2024届重庆第二外国语学校高高考冲刺模拟化学试题含解析

2024届重庆第二外国语学校高高考冲刺模拟化学试题注意事项: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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、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4.75mol2、乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是（

）①分子式为C12H19O2；②不能发生银镜反应；③mol该有机物最多能与3mol氢气发生加成反应；④它的同分异构体中不可能有酚类；

⑤1mol该有机物与NaOH溶液反应最多消耗1mol

NaOH；⑥属于芳香族化合物。A．②④⑤ B．①④⑤ C．②③⑥ D．②③④3、X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，其原子半径与最外层电子数的关系如下图所示。R原子最外层电子数Q原子最外层电子数的4倍，Q的简单离子核外电子排布与Z2-相同。下列相关叙述不正确的是A．化合物XZB．五种元素中Q的金属性最强C．气态氢化物的稳定性：YD．最高价氧化物对应的水化物酸性：HY4、根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是组号今加反应的物质生成物①MnO4－、Cl－···Cl2、Mn2＋···②Cl2(少量)、FeBr2FeCl3、FeBr3③KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4…A．第①组反应中生成0.5molCl2，转移1mol电子B．第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为l：2C．第③组反应的其余产物为O2和H2OD．氧化性由强到弱的顺序为MnO4－>Cl2>Fe3＋>Br25、X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是A．原子半径：W＞Z＞Y＞X＞MB．XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C．由X元素形成的单质不一定是原子晶体D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键6、在两只锥形瓶中分别加入浓度均为1mol/L的盐酸和NH4Cl溶液，将温度和pH传感器与溶液相连，往瓶中同时加入过量的质量、形状均相同的镁条，实验结果如图。关于该实验的下列说法，正确的是（）A．反应剧烈程度：NH4Cl>HClB．P点溶液：c(NH4+)+2c(Mg2+)＞c(Cl-)C．Q点溶液显碱性是因为MgCl2发生水解D．1000s后，镁与NH4Cl溶液反应停止7、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．22.4L乙烷中所含的极性共价键数目为7NAB．某温度下，将1molCl2通入足量水中转移电子数为NAC．常温常压下，3.0g含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NAD．室温下，1LpH为13的NaOH溶液和Ba(OH)2混合溶液中含OH-个数为0.01NA8、如图是某有机物分子的比例模型，黑色的是碳原子，白色的是氢原子，灰色的是氧原子。该物质不具有的性质是（）A．能与氢氧化钠反应 B．能与稀硫酸反应 C．能发生酯化反应 D．能使紫色石蕊试液变红9、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增加。已知，离子化合物甲是由X、Y、Z、W四种元素组成的，其中，阴阳离子个数比为1∶1，阳离子是一种5核10电子微粒；Q元素原子半径是短周期主族元素中最大的；乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物；甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质，其中丁在常温下为气体。下列说法正确的是A．甲中既含离子键，又含共价键B．丙和戊的混合物一定显酸性C．丁一定能使湿润的红色石蕊试纸变蓝D．原子半径：X＜Y＜Z＜W10、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A．溴水中存在Br2+H2O⇌HBr+HBrO，当加入硝酸银溶液并静置后，溶液颜色变浅B．反应CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）+Q，Q＞0，平衡后，升高温度体系颜色变深C．用饱和食盐水除去Cl2中的HClD．合成氨反应中，为提高原料的转化率，可采用高温加热的条件11、聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如图，下列说法不正确的是（

）A．聚维酮的单体是 B．聚维酮分子由(m+n）个单体聚合而成C．聚维酮碘是一种水溶性物质 D．聚维酮在一定条件下能发生水解反应12、药物麻黄碱和牛磺酸的结构简式如图。有关麻黄碱、牛磺酸的叙述正确的是麻黄碱牛磺酸A．分子式分别为C10H16ON、C2H7NO2SB．均能发生取代反应，麻黄碱还能发生加成反应C．均能与金属钠及氢氧化钠溶液反应D．牛磺酸与HSCH2CH(NH2)COOH(半胱氨酸)互为同系物13、我国是世界最大的耗煤国家，下列加工方法不属于煤的综合利用的是A．干馏 B．气化 C．液化 D．裂解14、化学与生活密切相关。下列说法正确的是A．垃圾分类中可回收物标志：B．农谚“雷雨肥庄稼”中固氮过程属于人工固氮C．绿色化学要求从源头上减少和消除工业生产对环境的污染D．燃煤中加入CaO

可以减少酸雨的形成及温室气体的排放15、化学可以变废为室，利用电解法处理烟道气中的NO，将其转化为NH4NO3的原理如下图所示，下列说法错误的是A．该电解池的阳极反反为:NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+B．该电解池的电极材料为多孔石墨，目的是提高NO的利用率和加快反应速率C．用NH4NO3的稀溶液代替水可以增强导电能力，有利于电解的顺利进行D．为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A为HNO316、Fe3O4中含有Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO2-，其反应过程如图所示。下列说法正确的是（）A．Pd作正极B．Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用C．反应过程中NO2-被Fe（Ⅱ）氧化为N2D．用该法处理后水体的pH降低17、某无色溶液中可能含有Na+、K+、NH4+、Mg2+、Cu2+、SO42－、SO32－、Cl－、Br－、CO32－中的若干种，离子浓度都为0.1mol·L－1。往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成。某同学另取少量原溶液，设计并完成如下实验：则关于原溶液的判断不正确的是A．若步骤中Ba(NO3)2和HNO3溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响B．无法确定原溶液中是否存在Cl－C．肯定存在的离子是SO32－、Br－，是否存在Na+、K+需要通过焰色反应来确定D．肯定不存在的离子是Mg2+、Cu2+、SO42－、CO32－，是否含NH4+另需实验验证18、下列说法中正确的是A．在铁质船体上镶嵌锌块，可以减缓船体被海水腐蚀的速率，称为牺牲阴极的阳极保护法B．电解饱和食盐水是将电能转变成化学能，在阴极附近生成氢氧化钠和氢气C．铜锌原电池反应中，铜片作正极，产生气泡发生还原反应，电子从铜片流向锌片D．外加电流的阴极保护法是将被保护的金属与外加电源的正极相连19、下列有关化合物的说法正确的是（）A．所有原子共平面 B．其一氯代物有6种C．是苯的同系物 D．能使酸性高锰酸钾溶液褪色20、使用下列试剂或进行下列操作，能达到相应实验目的的是实验目的试剂或实验操作A制备一定量氢气锌粒、稀硝酸B证明Al(OH)3，具有两性0.1mol/L的盐酸与0.1mol/L的氨水C除去酒精中少量的水加入适量CaO后蒸发D证明Na2O2与H2O的键能之和小于生成的NaOH与氧气的键能之和用脱脂棉包裹适量Na2O2后，再向脱脂棉上滴几滴水，脱脂棉燃烧A．A B．B C．C D．D21、科学的假设与猜想是科学探究的先导与价值所在。在下列假设（猜想）引导下的探究肯定没有意义的是A．探究Na与水反应可能有O2生成B．探究Na2O2与SO2反应可能有Na2SO4生成C．探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质中可能含有CuSD．探究向滴有酚酞的NaOH溶液中通入Cl2，溶液红色褪去的原因是溶液酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性所致22、将一定体积的CO2缓慢地通入V

L

NaOH溶液中，已知NaOH完全反应，若在反应后的溶液中加入足量石灰水，得到ag沉淀；若在反应后的溶液中加入足量CaCl2溶液，得到bg沉淀，则下列说法正确的是A．参加反应的CO2的体积为0.224aLB．若a=b，则CO2与NaOH溶液反应的产物中盐只有Na2CO3C．b可能等于a、小于a或大于aD．不能确定NaOH溶液的物质的量浓度二、非选择题(共84分)23、（14分）由乙烯、甲醇等为原料合成有机物G的路线如下：已知：①A分子中只有一种氢；B分子中有四种氢，且能发生银镜反应②2HCHO+OH-→CH3OH+HCOO-③请回答下列问题：(1)E的化学名称是__________________。(2)F所含官能团的名称是___________________。(3)A→B、C→D的反应类型分别是__________________、__________________。(4)写出B→C的化学方程式__________________。(5)G的结构简式为__________________。(6)H是G的同分异构体，写出满足下列条件的H的结构简式__________________。①1molH与NaOH溶液反应可以消耗4molNaOH；②H的核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：1：1：1。（7）由甲基苯乙醛和X经如图步骤可合成高聚酯L。试剂X为________________；L的结构简式为________________________________。24、（12分）叶酸是维生素B族之一，可以由下列甲、乙、丙三种物质合成。(1)甲中含氧官能团是__________(填名称)。(2)下列关于乙的说法正确的是________(填序号)。a.分子中碳原子与氮原子的个数比是7∶5b.属于芳香族化合物c.既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应d.属于苯酚的同系物(3)丁是丙的同分异构体，且满足下列两个条件，丁的结构简式为________。a.含有b.在稀硫酸中水解有乙酸生成(4)写出丁在氢氧化钠溶液中水解的化学方程式。________25、（12分）溴化亚铜是一种白色粉末，不溶于冷水，在热水中或见光都会分解，在空气中会慢慢氧化成绿色粉末。制备CuBr的实验步骤如下：步骤1.在如图所示的三颈烧瓶中加入45gCuSO4·5H2O、19gNaBr、150mL煮沸过的蒸馏水，60℃时不断搅拌，以适当流速通入SO22小时。步骤2.溶液冷却后倾去上层清液，在避光的条件下过滤。步骤3.依次用溶有少量SO2的水、溶有少量SO2的乙醇、纯乙醚洗涤。步骤4.在双层干燥器（分别装有浓硫酸和氢氧化钠）中干燥3～4h，再经氢气流干燥，最后进行真空干燥。（1）实验所用蒸馏水需经煮沸，煮沸目的是除去其中水中的______________（写化学式）。（2）步骤1中：①三颈烧瓶中反应生成CuBr的离子方程式为_______________；②控制反应在60℃进行，实验中可采取的措施是_____________；③说明反应已完成的现象是__________________。（3）步骤2过滤需要避光的原因是_______________。（4）步骤3中洗涤剂需“溶有SO2”的原因是_____________________最后溶剂改用乙醚的目的是________________________________。（5）欲利用上述装置烧杯中的吸收液（经检测主要含Na2SO3、NaHSO3等）制取较纯净的Na2SO3·7H2O晶体。请补充实验步骤（须用到SO2（贮存在钢瓶中）、20%NaOH溶液、乙醇）①_______________________________________________。②__________________________________________________。③加入少量维生素C溶液（抗氧剂），蒸发浓缩，冷却结晶。④__________________________________________________。⑤放真空干燥箱中干燥。26、（10分）图中是在实验室进行氨气快速制备与性质探究实验的组合装置，部分固定装置未画出。(1)在组装好装置后，若要检验A~E装置的气密性，其操作是：首先______________，打开弹簧夹1，在E中装入水，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯，E中导管有水柱形成，说明装置气密性良好。(2)装置B中盛放的试剂是______________________。(3)点燃C处酒精灯，关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后，关闭分液漏斗活塞，稍等片刻，装置C中黑色固体逐渐变红，装置E中溶液里出现大量气泡，同时产生_____________(填现象)。从E中逸出液面的气体可以直接排入空气，写出C中反应的化学方程式：_______。(4)当C中固体全部变红色后，关闭弹簧夹1，慢慢移开酒精灯，待冷却后，称量C中固体质量，若反应前固体质量为16g，反应后固体质量减少2.4g，通过计算确定该固体产物的化学式：______。(5)在关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入F中，很快发现装置F中产生白烟，同时发现G中溶液迅速倒吸流入F中。写出产生白烟的化学方程式：_____。27、（12分）丙烯酸酯类物质广泛用于建筑、包装材料等，丙烯酸是合成丙烯酸酯的原料之一。丙烯醇可用于生产甘油、塑料等。以丙烯醛为原料生产丙烯醇、丙烯酸的流程如图所示：已知：①2CH2=CH-CHO+NaOHCH2=CHCH2OH+CH2=CHCOONa②2CH2=CHOONa+H2SO4→2CH2=CHCOOH+Na2SO4③有关物质的相关性质如表：物质丙烯醛丙烯醇丙烯酸四氯化碳沸点/℃539714177熔点/℃-87-12913-22.8密度/g·mL-30.840.851.021.58溶解性(常温)易溶于水和有机溶剂溶于水和有机溶剂溶于水和有机溶剂难溶于水(1)操作①需要连续加热30min，所用装置如图所示。仪器L名称是________。(2)操作②使用的主要仪器是分液漏斗，在使用之前需进行的操作是___。(3)操作④包括____、过滤、冰水洗涤、低温吸干。(4)操作⑤中，加热蒸馏“下层液体”，分离出四氯化碳；再分离出丙烯醇(如图)，要得到丙烯醇应收集____(填温度)的馏分。图中有一处明显错误，应改为____。(5)测定丙烯醇的摩尔质量：准确量取amL丙烯醇于分液漏斗中，烧瓶内盛装足量钠粒。实验前量气管B中读数为bmL，当丙烯醇完全反应后，冷却至室温、调平B、C液面，量气管B的读数为cmL。已知室温下气体摩尔体积为VL·mol-1。调平B、C液面的操作是____；实验测得丙烯醇的摩尔质量为____g·mol-1(用代数式表示)。如果读数时C管液面高于B管，测得结果将____(填“偏大”“偏小”或“不变”)。28、（14分）氢原子是最轻的原子，人们曾预言它可能是所有元素之母。碳是地球上组成生命的最基本的元素之一。按要求回答：（1）宇宙中含量最多的元素是氢和______。基态碳原子的核外电子占有______个原子轨道。（2）光化学烟雾中除了含有NOx外，还含有HCOOH、（PAN）等二次污染物。①PAN中C的杂化方式有______。1molPAN中含有的σ键数目为______。组成PAN的元素的电负性大小顺序为______。②相同压强下，HCOOH的沸点比CH3OCH3______（填“高”或“低”），（3）水溶液中有H3O+、H5O2+、H9O4+等微粒的形式。请画出H5O2的结构式：______。（4）硅和碳在同一主族。下图为SiO2晶胞中Si原子沿z轴方向在xy平面的投影图（即俯视图），其中O原子略去，Si原子旁标注的数字表示每个Si原子位于z轴的高度，则SiA与SiB之间的距离是______nm。（d的单位为nm）29、（10分）卤素化学丰富多彩，能形成卤化物、卤素互化物、多卤化物等多种类型的化合物。（1）基态溴原子的价电子排布式为__。（2）卤素互化物如IBr、ICl等与卤素单质结构相似、性质相近。则Cl2、IBr、ICl的沸点由高到低的顺序为__。（3）气态氟化氢中存在二聚分子(HF)2，这是由于__。（4）互为等电子体的微粒相互之间结构相似。I3+属于多卤素阳离子，根据VSEPR模型推测I3+的空间构型为___，中心原子杂化类型为__。（5）铁在元素周期表中的位置___（用“周期”和“族”来描述）。（6）简述三价铁比二价铁稳定的原因___。（7）如图所示为卤化物冰晶石（化学式为Na3AlF6）的晶胞。图中●位于大立方体顶点和面心，○位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，▽是图中●、○中的一种。图中●、○分别指代哪种粒子__、__；大立方体的体心处▽所代表的是__。

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】

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。2、A【解析】

本题主要考查有机物的结构与性质。不存在醛基，不能发生银镜反应，不饱和度仅有三个酚类至少有四个不饱和度，能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基。据此回答。【详解】①由结构简式可知分子中含有12个C原子，20个H原子，2个O原子，则分子式为C12H20O2，故错误；②分子中不含醛基，则不能发生银镜反应，故正确；③只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，故错误；④分子中含有3个双键，则不饱和度为3，而酚类物质的不饱和度至少为4，则它的同分异构体中不可能有酚类，故正确；⑤能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH，故正确；⑥分子中不含苯环或稠环，则不属于芳香族化合物，故错误。故选A。3、A【解析】

X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，R原子最外层上的电子数是Q原子最外层电子数的4倍，则Q只能处于IA族，R处于ⅣA族，R与X最外层电子数相同，二者同主族，且R的原子半径较大，故X为C元素、R为Si元素；最外层电子数Z>Y>4，且二者原子半径小于碳原子，故Y、Z处于第二周期，Z能够形成离子Z2-，故Z为O元素，则Y为N元素；Q离子核外电子排布与O2-相同，且Q处于IA族，故D为Na，据此进行解答。【详解】根据上述分析可知X是C元素，Y是N元素，Z是O元素，R是Si元素，Q是Na元素。A.化合物XZ2是CO2，该物质是共价化合物，由分子构成，分子中含有共价键，A错误；B.在上述五种元素中只有Q表示的Na元素是金属元素，因此五种元素中Q的金属性最强，B正确；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性N>C，所以氢化物的稳定性NH3>CH4，C正确；D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于元素的非金属性N>Si，所以酸性：HNO3>H2SiO3，D正确；故合理选项是A。【点睛】本题考查了元素周期表与元素周期律的应用的知识。根据元素的原子结构及相互关系进行元素推断是本题解答的关键，难度适中。4、D【解析】

A．由信息可知，MnO4-氧化Cl-为Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，选项A正确；B．由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，溴离子末被氧化，根据电子得失守恒2n（C12）=n（Fe2+），即第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2，选项B正确；C．反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，选项C正确；D．氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO4->Cl2，由②可知氧化性Cl2>Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br-，氧化性Br2>Fe3+，选项D错误。答案选D。5、C【解析】

由题意可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；再根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度，就可计算出该气态化合物的相对分子质量为17，从而确定M为H元素，最后根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2，推出W为Na元素。则A．原子半径应是W＞X＞Y＞Z＞M（即Na＞C＞N＞O＞H）,A错误。B．CO2、C2H2均为直线型共价化合物，Na2O2属于离子化合物，B错误。C．例如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体，C正确。D．X、Y、Z、M四种元素可形成化合物CO(NH2)2(尿素)中只有共价键，D错误。答案选C。6、B【解析】

A．NH4Cl是强酸弱碱盐，发生水解反应溶液显酸性，浓度均为1mol/L的盐酸和NH4Cl溶液中，盐酸中的氢离子浓度酸远大于NH4Cl溶液，与金属反应属于放热反应，图中盐酸与镁反应温度迅速升高，而氯化铵溶液与镁反应放出热量较少，则反应剧烈程度：HCl>NH4Cl，故A错误；B．P点时氯化铵溶液的电荷守恒式为：c(NH4+)+2c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，由于P点溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+)，则c(NH4+)+2c(Mg2+)＞c(Cl-)，故B正确；C．Q点溶液显碱性是因为NH4Cl发生水解生成一水合氨和氢离子，由于氢离子与金属镁反应被消耗，促使水解平衡正向移动，一水合氨浓度增大，溶液的碱性增强，故C错误；D．由图像可知，1000s后，镁与NH4Cl溶液反应的温度和pH仍在升高，只是变化较小，反应没有停止，故D错误；答案选B。7、C【解析】

A.没有说明是否为标准状态，所以无法由体积计算气体的物质的量，即无法确定所含化学键数目，故A错误；B.Cl2和水反应为可逆反应，所有转移电子数小于NA，故B错误；C.葡萄糖和冰醋酸的最简式都为CH2O，则3.0g含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子总数为=0.4NA，故C正确；D.pH=13，c(OH-)=，则1L溶液中OH-个数为0.1NA，故D错误；故选C。8、B【解析】

该物质的结构简式为CH3COOH，为乙酸。A．乙酸具有酸性，能够与NaOH溶液反应，不选A；B．乙酸不与稀硫酸反应，选B；C．乙酸能够与醇发生酯化反应，不选C；D．乙酸具有酸性，能够使紫色石蕊试液变红，不选D。答案选B。9、A【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增加。离子化合物甲是由X、Y、Z、W四种元素组成的，其中阴阳离子个数比为1∶1，阳离子是一种5核10电子微粒，该阳离子为NH4+，则X为H元素；Q元素原子半径是短周期主族元素中最大的，则Q为Na元素，因此Y、Z、W均为第二周期元素，阴离子组成元素的原子序数小于Na，则阴离子为碳酸氢根离子，则甲为NH4HCO3，因此Y为C元素、Z为N元素、W为O元素；乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物；甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质，则乙为氢氧化钠或硝酸，与碳酸氢铵反应生成氨气，碳酸钠和水或硝酸铵、二氧化碳和水，其中丁在常温下为气体，则丁为氨气或二氧化碳，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为O元素，Q为Na元素，甲为NH4HCO3，乙为NaOH或硝酸，丁为氨气或二氧化碳，丙、戊为碳酸钠或硝酸铵和水。A．甲为NH4HCO3，属于离子化合物，含有离子键，铵根离子、HCO3-中还含有共价键，故A正确；B．丙和戊的混合物可能为碳酸钠溶液或硝酸铵溶液，碳酸钠水解后溶液显碱性，故B错误；C．丁可能为二氧化碳，二氧化碳不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C错误；D．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：X＜W＜Z＜Y，故D错误；答案选A。10、D【解析】

A.溴水中有下列平衡：Br2+H2OHBr+HBrO，当加入AgNO3（s）后，硝酸银与溴离子反应生成溴化银沉淀，平衡正向移动，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B.反应CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）+Q，Q＞0，正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，能用勒夏特列原理解释，故C不选；C.增大氯离子的浓度，平衡Cl2+H2O=H++Cl-+HClO逆向移动使得氯气难溶于饱和食盐水，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D.合成氨反应是放热反应，升高温度，反应逆向移动，原料的转化率减小，不能通过升高温度提高原料的转化率，故D选；正确答案是D。【点睛】本题考查平衡移动原理，明确平衡移动原理内涵及适用范围是解本题关键，注意：改变条件时不影响平衡移动的不能用平衡移动原理解释。11、B【解析】

由高聚物结构简式，可知主链只有C，为加聚产物，单体为，高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，含有肽键，可发生水解，以此解答该题。【详解】A.由高聚物结构简式可知聚维酮的单体是，故A正确；B.

由2m+n个单体加聚生成，故B错误；C.高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故C正确；D.含有肽键，具有多肽化合物的性质，可发生水解生成氨基和羧基，故D正确；故选B。12、B【解析】

A.根据物质结构简式可知麻黄碱分子式是C10H15ON，牛磺酸分子式是C2H7NO3S，A错误；B.麻黄碱含有苯环、醇羟基，可以发生取代反应，含有苯环，可以发生加成反应；牛磺酸含有羟基、氨基，可以发生取代反应，B正确；C.麻黄碱含有醇羟基，可以与Na反应，但不能与NaOH发生反应，C错误；D.牛磺酸与HSCH2CH(NH2)COOH(半胱氨酸)结构不同，因此二者不能互为同系物，D错误；故合理选项是B。13、D【解析】

煤的综合利用是指通过物理或化学加工等途径，回收和利用煤中的各种有益组分，以获得多种产品的方法，包括煤的气化、液化和干馏，均属于煤的综合利用；而裂解是石油的综合利用的方法。故选：D。14、C【解析】

A.垃圾分类中可回收物标志是，表示垃圾分类中的其他垃圾，故A错误；B.空气中的N2在放电条件下与O2反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸随雨水降到地面，同土壤中的矿物相互作用，生成溶于水的硝酸盐可作氮肥，该过程属于自然固氮，故B错误；C.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少工业生产对环境的污染，而不能污染后再治理，故C正确；D.煤燃烧生成CO2和SO2，CaO可以和SO2结合生成CaSO3，并最终被氧化成CaSO4，而CO2在高温下不能与CaO结合生成CaCO3，则燃煤中加入CaO后可减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，故D错误；答案选C。15、D【解析】

A.根据装置图可知：在阳极NO失去电子，被氧化产生NO3-，该电极反应式为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，A正确；B.电解池中电极为多孔石墨，由于电极表面积大，吸附力强，因此可吸附更多的NO发生反应，因而可提高NO的利用率和加快反应速率，B正确；C.NH4NO3的稀溶液中自由移动的离子浓度比水大，因此用NH4NO3稀溶液代替水可以增强导电能力，有利于电解的顺利进行，C正确；D.在阳极NO被氧化变为NO3-，电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；在阴极NO被还原产生NH4+，电极反应式为NO+5e-+6H+=NH4++H2O，从两个电极反应式可知，要使电子得失守恒，阳极产生的NO3-的物质的量比阴极产生的NH4+的物质的量多，总反应方程式为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，为使电解产物全部转化为NH4NO3，要适当补充NH3，D错误；故合理选项是D。16、B【解析】

A．从图示可以看出，在Pd上，H2失去电子生成H+，所以Pd作负极，故A错误；B．Fe（Ⅱ）失去电子转化为Fe（Ⅲ），失去的电子被NO2-得到，H2失去的电子被Fe（Ⅲ）得到，Fe（Ⅲ）转化为Fe（Ⅱ），所以Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用，故B正确；C．反应过程中NO2-被Fe（Ⅱ）还原为N2，故C错误；D．总反应为：2NO2-+3H2+2H+=N2+4H2O，消耗了H+，所以用该法处理后水体的pH升高，故D错误；故选B。17、A【解析】

无色溶液中一定不含Cu2+，往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，无SO42-，加足量氯水，无气体，则无CO32-，溶液加四氯化碳分液，下层橙色，则有Br-，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，有SO32-，无Mg2+，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都为0.1mol·L－1。根据电荷守恒，一定含有NH4+、Na+、K+，一定不存在Cl-。滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀，是过程中加氯水时引入的氯离子。A．过程中用氯水与亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，已引入氯离子，若改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响，故A正确；B．由上述分析可知，Cl-不存在，故B错误；C．肯定存在的离子是SO32-、Br-、NH4+、Na+、K+，故C错误；D．肯定不存在的离子有Mg2+、Cu2+、SO42-、CO32-、Cl－，故D错误；故选A。18、B【解析】

A．在船体上镶嵌锌块，形成锌铁原电池，锌比铁活泼，锌作负极不断被腐蚀，铁做正极则不会被腐蚀，称为牺牲阳极的阴极保护法，A错误；B．在外加电源的作用下，电解饱和食盐水是将电能转变成化学能，阴极上氢离子得电子生成氢气，同时溶液中生成氢氧根离子，B正确；C．铜锌原电池反应中，Zn

失电子作负极，铜片作正极，产生气泡发生还原反应，电子从锌片流向铜片，C错误；D．外加电流的阴极保护法应将被保护的金属与外加电源的负极相连，与正极相连作阳极会失电子被腐蚀，D错误；答案选B。19、D【解析】

A.连接苯环和环丙烯基的碳碳单键可以旋转，苯平面和烯平面不一定共平面，故A错误；B．有一对称轴，如图，其一氯代物有5种，故B错误；C．苯的同系物中侧链是饱和烃基，故C错误；D．中有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故选D。20、D【解析】

A.稀硝酸具有强氧化性，与锌粒反应不会生成氢气，达不到实验目的；B.氢氧化铝不与弱碱反应，而氨水不能溶解氢氧化铝，达不到实验目的；C.除去酒精中少量的水，加入适量CaO后，CaO会与水反应生成沸点较高的氢氧化钙，可利用蒸馏的方法得到酒精，而不是蒸发操作，C项错误；D.用脱脂棉包裹适量Na2O2后，再向脱脂棉上滴几滴水，脱脂棉燃烧，说明该反应为放热反应，放热反应的反应物的键能之和小于生成物的键能之和，即证明Na2O2与H2O的键能之和小于生成的NaOH与氧气的键能之和，D项正确；答案选D。【点睛】反应热的表达有宏观与微观两种方式。第一种，反应热=生成物的总能量-反应物的总能量；第二种，反应热=反应物的键能之和-生成物的键能之和，学生要理解反应的实质。21、A【解析】A、根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，钠和水中含有钠、氢和氧三种元素，产生的气体如果为氧气，不符合氧化还原反应的基本规律，钠是还原剂，水只能做氧化剂，元素化合价需要降低，氧元素已是最低价-2价，不可能再降低，故A选；B、二氧化硫具有还原性，过氧化钠具有氧化性，SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成，故B不选；C、根据氧化还原反应化合价变化，浓硫酸与铜反应，硫酸中的硫元素被还原，铜有可能被氧化为硫化铜，有探究意义，故C不选；D．氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠次氯酸钠和水，消耗氢氧化钠溶液红色褪去，氯气可以与水反应生成的次氯酸或生成的次氯酸钠水解生成次氯酸具有漂白性，有探究意义，故D不选；故选A。点睛：本题考查化学实验方案评价，涉及生成物成分推测，解题关键：氧化还原反应规律、物质性质，易错点：C选项，注意氧化还原反应特点及本质，题目难度中等。22、B【解析】

根据Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，NaHCO3与CaCl2不反应，但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，已知NaOH完全反应，则一定体积的CO2通入V

L

NaOH溶液中产物不确定，以此来解答。【详解】A.因a、b的关系不确定，无法计算参加反应的CO2的体积，A项错误；B.由A选项可知若a=b，则CO2与NaOH溶液反应生成的盐只有Na2CO3，B项正确；C.若产物为碳酸钠，碳酸钠与石灰水、CaCl2溶液都能反应生成碳酸钙，则a=b；若产物为碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠与CaCl2溶液不反应，碳酸钠与CaCl2溶液反应生成碳酸钙，但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，则a>b，但不可能a<b，C项错误；D.若a、b相等时，由Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，由NaCl∼NaOH可计算NaOH的物质的量，溶液的体积已知，则可以计算浓度，D项错误；答案选B。二、非选择题(共84分)23、丙二酸二甲酯酯基加成反应取代反应HCHO【解析】

A分子中只有一种氢原子，则乙烯与氧气在银作催化剂加热的条件下反应生成环氧乙烷，A为，A与乙醛发生反应生成B，已知B分子中有四种氢，且能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合B的分子式C8H16O4，可知B为，根据已知反应②可知，B与甲醛在碱性条件下反应生成C为，C与HBr发生取代反应生成D为，甲醇与丙二酸发生酯化反应生成E为CH3OOCCH2COOCH3，根据已知反应③可知，D与E反应生成F为，G为，据此分析解答。【详解】(1)甲醇与丙二酸发生酯化反应生成E为CH3OOCCH2COOCH3，E的化学名称是丙二酸二甲酯，故答案为：丙二酸二甲酯；(2)由以上分析知，F为，则其所含官能团是酯基，故答案为：酯基；(3)A为，A与乙醛发生反应生成B，已知B分子中有四种氢，且能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合B的分子式C8H16O4，可知B为，则A→B的反应类型是加成反应，C为，C与HBr发生取代反应生成D为，C→D的反应类型是取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；(4)根据已知反应②可知，B与甲醛在碱性条件下反应生成C为，反应的化学方程式是；(5)由以上分析知，G的结构简式为；(6)H的分子式为C12H18O4，其不饱和度为，满足下列条件的H，①1molH与NaOH溶液反应可以消耗4molNaOH，则其含有苯环，为芳香族化合物，且含有4个酚羟基，②H的核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：1：1：1，则其含有4种等效氢，且氢原子数分别为12、2、2、2，则符合要求的结构简式为，故答案为：；（7）L为高聚酯，则K中应同时含有羟基和羧基，K中含有10个碳原子，只有9个碳原子，根据已知反应②可知，与HCHO在一定条件下发生取代反应生成I为，I发生已知反应②生成J为，J经酸化得到K为，K发生缩聚反应生成，故答案为：HCHO；。24、羧基a、c+2NaOH→HOCH2CH(NH2)COONa+H2O+CH3COONa【解析】

(1)甲含有氨基和羧基；(2)a.该分子中C、N原子个数分别是7、5；b.含有苯环的有机物属于芳香族化合物；c.氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应；d.该分子中含有N原子；(3)丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，据此判断丁的结构简式；(4)丁为，含有酯基，可在碱性条件下水解，且羧基于氢氧化钠发生中和反应。【详解】(1)甲含有氨基和羧基，含氧官能团为羧基；(2)a.该分子中C、N原子个数分别是7、5，所以分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5，a正确；b.含有苯环的有机物属于芳香族化合物，该分子中没有苯环，所以不属于芳香族化合物，b错误；c.氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应，所以该物质既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应，c正确；d.该分子中含有N原子，不属于苯酚的同系物，d错误；故合理选项是ac；(3)丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，所以丁的结构简式为；(4)丁为，含有酯基，可在碱性条件下水解，且羧基于氢氧化钠发生中和反应，方程式为+2NaOH=HOCH2CH(NH2)COONa+H2O+CH3COONa。【点睛】本题考查了有机物的结构和性质，涉及有机物合成、反应类型的判断、基本概念等知识点，根据物质反应特点确定反应类型、根据流程图中反应物及反应条件确定生成物，再结合基本概念解答。25、O22Cu2++2Br－+SO2+2H2O→2CuBr↓+SO42－+4H+60℃水浴加热溶液蓝色完全褪去防止CuBr见光分解防止CuBr被氧化除去表面乙醇，并使晶体快速干燥在烧杯中继续通入SO2至饱和然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液过滤，用乙醇洗涤2～3次【解析】

(1)溴化亚铜能被氧气慢慢氧化，要排除氧气的干扰；

(2)①三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀；

②控制反应在60℃进行，可以用60℃的水浴加热；

③45gCuSO4•5H2O为0.18mol，19gNaBr为0.184mol，所以NaBr稍过量，所以当溶液中的铜离子消耗完时反应即完成；

(3)溴化亚铜见光会分解；

(4)溴化亚铜在空气中会慢慢被氧化，洗涤剂需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，溶剂改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶体快速干燥；

(5)烧杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取较纯净的Na2SO3•7H2O晶体，可以在烧杯中继续通入SO2至饱和，将Na2SO3生成NaHSO3，根据钠元素守恒可知，此时溶液中NaHSO3的物质的量为0.5mol，然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液，使NaHSO3恰好完全反应生成Na2SO3，加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2～3次，除去表面可溶性杂质，放真空干燥箱中干燥，据此答题。【详解】(1)溴化亚铜能被氧气慢慢氧化，用二氧化硫还原铜离子生成溴化亚铜要排除氧气的干扰，可以通过煮沸的方法除去其中水中的O2，故答案为：O2；(2)①三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀，反应的离子方程式为2Cu2++2Br−+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42−+4H+，故答案为：2Cu2++2Br−+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42−+4H+；②控制反应在60℃进行，可以用60℃的水浴加热；故答案为：60℃水浴加热；③45gCuSO4⋅5H2O为0.18mol，19gNaBr为0.184mol，所以NaBr稍过量，所以当溶液中的铜离子消耗完时反应即完成，所以说明反应已完成的现象是溶液蓝色完全褪去，故答案为：溶液蓝色完全褪去；(3)溴化亚铜见光会分解，所以步骤2过滤需要避光，防止CuBr见光分解，故答案为：防止CuBr见光分解；(4)在空气中会慢慢被氧化，所以洗涤剂需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，最后溶剂改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶体快速干燥，故答案为：防止CuBr被氧化；除去表面乙醇，并使晶体快速干燥；(5)烧杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取较纯净的Na2SO3⋅7H2O晶体，可以在烧杯中继续通入SO2至饱和，将Na2SO3生成NaHSO3，根据钠元素守恒可知，此时溶液中NaHSO3的物质的量为0.5mol，然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液，使NaHSO3恰好完全反应生成Na2SO3，加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2∼3次，除去表面可溶性杂质，放真空干燥箱中干燥，故答案为：在烧杯中继续通入SO2至饱和；然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液；过滤，用乙醇洗涤2∼3次。26、关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞碱石灰(或生石灰)白色沉淀2NH3+3CuON2+3H2O+3CuCu2O、Cu3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl【解析】

(1)检验装置A~E的气密性，要防止气体进入F；(2)装置B的作用是干燥氨气；(3)装置C中黑色固体逐渐变红，从E中逸出液面的气体可以直接排入空，说明氧化铜与氨气反应生成铜、氮气、水；没反应的氨气进入E，使溶液呈碱性，生成亚硫酸钡沉淀；(4)根据铜元素守恒分析产物的化学式；(5)装置F中产生白烟，说明有氯化铵生成，可知F中氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气。【详解】(1).关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E中装入水，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯，E中导管有水柱形成，说明装置气密性良好；(2)装置B的作用是干燥氨气，所以B中盛放的试剂是碱石灰；(3)装置C中黑色固体逐渐变红，从E中逸出液面的气体可以直接排入空，说明氧化铜与氨气反应生成铜、氮气、水，反应方程式是2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu；没反应的氨气进入E，使溶液呈碱性，生成亚硫酸钡沉淀，E中的现象是有白色沉淀生成。(4)反应前n(CuO)=0.2mol，则n(Cu)=0.2mol、n(O)=0.2mol；反应过程中，铜元素物质的量不变，氧元素物质的量减少，反应后固体质量减少2.4g，则减少氧元素的物质的量是=0.15mol，剩余固体中n(Cu)：n(O)=0.2:0.05=4:1＞2:1，所以该固体产物的化学式为Cu2O、Cu；(5)装置F中氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式是3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl。【点睛】本题考查氨气的制备与性质实验，包括基本实验操作、化学计算等，掌握氨气的性质、明确氨气制备的原理是解题关键，侧重考查学生实验能力和分析能力。27、冷凝管检漏冰水浴冷却结晶97℃温度计水银球与蒸馏烧瓶支管口处相齐平上下移动C管偏大【解析】

丙烯醛与氢氧化钠溶液共热生成丙烯醇和丙烯酸钠，加入四氯化碳萃取未反应的丙烯醛和丙烯醇，四氯化碳密度比水大，所以得到的上层液体含有丙烯酸钠，加入硫酸酸化得到丙烯酸溶液，丙烯酸熔点为13℃，可用冰水冷却可得到丙烯酸晶体，过滤、冰水洗涤、低温吸干得到丙烯酸；下层液体为含有少量未反应的丙烯醛和生成的丙烯醇的四氯化碳溶液，蒸馏得到丙烯醇。【详解】(1)根据L的结构特点可知其为球形冷凝管；(2)过程②为萃取分液，分液漏斗使用前需要进行检漏；(3)根据分析可知操作④包括冰水浴冷却结晶、过滤、冰水洗涤、低温吸干；(4)根据题目信息可知丙烯醇的沸点为97℃，所以收集97℃的馏分；进行蒸馏时温度计的水银球