2024年浙江省金華市武義第三中學高考化學倒計時模擬卷含解析

2024年浙江省金華市武義第三中學高考化學倒計時模擬卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、用KClO3和MnO2制備O2，并回收MnO2和KCl。下列實驗操作正確的是（）A．O2制備裝置B．固體混合物溶解C．過濾回收MnO2D．蒸發(fā)制KCl2、下列有關從海帶中提取碘的實驗原理和裝置能達到實驗目的的是A．用裝置甲灼燒碎海帶B．用裝置乙過濾海帶灰的浸泡液C．用裝置丙制備用于氧化浸泡液中I?的Cl2D．用裝置丁吸收氧化浸泡液中I?后的Cl2尾氣3、下列有關物質用途的說法，錯誤的是()A．二氧化硫常用于漂白紙漿 B．漂粉精可用于游泳池水消毒C．晶體硅常用于制作光導纖維 D．氧化鐵常用于紅色油漆和涂料4、蘋果酸(H2MA，Ka1=1.4×10-3；Ka2=1.7×10-5)是一種安全的食品保鮮劑，H2MA分子比離子更易透過細胞膜而殺滅細菌。常溫下，向20mL0.2mol/LH2MA溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液。根據(jù)圖示判斷，下列說法正確的是A．b點比a點殺菌能力強B．曲線Ⅲ代表HMA-物質的量的變化C．MA2-水解常數(shù)Kh≈7.14×10-12D．當V=30mL時，溶液顯酸性5、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．常溫常壓下，1molP4(P原子均達到8電子穩(wěn)定結構)中所含P-P鍵數(shù)目為4NAB．0.1molH2和0.1molI2于密閉容器中充分反應后，其分子總數(shù)小于0.2NAC．20mL10mol/L的濃硝酸與足量銅加熱反應轉移電子數(shù)為0.1NAD．0.1molNH2-所含電子數(shù)為6.02×1023個6、將NaHCO3和Na2O2的固體混合物xg在密閉容器中加熱至250℃，充分反應后排出氣體．將反應后的固體溶入水無氣體放出，再逐滴加入鹽酸，產生氣體（標準狀況）與所加鹽酸體積之間的關系如圖所示．下列說法錯誤的是（）A．HCl的濃度0.2mol/LB．反應后固體的成分為NaOH與Na2CO3C．密閉容器中排出氣體的成分為O2和H2OD．x的數(shù)值為6.097、已知NH3·H2O為弱堿，下列實驗事實能證明某酸HA為弱酸的是()A．濃度為0.1mol·L－1HA的導電性比濃度為0.1mol·L－1硫酸的導電性弱B．0.1mol·L－1NH4A溶液的pH等于7C．0.1mol·L－1的HA溶液能使甲基橙變紅色D．等物質的量濃度的NaA和HA混合溶液pH小于78、“我有熔噴布，誰有口罩機”是中國石化為緊急生產醫(yī)用口罩在網(wǎng)絡發(fā)布的英雄帖，熔噴布是醫(yī)用口罩的核心材料，該材料是以石油為原料生產的聚丙烯纖維制成的。下列說法錯誤的是A．丙烯分子中所有原子可能共平面B．工業(yè)上，丙烯可由石油催化裂解得到的C．丙烯可使酸性高錳酸鉀溶液褪色D．聚丙烯是由丙烯通過加聚反應合成的高分子化合物9、X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素，Y、Z的最外層電子數(shù)之和等于W的原子序數(shù)，Z元素在地殼中含量最高。Y元素的最高價氧化物對應的水化物與其氫化物化合生成鹽。常溫下，X的單質為氣體。下列說法正確的是（）A．簡單陰離子的還原性：X>YB．原子半徑：W>Z>Y>XC．Z與W形成的化合物中只含有離子鍵D．簡單氫化物的沸點：Y>Z10、為達到下列實驗目的，對應的實驗方法以及相關解釋均正確的是選項實驗目的實驗方法相關解釋A測量氯水的pHpH試紙遇酸變紅B探究正戊烷C5H12催化裂解C5H12裂解為分子較小的烷烴和烯烴C實驗溫度對平衡移動的影響2NO2N2O4為放熱反應，升溫平衡逆向移動D用AlCl3溶液制備AlCl3晶體AlCl3沸點高于溶劑水A．A B．B C．C D．D11、下列有關實驗的操作、現(xiàn)象和結論都正確的是選項實驗操作現(xiàn)象結論A向濃度均為0.10mol?L－1的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出現(xiàn)黃色沉淀Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）B向Na2SO3溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，然后再加入稀鹽酸生成白色沉淀，加入稀鹽酸，沉淀不溶解溶液已經變質C向盛有NH4Al（SO4）2溶液的試管中，滴加少量NaOH溶液產生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體NH4++OH-=NH3↑+H2OD測定等物質的量濃度的Na2CO3和NaClO的pH值Na2CO3＞NaClO酸性：H2CO3＜HClOA．A B．B C．C D．D12、“84消毒液”的主要成分是NaClO。下列說法錯誤的是（）A．長期與空氣接觸會失效B．不能與“潔廁劑”（通常含鹽酸）同時使用C．1L0.2mol/LNaClO溶液含有0.2molClO-D．0.1molNaClO起消毒作用時轉移0.2mole-13、溴化氫比碘化氫A．鍵長短 B．沸點高 C．穩(wěn)定性小 D．還原性強14、氮及其化合物的轉化過程如圖所示。下列分析不合理的是A．催化劑a表面發(fā)生了非極性共價鍵的斷裂和極性共價鍵的形成B．催化劑不能改變反應焓變但可降低反應活化能C．在催化劑b表面形成氮氧鍵時，涉及電子轉移D．催化劑a、b能提高反應的平衡轉化率15、短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相對位置如表所示，這四種元素的原子最外層電子數(shù)之和為23。下列說法不正確的是WXYZTA．原子半徑Y>Z，非金屬性W<XB．X2能從T的氣態(tài)氫化物中置換出T單質C．W、Y、Z三種元素都能與X元素形成化合物WX2、YX2、ZX2D．最高價氧化物對應水化物的酸性：W>Y>Z16、下列關于氯氣性質的描述錯誤的是（）A．無色氣體 B．能溶于水 C．有刺激性氣味 D．光照下與氫氣反應17、下列有關說法正確的是A．反應CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)能自發(fā)進行，則該反應ΔS＞0B．常溫下向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中通入少量HCl氣體，c(H＋)·c(CH3COO－)增大C．將1molCl2溶于水中，反應中轉移的電子數(shù)為6.02×1023個D．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的反應物鍵能總和大于生成物鍵能總和18、將鎂鋁合金溶于100mL稀硝酸中，產生1.12LNO氣體（標準狀況），向反應后的溶液中加入NaOH溶液，產生沉淀情況如圖所示。下列說法不正確的是A．可以求出合金中鎂鋁的物質的量比為1∶1 B．可以求出硝酸的物質的量濃度C．可以求出沉淀的最大質量為3.21克 D．氫氧化鈉溶液濃度為3mol/L19、為證明鐵的金屬活動性比銅強，某同學設計了如下一些方案：方案現(xiàn)象或產物①

將鐵片置于CuSO4溶液中鐵片上有亮紅色物質析出②將鐵絲和銅絲分別在氯氣中燃燒產物分別為FeCl3和CuCl2③將鐵片和銅片分別放入熱濃硫酸中產物分朋為Fe2

(SO4)3和CuSO4④將銅片置于FeCl3溶液中銅片逐漸溶解⑤將鐵片和銅片置于盛有稀硫酸的燒杯中，并用導線連接鐵片溶解，銅片上有氣泡產生能根據(jù)現(xiàn)象或產物證明鐵的金屬活動性比銅強的方案一共有A．2種 B．3種 C．4種 D．5

種20、下列說法中錯誤的是:A．SO2、SO3都是極性分子 B．在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位鍵 C．元素電負性越大的原子，吸引電子的能力越強 D．原子晶體中原子以共價鍵結合，具有鍵能大、熔點高、硬度大的特性21、下列實驗現(xiàn)象和結論相對應且正確的是A．A B．B C．C D．D22、在材料應用與發(fā)現(xiàn)方面，中華民族有著卓越的貢獻。下列說法錯誤的是A．黏土燒制成陶器過程中發(fā)生了化學變化 B．區(qū)分真絲產品與純棉織物可以用灼燒法C．離子交換法凈化水為物理方法 D．“玉兔號”月球車帆板太陽能電池的材料是單質硅二、非選擇題(共84分)23、（14分）以乙烯與甲苯為主要原料，按下列路線合成一種香料W：（1）實驗室制備乙烯的反應試劑與具體反應條件為____。（2）上述①～④反應中，屬于取代反應的是___。（3）檢驗反應③是否發(fā)生的方法是____。（4）寫出兩種滿足下列條件的同分異構體的結構簡式。____、____。a．能發(fā)生銀鏡反應b．苯環(huán)上的一溴代物有兩種（5）設計一條由乙烯制備A的合成路線。（無機試劑可以任選）____。（合成路線常用的表示方式為：）24、（12分）聚合物H是一種聚酰胺纖維，其結構簡式為。該聚合物可廣泛用于各種剎車片，其合成路線如下圖所示：已知：①C、D、G均為芳香族化合物，分子中均只含兩種不同化學環(huán)境的氫原子。②Diels－Alder反應：。（1）生成A的反應類型是________，D的名稱是________，F(xiàn)中所含官能團的名稱是_________。（2）B的結構簡式是________；“B→C”的反應中，除C外，還生成的一種無機產物是______（填化學式）。（3）D＋G→H的化學方程式是_________。（4）Q是D的同系物，其相對分子質量比D大14，則Q可能的結構有______種。其中，核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積比為1∶2∶2∶3的結構簡式為_______（任寫一種）。（5）已知：乙炔與1，3－丁二烯也能發(fā)生Diels－Alder反應。請以1，3－丁二烯和乙炔為原料，選用必要的無機試劑合成，寫出合成路線（用結構簡式表示有機物，用箭頭表示轉化關系，箭頭上注明試劑和反應條件）_______。25、（12分）過氧化鈣是一種白色固體，難溶于水，常用作殺菌劑、防腐劑。（1）化學實驗小組選用如圖裝置（部分固定裝置略）用鈣和氧氣制備過氧化鈣。①請選擇裝置，按氣流方向連接順序為___________（填儀器接口的字母編號）②實驗室用A裝置還可以制備______________等氣體（至少兩種）③實驗開始是先通氧氣還是先點燃酒精燈？_________，原因是___________（2）已知化學反應Ca2++H2O2+2NH3+8H2O=CaO2?8H2O↓+2NH4+。在堿性環(huán)境中制取CaO2?8H2O的裝置如圖所示：①寫出A裝置中發(fā)生反應的化學方程式：____________。②為防止雙氧水的分解并有利于_________，裝置B中應采用___________條件，裝置X的作用是______________。③反應結束后，經_________、__________、低溫烘干獲得CaO2?8H2O。26、（10分）焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化劑之一。某研究小組進行如下實驗：實驗一焦亞硫酸鈉的制取采用如圖裝置(實驗前已除盡裝置內的空氣)制取Na2S2O5。裝置Ⅱ中有Na2S2O5晶體析出，發(fā)生的反應為：Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5（1）裝置I中產生氣體的化學方程式為__________________。（2）要從裝置Ⅱ中獲得已析出的晶體，可采取的分離方法是_________。（3）裝置Ⅲ用于處理尾氣，可選用的最合理裝置(夾持儀器已略去)為________(填序號)。實驗二焦亞硫酸鈉的性質Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。（4）證明NaHSO3溶液中HSO3－的電離程度大于水解程度，可采用的實驗方法是________(填序號)。a．測定溶液的pHb．加入Ba(OH)2溶液c．加入鹽酸d．加入品紅溶液e．用藍色石蕊試紙檢測（5）檢驗Na2S2O5晶體在空氣中已被氧化的實驗方案是____________。實驗三葡萄酒中抗氧化劑殘留量的測定（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化劑。測定某葡萄酒中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計算)的方案如下：(已知：滴定時反應的化學方程式為SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI)①按上述方案實驗，消耗標準I2溶液25.00mL，該次實驗測得樣品中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計算)為________________g·L－1。②在上述實驗過程中，若有部分HI被空氣氧化，則測得結果____(填“偏高”“偏低”或“不變”)。27、（12分）草酸合銅(Ⅱ)酸鉀[KaCub(C2O4)c·xH2O]是一種重要的化工原料。（1）二草酸合銅(Ⅱ)酸鉀晶體可以用CuSO4晶體和K2C2O4溶液反應得到。從硫酸銅溶液中獲得硫酸銅晶體的實驗步驟為：加入適量乙醇、蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。在蒸發(fā)濃縮的初始階段還采用了蒸餾操作，其目的是_____________________。（2）某同學為測定草酸合銅(Ⅱ)酸鉀的組成，進行如下實驗：步驟Ⅰ測定Cu2+：準確稱取0.7080g樣品，用20.00mLNH4Cl?NH3·H2O緩沖溶液溶解，加入指示劑，用0.1000mol·L?1的EDTA(Na2H2Y)標準溶液滴定至終點（離子方程式為Cu2++H2Y2?CuY2?+2H+），消耗EDTA標準溶液20.00mL；步驟Ⅱ測定C2O42-：準確稱取0.7080g樣品，用6.00mL濃氨水溶解，加入30.00mL4.0mol·L?1的硫酸，稀釋至100mL，水浴加熱至70~80℃，趁熱用0.1000mol·L?1KMnO4標準液滴定至終點，消耗KMnO4溶液16.00mL。①已知酸性條件下MnO4-被還原為Mn2+，步驟Ⅱ發(fā)生反應的離子方程式為___________。②步驟Ⅱ滴定終點的現(xiàn)象是______________________。③通過計算確定草酸合銅(Ⅱ)酸鉀的化學式（寫出計算過程）。____________28、（14分）過氧化氫是應用廣泛的“綠色”氧化劑，酸性條件下穩(wěn)定，中性或弱堿性條件下易分解．填空：（1）過氧化氫的分子結構如圖（Ⅱ），則過氧化氫屬于__（極性/非極性）分子．過去曾經有人認為過氧化氫的分子結構也可能是（Ⅰ），選擇合理實驗方法證明過氧化氫的分子結構為（Ⅱ）__（選填編號）．a．測定過氧化氫的沸點b．測定過氧化氫分解時的吸收的能量c．測定過氧化氫中H﹣O和O﹣O的鍵長d．觀察過氧化氫細流是否在電場中偏轉Na2O2，K2O2以及BaO2都可與酸作用生成過氧化氫．實驗室可用稀硫酸和過氧化物在用冰冷卻的條件下反應制取過氧化氫．（2）上述過氧化物中最適合的是__，反應完畢后__（填操作名稱）即可得到雙氧水．（3）若反應時沒有用冰冷卻，會有氣體產生，寫出反應的化學方程式__．用酸性高錳酸鉀溶液滴定雙氧水的方法可以測定雙氧水的濃度．（4）取5.00mL雙氧水樣品，配制成250mL溶液．此實驗過程必須用到的兩種主要儀器為__（填儀器名稱）．（5）取25.00mL上述溶液，用0.020mol/L的酸性高錳酸鉀溶液滴定，看到__，到達滴定終點，消耗高錳酸鉀溶液15.50mL．則原雙氧水樣品中含過氧化氫__g/L．29、（10分）已知前四周期六種元素A、B、C、D、E、F的原子序數(shù)之和為107，且它們的核電荷數(shù)依次增大。B原子的p軌道半充滿，其氫化物沸點是同族元素中最低的，D原子得到一個電子后3p軌道全充滿，A與C能形成A2C型離子化和物，其中的陰、陽離子相差一個電子層，E4＋離子和氬原子的核外電子排布相同。請回答下列問題：（1）A、B、C、D的第一電離能由小到大的順序是____________（填元素符號）（2）化合物BD3的分子空間構型可描述為_________，B的原子軌道雜化類型為________。（3）已知F元素在人體內含量偏低時，會影響O2在體內的正常運輸。已知F2＋與KCN溶液反應得F（CN）2沉淀，當加入過量KCN溶液時沉淀溶解，生成配合物。則F的基態(tài)原子價電子排布式為______。CN－與___________（一種分子）互為等電子體，則1個CN－中π鍵數(shù)目為___________。（4）EO2與碳酸鋇在熔融狀態(tài)下反應，所得晶體的晶胞結構如圖所示，則該反應的化學方程式為________在該晶體中，E4＋的氧配為數(shù)為____________。若該晶胞邊長為anm可計算該晶體的密度為__________g／cm3（阿伏加德羅常數(shù)為NA）

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解析】

A.加熱固體時，試管口應略向下傾斜，故A不符合題意；B.MnO2難溶于水，KCl易溶于水，將混合物放入燒杯中，加蒸餾水溶解，用玻璃棒攪拌加速溶解，故B符合題意；C.根據(jù)裝置圖，漏斗的下端應緊靠燒杯內壁，故C不符合題意；D.蒸發(fā)時應用蒸發(fā)皿，不能用坩堝，故D不符合題意；答案：B。2、B【解析】

A、灼燒碎海帶應用坩堝，A錯誤；B、海帶灰的浸泡液用過濾法分離，以獲得含I-的溶液，B正確；C、MnO2與濃鹽酸常溫不反應，MnO2與濃鹽酸反應制Cl2需要加熱，反應的化學方程式為MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O，C錯誤；D、Cl2在飽和NaCl溶液中溶解度很小，不能用飽和NaCl溶液吸收尾氣Cl2，尾氣Cl2通常用NaOH溶液吸收，D錯誤；答案選B。3、C【解析】

制作光導纖維的材料是SiO2而不是Si，C項錯誤。4、D【解析】

H2MA分子比離子更易透過細胞膜而殺滅細菌，則H2MA濃度越大殺菌能力越大，H2MA與NaOH反應過程中H2MA濃度逐漸減小、HMA-濃度先增大后減小、MA2-濃度增大，所以I表示H2MA、II表示HMA-、III表示MA2-。A.H2MA分子比離子更易透過細胞膜而殺滅細菌，則H2MA濃度越大殺菌能力越大，H2MA濃度：a＞b，所以殺菌能力a＞b，A錯誤；B.通過上述分析可知，III表示MA2-物質的量的變化，B錯誤；C.MA2-水解常數(shù)Kh===≈5.88×10-10，C錯誤；D.當V=30mL時，溶液中生成等物質的量濃度的NaHMA、Na2MA，根據(jù)圖知溶液中c(HMA-)<c(MA2-)，說明HMA-電離程度大于MA2-水解程度，所以溶液呈酸性，D正確；故合理選項是D。5、D【解析】

A、P4是正四面體結構，每個P4分子中有6個共價鍵，1molP4(P原子均達到8電子穩(wěn)定結構)中所含P-P鍵數(shù)目為6NA，故A錯誤；B.H2+I22HI反應前后氣體分子數(shù)不變，0.1molH2和0.1molI2于密閉容器中充分反應后，其分子總數(shù)等于0.2NA，故B錯誤C.20mL10mol/L的濃硝酸與足量銅加熱反應生成NO2和NO，轉移電子數(shù)不是0.1NA，故C錯誤；D.1個NH2-含10個電子，0.1molNH2-所含電子數(shù)為6.02×1023個，故D正確。6、D【解析】

A、由175mL到275mL是與碳酸氫鈉反應，而n（Na2CO3）=n（NaHCO3）=n（CO2）=0.02mol，NaHCO3～～～HCl1mol1mol0.02mol0.02mol所以c（HCl）=0.02mol/(275?175)×10?3L=0.2mol/L，A正確；B、由圖像可知，因為175＞275-175所以固體混合物為NaOH，Na2CO3，B正確；C、由方程式可知：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，生成0.02mol的二氧化碳和0.02mol的水，再根據(jù)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知密閉容器中排出氣體的成分O2，H2O，C正確；D、根據(jù)碳原子守恒可知，n（NaHCO3）=n（CO2）="0.02mol"="0.02mol"，275ml時溶質是單一的氯化鈉，根據(jù)鈉守恒可知n（Na2O2）＝0.2mol/L×0.275L?0.02mol/L＝0.0175mol，固體的質量為：0.02×84+0.0175×78=3.045g，故x=3.045g，D錯誤；答案選D?！军c晴】解答時注意掌握過氧化鈉、碳酸氫鈉的性質及根據(jù)化學方程式進行的簡單計算方法，本題中分析、理解圖像信息是解題關鍵。另外明確二氧化碳、水蒸氣與過氧化鈉反應的先后順序是解答的難點和易錯點，一定量的Na2O2與一定量的CO2和H2O(g)的混合物的反應，可看做Na2O2先與CO2反應，待CO2反應完全后，Na2O2再與H2O(g)發(fā)生反應。7、B【解析】

A.硫酸為二元強酸，當濃度均為0.1mol·L－1時，硫酸溶液中的離子濃度一定大于HA溶液中離子的濃度，不能說明HA是否完全電離，A項錯誤；B.NH4A溶液中，由于NH4+水解使溶液呈酸性，若HA為強酸，NH4A溶液pH＜7，而pH＝7說明A－水解，說明HA為弱酸，B項正確；C.當溶液的pH小于3.1時，甲基橙均能變紅色，不能說明0.1mol·L－1的HA溶液pH是否大于1，C項錯誤；D.若HA為強酸，等濃度的NaA、HA混合溶液pH也小于7，D項錯誤；答案選B。8、A【解析】

A.丙烯分子中有一個甲基，甲基上的四個原子不可能共平面，A項錯誤；B.石油的裂解是在催化劑存在的情況下，加強熱使烴類斷裂成小分子的不飽和烴，丙烯也是產物之一，B項正確；C.丙烯中有碳碳雙鍵，可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，C項正確；D.碳碳雙鍵可以發(fā)生加聚反應，得到高分子的聚合物，D項正確；答案選A?！军c睛】從字面意思也能看出，裂“化”比裂“解”要“溫柔”一點，得到的是較長鏈的汽油、柴油等輕質燃油，裂解則完全將碳鏈打碎，得到氣態(tài)不飽和烴。9、A【解析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，Z元素在地殼中含量最高，則Z為O；Y元素的最高價氧化物對應的水化物與其氫化物化合生成鹽，則Y為N；常溫下，X的單質為氣體，在氮之前，只有H，則X為H；Y、Z的最外層電子數(shù)之和等于W的原子序數(shù)，Y、Z的最外層電子數(shù)分別為5、6，則W為Na。A．非金屬性N>H，元素的非金屬性越強，對應的簡單陰離子的還原性越弱，A項正確；B．根據(jù)元素周期律，同周期，原子序數(shù)小的半徑大，同主族，周期大的半徑大，故原子半徑Na>N>O>H，B項錯誤；C．Z與W形成的化合物可能為Na2O或Na2O2，前者只含有離子鍵，后者存在離子鍵和共價鍵，C項錯誤；D．氨氣和水分子都含有氫鍵，但是水分子間形成的氫鍵較多，沸點更高，D項錯誤；答案選A。10、C【解析】

A.氯水中含HClO，具有漂白性，不能用pH試紙測定其pH，應選pH計測定氯水的pH，A錯誤；B.C5H12裂解為分子較小的烷烴和烯烴，常溫下均為氣體，不能冷凝收集，且催化裂化中使用碎瓷片作催化劑且有聚熱功能，若改用沒有聚熱功能的氧化鋁固體，實驗效果不理想，B錯誤；C.只有溫度不同，且只有二氧化氮為紅棕色，通過兩燒瓶中氣體顏色的變化可驗證溫度對平衡的影響，C正確；D.加熱促進AlCl3水解，且生成HCl易揮發(fā)，應在HCl氣流中蒸發(fā)制備AlCl3晶體，D錯誤；答案選C。11、A【解析】

A．向濃度均為0.10mol?L－1的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出現(xiàn)黃色沉淀，說明相同條件下AgI先于AgCl沉淀，二者為同種類型沉淀，Ksp越小溶解度越小，相同條件下越先沉淀，所以Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故A正確；B．即便亞硫酸沒有變質，先加入Ba(NO3)2溶液，再加入稀鹽酸后硝酸根也會將亞硫酸根氧化沉硫酸根，故B錯誤；C．向盛有NH4Al(SO4)2溶液的試管中，滴加少量NaOH溶液會先發(fā)生Al3++3OH-=Al(OH)3↓，并不能生成氨氣，故C錯誤；D．測定等物質的量濃度的Na2CO3和NaClO的pH值，Na2CO3＞NaClO可以說明HCO3-的酸性強于HClO，若要比較H2CO3和HClO的酸性強弱，需要測定等物質的量濃度NaHCO3和NaClO的pH值，故D錯誤；故答案為A。12、C【解析】

A．空氣中含有二氧化碳和水蒸氣，長期與空氣接觸發(fā)生反應生成次氯酸，次氯酸不穩(wěn)定分解，導致消毒液失效，故A正確；B．“84消毒液”的主要成分是NaClO，“潔廁劑”通常含鹽酸，二者同時使用發(fā)生氧化還原反應生成氯氣而失效，不能同時使用，故B正確；C．1L0.2mol/LNaClO溶液中溶質的物質的量為0.2mol，NaClO屬于強堿弱酸鹽，ClO-水解生成HClO，導致溶液中ClO-的物質的量小于0.2mol，故C錯誤；D．NaClO具有氧化性，起消毒作用時Cl元素化合價降低，由+1價變?yōu)?1價，則0.1molNaClO轉移0.2mole-，故D正確；答案選C?！军c睛】次氯酸是一種比碳酸還弱的弱酸，它不穩(wěn)定見光易分解，具有漂白性，強氧化性等性質，在使用時經常制成含氯的化合物如次氯酸鈉，次氯酸鈣等，易于保存和運輸，在次氯酸鈉殺菌消毒時氯的化合價降低為-1價。13、A【解析】

A.溴化氫中的溴原子半徑小于碘原子半徑，所以溴化氫的鍵長比碘化氫的短，故A正確；B.溴化氫和碘化氫都是共價化合物，組成和結構相似，相對分子質量越大，范德華力越強，沸點越高，所以溴化氫的沸點低于碘化氫的，故B錯誤；C.溴的非金屬性比碘強，所以溴化氫比碘化氫穩(wěn)定，故C錯誤；D.溴的非金屬性比碘強，非金屬性越強，單質的氧化性越強，離子的還原性就越弱，所以溴化氫比碘化氫還原性弱，故D錯誤；故選：A。14、D【解析】

A.催化劑a表面是氫氣和氮氣反應生成氨氣，催化劑a表面發(fā)生了非極性共價鍵的斷裂和極性鍵的形成，故A合理；B.催化劑可降低反應活化能，改變反應速率，但不能改變反應焓變，故B合理；C.催化劑b表面是氨氣催化氧化生成NO的反應，發(fā)生的是氧化還原反應，涉及電子轉移，故C合理；D.催化劑a、b改變反應速率，不改變化學平衡，不能提高反應的平衡轉化率，故D不合理；故選D。15、D【解析】

W、X、Y、Z均為短周期主族元素，由位置關系可知，W、X處于第二周期，Y、Z處于第三周期，設X原子最外層電子數(shù)為a，則W、Y、Z最外層電子數(shù)依次為a-2、a、a+1，四種元素的原子最外層電子數(shù)之和為23，則：a-2+a+1+a+a=23，解得a=6，則W為C元素，故X為O元素、Y為S元素、W為C元素?！驹斀狻緼、同周期從左到右，原子半徑逐漸減小，元素的非金屬性增強，原子半徑S>Cl，非金屬性W<X，故A正確；B、同主族從上到下元素的非金屬性減弱，故O2能與H2Se反應，生成Se單質，故B正確；C、O能形成CO2、SO2、ClO2，故C正確；D、最高價氧化物對應水化物的酸性：H2CO3<H2SO4<HClO4，故D錯誤；故選D。16、A【解析】

氯氣是黃綠色的、有刺激性氣味的有毒氣體，密度比空氣大，熔沸點較低，能溶于水，易溶于有機溶劑，光照下氯氣與氫氣反應生成氯化氫，故選A。17、B【解析】

A.反應CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)為熵減的反應，則該反應ΔS＜0，選項A錯誤；B．向醋酸溶液中通入氯化氫氣體，氫離子濃度增大而抑制醋酸電離，則Kac(CH3COOH)=c(H＋)·c(CH3COO－)增大，選項B正確；C．Cl2與水的反應是可逆反應，不可能完全轉化，轉移的電子數(shù)小于6.02×1023個，選項C錯誤；D.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)為放熱反應，反應物鍵能總和小于生成物鍵能總和，選項D錯誤。答案選B。18、C【解析】

由圖可知60ml到70ml是氫氧化鋁溶解消耗10ml氫氧化鈉溶液，則鋁離子沉淀需要30ml氫氧化鈉溶液，鎂離子離子沉淀需要20ml氫氧化鈉溶液，所以鎂鋁的物質的量比為1：1，再由鎂鋁與100mL稀硝酸反應，產生1.12LNO氣體（標準狀況）得失守恒可以得2x+3x＝0.05×3，則x＝0.03mol，沉淀的最大質量，沉淀達到最大值時溶液為硝酸鈉，硝酸的物質的量為0.03mol×2+0.03mol×3+0.05mol=0.2mol，氫氧化鈉溶液濃度，故C錯誤；綜上所述，答案為C。19、A【解析】①鐵片置于CuSO4溶液中，鐵片上有亮紅色物質析出，說明發(fā)生了置換反應Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，活潑性Fe>Cu；②、③、④均不能說明活潑性Fe>Cu；⑤鐵、銅用導線連接置于稀硫酸中，鐵、銅形成原電池，F(xiàn)e作負極，鐵片溶解，銅作正極有H2放出，說明活潑性Fe>Cu，故答案選A。20、A【解析】

A項，三氧化硫分子是非極性分子，它是由一個硫原子和三個氧原子通過極性共價鍵結合而成，分子形狀呈平面三角形，硫原子居中，鍵角120°，故A項錯誤；B項，在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位鍵，前者是氮原子提供配對電子對給氫原子，后者是銅原子提供空軌道，故B項正確；C項，元素的原子在化合物中把電子吸引向自己的本領叫做元素的電負性，所以電負性越大的原子，吸引電子的能力越強，故C項正確；D項，原子晶體中原子以共價鍵結合，一般原子晶體結構的物質鍵能都比較大、熔沸點比較高、硬度比較大，故D項正確。答案選A。21、C【解析】

A.進行焰色反應，火焰呈黃色，說明含有Na+，不能確定是否含有K+，A錯誤；B.蔗糖在稀硫酸催化作用下發(fā)生水解反應產生葡萄糖，若要證明水解產生的物質，首先要加入NaOH中和催化劑硫酸，使溶液顯堿性，然后再用Cu(OH)2進行檢驗，B錯誤；C.在AgCl和AgI飽和溶液中加入過量AgNO3溶液，產生白色沉淀和黃色沉淀，且白色沉淀的質量遠大于黃色沉淀，說明溶液中c(Cl-)較大，c(I-)較小，物質的溶解度AgCl>AgI，由于二者的化合物構型相同，因此可證明物質的溶度積常數(shù)Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，C正確；D.根據(jù)實驗現(xiàn)象，只能證明溶液中含有I2，由于溶液中含有兩種氧化性的物質HNO3、Fe3+，二者都可能將I-氧化為I2，因此不能證明氧化性Fe3+>I2，D錯誤；故合理選項是C。22、C【解析】

A.陶器在燒制過程中發(fā)生了復雜的物理變化與化學變化，故A正確；B.真絲屬于蛋白質，灼燒時有燒焦羽毛的氣味，故B項正確；C.離子交換法屬于化學方法，故C錯誤；D.太陽能電池光電板的材料為單質硅，故D項正確；故答案為C。二、非選擇題(共84分)23、乙醇、濃硫酸、170℃①②④取樣，滴加新制氫氧化銅懸濁液，加熱，有磚紅色沉淀生成，可證明反應③已經發(fā)生【解析】

由C的結構及反應④為酯化反應可知，A為CH3COOH，C為，則反應①為光照下取代反應，生成B為，反應②為鹵代烴的水解反應，反應③為醇的催化氧化反應。（1）實驗室制備乙烯的反應試劑與具體反應條件為乙醇、濃硫酸、170℃，發(fā)生消去反應，故答案為：乙醇、濃硫酸、170℃；（2）上述①～④反應中，屬于取代反應的是①②④，故答案為：①②④；（3）檢驗反應③是否發(fā)生的方法是取樣，滴加新制氫氧化銅懸濁液，加熱，有磚紅色沉淀生成，可證明反應③已經發(fā)生，故答案為：取樣，滴加新制氫氧化銅懸濁液，加熱，有磚紅色沉淀生成，可證明反應③已經發(fā)生；（4）的同分異構體滿足a．能發(fā)生銀鏡反應，含-CHO；b．苯環(huán)上的一溴代物有兩種，苯環(huán)上有2種H，則2個取代基位于對位，符合條件的結構簡式為、、，故答案為：；（5）乙烯加成生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，則由乙烯制備A的合成路線為，故答案為：。24、消去反應對苯二甲酸（或1，4－苯二甲酸）硝基、氯原子H2O10（任寫一種）【解析】

乙醇發(fā)生消去反應生成A為CH2=CH2，C被氧化生成D，D中含有羧基，C、D、G均為芳香族化合物，分子中均只含兩種不同化學環(huán)境的氫原子，C發(fā)生氧化反應生成D，D中應該有兩個羧基，根據(jù)H結構簡式知，D為、G為；根據(jù)信息②知，生成B的反應為加成反應，B為，B生成C的反應中除了生成C外還生成H2O，苯和氯氣發(fā)生取代反應生成E，E為，發(fā)生取代反應生成F，根據(jù)G結構簡式知，發(fā)生對位取代，則F為，F(xiàn)發(fā)生取代反應生成對硝基苯胺?！驹斀狻竣臗2H5OH與濃H2SO4在170℃下共熱發(fā)生消去反應生成的A為H2C=CH2；由H的結構簡式可知D為、G為；D為對苯二甲酸，苯與Cl2在FeCl3作催化劑的條件下反應生成的E()，E發(fā)生硝化反應生成的F()，F(xiàn)中所含官能團的名稱是硝基和氯原子；故答案為：消去反應；對苯二甲酸(或1，4－苯二甲酸）；硝基、氯原子。⑵乙烯和發(fā)生Diels－Alder反應生成B，故B的結構簡式是；C為芳香族化合物，分子中只含兩種不同化學環(huán)境的氫原子，“B→C”的反應中，除C外，還生成的一種無機產物是H2O；故答案為：；H2O。⑶D＋G→H的化學方程式是；故答案為：。⑷D為，Q是D的同系物，相對分子質量比D大14，如果取代基為?CH2COOH、?COOH，有3種結構；如果取代基為?CH3、兩個?COOH，有6種結構；如果取代基為?CH(COOH)2，有1種，則符合條件的有10種；其中核磁共振氫譜有4組峰,且峰面積比為1:2:2:3的結構簡式為，故答案為：10；。⑸CH2=CHCH=CH2和HC≡CH發(fā)生加成反應生成,和溴發(fā)生加成反應生成,發(fā)生水解反應生成，其合成路線為，故答案為：。25、aedbcfg或aedcbfgH2、CO2、H2S、SO2先通氧氣排盡裝置中的空氣，防止過氧化鈣與水和二氧化碳的反應2NH4Cl＋Ca(OH)2=2NH3↑＋CaCl2＋2H2O晶體析出冰水浴導氣、防止倒吸過濾洗滌【解析】

⑴①由題圖知，制備過氧化鈣時裝置的連接順序為：制備氧氣的裝置(A)→氣體干燥裝置(C)→O2與鈣高溫下反應的裝置(B)→干燥裝置(D，防止空氣中的H2O，CO2進入反應裝置)，故答案為：aedbcfg或aedcbfg。②裝置A是固體加液體不加熱的裝置，因此該裝置還可以制H2、CO2、H2S、SO2，故答案為H2、CO2、H2S、SO2；③裝入藥品后，先打開分液漏斗的旋塞，通一段時間氧氣，排出裝置中的空氣，排盡裝置中的空氣，防止過氧化鈣與水和二氧化碳的反應，再點燃B處酒精燈，故答案為氧氣；排盡裝置中的空氣，防止過氧化鈣與水和二氧化碳的反應；⑵①在裝置A中制備NH3，反應方程式為2NH4Cl＋Ca(OH)2=2NH3↑＋CaCl2＋2H2O，故答案為2NH4Cl＋Ca(OH)2=2NH3↑＋CaCl2＋2H2O；②H2O2受熱容易分解，反應在冰水浴中進行可防止溫度過高H2O2分解，同時有利于晶體析出，由于NH3極易溶于水，吸收時要防止倒吸，所以裝置B中儀器X的作用是導氣并防止倒吸，故答案為晶體析出；冰水浴；導氣、防止倒吸；③反應結束后，經過濾、洗滌、低溫烘干即可得到CaO2·8H2O，故答案為過濾；洗滌。26、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O過濾da、e取少量Na2S2O5晶體于試管中，加適量水溶解，滴加足量鹽酸，振蕩，再滴入氯化鋇溶液，有白色沉淀生成0.16偏低【解析】

（1）裝置Ⅰ中濃硫酸與亞硫酸鈉反應產生二氧化硫氣體，同時生成硫酸鈉和水，其化學方程式為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O；（2）從裝置Ⅱ中溶液中獲得已析出的晶體，采取的方法是過濾；（3）裝置Ⅲ用于處理尾氣SO2，由于SO2屬于酸性氧化物，除去尾氣SO2應選擇堿性溶液，a裝置無氣體出口，不利于氣體與稀氨水充分接觸，不選；要選擇d，既可有效吸收，又可防止倒吸，2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；（4）證明NaHSO3溶液中HSO3－的電離程度大于水解程度，要利用兩個平衡式HSO3－H++SO32－，HSO3－+H2OH2SO3+OH－，證明溶液呈酸性，可采用的實驗方法是a、測定溶液的pH，PH<7，說明溶液呈酸性，選項a正確；b、加入Ba(OH)2溶液或鹽酸，都會發(fā)生反應，無法判定電離、水解程度，選項b錯誤；c、加入鹽酸，都不反應，無法判定電離、水解程度，選項c錯誤；d、品紅只檢驗SO2的存在，選項d錯誤；e、用藍色石蕊試紙檢測，呈紅色證明溶液呈酸性，選項e正確；答案選ae；（5）由于Na2S2O5中的硫元素為+4價，故檢驗Na2S2O5晶體已被氧化，實為檢驗SO42－，其實驗方案為：取少量Na2S2O5晶體于試管中，加適量水溶解，滴加足量鹽酸，振蕩，再滴入氯化鋇溶液，有白色沉淀生成；（6）①由題設滴定反應的化學方程式知，樣品中抗氧化劑的殘留量(以SO2計算)與I2的物質的量之比為1∶1，n(SO2)=n(I2)=0.01000mol·L-1×0.025L=0.0025mol，殘留量==0.16g·L-1；②由于實驗過程中有部分HI被氧化生成I2，4HI+O2=2I2+2H2O，則用于與SO2反應的I2減少，故實驗結果偏低。27、回收乙醇2+5+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O當?shù)稳胱詈笠坏蜬MnO4標準液時，溶液變成淺紅色，且半分鐘不褪色由步驟Ⅰ的反應離子方程式：Cu2++H2Y2?CuY2?+2H+，可得關系式：Cu2+～H2Y2?，據(jù)題意有：解得：n(Cu2+)=0.002mol由步驟Ⅱ的離子反應方程式：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O，可得關系式：2MnO4-～5C2O42-，則有：解得：n(C2O42-)=0.004mol根據(jù)電荷守恒，可知n(K+)=0.004mol根據(jù)質量守恒原理，則n(H2O)=。故草酸合銅(Ⅱ)酸鉀的化學式為：K2Cu(C2O4)2·2H2O?！窘馕觥?/p>

（1）分析題中所給信息，硫酸銅不溶于乙醇，使用乙醇可以降低硫酸銅的溶解度，有利于晶體的析出。加入乙醇后，乙醇易揮發(fā)，故可通過蒸餾的方法回收。（2）根據(jù)題中步驟Ⅰ測定Cu2+的原理及消耗的EDTA的量，可計算出0.7080g樣品中Cu2+的量；根據(jù)步驟Ⅱ測定C2O42-的過程中，KMnO4和C2O42-在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應，結合氧化還原反應原理，可計算出0.7080g樣品中C2O42-的量；結合電荷守恒和質量守恒，分別計算出K+和H2O的量。進而可確定草酸合銅(Ⅱ)酸鉀的化學式?！驹斀狻浚?）乙醇易揮發(fā)，故可通過蒸餾的方法回收。答案為：回收乙醇；（2）①根據(jù)氧化還原反應原理，可知離子反應方程式為：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O；答案為：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O；②KMnO4溶液為紫紅色，當加入最后一滴KMnO4標準液時，溶液變成淺紅色，且半分鐘不褪色，說明達到滴定終點。答案為：當?shù)稳胱詈笠坏蜬MnO4標準液時，溶液變成淺紅色，且半分鐘不褪色；③由步驟Ⅰ的反應離子方程式：Cu2++H2Y2?CuY2?+2H+，可得關系式：Cu2+～H2Y2?，據(jù)題意有：解得：n(Cu2+)=0.002mol由步驟Ⅱ的離子反應方程式：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O，可得關系式：2MnO4-～5C2O42-，則有：解得：n(C2O42-)=0.004mol根據(jù)電荷守恒，可知n(K+)=0.004mol根據(jù)質量守恒原理，則n(H2O)=。故草酸合銅(Ⅱ)酸鉀的化學式為：K2Cu(C2O4)2·2H2O。28、極性dBaO2過濾2BaO2+2H2SO4=2BaSO4+O2↑+2H2O酸式滴定管、250mL容量瓶溶液呈淺紫紅色且半分鐘內不褪色52.7g/L【解析】

（1）由極性鍵構成的分子，若結構不對稱，正負電荷中心不重疊則為極性分子；極性分子細液流在電場中會發(fā)生偏轉；（2）根據(jù)題目信息，實驗室通過上述某種過氧化物與適量稀硫酸作用，過濾后即可制得較純凈的H2O2溶液，說明另一種產物為沉淀；（3）BaO2與硫酸反應生成硫酸鋇、氧氣和水；（4）雙氧水具有強氧化性用酸式滴定管量取，配制250mL溶液需要250mL容量瓶；（5）酸性高錳酸鉀溶液為紫色，達到滴定終點時溶液呈淺紫紅色且半分鐘內不褪色；根據(jù)反應方程式計算25mL溶液中雙氧水的物質的量，然后求出其質量，再求出1L溶液中的雙氧水的質量?！驹斀狻浚?）H2O2分子中含有氧氫極性共價鍵和氧氧非極性共價鍵，由極性鍵構成的分子，若結構不對稱，正負電荷中心不重疊則為極性分子；極性分子細液流在電場中會發(fā)生偏轉；a.分子的熔沸點與分子間作用力有關，與分子是否對稱無關，故a錯誤；b.過氧化氫分解時吸收的能量與氫氧鍵的鍵能有關，與分子是否對稱無關，故b錯誤；c.圖示兩種結構，過氧化氫分子中的氫氧鍵與氧氧鍵鍵長均相同，無法鑒別，故c錯誤；d.圖示兩種結構，猜想1為對稱結構的非極性分子，猜想2為非對稱結構的極性分子，極性分子細液流在電場中發(fā)生偏轉，非極性分子細液流在電場中不發(fā)生偏轉，觀察過氧化氫細液流在電場中是否發(fā)生偏轉，可確定猜測中有一種正確，故d正確；故答案為：極性；d；（2）實驗室通過上述某種過氧化物與適量稀硫酸作用，過濾后即可制得較純凈的H2O2溶液，說明另一種產物為沉淀，則生成了