浙江省杭州二中高三下学期联合考试新高考化学试题及答案解析

浙江省杭州二中高三下学期联合考试新高考化学试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、关于氯化铵的说法错误的是A．氯化铵溶于水放热B．氯化铵受热易分解C．氯化铵固体是离子晶体D．氯化铵是强电解质2、下列制取Cl2、探究其漂白性、收集并进行尾气处理的原理和装置合理的是()A．制取氯气 B．探究漂白性C．收集氯气 D．尾气吸收3、钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠(Na2Sx)分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷(可传导Na+)为电解质，总反应为2Na+xSNa2Sx，其反应原理如图所示。下列叙述正确的是（）A．放电时，电极a为正极B．放电时，内电路中Na+的移动方向为从b到aC．充电时，电极b的反应式为Sx2--2e-=xSD．充电时，Na+在电极b上获得电子，发生还原反应4、下列各组离子能在指定溶液中，大量共存的是（）①无色溶液中：K+，Cu2+，Na+，MnO4-，SO42-②使pH=11的溶液中：CO32-，Na+，AlO2-，NO3-③加入Al能放出H2的溶液中：Cl-，HCO3-，NO3-，NH4+④加入Mg能放出H2的溶液中：NH4+，Cl-，K+，SO42-⑤使石蕊变红的溶液中：Fe3+，MnO4-，NO3-，Na+，SO42-⑥酸性溶液中：Fe2+，Al3+，NO3-，I-，Cl-A．①②⑤ B．①③⑥ C．②④⑤ D．①②④5、下列物质的熔点，前者大于后者的是A．晶体硅、碳化硅 B．氯化钠、甲苯 C．氧化钠、氧化镁 D．钾钠合金、钠6、对于下列实验事实的解释，不合理的是选项实验事实解释A加热蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固体；加热蒸干MgCl2溶液得不到MgCl2固体H2SO4不易挥发，HCl易挥发B电解CuCl2溶液阴极得到Cu；电解NaCl溶液，阴极得不到Na得电子能力：Cu2+>Na+>H+C浓HNO3能氧化NO；稀HNO3不能氧化NOHNO3浓度越大，氧化性越强D钠与水反应剧烈；钠与乙醇反应平缓羟基中氢的活泼性：H2O＞C2H5OHA．A B．B C．C D．D7、下列关于古籍中的记载说法正确的是A．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了显色反应B．氢化钙的电子式是：Ca2+[∶H]2–C．目前，元素周期表已经排满，第七周期最后一种元素的原子序数是118D．直径为20nm的纳米碳酸钙属于胶体8、将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100ml1mol/L的盐酸中，在同温同压下产生的气体体积比是（）A．1:2:3 B．6:3:2 C．3:1:1 D．1:1:19、根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是操作现象结论A将分别通人溴水和酸性高锰酸钾溶液中溴水和酸性高锰酸钾溶液均褪色具有漂白性B向溶液中滴加1~2滴溶液，再滴加2滴溶液先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀C向滴有酚酞的溶液中加入少量固体有白色沉淀生成，溶液红色变浅溶液中存在水解平衡D将与盐酸反应得到的气体直通入溶液中产生白色沉淀酸性：A．A B．B C．C D．D10、我国某科研团队设计了一种新型能量存储/转化装置(如图所示)，闭合K2、断开K1时，制氢并储能。下列说法正确的是A．制氢时，X电极附近pH增大B．断开K2、闭合K1时，装置中总反应为Zn+2NiOOH+2H2O=Zn(OH)2+2Ni(OH)2C．断开K2、闭合K1时，K+向Zn电极移动D．制氢时，每转移0.1NA电子，溶液质量减轻0.1g11、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作和现象结论A向鸡蛋清溶液中加入少量CuSO4溶液，出现浑浊蛋白质可能发生了变性B将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去产生的气体中一定含有乙烯C室温下，用pH试纸测得：0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1mol•L﹣1NaHSO3溶液的pH约为5HSO3﹣结合H+的能力比SO32﹣的强D向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀(AgBr)Ksp(AgBr)＜Ksp(AgCl)A．A B．B C．C D．D12、下列操作一定会使结果偏低的是（）A．配制一定物质的量浓度的溶液时，用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出B．测定胆矾晶体中的结晶水含量，加热后，未进行恒重操作C．酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待半分钟D．测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积13、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。古丝绸之路贸易中的下列商品，其主要化学成分属于无机物的是A．陶瓷 B．中草药 C．香料 D．丝绸14、有BaCl2和NaCl的混合溶液aL，将它均分成两份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl—离子完全沉淀。反应中消耗xmolH2SO4、ymolAgNO3。据此得知原混合溶液中的c(Na+)(单位：mol·L-1)为A．（y-2x）/aB．(y-x)/aC．(2y-2x)/aD．(2y-4x)/a15、我国历史悠久，有灿烂的青铜文明，出土大量的青铜器。研究青铜器中(含Cu、Sn等)在潮湿环境中发生的腐蚀对于文物保护和修复有重要意义。下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。下列说法不正确的是()A．青铜器发生电化学腐蚀，图中c作负极，被氧化B．正极发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-C．环境中的C1-与正、负两极反应的产物作用生成a的离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓D．若生成2molCu2(OH)3Cl，则理论上消耗标准状况下O2的体积为22.4L16、2,3−二甲基丁烷中“二”表示的含义是A．取代基的数目 B．取代基的种类 C．主链碳的数目 D．主链碳的位置17、化学与能源开发、环境保护、生产生活等密切相关。下列叙述错误的是A．光催化水制氢比电解水制氢更节能环保B．用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染C．开发利用可再生能源，可减少化石燃料的使用D．改进汽车尾气净化技术，可减少大气污染物的排放18、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，其中X原子的质子总数与电子层数相等，X、Z同主族，Y、W同主族，且Y、W形成的一种化合物甲是常见的大气污染物。下列说法正确的是A．简单离子半径：Z＜Y＜W＜QB．Y能分别与X、Z、W形成具有漂白性的化合物C．非金属性：W＜Q，故W、Q的氢化物的水溶液的酸性：W＜QD．电解Z与Q形成的化合物的水溶液可制得Z的单质19、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W为空气中含量最多的元素，Y的周期数等于其族序数，W、X、Y的最高价氧化物对应的水化物可两两反应生成盐和水，Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列叙述正确的是A．X、Y均可形成两种氧化物B．离子的半径大小顺序：r(X+)<r(Z2-)C．W和Z的氢化物之间不能反应D．X的氢化物(XH)中含有共价键20、对石油和煤的分析错误的是A．都是混合物 B．都含有机物C．石油裂化和煤干馏得到不同的产品 D．石油分馏和煤干馏原理相同21、中学常见的某反应的化学方程式为a+b→c+d+H2O（未配平，条件略去）。下列叙述不正确的是（）A．若a是铁，b是稀硝酸（过量），且a可溶于c溶液中。则a与b反应的离子方程式为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2OB．若c,d均为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，则将混合气体通入溴水中，橙色褪去，其褪色过程的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-C．若c是无色刺激性气味的气体，其水溶液呈弱碱性。在标准状况下用排空气法收集c气体得平均摩尔质量为20g·mo1-1的混合气体进行喷泉实验。假设溶质不扩散，实验完成后所得溶液的物质的量浓度约为0.056mo1·L-1D．若a是造成温室效应的主要气体之一，c、d均为钠盐，参加反应的a、b物质的量之比为4:5，则上述反应的离子方程式为4CO2+5OH-=CO32+3HCO3-+H2O22、稠环芳香烃是指两个或两个以上的苯环通过共用环边所构成的多环有机化合物。常见的稠环芳香烃如萘、蒽、菲、芘等,其结构分别为下列说法不正确的是（）A．萘与H2完全加成后，产物的分子式为C10H18B．蒽、菲、芘的一氯代物分别有3种、5种、5种C．上述四种物质的分子中,所有碳原子均共平面D．上述四种物质均能发生加成反应、取代反应二、非选择题(共84分)23、（14分）聚合物H是一种聚酰胺纤维，其结构简式为。该聚合物可广泛用于各种刹车片，其合成路线如下图所示：已知：①C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。②Diels－Alder反应：。（1）生成A的反应类型是________，D的名称是________，F中所含官能团的名称是_________。（2）B的结构简式是________；“B→C”的反应中，除C外，还生成的一种无机产物是______（填化学式）。（3）D＋G→H的化学方程式是_________。（4）Q是D的同系物，其相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有______种。其中，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1∶2∶2∶3的结构简式为_______（任写一种）。（5）已知：乙炔与1，3－丁二烯也能发生Diels－Alder反应。请以1，3－丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）_______。24、（12分）痛灭定钠是一种吡咯乙酸类的非甾体抗炎药，其合成路线如下：回答下列问题：(1)化合物C中含氧官能团的名称是_____。(2)化学反应①和④的反应类型分别为_____和_____。(3)下列关于痛灭定钠的说法正确的是_____。a．1mol痛灭定钠与氢气加成最多消耗7molH2b．核磁共振氢谱分析能够显示6个峰c．不能够发生还原反应d．与溴充分加成后官能团种类数不变e．共直线的碳原子最多有4个(4)反应⑨的化学方程式为_____。(5)芳香族化合物X的相对分子质量比A大14，遇FeCl3溶液显紫色的结构共有_____种（不考虑立体异构），核磁共振氢谱分析显示有5个峰的X的结构简式有_____。(6)根据该试题提供的相关信息，写出由化合物及必要的试剂制备有机化合物的合成路线图。________________25、（12分）目前全世界的镍（Ni）消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。镍常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。碱式碳酸镍的制备：工业用电解镍新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制备碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]，制备流程如图：（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，X的化学式为__。（2）物料在反应器中反应时需要控制反应温度和pH值。分析如图，反应器中最适合的pH值为__。（3）检验碱式碳酸镍晶体洗涤干净的方法是__。测定碱式碳酸镍晶体的组成：为测定碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]组成，某小组设计了如图实验方案及装置：资料卡片：碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2和H2O实验步骤：①检查装置气密性；②准确称量3.77g碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]放在B装置中，连接仪器；③打开弹簧夹a，鼓入一段时间空气，分别称量装置C、D、E的质量并记录；④__；⑤打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气；⑥分别准确称量装置C、D、E的质量并记录；⑦根据数据进行计算（相关数据如下表）装置C/g装置D/g装置E/g加热前250.00190.00190.00加热后251.08190.44190.00实验分析及数据处理：（4）E装置的作用__。（5）补充④的实验操作___。（6）通过计算得到碱式碳酸镍晶体的组成__（填化学式）。镍的制备：（7）写出制备Ni的化学方程式__。26、（10分）草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O）是一种黄色难溶于水的固体，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。为探究纯净草酸亚铁晶体热分解的产物，设计装置图如下：（1）仪器a的名称是______。（2）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是_________。（3）实验前先通入一段时间N2，其目的为__________。（4）实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为_______。（5）草酸亚铁晶体在空气易被氧化，检验草酸亚铁晶体是否氧化变质的实验操作是____。（6）称取5.40g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如下图所示：①上图中M点对应物质的化学式为_________。②已知400℃时，剩余固体是铁的一种氧化物，试通过计算写出M→N发生反应的化学方程式：_______。27、（12分）某同学欲用98%的浓H2SO4（ρ=1.84g/cm3）配制成500mL0.5mol/L的稀H2SO4（1）填写下列操作步骤：①所需浓H2SO4的体积为____。②如果实验室有10mL、20mL、50mL量筒，应选用___mL量筒量取。③将量取的浓H2SO4沿玻璃棒慢慢注入盛有约100mL水的___里，并不断搅拌，目的是___。④立即将上述溶液沿玻璃棒注入____中，并用50mL蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并将洗涤液注入其中，并不时轻轻振荡。⑤加水至距刻度___处，改用__加水，使溶液的凹液面正好跟刻度相平。盖上瓶塞，上下颠倒数次，摇匀。（2）请指出上述操作中一处明显错误：____。（3）误差分析：（填偏高、偏低、无影响）①操作②中量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，所配溶液浓度将___；②问题（2）的错误操作将导致所配制溶液的浓度___；28、（14分）在照相底片的定影过程中，未曝光的溴化银(AgBr)常用硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶解，反应生成Na3[Ag(S2O3)2]；在废定影液中加入Na2S使Na3[Ag(S2O3)2]中的银转化为Ag2S，并使定影液再生。将Ag2S在高温下转化为Ag，就达到了回收银的目的。(1)铜、银、金在元素周期表中位于同一族相邻周期，基态银原子的最外层电子排布式为_______。(2)Na、O、S简单离子半径由大到小的顺序为______________________。(3)S2O32-离子结构如图所示，其中心硫原子的杂化轨道类型为_______________________。(4)写出AgBr溶于Na2S2O3溶液的离子反应方程式______________。Na3[Ag(S2O3)2]中存在的作用力有离子键、共价键、______________。(5)在空气中灼烧Ag2S生成Ag和SO2，SO2分子中硫原子的价层电子对数为_________，其分子空间构型为______________。SO2易溶于水，原因是________________________________。(6)现在人们已经有多种方法来测定阿伏加德罗常数，X射线衍射法就是其中的一种，通过对金晶体的X射线衍射图象的分析，可以得出金晶体的晶胞属于面心立方晶胞(与铜的晶胞相似)。若金原子的半径为am，金的密度为ρg·cm-3，金的摩尔质量为Mg·mol-1，试通过这些数据列出计算阿伏加德罗常数的算式______________________________。29、（10分）铁及其化合物在生产生活中应用最广泛，炼铁技术和含铁新材料的应用倍受关注。由此产生的等废气处理意义重大。（1）将应用于生产清洁燃料甲醇，既能缓解温室效应的影响，又能为能源的制备开辟新的渠道。其合成反应为。如图为平衡转化率和温度、压强的关系，其中压强分别为。据图可知，该反应为_______反应（填“吸热”或“放热”）。设的初始浓度为，根据时的数据计算该反应的平衡常数_________（列式即可）。若4.0Mpa时减小投料比，则的平衡转化率曲线可能位于II线的_________（填“上方”或“下方”）。（2）时，向某恒温密闭容器中加入一定量的和，发生反应，反应达到平衡后，在时刻，改变某条件，随时间（t）的变化关系如图1所示，则时刻改变的条件可能是______（填写字母）。a保持温度不变，压缩容器b保持体积不变，升高温度c保持体积不变，加少量碳粉d保持体积不变，增大浓度（3）在一定温度下，向某体积可变的恒压密闭容器（p总）加入1molCO2与足量的碳，发生反应，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图2所示，①650℃时，该反应达平衡后吸收的热量是___________KJ。②T℃时，若向平衡体系中再充入的混合气体，平衡_______________（填“正向”、“逆向”或“不”）移动。（4）已知25℃时，，此温度下若在实验室中配制100mL5mol∙L−1FeCl3溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，则至少需要加入2mol∙L−1的盐酸___________mL（忽略加入盐酸体积）。

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】氯化铵溶于水吸热，故A错误；氯化铵受热分解为氨气和氯化氢，故B正确；氯化铵固体是由NH4+、Cl-构成离子晶体，故C正确；氯化铵在水中完全电离，所以氯化铵是强电解质，故D正确。2、B【解析】A.该反应制取氯气需要加热，故A不合理；B.浓硫酸干燥氯气，通过该装置说明干燥的氯气没有漂白性，故B合理；C.氯气密度大于空气，要用向上排空气法收集氯气，故C不合理；D.氯气在饱和食盐水中难以溶解，故D不合理。故选B。3、C【解析】

A.放电时Na失电子，故电极a为负极，故A错误；B.放电时该装置是原电池，Na+向正极移动，应从a到b，故B错误；C.充电时该装置是电解池，电极b是阳极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：Sx2--2e-=xS，故C正确；D.充电时，电极a是阴极，Na+在电极a上获得电子发生还原反应，故D错误；故答案为C。4、C【解析】

①无色溶液中，不含有呈紫色的MnO4-，①不合题意；②CO32-，AlO2-都能发生水解反应，使溶液呈碱性，②符合题意；③加入Al能放出H2的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，但HCO3-都不能大量存在，③不合题意；④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，NH4+、Cl-、K+、SO42-都能大量存在，④符合题意；⑤使石蕊变红的溶液呈酸性，Fe3+、MnO4-、NO3-、Na+、SO42-都能大量存在，⑤符合题意；⑥酸性溶液中，Fe2+、NO3-、I-会发生氧化还原反应，不能大量存在，⑥不合题意。综合以上分析，只有②④⑤符合题意。故选C。5、B【解析】

A、原子晶体共价键的键长越短、键能越大，熔点越高，键长：Si-Si>Si-C，所以熔点前者小于后者，选项A不符合题意；B、分子晶体的熔点低于离子晶体，甲苯是分子晶体而氯化钠是离子晶体，所以氯化钠的熔点高于甲苯，选项B符合题意；C、离子晶体晶格能越大熔点越高，氧化镁的晶格能大于氧化钠，所以熔点前者小于后者，选项C不符合题意；D、合金的熔点低于各成份的熔点，所以钾钠合金的熔点小于钠熔点，选项D不符合题意；答案选B。6、B【解析】

A、硫酸镁溶液中：Mg2＋＋2H2OMg(OH)2＋2H＋，盐类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，但硫酸属于难挥发性酸，因此加热蒸干得到的是MgSO4；氯化镁溶液：MgCl2＋2H2OMg(OH)2＋2HCl，加热促进水解，HCl易挥发，加热促进HCl的挥发，更加促进反应向正反应方向进行，因此加热蒸干得到的是Mg(OH)2或MgO，解释合理，故A说法正确；B、根据电解原理，电解CuCl2溶液，阴极上发生Cu2＋＋2e－=Cu，说明Cu2＋得电子能力大于H＋，电解NaCl溶液，阴极上发生2H＋＋2e－=H2↑，说明H＋得电子能力强于Na＋，得电子能力强弱是Cu2＋>H＋>Na＋，因此解释不合理，故B说法错误；C、浓硝酸能氧化NO，而稀硝酸不能氧化NO，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，即硝酸浓度越大，氧化性越强，解释合理，故C说法正确；D、钠与乙醇反应平缓，钠与水反应剧烈，说明羟基中氢的活性：CH3CH2OH<H2O，解释合理，故D说法正确。答案选B。7、C【解析】

A.根据题意，鉴别KNO3和Na2SO4，是利用了焰色反应，故A错误；B.电子式中相同的离子要分开写，氢化钙的电子式是：[∶H]-Ca2+[∶H]-，故B错误；C.根据各周期容纳元素种数可知，第七周期最后一种元素的原子序数为2+8+8+18+18+32+32=118，故C正确；D.纳米碳酸钙只有一种物质，不是分散系，不是胶体，故D错误；故选C。【点睛】此题易错点在D项，胶体属于分散系，分散质粒子直径大小在1nm～100nm之间，胶体属于混合物。8、C【解析】

Na与盐酸反应：2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，Mg与盐酸反应：Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑，Al与盐酸的反应：2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，然后判断过量，如果金属钠过量，Na还会与水反应；【详解】2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑220.30.3>100×10－3L×1mol·L－1，盐酸不足，金属钠过量，因此金属钠还与水反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，根据得失电子数目守恒，有0.3mol×1=n(H2)×2，即n(H2)=0.15mol；Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑0.30.6>100×10－3L×1mol·L－1，盐酸不足，金属镁过量，产生n(H2)=0.1mol/2=0.05mol，2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，同理盐酸不足，铝过量，产生n(H2)=0.05mol，相同条件下，气体体积比值等于其物质的量比值，即气体体积比值为0.15mol：0.05mol：0.05mol=3：1：1，故C正确。【点睛】易错点是金属钠产生H2，学生容易认为盐酸不足，按照盐酸进行判断，错选D选项，忽略了过量的金属钠能与水反应产生H2，即判断金属钠产生H2的物质的量时，可以采用得失电子数目相等进行计算。9、C【解析】

A．将分别通人溴水和酸性高锰酸钾溶液中，溴水和酸性高锰酸钾溶液均褪色，体现了SO2的还原性，而不是漂白性，故A错误；B．向溶液中滴加1~2滴溶液，再滴加2滴溶液，观察到先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀，因NaOH溶液过量，无法判断，故B错误；C．向滴有酚酞的溶液中加入少量固体，发现有有白色沉淀生成，溶液红色变浅，说明Ba2+与CO32-结合生成BaCO3沉淀，促进CO32-的水解平衡逆向移动，溶液的碱性减弱，故C正确；D．将与盐酸反应得到的气体直通入溶液中，观察到产生白色沉淀，因盐酸有挥发性，生成的CO2中混有HCl，则无法判断碳酸的酸性比硅酸强，故D错误；故答案为C。10、B【解析】

A．X电极为电解池阳极时，Ni元素失电子、化合价升高，故X电极反应式为Ni(OH)2－e－+OH－=NiOOH+H2O，X电极附近pH减小，故A错误；B．断开K2、闭合K1时，构成原电池，供电时，X电极作正极，发生还原反应，氧化剂为NiOOH，Zn作负极，发生氧化反应，装置中总反应为Zn+2NiOOH+2H2O=Zn(OH)2+2Ni(OH)2，故B正确；C．断开K2、闭合K1时，构成原电池，X电极作正极，Zn作负极，阳离子向正极移动，则K+向X电极移动，故C错误；D．制氢时，为电解池，Pt电极上产生氢气，Pt电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH－，X电极反应式为：Ni(OH)2－e－+OH－=NiOOH+H2O，根据电极反应，每转移0.1NA电子，溶液质量基本不变，故D错误；答案选B。11、A【解析】

A.鸡蛋清主要成分为蛋白质，少量CuSO4可能会使其发生变性，故A项正确；B.乙醇和浓硫酸共热至170℃后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾褪色，则该实验不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色，故B项错误；C.室温下，用pH试纸测得：0.1mol·L－1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1mol·L－1NaHSO3溶液的pH约为5，说明SO32-的水解程度比HSO3-大，即SO32-结合H＋的能力比HSO3-的强，故C项错误；D.NaCl和NaBr的浓度大小未知，产生的淡黄色沉淀也可能是溴离子浓度较大所导致，因此该实验现象不能说明Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl)，故D项错误；答案选A。12、A【解析】

A、用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出，说明配制一定物质的量浓度的溶液时，加水超过了刻度线，配制的浓度一定偏低，故A选；B、未进行恒重操作，可能会导致测定的硫酸铜粉末的质量偏大，测定的结晶水的含量偏小，但若胆矾晶体中结晶水恰好全部失去，则测定的结晶水的含量准确，故B不选；C、酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待30s立即读数，可能未达到滴定终点，测定结果可能偏低，但也可能恰好达到滴定终点，测定结果准确，故C不选；D、测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积，导致排除的水的体积偏大，即生成气体的体积偏大，测定结果偏高，故D不选；故选：A。13、A【解析】

A．陶瓷主要成分为硅酸盐属于无机非金属材料，A项正确；B．中草药中的有效成分属于有机物，B项错误；C．香料中的主要成分也属于有机物，C项错误；D．丝绸主要成分是蛋白质，是有机高分子化合物，D项错误；答案选A。14、D【解析】n（Ba2+）=n（H2SO4）=xmol，n（Cl-）=n（AgNO3）=ymol，根据电荷守恒：2n（Ba2+）+n（Na+）=n（Cl-），n（Na+）=（y-2x）mol，c(Na+)=（y-2x）mol/0.5aL=(2y-4x)/amol·L-115、D【解析】

A.根据图知，O2得电子生成OH-、Cu失电子生成Cu2+，青铜器发生吸氧腐蚀，则Cu作负极被氧化，腐蚀过程中，负极是a，A正确；B.O2在正极得电子生成OH-，则正极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，B正确；C.Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，负极上生成Cu2+、正极上生成OH-，所以该离子反应为Cl-、Cu2+和OH-反应生成Cu2(OH)3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓，C正确；D.每生成1molCu2(OH)3Cl，需2molCu2+，转移4mol电子，消耗1molO2，则根据转移电子守恒可得生成2molCu2(OH)3Cl，需消耗O2的物质的量n(O2)==2mol，则理论上消耗标准状况下O2的体积V=2mol×22.4L/mol=44.8L，D错误；故合理选项是D。16、A【解析】

根据有机物系统命名原则，二表示取代基的数目，故选：A。17、B【解析】

A、电解水制氢需要消耗大量的电能，所以光催化水制氢比电解水制氢更节能环保，故A正确；B、聚乙烯塑料在自然界中很难降解，而聚乳酸塑料在自然界中能降解，所以聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料可减少白色污染，故B错误；C、开发利用可再生能源，可减少传统燃料如化石燃料的使用，故C正确；D、改进汽车尾气净化技术，能把有毒气体转化为无毒气体，可减少大气污染物的排放，故D正确；答案选B。18、B【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，其中X原子的质子总数与电子层数相等，则X为氢；Y、W同主族，且Y、W形成的一种化合物甲是常见的大气污染物，该物质为二氧化硫，则Y为氧，W为硫；X、Z同主族，则Z为钠；Q为氯；A.核外电子排布相同，核电荷越大半径越小，则S2->Cl-，O2->Na+，电子层多的离子半径大，则S2->Cl->O2->Na+，即Z＜Y＜Q＜W，故A错误；B.氧能分别与氢、钠、硫形成过氧化氢、过氧化钠、三氧化硫具有漂白性的化合物，故B正确；C.同周期元素，核电荷数越大非金属性越强，则非金属性：W＜Q；非金属性越强其最高价氧化物的水化物酸性越强，而不是氢化物水溶液的酸性，故C错误；D.电解氯化钠的水溶液可制得氢气、氯气和氢氧化钠，无法得到钠单质，故D错误；故选B。【点睛】比较元素非金属性可以根据其氢化物的稳定性，也可以根据其最高价氧化物的水化物酸性强弱，或是单质的氧化性。19、B【解析】

W是空气中含量最多的元素，则W为N元素。Y的周期数等于其族序数，另Y的原子序数大于W的原子序数，则Y在第三周期第ⅢA族，Y为Al元素。Y的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，可以与N的最高价氧化物的水化物HNO3反应生成盐和水，在Al和N之间的元素，Al(OH)3只能与Na的最高价的氧化物的水化物NaOH反应生成盐和水，则X为Na元素。Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最内层的电子数为2个，则Z的最外层电子数为6，则Z为S元素。A．Na的氧化物为Na2O和Na2O2(其中Na2O2为过氧化物，属于特殊的氧化物)，有2种；Al的氧化物为Al2O3，只有1种，A错误；B．S2－核外有3个电子层，Na＋核外只有2个电子层，电子层数越多，离子半径越大，则有r(Na＋)＜r(S2－)，B正确；C．W和Z的氢化物分别为NH3和H2S，可发生下列反应NH3+H2S=NH4HS或2NH3＋H2S=(NH4)2S，C错误；D．Na的氢化物NaH，由Na＋和H－构成，只有离子键，D错误。答案选B。【点睛】离子半径比较方法可以归纳为：①核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小；②核外电子排布不同的短周期元素离子，其电子层数越多，离子半径越大。20、D【解析】

A.煤中主要含有碳元素，石油中主要含有碳和氢两种元素，都属于复杂的混合物，故A正确；B.煤中主要含有碳元素，石油中主要含有碳和氢两种元素，都属于复杂的混合物，其中都含有有机物，故B正确；C.石油裂化是将碳原子数多的烷烃断裂成碳原子数少的烃，由于烷烃的断裂，会得到烷烃和烯烃，所以裂化后得到的产物中含有烯烃；煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，获得产品有煤炉气、煤焦油、焦炭；产物不同，故C正确；D.石油裂化是将碳原子数多的烷烃断裂成碳原子数少的烃，煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，原理不同，故D错误；题目要求选择错误的，故选D。【点睛】石油分馏就是将石油中不同沸点的物质依次分离，出来的叫做馏分，主要是饱和烃。石油裂化就是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，是不饱和烃。21、C【解析】A．若a是铁，b是稀硝酸(过量)，且a可溶于c溶液中，则c为硝酸铁、D为NO，则a与b反应的离子方程式为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，故A正确；B．若c，d为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，为二氧化碳和二氧化硫，应是碳和浓硫酸能反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，则将此混合气体通入溴水中，橙色褪去，反应生成硫酸与HBr，离子方程式为：SO2+Br2+2H2O═4H++SO42-+2Br-，故B正确；C．若c是无色刺激性气味的气体，其水溶液呈弱碱性，则C为氨气，应是氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气、氯化钙与水，氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积，令氨气为1L，氨气物质的量为=mol，溶液浓度为=0.045mol/L，故C错误；D．若a是造成温室效应的主要气体之一，则a为CO2，c、d均为钠盐，则b为NaOH，参加反应的a、b物质的量之比为4：5，则生成NaHCO3、Na2CO3，根据钠离子、碳原子守恒[n(NaHCO3)+n(Na2CO3)]：[n(NaHCO3)+2n(Na2CO3)]=4：5，整理可得n(NaHCO3)：n(Na2CO3)=3：1，故反应的离子方程式为4CO2+5OH-═CO32-+3HCO3-+H2O，故D正确；故选C。22、B【解析】

A、萘与氢气完全加成后产物是，其分子式为C10H18，正确；B、蒽：，有3种不同的氢原子，一氯代物有3种，菲：，有5种不同的氢原子，一氯代物有5种，芘：，有3种不同的氢原子，一氯代物有3种，错误；C、四种有机物都含有苯环，苯环的空间构型为平面正六边形，因此该四种有机物所有碳原子都共面，正确；D、四种有机物都能发生加成反应和取代反应，正确。答案选B。二、非选择题(共84分)23、消去反应对苯二甲酸（或1，4－苯二甲酸）硝基、氯原子H2O10（任写一种）【解析】

乙醇发生消去反应生成A为CH2=CH2，C被氧化生成D，D中含有羧基，C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，C发生氧化反应生成D，D中应该有两个羧基，根据H结构简式知，D为、G为；根据信息②知，生成B的反应为加成反应，B为，B生成C的反应中除了生成C外还生成H2O，苯和氯气发生取代反应生成E，E为，发生取代反应生成F，根据G结构简式知，发生对位取代，则F为，F发生取代反应生成对硝基苯胺。【详解】⑴C2H5OH与浓H2SO4在170℃下共热发生消去反应生成的A为H2C=CH2；由H的结构简式可知D为、G为；D为对苯二甲酸，苯与Cl2在FeCl3作催化剂的条件下反应生成的E()，E发生硝化反应生成的F()，F中所含官能团的名称是硝基和氯原子；故答案为：消去反应；对苯二甲酸(或1，4－苯二甲酸）；硝基、氯原子。⑵乙烯和发生Diels－Alder反应生成B，故B的结构简式是；C为芳香族化合物，分子中只含两种不同化学环境的氢原子，“B→C”的反应中，除C外，还生成的一种无机产物是H2O；故答案为：；H2O。⑶D＋G→H的化学方程式是；故答案为：。⑷D为，Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，如果取代基为−CH2COOH、−COOH，有3种结构；如果取代基为−CH3、两个−COOH，有6种结构；如果取代基为−CH(COOH)2，有1种，则符合条件的有10种；其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积比为1:2:2:3的结构简式为，故答案为：10；。⑸CH2=CHCH=CH2和HC≡CH发生加成反应生成,和溴发生加成反应生成,发生水解反应生成，其合成路线为，故答案为：。24、酯基取代反应加成反应de+NaOH+CH3OH16、【解析】

根据合成路线分析：与CH3I发生取代反应①转变为，发生反应②，在邻位引入醛基转变为：，与CH3NO2发生反应生成，与氢气发生加成反应④生成，发生反应⑤将−CH2NO2脱去氢氧原子转变为−CN，生成，反应⑥中−CN碱性水解转变成−COONa，得到，反应生成，结合分子式C16H17O3N，与发生取代反应生成，在碱性条件下水解得到，据此作答。【详解】(1)化合物C中含氧官能团为酯基，故答案为：酯基；(2)由上述分析可知反应①为取代反应，反应④为加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；(3)a．苯环、碳碳双键和羰基都可以与氢气加成，因此1mol痛灭定钠与氢气加成最多消耗6molH2，故错误；b.该结构中有7种氢，故核磁共振氢谱分析能够显示7个峰，故错误；c.苯环、碳碳双键和羰基都可以与氢气加成，与氢气发生的加成反应也属于还原反应，故错误；d.与溴充分加成后碳碳双键消失，引入了溴原子，故官能团种类数不变，故正确；e.如图所示，共直线的碳原子最多有4个，，故正确；故答案为：de；(4)由以上分析知，反应⑨为在碱性条件下水解得到，则发生反应的化学方程式为：+NaOH+CH3OH，故答案为：+NaOH+CH3OH；(5)芳香族化合物说明X中有苯环，相对分子质量比A大14，说明比A多一个CH2，与A的不饱和度相同为4；遇FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基；若苯环上有两个取代基，则为(邻、间、对3种)，(邻、间、对3种)；若苯环上有三个取代基，先确定两个取代基的位置，即邻、间、对，再确定另一个取代基的位置，当羟基和氨基位于邻位时，苯环上有4种氢原子，则甲基可以有4种取代方式，则会得到4种同分异构体，同理，当羟基和氨基位于间位时，也会有4种同分异构体，当羟基和氨基位于对位时，有2种同分异构体，共3+3+4+4+2=16，其中核磁共振氢谱分析显示有5个峰的X的结构简式有、，故答案为：16；、；(6)完全仿照题干中框图中反应⑥⑦⑧，选择合适试剂即可完成，与氢氧化钠水解得到苯乙酸钠，苯乙酸钠与(CH3CH2)2SO4反应得到，再与乙酰氯反应生成，合成路线为：；故答案为；。25、CO28.3取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净吸收空气中的H2O和CO2关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O【解析】

(1)根据元素守恒分析判断；(2)使各种杂质相对最少的pH即为最适合的pH；(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留；(4)根据实验目的和各个装置的作用分析；(5)根据实验目的和前后操作步骤分析；(6)先计算生成水蒸气和CO2的质量，再根据质量守恒确定化学式；(7)氧化还原反应中电子有得，必有失，根据化合价变化确定生成物，进而配平方程式。【详解】(1)反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，反应前Ni原子共3个、S原子共3个、O原子共23个、Na原子6个、C原子3个、H原子4个，反应后现有：Ni原子3个、S原子共3个、O原子共19个、Na原子6个、C原子1个、H原子4个，少O原子4个，C原子2个，而这些微粒包含在2个X分子中，所以X的化学式为CO2，故答案为：CO2；(2)物料在反应器中反应时需要控制反应条件，根据图可知，在pH=8.3时，各种杂质相对最少，所以反应器中最适合的pH8.3，故答案为：8.3；(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留，故答案为：取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净；(4)C装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的H2O，D装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的CO2，E装置可以防止空气中的H2O和CO2进入D装置中，影响实验数据的测定，故答案为：吸收空气中的H2O和CO2；(5)步骤③反应前左侧通空气是为了排尽装置中原有的CO2和水蒸气，避免装置内的CO2和水蒸气造成数据干扰，排空气后，应该开始进行反应，因此步骤④的操作为关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，说明固体分解完全，停止加热；步骤⑤再打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气，将装置中残留的CO2和水蒸气全部赶入C、D装置，被完全吸收，故答案为：关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热；(6)水的质量为251.08g−250g=1.08g，CO2的质量为190.44g−190g=0.44g，由于发生的是分解反应，所以生成的NiO的质量为3.77g−1.08g−0.44g=2.25g，则分解反应中水、二氧化碳和NiO的系数比(也就是分子个数比)为即：，xNiCO3⋅yNi(OH)2⋅zH2O

.

6H2O↑+CO2↑+3NiO，根据元素守恒可得可得x=1，y=2，z=4即xNiCO3⋅yNi(OH)2⋅zH2O中x:y:z的值1:2:4，故答案为：NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O；(7)NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O与N2H4·H2O反应生成Ni，Ni元素得电子，被还原，同时还生成气体X和Y，由第(1)问知X为CO2，氧化还原反应有得电子，必有失电子的物质，由此判断另一种气体为N2，根据得失电子守恒、元素守恒配平制备Ni的化学方程式，故答案为：2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O。26、球形干燥管（干燥管）缺少处理CO尾气装置排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质FeC2O43FeC2O4Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑【解析】

装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C装置吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO，F装置检验二氧化碳，据此解答。【详解】(1)仪器a的名称是球形干燥管(干燥管)，故答案为：球形干燥管(干燥管)；(2)反应会产生CO，缺少处理CO尾气装置，故答案为：缺少处理CO尾气装置；(3)反应会会产生CO和H2O，通入氮气，排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰，故答案为：排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰；(4)CO与CuO反应，生成Cu和二氧化碳，现象为E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀，故答案为：E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀；(5)检验铁离子的试剂为KSCN，具体有：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质，故答案为：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质；(6)①草酸亚铁晶体的物质的量为：＝0.03mol，通过剩余固体的质量为4.32g，则M的摩尔质量为＝144g/mol，过程Ⅰ发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，剩下的M为FeC2O4，故答案为：FeC2O4；②草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：＝1.68g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有：，解得x：y＝3：4，铁的氧化物的化学式为Fe3O4，因此M→N发生反应的化学方程式为3FeC2O4Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑。【点睛】本题难点在于(6)②，根据质量，求分子式，可以通过质量守恒得到答案。27、13.6mL20烧杯使大量的热及时排除，防止液体飞溅500mL容量瓶1cm~2cm胶头滴管第④步没有将稀释后的浓硫酸冷却到室温偏低偏高【解析】

（1）①根据稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算所需浓硫酸的体积；②根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积来选择合适的量筒；③稀释浓溶液的容器是烧杯；浓硫酸稀释放热，用玻璃棒搅拌的目的是使混合均匀，使热量迅速扩散；

④移液是将稀释并冷却好的溶液转移到容量瓶中；

⑤根据定容的操作要点来分析；（2）根据浓硫酸稀释放热来分析；（3）根据c=，结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析。【详解】（1）①浓硫酸的物质的量浓度为c===18.4mol/L，设需浓H2SO4的体积为Vml，根据稀释前后溶质硫酸的物质的量不变C浓V浓=C稀V稀：18.4mol/L×Vml=500mL×0.5mol/L，解得V=13.6mL；

②需要浓硫酸的体积是13.6ml，根据“大而近”的原则，应选用20ml的量筒；

③稀释浓溶液的容器是烧杯；浓硫酸稀释放热，用玻璃棒搅拌的目的是使混合均匀，使热量迅速扩散，防止液体飞溅；

④移液是将稀释并冷却好的溶液转移到500ml容量瓶中；

⑤定容的操作是开始直接往容量瓶中加水，加水至距刻度1～2cm处，改用胶头滴管逐滴加水，使溶液的凹液面最低处正好跟刻度线相平；（2）浓硫酸稀释放热，故应将稀释后的溶液冷却至室温然后再进行移液，错误是第④步溶液未冷却至室温就转移至容量瓶中；

（3）①操作②中量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取会导致浓硫酸被稀释，所取的硫酸的物质的量偏小，所配溶液浓度将偏低；

②问题（2）的错误是溶液未冷却至室温就转移至容量瓶中，所得溶液的体积偏小，所配溶液浓度将偏高。28、5s1S2-＞O2-＞Na+sp3AgBr+2S2O3