2024屆陜西省澄城縣城關(guān)中學(xué)高考化學(xué)五模試卷含解析

2024屆陜西省澄城縣城關(guān)中學(xué)高考化學(xué)五模試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、充分利用已有的數(shù)據(jù)是解決化學(xué)問題方法的重要途徑．對數(shù)據(jù)的利用情況正確的是A．利用化學(xué)平衡常數(shù)判斷化學(xué)反應(yīng)進(jìn)行的快慢B．利用溶解度數(shù)據(jù)判斷氧化還原反應(yīng)發(fā)生的可能性C．利用沸點(diǎn)數(shù)據(jù)推測將一些液體混合物分離的可能性D．利用物質(zhì)的摩爾質(zhì)量判斷相同狀態(tài)下不同物質(zhì)密度的大小2、下列條件下，可以大量共存的離子組是（）A．pH=9的溶液中：Na+、Fe3+、NO3-，SCN-B．含有大量S2O32-的溶液中：H+、K+、SO42-、Al3+C．0.1mol?L-1的NH4Cl溶液中：Li+、Ba2+、CH3COO-、OH-D．某酸性無色透明溶液中：Na+、I-、Cl-、Mg2+3、下列離子方程式書寫正確的是()A．NaHCO3溶液與足量的澄清石灰水反應(yīng)：Ca2＋＋2OH－＋2HCO3-=CaCO3↓＋2H2OB．NH4HCO3溶液與足量的NaOH溶液反應(yīng)：HCO3-＋OH－=CO32-＋H2OC．向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2：SiO32-＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋HCO3-D．Cl2與足量的FeBr2溶液反應(yīng)：Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－4、化學(xué)與生活、社會發(fā)展息息相關(guān)。下列說法正確的是A．有人稱“一帶一路”是“現(xiàn)代絲綢之路”，絲綢的主要成分是纖維素B．聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的過程C．疫苗一般應(yīng)冷藏存放，其目的是避免蛋白質(zhì)變性D．“玉兔二號”的太陽能電池帆板的材料是二氧化硅5、油酸甘油酯和硬脂酸甘油酯均是天然油脂的成分。它們的結(jié)構(gòu)簡式如下圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A．油酸的分子式為C18H34O2B．硬脂酸甘油酯的一氯代物共有54種C．天然油脂都能在NaOH溶液中發(fā)生取代反應(yīng)D．將油酸甘油酯氫化為硬脂酸甘油酯可延長保存時(shí)間6、下列物質(zhì)名稱和括號內(nèi)化學(xué)式對應(yīng)的是（）A．純堿（NaOH） B．重晶石（BaSO4）C．熟石膏（CaSO4?2H2O） D．生石灰[Ca(OH)2]7、NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料電池，其原理如圖，該電池在使用過程中石墨I(xiàn)電極上生成氧化物Y，Y可循環(huán)使用。下列說法正確的是A．O2在石墨Ⅱ附近發(fā)生氧化反應(yīng)B．該電池放電時(shí)NO3－向石墨Ⅱ電極遷移C．石墨Ⅰ附近發(fā)生的反應(yīng)：3NO2+2e－NO+2NO3－D．相同條件下，放電過程中消耗的NO2和O2的體積比為4∶18、依據(jù)反應(yīng)2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4，利用下列裝置從含NaIO3的廢液中制取單質(zhì)碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。其中裝置正確且能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖茿．①②③④ B．①②③ C．②③④ D．②④9、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是()A．0.1mol·L－1KHSO3溶液：Na＋、NH4+、H+、SO42-B．0.1mol·L－1H2SO4溶液：Mg2＋、K+、Cl－、NO3-C．0.1mol·L－1Na2SO3溶液：Ba2+、K+、ClO-、OH-D．0.1mol·L－1Ba（OH）2溶液：NH4+、Na+、Cl－、HCO3-10、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X、Y是金屬元素，X的焰色呈黃色。W、Z最外層電子數(shù)相同，Z的核電荷數(shù)是W的2倍。工業(yè)上一般通過電解氧化物的方法獲得Y的單質(zhì)，則下列說法不正確的是（）A．W、X、Y形成的簡單離子核外電子數(shù)相同B．Z和W可形成原子個(gè)數(shù)比為1：2和1：3的共價(jià)化合物C．Y和Z形成的化合物可以通過復(fù)分解反應(yīng)制得D．X、Y和Z三種元素形成的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物能兩兩反應(yīng)11、X、Y、Z三種元素的常見單質(zhì)在適當(dāng)條件下可發(fā)生如下圖所示的變化，其中a為雙原子分子，b和c均為10電子分子，b在常溫下為液體。下列說法不正確的是A．單質(zhì)Y為N2B．a(chǎn)不能溶于b中C．a(chǎn)和c不可能反應(yīng)D．b比c穩(wěn)定12、下列圖示與對應(yīng)的敘述相符的是()A．圖1表示H2與O2發(fā)生反應(yīng)過程中的能量變化，則H2的燃燒熱為241.8kJ·mol－1B．圖2表示壓強(qiáng)對可逆反應(yīng)2A(g)+2B(g)3C(g)+D（s）的影響，乙的壓強(qiáng)比甲的壓強(qiáng)大C．根據(jù)圖3，若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入適量CuO，調(diào)節(jié)pH＝4，過濾D．圖4表示常溫下，稀釋HA、HB兩種酸的稀溶液時(shí)，溶液pH隨加水量的變化，則相同條件下NaA溶液的pH大于同濃度的NaB溶液的pH13、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，4.48L空氣中所含原子數(shù)為0.2NAB．常溫常壓下，2.3gNO2和N2O4的混合物中含有的氧原子數(shù)為0.2NAC．過氧化鈉與水反應(yīng)時(shí)，生成0.1mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAD．常溫下，0.1mol·L-1Na2CO3溶液中陰離子總數(shù)大于0.1NA14、298

K時(shí)，向20

mL0.1

mol/L某酸HA溶液中逐滴加入0.1

mol/L

NaOH溶液，混合溶液的pH變化曲線如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A．a(chǎn)點(diǎn)溶液的pH為2.88B．b點(diǎn)溶液中：c（Na+）＞c（A－）＞c（HA）C．b、c之間一定存在c（Na+）＝c（A－）的點(diǎn)D．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)中，c點(diǎn)水的電離程度最大15、中華文明博大精深。下列說法錯(cuò)誤的是A．黏土燒制陶瓷的過程中發(fā)生了化學(xué)變化B．商代后期制作的司母戊鼎屬于銅合金制品C．侯氏制堿法中的“堿”指的是純堿D．屠呦呦發(fā)現(xiàn)的用于治療瘧疾的青蒿素()屬于有機(jī)高分子化合物16、下列實(shí)驗(yàn)不能不能用如圖所示裝置實(shí)現(xiàn)的是A．用CCl4提取碘水中的碘B．用NaOH溶液除去溴苯中的溴C．用酒精除去苯酚中的甘油D．用飽和Na2CO3溶液除去乙酸丁酯中的乙酸二、非選擇題（本題包括5小題）17、丁苯酞(J)是治療輕、中度急性腦缺血的藥物，合成J的一種路線如下：已知：②E的核磁共振氫譜只有一組峰；③C能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；④J是一種酯，分子中除苯環(huán)外還含有一個(gè)五元環(huán)．回答下列問題：（1）由A生成B的化學(xué)方程式為__________，其反應(yīng)類型為__________；（2）D的化學(xué)名稱是__________，由D生成E的化學(xué)方程式為__________；（3）J的結(jié)構(gòu)簡式為__________；（4）G的同分異構(gòu)體中核磁共振氫譜有4組峰且能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)的結(jié)構(gòu)簡式__________(寫出一種即可)；（5）由甲醛和化合物A經(jīng)下列步驟可得到2一苯基乙醇：反應(yīng)條件1為__________；反應(yīng)條件2所選擇的試劑為__________；L的結(jié)構(gòu)簡式為__________。18、有機(jī)物A有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：已知：①有機(jī)物B是芳香烴的含氧衍生物，其相對分子質(zhì)量為108，B中氧的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為14.8％。②CH3-CH2-COOH+Cl2+HCl根據(jù)以上信息，回答下列問題：（1）B的分子式為___________；有機(jī)物D中含氧官能團(tuán)名稱是_____________。（2）A的結(jié)構(gòu)簡式為_________________；檢驗(yàn)M中官能團(tuán)的試劑是______________。（3）條件I為_________________；D→F的反應(yīng)類型為________________。（4）寫出下列轉(zhuǎn)化的化學(xué)方程式：F→E______________________________________F→G_____________________________________。（5）N的同系物X比N相對分子質(zhì)量大14，符合下列條件的X的同分異構(gòu)體有_________種（不考慮立體異構(gòu)），寫出其中核磁共振氫譜有五組峰，且吸收峰的面積之比為1∶1∶2∶2∶2的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式______________（寫一種）。①含有苯環(huán)；②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；③遇FeCl3溶液顯紫色。19、葡萄糖酸鈣是一種可促進(jìn)骨骼生長的營養(yǎng)物質(zhì)。葡萄糖酸鈣可通過以下反應(yīng)制得：C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3→Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸鈣)+H2O+CO2↑相關(guān)物質(zhì)的溶解性見下表：實(shí)驗(yàn)流程如下：回答下列問題：（1）第①步中溴水氧化葡萄糖時(shí)，甲同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示裝置。①你認(rèn)為缺少的儀器是__。②甲同學(xué)在尾氣吸收裝置中使用倒立漏斗的目的是__。（2）第②步CaCO3固體過量，其目的是__。（3）本實(shí)驗(yàn)中___(填“能”或“不能”)用CaCl2替代CaCO3，理由是__。（4）第③步“某種操作”名稱是__。（5）第④步加入乙醇的作用是__。（6）第⑥步中洗滌操作主要是除去沉淀表面可能含有的溴化鈣，洗滌劑最合適的是__(填標(biāo)號)。A．冷水B．熱水C．乙醇D．乙醇—水混合溶液20、輝銅礦與銅藍(lán)礦都是天然含硫銅礦，在地殼中二者常伴生存在?，F(xiàn)取一份該伴生礦樣品，經(jīng)檢測后確定僅含、和惰性雜質(zhì)。為進(jìn)一步確定其中、的含量，某同學(xué)進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：①取2.6g樣品，加入200.0mL0.2000mol/L酸性溶液，加熱（硫元素全部轉(zhuǎn)化為），濾去不溶雜質(zhì)；②收集濾液至250mL容量瓶中，定容；③取25.00mL溶液，用溶液滴定，消耗20.00mL；④加入適量溶液（掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再參與其他反應(yīng)），再加入過量KI固體，輕搖使之溶解并發(fā)生反應(yīng)：；⑤加入2滴淀粉溶液，用溶液滴定，消耗30.00mL（已知：）?；卮鹣铝袉栴}：（1）寫出溶于酸性溶液的離子方程式：____________________________________。（2）配制溶液時(shí)要用煮沸過的稀硫酸，原因是______________________，配制過程中所需玻璃儀器除了燒杯、玻璃棒、容量瓶外還有_______________。（3）③中取25.00mL待測溶液所用的儀器是_____________。（4）⑤中滴定至終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象為____________________________。（5）混合樣品中和的含量分別為_______%、_______%（結(jié)果均保留1位小數(shù)）。（6）判斷下列情況對樣品中和的含量的影響（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）若量取酸性溶液時(shí)俯視讀數(shù)，則最終結(jié)果的含量_______________。若用溶液滴定終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)仰視，則最終結(jié)果的含量_____________。21、研究CO2的綜合利用對促進(jìn)“低碳經(jīng)濟(jì)”的發(fā)展有重要意義。(1)工業(yè)上以CO2、NH3為原料生產(chǎn)尿素[CO(NH2)2]，反應(yīng)實(shí)際為兩步進(jìn)行：I：2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s)△H1=-272kJ·mol-1II：H2NCOONH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H2=+138kJ·mol-1已知：H2O(l)==H2O(g)△H3=+44kJ·mol-1①請寫出以NH3、CO2為原料，合成尿素和液態(tài)水的熱化學(xué)方程式______________。②T1℃時(shí)，在1L的密閉容器中充入CO2和NH3模擬工業(yè)生產(chǎn)，n(NH3)/n(CO2)=x，如圖是CO2平衡轉(zhuǎn)化率()與x的關(guān)系。求圖中A點(diǎn)NH3的平衡轉(zhuǎn)化率=________％。③當(dāng)x=1.0時(shí)，若起始的壓強(qiáng)為p0kPa，水為液態(tài)，平衡時(shí)壓強(qiáng)變?yōu)槠鹗嫉?/2。則該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=_______(kPa)-3(KP為以分壓表示的平衡常數(shù))。(2)用CO2和H2合成甲醇：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=－49.0kJ·mol-1。在T℃時(shí)，甲、乙、丙三個(gè)2L的恒容密閉容器中，按不同方式投入反應(yīng)物，測得平衡時(shí)有關(guān)數(shù)據(jù)如下：①甲容器10s達(dá)到平衡時(shí)測得x=39.2，則甲中CO2的平均反應(yīng)速率____________。②下列說法正確的是________(填字母編號)。A．2c1<c3B．z<2yC．p3>2p2D．α1+α3>1(3)用NaOH溶液做碳捕捉劑可獲得化工產(chǎn)品Na2CO3。常溫下若某次捕捉后得到pH=10的溶液，則溶液中c(CO32-)：c(HCO3-)=_____[K1(H2CO3)=4.4×10-7、K2(H2CO3)=5×10-11]，溶液中c(Na+)_____c(HCO3-)+2c(CO32-)(填“>”“=”或“＜”)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、C【解析】

A、平衡常數(shù)的大小體現(xiàn)一個(gè)可逆反應(yīng)進(jìn)行的程度大小，平衡常數(shù)越大，則表示反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率越高，它是一個(gè)只隨溫度改變而改變的量，只在可逆反應(yīng)中才會出現(xiàn)；錯(cuò)誤；B、氧化還原反應(yīng)發(fā)生的可能性是需要判斷物質(zhì)氧化性還原性的相對強(qiáng)弱，錯(cuò)誤；C、沸點(diǎn)差別，可以選用蒸餾的方法分離，正確；D、需要考慮物質(zhì)的狀態(tài)，氣體和液體沒有可比性，錯(cuò)誤。2、D【解析】

A．pH=9的溶液呈堿性，堿性條件下Fe3+生成沉淀，且Fe3+、SCN-發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)而不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B．能和S2O32-反應(yīng)的離子不能大量共存，酸性條件下S2O32-生成S和二氧化硫而不能大量存在，故B錯(cuò)誤；C．能和氯化銨反應(yīng)的離子不能大量共存，銨根離子和OH-生成弱電解質(zhì)而不能大量共存，Li+、OH-不能大量共存，故C錯(cuò)誤；D．酸性溶液中含有大量氫離子，無色溶液不含有色離子，這幾種離子都無色且和氫離子不反應(yīng)，所以能大量共存，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)睛】S2O32-為硫代硫酸根，與氫離子可以發(fā)生反應(yīng)：S2O32-+2H+==S↓+SO2+H2O。3、D【解析】

A.NaHCO3溶液與足量的澄清石灰水反應(yīng)生成碳酸鈣、氫氧化鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為：Ca2＋＋OH－＋HCO3-=CaCO3↓＋H2O，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.NH4HCO3溶液與足量的NaOH溶液反應(yīng)生成碳酸鈉、一水合氨和水，反應(yīng)的離子方程式為HCO3-＋NH4+＋2OH－=CO32-＋H2O＋NH3·H2O，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2，反應(yīng)生成碳酸氫鈉和硅酸，反應(yīng)的離子方程式為SiO32-＋2CO2＋2H2O=H2SiO3↓＋2HCO3-，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.Fe2＋還原性大于Br－，Cl2與足量的FeBr2溶液反應(yīng)只能生成Fe3＋，反應(yīng)的離子方程式為Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，選項(xiàng)D正確。【點(diǎn)睛】本題考查離子方程式的書寫及正誤判斷，易錯(cuò)點(diǎn)為選項(xiàng)A.考查過量問題，在離子方程式的正誤判斷中，學(xué)生往往忽略相對量的影響，命題者往往設(shè)置“離子方程式正確，但不符合相對量”的陷阱。突破這個(gè)陷阱的方法一是審準(zhǔn)“相對量”的多少，二是看離子反應(yīng)是否符合該量。如何判斷哪種物質(zhì)過量：典例對應(yīng)的離子方程式①少量NaHCO3Ca2＋＋OH－＋HCO3-=CaCO3↓＋H2O②足量Ca(OH)2③足量NaHCO3Ca2＋＋2OH－＋2HCO3-=CaCO3↓＋2H2O＋CO32-④少量Ca(OH)24、C【解析】

A.絲綢的主要成分是蛋白質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B.聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的過程，油脂不屬于高分子，故B錯(cuò)誤；C.疫苗一般應(yīng)冷藏存放，其目的是避免蛋白質(zhì)變性，使蛋白質(zhì)失去活性，故C正確；D.硅是半導(dǎo)體，“玉兔二號”的太陽能電池帆板的材料是硅，故D錯(cuò)誤；故選C。5、B【解析】

A．油酸的結(jié)構(gòu)簡式為CH3(CH2)7CH=CH(CH2)7COOH，分子式為C18H34O2，故A正確；B．硬脂酸甘油酯的結(jié)構(gòu)簡式可以表示為，上面的酯基與下面的酯基互為對稱結(jié)構(gòu)，因此硬脂酸甘油酯的一氯代物共有36種，故B錯(cuò)誤；C．天然油脂的主要成分為高級脂肪酸甘油酯，都能在NaOH溶液中發(fā)生水解反應(yīng)（或取代反應(yīng)），故C正確；D．油酸甘油酯中含有碳碳雙鍵，能夠氧化變質(zhì)，將油酸甘油酯氫化轉(zhuǎn)化為硬脂酸甘油酯可延長保存時(shí)間，故D正確；答案選B?！军c(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)為B，要注意分子的對稱性對同分異構(gòu)體數(shù)目的影響。6、B【解析】

A．純堿的化學(xué)式為Na2CO3，A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B．重晶石結(jié)構(gòu)簡式為BaSO4，B項(xiàng)正確；

C．生石膏的化學(xué)式為CaSO4?2H2O，而熟石膏的化學(xué)式為2CaSO4?H2O，C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D．生石灰的化學(xué)式為CaO，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。7、D【解析】

A．石墨Ⅱ通入氧氣，發(fā)生還原反應(yīng)，為原電池的正極，電極方程式為O2+2N2O5+4e-=4NO3-，A錯(cuò)誤；B．原電池中陰離子移向負(fù)極，NO3-向石墨Ⅰ電極遷移，B錯(cuò)誤；C．石墨I(xiàn)為原電池的負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為NO2+NO3--e-=N2O5，C錯(cuò)誤；D．負(fù)極反應(yīng)式為：NO2+NO3--e-=N2O5、正極反應(yīng)式為：O2+2N2O5+4e-=4NO3-，則放電過程中消耗相同條件下的NO2和O2的體積比為4：1，D正確；答案選D?！军c(diǎn)晴】該題為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意原電池正負(fù)極的判斷、由化合價(jià)的變化推測電極產(chǎn)物等，側(cè)重于有關(guān)原理的應(yīng)用的考查。8、B【解析】

依據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟及操作的規(guī)范性、科學(xué)性分析作答?！驹斀狻竣贊饬蛩嵩诩訜釛l件下與銅反應(yīng)制取SO2，裝置正確且能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康?；②氣體和液體反應(yīng)，有防倒吸裝置，裝置正確且能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康?；③用四氯化碳從廢液中萃取碘，靜置后分液，裝置正確且能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康?；④蒸發(fā)溶液時(shí)用蒸發(fā)皿，而不應(yīng)用坩堝，裝置錯(cuò)誤，不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?；故B項(xiàng)正確。答案選B。9、B【解析】

A項(xiàng)、溶液中H+與KHSO3反應(yīng)，不能大量共存，故A不選；B項(xiàng)、0.1mol·L－1H2SO4溶液中該組離子之間不反應(yīng)，能大量共存，故B正確；C項(xiàng)、ClO-具有強(qiáng)氧化性，堿性條件下會將Na2SO3氧化，不能大量共存，故C不選；D項(xiàng)、NH4+和HCO3-會與Ba（OH）2反應(yīng)，不能大量共存，故D不選。故選B?！军c(diǎn)睛】本題考查離子共存，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意復(fù)分解反應(yīng)、氧化還原反應(yīng)的判斷，把握習(xí)題中的信息及離子之間的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵。10、C【解析】

W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X、Y是金屬元素，X的焰色呈黃色，為鈉元素，W、Z最外層電子數(shù)相同，Z的核電荷數(shù)是W的2倍，則W為氧元素，Z為硫元素。工業(yè)上一般通過電解氧化物的方法獲得Y的單質(zhì)，則Y為鋁元素，據(jù)此分析?！驹斀狻縒、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X、Y是金屬元素，X的焰色呈黃色，為鈉元素，W、Z最外層電子數(shù)相同，Z的核電荷數(shù)是W的2倍，則W為氧元素，Z為硫元素。工業(yè)上一般通過電解氧化物的方法獲得Y的單質(zhì)，則Y為鋁元素，A．W、X、Y形成的簡單離子O2-、Na+、Al3+，核外電子數(shù)相同，均是10電子微粒，A正確；B．硫和氧可以形成二氧化硫和三氧化硫兩種共價(jià)化合物，原子個(gè)數(shù)比為1:2和1:3，B正確；C．由于硫離子和鋁離子水解相互促進(jìn)生成氫氧化鋁和硫化氫，因此硫化鋁不能通過復(fù)分解反應(yīng)制備，C錯(cuò)誤；D．X、Y和Z三種元素形成的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物分別是氫氧化鈉、氫氧化鋁、硫酸，氫氧化鋁是兩性氫氧化物，與氫氧化鈉、硫酸都反應(yīng)，所以它們之間能兩兩反應(yīng)，D正確；答案選C。11、C【解析】

b和c均為10電子分子，b在常溫下為液體，則b可能為H2O，c可能為HF、NH3，根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系推測X為氧氣，Z為氫氣，則Y可能為氟氣或氮?dú)?，又a為雙原子分子，則a為NO，則Y為氮?dú)?。A.根據(jù)上述分析，單質(zhì)Y為N2，故A正確；B.NO不能溶于H2O中，故B正確；C.NO和NH3在一定條件下可以反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D.H2O比NH3穩(wěn)定，故D正確。故選C。12、C【解析】試題分析：A．燃燒熱是1mol的物質(zhì)完全燃燒產(chǎn)生穩(wěn)定的氧化物時(shí)所放出的熱量，由于氫氣是2mol，而且產(chǎn)生的是氣體水，所以H2的燃燒熱大于241.8kJ/mol，錯(cuò)誤；B.2A(g)+2B(g)3C(g)+D（s）的正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，所以增大壓強(qiáng)，平衡會正向移動，物質(zhì)的平衡含量改變，因此圖2不能表示壓強(qiáng)對可逆反應(yīng)的影響，錯(cuò)誤；C．根據(jù)圖3，若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入適量CuO，增大溶液的pH,還不回引入雜質(zhì)離子，調(diào)節(jié)pH＝4，這時(shí)就會形成Fe(OH)3沉淀，然后過濾即可除去，正確；D．當(dāng)兩種電離程度不同的酸溶液稀釋水，酸越強(qiáng)，溶液中離子的濃度變化就越大，酸越弱，酸稀釋時(shí)未電離的電解質(zhì)分子會繼續(xù)電離使離子濃度由有所增加，所以離子濃度變化小，根據(jù)圖像可知酸性：HA>HB。酸越強(qiáng)，其鹽水解程度就越小，其鹽溶液的堿性就越弱。所以相同條件下NaA溶液的pH小于同濃度的NaB溶液的pH，錯(cuò)誤?？键c(diǎn)：考查圖像法在表示燃燒熱、平衡移動原理、雜質(zhì)的除去即鹽的水解中的應(yīng)用的知識。13、C【解析】

A．標(biāo)況下4.48L空氣的物質(zhì)的量為0.2mol，但空氣中的分子有雙原子分子和三原子分子，故所含原子數(shù)要大于0.2NA，故A錯(cuò)誤；B．常溫常壓下，2.3gNO2和N2O4的混合物含有最簡式NO2物質(zhì)的量為：=0.05mol，含有的氧原子數(shù)為0.05mol×2×NA=0.1NA，故B錯(cuò)誤；C．過氧化鈉和水的反應(yīng)為歧化反應(yīng)，生成1mol氧氣轉(zhuǎn)移2mol電子，則當(dāng)生成0.1mol氧氣時(shí)，轉(zhuǎn)移0.2NA個(gè)電子，故C正確；D．依據(jù)n=cV可知，溶液體積未知無法計(jì)算微粒數(shù)目，故D錯(cuò)誤；故選C。14、B【解析】

A．當(dāng)加入10mL0.1

mol/L

NaOH溶液時(shí)，溶液中c(HA)=c(A-),由HA?H++A-可知Ka==c(H+)=10-4.76，則0.1mol/L的某酸HA中的c(H+)可用三段式進(jìn)行計(jì)算，設(shè)電離的c(HA)為xmol/L：HA的電離平衡常數(shù)K===10-4.76，剩余的c(HA)=0.1-x≈0.1mol/L，解得x=10-2.88，所以a點(diǎn)溶液的pH為2.88，A正確；B．b溶液顯酸性，c(H+)>(OH-)，由電荷守恒可知c(Na+)<c(A-)，B錯(cuò)誤；C．溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，當(dāng)溶液pH=7呈中性時(shí)c(H+)=c(OH-)，則c(Na+)=c(A-)，所以b、c之間一定存在c(Na+)=c(A-)的點(diǎn)，C正確；D．a(chǎn)、b點(diǎn)中溶液顯酸性，HA電離出的H+對水的電離起抑制作用，c點(diǎn)酸堿恰好完全反應(yīng)生成鹽NaA，對水的電離起促進(jìn)的作用，所以a、b、c三點(diǎn)中，c點(diǎn)水的電離程度最大，D正確；答案選B。【點(diǎn)睛】溶液中一直存在電荷守恒，酸、堿對水的電離起抑制作用，能水解的鹽對水的電離起促進(jìn)作用。15、D【解析】

A.黏土燒制陶瓷的過程需要高溫加熱，逐漸去除了有機(jī)物，無機(jī)物之間相互反應(yīng)生成了新物質(zhì)，發(fā)生了化學(xué)變化，故A正確；B.司母戊鼎由青銅制成，青銅中含有銅元素、錫元素、鉛元素等，屬于合金，故B正確；C.侯氏制堿法中的“堿”指的是純堿，即碳酸鈉，故C正確；D.青蒿素的相對分子質(zhì)量較小，不屬于有機(jī)高分子化合物，故D錯(cuò)誤；故選D?！军c(diǎn)睛】有機(jī)高分子化合物，由千百個(gè)原子彼此以共價(jià)鍵結(jié)合形成相對分子質(zhì)量特別大、具有重復(fù)結(jié)構(gòu)單元的有機(jī)化合物，屬于混合物。一般把相對分子質(zhì)量高于10000的分子稱為高分子。16、C【解析】

A.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，則利用圖中萃取、分液可分離，故A正確；B.溴與NaOH反應(yīng)后，與溴苯分層，然后利用圖中分液裝置分離，故B正確；C.酒精、甘油、苯酚互溶，不能萃取、分液分離，故C錯(cuò)誤；D.乙酸與碳酸鈉溶液反應(yīng)后，與酯分層，然后利用圖中分液裝置分離，故D正確；故選：C。【點(diǎn)睛】萃取劑與原溶劑不能互溶，不能反應(yīng)，并且溶質(zhì)在兩種萃取劑中溶解度差別比較大，酒精易溶于水，不能當(dāng)作萃取劑。二、非選擇題（本題包括5小題）17、+Br2+HBr取代反應(yīng)2-甲基丙烯CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr或或光照鎂、乙醚【解析】

比較A、B的分子式可知，A與HBr發(fā)生加成反應(yīng)生成B，B的核磁共振氫譜只有一組峰，則可知D為CH2=C(CH3)2，E為(CH3)3CBr，根據(jù)題中已知①可知F為(CH3)3CMgBr，C能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，同時(shí)結(jié)合G和F的結(jié)構(gòu)簡式可推知C為，進(jìn)而可以反推得，B為，A為，根據(jù)題中已知①，由G可推知H為，J是一種酯，分子中除苯環(huán)外，還含有一個(gè)五元環(huán)，則J為，與溴發(fā)生取代生成K為，K在鎂、乙醚的條件下生成L為，L與甲醛反應(yīng)生成2-苯基乙醇【詳解】（1）由A生成B的化學(xué)方程式為+Br2+HBr，其反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；（2）D為CH2=C(CH3)2，名稱是2-甲基丙烯，由D生成E的化學(xué)方程式為CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr，故答案為2-甲基丙烯；CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr；（3）根據(jù)上面的分析可知，J的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為；（4）G的同分異構(gòu)體中核磁共振氫譜有4組峰且能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明有酚羥基，這樣的結(jié)構(gòu)為苯環(huán)上連有-OH、-CH2Br呈對位連結(jié)，另外還有四個(gè)-CH3基團(tuán)，呈對稱分布，或者是-OH、-C(CH3)2Br呈對位連結(jié)，另外還有2個(gè)-CH3基團(tuán)，以-OH為對稱軸對稱分布，這樣有或或；（5）反應(yīng)Ⅰ的為與溴發(fā)生取代生成K為，反應(yīng)條件為光照，K在鎂、乙醚的條件下生成L為，故答案為光照；鎂、乙醚；。18、C7H8O羧基銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液NaOH的醇溶液，加熱水解反應(yīng)（或取代反應(yīng)）+H2O+2H2O13【解析】

有機(jī)物B是芳香烴的含氧衍生物，其相對分子質(zhì)量為108，B中氧的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為14.8%，B中O原子個(gè)數(shù)==1，碳原子個(gè)數(shù)==7…8，所以B分子式為C7H8O，B中含有苯環(huán)且能連續(xù)被氧化，則B為，B被催化氧化生成M，M為，N為苯甲酸，結(jié)構(gòu)簡式為；

A發(fā)生水解反應(yīng)生成醇和羧酸，C為羧酸，根據(jù)題給信息知，C發(fā)生取代反應(yīng)生成D，D發(fā)生反應(yīng)然后酸化得到E，E能生成H，D是含有氯原子的羧酸，則D在氫氧化鈉的醇溶液中加熱生成E，E發(fā)生加聚反應(yīng)生成H，所以D為、E為、C為；D反應(yīng)生成F，F(xiàn)能反應(yīng)生成E，則D發(fā)生水解反應(yīng)生成F，F(xiàn)為，F(xiàn)發(fā)生酯化反應(yīng)生成G，根據(jù)G分子式知，G為；根據(jù)B、C結(jié)構(gòu)簡式知，A為，以此解答該題?！驹斀狻?1)B為，分子式為C7H8O，D為，含氧官能團(tuán)為羧基；

(2)由以上分析可知A為，M為，含有醛基，可用銀氨溶液或新制備氫氧化銅濁液檢驗(yàn)；

(3)通過以上分析知，條件I為氫氧化鈉的醇溶液、加熱；D為，D發(fā)生水解反應(yīng)(取代反應(yīng))生成F；

(4)F發(fā)生消去反應(yīng)生成E，反應(yīng)方程式為+2H2O，F(xiàn)發(fā)生酯化反應(yīng)生成G，反應(yīng)方程式為+2H2O；

(5)N為苯甲酸，結(jié)構(gòu)簡式為，X是N的同系物，相對分子質(zhì)量比N大14，即X中含有羧基，且分子中碳原子數(shù)比N多一個(gè)，根據(jù)條件：①含有苯環(huán)

②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有醛基，③遇FeCl3溶液顯紫色，說明含有酚羥基，如苯環(huán)含有2個(gè)取代基，則分別為-CH2CHO、-OH，有鄰、間、對3種，如苯環(huán)含有3個(gè)取代基，可為-CH3、-CHO、-OH，有10種，共13種；其中核磁共振氫譜有五組峰，且吸收峰的面積之比為1：1：2：2：2的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為?！军c(diǎn)睛】以B為突破口采用正逆結(jié)合的方法進(jìn)行推斷，注意結(jié)合反應(yīng)條件、部分物質(zhì)分子式或結(jié)構(gòu)簡式、題給信息進(jìn)行推斷，注意：鹵代烴發(fā)生反應(yīng)條件不同其產(chǎn)物不同。19、溫度計(jì)防止倒吸使葡萄糖酸充分反應(yīng)，提高葡萄糖酸的轉(zhuǎn)化率不能氯化鈣與葡萄糖酸不反應(yīng)趁熱過濾降低葡萄糖酸鈣的溶解度，有利于其析出D【解析】

葡萄糖中加入3%的溴水并且加熱，發(fā)生反應(yīng)C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr，得到葡萄糖酸和HBr，加入過量碳酸鈣并加熱，發(fā)生反應(yīng)2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3→(C6H11O7)2

Ca

(葡萄糖酸鈣)+H2O+CO2、CaCO3+2HBr=CaBr2+CO2↑+H2O，趁熱過濾，然后加入乙醇得到葡萄糖酸鈣懸濁液，過濾、洗滌、干燥得到葡萄糖酸鈣，據(jù)此進(jìn)行分析?！驹斀狻?1)①根據(jù)流程可知溴水氧化葡萄糖時(shí)需要控制溫度為55℃，所以還需要溫度計(jì)；②倒置的漏斗可以起到防止倒吸的作用；(2)CaCO3固體需有剩余，可使葡萄糖酸充分反應(yīng)，提高葡萄糖酸的轉(zhuǎn)化率，符合強(qiáng)酸制弱酸原理，以確保葡萄糖酸完全轉(zhuǎn)化為鈣鹽；(3)鹽酸為強(qiáng)酸，酸性比葡萄糖酸強(qiáng)，氯化鈣不能與葡萄糖酸直接反應(yīng)得到葡萄糖酸鈣，所以不宜用CaCl2替代CaCO3；(4)根據(jù)表格中葡萄糖酸鈣的溶解度與溫度可知葡萄糖酸鈣冷卻后會結(jié)晶析出，應(yīng)趁熱過濾；(5)葡萄糖酸鈣在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸鈣在溶劑中的溶解度，有利于葡萄糖酸鈣的析出；(6)利用水可以將無機(jī)雜質(zhì)溶解除掉，同時(shí)利用葡萄糖酸鈣在乙醇中的微溶，減少葡萄糖酸鈣的損失，所以應(yīng)選“乙醇—水的混合溶液”進(jìn)行洗滌。20、Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O除去溶解在水中的氧氣，防止亞鐵離子被氧化膠頭滴管酸式滴定管溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色61.536.9偏低偏低【解析】

由配制溶液的過程確定所需儀器，據(jù)滴定實(shí)驗(yàn)原理判斷終點(diǎn)現(xiàn)象，運(yùn)用關(guān)系式計(jì)算混合物的組成，據(jù)測定原理分析實(shí)驗(yàn)誤差?！驹斀狻浚?）Cu2S與KMnO4酸性溶液反應(yīng)，高錳酸鉀做氧化劑氧化Cu2S反應(yīng)生成硫酸銅、硫酸鉀、硫酸錳和水，反應(yīng)化學(xué)方程式為Cu2S+2KMnO4+4H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，反應(yīng)的離子方程式：Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O，故答案為Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O；（2）配制0.1000mol?L﹣1FeSO4溶液時(shí)要用煮沸過的稀硫酸，原因是：除去溶解在水中的氧氣，防止亞鐵離子被氧化，配制過程中所需玻璃儀器除了燒杯、玻璃棒、容量瓶外還有膠頭滴管，故答案為除去溶解在水中的氧氣，防止亞鐵離子被氧化；膠頭滴管；（3）③取25.00mL溶液為高錳酸鉀溶液，具有強(qiáng)氧化性，所以取25.00待測溶液所用的儀器是酸式滴定管，故答案為酸式滴定管；（4）加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1?L﹣1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL，發(fā)生反應(yīng)2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是：溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色，故答案為溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色；（5）Cu2S與KMnO4酸性溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式：Cu2S+2KMnO4+4H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，5CuS+8MnO4﹣+24H+＝5Cu2++8Mn2++5SO42﹣+12H2O，5Fe2++MnO4﹣+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O，滴定Fe2+消耗的MnO4﹣：n1＝0.1000mol/L×0.020L×＝0.0004mol，樣品消耗MnO4﹣物質(zhì)的量n2＝0.200L×0.2000mo?L﹣1﹣0.0004mol×＝0.036mol，2Cu2++4I﹣＝2CuI+I2，2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，滴定消耗S2O32﹣的物質(zhì)的量n3＝0.1000mo1?L﹣1×0.03L×＝0.03mol，則起始樣品溶解所得溶液中含Cu2+物質(zhì)的量n4＝0.03mol，設(shè)樣品中含CuS、Cu2S的物質(zhì)的量分別為x、y，則：①x+2y＝0.03mol，②x+2y＝0.036mol聯(lián)立①②，解方程組得：x＝0.01mol，y＝0.01mol，混合樣品中Cu2S的含量=×100%=61.5%，混合樣品中CuS的含量=×100%=36.9%，故答案為61.5；36.9。（6）結(jié)合上述計(jì)算過程，量取200.0mL0.2000mol/L酸性溶液，要用量筒，根據(jù)量筒的構(gòu)造，若量取時(shí)俯視讀數(shù)，則所取量偏小，則樣品消耗MnO4﹣物質(zhì)的量n2偏小，即方程②中x+2y<0.036mol，造成由方程組解得的x值比實(shí)際偏大，因x+2y＝0.03mol，則y值偏小，最終結(jié)果的含量偏低。根據(jù)實(shí)驗(yàn)過程，若用溶液滴定終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)仰視，實(shí)際消耗的溶液體積要小于讀數(shù)值，即方程①中x+2y<0.03mol，造成由方程組解得的x值比實(shí)際偏小，則最終結(jié)果的含量偏低，故答案為偏低；偏低。【點(diǎn)睛】本題考查了物質(zhì)性質(zhì)、溶液配制、滴定實(shí)驗(yàn)過程的分析判斷等，主要是滴定過程中試劑的作用和定量關(guān)系的計(jì)算分析應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵。21、2NH3(g)＋CO2(g)?H2O(l)＋CO(NH2)2(s)ΔH=－178kJ?mol-133.3Kp=108/p030.04mol?L-1?s-1AB1︰2或0.5>【解析】

本題研究CO2的綜合利用對促進(jìn)“低碳經(jīng)濟(jì)”的發(fā)展有重要意義，實(shí)際以CO2的性質(zhì)為載體考查了化學(xué)反應(yīng)原理的綜合知識，難度適中。【詳解】(1)①NH3、CO2為原料，合成尿素和液態(tài)水的熱化學(xué)方程式為2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H，根據(jù)蓋斯定律可知△H=△H1+△H2-△H3=－178kJ?mol-1，因而有2NH3(g)＋CO2(g)?H2O(l)＋CO(NH2)2(s)ΔH=－178kJ?mol-1；②A點(diǎn)時(shí)，n(NH3)/n(CO2)=3.0，設(shè)n(CO2)=1mo