2023年上海市高考化學(xué)試卷(解析卷)

2023年上海市高考化學(xué)試卷一、選擇題1．（3分）2022年，科學(xué)家們已經(jīng)證實(shí)“四中子態(tài)”的存在，該物質(zhì)只由四個中子組成，則其質(zhì)量數(shù)是（）A．1 B．2 C．4 D．82．（3分）海底五彩斑斕的珊瑚是由珊瑚蟲吸收海水中的鈣和CO2，然后分泌出石灰石，變?yōu)樽约荷娴耐鈿ぁＶ参镉泄夂献饔脮誄O2、釋放O2，但隨著全球變暖，CO2含量增加，海底珊瑚含量減少，下列說法錯誤的是（）A．光合作用吸收CO2 B．植物呼吸作用放出CO2 C．海水吸收過多CO2使pH增大 D．珊瑚礁溶解是因?yàn)樯蒀a（HCO3）23．（3分）戰(zhàn)國用青銅澆鑄塑形成各樣的青銅器，青銅器比純銅更便于制成形態(tài)各異的容器的原因（）A．熔點(diǎn)低 B．密度大 C．硬度大 D．不易被腐蝕4．（3分）下列物質(zhì)中，能通過化學(xué)氧化法去除石油開采過程中伴生的H2S的是（）A．氨水 B．雙氧水 C．FeSO4溶液 D．NaOH溶液5．（3分）對于反應(yīng)8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2，以下說法正確的是（）A．HCl的電子式為 B．NH3的空間構(gòu)型為三角錐形 C．NH4Cl中只含有離子鍵 D．氯離子最外層電子排布式是3s33p56．（3分）向飽和氯水中加入少量Na2SO3固體，下列說法正確的是（）A．溶液pH減小 B．溶液顏色變深 C．溶液漂白性增強(qiáng) D．溶液導(dǎo)電性減弱7．（3分）已知稠油是黏度超過50mPa?s的原油，數(shù)據(jù)顯示，在世界剩余石油資源中，約有70%都是稠油。下列關(guān)于稠油的說法錯誤的是（）A．稠油易溶于水 B．稠油主要是C、H元素 C．稠油屬于混合物 D．稠油可以裂化8．（3分）最簡式相同的有機(jī)物（）A．一定是同系物 B．一定是同分異構(gòu)體 C．碳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)一定相等 D．燃燒時耗氧量一定相等9．（3分）我國科學(xué)家研發(fā)的高效穩(wěn)定的單原子催化劑，能夠?qū)崿F(xiàn)臨氫條件下丙烷高效脫氫制丙烯，下列選項(xiàng)正確的是（）A．丙烷脫氫生成丙烯的反應(yīng)是加成反應(yīng) B．丙烷可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色 C．丙烯分子中所有原子可能共面 D．丙烯可以發(fā)生加聚反應(yīng)10．（3分）巧克力中含有一種由硬脂酸（C18H36O2）和甘油（C3H8O3）酯化而成的脂肪（硬脂酸甘油酯），因此具有潤滑的口感，會在嘴里融化。硬脂酸甘油酯結(jié)構(gòu)式如圖所示，下列屬于硬脂酸甘油酯的性質(zhì)的是（）A．熔點(diǎn)很高 B．難水解 C．分子中含有碳碳雙鍵 D．緩慢氧化生成CO2和H2O11．（3分）已知月球土壤中富含鐵元素，主要以鐵單質(zhì)和亞鐵離子的形式存在，但嫦娥五號取回的微隕石撞擊處的月壤樣品中存在大量的三價鐵，有可能是以下哪個原因造成的（）A．4FeO═Fe+Fe3O4 B．Fe3O4═Fe2O3+FeO C．4FeO+O2═2Fe2O3 D．Fe2O3+FeO═Fe3O412．（3分）下列海帶提碘的操作中不合理的是（）選項(xiàng)ABCD使用儀器相關(guān)操作灼燒浸泡海帶過濾海帶浸出液萃取碘A．A B．B C．C D．D13．（3分）現(xiàn)有3種不同顏色的橡皮泥代表著不同元素，還有4根火柴棒代表化學(xué)鍵，可以搭建的有機(jī)分子是（）A．甲醇 B．甲醛 C．甲酸 D．CH2ClF14．（3分）使用下圖裝置制備乙酸乙酯，下列說法正確的是（）A．將C2H5OH緩緩加入濃H2SO4 B．X中溶液是NaOH溶液 C．球形干燥管的作用是防倒吸 D．試管中油層在下面15．（3分）短周期元素X、Y，若原子半徑X＞Y，則下列選項(xiàng)中一定正確的是（）A．若X、Y均在ⅣA族，則單質(zhì)熔點(diǎn)X＞Y B．若X、Y均在ⅥA族，則氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性X＞Y C．若X、Y均屬于第二周期非金屬元素，則簡單離子半徑X＞Y D．若X、Y均屬于第三周期金屬元素，則元素的最高正價X＞Y16．（3分）常溫常壓下，下列物質(zhì)的物理量，前者是后者兩倍的是（）A．28g28Si和28g14N中所含的中子數(shù) B．2.24LSO2和2.24LN2原子數(shù) C．1molSO2和2molO2的密度 D．0.1mol/L稀H2SO4和0.1mol/LCH3COOH的c（H+）17．（3分）為探究Na2CO3與一元酸HA（c＝1mol?L﹣1）反應(yīng)的熱效應(yīng)，進(jìn)行了如下四組實(shí)驗(yàn)。已知T2＞T1＞25℃。實(shí)驗(yàn)序號試劑Ⅰ試劑Ⅱ反應(yīng)前溫度反應(yīng)后溫度①40mLH2O2.12gNa2CO325℃T1②20mLHCl+20mLH2O2.12gNa2CO325℃T2③20mLCH3COOH+20mLH2O2.12gNa2CO325℃T3④20mLHCl2.12gNa2CO3與20mLH2O形成的溶液25℃T4下列說法錯誤的是（）A．Na2CO3溶于水放熱 B．Na2CO3與HCl反應(yīng)放熱 C．T2＞T3 D．T4＞T218．（3分）電解食鹽水間接氧化法去除工業(yè)廢水中氨氮的原理如圖所示，通過電解氨氮溶液（含有少量的NaCl），將NH3轉(zhuǎn)化為N2（無Cl2逸出），下列說法正確的是（）A．M為負(fù)極 B．N極附近pH不變化 C．n（N2）＜n（H2） D．電解后c（Cl﹣）上升19．（3分）0.1mol?L﹣1NaOH分別滴入20mL0.1mol?L﹣1HX與20mL0.1mol?L﹣1HCl溶液中，其pH隨滴入NaOH溶液體積變化的圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A．b點(diǎn)：c（X﹣）?c（OH﹣）＝10﹣12mol2?L2 B．c點(diǎn)：c（X﹣）﹣c（HX）＝c（OH﹣）﹣c（H+） C．a(chǎn)、d點(diǎn)溶液混合后為酸性 D．水的電離程度：d＞c＞b＞a20．（3分）在密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：2A（g）+B（g）?2C（g），往密閉容器中以n（A）：n（B）＝2：1通入兩種反應(yīng)物，15min后A在四溫度下的轉(zhuǎn)化率如下表所示，且T1＜T2＜T3＜T4，下列說法正確的是（）溫度T1T2T3T4轉(zhuǎn)化率10%70%70%60%A．該反應(yīng)是吸熱反應(yīng) B．T溫度時（T2＜T＜T3），A的轉(zhuǎn)化率是70% C．T3溫度下，若反應(yīng)在15min后繼續(xù)進(jìn)行，則A的轉(zhuǎn)化率變大 D．T4溫度反應(yīng)15min后，若c（B）＝0.5mol?L﹣1，則T4溫度時的平衡常數(shù)是4.5二、綜合題21．在某溫度下，在體積為5L的密閉容器內(nèi)發(fā)生如下反應(yīng)：CH4（g）+H2O（g）?CO（g）+3H2（g）﹣Q（1）在上述反應(yīng)的反應(yīng)物與生成物中，非極性分子為：。（2）若反應(yīng)20min后氣體總物質(zhì)的量增加了10mol，則甲烷的平均反應(yīng)速率為。（3）下列選項(xiàng)中的物理量不變時，一定可以判斷反應(yīng)達(dá)到平衡的是。A.容器中氫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)B.容器內(nèi)的壓強(qiáng)C.反應(yīng)的平衡常數(shù)D.容器內(nèi)氣體的平均相對分子質(zhì)量（4）在某一時刻，v正＝v逆＝v0，反應(yīng)若改變一條件，可使得v正＜v逆＜v0，指出可以改變的條件，并說明理由：。已知CO與H2合成CH3OH是可逆反應(yīng)：CO+2H2?CH3OH。（5）若上述反應(yīng)達(dá)到平衡時CO與H2的轉(zhuǎn)化率相同，則投料比n（CO）：n（H2）＝。22．聚合氯化鋁用于城市給排水凈化。氧化鋁法制取無水三氯化鋁的反應(yīng)如下：Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）2AlCl3（g）+3CO（g）。（1）標(biāo)出上述反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目。（2）寫出該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式：K＝。（3）Al原子核外有種不同能量的電子。聚合氯化鋁（PAC）是一種介于AlCl3和Al（OH）3之間的水溶性無機(jī)高分子聚合物，PAC的水解過程中會有一種聚合穩(wěn)定態(tài)物質(zhì)[AlO4Al12（OH）24（H2O）12]7+稱為Al13，Al13對水中膠體和顆粒物具有高度電中和橋聯(lián)作用，是凈水過程中的重要物質(zhì)。（4）Al13在水解過程中會產(chǎn)生[Al（OH）2]+、[Al（OH）]2+等產(chǎn)物，請寫出Al3+水解產(chǎn)生[Al（OH）]2+的離子方程式：。（5）AlCl3溶液與NaOH溶液反應(yīng)，若參加反應(yīng)的鋁離子最終轉(zhuǎn)化生成Al13，則理論上參與反應(yīng)的Al3+與OH﹣的物質(zhì)的量之比是。（6）使用Al3+凈水時應(yīng)控制pH在6.8～8.02之間，否則凈水效果不佳。請結(jié)合使用Al3+水解凈化水時鋁元素存在的形態(tài)，分析在強(qiáng)酸性和強(qiáng)堿性環(huán)境時凈水效果差的原因。23．用于治療神經(jīng)性疾病的藥物布立西坦的合成路線如圖所示：已知：；。（1）反應(yīng)①是反應(yīng)，反應(yīng)④是反應(yīng)。（填反應(yīng)類型，下同）（2）有機(jī)物I中的含氧官能團(tuán)名稱為，有機(jī)物F的結(jié)構(gòu)簡式為，（3）已知反應(yīng)⑤為酯交換反應(yīng)，則另一產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為。（4）已知反應(yīng)⑥的原子利用率為100%，則物質(zhì)M為。（5）寫出一種滿足下列條件的有機(jī)物K的同分異構(gòu)體：。①可以發(fā)生銀鏡反應(yīng)；②分子中存在3中化學(xué)環(huán)境不同的H原子，且個數(shù)比為1：2：3。（6）手性碳是指與四個各不相同原子與基團(tuán)相連的碳原子，用C*表示。已知分子J中有2個手性碳，請用*將其在下圖的結(jié)構(gòu)簡式中標(biāo)出。（7）請寫出以CH3（CH2）3COOH和CH3OH為原料制備CH3CH2CH＝CHCOOCH3的路線（合成路線的表示方式為??????目標(biāo)產(chǎn)物）。24．Ⅰ.過氧化氫和鹽酸的混合溶液可以刻蝕含銅的電路板。（1）請寫出用過氧化氫和鹽酸刻蝕電路板時發(fā)生的離子反應(yīng)方程式：。（2）當(dāng)反應(yīng)一段時間后，隨著溶液變藍(lán)，氣泡產(chǎn)生的速率加快，可能的原因是。Ⅱ.含銅電路板也可以用FeCl3進(jìn)行刻蝕，對刻蝕后的液體（FeCl3、FeCl2和CuCl2）進(jìn)行處理以提取FeCl2?4H2O、CuSO4?5H2O，流程如圖：（1）從濾液A中提取FeCl2?4H2O的操作為：加入Fe粉后，應(yīng)先濃縮濾液至出現(xiàn)，趁熱過濾，取溶液，，過濾、洗滌、干燥。（2）檢驗(yàn)溶液B中提取出的Cu上粘附的Cl﹣已經(jīng)洗凈的操作為：，制備CuSO4?5H2O時，將銅溶解于H2SO4、HNO3的混酸中，此過程中產(chǎn)生的紅棕色氣體為產(chǎn)物（選填“氧化”或“還原”）。Ⅲ.利用滴定法可測定所得CuSO4?5H2O的純度，操作如下：①取agCuSO4?5H2O樣品，加入足量NH4F﹣HF溶液溶解（F﹣用于防止Fe3+干擾檢驗(yàn)：Fe3++6F﹣═）。②滴加足量KI溶液，發(fā)生反應(yīng)2Cu2++4I﹣═2CuI↓+I2。③再用cmol/LNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，以淀粉溶液作指示劑，到達(dá)滴定終點(diǎn)時消耗亞硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL，發(fā)生的反應(yīng)為：I2+2S2═S4+2I﹣。（1）已知NH4F溶液呈酸性，則水解程度F﹣（填“＞”、“＜”或“＝”），稀釋后消耗的值（選填“增大”、“減小”或“不變”）。（2）接近滴定終點(diǎn)時，向溶液中滴加KSCN，會發(fā)現(xiàn)CuI沉淀轉(zhuǎn)化為CuSCN，其沉淀轉(zhuǎn)化的原因是。已知CuI能夠吸附大量I2，若不加KSCN，則測得CuSO4?5H2O的純度（選填“偏高”、“偏低”或“不變”）。（3）計算CuSO4?5H2O的純度：（用a、c、V的代數(shù)式表示）。

2023年上海市高考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題1．（3分）2022年，科學(xué)家們已經(jīng)證實(shí)“四中子態(tài)”的存在，該物質(zhì)只由四個中子組成，則其質(zhì)量數(shù)是（）A．1 B．2 C．4 D．8【分析】依據(jù)質(zhì)量數(shù)＝質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)分析?！窘獯稹拷猓涸撐镔|(zhì)的質(zhì)量數(shù)＝質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)＝0+4＝4，故C正確，故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查原子構(gòu)成等知識，題目難度不大，注意質(zhì)量數(shù)＝質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)。2．（3分）海底五彩斑斕的珊瑚是由珊瑚蟲吸收海水中的鈣和CO2，然后分泌出石灰石，變?yōu)樽约荷娴耐鈿ぁＶ参镉泄夂献饔脮誄O2、釋放O2，但隨著全球變暖，CO2含量增加，海底珊瑚含量減少，下列說法錯誤的是（）A．光合作用吸收CO2 B．植物呼吸作用放出CO2 C．海水吸收過多CO2使pH增大 D．珊瑚礁溶解是因?yàn)樯蒀a（HCO3）2【分析】A．根據(jù)植物的光合作用進(jìn)行分析；B．根據(jù)植物的有氧呼吸作用進(jìn)行分析；C．海水中溶解的二氧化碳增加，海水pH降低；D．海水中溶解的二氧化碳增加，海水pH降低，則碳酸鈣變?yōu)樘妓釟溻}?！窘獯稹拷猓篈．由題意可知，植物的光合作用會吸收CO2，釋放O2，故A正確；B．植物的光合作用會吸收CO2、釋放O2，但是植物的有氧呼吸作用吸收氧氣，放出二氧化碳，故B正確；C．二氧化碳含量增大，會導(dǎo)致海水中溶解的二氧化碳增加，海水pH降低，故C錯誤；D．二氧化碳含量增大，會導(dǎo)致海水中溶解的二氧化碳增加，海水pH降低，則碳酸鈣變?yōu)樘妓釟溻}，故D正確，故選：C?！军c(diǎn)評】本題主要考查了二氧化碳的性質(zhì)，涉及到光合作用、植物的有氧呼吸等知識，難度不大，掌握基礎(chǔ)知識是解答的關(guān)鍵。3．（3分）戰(zhàn)國用青銅澆鑄塑形成各樣的青銅器，青銅器比純銅更便于制成形態(tài)各異的容器的原因（）A．熔點(diǎn)低 B．密度大 C．硬度大 D．不易被腐蝕【分析】合金是指由一種金屬與其它金屬或非金屬熔合而成的具有金屬特性的物質(zhì)，多數(shù)合金的熔點(diǎn)低于組成它的成分合金。【解答】解：青銅器比純銅更便于制成形態(tài)各異的容器的原因是熔點(diǎn)低于組成它的成分合金，易于加工，故A正確，故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查了合金的特點(diǎn)，熟悉合金的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目難度不大。4．（3分）下列物質(zhì)中，能通過化學(xué)氧化法去除石油開采過程中伴生的H2S的是（）A．氨水 B．雙氧水 C．FeSO4溶液 D．NaOH溶液【分析】A．氨水是堿溶液，與H2S發(fā)生中和反應(yīng)生成硫化銨和水；B．雙氧水與H2S反應(yīng)生成S單質(zhì)和水；C．FeSO4和H2S不反應(yīng)；D．NaOH是堿，與H2S發(fā)生中和反應(yīng)生成硫化鈉和水?！窘獯稹拷猓篈．氨水是堿溶液，與H2S發(fā)生中和反應(yīng)生成硫化銨和水，不屬于氧化還原反應(yīng)，故A錯誤；B．雙氧水與H2S反應(yīng)生成S單質(zhì)和水，雙氧水發(fā)生還原反應(yīng)，H2S發(fā)生氧化反應(yīng)，屬于氧化還原反應(yīng)，故B正確；C．FeSO4和H2S不反應(yīng)，不能用于去除石油開采過程中伴生的H2S氣體，故C錯誤；D．NaOH是堿，與H2S發(fā)生中和反應(yīng)生成硫化鈉和水，不屬于氧化還原反應(yīng)，故D錯誤；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查物質(zhì)的組成與性質(zhì)、氧化還原反應(yīng)的判斷，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、氧化還原反應(yīng)的特征及判定是解題關(guān)鍵，側(cè)重基礎(chǔ)知識檢測和運(yùn)用能力考查，題目難度不大。5．（3分）對于反應(yīng)8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2，以下說法正確的是（）A．HCl的電子式為 B．NH3的空間構(gòu)型為三角錐形 C．NH4Cl中只含有離子鍵 D．氯離子最外層電子排布式是3s33p5【分析】A．HCl是共價化合物；B．根據(jù)價層電子對互斥模型進(jìn)行判斷；C．NH4Cl中含有離子鍵和共價鍵；D．氯離子最外層有8個電子?！窘獯稹拷猓篈．HCl是共價化合物，其電子式為，故A錯誤；B．NH3的價層電子對為4，有一對孤電子對，NH3的空間構(gòu)型為三角錐形，故B正確；C．氯化銨電子式為，NH4Cl中含有離子鍵和共價鍵，故C錯誤；D．氯離子最外層有8個電子，最外層電子排布式為3s23p6，故D錯誤；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查常見化學(xué)用語的表示方法，為高頻考點(diǎn)，明確常見化學(xué)用語的書寫原則為解答關(guān)鍵，試題側(cè)重考查學(xué)生的規(guī)范答題能力，題目難度不大。6．（3分）向飽和氯水中加入少量Na2SO3固體，下列說法正確的是（）A．溶液pH減小 B．溶液顏色變深 C．溶液漂白性增強(qiáng) D．溶液導(dǎo)電性減弱【分析】飽和氯水中存在平衡：Cl2+H2O?HCl+HClO，向飽和氯水中加入少量Na2SO3固體，HClO和Na2SO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)，使平衡正向移動，Cl2濃度減小，據(jù)此解答?！窘獯稹拷猓篈．反應(yīng)生成HCl，溶液pH減小，故A正確；B．Cl2濃度減小，溶液顏色變淺，故B錯誤；C．次氯酸濃度減少，漂白性減弱，故C錯誤；D．生成的HCl、Na2SO4為強(qiáng)電解質(zhì)，導(dǎo)電性增強(qiáng)，故D錯誤；故選：A。【點(diǎn)評】本題考查氯水的化學(xué)性質(zhì)及物質(zhì)的性質(zhì)變化，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，難度不大。7．（3分）已知稠油是黏度超過50mPa?s的原油，數(shù)據(jù)顯示，在世界剩余石油資源中，約有70%都是稠油。下列關(guān)于稠油的說法錯誤的是（）A．稠油易溶于水 B．稠油主要是C、H元素 C．稠油屬于混合物 D．稠油可以裂化【分析】稠油是黏度超過50mPa?s的原油，石油是由各種烷烴、環(huán)烷烴、芳香烴等組成的混合物，石油主要含有C、H兩種元素，石油裂化是一種使烴類分子分裂為較小分子的反應(yīng)過程。【解答】解：A．石油不含親水基，難溶于水，故A錯誤；B．石油主要含有碳和氫兩種元素，同時還含有少量的硫、氧、氮等元素，故B正確；C．石油是由各種烷烴、環(huán)烷烴、芳香烴等組成的混合物，故C正確；D．為了提高汽油等輕質(zhì)油的產(chǎn)量與質(zhì)量通常對石油進(jìn)行裂化，故D正確；故選：A?！军c(diǎn)評】本題主要考查了石油的組成、加工等，難度不大，根據(jù)所學(xué)知識即可完成。8．（3分）最簡式相同的有機(jī)物（）A．一定是同系物 B．一定是同分異構(gòu)體 C．碳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)一定相等 D．燃燒時耗氧量一定相等【分析】最簡式相同的有機(jī)物不一定是同系物，不一定是同分異構(gòu)體，所含的各種元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)都是相同的，據(jù)此進(jìn)行解答?！窘獯稹拷猓篈．最簡式相同的有機(jī)物不一定是同系物，例如乙烯和環(huán)丙烷最簡式相同，但不是同系物，故A錯誤；B．最簡式相同的有機(jī)物不一定是同分異構(gòu)體，例如乙炔和苯最簡式相同，但不是同分異構(gòu)體，故B錯誤；C．最簡式相同的有機(jī)物，其中各種元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)都是相同的，故C正確；D．最簡式相同的有機(jī)物，兩者分子式不一定相同，當(dāng)分子式不同時，且最簡式相同，此時分子量越大耗氧量越大，故D錯誤；故選：C。【點(diǎn)評】本題考查了有機(jī)物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、同分異構(gòu)體的判斷，為高考常見題型，題目難度中等，注意掌握常見的有機(jī)物具有及性質(zhì)，明確同分異構(gòu)體的概念及計算方法與技巧，難度中等。9．（3分）我國科學(xué)家研發(fā)的高效穩(wěn)定的單原子催化劑，能夠?qū)崿F(xiàn)臨氫條件下丙烷高效脫氫制丙烯，下列選項(xiàng)正確的是（）A．丙烷脫氫生成丙烯的反應(yīng)是加成反應(yīng) B．丙烷可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色 C．丙烯分子中所有原子可能共面 D．丙烯可以發(fā)生加聚反應(yīng)【分析】A．不飽和鍵斷裂發(fā)生加成反應(yīng)，不飽和度減小；B．烷烴性質(zhì)比較穩(wěn)定，不能使使酸性高錳酸鉀溶液褪色；C．飽和碳原子為sp3雜化，空間構(gòu)型為四面體形；D．烯烴可發(fā)生加聚反應(yīng)?！窘獯稹緼．丙烷為飽和烴，丙烯不飽和度為1，丙烷脫氫生成丙烯的反應(yīng)，不飽和度增大，不是加成反應(yīng)，故A錯誤；B．烷烴性質(zhì)比較穩(wěn)定，不能使使酸性高錳酸鉀溶液褪色，因此丙烷不能酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B錯誤；C．丙烯結(jié)構(gòu)簡式為CH2＝CHCH3，甲基中C原子為飽和碳原子，為四面體形，故丙烯分子中所有原子不可能共面，故C錯誤；D．丙烯可發(fā)生加聚反應(yīng)生成聚丙烯，故D正確；故選：D。【點(diǎn)評】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識的掌握和靈活運(yùn)用能力，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。10．（3分）巧克力中含有一種由硬脂酸（C18H36O2）和甘油（C3H8O3）酯化而成的脂肪（硬脂酸甘油酯），因此具有潤滑的口感，會在嘴里融化。硬脂酸甘油酯結(jié)構(gòu)式如圖所示，下列屬于硬脂酸甘油酯的性質(zhì)的是（）A．熔點(diǎn)很高 B．難水解 C．分子中含有碳碳雙鍵 D．緩慢氧化生成CO2和H2O【分析】A．硬脂酸甘油酯會在嘴里融化，說明熔點(diǎn)較低；B．硬脂酸甘油酯中含酯基，會發(fā)生水解；C．硬脂酸甘油酯中不含碳碳雙鍵；D．硬脂酸甘油酯的分子中只含C、H、O元素?！窘獯稹拷猓篈．硬脂酸甘油酯會在嘴里融化，硬脂酸甘油酯屬于分子晶體，硬脂酸甘油酯的熔點(diǎn)較低，故A錯誤；B．硬脂酸甘油酯中含酯基，在酸性條件下水解生成硬脂酸和甘油，在堿性條件下水解生成硬脂酸鹽和甘油，故B錯誤；C．硬脂酸甘油酯中不含碳碳雙鍵，故C錯誤；D．硬脂酸甘油酯的分子式為C57H110O6，緩慢氧化能生成CO2和H2O，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查油脂的性質(zhì)、組成與結(jié)構(gòu)，為高頻考點(diǎn)，題目難度不大，側(cè)重對基礎(chǔ)知識的鞏固，注意對基礎(chǔ)知識的理解掌握。11．（3分）已知月球土壤中富含鐵元素，主要以鐵單質(zhì)和亞鐵離子的形式存在，但嫦娥五號取回的微隕石撞擊處的月壤樣品中存在大量的三價鐵，有可能是以下哪個原因造成的（）A．4FeO═Fe+Fe3O4 B．Fe3O4═Fe2O3+FeO C．4FeO+O2═2Fe2O3 D．Fe2O3+FeO═Fe3O4【分析】月球土壤中鐵元素主要以鐵單質(zhì)和亞鐵離子的形式存在，故不存在Fe3O4、Fe2O3，且月球表面沒有氧氣，據(jù)此分析?！窘獯稹拷猓篈．月球表面的鐵元素以鐵單質(zhì)和亞鐵離子形式存在，F(xiàn)eO中Fe為+2價，F(xiàn)eO可能反應(yīng)生成Fe和Fe3O4，F(xiàn)e3O4中含有三價鐵，故A正確；B．Fe3O4分解生成Fe2O3和FeO，雖然Fe2O3中含有三價鐵，但是Fe3O4中含有較多三價鐵，無法體現(xiàn)月球表面的鐵元素主要以鐵單質(zhì)和亞鐵離子的形式存在，故B錯誤；C．月球表面沒有氧氣，F(xiàn)eO無法被氧化生成Fe2O3，故C錯誤；D．月球表面鐵元素主要以鐵單質(zhì)和亞鐵離子的形式存在，F(xiàn)e2O3中Fe為+3價，故D錯誤；故選：A。【點(diǎn)評】該題主要考查了鐵及其化合物的轉(zhuǎn)化，題目難度不大，要能依據(jù)題目信息進(jìn)行分析。12．（3分）下列海帶提碘的操作中不合理的是（）選項(xiàng)ABCD使用儀器相關(guān)操作灼燒浸泡海帶過濾海帶浸出液萃取碘A．A B．B C．C D．D【分析】A．灼燒在坩堝中進(jìn)行；B．浸泡在燒杯中進(jìn)行；C．過濾需要燒杯、漏斗、玻璃棒；D．萃取需要分液漏斗?！窘獯稹拷猓篈．灼燒在坩堝中進(jìn)行，儀器選擇合理，故A正確；B．浸泡在燒杯中進(jìn)行，不能選圖中蒸發(fā)皿，故B錯誤；C．過濾需要燒杯、漏斗、玻璃棒，可選圖中漏斗，故C正確；D．萃取需要分液漏斗，儀器選擇合理，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價，為高頻考點(diǎn)，把握混合物的分離提純、儀器的使用、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁庠鼗衔镏R的應(yīng)用，題目難度不大。13．（3分）現(xiàn)有3種不同顏色的橡皮泥代表著不同元素，還有4根火柴棒代表化學(xué)鍵，可以搭建的有機(jī)分子是（）A．甲醇 B．甲醛 C．甲酸 D．CH2ClF【分析】由題意可知，可以搭建的有機(jī)分子中含有3種元素，4個化學(xué)鍵，以此分析解答。【解答】解：A．甲醇含有3種元素，5個化學(xué)鍵，故A錯誤；B．甲醛含有3種元素，4個化學(xué)鍵，故B錯誤；C．甲酸含有3種元素，5個化學(xué)鍵，故C錯誤；D．CH2ClF含有4種元素，4個化學(xué)鍵，故D錯誤；故選：B。【點(diǎn)評】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)，掌握基本有機(jī)物的基本結(jié)構(gòu)是解答的關(guān)鍵，題目難度較小。14．（3分）使用下圖裝置制備乙酸乙酯，下列說法正確的是（）A．將C2H5OH緩緩加入濃H2SO4 B．X中溶液是NaOH溶液 C．球形干燥管的作用是防倒吸 D．試管中油層在下面【分析】A．濃硫酸溶解放出大量的熱，應(yīng)該首先加入乙醇再沿器壁慢慢加入濃硫酸、乙酸；B．小試管內(nèi)盛放NaOH溶液，用氫氧化鈉洗乙酸乙酯，會使乙酸乙酯水解；C．球形干燥管的作用是冷凝乙酸乙酯、并防止倒吸；D．乙酸乙酯的密度小于水?！窘獯稹拷猓篈．濃硫酸溶解放出大量的熱，應(yīng)該首先加入乙醇再沿器壁慢慢加入濃硫酸、乙酸，故A錯誤；B．需使用碳酸鈉溶液，吸收未反應(yīng)的乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，小試管內(nèi)盛放NaOH溶液，會使乙酸乙酯發(fā)生水解而使乙酸乙酯損失，故B錯誤；C．制備的乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，乙醇易溶于水、乙酸能較快與飽和碳酸鈉溶液反應(yīng)，會出現(xiàn)倒吸現(xiàn)象，由于球形干燥管體積較大，有防倒吸作用，故C正確；D．乙酸乙酯的密度小于水，故試管中油層在上面，故D錯誤；故選：C。【點(diǎn)評】本題考查乙酸乙酯的制備實(shí)驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、有機(jī)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意混合物分離方法和濃硫酸、飽和碳酸鈉溶液的作用，題目難度不大。15．（3分）短周期元素X、Y，若原子半徑X＞Y，則下列選項(xiàng)中一定正確的是（）A．若X、Y均在ⅣA族，則單質(zhì)熔點(diǎn)X＞Y B．若X、Y均在ⅥA族，則氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性X＞Y C．若X、Y均屬于第二周期非金屬元素，則簡單離子半徑X＞Y D．若X、Y均屬于第三周期金屬元素，則元素的最高正價X＞Y【分析】A．若X、Y均在ⅣA族，原子半徑X＞Y，則X為Si，Y為C；B．若X、Y均在ⅥA族，原子半徑X＞Y，X為S，Y為O；C．簡單離子電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越小，離子半徑越大；D．若X、Y均屬于第三周期金屬元素，原子半徑X＞Y，則原子序數(shù)X＜Y?！窘獯稹拷猓篈．若X、Y均在ⅣA族，原子半徑X＞Y，則X為Si，Y為C，金剛石的熔點(diǎn)高于單質(zhì)硅，故A錯誤；B．若X、Y均在ⅥA族，原子半徑X＞Y，X為S，Y為O，非金屬性O(shè)＞S，則氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性H2O＞H2S，故B錯誤；C．若X、Y均屬于第二周期非金屬元素，原子半徑X＞Y，同周期元素的原子半徑從左到右依次減小，則X的原子序數(shù)小于Y，X、Y的簡單離子電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越小，離子半徑越大，則簡單離子半徑X＞Y，故C正確；D．若X、Y均屬于第三周期金屬元素，原子半徑X＞Y，則原子序數(shù)X＜Y，元素的最高正價X＜Y，故D錯誤；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查原子結(jié)構(gòu)和周期律，為高頻考點(diǎn)，把握原子結(jié)構(gòu)、原子序數(shù)和元素的位置來推斷元素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識及元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度不大。16．（3分）常溫常壓下，下列物質(zhì)的物理量，前者是后者兩倍的是（）A．28g28Si和28g14N中所含的中子數(shù) B．2.24LSO2和2.24LN2原子數(shù) C．1molSO2和2molO2的密度 D．0.1mol/L稀H2SO4和0.1mol/LCH3COOH的c（H+）【分析】A.根據(jù)質(zhì)量數(shù)近似等于相對原子質(zhì)量，利用n＝和A＝Z+N求算；B.同溫同壓下，體積之比等于物質(zhì)的量之比；C.同溫同壓下，密度之比等于摩爾質(zhì)量之比；D.硫酸為二元強(qiáng)酸，醋酸為一元弱酸?！窘獯稹拷猓篈.28g28Si所含的中子數(shù)為×（28﹣14）NA?mol﹣1＝14NA，28g14N中含有的中子數(shù)為：×（14﹣7）NA?mol﹣1＝14NA，故A錯誤；B.常溫常壓下，2.24LSO2和2.24LN2的物質(zhì)的量相等，因此原子數(shù)之比為3：2，故B錯誤；C.常溫常壓下，氣體的密度之比等于其摩爾質(zhì)量之比，因此1molSO2和2molO2的密度之比為：64：32＝2：1，故C正確；D.醋酸屬于弱酸，部分電離，硫酸屬于強(qiáng)酸，完全電離，因此0.1mol?L﹣1H2SO4和0.1mol?L﹣1CHCOOH的c（H+）之比大于2，故D錯誤；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查有關(guān)物質(zhì)的量的計算，難度不大，掌握基礎(chǔ)是解題的關(guān)鍵。17．（3分）為探究Na2CO3與一元酸HA（c＝1mol?L﹣1）反應(yīng)的熱效應(yīng)，進(jìn)行了如下四組實(shí)驗(yàn)。已知T2＞T1＞25℃。實(shí)驗(yàn)序號試劑Ⅰ試劑Ⅱ反應(yīng)前溫度反應(yīng)后溫度①40mLH2O2.12gNa2CO325℃T1②20mLHCl+20mLH2O2.12gNa2CO325℃T2③20mLCH3COOH+20mLH2O2.12gNa2CO325℃T3④20mLHCl2.12gNa2CO3與20mLH2O形成的溶液25℃T4下列說法錯誤的是（）A．Na2CO3溶于水放熱 B．Na2CO3與HCl反應(yīng)放熱 C．T2＞T3 D．T4＞T2【分析】A．實(shí)驗(yàn)①中T1＞25℃，說明Na2CO3溶于水時溶液溫度升高；B．對比實(shí)驗(yàn)①、②可知，T2＞T1，說明Na2CO3與HCl反應(yīng)時溶液溫度升高更多；C．CH3COOH是弱酸，電離過程吸熱；D．實(shí)驗(yàn)②放熱包括Na2CO3溶于水放熱和反應(yīng)放熱兩部分，實(shí)驗(yàn)④只有反應(yīng)放熱，沒有Na2CO3溶于水放熱?！窘獯稹拷猓篈．實(shí)驗(yàn)①中T1＞25℃，說明Na2CO3溶于水時溶液溫度升高，即Na2CO3溶于水是放熱過程，故A正確；B．對比實(shí)驗(yàn)①、②可知，T2＞T1，說明Na2CO3與HCl反應(yīng)時放出熱量，溶液溫度升高更多，故B正確；C．CH3COOH是弱酸，電離過程吸熱，對比實(shí)驗(yàn)②、③可知，Na2CO3與CH3COOH反應(yīng)時放出熱量少，溶液溫度升高較②低，即T2＞T3，故C正確；D．驗(yàn)②放熱包括Na2CO3溶于水放熱和反應(yīng)放熱兩部分，實(shí)驗(yàn)④只有反應(yīng)放熱，沒有Na2CO3溶于水放熱，所以實(shí)驗(yàn)④溶液溫度升高較②低，即T4＜T2，故D錯誤；故選：D。【點(diǎn)評】本題考查反應(yīng)熱的測定實(shí)驗(yàn)，側(cè)重分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰疾椋盐杖蹼娊赓|(zhì)的電離特點(diǎn)、對照實(shí)驗(yàn)的應(yīng)用即可解答，注意探究實(shí)驗(yàn)的評價性分析，題目難度不大。18．（3分）電解食鹽水間接氧化法去除工業(yè)廢水中氨氮的原理如圖所示，通過電解氨氮溶液（含有少量的NaCl），將NH3轉(zhuǎn)化為N2（無Cl2逸出），下列說法正確的是（）A．M為負(fù)極 B．N極附近pH不變化 C．n（N2）＜n（H2） D．電解后c（Cl﹣）上升【分析】電解食鹽水間接氧化法去除工業(yè)廢水中氨氮的原理：溶液中氯離子在陽極失電子生成氯氣，然后氯氣將氨氧化為氮?dú)?，氯氣又被還原為氯離子；由圖可知，M極附近生成氮?dú)?，故M為陽極，電極反應(yīng)式為：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑；N電極為陰極，電極反應(yīng)式為：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，以此分析解答?！窘獯稹拷猓篈．由分析可知，M極為陽極，故A錯誤；B．M極電極反應(yīng)是：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，3Cl2+2＝N2+8H++6Cl﹣，N極電極反應(yīng)為：2H++2e﹣＝H2↑，該過程無Cl2逸出，根據(jù)電子守恒得到，6H+～6e﹣～3Cl2～8H+，陽極產(chǎn)生的H+比陰極消耗的H+多，處理后廢水的pH減小，故B錯誤；C．M極電極反應(yīng)是：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，3Cl2+2＝N2+8H++6Cl﹣，陰極電極反應(yīng)為：2H++2e﹣＝H2↑，該過程無Cl2逸出，根據(jù)電子守恒得到6H+～3H2～6e﹣～3Cl2～N2，生成n（H2）：n（N2）＝3：1，故C正確；D．M極電極反應(yīng)是：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，3Cl2+2＝N2+8H++6Cl﹣，該過程無Cl2逸出，電解后c（Cl﹣）不變，故D錯誤；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查電解池原理的分析，掌握電解池陰陽兩極的判斷式關(guān)鍵，注意轉(zhuǎn)化圖中的信息應(yīng)用，題目難度中等。19．（3分）0.1mol?L﹣1NaOH分別滴入20mL0.1mol?L﹣1HX與20mL0.1mol?L﹣1HCl溶液中，其pH隨滴入NaOH溶液體積變化的圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A．b點(diǎn)：c（X﹣）?c（OH﹣）＝10﹣12mol2?L2 B．c點(diǎn)：c（X﹣）﹣c（HX）＝c（OH﹣）﹣c（H+） C．a(chǎn)、d點(diǎn)溶液混合后為酸性 D．水的電離程度：d＞c＞b＞a【分析】A．由圖可知，0.1mol?L﹣1HCl溶液的pH＝1，0.1mol?L﹣1HX溶液的pH＝6，則HX為弱電解質(zhì)，溶液中c（X﹣）≈c（H+）＝10﹣6mol/L；B．c點(diǎn)中溶質(zhì)為NaX和HX，且c（NaX）＝c（HX），物料守恒守恒關(guān)系為c（X﹣）+c（HX）＝2c（Na+），結(jié)合電荷守恒關(guān)系分析判斷；C．a(chǎn)點(diǎn)溶液中n（HCl）＝0.01L×0.1mol?L﹣1＝0.001mol，d點(diǎn)溶液中n（NaX）＝0.002mol，a、d點(diǎn)溶液混合后溶質(zhì)為NaX和HX，且c（NaX）＝c（HX）；D．酸抑制水的電離，c（H+）越大，抑制作用越強(qiáng)，NaX促進(jìn)水的電離，并且（X﹣）越大，水的電離程度越大。【解答】解：A．由圖可知，0.1mol?L﹣1HX溶液的pH＝6，0.1mol?L﹣1HCl溶液的pH＝1，則HX為弱電解質(zhì)，25℃HX溶液中c（X﹣）≈c（H+）＝10﹣6mol/L，b點(diǎn)溶液中c（X﹣）?c（OH﹣）≈c（H+）?c（OH﹣）＝Kw＝10﹣14mol2?L2，故A錯誤；B．c點(diǎn)中溶質(zhì)為NaX和HX，且c（NaX）＝c（HX），物料守恒守恒關(guān)系為c（X﹣）+c（HX）＝2c（Na+），電荷守恒關(guān)系為c（Na+）+c（H+）＝c（X﹣）+c（OH﹣），則c（HX）﹣c（X﹣）＝2c（OH﹣）﹣2c（H+），故B錯誤；C．a(chǎn)點(diǎn)溶液中n（HCl）＝0.01L×0.1mol?L﹣1＝0.001mol，d點(diǎn)溶液中n（NaX）＝0.002mol，a、d點(diǎn)溶液混合后溶質(zhì)為NaX和HX，且c（NaX）＝c（HX），類似于圖中c點(diǎn)組成，溶液呈堿性，故C錯誤；D．由圖可知，溶液中c（H+）：a＞b，酸抑制水的電離，c（H+）越大，抑制作用越強(qiáng)，則水的電離：b＞a；c、d點(diǎn)溶液促進(jìn)水的電離，c（X﹣）：d＞c，（X﹣）越大，水的電離程度越大，則水的電離：d＞c，所以水的電離程度：d＞c＞b＞a，故D正確；故選：D。【點(diǎn)評】本題考查酸堿混合溶液的定性判斷，側(cè)重考查圖象分析能力和綜合運(yùn)用能力，明確弱電解質(zhì)的電離、各點(diǎn)溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)、水電離影響因素等知識是解本題關(guān)鍵，注意掌握溶液中守恒關(guān)系式的靈活應(yīng)用，題目難度中等。20．（3分）在密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：2A（g）+B（g）?2C（g），往密閉容器中以n（A）：n（B）＝2：1通入兩種反應(yīng)物，15min后A在四溫度下的轉(zhuǎn)化率如下表所示，且T1＜T2＜T3＜T4，下列說法正確的是（）溫度T1T2T3T4轉(zhuǎn)化率10%70%70%60%A．該反應(yīng)是吸熱反應(yīng) B．T溫度時（T2＜T＜T3），A的轉(zhuǎn)化率是70% C．T3溫度下，若反應(yīng)在15min后繼續(xù)進(jìn)行，則A的轉(zhuǎn)化率變大 D．T4溫度反應(yīng)15min后，若c（B）＝0.5mol?L﹣1，則T4溫度時的平衡常數(shù)是4.5【分析】A．達(dá)到平衡后，溫度升高，放熱反應(yīng)向左移動，轉(zhuǎn)化率減??；B．對放熱反應(yīng)，未達(dá)到平衡時，升高溫度，轉(zhuǎn)化率增大，達(dá)到平衡后，升高溫度，平衡逆向移動，轉(zhuǎn)化率減??；C．反應(yīng)達(dá)到平衡時，不改變條件，隨反應(yīng)進(jìn)行，轉(zhuǎn)化率不變；D．T4溫度反應(yīng)15min后已達(dá)到平衡，若c（B）＝0.5mol?L﹣1，設(shè)A、B的起始濃度分別為2c、c，A的轉(zhuǎn)化率為60%，A的變化濃度為2c×60%＝1.2c2A（g）+B（g）?2C（g）初始量（mol?L﹣1）2cc0變化量（mol?L﹣1）1.2c0.6c1.2c平衡量（mol?L﹣1）0.8c0.4c1.2c則c（B）＝0.5mol?L﹣1＝0.4c，c＝1.25mol?L﹣1，平衡時，c（A）＝0.8×1.25mol?L﹣1＝1mol?L﹣1，c（B）＝1.2×1.25mol?L﹣1＝1.5mol?L﹣1，根據(jù)K＝計算T4溫度時的平衡常數(shù)?！窘獯稹拷猓篈．溫度升高，反應(yīng)速率加快，由表格數(shù)據(jù)可知，T1、T2溫度下15min時未達(dá)平衡，T3、T4溫度下15min時反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡，為平衡轉(zhuǎn)化率，隨升高溫度平衡轉(zhuǎn)化率減小，則升高溫度，平衡左移，即該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故A錯誤；B．T2溫度下15min時未達(dá)平衡，T3溫度下15min時反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡，T2＜T＜T3，故T溫度下的轉(zhuǎn)化率比T2、T3溫度下的轉(zhuǎn)化率大，即A的轉(zhuǎn)化率大于70%，故B錯誤；C．T3溫度下15min時反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡，若反應(yīng)在15min后繼續(xù)進(jìn)行，平衡不移動，A的轉(zhuǎn)化率不變，故C錯誤；D．T4溫度反應(yīng)15min后已達(dá)到平衡，若c（B）＝0.5mol?L﹣1，設(shè)A、B的起始濃度分別為2c、c，A的轉(zhuǎn)化率為60%，A的變化濃度為2c×60%＝1.2c2A（g）+B（g）?2C（g）初始量（mol?L﹣1）2cc0變化量（mol?L﹣1）1.2c0.6c1.2c平衡量（mol?L﹣1）0.8c0.4c1.2c則c（B）＝0.5mol?L﹣1＝0.4c，c＝1.25mol?L﹣1，平衡時，c（A）＝0.8×1.25mol?L﹣1＝1mol?L﹣1，c（B）＝1.2×1.25mol?L﹣1＝1.5mol?L﹣1，則T4溫度時的平衡常數(shù)K＝＝＝4.5，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查化學(xué)平衡的計算，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意條件改變對轉(zhuǎn)化率、平衡的影響，題目難度中等。二、綜合題21．在某溫度下，在體積為5L的密閉容器內(nèi)發(fā)生如下反應(yīng)：CH4（g）+H2O（g）?CO（g）+3H2（g）﹣Q（1）在上述反應(yīng)的反應(yīng)物與生成物中，非極性分子為：CH4、H2。（2）若反應(yīng)20min后氣體總物質(zhì)的量增加了10mol，則甲烷的平均反應(yīng)速率為0.05mol/（L?min）。（3）下列選項(xiàng)中的物理量不變時，一定可以判斷反應(yīng)達(dá)到平衡的是BD。A.容器中氫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)B.容器內(nèi)的壓強(qiáng)C.反應(yīng)的平衡常數(shù)D.容器內(nèi)氣體的平均相對分子質(zhì)量（4）在某一時刻，v正＝v逆＝v0，反應(yīng)若改變一條件，可使得v正＜v逆＜v0，指出可以改變的條件，并說明理由：降溫；溫度降低時，正、逆反應(yīng)速率都降低，反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，降低溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，因此v正＜v逆。已知CO與H2合成CH3OH是可逆反應(yīng)：CO+2H2?CH3OH。（5）若上述反應(yīng)達(dá)到平衡時CO與H2的轉(zhuǎn)化率相同，則投料比n（CO）：n（H2）＝1：2?！痉治觥浚?）非極性分子是指結(jié)構(gòu)對稱、正負(fù)電荷中心重合的分子；（2）根據(jù)v＝計算甲烷的平均反應(yīng)速率；（3）可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)體系中各物質(zhì)的量不變、物質(zhì)的量濃度不變、百分含量不變以及由此引起的一系列物理量不變，據(jù)此分析解答；（4）若使v正＜v逆＜v0，即速率降低且平衡逆向移動，以此推斷改變的條件；（5）根據(jù)反應(yīng)方程式和α＝×100%求解投料比?！窘獯稹拷猓海?）非極性分子是指結(jié)構(gòu)對稱、正負(fù)電荷中心重合的分子，在上述反應(yīng)的反應(yīng)物與生成物中，甲烷和氫氣分子都有結(jié)構(gòu)對稱、正負(fù)電荷中心重合，為非極性分子，故答案為：CH4、H2；（2）根據(jù)反應(yīng)系數(shù)關(guān)系可知?dú)怏w總物質(zhì)的量增加了10mol，則甲烷減少了5mol，甲烷的平均反應(yīng)速率v＝＝＝0.05mol/（L?min），故答案為：0.05mol/（L?min）；（3）A．容器內(nèi)氫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為定量，與反應(yīng)進(jìn)行的程度無關(guān)，故不能作為判斷平衡的標(biāo)志，故A錯誤；B．容器體積不變，氣體的總物質(zhì)的量改變，則壓強(qiáng)也隨之改變，故壓強(qiáng)不變時反應(yīng)達(dá)到平衡，故B正確；C．反應(yīng)的平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，只要溫度不變平衡常數(shù)就不變，故不能作為判斷平衡的標(biāo)志，故C錯誤；D．各物質(zhì)均為氣體，氣體的總質(zhì)量不變，隨著反應(yīng)進(jìn)行氣體的總物質(zhì)的量改變，各容器內(nèi)氣體的是變量，變量不變則反應(yīng)達(dá)到平衡，故D正確；故答案為：BD；（4）若使v正＜v逆＜v0，即速率降低且平衡逆向移動，該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則改變的條件可能為降溫，故答案為：降溫；溫度降低時，正、逆反應(yīng)速率都降低，反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，降低溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，因此v正＜v逆；（5）根據(jù)反應(yīng)方程式可知CO與H2的變化量之比為1：2，由α＝×100%可得，若使轉(zhuǎn)化率相同，則投料比1：2，故答案為：1：2?！军c(diǎn)評】本題考查比較綜合，涉及分子極性、化學(xué)反應(yīng)速率、化學(xué)平衡的影響、反應(yīng)速率計算、轉(zhuǎn)化率、化學(xué)平衡狀態(tài)判斷等，側(cè)重于考查學(xué)生對基礎(chǔ)知識的理解和應(yīng)用能力，題目難度中等。22．聚合氯化鋁用于城市給排水凈化。氧化鋁法制取無水三氯化鋁的反應(yīng)如下：Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）2AlCl3（g）+3CO（g）。（1）標(biāo)出上述反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目（或）。（2）寫出該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式：K＝。（3）Al原子核外有5種不同能量的電子。聚合氯化鋁（PAC）是一種介于AlCl3和Al（OH）3之間的水溶性無機(jī)高分子聚合物，PAC的水解過程中會有一種聚合穩(wěn)定態(tài)物質(zhì)[AlO4Al12（OH）24（H2O）12]7+稱為Al13，Al13對水中膠體和顆粒物具有高度電中和橋聯(lián)作用，是凈水過程中的重要物質(zhì)。（4）Al13在水解過程中會產(chǎn)生[Al（OH）2]+、[Al（OH）]2+等產(chǎn)物，請寫出Al3+水解產(chǎn)生[Al（OH）]2+的離子方程式：Al3++H2O?[Al（OH）]2++H+，。（5）AlCl3溶液與NaOH溶液反應(yīng)，若參加反應(yīng)的鋁離子最終轉(zhuǎn)化生成Al13，則理論上參與反應(yīng)的Al3+與OH﹣的物質(zhì)的量之比是13：32。（6）使用Al3+凈水時應(yīng)控制pH在6.8～8.02之間，否則凈水效果不佳。請結(jié)合使用Al3+水解凈化水時鋁元素存在的形態(tài)，分析在強(qiáng)酸性和強(qiáng)堿性環(huán)境時凈水效果差的原因若是強(qiáng)酸性，抑制Al3+水解；若是強(qiáng)堿性，Al元素以（或[Al（OH）4]﹣）形式存在?！痉治觥浚?）分析元素化合價變化，確定氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物及轉(zhuǎn)移電子數(shù)；（2）平衡常數(shù)等于生成物濃度冪次方乘積和反應(yīng)物濃度冪次方乘積的比值；（3）基態(tài)Al原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p1，核外電子占據(jù)1s、2s、2p、3s、3p軌道，同一軌道電子的能量相同；（4）Al3+水解生成[Al（OH）]2+和H+，結(jié)合電荷守恒書寫離子方程式；（5）由題意知，Al3+與OH﹣反應(yīng)生成[AlO4Al12（OH）24（H2O）12]7+，結(jié)合原子守恒和電荷守恒書寫反應(yīng)的離子方程式；（6）在強(qiáng)酸性環(huán)境時，Al3+的水解受到抑制；在強(qiáng)堿性環(huán)境時，Al3+能與OH﹣發(fā)生反應(yīng)生成或[Al（OH）4]﹣?！窘獯稹拷猓海?）該反應(yīng)中C由0價變?yōu)?2價，C為還原劑，CO為氧化產(chǎn)物，Cl由0價變?yōu)椹?價，氯氣為氧化劑，AlCl3為還原產(chǎn)物，3molC參與反應(yīng)時轉(zhuǎn)移6mol電子，單線橋表示形式為，雙線橋表示形式為，故答案為：（或）；（2）反應(yīng)Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）2AlCl3（g）+3CO（g）的平衡常數(shù)K＝，故答案為：；（3）基態(tài)Al原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p1，同一軌道電子的能量相同，則Al原子核外有5種不同能量的電子，故答案為：5；（4）Al3+水解生成[Al（OH）]2+和H+，離子方程式為Al3++H2O?[Al（OH）]2++H+，故答案為：Al3++H2O?[Al（OH）]2++H+；（5）Al3+與OH﹣反應(yīng)生成[AlO4Al12（OH）24（H2O）12]7+，反應(yīng)的離子方程式為13Al3++32OH﹣+8H2O?[AlO4Al12（OH）24（H2O）12]7+，則理論上參與反應(yīng)的Al3+與OH﹣的物質(zhì)的量之比13：32，故答案為：13：32；（6）Al3+水解生成Al（OH）3和H+，離子方程式為Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+，強(qiáng)酸性環(huán)境時溶液中c（H+）大，抑制Al（OH）3膠體的生成；強(qiáng)堿性環(huán)境時，Al3+能與OH﹣發(fā)生反應(yīng)生成或[Al（OH）4]﹣，均能使凈水效果變差，故答案為：若是強(qiáng)酸性，抑制Al3+水解；若是強(qiáng)堿性，Al元素以（或[Al（OH）4]﹣）形式存在。【點(diǎn)評】本題考查氧化還原反應(yīng)相關(guān)計算、鹽類水解原理的應(yīng)用、氫氧化鋁的性質(zhì)及應(yīng)用，把握題給信息的應(yīng)用、物質(zhì)的性質(zhì)及應(yīng)用、氧化還原反應(yīng)表示方法、鹽類水解原理、離子方程式的書寫等知識是解題關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和運(yùn)用能力考查，題目難度中等。23．用于治療神經(jīng)性疾病的藥物布立西坦的合成路線如圖所示：已知：；。（1）反應(yīng)①是取代反應(yīng)，反應(yīng)④是還原反應(yīng)。（填反應(yīng)類型，下同）（2）有機(jī)物I中的含氧官能團(tuán)名稱為羧基，有機(jī)物F的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH2CH（COOH）CH2COOH，（3）已知反應(yīng)⑤為酯交換反應(yīng)，則另一產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）3COH。（4）已知反應(yīng)⑥的原子利用率為100%，則物質(zhì)M為HBr。（5）寫出一種滿足下列條件的有機(jī)物K的同分異構(gòu)體：。①可以發(fā)生銀鏡反應(yīng)；②分子中存在3中化學(xué)環(huán)境不同的H原子，且個數(shù)比為1：2：3。（6）手性碳是指與四個各不相同原子與基團(tuán)相連的碳原子，用C*表示。已知分子J中有2個手性碳，請用*將其在下圖的結(jié)構(gòu)簡式中標(biāo)出。（7）請寫出以CH3（CH2）3COOH和CH3OH為原料制備CH3CH2CH＝CHCOOCH3的路線（合成路線的表示方式為??????目標(biāo)產(chǎn)物）?！痉治觥緼發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B發(fā)生酯化反應(yīng)生成C，C和D發(fā)生第二個信息的反應(yīng)及取代反應(yīng)生成E和BrCH2COOCH3、BrCOOCH3；E發(fā)生水解反應(yīng)然后酸化得到F為CH3CH2CH2CH（COOH）CH2COOH，F(xiàn)發(fā)生還原反應(yīng)生成G，G發(fā)生第二個信息的反應(yīng)生成K和（CH3）3COH，反應(yīng)⑥的原子利用率為100%，I比K多一個H原子、一個Br原子，則M為HBr，I發(fā)生取代反應(yīng)生成J；（7）以CH3（CH2）3COOH和CH3OH為原料制備CH3CH2CH＝CHCOOCH3，CH3CH2CH＝CHCOOH和CH3CH2OH發(fā)生酯化反應(yīng)生成CH3CH2CH＝CHCOOCH3，CH3（CH2）3COOH發(fā)生第一個信息的反應(yīng)然后發(fā)生消去反應(yīng)生成CH3CH2CH＝CHCOOH。【解答】解：（1）乙酸中氫原子被溴原子取代生成B，則反應(yīng)①是取代反應(yīng)，反應(yīng)④是F發(fā)生還原反應(yīng)生成G，所以該反應(yīng)是還原反應(yīng)，故答案為：取代；還原；（2）有機(jī)物I中的含氧官能團(tuán)名稱為羧基，有機(jī)物F的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH2CH（COOH）CH2COOH，故答案為：羧基；CH3CH2CH2CH（COOH）CH2COOH；（3）通過以上分析知，反應(yīng)⑤的另一產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）3COH，故答案為：（CH3）3COH；（4）通過以上分析知，反應(yīng)⑥中物質(zhì)M為HBr，故答案為：HBr；（5）有機(jī)物K的同分異構(gòu)體滿足下列條件：①可以發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有醛基；②分子中存在3中化學(xué)環(huán)境不同的H原子，且個數(shù)比為1：2：3，K的不飽和度是2，醛基的不飽和度是1，符合條件的結(jié)構(gòu)簡式中除了醛基外還含有一個雙鍵或環(huán)，根據(jù)氫原子個數(shù)知，存在2個等效的甲基，結(jié)構(gòu)對稱，符合條件的結(jié)構(gòu)簡式有，故答案為：；（6）分子J中手性碳原子如圖，故答案為：；（7）以CH3（CH2）3COOH和CH3OH為原料制備CH3CH2CH＝CHCOOCH3，CH3CH2CH＝CHCOOH和CH3CH2OH發(fā)生酯化反應(yīng)生成CH3CH2CH＝CHCOOCH3，CH3（CH2）3COOH發(fā)生第一個信息的反應(yīng)然后發(fā)生消去反應(yīng)生成CH3CH2CH＝CHCOOH，合成路線為，故答案為：?！军c(diǎn)評】本題考查有機(jī)物的合成，側(cè)重考查分析、判斷及知識綜合運(yùn)用能力，正確推斷各物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式是解本題關(guān)鍵，知道各物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系，題目難度中等。24．Ⅰ.過氧化氫和鹽酸的混合溶液可以刻蝕含銅的電路板。（1）請寫出用過氧化氫和鹽酸刻蝕電路板時發(fā)生的離子反應(yīng)方程式：Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O。（2）當(dāng)反應(yīng)一段時間后，隨著溶液變藍(lán)，