu2++S+4Fe2+，二氧化锰具有氧化性，能氧化亚铁离子。（3）向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448LNH3（标准状况下）期0.02mol,过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣，即氧化铁为0.03mol，说明该固体中含有铵根离子和铁离子。向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g硫酸钡，即0.04mol，因为将溶液分成两等份，则19.2g固体甲含有0.04mol铵根离子，0.12mol铁离子，0.08mol硫酸根离子，则含有的氢氧根离子物质的量为，则固体甲的化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6。【点睛】掌握溶液中离子物质的量计算是难点，注意前后元素的守恒性，特别注意原溶液分成了两等份，数据要变成2倍。26、醋酸酐和水易发生反应水浴加热乙酰水杨酸受热易分解a防止乙酰水杨酸结晶析出ABC84.3%【解析】

醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至85℃，然后冷却、过滤、水洗得到粗产品；（1）醋酸酐和水易发生反应生成乙酸；（2）合成阿司匹林时要控制温度在85℃～90℃，该温度低于水的沸点；（3）向粗产品中加入乙酸乙酯，增大乙酰水杨酸的溶解性，然后加热回流，趁热过滤，然后冷却、减压过滤、洗涤、干燥得到乙酰水杨酸，①乙酰水杨酸受热易分解；②冷凝水采用逆流方法；③乙酰水杨酸在温度低时易结晶析出；不同进行分离提纯，水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸；

（4）水杨酸的相对分子质量为138，n（水杨酸）=2.0g÷138g/mol=0.0145mol，n（乙酸酐）=（5.0mL×1.08g/cm3）÷102g/mol=0.0529mol，由于乙酸酐的物质的量大于水杨酸，所以得到的乙酰水杨酸应该按照水杨酸来计算，故理论上得到乙酰水杨酸的质量为0.0145mol×180g/mol=2.61g，产率=实际质量理论质量×100%．【详解】醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至85℃，然后冷却、过滤、水洗得到粗产品；(1)醋酸酐和水易发生反应生成乙酸，生成的乙酸抑制水杨酸和乙酸酐反应，所以需要干燥仪器，故答案为：醋酸酐和水易发生反应；(2)合成阿司匹林时要控制温度在85℃∼90℃，该温度低于水的沸点，所以合适的加热方法是水浴加热，故答案为：水浴加热；(3)①乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃∼135℃，使用温度计的目的是控制加热的温度，防止乙酰水杨酸受热易分解，故答案为：乙酰水杨酸受热易分解；②采取逆流原理通入冷凝水，充满冷凝管，充分冷凝回流，冷凝水从a口进，从b口出，故答案为：a；③趁热过滤，防止乙酰水杨酸结晶析出，减少损失，故答案为：防止乙酰水杨酸结晶析出；④乙酸乙酯起溶剂作用，趁热过滤除去水杨酸，再冷却结晶析出乙酰水杨酸，说明低温时乙酰水杨酸在乙酸乙酯中的溶解度较小，利用水杨酸、乙酰水杨酸在乙酸乙酯中溶解度不同就行分离提纯，这种分离提纯方法为重结晶，由于水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸，故选：ABC；(4)水杨酸的相对分子质量为138，n(水杨酸)=2.0g÷138g/mol=0.0145mol，n(乙酸酐)=(5.0mL×1.08g/cm3)÷102g/mol=0.0529mol，由于乙酸酐的物质的量大于水杨酸，所以得到的乙酰水杨酸应该按照水杨酸来计算，故理论上得到乙酰水杨酸的质量为0.0145mol×180g/mol=2.61g，产率=实际质量理论质量×100%=2.2g2.61g×100%=84.3%，故答案为：84.3%.27、Co2O3＋6H＋＋2Cl－=2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O冷却结晶、过滤F除去CO2分解产物中还含有一种或多种含C、H元素的物质将D中的气态产物被后续装置所吸收，或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水CuSO4的干燥管中防止倒吸3(CH3COO)2CoCo3O4＋4CO↑＋2CO2↑＋3C2H6↑【解析】

(1)①已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式:Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2++Cl2↑+3H2O；②因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；（2）①装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，因此装置E用于检验CO2，F装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；②装置G的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质；③通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等；④实验结束时，先熄天D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸；⑤乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X)︰n(CO)︰n(CO2)︰n(C2H6)=1︰4︰2︰3，根据原子守恒配平即可；【详解】(1)①已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式:Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2++Cl2↑+3H2O；②因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；（2）①装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，因此装置E用于检验CO2，F装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；②装置G的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质，答案为：除去CO2；分解产物中含有一种或多种含C、H元素的物质；③通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等，答案为：将D中的气态产物带入后续装置（或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水硫酸铜的干燥管等）；④实验结束时，先熄天D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸，答案为：防止倒吸；⑤乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X)︰n(CO)︰n(CO2)︰n(C2H6)=1︰4︰2︰3，根据原子守恒配平即可，反应式为：3(CH3COO)2CoCo3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑；28、0.05吸热移走生成物N2和（或）CO2cdc（Na+）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）bd【解析】

(1)气体密度增大了1.2g/L，可以计算出固体C的质量减小了2.4g，可以计算氮气的物质的量的变化量，进而计算反应速率；(2)化学平衡常数K＝，对于吸热反应，温度升高，K增