2024届山东泰安知行学校高三（最后冲刺）化学试卷含解析

2024届山东泰安知行学校高三（最后冲刺）化学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同。X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，而Z不能形成双原子分子。根据以上叙述，下列说法中正确的是A．上述四种元素的原子半径大小为W<X<Y<ZB．W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为20C．W与Y可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物D．由W与X组成的化合物的沸点总低于由W与Y组成的化合物的沸点2、已知某饱和NaCl溶液的体积为VmL，密度为，质量分数为w%，溶液中含NaCl的质量为mg。则下列表达式正确的是A． B．C． D．3、有一种化合物是很多表面涂层的重要成分，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y无最高正价，Z的含氧酸均具有氧化性，下列有关说法正确的是（）A．WZ沸点高于W2Y的沸点B．含Z的两种酸反应可制得Z的单质C．W2Y2中既含离子键又含共价键键D．X的含氧酸一定为二元弱酸4、汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是A．生成40.0LN2（标准状况） B．有0.250molKNO3被氧化C．转移电子的物质的量为1.25mol D．被氧化的N原子的物质的量为4.75mol5、某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示。下列说法错误的是（）A．X可能含有2种盐 B．Y可能含有(NH4)2SO4C．a是SO3 D．(NH4)2S2O8中S的化合价不可能为+76、向某Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2固体(溶液体积变化、温度变化忽略不计)，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是()已知：Ksp(BaCO3)=2.4010-9A．A、B、C三点对应溶液pH的大小顺序为：A>B>CB．A点对应的溶液中存在：c(CO32-)<c(HCO3-)C．B点溶液中c(CO32-)=0.24mol/LD．向C点溶液中通入CO2可使C点溶液向B点溶液转化7、下列各项中的实验方案不能达到预期实验目的的是选项实验目的实验方案A鉴别BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三种盐溶液分别向三种盐溶液中缓慢通入SO2气体B除去CuCl2溶液中的少量FeCl3加入足量氧化铜粉末。充分反应后过滤C除去HCl气体中混有少量Cl2将气体依次通过饱和食盐水、浓硫酸D配制氯化铁溶液将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释A．A B．B C．C D．D8、X、Y、Z、W是4种短周期主族元素，在周期表中的相对位置如表，已知四种元素的原子最外层电子数之和为18，则以下说法中正确的是（）A．Y的最高正化合价与最低负化合价的代数和为2B．X、Y、Z、W四种原子中，X的原子半径最小C．Y的氢化物的沸点一定高于X的氢化物的沸点D．X、Y、W三种元素氧化物对应的水化物的酸性依次增强9、铬是人体必需的微量元素，它与脂类代谢有密切联系，能增强人体内胆固醇的分解和排泄，但铬过量会引起污染，危害人类健康。不同价态的铬毒性不同，三价铬对人体几乎无毒，六价铬的毒性约为三价铬的100倍。下列叙述错误的是A．发生铬中毒时，可服用维生素C缓解毒性，因为维生素C具有还原性B．K2Cr2O7可以氧化乙醇，该反应可用于检查酒后驾驶C．在反应Cr2O72-＋I－＋H＋→Cr3＋＋I2＋H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2D．污水中的Cr3＋在溶解的氧气的作用下可被氧化为Cr2O72-10、以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是A．加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4B．向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3C．隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5D．烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来11、热催化合成氨面临的两难问题是：采用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH3产率降低。我国科研人员研制了Ti-H-Fe双温区催化剂（Ti-H区域和Fe区域的温度差可超过100℃）。Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是A．①为NN的断裂过程B．①③在高温区发生，②④⑤在低温区发生C．④为N原子由Fe区域向Ti-H区域的传递过程D．使用Ti-H-Fe双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应12、生活因化学而精彩，化学因实验而生动，实验因“洗涤”而更加精确。关于沉淀或晶体洗涤的说法错误的是A．洗涤的目的一般是除去沉淀或晶体表面可溶性的杂质，提高纯度B．洗涤的试剂一般可选用蒸馏水、冰水、乙醇、该物质的饱和溶液C．洗涤的操作是向过滤器里的固体加洗涤剂，使洗涤剂浸没固体，待洗涤剂自然流下D．洗净的检验是检验最后一次洗涤液中是否含有形成沉淀的该溶液中的离子13、据了解，铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈(形成了保护层)和有害锈(使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散)，结构如图所示。下列说法正确的是A．Cu2(OH)3Cl属于有害锈B．Cu2(OH)2CO3属于复盐C．青铜器表面刷一层食盐水可以做保护层D．用NaOH溶液法除锈可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”14、以下相关实验不能达到预期目的的是（）A．试样加水溶解后，再加入足量Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3B．向少量燃尽火柴头的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3验证火柴头含有氯离子C．加入饱和Na2CO3溶液，充分振荡，静置、分层后，分液除去乙酸乙酯中的乙酸D．两支试管中装有等体积、等浓度的H2O2溶液，向其中一支试管中加入FeCl3溶液探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响15、短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大。已知元素A元素原子最外层电子数是次外层的2倍；B、C的最外层电子数之比为5:2，D的氧化物是常用的耐火材料；下列叙述正确的是（）A．元素A的氢化物都是气体B．简单离子半径：C＞D＞B元素C．B、C形成的化合物与水反应可以生成一种刺激性气味的气体D．元素B的气态氢化物的水溶液能溶解单质D16、存在AlCl3→Al（OH）3→Al2O3→Al转化，下列说法正确的是（）A．Al（OH）3

属于强电解质B．Al2O3

属于离子晶体C．铝合金比纯铝硬度小、熔点高D．AlCl3

水溶液能导电，所以

AlCl3

属于离子化合物17、COCl2的分解反应为:COCl2(g)＝Cl2(g)+CO(g)△H＝+108kJ•mol-1。某科研小组研究反应体系达到平衡后改变外界条件，各物质的浓度在不同条件下的变化状况，结果如图所示。下列有关判断不正确的是A．第4min时，改变的反应条件是升高温度B．第6min时，V正(COCl2)＞V逆(COCl2)C．第8min时的平衡常数K＝2.34D．第10min到14min未标出COCl2的浓度变化曲线18、用化学方法不能实现的是（）A．生成一种新分子 B．生成一种新离子C．生成一种新同位素 D．生成一种新单质19、某同学结合所学知识探究Na2O2与H2能否反应，设计装置如图，下列说法正确的是（）A．装置A中锌粒可用铁粉代替B．装置B中盛放碱石灰，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气C．装置C加热前，必须先用试管在干燥管管口处收集气体，检验气体纯度D．装置A也可直接用于MnO2与浓盐酸反应制取Cl220、中学常见物质A、B、C、D存在下图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。下列物质中符合转化关系的A的个数为ABC，①Cl2②S③Fe④NH3⑤AlCl3⑥Na2CO3A．3 B．4 C．5 D．621、碳酸亚乙酯是一种重要的添加剂，结构如图（），碳酸亚乙酯可由环氧乙烷与二氧化碳反应而得，亦可由碳酸与乙二醇反应获得。下列说法正确的是A．上述两种制备反应类型相同B．碳酸亚乙酯的分子式为C3H6O3C．碳酸亚乙酯中所有原子可能共平面D．碳酸亚乙酯保存时应避免与碱接触22、下列关于有机化合物和的说法正确的是()A．一氯代物数目均有6种B．二者均能发生取代、加成和氧化反应C．可用酸性高锰酸钾溶液区分D．分子中所有碳原子可能在同一平面上二、非选择题(共84分)23、（14分）用两种不饱和烃A和D为原料可以合成一类新药有机物J，合成路线如下：已知①②有机物J结构中含两个环。回答下列问题：(1)C的名称是________________。(2)A→B试剂和反应条件为________________。(3)H→J的化学反应方程式为_______________。(4)已知符合下列条件的N的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4:4:1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式____________。①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO3反应产生气泡③可发生缩聚反应，M的所有同分异构体在下列表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同是_____。a．质谱仪b．红外光谱仪c．元素分析仪d．核磁共振仪(5)利用题中信息和所学知识，写出以A和甲烷为原料，合成的路线流程图____________(其它试剂自选)。24、（12分）煤化工可制得甲醇．以下是合成聚合物M的路线图．己知：①E、F均能发生银镜反应；②+RX+HX完成下列填空：（1）关于甲醇说法错误的是______（选填序号）．a．甲醇可发生取代、氧化、消去等反应b．甲醇可以产生CH3OCH3（乙醚）c．甲醇有毒性，可使人双目失明d．甲醇与乙醇属于同系物（2）甲醇转化为E的化学方程式为______．（3）C生成D的反应类型是______；写出G的结构简式______．（4）取1.08gA物质（式量108）与足量饱和溴水完全反应能生成2.66g白色沉淀，写出A的结构简式______．25、（12分）实验室以海绵铜（主要成分为Cu和CuO）为原料制取CuCl的主要流程如图所示。已知：①CuCl微溶于水，不溶于乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。②CuCl露置于潮湿的空气中易被氧化。回答下列问题。（1）“氧化”时温度应控制在60~70℃，原因是____________________。（2）写出“转化”过程中的离子方程式____________________。（3）“过滤Ⅱ”所得滤液经__________、__________、过滤等操作获得(NH4)2SO4晶体，可用作化学肥料。“过滤Ⅱ”所得滤渣主要成分为CuCl，用乙醇洗涤的优点是________________。（4）氯化铵用量[]与Cu2+沉淀率的关系如图所示。随着氯化铵用量的增多Cu2+沉淀率增加，但当氯化铵用量增加到一定程度后Cu2+的沉淀率减小，其原因是__________。（5）若CuCl产品中混有少量CaSO4，设计提纯CuCl的实验方案：__________。（实验中可选试剂：0.1mol·L−1盐酸、10mol·L−1盐酸、蒸馏水、无水乙醇）26、（10分）Ⅰ.含氨废水和废气对环境造成的污染越来越严重，某课外活动小组先测定废水中含NO3-为3×10-4mol/L，而后用金属铝将NO3-还原为N2，从而消除污染。(1)配平下列有关离子方程式：_____NO3-+_______Al+_______H2O→_______N2↑+______Al(OH)3+________OH-。(2)上述反应中被还原的元素是____________，每生成2mol

N2转移_________mol电子。(3)有上述废水100m3，若要完全消除污染，则所消耗金属铝的质量为_________g。Ⅱ.NO与Cl2在常温常压下可以合成亚硝酰氯(NOCl)。它是一种红褐色液体或黄色气体，其熔点-64.5℃，沸点-5.5

℃，遇水易水解。亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂。实验室制备原料气Cl2的装置如图所示：(4)实验室制Cl2时，装置A中烧瓶内发生反应的化学方程式为_________________________。(5)将上述收集到的Cl2充入D的集气瓶中，按图示装置制备亚硝酰氯。①装置D中发生的反应方程式为__________________________。②如果不用装置E会引起什么后果：__________________。③某同学认为装置F不能有效吸收尾气中的某种气体，该气体为_____________，为了充分吸收尾气，可将尾气与________________同时通入氢氧化钠溶液中。27、（12分）苯甲酸乙酯可由苯甲酸与乙醇在浓硫酸共热下反应制得，反应装置如图（部分装置省略），反应原理如下：实验操作步骤：①向三颈烧瓶内加入12.2g苯甲酸、25mL乙醇、20mL苯及4mL浓硫酸，摇匀，加入沸石。②装上分水器、电动搅拌器和温度计，加热至分水器下层液体接近支管时将下层液体放入量筒中。继续蒸馏，蒸出过量的乙醇，至瓶内有白烟(约3h)，停止加热。③将反应液倒入盛有80mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末至溶液无二氧化碳逸出，用pH试纸检验至呈中性。④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取，然后合并至有机层。用无水CaC12干燥，粗产物进行蒸馏，低温蒸出乙醚。当温度超过140℃时，直接接收210-213℃的馏分，最终通过蒸馏得到纯净苯甲酸乙酯12.8mL。可能用到的有关数据如下：相对分子质量密度（g/cm3）沸点/℃溶解性苯甲酸1221.27249微溶于水，易溶于乙醇、乙醚苯甲酸乙酯1501.05211-213微溶于热水，溶于乙醇、乙醚乙醇460.7978.5易溶于水乙醚740.7334.5微溶于水回答以下问题：(1)反应装置中分水器上方的仪器名称是______，其作用是____(2)步骤①中加浓硫酸的作用是_________，加沸石的目的是______。(3)步骤②中使用分水器除水的目的是_________。(4)步骤③中加入碳酸钠的目的是________。(5)步骤④中有机层从分液漏斗的____（选填“上口倒出”或“下口放出”）。(6)本实验所得到的苯甲酸乙酯产率是________%。28、（14分）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。根据下图，完成下列填空：（1）上图中X的电子式为_________；其水溶液长期在空气中放置容易变浑浊，用化学方程式表示该变化__________；该变化体现出硫元素的非金属性比氧元素______（填“强”或“弱”）。用原子结构解释原因____________。（2）Na2S2O3是一种用途广泛的钠盐。下列物质用于Na2S2O3的制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是______（填字母序号）。a．Na2S+Sb．Z+Sc．Na2SO3+Yd．NaHS+NaHSO3（3）SO2是主要大气污染物之一。工业上烟气脱硫的方法之一是用碱液吸收，其流程如图：。该法吸收快，效率高。若在操作中持续通入含SO2的烟气，则最终产物为________。室温下，0.1mol/L①亚硫酸钠②亚硫酸氢钠③硫化钠④硫氢化钠的四种溶液的pH由大到小的顺序是________（用编号表示）。已知：H2S：Ki1＝1.3×10-7Ki2=7.1×10-15H2SO3：Ki1＝1.3×10-2Ki2=6.2×10-8（4）治理含CO、SO2的烟道气，也可以将其在催化剂作用下转化为单质S和无毒的气体：2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g)。一定条件下，将CO与SO2以体积比为4∶1置于恒容密闭容器中发生上述反应，下列选项能说明反应达到平衡状态的是______（填写字母序号）。a．υ(CO)∶υ(SO2)=2∶1b．平衡常数不变c．气体密度不变d．CO2和SO2的体积比保持不变测得上述反应达平衡时，混合气体中CO的体积分数为，则SO2的转化率为________。29、（10分）NO、CO、是大气污染物但又有着重要用途。已知：(1)某反应的平衡常数表达式为，此反应的热化学方程式为：______。(2)向绝热恒容密闭容器中充入等量的NO和CO进行反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是______(填序号)。a.容器中的压强保持不变b.c.气体的平均相对分子质量保持34.2不变d.该反应平衡常数保持不变e.NO和CO的体积比保持不变Ⅱ.(3)甲烷转化为和CO的反应为：①一定条件下，的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。则______(填“<”“>”或“=”)；A、B、C三点处对应的平衡常数(、、)，由大到小的顺序为______。②将和按等物质的量混合，一定条件下反应达到平衡，转化率为50%。则反应前与平衡后，混合气体的平均相对分子质量之比为______。Ⅲ.含的烟气可用溶液吸收。(4)已知时由,和形成的混合溶液恰好呈中性，此时溶液中离子浓度大小顺序为______。(已知时，的电离平衡常数，)(5)可将吸收液送至电解槽再生后循环使用。再生电解槽如图所示。a电极上含硫微粒放电的反应式为______(任写一个)。离子交换膜______(填标号)为阴离子交换膜。

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】

X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，用的是14C；工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，这是工业上生产氮气的方法，Z的原子序数大于X、Y，且不能形成双原子，X、Y、Z核外内层电子数相同，均是2个，所以Z只能是稀有气体Ne，W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同，则W是H。【详解】A．X为C，Y为N，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则原子半径C＞N，Z为Ne，原子半径测定依据不同，一般不与主族元素的原子半径相比较，A错误；B．W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为1+4+5+8=18，B错误；C．W与Y可形成N2H4的化合物，既含极性共价键又含非极性共价键，C正确；D．W为H元素，X为C元素，Y为N元素，C和H可形成多种烃类化合物，当相对分子质量较大时，形成的烃在常温下为液体或固体，沸点较高，可能高于W与Y形成的化合物，D错误；答案选C。2、C【解析】

A.n(NaCl)=，ρV表示的是氯化钠溶液的质量，故A错误；B.溶液的质量为：ρg•cm-3×VmL=ρVg，则质量分数ω％=，故B错误；C.溶液的物质的量浓度为：c(NaCl)==10ρω/58.5，故C正确；D.不是氯化钠溶液的体积，故D错误；故答案选C。3、B【解析】

W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y无最高正价，结合图示可知，W形成1个共价键，Y能够形成2个共价键，X形成4个共价键，Z形成1个共价键，则W为H，X为C元素，Y为O元素，Z为Cl元素，据此解答。【详解】根据分析可知，W为H，X为C元素，Y为O元素，Z为Cl元素；A．H2O分子间存在氢键，且常温下为液体，而HCl常温下为气体，则HCl沸点低于H2O的沸点，故A错误；B．HCl和和HClO反应生成氯气，故B正确；C．H2O2是共价化合物，分子中只含共价键，不存在离子键，故C错误；D．X为C元素，C的含氧酸H2CO3为二元弱酸，而CH3COOH为一元弱酸，故D错误；故答案为B。4、C【解析】

该反应中N元素化合价由-、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，据此分析解答。【详解】A．该反应中N元素化合价由-价、+5价变为0价，所以氧化产物和还原产物都是氮气，假设有16mol氮气生成，氧化产物是15mol、还原产物是1mol，则氧化产物比还原产物多14mol，若氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成氮气的物质的量=×16mol=2mol，标准状况下的体积为：2mol×22.4L/mol=44.8L，故A错误；B．反应中，硝酸钾得电子是氧化剂，被还原，故B错误；C．转移电子的物质的量为×10=1.25mol，故C正确；D．被氧化的N原子的物质的量=×30=3.75mol，故D错误；答案选C。【点睛】明确氧化产物和还原产物关系是解本题关键。本题的易错点为B，注意硝酸钾中N元素化合价降低，被还原。5、C【解析】

流程可知，氨水与废气反应生成亚硫酸氨或亚硫酸氢铵，然后与过量硫酸反应生成气体a为二氧化硫，Y为硫酸铵、硫酸氢铵。【详解】A．废气少量时生成X为亚硫酸铵，废气过量时生成X为亚硫酸氢铵，或二者均有，A正确；B．X中加过量硫酸生成硫酸铵或硫酸氢铵，B正确；C．亚硫酸氨或亚硫酸氢铵，与过量硫酸反应生成气体a为二氧化硫，C错误；D．（NH4）2S2O8中为连二硫酸铵，S最外层有6个电子，最高价为+6价，则S的化合价不可能为+7，D正确；故答案为：C。6、A【解析】

A．CO32－的水解能力强于HCO3－，因此溶液中的CO32－的浓度越大，溶液中的OH－的浓度越大，pH越大。溶液中的CO32－的浓度越大，则的值越小，从图像可知，A、B、C三点对应的溶液的的值依次增大，则溶液的pH依次减小，pH的排序为A>B>C，A正确；B．A点对应的溶液的小于0，可知＞0，可知c(CO32-)＞c(HCO3-)，B错误；C．B点对应的溶液的lgc(Ba2＋)=-7，则c(Ba2＋)=10-7mol·L－1，根据Ksp(BaCO3)=c(Ba2＋)c(CO32－)=2.4010-9，可得c(CO32－)=，C错误；D．通入CO2，CO2与水反应生成H2CO3，H2CO3第一步电离产生较多的HCO3－，减小，则增大，C点不能移动到B点，D错误。答案选A。【点睛】D项也可以根据电离平衡常数推导，根据HCO3－H＋＋CO32－，有，转化形式可得，，通入CO2，溶液的酸性增强，c(H＋)增大，减小，则增大。7、C【解析】

A、分别向BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三种盐溶液中缓慢通入SO2气体，无明显现象的为氯化钡溶液，产生白色沉淀且有无色气体产生马上变为红棕色气体的为硝酸钡溶液，产生白色沉淀的为硅酸钠溶液，故可鉴别三种盐溶液，选项A正确；B．氧化铜可促进铁离子的水解转化为沉淀，则加入过量氧化铜粉末，过滤可除杂，选项B正确；C．氯气难溶于饱和食盐水，但HCl极易溶于水，不能用饱和食盐水除去氯化氢气体中混有的少量氯气，选项C不正确；D．盐酸可抑制铁离子的水解，则配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，选项D正确；答案选C。8、A【解析】

由元素周期表的位置可知，X和Y为第二周期，Z和W为第三周期，设Z的最外层电子数为n，X的最外层电子数为n+1，Y的最外层电子数为n+2，W的最外层电子数为n+3，则n+n+1+n+2+n+3=18，n=3，则Z为Al、X为C、Y为N、W为S。【详解】根据分析可知，X为C元素，Y为N，Z为Al，W为S元素；A．Y为N，位于ⅤA族，其最高化合价为+5，最低化合价为-3，则N元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为2，故A正确；B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则四种原子中Z（Al）的原子半径最大，Y（N）的原子半径最小，故B错误；C．没有指出简单氢化物，该说法不合理，如含有较多C的烃常温下为液态、固态，其沸点大于氨气，故C错误；D．缺少条件，无法比较N、S元素氧化物对应水化物的酸性，如：硫酸＞亚硝酸，硝酸＞亚硫酸，故D错误；故选：A。9、D【解析】

A、发生铬中毒时，解毒原理是将六价铬变为三价铬，需要加入还原剂才能实现，可服用具有还原性的维生素C缓解毒性，故A正确；B、K2Cr2O7可以将乙醇氧化为乙酸，同时反应后含铬化合物的颜色发生变化，该反应可用于检查酒后驾驶，故B正确；C、在反应Cr2O72-+I-+H+→Cr3++I2+H2O中，根据电子守恒和原子守恒配平为：Cr2O72-+6I-+14H+＝2Cr3++3I2+7H2O，氧化产物是碘单质，还原产物是三价铬离子，二者的物质的量之比为3：2，故C正确；D、氧气的氧化性弱于Cr2O72-，Cr3+在溶解的氧气的作用下不能被氧化为Cr2O72-，故D错误。答案选D。10、C【解析】

A.FeS2煅烧时会生成SO2，加入CaO会与SO2反应，减少SO2的排放，而且CaSO3最后也会转化为CaSO4，A项不符合题意；B.滤液为NaAlO2溶液，通入CO2，生成Al(OH)3，过滤、洗涤、煅烧可以得到Al2O3；B项不符合题意；C.隔绝空气焙烧时，发生的反应为FeS2+16Fe2O3=2SO2+11Fe3O4，理论上反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16，而不是1:5，C项符合题意；D.Fe3O4具有磁性，能够被磁铁吸引，D项不符合题意；本题答案选C。11、C【解析】

A.经历①过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，，①过程中氮氮三键没有断裂，故A错误；

B.①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程，以上都需要在高温时进行；为了增大平衡产率④⑤要在低温区进行，故B错误；

C.由题中图示可知，过程④完成了Ti-H-Fe-*N到Ti-H-*N-Fe两种过渡态的转化，N原子由Fe区域向Ti-H区域传递，故C正确；

D.化学反应不会因加入催化剂而改变吸放热情况，故D错误；故选：C。12、C【解析】

A.洗涤的目的是：除去晶体表面的可溶性杂质，得到更纯净的晶体，提高纯度，A项正确；B.洗涤的试剂常选用：①蒸馏水；②冷水；③有机溶剂，如酒精、丙酮等；④该物质的饱和溶液，B项正确；C.洗涤的正确方法是：让过滤后的晶体继续留在过滤器中，加洗涤剂浸没过晶体，让洗涤剂自然流下，重复2−3次即可，C项错误；D.洗净的检验是取最后一次洗涤液少许于试管中检验是否含有形成沉淀的该溶液中的离子，D项正确；答案选C。13、A【解析】

A.从图中可知Cu2(OH)3Cl没有阻止潮湿的空气和Cu接触，可以加快Cu的腐蚀，因此属于有害锈，A正确；B.Cu2(OH)2CO3中只有氢氧根、一种酸根离子和一种阳离子，因此只能属于碱式盐，不属于复盐，B错误；C.食盐水能够导电，所以在青铜器表面刷一层食盐水，会在金属表面形成原电池，会形成吸氧腐蚀，因此不可以作保护层，C错误；D.有害锈的形成过程中会产生难溶性的CuCl，用NaOH溶液浸泡，会产生Cu2(OH)3Cl，不能阻止空气进入内部进一步腐蚀铜，因此不能做到保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”，D错误；故合理选项是A。14、A【解析】

A.

Na2CO3

能与Ca(

OH)2溶液发生反应生成CaCO3沉淀，NaHCO3也能与Ca(OH)2

溶液发生反应生成CaCO3沉淀，故不能用Ca(OH)2溶液检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3，可以用CaCl2溶液检验，故A选；B.检验氯离子，需要硝酸、硝酸银，则向少量燃尽火柴头的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3可检验，故B不选；C.乙酸与饱和碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故C不选；D.只有催化剂不同，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响，故D不选；答案选A。15、C【解析】

短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大。已知元素A元素原子最外层电子数是次外层的2倍，A为第二周期元素，故A为碳；D的氧化物是常用的耐火材料，故D为铝；B、C的最外层电子数之比为5:2，最外层电子数不得超过8，原子序数要比碳大比铝小，故B为氮、C为镁。【详解】A.元素碳的氢化物都是有机物的烃类，当碳原子数小于5时，为气态，大于5时为液态或固态，故A错误；B.B、C、D简单离子均为两个电子层，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径：B＞C＞D，故B错误；C.B、C形成的化合物为二氮化三镁，与水反应可以生成有刺激性气味的氨气，故C正确；D.元素B的气态氢化物的水溶液为氨水，氨水是弱碱不能与铝反应，故D错误；答案选C。16、B【解析】

A、Al(OH)3

在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故A错误；B、Al2O3

由铝离子和氧离子构成的晶体，属于离子晶体，故B正确；C、铝合金比纯铝的硬度大，熔点低，故C错误；D、氯化铝为共价化合物，故D错误；故选：B。17、C【解析】

A选项，第4min时，改变的反应条件是升高温度，平衡正向移动，COCl2浓度减小，故A正确；B选项，第6min时，平衡正向移动，因此V正(COCl2)＞V逆(COCl2)，故B正确；C选项，第8min时的平衡常数，故C错误；D选项，第10min移走了一氧化碳，平衡正向移动，氯气，一氧化碳浓度增加，COCl2浓度减小，因此COCl2浓度变化曲线没有画出，故D正确。综上所述，答案为C。18、C【解析】

化学变化的实质是相互接触的分子间发生原子或电子的转换或转移，生成新的分子并伴有能量变化的过程。【详解】根据化学变化的实质是相互接触的分子间发生原子或电子的转换或转移，生成新的分子并伴有能量变化的过程，原子并没有发生变化，可知通过化学方法可以生产一种新分子，也可以生成一种新离子，还可生成一种新单质；具有一定数目的质子和一定数目的中子的原子称为核素，即核素的种类决定于原子核，而化学反应只是核外电子数目的变化，所以生成一种新同位素通过化学反应是不能实现的，故C符合；答案选C。19、C【解析】

探究Na2O2与H2能否反应，由实验装置可知，A装置为Zn与稀盐酸反应生成氢气，盐酸易挥发，则B装置中应为碱石灰可除去HCl和水蒸气，C装置试管为Na2O2与H2反应，但加热前应先检验氢气的纯度，氢气不纯加热时可能发生爆炸，最后D装置通过检验反应后是否有水生成判断Na2O2与H2能否反应，以此解答该题。【详解】A．铁粉会落到有孔塑料板下边，进入酸液中，无法控制反应的发生与停止，故A错误；B．B装置中盛放碱石灰，可除去HCl和水蒸气，故B错误；C．氢气具有可燃性，不纯时加热易发生爆炸，则加热试管前，应先收集气体并点燃，通过爆鸣声判断气体的纯度，故C正确；D．二氧化锰和浓盐酸应在加热条件下反应制备氯气，A装置不能加热，故D错误；故答案选C。20、D【解析】

①A为Cl2，D为Fe，B为氯化铁，C为氯化亚铁，满足转化关系ABC，故①正确；②A为S，D为氧气，B为二氧化硫，C为三氧化硫，满足转化关系ABC，故②正确；③A为Fe，D为硝酸，B为硝酸亚铁，C为硝酸铁，满足转化关系ABC，故③正确；④A为NH3，D为氧气，B为NO，C为二氧化氮，满足转化关系ABC，故④正确；⑤A为AlCl3溶液，D为NaOH，B为氢氧化铝，C为偏铝酸钠，满足转化关系ABC，故⑤正确；⑥若A为Na2CO3，D可以为酸，B为碳酸氢盐，C为二氧化碳，满足转化关系ABC，故⑥正确；根据分析可知，满足转化关系的A有6个。答案选D。21、D【解析】

由题意可知：环氧乙烷与二氧化碳反应制备碳酸亚乙酯的方程式为：+O=C=O→，碳酸与乙二醇反应制备碳酸亚乙酯的方程式为：H2CO3+HO-CH2-CH2-OH→+2H2O。【详解】A．由分析可知，环氧乙烷与二氧化碳反应制备碳酸亚乙酯为加成反应，碳酸与乙二醇反应制备碳酸亚乙酯为取代反应，A错误；B．碳酸亚乙酯的分子式为C3H4O3，B错误；C．碳酸亚乙酯有两个C原子分别以单键和4个原子相连形成四面体构型，故碳酸亚乙酯中所有原子不可能共平面，C错误；D．碳酸亚乙酯含酯基，碱性条件下易水解，故碳酸亚乙酯保存时应避免与碱接触，D正确。答案选D。22、C【解析】

A.中有6种等效氢，则一氯代物有6种，中有4种等效氢，一氯代物有4种，两种一氯代物数目不同，故A错误；B.中含碳碳双键，能发生加成反应，除此之外还能发生取代、氧化反应，中不含不饱和键，不能发生加成反应，能发生取代、氧化反应，故B错误；C.中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，中不含不饱和键，不能使酸性高锰酸钾褪色，则可用酸性高锰酸钾溶液区分，故C正确；D.中与碳碳双键上的碳原子直接相连的原子共面，其中含1个叔碳原子（与甲基直接相连的碳原子），则所有碳原子不可能在同一平面上，故D错误。答案选C。二、非选择题(共84分)23、邻溴苯甲醛Br2、FeBr3(或Fe)+H2O19、、c【解析】

由题可知，A和D为两种不饱和的烃，根据已知①，C和F发生反应生成G，可知C的结构式为，F为，则E为，D与HBr发生加成反应得到E，故D为，B到C为催化氧化，则B为，A发生取代反应得到B，故A为，G在该条件下得到H，结合已知①可以得到H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到J，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述分析，C的结构式为，叫做邻溴苯甲醛，故答案为：邻溴苯甲醛；(2)A→B为苯环上的取代反应，条件为Br2、FeBr3(或Fe)，故答案为：Br2、FeBr3(或Fe)；(3)H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到JH→J的化学反应方程式为+H2O，故答案为：+H2O；(4)，根据以上分析C为，由转化关系可推出M为，N为，其分子式为C8H14O3，N的同分异构体中符合下列条件：①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO3反应产生气泡说明含有羧基③可发生缩聚反应，说明含有羧基和羟基，则环上有三个不同取代基分别为甲基、羟基和羧基。先分析环上有两个取代基时共有4种结构（邻间对和同一个碳上），这4种结构对应的第三个取代基的取代产物分别有6种，6种，4种，3种，所以共有6+6+4+3=19种同分异构体，其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4:4:1且满足条件的物质有、、。M的同分异构体的元素组成相同，在元素分析仪中显示的信号完全相同，故答案为：c；、、(任选其一即可)；(5)根据题干信息，以和甲烷为原料，合成的路线如下：。24、a2CH3OH+O22HCHO+2H2O消去反应HCOOCH3．【解析】

一定条件下，氢气和一氧化碳反应生成甲醇，甲醇氧化生成E为甲醛，甲醛氧化得F为甲酸，甲酸与甲醇发生酯化得G为甲酸甲酯，甲醇和氢溴酸发生取代反应生成一溴甲烷，在催化剂条件下，一溴甲烷和和A反应生成B，B反应生成C，C反应生成D，根据A的分子式知，A中含有醇羟基和亚甲基或甲基和酚羟基，根据D的结构简式知，A中含有甲基和酚羟基，酚发生取代反应时取代位置为酚羟基的邻对位，根据D知，A是间甲基苯酚，间甲基苯酚和一溴甲烷反应生成B（2，5﹣二甲基苯酚），2，5﹣二甲基苯酚和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，和丙烯发生加成反应生成M，M的结构简式为：，根据有机物的结构和性质分析解答。【详解】一定条件下，氢气和一氧化碳反应生成甲醇，甲醇氧化生成E为甲醛，甲醛氧化得F为甲酸，甲酸与甲醇发生酯化得G为甲酸甲酯，甲醇和氢溴酸发生取代反应生成一溴甲烷，在催化剂条件下，一溴甲烷和和A反应生成B，B反应生成C，C反应生成D，根据A的分子式知，A中含有醇羟基和亚甲基或甲基和酚羟基，根据D的结构简式知，A中含有甲基和酚羟基，酚发生取代反应时取代位置为酚羟基的邻对位，根据D知，A是间甲基苯酚，间甲基苯酚和一溴甲烷反应生成B（2，5﹣二甲基苯酚），2，5﹣二甲基苯酚和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，和丙烯发生加成反应生成M，M的结构简式为：，(1)a．甲醇可发生取代、氧化反应但不能发生消去，故a错误；b．甲醇分子间脱水生成CH3OCH3，故b正确；c．甲醇有毒性，可使人双目失明，故c正确；d．甲醇与乙醇都有一个羟基，组成相关一个CH2；所以属于同系物，故d正确；(2)甲醇转化为甲醛的化学方程式为2CH3OH+O22HCHO+2H2O；(3)根据上面的分析可知，C生成D的反应类型是：消去反应，G为甲酸甲酯，G的结构简式HCOOCH3；(4)取1.08gA物质(式量108)的物质的量==0.01mol，与足量饱和溴水完全反应能生成2.66g白色沉淀，根据碳原子守恒知，白色沉淀的物质的量是0.01mol，则白色沉淀的摩尔质量是266g/mol，A的式量和白色沉淀的式量相差158，则溴原子取代酚羟基的邻对位，所以A的结构简式为：。25、温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+蒸发浓缩降温结晶CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免CuCl被空气中O2氧化生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中向产品中加入10mol·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥【解析】

实验流程中，海绵铜（主要成分为Cu和CuO）中加入硝酸铵和硫酸，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜生成Cu2+，滤液中含有Cu2+、NH4+、H+、SO42-、NO3-，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵，发生氧化还原反应生成CuCl，发生反应：2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+，得到产品CuCl，据此分析。【详解】（1）物质“溶解氧化”时，既要考虑反应速率，还要考虑是否有副反应发生，温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解。答案为：温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解；（2）“转化”中氧化产物为硫酸铵，滤液主要是硫酸铵。可知亚硫酸铵被溶液中的CuSO4氧化成硫酸铵，Cu2+被还原生成CuCl。答案为：2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+；（3）“过滤Ⅱ”所得滤液为硫酸铵溶液，获取晶体需通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作。CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇沸点低，易挥发，避免因水洗干燥时间长而导致CuCl被氧气氧化。答案为：蒸发浓缩、降温结晶；CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免CuCl被空气中O2氧化；（4）根据题中已知条件，CuCl可溶于氯离子浓度较大的溶液中。当氯化铵用量增加到一定程度后，氯化亚铜的沉淀率减小，原因是生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中。答案为：生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中；（5）由题目已知资料可知，CuCl难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。若CuCl产品中混有少量CaSO4，向产品中加入10mol·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥即可得到纯净氯化亚铜。答案为：向产品中加入10mol·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥。【点睛】解题思路：解题时首先要明确原料和产品（包括副产品），即箭头进出方向，其次依据流程图分析反应原理，紧扣信息，搞清流程中每一步发生了什么反应，弄清有关反应原理，明确目的（如沉淀反应、除杂、分离），最后联系储存的知识，有效地进行信息的利用，准确表述。26、610183106N201350MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O2NO+Cl2═2NOClF中的水蒸气进入D装置中，会导致产品水解NOO2【解析】

Ⅰ.N元素化合价由+5降低为0，铝元素化合价由0升高为+3；根据反应的离子方程式计算消耗金属铝的质量；Ⅱ.实验室在加热条件下用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气；NO与Cl2发生化合反应生成NOCl，根据NOCl遇水易水解分析装置E的作用；尾气中含有NO，NO不能与氢氧化钠溶液反应。【详解】(1)N元素化合价由+5降低为0，铝元素化合价由0升高为+3，根据得失电子守恒、元素守恒、电荷守恒配平离子方程式为6NO3-+10Al+18H2O==3N2↑+10Al(OH)3+6OH-。(2)上述反应中，N元素化合价由+5降低为0，被还原的元素是N，每生成2mol

N2转移2mol×2×(5－0)=20mol电子。(3)100m3废水含有NO3-的物质的量是100×103L×3×10-4mol/L=30mol，设反应消耗铝的物质的量是n=50mol，则所消耗金属铝的质量为50mol×27g/mol=1350g。(4)实验室在加热条件下用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气，制Cl2时发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。(5)①装置D中NO与Cl2发生化合反应生成NOCl，发生的反应方程式为2NO+Cl2═2NOCl。②NOCl遇水易水解，若没有E装置，F中的水蒸气进入D装置中，会导致产品水解。③尾气中含有NO，NO不能与氢氧化钠溶液反应，该气体为NO，氧气与NO反应生成NO2，为了充分吸收尾气，可将尾气与O2同时通入氢氧化钠溶液中。【点睛】本题考查了物质制备方案设计以及实验方案评价、氧化还原反应方程式的配平，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力。27、球形冷凝管冷凝回流，减少反应物乙醇的损失作催化剂防止暴沸及时分离出产物水，促使酯化反应的平衡正向移动除去硫酸及未反应的苯甲酸下口放出89.6【解析】

根据反应原理，联系乙酸与乙醇的酯化反应实验的注意事项，结合苯甲酸、乙醇、苯甲酸乙酯、乙醚的性质分析解答(1)～(5)；(6)根据实验中使用的苯甲酸的质量和乙醇的体积，计算判断完全反应的物质，再根据反应的方程式计算生成的苯甲酸乙酯的理论产量，最后计算苯甲酸乙酯的产率。【详解】(1)根据图示，反应装置中分水器上方的仪器是球形冷凝管，乙醇容易挥发，球形冷凝管可以起到冷凝回流，减少反应物乙醇的损失；(2)苯甲酸与乙醇的酯化反应需要用浓硫酸作催化剂，加入沸石可以防止暴沸；(3)苯甲酸与乙醇的酯化反应中会生成水，步骤②中使用分水器除水，可以及时分离出产物水，促使酯化反应的平衡正向移动，提高原料的利用率；(4)步骤③中将反应液倒入盛有80mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末，碳酸钠可以与硫酸及未反应的苯甲酸反应生成二氧化碳，因此加入碳酸钠的目的是除去硫酸及未反应的苯甲酸；(5)根据表格数据，生成的苯甲酸乙酯密度大于水，在分液漏斗中位于下层，分离出苯甲酸乙酯，应该从分液漏斗的下口放出；(6)12.2g苯甲酸的物质的量==0.1mol，25mL乙醇的质量为0.79g/cm3×25mL=19.75g，物质的量为=0.43mol，根据可知，乙醇过量，理论上生成苯甲酸乙酯0.1mol，质量为0.1mol×150g/mol=15g，实际上生成苯甲酸乙酯的质量为12.8mL×1.05g/cm3=13.44g，苯甲酸乙酯产率=×100%=89.6%。28、2H2S+O2=2S↓+2H2O弱氧和硫同主族，同主族元素最外层电子数相同，从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力逐渐减弱bdNaHSO3③＞①＞④＞②cd60%【解析】

（1）根据图示X为S的气态氢化物，X是H2S，H2S的电子式为；H2S的水溶液长期在空气中放置容易被空气中的氧气氧化生成硫，反应的化学方程式为O2+2H2S=2S↓+2H2O，该变化体现出硫元素的非金属性比氧元素弱，原因是：氧和硫同主族，从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力逐渐减弱。（2）Na2S2O3中S显+2价；a．Na2S、S中S元素的化合价依次为-2价、0价，均低于+2价，不可能；b．根据图示Z为Na2SO3，Na2SO3、S中S元素的化合价依次为+4价、0价，满足高价跟低价生成中间价态，可能；c．根据图示Y为SO3，Na2SO3、SO3中S元素的化合价依次为+4价、+6价，均高于+2价，不可能；d．NaHS、NaHSO3中S元素的化合价依次为-2价、+4价，满足高价跟低价生成中间价态，可能；答案选bd。（3）若在操作中持续通入含SO2的烟气，最终SO2与Na2SO3反应生成NaHSO3，即最终产物为NaHSO3；根据电离平衡常数可知