2024年云南省昭通市巧家縣一中高考化學押題試卷含解析

2024年云南省昭通市巧家縣一中高考化學押題試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列說法正確的是A．甘油醛（）和葡萄糖均屬于單糖，互為同系物B．2,3,5,5?四甲基?3,3?二乙基己烷的鍵線式為C．高聚物和均是縮聚產(chǎn)物，它們有共同的單體D．將總物質的量為1mol的水楊酸、1,2?二氯乙烷和CH3NHCOOCH3的混合物與NaOH溶液充分反應，最多可以消耗2molNaOH2、下列裝置不能完成相應實驗的是A．甲裝置可比較硫、碳、硅三種元素的非金屬性強弱B．乙裝置可除去CO2中少量的SO2雜質C．丙裝置可用于檢驗溴乙烷與NaOH的醇溶液共熱產(chǎn)生的乙烯D．丁裝置可用于實驗室制備氨氣3、根據(jù)下列圖示所得結論正確的是A．圖1表示1LpH=2的某一元酸加水稀釋至VL，pH隨lgV的變化，說明該酸是弱酸B．圖2表示不同溫度下水溶液中H+和OH－濃度的變化的曲線，說明圖中溫度T2＞T1C．圖3表示一定條件下的合成氨反應中，NH3的平衡體積分數(shù)隨H2起始體積分數(shù)（N2的起始量恒定）的變化，說明圖中a點N2的轉化率小于b點D．圖4表示同一溫度下，在不同容積的容器中進行反應2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)，O2的平衡濃度與容器容積的關系，說明改變壓強平衡不發(fā)生移動4、短周期主族元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大。四種元素形成的單質依次為m、n、p、q；x、y、z是這些元素組成的二元化合物，其中z為形成酸雨的主要物質之一；25℃時，0.01mol·L－1w溶液中，c(H+)/c(OH-)＝1.0×10－10。上述物質的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是A．原子半徑的大?。篴＜b＜c＜dB．氫化物的沸點：b＞dC．x的電子式為：D．y、w含有的化學鍵類型完全相同5、A、B、C、D、E、F為原子序數(shù)依次遞增的六種短周期主族元素，A的單質是最理想的燃料。C原子次外層電子數(shù)是最外層的1/3，E與C同主族，下列說法不正確的是A．元素D與A一定形成共價化合物B．元素B可能與元素A形成多種共價化合物C．F最高價氧化物對應水化物定是一種強酸D．若元素D是非金屬元素，則D的單質可能是良好的半導體材料6、短周期元素X、Y、Z、M的原子序數(shù)依次增大，它們組成一種團簇分子Z2M2Y4(YX)2，結構如圖所示。X、M的族序數(shù)均等于周期序數(shù)，Y原子核外最外層電子數(shù)是其電子總數(shù)的，下列說法正確的是A．簡單離子半徑:Z>M>YB．常溫下Z和M的單質均能溶于濃硝酸C．X與Y結合形成的化合物是離子化合物D．工業(yè)上常用電解Z的氯化物的熔融液來制取Z單質7、已知甲、乙、丙三種物質均含有同種元素X，其轉化關系如下：下列說法錯誤的是A．若A為NaOH溶液，乙為白色沉淀，則X可能為短周期金屬元素B．若A為硝酸，X為金屬元素，則甲與乙反應可生成丙C．若A為氧氣，丙在通常狀況下為紅棕色氣體，則甲可能為非金屬單質D．若乙為NaHCO3，則甲或丙可能是CO28、我們熟知的一些化合物的應用錯誤的是A．MgO冶煉金屬鎂 B．NaCl用于制純堿C．Cu(OH)2用于檢驗糖尿病 D．FeCl3用于凈水9、在25℃時，向50.00mL未知濃度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HC1溶液。滴定過程中，溶液的pOH[pOH=－lgc(OH-)]與滴入HCl溶液體積的關系如圖所示，則下列說法中正確的是A．圖中②點所示溶液的導電能力弱于①點B．③點處水電離出的c(H+)=1×10-8mol·L-1C．圖中點①所示溶液中，c(C1-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)D．25℃時氨水的Kb約為5×10-5.6mo1·L-110、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，124gP4中所含P—P鍵數(shù)目為4NAB．標準狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數(shù)目為2NAC．1molFeI2與足量氯氣反應時轉移的電子數(shù)為2NAD．0.1molH2和0.1molI2于密閉容器中充分反應后，其分子總數(shù)小于0.2NA11、部分共價鍵的鍵長和鍵能的數(shù)據(jù)如表，則以下推理肯定錯誤的是共價鍵C﹣CC=CC≡C鍵長（nm）0.1540.1340.120鍵能（kJ/mol）347612838A．0.154nm＞苯中碳碳鍵鍵長＞0.134nmB．C=O鍵鍵能＞C﹣O鍵鍵能C．乙烯的沸點高于乙烷D．烯烴比炔烴更易與溴加成12、一定條件下，CO2分子晶體可轉化為具有類似SiO2結構的原子晶體．從理論上分析，下列說法正確的是（）A．該轉化過程是物理變化B．1molCO2原子晶體中含2molC﹣O鍵C．CO2原子晶體的熔點高于SiO2D．CO2的原子晶體和分子晶體互為同分異構體13、關于Na2O和Na2O2的敘述正確的是A．等物質的量時所含陰離子數(shù)目相同 B．顏色相同C．所含化學鍵類型相同 D．化合物種類不同14、三容器內分別裝有相同壓強下的NO、NO2、O2，設三容器容積依次為V1、V2、V3，若將三氣體混合于一個容積為V1+V2+V3的容器中后，倒立于水槽中，最終容器內充滿水。則V1、V2、V3之比不可能是（）A．3∶7∶4 B．5∶7∶6 C．7∶3∶6 D．1∶1∶115、某固體混合物可能由Fe2O3、Fe、Na2SO3、NaBr、AgNO3、BaCl2中的兩種或兩種以上的物質組成。某興趣小組為探究該固體混合物的組成，設計的部分實驗方案如圖所示：下列說法正確的是A．氣體A至少含有SO2、H2中的一種B．固體C可能含有BaSO4或者Ag2SO4C．該固體混合物中Fe2O3和Fe至少有其中一種D．該固體混合物一定含有BaCl2，其余物質都不確定16、下列敘述中指定粒子數(shù)目一定大于NA的是A．1L1mol/LCH3COOH溶液中所含分子總數(shù)B．1molCl2參加化學反應獲得的電子數(shù)C．常溫常壓下，11.2LN2和NO的混合氣體所含的原子數(shù)D．28g鐵在反應中作還原劑時，失去電子的數(shù)目二、非選擇題（本題包括5小題）17、阿司匹林()是有機合成過程中的中間體。已知：Ⅰ.Ⅱ.(具有較強的還原性)(1)反應④的試劑和條件為______；反應①的反應類型為______；反應②的作用是_____；(2)B的結構簡式為_______；(3)下列關于G中的描述正確的是______；A．具有兩性，既能與酸反應也能與堿反應B．能發(fā)生加成、消去、取代和氧化反應C．能聚合成高分子化合物D．1molG與足量NaHCO3溶液反應放出2molCO2(4)D與足量的NaOH溶液反應的化學方程式為_______；反應②的化學方程式為_________；(5)符合下列條件的C的同分異構體有_____種；a.屬于芳香族化合物，且含有兩個甲基b.既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為6∶2∶1∶1的是______________；(6)已知：依據(jù)題意，寫出以甲苯為原料合成鄰氨基苯甲酸的流程圖(無機試劑任選)________。18、有機鋅試劑（R—ZnBr）與酰氯（）偶聯(lián)可用于制備藥物Ⅱ：（1）化合物Ⅰ的分子式為_____________。（2）關于化合物Ⅱ，下列說法正確的有______（雙選）。A．可以發(fā)生水解反應B．可與新制的Cu（OH）2共熱生成紅色沉淀C．可與FeCl3溶液反應顯紫色D．可與熱的濃硝酸和濃硫酸混合液反應（3）化合物Ⅲ含有3個碳原子，且可發(fā)生加聚反應，按照途徑1合成線路的表示方式，完成途經(jīng)2中由Ⅲ到Ⅴ的合成路線：_____________（標明反應試劑，忽略反應條件）。（4）化合物Ⅴ的核磁共振氫譜中峰的組數(shù)為_____________，以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的羧酸類同分異構體共有_____________種（不考慮手性異構）。（5）化合物Ⅵ和Ⅶ反應可直接得到Ⅱ，則化合物Ⅶ的結構簡式為：_____________。19、草酸銨[（NH4)2C2O4]為無色柱狀晶體，不穩(wěn)定，受熱易分解，可用于測定Ca2+、Mg2+的含量。I.某同學利用如圖所示實驗裝置檢驗草酸銨的分解產(chǎn)物。（1）實驗過程中，觀察到浸有酚酞溶液的濾紙變紅，裝置B中澄清石灰水變渾濁，說明分解產(chǎn)物中含有__________________（填化學式）；若觀察到__________________，說明分解產(chǎn)物中含有CO。草酸銨分解的化學方程式為______________________。（2）反應開始前，通入氮氣的目的是________________________。（3）裝置C的作用是_______________________。（4）還有一種分解產(chǎn)物在一定條件下也能還原CuO,該反應的化學方程式為__________。II.該同學利用草酸銨測定血液中鈣元素的含量。（5）取20.00mL血液樣品，定容至l00mL,分別取三份體積均為25.00mL稀釋后的血液樣品，加入草酸銨，生成草酸鈣沉淀，過濾，將該沉淀溶于過量稀硫酸中，然后用0.0l00mol/LKMnO4溶液進行滴定。滴定至終點時的實驗現(xiàn)象為___________。三次滴定實驗消耗KMnO4溶液的體積分別為0.43mL,0.41mL,0.52mL,則該血液樣品中鈣元素的含量為________mmol/L。20、鈷是一種中等活潑金屬，化合價為+2價和+3價，其中CoC12易溶于水。某校同學設計實驗制?。–H3COO）2Co（乙酸鈷）并驗證其分解產(chǎn)物?；卮鹣铝袉栴}：（1）甲同學用Co2O3與鹽酸反應制備CoC12?4H2O，其實驗裝置如下：①燒瓶中發(fā)生反應的離子方程式為______。②由燒瓶中的溶液制取干燥的CoC12?4H2O，還需經(jīng)過的操作有蒸發(fā)濃縮、______、洗滌、干燥等。（2）乙同學利用甲同學制得的CoC12?4H2O在醋酸氛圍中制得無水（CH3COO）2Co，并利用下列裝置檢驗（CH3COO）2Co在氮氣氣氛中的分解產(chǎn)物。已知PdC12溶液能被CO還原為Pd。①裝置E、F是用于檢驗CO和CO2的，其中盛放PdC12溶液的是裝置______（填“E”或“F”）。②裝置G的作用是______；E、F、G中的試劑均足量，觀察到I中氧化銅變紅，J中固體由白色變藍色，K中石灰水變渾濁，則可得出的結論是______。③通氮氣的作用是______。④實驗結束時，先熄滅D和I處的酒精燈，一段時間后再關閉彈簧夾，其目的是______。⑤若乙酸鈷最終分解生成固態(tài)氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n（X）：n（CO）：n（CO2）：n（C2H6）=1：4：2：3（空氣中的成分不參與反應），則乙酸鈷在空氣氣氛中分解的化學方程式為______。21、貯氫合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4等有機化工產(chǎn)品的反應。溫度為TK時發(fā)生以下反應：①①②③④（l）溫度為TK時，催化由CO、H2合成CH4反應的熱化學方程式為____。（2）已知溫度為TK時的活化能為485.2kJ/mol，則其逆反應的活化能為____kJ/mol。（3）TK時，向一恒壓密閉容器中充入等物質的量的CO(g)和H2O(g)發(fā)生上述反應②（已排除其他反應干擾），測得CO(g)物質的量分數(shù)隨時間變化如下表所示：若初始投入CO為2mol，恒壓容器容積10L，用H2O(g)表示該反應0-5分鐘內的速率v（H2O（g））=____。6分鐘時，僅改變一種條件破壞了平衡，則改變的外界條件為____（4）750K下，在恒容密閉容器中，充入一定量的甲醇，發(fā)生反應④，若起始壓強為101kPa，達到平衡轉化率為50.0%，則反應的平衡常數(shù)Kp=_____用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數(shù)，忽略其它反應）。（5）某溫度下，將2molCO與5molH2的混合氣體充入容積為2L的密閉容器中，在催化劑的作用下發(fā)生反應③。經(jīng)過5min后，反應達到平衡，此時轉移電子6mol。若保持體積不變，再充入2molCO和1.5molCH3OH，此時v（正）____v（逆）（填“>”“<”或“=”）。下列不能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是____。aCH3OH的質量不變b混合氣體的平均相對分子質量不再改變cv逆(CO)=2v正(H2)d混合氣體密度不再發(fā)生改變（6）已知400K、500K時水煤氣變換中CO和H，分壓隨時間變化關系如下圖所示，催化劑為氧化鐵。實驗初始時體系中的pH2O和PCO相等、PCO2和pH2相等；已知700K時的K=l.31。400K時pH2隨時間變化關系的曲線是_____500K時pCO隨時間變化關系的曲線是____

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】

A.甘油醛不屬于單糖，故錯誤；B.鍵線式為的名稱為2,2,4,5?四甲基?3,3?二乙基己烷，故錯誤；C.高聚物的單體為碳酸乙二醇，而的單體是乙二醇，故沒有共同的單體，故錯誤；D.水楊酸含有羧基和酚羥基，1mol的水楊酸消耗2mol氫氧化鈉，1mol的1,2?二氯乙烷消耗2mol氫氧化鈉，CH3NHCOOCH3含有酯基和肽鍵，所以1mol的CH3NHCOOCH3消耗2mol氫氧化鈉，將總物質的量為1mol三種物質的混合物與NaOH溶液充分反應，最多可以消耗2molNaOH，故正確。故選D。2、B【解析】

A.稀硫酸跟碳酸鈉反應放出二氧化碳氣體，二氧化碳與硅酸鈉溶液反應有白色膠狀沉淀生成，說明酸性：硫酸＞碳酸＞硅酸，硫酸、碳酸、硅酸分別是S、C、Si的最高價含氧酸，則說明非金屬性：S>C>Si，能完成實驗；B.CO2也能被碳酸鈉溶液吸收，不能選用碳酸鈉溶液，不能完成實驗；C.溴乙烷、乙醇、水蒸氣都不能使溴的四氯化碳溶液褪色，對乙烯的檢驗沒有影響，丙裝置中溴的四氯化碳溶液褪色說明溴乙烷與NaOH的醇溶液共熱產(chǎn)生了乙烯，能完成實驗；D.在氨水中存在平衡NH3+H2O?NH3·H2O?NH4++OH-，CaO與水反應放熱、同時生成Ca(OH)2，反應放出的熱量促進NH3·H2O分解產(chǎn)生氨氣，同時Ca(OH)2電離出OH-，使平衡逆向移動，促進氨氣逸出，實驗室可以用氧化鈣固體與濃氨水反應來制備氨氣，能完成實驗；答案選B。3、C【解析】

A.加水稀釋10n倍，溶液pH變化n個單位。根據(jù)圖1表示1LpH=2的某一元酸加水稀釋至VL，pH隨lgV的變化可以說明該酸是強酸，選項A錯誤；B.升溫促進水電離，Kw增大，水電離的氫離子濃度增大，所以氫離子濃度大的溫度高，即溫度T2<T1，選項B錯誤；C.增大氫氣的濃度，提高氮氣的轉化率，所以隨H2起始體積分數(shù)增大，N2的轉化率增大，即a點N2的轉化率小于b點，選項C正確；D.增大容器的體積，氧氣的濃度減小，平衡向正方向移動，氧氣的物質的量增大氧氣的濃度先增大，當達到平衡狀態(tài)時濃度增大，然后隨著體積的增大濃度減小，溫度不變，平衡常數(shù)不變，K=c(O2)，最終氧氣平衡濃度不變，選項D錯誤；答案選C。4、B【解析】

z是形成酸雨的主要物質之一，推出z是SO2，n、p為單質，因此n、p為S和O2，c(H＋)/c(OH－)=10－10，溶液顯堿性，即c(OH－)=10－2mol·L－1，w為強堿，即NaOH，推出x和y反應可能是Na2O2與H2O反應，即n為O2，q為S，四種元素原子序數(shù)增大，推出a為H，b為O，p為Na，據(jù)此分析作答?！驹斀狻緼、半徑大小比較：一看電子層數(shù)，電子層數(shù)越多，半徑越大，二看原子序數(shù)，電子層數(shù)相同，半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，因此半徑順序是：Na>S>O>H，故錯誤；B、氫化物分別是H2O、H2S，H2O中含有分子間氫鍵，H2S沒有，則H2O的沸點高于H2S，故正確；C、x為H2O，其電子式為：，故錯誤；D、y是過氧化鈉，w為NaOH，前者只含離子鍵，后者含有離子鍵和共價鍵，故錯誤；答案選B。5、A【解析】

A的單質是最理想的燃料，A是H元素。C原子次外層電子數(shù)是最外層的1/3，說明C只能是第二周期的元素即C是O元素；E與C同主族，E是S元素；F是原子序數(shù)大于S的主族元素，F(xiàn)是Cl元素；B可能是Li、Be、B、C、N幾種元素中的一種，D可能是F、Na、Mg、Al、Si、P中的一種?！驹斀狻緼.若元素D是Na，Na與H形成的化合物NaH是離子化合物，故A錯誤；B.C、N與H元素都能形成多種共價化合物，如CH4、C2H6，NH3、N2H4等，故B正確；C.F是Cl元素，最高價氧化物對應水化物是HClO4，HClO4是強酸，故C正確；D.若元素D是Si元素，Si單質是良好的半導體材料，故D正確；選A。6、D【解析】

X、M的族序數(shù)均等于周期序數(shù)，結合團簇分子結合可知X為H，M為Be或Al，Y原子核外最外層電子數(shù)是其電子總數(shù)的，則Y為O，Y的原子序數(shù)小于M，則M為Al；根據(jù)團簇分子的結構可知其分子式應為Al2Z2H2O6，Z的化合價為+2價，則Z為Mg?！驹斀狻緼．離子核外電子層數(shù)相同時，原子序數(shù)越小其半徑越小，所以簡單離子半徑：O2->Mg2+>Al3+，故A錯誤；B．常溫下金屬鋁與濃硝酸會鈍化，故B錯誤；C．X與Y形成的化合物為H2O2或H2O，均為共價化合物，故C錯誤；D．Z為Mg，工業(yè)上常電解熔融狀態(tài)下的氯化鎂制取鎂單質，故D正確；故答案為D。7、B【解析】

A、若A為NaOH溶液，甲是AlCl3，乙是Al(OH）3白色沉淀，丙是NaAlO2，X為短周期金屬元素鋁，符合題意，A正確；B、若A為硝酸，X為金屬元素，X應是變價金屬，則甲是Fe，乙是Fe(NO3）2，丙是Fe(NO3）3，甲與乙不反應，B錯誤；C、若A為氧氣，丙在通常狀況下為紅棕色氣體即NO2，則甲是N2，乙是NO，C正確；D、若乙為NaHCO3，甲是CO2，A是NaOH，丙是Na2CO3，或者甲是Na2CO3，乙是NaHCO3，A是HCl，丙是CO2，D正確。答案選B。8、A【解析】

A．MgO屬高熔點化合物，工業(yè)上常用電解熔融MgCl2制備金屬鎂，故A錯誤；B．侯氏制堿法就是向飽和氯化鈉溶液中先通氨氣再通二氧化碳來制備純堿，所以NaCl用于制純堿，故B正確；C．檢驗糖尿病是通過檢驗尿液中葡萄糖的含量即用新制的氫氧化銅與尿液在加熱條件下反應看是否有磚紅色沉淀產(chǎn)生，故C正確；D．FeCl3水解生成Fe（OH）3膠體，水解方程式為FeCl3+3H2O?Fe（OH）3（膠體）+3HCl，膠體能吸附水中的懸浮物而凈水，故D正確；故選：A。9、D【解析】

A.向50.00mL未知濃度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HC1，鹽酸和氨水恰好完全反應生成氯化銨和水，氯化銨中銨根水解顯酸性，因而②（pH=7）時，氨水稍過量，即反應未完全進行，從①到②，氨水的量減少，氯化銨的量變多，又溶液導電能力與溶液中離子濃度呈正比，氯化銨為強電解質，完全電離，得到的離子（銨根的水解不影響）多于氨水電離出的離子（氨水為弱堿，少部分NH3·H2O發(fā)生電離），因而圖中②點所示溶液的導電能力強于①點，A錯誤；B.觀察圖像曲線變化趨勢，可推知③為鹽酸和氨水恰好完全反應的點，得到氯化銨溶液，鹽類的水解促進水的電離，因而溶液pOH=8，則c溶液(OH-)=10-8mol/L，c水(OH-)=c水(H+)=Kw/c溶液(OH-)=10-6mol/L，B錯誤；C.①點鹽酸的量是③點的一半，③為恰好完全反應的點，因而易算出①點溶液溶質為等量的NH3·H2O和NH4Cl，可知電荷守恒為c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，又①pOH=4,說明溶液顯堿性，則c(OH-)>c(H+)，那么c(NH4+)>c(Cl-)，C錯誤；D.V(HCl)=0時，可知氨水的pOH=2.8，則c(OH-)=10-2.8mol/L，又NH3·H2O?NH4++OH-，可知c(NH4+)=c(OH-)=10-2.8mol/L，③點鹽酸和氨水恰好反應，因而c(NH3·H2O)=20×0.550mol/L=0.2mol/L，因而Kb=cNH4+cOH-cNH故答案選D。10、B【解析】

A．P4中所含P—P鍵數(shù)目為6，則124gP4即1molP4中所含P—P鍵數(shù)目為6NA，故A錯誤；B．標準狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物的物質的量為0.5mol，甲烷和乙烯分子中氫原子數(shù)目均為4，則0.5mol甲烷和乙烯混合氣體中含氫原子數(shù)目為2NA，故B正確；C．1molFeI2與足量氯氣反應生成I2和FeCl3，共轉移電子數(shù)為3NA，故C錯誤；D．H2+I22HI這是一個反應前后分子總數(shù)不變的可逆反應，則反應后分子總數(shù)仍為0.2NA，故D錯誤；故答案為B?！军c睛】阿伏伽德羅常數(shù)的常見問題和注意事項：①物質的狀態(tài)是否為氣體；②對于氣體注意條件是否為標況；③注意溶液的體積和濃度是否已知；④注意同位素原子的差異；⑤注意可逆反應或易水解鹽中離子數(shù)目的判斷；⑥注意物質的結構：如Na2O2是由Na+和O22-構成，而不是由Na+和O2-構成；SiO2、SiC都是原子晶體，其結構中只有原子沒有分子，SiO2是正四面體結構，1molSiO2中含有的共價鍵為4NA，1molP4含有的共價鍵為6NA等。11、C【解析】

A．苯中的化學鍵鍵長介于碳碳單鍵與碳碳雙鍵之間，所以0.154nm＞苯中碳碳鍵鍵長＞0.134nm，故A正確；B．單鍵的鍵能小于雙鍵的鍵能，則C=O鍵鍵能>C?O鍵鍵能，故B正確；C.乙烷的相對分子質量大于乙烯，則乙烷的沸點高于乙烯，故C錯誤；D．雙鍵鍵能小于三鍵，更易斷裂，所以乙烯更易發(fā)生加成反應，則烯烴比炔烴更易與溴加成，故D正確；答案選C?！军c睛】D項為易錯點，由于炔烴和烯烴都容易發(fā)生加成反應，比較反應的難易時，可以根據(jù)化學鍵的強弱來分析，化學鍵強度越小，越容易斷裂，更容易發(fā)生反應。12、C【解析】

A.轉化后相當于生成了新的物質，因此屬于化學變化，A項錯誤；B.1mol中含4mol鍵，既然二者結構類似，1mol中應該有4mol鍵，B項錯誤；C.當結構相近時，原子晶體的熔沸點與組成原子的半徑大小呈反比，即組成原子晶體的原子半徑越小，熔沸點越高，而碳原子的半徑小于硅原子，C項正確；D.同分異構體中強調的是“分”，即分子式相同，而的原子晶體無分子式一說，二者自然不互為同分異構體，D項錯誤；答案選C。【點睛】還有一個比較容易搞錯的例子是、、，三者都是氫氣，因此為同一種物質。13、A【解析】

A．Na2O陰離子是O2-離子，Na2O2陰離子是O22-離子，等物質的量時所含陰離子數(shù)目相同，故A正確；B．Na2O固體為白色，Na2O2固體為淡黃色，故B錯誤；C．Na2O中含有離子鍵，Na2O2中含有離子鍵和共價鍵，故C錯誤；D．Na2O和Na2O2都屬于金屬氧化物，故D錯誤；故答案選A。14、B【解析】

NO、NO2與O2、H2O反應后被完全吸收，其反應的化學方程式為4NO+3O2+2H2O=4HNO3、4NO2+O2+2H2O=4HNO3。從反應方程式可以得出：n(O2)=×n(NO)+×n(NO2)。用此關系式驗證備選答案。A.×3+×7=4，A不合題意；B.×5+×7≠6，B符合題意；C.×7+×3=6，C不合題意；D.×1+×1=1，D不合題意。故選B。15、C【解析】

由實驗方案分析，溶液G中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，生成白色沉淀，則其為AgCl，原固體中一定含有BaCl2，一定不含NaBr；溶液B中加入NaOH溶液，有白色沉淀生成，此沉淀一段時間后顏色變深，則其為Fe(OH)2，說明溶液B中含有Fe2+，原固體中可能含有Fe(與硫酸反應生成Fe2+和H2)，可能含有Fe2O3(與硫酸反應生成的Fe3+全部被SO32-還原為Fe2+)，還可能含有AgNO3(必須少量，與硫酸電離出的H+構成的HNO3能被Fe或SO32-全部還原，且溶液中只含有Fe2+，不含有Fe3+)?！驹斀狻緼.氣體A可能為H2，可能為SO2，可能為H2、NO的混合氣，可能為SO2、NO的混合氣，還可能為H2、NO、SO2的混合氣，A錯誤；B.原固體中一定含有BaCl2，則固體C中一定含有BaSO4，可能含有Ag2SO4，B錯誤；C.從上面分析可知，固體混合物中不管是含有Fe2O3還是含有Fe，都能產(chǎn)生Fe2+，C正確；D.該固體混合物一定含有BaCl2，一定不含有NaBr，D錯誤。故選C?！军c睛】在進行物質推斷時，不僅要注意物質存在的可能性問題，還要考慮試劑的相對量問題。如上面分析得出，加入過量硫酸后的溶液中含有Fe2+，不含有Fe3+，此時我們很可能會考慮到若含AgNO3，則會與硫酸電離出的H+構成HNO3，將Fe2+氧化為Fe3+，武斷地得出原固體中不存在AgNO3的結論。如果我們考慮到若Fe過量，或Na2SO3過量，也可確保溶液中不含有Fe3+，則迎合了命題人的意圖。16、A【解析】

A．水溶液中含醋酸分子和水分子，1L1mol/LCH3COOH溶液中所含分子總數(shù)大于NA，故A正確；B．1molCl2發(fā)生氧化還原反應，若是自身發(fā)生歧化反應，獲得電子1mol，也可以只做氧化劑得到電子2mol，故B錯誤；C．標準狀況11.2L混合氣體物質的量為0.5mol，常溫常壓下，11.2LN2和NO的混合氣體所含的原子數(shù)小于NA，故C錯誤；D．28g鐵物質的量為0.5mol，在反應中作還原劑時，與強氧化劑生成鐵鹽，與弱氧化劑反應生成亞鐵鹽；失去電子的數(shù)目可以是1mol，也可以是1.5mol，故D錯誤；故答案為：A。【點睛】考查與阿伏加德羅常數(shù)有關計算時，要正確運用物質的量的有關計算，同時要注意氣體摩爾體積的使用條件；另外還要謹防題中陷阱，如討論溶液里的離子微粒的數(shù)目時，要考慮：①溶液的體積，②離子是否水解，③對應的電解質是否完全電離；涉及化學反應時要考慮是否是可逆反應，反應的限度達不到100%；其它如微粒的結構、反應原理等，總之要認真審題，切忌憑感覺答題。二、非選擇題（本題包括5小題）17、濃硫酸、濃硝酸、加熱取代反應保護酚羥基，以防被氧化AC+3NaOH+CH3COONa+2H2O+(CH3CO)2O→+CH3COOH6或【解析】

乙酰氯和乙酸反應生成A，A和B反應生成C，C被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成D，根據(jù)D的結構簡式()知，C為，B中含有苯環(huán)，根據(jù)B的分子式C7H8O知，B為，根據(jù)信息I，A為(CH3CO)2O；D發(fā)生水解反應然后酸化得到E，E為，E反應生成F，F(xiàn)發(fā)生還原反應生成G，根據(jù)G的結構簡式()結合題給信息知，F(xiàn)為；(6)甲苯和濃硝酸發(fā)生取代反應生成鄰硝基甲苯，鄰硝基甲苯被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成鄰硝基苯甲酸，鄰硝基苯甲酸被還原生成鄰氨基苯甲酸，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)反應④為轉化為，發(fā)生的是苯環(huán)上的硝化反應，反應的條件為濃硫酸、濃硝酸和加熱；反應①為乙酰氯()轉化為乙酸，反應類型為取代反應；酚羥基也容易被酸性高錳酸鉀溶液氧化，反應②的作用是保護酚羥基，防止被氧化，故答案為濃硫酸、濃硝酸和加熱；取代反應；保護酚羥基，防止被氧化；(2)根據(jù)上述分析，B的結構簡式為，故答案為；(3)A．G()中含有羧基和氨基，所以具有酸性和堿性，則具有兩性，既能與酸反應也能和堿反應，故A正確；B．G()中含有酚羥基，能發(fā)生氧化反應，但不能發(fā)生消去反應，羧基能發(fā)生取代反應，苯環(huán)能發(fā)生加成反應，故B錯誤；C．G()中含有羧基和酚羥基(或氨基)，能發(fā)生縮聚反應生成高分子化合物，故C正確；D．只有羧基能和碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，所以1molG與足量NaHCO3溶液反應放出1molCO2，故D錯誤；故選AC；(4)D中含有羧基和酯基，酯基水解生成的酚羥基都能與氫氧化鈉反應，與足量的NaOH反應的化學方程式為+3NaOH+CH3COONa+2H2O，反應②的化學方程式為+(CH3CO)2O→+CH3COOH，故答案為+3NaOH+CH3COONa+2H2O；+(CH3CO)2O→+CH3COOH；(5)C為，C的同分異構體符合下列條件：a．屬于芳香族化合物，說明含有苯環(huán)，且含有兩個甲基；b．能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基；又能發(fā)生水解反應，說明含有酯基，則為甲酸酯類物質，如果兩個-CH3位于鄰位，HCOO-有2種位置；如果兩個-CH3位于間位，HCOO-有3種位置；如果兩個-CH3位于對位，HCOO-有1種位置；共6種同分異構體，其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為6∶2∶1∶1的是或，故答案為6；或；(6)甲苯和濃硝酸發(fā)生取代反應生成鄰硝基甲苯，鄰硝基甲苯被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成鄰硝基苯甲酸，鄰硝基苯甲酸被還原生成鄰氨基苯甲酸，其合成流程圖為，故答案為?！军c睛】本題的易錯點為(6)，根據(jù)題意，苯環(huán)上引入取代基的位置與苯環(huán)上已有取代基的種類有關，要注意硝化反應和氧化反應的先后順序不能顛倒。18、C12H9BrADCH2=CHCOOHBrCH2CH2COOHBrCH2CH2COOCH2CH344【解析】

（1）根據(jù)化合物Ⅰ的結構簡式可寫出其分子式為C12H9Br；（2）根據(jù)化合物Ⅱ的結構簡式，其含有酯基，可發(fā)生水解反應，含有苯環(huán)，發(fā)生苯環(huán)上的硝化反應，沒有醛基，不可與新制的Cu（OH）2共熱生成紅色沉淀，沒有酚羥基，不可與FeCl3溶液反應顯紫色，所以A、D正確，選擇AD；（3）根據(jù)Ⅵ的結構簡式及途徑Ⅰ的信息，可推出Ⅴ的結構簡式為BrCH2CH2COOCH2CH3，從而可知Ⅴ是由Ⅳ與乙醇發(fā)生酯化反應得到，可推出Ⅳ的結構簡式為BrCH2CH2COOH，而化合物Ⅲ含有3個碳原子，且可發(fā)生加聚反應，從而可知化合物Ⅲ的結構簡式為CH2=CHCOOH，故合成路線可表示為：CH2=CHCOOHBrCH2CH2COOHBrCH2CH2COOCH2CH3；（4）化合物Ⅴ的結構為BrCH2CH2COOCH2CH3，每個碳原子上的氫都相同，不同碳原子上的H原子不相同，所以應有4組峰；以氫原子H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的結構簡式為CH3CH2COOCH2CH3，其屬于羧酸類的結構應為C4H9COOH，C4H9—為丁基，丁基有4種不同的結構的H原子，所以C4H9COOH的同分異構體共有4種；（5）根據(jù)題目信息，有機鋅試劑（R—ZnBr）與酰氯（）偶聯(lián)可用于制備藥物Ⅱ，因此化合物Ⅵ為BrZnCH2CH2COOCH2CH3，則要合成Ⅱ，Ⅶ為酰氯，根據(jù)Ⅱ的結構及途徑Ⅰ合成化合物藥物Ⅱ的方式，可推知Ⅶ的結構為。19、、裝置E中氧化銅由黑色變?yōu)榧t色，裝置F中澄清石灰水變渾濁排盡裝置內的空氣，避免CO與空氣混合加熱發(fā)生爆炸，并防止空氣中的干擾實驗吸收，避免對CO的檢驗產(chǎn)生干擾當?shù)稳胱詈笠坏稳芤簳r，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內不褪色2.10【解析】

I．草酸銨在A中受熱分解，若產(chǎn)物中有氨氣，氨氣與水反應生成氨水，氨水顯堿性，則浸有酚酞溶液的濾紙變紅，通入澄清石灰水，若澄清石灰水變渾濁，則產(chǎn)物有二氧化碳，用NaOH溶液除去二氧化碳，用濃硫酸除去水蒸氣，接下來若玻璃管內變紅，且F中澄清石灰水變渾濁則證明產(chǎn)物中有CO；II．鈣離子和草酸根離子生成草酸鈣沉淀，草酸鈣和硫酸反應生成硫酸鈣和草酸，用高錳酸鉀滴定草酸從而間接滴定鈣離子?！驹斀狻竣?（1）實驗過程中，觀察到浸有酚酞溶液的濾紙變?yōu)榧t色說明分解產(chǎn)物中含有氨氣，裝置B中澄清石灰水變渾濁，說明分解產(chǎn)物中含有二氧化碳氣體，若觀察到裝置E中氧化銅由黑色變?yōu)榧t色，裝置F中澄清石灰水變渾濁，說明分解產(chǎn)物中含有CO，所以草酸銨分解產(chǎn)生了、、CO和，反應的化學方程式為；（2）反應開始前，通入氮氣的目的是排盡裝置內的空氣，避免CO與空氣混合加熱發(fā)生爆炸，并防止空氣中的干擾實驗,故答案為：排盡裝置內的空氣，避免CO與空氣混合加熱發(fā)生爆炸，并防止空氣中的干擾實驗；（3）裝置E和F是驗證草酸銨分解產(chǎn)物中含有CO，所以要把分解產(chǎn)生的除去，因此裝置C的作用是：吸收，避免對CO的檢驗產(chǎn)生干擾，故答案為：吸收，避免對CO的檢驗產(chǎn)生干擾；（4）草酸銨分解產(chǎn)生的有還原性，一定條件下也會與CuO反應，該反應的化學方程式為；Ⅱ用酸性高錳酸鉀溶液滴定草酸根離子，發(fā)生的是氧化還原反應，紅色的高錳酸鉀溶液會褪色，滴定至終點時的實驗現(xiàn)象為：當?shù)稳胱詈笠坏稳芤簳r，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內不褪色，根據(jù)三次滴定所用酸性高錳酸鉀溶液的體積可知，第三次與一、二次體積差別太大，需舍棄，所以兩次的平均體積為，根據(jù)氧化還原反應中的電子守恒及元素守恒，則：，解得，所以20mL血液樣品中含有的鈣元素的物質的量為，即，則該血液中鈣元素的含量為，故答案為：當?shù)稳胱詈笠坏稳芤簳r，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內不褪色；。20、Co2O3＋6H＋＋2Cl－=2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O冷卻結晶、過濾F除去CO2分解產(chǎn)物中還含有一種或多種含C、H元素的物質將D中的氣態(tài)產(chǎn)物被后續(xù)裝置所吸收，或排除裝置中的空氣或不使K中水蒸氣進入盛無水CuSO4的干燥管中防止倒吸3(CH3COO)2CoCo3O4＋4CO↑＋2CO2↑＋3C2H6↑【解析】

(1)①已知，鹽酸、COCl2易溶于水，寫離子形式，氧化物、單質寫化學式，反應的離子方程式:Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2++Cl2↑+3H2O；②因反應產(chǎn)物中含有結晶水，則不能直接加熱制取，應采用：蒸發(fā)濃縮、降溫結晶、過濾、洗滌干燥等操作；（2）①裝置E、F是用于檢驗CO和CO2，PdCl2溶液能被CO還原為Pd，因此裝置E用于檢驗CO2，F(xiàn)裝置用于檢驗CO，裝盛足量PdCl2溶液；②裝置G的作用是吸收CO2，以防在裝置內對后續(xù)實驗產(chǎn)生干擾；氧化銅變紅，則氧化銅被還原，無水硫酸銅變藍，說明反應中產(chǎn)生水，石灰水變渾濁，則說明產(chǎn)生二氧化碳氣體，則說明分解產(chǎn)物中含有一種或多種含有C、H元素的物質；③通入氮氣的作用為使D裝置中產(chǎn)生的氣體全部進入后續(xù)裝置，且排凈后續(xù)裝置內的氧氣等；④實驗結束時，先熄天D和I處的酒精燈，一段時間后裝置D、E內的溫度降低后再停止通入氣體可以有效防止倒吸；⑤乙酸鈷受熱分解，空氣中的成分不參與反應生成物有固態(tài)氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X)︰n(CO)︰n(CO2)︰n(C2H6)=1︰4︰2︰3，根據(jù)原子守恒配平即可；【詳解】(1)①已知，鹽酸、COCl2易溶于水，寫離子形式，氧化物、單質寫化學式，反應的離子方程式:Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2++Cl2↑+3H2O；②因反應產(chǎn)物中含有結晶水，則不能直接加熱制取，應采用：蒸發(fā)濃縮、降溫結晶、過濾、洗滌干燥等操作；（2）①裝置E、F是用于檢驗CO和CO2，PdCl2溶液能被CO還原為Pd，因此裝置E用于檢驗CO2，F(xiàn)裝置用于檢驗CO，裝盛足量PdCl2溶液；②裝置G的作用是吸收CO2，以防在裝置內對后續(xù)實驗產(chǎn)生干擾；氧化銅變紅，則氧化銅被還原，無水硫酸銅變藍，說明反應中產(chǎn)生水，石灰水變渾濁，則說明產(chǎn)生二氧化碳氣體，則說明分解產(chǎn)物中含有一種或多種含有C、H元素的物質，答案為：除去CO2；分解產(chǎn)物中含有一種或多種含C、H元素的物質；③通入氮氣的作用為使D裝置中產(chǎn)生的氣體全部進入后續(xù)裝置，且排凈后續(xù)裝置內的氧氣等，答案為：將D中的氣態(tài)產(chǎn)物帶入后續(xù)裝置（或排除裝置中的空氣或不使K中水蒸氣進入盛無水硫酸銅的干燥管等）；④實驗結束時，先熄天D和I處的酒精燈，一段時間后裝置D、E內的溫度降低后再停止通入氣體可以有效防止倒吸，答案為：防止倒吸；⑤乙酸鈷受熱分解，空氣中的成分不參與反應生成物有固態(tài)氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X)︰n(CO)︰n(CO2)︰n(C2H6)=1︰4︰2︰3，根據(jù)原子守恒配平即可，反應式為：3(CH3COO)2CoCo3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑；21、320.20.32mol?L-1?mim-1降低溫度50.5kPa>cdbd【解析】

(l)由蓋斯定律可知，②-①得到，以此來解答。(2)反應的活化能是使普通分子變成活化分子所需提供的最低限度的能量，根據(jù)已知信息，為吸熱反應，反應物總能量低于生成物總能量，依據(jù)反應能量關系可知，逆反應的活化能=正反應的活化能-反應的焓變；(3)發(fā)生反應，根據(jù)v=計算反應速率，利用速率之比等于反應中計量數(shù)之比可得到H2O的反應速率，根據(jù)表中的數(shù)據(jù)可知，在5分鐘后，一氧化碳的物質的量分數(shù)不變?yōu)?.1，即反應達到平衡狀態(tài)，該反應氣體的總物質的量不變，6分鐘時，一氧化碳的物質的量分數(shù)變小，說明平衡正向移動，據(jù)此分析；(4)設甲醇的物質的量為1mol，平衡時轉化率為50%，則根據(jù)三段式、各物質平衡時總壓和