2024年湖南平江二中高三最后一模化学试题含解析

2024年湖南平江二中高三最后一模化学试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、化学科学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用，下列说法中正确的是（）A．煤经过气化和液化两个物理变化，可变为清洁能源B．汽车尾气的大量排放影响了空气的质量，是造成PM2.5值升高的原因之一C．自然界中含有大量的游离态的硅，纯净的硅晶体可用于制作计算机芯片D．糖类、油脂和蛋白质都能发生水解反应2、常温下0.1mol/LNH4Cl溶液的pH最接近于（）A．1 B．5 C．7 D．133、锂空气充电电池有望成为电动汽车的实用储能设备。工作原理示意图如下，下列叙述正确的是A．该电池工作时Li+向负极移动B．Li2SO4溶液可作该电池电解质溶液C．电池充电时间越长，电池中Li2O含量越多D．电池工作时，正极可发生：2Li++O2+2e-=Li2O24、化学与生活密切相关。下列有关玻璃的叙述正确的是（）A．含溴化银的变色玻璃，变色原因与太阳光的强度和生成银的多少有关B．玻璃化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点C．钢化玻璃、石英玻璃及有机玻璃都属于无机非金属材料D．普通玻璃的主要成分可表示为Na2O·CaO·6SiO2，说明玻璃为纯净物5、下列说法不正确的是()A．乙醇的酯化反应和酯的水解反应均属于取代反应B．乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,是因为乙烯分子中含有碳碳双键C．乙醛分子式为C2H4O2它可以还原生成乙醇D．苯与溴水混合,反复振荡后溴水层颜色变浅是因为苯与溴水发生了加成反应6、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A．Na2SiO3易溶于水，可用作木材防火剂B．NaHCO3能与碱反应，可用作食品疏松剂C．Fe粉具有还原性，可用作食品袋中的抗氧化剂D．石墨具有还原性，可用作干电池的正极材料7、苯甲酸的电离方程式为+H+，其Ka=6.25×10-5，苯甲酸钠（，缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-。已知25℃时，H2CO3的Ka1=4.17×l0-7，Ka2=4.90×l0-11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是（温度为25℃，不考虑饮料中其他成分）（）A．H2CO3的电离方程式为H2CO32H++CO32-B．提高CO2充气压力，饮料中c(A-)不变C．当pH为5.0时，饮料中=0.16D．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低8、常温下2mL1mol·L-1NaHCO3溶液，pH约为8，向其中滴加等体积等浓度的饱和CaCl2溶液，有白色沉淀和无色气体生成。下列说法中正确的是A．NaHCO3溶液中，c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH-)B．NaHCO3溶液中，c(Na+)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)C．加热NaHCO3溶液，pH增大，一定是HCO3-水解程度增大的结果D．滴加饱和CaCl2溶液发生了反应：Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+H2O+CO2↑9、有Br2参加的化学反应一定不属于A．复分解反应 B．置换反应 C．取代反应 D．加成反应10、下列物质能通过化合反应直接制得的是①FeCl2②H2SO4③NH4NO3④HClA．只有①②③ B．只有②③ C．只有①③④ D．全部11、下列转化过程不能一步实现的是A．Al(OH)3→Al2O3 B．Al2O3→Al(OH)3C．Al→AlCl3 D．Al→NaAlO212、如图所示过程除去AlCl3溶液中含有的Mg2+、K+杂质离子并尽可能减小AlCl3的损失。下列说法正确的是A．NaOH溶液可以用Ba(OH)2溶液来代替 B．溶液a中含有Al3+、K+、Cl-、Na+、OH-C．溶液b中只含有NaCl D．向溶液a和沉淀a中滴加盐酸都要过量13、下列关于原子结构、元素性质的说法正确的是()A．非金属元素组成的化合物中只含共价键B．ⅠA族金属元素是同周期中金属性最强的元素C．同种元素的原子均有相同的质子数和中子数D．ⅦA族元素的阴离子还原性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强14、下列说法正确的是（）A．氢键、分子间作用力、离子键、共价键都是微粒间的作用力。其中分子间作用力只影响物质的熔沸点而不影响物质的溶解性。B．石墨烯是一种从石墨材料中用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子平面材料，用这种方法可以从C60、金刚石等中获得“只有一层碳原子厚的碳薄片”也必将成为研究方向。C．由“同温度下等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大”，可推知C比S的非金属性弱。D．H、S、O三种元素组成的物质的水溶液与Na、S、O三种元素组成的物质的水溶液混合可能会观察到浑浊现象。15、同温同压下，两种气体的体积如果不相同，其主要原因是气体的（）A．分子大小不同 B．分子间的平均距离不同C．化学性质不同 D．物质的量不同16、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其中X与Y可形成一种淡黄色物质P，常温下将0.05molP溶于水，配成1L溶液，pH=13；Z为金属元素，且Z可在W的一种氧化物中燃烧，生成一种白色物质和一种黑色物质。下列说法错误的是A．简单离子半径：X>Y>ZB．气态氢化物的稳定性：W>XC．单质的熔点：Z>YD．元素Z形成的单质被称为“国防金属”17、化学与人类生活密切相关。下列说法正确的是A．矿物油和植物油都可以通过石油分馏来获取B．硫酸亚铁可作补血剂组成成分C．蛋白质的水解产物都是α-氨基酸D．造成PM2.5的直接原因是土壤沙漠化18、下列反应颜色变化和解释原因相一致的是（）A．氯水显黄绿色：氯气和水反应生成的次氯酸为黄绿色液体B．氢氧化钠溶液滴加酚酞显红色：氢氧化钠水解使溶液显碱性C．乙烯使溴水褪色：乙烯和溴水发生氧化反应D．碘在苯中的颜色比水中深：碘在有机物中的溶解度比水中大19、下列化学用语正确的是A．聚丙烯的链节：—CH2—CH2—CH2—B．二氧化碳分子的比例模型：C．的名称：1，3—二甲基丁烷D．氯离子的结构示意图：20、主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z一具有与氩原子相同的电子层结构；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9。下列说法一定正确的是A．X与Z的简单氢化物的水溶液均呈强酸性B．Y与Z形成的化合物只含离子键C．简单氢化物的沸点：Q<XD．Z和W形成的化合物的水溶液呈碱性21、25℃时，改变某醋酸溶液的pH，溶液中c（CH3COO-）与c（CH3COOH）之和始终为0.1mol·L-1，溶液中H+、OH-、CH3COO-及CH3COOH浓度的常用对数值（lgc）与pH的关系如图所示。下列说法错误的是（）A．图中③表示lgc（H+）与pH的关系曲线B．0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH约为2.88C．lgK（CH3COOH）=4.74D．向0.10mol·L-1醋酸钠溶液中加入0.1mol醋酸钠固体，水的电离程度变大22、一定条件下不能与苯发生反应的是()A．酸性KMnO4 B．Br2 C．浓HNO3 D．H2二、非选择题(共84分)23、（14分）芳香族化合物A()是重要的有机化工原料。由A制备有机化合物F的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：（1）A的分子式是______，B中含有的官能团的名称是_________。（2）D→E的反应类型是_______。（3）已知G能与金属钠反应，则G的结构简式为_________。（4）写出E→F的化学方程式：_________。（5）写出符合下列条件的龙胆酸乙酯()的同分异构体有______种，写出其中一种同分异构体的结构简式：_________________。①能发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应，但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；②核磁共振氢谱有四组峰，且峰的面积之比为6:2:1:1。（6）已知：。参照上述合成路线，设计一条以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线(无机试剂任用)：________。24、（12分）新合成的药物J的合成方法如图所示：已知：R1—NH—R2+Cl—R3+HClR1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH(R1、R2、R3、R4为氢或烃基)回答下列问题：(1)B的化学名称为______________，F的结构简式为_____________(2)有机物CH2=CHCH2NH2中的官能团名称是_______，由A生成B的反应类型为_____(3)③的化学方程式为__________。(4)已知④有一定的反应限度，反应进行时加入吡啶(C5H5N，属于有机碱)能提高J的产率，原因是________。(5)有机物K分子组成比F少两个氢原子，符合下列要求的K的同分异构体有_________种(不考虑立体异构)。①遇FeCl3溶液显紫色②苯环上有两个取代基(6)是一种重要的化工中间体。以环已醇()和乙醇为起始原料，结合已知信息选择必要的无机试剂，写出制备的合成路线：_________________。(已知：RHC=CHR＇RCOOH+R＇COOH，R、R＇为烃基。用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)25、（12分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，在水中溶解度较大，遇酸放出ClO2，是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示：已知：①ClO2的熔点为-59℃、沸点为11℃，极易溶于水，遇热水、见光易分解；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低。②2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O请回答：(1)按上图组装好仪器后，首先应该进行的操作是____；装置B的作用是___；冰水浴冷却的主要目的不包括_（填字母）。a．减少H2O2的分解b．降低ClO2的溶解度c．减少ClO2的分解(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，写出三颈烧瓶中生成ClO2的化学方程式：____。(3)装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为_____。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率，试分析原因：________。(4)该套装置存在的明显缺陷是_________。(5)为防止生成的NaClO2固体被继续还原为NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外，还可以选择的还原剂是_（填字母）A．过氧化钠B．硫化钠C．氯化亚铁D．高锰酸钾(6)若mgNaClO3(s)最终制得纯净的ngNaClO2(s)，则NaClO2的产率是_×100%。26、（10分）三草酸合铁（III）酸钾K3[Fe

(C

2O4)3]•3H2O（其相对分子质量为491），为绿色晶体，易溶于水，难溶于酒精。110℃下可完全失去结晶水，230℃时分解。它还具有光敏性,光照下即发生分解，是制备活性铁催化剂的原料。某化学小组制备该晶体，并测定其中铁的含量，进行如下实验：Ⅰ．三草酸合铁（Ⅲ）酸钾的制备；①称取5g硫酸亚铁固体，放入到100mL的烧杯中，然后加15mL馏水和5～6滴稀硫酸，加热溶解后，再加入25mL饱和草酸溶液，搅拌加热至沸。停止加热，静置，待析出固体后，抽滤、洗涤、干燥，得到FeC2O4•2H2O；②向草酸亚铁固体中加入饱和K2C2O4溶液10mL，40oC水浴加热，边搅拌边缓慢滴加20mL3%H2O2溶液，变为深棕色，检验Fe2+是否完全转化为Fe3+，若氧化不完全，再补加适量的H2O2溶液；③将溶液加热至沸，然后加入20mL饱和草酸溶液，沉淀立即溶解，溶液转为绿色。趁热抽滤，滤液转入100mL烧杯中，加入95%乙醇25mL，混匀后冷却，可以看到烧杯底部有晶体析出。晶体完全析出后，抽滤，用乙醇-丙酮混合液洗涤，置于暗处晾干即可。（1）写出步骤①中，生成FeC2O4•2H2O晶体的化学方程式___。检验FeC2O4•2H2O晶体是否洗涤干净的方法是___。（2）步骤②中检验Fe2+是否完全转化的操作为___。（3）步骤③用乙醇-丙酮混合液洗涤，而不是用蒸馏水洗涤的原因是___。Ⅱ．铁含量的测定：步骤一：称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液。步骤二：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化，MnO4-被还原成Mn2+，向反应后的溶液中逐渐加入锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。步骤三：用0.0100mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02mL，滴定中MnO4-被还原成Mn2+。步骤四：重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.0100mol/LKMnO4溶液19.98mL。（4）配制三草酸合铁酸钾溶液中用到的玻璃仪器有烧杯____，___，___。（5）写出步骤三中发生反应的离子方程式____。（6）实验测得该晶体中铁的质量分数为____（结果保留3位有效数字）。27、（12分）下面是关于硫化氢的部分文献资料资料：常温常压下，硫化氢(H2S)是一种无色气体，具有臭鸡蛋气味，饱和硫化氢溶液的物质的量浓度约为0.1mol·L－1。硫化氢剧毒，经粘膜吸收后危害中枢神经系统和呼吸系统，对心脏等多种器官造成损害。硫化氢的水溶液称氢硫酸(弱酸)，长期存放会变浑浊。硫化氢及氢硫酸发生的反应主要有：2H2S+O2=2H2O+2S2H2S+3O2=2H2O+2SO22H2S+SO2=2H2O+3S2H2S+Cl2=2HCl+S↓H2S=H2+SH2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4H2S+2NaOH=Na2S+2H2OH2S+NaOH=NaHS+H2O……某研究性学习小组对资料中“氢硫酸长期存放会变浑浊”这一记载十分感兴趣，为了探究其原因，他们分别做了如下实验：实验一：将H2S气体溶于蒸馏水制成氢硫酸饱和溶液，在空气中放置1～2天未见浑浊现象。用相同浓度的碘水去滴定氢硫酸溶液测其浓度。图一所示为两只烧杯中氢硫酸浓度随时间变化而减小的情况。实验二：密闭存放的氢硫酸，每天定时取1mL氢硫酸，用相同浓度的碘水滴定，图二所示为氢硫酸浓度随放置天数变化的情况。实验三：在饱和氢硫酸溶液中以极慢的速度通入空气（1～2个气泡/min），数小时未见变浑浊的现象。实验四：盛满试剂瓶，密闭存放的饱和氢硫酸溶液隔2～3天观察，直到略显浑浊；当把满瓶的氢硫酸倒扣在培养皿中观察2～3天，在溶液略显浑浊的同时，瓶底仅聚集有少量的气泡，随着时间的增加，这种气泡也略有增多（大），浑浊现象更明显些。请回答下列问题：（1）实验一（见图一）中，氢硫酸的浓度随时间变化而减小的主要因素是_______________。（2）实验一和实验二中，碘水与氢硫酸反应的化学方程式为_________________________。两个实验中准确判断碘水与氢硫酸恰好完全反应是实验成功的关键。请设计实验方案，使实验者准确掌握所加碘水恰好与氢硫酸完全反应___________________________________________________________________________。（3）“氢硫酸长期存放会变浑浊”中，出现浑浊现象是由于生成了_____________的缘故。（4）该研究性学习小组设计实验三，说明他们认为“氢硫酸长期存放会变浑浊”的假设原因之一是（用文字说明）__________________________________。此实验中通入空气的速度很慢的主要原因是什么？________________________________________________________。（5）实验四的实验现象说明“氢硫酸长期存放会变浑浊”的主要原因可能是__________。为进一步证实上述原因的准确性，你认为还应做哪些实验（只需用文字说明实验设想，不需要回答实际步骤和设计实验方案）？_____________________________________。28、（14分）某废渣中含有Al2O3和Cr2O3(三氧化二铬)，再次回收利用工艺流程如下。回答下列问题:（1）滤液1中阴离子为CrO42-和AlO2-，X的电子式是_______。写出滤液1与过量气体X反应生成Al(OH)3的离子方程式:_____________________。（2）“熔烧”中反应之一是4Na2CO3+2Cr2O3+3O2=4Na2CrO4+4X，该反应中被氧化的物质是______(填化学式)；若该反应转移6mol电子，则生成_____molNa2CrO4。（3）“还原””中加入适量稀硫酸，调节pH=5，氧化产物为SO42-。写出离子方程式____________。（4）已知该废料中含铬元素质量分数为a%，wt这样废料经上述流程提取mkgCr2O3。则该废料中铬元素回收率为_______(用代数式表示)。(已知回收率等于实际回收质量与理论质量之比)29、（10分）甲酸是基本有机化工原料之一，广泛用于农药、皮革、染料、医药和橡胶等工业。（1）已知热化学反应方程式：I:HCOOH(g)CO(g)+H2O(g)△H1=+72.6kJ•mol－1；II：2CO(g)+O2(g)2CO2(g)△H2=－566.0kJ•mol－1；III：2H2(g)+O2(g)2H2O(g)△H3=－483.6kJ•mol－1则反应IV：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)的△H=____________kJ•mol－1。（2）查阅资料知在过渡金属催化剂存在下，CO2(g)和H2(g)合成HCOOH(g)的反应分两步进行:第一步:CO2(g)+H2(g)+M(s)→M•HCOOH(s)；第二步:___________________。①第一步反应的△H_________0(填“>”或“<”)。②第二步反应的方程式为________________________。③在起始温度、体积都相同的甲、乙两个密闭容器中分别投入完全相同的H2(g)和CO2(g)，甲容器保持恒温恒容，乙容器保持绝热恒容，经测定，两个容器分别在t1、t2时刻恰好达到平衡，则t1_________t2(填“>”、“<”或“=”)。（3）在体积为1L的恒容密闭容器中，起始投料n(CO2)=1mol，以CO2(g)和H2(g)为原料合成HCOOH(g)，HCOOH平衡时的体积分数随投料比［］的变化如图所示：①图中T1、T2表示不同的反应温度，判断T1____________T2(填“〉”、“<”或“=”)，依据为____________________。②图中a=______________。③A、B、C三点CO2（g）的平衡转化率αA、αB、αC由大到小的顺序为____________。④T1温度下，该反应的平衡常数K=______________（计算结果用分数表示）。

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、煤的气化与液化都是化学变化，故A不正确；B、汽车尾气的大量排放是造成PM2.5值升高的原因之一，故B正确；C、虽然硅的性质比较稳定，但是属于亲氧元素，故自然界中主要以化合态存在，故C不正确；D、单糖不能水解，故D不正确；故选B。2、B【解析】

NH4Cl溶液水解显酸性，且水解生成的氢离子浓度小于0.1mol/L，以此来解答。【详解】NH4Cl溶液水解显酸性，且水解生成的氢离子浓度小于0.1mol/L，则氯化铵溶液的pH介于1-7之间，只有B符合；

故答案选B。3、D【解析】

A．原电池中，阳离子应该向正极移动，选项A错误；B．单质锂会与水反应生成氢氧化锂和氢气，所以电解质溶液不能使用任何水溶液，选项B错误；C．电池充电的时候应该将放电的反应倒过来，所以将正极反应逆向进行，正极上的Li应该逐渐减少，所以电池充电时间越长，Li2O含量应该越少，选项C错误；D．题目给出正极反应为：xLi++O2+xe-=LixO2，所以当x=2时反应为：2Li++O2+2e-=Li2O2；所以选项D正确。4、A【解析】

A．在光照条件下，AgBr发生分解生成Ag和Br2，光的强度越大，分解的程度越大，生成Ag越多，玻璃的颜色越暗，当太阳光弱时，在CuO的催化作用下，Ag和Br2发生反应生成AgBr，玻璃颜色变亮，A正确；B．玻璃虽然化学性质稳定，但可被氢氟酸、NaOH侵蚀，B错误；C．有机玻璃属于有机高分子材料，C错误；D．Na2O·CaO·6SiO2只是普通玻璃的一种表示形式，它仍是Na2SiO3、CaSiO3、SiO2的混合物，D错误；故选A。5、D【解析】

A.乙醇的酯化反应和酯的水解反应都可看作是有机物分子中的原子或原子团被其他的原子和原子团所代替的反应，是取代反应，故A不选；B.乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为乙烯分子中含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B不选。C.乙醛的结构简式为CH3CHO，分子式为C2H4O。它可以和氢气发生加成反应，即还原反应生成乙醇，故C不选；D.苯与溴水混合反复振荡，溴水层颜色变浅是因为溴水中的溴从水中进入到了苯中，是萃取，不是苯和溴水发生了加成反应，故D选。故选D。6、C【解析】

A.Na2SiO3可用作木材防火剂是因为其具有较好的耐热性，与其是否易溶于水无直接关系，A项错误；B.NaHCO3可用作食品疏松剂是利用其与有机酸反应或受热分解生成二氧化碳，B项错误；C.Fe粉具有还原性，易和空气中的氧气反应，可用作食品袋中的抗氧化剂，C项正确；D.石墨可用作干电池的正极材料，主要利用的是石墨具有良好的导电性，与还原性无关，D项错误；答案选C。7、C【解析】

A．H2CO3是弱酸，分步电离，电离方程式为H2CO3H++HCO3-，故A错误；B．提高CO2充气压力，溶液的酸性增强，溶液中c(A-)减小，故B错误；C．当pH为5.0时，饮料中===0.16，故C正确；D．由题中信息可知，苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-，充CO2的饮料中HA的浓度较大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故D错误；故选C。8、D【解析】

A.根据电荷守恒可知，NaHCO3溶液中，c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，A项错误；B.常温下2mL1mol·L-1NaHCO3溶液，pH约为8，溶液显碱性，溶液中HCO3-水解程度大于其电离程度，c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)，B项错误；C.加热NaHCO3溶液，可能分解为碳酸钠，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，pH会增大，C项错误；D.向碳酸氢钠溶液中滴加几滴饱和CaCl2溶液，有白色沉淀生成为碳酸钙沉淀，促进了碳酸氢根离子的电离，离子方程式为：Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+H2O+CO2↑，D项正确；答案选D。9、A【解析】

溴具有氧化性，有溴参加的反应为氧化还原反应，也可发生有机类型的取代、加成反应，则不可能为复分解反应，以此来解答即可。【详解】A.复分解反应中一定没有元素的化合价变化，而溴参加有元素的化合价变化，则不可能为复分解反应，A符合题意；B.单质溴与KI发生置换反应，产生碘单质和溴化钾，B不符合题意；C.甲烷与溴的取代反应，有溴参加，C不符合题意；D.乙烯与溴的加成反应产生1,2-二溴乙烷，有溴参加，D不符合题意；故合理选项是A。【点睛】本题考查溴的化学性质及反应类型，把握溴蒸气的氧化性及有机反应中溴单质的作用为解答的关键，注重基础知识的考查，注意利用实例分析。10、D【解析】

①Fe＋2FeCl3=3FeCl2；②SO3＋H2O=H2SO4；③NH3＋HNO3=NH4NO3；④H2＋Cl2HCl故①②③④都可以通过化合反应制备，选D。11、B【解析】

A、Al(OH)3加热分解Al2O3，可一步实现转化，A错误；B、氧化铝不溶于水,不能一步转化生成Al(OH)3，B正确；C、金属铝与盐酸或氯气反应均生成AlCl3，可一步转化，C错误；D、Al与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，可一步实现转化，D错误；答案选B。12、A【解析】

A选项，NaOH主要作用是将铝离子变为偏铝酸根，因此可以用氢氧化钾、氢氧化钡来代替，故A正确；B选项，溶液a中含有K+、Cl－、Na+、AlO2－、OH－，故B错误；C选项，溶液b中含有氯化钠、氯化钾，故C错误；D选项，向溶液a中滴加盐酸过量会使生成的氢氧化铝沉淀溶解，故D错误；综上所述，答案为A。13、B【解析】

A.NH4Cl全部由非金属元素组成，但含有离子键和共价键，A项错误；B.同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，各周期中ⅠA族金属元素的金属性最强，B项正确；C.同种元素的原子质子数相同，但中子数不同，C项错误；D.Ⅶ族元素的阴离子还原性越强，则元素的非金属性越弱，其最高价氧化物对应水化物的酸性越弱，D项错误；答案选B。14、D【解析】

A.氢键也属于分子间作用力，分子间作用力不仅影响物质的熔沸点，也影响物质的溶解性，故A错误；B.C60、金刚石中碳原子间形成网状结构而不是层状结构，所以不能用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子面材料，故B错误；C.等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大，则碳酸的酸性小于亚硫酸，而亚硫酸不是硫元素的最高价氧化物的水化物，不能比较C比S的非金属性弱，故C错误；D.H、S、O三种元素组成的物质的水溶液可以是硫酸溶液，Na、S、O三种元素组成的物质的水溶液可以是硫代硫酸钠溶液，硫酸和硫代硫酸钠溶液混合有不溶于水的硫单质生成，所以可能会观察到浑浊现象，故D正确。答案选D。【点睛】本题考查了微粒间作用力、元素化合物性质、非金属性的判断等知识点，注意氢键不是化学键，属于分子间作用力，为易错点。15、D【解析】

对于气体来说，粒子之间的距离远远大于粒子的直径、粒子的质量，同温同压下气体粒子间的距离相等，同温同压下气体摩尔体积相同，由V=nVm知，气体的体积取决于气体的物质的量，故答案为D。16、B【解析】

X与Y可形成一种淡黄色物质P，则P为Na2O2，结合原子序数可知X为O，Y为Na，金属Z可在W的一种氧化物中燃烧，则Z为Mg，W为C，氧化物为CO2，综上所述，W、X、Y、Z分别为：C、O、Na、Mg，据此解答。【详解】A．O2-、Na+、Mg2+核外电子排布相同，序小半径大，故离子半径：O2->Na+>Mg2+，A正确；B．非金属性：C＜O，则气态氢化物的稳定性：CH4＜H2O，B错误；C．一般情况下，金属离子半径越小，所带的电荷越多，自由电子越多，金属键就越强，熔点就越高，所以，单质的熔点：Mg>Na，C正确；D．Z为Mg元素，Mg被称为国防金属，D正确。答案选B。17、B【解析】

A．矿物油可以通过石油分馏来获取，植物油是油脂，不能通过石油分馏来获取，选项A错误；B．硫酸亚铁可作补血剂组成成分，选项B正确；C．天然蛋白质的水解产物都是α-氨基酸，选项C错误；D．造成PM2.5的直接原因是大气污染物的大量排放，选项D错误；答案选B。18、D【解析】

A、氯水显黄绿色的原因是氯气在水中的溶解度有限，氯气本身为黄绿色，次氯酸无色，故A不符合题意；B、氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离出氢氧根，使酚酞显红色，不是水解，故B不符合题意；C、乙烯中含有碳碳双键，为不饱和键，能够与溴单质发生加成反应，使溴水褪色，故C不符合题意；D、碘单质本身为紫黑色，碘水显黄色，而碘溶于苯中显紫红色，碘在有机物中溶解度增大，故D符合题意；故选：D。19、D【解析】

A．聚丙烯的链节：，A错误；B．O的原子半径比C的原子半径小，二氧化碳分子的比例模型：，B错误；C．的名称：2—甲基戊烷，C错误；D．氯离子最外层有8个电子，核电荷数为17，氯离子的结构示意图为：，D正确；答案选D。20、C【解析】

Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，确定Q为N；X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素，确定X为F；Z一具有与氩原子相同的电子层结构，确定Z为Cl；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9，当W为K时，Y为Al；当W为Ca时，Y为Mg。【详解】A.X简单氢化物HF的水溶液呈弱酸性，故A错误；B.Y与Z形成的化合物可能是AlCl3或MgCl2，氯化铝属于共价化合物不含有离子键，故B错误；C.简单氢化物的沸点：Q（NH3）<X（HF），故C正确；D.Z和W形成的化合物为KCl或CaCl2，二者均为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故D错误；答案：C21、C【解析】

当pH=0时，c(H+)=1mol/L，lgc(H+)=0，所以③表示lgc(H+)与pH的关系曲线。随着溶液pH的增大，c(CH3COOH)降低，所以①表示lgc(CH3COOH)与pH的关系曲线。当c(H+)=c(OH-)时，溶液呈中性，在常温下pH=7，所以④表示lgc(OH-)与pH的关系曲线。则②表示lgc(CH3COO-)与pH的关系曲线。【详解】A．由以上分析可知，图中③表示lgc（H+）与pH的关系曲线，故A正确；B．醋酸是弱酸，电离产生的H+和CH3COO-浓度可认为近似相等，从图像可以看出，当c(CH3COO-)=c(H+)时，溶液的pH约为2.88，所以0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH约为2.88，故B正确；C．当c(CH3COO-)=c(CH3COOH)时，K=c（H+）。从图像可以看出，当溶液的pH=4.74时，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，所以lgK（CH3COOH）=-4.74，故C错误；D．向0.10mol·L-1醋酸钠溶液中加入0.1mol醋酸钠固体，c(CH3COO-)增大，溶液中的c(OH-)变大，溶液中的OH-全部来自水的电离，所以水的电离程度变大，故D正确；故选C。22、A【解析】A.酸性高锰酸钾能将不饱和碳键氧化，但苯环上碳原子形成介于单键和双键之间的化学键，结构稳定，不易被氧化，A正确；B.将液溴与苯混合，加入铁屑后，在生成的三溴化铁的催化作用下，溴与苯发生取代反应，B错误；C.苯和硝酸在浓硫酸作催化剂的条件下可生成硝基苯，C错误；D.苯在一定条件下也能够在镍催化、加热条件下与氢气发生加成反应生成环己烷，D错误。故选择A。点睛：苯不能使高锰酸钾溶液退色，是因为苯分子中有6个碳碳单键，6个碳原子之间形成一个大π键，使得苯的化学性质比烯烃稳定的的多，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化。二、非选择题(共84分)23、C6H7N羰基、碳碳双键酯化反应（或取代反应）HOCH2COOC2H5+C6H5CH2Br+HBr2或【解析】

本小题考查有机化学基础知识，意在考查学生推断能力。（1）结合芳香族化合物A的结构简式可知其分子式；由有B的结构简式确定其官能团；（2）根据D和E的官能团变化判断反应类型；（3）G能与金属钠反应，则G中含羧基或羟基，对比D和E的结构简式可确定G的结构简式；（4））E→F的反应中，E中的酚羟基的氢原子被苯甲基取代生成F；（5）发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该有机物分子中不含有酚羟基，但其水解产物中含有酚羟基，故该有机物为酯类，核磁共振氢谱有四组峰，氢峰的面积之比为6:2:1:1，说明该有机物分子中含有4种等效氢原子，其中6个氢应该为两个甲基上的H，则该有机物具有对称结构；（6）根据信息，以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线为。【详解】（1）结合芳香族化合物A的结构简式可知其分子式为C6H7N；根据B的结构简式确定其官能团为羰基、碳碳双键。本小题答案为：C6H7N；羰基、碳碳双键。（2）根据D和E的官能团变化分析，D→E发生的是酯化反应（或取代反应）。本小题答案为：酯化反应（或取代反应）。（3）G能与金属钠反应，则G中含羧基或羟基，对比D和E的结构简式可确定G中含羟基，结构简式为HOCH2COOC2H5。本小题答案为：HOCH2COOC2H5。（4）E→F的反应中，E中的酚羟基的氢原子被苯甲基取代生成F，方程式为+C6H5CH2Br+HBr。本小题答案为：+C6H5CH2Br+HBr。（5）发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该有机物分子中不含有酚羟基，但其水解产物中含有酚羟基，故该有机物为酯类，核磁共振氢谱有四组峰，氢峰的面积之比为6:2:1:1，说明该有机物分子中含有4种等效氢原子，其中6个氢应该为两个甲基上的H，则该有机物具有对称结构，结合结构简式可知，满足条件的有机物的结构简式为或本小题答案为：、（6）根据信息，以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线为。本小题答案为：。24、3-氯-1-丙烯碳碳双键和氨基取代反应吡啶显碱性，能与反应④的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率15【解析】

由A、B的分子式，C的结构简式，可知A为CH3CH=CH2，A发生取代反应生成B为ClCH2CH=CH2；B中氯原子被氨基取代得到，根据C的分子式既反应条件，可知反应②发生题给信息中的取代反应，可知C为；比较C、D分子式，结合E的结构简式分析，反应③为题给信息中的成环反应，可知D为；D发生酯的水解反应生成E，比较E和G的结构，结合反应条件分析中间产物F的结构为；对比G、J的结构，G与发生取代反应生成J，据此分析解答。【详解】（1）B为ClCH2CH=CH2，化学名称为3-氯-1-丙烯，比较E和G的结构，结合反应条件分析中间产物F的结构为故答案为：3-氯-1-丙烯；；（2）根据官能团的结构分析，有机物CH2=CHCH2NH2中的官能团有碳碳双键和氨基；比较A和B的结构变化可知该反应为取代反应，故答案为：碳碳双键和氨基；取代反应；（3）根据上述分析，反应③的化学方程式为，故答案为：；（4）反应④为取代反应，生成有机物的同时可生成HCl，而吡啶呈碱性，可与HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J的产率，故答案为：吡啶显碱性，能与反应④的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率；（5）F为，分子式为C8H13NO，则K的分子式为C8H11NO，①遇FeCl3溶液显紫色，则结构中含有酚羟基；②苯环上有两个取代基，一个为OH，则另一个为由2个C原子6个H原子1个N原子构成的取代基，其结构有-CH2CH2NH2、-CH2NHCH3、-CH(CH3)NH2、-NHCH2CH3、-N(CH3)2共5种，两取代基的位置共有邻、间、对三种情况，所以K的同分异构体有3×5=15种，故答案为：15；（6）由题给信息可知，由反应得到，用酸性高锰酸钾溶液氧化的己二酸，己二酸与乙醇发生酯化反应得到，可由原料发生消去反应获取，则合成路线流程图为：，故答案为：。【点睛】解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。25、检查装置的气密性防止倒吸b2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2ONaClO2遇酸放出ClO2空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降没有处理尾气A或或(或其他合理答案)【解析】

在装置内，NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2，发生反应2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，生成的ClO2与O2的混合气随空气排出进入B装置；B装置的进、出气导管都很短，表明此装置为防倒吸装置，混合气进入C中，发生反应2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，ClO2的熔点低，遇热水、见光易分解，所以应使用冰水浴，以降低气体的温度；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低，则需控制气体的流速不能过慢，但过快又会导致反应不充分，吸收效率低。ClO2气体会污染大气，应进行尾气处理。【详解】(1)制取气体前，为防漏气，应在组装好仪器后，进行的操作是检查装置的气密性；由以上分析知，装置B的作用是防止倒吸；冰水浴冷却气体，可减少H2O2的分解、减少ClO2的分解，ClO2为气体，降温有利于气体的溶解，不可能降低ClO2的溶解度，所以主要目的不包括b。答案为：检查装置的气密性；防止倒吸；b；(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，三颈烧瓶中NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2，发生反应生成ClO2的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。答案：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O；(3)因为NaClO2遇酸会放出ClO2，所以装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为NaClO2遇酸放出ClO2，加碱可改变环境，使NaClO2稳定存在。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率，原因是：空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降。答案为：NaClO2遇酸放出ClO2；空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降；(4)ClO2气体会污染大气，应进行尾气处理，所以该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气。答案为：没有处理尾气；(5)A．过氧化钠与水反应，可生成H2O2和NaOH，其还原能力与H2O2相似，A符合题意；B．硫化钠具有强还原性，能将NaClO2固体还原为NaCl，B不合题意；C．氯化亚铁具有较强还原性，能将NaClO2固体还原为NaCl，C不合题意；D．高锰酸钾具有强氧化性，不能将NaClO2固体还原，D不合题意；故选A。答案为：A；(6)可建立如下关系式：NaClO3(s)—ClO2—NaClO2(s)，从而得出NaClO2(s)的理论产量为：=g，NaClO2的产率是=×100%。答案为：或或(或其他合理答案)。【点睛】书写三颈烧瓶中NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2的方程式时，我们可先确定主反应物(NaClO3、H2O2)和主产物(ClO2、O2)，然后配平，即得2NaClO3+H2O2——2ClO2↑+O2↑；再利用质量守恒确定其它反应物(H2SO4)和产物(Na2SO4、H2O)，最后配平，即得2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。26、FeSO4+H2C2O4+2H2O=FeC2O4•2H2O↓+H2SO4用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净滴加K3Fe（CN）6溶液，观察是否生成蓝色沉淀减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分玻璃棒胶头滴管250mL容量瓶5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O11.2%【解析】

(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4•2H2O；固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净；(2)Fe2+与K3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀；(3)FeC2O4•2H2O微溶于水，难溶于乙醇-丙酮；(4)配制溶液，可用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL容量瓶等；(5)为亚铁离子与高锰酸钾的反应；(6)结合反应的离子方程式，计算25mL溶液中含有亚铁离子，可计算5.00g三草酸合铁酸钾晶体中铁的质量分数。【详解】(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4•2H2O，反应的方程式为FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O4•2H2O↓+H2SO4，固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净，方法是用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净，故答案为FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O4•2H2O↓+H2SO4；用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净；(2)Fe2+与K3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀，检验Fe2+是否已完全被氧化，可以用K3Fe(CN)6溶液，故答案为滴加K3Fe(CN)6溶液，观察是否生成蓝色沉淀；(3)由于FeC2O4•2H2O微溶于水，难溶于乙醇-丙酮，所以用乙醇-丙酮洗涤晶体的目的是减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；故答案为减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；(4)配制溶液，需要用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL容量瓶等，故答案为玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶；(5)在步骤三中发生的离子反应为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；(6)n(Fe)=5n(MnO4-)=5×0.0100mol/L×19.98×10-3L≈1.0×10-3mol，m(Fe)=56g•mol-1×1.0×10-3mol=0.056g。则5.00g三草酸合铁酸钾晶体中m(Fe)=0.056g×=0.56g，晶体中铁的质量分数=×100%=11.2%，故答案为11.2%。27、硫化氢的挥发H2S+I2=2HI+S↓向氢硫酸中加入淀粉液，滴加碘水到溶液刚好呈蓝色S或硫氢硫酸被空气中氧气氧化防止因通入空气过快而使硫化氢大量挥发硫化氢自身分解确证生成的气体是氢气【解析】

（1）因为硫化氢气体溶于水生成氢硫酸，所以氢硫酸具有一定的挥发性，且能被空气中的氧气氧化而生成硫。实验一（见图一）中，溶液未见浑浊，说明浓度的减小不是由被氧化引起的。（2）实验一和实验二中，碘水与氢硫酸发生置换反应，生成硫和水。使实验者准确掌握所加碘水恰好与氢硫酸完全反应，应使用指示剂。（3）“氢硫酸长期存放会变浑浊”中，出现的浑浊只能为硫引起。（4）实验三中，氢硫酸溶液与空气接触，则是硫化氢与空气中氧气反应所致。此实验中通入空气的速度很慢，主要从硫化氢的挥发性考虑。（5）实验四为密闭容器，与空气接触很少，所以应考虑分解。因为被氧化时，生成硫和水；分解时，生成硫和氢气，所以只需检验氢气的存在。【详解】（1）实验一（见图一）中，溶液未见浑浊，说明浓度的减小不是由被氧化引起，应由硫化氢的挥发引起。答案为：硫化氢的挥发；（2）实验一和实验二中，碘水与氢硫酸发生置换反应，方程式为H2S+I2=2HI+S↓。实验者要想准确掌握所加碘水恰好与氢硫酸完全反应，应使用淀粉作指示剂，即向氢硫酸中加入淀粉液，滴加碘水到溶液刚好呈蓝色。答案为：H2S+I2=2HI+S↓；向氢硫酸中加入淀粉液，滴加碘水到溶液刚好呈蓝色；（3）“氢硫酸长期存放会变浑浊”中，不管是氧化还是分解，出现的浑浊都只能为硫引起。答案为：S或硫；（4）实验三中，氢硫酸溶液与空气接触，则是硫化氢与空气中氧气反应所致。此实验中通入空气的速度很慢，防止因通入空气过快而使硫化氢大量挥发。答案为：氢硫酸被空气中氧气氧化；防止因通入空气过快而使硫化氢大量挥发；（5）实验四为密闭容器，与空气接触很少，所以应考虑硫化氢自身分解。因为被氧化时，生成硫和水；分解时，生成硫和氢气，所以只需检验氢气的存在。答案为：硫化氢自身分解；确证生成的气体是氢气。【点睛】实验三中，通入空气的速度很慢，我们在回答原因时，可能会借鉴以往的经验，认为通入空气的速度很慢，可以提高空气的利用率，从而偏离了命题人的意图。到目前为止，使用空气不需付费，显然不能从空气的利用率寻找答案，应另找原因。空气通入后，大部分会