商丘市重点中学2024年高考化学五模试卷含解析

商丘市重点中学2024年高考化学五模试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、现有易溶强电解质的混合溶液10L，其中可能含有K+、Ba2+、Na+、NH4+、Cl-、SO42-、AlO2-、OH-中的几种，向其中通入CO2气体，产生沉淀的量与通入CO2的量之间的关系如图所示，下列说法正确的是()A．CD段的离子方程式可以表示为：CO32-+CO2+H2O═2HCO3-B．肯定不存在的离子是SO42-、OH-C．该溶液中能确定存在的离子是Ba2+、AlO2-、NH4+D．OA段反应的离子方程式：2AlO2-+CO2+3H2O═2Al(OH)3↓+CO32-2、下列离子方程式表达正确的是A．向FeC13溶液中滴加HI溶液：B．向(NH4)2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液:↓C．Ca(OH)2溶液与少量NaHCO3溶液混合：D．3mol/LNa2CO3溶液和1mol/LAl2(SO4)3溶液等体积混合：3、下列说法正确的是()A．Na2CO3分子中既存在离子键，也存在共价键B．硅晶体受热融化时，除了破坏硅原子间的共价键外，还需破坏分子间作用力C．H2O不易分解是因为H2O分子间存在较大的分子间作用力D．液态AlCl3不能导电，说明AlCl3晶体中不存在离子4、下列有关物质性质的比较，错误的是()A．溶解度(25℃)：小苏打<苏打 B．沸点：H2Se>H2S>H2OC．密度：溴乙烷>水 D．碳碳键键长：乙烯<苯5、分别含有下列各物质的废弃试剂，倒在同一废液缸中不会引起实验室污染或危险的一组是（）A．氨水和NaOH B．硫酸铵和氯化钡C．硝酸亚铁和盐酸 D．电石和盐酸6、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A．标准状况下0.5molNT3分子中所含中子数为6.5NAB．0.1molFe与0.1molCl2完全反应后，转移的电子数为0.2NAC．13.35gAlCl3水解形成的Al(OH)3胶体粒子数小于0.1NAD．一定条件下的密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应充分发生后分子总数为2NA7、下列化学用语正确的是A．中子数为2的氢原子：H B．Na+的结构示意图：C．OH-的电子式：[H]一 D．N2分子的结构式：N—N8、下列物质的性质与用途具有对应关系的是A．二氧化硅熔点高，可用作光导纤维B．过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸供氧剂C．明矾易溶于水，可用作净水剂D．二氧化硫有氧化性，可用于漂白纸张9、氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，其能量密度是目前锂电池的十倍以上且不会因为过热而造成安全风险。如图是氟离子电池工作示意图，其中充电时F-从乙电极流向甲电极，下列关于该电池的说法正确的是（）A．放电时，甲电极的电极反应式为Bi－3e-＋3F-=BiF3B．放电时，乙电极电势比甲电极高C．充电时，导线上每通过1mole-，甲电极质量增加19gD．充电时，外加电源的正极与乙电极相连10、氯仿(CHCl3)是一种有机合成原料，在光照下遇空气逐渐被氧化生成剧毒的光气(COCl2)：2CHCl3＋O2→2HCl＋2COCl2。下列说法不正确的是A．CHCl3分子和COCl2分子中，中心C原子均采用sp3杂化B．CHCl3属于极性分子C．上述反应涉及的元素中，元素原子未成对电子最多的可形成直线形分子D．可用硝酸银溶液检验氯仿是否变质11、在Na2Cr2O7酸性溶液中，存在平衡2CrO42—(黄色)+2H+⇌Cr2O72—(橙红色)+H2O，已知:25℃时,Ksp(Ag2CrO4)=1×10—12Ksp(Ag2Cr2O7)=2×10—7。下列说法正确的是A．当2c(Cr2O72—)=c(CrO42—)时，达到了平衡状态B．当pH=1时，溶液呈黄色C．若向溶液中加入AgNO3溶液，生成Ag2CrO4沉淀D．稀释Na2Cr2O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小12、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2.813、科学工作者研发了一种SUNCAT的系统，借助锂循环可持续合成氨，其原理如下图所示。下列说法不正确的是A．过程I得到的Li3N中N元素为—3价B．过程Ⅱ生成W的反应为Li3N+3H2O===3LiOH+NH3↑C．过程Ⅲ中能量的转化形式为化学能转化为电能D．过程Ⅲ涉及的反应为4OH－－4e－＝O2↑+2H2O14、部分共价键的键长和键能的数据如表，则以下推理肯定错误的是共价键C﹣CC=CC≡C键长（nm）0.1540.1340.120键能（kJ/mol）347612838A．0.154nm＞苯中碳碳键键长＞0.134nmB．C=O键键能＞C﹣O键键能C．乙烯的沸点高于乙烷D．烯烃比炔烃更易与溴加成15、mg铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反应后，得到mg铜，则参与反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为A．8:7 B．1:7 C．7:8 D．7:116、生活中一些常见有机物的转化如图下列说法正确的是A．上述有机物中只有C6H12O6属于糖类物质B．转化1可在人体内完成，该催化剂属于蛋白质C．物质C和油脂类物质互为同系物D．物质A和B都属于非电解质17、有a、b、c、d四种原子序数依次增大，且均不大于20的主族元素，a、c同主族，a的最外层电子数是内层电子数的3倍，b为金属元素，a、c、d的最外层电子数之和为19。下列叙述正确的是A．a、b可能形成含有共价键的离子化合物B．简单离子半径大小：d>c>a>bC．含氧酸的酸性强弱：d>cD．b、c的简单离子在水溶液中一定能大量共存18、“结构决定性质”是学习有机化学尤为重要的理论，不仅表现在官能团对物质性质的影响上，还表现在原子或原子团相互的影响上。以下事实并未涉及原子或原子团相互影响的是A．乙醇是非电解质而苯酚有弱酸性B．卤代烃难溶于水而低级醇、低级醛易溶于水C．甲醇没有酸性，甲酸具有酸性D．苯酚易与浓溴水反应生成白色沉淀而苯与液溴的反应需要铁粉催化19、化学与生活密切相关。下列叙述中错误的是A．环境中杀灭新型冠状病毒可用“84”消毒液B．食品中的抗氧化剂可用维生素CC．治疗胃酸过多可用CaCO3和Ca(OH)2D．除去工业废水中的Cu2+可用FeS20、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21、有关元素性质递变规律的叙述正确的是A．同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低B．同主族元素从上到下，氢化物的熔点逐渐降低C．同周期元素（除零族元素外）从左到右，简单离子半径逐渐减小D．同周期元素（除零族元素外）从左到右，原子失电子能力逐渐减弱22、化学与生产、生活、环境等息息相关，下列说法中错误的是（）A．港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物B．“玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其帆板太阳能电池的材料是硅C．共享单车利用太阳能发电完成卫星定位，有利于节能环保D．泡沫灭火器适用于一般的起火，也适用于电器起火二、非选择题(共84分)23、（14分）几种中学化学常见的单质及其化合物相互转化的关系图如下：可供参考的信息有：①甲、乙、丙、丁为单质，其余为化合物②A由X和Y两种元素组成，其原子个数比为l︰2，元素质量之比为7︰8。③B气体是引起酸雨的主要物质，H常温下为无色无味的液体，E常用作红色油漆和涂料。试根据上述信息回答下列问题：(1)A的化学式为___________，每反应lmol的A转移的电子数为_____________mol；(2)F与丁单质也可以化合生成G，试写出该反应的离子方程式：______________________；(3)少量F的饱和溶液分别滴加到下列物质中，得到三种分散系①、②、③。试将①、②、③对应的分散质具体的化学式填人下列方框中：________________(4)化合物M与H组成元素相同，可以将G氧化为F，且不引进新的离子。试写出M在酸性环境下将G氧化为F的离子方程式：________________24、（12分）聚碳酸酯的透光率良好，可制作挡风玻璃、眼镜片等。某聚碳酸酯(M)的合成路线如下：已知：Ⅰ.D的分子式为C3H4O3，核磁共振氢谱只有一组峰Ⅱ.R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH(1)A的名称是_______，D的结构简式为_____；(2)B→C的反应类型______；(3)关于H的说法正确的是（_______）A．分子式为C15H16O2B．呈弱酸性，是苯酚的同系物C．分子中碳原子可能共面D．1molH与浓溴水取代所得有机物最多消耗NaOH10mol(4)写出A→B化学方程式________；(5)最常见的聚碳酸酯是用H与光气()聚合得到，请写出该聚碳酸酯的结构简式________；(6)H的同分异构体中满足下列条件的有___种；①有萘环()结构②能发生水解和银镜反应③两个乙基且在一个环上(7)F→G需三步合成CH2=CHCH3KL若试剂1为HBr，则L的结构简式为_______，③的反应条件是_____。25、（12分）是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性环境下易分解生成S和。某小组设计了如下实验装置制备（夹持及加热仪器略），总反应为。回答下列问题：a.b.粉末c.溶液d.、溶液e.溶液（1）装置A的作用是制备________，反应的化学方程式为________。（2）完成下表实验过程：操作步骤装置C的实验现象解释原因检查装置气密性后，添加药品pH计读数约为13用离子方程式表示（以为例）：①__打开，关闭，调节；使硫酸缓慢匀速滴下ⅰ.导管口有气泡冒出，②___ⅱ.pH计读数逐渐③___反应分步进行：↓（较慢）当pH计读数接近7时，立即停止通，操作是④___必须立即停止通的原因是：⑤___（3）有还原性，可作脱氯剂。向溶液中通入少量，某同学预测转变为，设计实验验证该预测：取少量反应后的溶液于试管中，________。26、（10分）苯胺()是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。已知：①和NH3相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐②用硝基苯制取苯胺的反应原理：2+3Sn+12HCl→2+3SnCl4+4H2O③有关物质的部分物理性质见表：物质熔点/℃沸点/℃溶解性密度/g∙cm-3苯胺-6.3184微溶于水，易溶于乙醚1.02硝基苯5.7210.9难溶于水，易溶于乙醚1.23乙醚-116.234.6微溶于水0.7134Ⅰ.比较苯胺与氨气的性质(1)将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为__________；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是______。Ⅱ.制备苯胺。往图所示装置(夹持装置略，下同)的冷凝管口分批加入20mL浓盐酸(过量)，置于热水浴中回流20min，使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量50%NaOH溶液，至溶液呈碱性。(2)冷凝管的进水口是____(填“a”或“b”)；(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为______________。Ⅲ.提取苯胺。i.取出上图所示装置中的三颈烧瓶，改装为如图所示装置：ii.加热装置A产生水蒸气，烧瓶C中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液。ii.往所得水溶液加入氯化钠固体，使溶液达到饱和状态，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。iii.合并粗苯胺和乙醚萃取液，用NaOH固体干燥，蒸馏后得到苯胺2.79g。(4)装置B无需用到温度计，理由是______。(5)操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是__________。(6)该实验中苯胺的产率为_____________。(7)欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质，简述实验方案：_________________。27、（12分）苯甲酸乙酯是重要的精细化工试剂，常用于配制水果型食用香精。实验室制备流程如下：试剂相关性质如下表：苯甲酸乙醇苯甲酸乙酯常温性状白色针状晶体无色液体无色透明液体沸点/℃249.078.0212.6相对分子量12246150溶解性微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂与水任意比互溶难溶于冷水，微溶于热水，易溶于乙醇和乙醚回答下列问题：（1）为提高原料苯甲酸的纯度，可采用的纯化方法为_________。（2）步骤①的装置如图所示（加热和夹持装置已略去），将一小团棉花放入仪器B中靠近活塞孔处，将吸水剂（无水硫酸铜的乙醇饱和溶液）放入仪器B中，在仪器C中加入12.2g纯化后的苯甲酸晶体，30mL无水乙醇（约0.5mol）和3mL浓硫酸，加入沸石，加热至微沸，回流反应1.5~2h。仪器A的作用是_________；仪器C中反应液应采用_________方式加热。（3）随着反应进行，反应体系中水分不断被有效分离，仪器B中吸水剂的现象为_________。（4）反应结束后，对C中混合液进行分离提纯，操作I是_________；操作II所用的玻璃仪器除了烧杯外还有_________。（5）反应结束后，步骤③中将反应液倒入冷水的目的除了溶解乙醇外，还有_____；加入试剂X为_____（填写化学式）。（6）最终得到产物纯品12.0g，实验产率为_________%（保留三位有效数字）。28、（14分）二氯亚砜

(SOCl2)

是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂，其熔点-105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解。（1）用硫黄（S）、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成二氯亚砜,原子利用率达

100%,则三者的物质的量比为______________.（2）甲同学设计如图装置用

ZnCl2•xH2O

晶体制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2

并利用装置F验证生成物中的某种气体（夹持及加热装置略）。①用原理解释SOCl2在该实验中的作用______________________________________；加热条件下，A装置中总的化学方程式为____________________.②装置的连接顺序为A→B→_____________________；③实验结束后,为检测

ZnCl2•xH2O晶体是否完全脱水，甲同学设计实验方案如下，正确的实验顺序为_____________（填序号）a.加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，充分反应；b.称得固体为n克；c.干燥；d.称取蒸干后的固体m克溶于水；e.过滤；f.洗涤若m/n＝______________（保留小数点后一位），即可证明晶体已完全脱水.（3）乙同学认为SOCl2还可用作由FeCl3•6H2O制取无水FeCl3

的脱水剂，但丙同学认为该实验可能发生副反应使最后的产品不纯。①可能发生的副反应的离子方程式______________________.②丙同学设计了如下实验方案判断副反应的可能性：i.取少量FeCl3•6H2O于试管中，加入足量SOCl2，振荡使两种物质充分反应；ii.往上述试管中加水溶解，取溶解后的溶液少许于两支试管，进行实验验证，完成表格内容。（供选试剂：AgNO3溶液、稀盐酸、稀HNO3、酸性KMnO4溶液、BaCl2溶液、K3[Fe(CN)6]溶液、溴水）方案操作现象结论方案一往一支试管中滴加_____________若有白色沉淀生成则发生了上述副反应方案二往另一支试管中滴加_______________________________则没有发生上述副反应29、（10分）2019年1月3日上午，嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：(1)基态As原子的价电子排布图为____________，基态Ga原子核外有________个未成对电子。(2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ•mol-1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为____和+3，砷的电负性比镓____(填“大”或“小”)。(3)1918年美国人通过反应：HC≡CH+AsCl3CHCl=CHAsCl2制造出路易斯毒气。在HC≡CH分子中σ键与π键数目之比为________；AsCl3分子的空间构型为___________。(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃制得，(CH3)3Ga中碳原子的杂化方式为_______(5)GaAs为原子晶体，密度为ρg•cm-3，其晶胞结构如图所示，Ga与As以_______键键合。Ga和As的原子半径分别为apm和bpm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_______________(列出计算式，可不化简)。

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】

通入二氧化碳，OA段生成沉淀，发生反应Ba2++2OH-+CO2==BaCO3↓+H2O，说明溶液中一定含有Ba2+、OH-；BC段生成沉淀，发生反应AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-，说明含有AlO2-。【详解】通入二氧化碳，OA段生成沉淀，发生反应Ba2++2OH-+CO2==BaCO3↓+H2O，说明溶液中一定含有Ba2+、OH-；BC段生成沉淀，发生反应AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-，BC段生成沉淀，说明含有AlO2-。AB段沉淀物质的量不变，发生反应2OH-+CO2==CO32-+H2O；CD段沉淀的物质的量不变，发生反应CO32-+CO2+H2O═2HCO3-；DE段沉淀溶解，发生反应BaCO3+CO2+H2O═Ba(HCO3)2；Ba2+与SO42-生成沉淀，OH-与NH4+反应生成一水合氨，所以一定不存在NH4+、SO42-；故选A。2、D【解析】

A．FeCl3溶液中滴加HI溶液，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2Fe3++2I−=2Fe2++I2，故A错误；B．向(NH4)2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液：，故B错误；C．Ca(OH)2溶液与少量NaHCO3溶液混合：，故C错误；D．3mol/LNa2CO3溶液和1mol/LAl2(SO4)3溶液等体积混合，则CO32-与Al3+按照3:2发生双水解反应，离子方程式为：，故D正确。故选D。3、D【解析】

A.Na2CO3是离子化合物，没有分子，A项错误；B.硅晶体是原子晶体，不存在分子间作用力，B项错误；C.H2O不易分解是因为水分子中氢氧键键能大，C项错误；D.晶体加热熔化后所得液态物质不能导电，说明在液态时不存在自由移动的离子，即原晶体中不存在离子，则液态AlCl3不能导电，说明AlCl3晶体中不存在离子，D项正确；答案选D。4、B【解析】

A．在碳酸钠饱和溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠，可观察到溶液变浑浊，说明碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，故A正确；B．由于水分子间存在氢键，故水的沸点反常的升高，故有：H2O>H2Se>H2S，故B错误；C．溴代烃和碘代烃的密度均大于水，故溴乙烷的密度比水的大，故C正确；D．苯中碳碳键介于单键和双键之间，碳碳键键长：乙烯<苯，故D正确；故选B。【点睛】本题考查元素及其对应单质、化合物的性质的递变规律，侧重于溶解度、硬度、密度等性质的考查，题目难度不大，注意水分子间存在氢键，沸点反常的升高。5、B【解析】

A．氨水和NaOH混合会释放出氨气，有刺激性气味，会引起污染，A不符合题意；B．硫酸铵和氯化钡，生成BaSO4沉淀，但是不会产生污染，B符合题意；C．硝酸亚铁和盐酸会发生：，有有毒气体NO生成，会污染空气，C不符合题意；D．电石和盐酸混合，电石会和盐酸生成乙炔（C2H2）气体，具有可燃性气体，遇明火会发生爆炸，D不符合题意；答案选B。6、D【解析】

A.标准状况下，0.5molNT3分子中所含中子数为=6.5NA，A正确；B.0.1molFe与0.1molCl2完全反应，根据方程式2Fe＋3Cl22FeCl3判断铁过量，转移的电子数为0.2NA，B正确；C.13.35gAlCl3物质的量为0.1mol，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，水解是可逆的，形成的Al(OH)3胶体粒子数应小于0.1NA，C正确；D.2molSO2和1molO2的反应是可逆反应，充分反应也不能进行到底，故反应后分子总数为应大于2NA，D错误；故选D。7、C【解析】

A．中子数为2的氢原子的质量数为3，该原子正确的表示方法为：H，故A错误；B．钠离子的核外电子总数为10，质子数为11，钠离子正确的离子结构示意图为：，故B错误；C．氢氧根离子带一个单位负电荷，电子式为[H]一，故C正确；D．氮气分子的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，氮气的结构式为：N≡N，故D错误；故选C。8、B【解析】A.二氧化硅用作光导纤维是因为光在二氧化硅中能够发生全反射，与熔点无关，A错误；B.过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸供氧剂，之间存在因果关系，B正确C.明矾可用作净水剂，是因为水解生成氢氧化铝胶体，与易溶于水无关，C错误；D.二氧化硫可用于漂白纸张，是因为二氧化硫具有漂白性，D错误；故选B。9、C【解析】

充电时F－从乙电极流向甲电极，说明乙为阴极，甲为阳极。【详解】A.放电时，甲电极的电极反应式为BiF3+3e－=Bi＋3F－，故A错误；B.放电时，乙电极电势比甲电极低，故B错误；C.充电时，甲电极发生Bi－3e－＋3F－=BiF3，导线上每通过1mole－，则有1molF－变为BiF3，其质量增加19g，故C正确；D.充电时，外加电源的负极与乙电极相连，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】阳极失去电子，化合价升高，阴离子移向阳极，充电时，电源正极连接阳极。10、A【解析】

CHCl3分子和甲烷一样，中心C原子采用sp3杂化，COCl2分子中，中心C与O形成双键，再与两个Cl形成共价单键，因此C原子采用sp2杂化，A错误；CHCl3分子中由于C—H键、C—Cl键的键长不相同，因此CHCl3的空间构型为四面体，但不是正四面体，属于极性分子，B正确；所列元素中碳和氧原子均含有两个未成对电子，两者可以组成CO2，C正确；由于氯仿中的Cl元素以Cl原子的形式存在，不是Cl－，因此可用硝酸银溶液检验氯仿是否变质，D正确。11、C【解析】

A.当2c(Cr2O72—)=c(CrO42—)时，无法判断同一物质的正逆反应速率是否相等，则不能判断是否为平衡状态，A错误；B.当pH=1时，溶液酸性增强，平衡正向进行，则溶液呈橙红色，B错误；C.组成中阴阳离子个数比相同，溶度积常数越小，难溶电解质在水中溶解能力越差，已知Ksp(Ag2CrO4)<Ksp(Ag2Cr2O7)，若向溶液中加入AgNO3溶液，先生成Ag2CrO4沉淀，C正确；D.稀释Na2Cr2O7溶液时，溶液中c(CrO42-)、c(H+)、c(Cr2O72-)均减小，由于KW不变，则c(OH-)增大，D错误；答案为C。【点睛】温度未变，则溶液中水的离子积不变，氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度必然增大。12、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。13、C【解析】

A.Li3N中锂元素的化合价为+1价，根据化合物中各元素的代数和为0可知，N元素的化合价为-3价，A项正确；B.由原理图可知，Li3N与水反应生成氨气和W，元素的化合价都无变化，W为LiOH，反应方程式：Li2N+3H2O＝3LiOH+NH3↑，B项正确；C.由原理图可知，过程Ⅲ为电解氢氧化锂生成锂单质、氧气和水，电能转化为化学能，C项错误；D.过程Ⅲ电解LiOH产生O2，阳极反应为4OH－－4e－＝O2↑+2H2O，D项正确。故答案选C。14、C【解析】

A．苯中的化学键键长介于碳碳单键与碳碳双键之间，所以0.154nm＞苯中碳碳键键长＞0.134nm，故A正确；B．单键的键能小于双键的键能，则C=O键键能>C−O键键能，故B正确；C.乙烷的相对分子质量大于乙烯，则乙烷的沸点高于乙烯，故C错误；D．双键键能小于三键，更易断裂，所以乙烯更易发生加成反应，则烯烃比炔烃更易与溴加成，故D正确；答案选C。【点睛】D项为易错点，由于炔烃和烯烃都容易发生加成反应，比较反应的难易时，可以根据化学键的强弱来分析，化学键强度越小，越容易断裂，更容易发生反应。15、D【解析】

ag铁粉的物质的量为，agCu的物质的量为，根据氧化还原顺序先与反应，再与反应，因为，所以反应完全，剩余与反应，所以参加反应的的物质的量为，参加反应的的物质的量为，参加反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为，答案选D。16、B【解析】

淀粉(转化1)在人体内淀粉酶作用下发生水解反应，最终转化为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化成酒精，发生C6H12O62C2H5OH+2CO2↑，且A可发生连续氧化反应，则A为C2H5OH，B为CH3COOH，乙醇和乙酸反应生成C为CH3COOC2H5，据此解答。【详解】由上述分析可以知道，转化1为淀粉水解反应，葡萄糖分解生成A为C2H5OH，A氧化生成B为CH3COOH，A、B反应生成C为CH3COOC2H5，则

A.淀粉、C6H12O6属于糖类物质，故A错误；

B.淀粉属于多糖，在酶催化作用下水解最终生成单糖葡萄糖，反应为：（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6，酶属于蛋白质，所以B选项是正确的；

C.C为乙酸乙酯，油脂为高级脂肪酸甘油酯，含-COOC-的数目不同，结构不相似，不是同系物，故C错误；

D.乙酸可在水中发生电离，为电解质，而乙醇不能，乙醇为非电解质，故D错误。

所以B选项是正确的。17、A【解析】

a的最外层电子数是内层电子数的3倍，a是O元素；a、c同主族，c是S元素；a、c、d的最外层电子数之和为19，d是Cl元素；b为金属元素，b是Na、Mg、Al中的一种。【详解】A、O和Na可以形成Na2O2，是含有共价键的离子化合物，故A正确；B、电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径S2－＞Cl－，故B错误；C、最高价含氧酸的酸性d＞c，这里没有说是最高价，故C错误；D、若b为Al元素，则Al3＋和S2－在水溶液中不能大量共存，故D错误。【点睛】本题以元素推断为载体，考查原子结构与位置关系、核外电子排布规律、半径比较、化学键、元素化合物性质等，清楚核外电子排布规律是解题的关键。18、B【解析】

A、乙醇中羟基与乙基相连，苯酚中羟基与苯环相连，乙醇是非电解质而苯酚有弱酸性是烃基对羟基的影响，错误；B、卤代烃难溶于水，低级醇、低级醛和水分子间形成氢键，易溶于水，未涉及原子或原子团相互影响，正确；C、甲醇没有酸性，甲酸中羰基对羟基影响，使羟基氢活泼，发生电离，具有酸性，错误；D、苯酚中羟基影响苯环使苯环上羟基邻、对位氢原子活泼易被取代，易与浓溴水反应生成白色沉淀，错误。19、C【解析】

A.环境中杀灭新型冠状病毒可用“84”消毒液，利用“84”消毒液的强氧化性，使蛋白质变性，故A增强；B.维生素C具有还原性，可用维生素C作食品中的抗氧化剂，故B正确；C.治疗胃酸过多可用NaHCO3和Al(OH)3，不能用Ca(OH)2，Ca(OH)2碱性较强，会灼伤胃，故C错误；D.除去工业废水中的Cu2+可用FeS，Cu2+(aq)+FeS(s)CuS(s)+Fe2+(aq)，生成更难溶的CuS，故D正确。综上所述，答案为C。20、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。21、D【解析】

A．碱金属元素，单质的熔沸点随着原子序数增大而减小，卤族元素，单质的熔沸点随着原子序数增大而升高，所以同主族元素从上到下，单质的熔点可能逐渐降低、也可能逐渐升高，A错误；B．同一主族元素，氢化物的熔沸点随着相对分子质量增大而升高，但含有氢键的物质熔沸点较高，碳族元素氢化物的熔点随着原子序数增大而增大，B错误；C．同一周期元素，从左到右，金属元素形成的阳离子具有上一周期惰性气体的原子结构，简单离子半径逐渐减小；而非金属元素形成的阴离子具有同一周期惰性气体的原子结构，原子序数越大，离子半径越小，同一周期金属元素的离子半径小于非金属元素的离子半径，第IIIA族元素简单离子半径最小，C错误；D．元素的金属性越强，其原子失电子能力越强，同一周期元素，元素的金属性随着原子序数增大而减弱，非金属性随着原子序数增大而增强，所以同周期元素(除零族元素外)从左到右，原子失电子能力逐渐减弱，得电子的能力逐渐增强，D正确；故合理选项是D。22、D【解析】

A.聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故A正确；B.硅为良好的半导体材料，能制造太阳能电池板，所以“玉兔号”月球车上的太阳能电池的材料是硅，故B正确；C.将太阳能直接转化为电能，有利于节能环保，故C正确；D.泡沫灭火器适用于一般的起火，但不适用于电器起火，故D错误；故选D。二、非选择题(共84分)23、FeS2112Fe3++Fe=3Fe2+:分散质微粒的直径(nm)；H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+【解析】

由③中信息可知：

B气体是引起酸雨的主要物质，则B为SO2，H常温下为无色无味的液体，则H为H2O；E常用作红色油漆和涂料，故E为Fe2O3，则A中应含Fe、S两种元素。由②可计算得到A的化学式为FeS2，再结合流程图可推知甲为O2，C为SO3，D为H2SO4

乙由E(Fe2O3)和乙在高温的条件下生成丁(单质)可知，丁为Fe，D

(

H2SO4)

+E

(

Fe2O3)→F，则F为Fe2

(SO4)3，G为FeSO4，丙可以为S等，乙可以为碳或氢气等。【详解】(1)由上述分析可知，A的化学式为FeS2，高温下燃烧的化学方程式为:

4FeS2

+

11O2

2Fe2O3

+8SO2，由此分析可知，每消耗4

mol

FeS2，转移电子为44mol，即每反应1

mol的A

(

FeS2)转移的电子为11

mol

，故答案为.：FeS2；11。

(2)由转化关系图可知F为Fe2

(SO4)3，丁为Fe，G为FeSO4，则有关的离子反应为:

Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；

(3)少量饱和Fe2

(SO4)3溶液加入①冷水中形成溶液，溶质为Fe2

(SO4)3；加入②NaOH溶液中会产生Fe

(OH)

3沉淀，形成浊液；加入③沸水中会产生Fe

(OH)

3胶体，即①Fe2

(SO4)3、③Fe

(OH)

3胶体、②

Fe

(OH)

3沉淀，故答案为:分散质微粒的直径(nm)；

(4)化合物M与H

(

H2O)组成元素相同，则M为H2O2，M在酸性条件下将G

(

FeSO4)氧化为F[Fe2

(SO4)3]的离子方程式为：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+，故答案为：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+。24、1,2-二氯乙烷取代反应AD18Cu/Ag，O2，△【解析】

根据流程图，卤代烃A()在氢氧化钠溶液中水解生成B，B为，C()在氢氧化钠条件下反应生成D，D与甲醇发生酯交换生成E()，D的分子式为C3H4O3，核磁共振氢谱只有一组峰，因此D为，据此分析解答(1)~(6)；(7)CH2=CHCH3与HBr发生加成反应生成CH3CHBrCH3，CH3CHBrCH3水解生成CH3CHOHCH3，最后将CH3CHOHCH3氧化即可得到丙酮，据此分析解答。【详解】(1)A的结构简式为，名称为1,2-二氯乙烷，D的结构简式为，故答案为1,2-二氯乙烷；；(2)B为，C为，B与发生取代反应生成，故答案为取代反应；(3)H为。A.根据H的结构简式，H的分子式为C15H16O2，故A正确；B.H中含有酚羟基，具有弱酸性，但含有2个苯环，不属于苯酚的同系物，故B错误；C.结构中含有，是四面体结构，因此分子中碳原子一定不共面，故C错误；D.酚羟基的邻位和对位氢原子能够发生取代反应，1molH与浓溴水取代所得有机物中最多含有4个溴原子，酚羟基和溴原子均能消耗NaOH，且溴原子水解生成的酚羟基也能与氢氧化钠反应，因此1mol最多消耗10mol氢氧化钠，故D正确，故答案为AD；(4)A→B是卤代烃的水解反应，反应的化学方程式为，故答案为；(5)最常见的聚碳酸酯是用H与光气()聚合得到，与发生缩聚反应生成，故答案为；(6)H()的不饱和度=8，H的同分异构体中满足下列条件：①有萘环()结构，不饱和度=7，②能发生水解和银镜反应，说明结构中含有酯基和醛基，因此属于甲酸酯类物质，酯基的不饱和度=1，因此其余均为饱和结构，③两个乙基且在一个环上，两个乙基在一个环上有、、、4种情况，HCOO-的位置分别为6、6、3、3，共18种结构，故答案为18；(7)CH2=CHCH3与HBr发生加成反应生成CH3CHBrCH3，CH3CHBrCH3水解生成CH3CHOHCH3，最后将CH3CHOHCH3氧化即可得到丙酮，因此L为CH3CHOHCH3，反应③的条件为Cu/Ag，O2，△，故答案为CH3CHOHCH3；Cu/Ag，O2，△。【点睛】本题的难点和易错点为(3)D的判断，要注意H与溴水的取代产物为，与氢氧化钠充分反应生成和溴化钠。25、溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清（或浑浊减少）减小关闭、，打开过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加Ba溶液，有白色沉淀生成【解析】

（1）装置A中试剂1为浓硫酸，试剂2为Na2SO3，反应生成二氧化硫气体；（2）检查装置气密性后，添加药品，pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解的原因；打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓慢匀速滴下，反应分步进行：Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO22Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓Na2SO3+S═Na2S2O3（较慢）发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2

，据此分析反应现象；当pH计读数接近7时，立即停止通SO2，SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率，操作是关闭K1、K2，打开K3；（3）预测S2O32-转变为SO42-，可以利用检验硫酸根离子的方法设计实验检验；【详解】（1）装置A中试剂1为浓硫酸，试剂2为Na2SO3，反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4，故答案为SO2；

H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4；(2)检查装置气密性后，添加药品，pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解，水解离子方程式为：S2−+H2O⇌HS−+OH−，打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓慢匀速滴下，反应分步进行：Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO22Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓Na2SO3+S═Na2S2O3（较慢）发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2

，反应过程中的现象是导管口有气泡冒出，溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清(或浑浊减少)，碳酸钠溶液变化为亚硫酸钠溶液和硫代硫酸钠溶液，pH计读数逐渐减小当pH计读数接近7时，立即停止通SO2，操作是关闭K1、K2，打开K3，必须立即停止通SO2的原因是：SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率，故答案为S2−+H2O⇌HS−+OH−；溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清(或浑浊减少)；减小；关闭K1、K2，打开K3；SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率；(3)Na2S2O3有还原性，可作脱氯剂。向Na2S2O3溶液中通入少量Cl2，某同学预测S2O32−转变为SO42−，设计实验为：取少量反应后的溶液于试管中，加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，故答案为加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成；26、NH3+HCl=NH4Cl苯胺沸点较高，不易挥发bC6H5NH3++OH-→C6H5NH2+H2O蒸出物为混合物，无需控制温度防止B中液体倒吸60.0%加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过滤【解析】

(1)根据浓氨水和浓盐酸都具有挥发性结合题中信息苯胺沸点184℃分析；(2)为了获得较好的冷凝效果，采用逆流原理；(3)根据题中信息，联系铵盐与碱反应的性质，通过类比迁移，不难写出离子方程式；(4)根据蒸馏产物分析；(5)根据装置内压强突然减小会引起倒吸分析；(6)根据关系式即可计算苯胺的产率；(7)根据物质的性质分析作答。【详解】(1)蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，是浓氨水挥发出来的NH3和浓盐酸挥发出来的HCl反应生成NH4Cl固体小颗粒，化学方程式为：NH3+HCl=NH4Cl；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是苯胺沸点184℃，比较高，不易挥发；(2)图1装置包含了产品的分馏，是根据各组分的沸点的不同、用加热的方法来实现各组分的分离的操作，冷凝管是下口进水，上口出水，保证冷凝效果，故答案为：b；(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为C6H5NH3++OH-→C6H5NH2+H2O；(4)因为蒸馏出来的是水和苯胺的混合物，故无需温度计；(5)操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是防止装置B内压强突然减小引起倒吸；(6)设理论上得到苯胺m，根据原子守恒可知C6H5NO2～C6H5NH2，则m＝=4.65g，所以该实验中苯胺的产率=×100%=60%；(7)在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺，分液后用NaOH固体干燥苯胺中还含有的少量水分，滤去NaOH固体，即可得较纯净的苯胺，即实验方案是：加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过滤。27、重结晶冷凝回流乙醇和水水浴加热吸水剂由白色变为蓝色蒸馏分液漏斗降低苯甲酸乙酯的溶解度利于分层Na2CO3或NaHCO380.0【解析】

苯甲酸与乙醇在浓硫酸作催化剂发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙醇和苯甲酸能够混溶，苯甲酸乙酯与乙醇沸点差异较大，因此操作I为蒸馏，混合液2中主要成分为苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入试剂X除去苯甲酸，因此可选择试剂饱和碳酸钠进行除杂，然后分液制备粗产品，然后通过干燥制备苯甲酸乙酯纯品，以此解答本题。【详解】（1）可通过重结晶的方式提高原料苯甲酸的纯度；（2）仪器A为球形冷凝管，在制备过程中乙醇易挥发，因此通过球形冷凝管冷凝回流乙醇和水；该反应中乙醇作为反应物，因此可通过水浴加热，避免乙醇大量挥发；（3）仪器B中吸水剂为无水硫酸铜的乙醇饱和溶液，吸收水分后生成五水硫酸铜，吸水剂由白色变为蓝色；（4）由上述分析可知，操作I为蒸馏；操作II为分液，除烧杯外，还需要的玻璃仪器为分液漏斗；（5）因苯甲酸乙酯难溶于冷水，步骤③中将反应液倒入冷水的目的还有降低苯甲酸乙酯的溶解度有利于分层；试剂X为Na2CO3溶液或NaHCO3溶液；（6）12g苯甲酸乙酯的物质的量为，苯甲酸的物质的量为，反应过程中乙醇过量，理论产生苯甲酸乙酯的物质的量为0.1mol，实验产率为。28、2:3:1SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解xSOCl2+ZnCl2·xH2O=ZnCl2+xSO2↑+2xHCl↑D→E→F→Cdaefc0.56SOCl2+2Fe3++3H2O=SO42-+6H++2Fe2++2Cl-BaCl2溶液K3[Fe(CN)6]溶液若无蓝色沉淀出现【解析】

（1）根据原子利用率达100%,硫黄（S）、液氯和三氧化硫为原料制SOCl2，根据原子、电子守恒完成反应方程式。由二氯亚砜

(SOCl2)

是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂，选择装