2024年安徽省定远育才实验学校高考压轴卷化学试卷含解析

2024年安徽省定远育才实验学校高考压轴卷化学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、实验室为监测空气中汞蒸气的含量，通常悬挂有CuI的滤纸，根据滤纸是否变色或颜色发生变化的时间来判断空气中汞的含量，其反应为：4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu。下列有关说法正确的是()A．上述反应的产物Cu2HgI4中，Hg的化合价为＋2B．上述反应中CuI既是氧化剂，又是还原剂C．上述反应中Hg元素与Cu元素均被氧化D．上述反应中生成64gCu时，转移的电子数为2NA2、在恒容密闭容器中，反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)达到平衡，保持温度不变，加入少量水蒸气，体系重新达到平衡，下列说法正确的是A．水蒸气的体积分数增大 B．氢气的浓度增大C．平衡常数变大 D．铁的质量增大3、莲花清瘟胶囊对新冠肺炎轻症状患者有显著疗效，其有效成分绿原酸存在如图转化关系，下列有关说法正确的是A．H的分子式为C17H14O4B．Q中所有碳原子不可能都共面C．1mol绿原酸与足量NaHCO3溶液反应，最多放出1molCO2D．H、Q、W均能发生氧化反应、取代反应、显色反应4、下列有关说法正确的是①二氧化硅可与NaOH溶液反应，因此可用NaOH溶液雕刻玻璃；②明矾溶于水可水解生成Al(OH)3胶体，因此可以用明矾对自来水进行杀菌消毒；③可用蒸馏法、电渗析法、离子交换法等对海水进行淡化；④从海带中提取碘只需用到蒸馏水、H2O2溶液和四氯化碳三种试剂；⑤地沟油可用来制肥皂、提取甘油或者生产生物柴油；⑥石英玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、淀粉、氨水的物质类别依次为纯净物、氧化物、混合物、弱电解质。A．③⑤⑥B．①④⑤C．除②外都正确D．③⑤5、一种形状像蝴蝶结的有机分子Bowtiediene，其形状和结构如图所示，下列有关该分子的说法中错误的是A．生成1molC5H12至少需要4molH2B．该分子中所有碳原子在同一平面内C．三氯代物只有一种D．与其互为同分异构体，且只含碳碳三键的链烃有两种6、下列实验中，与现象对应的结论一定正确的是选项实验现象结论A．常温下，将CH4与Cl2在光照下反应后的混合气体通入石蕊溶液石蕊溶液先变红后褪色反应后含氯的气体共有2种B．向10mL0.1mol/LNaOH溶液中先后加入1mL浓度均为0.1mol/L的MgCl2和CuCl2溶液先生成白色沉淀，后生成蓝色沉淀Cu(OH)2溶解度小于Mg(OH)2C．加热NH4HCO3固体，在试管口放一小片湿润的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝NH4HCO3溶液显碱性D．将绿豆大小的金属钠分别加入水和乙醇中前者剧烈反应水中羟基氢的活泼性大于乙醇的A．A B．B C．C D．D7、下列有关说法正确的是（）A．糖类、蛋白质、油脂都属于天然高分子化合物B．石油经过蒸馏、裂化过程可以得到生产无纺布的原材料丙烯等C．根据组成，核酸分为脱氧核糖核酸（DNA）和核糖核酸（RNA），它们都是蛋白质D．医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白质发生变性8、用石墨作电极电解KCl和CuSO4(等体积混合)混合溶液,电解过程中溶液pH随时间t的变化如图所示,下列说法正确的是A．ab段H+被还原,溶液的pH增大B．原溶液中KCl和CuSO4的物质的量浓度之比为2∶1C．c点时加入适量CuCl2固体,电解液可恢复原来浓度D．cd段相当于电解水9、关于一些重要的化学概念，下列叙述正确的是A．根据丁达尔现象可以将分散系分为溶液、胶体和浊液B．CO2、NO2、Mn2O7、P2O5均为酸性氧化物C．漂白粉、水玻璃、铝热剂均为混合物D．熔融状态下，CH3COOH、NaOH、MgCl2均能导电10、下列实验方案正确，且能达到目的的是（）A．A B．B C．C D．D11、“轨道”2px与3py上电子一定相同的方面是（）A．能量 B．呈纺锤形C．自旋方向 D．在空间的伸展方向12、根据如表实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现结论A常温下，将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，沉淀由白色变为红褐色常温下，Ksp[Fe（OH）3]＞Ksp[Mg（OH）2]B向某溶液中滴加稀硝酸酸化的BaCl2溶液，溶液中产生白色沉淀原溶液中一定含有SO42﹣C将稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色氧化性：H2O2＞Fe3+D向含酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡A．A B．B C．C D．D13、无水MgBr2可用作催化剂。某兴趣小组同学采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，设计装置如图所示。已知：Mg与Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。下列说法正确的是（）A．冷凝管中冷水进、出口方向错误B．实验中可以用干燥的空气代替干燥的N2C．为防止反应过于剧烈，不能用装置C代替装置BD．装有无水CaCl2固体A的作用是吸收挥发的溴蒸气，防止污染环境14、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．SO2水溶液呈酸性，可用于漂白纸浆 B．晶体硅熔点高，可制半导体材料C．Al(OH)3呈弱碱性，可用于治疗胃酸过多 D．H2O2具有还原性，可用于消毒杀菌15、下列化学用语表示正确的是A．CO2的比例模型：B．HClO的结构式：H—Cl—OC．HS-的水解方程式：HS-+H2O⇌S2-+H3O+D．甲酸乙酯的结构简式：HCOOC2H516、室温下，下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是A．pH=1的溶液中：CH3CH2OH、Cr2O72－、K＋、SO42－B．c(Ca2＋)=0.1mol·L－1的溶液中：NH4＋、C2O42－、Cl－、Br－C．含大量HCO3－的溶液中：C6H5O－、CO32－、Br－、K＋D．能使甲基橙变为橙色的溶液：Na＋、NH4＋、CO32－、Cl－17、下列有关CuSO4溶液的叙述中正确的是A．该溶液呈碱性B．它与H2S反应的离子方程式为：Cu2++S2-=CuS↓C．用惰性电极电解该溶液时，阳极产生铜单质D．在溶液中：2c(Cu2+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)18、下列物质性质与应用的因果关系正确的是（）A．大气中的N2可作为工业制硝酸的原料B．晶体硅用于制作半导体材料是因其熔点高、硬度大C．Fe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，前者表现出还原性后者表现出漂白性D．氯气泄漏现场自救方法是用湿毛巾捂住口鼻并向地势低的地方撤离19、下列实验操作正确的是()A．用装置甲收集SO2B．用装置乙制备AlCl3晶体C．中和滴定时，锥形瓶用待装液润洗D．使用分液漏斗和容量瓶时，先要检查是否漏液20、下列关于有机物1-氧杂-2，4-环戊二烯()的说法正确的是A．与互为同系物 B．二氯代物有3种C．所有原子都处于同一平面内 D．1mol该有机物完全燃烧消耗5molO221、科学研究发现，高度对称的有机分子具有致密性高、稳定性强、张力能大等特点。饱和烃中有一系列高度对称结构的烃，如（正四面体烷C4H4）、（棱晶烷C6H6）、（立方烷C8H8），下列有关说法正确的是A．上述三种物质中的C原子都形成4个单键，因此它们都属于烷烃B．上述三种物质互为同系物，它们的通式为C2nH2n（n≥2）C．棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物的数目不同D．棱晶烷与立方烷在光照条件下均可与氯气发生取代反应22、如图所示，甲乙两装置的电极材料和电解质溶液均相同，则两装置中相同的是（）A．在碳电极上所发生的电极反应 B．在铁电极附近的溶液先变红色C．铁极与导线连接处的电流方向 D．碳电极既不会变大也不会减小二、非选择题(共84分)23、（14分）扁桃酸D在有机合成和药物生产中有着广泛应用。用常见化工原料制备D，再由此制备有机物I的合成路线如下：回答下列问题：(l)C的名称是____，I的分子式为____。(2)E→F的反应类型为____，G中官能团的名称为____。(3)A→B的化学方程式为________。(4)反应G→H的试剂及条件是________。(5)写出符合下列条件的D的同分异构体：________。①能发生银镜反应②与FeC13溶液显紫色③核磁共振氢谱峰面积之比1:2:2:3(6)写出以溴乙烷为原料制备H的合成路线（其他试剂任选）_____。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）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料。具有较强的还原性，可用于棉织物漂白后的脱氯剂，定量分析中的还原剂。易溶于水，不溶于乙醇。Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解。实验室中常用亚硫酸钠和硫磺制备Na2S2O3•5H2O。制备原理为：Na2SO3+S+5H2O═Na2S2O3•5H2O。某化学兴趣小组在实验室制备硫代硫酸钠晶体并探究其化学性质。Ⅰ.实验室制取Na2S2O3•5H2O晶体的步骤如下：①称取12.6gNa2SO3于烧杯中，溶于80.0mL水。②另取4.0g硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中。③水浴加热(如图1所示，部分装置略去)，微沸，反应约1小时后过滤。④滤液在经过蒸发浓缩、冷却结晶后析出Na2S2O3•5H2O晶体。⑤进行减压过滤(如图2所示)、乙醇洗涤并干燥。请回答：(1)仪器B的名称是_____。(2)步骤④在浓缩过程中不能蒸发过度，其原因是_____。步骤⑤如欲停止抽滤，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，其原因是_____。(3)洗涤时为尽可能避免产品损失应选用的试剂是_____。A．水B．乙醇C．氢氧化钠溶液D．稀盐酸Ⅱ.设计以下实验流程探究Na2S2O3的某些化学性质(4)实验①Na2S2O3溶液pH＝8的原因是_____(用离子方程式表示)。(5)写出实验②中发生的离子反应方程式_____。Ⅲ.用Na2S2O3的溶液测定溶液中ClO2的物质的量浓度，可进行以下实验。步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100mL试样。步骤2：量取V1ML试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟(已知：ClO2+I﹣+H+—I2+Cl﹣+H2O未配平)。步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL(已知：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣)。(6)滴定终点现象是_____。根据上述步骤计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为_____mol/L(用含字母的代数式表示)。26、（10分）溴化钙晶体(CaBr2·2H2O)为白色固体，易溶于水，可用于制造灭火剂、制冷剂等。一种制备溴化钙晶体的工艺流程如下：(1)实验室模拟海水提溴的过程中，用苯萃取溶液中的溴，分离溴的苯溶液与水层的操作(装置如图)：使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，将活塞拧开，使下面的水层慢慢流下，待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞，_______________。(2)“合成”主要反应的化学方程式为__________________。“合成”温度控制在70℃以下，其原因是_________。投料时控制n(Br2)∶n(NH3)=1∶0.8，其目的是_________________。(3)“滤渣”的主要成分为____________(填化学式)。(4)“滤液”呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，请补充从“滤液”中提取CaBr2·2H2O的实验操作：加热驱除多余的氨，用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，___________________。[实验中须使用的试剂：氢溴酸、活性炭、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器：砂芯漏斗，真空干燥箱]27、（12分）乙酰苯胺是常用的医药中间体，可由苯胺与乙酸制备。反应的化学方程式如下：

+CH3COOH+H2O某实验小组分别采用以下两种方案合成乙酰苯胺：方案甲：采用装置甲：在圆底烧瓶中加入5.0mL苯胺、7.4mL乙酸，加热至沸，控制温度计读数100~105℃，保持液体平缓流出，反应40min后停止加热即可制得产品。方案乙：采用装置乙：加热回流，反应40min后停止加热。其余与方案甲相同。已知：有关化合物的物理性质见下表：化合物密度(g·cm-3)溶解性熔点(℃)沸点(℃)乙酸1.05易溶于水，乙醇17118苯胺1.02微溶于水，易溶于乙醇–6184乙酰苯胺—微溶于冷水，可溶于热水，易溶于乙醇114304请回答：(1)仪器a的名称是_________(2)分别从装置甲和乙的圆底烧瓶中获得粗产品的后续操作是____________(3)装置甲中分馏柱的作用是______________(4)下列说法正确的是__________A．从投料量分析，为提高乙酰苯胺产率，甲乙两种方案均采取的措施是乙酸过量B．实验结果是方案甲的产率比方案乙的产率高C．装置乙中b处水流方向是出水口D．装置甲中控制温度计读数在118℃以上，反应效果会更好(5)甲乙两方案获得的粗产品均采用重结晶方法提纯。操作如下：①请选择合适的编号，按正确的操作顺序完成实验（步骤可重复或不使用）____→____→____→____→过滤→洗涤→干燥a冷却结晶b加冷水溶解c趁热过滤d活性炭脱色e加热水溶解上述步骤中为达到趁热过滤的目的，可采取的合理做法是___________②趁热过滤后，滤液冷却结晶。一般情况下，有利于得到较大的晶体的因素有_____A．缓慢冷却溶液B．溶液浓度较高C．溶质溶解度较小D．缓慢蒸发溶剂③关于提纯过程中的洗涤，下列洗涤剂中最合适的是______________。A．蒸馏水B．乙醇C．5%Na2CO3溶液D．饱和NaCl溶液28、（14分）氮氧化物是大气主要污染物，主要来自于工业废气及汽车尾气的排放，工业废气中NO是主要成分之一。（1）乙烯作为还原剂的脱硝(NO)，其反应机理示意图如图所示．写出解吸过程的化学方程式____________________。（2）FeSO4-Na2SO3复合吸收剂吸收烟气中的NO，该方法利用Fe2+易与NO发生络合反应的特性，原理如下NO+FeSO4Fe(NO)SO4①如图是一段时间内不同吸收剂对NO脱除率对比，加入Na2SO3溶液后，吸收效率增强，除了Na2SO3也能吸收部分NO外，还能防氧化从而增大Fe2+的含量，写出此原理的离子方程式_______________________________________。②模拟实验表明，温度过高或过低都会降低NO的脱除率，其原因是_______________________________________。（3）采用无隔膜法电解食盐水脱氮可将氮氧化物转化成NO3-,原理如图①无隔膜条件下电解食盐水后溶液呈弱碱性，原因是____________________________.②写出NO发生反应的离子方程式____________________________。③根据下图所示，脱NO过程中控制溶液pH在______________范围内更合理。29、（10分）NO、NO2是大气污染物，但只要合理利用，NO、NO2也是重要的资源。回答下列问题：（1）氨的合成。已知：N2和H2生成NH3的反应为：N2(g)+H2(g)NH3(g)ΔH=-46.2kJ·mol-1在Fe催化剂作用下的反应历程为（※表示吸附态）：化学吸附：N2(g)→2N※；H2(g)2H※；表面反应：N※+H※NH※；NH※+H※NH2※；NH2※+H※NH3※；脱附：NH3※NH3(g)其中N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。则利于提高合成氨平衡产率的条件有（________）A．低温B．高温C．低压D．高压E．催化剂（2）NH3还原法可将NO还原为N2进行脱除。已知：①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)ΔH1=-1530kJ·mol-1②N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH2=+180kJ·mol-1写出NH3还原NO的热化学方程式__。（3）亚硝酰氯(ClNO)是合成有机物的中间体。将一定量的NO与Cl2充入一密闭容器中，发生反应：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H＜0。平衡后，改变外界条件X，测得NO的转化率α(NO)随X的变化如图所示，则条件X可能是__(填字母代号)。a.温度b.压强c.d.与催化剂的接触面积（4）在密闭容器中充入4molCO和5molNO发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ•mol-1，如图甲为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系曲线图。①温度T1__T2（填“＞”或“＜”）。②若反应在D点达到平衡，此时对反应进行升温且同时扩大容器体积使平衡压强减小，则重新达到平衡时，D点应向图中A～G点中的__点移动。③探究催化剂对CO、NO转化的影响。某研究小组将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果如图乙所示。温度低于200℃时，图中曲线I脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为__；a点__(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率，说明其理由__。

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】

A．Cu2HgI4中Cu元素的化合价为+1价，Hg为+2价，I为﹣1价，故A正确；B．Cu元素化合价部分由+1价降低到0价，被还原，CuI为氧化剂，故B错误；C．Cu得到电子被还原，Hg失去电子被氧化，故C错误；D．由方程式可知，上述反应中生成64gCu，即1mol时，转移1mol电子，电子数为1NA，故D错误；答案选A。2、B【解析】

A．铁为固体，所以加入少量水蒸气，相当于在恒温密闭容器中增加压强，与原平衡等效，所以水蒸气的体积分数不变，A错误；B．加入少量水蒸气，则反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，使生成物氢气的浓度增大，B正确；C．平衡常数仅与温度有关，温度不变，加入少量水蒸气，体系重新达到平衡时平衡常数不变，C错误；D．加入少量水蒸气，反应物的浓度增大，化学平衡向正反应方向移动，所以铁的质量变小，D错误；故合理选项是B。3、C【解析】

A．分子中每个节点为C原子，每个C原子连接四个键，不足键用H原子补齐，则H的分子式为C17H16O4，故A错误；B．Q中苯环是平面结构，所有碳原子共面，碳碳双键是平面结构，两个碳原子共面，与双键上的碳原子直接相连的原子可共面，则Q中所有碳原子可能都共面，故B错误；C．该有机物中含苯环、酚-OH、C=C、-COOC-、-COOH、-OH，其中羧酸的酸性强于碳酸HCO3-，酚羟基的酸性比碳酸HCO3-弱，则该有机物只有-COOH与NaHCO3溶液，1mol绿原酸含有1mol-COOH，与足量NaHCO3溶液反应，最多放出1molCO2，故C正确；D．H、Q中都含有苯环和酚羟基，在一定条件下苯环可以发生取代反应，酚羟基可发生氧化反应和显色反应，W中没有苯环，不含酚羟基，不能发生显色反应，故D错误；答案选C。【点睛】本题中能与碳酸氢钠反应的官能团有羧基，不包括酚羟基，酚羟基的酸性弱于碳酸，化学反应符合强酸制弱酸的规则，故酚羟基不能和碳酸氢钠反应。4、D【解析】①，虽然二氧化硅可与NaOH溶液反应，但不用NaOH溶液雕刻玻璃，用氢氟酸雕刻玻璃，①错误；②明矾溶于水电离出Al3+，Al3+水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体吸附水中的悬浮物，明矾用作净水剂，不能进行杀菌消毒，②错误；③，海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，③正确；④，从海带中提取碘的流程为：海带海带灰含I-的水溶液I2/H2OI2的CCl4溶液I2，需要用到蒸馏水、H2O2溶液、稀硫酸、四氯化碳，④错误；⑤，地沟油在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，可制肥皂和甘油，地沟油可用于生产生物柴油，⑤正确；⑥，Na2O·CaO·6SiO2属于硅酸盐，氨水是混合物，氨水既不是电解质也不是非电解质，⑥错误；正确的有③⑤，答案选D。5、B【解析】

有机物含有2个碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，结合烯烃、甲烷的结构特点解答。【详解】A.由结构式可知分子中含有5个C、4个H原子，则分子式为C5H4，根据不饱和度的规律可知，该分子内含4个不饱和度，因此要生成1molC5H12至少需要4molH2，A项正确；B.分子中含有饱和碳原子，中心碳原子与顶点上的4个碳原子形成4个共价单键，应是四面体构型，则分子中四个碳原子不可能在同一平面上，B项错误；C.依据等效氢思想与物质的对称性可以看出，该分子的三氯代物与一氯代物等效，只有一种，C项正确；D.分子式为C5H4，只含碳碳叁键的链烃有CH≡C-CH2-C≡CH或CH≡C-C≡C-CH3这2种同分异构体，D项正确；答案选B。【点睛】本题C项的三氯代物可用换位思考法分析作答，这种方法一般用于卤代物较多时，分析同分异构体较复杂时，即将有机物分子中的不同原子或基团进行换位，如乙烷分子，共6个氢原子，一个氢原子被氯原子取代只有一种结构，那么五氯乙烷呢，H看成Cl，Cl看成H，换位思考，也只有一种结构。6、D【解析】

A.CH4与Cl2在光照下反应产生HCl，HCl溶于水得到盐酸，使紫色石蕊试液变为红色，由于其中含有未反应的氯气，氯气溶于水，产生盐酸和次氯酸，次氯酸有强氧化性，将红色物质氧化变为无色，反应过程中产生的有机物CH3Cl也是气体，因此不能证明反应后含氯的气体共有2种，A错误；B.反应中氢氧化钠过量，则一定会产生氢氧化镁和氢氧化铜沉淀，不能比较二者的溶解度相对大小，B错误；C.加热NH4HCO3固体，在试管口放一小片湿润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝，说明NH4HCO3固体受热分解产生了氨气，C错误；D.将绿豆大小的金属钠分别加入水和乙醇中，前者剧烈反应，是由于水中羟基氢的活泼性大于乙醇，更容易电离产生H+，D正确；故合理说法是D。7、D【解析】

A．糖类中的单糖、油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，A错误；B．石油经过分馏、裂化和裂解过程可以得到丙烯等，B错误；C．蛋白质是由氨基酸构成的，核酸不属于蛋白质，C错误；D．酒精能使蛋白质变性，用来杀属菌消毒，D正确；答案选D。【点睛】油脂均不属于高分子化合物，此为易错点。8、D【解析】

用惰性电极电解相等体积的KCl和CuSO4混合溶液，溶液中存在的离子有：K+，Cl-，Cu2+，SO42-，H+，OH-；阴极离子放电顺序是Cu2+＞H+，阳极上离子放电顺序是Cl-＞OH-，电解过程中分三段：第一阶段：阳极上电极反应式为2Cl--2e-═Cl2↑、阴极电极反应式为Cu2++2e-═Cu，铜离子浓度减小，水解得到氢离子浓度减小，溶液pH上升；第二阶段：阳极上电极反应式为4OH--4e-═2H2O+O2↑（或2H2O-4e-═4H++O2↑），阴极反应先发生Cu2++2e-═Cu，反应中生成硫酸，溶液pH降低；第三阶段：阳极电极反应式为4OH--4e-═2H2O+O2↑、阴极电极反应式为2H++2e-═H2↑，实质是电解水，溶液中硫酸浓度增大，pH继续降低；据此分析解答。【详解】A.ab段阴极电极反应式为Cu2++2e-═Cu，由于铜离子浓度减小，水解得到氢离子浓度减小，溶液pH上升，氢离子未被还原，故A错误；B.由图像可知，ab、bc段，阴极反应都是Cu2++2e-═Cu，所以原混合溶液中KCl和CuSO4的浓度之比小于2:1，故B错误；C.电解至c点时，阳极有氧气放出，所以往电解液中加入适量CuCl2固体，不能使电解液恢复至原来的浓度，故C错误；D.cd段pH降低，此时电解反应参与的离子为H+，OH-，电解反应相当于电解水，故D正确；选D。【点睛】本题考查电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，根据电解过程中溶液中氢离子浓度变化判断发生的反应；本题需结合图象分析每一段变化所对应的电解反应。9、C【解析】

A选项，根据分散质粒子直径大小可以将分散系分为溶液、胶体和浊液，故A错误；B选项，NO2不是酸性氧化物，故B错误；C选项，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，铝热剂是金属铝和金属性比铝弱的金属氧化物的混合物，故C正确；D选项，CH3COOH是共价化合物，熔融状态下不能导电，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物。10、D【解析】

A.强碱滴定弱酸时，化学计量点pH>7,应该用酚酞做指示剂，不能用甲基橙，因为变色pH范围大于7,而且由无色变成浅红色,颜色加深,便于确定终点，故A错误；B.将少量氯水滴入溴化亚铁溶液中，Cl2首先和Fe2+反应，不能证明Cl2的氧化性比Br2强，故B错误；C.二氧化锰是粉末状，不能用镊子取，故C错误；D.CO32-和SO32-在水溶液中水解使溶液呈碱性，碱性强弱取决于对应酸的电离程度，电离常数越小，酸性越弱，对应盐的碱性越强，pH越大，故D正确；正确答案是D。11、B【解析】

A．“轨道”2Px与3Py分别属于第二电子层和第三电子层，不同电子层的电子具有不同的能量，所以二者的能量不同，故A错误；B．所有的p轨道均为纺锤形，所以“轨道”2Px与3Py均呈纺锤形，故B正确；C．不同电子层上的电子，其自旋方向不一定相同，故C错误；D．在三维坐标中，“轨道”2Px在x轴方向伸展，3Py在y轴方向伸展，则在空间的伸展方向不同，故D错误；故答案为B。12、D【解析】

A、将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明氢氧化镁转化为氢氧化铁沉淀，则氢氧化镁溶解度大于氢氧化铁，但不能直接判断二者的溶度积常数大小关系，故A错误；B、可能生成AgCl等沉淀，应先加入盐酸，如无现象再加入氯化钡溶液检验，故B错误；C、硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可氧化亚铁离子，故C错误；D、含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaCl2固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故D正确。答案选D。【点睛】要熟悉教材上常见实验的原理、操作、现象、注意事项等，比如沉淀的转化实验要注意试剂用量的控制；硫酸根的检验要注意排除干扰离子等。13、C【解析】

A.冷凝管下口进水，上口出水，方向正确，故A错误；B.空气中含氧气会和镁发生反应生成氧化镁会阻碍镁与溴单质的反应，故B错误；C.将装置B改为C装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全隐患，不能更换，故C正确；D.仪器A为干燥管，用于吸收空气中的水分，故D错误；正确答案是C。14、C【解析】

A．二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与二氧化硫的水溶液呈酸性无关，选项A错误；B．硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导体材料，与硅的熔点高没有关系，选项B错误；C．胃酸的主要成分是HCl，氢氧化铝具有弱碱性，能中和胃酸，二者有对应关系，选项正确；D.H2O2具有氧化性，可用于消毒杀菌，选项D错误。答案选C。15、D【解析】

A.碳原子半径大于氧，故A错误；B.氧为中心原子，HClO的结构式：H—O—Cl，故B错误；C.HS-的水解方程式：HS-+H2O⇌H2S+OH-，故C错误；D.甲酸乙酯的结构简式：HCOOC2H5，故D正确；故选D。16、C【解析】

A.pH=1的溶液显酸性，Cr2O72－有强氧化性，会把CH3CH2OH氧化，故A错误；B.草酸钙难溶于水，故B错误；C.C6H5OH的酸性比碳酸弱比碳酸氢根强，因此可以共存，故C正确；D.使甲基橙变为成橙色的溶液显酸性，其中不可能存在大量的CO32-，故D错误；故答案为C。17、D【解析】

A、CuSO4为强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，选项A错误；B.CuSO4与H2S反应生成硫化铜和硫酸，H2S必须写化学式，反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，选项B错误；C.用惰性电极电解CuSO4溶液时，阴极上铜离子得电子产生铜单质，阳极上氢氧根离子失电子产生氧气，选项C错误；D、在溶液中，根据电荷守恒有：2c(Cu2+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，选项D正确；答案选D。18、A【解析】

A、大气中的N2可作为工业制硝酸的原料，A正确；B、晶体硅用于制作半导体材料是因导电性介于导体与绝缘体之间，与熔点高、硬度大无关，B不正确；C、Fe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，两者均表现出还原性，C不正确；D、氯气有毒且密度比空气大，所以氯气泄漏现场自救方法是用湿毛巾捂住口鼻并向地势高的地方撤离，D不正确；故选A。19、D【解析】

A、二氧化硫密度比空气大，收集时需长进短出，故A错误；B、氯化铝水解生成的氯化氢易挥发，通过加热氯化铝溶液制备AlCl3晶体，需在氯化氢氛围下蒸发，故B错误；C、中和滴定时，锥形瓶不能用待装液润洗，否则会使滴定结果产生较大误差，故C错误；D、分液漏斗和容量瓶上均有塞子，使用分液漏斗和容量瓶时，先要检查是否漏液，防止实验过程中漏液，故D正确。答案选D。20、C【解析】

的分子式为C4H4O，共有2种等效氢，再结合碳碳双键的平面结构特征和烃的燃烧规律分析即可。【详解】A．属于酚，而不含有苯环和酚羟基，具有二烯烃的性质，两者不可能是同系物，故A错误；B．共有2种等效氢，一氯代物是二种，二氯代物是4种，故B错误；C．中含有两个碳碳双键，碳碳双键最多可提供6个原子共平面，则中所有原子都处于同一平面内，故C正确；D．的分子式为C4H4O，1mol该有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为1mol×（4+）=4.5mol，故D错误；故答案为C。21、D【解析】

A.上述三种物质中的C原子之间都形成C-C键，但由于不是结合形成链状，因此它们不属于烷烃，A错误；B.三种物质的通式为C2nH2n，n≥2，但结构不同，分子组成也不是相差CH2原子团的整数倍，不属于同系物，B错误；C.棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物都有3种，数目相同，C错误；D.棱晶烷与立方烷分子中每个C与三个C形成三个共价单键，因此都属于饱和烃，在光照条件下均可与氯气发生取代反应，D正确；故合理选项是D。22、D【解析】

A．甲中形成原电池，石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，乙中形成电解池，石墨是阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应不同，故A错误；B．甲中形成原电池，石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，则石墨电极附近的溶液先变红色，乙中形成电解池，铁是阴极，氢离子得电子生成氢气，同时生成氢氧根离子，则在铁电极附近的溶液先变红色，故B错误；C．甲中形成原电池，电流由正极石墨经导线流向铁，乙中形成电解池，电流由铁流向负极，则铁极与导线连接处的电流方向不同，故C错误；D．甲乙装置，碳电极都没有参加反应，甲中石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，乙中石墨是阳极，氯离子放电生成氯气，则碳电极既不会变大也不会减小，故D正确；故选：D。二、非选择题(共84分)23、苯甲醛C11H10O4取代反应（或水解反应）羰基、羧基+2Cl2+2HClH2/Ni，加热、CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO【解析】

根据流程图，A为甲苯，甲苯与氯气在光照条件下发生侧链的取代反应生成B，因此B为；B在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成C，则C为，根据信息，D为；丙烯与溴发生加成反应生成E，E为1，2-二溴丙烷，E在氢氧化钠溶液中水解生成F，F为；F被高锰酸钾溶液氧化生成G，G为，G与氢气加成得到H，H为；与发生酯化反应生成I，加成分析解答。【详解】(l)根据上述分析，C为，名称为苯甲醛，I()的分子式为C11H10O4；(2)E→F为1，2-二溴丙烷在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成的反应；G()中官能团有羰基、羧基；(3)根据上述分析，A→B的化学方程式为+2Cl2+2HCl；(4)反应G→H为羰基的加成反应，试剂及条件为H2/Ni，加热；(5)D为，①能发生银镜反应，说明结构中存在醛基；②与FeC13溶液显紫色，说明含有酚羟基；③核磁共振氢谱峰面积之比1:2:2:3，符合条件的D的同分异构体有、；(6)以溴乙烷为原料制备H()，需要增长碳链，根据流程图中制备D的分析，可以结合题中信息制备，因此需要首先制备CH3CHO，可以由溴乙烷水解生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，因此合成路线为CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO。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、球形冷凝管避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解避免发生水倒吸BS2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+溶液蓝色褪去，并在半分钟内不恢复【解析】

(1)、根据装置图可知，仪器B为球形冷凝管；(2)、根据题干信息‘Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解’解答；停止抽滤时，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，是为了避免发生水倒吸；(3)、硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中，硫在酒精中微溶，可以增大接触面积，提高反应速率；(4)、常温下，由pH=8，是Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解呈碱性；(5)、加入足量氨水同时加入氯化钡溶液，氯水具有氧化性，Na2S2O3具有还原性，发生氧化还原反应，生成SO42-和Cl-，生成的SO42-再与Ba2+反应；(6)、滴定终点时Na2S2O3溶液将碘全部还原，以淀粉溶液作指示剂，溶液蓝色褪去；由方程式2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-得关系式ClO2~52S2O32-,n(2S2O32-)=cV2×10-3mol，所以V1mLClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10-4mol，根据c=计算出原ClO2溶液的物质的量浓度。【详解】（1）由装置图可知仪器B为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；（2）加热时应避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解，抽滤时应避免倒吸，如欲停止抽滤，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，其原因是避免发生水倒吸，故答案为：避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解；避免发生水倒吸；（3）洗涤时为尽可能避免产品损失应选用乙醇，故答案为：B；（4）Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为S2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣，故答案为：S2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣；（5）实验②中发生的离子反应方程式为S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+，故答案为：S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+；（6）滴定终点，溶液蓝色褪色，且半分钟内不恢复，反应的关系式为2ClO2～5I2～10S2O32﹣，n（Na2S2O3）＝V2c×10﹣3mol，则c（ClO2）＝mol/L，故答案为：溶液蓝色褪去，并在半分钟内不恢复；。26、打开玻璃塞，将上层液体从上口倒入另一烧杯中3CaO+3Br2+2NH3=3CaBr2+N2↑+3H2O温度过高，Br2、NH3易挥发使NH3稍过量，确保Br2被充分还原Ca(OH)2将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥（或低温干燥，或用滤纸吸干）【解析】

制备溴化钙晶体的工艺流程：将液氨、液溴、CaO与水混合发生反应3CaO+3Br2+2NH3=3CaBr2+N2↑+3H2O、CaO+H2O=Ca(OH)2，过滤，滤渣为Ca(OH)2，滤液为CaBr2溶液，呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，加热驱除多余的氨，用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥，得到CaBr2•2H2O晶体，据此分析作答。【详解】(1)实验室模拟海水提溴的过程中，用苯萃取溶液中的溴，分离溴的苯溶液与水层的操作是：使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，将活塞拧开，使下面的水层慢慢流下，待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞，将上层液体从上口倒入另一烧杯中；(2)在“合成”中为液氨、液溴、CaO发生反应：3CaO+3Br2+2NH3=3CaBr2+N2↑+3H2O；其中液溴、液氨易挥发，所以合成过程温度不能过高；投料时控制n(Br2)∶n(NH3)=1∶0.8，确保Br2被充分还原；(3)合成反应中：CaO+H2O=Ca(OH)2，故滤渣为Ca(OH)2；(4)滤液为CaBr2溶液，呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，加热驱除多余的氨，用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥，得到CaBr2•2H2O晶体。【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对反应条件的控制选择等，理解工艺流程的反应原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，是对学生综合能力的考查。27、直形冷凝管将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有100mL水的烧杯，冷却后有乙酰苯胺固体析出，过滤得粗产物利用分馏柱进行多次气化和冷凝，使醋酸和水得到有效的分离，或“可提高引馏体与外部空气热交换效率，从而使柱内温度梯度增加，使不同沸点的物质得到较好的分离。”ABCedca将玻璃漏斗放置于铜制的热漏斗内，热漏斗内装有热水以维持溶液的温度，进行过滤（即过滤时有保温装置）或趁热用减压快速过滤ADA【解析】

两套装置都是用来制备乙酰苯胺的，区别在于甲装置使用分馏柱分离沸点在100℃至105℃左右的组分，主要是水，考虑到制备乙酰苯胺的反应可逆，这种做法更有利于获得高的转化率；题干中详细提供了乙酸，苯胺和乙酰苯胺的物理性质，通过分析可知，三者溶解性和熔点上存在较明显的差异，所以从混合溶液中获得乙酰苯胺粗品的方法就是利用溶解性和熔点差异实现的；在获取乙酰苯胺粗品后，再采用合适的方法对其进行重结晶提纯即可得到纯度较高的乙酰苯胺。【详解】(1)仪器a的名称即直形冷凝管；(2)由于乙酸与水混溶，乙酰苯胺可溶于热水而苯胺只易溶于乙醇，并且，乙酰苯胺熔点114℃，而乙酸和苯胺的熔点分别仅为17℃和-6℃；所以分离乙酰苯胺粗品时，可将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有热水的烧杯中，冷却后，乙酰苯胺固体析出，再将其过滤出来，即可得到乙酰苯胺粗品；(3)甲装置中温度计控制在100℃至105℃，这与水和乙酸的沸点很接近，因此甲装置中分馏柱的作用主要是将体系内的水和乙酸有效地分离出去；(4)A．增加乙酸的投料，可以使平衡正向移动获得更高的产率，A项正确；B．由于甲装置中的分馏柱能够有效地将产物中的水从体系内分离出去，水被分离出去后，对于乙酰苯胺制备反应的正向进行更有利，因此甲装置可以获得更高的转化率，B项正确；C．冷凝管水流的方向一般是下口进水，上口出水，C项正确；D．甲装置中温度计示数若在118℃以上，那么反应物中的乙酸会大量的气化溢出，对于反应正向进行不利，无法获得更高的产率，D项错误；答案选ABC；(5)①乙酰苯胺可以溶解在热水中，所以重结晶提纯乙酰苯胺粗品，首先要把粗品在热水中溶解，然后加入活性炭吸附杂质以及其他有色物质，过滤的时候为了避免乙酰苯胺的析出，应当趁热过滤，过滤后的滤液再冷却结晶，将结晶再过滤后，对其进行洗涤和干燥即可；趁热过滤时为了维持温度，可以将玻璃漏斗置于铜制的热漏斗内，热漏斗内装热水以维持温度，再进行过滤即可；②结晶时，缓慢降温，或者缓慢蒸发溶剂有利于获得较大的晶体，答案选AD；③在对重结晶出的乙酰苯胺晶体进行洗涤时，要避免洗涤过程中产品溶解造成的损耗，考虑到乙酰苯胺的溶解性，应当用冷水对其进行洗涤。28、2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+温度过低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降ClO－+H2OHClO+OH－2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O5—6【解析】

(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O，写出对应化学方程式；(2)①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量；②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低；(3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+H2O=ClO-+H2↑，ClO-会水解；