陕西省渭南市潼关县2026届5月高考模拟考试化学试题试卷含解析

陕西省渭南市潼关县2026届5月高考模拟考试化学试题试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下列各选项有机物同分异构体的数目，与分子式为ClC4H7O2，且能与碳酸氢钠反应生成气体的有机物数目相同的是(不含立体异构)（）A．分子式为C5H10的烯烃 B．分子式为C4H8O2的酯C．的一溴代物 D．立方烷()的二氯代物2、用氯气和绿矾处理水，下列说法错误的是（）A．氯气起杀菌消毒作用B．氯气氧化绿矾C．绿矾具有净水作用D．绿矾的氧化产物具有净水作用3、下列各组中的X和Y两种原子，化学性质一定相似的是()A．X原子和Y原子最外层都只有1个电子B．X原子的核外电子排布式为1s2，Y原子的核外电子排布式为1s22s2C．X原子的2p能级上有3个电子，Y原子的3p能级上有3个电子D．X原子核外M层上仅有2个电子，Y原子核外N层上仅有2个电子4、从粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲的一种工艺流程如图：(已知TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱)下列有关说法正确的是A．“氧化浸出”时为使碲元素沉淀充分，应加入过量的硫酸B．“过滤”用到的玻璃仪器：分液漏斗、烧杯、玻璃棒C．判断粗碲洗净的方法：取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成D．“还原”时发生的离子方程式为2SO32-＋Te4＋＋4OH－=Te↓＋2SO42-＋2H2O5、化学与社会生活息息相关，下列有关说法不正确的是（）A．树林晨曦中缕缕阳光是丁达尔效应的结果B．为提高人体对钙的有效吸收，医学上常以葡萄糖为原料合成补钙药物C．2018年12月8日嫦娥四号发射成功，其所用的太阳能电池帆板的材料是二氧化硅D．城郊的农田上随处可见的农用塑料大棚，其塑料薄膜不属于新型无机非金属材料6、对下列事实的原因分析错误的是选项事实原因A用铝制容器盛装浓硫酸常温下，铝与浓硫酸很难反应B氧化铝作耐火材料氧化铝熔点高C铝制品不宜长期盛放酸性和碱性食物氧化铝是两性氧化物D用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝氢氧化铝碱性比氨水弱且很难与氨水反应A．A B．B C．C D．D7、Z是合成某药物的中间体，其合成原理如下:下列说法正确的是.A．用NaHCO3溶液可以鉴别X和Z B．X、Y、Z都能发生取代反应C．X分子所有碳原子可能共平面 D．与X具有相同官能团的同分异构体还有5种8、设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB．标准状况下，2.24LNO和2.24LO2混合后气体分子数为0.15NAC．加热条件下，1molFe投入足量的浓硫酸中，生成NA个SO2分子D．0.1molNa2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1NA9、中国传统文化博大精深，明代方以智的《物理小识》中有关炼铁的记载：“煤则各处产之，臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石，殊为省力。”下列说法中正确的是A．《物理小识》中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁B．文中说明以煤炭作为燃料被普遍使用，煤的主要成分为烃C．生铁是指含硫、磷、碳量低的铁合金D．工业上可通过煤的干馏获得乙烯、丙烯等化工原料10、我国古代的青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值。下列说法不正确的是（）A．我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早B．将青铜器放在银质托盘上，青铜器容易生成铜绿C．《本草纲目》载有名“铜青”之药物，铜青是铜器上的绿色物质，则铜青就是青铜D．用蜂蜡做出铜器的蜡模，是古代青铜器的铸造方法之一，蜂蜡的主要成分是有机物11、下列物质中含有非极性键的共价化合物是A．CCl4 B．Na2O2 C．C2H4 D．CS212、吗替麦考酚酯主要用于预防同种异体的器官排斥反应，其结构简式如下图所示。下列说法正确的是A．吗替麦考酚酯的分子式为C23H30O7NB．吗替麦考酚酯可发生加成、取代、消去反应C．吗替麦考酚酯分子中所有碳原子一定处于同一平面D．1mol吗替麦考酚酯与NaOH溶液充分反应最多消耗3molNaOH反应13、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，其中X原子的质子总数与电子层数相等，X、Z同主族，Y、W同主族，且Y、W形成的一种化合物甲是常见的大气污染物。下列说法正确的是A．简单离子半径：Z＜Y＜W＜QB．Y能分别与X、Z、W形成具有漂白性的化合物C．非金属性：W＜Q，故W、Q的氢化物的水溶液的酸性：W＜QD．电解Z与Q形成的化合物的水溶液可制得Z的单质14、2007年诺贝尔化学奖授予德国化学家格哈德·埃特尔，以表彰其在固体表面化学研究领域作出的开拓性贡献。下图是氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程示意图，下列有关合成氨反应的叙述中不正确的是（）A．过程②需吸收能量，过程③则放出能量B．常温下该反应难以进行，是因为常温下反应物的化学键难以断裂C．在催化剂的作用下，该反应的△H变小而使反应变得更容易发生D．该过程表明，在化学反应中存在化学键的断裂与形成15、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A．常温常压下，1mol甲基(—14CD3)所含的中子数和电子数分别为11NA、9NAB．pH＝1的H2SO3溶液中，含有0.1NA个H＋C．1molFe分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数均为3NAD．1molCH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子数为NA16、实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯采用的相同措施是（）A．水浴加热 B．冷凝回流C．用浓硫酸做脱水剂和催化剂 D．乙酸过量17、下列实验能获得成功的是（）实验目的实验步骤及现象A除去苯中的苯酚加入浓溴水，充分振荡、静置，然后过滤B证明醋酸的酸性比次氯酸强用pH试纸分别测定常温下等浓度的醋酸和次氯酸的pH值，pH大的是次氯酸C检验Na2SO3固体中含Na2SO4试样加水溶解后，加入足量盐酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀D检验溴乙烷中含有溴元素溴乙烷与氢氧化钠溶液混合振荡后，再向混合液中滴加硝酸银溶液，有淡黄色沉淀A．A B．B C．C D．D18、2019年是门捷列夫提出元素周期表150周年。根据元素周期律和元素周期表，下列推断不合理的是A．位于第五周期第VIA族的元素为金属元素 B．第32号元素的单质可作为半导体材料C．第55号元素的单质与水反应非常剧烈 D．第七周期ⅦA族元素的原子序数为11719、纵观古今，化学与生产生活密切相关。下列对文献的描述内容分析错误的是（）选项文献描述分析A《天工开物》“凡石灰，经火焚炼为用”此“石灰”是指石灰石B《物理小知识》“以汞和金涂银器上，成白色，入火则汞去金存，数次即黄”“入火则汞去”是指汞受热升华C《本草经集注》“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”利用焰色反应来辨别真假硝石D《本草纲目》“采蒿敳之属，晒干烧灰，以水淋汁，浣衣发面，去垢”利用灰烬中可溶盐水解呈碱性去污A．A B．B C．C D．D20、保存液态有机物的一种方法是在其上方加盖一层水以避免挥发损失。下列有机物适合用“水封法”保存的是A．乙醇 B．硝基苯 C．甘油 D．己烷21、如图是在明矾溶液中滴入氢氧化钡溶液，下列说法错误的是()A．OA段的反应离子方程式为：2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓B．AB段的离子方程式只有：Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2OC．A点的沉淀为Al(OH)3和BaSO4的混合物D．B点溶液为KAlO2溶液22、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2NA二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物H是一种光电材料中间体。由芳香化合物A制备H的一种合成路线如图：已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O②回答下列问题：（1）A的官能团名称是_____。（2）试剂a是_____。（3）D结构简式为_____。（4）由E生成F的化学方程式为_____。（5）G为甲苯的同分异构体，其结构简式为_____。（6）如图是以环戊烷为原料制备化合物的流程。M→N的化学方程式是_____。24、（12分）化合物G是合成抗心律失常药物决奈达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：

请回答下列问题：（1）R的名称是_______________；N中含有的官能团数目是______。（2）M→N反应过程中K2CO3的作用是____________________________________。（3）H→G的反应类型是______________。（4）H的分子式________________。（5）写出Q→H的化学方程式：___________________________________。（6）T与R组成元素种类相同，符合下列条件T的同分异构体有_____种。①与R具有相同官能团；②分子中含有苯环；③T的相对分子质量比R多14其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1:1:2:2:2的结构简式有___________。（7）以1，5-戊二醇()和苯为原料(其他无机试剂自选)合成，设计合成路线：_________________________________________。25、（12分）已知25℃时，Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16。某研究性学习小组探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因。步骤现象Ⅰ.将NaCl与AgNO3溶液混合产生白色沉淀Ⅱ.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀变为黑色Ⅲ.滤出黑色沉淀，加入NaCl溶液在空气中放置较长时间后，沉淀变为乳白色(1)Ⅰ中的白色沉淀是__。(2)Ⅱ中能说明沉淀变黑的离子方程式是__。(3)滤出步骤Ⅲ中乳白色沉淀，推测含有AgCl。用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，过滤得到滤液X和白色沉淀Y。ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀①由ⅰ判断，滤液X中被检出的离子是__。②由ⅰ、ⅱ可确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀__。(4)该学生通过如下对照实验确认了步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因：在NaCl存在下，氧气将Ⅲ中黑色沉淀氧化。现象B：一段时间后，出现乳白色沉淀C：一段时间后，无明显变化①A中产生的气体是___。②C中盛放的物质W是__。③该同学认为B中产生沉淀的反应如下（请补充完整）：__2Ag2S+__+__+2H2O=4AgCl+__+4NaOH④从溶解平衡移动的角度，解释B中NaCl的作用__。26、（10分）乳酸亚铁晶体{CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，广泛应用于乳制品、营养液等，吸收效果比无机铁好，可由乳酸与FeCO3反应制得：2CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O+CO2↑Ⅰ.制备碳酸亚铁（FeCO3）：装置如图所示。（1）仪器C的名称是______。（2）清洗仪器，检查装置气密性，A中加入盐酸，B中加入铁粉，C中加入NH4HCO3溶液。为顺利达成实验目的，上述装置中活塞的打开和关闭顺序为：关闭活塞_____，打开活塞_____，装置B中可观察到的现象是_____，当加入足量盐酸后，关闭活塞1，反应一段时间后，关闭活塞_____，打开活塞_____。C中发生的反应的离子方程式为_____。Ⅱ.制备乳酸亚铁晶体：将制得的FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸。（3）加入少量铁粉的作用是_____。从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是隔绝空气低温蒸发，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。Ⅲ.乳酸亚铁晶体纯度的测量：（4）若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其原因可能是_____。（5）经查阅文献后，改用Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。测定时，先称取5.76g样品，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250mL溶液，每次取25.00mL，用0.100mol/LCe(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如表所示。滴定次数0.100mol/LCe(SO4)2标准溶液/mL滴定前读数滴定后读数10.1019.6520.1222.3231.0520.70则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为______（以质量分数表示，保留3位有效数字）。27、（12分）碘酸钙[Ca(IO3)2]是重要的食品添加剂。实验室制取Ca(IO3)2·H2O的实验流程：已知：碘酸是易溶于水的强酸，不溶于有机溶剂。（1）转化步骤是为了制得碘酸，该过程在图1所示的装置中进行，当观察到反应液中紫红色接近褪去时，停止通入氯气。①转化时发生反应的离子方程式为_____________________________________。②转化过程中CCl4的作用是_______________________________________。③为增大转化过程的反应速率，可采取的措施是_______________________。（2）将CCl4与水层分离的玻璃仪器有烧杯、________。除去HIO3水溶液中少量I2单质的实验操作为______________________________，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在。（3）已知：①Ca(IO3)2·6H2O是一种难溶于水的白色固体，在碱性条件下不稳定。②Ca(IO3)2·6H2O加热升温过程中固体的质量变化如图2所示。设计以除碘后的水层为原料，制取Ca(IO3)2·H2O的实验方案：向水层中__________。[实验中必须使用的试剂：Ca(OH)2粉末、AgNO3溶液]。28、（14分）煅烧黄铁矿（主要成分为FeS2）所得的矿渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等．用该矿渣可制备铁红（Fe2O3）．完成下列填空：（1）煅烧黄铁矿的化学方程式____，反应过程中被氧化的元素____．（2）矿渣中属于两性氧化物的是___，写出Fe2O3与稀硫酸反应的离子方程式__．（3）Al（OH）3的碱性比Mg（OH）2的碱性___（选填“强”或“弱”）；铝原子最外层电子排布式为____．（4）SiO2的熔点___Fe2O3的熔点（填“大于”或“小于”），原因是__．（5）已知矿渣质量为wkg，若铁红制备过程中，铁元素损耗25%，最终得到铁红的质量为mkg，则原来矿渣中铁元素质量分数为______（用表达式表示）．29、（10分）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。根据下图，完成下列填空：（1）上图中X的电子式为_________；其水溶液长期在空气中放置容易变浑浊，用化学方程式表示该变化__________；该变化体现出硫元素的非金属性比氧元素______（填“强”或“弱”）。用原子结构解释原因____________。（2）Na2S2O3是一种用途广泛的钠盐。下列物质用于Na2S2O3的制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是______（填字母序号）。a．Na2S+Sb．Z+Sc．Na2SO3+Yd．NaHS+NaHSO3（3）SO2是主要大气污染物之一。工业上烟气脱硫的方法之一是用碱液吸收，其流程如图：。该法吸收快，效率高。若在操作中持续通入含SO2的烟气，则最终产物为________。室温下，0.1mol/L①亚硫酸钠②亚硫酸氢钠③硫化钠④硫氢化钠的四种溶液的pH由大到小的顺序是________（用编号表示）。已知：H2S：Ki1＝1.3×10-7Ki2=7.1×10-15H2SO3：Ki1＝1.3×10-2Ki2=6.2×10-8（4）治理含CO、SO2的烟道气，也可以将其在催化剂作用下转化为单质S和无毒的气体：2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g)。一定条件下，将CO与SO2以体积比为4∶1置于恒容密闭容器中发生上述反应，下列选项能说明反应达到平衡状态的是______（填写字母序号）。a．υ(CO)∶υ(SO2)=2∶1b．平衡常数不变c．气体密度不变d．CO2和SO2的体积比保持不变测得上述反应达平衡时，混合气体中CO的体积分数为，则SO2的转化率为________。

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】

分子式为ClC4H7O2，且能与碳酸氢钠反应生成气体，说明含有羧基，然后看成氯原子取代丁酸烃基上的氢原子，丁酸有2种：：CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH，所以该有机物有3+2=5种；A.戊烷的同分异构体有：CH3−CH2−CH2−CH2−CH3、、，若为CH3−CH2−CH2−CH2−CH3，相应烯烃有CH2═CH−CH2−CH2−CH3、CH3−CH═CH−CH2−CH3；若为，相应烯烃有：CH2═C(CH3)CH2CH3、CH3C(CH3)═CHCH3、CH3CH(CH3)CH═CH2；若为，没有相应烯烃，总共5种，故A正确；B.分子式为C4H8O2的酯，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇有2种，形成的酯有2种；若为乙酸与乙醇形成的酯，乙酸只有1种结构，乙醇只有1种结构，形成的乙酸乙酯有1种；若为丙酸与甲醇形成的酯，丙酸只有1种结构，甲醇只有1种结构，形成的丙酸甲酯只有1种，所以C4H8O2属于酯类的同分异构体共有4种，故B错误；C.甲苯分子中含有4种氢原子，一溴代物有4种：苯环上邻、间、对位各一种，甲基上一种，共4种，故C错误；D.立方烷的二氯代物的同分异构体分别是：一条棱、面对角线、体对角线上的两个氢原子被氯原子代替，所以二氯代物的同分异构体有3种，故D错误。答案选A。2、C【解析】

A．氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有杀菌消毒作用，所以可以用适量氯气杀菌消毒，A正确；B．绿矾中二价铁离子具有还原性，氯气能够氧化二价铁离子生成三价铁，B正确；C．绿矾水解生成氢氧化亚铁不稳定，极易被氧化生成氢氧化铁，所以明绿不具有净水作用，C错误；D．绿矾的氧化产物为硫酸铁，硫酸铁中三价铁水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，能够净水，D正确。答案选C。3、C【解析】

A.最外层都只有1个电子的X和Y，可能为H与碱金属元素，性质不同，故A错误；

B.原子的核外电子排布式为1s2的X为He，原子的核外电子排布式为1s22s2的Y为Be，两者性质不同，故B错误；

C.原子的2p能级上有3个电子的X为N，原子的3p能级上有3个电子的Y为P，二者位于周期表同一主族，性质相似，所以C选项是正确的；

D.原子核外M层上仅有2个电子的X为Mg，原子核外N层上仅有2个电子的Y的M层电子数不确定，元素种类很多，但价电子数不同，性质不相同故D错误。

所以C选项是正确的。解答时注意原子核外电子排布特点与对应元素化合物的性质的关系，原子的结构决定元素的化学性质，原子核外最外层的电子或价电子数目相等，则元素对应的单质或化合价的性质相似。4、C【解析】

A．从阳极泥中提取粗碲，第一步是将Te元素转化为TeO2的沉淀过滤出来，考虑到TeO2易溶于强酸和强碱，所以氧化浸出步骤中酸不可加过量，A错误；B．过滤操作需要漏斗，而不是分液漏斗，B错误；C．通过分析整个流程可知，最终得到的粗碲固体表面会吸附溶液中的，因此判断洗净与否，只需要检验最后一次洗涤液中是否仍含有即可，C正确；D．酸浸时TeO2溶解，随后被Na2SO3还原，TeO2生成Te单质，生成，所以正确的离子方程式为：，TeO2是氧化物离子方程式中不能拆分，D错误。答案选C。5、C【解析】

A.空气中微小的尘埃或液滴分散在空气中形成气溶胶，阳光照射时产生丁达尔现象，A项正确；B.葡萄糖酸钙口服液是市面上常见的一种补钙药剂，葡萄糖酸钙属于有机钙，易溶解，易被人体吸收，医学上常以葡萄糖为原料合成补钙药物，B项正确；C.太阳能电池帆板的主要材料是硅而不是二氧化硅，C项错误；D.塑料薄膜属于有机高分子材料，不属于无机非金属材料，D项正确；所以答案选择C项。6、A【解析】

A.常温下，可用铝制容器盛装浓硫酸，铝在浓硫酸反应形成致密氧化膜而阻止反应进一步进行，不是因为铝与浓硫酸很难反应，故A错误；B.氧化铝熔点高，可以作耐火材料，故B正确；C.氧化铝是两性氧化物既可以和碱反应也可以和酸反应，所以铝制品不宜长期盛放酸性和碱性食物，故C正确；D.氢氧化铝碱性比氨水弱，不能继续和氢氧化铝反应生成偏铝酸盐，很难与氨水反应，所以用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝，故D正确；题目要求选择错误的，故选A。本题考查Al的性质与物质的分类，明确两性氧化性的概念是解答本题的关键，题目较简单。7、B【解析】

A．X和Z分子中都含有羧基，都能与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳气体，NaHCO3溶液不能鉴别X和Z，A不正确；B．X和Y能发生酯化反应，Y和Z的苯环上能发生卤代反应，酯化反应和卤代反应都属于取代反应，B正确；C．X分子中与Br相连的碳原子上连有三个碳原子，这四个碳原子不可能共平面，C错误；D．丁酸有两种结构CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH，烃基上一个氢原子被溴原子取代的产物有5种，除去X本身，与X具有相同官能团的同分异构体还有4种，D错误。故选B。8、D【解析】

A．Cl2溶于水发生反应H2O+Cl2HCl+HClO，是一个可逆反应，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，A错误；B．标准状况下，2.24LNO和2.24LO2混合，发生的反应有：2NO+O2==2NO2，2NO2N2O4，所以混合后的气体分子数小于0.15NA，B错误；C．加热条件下，Fe与足量的浓硫酸反应生成+3价的铁离子，转移的电子数为3mol，根据得失电子守恒，应生成NA个SO2分子，C错误；D．0.1molNa2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中氧元素即被氧化又被还原，所以转移的电子数为0.1NA，D正确，答案选D。9、A【解析】

A．由《物理小识》中记载语句“臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石”可知是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁，A选项正确；B．煤其主要成分为碳、氢、氧和少量的氮、硫或其它元素，而烃只由C、H两种元素组成，B选项错误；C．生铁的含碳量比钢的含碳量较高，故生铁不是指含碳量很低的铁合金，C选项错误；D．工业上可通过石油的裂化、裂解获得乙烯、丙烯等化工原料，D选项错误；答案选A。10、C【解析】

A.金属大规模被使用的先后顺序跟金属的活动性关系最大，金属性越弱的金属使用越早，所以我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早，故A正确；B.Cu比Ag活泼，将青铜器放在银质托盘上，构成原电池，铜为负极，青铜器容易生成铜绿，故B正确；C.铜在空气中长时间放置，会与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜，因此《本草纲目》载有名“铜青”之药物，铜青就是铜锈蚀生成的碱式碳酸铜，故C错误；D.蜂蜡的主要成分是酸类、游离脂肪酸、游离脂肪醇和碳水化合物，主要成分是有机物，故D正确；故选C。11、C【解析】

A．CCl4中只含C-Cl极性共价键，故A不选；B．Na2O2既含有非极性共价键，又含有离子键，为离子化合物，故B不选；C．C2H4中含C-H极性共价键和C=C非极性共价键，只含共价键，由C、H元素组成，为共价化合物，故C选；D．CS2中只含C=S极性共价键，故D不选；故选：C。12、D【解析】A.吗替麦考酚酯的分子中含有1个N原子，H原子是个数应该为奇数，故A错误；B.吗替麦考酚酯中含有碳碳双键，能够发生加成反应、含有酯基能够发生取代反应、但不能发生消去反应，故B错误；C.吗替麦考酚酯分子中含有亚甲基几个，所有碳原子可能处于同一平面，不是一定处于同一平面，故C错误；D.1mol吗替麦考酚酯含有2mol酯基和1mol酚羟基与NaOH溶液充分反应最多消耗3molNaOH，故D正确；故选D。13、B【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，其中X原子的质子总数与电子层数相等，则X为氢；Y、W同主族，且Y、W形成的一种化合物甲是常见的大气污染物，该物质为二氧化硫，则Y为氧，W为硫；X、Z同主族，则Z为钠；Q为氯；A.核外电子排布相同，核电荷越大半径越小，则S2->Cl-，O2->Na+，电子层多的离子半径大，则S2->Cl->O2->Na+，即Z＜Y＜Q＜W，故A错误；B.氧能分别与氢、钠、硫形成过氧化氢、过氧化钠、三氧化硫具有漂白性的化合物，故B正确；C.同周期元素，核电荷数越大非金属性越强，则非金属性：W＜Q；非金属性越强其最高价氧化物的水化物酸性越强，而不是氢化物水溶液的酸性，故C错误；D.电解氯化钠的水溶液可制得氢气、氯气和氢氧化钠，无法得到钠单质，故D错误；故选B。比较元素非金属性可以根据其氢化物的稳定性，也可以根据其最高价氧化物的水化物酸性强弱，或是单质的氧化性。14、C【解析】

A.根据示意图知，过程②化学键断裂需要吸收能量，过程③化学键形成则放出能量，故A正确；B.化学键形断裂过程中吸收能量，故温度较低时不利于键的断裂，故B正确；C.催化剂的作用原理是降低活化能，即反应物的化学键变得容易断裂，但△H不变，故C错误；D.根据图示分析可知，该过程中，存在化学键的断裂与形成，故D正确。故选C。15、A【解析】

A.一个14C中的中子数为8，一个D中的中子数为1，则1个甲基(—14CD3)所含的中子数为11，一个14C中的电子数为6，一个D中的电子数为1，则1个甲基(—14CD3)所含的电子数为9；则1mol甲基(—14CD3)所含的中子数和电子数分别为11NA、9NA，故A正确；B.pH＝1的H2SO3溶液中，c(H+)为0.1mol/L，没有给出溶液的体积，无法根据公式n=cV计算出氢离子的物质的量，也无法计算氢离子的数目,故B错误；C.铁和稀硫酸反应变为+2价，和足量稀硝酸反应变为+3价，故1molFe分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数依次为2mol、3mol，故C错误；D.酯在酸性条件下的水解反应是可逆反应，故1molCH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子数小于NA，故D错误。答案选A。本题考查的是与阿伏加德罗常数有关的计算。解题时注意C选项中铁和稀硫酸反应变为+2价，和足量稀硝酸反应变为+3价，故失电子数不同；D选项酯在酸性条件下的水解反应是可逆反应，可逆反应的特点是不能进行彻底，故1molCH3COOC2H5在稀硫酸中不会完全水解。16、C【解析】

A.乙酸乙酯沸点770。C，乙酸正丁酯沸点1260。C，制备乙酸乙酯和乙酸丁酯，需要的温度较高，需要用酒精灯直接加热，不能用水浴加热，A项错误；B.乙酸乙酯采取边反应边蒸馏的方法，但乙酸丁酯则采取直接冷凝回流的方法，待反应后再提取产物，B项错误；C.制备乙酸乙酯和乙酸丁酯都为可逆反应，用浓硫酸做脱水剂和催化剂，能加快反应速率，两者措施相同，C项正确；D.制备乙酸乙酯时，为了提高冰醋酸的转化率，由于乙醇价格比较低廉，会使乙醇过量，制备乙酸丁酯时，采用乙酸过量，以提高丁醇的利用率，这是因为正丁醇的价格比冰醋酸高，D项错误；答案选C。17、C【解析】

A．苯酚与溴发生取代反应生成三溴苯酚，溴以及三溴苯酚都溶于苯中，无法到分离提纯的目的，应用氢氧化钠溶液除杂，故A错误；B．次氯酸具有漂白性，可使pH试纸先变红后褪色，无法测出溶液的pH，故B错误；C．加入盐酸，可排除Na2SO3的影响，再加入BaCl2溶液，可生成硫酸钡白色沉淀，可用于检验，故C正确；D．反应在碱性条件下水解，检验溴离子，应先调节溶液至酸性，故D错误；故答案为C。18、A【解析】

A.位于第五周期第VIA族的元素为Te（碲），是非金属元素，A错误；B.第32号元素为锗，位于金属区与非金属区的交界线处，单质可作为半导体材料，B正确；C.第55号元素是铯，为活泼的碱金属元素，单质与水反应非常剧烈，C正确；D.第七周期0族元素的原子序数为118，ⅦA族元素的原子序数为117，D正确；答案选A。19、B【解析】

A、石灰石加热后能制得生石灰；B、汞为液态金属，受热易挥发；C、依据钾的焰色反应解答；D、依据油脂在碱性环境下水解生成可溶性高级脂肪酸盐和甘油解答。【详解】A项、石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是石灰石，故A正确；B项、汞和金形成液态的合金，涂在银器上，加热，汞转化为蒸气，被蒸发，剩下的金附着在银的表面，所以“入火则汞去”是指蒸发，故B错误；C项、硝石为硝酸钾，含有的钾元素在灼烧时产生紫色火焰来辨别，故C正确；D项、衣服上油污主要成分为油脂，油脂在碱性环境下水解生成可溶性高级脂肪酸盐和甘油，草木灰中含有碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，所以可以用草木灰水溶液洗衣服，故D正确。故选B。本题考查物质的性质与用途，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键。20、B【解析】

有机物用水封法保存，则有机物不溶于水，且密度比水大，以此解答．【详解】A.乙醇与水互溶，不能用水封，故A.错误；B.硝基苯密度大于水，且不溶于水，可以用水封，故B正确；C.甘油与水互溶，不能用水封，故C不选；D.己烷密度小于水，在水的上层，不能用水封法保存，故D不选；答案选B。21、B【解析】A，OA段加入Ba（OH）2后沉淀物质的量达最大，反应的化学方程式为2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2=K2SO4+3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，离子方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，A项正确；B，AB段加入Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，SO42-继续沉淀，反应的离子方程式有：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O、SO42-+Ba2+=BaSO4↓，B项错误；C，根据上述分析，A点沉淀为Al（OH）3和BaSO4的混合物，C项正确；D，B点Al（OH）3完全溶解，总反应为KAl（SO4）2+2Ba（OH）2=2BaSO4↓+KAlO2+2H2O，B点溶液为KAlO2溶液，D项正确；答案选B。点睛：本题考查明矾与Ba（OH）2溶液的反应。明矾与Ba（OH）2反应沉淀物质的量达最大时，Al3+完全沉淀，SO42-有形成沉淀；沉淀质量达最大时，SO42-完全沉淀，Al3+全部转化为AlO2-。22、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。二、非选择题(共84分)23、醛基新制的氢氧化铜+CH3CH2OH+H2O+NaOH+NaCl+H2O【解析】

芳香族化合物A与乙醛发生信息①中的反应生成B，A含有醛基，反应中脱去1分子水，由原子守恒可知A的分子式，C9H8O＋H2O−C2H4O＝C7H6O，故A为，则B为，B发生氧化反应、酸化得到C为，C与溴发生加成反应得到D为，D发生消去反应、酸化得到E为，E与乙醇发生酯化反应生成F为，结合信息②中的加成反应、H的结构简式，可推知G为。【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为：，所含官能团为醛基；(2)由分析可知，B为，B发生氧化反应、酸化得到C为，可以氧化醛基的试剂为新制的氢氧化铜，故a为新制的氢氧化铜；(3)由分析可知，D结构简式为；(4)E与乙醇发生酯化反应生成F为，化学方程式为：+CH3CH2OH+H2O；(5)G为甲苯的同分异构体，故分子式为C7H8，结合信息②中的加成反应、H的结构简式，可推知G为；(6)由可知，N为，则需要环戊烷通过反应形成碳碳双键，故环戊烷与Cl2发生取代反应生成M为，然后与NaOH醇溶液发生消去反应生成N，化学方程式为：+NaOH+NaCl+H2O。本题关键是确定A的结构，结合反应条件顺推各物质，(6)中根据题目中的合成路线图反推N的结构简式，然后根据已知试剂推断可能发生的化学反应。24、邻羟基苯甲醛(或2-羟基苯甲醛)4消耗产生的HCl，提高有机物N的产率取代反应C15H18N2O3+→2HCl+17、【解析】

R在一定条件下反应生成M，M在碳酸钾作用下，与ClCH2COOC2H5反应生成N，根据N的结构简式，M的结构简式为，根据R和M的分子式，R在浓硫酸、浓硝酸作用下发生取代反应生成M，则R的结构简式为，N在一定条件下反应生成P，P在Fe/HCl作用下生成Q，Q与反应生成H，根据H的结构简式和已知信息，则Q的结构简式为，P的结构简式为：；H在(Boc)2O作用下反应生成G，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，R的结构简式为，名称是邻羟基苯甲醛(或2-羟基苯甲醛)；根据N的结构简式，其中含有的官能团有醚基、酯基、硝基、醛基，共4种官能团；(2)M在碳酸钾作用下，与ClCH2COOC2H5反应生成N，根据N的结构简式，M的结构简式为，根据结构变化，M到N发生取代反应生成N的同时还生成HCl，加入K2CO3可消耗产生的HCl，提高有机物N的产率；(3)Q与反应生成H，Q的结构简式为，Q中氨基上的氢原子被取代，H→G的反应类型是取代反应；(4)结构式中，未标注元素符号的每个节点为碳原子，每个碳原子连接4个键，不足键由氢原子补齐，H的分子式C15H18N2O3；(5)Q与反应生成H，Q的结构简式为，Q→H的化学方程式：+→2HCl+；(6)R的结构简式为，T与R组成元素种类相同，①与R具有相同官能团，说明T的结构中含有羟基和醛基；②分子中含有苯环；③T的相对分子质量比R多14，即T比R中多一个-CH2-，若T是由和-CH3构成，则连接方式为；若T是由和-CH3构成，则连接方式为；若T是由和-CH3构成，则连接方式为；若T是由和-CHO构成，则连接方式为；若T是由和-OH构成，则连接方式为；若T是由和-CH(OH)CHO构成，则连接方式为，符合下列条件T的同分异构体有17种；其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1:1:2:2:2，说明分子中含有5种不同环境的氢原子，结构简式有、；(7)以1，5-戊二醇()和苯为原料，依据流程图中Q→F的信息，需将以1，5-戊二醇转化为1，5-二氯戊烷，将本转化为硝基苯，再将硝基苯转化为苯胺，以便于合成目标有机物，设计合成路线：。苯环上含有两个取代基时，位置有相邻，相间，相对三种情况，确定好分子式时，确定好官能团可能的情况，不要有遗漏，例如可能会漏写。25、AgCl2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)SO42-SO2Ag2S的悬浊液2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S【解析】

(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3溶液发生反应生成。(2)Ⅱ中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等。(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；①由ⅰ判断，可确定滤液X中被检出的离子。②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等。(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体的成分。②因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W。③B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可完善方程式。④B中，Ag2S被氧化生成S，则Ag+会与NaCl作用，从而促进平衡正向移动。【详解】(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3反应生成，则为AgCl。答案为：AgCl；(2)Ⅱ中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等，反应的离子方程式为2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。答案为：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)；(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；①由ⅰ判断，可确定滤液X中被检出的离子为SO42-。答案为：SO42-；②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等，则其为S。答案为：S；(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体为O2。答案为：O2；②因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W为Ag2S的悬浊液。答案为：Ag2S的悬浊液；③B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可得出配平的方程式为2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH。答案为：2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH；④B中，Ag2S被O2氧化生成S，则Ag+游离出来，会与NaCl中的Cl-结合，生成AgCl沉淀，从而促进平衡正向移动，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。答案为：对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。因为Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16，所以将AgCl转化为Ag2S我们容易理解，如何实现黑色沉淀向白色沉淀的转化，即Ag2S转化为AgCl，则需要改变反应条件，通过实验我们可得出是O2的帮助，结合前面推断，可确定还有S生成，然后利用守恒法便可将方程式配平。26、三颈烧瓶21、3铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色32Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O防止FeCO3与乳酸反应产生的亚铁离子被氧化乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化98.0%【解析】

亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与盐酸反应制备氯化亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备氯化亚铁，利用生成的氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3＝FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，据此解答本题。【详解】（1）仪器C为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）反应前先利用生成的氢气除去装置内空气，再利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，具体操作为：关闭活塞2，打开活塞3，然后打开活塞1加入足量的盐酸，然后关闭活塞1，反应一段时间后，装置B中可观察到的现象为：铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；打开活塞2，关闭活塞3；C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3＝FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：2；1、3；铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；3；2；Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；（3）Fe2+离子易被氧化为Fe3+离子，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，可防止Fe2+离子被氧化，故答案为：防止FeCO3与乳酸反应产生的亚铁离子被氧化；（4）乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%，故答案为：乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化；（5）三次滴定第二次操作消耗标准液数值明显偏大，应舍去，取第一次和第三次平均值V==19.60mL，由：Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，可知25mL溶液中n(Fe2+)＝n(Ce4+)＝0.100mol/L×0.0196L＝0.00196mol，故250mL含有n(Fe2+)＝0.00196mol×=0.0196mol，故产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为＝98.0%，故答案为：98.0%。27、I2＋5Cl2＋6H2O=2IO3-＋10Cl－＋12H＋增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率加快搅拌速率分液漏斗将HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液加入Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH约为7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100～160℃条件下加热至恒重【解析】

(1)①转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸；②氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率；③根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触；(2)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操作；HIO3可溶于水，但碘单质在水中溶解度较小，可进行萃取分离；(3)除碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)2·6H2O，根据图示，在100～160℃条件下固体质量基本保持不变，并且要将杂质除尽。【详解】(1)①转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸，方程式为：I2＋5Cl2＋6H2O=2IO3-＋10Cl－＋12H＋；②氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率，转化过程中CCl4的作用是增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率；③根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触，则为增