上海市静安区新中高级中学高三第二次诊断性检测新高考化学试卷及答案解析

上海市静安区新中高级中学高三第二次诊断性检测新高考化学试卷注意事项: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、下列标有横线的物质在给定的条件下不能完全反应的是①1molZn与含1molH2SO4的稀硫酸溶液反应②1molCu与含2molH2SO4的浓硫酸溶液共热③1molCu与含4molHNO3的浓硝酸溶液反应④1molMnO2与含4molHCl的浓盐酸溶液共热A．①③ B．①② C．②④ D．③④2、下列关于有机物1－氧杂－2，4－环戊二烯()的说法正确的是()A．与互为同系物B．二氯代物有3种(不考虑立体异构)C．所有原子都处于同一平面内D．1mol该有机物完全燃烧消耗5molO23、四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是()YZMXA．简单离子半径大小：M＜ZB．简单氢化物的稳定性：Z＞YC．X与Z形成的化合物具有较高熔沸点D．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的强4、含铀矿物通常用铅(Pb)的同位素测年法进行断代，下列关于Pb和Pb说法正确的是A．含不同的质子数 B．含不同的电子数C．含相同的中子数 D．互相转化时不属于化学变化5、设NA为阿伏加德罗常数的值。由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸，发生反应：CaOCl2+H2SO4（浓）=CaSO4+Cl2↑+H2O。下列说法正确的是A．明矾、小苏打都可称为混盐B．在上述反应中，浓硫酸体现氧化剂和酸性C．每产生1molCl2，转移电子数为NAD．1molCaOCl2中共含离子数为4NA6、化学在生产和生活中有重要的应用。下列说法正确的是A．陶瓷坩埚和石英坩埚都是硅酸盐产品B．乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的C．新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料D．高分子吸水性树脂聚丙烯酸钠，不溶于水，可吸收其自身重量几百倍的水7、用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的吸收液用三室膜电解技术处理，原理如图所示．下列说法错误的是A．电极a为电解池阴极B．阳极上有反应HSO3—-2e—+H2O=SO42—+3H+发生C．当电路中通过1mol电子的电量时，理论上将产生0.5molH2D．处理后可得到较浓的H2SO4和NaHSO3产品8、X、Y、Z、W四种短周期元素的原子序数依次增大，原子最外层电子数之和为13，X的原子半径比Y的小，X与W同主族，Z的族序数是其周期数的3倍，下列说法中正确的是A．四种元素简单离子的半径：X<Y<Z<WB．X与Y形成的离子化合物中既含离子键又含共价键C．离子化合物W2Z2中阴阳离子数之比为1:1D．只含X、Y、Z三种元素的化合物一定是共价化合物9、室温下用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是A．验证浓硫酸具有强氧化性 B．制取干燥的NH3C．干燥、收集并吸收多余的SO2 D．验证乙炔的还原性10、某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示。下列说法错误的是（）A．X可能含有2种盐 B．Y可能含有(NH4)2SO4C．a是SO3 D．(NH4)2S2O8中S的化合价不可能为+711、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族且W原子的质子数是Y原子的一半。下列说法正确的是()A．原子半径：r(X)>r(Y)>r(W)B．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强C．由W、Y形成的化合物是离子化合物D．由X、Y形成的化合物的水溶液呈中性12、CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径。以下是在一定条件下用NH3捕获CO2生成重要化工产品三聚氰胺的反应：NH3+CO2→+H2O,下列有关三聚氰胺的说法正确的是A．分子式为C3H6N3O3B．属于共价化合物C．分子中既含极性键，又含非极性键D．生成该物质的上述反应为中和反应13、常温下，分别向NaX溶液和YCl溶液中加入盐酸和氢氧化钠溶液，混合溶液的PH与离子浓度变化关系如图所示，下列说法不正确的是（）A．0.1mol/L的YX溶液中离子浓度关系为：c(Y+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)B．L1表示-lg与pH的变化关系C．Kb(YOH)=10-10.5D．a点时两溶液中水的电离程度不相同14、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．1.0L1.0mol/L的Na2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NAB．1molNa2O2固体中含离子总数与1molCH4中所含共价键数目相等C．1molNaClO中所有ClO－的电子总数为26NAD．标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA15、下列有水参加的反应中，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂的是()A．CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑B．2F2+2H2O=4HF+O2↑C．Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO416、下列物质不能用作食品干燥剂的是（）A．硅胶 B．六水合氯化钙C．碱石灰 D．具有吸水性的植物纤维17、实验室制备少量乙酸乙酯的装置如图所示。下列有关该实验说法正确的是A．乙酸乙酯的沸点小于100℃B．反应前，试管甲中先加入浓硫酸，后加入适量冰酸醋和乙醇C．试管乙中应盛放NaOH浓溶液D．实验结束后，将试管乙中混合液进行蒸发结晶可得到乙酸乙酯18、下列表示氮原子结构的化学用语规范，且能据此确定电子能量的（）A． B．C．1s22s22p3 D．19、下列说法正确的是A．检验(NH4)2Fe(SO4)2·12H2O晶体中的NH4+：取少量晶体溶于水，加入足量浓NaOH溶液并加热，再用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体B．验证FeCl3与KI反应的限度：可将少量的FeCl3溶液与过量的KI溶液混合，充分反应后用CCl4萃取，静置，再滴加KSCN溶液C．受溴腐蚀至伤时，先用稀NaOH溶液洗，再用水洗D．用激光笔检验硫酸铜溶液具有丁达尔效应20、下列过程中涉及化学反应的是A．通过“扫描隧道显微镜”操纵原子“书写”文字 B．14C考古断代C．煤焦油分馏得到苯及其同系物 D．粮食酿酒21、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．含0.2molH2SO4的浓硫酸和足量的铜反应，转移电子数为0.2NAB．25℃时，1LpH＝13的Ba(OH)2溶液中由水电离产生的OH－的数目为0.1NAC．15gHCHO中含有1.5NA对共用电子对D．常温常压下，22.4L甲烷气体中含有的氢原子数目小于4NA22、下列仪器名称正确的是()A．圆底烧瓶 B．干燥管 C．药匙 D．长颈漏斗二、非选择题(共84分)23、（14分）下图是一种天然药物桥环分子合成的部分路线图（反应条件已经略去）：已知：①LiBH4可将醛、酮、酯类还原成醇，但不能还原羧酸、羧酸盐、碳碳双键；LiBH4遇酸易分解。②RCH2COOR'RCH(CH3)COOR'，RCOR'RCH(OH)R'，RCOOR'RCH2OH+R'OH。（1）反应A→B中需要加入试剂X，其分子式为C4H8O2，X的结构简式为_____。（2）C用LiBH4还原得到D，C→D不直接用镍作催化剂H2还原的原因是______。（3）写出一种满足下列条件的A的同分异构体的结构简式为_____________。①属于芳香族化合物；②能使FeCl3溶液显色；③分子中有4种不同化学环境的氢。（4）写出E和银氨溶液反应的化学方程式_________。（5）根据已有知识并结合相关信息，设计B→C的合成路线图（CH3I和无机试剂任选），合成路线常用的表示方式为：。____________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）某学习小组利用下图装置探究铜与浓H2SO4的反应（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）。资料：微量Cu2+与过量NaOH溶液发生反应：Cu2++4OH−=[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−溶于甘油形成特征的绛蓝色溶液。编号实验用品实验现象I10mL15mol/L浓H2SO4溶液过量铜片剧烈反应，品红溶液褪色，150℃时铜片表面产生大量黑色沉淀，继续加热，250℃时黑色沉淀消失。II10mL15mol/L浓H2SO4溶液适量铜片剧烈反应，品红溶液褪色，150℃时铜片表面产生少量黑色沉淀，继续加热，250℃时黑色沉淀消失。（1）A中反应的化学方程式是________。（2）将装置C补充完整并标明所用试剂________。（3）实验I中，铜片表面的黑色沉淀可能含CuO、Cu2S或CuS。为探究黑色沉淀的成分，取出反应后的铜片，用水小心冲洗后，进行下列操作：i.黑色沉淀脱落，一段时间后，上层溶液呈无色。ii.开始时，上层溶液呈无色，一段时间后，上层溶液呈淡蓝色。甲认为通过上述两个实验证明黑色沉淀不含CuO，理由是________。②乙同学认为仅通过颜色判断不能得出上述结论，理由是______。需要增加实验iii，说明黑色沉淀不含CuO，实验iii的操作和现象是_______。（4）甲同学对黑色沉淀成分继续探究，补全实验方案：编号实验操作实验现象iv取洗净后的黑色沉淀，加入适量_____溶液，加热。黑色沉淀全部溶解，试管上部出现红棕色气体，底部有淡黄色固体生成。（5）用仪器分析黑色沉淀的成分，数据如下：150℃取样230℃取样铜元素3.2g，硫元0.96g。铜元素1.28g，硫元0.64g。230℃时黑色沉淀的成分是__________。（6）为探究黑色沉淀消失的原因，取230℃时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250℃时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成，试管底部出现淡黄色固体，溶液变蓝。用化学方程式解释原因____。（7）综合上述实验过程，说明Cu和浓H2SO4除发生主反应外，还发生着其他副反应，为了避免副反应的发生，Cu和浓H2SO4反应的实验方案是______。26、（10分）某化学兴趣小组的同学利用如图所示实验装置进行某些气体的制备、物质性质的探究等实验（图中夹持装置省略）。请按要求填空：（1）实验室制取SO2气体时，可选择的合适试剂___（选填编号）。a．15%的H2SO4溶液b．75%的H2SO4溶液c．Na2SO3固体d．CaSO3固体相应的制取装置是___（填图中装置下方编号）。（2）实验室若用装置①来制取H2S气体，可选择的固体反应物是___（选填编号）。a．Na2S固体b．CuS固体c．FeS固体d．FeS2固体反应的离子方程式为___。（3）如何检验装置①的气密性？简述其操作：___。（4）实验室里可用浓硫酸和无水酒精反应制取乙烯，除了题中的仪器外，制取装置中还缺少的玻璃仪器是___。（5）该化学兴趣小组为探究制备乙烯是否存在副产物SO2和CO2，制备的气体从发生装置出来除去乙烯后依次选择了装置②、④、⑤，其中装置②盛有的试剂是___，装置④盛有的试剂是___。27、（12分）亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃)是一种黄色气体，遇水易反应，生成一种氯化物和两种氧化物。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如下图所示：为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：装置Ⅰ装置Ⅱ烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2①②制备纯净NOCu③④②___________，③___________。

(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：①装置连接顺序为a→___________________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。

②装置Ⅶ的作用为________________，若无该装置，Ⅸ中NOCl可能发生反应的化学方程式为_______________________________。③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。为解决这一问题，可将尾气与某种气体同时通入氢氧化钠溶液中，这种气体的化学式是__________。(3)丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为___________________。(4)丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯(NOCl)纯度取Ⅸ中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol/LAgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为bmL。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体)①亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_________(用代数式表示即可)。②若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则所测亚硝酰氯的纯度_________(偏高、偏低、无影响)28、（14分）（14分）新型洁净能源能够解决环境污染、能源短缺等问题，真正把“绿水青山就是金山银山”落实到我国的各个角落。氢气作为清洁高效、可持续“零碳”能源被广泛研究，而水煤气变换反应(WGSR)是一个重要的制氢手段。（1）WGSR的氧化还原机理和羧基机理如图所示。则热化学方程式CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH中，对ΔH表述错误的是________（填字母）。A．氧化还原机理途径：ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH5a+ΔH7B．羧基机理途径：ΔH=ΔH1+ΔH4+ΔH5d+ΔH7C．氧化还原机理途径：ΔH=ΔH1+ΔH3+ΔH5a+ΔH7D．羧基机理途径：ΔH=ΔH1+ΔH4+ΔH5c+ΔH7E．ΔH=ΔH1++ΔH7（2）水煤气变换反应在不同条件时CO的转化率不同，下图为压力、温度、不同温度时钾的化合物对CO的转化率的影响关系图，请认真观察图中信息，结合自己所学知识及生产实际，写出水煤气变换反应的条件：温度选择________℃；钾的化合物中_______催化效果最明显；压力选择______Mpa，选用此压力的原因为________。（3）如图是Au12Cu、Au12Pt、Au12Ni三种催化剂在合金团簇上WGSR最佳反应路径的基元反应能量图，反应能垒（活化能）最_______（填“高”或“低”）的步骤，为整个反应的速控步骤；三种催化剂催化反应的速控步骤__________（填“相同”或“不相同”）；三种催化剂中，___________在合金团簇上的WGSR各基元反应能垒较小，对WGSR表现出较好的催化活性。（4）已知某密闭容器中存在下列平衡：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，CO的平衡物质的量浓度c(CO)与温度T的关系如图所示。若T1、T2、T3时的平衡常数分别为K1、K2、K3，则K1、K2、K3由小到大的关系为____________。29、（10分）（1）氢气是一种未来十分理想的能源。镧镍合金是一种良好的储氢材料，在一定条件下通过如下反应实现储氢：LaNi3（s）+3H2（g）LaNi3H6（s）∆H<0。某实验室模拟该过程，向体积一定的密闭容器中充入反应物发生反应。H2的平衡转化率与其初始加入量（n）、反应温度（T）的关系如下左图所示；一定温度（T）下，将amol的氢气充入体积是1L的容器内，气体的压强（P）随时间（t）的变化关系如下右图所示：①n1、n2、n3的大小关系是_______。②温度T1下反应的平衡常数是__________（用含a的代数式表示）。③保持温度不变，在t6时刻将容积压缩至原容积的一半，容器内的压强_________6kPa（填写“大于”或“小于”）。（2）贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4等有机化工产品的反应。温度为TK时发生以下反应①②③_______。（3）TK时，向一恒压密闭容器中充入等物质的量的CO（g）和H2O（g）发生上述反应②（已排除其他反应干扰），测得CO（g）物质的量分数随时间变化如下表所示：若初始投入CO为2mol，恒压容器容积10L，用H2O（g）表示该反应0-5分钟内的速率v[H2O(g)]=______。6分钟时，仅改变一种条件破坏了平衡，且第9min达到平衡时，CO的物质的量是0.2mol，则改变的外界条件为_________。（4）温度、压强对反应CO（g）十2H2（g）=CH3OH（g）∆H=-90.1kJ·mol-1中CO转化率的影响如图所示：①温度在较低范围内，对CO转化率影响的主要因素是____________（填“温度”或“压强”）。②由图像可知，温度越低，压强越大，CO转化率越高。但实际生产往往采用300~400°C和10MPa的条件，其原因是________。

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、C【解析】

①1mol锌与含1molH2SO4的稀硫酸溶液恰好完全反应，故不选；②随反应的进行浓硫酸变在稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，故选；③1mol铜转移2mol的电子，生成2mol的铜离子与2mol硝酸结合成硫酸盐，而2molHNO3的硝酸作氧化剂，得电子的量为2mol～6mol，所以铜不足，故不选；④随着反应的进行，盐酸浓度逐渐降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，故选；故选C2、C【解析】

A.属于酚，而不含有苯环和酚羟基，具有二烯烃的性质，两者不可能是同系物，A错误；B.共有2种等效氢，一氯代物是二种，二氯代物是4种，B错误；C.中含有两个碳碳双键，碳碳双键最多可提供6个原子共平面，则中所有原子都处于同一平面内，C正确；D.的分子式为C4H4O，1mol该有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为1mol×(4＋1－0.5)＝4.5mol，D错误；故答案为：C。【点睛】有机物燃烧：CxHy＋(x＋)O2→xCO2＋H2O；CxHyOz＋(x＋－)O2→xCO2＋H2O。3、D【解析】

由周期表和题干只有M为金属元素可知：M为Al、X为Si、Y为N、Z为O，据此解答。【详解】由上述分析可知，M为Al、X为Si、Y为N、Z为O，A．具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径大小：M＜Z，故A正确；B．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单氢化物的稳定性：Z＞Y，故B正确；C．X与Z形成的化合物为二氧化硅，为原子晶体，具有较高熔沸点，故C正确；D．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的弱，故D错误；故选：D。【点睛】比较简单离子半径时，先比较电子层数，电子层数越多，离子半径越大，当具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径大小。4、D【解析】

A．Pb和Pb的质子数都为82，故A错误；B．Pb和Pb的质子数都为82，质子数=核外电子数，核外电子数也都为82，故B错误；C．Pb的中子数为206-82=124，Pb的中子数为207-82=125，中子数不同，故C错误；D．Pb和Pb的互相转化不属于化学变化，化学变化过程中原子核不发生变化，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为D，要注意同位素间的转化，不属于化学变化，属于核变化。5、C【解析】

A选项，明矾是两种阳离子和一种阴离子组成的盐，小苏打是一种阳离子和一种阴离子组成的盐，因此都不能称为混盐，故A错误；B选项，在上述反应中，浓硫酸化合价没有变化，因此浓硫酸只体现酸性，故B错误；C选项，CaOCl2中有氯离子和次氯酸根，一个氯离子升高一价，生成一个氯气，因此每产生1molCl2，转移电子数为NA，故C正确；D选项，CaOCl2中含有钙离子、氯离子、次氯酸根，因此1molCaOCl2共含离子数为3NA，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】读清题中的信息，理清楚CaOCl2中包含的离子。6、D【解析】

A.石英坩埚主要成分为二氧化硅，属于氧化物，不是硅酸盐产品，选项A错误；B.过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的，乙醇可使蛋白质脱水而变性，不具有氧化性，选项B错误；C.光导纤维主要成分为二氧化硅，属于无机物，不是有机高分子材料，选项C错误；D.高吸水性树脂属于功能高分子材料，聚丙烯酸钠含亲水基团，相对分子质量在10000以上，属于功能高分子材料，选项D正确；故合理选项是D。7、D【解析】

A.从图中箭标方向“Na+→电极a”，则a为阴极，与题意不符，A错误；B.电极b为阳极，发生氧化反应，根据图像“HSO3-和SO42-”向b移动，则b电极反应式HSO3-–2e-＋H2O＝SO42-＋3H+，与题意不符，B错误；C.电极a发生还原反应，a为阴极，故a电极反应式为2H++2e–＝H2↑，通过1mol电子时，会有0.5molH2生成，与题意不符，C错误；D.根据图像可知，b极可得到较浓的硫酸，a极得到亚硫酸钠，符合题意，D正确；答案为D。8、B【解析】

由题知，Z是氧元素；若X是第二周期元素，则不能同时满足“原子序数依次增大”和“X的原子半径比Y的小”，故X是氢元素，则W是钠元素；结合最外层电子数之和为13知，Y是氮元素。【详解】A.简单离子的半径，即X<W<Z<Y，A项错误；B.NH4H中既含离子键又含共价键，B项正确；C.过氧化钠中阴阳离子数之比为1:2，C项错误；D.只含H、N、O三种元素的化合物可能是共价化合物，如硝酸；也可能是离子化合物，如硝酸铵，D项错误。答案选B。9、B【解析】

A.铜与浓硫酸反应需要加热，故A错误；B.浓氨水滴入生石灰中，氧化钙与水反应放出大量的热，增大溶液中氢氧根浓度，使氨水的电离向左移动，放出的热量有利于放出氨气，氨气可以用碱石灰干燥，故B正确；C.收集不到干燥的二氧化硫气体，因为二氧化硫是酸性氧化物，不能用碱石灰干燥，故C错误；D.电石中混有硫化物，与水反应生成的乙炔气体中混有硫化氢气体，硫化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰乙炔的还原性验证，故D错误；故选B。10、C【解析】

流程可知，氨水与废气反应生成亚硫酸氨或亚硫酸氢铵，然后与过量硫酸反应生成气体a为二氧化硫，Y为硫酸铵、硫酸氢铵。【详解】A．废气少量时生成X为亚硫酸铵，废气过量时生成X为亚硫酸氢铵，或二者均有，A正确；B．X中加过量硫酸生成硫酸铵或硫酸氢铵，B正确；C．亚硫酸氨或亚硫酸氢铵，与过量硫酸反应生成气体a为二氧化硫，C错误；D．（NH4）2S2O8中为连二硫酸铵，S最外层有6个电子，最高价为+6价，则S的化合价不可能为+7，D正确；故答案为：C。11、A【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，因同周期元素中，原子半径从左到右依次减小，同主族元素中从上到下依次增大，因X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na；W与Y同族且W原子的质子数是Y原子的一半，则符合条件的W为O元素，Y为S元素，Z原子序数比Y大，且为短周期元素，则Z为Cl元素，结合元素周期律与物质结构与性质作答。【详解】根据上述分析可知，短周期主族元素W、X、Y、Z分别为：O、Na、S和Cl元素，则A.同周期元素中，原子半径从左到右依次减小，同主族元素中从上到下依次增大，则原子半径：r(Na)>r(S)>r(O)，A项正确；B.元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则S的最高价氧化物对应水化物的酸性比Cl的弱，B项错误；C.由W、Y形成的化合物可以是SO2或SO3，均为共价化合物，C项错误；D.由X、Y形成的化合物为Na2S，其水溶液中硫离子水解显碱性，D项错误；答案选A。12、B【解析】

A、根据结构简式可知分子式为C3H3N3O3，A错误；B、由不同种元素组成，分子中的化学键全部是共价键，属于共价化合物，B正确；C、同种元素原子形成的共价键是非极性键，不同种元素原子形成的共价键是极性键，则分子中只含极性键，C错误；D、酸碱反应生成盐和水的反应是中和反应，生成该物质的上述反应不是中和反应，D错误；答案选B。13、A【解析】

NaX溶液中加入盐酸，随着溶液pH逐渐逐渐增大，X-离子浓度逐渐增大，HX浓度逐渐减小，-lg的值逐渐减小，所以曲线L1表示-lg的与pH的关系；YCl溶液中加入NaOH溶液，随着溶液pH逐渐增大，Y+离子逐渐减小，YOH的浓度逐渐增大，则-lg的值逐渐增大，则曲线L2表示-lg与pH的变化关系。A．曲线L1中，-lg=0时，c(X-)=c(HX)，Ka(HX)=c(H+)=1×10-9＞1×10-10.5，根据Kh=可知，电离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度X-＜Y+，则MA溶液呈酸性，则c(OH-)＜c(H+)、c(Y+)＜c(X-)，溶液中离子浓度大小为：c(X-)＞c(Y+)＞c(H+)＞c(OH-)，故A错误；B．根据分析可知，曲线L1表示-lg的与pH的关系，故B正确；C．曲线L2表示-lg与pH的变化关系，-lg=0时，c(Y+)=c(YOH)，此时pH=3.5，c(OH-)=1×10-10.5mol/L，则Kb(YOH)==c(OH-)=1×10-10.5，故C正确；D．a点溶液的pH＜7，溶液呈酸性，对于曲线L1，NaX溶液呈碱性，而a点为酸性，说明加入盐酸所致，抑制了水的电离；曲线L2中，YCl溶液呈酸性，a点时呈酸性，Y+离子水解导致溶液呈酸性，促进了水的电离，所以水的电离程度：a＜b，故D正确；故答案为A。14、C【解析】

A．Na2SO4水溶液中，水分子也含有氧原子，故1.0L1.0mol/L的Na2SO4水溶液中含有的氧原子数大于4NA，选项A错误；B．Na2O2由2个钠离子和1个过氧根构成，故1molNa2O2中含3mol离子，而1mol甲烷中含4molC-H键，选项B错误；C．1molNaClO中含1molClO-，而1molClO-中含26mol电子，选项C正确；D．标况下，6.72L二氧化氮的物质的量为0.3mol，而NO2与水的反应为歧化反应，3molNO2转移2mol电子，故0.3mol二氧化氮转移0.2mol电子，选项D错误．答案选C。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，易错点为选项D．标况下，6.72L二氧化氮的物质的量为0.3mol，而NO2与水的反应为歧化反应，3molNO2转移2mol电子，故0.3mol二氧化氮转移0.2mol电子。15、D【解析】

A．H2O中H元素的化合价降低，则属于氧化还原反应，水作氧化剂，故A不选；B．反应中水中O元素的化合价升高，则属于氧化还原反应，水作还原剂，故B不选；C．反应没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不选；D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4反应中，S、Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，H2O中没有元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故D选；故选D。16、B【解析】

A．硅胶具有吸水性，无毒，则硅胶可用作食品干燥剂，故A正确；B．六水合氯化钙不能吸水，则不能作食品干燥剂，故B错误；C．碱石灰能与水反应，可做干燥剂，故C正确；D．具有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，故D正确；故答案为B。17、A【解析】

A、由水浴加热制备并蒸出乙酸乙酯，可知乙酸乙酯的沸点小于100℃，故A正确；B、浓硫酸的密度大，应该先加入适量乙醇，然后慢慢地加入浓硫酸和冰酸醋，防止混合液体溅出，发生危险，故B错误；C.乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解，试管乙中不能盛放NaOH浓溶液，应盛放饱和碳酸钠溶液，故C错误；D.乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠，实验结束后，将试管乙中混合液进行分液可得到乙酸乙酯，故D错误；选A。18、C【解析】

A.表示N原子的原子结构示意图，只能看出在原子核外各个电子层上含有的电子数的多少，不能描述核外电子运动状态，故A错误；B.表示N原子的电子式，可以知道原子的最外电子层上有5个电子，不能描述核外电子运动状态，故B错误；C.表示N原子的核外电子排布式，不仅知道原子核外有几个电子层，还知道各个电子层上有几个电子轨道及核外电子运动状态，能据此确定电子能量，故C正确；D.表示N原子的轨道表示式，原子核外的电子总是尽可能的成单排列，即在2p的三个轨道上各有一个电子存在，这样的排布使原子的能量最低，故D错误；故答案为：C。19、B【解析】

A．向某无色溶液中加入浓NaOH溶液，加热试管，检验氨气，利用湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，则说明原溶液中一定含NH4+，不是用蓝色石蕊试纸检验，故A错误；B．反应中氯化铁不足，KSCN溶液遇三价铁离子变红色，若变红色，说明未完全反应，说明存在化学反应的限度，故B正确；C．氢氧化钠具有腐蚀性，应该根据溴易溶于酒精或甘油，先用酒精或甘油洗伤口，再用大量水冲洗，故C错误；D．淀粉溶液是胶体，可用丁达尔效应检验，硫酸铜的水溶液是溶液，没有丁达尔效应，故D错误；故选B。20、D【解析】

A.通过“扫描隧道显微镜”操纵原子“书写”文字，没有新物质生成属于物理变化，故A错误；B.14C考古断代是元素的放射性衰变，故B错误；C.分馏是利用物质沸点不同分离物质的方法，没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；D.粮食酿酒，生成新物质，属于化学变化，故D正确；故选：D。【点睛】物理变化与化学变化区别，物理变化没有新物质生成，化学变化有新物质生成，据此分析解答。21、D【解析】

A.铜在一定条件下与浓硫酸反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，与稀硫酸不反应，含0.2molH2SO4的浓硫酸和足量的铜反应，并不能完全反应，所以转移电子数一定小于0.2NA，A项错误；B.25℃时，1LpH＝13的Ba(OH)2溶液中由水电离产生的OH－的浓度为10－13mol/L，则1L该溶液中由水电离产生的OH－的数目为1×10－13NA，B项错误；C.一个HCHO分子中含有2个碳氢单键和一个碳氧双键，即4对共用电子对，15gHCHO物质的量为0.5mol，因此15gHCHO含有0.5mol×4=2mol共用电子对，即2NA对共用电子对，C项错误；D.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则22.4L甲烷气体的物质的量小于1mol，因此含有的氢原子数目小于4NA，D项正确；答案选D。【点睛】公式（Vm=22.4L/mol）的使用是学生们的易错点，并且也是高频考点，在使用时一定看清楚两点:①条件是否为标准状况，②在标准状况下，该物质是否为气体。本题D项为常温常压，因此气体摩尔体积大于22.4L/mol，则22.4L甲烷气体的物质的量小于1mol，因此含有的氢原子数目小于4NA。22、B【解析】

A．颈部有支管，为蒸馏烧瓶，圆底烧瓶没有支管，故A错误；B．为干燥管，用于盛放固体干燥剂等，故B正确；C．为燃烧匙，用于燃烧实验，不是药匙，故C错误；D．下端长颈部位有活塞，是分液漏斗，不是长颈漏斗，故D错误；故选B。二、非选择题(共84分)23、CH3COOC2H5避免碳碳双键被氢气加成（还原），酯很难和氢气加成（还原）或【解析】

（1）反应A→B中需要加入试剂X，其分子式为C4H8O2，属于加成反应，则X为CH3COOC2H5；

（2）避免碳碳双键被H2加成或还原，酯很难和H2发生还原反应；(3)①属于芳香族化合物，说明含有苯环；②能使FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，结构应对称；（4）E中醛基与银氨溶液发生氧化反应；（5）比较B与C的结构简式可知，B先在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，生成羧酸钠，然后将羰基用LiBH4还原为醇，然后酸化，将羧酸钠变为羧基，羧基与羟基在浓硫酸、加热条件下发生取代反应，生成酯基，最后再与CH3I发生增加C原子的反应得到C。【详解】（1）根据A与B的结构简式的异同，结合X的分子式可知，A转化为B属于加成反应，则X是CH3COOC2H5；（2）C→D不直接用H2(镍作催化剂)还原的原因是：因为C中含有碳碳双键，碳碳双键也能与氢气发生加成反应，酯很难和H2发生还原反应，故答案为避免碳碳双键被氢气加成(还原)，酯很难和氢气加成(还原)；(3)A的同分异构体满足：①属于芳香族化合物，说明含有苯环；②能使FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，A的分子式是C10H14O，则分子中存在对称结构，所以符合题意的A的同分异构体的结构简式是或；（4）E分子中的醛基可与银氨溶液反应，醛基被氧化为羧基，同时生成氨气、银单质、水，化学方程式是；（5）比较B与C的结构简式可知，B先在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，生成羧酸钠，然后将羰基用LiBH4还原为醇，然后酸化，将羧酸钠变为羧基，羧基与羟基在浓硫酸、加热条件下发生取代反应，生成酯基，最后再与CH3I发生增加C原子的反应得到C，合成流程图是：。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、Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2ONaOH溶液实验i和ii对比，上层溶液颜色不同，说明CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，i中上层溶液无色，说明不含Cu2+，因此黑色沉淀不含CuO。溶液中Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色取实验i的上层清液，加入过量NaOH溶液，再加入一定量甘油，振荡，未观察到绛蓝色HNO3CuSCuS+2H2SO4S↓+CuSO4+SO2↑+2H2O将烧瓶中10mL15mol/L的浓H2SO4加热至250℃以上，其后加入适量铜片【解析】

（1）A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水；（2）二氧化硫属于酸性氧化物，污染空气；（3）①CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，溶液变蓝；②溶液中Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色；检验上层溶液是否含有Cu2+；（4）试管上部出的现红棕色气体是NO2，底部淡黄色固体是S单质；（5）根据n(Cu):n(S)可计算化学式；（6）取230℃时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250℃时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成说明放出二氧化硫气体，试管底部出现淡黄色固体S，溶液变蓝说明有CuSO4生成，根据得失电子守恒配平方程式；（7）综合上述实验过程可知加热至250℃时可避免铜与浓硫酸发生副反应。【详解】（1）A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应的化学方程式是Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；（2）二氧化硫污染空气，所以装置C中盛放NaOH溶液吸收二氧化硫，装置图为；（3）①CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，溶液变蓝；实验i和ii对比，i中上层溶液无色，说明不含Cu2+，因此黑色沉淀不含CuO。②如果溶液中Cu2+浓度过低，也无法呈明显的蓝色，所以仅通过颜色判断不能得出黑色沉淀不含CuO的结论；根据资料信息：微量Cu2+与过量NaOH溶液发生反应：Cu2++4OH−＝[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−溶于甘油形成特征的绛蓝色溶液。因此说明黑色沉淀不含CuO的实验iii的操作和现象是取实验i的上层清液，加入过量NaOH溶液，再加入一定量甘油，振荡，未观察到绛蓝色；（4）黑色沉淀中加入适量硝酸发生氧化还原反应，硝酸被还原为红棕色气体是NO2，氧化产物是S单质；（5）230℃取样，铜元素1.28g，硫元0.64g，则n(Cu):n(S)=，所以230℃时黑色沉淀的成分是CuS；（6）取230℃时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250℃时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成说明放出二氧化硫气体，试管底部出现淡黄色固体S，溶液变蓝说明有CuSO4生成，反应方程式是CuS+2H2SO4S↓+CuSO4+SO2↑+2H2O；（7）将烧瓶中10mL15mol/L的浓H2SO4加热至250℃以上，其后加入适量铜片只发生Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O。【点睛】本题考查物质性质的探究，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握分析反应产物的方法、实验设计的能力，仔细审题、应用题干信息是解题关键。26、b、c⑥cFeS+2H+=Fe2++H2S↑关闭活塞K，从长颈漏斗注水，使长颈漏斗管内液面高于试管内液面，一段时间液面不下降则气密性好酒精灯、温度计品红溶液品红溶液【解析】

实验室用亚硫酸钠固体与硫酸反应制取SO2气体，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O。【详解】（1）a．15%的H2SO4溶液，SO2是一种没有颜色而有刺激性气味的有毒气体，易溶于水，由于SO2气体是易溶于水的气体，所以不能选择15%的H2SO4溶液，a错误；

b．75%的H2SO4溶液，由于SO2气体是易溶于水的气体，用浓硫酸可以降低二氧化硫在水中的溶解度，b正确；

c．Na2SO3固体，Na2SO3固体易溶于水，保证反应均匀进行，c正确；

d．CaSO3固体，由于CaSO3固体与硫酸反应生成的CaSO4固体微溶，容易在CaSO3固体表面形成一层薄膜阻止反应的进行，d错误；气体的制取装置的选择与反应物的状态、溶解性和反应的条件有关；实验室用亚硫酸钠固体与硫酸反应制取SO2气体，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O，该制取所需装置为固体和液体反应不需加热制取气体，因Na2SO3固体易溶于水，选①无法控制反应的开始和停止和反应的速率，选⑥，故答案为：b、c；⑥；（2）装置①的特点，固体与液体反应，不需要加热，且固体难溶于水，便于控制反应，Na2S固体易溶于水的固体，CuS固体与稀硫酸不反应，FeS2颗粒虽难溶于水但与酸发生：FeS2+H2SO4=H2S2+FeSO4，H2S2类似于H2O2，易分解，发生H2S2=H2S↑+S↓，显然不及用FeS固体与稀H2SO4反应制取H2S气体副产物少，反应快，因此实验室用FeS固体和稀硫酸反应制取H2S气体，FeS+2H+=Fe2++H2S↑，用FeS固体与稀H2SO4反应制取H2S气体，是固液常温型反应，所以c正确，故答案为：c；

FeS+2H+=Fe2++H2S↑；（3）装置①为简易的制取气体装置，对于该装置的气密性检查，主要是通过气体受热后体积膨胀、压强增大或压强增大看体积变化来进行检验．如夹紧止水夹，向长颈漏斗中加水至其液面高于试管中的液面，一段时间后，看液面高度差有无变化，说明变化装置漏气，反之不漏气，故答案为：关闭活塞K，从长颈漏斗注水，使长颈漏斗管内液面高于试管内液面，一段时间液面不下降则气密性好；（4）实验室制取乙烯的原理是CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，需酒精灯加热，需温度计测反应的温度，故答案为：酒精灯、温度计；（5）为探究制备乙烯是否存在副产物SO2和CO2，制备的气体从发生装置出来除去乙烯后依次选择了装置②、④、⑤，可先用品红检验二氧化硫，用品红检验二氧化硫是否除尽，最后用澄清石灰水检验二氧化碳，故答案为：品红溶液；品红溶液。27、饱和食盐水稀硝酸e→f(或f→e)→c→b→d防止水蒸气进入装置Ⅸ2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2O2(或NO2)HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O×100%偏高【解析】

氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl。根据实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气；用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，结合NOCl的性质，制得气体中的杂质需要除去，尾气中氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，据此分析解答。【详解】(1)实验室制备氯气，一般用浓盐酸与二氧化锰加热制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故装置Ⅱ用饱和食盐水吸收氯化氢气体；实验室制备NO，一般用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，NO不溶于水，故装置Ⅱ用水净化NO；故答案为饱和食盐水；稀硝酸；(2)①将氯气和NO干燥后在装置Ⅵ中发生反应，由于亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃)是一种黄色气体，遇水易反应，需要在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，因此装置连接顺序为a→e→f(或f→e)→c→b→d，故答案为e→f(或f→e)→c→b→d；②NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个装置VII干燥装置防止水蒸气进入装置Ⅸ；若无该装置，Ⅸ中NOCl水解生成氯化氢、NO和NO2，反应的化学方程式为2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2，故答案为防止水蒸气进入装置Ⅸ；2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2；③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。NO能够与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮能够被氢氧化钠溶液吸收，一氧化氮和二氧化氮的混合气体也能够被氢氧化钠溶液吸收，因此解决这一问题，可将尾气与氧气(或二氧化氮)同时通入氢氧化钠溶液中，故答案为O2(或NO2)；(3)王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，反应的化学方程式为：HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O，故答案为HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O；(4)①亚硝酰氯(NOCl)遇水反应得到HCl，用AgNO3标准溶液滴定，生成白色沉淀，以K2CrO4溶液为指示剂，出现砖红色沉淀达到滴定终点，根据氯元素守恒：NOCl～HCl～AgNO3，则样品中n(NOCl)=cmol/L×b×10-3L×=10bc×10-3mol，亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为×100%=×100%，故答案为×100%；②若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准溶液的体积偏大，则所测亚硝酰氯的纯度偏高，故答案为偏高。28、CD（2分）600（1分）KHCO3（1分）25（1分）在23~25MPa，随着压力的升高，CO转化率先快速增加，但在压力达到25MPa之后，CO转化率