重慶市云陽縣2024年高考化學五模試卷含解析

重慶市云陽縣2024年高考化學五模試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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、我國學者研究出一種用于催化DMO和氫氣反應獲得EG的納米反應器，下圖是反應的微觀過程示意圖。下列說法中正確的是A．Cu納米顆粒是一種膠體B．DMO的名稱是二乙酸甲酯C．該催化反應的有機產物只有EGD．催化過程中斷裂的化學健有H-H、C-O、C＝O2、下列有關說法中正確的是A．納米Fe3O4分散到適當?shù)姆稚┲锌傻玫侥z體，能產生丁達爾效應B．加熱條件下金屬單質在空氣中均可表現(xiàn)出還原性C．不能導電的化合物均不是電解質D．電解質溶液導電過程中，離子僅僅發(fā)生了定向移動3、泛酸又稱為維生素B5，在人體內參與糖、油脂、蛋白質的代謝過程，具有抗脂質過氧化作用，其結構為，下列有關該化合物的說法不正確的是A．該物質可發(fā)生水解反應，水解產物均能發(fā)生縮聚反應B．1mol該物質與足量NaOH溶液反應，最多可消耗2molNaOHC．該物質在銅、銀等催化劑存在下可以被氧氣氧化生成醛基和酮羰基D．該物質在濃硫酸、Al2O3或P2O5等催化劑作用下可發(fā)生脫水反應，生成碳碳雙鍵4、常溫下，向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不斷加入固體NaOH后，NH4+與NH3·H2O的變化趨勢如圖所示(不考慮體積變化和氨的揮發(fā)，且始終維持常溫)，下列說法不正確的是()A．當n(NaOH)＝0.1mol時，溶液中存在NH3·H2OB．a＝0.05C．在M點時，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05)molD．當n(NaOH)＝0.1mol時，c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(OH－)5、配制一定物質的量濃度的鹽酸溶液時,下列操作可使所配制溶液濃度偏高的是()A．用量筒量取濃鹽酸俯視讀數(shù) B．溶解攪拌時有液體飛濺C．定容時俯視容量瓶瓶頸刻度線 D．搖勻后見液面下降,再加水至刻度線6、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W的最外層電子數(shù)為內層電子數(shù)的3倍，X在短周期主族元素中金屬性最強，W與Y屬于同一主族。下列敘述正確的是（）A．原子半徑：r(Z)>r(X)>r(W)B．W的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比Y的弱C．由W與X形成的一種化合物可作供氧劑D．Y的最高價氧化物對應的水化物的酸性比Z的強7、設NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A．1molP4(正四面體結構)含有6NA個P-P鍵B．1mol碳正離子(CH3+)所含的電子總數(shù)為9NAC．25℃，pH=13的NaOH溶液中含有OH-的數(shù)目為0.1NAD．常溫常壓下，過氧化鈉與水反應，生成8g氧氣時轉移的電子數(shù)為0.25NA8、對于可逆反應:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-akJ·mol-1。下列說法正確的是()A．在接觸法制取硫酸工藝中,該反應在沸騰爐內發(fā)生B．如果用18O2代替O2發(fā)生上述反應,則經過一段時間可測得容器中存在S18O2、S18O3C．2molSO2與2molO2充分反應后放出akJ的熱量D．該反應達到平衡后,c(SO2)∶c(O2)∶c(SO3)=2∶1∶29、下列由實驗得出的結論正確的是()A．將乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液變無色透明，生成的產物可溶于四氯化碳B．乙醇和水都可與金屬鈉反應產生可燃性氣體，說明兩種分子中的氫原子都能產生氫氣C．用乙酸浸泡水壺中的水垢，可將其清除，是因為乙酸的酸性小于碳酸的酸性D．甲烷與氯氣光照下反應后的混合氣體能使?jié)駶櫴镌嚰堊兗t是因為生成的一氯甲烷具有酸性10、我國科學家成功地研制出長期依賴進口、價格昂貴的物質O1．下列說法正確的是（）A．它是O1的同分異構體B．它是O3的一種同素異形體C．O1與O1互為同位素D．1molO1分子中含有10mol電子11、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法中正確的是A．0.2molFeI2與足量氯氣反應時轉移電子數(shù)為0.4NAB．常溫常壓下，46gNO2和N2O4混合氣體含有的原子數(shù)為3NAC．標準狀況下，2.24LCCl4含有的共價鍵數(shù)為0.4NAD．常溫下，56g鐵片投入足量濃H2SO4中生成NA個SO2分子12、下列有關我國最新科技成果的說法中錯誤的是A．北斗衛(wèi)星的太陽能電池板可將太陽能直接轉化為電能B．國產飛機——C919使用的航空煤油可從石油中分餾得到C．高鐵“復興號”使用的碳纖維屬于有機非金屬材料D．極地考查船“雪龍2號”船身上鍍的鋅層可減緩鐵制船體遭受的腐蝕13、某種化合物（如圖）由W、X、Y、Z四種短周期元素組成，其中W、Y、Z分別位于三個不同周期，Y核外最外層電子數(shù)是W核外最外層電子數(shù)的二倍；W、X、Y三種簡單離子的核外電子排布相同。下列說法不正確的是：A．原子半徑：W<X<Y<ZB．簡單離子的氧化性:W>XC．X與Y、Y與Z均可形成具有漂白性的化合物D．W與X的最高價氧化物的水化物可相互反應14、下列物質的轉化在給定條件下能實現(xiàn)的是①NaAlO2(aq)AlCl3Al②NH3NOHNO3③NaCl(飽和)NaHCO3Na2CO3④FeS2SO3H2SO4A．②③ B．①④ C．②④ D．③④15、X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，已知常溫下X單質為黃色固體，Y是無機非金屬材料的主角，Z焰色反應呈黃色。部分信息如下表：XYZMRQ原子半徑/nm0.1040.1170.1860.0740.0990.143主要化合價-2+4，-4+1-2-1，+7+3下列說法正確的是：A．R在元素周期表中的位置是第二周期ⅥA族B．X、Y均可跟M形成化合物，但它們的成鍵類型不相同C．Z、R、Q最高價氧化物的水化物能相互反應D．Y元素氧化物是用于制造半導體器件、太陽能電池的材料16、為增強鋁的耐腐蝕性,現(xiàn)以鉛蓄電池為外電源,以Al作陽極、Pb作陰極,電解稀硫酸,使鋁表面的氧化膜增厚。反應原理如下:電池:Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)=2PbSO4(s)+2H2O(l)電解池:2Al+3H2OAl2O3+3H2↑電解過程中,以下判斷正確的是()電池電解池AH+移向Pb電極H+移向Pb電極B每消耗3molPb生成2molAl2O3C正極:PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O陽極:2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+DA．A B．B C．C D．D17、在NaCN溶液中存在水解平衡:CN--+H2OHCN+OH--，水解常數(shù)[c0(NaCN)是NaCN溶液的起始濃度]。25℃向1mol/L的NaCN溶液中不斷加水稀釋，NaCN溶液濃度的對數(shù)值lgc0與2pOH[pOH=-lgc(OH-)]的關系下圖所示，下列說法錯誤的是A．25℃時，Kh(CN-)的值為10-4.7B．升高溫度，可使曲線上a點變到b點C．25℃，向a點對應的溶液中加入固體NaCN，CN-的水解程度減小D．c點對應溶液中的c(OH-)大于a點18、設NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．12gNaHSO4晶體中SO42-數(shù)目為0.1NAB．2.0gD2O中含有的中子數(shù)為NAC．2.24LCl2與足量Na2SO3溶液反應時轉移的電子數(shù)為0.2NAD．標準狀況下，4.48LHF所含原子數(shù)目為0.4NA19、某溶液中有S2－、SO32-、Br－、I－四種陰離子各0.1mol?，F(xiàn)通入Cl2，則通入Cl2的體積（標準狀況）和溶液中相關離子的物質的量的關系圖正確的是A． B．C． D．20、鋅電池是一種極具前景的電化學儲能裝置?？凼娇沙潆婋姵亟M成示意圖如下。可以在晶體中可逆地嵌入和脫除，總反應為。下列說法錯誤的是（）A．放電時不銹鋼箔為正極，發(fā)生還原反應B．放電時負極的反應為C．充電時電池正極上的反應為：D．充電時鋅片與電源的負極相連21、下列有關物質性質與用途具有對應關系的是()A．FeCl3易發(fā)生水解，可用于蝕刻銅制的印制線路板B．漂白粉具有氧化性，可用于脫除煙氣中SO2和NOC．CaCO3高溫下能分解，可用于修復被酸雨侵蝕的土壤D．活性炭具有還原性，可用于除去水體中Pb2＋等重金屬22、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．標準狀況下，2.24LCl2通入NaOH溶液中反應轉移的電子數(shù)為0.2NAB．常溫下，1LpH=11的NaOH溶液中由水電離出的H+的數(shù)目為10－11NAC．273K、101kPa下，22.4L由NO和O2組成的混合氣體中所含分子總數(shù)為NAD．100g34%雙氧水中含有H－O鍵的數(shù)目為2NA二、非選擇題(共84分)23、（14分）烯烴和酚類是兩種重要的有機化工原料。完成下列填空：(1)合成除苯乙烯外，還需要另外兩種單體，寫出這兩種單體的結構簡式________________________________、_________________________________。(2)由苯乙烯合成（）需要三步，第一步選用的試劑為__________，目的是______________________________。(3)鄰甲基苯酚可合成A，分子式為C7H6O3，在一定條件下A自身能縮聚成B。B的結構簡式_________。A與濃溴水反應的化學方程式為_________________。(4)設計一條由制備A的合成路線（合成路線常用的表示方法為：MN……目標產物）____________________。24、（12分）G是具有抗菌作用的白頭翁素衍生物，其合成路線如下：（1）C中官能團的名稱為________和________。（2）E→F的反應類型為________。（3）D→E的反應有副產物X(分子式為C9H7O2I)生成，寫出X的結構簡式：________________。（4）F的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：__________________。①能發(fā)生銀鏡反應；②堿性水解后酸化，其中一種產物能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；③分子中有4種不同化學環(huán)境的氫。（5）請寫出以乙醇為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)。____________25、（12分）氨基甲酸銨（）是一種易分解、易水解的白色固體，可用于化肥、滅火劑、洗滌劑等。某化學興趣小組模擬工業(yè)原理制備氨基甲酸銨。反應式：。(1)如果使用如圖所示的裝置制取，你所選擇的試劑是__________________。(2)制備氨基甲酸銨的裝置如圖，把氨和二氧化碳通入四氯化碳中，不斷攪拌混合，生成的氨基甲酸銨小晶體懸浮在四氯化碳中，當懸浮物較多時，停止制備。（注：四氯化碳與液體石蠟均為惰性介質。）①發(fā)生器用冰水冷卻的原因是________________________________________________；液體石蠟鼓泡瓶的作用是__________________________；發(fā)生反應的儀器名稱是_______________。②從反應后的混合物中過濾分離出產品。為了得到干燥產品，應采取的方法是_______________（選填序號）a.常壓加熱烘干b.高壓加熱烘干c.真空40℃以下烘干(3)尾氣有污染，吸收處理所用試劑為濃硫酸，它的作用是_________________________。(4)取因部分變質而混有碳酸氫銨的氨基甲酸銨樣品，用足量石灰水充分處理后，使碳元素完全轉化為碳酸鈣，過濾、洗滌、干燥，測得質量為。樣品中氨基甲酸銨的質量分數(shù)為_______________。[已知]26、（10分）三氯氧磷(POCl3)是一種工業(yè)化工原料，可用于制取有機磷農藥、長效磺胺藥物等，還可用作染料中間體、有機合成的氯化劑和催化劑、阻燃劑等。利用O2和PCl3為原料可制備三氯氧磷,其制備裝置如圖所示(夾持裝置略去)：已知PCl3和三氯氧磷的性質如表：熔點/℃沸點/℃其他物理或化學性質PCl3-112.076.0PCl3和POCl3互溶，均為無色液體，遇水均劇烈水解，發(fā)生復分解反應生成磷的含氧酸和HClPOCl31.25106.0（1）裝置A中的分液漏斗能否用長頸漏斗代替？做出判斷并分析原因：_______（2）裝置B的作用是______________(填標號)。a.氣體除雜b.加注濃硫酸c.觀察氣體流出速度d.調節(jié)氣壓（3）儀器丙的名稱是___________，實驗過程中儀器丁的進水口為__________(填“a”或“b”)口。（4）寫出裝置C中發(fā)生反應的化學方程式_______，該裝置中用溫度計控制溫度為60~65℃，原因是________。（5）稱取16.73gPOCl3樣品，配制成100mL溶液；取10.00mL溶液于錐形瓶中，加入3.2mol·L-1的AgNO3溶液10.00mL，并往錐形瓶中滴入5滴Fe2(SO4)3溶液；用0.20mol·L-1的KSCN溶液滴定，達到滴定終點時消耗KSCN溶液10.00mL(已知：Ag++SCN-=AgSCN↓)。則加入Fe2(SO4)3溶液的作用是________，樣品中POCl3的純度為_____________。27、（12分）乳酸亞鐵晶體{CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}是一種很好的食品鐵強化劑，易溶于水，廣泛應用于乳制品、營養(yǎng)液等，吸收效果比無機鐵好，可由乳酸與FeCO3反應制得：2CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O+CO2↑Ⅰ.制備碳酸亞鐵（FeCO3）：裝置如圖所示。（1）儀器C的名稱是______。（2）清洗儀器，檢查裝置氣密性，A中加入鹽酸，B中加入鐵粉，C中加入NH4HCO3溶液。為順利達成實驗目的，上述裝置中活塞的打開和關閉順序為：關閉活塞_____，打開活塞_____，裝置B中可觀察到的現(xiàn)象是_____，當加入足量鹽酸后，關閉活塞1，反應一段時間后，關閉活塞_____，打開活塞_____。C中發(fā)生的反應的離子方程式為_____。Ⅱ.制備乳酸亞鐵晶體：將制得的FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量鐵粉，在75℃下攪拌使之充分反應。然后再加入適量乳酸。（3）加入少量鐵粉的作用是_____。從所得溶液中獲得乳酸亞鐵晶體所需的實驗操作是隔絕空氣低溫蒸發(fā)，冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。Ⅲ.乳酸亞鐵晶體純度的測量：（4）若用KMnO4滴定法測定樣品中Fe2+的量進而計算純度時，發(fā)現(xiàn)結果總是大于100%，其原因可能是_____。（5）經查閱文獻后，改用Ce(SO4)2標準溶液滴定進行測定。反應中Ce4+離子的還原產物為Ce3+。測定時，先稱取5.76g樣品，溶解后進行必要處理，用容量瓶配制成250mL溶液，每次取25.00mL，用0.100mol/LCe(SO4)2標準溶液滴定至終點，記錄數(shù)據如表所示。滴定次數(shù)0.100mol/LCe(SO4)2標準溶液/mL滴定前讀數(shù)滴定后讀數(shù)10.1019.6520.1222.3231.0520.70則產品中乳酸亞鐵晶體的純度為______（以質量分數(shù)表示，保留3位有效數(shù)字）。28、（14分）a、b、c、d、e是元素周期表中前四周期的元素，其原子序數(shù)依次增大，a為元素周期表中原子半徑最小的元素，b的基態(tài)原子中占有電子的3個能級上的電子總數(shù)均相等，d與b同族，c與b同周期，且c的所有p軌道上的電子總數(shù)與所有s軌道上的電子總數(shù)相等，e的次外層電子數(shù)是其最外層電子的7倍。回答下列問題：（1）c、d形成的化合物的晶體類型為___________；（2）b、ac形成的三原子分子中，c原子的雜化方式為___________；（3）b、c、d三種元素的電負性由小到大的順序為___________；（用元素符號表示），d元素基態(tài)原子價層電子排布式為_________；（4）金屬Mg與a、e形成的化合物是目前人類已發(fā)現(xiàn)的體積儲氫密度最高的儲氫材料之一，其晶胞結構如圖所示，其中黑球代表e，深灰色小球代表Mg，淺灰色小球代表a，其中淺灰色小球除在棱上、面上以外，在晶胞內部還有6個。試寫出該化合物的化學式：__________________。（5）b、c、e能形成如圖所示三角雙錐構型的配合物分子，三種元素的原子分別用大白球、小白球和灰色小球代表。該配合物形成配位鍵時提供空軌道的原子是___________（填元素符號），該配合物中大白球代表的元素的化合價為___________。（6）①在水溶液中，水以多種微粒的形式與其他化合物形成水合物。試畫出如下微粒的結構圖式。H5O2+______________________②如圖為冰的一種骨架形式，依此為單位向空間延伸該冰中的每個水分子有___________個氫鍵；如果不考慮晶體和鍵的類型，哪一物質的空間連接方式與這種冰的連接類似_______29、（10分）I.工業(yè)合成氨可以實現(xiàn)大規(guī)模固氮，氨可用于生產氯化銨、硫酸銨等化學肥料。（1）等物質的量濃度的兩溶液，pH大小為：氯化銨___________硫酸銨（選填>、=或<，下同）；銨根離子濃度相同的兩溶液，兩者的濃度大小關系為：氯化銨___________硫酸銨；（2）檢驗銨態(tài)氮肥中銨根離子的實驗方案是______________________________________；（3）長期施用硫酸銨，土壤會酸化板結的原因是__________________________________。II.最新“人工固氮”的研究報道：常溫常壓、催化劑條件下，N2與水發(fā)生反應：2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)?Q，（Q﹥0）。（4）如果反應的平衡常數(shù)K值變小，該反應正反應速率__________（選填增大、減小或不變，下同），逆反應速率__________。（5）請用上述反應中的有關物理量來說明該反應已達到平衡狀態(tài)______________________。（6）若反應的容器容積為2.0L，反應時間4.0min，容器內氣體的密度增大了0.18g/L，在這段時間內O2的平均反應速率為______________________。

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、D【解析】

A選項，Cu納米顆粒是單質，而膠體是混合物，故A錯誤；B選項，DMO的名稱是乙二酸二甲酯，故B錯誤；C選項，該催化反應的有機產物只有EG還有甲醇，故C錯誤；D選項，CH3COO—COOCH3+4H2→CH3OH+HOCH2CH2OH，由圖及反應可知催化過秳中斷裂的化學健有H—H、C—O、C＝O，故D正確。綜上所述，答案為D。2、A【解析】

A.納米Fe3O4分散到適當?shù)姆稚┲锌傻玫侥z體，膠體能產生丁達爾效應，A項正確；B.某些金屬單質化學性質不活潑如金、鉑等金屬，在加熱條件下不會發(fā)生化學反應，不會表現(xiàn)還原性，B項錯誤；C.在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠導電的化合物屬于電解質，與自身是否導電無關，電解質在固態(tài)時不導電，C項錯誤；D.電解質溶液導電過程中，會有離子在電極表面放電而發(fā)生化學變化，D項錯誤；【點睛】C項是學生的易錯點，不能片面地認為能導電的物質就是電解質。判斷給出的物質是不是電解質要先判斷該物質屬不屬于化合物，若為化合物，再進一步該物質在特定條件（或者熔融狀態(tài)）下能否導電，進而做出最終判斷。3、D【解析】

A.該物質可發(fā)生水解反應，水解產物均含有羧基和羥基或氨基，均能發(fā)生縮聚反應，故A正解；B.1mol該物質與足量NaOH溶液反應，－COOH消耗1molNaOH,酰胺基消耗1molNaOH，最多可消耗2molNaOH，故B正確；C.中有伯醇和仲醇，在銅、銀等催化劑存在下可以被氧氣氧化生成醛基和酮羰基，故C正確；D.中有兩處-OH的鄰碳上沒有氫，不可以發(fā)生消去反應，在濃硫酸、Al2O3或P2O5等催化劑作用下不可發(fā)生脫水反應，生成碳碳雙鍵，故D錯誤；故選D。4、B【解析】

A、當n(NaOH)=0.1mol，與NH4Cl恰好完全反應，NaOH＋NH4Cl=NaCl＋NH3·H2O，溶液中存在NH3·H2O，故A說法正確；B、當a=0.05mol時，溶液中的溶質為0.05molNH4Cl和0.05molNH3·H2O，而NH4＋的水解程度小于NH3·H2O的電離，c(NH4＋)≠c(NH3·H2O)，與題意不符，故B說法錯誤；C、在M點時，n(Na＋)=amol，n(Cl－)=0.1mol，n(NH4＋)=0.05mol，根據電荷守恒，n(NH4＋)＋n(Na＋)＋n(H＋)=n(OH－)＋n(Cl－)，則n(OH－)－n(H＋)=n(NH4＋)＋n(Na＋)－n(Cl－)=0.05＋n(Na＋)－n(Cl－)=(a－0.05)mol，故C說法正確；D、加入0.1molNaOH后，剛好生成0.1molNaCl和NH3·H2O，則c(Na＋)=c(Cl－)>c(OH－)，故D說法正確；答案選B。5、C【解析】

根據C=n/V計算不當操作對n或V的影響，如果n偏大或V偏小，則所配制溶液濃度偏高．【詳解】A、用量筒量取濃鹽酸俯視讀數(shù)會導致液體體積偏小，溶質的物質的量偏小，所配制溶液濃度偏低，故A不選；

B、溶解攪拌時有液體飛濺，會導致溶質的物質的量偏小，所配制溶液濃度偏低，故B不選；

C、定容時俯視容量瓶瓶頸刻度線，會導致溶液的體積偏小，所配制溶液濃度偏高，故C選；

D、搖勻后見液面下降，為正?，F(xiàn)象，如再加水至刻度線，會導致溶液體積偏大，濃度偏低，故D不選。

故選：C?！军c睛】本題考查配制一定物質的量濃度的溶液的誤差分析，題目難度中等，注意根據C=n/V計算不當操作對n或V的影響．6、C【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W的最外層電子數(shù)為內層電子數(shù)的3倍，則W為氧元素，X在短周期主族元素中金屬性最強，則X為鈉元素，W與Y屬于同一主族，則Y為硫元素，Z為短周期元素中原子序數(shù)比Y大，則Z為氯元素，據此分析?！驹斀狻慷讨芷谥髯逶豔、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W的最外層電子數(shù)為內層電子數(shù)的3倍，則W為氧元素，X在短周期主族元素中金屬性最強，則X為鈉元素，W與Y屬于同一主族，則Y為硫元素，Z為短周期元素中原子序數(shù)比Y大，則Z為氯元素。A.同主族從上而下原子半徑依次增大，同周期從左而右原子半徑依次減小，故原子半徑：r(X)>r(Z)>r(W)，選項A錯誤；B.非金屬性越強簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，則W的簡單氣態(tài)氫化物H2O的熱穩(wěn)定性比Y的簡單氣態(tài)氫化物H2S強，選項B錯誤；C.由W與X形成的一種化合物Na2O2可作供氧劑，選項C正確；D.非金屬性越強最高價氧化物的水化物的酸性越強，則H2SO4的酸性比HClO4的弱，選項D錯誤；答案選C。7、A【解析】

A．一個P4分子中含有6個P-P鍵，所以1molP4(正四面體結構)含有6NA個P-P鍵，故A正確；B．一個CH3+所含電子數(shù)為6+3-1=8，所以1mol碳正離子(CH3+)所含的電子總數(shù)為8NA，故B錯誤；C．溶液體積未知，無法計算所含微粒數(shù)目，故C錯誤；D．8g氧氣的物質的量為0.25mol，過氧化鈉與水反應過程中氧化產物為O2，且為唯一氧化產物，氧元素化合價由-1價變?yōu)?價，所以轉移的電子數(shù)目為0.5NA，故D錯誤；故答案為A。8、B【解析】

A.在接觸法制取硫酸工藝中，該反應在接觸室內發(fā)生，故A不選；B.此反應是歸中反應，O2中參加反應的氧原子會全部進入SO3，故如果用18O2代替O2發(fā)生上述反應，則經過一段時間可測得容器中存在S18O2、S18O3，故B選；C.2molSO2與2molO2充分反應，雖然O2是過量的，但由于反應是可逆反應，不能進行到底，所以放出的熱量小于akJ，故C不選；D.該反應達到平衡后物質的濃度比與化學計量數(shù)之比無關，故D不選。故選B。9、A【解析】

A.乙烯含有碳碳雙鍵，可與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應，生成1，2-二溴乙烷，溶液最終變?yōu)闊o色透明，生成的產物1，2-二溴乙烷可溶于四氯化碳，A項正確；B.乙醇的結構簡式為CH3CH2OH，只有羥基可與鈉反應，且?OH中H的活潑性比水弱，B項錯誤；C.用乙酸浸泡水壺中的水垢，可將其清除，說明醋酸可與碳酸鈣等反應，從強酸制備弱酸的角度判斷，乙酸的酸性大于碳酸，C項錯誤；D.甲烷與氯氣在光照條件下反應生成的氣體有一氯甲烷和氯化氫，使?jié)駶櫟氖镌嚰堊兗t的氣體為氯化氫，一氯甲烷為非電解質，不能電離，D項錯誤；答案選A。10、B【解析】

A．O1與O1的結構相同，是同種物質，故A錯誤；B．O1與O3都是氧元素的單質，互為同素異形體，故B正確；C．O1與O1都是分子，不是原子，不能稱為同位素，故C錯誤；D．O原子核外有8個電子，1molO1分子中含有16mol電子，故D錯誤；故選B?！军c睛】本題的易錯點為A，要注意理解同分異構體的概念，互為同分異構體的物質結構須不同。11、B【解析】

A.FeI2與足量氯氣反應生成氯化鐵和碘單質，0.2molFeI2與足量氯氣反應時轉移電子數(shù)為0.6NA，故A錯誤；B.NO2和N2O4的最簡式都是NO2，46gNO2和N2O4混合氣體含有的原子數(shù)3NA，故B正確；C.標準狀況下CCl4是液體，2.24LCCl4的物質的量不是0.1mol，故C錯誤；D.常溫下，鐵在濃H2SO4中鈍化，故D錯誤。12、C【解析】

A．人造衛(wèi)星上的太陽能電池板，消耗了太陽能，得到了電能，故將太陽能轉化為了電能，選項A正確；B．客機所用的燃料油是航空煤油，是石油分餾得到的，選項B正確；C．碳纖維是由有機纖維經碳化及石墨化處理而得到的微晶石墨材料，是一種新型無機非金屬材料，選項C錯誤；D．在船體上鑲嵌鋅塊，形成鋅鐵原電池，鋅比鐵活潑，鋅作陽極不斷被腐蝕，鐵做陰極則不會被腐蝕，選項D正確；答案選C。13、A【解析】

首先發(fā)現(xiàn)X是+1價的，則X為氫、鋰或鈉，但是W、X、Y三種簡單離子的核外電子排布要相同，則X只能是鈉，才能滿足題意；W、Y、Z三者分別位于三個不同的周期，則必有一種為氫，根據題目給出的結構式，氫只能形成1個鍵，則Z是氫；結合Y的最外層電子數(shù)是W的最外層電子數(shù)的二倍，且二者簡單離子的核外電子排布相同，則只能是氧和鋁，根據結構不難發(fā)現(xiàn)W是鋁，Y是氧，據此來解題即可。【詳解】A.根據分析，四種元素的半徑大小為氫<氧<鋁<鈉，即Z<Y<W<X，A項錯誤；B.鈉單質的還原性強于鋁，而的氧化性弱于，B項正確；C.過氧化鈉和過氧化氫均具有漂白性，C項正確；D.W與X的最高價氧化物的水化物分別為和，二者可以相互反應，D項正確；答案選A。14、A【解析】

①AlCl3為共價化合物，其在熔融狀態(tài)下不能導電，應電解熔融的氧化鋁制備鋁，①不可實現(xiàn)；②中各步轉化為工業(yè)上制硝酸，在給定的條件下均可實現(xiàn)；③該系列轉化實為侯氏制堿法，可實現(xiàn)；④煅燒FeS2只能生成二氧化硫，不可實現(xiàn)。綜上所述，物質的轉化在給定條件下能實現(xiàn)的是②③，故選A。15、C【解析】

X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，常溫下X單質為黃色固體，X為S；Y是無機非金屬材料的主角，Y為Si；Z焰色反應呈黃色，Z為Na；結合原子半徑和主要化合價可知，M為O；R為Cl；Q為Al，據此分析解答?！驹斀狻緼．R為Cl，在元素周期表中的位置是第三周期ⅦA族，故A錯誤；B．X為S、Y為Si、M為O，X、Y均可跟M形成化合物，二氧化硫和二氧化硅都是共價化合物，它們的成鍵類型相同，故B錯誤；C．Z為Na、R為Cl、Q為Al，最高價氧化物的水化物分別為氫氧化鈉，氫氧化鋁和高氯酸，因為氫氧化鋁為兩性氫氧化物，相互間都能反應，故C正確；D．Y為Si，Y元素的氧化物為二氧化硅，常用于制光導纖維，制造半導體器件、太陽能電池的材料是硅單質，故D錯誤；故選C。16、D【解析】

A．原電池中，溶液中氫離子向正極二氧化鉛電極移動，故A錯誤；

B．根據電子守恒分析，每消耗3molPb，轉移6mol電子，根據電子守恒生成1molAl2O3，故B錯誤；

C．原電池正極上二氧化鉛得電子生成硫酸鉛，則正極：PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，故C錯誤；

D．原電池中鉛作負極，負極上鉛失電子和硫酸根離子反應生成難溶性的硫酸鉛，所以質量增加，在電解池中，Pb陰極，陰極上氫離子得電子生成氫氣，所以鉛電極質量不變，故D正確；答案：D【點睛】本題考查原電池和電解池原理，根據電極上得失電子、離子放電順序來分析解答即可，難度中等。17、B【解析】A.當lgc0=0時，=1mol/L，此時=1×10-4.7(mol/L)2，故由得，Kn(CN-)=10-4.7，A正確；B.隨著豎坐標的值增大，降低，即b點小于a點，而升高溫度可加速鹽類的水解，所以B錯誤；C.向a點加入固體NaCN，相當于減少水的添加量，會降低CN-的水解程度，C正確；D.隨著豎坐標的值增大，降低，故c點對應溶液中的c(OH-)大于a點，D正確。所以選擇B。18、B【解析】

A.NaHSO4晶體中含鈉離子與硫酸氫根離子，不含SO42-，A項錯誤；B.2.0gD2O的物質的量為=0.1mol，其中含有的中子數(shù)為0.1mol(12+8)NA=NA，B項正確；C.氯氣所處的狀態(tài)未知，無法求出氯氣的物質的量，轉移電子數(shù)無法確定，C項錯誤；D.標準狀況下，HF為液體，不是氣體，無法按照氣體的摩爾體積計算其物質的量，D項錯誤；答案選B?！军c睛】與阿伏加德羅常數(shù)NA相關的化學計量的選擇題是高頻考點，側重考查學生對化學計量的理解與應用。本題D項是學生的易錯點，要特別注意氣體摩爾體積為22.4L/mol的狀態(tài)與條件，題設陷阱經常誤將“常溫常壓”當作“標準狀況”、或者誤把標準狀態(tài)下的固體、液體當成氣體，學生做題時只要善于辨析，便可識破陷阱，排除選項。19、C【解析】

離子還原性，故首先發(fā)生反應，然后發(fā)生反應，再發(fā)生反應，最后發(fā)生反應，根據發(fā)生反應順序計算離子開始反應到該離子反應完畢時氯氣的體積。【詳解】A．由可知，完全反應需要消耗氯氣，標準狀況下的的體積為0.1mol22.4L·mol-1=2.24L，圖象中氯氣的體積不符合，A錯誤；B．完全反應后，才發(fā)生，完全反應需要消耗氯氣，故開始反應時氯氣的體積為，完全反應消耗mol氯氣，故完全反應時氯氣的體積為，圖象中氯氣的體積不符合，B錯誤；C．完全反應需要消耗氯氣，完全反應消耗mol氯氣，完全反應消耗氯氣，故溴離子開始反應時氯氣的體積為，由可知，完全反應消耗mol氯氣，故Br－完全反應時消耗的氯氣體積為，圖象與實際符合，C正確；D．完全反應需要消耗氯氣，完全反應消耗mol氯氣，完全反應消耗mol氯氣，故I完全時消耗的氯氣體積為，圖象中氯氣的體積不符合，D錯誤。答案選C?！军c睛】氧化還原競爭型的離子反應，關鍵是熟記氧化性粒子氧化性的強弱順序和還原性粒子還原性強弱順序，然后按照越強先反應原則依次分析。20、C【解析】

如圖：對VS2/Zn扣式可充電電池組成分析，放電時，不銹鋼箔為正極，鋅片為負極，電極反應Zn-2e－═Zn2＋；充電時原電池的正極與外電源正極相連，作陽極，失電子發(fā)生氧化反應，原電池負極與電源負極相連，作陰極，得到電子發(fā)生還原反應?！驹斀狻緼．放電時，不銹鋼箔為正極，發(fā)生還原反應，故A正確；B．放電時，負極為鋅，鋅電極反應為：Zn-2e－═Zn2＋，故B正確；C．充電時，原電池的正極接電源的正極，作陽極，失去電子，發(fā)生氧化反應，故C錯誤；D．充電時，原電池負極鋅片與電源的負極相連，作陰極，故D正確；故選C。21、B【解析】

A.FeCl3具有強氧化性，能與Cu等金屬反應，可用于蝕刻銅制的印制線路板，與FeCl3易發(fā)生水解無關，A錯誤；B.漂白粉的主要成分是次氯酸鈣，次氯酸鈣具有強氧化性，能氧化SO2和NO生成硫酸鹽和硝酸鹽，所以漂白粉可用于脫除煙氣中SO2和NO有害氣體，B正確；C.CaCO3能與酸反應，能改良、修復被酸雨浸蝕的土壤，與CaCO3高溫下能分解無關，C錯誤；D.活性炭與Pb2+等金屬離子不反應，不能用于除去水體中Pb2+等重金屬離子，D錯誤；故合理選項是B。22、B【解析】

A．Cl2通入NaOH溶液中發(fā)生反應：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，這是一個歧化反應，每消耗0.1molCl2轉移電子數(shù)為0.1mol，A項錯誤；B．堿溶液中的H+均是水電離產生的，pH等于11的NaOH溶液中水電離出的H+濃度為10-11mol/L，故1L該溶液中H+的數(shù)目為10-11mol，B項正確；C．所給條件即為標準狀況，首先發(fā)生反應：2NO+O2=2NO2，由于NO和O2的量未知，所以無法計算反應生成NO2的量，而且生成NO2以后，還存在2NO2N2O4的平衡，所以混合氣體中的分子數(shù)明顯不是NA，C項錯誤；D．100g34%雙氧水含有過氧化氫的質量為34g，其物質的量為1mol，含有H-O鍵的數(shù)目為2mol，但考慮水中仍有大量的H-O鍵，所以D項錯誤；答案選擇B項?！军c睛】根據溶液的pH可以求出溶液中的c(H+)或c(OH-)，計算微粒數(shù)時要根據溶液的體積進行計算。在計算雙氧水中的H-O鍵數(shù)目時別忘了水中也有大量的H-O鍵。二、非選擇題(共84分)23、CH2=CH-CNCH2=CH-CH=CH2HBr（或HCl）保護碳碳雙鍵防止被加成或氧化【解析】

（1）鏈節(jié)主鏈為碳原子，且含有碳碳雙鍵，應是烯烴、1，3﹣丁二烯之間發(fā)生的加聚反應，除苯乙烯外，還需要另外兩種單體為：CH2=CH﹣CN、CH2=CH﹣CH=CH2，故答案為CH2=CH﹣CN、CH2=CH﹣CH=CH2；（2）苯乙烯先與HBr發(fā)生加成反應，然后再催化劑條件下發(fā)生取代反應，最后在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應得到，第一步的目的是：保護碳碳雙鍵防止被加成，故答案為HBr；保護碳碳雙鍵防止被加成；（3）鄰甲基苯酚可合成A，分子式為C7H6O3，則A為，A發(fā)生縮聚反應得到B，B的結構簡式為：，A與濃溴水反應的化學方程式為：，故答案為；；（4）在堿性條件下水解得到，然后發(fā)生催化氧化得到，再氧化得到，最后用酸酸化得到，合成路線流程圖為：。24、酯基碳碳雙鍵消去反應CH3CH2OHCH3CHOCH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH=CHCH3【解析】

(1)根據C的結構簡式分析判斷官能團；(2)根據E、F的結構簡式和結構中化學鍵的變化分析判斷有機反應類型；(3)根據D()中碳碳雙鍵斷鍵后的連接方式分析判斷；(4)根據題給信息分析結構中的官能團的類別和構型；(5)結合本題中合成流程中的路線分析，乙醇在銅作催化劑加熱條件下與氧氣發(fā)生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氫在加熱條件下反應生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化劑與Mg發(fā)生反應生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr與乙醛反應后在進行酸化，生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加熱條件下斷開雙鍵結合生成?！驹斀狻?1)C的結構簡式為，其中官能團的名稱為酯基和碳碳雙鍵；(2)根據E、F的結構簡式，E中的一個I原子H原子消去形成一個碳碳雙鍵生成E，屬于鹵代烴在氫氧化鈉水溶液中發(fā)生的消去反應，則反應類型為消去反應；(3)D→E的反應還可以由D()中碳碳雙鍵中頂端的碳原子與羧基中的氧形成一個六元環(huán)，得到副產物X(分子式為C9H7O2I)，則X的結構簡式；(4)F的結構簡式為，其同分異構體能發(fā)生銀鏡反應，說明結構中含有醛基；堿性水解后酸化，其中一種產物能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明分子結構中含有苯環(huán)和酯基，且該酯基水解后形成酚羥基；分子中有4種不同化學環(huán)境的氫原子，該同分異構體的結構簡式為：；(5)乙醇在銅作催化劑加熱條件下與氧氣發(fā)生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氫在加熱條件下反應生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化劑與Mg發(fā)生反應生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr與乙醛反應后在進行酸化，生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加熱條件下斷開雙鍵結合生成，合成路線流程圖為：CH3CH2OHCH3CHOCH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH=CHCH3。25、濃氨水、氧化鈣（氫氧化鈉）提高原料轉化率、防止產物分解控制氣體的流速和原料氣體的配比三頸燒瓶c將氨氣轉化為固體鹽79.8%【解析】

首先我們要用（1）中的裝置來制取氨氣，固液不加熱制取氨氣可以考慮將濃氨水滴入到固體氧化鈣或氫氧化鈉中，制好的氨氣經干燥后通入液體石蠟鼓泡瓶，通過觀察鼓泡瓶中氣泡的大小，我們可以調節(jié)氨氣和二氧化碳兩種原料的比例，接下來在三頸燒瓶中進行反應；冰水浴的作用是降低溫度，提高轉化率，據此來分析作答即可?！驹斀狻浚?）固液不加熱制取氨氣，可以將濃氨水滴入固體氧化鈣或氫氧化鈉或堿石灰中；（2）①制備氨基甲酸銨的反應是放熱反應，因此給發(fā)生器降溫可以有效提高原料的轉化率，并且防止生成物溫度過高分解；而液體石蠟鼓泡瓶的作用是控制反應進行程度，控制氣體流速和原料氣體的配比；發(fā)生儀器的名稱為三頸燒瓶；②為了防止產品受熱分解以及被氧化，應選用真空40℃以下烘干，c項正確；（3）尾氣中的氨氣會污染環(huán)境，因此可以用硫酸吸收將其轉化為固體鹽，可用作氮肥；（4）首先根據算出碳酸鈣的物質的量，設碳酸氫銨的物質的量為xmol，氨基甲酸銨的物質的量為ymol，則根據碳守恒有，根據質量守恒有，聯(lián)立二式解得，，則氨基甲酸銨的質量分數(shù)為。26、否，長頸漏斗不能調節(jié)滴液速度acd三頸燒瓶a2PCl3+O2=2POCl3溫度過低反應速度過慢；溫度過高，PCl3易揮發(fā)，利用率低指示劑91.8%【解析】

A裝置中用雙氧水與二氧化錳反應制備氧氣，通過加入雙氧水的量，可以控制產生氧氣的速率，氧氣中含有的水蒸氣用濃硫酸除去，裝置B中有長頸漏斗，可以平衡裝置內外的壓強，起到安全瓶的作用，純凈的氧氣與三氯化磷在裝置C中反應生成POCl3，為了控制反應速率，同時防止三氯化磷揮發(fā)，反應的溫度控制在60～65℃，所以裝置C中用水浴加熱，POCl3遇水劇烈水解為含氧酸和氯化氫，為防止空氣中水蒸汽進入裝置，同時吸收尾氣，所以在裝置的最后連有堿石灰的干燥管，據此分析解答(1)~(4)；(5)測定POCl3產品含量，用POCl3與水反應生成氯化氫，然后用硝酸銀標準溶液沉淀溶液中的氯離子，KSCN溶液滴定過量的AgNO3溶液，根據KSCN的物質的量可計算出溶液中剩余的AgNO3，結合AgNO3的總物質的量得知與氯離子反應的硝酸銀，進而計算出溶液中氯離子的物質的量，根據元素守恒可計算出樣品中POCl3的質量，進而確定POCl3的質量分數(shù)?！驹斀狻?1)裝置A中的分液漏斗不能用長頸漏斗代替，因為長頸漏斗不能調節(jié)滴液速度，故答案為否，長頸漏斗不能調節(jié)滴液速度；(2)裝置B中裝有濃硫酸，可作干燥劑，另外氣體通過液體時可觀察到氣泡出現(xiàn)，長頸漏斗，可以平衡裝置內外的壓強，起到安全瓶的作用，則裝置B的作用是觀察O2的流速、平衡氣壓、干燥氧氣，故答案為acd；(3)根據裝置圖，儀器丙為三頸燒瓶，為了提高冷卻效果，應該從冷凝管的下口進水，即進水口為a，故答案為三頸燒瓶；a；(4)氧氣氧化PCl3生成POCl3，根據原子守恒，反應的化學方程式2PCl3+O2=2POCl3，根據上面的分析可知，反應溫度應控制在60～65℃，原因是溫度過低，反應速率小，溫度過高，三氯化磷會揮發(fā)，利用率低，故答案為2PCl3+O2=2POCl3；溫度過低，反應速率小，溫度過高，三氯化磷會揮發(fā)，利用率低；(5)Fe3+的溶液中滴加KSCN溶液，溶液顯紅色，則用

KSCN溶液滴定過量的AgNO3溶液時，可選擇硫酸鐵溶液為指示劑，達到終點時的現(xiàn)象是溶液會變紅色；KSCN的物質的量為0.20mol?L-1×0.010L=0.002mol，根據反應Ag++SCN-=AgSCN↓，可知溶液中剩余的銀離子的物質的量為0.002mol，POCl3與水反應生成氯化氫的物質的量為3.2mol?L-1×0.01L-0.002mol=0.03mol，即16.73gPOCl3產品中POCl3的物質的量為×=0.1mol，則所得產品中POCl3的純度為×100%=91.8%，故答案為指示劑；91.8%?！军c睛】明確實驗原理及實驗基本操作方法是解本題關鍵。本題的易錯點為(5)，要理清楚測定POCl3的純度的思路，注意POCl3~3HCl。27、三頸燒瓶21、3鐵粉逐漸溶解，液體中有氣泡冒出、溶液變成淺綠色32Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O防止FeCO3與乳酸反應產生的亞鐵離子被氧化乳酸根中羥基被酸性高錳酸鉀溶液氧化98.0%【解析】

亞鐵離子容易被氧氣氧化，制備過程中應在無氧環(huán)境中進行，F(xiàn)e與鹽酸反應制備氯化亞鐵，利用反應生成的氫氣排盡裝置中的空氣，故B制備氯化亞鐵，利用生成的氫氣，使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中，C裝置中FeCl2和NH4HCO3發(fā)生反應：FeCl2+2NH4HCO3＝FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，據此解答本題?！驹斀狻浚?）儀器C為三頸燒瓶，故答案為：三頸燒瓶；（2）反應前先利用生成的氫氣除去裝置內空氣，再利用生成氫氣，使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中，具體操作為：關閉活塞2，打開活塞3，然后打開活塞1加入足量的鹽酸，然后關閉活塞1，反應一段時間后，裝置B中可觀察到的現(xiàn)象為：鐵粉逐漸溶解，液體中有氣泡冒出、溶液變成淺綠色；打開活塞2，關閉活塞3；C裝置中FeCl2和NH4HCO3發(fā)生反應：FeCl2+2NH4HCO3＝FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，反應的離子方程式為：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案為：2；1、3；鐵粉逐漸溶解，液體中有氣泡冒出、溶液變成淺綠色；3；2；Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；（3）Fe2+離子易被氧化為Fe3+離子，實驗目的是制備乳酸亞鐵晶體，加入Fe粉，可防止Fe2+離子被氧化，故答案為：防止FeCO3與乳酸反應產生的亞鐵離子被氧化；（4）乳酸根中含有羥基，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，導致消耗高錳酸鉀的增大，而計算中按亞鐵離子被氧化，故計算所得乳酸亞鐵的質量偏大，產品中乳酸亞鐵的質量分數(shù)會大于100%，故答案為：乳酸根中羥基被酸性高錳酸鉀溶液氧化；（5）三次滴定第二次操作消耗標準液數(shù)值明顯偏大，應舍去，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，故產品中乳酸亞鐵晶體的質量分數(shù)為＝98.0%，故答案為：98.0%。28、原子晶體sp3Si<C<O3s23p2Mg2FeH6Fe02SiO2【解析】

a為元素周期表中原子半徑最小的元素則a是H元素，b的基態(tài)原子中占有電子的3個能級上的電子數(shù)均相等，則b是C元素，d與b同族即d是Si元素，c與b同周期即C元素為與第二周期，且c的所有p軌道上的電子數(shù)與所有s軌道上的電子數(shù)相等，則c的基態(tài)原子核外電子排布為:1s2s2p4即c是O元素，E的