2024年河南省洛陽市欒川縣實驗高中高考仿真模擬化學試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、設NA為阿伏加德常數的數值，下列說法正確的是（）A．18gH2O含有10NA個質子B．1mol苯含有3NA個碳碳雙鍵C．標準狀況下，22.4L氨水含有NA個NH3分子D．常溫下，112g鐵片投入足量濃H2SO4中生成3NA個SO2分子2、由N2O和NO反應生成N2和NO2的能量變化如圖所示。下列說法錯誤的是A．使用催化劑可以降低過渡態的能量B．反應物能量之和大于生成物能量之和C．N2O(g)+NO(g)→N2(g)+NO2(g)+139kJD．反應物的鍵能總和大于生成物的鍵能總和3、電導率用于衡量電解質溶液導電能力的大小，與離子濃度和離子遷移速率有關。圖1為相同電導率鹽酸和醋酸溶液升溫過程中電導率變化曲線，圖2為相同電導率氯化鈉和醋酸鈉溶液升溫過程中電導率變化曲線，溫度均由22℃上升到70℃。下列判斷不正確的是A．由曲線1可以推測：溫度升高可以提高離子的遷移速率B．由曲線4可以推測：溫度升高，醋酸鈉電導率變化與醋酸根的水解平衡移動有關C．由圖1和圖2可以判定：相同條件下，鹽酸的電導率大于醋酸的電導率，可能的原因是Cl-的遷移速率大于CH3COO-的遷移速率D．由圖1和圖2可以判定：兩圖中電導率的差值不同，與溶液中H+、OH-的濃度和遷移速率無關4、下列有關能量的判斷和表示方法正確的是A．由C(s，石墨)=C(s，金剛石)?H=+1.9kJ/mol，可知：石墨比金剛石更穩定B．等質量的硫蒸氣和硫固體分別完全燃燒，后者放出的熱量更多C．由H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)?H=-57.3kJ/mol，可知：含1molCH3COOH的溶液與含1molNaOH的溶液混合，放出熱量等于57.3kJD．2gH2完全燃燒生成液態水放出285.8kJ熱量，則氫氣燃燒的熱化學方程式為2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)?H=-285.8kJ/mol5、下列行為不符合安全要求的是（）A．實驗室廢液需經處理后才能排入下水道B．點燃易燃氣體前，必須檢驗氣體的純度C．配制稀硫酸時將水倒入濃硫酸中并不斷攪拌D．大量氯氣泄漏時，迅速離開現場并盡量往高處去6、現有短周期主族元素X、Y、Z、R、T。R原子最外層電子數是電子層數的2倍；Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物，Z與T形成的Z2T化合物能破壞水的電離平衡，五種元素的原子半徑與原子序數的關系如圖所示，下列推斷正確的是A．原子半徑和離子半徑均滿足：Y＜ZB．Y的單質易與R、T的氫化物反應C．最高價氧化物對應的水化物的酸性：T＜RD．由X、R、Y、Z四種元素組成的化合物水溶液一定顯堿性7、已知298K時，Ksp(NiS)=1.0×10-21，Ksp(FeS)=6.0×10-18，其沉淀溶解平衡曲線如圖所示(圖中R表示Ni或Fe)，下列說法正確的是(已知：≈2.4，≈3.2)（）A．M點對應的溶液中，c(S2-)≈3.2×10-11mol·L-1B．與P點相對應的NiS的分散系是均一穩定的C．向Q點對應的溶液中加水，可轉化成N點對應的溶液D．FeS+Ni2+NiS+Fe2+的平衡常數K=60008、我國是世界最大的耗煤國家，下列加工方法不屬于煤的綜合利用的是A．干餾 B．氣化 C．液化 D．裂解9、2019年是“國際化學元素周期表年”。1869年門捷列夫把當時已知的元素根據物理、化學性質進行排列，準確預留了甲、乙兩種未知元素的位置，并預測了二者的相對原子質量，部分原始記錄如下。下列說法不正確的是()A．元素乙的原子序數為32B．原子半徑比較：甲>乙>SiC．元素乙的簡單氣態氫化物的穩定性強于。D．推測乙可以用作半導體材料10、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，X原子的最外層有6個電子，Y是迄今發現的非金屬性最強的元素，在周期表中Z位于IA族，W與X屬于同一主族。下列說法正確的是（）A．熔沸點：Z2X＜Z2W B．元素最高價：Y＜ZC．氣態氫化物的熱穩定性：Y＜W D．原子半徑：X＜Y＜Z＜W11、對下列化工生產認識正確的是A．制備硫酸：使用熱交換器可以充分利用能量B．侯德榜制堿：析出NaHCO3的母液中加入消石灰，可以循環利用NH3C．合成氨：采用500℃的高溫，有利于增大反應正向進行的程度D．合成氯化氫：通入H2的量略大于Cl2，可以使平衡正移12、某科學興趣小組查閱資料得知，反應溫度不同，氫氣還原氧化銅的產物就不同，可能是Cu或Cu2O，Cu和Cu2O均為不溶于水的紅色固體，但氧化亞銅能與稀硫酸反應，化學方程式為：Cu2O＋H2SO4=CuSO4＋Cu＋H2O，為探究反應后的紅色固體中含有什么物質？他們提出了以下假設：假設一：紅色固體只有Cu假設二：紅色固體只有Cu2O假設三：紅色固體中有Cu和Cu2O下列判斷正確的是()A．取少量紅色固體，加入足量的稀硫酸，若溶液無明顯現象，則假設一和二都成立B．若看到溶液變成藍色，且仍有紅色固體，則只有假設三成立C．現將7.2克紅色固體通入足量的H2還原，最后得到固體6.4克，則假設二成立D．實驗室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2沉淀，加熱后制取Cu2O13、碳酸鑭[La2(CO3)3]可用于治療終末期腎病患者的高磷酸鹽血癥，制備反應原理為：2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4C1+3CO2↑+3H2O，某化學興趣小組利用下列實驗裝置模擬制備碳酸鑭。下列說法不正確的是A．制備碳酸鑭實驗流程中導管從左向右的連接順序為：F→A→B→D→E→CB．Y中發生反應的化學方程式為NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑C．X中盛放的試劑是飽和NaHCO3溶液，其作用為吸收揮發的HCl，同時生成CO2D．Z中應先通入CO2，后通入過量的NH314、由下列實驗及現象推出的相應結論正確的是實驗現象結論A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液產生藍色沉淀原溶液中有Fe2+，無Fe3+B．向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液變渾濁酸性：H2CO3>C6H5OHC．向含有ZnS和Na2S的懸濁液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)D．①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液②再加足量鹽酸①產生白色沉淀②仍有白色沉淀原溶液中有SO42-A．A B．B C．C D．D15、2015年12月31日，日本獲得第113號元素的正式命名權．這種原子(記作)，是由30號元素Zn，連續轟擊83號元素Bi獲得的．下列說法，不正確的是A．獲得新核素的過程，是一個化學變化B．題中涉及的三種元素，都屬于金屬元素C．這種超重核素的中子數與質子數只差為52D．這種新核素，是同主族元素中原子半徑最大的16、實驗室制備下列氣體時，所用方法正確的是()A．制氧氣時，用Na2O2或H2O2作反應物可選擇相同的氣體發生裝置B．制氯氣時，用飽和NaHCO3溶液和濃硫酸凈化氣體C．制氨氣時，用排水法或向下排空氣法收集氣體D．制二氧化氮時，用水或NaOH溶液吸收尾氣二、非選擇題（本題包括5小題）17、具有抗菌作用的白頭翁素衍生物I的合成路線如圖所示：已知：ⅰ.R-HC=CH-R’+R”COOHⅱ.R-HC=CH-R”(以上R、R’、R”代表氫、烷基或芳基等)。回答下列問題：（1）反應①的反應類型是___。（2）寫出反應②的化學方程式是___。（3）合成過程中設計步驟①和④的目的是___。（4）試劑a是___。（5）下列說法正確的是___（選填字母序號）。a.物質A極易溶于水b.③反應后的試管可以用硝酸洗滌c.F生成G的反應類型是取代反應d.物質D既能與鹽酸反應又能與氫氧化鈉鈉溶液反應（6）由F與I2在一定條件下反應生成G的化學方程式是___；此反應同時生成另外一個有機副產物且與G互為同分異構體，此有機副產物的結構簡式是___。（7）已知：RCH2BrR-CH=CH-R1以乙烯起始原料，結合已知信息選用必要的無機試劑合成，寫出合成路線（用結構簡式表示有機物，用箭頭表示轉化關系，箭頭上注明試劑和反應條件）___。18、美托洛爾可用于治療各類型高血壓及心絞痛，其一種合成路線如下：已知：回答下列問題：(1)A→B的反應類型是______________，B中官能團的名稱為______________。(2)D→E第一步的離子方程式為_________。(3)E→F的條件為______________，請寫出一種該過程生成的副產物的結構簡式_________。(已知在此條件下，酚羥基不能與醇發生反應)。(4)碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳。寫出G的結構簡式，并用星號(*)標出G中的手性碳______________。(5)芳香族化合物I是B的同分異構體，I能與銀氨溶液作用產生銀鏡，且在苯環上連有兩個取代基，則I同分異構體的數目為_________種。(6)(J)是一種藥物中間體，參照上述合成路線，請設計以甲苯和苯酚為原料制備J的合成路線____________________(無機試劑任選)。19、某小組為探究K2Cr2O7中Cr在不同條件下存在的主要形式及性質特點。室溫下(除系列實驗I中ii外)進行了如下系列實驗：系列實驗I裝置滴管中的試劑試管中的試劑操作現象i1mL水4mL0.1mol·L-1K2Cr2O7橙色溶液振蕩溶液顏色略微變淺ii1mL水振蕩60℃水浴溶液顏色較i明顯變淺iii1mL18.4mol·L-1濃硫酸振蕩溶液顏色較i明顯變深iv1mL6mol·L-1NaOH溶液振蕩_____________________v3滴濃KI溶液iv中溶液振蕩無明顯現象vi過量稀硫酸v中溶液邊滴邊振蕩溶液顏色由黃色逐漸變橙色，最后呈墨綠色已知：K2CrO4溶液為黃色；Cr3+在水溶液中為綠色。請按要求回答下列問題：(1)寫出K2C2O7在酸性條件下平衡轉化的離子方程式：________________________。對比實驗i與ii，可得結論是該轉化反應的△H______0(填>”或“<”)。(2)結合實驗i、ii，分析導致ii中現象出現的主要因素是__________________。(3)推測實驗iv中實驗現象為________________________。對比實驗i、ii、iv中實驗現象，可知，常溫下K2Cr2O7中Cr在堿性條件下主要以______離子形式存在。(4)對比實驗v與vi，可知：在______條件下，+6價Cr被還原為______。(5)應用上述實驗結論，進一步探究含Cr2O72-廢水樣品用電解法處理效果的影響因素，實驗結果如下表所示(Cr2O72-的起始濃度、體積，電壓、電解時間等均相同)。系列實驗Ⅱiiiiiiiv樣品中是否加Fe2(SO4)3否否加入5g否樣品中是否加入稀硫酸否加入1mL加入1mL加入1mL電極材料陰、陽極均為石墨陰極為石墨，陽極為鐵Cr2O72-0.92212.720.857.3①實驗中Cr2O72-在陰極的反應式：_________________________________________________。②實驗i中Fe3+去除Cr2O72-的機理如圖所示，結合此機理，解釋實驗iv中Cr2O72-去除率提高較多的原因(用電極反應式、離子方程式和必要的文字說明)_____________________________。20、為了探究鐵、銅及其化合物的性質，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，觀察到的實驗現象是______________________。（2）實驗后，為檢驗硬質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，根據實驗記錄，計算綠礬化學式中結晶水數目x=__________________（用含m1、m2、m3的列式表示）。21、稀土元素是指元素周期表中原子序數為57到71的15種鑭系元素，以及與鑭系元素化學性質相似的鈧(Sc)和釔(Y)共17種元素。稀土元素有“工業維生素”的美稱，如今已成為極其重要的戰略資源。（1）鈧(Sc)為21號元素，位于周期表的_____區，基態原子價電子排布圖為_______。（2）離子化合物Na3[Sc(OH)6]中，存在的化學鍵除離子鍵外還有_______。（3）Sm(釤)的單質與l，2－二碘乙烷可發生如下反應：Sm+ICH2CH2I→SmI2+CH2=CH2。ICH2CH2I中碳原子雜化軌道類型為______,lmolCH2=CH2中含有的σ鍵數目為______。常溫下l，2－二碘乙烷為液體而乙烷為氣體，其主要原因是__________（4）與N3-互為等電子體的分子有________________（寫兩個化學式）。（5）Ce（鈰）單質為面心立方晶體，其晶胞參數a=516pm。晶胞中Ce（鈰）原子的配位數為_______，列式表示Ce（鈰）單質的密度：________g/cm3（用NA表示阿伏伽德羅常數的值，不必計算出結果）

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【解析】

A、18g水的物質的量為n==1mol，而一個水分子中含10個質子，故1mol水中含10NA個質子，故A正確；B、苯不是單雙鍵交替的結構，故苯中無碳碳雙鍵，故B錯誤；C、標況下，氨水為液體，故不能根據氣體摩爾體積來計算其物質的量，故C錯誤；D、112g鐵的物質的量n==2mol，如果能完全和足量的濃硫酸反應，則生成3mol二氧化硫，而常溫下鐵在濃硫酸中鈍化，鐵不能反應完全，則生成的二氧化硫分子小于3NA個，故D錯誤。故選：A。【點睛】常溫下，鐵、鋁與濃硫酸、濃硝酸能夠發生鈍化，需注意，鈍化現象時因為反應生成了致密氧化膜，氧化膜阻止了反應的進一步發生，若在加熱條件下，反應可繼續發生，但隨著反應的進行，濃硫酸會逐漸變稀，其反應實質有可能會發生相應的變化。2、D【解析】

A.催化劑可以降低活化能；B.根據圖象來分析；C.根據圖象可以知道,此反應放熱139kJ；D.△H=反應物的鍵能總和-生成物的鍵能總和。【詳解】A.催化劑可以降低活化能,降低過渡態的能量,故不選A；B.根據圖象可以知道,此反應的反應物的總能量大于生成物的總能量，故不選B；C.根據圖象可以知道,此反應放熱139kJ,熱化學方程式為N2O(g)+NO(g)→N2(g)+NO2(g)+139kJ,故不選C；D.△H=反應物的鍵能總和-生成物的鍵能總和＜0，故選D；答案：D【點睛】.△H=反應物的鍵能總和-生成物的鍵能總和=生成物的總能量-反應物的總能量。3、D【解析】

A．曲線1中鹽酸溶液在升高溫度的過程中離子濃度不變，但電導率逐漸升高，說明溫度升高可以提高離子的遷移速率，故A正確；B．溫度升高，促進CH3COONa溶液中CH3COO-的水解，則由曲線3和曲線4可知，溫度升高，醋酸鈉電導率變化與醋酸根的水解平衡移動有關，故B正確；C．曲線1和曲線2起始時導電率相等，但溫度升高能促進醋酸的電離，溶液中離子濃度增加，但鹽酸溶液的導電率明顯比醋酸高，說明可能原因是Cl-的遷移速率大于CH3COO-的遷移速率，故C正確；D．曲線1和曲線2起始時導電率相等，可知鹽酸和醋酸兩溶液中起始時離子濃度相等，包括H+和OH-濃度也相等，而隨著溫度的升高，促進醋酸的電離，醋酸溶液中的H+和OH-濃度不再和鹽酸溶液的H+和OH-濃度相等，則兩者的導電率升高的幅度存在差異，可能與溶液中H+、OH-的濃度和遷移速率有關，故D錯誤；故答案為D。4、A【解析】

A．由C(s，石墨)=C(s，金剛石)?H=+1.9kJ/mol可知：石墨比金剛石具有的總能量低，因此石墨比金剛石更穩定，A正確；B．硫蒸氣轉化為硫固體要放熱，等質量的硫蒸氣和硫固體分別完全燃燒，前者放出的熱量更多，B錯誤；C．CH3COOH電離吸收能量，則含1molCH3COOH的溶液與含1molNaOH的溶液混合，放出熱量小于57.3kJ，C錯誤；D．2gH2為1mol，2gH2完全燃燒生成液態水放出285.8kJ熱量，則氫氣燃燒的熱化學方程式為H2(g)+O2(g)=H2O(l)?H=-285.8kJ/mol，D錯誤；答案選A。5、C【解析】

A．實驗室廢液中常含有大量有毒有害物質或者重金屬離子，直接排放會對地下水造成污染，所以需經處理后才能排入下水道，故A正確；B．點燃可燃性氣體前需要檢查純度，避免因純度不足導致氣體爆炸發生危險，故B正確；C．由于濃硫酸密度大于水，且稀釋過程中放出大量熱，稀釋時應該將濃硫酸緩緩倒入水中并不斷攪拌，故C錯誤；D．氯氣密度大于空氣，低處的空氣中氯氣含量較大，所以大量氯氣泄漏時，迅速離開現場并盡量逆風、往高處逃離，故D正確；故選C。6、B【解析】

現有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，結合五種元素的原子半徑與原子序數的關系圖可知，Z的原子半徑最大，X的原子半徑和原子序數均最小，則X為H元素；由R原子最外層電子數是電子層數的2倍，R為第二周期的C元素；Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物，則Z為Na元素，Y為O元素，Z與T形成的Z2T

化合物能破壞水的電離平衡，T為S元素，據此分析解答。【詳解】由上述分析可知，X為H元素，R為C元素，Y為O元素，Z為Na元素，T為S元素。A．電子層越多，原子半徑越大，則原子半徑為Y＜Z，而具有相同電子排布的離子中原子序數大的離子半徑小，則離子半徑為Y＞Z，故A錯誤；B．Y的單質為氧氣，與C的氫化物能夠發生燃燒反應，與S的氫化物能夠反應生成S和水，故B正確；C．非金屬性S＞C，則最高價氧化物對應的水化物的酸性：T＞R，故C錯誤；D．由H、C、O、Na四種元素組成的化合物不僅僅為NaHCO3，可能為有機鹽且含有羧基，溶液不一定為堿性，可能為酸性，如草酸氫鈉溶液顯酸性，故D錯誤；答案選B。7、D【解析】

A．飽和的NiS溶液中c(Ni2＋)=c(S2－)==3.2×10－11mol·L－1，同理飽和FeS溶液中c(Fe2＋)=c(S2－)=2.4×10－9mol·L－1，因此I曲線代表的是FeS，II曲線代表的是NiS，即M點c(S2－)=2.4×10－9mol·L－1，故A錯誤；B．此時P點對應的NiS為過飽和溶液，不是穩定分散系，應有沉淀產生，故B錯誤；C．Q點加水，溶液中c(Ni2＋)、c(S2－)減小，Q不能轉化到N點，應在Q點上方，故C錯誤；D．平衡常數K==6000，故D正確。8、D【解析】

煤的綜合利用是指通過物理或化學加工等途徑，回收和利用煤中的各種有益組分，以獲得多種產品的方法，包括煤的氣化、液化和干餾，均屬于煤的綜合利用；而裂解是石油的綜合利用的方法。故選：D。9、C【解析】

由元素的相對原子質量可知，甲、乙的相對原子質量均比As小，As位于第四周期VA族，則C、Si、乙位于第IVA族，乙為Ge，B、Al、甲位于ⅢA族，甲為Ga，以此來解答。【詳解】A．乙為Ge，元素乙的原子序數為32，故A正確；B．電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑比較：甲＞乙＞Si，故B正確；C．非金屬性Ge小于Si，則元素乙的簡單氣態氫化物的穩定性弱于SiH4，故C錯誤；D．乙為Ge，位于金屬與非金屬的交界處，可用作半導體材料，故D正確。故選C。【點睛】本題考查位置、結構與性質，把握相對原子質量、元素的位置及性質為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規律性知識的應用。10、B【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，Y是迄今發現的非金屬性最強的元素，則Y為F；X原子的最外層有6個電子，且原子序數小于F，則X為O元素；在周期表中Z位于IA族，其原子序數大于O，則Z為Na元素；W與X屬于同一主族，則W為S元素，據此解答。【詳解】根據分析可知，X為O，Y為F，Z為Na，W為S元素。A、Na2O和Na2S都是離子晶體，氧離子半徑小于硫離子，則熔沸點Na2O>Na2S，故A錯誤；B、F最高價為0價，Na的最高價為+1價，則元素最高價：Y<Z，故B正確；C、非金屬性F>S，則氣態氫化物的熱穩定性：Y>W，故C錯誤；D、同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，同一主族從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑：Y<X<W<Z，故D錯誤；故選：B。【點睛】離子晶體熔沸點比較：陰陽離子半徑越小，電荷數越多，離子鍵越強，熔沸點越高，反之越低，如：CsCl<NaCl；簡單氣體氫化物的穩定性與化學鍵強度有關。11、A【解析】

A．制硫酸時使用熱交換器，可充分利用能量，故A正確；B．侯德榜制堿法：析出NaHCO3的母液中加入生石灰，可以循環利用NH3，故B錯誤；C．合成氨為放熱反應，加熱使平衡逆向移動，故C錯誤；D．氫氣與氯氣反應生成氯化氫不是可逆反應，不存在化學平衡的移動，故D錯誤；故答案為A。12、C【解析】

A.取少量紅色固體，加入足量的稀硫酸，若溶液無明顯現象，說明紅色固體中不含氧化亞銅，則假設一成立，選項A錯誤；B.若看到溶液變成藍色，說明紅色固體中含有氧化亞銅，仍有紅色固體，不能說明紅色固體中含有銅，因為氧化亞銅和稀硫酸反應也能生成銅，則假設二或三成立，選項B錯誤；C.假設紅色固體只有Cu2O，則7.2gCu2O的物質的量為0.05mol，和H2反應后生成銅的物質的量為0.1mol，質量為6.4g，所以假設成立，選項C正確；D.實驗室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2懸濁液，加熱后制取Cu2O，選項D錯誤。答案選C。13、D【解析】

A.由裝置可知，W中制備CO2，X除去HCl，Y中制備氨氣，在Z中制備碳酸鑭，則制備碳酸鑭實驗流程中導管從左向右的連接順序為：F→A→B→D→E→C，A正確；B.Y中CaO與濃氨水反應生成氨氣和氫氧化鈣，該反應的化學反應式為：NH3?H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，B正確；C.裝置X用于除雜，X中盛放的試劑是NaHCO3溶液，可吸收CO2中的HCl，HCl與NaHCO3反應產生NaCl、H2O、CO2，故其作用為吸收揮發的HCl，同時生成CO2，C正確；D.Z中應先通入NH3，后通入過量的CO2，原因為NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，堿性溶液更容易吸收二氧化碳，生成較大濃度的NH4HCO3，D錯誤；故合理選項是D。14、B【解析】

A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，產生藍色沉淀，說明溶液中有Fe2+，但是無法證明是否有Fe3+，選項A錯誤；B．向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液變渾濁，說明生成了苯酚，根據強酸制弱酸的原則，得到碳酸的酸性強于苯酚，選B正確；C．向含有ZnS和Na2S的懸濁液中滴加CuSO4溶液，雖然有ZnS不溶物，但是溶液中還有Na2S，加入硫酸銅溶液以后，Cu2+一定與溶液中的S2-反應得到黑色的CuS沉淀，不能證明發生了沉淀轉化，選項C錯誤；D．向溶液中加入硝酸鋇溶液，得到白色沉淀（有很多可能），再加入鹽酸時，溶液中就會同時存在硝酸鋇電離的硝酸根和鹽酸電離的氫離子，溶液具有硝酸的強氧化性。如果上一步得到的是亞硫酸鋇沉淀，此步就會被氧化為硫酸鋇沉淀，依然不溶，則無法證明原溶液有硫酸根離子，選項D錯誤。【點睛】在解決本題中選項C的類似問題時，一定要注意判斷溶液中的主要成分。當溶液混合進行反應的時候，一定是先進行大量離子之間的反應（本題就是進行大量存在的硫離子和銅離子的反應），然后再進行微量物質之間的反應。例如，向碳酸鈣和碳酸鈉的懸濁液中通入二氧化碳，二氧化碳先和碳酸鈉反應得到碳酸氫鈉，再與碳酸鈣反應得到碳酸氫鈣。15、A【解析】

A．由30號元素Zn，連續轟擊83號元素Bi獲得的屬于核變，不屬于化學變化，故A錯誤；B．題中涉及的三種元素Ja、Zn、Bi都是金屬元素，故B正確；C．的質子數為113，中子數=278﹣113=165，中子數與質子數差為165﹣113=52，故C正確；D．位于第七周期第ⅢA主族，是同主族元素中原子半徑最大的，故D正確；答案選A。【點睛】化學變化的實質是舊的化學鍵的斷裂和新的化學鍵的形成，不涉及原子核內的變化。16、A【解析】

A．Na2O2與水反應，H2O2在二氧化錳催化條件下都能制取氧氣，二者都是固體與液體常溫條件下反應，可選擇相同的氣體發生裝置，故A正確；

B．實驗室制取的氯氣含有氯化氫和水分，常用飽和食鹽水和濃硫酸凈化氣體，若用飽和NaHCO3溶液，氯化氫、氯氣都能和NaHCO3反應，故B錯誤；

C．氨氣極易溶于水，不能用排水法收集，故C錯誤；

D．二氧化氮與水反應生成一氧化氮，仍然污染空氣，所以不能用水吸收，故D錯誤；答案選A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、加成反應2+O22+2H2O保護碳碳雙鍵，防止催化氧化時被破壞氫氧化鈉的醇溶液或氫氧化鈉的乙醇溶液bd+I2+HI【解析】

與HBr發生加成反應生成(B)，(B)催化氧化生成(C)，(C)發生銀鏡反應生成(D)，(D)與氫氧化鈉的醇溶液反應生成(E)，(E)酸化后生成(F)，(F)與I2反應生成(G)，一定條件下可反應生成(H)，最終反應生成(I)，據此作答。【詳解】（1）反應①為與HBr發生加成反應生成，因此反應類型為加成反應；（2）反應②為催化氧化生成，反應方程式為：2+O22+2H2O；（3）步驟①將碳碳雙鍵改變，步驟④將碳碳雙鍵還原，兩個步驟保護了碳碳雙鍵，防止催化氧化時碳碳雙鍵被破壞；（4）反應④是發生消去反應反應生成的過程，小區反映的條件是氫氧化鈉的醇溶液；（5）a.有機物A中存在羥基，屬于親水基，因此A可溶于水，但不是及易溶于水，a項錯誤；b.反應③為銀鏡反應，銀鏡反應后的試管可用硝酸洗滌，b項正確；c.與I2反應生成發生了加成反應和消去反應，不是取代反應，c項錯誤；d.物質D為，既可與氫氧化鈉水溶液發生取代反應，也可與鹽酸發生取代反應，d項正確；答案選bd；（6）F為，與I2在在一定條件下反應生成G的化學方程式為：+I2+HI；另一有機物與G互為同分異構體，根據結構特點可知該物質的結構簡式為：；（7）根據已知條件可知乙烯與水加成生成乙醇，乙醇催化氧化后得到乙醛；乙烯與HBr發生加成反應生成溴乙烷，溴乙烷與乙醛反應生成2-丙烯，2-丙烯在一定條件下可生成，因此合成路線可表示為：。【點睛】對于有機合成和推斷題的解法，可概括為“前推后，后推前，兩邊推中間，關鍵看條件、信息、官能團”，解題的關鍵是快速提取有效信息，具體過程為：18、取代反應羥基、羰基+2OH-+Cl-+H2O濃硫酸加熱或或CH3OCH312【解析】

根據C的結構和B的分子式可得B的結構簡式為，A→B發生取代反應，又A的分子式為C2H4O，則A為乙醛(CH3CHO)，C在Zn/HCl的條件下得到D，根據已知信息，則D的結構簡式為，D再經消去反應和酸化得到E，E的結構簡式為，E與CH3OH在一定條件下反應生成F(C9H12O2)，F與反應生成G()，G與H2NCH(CH3)2反應最終得到美托洛爾，據此分析解答問題。【詳解】(1)根據C的結構和B的分子式可得B的結構簡式為，含有的官能團有羥基和羰基，A→B發生取代反應，又A的分子式為C2H4O，則A為乙醛(CH3CHO)，故答案為：取代反應；羥基、羰基；(2)由上述分析可知，D得到E的第一部反應為消去反應，反應方程式為+2OH-+Cl-+H2O，故答案為：+2OH-+Cl-+H2O；(3)E與CH3OH在一定條件下反應生成F(C9H12O2)，不飽和度沒有發生變化，碳原子數增加1個，再聯系G的結構，可知發生醇與醇之間的脫水反應，條件為濃硫酸，加熱，已知在此條件下醇羥基不能與醇發生反應，則該過程的副反應為分子內消去脫水，副產物為，分子間脫水可得或CH3OCH3，故答案為：濃硫酸，加熱；或或CH3OCH3；(4)根據手性碳的概念，可知G中含有的手性碳可表示為，故答案為：；(5)芳香族化合物I是B的同分異構體，I能與銀氨溶液產生銀鏡，說明I中含有—CHO，則同分異構體包括：，—CHO可安在鄰間對，3種，，—OH可安在鄰間對，3種，，—CHO可安在鄰間對，3種，，—CH3可安在鄰間對，3種，共有3×4=12種，故答案為：12；(6)以甲苯和苯酚為原料制備，其合成思路為，甲苯光照取代變為鹵代烴，再水解，變為醇，再催化氧化變為醛，再借助題目A→B，C→D可得合成路線：，故答案為：。19、>c(H+)溫度溶液顏色較i明顯變淺CrO42-酸性Cr3+Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2OFe-2e-=Fe2+，6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O，Fe3++e-=Fe2+，Fe2+繼續還原Cr2O72-，Fe2+循環利用提高了Cr2O72-的去除率【解析】

（1）根據實驗vi的現象可知酸性條件下Cr2O72-發生水解；實驗ii與實驗i對比，當60℃水浴時，溶液顏色較i明顯變淺，根據溫度對化學反應平衡的影響效果作答；（2）根據單一變量控制思想分析；（3）因K2C2O7中存在平衡：試管c中加入NaOH溶液，消耗H＋，促使平衡向正反應方向進行；（4）依據實驗vi中現象解釋；（5）①實驗中Cr2O72－應在陰極上放電，得電子被還原成Cr3＋，據此作答；②根據圖示，實驗iv中陽極為鐵，鐵失去電子生成Fe2＋，Fe2＋與Cr2O72－在酸性條件下反應生成Fe3＋，Fe3＋在陰極得電子生成Fe2＋，繼續還原Cr2O72－，據此分析。【詳解】（1）根據實驗vi的現象可知酸性條件下Cr2O72-發生水解，其離子方程式為：實驗ii與實驗i對比，當60℃水浴時，溶液顏色較i明顯變淺，說明平衡向正反應方向移動，即正反應為吸熱反應，△H>0故答案為>；（2）根據單一變量控制思想，結合實驗i、ii可知，導致ii中現象出現的主要因素為60℃水浴即溫度，故答案為溫度；（3）因K2C2O7中存在平衡：試管c中加入NaOH溶液，消耗H＋，促使平衡向正反應方向進行，溶液顏色由橙色變為黃色，溶液顏色較i明顯變淺，鉻元素主要以CrO42-形式存在，故答案為溶液顏色較i明顯變淺；CrO42-；（4）實驗vi中，滴入過量稀硫酸發現，溶液顏色由黃色逐漸變橙色，最后呈墨綠色，結合給定條件說明+6價的Cr元素變為+3價，所以在酸性條件下，+6價Cr可被還原為+3價，故答案為酸性；+3；（5）①實驗中Cr2O72－應在陰極上放電，得電子被還原成Cr3＋，電解質環境為酸性，因此Cr2O72－放電的反應式為Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，故答案為Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O；②根據圖示，實驗iv中陽極為鐵，鐵失去電子生成Fe2＋，其離子方程式為：Fe-2e-=Fe2+，Fe2＋與Cr2O72－在酸性條件下反應生成Fe3＋，其離子方程式為：6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O，Fe3＋在陰極得電子生成Fe2＋，Fe3++e-=Fe2+，繼續還原Cr2O72－，Fe2＋循環利用提高了Cr2O72－的去除率，故答案為Fe-2e-=Fe2+，6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O，Fe3++e-=Fe2+，Fe2+繼續還原Cr2O72-，Fe2+循環利用提高了Cr2O72-的去除率。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+c