浙江省杭州二中高三下學期第五次調研考試新高考化學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、關于實驗室制備乙烯的實驗，下列說法正確的是（）A．反應物是乙醇和過量的3molB．控制反應液溫度在140C．反應容器中應加入少許碎瓷片D．反應完畢后應先移去酒精燈，再從水中取出導管2、合成一種用于合成γ分泌調節劑的藥物中間體，其合成的關鍵一步如圖。下列有關化合物甲、乙的說法正確的是A．甲→乙的反應為加成反應B．甲分子中至少有8個碳原子在同一平面上C．甲、乙均不能使溴水褪色D．乙與足量H2完全加成的產物分子中含有4個手性碳原子3、某稀溶液中含有4molKNO3和2.5molH2SO4，向其中加入1.5molFe，充分反應（已知NO3-被還原為NO）。下列說法正確的是（）A．反應后生成NO的體積為28LB．所得溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1:1C．所得溶液中c（NO3-）=2.75mol/LD．所得溶液中的溶質只有FeSO44、下列有關垃圾處理的方法不正確的是A．廢電池必須集中處理的原因是防止電池中汞、鎘、鉻、鉛等重金屬元素形成的有毒化合物對土壤和水源污染B．將垃圾分類回收是垃圾處理的發展方向C．家庭垃圾中的瓜果皮、菜葉、菜梗等在垃圾分類中屬于濕垃圾D．不可回收垃圾圖標是5、下表是25℃時五種物質的溶度積常數，下列有關說法錯誤的是化學式CuS溶度積A．根據表中數據可推知，常溫下在純水中的溶解度比的大B．向溶液中通入可生成CuS沉淀，是因為C．根據表中數據可推知，向硫酸鋇沉淀中加入飽和碳酸鈉溶液，不可能有碳酸鋇生成D．常溫下，在溶液中比在溶液中的溶解度小6、2020年5月新修訂的《北京市生活垃圾管理條例》將正式實施，垃圾分類并回收利用，可以減少污染，節約自然資源。下列垃圾投放有錯誤的是A廢舊報紙、飲料瓶、電池等B剩飯菜、瓜皮果殼、枯草落葉等C過期藥品、化妝品、油漆等D一次性餐具、衛生紙、灰土等A．A B．B C．C D．D7、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8、螺環烴是指分子中兩個碳環共用一個碳原子的脂環烴。是其中的一種。下列關于該化合物的說法正確的是（）A．與HBr以物質的量之比1：1加成生成二種產物B．一氯代物有五種C．所有碳原子均處于同一平面D．該化合物的分子式為C10H129、以鐵作陽極，利用電解原理可使廢水中的污染物凝聚而分離，其工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．電極b為陰極B．a極的電極反應式：Fe-2e-=Fe2+C．處理廢水時，溶液中可能發生反應：4Fe2++O2+8OH-+2H2O=4Fe(OH)3D．電路中每轉移3mol電子，生成1molFe(OH)3膠粒10、蓮花清瘟膠囊對新冠肺炎輕癥狀患者有顯著療效，其有效成分綠原酸存在如圖轉化關系，下列有關說法正確的是A．H的分子式為C17H14O4B．Q中所有碳原子不可能都共面C．1mol綠原酸與足量NaHCO3溶液反應，最多放出1molCO2D．H、Q、W均能發生氧化反應、取代反應、顯色反應11、下列說法正確的是①氯氣的性質活潑，它與氫氣混合后立即發生爆炸②實驗室制取氯氣時，為了防止環境污染，多余的氯氣可以用氫氧化鈣溶液吸收③新制氯水的氧化性強于久置氯水④檢驗HCl氣體中是否混有Cl2方法是將氣體通入硝酸銀溶液⑤除去HCl氣體中的Cl2，可將氣體通入飽和食鹽水中A．①②③ B．③ C．②③④ D．③⑤12、我國改革開放以來取得了很多世界矚目的科技成果。下列有關說法正確的是（）選項ABCD科技成果蛟龍號潛水器探取到的多金屬結核樣品中的主要成分有錳、銅等港珠澳大橋斜拉橋錨具材料采用的低合金鋼國產大飛機C919用到的氮化硅陶瓷中國天眼傳輸信息用的光纖材料相關說法這些金屬元素均屬于主族元素具有強度大、密度小、耐腐蝕性高等性能屬于新型有機材料主要成分是單晶硅A．A B．B C．C D．D13、氮化硅是一種高溫陶瓷材料，其硬度大、熔點高，下列晶體熔化（或升華）時所克服的微粒間作用力都與氮化硅相同的是（）A．白磷、硅 B．碳化硅、硫酸鈉C．水晶、金剛石 D．碘、汞14、分子式為C5H10O2，能與NaHCO3溶液反應的有機物有A．4種 B．5種 C．6種 D．7種15、如圖表示1~18號元素原子的結構或性質隨核電荷數遞增的變化。圖中縱坐標表示A．電子層數 B．原子半徑 C．最高化合價 D．最外層電子數16、下列各組中的X和Y兩種原子，化學性質一定相似的是()A．X原子和Y原子最外層都只有1個電子B．X原子的核外電子排布式為1s2，Y原子的核外電子排布式為1s22s2C．X原子的2p能級上有3個電子，Y原子的3p能級上有3個電子D．X原子核外M層上僅有2個電子，Y原子核外N層上僅有2個電子17、科學家發現對冶金硅進行電解精煉提純可降低高純硅制備成本。相關電解裝置如圖所示，用Cu-Si合金作硅源，在950℃利用三層液熔鹽進行電解精煉，有關說法正確的是A．在該液相熔體中Cu優先于Si被氧化，Si4+優先于Cu2+被還原B．液態Cu-Si合金作陽極，固體硅作陰極C．電流強度的大小不會影響硅提純速率D．三層液熔鹽的作用是增大電解反應接觸面積，提高硅沉積效率18、下列化工生產過程中，未涉及氧化還原反應的是A．海帶提碘 B．氯堿工業 C．海水提溴 D．侯氏制堿19、下列“實驗現象”和“結論”都正確且有因果關系的是選項操作實驗現象結論A用坩堝鉗夾住一小塊用砂紙仔細打磨過的鋁箔在酒精燈上加熱融化后的液態鋁滴落下來金屬鋁的熔點低B用鉑絲蘸取少量某溶液進行焰色反應火焰呈黃色該溶液中含有鈉鹽C向盛有酸性高錳酸鉀溶液的試管中通入足量的乙烯后靜置溶液的紫色逐漸褪去，靜置后溶液分層乙烯發生氧化反應D將20℃0.5mol·L－1Na2CO3溶液加熱到60℃，用pH傳感器測定pH溶液的pH逐漸減小Kw改變與水解平衡移動共同作用的結果A．A B．B C．C D．D20、短周期元素W、Ⅹ、Y、Z的原子序數依次增大。W的單質與H2在暗處能化合并發生爆炸，X是同周期中金屬性最強的元素，Y原子的最外層電子數等于其電子層數，W和Z原子的最外層電子數相同。下列說法不正確的是A．簡單離子半徑：Y>XB．最簡單氫化物的沸點：Z<WC．W與X形成的化合物溶于水所得的溶液在常溫下pH>7D．X、Y、Z的最高價氧化物對應的水化物兩兩之間能相互反應21、化學與生產、生活密切相關。下列過程中沒有發生化學變化的是A．水滴石穿B．用沾有KMnO4的硅藻土做水果保鮮劑C．肥皂水作蚊蟲叮咬處的清洗劑D．NaCl固體加入蛋白質溶液中生成沉淀22、短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序數依次增加，W與Y能形成兩種常溫下均為液態的化合物，X是形成化合物種類最多的元素，Z的原子在短周期中半徑最大，Q為地殼中含量最多的金屬元素，下列說法正確的是A．簡單離子半徑：Y<ZB．W、X、Y、Z四種元素組成的物質，其水溶液一定呈堿性C．簡單氫化物的穩定性：Y大于X，是因為非金屬性Y強于XD．工業上制取Q單質通常采用電解其熔融氯化物的方法二、非選擇題(共84分)23、（14分）石油裂解可以得到乙烯、丙烯等小分子烴，它們是常見的有機化工原料。下圖是以丙烯為原料合成有機物I的流程。已知：i．Claisen酯縮合：ii．(②比①反應快)iii．，(R、R＇代表烴基)回答下列問題：(1)C的名稱為_____________。Ⅰ中所含官能團的名稱為______________________。(2)B→C的反應類型是_______________。F的結構簡式為_______________________。(3)D→E的化學方程式為___________________________。(4)由F到H過程中增加一步先生成G再生成H的目的是__________________________。(5)化合物K與E互為同分異構體，已知1molK能與2mol金屬鈉反應，則K可能的鏈狀穩定結構有_______種(兩個一OH連在同一個碳上不穩定：一OH連在不飽和的雙鍵碳、叁鍵碳不穩定)，其中核磁共振氫譜有三組峰的結構簡式為_______________。(任寫一種)(6)完成下列以苯乙烯為原料，制備的合成路線(其他試劑任選)_____________。24、（12分）為確定某鹽A(僅含三種元素)的組成，某研究小組按如圖流程進行了探究：請回答：(1)A的化學式為______________________。(2)固體C與稀鹽酸反應的離子方程式是________________________。(3)A加熱條件下分解的化學方程式為________________________。25、（12分）某化學興趣小組為探究Na2SO3固體在隔絕空氣加熱條件下的分解產物，設計如下實驗流程：已知：氣體Y是一種純凈物，在標準狀況下密度為1.518g/L。請回答下列問題：(1)氣體Y為_______。(2)固體X與稀鹽酸反應產生淡黃色沉淀的離子方程式為_______。(3)實驗過程中若測得白色沉淀的質量為6.291g，則Na2SO3的分解率為_______。(4)Na2SO3在空氣易被氧化，檢驗Na2SO3是否氧化變質的實驗操作是________。26、（10分）某小組同學利用下圖所示裝置進行鐵的電化學腐蝕原理的探究實驗：裝置分別進行的操作現象i.連好裝置一段時間后，向燒杯中滴加酚酞ii.連好裝置一段時間后，向燒杯中滴加K3[Fe(CN)6]溶液鐵片表面產生藍色沉淀(l)小組同學認為以上兩種檢驗方法，均能證明鐵發生了電化學腐蝕。①實驗i中的現象是____。②用化學用語解釋實驗i中的現象：____。(2)查閱資料：K3[Fe(CN)6]具有氧化性。①據此有同學認為僅通過ii中現象不能證明鐵發生了電化學腐蝕，理由是__________。②進行下列實驗，在實驗幾分鐘后的記錄如下：實驗滴管試管現象0.5mol·L-1K3[Fe(CN)6]溶液iii.蒸餾水無明顯變化iv.1.0mol·L-1NaCl溶液鐵片表面產生大量藍色沉淀v.0.5mol·L-1Na2SO4溶液無明顯變化a．以上實驗表明：在____條件下，K3[Fe(CN)6]溶液可以與鐵片發生反應。b．為探究Cl-的存在對反應的影響，小組同學將鐵片酸洗（用稀硫酸浸泡后洗凈）后再進行實驗iii，發現鐵片表面產生藍色沉淀。此補充實驗表明Cl-的作用是____。(3)有同學認為上述實驗仍不嚴謹。為進一步探究K3[Fe(CN)6]的氧化性對實驗ii結果的影響，又利用(2)中裝置繼續實驗。其中能證實以上影響確實存在的是____________（填字母序號）。實驗試劑現象A酸洗后的鐵片、K3[Fe(CN)6]溶液（已除O2）產生藍色沉淀B酸洗后的鐵片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液（未除O2）產生藍色沉淀C鐵片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液（已除O2）產生藍色沉淀D鐵片、K3[Fe(CN)6]和鹽酸混合溶液（已除O2）產生藍色沉淀綜合以上實驗分析，利用實驗ii中試劑能證實鐵發生了電化學腐蝕的實驗方案是_________。27、（12分）結晶硫酸亞鐵部分失水時，分析結果如仍按FeSO4·7H2O的質量分數計算，其值會超過100％。國家標準規定，FeSO4·7H2O的含量：一級品99.50％～100.5％；二級品99.00％～100.5％；三級品98.00％～101.0％。為測定樣品中FeSO4·7H2O的質量分數，可采用在酸性條件下與高錳酸鉀溶液進行滴定。5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋→5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；2MnO4－＋5C2O42－＋16H＋→2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O測定過程：粗配一定濃度的高錳酸鉀溶液1L，然后稱取0.200g固體Na2C2O4（式量為134.0）放入錐形瓶中，用蒸餾水溶解并加稀硫酸酸化，加熱至70℃～80℃。(1)若要用滴定法測定所配的高錳酸鉀溶液濃度，滴定終點的現象是_______________。(2)將溶液加熱的目的是____；反應剛開始時反應速率較小，其后因非溫度因素影響而增大，根據影響化學反應速率的條件分析，其原因可能是______________________。(3)若滴定時發現滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定結束氣泡消失，則測得高錳酸鉀濃度_____（填“偏大”“偏小”“無影響”）。(4)滴定用去高錳酸鉀溶液29.50mL，則c(KMnO4)＝_____mol/L（保留四位有效數字）。(5)稱取四份FeSO4·7H2O試樣，質量均為0.506g，，用上述高錳酸鉀溶液滴定達到終點，記錄滴定數據滴定次數實驗數據1234V(高錳酸鉀)/mL(初讀數)0.100.200.000.20V(高錳酸鉀)/mL(終讀數)17.7617.8818.1617.90該試樣中FeSO4·7H2O的含量（質量分數）為_________（小數點后保留兩位），符合國家______級標準。(6)如實際準確值為99.80%，實驗絕對誤差=____%，如操作中并無試劑、讀數與終點判斷的失誤，則引起誤差的可能原因是：__________。28、（14分）K是稱為PTT的高分子材料，因具有優良的性能而可作工程塑料、紡織纖維等有廣泛的應用。如圖所示是PTT的一種合成路線。已知：完成下列填空：（1）W所含官能團的名稱為______。反應③的化學反應類型為______。（2）M的結構簡式為______，反應④的化學反應方程式為______。（3）反應⑥的另一無機產物是______，與反應⑥的化學反應類型無關的是（選填編號）______。A．聚合反應B．酯化反應C．消去反應D．加成反應（4）有機物X的分子式為C4H8O2，是M的同系物。則X可能的結構簡式共有______種。（5）設計一條由甲苯為原料（無機試劑可任選）合成苯甲酸苯甲酯的合成路線。（合成路線常用表示方式為AB……目標產物）_____________29、（10分）碳酸亞鐵（FeCO3）是菱鐵礦的主要成分，將FeCO3加熱到200℃開始分解為FeO和CO2，若在空氣中高溫煅燒FeCO3則生成Fe2O3。據報道，一定條件下Fe2O3可被甲烷還原為“納米級”的金屬鐵。其反應為：Fe2O3(s)+3CH4(g)2Fe(s)+3CO(g)+6H2(g)-Q（1）原子序數為26的鐵元素位于元素周期表的第________周期__________族。（2）反應在5L的密閉容器中進行，2min后達到平衡，測得Fe2O3在反應中質量減少4.8g。則該段時間內H2的平均反應速率為____________________。（3）將固定質量的Fe2O3(s)和CH4(g)置于恒溫恒壓容器中，在一定條件下反應，能表明該反應達到平衡狀態的是__________________。A、CH4的轉化率等于CO的產率B、混合氣體的平均相對分子質量不變C、v正(CO)：v逆(H2)=1︰2D、固體的總質量不變（4）FeO可用CO進行還原，已知：t℃時，FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)K＝0.5若在1L密閉容器中加入0.04molFeO(s)，并通入xmolCO，t℃時反應達到平衡。此時FeO(s)的轉化率為50%，則x＝__________________________。（5）Fe2O3還可用來制備FeCl3，FeCl3在水溶液中的水解分三步：Fe3＋+H2OFe(OH)2++H＋K1Fe(OH)2++H2OFe(OH)2++H＋K2Fe(OH)2++H2OFe(OH)3+H＋K3以上水解反應的平衡常數K1、K2、K3由大到小的順序是____________________。（6）通過控制條件，以上水解產物聚合生成聚合物的離子方程式為：xFe3++yH2OFex(OH)(3x-y)+y+yH+，欲使平衡正向移動可采用的方法是_________________________（填字母）。A、加水稀釋B、加入少量NaCl固體C、升溫D、加入少量Na2CO3固體

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】

實驗室制備乙烯所用的原料為乙醇和濃硫酸，反應條件是加熱到170℃，反應裝置為液液加熱裝置，據此進行解答。【詳解】A.3mol/L硫酸為稀硫酸，必須使用濃硫酸，選項A錯誤；B．反應溫度在140℃時，生成的是乙醚，170℃時才生成乙烯，選項B錯誤；C．溶液加熱為防暴沸，需要加入碎瓷片，選項C正確；D．為了防止倒吸，應先把導管從水中取出再熄滅酒精燈，選項D錯誤；答案選C。【點睛】本題考查乙烯的實驗室制法，明確乙烯的制備原理為解答關鍵，注意有機反應的反應條件不同時，反應產物可能不同，反應溫度在140℃時，生成的是乙醚，170℃時才生成乙烯，試題培養了學生的化學實驗能力。2、D【解析】

A．甲中與N相連的H被-CH2COCH3取代，發生取代反應，A錯誤；B．甲中至少有6個碳原子共面，即苯環的6個C，B錯誤；C．Br2能將-CHO氧化，甲乙中均含-CHO，C錯誤；D．與4個不相同的原子或原子團相連的C原子稱為手性碳，一定條件下，乙中苯環、酮基、-CHO均能和氫氣發生加成反應，其產物有4個手性碳，如圖*所示：，D正確。答案選D。3、B【解析】

鐵在溶液中發生反應為Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，已知，n（Fe）=1.5mol，n（H+）=5mol，n（NO3-）=4mol，氫離子少量，則消耗1.25molFe，生成1.25mol的鐵離子，剩余的n（Fe）=0.25mol，發生Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成0.75molFe2+，剩余0.75molFe3+；【詳解】A.分析可知，反應后生成NO的物質的量為1.25mol，標況下的體積為28L，但題目未說明是否為標準狀況，故A錯誤；B.所得溶液中c（Fe2+）:c（Fe3+）=0.75mol:0.75mol=1:1，故B正確；C.未給定溶液體積，無法計算所得溶液中c（NO3-），故C錯誤；D.所得溶液中含有Fe2+、Fe3+、SO42-、NO3-，故D錯誤；答案為B。4、D【解析】

A．電池中汞、鎘和鉛等重金屬離子對土壤和水源會造成污染，所以廢電池必須進行集中處理，故A正確；B．將垃圾分類并回收利用，有利于對環境的保護，減少資源的消耗，是垃圾處理的發展方向，故B正確；C．家庭垃圾中的瓜果皮、菜葉、菜梗等在垃圾分類中屬于濕垃圾，故C正確；D．為可回收垃圾圖標，故D錯誤；故選D。5、C【解析】

本題考查溶度積常數，意在考查對溶度積的理解和應用。【詳解】A.CaSO4和CaCO3的組成類似，可由溶度積的大小推知其在純水中溶解度的大小，溶度積大的溶解度大，故不選A；B.Qc>Ksp時有沉淀析出，故不選B；C.雖然Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)，但兩者相差不大，當c(Ba2+)·c(CO32－)>Ksp(BaCO3)時，硫酸鋇可能轉化為碳酸鋇，故選C；D.根據同離子效應可知，CaSO4在0.05mol/LCaCl2溶液中比在0.01mol/LNa2SO4溶液中的溶解度小，故不選D；答案：C【點睛】(1)同種類型的難溶物，Ksp越小，溶解能力越小；（2）當Qc>Ksp析出沉淀；當Qc<Ksp沒有沉淀生成；當Qc=Ksp，正好達到平衡。6、A【解析】

A.電池屬于有害垃圾，A項錯誤；B.剩飯菜、瓜皮果殼、枯草落葉等屬于廚余垃圾，B項正確；C.過期藥品、化妝品、油漆等屬于有害垃圾，C項正確；D.一次性餐具、衛生紙、灰土等屬于其他垃圾，D項正確；答案選A。7、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。8、A【解析】

A.分子中含有2個碳碳雙鍵，碳碳雙鍵連接原子團不同，則與HBr以物質的量之比1:1加成生成二種產物，故A正確；B.結構對稱，分子中含有4種H，則一氯代物有4種，故B錯誤；C.含有飽和碳原子，具有甲烷的結構特點，則所有的碳原子不可能共平面，故C錯誤；D.由結構簡式可知該化合物的分子式為C9H12，故D錯誤。故選A。【點睛】甲烷型：四面體結構，凡是C原子與其它4個原子形成共價鍵時，空間結構為四面體型。小結：結構中每出現一個飽和碳原子，則整個分子不再共面。9、D【解析】

根據圖示可知，鐵做陽極，失電子，發生氧化反應，Fe-2e-=Fe2+，所以a為陽極，b電極為陰極，發生還原反應，2H2O+2e-=H2+2OH-。【詳解】A.根據圖示a電極為Fe電極，連接電源正極，作陽極，失去電子，發生氧化反應，b電極連接電源負極，作陰極，A正確；B.由圖示可知：a電極為Fe電極，失去電子，發生氧化反應，陽極的電極反應式為Fe-2e-=Fe2+，B正確；C.Fe2+具有還原性，容易被溶解在溶液的氧氣氧化變為Fe3+，氧氣得到電子變為OH-，Fe3+與OH-結合形成Fe(OH)3，根據電子守恒、電荷守恒及原子守恒，在處理廢水時，溶液中可能發生的反應為：4Fe2++O2+8OH-+2H2O=4Fe(OH)3，C正確；D.Fe(OH)3膠粒是許多Fe(OH)3的集合體，所以電路中每轉移3mol電子，生成Fe(OH)3膠粒的物質的量小于1mol，D錯誤；故合理選項是D。10、C【解析】

A．分子中每個節點為C原子，每個C原子連接四個鍵，不足鍵用H原子補齊，則H的分子式為C17H16O4，故A錯誤；B．Q中苯環是平面結構，所有碳原子共面，碳碳雙鍵是平面結構，兩個碳原子共面，與雙鍵上的碳原子直接相連的原子可共面，則Q中所有碳原子可能都共面，故B錯誤；C．該有機物中含苯環、酚-OH、C=C、-COOC-、-COOH、-OH，其中羧酸的酸性強于碳酸HCO3-，酚羥基的酸性比碳酸HCO3-弱，則該有機物只有-COOH與NaHCO3溶液，1mol綠原酸含有1mol-COOH，與足量NaHCO3溶液反應，最多放出1molCO2，故C正確；D．H、Q中都含有苯環和酚羥基，在一定條件下苯環可以發生取代反應，酚羥基可發生氧化反應和顯色反應，W中沒有苯環，不含酚羥基，不能發生顯色反應，故D錯誤；答案選C。【點睛】本題中能與碳酸氫鈉反應的官能團有羧基，不包括酚羥基，酚羥基的酸性弱于碳酸，化學反應符合強酸制弱酸的規則，故酚羥基不能和碳酸氫鈉反應。11、B【解析】

①氯氣和氫氣在點燃或光照條件下能產生爆炸，在沒有條件下不反應，故錯誤；②氫氧化鈣的溶解度較小，所以吸收氯氣的能力較小，實驗室一般用氫氧化鈉溶液吸收氯氣，故錯誤；③次氯酸有強氧化性，新制的氯水中次氯酸的量較多，久置的氯水中，次氯酸分解生成氯化氫和氧氣，所以久置的氯水中次氯酸含量較少，強氧化性較低，所以新制氯水的氧化性強于久置氯水的，故正確；④氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，氯化氫和硝酸銀反應生成氯化銀沉淀，所以氯氣、氯化氫都能和硝酸銀溶液反應生成白色沉淀，所以硝酸銀溶液不能用于檢驗HCl氣體中是否混有Cl2，故錯誤；⑤飽和食鹽水中含有氯離子，抑制氯氣的溶解，氯化氫極易溶于飽和食鹽水，所以可以除去Cl2中的HCl氣體，但達不到除去HCl氣體中的Cl2的目的，故錯誤；12、B【解析】

A.Cu、Mn是副族元素，A錯誤；B.低合金鋼屬于合金，用于港珠澳大橋斜拉橋錨，說明它具有具有強度大、密度小、耐腐蝕性高等性能，B正確；C.氮化硅陶瓷是新型無極非金屬材料，C錯誤；D.光纖材料主要成分是二氧化硅，D錯誤；故合理選項是B。13、C【解析】

根據描述氮化硅應該是一種原子晶體，原子晶體是由原子直接通過共價鍵形成的，再來分析選項：A.白磷是分子晶體，熔融時克服的是范德華力，A項錯誤；B.硫酸鈉是離子晶體，熔融時電離，克服的是離子鍵，B項錯誤；C.水晶和金剛石同為原子晶體，因此熔融時克服的是共價鍵，C項正確；D.碘是分子晶體，熔融時克服的是范德華力，而汞作為一種特殊的金屬，原子間無金屬鍵，熔融時克服的也是范德華力，D項錯誤；答案選C。【點睛】由于惰性電子對效應，汞原子的6s電子很難參與成鍵，僅以原子間的范德華力結合，這也是為什么汞是唯一一種常溫下為液態的金屬。14、A【解析】

分子式為C5H10O2且能與NaHCO3溶液反應，則該有機物中含有-COOH，所以為飽和一元羧酸，烷基為-C4H9，-C4H9異構體有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合條件的有機物的異構體數目為4種。答案選A。15、D【解析】

A項，原子序數1、2的原子電子層數相同，原子序數3~10的原子電子層數相同，原子序數11~18的原子電子層數相同，A項不符合；B項，同周期主族元素，隨原子序數遞增原子半徑減小，B項不符合；C項，第二周期的氧沒有最高正價，第二周期的F沒有正價，C項不符合；D項，第一周期元素原子的最外層電子數從1增至2，第二、三周期元素原子的最外層電子數從1增至8，D項符合；答案選D。16、C【解析】

A.最外層都只有1個電子的X和Y，可能為H與堿金屬元素，性質不同，故A錯誤；

B.原子的核外電子排布式為1s2的X為He，原子的核外電子排布式為1s22s2的Y為Be，兩者性質不同，故B錯誤；

C.原子的2p能級上有3個電子的X為N，原子的3p能級上有3個電子的Y為P，二者位于周期表同一主族，性質相似，所以C選項是正確的；

D.原子核外M層上僅有2個電子的X為Mg，原子核外N層上僅有2個電子的Y的M層電子數不確定，元素種類很多，但價電子數不同，性質不相同故D錯誤。

所以C選項是正確的。【點睛】解答時注意原子核外電子排布特點與對應元素化合物的性質的關系，原子的結構決定元素的化學性質，原子核外最外層的電子或價電子數目相等，則元素對應的單質或化合價的性質相似。17、D【解析】

由圖可知該裝置為電解池：Si4+在液態鋁電極得電子轉化為Si，所以液態鋁電極為陰極，連接電源負極，則Cu-Si合金所在電極為陽極，與電源正極相接，三層液熔鹽在電解槽中充當電解質，可以供離子自由移動，并增大電解反應面積，提高硅沉積效率，據此分析解答。【詳解】A．由圖可知，電解池的陽極上Si失電子轉化為Si4+，陰極反應為Si4+得電子轉化為Si，所以Si優先于Cu被氧化，故A錯誤；B．圖中，鋁電極上Si4+得電子還原為Si，故該電極為陰極，與電源負極相連，故B錯誤；C．電流強度不同，會導致轉移電子的量不同，會影響硅提純速率，故C錯誤；D．三層液熔鹽在電解槽中充當電解質，可以供自由移動的離子移動，并增大電解反應面積，提高硅沉積效率，故D正確；答案選D。18、D【解析】

A.海帶提碘是由KI變為I2，有元素化合價的變化，屬于氧化還原反應，故A錯誤；B.氯堿工業是由NaCl的水溶液在通電時反應產生NaOH、Cl2、H2，有元素化合價的變化，屬于氧化還原反應，故B錯誤；C.海水提溴是由溴元素的化合物變為溴元素的單質，有元素化合價的變化，屬于氧化還原反應，故C錯誤；D.侯氏制堿法，二氧化碳、氨氣、氯化鈉反應生成碳酸氫鈉和氯化銨，碳酸氫鈉受熱分解轉化為碳酸鈉，二氧化碳和水，沒有元素的化合價變化，則不涉及氧化還原反應，故D正確。故選D。19、D【解析】

A．氧化鋁的熔點高，包裹在Al的外面，則熔化后的液態鋁不會滴落下來，則實驗結論錯，故A錯誤；B．用鉑絲蘸取少量某溶液進行焰色反應，火焰呈黃色，說明溶液中含有Na+，不一定含鈉鹽，也可以是NaOH，實驗結論錯，故B錯誤；C．乙烯被高錳酸鉀氧化，溶液褪色，但不分層，實驗現象錯，故C錯誤；D．升高溫度促進水解，碳酸鈉溶液的堿性增強，溶液的pH增大，水的電離平衡、水解平衡均正向移動，現象和結論均正確，故D正確；故答案為D。20、A【解析】

W的單質與H2在暗處能化合并發生爆炸，說明W為F；又X是同周期中金屬性最強的元素且X的原子序數比F大，說明X原子在第三周期，故X為Na；又Y原子的最外層電子數等于電子層數，且Y原子在第三周期，所以其最外層電子數為3，原子序數為2+8+3=13，為Al；又因為F和Z原子的最外層電子數相同，Z位于第三周期，所以Z為Cl。綜上，W、X、Y、Z分別為F、Na、Al、Cl。【詳解】A.X、Y的簡單離子分別為Na+、Al3+，它們具有相同電子層數，因為在同一周期，從左到右半徑逐漸減小，所以半徑是Na+＞Al3+即Y＜X，故A錯誤;B.Z的最簡單氫化物為HCl,W的最簡單氫化物為HF,因為HF分子間存在著氫鍵，所以HF的沸點比HCl的高，故B正確；C.W與X形成的化合物為NaF,屬于強堿弱酸鹽，溶于水發生水解使得溶液顯堿性，所以所得的溶液在常溫下pH>7，故C正確；D項，X、Y、Z的最高價氧化物對應的水化物分別為NaOH、Al(OH)3、HClO4，它們能相互反應，故D項正確。答案：A。【點睛】考查元素周期律的相關知識。根據元素的性質和在元素周期表中變化規律推斷元素的名稱，再根據元素周期律判斷相應的性質。本題的突破口：W的單質與H2在暗處能化合并發生爆炸，X是同周期中金屬性最強的元素，Y原子的最外層電子數等于其電子層數，W和Z原子的最外層電子數相同就能確定各元素名稱。21、D【解析】

A.水滴石穿是指滴水產生的力在不斷的作用在石頭上，時間長了和碳酸鈣、二氧化碳反應生成溶于水的碳酸氫鈣，使石頭上出現了小孔，有新物質生成，屬于化學變化，A錯誤；B.水果釋放出的乙烯能催熟水果，高錳酸鉀能氧化乙烯，所以用浸有酸性高錳酸鉀的硅藻土作水果保鮮劑，與氧化還原反應有關，B錯誤；C.肥皂水顯堿性，與蚊蟲叮咬處釋放的酸發生中和反應，發生了化學反應，C錯誤；D.蛋白質溶液中加入飽和NaCl溶液發生鹽析，沒有新物質生成，屬于物理變化，D正確；故合理選項是D。22、C【解析】

由題意可推出W、X、Y、Z、Q依次為H、C、O、Na、Al五種元素。A.具有相同電子層結構的離子，核電荷數越大半徑越小，則離子半徑O2->Na+，選項A錯誤；B.這四種元素可以形成多種鹽溶液，其中酸式鹽溶液有可能顯酸性，如NaHC2O4，選項B錯誤；C.元素的非金屬性越強，其簡單氫化物的穩定性越強，因非金屬性Y（O）強于X(C)，則簡單氫化物的穩定性：Y大于X，選項C正確；D.工業制取鋁通常電解熔融氧化鋁和冰晶石的混合物，而不是氯化鋁，因為其為共價化合物，熔融并不導電，選項D錯誤。答案選C。【點睛】本題考查元素周期表周期律，推出各元素為解題的關鍵，易錯點為選項D；工業制取鋁通常電解熔融氧化鋁和冰晶石的混合物，而不是氯化鋁，因為其為共價化合物。二、非選擇題(共84分)23、1-丙醇（正丙醇）（酮）羰基、羥基取代反應CH3CH2COOH+CH3OHCH3CH2COOCH3+H2O保護酮羰基3或【解析】

丙烯在雙氧水作用下與溴化氫發生加成生成B為1-溴丙烷；根據D與甲醇在濃硫酸催化下發生酯化反應生成E可知，D為丙酸，則C為1-丙醇；根據Claisen酯縮合：，E發生酯縮合生成F，結合F的分子式可知，F為，根據G與I的結構簡式，結合反應流程可推出H為，據此分析。【詳解】丙烯在雙氧水作用下與溴化氫發生加成生成B為1-溴丙烷；根據D與甲醇在濃硫酸催化下發生酯化反應生成E可知，D為丙酸，則C為1-丙醇；根據Claisen酯縮合：，E發生酯縮合生成F，結合F的分子式可知，F為，根據G與I的結構簡式，結合反應流程可推出H為。(1)C的名稱為1-丙醇（正丙醇）；Ⅰ為，所含官能團的名稱為（酮）羰基、羥基；(2)B→C是1-溴丙烷在氫氧化鈉的水溶液中發生水解反應（或取代反應）生成1-丙醇，反應類型是取代反應；F的結構簡式為；(3)D→E是丙酸與甲醇發生酯化反應生成丙酸甲酯和水，反應的化學方程式為；(4)由F到H過程中增加一步先生成G再生成H的目的是保護酮羰基；(5)化合物K與E互為同分異構體，已知1molK能與2mol金屬鈉反應則應該含有兩個羥基，則K可能的鏈狀穩定結構有、、CH2=CHCH（OH）CH2OH共3種(兩個一OH連在同一個碳上不穩定：一OH連在不飽和的雙鍵碳、叁鍵碳不穩定)，其中核磁共振氫譜有三組峰的結構簡式為或；(6)苯乙烯與溴化氫發生加成反應生成，在氫氧化鈉溶液中加熱生成，氧化得到，與CH3MgBr反應生成，在氯化銨溶液中反應生成，合成路線如下：。【點睛】本題考查有機推斷及合成，注意推出有機物的結構簡式是解題的關鍵。本題中應注意（6）中合成路線應參照反應流程中的步驟，結合幾個已知反應原理，推出各官能團變化的實質。24、FeSO4Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑【解析】

氣體B通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，該沉淀為BaSO4，物質的量為=0.01mol，則氣體B中含有SO3，SO3的物質的量為0.01mol，其體積為0.01mol×22.4L·mol－1=224mL，B為混合氣體，根據元素分析可知其中還含有224mL的SO2，固體C為紅棕色，即固體C為Fe2O3，n(Fe2O3)==0.01mol，黃色溶液E為FeCl3，據此分析。【詳解】氣體B通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，該沉淀為BaSO4，物質的量為=0.01mol，則氣體B中含有SO3，SO3的物質的量為0.01mol，其體積為0.01mol×22.4L·mol－1=224mL，B為混合氣體，根據元素分析可知其中還含有224mL的SO2，固體C為紅棕色，即固體C為Fe2O3，n(Fe2O3)==0.01mol，黃色溶液E為FeCl3，（1）根據上述分析，A僅含三種元素，含有鐵元素、硫元素和氧元素，鐵原子的物質的量為0.02mol，S原子的物質的量為0.02mol，A的質量為3.04g，則氧原子的質量為(3.04g－0.02mol×56g·mol－1－0.02mol×32g·mol－1)=1.28g，即氧原子的物質的量為=0.08mol，推出A為FeSO4；（2）固體C為Fe2O3，屬于堿性氧化物，與鹽酸反應離子方程式為Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；（3）FeSO4分解為Fe2O3、SO2、SO3，參與反應FeSO4、SO2、SO3、Fe2O3的物質的量0.02mol、0.01mol、0.01mol、0.01mol，得出FeSO4受熱分解方程式為2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑。25、H2S2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O90%取少量Na2SO3樣品于試管中，加入足量鹽酸溶解，再加入BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則Na2SO3已被氧化變質；若不產生白色沉淀，則Na2SO3未被氧化變質【解析】

氣體Y是一種純凈物，在標準狀況下密度為1.518g/L，則相對分子質量為22.4×1.518=34.0，Y應為H2S氣體，生成的淡黃色沉淀為S，溶液加入氯化鋇溶液生成白色沉淀，說明生成Na2SO4，則隔絕空氣加熱，Na2SO3分解生成Na2S和Na2SO4，發生4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，以此解答該題。【詳解】(1)由以上分析可知Y為H2S；(2)固體X與稀鹽酸反應產生淡黃色沉淀，為硫化鈉、亞硫酸鈉在酸性溶液中發生歸中反應，離子方程式為2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O；(3)實驗過程中若測得白色沉淀的質量為6.291g，該白色沉淀為硫酸鋇，可知n(BaSO4)==0.027mol，說明生成Na2SO4的物質的量為0.027mol，反應的方程式為4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，可知分解的Na2SO3物質的量為0.027mol×=0.036mol，則Na2SO3的分解率為×100%=90%；(4)Na2SO3在空氣中被氧化，可生成Na2SO4，檢驗Na2SO3是否氧化變質的實驗操作是：取少量Na2SO3樣品于試管中，加入足量鹽酸溶解，再加入BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則Na2SO3已被氧化變質；若不產生白色沉淀，則Na2SO3未被氧化變質。【點睛】本題考查性質實驗方案的設計。掌握Na2SO3具有氧化性、還原性，在隔絕空氣時加熱會發生歧化反應，反應產物Na2S與未反應的Na2SO3在酸性條件下會發生歸中反應產生S單質是本題解答的關鍵。可根據BaSO4既不溶于水也不溶于酸的性質檢驗Na2SO3是否氧化變質。26、碳棒附近溶液變紅O2+4e-+2H2O==4OH-K3Fe(CN)6可能氧化Fe生成Fe2+，會干擾由于電化學腐蝕負極生成Fe2+的檢測Cl-存在Cl-破壞了鐵片表面的氧化膜AC連好裝置一段時間后，取鐵片（負極）附近溶液于試管中，滴加K3Fe(CN)6溶液，若出現藍色沉淀，則說明負極附近溶液中產生Fe2+了，即發生了電化學腐蝕【解析】

根據圖像可知，該裝置為原電池裝置，鐵作負極，失電子生成亞鐵離子；C作正極氧氣得電子與水反應生成氫氧根離子，正極附近顯紅色。要驗證K3Fe(CN)6具有氧化性，則需要排除其它氧化劑的干擾，如氧氣、鐵表面的氧化膜等。【詳解】(l)①根據分析可知，若正極附近出現紅色，則產生氫氧根離子，顯堿性，證明鐵發生了電化學腐蝕；②正極氧氣得電子與水反應生成氫氧根離子，電極反應式O2+4e-+2H2O==4OH-；(2)①K3[Fe(CN)6]具有氧化性，可能氧化Fe為亞鐵離子，影響實驗結果；②a對比試驗iv和v，溶液中的Na+、SO42-對鐵的腐蝕無影響，Cl-使反應加快；b鐵皮酸洗時，破壞了鐵表面的氧化膜，與直接用NaCl溶液的現象相同，則Cl-的作用為破壞了鐵片表面的氧化膜；(3)A．實驗時酸洗除去氧化膜及氧氣的氧化劑已排除干擾，A正確；B．未排除氧氣的干擾，B錯誤；C．使用Cl-除去鐵表面的氧化膜及氧氣的干擾，C正確；D．加入了鹽酸，產生亞鐵離子，干擾實驗結果，D錯誤；答案為AC。按實驗A連接好裝置，工作一段時間后，取負極附近的溶液于試管中，用K3[Fe(CN)6]試劑檢驗，若出現藍色，則負極附近產生亞鐵離子，說明發生了電化學腐蝕。27、滴入最后1滴KMnO4溶液后，溶液變為淺紅色，且半分鐘不褪去加快反應速率反應開始后生成Mn2＋，而Mn2＋是上述反應的催化劑，因此反應速率加快偏小0.0202498.30%三-1.5%空氣中氧氣氧化了亞鐵離子使高錳酸鉀用量偏小【解析】

(1)依據滴定實驗過程和試劑滴入順序可知，滴入高錳酸鉀溶液最后一滴，溶液變紅色，半分鐘內不變證明反應達到終點；故答案為：滴入最后1滴KMnO4溶液后，溶液變為淺紅色，且半分鐘不褪去；(2)加熱加快反應速率，反應過程中生成的錳離子對反應有催化作用分析；(3)若滴定時發現滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定結束氣泡消失，消耗高錳酸鉀待測溶液體積增大，則測得高錳酸鉀濃度減小；(4)2MnO4－＋5C2O42－＋16H＋→2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，依據化學反應定量關系，計算所標定高錳酸鉀溶液的濃度；(5)依據圖表數據計算，第三次實驗數據相差大舍去，計算其他三次的平均值，利用反應定量關系計算亞鐵離子物質的量得到FeSO4·7H2O的含量，結合題干信息判斷符合的標準；(6)測定含量-實際含量得到實驗絕對誤差，亞鐵離子溶液中易被空氣中氧氣氧化分析可能的誤差。【詳解】(1)依據滴定實驗過程和試劑滴入順序可知，滴入高錳酸鉀溶液最后一滴，溶液變紅色，半分鐘內不變證明反應達到終點；(2)粗配一定濃度的高錳酸鉀溶液1L，然后稱取0.200g固體Na2C2O4(式量為134.0)放入錐形瓶中，用蒸餾水溶解并加稀硫酸酸化，加熱至70℃～80℃，加熱加快反應速率，反應剛開始時反應速率較小，其后因非溫度因素影響而增大，根據影響化學反應速率的條件分析，其原因可能是反應過程中生成的錳離子對反應有催化作用分析；故答案為：加快反應速率，反應開始后生成Mn2+，而Mn2+是上述反應的催化劑，因此反應速率加快；(3)若滴定時發現滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定結束氣泡消失，消耗高錳酸鉀待測溶液體積增大，溶質不變則測得高錳酸鉀濃度減小；故答案為：偏小；(4)0.200g固體Na2C2O4(式量為134.0)，n(C2O42-)==0.0014925mol，依據化學反應定量關系，計算所標定高錳酸鉀溶液的濃度；2MnO4－＋5C2O42－＋16H＋→2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，25n0.0014925moln=0.000597mol滴定用去高錳酸鉀溶液29.50mL，則c(KMnO4)==0.02024mol/L；(5)依據圖表數據計算，第三次實驗數據相差大舍去，計算其他三次的平均值==17.68mL，利用反應定量關系計算亞鐵離子物質的量得到FeSO4·7H2O的含量，5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋→5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；51n0.01768L×0.02024mol/Ln=0.001789molFeSO4·7H2O的含量=×100%=98.30%，三級品98.00%～101.0%結合題干信