安徽卓越县中联盟新高考压轴卷化学试卷及答案解析

安徽卓越县中联盟新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、下列各组物质混合后，再加热蒸干并在300℃时充分灼烧至质量不变，最终可能得到纯净物的是A．向FeSO4溶液中通入Cl2B．向KI和NaBr混合溶液中通入Cl2C．向NaAlO2溶液中加入HCl溶液D．向NaHCO3溶液中加入Na2O2粉末2、主族元素M、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20；M是地壳中含量最多的元素，X、Z为金属元素；X、Y、Z最外层电子数之和为12。下列说法不正确的是（）A．简单离子半径：X＜M＜YB．Z与M形成的化合物中一定只含离子键C．YM2可用于自来水消毒D．工业上常用电解M与X组成的化合物制单质X3、下列对化学用语的理解正确的是（）A．乙烯的结构简式：CH2CH2B．电子式可以表示氢氧根离子，也可以表示羟基C．比例模型可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子D．结构示意图可以表示35Cl-，也可以表示37Cl-4、t℃时,向20.00mL0.1mol/L二元弱酸H2X溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液,溶液中由水电离出的c水(OH-)的负对数[-lgc水(OH-)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中不正确的是A．M点溶液中:c(Na+)>c(HX-)>c(H2X)B．P点溶液中:c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)C．溶液中D．水的电离程度:P>N=Q>M,且a=75、25℃时，向20.00mL0.100mol•L-1的氨水和醋酸铵溶液中分别滴加0.100mol•L-1的盐酸溶液，溶液pH随加入盐酸体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（）A．25℃时，Kb（NH3•H2O）＝Ka（CH3COOH）≈10-5B．b点溶液中水的电离程度比c点溶液中的大C．在c点的溶液中：c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）D．在a点的溶液中：c（NH4+）+2c（H+）═2c（CH3COO-）+c（NH3•H2O）+2c（OH-）6、设NA为阿伏加德罗常数值。如图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是A．N2O转化成无害气体时的催化剂是Pt2O2+B．每1molPt2O+转化为Pt2O2+得电子数为3NAC．将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，无明显现象D．1gCO2、N2O的混合气体中含有电子数为0.5NA7、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2NA8、下表中对应关系正确的是()ACH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HClCH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl均为取代反应B由油脂得到甘油；由卤代烃制醇均发生了水解反应CCl2+2Br‾→2Cl‾+Br2；Zn+Cu2+→Zn2++Cu均为单质被还原的置换反应D2Na2O2+2H2O→4NaOH+O2↑；2F2+2H2O→4HF+O2均为水作还原剂的氧化还原反应A．A B．B C．C D．D9、给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是A．NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)B．CuCl2Cu(OH)2CuC．AlNaAlO2(aq)NaAlO2(s)D．MgO(s)Mg(NO3)2(aq)Mg(s)10、钨是高熔点金属，工业上用主要成分为FeWO4和MnWO4的黑钨铁矿与纯碱共熔冶炼钨的流程如下，下列说法不正确的是（）A．将黑钨铁矿粉碎的目的是增大反应的速率B．共熔过程中空气的作用是氧化Fe(II)和Mn(II)C．操作II是过滤、洗涤、干燥，H2WO4难溶于水且不稳定D．在高温下WO3被氧化成W11、缓冲溶液可以抗御少量酸碱对溶液pH的影响。人体血液里最主要的缓冲体系是碳酸氢盐缓冲体系(H2CO3/HCO3-)，维持血液的pH保持稳定。己知在人体正常体温时，反应H2CO3HCO3-+H+的Ka=10-6.1，正常人的血液中c(HCO3-)：c(H2CO3)≈20：1，lg2=0.3。则下列判断正确的是A．正常人血液内Kw=10-14B．由题给数据可算得正常人血液的pH约为7.4C．正常人血液中存在：c(HCO3－)+c(OH－)+2c(CO32－)=c(H＋)+c(H2CO3)D．当过量的碱进入血液中时，只有发生HCO3－+OH－=CO32－+H2O的反应12、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（）A．标准状况下，22.4LCH4含有的共价键数为NAB．1molFe与1molCl2充分反应，电子转移数为3NAC．常温下，pH=2的醋酸溶液中含有的H+数目为0.02NAD．常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NA13、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和高锰酸钾固体B．用装置II验证二氧化硫的漂白性C．用装置III制备氢氧化亚铁沉淀D．用装置IV检验氯化铵受热分解生成的两种气体14、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—N15、下列实验中所用的试剂、仪器或用品(夹持装置、活塞省去)能够达到该目的的是()选项目的试剂仪器或用品A验证牺牲阳极的阴极保护法酸化NaCl溶液、Zn电极、Fe电极、铁氰化钾烧杯、电流表、导线、胶头滴管B铝热反应氧化铁、铝粉滤纸、酒精灯、木条、盛沙子的蒸发皿C配制1.000mol/LNaClNaCl容量瓶、烧杯、玻璃棒、试剂瓶D制备乙酸乙酯乙醇、乙酸、饱和碳酸钠大小试管、酒精灯A．A B．B C．C D．D16、下列物质中导电能力最差的是（）A．熔融态KHSO4 B．铜片 C．0.1mol/LH2SO4 D．固态KCl17、下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是A．A B．B C．C D．D18、下列实验操作正确的是A．稀释浓硫酸 B．添加酒精C．检验CO2是否收集满 D．过滤19、烷烃命名中常使用三套数字，甲、乙、丙……，1、2、3……，一、二、三……。其中“一、二、三……”是说明A．碳原子数 B．烷基位置编号 C．氢原子数 D．同种烷基数目20、下列说法正确的是A．SiO2制成的玻璃纤维，由于导电能力强而被用于制造通讯光缆B．水分子中O－H键的键能很大，因此水的沸点较高C．Na2O2中既含有离子键又含有共价键，但Na2O2属于离子化合物D．1molNH3中含有共用电子对数为4NA(NA为阿伏加德罗常数的值)21、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.1molCl2和足量的水反应，转移电子数为0.1NAB．SO2和CO2的混合气体1.8g中所含中子数为0.9NAC．标准状况下，22.4L丙烷含有的共价键总数为11NAD．pH=11的Ba(OH)2溶液中水电离出的氢离子数目为1×10-11NA22、下列说法不正确的是A．石油分馏可获得汽油、煤油、石蜡等矿物油，煤焦油干馏可获得苯、甲苯等有机物B．生活中常见的聚乙烯、聚氯乙烯、纶、有机玻璃、合成橡胶都是通过加聚反应得到的C．按系统命名法，有机物可命名为2，2，4，4，5—五甲基—3，3—二乙基己烷D．碳原子数≤6的链状单烯烃，与HBr反应的产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有4种(不考虑顺反异构)二、非选择题(共84分)23、（14分）环戊噻嗪是治疗水肿及高血压的药物，其中间体G的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)A的化学名称是_____________。B中含有官能团的名称为_____________。(2)反应②的反应类型是________________。(3)C的结构简式为_______________。(4)G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为___________________。(5)X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，则符合条件的X的结构简式为_________________。(6)设计由1,3-丙二醇和丙二酸二乙酯制备的合成路线(其他试剂任选)______________。24、（12分）花椒毒素(Ⅰ)是白芷等中草药的药效成分，也可用多酚A为原料制备，合成路线如下：回答下列问题：（1）①的反应类型为_____________________；B分子中最多有_________个原子共平面。（2）C中含氧官能团的名称为______________________；③的“条件a”为____________________。（3）④为加成反应，化学方程式为__________________________________。（4）⑤的化学方程式为__________________________________。（5）芳香化合物J是D的同分异构体，符合下列条件的J的结构共有_________种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式为_________________。(只写一种即可)。①苯环上只有3个取代基；②可与NaHCO3反应放出CO2；③1molJ可中和3molNaOH。（6）参照题图信息，写出以为原料制备的合成路线(无机试剂任选)：______________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氧化物。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，制备装置如下图所示：为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：装置Ⅰ装置Ⅱ烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2①②制备纯净NOCu③④②___________，③___________。

(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装置Ⅶ的作用为________________，若无该装置，Ⅸ中NOCl可能发生反应的化学方程式为_______________________________。③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。为解决这一问题，可将尾气与某种气体同时通入氢氧化钠溶液中，这种气体的化学式是__________。(3)丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为___________________。(4)丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯(NOCl)纯度取Ⅸ中所得液体mg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。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体)①亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_________(用代数式表示即可)。②若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则所测亚硝酰氯的纯度_________(偏高、偏低、无影响)26、（10分）硫酸铜是一种常见的化工产品，它在纺织、印染、医药、化工、电镀以及木材和纸张的防腐等方面有极其广泛的用途。实验室制备硫酸铜的步骤如下:①在仪器a中先加入20g铜片、60mL水，再缓缓加入17mL浓硫酸:在仪器b中加入39mL浓硝酸;在仪器c中加入20%的石灰乳150mL。②从仪器b中放出约5mL浓硝酸，开动搅拌器然后采用滴加的方式逐渐将浓硝酸加到仪器a中，搅拌器间歇开动。当最后滴浓硝酸加完以后，完全开动搅拌器，等反应基本停止下来时，开始用电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，立即将导气管从仪器c中取出，再停止加热。③将仪器a中的液体倒出，取出未反应完的铜片溶液冷却至室温.析出蓝色晶体.回答下列问题:（1）将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是__________。（2）写出装置a中生成CuSO4的化学方程式:_______。（3）步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，此时会产生的气体是______，该气体无法直接被石灰乳吸收，为防止空气污染，请画出该气体的吸收装置（标明所用试剂及气流方向）______。（4）通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu（NO3）2,可来用重结晶法进行提纯，检验Cu（NO3）2是否被除净的方法是_______。（5）工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4的优点是_______。（6）用滴定法测定蓝色晶体中Cu2+的含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL用cmol·L-1EDTA（H2Y）标准溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液bmL，滴定反应为Cu2++H2Y=CuY+2H+，蓝色晶体中Cu2+质量分数_____%.27、（12分）铜锈的主要成分是铜绿，某化学兴趣小组为了研究铜生锈的条件，进行了如下图所示的实验。一月后，发现B中的铜丝慢慢生锈，且水面处铜丝生锈较为严重，而A、C、D中的铜丝基本无变化。试根据实验回答下列问题：(1)铜生锈所需要的条件是：铜与________相互作用发生化学反应的结果。(2)写出铜生锈产生铜绿[Cu2(OH)2CO3]的化学反应方程式________。(3)推测铜和铁，________更易生锈。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）KClO3是一种常见的氧化剂，常用于医药工业、印染工业和制造烟火。实验室用KClO3和MnO2混合加热制氧气，现取KClO3和MnO2的混合物16.60g加热至恒重，将反应后的固体加15g水充分溶解，剩余固体6.55g（25℃），再加5g水充分溶解，仍剩余固体4.80g（25℃）。（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，则原混合物中KClO3的质量为___g；（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物①求25℃时KCl的溶解度___；②求原混合物中KClO3的质量___；③所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为多少___？（保留2位小数）（3）工业常利用3Cl2+6KOH（热）→KClO3+5KCl+3H2O，制取KClO3（混有KClO）。实验室模拟KClO3制备，在热的KOH溶液中通入一定量氯气充分反应后，测定溶液中n(K+)：n(Cl-)=14：11，将所得溶液低温蒸干，那么在得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为多少？___

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】

A、FeSO4溶液和过量Cl2反应生成硫酸铁和FeCl3，硫酸铁和FeCl3加热水解生成氢氧化铁、硫酸和氯化氢，水解吸热且生成的氯化氢极易挥发，但硫酸是难挥发性酸，所以最终得到氢氧化铁，硫酸铁，灼烧后氢氧化铁分解产生氧化铁和水，则最后产物是硫酸铁和氧化铁，属于混合物，故A不确；B、KI、NaBr与过量的氯气反应生成单质碘、溴、化钾钠。在高温下碘升华，溴和水挥发，只剩KCl、NaCl，属于混合物，B不正确；C、向NaAlO2溶液中加入HCl溶液生成氢氧化铝和氯化钠，如果氯化氢过量，则生成氯化钠和氯化铝，因此加热蒸干、灼烧至质量不变，最终产物是氯化钠和氧化铝，是混合物，C不正确；D、向NaHCO3溶液中加入Na2O2粉末，过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气。氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，所以最终产物可能只有碳酸钠，属于纯净物，D正确；答案选D。2、B【解析】

主族元素M、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20；M是地壳中含量最多的元素，则M为O元素；X、Z为金属元素，其最外层电子数只能为1、2、3，当X最外层电子数为1时，Z的最外层电子数可能为1、2、3，Y的最外层电子数为12-1-1=10、12-1-2=9、12-1-3=8，都不可能，所以X、Z最外层电子数只能为2、3，Y的最外层电子数为12-2-3=7，结合原子序数大小及都是主族元素可知，X为Al、Y为Cl、Z为Ca元素【详解】根据分析可知：M为O，X为Al，Y为Cl，Z为Ca元素。A．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X＜M＜Y，故A正确；B．O、Ca形成的过氧化钙中含有O-O共价键，故B错误；C．ClO2具有强氧化性，可用于自来水消毒，故C正确；D．工业上通过电解熔融氧化铝获得金属铝，故D正确；答案选B。【点睛】难点：通过讨论推断X、Y为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质。3、D【解析】

A、乙烯分子中含有官能团碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故A错误；B、羟基是中性原子团，电子式为，氢氧根离子带有一个单位负电荷，电子式为，所以电子式只能表示羟基，不能表示氢氧根离子，故B错误；C、甲烷和四氯化碳分子均为正四面体结构，但Cl原子半径大于C，所以可以表示甲烷分子，但不可以表示四氯化碳分子，故C错误；D、35Cl-和37Cl−的中子数不同，但核电荷数和核外电子数相同，均为Cl−，核电荷数为17，核外电子数为18，结构示意图为，故D正确；故选：D。【点睛】有机化合物用比例式表示其结构时，需注意原子之间的半径相对大小以及空间结构；多原子组成的离子的电子式书写需注意使用“[]”将离子团括起来，并注意电荷书写位置。4、D【解析】

二元弱酸H2X溶液中滴NaOH溶液，先发生H2X+OH-=H2O+HX-，然后发生HX-+OH-=H2O+X2-；【详解】A．M点加入20.0mLNaOH溶液，溶液中的溶质为NaHX，溶液中存在HX-的电离和水解，所以此时c(Na+)>c(HX-)，水解是微弱的所以c(HX-)>c(H2X)，故A正确；B．P点加入40.0mLNaOH溶液，所以溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c（OH-）=c（H+）+c（HX-）+2c（H2X），即c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)，故B正确；C．，据图可知随着氢氧化钠加入，M、N、P、Q的碱性增强，则c(H+)减小，所以溶液中，故C正确；D．水电离出的OH-浓度越大水的电离程度越大，即图中纵坐标越小水的电离程度越大，所以水的电离程度:P>N=Q>M；温度未知，无法确定水的电离平衡常数，所以无法确定a的值，故D错误；故答案为D。【点睛】电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。5、C【解析】

A.根据图象可知，0.100mol•L﹣1的氨水的pH=11，c（OH﹣）=10﹣3mol/L，Kb（NH3•H2O）==10﹣5，醋酸铵溶液的pH=7，说明铵根离子和醋酸的水解程度相等，则二者的电离平衡常数相等，即25℃时，Kb（NH3•H2O）=Ka（CH3COOH）≈10﹣5，故A正确；B.加入20mL等浓度的HCl溶液后，氨水恰好反应生成氯化铵，b点铵根离子水解促进了水的电离，而c点溶质为醋酸和氯化铵，醋酸电离出的氢离子使溶液呈酸性，抑制了水的电离，则b点溶液中水的电离程度比c点溶液中的大，故B正确；C.Kb（NH3•H2O）=Ka（CH3COOH）≈10﹣5，Kh（NH4+）=≈10﹣9＜10﹣5，醋酸的电离程度较大，则c（NH4+）＞c（CH3COOH），正确的离子浓度大小为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（CH3COOH）＞c（OH﹣），故C错误；D.在a点的溶液中反应后溶质为等浓度的CH3COONH4、NH4Cl和CH3COOH，根据电荷守恒可知：c（NH4+）+c（H+）═c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒可得：2c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（NH3•H2O），二者结合可得：c（NH4+）+2c（H+）═2c（CH3COO﹣）+c（NH3•H2O）+2c（OH﹣），故D正确。故选C。【点睛】明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒在盐的水解中的运用。6、D【解析】

A．根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A错误；B．根据转化关系，结合得失电子守恒，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，氧化还原反应方程式为：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1molN2O转化为N2得到2mol电子，则每1molPt2O+转化为Pt2O2+失电子为2mol，数目为2NA，故B错误；C．将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C错误；D．CO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol，一个分子中含有电子数都为22个，则1gCO2、N2O的混合气体的物质的量为mol，含有电子数为mol×22×NA=0.5NA，故D正确；答案选D。【点睛】B项计算转移的电子数时，必须正确写出反应方程式，根据化合价的变化，物质的关系，计算出转移的电子数。7、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。8、B【解析】

A．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl为烯烃的加成反应，而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl为烷烃的取代反应，故A错误；B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；卤代烃水解产物为醇，则均发生水解反应，故B正确；C．Zn+Cu2+=Zn2++Cu反应中，Zn元素化合价升高，Zn单质被氧化，故C错误；D．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；2F2+2H2O→4HF+O2中只有O元素的化合价升高，作还原剂，故D错误；正确答案是B。【点睛】把握反应中结构变化、反应条件及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注重高频考点的考查，题目难度不大。9、C【解析】

A.NaCl溶液中通入二氧化碳不能反应生成碳酸氢钠，但碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，故不正确；B.CuCl2和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜和葡萄糖反应生成氧化亚铜沉淀，不能得到铜，故错误；C.Al和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠溶液加热蒸干得到偏铝酸钠固体，故正确；D.MgO(s)和硝酸反应生成硝酸镁，硝酸镁溶液电解实际是电解水，不能到金属镁，故错误。故选C。10、D【解析】

A.根据影响反应速率的外界因素分析知，将黑钨铁矿粉碎的目的是增大反应的速率，故A正确；B.根据流程图知，FeWO4和MnWO4在空气中与纯碱共熔反应生成MnO2、Fe2O3，Fe(II)和Mn(II)化合价升高为Fe(III)和Mn(IV)，碳酸钠无氧化性，则过程中空气的作用是氧化Fe(II)和Mn(II)，故B正确；C.根据流程图可知Na2WO4为可溶性钠盐，与硫酸发生复分解反应生成H2WO4，H2WO4难溶于水，可以通过过滤、洗涤、干燥，分离出来，加热后分解生成WO3，所以H2WO4难溶于水且不稳定，故C正确；D.WO3生成W的过程中，元素化合价降低，应该是被氢气还原，故D错误。故选D。11、B【解析】

A．25℃时，KW=10-14，人的正常体温是36.5℃左右，所以血液内的KW＞10-14，A项错误；B．由题可知，，那么即，代入数值得，B项正确；C．选项中的等式，因为电荷不守恒，所以不成立，即，C项错误；D．当过量的碱进入血液时，还会发生，D项错误；答案选B12、D【解析】

A、标准状况下，22.4LCH4的物质的量为1mol，1mol甲烷中有4molC－H，因此22.4L甲烷中共价键的物质的量为22.4×4/22.4mol=4mol，故错误；B、2Fe＋3Cl2=2FeCl3，铁过量，氯气不足，因此转移电子物质的量为1×2×1mol=2mol，故错误；C、没有说明溶液的体积，无法计算物质的量，故错误；D、由于N2O4的最简式为NO2，所以46g的NO2和N2O4混合气体N2O4看作是46gNO2，即1mol，原子物质的量为1mol×3=3mol，故正确。13、D【解析】

A．加热碘升华，高锰酸钾分解，加热法不能分离两者混合物，故A错误；B．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，与二氧化硫的还原性有关，与漂白性无关，故B错误；C．关闭止水夹，NaOH难与硫酸亚铁接触，不能制备氢氧化亚铁，故C错误；D．氯化铵分解生成氨气、HCl，氨气可使湿润的酚酞试纸变红，HCl可使蓝色石蕊试纸变红，P2O5可以吸收氨气，碱石灰可以吸收HCl,所以可检验氯化铵受热分解生成的两种气体，故D正确；本题答案：D。14、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。15、A【解析】

A.酸化NaCl溶液、Zn电极、Fe电极构成的原电池中，加入铁氰化钾后，无蓝色沉淀生成，说明铁作正极被保护，A可以达到实验目的，A正确；B.铝热反应需要氯酸钾、镁条来引发反应，无镁条和氯酸钾反应不能发生，B错误；C.用NaCl固体来配制一定物质的量浓度的溶液时，需要用到的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管等，另外还缺少试剂蒸馏水，不能达到实验目的，C错误；D.酯化反应需要用浓硫酸作催化剂，无浓硫酸作催化剂，反应不能发生，D错误；故合理选项是A。16、D【解析】

导电能力最差的应是离子浓度最小，或不存在自由移动的离子等情况，如固体氯化钾，据此进行解答。【详解】固体KCl不能电离出自由移动的离子，不能导电，而熔融态KHSO4、0.1mol/LH2SO4都存在自由移动的离子，都能导电，铜片为金属，存在自由移动的电子，也能导电，所以导电能力最差的是固态KCl；故答案选D。【点睛】金属导电是因为含有自由移动的电子，而电解质导电是因为含有自由移动的离子；比如KCl是电解质，但是在固态时不导电，没有自由移动的离子；但是氯化钾溶于水或在熔融状态下，存在自由移动的离子，就能够导电，所以电解质不一定能够导电，导电的也不一定是电解质。17、B【解析】

A．氢氧化铝不能一步反应生成铝，不符合转化关系，A不符合题意；B．稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，符合转化关系，B符合题意；C．二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成硅酸，不符合转化关系，C不符合题意；D．Cu与氧气反应生成氧化铜，氧化铜不能与水反应产生氢氧化铜，氢氧化铜不能直接变为铜单质，不符合转化关系，D不符合题意；故合理选项是B。18、A【解析】

A．稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散；一定不能把水注入浓硫酸中，故A正确；B．使用酒精灯时要注意“两查、两禁、一不可”，不能向燃着的酒精灯内添加酒精，故B错误；C．检验CO2是否收集满，应将燃着的木条放在集气瓶口，不能伸入瓶中，故C错误；D．过滤液体时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则，玻璃棒紧靠三层滤纸处，故D错误；故答案选A。19、D【解析】

据烷烃的命名规则，理解所用数字的含义。【详解】烷烃系统命名时，甲、乙、丙……，表示主链碳原子数目。1、2、3……，用于给主链碳原子编号，以确定取代基在主链的位置。一、二、三……，用于表示相同取代基的数目。本题选D。20、C【解析】

A．二氧化硅是绝缘体不能导电，光导纤维中传递的是激光，利用的是二氧化硅的导光性，A项错误；B．水的沸点高是因为水分子之间可以形成氢键，与水分子内的O-H键键能无关，B项错误；C．物质只要含有离子键则为离子化合物，过氧化钠中Na+和是以离子键结合，中的O是以共价键结合，C项正确；D．NH3中有三条共价键，共价键即原子之间通过共用电子对形成的相互作用，所以1molNH3中含有3NA个共用电子对，D项错误；答案选C。21、B【解析】

A、氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于0.1NA个，故A错误；B、SO2和CO2的摩尔质量分别为64g/mol和44g/mol，两者中分别含32个和22个中子，即两者均为2g时含1mol中子，故1.8g混合物中含0.9NA个中子，故B正确；C、标况下22.4L丙烷的物质的量为1mol，而丙烷中含10条共价键，故1mol丙烷中含共价键总数为10NA，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中水电离出的氢离子的个数无法计算，故D错误；故答案为B。【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意同位素原子的差异；④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑤注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是由Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。22、A【解析】

A.石油分馏主要得到汽油、煤油、柴油、石蜡等，煤干馏发生化学变化可得到苯和甲苯，煤焦油分馏可获得苯、甲苯等有机物，故A错误；B.由乙烯发生聚合反应生成聚乙烯；氯乙烯发生聚合反应生成聚氯乙烯；纶又叫做合成纤维，利用石油、天然气、煤和农副产品作原料得单体经过特殊条件发生聚合反应生成如：氯纶：、腈纶：；有机玻璃有机玻璃是甲基丙烯酸甲酯聚合生成：；合成橡胶是由不同单体在引发剂作用下，经聚合而成的品种多样的高分子化合物，单体有丁二烯、苯乙烯、丙烯腈、异丁烯、氯丁二烯等多种，故B正确；C.按系统命名法，有机物的结构简式中的每个节点和顶点为C，根据有机物中每个碳原子连接四个键，与碳原子相连的其他键用氢补充。六个碳的最长链作为主链，其余五个甲基、两个乙基做支链，主链编号时以相同取代基位数之和最，因此该有机物为2，2，4，4，5—五甲基—3，3—二乙基己烷，故C正确；D.碳原子数≤6的链状单烯烃，与HBr反应的产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有CH2=CH2；CH3CH=CHCH3；CH3CH2CH=CHCH2CH3；（CH3）2CH=CH（CH3）2(不考虑顺反异构)，共4种，故D正确；答案选A。二、非选择题(共84分)23、氯乙酸乙酯酯基取代反应+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O和【解析】

(1)直接命名A的化学名称和B中含有官能团的名称。(2)先根据②③前后联系得出C的结构简式，得出反应②的反应类型。(3)根据②③前后联系得出C的结构简式(4)联系教材的乙醛与新制Cu(OH)2反应书写方程式。(5)X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，说明X中含有羧基或酯基，总共有7个碳原子，除了六元环，还剩余1个碳原子，再进行书写。(6)先将1,3-丙二醇与HBr反应，得到，再在一定条件下与CH2(COOC2H5)2得到，再水解和酸化得到，最后再根据反应④得到产物。【详解】(1)A的化学名称是氯乙酸乙酯；B中含有官能团的名称为酯基，故答案为：氯乙酸乙酯；酯基。(2)根据②③前后联系得出C的结构简式为，因此反应②的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应。(3)根据上题分析得出C的结构简式为，故答案为：。(4)G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O。(5)X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，说明X中含有羧基或酯基，总共有7个碳原子，除了六元环，还剩余1个碳原子，因此则符合条件的X的结构简式为和，故答案为：和。(6)先将1,3-丙二醇与HBr反应，得到，再在一定条件下与CH2(COOC2H5)2得到，再水解和酸化得到，最后再根据反应④得到产物，因此总的流程为，故答案为：。24、取代反应18羰基、醚键浓硫酸、加热（或：P2O5）30【解析】根据B的结构简式和生成B的反应条件结合A的化学式可知，A为；根据C和D的化学式间的差别可知，C与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D，D为，结合G的结构可知，D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，E为；根据G生成H的反应条件可知，H为。(1)根据A和B的结构可知，反应①发生了羟基上氢原子的取代反应；B()分子中的苯环为平面结构，单键可以旋转，最多有18个原子共平面，故答案为取代反应；18；(2)C()中含氧官能团有羰基、醚键；反应③为D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，“条件a”为浓硫酸、加热，故答案为羰基、醚键；浓硫酸、加热；(3)反应④为加成反应，根据E和G的化学式的区别可知F为甲醛，反应的化学方程式为，故答案为；(4)反应⑤是羟基的催化氧化，反应的化学方程式为，故答案为；(5)芳香化合物J是D()的同分异构体，①苯环上只有3个取代基；②可与NaHCO3反应放出CO2，说明结构中含有羧基；③1molJ可中和3molNaOH，说明结构中含有2个酚羟基和1个羧基；符合条件的J的结构有：苯环上的3个取代基为2个羟基和一个—C3H6COOH，当2个羟基位于邻位时有2种结构；当2个羟基位于间位时有3种结构；当2个羟基位于对位时有1种结构；又因为—C3H6COOH的结构有—CH2CH2CH2COOH、—CH2CH(CH3)COOH、—CH(CH3)CH2COOH、—C(CH3)2COOH、—CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2+3+1)×5=30种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式有，故答案为30；；(6)以为原料制备。根据流程图C生成的D可知，可以与氢气加成生成，羟基消去后生成，与溴化氢加成后水解即可生成，因此合成路线为，故答案为。点睛：本题考查了有机合成与推断，根据反应条件和已知物质的结构简式采用正逆推导的方法分析是解题的关键。本题的易错点为B分子中共面的原子数的判断，要注意单键可以旋转；本题的难点是(6)的合成路线的设计，要注意羟基的引入和去除的方法的使用。本题的难度较大。25、饱和食盐水稀硝酸e→f(或f→e)→c→b→d防止水蒸气进入装置Ⅸ2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2O2(或NO2)HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O×100%偏高【解析】

氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl。根据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；用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，结合NOCl的性质，制得气体中的杂质需要除去，尾气中氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，据此分析解答。【详解】(1)实验室制备氯气，一般用浓盐酸与二氧化锰加热制备，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；实验室制备NO，一般用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，NO不溶于水，故装置Ⅱ用水净化NO；故答案为饱和食盐水；稀硝酸；(2)①将氯气和NO干燥后在装置Ⅵ中发生反应，由于亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃)是一种黄色气体，遇水易反应，需要在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要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，因此装置连接顺序为a→e→f(或f→e)→c→b→d，故答案为e→f(或f→e)→c→b→d；②NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个装置VII干燥装置防止水蒸气进入装置Ⅸ；若无该装置，Ⅸ中NOCl水解生成氯化氢、NO和NO2，反应的化学方程式为2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2，故答案为防止水蒸气进入装置Ⅸ；2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2；③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。NO能够与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮能够被氢氧化钠溶液吸收，一氧化氮和二氧化氮的混合气体也能够被氢氧化钠溶液吸收，因此解决这一问题，可将尾气与氧气(或二氧化氮)同时通入氢氧化钠溶液中，故答案为O2(或NO2)；(3)王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，反应的化学方程式为：HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O，故答案为HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O；(4)①亚硝酰氯(NOCl)遇水反应得到HCl，用AgNO3标准溶液滴定，生成白色沉淀，以K2CrO4溶液为指示剂，出现砖红色沉淀达到滴定终点，根据氯元素守恒：NOCl～HCl～AgNO3，则样品中n(NOCl)=cmol/L×b×10-3L×=10bc×10-3mol，亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为×100%=×100%，故答案为×100%；②若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准溶液的体积偏大，则所测亚硝酰氯的纯度偏高，故答案为偏高。26、打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2ONO取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)【解析】

Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，减少了能源消耗，生成的NO2和碱液反应生成硝酸盐或亚硝酸盐，制得的硫酸铜中含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色现象来分析。【详解】⑴将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下；故答案为：打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下。⑵根据题中信息得到装置a中Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，其化学方程式：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O；故答案为：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O。⑶步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，二氧化氮与水反应生成NO，因此会产生的气体是NO，该气体无法直接被石灰乳吸收，NO需在氧气的作用下才能被氢氧化钠溶液吸收，因此为防止空气污染，该气体的吸收装置为；故答案为：NO；。⑷通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色，故答案为：取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净。⑸工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，工业上铜在450°C左右焙烧，需要消耗能源，污染较少，工艺比较复杂，而本实验减少了能源的消耗，生成的氮氧化物可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作；故答案为：能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)。⑹根据反应为Cu2++H2Y=CuY+2H+，得出n(Cu2+)=n(H2Y)=cmol∙L−1×b×10−3L×5=5bc×10−3mol，蓝色晶体中Cu2+质量分数；故答案为：。27、O2、H2O、CO22Cu+O2+H2O+CO2==Cu2(OH)2CO3铁【解析】

(1)由铜绿的化学式可以看出，铜绿由铜、碳、氢、氧四种元素组成，据此判断；(2)根据反应物和生成物及其质量守恒定律可以书写化学方程式；(3)根据生活的经验和所需化学知识推测易生锈的物质。【详解】(1)根据铜锈的化学式[Cu2(OH)2CO3]，可以看出其中含有铜、氢、碳、氧四种元素，不会是只与氧气和水作用的结果，还应与含有碳元素的物质接触，而空气中的含碳物质主要是二氧化碳，所以铜生锈是铜与氧气、水、二氧化碳共同作用的结果；故答案为：O2、H2O、CO2；(2)铜、氧气、水、二氧化碳反应生成碱式碳酸铜，反应的化学方程式为：2Cu+O2+H2O+CO2==C