2024年江西省南昌市十所省重點中學高考化學全真模擬密押卷注意事項: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域內。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域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；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(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、與溴水反應不會產生沉淀的是A．乙烯 B．AgNO3溶液 C．H2S D．苯酚2、下列實驗操作、現象及結論均正確的是選項實驗操作和現象實驗結論A向某黃色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈藍色黃色溶液中只含Br2B燒杯中看見白色沉淀證明酸性強弱：H2CO3>H2SiO3C向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加熱；再加入銀氨溶液；未出現銀鏡蔗糖未水解DpH試紙先變紅后褪色氯水既有酸性，又有漂白性A．A B．B C．C D．D3、下列垃圾或廢棄物的處理不符合環保節約理念的是（）A．廢紙、塑料瓶、廢鐵回收再利用B．廚余垃圾采用生化處理或堆肥C．稻草、農膜和一次性餐具露天焚燒D．廢電池等有毒有害垃圾分類回收4、下列說法不正確的是()A．C2H6和C6H14一定互為同系物B．甲苯分子中最多有13個原子共平面C．石油裂解和油脂皂化均是由高分子物質生成小分子物質的過程D．制乙烯時，配制乙醇和濃硫酸混合液：先加乙醇5mL，再加入濃硫酸15mL邊加邊振蕩5、有關物質性質的比較，錯誤的是A．熔點：純鐵>生鐵 B．密度：硝基苯>水C．熱穩定性：小蘇打<蘇打 D．碳碳鍵鍵長：乙烯>苯6、維生素B3可以維持身體皮膚的正常功能，而且具有美容養顏的功效，其分子中六元環的結構與苯環相似。下列有關維生素B分子的說法錯誤的是A．所有的碳原子均處于同一平面 B．與硝基苯互為同分異構體C．六元環上的一氯代物有4種 D．1mol該分子能和4molH2發生加成反應7、化合物M()是合成一種抗癌藥物的重要中間體，下列關于M的說法正確的是A．所有原子不可能處于同一平面B．可以發生加聚反應和縮聚反應C．與互為同分異構體.D．1molM最多能與1molNa2CO3反應8、乙烷、乙炔分子中碳原子間的共用電子對數目分別是1、3，則C20H32分子中碳原子間的共用電子對數目可能為()A．20 B．24 C．25 D．779、硫酸銨在一定條件下發生反應:4(NH4)2SO4＝6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+N2↑+7H2O，將反應后的氣體通入一定量的氯化鋇溶液中恰好完全反應，有白色沉淀生成。下列有關說法正確的是A．白色沉淀為BaSO4B．白色沉淀為BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)約為1:1C．白色沉淀為BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)約為3:1D．從溶液中逸出的氣體為N2，最后溶液中的溶質只有NH4Cl10、化學與社會、生活密切相關。對下列現象或事實的解釋正確的是()現象或事實解釋AAl(OH)3用作塑料的阻燃劑Al(OH)3受熱熔化放出大量的熱BK2FeO4用于自來水的消毒和凈化K2FeO4具有強氧化性，被還原后生成的Fe3＋水解生成膠狀物，可以軟化硬水CNa2O2用于呼吸面具中作為O2的來源Na2O2是強氧化劑，能氧化CO2生成O2D浸泡過KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鮮KMnO4溶液可氧化水果釋放的CH2=CH2A．A B．B C．C D．D11、下列有關物質性質與用途具有對應關系的是()A．FeCl3易發生水解，可用于蝕刻銅制的印制線路板B．漂白粉具有氧化性，可用于脫除煙氣中SO2和NOC．CaCO3高溫下能分解，可用于修復被酸雨侵蝕的土壤D．活性炭具有還原性，可用于除去水體中Pb2＋等重金屬12、X、Y、Z、W為原子序數依次增大的四種短周期元素，其中Z為金屬元素，X、W為同一主族元素。X、Z、W形成的最高價氧化物分別為甲、乙、丙，甲是常見溫室效應氣體。x、y2、z、w分別為X、Y、Z、W的單質，丁是化合物，其轉化關系如圖所示。下列判斷不正確的是A．反應①②③都屬于氧化還原反應 B．X、Y、Z、W四種元素中，W的原子半徑最大C．在信息工業中，丙常作光導纖維材料 D．一定條件下，x與甲反應生成丁13、能證明與過量NaOH醇溶液共熱時發生了消去反應的是（）A．混合體系Br2的顏色褪去B．混合體系淡黃色沉淀C．混合體系有機物紫色褪去D．混合體系有機物Br2的顏色褪去14、室溫下，用0.20mol/L的NaOH溶液滴定10.00mL0.20mol/L的NaHSO3溶液，滴定過程中溶液的pH變化和滴加NaOH溶液的體積關系如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．溶液中水的電離程度：b>a>cB．pH=7時，消耗的V(NaOH)<10.00mLC．在室溫下K2(H2SO3)約為1.0×10-7D．c點溶液中c(Na+)＞c(SO32-)＞c(OH-)＞c(HSO3-)＞c(H+)15、比較歸納是化學學習常用的一種方法。對以下三種物質的轉化關系，①C→CO2；②CH4→CO2；③CO→CO2，比較歸納正確的是A．三種轉化關系中發生的反應都屬于化合反應B．三種轉化關系中所有的生成物在常溫下都是氣體C．三種物質都只能跟氧氣反應轉化為二氧化碳D．三種物質都能在點燃條件下轉化為二氧化碳16、室溫下，在20mL新制氯水中滴加pH=13的NaOH溶液，溶液中水電離的c(H)與NaOH溶液體積的關系如圖所示。已知：K(HClO)=3×108，H2CO3：Ka1=4.3×107，Ka2=5.6×1011。下列說法正確的是A．m一定等于20B．b、d點對應的溶液顯中性C．c點溶液中c(Na)=2c(ClO)+2c(HClO)D．向c點溶液中通入少量CO2：2ClO+H2O+CO2=2HClO+CO3217、某小組利用如圖裝置研究電化學原理，下列說法錯誤的是（）A．K與a連接，則鐵電極會加速銹蝕，發生的電極反應為Fe-2e-→Fe2+B．K與a連接，則該裝置能將化學能轉變為電能C．K與b連接，則該裝置鐵電極的電極反應2H++2e-→H2↑D．K與b連接，則鐵電極被保護，該方法叫犧牲陽極的陰極保護法18、下列由實驗得出的結論正確的是()A．將乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液變無色透明，生成的產物可溶于四氯化碳B．乙醇和水都可與金屬鈉反應產生可燃性氣體，說明兩種分子中的氫原子都能產生氫氣C．用乙酸浸泡水壺中的水垢，可將其清除，是因為乙酸的酸性小于碳酸的酸性D．甲烷與氯氣光照下反應后的混合氣體能使濕潤石蕊試紙變紅是因為生成的一氯甲烷具有酸性19、某熱再生電池工作原理如圖所示。放電后，可利用廢熱進行充電。已知電池總反應：Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+ΔH＜0。下列說法正確的是（）A．充電時，能量轉化形式主要為電能到化學能B．放電時，負極反應為NH3-8e-+9OH-=NO3-+6H2OC．a為陽離子交換膜D．放電時，左池Cu電極減少6.4g時，右池溶液質量減少18.8g20、化學與生產、生活密切相關，下列有關說法正確的是（）A．工業上用電解MgO、Al2O3的方法來冶煉對應的金屬B．煤的氣化、液化與石油的裂化、裂解均為化學變化C．“血液透析”和“靜電除塵”利用了膠體的同一種性質D．剛玉主要成分是氧化鋁，瑪瑙、分子篩主要成分是硅酸鹽21、將V1mL1.0mol·L－1鹽酸溶液和V2mL未知濃度的氫氧化鈉溶液混合均勻后測量并記錄溶液溫度，實驗結果如圖所示（實驗中始終保持V1＋V2＝50mL）。下列敘述正確的是（）A．做該實驗時環境溫度為20℃B．該實驗表明化學能可能轉化為熱能C．氫氧化鈉溶液的濃度約為1.0mol·L－1D．該實驗表明有水生成的反應都是放熱反應22、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．12g金剛石與12g石墨所含共價鍵數均為2NAB．常溫下，lLpH=7的1mol/LHCOONH4溶液中HCOO-與NH4+數目均為NAC．0.1molCl2與0.2molCH4光照充分反應生成HCl分子數為0.1NAD．100g34%的H2O2中加入MnO2充分反應轉移電子數為2NA二、非選擇題(共84分)23、（14分）聚酰亞胺是重要的特種工程材料，廣泛應用在航空、納米、激光等領域。某聚酰亞胺的合成路線如下（部分反應條件略去）：已知：①有機物A的質譜與核磁共振氫譜圖如下：②③回答下列問題：(1)A的名稱是__________________；C中含氧官能團的名稱是________________。(2)反應②的反應類型是____________________。(3)反應①的化學方程式是__________________________。(4)F的結構筒式是_____________________。(5)同時滿足下列條件的G的同分異構體共有___________種(不含立體結構)；寫出其中一種的結構簡式：________________。①能發生銀鏡反應②能發生水解反應，其水解產物之一能與FeC13溶液發生顯色反應③1mol該物質最多能與8molNaOH反應(6)參照上述合成路線，以間二甲苯和甲醇為原料（無機試劑任選）設計制備的合成路線：_______________________。24、（12分）吡貝地爾（）是多巴胺能激動劑，合成路線如下：已知：①②D的結構簡式為(1)A的名稱是__________。(2)E→F的反應類型是__________。(3)G的結構簡式為________；1molB最多消耗NaOH與Na的物質的量之比為_______。(4)D+H→吡貝地爾的反應的化學方程式為_______。(5)D的同分異構體中滿足下列條件的有______種（碳碳雙鍵上的碳原子不能連羥基），其中核磁共振氫譜有5種峰且峰面積之比為2:2:1:1:1的結構簡式為_______（寫出一種即可）。①與FeCl3溶液發生顯色反應②苯環上有3個取代基③1mol該同分異構體最多消耗3molNaOH。(6)已知：；參照上述合成路線，以苯和硝基苯為原料（無機試劑任選）合成，設計制備的合成路線：_______。25、（12分）二氧化氯是高效、低毒的消毒劑。已知：ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，回答下列問題：(1)ClO2的制備及性質探究(如圖所示)。①儀器a的名稱為________，裝置B的作用是________。②裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，該反應的化學方程式為_________。裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，其作用是________________。③裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，則該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為________，氧化產物是___________。(2)粗略測定生成ClO2的量實驗步驟如下：a.取下裝置D，將其中的溶液轉入250mL容量瓶，用蒸餾水洗滌D瓶2~3次，并將洗滌液一并轉移到容量瓶中，再用蒸餾水稀釋至刻度。b.從容量瓶中取出25.00mL溶液于錐形瓶中，用0.1000mol/L硫代硫酸鈉標準溶液滴定（I2+2S2O32-=2I－+S4O62-），指示劑顯示終點時共用去24.00mL硫代硫酸鈉溶液。①滴定至終點的現象是_____________。②進入裝置D中的ClO2質量為_______，與C中ClO2的理論產量相比，測定值偏低，可能的原因是__________。26、（10分）丙烯酸酯類物質廣泛用于建筑、包裝材料等，丙烯酸是合成丙烯酸酯的原料之一。丙烯醇可用于生產甘油、塑料等。以丙烯醛為原料生產丙烯醇、丙烯酸的流程如圖所示：已知：①2CH2=CH-CHO+NaOHCH2=CHCH2OH+CH2=CHCOONa②2CH2=CHOONa+H2SO4→2CH2=CHCOOH+Na2SO4③有關物質的相關性質如表：物質丙烯醛丙烯醇丙烯酸四氯化碳沸點/℃539714177熔點/℃-87-12913-22.8密度/g·mL-30.840.851.021.58溶解性(常溫)易溶于水和有機溶劑溶于水和有機溶劑溶于水和有機溶劑難溶于水(1)操作①需要連續加熱30min，所用裝置如圖所示。儀器L名稱是________。(2)操作②使用的主要儀器是分液漏斗，在使用之前需進行的操作是___。(3)操作④包括____、過濾、冰水洗滌、低溫吸干。(4)操作⑤中，加熱蒸餾“下層液體”，分離出四氯化碳；再分離出丙烯醇(如圖)，要得到丙烯醇應收集____(填溫度)的餾分。圖中有一處明顯錯誤，應改為____。(5)測定丙烯醇的摩爾質量：準確量取amL丙烯醇于分液漏斗中，燒瓶內盛裝足量鈉粒。實驗前量氣管B中讀數為bmL，當丙烯醇完全反應后，冷卻至室溫、調平B、C液面，量氣管B的讀數為cmL。已知室溫下氣體摩爾體積為VL·mol-1。調平B、C液面的操作是____；實驗測得丙烯醇的摩爾質量為____g·mol-1(用代數式表示)。如果讀數時C管液面高于B管，測得結果將____(填“偏大”“偏小”或“不變”)。27、（12分）工業上常用亞硝酸鈉作媒染劑、漂白劑、鋼材緩蝕劑、金屬熱處理劑。某興趣小組用下列裝置制備并探究NO、的某一化學性質中加熱裝置已略去。請回答下列問題：已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2②NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被還原為Mn2+(1)裝置A三頸燒瓶中發生反應的化學方程式為____________。(2)用上圖中的裝置制備，其連接順序為：___________________按氣流方向，用小寫字母表示，此時活塞、如何操作____________。(3)裝置發生反應的離子方程式是________________。(4)通過查閱資料，或NO可能與溶液中發生反應。某同學選擇上述裝置并按順序連接，E中裝入溶液，進行如下實驗探究。步驟操作及現象①關閉K2，打開K1，打開彈簧夾通一段時間的氮氣，夾緊彈簧夾，開始A中反應，一段時間后，觀察到E中溶液逐漸變為深棕色。②停止A中反應，打開彈簧夾和K2、關閉K1，持續通入N2一段時間③更換新的E裝置，再通一段時間N2后關閉彈簧夾，使A中反應繼續，觀察到的現象與步驟①中相同步驟②操作的目的是___________；步驟③C瓶中發生的化學方程式為_________________；通過實驗可以得出：___________填“、NO中的一種或兩種”和溶液中發生反應使溶液呈深棕色。28、（14分）2019年諾貝爾化學獎授予三位化學家，以表彰其對研究開發鋰離子電池作出的卓越貢獻。LiFePO4、聚乙二醇、LiPF6、LiAsF6和LiCl等可作鋰離子聚合物電池的材料?；卮鹣铝袉栴}：（1）Fe的價層電子排布式為___。（2）Li、F、P、As四種元素的電負性由大到小的順序為___。（3）乙二醇(HOCH2CH2OH)的相對分子質量與丙醇(CH3CH2CH2OH)相近，但沸點高出100℃，原因是___。（4）電池工作時，Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧鏈遷移的過程如圖甲所示（圖中陰離子未畫出）。電解質LiPF6或LiAsF6的陰離子結構如圖乙所示(X=P、As)。①聚乙二醇分子中，碳、氧的雜化類型分別是___、___。②從化學鍵角度看，Li+遷移過程發生___（填“物理變化”或“化學變化”）。③PF6中P的配位數為___。④相同條件，Li+在___（填“LiPF6”或“LiAsF6”）中遷移較快，原因是___。（5）以晶胞參數為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分數坐標。LiCl·3H2O屬正交晶系（長方體形）。晶胞參數為0.72nm、1.0nm、0.56nm。如圖為沿x軸投影的品胞中所有Cl原子的分布圖和原子分數坐標。據此推斷該晶胞中Cl原子的數目為___。LiCl·3H2O的摩爾質量為Mg·mol-1，設NA為阿伏加德羅常數的值，則LiCl·3H2O晶體的密度為___g·cm-3（列出計算表達式）。29、（10分）VIA族的氧，硫，硒(Se)，碲(Te)等元素在化合物中常表現出多種氧化態，含VIA族元素的化合物在研究和生產中有許多重要用途。請回答下列問題：(1)S單質的常見形式為S8，其環狀結構如下圖所示，S原子采用的軌道雜化方式是______。(2)Se原子序數為______，其核外M層電子的排布式為______。(3)H2Se的酸性比H2S__________(填“強”或“弱”)。氣態SeO3分子的立體構型為______，SO32－離子的立體構型為______。(4)H2SeO3的K1和K2分別為2.7×10－3和2.5×10－8，H2SeO4第一步幾乎完全電離，K2為1.2×10－2，請根據結構與性質的關系解釋：①H2SeO3和H2SeO4第一步電離程度大于第二步電離的原因：__________。②H2SeO4比H2SeO3酸性強的原因：________________________。

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】

A．乙烯與溴水發生加成反應，溴水褪色，沒有沉淀，選項A錯誤；B．AgNO3溶液與溴水反應生成溴化銀沉淀，選項B正確；C．H2S與溴水發生氧化還原反應產生S沉淀，選項C正確；D．苯酚與溴水發生取代反應生成三溴苯酚白色沉淀，選項D正確；答案選A。2、D【解析】

A．向某黃色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈藍色，該黃色溶液中可能含有Fe3+，Fe3+也能將I-氧化為碘單質，故不能確定黃色溶液中只含有Br2，A選項錯誤；B．濃鹽酸具有揮發性，燒杯中看見白色沉淀可能是揮發的HCl氣體與Na2SiO3溶液反應得到H2SiO3的白色沉淀，不能證明酸性H2CO3>H2SiO3，B選項錯誤；C．銀鏡反應必須在堿性條件下進行，該實驗中加入銀氨溶液之前沒有加入如NaOH溶液的堿性溶液中和未反應的稀硫酸，實驗不能成功，故實驗操作及結論錯誤，B選項錯誤；D．氯水既有酸性，又有漂白性，可以使pH試紙先變紅后褪色，D選項正確；答案選D。3、C【解析】

A.廢紙、塑料瓶、廢鐵屬于可回收垃圾，廢紙、塑料瓶、廢鐵可回收再利用，故不選A；B.廚余垃圾含有大量有機物，采用生化處理或堆肥，減少污染，符合環保節約理念，故不選B；C.稻草、農膜和一次性餐具露天焚燒，產生大量煙塵，污染空氣，不符合環保節約理念，故選C；D.廢電池含有重金屬，任意丟棄引起重金屬污染，廢電池等有毒有害垃圾分類回收，可減少污染，符合環保節約理念，故不選D；答案選C。4、C【解析】

A．C2H6和C6H14表示都是烷烴，烷烴的結構相似，碳原子之間都是單鍵，其余鍵均為C－H鍵，分子式相差若干個CH2，互為同系物，正確，A不選；B．甲苯中苯基有11個原子共平面，甲基中最多有2個原子與苯基共平面，最多有13個原子共平面，正確，B不選；C．高分子化合物的相對分子質量在10000以上，石油的成分以及油脂不是高分子化合物，錯誤，C選；D．濃硫酸溶于水放出大量的熱，且密度比水大，為防止酸液飛濺，應先在燒瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢將濃硫酸加入燒瓶，邊加邊振蕩，正確，D不選。答案選C。5、D【解析】

A．生鐵是合金，熔點小于純鐵的熔點，故熔點為純鐵＞生鐵，選項A正確；B．水的密度等于1g/mL，硝基苯的密度大于1g/mL，所以密度：水＜硝基苯，選項B正確；C．碳酸氫鈉不穩定受熱分解生成碳酸鈉，所以熱穩定性：NaHCO3＜Na2CO3，選項C正確；D．苯中碳碳鍵介于單鍵和雙鍵之間，碳碳鍵鍵長：乙烯＜苯，選項D錯誤。答案選D?！军c睛】本題考查元素及其對應單質、化合物的性質的遞變規律，側重于熔點、熱穩定性、密度等性質的考查，題目難度不大，注意把握性質比較的角度以及規律，易錯點為選項D：苯中不含有碳碳雙鍵，碳碳鍵介于單鍵和雙鍵之間。6、D【解析】

A．該分子中所有C原子和N原子都采用sp2雜化且碳碳單鍵可以旋轉，所以該分子中的所有C原子可能位于同一平面，故A正確；B．硝基苯的分子式為C6H5NO2，該分子的分子式也為C6H5NO2，且二者結構不同，互為同分異構體，故B正確；C．六元環上含有4種氫原子，所以其六元環上的一氯代物是4種，故C正確；D．羧基中的碳氧雙鍵不能加成，維生素B3分子中的六元環與苯環相似，則1mol該物質最多能和3mol氫氣發生加成反應，故D錯誤；故答案為D。7、C【解析】

A.M中苯環、碳碳雙鍵、碳氧雙鍵均為平面結構，由于單鍵可以旋轉，可知分子中所有原子有可能在同一個平面上，A錯誤；B.該物質分子中含有碳碳雙鍵，可發生加聚反應，但由于分子中只有一個羧基，所以不能發生縮聚反應，B錯誤；C.M與分子式都是C9H8O2，結構不同，二者互為同分異構體，C正確；D.M分子中只含有1個羧基，所以1molM最多能與0.5molNa2CO3反應，D錯誤；故合理選項是C。8、B【解析】

烷烴中碳碳間共用電子對數為碳原子數減去1；若每減少2個H原子，則相當于碳碳間增加一對共用電子對，利用減少的H原子數目，再除以2可知增加的碳碳間共用電子對數，烷烴C20H42分子中碳原子間的共用電子對數目為19，則C20H32分子中碳原子間的共用電子對數目19+10×=24，答案選B?！军c睛】明確每減少2個H原子，則相當于碳碳間增加一對共用電子對。9、B【解析】

反應后的混合氣體通入到BaCl2溶液中發生的是復分解反應：SO2+H2O+2NH3=(NH4)2SO3、(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=(NH4)2SO4、(NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl，依據反應定量關系，結合分解生成的氣體物質的量可知，二氧化硫轉化為亞硫酸銨，1mol三氧化硫轉化為硫酸銨消耗氨氣2mol，則4mol氨氣和2molSO2反應生成亞硫酸銨，所以得到的沉淀為1mol硫酸鋇，2mol亞硫酸鋇，剩余SO2和亞硫酸鋇反應生成亞硫酸氫鋇，最后得到沉淀為1mol硫酸鋇、1mol亞硫酸鋇，則：n(BaSO4):n(BaSO3)=1:1；【詳解】A、根據分析可知，白色沉淀為BaSO4和BaSO3，故A錯誤；B、由上述分析可知，最后得到沉淀為1mol硫酸鋇、1mol亞硫酸鋇，二者物質的量之比為1:1，故B正確；C、根據B項分析可知，最后得到沉淀為1mol硫酸鋇、1mol亞硫酸鋇，二者物質的量之比為1:1，故C錯誤；D、從溶液中逸出的氣體為N2，根據分析可知，反應后的溶質為亞硫酸氫鋇與氯化銨，故D錯誤；答案選B。10、D【解析】A．Al(OH)3受熱分解時需要吸收大量的熱，同時產生的水蒸氣起到降低空氣中氧氣濃度的作用，從而用作塑料的阻燃劑，故A錯誤；B．K2FeO4具有強氧化性，用于自來水的消毒，被還原后生成的Fe3+水解生成膠狀物，具有吸附水體顆粒物起到凈化水質的作用，但不能軟化硬水，故B錯誤；C．Na2O2與二氧化碳反應產生氧氣，是過氧化鈉自身的氧化還原反應，C錯誤；D．KMnO4溶液可氧化水果釋放的CH2=CH2，而乙烯具有催熟作用，故浸泡過KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鮮，D正確。答案選D。11、B【解析】

A.FeCl3具有強氧化性，能與Cu等金屬反應，可用于蝕刻銅制的印制線路板，與FeCl3易發生水解無關，A錯誤；B.漂白粉的主要成分是次氯酸鈣，次氯酸鈣具有強氧化性，能氧化SO2和NO生成硫酸鹽和硝酸鹽，所以漂白粉可用于脫除煙氣中SO2和NO有害氣體，B正確；C.CaCO3能與酸反應，能改良、修復被酸雨浸蝕的土壤，與CaCO3高溫下能分解無關，C錯誤；D.活性炭與Pb2+等金屬離子不反應，不能用于除去水體中Pb2+等重金屬離子，D錯誤；故合理選項是B。12、B【解析】

已知甲是常見溫室效應氣體，X、W為同一主族元素，X、W形成的最高價氧化物分別為甲、丙，則X為C元素、W為Si元素，甲為二氧化碳，丙為二氧化硅，x、w分別為X、W的單質，在高溫條件下x碳單質與二氧化硅反應生成w為硅，丁為一氧化碳；y2為氧氣，碳與氧氣點燃反應生成甲為二氧化碳，則Y為O元素，Z為金屬元素，z金屬單質能與二氧化碳反應生成碳單質與金屬氧化物，則Z為Mg元素，綜上所述，X為C元素、Y為O元素、Z為Mg元素、W為Si元素，據此解答?！驹斀狻坑梢陨戏治隹芍?，X為C元素、Y為O元素、Z為Mg元素、W為Si元素，A.反應①二氧化碳與鎂反應、②碳與氧氣反應、③碳與二氧化硅反應都屬于氧化還原反應，A項正確；B.同周期元素原子半徑從左到右依次減小，同主族元素原子半徑從上而下以此增大，故C、O、Mg、Si四種元素中，Mg的原子半徑最大，B項錯誤；C.丙為二氧化硅，在信息工業中，二氧化硅常作光導纖維材料，C項正確；D.在高溫條件下，碳與二氧化碳反應生成一氧化碳，D項正確；答案選B。13、D【解析】

A．混合體系Br2的顏色褪去，可能是單質溴與堿反應，也可能單質溴與烯烴發生加成反應，無法證明發生消去反應，故A錯誤；B．混合體系淡黃色沉淀，說明生成了溴離子，而發生水解反應和消去反應都能生成溴離子，無法證明發生消去反應，故B正確；C．混合體系有機物紫色褪去，乙醇也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，無法證明發生消去反應，故C錯誤；D．混合體系有機物Br2的顏色褪去，說明有苯乙烯生成，能證明發生消去反應，故D正確；故選D。14、D【解析】

A．b的溶質為亞硫酸鈉，亞硫酸鈉水解會促進水的電離，a的溶質為NaHSO3，電離大于水解會抑制水的電離，c的主要溶質是NaOH和亞硫酸鈉，pH=13，對水的電離抑制作用最大，A項正確；B．當NaHSO3與氫氧化鈉恰好完全反應時，形成亞硫酸鈉溶液，亞硫酸鈉水解使溶液pH>7，所以pH=7時，滴定亞硫酸消耗的V(NaOH)<10.00mL，B項正確；C．b的溶質為0.1mol/L亞硫酸鈉，亞硫酸鈉水解為HSO3-和OH-，Kh=，Kh=，解得K2(H2SO3)約為1.0×10-7，C項正確；D．c的主要溶質是NaOH和亞硫酸鈉，應為c(OH-)＞c(SO32-)，D項錯誤；答案選D。15、D【解析】分析：①C→CO2屬于碳在氧氣中燃燒或者與氧化銅等金屬氧化物反應生成二氧化碳；②CH4→CO2屬于甲烷在氧氣中燃燒生成二氧化碳和水，常溫下水為液態；③CO→CO2屬于一氧化碳在氧氣中燃燒或者與氧化銅等金屬氧化物反應生成二氧化碳。詳解：A．甲烷燃燒生成二氧化碳和水，碳與氧化銅反應生成銅與二氧化碳，不是化合反應，A錯誤；B．甲烷在氧氣中燃燒生成二氧化碳和水，常溫下水為液態，B錯誤；C．碳、一氧化碳與氧化銅反應能夠生成二氧化碳，C錯誤；D．碳、一氧化碳、甲烷都能夠燃燒生成二氧化碳，D正確；答案選D。16、C【解析】

分析題中由水電離的氫離子濃度變化曲線圖可知，a～c段水電離出的氫離子濃度逐漸增大，說明這個過程中促進了水的電離，在c～d段水電離出的氫離子濃度逐漸減小，說明此過程中水的電離被抑制。在c點水的電離程度最大，此時溶液中的溶質為：NaCl和NaClO。據此進行判斷。【詳解】A．NaOH溶液的pH=13，則c(NaOH)=0.1mol·L1，新制氯水的濃度不確定，m不一定等于20，A項錯誤；B．由題給信息可知，a點時還未加入NaOH，此時溶液呈酸性，c點中水電離程度最大，此時所得溶液溶質是NaCl和NaClO，溶液呈堿性，故b點溶液呈中性，c～d段水電離出的氫離子濃度逐漸減小，說明隨著NaOH的繼續加入，水的電離受到抑制，故d點溶液應呈堿性，B項錯誤；C．a~c點發生反應為Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，c(Cl)=c(HClO)＋c(ClO)，由物料守恒知，c(Na)=c(Cl)＋c(HClO)＋c(ClO)，故c(Na)=2c(ClO)＋2c(HClO)，C項正確；D．由電離常數知，電離質子能力：H2CO3＞HClO＞HCO3-，故H2O+ClO-＋CO2=HCO3-＋HClO，D項錯誤；答案選C。17、D【解析】

A、K與a連接，在中性條件下，鐵作負極、失電子、發生吸氧腐蝕，發生的電極反應為Fe-2e-=Fe2+，故A正確；B、K與a連接，石墨、Fe和飽和食鹽水形成原電池，將化學能轉變為電能，故B正確；C、K與b連接，Fe作陰極，陰極上氫離子得電子，電極反應為2H++2e-=H2↑，故C正確；D、K與b連接，Fe作陰極，Fe被保護，該方法叫外加電流的陰極保護法，故D錯誤。故選：D。18、A【解析】

A.乙烯含有碳碳雙鍵，可與溴的四氯化碳溶液發生加成反應，生成1，2-二溴乙烷，溶液最終變為無色透明，生成的產物1，2-二溴乙烷可溶于四氯化碳，A項正確；B.乙醇的結構簡式為CH3CH2OH，只有羥基可與鈉反應，且?OH中H的活潑性比水弱，B項錯誤；C.用乙酸浸泡水壺中的水垢，可將其清除，說明醋酸可與碳酸鈣等反應，從強酸制備弱酸的角度判斷，乙酸的酸性大于碳酸，C項錯誤；D.甲烷與氯氣在光照條件下反應生成的氣體有一氯甲烷和氯化氫，使濕潤的石蕊試紙變紅的氣體為氯化氫，一氯甲烷為非電解質，不能電離，D項錯誤；答案選A。19、D【解析】

已知電池總反應：Cu2++4NH3?[Cu(NH3)4]2+△H＜0，放出的熱量進行充電，通入氨氣的電極為原電池負極，電極反應Cu?2e?＝Cu2＋，通入氨氣發生反應Cu2＋＋4NH3?[Cu(NH3)4]2＋△H＜0，右端為原電池正極，電極反應Cu2＋＋2e?＝Cu，中間為陰離子交換膜，據此分析?！驹斀狻恳阎姵乜偡磻篊u2++4NH3?[Cu(NH3)4]2+△H＜0，放出的熱量進行充電，通入氨氣的電極為原電池負極，電極反應Cu?2e?＝Cu2＋，通入氨氣發生反應Cu2＋＋4NH3?[Cu(NH3)4]2＋△H＜0，右端為原電池正極，電極反應Cu2＋＋2e?＝Cu，中間為陰離子交換膜；A．充電時，能量轉化形式主要為熱能→化學能，故A錯誤；B．放電時，負極反應為Cu＋4NH3?2e?＝[Cu(NH3)4]2＋，故B錯誤；C．原電池溶液中陰離子移向負極，a為陰離子交換膜，故C錯誤；D．放電時，左池Cu電極減少6.4g時，Cu?2e?＝Cu2＋，電子轉移0.2mol，右池溶液中銅離子析出0.1mol，硝酸根離子移向左電極0.2mol，質量減少＝0.2mol×62g/mol＋0.1mol×64g/mol＝18.8g，故D正確；故答案選D。20、B【解析】

A.工業上用電解MgCl2、Al2O3的方法來冶煉對應的金屬，故A錯誤；B.煤的氣化、液化與石油的裂化、裂解均有新物質生成，屬于化學變化，故B正確；C.“血液透析”是利用膠體不能透過半透膜的性質，“靜電除塵”利用了膠體微粒帶電，在電場作用下定向移動的性質，故C錯誤；D.剛玉主要成分是氧化鋁，瑪瑙、分子篩主要成分是二氧化硅，故D錯誤。故選B。21、B【解析】

A、由圖，將圖中左側的直線延長，可知該實驗開始溫度是21℃，A錯誤；B、鹽酸與氫氧化鈉溶液的中和反應是放熱反應，化學能轉化為熱能；B正確；C、恰好反應時參加反應的鹽酸溶液的體積是30mL，由V1＋V2＝50mL可知，消耗的氫氧化鈉溶液的質量為20mL,氫氧化鈉溶液的物質的量濃度＝0.03L×1.0mol·L－1÷0.02L＝1.5mol·L－1，C錯誤；D、有水生成的反應不一定是放熱反應，如氫氧化鋇晶體與氯化銨反應有水生成，該反應是吸熱反應，D錯誤；答案選B?！军c睛】根據圖像，溫度最高點為恰好完全反應的點，此時酸和堿反應放出的熱量最多，理解此點，是C的解題關鍵。22、C【解析】

A．金剛石中平均1個碳原子形成2個共價鍵，石墨中平均1個碳原子形成1.5個共價鍵，因此12g金剛石與12g石墨所含共價鍵數不相等，A錯誤；B．常溫下，lLpH=7的1mol/LHCOONH4溶液顯中性，根據電荷守恒守恒可知HCOO-與NH4+的濃度相等，但由于二者均水解，所以數目均小于NA，B錯誤；C．0.1molCl2與0.2molCH4光照充分反應根據氯原子守恒可知生成HCl分子數為0.1NA，C正確；D．100g34%的H2O2（物質的量是1mol）中加入MnO2充分反應生成0.5mol氧氣，轉移電子數為NA，D錯誤；答案選C。二、非選擇題(共84分)23、乙醇羧基取代反應3【解析】根據已知：①有機物A的質譜與核磁共振氫譜圖可知，A的相對分子質量為46，核磁共振氫譜有3組峰，峰面積之比為1：2：3，則A為乙醇；根據流程可知，E在鐵和氯化氫作用下發生還原反應生成，則E為；E是D發生硝化反應而得，則D為；D是由A與C在濃硫酸作用下發生酯化反應而得，則C為；C是由分子式為C7H8的烴B氧化而得，則B為甲苯；結合已知③以及G的分子式，可知對二甲苯與二分子一氯甲烷反應生成F，F為；根據已知②可知，F氧化生成G為；G脫水生成H，H為。(1)A的名稱是乙醇；C為，含氧官能團的名稱是羧基；(2)反應②是D在濃硫酸和濃硝酸作用下發生硝化反應（或取代反應）生成E；(3)反應①是A與C在濃硫酸作用下發生酯化反應生成D，其化學方程式是；(4)F的結構筒式是；(5)的同分異構體滿足條件：①能發生銀鏡反應，說明含有醛基；②能發生水解反應，其水解產物之一能與FeC13溶液發生顯色反應，說明含有甲酸酯的結構，且水解后生成物中有酚羥基結構；③1mol該物質最多能與8molNaOH反應，則符合條件的同分異構體可以是：、、共3種；(6)間二甲苯氧化生成間苯二甲酸，間苯二甲酸與甲醇發生酯化反應生成間苯二甲酸二甲酯，間苯二甲酸甲酯發生硝化反應生成，還原得到，其合成路線為：。24、苯取代反應1:1或12【解析】

由已知信息可知A為苯，再和CH2Cl2發生取代反應生成，再和HCHO在濃鹽酸的作用下生成的D為；和Cl2在光照條件下發生取代反應生成的F為，F再和G發生取代反應生成，結合G的分子式可知G的結構簡式為；再和在乙醇和濃氨水的作用下生成吡貝地爾（），據此分析解題；（6）以苯和硝基苯為原料合成，則需要將苯依次酚羥基、鹵素原子得到，將硝基苯先還原生成苯胺，苯胺再和在PdBr4的催化作用下即可得到目標產物。【詳解】(1)A的結構簡式為，其名稱是苯；(2)和Cl2在光照條件下發生取代反應生成的F為，則E→F的反應類型是取代反應；(3)由分析知G的結構簡式為；B為，酚羥基均能和Na、NaOH反應，則1molB最多消耗NaOH與Na的物質的量之比為1:1；(4)和在乙醇和濃氨水的作用下生成吡貝地爾的化學方程式為；(5)D為，其分子式為C8H7O2Cl，其同分異構體中：①與FeCl3溶液發生顯色反應，說明含有酚羥基；②苯環上有3個取代基，這三個取代基有連、間、偏三種連接方式；③1mol該同分異構體最多消耗3molNaOH，則分子結構中含有2個酚羥基，另外存在鹵素原子水解，則另一個取代基為-CH=CHCl或-CCl=CH2，苯環上先定位取代基為-CH=CHCl或-CCl=CH2，再增加二個酚羥基，則各有6種結構，即滿足條件的同分異構體共有12種，其中核磁共振氫譜有5種峰且峰面積之比為2:2:1:1:1的結構簡式為；（6）以苯和硝基苯為原料合成，則需要將苯依次酚羥基、鹵素原子得到，將硝基苯先還原生成苯胺，苯胺再和在PdBr4的催化作用下即可得到目標產物，具體合成路線為。【點睛】解有機推斷與合成題，學生需要將題目給信息與已有知識進行重組并綜合運用是解答本題的關鍵，需要學生具備準確、快速獲取新信息的能力和接受、吸收、整合化學信息的能力，采用正推和逆推相結合的方法，逐步分析有機合成路線，可推出各有機物的結構簡式，然后分析官能團推斷各步反應及反應類型。本題根據吡貝地爾的結構特點分析合成的原料，再結合正推與逆推相結合進行推斷，充分利用反應過程C原子數目，對學生的邏輯推理有較高的要求。25、分液漏斗防倒吸、防堵塞(或平衡氣壓、安全瓶均可)SO2＋H2SO4＋2KClO3=2KHSO4＋2ClO2檢驗有I2生成，進而證明ClO2有強氧化性2:1O2溶液由藍色變為無色，且半分鐘內溶液顏色不再改變0.324

g產生ClO2的速率太快，ClO2沒有被D中的溶液完全吸收；C中ClO2未全部進入D中【解析】

(1)濃H2SO4和Na2SO3反應生成SO2，A制備SO2，B裝置有緩沖作用，可防止倒吸、堵塞；裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，則C中發生反應SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，在D中發生氧化還原反應生成I2，裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，I2遇淀粉變藍色；裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，雙氧水作還原劑生成氧氣，從而防止尾氣污染環境；(2)①碘遇淀粉變藍色，當碘完全反應后溶液變為無色；②ClO2與KI在溶液反應離子方程式為：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，結合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得ClO2～5S2O32-，則n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；ClO2部分沒有被吸收、未完全進入D中都導致測定值偏低?！驹斀狻?1)濃H2SO4和Na2SO3反應生成SO2，A用于制備SO2，B裝置有緩沖作用，能防止倒吸、堵塞；裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，則C中發生反應SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，所以D中發生氧化還原反應生成I2，裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，I2單質遇淀粉溶液變為藍色；裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，雙氧水作還原劑生成氧氣，從而防止尾氣污染環境，①儀器a的名稱為分液漏斗，裝置B有緩沖作用，所以能防倒吸、防堵塞(或平衡氣壓、安全瓶)；②裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，根據元素守恒可知，生成的酸式鹽為KHSO4，該反應的化學方程式為SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2；裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，淀粉遇碘溶液變為藍色，根據淀粉溶液是否變色來判斷是否有I2單質生成，從而證明ClO2是否具有氧化性；③裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，反應方程式為H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+H2O，在該反應中ClO2是氧化劑，NaClO2的還原產物，H2O2是還原劑，O2是氧化產物，該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為2：1；(2)①I2單質遇淀粉溶液變為藍色，當碘完全反應后溶液變為無色，所用滴定終點是溶液由藍色變為無色，且半分鐘內溶液顏色不再改變；②ClO2溶液與碘化鉀反應的離子方程式：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，結合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得關系式：ClO2～5S2O32-，則n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，則在250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；由于C中ClO2有一部分沒有被吸收、未完全進入D中都導致測定值偏低?！军c睛】本題考查物質制備，涉及實驗操作、氧化還原反應、方程式的計算、物質檢驗等知識點，側重考查實驗操作規范性、元素化合物性質等知識點，明確實驗原理、物質性質、物質之間的轉化關系是解本題關鍵。26、冷凝管檢漏冰水浴冷卻結晶97℃溫度計水銀球與蒸餾燒瓶支管口處相齊平上下移動C管偏大【解析】

丙烯醛與氫氧化鈉溶液共熱生成丙烯醇和丙烯酸鈉，加入四氯化碳萃取未反應的丙烯醛和丙烯醇，四氯化碳密度比水大，所以得到的上層液體含有丙烯酸鈉，加入硫酸酸化得到丙烯酸溶液，丙烯酸熔點為13℃，可用冰水冷卻可得到丙烯酸晶體，過濾、冰水洗滌、低溫吸干得到丙烯酸；下層液體為含有少量未反應的丙烯醛和生成的丙烯醇的四氯化碳溶液，蒸餾得到丙烯醇。【詳解】(1)根據L的結構特點可知其為球形冷凝管；(2)過程②為萃取分液，分液漏斗使用前需要進行檢漏；(3)根據分析可知操作④包括冰水浴冷卻結晶、過濾、冰水洗滌、低溫吸干；(4)根據題目信息可知丙烯醇的沸點為97℃，所以收集97℃的餾分；進行蒸餾時溫度計的水銀球應與蒸餾燒瓶的支管口處相平；(5)丙烯醇含有羥基可以與鈉單質反應生成氫氣，通過測定生成的氫氣的量來確定丙烯醇的物質的量，從而測定其摩爾質量；記錄氫氣體積時要注意通過上下移動C管使B、C液面高度一致，從而使氣體的壓強與大氣壓相同；得到的氣體體積為cmL，室溫下氣體摩爾體積為VL·mol-1，則生成的氫氣物質的量為，丙烯醇分子中含有一個羥基，所以丙烯醇的物質的量為，丙烯醇的密度為0.85g·mL-3，則amL丙烯醇的質量為0.85ag，所以丙烯醇的摩爾質量為；若讀數時C管液面高于B管，則B中壓強要大于大氣壓，導致測得的氣體體積偏小，根據計算公式可知會導致計算得到的摩爾質量偏大?！军c睛】蒸餾實驗中溫度計的水銀球應與蒸餾燒瓶的支管口處相平，冷凝水從冷凝管的下口進上口出；排水法測量氣體體積時一定要保證氣體壓強和大氣壓相同，否則無法準確知道氣體壓強無法進行換算。27、濃debcfg關閉，打開排盡裝置中殘留的NO【解析】

制備NaNO2，A裝置中銅與濃硝酸反應：Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+4NO2↑+2H2O，制備NO2，NO2與水反應3NO2+H2O=2HNO3+NO，可以在C裝置中進行；根據圖示，2NO+Na2O2=2NaNO2在D裝置中進行，尾氣中的NO不能直接排放到空氣中，需要用酸性高錳酸鉀吸收：3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O，據此分析解答?！驹斀狻?1)裝置A三頸燒瓶中銅與濃硝酸發生反應生成二氧化氮，化學方程式為：Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故答案為：Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；(2)根據上述分析，A裝置制備NO2，生成的NO2在C中水反應制備NO，經過裝置B干燥后在裝置D中反應生成亞硝酸鈉，最后用E除去尾氣，因此裝置的連接順序為：a→d→e→b→c→f→g→h；此時應關閉K1，打開K2，讓二氧化氮通過C裝置中的水轉化成一氧化氮，故答案為：d；e；b；c；f；g(b與c、f與g可以交換)；關閉K1，打開K2；(3)E裝置為酸性高錳酸鉀與NO的反應，NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被還原為Mn2+，離子方程式為：3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O，故答案為：3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O；(4)①關閉K2，打開K1，打開彈簧夾通一段時間的氮氣，夾緊彈簧夾，開始A中反應，一段時間后，觀察到E中溶液逐