重庆市重庆市第一中学2024年高三第四次模拟考试化学试卷含解析

重庆市重庆市第一中学2024年高三第四次模拟考试化学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示.若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，下列说法中正确的是：A．只由这四种元素不能组成有机化合物B．最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z弱C．Z的单质与氢气反应较Y剧烈D．X、Y形成的化合物都易溶于水2、金属(M)－空气电池具有原料易得，能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源，该类电池放电的总反应方程式为：2M＋O2＋2H2O＝2M(OH)2。(已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能)下列说法正确的是A．电解质中的阴离子向多孔电极移动B．比较Mg、Al、Zn三种金属－空气电池，Mg－空气电池的理论比能量最高C．空气电池放电过程的负极反应式2M－4e－＋4OH－＝2M(OH)2D．当外电路中转移4mol电子时，多孔电极需要通入空气22.4L(标准状况)3、在一个2L的密闭容器中,发生反应:2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)—Q(Q>0)，其中SO3的物质的量随时间变化如图所示，下列判断错误的是A．0～8min内v(SO3)=0.025mol/(L·min)B．8min时，v逆(SO2)=2v正(O2)C．8min时，容器内压强保持不变D．若8min时将容器压缩为1L，n(SO3)的变化如图中a4、做好垃圾分类，推动城市绿色发展。下列有关生活垃圾分类不合理的是（）选项ABCD生活垃圾牛奶盒眼药水干电池西瓜皮垃圾分类标识A．A B．B C．C D．D5、单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点越高。下列溶液中沸点最高的是A．0.01mol/L的蔗糖溶液 B．0.02mol/L的CH3COOH溶液C．0.02mol/L的NaCl溶液 D．0.01mol/L的K2SO4溶液6、下列物质属于碱的是A．CH3OH B．Cu2(OH)2CO3 C．NH3·H2O D．Na2CO37、不同温度下，三个体积均为1L的密闭容器中发生反应：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867kJ.mol-1，实验测得起始、平衡时的有关数据如表。下列说法正确的是容器编号温度/K起始物质的量/mol平衡物质的量/molCH4NO2N2CO2H2ONO2IT10.501.20000.40IIT20.300.800.200.200.400.60IIIT30.400.700.700.701.0A．T1<T2B．若升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆移C．平衡时，容器I中反应放出的热量为693.6kJD．容器III中反应起始时v正(CH4)<v逆(CH4)8、《环境科学》曾刊发我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O7其中S为+6价）去除废水中的正五价砷的研究成果，其反应机理模型如图，（NA为阿伏加德罗常数的值）下列说法正确的是A．1molSO4-·（自由基）中含50NA个电子B．pH越大，越不利于去除废水中的正五价砷C．1mol过硫酸钠中含NA个过氧键D．转化过程中，若共有1molS2O82-被还原，则参加反应的Fe为56g9、肉桂酸（）是一种合成有机光电材料的中间体。关于肉桂酸的下列说法正确的是A．分子式为C9H9O2B．不存在顺反异构C．可发生加成、取代、加聚反应D．与安息香酸（）互为同系物10、下列电池工作时，O2在正极放电的是（）A．锌锰电池B．氢燃料电池C．铅蓄电池D．镍镉电池A．A B．B C．C D．D11、氟离子电池是新型电池中的一匹黑马，其理论比能量高于锂电池。一种氟离子电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是A．放电时，b是电源的正极B．放电时，a极的电极反应为：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－C．充电时，电极a接外电源的负极D．可将含F－的有机溶液换成水溶液以增强导电性12、下列能源不属于直接或间接利用太阳能的是()A．风能B．江河水流能C．生物质能D．地热温泉13、下列实验操作及现象和结论都正确的是()实验操作及现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和氯化钠溶液和饱和硫酸铜溶液，均有固体析出蛋白质均发生变性B溴乙烷与氢氧化钠溶液共热后，滴加硝酸银溶液，未出现淡黄色沉淀溴乙烷未水解C向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别滴入2滴相同浓度的氯化钠和碘化钠溶液，一支试管中出现黄色沉淀，另一支无明显现象Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)D向碳酸钠溶液中加入冰醋酸，将生成的气体直接通入到苯酚钠溶液中，产生白色浑浊酸性：醋酸>碳酸>苯酚A．A B．B C．C D．D14、阿托酸是用于合成治疗胃肠道痉挛及溃疡药物的中间体，其结构如图所示。下列有关说法正确的是A．阿托酸分子中所有碳原子一定处于同一平面B．阿托酸是含有两种官能团的芳香烃C．阿托酸苯环上的二氯代物超过7种D．一定条件下，1mol阿托酸最多能4molH2、1molBr2发生加成反应15、在化学的发展史上，许多科学家创建的理论对化学科学的发展起到重大的作用。有关科学家与其创建的理论对应不匹配的是（）A．墨子：物质的分割是有条件的B．汤姆生：葡萄干面包模型C．德谟克利特：古典原子论D．贝克勒尔：原子结构的行星模型16、近期，我国爆发了新冠状病毒感染导致的肺炎，很多现象可以利用化学知识加以解释。下列过程不涉及化学反应的是A．使用医用酒精杀死病毒的过程B．制药厂中合成抗病毒药物达芦那韦的过程C．患者呼出的病群形成气溶胶的过程D．病毒在被感染的宿主细胞中的增殖过程17、维生素B3可以维持身体皮肤的正常功能，而且具有美容养颜的功效，其分子中六元环的结构与苯环相似。下列有关维生素B分子的说法错误的是A．所有的碳原子均处于同一平面 B．与硝基苯互为同分异构体C．六元环上的一氯代物有4种 D．1mol该分子能和4molH2发生加成反应18、常温下，将甲针筒内20mLH2S推入含有10mLSO2的乙针筒内，一段时间后，对乙针筒内现象描述错误的是（气体在同温同压下测定）（）A．有淡黄色固体生成B．有无色液体生成C．气体体积缩小D．最终约余15mL气体19、下列实验目的能实现的是A．实验室制备乙炔 B．实验室制备氢氧化亚铁 C．实验室制取氨气 D．实验室制取乙酸丁酯20、25℃时，某实验小组同学向铝与过量稀盐酸反应后的残留液中滴加氢氧化钠溶液，并用pH传感器测得pH变化曲线如图所示(B点开始出现白色沉淀)。下列说法错误的是()A．A点前发生中和反应B．BC段沉淀质量逐渐增加C．D点后的反应为：Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2OD．E点溶液中溶质主要是NaAlO2和NaOH21、下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的原因的是A．铜久置空气中表面出现绿色固体：2Cu＋O2＋CO2＋H2O═Cu2(OH)2CO3B．某种火箭发射阶段有少量N2O4，逸出，产生红色气体：N2O42NO2C．FeSO4·7H2O在空气中久置变黄：2FeSO4·7H2OFe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2OD．SO2通入KMnO4溶液中，溶液紫色逐渐褪去：5SO2＋2KMnO4＋2H2O═K2SO4＋2MnSO4十2H2SO422、已知：NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O；2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O。将总体积共为40mL的NO和O2两种气体分别同时通入同一足量的NaOH溶液中，完全反应后，溶液中只含有NaNO2和NaOH，剩余气体5mL，则原混合气体中NO的体积为()A．20mL B．25mL C．12mL D．33mL二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物N的结构中含有三个六元环，其合成路线如下。已知：RCH=CH2+CH2=CHR′CH2=CH2+RCH=CHR′请回答下列问题：（1）F分子中含氧官能团的名称为_______。B的结构简式为____________。（2）G→H的化学方程式______________。其反应类型为_____。（3）D在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式____________。（4）A在5000C和Cl2存在下生成，而不是或的原因是_________。（5）E的同分异构体中能使FeCl3溶液显色的有_______种。（6）N的结构简式为________________。24、（12分）有机化合物P是合成抗肿瘤药物的中间体，其合成路线如下:已知:RClRCOOH（1）H的官能团名称___________。写出E的结构简式___________。（2）B→C中①的化学方程式___________。（3）检验F中官能团的试剂及现象_________。（4）D的同分异构体有多种，其中满足以下条件的有________种。①1molD能与足量NaHCO3反应放出2molCO2②核磁共振氢谱显示有四组峰（5）H→J的反应类型___________。（6）已知：K经过多步反应最终得到产物P：①K→L的化学方程式___________。②写出M的结构简式___________。25、（12分）亚硝酰氯（NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃）是一种黄色气体，遇水易反应，生成一种氯化物和两种常见的氮氧化物，其中一种呈红棕色。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。（1）甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如图所示：为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：制备原料装置Ⅰ装置Ⅱ烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2①________饱和食盐水制备纯净NOCu稀硝酸②________

（2）乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：①装置连接顺序为a→__________（按气流自左向右方向，用小写字母表示）。②为了使气体充分反应，从A处进入的气体是____________（填Cl2或NO）。实验中先通入Cl2，待装置Ⅴ中充满黄绿色气体时，再将NO缓缓通入，此操作的目的是___________（回答一条即可）。③装置Ⅴ生成NOCl的化学方程式是_____________。④装置Ⅵ的作用为__________，若无该装置，Ⅷ中NOCl可能发生反应的化学方程式为_______。（3）丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯（NOCl）纯度：取Ⅷ中所得液体m克溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol/LAgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为bmL。亚硝酰氯（NOCl）的质量分数为_________（用代数式表示即可）。26、（10分）亚氯酸钠常用作漂白剂。某化学小组设计实验制备亚氯酸钠，并进行杂质分析。实验I按图装置制备NaC1O2晶体已知：①C1O2为黄绿色气体，极易与水反应。②NaC1O2饱和溶液在低于38℃时析出NaC1O2·3H2O晶体，高于38℃时析出NaC1O2晶体，温度高于60℃时NaC1O2分解生成NaC1O3和NaCl。（1）装置A中b仪器的名称是____；a中能否用稀硫酸代替浓硫酸____（填“能”或“不能”），原因是____。（2）A中生成C1O2的化学反应方程式为____。（3）C中生成NaC1O2时H2O2的作用是____；为获得更多的NaC1O2，需在C处添加装置进行改进，措施为____。（4）反应后，经下列步骤可从C装置的溶液中获得NaC1O2晶体，请补充完善。i.55℃时蒸发结晶ii.__________ii.用40℃热水洗涤iv.低于60℃干燥，得到成品实验Ⅱ样品杂质分析（5）上述实验中制得的NaC1O2晶体中还可能含有少量中学常见的含硫钠盐，其化学式为____，实验中可减少该杂质产生的操作（或方法）是____（写一条）。27、（12分）某化学课外小组在制备Fe(OH)2实验过程中观察到生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后变为红褐色。该小组同学对产生灰绿色沉淀的原因，进行了实验探究。I．甲同学猜测灰绿色沉淀是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物，设计并完成了实验1和实验2。编号实验操作实验现象实验1向2mL0.1mol·L－1FeSO4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液(两溶液中均先加几滴维生C溶液)液面上方出现白色沉淀，一段时间后变为灰绿色，长时间后变为红褐色实验2取实验1中少量灰绿色沉淀，洗净后加盐酸溶解，分成两份。①中加入试剂a，②中加入试剂b①中出现蓝色沉淀，②中溶液未变成红色（1）实验中产生红褐色沉淀的化学方程式为_________________________（2）实验1中加入维生素C溶液是利用了该物质的___性（3）实验2中加入的试剂a为___溶液，试剂b为____溶液。实验2的现象说明甲同学的猜测_____（填“正确”或“不正确”）。Ⅱ.乙同学查阅资料得知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，猜测灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，设计并完成了实验3—实验5。编号实验操作实验现象实验3向10mL4mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀(带有较多灰绿色)。沉淀下沉后，部分灰绿色沉淀变为白色实验4向10mL8mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀（无灰绿色）。沉淀下沉后，仍为白色实验5取实验4中白色沉淀，洗净后放在潮湿的空气中______________（4）依据乙同学的猜测，实验4中沉淀无灰绿色的原因为_____。（5）该小组同学依据实验5的实验现象，间接证明了乙同学猜测的正确性，则实验5的实验现象可能为____。Ⅲ.该小组同学再次查阅资料得知当沉淀形成时，若得到的沉淀单一，则沉淀结构均匀，也紧密；若有杂质固体存在时，得到的沉淀便不够紧密，与溶液的接触面积会更大。（6）当溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时，白色沉淀更容易变成灰绿色的原因为______。（7）该小组同学根据上述实验得出结论：制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀的适宜的条件和操作有________、____。28、（14分）金属锰及化合物广泛应用于工业生产、制造业等领域。（1）科研人员将锰粉碎后加入到溶液中使其浸出（假定杂质不反应，溶液体积不变），发生反应（已知含水溶液为米黄色）①为加快上述反应速率可以采取的措施有________（写出一条即可）。不考虑温度因素，一段时间后Mn的溶解速率加快，可能的原因是_______。②下列说明反应已达平衡的有_______（填编号）。A．溶液的颜色不发生变化B．溶液中C．体系中固体的质量不变D．与浓度的比值保持不变③室温下，测得溶液中阳离子浓度随时间的变化情况如下图所示，则上述反应的平衡常数K=___，的转化率为_____。④若其他条件不变，10mim后向容器中迅速加入蒸馏水至溶液体积变为原来的2倍，则再次平衡时=_____（不考虑离子水解的影响）。（2）也可在为体系的电解液中电解获得，其阳极反应式为_____。（3）电解制锰后的废水中含有，常用石灰乳进行一级沉降得到沉淀，过滤后再向滤液中加入等体积的溶液，进行二级沉降，为了将的浓度降到，则加入的溶液的浓度至少是___mol/L[已知]。29、（10分）近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe−Sm−As−F−O组成的化合物。回答下列问题：（1）元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为_______，其沸点比NH3的_______（填“高”或“低”），其判断理由是_________________________。（2）Fe成为阳离子时首先失去______轨道电子，Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3+的价层电子排布式为______________________。（3）比较离子半径：F−__________O2−（填“大于”等于”或“小于”）。（4）一种四方结构的超导化合物的晶胞结构如图1所示，晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。图中F−和O2−共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1−x代表，则该化合物的化学式表示为____________，通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ=________g·cm−3。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1中原子1的坐标为()，则原子2和3的坐标分别为__________、__________。

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、A【解析】

根据Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，可判断Y为氧元素，因此X、Z、W分别为氮、硫、氯元素。【详解】A、因要组成有机化合物必须含有碳、氢元素，正确；B、非金属性W>Z，最高价氧化物对应水化物的酸性是W>Z，错误；C、非金属性Y>Z，故Y与氢气化合物更剧烈，错误；D、N、O形成的化合物如NO不易溶于水，错误。2、C【解析】

A．原电池中阴离子应该向负极移动；B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，即单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多，则得到的电能越多；C．负极M失电子和OH−反应生成M(OH)2；D．由正极电极反应式O2＋2H2O＋4e−＝4OH−有O2～4OH−～4e−，当外电路中转移4mol电子时，消耗氧气1mol，但空气中氧气只占体积分数21%，据此计算判断。【详解】A．原电池中阴离子应该向负极移动，金属M为负极，所以电解质中的阴离子向金属M方向移动，故A错误；B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g时，这三种金属转移电子物质的量分别为×2mol＝mol、×3mol＝mol、×2mol＝mol，所以Al−空气电池的理论比能量最高，故B错误；C．负极M失电子和OH−反应生成M(OH)2，则正极反应式为2M－4e－＋4OH－＝2M(OH)2，故C正确；D．由正极电极反应式O2＋2H2O＋4e−＝4OH−有O2～4OH−～4e−，当外电路中转移4mol电子时，消耗氧气1mol，即22.4L(标准状况下)，但空气中氧气只占体积分数21%，所以空气不止22.4L，故D错误；故答案选C。【点睛】明确电极上发生的反应、离子交换膜作用、反应速率影响因素、守恒法计算是解本题关键，注意强化电极反应式书写训练。3、D【解析】

A、0～8min内v（SO3）==0.025mol/（L•min），选项A正确；B、8min时，n(SO3)不再变化，说明反应已达平衡，v逆(SO2)=v正(SO2)=2v正(O2)，选项B正确；C、8min时，n(SO3)不再变化，说明各组分浓度不再变化，容器内压强保持不变，选项C正确；D、若8min时压缩容器体积时，平衡向气体体积减小的逆向移动，但纵坐标是指物质的量，不是浓度，SO3的变化曲线应为逐变不可突变，选项D错误；答案选D。【点睛】本题考查了化学反应速率的求算、平衡常数、平衡状态的判断、平衡移动的图象分析，明确概念是解题的关键。4、C【解析】

A.牛奶盒是包装纸，属于可回收物，故A正确；B.眼药水是过期药品，属于有害垃圾，故B正确；C.干电池属于有害垃圾，故C错误；D.西瓜皮是厨余垃圾，属于湿垃圾，故D正确；答案选C。5、C【解析】

假设溶液的体积为1L，0.01mol/L的蔗糖溶液中含不挥发性的分子为0.01mol，CH3COOH为挥发性物质，0.02mol/L的NaCl溶液中含0.04mol离子，0.01mol/L的K2SO4溶液中含0.03mol离子，根据“单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点越高”，沸点最高的是0.02mol/L的NaCl溶液，故答案选C。6、C【解析】

A.CH3OH为非电解质，溶于水时不能电离出OH－，A项错误；B.Cu2(OH)2CO3难溶于水，且电离出的阴离子不全是OH－，属于碱式盐，B项错误；C.NH3·H2O在水溶液中电离方程式为NH4++OH－，阴离子全是OH－，C项正确；D.Na2CO3电离只生成Na+、CO32-，属于盐，D项错误。本题选C。7、A【解析】

A.该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，平衡时二氧化氮的物质的量多，故有T1<T2，正确；B.升温，正逆速率都加快，平衡逆向移动，故错误；C.平衡时，容器I中二氧化氮的消耗量为1.2-0.4=0.8mol，则反应热为=346.8kJ，故错误；D.容器III中T3下平衡常数不确定，不能确定其反应进行方向，故错误。故选A。8、C【解析】

A.1molSO4−∙(自由基)中含1mol×(16+4×8+1)NAmol−1=49NA个电子，故A错误；B.室温下，pH越大，亚铁离子和铁离子变为氢氧化亚铁和氢氧化铁，越有利于去除废水中的+5价砷，故B错误；C.过硫酸钠(Na2S2O8)中S为+6价，Na为+1价，假设含有x个O2−，含有y个O22−，则x+2y=8，(+1)×2+(+6)×2+(−2)×x+(−2)×y=0，则x=6，y=1，因此1mol过硫酸钠(Na2S2O8)含NA个过氧键，故C正确；D.根据图示可知，1molFe和1molS2O82−反应生成2molSO42−和1molFe2+，该过程转移2mol电子，但是1molFe2+还要与0.5molS2O82−反应变成Fe3+，因此1mol铁参加反应要消耗1.5molS2O82−，所以共有1molS2O82−被还原时，参加反应的Fe，故D错误。综上所述，答案为C。9、C【解析】

A.根据肉桂酸的结构式可知分子式为：，A错误；B.肉桂酸双键碳所连的两个原子团均不同，故存在顺反异构，B错误；C.肉桂酸中苯环和碳碳双键可以发生加成反应，羧基可以发生取代反应，碳碳双键可以发生加聚反应，C正确；D.肉桂酸中含碳碳双键，安息香酸中不含，故两者不是同系物，D错误；答案选C。【点睛】若有机物只含有碳氢两种元素，或只含有碳氢氧三种元素，那该有机物中的氢原子个数肯定是偶数，即可迅速排除A选项。同系物结构要相似，即含有相同的官能团，肉桂酸和安息香酸含有官能团不同，排除D选项。10、B【解析】

A选项，锌锰电池，锌为负极，二氧化锰为正极，故A错误；B选项，氢燃料电池，氢气为负极，氧气为正极，故B正确；C选项，铅蓄电池，铅为负极，二氧化铅为正极，故C错误；D选项，镍镉电池，镉为负极，氢氧化氧镍为正极，故D错误；综上所述，答案为B。11、B【解析】

由于Mg是活泼金属，Mg2+氧化性弱，所以该电池工作时Mg失去电子结合F-生成MgF2，即b电极为负极，电极反应式为：Mg+2F－－2e－=MgF2，则a为正极，正极反应式为：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－；充电时，电解池的阳极、阴极与原电池的正、负极对应，电极反应与原电池的电极反应反应物与生成物相反，据此解答。【详解】A．由于Mg是活泼金属，Mg2+氧化性弱，所以原电池放电时，Mg失去电子，作负极，即b为负极，a为正极，A错误；B．放电时，a为正极发生还原反应，电极反应为：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－，B正确；C．充电时电解池的阳极、阴极与原电池的正、负极对应，所以a极接外电源的正极，C错误；D．因为Mg能与水反应，因此不能将有机溶液换成水溶液，D错误；答案选B。12、D【解析】

A.风能是因为地球表面受热不均匀而产生的空气流动，故A不选。B.江河水流能是利用水循环，水循环是太阳能促进的，故B不选。C.生物质能是太阳能以化学能形式贮存在生物之中的能量形式，故C不选。D.地热温泉是利用来自地球内部的熔岩的地热能，故D选。故选D。13、C【解析】

A．蛋白质与NaCl饱和溶液发生盐析，硫酸铜溶液可使蛋白质变性，故A错误；B．溴乙烷与NaOH溶液共热后，应先加入硝酸酸化除去过量的NaOH，否则不能排除AgOH的干扰，故B错误；C．浓度相同，Ksp小的先沉淀，由现象可知Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故C正确；D．醋酸易挥发，醋酸与苯酚钠溶液反应也能产生白色浑浊，则不能比较碳酸、苯酚的酸性强弱，故D错误；故答案为C。14、D【解析】

A．苯环和C之间的C-C键可旋转，C原子不一定都共面，A错误；B．阿托酸含碳碳双键、羧基两种官能团，但不属于烃，B错误；C．阿托酸苯环上的二氯代物有6种，如图：，二个氯分别在：1，2位、1，3位、1，4位、1，5位、2，3位、2，4位，C错误；D．1mol苯环可和3molH2加成，1mol碳碳双键可和1molH2、1molBr2加成，故1mol阿托酸最多能和4molH2、1molBr2发生加成反应，D正确。答案选D。15、D【解析】

A.墨子提出：物质被分割是有条件的，若不存在被分割的条件，就不能被分割，故A正确；B.汤姆生发现了电子，并提出了电子的葡萄干面包模型，故B正确；C.德谟克利特提出：物质由极小的微粒组成，这种微粒叫做原子，物质分割只能到原子为止，故C正确；D.卢瑟福提出了原子结构的行星模型，不是贝克勒尔，故D错误；答案选D。16、C【解析】

A.酒精可以使蛋白质变性，从而杀死病毒，这个过程是一个化学变化，A项错误；B.复杂的药物都是从简单的化工原料一步步合成的，这个过程中有很多化学变化，B项错误；C.气溶胶不过是胶体的一种，而胶体又是分散系的一种，将一种或多种物质分散到一种物质里，这个过程不涉及化学变化，C项正确；D.病毒在增殖时需要复制其核酸和蛋白质，这些过程都伴随着化学变化，D项错误；答案选C。【点睛】我们常用质量分数来表示浓度，例如98%浓硫酸就是质量分数，但是注意医用酒精是体积分数为75%的乙醇溶液，质量分数和体积分数是完全不一样的。17、D【解析】

A．该分子中所有C原子和N原子都采用sp2杂化且碳碳单键可以旋转，所以该分子中的所有C原子可能位于同一平面，故A正确；B．硝基苯的分子式为C6H5NO2，该分子的分子式也为C6H5NO2，且二者结构不同，互为同分异构体，故B正确；C．六元环上含有4种氢原子，所以其六元环上的一氯代物是4种，故C正确；D．羧基中的碳氧双键不能加成，维生素B3分子中的六元环与苯环相似，则1mol该物质最多能和3mol氢气发生加成反应，故D错误；故答案为D。18、D【解析】

A.因H2S与SO2能够发生反应：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，生成黄色固体，正确；B.根据反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O，有无色液体水生成，正确；C.根据反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O，反应后气体体积缩小，正确；D.根据反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O，20mLH2S与10mLSO2恰好完全反应，最终没有气体剩余，错误；答案选D。19、C【解析】

A．反应剧烈发出大量的热，不易控制反应速度，且生成氢氧化钙易堵塞多孔隔板，则不能利用图中制取气体的简易装置制备乙炔，故A错误；B．Fe与硫酸反应生成氢气，可排出空气，但图中左侧试管内的导气管没有伸入到反应的液面内，硫酸亚铁溶液不能通过利用氢气的压强，使硫酸亚铁与NaOH接触而反应，故B错误；C．碳酸氢铵分解生成氨气、水、二氧化碳，碱石灰可吸收水、二氧化碳，则图中装置可制备少量氨气，故C正确；D．乙酸丁酯的沸点124～126℃，反应温度115～125℃，则不能利用图中水浴加热装置，故D错误；故选：C。20、D【解析】

根据图象可知，铝与过量稀盐酸反应后的残留液中滴加氢氧化钠溶液，pH=2，溶液显酸性，则说明盐酸剩余，即A点溶液中含氯化铝和过量的盐酸；向残留液中加入氢氧化钠溶液，则NaOH和HCl反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，导致溶液的pH升高，即AB段；在B点时，溶液的pH=4，则此时氢氧化钠与盐酸恰好完全反应，即B点溶液中的溶质只有NaCl和AlCl3；继续滴加氢氧化钠溶液，则NaOH和AlCl3反应：3NaOH+AlCl3=Al(OH)3↓+3NaCl，即BC段，溶液的pH不变；在C点时，溶液中的AlCl3完全反应，继续滴加氢氧化钠溶液，氢氧化钠过量，故溶液的pH生高，即CD段，发生反应Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，据此进行分析。【详解】A．铝与过量稀盐酸反应后的残留液中含有氯化铝和盐酸，滴加氢氧化钠溶液，酸碱中和反应的速率最快，故氢氧化钠首先和盐酸发生中和反应，A点前发生中和反应，故A正确；B．铝与过量稀盐酸反应后的残留液中含有氯化铝，加入氢氧化钠之后，首先生成氢氧化铝沉淀，故BC段沉淀质量逐渐增加，故B正确；C．CD段pH值突增，说明氢氧化钠过量，则发生反应Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故C正确；D．E点溶液中溶质主要是NaAlO2和NaOH，还有氯化钠，故D错误；答案选D。21、C【解析】

A、铜表面生成的绿色固体为碱式碳酸铜，故A项正确；B、N2O4逸出时，压强减小，有利于生成NO2，故B项正确；C、FeSO4·7H2O在空气中久置时，Fe2＋被氧化为Fe3＋，反应方程式为20FeSO4·7H2O＋5O2=4Fe4（OH）2（SO4）5＋2Fe2O3＋136H2O，故C项错误；D、SO2通人KMnO4溶液中，紫色MnO4—被还原为几乎无色的Mn2＋，故D项正确。故选C。22、D【解析】

根据NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，完全反应后，溶液中只含有NaNO2和NaOH，则剩余气体为NO，设原混合气体中NO的体积为V，则O2的体积为(40－V)mL，氮元素化合价由+4降低为+3，根据得失电子守恒，计算得V=33mL，故选D。【点睛】本题考查混合物的有关计算，明确氮氧化物和NaOH反应关系式是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意单纯的NO和NaOH不反应，二氧化氮和NaOH反应。二、非选择题(共84分)23、羧基C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O取代反应、（中和反应）因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代9种【解析】

由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与发生已知信息中的反应生成A，为。与HCl反应生成B，结合B的分子式可知，应是发生加成反应，B发生卤代烃的水解反应反应生成C，C氧化生成D，结合D分子式可知B为，顺推可知C为，D为。根据N分子结构中含有3个六元环可知，D与M应是发生酯化反应，M中羧基与羟基连接同一碳原子上，结合N的分子式可推知M为，N为。苯乙烯与水发生加成反应生成E为，再发生氧化反应生成，与氯气反应生成G，G在氢氧化钠溶液条件下水解、酸化得到H，则G为，H为，据此解答。【详解】（1）F分子中含氧官能团的名称为羧基，B的结构简式为；故答案为：羧基；；（2）G→H的化学方程式：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O，其反应类型为水解反应取代反应、中和反应；故答案为：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O；水解反应取代反应、中和反应；（3）D在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式：；故答案为：；（4）A在和存在下生成，而不是或的原因是：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；故答案为：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；（5）E（）的同分异构体中能使溶液显色，说明含有酚羟基，另外取代基为乙基，有邻、间、对3种，或取代基为2个甲基，当2个甲基处于邻位时，有2种位置，当2个甲基处于间位时，有3种位置，当2个甲基处于对位时，有1种位置，共有9种；故答案为：9；（6）根据以上分析可知N的结构简式为；故答案为：。【点睛】已知条件RCH=CH2+CH2=CHR′CH2=CH2+RCH=CHR′为烯烃双键断裂，结合新对象的过程。由此可以迅速知道C8H8的结构为为,，A为，再依次推导下去，问题迎刃而解。24、醚键、硝基(C2H5OOC)2C=CHOC2H5ClCH2COOH+NaCN→CNCH2COOH+NaClFeCl3溶液，显紫色3还原反应+C2H5OH【解析】

A和Cl2反应生成B，B中只有1个Cl，所以应该是取代反应，B发生了给出的已知中的反应，所以C中有羧基，C有4个氧原子，而且C的不饱和度为2，再根据D的结构简式，可知C为丙二酸，B为ClCH2COOH，A为CH3COOH。根据K和J的结构简式可知E的结构简式为(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)，根据G的结构简式可知F为苯酚。【详解】（1）根据H的结构简式，H的官能团名称为醚键和硝基。E的结构简式为(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)。（2）B→C中①的化学方程式为ClCH2COOH+NaCNNCCH2COOH+NaCl。（3）F为苯酚，苯酚遇FeCl3溶液显紫色，或和浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀。（4）D的同分异构体有多种，1molD能与足量NaHCO3反应放出2molCO2，说明1个D分子中有2个羧基。核磁共振氢谱显示有四组峰，说明D分子有比较高的对称性。符合要求的有HOOCCH2CH2CH2CH2CH2COOH、HOOCCH(CH3)CH2CH(CH3)COOH和，共3种。（5）H→J是H中的硝基变成了氨基，是还原反应。（6）①根据已知，K→L发生了苯环上的一个氢原子和酯基上的乙氧基断裂结合成乙醇，苯环上的碳原子和断裂乙氧基的碳原子结合成新的碳碳单键的反应，再结合P的结构可知，苯环上断裂的氢原子是和氮原子处于邻位、和甲氧基处于对位的氢原子，所以K→L的化学方程式为：+C2H5OH。②得到的L继续发生给出的已知的反应，生成Q（），Q在NaOH溶液中发生水解，Cl被羟基代替，同时羧基和NaOH发生中和反应生成钠盐，故M的结构简式为。25、浓盐酸水e→f（或f→e）→b→c→dCl2排尽装置中的空气，防止NO被装置中的氧气氧化2NO+Cl2=2NOCl防止水蒸气进入装置Ⅷ2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2【解析】

由氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl：由图装置制备氯气，实验室用浓盐酸与二氧化锰制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故装置Ⅱ用饱和食盐水吸收氯化氢气体，装置Ⅲ用浓硫酸干燥，由图制备NO，用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中可能混有NO2，故装置Ⅱ用水净化NO，装置IV用浓硫酸干燥，将氯气和NO干燥后在装置V中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，据此进行解答。【详解】(1)实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故装置Ⅱ用饱和食盐水吸收氯化氢气体，用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中可能混有NO2，NO不溶于水，故装置Ⅱ用水净化NO，故答案为：浓盐酸；水；

(2)①将氯气和NO干燥后在装置V中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，故答案为：e→f(或f→e)→b→c→d；②A处进入的气体进入装置Ⅴ上方，为了使反应充分应从A口通入密度大的气体，即氯气；先通氯气可排尽装置中的空气，防止NO被装置中的氧气氧化；③根据电子守恒和元素守恒可得反应方程式为：2NO+Cl2=2NOCl；④NOCl遇水易反应生成一种氯化物和两种常见的氮氧化物，其中一种呈红棕色，反应方程式为：2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，所以装置Ⅵ的作用是防止水蒸气进入装置Ⅷ；(3)滴定过程中存在数量关系n(NOCl)=n(AgNO3)，所以取出25.00mL溶液中n(NOCl)=bc×10-3mol，则NOCl总的物质的量为10bc×10-3mol，所以质量分数为：。26、蒸馏烧瓶不能ClO2极易与稀硫酸中的水反应，影响NaC1O2产率2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O作还原剂将C装置放置于水浴中进行反应，控制温度在38℃~60℃趁热过滤（或38℃以上过滤）Na2SO4控制浓硫酸滴速（或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等）【解析】

装置A中制备得到ClO2，所以A中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成ClO2和Na2SO4，二氧化氯和氢氧化钠反应生成NaClO2，A中可能发生Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，产生的SO2

被带入C中与NaOH反应生成Na2SO3，Na2SO3与H2O2

反应生成Na2SO4，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；装置B的作用是安全瓶，有防倒吸作用，从装置C的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，装置D是吸收多余气体防止污染。据此解答。【详解】（1）根据仪器构造，装置A中b仪器的名称是蒸馏烧瓶；A中反应为氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯。由信息可知，C1O2极易与水反应，所以a中不能用稀硫酸代替浓硫酸，防止ClO2与稀硫酸中的水反应，影响NaC1O2产率。故答案为蒸馏烧瓶；不能；ClO2极易与稀硫酸中的水反应，影响NaC1O2产率；（2）A中氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯，反应的化学方程式应为2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，

故答案为2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；（3）C中二氧化氯和氢氧化钠反应生成NaClO2，氯元素化合价从+4价降到+3价，二氧化氯被还原，所以C中生成NaC1O2时H2O2的作用是作还原剂；由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以为获得更多的NaC1O2，将C装置放置于水浴中进行反应，控制温度在38℃～60℃。故答案为作还原剂；将C装置放置于水浴中进行反应，控制温度在38℃～60℃；（4）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃进行洗涤，低于60℃干燥，所缺步骤为趁热过滤（或38℃以上过滤）。故答案为趁热过滤（或38℃以上过滤）；（5）A中可能发生Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，产生的SO2

被带入C中与NaOH反应生成Na2SO3，Na2SO3与H2O2

反应生成Na2SO4，所以制得的NaC1O2晶体中混有Na2SO4；为减少Na2SO4产生，应尽量减少生成SO2，采取的操作可以是控制浓硫酸滴速（或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等）。故答案为Na2SO4；控制浓硫酸滴速（或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等）。27、4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3还原K3[Fe(CN)6](或铁氰化钾)KSCN(或硫氰化钾)不正确NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液除去溶液中Fe3+和O2【解析】

(1)实验1中产生红褐色沉淀是因为Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3，反应方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3；(2)实验1中加入维生素C是为了防止Fe2+被氧化，利用了其还原性，故答案为：还原；(3)根据实验现象可知，①中加入试剂出现蓝色沉淀，是在检验Fe2+，试剂a为K3[Fe(CN)6]，②中溶液是否变红是在检验Fe3+，试剂b为KSCN，由于②中溶液没有变红，则不存在Fe3+，即灰绿色沉淀中没有Fe(OH)3，甲同学的猜测错误，故答案为：K3[Fe(CN)6](或铁氰化钾)；KSCN(或硫氰化钾)；不正确；(4)根据已知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，而实验4中NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面，导致沉淀没有灰绿色，故答案为：NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面；(5)当实验5中的现象为白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现时，可说明白色沉淀上没有或很少附着有Fe2+，故答案为：白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现；(6)溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时，O2能将Fe2+氧化成Fe3+，形成Fe(OH)3沉淀，根据题干信息可知，沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+，从而白色沉淀更容易变成灰绿色，故答案为：沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+；(7)根据上述实验可知道，当NaOH浓度高或者溶液中不存在Fe3+和O2时，制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀，其操作可以是向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液或除去溶液中Fe3+和O2，故答案为：向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液；除去溶液中Fe3+和O2。【点睛】本题主要考查学生的实验探究与分析能力，同时对学生提取信息的能力有较高的要求，难度较大，解题关键在于对题干信息的提取和结合所学知识进行综合解答。28、升高温度或增大c(Sn2+)构成多个微型原电池，加快反应速率ACD375％0.375mol∙L-1Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+9.0×10－5【解析】

（1）①