山东省滕州市第十一中学高三下学期第五次调研考试新高考化学试题及答案解析

山东省滕州市第十一中学高三下学期第五次调研考试新高考化学试题注意事项: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、已知HA的酸性弱于HB的酸性。25℃时，用NaOH固体分别改变物质的量浓度均为0.1mol•L-1的HA溶液和HB溶液的pH（溶液的体积变化忽略不计），溶液中A-、B-的物质的量浓度的负对数与溶液的pH的变化情况如图所示。下列说法正确的是（）A．曲线Ⅰ表示溶液的pH与-lgc（A-）的变化关系B．C．溶液中水的电离程度：M>ND．N点对应的溶液中c（Na+）＞Q点对应的溶液中c（Na+）2、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y的核电荷数为奇数，Z的核电荷数为X的2倍。X的最外层电子数等于Y与Z的最外层电子数之和。Y与Z同周期且Y的原子半径大于Z。下列叙述正确的是A．单质的熔点：Y＞Z B．X的最高价氧化物的水化物为弱酸C．Y、Z的氧化物均为离子化合物 D．气态氢化物稳定性：X＞Z3、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．NA个Al(OH)3胶体粒子的质量为78gB．常温常压下，2.24LH2含氢原子数小于0.2NAC．136gCaSO4与KHSO4的固体混合物中含有的阴离子的数目大于NAD．0.1mol•L－1FeCl3溶液中含有的Fe3＋数目一定小于0.1NA4、向等物质的量浓度的K2S、KOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫各物种（H2S、HS−、S2−）的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与滴加盐酸体积的关系如图所示（忽略滴加过程H2S气体的逸出）。下列说法不正确的是A．A曲线表示S2-随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况B．X、Y为曲线两交叉点。若已知Y点处的pH，则可计算Ka1（H2S）C．X、Y点对应溶液中水的电离程度大小关系为：X<YD．Y点对应溶液中c（K＋）与含硫各微粒浓度的大小关系为：c（K＋）＝3[c（H2S）＋c（HS−）＋c（S2−）]5、下列有关实验的选项正确的是A．A B．B C．C D．D6、据报道科学家在宇宙中发现了分子。与属于A．同位素 B．同系物 C．同分异构体 D．同素异形体7、有机物环丙叉环丙烷的结构为。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3molH2D．1mol该物质完全燃烧时，需消耗8.5molO28、某溶液中含有较大量的Cl－、CO32-、OH－三种离子，如果只取一次该溶液分别将三种离子检验出来，下列添加试剂顺序正确的是（）A．先加Mg（NO3）2，再加Ba（NO3）2，最后加AgNO3B．先加Ba（NO3）2，再加AgNO3，最后加Mg（NO3）2C．先加AgNO3，再加Ba（NO3）2，最后加Mg（NO3）2D．先加Ba（NO3）2，再加Mg（NO3）2最后加AgNO39、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的一氯代物只有一种，二氯代物只有两种(不考虑立体异构)D．x分子中所有原子共平面10、已知有机物是合成青蒿素的原料之一（如图）。下列有关该有机物的说法正确的是（）A．可与酸性KMnO4溶液反应B．既能发生消去反应，又能发生加成反应C．分子式为C6H10O4D．1mol该有机物与足量的金属Na反应最多产生33.6LH211、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。下列说法正确的是（）A．某些金属元素的焰色反应、海水提溴、煤的气化、石油的裂化都是化学变化的过程B．氮氧化物的大量排放，会导致光化学烟雾、酸雨和温室效应等环境问题C．油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的油脂会因水解而变质D．白葡萄酒含维生素C等多种维生素,通常添加微量的目的是防止营养成分被氧化12、溴化氢比碘化氢A．键长短 B．沸点高 C．稳定性小 D．还原性强13、以下除杂方法不正确的是（括号中为杂质）A．NaCl(KNO3)：蒸发至剩余少量液体时，趁热过滤B．硝基苯（苯）：蒸馏C．己烷（己烯）：加适量溴水，分液D．乙烯（SO2）：NaOH溶液，洗气14、200℃时，11.6gCO2和水蒸气的混合气体与过量的Na2O2充分反应后，固体质量增加了3.6g，再将反应后剩余固体冷却后加入含有Na＋、HCO3-、SO32-、CO32-等离子的水溶液中，若溶液体积保持不变，则下列说法中正确的是A．原混合气体的平均摩尔质量为23.2g/molB．混合气体与Na2O2反应过程中电子转移的物质的量为0.25molC．溶液中SO32-的物质的量浓度基本保持不变D．溶液中HCO3-的物质的量浓度减小，CO32-的物质的量浓度增大，但是HCO3-和CO32-的物质的量浓度之和基本保持不变15、短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增加，A和D的质子数之和等于E的核外电子数，B和D同主族，C的原子半径是短周期主族元素中最大的，A和E组成的化合物AE是常见强酸。下列说法错误的是A．简单离子半径：B>CB．热稳定性：A2D>AEC．CA为离子化合物，溶于水所得溶液呈碱性D．实验室制备AE时可选用D的最高价含氧酸16、右下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法正确的是（）A．X、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增B．Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增C．YX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力D．根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性17、中国是最早生产和研究合金的国家之一。春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑，它们的合金成分可能是()A．钠合金 B．硬铝 C．生铁 D．钛合金18、我国某科研机构研究表明，利用K2Cr2O7可实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如下图所示。下列说法正确的是A．N为该电池的负极B．该电池可以在高温下使用C．一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度减小D．M的电极反应式为：C6H5OH＋28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋19、实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯采用的相同措施是（）A．水浴加热 B．冷凝回流C．用浓硫酸做脱水剂和催化剂 D．乙酸过量20、[安徽省合肥市2019年高三第三次教学质量检测]化工生产与人类进步紧密相联。下列有关说法不正确的是A．空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂B．侯氏制碱法工艺流程中利用了物质溶解度的差异C．合成氨采用高温、高压和催化剂主要是提高氢气平衡转化率D．工业用乙烯直接氧化法制环氧乙烷体现绿色化学和原子经济21、固体电解质可以通过离子迁移传递电荷，利用固体电解质RbAg4I5可以制成电化学气敏传感器，其中迁移的物种全是Ag+。下图是一种测定O2含量的气体传感器示意图，O2可以透过聚四氟乙烯薄膜，根据电池电动势变化可以测得O2的含量。在气体传感器工作过程中，下列有关说法正确的是A．银电极被消耗，RbAg4I5的量增多B．电位计读数越大，O2含量越高C．负极反应为Ag+I--e-=AgID．部分A1I3同体变为Al和AgI22、除去燃煤烟气中的有毒气体，一直是重要的科研课题。某科研小组设计如下装置模拟工业脱硫脱氮，探究SO2和NO同时氧化的吸收效果。模拟烟气由N2(90.02％)、SO2(4.99％)、NO(4.99％)混合而成，各气体的流量分别由流量计控制，调节三路气体相应的流量比例，充分混合后进入A。(已知:FeSO4+NO[Fe(NO)]SO4(棕色)，下列说法不正确的是A．反应开始前应该关闭d，打开e，通入一段时间的N2B．观察到装置A中有黑色固体生成，则A中反应为2H2O+3SO2+2MnO4—==3SO42—+2MnO2↓+4H+C．洗气瓶A的出气管口有两个玻璃球泡，目的是为了消除可能存在的未破裂的气泡D．实验中观察到B中红色褪去，C中变为浅棕色，说明KMnO4不能吸收NO二、非选择题(共84分)23、（14分）法华林是一种治疗心脑血管疾病的药物，属于香豆素类衍生物，其合成路径如下：已知：①法华林的结构简式：②+③+(1)A的结构简式是___________。(2)C分子中含氧官能团是___________。(3)写出D与银氨溶液反应的化学方程式___________。(4)E的结构简式是___________。(5)水杨酸分子中苯环上有两种含氧官能团，1mol水杨酸与足量NaHCO3完全反应生成1molCO2。写出水杨酸反应生成F的化学方程式___________。(6)K分子中含有两个酯基，K结构简式是___________。(7)M与N互为同分异构体，N的结构简式是____________。(8)已知：最简单的香豆素结构式。以乙酸甲酯、甲醛和苯酚为主要原料，一种合成香豆素的路线如下(其他药品自选)：写出甲→乙反应的化学方程式___________；丙的结构简式是_________。24、（12分）氨甲环酸（F）又称止血环酸、凝血酸，是一种在外科手术中广泛使用的止血药，可有效减少术后输血。氨甲环酸（F）的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂未标明）：（1）B的系统命名为_______；反应①的反应类型为_____。（2）化合物C含有的官能团的名称为_____。（3）下列有关氨甲环酸的说法中，正确的是_____（填标号）。a．氨甲环酸的分子式为C8H13NO2b．氨甲环酸是一种天然氨基酸c．氨甲环酸分子的环上一氯代物有4种d．由E生成氨甲环酸的反应为还原反应（4）氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为________。（5）写出满足以下条件的D的同分异构体的结构简式_____。①属于芳香族化合物②具有硝基③核磁共振氢谱有3组峰（6）写出用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线（其他试剂任选）。_____25、（12分）实验室用乙醇、浓硫酸和溴化钠反应来制备溴乙烷，其反应原理为H2SO4(浓)＋NaBrNaHSO4＋HBr↑、CH3CH2OH＋HBrCH3CH2Br＋H2O。有关数据和实验装置如（反应需要加热，图中省去了加热装置）：乙醇溴乙烷溴状态无色液体无色液体深红棕色液体密度/g·cm-30.791.443.1沸点/℃78.538.459（1）A中放入沸石的作用是__，B中进水口为__口（填“a”或“b”）。（2）实验中用滴液漏斗代替分液漏斗的优点为__。（3）氢溴酸与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应的化学方程式__。（4）给A加热的目的是__，F接橡皮管导入稀NaOH溶液，其目的是吸收__和溴蒸气，防止__。（5）C中的导管E的末端须在水面以下，其原因是__。（6）将C中的镏出液转入锥形并瓶中，连振荡边逐滴滴入浓H2SO41～2mL以除去水、乙醇等杂质，使溶液分层后用分液漏斗分去硫酸层；将经硫酸处理后的溴乙烷转入蒸镏烧瓶，水浴加热蒸馏，收集到35～40℃的馏分约10.0g。①分液漏斗在使用前必须__；②从乙醇的角度考虑，本实验所得溴乙烷的产率是__（精确到0.1%）。26、（10分）苯甲酸乙酯是重要的精细化工试剂，常用于配制水果型食用香精。实验室制备流程如下：试剂相关性质如下表：苯甲酸乙醇苯甲酸乙酯常温性状白色针状晶体无色液体无色透明液体沸点/℃249.078.0212.6相对分子量12246150溶解性微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂与水任意比互溶难溶于冷水，微溶于热水，易溶于乙醇和乙醚回答下列问题：（1）为提高原料苯甲酸的纯度，可采用的纯化方法为_________。（2）步骤①的装置如图所示（加热和夹持装置已略去），将一小团棉花放入仪器B中靠近活塞孔处，将吸水剂（无水硫酸铜的乙醇饱和溶液）放入仪器B中，在仪器C中加入12.2g纯化后的苯甲酸晶体，30mL无水乙醇（约0.5mol）和3mL浓硫酸，加入沸石，加热至微沸，回流反应1.5~2h。仪器A的作用是_________；仪器C中反应液应采用_________方式加热。（3）随着反应进行，反应体系中水分不断被有效分离，仪器B中吸水剂的现象为_________。（4）反应结束后，对C中混合液进行分离提纯，操作I是_________；操作II所用的玻璃仪器除了烧杯外还有_________。（5）反应结束后，步骤③中将反应液倒入冷水的目的除了溶解乙醇外，还有_____；加入试剂X为_____（填写化学式）。（6）最终得到产物纯品12.0g，实验产率为_________%（保留三位有效数字）。27、（12分）亚硝酸钠（NaNO2）是一种肉制品生产中常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量。在漂白、电镀等方面应用也很广泛。某兴趣小组设计了如下图所示的装置制备NaNO2（A中加热装置已略去）。已知：室温下，①2NO+Na2O2===2NaNO2②酸性条件下，NO或NO2-都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+（1）A中发生反应的化学方程式为_________________________________。（2）检查完该装置的气密性，装入药品后，实验开始前通入一段时间N2，然后关闭弹簧夹，再滴加浓硝酸，加热。通入N2的作用是______________。（3）装置B中观察到的主要现象为_________________（4）①为保证制得的亚硝酸钠的纯度，C装置中盛放的试剂可能是___________（填字母序号）。A．P2O5B．无水CaCl2C．碱石灰D．浓硫酸②如果取消C装置，D中固体产物除NaNO2外，可能含有的副产物有________写化学式）。（5）E中发生反应的离子方程式为____________。（6）将1.56gNa2O2完全转化为NaNO2，理论上至少需要木炭__________g。28、（14分）钛被誉为“21世纪的金属”，可呈现多种化合价。其中以+4价的Ti最为稳定。回答下列问题：（1）基态Ti原子的价电子排布图为__。（2）已知电离能：I2(Ti)=1310kJ·mol-1，I2(K)=3051kJ·mol-1。I2(Ti)<I2(K)，其原因为__。（3）钛某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结构如图所示：①钛的配位数为__，碳原子的杂化类型__。②该配合物中存在的化学键有__(填字母)。a.离子健b.配位键c.金属健d.共价键e.氢键（4）钛与卤素形成的化合物熔、沸点如下表所示：TiCl4TiBr4TiI4熔点/℃-24.138.3155沸点/℃136.5233.5377分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定变化规律的原因是__。（5）已知TiO2与浓硫酸反应生成硫酸氧钛，硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图所示，该阳离子化学式为_。阴离子的立体构型为__。（6）已知TiN晶体的晶胞结构如图所示，若该晶胞的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数值为NA，则晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为___pm。(用含ρ、NA的代数式表示)29、（10分）碳族元素(Carbongroup)包括碳(C)、硅(Si)、锗(Ge)、锡(Sn)、铅(Pb)、鈇(Fl)六种。(1)已知Sn为50号元素，其价电子排布式为______；价电子中成对电子数为______个。(2)已知CO与N2的结构相似，则CO的电子式为______，C、O、N第一电离能由大到小的顺序为______，三者最简单氢化物的熔沸点高低顺序为______(用“化学式”表示）。(3)甲硅烷(SiH4)可用来制取超纯半导体硅，工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得甲硅烷，该反应的化学方程式为___________。(4)碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，是由于HCO3-能够形成双聚或多聚链状离子的结果，HCO3-中C原子的杂化方式为_______，HCO3-能够双聚或多聚的原因是__________。(5)SiC作为C和Si唯一稳定的化合物，每个Si(或C)原子与周边包围的C(Si)原子通过________杂化相互结合。已经发现SiC具有250多种型体。某立方系晶体其晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞中原子的坐标参数为：C部分原子：(0，0，0)；(，，0)；(，0，)；(0，，)Si全部原子：(，，)；(，，)；(，，)；(，)该立方晶胞中Si原子构成的空间构型为_______，晶体的密度可表示为________g/cm3。

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.由“HA的酸性弱于HB的酸性”可知，Ka（HB）>Ka（HA），由图可知，曲线I表示溶液的pH与-lgc（B-）的变化关系，错误；B.根据图中M、N点的数据可知，c（A-）=c（B-），c（HA）=c（HB），故，正确；M点与N点存在c（A-）=c（B-），M点溶液的pH比N点溶液的pH小，故M点水的电离程度弱，错误；D.N、Q点对应溶液的pH相等，由图可知c（A-）<c（B-），根据电荷守恒可知，N点对应的溶液中c（Na+）小于Q点对应的溶液中c（Na+），错误。2、D【解析】

由题可知Y、Z同周期且Y在Z前面，X的主族序数在Y、Z的主族序数之后，Z的核电荷数为X的2倍，可能确定X在第二周期右后位置，Y、Z在第三周期的左前位置，结合题中条件可知X、Y、Z分别为：N、Na、Si，据此解答。【详解】A．Y、Z分别为Na、Si，Si单质为原子晶体，熔点比钠的高，即Y<Z，A错误；B．X为N元素，最高价氧化物的水化物HNO3为强酸，B错误；C．Y、Z分别为Na、Si，Si的氧化物SiO2为共价化合物，C错误；D．X、Z分别为：N、Si，气态氢化物稳定性NH3>SiH4，即X＞Z，D正确；答案选D。3、B【解析】

A.一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，故NA个氢氧化铝胶粒的质量大于78g，故A错误；B.常温常压下，Vm>22.4L/mol，则2.24LLH2物质的量小于0.1mol，则含有的H原子数小于0.2NA，故B正确；C.CaSO4与KHSO4固体摩尔质量相同，都是136g/mol，136gCaSO4与KHSO4的固体混合物的物质的量为1mol，含有的阴离子的数目等于NA；C错误；D.溶液体积不明确，故溶液中的铁离子的个数无法计算，故D错误；4、C【解析】

滴加盐酸时，盐酸先和KOH反应，然后再和K2S反应，首先发生S2-+H+=HS-，该过程中S2-含量减少，HS-含量上升，然后发生HS-+H+=H2S，此时HS-含量下降，H2S上升，所以A代表S2-，B代表HS-，C代表H2S。【详解】A．根据分析可知A曲线表示S2-随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况，故A正确；B．Y点表示c(H2S)=c(HS−)，Ka1(H2S)=，当c(H2S)=c(HS−)时，Ka1(H2S)=c(H+)，所以若已知Y点处的pH，则可计算Ka1(H2S)，故B正确；C．X点c(HS-)=c(S2-)，Y点c(H2S)=c(HS-)，S2-和HS-的水解促进水的电离，H2S为酸抑制水电离，则X点水的电离程度较大，故C错误；D．原溶液为等物质的量浓度的K2S、KOH混合溶液，根据物料守恒可知c(K＋)＝3[c(H2S)＋c(HS−)＋c(S2−)]，故D正确；故答案为C。5、D【解析】

A.乙醇的密度比金属钠小，所以乙醇和金属钠反应钠应沉入试管底部，故A错误；B.因为2NO2N2O4H<0,升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以热水中NO2的浓度高，故B错误；C.氢氧化钠属于强碱，易潮解容易和玻璃中的SiO2反应生成硅酸钠，瓶和塞黏在一起，因此应保存在软木塞的试剂瓶中，故C错误；D.D是实验室制备蒸馏水的装置，故D正确；答案：D。6、D【解析】

A.同种元素的不同种原子互为同位素，故A错误；B.结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物互称为同系物，故B错误；C.分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，故C错误；D.与都是由氢元素形成的不同单质，互为同素异形体，故D项正确。故选D。【点睛】准确掌握“四同”的概念及它们描述的对象，是解决此题的关键。7、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1molC6H14，至少需要3molH2，正确；D.该物质的分子式为C6H8，1mol该物质完全燃烧时，需消耗8molO2，错误。答案为C。8、D【解析】

所加每一种试剂只能和一种离子形成难溶物，Mg(NO3)2能与CO32-、OH－两种离子反应；AgNO3能与Cl－、CO32-、OH－三种离子形成难溶物；Ba(NO3)2只与CO32-反应，所以先加Ba(NO3)2除去CO32-，再加Mg(NO3)2除去OH－，最后加AgNO3只能与Cl－反应。答案选D。9、C【解析】

A.x、y中含碳碳双键，z中不含碳碳双键，则x、y能使酸性高锰酸钾溶液褪色，z不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A项错误；B.C5H6的不饱和度为，若为直链结构，可含1个双键、1个三键，则z的同分异构体不是只有x和y两种，B项错误；C.z中三个亚甲基上的H原子属于等效氢原子，因此z只有一类氢原子，则z的一氯代物只有一种，2个Cl可在同一个亚甲基上或不同亚甲基上，二氯代物只有两种，C项正确；D.x中含1个四面体结构的碳原子，则所有原子不可能共面，D项错误；答案选C。10、A【解析】

中含有有官能团羟基和羧基，所以具有羟基和羧基的性质。【详解】A.该有机物右上角的羟基可被酸性KMnO4溶液氧化为羧基，A正确；B.该有机物右下角的羟基可以发生消去反应，但该有机物不能发生加成反应，B错误；C.分子式为C6H12O4，C错误；D.未说明是标准状况，所以不确定该有机物与金属Na反应最多产生的H2体积，D错误；故选A。11、D【解析】

A.焰色反应是物理变化，故A错误；B.氮氧化物的大量排放，会导致光化学烟雾、酸雨环境问题，温室效应是CO2造成的，故B错误；C.长时间放置的油脂会因被氧化而变质，故C错误；D.白葡萄酒含维生素C等多种维生素，SO2具有还原性，通常添加微量SO2的目的是防止营养成分被氧化，故D正确。综上所述，答案为D。12、A【解析】

A.溴化氢中的溴原子半径小于碘原子半径，所以溴化氢的键长比碘化氢的短，故A正确；B.溴化氢和碘化氢都是共价化合物，组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高，所以溴化氢的沸点低于碘化氢的，故B错误；C.溴的非金属性比碘强，所以溴化氢比碘化氢稳定，故C错误；D.溴的非金属性比碘强，非金属性越强，单质的氧化性越强，离子的还原性就越弱，所以溴化氢比碘化氢还原性弱，故D错误；故选：A。13、C【解析】

根据被提纯物和杂质的性质选择合适的方法。除杂应符合不增加新杂质、不减少被提纯物、操作方便易行等原则。【详解】A.KNO3的溶解度随温度升高而明显增大，而NaCl的溶解度受温度影响小。蒸发剩余的少量液体是KNO3的热溶液，应趁热过滤，滤渣为NaCl固体，A项正确；B.硝基苯、苯互溶但沸点不同，故用蒸馏方法分离，B项正确；C.己烯与溴水加成产物能溶于己烷，不能用分液法除去，C项错误；D.SO2能被NaOH溶液完全吸收，而乙烯不能，故可用洗气法除杂，D项正确。本题选C。14、A【解析】

向足量的固体Na2O2中通入11.6gCO2和H2O，固体质量增加3.6g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知m(O2)=11.6g-3.6g=8.0g，所以n(O2)==0.25mol，设混合物中CO2和水蒸气的物质的量分别为xmol，ymol，则：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，xmol0.5xmol2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ymol0.5ymol所以0.5x+0.5y＝0.25，44x+18y＝11.6，解得：x=0.1，y=0.4。A．原混合气体的平均摩尔质量==23.2g/mol，故A正确；B．反应中生成氧气为0.25mol，故转移电子为0.25mol×2=0.5mol，故B错误；C．过氧化钠有剩余，可以氧化SO32-，溶液中SO32-的物质的量浓度减小，故C错误；D．由于反应后固体中含有碳酸钠，溶液HCO3-和CO32-的物质的量浓度之和增大，故D错误；答案选A。15、B【解析】

据原子结构、原子半径、物质性质等，先推断短周期主族元素，进而判断、比较有关物质的性质，作出合理结论。【详解】短周期主族元素中原子半径最大的C是钠（Na）；化合物AE是常见强酸，结合原子序数递增，可知A为氢（H）、E为氯（Cl）；又A和D的质子数之和等于E的核外电子数，则D为硫（S）；因B和D同主族，则B为氧（O）。A项：B、C的简单离子分别是O2-、Na+，它们的电子排布相同，核电荷较大的Na+半径较小，A项正确；B项：同周期主族元素，从左到右非金属性增强，则非金属性S<Cl，故氢化物热稳定性：H2S<HCl，B项错误；C项：CA（NaH）为离子化合物，与水反应生成NaOH和H2，使溶液呈碱性，C项正确；D项：实验室制备HCl气体，常选用NaCl和浓硫酸共热，D项正确。本题选B。16、D【解析】

从表中位置关系可看出，X为第2周期元素，Y为第3周期元素，又因为X、W同主族且W元素的核电荷数为X的2倍，所以X为氧元素、W为硫酸元素；再根据元素在周期表中的位置关系可推知：Y为硅元素、Z为磷元素、T为砷元素。【详解】A、O、S、P的原子半径大小关系为：P＞S＞O，三种元素的气态氢化物的热稳定性为：H2O＞H2S＞PH3，A不正确；B、在火山口附近或地壳的岩层里，常常存在游离态的硫，B不正确；C、SiO2晶体为原子晶体，熔化时需克服的微粒间的作用力为共价键，C不正确；D、砷在元素周期表中位于金属元素与非金属的交界线附近，具有半导体的特性，As2O3中砷为+3价，处于中间价态，所以具有氧化性和还原性，D正确。答案选D。17、C【解析】

人们利用金属最早的合金是青铜器，是铜锡合金，春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑，根据当时的技术水平，结合金属活动性顺序，可以推断它们的合金成分可能是生铁，不可能是其他三种活泼金属的合金，故答案选C。【点睛】人类利用金属的先后和金属的活动性和在地壳中的含量有关，金属越不活泼，利用的越早，金属越活泼，提炼工艺较复杂，故利用的越晚。18、C【解析】

A.由图可知Cr元素化合价降低，被还原，N为正极，A项错误；B.该电池用微生物进行发酵反应，不耐高温，B项错误；C.由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离，使Na+和Cl-不能定向移动，所以电池工作时，负极生成的H+透过阳离子交换膜进入NaCl溶液中，正极生成的OH-透过阴离子交换膜进入NaCl溶液中与H+反应生成水，使NaCl溶液浓度减小。C项正确；D.苯酚发生氧化反应、作负极，结合电子守恒和电荷守恒可知电极反应式为C6H5OH-28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋，D项错误；答案选C。19、C【解析】

A.乙酸乙酯沸点770。C，乙酸正丁酯沸点1260。C，制备乙酸乙酯和乙酸丁酯，需要的温度较高，需要用酒精灯直接加热，不能用水浴加热，A项错误；B.乙酸乙酯采取边反应边蒸馏的方法，但乙酸丁酯则采取直接冷凝回流的方法，待反应后再提取产物，B项错误；C.制备乙酸乙酯和乙酸丁酯都为可逆反应，用浓硫酸做脱水剂和催化剂，能加快反应速率，两者措施相同，C项正确；D.制备乙酸乙酯时，为了提高冰醋酸的转化率，由于乙醇价格比较低廉，会使乙醇过量，制备乙酸丁酯时，采用乙酸过量，以提高丁醇的利用率，这是因为正丁醇的价格比冰醋酸高，D项错误；答案选C。20、C【解析】

A．空气吹出法中氯气置换出来的溴，Br2被水蒸气吹出与SO2反应，SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，S的化合价从＋4升高到＋6，作还原剂，A项正确；B．在侯氏制碱法中，NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，利用的就是NaHCO3的溶解度比NaCl等物质的溶解度小，使之析出，B项正确；C．合成氨的反应为N2＋3H22NH3，该反应是放热反应，采用高温并不利于反应正向移动，不能提高氢气平衡转化率，采用高温是为了提高化学反应速率，使用催化剂只能加快反应速率，不能提高氢气平衡转化率，C项错误；D．乙烯与氧气反应生成环氧乙烷，2CH2=CH2＋O22，原子利用率100%，符合绿色化学和原子经济性，D项正确；本题答案选C。21、B【解析】

O2通入后，发生反应：4AlI3+3O2=2Al2O3+6I2，I2在传感器电池中发生还原反应，因此多孔石墨电极为正极，电极反应式为：I2+2Ag++2e-=2AgI，银电极发生氧化反应，银作负极，固体电解质RbAg4I5中迁移的物种是Ag+，电极反应式为：Ag-e-=Ag+，据此解答。【详解】A．由上述分析可知，传感器工作过程中，银电极被消耗，传感器中总反应为：I2+2Ag=2AgI，因固体电解质RbAg4I5中迁移的物种是Ag+，因此RbAg4I5质量不会发生变化，故A错误；B．O2含量越高，单位时间内转移电子数越多，电位计读数越大，故B正确；C．由上述分析可知，负极反应为：Ag-e-=Ag+，故C错误；D．由上述分析可知，部分AlI3生成Al2O3和I2，故D错误；故答案为：B。22、D【解析】

A.反应开始前应该关闭d，打开e，通入一段时间的N2排出体系中的空气，防止氧气干扰实验，故A正确；B.二氧化硫具有还原性，装置A中生成的黑色固体是MnO2，则A中反应可能为2H2O+3SO2+2MnO4—==3SO42—+2MnO2↓+4H+，故B正确；C.洗气瓶A的出气管口的两个玻璃球泡可以消除可能存在的未破裂的气泡，故C正确；D.实验中观察到B中红色褪去，C中变为浅棕色，说明NO、SO2没有完全被KMnO4吸收，故D错误；答案选D。【点睛】本题考查化学反应的实验探究，把握实验装置的作用、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用。二、非选择题(共84分)23、羟基+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O+CH3OH+H2O2HOCH2CH2COOCH3+O22OHCH2COOCH3+2H2O【解析】

A生成B是在光照条件下进行，发生的是取代反应，在根据A的分子式知道A是甲苯，B是，与氢氧化钠发生取代反应，则C是，根据反应条件知道D是，根据信息反应②的特点，醛与酮反应时醛基会转变为碳碳双键，故E中有碳碳双键，则E是。【详解】(1)A的名称为甲苯，结构简式是，故答案为：；(2)C分子的结构简式为，含氧官能团是羟基，故答案为：羟基；(3)D是，与银氨溶液反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；(4)由分析可知，E的结构简式是，故答案为：；(5)水杨酸分子中苯环上有两种含氧官能团，1mol水杨酸与足量NaHCO3完全反应生成1molCO2，说明存在羧基，同时含有羟基，故水杨酸的结构简式为，与CH3OH发生酯化反应，化学方程式为：+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；(6)由(5)可知，F为，与乙酸酐反应生成K，K分子中含有两个酯基，则K结构简式是，故答案为：；(7)M与N互为同分异构体，N与E生成，可知N的结构简式是，故答案为;;(8)由流程图可知，乙酸甲酯、甲醛在碱性条件下反生羟醛缩合生成甲，故甲为HOCH2CH2COOCH3，根据信息②③提示，要实现乙到丙过程，乙要有醛基，则甲到乙，实质是HOCH2CH2COOCH3变为OHCH2COOCH3，反应方程式为：2HOCH2CH2COOCH3+O22OHCH2COOCH3+2H2O；OHCH2COOCH3与反应，再脱水得到丙，则丙为：，故答案为：2HOCH2CH2COOCH3+O22OHCH2COOCH3+2H2O；。【点睛】重点考查有机流程的理解和有机物结构推断、官能团、有机反应类型、简单有机物制备流程的设计、有机方程式书写等知识，考查考生对有机流程图的分析能力、对已知信息的理解能力和对有机化学基础知识的综合应用能力。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团，有机反应绝大多数都是围绕官能团展开，而高中教材中的反应原理也只是有机反应的一部分，所以有机综合题中经常会出现已知来告知部分没有学习过的有机反应原理，认识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行，而不必过多追究。24、2-氯-1,3-丁二烯加成反应碳碳双键、酯基；氯原子cd【解析】

根据框图和各物质的结构简式及反应条件进行推断。【详解】（1）B的结构简式为,所以B系统命名为2-氯-1,3-丁二烯；由,所以反应①的反应类型为加成反应。答案:2-氯-1,3-丁二烯;加成反应。（2）由C的结构简式为，则化合物C含有的官能团的名称为碳碳双键、酯基、氯原子。答案：碳碳双键、酯基；氯原子。（3）a．氨甲环酸的结构简式为：，则氨甲环酸的分子式为C8H15NO2，故a错误；b.氨甲环酸的结构简式为：，氨基不在碳原子上，所以不是一种天然氨基酸，故b错误；c．氨甲环酸分子的环上有四种类型的氢，所以一氯代物有4种，故c正确；d．由E生成氨甲环酸的框图可知属于加氢反应，所以此反应也称为还原反应，故d正确；答案：cd。（4）由氨甲环酸的结构简式为：，含有羧基和氨基，所以可发生缩聚反应，生成高分子化合物，故氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为。答案：。（5）由D的结构简式的，符合下列条件：①属于芳香族化合物说明含有苯环；②具有硝基说明含有官能团–NO2;③核磁共振氢谱有3组峰说明含有3种类型的氢原子，符合条件的同分异构体为：；答案：。（6）根据已知信息和逆推法可知用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线：。答案：。25、防止暴沸b平衡压强，使浓硫酸顺利滴下2HBr+H2SO4(浓)SO2+Br2+2H2O加快反应速率，蒸馏出溴乙烷SO2防止污染环境冷却并减少溴乙烷的挥发检漏53.4%【解析】

(1)液体加热需要防止液体瀑沸，B为球形冷凝管，应采取逆流原理通入冷凝水，进行充分冷凝回流；(2)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，使浓硫酸顺利流下；(3)浓硫酸有强氧化性，氢溴酸与浓硫酸混合加热可生成Br2和SO2；(4)给A加热可以加快反应速率蒸出溴乙烷；实验中产生的二氧化硫、溴化氢、溴等可以用稀NaOH溶液吸收；(5)通过E的末端插入水面以下冷却减少溴乙烷的挥发；(6)①带有活塞或瓶塞的装置使用前要检查是否漏水；②10mL乙醇的质量为0.79×10g=7.9g，其物质的量为0.172mol，所以理论制得溴乙烷的物质的量为0.172mol，其质量为18.75g，根据产率=×100%计算。【详解】(1)液体加热加入沸石，可以防止液体瀑沸，B为球形冷凝管，应采取逆流原理通入冷凝水，进行充分冷凝回流，所以B中进水口为b；(2)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，使浓硫酸顺利流下，而分液漏斗没有这个功能；(3)浓硫酸有强氧化性，氢溴酸与浓硫酸混合加热可生成Br2和SO2，发生氧化还原反应的化学方程式为2HBr+H2SO4(浓)SO2+Br2+2H2O；(4)加热的目的是加快反应速率，温度高于38.4℃溴乙烷全部挥发蒸馏出来，实验中产生的二氧化硫、溴化氢、溴等会污染空气，所以可以用稀NaOH溶液吸收，防止污染环境；(5)导管E的末端须在水面以下，通过冷却得到溴乙烷，减少溴乙烷的挥发；(6)①分液漏斗有上口塞子和下口有控制液体流量的活塞，在使用前需要检查是否漏水；②10mL乙醇的质量为0.79×10g=7.9g，其物质的量为0.172mol，所以理论制得溴乙烷的物质的量为0.172mol，其质量为18.75g，所以溴乙烷的产率=×100%≈53.4%。【点睛】考查制备实验方案设计，为高频考点，涉及计算、基本操作、氧化还原反应、除杂等知识点，明确实验原理及物质性质、基本操作规范性是解本题关键，知道各个装置可能发生的反应，题目难度中等。26、重结晶冷凝回流乙醇和水水浴加热吸水剂由白色变为蓝色蒸馏分液漏斗降低苯甲酸乙酯的溶解度利于分层Na2CO3或NaHCO380.0【解析】

苯甲酸与乙醇在浓硫酸作催化剂发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙醇和苯甲酸能够混溶，苯甲酸乙酯与乙醇沸点差异较大，因此操作I为蒸馏，混合液2中主要成分为苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入试剂X除去苯甲酸，因此可选择试剂饱和碳酸钠进行除杂，然后分液制备粗产品，然后通过干燥制备苯甲酸乙酯纯品，以此解答本题。【详解】（1）可通过重结晶的方式提高原料苯甲酸的纯度；（2）仪器A为球形冷凝管，在制备过程中乙醇易挥发，因此通过球形冷凝管冷凝回流乙醇和水；该反应中乙醇作为反应物，因此可通过水浴加热，避免乙醇大量挥发；（3）仪器B中吸水剂为无水硫酸铜的乙醇饱和溶液，吸收水分后生成五水硫酸铜，吸水剂由白色变为蓝色；（4）由上述分析可知，操作I为蒸馏；操作II为分液，除烧杯外，还需要的玻璃仪器为分液漏斗；（5）因苯甲酸乙酯难溶于冷水，步骤③中将反应液倒入冷水的目的还有降低苯甲酸乙酯的溶解度有利于分层；试剂X为Na2CO3溶液或NaHCO3溶液；（6）12g苯甲酸乙酯的物质的量为，苯甲酸的物质的量为，反应过程中乙醇过量，理论产生苯甲酸乙酯的物质的量为0.1mol，实验产率为。27、C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O排尽空气，防止生成的NO被氧气氧化红棕色气体消失，铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气泡冒出CNa2CO3、NaOH5NO+3MnO4⁻+4H+=5NO3⁻+3Mn2++2H2O0.24g【解析】

A装置为C与HNO3(浓)反应生成二氧化碳与二氧化氮，二氧化氮在B中与水反应生成硝酸，硝酸与Cu反应生成NO，D装置中制备NaNO2，由于二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的得到碳酸钠、氢氧化钠，故需要除去二氧化碳，并干燥NO气体，所以C中放了碱石灰，反应开始需要排尽装置中的空气，防止氧气将NO氧化，利用酸性高锰酸钾溶液溶液氧化未反应的NO，可以防止污染空气。【详解】(1)A装置为C与HNO3(浓)反应生成二氧化碳与二氧化氮，反应方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；(2)实验开始前通入一段时间N2，可排尽装置中的空气，防止氧气将NO氧化；(3)二氧化氮在B中与水反应生成硝酸，硝酸与Cu反应生成NO，所以看到的现象为：红棕色气体消失，铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气泡冒出；(4)①根据分析可知，C装置中可能盛放的试剂是碱石灰；②结合分析可知，二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的得到副产物碳酸钠、氢氧化钠；(5)根据题目提供信息可知酸性条件下，NO能与MnO4⁻反应生成NO3⁻和Mn2+，方程式为：5NO+3MnO4⁻+4H+=5NO3⁻+3Mn2++2H2O；(6)n(Na2O2)==0.02mol，根据元素守恒可知1.56gNa2O2完全转化为NaNO2，需要n(NO)=0.04mol。设参加反应的碳为xmol，根据方程式C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O可知生成n(NO2)=4xmol，根据方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知4xmolNO2与水反应生成xmol硝酸和xmolNO；根据3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O可知硝酸与铜反应生成的NO为xmol，所以有xmol+xmol=2xmol=0.04mol，解得x=0.02mol，则需要的碳的质量为12g/mol×0.02mol=0.24g。【点睛】本题易错点为第(3)小题的现象描述，在描述实验现象要全面，一般包括有无气体的产生、溶液颜色是否有变化、固体是否溶解、是否有沉淀生成、体系的颜色变化。28、K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去，故I2(Ti)<I2(K)6sp3、sp2bd三者均为分子晶体，组成与结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔、沸点升高TiO2+正四面体×1010【解析】

（1）基态Ti原子的价电子排布图可根据构造原理、泡利原理、洪特规则填写；（2）全充满、半充满、全空，是相对稳定的结构，破坏这样的结构需要更多的能量，形成这样的结构趋势较大，需要较少能量；（3）配位数是中心原子周围的配位原子的个数；碳原子的杂化类型与其形成的化学键有关：形成4个单键为sp3杂化，形成1个双键、2个单键为sp2杂化，形成1个三键、1个单键为sp杂化；（4）分子晶体，组成和结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高；（5）SO42-的立体构型可根据价层电子对互斥理论推测；（6）晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为晶胞棱长的二分之一，可先根据V=计算出晶胞的体积，再开三次方计算晶胞棱长，最后将晶胞棱长乘二分之一。【详解】（1）基态Ti原子有4个价电子，根据构造原理，4s能级能量较低，电子先填满4s能级，再填入3d能级；根据泡利原理和洪特规则，2个电子先填入4s能级的1个轨道，自旋状态相反，3d能级有5个轨道，剩余2个电子应先占据不同的轨道，且自旋状态相同，故答案为：；（2）Ti+的基态电子排布为[Ar]3d24s1，再失去1个电子，4s轨道将变为全空状态，趋势较大，所需能量I2(Ti)较低；K+的基态电子排布为[Ne]3s23p6，再失去1个电子，将破坏3p6的全充满状态，所需能量I2(K)较高，故答案为：K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去，故I2(Ti)<I2(K)；（3）①Ti的配位数为6，甲基碳的杂化类型为sp3，双键碳的杂化类型为sp2，故答案为：6；sp3、sp2；②该配合物中存在配位键和共价键，故答案为：bd；（4）TiCl4、TiBr4、TiI4的熔、沸点逐渐升高，因为它们均为分子晶体，组成和结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔、沸点越高，故答案为：三者均为分子晶体，组成与结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔、沸点升高；（5）可用均摊法确定硫酸氧钛晶体中阳离子的化学式，每个Ti原子连接2个O原子，每个O原子只有一半属于它，所以Ti原子与O原子的个数比=1∶(×2)=1∶1，阳离子的化学式为TiO2+；硫酸氧钛的阴离子为SO42-，中心原子S的价层电子对数=4+×(8－4×2)=4，VSEPR模型为正四面体，没有孤电子对，所以SO4