2024年北京市懷柔區(qū)高考考前模擬化學試題含解析

2024年北京市懷柔區(qū)高考考前模擬化學試題注意事項1．考試結束后，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、同素異形體指的是同種元素形成的不同結構的單質(zhì)，它描述的對象是單質(zhì)。則同分異構體、同位素、同系物描述的對象依次為A．化合物、原子、化合物 B．有機物、單質(zhì)、化合物C．無機化合物、元素、有機化合物 D．化合物、原子、無機化合物2、某溫度下，向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol?L-1的NaA．該溫度下KB．X、Y、Z三點中，Y點水的電離程度最小C．Na2D．向100mLZn2+,Cu2+濃度均為1×103、下列有關化學用語表示不正確的是（）A．蔗糖的分子式：C12H22O11 B．HClO的結構式H-Cl-OC．氯化鈉的電子式： D．二硫化碳分子的比例模型：4、有關元素性質(zhì)遞變規(guī)律的敘述正確的是A．同主族元素從上到下，單質(zhì)的熔點逐漸降低B．同主族元素從上到下，氫化物的熔點逐漸降低C．同周期元素（除零族元素外）從左到右，簡單離子半徑逐漸減小D．同周期元素（除零族元素外）從左到右，原子失電子能力逐漸減弱5、下列工業(yè)生產(chǎn)過程中涉及到反應熱再利用的是A．接觸法制硫酸 B．聯(lián)合法制純堿C．鐵礦石煉鐵 D．石油的裂化和裂解6、室溫下用下列裝置進行相應實驗，能達到實驗目的的是A．驗證濃硫酸具有強氧化性 B．制取干燥的NH3C．干燥、收集并吸收多余的SO2 D．驗證乙炔的還原性7、第三屆聯(lián)合國環(huán)境大會的主題為“邁向無污染的地球”。下列做法不應提倡的是A．推廣電動汽車，踐行綠色交通 B．改變生活方式，預防廢物生成C．回收電子垃圾，集中填埋處理 D．弘揚生態(tài)文化，建設綠水青山8、下列各組性質(zhì)比較中，正確的是()①沸點：②離子還原性：③酸性：④金屬性：⑤氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：⑥半徑：A．①②③ B．③④⑤⑥ C．②③?④ D．①③?④⑤⑥9、下列有關物質(zhì)與應用的對應關系正確的是（）A．甲醛可以使蛋白質(zhì)變性，所以福爾馬林可作食品的保鮮劑B．Cl2和SO2都具有漂白性，所以都可以使滴有酚酞的NaOH溶液褪色C．碳酸氫鈉溶液具有弱堿性，可用于制胃酸中和劑D．氯化鋁是強電解質(zhì)，可電解其水溶液獲得金屬鋁10、根據(jù)下列圖示所得出的結論不正確的是A．圖甲是室溫下20mL0.1mol?L﹣1氨水中滴加鹽酸，溶液中由水電離出的c（H+）隨加入鹽酸體積的變化關系，圖中b、d兩點溶液的pH值均為7B．圖乙是CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）的平衡常數(shù)與反應溫度的關系曲線，說明該反應的△H＜0C．圖丙是室溫下用0.1000mol?L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol?L﹣1某一元酸HX的滴定曲線，該滴定過程可以選擇酚酞作為指示劑D．圖丁是室溫下用Na2SO4除去溶液中Ba2+達到沉淀溶解平衡時，溶液中c（Ba2+）與c（SO42﹣）的關系曲線，說明Ksp（BaSO4）＝1×10﹣1011、下列關于有機物的敘述錯誤的是（）A．乙醇能發(fā)生取代反應B．分子式為C10H14的單取代芳香烴，其可能的結構有4種C．氨基酸、淀粉均屬于高分子化合物D．乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鑒別12、實驗室分離苯和水，可選用下列（）A． B． C． D．13、若用AG表示溶液的酸度，其表達式為：AG=lg[]。室溫下，實驗室里用0.10mol/L的鹽酸溶液滴定10

mL0.10mol/LMOH溶液，滴定曲線如圖所示，下列說法正確的是（）A．MOH電離方程式是MOH=M++OH-B．C

點加入鹽酸的體積為10mLC．若B點加入的鹽酸溶液體積為5

mL，所得溶液中：c(M+)+2c(H+)=c(MOH)

+

2c(OH-)D．滴定過程中從A點到D點溶液中水的電離程度逐漸增大14、下列說法正確的是()A．可用水鑒別乙酸和乙酸乙酯B．木材纖維和土豆淀粉遇碘水均顯藍色C．一定條件下，乙酸乙酯、淀粉、乙烯都能與水發(fā)生水解反應D．向蛋白質(zhì)中加入濃的Na2SO4溶液、CuSO4溶液均能凝結析出，加水后又能溶解15、已知N2H4在水中電離方式與NH3相似，若將NH3視為一元弱堿，則N2H4是一種二元弱堿，下列關于N2H4的說法不正確的是A．它與硫酸形成的酸式鹽可以表示為N2H5HSO4B．它溶于水所得的溶液中共有4種離子C．它溶于水發(fā)生電離的第一步可表示為：N2H4＋H2ON2H5＋OH－D．室溫下，向0.1mol/L的N2H4溶液加水稀釋時，n(H＋)·n(OH－)會增大16、有關晶體的下列說法中正確的是A．原子晶體中共價鍵越強，熔點越高B．分子晶體中分子間作用力越大，分子越穩(wěn)定C．冰熔化時水分子中共價鍵發(fā)生斷裂D．CaCl2晶體中含有兩種化學鍵17、t℃時，已知PdI2在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示，下列說法正確的是（）A．在t℃時PdI2的Ksp=7.0×10-9B．圖中a點是飽和溶液，b、d兩點對應的溶液都是不飽和溶液C．向a點的溶液中加入少量NaI固體，溶液由a點向c點方向移動D．要使d點移動到b點可以降低溫度18、根據(jù)實驗目的，設計相關實驗，下列實驗操作、現(xiàn)象解釋及結論都正確的是序號操作現(xiàn)象解釋或結論A在含0.1mol的AgNO3溶液中依次加入NaCl溶液和KI溶液溶液中先有白色沉淀生成，后來又變成黃色Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)B取FeSO4少許溶于水，加入幾滴KSCN溶液溶液變紅色FeSO4部分氧化C將純凈的乙烯氣體通入酸性KMnO4溶液溶液紫色褪去乙烯具有還原性D在Ca(ClO)2溶液中通入SO2氣體有沉淀生成酸性：H2SO3＞HClOA．A B．B C．C D．D19、某溫度下，向溶液中滴加的溶液，滴加過程中溶液中與溶液體積的關系如圖所示，已知：，

。下列有關說法正確的是A．a(chǎn)、b、c三點中，水的電離程度最大的為b點B．溶液中：C．向、濃度均為的混合溶液中逐滴加入的溶液，先沉淀D．該溫度下20、下列化學用語表示正確的是（）A．中子數(shù)為16的硫原子：S B．Cl-的結構示意圖：C．甲酸甲酯的結構簡式：HCOOCH3 D．氫氧化鈉的電子式：21、1875年科學家布瓦博德朗發(fā)現(xiàn)了一種新元素，命名為“鎵”，它是門捷列夫預言的元素類鋁。Ga(鎵)和As(砷)在周期表的位置如圖，下列說法不正確的是AlPGaAsA．Ga的原子序數(shù)為31B．堿性：Al(OH)3<Ga(OH)3C．簡單離子半徑r(Ga3+)>r(As3-)>r(P3-)D．GaAs可制作半導體材料，用于電子工業(yè)和通訊領域22、Mg－AgCl電池是一種用海水激活的一次性電池，在軍事上用作電動魚雷的電源。電池的總反應為Mg＋2AgCl＝MgCl2＋2Ag。下列說法錯誤的是A．該電池工作時，正極反應為2AgCl＋2e－＝2Cl－＋2AgB．該電池的負極材料Mg用金屬鋁代替后，仍能形成原電池C．有1molMg被氧化時，可還原得到108gAgD．裝備該電池的魚雷在海水中行進時，海水作為電解質(zhì)溶液二、非選擇題(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體的結構簡式________________________________。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寫出結構簡式：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構簡式________________________________。24、（12分）化合物X是一種香料，可采用乙烯與甲苯為主要原料，按下列路線合成：已知：RCHO＋CH3COOR1RCH＝CHCOOR1請回答：（1）F的名稱為_____________。（2）C→D的反應類型為_________。（3）D→E的化學方程式________________________。（4）X的結構簡式____________________。（5）D的芳香族化合物同分異構體有______種(不考慮立體異構)，其中核磁共振氫譜為4組峰，且峰面積之比為3∶2∶2∶1的是_________(寫結構簡式)。25、（12分）乙酰苯胺具有退熱鎮(zhèn)痛作用，是較早使用的解熱鎮(zhèn)痛藥，有“退熱冰”之稱。其制備原理如下：已知：①苯胺易被氧化；②乙酰苯胺、苯胺和醋酸的部分物理性質(zhì)如下表：物質(zhì)熔點沸點溶解度(20℃)乙酰苯胺114.3℃305℃0.46苯胺－6℃184.4℃3.4醋酸16.6℃118℃易溶實驗步驟如下：步驟1：在50mL圓底燒瓶中，加入5mL苯胺、7.5mL冰醋酸及少許鋅粉，依照如圖裝置組裝儀器。步驟2：控制溫度計示數(shù)約105℃，小火加熱回流1h。步驟3：趁熱將反應混合物倒入盛有100mL冷水的燒杯中，冷卻后抽濾，洗滌，得到粗產(chǎn)品。（1）步驟1中加入鋅粉的作用是________。（2）步驟2中控制溫度計示數(shù)約105℃的原因是________。（3）步驟3中趁熱將混合物倒入盛有冷水的燒杯中，“趁熱”的原因是__________________。抽濾裝置所包含的儀器除減壓系統(tǒng)外，還有________、________(填儀器名稱)。（4）步驟3得到的粗產(chǎn)品需進一步提純，該提純方法是________。26、（10分）為了將混有K2SO4、MgSO4的KNO3固體提純，并制得純凈的KNO3溶液(E)，某學生設計如下實驗方案：(1)操作①主要是將固體溶解，則所用的主要玻璃儀器是_______、_______。(2)操作②~④所加的試劑順序可以為_______，_______，_______(填寫試劑的化學式)。(3)如何判斷SO42－已除盡_____________(4)實驗過程中產(chǎn)生的多次沉淀_____(選填“需要”或“不需要”)多次過濾，理由是__________。(5)該同學的實驗設計方案中某步并不嚴密，請說明理由___________。27、（12分）碘化鈉在醫(yī)療及食品方面有重要的作用。實驗室用NaOH、單質(zhì)碘和水合肼(N2H·H2O)為原料制備碘化鈉。已知：水合肼具有還原性。回答下列問題：(1)水合肼的制備有關反應原理為：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOH→N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3①制取次氯酸鈉和氧氧化鈉混合液的連接順序為_______(按氣流方向，用小寫字母表示)。若該實驗溫度控制不當，反應后測得三頸瓶內(nèi)ClO-與ClO3-的物質(zhì)的量之比為6：1，則氯氣與氫氧化鈉反應時，被還原的氯元素與被氧化的氯元素的物質(zhì)的量之比為________。②取適量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制備水合肼，實驗中滴加順序不能顛倒，且滴加速度不能過快，理由是________________________________________。(2)碘化鈉的制備采用水合肼還原法制取碘化鈉固體，其制備流程如圖所示：①“合成”過程中，反應溫度不宜超過73℃，目的是______________________。②在“還原”過程中，主要消耗反應過程中生成的副產(chǎn)物IO3-，該過程的離子方程式為_______。工業(yè)上也可以用硫化鈉或鐵屑還原碘酸鈉制備碘化鈉，但水合肼還原法制得的產(chǎn)品純度更高，其原因是____。(3)測定產(chǎn)品中NaI含量的實驗步驟如下：a．稱取1．33g樣品并溶解，在533mL容量瓶中定容；b．量取2．33mL待測液于錐形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反應后，再加入M溶液作指示劑：c．用3．213mol·L-1的Na2S2O3標準溶液滴定至終點(反應方程式為；2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重復實驗多次，測得消耗標準溶液的體積為4．33mL。①M為____________(寫名稱)。②該樣品中NaI的質(zhì)量分數(shù)為_______________。28、（14分）H2S存在于多種燃氣中，脫除燃氣中H2S的方法很多。(1)2019年3月《sciencedirect》介紹的化學鏈技術脫除H2S的原理如圖所示。①“H2S氧化”反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為________。②“HI分解”時，每1molHI分解生成碘蒸氣和氫氣時，吸收13kJ的熱量，寫出該反應的熱化學方程式：________。③“Bunsen反應”的離子方程式為________。(2)電化學干法氧化法脫除H2S的原理如圖所示。陽極發(fā)生的電極反應為________；陰極上COS發(fā)生的電極反應為________。(3)用Fe2(SO4)3吸收液脫除H2S法包含的反應如下：(Ⅰ)H2S(g)H2S(aq)(Ⅱ)H2S(aq)H＋+HS-(Ⅲ)HS－+2Fe3＋=S↓+2Fe2＋+H＋一定條件下測得脫硫率與Fe3＋濃度的關系如圖所示。①吸收液經(jīng)過濾出S后，濾液需進行再生，較經(jīng)濟的再生方法是________。②圖中當Fe3＋的濃度大于10g·L－1時，濃度越大，脫硫率越低，這是由于________。29、（10分）機動車排放的污染物主要有碳氫化合物、一氧化碳和氮氧化物等。I．汽油燃油車上安裝三元催化轉(zhuǎn)化器，可有效降低汽車尾氣污染。（1）已知：C(s)+O2(g)==CO2(g)△H1＝?393.5kJ·mol?12C(s)+O2(g)==2CO(g)△H2＝?221.0kJ·mol?1N2(g)+O2(g)==2NO(g)△H3＝+180.5kJ·mol?1CO和NO兩種尾氣在催化劑作用下生成N2(g)的熱化學方程式是______。（2）研究CO和NO的催化反應，用氣體傳感器測得在某溫度下、一定體積的密閉容器中，不同時間NO和CO濃度如下表：時間（s）012345c(NO)/(10?4mol·L?1)10.04.502.501.501.001.00c(CO)/(10?3mol·L?1)3.603.052.852.752.702.70①前4s內(nèi)的平均反應速率υ(CO)＝______mol·L?1·s?1。②L、X可分別代表壓強或溫度。下圖表示L一定時，NO(g)的平衡轉(zhuǎn)化率隨X的變化關系。X代表的物理量是______。判斷L1、L2的大小關系，并簡述理由：______。II．柴油燃油車是通過尿素-選擇性催化還原（Urea-SCR）法處理氮氧化物。Urea-SCR的工作原理為：尿素[CO(NH2)2]水溶液通過噴嘴噴入排氣管中，當溫度高于160℃時尿素水解，產(chǎn)生NH3，生成的NH3與富氧尾氣混合后，加入適合的催化劑，使氮氧化物得以處理。（3）尿素水解的化學方程式是______。（4）下圖為在不同投料比[n(尿素)/n(NO)]時NO轉(zhuǎn)化效率隨溫度變化的曲線。①尿素與NO物質(zhì)的量比a______b（填“>”、“=”或“<”）②由圖可知，溫度升高，NO轉(zhuǎn)化效率升高，原因是______。溫度過高，NO轉(zhuǎn)化效率下降，NO的濃度反而升高，可能的原因是______（寫出一種即可）。

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、A【解析】

同分異構體是一種有相同分子式而有不同的原子排列的化合物；同種元素的不同的原子互稱同位素；同系物是結構相似、分子組成相差若干個“CH2”原子團的化合物的互稱。同分異構體、同位素、同系物描述的對象依次是化合物、原子、化合物；故A正確；答案：A2、B【解析】

向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，發(fā)生反應：Cu2++S2-?CuS↓，Cu2+單獨存在或S2-單獨存在均會水解，水解促進水的電離，Y點溶液時滴加Na2S溶液的體積是10mL，此時恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此時-lgc(Cu2+)=17.7，則平衡時c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，Ksp(CuS)=c(Cu2+)?c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，據(jù)此結合物料守恒分析?！驹斀狻緼.該溫度下，平衡時c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，則Ksp(CuS)=c(Cu2+)?c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，A錯誤；B.Cu2+單獨存在或S2-單獨存在均會水解，水解促進水的電離，Y點時恰好形成CuS沉淀，水的電離程度小于X、Z點，所以X、Y、Z三點中，Y點水的電離程度最小，B正確；C.根據(jù)Na2S溶液中的物料守恒可知：2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，C錯誤；D.向100mLZn2+、Cu2+濃度均為10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入10-4mol/L的Na2S溶液，產(chǎn)生ZnS時需要的S2-濃度為c(S2-)=3×10-2510-5mol/L=3×10-20mol/L，產(chǎn)生CuS時需要的S2-濃度為c(S2-)=1×10-35.410-5=10-30.4mol/L＜3×10-20mol/L，則產(chǎn)生CuS沉淀時所需故合理選項是B?！军c睛】本題考查沉淀溶解平衡的知識，根據(jù)圖象所提供的信息計算出CuS的Ksp數(shù)值是解題關鍵，注意掌握溶度積常數(shù)的含義及應用方法，該題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學計算能力。3、B【解析】

A、蔗糖的分子式：C12H22O11，A正確；B、HClO為共價化合物，氧原子與氫原子、氯原子分別通過1對共用電子對結合，結構式為H－O－Cl，B錯誤；C、氯化鈉為離子化合物，電子式：，C正確；D、由圖得出大球為硫原子，中間小球為碳原子，由于硫原子位于第三周期，而碳原子位于第二周期，硫原子半徑大于碳原子半徑，D正確；答案選B。4、D【解析】

A．堿金屬元素，單質(zhì)的熔沸點隨著原子序數(shù)增大而減小，鹵族元素，單質(zhì)的熔沸點隨著原子序數(shù)增大而升高，所以同主族元素從上到下，單質(zhì)的熔點可能逐漸降低、也可能逐漸升高，A錯誤；B．同一主族元素，氫化物的熔沸點隨著相對分子質(zhì)量增大而升高，但含有氫鍵的物質(zhì)熔沸點較高，碳族元素氫化物的熔點隨著原子序數(shù)增大而增大，B錯誤；C．同一周期元素，從左到右，金屬元素形成的陽離子具有上一周期惰性氣體的原子結構，簡單離子半徑逐漸減??；而非金屬元素形成的陰離子具有同一周期惰性氣體的原子結構，原子序數(shù)越大，離子半徑越小，同一周期金屬元素的離子半徑小于非金屬元素的離子半徑，第IIIA族元素簡單離子半徑最小，C錯誤；D．元素的金屬性越強，其原子失電子能力越強，同一周期元素，元素的金屬性隨著原子序數(shù)增大而減弱，非金屬性隨著原子序數(shù)增大而增強，所以同周期元素(除零族元素外)從左到右，原子失電子能力逐漸減弱，得電子的能力逐漸增強，D正確；故合理選項是D。5、A【解析】

A．接觸法制硫酸中有熱交換器，涉及到反應熱再利用，選項A正確；B．聯(lián)合法制純堿生產(chǎn)過程中不涉及到反應熱再利用，選項B錯誤；C．鐵礦石煉鐵生產(chǎn)過程中不涉及到反應熱再利用，選項C錯誤；D．石油的裂化和裂解生產(chǎn)過程中不涉及到反應熱再利用，選項D錯誤；答案選A。6、B【解析】

A.銅與濃硫酸反應需要加熱，故A錯誤；B.濃氨水滴入生石灰中，氧化鈣與水反應放出大量的熱，增大溶液中氫氧根濃度，使氨水的電離向左移動，放出的熱量有利于放出氨氣，氨氣可以用堿石灰干燥，故B正確；C.收集不到干燥的二氧化硫氣體，因為二氧化硫是酸性氧化物，不能用堿石灰干燥，故C錯誤；D.電石中混有硫化物，與水反應生成的乙炔氣體中混有硫化氫氣體，硫化氫也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，干擾乙炔的還原性驗證，故D錯誤；故選B。7、C【解析】根據(jù)大會主題“邁向無污染的地球”，所以A可減少污染性氣體的排放，即A正確；B可減少廢物垃圾的排放，則B正確；C電子垃圾回收后，可進行分類處理回收其中的有用物質(zhì)，而不能填埋，故C錯誤；D生態(tài)保護，有利于有害氣體的凈化，故D正確。本題正確答案為C。8、B【解析】

①.HF中含分子間氫鍵，沸點最高，其它氫化物中相對分子質(zhì)量大的沸點高，則沸點為，故錯誤；②.元素的非金屬性，對應離子還原性，故錯誤；③.非金屬性，元素的非金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的酸性越強，即酸性：，故正確；④.同主族從上到下，金屬性增強：，同周期從左到右，金屬性減弱，即，即金屬性：，故正確；⑤.元素的非金屬性，氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性，故正確；⑥.電子層越多，離子半徑越大，核外電子排布相同時，核電荷數(shù)越多，半徑越小，即，故正確。故選B。9、C【解析】

A．甲醛可使蛋白質(zhì)變性，可以用于浸泡標本，但甲醛有毒，不能作食品的保鮮劑，A錯誤；B．滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2氣體后溶液褪色，發(fā)生復分解反應生成亞硫酸鈉和水，體現(xiàn)酸性氧化物的性質(zhì)，B錯誤；C．小蘇打能夠與胃酸中的鹽酸反應，可用于制胃酸中和劑，C正確；D．電解氯化鋁的水溶液得到氫氣、氯氣和氫氧化鋁，制取不到Al，電解熔融氧化鋁生成鋁，D錯誤；答案為C?！军c睛】Cl2和SO2都具有漂白性，但漂白原理不同；二氧化硫使滴有酚酞的NaOH溶液褪色體現(xiàn)酸性氧化物的性質(zhì)，二氧化硫使溴水、高錳酸鉀溶液褪色體現(xiàn)二氧化硫的還原性。10、A【解析】

A、過量氨水或者鹽酸存在抑制水的電離，NH4Cl水解促進水的電離；B、根據(jù)圖象，溫度升高，平衡常數(shù)值減小，不利于反應正向進行；C、根據(jù)圖知，HX中未加NaOH溶液時，0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，說明該溶液中HX不完全電離；D、溫度不變，溶度積常數(shù)不變，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)?c(SO42-)。【詳解】A、過量氨水或者鹽酸存在抑制水的電離，NH4Cl水解促進水的電離，隨著鹽酸的滴加，溶液中NH4Cl逐漸增多，到達b點時存在NH4Cl和氨水，此時溶液中c水(H+)=10-7mol/L，可說明溶液為中性，繼續(xù)滴加至c點，此時完全是NH4Cl，溶液為酸性，繼續(xù)滴加HCl，溶液酸性增強，到達c點雖然c水(H+)=10-7mol/L，但溶液為酸性，故A符合題意；B、根據(jù)圖象，溫度升高，平衡常數(shù)值減小，說明平衡逆向移動，所以正反應為放熱反應，反應的<0，故B不符合題意；C、根據(jù)圖知，HX中未加NaOH溶液時，0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，說明該溶液中HX不完全電離，所以HX為一元弱酸，pH突躍范圍落在酚酞的指示范圍內(nèi)，可以使用酚酞，故C不符合題意；D、溫度不變，溶度積常數(shù)不變，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)?c(SO42-)，c(Ba2+)與c(SO42-)成反比，則c(SO42-)越大，c(Ba2+)越小，根據(jù)圖象上的點計算可得Ksp(BaSO4)=1×10-10，故D不符合題意；故選：A?！军c睛】本題的A選項分析需注意，b點對應溶質(zhì)為NH4Cl、NH3?H2O，此時溶液中氫離子均為水所電離，溶液呈中性，而d點對應溶質(zhì)為NH4Cl、HCl，此時溶液中氫離子為HCl水電離，溶液呈酸性。11、C【解析】

A.乙醇能與酸、鹵代烴等發(fā)生取代反應，故A正確；B.分子式為C10H14的單取代芳香烴，不飽和度為4，分子中含有一個苯環(huán)和一個丁基，其同分異構體取決于丁基的種數(shù)，丁基有4種，可能的結構有4種，故B正確；C.氨基酸不是高分子化合物，淀粉屬于高分子化合物，故C錯誤；D.乙烯可與溴發(fā)生加成反應，可用溴的四氯化碳溶液鑒別，故D正確。答案選C。12、C【解析】

苯和水分層，可選分液法分離，以此來解答。【詳解】A中為層析法；B為蒸發(fā)；D為過濾；苯和水分層，可選分液法分離，選項C符合；答案選C。【點睛】本題考查混合物分離提純，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離方法為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意層析法為解答的難點。13、C【解析】A、沒有滴入鹽酸時，MOH的AG=-8，，根據(jù)水的離子積Kw=c(H＋)×c(OH－)=10－14，解出c(OH－)=10－3mol·L－1，因此MOH為弱堿，電離方程式為MOH=M＋＋OH－，故A錯誤；B、C點時AG=0，即c(H＋)=c(OH－)，溶液顯中性，MOH為弱堿，溶液顯中性時，此時溶質(zhì)為MOH和MCl，因此消耗HCl的體積小于10mL，故B錯誤；C、B點加入鹽酸溶液的體積為5mL，此時溶液中溶質(zhì)為MOH和MCl，且兩者物質(zhì)的量相等，根據(jù)電荷守恒，由c(M＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)，根據(jù)物料守恒，c(M＋)＋c(MOH)=2c(Cl－)，兩式合并得到c(M＋)+2c(H＋)=c(MOH)+2c(OH－)，故C正確；D、隨著HCl的滴加，當?shù)渭欲}酸的體積為10mL時，水電離程度逐漸增大，當鹽酸過量，對水的電離程度起到抑制，故D錯誤。14、A【解析】

A、乙酸是溶于水的液體，乙酸乙酯是不溶于水的液體，加水出現(xiàn)分層，則為乙酸乙酯，加水不分層，則為乙酸，因此可用水鑒別乙酸和乙酸乙酯，故A正確；B、木材纖維為纖維素，纖維素不能遇碘水顯藍色，土豆中含有淀粉，淀粉遇碘單質(zhì)變藍，故B錯誤；C、乙酸乙酯中含有酯基，能發(fā)生水解，淀粉為多糖，能發(fā)生水解，乙烯不能發(fā)生水解，故C錯誤；D、Cu2＋為重金屬離子，能使蛋白質(zhì)變性，加水后不能溶解，蛋白質(zhì)和濃的輕金屬無機鹽(Na2SO4)溶液發(fā)生鹽析，加水后溶解，故D錯誤；答案選A。15、A【解析】

A、N2H4+H2ON2H5++OH-、N2H5++H2ON2H62++OH-，它屬于二元弱堿，和硫酸形成的酸式鹽應為N2H6（HSO4）2，選項A不正確；B、所得溶液中含有N2H5+、N2H62+、OH-、H+四種離子，選項B正確；C、它溶于水發(fā)生電離是分步的，第一步可表示為：N2H4＋H2ON2H5+＋OH－，選項C正確；D、Kw=c(H＋)·c(OH－)在一定溫度下為定值，因加水體積增大，故n(H＋)·n(OH－)也將增大，選項D正確；答案選A。16、A【解析】

A.原子晶體中,共價鍵越強,熔點越高，故A正確；B.分子的穩(wěn)定性與分子中的化學鍵有關,與分子間作用力無關,故B錯誤；C.冰融化時,發(fā)生了變化的是水分子之間的距離,而水分子內(nèi)部的O-H共價鍵沒有發(fā)生斷裂,故C錯誤；D.CaCl2晶體屬于離子晶體,鈣離子與氯離子之間形成的是離子鍵，氯離子與氯離子之間不存在化學鍵，故D錯誤；答案為A。17、C【解析】

A.在t℃時PdI2的Ksp=7.0×10-5×（1×10-4）2=7×10-13，故A錯誤；B.圖中a點是飽和溶液，b變?yōu)閍鉛離子的濃度增大，即b點不是飽和溶液，d變?yōu)閍點要減小碘離子的濃度，說明d點是飽和溶液，故B錯誤；C.向a點的溶液中加入少量NaI固體，即向溶液中引入碘離子，碘離子濃度增大，PdI2的溶解平衡向生成沉淀的方向移動，鉛離子濃度減小，溶液由a點向c點方向移動，故C正確；D.沉淀溶解的過程為斷鍵過程，要吸熱，即正反應沉淀溶解過程吸熱，要使d點移動到b點，即使飽和溶液變?yōu)椴伙柡腿芤?，降低溫度，溶解平衡向放熱的方向移動，即生成沉淀的方向移動，仍為飽和溶液，故D錯誤。答案選C。18、C【解析】

A．在含0.1mol的AgNO3溶液中依次加入NaCl溶液和KI溶液，溶液中先有白色沉淀生成，后來又變成黃色，如果硝酸銀過量，均有沉淀生成，不能比較AgCl、AgI的Ksp，所以不能得出Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，A錯誤；B．取FeSO4少許溶于水，加入幾滴KSCN溶液，溶液變紅色說明溶液中含有鐵離子，但不能說明FeSO4部分氧化，還有可能全部變質(zhì)，B錯誤；C．將純凈的乙烯氣體通入酸性KMnO4溶液溶液紫色褪去，說明高錳酸鉀被還原，因此可以說明乙烯具有還原性，C正確；D．在Ca(ClO)2溶液中通入SO2氣體有沉淀生成，由于次氯酸鈣具有氧化性，把二氧化硫氧化為硫酸根離子，生成的沉淀是硫酸鈣，不能得出酸性：H2SO3＞HClO，D錯誤。答案選C?！军c睛】選項A是解答的易錯點，根據(jù)沉淀的轉(zhuǎn)化判斷溶度積常數(shù)大小時必須保證溶液中銀離子全部轉(zhuǎn)化為氯化銀，否則不能。19、D【解析】

A.、水解促進水電離，

b點是與溶液恰好完全反應的點，溶質(zhì)是氯化鈉，對水的電離沒有作用，水的電離程度最小的為b點，選項A錯誤；B.根據(jù)物料守恒溶液中：2ccc

c，選項B錯誤；C.大于，所以向、濃度均為的混合溶液中逐滴加入的溶液，先沉淀，選項C錯誤；D.b點是與溶液恰好完全反應的點，

，根據(jù)b點數(shù)據(jù)，2×10-18

，該溫度下，選項D正確；答案選D。20、C【解析】

A.S原子的質(zhì)子數(shù)是16，中子數(shù)為16的硫原子：S，故A錯誤；B.Cl-的質(zhì)子數(shù)是17，核外電子數(shù)是18，Cl-的結構示意圖是，故B錯誤；C.甲酸甲酯是甲酸和甲醇酯化反應的產(chǎn)物，甲酸甲酯的結構簡式是HCOOCH3，故C正確；D.氫氧化鈉是離子化合物，氫氧化鈉的電子式是，故D錯誤。21、C【解析】

A.Al是13號元素，Ga位于Al下一周期同一主族，由于第四周期包括18種元素，則Ga的原子序數(shù)為13+18=31，A正確；B.Al、Ga是同一主族的元素，由于金屬性Al<Ga，元素的金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的堿性就越強，所以堿性：Al(OH)3<Ga(OH)3，B正確；C.電子層數(shù)相同的元素，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，電子層數(shù)不同的元素，離子核外電子層數(shù)越多，離子半徑越大，Ga3+、P3-離子核外有3個電子層，As3-離子核外有4個電子層，所以離子半徑：r(As3-)>r(P3-)>r(Ga3+)，C錯誤；D.GaAs導電性介于導體和絕緣體之間，可制作半導體材料，因此廣泛用于電子工業(yè)和通訊領域，D正確；故合理選項是C。22、C【解析】

A、由電池反應方程式看出，Mg是還原劑、AgCl是氧化劑，故金屬Mg作負極，正極反應為：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，選項A正確；B、Al的活潑性大于Ag，所以鋁和氯化銀、海水也能構成原電池，故該電池的負極材料Mg用金屬鋁代替后，仍能形成原電池，選項B正確；C、電極反應式：Mg﹣2e﹣=Mg2+，1molMg被氧化時，轉(zhuǎn)移電子是2mol，正極反應為：2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag，可還原得到216gAg，選項C錯誤；D、因為該電池能被海水激活，海水可以作為電解質(zhì)溶液，選項D正確。答案選C?！军c睛】本題考查原電池的應用?？偨Y題技巧總結：電極類型的判斷首先在明確屬于電解池還是原電池基礎上來分析的，原電池對應的是正、負兩極，電解池對應的陰、陽兩極，根據(jù)元素價態(tài)變化找出氧化劑與還原產(chǎn)物。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，符合條件的結構簡式為；(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、乙酸苯甲（醇）酯取代反應（或水解反應）2+O22+2H2O4種和【解析】

乙烯和水發(fā)生加成反應生成A，A為CH3CH2OH，A發(fā)生催化氧化生成B，根據(jù)B分子式知，B結構簡式為CH3COOH，在光照條件下甲苯和氯氣發(fā)生取代反應生成C，根據(jù)反應條件知，氯原子取代甲基上氫原子，由C分子式知，C結構簡式為，C發(fā)生取代反應生成D，D為，D發(fā)生催化氧化反應生成E為，B和D發(fā)生酯化反應生成F，F(xiàn)為，F(xiàn)發(fā)生信息中的反應生成X，根據(jù)X分子式知，X結構簡式為，（1）F為，名稱為乙酸苯甲（醇）酯；（2）C→D是在氫氧化鈉的水溶液中加熱發(fā)生水解反應，也屬于取代反應生成和氯化鈉，反應類型為取代反應（或水解反應）；（3）D→E是在催化劑的作用下與氧氣發(fā)生氧化反應生成和水，反應的化學方程式為2+O22+2H2O；（4）X的結構簡式為；（5）D為，其芳香族化合物同分異構體有甲苯醚、鄰甲基苯酚、間甲基苯酚和對甲基苯酚共4種；其中核磁共振氫譜為4組峰，且峰面積之比為3∶2∶2∶1的是甲苯醚和對甲基苯酚。25、防止苯胺被氧化，同時起著沸石的作用溫度過高，未反應的乙酸蒸出，降低反應物的利用率；溫度過低，又不能除去反應生成的水若讓反應混合物冷卻，則固體析出沾在瓶壁上不易處理吸濾瓶布氏漏斗重結晶【解析】

（1）鋅粉起抗氧化劑作用，防苯胺氧化，另外混合液加熱，加固體還起到防暴沸作用；（2）乙酸有揮發(fā)性，不易溫度太高，另外考慮到水的沸點為100℃，太低時水不易蒸發(fā)除去；（3）“趁熱”很明顯是防冷卻，而一旦冷卻就會有固體析出；抽濾裝置所包含的儀器除減壓系統(tǒng)外，還有吸濾瓶和布氏漏斗；（4）粗產(chǎn)品需進一步提純，該提純方法是重結晶。26、燒杯玻璃棒；Ba(NO3)2K2CO3KOH或（KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3）靜置，取少量上層澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不變渾濁，表明SO42－已除盡不需要因為幾個沉淀反應互不干擾，因此只過濾一次，可減少操作程序因為加入鹽酸調(diào)節(jié)溶液的pH會引進Cl－【解析】

混有K2SO4、MgSO4的KNO3固體，加入硝酸鋇、碳酸鉀除去硫酸根離子；加入氫氧化鉀除去鎂離子；稍過量的氫氧根離子、碳酸根離子用硝酸除去；【詳解】(1)固體溶解一般在燒杯中進行，并要用玻璃棒攪拌加快溶解，故答案為：燒杯；玻璃棒；(2)KNO3中混有的雜質(zhì)離子是SO42-和Mg2+，為了完全除去SO42-應該用稍過量的Ba2+，這樣稍過量的Ba2+也變成了雜質(zhì)，需要加CO32-離子來除去，除去Mg2+應該用OH-，OH-的順序沒有什么要求，過量的CO32-、OH-可以通過加入的鹽酸來除去，故答案為：Ba(NO3)2；K2CO3；KOH或（KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3）；(3)SO42－存在于溶液中，可以利用其與Ba2+反應生成沉淀來判斷，方法是靜置，取少量上層澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不變渾濁，表明已除盡，故答案為：靜置，取少量上層澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不變渾濁，表明SO42－已除盡；(4)不需要因為幾個沉淀反應互不干擾，因此只過濾一次，可減少操作程序，故答案為：不需要；因為幾個沉淀反應互不干擾，因此只過濾一次，可減少操作程序；(5)本實驗目的是為了得到純凈的KNO3溶液，因此在實驗過程中不能引入新的雜質(zhì)離子，而加入鹽酸來調(diào)節(jié)溶液的pH會引入Cl－，故答案為：因為加入鹽酸調(diào)節(jié)溶液的pH會引進Cl－?！军c睛】除去溶液中的硫酸根離子與鎂離子時無先后順序，所加試劑可先加KOH，也可先加硝酸鋇、碳酸鉀，過濾后再加適量的硝酸。27、ecdabf11:7將尿素滴到NaClO溶液中或過快滴加，都會使過量的NaClO溶液氧化水合肼，降低產(chǎn)率防止碘升華2IO3-+3N2H4?H2O=3N2↑+2I-+9H2ON2H4?H2O被氧化后的產(chǎn)物為N2和H2O，不引入雜質(zhì)淀粉94.5%【解析】

(1)①制取次氯酸鈉和氧氧化鈉混合液時先利用裝置C制取氯氣，通過裝置B除去氯氣中的氯化氫氣體，再通過裝置A反應得到混合液，最后利用裝置D進行尾氣處理，故連接順序為ecdabf；Cl2生成ClO-與ClO3-是被氧化的過程，化合價分別由3價升高為+1價和+5價，ClO-與ClO3-的物質(zhì)的量濃度之比為6：1，則可設ClO-為6mol，ClO3-為1mol，被氧化的Cl共為7mol，失去電子的總物質(zhì)的量為6mol×（1-3）+1mol×（5-3）=11mol，氧化還原反應中氧化劑和還原劑之間得失電子數(shù)目相等，Cl2生成KCl是被還原的過程，化合價由3價降低為-1價，則得到電子的物質(zhì)的量也應為7mol，則被還原的Cl的物質(zhì)的量為11mol，所以被還原的氯元素和被氧化的氯元素的物質(zhì)的量之比為11mol：7mol=11：7；②取適量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制備水合肼，實驗中滴加順序不能顛倒，且滴加速度不能過快，將尿素滴到NaClO溶液中或過快滴加，都會使過量的NaClO溶液氧化水合肼，降低產(chǎn)率；(2)①“合成”過程中，為防止碘升華，反應溫度不宜超過73℃；②在“還原”過程中，主要消耗反應過程中生成的副產(chǎn)物IO3-，N2H4?H2O與IO3-反應生成氮氣，則IO3-被還原為碘離子，該過程的離子方程式為2IO3-+3N2H4?H2O=3N2↑+2I-+9H2O；工業(yè)上也可以用硫化鈉或鐵屑還原碘酸鈉制備碘化鈉，但水合肼還原法制得的產(chǎn)品純度更高，其原因是N2H4?H2O被氧化后的產(chǎn)物為N2和H2O，不引入雜質(zhì)；(3)①滴定過程中碘單質(zhì)被還原為碘離子，故加入M溶液作指示劑，M為淀粉；②根據(jù)反應2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可知，n(NaI)=n(I2)=n(Na2S2O3)=3.213mol/L×4.33mL×1-3L/mL×=3.363mol，樣品中NaI的質(zhì)量分數(shù)為。28、1∶12HI(g)H2(g)+I2(g)；ΔH=+26kJ/molSO2+I2+2H2O=4H＋+SO42-+2I-2S2--4e－=S2COS+2e-=S2-+CO通入足量O2(或空氣)Fe3＋濃度增大，pH減小，使反應(Ⅰ)、(Ⅱ)向逆反應方向移動且pH減小因素超過反應(Ⅲ)Fe3＋濃度增大因素【解析】

(1)①“H2S氧化”為H2S與濃硫酸的反應產(chǎn)生S單質(zhì)、SO2和H2O，結合電子守恒計算；②1molHI分解生成碘蒸氣和氫氣時，吸收13kJ的熱量，結合狀態(tài)及焓變書寫熱化學方程式；③“Bunsen反應”中反應物為二氧化硫、碘、水，生成物為硫酸和HI；(2)陽極上硫離子失去電子，陰極上COS得到電子；(3)①吸收液經(jīng)過濾出S后，濾液需進行再生，可利用氧氣氧化亞鐵離子；②圖中當Fe3+的濃度大于10g/L時，濃度越大，酸性增強，導致脫硫率越低。【詳解】(1)①“H2S氧化”為H2S與濃硫酸的反應，由電子守恒可知，反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為=；②1molHI分解生成碘蒸氣和氫氣時，吸收13kJ的熱量，結合狀態(tài)及焓變可知熱化學方程式為2HI(g)H2(g)+I2(g)△H=+26kJ/mol；③“Bunsen反應”中反應物為二氧化硫、碘、水，生成物為硫酸和HI，離子反應為SO2+I2+2H2O=4H＋+SO42-+2I-；(2)由電化學干法氧化法脫除H2S的原理圖2可知，陽極發(fā)生的電極反應為2S2--4e-═S2；陰極上COS發(fā)生的電極反應為COS+2e-═S2-+CO；(3)①吸收液經(jīng)過濾出S后，濾液需進行再生，較經(jīng)濟的再生方法是通入足量O2（或空氣），故答案為通入足量O2（或空氣）；②圖中當Fe3+的濃度大于10g/L時，濃度越大，脫硫率越低，這是由于Fe3+濃度增