2025屆廣東省重點名校高考考前模擬化學試題請考生注意：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、下列依據相關實驗得出的結論正確的是（）A．向某溶液中加入稀鹽酸，產生的氣體通入澄清石灰水，石灰水變渾濁，該溶液一定是碳酸鹽溶液B．用鉑絲蘸取少量某溶液進行焰色反應，火焰呈黃色，該溶液一定是鈉鹽溶液C．將某氣體通入溴水中，溴水顏色褪去，該氣體一定是乙烯D．向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不變色，滴加氯水后溶液顯紅色，該溶液中一定含Fe2＋2、設NA表示阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A．4.0g由CO2和SO2組成的混合物中含有的質子數為2NAB．2.24LCl2與CH4在光照下反應生成的HCl分子數為0.1NAC．常溫下，0.1mol環氧乙烷()中含有的共價鍵數為0.3NAD．4.2gCaH2與水完全反應，轉移的電子數為0.1NA3、NA表示阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是A．2.1gDTO中含有的質子數為NAB．30g葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的氫原子數為4NAC．12g石墨烯(單層石墨)中含有六元環的個數為2NAD．1mol鐵在一定條件下分別和氧氣、氯氣、硫完全反應轉移電子數都為2NA4、CoCO3可用作選礦劑、催化劑及家裝涂料的顏料。以含鈷廢渣(主要成份CoO、Co2O3，還含有Al2O3、ZnO等雜質)為原料制備CoCO3的一種工藝流程如下：金屬離子開始沉淀的pH沉淀完全的pHCo2+7.69.4Al3+3.05.0Zn2+5.48.0下列說法不正確的是（）A．“酸溶”時發生氧化還原反應的離子方程式Co2O3+SO2+2H+=2Co2++H2O+SO42-B．“除鋁”過程中需要調節溶液pH的范圍為5.0～5.4C．在實驗室里，“萃取”過程用到的玻璃儀器主要有分液漏斗、燒杯D．在空氣中煅燒CoCO3生成鈷氧化物和CO2，測得充分煅燒后固體質量為2.41g，CO2的體積為0.672L(標準狀況)，則該鈷氧化物的化學式為CoO5、下列化學用語正確的是A．聚丙烯的鏈節：—CH2—CH2—CH2—B．二氧化碳分子的比例模型：C．的名稱：1，3—二甲基丁烷D．氯離子的結構示意圖：6、某有機化合物的結構簡式如圖所示，下列說法正確的是()A．不能發生銀鏡發應B．1mol該物質最多可與2molBr2反應C．1mol該物質最多可與4molNaOH反應D．與NaHCO3、Na2CO3均能發生反應7、化學與生活等密切相關。下列有關說法中正確的是A．泡沫滅火器適用于電器滅火B．電熱水器用鎂棒會加速內膽腐蝕C．過氧化鈉可用作呼吸面具的供氧劑D．硅膠可作含油脂食品袋內的脫氧劑8、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．向1L1mol·L-1NaClO溶液中通入足量CO2,溶液中HClO的分子數為NAB．標準狀況下,體積均為2.24L的CH4與H2O含有的電子總數均為NAC．2molNO與1molO2在密閉容器中充分反應,產物的分子數為2NAD．由13g乙酸與2gCO(NH2)2(尿素)形成的混合物中含有的氫原子總數為NA9、用NA表示阿伏伽德羅常數的值。下列有關說法正確的是（）A．1mol氮氣與3mol氫氣反應，生成的氨分子數目為2NAB．1.0mol?L-1Na2SO3水溶液中含有的硫原子數目為NAC．電解飽和食鹽水，當陽極產生11.2LH2時，轉移的電子數為NAD．常溫下，3L0.1mol?L-1FeCl3溶液所含Fe3+數目小于0.3NA10、全釩液流電池是一種以釩為活性物質呈循環流動液態的氧化還原電池。釩電池電能以化學能的方式存儲在不同價態釩離子的硫酸電解液中，通過外接泵把電解液壓入電池堆體內，在機械動力作用下，使其在不同的儲液罐和半電池的閉合回路中循環流動，采用質子交換膜作為電池組的隔膜，電解質溶液流過電極表面并發生電化學反應，進行充電和放電。下圖為全釩液流電池放電示意圖：下列說法正確的是()A．放電時正極反應為：B．充電時陰極反應為：C．放電過程中電子由負極經外電路移向正極，再由正極經電解質溶液移向負極D．該電池的儲能容量，可以通過增大電解液存儲罐的容積并增加電解液的體積來實現11、如表為元素周期表的一部分。X、Y、Z、W為短周期元素，其中Y元素的原子最外層電子數是其電子層數的3倍。下列說法正確的是（）XYZWTA．Y的氫化物的沸點一定比X氫化物的沸點高B．Z的氧化物對應的水化物酸性比W的弱C．ZY2、XW4與Na2Z的化學鍵類型相同D．根據元素周期律，可以推測存在TZ2和TW412、根據下列實驗操作和現象所得出的結論正確的是選項實驗操作和現象結論A向苯酚濁液中滴加Na2CO3溶液，濁液變清苯酚的酸性強于H2CO3的酸性B向碘水中加入等體積CCl4，振蕩后靜置，上層接近無色，下層顯紫紅色I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度C向CuSO4溶液中加入鐵粉，有紅色固體析出Fe2+的氧化性強于Cu2+的氧化性D向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)A．A B．B C．C D．D13、下圖所示為某種胃藥的核心合成反應部分過程：下列說法正確的是（）A．甲中的兩個N-H鍵的活性相同C．丙的分子式C22H14、下列有關物質分類正確的是A．液氯、干冰均為純凈物B．NO2、CO、CO2均為酸性氧化物C．互為同系物D．淀粉、纖維素和油脂都屬于天然高分子化合物15、《厲害了，我的國》展示了中國在航空、深海、交通、互聯網等方面取得的舉世矚目的成就，它們與化學有著密切聯系。下列說法正確的是（）A．“神舟十一號”宇宙飛船返回艙外表面使用的高溫結構陶瓷的主要成分是硅酸鹽B．港珠澳大橋使用高性能富鋅底漆防腐，依據的是外加電流的陰極保護法C．我國提出網絡強國戰略，光纜線路總長超過三千萬公里，光纜的主要成分是晶體硅D．化學材料在北京大興機場的建設中發揮了巨大作用，其中高強度耐腐蝕鋼筋屬于無機材料16、向FeCl3、CuCl2、鹽酸的混合溶液中加入鐵粉充分反應后，用KSCN溶液檢驗無明顯現象，則反應后的溶液一定A．含Cu2+ B．含Fe2+ C．呈中性 D．含Fe2+和Cu2+17、三元催化轉化器能同時凈化汽車尾氣中的碳氫化合物(HC)、一氧化碳(CO)及氮氧化合物(NOx)三種污染物。催化劑選擇鉑銠合金，合金負載量不同時或不同的工藝制備的合金對汽車尾氣處理的影響如圖所示。下列說法正確的是A．圖甲表明，其他條件相同時，三種尾氣的轉化率隨合金負載量的增大而增大B．圖乙表明，尾氣的起燃溫度隨合金負載量的增大而降低C．圖甲和圖乙表明，合金負載量越大催化劑活性越高D．圖丙和圖丁表明，工藝2制得的合金的催化性能優于工藝1制得的合金18、中國科學院院士張青蓮教授曾主持測定了銦（49In）等9種元素相對原子質量的新值，被采用為國際新標準。已知：銦與鋁（13Al）同主族。下列說法錯誤的是（）A．In

的金屬性大于

AlB．In

最外層有

2

種能量的電子C．In

的中子數為

66D．In

原子的相對原子質量為

11519、以熔融的碳酸鹽（K2CO3）為電解液,泡沫鎳為電極,氧化纖維布為隔膜（僅允許陰離子通過）可構成直接碳燃料電池,其結構如圖所示，下列說法正確的是A．該電池工作時,CO32-通過隔膜移動到a極B．若a極通入空氣,負載通過的電流將增大C．b極的電極反應式為2CO2+O2-4e-=2CO32-D．為使電池持續工作,理論上需要補充K2CO320、W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，W和Y同族，X和Z同族，X的簡單離子和Y的簡單離子具有相同的電子層結構，W和X、Z均能形成共價化合物，W和X、Y分別形成的化合物溶于水均呈堿性。下列說法錯誤的是A．4種元素中Y的金屬性最強B．最高價氧化物對應的水化物的酸性：Z>XC．簡單陽離子氧化性：W>YD．W和Y形成的化合物與水反應能生成一種還原性氣體21、一種基于鋰元素的電化學過程來合成氨的方法，其效率能達到88.5%。其工藝流程如圖所示，下列說法錯誤的是（）A．反應Ⅰ的關鍵是隔絕空氣和水B．反應Ⅱ的產物LiOH是離子化合物C．整個流程中，金屬鋰是催化劑D．整個流程的總化學方程式為：2N2+6H2O═4NH3+3O222、25℃，將濃度均為0.1mol/L的HA溶液VamL和BOH溶液VbmL混合，保持Va+Vb=100mL，生成物BA易溶于水。Va、Vb與混合液pH的關系如下圖。下列敘述錯誤的是A．HA一定是弱酸B．BOH可能是強堿C．z點時，水的電離被促進D．x、y、z點時，溶液中都存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)二、非選擇題(共84分)23、（14分）花椒毒素(Ⅰ)是白芷等中草藥的藥效成分，也可用多酚A為原料制備，合成路線如下：回答下列問題：（1）①的反應類型為_____________________；B分子中最多有_________個原子共平面。（2）C中含氧官能團的名稱為______________________；③的“條件a”為____________________。（3）④為加成反應，化學方程式為__________________________________。（4）⑤的化學方程式為__________________________________。（5）芳香化合物J是D的同分異構體，符合下列條件的J的結構共有_________種，其中核磁共振氫譜為五組峰的J的結構簡式為_________________。(只寫一種即可)。①苯環上只有3個取代基；②可與NaHCO3反應放出CO2；③1molJ可中和3molNaOH。（6）參照題圖信息，寫出以為原料制備的合成路線(無機試劑任選)：______________24、（12分）[化學——選修5：有機化學基礎]A(C3H6)是基本有機化工原料，由A制備聚合物C和合成路線如圖所示（部分條件略去）。已知：（1）A的名稱是____；B中含氧官能團名稱是____。（2）C的結構簡式____；D-E的反應類型為____。（3）E-F的化學方程式為____。（4）B的同分異構體中，與B具有相同官能團且能發生銀鏡反應，其中核磁共振氫譜上顯示3組峰，且峰面積之比為6:1:1的是____（寫出結構簡式）。（5）等物質的量的分別與足量NaOH、NaHCO3反應，消耗NaOH、NaHCO3的物質的量之比為____；檢驗其中一種官能團的方法是____（寫出官能團名稱、對應試劑及現象）。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）某研究小組在實驗室以廢銅屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)為原料制備堿式碳酸銅[Cu2(OH)2CO3]，具體流程如下：已知：Cu2(OH)2CO3為綠色固體，難溶于冷水和乙醇，水溫越高越易分解。(1)為加快廢銅屑在稀硫酸中的溶解速率，可采取的措施為____(任寫一種)。(2)“操作Ⅱ”中銅發生反應的離子方程式為___。(3)“調節pH”操作中加入的試劑為____(填化學式)。(4)洗滌Cu2(OH)2CO3沉淀的操作為____。(5)“操作Ⅲ”中溫度選擇55～60℃的原因是____；該步驟生成Cu2(OH)2CO3的同時產生CO2，請寫出該反應的化學方程式：____。(6)某同學為測定制得的產品中Cu2(OH)2CO3的質量分數，進行了如下操作：稱取m1g產品，灼燒至固體質量恒重時，得到黑色固體(假設雜質不參與反應)，冷卻后，稱得該黑色固體質量為m2g，則樣品中Cu2(OH)2CO3的純度為____(用含m1、m2的代數式表示)。27、（12分）硫酸四氨合銅晶體常用作殺蟲劑，媒染劑，在堿性鍍銅中也常用作電鍍液的主要成分，在工業上用途廣泛。常溫下該物質溶于水，不溶于乙醇、乙醚，在空氣中不穩定，受熱時易發生分解。某化學興趣小組以Cu粉、3mol/L的硫酸、濃氨水、10%NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500mol/L稀鹽酸、0.500mol/L的NaOH溶液來合成硫酸四氨合銅晶體并測定其純度。I．CuSO4溶液的制備①稱取4g銅粉，在A儀器中灼燒10分鐘并不斷攪拌，放置冷卻。②在蒸發皿中加入30mL3mol/L的硫酸，將A中固體慢慢放入其中，加熱并不斷攪拌。③趁熱過濾得藍色溶液。(1)A儀器的名稱為____。(2)某同學在實驗中有1.5g的銅粉剩余，該同學將制得的CuSO4溶液倒入另一蒸發皿中加熱濃縮至有晶膜出現，冷卻析出的晶體中含有白色粉末，試解釋其原因_____II．晶體的制備將上述制備的CuSO4溶液按如圖所示進行操作(3)已知淺藍色沉淀的成分為，試寫出生成此沉淀的離子反應方程式_________。(4)析出晶體時采用加入乙醇的方法，而不是濃縮結晶的原因是__。III．氨含量的測定精確稱取mg晶體，加適量水溶解，注入如圖所示的三頸瓶中，然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液，通入水蒸氣，將樣品液中的氨全部蒸出，并用蒸餾水沖洗導管內壁，用V1mLC1mol/L的鹽酸標準溶液完全吸收。取下接收瓶，用C2mol/LNaOH標準溶液滴定過剩的HCl(選用甲基橙作指示劑)，到終點時消耗V2mLNaOH溶液。(5)A裝置中長玻璃管的作用_____，樣品中氨的質量分數的表達式_______。(6)下列實驗操作可能使氨含量測定結果偏高的原因是_______。A．滴定時未用NaOH標準溶液潤洗滴定管B．讀數時，滴定前平視，滴定后俯視C．滴定過程中選用酚酞作指示劑D．取下接收瓶前，未用蒸餾水沖洗插入接收瓶中的導管外壁。28、（14分）反應A(g)+B(g)C(g)+D(g)過程中的能量變化如圖所示:完成下列填空:（1）該反應是__________反應(選填“吸熱”、“放熱”)，該反應化學平衡常數表達式為K=____。（2）在恒溫恒容條件下，能判斷該反應達到平衡狀態的依據是____________。(用文字表示)（3）若在體系中加入合適的催化劑，則該反應的化學反應速率_________，反應的熱效應_____(均選填“增大”、“減小”或“不變”)。（4）達到平衡時，改變一個條件，化學平衡常數不變，A的轉化率增大，則該條件是_______。（5）FeCl3固體溶于蒸餾水常會出見渾濁，得不到澄清的氧化鐵溶液。其原因是_________，如果要得到澄清的氯化鐵溶液，可采取的措施是____________。29、（10分）五味子丙素具有良好的抗肝炎病毒活性，其中間體H的一種合成路線如下：(1)A中含氧官能團的名稱為____________和____________。(2)B→C的反應類型為____________。(3)F的分子式為C10H11NO5，E→F發生還原反應，寫出F的結構簡式：____________。(4)D的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：__________。①能發生銀鏡反應、水解反應且能與FeCl3溶液發生顯色反應；②分子中有4種不同化學環境的氫。(5)或。寫出以和(CH3)2SO4為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)__________________________

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、D【解析】

A、向某溶液中加入稀鹽酸，產生的氣體通入澄清石灰水，石灰水變渾濁，該溶液可能是碳酸鹽溶液或碳酸氫鹽溶液或亞硫酸鹽溶液，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，鉀元素的焰色反應若不用鈷玻璃也會發出黃色火焰，該溶液不一定是含鈉元素的溶液，故B錯誤；C、將某氣體通入溴水中，溴水顏色褪去，通入的氣體只要是還原性氣體或能發生加成的有機氣體都可以使溴水褪色，如二氧化硫、硫化氫等，該氣體不一定是乙烯，故C錯誤；D、向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不變色，說明不含鐵離子，滴加氯水后溶液顯紅色，氯氣氧化亞鐵離子為鐵離子，遇到KSCN溶液生成血紅色溶液證明該溶液中一定含Fe2+，故D正確；故選D。2、A【解析】

A.4.0gCO2中含有的質子數為，4.0gSO2中含有的質子數為，因此4.0g由CO2和SO2組成的混合物中含有的質子數也為2NA，故A正確；B.未說標準狀況，無法計算，故B錯誤；C.不要忽略C-H鍵，0.1mol環氧乙烷()中含有的共價鍵數應該為7NA，故C錯誤；D.4.2gCaH2與水完全反應，化學方程式為CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑轉移的電子的物質的量為0.2mol，故D錯誤；答案：A【點睛】易錯選項C，忽略C-H鍵的存在。3、A【解析】

A．DTO即水分子，不同于普通的H2O，該分子中的氫原子一個是氘(D)即，一個是氚(T)即，但是本質仍舊是氫元素，所以一個DTO分子中質子數，即原子序數和為10，那么2.1gDTO的物質的量，則0.1mol水中含有質子數為1NA，A正確；B．葡萄糖的分子式為C6H12O6，冰醋酸的分子式為C2H4O2，兩種物質的最簡式均為CH2O，所以30g葡萄糖和醋酸的混合物，可看成30g的CH2O，其物質的量為,則其氫原子的個數為2NA，B項錯誤；C．石墨烯中碳原子形成正六邊形的網格單元，每個碳原子都被三個六元環共用，平均算下來，一個六邊形需要個碳原子，所以12g石墨烯中六邊形的個數為0.5NA，C項錯誤；D．鐵與氧氣可以生成FeO或Fe3O4，1molFe被氧化電子轉移數不一定；Fe與氯氣反應生成FeCl3，所以1molFe被氯氣氧化轉移3mol電子；Fe與S反應生成FeS，所以1molFe被S氧化轉移2mol電子，D項錯誤；答案選A。4、D【解析】

A.從產品考慮，鈷最終轉化為Co2+，Co2O3+SO2+2H+=2Co2++H2O+SO42-符合客觀實際，且滿足守恒關系，A正確；B.“除鋁”過程中需要讓Al3+完全沉淀，同時又不能讓Zn2+生成沉淀，所以調節溶液pH的范圍為5.0～5.4，B正確；C.在實驗室里，“萃取”在分液漏斗中進行，另外還需燒杯承接分離的溶液，C正確；D.CO2的物質的量為0.03mol，由CoCO3的組成，可得出2.41g固體中，n(Co)=0.03mol，含鈷質量為0.03mol×59g/mol=1.77g，含氧質量為2.41g-1.77g=0.64g，物質的量為0.04mol，n(Co):n(O)=0.03:0.04=3:4，從而得出該鈷氧化物的化學式為Co3O4，D錯誤。故選D。5、D【解析】

A．聚丙烯的鏈節：，A錯誤；B．O的原子半徑比C的原子半徑小，二氧化碳分子的比例模型：，B錯誤；C．的名稱：2—甲基戊烷，C錯誤；D．氯離子最外層有8個電子，核電荷數為17，氯離子的結構示意圖為：，D正確；答案選D。6、C【解析】

A．含甲酸某酯結構，能發生銀鏡反應，故A錯誤；B．酚-OH的鄰位、碳碳雙鍵與溴水反應，則1mol該物質最多可與3molBr2反應，故B錯誤；C.2個酚羥基、-Cl及-COOC-均與NaOH反應，則1mol該物質最多可與4molNaOH反應，故C正確；D．含酚-OH，與Na2CO3發生反應，與碳酸氫鈉不反應，故D錯誤；故選C。7、C【解析】

A.泡沫滅火器中加入的主要是碳酸氫鈉和硫酸鋁溶液，兩者混合時發生雙水解反應，生成大量的二氧化碳泡沫，該泡沫可進行滅火，但是，噴出的二氧化碳氣體泡沫中一定含有水，形成電解質溶液，具有一定的導電能力，可能導致觸電或電器短路，故泡沫滅火器不適用于電器起火的滅火，A錯誤；B.Mg比Fe活潑，當發生化學腐蝕時Mg作負極而被腐蝕，從而阻止Fe被腐蝕，屬于犧牲陽極的陰極保護法，B錯誤；C.過氧化鈉與人呼吸產生的CO2及H2O反應產生氧氣，可幫助人呼吸，因此可用作呼吸面具的供氧劑，C正確；D.硅膠具有吸水性，可作含油脂食品袋內的干燥劑，但是，其無還原性，不能用作脫氧劑，D錯誤；故合理選項是C。8、D【解析】

A.向1L1mol·L-1NaClO溶液中通入足量CO2，次氯酸是弱酸，部分電離，溶液中HClO的分子數小于NA，故A錯誤；B.標準狀況下，H2O是液體，2.24LH2O的物質的量不是0.1mol，故B錯誤；C.NO和O2反應生成NO2，體系中存在平衡，2molNO與1molO2在密閉容器中充分反應，產物的分子數小于2NA，故C錯誤；D.乙酸、CO(NH2)2中氫元素質量分數都是，由13g乙酸與2gCO(NH2)2(尿素)形成的混合物中含有的氫原子物質的量是，氫原子數是NA，故D正確。選D。9、D【解析】

A．氮氣與氫氣反應為可逆反應，不能進行到底，所以1mol氮氣與3mol氫氣反應，生成的氨分子數目小于2NA，故A錯誤；B．溶液體積未知，無法計算S原子個數，故B錯誤；C．氣體狀況未知，無法計算其物質的量，故無法計算電子轉移數，故C錯誤；D．三價鐵離子為弱堿陽離子，水溶液中部分水解，所以常溫下，3L0.1mol?L-1FeCI3溶液所含Fe3+數目小于0.3NA，故D正確；故選：D。10、D【解析】

放電時，消耗H+，溶液pH升高，由此分析解答。【詳解】A.正極反應是還原反應，由電池總反應可知放電時的正極反應為VO2++2H++e-═VO2++H2O，故A錯誤；B.充電時，陰極反應為還原反應，故為V3+得電子生成V2+的反應，故B錯誤；C.電子只能在導線中進行移動，在電解質溶液中是靠陰陽離子定向移動來形成閉合回路，故C錯誤；D.該電池的儲能容量，可以通過增大電解液存儲罐的容積并增加電解液的體積來實現，正確；故答案為D。【點睛】本題綜合考查原電池知識，側重于學生的分析能力的考查，為高考常見題型和高頻考點，注意把握原電池的工作原理，答題時注意體會電極方程式的書寫方法，難度不大。11、D【解析】

X、Y、Z、W為短周期元素，Y元素的原子最外層電子數是其電子層數的3倍，則Y為O元素，根據X、Y、Z、W在元素周期表中的相對位置關系可知，X為C元素，Z為S元素，W為Cl元素，T為Ge元素，結合元素周期律及物質的性質作答。【詳解】根據上述分析可知，X為C元素，Y為O元素，Z為S元素，W為Cl元素，T為Ge元素，A.Y的氫化物分別是H2O、H2O2，H2O、H2O2常溫下都呈液態，X的氫化物為烴，烴分子中碳原子數不同，沸點差別很大，故Y的氫化物的沸點不一定比X氫化物的沸點高，A項錯誤；B.Z的氧化物對應的水化物可能是硫酸或亞硫酸，W的氧化物對應的水化物可能是次氯酸、氯酸或高氯酸等，因此Z的氧化物對應的水化物酸性不一定比W的弱，若HClO屬于弱酸，H2SO4屬于強酸，B項錯誤；C.SO2、CCl4的化學鍵類型為極性共價鍵，而Na2S的化學鍵類型為離子鍵，C項錯誤；D.Ge與C同族，根據元素周期律可知，存在GeS2和GeCl4，D項正確；答案選D。12、B【解析】

A項，苯酚的酸性弱于碳酸；B項，CCl4將I2從碘水中萃取出來，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度；C項，Fe從CuSO4溶液中置換出Cu，Cu2+的氧化性強于Fe2+；D項，向NaCl、NaI的混合液中加入AgNO3溶液產生黃色沉淀，NaCl、NaI的濃度未知，不能說明AgCl、AgI溶度積的大小。【詳解】A項，向苯酚濁液中加入Na2CO3溶液，濁液變清，發生反應+Na2CO3→+NaHCO3，酸性：H2CO3HCO3-，A項錯誤；B項，向碘水中加入等體積CCl4，振蕩后靜置，上層接近無色，下層顯紫紅色，說明CCl4將I2從碘水中萃取出來，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，B項正確；C項，向CuSO4溶液中加入鐵粉，有紅色固體析出，發生的反應為Fe+Cu2+=Fe2++Cu，根據同一反應中氧化性：氧化劑氧化產物，氧化性Cu2+Fe2+，C項錯誤；D項，向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成，說明先達到AgI的溶度積，但由于NaCl、NaI的濃度未知，不能說明AgCl、AgI溶度積的大小，D項錯誤；答案選B。【點睛】本題考查苯酚與碳酸酸性強弱的探究、萃取的原理、氧化性強弱的判斷、沉淀的生成。易錯選D項，產生錯誤的原因是：忽視NaCl、NaI的濃度未知，思維不嚴謹。13、D【解析】

A.反應物甲中的兩個N-H鍵的N原子連接不同的原子團，故兩個N受其他原子或原子團的影響不同，則兩個N-H鍵的活性不同，A錯誤；B.乙分子中含有飽和碳原子，與飽和碳原子成鍵的原子構成的是四面體結構，因此乙分子中所有原子不在同一平面上，B錯誤；C.由丙的結構簡式可知其分子式為C22H24O2N5Cl，C錯誤；D.根據圖示可知：化合物甲與乙反應產生丙外還有HCl生成，該反應生成丙的原子利用率小于100％，D正確；故合理選項是D。14、A【解析】

A.液氯、干冰均為由一種分子構成的物質，因此都屬于純凈物，A正確；B.NO2與水反應產生HNO3和NO，元素化合價發生了變化，因此不屬于酸性氧化物，CO是不成鹽氧化物，只有CO2為酸性氧化物，B錯誤；C.屬于酚類，而屬于芳香醇，因此二者不是同類物質，不能互為同系物，C錯誤；D.淀粉、纖維素都屬于天然高分子化合物，而油脂不是高分子化合物，D錯誤；故合理選項是A。15、D【解析】

A．高溫結構陶瓷耐高溫、耐腐蝕，是新型無機非金屬材料，不是傳統的硅酸鹽，A錯誤；B．鋼結構防腐蝕涂裝體系中，富鋅底漆的作用至關重要，它要對鋼材具有良好的附著力，并能起到優異的防銹作用，依據的是犧牲陽極的陰極保護法，B錯誤；C．光纜的主要成分是二氧化硅，C錯誤；D．高強度耐腐蝕鋼筋屬于無機材料，D正確；故答案選D。16、B【解析】

試題分析：FeCl3

、

CuCl2

的混合溶液中加入鐵粉，

Fe

先和

FeCl3

反應生成

FeCl2

，然后

Fe

再和

CuCl2

發生置換反應生成

FeCl2

、

Cu，用KSCN溶液檢驗無明顯現象，則溶液中一定沒有Fe3+，一定有Fe2+，因為不清楚鐵粉是否過量，所以不能確定CuCl2

是否反應完，則不能確定溶液中是否有Cu2+，故選B。【點睛】本題考查金屬的性質，明確離子、金屬反應先后順序是解本題關鍵，根據固體成分確定溶液中溶質成分，側重考查分析能力，題目難度中等。17、D【解析】

A.根據圖甲所示可知：在400℃時，三種氣體的轉化率在合金負載量為2g/L時最大，A錯誤；B.圖乙表明，尾氣的起燃溫度在合金負載量為2g/L時最低，其它各種合金負載量時起燃溫度都比2g/L時的高，B錯誤；C.圖甲表示只有在合金負載量為2g/L時尾氣轉化率最大，而圖乙表示的是只有在合金負載量為2g/L時尾氣轉化率最低，可見并不是合金負載量越大催化劑活性越高，C錯誤；D.圖丙表示工藝1在合金負載量為2g/L時，尾氣轉化率隨尾氣的起燃溫度的升高而增大，而圖丁表示工藝2在合金負載量為2g/L時，尾氣轉化率在尾氣的起燃溫度為200℃時已經很高，且高于工藝1，因此制得的合金的催化性能：工藝2優于工藝1，D正確；故合理選項是D。18、D【解析】

A、同一主族元素的金屬性隨著原子序數的增大而增強；B、銦與鋁(13Al)同主族，則In的最外層電子數為3，排布在s、p軌道上；C、中子數=質量數-質子數，據此計算判斷；D、的質量數為115。【詳解】A、銦與鋁(13Al)同主族，并且銦元素的原子序數較大，同主族從上至下金屬性逐漸增加，所以In的金屬性強，故A不符合題意；B、In的最外層電子數為3，排布在5s、5p軌道上，5s能級上兩個電子能量相同，但小于5p能級上的電子能量，所以In最外層有2

種能量的電子，故B不符合題意；C、的質量數為115、質子數為49，所以中子數=119-49=66，故C不符合題意；D、的質量數為115，In的相對原子質量為天然存在的核素In的質量數與其豐度的乘積之和，故D符合題意；故選：D。19、A【解析】

A.該電池的總反應方程式為：C+O2=CO2，炭粉在負（a）極失電子發生氧化反應，空氣中的氧氣在正（b）極得電子，該電池工作時，陰離子CO32-通過隔膜移動到a極，故A正確；B.a極通入Ar，可以使炭粉和熔融碳酸鹽的混合物隔絕空氣，防止炭粉被氧化，如果a極通入空氣，炭粉將直接被氧化，負載上沒有電流通過，故B錯誤；C.b極為正極，得電子發生還原反應，電極反應式為：2CO2+O2+4e-=2CO32-，故C錯誤；D.該電池的總反應方程式為：C+O2=CO2，從方程式可以看出鉀離子和碳酸根離子都沒有被消耗，因此理論上不需要補充K2CO3，故D錯誤；故選A。20、B【解析】

W和X、Z均能形成共價化合物，則W、X、Z很可能均為非金屬元素，考慮到W原子序數最小，可推斷W為H元素；W和X、Y分別形成的化合物溶于水均呈堿性，X為非金屬，可推測化合物中有NH3，則X為N元素，又X和Z同族，Z為P元素；W和Y同族，X的簡單離子和Y的簡單離子具有相同的電子層結構，可推知Y為Na元素。綜上推測滿足題干信息，因而推測合理，W為H，X為N，Y為Na，Z為P。A.4種元素中只有Y是金屬元素，即Na，因而金屬性最強，A正確；B.元素的非金屬性越強則最高價氧化物對應的水化物酸性越強，非金屬性：N(X)>P(Z)，因而最高價氧化物對應的水化物的酸性：Z<X，B錯誤；C.元素的金屬性越強，對應簡單陽離子氧化性越弱，金屬性Na(Y)>H(W)，因而簡單陽離子氧化性：W>Y，C正確；D.W和Y形成的化合物為NaH，NaH與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，氫氣為還原性氣體，D正確。故答案選B。21、C【解析】

A．反應Ⅰ是氮氣和鋰反應，鋰為活潑金屬，易與空氣中的氧氣、水蒸氣發生反應，所以反應Ⅰ的關鍵是隔絕空氣和水，故A正確；B．反應Ⅱ的產物LiOH是堿，是鋰離子和氫氧根離子構成的化合物屬于離子化合物，故B正確；C．分析可知鋰是參與反應過程的反應物，最后生成鋰單質的條件是電解，所以金屬鋰不是催化劑，故C錯誤；D．三步反應為：6Li+N2=2Li3N，Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，4LiOH4Li+O2↑+2H2O，整個流程的總化學方程式為：2N2+6H2O═4NH3+3O2，故D正確；故選：C。22、C【解析】

A.當Va=Vb=50mL時，溶液相當于BA溶液，此時溶液的pH＞7呈堿性，說明BA是強堿弱酸鹽，這里的強弱是相對的，則HA一定是弱酸，故A正確；B.當Va=Vb=50mL時，溶液相當于BA溶液，此時溶液的pH＞7呈堿性，說明BA是強堿弱酸鹽，這里的強弱是相對的，BOH可能是強堿也可能是電離程度比HA大的弱堿，故B正確；C.z點時，BOH溶液的體積VbmL大于HA溶液的體積VamL，混合溶液的pH大于9，即c(H+)＜10-9，25℃時該溶液中水的電離被抑制，故C錯誤；D.x、y、z點時，溶液中都存在電荷守恒：c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故D正確；題目要求選擇錯誤的，故選C。二、非選擇題(共84分)23、取代反應18羰基、醚鍵濃硫酸、加熱（或：P2O5）30【解析】根據B的結構簡式和生成B的反應條件結合A的化學式可知，A為；根據C和D的化學式間的差別可知，C與氫氣在催化劑作用下發生加成反應生成D，D為，結合G的結構可知，D消去結構中的羥基生成碳碳雙鍵得到E，E為；根據G生成H的反應條件可知，H為。(1)根據A和B的結構可知，反應①發生了羥基上氫原子的取代反應；B()分子中的苯環為平面結構，單鍵可以旋轉，最多有18個原子共平面，故答案為取代反應；18；(2)C()中含氧官能團有羰基、醚鍵；反應③為D消去結構中的羥基生成碳碳雙鍵得到E，“條件a”為濃硫酸、加熱，故答案為羰基、醚鍵；濃硫酸、加熱；(3)反應④為加成反應，根據E和G的化學式的區別可知F為甲醛，反應的化學方程式為，故答案為；(4)反應⑤是羥基的催化氧化，反應的化學方程式為，故答案為；(5)芳香化合物J是D()的同分異構體，①苯環上只有3個取代基；②可與NaHCO3反應放出CO2，說明結構中含有羧基；③1molJ可中和3molNaOH，說明結構中含有2個酚羥基和1個羧基；符合條件的J的結構有：苯環上的3個取代基為2個羥基和一個—C3H6COOH，當2個羥基位于鄰位時有2種結構；當2個羥基位于間位時有3種結構；當2個羥基位于對位時有1種結構；又因為—C3H6COOH的結構有—CH2CH2CH2COOH、—CH2CH(CH3)COOH、—CH(CH3)CH2COOH、—C(CH3)2COOH、—CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2+3+1)×5=30種，其中核磁共振氫譜為五組峰的J的結構簡式有，故答案為30；；(6)以為原料制備。根據流程圖C生成的D可知，可以與氫氣加成生成，羥基消去后生成，與溴化氫加成后水解即可生成，因此合成路線為，故答案為。點睛：本題考查了有機合成與推斷，根據反應條件和已知物質的結構簡式采用正逆推導的方法分析是解題的關鍵。本題的易錯點為B分子中共面的原子數的判斷，要注意單鍵可以旋轉；本題的難點是(6)的合成路線的設計，要注意羥基的引入和去除的方法的使用。本題的難度較大。24、丙烯酯基取代反應1：1檢驗羧基：取少量該有機物，滴入少量石蕊試液，試液變紅（或檢驗碳碳雙鍵，加入溴水，溴水褪色）【解析】

B發生加聚反應生成聚丁烯酸甲酯，則B結構簡式為CH3CH=CHCOOCH3，A為C3H6，A發生發生加成反應生成B，則A結構簡式為CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯發生水解反應然后酸化得到聚合物C，C結構簡式為；A發生反應生成D，D發生水解反應生成E，E能發生題給信息的加成反應，結合E分子式知，E結構簡式為CH2=CHCH2OH、D結構簡式為CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯發生加成反應生成F，F結構簡式為，F發生取代反應生成G，G發生信息中反應得到，則G結構簡式為；據此解答。【詳解】（1）通過以上分析知，A為丙烯，B結構簡式為CH3CH=CHCOOCH3，其含氧官能團名稱是酯基，故答案為丙烯；酯基；

（2）C結構簡式為，D發生水解反應或取代反應生成E，故答案為；取代反應或水解反應；

（3）E→F反應方程式為，故答案為；

（4）B結構簡式為CH3CH=CHCOOCH3，B的同分異構體中，與B具有相同的官能團且能發生銀鏡反應，說明含有碳碳雙鍵和酯基、醛基，為甲酸酯，符合條件的同分異構體有HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOC（CH3）=CHCH3、HCOOCH=C（CH3）2、HCOOCH（CH3）CH=CH2、HCOOCH2C（CH3）=CH2、HCOOC（CH2CH3）=CH2，共有8種；其中核磁共振氫譜為3組峰，且峰面積之比為6:1:1的是，

故答案為；（5）該有機物中含有碳碳雙鍵、醇羥基、羧基，具有烯烴、羧酸、醇的性質。能和NaOH、NaHCO3反應的是羧基，且物質的量之比都是1：1，所以NaOH、NaHCO3分別與等物質的量的該物質反應時，則消耗NaOH、NaHCO3的物質的量之比為1：1；分子中含有碳碳雙鍵、醇羥基、羧基。若檢驗羧基：取少量該有機物，滴入少量石蕊試液，試液變紅；若檢驗碳碳雙鍵：加入溴水，溴水褪色，故答案為1：1；檢驗羧基：取少量該有機物，滴入少量石蕊試液，試液變紅（或檢驗碳碳雙鍵，加入溴水，溴水褪色）。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。【詳解】(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。【點睛】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、攪拌（或適當升溫等合理答案即可）H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2OCuO或Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3等合理答案即可加人洗滌劑至浸沒沉淀且液面低于濾紙邊緣，待液體自然流下后，重復2~3次溫度過低，反應速率太慢，溫度過高，Cu2(OH)2CO3易分解2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑×100%【解析】

廢銅屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)，加入稀硫酸浸取，CuO、Fe、Fe2O3與稀硫酸反應，形式含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的溶液，銅單質不與硫酸反應，再加入雙氧水將Fe2+氧化為Fe3+，同時銅單質與雙氧水在酸性條件下反應生成銅離子，再調節溶液pH值，將Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀除去，過濾后得到主要含有硫酸銅的濾液，將溶液溫度控制在55~60℃左右，加入碳酸鈉，濾液中產生Cu2(OH)2CO3晶體，再經過過濾、冷水洗滌，干燥，最終得到Cu2(OH)2CO3，以此解題。【詳解】(1)為加快廢銅屑在稀硫酸中的溶解速率，可進行攪拌、加熱、增大硫酸濃度等方法；(2)“操作Ⅱ”中，銅單質與雙氧水在酸性條件下反應生成銅離子，離子方程式為H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2O；(3)“調節pH”操作目的是將溶液中的Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀除去，由于廢銅屑使用酸浸溶解，需要加入堿性物質中和多余的酸，在不引入新的雜質的情況下，可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3等合理答案即可；(4)洗滌Cu2(OH)2CO3沉淀的操作為過濾，合理操作為：加人洗滌劑至浸沒沉淀且液面低于濾紙邊緣，待液體自然流下后，重復2~3次；(5)根據題目已知：Cu2(OH)2CO3為難溶于冷水和乙醇，水溫越高越易分解。“操作Ⅲ”中溫度選擇55～60℃的既可以加快反應速率同時也可防止制得的Cu2(OH)2CO3不被分解，該步驟中向含有硫酸銅的濾液中加入碳酸鈉生成Cu2(OH)2CO3的同時產生CO2，該反應的化學方程式：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑

；(6)m1g產品，灼燒至固體質量恒重時，得到黑色固體(假設雜質不參與反應)，發生的反應為：Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O

，灼燒至固體質量恒重時剩余固體為氧化銅和雜質，根據反應方程式計算：設樣品中Cu2(OH)2CO3的質量為xg。Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O22262xm1-m2=，解得：x=，則樣品中Cu2(OH)2CO3的純度為×100%=×100%。【點睛】本題是工藝流程題中的實驗操作和化學原理結合