江西省吉安市吉水县二中2024年高考冲刺化学模拟试题含解析

江西省吉安市吉水县二中2024年高考冲刺化学模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，最外层电子数之和为18。X、Z同一主族，Z的一种氧化物的水化物为具有还原性且不稳定的二元酸；Y的周期数是族序数的3倍。下列说法错误的是A．简单离子半径：W>X>YB．X、Z的最高化合价不相同C．简单氢化物的热稳定性：X>WD．Y与其他三种元素分别形成的化合物中均只含离子键2、下列叙述中指定粒子数目一定大于NA的是A．1L1mol/LCH3COOH溶液中所含分子总数B．1molCl2参加化学反应获得的电子数C．常温常压下，11.2LN2和NO的混合气体所含的原子数D．28g铁在反应中作还原剂时，失去电子的数目3、实现中国梦，离不开化学与科技的发展。下列说法不正确的是A．新型纳米疫苗有望对抗最具攻击性的皮肤癌——黑色素瘤，在不久的将来有可能用于治疗癌症B．单层厚度约为0.7nm的WS2二维材料构建出世界最薄全息图，为电子设备的数据存储提供了新的可能性C．纳米复合材料实现了水中微污染物铅（Ⅱ）的高灵敏、高选择性检测，但吸附的容量小D．基于Ag2S柔性半导体的新型高性能无机柔性热电材料，有望在智能微纳电子系统等领域广泛应用4、下列实验对应的现象以及结论均正确的是选项实验现象结论A向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡，静置下层为橙色裂化汽油可萃取溴B向Ba(ClO)2溶液中通入SO2有白色沉淀生成酸性:H2SO3>HClOC分别向相同浓度的ZnSO4溶液和CuSO4溶液中通入H2S前者无现象，后者有黑色沉淀生成Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)D向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液有白色不溶物析出Na2SO4能使蛋白质变性A．A B．B C．C D．D5、化合物(X)、(Y)、(Z)的分子式均为C5H6。下列说法正确的是（）A．X、Y、Z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．Z的同分异构体只有X和Y两种C．Z的二氯代物只有两种(不考虑立体异构)D．Y分子中所有碳原子均处于同一平面6、下列有关化学用语表示正确的是（）A．氮离子N3-的结构示意图：B．聚丙烯的结构简式：C．由Na和Cl形成离子键的过程：D．比例模型可表示CH4分子，也可表示CCl4分子7、将①中物质逐步加入②中混匀（②中离子均大量存在），预测的现象与实际相符的是（）选项①②溶液预测②中的现象A稀盐酸Na+、SiO32-、OH-、SO42-立即产生白色沉淀B氯水K+、I-、Br-、SO32-溶液立即呈黄色C过氧化钠Ca2+、Fe2+、Na+、Cl-先产生白色沉淀，最终变红褐色D小苏打溶液Al3+、Mg2+、Ba2+、Cl-同时产生气体和沉淀A．A B．B C．C D．D8、氮及其化合物的性质是了解工农业生产的重要基础。NA为阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法错误的是A．22.4L（标准状况）15NH3含有的质子数为10NAB．密闭容器中，2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAC．13.8gNO2与足量水反应，转移的电子数为0.2NAD．常温下，1L0.1mol·L1NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NA9、现有以下物质：①NaCl溶液②CH3COOH③NH3④BaSO4⑤蔗糖⑥H2O，其中属于电解质的是（）A．②③④ B．②④⑥ C．③④⑤ D．①②④10、设[aX+bY]为a个X微粒和b个Y微粒组成的一个微粒集合体，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（）A．0.5mol雄黄(As4S4，已知As和N同主族，结构如图)含有NA个S-S键B．合成氨工业中，投料1mol[N2(g)+3H2(g)]可生成2NA个[NH3(g)]C．用惰性电极电解1L浓度均为2mol•L-1的AgNO3与Cu(NO3)2的混合溶液，当有0.2NA个电子发生转移时，阴极析出6.4g金属D．273K，101kPa下，1mol过氧化氢分子中含有的共用电子对数目为3NA11、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其中W的气态氢化物常用作制冷剂;X原子的核外电子层数与最外层电子数相等;Y主族序数大于W。下列说法正确的是A．原子半径:W>X B．最简单氢化物的热稳定性:Y>ZC．工业上通过电解熔融XZ3冶炼X单质 D．WO2、YO2、ZO2均为共价化合物12、下列指定反应的化学用语表达正确的是（）A质子交换膜氢氧燃料电池的负极反应B用铁电极电解饱和食盐水C锅炉水垢中的CaSO4用饱和Na2CO3溶液浸泡DKClO碱性溶液与Fe(OH)3反应制取K2FeO4A．A B．B C．C D．D13、明矾[KA1(SO4)2·12H2O]是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。下列叙述错误的是（）A．合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用B．从易拉罐中可回收的金属元素有Al、FeC．“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D．上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO314、下列关于甲烷、乙烯、苯和乙醇的叙述中，正确的是A．都难溶于水 B．都能发生加成反应C．都能发生氧化反应 D．都是化石燃料15、下列说法正确的是()A．电解熔融金属氯化物制备Na、Mg、AlB．配制溶液时需加入稀硝酸防止水解C．“一带一路”中的丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物。D．牙齿的矿物质Ca5(PO4)3OH+F-Ca5(PO4)3F+OH-，故使用含氟牙膏可以防止龋齿的形成16、下列关于有机物a()、b()、c(）的说法正确的是A．a、b互为同系物B．C中所有碳原子可能处于同一平面C．b的同分异构体中含有羧基的结构还有7种（不含立体异构）D．a易溶于水，b、c均能使酸性高猛酸钾溶液褪色17、下列除去括号内杂质的方法正确的是（）A．FeCl2(FeCl3)：加入足量铁屑，充分反应后过滤B．CO2(HCl)：通过饱和NaOH溶液，收集气体C．N2(O2)：通过灼热的CuO粉末，收集气体D．KCl(MgCl2)：加入适量NaOH溶液，过滤18、国庆期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂以保证鲜花盛开，S-诱抗素的分子结构如图。下列关于该物质的说法正确的是A．该有机物的分子式为C15H21O4B．该有机物能发生取代、加成和水解反应C．1mol该有机物与足量溴反应最多消耗4molBr2D．1mol该有机物与足量Na反应生成生成1molH219、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：B．羟基的结构式：O-HC．用电子式表示Na2O的形成过程：D．组成为C2H6O的分子中可能只存在极性键20、只用一种试剂即可区别的：NaCl、MgCl2、FeCl3、Al2(SO4)3四种溶液，这种试剂是A．AgNO3 B．NaOH C．BaCl2 D．HCl21、降冰片二烯类化合物是一类太阳能储能材料。降冰片二烯在紫外线照射下可以发生下列转化。下列说法错误的是（）A．降冰片二烯与四环烷互为同分异构体B．降冰片二烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．四环烷的一氯代物超过三种（不考虑立体异构）D．降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子不超过4个22、不能用勒夏特列原理解释的是（）A．草木灰（含K2CO3）不宜与氨态氮肥混合使用B．将FeCl3固体溶解在稀盐酸中配制FeCl3溶液C．人体血液pH值稳定在7.4±0.05D．工业制硫酸锻烧铁矿时将矿石粉碎二、非选择题(共84分)23、（14分）如图中A～J分别代表相关反应中的一种物质，已知A分解得到等物质的量的B、C、D，已知B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，F为黑色固体单质，I为红棕色气体。图中有部分生成物未标出。请填写以下空白：

（1）A的化学式为___，C的电子式为___；（2）写出下列反应的化学方程式：D+G→H___；F+J→B+C+I____；（3）2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为___mol；（4）I与足量C生成J的过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___；（5）容积为10mL的试管中充满I和G的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则原混合气体中I与G的体积之比为___。24、（12分）氯吡格雷(clopidogrel)是一种用于抑制血小板聚集的药物．以芳香族化合物A为原料合成的路线如下：已知：①R-CHO，②R-CNRCOOH(1)写出反应C→D的化学方程式______________，反应类型____________。(2)写出结构简式．B____________，X____________。(3)A属于芳香族化合物的同分异构体(含A)共有______种，写出其中与A不同类别的一种同分异构体的结构简式___________。(4)两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，写出该反应的化学方程式________________。(5)已知：，设计一条由乙烯、甲醇为有机原料制备化合物的合成路线流程图，无机试剂任选_____________。(合成路线常用的表反应试剂A反应条件B…反应试剂反应条件目标产物示方式为：AB…目标产物)25、（12分）为测定某硬铝（含有铝、镁、铜）中铝的含量，设计了Ⅰ、Ⅱ两个方案。根据方案Ⅰ、Ⅱ回答问题：方案Ⅰ：(1)固体甲是铜，试剂X的名称是_______________。(2)能确认NaOH溶液过量的是___________（选填选项）。a.测溶液pH，呈碱性b.取样，继续滴加NaOH溶液，不再有沉淀生成c.继续加NaOH溶液，沉淀不再有变化(3)步骤④的具体操作是：灼烧、_______、________，重复上述步骤至恒重。(4)固体丙的化学式是______，该硬铝中铝的质量分数为_______________。方案Ⅱ的装置如图所示：操作步骤有：①记录A的液面位置；②待烧瓶中不再有气体产生并恢复至室温后，使A和B液面相平；③再次记录A的液面位置；④将一定量Y（足量）加入烧瓶中；⑤检验气密性，将ag硬铝和水装入仪器中，连接好装置。(1)试剂Y是________________；操作顺序是______________________。(2)硬铝质量为ag，若不测气体的体积，改测另一物理量也能计算出铝的质量分数，需要测定的是_______，操作的方法是__________。26、（10分）食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐可能含有K+、IO3-、I-、Mg2+．加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热引起的。已知：IO3-+5I-+6H+→3I2+3H2O，2Fe3++2I-→2Fe2++I2，KI+I2⇌KI3；氧化性：IO3-＞Fe3+＞I2。（1）学生甲对某加碘盐进行如下实验，以确定该加碘盐中碘元素的存在形式。取一定量加碘盐，用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为3份。第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，加入CCl4，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。①第一份试液中，加KSCN溶液显红色，该红色物质是______（用化学式表示）。②第二份试液中“加入CCl4”的实验操作名称为______，CCl4中显紫红色的物质是______（用化学式表示）。③根据这三次实验，学生甲得出以下结论：在加碘盐中，除了Na+、Cl-以外，一定存在的离子是______，可能存在的离子是______，一定不存在的离子是______。由此可确定，该加碘盐中碘元素是______价（填化合价）的碘。（2）将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3•H2O．该物质作为食盐加碘剂是否合适？______（填“是”或“否”），并说明理由______。（3）已知：I2+2S2O32-→2I-+S4O62-．学生乙用上述反应方程式测定食用精制盐的碘含量（假设不含Fe3+），其步骤为：a．准确称取wg食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；c．以淀粉溶液为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.0×10-3mol/L的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反应完全。根据以上实验，学生乙所测精制盐的碘含量（以I元素计）是______mg/kg（以含w的代数式表示）。27、（12分）葡萄糖酸锌{M[Zn(C6H11O7)2]＝455g·mol－1)是一种重要的补锌试剂，其在医药、食品、饲料、化妆品等领城中具有广泛的应用。纯净的葡葡糖酸锌为白色晶体，可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，化学兴趣小组欲在实验室制备葡萄糖酸锌并测定产率。实验操作分以下两步：Ⅰ.葡萄糖酸(C6H12O7)的制备。量取50mL蒸馏水于100mL烧杯中，搅拌下缓慢加入2.7mL(0.05mol)浓H2SO4，分批加入21.5g葡萄糖酸钙{M[Ca(C6H11O7)2]＝430g·mol－1，易溶于热水}，在90℃条件下，不断搅拌，反应40min后，趁热过滤。滤液转移至小烧杯，冷却后，缓慢通过强酸性阳离子交换树脂，交换液收集在烧杯中，得到无色的葡葡糖酸溶液。Ⅱ.葡萄糖酸锌的制备。向上述制得的葡萄糖酸溶液中分批加入足量的ZnO，在60℃条件下，不断搅拌，反应1h，此时溶液pH≈6。趁热减压过滤，冷却结晶，同时加入10mL95%乙醇，经过一系列操作，得到白色晶体，经干燥后称量晶体的质量为18.2g。回答下列问题：(1)制备葡萄糖酸的化学方程式为________________。(2)通过强酸性阳离子交换树脂的目的是_______________。(3)检验葡萄糖酸溶液中是否存在SO42-的操作为_________。(4)制备葡萄糖酸时选用的最佳加热方式为_______________。(5)制备葡萄糖酸锌时加入乙醇的目的是________，“一系列操作”具体是指_______。(6)葡萄糖酸锌的产率为______(用百分数表示)，若pH≈5时就进行后续操作，产率将_____(填“增大”“减小”或“不变”)。28、（14分）非线性光学晶体在信息、激光技术、医疗、国防等领域具有重要应用价值。我国科学家利用Cs2CO3、XO2（X＝Si、Ge）和H3BO3首次合成了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题：（1）C、O、Si三种元素电负性由大到小的顺序为__________；第一电离能I1(Si)____I1(Ge)（填“＞”或“＜”）。（2）基态Ge原子核外电子排布式为_____________；SiO2、GeO2具有类似的晶体结构，其中熔点较高的是________，原因是______。（3）如图为H3BO3晶体的片层结构，其中B的杂化方式为________；硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大的主要原因是_____________。（4）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。CsSiB3O7属于正交晶系（长方体形），晶胞参数为apm，bpm和cpm。如图为沿y轴投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数目为_______；CsSiB3O7的摩尔质量为Mg·mol－1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB3O7晶体的密度为_____________g·cm－1（用代数式表示）。29、（10分）UO2与铀氮化物是重要的核燃料，已知：3(NH4)4[UO2(CO3)3]3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O↑回答下列问题：(1)基态氮原子价电子排布图为______。(2)反应所得气态化合物中属于非极性分子的是_______(填化学式)。(3)某种铀氮化物的晶体结构是NaCl型。NaCl的Bom-Haber循环如图所示。已知：元素的一个气态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能。下列有关说法正确的是________(填标号)。a.Cl-Cl键的键能为119.6kJ/molb.Na的第一电离能为603.4kJ/molc.NaCl的晶格能为785.6kJ/mold.Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol(4)依据VSEPR理论推测CO32-的空间构型为_________。分子中的大丌键可用符号丌表示，其中m代表参与形成大丌键的原子数，n代表参与形成大丌键的电子数(如苯分子中的大丌键可表示为丌)，则CO32-中的大丌键应表示为_____(5)UO2可用于制备UF4：2UO2+5NH4HF22UF4·2NH4F+3NH3↑+4H2O，其中HF2的结构表示为[F—H…F]-，反应中断裂的化学键有_______(填标号)。a.氢键b.极性键c.离子键d.金属键e.非极性键(6)铀氮化物的某两种晶胞如图所示：①晶胞a中铀元素的化合价为__________，与U距离相等且最近的U有_______个。②已知晶胞b的密度为dg/cm3，U原子的半径为r1cm，N原子的半径为为r2cm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的空间利用率为___________(列出计算式)。

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、D【解析】

Z的一种氧化物的水化物是具有还原性且不稳定的二元酸，判断Z为S元素；X、Z同一主族，可知X为O元素。Y的周期数是族序数的3倍，可推出Y为Na元素，再结合W、X、Y和Z原子的最外层电子数之和为18，可知W为N元素。【详解】A.N3-、Na+和O2-具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径顺序为：W＞X＞Y，与题意不符，A错误；B.O最高价+2，而S最高价为+6，与题意不符，B错误；C.简单氢化物热稳定性强弱与元素的非金属性强弱一致，而非金属性：O＞N，稳定性：H2O＞NH3，与题意不符，C错误；D.Na与O可形成Na2O2，含有离子键和共价键，符合题意，D正确；答案为D。【点睛】具有相同的核外电子排布简单离子，原子序数越大，微粒半径越小。2、A【解析】

A．水溶液中含醋酸分子和水分子，1L1mol/LCH3COOH溶液中所含分子总数大于NA，故A正确；B．1molCl2发生氧化还原反应，若是自身发生歧化反应，获得电子1mol，也可以只做氧化剂得到电子2mol，故B错误；C．标准状况11.2L混合气体物质的量为0.5mol，常温常压下，11.2LN2和NO的混合气体所含的原子数小于NA，故C错误；D．28g铁物质的量为0.5mol，在反应中作还原剂时，与强氧化剂生成铁盐，与弱氧化剂反应生成亚铁盐；失去电子的数目可以是1mol，也可以是1.5mol，故D错误；故答案为：A。【点睛】考查与阿伏加德罗常数有关计算时，要正确运用物质的量的有关计算，同时要注意气体摩尔体积的使用条件；另外还要谨防题中陷阱，如讨论溶液里的离子微粒的数目时，要考虑：①溶液的体积，②离子是否水解，③对应的电解质是否完全电离；涉及化学反应时要考虑是否是可逆反应，反应的限度达不到100%；其它如微粒的结构、反应原理等，总之要认真审题，切忌凭感觉答题。3、C【解析】

新型纳米疫苗的研制成功，在不久的将来有可能用于治疗疾病，选项A正确；单层厚度约为0.7nm的WS2二维材料为智能手表、银行票据和信用卡安全密码的印制和数据存储提供了可能性，选项B正确；纳米复合材料有较大的比表面积，具有较大的吸附容量，选项C不正确；基于Ag2S柔性半导体的新型高性能无机柔性热电材料和器件可同时提供优异的柔性和热电转换性能，且具有环境友好、稳定可靠、寿命长等优点，有望在以分布式、可穿戴式、植入式为代表的新一代智能微纳电子系统等领域获得广泛应用，选项D正确。4、C【解析】

A．裂化汽油含不饱和烃，与溴水发生加成反应，则不能作萃取剂，故A错误；B．Ba(ClO)2溶液中通入SO2，发生氧化还原反应生成硫酸钡，不能比较酸性大小，故B错误；C．Ksp小的先沉淀，由现象可知Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，故C正确；D．向鸡蛋清溶液中加入饱和Na2SO4溶液，发生盐析，为可逆过程，而蛋白质的变性是不可逆的，故D错误；故答案为C。5、C【解析】

A．z不含碳碳双键，与高锰酸钾不反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B．C5H6的不饱和度为=3，可知若为直链结构，可含1个双键、1个三键，则x的同分异构体不止X和Y两种，故B错误；C．z含有1种H，则一氯代物有1种，对应的二氯代物，两个氯原子可在同一个碳原子上，也可在不同的碳原子上，共2种，故C正确；D．y中含3个sp3杂化的碳原子，这3个碳原子位于四面体结构的中心，则所有碳原子不可能共平面，故D错误；故答案为C。6、C【解析】

A.氮离子N3-的结构示意图应该是：，A错误；B.聚丙烯的结构简式应该是：，B错误；C.由Na和Cl形成离子键的过程可表示为：，C正确；D.比例模型可表示CH4分子，由于氯原子半径大于碳原子半径，因此不能表示CCl4分子，D错误；答案选C。【点睛】选项D是解答的易错点，由于比例模型用来表现分子三维空间分布的分子模型，因此需要注意原子半径的相对大小。7、D【解析】

A.OH﹣优先稀盐酸反应，加入稀盐酸后不会立即生成白色沉淀，故A错误；B.SO32﹣的还原性大于I﹣，加入氯水后亚硫酸根离子优先反应，不会立即呈黄色，故B错误；C.加入过氧化钠后Fe2+立即被氧化成铁离子，生成的是红褐色沉淀，不会出现白色沉淀，故C错误；D.小苏打为碳酸氢钠，Al3+与碳酸氢钠发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故D正确。故选D。8、B【解析】

A．22.4L（标准状况）15NH3即=1mol，1个15NH3中质子数为10，故1mol15NH3中质子数为10NA，故A不符合题意；B．2molNO与1molO2充分反应会生成2molNO2，但NO2气体存在二聚反应：，因此产物中的分子数小于2NA，故B符合题意；C．13.8gNO2即=0.3mol，其反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO2生成NO化合价降低2，转移电子数为0.2NA，故C不符合题意；D．1L0.1mol·L1NH4NO3溶液中n(NH4NO3)=0.1mol，氮原子数为0.2NA，故D不符合题意；故答案为：B。【点睛】解答本类题目要审清选项中涉及的以下几个方面：①要审清所求粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电子等，②涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强，③涉及中子数和化学键的计算，要审清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量，④涉及化学反应要明确相关反应的特点和电子转移；⑤涉及溶液中的微粒要关注电离和水解；⑥要注意审清运算公式。9、B【解析】

在水溶液里或熔融状态下自身能导电的化合物叫做电解质。①NaCl溶液是混合物，不是电解质；②CH3COOH溶于水可导电，是电解质；③NH3溶于水反应，生成的溶液可导电，但不是自身导电，不是电解质；④BaSO4熔融状态下可电离成离子，可以导电，是电解质；⑤蔗糖溶于水不能电离出离子，溶液不导电，不是电解质；⑥H2O可微弱的电离出氢离子和氢氧根离子，可导电，是电解质；答案选B。【点睛】该题要利用电解质的概念解题，在水溶液里或熔融状态下自身能导电的化合物叫做电解质。10、D【解析】

A.由As4S4的结构图可知，黑球代表As，白球代表S，则As4S4的结构中不存在S-S键，故A错误；B.合成氨气的反应为可逆反应，则投料1mol[N2(g)+3H2(g)]生成的[NH3(g)]数目小于2NA，故B错误；C.根据阴极放电顺序可知，银离子先放电，则当有0.2NA个电子发生转移时，阴极析出21.6g金属，故C错误；D.过氧化氢分子中氢原子与氧原子、氧原子与氧原子之间均为单键，则1mol过氧化氢分子中含有的共用电子对数目为3NA，故D正确；综上所述，答案为D。11、D【解析】

W的气态氢化物常用作制冷剂，该氢化物应为NH3，W为N元素；X原子的核外电子层数与最外层电子数相等，且其原子序数大于W，则X为Al；Y主族序数大于W，则Y为S或Cl，若Y为Cl，则Z不可能是短周期主族元素，所有Y为S，Z为Cl。【详解】A．电子层数越多，半径越大，所以原子半径W<X，故A错误；B．非金属性越强简单氢化物的热稳定性越强，非金属性S<Cl，所以简单氢化物的热稳定性Y<Z，故B错误；C．XZ3为AlCl3，为共价化合物，熔融状态不能电离出离子，不能通过电解熔融AlCl3冶炼Al单质，故C错误；D．WO2、YO2、ZO2分别为NO2，SO2、ClO2，均只含共价键，为共价化合物，故D正确；故答案为D。【点睛】AlCl3为共价化合物，熔融状态下不导电，冶炼Al单质一般电解熔融状态下的Al2O3。12、C【解析】

A．负极上氢气失电子生成氢离子，所以负极反应为：2H2﹣4e﹣═4H+，故A错误；B．阳极上Fe失电子生成亚铁离子，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，离子方程式为Fe+2H2OFe（OH）2↓+H2↑，故B错误；C．碳酸钙溶解度小于硫酸钙，锅炉水垢中的CaSO4用饱和Na2CO3溶液浸泡，离子方程式：CO32﹣+CaSO4＝CaCO3+SO42﹣，故C正确；D．碱性溶液中，反应产物不能存在氢离子，正确的离子方程式为：3ClO﹣+2Fe（OH）3+4OH¯＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故D错误；答案：C。【点睛】书写离子方程式一定要注意环境是碱性还是酸性。13、D【解析】

A.易拉罐作为可再生资源，其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用，故不选A；B.易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe)，因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe，故不选B；C.“沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应，故不选C；D.铝离子与碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀，硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根，不水解，不与铝离子反应，故选D；答案：D14、C【解析】

A．甲烷、乙烯、苯都难溶于水，乙醇与水以任意比例互溶，故A错误；B．甲烷为饱和烃，乙醇为饱和醇，不能发生加成反应，故B错误；C．甲烷、乙烯、苯和乙醇燃烧可生成二氧化碳和水，为氧化反应，故C正确；D．甲烷为天然气的主要成分，是化石燃料，乙烯、苯和乙醇都不是化石燃料。故D错误；故答案选C。15、D【解析】

A.AlCl3是共价化合物，不能通过电解熔融AlCl3制备Al，故A错误；B.Fe2+能被稀硝酸氧化为Fe3+，故B错误；C.丝绸的主要成分是蛋白质，不是天然纤维素，故C错误；D.由平衡Ca5(PO4)3OH+F-Ca5(PO4)3F+OH-可知，增大F-浓度，平衡正向移动，生成更难溶的氟磷灰石，氟磷灰石比羟基磷灰石更能抵抗酸的侵蚀，故使用含氟牙膏可以防止龋齿的形成，故D正确。故选D。16、C【解析】

A.a、b的分子式和分子结构都相同，属于同一种物质。故A错误；B.c是1，4-环己二醇，碳原子均采取杂化，所有碳原子不可能处于同一平面。故B错误；C.b的烃基是戊基（），戊基一共有8种结构，所以，b的同分异构体中含有羧基的结构还有7种。故C正确；D.饱和羧酸不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，与羟基相连的碳原子上有氢原子的饱和醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以，上述物质中，只有c能使酸性高锰酸钾溶液褪色。故D错误；故答案选：C。17、A【解析】

A、铁和氯化铁反应生成物是氯化亚铁，A正确；B、NaOH也吸收CO2，所以不正确，应选用饱和的碳酸氢钠溶液，B不正确；C、氧化铜与氧气不反应，应选用灼热的铜网，C不正确；D、加入适量NaOH溶液会引入钠离子，应该是氢氧化钾，D不正确；故选A。【点睛】除杂的要求是不增不减。即不引入新杂质，不减少主要成分；如B选项，NaOH能与CO2反应，主要物质被反应，故错误。18、D【解析】

由题给结构简式可知，S-诱抗素的分子式为C15H20O4，官能团为羰基、碳碳双键、醇羟基和羧基，具有酮、烯烃、醇和羧酸性质，能发生加成反应、氧化反应、酯化反应、取代反应、加聚反应等。【详解】A项、由结构简式可知S-诱抗素的分子式为为C15H20O4，故A错误；B项、S-诱抗素不含有酯基和卤素原子，不能发生水解反应，故B错误；C项、S-诱抗素含有3个碳碳三键，则1mol该有机物与足量溴反应最多消耗3molBr2，故C错误；D项、S-诱抗素含有1个羟基和1个羧基，则1mol该有机物与足量Na反应生成1molH2，故D正确。故选D。【点睛】本题考查有机物结构和性质，侧重考查醇、烯烃、羧酸性质，把握官能团及其性质关系是解本题关键。19、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.

Na2O为离子化合物,用电子式表示Na2O的形成过程为：，故C错误；D.二甲醚只存在极性键，故D正确；故选：D。20、B【解析】

四种溶液中阳离子互不相同，可选用氢氧化钠溶液鉴别。氯化钠与氢氧化钠不反应；氢氧化钠与氯化镁生成白色沉淀；氢氧化钠与氯化铁生成红褐色沉淀；氢氧化钠加入硫酸铝溶液产生白色沉淀然后沉淀溶解。答案选B。【点睛】氢氧化镁和氢氧化铝均为白色沉淀，但氢氧化铝溶于强碱溶液。21、C【解析】

A.降冰片二烯与四环烷分子式相同，结构不同，因此二者互为同分异构体，A正确；B.降冰片二烯分子中含有碳碳双键，因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C.四环烷含有三种位置的H原子，因此其一氯代物有三种，C错误；D.根据乙烯分子是平面分子，与碳碳双键连接的C原子在碳碳双键所在的平面上，所以降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子为4个，D正确；故合理选项是C。22、D【解析】

A.因为草木灰中碳酸根水解显碱性，氨态氮肥中铵根离子水解显酸性，二者混合使用会发生双水解反应生成NH3，使N元素流失，降低肥效，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B.加入盐酸后溶液中H+增多，可以抑制FeCl3的水解，能用勒夏特列原理解释，故B不选；C.人体血液中含有缓冲物质，如：H2CO3/NaHCO3，人们食用了酸性食品或碱性食品后，通过平衡移动使血液pH值稳定在7.4±0.05，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D.工业制硫酸锻烧铁矿时将矿石粉碎，是增大矿石与空气接触面积，与勒夏特列原理无关，故D选；故答案为D。二、非选择题(共84分)23、NH4HCO34NH3+5O24NO+6H2OC+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O21：24：1【解析】

A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，C能和过氧化钠反应，则C为水，镁条能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下与G反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3，以此解答该题。【详解】(1)、A为NH4HCO3，C为水，C的电子式为；故答案为NH4HCO3；；(2)、D为NH3，G是O2，H是NO，则D+G→H的反应为：4NH3+5O24NO+6H2O；F是C，J是HNO3，则F+J-→B+C+I的反应为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；(3)、Na2O2与足量水反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氧由-1价升高为0价，由-1价降低为-2价，则2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为2mol,；故答案为2；(4)、由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；故答案为1:2；(5)、容积为10mL的试管中充满NO2和O2的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则发生的反应为4NO2+2H2O+O2=4HNO3，根据反应方程式可知原混合气体中NO2与O2体积比为4:1，所以10mL混合气体中NO2和O2的体积分别为8mL和2mL，故答案为4:1。24、+CH3OH+H2O酯化反应(或取代反应)4+2H2O【解析】

A分子式为C7H5OCl，结合题干信息可知A中含有-CHO、-Cl、苯环，根据物质反应过程中物质结构不变，可知A为，B为，经酸化后反应产生C为，C与甲醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生D：；D与分子式为C6H7BrS的物质反应产生E：，结合D的结构可知X结构简式为：；E与在加热90℃及酸性条件下反应产生氯吡格雷：。【详解】根据上述分析可知：A为，B为，X为：。(1)反应C→D是与甲醇发生酯化反应，反应方程式为：+CH3OH+H2O，该反应为酯化反应，也属于取代反应；(2)根据上述分析可知B为：，X为：；(3)A结构简式为，A的同分异构体(含A)中，属于芳香族化合物，则含有苯环，官能团不变时，有邻、间、对三种，若官能团发生变化，侧链为-COCl，符合条件所有的结构简式为、、、，共四种不同的同分异构体，其中与A不同类别的一种同分异构体的结构简式为；(4)两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，应是氨基与羧基之间发生脱水反应，两分子C脱去2分子水生成，该反应方程式为：；(5)乙烯与溴发生加成反应产生CH2Br-CH2Br，再发生水解反应产生乙二醇：CH2OH-CH2OH，甲醇催化氧化产生甲醛HCHO，最后乙二醇与甲醛反应生成化合物，故该反应流程为。【点睛】本题考查有机物的合成与推断、有机反应类型的判断、同分异构体书写等，掌握反应原理，要充分利用题干信息、物质的分子式。并根据反应过程中物质结构不变分析推断，较好的考查学生分析推理能力，是对有机化学基础的综合考查。25、盐酸或稀硫酸c冷却称量Al2O3×100％氢氧化钠溶液⑤①④②③剩余固体的质量将烧瓶中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称量【解析】

为了测定硬铝中铝的质量分数，可称得样品质量，测量其中铝的质量。根据硬铝的成分及其性质，将铝转化为氧化铝测其质量或转化为氢气测其体积，从而计算得铝的质量分数。【详解】方案Ⅰ：(1)实验流程中，固体甲是铜，则足量X可溶解硬铝中的镁、铝，试剂X可能是稀盐酸或稀硫酸。(2)操作①所得溶液中含有MgCl2、AlCl3和多余的酸，加入足量的NaOH溶液，可中和酸、使Mg2+完全生成Mg(OH)2沉淀、Al3+完全转化为NaAlO2。Mg(OH)2、NaAlO2也能使溶液呈碱性（a错）；证明NaOH溶液过量不必取样，NaOH溶液过量的现象是沉淀量不再减少（b错、c对）。(3)步骤④是为了获得氧化铝的质量，故需经过灼烧、冷却、称量，重复操作至固体恒重。(4)固体丙是氧化铝（Al2O3）。实验流程中，硬铝中的铝最终全部变成氧化铝，则样品中铝的质量为(54b/102)g，铝的质量分数为(54b/102a)×100%=×100％。方案Ⅱ：(1)该方案中通过测定气体体积来测定铝的质量分数。硬铝中只有铝能与强碱溶液反应放出氢气，则试剂Y可能是氢氧化钠溶液；实验时检查装置气密性、加入试剂、量气管初读数、反应生成氢气、量气管末读数，操作顺序是⑤①④②③。(2)硬铝质量为ag，若不测气体的体积，向圆底烧瓶中加入足量氢氧化钠溶液，当不再有气泡产生时，将烧瓶中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称量，测量剩余固体的质量，也能计算出铝的质量分数。【点睛】实验目的是实验的灵魂，故解答实验题应紧扣实验目进行思考，则所用试剂、操作作用、计算原理等问题便容易回答。26、Fe(SCN)3萃取I2和Fe3+Mg2+、K+I-+5否KI3受热（或潮湿）条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华【解析】

（1）①从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，Fe(SCN)3呈血红色；②从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成。③这是因为由于氧化性：>Fe3+>I2，加足量KI后，和Fe3+均能将I-氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3，根据化合价规律确定该加碘盐中碘元素的价态；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。由此可知该加碘盐中不含KI；③具有氧化性的离子为与具有还原性的离子为I-，发生氧化还原反应；（2）根据KI具有还原性及氧化还原反应、KI3在常温下不稳定性来分析；（3）存在KIO3～3I2～6Na2S2O3，以此计算含碘量。【详解】（1）①某加碘盐可能含有

K+、、I-、Mg2+，用蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化后将溶液分为3份：从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，Fe(SCN)3呈血红色；故答案为：Fe(SCN)3；②从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成，故答案为：萃取；I2；③据上述实验得出氧化性：>Fe3+>I2，加足量KI后，IO3-和Fe3+均能将I-氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3，该加碘盐中碘元素是+5价；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。由此可知该加碘盐中不含KI，一定存在的离子是：IO3-和Fe3+，可能存在的离子是：Mg2+、K+，一定不存在的离子是

I-，故答案为：和Fe3+；Mg2+、K+；I-；+5；（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，KI会被空气中氧气氧化，根据题目告知，KI3•H2O是在低温条件下，由I2溶于KI溶液可制得，再由题给的信息：“KI+I2⇌KI3”，可知KI3在常温下不稳定性，受热(或潮湿)条件下易分解为KI和I2，KI又易被空气中的氧气氧化，I2易升华，所以KI3•H2O作为食盐加碘剂是不合适的，故答案为：否；KI3受热(或潮湿)条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华；（3）根据反应式可知，设所测精制盐的碘含量(以

I

元素计)是xmg/kg，则因此所测精制盐的碘含量是x==，故答案为：。27、将未充分反应的葡萄糖转化为葡萄糖酸取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在水浴加热（或热水浴）降低葡萄糖酸锌溶解度，便于晶体析出过滤、洗涤80%减小【解析】

(1)葡萄糖酸钙Ca(C6H11O7)2与硫酸H2SO4反应生成葡萄糖酸(C6H12O7)，原理为强酸制弱酸，化学反应方程式为，故答案为：；(2)将葡萄糖酸钙与硫酸反应后的滤液缓慢通过强酸性阳离子交换树脂进行阳离子交换，可将为充分反应的Ca2+交换为H+，即将未充分反应的葡萄糖酸钙转化为葡萄糖酸，故答案为：将未充分反应的葡萄糖转化为葡萄糖酸；(3)结合SO42-离子的检验方法，可取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在，故答案为：取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在；(4)实验Ⅰ制备葡糖糖酸时，反应条件为90℃，则最佳的加热方式为水浴加热（或热水浴），故答案为：水浴加热（或热水浴）；(5)葡萄糖酸锌可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，生成葡萄糖酸锌后，加入乙醇可减少葡萄糖酸锌的溶解，使其以晶体的形式析出，加入乙醇后的“一些列操作”可以是过滤、洗涤，故答案为：降低葡萄糖酸锌溶解度，便于晶体析出；过滤、洗涤；(6)根据反应方程式可得关系式：Ca(C6H11O7)2~Zn(C6H11O7)2，m[Ca(C6H11O7)2]=21.5g，则，则理论上可得到葡萄糖酸锌的物质的量为n[Zn(C6H11O7)2]=0.05mol，因此，，根据可得，葡萄糖酸锌的产率为，若pH≈5时就进行后续操作，一些葡萄糖酸就不能充分转化为葡萄糖酸锌，导致葡萄糖酸锌质量将减小，产率减小，故答案为：80%；减小；28、O＞C＞Si＞1s22s22p63s23p63d104s24p2（或[Ar]3d104s24p2）SiO2二者均为原子晶体，Ge原子半径大于Si，Si—O键长小于Ge—O键长，SiO2键能更大，熔点更高。sp2热水破坏了硼酸晶体中的氢键，而且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大4【解析】

（1）电负性的变化规律为同周期从左向右逐渐增大，同主族由上至下逐渐减少，第一电离能的变化规律为同族元素由上至下逐渐减小。（2）SiO2、GeO2为同类型晶体结构，即为原子晶体，Ge原子半径大于Si，Si-O键长小于Ge-O键长，SiO2键能更大，熔点更高。（3）B原子最外层有3个电子，与3个-OH形成3个共价键，即可得杂化方式，热水破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大。（4）先分析得出Cs的个数，再根据公式计算密度。【详解】（1）电负性的变化规律为同周期从左向右逐渐增大，同主族由上至下逐渐减少，所以电负性O>C>Si；第一电离能的变化规律为同族元素由上至下逐渐减小，因此I1(Si)>I1(Ge),故答案为O＞C＞Si；>；（2）Ge原子位于第四周期IVA族，因此原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p2（或[Ar]3d104s24p2）；SiO2、GeO2均为原子晶体，Ge原子