2024-2025学年重庆市部分区县高三高考仿真模拟冲刺考试（三）化学试题含解析

2024-2025学年重庆市部分区县高三高考仿真模拟冲刺考试（三）化学试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列操作或原理正确的是（）A．可用玻璃棒蘸取新制氯水点在pH试纸上，测定该氯水的pH值B．装Na2CO3溶液的试剂瓶塞用玻璃塞C．蒸馏操作时先通冷却水再加热D．实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠不能放回原试剂瓶中2、元素周期表的第四周期为长周期，该周期中的副族元素共有A．32种 B．18种 C．10种 D．7种3、某有机物X的结构简式如图，下列有关该有机物的说法正确的是（）A．分子式为C8H10O3B．含有两种官能团C．既可以发生加成反应又可以发生取代反应D．分子中所有碳原子共面4、某些电解质分子的中心原子最外层电子未达饱和结构，其电离采取结合溶液中其他离子的形式，而使中心原子最外层电子达到饱和结构。例如：硼酸分子的中心原子B最外层电子并未达到饱和，它在水中电离过程为：下列判断正确的是（）A．凡是酸或碱对水的电离都是抑制的B．硼酸是三元酸C．硼酸溶液与NaOH溶液反应的离子方程式：H3BO3+OH－=[B(OH)4]－D．硼酸是两性化合物5、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3·xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NAB．标准状况下，11.2LSO2溶于水，溶液中含硫粒子的数目大于0.5NAC．常温下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中Ba2+的数目为0.5NAD．分子式为C2H6O的某种有机物4.6g，含有C－H键的数目一定为0.5NA6、下列实验操作能够达到目的的是A．鉴别NaCl和Na2SO4 B．验证质量守恒定律C．探究大理石分解产物 D．探究燃烧条件7、在微生物作用下电解有机废水(含CH3COOH)，可获得清洁能源H2其原理如图所示，正确的是（）A．通电后，H+通过质子交换膜向右移动，最终右侧溶液pH减小B．电源A极为负极C．通电后，若有22.4LH2生成，则转移0.2mol电子D．与电源A极相连的惰性电极上发生的反应为CH3COOH-8e-+2H2O=CO2↑+8H+8、将①中物质逐步加入②中混匀（②中离子均大量存在），预测的现象与实际相符的是（）选项①②溶液预测②中的现象A稀盐酸Na+、SiO32-、OH-、SO42-立即产生白色沉淀B氯水K+、I-、Br-、SO32-溶液立即呈黄色C过氧化钠Ca2+、Fe2+、Na+、Cl-先产生白色沉淀，最终变红褐色D小苏打溶液Al3+、Mg2+、Ba2+、Cl-同时产生气体和沉淀A．A B．B C．C D．D9、过氧化钙(CaO2)微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。实验室常用CaCO3为原料制备过氧化钙，流程如下：CaCO3→稀盐酸、煮沸、过滤滤液→冰浴氨水和双氧水A．逐滴加入稀盐酸后，将溶液煮沸的作用是除去溶液中多余的HClB．加入氨水和双氧水后的反应为：CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2===CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2OC．生成CaO2的反应需要在冰浴下进行的原因是温度过高时过氧化氢分解D．过滤得到的白色结晶用蒸馏水洗涤后应再用乙醇洗涤以去除结晶表面水分10、下列说法正确的是A．烷烃的通式为CnH2n+2，随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐减小B．乙烯与溴水发生加成反应的产物为溴乙烷C．1mol苯恰好与3mol氢气完全加成，说明一个苯分子中有三个碳碳双键D．C7H16，主链上有5个碳原子的同分异构体共有5种11、以CO2和Na2O2为原料，制取纯净干燥的O2，实验装置如下：下列说法不正确的是A．装置②中试剂可以是NaOH溶液B．装置③的作用是干燥O2C．收集氧气应选择装置aD．装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶12、某烃的含氧衍生物的球棍模型如图所示下列关于该有机物的说法正确的是()A．名称为乙酸乙酯B．显酸性的链状同分异构体有3种C．能发生取代、加成和消除反应D．能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同13、高纯氢的制备是目前的研究热点，利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图所示。下列有关说法正确的是A．连接K1可以制取O2B．电极2发生反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-C．电极3的主要作用是通过NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移D．连接K2溶液的pH减小14、下列装置所示的分离提纯方法和物质的溶解性无关的是A． B．C． D．15、下列说法正确的是（）A．共价化合物的熔沸点都比较低B．816O、11C．H2O分子比H2S分子稳定的原因，是H2O分子间存在氢键D．SiO2和CaCO3在高温下反应生成CO2气体，说明硅酸的酸性比碳酸强16、锡为ⅣA族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂（SnI4，熔点114.5℃，沸点364.5℃，易水解）。实验室以过量锡箔为原料通过反应Sn+2I2SnI4制备SnI4。下列说法错误的是（）A．加入碎瓷片的目的是防止暴沸B．SnI4可溶于CCl4中C．装置Ⅱ的主要作用是吸收挥发的I2D．装置Ⅰ中b为泠凝水出水口17、共价化合物分子中各原子有一定的连接方式，某分子可用球棍模型表示如图，A的原子半径最小，C、D位于同周期，D的常见单质常温下为气态，下列说法正确的是（）A．B的同素异形体数目最多2种B．A与C不可以形成离子化合物C．通过含氧酸酸性可以比较元素B和C的非金属性D．C与D形成的阴离子CD2－既有氧化性，又有还原性18、下列说法正确的是()A．国庆70周年大典放飞的气球由可降解材料制成，主要成分是聚乙烯B．歼-20上用到的氮化镓材料是一种金属合金材料C．我国发射的“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维，是一种无机非金属材料D．“绿水青山就是金山银山”。推广聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒等，以减少术材的使用19、有机物X的结构简式如图所示，下列有关说法错误的是A．X的分子式为C13H10O5B．X分子中有五种官能团C．X能使溴的四氯化碳溶液褪色D．X分子中所有碳原子可能共平面20、铜锡合金，又称青铜，含锡量为～（质量比）的青铜被称作钟青铜，有一铜锡合金样品，可通过至少增加ag锡或至少减少bg铜恰好使其成为钟青铜，增加ag锡后的质量是减少bg铜后质量的2倍．则原铜锡合金样品中铜锡的质量之比为（）A．7：17 B．3：2 C．12：1 D．7：121、工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。下列推论不合理的是A．活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用B．铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极C．增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率D．利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu22、如图所示，甲池的总反应式为：N2H4+O2═N2+2H2O下列关于该电池工作时说法正确的是（）A．甲池中负极反应为：N2H4﹣4e﹣═N2+4H+B．甲池溶液pH不变，乙池溶液pH减小C．反应一段时间后，向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度D．甲池中消耗2.24LO2，此时乙池中理论上最多产生12.8g固体二、非选择题(共84分)23、（14分）乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物（H）具有很好的抗血小板聚集活性，是良好的心脑血管疾病的治疗药物。已知：①②③请回答：（1）E中含有的官能团名称为_________；（2）丹皮酚的结构简式为_________；（3）下列说法不正确的是（_____）A．乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物H的分子式为C21H34O3N3B．物质B可能溶于水，且能与盐酸反应生成有机盐C．D→E和G→H的反应类型均为取代反应D．物质C能使浓溴水褪色，而且1molC消耗2molBr2（4）写出F→G的化学方程式_________。（5）写出满足下列条件F的所有同分异构体的结构简式_________。①能发生银镜反应；1molF与2molNaOH恰好反应。②1H-NMR谱显示分子中含有5种氢原子；IR谱显示有－NH2，且与苯环直接相连。（6）阿司匹林也具有抑止血小板凝聚的作用。结合题给信息，请以硝基苯和乙酸酐为原料设计合理的路线制备阿司匹林（）。（用流程图表示，无机试剂任选）______。24、（12分）药物心舒宁（又名冠心宁）是一种有机酸盐,用于治疗心脉瘀阻所致的冠心病、心绞痛等，可用以下路线合成。完成下列填空：47、写出反应类型：反应①______________、反应②_______________。48、写出结构简式：A__________________、C____________________。49、由1molB转化为C，消耗H2的物质的量为_______________。如果将③、④两步颠倒，则最后得到的是（写结构简式）__________________________。50、D有同类别的同分异构体E，写出E与乙二醇发生缩聚反应所得产物的结构简式______________。51、写出与A的属于芳香族化合物的同分异构体与盐酸反应的化学方程式______________。25、（12分）某学习小组以电路板刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）为原料制备纳米Cu20，制备流程如下：已知：①Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu;Cu2O不溶于水，极易溶于碱性溶液；Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。②生成Cu2O的反应：4Cu(OH)2+N2H4∙H2O=2Cu2O+N2↑+7H2O请回答：（1）步骤II，写出生成CuR2反应的离子方程式：____________________________（2）步骤II，需对水层多次萃取并合并萃取液的目的是___________________________（3）步骤III，反萃取剂为_____________（4）步骤IV，①制备纳米Cu2O时，控制溶液的pH为5的原因是_______________A．B．C．②从溶液中分离出纳米Cu2O采用离心法，下列方法也可分离Cu2O的是_________③Cu2O干燥的方法是_________________（5）为测定产品中Cu2O的含量，称取3.960g产品于锥形瓶中，加入30mL硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液（足量），充分反应后用0.2000mol·L－1标准KMnO4溶液滴定，重复2～3次，平均消耗KMnO4溶液50.00mL。①产品中Cu2O的质量分数为_______②若无操作误差，测定结果总是偏高的原因是_____26、（10分）某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。实验一制取氯酸钾和氯水利用如图所示的实验装置进行实验。（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有______。（2）若对调B和C装置的位置，_____（填“可能”或“不可能”）提高B中氯酸钾的产率。实验二氯酸钾与碘化钾反应的研究（3）在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列a实验的记录表如下（实验在室温下进行）：试管编号12340.20mol•L-1KI/mL1.01.01.01.0KClO3（s）/g0.100.100.100.106.0mol•L-1H2SO4/mL03.06.09.0蒸馏水/mL9.06.03.00实验现象①系列a实验的实验目的是______。②设计1号试管实验的作用是______。③若2号试管实验现象是溶液变为黄色，取少量该溶液加入______溶液显蓝色。实验三测定饱和氯水中氯元素的总量（4）根据下列资料，为该小组设计一个简单可行的实验方案（不必描述操作过程的细节）：_____。资料：①次氯酸会破坏酸碱指示剂；②次氯酸或氯水可被SO2、H2O2和FeCl2等物质还原成Cl-。27、（12分）某研究小组利用下图装置探究温度对氨气还原Fe2O3的影响（固定装置略）。完成下列填空：（1）实验时A中有大量紫红色的烟气，则NH4I的分解产物为___（至少填三种），E装置的作用是___。（2）装置B中的反应方程式：______，D装置的作用是______。某研究小组按上图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置C加热，反应产物均为黑色粉末（纯净物），两组分别用各自的产物进行以下探究，完成下列填空：步骤操作甲组现象乙组现象1取黑色粉末加入稀盐酸溶解，无气泡溶解，有气泡2取步骤1中溶液，滴加KSCN溶液变红无现象3向步骤2溶液中滴加新制氯水红色先变深后褪去先变红后也褪色（3）乙组得到的黑色粉末是______。（4）甲组步骤1中反应的离子方程式为______。（5）乙组步骤3中，溶液变红的原因为______；溶液褪色可能的原因及其验证方法为______。（6）若装置C中Fe2O3反应后的产物是两种氧化物组成的混合物，为研究氧化物的组成，研究小组取样品7.84克在加热条件下通入氨气，完全反应后，停止加热，反应管中铁粉冷却后，称得质量为5.6克，则混合物的组成为______。28、（14分）我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，直到近年来人们才研究出来其成分为BaCuSi4O10，BaCuSi2O6。(1)“中国蓝”、“中国紫”中均具有Cun＋离子，n＝___，基态时该阳离子的价电子排布式为______。(2)“中国蓝”的发色中心是以Cun+为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是___元素。(3)合成“中国蓝”、“中国紫”的原料有BaCO3，孔雀石Cu2(OH)2CO3和砂子(SiO2)。SiO2晶体中Si原子的杂化轨道是由______轨道（填轨道的名称和数目）和________轨道杂化而成的。(4)现代文物分析发现，“中国蓝”中含有微量硫元素。假若硫元素来源一种阴离子是正四面体的天然钡矿中，则最可能的钡矿化学式是______。(5)在5500年前，古代埃及人就己经知道如何合成蓝色颜料—“埃及蓝”CaCuSi4O10，其合成原料中用CaCO3代替了BaCO3，其它和“中国蓝”一致。CO32一中键角∠OCO为___。根据所学，从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更___（填“高”或“低”）。(6)自然界中的SiO2，硬度较大，主要原因是___。下图为SiO2晶胞中Si原子沿z轴方向在xy平面的投影图（即俯视投影图），其中O原子略去，Si原子旁标注的数字表示每个Si原子位于z轴的高度，则SiA与SiB的距离是_____。29、（10分）亚氯酸钠(NaClO2)是重要漂白剂。探究小组开展如下实验，回答下列问题：实验Ⅰ：制取NaClO2晶体按右图装置进行制取。ABCDE已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，38-60℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。(1)用50%双氧水配制30%的H2O2溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯外，还需要_____（填仪器名称）；装置C的作用是_____________________。(2)B中产生ClO2的化学方程式______________________________________。(3)装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为____________________________。反应后的溶液中阴离子除了ClO2－、ClO3－、Cl－、ClO－、OH—外还可能含有的一种阴离子是_________，检验该离子的方法是___________________________。(4)请补充从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤。①减压，55℃蒸发结晶；②______________；③______________；④______________；得到成品。(5)如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是______________；实验Ⅱ：样品杂质分析与纯度测定(6)测定样品中NaClO2的纯度。测定时进行如下实验：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2－+4I－+4H+=2H2O+2I2+Cl－，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用cmol·L-1Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为VmL（已知：I2+2S2O32－=2I－+S4O62－）。①确认滴定终点的现象是__________________________________________________。②所称取的样品中NaClO2的物质的量为______________mol（用含c、V的代数式表示）。

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】

A．依据氯水成分及性质漂白性判断；B．碳酸钠水溶液呈碱性，能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液；C．后先通冷却水，一开始产生的水蒸气没有得到冷却；D．多余的钠应放回试剂瓶。【详解】A．氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，能够漂白pH试纸，不能用pH试纸测试氯水的pH值，故A错误；B．碳酸钠水溶液呈碱性，能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液，将玻璃塞与试剂瓶粘到一起，故B错误；C．先通冷却水，保证冷凝管的管套中充满水，再开始加热，否则一开始产生的水蒸气没有得到冷却，故C正确；D．实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠能放回原试剂瓶中，故D错误；故选：C。本题考查化学中仪器的使用及试剂的保存，解题关键：熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、掌握常见化学实验基本操作的注意事项，易错点A，注意氯水的漂白性。2、D【解析】

第四周期过渡元素有10种，但是从左到右的第8、9、10三列的元素为第Ⅷ族元素，不属于副族元素，所以副族元素共有7种，故答案选D。3、C【解析】

A.根据物质结构简式可知物质的分子式是C8H12O3，A错误；B.在该物质分子中含有-COOH、-OH、碳碳双键三种官能团，B错误；C.该物质分子中含有碳碳双键，可以发生加成反应，含有羧基、羟基，可以发生取代反应，C正确；D.分子中含有4个饱和碳原子，与该碳原子连接的原子构成的是四面体结构，因此不可能所有C原子都在同一个平面上，D错误；故合理选项是C。4、C【解析】

A.由信息可知，中心原子最外层电子未达饱和结构的酸，能结合水电离出的OH-，从而促进水的电离，A错误；B.1个硼酸分子能结合1个OH-，从而表现一元酸的性质，所以硼酸是一元酸，B错误；C.硼酸的中心原子未达饱和结构，与碱反应时，能结合OH-，从而生成[B(OH)4]－，C正确；D.硼酸只能结合OH-而不能结合H+，所以它是酸性化合物，D错误。故选C。5、A【解析】

A．铁发生吸氧腐蚀，铁为负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，Fe2+与OH-反应生成的氢氧化亚铁又被氧气氧化为氢氧化铁，最后变成Fe2O3·xH2O，14.0gFe的物质的量为，电极反应转移的电子数为0.252NA=0.5NA，A正确；B．标况下，11.2LSO2的物质的量为0.5mol，溶于水生成H2SO3，H2SO3发生两级电离：H2SO3⇌HSO3-+H+、HSO3-⇌SO32-+H+，根据质量守恒定律，溶液中含硫粒子的数目等于0.5NA，B错误；C．常温下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=1mol•L-1，OH-数目为0.5L1mol•L-1=0.5NA，由Ba(OH)2的化学式可知Ba2+的数目为0.25NA，C错误；D．化学式为C2H6O的有机物可能为乙醇（C2H5OH）或甲醚(CH3OCH3)，乙醇(C2H5OH)分子中有5个C-H键，甲醚(CH3OCH3)分子中有6个C-H键，C2H6O的某种有机物4.6g的物质的量为0.1mol，含C-H键数目不一定为0.5NA，D错误。答案选A。6、D【解析】

A．氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，硫酸钠和硝酸银反应生成硫酸银沉淀和硝酸钠，因此不能用硝酸银鉴别氯化钠和硫酸钠，故A不符合题意；B．碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，生成的二氧化碳进入气球中，产生浮力，会导致天平不平衡，因此不能用于验证质量守恒定律，故B不符合题意；C．碳酸钙在高温条件下分解生成氧化钙和二氧化碳，澄清石灰水变浑浊，说明反应生成二氧化碳，但是不能验证生成的氧化钙，故C不符合题意；D．铜片上的白磷燃烧，红磷不能燃烧，说明燃烧需要达到可燃物的着火点，水中的白磷不能燃烧，说明燃烧需要和氧气接触，该实验可以验证燃烧的条件，故D符合题意；故答案选D。7、D【解析】

A.通电后，左侧生成H+，右侧H+放电生成氢气，所以H+通过质子交换膜向右移动，相当于稀硫酸中H+不参加反应，所以氢离子浓度不变，溶液的pH不变，A错误；A.连接B电极的电极上生成氢气，说明该电极上氢离子得电子，则该电极为电解池阴极，所以B电极为负极，A电极为正极，B错误；C.右侧电极反应式为2H++2e-=H2↑，根据氢气和转移电子之间的关系式知，若有0.1molH2生成，则转移0.2mol电子，但不确定气体所处的温度和压强，因此不能确定气体的物质的量，也就不能确定电子转移数目，C错误；D.与电源A极相连的惰性电极为阳极，阳极上乙酸被氧化，生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3COOH-8e-+H2O=2CO2↑+8H+，D正确；故合理选项是D。8、D【解析】

A.OH﹣优先稀盐酸反应，加入稀盐酸后不会立即生成白色沉淀，故A错误；B.SO32﹣的还原性大于I﹣，加入氯水后亚硫酸根离子优先反应，不会立即呈黄色，故B错误；C.加入过氧化钠后Fe2+立即被氧化成铁离子，生成的是红褐色沉淀，不会出现白色沉淀，故C错误；D.小苏打为碳酸氢钠，Al3+与碳酸氢钠发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故D正确。故选D。9、A【解析】

根据过程，碳酸钙与盐酸反应后，过滤，推出溶液中有固体剩余，即碳酸钙过量，CaCO3与盐酸反应，发生CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O，CO2能溶于水，溶液显酸性，过氧化钙溶于酸，加热煮沸的目的是除去溶液中多余的CO2，加入氨水和双氧水时发生的反应是CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2=CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2O，然后过滤，得到过氧化钙，据此分析；【详解】A、根据过程，碳酸钙与盐酸反应后，过滤，推出溶液中有固体剩余，即碳酸钙过量，CaCO3与盐酸反应，发生CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O，CO2能溶于水，溶液显酸性，过氧化钙溶于酸，加热煮沸的目的是除去溶液中多余的CO2，故A说法错误；B、加入氨水和双氧水后发生的反应方程式为CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2=CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2O，故B说法正确；C、双氧水不稳定，受热易分解，需要在冰浴下进行的原因是防止双氧水分解，故C说法正确；D、过氧化钙在乙醇中的溶解度小，使用乙醇洗涤的目的是去除结晶表面的水分，故D说法正确；答案选A。易错点是选项A，学生注意到CaO2溶于酸，需要将过量HCl除去，但是忽略了流程，碳酸钙加入盐酸后过滤，这一操作步骤，碳酸钙与盐酸反应：CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O，没有沉淀产生，为什么过滤呢？只能说明碳酸钙过量，盐酸不足，还要注意到CO2能溶于水，反应后溶液显酸性，因此煮沸的目的是除去CO2。10、D【解析】

A．烷烃的通式为CnH2n+2，C元素的质量分数为，则随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐增大，故A错误；B．乙烯中含碳碳双键，可与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，故B错误；C．苯中不含碳碳双键，故C错误；D．C7H16主链上有5个碳原子的烷烃，支链为2个甲基或1个乙基，符合的有(CH3)3CCH2CH2CH3、CH3CH2C(CH3)2CH2CH3、CH3CH2CH(CH2CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH(CH3)2、(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3，共5种，故D正确；答案选D。11、C【解析】

实验原理分析：二氧化碳通过U型管与过氧化钠反应生成氧气，氧气和没有反应的二氧化碳通入碱液洗气瓶除二氧化碳，可增加盛有澄清石灰水的洗气瓶验证二氧化碳是否除尽，在通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥氧气，最后收集；【详解】A.装置②中试剂可以是NaOH溶液，用来除掉二氧化碳气体，故不选A；B.装置③中盛有浓硫酸，作用是干燥O2，故不选B；C.由于氧气密度大于空气，选择装置b，故选C；D.装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，验证二氧化碳是否除尽，故不选D；答案：C12、B【解析】

由结构模型可知有机物为CH3COOCH=CH2，含有酯基，可发生取代反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题。【详解】A．有机物为CH3COOCH=CH2，不是乙酸乙酯，故A错误；B．该化合物的链状同分异构体中,显酸性的同分异构体有CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=CH(CH3)COOH，共3种，故B正确；C．含有酯基，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，不能发生消去反应，故C错误；D．含有碳碳双键，能使溴水褪色是发生了加成反应，与酸性高锰酸钾反应是发生了氧化还原反应，故原理不同，故D错误；答案选B。13、C【解析】

A.连接K1，电极1为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，氢气在阴极生成，故A错误；B.电极2为阳极，阳极发生氧化反应，氢氧根离子被氧化生成氧气，电极方程式为4OH-4e-═2H2O+O2↑，故B错误；C.电极3可分别连接K1或K2，分别发生氧化、还原反应，实现NiOOH⇌Ni(OH)2的转化，提供电子转移，故C正确；D.连接K2，电极3为阴极，电极反应为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，电极2为阳极，电极反应为4OH-4e-═2H2O+O2↑，总反应为4NiOOH+2H2O=4Ni(OH)2+O2↑，反应消耗水，则溶液碱性增强，pH增大，故D错误；故选C。14、A【解析】

A、蒸馏与物质的沸点有关，与溶解度无关，正确；B、洗气与物质的溶解度有关，错误；C、晶体的析出与溶解度有关，错误；D、萃取与物质的溶解度有关，错误；答案选A。15、B【解析】A．共价化合物可能是分子晶体，也可能是原子晶体，则熔沸点不一定都较低，故A错误；B．根据排列组合，816O、11H、12H三种核素可组成3种不同的水分子，故B正确；C．氢键是分子间作用力，只影响物理性质不影响化学性质，H2O分子比H2S分子稳定的原因，是H2O分子H—O的键能大的缘故，故C错误；D．高温下SiO2能与CaCO16、C【解析】

A．液体加热时，加入碎瓷片目的是防止暴沸，故A正确；

B．根据题干中SnI4的熔沸点，从组成分析可知SnI4与CCl4为同族元素形成的同类物质，二者分子的空间构型均为正四面体结构，属于非极性分子，依据“相似相溶原理”可知SnI4可溶于CCl4中，故B正确；

C．由题可知：SnI4易水解，所以装置Ⅱ的主要作用是防止水蒸气进入装置使SnI4水解，故C错误；

D．冷凝管的冷凝水为“下进上出”，所以装置Ⅰ中a为泠凝水进水口，b为出水口，故D正确；

故选：C。17、D【解析】

A的原子半径最小，为氢原子，C、D位于同周期，C形成三个共价键，B形成4个共价键，C为N，B为C，D的常见单质常温下为气态，D形成两个共价键，D为O，然后分析；【详解】A．根据分析，B为C，它的同素异形体有金刚石，石墨，C60等，数目不是最多2种，故A错误；B．N和H可以形成氢化铵，属于离子化合物，故B错误；C．通过最高氧化物对应的水化物的酸性比较元素C和N的非金属性，不能比较含氧酸酸性，故C错误；D．N与O形成的阴离子NO2－中，氮元素的化合价为+3，处于中间价态，既可以升高，也可以降低，既具有氧化性又具有还原性，故D正确；答案选D。判断出这种分子的结构式是关键，需要从题目中提取有效信息，根据球棍模型判断出分子的结构。18、C【解析】

A．聚乙烯材料不可降解，A错误；B．氮化镓，化学式GaN，是氮和镓的化合物，并不属于合金，B错误；C．碳纤维是碳的单质，是一种无机非金属材料，C正确；D．聚氯乙烯是速率，不可降解，且不可于用于食品包装，D错误。答案选C。19、B【解析】

A.由结构简式，X的分子式为C13H10O5，故A正确；B．X分子中有羧基、羟基、羰基、碳碳双键四种官能团，故B错误；C．X分子中有碳碳双键，X能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；D．X分子中有11个碳是sp2杂化，平面三角形结构，与它相连的碳共面，有2个碳是sp3杂化，可以通过旋转后共面，X分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；故选B。本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结构及对称性判断，难点D，抓住共面的条件，某点上相连的原子形成的周角之和为360°，易错点B，苯环不是官能团。20、C【解析】

设原青铜中铜的质量为x，锡的质量为y，根据题意有①，②，③，联立三个关系式可以解出，，因此铜锡之比为12:1，答案选C。21、C【解析】

A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小；

B、铁与活性炭形成原电池，铁比炭活泼；

C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为2：1时的速率快；

D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。【详解】A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项；B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反应，因此铁作负极，故不选B项；C项，由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项；D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，故不选D项。综上所述，本题正确答案为C。本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。22、C【解析】试题分析：甲池是原电池，N2H4发生氧化反应，N2H4是负极，在碱性电解质中的方程式为N2H4﹣4e﹣+4OH－═N2+4H2O，故A错误；甲池的总反应式为：N2H4+O2═N2+2H2O，有水生成溶液浓度减小，PH减小；乙池是电解池，乙池总反应：2CuSO4+2H2O=2Cu+O2+2H2SO4，乙池溶液pH减小，故B错误；乙池析出铜和氧气，所以反应一段时间后，向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度，故C正确；2.24LO2在非标准状况下的物质的量不一定是0.1mol，故D错误。考点：本题考查原电池、电解池。二、非选择题(共84分)23、醚键、羰基AD、。【解析】

苯硝化得到A，从A的分子式可以看出，A是苯分子中的两个氢原子被硝基取代后的生成物，结合后面物质的结构简式可确定两个硝基处于间位，即A为间二硝基苯，A发生还原反应得到B，A中的两个硝基被还原为氨基，得到B（间苯二胺），间苯二胺生成C，分析C的分子式可知，B中的两个氨基被羟基取代得到了间苯二酚C，间苯二酚和乙酸发生取代反应，苯环上的一个氢原子被-COCH3取代，得的有机物，和(CH3)2SO4在碳酸钾的作用下反应生成丹皮酚，丹皮酚又和CH3CH2Br在NaOH醇溶液作用下得到E，根据E和的结构简式可知，丹皮酚是中和-COCH3处于对位的羟基上的氢原子被甲基取代的生成物，所以丹皮酚的结构简式为。丹皮酚中的另一个羟基上的氢原子被乙基取代得到E。E发生的反应是已知的第二个反应，羰基上的氧原子被NOH代替生成F（），F中的羟基上的氢原子被-CH2CH2CH2CH2Br取代生成G，G中的溴原子被取代生成H。【详解】（1）根据有机物E的结构简式可知，E中含有的官能团名称醚键、羰基；正确答案：醚键、羰基。（2）根据题给信息分析看出，由有机物2,4-二羟基苯乙酮变为丹皮酚，碳原子数增加1个，再根据有机物E的结构简式可知，丹皮酚的结构简式为；正确答案：。（3）根据乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物H的结构简式可知其分子式为C21H35O3N3，A错误；物质B为间苯二胺，含有氨基，显碱性可能溶于水，且能与盐酸反应生成有机盐，B正确；D→E是溴乙烷中的-CH2CH3取代了酚羟基中的氢原子；G→H是φ-CH2CH2CH2CH2Br与NH(CH2CH2)2NCH2CH3发生了取代反应，C正确；物质C为间苯二酚，能与浓溴水发生取代反应，溴原子主要在环上羟基的邻对位发生取代，而且1molC消耗3molBr2，D错误；正确选项AD。（4）有机物F结构=N-OH与BrCH2CH2CH2CH2Br发生了取代反应；正确答案：。（5）根据有机物F的分子式为C11H15O3N，IR谱显示有－NH2，且与苯环直接相连，该有机物属于芳香族化合物；能发生银镜反应；1molF与2molNaOH恰好反应，说明分子结构含有醛基、酚羟基或者甲酸酚酯；1H-NMR谱显示分子中含有5种氢原子，对称程度较大，不可能含有甲酸酚酯；综上该有机物结构简式可能为：、；正确答案：、。（6）根据题给信息可知，硝基变为羟基，需要先把硝基还原为氨基，然后再氯化氢、水并加热220℃条件下变为酚羟基，苯酚变为苯酚钠盐后再根据信息③，生成邻羟基苯甲酸，最后该有机物与乙酸酐反应生成酚酯；正确答案：。24、取代反应消去反应10mol【解析】

根据流程图中苯转化为，为四氯化碳中的两个氯原子被苯环上的碳取代，同一碳上的羟基不稳定，所以卤代烃水解消去得到酮，根据酮和A反应生成，推之酮和A发生加成反应的产物，所以A为：，在浓硫酸的作用下发生醇羟基的消去反应生成B，和氢气发生加成反应生成C，C与D反应生成心舒宁，所以D为：；据以上分析进行解答。【详解】据流程图中苯转化为，为四氯化碳中的两个氯原子被苯环上的碳取代，CCl4+2→+2HCl，同一碳上的羟基不稳定，所以卤代烃水解消去得到酮，根据酮和A反应生成，推之酮和A发生加成反应的产物，+→，A为：，在浓硫酸的作用下发生醇羟基的消去反应→+H2O，生成B，和氢气发生加成反应+10H2→，生成C，C与D反应生成心舒宁，所以D为：，反应为：+→，1．结合以上分析可知，反应①取代反应、反应②是醇的消去；2．发生加成反应生成，结合原子守恒和碳架结构可得出A的结构简式：；C是由经过醇的消去，再和氢气完全加成的产物，可C的结构简式为：；3．B与氢气加成时二个苯环和右侧六元环需要9个氢分子，另外还有一个碳碳双键，故由1molB转化为C，完全加成消耗H2的物质的量为10mol；如果将③、④两步颠倒，则发生反应为中间体B先与生成盐，后再与H2加成，故最后得到的产物的结构简式中应不含不饱和的双键．即为；4．D为与之同类别的同分异构体E为，E与乙二醇发生缩聚反应所得产物的结构简式；5．A的属于芳香族化合物的同分异构体为与盐酸反应的化学方程式。25、Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2提高铜离子的萃取率，提高原料利用率稀硫酸pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解C真空干燥90.90%制备氧化亚铜时，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大【解析】

刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）加入过量的氨水，形成铜氨溶液，同时生成氢氧化亚铁和氢氧化铁沉淀，铜氨溶液中加入有机溶液得到CuR2，再反萃取剂条件下生成硫酸铜溶液。【详解】（1）步骤II，铜氨溶液和RH的有机溶液反应生成氨气和氯化铵和CuR2，离子方程式为：Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2；（2）需要对水层多次萃取并合并萃取液是能提高铜离子的萃取率，提高原料利用率；（3）通过前后的物质分析，反萃取剂提供硫酸根离子和氢离子，故为稀硫酸；（4）①从信息分析，氧化亚铜在酸性强的溶液中会发生歧化反应，但碱性强的溶液中氧化亚铜会溶解。故答案为：pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解；②纳米Cu2O不能通过半透膜，所以可以选择C进行分离。③因为Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu，所以选择真空干燥；（5）①根据得失电子分析关系式有5Cu2O---2KMnO4，高锰酸钾的物质的量为0.2000moI.L-1×0.05L=0.01mol，则氧化亚铜的物质的量为0.025mol，质量分数为=90.90%；②制备氧化亚铜时，肼具有还原性，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大。26、烧杯、漏斗、玻璃棒可能研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响硫酸浓度为0的对照实验淀粉；量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得【解析】

（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤，该实验操作过程需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；（2）若对调B和C装置的位置，A中挥发出来的气体有Cl2和HCl，气体进入C装置，HCl溶于水后，抑制氯气的溶解，B中氯气与KOH加热生成氯酸钾，则可能提高氯酸钾的产率，故答案为：可能；（3）①研究反应条件对反应产物的影响，由表格数据可知，总体积相同，只有硫酸的浓度不同，则实验目的为研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响，故答案为：研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响；②设计1号试管实验的作用是硫酸浓度为0的对照实验，故答案为：硫酸浓度为0的对照实验；③淀粉遇碘单质变蓝，若2号试管实验现象是溶液变为黄色，因此取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色，故答案为：淀粉；（4）由资料可知，次氯酸会破坏酸碱指示剂，因此设计实验不能用酸碱指示剂，可以利用氯水的氧化性，设计简单实验为量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得，故答案为：量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得。本题的难点是（4），实验目的是测定饱和氯水中氯元素的总量，氯水中氯元素以Cl－、HClO、Cl2、ClO－形式存在，根据实验目的需要将Cl元素全部转化成Cl－，然后加入AgNO3，测AgCl沉淀质量，因此本实验不能用SO2和FeCl3，SO2与Cl2、ClO－和HClO反应，SO2被氧化成SO42－，SO42－与AgNO3也能生成沉淀，干扰Cl－测定，FeCl3中含有Cl－，干扰Cl－测定，因此只能用H2O2。27、NH3、H2、I2(HI)吸收多余的氨气Zn+I2═ZnI2安全瓶Fe粉Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2OFe2+被氧化成Fe3+，Fe3+遇SCN-显红色假设SCN-被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出现红色，则假设成立Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4【解析】

(1)实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4I发生下列反应：NH4I(固)⇌NH3(气)+HI(气)，2HI(气)⇌H2(气)+I2(气)，则NH4I的分解产物为NH3、H2、I2(HI)，E装置浓硫酸的作用是吸收多余的氨气；(2)装置B中锌的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2═ZnI2，故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸，因为氨气极易被浓硫酸吸收；(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；(4)Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式；(5)步骤4中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；(6)氧化物样品质量为7.84克，还原成铁粉质量为5.6克，氧元素质量为：7.84-5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7，由此确定混合物的组成。【详解】：(1)实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4I发生下列反应：NH4I(固)⇌NH3(气)+HI(气)，2HI(气)⇌H2(气)+I2(气)，则NH4I的分解产物为NH3、H2、I2(HI)，E装置浓硫酸的作用是吸收多余的氨气；(2)装置B的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2═ZnI2，因为氨气极易被浓硫酸吸收，故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸；(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；(4)利用甲组现象可知Fe2O3与CO在酒精灯加热的条件下，Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；(5)因Fe3+遇SCN-显红色，所以乙组步骤3中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致，溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；(6)氧化物样品质量为7.84克，还原成铁粉质量为5.6克，氧元素质量为：7.84-5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7；则混合物的组成为Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4，故答案为：Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4。28、2O或氧1个3s3个3p低是一种空间网状的共价晶体，共价键结合较为牢固【解析】

⑴根据化合物中各元素的化合价代数和为零来计算n值，Cu2+的价电子排布式根据铜原子的价电子排布式3d104s1得出。⑵“中国蓝”中、Si都不存在孤对电子，而O原子中存在孤对电子。⑶SiO2是空间网状结构，一个Si原子周围连有4个O原子。Si原子核外最外层有4个电子，恰好与氧原子形成4个σ键，无孤对电子。而杂化轨道用于形成σ键和容纳孤对电子。所以SiO2中Si的杂化类型是sp3，也就是1个3s轨道和3个3p轨道形成。⑷含有硫元素的阴离子是正四面体，最可能是硫酸根。⑸碳酸根中C提供4个电子，O不提供电子，加两个负电荷，6个电子形成3对电子，属于sp2杂化，平面正三角形，键角为，对于碱土金属，同主族从上到下离子半径递增，碳酸盐的热稳定性递增，比稳定。⑹是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，SiA与SiB在y轴方向上距离为，在z轴方向上距离为，所以