2024屆云南省新平縣一中高考化學四模試卷含解析

2024屆云南省新平縣一中高考化學四模試卷注意事項1．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、下列關于有機化合物和的說法正確的是()A．一氯代物數(shù)目均有6種B．二者均能發(fā)生取代、加成和氧化反應C．可用酸性高錳酸鉀溶液區(qū)分D．分子中所有碳原子可能在同一平面上2、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大。其中X與Y可形成一種淡黃色物質(zhì)P，常溫下將0.05molP溶于水，配成1L溶液，pH=13；Z為金屬元素，且Z可在W的一種氧化物中燃燒，生成一種白色物質(zhì)和一種黑色物質(zhì)。下列說法錯誤的是A．簡單離子半徑：X>Y>ZB．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：W>XC．單質(zhì)的熔點：Z>YD．元素Z形成的單質(zhì)被稱為“國防金屬”3、SO2不具有的性質(zhì)是（）A．堿性B．還原性C．氧化性D．漂白性4、用下圖所示裝置進行下列實驗：將①中溶液滴入②中，預測的現(xiàn)象與實際相符的是選項

①中物質(zhì)

②中物質(zhì)

預測②中的現(xiàn)象

A

稀鹽酸

碳酸鈉與氫氧化鈉的混合溶液

立即產(chǎn)生氣泡

B

濃硝酸

用砂紙打磨過的鋁條

產(chǎn)生紅棕色氣體

C

草酸溶液

高錳酸鉀酸性溶液

溶液逐漸褪色

D

氯化鋁溶液

濃氫氧化鈉溶液

產(chǎn)生大量白色沉淀

A．A B．B C．C D．D5、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，0.1molCl2溶于水，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.1NAB．標準狀況下，22.4L氖氣含有的電子數(shù)為10NAC．常溫下，的醋酸溶液中含有的數(shù)為D．120gNaHSO4分子中陽離子和陰離子的總數(shù)為3NA6、利用下列實驗裝置能達到實驗目的的是A．分離CH3COOH和CH3COOC2H5混合液B．驗證NH4NO3晶體溶于水的熱效應C．蒸發(fā)FeCl3溶液得到FeCl3固體D．驗證C、Cl、Si的非金屬性強弱7、向H2S的水溶液中通入一定量的Cl2，下列圖像所示變化正確的是A． B． C． D．8、位于不同主族的四種短周期元素甲、乙、丙、丁，其原子序數(shù)依次增大，原子半徑r(丁)>r(乙)>r(丙)>r(甲)。四種元素中，只有一種為金屬元素，乙和丙原子的最外層電子數(shù)之和為丁原子的最外層電子數(shù)的3倍。據(jù)此推斷，下述正確的是A．簡單氫化物的沸點：乙>丙B．由甲、乙兩元素組成的化合物溶于水呈堿性C．丙和丁兩元素的最高價氧化物的水化物之間能發(fā)生反應D．由甲和丙兩元素組成的分子，不可能含非極性鍵9、近日，中國第36次南極科學考察隊暨“雪龍2”號從深圳啟航，前往南極執(zhí)行科考任務。下列說法正確的是（）A．外殼鑲嵌一些鉛塊等可提高科考船的抗腐蝕能力B．利用犧牲陽極的陰極保護法保護船體，正極反應式為O2-4e-+2H2O=4OH-C．?？科陂g可以采用外加電流的陰極保護法，電源負極與船體相連接D．科考船只能采用電化學保護法提高其抗腐蝕能力10、可用于檢測CO的某氣敏傳感器的工作原理如圖所示。下列說法不正確的是A．工作過程中化學能轉(zhuǎn)化為電能B．工作一段時間后溶液的pH幾乎不變C．電極I上發(fā)生反應：CO-2e-+H2O=CO2+2H+D．電極II上發(fā)生反應：O2+2H2O+4e-=4OH11、侯氏制堿法中，對母液中析出NH4Cl無幫助的操作是（）A．通入CO2 B．通入NH3 C．冷卻母液 D．加入食鹽12、化學可以變廢為室，利用電解法處理煙道氣中的NO，將其轉(zhuǎn)化為NH4NO3的原理如下圖所示，下列說法錯誤的是A．該電解池的陽極反反為:NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+B．該電解池的電極材料為多孔石墨，目的是提高NO的利用率和加快反應速率C．用NH4NO3的稀溶液代替水可以增強導電能力，有利于電解的順利進行D．為使電解產(chǎn)物全部轉(zhuǎn)化為NH4NO3，需補充物質(zhì)A為HNO313、下圖為某二次電池充電時的工作原理示意圖，該過程可實現(xiàn)鹽溶液的淡化。下列說法錯誤的是A．充電時，a為電源正極B．充電時，Cl-向Bi電極移動，Na+向NaTi2(PO4)2電極移動C．充電時，新增入電極中的物質(zhì)：n(Na+)：n(Cl-)=1:3D．放電時，正極的電極反應為BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O14、關于化學鍵的各種敘述，下列說法中不正確的是（）A．Ca(OH)2中既有離子鍵又有共價鍵B．在單質(zhì)或化合物中，一定存在化學鍵C．在離子化合物中，可能存在共價鍵D．化學反應中肯定有化學鍵發(fā)生變化15、如圖是N2（g）+3H2（g）2NH3（g）在反應過程中的反應速率v與時間（t）的關系曲線，下列說法錯誤的是（）A．t1時，正方向速率大于逆反應速率B．t2時，反應體系中NH3的濃度達到最大值C．t2﹣t3時間段，正反應速率等于逆反應速率D．t2﹣t3時間段，各物質(zhì)的濃度相等且不再發(fā)生變化16、關于反應2HI(g)H2(g)＋I2(g)-11kJ，正確的是A．反應物的總鍵能低于生成物的總鍵能B．1molI2(g)中通入1molH2(g)，反應放熱11kJC．等物質(zhì)的量時，I2(g)具有的能量低于I2(l)D．平衡時分離出HI(g)，正反應速率先減小后增大17、下列化學用語正確的是()A．聚丙烯的結(jié)構(gòu)簡式：CH2—CH2—CH2B．丙烷分子的比例模型：C．甲醛分子的電子式：D．2-乙基-1,3-丁二烯分子的鍵線式：18、將40mL1.5mol·L-1的CuSO4溶液與30mL3mol·L-1的NaOH溶液混合，生成淺藍色沉淀，假如溶液中c(Cu2+)或c(OH-)都已變得很小，可忽略，則生成沉淀的組成可表示為（）A．Cu(OH)2 B．CuSO4·Cu（OH）2C．CuSO4·2Cu(OH)2 D．CuSO4·3Cu(OH)219、人工腎臟可用間接電化學方法除去代謝產(chǎn)物中的尿素[CO(NH2)2]。下列有關說法正確的是（）A．a(chǎn)為電源的負極B．電解結(jié)束后，陰極室溶液的pH與電解前相比將升高C．除去尿素的反應為：CO(NH2)2＋2Cl2＋H2O==N2＋CO2＋4HClD．若兩極共收集到氣體0.6mol，則除去的尿素為0.12mol(忽略氣體溶解，假設氯氣全部參與反應)20、同溫同壓下，兩種氣體的體積如果不相同，其主要原因是氣體的（）A．分子大小不同 B．分子間的平均距離不同C．化學性質(zhì)不同 D．物質(zhì)的量不同21、下列說法正確的是（）A．不銹鋼的防腐原理與電化學有關B．高純硅太陽能電池板可以將光能直接轉(zhuǎn)化為電能C．二氧化硫有毒，不可以用作食品添加劑D．純堿去油污原理是油污溶于純堿22、下列有關氨氣的制備、干燥、收集和尾氣處理錯誤的是A．圖甲：實驗室制氨氣 B．圖乙：干燥氨氣C．圖丙：收集氨氣 D．圖?。簩嶒炇抑瓢睔獾奈矚馓幚矶⒎沁x擇題(共84分)23、（14分）異丁烯[CH2=C(CH3)2]是重要的化工原料。已知：(1)異丁烯和苯酚在一定條件下反應生成對叔丁基酚()，該反應屬于_________反應(填“反應類型”)．(2)對叔丁基酚和甲醛在催化劑作用下可生成油溶性聚合物，寫出該反應的化學方程式________________。(3)寫出符合下列條件的對叔丁基酚的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式________________________________。①含相同官能團；②不屬于酚類；③苯環(huán)上的一溴代物只有一種。(4)已知由異丁烯的一種同分異構(gòu)體A，經(jīng)過一系列變化可合成物質(zhì)，其合成路線如圖：①條件1為_____________；②寫出結(jié)構(gòu)簡式：A_____________；B____________。(5)異丁烯可二聚生成CH2=C(CH3)CH2C(CH3)3，寫出該二聚物的名稱__________。異丁烯二聚時，還會生成其他的二聚烯烴類產(chǎn)物，寫出其中一種鏈狀烯烴的結(jié)構(gòu)簡式________________________________。24、（12分）藥物他莫肯芬(Tamoxifen)的一種合成路線如圖所示：已知：+HBr+RBr回答下列問題。（1）A+B→C的反應類型為__；C中官能團有醚鍵、__(填名稱)。（2）CH3CH2I的名稱為__。（3）反應D→E的化學方程式為__。（4）Tamoxifen的結(jié)構(gòu)簡式為__。（5）X是C的同分異構(gòu)體。X在酸性條件下水解，生成2種核磁共振氫譜都顯示4組峰的芳香族化合物，其中一種遇FeCl3溶液顯紫色。X的結(jié)構(gòu)簡式為__、__(寫2種)。（6）設計用和CH3I為原料(無機試劑任選)制備的合成路線：__。25、（12分）草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中。草酸的鈉鹽和鉀鹽易溶于水，而其鈣鹽難溶于水。草酸晶體(H2C2O4·2H2O)無色，熔點為101℃，易溶于水，受熱脫水、升華，170℃以上分解?；卮鹣铝袉栴}：(1)裝置C中可觀察到的現(xiàn)象是_________________________________，裝置B的主要作用是________。(2)請設計實驗驗證草酸的酸性比碳酸強____________________________________。26、（10分）綠礬（FeSO4·7H2O）外觀為半透明藍綠色單斜結(jié)晶或顆粒，無氣味。受熱能分解，且在空氣中易被氧化。I．醫(yī)學上綠礬可用于補血劑甘氨酸亞鐵[(NH2CH2COO)2Fe]顆粒的制備，有關物質(zhì)性質(zhì)如下：甘氨酸（NH2CH2COOH）檸檬酸甘氨酸亞鐵易溶于水，微溶于乙醇，兩性化合物易溶于水和乙醇，有強酸性和還原性易溶于水，難溶于乙醇（1）向綠礬溶液中，緩慢加入NH4HCO3溶液，邊加邊攪拌，反應結(jié)束后生成沉淀FeCO3。該反應的離子方程式為_______。（2）制備(NH2CH2COO)2Fe：往FeCO3中加入甘氨酸（NH2CH2COOH）的水溶液，滴入檸檬酸溶液并加熱。反應結(jié)束后過濾，濾液經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到產(chǎn)品。①加入檸檬酸溶液一方面可調(diào)節(jié)溶液的pH促進FeCO3溶解，另一個作用是__。②洗滌操作，選用的最佳洗滌試劑是_______（填序號）。A．熱水B．乙醇C．檸檬酸II．綠礬晶體受熱分解的反應為2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O，實驗室用圖I所示裝置驗證其分解產(chǎn)物。請回答下列問題：（1）加熱前通入氮氣的目的是_______。（2）實驗中觀察到裝置B現(xiàn)象為_______。（3）C裝置和D裝置能否調(diào)換_______（填“能”或“否”）。（4）樣品完全分解后，殘留物全部為紅棕色固體，檢驗裝置A中的殘留物含有Fe2O3的方法是_______。（5）該裝置有個明顯缺陷是_______。III．測定綠礬樣品中鐵元素的含量。稱取mg綠礬樣品于錐形瓶中溶解后加稀H2SO4酸化，用cmol·L?1KMnO4溶液滴定至終點。耗KMnO4溶液體積如圖II所示，（滴定時發(fā)生反應的離子方程式為：5Fe2+＋MnO4?＋8H+=5Fe3+＋Mn2+＋4H2O），該晶體中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)為_______（用含m、c的式子表示）。27、（12分）二氧化硫(SO2)是一種在空間地理、環(huán)境科學、地質(zhì)勘探等領域受到廣泛研究的一種氣體。Ⅰ.某研究小組設計了一套制備及檢驗SO2部分性質(zhì)的裝置，如圖所示：(1)儀器A的名稱____________。(2)裝置乙的作用是為了觀察生成SO2的速率，則裝置乙中加入的試劑是____________。(3)①實驗前有同學提出質(zhì)疑：該裝置沒有排空氣，而空氣中的O2氧化性強于SO2，因此裝置丁中即使有渾濁現(xiàn)象也不能說明是SO2導致的。請你寫出O2與Na2S溶液反應的化學反應方程式____________。②為進一步檢驗裝置丁產(chǎn)生渾濁現(xiàn)象的原因，進行新的實驗探究。實驗操作及現(xiàn)象見表：序號實驗操作實驗現(xiàn)象1向10mL1mol/LNa2S溶液中通O215min后，溶液才出現(xiàn)渾濁2向10mL1mol/LNa2S溶液中通SO2溶液立即出現(xiàn)黃色渾濁由實驗現(xiàn)象可知：該實驗條件下Na2S溶液出現(xiàn)渾濁現(xiàn)象是SO2導致的。你認為上表實驗1反應較慢的原因可能是____________。Ⅱ.鐵礦石中硫元素的測定可以使用燃燒碘量法，其原理是以氮氣為載體，以稀鹽酸、淀粉和碘化鉀的混合溶液為吸收液，用0.0010mol·L-1KIO3標準溶液進行滴定。檢測裝置如圖所示：[查閱資料]①實驗進行5min樣品中的S元素都可轉(zhuǎn)化為SO2②2IO3-+5SO2+4H2O=8H++5SO42-+I2③I2+SO2+2H2O=2I-+SO42-+4H+④IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O(4)工業(yè)設定的滴定終點現(xiàn)象是____________。(5)實驗一：不放樣品進行實驗，5min后測得消耗標準液體積為V1實驗二：加入1g樣品再進行實驗，5min后測得消耗標準液體積為V2①比較數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)V1遠遠小于V2，可忽略不計。則設置實驗一的目的是___________。②測得V2的體積如表：序號123KIO3標準溶液體積/mL10.029.9810.00該份鐵礦石樣品中硫元素的質(zhì)量百分含量為____________。28、（14分）硝酸鋁是一種常用皮革鞣劑．工業(yè)上用鋁灰（主要含Al、A12O3、Fe2O3等）制取硝酸鋁晶體[Al(NO3)3﹒nH2O]的流程如下：完成下列填空：(1)用NaOH固體配制30%的NaOH溶液，所需的玻璃儀器除燒杯外，還有______。a．容量瓶b．量筒c．燒瓶(2)反應Ⅱ中為避免鋁的損失，需要解決的問題是______。(3)從反應Ⅲ所得溶液中得到硝酸鋁晶體的步驟依次是：減壓蒸發(fā)、______、過濾、______、低溫烘干．(4)有人建議將反應Ⅱ、Ⅲ合并以簡化操作，說明工業(yè)上不采用這種方法的原因______。(5)某同學在實驗室用鋁灰制各硝酸鋁晶體，其流程如下：氫氧化物Fe(OH)3Al(OH)3開始沉淀pH1.94.2沉淀完全pH3.25.4調(diào)節(jié)pH的目的是______，為使得到的硝酸鋁晶體較純凈，所用的X物質(zhì)可以是______（填編號）。A．氨水B．鋁c．氫氧化鋁D．偏鋁酸鈉(6)該實驗室制法與工業(yè)上制法相比，其缺點是______。(7)稱取7.392g硝酸鋁晶體樣品，加熱灼燒使其分解完全，最終得到1.020gAl2O3，計算硝酸鋁晶體樣品中結(jié)晶水的數(shù)目為______。29、（10分）銅生銹會生成銅綠[Cu2(OH)2CO3]，銅綠受熱易分解，化學方程式為：Cu2(OH)2CO32CuO+H2O+CO2↑。(1)部分銹蝕成銅綠的銅片隔絕空氣加熱，完全反應后固體質(zhì)量減少了9.3g，則生銹的銅片中銅綠的質(zhì)量為___________g(2)將35g表面已銹蝕成銅綠[Cu2(OH)2CO3]的銅片投入100mL一定濃度的硝酸中；充分反應后，硝酸被還原成NO2和NO，測得反應后溶液PH值為1。往反應后的溶液中加入過量的NaOH溶液，濾出沉淀，洗滌，干燥后得到39.2g藍色固體。(假設反應前后溶液的體積不變)①已銹蝕的銅片中的銅元素的質(zhì)量分數(shù)為________。(保留兩位小數(shù))②銅片中單質(zhì)銅的物質(zhì)的量為________mol。(3)若生成NO2和NO混合氣體共aL(S.P.T)。①求a的取值范圍(寫出詳細解答過程)________。②求原硝酸的物質(zhì)的量濃度(用含a的代數(shù)式表示，寫出詳細解答過程)________。

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、C【解析】

A.中有6種等效氫，則一氯代物有6種，中有4種等效氫，一氯代物有4種，兩種一氯代物數(shù)目不同，故A錯誤；B.中含碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應，除此之外還能發(fā)生取代、氧化反應，中不含不飽和鍵，不能發(fā)生加成反應，能發(fā)生取代、氧化反應，故B錯誤；C.中含碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀褪色，中不含不飽和鍵，不能使酸性高錳酸鉀褪色，則可用酸性高錳酸鉀溶液區(qū)分，故C正確；D.中與碳碳雙鍵上的碳原子直接相連的原子共面，其中含1個叔碳原子（與甲基直接相連的碳原子），則所有碳原子不可能在同一平面上，故D錯誤。答案選C。2、B【解析】

X與Y可形成一種淡黃色物質(zhì)P，則P為Na2O2，結(jié)合原子序數(shù)可知X為O，Y為Na，金屬Z可在W的一種氧化物中燃燒，則Z為Mg，W為C，氧化物為CO2，綜上所述，W、X、Y、Z分別為：C、O、Na、Mg，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．O2-、Na+、Mg2+核外電子排布相同，序小半徑大，故離子半徑：O2->Na+>Mg2+，A正確；B．非金屬性：C＜O，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：CH4＜H2O，B錯誤；C．一般情況下，金屬離子半徑越小，所帶的電荷越多，自由電子越多，金屬鍵就越強，熔點就越高，所以，單質(zhì)的熔點：Mg>Na，C正確；D．Z為Mg元素，Mg被稱為國防金屬，D正確。答案選B。3、A【解析】二氧化硫為無色、具有刺激性氣味的氣體，可與水、堿以及堿性氧化物反應，具有漂白性、氧化性和還原性，可形成酸雨，只有A錯誤，故選A。點睛：明確SO2的性質(zhì)是解題關鍵，二氧化硫為酸性氧化物，可與水、堿以及堿性氧化物反應，S元素化合價為+4價，處于中間價態(tài)，既具有氧化性也具有還原性，另外還具有漂白性，以此解答。4、C【解析】

A項、鹽酸首先中和氫氧化鈉，故A錯誤；B項、常溫下鋁在濃硝酸中鈍化，得不到氣體，故B錯誤；C項草酸具有還原性，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，使其褪色，故C正確；D項、氫氧化鈉溶液開始是過量的，因此不可能產(chǎn)生白色沉淀氫氧化鋁，故D錯誤；故選C。5、B【解析】

A.氯氣溶于水，只有部分氯氣與水反應生成氯化氫和次氯酸，所以無法計算轉(zhuǎn)移的電子數(shù)，故A錯誤;B.標準狀況下，22.4L氖氣為1mol，一個Ne原子含有10個電子，即1mol氖氣含有10NA個電子，故B正確；C.醋酸溶液的體積未知，則無法計算H+數(shù)目，故C錯誤；D.120gNaHSO4為1mol，1molNaHSO4分子中含有1molNa+和1molHSO4-，則120gNaHSO4分子中陽離子和陰離子的總數(shù)為2NA，故D錯誤；故選B。6、B【解析】

A.CH3COOH和CH3COOC2H5互溶，不能用分液的方法分離，故A錯誤；B.硝酸銨晶體溶于水吸熱，所以U型管中的液體向左側(cè)移動，故該實驗能驗證NH4NO3晶體溶于水的熱效應，故B正確；C.蒸發(fā)FeCl3溶液時促進鐵離子水解，最后得到氫氧化鐵，灼燒又得到氧化鐵固體，故C錯誤；D.根據(jù)元素非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性越強分析，要驗證C、Cl、Si的非金屬性強弱應用實驗證明高氯酸、碳酸和硅酸的酸性強弱，但實驗中使用的是鹽酸，故D錯誤。故選B?！军c睛】掌握非金屬性強弱與最高價氧化物對應的水化物的酸性強弱的對應關系，不能用鹽酸的酸性強弱進行比較。7、C【解析】

H2S與Cl2發(fā)生反應：H2S+Cl2=2HCl+S↓，溶液酸性逐漸增強，導電性逐漸增強，生成S沉淀，則A．H2S為弱酸，HCl為強酸，溶液pH逐漸減小，選項A錯誤；B．H2S為弱酸，HCl為強酸，溶液離子濃度逐漸增大，導電能力增強，選項B錯誤；C．生成S沉淀，當H2S反應完時，沉淀的量不變，選項C正確；D．開始時為H2S溶液，c(H+)＞0，溶液呈酸性，選項D錯誤。答案選C。8、C【解析】

甲、乙、丙、丁的原子序數(shù)逐漸增大，根據(jù)元素周期律：從左到右原子半徑減小，從上到下原子半徑減小的規(guī)則，若它們在同一周期，應該有r(甲)>r(乙)>r(丙)>r(丁)的關系，現(xiàn)在r(丁)是最大的，r(甲)是最小的，說明丁應該在第三周期，乙、丙同處第二周期，甲在第一周期，則甲為氫。又因為四種元素不同主族，現(xiàn)假設丁為金屬，若丁為鎂，乙、丙不可能同為非金屬；若丁為鋁，則乙為碳，丙為氮，成立。然后對選項進行分析即可?！驹斀狻緼.乙的簡單氫化物為甲烷，丙的簡單氫化物為氨氣，氨氣中存在氫鍵，因此氨氣的沸點大于甲烷，A項錯誤；B.甲、乙兩元素組成的化合物為烴類，烴類不溶于水，B項錯誤；C.丙的最高價氧化物的水化物為硝酸，丁的最高價氧化物的水化物為氫氧化鋁，二者可以發(fā)生反應，C項正確；D.甲和丙可以組成（肼），中存在N-N非極性鍵，D項錯誤；答案選C。9、C【解析】

A.科考船外殼主要成分為Fe提高抗腐蝕能力，可以鑲嵌比Fe活潑的金屬如Zn等，Pb金屬性比鐵弱，會形成原電池，加速Fe的腐蝕，故A錯誤；B.利用犧牲陽極的陰極保護法保護船體，正極反應式為O2+4e-+2H2O=4OH-，故B錯誤；C.?？科陂g可以采用外加電流的陰極保護法，電源負極與船體相連接，故C正確；D.除電化學保護法防腐蝕外，還有涂層保護法等，故D錯誤；故答案選：C?！军c睛】防腐蝕有犧牲陽極的陰極保護法和外加電流的陰極保護法。10、D【解析】

該傳感器在工作過程中，負極上CO失電子生成CO2，，則Ⅰ為負極，氧氣在正極上得電子，Ⅱ為正極，，其電池的總反應為?！驹斀狻緼.裝置屬于原電池裝置，工作過程中化學能轉(zhuǎn)化為電能，故A正確；B.電池的總反應為，工作一段時間后溶液的pH幾乎不變，故B正確；C.由圖可知，CO在負極上失去電子生成二氧化碳，則通CO的電極反應式為，故C正確；D.氧氣在正極上得電子，Ⅱ為正極，酸性環(huán)境中電極反應式為：，故D錯誤；故選：D?！军c睛】該裝置是燃料電池，通入燃料的一斷為負極，通入氧氣的一端為正極；判斷溶液pH是否變化，要根據(jù)總反應去判斷，觀察總反應中是否消耗氫離子或氫氧根，是否生成或氫氧根，是否消耗或生成水。11、A【解析】

母液中析出NH4Cl，則溶液應該達到飽和，飽和NH4Cl溶液中存在溶解平衡：NH4Cl(s)?NH4+(aq)+Cl-(aq)，若要析出氯化銨，應該使平衡逆向移動?！驹斀狻緼．通入二氧化碳后，對銨根離子和氯離子沒有影響，則對母液中析出NH4Cl無幫助，故A正確；B．通入氨氣后，溶液中銨根離子濃度增大，平衡逆向移動，有利于氯化銨的析出，故B錯誤；C．冷卻母液，氯化銨的溶解度降低，有利于氯化銨的析出，故C錯誤；D．加入食鹽，溶液中氯離子濃度增大，平衡逆向移動，有利于氯化銨的析出，故D錯誤；故選A。12、D【解析】

A.根據(jù)裝置圖可知：在陽極NO失去電子，被氧化產(chǎn)生NO3-，該電極反應式為：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，A正確；B.電解池中電極為多孔石墨，由于電極表面積大，吸附力強，因此可吸附更多的NO發(fā)生反應，因而可提高NO的利用率和加快反應速率，B正確；C.NH4NO3的稀溶液中自由移動的離子濃度比水大，因此用NH4NO3稀溶液代替水可以增強導電能力，有利于電解的順利進行，C正確；D.在陽極NO被氧化變?yōu)镹O3-，電極反應式為NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；在陰極NO被還原產(chǎn)生NH4+，電極反應式為NO+5e-+6H+=NH4++H2O，從兩個電極反應式可知，要使電子得失守恒，陽極產(chǎn)生的NO3-的物質(zhì)的量比陰極產(chǎn)生的NH4+的物質(zhì)的量多，總反應方程式為8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，為使電解產(chǎn)物全部轉(zhuǎn)化為NH4NO3，要適當補充NH3，D錯誤；故合理選項是D。13、C【解析】

充電時，Bi電極上，Bi失電子生成BiOCl，反應為Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，則Bi為陽極，所以a為電源正極，b為負極，NaTi2(PO4)2為陰極得電子發(fā)生還原反應，反應為NaTi2(PO4)2+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，放電時，Bi為正極，BiOCl得電子發(fā)生還原反應，NaTi2(PO4)2為負極，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼.充電時，Bi電極上，Bi失電子生成BiOCl，Bi為陽極，則a為電源正極，A正確；B.充電時，Cl-向陽極Bi電極移動，Na+向陰極NaTi2(PO4)2電極移動，B正確；C.充電時，Bi電極上的電極反應為Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，NaTi2(PO4)2電極上，反應為NaTi2(PO4)2+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，根據(jù)得失電子守恒，新增入電極中的物質(zhì)：n(Na+)：n(Cl-)=3：1，C錯誤；D.放電時，Bi為正極，正極的電極反應為BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O，D正確；故合理選項是C。【點睛】本題考查了二次電池在充、放電時電極反應式及離子移動方向的判斷的知識。掌握電化學裝置的工作原理，注意電極反應的書寫是關鍵，難度中等。14、B【解析】

A項、Ca(OH)2為離子化合物，既含有離子鍵又含有共價鍵，故A正確；B項、稀有氣體為單原子分子，不含有化學鍵，故B正確；C項、Ca(OH)2為離子化合物，既含有離子鍵又含有共價鍵，故C正確；D項、化學反應的實質(zhì)是舊鍵的斷裂新鍵的形成，故D正確；故選B。15、D【解析】

A．t1時反應沒有達到平衡狀態(tài)，正方向速率大于逆反應速率，A正確；B．t2時反應達到平衡狀態(tài)，反應體系中NH3的濃度達到最大值，B正確；C．t2﹣t3時間段反應達到平衡狀態(tài)，正反應速率等于逆反應速率，C正確；D．t2﹣t3時間段，各物質(zhì)的濃度不再發(fā)生變化，但不一定相等，D錯誤。答案選D。16、D【解析】

A．反應是吸熱反應，反應物的總鍵能高于生成物的總鍵能，選項A錯誤；B．反應為可逆反應不能進行徹底，1molI2（g）中通入1molH2（g），反應放熱小于11kJ，選項B錯誤；C．等物質(zhì)的量時，I2（g）具有的能量高于I2（l），選項C錯誤；D．平衡時分離出HI（g），平衡逆向進行，碘化氫濃度先減小后增大，所以反應速率先減小后增大，但比原來速率小，選項D正確；答案選D。17、D【解析】

A.聚丙烯為高分子化合物，其正確的結(jié)構(gòu)簡式為：，故A錯誤；B.

為丙烷的球棍模型，故B錯誤；C.甲醛為共價化合物，分子中存在2個碳氫共用電子對，碳原子和氧原子形成2對共用電子對，故C錯誤；D.

2-乙基-1，3-丁二烯分子中含有2個碳碳雙鍵，它的鍵線式為：，故D正確；答案選D?！军c睛】本題考察化學用語的表達，電子式，鍵線式，結(jié)構(gòu)式，球棍模型，比例模型等。球棍模型要體現(xiàn)原子之間的成鍵方式，比例模型要體現(xiàn)出原子的體積大小。18、D【解析】

Cu2+或OH－濃度都已變得很小，說明二者恰好反應。硫酸銅和氫氧化鈉的物質(zhì)的量分別是0.06mol和0.09mol，則銅離子和OH－的物質(zhì)的量之比是2︰3，而只有選項D中符合，答案選D。19、D【解析】

A、由圖可以知道，左室電極產(chǎn)物為CO2和N2，發(fā)生氧化反應，故a為電源的正極，右室電解產(chǎn)物H2，發(fā)生還原反應，故b為電源的負極，故A錯誤；B、陰極反應為6H2O+6e-=6OH-+3H2↑，陽極反應為6Cl--6e-=3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，根據(jù)上述反應式可以看出在陰、陽極上產(chǎn)生的OH-、H+的數(shù)目相等，陽極室中反應產(chǎn)生的H+，通過質(zhì)子交換膜進入陰極室與OH-恰好反應生成水，所以陰極室中電解前后溶液的pH不變，故B錯誤；C、由圖可以知道，陽極室首先是氯離子放電生成氯氣，氯氣再氧化尿素生成氮氣、二氧化碳，同時會生成HCl，陽極室中發(fā)生的反應依次為6Cl--6e-=3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，故C錯誤；D、如圖所示，陰極反應為6H2O+6e-=6OH-+3H2↑，陽極反應為6Cl--6e-=3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，若兩極共收集到氣體0.6mol，則n(N2)=n(CO2)=0.6×1/5mol=0.12mol，由反應CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl可知所消耗的CO（NH2）2的物質(zhì)的量也為0.12mol，故D正確。答案選D。20、D【解析】

對于氣體來說，粒子之間的距離遠遠大于粒子的直徑、粒子的質(zhì)量，同溫同壓下氣體粒子間的距離相等，同溫同壓下氣體摩爾體積相同，由V=nVm知，氣體的體積取決于氣體的物質(zhì)的量，故答案為D。21、B【解析】

A．耐蝕合金的防腐原理是改變物質(zhì)的內(nèi)部結(jié)構(gòu)，不銹鋼的防腐原理與電化學無關，故A錯誤；B．硅為良好的半導體材料，可以制作太陽能電池，利用高純硅制造的太陽能電池板可將光能直接轉(zhuǎn)化為電能，故B正確；C．二氧化硫有還原作用，可消耗果蔬組織中的氧，可以抑制氧化酶的活性，從而抑制酶性褐變，有抗氧化作用，所以二氧化硫能作食品防腐劑，但不能超量，故C錯誤；D．純堿的去污原理是純堿水解顯堿性，促進油污水解而除去，故D錯誤。故答案為B。22、D【解析】

A．實驗室通過加熱氯化銨和氫氧化鈣的混合物制氨氣，故A正確；B．氨氣是堿性氣體，可以用堿石灰干燥氨氣。故B正確；C．氨氣的密度比空氣小，于空氣中的物質(zhì)不反應，可以用排空氣法收集，用圖示裝置收集氨氣需要短進長出，故C正確；D．氨氣極易溶于水，用圖示裝置進行氨氣的尾氣處理，會產(chǎn)生倒吸，故D錯誤；故選D?！军c睛】本題的易錯點為C，要注意理解瓶口向上排空氣法的原理。二、非選擇題(共84分)23、加成KMnO4/OH﹣CH3CH2CH=CH2CH3CH2CHOHCH2OH2，4，4﹣三甲基﹣1﹣戊烯CH2=C(CH3)CH2CH2CH(CH3)2或(CH3)2C=CHC(CH3)3或(CH3)2C=CHCH2CH(CH3)2【解析】

(1)異丁烯和苯酚在一定條件下反應生成對叔丁基酚（），C=C轉(zhuǎn)化為C-C；(2)對叔丁基酚和甲醛在催化劑作用下可生成油溶性聚合物，為酚醛縮合反應；(3)對叔丁基酚的所有同分異構(gòu)體符合：①含相同官能團-OH；②不屬于酚類，-OH與苯環(huán)不直接相連；③苯環(huán)上的一溴代物只有一種，苯環(huán)上只有一種H；(4)由合成流程可知，最后生成-COOH，則-OH在短C原子上氧化生成-COOH，所以A為CH3CH2CH=CH2，B為CH3CH2CHOHCH2OH；(5)CH2=C(CH3)CH2C(CH3)3，主鏈為含C=C的5個C的戊烯，2、4號C上有3個甲基；異丁烯二聚時，生成含1個碳碳雙鍵的有機物?！驹斀狻?1)異丁烯和苯酚在一定條件下反應生成對叔丁基酚()，C=C轉(zhuǎn)化為C﹣C，則為烯烴的加成反應；(2)對叔丁基酚和甲醛在催化劑作用下可生成油溶性聚合物，為酚醛縮合反應，該反應為；(3)對叔丁基酚的所有同分異構(gòu)體符合：①含相同官能團﹣OH；②不屬于酚類，﹣OH與苯環(huán)不直接相連；③苯環(huán)上的一溴代物只有一種，苯環(huán)上只有一種H，符合條件的結(jié)構(gòu)簡式為；(4)由合成流程可知，最后生成﹣COOH，則﹣OH在短C原子上氧化生成﹣COOH，所以A為CH3CH2CH=CH2，B為CH3CH2CHOHCH2OH，①由A→B的轉(zhuǎn)化可知，條件1為KMnO4/OH﹣；②由上述分析可知，A為CH3CH2CH=CH2，B為CH3CH2CHOHCH2OH；(5)CH2=C(CH3)CH2C(CH3)3，主鏈為含C=C的5個C的戊烯，2、4號C上有3個甲基，名稱為2，4，4﹣三甲基﹣1﹣戊烯；異丁烯二聚時，生成含1個碳碳雙鍵的有機物，則還可能生成CH2=C(CH3)CH2CH2CH(CH3)2或(CH3)2C=CHC(CH3)3或(CH3)2C=CHCH2CH(CH3)2。24、取代羰基碘乙烷【解析】

由可知，B為；由+HBr+RBr，可知，R基被H原子取代，所以E為；結(jié)合、可知，他莫肯芬(Tamoxifen)為，據(jù)此分析回答?！驹斀狻浚?）A中的Cl原子被取代，C中官能團有醚鍵和羰基，故答案為：取代；羰基；（2）CH3CH2I的名稱為碘乙烷，故答案為：碘乙烷；（3）由分析可知D中甲氧基的-CH3被H原子取代，所以D到E的方程式為：，故答案為：；（4）由分析可知他莫肯芬(Tamoxifen)為，故答案為：；（5）X在酸性條件下水解，則X必含酯基，生成2種芳香族化合物，則兩個苯環(huán)在酯基的兩側(cè)，其中一種遇FeCl3溶液顯紫色，則X必是酚酯，必含，所以X由、、2個只含單鍵的C組成，還要滿足水解后核磁共振氫譜都顯示4組峰，符合條件的有5種，分別為：，故答案為：（任寫二種）；（6）逆合成分析：可由通過加聚反應生成，可由消去水分子而來，可由加H而來，可由通過發(fā)生類似C到D的反應而來，即：，故答案為：?！军c睛】（6）所給原料和題目所給流程中具有相似官能團羰基，而目標產(chǎn)物碳原子比原料多了一個，所以本題必然發(fā)生類似C到D的反應來增長碳鏈。25、有氣泡逸出，澄清石灰水變渾濁冷凝(水蒸氣、草酸等)，防止揮發(fā)出來的草酸進入裝置C反應生成草酸鈣沉淀，干擾CO2的檢驗向碳酸氫鈉溶液中滴加草酸溶液，觀察是否產(chǎn)生氣泡，若有氣泡產(chǎn)生，說明草酸酸性強于碳酸【解析】

根據(jù)草酸的性質(zhì)熔點為101℃，易溶于水，受熱脫水、升華，170℃以上分解，草酸受熱生成二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水變渾濁?！驹斀狻?1)根據(jù)草酸的性質(zhì)熔點為101℃，易溶于水，受熱脫水、升華，170℃以上分解，草酸受熱分解產(chǎn)生CO2可使澄清石灰水變渾濁，冰水的作用是冷卻揮發(fā)出來的草酸，避免草酸進入裝置C反應生成草酸鈣沉淀，干擾CO2的檢驗，故答案為：有氣泡逸出，澄清石灰水變渾濁；冷凝(水蒸氣、草酸等)，防止揮發(fā)出來的草酸進入裝置C反應生成草酸鈣沉淀，干擾CO2的檢驗。(2)利用強酸制弱酸的原理設計，向NaHCO3溶液中滴加草酸溶液，觀察是否產(chǎn)生氣泡即可證明草酸酸性強于碳酸，故答案為：向碳酸氫鈉溶液中滴加草酸溶液，觀察是否產(chǎn)生氣泡，若有氣泡產(chǎn)生，說明草酸酸性強于碳酸。26、Fe2++2HCO3?=FeCO3↓+CO2↑+H2O防止二價鐵被氧化B將裝置內(nèi)空氣排盡（或隔絕空氣或防止Fe2+被氧化）白色粉末變藍否取少許固體粉末于試管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液變紅色，證明含有Fe2O3沒有尾氣處理裝置【解析】

Ⅰ(1)FeCl2溶液中，加入NH4HCO3，可以認為Fe2＋結(jié)合HCO3－電離出來的CO32－，H＋與HCO3－結(jié)合生成CO2和水；(2)檸檬酸除了酸性還有還原性，可以起到防氧化的作用；(3)產(chǎn)物易溶于水，難溶于乙醇，洗滌時，為了防止溶解損失，應該用乙醇洗滌；Ⅱ綠礬分解，其產(chǎn)物中有SO2、SO3和水，用無水硫酸銅驗證水，用BaCl2溶液驗證SO3，品紅溶液驗證SO2?！驹斀狻竣?1)FeCl2溶液中，加入NH4HCO3，可以認為Fe2＋結(jié)合HCO3－電離出來的CO32－，H＋與HCO3－結(jié)合生成CO2和水，離子方程式為Fe2++2HCO3?=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(2)根據(jù)表中信息，檸檬酸除了酸性還有還原性，可以起到防氧化的作用，因此另一個作用是防止二價鐵被氧化；(3)甘氨酸亞鐵易溶于水，難溶于乙醇，為了防止溶解損失，可以用乙醇洗滌，答案選B；II(1)加熱前通氮氣，排除裝置中的空氣，防止樣品，加熱是被氧化；(2)產(chǎn)物中有水，無水硫酸銅，遇到水蒸氣，變藍色；(3)SO3會溶于水，生成H2SO4，如果C、D裝置調(diào)換位置，SO3會溶于品紅溶液，不能進入C中，被檢驗到；(4)檢驗Fe2O3，可以檢驗Fe3＋，用KSCN溶液，方法為取少許固體粉末于試管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液變紅色，證明含有Fe2O3；(5)品紅溶液只能用于檢驗SO2，不能吸收SO2，SO2為有毒氣體，需要進行尾氣出來，該裝置的缺陷是沒有氣體處理裝置；III根據(jù)化學方程式，可知關系式5Fe2+～MnO4?,消耗KMnO4溶液的體積為10.80mL-0.80mL=10.00mL，則n(KMnO4)=10.00mL×10-3×cmol·L－1=0.01cmol；n(Fe2＋)=5n(KMnO4)=0.01cmol×5=0.05cmol；則鐵元素的質(zhì)量為0.05cmol×56g·mol－1=2.8cg，則晶體中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)為。27、蒸餾燒瓶飽和亞硫酸氫鈉溶液O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S↓氧氣中水中的溶解度比二氧化硫小吸收液出現(xiàn)穩(wěn)定的藍色空白實驗0.096%【解析】

I.在裝置A中制取SO2氣體，通過乙觀察SO2氣體產(chǎn)生的速率，經(jīng)品紅溶液檢驗SO2的漂白性，在裝置丁中SO2與Na2S會發(fā)生氧化還原反應產(chǎn)生S單質(zhì)，SO2及反應產(chǎn)生的H2S都是有毒氣體，經(jīng)NaOH溶液尾氣處理后排出。II.根據(jù)IO3-能夠氧化SO2為SO42-，氧化I-為I2，SO2反應完全后，再滴入的IO3-溶液，I2不再反應，溶液中的I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{色；要測定物質(zhì)含量，應該排除雜質(zhì)的干擾，設計對比實驗，為減少實驗的偶然性，要進行多次平行實驗，取多次實驗的平均值，根據(jù)反應過程中電子守恒計算鐵礦石樣品中硫元素的質(zhì)量分數(shù)?！驹斀狻?1)根據(jù)圖示儀器結(jié)構(gòu)可知：儀器A的名稱為蒸餾燒瓶；(2)裝置乙的作用是為了觀察生成SO2的速率，為了減少SO2氣體在溶液中的溶解，可根據(jù)H2SO3是二元弱酸，在溶液中存在電離平衡的性質(zhì)，在裝置乙中加入的試劑為飽和NaHSO3溶液；(3)①Na2S具有還原性，O2具有氧化性，在溶液中會發(fā)生氧化還原反應產(chǎn)生S單質(zhì)和NaOH，反應的化學方程式為O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S↓；②根據(jù)O2、SO2氣體分別通入到Na2S溶液中產(chǎn)生S單質(zhì)的時間可知，物質(zhì)的氧化性：SO2>O2，該實驗條件下Na2S溶液出現(xiàn)渾濁現(xiàn)象是SO2導致的。表中實驗1反應較慢的原因可能是O2難溶于水，而SO2易溶于水，由于氧氣中水中的溶解度比二氧化硫小，導致反應速率較慢；II.(4)根據(jù)方程式可知物質(zhì)的氧化性：IO3->I2>SO2，向含有SO2、KI和淀粉溶液中滴加KIO3溶液，首先發(fā)生②反應，當SO2反應完全后發(fā)生反應④，反應產(chǎn)生的I2單質(zhì)遇淀粉溶液會變?yōu)樗{色，且半分鐘內(nèi)溶液藍色不褪去，就證明滴定達到終點；(5)①通過比較實驗一、實驗二的數(shù)據(jù)，發(fā)現(xiàn)V1遠遠小于V2，可忽略不計V1。設置實驗一的目的是空白對比實驗，排除干擾因素的存在；②三次實驗數(shù)據(jù)相差不大，均有效，則平均消耗KIO3標準溶液體積V(KIO3)=mL=10.00mL，n(KIO3)=c·V=0.0010mol/L×0.0100L=1.0×10-5mol，根據(jù)電子守恒及結(jié)合②③方程式可知n(SO2)=3n(KIO3)=3.0×10-5mol，根據(jù)S元素守恒可知其中含有S元素的質(zhì)量為m(S)=n·M=3.0×10-5mol×32g/mol=9.6×10-4g，所以該份鐵礦石樣品中硫元素的質(zhì)量百分含量為×100%=0.096%?！军c睛】本題考查了氣體的制取、性質(zhì)的驗證、化學反應方程式的書寫及應用和物質(zhì)含量測定。掌握反應原理和物質(zhì)的性質(zhì)是計算與判斷的依據(jù)。在進行有關計算時要結(jié)合電子守恒及元素守恒分析判斷。易錯點是(5)中S含量計算，關鍵是IO3-氧化SO2時二者物質(zhì)的量的關系的確定，注意還原產(chǎn)物I2也可氧化SO2，要根據(jù)總方程式判斷。28、b如何控制反應終點（或硝酸的用量冷卻結(jié)晶洗滌產(chǎn)物中雜質(zhì)NaNO3的含量較高將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀除去BC產(chǎn)生大量污染性氣體NO等8.7【解析】

鋁灰用氫氧化鈉溶液溶解，鋁、氧化鋁反應生成偏鋁酸鈉，氧化鐵不反應，過濾分離，濾液中含有偏鋁酸鈉、未反應的NaOH，加入硝酸中和未反應的氫氧化鈉，并將偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，再過濾分離，氫氧化鋁沉淀再用硝酸溶解，得到硝酸鋁溶液，經(jīng)過減壓蒸發(fā)得到硝酸鋁晶體?！驹斀狻?1)用天平稱量氫氧化鈉，用量筒量取水的體積，在燒杯中溶解，并用玻璃棒攪拌，還需要量筒，故答案為：b；(2)硝酸屬于強酸，可以溶解氫氧化鋁沉淀，導致Al元素損失，需要解決的問題是：如何控制反應終點（或硝酸的用量），可以將加入稀硝酸改為通入過量CO2，避免氫氧化鋁沉淀溶解，故答案為：如何控制反應終點（或硝酸的用量）；(3)從反應Ⅲ所得溶液中得到硝酸鋁晶體的步驟依次是：減壓蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、低溫烘干，故答案為：冷卻結(jié)晶、洗滌；(4)反應Ⅱ、Ⅲ合并以簡化操作，產(chǎn)物中雜質(zhì)NaNO3的含量較高，故答案為：產(chǎn)物中雜質(zhì)NaNO3的含量較高；(5)鋁灰用稀硝酸溶解，Al、A12