安徽省安庆市潜山二中2024年高考仿真卷化学试题含解析

安徽省安庆市潜山二中2024年高考仿真卷化学试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、a、b、c、d四种短周期元素在周期表中分布如图所示，下列说法正确的是（）A．若四种元素均为主族元素，则d元素的原子半径最大B．若b最外层电子占据三条轨道，则a的单质可用于冶炼金属C．若a为非金属元素，则c的气态氢化物的水溶液可能呈碱性D．若a最外层有两个未成对电子，则d的单质常温下不可能为气体2、某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒。其中ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是（）A．该反应的还原剂是Cl-B．反应后溶液的酸性明显增强C．消耗1mol还原剂，转移6mol电子D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶33、景泰蓝是一种传统的手工艺品。下列制作景泰蓝的步骤中，不涉及化学变化的是ABCD将铜丝压扁，掰成图案

将铅丹、硼酸盐等化合熔制后描绘

高温焙烧

酸洗去污A．A B．B C．C D．D4、向Ca(HCO3)2饱和溶液中加入一定量的Na2O2(设溶液体积不变)，推断正确的是A．产生CO2气体 B．产生白色沉淀C．所得溶液的碱性一定减弱 D．所得溶液中一定不含HCO3-5、常温常压下，下列气体混合后压强一定不发生变化的是A．NH3和Cl2 B．NH3和HBr C．SO2和O2 D．SO2和H2S6、室温下，下列关于电解质的说法中正确的是A．中和等体积、等浓度的氨水和氢氧化钠溶液至pH=7，前者消耗的盐酸多B．向NaHS溶液中加入适量KOH后：c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)C．将amol·L-1的醋酸与0.01mol·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)，则醋酸的电离常数Ka=(用含a的代数式表示)D．向NH4Cl溶液中加入少量等浓度的稀盐酸，则的值减小7、由下列实验及现象不能推出相应结论的是实验现象结论A某钾盐晶体中滴加浓盐酸，产生的气体通入品红溶液中品红溶液褪色产生的气体一定是SO2B向装有经过硫酸处理的CrO3（桔红色）的导管中吹入乙醇蒸气固体逐渐由桔红色变为浅绿色（Cr3+）乙醇具有还原性C向2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入铜粉，充分振荡，再加入2滴KSCN溶液铜粉溶解，溶液由黄色变为绿色，滴入KSCN溶液颜色不变氧化性：Fe3+＞Cu2+D向盛有CuO的试管中加入足量HI溶液，充分震荡后滴入3滴淀粉溶液固体有黑色变为白色，溶液变为黄色，滴入淀粉后溶液变蓝CuO与HI发生了氧化还原反应A．A B．B C．C D．D8、关于以下科技成果，下列说法正确的是（）A．中国“人造太阳”B．电磁炮成功装船C．“鲲龙”两栖飞机D．“墨子”通信卫星利用氘和氚发生化学反应产生上亿度高温电磁炮发射过程中电能转化为机械能飞机大量使用熔点高、硬度大的铝锂合金通讯中使用的光导纤维主要成分是单晶硅A．A B．B C．C D．D9、某同学按如图所示实验装置探究铜与浓硫酸的反应，记录实验现象如表。下列说法正确的是试管①②③④实验现象溶液仍为无色，有白雾、白色固体产生有大量白色沉淀产生有少量白色沉淀产生品红溶液褪色A．②中白色沉淀是BaSO3B．①中可能有部分浓硫酸挥发了C．为了确定①中白色固体是否为硫酸铜，可向冷却后的试管中注入水，振荡D．实验时若先往装置内通入足量N2，再加热试管①，实验现象不变10、类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是A．lmol晶体硅含Si-Si键的数目为2NA，则1mol金刚砂含C-Si键的数目也为2NAB．Ca(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液，发生化学反应的方程式：则Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液，发生化学反应的方程式：C．标准状况下，22.4LCO2中所含的分子数目为NA个，则22.4LCS2中所含的分子数目也为NA个D．NaClO溶液中通人过量CO2发生了反应：，则Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2发生了：11、下表中对应关系正确的是A

CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl

CH2=CH2+HClCH3CH2Cl

均为取代反应

B

由油脂得到甘油

由淀粉得到葡萄糖

均发生了水解反应

C

Cl2+2Br‾=2Cl‾+Br2

Zn+Cu2+=Zn2++Cu

均为单质被还原的置换反应

D

2Na2O2+2H2O+4NaOH+O2↑

Cl2+H2O=HCl+HClO

均为水作还原剂的氧化还原反应

A．A B．B C．C D．D12、已知某二元酸H2MO4在水中电离分以下两步：H2MO4⇌H++HMO4-，HMO4-⇌H++MO42-。常温下向20mL0.1mol/LNaHMO4溶液中滴入cmol/LNaOH溶液，溶液温度与滴入NaOH溶液体积关系如图。下列说法正确的是A．该氢氧化钠溶液pH=12B．图像中F点对应的溶液中c(OH-)>c(HMO4-)C．滴入NaOH溶液过程中水的电离程度一直增大D．图像中G点对应的溶液中c(Na+)=c(HMO4-)+2c(MO42-)13、已知：锂硫电池的总反应为2Li+xS=Li2Sx。以锂硫电池为电源，通过电解含(NH4)2SO4的废水制备硫酸和化肥的示意图如图(不考虑其他杂质离子的反应)。下列说法正确的是（）A．b为电源的正极B．每消耗32g硫，理论上导线中一定通过2mole-C．N室的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+D．SO42-通过阴膜由原料室移向M室14、银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，电池反应是：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，下列说法正确的是（）A．工作时原电池负极附近溶液的pH增大 B．电子由Zn经过溶液流向Ag2OC．溶液中OH-由Zn电极移向Ag2O电极 D．Ag2O作正极：Ag2O+H2O+2e-＝2Ag+2OH-15、下图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图。说法正确的是A．元素非金属性：X＞R＞WB．X与R形成的分子内含两种作用力C．X、Z形成的化合物中可能含有共价键D．元素对应的离子半径：W＞R＞X16、如图是电解饱和食盐水(含少量酚酞)的装置，其中c、d为石墨电极。下列说法正确的是A．a为负极、b为正极B．a为阳极、b为阴极C．电解过程中，钠离子浓度不变D．电解过程中，d电极附近变红17、除去下列括号内杂质的试剂或方法正确的是（）A．HNO3溶液（H2SO4）：适量BaCl2溶液，过滤B．乙烷（乙烯）：催化剂条件下通入H2C．溴苯（溴）：加入KI溶液，分液D．乙醇（乙酸）：加入足量CaO后蒸馏18、下列属于碱性氧化物的是A．Mn2O7 B．Al2O3 C．Na2O2 D．MgO19、将锌片和铜片插人同浓度的稀硫酸中，甲中将锌片和铜片用导线连接，一段时间后，下列叙述正确的是A．两烧杯中的铜片都是正极B．甲中铜被氧化，乙中锌被氧化C．产生气泡的速率甲比乙快D．两烧杯中铜片表面均无气泡产生20、短周期元素X、Y、Z、W分属三个周期，且原子序数依次增加。其中Y与X、Z均可形成1︰1或1︰2的二元化合物；X与Z最外层电子数相同；Y与W的一种化合物是一种新型的自来水消毒剂。下列说法错误的是A．常温常压下Y的单质为气态B．离子半径：W>Z>YC．X与Z形成的离子化合物具有还原性D．W的最高价氧化物的水化物一定是强酸21、某学习小组在实验室中用废易拉罐(主要成分为AI，含有少量的Fe、Mg杂质)制明矾[KAl(SO4)2·12H2O]的过秳如图所示。下列说法正确的是A．为尽量少引入杂质，试剂①应选用氨水B．滤液A中加入NH4HCO3溶液产生CO2C．沉淀B的成分为Al(OH)3D．将溶液C蒸干得到纯净的明矾22、工业上制备相关物质，涉及的反应原理及部分流程较为合理的是A．制取镁：海水Mg(OH)2MgOMgB．冶炼铝：铝土矿NaAlO2无水AlCl3AlC．制硝酸：N2、H2NH3NO50%HNO3浓HNO3D．海带海带灰I2(aq)I2二、非选择题(共84分)23、（14分）甲苯是有机合成的重要原料，既可用来合成抗流感病毒活性药物的中间体E，也可用来合成γ-分泌调节剂的药物中间体K，合成路线如下：已知：ⅰ.R1NH2+Br-R2R1-NH-R2+HBrⅱ.（1）A的结构简式为______________。（2）C中含氧官能团名称为_____________。（3）C→D的化学方程式为_____________。（4）F→G的反应条件为________________。（5）H→I的化学方程式为________________。（6）J的结构简式为_____________。（7）利用题目所给信息，以和为原料合成化合物L的流程如下，写出中间产物1和中间产物2的结构简式：______，_________。①②合成L的过程中还可能得到一种高分子化合物，其结构简式为________。24、（12分）苯丁酸氮芥是一种抗肿瘤药，其合成路线如下。其中试剂①是丁二酸酐（），试剂③是环氧乙烷（），且环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合。回答下列问题：（1）写出反应类型：反应Ⅱ____，反应Ⅴ_____。（2）写出C物质的结构简式___。（3）设计反应Ⅲ的目的是____。（4）D的一种同分异构体G有下列性质，请写出G的结构简式____。①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应③能发生水解反应和银镜反应④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气（5）通过酸碱中和滴定可测出苯丁酸氮芥的纯度，写出苯丁酸氮芥与足量氢氧化钠反应的化学方程式____。（6）1，3-丁二烯与溴发生1，4加成，再水解可得1，4-丁烯二醇，设计一条从1，4-丁烯二醇合成丁二酸的合成路线（所需试剂自选）____25、（12分）草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O）是一种黄色难溶于水的固体，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。为探究纯净草酸亚铁晶体热分解的产物，设计装置图如下：（1）仪器a的名称是______。（2）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是_________。（3）实验前先通入一段时间N2，其目的为__________。（4）实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为_______。（5）草酸亚铁晶体在空气易被氧化，检验草酸亚铁晶体是否氧化变质的实验操作是____。（6）称取5.40g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如下图所示：①上图中M点对应物质的化学式为_________。②已知400℃时，剩余固体是铁的一种氧化物，试通过计算写出M→N发生反应的化学方程式：_______。26、（10分）草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4·2H2O。回答下列问题：(1)甲组的同学以电石（主要成分CaC2，少量CaS及Ca3P2杂质等）为原料，并用下图1装置制取C2H2。①装置A中用饱和食盐水代替水的目的是_____________。②装置B中，NaClO将H2S、PH3氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，其中PH3被氧化的离子方程式为______。该过程中，可能产生新的杂质气体Cl2，其原因是：______（用离子方程式回答）。(2)乙组的同学根据文献资料，用Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O4·2H2O。制备装置如上图2所示：①装置D中多孔球泡的作用是__________。②装置D中生成H2C2O4的化学方程式为____________。③从装置D中得到产品，还需经过___________（填操作名称）、过滤、洗涤及干燥。(3)丙组设计了测定乙组产品中H2C2O4·2H2O的质量分数实验。他们的实验步骤如下：准确称取mg产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用cmol·L－1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液VmL。①滴定终点的现象是_____________。②滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，分析可能的原因是____________。③产品中H2C2O4·2H2O的质量分数为_________（列出含m、c、V的表达式）。27、（12分）硫酸四氨合铜晶体([Cu(NH3)4]SO4·H2O)常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质溶于水，不溶于乙醇、乙醚，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3mol/L的硫酸、浓氨水、10%NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500mol/L稀盐酸、0.500mol/L的NaOH溶液来合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。I.CuSO4溶液的制备①称取4g铜粉，在A仪器中灼烧10分钟并不断搅拌，放置冷却。②在蒸发皿中加入30mL3mol/L的硫酸，将A中固体慢慢放入其中，加热并不断搅拌。③趁热过滤得蓝色溶液。(1)A仪器的名称为_____________。(2)某同学在实验中有1.5g的铜粉剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因_____。II.晶体的制备。将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作(3)已知浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，试写出生成此沉淀的离子反应方程式___________。(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是_______________。III.氨含量的测定。精确称取mg晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用V1mLClmol/L的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用C2mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl(选用甲基橙作指示剂)，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。(5)玻璃管2的作用_________________，样品中氨的质量分数的表达式_______。(6)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏低的原因是______________。A．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管B．读数时，滴定前平视，滴定后俯视C．滴定过程中选用酚酞作指示剂D．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁28、（14分）氟代硼酸钾(KBe2BO3F2)是激光器的核心材料，我国化学家在此领域的研究走在了世界的最前列。回答下列问题：(1)氟代硼酸钾中各元素原子的第一电离能大小顺序是F>O>___。基态K+电子占据最高能级的电子云轮廓图为____形。(2)NaBH4是有机合成中常用的还原剂，其中的阴离子空间构型是____，中心原子的杂化形式为____。NaBH4中存在____（填标号）。a.离子键b.氢键c.σ键d.π键(3)BeC12中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的BeCl2的结构式为___，其中Be的配位数为_____。(4)第三周期元素氟化物的熔点如下表：解释表中氟化物熔点变化的原因：____。(5)CaF2的一种晶胞如图所示。Ca2+占据F-形成的空隙，其空隙率是____。若r(F-)=xpm，r(Ca2+)=ypm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则CaF2的密度ρ=_____g.cm-3（列出计算表达式）。29、（10分）某课外兴趣小组探究利用废铜屑制取CuSO4溶液，设计了以下几种实验方案。完成下列填空：(1)方案一：以铜和浓硫酸反应制备硫酸铜溶液。方案二：将废铜屑在空气中灼烧后再投入稀硫酸中。和方案一相比，方案二的优点是________________________；方案二的实验中，发现容器底部残留少量紫红色固体，再加入稀硫酸依然不溶解，该固体为________。(2)方案三的实验流程如图所示。溶解过程中有气体放出，该气体是________。随着反应的进行，生成气体速率加快，推测可能的原因是________________________________________________________________________________。(3)设计实验证明你的推测：______________________________。方案四的实验流程如图所示。（4）为了得到较纯净的硫酸铜溶液，硫酸和硝酸的物质的量之比应为________；（5）对方案四进行补充完善，设计一个既能防止污染，又能实现物料循环的实验方案(用流程图表示)__________________________________。

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、B【解析】

A．同周期元素从左往右，原子半径依次减小，则d元素的原子半径比a小，故A错误；B．若b最外层电子占据三条轨道，最外层电子排布为2s22p2，则b为C元素，结合位置可知a为Al，金属铝可以通过铝热反应冶炼金属，故B正确；C．若a为非金属元素，a为Si或P，则C为O或F，c的气态氢化物的水溶液为中性或酸性，故C错误；D．若a最外层有两个未成对电子，则a为Si或S，当a为S时，d为Ar，Ar的单质常温下为气体，故D错误；故选B。2、B【解析】由曲线变化图可知，随反应进行具有氧化性的ClO-物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，根据所含有的NH4+和N2，其中NH4+有还原性，故N2是生成物，N元素化合价发生氧化反应，则反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+；A．由方程式可知反应的氧化剂是ClO-，还原产物为Cl-，故A错误；B．反应生成H+，溶液酸性增强，故B正确；C．N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故C错误；C．由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故D错误；答案为B。点睛：由曲线变化图可知，具有氧化性的ClO-物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，再结合氧化还原反应的理论，有氧化必有还原，根据所含有的微粒，可知NH4+是还原剂，氧化产物为N2，发生反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+，以此解答该题。3、A【解析】

A.将铜丝压扁并掰成图案，并没有新的物质生成，属于物理变化，不涉及化学变化，故A选；B.铅丹、硼酸盐等原料化合在经过烧熔而制成不透明的或是半透明的有独特光泽物质，该过程有新物质生成，属于化学变化，故B不选；C.烧制陶瓷过程有新物质生成，属于化学变化，故C不选；D.酸洗去污，该过程为酸与金属氧化物反应生成易溶性物质，属于化学变化，故D不选。4、B【解析】

A.过氧化钠溶于水生成氢氧化钠，NaOH和Ca(HCO3)2反应生成CaCO3和H2O，不会产生CO2气体，故A错误；B.过氧化钠固体与溶液中的水反应，生成的NaOH会与Ca（HCO3）2反应，生成碳酸钙白色沉淀，故B正确；C.当Na2O2量较多时，生成的NaOH和Ca（HCO3）2反应后有剩余，会使溶液碱性增强，故C错误；D.当Na2O2量较小时，生成的NaOH较少，没有把Ca（HCO3）2反应完，所得溶液中可能含有HCO3-，故D错误；正确答案是B。【点睛】本题考查过氧化钠与水的反应及复分解反应，明确物质之间的化学反应及反应中的现象是解答本题的关键，注意饱和溶液中溶剂和溶质的关系来解答。5、C【解析】

完全反应后容器中压强没有发生变化，说明反应前后气体的物质的量没有发生变化，A．氨气与氯气常温下反应：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，氯化铵为固体，气体物质的量减小，压强发生变化，故A不选；B．氨气与溴化氢反应生成溴化铵固体，方程式为：NH3+HBr=NH4Br，溴化铵为固体，气体物质的量减小，压强发生变化，故B不选；C．二氧化硫与氧气常温下不反应，所以气体物的量不变，压强不变，故C选；D．SO2和H2S发生SO2+2H2S═3S↓+2H2O，气体物质的量减小，压强发生变化，故D不选；故选：C。6、B【解析】

A、中和等体积、等浓度的氨水和氢氧化钠溶液至pH等于7，后者消耗的盐酸多，故A错误；B、根据物料守恒，钠与硫元素的原子个数比为1:1，c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)，故B正确；C、将amol·L-1的醋酸与0.01mol·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)，溶液恰好呈中性，醋酸的电离常数Ka=，故C错误；D、向NH4Cl溶液中加入少量等浓度的稀盐酸，c(OH-)减小，Kh=值不变，所以则的值增大，故D错误。7、A【解析】

A．次氯酸钠与浓盐酸反应能够生成氯气，亚硫酸盐与浓盐酸反应能够生成二氧化硫，氯气与二氧化硫均使品红褪色，则由现象不能判断产生的气体是SO2，故A符合题意；B．CrO3可氧化乙醇蒸气，则乙醇具有还原性，故B不符合题意；C．Cu与氯化铁发生氧化还原反应生成氯化亚铁、氯化铜，氧化性：Fe3+＞Cu2+，故C不符合题意；D．由现象可知生成CuI和碘单质，Cu、I元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D不符合题意；故选：A。8、B【解析】

A．人造太阳反生核聚变，不是化学反应，A项错误；B．电磁炮利用强大的电磁力来加速弹丸，是将电能转化为机械能，B项正确；C．合金的熔点会比纯金属的熔点低，故铝锂合金的熔点较低，C项错误；D．光导纤维的主要成分为二氧化硅，D项错误；答案选B。9、B【解析】

实验探究铜与浓硫酸的反应，装置1为发生装置，溶液仍为无色，原因可能是混合体系中水太少，无法电离出铜离子，有白雾说明有气体液化的过程，同时产生白色固体，该固体可能是无水硫酸铜；试管2、3中有白色沉淀生成，该沉淀应为硫酸钡，说明反应过程有SO3生成或者硫酸挥发，3中沉淀较少，说明三氧化硫或挥发出的硫酸消耗完全；试管4中品红褪色说明反应中生成二氧化硫，浸有碱的棉花可以处理尾气，据此分析作答。【详解】A.二氧化硫不与氯化钡溶液反应，白色沉淀不可能是BaSO3，故A错误；B.根据分析可知①中可能有部分硫酸挥发了，故B正确；C.冷却后的试管中仍有浓硫酸剩余，浓硫酸稀释放热，不能将水注入试管，会暴沸发生危险，故C错误；D.反应过程中SO3是氧气将二氧化硫氧化生成，若先往装置内通入足量N2，体系内没有氧气，则无SO3生成，试管2、3中将无沉淀产生，实验现象发生变化，故D错误；故答案为B。10、D【解析】

A．1mol晶体硅含Si-Si键的数目为2NA，而1mol金刚砂含C-Si键的数目为4NA，A错误；B．Ca(HCO3)2溶液中与过量的NaOH溶液反应生成CaCO3沉淀，而Mg(HCO3)2溶液中与过量的NaOH溶液反应时，由于Mg(OH)2的溶度积比MgCO3小，生成的是Mg(OH)2沉淀而不是MgCO3沉淀，B错误；C．在标准状况下，CO2是气体而CS2是液体，C错误；D．NaClO和Ca(ClO)2溶液通入过量CO2都是发生反应：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，D正确；答案选D。11、B【解析】

A．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl为烯烃的加成反应，而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl为烷烃的取代反应，故A错误；B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均发生了水解反应，故B正确；C．Cl2+2Br-═2Cl-+Br2中Cl元素的化合价降低；Zn+Cu2+═Zn2++Cu中Zn元素的化合价升高，前者单质被还原，后者单质被氧化，均属于置换反应，故C错误；D.2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；Cl2+H2O═HCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点是D，2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑反应中只有过氧化钠中的O元素的化合价变化；Cl2+H2O═HCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化。12、B【解析】

根据图像可知，NaHMO4与NaOH发生反应是放热反应，当温度达到最高，说明两者恰好完全反应，F点温度最高，此时消耗NaOH的体积为20mL，计算出氢氧化钠的浓度，然后根据影响水电离的因素、“三大守恒”进行分析。【详解】A．根据图像分析可知，F点温度最高，说明此时两物质恰好完全反应，NaHMO4+NaOH=Na2MO4+H2O，20×10-3L×0.1mol∙L-1=20×10-3L×c(NaOH)，推出c(NaOH)=0.1mol/L，c(H+)===10-13mol/L，则pH=13，故A错误；B．F点溶质为Na2MO4，溶液中质子守恒为c(OH-)=c(H+)+c(HMO4-)+2c(H2MO4)，所以c(OH-)＞c(HMO4-)，故B正确；C．根据题意，两者恰好完全反应，生成的溶质Na2MO4，属于强碱弱酸盐，即溶质为Na2MO4时，水解程度最大，E到F过程中，水的电离程度增大，F到G过程中，氢氧化钠溶液过量，抑制水的电离，因此滴加氢氧化钠的过程中，水的电离程度先变大，后变小，故C错误；D．由A选项推出c(NaOH)=0.1mol/L，G点加入40mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为等浓度的NaOH和Na2MO4，Na+的浓度最大，MO42−部分水解，溶液显碱性，则c(OH−)>c(H+)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(MO42−)+c(HMO4-)+c(OH−)，则c(Na+)＜c(HMO4-)+2c(MO42-)，故D错误；答案选B。13、D【解析】

结合题干信息，由图可知M室会生成硫酸，说明OH-放电，电极为阳极，则a为正极，b为负极，据此分析解答问题。【详解】A．根据上述分析，b为电源负极，A选项错误；B．根据电池的总反应为2Li+xS=Li2Sx，没通过2mole-需要消耗32xg硫，B选项错误；C．N室为阴极，氢离子放电，电极反应式为2H++2e-===H2↑，C选项错误；D．M室生成硫酸，为阳极，电解池中阴离子向阳极移动，原料室中的SO42-通过阴膜移向M室，D选项正确；答案选D。14、D【解析】

根据电池反应：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，电极反应式正极：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，负极：Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2A.工作时原电池负极消耗OH-，溶液的pH减小，故A错误；B.电子不能在溶液中传递，故B错误；C.原电池中阴离子向负极移动，溶液中OH-由Ag2O电极移向Zn电极，故C错误；D.根据上面分析，Ag2O作正极：Ag2O+H2O+2e-＝2Ag+2OH-，故D正确；答案选D。【点睛】根据题干中的电池总反应中氧化还原反应，写出电极反应，即可容易分析解答。15、C【解析】

都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7，故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素，则A．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，应为O＞Cl＞S，选项A错误；B．X与R形成的分子可为SO2或SO3，分子内只存在极性键，选项B错误；C．X、Z形成的化合物如为Na2O2，含有共价键，选项C正确；D．核外电子排布相同的离子核电荷数越大离子半径越小，半径O2－＜Cl﹣＜S2﹣，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查元素周期表元素周期律的应用，根据最外层电子数及原子序数的关系确定元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构，都是短周期元素，根据图中信息推出各元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。16、A【解析】

原电池中，电子从负极流出，所以a是负极，b是正极，c是阴极，d是阳极。【详解】A．根据图象知，a是负极，b是正极，故A正确；B．外加电源中为正负极，不是阴阳极，则c是阴极，d是阳极，故B错误；C．电解时消耗水，溶液的体积减小，钠离子的物质的量不变，则钠离子的浓度增大，故C错误；D．c是阴极，电极上氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧根离子，则c电极附近变红，故D错误。故选A。17、D【解析】

A.加入氯化钡引入新的杂质氯离子，应加入硝酸钡，故A错误；B.由于不能确定乙烯的含量，则不能确定通入氢气的量，易混入氢气杂质，故B错误；C.加入KI溶液，溴与KI反应生成碘单质，形成新的杂质，故C错误；D.乙醇不能和氧化钙反应，乙酸和氧化钙反应生成沸点较高的醋酸钙，然后用蒸馏的方法可分离，故D正确；故答案为D。18、D【解析】

碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，反应过程中元素化合价不发生变化。【详解】A.Mn2O7与碱反应产生盐和水，属于酸性氧化物，A不符合题意；B.Al2O3既能与碱反应产生盐和水，也能与酸反应产生盐和水，所以属于两性氧化物，B不符合题意；C.Na2O2和酸反应生成盐和水，同时生成氧气，发生的是氧化还原反应，不是碱性氧化物，属于过氧化物，C错误；D.MgO和酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查物质的分类，掌握酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物的概念是解答本题的关键。19、C【解析】乙烧杯没有构成原电池，铜片不是正极，故A错误；甲中锌是负极，锌被氧化，乙中锌与硫酸反应，锌被氧化，故B错误；甲构成原电池，产生气泡的速率甲比乙快，故C正确；甲烧杯中构成原电池，铜是正极，电极反应是,铜片表面有气泡产生，故D错误。点睛：构成原电池的条件是两个活泼性不同的电极、电解质溶液、形成闭合电路；乙装置没有形成闭合电路，所以没有构成原电池。20、B【解析】

短周期元素X、Y、Z、W分属三个周期且原子序数依次增加，X为H，Y与X、Z均可形成1︰1或1︰2的二元化合物；X与Z最外层电子数相同；Y为O，Z为Na，Y与W的一种化合物是一种新型的自来水消毒剂，W为Cl。【详解】A.常温常压下Y的单质为氧气或臭氧，故A正确；B.Y为O，Z为Na，对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，应为Z<Y，故B错误；C.X与Z形成的离子化合物是NaH，H为-1价，具有还原性，可与水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；D.W的最高价氧化物的水化物是高氯酸，因为氯元素的非金属性强于硫元素，硫酸为强酸，所以高氯酸一定是强酸，故D正确；故选B。【点睛】比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；电子层数和质子数都相同时，核外电子数越多，半径越大。21、C【解析】

A选项，为尽量少引入杂质，试剂①应选用氢氧化钾，故A错误；B选项，滤液A为偏铝酸盐与NH4HCO3溶液反应生成氢氧化铝和碳酸铵，故B错误；C选项，根据B选项得出沉淀B的成分为Al(OH)3，故C正确；D选项，将溶液C蒸干得到明矾中含有硫酸钾杂质，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】偏铝酸盐与NH4HCO3溶液反应生成氢氧化铝和碳酸铵，不是水解反应。22、C【解析】A、工业行通过电解熔融的氯化镁制备金属镁，不是电解氧化镁，故A错误；B、氯化铝是共价化合物，熔融的氯化铝不能导电，工业上通过电解熔融的氧化铝冰晶石熔融体制备金属铝，故B错误；C、氮气和氢气在催化剂、高温高压下反应生成氨气，氨气催化氧化生成NO，NO与氧气和水反应生成硝酸，再加入硝酸镁蒸馏得到浓硝酸，故C正确；D、热裂汽油中含有不饱和烃，和碘单质会发生加成反应，不能做萃取剂，应用分馏汽油萃取，故D错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、羟基、羧基+CH3OH+H2O浓H2SO4、浓硝酸，加热+H2O【解析】

被氧化为A，A发生取代反应生成，故A是；与甲醇发生酯化反应生成D，D是；根据，由可逆推I是，H与甲酸反应生成，则H是，根据逆推G是。【详解】（1）根据以上分析可知A是苯甲酸，结构简式为。（2）C是，含氧官能团名称为羧基、羟基。（3）与甲醇发生酯化反应生成，化学方程式为。（4）→为硝化反应，反应条件为浓硫酸、浓硝酸，加热。（5）与甲酸发生反应生成和水，化学方程式为。（6）与J反应生成，根据可知J的结构简式为。（7）①根据，由逆推中间产物1和中间产物2的结构简式分别为、。②合成L的过程中、可能发生缩聚反应生成高分子化合物。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，注意根据有机物的结构进行分析解答，需要熟练掌握官能团的性质与转化，重点把握逆推法在有机推断中的应用。24、还原反应取代反应将羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合+3NaOH+2NaCl+H2OHOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH【解析】

(1)对比A、B的结构简式可知，A中羰基转化为亚甲基；对比D与苯丁酸氮芥的结构可知，反应V为取代反应；(2)试剂③是环氧乙烷，对比B、D的结构简式，反应Ⅲ是B与甲醇发生酯化反应；(3)试剂③是环氧乙烷()，环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合，结合B的结构分析解答；(4)①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种，②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有氨基，不含羧基，③能发生水解反应和银镜反应，说明含有酯基、醛基，④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气，说明结构中含有2个羟基，加成分析书写G的结构简式；(5)苯丁酸氮芥中的Cl原子、羧基均能与氢氧化钠反应；(6)以1，4-丁烯二醇()合成丁二酸(HOOC-CH2-CH2-COOH)，为了防止羟基氧化过程中碳碳双键断裂，需要首先将碳碳双键转化为单键，再氧化，加成分析解答。【详解】(1)对比A、B的结构简式可知，A中转化为氨基，羰基转化为亚甲基，属于还原反应(包括肽键的水解反应)；对比D与苯丁酸氮芥的结构可知，反应V为取代反应，而反应VI为酯的水解反应，故答案为：还原反应；取代反应；(2)试剂③是环氧乙烷，对比B、D的结构简式，反应Ⅲ是B与甲醇发生的酯化反应，故C的结构简式为：，故答案为：；(3)试剂③是环氧乙烷()，环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合，根据流程图，设计反应Ⅲ的目的是：将B中的羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合，故答案为：将羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合；(4)D()的一种同分异构体G有下列性质：①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种，②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有氨基，不含羧基，③能发生水解反应和银镜反应，说明含有酯基、醛基，④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气，说明含有2个羟基，符合条件的结构为等，故答案为：；(5)苯丁酸氮芥中Cl原子、羧基均能够与氢氧化钠反应，与足量的氢氧化钠反应的化学方程式为：+3NaOH+2NaCl+H2O，故答案为：+3NaOH+2NaCl+H2O；(6)以1，4-丁烯二醇()合成丁二酸(HOOC-CH2-CH2-COOH)，1，4-丁烯二醇可以首先与氢气加成生成1，4-丁二醇(HOCH2-CH2-CH2-CH2OH)，然后将HOCH2-CH2-CH2-CH2OH催化氧化即可，合成路线为HOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH，故答案为：HOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH。25、球形干燥管（干燥管）缺少处理CO尾气装置排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质FeC2O43FeC2O4Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑【解析】

装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C装置吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO，F装置检验二氧化碳，据此解答。【详解】(1)仪器a的名称是球形干燥管(干燥管)，故答案为：球形干燥管(干燥管)；(2)反应会产生CO，缺少处理CO尾气装置，故答案为：缺少处理CO尾气装置；(3)反应会会产生CO和H2O，通入氮气，排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰，故答案为：排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰；(4)CO与CuO反应，生成Cu和二氧化碳，现象为E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀，故答案为：E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀；(5)检验铁离子的试剂为KSCN，具体有：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质，故答案为：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质；(6)①草酸亚铁晶体的物质的量为：＝0.03mol，通过剩余固体的质量为4.32g，则M的摩尔质量为＝144g/mol，过程Ⅰ发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，剩下的M为FeC2O4，故答案为：FeC2O4；②草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：＝1.68g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有：，解得x：y＝3：4，铁的氧化物的化学式为Fe3O4，因此M→N发生反应的化学方程式为3FeC2O4Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑。【点睛】本题难点在于(6)②，根据质量，求分子式，可以通过质量守恒得到答案。26、减缓反应速率PH3+4ClO－=H3PO4+4Cl－Cl－+ClO－+2H+=Cl2↑+H2O增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O蒸发浓缩、冷却结晶当加入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色生成的Mn2+是该反应的催化剂％【解析】

根据实验目的及原理结合影响反应速率的条件及平衡移动规律分析解答；根据物质的性质分析书写反应方程式；根据滴定原理及实验数据计算质量分数。【详解】(1)①电石与水反应非常剧烈，为了减慢反应速率，平缓地产生乙炔可用饱和食盐水代替水反应；②装置B中，NaClO将H2S、PH3氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，即PH3中的P元素从-3价转化成+5价，离子方程式为:PH3+4ClO－=H3PO4+4Cl－，由于该过程中生成磷酸，为反应过程提供了H+，则发生反应Cl－+ClO－+2H+=Cl2↑+H2O而产生氯气；故答案为:PH3+4ClO－=H3PO4+4Cl－，Cl－+ClO－+2H+=Cl2↑+H2O；(2)①装置D多孔球泡的作用是增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应；故答案为增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；②根据装置图，D中Hg（NO3）2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O；③将反应后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；故答案为蒸发浓缩、冷却结晶；(3)①用H2C2O4滴定KMnO4，反应完全后，高锰酸钾褪色，具体现象为：当加入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色；②滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，是由于生成的Mn2+是该反应的催化剂，加快了反应速率；③根据转化关系可知，2MnO4-～5H2C2O4，则n（H2C2O4•2H2O）=n（H2C2O4）=n(MnO4-)=×cV×10-3mol，产品中H2C2O4•2H2O的质量分数为×100%=％。27、坩埚反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸逐渐变浓，浓硫酸的吸水性使失水变成硫酸四氨合铜晶体容易受热分解平衡气压，防止堵塞和倒吸AC【解析】

Ⅰ．(1)灼烧固体，应在坩埚中进行；(2)得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，具有吸水性；Ⅱ．CuSO4溶液加入氨水，先生成Cu2(OH)2SO4沉淀，氨水过量，反应生成Cu[(NH3)4]SO4·H2O，用乙醇洗涤，可得到晶体。【详解】Ⅰ．(1)灼烧固体，应在坩埚中进行；(2)得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，浓硫酸具有吸水性，使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4，可使固体变为白色；Ⅱ．(3)浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，反应的离子方程式为2Cu2＋+2NH3·H2O+SO42－=Cu2(OH)2SO4+2NH4＋；(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是Cu[(NH3)4]SO4·H2O晶体容易受热分解；Ⅲ．(5)装置中长导管可平衡烧瓶内部和外界的气压，可以防止堵塞和倒吸，与氨气反应的n(HCl)=10-3V1L×c1mol·L-1-c2×10-3V2L=10-3(c1V1-c2V2)mol，根据氨气和HCl的关系式知，n(NH3)=n(HCl)=10-3(c1V1-c2V2)mol，则样品中氨的质量分数为；6)根据氨的质量分数的表示式，若氨含量测定结果偏高，则V2偏小；A．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，浓