河南省济源英才学校新高考化学二模试卷及答案解析

河南省济源英才学校新高考化学二模试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、下列物质中所有的碳原子均处在同一条直线上的是（）A． B．H3C-C≡C-CH3 C．CH2=CH-CH3 D．CH3-CH2-CH32、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们分别位于三个不同的周期。常温下，元素W与X可形成两种液态物质；Y、Z两种元素可组成二聚气态分子(如图所示)，其中Y原子的最外层电子数等于其电子层数。下列叙述不正确的是（）A．W与Z具有相同的负化合价B．四种元素的简单离子半径由大到小的顺序：Z>Y>X>WC．Y2Z6分子中所有原子的最外层均满足8电子稳定结构D．工业上可电解X与Y形成的熔融化合物制取Y的单质3、下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子的是A．NaOH B．SiO2 C．Fe D．CO24、向3mol·L-1盐酸中加入打磨后的镁条，一段时间后生成灰白色固体X，并测得反应后溶液pH升高。为确认固体X的成分，过滤洗涤后进行实验：①向固体X中加入足量硝酸，固体溶解，得到无色溶液，将其分成两等份；②向其中一份无色溶液中加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀a；③向另一份无色溶液中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀b。下列分析不正确的是（）A．溶液pH升高的主要原因：Mg+2H+===Mg2++H2↑B．生成沉淀a的离子方程式：Ag++Cl-===AgCl↓C．沉淀b是Mg(OH)2D．若a、b的物质的量关系为n（a）：n（b）=1：3，则可推知固体X的化学式为Mg3(OH)6Cl5、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．1L0.2mol/L亚硫酸钠溶液中H2SO3、HSO3—、SO32—的总数为0.2NAB．标准状况下，等物质的量的C2H4和CH4所含的氢原子数均为4NAC．向含1molFeI2的溶液中通入等物质的量的Cl2，转移的电子数为NAD．100g9.8%的硫酸与磷酸的混合溶液中含氧原子数为0.4NA6、下列离子方程式中，正确的是（）A．Fe3+的检验：Fe3++3KSCN═Fe（SCN）3+3K+B．氯气用于自来水消毒：Cl2+H2O═H++Cl-+HClOC．证明H2O2具有还原性：2MnO4-+6H++3H2O2═2Mn2++4O2↑+6H2OD．用CuCl2溶液做导电性实验，灯泡发光：CuCl2Cu2++2Cl-7、工业上用酸性KMnO4溶液与乙苯()反应生产苯甲酸()，下列有关说法正确的是A．乙苯是苯的同系物 B．乙苯的所有原子均共平面C．生产苯甲酸时发生的是取代反应 D．乙苯不能与H2发生反应8、“地沟油”可与醇加工制成生物柴油变废为宝。关于“地沟油”的说法正确的是A．属于烃类 B．由不同酯组成的混合物C．密度比水大 D．不能发生皂化反应9、工业上将氨气和空气的混合气体通过铂铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下VL氨气完全反应，并转移n个电子，则阿伏加德罗常数(NA)可表示为()A． B． C． D．10、取10g碳酸钙高温加热一段时间后停止加热，测得剩余固体中钙元素的质量分数为50%，则下列判断正确的是A．生成了2g二氧化碳 B．剩余固体质量为5gC．生成了5.6g氧化钙 D．剩余碳酸钙的质量为8g11、下列实验操作或现象不能用平衡移动原理解释的是A．卤化银沉淀转化B．配制氯化铁溶液C．淀粉在不同条件下水解D．探究石灰石与稀盐酸在密闭环境下的反应12、KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。利用“KClO3氧化法”制备KIO3包括以下两个反应：①11KClO3+6I2+3H2O==6KH(IO3)2+3Cl2↑+5KCl②KH(IO3)2+KOH==2KIO3+H2O下列说法正确的是（）A．化合物KH(IO3)2中含有共价键、离子键和氢键等化学键B．反应①中每转移4mol电子生成2.24LCl2C．向淀粉溶液中加入少量碘盐，溶液会变蓝D．可用焰色反应实验证明碘盐中含有钾元素13、氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为：aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时，试纸先变蓝后褪色。下列说法正确的是()A．由反应可确定：氧化性：HClO4＞HClO3B．变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了：4Cl2+I2+6H2O═12H++8Cl-+2IO3-C．若氯酸分解所得混合气体，1mol混合气体质量为47.6g，则反应方程式可表示为26HClO3═15O2↑+8Cl2↑+10HClO4+8H2OD．若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子数为20e-14、某溶液可能含有下列离子中的若干种：Cl−、SO42—、SO32—、HCO3—、Na+、Mg2+、Fe3+，所含离子的物质的量浓度均相同。为了确定该溶液的组成，进行如下实验：①取100mL上述溶液，加入过量Ba(OH)2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀；②向沉淀中加入过量的盐酸，白色沉淀部分溶解，并有气体生成。下列说法正确的是（）A．气体可能是CO2或SO2B．溶液中一定存在SO42—、HCO3—、Na+、Mg2+C．溶液中可能存在Na+和Cl−，一定不存在Fe3+和Mg2+D．在第①步和第②步的滤液中分别加入硝酸酸化的硝酸银溶液，都能生成白色沉淀15、下列说法正确的是（）A．分子晶体中一定含有共价键B．pH=7的溶液一定是中性溶液C．含有极性键的分子不一定是极性分子D．非金属性强的元素单质一定很活泼16、最近“垃圾分类”成为热词，备受关注。下列有关说法错误的是（）A．垃圾是放错地方的资源，回收可变废为宝B．废弃金属易发生电化学腐蚀，可掩埋处理C．废弃荧光灯管含有重金属，属于有害垃圾D．废弃砖瓦和陶瓷垃圾，属于硅酸盐材质17、用光洁的铂丝蘸取某无色溶液在无色火焰上灼烧,直接观察时看到火焰呈黄色,下列判断正确的是（）A．只含Na+ B．可能含有Na+,可能还含有K+C．既含有Na+,又含有K+ D．一定含Na+,可能含有K+18、根据下面实验或实验操作和现象，所得结论正确的是实验或实验操作现象实验结论A用大理石和稀盐酸反应制取CO2气体，立即通入一定浓度的苯酚钠溶液中出现白色沉淀H2CO3的酸性比苯酚的酸性强B向某溶液先滴加硝酸酸化，再滴加BaC12溶液有白色沉淀生成原溶液中含有SO42-，SO32-，HSO3-中的一种或几种C向蔗糖溶液中加入稀硫酸并水浴加热，一段时间后再向混合液中加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热无红色沉淀蔗糖未水解D将浸透了石蜡油的石棉放置在试管底部，加入少量的碎瓷片，并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液溶液褪色石蜡油分解产物中含有不饱和烃A．A B．B C．C D．D19、下列实验合理的是（）A．证明非金属性Cl＞C＞SiB．制备少量氧气C．除去Cl2中的HClD．吸收氨气，并防止倒吸A．A B．B C．C D．D20、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A．NaCl(aq)

Cl2(g)FeCl2(s)B．S(s)SO3(g)H2SO4(aq)C．Al(s)AlCl3(aq)Al(OH)3(s)D．N2(g)

NH3(g)

Na2CO3(s)21、某学习小组设计实验探究H2S的性质，装置如图所示。下列说法正确的是（）A．若E中FeS换成Na2S，该装置也可达到相同的目的B．若F中产生黑色沉淀，说明硫酸的酸性比氢硫酸强C．若G中产生浅黄色沉淀，说明H2S的还原性比Fe2+强D．若H中溶液变红色，说明氢硫酸是二元弱酸22、25℃时，一定量的甲烷与aL（已折合成标准状况）空气的混合气体充分反应，甲烷恰好完全燃烧，恢复至25℃时，放出bkJ的热量。假设空气中氧气的体积分数是1／5，则下列表示甲烷燃烧热的热化学方程式正确的是A．B．C．D．二、非选择题(共84分)23、（14分）阿司匹林是一种解毒镇痛药。烃A是一种有机化工原料，下图是以它为初始原料设计合成阿司匹林关系图：已知：（苯胺，苯胺易被氧化）回答下列问题：（1）C的结构简式为___________。（2）反应⑤的反应类型___________，在③之前设计②这一步的目的是___________。（3）F中含氧官能团的名称________。（4）G（阿司匹林）与足量NaOH溶液反应的化学方程式为______________。（5）符合下列条件的E的同分异构体有________种。写出核磁共振氢谱中有五组峰，峰面积之比为1：2：2：2：1的结构简式：_______（只写一种）。a．含—OHb．能发生水解反应c．能发生银镜反应（6）利用甲苯为原料，结合以上合成路线和下面所给信息合成下图所示的功能高分子材料（无机试剂任选）。________24、（12分）A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，他们能发生如图所示的转化关系。若该元素用R表示，则A为R的氧化物，D与NaOH溶液反应生成C和H2。请回答：(1)写出对应物质的化学式：A________________；C________________；E________________。(2)反应①的化学方程式为_______________________________________。(3)反应④的离子方程式为_____________________________________。(4)H2CO3的酸性强于E的，请用离子方程式予以证明：_______________________________。25、（12分）碘酸钾（）是重要的微量元素碘添加剂。实验室设计下列实验流程制取并测定产品中的纯度：其中制取碘酸（）的实验装置见图，有关物质的性质列于表中物质性质HIO3白色固体，能溶于水，难溶于CCl4KIO3①白色固体，能溶于水，难溶于乙醇②碱性条件下易发生氧化反应：ClO－＋IO3－=IO4－＋Cl－回答下列问题（1）装置A中参加反应的盐酸所表现的化学性质为______________。（2）装置B中反应的化学方程式为___________________。B中所加CCl4的作用是_________从而加快反应速率。（3）分离出B中制得的水溶液的操作为____________；中和之前，需将HIO3溶液煮沸至接近于无色，其目的是____________，避免降低的产率。（4）为充分吸收尾气，保护环境，C处应选用最合适的实验装置是____________（填序号）。（5）为促使晶体析出，应往中和所得的溶液中加入适量的___________。（6）取1.000g产品配成200.00mL溶液，每次精确量取20.00mL溶液置于锥形瓶中，加入足量KI溶液和稀盐酸，加入淀粉作指示剂，用0.1004mol/L溶液滴定。滴定至终点时蓝色消失（），测得每次平均消耗溶液25.00mL。则产品中的质量分数为___（结果保留三位有效数字）。26、（10分）甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。实验室利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。查阅资料：①甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。②柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。实验过程：I．装置C中盛有17.4gFeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸溶液。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌；然后向三颈瓶中滴加柠檬酸溶液。Ⅱ．反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。(1)仪器a的名称是________；与a相比，仪器b的优点是_______________。(2)装置B中盛有的试剂是：____________；装置D的作用是________________。(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，该反应的离子方程式为____________________________。(4)过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，溶液pH与甘氨酸亚铁产率的关系如图所示。①pH过低或过高均导致产率下降，其原因是_____________________；②柠檬酸的作用还有________________________。(5)过程II中加入无水乙醇的目的是_______________________。(6)本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，则其产率是_____％。27、（12分）硝酸亚铁可用作媒染剂、分析试剂、催化剂等。(1)硝酸亚铁可用铁屑在低温下溶于稀硝酸制得，还原产物为NO。反应的化学方程式为________。(2)某小组为探究硝酸亚铁晶体的热分解产物，按下图所示装置进行实验。①仪器B的名称是____，实验中无水CuSO4变蓝，由此可知硝酸亚铁晶体含有___。②实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，检验热分解后固体为氧化铁的实验方案为：实验步骤现象取少量固体加适量稀硫酸，振荡，将溶液分成两份固体溶解得黄色溶液一份滴入____溶液变成红色另一份滴入1～2滴K3[Fe(CN)6]溶液___________A中硝酸亚铁晶体[Fe(NO3)2·xH2O]分解的化学方程式为______。(3)继续探究mg硝酸亚铁晶体中铁元素的质量分数①取A中热分解后的固体放入锥形瓶，用稀硫酸溶解，加入过量的KI溶液，滴入2滴___作指示剂。②用amol/LNa2S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，滴定至终点时用去bmLNa2S2O3溶液，则硝酸亚铁晶体中铁的质量分数为______。28、（14分）硼和硼的化合物在工业上有着广泛的用途。(1)基态硼原子的电子排布式为___________________________。(2)晶体硼的基本结构单元是由硼原子构成的正二十面体(如下图)，其中有20个等边三角形的面和一定数目的顶点，每个顶点各有一个硼原子。此结构单元中含有硼原子的数目为________________。(3)氮化硼(BN)晶体有多种结构。六方氮化硼与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。立方氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。关于这两种晶体的说法中，正确的是____(填标号）。a．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大b．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软c．两种晶体中的B—N键均为共价键d．两种晶体均为分子晶体(4)六方氮化硼晶体内硼原子的杂化方式为________，该晶体不导电的原因是___________。(5)NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。与BF4—互为等电子体的一种分子的化学式为__，lmolNH4BF4晶体中含有配位键的数目为_____________。(6)立方氮化硼的结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm，则立方氮化硼的一个晶胞中含有______个硼原子，立方氮化硼的密度是____g•cm－3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）。29、（10分）Ⅰ．化学反应总是伴随能量变化，已知下列化学反应的焓变2HI(g)＝H2(g)+I2(g)△H1SO2(g)+I2(g)+2H2O(g)＝H2SO4(l)+2HI(g)△H2H2SO4(l)＝H2O(g)+SO2(g)+1/2O2(g)△H32H2O(g)＝2H2(g)+O2(g)△H4（1）△H4与△H1、△H2、△H3之间的关系是：△H4=_________________________。（2）若反应SO2(g)+I2(g)+2H2O(g)＝H2SO4(l)+2HI(g)在150℃下能自发进行，则△H____0A．大于B．小于C．等于D．大于或小于都可Ⅱ．以CO2为碳源制取低碳有机物成为国际研究焦点，下面为CO2加氢制取乙醇的反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)△H＝QkJ/mol(Q＞0)在密闭容器中，按CO2与H2的物质的量之比为1:3进行投料，在5MPa下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数（y%）如下图所示。完成下列填空：（1）表示CH3CH2OH体积分数曲线的是____（选填序号）（2）在一定温度下反应达到平衡的标志是_____A.平衡常数K不再增大B.CO2的转化率不再增大C.混合气体的平均相对分子质量不再改变D.反应物不再转化为生成物（3）其他条件恒定，如果想提高CO2的反应速率，可以采取的反应条件是_______（选填编号）；达到平衡后，能提高H2转化率的操作是_______（选填编号）A．降低温度B．充入更多的H2C．移去乙醇D．增大容器体积（4）图中曲线a和c的交点R对应物质的体积分数yR=_______%。

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、中碳原子全部共平面，但不能全部共直线，故A错误；B、H3C-C≡C-CH3相当于是用两个甲基取代了乙炔中的两个H原子，故四个碳原子共直线，故B正确；C、CH2=CH-CH3相当于是用一个甲基取代了乙烯中的一个H原子，故此有机物中3个碳原子共平面，不是共直线，故C错误；D、由于碳碳单键可以扭转，故丙烷中碳原子可以共平面，但共平面时为锯齿型结构，不可能共直线，故D错误。故选：B。【点睛】本题考查了原子共直线问题，要找碳碳三键为母体，难度不大。2、B【解析】

“W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们分别位于三个不同的周期”，由此可推出W为氢元素(H)；由“元素W与X可形成两种液态物质”，可推出X为氧(O)元素；由“Y原子的最外层电子数等于其电子层数”，可推出Y为第三周期元素铝(Al)；由“Y、Z两种元素可组成二聚气态分子”结构，可确定Z与Al反应表现-1价，则其最外层电子数为7，从而确定Z为氯(Cl)元素。【详解】A．W(H)与Z(Cl)在与活泼金属的反应中，都可表现出-1价，A正确；B．四种元素的简单离子半径由大到小的顺序为Cl->O2->Al3+>H+，B不正确；C．Al2Cl6分子中，由于有2个Cl原子分别提供1对孤对电子与2个Al原子的空轨道形成配位键，所有原子的最外层均满足8电子稳定结构，C正确；D．工业上制取金属铝(Al)时，可电解熔融的Al2O3，D正确；故选B。3、D【解析】

A、NaOH是氢氧化钠的化学式，它是由钠离子和氢氧根离子构成的，不能表示物质的一个分子，A不符合题意；B、SiO2只能表示二氧化硅晶体中Si、O原子的个数比为1:2，不能表示物质的一个分子，B不符合题意；C、Fe是铁的化学式，它是由铁原子直接构成的，不能表示物质的一个分子，C不符合题意；D、CO2是二氧化碳的化学式，能表示一个二氧化碳分子，D符合题意；答案选D。【点睛】本题难度不大，掌握化学式的含义、常见物质的粒子构成是正确解题的关键。4、D【解析】

A、溶液pH升高的主要原因是H＋被消耗，即：Mg+2H+===Mg2++H2↑，故A正确；B、向其中一份无色溶液中加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀a，a是不溶于HNO3的白色沉淀，应为AgCl，故B正确；C、沉淀b，与OH―有关，NO3―、Cl―、Mg2＋能形成沉淀的只有Mg2＋，故C正确；D、若a、b的物质的量关系为n（a）：n（b）=1：3，根据化合价代数和为0，则可推知固体X的化学式为Mg3(OH)5Cl，故D错误。故选D。5、A【解析】

A．根据物料守恒，1L0.2mol/L亚硫酸钠溶液中H2SO3、HSO3—、SO32—的总物质的量为1L×0.2mol/L=0.2mol，其含硫微粒总数为0.2NA，故A正确；B．标准状况下，等物质的量的C2H4和CH4所含的氢原子数相等，因两者的物质的量不一定是1mol，则不一定均为4NA，故B错误；C．向含1molFeI2的溶液中通入等物质的量的Cl2，1molCl2全部被还原为Cl-，则转移的电子数为2NA，故C错误；D．100g9.8%的硫酸与磷酸的混合溶液中含有硫酸和磷酸的总质量为9.8g，物质的量总和为0.1mol，酸中含有氧原子数为0.4NA，但水中也有氧原子，则总氧原子数大于0.4NA，故D错误；故答案为A。6、B【解析】

A.Fe3+的检验：硫氰化钾属于强电解质，拆成离子形式，正确的离子方程式：Fe3++3SCN-═Fe(SCN)3，A错误；B.氯气用于自来水消毒：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒的作用，B正确；C.证明H2O2具有还原性，氧元素化合价升高，该式电子不守恒，正确的离子方程式为：2MnO4-+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O，C错误；D.用CuCl2溶液做导电性实验，灯泡发光：氯化铜在水分子作用下发生电离，不用通电，正确的离子方程式：CuCl2=Cu2++2Cl-，D错误；故答案选B。7、A【解析】

A．苯和乙苯，都只含有一个苯环，结构相似，且分子相差2个CH2，是同系物，A正确；B．乙苯中的－CH2CH3上有2个饱和的C原子，饱和碳原子与其周围的原子位置关系类似于CH4，不能所有原子共面，B错误；C．乙苯在高锰酸钾的作用下转化为苯甲酸，是氧化反应，C错误；D．乙苯中的苯环能够与H2反生加成反应，D错误。答案选A。8、B【解析】

A．“地沟油”的主要成分为油脂，含有氧元素，不属于烃类，选项A错误；B．“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，是由不同酯组成的混合物，选项B正确；C．“地沟油”的主要成分为油脂，油脂的密度比水小，选项C错误；D．皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应，“地沟油”的主要成分为油脂，能发生皂化反应，选项D错误。答案选B。【点睛】本题主要考查了油脂的性质与用途，熟悉油脂结构及性质是解题关键，注意皂化反应的实质是高级脂肪酸甘油酯的水解反应，“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，密度比水小，油脂在碱性条件下的水解反应为皂化反应。9、D【解析】

氨气与氧气发生了催化氧化反应：4NH3＋5O24NO＋6NO，可知4NH3～20e－，即4：20=，推出为NA=22.4n/5V。答案选D。10、A【解析】

原碳酸钙10g中的钙元素质量为：10g×

×100%=4g，反应前后钙元素质量不变，则剩余固体中钙元素质量仍为4g，则含钙50%的剩余固体质量==8g，根据质量守恒定律，反应生成二氧化碳的质量=10g-8g=2g，设生成的氧化钙质量是x，

=

，x=2.56g，A．根据上述计算分析，生成了2g二氧化碳，故A正确；B．根据上述计算分析，剩余固体质量为8g，故B错误；C．根据上述计算分析，生成了2.56g氧化钙，故C错误；D．根据上述计算分析，剩余碳酸钙的质量小于8g，故D错误；答案选A。【点睛】易错点为D选项，加热分解后的产物为混合物，混合物的总质量为8g，则未反应的碳酸钙的质量小于8g。11、C【解析】

A、足量NaCl(aq)与硝酸银电离的银离子完全反应，AgCl在溶液中存在溶解平衡，加入少量KI溶液后生成黄色沉淀，该沉淀为AgI，Ag+浓度减小促进AgCl溶解，说明实现了沉淀的转化，能够用勒夏特列原理解释；B、铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，该反应为可逆反应，加入稀盐酸可抑制铁离子水解，能够用勒夏特列原理解释；C、淀粉水解反应中，稀硫酸和唾液起催化作用，催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释；D、二氧化碳在水中存在溶解平衡，塞上瓶塞时随着反应的进行压强增大，促进CO2与H2O的反应，不再有气泡产生，打开瓶塞后压强减小，向生成气泡的方向移动，可用勒夏特列原理解释。正确答案选C。【点睛】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂能加快反应速率，与化学平衡移无关。12、D【解析】

A.化合物KH(IO3)2为离子化合物，包含离子键与共价键，氢键不属于化学键，A项错误；B.气体的状态未指明，不能利用标况下气体的摩尔体积计算，B项错误；C.碘盐中所含的碘元素在水溶液中以IO3-离子存在，没有碘单质，不能使淀粉变蓝，C项错误；D.钾元素的焰色反应为紫色（透过蓝色钴玻璃），若碘盐的焰色反应显紫色，则证明碘盐中含有钾元素，D项正确；答案选D。【点睛】本题考查化学基本常识，A项是易错点，要牢记氢键不属于化学键，且不是所有含氢元素的化合物分子之间就有氢键。要明确氢键的存在范围是分子化合物中，可以分为分子内氢键，如邻羟基苯甲醛，也可存在分子间氢键，如氨气、氟化氢、水和甲醇等。13、D【解析】

A.aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O反应中，HClO3是氧化剂，HClO4、O2是氧化产物，所以氧化性：HClO3＞HClO4，故A错误；B.变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为I2被Cl2继续氧化生成IO3-：5C12+I2+6H2O=12H++10Cl-+2IO3-，故B错误；C.由生成的Cl2和O2的混合气体平均分子量为47.6g/mol，则，可得n（Cl2）：n（O2）=2：3，由电子守恒得化学反应方程式为8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O，故C错误；D.若化学计量数a=8，b=3，由C可知，化学反应方程式为8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O，电子转移数为20e-，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应规律和计算，注意把握氧化还原反应中的强弱规律，易错点为C，注意得失电子守恒在氧化还原反应中的应用。14、B【解析】

由实验流程可知，该溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe3+，且白色沉淀与足量盐酸反应，白色沉淀部分溶解，并有气体生成，不溶的白色沉淀一定为BaSO4，气体为CO2，由于SO32-、Mg2+相互促进水解不能共存，②反应后的溶液中可能含Na+、Mg2+，所含离子的物质的量浓度均相同，由电荷守恒可知不含Cl-，则溶液中一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，以此来解答。【详解】A.①中白色沉淀为硫酸钡和碳酸钡，气体为CO2，故A错误；B.白色沉淀与足量盐酸反应，白色沉淀部分溶解，并有气体生成，不溶的白色沉淀一定为BaSO4，气体为CO2，由于SO32-、Mg2+相互促进水解不能共存，②反应后的溶液中可能含Na+、Mg2+，所含离子的物质的量浓度均相同，由电荷守恒可知不含Cl-，则溶液中一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，故B正确；C.②反应后的溶液中可能含Na+、Mg2+，所含离子的物质的量浓度均相同，则溶液中一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，故C错误；D.①溶液中含Na+及过量的Ba(OH)2，②溶液含Mg2+及过量盐酸，只有②溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液能生成白色沉淀AgCl，故D错误；正确答案是B。【点睛】本题的关键在于理解“所含离子的物质的量浓度均相同”这一句话，通过电荷守恒推出一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，另外SO32-、Mg2+相互促进水解不能共存也是需要注意的点。15、C【解析】

A．稀有气体形成的分子晶体中不存在化学键，多原子构成的分子晶体中存在共价键，故A错误；B．pH＝7的溶液可能为酸性、碱性、中性，常温下pH＝7的溶液一定是中性溶液，故B错误；C．含有极性键的分子可能为极性分子，也可为非极性分子，如甲烷为极性键构成的非极性分子，故C正确；D．非金属性强的元素单质，性质不一定很活泼，如N的非金属性强，但氮气性质稳定，故D错误；故答案为C。16、B【解析】

A.垃圾是放错地方的资源，回收可变废为宝，说法合理，故A正确；B.废弃的金属易发生电化学腐蚀，掩埋处理很容易造成污染，故B错误；C.废弃荧光灯管中含有重金属，属于有害垃圾，故C正确；D.废弃砖瓦和陶瓷垃圾，属于硅酸盐材质，故D正确；故选B。17、D【解析】

钠元素的焰色是黄色，钾元素的焰色是紫色，但观察钾元素的焰色时要透过蓝色钴玻璃，以滤去钠元素的黄光的干扰。做焰色反应实验时，直接观察时看到火焰呈黄色，说明肯定含有Na+，不能判断K+的存在与否，故D是正确的。故选D。18、D【解析】

A．也可能是挥发出的HCl与苯酚钠反应，无法得出题中实验结论，故A错误；B．原溶液中也可能含有Ag+，故B错误；C．蔗糖在酸性条件下水解，水解液显酸性，加入Cu(OH)2悬浊液之前要中和稀硫酸使溶液呈碱性，所以操作错误无法得到结论，故C错误；D．石蜡为多种烃的混合物，产生的气体能使酸性高猛酸钾褪色，说明含有能被酸性高猛酸钾氧化的不饱和烃，故D正确；故答案为D。19、D【解析】

A.盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，同时盐酸易挥发，与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱，故A错误；

B.过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离，关闭止水夹，不能使反应随时停止，图中装置不合理，故B错误；

C.碳酸氢钠与氯化氢会发生反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，应用饱和食盐水，故C错误；

D.四氯化碳的密度比水大，不溶于水，可使气体与水隔离，从而可防止倒吸，故D正确；

故选D。【点睛】A项是学生们的易错点，其中盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，应用高氯酸；同时盐酸易挥发，能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，会干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱。20、C【解析】

A、电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠溶液，氯气和铁反应生成氯化铁，不能生成FeCl2，则不能实现，故A不符合题意；B、S在空气中点燃只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则不能实现，故B不符合题意；C、铝和盐酸反应生成氯化铝，加入氨水生成氢氧化铝沉淀，则物质间转化都能实现，故C符合题意；D、氮气与氢气反应生成氨气，食盐水、氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，而不能生成碳酸钠，则不能实现，故D不符合题意。故选：C。【点睛】侯氏制碱法直接制备的物质是NaHCO3，不是Na2CO3，生成物中NaHCO3在饱和食盐水中的溶解度较小而析出，NaHCO3固体经过加热分解生成Na2CO3。21、C【解析】

A.若E中FeS换成Na2S，硫化亚铁是块状固体，硫化钠是粉末，不能达到随关随停的效果，故A错误；B.若F中产生黑色沉淀，是硫酸铜和硫化氢反应生成硫化铜沉淀和硫酸，不能说明硫酸的酸性比氢硫酸强，故B错误；C.若G中产生浅黄色沉淀是硫化氢和氯化铁反应生成硫单质、氯化亚铁和盐酸，根据氧化还原反应原理得出H2S的还原性比Fe2+强，故C正确；D.若H中溶液变红色，说明氢硫酸是酸，不能说明是二元弱酸，故D错误。综上所述，答案为C。22、C【解析】

空气中氧气的体积为L，则甲烷体积为L，物质的量为mol。mol甲烷燃烧放出热量bkJ，则1mol甲烷燃烧放出热量kJ。燃烧热规定生成稳定的氧化物,即H2O(l)，且放热反应的焓变为负值，故C正确；答案：C【点睛】考察燃烧热的重点：（1）可燃物1mol（2）完全燃烧（3）生成稳定氧化物，H→H2O（l），C→CO2，S→SO2等。二、非选择题(共84分)23、取代反应保护酚羟基，防止酚羟基被氧化羧基和酚羟基17种或【解析】

根据流程图，烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B在氢氧化钠溶液条件下水解后酸化生成C，根据C的化学式可知，A为甲苯()，根据E的结构，结合信息②可知，D为，则C为，因此B为苯环上的氢原子被取代的产物，反应条件为铁作催化剂，B为，据此分析。【详解】根据流程图，烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B在氢氧化钠溶液条件下水解后酸化生成C，根据C的化学式可知，A为甲苯()，根据E的结构，结合信息②可知，D为，则C为，因此B为苯环上的氢原子被取代的产物，反应条件为铁作催化剂，B为。(1)根据上述分析，C为；（2）反应⑤是与乙酸酐发生取代反应生成和乙酸，反应类型为取代反应；在③之前设计②可以保护酚羟基，防止酚羟基被氧化，故答案为取代反应；保护酚羟基，防止酚羟基被氧化；（3）F为，含氧官能团的名称为羧基和酚羟基；(4)G(阿司匹林)中的酯基水解生成的羟基为酚羟基，也能与氢氧化钠反应，因此与足量NaOH溶液反应的化学方程式为；(4)E为，a．含—OH，可为酚羟基、醇羟基或羧基中的—OH；b．能发生水解反应说明含有酯基；c．能发生银镜反应说明含有醛基；满足条件的结构是：若苯环上只有一个取代基则为HCOOCH(OH)-，只有一种；若苯环上有两个取代基，可为HCOOCH2-和-OH，苯环上的位置可为邻、间、对位，故有3种；若苯环上有两个取代基还可以为HCOO-和-CH2OH，苯环上的位置可为邻、间、对位，故有3种；若苯环上有三个取代基，为HCOO-、-CH3和-OH，根据定二议三，两个取代基在苯环上有邻、间、对位，再取代第三个取代基在苯环上时分别有4、4、2种共10种；综上符合条件的同分异构体共有17种；其中核磁共振氢谱中有五组峰，峰面积之比为1：2：2：2：1的结构简式为或；(5)用甲苯为原料合成功能高分子材料()。需要合成，根据题干信息③，可以由合成；羧基可以由甲基氧化得到，因此合成路线为。24、SiO2Na2SiO3H2SiO3(或H4SiO4)SiO2＋2CSi＋2CO↑Si＋2OH－＋H2O===SiO32-＋2H2↑SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32-(或SiO32-＋2CO2＋2H2O===H2SiO3↓＋2HCO3-)【解析】

A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，该元素（用R表示）的单质能与NaOH溶液反应生成盐和氢气，则可推知该元素为硅元素，根据题中各物质转化关系，结合硅及其化合物相关知识可知，A与焦碳高温下生成D，则A为SiO2，D为Si，C为Na2SiO3，根据反应②或反应⑤都可推得B为CaSiO3，根据反应⑥推知E为H2SiO3；（1）由以上分析可知A为SiO2，C为Na2SiO3，E为H2SiO3；（2）反应①的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO↑；（3）反应④的离子方程式为Si+2OH-+H2O＝SiO32-+2H2↑；（4）H2CO3的酸性强于H2SiO3的酸性，可在硅酸钠溶液中通入二氧化碳，如生成硅酸沉淀，可说明，反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O＝H2SiO3↓+CO32-。25、还原性、酸性充分溶解和，以增大反应物浓度分液除去（或），防止氧化C乙醇（或酒精）89.5%。【解析】

装置A用于制取Cl2，发生的反应为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，装置B中发生的是制取HIO3的反应，装置C为尾气处理装置，既要吸收尾气中的HCl和Cl2，还要防止倒吸。【详解】（1）装置A中发生的反应为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，浓盐酸中的Cl元素有一部分失电子转化为Cl2，表现出还原性，还有一部分Cl元素没有变价转化为KCl（盐），表现出酸性，故答案为：还原性、酸性；（2）装置B中发生的反应为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，Cl2和I2均难溶于水，易溶于CCl4，加入CCl4可使二者溶解在CCl4中，增大反应物浓度，故答案为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；充分溶解I2和Cl2，以增大反应物浓度；（3）分离B中制得的HIO3水溶液的操作为分液，HIO3溶液中混有的Cl2在碱性条件下转化为ClO-，ClO-会将IO3-氧化为IO4-，因此在中和前需要将Cl2除去，故答案为：分液；除去Cl2（或ClO-），防止氧化KIO3；（4）尾气中主要含HCl和Cl2，需用NaOH溶液吸收，同时要防止倒吸，故答案为：C；（5）因为KIO3难溶于乙醇，向KIO3溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KIO3晶体析出，故答案为：乙醇（或酒精）；（6）每20mLKIO3溶液中，加入KI溶液和稀盐酸发生的反应为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，滴定时发生的反应为：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可列出关系式：IO3-~3I2~6S2O32-，每次平均消耗的n(S2O32-)=0.1004mol/L×0.025L=0.00251mol，则每20mLKIO3溶液中，n(KIO3)=n(IO3-)=n(S2O32-)÷6=0.00251mol÷6=0.000418mol，200mL溶液中，n(KIO3)=0.00418mol，产品中KIO3的质量分数==89.5%，故答案为：89.5%。【点睛】1g样品配成了200mL溶液，而根据关系式计算出的是20mL溶液中KIO3的物质的量，需扩大10倍才能得到1g样品中KIO3的物质的量。26、分液漏斗平衡压强、便于液体顺利流下饱和NaHCO3溶液检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2OpH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀防止Fe2+被氧化降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出75【解析】

(1)根据仪器的结构确定仪器a的名称；仪器b可平衡液面和容器内的压强；(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl；澄清石灰水遇CO2气体变浑浊；(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时应有CO2气体生成，根据守恒法写出反应的离子方程式；(4)①甘氨酸具有两性，能与H+反应；溶液中的Fe2+易水解生成Fe(OH)2沉淀；②柠檬酸的还原性比Fe2+还原性强，更易被空气中氧气氧化；(5)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇；(6)17.4gFeCO3的物质的量为=0.15mol，200mL甘氨酸溶液中含甘氨酸的物质的量为0.2L×1.0mol·L-1=0.2mol，理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204g▪mol-1×0.1mol=20.4g，以此计算产率。【详解】(1)根据仪器的结构可知仪器a的名称分液漏斗；仪器b可平衡液面和容器内的压强，便于液体顺利流下；(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl，则装置B中盛有的试剂饱和NaHCO3溶液；当装置内空气全部排净后，多余的CO2气体排出遇澄清的石灰水变浑浊，则装置D的作用是检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中；(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时应有CO2气体生成，发生反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(4)①过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，当pH过低即酸性较强时，甘氨酸会与H+反应生成NH3+CH2COOH；当pH过高即溶液中OH-较大时，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，故pH过低或过高均会导致产率下降；②柠檬酸的还原性比Fe2+还原性强，更易被空气中氧气氧化，则滴加柠檬酸可防止Fe2+被氧化；(5)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，则过程II中加入无水乙醇可降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出；(6)17.4gFeCO3的物质的量为=0.15mol，200mL甘氨酸溶液中甘氨酸的物质的量为0.2L×1.0mol·L-1=0.2mol，理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204g▪mol-1×0.1mol=20.4g，产率是=75%。27、3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O干燥管(或球形干燥管)结晶水l~2滴KSCN溶液无蓝色沉淀生成4Fe(NO3)2•xH2O2Fe2O3+8NO2↑+O2↑+4xH2O淀粉溶液【解析】

(1)铁在低温下溶于稀硝酸，反应生成硝酸亚铁和NO，据此书写反应的化学方程式；(2)①无水CuSO4变蓝，说明生成了水，据此解答；②实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，该气体为二氧化氮，同时生成氧化铁，据此书写分解的化学方程式；将少量氧化铁溶于稀硫酸，得到含有铁离子的溶液，铁离子遇到KSCN变红色，K3[Fe(CN)6]溶液是检验亚铁离子的试剂，据此分析解答；(3)①铁离子具有氧化性，加入过量的KI溶液，能够将碘离子氧化生成碘单质，据此选择指示剂；②根据发生的反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-分析解答。【详解】(1)铁在低温下溶于稀硝酸，反应生成硝酸亚铁和NO，反应的化学方程式为3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案为3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O；(2)①根据装置图，仪器B为干燥管，实验中无水CuSO4变蓝，说明生成了水，由此可知硝酸亚铁晶体含有结晶水，故答案为干燥管；结晶水；②实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，该气体为二氧化氮，同时生成氧化铁，则硝酸亚铁晶体[Fe(NO3)2·xH2O]分解的化学方程式为4Fe(NO3)2•xH2O2Fe2O3+8NO2↑+O2↑+4xH2O；根据检验氧化铁的实验步骤：将少量氧化铁溶于稀硫酸，得到含有铁离子的溶液，铁离子遇到KSCN变红色，K3[Fe(CN)6]溶液是检验亚铁离子的试剂，因此滴入1～2滴K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成，故答案为l～2滴KSCN溶液；无蓝色沉淀生成；4Fe(NO3)2•xH2O2Fe2O3+8NO2↑+O2↑+4xH2O；(3)①铁离子具有氧化性，加入过量的KI溶液，能够将碘离子氧化生成碘单质，因此可以选用淀粉溶液作指示剂，故答案为淀粉溶液；②发生的反应有2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，有关系式2Fe3+～I2～2S2O32-，因此硝酸亚铁晶体中铁的质量分数为×100%=，故答案为。【点睛】本题的易错点为(2)②，要注意K3[Fe(CN)6]溶液的作用是检验亚铁离子，如果溶液中存在亚铁离子，则会生成蓝色沉淀。28、1s22s22p112bcsp2层与层之间无自由电子CF42NA4【解析】

（1）根据B的原子序数为5，根据构造原理书写核外电子排布式。（2）由图可知，有20个等边三角形，晶体硼每个三角形的顶点被5个三角形所