福建省莆田四中、莆田六中2024年高三最后一卷化學試卷注意事項: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、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、乙烯都能與水發生水解反應D．向蛋白質中加入濃的Na2SO4溶液、CuSO4溶液均能凝結析出，加水后又能溶解2、乙酸香蘭酯是用于調配奶油、冰淇淋的食用香精，其合成反應的化學方程式如下：下列敘述正確的是()A．該反應不屬于取代反應B．乙酸香蘭酯的分子式為C10H8O4C．FeCl3溶液可用于區別香蘭素與乙酸香蘭酯D．乙酸香蘭酯在足量NaOH溶液中水解得到乙酸和香蘭素3、VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+ag，取VmL溶液稀釋到4VmL，則稀釋后溶液中SO42﹣的物質的量濃度是()A．mol/L B．mol/L C．mol/L D．mol/L4、如圖是一種染料敏化太陽能電池的示意圖，電池的一個電極由有機光敏染料（R）涂覆在TiO2納米晶體表面制成，另一電極由導電玻璃鍍鉑構成，下列關于該電池敘述不正確的是（）A．染料敏化TiO2電極為電池負極，發生氧化反應B．正極電極反應式是：I3-+2e-=3I-C．電池總反應是：2R++3I-=I3-+2RD．電池工作時將太陽能轉化為電能5、下列化學用語對事實的表述正確的是A．電解CuCl2溶液：CuCl2=Cu2++2Cl-B．Mg和Cl形成離子鍵的過程：C．向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32-=Al2(CO3)3↓D．乙酸與乙醇發生酯化反應：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O6、1875年科學家布瓦博德朗發現了一種新元素，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，用于電子工業和通訊領域7、根據熱化學方程式：S(s)+O2(g)→SO2(g)+297.23kJ，下列說法正確的是A．1molSO2(g)的能量總和大于1molS(s)和1molO2(g)的能量總和B．加入合適的催化劑，可增加單位質量的硫燃燒放出的熱量C．S(g)+O2(g)→SO2(g)+Q1kJ；Q1的值大于297.23D．足量的硫粉與標況下1升氧氣反應生成1升二氧化硫氣體時放出297.23kJ熱量8、NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．19g羥基（-18OH）所含中子數為10NAB．標準狀況下，44.8LHF含有2NA個極性鍵C．1molNaHSO4晶體含有的離子數為3NAD．0.1mol·L-1KAl(SO4)2溶液中SO42-的數目為0.2NA9、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A．0.1mol·L?1NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-B．通入過量Cl2：Cl－、SO42－、Fe2+、Al3+C．通入大量CO2的溶液中：Na+、ClO-、CH3COO-、HCO3-D．0.1mol·L?1H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-10、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．25℃、101kPa時，22.4L乙烷中所含共價鍵數目為6NAB．3.2gO2和O3的混合氣體中，含氧原子數為0.2NAC．12g金剛石含有共價鍵數目為4NAD．1molNaHSO4熔融時電離出的離子總數為3NA11、我國科學家研發一種低成本的鋁硫二次電池，以鋁箔和多孔碳包裹的S為電極材料，離子液體為電解液。放電時，電池反應為2Al+3S=Al2S3，電極表面發生的變化如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．充電時，多孔碳電極連接電源的負極B．充電時，陰極反應為8Al2Cl7-+6e-=2Al+14AlCl4-C．放電時，溶液中離子的總數不變D．放電時，正極增重0.54g，電路中通過0.06mole-12、NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．標準狀況下，0.1molCl2溶于水，轉移的電子數目為0.1NAB．標準狀況下，6.72LNO2與水充分反應轉移的電子數目為0.1NAC．1.0L1.0mo1·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子數為2NAD．常溫常壓下，14g由N2與CO組成的混合氣體含有的原子數目為NA13、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（

）A．1molSiO2所含Si-O鍵的數目為2NAB．常溫下，1LpH＝9的CH3COONa溶液中由水電離的H+數目為10-9NAC．40mL10mol/L濃鹽酸與足量MnO2充分反應，生成的氯氣分子數為0.1NAD．標準狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數目為2NA14、下列離子方程式不能正確表示體系顏色變化的是A．向AgCl懸濁液中加入Na2S溶液，有黑色難溶物生成：2AgCl（s）+S2－（aq）Ag2S（s）+2Cl－（aq）B．向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3固體，溶液紫色褪去：2MnO4－+5SO32－+6H+===2Mn2++5SO42－+3H2OC．向橙色K2Cr2O7溶液中加入NaOH溶液，溶液變黃色:Cr2O72－+2OH－2CrO42－+H2OD．向稀硝酸中加入銅粉，溶液變藍色：3Cu+8H++2NO3－===3Cu2++2NO↑+4H2O15、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．0.1molHClO中含H—Cl鍵的數目為0.1NAB．1L0.1mol?L-1NaAlO2溶液中含AlO2-的數目為0.1NAC．含0.1molAgBr的懸濁液中加入0.1molKCl，充分反應后的水溶液中Br-的數目為0.1NAD．9.2g由甲苯()與甘油(丙三醇)組成的混合物中含氫原子的總數為0.8NA16、用下列實驗裝置進行相應的實驗，能達到實驗目的的是A．甲用于制取氯氣B．乙可制備氫氧化鐵膠體C．丙可分離I2和KCl固體D．丁可比較Cl、C、Si的非金屬性17、利用電解質溶液的濃度對電極電勢的影響，可設計濃差電池。下圖為一套濃差電池和電解質溶液再生的配套裝置示意圖，閉合開關K之前，兩個Cu電極的質量相等。下列有關這套裝置的說法中錯誤的是A．甲池中的電極反應式為CuB．電解質溶液再生池內發生的只是物理變化，循環物質E為水C．乙池中Cu電極電勢比甲池中Cu電極電勢低D．若陰離子交換膜處遷移的SO42-的物質的量為1mol18、下列關于有機物的說法正確的是A．疫苗一般應冷藏存放,目的是避免蛋白質變性B．分子式為C3H4Cl2的同分異構體共有4種(不考慮立體異構)C．有機物呋喃（結構如圖所示),，從結構上看，四個碳原子不可能在同一平面上D．高分子均難以自然降解19、向四個體積相同的密閉容器中分別充入一定量的SO2和O2，開始反應時，按正反應速率由大到小排列順序正確的是甲：在500℃時，SO2和O2各10mol反應乙：在500℃時，用V2O5做催化劑，10molSO2和5molO2反應丙：在450℃時，8molSO2和5molO2反應丁：在500℃時，8molSO2和5molO2反應A．甲、乙、丙、丁 B．乙、甲、丙、丁C．乙、甲、丁、丙 D．丁、丙、乙、甲20、下列有關共價鍵的說法正確的是（）A．分子晶體中共價鍵越強，熔沸點越高B．只含共價鍵的物質，一定是共價化合物C．兩種元素組成的分子中一定只含有極性共價鍵D．分子晶體中，可能不存在共價鍵，但一定存在分子間作用力21、對于1mol/L鹽酸與鐵片的反應，下列措施不能使產生H2反應速率加快的是（）A．加入一小塊銅片 B．改用等體積98%的硫酸C．用等量鐵粉代替鐵片 D．改用等體積3mol/L鹽酸22、以二氧化錳為原料制取高錳酸鉀晶體的實驗流程如下：下列說法正確的是A．“灼燒”可在石英坩堝中進行B．母液中的溶質是K2CO3、KHCO3、KClC．“結晶”環節采用加熱蒸發結晶的方法D．“轉化”反應中，生成的KMnO4和MnO2的物質的量之比為2︰1二、非選擇題(共84分)23、（14分）美國藥物學家最近合成一種可能用于治療高血壓的有機物K，合成路線如下：其中A屬于碳氫化合物，其中碳的質量分數約為83.3%；E的核磁共振氫譜中只有2組吸收峰。H常溫下呈氣態，是室內裝潢產生的主要污染物之一。G和H以1：3反應生成I。試回答下列問題：（1）A的分子式為：______________。（2）寫出下列物質的結構簡式：D：____________；G：___________。（3）反應①―⑤中屬于取代反應的有___________。（4）反應①的化學方程式為_______________；反應④的化學方程式為_________________。（5）E有多種同分異構體，符合“既能發生銀鏡反應又能發生水解反應”條件的E的同分異構體有_______種，寫出符合上述條件且核磁共振氫譜只有2組吸收峰的E的同分異構體的結構簡式：________。24、（12分）某同學對氣體A樣品進行如下實驗：①將樣品溶于水，發現氣體A易溶于水；②將A的濃溶液與MnO2共熱，生成一種黃綠色氣體單質B，B通入石灰乳中可以得到漂白粉。（1）寫出A、B的化學式：A____________，B_______________。（2）寫出A的濃溶液與MnO2共熱的化學方程式：_________________________。（3）寫出B通入石灰乳中制取漂白粉的化學方程式：_______________________。25、（12分）用6mol·L-1的硫酸配制100mL1mol·L-1硫酸，若實驗儀器有：A．100mL量筒B．托盤天平C．玻璃棒D．50mL容量瓶E．20mL量筒F．膠頭滴管G．50mL燒杯H．100mL容量瓶（1）實驗時應選用儀器的先后順序是（填入編號）__。（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正確的是（填寫編號）__。A．使用容量瓶前檢查它是否漏水B．容量瓶用蒸餾水洗凈后，再用待配溶液潤洗C．配制溶液時，如果試樣是固體，把稱好的試樣用紙條小心倒入容量瓶中，緩慢加入蒸餾水到接近標線2cm～3cm處，用滴管滴加蒸餾水到標線D．配制溶液時，如果試樣是液體，用量筒量取試樣后直接倒入容量瓶中，緩慢加入蒸餾水到接近容量瓶刻度標線1cm～2cm處，用滴管滴加蒸餾水到刻度線E．蓋好瓶塞，用食指頂住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒轉和搖動多次26、（10分）過氧乙酸（CH3COOOH）不僅在衛生醫療、食品消毒及漂白劑領域有廣泛應用，也應用于環境工程、精細化工等領域。實驗室利用醋酸（CH3COOH）與雙氧水（H2O2）共熱，在固體酸的催化下制備過氧乙酸（CH3COOOH），其裝置如下圖所示。請回答下列問題：實驗步驟：I．先在反應瓶中加入冰醋酸、乙酸丁酯和固體酸催化劑，開通儀器1和8，溫度維持為55℃；II．待真空度達到反應要求時，打開儀器3的活塞，逐滴滴入濃度為35％的雙氧水，再通入冷卻水；Ⅲ．從儀器5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待反應結束后分離反應器2中的混合物，得到粗產品。（1）儀器6的名稱是______，反應器2中制備過氧乙酸（CH3COOOH）的化學反應方程式為_____。（2）反應中維持冰醋酸過量，目的是提高_____；分離反應器2中的混合物得到粗產品，分離的方法是_________。（3）實驗中加入乙酸丁酯的主要作用是_________（選填字母序號）。A作為反應溶劑，提高反應速率B與固體酸一同作為催化劑使用，提高反應速率C與水形成沸點更低的混合物，利于水的蒸發，提高產率D增大油水分離器5的液體量，便于實驗觀察（4）從儀器5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待觀察到___________（填現象）時，反應結束。（5）粗產品中過氧乙酸（CH3COOOH）含量的測定：取一定體積的樣品VmL，分成6等份，用過量KI溶液與過氧化物作用，以1.1mol?L－1的硫代硫酸鈉溶液滴定碘（I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－）；重復3次，平均消耗量為V1mL。再以1．12mol?L－1的酸性高錳酸鉀溶液滴定樣品，重復3次，平均消耗量為V2mL。則樣品中的過氧乙酸的濃度為______mol?L－1。27、（12分）某實驗小組探究SO2與Cu(OH)2懸濁液的反應。（1）實驗一：用如圖裝置（夾持裝置已略，氣密性已檢驗）制備SO2，將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中。B中出現少量紅色沉淀；稍后，B中所得溶液呈綠色，與CuSO4溶液、CuCl2溶液的顏色有明顯不同。①排除裝置中的空氣，避免空氣對反應干擾的操作是_____，關閉彈簧夾。②打開分液漏斗旋塞，A中發生反應的方程式是_____。（2）實驗二：為確定紅色固體成分，進行以下實驗：①在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是_____。②根據上述實驗可得結論：該紅色固體為_____。（3）實驗三：為探究B中溶液呈綠色而不是藍色的原因，實驗如下：i.向4mL1mol/L的CuSO4溶液中通入過量SO2，未見溶液顏色發生變化。ii.取少量B中濾液，加入少量稀鹽酸，產生無色刺激性氣味的氣體，得到澄清的藍色溶液。再加入BaCl2溶液，出現白色沉淀。查閱資料：SO2在酸性條件下還原性較差。①實驗i的目的_____。②根據上述實驗可得結論：溶液顯綠色的原因是溶液中含有較多Cu(HSO3)2。小組同學通過進一步實驗確認了這種可能性，在少量1mol/L的CuSO4溶液中加入_____溶液，得到綠色溶液。（4）綜上實驗可以得出：出現紅色沉淀的原因是：_____；（用離子方程式表示）溶液呈現綠色的原因是：_____。（用化學方程式表示）28、（14分）研究水體中碘的存在形態及其轉化是近年的科研熱點。與在水體和大氣中的部分轉化如下圖所示。（1）碘在元素周期表的位置：______________________，其中一種人工放射性核素131I常用于甲亢的治療，該核素含有的中子數為___________。（2）結合元素周期律分析Cl-、I-的還原性強弱：同主族元素的原子，從上到下，____________。（3）水體中的I-的非酸性條件下不易被空氣中的氧化。原因是的反應速率慢，反應程度小。碘化銨是一種重要的含I-的鹽，常用于醫藥和照相工業，該電子式為________________，其水溶液卻易被空氣中的氧化的原因是_____________________。（4）大氣中的部分碘源于對海水中I-的氧化，有資料顯示：水體中若含有，會對氧化I-產生促進作用。為檢驗這一結論，進行如下探究實驗：分別將等量的通入到20mL下列試劑中，一段時間后，記錄實驗現象與結果。已知：每參與反應，生成。序號試劑組成反應前溶液的反應后溶液的的轉化率的生成量A約——B——少量C約大量①a=__________。②用離子方程式解釋A中pH增大的原因_______________________________________。③寫出B中產生的離子方程式_________________________________________。④C中實驗進行20s后，發現溶液中濃度開始下降。導致下降的直接原因有_______。A減小B減小C不斷生成29、（10分）化合物I是治療失眠癥藥物雷美替胺的中間體，其合成路線如下：完成下列填空：(1)物質A中官能團的名稱為__________。(2)寫出反應類型：反應①_____，反應④_________。(3)反應③會生成與D互為同分異構體的副產物，寫出生成該副產物的化學方程式_________。(4)若未設計反應⑥，則化合物I中可能混有雜質，該雜質同樣含有一個六元環和兩個五元環，其結構簡式為_____________。(5)寫出同時滿足下列條件的物質I的一種同分異構體的結構簡式______________。①屬于芳香族化合物②能發生銀鏡反應③能發生水解反應④分子中有5種氫原子(6)已知：CH2=CHCH2OHCH2=CHCOOH寫出以CH2=CHCH=CH2、為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑任選)．(合成路線常用的表示方法為：A…目標產物)______________。

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、乙酸是溶于水的液體，乙酸乙酯是不溶于水的液體，加水出現分層，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，淀粉遇碘單質變藍，故B錯誤；C、乙酸乙酯中含有酯基，能發生水解，淀粉為多糖，能發生水解，乙烯不能發生水解，故C錯誤；D、Cu2＋為重金屬離子，能使蛋白質變性，加水后不能溶解，蛋白質和濃的輕金屬無機鹽(Na2SO4)溶液發生鹽析，加水后溶解，故D錯誤；答案選A。2、C【解析】

A、香蘭素中—OH中的H原子，被—COCH3替代，該反應屬于取代反應，A項錯誤；B、乙酸香蘭酯的分子式為C10H10O4，B項錯誤；C、乙酸香蘭酯中沒有酚羥基，可以用FeCl3溶液區別香蘭素與乙酸香蘭酯，C項正確；D、乙酸香蘭酯應在足量酸溶液中水解才能得到乙酸和香蘭素，D項錯誤；答案選C。考點：考查有機化學基礎（反應類型、分子式的確定、官能團的性質等）。3、B【解析】

VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+ag即Al3+物質的量，取VmL溶液，則取出的Al3+物質的量，稀釋到4VmL，則Al3+物質的量濃度，則稀釋后溶液中SO42?的物質的量濃度是，故B正確。綜上所述，答案為B。4、C【解析】

根據圖示裝置可以知道：染料敏化TiO2電極為電池負極，發生氧化反應，R﹣e﹣=R+，正極電極發生還原反應，電極反應式是：I3﹣+2e﹣═3I﹣，總反應為：2R+3I﹣═I3﹣+2R+，據此回答。【詳解】A.根據圖示裝置可以知道染料敏化TiO2電極為電池負極，發生氧化反應R﹣e﹣=R+，故A正確；B.正極電極發生還原反應，電極反應式是：I3﹣+2e﹣═3I﹣，故B正確；C.正極和負極反應相加可以得到總反應：2R+3I﹣═I3﹣+2R+，故C錯誤；D.太陽能電池工作時，將太陽能轉化為電能，故D正確。故選C。5、D【解析】

A．電解氯化銅溶液生成銅和氯氣，總的化學方程式為：CuCl2Cu+Cl2↑，故A錯誤；B．氯化鎂為離子化合物，由離子形成離子鍵，其形成過程為，故B錯誤；C．向Al2(SO4)3溶液中滴加少量Na2CO3溶液反應生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳氣體，反應的離子方程式為2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故C錯誤；D．羧酸與醇發生的酯化反應中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH提供-H，相互結合生成水，其它基團相互結合生成酯，反應的方程式為CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O，故D正確；故選D。6、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.電子層數相同的元素，核電荷數越大，離子半徑越小，電子層數不同的元素，離子核外電子層數越多，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和通訊領域，D正確；故合理選項是C。7、C【解析】

A．放熱反應中反應物的總能量大于生成物的總能量，所以1molSO2(g)的能量總和小于1molS(s)和1molO2(g)的能量總和，故A錯誤；B．加入合適的催化劑不會影響反應焓變，即單位質量的硫燃燒放出的熱量不變，故B錯誤；C．因物質由固態轉變成氣態也要吸收熱量，所以S(g)+O2(g)→SO2(g)的反應熱的數值大于297.23kJ?mol?1，故C正確；D．熱化學方程式的系數只表示物質的量，標準狀況下1L氧氣的物質的量小于1mol，故D錯誤；故答案為：C。8、A【解析】

A．19g

羥基(-18OH)的物質的量為=1mol，而羥基(-18OH)中含10個中子，故1mol羥基(-18OH)中含10NA個中子，故A正確；B．標況下HF為液體，不能根據氣體摩爾體積來計算其物質的量，故B錯誤；C．NaHSO4由鈉離子和硫酸氫根離子構成，1mol

NaHSO4晶體中含有的離子總數為2NA，故C錯誤；D．溶液體積未知，無法計算0.1mol·L-1KAl(SO4)2溶液中SO42-的數目，故D錯誤；故選A。【點睛】本題的易錯點為B，要注意一些特殊物質在標準狀況下的狀態，本題中的HF為液體，類似的還有SO3為固體，H2O為液體或固體等。9、A【解析】

A.0.1mol·L?1NaOH溶液顯堿性，離子間不發生反應，可以共存，故A正確；B.通入過量Cl2的溶液顯酸性和氧化性，Fe2+有還原性被氧化為Fe3+，不能共存，故B錯誤；C.通入大量CO2的溶液顯酸性，H+與ClO-、CH3COO-、HCO3-不能共存，故C錯誤；D.0.1mol·L?1H2SO4溶液顯酸性，H+存在的情況下NO3-和HSO3-發生氧化還原反應，不能共存，故D錯誤。答案選A。10、B【解析】

A.25℃、101kPa時，22.4L乙烷的物質的量小于1mol，且1mol乙烷中所含共價鍵數目為7NA，選項A錯誤；B．3.2gO2和O3的混合物中含有的氧原子的物質的量為=0.2mol，數目為0.2NA，選項B正確；C．12g金剛石中含有1molC，金剛石中，每個C與其它4個C形成了4個共價鍵，每個碳原子形成的共價鍵數目為：×4=2，所以1molC原子形成的共價鍵為2mol，含有的共價鍵數目為2NA，選項C錯誤；D、熔融狀態下，硫酸氫鈉電離出鈉離子和硫酸氫根離子，1molNaHSO4熔融時電離出的離子總數為2NA，選項D錯誤。答案選B。11、A【解析】

放電時，電池反應為2Al+3S=Al2S3，鋁失電子，硫得到電子，所以鋁電極為負極，多孔碳電極為正極，負極上的電極反應式為：2Al+14AlCl4--6e-=8Al2Cl7-，正極的電極反應式為：3S+8Al2Cl7-+6e-=14AlCl4-+Al2S3，據此分析解答。【詳解】A．放電時，多孔碳電極為正極，充電時，多孔碳電極連接電源的正極，故A錯誤；B．充電時，原電池負極變陰極，反應為8Al2Cl7-+6e-=2Al+14AlCl4-，故B正確；C．根據分析，放電時，負極上的電極反應式為：2Al+14AlCl4--6e-=8Al2Cl7-，正極的電極反應式為：3S+8Al2Cl7-+6e-=14AlCl4-+Al2S3，溶液中離子的總數基本不變，故C正確；D．放電時，正極的電極反應式為：3S+8Al2Cl7-+6e-=14AlCl4-+Al2S3，正極增重0.54g，即增重的質量為鋁的質量，0.54g鋁為0.02mol，鋁單質由0價轉化為+3價，則電路中通過0.06mole-，故D正確；答案選A。12、D【解析】

A.氯氣和水反應為可逆反應，所以轉移的電子數目小于0.1NA，故A錯誤；B.標準狀況下，6.72LNO2的物質的量為0.3mol，根據反應3NO2+H2O═2HNO3+NO可知，0.3mol二氧化氮完全反應生成0.1molNO，轉移了0.2mol電子，轉移的電子數目為0.2NA，故B錯誤；C.NaAlO2水溶液中，除了NaAlO2本身，水也含氧原子，故溶液中含有的氧原子的個數大于2NA個，故C錯誤；D.14g由N2與CO組成的混合氣體的物質的量為：=0.5mol，含有1mol原子，含有的原子數目為NA，故D正確。故答案選D。13、D【解析】

A．在SiO2晶體中每個Si原子形成4個Si-O鍵，則1molSiO2所含Si-O鍵的數目為4NA，故A錯誤；B．CH3COONa屬于強堿弱酸鹽，CH3COO-的水解促進水的電離，常溫下，1LpH＝9的CH3COONa溶液中c(H+)電離=c(OH-)=1×10-5mol/L，發生電離的水分子物質的量為1×10-5mol/L×1L=1×10-5mol，即由水電離的H+數目為10-5NA，故B錯誤；C．40mL10mol/L濃鹽酸與足量MnO2充分反應的過程中，鹽酸的濃度降低到一定濃度，反應會停止，即溶液中0.4molHCl未能完全參加反應，則反應中生成的氯氣分子數小于0.1NA，故C錯誤；D．CH4和C2H4分子中均含有4個H原子，則標準狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數目為：×4×NA=2NA，故D正確；故答案為D。14、B【解析】

A.向AgCl懸濁液中滴加Na2S溶液時，由于Ag2S比AgCl更難溶，發生沉淀的轉化，反應的離子反應為：2AgCl（s）+S2－（aq）Ag2S（s）+2Cl－（aq），選項A正確；B.向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3固體，HSO3－將MnO4－還原而使溶液紫色褪去，反應的離子方程式為2MnO4－+5HSO3－+H+=2Mn2++5SO42－+3H2O，選項B錯誤；C．向橙色K2Cr2O7溶液中加入一定濃度的NaOH溶液后，發生Cr2O72－+2OH－2CrO42－+H2O，平衡向正反應方向移動，溶液變為黃色，選項C正確；D.向稀硝酸中加入銅粉，銅與稀硝酸反應生成硝酸銅，溶液變藍色，反應的離子方程式為：3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O，選項D正確；答案選B。15、D【解析】

A．次氯酸的結構為H-O-Cl，并不存在H-Cl鍵，A項錯誤；B．會發生水解，所以溶液中的數目小于0.1NA，B項錯誤；C．AgBr的懸濁液中加入KCl后，最終溶液中Ag+、Br-仍存在如下平衡關系：，所以Br-的數目必然小于0.1NA，C項錯誤；D．甲苯的分子式為C7H8，甘油的分子式為C3H8O3，兩種物質分子中所含的氫原子個數相同，且兩種物質分子的摩爾質量均為92g/mol，所以9.2g混合物所含的氫原子總數一定為0.8NA，D項正確；答案選D。16、C【解析】

A.MnO2與濃鹽酸反應制備氯氣需要加熱，缺少加熱裝置，A不能達到實驗目的；B.向NaOH溶液中滴加飽和FeCl3溶液得到紅褐色的Fe(OH)3沉淀，不能獲得氫氧化鐵膠體，制備氫氧化鐵膠體應向沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3飽和溶液，繼續加熱至液體呈紅褐色即可，B不能達到實驗目的；C.I2易升華，加熱I2和KCl固體的混合物，I2變為碘蒸氣，碘蒸氣在圓底燒瓶底冷凝成I2固體，燒杯中留下KCl，C能達到實驗目的；D.錐形瓶中產生氣泡，說明錐形瓶中發生反應2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑，得出酸性HCl>H2CO3，但HCl不是氯元素的最高價含氧酸，不能比較C、Cl非金屬性強弱，由于鹽酸具有揮發性，從錐形瓶導出的CO2中一定混有HCl，HCl能與硅酸鈉反應生成硅酸沉淀，故燒杯中產生白色沉淀，不能說明CO2一定與硅酸鈉溶液發生了反應，不能比較H2CO3、H2SiO3酸性的強弱，不能比較C、Si非金屬性的強弱，D不能達到實驗目的；答案選C。17、D【解析】

由SO42-的移動方向可知右邊Cu電極為負極，發生氧化反應。當電路中通過1mol電子，左邊電極增加32g，右邊電極減少32g，兩級質量差變為64g。電解質再生池是利用太陽能將CuSO4稀溶液蒸發，分離為CuSO4濃溶液和水后，再返回濃差電池，據此解答。【詳解】A.根據以上分析，左邊甲池中的Cu電極為正極，發生還原反應，電極反應式為Cu2++2eB.電解質再生池是利用太陽能將CuSO4稀溶液蒸發，分離為CuSO4濃溶液和水后，再返回濃差電池，發生的是物理變化，循環物質E為水，故B正確；C.根據以上分析，甲池中的Cu電極為正極，乙池中Cu電極為負極，所以乙池中Cu電極電極電勢比甲池中Cu電極電勢低，故C正確；D.若陰離子交換膜處遷移的SO42-的物質的量為1mol，則電路中通過2mol電子，兩電極的質量差為128g，故D錯誤。故選D。18、A【解析】

A．溫度升高，蛋白質會變性，為避免蛋白質變性，疫苗一般應冷藏存放，A正確；B．C3H6可能是丙烯或環丙烷，環丙烷只有1種氫，判斷二氯代物時“定一議一”的方法可確定；丙烯有3種氫，運用相同的方法可確定二氯代物的種類，則同分異構體有：CHCl2CH=CH2、CH2ClCCl=CH2、CH2ClCH=CHCl、CH3CCl=CHCl、CH3CH=CCl2、環丙烷的二氯代物有2種，所以共有7種，B錯誤；C．根據乙烯結構，6個原子可能共平面，推出四個碳原子可能在同一平面上，C錯誤；D．普通的塑料制品、橡膠、合成纖維等難以自然降解，而可降解塑料在自然界中能降解，D錯誤。答案選A。19、C【解析】

根據外界條件對反應速率的影響，用控制變量法判斷反應速率相對大小，然后排序，注意催化劑對反應速率的影響更大。【詳解】甲與乙相比，SO2濃度相等，甲中氧氣的濃度大、乙中使用催化劑，其它條件相同，因為二氧化硫的濃度一定,氧氣濃度的影響不如催化劑影響大，故使用催化劑反應速率更快，所以反應速率：乙>甲；甲與丁相比，甲中SO2、O2的物質的量比丁中大，即SO2、O2的濃度比丁中大，其它條件相同，濃度越大，反應速率越快，所以反應速率：甲>丁；丙與丁相比，其它條件相同，丁中溫度高，溫度越高，反應速率越快，所以反應速率：丁>丙；所以由大到小的順序排列乙、甲、丁、丙，答案選C。20、D【解析】

A．分子晶體熔沸點與分子間作用力有關，有的還與氫鍵有關，但與化學鍵無關，A錯誤；B．只含共價鍵的物質可能是共價單質，如氮氣、氫氣等，B錯誤；C．兩種元素組成的分子中可能含有非極性鍵，如乙烯、雙氧水等，C錯誤；D．稀有氣體形成的分子晶體中不存在化學鍵，只存在分子間作用力，D正確；故選D。21、B【解析】

A．Fe、Cu和稀鹽酸能構成原電池，Fe易失電子作負極而加快反應速率，故A正確；B．將稀鹽酸改用濃硫酸，濃硫酸和Fe發生鈍化現象且二者反應生成二氧化硫而不是氫氣，故B錯誤；C．將鐵粉代替鐵片，增大反應物接觸面積，反應速率加快，故C正確；D．改用等體積3mol/L稀鹽酸，鹽酸濃度增大，反應速率加快，故D正確；故答案為B。【點睛】考查化學反應速率影響因素，明確濃度、溫度、催化劑、反應物接觸面積等因素對反應速率影響原理是解本題關鍵，1mol/L鹽酸與鐵片的反應，增大鹽酸濃度、將鐵片換為鐵粉、升高溫度、使其形成原電池且Fe作負極都能加快反應速率，易錯選項是B。22、D【解析】

A．“灼燒”時，可在鐵坩堝中進行，KOH與玻璃中的二氧化硅反應，選項A錯誤；B．結晶后的母液中有K2MnO4、KMnO4和K2CO3等溶質，若二氧化碳過量還可能存在碳酸氫鉀，選項B錯誤；C.“結晶”環節采用加蒸發濃縮、冷卻結晶的方法，選項C錯誤；D．由3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，氧化產物為KMnO4，還原產物為MnO2，氧化產物與還原產物的物質的量之比為2：1，選項D正確；答案選D。二、非選擇題(共84分)23、C5H12CH3CHO②⑤C6H12O62C2H5OH+2CO2↑4HCOOC(CH3)3【解析】

A屬于碳氫化合物，其中碳的質量分數約為83.3%，因此A中==，則A為C5H12；H常溫下呈氣態，是室內裝潢產生的主要污染物之一，H為HCHO，根據流程圖，B為鹵代烴，C為醇，D為醛，E為酸；F為乙醇，G為乙醛，G和H以1：3反應生成I，根據信息，I為，J為，E和J以4：1發生酯化反應生成K，E為一元羧酸，E的核磁共振氫譜中只有2組吸收峰，E為，則D為，C為。【詳解】（1）根據上述分析可知，A的分子式為C5H12，故答案為：C5H12；（2）根據上述分析，D的結構簡式為；G為乙醛，結構簡式為CH3CHO，故答案為：；CH3CHO；（3）根據流程圖可知，反應①是葡萄糖的分解反應；反應②為鹵代烴的水解反應，屬于取代反應；反應③是醛和醛的加成反應；反應④是醛的氫化反應，屬于加成反應；反應⑤是酯化反應，屬于取代反應，②⑤屬于取代反應，故答案為：②⑤；（4）反應①是葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，反應的化學方程式為C6H12O62C2H5OH+2CO2↑；反應④是在催化劑作用下，與氫氣共熱發生加成反應，反應的化學方程式為，故答案為：C6H12O62C2H5OH+2CO2↑；；（5）既能發生銀鏡反應又能發生水解反應，表明分子結構中含有醛基和酯基，E為，E的同分異構體屬于甲酸酯，同分異構體的結構為HCOOC4H9，因為丁基有4種結構，故E的同分異構體有4種，其中核磁共振氫譜只有2組吸收峰的E的同分異構體的結構簡式為HCOOC(CH3)3，故答案為：4；HCOOC(CH3)3。24、HClCl2MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O【解析】

B為一種黃綠色氣體單質B，則黃綠色氣體B為Cl2，將A的濃溶液與MnO2共熱，生成氯氣，則氣體A為HCl，據此分析解答。【詳解】(1)根據上述分析可知A為HCl，B為Cl2，故答案為：HCl，Cl2；(2)A的濃溶液與MnO2

共熱生成氯化錳．氯氣和水，反應的化學方程式為：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案為：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；(3)B通入石灰乳中制取漂白粉是氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，反應的化學方程式為：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案為：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。25、G、E、C、H、F或E、G、C、H、FB、C、D【解析】

（1）配制溶液時，選用儀器的先后順序，也是按照配制操作的先后順序進行選擇，即按照計算、量取、溶解、轉移、定容進行選擇。（2）A．使用容量瓶之前，必須檢驗容量瓶是否漏液；B．用容量瓶配制溶液，應確保溶質的物質的量不變；C．配制溶液時，稱好的固體應先放在燒杯內溶解，冷卻至室溫后才能轉移入容量瓶；D．配制溶液時，量好的液體試樣，也應先放在燒杯內溶解，冷卻至室溫后再轉移入容量瓶內；E．定容時，應蓋好瓶塞，用食指頂住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下顛倒、搖勻。【詳解】（1）配制溶液時，通過計算，確定所需6mol·L-1的硫酸的體積為，應選擇20mL量筒、50mL燒杯；然后是轉移，用到玻璃棒，100mL容量瓶；定容時用到膠頭滴管，由此確定選用儀器的先后順序為G、E、C、H、F或E、G、C、H、F；答案為：G、E、C、H、F或E、G、C、H、F；（2）A．使用容量瓶之前，必須檢驗容量瓶是否漏液，A正確；B．用容量瓶配制溶液，用待配溶液潤洗，必然導致溶質的物質的量增大，所配濃度偏大，B不正確；C．配制溶液時，稱好的固體應先放在燒杯內溶解，不能直接倒入容量瓶，C不正確；D．配制溶液時，量好的液體試樣，也應先放在燒杯內溶解，不能直接倒入容量瓶，D不正確；E．定容時，應蓋好瓶塞，用食指頂住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下顛倒、搖勻，E正確。由此得出，在容量瓶的使用方法中，操作不正確的是B、C、D。答案為：B、C、D。【點睛】使用量筒量取液體時，應選擇規格盡可能小的量筒，若選擇的量筒規格過大，則會產生較大的誤差。還需注意，所選量筒必須一次把所需體積的液體量完，若多次量取，也會產生較大的誤差。26、（蛇形）冷凝管CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O雙氧水的轉化率（利用率）過濾C儀器5“油水分離器”水面高度不變【解析】

(1)儀器6用于冷凝回流，名稱是（蛇形）冷凝管，反應器2中乙酸和雙氧水在固體催化劑加熱的條件下反應生成過氧乙酸，反應方程式為CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O，故答案為：（蛇形）冷凝管；CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O；(2)反應中CH3COOOH過量，可以使反應持續正向進行，提高雙氧水的轉化率，反應器2中為過氧乙酸、為反應完的反應物及固體催化劑的混合物，可采用過濾的方法得到粗產品，故答案為：雙氧水的轉化率（利用率）；過濾；(3)由于乙酸丁酯可與水形成沸點更低的混合物，利于水的蒸發，從而可以提高過氧乙酸的產率，因此C選項正確，故答案為：C；(4)乙酸和雙氧水在固體催化劑加熱的條件下反應生成過氧乙酸和水，當儀器5中的水面高度不再發生改變時，即沒有H2O生成，反應已經結束，故答案為：儀器5“油水分離器”水面高度不變；(5)已知I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－，由得失電子守恒、元素守恒可知：雙氧水與高錳酸鉀反應，由得失電子守恒可知：則樣品中含有n(CH3COOOH)=(1.15V1×11-3-1.15V2×11-3)mol，由公式可得，樣品中的過氧乙酸的濃度為，故答案為：。【點睛】本題的難點在于第(5)問，解答時首先要明確發生的反應，再根據得失電子守恒和元素守恒建立關系式，得到樣品中過氧乙酸的物質的量，進而求得其濃度。27、打開彈簧夾，通入N2一段時間H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O將紅色物質轉化為氧化銅Cu排除溶解的SO2、H2SO3導致溶液顯綠色的可能性NaHSO3或KHSO3SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2【解析】

(1)①為排出空氣對實驗的干擾，滴加濃硫酸之前應先通入氮氣，將空氣排出；②裝置A中的反應是制備SO2的反應；(2)將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中，B中出現少量紅色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；①在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是將紅色物質轉化為氧化銅，有利于后續定量判斷；②由實驗中物質的質量計算紅色固體的平均摩爾質量，進而分析固體成分；(3)①根據B中所得溶液中可能的成分等，實驗i可以排除部分成分顯綠色的可能性；②確認Cu(HSO3)2使溶液呈綠色，需要在溶液中加入含有HSO3-離子的物質；(4)出現紅色沉淀的原因是生成了Cu；溶液呈現綠色的原因生成了含HSO3-離子的物質。【詳解】(1)①為排出空氣對實驗的干擾，滴加濃硫酸之前應先通入氮氣，將空氣排出，操作為：打開彈簧夾，通入N2一段時間，關閉彈簧夾；②裝置A中的反應是制備SO2的反應，化學方程式為H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；(2)將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中，B中出現少量紅色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；①在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是將紅色物質轉化為氧化銅，有利于后續定量判斷；②由實驗可知n(CuO)==0.025mol，則紅色固體的平均摩爾質量為=64g/mol，故紅色固體為銅；(3)①B中所得溶液中可能含有溶解的SO2，H2SO3，Cu(HSO3)2、CuSO4等，CuSO4在溶液中呈藍色，而B所得溶液呈綠色，實驗i可以排除溶解的SO2、H2SO3導致溶液顯綠色的可能性；②確認Cu(HSO3)2使溶液呈綠色，需要在溶液中加入含有HSO3-離子的物質，故可加入NaHSO3或KHSO3；(4)出現紅色沉淀的原因是生成了Cu，離子方程式為：SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O；溶液呈現綠色的原因生成了含HSO3-離子的物質，離子方程式為2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2.【點睛】本題注意實驗三中判斷使溶液顯綠色的粒子時，要分別判斷，逐一分析，每一步實驗都要從實驗目的角度分析設置的原因。28、第5周期第VIIA族78原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱，非金屬性Cl>I，單質氧化性Cl2>I2，因此離子的還原性Cl-<I-NH4+水解顯酸性，中和OH-，使平衡2H2O+4I-+O22I2+4OH-正向移動310-2H2O+2I-+O3I2+2OH-+O22Fe2++O3+5H2O=2Fe(OH)3+4H++O2B【解析】

（1）碘是53號元素；中子數=質量數-質子數；（2）同主族元素的原子，從上到下，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱；（3）碘化銨為離子化合物，含有NH4+和I-；NH4+水解顯酸性，中和OH-，使平衡2H2O+4I-+O22I2+4OH-正向移動；（4）①根據對照試驗，控制變量來分析解答；②A中發生的反應為H2O+2I-+O3I2+2OH-+O2，生成了OH-，溶液的堿性增強，pH增大；③B中反應后生成了Fe(OH)3，溶液的pH減小，說明有H+生成，根據電子守恒和電荷守恒寫出離子方程式；④根據濃度對平衡移動的影響分析解答。【詳解】（1）碘是53號元素，碘原子核外有5個