广西柳州市融水中学2024年高考冲刺化学模拟试题含解析

广西柳州市融水中学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、碳酸镧[La2(CO3)3]可用于治疗高磷酸盐血症。某化学小组用如图装置模拟制备碳酸镧，反应为2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O下列说法正确的是A．从左向右接口的连接顺序：F→B，A→D，E←CB．装置X中盛放的试剂为饱和Na2CO3溶液C．实验开始时应先打开W中分液漏斗的旋转活塞D．装置Z中用干燥管的主要目的是增大接触面积，加快气体溶解2、下列各组内的不同名称实际是指同一物质的是A．液氯、氯水 B．烧碱、火碱 C．胆矾、绿矾 D．干冰、水晶3、下列说法正确的是（）A．lmol葡萄糖能水解生成2molCH3CH2OH和2molCO2B．苯的结构简式为，能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．相同物质的量的乙烯与乙醇分别在足量的O2中完全燃烧，消耗O2的物质的量相同D．乙烯和植物油都能使溴水褪色，其褪色原理不同4、海水中含有80多种元素，是重要的资源宝库。己知不同条件下，海水中碳元素的存在形态如图所示。下列说法不正确的是（）A．当，此中主要碳源为B．A点，溶液中和浓度相同C．当时，D．碳酸的约为5、一种新型太阳光电化学电池贮能时电解质溶液中离子在两极发生如下图所示的转化。下列说法正确的是（）A．贮能时，电能转变为化学能和光能B．贮能和放电时，电子在导线中流向相同C．贮能时，氢离子由a极区迁移至b极区D．放电时，b极发生：VO2+2H++e-=VO2++H2O6、溴化氢比碘化氢A．键长短 B．沸点高 C．稳定性小 D．还原性强7、用化学方法不能实现的是（）A．生成一种新分子 B．生成一种新离子C．生成一种新同位素 D．生成一种新单质8、某有机物的结构为，下列说法正确的是（）A．1mol该有机物最多可以与7molH2发生加成反应B．该有机物可以发生取代、加成、氧化、水解等反应C．0.1mol该有机物与足量金属钠反应最多可以生成3.36LH2D．与该有机物具有相同官能团的同分异构体共有8种（不考虑立体异构）9、下列实验方案中，不能测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数的是A．取a克混合物充分加热至质量不再变化，减重b克B．取a克混合物加足量的盐酸，产生的气体通过碱石灰，称量碱石灰增重的质量为b克C．取a克混合物与足量澄清石灰水反应，过滤、洗涤、干燥后称量沉淀质量为b克D．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧得b克固体10、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂．实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，下列说法不正确的是（）A．KClO3在反应中得电子 B．ClO2是还原产物C．H2C2O4在反应中被氧化 D．1molKClO3参加反应有2mole-转移11、捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)()A．10.1gN(C2H5)3中所含的共价键数目为2.1NAB．标准状况下，22.4LCO2中所含的电子数目为22NAC．在捕获过程中，二氧化碳分子中的共价键完全断裂D．100g46％的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA12、A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大。A元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等；B的单质分子中有三对共用电子；C、D同主族，且核电荷数之比为1:2。下列有关说法不正确的是（）A．C、D、E的简单离子半径：D>E>CB．A与B、C、D、E四种元素均可形成18电子分子C．由A、B、C三种元素形成的化合物均能促进水的电离D．分子D2E2中原子均满足8电子稳定结构，则分子中存在非极性键13、下列说法正确的是（）A．古代的鎏金工艺利用了电解原理B．“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”互为可逆反应C．古代所用“鼻冲水”为氨水，其中含有5种微粒D．“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”中涉及蒸馏操作14、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．19g羟基（-18OH）所含中子数为10NAB．标准状况下，44.8LHF含有2NA个极性键C．1molNaHSO4晶体含有的离子数为3NAD．0.1mol·L-1KAl(SO4)2溶液中SO42-的数目为0.2NA15、化学与生活密切相关，下列有关说法不正确的是（）A．在海轮外壳镶嵌锌块能减缓轮船的腐蚀B．燃煤中加入CaO可以减少温室气体的排放C．加热能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性D．医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）为75%16、某有机物的结构简式如图所示，它在一定条件下可能发生的反应有：①加成、②水解、③酯化、④氧化、⑤中和、⑥消去，其中可能的是()A．②③④ B．①③⑤⑥ C．①③④⑤ D．②③④⑤⑥17、实现化学能转变为电能的装置是（）A．干电池 B．电解水C．太阳能热水器 D．水力发电18、室温下，用0.100mol•L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol•L-1的HA和HB两种酸溶液，滴定曲线如图所示[已知AG=lg]，下列说法不正确的是（）A．P点时，加入NaOH溶液的体积为20.00mLB．Ka(HB)的数量级为10-4C．水的电离程度：N＞M=PD．M、P两点对应溶液中存在：c(A-)=c(B-)19、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是()A．14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NAC．1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA20、实验室常用如下装置制备乙酸乙酯。下列有关分析不正确的是A．b中导管不能插入液面下，否则会阻碍产物的导出B．固体酒精是一种白色凝胶状纯净物，常用于餐馆或野外就餐C．乙酸乙酯与互为同分异构体D．乙酸、水、乙醇羟基氢的活泼性依次减弱21、下列说法不正确的是A．某些生活垃圾可用于焚烧发电B．地沟油禁止食用，但可以用来制肥皂或生物柴油C．石油裂解主要是为了获得气态不饱和短链烃D．煤是由有机物和无机物组成的复杂的混合物，其中含有焦炭、苯、甲苯等22、有关化学资源的合成、利用与开发的叙述合理的是A．大量使用化肥和农药，能不断提高农作物产量B．通过有机合成，可以制造出比钢铁更强韧的新型材料C．安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，主要是为了提高煤的利用率D．开发利用可燃冰（固态甲烷水合物），有助于海洋生态环境的治理二、非选择题(共84分)23、（14分）2010年美、日三位科学家因钯（Pd）催化的交叉偶联反应获诺贝尔化学奖。一种钯催化的交叉偶联反应如下：（R、R’为烃基或其他基团），应用上述反应原理合成防晒霜主要成分K的路线如下图所示（部分反应试剂和条件未注明）：已知：①B能发生银镜反应，1molB最多与2molH2反应。②C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与NaHCO3反应生成CO2，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢。③G不能与NaOH溶液反应。④核磁共振图谱显示J分子有3种不同的氢原子。请回答：（1）B中含有的官能团的名称是______________________________（2）B→D的反应类型是___________（3）D→E的化学方程式是_________________________________________（4）有机物的结构简式：G_______________________；K__________________________（5）符合下列条件的X的同分异构体有（包括顺反异构）_____种，其中一种的结构简式是__________。a．相对分子质量是86b．与D互为同系物（6）分离提纯中间产物E的操作：先用碱除去D和H2SO4，再用水洗涤，弃去水层，最终通过________操作除去C8H17OH，精制得E。24、（12分）化合物J是一种重要的医药中间体，其合成路线如图：回答下列问题：（1）G中官能团的名称是__；③的反应类型是__。（2）通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是__。（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出F与足量氢气反应生成产物的结构简式，并用星号（*）标出其中的手性碳__。（4）写出⑨的反应方程式__。（5）写出D的苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体结构简式_。（6）写出以对硝基甲苯为主要原料（无机试剂任选），经最少步骤制备含肽键聚合物的合成路线__。25、（12分）某学习小组利用下图装置探究铜与浓H2SO4的反应（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）。资料：微量Cu2+与过量NaOH溶液发生反应：Cu2++4OH−=[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−溶于甘油形成特征的绛蓝色溶液。编号实验用品实验现象I10mL15mol/L浓H2SO4溶液过量铜片剧烈反应，品红溶液褪色，150℃时铜片表面产生大量黑色沉淀，继续加热，250℃时黑色沉淀消失。II10mL15mol/L浓H2SO4溶液适量铜片剧烈反应，品红溶液褪色，150℃时铜片表面产生少量黑色沉淀，继续加热，250℃时黑色沉淀消失。（1）A中反应的化学方程式是________。（2）将装置C补充完整并标明所用试剂________。（3）实验I中，铜片表面的黑色沉淀可能含CuO、Cu2S或CuS。为探究黑色沉淀的成分，取出反应后的铜片，用水小心冲洗后，进行下列操作：i.黑色沉淀脱落，一段时间后，上层溶液呈无色。ii.开始时，上层溶液呈无色，一段时间后，上层溶液呈淡蓝色。甲认为通过上述两个实验证明黑色沉淀不含CuO，理由是________。②乙同学认为仅通过颜色判断不能得出上述结论，理由是______。需要增加实验iii，说明黑色沉淀不含CuO，实验iii的操作和现象是_______。（4）甲同学对黑色沉淀成分继续探究，补全实验方案：编号实验操作实验现象iv取洗净后的黑色沉淀，加入适量_____溶液，加热。黑色沉淀全部溶解，试管上部出现红棕色气体，底部有淡黄色固体生成。（5）用仪器分析黑色沉淀的成分，数据如下：150℃取样230℃取样铜元素3.2g，硫元0.96g。铜元素1.28g，硫元0.64g。230℃时黑色沉淀的成分是__________。（6）为探究黑色沉淀消失的原因，取230℃时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250℃时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成，试管底部出现淡黄色固体，溶液变蓝。用化学方程式解释原因____。（7）综合上述实验过程，说明Cu和浓H2SO4除发生主反应外，还发生着其他副反应，为了避免副反应的发生，Cu和浓H2SO4反应的实验方案是______。26、（10分）S2Cl2是一种金黄色易挥发的液体，常用作橡胶硫化剂。某化学兴趣小组拟设计实验制备少量的S2Cl2，査阅资料知：①干燥的氯气在110℃～140℃与硫反应，即可得到S2Cl2。②S的熔点为1．8℃、沸点为2．6℃；S2Cl2的熔点为-76℃、沸点为138℃。③S2Cl2+Cl22SCl2。④S2Cl2易和水发生歧化反应。该小组设计的制备装置如如图（夹持仪器和加热装置已略去）(1)连接好实验装置后的第一步实验操作是____________。(2)A装置中制取氯气的离子反应方程式_____________。(3)装置B、C中的试剂分别是_____________，_____________；若实验中缺少C装置，发现产品浑浊不清，请用化学方程式表示其原因____________。(4)该实验的操作顺序应为_____________（用序号表示）。①加热装置A②加热装置D③通冷凝水④停止加热装置A⑤停止加热装置D(5)图中G装置中应放置的试剂为______________，其作用为______________。(6)在加热D时温度不宜过高，其原因是_______________；为了提高S2Cl2的纯度，关键的操作是控制好温度和______________。27、（12分）某小组同学研究SO2和KI溶液的反应，设计如下实验。实验操作现象I溶液迅速变为浅黄色，将溶液进行离心分离无固体沉积，加入淀粉溶液，不变色II溶液立即变成深黄色，将溶液进行离心分离有浅黄色固体沉积，溶液黄色变浅，加入淀粉溶液，不变色（1）加入淀粉溶液的目的是______，为达到相同的目的，还可选用的试剂是______。（2）经检验，II中的浅黄色固体是硫。资料显示，在酸性条件下，SO2和KI溶液反应生成S和I2。①在酸性条件下，SO2和KI溶液反应的离子方程式是______。②针对II中加入淀粉溶液不变色，甲同学提出假设：______。为证实该假设，甲同学取II中离心分离后的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成。③乙同学认为甲同学的实验方案不支持上述假设，理由是______。④丙同学向1mL1mol·L−1KCl溶液中加入5滴1mol·L−1盐酸，通入SO2，无明显实验现象，再加入盐酸酸化的BaCl2溶液，几乎没有白色沉淀。丙同学的实验结论是______。（3）实验表明，I−是SO2转化的催化剂。补全下列离子方程式。SO2＋H2O===_____＋＋（4）对比实验I和II，推测增大H+的浓度可加快SO2的转化速率。为证实该推测，还需进一步进行实验证明，实验方案是______。28、（14分）NVCO{化学式可表示为(NH4)a[(VO)b(CO3)c(OH)d]·10H2O}能用于制取VO2，实验室可由V2O5、N2H4·2HCl、NH4HCO3为原料制备NVCO。(1)原料NH4HCO3中HCO3-水解的离子方程式为____________。(2)N2H4·2HCl是N2H4的盐酸盐。已知N2H4在水中的电离方式与NH3相似，25℃时，K1=9.55×10-7。该温度下，反应N2H4+H＋N2H5+的平衡常数K=________(填数值)。(3)为确定NVCO的组成，进行如下实验：①称取2.130g样品与足量NaOH充分反应，生成NH30.224L(已换算成标准状况下)。②另取一定量样品在氮气氛中加热，样品的固体残留率(固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100%)随温度的变化如下图所示(分解过程中各元素的化合价不变)。根据以上实验数据计算确定NVCO的化学式(写出计算过程)________________。29、（10分）镍的单质、合金及其化合物用途非常广泛。(1)Ni2＋基态核外电子排布式为________。(2)胶状镍可催化CH2=CHC≡N加氢生成CH3CH2C≡N。CH2=CHC≡N分子中σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)=________；CH3CH2C≡N分子中碳原子轨道的杂化类型为________。(3)[Ni(N2H4)2](N3)2是一种富氮含能材料。配体N2H4能与水混溶，除因为它们都是极性分子外，还因为______________________；[Ni(N2H4)2]2＋中含四个配位键，不考虑空间构型，[Ni(N2H4)2]2＋的结构可用示意图表示为______________________。(4)一种新型的功能材料的晶胞结构如下图所示，它的化学式可表示为________。

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】

A.氨气极易溶于水，则采用防倒吸装置，E←C；制取的二氧化碳需除去HCl杂质，则F→B，A→D，A正确；B.装置X为除去HCl杂质，盛放的试剂为饱和NaHCO3溶液，B错误；C.实验开始时应先打开Y中分液漏斗的旋转活塞，使溶液呈碱性，吸收更多的二氧化碳，C错误；D.装置Z中用干燥管的主要目的是防止氨气溶于水时发生倒吸，D错误；答案为A。2、B【解析】

A.液氯是只含Cl2的纯净物，氯水是氯气溶于水得到的混合物，不是同一物质，故A错误；B.氢氧化钠俗称火碱、烧碱、苛性钠，是同一物质，故B正确；C.胆矾的化学式为CuSO4·5H2O，绿矾的化学式为FeSO4·7H2O，二者表示的不是同一种物质，故C错误；D.干冰是固体二氧化碳，水晶是二氧化硅晶体，二者表示的不是同一种物质，故D错误。故答案选B。【点睛】本题考查常见物质的名称，了解常见物质的俗名是解题的关键，易错选项A，注意对易混淆的物质归纳总结。3、C【解析】A．葡萄糖是单糖不能水解，lmol葡萄糖能分解生成2molCH3CH2OH和2molCO2，故A错误；B．苯的结构简式为，但分子结构中无碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C．乙醇分子式可以变式为C2H4·H2O，故乙醇燃烧相当于乙烯燃烧，耗氧量相同，故C正确；D．乙烯和植物油均含有碳碳双键，都能使溴水褪色，其褪色原理均为加成反应，故D错误；答案为C。4、B【解析】

A.根据上图可以看出，当pH为8.14时，海水中主要以的形式存在，A项正确；B.A点仅仅是和的浓度相同，和浓度并不相同，B项错误；C.当时，即图中的B点，此时溶液的pH在10左右，显碱性，因此，C项正确；D.的表达式为，当B点二者相同时，的表达式就剩下，此时约为，D项正确；答案选B。5、D【解析】

光照时贮能VO2+失电子转化为VO2+，b极为阳极，a极为阴极，放电时b极为正极，a极为负极，据此分析解答。【详解】A.贮能时，光能转变为化学能，选项A错误；B.贮能时电子由b极流出，放电时电子由a极流出，在导线中流向不相同，选项B错误；C.贮能时，氢离子由阳极b极区迁移至阴极a极区，选项C错误；D.放电时，b极为正极，发生电极反应：VO2+2H++e-=VO2++H2O，选项D正确；答案选D。6、A【解析】

A.溴化氢中的溴原子半径小于碘原子半径，所以溴化氢的键长比碘化氢的短，故A正确；B.溴化氢和碘化氢都是共价化合物，组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高，所以溴化氢的沸点低于碘化氢的，故B错误；C.溴的非金属性比碘强，所以溴化氢比碘化氢稳定，故C错误；D.溴的非金属性比碘强，非金属性越强，单质的氧化性越强，离子的还原性就越弱，所以溴化氢比碘化氢还原性弱，故D错误；故选：A。7、C【解析】

化学变化的实质是相互接触的分子间发生原子或电子的转换或转移，生成新的分子并伴有能量变化的过程。【详解】根据化学变化的实质是相互接触的分子间发生原子或电子的转换或转移，生成新的分子并伴有能量变化的过程，原子并没有发生变化，可知通过化学方法可以生产一种新分子，也可以生成一种新离子，还可生成一种新单质；具有一定数目的质子和一定数目的中子的原子称为核素，即核素的种类决定于原子核，而化学反应只是核外电子数目的变化，所以生成一种新同位素通过化学反应是不能实现的，故C符合；答案选C。8、A【解析】

该物质中含有酚羟基、碳碳双键和羧基，具有酚、烯烃、羧酸性质，能发生加成反应、取代反应、显色反应、加聚反应、酯化反应等。【详解】A．苯环和碳碳双键都能和氢气发生加成反应，则1mol该有机物最多可与7molH2发生加成反应，选项A正确；B．该分子不含酯基或卤原子，所以不能发生水解反应，酚羟基和羧基能发生取代反应，苯环及碳碳双键能发生加成反应，碳碳双键和酚羟基能发生氧化反应，选项B错误；C．虽然分子中含有二个酚羟基和一个羧基，但没有说明标准状况下，产生的气体体积无法计算，选项C错误；D．分子中含有戊基-C5H11，戊基有8种，且其他基团在苯环上的位置还有多种，故该有机物具有相同官能团的同分异构体一定超过8种，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃、羧酸和酚的性质，题目难度不大。9、B【解析】

A、在Na2CO3和NaHCO3中，加热能分解的只有NaHCO3，选项A正确；B、碱石灰可以同时吸收CO2和水蒸气，则无法计算，选项B错误；C、Na2CO3和NaHCO3转化为BaCO3时的固体质量变化不同，利用质量关系来计算，选项C正确；D、反应后加热、蒸干、灼烧得到的固体产物是NaCl，Na2CO3和NaHCO3转化为NaCl时的固体质量变化不同，由钠元素守恒和质量关系，可列方程组计算，选项D正确；答案选B。【点睛】本题看似是实验设计，实际上是从定性和定量两个角度考察碳酸钠和碳酸氢钠性质的不同，实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果。易错点为选项A、此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数。10、D【解析】

由2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O可知，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，以此来解答。【详解】A．Cl元素的化合价降低，则KClO3在反应中得到电子，选项A正确；B．Cl元素得到电子，被还原，则ClO2是还原产物，选项B正确；C．H2C2O4在反应中C化合价升高，被氧化，选项C正确；D.1molKClO3参加反应时，发生电子转移为1mol×（5-4）=1mol，选项D不正确；答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析各选项，题目难度不大。11、C【解析】

A．10.1gN(C2H5)3物质的量0.1mol，一个N(C2H5)3含有共价键数目为21根，则10.1gN(C2H5)3含有的共价键数目为2.1NA，故A正确；B．标准状况下，22.4LCO2的物质的量是1mol，1个CO2分子中有22个电子，所以含的电子数目为22NA，故B正确；C．在捕获过程中，根据图中信息可以看出二氧化碳分子中的共价键没有完全断裂，故C错误；D．100g46％的甲酸水溶液，甲酸的质量是46g，物质的量为1mol，水的质量为54g，物质的量为3mol，因此共所含的氧原子数目为5NA，故D正确；选C。12、C【解析】

A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大。A元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等，A为氢元素；B的单质分子中有三对共用电子，B为氮元素；C、D同主族，且核电荷数之比为1︰2，C为氧元素，D为硫元素，E为氯元素。【详解】A.C、D、E的简单离子，S2-与Cl-电子层结构相同，O2-少一个电子层，离子半径：S2->Cl->O2-，故A正确；B.A与B、C、D、E四种元素均可形成18电子分子N2H4、H2O2、H2S、HCl，故B正确；C.由A、B、C三种元素形成的化合HNO3、HNO2抑制水的电离，故C错误；D.分子D2Cl2中原子均满足8电子稳定结构，则分子中存在非极性键S-S键，故D正确；故选C。【点睛】本题考查元素周期律与元素周期表，解题关键：位置结构性质的相互关系应用，难点B，N2H4、H2O2两种分子也是18电子。13、D【解析】

A.鎏金是指把溶解在水银里的金子涂在器物表面，经过烘烤，汞蒸发而金固结于器物上的一种传统工艺，古代的鎏金工艺没有外加电源，不是电解原理的应用，故A错误；B.两个过程条件不同，不属于可逆反应，故B错误；C.古代所用“鼻冲水”为氨水，氨水中有NH4＋、OH－、H＋、NH3·H2O、NH3、H2O等6种微粒，故C错误；D.“蒸烧”的过程为蒸馏操作，故D正确。综上所述，答案为D。14、A【解析】

A．19g

羟基(-18OH)的物质的量为=1mol，而羟基(-18OH)中含10个中子，故1mol羟基(-18OH)中含10NA个中子，故A正确；B．标况下HF为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C．NaHSO4由钠离子和硫酸氢根离子构成，1mol

NaHSO4晶体中含有的离子总数为2NA，故C错误；D．溶液体积未知，无法计算0.1mol·L-1KAl(SO4)2溶液中SO42-的数目，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为B，要注意一些特殊物质在标准状况下的状态，本题中的HF为液体，类似的还有SO3为固体，H2O为液体或固体等。15、B【解析】

A．Zn、Fe、海水形成原电池中，Zn比Fe活泼作负极，Fe作正极，发生得电子的还原反应得到保护，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B．燃煤中加入CaO可吸收二氧化硫，减少酸雨的发生，不能减少温室气体的排放，故B错误；C．加热可使蛋白质发生变性，则加热能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性，故C正确；D．75%的酒精可用于杀菌消毒，杀毒效果好，对人体危害最小，浓度太大易在细胞壁上形成一层膜阻止酒精渗入，浓度太小杀菌效果差，故D正确；故答案选B。16、C【解析】

含有苯环、醛基，可以与氢气发生加成反应；不含酯基或卤素原子，不能发生水解反应；含有羧基、羟基，能发生酯化反应；含有醛基、羟基，能发生氧化反应；含有羧基，能发生中和反应；中连有羟基碳原子的邻位碳原子没有H，不能发生消去反应，故选C。【点睛】该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后结合具体官能团的结构和性质灵活运用，有利于培养学生的知识迁移能力和逻辑推理能力。17、A【解析】

A．干电池属于原电池，原电池向外提供电能时化学能转化为电能，故A正确；B．电解水，电能转变为化学能，故B错误；C．太阳能热水器，是太阳能直接转化为热能，故C错误；D．水力发电时机械能转化为电能，故D错误；故答案为A。【点睛】将化学能转化为电能，应为原电池装置，构成原电池的条件是：①有两个活泼性不同的电极；②将电极插入电解质溶液中；③两电极间构成闭合回路；④能自发的进行氧化还原反应；所以设计原电池必须符合构成原电池的条件，且该反应必须是放热反应；注意把握常见能量的转化形成。18、D【解析】

未加NaOH溶液时，HA的AG=12，则c（H+）•c（OH-）=10-14，=10-12，则c（H+）=0.1mol/L=c（HA），HA是强酸；未加NaOH溶液时，HB的AG=9，则c（H+）•c（OH-）=10-14，=10-9，则c（H+）=10-2.5mol/L＜0.1mol/L，则HB是弱酸；【详解】A．P点AG=0时，c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，HA是强酸，酸碱的物质的量相等，酸碱的物质的量浓度相等，则酸碱体积相等，所以加入NaOH溶液的体积为20.00mL，故A正确；B．HB的电离程度较小，则溶液中c（B-）≈c（H+）=10-2.5mol/L，c（HB）≈0.1mol/L，Ka（HB）===10-4，故B正确；C．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸中c（H+）越大其抑制水电离程度越大，M、P点溶液都呈中性，则M、P点不影响水的电离，N点NaB浓度较大，促进水电离，所以水的电离程度：N＞M=P，故C正确；D．M、P点的AG都为0，都存在c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，加入的NaOH越多，c（Na+）越大，溶液中存在电荷守恒，则存在P点c（A-）=c（Na+）、M点c（Na+）=c（B-），但是c（Na+）：M＜P点，则c（A-）＞c（B-），故D错误；答案选D。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确混合溶液中溶质及其性质、酸的酸性强弱是解本题关键，注意B中微粒浓度的近似处理方法。19、A【解析】

A.乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量为14g÷14g/mol=1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；B.1molN2与4molH2反应生成的NH3，反应为可逆反应，1mol氮气不能全部反应生成氨气，则生成氨气分子数小于2NA，故B错误；C.1molFe溶于过量硝酸生成硝酸铁，转移电子3mol，电子转移数为3NA，故C错误；D．标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24LCCl4的物质的量不是0.1mol，无法计算其含有的共价键数，故D错误；答案选A。20、B【解析】

A.饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，为防止产生倒吸现象，b中导管不能插入液面下，否则不仅可能会产生倒吸现象，而且还会阻碍产物的导出，A正确；B.固体酒精制作方法如下：将碳酸钙固体放入醋酸(CH3COOH)溶液中，充分反应后生成醋酸钙(CH3COO)2Ca、CO2、H2O，将醋酸钙溶液蒸发至饱和，加入适量酒精冷却后得胶状固体即固体酒精，可见固体酒精是混合物，B错误；C.乙酸乙酯与的分子式都是C4H8O2，二者分子式相同，结构不同，故二者互为同分异构体，C正确；D.乙酸、水、乙醇分子中都含有羟基，电离产生H+的能力：乙酸>水>乙醇，所以羟基氢的活泼性依次减弱，D正确；故合理选项是B。21、D【解析】

A.焚烧将某些还原性的物质氧化，某些生活垃圾可用于焚烧发电，故A正确；B.“地沟油”的主要成分为油脂，含有有毒物质，不能食用，油脂在碱性条件下水解称为皂化反应，油脂燃烧放出大量热量，可制作生物柴油，故B正确；C.石油裂解主要是为了获得气态不饱和短链烃，如乙烯、丙烯等，故C正确；D.煤中不含苯、甲苯等，苯和甲苯是煤的干馏的产物，故D错误；故选D。【点睛】本题考查了有机物的结构和性质，应注意的是煤中不含苯、甲苯等，苯、甲苯是煤的干馏产物。22、B【解析】

A．使用农药和化肥固然有利于增加农作物的产量，但会在农产品中造成农药残留，会使土地里的盐碱越来越多，土壤越来越硬，影响农作物的生长，从长远来讲反而会影响农作物的收成，故A错误；B．通过有机物的合成可以制造出新型高分子材料，某些新型高分子材料的性能比钢铁更强韧，故B正确；C．安装煤炭燃烧过程的“固硫“装置，主要是为了减少污染，故C错误；D．过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境，故D错误；故选B。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键、醛基氧化反应CH2=CHCOOH++H2O4CH2=CH-CH2-COOH（或CH2=C(CH3)-COOH、、）蒸馏【解析】

B的分子式为C3H4O，B能发生银镜反应，B中含—CHO，1molB最多与2molH2反应，B的结构简式为CH2=CHCHO；B发生氧化反应生成D，D能与C8H17OH发生酯化反应，则D的结构简式为CH2=CHCOOH；C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与NaHCO3反应生成CO2，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢，C8H17OH的结构简式为，E的结构简式为；F的分子式为C6H6O，F为，F与（CH3）2SO4、NaOH/H2O反应生成G，G的分子式为C7H8O，G不能与NaOH溶液反应，G的结构简式为，G与Br2、CH3COOH反应生成J，J的分子式为C7H7OBr，核磁共振图谱显示J分子有3种不同的氢原子，J的结构简式为；根据题给反应，E与J反应生成的K的结构简式为；据此分析作答。【详解】B的分子式为C3H4O，B能发生银镜反应，B中含—CHO，1molB最多与2molH2反应，B的结构简式为CH2=CHCHO；B发生氧化反应生成D，D能与C8H17OH发生酯化反应，则D的结构简式为CH2=CHCOOH；C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与NaHCO3反应生成CO2，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢，C8H17OH的结构简式为，E的结构简式为；F的分子式为C6H6O，F为，F与（CH3）2SO4、NaOH/H2O反应生成G，G的分子式为C7H8O，G不能与NaOH溶液反应，G的结构简式为，G与Br2、CH3COOH反应生成J，J的分子式为C7H7OBr，核磁共振图谱显示J分子有3种不同的氢原子，J的结构简式为；根据题给反应，E与J反应生成的K的结构简式为；（1）B的结构简式为CH2=CHCHO，所以B中含有的官能团的名称是碳碳双键、醛基。（2）B的结构简式为CH2=CHCHO，D的结构简式为CH2=CHCOOH，所以B→D的反应类型是氧化反应。（3）D与C8H17OH反应生成E的化学方程式为CH2=CHCOOH++H2O。（4）根据上述分析，G的结构简式为，K的结构简式为。（5）D的结构简式为CH2=CHCOOH，D的相对分子质量为72，X比D的相对分子质量多14，X与D互为同系物，所以X比D多1个“CH2”，符合题意的X的同分异构体有：CH2=CH-CH2-COOH、CH2=C(CH3)-COOH、、，共4种。（6）C8H17OH和E是互溶的液体混合物，所以用蒸馏法将C8H17OH除去，精制得E。24、羧基、肽键（或酰胺键）取代反应定位+2H2O+CH3COOH+H2SO4或（任写1种）【解析】

(1)根据流程图中的结构简式和反应物转化关系分析；(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是控制反应中取代基的位置；(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，根据结构简式分析；(4)根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为；(5)根据题目要求分析，结合取代基位置异构，判断同分异构体的数目。(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基，然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基，得到对氨基苯甲酸，然后在催化剂作用下，发生缩聚反应生成含肽键的聚合物。【详解】(1)根据G的结构图，G中官能团的名称是羧基和肽键(或酰胺键)；反应③中C的—SO3H被取代生成D，则反应类型是取代反应；(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是控制反应过程中取代基的连接位置，故起到定位的作用；(3)F是邻氨基苯甲酸，与足量氢气发生加成反应生成，与羧基、氨基连接的碳原子是手性碳原子，可表示为：；(4)根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为，⑨的反应方程式：+2H2O+CH3COOH+H2SO4；(5)D的结构简式为，苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体，即三个取代基在苯环上处于邻间对位置上，同分异构体结构简式或（任写1种）；(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基，然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基，得到对氨基苯甲酸，然后在催化剂作用下，发生缩聚反应生成含肽键的聚合物，不能先把硝基还原为氨基，然后再氧化甲基，因为氨基有还原性，容易被氧化，故合成路线如下：。25、Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2ONaOH溶液实验i和ii对比，上层溶液颜色不同，说明CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，i中上层溶液无色，说明不含Cu2+，因此黑色沉淀不含CuO。溶液中Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色取实验i的上层清液，加入过量NaOH溶液，再加入一定量甘油，振荡，未观察到绛蓝色HNO3CuSCuS+2H2SO4S↓+CuSO4+SO2↑+2H2O将烧瓶中10mL15mol/L的浓H2SO4加热至250℃以上，其后加入适量铜片【解析】

（1）A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水；（2）二氧化硫属于酸性氧化物，污染空气；（3）①CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，溶液变蓝；②溶液中Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色；检验上层溶液是否含有Cu2+；（4）试管上部出的现红棕色气体是NO2，底部淡黄色固体是S单质；（5）根据n(Cu):n(S)可计算化学式；（6）取230℃时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250℃时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成说明放出二氧化硫气体，试管底部出现淡黄色固体S，溶液变蓝说明有CuSO4生成，根据得失电子守恒配平方程式；（7）综合上述实验过程可知加热至250℃时可避免铜与浓硫酸发生副反应。【详解】（1）A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应的化学方程式是Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；（2）二氧化硫污染空气，所以装置C中盛放NaOH溶液吸收二氧化硫，装置图为；（3）①CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，溶液变蓝；实验i和ii对比，i中上层溶液无色，说明不含Cu2+，因此黑色沉淀不含CuO。②如果溶液中Cu2+浓度过低，也无法呈明显的蓝色，所以仅通过颜色判断不能得出黑色沉淀不含CuO的结论；根据资料信息：微量Cu2+与过量NaOH溶液发生反应：Cu2++4OH−＝[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−溶于甘油形成特征的绛蓝色溶液。因此说明黑色沉淀不含CuO的实验iii的操作和现象是取实验i的上层清液，加入过量NaOH溶液，再加入一定量甘油，振荡，未观察到绛蓝色；（4）黑色沉淀中加入适量硝酸发生氧化还原反应，硝酸被还原为红棕色气体是NO2，氧化产物是S单质；（5）230℃取样，铜元素1.28g，硫元0.64g，则n(Cu):n(S)=，所以230℃时黑色沉淀的成分是CuS；（6）取230℃时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250℃时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成说明放出二氧化硫气体，试管底部出现淡黄色固体S，溶液变蓝说明有CuSO4生成，反应方程式是CuS+2H2SO4S↓+CuSO4+SO2↑+2H2O；（7）将烧瓶中10mL15mol/L的浓H2SO4加热至250℃以上，其后加入适量铜片只发生Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O。【点睛】本题考查物质性质的探究，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握分析反应产物的方法、实验设计的能力，仔细审题、应用题干信息是解题关键。26、检查装置的气密性MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O饱和食盐水浓硫酸2S2C12+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl①③②⑤④或者③①②⑤④碱石灰吸收氯气尾气，防止空气中的水蒸气进入装置使S2Cl2水解产品纯度降低控制盐酸的滴速不要过快【解析】

装置A、B、C是制取干燥纯净的氯气，所以B是除杂装置，C是干燥装置；制得产品S2Cl2易水解，所以该装置前后均需要干燥环境，可推出装置G作用；实验操作顺序按照合理、安全原则进行；最后按照题干已知条件进行答题，据此分析。【详解】(1)连接好装置后需检查装置的气密性，答案为：检查装置的气密性；(2)MnO2与浓盐酸反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(3)B是除去氯气中的HCl，用饱和食盐水溶液；C是干燥装置，用浓硫酸；若缺少干燥装置，则产物S2Cl2与水发生歧化反应且变浑浊，2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl；答案为：饱和食盐水；浓硫酸；2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl；(4)加热之前先通冷凝水，否则开始生成的S2Cl2不能冷却液化，最后先停止加热后再停止通氯气，平衡容器压强，实验操作为：①③②⑤④或者③①②⑤④；(5)G装置在最后一步，其作用之一未反应完的氯气尾气处理，其二防止空气中的水蒸气进入装置，G中盛放碱石灰，作用是吸收氯气尾气，防止空气污染，且防止空气中的水蒸气进入装置使S2Cl2水解；(6)根据已知条件，温度太高S会汽化进入F装置，导致产率降低；为了提高S2Cl2的纯度，关键的操作除了控制好温度外，还可以控制盐酸的滴速不要过快。【点睛】制备易水解的如AlN、S2Cl2等物质时一定要在制备装置前后都加上干燥装置，所以G装置除了尾气处理作用之外还防止空气中的水蒸气进入装置；实验操作流程满足反应物利用率高、产率高、操作简便、安全等原理进行即可。27、检验是否有I2生成CCl4（苯、煤油）SO2+4I−+4H+==2I2+S+2H2OSO2将I2还原为I−空气中的O2将SO2氧化为SO42−O2不是SO2氧化为SO42−的主要原因3SO2+2H2O===4H++2SO42−+S向1mL1mol·L−1KI溶液中加入5滴1mol·L−1KCl溶液后，再通入SO2气体，观察现象【解析】

（1）碘遇淀粉溶液蓝色，碘易溶于有机溶剂，且碘的四氯化碳溶液显紫红色；（2）经检验，II中的浅黄色固体是硫。资料显示，在酸性条件下，SO2和KI溶液反应生成①在酸性条件下，SO2和KI溶液反应S和I2，结合守恒法写出发生反应的离子方程式；②离心分离后的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42-，说明I2能氧化SO2生成SO42-；③空气中有氧气，也能氧化SO2；④加入盐酸酸化的BaCl2溶液，几乎没有白色沉淀，说明溶液中无SO42-；（3）I−是SO2转化的催化剂，可知SO2在反应中既被氧化生成SO42-，又被还原生成S，结合守恒法配平离子反应方程式；（4）通过改变H+的浓度来判断SO2的转化速率是否发生改变；【详解】（1）利用碘遇淀粉溶液蓝色，加入淀粉溶液可检验反应中有碘生成；碘易溶于有机溶剂，也可以加入CCl4后振荡静置，看有机层是否显紫红色，来判断反应中有碘生成；（2）①在酸性条件下，SO2和KI溶液反应S和I2，发生反应的离子方程式为SO2+4I−+4H+==2I2+S+2H2O；②II中加入淀粉溶液不变色，说明I2被还原，结合SO2具有还原性，可假设SO2将I2还原为I−；③乙同学认为空气中有氧气，也能将SO2氧化为SO42−，故不支持甲同学的上述假设；④加入盐酸酸化的BaCl2溶液，几乎没有白色沉淀，说明溶液中无SO42-，由此可得出O2不是SO2氧化为SO42−的主要原因；（3）I−是SO2转化的催化剂，可知SO2在反应中既被氧化生