山东省滨州市邹平双语学校三区2024年高三第六次模拟考试化学试卷含解析

山东省滨州市邹平双语学校三区2024年高三第六次模拟考试化学试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．常温常压下，1molP4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为4NAB．0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NAC．20mL10mol/L的浓硝酸与足量铜加热反应转移电子数为0.1NAD．0.1molNH2-所含电子数为6.02×1023个2、己知ROH固体溶于水放热，有关过程的能量变化如图(R=Na、K)：下列说法正确的是A．△H1+△H2>0 B．△H4(NaOH)>△H4(KOH)>0C．△H6(NaOH>△H6(KOH) D．△H1+△H2+△H4+△H5+△H6=03、常温下，用溶液滴定溶液，曲线如图所示。下列说法错误的是A．滴定终点a可选择甲基橙作指示剂B．c点溶液中C．b点溶液中D．a、b、c三点中水的电离程度最大的是c4、为实现随处可上网，中国发射了“中星16号”卫星。NH4ClO4是火箭的固体燃料，发生反应为2NH4ClO4N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O，NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．1molNH4ClO4溶于水含NH4+和ClO4－离子数均为NAB．产生6.4gO2反应转移的电子总数为1.4NAC．反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为3:1D．0.5molNH4ClO4分解产生的气体体积为44.8L5、NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A．100g46％的乙醇溶液中，含H-O键的数目为7NAB．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+C．0.1molFe在足量氧气中燃烧，转移电子数为0.3NAD．1L0.1mol·L-1的NH4Cl溶液中含有NH4+数目为0.1NA6、某科研团队研究将磷钨酸(H3PW12O40，以下简称HPW)代替浓硫酸作为酯化反应的催化剂，但HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性。用HPW负载在硅藻土上催化制取乙酸正丁酯的酯化率与HPW负载量的关系(温度：120℃，时间：2h)如图所示，下列说法不正确的是A．与HPW相比，HPW/硅藻土比表面积显著增加，有助于提高其催化性能B．当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高C．用HPW/硅藻土代替传统催化剂，可减少设备腐蚀等不足D．不同催化剂对酯化率的影响程度主要取决于化学反应正向进行的程度7、已知HCl的沸点为-85℃，则HI的沸点可能为（）A．-167℃ B．-87℃ C．-35℃ D．50℃8、关于晶体的叙述正确的是（）A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B．分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高C．存在自由电子的晶体一定是金属晶体，存在阳离子的晶体一定是离子晶体D．离子晶体中可能存在共价键，分子晶体中可能存在离子键9、含元素碲(Te)的几种物质存在如图所示转化关系。下列说法错误的是A．反应①利用了H2Te的还原性B．反应②中H2O作氧化剂C．反应③利用了H2O2的氧化性D．H2Te2O5转化为H2Te4O9发生了氧化还原反应10、人工肾脏可用电化学方法除去代谢产物中的尿素[CO（NH2）2]，原理如图，下列有关说法不正确的是（）A．B为电源的正极B．电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高C．电子移动的方向是B→右侧惰性电极，左侧惰性电极→AD．阳极室中发生的反应依次为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl11、芳香族化合物苯等在ZnCl2存在下，用甲醛和极浓盐酸处理，发生氯甲基化反应，在有机合成上甚为重要。下列有关该反应的说法正确的是()+HCHO+HCl+H2OA．有机产物A的分子式为C7H6ClB．有机产物A分子中所有原子均共平面C．反应物苯是煤干馏的产物之一，是易挥发、易燃烧、有毒的液体D．有机产物A的同分异构体（不包括自身）共有3种12、垃圾分类并回收利用,可以节约自然资源,符合可持续发展的要求。与废弃矿泉水瓶对应的垃圾分类标志是A． B． C． D．13、一种新药物结构如图所示，下列有关该化合物说法正确的是A．分子式为C17H17N2O6B．能发生水解反应、聚合反应、取代反应、消去反应C．分子中含有四种不同的官能团D．能与氢气发生加成反应，但不能与溴的四氯化碳溶液反应14、CO2是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中CO2含量上升的是A．光合作用 B．自然降雨 C．化石燃料的燃烧 D．碳酸盐的沉积15、CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色。向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。下列说法不正确的是()A．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物B．通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性C．整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO216、中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图。下列有关说法正确的是（）A．在Na-Fe3O4上发生的反应为CO2+H2=CO+H2OB．中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键C．催化剂HZMS-5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率D．该过程，CO2转化为汽油的转化率高达78％17、科学家利用CH4燃料电池(如图)作为电源，用Cu-Si合金作硅源电解制硅可以降低制硅成本，高温利用三层液熔盐进行电解精炼，下列说法不正确的是（）A．电极d与b相连，c与a相连B．电解槽中，Si优先于Cu被氧化C．a极的电极反应为CH4-8e-+8OH-=CO2+6H2OD．相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，会影响硅的提纯速率18、某温度下，向10mL0.1mol·L-lNaCl溶液和10mL0.1mol·L-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1mol·L-lAgNO3溶液。滴加过程中pM[－lgc(Cl-)或－lgc(CrO42－)]与所加AgNO3溶液体积之间的关系如下图所示。已知Ag2CrO4为红棕色沉淀。下列说法错误的是A．该温度下，Ksp(Ag2CrO4)＝4×10－12B．al、b、c三点所示溶液中c(Ag+)：al＞b＞cC．若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，则a1点会平移至a2点D．用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂19、下列指定反应的离子方程式正确的是A．向NaAlO2

溶液中滴入NaHCO3溶液：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-B．MnO2与浓盐酸混合加热：MnO2+4H++4Cl-MnCl2+Cl2↑+2H2OC．FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2：Fe2++H2O2+2H+=Fe3++2H2OD．Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水：Ca2++HCO3-+NH3·H2O=CaCO3↓+H2O+NH4+20、10mL浓度为1mol·L－1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能加快反应速率但又不影响氢气生成量的是A．K2SO4 B．CH3COONa C．CuSO4 D．Na2CO321、化学家创造的酸碱质子理论的要点是：凡能给出质子(H+)的分子或离子都是酸，凡能接受质子(H+)的分子或离子都是碱。按此观点，下列微粒既属于酸又属于碱的是①H2O②CO32-③Al3+④CH3COOH⑤NH4+⑥H2N-CH2COOHA．②③ B．①⑥ C．④⑥ D．⑤⑥22、我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指A．氨水 B．硝酸 C．醋 D．卤水二、非选择题(共84分)23、（14分）以乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成一种香料W：（1）实验室制备乙烯的反应试剂与具体反应条件为____。（2）上述①～④反应中，属于取代反应的是___。（3）检验反应③是否发生的方法是____。（4）写出两种满足下列条件的同分异构体的结构简式。____、____。a．能发生银镜反应b．苯环上的一溴代物有两种（5）设计一条由乙烯制备A的合成路线。（无机试剂可以任选）____。（合成路线常用的表示方式为：）24、（12分）有机物Ⅰ是有机合成中间体，如可合成J或高聚物等，其合成J的线路图如图：已知：①，A苯环上的一氯代物只有2种②有机物B是最简单的单烯烃，J为含有3个六元环的酯类③（、为烃基或H原子）回答以下问题：（1）A的化学名称为_____；E的化学式为_____。（2）的反应类型：____；H分子中官能团的名称是____。（3）J的结构简式为____。（4）写出I在一定条件下生成高聚物的化学反应方程式____。（5）有机物K是G的一种同系物，相对分子质量比G少14，则符合下列条件的K的同分异构体有___种（不考虑立体异构）。a．苯环上只有两个取代基b．既能发生银镜反应也能与溶液反应写出其中核磁共振氢谱有6个峰，峰面积之比为2:2:1:1:1:1的结构简式____。25、（12分）甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，某化学小组利用如图装置探究其反应产物。查阅资料：①CO能与银氨溶液反应：CO+2Ag(NH3)2++2OH-=2Ag↓+2NH4++CO32-+2NH3②Cu2O为红色，不与Ag反应，发生反应：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O③已知Al4C3与CaC2类似易水解，CaC2的水解方程式为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑（1）装置A中反应的化学方程式为___。（2）装置F的作用为___；装置B的名称为___。（3）按气流方向各装置从左到右的连接顺序为A→__。(填装置名称对应字母，每个装置限用一次)（4）实验中若将A中分液漏斗换成（恒压漏斗）更好，其原因是___。（5）装置D中可能观察到的现象是___。（6）当反应结束后，装置D处试管中固体全部变为红色。设计实验证明红色固体中含有Cu2O（简述操作过程及现象）：__。26、（10分）三氯化硼（BCl3），主要用作半导体硅的掺杂源或有机合成催化剂，还用于高纯硼或有机硼的制取。某兴趣小组用氯气和硼为原料，采用下列装置（部分装置可重复使用）制备BCl3。已知：①BCl3的沸点为12.5℃，熔点为-107.3℃；遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸；②2B+6HCl2BCl3+3H2；③硼与铝的性质相似，也能与氢氧化钠溶液反应。请回答下列问题：（1）A装置可用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，反应的化学方程式为___________。（2）装置从左到右的接口连接顺序为a→___________________→j。（3）装里E中的试剂为___________，如果拆去E装置，可能的后果是____________。（4）D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，则造成的结果是_____。（5）三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸（H3BO3）和白雾，写出该反应的化学方程式________，硼酸也可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如图所示：则阳极的电极反应式__________________，分析产品室可得到H3BO3的原因________________。27、（12分）铵明矾（NH4Al（SO4）2•12H2O）是常见的食品添加剂，用于焙烤食品，可通过硫酸铝溶液和硫酸铵溶液反应制备。用芒硝（Na2SO4•10H2O）制备纯碱和铵明矾的生产工艺流程图如图1：完成下列填空：（1）铵明矾溶液呈_________性，它可用于净水，原因是_______________；向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，可观察到的现象是__________________。（2）写出过程Ⅰ的化学反应方程式_______________。（3）若省略过程Ⅱ，直接将硫酸铝溶液加入滤液A中，铵明矾的产率会明显降低，原因是___________。（4）已知铵明矾的溶解度随温度升高明显增大．加入硫酸铝后，经过程III的系列实验得到铵明矾，该系列的操作是加热浓缩、___________、过滤洗涤、干燥。（5）某同学用图2图示的装置探究铵明矾高温分解后气体的组成成份。①夹住止水夹K1，打开止水夹K2，用酒精喷灯充分灼烧。实验过程中，装置A和导管中未见红棕色气体；试管C中的品红溶液褪色；在支口处可检验到NH3，方法是______________；在装置A与B之间的T型导管中出现白色固体，该白色固体可能是___________（任填一种物质的化学式）；另分析得出装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，写出它溶于NaOH溶液的离子方程式_______________。②该同学通过实验证明铵明矾高温分解后气体的组成成份是NH3、N2、SO3、SO2和H2O，且相同条件下测得生成N2和SO2的体积比是定值，V（N2）：V（SO2）=_____。28、（14分）我国科学家在铁基超导研究方面取得了一系列的重大突破，标志着我国在凝聚态物理领域已经成为一个强国。LiZnAs是研究铁基超导材料的重要前体。(1)LiZnAs中三种元素的电负性从小到大的顺序为_____。(2)AsF3分子的空间构型为_____，As原子的杂化轨道类型为_____。(3)CO分子内因配位键的存在，使C原子上的电子云密度较高而易与血红蛋白结合，导致CO有剧毒。1mol[Zn(CN)4]2-离子内含有的共价键的数目为_____，配原子为_____。(4)镍的氧化物常用作电极材料的基质。纯粹的NiO晶体的结构与NaCl的晶体结构相同，为获得更好的导电能力，将纯粹的NiO晶体在空气中加热，使部分Ni2+被氧化成Ni3+后，每个晶胞内O2-的数目和位置均未发生变化，镍离子的位置虽然没变，但其数目减少，造成晶体内产生阳离子空位（如图所示）。化学式为NiO的某镍氧化物晶体，阳离子的平均配位数为__________，阴离子的平均配位数与纯粹的NiO晶体相比____________（填“增大”“减小”或“不变””，写出能体现镍元素化合价的该晶体的化学式________示例：Fe3O4写作Fe2+Fe23+O4）。(5)所有的晶体均可看作由某些微粒按一定的方式堆积，另外的某些微粒填充在上述堆积所形成的空隙中。在面心立方紧密堆积的晶胞中存在两种类型的空隙：八面体空隙和四面体空隙（如下左图所示）。在LiZnAs立方晶胞中，Zn以面心立方形式堆积，Li和As分别填充在Zn原子围成的八面体空隙和四面体空隙中，在a=0，0.5和1三个截面上Zn和Li按下图所示分布：请在下图As原子所在的截面上用“Δ”补画出As原子的位置，______________并说明a=__________。29、（10分）化合物G是重要的药物中间体，合成路线如下：回答下列问题：（1）A的分子式为_________。（2）B中含氧官能团的名称为_________。（3）D→E的反应类型为_________。（4）已知B与（CH3CO）2O的反应比例为1:2，B→C的反应方程式为_________。（5）路线中②④的目的是_________。（6）满足下列条件的B的同分异构体有_________种（不考虑立体异构）。①苯环上只有2个取代基②能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应写出其中核磁共振氢谱为五组峰的物质的结构简式为_________。（7）参考上述合成线路，写出以1-溴丁烷、丙二酸二乙酯、尿素[CO（NH2）2]为起始原料制备的合成线路（其它试剂任选）_________。

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、D【解析】

A、P4是正四面体结构，每个P4分子中有6个共价键，1molP4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为6NA，故A错误；B.H2+I22HI反应前后气体分子数不变，0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数等于0.2NA，故B错误C.20mL10mol/L的浓硝酸与足量铜加热反应生成NO2和NO，转移电子数不是0.1NA，故C错误；D.1个NH2-含10个电子，0.1molNH2-所含电子数为6.02×1023个，故D正确。2、B【解析】

A.△H1+△H2表示ROH固体溶于水过程，该过程放热，所以应小于0，故错误；B.△H4表示ROH破坏离子键的过程，因为氢氧化钠中钠离子半径比钾离子半径小，所以破坏离子键吸收的能量氢氧化钠多，即△H4(NaOH)>△H4(KOH)>0，故正确；C.△H6都表示氢氧根离子从气态变液体，能量应相同，故错误；D.根据盖斯定律分析，有△H1+△H2=△H4+△H5+△H6，因为ROH固体溶于水过程放热，故△H1+△H2+△H4+△H5+△H6不等于0，故错误。故选B。3、C【解析】

A．滴定终点生成Na3PO4，溶液显碱性，则选择甲基橙作指示剂，故A正确；B．c点消耗NaOH溶液体积为30mL，此时完全生成Na3PO4，溶液中的OH-来源于PO43-的水解和水的电离，则根据质子守恒可得：，故B正确；C．b点消耗NaOH溶液体积为20mL，此时生成Na2HPO4，溶液中HPO42-的水解大于其电离，溶液显碱性，则c(HPO42-)＞c(H2PO4-)＞c(PO43-)，故C错误；D．a、b、c三点溶液中的溶质分别为NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4，其中Na3PO4溶液中PO43-的水解程度最大，水解促进水的电离，则水的电离程度最大的是c，故D正确；故答案为C。4、B【解析】

A.铵根离子水解,浓度减小，则1molNH4ClO4溶于水含ClO4－离子数为NA，含NH4+离子数小于NA，故A错误；B.产生6.4g即0.2molO2，同时生成0.1molCl2，Cl元素化合价由+7价降低到0价,转移的电子总数为1.4NA，故B正确；C.

O、N元素化合价升高,N2、O2为氧化产物，Cl元素的化合价降低,Cl2为还原产物，则反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1:3，故C错误；D.没有说明是否是标准状况下,无法计算0.5molNH4ClO4分解产生的气体体积，故D错误；故选：B。5、A【解析】

A.100g46％的乙醇溶液有46g（1mol）CH3CH2OH和54g（3mol）H2O，每分子乙醇中含有1个O-H键，则1molCH3CH2OH含H-O键的数目为NA，每分子水中含有2个O-H键，则3molH2O含H-O键的数目为6NA，合计含H-O键的数目为7NA，A正确；B.pH=1，则c(H+)=0.1mol/L，但溶液的体积不知道，无法求氢离子的个数，B错误；C.0.1molFe在足量氧气中燃烧得到Fe3O4，铁元素由0价变为+价，因而转移电子数为0.1mol×NA≈0.27NA，C错误；D.铵根水解方程式为NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+，若氯化铵中铵根不水解，则易算出溶液中含有NH4+数目为0.1NA，但铵根部分水解，数目减少，因而实际溶液中含有NH4+数目小于0.1NA，D错误。故答案选A。【点睛】对于部分溶液中的某些离子或原子团会发生水解：如Al2(SO4)3中的Al3＋、Na2CO3中的CO32－，例如1L0.5mol/LNa2CO3溶液中含有的CO32－数目为0.5NA，该说法是错误的，注意要考虑CO32－在水中的发生水解的情况。6、D【解析】

A、HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性，选项A正确；B、根据图中曲线可知，当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高，选项B正确；C、用HPW/硅藻土代替传统催化剂浓硫酸，可减少设备腐蚀等不足，选项C正确；D、催化剂不能使平衡移动，不能改变反应正向进行的程度，选项D不正确。答案选D。7、C【解析】

氯化氢、碘化氢为结构相似的分子晶体，分子晶体熔沸点高低与分子间作用力有关，而分子间作用力与相对分子质量成正比，碘化氢的相对分子质量大于氯化氢，所以分子间作用力强于氯化氢，熔沸点高于氯化氢熔沸点，排除A、B，常温下碘化氢为气体，所以沸点低于0℃，排除D，C项正确；答案选C。8、A【解析】A、原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，A正确；B、分子晶体中，分子间作用力越大，熔、沸点越高，分子间作用力影响物质的熔沸点，共价键影响物质的热稳定性，B错误；C、存在自由电子的晶体不一定是金属晶体，如石墨中也含有自由电子，它是一种混合晶体。存在阳离子的晶体不一定是离子晶体，如金属晶体中存在阳离子和自由电子，C错误；D、离子晶体中可能存在共价键，如NaOH属于离子晶体，其中含有H-O共价键，分子晶体中一定不存在离子键，全部是共价键，D错误。正确答案为A。点睛：注意区分各种作用力对物质性质的影响。对于分子晶体，分子间作用力和氢键主要影响物质的熔沸点，化学键影响物质的热稳定性即化学性质；影响原子晶体熔沸点的因素是共价键的强弱，影响离子晶体熔沸点大小的因素为离子键的强弱，影响金属晶体熔沸点的因素为金属键的强弱。9、D【解析】

A．H2Te被O2氧化生成Te，体现H2Te具有还原性，故A正确；B．反应②中Te与H2O反应H2TeO3，Te元素化合价升高，是还原剂，则H2O为氧化剂，应有H2生成，故B正确；C．反应③中H2TeO3→H6TeO6，Te元素化合价升高，发生氧化反应，则H2O2作氧化剂，体现氧化性，故C正确；D．H2Te2O5转化为H2Te4O9时不存在元素化合价的变化，未发生氧化还原反应，故D错误；故答案为D。10、A【解析】

根据反应装置可确定为电解池，右边电极H原子得电子化合价降低，发生还原反应，为阴极；左边电极为阳极，阳极室反应为6Cl﹣-6e﹣=3Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，阴极反应式为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，电子从负极流向阴极、阳极流向正极；【详解】A．通过以上分析知，B为电源的负极，A错误；B．电解过程中，阴极反应式为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，所以电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高，B正确；C．电子从负极流向阴极、阳极流向正极，所以电子移动的方向是B→右侧惰性电极、左侧惰性电极→A，C正确；D．通过以上分析知，阳极室中发生的反应依次为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，D正确；答案为A。11、C【解析】

A、根据原子守恒定律可分析产物A中有一个苯基()、一个C原子、两个H原子(苯也提供一个H原子)、一个Cl原子，结合题干“氯甲基化反应”分析－CH2－和－Cl(组合为氯甲基(－CH2Cl)，故A的结构简式为，分子式为C7H7Cl，故A错误：B、A中氯甲基(-CH2Cl)中的碳有四个单键，故不共面，故B错误；C、根据苯的性质：反应物苯是煤干馏的产物之一，是易挥发、易燃烧、有毒的液体，故C正确；D、有机产物A的同分异构体中(不包括自身)，含苯环的结构取代基为－CH3和－Cl，有邻、间、对三种，但还有很多不含苯环的结构，故D错误；故选C。12、A【解析】

根据垃圾分类标志的含义判断。【详解】废弃矿泉水瓶属于可回收利用的垃圾。本题选A。13、C【解析】

由该有机物的结构简式可知分子式，其分子中含-COOC-、碳碳双键、氨基、硝基，结合酯、烯烃等有机物的性质来解答。【详解】A．根据该有机物的结构简式可知，其分子式为C17H18N2O6，故A错误；B．该有机物含-COOC-可发生水解、取代反应，含碳碳双键可发生聚合反应，不能发生消去反应，故B错误；C．该有机物含-COOC-、碳碳双键、氨基、硝基四种官能团，故C正确；D．该有机物含碳碳双键，故其可与氢气发生加成反应，也能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，故D错误；故答案为C。14、C【解析】

A项，光合作用消耗CO2，光合作用的总方程式可表示为6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，光合作用会引起大气中CO2含量下降；B项，自然降雨时H2O会与少量CO2反应生成H2CO3，不会引起CO2含量的上升；C项，化石燃料指煤、石油、天然气，煤、石油、天然气中都含C元素，C元素燃烧后生成CO2，化石燃料的燃烧会引起大气中CO2含量上升；D项，碳酸盐沉积指由形成于海洋或湖泊底部的粒装泥状碳酸盐矿物及其集合体，通过生物作用或从过饱和碳酸盐的水体中直接沉淀，水体中生物活动消耗CO2，有利于碳酸盐沉积，碳酸盐沉积不会引起大气中CO2含量上升；化石燃料的燃烧会引起大气中CO2含量上升；答案选C。15、C【解析】

CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低。【详解】A、滴加KI溶液时，I元素的化合价升高，KI被氧化，Cu元素的化合价降低，则CuI是还原产物，故A正确；B、通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故B正确；C、发生2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2、SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI均为氧化还原反应，没有复分解反应，故C错误；D、2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu元素的化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，选项B为易错点。16、B【解析】

A、由流程图可知，CO2+H2在Na-Fe3O4催化剂表面反应生成烯烃，根据元素和原子守恒可知，其反应为：，故A错误；B、中间产物Fe5C2是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，故B正确；C、催化剂HZMS-5的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，故C错误；D、由图分析78%并不是表示CO2转化为汽油的转化率，故D错误；故答案为：B。17、C【解析】

A．图2是甲烷燃料电池，通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极，图1中d电极为阳极，与电源正极b相连，c电极为阴极，与电源负极a相连，故A正确；B．d电极为阳极硅失电子被氧化，而铜没有，所以Si优先于Cu被氧化，故B正确；C．通入甲烷的a电极为负极发生氧化反应，电极反应为CH4-8e－+4O2－═CO2+2H2O，故C错误；D．相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，电流强度不同，会导致转移电子的量不同，会影响硅提纯速率，故D正确；故选C。18、B【解析】

根据pM=－lgc(Cl-)或pM=－lgc(CrO42－)可知，c(CrO42－)越小，pM越大，根据图像，向10mL0.1mol·L-lNaCl溶液和10mL0.1mol·L-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1mol·L-lAgNO3溶液。当滴加10mL0.1mol·L-lAgNO3溶液时，氯化钠恰好反应，滴加20mL0.1mol·L-lAgNO3溶液时，K2CrO4恰好反应，因此al所在曲线为氯化钠，b、c所在曲线为K2CrO4，据此分析解答。【详解】A．b点时恰好反应生成Ag2CrO4，－lgc(CrO42－)=4.0，c(CrO42－)=10－4mol·L-l，则c(Ag+)=2×10－4mol·L-l，该温度下，Ksp(Ag2CrO4)＝c(CrO42－)×c2(Ag+)=4×10－12，故A正确；B．al点恰好反应，－lgc(Cl-)=4.9，c(Cl-)=10－4.9mol·L-l，则c(Ag+)=10－4.9mol·L-l，b点c(Ag+)=2×10－4mol·L-l，c点，K2CrO4过量，c(CrO42－)约为原来的，则c(CrO42－)=0.025mol·L-l，则c(Ag+)==×10－5mol·L-l，al、b、c三点所示溶液中b点的c(Ag+)最大，故B错误；C．温度不变，氯化银的溶度积不变，若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，平衡时，－lgc(Cl-)=4.9，但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2倍，因此a1点会平移至a2点，故C正确；D．根据上述分析，当溶液中同时存在Cl-和CrO42-时，加入硝酸银溶液，Cl-先沉淀，用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂，滴定至终点时，会生成Ag2CrO4为红棕色沉淀，故D正确；答案选B。19、A【解析】

A．NaAlO2和NaHCO3发生反应生成氢氧化铝程度和碳酸钠，离子方程式为AlO2-+HCO3-+H2O═Al(OH)3↓+CO32-，故A正确；B．MnO2与浓盐酸混合加热，离子方程式：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故B错误；C．电荷不守恒，FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2的离子方程式为2H++2Fe2++H2O2═2Fe3++2H2O，故C错误；D．Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水，碳酸氢根离子完全反应，离子方程式：Ca2++2HCO3-+2NH3•H2O=CaCO3↓+2H2O+2NH4++CO32-，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意反应物用量对反应的影响。20、C【解析】

A.加入K2SO4溶液相当于稀释稀盐酸，则溶液中的氢离子浓度减小，会减慢化学反应速率，不影响产生氢气的量，A项错误；B.加入CH3COONa溶液，溶液被稀释，且醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，但提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，B项错误；C.Zn可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，因锌过量，故不影响产生氢气的量，C项正确；D.加入碳酸钠溶液，与盐酸反应使溶液中氢离子总量较小，化学反应速率减小，生成氢气的量减少，D项错误。答案选C。【点睛】反应的实质为Zn+2H+═Zn2++H2↑，本题要注意的是Zn过量，加入硫酸铜后形成的原电池可加快化学反应速率，且不影响产生氢气的量。21、B【解析】

凡能给出质子（即H+）的分子或离子都是酸；凡能接受质子的分子或离子都是碱，则能给出质子且能接受质子的分子或离子既属于酸又属于碱，②③只能接受质子，所以属于碱；④⑤只能给出质子，属于酸，①⑥既能给出质子又能接受质子，所以既属于酸又属于碱；故答案为B。【点睛】正确理解题给信息中酸碱概念是解本题关键，再结合微粒的性质解答，同时考查学生学以致用能力，题目难度不大。22、B【解析】

根据题意该物质能够与很多金属反应，根据选项B最符合，该强水为硝酸，硝酸具有强氧化性，可溶解大部分金属；答案选B。二、非选择题(共84分)23、乙醇、浓硫酸、170℃①②④取样，滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热，有砖红色沉淀生成，可证明反应③已经发生【解析】

由C的结构及反应④为酯化反应可知，A为CH3COOH，C为，则反应①为光照下取代反应，生成B为，反应②为卤代烃的水解反应，反应③为醇的催化氧化反应。（1）实验室制备乙烯的反应试剂与具体反应条件为乙醇、浓硫酸、170℃，发生消去反应，故答案为：乙醇、浓硫酸、170℃；（2）上述①～④反应中，属于取代反应的是①②④，故答案为：①②④；（3）检验反应③是否发生的方法是取样，滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热，有砖红色沉淀生成，可证明反应③已经发生，故答案为：取样，滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热，有砖红色沉淀生成，可证明反应③已经发生；（4）的同分异构体满足a．能发生银镜反应，含-CHO；b．苯环上的一溴代物有两种，苯环上有2种H，则2个取代基位于对位，符合条件的结构简式为、、，故答案为：；（5）乙烯加成生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，则由乙烯制备A的合成路线为，故答案为：。24、对甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛）消去反应氯原子、羧基n+(n-1)H2O6【解析】

根据已知①，A为，根据流程和已知②可知，B为乙烯、C为乙醇、D为乙醛，根据已知③，可知E为，被银氨溶液氧化生成F()，F发生消去反应生成G（）。根据J分子结构中含有3个六元环可知，G与HCl发生加成反应，氯原子加在羧基邻位碳上，生成H为，H在碱性条件下发生水解反应再酸化生成I为，两分子I在浓硫酸作用下发生成酯化反应，生成环酯J为。【详解】（1）A的化学名称为对甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛）；E的化学式为；（2）的反应类型为消去反应，H分子中官能团的名称是氯原子、羟基；（3）J的结构简式为；（4）I在一定条件下发生缩聚反应生成高聚物的化学反应方程式为n+(n-1)H2O；（5））K是G的一种同系物，相对分子质量比G小14，说明K比G少一个—CH2—，根据题意知，K的同分异构体分子中含有酚羟基和醛基，根据分子式知还应有碳碳双键，即有—OH和—CH=CH—CHO或连接在苯环上，分别得到3种同分异构体，故符合条件的同分异构体有6种，其中的核磁共振氢谱有6个峰，峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1∶1。25、Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3除去甲烷中的HCl和H2O（球形）干燥管FDBECG平衡气压使盐酸顺利流下，减少盐酸的挥发D中黑色氧化铜变红，硬质玻璃管内壁有水珠附着取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色，则证明含Cu2O【解析】

装置A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷，甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物,，生成的甲烷气体通过装置F吸收混有的氯化氢，干燥气体，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置B检验生成的水蒸气，通过裝置E检验吸收生成产物二氧化碳，通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳，CO能与银氨溶液反应：CO+2Ag(NH3)2++2OH-=2Ag↓+2NH4++CO32-+2NH3，最后用排水法吸收和收集尾气。【详解】(1).装置A是用于制取甲烷，可判断A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷,反应的化学方程式为Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3，故答案为:Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3；(2).A中稀盐酸和Al4C3反应生成的甲烷中混有杂质HCl和H2O，碱石灰的作用就是除去甲烷中的HCl和H2O，故答案为：除去甲烷中的HCl和H2O；装置B为球形干燥管；(3).装置A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷，生成的甲烷气体通过装置F除杂并干燥，甲烷在加热条件下可还原氧化铜,气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置B检验生成的水蒸气。通过装置E检验吸收生成产物二氧化碳，通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳，最后用排水法吸收和收集气体，按气流方向各装置从左到右的连接顺序为A→F→D→B→E→C→G，故答案为：FDBECG；(4).如果是普通分液漏斗，需先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下，对比起来，恒压分液漏斗的好处是平衡气压使盐酸顺利流下，减少盐酸的挥发，故答案为：平衡气压使盐酸顺利流下，减少盐酸的挥发；(5).D中是甲烷在加热条件下还原氧化铜，产物为铜或Cu2O、水蒸气、碳的氧化物，故答案为：D中黑色氧化铜变红，硬质玻璃管内壁有水珠附着；(6).当反应结束后，装置D处试管中固体全部变为红色，根据信息Cu2O为红色，不与Ag反应，与稀硫酸发生反应Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，故可加稀硫酸观察溶液是否变蓝来判断，答案为：取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色，则证明含Cu2O。【点睛】实验题的重中之重是实验目的，如本题目的是探究甲烷在加热条件下可还原氧化铜的产物。同时要注意实验方案设计的基本要求，如科学性、安全性、可行性、简约性。设计的实验方案要严谨，具有可持续发展意识和绿色化学理念。26、KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2Oih→de→fg（或gf）→bc（或cb）→de饱和食盐水硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸会生成B2O3，使产品不纯BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑2H2O-4e-═O2↑+4H+阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3【解析】

根据装置：由A中氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，制得的氯气混有HCl和水蒸气，可以由E中饱和食盐水吸收HCl气体，由C中浓硫酸吸水干燥；BCl3遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸，因此发生反应前需要先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气，干燥纯净的氯气与硼粉在D中发生反应；BCl3的沸点为12.5℃，熔点为-107.3℃，可以用B中冰水冷凝产物BCl3并收集，F中NaOH可以吸收尾气，防止污染空气；为防止F中的水蒸气进入B装置，在B和F之间连接一个C干燥装置，据此分析解答。【详解】(1)A装置用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，反应的方程式为：KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O，故答案为：KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O；(2)根据分析，A制备氯气，E中饱和食盐水吸收HCl气体，C中浓硫酸吸水干燥，为保证除杂充分，导气管均长进短出，干燥纯净的氯气与硼粉在D中发生反应，用B中冰水冷凝产物BCl3并收集，F中NaOH吸收尾气，防止污染空气，为防止F中的水蒸气进入B装置，在B和F之间连接一个C干燥装置，故连接顺序为：a→ih→de→fg(或gf)→bc(或cb)→de→j，故答案为：ih→de→fg(或gf)→bc(或cb)→de；(3)装置E中为饱和食盐水，可以除去氯气中的HCl气体，若拆去E装置，硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸，故答案为：饱和食盐水；硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸；(4)D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，氧气与硼粉会生成B2O3，使产品不纯，故答案为：会生成B2O3，使产品不纯；(5)三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸(H3BO3)和白雾，白雾为HCl，反应的方程式为：BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑；根据装置，阳极室为硫酸，放电的是水中氢氧根离子，电极反应式为：2H2O-4e-═O2↑+4H+；阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3，故答案为：BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑；2H2O-4e-═O2↑+4H+；阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3。【点睛】明确实验原理及实验操作方法、熟悉各装置的作用是解答本题的关键。本题的难点和易错点为(5)，根据电解原理正确判断阴阳极的电极反应是解答的关键，阳极室中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子，其中放电能力最强的是氢氧根离子，阴极室是氢离子放电。27、酸性铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，有吸附作用，故铵明矾能净水先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4省略过程Ⅱ，因HCO3-与Al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低冷却结晶打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟（NH4）2SO3Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O1：3【解析】

碳酸氢铵溶液中加入硫酸钠，过滤得到滤渣与滤液A，而滤渣焙烧得到碳酸钠与二氧化碳，可知滤渣为NaHCO3，过程I利用溶解度不同发生复分解反应：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4，滤液A中含有（NH4）2SO4及少量HCO3-等，加入硫酸，调节pH使HCO3-转化二氧化碳与，得到溶液B为（NH4）2SO4溶液，再加入硫酸铝得铵明矾；（1）铵明矾溶液中NH4+、铝离子水解NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+、Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，促进水的电离，溶液呈酸性；铵明矾用于净水的原因是：铵明矾水解得到氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附水中悬浮物，达到净水的目的；向铵明矾溶液中加入氢氧化钠溶液，首先A