西藏自治区林芝市第二高级中学高三3月份模拟考试新高考化学试题及答案解析

西藏自治区林芝市第二高级中学高三3月份模拟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、某研究小组同学用如图装置探究与Mg的反应，实验时首先关闭K，使①中的反应进行，然后加热玻璃管③。下列说法正确的是A．②中只生成2种产物B．停止实验时，先打开K可防倒吸C．实验结束后加热④中溶液，没有明显现象D．浓硫酸浓度越大生成的速率越快2、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．2L0.5mol·L－1H2S溶液中含有的H＋离子数为2NAC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD．密闭容器中2molSO2与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA3、下列实验能达到实验目的的是（）A．A B．B C．C D．D4、某有机物结构简式如图，下列对该物质的叙述中正确的是A．该有机物易溶于苯及水B．该有机物苯环上的一氯代物共有4种C．该有机物可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使之褪色D．1mol该有机物最多可与1molNaOH发生反应5、化学反应前后肯定没有变化的是①原子数目②分子数目③元素种类④物质的总质量⑤物质的种类A．①④ B．①③⑤ C．①③④ D．①②③④6、已知对二烯苯的结构简式如图所示，下列说法正确的是（）A．对二烯苯苯环上的一氯取代物有2种B．对二烯苯与苯乙烯互为同系物C．对二烯苯分子中所有碳原子一定处于同一平面D．1mol对二烯苯最多可与5mol氢气发生加成反应7、对于达到化学平衡状态的可逆反应，改变某一条件，关于化学反应速率的变化、化学平衡的移动、化学平衡常数的变化全部正确的是（）条件的改变化学反应速率的改变化学平衡的移动化学平衡常数的变化A加入某一反应物一定增大可能正向移动一定不变B增大压强可能增大一定移动可能不变C升高温度一定增大一定移动一定变化D加入（正）催化剂一定增大不移动可能增大A．A B．B C．C D．D8、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y原子在短周期主族元素中原子半径最大。X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物。常温下，0.1mol·L-1W的氢化物水溶液的pH为1。向ZW3的水溶液中逐滴加入Y的最高价氧化物对应的水化物，先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解。下列推断正确的是A．简单离子半径：W>Y>Z>XB．Y、Z分别与W形成的化合物均为离子化合物C．元素的最高正化合价：W>X>Z>YD．Y、W的简单离子都不会影响水的电离平衡9、人体血液存在H2CO3HCO3-、HPO42-H2PO4-等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值A．曲线I表示lg(c(HPO42-)c(HB．a→C．当cH2D．当pH增大时，cHCO10、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)6Cl11、某学习小组按如下实验过程证明了海带中存在的碘元素：下列说法不正确的是A．步骤①需要将干海带放入坩埚中灼烧B．步骤②反应的离子方程式为：2I-+2H++H2O2=I2+2H2OC．步骤③操作后，观察到试管中溶液变为蓝色，可以说明海带中含有碘元素D．若步骤②仅滴加稀硫酸后放置一会儿，步骤③操作后，试管中溶液不变成蓝色12、下列有关我国最新科技成果的说法中错误的是A．北斗卫星的太阳能电池板可将太阳能直接转化为电能B．国产飞机——C919使用的航空煤油可从石油中分馏得到C．高铁“复兴号”使用的碳纤维属于有机非金属材料D．极地考查船“雪龙2号”船身上镀的锌层可减缓铁制船体遭受的腐蚀13、短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，W为常见液体；甲为单质，乙为红棕色气体；上述物质之间的转化关系如图所示(部分生成物已省略)。则下列说法中正确的是A．C、D两种元素组成的化合物只含有离子键B．A、B、C、D形成的简单离子半径排序：D>C>B>AC．D元素的最高价氧化物对应水化物可以用于吸收气体乙D．A、B、C三种元素组成的化合物均为共价化合物14、某固体混合物可能由Fe2O3、Fe、Na2SO3、NaBr、AgNO3、BaCl2中的两种或两种以上的物质组成。某兴趣小组为探究该固体混合物的组成，设计的部分实验方案如图所示：下列说法正确的是A．气体A至少含有SO2、H2中的一种B．固体C可能含有BaSO4或者Ag2SO4C．该固体混合物中Fe2O3和Fe至少有其中一种D．该固体混合物一定含有BaCl2，其余物质都不确定15、化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应无关的是（）A．A B．B C．C D．D16、某恒定温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应:3A(g)+2B(g)⇌4C(?)+2D(?),“?”代表状态不确定。反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC,且反应前后压强之比为5:4,则下列说法正确的是A．增加C,B的平衡转化率不变B．此时B的平衡转化率是35%C．增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大D．该反应的化学平衡常数表达式是K=17、科学工作者研发了一种SUNCAT的系统，借助锂循环可持续，合成其原理如图所示。下列说法不正确的是A．过程I得到的Li3N的电子式为B．过程Ⅱ生成W的反应为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑C．过程Ⅲ涉及的阳极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2OD．过程I、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应18、Z是合成某药物的中间体，其合成原理如下:下列说法正确的是.A．用NaHCO3溶液可以鉴别X和Z B．X、Y、Z都能发生取代反应C．X分子所有碳原子可能共平面 D．与X具有相同官能团的同分异构体还有5种19、下列有机反应：①甲烷与氯气光照反应②乙醛制乙酸③乙烯使溴水褪色④乙醇制乙烯⑤乙醛制乙醇⑥乙酸制乙酸乙酯⑦乙酸乙酯与NaOH溶液共热⑧液态植物油制人造脂肪⑨乙烯制乙醇。下列说法正确的是A．②⑤的反应类型相同B．⑥⑦的反应类型不同C．④与其他8个反应的类型都不同D．①③⑧属于同一种反应类型20、“17世纪中国工艺百科全书”《天工开物》为明代宋应星所著。下列说法错误的是A．“凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟”中的“炒”为氧化除碳过程B．“凡铜出炉只有赤铜，以倭铅（锌的古称）参和，转色为黄铜”中的“黄铜”为锌铜金C．“凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉”中的“粉”为CaOD．“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，是指炭因颗粒大小及表面积的不同而浮沉21、下列关于有机物（）的说法错误的是A．该分子中的5个碳原子可能共面B．与该有机物含相同官能团的同分异构体只有3种C．通过加成反应可分别制得烷烃、卤代烃D．鉴别该有机物与戊烷可用酸性高锰酸钾溶液22、控制变量是科学研究重要方法。由下列实验现象一定能得出相应结论的是选项AB装置图现象右边试管产生气泡较快左边棉球变棕黄色，右边棉球变蓝色结论催化活性：Fe3+>Cu2+氧化性：Br2>I2选项CD装置图现象试管中先出现淡黄色固体，后出现黄色固体试管中液体变浑浊结论Ksp：AgCl>AgBr>AgI非金属性：C>SiA．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）聚酰亚胺是重要的特种工程材料，已广泛应用在航空、航天、纳米、液晶、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如下（部分反应条件略去）。已知:i、ii、iii、CH3COOH+CH3COOH(R代表烃基)（1）A所含官能团的名称是________。（2）①反应的化学方程式是________。（3）②反应的反应类型是________。（4）I的分子式为C9H12O2N2，I的结构简式是________。（5）K是D的同系物，核磁共振氢谱显示其有4组峰，③的化学方程式是________。（6）1molM与足量的NaHCO3溶液反应生成4molCO2，M的结构简式是________。（7）P的结构简式是________。24、（12分）中药葛根是常用祛风解表药物，其有效成分为葛根大豆苷元，用于治疗高血压引起的头疼、头晕、突发性耳聋等症。其合成线路如下：请回答下列问题：（1）F中含氧官能团的名称为____________________。（2）A→B的反应类型为_________________。（3）物质E的结构简式为________________。（4）写出同时符合下列条件的物质E的同分异构体的结构简式___________（写一种）。①不能与Fe3+发生显色反应②可以发生银镜反应③苯环上有两种不同化学环境的氢原子（5）已知：写出以和CH3CH2OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。_________________25、（12分）草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中。草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解。回答下列问题：(1)装置C中可观察到的现象是_________________________________，装置B的主要作用是________。(2)请设计实验验证草酸的酸性比碳酸强____________________________________。26、（10分）葡萄糖酸锌{M[Zn(C6H11O7)2]＝455g·mol－1)是一种重要的补锌试剂，其在医药、食品、饲料、化妆品等领城中具有广泛的应用。纯净的葡葡糖酸锌为白色晶体，可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，化学兴趣小组欲在实验室制备葡萄糖酸锌并测定产率。实验操作分以下两步：Ⅰ.葡萄糖酸(C6H12O7)的制备。量取50mL蒸馏水于100mL烧杯中，搅拌下缓慢加入2.7mL(0.05mol)浓H2SO4，分批加入21.5g葡萄糖酸钙{M[Ca(C6H11O7)2]＝430g·mol－1，易溶于热水}，在90℃条件下，不断搅拌，反应40min后，趁热过滤。滤液转移至小烧杯，冷却后，缓慢通过强酸性阳离子交换树脂，交换液收集在烧杯中，得到无色的葡葡糖酸溶液。Ⅱ.葡萄糖酸锌的制备。向上述制得的葡萄糖酸溶液中分批加入足量的ZnO，在60℃条件下，不断搅拌，反应1h，此时溶液pH≈6。趁热减压过滤，冷却结晶，同时加入10mL95%乙醇，经过一系列操作，得到白色晶体，经干燥后称量晶体的质量为18.2g。回答下列问题：(1)制备葡萄糖酸的化学方程式为________________。(2)通过强酸性阳离子交换树脂的目的是_______________。(3)检验葡萄糖酸溶液中是否存在SO42-的操作为_________。(4)制备葡萄糖酸时选用的最佳加热方式为_______________。(5)制备葡萄糖酸锌时加入乙醇的目的是________，“一系列操作”具体是指_______。(6)葡萄糖酸锌的产率为______(用百分数表示)，若pH≈5时就进行后续操作，产率将_____(填“增大”“减小”或“不变”)。27、（12分）实验室用如图装置（略去夹持仪器）制取硫代硫酸钠晶体。已知：①Na2S2O1．5H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇。②硫化钠易水解产生有毒气体。③装置C中反应如下：Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1。回答下列问题：（1）装置B的作用是___。（2）该实验能否用NaOH代替Na2CO1？___（填“能”或“否”）。（1）配制混合液时，先溶解Na2CO1，后加入Na2S·9H2O，原因是___。（4）装置C中加热温度不宜高于40℃，其理由是___。（5）反应后的混合液经过滤、浓缩，再加入乙醇，冷却析出晶体。乙醇的作用是___。（6）实验中加入m1gNa2S·9H2O和按化学计量的碳酸钠，最终得到m2gNa2S2O1·5H2O晶体。Na2S2O1·5H2O的产率为___（列出计算表达式）。[Mr(Na2S·9H2O)=240，Mr(Na2S2O1·5H2O)=248]（7）下列措施不能减少副产物Na2SO4产生的是___（填标号）。A．用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水配制相关溶液B．装置A增加一导管，实验前通人N2片刻C．先往装置A中滴加硫酸，片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液D．将装置D改为装有碱石灰的干燥管28、（14分）乳酸亚铁晶体（[CH3CH（OH）COO]2Fe·3H2O，相对分子质量为288）易溶于水，是一种很好的补铁剂，可由乳酸[CH3CH（OH）COOH]与FeCO3反应制得。I.碳酸亚铁的制备（装置如图所示）（1）仪器B的名称是______；实验操作如下：打开k1、k2，加入适量稀硫酸，关闭k1，使反应进行一段时间，其目的是______。（2）接下来要使仪器C中的制备反应发生，需要进行的操作是______，其反应的离子方程式为______。（3）仪器C中混合物经过滤、洗涤得到FeCO3沉淀，检验其是否洗净的方法是____。Ⅱ乳酸亚铁的制备及铁元素含量测定（4）向纯净FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在75℃下搅拌使之充分反应，经过滤，在______的条件下，经低温蒸发等操作后，获得乳酸亚铁晶体。（5）两位同学分别用不同的方案进行铁元素含量测定：①甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度。在操作均正确的前提下，所得纯度总是大于100%，其原因可能是______②乙同学经查阅资料后改用碘量法测定铁元素的含量计算样品纯度。称取3.000g样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，取所有可溶物配成100mL溶液。吸取25.00mL该溶液加入过量KI溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用0.100mol·L－1硫代硫酸钠溶液滴定（已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-），当溶液______，即为滴定终点；平行滴定3次，硫代硫酸钠溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为______%保留1位小数。29、（10分）碳氧化物、氮氧化物、二氧化硫的处理与利用是世界各国研究的热点问题。汽车尾气中含有害的一氧化碳和一氧化氮，利用钯(Pd)等金属作催化剂可以迅速将二者转化为无害的二氧化碳和氮气。（1）钯与镍位于同列，且在镍的下一周期，钯在元素周期表的位置是__，基态镍原子的价电子的电子排布图为__。（2）C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为__。（3）SO2分子的VSEPR构型为__；SO3分子中心原子的杂化形式为__；N2O与CO2互为等电子体，且N2O分子中O只与一个N相连，N2O的空间构型为_，分子中的σ键和π键数目之比是__。（4）大π键是3个或3个以上原子彼此平行的p轨道从侧面相互重叠形成的π键。一氧化氮分子中，氮与氧之间形成一个σ键、一个2电子π键与一个3电子π键，则3电子π键__(填“是”或“不是”)大π键；一氧化氮可与Fe2+生成棕色[Fe(H2O)5NO]2+离子，为检验亚铁离子的反应之一，[Fe(H2O)5NO]2+离子中配位体是__。（5）CO可形成熔点为-20℃，沸点为103℃的配合物Fe(CO)5，Fe(CO)5分子中铁元素的化合价为___，属于__晶体。（6）钯晶体的晶胞如图，晶胞的边长为apm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则钯单质的密度为___g/cm3(列出计算式)。

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.①为制备SO2的装置,SO2与Mg在③中反应,类似CO2与Mg的反应,产生MgO和S,生成的S还可与Mg反应生成MgS,所以③中生成物有3种,A错误;B.停止实验时,先打开K,橡胶气胆②释放的空气起到缓冲作用,防止④中的溶液进入③中,从而起到防倒吸作用,B正确;C.反应过程中SO2使④中品红溶液逐渐褪色,加热褪色后的溶液,SO2从被褪色的物质中逸出,溶液恢复原色,C错误;D.Na2SO3与浓硫酸反应的本质是S与H+反应生成SO2,浓硫酸浓度太大,H2O含量少,H2SO4电离出的H+浓度低,使生成SO2的速率和产量降低,D错误。故答案选B。2、C【解析】

A.18gD2O物质的量为，质子的物质的量为0.9mol×10=9mol，因此质子数为9NA，故A错误；B.2L0.5mol·L－1H2S溶液中物质的量为n=0.5mol·L－1×2L=1mol，H2S是弱电解质，部分电离，因此含有的H＋离子数小于2NA，故B错误；C.过氧化钠与水反应时，转移2mol电子生成1mol氧气，因此生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，故C正确；D.密闭容器中2molSO2与1molO2充分反应，该反应是可逆反应，因此产物的分子数小于2NA，故D错误。综上所述，答案为C。3、D【解析】

A.常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应，铜与浓硝酸发生氧化还原反应，作负极，不能说明铝比铜活泼，故A错误；B.制备溴苯要苯和液溴反应，故B错误；C.二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，故无法提纯CO气体，故C错误；D.Fe2+容易被空气中氧气氧化为Fe3+，Fe3+可以与SCN-反应生成红色物质Fe(SCN)3,故D正确；故答案选:D。【点睛】常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应，铜与浓硝酸发生氧化还原反应，作负极。4、D【解析】

A.该有机物烃基较大，不溶于水（亲水基较少，憎水基较多），所以易溶于苯但不溶于水，故A错误；B.该有机物苯环上的一氯代物与苯环上另一取代基有邻间对3种位置，共有3种，故B错误；C.该有机物没有碳碳双键或碳碳叁键不能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，故C错误；D.该有机物只有一个普通酯基可与1molNaOH发生反应，故D正确；故答案为D。5、C【解析】

在化学反应前后元素种类、原子数目和物质的总质量不变，分子数目可能变化，而物质种类一定发生变化，据以上分析解答。【详解】化学反应的实质是有新物质生成,从微观角度来看是原子的重新组合,反应中遵循质量守恒定律,反应前后元素原子守恒,所以化学反应前后肯定没变化的是①原子数目、③元素种类、④物质的总质量；而反应前后分子数目可以改变,物质种类也会改变；综上分析所述,①③④反应前后不变；

综上所述，本题正确选项C。6、D【解析】

A.对二烯苯苯环上只有1种等效氢，一氯取代物有1种，故A错误；B.对二烯苯含有2个碳碳双键，苯乙烯含有1个碳碳双键，对二烯苯与苯乙烯不是同系物，故B错误；C.对二烯苯分子中有3个平面，单键可以旋转，所以碳原子可能不在同一平面，故C错误；D.对二烯苯分子中有2个碳碳双键、1个苯环，所以1mol对二烯苯最多可与5mol氢气发生加成反应，故D正确；选D。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的组成和结构特点，明确官能团的性质和空间结构是解题关键。7、C【解析】

A．如加入反应物为固体，由于不改变反应物浓度，则反应速率不变，平衡不移动，故A错误；B．如反应前后气体的体积不变，则增大压强，平衡不移动，平衡常数只受温度的影响，改变压强，平衡常数不变，故B错误；C．升高温度，反应速率增大，平衡向吸热方向移动，且平衡常数改变，故C正确；D．加入催化剂，反应速率增大，平衡不移动，且不影响平衡常数，故D错误。故选：C。8、D【解析】

Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，故Y为Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，逐滴加入氢氧化钠溶液先产生沉淀，后沉淀溶解，说明ZW3为铝盐，即Z为Al元素；X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物，则X为O元素；常温下，0.1mol·L-1W的氢化物水溶液的pH为1，说明HW为一元强酸，W的原子序数大于Z，所以W为Cl元素；综上所述：X为O，Y为Na，Z为Al，W为Cl。【详解】A.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；氯离子电子层为3层，其他离子均为2层，所以简单离子半径：Cl⁻>O2⁻>Na+>Al3+，即W>X>Y>Z，故A错误；B.Al与Cl形成的化合物AlCl3为共价化合物，故B错误；C.O元素没有最高正化合价，故C错误；D.NaOH为强碱，HCl为强酸，所以钠离子和氯离子都不会影响水的电离平衡，故D正确；故答案为D。9、D【解析】

A.Ka2c(H+)=c(HPO42-)c(H2PO4-)，lgc(HPO42-)B.由图所示a→b的过程中，酸性减弱，碳酸氢根离子的浓度增大，碳酸氢根离子水解使水的电离程度逐渐增大，故C.由Ka1c(H+)=c(HCO3-)c(H2CO3)得D.Ka1c(H+)=c(HCO3-)c(H2CO3)，Ka2c(H10、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。11、D【解析】

A.固体在坩埚中灼烧，所以步骤①需要将干海带放入坩埚中灼烧，故A正确；B.步骤②中碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，反应的离子方程式为：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O，故B正确；C.碘单质能使淀粉溶液变蓝色，步骤③操作后，观察到试管中溶液变为蓝色，可以说明海带中含有碘元素，故C正确；D.若步骤②仅滴加稀硫酸后放置一会儿，可发生4I-+4H++O2=2I2+2H2O，步骤③操作后，试管中溶液变为蓝色，故D错误；选D。【点睛】本题考查海水提取碘的实验，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、物质的检验，掌握碘离子能被氧气氧化是关键，侧重分析与实验能力的考查。12、C【解析】

A．人造卫星上的太阳能电池板，消耗了太阳能，得到了电能，故将太阳能转化为了电能，选项A正确；B．客机所用的燃料油是航空煤油，是石油分馏得到的，选项B正确；C．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，是一种新型无机非金属材料，选项C错误；D．在船体上镶嵌锌块，形成锌铁原电池，锌比铁活泼，锌作阳极不断被腐蚀，铁做阴极则不会被腐蚀，选项D正确；答案选C。13、C【解析】

短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，Y为Na2O2，W为常见液体，W为H2O；Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2，而甲为单质，则甲为O2，乙为红棕色气体，乙为NO2，甲与Z反应产生NO2，则Z为NO，X与甲反应产生NO，则X为NH3，则A、B、C、D分别为H、N、O、Na，以此来解答。【详解】根据上述分析可知：甲为O2，乙为NO2，X为NH3，Y为Na2O2，Z为NO，W为H2O，A、B、C、D分别为H、N、O、Na。A.O、Na两种元素可形成离子化合物Na2O2中既含有离子键也含有非极性共价键，A错误；B.H+核外无电子，N、O、Na三种元素形成的离子核外电子排布都是2、8，电子层结构相同，离子的核电荷数越大离子半径就越小，离子核外电子层数越多，离子半径就越大，所以离子半径N3->O2->Na+>H+，即B(N3-)>C(O2-)>D(Na+)>A(H+)，B错误；C.Na元素的最高价氧化物对应水化物NaOH是一元强碱，乙为NO2，NO2与NaOH会发生反应产生NaNO3、NaNO2、H2O，反应方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，C正确；D.H、N、O三种元素可形成共价化合物如HNO3，也可以形成离子化合物如NH4NO3，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断，把握淡黄色固体为过氧化钠、W为液体物质水来推断物质为解答的关键，注意原子结构与元素性质的关系和元素与化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与推断能力。14、C【解析】

由实验方案分析，溶液G中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，生成白色沉淀，则其为AgCl，原固体中一定含有BaCl2，一定不含NaBr；溶液B中加入NaOH溶液，有白色沉淀生成，此沉淀一段时间后颜色变深，则其为Fe(OH)2，说明溶液B中含有Fe2+，原固体中可能含有Fe(与硫酸反应生成Fe2+和H2)，可能含有Fe2O3(与硫酸反应生成的Fe3+全部被SO32-还原为Fe2+)，还可能含有AgNO3(必须少量，与硫酸电离出的H+构成的HNO3能被Fe或SO32-全部还原，且溶液中只含有Fe2+，不含有Fe3+)。【详解】A.气体A可能为H2，可能为SO2，可能为H2、NO的混合气，可能为SO2、NO的混合气，还可能为H2、NO、SO2的混合气，A错误；B.原固体中一定含有BaCl2，则固体C中一定含有BaSO4，可能含有Ag2SO4，B错误；C.从上面分析可知，固体混合物中不管是含有Fe2O3还是含有Fe，都能产生Fe2+，C正确；D.该固体混合物一定含有BaCl2，一定不含有NaBr，D错误。故选C。【点睛】在进行物质推断时，不仅要注意物质存在的可能性问题，还要考虑试剂的相对量问题。如上面分析得出，加入过量硫酸后的溶液中含有Fe2+，不含有Fe3+，此时我们很可能会考虑到若含AgNO3，则会与硫酸电离出的H+构成HNO3，将Fe2+氧化为Fe3+，武断地得出原固体中不存在AgNO3的结论。如果我们考虑到若Fe过量，或Na2SO3过量，也可确保溶液中不含有Fe3+，则迎合了命题人的意图。15、D【解析】

A．锂电池使用过程中，锂失电子发生氧化反应，故不选A；B.。铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，铝失电子发生氧化反应，故不选B；C．长征五号运载火箭采用液氢液氧作为推进剂，发射过程发生氧化还原反应放热，故不选C；D．用“天眼”接收宇宙中的射电信号，没有生成新物质，不属于化学变化，故D选；故选D。16、A【解析】

由题意可知反应的前后压强之比为5：4，说明反应正向是体积减小的反应，即C、D物质中只有一种是气体，列三段式：由于（4+2）：（2.8+1.2+1.6）=15：14≠5：4，（4+2）：（2.8+1.2+0.8）=5：4，所以C物不是气体，D物为气体。【详解】A.增大反应体系中物质的浓度，平衡向浓度减小的方向移动，但C不是气体，增加C不能使平衡正向移动，所以B的平衡转化率不变，故A正确；B.B的平衡转化率=0.8mol÷2mol×100%=40%，故B错误；C.化学平衡常数只与温度有关，温度不变则平衡常数不变，故C错误；D.由于生成物C为非气体，其浓度为1，所以该反应的化学平衡常数表达式K=，故D错误；故答案为A。【点睛】注意掌握外界条件对化学平衡的影响和反应三段式的应用。17、D【解析】

A.Li3N是离子化合物，Li+与N3-之间通过离子键结合，电子式为，A正确；B.Li3N与水发生反应产生LiOH、NH3，反应方程式为：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，B正确；C.在过程Ⅲ中OH-在阳极失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，C正确；D.过程Ⅱ的反应为盐的水解反应，没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，D错误；故合理选项是D。18、B【解析】

A．X和Z分子中都含有羧基，都能与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳气体，NaHCO3溶液不能鉴别X和Z，A不正确；B．X和Y能发生酯化反应，Y和Z的苯环上能发生卤代反应，酯化反应和卤代反应都属于取代反应，B正确；C．X分子中与Br相连的碳原子上连有三个碳原子，这四个碳原子不可能共平面，C错误；D．丁酸有两种结构CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH，烃基上一个氢原子被溴原子取代的产物有5种，除去X本身，与X具有相同官能团的同分异构体还有4种，D错误。故选B。19、C【解析】

①甲烷与氯气光照反应发生取代反应，②乙醛制乙酸发生氧化反应，③乙烯使溴水褪色发生加成反应，④乙醇制乙烯发生消去反应，⑤乙醛制乙醇发生还原反应或加成反应，⑥乙酸制乙酸乙酯发生酯化反应或取代反应，⑦乙酸乙酯与NaOH溶液共热发生水解反应或取代反应，⑧液态植物油制人造脂肪发生加成反应，⑨乙烯制乙醇发生加成反应。则A.②⑤的反应类型不相同，A错误；B.⑥⑦的反应类型相同，均是取代反应，B错误；C.④是消去反应，与其他8个反应的类型都不同，C正确；D.①是取代反应，③⑧属于同一种反应类型，都是加成反应，D错误；答案选C。20、C【解析】

A．生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，生铁性能坚硬、耐磨、铸造性好，但生铁脆，不能锻压。而熟铁含碳量在0.02%以下，又叫锻铁、纯铁，熟铁质地很软，塑性好，延展性好，可以拉成丝，强度和硬度均较低，容易锻造和焊接。“炒则熟”，碳含量由于“炒”而变成碳氧化合物，使得碳含量降低，A选项正确；B．赤铜指纯铜，也称红铜、紫铜。由于表面含有一层Cu2O而呈现红色。“倭铅”是锌的古称，黄铜是由铜和锌所组成的合金，由铜、锌组成的黄铜就叫作普通黄铜，如果是由两种以上的元素组成的多种合金就称为特殊黄铜。黄铜有较强的耐磨性能，黄铜常被用于制造阀门、水管、空调内外机连接管和散热器等，B选项正确；C．凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，生成CaO；而“久置成粉”主要生成Ca（OH）2，进一步与CO2反应则会生成CaCO3，C选项错误；D．古代制墨，多用松木烧出烟灰作原料，故名松烟墨。烟是动植物未燃烧尽而生成的气化物，烟遇冷而凝固生成烟炱，烟炱有松烟炱和油烟炱之分。松烟墨深重而不姿媚，油烟墨姿媚而不深重。松烟墨的特点是浓黑无光，入水易化。“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，颗粒小的为胶粒，大的形成悬浊液，D选项正确；答案选C。21、B【解析】

A.乙烯分子是平面分子，该化合物中含有不饱和的碳碳双键，与这两个不饱和碳原子连接的C原子在乙烯分子的平面内，对于乙基来说，以亚甲基C原子为研究对象，其周围的C原子构成的是四面体结构，最多两个顶点与该原子在同一平面上，所以该分子中的5个碳原子可能共面，A不符合题意；B.与该有机物含相同官能团的同分异构体有CH2=CH-CH2CH2CH3、CH3CH=CH-CH2CH3、、，B符合题意；C.该物质分子中含有碳碳双键，与H2发生加成反应产生烷烃；与卤化氢和卤素单质发生加成反应可制得卤代烃，C不符合题意；D.戊烷性质稳定，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而该物质分子中含有不饱和碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，因此可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别二者，D不符合题意；故合理选项是B。22、A【解析】两只试管中滴加的溶液的唯一区别就是左边加入的Cu2+，右边加入的是Fe3+，所以右边反应较快，能说明催化活性：Fe3+>Cu2+，选项A正确。选项B中的实验，氯气通入溴化钠溶液变为棕色，通入淀粉碘化钾溶液变为蓝色，能证明氯气的氧化性强于溴单质也强于碘单质，但是不能证明氧化性：Br2>I2，选项B错误。向氯化银悬浊液中加入少量溴化钠溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，说明氯化银转化为溴化银，即Ksp：AgCl>AgBr；再加入少量的碘化钠，出现黄色沉淀，应该是将上一步剩余的氯化银转化为碘化银沉淀，所以证明Ksp：AgCl>AgI，但是不能得到Ksp：AgBr>AgI，选项C错误。盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，考虑到盐酸的挥发性，生成的二氧化碳气体中一定会有HCl，所以硅酸钠溶液中有浑浊，也可能是HCl和硅酸钠反应的结果，不能证明一定是碳酸强于硅酸，进而不能证明非金属性强弱，选项D错误。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键+C2H5OH+H2O取代反应（硝化反应）+2CH3Cl+2HCl【解析】

根据合成路线可知，A为乙烯，与水加成生成乙醇，B为乙醇；D为甲苯，氧化后生成苯甲酸，E为苯甲酸；乙醇与苯甲酸反应生成苯甲酸乙酯和水，F为苯甲酸乙酯；根据聚酰亚胺的结构简式可知，N原子在苯环的间位，则F与硝酸反应，生成；再与Fe/Cl2反应生成，则I为；K是D的同系物，核磁共振氢谱显示其有4组峰，则2个甲基在间位，K为；M分子中含有10个C原子，聚酰亚胺的结构简式中苯环上碳原子的位置，则L为；被氧化生成M，M为；【详解】（1）分析可知，A为乙烯，含有的官能团为碳碳双键；（2）反应①为乙醇与苯甲酸在浓硫酸的作用下发生酯化反应，方程式为+C2H5OH+H2O；（3）反应②中，F与硝酸反应，生成，反应类型为取代反应；（4）I的分子式为C9H12O2N2，根据已知ii，可确定I的分子式为C9H16N2，氨基的位置在-COOC2H5的间位，结构简式为；（5）K是D的同系物，D为甲苯，则K中含有1个苯环，核磁共振氢谱显示其有4组峰，则其为对称结构，若为乙基苯，有5组峰值；若2甲基在对位，有2组峰值；间位有4组；邻位有3组，则为间二甲苯，聚酰亚胺中苯环上碳原子的位置，则L为，反应的方程式为+2CH3Cl+2HCl；（6）1molM可与4molNaHCO3反应生成4molCO2，则M中含有4mol羧基，则M的结构简式为；（7）I为、N为，氨基与羧基发生缩聚反应生成酰胺键和水，则P的结构简式为。【点睛】确定苯环上N原子的取代位置时，可以结合聚酰亚胺的结构简式中的N原子的位置确定。24、羟基、羰基取代反应、、【解析】

分析题中合成路线，可知，A→B为A在浓硫酸、浓硝酸作用下发生硝化反应，B中-C≡N与NaOH水溶液反应，产物酸化后为C。C中-NO2经Fe和HCl的作用被还原成-NH2，生成D。根据F和E的分子式以及F与间二苯酚()的结构简式，通过逆推方法，可推断出E的结构简式。据此分析。【详解】（1）根据F分子结构，可看出分子中含有酚羟基和羰基；答案为：羟基、羰基；（2）分析A、B分子结构及反应条件，可知A→B为硝化反应，属于取代反应；答案为：取代反应；（3）根据题给信息，D为对氨基苯乙酸，分析反应E→F可知，其产物为物质E与间苯二酚发生取代反应所得，结合E分子式为C8H8O3，可知E为对羟基苯乙酸；答案为：；（4）不能与Fe3+发生显色反应，说明不含酚羟基，可以发生银镜反应，说明有醛基或甲酸酯基，苯环上有两种不同化学环境的氢原子，结合C物质的结构可推知苯环上有两个处于对位的不同基团，可能的结构有、、。答案为：、、；（5）根据信息，甲苯先发生硝化反应生成硝基甲苯，将硝基甲苯上的甲基氧化，再酯化，最后将硝基还原反应。答案为：。25、有气泡逸出，澄清石灰水变浑浊冷凝(水蒸气、草酸等)，防止挥发出来的草酸进入装置C反应生成草酸钙沉淀，干扰CO2的检验向碳酸氢钠溶液中滴加草酸溶液，观察是否产生气泡，若有气泡产生，说明草酸酸性强于碳酸【解析】

根据草酸的性质熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解，草酸受热生成二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊。【详解】(1)根据草酸的性质熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解，草酸受热分解产生CO2可使澄清石灰水变浑浊，冰水的作用是冷却挥发出来的草酸，避免草酸进入装置C反应生成草酸钙沉淀，干扰CO2的检验，故答案为：有气泡逸出，澄清石灰水变浑浊；冷凝(水蒸气、草酸等)，防止挥发出来的草酸进入装置C反应生成草酸钙沉淀，干扰CO2的检验。(2)利用强酸制弱酸的原理设计，向NaHCO3溶液中滴加草酸溶液，观察是否产生气泡即可证明草酸酸性强于碳酸，故答案为：向碳酸氢钠溶液中滴加草酸溶液，观察是否产生气泡，若有气泡产生，说明草酸酸性强于碳酸。26、将未充分反应的葡萄糖转化为葡萄糖酸取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在水浴加热（或热水浴）降低葡萄糖酸锌溶解度，便于晶体析出过滤、洗涤80%减小【解析】

(1)葡萄糖酸钙Ca(C6H11O7)2与硫酸H2SO4反应生成葡萄糖酸(C6H12O7)，原理为强酸制弱酸，化学反应方程式为，故答案为：；(2)将葡萄糖酸钙与硫酸反应后的滤液缓慢通过强酸性阳离子交换树脂进行阳离子交换，可将为充分反应的Ca2+交换为H+，即将未充分反应的葡萄糖酸钙转化为葡萄糖酸，故答案为：将未充分反应的葡萄糖转化为葡萄糖酸；(3)结合SO42-离子的检验方法，可取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在，故答案为：取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在；(4)实验Ⅰ制备葡糖糖酸时，反应条件为90℃，则最佳的加热方式为水浴加热（或热水浴），故答案为：水浴加热（或热水浴）；(5)葡萄糖酸锌可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，生成葡萄糖酸锌后，加入乙醇可减少葡萄糖酸锌的溶解，使其以晶体的形式析出，加入乙醇后的“一些列操作”可以是过滤、洗涤，故答案为：降低葡萄糖酸锌溶解度，便于晶体析出；过滤、洗涤；(6)根据反应方程式可得关系式：Ca(C6H11O7)2~Zn(C6H11O7)2，m[Ca(C6H11O7)2]=21.5g，则，则理论上可得到葡萄糖酸锌的物质的量为n[Zn(C6H11O7)2]=0.05mol，因此，，根据可得，葡萄糖酸锌的产率为，若pH≈5时就进行后续操作，一些葡萄糖酸就不能充分转化为葡萄糖酸锌，导致葡萄糖酸锌质量将减小，产率减小，故答案为：80%；减小；27、安全瓶，防止倒吸能碳酸钠溶液显碱性，可以抑制Na2S水解温度过高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1较多，或Na2S2O1产率降低等其它合理答案降低Na2S2O1晶体的溶解度，促进晶体析出×100%D【解析】

(1)装置B的作用是平衡压强，防止倒吸；(2)Na2CO1的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠；(1)Na2S是强碱弱酸盐，易发生水解；(4)温度过高不利于二氧化硫的吸收，产品产率会降低；(5)Na2S2O1．5H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇；(6)根据反应Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1，列关系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O，结合数据计算理论上制得Na2S2O1·5H2O晶体的质量，Na2S2O1·5H2O的产率为；(7)Na2SO1易被氧化为硫酸钠，减少副产物的含量就要防止Na2SO1被氧化。【详解】(1)装置B的作用是平衡压强，防止倒吸，则B为安全瓶防止倒吸；(2)Na2CO1的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠，氢氧化钠和二氧化硫反应也可以生成亚硫酸钠，可以代替碳酸钠；(1)Na2S是强碱弱酸盐，易发生水解，碳酸钠溶液显碱性，可以抑制Na2S水解；(4)温度过高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1较多，或Na2S2O1产率降低等其它合理答案；(5)Na2S2O1．5H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，则乙醇的作用为：降低Na2S2O1晶体的溶解度，促进晶体析出；(6)根据反应Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1，列关系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O，理论上制得Na2S2O1·5H2O晶体的质量为g，Na2S2O1·5H2O的产率为×100%=×100%；(7)A．用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水中含氧量降低，可有效防止Na2SO1被氧化为Na2SO4，可减少副产物的产生，故A不符合题意；B．装置A增加一导管，实验前通人N2片刻，可将装置中的空气赶走提供无氧环境，可防止Na2SO1被氧化为Na2SO4，可减少副产物的产生，故B不符合题意；C．先往装置A中滴加硫酸，产生二氧化硫，可将装置中的空气赶走，片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液，可减少副产物的产生，故C不符合题意；D．将装置D改为装有碱石灰的干燥管，装置中仍然含有空气，氧气可将Na2SO1被氧化为Na2SO4，不能减少副产物产生，故D符合题意；答案选D。28、蒸馏烧瓶生成溶液，且用产生的排尽装置内的空气，防止二价铁被氧化关闭取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的溶液，若无白色浑浊出现，则洗涤干净隔绝空气乳酸根中羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液偏多蓝色褪去且半分钟不恢复【解析】

I.亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备硫酸亚铁，C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应：，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中；(1)根据仪器结构判断书写仪器名称；实验开始时打开kl、k2，加入适量稀硫酸，Fe和稀硫酸反应生成氢气，可将装置中的空气排出；(2)待装置内空气排出后，再关闭k2，B中容器内压强增大，可将生成的硫酸亚铁溶液排到装置C中，发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳；(3)检验FeCO3沉淀是否洗涤干净，就是检验洗涤FeCO3沉淀的最后一次洗涤液中是否存在，判断沉淀是否洗涤干净；Ⅱ.(4)