2024学年广东省肇庆中学学业水平考试化学试题模拟题卷含解析

2024学年广东省肇庆中学学业水平考试化学试题模拟题卷

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)

2

1、某透明溶液可能含有NH4+、Fe2+、Fe3+、SO4\CP、CCh?一离子中的若干种。取该溶液进行如下实验(已知Ag2s。4

微溶于水，可溶于酸)：

①向溶液中滴加过量的稀Ba(OH)2溶液，生成白色沉淀，没有气体产生，过滤；

②向①所得的沉淀加热灼烧，最后得有色固体；

③向①所得的滤液，先用HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，无白色沉淀生成。

下列推断正确的是()

A.一定没有NH4+和

B.白色沉淀是Fe(OH)2

C.第③步先用HNO3酸化，是为了防止SO4?一和CO3?-的干扰

D.原溶液中的溶质可能是(NH4)2Fe(SO4)2

2、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是

A.遇苯酚显紫色的溶液：「、K+、SCN，Mg2+

B.pH=12的溶液：K+、Na+、CIO-,SO3”

C.水电离的c(OH-)=lxl()r3moi的溶液中：K+、Cl-,CH3coO,Cu2+

D.0.1mol・Lr的K2sC>4溶液：Na+,Al3+,CL、NO3一

3、“绿水青山就是金山银山”“像对待生命一样对待生态环境”，下列做法不合理的是

A.绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染

B.焚烧树叶，以减少垃圾运输

C.推广燃料“脱硫”技术，以减少硫氧化物对空气的污染

D.干电池的低汞化、无汞化，以减少废电池造成的土壤污染

4、已知一组有机物的分子式通式，按某种规律排列成下表

项序1234567...

通式。

C2H4C2H4OC2H4O2C3H6C3H6C3H6O2C4H8...

各项物质均存在数量不等的同分异构体。其中第12项的异构体中，属于酯类的有(不考虑立体异构)

A.8种B.9种C.多于9种D.7种

5、化学与环境、工农业生产等密切相关，下列说法不正确的是()

A.NaCl不能使蛋白质变性，所以不能用作食品防腐剂

B.浸有酸性高镒酸钾溶液的硅藻土可用于水果保鲜

C.捕获工业排放的CO2,可用来合成可降解塑料聚碳酸酯

D.在葡萄酒中添加微量SO2作抗氧化剂，可使酒保持良好品质

6、2017年12月，华为宣布：利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池,

电池反应式为LixC6+Lil-xCo024^=3C6+LiCo02,其工作原理如图所示。下列关于该电池的说法不正确的是

LiCoO,

A.该电池若用隔膜可选用质子交换膜

B.石墨烯电池的优点是提高电池的储锂容量进而提高能量密度

C.充电时，LiCoOz极发生的电极反应为：LiCoOz-xeNLiirCoOz+xLi'

D.废旧的该电池进行“放电处理”让Li,从石墨烯中脱出而有利于回收

7、室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物

质的量浓度关系正确的是

A.向0.10mol/LCH3coONa溶液中通入HC1：c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl)

++2

B.向O.lOmol/LNaHSCh溶液中通入NH3：c(Na)>c(NH4)>c(SO3)

+2

C.向O.lOmol/LNa2sO3溶液通入SO2：c(Na)=2[c(SO3)+c(HSO3)+c(H2sO3)]

+2

D.向0.10mol/L(NH4)2C03溶液中通入CO2：c(NH4)=c(HCO3)+c(CO3)

8、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和W为同主族元素，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应

的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。由这四种元素中的一种或几种组成的物质存在如下转化关系，甲+乙一丙+W,

其中甲是元素X的氢化物，其稀溶液可用于伤口消毒，乙为一种二元化合物，常温下O.lmoM/i丙溶液的pH=13,下

列说法错误的是

A.X和Y、W均至少能形成两种化合物

B.乙和丙均为既含有离子键又含有共价键的离子化合物

C.四种元素简单离子半径中Z的最小

D.气态氢化物的稳定性：X>W

9、下列由实验现象得出的结论不正确的是

操作及现象结论

向3mL0.1mol・l/AgNOs溶液中先加入4~5滴0.1mol*L-1NaCl先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀，说明

A

溶液，再滴加4~5滴0.1mol・L%al溶液Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)

向2支盛有5mL不同浓度的Na2s2O3溶液的试管中同时加入

B探究浓度对反应速率的影响

5mL0.1mol«硫酸溶液，记录出现浑浊的时间

C其他条件相同，测定等浓度的HCOOK和K£溶液的pH比较Ka(HCOOH)和Ka2(H2S)的大小

向可能含有CuzO、FezOs红色固体①中加入足量稀硫酸溶解，有

D红色固体②生成，再滴加KSCN溶液溶液不变红不能说明红色固体①中不含Fe2O3

+2+

(已知：CU20+2H—CU+CU+H20)

A.AB.BC.CD.D

10、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的一种或几种所

组成的物质。已知A分子中含有18个电子，C、D有漂白性。五种物质间的转化关系如图所示。下列说法错误的是

A.Y的简单氢化物的沸点比Z的高

B.X、Y组成的化合物中可能含有非极性键

C.Z的氧化物对应水化物的酸性比W的弱

D.W是所在周期中原子半径最小的元素

11、从煤焦油中分离出苯的方法是()

A.干储B.分储C.分液D.萃取

12、《厉害了，我的国》展示了中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通

世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是

A.为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属一次能源

B.大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料

C.我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅

D.“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐

13、吗替麦考酚酯主要用于预防同种异体的器官排斥反应，其结构简式如下图所示。

下列说法正确的是

A.吗替麦考酚酯的分子式为C23H30()7N

B.吗替麦考酚酯可发生加成、取代、消去反应

C.吗替麦考酚酯分子中所有碳原子一定处于同一平面

D.lmol吗替麦考酚酯与NaOH溶液充分反应最多消耗3molNaOH反应

14、已知：A(g)+3B(g)U2C(g)o起始反应物为A和B,物质的量之比为1：3,且总物质的量不变，在不同压

强和温度下，反应达到平衡时，体系中C的物质的量分数如下表：下列说法不正确的是()

温度

物质的量分数400℃450℃500℃600℃

压强

20MPa0.3870.2740.1890.088

30MPa0.4780.3590.2600.129

40MPa0.5490.4290.3220.169

A.压强不变，降低温度，A的平衡转化率增大

B.在不同温度下、压强下，平衡时C的物质的量分数可能相同

C.达到平衡时，将C移出体系，正、逆反应速率均将减小

D.为提高平衡时C的物质的量分数和缩短达到平衡的时间，可选择加入合适的催化剂

15、在铁的氧化物和氧化铝组成的混合物中，加入2mol/L硫酸溶液65mL,恰好完全反应。所得溶液中Fe?+能被标准

状况下112mL氯气氧化。则原混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为()

A.5:7B.4:3C.3:4D.9:13

16、在K2O2O7存在下利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如下图。下列说法正确的是()

府

阳

需

生离

子r

物

交

iNaCI溶液嘉

换

M演

膜

A.M为电源负极，有机物被还原

B.中间室水量增多，NaCl溶液浓度减小

0H

+

C.M极电极反应式为：0/A+HH2O-23e=6CO2+23H

D.处理ImolCnC^一时有6molIF从阳离子交换膜右侧向左侧迁移

二、非选择题(本题包括5小题)

17、氟西汀G是一种治疗抑郁性精神障碍的药物，其一种合成路线如图:

已知：LiAIH4是强还原剂，不仅能还原醛、酮，还能还原酯，但成本较高。

回答下列问题：

(1)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出D的结构简式，用星号(*)标出D中的手性碳

_______O

(2)④的反应类型是一

(3)C的结构简式为一o

(4)G的分子式为

(5)反应⑤的化学方程式为

(6)已知M与D互为同分异构体，在一定条件下能与氯化铁溶液发生显色反应。M分子的苯环上有3个取代基，其

中两个相同。符合条件的M有一种。

0H

(7)人/SOzCH池是一种生产氟西汀的中间体，设计以C「'和CH,S(),C1为主要原料制备它的合成路线

—(无机试剂任选)。

18、白藜芦醇在保健品领域有广泛的应用。其合成路线如下:

HO

CH3coOCHCOO

乙酸肝3

①磷叶立德试剂

2

•定条件②CHCOO—(2)—CH0

CHCOO3

3CH3COO(化合物

BCX)

回答下列问题:

⑴物质B中含氧官能团的名oB—C的反应类型为o

(2)lmol有机物D最多能消耗NaOH为________mol,白藜芦醇遇足量浓浸水时反应的化学方程式为。

O

CH—C/

(3)已知，的系统名称1,3-苯二酚，则A的名称为________,已知乙酸酎(、()))极易与水反应生成

H()CHL(

C)

乙酸，是很好的吸水剂。试从平衡移动的角度分析A-B反应中用乙酸酊代替乙酸的目的是o

(4)C的核磁共振氢谱有组峰，写出满足下列条件的化合物X的所有同分异构体的结构简式__________o

①具有与X相同的官能团②属于醋酸酯

⑸利用甲苯、磷叶立德试剂和乙醛为原料可以合成！(涉及无机试剂自选)，请写出合成路线。

19、(14分)硫酸铜晶体(CuSO#5H2O)是铜盐中重要的无机化工原料，广泛应用于农业、电镀、饲料添加剂、催化剂、

石油、选矿、油漆等行业。

I.采用孔雀石[主要成分CUCC>3・CU(OH)2]、硫酸(70%)、氨水为原料制取硫酸铜晶体。其工艺流程如下：

(1)预处理时要用破碎机将孔雀石破碎成粒子直径vlmm,破碎的目的是o

(2)已知氨浸时发生的反应为CUCO3CU(OH)2+8NH3H2O^=[CU(NH3)4]2(OH)2CO3+8H2O,蒸氨时得到的固体呈

黑色，请写出蒸氨时的反应方程式：o

(3)蒸氨出来的气体有污染，需要净化处理，下图装置中合适的为(填标号)；经吸收净化所得的溶液用

途是(任写一条)。

(4)操作2为一系列的操作，通过加热浓缩、冷却结晶、、洗涤、等操作得到硫酸铜晶体。

II.采用金属铜单质制备硫酸铜晶体

(5)教材中用金属铜单质与浓硫酸反应制备硫酸铜，虽然生产工艺简洁，但在实际生产过程中不采用，其原因是

_______________________(任写两条)。

(6)某兴趣小组查阅资料得知：CU+CUC12^=2CUC1,4CUC1+O2+2H2O^=2[CU(OH)2-CUCI2],

[CU(OH)2-CUC12]+H2SO4^=CUSO4+CUC12+2H2O现设计如下实验来制备硫酸铜晶体，装置如图：

向铜和稀硫酸的混合物中加入氯化铜溶液，利用二连球鼓入空气，将铜溶解，当三颈烧瓶中呈乳状浑浊液时，滴加浓

硫酸。

①盛装浓硫酸的仪器名称为。

②装置中加入CuC12的作用是；最后可以利用重结晶的方法纯化硫酸铜晶体的原因为

③若开始时加入ag铜粉，含6g氯化铜溶质的氯化铜溶液，最后制得cgCuSO4・5H2O,假设整个过程中杂质不参与

反应且不结晶，每步反应都进行得比较完全，则原铜粉的纯度为»

20、苯甲醛是一种重要的化工原料，某小组同学利用如图所示实验装置(夹持装置已略去)制备苯甲醛。

已知有机物的相关数据如下表所示:

有机物沸点℃密度为g/cn?相对分子质量溶解性

苯甲醛178.11.04106微溶于水，易溶于乙醇、酸和卤代燃

苯甲醇205.71.04108微溶于水，易溶于乙醇、酸和卤代燃

二氯甲烷39.81.33难溶于水，易溶于有机溶剂

实验步骤:

①向容积为500mL的三颈烧瓶加入90.0mL质量分数为5%的次氯酸钠溶液（稍过量），调节溶液的pH为9-10后，加

入3.0mL苯甲醇、75.0mL二氯甲烷，不断搅拌。

②充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3次，并将有机相合并。

③向所得有机相中加入无水硫酸镁，过滤，得到有机混合物。

④蒸储有机混合物，得到2.08g苯甲醛产品。

请回答下列问题：

（1）仪器b的名称为,搅拌器的作用是

（2）苯甲醇与NaClO反应的化学方程式为o

（3）步骤①中，投料时，次氯酸钠不能过量太多，原因是—；步骤③中加入无水硫酸镁，若省略该操作，可能造成

的后果是0

（4）步骤②中，应选用的实验装置是__（填序号），该操作中分离出有机相的具体操作方法是

（5）步骤④中，蒸储温度应控制在______左右。

（6）本实验中，苯甲醛的产率为（保留到小数点后一位）。

21、铝试剂：（NH4）3C19H8（OH）3（COO）3,其商品名为阿罗明拿，可用来鉴定溶液中的铝离子。请回答下列问题：

（1）碳原子价层电子的电子排布图______。

（2）第二周期部分元素的第一电离能变化趋势如图1所示，其中除氮元素外，其他元素的第一电离能自左而右依次增

大的原因是;氮元素的第一电离能呈现异常的原因是__。

图

国12

(3)经X射线衍射测得阿罗明拿的晶体结构，其局部结构如图2所示。

①从结构角度分析，阿罗明拿中的NH4+与氨分子的相同之处为,不同之处为o(填标号)

A中心原子的杂化轨道类型

B中心原子的价层电子对数

C立体结构

②阿罗明拿中1个(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3单元的C—Oc键总数为个。分子中的大7T键可用符号匕表示,

其中m代表参与形成大7r键的原子数，n代表参与形成大r键的电子数，则阿罗明拿中苯环的大兀键应表示为

③图2中虚线代表氢键，其表示式为(NH4+)N-H--O(COO),、。

(4)阿罗明拿的晶体密度为dg-cm-3,其立方晶胞参数为anm,晶胞中含有y个(NH63C19H8(OH)3(COO)3单元，该

单元的相对质量为M,则y的计算表达式为(NA表示阿伏加德罗常数的值)。

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、D

【解题分析】

A.溶液可能含有NH&+,遇稀的Ba(OH)2溶液，放不出氨气，选项A错误。

B.白色沉淀灼烧后生成有色固体，一定有Fe元素，没有CO3",步骤③没有C广，一定含有SO4*,白色沉淀中还含有

BaSO4,选项B错误；

C.步骤③步用HNO3酸化，是为了防止SCV-和过量的稀Ba(OH)2溶液中的OIF的干扰，没有CCh2,选项C错误；

2

D.溶液中，一定有Fe?卡、SO4',可能有NH4+,溶质可能是(NH4)2Fe(SC>4)2,选项D正确。

答案选D。

【题目点拨】

本题考查化学实验方案的评价，易错点为C.步骤③步用HNO3酸化，是为了防止SO4?-和过量的稀Ba(OH)2溶液中的

OH」的干扰。

2、D

【解题分析】

A.遇苯酚显紫色的溶液，说明溶液中含有Fe3+,Fe3+与「因发生氧化还原反应而不能大量共存，Fe3+与SCPT能反应

生成络合物，而不能大量共存，A不符合题意；

B.CKT具有强氧化性，SO3?一具有还原性，CKT与SCV-能发生氧化还原反应而不能大量共存，B不符合题意；

1

C.酸碱抑制水的电离，溶液中水电离的c(OH)=lxlO-i3mol.L,该溶液可能显酸性或碱性；酸性溶液中，H+与

CH3co。一不能大量共存，C不符合题意；

D.0.1mol・L-i的K2s04溶液，溶液中的Na+、Al3+,Cl>NO3-能够大量共存，D符合题意；

答案选D。

【题目点拨】

在做离子共存题的时候，重点要注意题目中暗含的信息，例如溶液中水电离的cCOH^^lxlO^mol-L1,这个溶液可

能是酸性溶液也可能是碱性溶液，弱酸根离子与H+不能够大量共存，弱碱阳离子与OH-不能够大量共存。

3、B

【解题分析】

A选项，绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染，课本上原话，故A正确；

B选项，焚烧树叶，会产生大量烟雾，污染空气，故B错误；

C选项，一般用生石灰进行对燃料“脱硫”技术，以减少硫氧化物对空气的污染，故C正确；

D选项，干电池的低汞化、无汞化，以减少废电池造成的土壤污染，故D正确；

综上所述，答案为B。

4、B

【解题分析】

由表中规律可知，3、6、9、12项符合CnH2nCh,由C原子数的变化可知，第12项为C5H10O2,属于酯类物质一定含

-COOC-o

【题目详解】

①为甲酸丁酯时，丁基有4种，符合条件的酯有4种；

②为乙酸丙酯时，丙基有2种，符合条件的酯有2种；

③为丙酸乙酯只有1种；

④为丁酸甲酯时，丁酸中-COOH连接丙基，丙基有2种，符合条件的酯有2种，

属于酯类的有4+2+1+2=9种，

故选：Bo

5、A

【解题分析】

A.NaCl浓度较高时，会导致微生物脱水死亡，可杀菌并起防腐效果，A不正确;

B.乙烯是水果的催熟剂，酸性高镒酸钾溶液可氧化水果释放的乙烯，从而使水果保鲜，B正确；

C.CO2能聚合成聚碳酸酯，所以可捕获工业排放的CO2,合成此可降解塑料，c正确；

D.SO2能防止葡萄酒在生产和销售过程中被氧化，所以可在葡萄酒中添加微量SO2,以保持良好品质，D正确。

故选Ao

6、A

【解题分析】

A、由电池反应，则需要锂离子由负极移向正极，所以该电池不可选用质子交换膜，选项A不正确；B、石墨烯超强电

池，该材料具有极佳的电化学储能特性，从而提高能量密度，选项B正确；C、充电时，LiCoOz极是阳极，发生的电

极反应为：LiCoO「xe三Lii-xCoOz+xLi',选项C正确；D、根据电池反应式知，充电时锂离子加入石墨中，选项D正确。

答案选A。

点睛：本题考查原电池和电解池的原理，根据电池反应式知，负极反应式为LixC6-xe-=C6+xLi:正极反应式为

+

Li1-xCo02+XLi+xe=LiCo02,充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，根据二次电池的工作原理结合

原电池和电解池的工作原理来解答。

7、A

【解题分析】

A.向O.lOmol/LClfaCOONa溶液中通入HC1,至溶液pH=7,c(H+)=c(OH)HCl不足,反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和

醋酸钠，由电荷守恒可以知道,c(Na+)=c(CH3coO)+c(C「),由物料守恒可以知道,c(Na+)=c(CH3coOH)+c(CH3coO)贝!!

c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl),故A正确；

B.溶液中钠原子与S原子物质的量之比为1：1,而钱根离子与部分亚硫酸根离子结合，故c(Na+)>c(NH4)由物料守恒可

以知道,c(Na+)=c(SO3*)+c(HSO3-)+c(H2so3),溶液呈中性，由电荷守恒可得:c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO3*)+c(HSO3-),联立可

得:C(NH4+)+C(H2so3)=C(SO3*),故B错误;

C.向O.lOmol/LNa2sO3溶液通入S(h,发生Na2sO3+SO2+H2O=2NaHSC>3,至溶液pH=7,反应后溶液中溶质为NaHSCh、

Na2sO3,则c(Na+)v2[c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2so3)],故C错误;

D.向0.10mol/L(NH4)2C03溶液中通入CO2：发生Na2cO3+CC>2+H2O=2NaHCO3,至溶液pH=7,反应后溶液中溶质

+2

为NH4HCO3,根据电荷守恒，C(NH4)=C(HCO3-)+2C(CO3-),故D错误；

答案为A。

8、B

【解题分析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液中，不溶

于其浓溶液中，说明Z为AI元素，W为S元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；X和W为同

主族元素，则X为O元素；甲是元素X的氢化物，其稀溶液可用于伤口消毒，则甲为H2O2;常温下O.lmoM/i丙溶

液的pH=13,则丙为强碱，说明X、Y、Z、W四种元素中有一种元素的氢氧化物为强碱，则Y为Na元素，则丙为

NaOH；由于这四种元素中的一种或几种组成的物质存在甲+乙一丙+W的转化关系，且乙为一种二元化合物，则乙为

Na2S«

A.根据上述分析X、Y、W分别为O、Na、S元素。X和Y能形成氧化钠、过氧化钠，X和W能形成二氧化硫、

三氧化硫，即X和Y、W均至少能形成两种化合物，故A正确；

B.通过上述分析可知，乙为硫化钠，硫化钠是只含离子键的离子化合物，丙为氢氧化钠，氢氧化钠是既含离子键

又含共价键的离子化合物，故B错误；

c.W的离子核外电子层数最多，离子半径最大，X、Y、Z的离子具有相同的电子层结构，因为核外电子层数相同

时，核电荷数越大半径越小，Z的核电荷数最大，离子半径最小，故C正确；

D.X和W为同主族元素，非金属性X>W,因为非金属性越强，气体氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性X>W,

故D正确。答案选B。

9、A

【解题分析】

A.与氯化钠反应后，硝酸银过量，再加入NaL硝酸银与碘化钠反应生成沉淀，为沉淀的生成，不能比较Ksp大小，

故A错误；

B.只有硫代硫酸钠溶液浓度不同，其它条件都相同，所以可以探究浓度对化学反应速率影响，故B正确；

C.酸根离子水解程度越大，其对应的酸电离程度越小，电离平衡常数越大，通过两种盐溶液的pH大小可以判断其酸

根离子水解程度的大小，从而确定其对应酸的酸性强弱，从而确定电离平衡常数大小，故C正确；

D.氧化亚铜和氧化铁都是红色固体，氧化亚铜和稀硫酸生成的Cu能和铁离子反应生成亚铁离子，所以不能检验红色

固体中含有氧化铁，故D正确；

答案选A。

【题目点拨】

本题的易错点为D,要注意氧化亚铜在酸性溶液中能够发生歧化反应，生成的Cu能和铁离子发生氧化还原反应。

10、C

【解题分析】

A分子中含有18个电子，含有18个电子的分子有：Ar、F2、HCkH2S、PH3、SiH4>H2O2、N2H4、C2H6、CH3OH

等，C、D有漂白性，具有漂白性的物质有Na2O2、O3、H2O2、NaClO>Ca(ClO)2,SO2,活性炭，根据五种物质间的

转化关系，A为H2S,B为S,C为SO2,D为H2O2,E为02,X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族

元素，则X为H元素，Y为O元素，Z为S元素，W为C1元素，据此分析解答。

【题目详解】

A.Y为O元素，Z为S元素，简单气态氢化物分别为H2O、H2S,由于H2O分子间形成氢键，则Y的简单氢化物的

沸点比Z的高，故A正确；

B.X为H元素，Y为O元素，X、Y组成的化合物为H2O和H2O2,H2O中只含有极性共价键，H2O2中既含有极性

共价键又含有非极性共价键，故B正确；

c.Z为S元素，W为C1元素，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，z的氧化物对应水化物可形成

硫酸，W可形成次氯酸，硫酸的酸性强于次氯酸，故c错误；

D.W为C1元素，同周期元素从左至右，随核电荷数增大原子半径减小，则W是所在周期中原子半径最小的元素，

故D正确；

答案选C。

11、B

【解题分析】

A.干储：将某种物质在隔绝空气的条件下加热，使物质热裂解，产生挥发性的低分子化合物的整个过程叫干储，不是

分离方法，故A错误；

B.利用混合物中各成分的沸点不同进行加热、冷却的分离过程叫分储，煤焦油中含有的苯和苯的同系物沸点不同，所

以用分储的方式分离，故B正确；

C.分液是把两种互不混溶的液体分离开的操作方法，不能分离出煤焦油中溶解的苯，故C错误；

D.萃取是利用溶质在不同溶剂中溶解度的差异来分离混合物的操作，不能从煤焦油中分离出苯，故D错误；

故答案为B„

12、B

【解题分析】

A.电能不是一次能源，属于二次能源，故A错误；

B.铝锂合金属于金属材料，故B正确；

C.二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光缆的主要原料，故C错误；

D.新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高，可适用于不同的要求。如高温结构陶瓷、

压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，故D错误；

故答案为Bo

13、D

【解题分析】A.吗替麦考酚酯的分子中含有1个N原子，H原子是个数应该为奇数，故A错误；B.吗替麦考酚酯中含

有碳碳双键，能够发生加成反应、含有酯基能够发生取代反应、但不能发生消去反应，故B错误；C.

吗替麦考酚酯分子中含有亚甲基几个，所有碳原子可能处于同一平面，不是一定处于同一平面，故C错误；D.

Imol吗替麦考酚酯含有2mol酯基和Imol酚羟基与NaOH溶液充分反应最多消耗3moiNaOH,故D正确；故选D。

14、D

【解题分析】

A.由图可知温度越高C物质的量分数减小，平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，所以压强不变，降低温度，A的平衡

转化率增大，故A正确；

B.可调节压强和温度使C的物质的量分数相同，所以在不同温度下、压强下，平衡时C的物质的量分数可能相同，故

B正确；

C.浓度越小反应速率越小，达到平衡时，将C移出体系，反应物和生成物的浓度都减小，所以正、逆反应速率均将减

小，故C正确；

D.使用催化剂只改变反应的速率，平衡不移动，所以加入合适的催化剂不能提高平衡时C的物质的量分数，故D错误。

故选D。

15、D

【解题分析】

硫酸的物质的量n=2mol/Lx0.065L=0.1moL所以n(H+)=0.26moL因为其与混合物恰好完全反应，氢离子与混合物

中的氧离子生成H2O,说明混合物中含有O.lmolO；n(C12)=0.005mol,根据反应：2Fe2++C12=2Fe3++2C「，则溶液中

n(Fe2+)=0.01mol,所以FeO为O.Olmoh设Fezth和AI2O3为XmoL则0.01+3X=0.1,X=0.04,所以金属原子个数

是0.01+0.04x2=0.09,原混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为0.09:0.1=9：1.本题选A。

【题目点拨】

金属氧化物与酸反应时，酸中的氢离子与氧化物中的氧离子结合成水，所以可用酸中的氢离子的物质的量计算金属氧

化物中氧离子的物质的量。混合物的计算通常可用守恒法解题，本题可用氢原子和氧原子守恒、硫酸根守恒、电荷守

恒、电子转移守恒等等，所以本题还有其他解法。

16、B

【解题分析】

根据图示，M极，苯酚转化为CO2,C的化合价升高，失去电子，M为负极，在N极，CnCh?一转化为Cr(OH)3,Cr

的化合价降低，得到电子，N为正极。

A.根据分析，M为电源负极，有机物失去电子，被氧化，A错误；

B.由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离，使Na+和不能定向移动。电池工作时，M极电极

OH

+

反应式为+HH2O-28e=6CO2+28H,负极生成的H卡透过阳离子交换膜进入NaCl溶液中，N极电极反应式为

2--

CnOy+6e-+14H2O=2Cr(OH)3+8OH,生成的OH一透过阴离子交换膜进入NaCl溶液中，OIT与才反应生成水,

使NaCl溶液浓度减小，B正确；

C.苯酚的化学式为C6H60,C的化合价为-g升高到+4价。Imol苯酚被氧化时，失去的电子的总物质的量为6x[4—

OH

(--)]=28mol,则其电极反应式为人+UH2O-28e-=6CO2+28H+,C错误；

30

D.原电池中，阳离子向正极移动，因此H+从阳离子交换膜的左侧向右侧移动，D错误。

答案选B。

【题目点拨】

此题的B项比较难，M极是负极，阴离子应该向负极移动，但是M和NaCl溶液之间，是阳离子交换膜，阴离子不能

通过，因此判断NaCl的浓度的变化，不能通过Na+和C厂的移动来判断，只能根据电极反应中产生的H卡和OIT的移

动反应来判断。

二、非选择题(本题包括5小题)

0H0

B在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成C,C与氢化铝锂反应生成D,根据D和B的结构简式

D与CH3so2a发生取代反应生成E,E与CH3NH2发生取代反应生成F,F与c一在氢化钠作用下发生取代反

0H

应生成G。根据G和E的结构简式，可得F的结构简式为据此分析解答。

【题目详解】

⑴碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。D中的手性碳位置为；

⑵根据分析，④的反应类型是取代反应；

0H0

⑶根据分析，c的结构简式为

(4)G的分子式为CI7HI8NOF3；

⑸反应⑤为E与CH3NH2发生取代反应生成F化学方程式为:

OHOH

OSOjCH,+CH3NH2TNH+CH3sO2OH；

(6)D的结构简式为工、)“，已知M与D互为同分异构体，在一定条件下能与氯化铁溶液发生显色反应，说明分

子中有酚羟基。M分子的苯环上有3个取代基，其中两个相同，即苯环上有两个羟基和一个-C3H7原子团。-C3H7原子

0H

团的结构式共有-CH2cH2cH3和-C(CH3)2两种结构，同分异构体数目分析如下：若羟基的位置结构为,同

7①

②

0H

八①

分异构体的数量为2x2=4种，若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为1x2=2种，若羟基的位置结构为

0H

同分异构体的数量为3x2=6种；则符合条件的M有12种;

⑺在加热条件下，°〜°在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成,和氯气发生加成反应生成

0H

与氢氧化钠溶液发生取代反应生成人"”与CH3s发生取代

二酚吸收酯化反应生成的水，促进酯化反应正向移动以提高酯的产率

,破叶。他式制］

•定条件0CII,CIK)

【解题分析】

A和乙酸酎反应，酚羟基中的H被一OCCH3取代，B中的甲基上的H被C1取代。D在碱性环境下发生水解反应，再

酸化，得到白藜芦醇。

【题目详解】

(1)B中含氧官能团的名称是酯基；B中的甲基上的H被CI取代，B到C为取代反应；

(2)lmol酚羟基形成的酯基与NaOH溶液反应时,消耗2moiNaOH,ImolD中含有3mol酚羟基形成的酯基,因此ImolD

最多能消耗6molNaOH；

酚羟基的邻对位上的H能够被Br取代，碳碳双键能够与Br2发生加成反应，则化学方程式为

(3)根据已知，可知酚羟基的编号为1和3,则A中甲基的编号为5,则A的名称为5一甲基一1,3一苯二酚；

A与乙酸发生酯化反应时有水生成，如果用乙酸酎代替乙酸，乙酸酎可以吸收酯化反应生成的水，而且生成乙酸，有

利于反应正向进行，答案：吸收酯化反应生成的水，促进酯化反应正向移动以提高酯的产率；

CHjCOO3

(4)C分子存在一对称轴，分子中有4种H原子，如图所示-----lO-—1,因此C的核磁共振氢谱有4组

CH,COOZ

峰；

X的同分异构体,与X具有相同的官能团，也属于醋酸酯，则苯环上的取代基与X的相同，分别是一CHO,一OOCCH3。

苯环上有2个取代基，则同分异构体共3种，两取代基分别位于邻位、间位、对位，除去X本身还有2种，分别是

19、增大反应物接触面积，提高氨浸的效率1CU(NH3)412(OH)2co3—2C11O+CO2T+8NH3T+H2OA制化

学肥料等过滤干燥产生有毒的气体，污染环境；原材料利用率低；浓硫酸有强腐蚀性分液漏斗做

催化剂氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，且氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大(合理即可)

64cYAAC/128c~、

------xlOO%（或——%）

250。------------5a

【解题分析】

(1)破碎机把孔雀石破碎成细小颗粒，增大了与氨水接触面积，使铜与氨充分络合，提高氨浸的效率及浸取率。

(2)由题意可知，氨浸时生成[Cu(NH3)4]2(OH)2co3,加热蒸氨的意思为加热时[Cu(NH3)4]2(OH)2c03分解生成氨气,

由[CU(NH3)4]2(OH)2c03的组成可知还会生成CO2、氧化铜和水，其反应方程式为

rCu(NH3)4l2(OH)2C03^2CuO+C02t+8NH3t+H20o

(3)蒸氨出来的气体有氨气和二氧化碳，氨气有污染，需要通入硫酸净化处理生成硫酸镂，为了防止倒吸，合适的装

置为A；净化后生成硫酸镀溶液，其用途是可以制备化学肥料等。

(4)由题意可知，操作2为硫酸铜溶液变成硫酸铜晶体，操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。

(5)课本中直接利用铜与浓硫酸反应会产生有毒的气体二氧化硫；这样既污染环境又使原材料利用率低；而且浓硫酸

有强腐蚀性，直接使用危险性较大。

(6)①盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗。

②由题意可知，氯化铜虽然参与反应，但最后又生成了等量的氯化铜，根据催化剂的定义可知氯化铜在此反应过程中

做催化剂。因为氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，在重结晶纯化硫酸铜晶体时可以使二者分离，同时氯

化铜的溶解度随温度的变化程度不大，可使氯化铜保持在母液中，在下一次制备硫酸铜晶体时继续做催化剂使用。

③由题意可知铜粉全部生成硫酸铜晶体(因氯化铜为催化剂，氯化铜中的铜最终不会生成硫酸铜晶体)，硫酸铜晶体中

的铜元素质量为粤g,则铜粉的纯度为黑xlOO%或化简为9％。

250250。5a

20、球形冷凝管使物质充分混合O^CH9H+NaClO—Q>_CHO+NaCl+IhO防止苯甲醛被氧化为

苯甲酸，使产品的纯度降低产品中混有水，纯度降低③打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹

槽对准分液漏斗上的小孔)，再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，

迅速关闭活塞178.1℃67.9%

【解题分析】

⑴根据图示结合常见的仪器的形状解答；搅拌器可以使物质充分混合，反应更充分；

⑵根据实验目的，苯甲醇与NaClO反应生成苯甲醛；

⑶次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化；步骤③中加入无水硫酸镁的目的是除去少量的

水；

(4)步骤②中萃取后要进行分液，结合实验的基本操作分析解答；

⑸步骤④是将苯甲醛蒸储出来；