上海华东师大三附中2024年高考冲刺化学模拟试题含解析

上海华东师大三附中2024年高考冲刺化学模拟试题注意事项：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、NA代表阿伏加德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，则该混合物()A．所含共用电子对数目为(a/7+1)NA B．所含原子总数为aNA/14C．燃烧时消耗的O2一定是33.6a/14L D．所含碳氢键数目为aNA/72、下列除杂方案正确的是选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO2（g）SO2（g）饱和NaHSO3溶液、浓H2SO4洗气BNH4Cl（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液过滤CCl2（g）HCl（g）饱和NaHCO3溶液、浓H2SO4洗气DSO2（g）SO3（g）浓H2SO4洗气A．A B．B C．C D．D3、NA为阿伏伽德罗常数的值。关于常温下pH＝2的H2SO4溶液，溶液中不存在H2SO4分子，但存在HSO4一离子，下列说法错误的是A．每升溶液中的H＋数目为0.01NAB．Na2SO4溶液中：c(Na+)=2c(SO42-)＞c(H+)=2c(OH-)C．向稀硫酸中逐滴滴加浓硫酸，溶液中减小D．NaHSO4不是弱电解质4、W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和Y同主族，X原子的电子层数与最外层电子数相等，Z元素最高正价与最低负价的代数和为4。下列说法正确的是（）A．X和Z形成的化合物是不溶于水的沉淀B．Z的氧化物对应水化物的酸性一定大于YC．W的简单气态氢化物沸点比Y的高D．X、Y、Z简单离子半径逐渐减小5、为制取含HClO浓度较高的溶液，下列图示装置和原理均正确，且能达到实验目的的是A．制取氯气 B．制取氯水C．提高HClO浓度 D．过滤6、根据下图，有关金属的腐蚀与防护的叙述正确的是A．钢闸门含铁量高，无需外接电源保护B．该装置的原理是“牺牲阳极的阴极保护法”C．将钢闸门与直流电源的负极相连可防止其被腐蚀D．辅助电极最好接锌质材料的电极7、下列关于NH4Cl的描述正确的是（）A．只存在离子键 B．属于共价化合物C．氯离子的结构示意图： D．的电子式：8、H2C2O4(草酸)为二元弱酸，在水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-物质的量分数与pH关系如图所示，下列说法不正确的是A．由图可知，草酸的Ka＝10-1.2B．0.1mol·L—1NaHC2O4溶液中c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)C．向草酸溶液中滴加氢氧化钠溶液至pH为4.2时c(Na+)+c(H+)=3c(C2O42-)+c(OH-)D．根据图中数据计算可得C点溶液pH为2.89、不能通过化合反应生成的物质是（）A．HClO B．NO C．SO3 D．FeCl210、设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．2.4gMg与足量硝酸反应生成NO和的混合气体，失去的电子数为B．1mol甲苯分子中所含单键数目为C．的溶液中，由水电离出的H+数目一定是D．、和的混合气体中所含分子数为11、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A．Al2O3(熔融)Al(s)AlCl3(s)B．FeS2(s)SO2(g)H2SO4(aq)C．NH3(g)NO(g)NaNO3(aq)D．SiO2(s)H4SiO4(s)Na2SiO3(aq)12、下列说法正确的是A．用苯萃取溴水中的Br2，分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层B．欲除去H2S气体中混有的HCl，可将混合气体通入饱和Na2S溶液C．乙酸乙酯制备实验中，要将导管插入饱和碳酸钠溶液底部以利于充分吸收乙酸和乙醇D．用pH试纸分别测量等物质的量浓度的NaCN和NaClO溶液的pH，可比较HCN和HClO的酸性强弱13、右下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法正确的是（）A．X、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增B．Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增C．YX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力D．根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性14、Na、Mg、Al、Fe四种金属中两种组成的混合物12g，与足量盐酸反应放出H20.5g（标准状况），则混合物中必定含有的金属是A．钠 B．镁 C．铝 D．铁15、某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Al3+、Cu2+、Fe3+和K+中的若干种。为检验其中含有的离子，进行如下实验：取该溶液10mL，加入过量的氢氧化钡溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，同时产生白色沉淀，过滤；向上述滤液中通入足量CO2气体，产生白色沉淀。下列关于原溶液的说法正确的是A．至少存在4种离子 B．Al3+、NH4+一定存在，Cl-可能不存在C．SO42﹣、CO32﹣至少含有一种 D．Al3+、Cu2+、Fe3+一定不存在，K+可能存在16、化合物Z是合成平喘药沙丁胺醇的中间体，可通过下列路线制得：下列说法正确的是A．X的分子式为C7H6O2 B．Y分子中的所有原子可能共平面C．Z的一氯取代物有6种 D．Z能与稀硫酸发生水解反应17、通常条件下，经化学反应而使溴水褪色的物质是（）A．甲苯 B．己烯 C．丙酸 D．戊烷18、下列说法正确的是A．Fe3＋、SCN－、NO3－、Cl－可以大量共存B．某碱溶液中通入少量CO2产生白色沉淀，该碱一定是Ca(OH)2C．Na[Al(OH)4]溶液和NaHCO3溶液混合可以产生白色沉淀和无色气体D．少量的Mg(HCO3)2溶液加过量的Ba(OH)2溶液的离子方程式为：Mg2＋＋2HCO3－＋2Ba2＋＋4OH－=2BaCO3↓＋Mg(OH)2↓＋2H2O19、用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是A．加热装置I中的烧杯分离I2和Fe B．利用装置Ⅱ合成氨并检验氨的生成C．利用装置Ⅲ制备少量的氯气 D．利用装置Ⅳ制取二氧化硫20、下列指定反应的离子方程式不正确的是A．向氨化的饱和氯化钠溶液中通入足量二氧化碳气体:Na++NH3·H2O+CO2＝NaHCO3↓+NH4+B．碱性条件下次氯酸钾溶液与氢氧化铁反应:3ClO—+2Fe(OH)3+4OH—＝2FeO42—+3Cl—+5H2OC．向硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠固体:2Na2O2+2Fe2++2H2O＝4Na++2Fe(OH)2↓+O2↑D．向饱和的碳酸氢钙溶液中加入足量的澄清石灰水:Ca2++HCO3—+OH—＝CaCO3↓+H2O21、某化妆品的组分Z具有美白功效，原来从杨树中提取，现可用如下反应制备。下列有关叙述错误的是A．X、Y和Z分子中所有原子都可能处于同一平面B．X、Y和Z均能使酸性高锰酸钾溶液退色C．Y的苯环上二氯代物共有6种D．Y作为单体可发生加聚反应，Z能与Na2CO3溶液反应22、多硫化钠Na2Sx（）在结构上与Na2O2、FeS2等有相似之处，Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化成Na2SO4，而NaClO被还原成NaCl，反应中Na2Sx与NaClO物质的量之比为1：16，则x值是A．5 B．4 C．3 D．2二、非选择题(共84分)23、（14分）工业上以苯、乙烯和乙炔为原料合成化工原料G的流程如下：（1）A的名称__，条件X为__；（2）D→E的化学方程式为__，E→F的反应类型为__。（3）实验室制备乙炔时，用饱和食盐水代替水的目的是__，以乙烯为原料原子利率为100%的合成的化学方程式为__。（4）F的结构简式为___。（5）写出符合下列条件的G的同分异构体的结构简式__。①与G具有相同官能团的芳香族类化合物；②有两个通过C-C相连的六元环；③核磁共振氢谱有8种吸收峰；（6）参照上述合成路线，设计一条以1，2二氯丙烷和二碘甲烷及必要试剂合成甲基环丙烷的路线：__。24、（12分）（化学：选修5：有机化学基础）以有机物A制备高分子化合物F（）的流程如下：请回答下列问题。（1）A的官能团名称是_______；C的系统命名是____________。（2）①的反应类型是_______，⑤的反应类型是___________。（3）写出反应③的化学方程式：______________________。（4）满足下列条件的B同分异构体有____种。Ⅰ.能与Na反应产生气体Ⅱ.能与NaOH反应Ⅲ.不能与Na2CO3反应。若与NaOH溶液反应的有机物中的碳原子数目为2，则其结构简式是__________。（5）已知：Ⅰ.Ⅱ.写出以CH2=CHCH=CH2为原料制备C的合成路线流程图（无机试剂可以任选）：__________。25、（12分）实验室利用如下装置制备氯酸钾和次氯酸钠。回答下列问题：（1）滴加浓盐酸的漏斗伸入试管底部，其原因为________________________________。（2）装置1中盛放的试剂为________；若取消此装置，对实验造成的影响为________。（3）装置中生成氯酸钾的化学方程式为________________________，产生等物质的量的氯酸钾和次氯酸钠，转移电子的物质的量之比为________。（4）装置2和3中盛放的试剂均为________。（5）待生成氯酸钾和次氯酸钠的反应结束后，停止加热。接下来的操作为打开________（填“a”或“b”，下同），关闭________。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）用6mol·L-1的硫酸配制100mL1mol·L-1硫酸，若实验仪器有：A．100mL量筒B．托盘天平C．玻璃棒D．50mL容量瓶E．20mL量筒F．胶头滴管G．50mL烧杯H．100mL容量瓶（1）实验时应选用仪器的先后顺序是（填入编号）__。（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是（填写编号）__。A．使用容量瓶前检查它是否漏水B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线2cm～3cm处，用滴管滴加蒸馏水到标线D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近容量瓶刻度标线1cm～2cm处，用滴管滴加蒸馏水到刻度线E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次28、（14分）有A、B、C、D四种元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A＋比B－少一个电子层，B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D的质量分数为40％，且其核内质子数等于中子数。R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A＋与D2－离子数之比为2∶1。回答下列问题：(1)A元素形成的晶体属于A2密堆积型式，则其晶体内晶胞类型应属于______(填写“六方”、“面心立方”或“体心立方”)。(2)B－的电子排布式为____________，在CB3分子中C元素原子的原子轨道发生的是___________杂化。(3)C的氢化物的空间构型为____________________，其氢化物在同族元素所形成的氢化物中沸点最高的原因是________________________。(4)B元素的电负性_______D元素的电负性(填“＞”、“＜”或“＝”)；用一个化学方程式说明___________。(5)如图所示是R形成的晶体的晶胞，设晶胞的棱长为acm。试计算R晶体的密度为_______。(阿伏加德罗常数用NA表示)29、（10分）氮有多种化合价，能形成多种化合物．工业上用活性炭还原法处理NO，有关反应为：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）．向密闭的2L容器中，加入NO和足量的活性炭，恒温条件下反应．（1）若2min内气体密度增大了1.2g/L，则氮气的平均反应速率为_____mol/（L•min）．（2）该化学平衡常数表达式K=_____，已知升高温度时，K增大，则正反应为_____（填“吸热”或“放热”）反应．（3）在温度不变的情况下，要提高NO的平衡转化率，可以采取的措施是_______．（4）下列各项能判断该反应达到平衡的是______（填序号字母）．a．容器内压强保持不变b．2v正（NO）=v逆（N2）c．容器内CO2的体积分数不变d．混合气体的密度保持不变（5）已知NaNO2溶液呈碱性，则NaNO2溶液中离子浓度由大到小的顺序是______．（6）常温下，NaOH溶液和HNO2溶液等体积混合后，所得溶液的pH=7，下列关系正确的是________．a．c（Na+）＞c（NO2﹣）b．c（Na+）=c（NO2﹣）c．c（Na+）＜c（NO2﹣）d．c（Na+）＞c（OH﹣）

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、D【解析】

C2H4和C3H6的最简式为CH2，C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，以最简式计算，物质的量为a/14mol；【详解】A.环丙烷、丙烯和乙烯的最简式均为CH2，每个C有4个价电子、每个H有1个价电子，平均每个CH2中形成3个共用电子对，所以总共含有共用电子对，故A错误；B.C2H4和C3H6的最简式为CH2，1个CH2中含有3个原子，C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，物质的量为，所含原子总数，故B错误；C.气体的状况不知道，无法确定消耗氧气的体积，故C错误；D.烃分子中，每个氢原子与碳原子形成1个C-H键，C2H4和C3H6的最简式为CH2，1个CH2中含有3个原子，C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，物质的量为，所含碳氢键数目，故D正确。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数，为高考高频考点，注意挖掘题目隐含条件C2H4和C3H6的最简式为CH2，难度不大，注意相关基础知识的积累。2、D【解析】

A、除去CO2中混有SO2，常用饱和NaHCO3溶液，故A错误；B、加入NaOH溶液，不仅Fe3＋能与NaOH反应，而且NH4＋也能与NaOH发生反应，故B错误；C、除去Cl2中HCl，常用饱和NaCl溶液，不能用NaHCO3溶液，容易产生新的杂质CO2，故C错误；D、SO3能溶于浓硫酸，SO2不溶于浓硫酸，因此可用浓硫酸除去SO2中混有SO3，故D正确；答案为D。3、B【解析】

常温下的溶液，溶液中不存在分子，但存在离子，说明硫酸的第一步完全电离，第二步部分电离。【详解】A.由可得，每升溶液中的数目为，故A正确；B.，硫酸根有一部分水解成硫酸氢根，c(Na+)＞2c(SO42-)，根据电荷守恒式可知，c(OH-)＞c(H+)，所以应该为c(Na+)＞2c(SO42-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；C.据已知可知，当向稀硫酸中逐滴滴加浓硫酸会增大，所以减小，故C正确；D.NaHSO4属于盐，完全电离，故不是弱电解质，D正确；故答案为：B。4、C【解析】

W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和Y同主族，则Y、Z位于第三周期，Z元素最高正价与最低负价的代数和为4，则Z位于ⅥA，为S元素；X原子的电子层数与最外层电子数相等，X可能为Be或Al元素；设W、Y的最外层电子数均为a，则2a+6+2=19，当X为Be时，a=5.5(舍弃)，所以X为Al，2a+6+3=19，解得：a=5，则W为N，Y为P元素，据此解答。【详解】根据分析可知：W为N，X为Al，Y为P，Z为S元素。A．Al、S形成的硫化铝溶于水发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢，故A错误；B．没有指出元素最高价，故B错误；C．氨气分子间存在氢键，导致氨气的沸点较高，故C正确；D．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小为：Y＞Z＞X，故D错误；故答案为C。5、C【解析】A、MnO2与浓HCl制Cl2要加热，故A错误；B、洗气就长进短出，故B错误；C、CaCO3＋Cl2＋H2O=CaCl2＋2HClO，故C正确；D、过滤是把溶于液体的固态物质跟液体分离的一种方法，漏斗要紧贴烧杯内壁，故D错误；故选C。6、C【解析】

A.钢闸门含铁量高，会发生电化学腐蚀，需外接电源进行保护，故A错误；B.该装置的原理是通过外加直流电源以及辅助阳极，迫使电子流向被保护金属，使被保护金属结构电位高于周围环境来进行保护，并未“牺牲阳极”，故B错误；C.将钢闸门与直流电源的负极相连，可以使被保护金属结构电位高于周围环境，可防止其被腐蚀，故C正确；D.辅助电极有很多，可以用能导电的耐腐蚀材料，锌质材料容易腐蚀，故D错误；故选C。【点睛】电化学保护又分阴极保护法和阳极保护法，其中阴极保护法又分为牺牲阳极保护法和外加电流保护法。这种方法通过外加直流电源以及辅助阳极，迫使电子从海水流向被保护金属，使被保护金属结构电位高于周围环境来进行保护。7、D【解析】

A项、氯化铵为离子化合物，既存在离子键又存在共价键，故A错误；B项、氯化铵含有离子键，为离子化合物，故B错误；C项、氯离子核内有17个质子，核外有18个电子，则氯离子结构示意图：，故C错误；D项、NH4+是多原子构成的阳离子，电子式要加中括号和电荷，电子式为，故D正确；故选D。8、D【解析】

由图线1为H2C2O4、2为HC2O4-、3为C2O42-。A.当pH为1.2时c(H+)=10-1.2mol·L-1，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)=0.5mol·L-1，草酸的Ka＝10-1.2，故A正确；B.0.1mol·L-1NaHC2O4溶液显酸性c(H+)>c(OH-)，HC2O4-会发生水解和电离c(Na+)>c(HC2O4-)，因此c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)，故B正确；C.pH为4.2时，溶液中含有微粒为HC2O4-和C2O42-，且c(HC2O4-)=c(HC2O4-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，则有c(Na+)+c(H+)=3c(C2O42-)+c(OH-)，故C正确；D.由于草酸为弱酸分两步电离，Ka1=，Ka2=，Ka1·Ka2=，根据图中C点得到c(C2O42-)=c(H2C2O4)，所以，Ka1Ka2=，当pH为1.2时c(H+)=10-1.2mol·L-1，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)=0.5mol·L-1，草酸的Ka1＝10-1.2。当pH为4.2时c(H+)=10-4.2mol·L-1，c(HC2O4-)=c(C2O42-)=0.5mol·L-1，草酸的Ka2＝10-4.2；====10-2.7，C点溶液pH为2.7。故D错误。答案选D。9、A【解析】

化合反应的概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质。A、氯气和水反应生成HCl和HClO，则不能通过化合反应生成，故A选；B、氮气和氧气反应生成NO，则能通过化合反应生成，故B不选；C、二氧化硫和氧气生成三氧化硫，则能通过化合反应生成，故C不选；D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，则能通过化合反应生成，故D不选；故选：A。10、D【解析】

本题考查阿伏加德罗常数，意在考查对化学键，水的电离及物质性质的理解能力。【详解】A.2.4gMg与足量硝酸反应，Mg变为Mg2+，失去0.2mol电子，故A错误；B.甲苯分子中含有9个单键（8个C-H键、1个C-C键），故B错误；C.未指明温度，Kw无法确定，无法计算水电离的氢离子数目，故C错误；D.CO2、N2O和C3H8的摩尔质量相同，均为44g/mol，故混合气体的物质的量为=0.1mol，所含分子数为0.1NA，故D正确；答案：D11、A【解析】

A.2Al2O3(熔融)4Al(s)+3O2↑，2Al+3Cl22AlCl3(s)，故A正确；B.SO2(g)+H2O=H2SO3(aq)，故B错误；C.NO(g)与NaOH(aq)不反应，故C错误；D.SiO2(s)不溶于水，故D错误；故选A。12、A【解析】

A．苯的密度比水小，萃取后有机层位于上层，水层位于下层，因此分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层，故A正确；B．H2S与Na2S溶液能够发生反应生成NaHS，因此不能用饱和Na2S溶液除去H2S气体中混有的HCl，故B错误；C．乙酸乙酯制备实验中，导管需离液面一小段距离，防止倒吸，故C错误；D．NaClO具有漂白性，不能用pH试纸测定溶液的pH，故D错误；故答案为：A。【点睛】测定溶液pH时需注意：①用pH试纸测定溶液pH时，试纸不能湿润，否则可能存在实验误差；②不能用pH试纸测定具有漂白性溶液的pH，常见具有漂白性的溶液有：新制氯水、NaClO溶液、H2O2溶液等。13、D【解析】

从表中位置关系可看出，X为第2周期元素，Y为第3周期元素，又因为X、W同主族且W元素的核电荷数为X的2倍，所以X为氧元素、W为硫酸元素；再根据元素在周期表中的位置关系可推知：Y为硅元素、Z为磷元素、T为砷元素。【详解】A、O、S、P的原子半径大小关系为：P＞S＞O，三种元素的气态氢化物的热稳定性为：H2O＞H2S＞PH3，A不正确；B、在火山口附近或地壳的岩层里，常常存在游离态的硫，B不正确；C、SiO2晶体为原子晶体，熔化时需克服的微粒间的作用力为共价键，C不正确；D、砷在元素周期表中位于金属元素与非金属的交界线附近，具有半导体的特性，As2O3中砷为+3价，处于中间价态，所以具有氧化性和还原性，D正确。答案选D。14、D【解析】

假设金属都是二价金属，其通式为R，金属和盐酸反应方程式为R+2HCl=RCl2+H2↑，n(H2)==0.25mol，根据方程式知，n(R)=n(H2)=0.25mol，则R的平均摩尔质量===48g/mol，混合物中金属的摩尔质量应该有大于48g/mol和小于48g/mol的，如果将Na换算为+2价时，其摩尔质量变为46g/mol＜48g/mol，镁的摩尔质量为24g/mol＜48g/mol，如果将Al换算为+2价时，其摩尔质量变为18g/mol＜48g/mol，Fe的摩尔质量为56g/mol＞48g/mol，其中小于48g/mol的有三种，而大于48g/mol只有铁，所以一定含有Fe，故选D。【点睛】解答本题需要正确理解“平均摩尔质量法”的应用，解答本题也可以采用“平均电子摩尔质量法”，采用此法，金属的平均电子摩尔质量=24g/mol，其中钠、镁、铝、铁的电子摩尔质量分别为23g/mol、12g/mol、9g/mol、28g/mol。15、B【解析】

向溶液中加过量的并加热，由于产生了能够使湿润的红石蕊试纸变蓝的气体，所以原溶液中一定有；又因为同时产生了白色的沉淀，所以原溶液中一定不含Cu2+和Fe3+，而和则至少含有一种；至于Al3+，若含有的话，则在加入过量后转化为了；由于向滤液中通入的是过量的CO2，仍能产生白色沉淀，所以断定原来的溶液中一定有Al3+，那么这样的话和就只能存在了；综上所述，溶液中一定存在，Al3+和，一定不存在，Cu2+和Fe3+，不一定存在Cl-，K+。【详解】A．溶液中至少存在3种离子，Al3+，以及，A项错误；B．Al3+，一定存在，Cl-不一定存在，B项正确；C．一定存在于溶液中，而由于与Al3+不能共存，所以一定不存在于溶液中，C项错误；D．一定不存在的离子有，Cu2+和Fe3+，不一定存在的离子有Cl-，K+，D项错误；答案选B。【点睛】判断溶液中是否存在某离子时，一方面依据检验过程中的现象进行判断，一方面还可以利用其是否与溶液中一定存在的离子共存进行判断，最后还可以利用溶液中已经存在的离子是否满足电荷守恒进行判断；此外，在进行检验时，也要注意检验过程中，前面所加的试剂是否会对后续的检验产生干扰。16、D【解析】

A．X()的分子式为C8H8O2，故A错误；B．Y()分子中含有甲基(-CH3)，甲基为四面体结构，所有原子不可能共平面，故B错误；C．Z()分子中有7种环境的氢原子，一氯取代物有7种，故C错误；D．Z()中含有酯基，能与稀硫酸发生水解反应，故D正确；故选D。17、B【解析】

A．甲苯中没有碳碳双键，能萃取使溴水褪色，故A错误；B．己烯中含有碳碳双键，能够与溴单质发生加成反应，使溴水褪色，故B正确；C．丙酸中没有碳碳双键，不能使溴水褪色，故C错误；D．戊烷为饱和烷烃，不能使溴水褪色，故D错误；故选：B。18、D【解析】

A.Fe3＋与SCN－反应生成红色的络合物，不能大量共存，故A错误；B.某碱溶液中通入少量CO2产生白色沉淀，该碱可能是Ca(OH)2，也可能是Ba(OH)2，故B错误；C.因为酸性：HCO3->Al（OH）3，所以Na[Al(OH)4]溶液和NaHCO3溶液混合可以产生氢氧化铝白色沉淀，但不会生成气体，故C错误；D.少量的Mg(HCO3)2溶液加过量的Ba(OH)2溶液生成碳酸钡沉淀、氢氧化镁沉淀和水，离子方程式为：Mg2＋＋2HCO3－＋2Ba2＋＋4OH－=2BaCO3↓＋Mg(OH)2↓＋2H2O，故D正确；故选D。19、C【解析】

A、加热时I2和Fe发生化合反应，故A错误；B、检验氨的生成要用湿润的pH试纸，故B错误；C、高锰酸钾氧化性较强，在常温下就可以与浓盐酸反应产生氯气，故C正确；D、铜与浓硫酸反应制取二氧化硫要加热，故D错误。答案C。20、C【解析】

A.向氨化的饱和氯化钠溶液中通入足量二氧化碳气体:NH3·H2O+NaCl+CO2==NH4Cl+NaHCO3↓，离子方程式为：NH3·H2O+Na++CO2==NH4++NaHCO3↓，故A正确；B.碱性条件下次氯酸钾溶液与氢氧化铁反应制高铁酸钾:2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O，离子方程式为：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O，故B正确；C.向硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠固体，亚铁离子具有还原性，过氧化钠具有氧化性，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：4Fe2++4Na2O2+6H2O＝4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+，故C错误；D.向饱和的碳酸氢钙溶液中加入足量的澄清石灰水:Ca(HCO3)2+Ca(OH)2===2H2O+2CaCO3↓，离子方程式为：Ca2++HCO3-+OH-＝CaCO3↓+H2O，故D正确。答案选C。21、A【解析】

A．X为间苯二酚，为平面型结构；Y为苯和乙烯的符合结构，也是平面结构；Z中存在烷烃基团的结构，因此Z的所有原子不可能处在同一个平面内，A错误；B．X和Z含有酚羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，Y含有双键也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．根据Y结构的对称性，苯环上氯原子的位置分别有2,3；2,4；2,5；2,6；3,4；3,5共有6种，C正确；D．Y种含有双键，可以作为单体发生加聚反应，Z中含有酚羟基，有弱酸性可以和Na2CO3溶液发生反应，D正确；故选A。22、A【解析】

Na2Sx中Na元素的化合价为+1价，则S元素的平均化合价为-，Na2SO4中S元素的化合价为+6价；NaClO中Cl元素的化合价为+1价，NaCl中Cl元素的化合价为-1价；反应中Na2Sx与NaClO物质的量之比为1:16，根据得失电子守恒，1×x×[(+6)-(-)]=16×2，解得x=5，答案选A。二、非选择题(共84分)23、氯甲苯Na和NH3(液)加成反应减缓电石与水的反应速率【解析】

⑴A的名称氯甲苯，条件X为Na和NH3(液)；⑵根据图中信息可得到D→E的化学方程式为，E→F增加了两个氢原子，即反应类型为加成反应。⑶实验室制备乙炔时，用饱和食盐水代替水，浓度减小，减缓电石与水的反应速率，以乙烯为原料原子利率为100%的合成的化学方程式为。⑷D只加了一个氢气变为F，F与CH2I2反应得到G，从结构上得出F的结构简式为。⑸①与G具有相同官能团的芳香族类化合物，说明有苯环；②有两个通过C—C相连的六元环，说明除了苯环外还有一个六元环，共12个碳原子；③核磁共振氢谱有8种吸收峰；。⑹1，2二氯丙烷先在氢氧化钠醇加热条件下发生消去反应生成丙炔，丙炔在林氏催化剂条件下与氢气发生加成反应生成丙烯，丙烯和CH2I2在催化剂作用下反应生成甲基环丙烷，其合成路线。【详解】⑴A的名称氯甲苯，条件X为Na和NH3(液)；⑵根据图中信息可得到D→E的化学方程式为，E→F增加了两个氢原子，即反应类型为加成反应，故答案为：；加成反应。⑶实验室制备乙炔时，用饱和食盐水代替水，浓度减小，减缓电石与水的反应速率，以乙烯为原料原子利率为100%的合成的化学方程式为，故答案为：减缓电石与水的反应速率；。⑷D只加了一个氢气变为F，F与CH2I2反应得到G，从结构上得出F的结构简式为，故答案为：。⑸①与G具有相同官能团的芳香族类化合物，说明有苯环；②有两个通过C—C相连的六元环，说明除了苯环外还有一个六元环，共12个碳原子；③核磁共振氢谱有8种吸收峰；，故答案为：。⑹1，2二氯丙烷先在氢氧化钠醇加热条件下发生消去反应生成丙炔，丙炔在林氏催化剂条件下与氢气发生加成反应生成丙烯，丙烯和CH2I2在催化剂作用下反应生成甲基环丙烷，其合成路线，故答案为：。24、溴原子、羟基、酯基1，3-丁二醇取代反应或水解反应缩聚反应11CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH【解析】试题分析：A水解生成B和C，C连续2次以后生成E，E和氢气发生加成反应生成B，则B和C分子中含有相同的碳原子数，均是4个。B发生缩聚反应生成F，则根据F的结构简式可知B的结构简式为HOCH(CH3)CH2COOH，因此E的结构简式为CH3COCH2COOH，D的结构简式为CH3COCH2CHO，因此C的结构简式为CH3CHOHCH2CH2OH，据此分析解答。解析：A水解生成B和C，C连续2次以后生成E，E和氢气发生加成反应生成B，则B和C分子中含有相同的碳原子数，均是4个。B发生缩聚反应生成F，则根据F的结构简式可知B的结构简式为HOCH(CH3)CH2COOH，因此E的结构简式为CH3COCH2COOH，D的结构简式为CH3COCH2CHO，因此C的结构简式为CH3CHOHCH2CH2OH，则（1）A属于酯类，且含有溴原子和羟基，因此A的官能团名称是溴原子、羟基、酯基；C分子中含有2个羟基，其系统命名是1，3-丁二醇。（2）根据以上分析可知①的反应类型是取代反应或水解反应，⑤的反应类型是缩聚反应。（3）反应③是醛基的氧化反应，反应的化学方程式为。（4）Ⅰ.能与Na反应产生气体，说明含有羟基或羧基；Ⅱ.能与NaOH反应，说明含有羧基或酯基；Ⅲ.不能与Na2CO3反应，说明含有酯基，不存在羧基，如果是甲酸形成的酯基，有5种；如果是乙酸形成的酯基有2种；如果羟基乙酸和乙醇形成的酯基有1种；丙酸形成的酯基有1种；羟基丙酸和甲醇形成的酯基有2种，共计11种；若与NaOH溶液反应的有机物中的碳原子数目为2，则符合条件的有机物结构简式有CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH。（5）结合已知信息、相关物质的结构和性质，利用逆推法可知其合成路线可以设计为。25、液封，防止产生的氯气从漏斗口逸出饱和食盐水氯化氢与KOH和NaOH反应，降低产率5:1NaOH溶液ba【解析】

(1)滴加浓盐酸的长颈漏斗下端伸入盛装浓盐酸的试管底部，可起液封作用，防止产生的氯气从漏斗口逸出；(2)浓盐酸有挥发性，制得的Cl2中混有挥发的HCl，则装置1中盛放的试剂为饱和食盐水，目的是为除去Cl2中混有的HCl，若取消此装置，HCl会中和KOH和NaOH，降低产率；(3)Cl2溶于KOH溶液生成氯酸钾和KCl，发生反应的化学方程式为，生成1mol氯酸钾转移5mol电子，而生成1molNaClO转移1mol电子，则产生等物质的量的氯酸钾和次氯酸钠，转移电子的物质的量之比为5:1；(4)装置2和3的作用均为吸收含有Cl2的尾气，则盛放的试剂均为NaOH溶液；(5)待生成氯酸钾和次氯酸钠的反应结束后，停止加热，为使剩余氯气完全被装置2中NaOH溶液吸收，接下来的操作为打开b，关闭a。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、G、E、C、H、F或E、G、C、H、FB、C、D【解析】

（1）配制溶液时，选用仪器的先后顺序，也是按照配制操作的先后顺序进行选择，即按照计算、量取、溶解、转移、定容进行选择。（2）A．使用容量瓶之前，必须检验容量瓶是否漏液；B．用容量瓶配制溶液，应确保溶质的物质的量不变；C．配制溶液时，称好的固体应先放在烧杯内溶解，冷却至室温后才能转移入容量瓶；D．配制溶液时，量好的液体试样，也应先放在烧杯内溶解，冷却至室温后再转移入容量瓶内；E．定容时，应盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒、摇匀。【详解】（1）配制溶液时，通过计算，确定所需6mol·L-1的硫酸的体积为，应选择20mL量筒、50mL烧杯；然后是转移，用到玻璃棒，100mL容量瓶；定容时用到胶头滴管，由此确定选用仪器的先后顺序为G、E、C、H、F或E、G、C、H、F；答案为：G、E、C、H、F或E、G、C、H、F；（2）A．使用容量瓶之前，必须检验容量瓶是否漏液，A正确；B．用容量瓶配制溶液，用待配溶液润洗，必然导致溶质的物质的量增大，所配浓度偏大，B不正确；C．配制溶液时，称好的固体应先放在烧杯内溶解，不能直接倒入容量瓶，C不正确；D．配制溶液时，量好的液体试样，也应先放在烧杯内溶解，不能直接倒入容量瓶，D不正确；E．定容时，应盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒、摇匀，E正确。由此得出，在容量瓶的使用方法中，操作不正确的是B、C、D。答案为：B、C、D。【点睛】使用量筒量取液体时，应选择规格尽可能小的量筒，若选择的量筒规格过大，则会产生较大的误差。还需注意，所选量筒必须一次把所需体积的液体量完，若多次量取，也会产生较大的误差。28、体心立方ls22s22p63s23p6sp3三角锥形氨分子间形成氢键，所以氨气比同族其它元素形成的氢化物沸点高＞H2S＋Cl2＝2HCl＋S↓【解析】

B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，B为Cl元素；B－离子为Cl－。A＋比B－少一个电子层，A