2024年湖南省長沙麓山國際學(xué)校高考化學(xué)二模試卷含解析

2024年湖南省長沙麓山國際學(xué)校高考化學(xué)二模試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、己知ROH固體溶于水放熱，有關(guān)過程的能量變化如圖(R=Na、K)：下列說法正確的是A．△H1+△H2>0 B．△H4(NaOH)>△H4(KOH)>0C．△H6(NaOH>△H6(KOH) D．△H1+△H2+△H4+△H5+△H6=02、某晶體熔化時化學(xué)鍵沒有被破壞的屬于A．原子晶體 B．離子晶體 C．分子晶體 D．金屬晶體3、80℃時，1L密閉容器中充入0.20molN2O4，發(fā)生反應(yīng)N2O42NO2△H=+QkJ·mol﹣1(Q＞0)，獲得如下數(shù)據(jù)：時間/s020406080100c(NO2)/mol·L﹣10.000.120.200.260.300.30下列判斷正確的是A．升高溫度該反應(yīng)的平衡常數(shù)K減小B．20～40s內(nèi)，v(N2O4)=0.004mol·L－1·s－1C．100s時再通入0.40molN2O4，達新平衡時N2O4的轉(zhuǎn)化率增大D．反應(yīng)達平衡時，吸收的熱量為0.15QkJ4、圖為元素周期表的一部分，X、Y、W、R為短周期元素，四種元素的最外層電子數(shù)之和為21。下列說法不正確的是XWYRZA．最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性R>X>YB．84號元素與Z元素同主族C．R、W的某些單質(zhì)或兩元素形成的某些化合物可作水的消毒劑D．Z2W3具有氧化性和還原性5、面對突如其來的新型冠狀病毒，越來越多人意識到口罩和醫(yī)用酒精的重要作用，醫(yī)用口罩由三層無紡布制成，無紡布的主要原料是聚丙烯樹脂。下列說法錯誤的是A．醫(yī)用口罩能有效預(yù)防新型冠狀病毒傳染B．聚丙烯樹脂屬于合成有機高分子材料C．醫(yī)用酒精中乙醇的體積分數(shù)為95%D．抗病毒疫苗冷藏存放的目的是避免蛋白質(zhì)變性6、下列離子方程式中正確的是（）A．硫酸鎂溶液和氫氧化鋇溶液反應(yīng)SO42-+Ba2+=BaSO4↓B．銅片加入稀硝酸中：Cu+2NO3-+4H+==Cu2++2NO2↑+2H2OC．FeBr2溶液中加入過量的氯水2Fe2++2Br-+2Cl2=Br2+4Cl-+2Fe3+D．等體積等物質(zhì)的量濃度的NaHCO3和Ba(OH)2兩溶液混合：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O7、有機物環(huán)丙叉環(huán)丙烷的結(jié)構(gòu)為。關(guān)于該有機物的說法正確的是A．所有原子處于同一平面B．二氯代物有3種C．生成1molC6H14至少需要3molH2D．1mol該物質(zhì)完全燃燒時，需消耗8.5molO28、某烴的結(jié)構(gòu)簡式為，關(guān)于該有機物，下列敘述正確的是（）A．所有碳原子可能處于同一平面B．屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體有三種C．能發(fā)生取代反應(yīng)、氧化反應(yīng)和加成反應(yīng)D．能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色且原理相同9、在淀粉碘化鉀溶液中加入少量次氯酸鈉溶液，振蕩后溶液變藍，再加入足量的亞硫酸鈉溶液，藍色逐漸消失。下列判斷錯誤的是A．氧化性：ClO－>SO42->I2B．漂粉精溶液可使淀粉碘化鉀試紙變藍C．ClO－與I－在堿性條件下可以發(fā)生氧化還原反應(yīng)D．向新制氯水中加入足量亞硫酸鈉溶液，氯水褪色10、《厲害了，我的國》展示了中國五年來探索太空，開發(fā)深海，建設(shè)世界第一流的高鐵、橋梁、碼頭，5G技術(shù)聯(lián)通世界等取得的舉世矚目的成就。它們與化學(xué)有著密切聯(lián)系。下列說法正確的是A．為打造生態(tài)文明建設(shè)，我國近年來大力發(fā)展核電、光電、風電、水電，電能屬一次能源B．大飛機C919采用大量先進復(fù)合材料、鋁鋰合金等，鋁鋰合金屬于金屬材料C．我國提出網(wǎng)絡(luò)強國戰(zhàn)略，光纜線路總長超過三千萬公里，光纜的主要成分是晶體硅D．“神舟十一號”宇宙飛船返回艙外表面使用的高溫結(jié)構(gòu)陶瓷的主要成分是硅酸鹽11、在由水電離產(chǎn)生的H＋濃度為1×10－13mol·L－1的溶液中，一定能大量共存的離子組是①K＋、ClO－、NO3－、S2－②K＋、Fe2＋、I－、SO42－③Na＋、Cl－、NO3－、SO42－④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO3－⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－A．①③ B．③⑤ C．③④ D．②⑤12、某有機化合物，只含碳、氫二種元素，相對分子質(zhì)量為56，完全燃燒時產(chǎn)生等物質(zhì)的量的CO2和H2O。它可能的結(jié)構(gòu)共有(需考慮順反異構(gòu))A．3種 B．4種 C．5種 D．6種13、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(guān)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(yīng)的溶液中加入固體NaCN，CN-的水解程度減小D．c點對應(yīng)溶液中的c(OH-)大于a點14、常溫下，HNO2的電離平衡常數(shù)為K＝4.6×10－4(已知＝2.14)，向20mL0.01mol·L－1HNO2溶液中逐滴加入相同濃度的NaOH溶液，測得混合液的pH隨NaOH溶液體積的變化如圖所示，下列判斷正確的是A．X＝20B．a(chǎn)點溶液中c(H＋)＝2.14×10－3mol·L－1C．a(chǎn)、b、c、d四點對應(yīng)的溶液中水的電離程度逐漸減小D．b點溶液中微粒濃度的大小關(guān)系為c(HNO2)＞c(Na＋)＞c()15、鋅–空氣燃料電池可用作電動車動力電源，電池的電解質(zhì)溶液為KOH溶液，反應(yīng)為2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)42-。下列說法正確的是（）A．充電時，電解質(zhì)溶液中K+向陽極移動B．充電時，電解質(zhì)溶液中c(OH－)逐漸減小C．放電時，負極反應(yīng)為：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42－D．放電時，電路中通過2mol電子，消耗氧氣22.4L（標準狀況）16、水的電離平衡曲線如圖所示，下列說法正確的是（）A．圖中五點Kw間的關(guān)系：B>C>A＝D＝EB．若從A點到D點，可采用在水中加入少量NaOH的方法C．若從A點到C點，可采用溫度不變時在水中加入適量H2SO4的方法D．100℃時，將pH＝2的硫酸溶液與pH＝12的KOH溶液等體積混合后，溶液顯中性二、非選擇題（本題包括5小題）17、某課題組的研究人員用有機物A、D為主要原料，合成高分子化合物F的流程如圖所示：已知：①A屬于烴類化合物，在相同條件下，A相對于H2的密度為13。②D的分子式為C7H8O，遇FeCl3溶液不發(fā)生顯色反應(yīng)。③請回答以下問題：（1）A的結(jié)構(gòu)簡式為________。（2）反應(yīng)①的反應(yīng)類型為________，B中所含官能團的名稱為______。（3）反應(yīng)③的化學(xué)方程式是_______________。（4）D的核磁共振氫譜有_______組峰；D的同分異構(gòu)體中，屬于芳香族化合物的還有________(不含D)種。（5）反應(yīng)④的化學(xué)方程式是____________。（6）參照上述流程信息和已知信息，以乙醇和苯乙醇為原料(無機試劑任選)制備化工產(chǎn)品設(shè)計合理的合成路線__________。合成路線流程圖示例：CH3CH2OHCH3CH2OOCCH318、茉莉酸甲酯的一種合成路線如下：(1)C中含氧官能團名稱為________。(2)D→E的反應(yīng)類型為________。(3)已知A、B的分子式依次為C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，寫出B的結(jié)構(gòu)簡式：________。(4)D的一種同分異構(gòu)體同時滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：________。①分子中含有苯環(huán)，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；②堿性條件水解生成兩種產(chǎn)物，酸化后兩種分子中均只有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫。(5)寫出以和CH2(COOCH3)2為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑和乙醇任用，合成路線流程圖示例見本題題干)_______。19、二氧化氯（ClO2）是一種黃綠色氣體，極易溶于水，在混合氣體中的體積分數(shù)大于10％就可能發(fā)生爆炸，在工業(yè)上常用作水處理劑、漂白劑?；卮鹣铝袉栴}：（1）在處理廢水時，ClO2可將廢水中的CN-氧化成CO2和N2，該反應(yīng)的離子方程式為_________。（2）某小組通過NaClO3法制備ClO2，其實驗裝置如下圖。①通入氮氣的主要作用有兩個，一是可以起到攪拌作用，二是______________；②裝置B的作用是______________；③裝置A用于生成ClO2氣體，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為______________；④當看到裝置C中導(dǎo)管液面上升時應(yīng)進行的操作是______________。（3）測定裝置C中ClO2溶液的濃度：用______________（填儀器名稱）取10.00mLC中溶液于錐形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，用0.1000mol·L-1的Na2S2O3標準液滴定至溶液呈淡黃色，發(fā)生反應(yīng)：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，再加入__________作指示劑，繼續(xù)滴定，當溶液_______，即為終點。平行滴定3次，標準液的平均用量為20.00mL，則C中ClO2溶液的濃度為________mol·L-1。20、FeSO4溶液放置在空氣中容易變質(zhì)，因此為了方便使用Fe2＋，實驗室中常保存硫酸亞鐵銨晶體[俗稱“摩爾鹽”，化學(xué)式為(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O]，它比綠礬或綠礬溶液更穩(wěn)定。(穩(wěn)定是指物質(zhì)放置在空氣中不易發(fā)生各種化學(xué)反應(yīng)而變質(zhì))I．硫酸亞鐵銨晶體的制備與檢驗（1）某興趣小組設(shè)計實驗制備硫酸亞鐵銨晶體。本實驗中，配制溶液以及后續(xù)使用到的蒸餾水都必須煮沸、冷卻后再使用，這樣處理蒸餾水的目的是_______。向FeSO4溶液中加入飽和(NH4)2SO4溶液，經(jīng)過操作_______、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌和干燥后得到一種淺藍綠色的晶體。（2）該小組同學(xué)繼續(xù)設(shè)計實驗證明所制得晶體的成分。①如圖所示實驗的目的是_______，C裝置的作用是_______。取少量晶體溶于水，得淡綠色待測液。②取少量待測液，_______(填操作與現(xiàn)象)，證明所制得的晶體中有Fe2＋。③取少量待測液，經(jīng)其它實驗證明晶體中有NH4＋和SO42－II．實驗探究影響溶液中Fe2＋穩(wěn)定性的因素（3）配制0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液（pH=4.0），各取2ml上述溶液于兩支試管中，剛開始兩種溶液都是淺綠色，分別同時滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液，15分鐘后觀察可見：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然為淺綠色透明澄清溶液；FeSO4溶液則出現(xiàn)淡黃色渾濁。（資料1）沉淀Fe(OH)2Fe(OH)3開始沉淀pH7.62.7完全沉淀pH9.63.7①請用離子方程式解釋FeSO4溶液產(chǎn)生淡黃色渾濁的原因_______。②討論影響Fe2＋穩(wěn)定性的因素，小組同學(xué)提出以下3種假設(shè)：假設(shè)1：其它條件相同時，NH4＋的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+穩(wěn)定性較好。假設(shè)2：其它條件相同時，在一定pH范圍內(nèi)，溶液pH越小Fe2＋穩(wěn)定性越好。假設(shè)3：_______。（4）小組同學(xué)用如圖裝置（G為靈敏電流計），滴入適量的硫酸溶液分別控制溶液A（0.2mol/LNaCl）和溶液B（0.1mol/LFeSO4）為不同的pH，觀察記錄電流計讀數(shù)，對假設(shè)2進行實驗研究，實驗結(jié)果如表所示。序號A：0.2mol·L－1NaClB：0.1mol·L－1FeSO4電流計讀數(shù)實驗1pH=1pH=58.4實驗2pH=1pH=16.5實驗3pH=6pH=57.8實驗4pH=6pH=15.5（資料2）原電池裝置中，其它條件相同時，負極反應(yīng)物的還原性越強或正極反應(yīng)物的氧化性越強，該原電池的電流越大。（資料3）常溫下，0.1mol/LpH=1的FeSO4溶液比pH=5的FeSO4溶液穩(wěn)定性更好。根據(jù)以上實驗結(jié)果和資料信息，經(jīng)小組討論可以得出以下結(jié)論：①U型管中左池的電極反應(yīng)式____________。②對比實驗1和2（或3和4）,在一定pH范圍內(nèi)，可得出的結(jié)論為____________。③對比實驗____________和____________，還可得出在一定pH范圍內(nèi)溶液酸堿性變化對O2氧化性強弱的影響因素。④對（資料3）實驗事實的解釋為____________。21、2019年諾貝爾化學(xué)獎授予三位開發(fā)鋰離子電池的科學(xué)家。TiS2、LiCoO2、LiFePO4、LiMnO2、Cu與磷的化合物等都是研究電池的常用材料。請回答下列問題。（1）Co4+中存在__種不同能量的電子。（2）你預(yù)測第一電離能：Cu__Zn(填“＞”或“＜”)。請說出你的理由：__。（3）已知下列化合物的熔點：化合物AlF3GaF3AlCl3熔點/℃10401000194表格中鹵化物的熔點產(chǎn)生差異的原因是：___。（4）直鏈多磷酸鹽的陰離子有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)，焦磷酸根離子、三磷酸根離子結(jié)構(gòu)如圖：這類磷酸根離子的化學(xué)式可用通式表示為___(用n代表P原子數(shù))。（5）鈷藍晶胞結(jié)構(gòu)如圖1所示，該立方晶胞由4個Ⅰ型和4個Ⅱ型小立方體構(gòu)成如圖2，則鈷藍晶體的化學(xué)式為___。在晶體中，某些原子位于其它原子圍成的空隙中，如圖3中●原子就位于最近的4個原子圍成的正四面體空隙中。在鈷藍晶體中，Al3+位于O2-形成的___空隙中。若阿伏加德羅常數(shù)用NA表示，則鈷藍晶體的密度為___g·cm-3(列計算式即可，不必化簡)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

A.△H1+△H2表示ROH固體溶于水過程，該過程放熱，所以應(yīng)小于0，故錯誤；B.△H4表示ROH破壞離子鍵的過程，因為氫氧化鈉中鈉離子半徑比鉀離子半徑小，所以破壞離子鍵吸收的能量氫氧化鈉多，即△H4(NaOH)>△H4(KOH)>0，故正確；C.△H6都表示氫氧根離子從氣態(tài)變液體，能量應(yīng)相同，故錯誤；D.根據(jù)蓋斯定律分析，有△H1+△H2=△H4+△H5+△H6，因為ROH固體溶于水過程放熱，故△H1+△H2+△H4+△H5+△H6不等于0，故錯誤。故選B。2、C【解析】

A.原子晶體熔化，需破壞共價鍵，故A錯誤；B.離子晶體熔化，需破壞離子鍵，故B錯誤；C.分子晶體熔化，需破壞分子間作用力，分子間作用力不屬于化學(xué)鍵，故C正確；D.金屬晶體熔化，需破壞金屬鍵，故D錯誤；答案：C3、D【解析】

A．正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動，平衡常數(shù)增大；

B．根據(jù)計算v（NO2），再利用速率之比等于其化學(xué)計量數(shù)之比計算v（N2O4）；

C.100s時再通入0.40molN2O4，等效為在原平衡的基礎(chǔ)上增大壓強，與原平衡相比，平衡逆向移動；D.80s時到達平衡，生成二氧化氮為0.3mol/L×1L=0.3mol，結(jié)合熱化學(xué)方程式計算吸收的熱量。【詳解】A.該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，溫度升高，平衡向吸熱的方向移動，即正反應(yīng)方向移動，平衡常數(shù)K增大，A項錯誤；B.20～40s內(nèi)，，則，B項錯誤；C.100s時再通入0.40molN2O4，相當于增大壓強，平衡逆向移動，N2O4的轉(zhuǎn)化率減小，C項錯誤；D.濃度不變時，說明反應(yīng)已達平衡，反應(yīng)達平衡時，生成NO2的物質(zhì)的量為0.3mol/L×1L=0.3mol，由熱化學(xué)方程式可知生成2molNO2吸收熱量QkJ，所以生成0.3molNO2吸收熱量0.15QkJ，D項正確；答案選D?！军c睛】本題易錯點為C選項，在有氣體參加或生成的反應(yīng)平衡體系中，要注意反應(yīng)物若為一種，且為氣體，增大反應(yīng)物濃度，可等效為增大壓強；若為兩種反應(yīng)物，增大某一反應(yīng)物濃度，考慮濃度對平衡的影響，同等程度地增大反應(yīng)物濃度的話，也考慮增大壓強對化學(xué)平衡的影響，值得注意的是，此時不能用濃度的外界影響條件來分析平衡的移動。4、B【解析】

假設(shè)X的最外層電子數(shù)為x-1，則Y的最外層電子數(shù)為x-1，Z的最外層電子數(shù)為x，W的最外層電子數(shù)為x+1，R的最外層電子數(shù)為x+2，有關(guān)系式x-1+x-1+x+1+x+2=21，解x=5，則X為碳元素，Y為硅元素，Z為砷元素，W為氧元素，R為氯元素。A.因為元素非金屬性越強，其最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強，所以酸性強弱順序為高氯酸>碳酸>硅酸，故正確；B.84號元素都在第ⅥA主族，Z元素在第ⅤA主族,故錯誤；C.氯氣或二氧化氯或臭氧等可作水的消毒劑，故正確；D.As2O3中砷為中間價態(tài)，具有氧化性和還原性，故正確。故選B。5、C【解析】

A．醫(yī)用口罩能夠有效阻擋病毒的進入人體感染，故A不符合題意；B．聚丙烯樹脂為合成樹脂材料，屬于合成有機高分子材料，故B不符合題意；C．醫(yī)用酒精中乙醇的體積分數(shù)為75%，故C符合題意；D．疫苗中主要成分為蛋白質(zhì)，若溫度過高，蛋白質(zhì)會發(fā)生變性，故D不符合題意；故答案為：C。6、D【解析】

A.硫酸鎂溶液和氫氧化鋇溶液反應(yīng)中，除去發(fā)生SO42-與Ba2+的反應(yīng)外，還發(fā)生Mg2+與OH-的反應(yīng)，A錯誤；B.銅片加入稀硝酸中，生成NO氣體等，B錯誤；C.FeBr2溶液中加入過量的氯水，F(xiàn)eBr2完全反應(yīng)，所以參加反應(yīng)的Fe2+與Br-應(yīng)滿足1：2的定量關(guān)系，C錯誤；D.NaHCO3和Ba(OH)2物質(zhì)的量相等，離子方程式為HCO3-、Ba2+、OH-等摩反應(yīng)，生成BaCO3和H2O，OH-過量，D正確。故選D。7、C【解析】

A.分子中所有碳原子處于同一平面，但氫原子不在此平面內(nèi)，錯誤；B.二氯代物中，兩個氯原子連在同一碳原子上的異構(gòu)體有1種，兩個氯原子連在不同碳原子上的異構(gòu)體有3種，也就是二氯代物共有4種，錯誤；C.生成1molC6H14，至少需要3molH2，正確；D.該物質(zhì)的分子式為C6H8，1mol該物質(zhì)完全燃燒時，需消耗8molO2，錯誤。答案為C。8、C【解析】

A.分子結(jié)構(gòu)中含有，為四面體結(jié)構(gòu)，所有碳原子不可能處于同一平面，故A錯誤；B.該物質(zhì)的分子式為C8H10，屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體有乙苯和二甲苯(鄰位、間位和對位3種)，共4種，故B錯誤；C.結(jié)構(gòu)中含有碳碳雙鍵，能發(fā)生氧化反應(yīng)和加成反應(yīng)，含有和-CH2-，能發(fā)生取代反應(yīng)，故C正確；D.含有碳碳雙鍵能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)而使溴水褪色，能與酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化反應(yīng)而使高錳酸鉀溶液褪色，褪色原理不同，故D錯誤；答案選C。9、A【解析】

A、根據(jù)向淀粉碘化鉀溶液中加入少量的次氯酸鈉溶液，溶液變藍色知，次氯酸根離子將碘離子氧化成了碘單質(zhì)，碘遇淀粉變藍色，根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，次氯酸根離子是氧化劑，碘單質(zhì)是氧化產(chǎn)物，氧化性為：ClO-＞I2，再加入足量的亞硫酸鈉溶液藍色又逐漸消失，說明碘單質(zhì)又將亞硫酸根離子氧化了，得到硫酸根離子，碘單質(zhì)是氧化劑，硫酸根離子是氧化產(chǎn)物，故氧化性SO42-＜I2，因此得出氧化性的強弱為：ClO-＞I2＞SO42-，A錯誤；B、漂白精的成分中有次氯酸鈉，根據(jù)對A的分析，次氯酸鈉能將淀粉碘化鉀中的碘離子氧化成碘單質(zhì)，B正確；C、次氯酸根離子無論在堿性條件下還是在酸性條件下、中性條件下均有氧化性．因此ClO-與I-在堿性條件下可以發(fā)生氧化還原反應(yīng)，C正確；D、新制的氯水中主要是氯氣，因此新制的氯水是黃綠色的，由于氯氣的氧化性比亞硫酸根離子的氧化性強，故能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，氯氣被還原而使氯水褪色，D正確，答案選A。10、B【解析】

A．電能不是一次能源，屬于二次能源，故A錯誤；B．鋁鋰合金屬于金屬材料，故B正確；C．二氧化硅具有良好的光學(xué)特性，是制造光纜的主要原料，故C錯誤；D．新型無機非金屬材料在性能上比傳統(tǒng)無機非金屬材料有了很大的提高，可適用于不同的要求。如高溫結(jié)構(gòu)陶瓷、壓電陶瓷、透明陶瓷、超導(dǎo)陶瓷等都屬于新型無機非金屬材料，故D錯誤；故答案為B。11、B【解析】

由水電離產(chǎn)生的H＋濃度為1×10－13mol·L－1的溶液可能是酸性溶液，也可能是堿性溶液，據(jù)此分析?！驹斀狻竣僭谒嵝原h(huán)境下S2－不能大量共存，錯誤；②在堿性環(huán)境下Fe2＋不能大量共存，錯誤；③Na＋、Cl－、NO3－、SO42－在酸性、堿性環(huán)境下均能大量共存，正確；④HCO3－在酸性、堿性環(huán)境下均不能大量共存，錯誤；⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－在酸性、堿性環(huán)境下均能大量共存，正確；答案選B?！军c睛】本題隱含條件為溶液可能為酸性，也可能為堿性，除此以外，能與鋁粉反應(yīng)放出氫氣的環(huán)境也是可能為酸性或者堿性；離子能夠發(fā)生離子反應(yīng)而不能大量共存，生成弱電解質(zhì)而不能大量共存是?？键c，需要正確快速判斷。12、D【解析】

該有機物完全燃燒生成的二氧化碳和水的物質(zhì)的量相等，則滿足CnH2n，根據(jù)相對分子量為56可得：14n=56，n=4，該有機物分子式為C4H8，可能為丁烯或環(huán)丁烷、甲基環(huán)丙烷，若為丁烯，則丁烯的碳鏈異構(gòu)的同分異構(gòu)體為：①CH3CH2CH=CH2、②CH3CH=CHCH3、③(CH3)2C=CH2，其中①和③不存在順反異構(gòu)，②存在順反異構(gòu)，所以屬于烯烴的同分異構(gòu)體總共有4種；還有可能為環(huán)丁烷或者甲基環(huán)丙烷，所以分子式為C4H8的同分異構(gòu)體總共有6種。故選：D?！军c睛】完全燃燒時產(chǎn)生等物質(zhì)的量的CO2和H2O，則該烴中C、H原子個數(shù)之比為1：2，設(shè)該有機物分子式為CnH2n，則14n=56，解得n=4，再根據(jù)分子式為C4H8的碳鏈異構(gòu)及順反異構(gòu)確定同分異構(gòu)體的種類。13、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(yīng)溶液中的c(OH-)大于a點，D正確。所以選擇B。14、B【解析】

A.向20mL0.01mol?L?1的HNO2溶液中逐滴加入相同濃度的NaOH溶液，若恰好反應(yīng)需要氫氧化鈉溶液體積20mL，C點是溶液呈中性，溶質(zhì)為HNO2、NaNO2混合溶液，X<20，A項錯誤；B.由HNO2?H++NO2?，K=≈，則4.6×10?4≈，得到c(H+)=2.14×10?3mol/L，B項正確；C.c點是溶液呈中性，溶質(zhì)為HNO2、NaNO2混合溶液；氫氧化鈉溶液體積為20mL時恰好反應(yīng)，那么a到恰好完全反應(yīng)時，水的電離程度逐漸增大；d點從圖中讀不出是在恰好反應(yīng)之前還是恰好反應(yīng)之后，C項錯誤；D.b點溶液為HNO2、NaNO2混合溶液，且濃度比為1:1，由NO2?+H2O?HNO2+OH?，HNO2?H++NO2?，電離程度大于水解程度，可知溶液呈酸性，微粒濃度大小為c(NO2?)>c(Na+)>c(HNO2)，D項錯誤；答案選B。15、C【解析】

A．充電時，陽離子向陰極移動，即K＋向陰極移動，A項錯誤；B．放電時總反應(yīng)為2Zn+O2+4OH–+2H2O=2Zn(OH)42-，則充電時生成氫氧化鉀，溶液中的氫氧根離子濃度增大，B項錯誤；C．放電時，鋅在負極失去電子，電極反應(yīng)為Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-，C項正確；D．標準狀況下22.4L氧氣的物質(zhì)的量為1摩爾，電路中轉(zhuǎn)移4摩爾電子，D項錯誤；答案選C?！军c睛】電極反應(yīng)式的書寫是電化學(xué)中必考的一項內(nèi)容，一般先寫出還原劑（氧化劑）和氧化產(chǎn)物（還原產(chǎn)物），然后標出電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目，最后根據(jù)原子守恒和電荷守恒完成缺項部分和配平反應(yīng)方程式，作為原電池，正極反應(yīng)式為：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，負極電極反應(yīng)式為：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-；充電是電解池，陽離子在陰極上放電，陰離子在陽極上放電，即陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動，對可充電池來說，充電時原電池的正極接電源正極，原電池的負極接電源的負極，不能接反，否則發(fā)生危險或電極互換，電極反應(yīng)式是原電池電極反應(yīng)式的逆過程；涉及到氣體體積，首先看一下有沒有標準狀況，如果有，進行計算，如果沒有必然是錯誤選項。16、A【解析】

A.水是弱電解質(zhì)，升高溫度，促進水的電離，Kw增大，A、D、E三點均在25℃下水的電離平衡曲線上，三點的Kw相同，圖中五點溫度B>C>A＝D＝E，則Kw間的關(guān)系為B>C>A＝D＝E，故A正確；B.若從A點到D點，由于溫度不變，溶液中c（H＋）增大，c（OH－）減小，則可采用在水中加入少量酸的方法，故B錯誤；C.A點到C點，溫度升高，Kw增大，且A點和C點c（H＋）＝c（OH－），所以可采用升高溫度的方法，溫度不變時在水中加入適量H2SO4，溫度不變則Kw不變，c（H＋）增大則c（OH－）減小，A點沿曲線向D點方向移動，故C錯誤；D.100℃時，Kw＝10－12，pH＝2的硫酸溶液中c(H＋)＝10－2mol/L，pH＝12的KOH溶液中c(OH－)＝1mol/L，若二者等體積混合，由于n(OH－)>n(H＋)，所以溶液顯堿性，故D錯誤。綜上所述，答案為A?！军c睛】計算pH時一定要注意前提條件溫度，溫度變化，離子積常數(shù)隨之發(fā)生改變，則pH值也會發(fā)生改變。二、非選擇題（本題包括5小題）17、CH≡CH加成反應(yīng)碳碳雙鍵、酯基54【解析】

A屬于烴類化合物，在相同條件下，A相對于H2的密度為13，則A的相對分子質(zhì)量為26，其分子式為C2H2，應(yīng)為乙炔，結(jié)構(gòu)簡式為CH≡CH；B在催化劑作用下發(fā)生加聚反應(yīng)生成，結(jié)合B的分子式C4H6O2，可知B的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHOCOCH3，說明A和CH3COOH發(fā)生加成反應(yīng)生成了B；再在NaOH的水溶液中發(fā)生水解生成的C應(yīng)為；D的分子式為C7H8O，遇FeCl3溶液不發(fā)生顯色反應(yīng)，再結(jié)合D催化氧化生成了，可知D為苯甲醇，其結(jié)構(gòu)簡式為；苯甲醛再和CH3COOH發(fā)生信息③的反應(yīng)生成的E為，C和E發(fā)生酯化反應(yīng)生成高分子化合物F為；(6)以乙醇和苯乙醇為原料制備可利用乙醇連續(xù)氧化生成的乙酸與乙醛發(fā)生加成反應(yīng)生成CH3CH=CHCOOH，最后再與苯乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)即可得到。【詳解】(1)A的分子式為C2H2，應(yīng)為乙炔，結(jié)構(gòu)簡式為CH≡CH；(2)反應(yīng)①CH≡CH和CH3COOH發(fā)生加成反應(yīng)生成了CH2=CHOCOCH3，反應(yīng)類型為加成反應(yīng)；B為CH2=CHOCOCH3，所含官能團的名稱為碳碳雙鍵和酯基；(3)反應(yīng)③是在

NaOH的水溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，反應(yīng)化學(xué)方程式是；(4)D為，有5種等效氫，核磁共振氫譜有5組峰，峰面積比為1:2:2:2:1；D的同分異構(gòu)體中，屬于芳香族化合物的還包括苯甲醚、對甲苯酚、鄰甲苯酚和間甲苯酚，共4種；(5)反應(yīng)④是C和E發(fā)生酯化反應(yīng)生成高分子化合物F為，反應(yīng)的化學(xué)方程式是；(6)以乙醇和苯乙醇為原料制備可利用乙醇連續(xù)氧化生成的乙酸與乙醛發(fā)生加成反應(yīng)生成CH3CH=CHCOOH，最后再與苯乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)即可得到，具體的合成路線為：?！军c睛】常見依據(jù)反應(yīng)條件推斷反應(yīng)類型的方法：(1)在NaOH的水溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，可能是酯的水解反應(yīng)或鹵代烴的水解反應(yīng)。(2)在NaOH的乙醇溶液中加熱，發(fā)生鹵代烴的消去反應(yīng)。(3)在濃H2SO4存在的條件下加熱，可能發(fā)生醇的消去反應(yīng)、酯化反應(yīng)、成醚反應(yīng)或硝化反應(yīng)等。(4)能與溴水或溴的CCl4溶液反應(yīng)，可能為烯烴、炔烴的加成反應(yīng)。(5)能與H2在Ni作用下發(fā)生反應(yīng)，則為烯烴、炔烴、芳香烴、醛的加成反應(yīng)或還原反應(yīng)。(6)在O2、Cu(或Ag)、加熱(或CuO、加熱)條件下，發(fā)生醇的氧化反應(yīng)。(7)與O2或新制的Cu(OH)2懸濁液或銀氨溶液反應(yīng)，則該物質(zhì)發(fā)生的是—CHO的氧化反應(yīng)。(如果連續(xù)兩次出現(xiàn)O2，則為醇→醛→羧酸的過程)。(8)在稀H2SO4加熱條件下發(fā)生酯、低聚糖、多糖等的水解反應(yīng)。(9)在光照、X2(表示鹵素單質(zhì))條件下發(fā)生烷基上的取代反應(yīng)；在Fe粉、X2條件下發(fā)生苯環(huán)上的取代。18、羰基和酯基消去反應(yīng)【解析】

(1)由結(jié)構(gòu)可知C中含氧官能團為：酯基、羰基；(2)對比D、E的結(jié)構(gòu)，可知D分子中脫去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳雙鍵得到E；(3)A、B的分子式依次為C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，結(jié)合C的結(jié)構(gòu)，可知A為HOOC(CH2)4COOH、B為；(4)D的一種同分異構(gòu)體同時滿足下列條件：①分子中含有苯環(huán)，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明含有酚羥基；②堿性條件水解生成兩種產(chǎn)物，說明還含有酯基，且酸化后兩種分子中均只有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫；(5)由E→F→G轉(zhuǎn)化可知，可由加熱得到，而與CH2(COOCH3)2加成得到，與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)得到，然后發(fā)生催化氧化得到，最后發(fā)生消去反應(yīng)得到?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍篈為HOOC(CH2)4COOH；B為。(1)由C結(jié)構(gòu)簡式可知C中含氧官能團為：酯基、羰基；（2）對比D、E的結(jié)構(gòu)，可知D分子中脫去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳雙鍵得到E，故D生成E的反應(yīng)屬于消去反應(yīng)；(3)A、B的分子式依次為C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，結(jié)合C的結(jié)構(gòu)，可知A為HOOC(CH2)4COOH、B為；(4)D的一種同分異構(gòu)體同時滿足下列條件：①分子中含有苯環(huán)，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明含有酚羥基；②堿性條件水解生成兩種產(chǎn)物，說明還含有酯基，且酸化后兩種分子中均只有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫，符合條件的同分異構(gòu)體為：；(5)與H2在Ni催化下發(fā)生加成反應(yīng)產(chǎn)生，與O2在Cu催化下發(fā)生氧化反應(yīng)產(chǎn)生，與NaOH的乙醇溶液發(fā)生消去反應(yīng)產(chǎn)生，再與CH2(COOCH3)2發(fā)生加成反應(yīng)產(chǎn)生，該物質(zhì)在高溫下反應(yīng)產(chǎn)生，故合成路線流程圖為：?！军c睛】本題考查有機物的合成的知識，涉及官能團的識別、有機反應(yīng)類型的判斷、限制條件同分異構(gòu)體的書寫、合成路線設(shè)計等，(4)中同分異構(gòu)體的書寫為易錯點、難點,關(guān)鍵是對比物質(zhì)的結(jié)構(gòu)理解發(fā)生的反應(yīng)，題目側(cè)重考查學(xué)生分析推理能力、知識遷移運用能力。19、2ClO2＋2CN-＝2CO2＋N2＋2Cl-稀釋二氧化氯，防止因二氧化氯的濃度過高而發(fā)生爆炸防止倒吸（或作安全瓶）2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O加大氮氣的通入量酸式滴定管（或移液管）淀粉溶液溶液藍色退去0.04000【解析】

(3)ClO2有強氧化性，容易氧化乳膠，量取ClO2溶液時，不可用堿式滴定管，可用酸式滴定管或移液管。標定ClO2濃度的思路為：ClO2將I-氧化成I2，再用Na2S2O3標準液滴定生成的I2，根據(jù)電子得失守恒、原子守恒有：2ClO2～2Cl-～10e-～10I-～5I2～10Na2S2O3，據(jù)此計算解答?！驹斀狻?1)ClO2將CN-氧化成CO2和N2，自身被還原為Cl-，結(jié)合電子得失守恒、原子守恒、電荷守恒可得離子方程式為：2ClO2＋2CN-＝2CO2＋N2＋2Cl-，故答案為：2ClO2＋2CN-＝2CO2＋N2＋2Cl-；(2)①二氧化氯體積分數(shù)大于10%即可能發(fā)生爆炸，通入氮氣除起到攪拌作用外，還可以稀釋二氧化氯，防止因二氧化氯的濃度過高而發(fā)生爆炸，故答案為：稀釋二氧化氯，防止因二氧化氯的濃度過高而發(fā)生爆炸；②ClO2極易溶于水，如果沒有B，極易引起倒吸，所以B的作用是：防止倒吸（或作安全瓶），故答案為：防止倒吸（或作安全瓶）；③NaClO3作氧化劑、H2O2作還原劑，結(jié)合原子守恒、得失電子守恒可得方程式為：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O，故答案為：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O；④當看到裝置C中導(dǎo)管液面上升，說明ClO2的含量偏高了，要加大氮氣的通入量，以免爆炸，故答案為：加大氮氣的通入量；(3)ClO2有強氧化性，量取ClO2溶液時，可用酸式滴定管或移液管，ClO2將KI氧化成I2，再用Na2S2O3標準液滴定生成的I2，反應(yīng)涉及碘單質(zhì)，可用淀粉溶液做指示劑，I2遇淀粉溶液呈藍色，當I2反應(yīng)完時，溶液藍色褪去。根據(jù)電子得失守恒、原子守恒有：2ClO2～2Cl-～10e-～10I-～5I2～10Na2S2O3，消耗0.1000mol·L-1的Na2S2O3標準液20.00mL，即消耗Na2S2O3物質(zhì)的量=0.1000mol·L-1×20.00mL×10-3=2×10-3mol，由2ClO2～2Cl-～10e-～10I-～5I2～10Na2S2O3可知，n(ClO2)===4×10-4mol，c(ClO2)==0.04000mol/L，故答案為：酸式滴定管（或移液管）；淀粉溶液；溶液藍色退去；0.04000。20、除去水中溶解的氧氣，防止氧化Fe2+蒸發(fā)濃縮檢驗晶體中是否含有結(jié)晶水防止空氣中水蒸氣逆向進入裝有無水CuSO4的試管，影響實驗結(jié)果滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出現(xiàn)藍色沉淀（或先滴入2滴KSCN溶液，無明顯變化，再加入幾滴新制氯水，溶液變成紅色）4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+當其它條件相同時，硫酸根離子濃度大小影響Fe2+的穩(wěn)定性。（或當其它條件相同時，硫酸根離子濃度越大，F(xiàn)e2+的穩(wěn)定性較好。）O2+4e-+4H+=2H2O溶液酸性越強,Fe2+的還原性越弱13（或2和4）其它條件相同時，溶液酸性增強對Fe2+的還原性減弱的影響，超過了對O2的氧化性增強的影響。故pH=1的FeSO4溶液更穩(wěn)定?！窘馕觥?/p>

I.(1)亞鐵離子具有還原性，在空氣中容易被氧化；向FeSO4溶液中加入飽和(NH4)2SO4溶液，需要經(jīng)過蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌和干燥后得到一種淺藍綠色的晶體；(2)①無水硫酸銅遇水變藍色；空氣中也有水蒸氣，容易對實驗產(chǎn)生干擾；②檢驗Fe2+，可以向樣品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出現(xiàn)藍色沉淀，說明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，無明顯變化，再加入幾滴新制氯水，溶液變成紅色，說明存在Fe2+；II.(3)①由表可知，pH=4.5的0.8mol/L的FeSO4溶液中，會產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，說明二價鐵被氧化成了三價鐵，同時和水反應(yīng)生成Fe(OH)3沉淀；②0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根的濃度也不同，可以以此提出假設(shè)；(4)①FeSO4中的鐵的化合價為+2價，具有還原性，在原電池中做負極，則左池的碳電極做正極，NaCl中溶解的氧氣得電子生成，在酸性環(huán)境中生成水；②實驗1和2（或3和4）中NaCl溶液的pH相同，F(xiàn)eSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，電流越小，結(jié)合原電池裝置中，其它條件相同時，負極反應(yīng)物的還原性越強或正極反應(yīng)物的氧化性越強，該原電池的電流越大，可以得出結(jié)論；③對比實驗1和3（或2和4）發(fā)現(xiàn)，F(xiàn)eSO4溶液的pH相同時，NaCl溶液的pH越大，電流越小，結(jié)合原電池裝置中，其它條件相同時，負極反應(yīng)物的還原性越強或正極反應(yīng)物的氧化性越強，該原電池的電流越大，可以得出結(jié)論；④對比實驗1和4，NaCl溶液的pH增大酸性減弱，F(xiàn)eSO4溶液的pH減小酸性增強，但是電流卻減小，結(jié)合②③的結(jié)論分析?！驹斀狻縄.(1)亞鐵離子具有還原性，在空氣中容易被氧化，在配制溶液時使用到的蒸餾水都必須煮沸、冷卻后再使用，目的是：除去水中溶解的氧氣，防止氧化Fe2+；向FeSO4溶液中加入飽和(NH4)2SO4溶液，需要經(jīng)過蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌和干燥后得到一種淺藍綠色的晶體；(2)①無水硫酸銅遇水變藍色，該裝置的實驗?zāi)康氖牵簷z驗晶體中是否含有結(jié)晶水；空氣中也有水蒸氣，容易對實驗產(chǎn)生干擾，需要使用濃硫酸防止空氣中水蒸氣逆向進入裝有無水CuSO4的試管，影響實驗結(jié)果；②檢驗Fe2+，可以向樣品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出現(xiàn)藍色沉淀，說明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，無明顯變化，再加入幾滴新制氯水，溶液變成紅色，說明存在Fe2+；II.(3)①由表可知，pH=4.5的0.8mol/L的FeSO4溶液中，會產(chǎn)生Fe(OH