湖北省高中六校2024届高考化学五模试卷含解析

湖北省高中六校2024届高考化学五模试卷

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（每题只有一个选项符合题意）

1、新型锂空气电池具有使用寿命长、可在自然空气环境下工作的优点。其原理如图所示（电解质为离子液体和二甲基

亚飒），电池总反应为：2Li丁O_,=Li（）下列说法不正确的是（）

A.充电时电子由Li电极经外电路流入Li2O2

B.放电时正极反应式为2Li++O2+2e=Li2O2

C.充电时Li电极与电源的负极相连

I）.碳酸锂涂层既可阻止锂电极的氧化又能让锂离子进入电解质

2、下列事实不能说明X元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是（）

A.X单质与H2s溶液反应，溶液变浑浊

B.在氧化还原反应中，ImolX单质比Imol硫得电子多

C.X和硫两元素的气态氢化物受热分解，前者的分解温度高

D.X元素的最高价含氧酸的酸性强于硫酸的酸性

3、下列工业生产过程中涉及到反应热再利用的是

A.接触法制硫酸B.联合法制纯碱

C.铁矿石炼铁D.石油的裂化和裂解

4、跟水反应有电子转移，但电子转移不发生在水分子上的是

A.CaOB.NaC.CaC2D.Na2O2

5、实验测得浓度均为0.5mohL-1的Pb（CH.3COO）2溶液的导电性明显弱于Pb（N（h）2溶液，又知PbS是不溶于水及稀

酸的黑色沉淀，下列离子方程式书写错误的是

2

A.Pb（NO3）2溶液与CFhCOONa溶液混合：Pb++2CH3COO=PbCCH^COO）：

B.Pb(NO3)2溶液与K2s溶液混合；Pb2++S2=PbS1

C.Pb(CH3COO)2溶液与K2s溶液混合：Pb2++S2-=PbS：

2+

D.Pb(CH3COO)2在水中电离：Pb(CH3COO)2Pb+2CHjCOO

6、我国科学家设计的人工光合“仿生酶一光偶联”系统工作原理如图。下列说法正确的是()

A.总反应为6CO2+6H2O型些C6Hl2。6+6。2

B.转化过程中仅有酶是催化剂

C.能量转化形式为化学能一光能

D.每产生1molC6Hl2。6转移H+数目为12NA

7、温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPC15,

反应：PCk(g)UPa3(g)+CL(g)经一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据见下表:

t/s050150250250

n(PCh)/moI00.160.190.200.20

下列说法正确的是

A.反应在前50s内的平均速率v(PCl3)=0・0032mol/(L・s)

B.保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(Pa3)=0/lmol/L,该反应为放热反应

C.相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCk、0.20molPChS0.20molCh,达到平衡前的v正Av逆

D.相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCb、2.0molCh,达到平衡时，PCh的转化率小于80%

8、设WA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.足量Zn与一定量的浓硫酸反应产生22.4L气体时，转移的电子数为2NA

B.15.6g的Na2s和NazOz固体混合物中，阴离子数为0.2NA

C.1L0.1mol-L*的CH3COONa溶液中含有的CH3c00-数目为0.1NA

D.12g金刚石中含有的碳碳单键数约为4NA

9、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.标准状况下，22.4L的H2和22.4L的F2气混合后，气体分子数为2NA

B.常温下pH=12的NaOH溶液中，水电离出的氢离子数为NA

C.30g乙酸和葡萄糖混合物中的氢原子数为2NA

D.标准状况下，2.24LC2H°含有的共价键数为0.6NA

10、下列关于氧化还原反应的说法正确的是

A.ImolNazO?参与氧化还原反应，电子转移数一定为NA（NA为阿伏加德罗常数的值）

B.浓HQ和MnOz制氯气的反应中，参与反应的HC1中体现酸性和氧化性各占一半

C.Vc可以防止亚铁离子转化成三价铁离子，主要原因是Vc具有较强的还原性

D.NO?与水反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1

2-

11、某溶液中可能含有Na+、NH/、Ba"、SO4^1一、S?'分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和

淀粉无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是

2-2++

A.NH?B.SO4C.BaD.Na

12、对氧化还原反应：11P+15CUSO4+24H2O-*5CU3P+6H3Po4+15H2s04,下列说法正确的是

A.5/11的磷被氧化

B.3molC11SO4可氧化11/5molP

C.每摩尔起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物质的量为0.6mol

D.当ImolP参加反应时，转移电子的物质的量为3moi

13、

2018年11月4日凌晨，福建泉州泉港区发生“碳九”泄露，对海洋环境造成污染，危害人类健康。“碳九”芳炫主要成分

包含⑶、00⑹、自〜

（c）等，下列有关三种上述物质说法错误的是

A.a、b、c互为同分异构体B.a、b、c均能与酸性高镒酸钾溶液反应

C.a中所有碳原子处于同一平面D.Imolb最多能与4moi出发生反应

14、下列属于原子晶体的化合物是（）

A.干冰B.晶体硅C.金刚石D.碳化硅

15、a、b、c、d四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，a和b分别位于周期表的第2列和第13列，下列叙

述正确的

A.离子半径b>d

B.b可以和强碱溶液发生反应

C.c的氢化物空间结构为三角锥形

I）,a的最高价氧化物对应水化物是强碱

16、钠(Cs)在自然界中只有一种稳定同位素？Cs,核泄漏事故中会产生人工放射性同位素；；Cs、CSo下列有关说

法正确的是

A.钝元素的相对原子质量约为133B.；？Cs、黑Cs的性质相同

C.镇Cs的电子数为79D.；?Cs、号Cs互为同素异形体

二、非选择题(本题包括5小题)

17、药物瑞德西韦(Remdesivir))对2019年新型冠状病毒(201%nCoV)有明显抑制作用；K为药物合成的中间体，其合成

路线如图：

II

..pO2N-oON—O-—P—OH

△△1

C/DOH

SOCL△

催化谪］

HCN_l)NH、_咿丫E

保化剂2)H*/HQJ

0

△—/=\II

o：N°_—P—CI

%

JF

Qy*,kt门

X°xx

)2

已知：

①R—OH等黑”一R—Cl

△

NH,

OOHNH

2QH

久人寻R+™AR人CN—R、

HO

回答下列问题：

(1)A的化学名称为一。由A—C的流程中，加入CH3co。的目的是一O

(2)由G-H的化学反应方程式为反应类型为—o

(3)J中含氧官能团的名称为_。碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳原子称为手性碳原子，则瑞德西韦

中含有一个于性碳原子。

（4）X是C的同分异构体，写出一种满足下列条件的X的结构简式_。

①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；

②遇FeCh溶液发生显色反应；

③Imol的X与足量金属Na反应可生成2gH2。

oq

（5）设计以苯甲醇为原料制备化合物父的合成路线（无机试剂任选）一。

（0%

18、W、X、Y、Z四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大，其它相关信息见下表。

元素相关信息

VV单质为密度最小的气体

X元素最高正价与最低负价之和为0

Y某种同素异形体是保护地球地表的重要屏障

Z存在质量数为23,中子数为12的核素

根据上述信息，回答下列问题：

⑴元素Y在元素周期表中的位置是__；Y和Z的简单离子半径比较，较大的是_（用离子符号表示）。

（2）XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是—;由元素VV和Y组成的一种绿色氧化剂的电子式为

⑶由W、X、Y、Z四种元素组成的一种无机盐，水溶液呈碱性的原因是一（用离子方程式表示）。

19、草酸铁镂［（NH4）3Fe（C2O4）3］是一种常用的金属着色剂，易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0〜5.0之间。某兴

趣小组设计实验制备草酸铁核并测其纯度。

（1）甲组设计由硝酸氧化葡萄糖制取草酸，其实验装置（夹持及加热装置略去）如图所示。

A

①仪器a的名称是________________。

②55〜60c下，装置A中生成H2c2。4,同时生成NCh和NO且物质的量之比为3：1,该反应的化学方程式为

③装置B的作用是_______________________；装置C中盛装的试剂是

(2)乙组利用甲组提纯后的草酸溶液制备草酸铁俊。

将FezO3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液；滴加氨水至__________,然后将溶液、过滤、洗涤并干燥，制得

草酸铁铁产品。

(3)丙组设计实验测定乙组产品的纯度。

准确称量5.000g产品配成100mL溶液，取10.00mL于锥形瓶中，加入足量O.lOOOmol-L，稀硫酸酸化后，再用

O.lOOOmol・LRKMIIO4标准溶液进行滴定，消耗KMnCh溶液的体积为12.00mL。

①滴定终点的现象是________________________。

②滴定过程中发现褪色速率开始缓慢后迅速加快，其主要原因是O

③产品中(NHSFe(C2O4)3的质量分数为%。[已知：(NH5Fe(C2O4)3的摩尔质量为374g・moL]

20、某化学兴趣小组对电化学问题进行了实验探究。

I.利用如图装置探究金属的防护措施，实验现象是锌电极不断溶解，铁电极表面有气泡产生。

二

二

工9

近二-

三3S酸化

二3%NaCI

三&

二

二

।|二9溶液

三

三

二

一

一

一

(1)写出负极的电极反应式_______________。

(2)某学生认为，铁电极可能参与反应，并对产物作出假设：

假设1：铁参与反应，被氧化生成Fe2+

假设2：铁参与反应，被氧化生成Fe计

假设3：o

(3)为了探究假设1、2,他采取如下操作：

①取0.01mol-LTFeCL溶液2mL于试管中，加入过量铁粉；

②取操作①试管的上层清液加入2滴R[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀；

③取少量正极附近溶液加入2滴K3[Fe(CN”]溶液，未见蓝色沉淀生成；

④取少量正极附近溶液加入2滴KSCN溶液，未见溶液变血红；

据②、③、④现象得出的结论是o

(4)该实验原理可应用于防护钢铁腐蚀，请再举一例防护钢铁腐蚀的措施o

II.利用如图装置作电解50mL0.5mol・L-的CuCL溶液实验。

5化钢溶液

实验记录：

A.阳极上有黄绿色气体产生，该气体使湿润的淀粉碘化钾试纸先变蓝后褪色(提示：CL氧化性大于ICV);

B.电解一段时间以后，阴极表面除有铜吸附外，还出现了少量气泡和浅蓝色固体。

(D分析实验记录A中试纸颜色变化，用离子方程式解释：①_________________:②___________o

(2)分析实验记录B中浅蓝色固体可能是—(写化学式)，试分析生成该物质的原因______o

21、空气质量评价的主要污染物为PMi。、PM”、SO2、NO2、O3和CO等物质.其中，NO?与SO?都是形成酸雨的主

要物质.在一定条件下，两者能发生反应：NO2(g)+SO2(g)-SO3(g)+NO(g)

完成下列填空：

(1)在一定条件下，将等物质的量的N6、SO2气体置于体积固定的密闭容器中发生反应，下列能说明反应已经达到平

衡状态的是_____.

a.v(NO2)生成二v(SO2)消耗b.混合物中氧原子个数不再改变

c.容器内气体颜色不再改变d.容器内气体平均相对分子质量不再改变

⑵当空代中同时存在NO2与SO2时，SO2会更快地转变成H2s。4,其原因是.

⑶科学家正在研究利用催化技术将NO2和CO转变成无害的CO2和N2,反应的化学方程式：2NO2(g)+4CO(g)

傕化制4cO2(g)+N2(g)+Q(Q>0),若在密闭容器中充入NO2和CO,下列措施能提高NO2转化率的是.

A.选用高效催化剂B.充入NO2c.降低温度D.加压

(4)请写出N原子最外层电子轨道表达式,写出CO2的电子式.

(5)关于§、N、O、C四种元素的叙述正确的是______.

A.气态氢化物均为极性分子B.最高化合价均等于原子最外层电子数

C.单质一定为分子晶体D.原子最外层均有两种不同形状的电子云

(6)写出一个能够比较S元素和C元素非金属性强弱的化学反应方程式：.

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、A

【解题分析】

这是二次电池，放电时Li是负极，充电时Li是阴极；

【题目详解】

A.充电时电子经外电路流入Li,A错误；

B.放电时正极为还原反应，02得电子化合价降低，反应式为211+02+2e-=Li2O2,B正确；

C.充电时Li电极为阴极，与电源的负极相连，C正确；

D.碳酸锂涂层的覆盖可阻止锂电极的氧化，但是涂层能让锂离子进入电解质定向移动形成闭合回路，D正确；

答案选A。

【题目点拨】

关键之一是正确判断电极。关于负极的判断可以从这几方面入手：如果是二次电池，与电源负极相连的那一极，在放

电时是负极；电子流出那一极是负极；发生氧化反应的一极是负极；阴离子向负极移动。

2、B

【解题分析】

比较非金属元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的稳定性

等角度判断，而与得失电子数没有必然关系。

【题目详解】

A.X单质与H2s溶液反应，溶液变浑浊，说明X单质的氧化性比硫强，则说明X元素的非金属性比S元素的非金属

性强，故A不符合题意；

B.在氧化还原反应中，ImolX单质比ImolS得电子多，氧化性强弱与得失电子数没有必然关系，故B符合题意；

C.元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，X和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明X

的非金属性较强，故C不符合题意；

D.X元素的最高价含氧酸的酸性强于硫酸的酸性，说明X的非金属性较强，故D不符合题意；

故答案选Bo

3、A

【解题分析】

A.接触法制硫酸中有热交换器，涉及到反应热再利用，选项A正确；

B.联合法制纯碱生产过程中不涉及到反应热再利用，选项B错误；

C.铁矿石炼铁生产过程中不涉及到反应热再利用，选项C错误：

D.石油的裂化和裂解生产过程中不涉及到反应热再利用，选项D错误；

答案选A。

4、D

【解题分析】

A.水与氧化钙反应生成氢氧化钙，元素化合价没有发生变化，故A错误；

B.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，水中氢元素的化合价降低，得到电子，故B错误；

C.碳化钙与水反应生成氢氧化钙和乙焕，化合价没有发生变化，故C错误；

D.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠中的氧元素化合价既升高又降低，水中的元素化合价没有发生变

化，故D正确；

故选：Do

5、C

【解题分析】

由导电性强弱可知，Pb(CH3COO)2是可溶性的弱电解质，在离子方程式中保留化学式，据此分析作答。

【题目详解】

根据上述分析可知，

2+

A.Pb(NO3)2溶液与CMCOONa溶液混合，会生成Pb(CH3(X)O)2,发生反应的离子方程式为：Pb+2CH3COO=

Pb(CH3COO)2,A项正确；

B.Pb(NO.3)2溶液与K2s溶液混合会生成PbS沉淀，发生反应的离子方程式为：Pb2++S2=PbSj,B项正确；

2

C.Pb(CH3COO)2溶液与K2s溶液混合，离子方程式为：Pb(CH3COO)2+S=PbSl+2CH3COO,C项错误；

2+

D.Pb(CH3co0)2在水中电离：Pb(CH3COO)2Pb+2CH3COO,D项正确；

答案选C。

【题目点拨】

Pb(CH3COO)2易溶于水，在水溶液中部分电离，是少有的几种不是强电解质的盐之一。

6、A

【解题分析】

A.根据图示可知：该装置是将CO?和H?O转化为葡萄糖和氧气，反应方程式为：6co2+6H2O喋化荆C6Hl2。6+6。,A

正确；

B.转化过程中有酶、光触媒作催化剂，B错误；

C.能量转化形式为光能一化学能，C错误；

D.每产生1molC6Hl2。6转移H+数目为24NA,D错误；

故合理选项是Ao

7、C

【解题分析】

A、反应在前50s内PCb的物质的量增加().16moL所以前50s内的平均速率v(PCh)=-16moi=0.0016mol/(L・s),

2.0Lx50s

故A错误；

B、原平衡时PCb的物质的量浓度c(PCb)=0.20mol+2.0L=0.10mol/L,若升高温度，平衡时c(PCb)=0.llmol/L,PCI3

的浓度比原平衡时增大了，说明升高温度，平衡正向移动，则正向是吸热反应，故B错误；

C、根据表中数据可知平衡时CL的浓度是0.1mol/L,PCk的浓度是0.4mol/L,则该温度下的平衡常数

K=------------------------------=0.025,相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCk、0.20molPCI3和0.20molCL,

0.4mol/L

0.Imol/LxO.Imol/L土小一4丁心但.一、工E，*田.一及

Qc=---------......----------=0.02<0.025,所以反应正向进仃，达平衡前丫正>丫逆，故C正确；

0.5mol/L

D、相同温度下，起始时向容器中充入l.OmolPCb、LOmolCL,则与原平衡是等效平衡，原平衡中五氯化磷的转化

率是0.2mol+l.0molxl00%=20%,所以三氯化磷的转化率是80%,而向容器中充入2.0molPCL、2.0molCh,相当

于容器的体积缩小一倍，压强增大，则平衡逆向移动，所以三氯化磷的转化率大于80%,故D错误；

答案选C。

8、B

【解题分析】

A.未说明气体是否在标况下，不能计算，故错误；

B.Na2s和NazOz二者的摩尔质量相同，所以15.6g的Na2s和NazCh固体混合物中即0.2mol,阴离子数为0.2NA,故

正确；

C.CHjCOONa溶液中醋酸根离子水解，不能计算其离子数目，故错误；

D.12g金刚石即11no1,每个碳原子与4个碳原子形成共价键，所以平均每个碳形成2个键，则该物质中含有的碳碳单

键数约为2NA,故错误。

故选B。

9、C

【解题分析】

A.标准状况下，HF是液态，22.4L的Hz和22.4L的Fz混合后，气体分子数不是2NA,故A错误；

B.常温下pH=12的NaOH溶液，由于缺少溶液的体积，水电离出的氢离子没法计算，故B错误；

C.乙酸和葡萄糖的实验式均为Oh。，式量为30,30g乙酸和葡萄糖混合物中的氢原子数为2Na,故C正确；

D.ImolC2H6含有7moi共价键数，标准状况下，2.24LC2H6含有的共价键数为0.7NA,故D错误；

故答案为Co

【题目点拨】

顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为

物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔

体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CC14>HF等为液体，SO3为固体；②必须明确

温度和压强是0℃,lOlkPa,只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气

体摩尔体积。

10、C

【解题分析】

A.NazOz中的O为“价，既具有氧化性又具有还原性，发生反应时，若只作为氧化剂，如与SO2反应，则ImolNazCh

反应后得2moi电子；若只作为还原剂，则ImolNazCh反应后失去2moi电子；若既做氧化剂又做还原剂，如与CO?

或水反应，则ImolNazOz反应后转移Imol电子，综上所述，ImolNazCh参与氧化还原反应，转移电子数不一定是1N、,

A项错误；

B.浓HQ与MnOz制氯气时，M11O2表现氧化性，HC1一部分表现酸性，一部分表现还原性；此外，随着反应进行,

盐酸浓度下降到一定程度时，就无法再反应生成氯气，B项错误；

C.维生素C具有较强的还原性，因此可以防止亚铁离子被氧化，C项正确；

D.N(h与水反应的方程式：3NO2+H2O=2HNO?+NO,NO2中一部分作为氧化剂被还原价态降低生成NO,一部

分作为还原剂被氧化价态升高生成HN(h,氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2,D项错误；

答案选C。

【题目点拨】

处于中间价态的元素，参与氧化还原反应时既可作为氧化剂表现氧化性，又可作为还原剂表现还原性；氧化还原反应

的有关计算，以三个守恒即电子得失守恒，电荷守恒和原子守恒为基础进行计算。

11、D

【解题分析】

由①可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH4+水解使溶液显酸性，则一定含有NH4+,而S?•水解显碱性，且其水解程度

比NHJ大，则溶液中一定不含有S%再由氯水能氧化厂生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而②中加氯水和淀粉无明显

现象，贝〔一定不含有匕又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有NH4+,必须同时存在阴离子，即SO42-

必然存在，而Ba?+、SO4?-能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2+；显然剩下的Na+是否存在

无法判断，则需检验的离子是Na+,故D符合题意；

所以答案：Do

12、C

【解题分析】

1

A.11P+15CUSO4+24H2O=5CU^P+6H^PO4+15H2SO44,P元素的化合价由0降低为-3价，这样的P原子是5moL还

有P元素的化合价由0升高为+5价，这样的P原子是6mol,即被氧化的磷原子为选项A错误；

B.根据反应知道，是ImolCuSO」得到Imol电子，ImolP失去5moi电子，贝！）3molCuSO4可氧化0.6moIP,选项B错

误；

C.起氧化作用P元素的化合价由0降低为・3价转移3个电子，起还原作用的P的化合价由0升高为+5价转移5个电子,

则每摩尔起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物质的量为0.6mol,选项C正确；

D.当ImolP参加反应时，有^molP作还原剂，转移电子的物质的量为当moL选项D错误.

答案选C。

【题目点拨】

本题考查了氧化剂和还原剂的判断、电子转移等知识点，注意该反应中P既是氧化剂又是还原剂，会根据元素化合价

的变化判断氧化剂、还原剂和氧化产物、还原产物，llP+15CuSO4+24H2O=5Cii3P+6H3Po4+15H2sCh中，P元素的化

合价由0降低为・3价，这样的P原子是5m01,还有P元素的化合价由0升高为+S价，这样的P原子是6moLCu元

素的化合价由+2价降低为+1价,根据氧化还原反应中的概念以此电子守恒知识来解答.

13、A

【解题分析】

A.a>c分子式是C9H⑵结构不同，是同分异构体；而b分子式是CgHx,b与a、c的分子式不相同，因此不能与a、c

称为同分异构体，A错误；

B.a、b、c三种物质中与苯环连接的C原子上都有H原子，且b中含碳碳双键，因此均能被酸性高镒酸钾溶液氧化，

B正确；

C,苯分子是平面分子，a中三个甲基的C原子取代苯分子中H原子的位置与苯环的碳原子相连，所以一定在苯环的平

面内，C正确；

D.b分子内含有1个苯环和1个碳碳双键，所以Imolb最多能与4moi出发生反应，D正确；

故合理选项是A。

14、D

【解题分析】

相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，常见的原子晶体是周期系第WA族元

素的一些单质和某些化合物，例如金刚石、硅晶体、二氧化硅、SiC等。

【题目详解】

A.干冰为分子晶体，故A错误；

B.晶体硅是原子晶体，是单质，故B错误；

C.金刚石是原子晶体，是单质，故C错误；

D.碳化硅是原子晶体，是化合物，故D正确；

故答案选Do

15、B

【解题分析】

a和b分别位于周期表的第2列和第13列，所以a是Be或Mg,b是ALc是C,d是N。

【题目详解】

A.铝和氮原子形成的离子电子层结构相同，原子序数越小半径越大，故b<d,故A错误；

B.b是铝，可以与强碱反应生成偏铝酸盐和氢气，故B正确；

C.碳的氢化物有多种，如果形成甲烷，是正四面体结构，故C错误；

D.无论是钺还是镁，最高价氧化物的水化物都不是强碱，故D错误；

故选：B,

16、A

【解题分析】

A.元素的相对原子质量是依照该元素在自然界中的稳定同位素的质量计算的，钠(Cs)在自然界中只有一种稳定同位素

553CS,则钠元素的相对原子质量约为133,A正确；

B.与Cs、3cs的质子数相同，而中子数不同，二者互为同位素，同位素的化学性质相同，但物理性质有差别，B

错误；

C.电子数等于质子数，fCs的质子数为55,则电子数为55,C错误；

D.蜷cs、是同种元素的不同原子，互为同位素，不是同素异形体，D错误；

故合理选项是Ao

二、非选择题(本题包括5小题)

17、苯酚保护羟基，防止被氧化HCHO+HCN——"剋->HOXXsCN加成反应酯基5

【解题分析】

A发生信息1的反应生成B,B发生硝化取代反应生成C,根据C的结构简式可知，B为、,

°尸人为

o

OH;D发生信息1的反应生成E,E中含两个C1原子，则E为J>—Cl,E和A发

4

Cl

生取代反应生成F,G发生信息2的反应生成H,H发生取代反应，水解反应得到L根据I结构简式可知H为HOCH2CN,

G为HCHO,I发生酯化反应生成J,F与J发生取代反应生成K,J为结合题目分析解答;

HO-COOHHO-COOH

的水解程度为:结构中的・COOH可由-CN酸性条件下水解得到,

与HCN发生加成反应可生成,再结合苯甲醇催化氧化即可生成苯甲醛，据此分析确定合成路线。

【题目详解】

(1)由上述分析可知，A为OH,其化学名称为：苯酚；酚羟基具有弱还原性，能够被浓硫酸氧化，因此

加入CHjCOCl的目的是保护羟基，防止被氧化;

(2)H为HOCHzCN,G为HCHO,由G生成H的化学反应方程式为：HCHO+HCN-------强弱

反应中醛基中不饱和键生成饱和化学键，属于加成反应;

,其含氧官能团为酯基；瑞德西韦中碳原子位置为:

一共有5个手性碳原子；

(4)C是对硝基乙酸苯酯，X是C的同分异构体，X的结构简式满足下列条件：①苯环上含有硝基且苯环上只有一种

氢原子；②遇FeCh溶液发生显色反应；③1mol的X与足量金属Na反应可生成2gH乂即Imol),则含有两个羟基，根

据不饱和度知还存在・CH=CH2,该分子结构对称，符合条件的结构简式为：HO或

O.N

(5)根据上述分析可知，该合成路线可为：

)

CHXJHCHOH«yCNHOCOOH22

O'六白哥6a6用cr^：

••••

18、第2周期，VIA族O>分子间作用力H：0：0：HHCOr+H2OH2CO3+OH

••••

【解题分析】

根据题干信息中元素性质分析判断元素的种类；根据元素的种类判断在元素周期表中的位置；根据物质的组成和性质

分析该物质的晶体类型，判断微粒间的作用力；根据成键特点书写电子式。

【题目详解】

W、X、Y、Z四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大，W单质为密度最小的气体，则W为氢元素；X最高正

价与最低负价之和为0,则X为第IVA族元素，Y的某种同素异形体是保护地球地表的重要屏障，则Y是氧元素，X

是碳元素；Z存在质量数为23,中子数为12的核素，则Z的质子数为23・12=11,则Z是钠元素。

(D元素氧在元素周期表中的位置是第2周期，VIA族；氧离子和钠离子具有相同的核外电子排布，则核电荷越大半

径越小，所以半径较大的是O%故答案为：第2周期，VIA族；02-；

(2)CO?晶体为分子晶体，由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是分子间作用力；由元素氢和氧组成的一种绿色

••••••・•

氧化剂是双氧水，其电子式为H：0：0：H，故答案为：分子间作用力；H：0：0：H；

••••••••

(3)由氢、碳、氧、钠四种元素组成的一种无机盐为碳酸氢钠，因为水解其水溶液呈碱性离子方程式表示为:，故答

案为：HCO3+H2OH2CO3+OH,故答案为：HCO3+H2OH2co3+OH。

19、球形冷凝管12HNO3+C6Hl206”?。3H2c2O4+9NO2T+3NOT+9H2。安全瓶，防倒吸NaOH溶液溶

液pH介于4.0~5.0之间加热浓缩、冷却结晶溶液变为粉红色，且半分钟内不褪色反应生成的MM+是该反

应的催化剂74.8

【解题分析】

⑴①根据图示分析判断仪器a的名称；

②55〜60c下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2c2O4,同时生成NO2和N。且物质的量之比为3：1,

根据电子得失守恒、原子守恒分析书写方程式；

③反应中生成的N(h和NO,均为大气污染气体，需要尾气吸收，N02和NO被吸收时会导致倒吸；

⑵草酸铁钱［(NH4)3Fe(C2O4)31易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4・0〜5.0之间；草酸铁钱是钱盐,温度过高易分解,

且温度过高促进钱根离子和铁离子水解，不能直接加热蒸干；

⑶①滴定操作是高钵酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锌酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂；

②滴定过程中高钵酸钾溶液被还原为MM+,且随着反应进行，MM+的浓度增大，反应速率加快，据此分析；

③根据题给数据，结合反应，计算(NHgFe(C2O4)3的物质的量，进而计算产品中(NH4)3Fe(C2O03的质量分数

纯物质的质量

二样品的总质量"°°

【题目详解】

(1)①根据图示仪器a的名称为球形冷凝管；

②55〜60℃下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2c2。4,同时生成NO?和NO且物质的量之比为3：1,

根据电子得失守恒、原子守恒，该反应的化学方程式为12HNO3+C6Hl2O6”tc3H2c2O4+9NO2T+3NOT+9H20；

③反应中生成的NO?和NO,均为大气污染气体，需要尾气吸收，NO?和NO被吸收时会导致倒吸，装置B的作用是

做安全瓶防止倒吸，装置C中盛装的试剂是NaOH溶液，用于吸收NO?和NO,发生反应为

NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2。、2N02+2Na0H=NaN03+NaN02+H20；

⑵草酸铁钱［(NH4)3Fe(C2O4)3］易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0〜5.0之间，则将FgCh在搅拌条件下溶于热的

草酸溶液，滴加氨水至pH介于4.0〜5.0之间；草酸铁钱是钱盐，温度过高易分解，且温度过高促进钱根离子和铁离

子水解，不能直接加热蒸干；

提纯后的草酸溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁钱产品；

(3延滴定操作是高锌酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锌酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂，

滴定终点的现象是加入最后一滴高镒酸钾溶液，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪色，即为达到终点；

②滴定过程中高钵酸钾溶液被还原为MM+,且随着反应进行，Mi?+的浓度增大，反应速率加快，说明反应生成的Mn2+

可以加快反应速率，即丽?♦起催化剂的作用；

③滴定过程中，产品溶液加稀硫酸酸化后形成草酸，草酸与高铳酸钾溶液发生氧化还原反应，离子反应为

+2+

5H2C2O4+2MnO4+6H=2Mn+10CO2t+8H2O,10.00mL产品溶液消耗n(MnO4)=0.1000molL-ix0.012L=0.0012moL

则10.00mL产品溶液中〃(H2c204)=*n(MnO/)=』x0.0012mol=0.003mol,根据物料守恒，100mL产品溶液中

22

(NH4)3Fe(C2O4)3的质量二手x0.003molx|x374g・mo「=3.74g,故产品中(NHgFeCOg的质量分数为

JLJ

3.74g

「xl00%=74.8%。

5g

20.Zn-2e-=Zn2+铁参与反应，被氧化生成Fe?+和Fe"正极附近溶液不含Fe?+和Fe^在钢铁表面刷一层

+

油漆(其他合理答案均可)2r+C12=I24-2Cr5Cl24-I2+6H20=10Cr4-2I03-4-12HCu(0H)2电解较长时

间后，Ci?+浓度下降，H+开始放电，溶液pH增大，Ci?*转化为Cu(0H)2沉淀

【解题分析】

1.该装置能自发进行氧化还原反应而形成原电池，活泼金属锌做负极，失电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应

式为Zn-2D=Zn2+,铁做正极，溶液中氢离子得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e、H2t;

II.该装置为电解装置，电解时，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2c厂一29=。23铜离子

2+

在阴极上得电子发生还原反应生成铜，电极反应式为Cu4-2e-=Cuc

【