2022-2023学年北京市第二十七中学高三第二次诊断性检测化学试卷含解析

2023年高考化学模拟试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下列说法正确的是（）A．新戊烷的系统命名法名称为2﹣二甲基丙烷B．可以用氢气除去乙烷中的乙烯C．己烷中加溴水振荡，光照一段时间后液体呈无色，说明己烷和溴发生了取代反应D．苯中加溴的四氯化碳溶液振荡后，溶液分层，上层呈橙红色2、用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是A．装置探究浓度对化学反应速率的影响B．装置探究催化剂对H2O2分解速率的影响C．装置制取SO2气体并验证其还原性(可加热)D．装置防止铁钉生锈3、通常情况下，仅凭下列事实能证明乙酸是弱酸的是A．某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢 B．乙酸钠溶液pH＞7C．乙酸溶液能使石蕊变红 D．某乙酸溶液能导电能力弱4、乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下（起始时，n(H2O)＝n(C2H4)＝1mol，容器体积为1L）。下列分析不正确的是（）A．乙烯气相直接水合反应的∆H＜0B．图中压强的大小关系为：p1＞p2＞p3C．图中a点对应的平衡常数K＝D．达到平衡状态a、b所需要的时间：a＞b5、下列生产过程属于物理变化的是（）A．煤炭干馏 B．煤炭液化 C．石油裂化 D．石油分馏6、NA表示阿伏加德罗常数的数值。乙醚(CH3CH2OCH2CH3)是一种麻醉剂。制备乙醚的方法是2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O.下列说法正确的是A．18gH218O分子含中子数目为10NAB．每制备1molCH3CH218OCH2CH3必形成共价键数目为4NAC．10g46%酒精溶液中含H原子个数为1.2NAD．标准状况下,4.48L乙醇含分子数为0.2NA7、25℃时，已知醋酸的电离常数为1.8×10-5。向20mL2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0mol/LNaOH溶液，溶液中水电离出的c(H+)在此滴定过程中变化曲线如下图所示。下列说法不正确的是A．a点溶液中：c(H+)=6.010-3molL-1B．b点溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)C．c点溶液中：c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)D．d点溶液中：c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)8、下列属于碱的是（）A．SO2B．H2SiO3C．Na2CO3D．NaOH9、既发生了化学反应，又有电解质的溶解过程，且这两个过程都吸热的是A．冰醋酸与NaOH溶液反应 B．KNO3加入水中C．NH4NO3加入水中 D．CaO加入水中10、能使氢硫酸溶液的pH先升高后降低的物质是A．Cl2 B．SO2 C．CuSO4 D．O211、pH＝a的某电解质溶液，用惰性电极电解，电解过程中溶液pH＜a的是A．NaCl B．CuSO4 C．Na2SO4 D．HCl12、在硫酸铜晶体结晶水含量测定的实验过程中，下列仪器或操作未涉及的是A． B． C． D．13、中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是选项古诗文化学知识A《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛。”强水为氢氟酸B《诗经·大雅·绵》：“堇茶如饴。”郑玄笺：“其所生菜，虽有性苦者，甘如饴也。”糖类均有甜昧C《梦溪笔谈》中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折。”铁合金的硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高D《本草经集注》中记载鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃是真硝石也。利用焰色反应A．A B．B C．C D．D14、中国传统诗词中蕴含着许多化学知识，下列分析不正确的是（）。A．“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，“紫烟”指“香炉”中碘升华的现象B．“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，金性质稳定，可通过物理方法得到C．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹的燃放涉及氧化还原反应D．“榆荚只能随柳絮，等闲缭乱走空园”，“柳絮”的主要成分为纤维素15、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．16、短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，其中X、Z位于同一主族；W的气态氢化物常用作制冷剂；Y是同周期主族元素中离子半径最小的；ZXR2能与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色。下列说法正确的是A．最简单氢化物的沸点：W>XB．含氧酸的酸性：Z<RC．Y和R形成的化合物是离子化合物D．向ZXR2与水反应后的溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成17、根据元素周期律可判断()A．稳定性：H2S＞H2O B．最高化合价：F＞NC．碱性：NaOH＞Mg(OH)2 D．原子半径：Cl＞Al18、厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是A．1molNH4+所含的质子总数为10NAB．联氨（N2H4）中含有极性键和非极性键C．过程II属于氧化反应，过程IV属于还原反应D．过程I中，参与反应的NH4+与NH2OH的物质的量之比为1:119、下列离子方程式的书写及评价，均合理的是选项离子方程式评价A用铜电极电解饱和KCl溶液：2H2O+2Cl-H2↑+Cl2↑+2OH-正确：Cl-的失电子能力比OH-强B向CuSO4溶液中通入过量的H2S气体：Cu2++H2S=CuS↓+2H+错误：H2S的酸性比H2SO4弱CBa(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2++HCO3-+OH-═BaCO3↓+H2O错误：Ba2+与HCO3-系数比应为1:2D过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=HClO+HSO3-正确：H2SO3的酸性比HClO强A．A B．B C．C D．D20、下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是A．同质量、不同密度的N2和CO B．同温度、同体积的H2和N2C．同体积、不同密度的C2H4和C3H6 D．同压强、同体积的N2O和CO221、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法正确的是（）A．KClO3在反应中得到电子 B．ClO2是氧化产物C．H2C2O4在反应中被还原 D．1molKClO3参加反应有2mol电子转移22、25℃时，0.1mol•L-1的3种溶液

①盐酸

②氨水

③CH3COONa溶液．下列说法中，不正确的是（）A．3种溶液中pH最小的是①B．3种溶液中水的电离程度最大的是②C．①与②等体积混合后溶液显酸性D．①与③等体积混合后c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物N的结构中含有三个六元环，其合成路线如下。已知：RCH=CH2+CH2=CHR′CH2=CH2+RCH=CHR′请回答下列问题：（1）F分子中含氧官能团的名称为_______。B的结构简式为____________。（2）G→H的化学方程式______________。其反应类型为_____。（3）D在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式____________。（4）A在5000C和Cl2存在下生成，而不是或的原因是_________。（5）E的同分异构体中能使FeCl3溶液显色的有_______种。（6）N的结构简式为________________。24、（12分）某研究小组按下列路线合成药物诺氟沙星：已知：试剂EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，在适当条件下，可由C生成D。②③请回答：（1）根据以上信息可知诺氟沙星的结构简式_____。（2）下列说法不正确的是_____。A．B到C的反应类型为取代反应B．EMME可发生的反应有加成，氧化，取代，加聚C．化合物E不具有碱性，但能在氢氧化钠溶液中发生水解D．D中两个环上的9个C原子可能均在同一平面上（3）已知：RCH2COOH，设计以化合物HC(OC2H5)3、C2H5OH合成EMME的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)_____。（4）写出C→D的化学方程式______。（5）写出化合物G的同系物M（C6H14N2）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：____①1H-NMR谱表明分子中有4种氢原子，IR谱显示含有N－H键，不含N－N键；②分子中含有六元环状结构，且成环原子中至少含有一个N原子。25、（12分）NO2是大气污染物之一，实验室拟用NO2与Cl2混合用NaOH溶液吸收的方法消除其污染。回答下列问题：（1）氯气的制备①仪器M、N的名称依次是_______________。②欲用MnO2和浓盐酸制备并收集一瓶纯净干燥的氯气，选呢上图中的装置，其连接顺序为____（按气流方向，用小写字母表示）。③D在制备装置中的作用是___________；用离子方程式表示装置F的作用是_________________。（2）用如图所示装置探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反应。查阅有关资料可知：HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2。①装置中X和Z的作用是______________②实验时观察到X试剂瓶中有黄绿色气体，Z试剂瓶中有红棕色气体，若通入适当比例的Cl2和NO2，Y中观察不到气体颜色，反应结束后加入稀硫酸无现象，则Y中发生反应的化学方程式是________。③反应结束后，取Y中溶液少许于试管中，加入稀硫酸，若有红棕色气体产生，解释产生该现象的原因：_______________26、（10分）某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色液面上方出现白雾；

稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；

稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是_________。（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_________。（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HC1小液滴形成，进行如下实验：a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。①实验a目的是______。②由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是________。（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和C1-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是______。（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X①向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化。取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_____。②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因：________。27、（12分）研究金属与硝酸的反应，实验如下。（1）Ⅰ中的无色气体是_________。（2）Ⅱ中生成H2的离子方程式是______________。（3）研究Ⅱ中的氧化剂①甲同学认为该浓度的硝酸中H＋的氧化性大于，所以没有发生反应。乙同学依据Ⅰ和Ⅱ证明了甲的说法不正确，其实验证据是____________。②乙同学通过分析，推测出也能被还原，依据是_____________，进而他通过实验证实该溶液中含有，其实验操作是____________。（4）根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有__________；试推测还可能有哪些因素影响_________（列举1条）。28、（14分）铁—末端亚胺基物种被认为是铁催化的烯烃氮杂环丙烷化、C—H键胺化反应以及铁促进的由氮气分子到含氮化合物的转化反应中的关键中间体。对这类活性金属配合物的合成、谱学表征和反应性质的研究一直是化学家们关注的重点。我国科学家成功实现了首例两配位的二价铁—末端亚胺基配合物的合成。回答下列有关问题。（1）Fe2+的价电子排布式___。（2）1molNH4BF4（氟硼酸铵）中含有的配位键数是___。（3）pH=6时，EDTA可滴定溶液中Fe2+的含量，EDTA的结构如图所示。①结构中电负性最大的元素是___，其中C、N原子的杂化形式分别为___、___。②EDTA可与多种金属阳离子形成稳定配合物的原因是___。（4）我国科学家近年制备了热动力学稳定的氦-钠化合物，其晶胞结构如图所示。①该化合物的化学式为___。②其晶胞参数为a=395pm，晶体密度为___g/cm3（NA表示阿伏加德罗常数数值，列出计算式即可）29、（10分）CuSCN是一种生物防腐涂料，可用CuSO4、NaSCN、Na2SO3作原料，并用乙二醇或DMF作分散剂进行制备。(1)Cu＋基态核外电子排布式为____________。(2)NaSCN中元素S、C、N的第一电离能由大到小的顺序为____________；Na2SO3中SO32-的空间构型为____________(用文字描述)。(3)乙二醇(HOCH2CH2OH)与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为____________________。(4)DMF(OHCNCH3CH3)分子中碳原子的轨道杂化类型为____________；1molDMF分子中含有σ键的数目为____________。

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.新戊烷的系统命名法名称为2，2﹣二甲基丙烷，故A错误；B.用氢气除去乙烷中的乙烯，除去乙烯的同时会引入氢气杂质，故B错误；C.己烷中加溴水振荡，光照一段时间后液体呈无色，说明己烷和溴发生了取代反应得到的产物卤代烃没有颜色，故C正确；D.苯中加溴的四氯化碳溶液振荡后，溶液分层，下层是密度大的溶有溴单质的四氯化碳层，故D错误。故选C。2、C【解析】

A.该实验中高锰酸钾溶液过量，不能褪色，因此无法记录褪色的时间，因此该装置不能探究浓度对化学反应速率的影响，A项错误；B.欲探究催化剂对H2O2分解速率的影响，应保证过氧化氢的浓度是一致的，B项错误；C.加热条件下，浓硫酸和铜发生氧化还原反应生成二氧化硫气体，二氧化硫具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；

D.该装置为电解池，Fe作阳极，加速被腐蚀，不能防止铁钉生锈，故D错误；答案选C。【点睛】本题C项涉及二氧化硫的还原性，二氧化硫的化学性质较多，可总结如下：1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水显酸性，也可与碱反应；2、还原性：二氧化硫可与酸性高锰酸钾、过氧化氢等强氧化性的物质反应；3、弱氧化性：二氧化硫可与硫化氢反应生成硫单质等，4、漂白性：二氧化硫的漂白性体现在可漂白品红等物质，性质决定用途，学生切莫混淆，尤其是漂白性与还原性的区别，应加以重视。3、B【解析】

证明CH3COOH为弱酸，可从以下角度判断：①等浓度的HCl、CH3COOH导电能力；②等浓度的HCl、CH3COOH比较二者与金属反应速率大小；③判断是否存在电离平衡；④比较二者对应的盐溶液的酸碱性等，以此解答该题。【详解】A．某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢，说明该乙酸中氢离子浓度很小，但是不能说明乙酸部分电离，不能证明乙酸是弱电解质，A错误；B．乙酸钠的pH＞7，说明乙酸钠是强碱弱酸盐，乙酸是弱酸，B正确；C．乙酸溶液能使石蕊试液变红色，说明乙酸电离出氢离子，但不能说明部分电离，所以不能证明是弱电解质，C错误；D．某乙酸导电能力弱，说明该酸中离子浓度较小，但是不能说明乙酸部分电离，则不能证明乙酸是弱电解质，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查弱电解质判断的知识。明确强、弱电解质根本区别是解本题关键，溶液导电性强弱与离子浓度及离子所带电荷有关，与电解质强弱无关，题目难度不大。4、B【解析】

A.温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动；B.增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大；C.由图象可知a点时乙烯的转化率为20%，依据三段法进行计算并判断；D.升高温度，增大压强，反应速率加快。【详解】A.温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动，正向为放热反应，∆H＜0，A项正确；B.增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大，由图可知，相同温度下转化率p1<p2<p3，因此压强p1<p2<p3，B项错误；C.由图象可知a点时乙烯的转化率为20%，那么乙烯转化了0.2mol/LC2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)始(mol/L)110转(mol/L)0.20.20.2平(mol/L)0.80.80.2平衡常数K=K===，C项正确；D.升高温度，增大压强，反应速率加快b点温度和压强均大于a点，因此反应速率b>a，所需要的时间：a＞b，D项正确；答案选B。5、D【解析】

A．煤干馏是隔绝空气加强热，使之发生复杂的化学变化，得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故A错误；B．煤炭液化是利用化学反应将煤炭转变为液态燃料的过程，故B错误；C．石油裂化的目的是将长链的烷烃裂解后得到短链的轻质液体燃料烯烃，是化学变化，故C错误；D．石油分馏是利用沸点的不同将其中的组分分离开来，没有新物质生成，为物理变化，故D正确。故选：D。【点睛】注意变化中是有无新物质生成：无新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化。6、C【解析】A、18gH218O分子含中子数目为×10NA=9NA，故A错误；B、每制备1molCH3CH218OCH2CH3，分子间脱水，形成C—O、O—H共价键，形成共价键数目为2NA，故B错误；C、10g46%酒精溶液中，酒精4.6g,水5.4g,含H原子=(×6+×2)×NA=1.2NA，含H原子个数为1.2NA，故C正确，D、标准状况下,4.48L乙醇为液态，故D错误；故选C。7、B【解析】

A．a点溶液没有加入NaOH，为醋酸溶液，根据电离平衡常数计算。设电离的出的H＋的浓度为x，由于电离程度很低，可认为醋酸浓度不变。CH3COOHCH3COO－＋H＋2xxKa===1.8×10-5，解得x=6.0×10-3mol/L，A项正确；B．b点的溶液为CH3COOH和CH3COONa等浓度混合的溶液，物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)，醋酸会电离CH3COOHCH3COO－＋H＋，醋酸根会水解，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，水解平衡常数<1.8×10-5，CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，所以c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)；B项错误；C．c点醋酸和氢氧化钠完全反应，溶液为CH3COONa溶液，在醋酸钠溶液中有电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，有物料守恒c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，将两式联立得到质子守恒，则有c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)；C项正确；D．d点加入40mL的NaOH溶液，NaOH多一倍，为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，有物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，D项正确；本题答案选B。【点睛】电解质溶液中，粒子浓度有三大守恒，电荷守恒、物料守恒和质子守恒，写出前两个即可以导出质子守恒。要特别注意等物质的量浓度的混合溶液中水解和电离的大小关系。8、D【解析】A．SO2是由硫元素和氧元素组成的化合物，属于氧化物，故A错误；B．H2SiO3电离时其阳离子全部是H+，属于酸，故B错误；C．纯碱是碳酸钠的俗称，是由钠离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐，故C错误；D．苛性钠是氢氧化钠的俗称，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子，属于碱，故D正确；故选D。点睛：解答时要分析物质的阴阳离子组成，然后再根据酸碱盐概念方面进行分析、判断，电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱，由金属离子和酸根离子组成的化合物属于盐，从而得出正确的结论。9、C【解析】

A.冰醋酸和氢氧化钠溶液的反应为酸碱中和，而酸碱中和为放热反应，故A错误；B.由于硝酸钾为强酸强碱盐，不能水解，故硝酸钾加入水中没有化学反应发生，故不符合题干的要求，故B错误；C.硝酸铵加入水中后，先溶于水，而铵盐溶于水为吸热的物理过程；然后发生盐类的水解，由于盐类的水解为酸碱中和的逆反应，故盐类水解吸热，故C正确；D.氧化钙放入水中后和水发生化合反应，为放热反应，故D错误；故选：C。10、B【解析】

A、H2S+4Cl2+4H2O=H2SO4+8HCl，氢硫酸属于弱酸、硫酸和HCl属于强酸，所以溶液酸性增强，则溶液的pH减小，选项A错误；B、2H2S+SO2=3S↓+2H2O，该反应由酸性变为中性，所以pH增大，二氧化硫过量酸性增强pH降低，选项B正确；C、H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，氢硫酸是弱酸、硫酸是强酸，则溶液酸性增强，溶液的pH减小，选项C错误；D、2H2S+O2=S↓+2H2O，溶液由酸性变为中性，则溶液的pH增大，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查了氢硫酸的性质，根据物质之间的反应分析解答，会正确书写方程式，注意C是由弱酸制取强酸的反应，生成的硫化铜不溶于酸，为易错点。11、B【解析】

根据离子的放电顺序判断电解实质，根据电解实质判断溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度的关系，结合题意判断选项。【详解】A．电解NaCl溶液时，阴极上析出氢气，阳极上得到氯气，所以溶液中的氢氧根离子浓度增大，溶液的pH值增大，溶液的pH＞a，故A不符合；B．电解硫酸铜溶液，产物是金属铜、水和硫酸，由硫酸铜到电解后的硫酸溶液，pH减小，故B符合；C．电解硫酸钠溶液时，实际上电解的是水，所以溶液的pH值不变，仍为7，故C不符合；D．电解盐酸溶液，产物是氢气和氯气，氢离子的浓度减小，所以溶液的pH值增大，故D不符合；故答案选B。【点睛】随着电解的进行判断溶液pH值的变化，首先要知道离子的放电顺序、电解的实质，只有明白这些知识点才能正确解答。12、C【解析】

A.为使硫酸铜晶体充分反应，应该将硫酸铜晶体研细，因此要用到研磨操作，A不符合题意；B.硫酸铜晶体结晶水含量测定实验过程中，需要准确称量瓷坩埚的质量、瓷坩埚和一定量硫酸铜晶体的质量、瓷坩埚和硫酸铜粉末的质量，至少称量4次，所以涉及到称量操作，需要托盘天平，B不符合题意；C.盛有硫酸铜晶体的瓷坩埚放在泥三角上加热，直到蓝色完全变白，不需要蒸发结晶操作，因此实验过程中未涉及到蒸发结晶操作，C符合题意；D.加热后冷却时，为防止硫酸铜粉末吸水，应将硫酸铜放在干燥器中进行冷却，从而得到纯净而干燥的无水硫酸铜，因此需要使用干燥器，D不符合题意；故合理选项是C。13、D【解析】

A、硝酸酸性强氧化性强能与金属反应，强水为硝酸，选项A错误；B、糖类有些有甜味，有些没有甜味，选项B错误；C、铁合金的硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，选项C错误；D、钾的焰色反应是紫色，用火烧硝石(KNO3)，是钾的焰色反应，选项D正确。答案选D。14、A【解析】

A.“紫烟”是水产生的雾气，它是水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而形成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故A错误；B.自然界中金单质的密度比较大，且化学性质稳定，可通过物理方法得到，故B正确；C.“爆竹”中含黑火药，燃放过程中有新物质二氧化碳、二氧化硫等生成，属于化学变化，故C正确；D.“柳絮”的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，故D正确。答案选A。.【点睛】本题体现了化学与生产、生活的密切关系，难度不大，注意知识的迁移应用、化学基础知识的积累是解题的关键。15、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。16、D【解析】

W的气态氢化物常用作制冷剂，W为N元素；X、Z位于同一主族；ZXR2能与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色，可推断该气体为SO2，则X为O，Z为S，R为Cl；Y是同周期主族元素中离子半径最小的，Y是Al。【详解】根据题意，可推断出W、X、Y、Z、R分别是N、O、Al、S、Cl元素；A.W和X最简单氢化物的为NH3、H2O，沸点大小为NH3<H2O，所以A项错误；B.最高价含氧酸的酸性：Z<R，B项错误；C.Y和R形成的化合物AlCl3是共价化合物，C项错误；D.SOCl2与水反应,SOCl2+H2O=SO2↑+HCl，向反应后溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀AgCl生成，D项正确。答案选D。17、C【解析】

A．O和S位于同一主族，非金属性O大于S，故气态氢化物的稳定性H2O＞H2S，故A错误；B．F没有最高正价，N是第二周期，第VA族，氮的最高正价为+5价，故B错误；C．Na和Mg位于同一周期，同周期从左到右，金属性减弱，故最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，NaOH＞Mg(OH)2，故C正确；D．Al和Cl位于同一周期，同周期元素原子半径逐渐减小，Al＞Cl，故D错误；答案选C。18、A【解析】A、质子数等于原子序数，1molNH4＋中含有质子总物质的量为11mol，故A说法错误；B、联氨(N2H4)的结构式为，含有极性键和非极性键，故B说法正确；C、过程II，N2H4→N2H2－2H，此反应是氧化反应，过程IV，NO2－→NH2OH，添H或去O是还原反应，故C说法正确；D、NH4＋中N显－3价，NH2OH中N显－1价，N2H4中N显－2价，因此过程I中NH4＋与NH2OH的物质的量之比为1：1，故D说法正确。点睛：氧化反应还是还原反应，这是有机物中的知识点，添氢或去氧的反应为还原反应，去氢或添氧的反应的反应氧化反应，因此N2H4→N2H2，去掉了两个氢原子，即此反应为氧化反应，同理NO2－转化成NH2OH，是还原反应。19、C【解析】

A项、用铜电极电解饱和KCl溶液时，阳极是铜电极放电，溶液中Cl-不能放电生成氯气，故A错误；B项、CuSO4溶液能与过量的H2S气体反应能够发生的原因是生成的硫化铜沉淀不能溶于硫酸，与酸性强弱无关，故B错误；C项、Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，不足量的Ba(HCO3)2溶液完全反应，反应消耗的Ba2+与HCO3-的物质的量比为1:2，故离子方程式书写错误，故C正确；D项、SO2具有还原性，NaClO具有强氧化性，过量SO2通入到NaClO溶液中发生氧化还原反应，不是复分解反应，与酸性强弱无关，故D错误；故选C。20、A【解析】

A、二者同质量，摩尔质量也相同，根据n=知，二者分子物质的量相同，也就是分子数相同，这两种分子还都含有2个原子，所以原子数相同，故A正确；B、同温度、同体积，气体分子数目与压强呈正比，压强不定，无法判断气体分子数关系，故B错误；C、同体积、不同密度的C2H4和C3H6，质量不相等。C2H4和C3H6的最简式相同，质量相等的两种气体含有相同的原子数，但质量不相等，则所含原子数不一定相同，故C错误；D、同压强、同体积，气体分子数目与温度呈反比，温度不定，无法判断气体分子数关系，故D错误；故选：A。21、A【解析】

反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2；H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，得到氧化产物CO2。A、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，A正确；B、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2，B错误；C、H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，C错误；D、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到1个电子，则1molKClO3参加反应有1mol电子转移，D错误；答案选A。22、B【解析】①盐酸PH<7，

②氨水电离呈碱性

③CH3COONa水解呈碱性，pH最小的是①，故A正确；①盐酸电离出氢离子、②氨水电离出氢氧根离子，抑制水电离，CH3COONa水解促进水电离，所以电离程度最大的是③，故B错误；①与②等体积混合后恰好生成氯化铵，氯化铵水解呈酸性，故C正确；①与③等体积混合后恰好完全反应生成醋酸和氯化钠，根据电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+c（Cl-），c（Na+）=c（Cl-），所以c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-），故D正确。点睛：任意溶液中，阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数；如醋酸和氯化钠的混合溶液中含有H+、Na+、CH3COO-、OH-、Cl-，所以一定有c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+c（Cl-）。二、非选择题(共84分)23、羧基C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O取代反应、（中和反应）因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代9种【解析】

由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与发生已知信息中的反应生成A，为。与HCl反应生成B，结合B的分子式可知，应是发生加成反应，B发生卤代烃的水解反应反应生成C，C氧化生成D，结合D分子式可知B为，顺推可知C为，D为。根据N分子结构中含有3个六元环可知，D与M应是发生酯化反应，M中羧基与羟基连接同一碳原子上，结合N的分子式可推知M为，N为。苯乙烯与水发生加成反应生成E为，再发生氧化反应生成，与氯气反应生成G，G在氢氧化钠溶液条件下水解、酸化得到H，则G为，H为，据此解答。【详解】（1）F分子中含氧官能团的名称为羧基，B的结构简式为；故答案为：羧基；；（2）G→H的化学方程式：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O，其反应类型为水解反应取代反应、中和反应；故答案为：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O；水解反应取代反应、中和反应；（3）D在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式：；故答案为：；（4）A在和存在下生成，而不是或的原因是：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；故答案为：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；（5）E（）的同分异构体中能使溶液显色，说明含有酚羟基，另外取代基为乙基，有邻、间、对3种，或取代基为2个甲基，当2个甲基处于邻位时，有2种位置，当2个甲基处于间位时，有3种位置，当2个甲基处于对位时，有1种位置，共有9种；故答案为：9；（6）根据以上分析可知N的结构简式为；故答案为：。【点睛】已知条件RCH=CH2+CH2=CHR′CH2=CH2+RCH=CHR′为烯烃双键断裂，结合新对象的过程。由此可以迅速知道C8H8的结构为为,，A为，再依次推导下去，问题迎刃而解。24、ACC2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH、、、【解析】

根据流程图分析，A为，B为，C为，E为，F为，H为。（1）根据以上信息，可知诺氟沙星的结构简式。（2）A.B到C的反应类型为还原反应；B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳双键可发生加成、氧化，加聚反应，酯基可发生取代反应；C.化合物E含有碱基，具有碱性；D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断、右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子，两个环上的9个C原子可能共平面；（3）将C2H5OH氧化为CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再与NaCN反应，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再与HC(OC2H5)3反应，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。（4）与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应，生成和C2H5OH。（5）G的同系物M（C6H14N2）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：若六元环上只有一个N原子，则分子中不存在4种氢原子的异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接C原子，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上，但都必须呈对称结构。【详解】（1）通过对流程图的分析，可得出诺氟沙星的结构简式为。答案为：；（2）A.B到C的反应类型为还原反应，A错误；B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳双键可发生加成、氧化，加聚反应，酯基可发生取代反应，B正确；C.化合物E含有碱基，具有碱性，C错误；D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断、右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子，两个环上的9个C原子可能共平面，D正确。答案为：AC；（3）将C2H5OH氧化为CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再与NaCN反应，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再与HC(OC2H5)3反应，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。答案为：C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2；（4）与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应，生成和C2H5OH。答案为：+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH；（5）若六元环上只有一个N原子，则分子中不存在4种氢原子的异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接C原子，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，结构简式可能为、；两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上，结构简式可能为、。答案为：、、、。25、长颈漏斗分液漏斗befghdci吸收Cl2中的HCl（抑制Cl2的溶解）Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O观察气泡流速便于控制Cl2和NO2的进入量的比例Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2ONO2的量过多，NO2与NaOH溶液反应生成了NaNO2和NaNO3，加入硫酸后NO2-发生歧化反应生成NO和NO2，故在试管中出现红棕色气体（答案合理即可）【解析】试题分析：（1）①根据仪器构造判断；②生成的氯气中含有水蒸气和氯化氢，据此分析；③根据氯气中含有的杂质以及氯气是大气污染物分析；（2）①反应过程中需要控制气体的用量，据此解答；②根据实验现象结合物质的性质分析；③红棕色气体是NO2，说明有亚硝酸钠生成，据此解答。解析：（1）①根据仪器构造可知M是长颈漏斗，N是分液漏斗；②由于浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有水蒸气和氯化氢，氯气的密度大于空气，需要向上排空气法，且还需要尾气处理，因此要制备并收集一瓶纯净干燥的氯气，其装置连接顺序是befghdci；③根据以上分析可知D在制备装置中的作用是吸收Cl2中的HCl（抑制Cl2的溶解）；装置F的作用是吸收氯气防止污染大气，方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；（2）①由于在反应过程中需要控制气体的用量，所以装置中X和Z的作用是观察气泡流速便于控制Cl2和NO2的进入量的比例；②实验时观察到X试剂瓶中有黄绿色气体，Z试剂瓶中有红棕色气体，若通入适当比例的Cl2和NO2，Y中观察不到气体颜色，说明二者均反应掉。反应结束后加入稀硫酸无现象，说明没有亚硝酸生成，这说明NO2被氯气氧化为硝酸钠，则Y中发生反应的化学方程式是Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。③由于NO2的量过多，NO2与NaOH溶液反应生成了NaNO2和NaNO3，加入硫酸后NO2-发生歧化反应生成NO和NO2，故在试管中出现红棕色气体反应结束后。点睛：掌握相关物质的性质和实验原理是解答的关键，注意题干信息的灵活应用。另外需要明确：实验操作顺序：装置选择与连接→气密性检查→加固体药品→加液体药品→开始实验(按程序)→拆卸仪器→其他处理等；加热操作先后顺序的选择：若气体制备实验需加热，应先加热气体发生装置，产生气体排出装置中的空气后，再给实验中需要加热的物质加热。目的是：①防止爆炸(如氢气还原氧化铜)；②保证产品纯度，阻止反应物或生成物与空气中的物质反应。熄灭酒精灯的顺序则相反。26、2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O漂白性检验氯气SO2也能和酸化的硝酸银生成白色沉淀要证明现象II中黄绿色为溶液酸性的增强引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，观察溶液的颜色变化即可CaSO4Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl-＋4H++SO42-【解析】

（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸。【详解】（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（2）pH试纸先变蓝(约为12)溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象的白雾由HCl小液滴形成，①用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；②用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；故答案为白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀；（4）现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应．通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为氯气；故答案为：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；（5）①取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42-，故沉淀X为CaSO4；②溶液呈黄绿色，有C