陜西省澄城縣城關中學2024年高考化學押題試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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、工業上電解MnSO4溶液制備Mn和MnO2，工作原理如圖所示，下列說法不正確的是A．陽極區得到H2SO4B．陽極反應式為Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+C．離子交換膜為陽離子交換膜D．當電路中有2mole-轉移時，生成55gMn2、幾種短周期元素的原子半徑及主要化合價如下表：元素代號XYZW原子半徑/pm1601437574主要化合價＋2＋3＋5、－3－2下列敘述正確的是()A．Y的最高價氧化物對應的水化物顯兩性B．放電條件下，Z單質與W的常見單質直接生成ZW2C．X、Y元素的金屬性：X<YD．X2＋的離子半徑大于W2－的離子半徑3、化學在生活中有著廣泛的應用，下列對應關系錯誤的是()選項性質實際應用ASO2具有漂白性SO2可用于食品增白BSiO2熔點高SiO2可用于制作耐高溫儀器CAl(OH)3具有弱堿性Al(OH)3可用于制胃酸中和劑DFe3+具有氧化性FeCl3溶液可用于回收廢舊電路板中的銅A．A B．B C．C D．D4、氟離子電池是一種前景廣闊的新型電池，其能量密度是目前鋰電池的十倍以上且不會因為過熱而造成安全風險。如圖是氟離子電池工作示意圖，其中充電時F-從乙電極流向甲電極，下列關于該電池的說法正確的是（）A．放電時，甲電極的電極反應式為Bi－3e-＋3F-=BiF3B．放電時，乙電極電勢比甲電極高C．充電時，導線上每通過1mole-，甲電極質量增加19gD．充電時，外加電源的正極與乙電極相連5、我們熟知的一些化合物的應用錯誤的是A．MgO冶煉金屬鎂 B．NaCl用于制純堿C．Cu(OH)2用于檢驗糖尿病 D．FeCl3用于凈水6、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．Na2S溶液中：SO42-、K+、Cl-、Cu2+B．的溶液：K+、AlO2-、CO32-、Na+C．飽和氯水中：Cl-、NO3-、Na+、SO32-D．碳酸氫鈉溶液：K+、SO42-、Cl-、H+7、用如圖示的方法可以保護鋼質閘門。下列說法正確的是（）A．當a、b間用導體連接時，則X應發生氧化反應B．當a、b間用導體連接時，則X可以是鋅或石墨C．當a、b與外接電源相連時，a應連接電源的正極D．當a、b與外接電源相連時，陰極的電極反應式：2Cl--2e-=Cl2↑8、將鈉、鎂、鋁各0.3mol分別放入100ml1mol/L的鹽酸中，在同溫同壓下產生的氣體體積比是（）A．1:2:3 B．6:3:2 C．3:1:1 D．1:1:19、實驗室中某些氣體的制取、收集及尾氣處理裝置如圖所示（省略夾持和凈化裝置）。僅用此裝置和表中提供的物質完成相關實驗，最合理的選項是選項a中的物質b中的物質c中收集的氣體d中的物質A濃氨水CaONH3H2OB濃硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD濃鹽酸MnO2Cl2NaOH溶液A．A B．B C．C D．D10、下列選項中，利用相關實驗器材（規格和數量不限）能夠完成相應實驗的是選項實驗器材相應實驗A天平(帶砝碼)、100mL容量瓶、燒杯、膠頭滴管用NaCl固體配制100mL1.00mol/LNaCI溶液B燒杯、環形玻璃攪拌棒、碎泡沫塑料、硬紙板中和反應反應熱的測定C酸/堿式滴定管、滴定管夾、燒杯、錐形瓶、鐵架臺實驗測定酸堿滴定曲線D三腳架、酒精燈、坩堝、坩堝鉗、鑷子、泥三角、濾紙、小刀、玻璃片鈉在空氣中燃燒A．A B．B C．C D．D11、如圖是實驗室研究海水對鐵閘不同部位腐蝕情況的剖面示意圖。下列說法錯誤的是A．鐵閘主要發生的是吸氧腐蝕B．圖中生成鐵銹最多的是乙區域C．鐵腐蝕時的電極反應式：Fe－2e－==Fe2＋D．將鐵閘與石墨相連可保護鐵閘12、下列用途中所選用的物質正確的是A．X射線透視腸胃的內服劑——碳酸鋇B．生活用水的消毒劑——明礬C．工業生產氯氣的原料——濃鹽酸和二氧化錳D．配制波爾多液原料——膽礬和石灰乳13、下列化合物的同分異構體數目與的同分異構體數目相同的是A． B． C． D．14、化學與生活密切相關。下列說法正確的是（）A．利用二氧化硅與碳酸鈣常溫反應制備陶瓷B．紡織業利用氫氧化鈉的強氧化性將其作為漂洗的洗滌劑C．利用明礬的水溶液除去銅器上的銅銹，因Al3+水解呈酸性D．“丹砂（主要成分為硫化汞）燒之成水銀，積變又還成丹砂”中發生的反應為可逆反應15、已知有關溴化氫的反應如下：反應I：反應Ⅱ：反應Ⅲ：下列說法正確的是A．實驗室可用濃與NaBr反應制HBr并用干燥B．反應Ⅰ中還原劑和還原產物的物質的量之比為2:1C．HBr有強還原性，與溶液發生氧化還原反應D．HBr的酸性比HF強，可用氫溴酸在玻璃器皿表面作標記16、金屬鐵在一定條件下與下列物質作用時只能變為+2價鐵的是（）A．FeCl3 B．HNO3 C．Cl2 D．O217、用飽和硫酸亞鐵、濃硫酸和硝酸鉀反應可以制得純度為98%的NO，其反應為FeSO4+KNO3+H2SO4(濃)Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O(未配平)。下列有關說法不正確的是A．該反應的氧化劑是KNO3B．氧化產物與還原產物的物質的量之比為2∶3C．Fe2(SO4)3、K2SO4、H2O均為電解質D．該反應中生成144gH2O，轉移電子的物質的量為12mol18、下列實驗中，由現象得出的結論正確的是選項操作和現象結論A將3體積SO2和1體積O2混合通過灼熱的V2O5充分反應，產物依次通過BaCl2溶液和品紅溶液，前者產生白色沉淀，后者褪色SO2和O2的反應為可逆反應B用潔凈的玻璃棒蘸取少量某溶液進行焰色反應，火焰為黃色該溶液為鈉鹽溶液C向某無色溶液中滴加氯水和CCl4，振蕩、靜置，下層溶液呈紫紅色原溶液中含有I-D用濃鹽酸和石灰石反應產生的氣體通入Na2SiO3溶液中，Na2SiO3溶液變渾濁C元素的非金屬性大于Si元素A．A B．B C．C D．D19、當大量氯氣泄漏時，用浸潤下列某物質水溶液的毛巾捂住鼻子可防中毒．適宜的物質是A．NaOH B．KI C．NH3 D．Na2CO320、下列反應符合事實且化學方程式或離子方程式書寫正確的是A．過量鐵粉與氯氣反應：B．往溶液中通入少量的：C．用稀鹽酸除去銀鏡：D．溶液與溶液等體積混合：21、鋅–空氣燃料電池可用作電動車動力電源，電池的電解質溶液為KOH溶液，反應為2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)42-。下列說法正確的是（）A．充電時，電解質溶液中K+向陽極移動B．充電時，電解質溶液中c(OH－)逐漸減小C．放電時，負極反應為：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）22、下列有關化學用語表示正確的是A．CCl4分子的比例模型： B．氟離子的結構示意圖：C．CaCl2的電子式： D．氮分子的結構式：N—N二、非選擇題(共84分)23、（14分）白藜蘆醇在保健品領域有廣泛的應用。其合成路線如下：回答下列問題：(1)物質B中含氧官能團的名_______。B→C的反應類型為___________。(2)1mol有機物D最多能消耗NaOH為_________mol，白藜蘆醇遇足量濃溴水時反應的化學方程式為____________。(3)已知的系統名稱1，3-苯二酚，則A的名稱為________，已知乙酸酐()極易與水反應生成乙酸，是很好的吸水劑。試從平衡移動的角度分析A→B反應中用乙酸酐代替乙酸的目的是__________。(4)C的核磁共振氫譜有_________組峰，寫出滿足下列條件的化合物X的所有同分異構體的結構簡式__________。①具有與X相同的官能團②屬于醋酸酯(5)利用甲苯、磷葉立德試劑和乙醛為原料可以合成(涉及無機試劑自選)，請寫出合成路線__________。24、（12分）化合物W是一種藥物的中間體，一種合成路線如圖：已知：①②請回答下列問題：（1）A的系統命名為___。（2）反應②的反應類型是__。（3）反應⑥所需試劑為___。（4）寫出反應③的化學方程式為___。（5）F中官能團的名稱是___。（6）化合物M是D的同分異構體，則符合下列條件的M共有__種（不含立體異構）。①1molM與足量的NaHCO3溶液反應，生成二氧化碳氣體22.4L(標準狀態下)；②0.5molM與足量銀氨溶液反應，生成108gAg固體其中核磁共振氫譜為4組峰且峰面積比為6∶2∶1∶1的結構簡式為__（寫出其中一種）。（7）參照上述合成路線，以C2H5OH和為起始原料，選用必要的無機試劑合成，寫出合成路線__。25、（12分）為了測定工業純堿中Na2CO3的質量分數（含少量NaCl），甲、乙、丙三位學生分別設計了一套實驗方案。學生甲的實驗流程如圖所示：學生乙設計的實驗步驟如下：①稱取樣品，為1.150g；②溶解后配成250mL溶液；③取20mL上述溶液，加入甲基橙2～3滴；④用0.1140mol/L的標準鹽酸進行滴定；⑤數據處理。回答下列問題：（1）甲學生設計的定量測定方法的名稱是___法。（2）試劑A可以選用___（填編號）a．CaCl2b．BaCl2c．AgNO3（3）操作Ⅱ后還應對濾渣依次進行①___、②___兩個實驗操作步驟。其中，證明前面一步的操作已經完成的方法是___；（4）學生乙某次實驗開始滴定時，鹽酸溶液的刻度在0.00mL處，當滴至試劑B由___色至___時，鹽酸溶液的刻度在14.90mL處，乙同學以該次實驗數據計算此樣品中Na2CO3的質量分數是___（保留兩位小數）。乙同學的這次實驗結果與老師給出的理論值非常接近，但老師最終認定他的實驗方案設計不合格，你認為可能的原因是什么？___。（5）學生丙稱取一定質量的樣品后，只加入足量未知濃度鹽酸，經過一定步驟的實驗后也測出了結果。他的實驗需要直接測定的數據是___。26、（10分）某化學興趣小組的同學利用如圖所示實驗裝置進行某些氣體的制備、物質性質的探究等實驗（圖中夾持裝置省略）。請按要求填空：（1）實驗室制取SO2氣體時，可選擇的合適試劑___（選填編號）。a．15%的H2SO4溶液b．75%的H2SO4溶液c．Na2SO3固體d．CaSO3固體相應的制取裝置是___（填圖中裝置下方編號）。（2）實驗室若用裝置①來制取H2S氣體，可選擇的固體反應物是___（選填編號）。a．Na2S固體b．CuS固體c．FeS固體d．FeS2固體反應的離子方程式為___。（3）如何檢驗裝置①的氣密性？簡述其操作：___。（4）實驗室里可用濃硫酸和無水酒精反應制取乙烯，除了題中的儀器外，制取裝置中還缺少的玻璃儀器是___。（5）該化學興趣小組為探究制備乙烯是否存在副產物SO2和CO2，制備的氣體從發生裝置出來除去乙烯后依次選擇了裝置②、④、⑤，其中裝置②盛有的試劑是___，裝置④盛有的試劑是___。27、（12分）PbCrO4是一種黃色顏料，制備PbCrO4的一種實驗步驟如圖1：已知：①Cr（OH）3（兩性氫氧化物）呈綠色且難溶于水②Pb（NO3）2、Pb（CH3COO）2均易溶于水，PbCrO4的Ksp為2.8×10﹣13，Pb（OH）2開始沉淀時pH為7.2，完全沉淀時pH為8.7。③六價鉻在溶液中物種分布分數與pH關系如圖2所示。④PbCrO4可由沸騰的鉻酸鹽溶液與鉛鹽溶液作用制得，含PbCrO4晶種時更易生成（1）實驗時需要配置100mL3mol?L﹣1CrCl3溶液，現有量筒、玻璃棒、燒杯，還需要玻璃儀器是___。（2）“制NaCrO2（aq）”時，控制NaOH溶液加入量的操作方法是_____。（3）“氧化”時H2O2滴加速度不宜過快，其原因是_____；“氧化”時發生反應的離子方程式為___。（4）“煮沸”的目的是_____。（5）請設計用“冷卻液”制備PbCrO4的實驗操作：_____[實驗中須使用的試劑有：6mol?L﹣1的醋酸，0.5mol?L﹣1Pb（NO3）2溶液，pH試紙]。28、（14分）黃銅礦是工業冶煉銅的原料，主要成分為CuFeS2。試回答下列問題：（1）基態硫原子核外電子有_____種不同運動狀態，能量最高的電子所占據的原子軌道形狀為_________。（2）基態Cu原子的價層電子排布式為_________；Cu、Zn的第二電離能大小I2(Cu)_________I2(Zn)(填“>”“<”或“=”)。（3）SO2分子中S原子的軌道雜化類型為_________，分子空間構型為_________；與SO2互為等電子體的分子有_________(寫一種)。（4）請從結構角度解釋H2SO3的酸性比H2SO4酸性弱的原因_________。（5）Cu(CH3CN)4比四氨合銅離子穩定，其配離子中心原子配位數為_________，配位體中σ鍵與π鍵個數之比為_________。（6）鐵鎂合金是目前已發現的儲氫密度最高的儲氫材料之一，其晶胞結構如圖所示。若該晶體儲氫時，H2分子在晶胞的體心和棱的中心位置，距離最近的兩個H2分子之間距離為anm。則該晶體的密度為_________g/cm3(列出計算表達式)。29、（10分）a、b、c、d、e是元素周期表中前四周期的元素，其原子序數依次增大，a為元素周期表中原子半徑最小的元素，b的基態原子中占有電子的3個能級上的電子總數均相等，d與b同族，c與b同周期，且c的所有p軌道上的電子總數與所有s軌道上的電子總數相等，e的次外層電子數是其最外層電子的7倍。回答下列問題：（1）c、d形成的化合物的晶體類型為___________；（2）b、ac形成的三原子分子中，c原子的雜化方式為___________；（3）b、c、d三種元素的電負性由小到大的順序為___________；（用元素符號表示），d元素基態原子價層電子排布式為_________；（4）金屬Mg與a、e形成的化合物是目前人類已發現的體積儲氫密度最高的儲氫材料之一，其晶胞結構如圖所示，其中黑球代表e，深灰色小球代表Mg，淺灰色小球代表a，其中淺灰色小球除在棱上、面上以外，在晶胞內部還有6個。試寫出該化合物的化學式：__________________。（5）b、c、e能形成如圖所示三角雙錐構型的配合物分子，三種元素的原子分別用大白球、小白球和灰色小球代表。該配合物形成配位鍵時提供空軌道的原子是___________（填元素符號），該配合物中大白球代表的元素的化合價為___________。（6）①在水溶液中，水以多種微粒的形式與其他化合物形成水合物。試畫出如下微粒的結構圖式。H5O2+______________________②如圖為冰的一種骨架形式，依此為單位向空間延伸該冰中的每個水分子有___________個氫鍵；如果不考慮晶體和鍵的類型，哪一物質的空間連接方式與這種冰的連接類似_______

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】

根據圖示，不銹鋼電極為陰極，陰極上發生還原反應，電解質溶液中陽離子得電子，電極反應為：Mn2++2e-=Mn；鈦土電極為陽極，錳離子失去電子轉化為二氧化錳，電極反應為：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，據此解題。【詳解】A．根據分析，陰極電極反應為：Mn2++2e-=Mn，陽極電極反應為：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，陰極區的SO42-通過交換膜進入陽極區，因此陽極上有MnO2析出，陽極區得到H2SO4，故A正確；B．根據分析，陽極反應式為Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，故B正確；C．由A項分析，陰極區的SO42-通過交換膜進入陽極區，則離子交換膜為陰離子交換膜，故C錯誤；D．陰極電極反應為：Mn2++2e-=Mn，當電路中有2mole-轉移時，陰極生成1molMn，其質量為1mol×55g/mol=55g，故D正確；答案選C。【點睛】本題易錯點是C選項判斷硫酸根離子的移動方向，陰極陽離子減少導致錯誤判斷會認為陰極需要補充陽離子，陽極產生的氫離子數目多，硫酸根離子應向陽極移動。2、A【解析】

W化合價為-2價，沒有最高正化合價+6價，故W為O元素；

Z元素化合價為+5、-3，Z處于ⅤA族，原子半徑與氧元素相差不大，則Z與氧元素處于同一周期，故Z為N元素；

X化合價為+2價，應為ⅡA族元素，Y的化合價為+3價，處于ⅢA族，二者原子半徑相差較小，可知兩者位于同一周期相鄰主族，由于X、Y的原子半徑與W、Z原子半徑相差很大，則X、Y應在第三周期，所以X為Mg元素，Y為Al元素，結合元素周期律與元素化合物性質解答。【詳解】根據上述分析可知，X、Y、Z、W分別是Mg、Al、N、O元素，則A.Y的最高價氧化物對應的水化物為氫氧化鋁，即可以與強酸反應，也可以與強堿反應，顯兩性，故A正確；B.放電條件下，氮氣與氧氣會生成NO，而不能直接生成NO2，故B錯誤；C.同一周期中，從左到右元素的金屬性依次減弱，則金屬性：Mg>Al，即X>Y，故C錯誤；D.電子層數相同時，元素原子的核電荷數越小，離子半徑越大，則Mg2＋的離子半徑小于O2－的離子半徑，故D錯誤；答案選A。3、A【解析】

A、SO2有毒，對人體有傷害，不能用于食品加工，故說法錯誤；B、SiO2是原子晶體，熔點高，因此可以作耐高溫儀器，故說法正確；C、胃酸的成分是鹽酸，氫氧化鋁表現弱堿性，可以中和胃酸，因此用于胃酸中和劑，故說法正確；D、銅和Fe3＋發生反應，即2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，故說法正確。4、C【解析】

充電時F－從乙電極流向甲電極，說明乙為陰極，甲為陽極。【詳解】A.放電時，甲電極的電極反應式為BiF3+3e－=Bi＋3F－，故A錯誤；B.放電時，乙電極電勢比甲電極低，故B錯誤；C.充電時，甲電極發生Bi－3e－＋3F－=BiF3，導線上每通過1mole－，則有1molF－變為BiF3，其質量增加19g，故C正確；D.充電時，外加電源的負極與乙電極相連，故D錯誤。綜上所述，答案為C。【點睛】陽極失去電子，化合價升高，陰離子移向陽極，充電時，電源正極連接陽極。5、A【解析】

A．MgO屬高熔點化合物，工業上常用電解熔融MgCl2制備金屬鎂，故A錯誤；B．侯氏制堿法就是向飽和氯化鈉溶液中先通氨氣再通二氧化碳來制備純堿，所以NaCl用于制純堿，故B正確；C．檢驗糖尿病是通過檢驗尿液中葡萄糖的含量即用新制的氫氧化銅與尿液在加熱條件下反應看是否有磚紅色沉淀產生，故C正確；D．FeCl3水解生成Fe（OH）3膠體，水解方程式為FeCl3+3H2O?Fe（OH）3（膠體）+3HCl，膠體能吸附水中的懸浮物而凈水，故D正確；故選：A。6、B【解析】A、Cu2＋與S2－生成難溶物是CuS，不能大量共存，故錯誤；B、此溶液顯堿性，這些離子大量共存，故正確；C、氯水中Cl2和HClO，具有強氧化性，能把SO32－氧化成SO42－，不能大量共存，故錯誤；D、HCO3－與H＋反應生成CO2，不能大量共存，故錯誤。7、A【解析】

A．當a、b間用導體連接時構成原電池，根據題意，X應為負極，發生氧化反應，A正確；B．當a、b間用導體連接時構成原電池，根據題意，X應為負極，X應比Fe活潑，則X可以是鋅，不能選用石墨，B錯誤；C．當a、b與外接電源相連時，a應連接電源的負極，C錯誤；D．當a、b與外接電源相連時，陰極應該發生得電子的還原反應，D錯誤；答案選A。8、C【解析】

Na與鹽酸反應：2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，Mg與鹽酸反應：Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑，Al與鹽酸的反應：2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，然后判斷過量，如果金屬鈉過量，Na還會與水反應；【詳解】2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑220.30.3>100×10－3L×1mol·L－1，鹽酸不足，金屬鈉過量，因此金屬鈉還與水反應：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，根據得失電子數目守恒，有0.3mol×1=n(H2)×2，即n(H2)=0.15mol；Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑0.30.6>100×10－3L×1mol·L－1，鹽酸不足，金屬鎂過量，產生n(H2)=0.1mol/2=0.05mol，2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，同理鹽酸不足，鋁過量，產生n(H2)=0.05mol，相同條件下，氣體體積比值等于其物質的量比值，即氣體體積比值為0.15mol：0.05mol：0.05mol=3：1：1，故C正確。【點睛】易錯點是金屬鈉產生H2，學生容易認為鹽酸不足，按照鹽酸進行判斷，錯選D選項，忽略了過量的金屬鈉能與水反應產生H2，即判斷金屬鈉產生H2的物質的量時，可以采用得失電子數目相等進行計算。9、B【解析】

該裝置分別為固液不加熱制氣體，向上排空氣法收集氣體，以及采用防倒吸的方法進行尾氣處理。【詳解】A、氨氣密度比空氣小，不能使用向上排空氣法，錯誤；B、正確；C、銅與稀硝酸反應需要加熱，且NO2用水吸收會發生3NO2+H2O=2HNO3+NO，用防倒吸裝置不妥，錯誤；D、制取氯氣需要加熱，錯誤。10、D【解析】

A、用NaCl固體配制100mL1.00mol/LNaCI溶液，需用玻璃棒引流和攪拌，故不選A；B、中和反應反應熱的測定需用溫度計測量反應前后的溫度，故不選B；C、實驗測定酸堿滴定曲線，需用有指示劑判斷滴定終點，故不選C；D、用三腳架、酒精燈、坩堝、坩堝鉗、鑷子、泥三角、濾紙、小刀、玻璃片可以完成鈉在空氣中燃燒的實驗，故選D。【點睛】本題涉及基礎實驗操作儀器的選擇，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，把握實驗的方法、步驟和使用的儀器，注重課本實驗等基礎知識的積累。11、D【解析】

A．海水溶液為弱堿性，發生吸氧腐蝕，在酸性較強的條件下才發生析氫腐蝕，故A正確；B．在乙處，海水與氧氣接觸，與Fe最易形成原電池，發生的吸氧腐蝕的程度最大，生成鐵銹最多，故B正確；C．鐵腐蝕時作負極失電子生成亞鐵離子，電極反應式：Fe－2e－=Fe2＋，故C正確；D．將鐵閘與石墨相連，鐵比碳活潑，鐵作負極失電子，可以加快海水對鐵閘的腐蝕，故D錯誤；答案選D。12、D【解析】

A.碳酸鋇與胃酸反應，X射線透視腸胃的內服劑通常是硫酸鋇，A項錯誤；B.明礬溶于水電離出的Al3＋水解生成Al(OH)3膠體，能吸附水中的懸浮物，達到凈水的目的，不能殺菌消毒，B項錯誤；C.工業生產氯氣是用電解飽和食鹽水法，濃鹽酸和二氧化錳是實驗室制氯氣的方法，C項錯誤；D.配制波爾多液的原料用膽礬和石灰乳，D項正確；答案選D。13、D【解析】

C3H8中含有2種化學環境不同的H原子數目，再利用-OH原子團替換H原子，判斷屬于醇的同分異構體，C3H8O只有一種醚的結構，即甲乙醚，據此分析解答。【詳解】C3H8分子中有2種化學環境不同的H原子，其一羥基代物有2種分別為：CH3CH2CH2OH和CH3CH(OH)CH3，C3H8O只有一種醚的結構，即甲乙醚，故C3H8O的同分異構體數目為3。A．C3H6可以為丙烯和環丙烷，具有2種結構，同分異構體數目不相同，故A不選；B．C4H8可以為1-丁烯、2-丁烯、2-甲基-1-丙烯和環丁烷以及甲基環丙烷等，具有5種同分異構體，同分異構體數目不相同，故B不選；C．C6H4Cl2可以是由苯環經過二氯取代生成的產物，有鄰、間、對三種同分異構體，另外還可以是含有碳碳雙鍵以及三鍵的物質，故有大于3種同分異構體，同分異構體數目不相同，故C不選；D．C5H12有3種同分異構體，分別為正戊烷、異戊烷和新戊烷，同分異構體數目相同，故D選；故選D。14、C【解析】

A．二氧化硅與碳酸鈣常溫下不反應，A錯誤；B．氫氧化鈉沒有強氧化性，作漂洗劑時利用它的堿性，B錯誤；C．明礬在水溶液中Al3+水解生成硫酸，可除去銅器上的銅銹，C正確；D．丹砂中的硫化汞受熱分解生成汞，汞與硫化合生成丹砂，條件不同，不是可逆反應，D錯誤；故選C。15、B【解析】

A.HBr會與發生反應，故HBr不能用干燥，A錯誤；B.反應Ⅰ中還原劑為HBr，還原產物為水，還原劑和還原產物的物質的量之比為2:1，B正確；C.HBr與溶液會發生復分解反應生成AgBr沉淀，C錯誤；D.HF中F是親硅元素，故可用于刻蝕玻璃，而HBr不行，D錯誤；故答案選B。16、A【解析】

A．鐵與FeCl3反應生成氯化亞鐵，為+2

價鐵，故A正確；B．鐵與過量的硝酸反應生成三價鐵離子，與少量的硝酸反應生成二價鐵離子，所以不一定變為+2

價鐵，故B錯誤；C．鐵與氯氣反應只生成FeCl3，為+3價鐵，故C錯誤；D．鐵在氧氣中燃燒生成四氧化三鐵，為+2和+3價鐵，故D錯誤；故選：A。17、B【解析】

A.在反應FeSO4+KNO3+H2SO4(濃)Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O中，N元素的化合價由反應前KNO3中的+5價變為反應后NO中的+2價，化合價降低，獲得電子，所以該反應的氧化劑是KNO3，A正確；B.配平的化學方程式為6FeSO4+2KNO3+4H2SO4(濃)3Fe2(SO4)3+2NO↑+K2SO4+4H2O，在該反應中KNO3作氧化劑，還原產物是NO，FeSO4作還原劑，Fe2(SO4)3是氧化產物，根據反應過程中電子轉移數目相等，所以n(KNO3)：n(FeSO4)=1：3=2：6，則氧化產物Fe2(SO4)3與還原產物NO的物質的量之比為3∶2，B錯誤；C.Fe2(SO4)3、K2SO4都是鹽，屬于強電解質，H2O能部分電離產生自由移動的離子，是弱電解質，因此這幾種物質均為電解質，C正確；D.根據方程式可知：每反應產生72gH2O，轉移6mol電子，則生成144gH2O，轉移電子的物質的量為12mol，D正確；故合理選項是B。18、C【解析】

A.SO2過量，故不能通過實驗中證明二氧化硫有剩余來判斷該反應為可逆反應，選項A錯誤；B.不一定為鈉鹽溶液，也可以是NaOH溶液，選項B錯誤；C.向某無色溶液中滴加氯水和CCl4，振蕩、靜置，下層溶液呈紫紅色，則說明原溶液中含有I-，被氧化產生碘單質，選項C正確；D.濃鹽酸易揮發，揮發出的HCl也可以與硅酸鈉溶液反應產生相同現象，選項D錯誤；答案選C。19、D【解析】

A．氫氧化鈉具有強烈的腐蝕性，能腐蝕皮膚，故A錯誤；B．KI與氯氣反應生成碘，如濃度過高，對人體有害，故B錯誤；C．氨氣本身具有刺激性，對人體有害，不能用氨水吸收氯氣，故C錯誤；D．Na2CO3溶液顯堿性，堿性較弱，能與氯氣反應而防止吸入氯氣中毒，則可以用浸有Na2CO3溶液的毛巾捂住鼻子，故D正確；故選：D。20、D【解析】

本題考查化學用語，意在考查知識再現及知識遷移能力。【詳解】A.氯氣氧化性強，與鐵反應的產物是氯化鐵，故A錯誤；B.SO2與NO3-在酸性環境中會發生氧化還原反應，生成硫酸鋇沉淀，故B錯誤；C.稀鹽酸與銀不反應，故C錯誤；D.等物質的量的Ba(OH)2與NaHCO3混合時OH-過量，故D正確；答案：D【點睛】易錯選項B，硝酸根離子在酸性環境下具有強氧化性，SO2具有強還原性，所以要注意氧化還原反應的發生。21、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，電極反應為Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-，C項正確；D．標準狀況下22.4L氧氣的物質的量為1摩爾，電路中轉移4摩爾電子，D項錯誤；答案選C。【點睛】電極反應式的書寫是電化學中必考的一項內容，一般先寫出還原劑（氧化劑）和氧化產物（還原產物），然后標出電子轉移的數目，最后根據原子守恒和電荷守恒完成缺項部分和配平反應方程式，作為原電池，正極反應式為：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，負極電極反應式為：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，否則發生危險或電極互換，電極反應式是原電池電極反應式的逆過程；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。22、B【解析】

A.原子半徑Cl>C，所以不能表示CCl4分子的比例模型，A不符合題意；B.F是9號元素，F原子獲得1個電子變為F-，電子層結構為2、8，所以F-的結構示意圖為：，B正確；C.CaCl2是離子化合物，Ca2+與Cl-之間通過離子鍵結合，2個Cl-不能合并寫，應該表示為：，C錯誤；D.N2分子中2個N原子共用三對電子，結構式為N≡N，D錯誤；故合理選項是B。二、非選擇題(共84分)23、酯基取代反應65－甲基－1,3－苯二酚吸收酯化反應生成的水，促進酯化反應正向移動以提高酯的產率4和【解析】

A和乙酸酐反應，酚羥基中的H被－OCCH3取代，B中的甲基上的H被Cl取代。D在堿性環境下發生水解反應，再酸化，得到白藜蘆醇。【詳解】(1)B中含氧官能團的名稱是酯基；B中的甲基上的H被Cl取代，B到C為取代反應；(2)1mol酚羥基形成的酯基與NaOH溶液反應時，消耗2molNaOH，1molD中含有3mol酚羥基形成的酯基，因此1molD最多能消耗6molNaOH；酚羥基的鄰對位上的H能夠被Br取代，碳碳雙鍵能夠與Br2發生加成反應，則化學方程式為；(3)根據已知，可知酚羥基的編號為1和3，則A中甲基的編號為5，則A的名稱為5－甲基－1,3－苯二酚；A與乙酸發生酯化反應時有水生成，如果用乙酸酐代替乙酸，乙酸酐可以吸收酯化反應生成的水，而且生成乙酸，有利于反應正向進行，答案：吸收酯化反應生成的水，促進酯化反應正向移動以提高酯的產率；(4)C分子存在一對稱軸，分子中有4種H原子，如圖所示，因此C的核磁共振氫譜有4組峰；X的同分異構體，與X具有相同的官能團，也屬于醋酸酯，則苯環上的取代基與X的相同，分別是－CHO，－OOCCH3。苯環上有2個取代基，則同分異構體共3種，兩取代基分別位于鄰位、間位、對位，除去X本身還有2種，分別是和；(5)利用甲苯、磷葉立德試劑和乙醛制備，模仿B到D的過程，則合成路線為。24、2,3-二甲基-1,3丁二烯氧化反應濃氫溴酸+CH3CH2OH+H2O羥基、醛基12【解析】

A到B發生信息①的反應，B到C發生信息②反應，且只有一種產物，則B結構對稱，根據C的結構簡式可知B中有兩個碳碳雙鍵上的碳原子連接甲基，則B應為，則A為，C與乙醇發生酯化反應生成D。【詳解】(1)A為，根據烷烴的系統命名法規則可知其名稱應為：2,3-二甲基-1,3丁二烯；(2)B到C的過程為酸性高錳酸鉀氧化碳碳雙鍵的過程，所以為氧化反應；(3)根據G和H的結構可知該過程中羥基被溴原子取代，所需試劑為濃氫溴酸；(4)反應③為C與乙醇的酯化反應，方程式為：+CH3CH2OH+H2O；(5)根據F的結構簡式可知其官能團為羥基、醛基；(6)化合物M是D的同分異構體，且滿足：①1molM與足量的NaHCO3溶液反應，生成二氧化碳氣體22.4L(標準狀態下)，即生成1mol二氧化碳，說明1molM中含有1mol羧基；②0.5molM與足量銀氨溶液反應，生成108g即1molAg固體，說明0.5molM含0.5mol醛基；除去羧基和醛基還有4個碳原子，有兩種排列方式：和，先固定羧基有4種方式，再固定醛基，則有(數字表示醛基的位置)：、、、，共有4+4+3+1=12種同分異構體，其中核磁共振氫譜為4組峰且峰面積比為6∶2∶1∶1的結構簡式為：；(7)根據觀察可知目標產物的結構與W的結構相似，合成W需要I，合成I需要發生類似D與H的反應，原料即為D，則還需類似G的物質，乙醇可以發生消去反應生成乙烯，乙烯和溴加成可以生成二溴乙烷，其結構與G類似，所以合成路線為：。【點睛】推斷A和B的結構的關鍵是理解題目所給信息反應過程中結構的變化，弄清楚B到C的產物只有一種的原因是B結構對稱，然后再分析B的結構就比較簡單了。25、重量ab洗滌烘干取最后一次洗滌液，加入AgNO3無沉淀證明洗滌干凈黃橙色半分鐘不褪色0.98或97.85%沒有做平行試驗取平均值干燥潔凈的蒸發皿的質量、蒸發結晶恒重后蒸發皿加固體的質量【解析】

（1）根據甲的實驗流程可知，該方案中通過加入沉淀劑后，通過測量沉淀的質量進行分析碳酸鈉的質量分數，該方法為沉淀法，故答案為：重量；（2）為了測定工業純堿中Na2CO3的質量分數(含少量NaCl)，加入沉淀劑后將碳酸根離子轉化成沉淀,可以用CaCl2、BaCl2，由于硝酸銀溶液能夠與碳酸根離子、氯離子反應，所以不能使用硝酸銀溶液，故答案為：ab；（3）稱量沉淀的質量前，為了減小誤差，需要對沉淀進行洗滌、烘干操作，從而除去沉淀中的氯化鈉、水；檢驗沉淀已經洗滌干凈的操作方法為：取最后一次洗滌液，加入AgNO3無沉淀證明洗滌干凈，故答案為：洗滌；烘干；

取最后一次洗滌液，加入AgNO3無沉淀證明洗滌干凈；（4）滴定結束前溶液顯示堿性，為黃色，滴定結束時溶液變為橙色，則滴定終點的現象為：溶液由黃色變為橙色，且半分鐘不褪色；鹽酸溶液的刻度在14.90mL處，消耗HCl的物質的量為：0.1140mol/L×0.01490L=0.0016986mol，根據關系式Na2CO3～2HCl可知，20mL該溶液中含有碳酸鈉的物質的量為：0.0016986mol×12=0.0008493mol，則250mL溶液中含有的碳酸鈉的物質的量為：0.0008493mol×250mL20mL=0.01061625mol，所以樣品中碳酸鈉的質量分數為：[（106g/mol×0.01061625mol）/1.150g]×100%=97.85%或0.98；滴定操作測量純度時，為了減小誤差，需要多次滴定取平均值，而乙同學沒有沒有做平行試驗取平均值，所以設計的方案不合格，故答案為：黃；橙色，半分鐘不褪色；

0.98或97.85%(保留兩位小數)；沒有做平行試驗取平均值；（5）碳酸鈉與鹽酸反應生成氯化鈉、二氧化碳和水，只要計算出反應后氯化鈉固體的質量，就可以利用差量法計算出碳酸鈉的質量，所以需要測定的數據由：干燥潔凈的蒸發皿的質量、蒸發結晶恒重后蒸發皿加固體的質量，故答案為：干燥潔凈的蒸發皿的質量、蒸發結晶恒重后蒸發皿加固體的質量。26、b、c⑥cFeS+2H+=Fe2++H2S↑關閉活塞K，從長頸漏斗注水，使長頸漏斗管內液面高于試管內液面，一段時間液面不下降則氣密性好酒精燈、溫度計品紅溶液品紅溶液【解析】

實驗室用亞硫酸鈉固體與硫酸反應制取SO2氣體，反應方程式為：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O。【詳解】（1）a．15%的H2SO4溶液，SO2是一種沒有顏色而有刺激性氣味的有毒氣體，易溶于水，由于SO2氣體是易溶于水的氣體，所以不能選擇15%的H2SO4溶液，a錯誤；

b．75%的H2SO4溶液，由于SO2氣體是易溶于水的氣體，用濃硫酸可以降低二氧化硫在水中的溶解度，b正確；

c．Na2SO3固體，Na2SO3固體易溶于水，保證反應均勻進行，c正確；

d．CaSO3固體，由于CaSO3固體與硫酸反應生成的CaSO4固體微溶，容易在CaSO3固體表面形成一層薄膜阻止反應的進行，d錯誤；氣體的制取裝置的選擇與反應物的狀態、溶解性和反應的條件有關；實驗室用亞硫酸鈉固體與硫酸反應制取SO2氣體，反應方程式為：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O，該制取所需裝置為固體和液體反應不需加熱制取氣體，因Na2SO3固體易溶于水，選①無法控制反應的開始和停止和反應的速率，選⑥，故答案為：b、c；⑥；（2）裝置①的特點，固體與液體反應，不需要加熱，且固體難溶于水，便于控制反應，Na2S固體易溶于水的固體，CuS固體與稀硫酸不反應，FeS2顆粒雖難溶于水但與酸發生：FeS2+H2SO4=H2S2+FeSO4，H2S2類似于H2O2，易分解，發生H2S2=H2S↑+S↓，顯然不及用FeS固體與稀H2SO4反應制取H2S氣體副產物少，反應快，因此實驗室用FeS固體和稀硫酸反應制取H2S氣體，FeS+2H+=Fe2++H2S↑，用FeS固體與稀H2SO4反應制取H2S氣體，是固液常溫型反應，所以c正確，故答案為：c；

FeS+2H+=Fe2++H2S↑；（3）裝置①為簡易的制取氣體裝置，對于該裝置的氣密性檢查，主要是通過氣體受熱后體積膨脹、壓強增大或壓強增大看體積變化來進行檢驗．如夾緊止水夾，向長頸漏斗中加水至其液面高于試管中的液面，一段時間后，看液面高度差有無變化，說明變化裝置漏氣，反之不漏氣，故答案為：關閉活塞K，從長頸漏斗注水，使長頸漏斗管內液面高于試管內液面，一段時間液面不下降則氣密性好；（4）實驗室制取乙烯的原理是CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，需酒精燈加熱，需溫度計測反應的溫度，故答案為：酒精燈、溫度計；（5）為探究制備乙烯是否存在副產物SO2和CO2，制備的氣體從發生裝置出來除去乙烯后依次選擇了裝置②、④、⑤，可先用品紅檢驗二氧化硫，用品紅檢驗二氧化硫是否除盡，最后用澄清石灰水檢驗二氧化碳，故答案為：品紅溶液；品紅溶液。27、100mL容量瓶和膠頭滴管不斷攪拌下逐滴加入NaOH溶液，至產生的綠色沉淀恰好溶解減小H2O2自身分解損失2CrO2-＋3H2O2＋2OH－===2CrO＋4H2O除去過量的H2O2①在不斷攪拌下，向“冷卻液”中加入6mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH試紙測定略小于，②先加入一滴0.5mol·L－1Pb(NO3)2溶液攪拌片刻產生少量沉淀，然后繼續滴加至有大量沉淀，靜置，③向上層清液中滴入Pb(NO3)2溶液，④若無沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，靜置、過濾、洗滌、干燥沉淀得PbCrO4【解析】

Cr(OH)3為兩性氫氧化物，在CrCl3溶液中滴加NaOH溶液可生成NaCrO2，“制NaCrO2(aq)”時，控制NaOH溶液加入量，應再不斷攪拌下逐滴加入NaOH溶液，至產生的綠色沉淀恰好溶解，再加入6%H2O2溶液，發生氧化還原反應生成Na2CrO4，“氧化”時H2O2滴加速度不宜過快，可減小H2O2自身分解損失，經煮沸可除去H2O2，冷卻后與鉛鹽溶液作用制得PbCrO4，以此解答該題。【詳解】（1）實驗時需要配置100mL3mol?L﹣1CrCl3溶液，現有量筒、玻璃棒、燒杯，還需要玻璃儀器是100mL容量瓶和膠頭滴管，其中膠頭滴管用于定容，故答案為：100mL容量瓶和膠頭滴管；（2）Cr(OH)3為兩性氫氧化物，呈綠色且難溶于水，加入氫氧化鈉溶液時，不斷攪拌下逐滴加入NaOH溶液，至產生的綠色沉淀恰好溶解，可防止NaOH溶液過量，故答案為：不斷攪拌下逐滴加入NaOH溶液，至產生的綠色沉淀恰好溶解；（3）“氧化”時H2O2滴加速度不宜過快，可防止反應放出熱量，溫度過高而導致過氧化氫分解而損失，反應的離子方程式為2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O，故答案為：減小H2O2自身分解損失；2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O；（4）煮沸可促使過氧化氫分解，以達到除去過氧化氫的目的，故答案為：除去過量的H2O2；（5）“冷卻液”的主要成分為Na2CrO4，要想制備PbCrO4，根據已知信息②由Pb(NO3)2提供Pb2+，但要控制溶液的pH不大于7.2，以防止生成Pb(OH)2沉淀，由信息③的圖象可知，溶液的pH又不能小于6.5，因為pH小于6.5時CrO42﹣的含量少，HCrO4﹣的含量大，所以控制溶液的pH略小于7即可，結合信息④，需要先生成少許的PbCrO4沉淀，再大量生成。所以實驗操作為在不斷攪拌下，向“冷卻液”中加入6mol?L﹣1的醋酸至弱酸性（pH略小于7），將溶液加熱至沸騰，先加入一滴0.5mol?L﹣1Pb(NO3)2溶液攪拌片刻產生少量沉淀，然后繼續滴加至有大量沉淀，靜置，向上層清液中滴入Pb(NO3)2溶液，若無沉淀生成，停止滴加，靜置、過濾、洗滌、干燥；故答案為：①在不斷攪拌下，向“冷卻液”中加入6mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH試紙測定略小于，②先加入一滴0.5mol·L－1Pb(NO3)2溶液攪拌片刻產生少量沉淀，然后繼續滴加至有大量沉淀，靜置，③向上層清液中滴入Pb(NO3)2溶液，④若無沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，靜置、過濾、洗滌、干燥沉淀得PbCrO4。28、16紡錘形3d104s1＞sp2V形O3硫酸分子中的非羥基氧原子數比亞硫酸多，硫酸中心原子硫價態高，易于電離出H+45∶2【解析】

(1)硫元素為16號元素，能量最高的電子為3p電子；(2)Cu為29號元素，Zn為30號元素，Cu的第二電離能失去的是3d電子；(3)SO2分子中S原子的價層電子對數=2+(6-2×2)=3，