上海市风华中学新高考仿真卷化学试卷及答案解析

上海市风华中学新高考仿真卷化学试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、物质中杂质（括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法都正确的是选项物质及其杂质检验除杂ACl2（HCl）湿润的淀粉KI试纸饱和食盐水BNO（NO2）观察颜色或湿润的淀粉KI试纸水CCO2（HCl）AgNO3溶液（含稀硝酸）饱和Na2CO3溶液DNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液过量CO2A．A B．B C．C D．D2、以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图所示。下列叙述不正确的是（）A．过程Ⅰ中的能量转化形式是太阳能→化学能B．过程Ⅰ中每消耗116gFe3O4转移2mol电子C．过程Ⅱ的化学方程式为3FeO＋H2OFe3O4＋H2↑D．铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点3、关于实验室制备乙烯的实验，下列说法正确的是（）A．反应物是乙醇和过量的3molB．控制反应液温度在140C．反应容器中应加入少许碎瓷片D．反应完毕后应先移去酒精灯，再从水中取出导管4、用多孔石墨电极完成下列实验，下列解释或推断不合理的是（）实验现象（i）中a、b两极均有气泡产生（ii）中b极上析出红色固体（iii）中b极上析出灰白色固体A．（i）中，a电极上既发生了化学变化，也发生了物理变化B．电解一段时间后，（i）中溶液浓度不一定会升高C．（ii）中发生的反应为H2+Cu2+=2H++Cu↓D．（iii）中发生的反应只可能是2Ag+Cu=2Ag++Cu2+5、A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期。X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物，X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性，物质的转化关系如图所示。下列说法中正确的是A．对应的简单离子半径：C>D>BB．D、E形成的化合物为含有极性共价键的共价化合物C．电解C、E形成的化合物水溶液，可生成C、E对应的单质D．由A、B、E形成的化合物都含有共价键，溶液都呈强酸性6、下列关于化学反应速率的说法错误的是（）A．化学反应速率是用于衡量化学反应进行快慢的物理量B．可逆反应达到化学平衡状态时，反应停止，正、逆反应速率都为零C．决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质D．增大反应物浓度或升高反应温度都能加快化学反应速率7、下列各组离子能大量共存的是A．在pH=0的溶液中：NH4+、Al3+、OH-、SO42-B．在新制氯水中:Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-C．在加入NH4HCO3产生气体的溶液中:Na+、Ba2+、Cl-、NO3-D．加入Al片能产生H2的溶液：NH4+、Ca2+、HCO3-、NO3-8、仪器：①容量瓶、②长颈漏斗、③分液漏斗、④滴定管，使用前必须要检查是否漏液的是A．全部 B．①③④ C．只有③和④ D．只有④9、下列有关化学反应的叙述不正确的是A．铁在热的浓硝酸中钝化B．AlCl3溶液中通入过量NH3生成Al(OH)3沉淀C．向FeCl3溶液中加入少量铜粉，铜粉溶解D．向苯酚浊液中滴入Na2CO3溶液，溶液变澄清10、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．循环物质E为水B．乙池中Cu电极为阴极，发生还原反应C．甲池中的电极反应式为Cu2++2e-=CuD．若外电路中通过1mol电子，两电极的质量差为64g11、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温下lLpH=7的1mol/LCH3COONH4溶液中CH3COO－与NH4+数目均为NAB．18.0g葡萄糖和果糖的混合物中含羟基数目为0.5NAC．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，Na失去2NA个电子D．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH－数目为0.1NA12、下列仪器不能直接受热的是（）A． B． C． D．13、某烯烃分子的结构简式为，用系统命名法命名其名称为（）A．2，2，4-三甲基-3-乙基-3-戊烯 B．2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯C．2，2，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯 D．2-甲基-3-叔丁基-2-戊烯14、下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是A．体积相等时密度相等 B．原子数相等时具有的中子数相等C．体积相等时具有的电子数相等 D．质量相等时具有的质子数相等15、下列实验操作、现象和所得出结论正确的是（）选项实验操作实验现象实验结论A向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热一段时间后，再加入新制Cu(OH)2，加热没有出现砖红色沉淀淀粉没有水解B取少量Mg(OH)2悬浊液，向其中滴加适量浓CH3COONH4溶液Mg(OH)2溶解CH3COONH4溶液呈酸性C将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中酸性高锰酸钾溶液褪色石蜡油分解产物中含有不饱和烃D将海带剪碎，灼烧成灰，加蒸馏水浸泡，取滤液滴加硫酸溶液，再加入淀粉溶液溶液变蓝海带中含有丰富的I2A．A B．B C．C D．D16、某学生利用NaOH溶液去除铝表面的氧化膜以后，进行“铝毛”实验。在其实验过程中常有发生，但与实验原理不相关的反应是()A．Al2O3+2NaOH→2NaAlO2+H2OB．2Al+2H2O+2NaOH→2NaAlO2+3H2↑C．2Al+3Hg(NO3)2→2Al(NO3)3+3HgD．4Al+3O2→2Al2O317、室温下，向20.00mL0.1000mol·L−1盐酸中滴加0.1000mol·L−1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图，已知lg3=0.5。下列说法不正确的是A．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差B．用移液管量取20.00mL0.1000mol·L−1盐酸时，移液管水洗后需用待取液润洗C．NaOH标准溶液浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性，因此需用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液的浓度，标定时采用甲基橙为指示剂D．V(NaOH)=10.00mL时，pH约为1.518、下列有关化工生产原理正确的是A．工业制取烧碱：Na2O+H2O=2NaOHB．工业合成盐酸：H2+Cl22HClC．工业制取乙烯：C2H5OHCH2=CH2↑＋H2OD．工业制漂粉精：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O19、实验室模拟制备亚硝酰硫酸(NOSO4H)的反应装置如图所示，下列关于实验操作或叙述错误的是已知：①亚硝酰硫酸为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解②反应原理为：SO2+HNO3===SO3+HNO2、SO3+HNO2=NOSO4HA．浓硝酸与浓硫酸混合时，是将浓硫酸慢慢滴加到浓硝酸中，边加边搅拌B．装置B和D中的浓硫酸的作用是防止水蒸气进入C导致亚硝酰硫酸分解C．冷水的温度控制在20℃左右，太低反应速率太慢；太高硝酸易分解，SO2逸出D．实验时用98%的浓硫酸代替70%的H2SO4产生SO2速率更快20、合成一种用于合成γ分泌调节剂的药物中间体，其合成的关键一步如图。下列有关化合物甲、乙的说法正确的是A．甲→乙的反应为加成反应B．甲分子中至少有8个碳原子在同一平面上C．甲、乙均不能使溴水褪色D．乙与足量H2完全加成的产物分子中含有4个手性碳原子21、下列化合物中，属于酸性氧化物的是()A．Na2O2 B．SO3 C．NaHCO3 D．CH2O22、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．Al2O3具有两性，可用于制作耐高温材料B．FeCl3具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂C．漂白粉在空气中不稳定，可用于纸浆的漂白D．明矾水解后溶液呈酸性，可用于水的净化二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物F是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成：已知：RCHO＋CH3CHORCH(OH)CH2CHO。试回答：（1）A的化学名称是____，A→B的反应类型是____。（2）B→C反应的化学方程式为________。（3）C→D所用试剂和反应条件分别是_____。（4）E的结构简式是_____。F中官能团的名称是_____。（5）连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有____种。其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5个峰，峰面积比为2∶1∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为____。24、（12分）含氧有机物甲可用来制取多种有用的化工产品，合成路线如图：已知：Ⅰ.RCHOⅡ.RCOOHRCOClRCOOR’(R、R’代表烃基)（1）甲的含氧官能团的名称是___。写出检验该官能团常用的一种化学试剂的名称___。（2）写出己和丁的结构简式：己__，丁__。（3）乙有多种同分异构体，属于甲酸酯，含酚羟基，且酚羟基与酯的结构在苯环邻位的同分异构体共有___种。（4）在NaOH溶液中发生水解反应时，丁与辛消耗NaOH的物质的量之比为__。（5）庚与M合成高分子树脂的化学方程式为___。25、（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______。26、（10分）已知CuSO4溶液与K2C2O4溶液反应，产物为只含一种阴离子的蓝色钾盐晶体(只含有1个结晶水)，某实验小组为确定该晶体的组成，设计实验步骤及操作如下：已知：a.过程②：MnO4－被还原为Mn2+，C2O42－被氧化为CO2b.过程③：MnO4－在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+c.过程④：2Cu2++4I－=2CuI↓+I2d.过程⑥：I2+2S2O32－=21－+S4O62－(1)过程①加快溶解的方法是________________________。(2)配制100mL0.20mol·L－1KMnO4溶液时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管、____________；过程②和过程⑥滴定时，滴定管应分别选用____________、____________(填“甲”或乙”)。(3)完成过程②的离子反应方程式的配平：___MnO4－+___C2O42－+___H+===___Mn2++___H2O+___CO2↑。(4)过程③加热的目的是________________________。(5)过程⑥，应以____________作指示剂，若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则测定结果是____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)(6)已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等，据此推测该晶体为____________·H2O。27、（12分）铝热反应是铝的一个重要性质，该性质用途十分广泛，不仅被用于焊接钢轨，而且还常被用于冶炼高熔点的金属如钒、铬、锰等。(l)某校化学兴趣小组同学，取磁性氧化铁按教材中的实验装置(如图)进行铝热反应，现象很壮观。使用镁条和氯酸钾的目的是___________。(2)某同学取反应后的“铁块”和稀硝酸反应制备Fe(NO3)3溶液，其离子方程式为__________，溶液中可能含有Fe2＋，其原因是___________；(3)可通过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备高铁酸钾(K2FeO4)，如图所示是实验室模拟工业制备KClO溶液装置。已知氯气和热碱溶液反应生成氯化钾和氯酸钾和水①盛装饱和食盐水的B装置作用为______________；②反应时需将C装置置于冷水浴中，其原因为___________；(4)工业上用“间接碘量法”测定高铁酸钾的纯度：用碱性KI溶液溶解1.00gK2FeO4样品，调节pH使高铁酸根全部被还原成亚铁离子，再调节pH为3～4，用1.0mol/L的Na2S2O3标准溶液作为滴定剂进行滴定(2Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI)，淀粉作指示剂，装有Na2S2O3标准溶液的滴定管起始和终点读数如图所示：①终点II的读数为_______mL。②原样品中高铁酸钾的质量分数为_________。[M(K2FeO4)＝198g/mol]③若在配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，则导致所测高铁酸钾的质量分数_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。28、（14分）能源、材料已成为当今科学研究的热点。请回答下列问题：（1）单质A的燃烧热大，可作燃料。已知A为短周期元素，其气态原子逐个失去1～4个电子所需能量（电离能）如表所示。若该原子核外电子有三层，则该元素位于周期表______族，写出A燃烧后形成的氧化物的电子式：______．I1I2I3I4…电离能（kJ/mol）7381451773310540…（2）如图是超导材料元素在周期表中的分布，上述元素的短周期元素中原子半径最大的是______（填元素符号），其原子最外层有______种运动状态不同的电子，写出其最高价氧化物对应水化物在水溶液中的电离方程式：______。（3）上述主族元素中有两种原子可以形成的五核分子，其化学键键长和键角都相等，则该分子的空间构型为______，该物质为______分子（选填“极性”或“非极性”）。（4）铁单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成1mol该易燃气体放出37.68kJ热量，请写出此反应的热化学方程式：______。（5）取适量Al、Mg合金样品置于烧杯中，加入20mL1mol/L的NaOH溶液，恰好完全反应。下列叙述正确的是______（选填编号）。a．Mg作负极，Al作正极b．若加入的是20mL1mol/L的盐酸，则放出的氢气的物质的量减少2/3c．若把NaOH中的H换成D（D为重氢），生成的氢气中D与H物质的量之比为1：2。29、（10分）NO用途广泛，对其进行研究具有重要的价值和意义（1）2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H=akJ•mol-1的反应历程与能量变化关系如图所示。已知：第Ⅱ步反应为：NO3（g）+NO（g）=2NO2（g）△H=bkJ•mol-1①第I步反应的热化学方程式为__。②关于2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）的反应历程，下列说法正确的是__。A．相同条件下，决定该反应快慢的步骤为第Ⅱ步反应B．使用合适的催化剂会使E1、E2、E3同时减小C．第I步反应为吸热反应，第Ⅱ步反应为放热反应D．反应的中同产物是NO3和NO（2）NO的氢化还原反应为2NO（g）+2H2（g）⇌N2（g）+2H2O（g）。研究表明：某温度时，v正=k•cm（NO）•cn（H2），其中k=2.5×103mol（m+n-1）•L（m+n-1）•s-1．该温度下，当c（H2）=4.0×10-3mol•L-1时，实验测得v正与c（NO）的关系如图一所示，则m=___，n=___。（3）NO易发生二聚反应2NO（g）⇌N2O2（g）。在相同的刚性反应器中充入等量的NO，分别发生该反应。不同温度下，NO的转化率随时间（t）的变化关系如图二所示。①该反应的△H___0（填“＞”“＜”或“=”）。②T1温度下，欲提高NO的平衡转化率，可采取的措施为__（任写一条即可）。③a、b处正反应速率va__vb（填”＞”“＜”或“=”），原因为___。④e点对应体系的总压强为200kPa，则T2温度下，该反应的平衡常数kp=___kPa-1（Kp为以分压表示的平衡常数）

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.湿润的淀粉KI试纸只能检验氯气，不能检验HCl，检验HCl应先分离，再检验，A项错误；B.NO2能氧化碘化钾，NO2与水反应生成NO和硝酸，可用水除杂，B项正确；C．CO2和HCl都与饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液，C项错误；D．NaHCO3和Na2CO3都与Ca(OH)2溶液反应生成沉淀，不能用来检验，D项错误；答案选B。2、B【解析】

A.过程Ⅰ利用太阳能将四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，实现的能量转化形式是太阳能→化学能，选项A正确；B.过程Ⅰ中四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，每消耗116gFe3O4，即0.5mol，Fe由+3价变为+2价，转移mol电子，选项B错误；C.过程Ⅱ实现了氧化亚铁与水反应生成四氧化三铁和氢气的转化，反应的化学方程式为3FeO＋H2OFe3O4＋H2↑，选项C正确；D.根据流程信息可知，铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点，选项D正确。答案选B。3、C【解析】

实验室制备乙烯所用的原料为乙醇和浓硫酸，反应条件是加热到170℃，反应装置为液液加热装置，据此进行解答。【详解】A.3mol/L硫酸为稀硫酸，必须使用浓硫酸，选项A错误；B．反应温度在140℃时，生成的是乙醚，170℃时才生成乙烯，选项B错误；C．溶液加热为防暴沸，需要加入碎瓷片，选项C正确；D．为了防止倒吸，应先把导管从水中取出再熄灭酒精灯，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查乙烯的实验室制法，明确乙烯的制备原理为解答关键，注意有机反应的反应条件不同时，反应产物可能不同，反应温度在140℃时，生成的是乙醚，170℃时才生成乙烯，试题培养了学生的化学实验能力。4、D【解析】

A．阴极b极反应：2H++2e-=H2↑产生氢气发生了化学过程，氢气又被吸附在多孔石墨电极中发生了物理变化，故A正确；B．(i)为电解池，a、b两极均产生气泡即相当于电解水，如果原溶液是饱和溶液则电解一段时间后c(NaNO3)不变，如果原溶液是不饱和溶液，则电解一段时间后c(NaNO3)增大，故B正确；C．取出b放到(ii)中即硫酸铜溶液中析出红色固体，说明b产生的氢气吸附在多孔石墨电极中将铜置换出来，反应为：Cu2++H2=Cu+2H+，故C正确；D．(ii)中取出b，则b表面已经有析出的铜，所以放到(iii)中析出白色固体即Ag，可能是铜置换的、也可能是b产生的氢气吸附在多孔石墨电极中置换，则可能发生反应为：2Ag++Cu=Cu2++2Ag和2Ag++H2=2Ag+2H+，故D错误；故答案为D。5、B【解析】

根据A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期。X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物，X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性结合图表可知：D为Al，X溶液为HCl，Y溶液为NaOH溶液，Z溶液为AlCl3，W溶液为NaAlO2。所以元素A、B、C、D、E分别为：H、O、Na、Al、Cl，结合元素的相关性质进行判断。【详解】A.B、C、D对应的元素为O、Na、Al，其简单离子半径：O2->Na+>Al3+,故A错误；B.D、E分别为Al、Cl，D、E形成的化合物为AlCl3，为含有极性共价键的共价化合物，故B正确；C.C为Na，E为Cl，C、E形成的化合为NaCl，电解物其水溶液，可生成H2，Cl2故C错误；D.A、B、E分别为H、O、Cl，由A、B、E形成的化合物有多种，都含有共价键，如：HClO为弱酸，所以D错误；所以本题答案：B。【点睛】本题突破口是框图及X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性，最后得到两性化合物，且他们都是由短周期元素组成的物质，推出D为铝，X溶液为盐酸，Y溶液为氢氧化钠溶液，Z溶液为AlCl3，W溶液为NaAlO2，两性化合物为氢氧化铝。6、B【解析】化学反应有的快，有的慢，则使用化学反应速率来定量表示化学反应进行的快慢，故A正确；可逆反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，但反应并没有停止,B项错误；影响化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质，C项正确；即单位体积内的反应物分子增多,其中能量较高的活化分子数也同时增多,分子之间碰撞的机会增多,反应速率加快，升高反应温度，反应物分子获得能量，使一部分原来能量较低分子变成活化分子，增加了活化分子的百分数，使得有效碰撞次数增多，故反应速率加大，D项正确。7、C【解析】A、在pH=0的溶液呈酸性：OH-不能大量共存，故A错误；B、在新制氯水中，氯水具有强氧化性:Fe2+会被氧化成铁离子，故B错误；C、在加入NH4HCO3产生气体的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，Na+、Ba2+、Cl-、NO3-在酸性和碱性条件下均无沉淀、气体或水生成，故C正确；D、加入Al片能产生H2的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性：NH4+、HCO3-在碱性条件下不共存，HCO3-在酸性条件下不共存，故D错误；故选C。8、B【解析】

据仪器的构造、用途判断其用法。【详解】①容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液，其瓶塞与瓶口须吻合使用前必须检查是否漏液。②长颈漏斗上下相通、没有塞子或活塞，无须检查是否漏液。用于向反应容器中添加液体，下端应插入液面下形成液封。③分液漏斗有活塞和玻璃塞，必须检查是否漏液。球形分液漏斗用于向反应容器中添加液体，不需形成液封；锥形分液漏斗用于萃取分液。④滴定管用于滴定实验，使用前需检查酸式滴定管的活塞处、碱式滴定管的乳胶管处是否漏液。本题选B。9、A【解析】

A．铁在冷的浓硝酸中钝化，铁与热的浓硝酸会发生反应生成硝酸铁、二氧化氮和水，A项错误；B．NH3通入AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，B项正确；C．Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，铜粉溶解，C项正确；D．苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，溶液变澄清，D项正确；答案选A。10、B【解析】

由阴离子SO42-的移动方向可知：右边Cu电极为负极，发生反应：Cu-2e-=Cu2+，Cu电极失去电子，发生氧化反应；左边的电极为正极，发生反应：Cu2++2e-=Cu，当电路中通过1mol电子，左边电极增加32g，右边电极减少32g，两极的质量差变为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。A.通过上述分析可知循环物质E为水，使稀硫酸铜溶液变为浓硫酸铜溶液，A正确；B.乙池的Cu电极为负极，发生氧化反应，B错误；C.甲池的Cu电极为正极，发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，C正确；D.若外电路中通过1mol电子，左边电极增加32g，右边电极减少32g，所以两电极的质量差为64g，D正确；故合理选项是B。11、B【解析】

A．CH3COONH4溶液中CH3COO－与NH4+均要水解，其数目均小于NA，故选项A错误；B．葡萄糖为五羟基醛，果糖为五羟基酮，同时二者互为同分异构体，二者任意比例混合，所含羟基数目为0.5NA，故选项B正确；C．由于Na为1mol，与足量O2反应，无论生成什么产物，Na失去NA个电子，故选项C错误；D．1LpH=13的NaOH溶液中，水电离的c(OH－)=10－13mol/L，故选项D错误；故选B。12、C【解析】

根据常见的可用于加热的仪器进行类，可直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿、坩埚等。【详解】A．试管为玻璃仪器，底部面积比较小，可以用来直接加热，故A不选；B．蒸发皿为硅酸盐材料，可以用来直接加热，故B不选；C．蒸馏烧瓶为玻璃仪器，底部面积比较大，不能用来直接加热，需垫上石棉网，故C选；D．坩埚为硅酸盐材料，可以直接用来加热，故D不选；故选：C。【点睛】实验室中一些仪器可以直接加热，有些需垫石棉网，有些不能被加热。易错点C：烧杯、烧瓶不能直接加热，需垫石棉网。13、B【解析】

烯烃分子的结构简式为，系统命名法命名其名称为2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯，故B符合题意。综上所述，答案为B。14、C【解析】

A、根据阿伏加德罗定律，物质的量相等，因为摩尔质量不相等，则质量不等，根据密度的定义，密度不相等，故错误；B、两者都是双原子分子，原子数相等，则物质的量相等，前者中子数为16，后者为14，则中子数不等，故错误；C、根据阿伏加德罗定律，两者物质的量相等，前者电子为14，后者为14，因此等物质的量时，两种物质所含电子数相等，故正确；D、质量相等，两种物质的摩尔质量不等，则物质的量不相等，质子数不相等，故错误。15、C【解析】

A．应加入碱溶液将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生红色沉淀，选项A错误；B、CH3COONH4溶液呈中性，取少量Mg(OH)2悬浊液，向其中滴加适量浓CH3COONH4溶液是由于铵根离子消耗氢氧根离子，使氢氧化镁的溶解平衡正向移动，Mg(OH)2溶解，选项B错误；C、将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色，说明石蜡油分解生成不饱和烃，选项C正确；D、灼烧成灰，加蒸馏水浸泡后必须加氧化剂氧化，否则不产生碘单质，加淀粉后溶液不变蓝，选项D错误。答案选C。16、B【解析】

利用NaOH

溶液去除铝表面的氧化膜，发生的反应为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，然后进行“铝毛”实验即汞能与铝结合成合金，俗称“铝汞齐”，所以铝将汞置换出来，形成“铝汞齐”，发生反应为：2Al+3Hg(NO3)2=2Al(NO3)3+3Hg，当“铝汞齐”表面的铝因氧化而减少时，铝片上的铝会不断溶解进入铝汞齐，并继续在表面被氧化，最后使铝片长满固体“白毛”而且越长越高，发生反应为：4Al+3O2=2Al2O3，所以与实验原理不相关的反应是B；故选：B。17、C【解析】

A.根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，A正确；B.移液管水洗后需用待取液润洗，这样不改变盐酸的浓度，可减小实验误差，B正确；C.甲基橙的指示范围是3.1～4.4，甲基红的指示范围是4.4～6.2，二者差不多，而甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，更能降低误差，因此应该使用甲基红，C错误；D.V(NaOH)=10.00mL时，HCl过量，反应后相当于余下10mL的HCl，溶液为酸性，溶液中c(H+)==mol/L，所以溶液pH=-lgc(H+)=-lg1+lg30=1.5，D正确；故合理选项是C。18、D【解析】

A.工业上用电解饱和食盐水的方法来制取烧碱，化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，A错误；B.工业利用氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，HCl溶于水得到盐酸，而不是光照，B错误；C.C2H5OHCH2=CH2↑+H2O是实验室制备乙烯的方法，工业制备乙烯主要是石油的裂解得到，C错误；D.将过量的氯气通入石灰乳中制取漂粉精，化学方程式为2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，D正确；故合理选项是D。19、D【解析】

A．浓硝酸与浓硫酸混合时，如果将浓硝酸注入浓硫酸中，容易发生液滴四溅，故浓硝酸与浓硫酸混合时，是将浓硫酸慢慢滴加到浓硝酸中，并且边加边搅拌，搅拌的目的是及时散热，防止局部过热，A正确；B．亚硝酰硫酸遇水易分解，装置B中的浓硫酸的作用是干燥SO2气体水蒸气进入装置C中，装置D中的浓硫酸的作用是防止装置E中的水蒸气进入装置C中，B正确；C．为了保证反应速率不能太慢，同时又要防止温度过高硝酸分解，SO2逸出，故冷水的温度控制在20℃左右，C正确；D．98%的浓硫酸的很难电离出H+，如果用98%的浓硫酸代替70%的H2SO4产生SO2速率更慢，D错误；20、D【解析】

A．甲中与N相连的H被-CH2COCH3取代，发生取代反应，A错误；B．甲中至少有6个碳原子共面，即苯环的6个C，B错误；C．Br2能将-CHO氧化，甲乙中均含-CHO，C错误；D．与4个不相同的原子或原子团相连的C原子称为手性碳，一定条件下，乙中苯环、酮基、-CHO均能和氢气发生加成反应，其产物有4个手性碳，如图*所示：，D正确。答案选D。21、B【解析】

A.Na2O2是过氧化物，不属于酸性氧化物，选项A错误；B.SO3＋2NaOH=Na2SO4＋H2O，SO3是酸性氧化物，选项B正确；C.NaHCO3不属于氧化物，是酸式盐，选项C错误；D.CH2O由三种元素组成，不是氧化物，为有机物甲醛，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查酸性氧化物概念的理解，凡是能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，注意首先必须是氧化物，由两种元素组成的化合物，其中一种元素为氧元素的化合物。22、B【解析】

A、Al2O3是离子化合物，有较高熔点，可作耐火材料，与Al2O3具有两性无关，故A错误；B、FeCl3具有氧化性，能溶解Cu生成CuCl2，所以FeCl3可用作铜制线路板的蚀刻剂，故B正确；C、漂白粉有效成分是次氯酸钙，能与空气中的CO2反应生成强氧化剂HClO，HClO有漂白性，所以漂白粉用于纸浆的漂白与其在空气中不稳定无关，故C错误；D、明矾水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体有较强的吸附性，能吸附水中的悬浮物形成沉淀，达到净水目的，与明矾水解后溶液呈酸性无关，故D错误；答案选B。【点睛】试题考查物质的性质及应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途等为解答的关键，注意元素化合物知识的应用。二、非选择题(共84分)23、对二甲苯（或1，4-二甲苯）取代反应+2NaOH+NaClO2/Cu或Ag，加热碳碳双键、醛基8，【解析】

由流程转化关系，结合题给信息可知，D为。运用逆推法，C为，催化氧化生成；B为，在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成；A为，在光照条件下与氯气发生侧链的取代反应生成；与乙醛发生信息反应生成，加热发生消去反应生成。据此解答。【详解】（1）A的结构简式为，名称为对二甲苯或1，4-二甲苯；A→B的反应为在光照条件下与氯气发生侧链的取代反应生成。（2）B→C反应为在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成，反应的化学方程式为：+2NaOH+NaCl。（3）C→D的反应为在铜或银作催化剂，在加热条件下与氧气发生氧化反应生成，因此C→D所用试剂和反应条件分别是O2/Cu或Ag，加热。（4）E的结构简式是。F的结构简式为，分子中官能团的名称是碳碳双键、醛基。（5）D为，D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物说明侧链为链状结构，其可能为醛、酮、含苯环的乙烯基醚和乙烯基酚，其中芳香醛有3种（除去D）、芳香酮1种、含苯环的乙烯基醚1种、乙烯基酚3种，共8种；苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5个峰，峰面积比为2∶1∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为和。24、醛基银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）51：2【解析】

甲能与银氨溶液反应，则甲含有-CHO，甲与HCN发生加成反应、酸化得到乙，可推知甲为，甲与氢气发生加成反应生成丙为，乙与丙在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成丁为．甲与与银氨溶液发生氧化反应、酸化生成戊为，戊分子羧基中-OH被Cl原子取代生成己为，庚与有机物M发生聚合反应生成高分子树脂，由高分子树脂的结构可知，应是与HCHO发生的加聚反应，而庚与己发生反应生成辛，由信息可知，庚应含有羟基，故庚为，M为HCHO，辛为，据此解答。【详解】（1）甲为，含氧官能团是：醛基，检验醛基常用的化学试剂为：银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液），故答案为：醛基；银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）；（2）由上述分析可知，己的结构简式为，丁的结构简式为，故答案为：；；（3）乙有多种同分异构体．属于甲酸酯，含酚羟基，且酚羟基与酯的结构在苯环邻位的同分异构体：若有2个侧链，侧链为-OH、-CH2OOCH，若有3个侧链，侧链为-OH、-OOCH、-CH3，-OH、-OOCH处于邻位，-CH3有4种位置，故共有5种，故答案为：5；（4）在NaOH溶液中发生水解反应时，1mol丁（）水解消耗1molNaOH，1mol辛（）消耗NaOH为2mol，二者消耗氢氧化钠的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；（5）庚与M合成高分子树脂的化学方程式为：，故答案为：。【点睛】本题考查有机物推断、官能团结构与性质、同分异构体、有机反应方程式书写等，根据乙的结构及反应信息推断甲，再结构反应条件进行推断，是对有机化学基础的综合考查。25、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↑；26、粉碎、搅拌或加热100mL容量甲乙25162810除去溶液中多余的MnO4-，防止过程④加入过量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起误差；淀粉溶液偏小K2Cu(C2O4)2【解析】

（1）在由固体与液体的反应中，要想加快反应速率，可以粉碎固体物质或搅拌，都是增大固液的接触面积，也可以加热等；（2）配制溶液要掌握好配制步骤，容量瓶的选择，因为配制100mL溶液，所以选择100mL容量瓶，氧化还原滴定的时候，注意选择指示剂、滴定管等。（3）利用氧化还原反应中得失电子守恒配平氧化还原反应离子方程式：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑；（4）、MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，据此分析作答；（5）结合实际操作的规范性作答；（6）根据方程式找出关系式，通过计算确定晶体的组成。【详解】（1）为了加快蓝色晶体在2mol·L-1稀硫酸中溶解，可以把晶体粉碎、搅拌、或者加热的方法；（2）配制100mL0.20mol·L－1KMnO4溶液时需要用100mL容量瓶进行溶液配制，配置过程需要用到的玻璃仪器由玻璃棒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶；过程②是用0.20mol·L-1KMnO4溶液滴定，KMnO4具有强氧化性，因此选用甲（酸式滴定管）；过程⑥是用0.25mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，Na2S2O3在溶液中水解呈碱性，故选用乙（碱式滴定管）；（3）利用氧化还原反应中化合价升降总数相等，先配氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，然后再观察配平其他物质，过程②的离子反应方程式：2MnO4++5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑（4）MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，故加热的目的是除去溶液中多余的MnO4-，防止过程④加入过量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起误差；（5）过程⑥是用0.25mol·L－1Na2S2O3溶液滴定含I2的溶液，反应方程式为I2+2S2O32-=21－+S4O62-，故过程⑥，应以淀粉溶液作指示剂；若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则滴入Na2S2O3的物质的量偏小，造成测定Cu2+的含量偏小；（6）由2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑可知n(C2O42-)=2.5n(KMnO4)=2.50.20mol·L－1V(KMnO4)；由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=21-+S4O62-可知2S2O32-~I2~2Cu2+，n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.25mol·L-1V(Na2S2O3)，已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等，所以n(C2O42-)=2n(Cu2+)，因为晶体中只有一种阴离子，并且晶体中元素化合价代数和为0，故该晶体为K2Cu(C2O4)2·H2O。【点睛】在氧化还原反应滴定中注意指示剂的选择、滴定管的选择。27、引发铝热反应Fe＋4H＋＋NO3－=Fe3＋＋NO↑＋2H2O硝酸量不足2Fe3++Fe=3Fe2+吸收HCl氯气在较高温度下与氢氧化钠反应生成KClO319.4089.1%偏低【解析】

（1）铝热反应的条件是高温，使用镁条和氯酸钾的目的是引发铝热反应。（3）“铁块”和稀硝酸反应制备Fe(NO3)3溶液，同时生成NO和水，其离子方程式为Fe＋4H＋＋NO3－=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，溶液中可能含有Fe2＋，其原因是硝酸量不足，发生2Fe3++Fe=3Fe2+；（3）①浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有HCl，盛装饱和食盐水的B装置作用为吸收HCl；②实验要制取KClO，需防止温度升高后发生副反应生成KClO3，反应时需将C装置置于冷水浴中，其原因为氯气在较高温度下与氢氧化钠反应生成KClO3；（4）①精确到0.01mL，终点II的读数为19.40mL。②由图可知，起始和终点读数分别为1.40mL、19.40mL，则消耗Na2S2O3标准溶液的体积为18.00mL，由FeO42－～2I2～4Na2S2O3，可知原样品中高铁酸钾的质量分数为×100%=89.1%，③配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，体积偏小，标准液的浓度偏大，滴定时消耗标准液的体积偏小，则导致所测高铁酸钾的质量分数偏低.【点睛】本题考查物质的制备实验，解题关键：把握物质的性质、制备原理、测定原理、实验技能，难点（4）侧重分析与实验、计算能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，利用关系式进行计算。28、ⅡAAl3H++AlO2-+H2OAl(OH)3Al3++3OH-正四面体非极性3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)△H=﹣150.72kJ/molb【解析】

(1)根据逐级电离能的变化规律判断元素种类，MgO是离子化合物，由镁离子与氧离子构成；(2)根据原子半径的变化规律判断原子，原子核外没有运动状态相同的电子，氢氧化铝在水溶液中存在酸式电离与碱式电离；(3)根据原子的构成和成键特点分析；(4)铁单质在高温下会与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，先写出反应方程式，再计算反应热，最后写出热化学方程式；(5)a.Al与氢氧化钠溶液反应，而Mg不反应；b.依据反应方程式计算；c.根据Al与碱溶液反应的本质分析。【详解】(1)该元素的第三电离能剧增，说明其最外层电子数为2，处于第ⅡA族，且处于第三周期，故为Mg元素，其在氧气中燃烧生成MgO，由镁离子与氧离子构成，电子式为：，故答案为：ⅡA；；(2)同周期元素的原子自左而右原子半径逐渐减小，一般电子层数越多原子半径越大，图中的短周期元素中Al的原子半径最大，原子核外没有运动状态相同的电子，最外层有3个电子，故最外层有3种运动状态不同的电子，氢氧化铝在水溶液中存在酸式电离与碱式电离，电离方程式为：H++AlO2-+H2OAl(OH)3Al3++3OH-；(3)上述主族元素中有两种原子可以形成的五核分子，其化学键键长和键角都相等，该分子为SiH4，为正四面体构型，属于非极性分子，故答案为：正四面体；非极性；(4)铁单质在高温下会与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，发生反应：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，生成4mol氢气放出热量为37.68kJ×4=150.72kJ，则热化学方程式为：3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)△H=-150.72kJ/mol，故答案为：3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)△H=-150.72kJ/mol；(5)a.Al与氢氧化钠溶液反应，而Mg不反应，故Al为负极，故a错误；b.NaOH物质的量为0.02L×1mol/L=0.02mol，由2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，Al为0.02mol，生成氢气为0.03mol，若加入的是20mL1mol/L的盐酸，镁、铝都会和稀盐酸反应，HCl为0.02mol，由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑可知HCl不足，根据H原子守恒得，所以放出的氢气的物质的量减少，故b正确；c.Al与碱