2024年广东省汕头市金中南区学校高考冲刺化学模拟试题含解析

2024年广东省汕头市金中南区学校高考冲刺化学模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1molNa2O2与SO2完全反应，转移2NA个电子B．标准状况下，1．2L乙醇中含有的极性共价键数目为2．5NAC．18g的D2O中含有的中子数为13NAD．1L3．1mol·L-1Fe2(SO4)2溶液中含有的阳离子数目小于3.2NA2、常温下，向20mL0.1mol·L－1一元酸HA中滴加相同浓度的KOH溶液，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入KOH溶液体积的变化如图所示。则下列说法错误的是A．HA的电离常数约为10－5B．b点溶液中存在：c(A－)＝c(K＋)C．c点对应的KOH溶液的体积V＝20mL，c水(H＋)约为7×10－6mol·L－1D．导电能力：c>a>b3、以熔融的碳酸盐（K2CO3）为电解液,泡沫镍为电极,氧化纤维布为隔膜（仅允许阴离子通过）可构成直接碳燃料电池,其结构如图所示，下列说法正确的是A．该电池工作时,CO32-通过隔膜移动到a极B．若a极通入空气,负载通过的电流将增大C．b极的电极反应式为2CO2+O2-4e-=2CO32-D．为使电池持续工作,理论上需要补充K2CO34、第三届联合国环境大会的主题为“迈向无污染的地球”。下列做法不应提倡的是A．推广电动汽车，践行绿色交通 B．改变生活方式，预防废物生成C．回收电子垃圾，集中填埋处理 D．弘扬生态文化，建设绿水青山5、关于浓硫酸和稀硫酸的说法，错误的是A．都有H2SO4分子 B．都有氧化性C．都能和铁、铝反应 D．密度都比水大6、2019年是门捷列夫提出元素周期表150周年。根据元素周期律和元素周期表，下列推断不合理的是A．位于第五周期第VIA族的元素为金属元素 B．第32号元素的单质可作为半导体材料C．第55号元素的单质与水反应非常剧烈 D．第七周期ⅦA族元素的原子序数为1177、“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝、帛的使用有着悠久的历史，下列说法错误的是()A．丝的主要成分属于天然有机高分子化合物，丝绸制品不宜使用含酶洗衣粉洗涤B．《墨子·天志》中记载“书之竹帛，镂之金石”。其中的“金”指的是金属，“石”指的是陶瓷、玉石等C．《考工记》载有“涑帛”的方法，即利用“灰”（草木灰）和“蜃”（贝壳灰）混合加水所得液体来洗涤丝、帛。这种液体能洗涤丝、帛主要是因为其中含有K2CO3D．《天工开物》记载“人贱者短褐、臬裳，冬以御寒，夏以蔽体，其质造物之所具也。属草木者，为臬、麻、苘、葛……”文中的“臬、麻、苘、葛”属于纤维素8、某学习小组在实验室从海带中提取碘，设计实验流程如下：下列说法错误的是A．过滤操作主要除去海带灰中难溶于水的固体，它们主要是无机物B．氧化剂参加反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2OC．萃取过程所用有机溶剂可以是酒精或四氯化碳D．因I2易升华，I2的有机溶液难以通过蒸馏法彻底分离9、设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是A．0.5mol18O2中所含中子数为10NAB．标准状况下，2.24LCHCl3含有的共价键数为0.4NAC．常温下，2.8gC2H2与CO的混合气体所含碳原数为0.3NAD．0.1mol/LNa2S溶液中，S2-、HS-、H2S的数目共为0.1NA10、山梨酸(CH3-CH=CH-CH=CH-COOH)是一种高效安全的防腐保鲜剂，有关山梨酸的说法正确的是A．属于二烯烃B．和Br2加成，可能生成4种物质C．1mol可以和3molH2反应D．和CH3H218OH反应，生成水的摩尔质量为20g/mol11、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12、设阿伏加德罗常数的数值为NA。下列说法正确的是A．1L1mol·L-1的NaHSO3溶液中含有的离子数为3NAB．5.6g乙烯和环丙烷的混合物中含C—H键数目为1．8NAC．常温常压下，22.4L的37Cl2中所含的中子数为41NAD．硝酸与铜反应生成1.1molNOx时，转移电子数为1.2NA13、现有原子序数依次增大的短周期元素W、X、Y、Z，其中W和X位于同主族，且原子序数相差2，Y是形成化合物最多的元素，Z的单质可以通过电解饱和食盐水获得，下列说法正确的是()A．由W和Y组成的化合物中只可能含有极性共价键B．简单离子半径：r(W—)>r(X+)C．室温下，同浓度的氧化物对应水化物水溶液的pH：Z＜YD．Y、Z、W三元素形成的化合物有可能是电解质14、下列反应中，与乙醇生成乙醛属于同一种反应类型的是A．CH3CHO→CH3COOH B．CH2＝CHCl→C． D．CH3COOH→CH3COOCH2CH315、光电池在光照条件下可产生电压，如下装置可以实现光能源的充分利用，双极性膜可将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过。下列说法不正确的是A．该装置将光能转化为化学能并分解水B．双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性C．如阳极区为KOH深液，在光照过程中阳极区溶液中的c(OH-)基本不变D．再生池中的反应：2V2++2H+2V3++H2↑16、利用如图所示装置，以NH3作氢源，可实现电化学氢化反应。下列说法错误的是A．a为阴极B．b电极反应为：2NH3-6e-=N2+6H+C．电解一段时间后，装置内H+数目增多D．理论上每消耗1molNH3，可生成1．5mol17、不能用于比较Na与Al金属性相对强弱的事实是A．最高价氧化物对应水化物的碱性强弱 B．Na和AlCl3溶液反应C．单质与H2O反应的难易程度 D．比较同浓度NaCl和AlCl3的pH大小18、依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4，利用下列装置从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。其中装置正确且能达到相应实验目的是A．①②③④ B．①②③ C．②③④ D．②④19、下列说法正确的是A．2018年10月起，天津市开始全面实现车用乙醇汽油替代普通汽油，向汽油中添加乙醇，该混合燃料的热值不变B．百万吨乙烯是天津滨海新区开发的标志性工程，乙烯主要是通过石油催化裂化获得C．天津碱厂的“红三角”牌纯碱曾享誉全世界，侯氏制碱法原理是向饱和食盐水先通氨气，再通二氧化碳，利用溶解度的差异沉淀出纯碱晶体D．天津是我国锂离子电池研发和生产的重要基地，废旧锂离子电池进行放电处理有利于锂在正极的回收是因为放电过程中，锂离子向正极运动并进入正极材料20、乙醇转化为乙醛，发生的反应为A．取代反应 B．加成反应 C．消除反应 D．氧化反应21、分别含有下列各物质的废弃试剂，倒在同一废液缸中不会引起实验室污染或危险的一组是（）A．氨水和NaOH B．硫酸铵和氯化钡C．硝酸亚铁和盐酸 D．电石和盐酸22、下列有关说法正确的是A．用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素是利用了氧化还原反应原理B．铁锈是化合物，可用Fe2O3·nH2O(2≤n<3)表示C．已知CH4+H2OCH3OH+H2，该反应的有机产物是无毒物质D．C(CH3)4的二氯代物只有2种二、非选择题(共84分)23、（14分）叶酸是维生素B族之一，可以由下列甲、乙、丙三种物质合成。(1)甲中含氧官能团是__________(填名称)。(2)下列关于乙的说法正确的是________(填序号)。a.分子中碳原子与氮原子的个数比是7∶5b.属于芳香族化合物c.既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应d.属于苯酚的同系物(3)丁是丙的同分异构体，且满足下列两个条件，丁的结构简式为________。a.含有b.在稀硫酸中水解有乙酸生成(4)写出丁在氢氧化钠溶液中水解的化学方程式。________24、（12分）链状有机物A是一种食用型香精，在一定条件下有如变化：已知：(i)(ii)A和G互为同分异构体，A不能使Br2的CCl4溶液褪色，B和F中所含官能团的类型相同。完成下列填空：(1)F的分子式为___________。CD的试剂和条件是________________。(2)A的结构简式为_______________。BH的反应类型是_____________。(3)I中所有碳原子均在一条直线上，H转化为I的化学方程式为_______________。(4)X是A的一种同分异构体，1molX在HIO4加热条件下完全反应，可以生成1mol无支链的有机物，则X的结构简式为________________。25、（12分）碘酸钙[Ca(IO3)2]是重要的食品添加剂。实验室制取Ca(IO3)2·H2O的实验流程：已知：碘酸是易溶于水的强酸，不溶于有机溶剂。（1）转化步骤是为了制得碘酸，该过程在图1所示的装置中进行，当观察到反应液中紫红色接近褪去时，停止通入氯气。①转化时发生反应的离子方程式为_____________________________________。②转化过程中CCl4的作用是_______________________________________。③为增大转化过程的反应速率，可采取的措施是_______________________。（2）将CCl4与水层分离的玻璃仪器有烧杯、________。除去HIO3水溶液中少量I2单质的实验操作为______________________________，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在。（3）已知：①Ca(IO3)2·6H2O是一种难溶于水的白色固体，在碱性条件下不稳定。②Ca(IO3)2·6H2O加热升温过程中固体的质量变化如图2所示。设计以除碘后的水层为原料，制取Ca(IO3)2·H2O的实验方案：向水层中__________。[实验中必须使用的试剂：Ca(OH)2粉末、AgNO3溶液]。26、（10分）常用调味剂花椒油是一种从花椒籽中提取的水蒸气挥发性香精油，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂。利用如图所示装置处理花椒籽粉，经分离提纯得到花椒油。实验步骤：（一）在A装置中的圆底烧瓶中装入容积的水，加1~2粒沸石。同时，在B中的圆底烧瓶中加入20g花椒籽粉和50mL水。（二）加热A装置中的圆底烧瓶，当有大量蒸气产生时关闭弹簧夹，进行蒸馏。（三）向馏出液中加入食盐至饱和，再用15mL乙醚萃取2次，将两次萃取的醚层合并，加入少量无水Na2SO4；将液体倾倒入蒸馏烧瓶中，蒸馏得花椒油。(1)装置A中玻璃管的作用是_______。装置B中圆底烧瓶倾斜的目的是________。(2)步骤（二）中，当观察到_______现象时，可停止蒸馏。蒸馏结束时，下列操作的顺序为_______（填标号）。①停止加热②打开弹簧夹③关闭冷凝水(3)在馏出液中加入食盐的作用是__；加入无水Na2SO4的作用是_______。(4)实验结束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管，反应的化学方程式为_________。（残留物以表示）(5)为测定花椒油中油脂的含量，取20.00mL花椒油溶于乙醇中，加80.00mL0.5mol/LNaOH的乙醇溶液，搅拌，充分反应，加水配成200mL溶液。取25.00mL加入酚酞，用0.1moI/L盐酸进行滴定，滴定终点消耗盐酸20.00mL。则该花椒油中含有油脂_______g/L。（以计，式量：884)。27、（12分）黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分为CuFeS2，现有一种天然黄铜矿（含少量脉石），为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：现称取研细的黄铜矿样品1.150g，在空气存在下进行煅烧，生成Cu、Fe3O4和SO2气体，实验后取d中溶液的1/10置于锥形瓶中，用0.05mol/L标准碘溶液进行滴定，初读数为0.00mL，末读数如图1所示。完成下列填空：（1）称量样品所用的仪器为___，将样品研细后再反应，其目的是__________。（2）装置a的作用是___________。上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是___。（3）滴定时，标准碘溶液所耗体积为___mL。判断滴定已达终点的现象是_____________。（4）通过计算可知，该黄铜矿的纯度为_________。（5）若用图2装置替代上述实验装置d，同样可以达到实验目的的是________。28、（14分）2019年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人，以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。（1）工业中利用锂辉石（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等）制备钴酸锂(LiCoO2)的流程如图：回答下列问题：①锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，其氧化物的形式为___。②为提高“酸化焙烧”效率，常采取的措施是___。③向“浸出液”中加入CaCO3，其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸，控制pH使Fe3+、A13+完全沉淀，则pH至少为___。(已知：，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，完全沉淀后离子浓度低于1×l0-5)mol/L）。④“滤渣2”的主要化学成分为___。⑤“沉锂”过程中加入的沉淀剂为饱和的___(化学式）溶液。（2）利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LiCoO2+C6LixC6+Li1-xCoO2其工作原理如图2。下列关于该电池的说法正确的是___（填字母）。A．过程1为放电过程B．该电池若用隔膜可选用质子交换膜C．石墨烯电池的优点是提高电池的储锂容量进而提高能量密度D．充电时，LiCoO2极发生的电极反应为LiCoO2-xe-=xLi++Li1-xCoO2E.对废旧的该电池进行“放电处理”让Li+嵌入石墨烯中而有利于回收（3）LiFePO4也是一种电动汽车电池的电极材料，实验室先将绿矾溶解在磷酸中，再加入氢氧化钠和次氯酸钠溶液反应获得FePO4固体。再将FePO4固体与H2C2O4和LiOH反应即可获得LiFePO4同时获得两种气体。①写出FePO4固体与H2C2O4和LiOH反应溶液获得LiFePO4的化学方程式___。②LiFePO4需要在高温下成型才能作为电极，高温成型时要加入少量活性炭黑，其作用是___。29、（10分）稀土元素是指元素周期表中原子序数为57到71的15种镧系元素，以及与镧系元素化学性质相似的钪(Sc)和钇(Y)共17种元素。稀土元素有“工业维生素”的美称，如今已成为极其重要的战略资源。（1）钪(Sc)为21号元素，位于周期表的_____区，基态原子价电子排布图为_______。（2）离子化合物Na3[Sc(OH)6]中，存在的化学键除离子键外还有_______。（3）Sm(钐)的单质与l，2－二碘乙烷可发生如下反应：Sm+ICH2CH2I→SmI2+CH2=CH2。ICH2CH2I中碳原子杂化轨道类型为______,lmolCH2=CH2中含有的σ键数目为______。常温下l，2－二碘乙烷为液体而乙烷为气体，其主要原因是__________（4）与N3-互为等电子体的分子有________________（写两个化学式）。（5）Ce（铈）单质为面心立方晶体，其晶胞参数a=516pm。晶胞中Ce（铈）原子的配位数为_______，列式表示Ce（铈）单质的密度：________g/cm3（用NA表示阿伏伽德罗常数的值，不必计算出结果）

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、A【解析】

A、Na2O2+SO2=Na2SO4，1molNa2O2与SO2完全反应，转移的电子数为2NA，选项A正确；B、标况下，乙醇为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项B错误；C、一个D2O中含有1×2+8=13个中子，18gD2O物质的量==3.9mol，含有3.9NA个中子，选项C错误；D、铁离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，由于Fe2+水解，产生更多的H+，故含有的阳离子数目大于3.2NA个，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的计算和判断，题目难度中等，注意重水的摩尔质量为23g/mol，为易错点。2、D【解析】

A．由a点可知，0.1mol/L一元酸HA中c水(H+)=c水(OH-)=1×10-11mol/L，则c(H+)=1×10-14÷10-11=1×10-3mol/L，则HA的电离常数，A选项正确；B．b点溶液中c水(H+)=1×10-7mol/L，c点c水(H+)最大，则溶质恰好为KA，显碱性，a点显酸性，c点显碱性，则中间c水(H+)=1×10-7mol/L的b点恰好显中性，根据电荷守恒可得c(A-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)，又c(OH-)=c(H+)，则c(A-)=c(K+)，B选项正确；C．c点时加入的KOH的物质的量n(KOH)=20mL×0.1mol/L÷0.1mol/L=20mL，由HA的Ka=1×10-5，可得A-的则c(A-)≈0.05mol/L，则c(OH-)≈7×10-6mol/L，在KA中c(OH-)都是由水电离处的，则c水(OH-)=c水(H+)≈7×10-6mol/L，C选项正确；D．向一元弱酸中加入相同浓度的一元强碱，溶液的导电能力逐渐增强，则导电能力：c>b>a，D选项错误；答案选D。3、A【解析】

A.该电池的总反应方程式为：C+O2=CO2，炭粉在负（a）极失电子发生氧化反应，空气中的氧气在正（b）极得电子，该电池工作时，阴离子CO32-通过隔膜移动到a极，故A正确；B.a极通入Ar，可以使炭粉和熔融碳酸盐的混合物隔绝空气，防止炭粉被氧化，如果a极通入空气，炭粉将直接被氧化，负载上没有电流通过，故B错误；C.b极为正极，得电子发生还原反应，电极反应式为：2CO2+O2+4e-=2CO32-，故C错误；D.该电池的总反应方程式为：C+O2=CO2，从方程式可以看出钾离子和碳酸根离子都没有被消耗，因此理论上不需要补充K2CO3，故D错误；故选A。4、C【解析】根据大会主题“迈向无污染的地球”，所以A可减少污染性气体的排放，即A正确；B可减少废物垃圾的排放，则B正确；C电子垃圾回收后，可进行分类处理回收其中的有用物质，而不能填埋，故C错误；D生态保护，有利于有害气体的净化，故D正确。本题正确答案为C。5、A【解析】

A.浓硫酸中存在硫酸分子，而稀硫酸中在水分子的作用下完全电离出氢离子和硫酸根离子，不存在硫酸分子，故A错误；B.浓硫酸具有强氧化性，稀硫酸具有弱氧化性，所以都具有一定的氧化性，故B正确；C.常温下浓硫酸与铁，铝发生钝化，先把铁铝氧化成致密的氧化物保护膜，稀硫酸与铁铝反应生成盐和氢气，故C正确；D.浓硫酸和稀硫酸的密度都比水大，故D错误；故选：A。6、A【解析】

A.位于第五周期第VIA族的元素为Te（碲），是非金属元素，A错误；B.第32号元素为锗，位于金属区与非金属区的交界线处，单质可作为半导体材料，B正确；C.第55号元素是铯，为活泼的碱金属元素，单质与水反应非常剧烈，C正确；D.第七周期0族元素的原子序数为118，ⅦA族元素的原子序数为117，D正确；答案选A。7、C【解析】

A、丝的主要成分为蚕丝，属于蛋白质是一种天然有机高分子化合物，酶会加速蛋白质的水解，破坏丝绸制品，故A正确；B、古代记事常常刻于金属、陶瓷、玉器之上，故B正确；C、草木灰中的碳酸钾与贝壳灰中的氧化钙溶于水生成的氢氧化钙与碳酸钾反应生成了氢氧化钾，故C错误；D、草木的主要成分是纤维素，故D正确；答案C。8、C【解析】

实验室从海带中提取碘：将海带在坩埚中灼烧得到海带灰，将海带灰浸泡得到海带灰悬浊液，然后采用过滤的方法将残渣和溶液分离，得到含有碘化钾的溶液，向水溶液中加入氧化剂，将I-氧化成I2，向含有碘单质的溶液中加入萃取剂萃取分液得到碘单质的有机溶液，据此分析解答。【详解】A．海带在坩埚中灼烧得到海带灰，有机物燃烧生成二氧化碳和水，过滤操作主要除去海带灰中难溶于水的固体，主要是无机物，故A正确；B．氧化剂可以选用过氧化氢溶液，反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故B正确；C．萃取过程所用有机溶剂可以是四氯化碳或苯，不能选用酒精，因为酒精易溶于水，故C错误；D．因I2易升华，有机溶剂的沸点一般较低，因此I2的有机溶液通过蒸馏法难以彻底分离，故D正确；故选C。9、A【解析】

A.18O原子中子数为18-8=10，则0.5mol18O2中所含中子数为0.5mol×10×2=10mol，即10NA，故A正确；B.标准状况下，CHCl3为液态，不能根据体积计算出物质的量，故B错误；C.C2H2的摩尔质量为26g/mol，CO的摩尔质量为28g/mol，常温下，2.8gC2H2与CO的混合气体所含碳原数不能确定，故C错误；D.0.1mol/LNa2S溶液，未知溶液体积，则溶液中微粒数目不能确定，故D错误；故选A。10、B【解析】A.分子中还含有羧基，不属于二烯烃，A错误；B.含有2个碳碳双键，和Br2加成可以是1，2－加成或1，4－加成或全部加成，可能生成4种物质，B正确；C.含有2个碳碳双键，1mol可以和2molH2反应，C错误；D．酯化反应中醇提供羟基上的氢原子，和CH3H218OH反应生成的水是普通水分子，生成水的摩尔质量为18g/mol，D错误，答案选B。11、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。12、B【解析】

A.HSO3-属于弱酸酸式阴离子，在溶液中既存在水解平衡又存在电离平衡，1L1mol·L-1的NaHSO3溶液中含有的离子数不是3NA，故A错误；B.乙烯和环丙烷的最简式为CH2，2．6g的混合物中含CH2物质的量为1.4mol，所以含C—H键数目为1.8NA，故B正确；C.标准状况下，3．4L的37Cl2中所含的中子数为41NA，常温常压下中子数不为41NA，故C错误；D.NOx可能是NO或NO2，根据得失电子守恒可得，生成1．1molNOx转移电子数介于1.11.3mol之间，故D错误；答案：B。13、B【解析】

由W和X位于同主族，且原子序数相差2可知，W为H元素，X为Li元素；Y是形成化合物最多的元素，则Y是C元素；Z的单质可以通过电解饱和食盐水获得，则Z是Cl元素。【详解】A项、由H元素和C元素组成的化合物为烃，烃分子中可以含有碳氢极性键和碳碳非极性键，故A错误；B项、电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，H—和Li+具有相同的电子层结构，则离子半径r(H—)>r(Li+)，故B正确；C项、次氯酸的酸性小于碳酸，室温下，同浓度的次氯酸的pH大于碳酸，故C错误；D项、H、C、Cl三元素形成的化合物为氯代烃，氯代烃为非电解质，故D错误。故选B。【点睛】本题考查元素周期律的应用，，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用题给信息推断元素为解答关键。14、A【解析】

乙醇生成乙醛为氧化反应，据此解答。【详解】A．CH3CHO→CH3COOH，为氧化反应，与乙醇生成乙醛属于同一种反应类型，故A选；B．CH2＝CHCl→为碳碳双键的加聚反应，与乙醇生成乙醛的反应类型不同，故B不选；C．为苯环上H的取代反应，与乙醇生成乙醛的反应类型不同，故C不选；D．CH3COOH→CH3COOCH2CH3为乙酸与乙醇的酯化反应，属于取代反应，与乙醇生成乙醛的反应类型不同，故D不选；故答案选A。15、C【解析】

由图上电子的移动方向可知右侧电解池的阳极，反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，左侧为阴极，反应式为2V3++2e-=2V2+；双极性膜可将水解离为H+和OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，放电后的溶液进入再生池中在催化剂条件下发生反应放出氢气，反应方程式为2V2++2H+2V3++H2↑，由此来解题。【详解】A.由图可知，该装置将光能转化为化学能并分解水，A正确；B.双极性膜可将水解离为H+和OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，则双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性，B正确；C.光照过程中阳极区反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，又双极性膜可将水解离为H+和OH-，其中OH-进入阳极，所以溶液中的n(OH-)基本不变，但H2O增多，使c(OH-)降低，C错误；D.根据以上分析，再生的反应方程式为2V2++2H+2V3++H2↑，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查电解池的工作原理，根据题中给出电子的移动方向判断阴、阳极是解题关键。注意题干信息的应用，题目考查了学生信息处理与应用能力。16、C【解析】

根据图像可知，b极氨气中的N原子化合价由-3变为0价，得电子为电解池的阳极，则b极为阴极，化合价降低得电子；电解质溶液中的氢离子向阴极移动；【详解】A.分析可知，a为阴极得电子，A正确；B.b电极氨气中的N原子化合价由-3变为0价，生成氮气和氢离子，其电极反应为：2NH3-6e-=N2+6H+，B正确；C.电解一段时间后，b电极消耗溶液中的氢离子，装置内H+数目不变，C错误；D.理论上每消耗1molNH3，消耗溶液中3mol氢离子，发生加成反应，可生成1．5mol，D正确；答案为C17、B【解析】

A.对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性越强，可以比较Na与Al金属性相对强弱，A项正确；B.Na和AlCl3溶液反应，主要是因为钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，这不能说明Na的金属性比铝强，B项错误；C.金属单质与水反应越剧烈，金属性越强，可用于比较Na与Al金属性相对强弱，C项正确；D.AlCl3的pH小，说明铝离子发生了水解使溶液显碱性，而氯化钠溶液呈中性，说明氢氧化钠为强碱，氢氧化铝为弱碱，所以能比较Na、Al金属性强弱，D项正确；答案选B。【点睛】金属性比较规律：1、由金属活动性顺序表进行判断：前大于后。2、由元素周期表进行判断，同周期从左到右金属性依次减弱，同主族从上到下金属性依次增强。3、由金属最高价阳离子的氧化性强弱判断，一般情况下，氧化性越弱，对应金属的金属性越强，特例，三价铁的氧化性强于二价铜。4、由置换反应可判断强弱，遵循强制弱的规律。5、由对应最高价氧化物对应水化物的碱性强弱来判断，碱性越强，金属性越强。6、由原电池的正负极判断，一般情况下，活泼性强的作负极。7、由电解池的离子放电顺序判断。18、B【解析】

依据实验步骤及操作的规范性、科学性分析作答。【详解】①浓硫酸在加热条件下与铜反应制取SO2，装置正确且能达到相应实验目的；②气体和液体反应，有防倒吸装置，装置正确且能达到相应实验目的；③用四氯化碳从废液中萃取碘，静置后分液，装置正确且能达到相应实验目的；④蒸发溶液时用蒸发皿，而不应用坩埚，装置错误，不能达到实验目的；故B项正确。答案选B。19、D【解析】

A.汽油和乙醇的热值不同，所以向汽油中添加乙醇后，该混合燃料的热值会改变，故A错误；B.石油催化裂化目的是使重质油发生裂化反应，转变为裂化气、汽油和柴油等，而不是生产乙烯，目前生产乙烯的主要方法是石油裂解，故B错误；C.侯氏制碱的原理是向饱和食盐水中先通氨气至饱和，再通入二氧化碳气体（因氨气溶解度大于二氧化碳，所以先让氨气饱和），析出碳酸氢钠沉淀，将沉淀滤出，灼烧分解即得碳酸钠，故C错误；D.进行放电处理时，Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中，有利于锂在正极的回收，故D正确。故选D。20、D【解析】

乙醇在催化条件下，可与氧气发生反应生成乙醛，以此解答。【详解】乙醇在催化条件下，可与氧气发生氧化反应生成乙醛，—OH被氧化生成—CHO，为氧化反应。答案选D。21、B【解析】

A．氨水和NaOH混合会释放出氨气，有刺激性气味，会引起污染，A不符合题意；B．硫酸铵和氯化钡，生成BaSO4沉淀，但是不会产生污染，B符合题意；C．硝酸亚铁和盐酸会发生：，有有毒气体NO生成，会污染空气，C不符合题意；D．电石和盐酸混合，电石会和盐酸生成乙炔（C2H2）气体，具有可燃性气体，遇明火会发生爆炸，D不符合题意；答案选B。22、D【解析】

A．用乙醚作萃取剂，从黄花蒿中提取青蒿素，是物理过程，A不正确；B．铁锈是混合物，成分复杂，B不正确；C．该反应的有机产物CH3OH是有毒物质，C不正确；D．C(CH3)4的二氯代物中，共有2个Cl连在同一碳原子上和不同碳原子上2种可能结构，D正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、羧基a、c+2NaOH→HOCH2CH(NH2)COONa+H2O+CH3COONa【解析】

(1)甲含有氨基和羧基；(2)a.该分子中C、N原子个数分别是7、5；b.含有苯环的有机物属于芳香族化合物；c.氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应；d.该分子中含有N原子；(3)丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，据此判断丁的结构简式；(4)丁为，含有酯基，可在碱性条件下水解，且羧基于氢氧化钠发生中和反应。【详解】(1)甲含有氨基和羧基，含氧官能团为羧基；(2)a.该分子中C、N原子个数分别是7、5，所以分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5，a正确；b.含有苯环的有机物属于芳香族化合物，该分子中没有苯环，所以不属于芳香族化合物，b错误；c.氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应，所以该物质既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应，c正确；d.该分子中含有N原子，不属于苯酚的同系物，d错误；故合理选项是ac；(3)丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，所以丁的结构简式为；(4)丁为，含有酯基，可在碱性条件下水解，且羧基于氢氧化钠发生中和反应，方程式为+2NaOH=HOCH2CH(NH2)COONa+H2O+CH3COONa。【点睛】本题考查了有机物的结构和性质，涉及有机物合成、反应类型的判断、基本概念等知识点，根据物质反应特点确定反应类型、根据流程图中反应物及反应条件确定生成物，再结合基本概念解答。24、C2H6O银氨溶液，水浴加热（或新制氢氧化铜悬浊液，加热）取代反应+2NaOHCH3-C≡C-CH3+2NaBr+2H2O【解析】

根据信息反应(i)，B生成C，说明B分子对称，又A生成B，则A与B碳原子数相同，A和G互为同分异构体，A不能使Br2的CCl4溶液褪色，所以A含有4个碳原子，不含碳碳双键，所以B也含4个碳原子，则B为，A为，B与HBr发生取代反应生成H，则H为，H生成I，I中所有碳原子均在一条直线上，则I为CH3-C≡C-CH3，又B发生信息反应(i)生成C，则C为CH3CHO，C与银氨溶液反应在水浴加热的条件下生成D，D再酸化生成E，则E为CH3COOH，由E与F在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成G，则F为醇，C发生还原反应生成F为CH3CH2OH，G为CH3COOCH2CH3，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知：A为，B为，C为CH3CHO，D为CH3COONH4，E为CH3COOH，F为CH3CH2OH，G为CH3COOCH2CH3。(1)根据以上分析，F为CH3CH2OH，分子式为C2H6O；C为CH3CHO，分子中含有醛基，与银氨溶液在水浴加热条件下发生氧化反应产生D：CH3COONH4，所以C生成D的反应试剂与条件是银氨溶液，水浴加热；(2)根据以上分析，A的结构简式为，B为，B与HBr发生取代反应生成H：，所以B生成H的反应类型为取代反应；(3)I为CH3-C≡C-CH3，则H转化为I的化学方程式为+2NaOHCH3-C≡C-CH3+2NaBr+2H2O；(4)X是A的一种同分异构体，则分子式为C4H8O2，1molX在HIO4加热条件下完全反应，可以生成1mol无支链的有机物，则X为环状结构，则X的结构简式为。【点睛】本题考查有机物的推断，注意把握题给信息，结合已学过的有机物知识为解答该题的关键。侧重考查学生分析能力、推断能力和综合运用化学知识的能力。25、I2＋5Cl2＋6H2O=2IO3-＋10Cl－＋12H＋增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率加快搅拌速率分液漏斗将HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液加入Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH约为7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100～160℃条件下加热至恒重【解析】

(1)①转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸；②氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率；③根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触；(2)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操作；HIO3可溶于水，但碘单质在水中溶解度较小，可进行萃取分离；(3)除碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)2·6H2O，根据图示，在100～160℃条件下固体质量基本保持不变，并且要将杂质除尽。【详解】(1)①转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸，方程式为：I2＋5Cl2＋6H2O=2IO3-＋10Cl－＋12H＋；②氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率，转化过程中CCl4的作用是增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率；③根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触，则为增大转化过程的反应速率的方法为加快搅拌速率；(2)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操作，需要的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗；HIO3可溶于水，但碘单质在水中溶解度较小，可进行萃取分离，操作为将HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在；(3)除碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)2·6H2O，根据图示，在100～160℃条件下固体质量基本保持不变，则实验方案：向水层中加入Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH约为7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100～160℃条件下加热至恒重。26、平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流)仪器甲处馏出液无油状液体②①③；降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层除去花椒油中的水或干燥353.6g/L【解析】

在A装置中加热产生水蒸气，水蒸气经导气管进入B装置，给装置B中花椒籽粉与水的混合物进行加热提取花椒油；向馏出液中加入食盐颗粒，可降低花椒油在水中的溶解度，利于花椒油分层析出；由于花椒油容易溶解在有机溶剂乙醚中，而乙醚与水互不相溶，用乙醚萃取其中含有的花椒油，加入硫酸钠除去醚层中少量的水，最后蒸馏得到花椒油。根据花椒油的主要成分属于油脂，能够与NaOH反应产生高级脂肪酸钠和甘油，过量的NaOH用HCl滴定，根据酸碱中和滴定计算出其中含有的花椒油的质量，进而可得花椒油中油脂的含量。【详解】(1)加热时烧瓶内气体压强增大，导气管可缓冲气体压强，平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大；装置B中圆底烧瓶倾斜可以防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流)；(2)加热A装置中的圆底烧瓶，当有大量蒸气产生时关闭弹簧夹，进行蒸馏，装置B中的花椒油会随着热的水蒸气不断变为气体蒸出，当仪器甲处馏出液无油状液体，说明花椒油完全分离出来，此时停止蒸馏。蒸馏结束时，首先是打开弹簧夹，然后停止加热，最后关闭冷凝水，故操作的顺序为②①③；(3)在馏出液中加入食盐的作用是增大水层的密度，降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层；加入无水Na2SO4的作用是无水Na2SO4与水结合形成Na2SO4·10H2O，以便于除去花椒油中的水或对花椒油进行干燥；(4)实验结束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管内壁上沾有的油脂，二者发生反应产生可溶性的高级脂肪酸钠和甘油，该反应的化学方程式为；(5)根据HCl+NaOH=NaCl+H2O，所以n(NaOH)(过量)=n(HCl)=0.1mol/L×0.020L×=0.016mol，则与油脂反应的物质的量的物质的量为：0.5mol/L×0.08L-0.016mol=0.024mol，根据花椒油与NaOH反应的物质的量的物质的量关系可知其中含有的花椒油的物质的量为n(油脂)=n(NaOH)=×0.024mol=0.008mol，其质量为m(油脂)=0.008mol×884g/mol=7.072g，则该花椒油中含有油脂7.072g÷0.02L=353.6g/L。【点睛】本题考查了化学实验基本操作的知识，涉及操作顺序、装置设计的目的、酸碱中和滴定及物质含量的计算等。掌握化学反应原理、理解其含义及操作的目的是解题关键。27、电子天平提高反应速率，促使黄铜矿充分反应除去空气中的水蒸气，便于观察空气流速把装置中的二氧化硫气体赶出装置并全部吸收20.00溶液由无色变成蓝色，并半分钟内不褪色80％②【解析】

（1）根据称量黄铜矿样品1.150g，选择精确度较高的仪器；将样品研细，增大了接触面积；（2）浓硫酸可以将水除去，还可以根据冒出气泡的速率来调节空气流速；(3)反应产生的二氧化硫应该尽可能的被d装置吸收；（4）根据滴定管的读数方法读出消耗碘溶液的体积，根据反应结束时的颜色变化判断滴定终点；（5）先找出黄铜矿和二氧化硫及碘单质的关系式CuFeS2～2SO2～2I2，再根据题中数据进行计算；（6）图2中的②中通入二氧化硫，反应生成了硫酸钡沉淀，可以根据硫酸钡的质量计算二氧化硫的量。【详解】（1）由于称量黄铜矿样品1.150g，精确度达到了千分之一，应该选用电子天平进行称量，把黄铜矿样品研细，可以增大接触面积，从而提高反应速率，并且使黄铜矿充分反应，故答案是：电子天平；提高反应速率，并使黄铜矿充分反应；（2）装置a中的浓硫酸可以吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入反应装置b中发生危险，同时根据冒出的气泡的快慢来控制气体的通入量，故答案为除去空气中的水蒸气，便于观察空气流速；(3)黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物，分解完毕后仍然需要通入一段时间的空气，可以将b、d装置中的二氧化硫全部排出去，使结果更加精确，故答案为把装置中的二氧化硫气体并全部吸收；（4）根据滴定管的示数是上方小，下方大，可以读出滴定管示数是20.00mL，当达到滴定终点时，二氧化硫已经被碘单质消耗完毕，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝，故答案为20.00；溶液由无色变成蓝色，并半分钟内不褪色；（5）根据硫原子守恒和电子守恒找出关系式：CuFeS2∼2SO2∼2I2，消耗掉0.05mol/L标准碘溶液20.00mL时，即消耗的碘单质的量为：0.05mol/L×0.02L=0.0010mol，所以黄铜矿的质量是：0.5×0.0010mol×184g/mol×10=0.92g，所以其纯度是：×100%=80%，故答案为80%；（6）图2中，①不会生成沉淀，无明显现象，错误；②硝酸钡溶液中通入二氧化硫能够生成硫酸钡沉淀，过滤干燥后，根据硫酸钡的质量计算出二氧化硫的质量，正确；③中饱和亚硫酸氢钠溶液只会排除二氧化硫，不会吸收二氧化硫，不能替代d装置，错误；故答案为②。28、Li2O•Al2O3•4SiO2将矿石细磨、搅拌、升高温度4.7Mg(OH)2和CaCO3Na2CO3CD2LiOH+6H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+7CO2↑+5CO↑+7H2O与空气中的氧气反应，防止LiFePO4中的Fe2+被氧化【解析】

锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等)为原料来制取钴酸锂(LiCoO2)，加入过量浓硫酸酸化焙烧锂辉矿，之后加入碳酸钙除去过量的硫酸，并使铁离子、铝离子沉淀完全，然后加入氢氧化钙和碳酸钠调节pH沉淀镁离子和钙离子，过滤得到主要含锂离子的溶液，滤液蒸发浓缩得20%Li2S，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后与Co3O4高温下焙烧生成钴酸锂；【详解】(1)①硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下：a．氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物→较活发金属氧化物→二氧化硅→水，不同氧化物间以·隔开；b．各元素的化合价保持不变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符合原来的组成；c、当计量数配置出现分数时应化为整数；锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，根据方法，其氧化物的形式为Li2O•Al2O3•4SiO2；②流程题目中为提高原料酸侵效率