吉林省松原市油田第十一中學2024年高三二診模擬考試化學試卷含解析

吉林省松原市油田第十一中學2024年高三二診模擬考試化學試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、已知：C（s）+H2O（g）==CO(g)+H2(g)△H=akJ·mol-12C（s）+O2（g）==2CO(g)△H=-220kJ·mol-1H-H、O=O和O-H鍵的鍵能（kJ·mol-1）分別為436、496和462，則a為（）A．-332 B．-118 C．+350 D．+1302、X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，其中W原子的質(zhì)子數(shù)是其M層電子數(shù)的三倍，Z與W、X與Y相鄰，X與W同主族。下列說法不正確的是（）A．原子半徑：W＞Z＞Y＞XB．最高價氧化物對應水化物的酸性：X＞W(wǎng)＞ZC．最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Y＞X＞W(wǎng)＞ZD．元素X、Z、W的最高化合價分別與其主族序數(shù)相等3、常溫下，用0.10mol·L-1的AgNO3溶液分別滴定體積均為50.0mL的由Cl-與Br-組成的混合溶液和由C1-與I-組成的混合溶液(兩混合溶液中Cl-濃度相同，Br-與I-的濃度也相同)，其滴定曲線如圖所示。已知25℃時：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgBr)=4.9×10-13，Ksp(AgI)=8.5×10-16。下列有關描述正確的是（）A．圖中X-為Br-B．混合溶液中n(Cl-)：n(I-)=8：5C．滴定過程中首先沉淀的是AgClD．當?shù)稳階gNO3溶液25mL時，Cl-與Br-組成的混合溶液中c(Ag+)=7×10-7mol·L-14、常溫下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中不斷加入固體NaOH后，NH4+與NH3·H2O的變化趨勢如右圖所示(不考慮體積變化和氨的揮發(fā))，下列說法不正確的是（）A．M點溶液中水的電離程度比原溶液小B．在M點時，n(OH－)－n(H+)=(a－0.05)molC．隨著NaOH的加入，c(NH3D．當n(NaOH)=0.05mo1時，溶液中有：c(Cl－)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH－)>c(H+)5、人工腎臟可用電化學方法除去代謝產(chǎn)物中的尿素[CO（NH2）2]，原理如圖，下列有關說法不正確的是（）A．B為電源的正極B．電解結束后，陰極室溶液的pH與電解前相比將升高C．電子移動的方向是B→右側惰性電極，左側惰性電極→AD．陽極室中發(fā)生的反應依次為2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl6、不能用于比較Na與Al金屬性相對強弱的事實是A．最高價氧化物對應水化物的堿性強弱 B．Na和AlCl3溶液反應C．單質(zhì)與H2O反應的難易程度 D．比較同濃度NaCl和AlCl3的pH大小7、下列實驗操作、現(xiàn)象和結論均正確的是實驗操作和現(xiàn)象結論A向等體積等濃度的鹽酸中分別加入ZnS和CuS，ZnS溶解而CuS不溶解Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)B將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色樣品已變質(zhì)C加熱盛有少量NH4HCO3固體的試管，試管口處潤濕的紅色石蕊試紙變藍NH4HCO3顯堿性D常溫下，測得0.1mol·L－1NaA溶液的pH小于0.1mol·L－1Na2B溶液的pH酸性：HA＞H2BA．A B．B C．C D．D8、已知氣態(tài)烴A的產(chǎn)量是一個國家石油化工水平的重要標志，有機物A～E能發(fā)生如圖所示一系列變化，則下列說法正確的是()A．A→B的反應類型為加成反應B．常溫下有機物C是一種有刺激性氣味的氣體C．分子式為C4H8O2的酯有3種D．lmolD與足量碳酸氫鈉反應生成氣體的體積為22.4L9、2019年4月20日，藥品管理法修正草案進行二次審議，牢筑藥品安全防線。運用現(xiàn)代科技從苦艾精油中分離出多種化合物，其中四種的結構如下：下列說法不正確的是A．②③分子中所有的碳原子不可能處于同一平面內(nèi)B．②、④互為同分異構體C．④的一氯代物有6種D．①②③均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色10、已知：CH3C≡CH＋CO＋CH3OHM，N＋CH3OHM＋H2O。其中M的結構簡式為CH2=C(CH3)COOCH3，下列說法錯誤的是（）A．N可以使溴水褪色B．N轉化為M的反應為取代反應C．M中所有碳原子可能共面D．N屬于酯的同分異構體有3種11、香草醛是一種廣泛使用的可食用香料，可通過如下方法合成。下列說法正確的是()A．物質(zhì)Ⅰ的分子式為C7H7O2B．CHCl3分子具有正四面體結構C．物質(zhì)Ⅰ、Ⅲ(香草醛)互為同系物D．香草醛可發(fā)生取代反應、加成反應12、主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，且均不大于20。其中X、Y處于同一周期，Y的單質(zhì)與水反應可生成X的單質(zhì)，X、Y、W的最外層電子數(shù)之和是Z的最外層電子數(shù)的3倍。下列說法正確的是A．簡單離子的半徑：Z>Y>X B．WX2中含有非極性共價鍵C．簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：X>Y D．常溫常壓下Z的單質(zhì)為氣態(tài)13、下列關于自然界中氮循環(huán)示意圖（如圖）的說法錯誤的是（）A．氮元素只被氧化B．豆科植物根瘤菌固氮屬于自然固氮C．其它元素也參與了氮循環(huán)D．含氮無機物和含氮有機物可相互轉化14、“結構決定性質(zhì)”是學習有機化學尤為重要的理論，不僅表現(xiàn)在官能團對物質(zhì)性質(zhì)的影響上，還表現(xiàn)在原子或原子團相互的影響上。以下事實并未涉及原子或原子團相互影響的是A．乙醇是非電解質(zhì)而苯酚有弱酸性B．鹵代烴難溶于水而低級醇、低級醛易溶于水C．甲醇沒有酸性，甲酸具有酸性D．苯酚易與濃溴水反應生成白色沉淀而苯與液溴的反應需要鐵粉催化15、在恒容密閉容器中，反應3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)達到平衡，保持溫度不變，加入少量水蒸氣，體系重新達到平衡，下列說法正確的是A．水蒸氣的體積分數(shù)增大 B．氫氣的濃度增大C．平衡常數(shù)變大 D．鐵的質(zhì)量增大16、圖甲為一種新型污水處理裝置，該裝置可利用一種微生物將有機廢水的化學能直接轉化為電能。圖乙為電解氯化銅溶液的實驗裝置的一部分。下列說法中不正確的是A．a(chǎn)極應與X連接B．N電極發(fā)生還原反應，當N電極消耗11.2L(標準狀況下)O2時，則a電極增重64gC．不論b為何種電極材料，b極的電極反應式一定為2Cl－－2e－=Cl2↑D．若廢水中含有乙醛，則M極的電極反應為：CH3CHO＋3H2O－10e－=2CO2↑＋10H＋二、非選擇題（本題包括5小題）17、A（C2H4）是基本的有機化工原料。用A和常見的有機物可合成一種醚類香料和一種縮醛類香料，具體合成路線如圖所示（部分反應條件略去）：已知：+→2ROH+回答下列問題：（1）B的分子式是__________。若D為單取代芳香族化合物且能與金屬鈉反應；每個D分子中只含有1個氧原子，D中氧元素的質(zhì)量分數(shù)約為13.1%，則D的結構簡式為__________。（2）C中含有的官能團名稱是_______________。⑥的反應類型是________________。（3）據(jù)報道，反應⑦在微波輻射下，以NaHSO4·H2O為催化劑進行，請寫出此反應的化學方程式：___________________________________________________。（4）請寫出滿足下列條件的苯乙醛的所有同分異構體的結構簡式：______________________。i.含有苯環(huán)和結構ii.核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為3:2:2:1（5）若化合物E為苯甲醚的同系物，且相對分子質(zhì)量比苯甲醚大14，則能使FeCl3溶液顯色的E的所有同分異構體共有（不考慮立體異構）__________種。（6）參照的合成路線，寫出由2-氯丙烷和必要的溶劑、無機試劑制備的合成流程圖：_____________________________。合成流程圖示例如下：18、丹參素是一種具有保護心肌、抗血栓形成、抗腫瘤等多種作用的藥物。它的一種合成路線如下：已知：Bn－代表芐基（）請回答下列問題：（1）D的結構簡式為__________，H中所含官能團的名稱為_______________。（2）的反應類型為_____________，該反應的目的是_____________。（3）A的名稱是__________，寫出的化學方程式：________。（4）用苯酚與B可以制備物質(zhì)M（）。N是M的同系物，相對分子質(zhì)量比M大1．則符合下列條件的N的同分異構體有__________種（不考慮立體異構）。其中核磁共振氫譜有6組峰，且峰面積之比為1:1:1:2:2:3的物質(zhì)的結構簡式是_____________（寫出一種即可）。①苯環(huán)只有兩個取代基②能與溶液發(fā)生顯色反應③能發(fā)生銀鏡反應④紅外光譜表明分子中不含醚鍵（5）參照丹參素的上述合成路線，以為原料，設計制備的合成路線：____________________。19、（13分）硫酸銅晶體(CuSO4·5H2O)是銅鹽中重要的無機化工原料，廣泛應用于農(nóng)業(yè)、電鍍、飼料添加劑、催化劑、石油、選礦、油漆等行業(yè)。Ⅰ．采用孔雀石[主要成分CuCO3·Cu(OH)2]、硫酸（70%）、氨水為原料制取硫酸銅晶體。其工藝流程如下：（1）預處理時要用破碎機將孔雀石破碎成粒子直徑<1mm，破碎的目的是____________________。（2）已知氨浸時發(fā)生的反應為CuCO3·Cu(OH)2+8NH3·H2O[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3+8H2O，蒸氨時得到的固體呈黑色，請寫出蒸氨時的反應方程式：______________________。（3）蒸氨出來的氣體有污染，需要凈化處理，下圖裝置中合適的為___________（填標號）；經(jīng)吸收凈化所得的溶液用途是_______________（任寫一條）。（4）操作2為一系列的操作，通過加熱濃縮、冷卻結晶、___________、洗滌、___________等操作得到硫酸銅晶體。Ⅱ．采用金屬銅單質(zhì)制備硫酸銅晶體（5）教材中用金屬銅單質(zhì)與濃硫酸反應制備硫酸銅，雖然生產(chǎn)工藝簡潔，但在實際生產(chǎn)過程中不采用，其原因是______________________（任寫兩條）。（6）某興趣小組查閱資料得知：Cu+CuCl22CuCl，4CuCl+O2+2H2O2[Cu(OH)2·CuCl2]，[Cu(OH)2·CuCl2]+H2SO4CuSO4+CuCl2+2H2O?，F(xiàn)設計如下實驗來制備硫酸銅晶體，裝置如圖：向銅和稀硫酸的混合物中加入氯化銅溶液，利用二連球鼓入空氣，將銅溶解，當三頸燒瓶中呈乳狀渾濁液時，滴加濃硫酸。①盛裝濃硫酸的儀器名稱為___________。②裝置中加入CuCl2的作用是______________；最后可以利用重結晶的方法純化硫酸銅晶體的原因為______________________。③若開始時加入ag銅粉，含bg氯化銅溶質(zhì)的氯化銅溶液，最后制得cgCuSO4·5H2O，假設整個過程中雜質(zhì)不參與反應且不結晶，每步反應都進行得比較完全，則原銅粉的純度為________。20、為了探究鐵、銅及其化合物的性質(zhì)，某同學設計并進行了下列兩組實驗。實驗一：已知：3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)（1）虛線框處宜選擇的裝置是________(填“甲”或“乙”)；實驗時應先將螺旋狀銅絲加熱，變黑后再趁熱迅速伸入所制得的純凈氫氣中，觀察到的實驗現(xiàn)象是______________________。（2）實驗后，為檢驗硬質(zhì)玻璃管中的固體是否含＋3價的鐵元素，該同學取一定量的固體并用一定濃度的鹽酸溶解，滴加_______溶液（填試劑名稱或化學式），沒有出現(xiàn)血紅色，說明該固體中沒有＋3價的鐵元素。請你判斷該同學的結論是否正確并說明理由_________________。實驗二：綠礬是含有一定量結晶水的硫酸亞鐵，為測定綠礬中結晶水含量，將石英玻璃管（帶兩端開關K1和K2（設為裝置A）稱重，記為m1g。將樣品裝入石英玻璃管中，再次將裝置A稱重，記為m2g，B為干燥管。按下圖連接好裝置進行實驗。實驗步驟如下：（1）________，（2）點燃酒精燈，加熱，（3）______，（4）______，（5）______，（6）稱量A，重復上述操作步驟，直至A恒重，記為m3g。（3）請將下列實驗步驟的編號填寫在對應步驟的橫線上a．關閉K1和K2b．熄滅酒精燈c．打開K1和K2緩緩通入N2d．冷卻至室溫（4）必須要進行恒重操作的原因是_________________。（5）已知在上述實驗條件下，綠礬受熱只是失去結晶水，硫酸亞鐵本身不會分解，根據(jù)實驗記錄，計算綠礬化學式中結晶水數(shù)目x=__________________（用含m1、m2、m3的列式表示）。21、鐵是一種過渡元素，金屬鐵是最常用的金屬材料。請回答下列有關問題：（1）工業(yè)上常利用CO還原鐵的氧化物冶煉鐵。已知：Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH1＝－25kJ/mol3Fe2O3(s)＋CO(g)=2Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH2＝－47kJ/molFe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g)ΔH3＝＋19kJ/mol請寫出CO氣體還原FeO固體得到Fe固體和CO2氣體的熱化學反應方程式：_____。（2）11.2gFe與一定量的HNO3充分反應后，F(xiàn)e全部溶解，生成Fe2＋、Fe3＋的物質(zhì)的量之比為1：4，將生成的氣體與一定量的O2混合后通入水槽中，氣體恰好被完全吸收，O2的物質(zhì)的量是____。（3）利用電解實驗可以制得純凈的Fe(OH)2，裝置如圖所示，兩電極分別是石墨和鐵，電解質(zhì)溶液為NaCl溶液。①植物油的作用是___，在加入植物油之前，要對NaCl溶液作何處理：____。②陽極的電極反應式為____。③若將該裝置改為防止Fe發(fā)生電化學腐蝕的裝置，則Fe電極應與電源____極相連，當電路中通過2mol電子時，兩極共收集到氣體___L(標準狀況)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】

由①C（s）+H2O（g）==CO(g)+H2(g)△H=akJ·mol-1②2C（s）+O2（g）==2CO(g)△H=-220kJ·mol-1結合蓋斯定律可知,②?①×2得到O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)，△H=?220kJmol?2akJ/mol=?(220+2a)kJ/mol，焓變等于斷鍵吸收能量減去成鍵釋放的能量，則496+2×431?462×2×2=?(220+2a)，解得a=+130，故選D.2、A【解析】

W原子的質(zhì)子數(shù)是其M層電子數(shù)的3倍，根據(jù)核外電子排布規(guī)律，得出W為P，X與W同主族，則X為N，Z與W相鄰、X與Y相鄰，四種原子序數(shù)依次增大，得出在元素周期表中相應的位置，即，據(jù)此分析；【詳解】W原子的質(zhì)子數(shù)是其M層電子數(shù)的3倍，根據(jù)核外電子排布規(guī)律，得出W為P，X與W同主族，則X為N，Z與W相鄰、X與Y相鄰，四種原子序數(shù)依次增大，得出在元素周期表中相應的位置，即A.同主族從上到下，原子半徑依次增大，同周期從左向右原子半徑依次減小，因此原子半徑大小順序是r(Si)>r(P)>r(N)>r(O)，故A說法錯誤；B.利用非金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的酸性越強，非金屬性強弱順序是N>O>Si，即最高價氧化物對應水化物的酸性強弱順序是HNO3>H3PO4>H2SiO4，故B說法正確；C.利用非金屬性越強，其氫化物穩(wěn)定性越強，非金屬性強弱順序是O>N>P>Si，即最簡單氫化物的熱穩(wěn)定性強弱順序是H2O>NH3>PH3>SiH4，故C說法正確；D.主族元素的最高化合價等于最外層電子數(shù)等于族序數(shù)(除O、F外)，N、Si、P最外層電子數(shù)分別為5、4、5，族序數(shù)分別為VA、IVA、VA，故D說法正確；答案：A。3、B【解析】

向體積均為50.0mL的由Cl-與Br-組成的混合溶液和由Cl-與I-組成的混合溶液中滴加0.10mol·L-1的AgNO3溶液，根據(jù)溶度積數(shù)據(jù)，Cl-與I-組成的混合溶液中I-先沉淀，Cl-與組成的混合溶液中Br-先沉淀，由圖象可知當加入25mLAgNO3溶液時I-和Br-分別反應完，當加入65mLAgNO3溶液時Cl-反應完，據(jù)此分析解答。【詳解】A、由于Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，因此當開始沉淀時，I-濃度應該更小，縱坐標值應該更大，故X-表示I-；故A錯誤；B、由圖象可知，當?shù)味–l-與I-組成的混合溶液時，當加入25mLAgNO3溶液時I-反應完，n（I-）=0.025L0.10mol·L-1=0.0025mol；當加入65mLAgNO3溶液時Cl-反應完，即Cl-反應完消耗了40mLAgNO3溶液，n（Cl-）=0.04L0.10mol·L-1=0.004mol，混合溶液中n(Cl-)：n(I-)=0.004mol:0.0025mol=8：5，故B正確；C、由溶度積可知，滴定過程中首先沉淀的是AgI，故C錯誤；D、由圖象可知，當?shù)稳階gNO3溶液25mL時，Cl-與Br-組成的混合溶液中c(Ag+)<7×10-7mol·L-1，故D錯誤。答案選B。4、C【解析】

常溫下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中不斷加入固體NaOH，則溶液中發(fā)生反應NH4++OH-=NH1?H2O，隨著反應進行，c(NH4+)不斷減小，c(NH1?H2O)不斷增大?！驹斀狻緼項、M點是向1L0.1mol?L-1NH4Cl溶液中，不斷加入NaOH固體后，反應得到氯化銨和一水合氨的混合溶液，溶液中銨根離子濃度和一水合氨濃度相同，一水合氨是一元弱堿抑制水電離，此時水的電離程度小于原氯化銨溶液中水的電離程度，故A正確；B項、根據(jù)電荷守恒c(H+)＋c(NH4+)＋c(Na+)＝c(OH－)＋c(Cl－)，可得n(OH－)－n(H+)=[c(NH4+)＋c(Na+)－c(Cl－)]×1L，在M點時c(NH4+)=0.05mol?L￣1，c(Na+)=amol?L￣1，c(Cl－)=0.1mol?L￣1，帶入數(shù)據(jù)可得n(OH－)－n(H+)=[0.05mol?L-1+amol?L-1－0.1mol?L-1]×1L=(a－0.05)mol，故B正確；C項、氨水的電離常數(shù)Kb=c(NH4+)c(OH－)c(NH3?H2O)，則c(NH3?H2O)c(OH－)D項、當n（NaOH）=0.05mol時，NH4Cl和NaOH反應后溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的NH1?H2O和NH4Cl、NaCl，NH1．H2O的電離程度大于NH4Cl水解程度，導致溶液呈堿性，鈉離子、氯離子不水解，所以溶液中離子濃度大小順序是c（Cl-）>c（NH4+）>c（Na+）>c（OH-）>c（H+），故D正確。故選C。5、A【解析】

根據(jù)反應裝置可確定為電解池，右邊電極H原子得電子化合價降低，發(fā)生還原反應，為陰極；左邊電極為陽極，陽極室反應為6Cl﹣-6e﹣=3Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，陰極反應式為2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，電子從負極流向陰極、陽極流向正極；【詳解】A．通過以上分析知，B為電源的負極，A錯誤；B．電解過程中，陰極反應式為2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，溶液中氫氧根離子濃度增大，溶液的pH增大，所以電解結束后，陰極室溶液的pH與電解前相比將升高，B正確；C．電子從負極流向陰極、陽極流向正極，所以電子移動的方向是B→右側惰性電極、左側惰性電極→A，C正確；D．通過以上分析知，陽極室中發(fā)生的反應依次為2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，D正確；答案為A。6、B【解析】

A.對應的最高價氧化物的水化物的堿性越強，金屬性越強，可以比較Na與Al金屬性相對強弱，A項正確；B.Na和AlCl3溶液反應，主要是因為鈉先與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，生成的氫氧化鈉再和氯化鋁反應生成氫氧化鋁沉淀和氯化鈉，這不能說明Na的金屬性比鋁強，B項錯誤；C.金屬單質(zhì)與水反應越劇烈，金屬性越強，可用于比較Na與Al金屬性相對強弱，C項正確；D.AlCl3的pH小，說明鋁離子發(fā)生了水解使溶液顯堿性，而氯化鈉溶液呈中性，說明氫氧化鈉為強堿，氫氧化鋁為弱堿，所以能比較Na、Al金屬性強弱，D項正確；答案選B?！军c睛】金屬性比較規(guī)律：1、由金屬活動性順序表進行判斷：前大于后。2、由元素周期表進行判斷，同周期從左到右金屬性依次減弱，同主族從上到下金屬性依次增強。3、由金屬最高價陽離子的氧化性強弱判斷，一般情況下，氧化性越弱，對應金屬的金屬性越強，特例，三價鐵的氧化性強于二價銅。4、由置換反應可判斷強弱，遵循強制弱的規(guī)律。5、由對應最高價氧化物對應水化物的堿性強弱來判斷，堿性越強，金屬性越強。6、由原電池的正負極判斷，一般情況下，活潑性強的作負極。7、由電解池的離子放電順序判斷。7、A【解析】

A．相同條件下，溶解度大的物質(zhì)先溶解，組成和結構相似的難溶物，溶解度越大，其溶度積越大。因在等體積等濃度的鹽酸ZnS可以溶解而CuS不溶，則相同溫度下：Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），故A正確；B．Fe(NO3)2溶于稀硫酸后，F(xiàn)e2+在酸性條件下被NO3-氧化為Fe3+，此時滴加KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色，則無法證明Fe(NO3)2是否變質(zhì)，故B錯誤；C．在加熱條件下NH4HCO3固體分解生成NH3，NH3能使?jié)櫇竦募t色石蕊試紙變藍，由于固體本身沒有與試紙接觸，故本實驗不能證明NH4HCO3顯堿性，故C錯誤；D．強堿弱酸鹽的pH越大，對應酸的酸性越弱，Na2B溶液對應的酸為HB-，則由現(xiàn)象可知酸性：HA＞HB-，但是本實驗不能證明HA的酸性比H2B強，故D錯誤；故答案為A。8、A【解析】

氣態(tài)烴A的產(chǎn)量是一個國家石油化工水平的重要標志，A是C2H4；乙烯與水反應生成乙醇，乙醇催化氧化為乙醛、乙醛氧化為乙酸，乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，所以B是乙醇、C是乙醛、D是乙酸、E是乙酸乙酯。【詳解】A.乙烯與水發(fā)生加成反應生成乙醇，所以反應類型為加成反應，故A正確；B.C是乙醛，常溫下乙醛是一種有刺激性氣味的液體，故B錯誤；C.分子式為C4H8O2的酯有HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3，共4種，故C錯誤；D.lmol乙酸與足量碳酸氫鈉反應生成1mol二氧化碳氣體，非標準狀況下體積不一定為22.4L，故D錯誤。【點睛】本題考查有機物的推斷，試題涉及烯、醇、醛、羧酸等的性質(zhì)與轉化，熟悉常見有機物的轉化，根據(jù)“A的產(chǎn)量是一個國家石油化工水平的重要標志”，準確推斷A是關鍵。9、B【解析】

A．②含有飽和碳原子、，具有甲烷的結構特征，則所有的碳原子不可能在同一個平面上，故A正確；B．②、④的分子式不同，分別為C10H18O、C10H16O，則二者不是同分異構體，故B錯誤；C．④結構不對稱，一氯代物有6種，故C正確；D．①、②均含有碳碳雙鍵，可被酸性高錳酸鉀氧化，③的苯環(huán)上含有甲基，能夠被酸性高錳酸鉀溶液氧化，故D正確；答案選B。【點睛】本題的易錯點為A，有機物分子中只要含有飽和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、、)中的一種，分子中的所有原子就不可能處于同一平面內(nèi)，含有、，分子中的碳原子就不可能共平面。10、D【解析】

由CH3C≡CH＋CO＋CH3OHM，N＋CH3OHM＋H2O，其中M的結構簡式為CH2=C(CH3)COOCH3，可知N為CH2＝C(CH3)COOH。【詳解】A．由分析可知，N為CH2＝C(CH3)COOH，分子中含有碳碳雙鍵，可以使溴水褪色，故A正確；B．N＋CH3OHM＋H2O為酯化反應，屬于取代反應，故B正確；C．M中碳碳雙鍵、羰基均為平面結構，且直接相連，3個原子可共面，則M中所有碳原子可能共面，故C正確；D．CH2＝C(CH3)COOH，屬于酯的同分異構體含?COOC?，可能為CH3CH＝CHOOCH、CH2＝CHCH2OOCH、CH2＝CHOOCCH3、CH3OOCCH＝CH2，則屬于酯的同分異構體大于3種，故D錯誤；故答案選D?！军c睛】本題把握M的結構簡式及N與甲醇的酯化反應推斷N的結構為解答的關鍵，注意有機物官能團所具有的性質(zhì)。11、D【解析】

A．物質(zhì)Ⅰ()的分子式為C7H8O2，故A錯誤；B．C-H、C-Cl的鍵長不同，CHCl3分子是四面體結構，而不是正四面體結構，故B錯誤；C．物質(zhì)Ⅰ、Ⅲ結構不相似，Ⅲ含有醛基，二者不是同系物，故C錯誤；D．香草醛中含有苯環(huán)、羥基和醛基，則可發(fā)生取代、加成反應，故D正確；答案選D。12、B【解析】

主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增加，且均不大于20，只有X、Y處于同一周期，Y的單質(zhì)與水反應可生成X的單質(zhì)，X的原子序數(shù)大于W元素，則Y為F元素，X為O，結合原子序數(shù)可知Z、W位于第三周期，X、Y、W的最外層電子數(shù)之和是Z的最外層電子數(shù)的3倍，設Z的最外層電子數(shù)為m、W的最外層電子數(shù)為n，則6+7+n=3m，只有n=2時、m=5符合，Z、W不位于同周期，即Z為P、W為Ca，以此來解答?！驹斀狻拷猓河缮鲜龇治隹芍琗為O、Y為F、Z為P、W為Ca，A．電子層越多，離子半徑越大，具有相同電子排布的離子中原子序數(shù)大的離子半徑小，則簡單離子的半徑：P3-＞O2-＞F-，即Z＞X＞Y，故A錯誤；B．WX2為CaO2，含有O-O非極性鍵，故B正確；C．非金屬性越強，對應氫化物越穩(wěn)定，則簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：HF＞H2O，即Y＞X，故C錯誤；D．Z的單質(zhì)為P4或紅磷，常溫常壓下均為固態(tài)，故D錯誤；故答案為B?！军c睛】本題考查“位、構、性”的關系，其主要應用有：①元素原子的核外電子排布，決定元素在周期表中的位置，也決定了元素的性質(zhì)；②元素在周期表中的位置，以及元素的性質(zhì)，可以反映原子的核外電子排布；③根據(jù)元素周期律中元素的性質(zhì)遞變規(guī)律，可以從元素的性質(zhì)推斷元素的位置；④根據(jù)元素在周期表中的位置，根據(jù)元素周期律，可以推測元素的性質(zhì)。13、A【解析】

A.人工固氮中氮氣轉化為氨氣，是N2轉化為NH3的過程，N化合價由0→-3價，化合價降低，被還原，A錯誤；B.豆科植物根瘤菌固氮屬于自然固氮，B正確；C.生物體合成蛋白質(zhì)的過程也有碳、氫、氧元素的參與，C正確；D.根據(jù)自然界中氮循環(huán)圖知，通過生物體可以將銨鹽和蛋白質(zhì)相互轉化，實現(xiàn)了含氮的無機物和有機物的轉化，D正確；答案選A?！军c晴】自然界中氮的存在形態(tài)多種多樣，除N2、NH3、NOx、銨鹽、硝酸鹽等無機物外，還可以蛋白質(zhì)等有機物形態(tài)存在，氮的循環(huán)中氮元素可被氧化也可能發(fā)生還原反應，判斷的依據(jù)主要是看變化過程中氮元素的化合價的變化情況，要明確化合價升高被氧化，化合價降低被還原。14、B【解析】

A、乙醇中羥基與乙基相連，苯酚中羥基與苯環(huán)相連，乙醇是非電解質(zhì)而苯酚有弱酸性是烴基對羥基的影響，錯誤；B、鹵代烴難溶于水，低級醇、低級醛和水分子間形成氫鍵，易溶于水，未涉及原子或原子團相互影響，正確；C、甲醇沒有酸性，甲酸中羰基對羥基影響，使羥基氫活潑，發(fā)生電離，具有酸性，錯誤；D、苯酚中羥基影響苯環(huán)使苯環(huán)上羥基鄰、對位氫原子活潑易被取代，易與濃溴水反應生成白色沉淀，錯誤。15、B【解析】

A．鐵為固體，所以加入少量水蒸氣，相當于在恒溫密閉容器中增加壓強，與原平衡等效，所以水蒸氣的體積分數(shù)不變，A錯誤；B．加入少量水蒸氣，則反應物的濃度增大，平衡向正反應方向移動，使生成物氫氣的濃度增大，B正確；C．平衡常數(shù)僅與溫度有關，溫度不變，加入少量水蒸氣，體系重新達到平衡時平衡常數(shù)不變，C錯誤；D．加入少量水蒸氣，反應物的濃度增大，化學平衡向正反應方向移動，所以鐵的質(zhì)量變小，D錯誤；故合理選項是B。16、C【解析】

根據(jù)題給信息知，甲圖是將化學能轉化為電能的原電池，N極氧氣得電子發(fā)生還原反應生成水，N極為原電池的正極，M極廢水中的有機物失電子發(fā)生氧化反應，M為原電池的負極。電解氯化銅溶液，由圖乙氯離子移向b極，銅離子移向a極，則a為陰極應與負極相連，即與X極相連，b為陽極應與正極相連，即與Y極相連。A.根據(jù)以上分析，M是負極，N是正極，a為陰極應與負極相連即X極連接，故A正確；B.N是正極氧氣得電子發(fā)生還原反應，a為陰極銅離子得電子發(fā)生還原反應，根據(jù)得失電子守恒，則當N電極消耗11.2L(標準狀況下)氣體時，則a電極增重11.2L÷22.4L/mol×4÷2×64g/mol=64g，故B正確；C.b為陽極，當為惰性電極時，則電極反應式為2C1??2e?=Cl2↑，當為活性電極時，反應式為電極本身失電子發(fā)生氧化反應，故C錯誤；D.若有機廢水中含有乙醛，圖甲中M極為CH3CHO失電子發(fā)生氧化反應，發(fā)生的電極應為：CH3CHO+3H2O?l0e?=2CO2↑+l0H+，故D正確。答案選C?！军c睛】本題考查的是原電池和電解池的工作原理。根據(jù)裝置圖中電極反應的類型和離子移動的方向判斷甲圖中的正負極、乙圖中的陰陽極是解題的關鍵。二、非選擇題（本題包括5小題）17、CH4O羥基氧化反應、9【解析】

A的分子式為C2H4，A為乙烯，即結構簡式為CH2=CH2，根據(jù)問題（1），D能與金屬鈉反應，且D分子中只有一個氧原子，即D中含有－OH，D屬于芳香族化合物，即D中含有苯環(huán)，D的相對分子質(zhì)量為1×16/13.1%=122，根據(jù)苯乙醛推出D的結構簡式為，根據(jù)縮醛的結構簡式，推出C的結構簡式為HOCH2CH2OH，根據(jù)信息，推出B的結構簡式為CH3OH，據(jù)此分析；【詳解】A的分子式為C2H4，A為乙烯，即結構簡式為CH2=CH2，根據(jù)問題（1），D能與金屬鈉反應，且D分子中只有一個氧原子，即D中含有－OH，D屬于芳香族化合物，即D中含有苯環(huán)，D的相對分子質(zhì)量為1×16/13.1%=122，根據(jù)苯乙醛的結構簡式推出D的結構簡式為，根據(jù)縮醛的結構簡式，推出C的結構簡式為HOCH2CH2OH，根據(jù)信息，推出B的結構簡式為CH3OH，（1）根據(jù)上述分析，B的結構簡式為CH3OH，即分子式為CH4O；D能與金屬鈉反應，且D分子中只有一個氧原子，即D中含有－OH，D屬于芳香族化合物，即D中含有苯環(huán)，D的相對分子質(zhì)量為1×16/13.1%=122，根據(jù)苯乙醛的結構簡式，推出D的結構簡式為；（2）C的結構簡式為HOCH2CH2OH，含有的官能團是羥基；根據(jù)合成路線，反應⑥是苯乙醇被氧化成苯乙醛，反應類型為氧化反應；（3）反應⑦是苯乙醛與HOCH2CH2OH反應生成縮醛，即化學反應方程式為；（4）根據(jù)信息，核磁共振氫譜有4組峰，說明是對稱結構，峰面積之比為3：2：2：1，說明不同化學環(huán)境的氫原子的個數(shù)比為3：2：2：1，符合條件的結構簡式為、；（5）若化合物E為苯甲醚的同系物，且相對分子質(zhì)量比苯甲醚大14，則其分子式為C8H10O，E的同分異構體能使FeCl3溶液顯色，說明含有酚羥基，假設苯環(huán)上有－OH、－C2H5兩個取代基，有鄰間對三種結構，假設苯環(huán)上有－OH、－CH3、－CH3三個取代基，兩個甲基在鄰位，羥基有2種結構；兩個甲基在間位，羥基有3種結構；兩個甲基在對位，羥基有1種結構，一共有9種結構；（6）根據(jù)反應②，推出生成目標物原料是，根據(jù)路線①，用乙烯與O2在Ag作催化劑的條件下生成環(huán)氧乙烷，因此生成的原料是CH3CH=CH2，生成丙烯，用2－氯丙烷發(fā)生消去反應，合成路線為。【點睛】本題的難點是同分異構體的判斷，根據(jù)信息判斷出含有的形式，如本題含有苯環(huán)和，寫出苯乙醛的同分異構體，醛與酮互為同分異構體，則有，符合峰有4種，峰面積之比為3：2：2：1，然后將－CH2CHO，拆成－CH3和－CHO，在苯環(huán)上有鄰、間、對三種，然后根據(jù)峰和峰的面積進行判斷，哪些符合要求。18、醚鍵、羥基、羧基取代反應保護（酚）羥基乙二醛+O2→18【解析】

根據(jù)A的分子式和B的結構可知A為乙二醛（OHC-CHO），乙二醛氧化生成B；根據(jù)C、E、B的結構可知D為；B與D發(fā)生加成反應生成E（）；F與BnCl堿性環(huán)境下，發(fā)生取代反應生成G（），保護酚羥基不被后續(xù)步驟破壞；H與氫氣發(fā)生取代反應生成丹參素，據(jù)此分析?！驹斀狻浚?）根據(jù)合成路線逆推可知D為鄰苯二酚。H（）中所含官能團為醚鍵、羥基、羧基；答案：醚鍵、羥基、羧基（2）的結果是F中的羥基氫被芐基取代，所以是取代反應。從F到目標產(chǎn)物，苯環(huán)上的兩個羥基未發(fā)生變化，所以是為了保護酚羥基，防止它在后續(xù)過程中被破壞。答案：取代反應保護（酚）羥基（3）A為乙二醛（OHC-CHO），屬于醛基的氧化反應，方程式為+O2→；答案：乙二醛+O2→（4）根據(jù)題意，N的同分異構體必含一個酚羥基，另一個取代基可能是：HCOOCH2CH2-、HCOOCH（CH3）、OHCCH（OH）CH2-、OHCCH2CH（OH）-、、，每個取代基與酚羥基都有鄰、間、對三種位置關系，共有；其中核磁共振氫譜有6組峰，且峰面積之比為1:1:1:2:2:3的物質(zhì)的結構簡式是；答案：18（5）由原料到目標產(chǎn)物，甲基變成了羧基（發(fā)生了氧化反應），但羥基未發(fā)生變化。由于酚羥基易被氧化，所以需要預先保護起來。根據(jù)題意可以使用BnCl進行保護，最后通過氫氣使酚羥基復原，合成路線為；答案：【點睛】本題難點第（4）小題同分異構體種類判斷①注意能發(fā)生銀鏡反應的有醛基、甲酸鹽、甲酸某酯、甲酸鹽、葡萄糖、麥芽糖等；②先確定官能團種類，在確定在苯環(huán)中的位置。19、增大反應物接觸面積，提高氨浸的效率[Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2OA制化學肥料等過濾干燥產(chǎn)生有毒的氣體，污染環(huán)境；原材料利用率低；濃硫酸有強腐蝕性（任寫兩條）分液漏斗做催化劑氯化銅的溶解度在常溫下比硫酸銅晶體大得多，且氯化銅的溶解度隨溫度的變化程度不大（合理即可）×100%（或%）【解析】

（1）破碎機把孔雀石破碎成細小顆粒，增大了與氨水接觸面積，使銅與氨充分絡合，提高氨浸的效率及浸取率。（2）由題意可知，氨浸時生成[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3，加熱蒸氨的意思為加熱時[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3分解生成氨氣，由[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3的組成可知還會生成CO2、氧化銅和水，其反應方程式為[Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2O。（3）蒸氨出來的氣體有氨氣和二氧化碳，氨氣有污染，需要通入硫酸凈化處理生成硫酸銨，為了防止倒吸，合適的裝置為A；凈化后生成硫酸銨溶液，其用途是可以制備化學肥料等。（4）由題意可知，操作2為硫酸銅溶液變成硫酸銅晶體，操作為加熱濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。（5）課本中直接利用銅與濃硫酸反應會產(chǎn)生有毒的氣體二氧化硫；這樣既污染環(huán)境又使原材料利用率低；而且濃硫酸有強腐蝕性，直接使用危險性較大。（6）①盛裝濃硫酸的儀器為分液漏斗。②由題意可知，氯化銅雖然參與反應，但最后又生成了等量的氯化銅，根據(jù)催化劑的定義可知氯化銅在此反應過程中做催化劑。因為氯化銅的溶解度在常溫下比硫酸銅晶體大得多，在重結晶純化硫酸銅晶體時可以使二者分離，同時氯化銅的溶解度隨溫度的變化程度不大，可使氯化銅保持在母液中，在下一次制備硫酸銅晶體時繼續(xù)做催化劑使用。③由題意可知銅粉全部生成硫酸銅晶體（因氯化銅為催化劑，氯化銅中的銅最終不會生成硫酸銅晶體），硫酸銅晶體中的銅元素質(zhì)量為g，則銅粉的純度為×100%或化簡為%。20、乙銅絲由黑變紅硫氰化鉀或KSCN不正確，因為鐵過量時：Fe＋2Fe3+→3Fe2+cbda確保綠礬中的結晶水已全部失去【解析】試