2024屆陜西省銅川市重點中學高考化學五模試卷含解析

2024屆陜西省銅川市重點中學高考化學五模試卷

考生請注意：

1.答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。

2.第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的

位置上。

3.考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。

一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)

1、含有O.OlmolFeCb的氯化鐵飽和溶液因久置變得渾濁，將所得分散系從如圖所示裝置的A區(qū)流向B區(qū)，其中C區(qū)

是不斷更換中的蒸儲水。已知NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法不正確的是

A

A.實驗室制備Fe(OH)3膠體的反應為：FeC13+3H2O=Fe(OH)3(膠體)+3HCl

B.濾紙上殘留的紅褐色物質為Fe(OH)3固體顆粒

C.在B區(qū)的深紅褐色分散系為Fe(OH)3膠體

D.進入C區(qū)的H+的數(shù)目為0.03NA

2、某烯煌分子的結構簡式為」、，用系統(tǒng)命名法命名其名稱為()

A.2,2,4-三甲基-3-乙基-3-戊烯B.2,4,4-三甲基-3-乙基2戊烯

C.2,2,4-三甲基-3-乙基2戊烯D.2-甲基-3-叔丁基-2-戊烯

3、NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法中正確的是

A.4g甲烷完全燃燒轉移的電子數(shù)為2K

B.11.2L(標準狀況)CCL中含有的共價鍵數(shù)為2NA

C.3molSOZ和ImolO2于密閉容器中催化反應后分子總數(shù)為3L

-1

D.1L0.Imol?L的Na2s溶液中期一和S”離子數(shù)之和為0.1NA

4、磷酸鐵鋰電池在充放電過程中表現(xiàn)出了良好的循環(huán)穩(wěn)定性，具有較長的循環(huán)壽命，放電時的反應為:

LixC6+Lii-xFePO4=6C+LiFePO4。某磷酸鐵鋰電池的切面如下圖所示。下列說法錯誤的是

A.放電時Li+脫離石墨，經(jīng)電解質嵌入正極

B.隔膜在反應過程中只允許Li+通過

C.充電時電池正極上發(fā)生的反應為：LiFePO4-xe「=Lii-xFePO4+xLi+

D.充電時電子從電源經(jīng)鋁箔流入正極材料

5、硫化氫的轉化是資源利用和環(huán)境保護的重要研究課題。將H2s和空氣的混合氣體通入FeCb、FeCL、CuCb的混合

溶液中反應回收S,其物質轉化如圖所示。下列敘述正確的是

A.在轉化過程中化合價不變的元素只有Cu和C1

B.由圖示的轉化可得出氧化性的強弱順序：O2>Ci?+>S

C.在轉化過程中能循環(huán)利用的物質只有FeCL

D.反應中當有34gH2s轉化為硫單質時，保持溶液中Fe3+的量不變，需要消耗。2的質量為16g

6、LiBH4是有機合成的重要還原劑，也是一種供氫劑，它遇水劇烈反應產生氫氣，實驗室貯存硼氫化鋰的容器應貼標

簽是

7、某同學設計了蔗糖與濃硫酸反應的改進裝置，并對氣體產物進行檢驗，實驗裝置如圖所示。下列結論中正確的是

)

n

前行品紅溶

液的槌球a無水硫酸銅

98%濃優(yōu)液

鞋有稀浜水

的檎球b

十成瑞格II

足量酸忤

少品水潤—HI高毓酸許溶液港清石灰水

海的前期

111IV

選項現(xiàn)象結論

A.I中注入濃硫酸后，可觀察到試管中白色固體變?yōu)楹谏w現(xiàn)了濃硫酸的吸水性

B.II中觀察到棉球a、b都褪色均體現(xiàn)了SO2的漂白性

中無水硫酸銅變藍

C.II說明反應產物中有H2O

D.m中溶液顏色變淺，w中澄清石灰水變渾濁說明有co2產生

A.AB.BC.C

8、有機物M、N、Q的轉化關系為：

。陽CH<O二號。號H，

MNQ

下列說法正確的是()

A.M分子中的所有原子均在同一平面

B.上述兩步反應依次屬于加成反應和取代反應

C.M與H2加成后的產物，一氯代物有6種

D.Q與乙醇互為同系物，且均能使酸性KMnO4溶液褪色

9、國際能源期刊報道了一種正在開發(fā)中的綠色環(huán)保“全氫電池”，有望減少廢舊電池產生的污染，其工作原理如圖所示。

下列說法正確的是

NMOII-^NMCK)*1<>4

吸附笈■德廣文振股暇

A.NaCK)4的作用是傳導離子和參與電極反應

B.吸附層b的電極反應：H2-2e+2OH=2H2O

C.全氫電池工作時，將酸堿反應的中和能轉化為電能

D.若離子交換膜是陽離子交換膜，則電池工作一段時間后左池溶液pH基本不變

10、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)逐漸增大，四種元素形成的化合物甲的結構如圖所示：

/\

W2YYW2

且W與X、Y、Z均可形成電子數(shù)相等的分子，W2Z常溫常壓下為液體。下列說法正確的是

A.YW3分子中的鍵角為120。

B.W2Z的穩(wěn)定性大于YW3

C.物質甲分子中存在6個。鍵

D.Y元素的氧化物對應的水化物為強酸

11、下列有關物質性質的敘述正確的是()

A.向NaOH溶液中加入鋁粉，可生成A1(OH)3

B.向苯酚溶液中滴加Na2cO3溶液，可生成CCh

C.向熱的蔗糖溶液中滴加銀氨溶液，可生成銀鏡

D.向飽和氯化鈉溶液中先通入N%至飽和，再通入CCh,可生成NaHCCh

12、新型冠狀病毒肺炎疫情發(fā)生以來，科學和醫(yī)學界積極尋找能夠治療病毒的藥物。4-去甲基表鬼臼毒素具有抗腫瘤、

抗菌、抗病毒等作用，分子結構如圖所示，下列說法錯誤的是

A.該有機物中有三種含氧官能團

B.該有機物有4個手性碳原子，且遇FeCb溶液顯紫色

C.該有機物分子中所有碳原子不可能共平面

D.Imol該有機物最多可以和2moiNaOH、7moiH2反應

13、實驗室模擬制備亞硝酰硫酸(NOSO4H)的反應裝置如圖所示，下列關于實驗操作或敘述錯誤的是

已知：①亞硝酰硫酸為棱形結晶，溶于硫酸，遇水易分解

②反應原理為：

SO2+HNO3===SO3+HNO2>SO3+HNO2=NOSO4H

A.濃硝酸與濃硫酸混合時，是將濃硫酸慢慢滴加到濃硝酸中，邊加邊攪拌

B.裝置B和D中的濃硫酸的作用是防止水蒸氣進入C導致亞硝酰硫酸分解

C.冷水的溫度控制在20℃左右，太低反應速率太慢；太高硝酸易分解，Sth逸出

D.實驗時用98%的濃硫酸代替70%的112so4產生SO2速率更快

14、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(NOQ三種污染物。催化

劑選擇伯銘合金，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

工藝1制備的合金，工藝2制備的合金，

合金負載量為2"1廣合金負載13為2g?「'

副a

東

、

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F￥co-HC

家

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1002003004005000100200300400500

尾氣起燃溫度尾氣起燃溫度/弋

圖丙圖T

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(yōu)于工藝1制得的合金

15、錦是稀土元素，氫氧化缽［Ce(OH)4］是一種重要的氫氧化物。平板電視顯示屏生產過程中會產生大量的廢玻璃粉末

(含SiO2、Fe2O3,CeO2),某課題組以此粉末為原料回收缽，設計實驗流程如下：

下列說法不正確的是

+3+

A.過程①中發(fā)生的反應是：Fe2O3+6H^=2Fe+3H2O

B.過濾操作中用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒

C.過程②中有。2生成

D.過程④中發(fā)生的反應屬于置換反應

16、a、b、c、d為短周期元素，a的M電子層有1個電子，b的最外層電子數(shù)為內層電子數(shù)的2倍。c的最高化合價

為最低化合價絕對值的3倍，c與d同周期，d的原子半徑小于c。下列敘述正確的是()

A.離子半徑：a>d>cB.a、c形成的化合物中只有離子鍵

C.簡單離子還原性：c<dD.c的單質易溶于b、c形成的二元化合物中

二、非選擇題(本題包括5小題)

17、苯氧布洛芬鈣G是評價較好的解熱、鎮(zhèn)痛、消炎藥，下面是它的一種合成路線(具體反應條件和部分試劑略)

*lc50chiNaCJ

(CH,COO),CuPVC

UNaOH

2HjO

CHCOOCaC'U

)Ca-2H2OF

CH3

已知：

①氯化亞颯(SOC12)可與醇發(fā)生反應，醇的羥基被氯原子取代而生成氯代燃。

oo

②CJ-F'-R兇衛(wèi)4HX(X表示鹵素原子)

回答下列問題：

⑴寫出D的結構簡式：oF中所含的官能團名稱是o

(2)B-C的反應類型是;D—E的反應類型是o

(3)寫出F和C在濃硫酸條件下反應的化學方程式o

(4)寫出A的符合以下條件同分異構體的所有結構簡式o

①屬于苯的二取代物；

②苯環(huán)上核磁共振氫譜圖中共有2個吸收峰

③與FeCb溶液發(fā)生顯色反應。

⑸結合上述推斷及所學知識，參照上述合成路線任選無機試劑設計合理的方案，以苯甲醇為原料合成

苯乙酸苯甲酯（CHIOOCH.）寫出合成路線，并注明反應條件

18、有A、B、C、D、E、F六種溶液，它們是氨水、硫酸鎂、碳酸氫鈉、碳酸鈉、稀硝酸、氯化鋼溶液中的某一種。

各取少量，將其兩兩混合現(xiàn)象如圖所示。其中“I”表示難溶物，“t”表示氣體，表示無明顯現(xiàn)象，空格表示

A.碳酸鈉溶液B.氯化鎖溶液

C.硫酸鎂溶液D.碳酸氫鈉溶液

19、氯化亞銅（CuCl）晶體呈白色，見光分解，露置于潮濕空氣中易被氧化。某研究小組設計如下兩種方案在實驗室制

備氯化亞銅。

方案一：銅粉還原CuSO4溶液

已知：CuCl難溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl（白色）+2C[=[CuCb]2-（無色溶液）。

⑴步驟①中發(fā)生反應的離子方程式為o

⑵步驟②中，加入大量水的作用是o

（3）如圖流程中用95%乙醇洗滌和真空干燥是為了防止________________o

方案二：在氯化氫氣流中加熱CUC12.2H2O晶體制備，其流程和實驗裝置（夾持儀器略）如下：

HC1氣流

CuCl2HOCuCl2|"MyCuCl+Ch

22140p

（4）實驗操作的先后順序是a—-*-fe（填操作的編號）

a.檢查裝置的氣密性后加入藥品b.點燃酒精燈，加熱

c.在“氣體入口”處通入干燥HC1d.熄滅酒精燈，冷卻

e.停止通入HCL然后通入N2

⑸在實驗過程中，觀察到B中物質由白色變?yōu)樗{色，C中試紙的顏色變化是。

(6)反應結束后，取出CuCl產品進行實驗，發(fā)現(xiàn)其中含有少量的CuCb雜質，請分析產生CuCb雜質的原因

⑺準確稱取0.2500g氯化亞銅樣品置于一定量的0.5mol/LFeCb溶液中，待樣品完全溶解后，加水20mL,用0.1000

moVL的Ce(SO4)2溶液滴定到終點，消耗24.60mLCe(SC)4)2溶液。有關化學反應為Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl\

Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+,計算上述樣品中CuCl的質量分數(shù)是%(答案保留4位有效數(shù)字)。

20、三草酸合鐵(IH)酸鉀K3[Fe

(C

2O4)3]-3H2O(其相對分子質量為491),為綠色晶體，易溶于水，難溶于酒精。110℃下可完全失去結晶水，230℃時

分解。它還具有光敏性,光照下即發(fā)生分解，是制備活性鐵催化劑的原料。某化學小組制備該晶體，并測定其中鐵的含

量，進行如下實驗：

I.三草酸合鐵(ni)酸鉀的制備；

①稱取5g硫酸亞鐵固體，放入到100mL的燒杯中，然后加15mL偏水和5?6滴稀硫酸，加熱溶解后，再加入25mL

飽和草酸溶液，攪拌加熱至沸。停止加熱，靜置，待析出固體后，抽濾、洗滌、干燥，得到FeC2O4?2H2O；

②向草酸亞鐵固體中加入飽和K2c2O4溶液10mL,40。(3水浴加熱，邊攪拌邊緩慢滴加20mL3%H2O2溶液，變?yōu)樯钭?/p>

色，檢驗Fe2+是否完全轉化為Fe3+,若氧化不完全，再補加適量的H2O2溶液；

③將溶液加熱至沸，然后加入20mL飽和草酸溶液，沉淀立即溶解，溶液轉為綠色。趁熱抽濾，濾液轉入100mL燒杯

中，加入95%乙醇25mL,混勻后冷卻，可以看到燒杯底部有晶體析出。晶體完全析出后，抽濾，用乙醇-丙酮混合液

洗滌，置于暗處晾干即可。

(1)寫出步驟①中，生成FeC2C>4?2H2O晶體的化學方程式――。檢驗FeCzOuZHzO晶體是否洗滌干凈的方法是__。

(2)步驟②中檢驗Fe2+是否完全轉化的操作為—。

(3)步驟③用乙醇-丙酮混合液洗滌，而不是用蒸儲水洗滌的原因是

II.鐵含量的測定：

步驟一：稱量5.00g三草酸合鐵酸鉀晶體，配制成250mL溶液。

步驟二：取所配溶液25.00mL于錐形瓶中，加稀H2sCh酸化，滴加KMnCh溶液至草酸根恰好全部氧化，Mn()4-被還

原成MM+,向反應后的溶液中逐漸加入鋅粉，加熱至黃色剛好消失，過濾、洗滌，將過濾及洗滌所得溶液收集到錐形

瓶中，此時溶液仍呈酸性。

步驟三：用O.OlOOmoI/LKMnCh溶液滴定步驟二所得溶液至終點，消耗KMnCh溶液20.02mL,滴定中MnCV被還原

成Mn2%

步驟四：重復步驟二、步驟三操作，滴定消耗O.OlOOmol/LKMnth溶液19.98mL。

（4）配制三草酸合鐵酸鉀溶液中用到的玻璃儀器有燒杯，_o

（5）寫出步驟三中發(fā)生反應的離子方程式——o

（6）實驗測得該晶體中鐵的質量分數(shù)為（結果保留3位有效數(shù)字）。

21、研究CO、CO2、NO,的回收對改善生態(tài)環(huán)境和構建生態(tài)文明具有重要的意義。

⑴有科學家經(jīng)過研究發(fā)現(xiàn)，用CO?和H?在210?290℃,催化劑條件下可轉化生成甲醇蒸汽和水蒸氣。230。向容

器中投入OSmolCO?和ISmolH2。當。。2平衡轉化率達80%時放出熱量19.6口能量，寫出該反應的熱化學方程式

-一定條件下，上述合成甲醇的反應達到平衡狀態(tài)后，若改變反應的某一個條件，下列變化能說明平衡一定向

逆反應方向移動的是（填代號）。

A.逆反應速率先增大后減小B.H2的轉化率增大

C.生成物的體積百分含量減小D.容器中的〃（CC）2）/〃（H2）恒變小

⑵向容積可變的密閉容器中充入ImolCO和2.2molH2,在恒溫恒壓條件下發(fā)生反應

CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）AH<0,平衡時CO的轉化率〃z（CO）隨溫度、壓強的變化情況如圖甲所示。

M（CO）

"CZTTTL

?*T/1

①壓強：Pl夕2（填“>”“<”或“="）

②M點時，H2的轉化率為（計算結果精確到0.1%）,用平衡分壓代替平衡濃度計算該反應的平衡常數(shù)

Kp=（用含Pi的最簡表達式表達，分壓=總壓x物質的量分數(shù)）。

③不同溫度下，該反應的平衡常數(shù)的對數(shù)值（igK）如圖乙所示，其中A點為506K時平衡常數(shù)的對數(shù)值，則B、C、

D、E四點中能正確表示該反應的lgK與溫度（T）的關系的是。

（3）H2還原NO的反應為2NO（g）+2H2（g）N2（g）+2H2O（1）,上述反應分兩步進行：

i.2NO（g）+H2（g）—N2（g）+凡。?⑴（慢反應）

ii.H2（）2（l）+H2（g）-2H2O（l）（快反應）。下列敘述正確的是（填字母）。

A.H?。？是該反應的催化劑B.反應i的活化能較高

C.總反應速率由反應ii的速率決定D.反應i中NO和H?的碰撞僅部分有效

（4）利用2CO（g）2c（s）+C）2（g）消除CO對環(huán)境的污染不可行的原因是o

⑸用NaOH溶液做碳捕捉劑，在降低碳排放的同時也獲得化工產品NazCOs。常溫下，若某次捕捉后得到pH=10的

溶液，則溶液中（）：（）（）3

cHCO3cCO^=[K2H2CO3=4.4X1Q-,K2（H2CO2）=5X10"]

參考答案

一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）

1、D

【解析】

A

A.飽和FeCb在沸水中水解可以制備膠體，化學方程式為FeCb+3H2O=Fe（OH）3（膠體）+3HCl,正確，A不選；

B.濾紙上層的分散系中懸浮顆粒直徑通常大于10「m時，為濁液，不能透過濾紙，因此濾紙上的紅褐色固體為Fe（OH）3

固體顆粒，正確，B不選；

C.膠體的直徑在lO%i0.7m之間，可以透過濾紙，但不能透過半透膜，因此在濾紙和半透膜之間的B層分散系為膠

體，正確，C不選；

D.若Fe3+完全水解，C「全部進入C區(qū)，根據(jù)電荷守恒，則進入C區(qū)的H+的數(shù)目應為0.03NA。但是Fe3+不一定完

全水解，c「也不可能通過滲析完全進入C區(qū)，此外Fe（OH）3膠體粒子通過吸附帶正電荷的離子如H+而帶有正電荷，

因此進入C區(qū)的H+的數(shù)目小于0.03NA,錯誤，D選。

答案選D。

2、B

【解析】

0H3fH2cH3

烯燒分子的結構簡式為CH3$—d=fCH3,系統(tǒng)命名法命名其名稱為2,4,4-三甲基-3-乙基2戊烯，故B符合題意。

CH3CH3

綜上所述，答案為B。

3、A

【解析】

A.甲烷完全燃燒生成二氧化碳和水，碳元素化合價由-4價升高到+4價，所以4g甲烷完全燃燒轉移的電子數(shù)為

4g

T---7X8N/mol=2N,故A正確；

log/molAA

B.CCL在標況下為非氣態(tài)，無法計算11.2LCCL的物質的量，故B錯誤；

C.SO,和反應為可逆反應，反應不能進行完全，SO?和都有剩余，所以3molSO2和lmol0,于密閉容器中催化反

應后分子總數(shù)大于3L,故C錯誤；

D.Na2s溶液中分兩步水解，生成HS-和HzS,根據(jù)物料守恒關系：HS，H2s和S。-離子數(shù)之和為0.故D錯誤。

故選Ao

【點睛】

本題為“NJ應用試題，解答此類題要注意題設陷阱，本題B選項，CC14在標況下非氣態(tài)，C選項，二氧化硫和氧氣

反應為可逆反應，D選項，要注意物料守恒的正確使用，考生只有在平時多總結，才能做到考試時慧眼識別。

4、D

【解析】

+

放電時，LixC6在負極（銅箔電極）上失電子發(fā)生氧化反應，其負極反應為：LixC6-xe=xLi+6C,其正極反應即在鋁

箔電極上發(fā)生的反應為：Lii.xFePO4+xLi++xe三LiFePCh,充電電池充電時，正極與外接電源的正極相連為陽極，負極

與外接電源負極相連為陰極，

【詳解】

+

A.放電時，LixC6在負極上失電子發(fā)生氧化反應，其負極反應為：LixC6-xe=xLi+6C,形成Li+脫離石墨向正極移動,

嵌入正極，故A項正確；

B.原電池內部電流是負極到正極即Li+向正極移動，負電荷向負極移動，而負電荷即電子在電池內部不能流動，故只允

許鋰離子通過，B項正確；

C.充電電池充電時，原電池的正極與外接電源的正極相連為陽極，負極與外接電源負極相連為陰極，放電時，正極、

負極反應式正好與陽極、陰極反應式相反，放電時LimFePO4在正極上得電子，其正極反應為：Lii“FePO4+xLi++x

e=LiFePO4,則充電時電池正極即陽極發(fā)生的氧化反應為：LiFePO「xe「=LirFePCh+xLi+,C項正確；

D.充電時電子從電源負極流出經(jīng)銅箔流入陰極材料（即原電池的負極），D項錯誤；

答案選D。

【點睛】

可充電電池充電時，原電池的正極與外接電源的正極相連為陽極，負極與外接電源負極相連為陰極，即“正靠正，負

靠負”，放電時LHxFePCh在正極上得電子，其正極反應為：Lii*FePO4+xLi++xe=LiFePO4,則充電時電池正極即陽

+

極發(fā)生的氧化反應為：LiFePO「xe=Lii-xFePO4+xLiO

5、D

【解析】

A.根據(jù)圖中各元素化合價知，Cu元素化合價都是+2價、H元素化合價都是+1價、C1元素化合價都是-1價，所以化

合價不變的是Cu、H、Cl元素，故A錯誤；

3+

B.轉化過程中th把Fe2+氧化為Fe3+,Fe3+把硫離子氧化為S,則氧化性的強弱順序：O2>Fe>S,故B錯誤；

C.根據(jù)圖示，反應的本質是空氣中的氧氣氧化H2s轉化為S和水，在轉化過程中能循環(huán)利用的物質有FeCL、CuCI2>

FeCb,故C錯誤；

D.H2s轉化為硫單質，硫元素的化合價從-2價變成0價，氧元素的化合價從0價變成-2價，依據(jù)得失電子數(shù)相等，所

以2H2S--Ch,所以有34gH2s轉化為硫單質時，保持溶液中Fe3+的量不變，需要消耗。2的質量為

34g1

~~~；---；x—x32g/mol=16g,故D正確；

34g/mol2

故選D。

6、D

【解析】

A、氧化劑標識，LiBW是有機合成的重要還原劑，故A錯誤；B、爆炸品標識，LiBH4是一種供氫劑，屬于易燃物品，

故B錯誤；C、腐蝕品標識，與LiBW是一種供氫劑不符，故C錯誤；D、易燃物品標識，LiBH4是有機合成的重要還

原劑，也是一種供氫劑，屬于易燃物品標識，故D正確；故選D。

7、D

【解析】

A.蔗糖遇到濃硫酸變黑，是由于濃硫酸具有脫水性，將蔗糖中氫元素和氧元素以水的比例脫出，不是吸水性，故A

錯誤；

B.a中品紅褪色，體現(xiàn)二氧化硫的漂白性，b中濱水褪色，體現(xiàn)二氧化硫的還原性，故B錯誤；

C.無水硫酸銅變藍，可以用來檢驗水，但是品紅溶液和濱水都有水，不確定使硫酸銅變藍的水是否由反應分解產生

的，故C錯誤；

D.m中溶液顏色變淺，是因為還有二氧化硫，不退色說明二氧化硫反應完全了，w中澄清石灰水變渾濁了，說明產

生了二氧化碳氣體，故D正確；

答案選D。

【點睛】

C項的無水硫酸銅變藍了，說明有水，這個水不一定是反應中產生的水，還要考慮II中的其他試劑，這是易錯點。

8,C

【解析】

A.M中含甲基、亞甲基均為四面體結構，則M分子中所有原子不可能均在同一平面，故A錯誤；

B.M-N為取代反應，N-Q為水解反應，均屬于取代反應，故B錯誤；

C.M與H2加成后的產物為［"］一CH2cH力C比CH3中含有6種H,則一氯代物有6種，故C正確；

D.Q中含苯環(huán)，與乙醇的結構不相似，且分子組成上不相差若干個“CH2”原子團，Q與乙醇不互為同系物，兩者均含

-OH,均能使酸性KMnCh溶液褪色，故D錯誤；

故答案選Co

9、C

【解析】

電子從吸附層a流出，a極為負極，發(fā)生的反應為：H2-2e+2OH=2H2O,b極為正極，發(fā)生的反應為：2H++2e=H2t。

【詳解】

A.由上面的分析可知，NaCIO4沒有參與反應，只是傳導離子，A錯誤；

B.吸附層b的電極反應2H++2e=H23B錯誤；

C.將正、負電極反應疊加可知，實際發(fā)生的是H++OH-=H2O,全氫電池工作時，將酸堿反應的中和能轉化為電能，

C正確；

D.若離子交換膜是陽離子交換膜，則Na+向右移動，左池消耗OH且生成H2O,pH減小，D錯誤。

答案選C。

【點睛】

B.電解質溶液為酸溶液，電極反應不能出現(xiàn)OH、

10、B

【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)逐漸增大，根據(jù)四種元素形成的化合物結構，其中各原子的核外電子排布均

處于穩(wěn)定結構。根據(jù)圖示可知，X原子最外層含有4個電子，Y原子最外層含有5個電子，Z原子最外層含有6個電

子，W最外層含有1個或7個電子，結合原子序數(shù)及“W與X、Y、Z均可形成電子數(shù)相等的分子，W2Z常溫常壓下

為液體”可知，W為H,X為C,Y為N,Z為O元素，據(jù)此分析解答。

【詳解】

根據(jù)分析可知，W為H,X為C,Y為N,Z為O元素。

A.YW3為NH3,為三角錐形的分子，分子中的鍵角＜120。，故A錯誤；

B.非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，水的穩(wěn)定性大于氨氣，故B正確；

C.物質甲的結構簡式為CO（NH2）2,存在7個0鍵和1個k鍵，故C錯誤；

D.N元素的氧化物對應的水化物可能是硝酸，也可能為亞硝酸，其中亞硝酸為弱酸，故D錯誤；

故選B。

【點睛】

根據(jù)物質中常見原子的成鍵情況推斷元素為解答關鍵。本題的易錯點為C,要注意物質中化學鍵數(shù)目的判斷方法的應

用。

11、D

【解析】

A.向NaOH溶液中加入鋁粉，發(fā)生的反應為：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2「不會生成氫氧化鋁，A項錯

誤；

B.因酸性比較：H2c。3＞苯酚＞HCO3-,則向苯酚溶液中滴加Na2cO3溶液，不會生成C（h,只會生成苯酚鈉與碳酸氫

鈉，B項錯誤；

C.蔗糖不是還原性糖，不能與銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應，C項錯誤；

D.向飽和氯化鈉溶液中先通入NH3至飽和，再通入CO2,因碳酸氫鈉的溶解度比碳酸鈉溶解度小，會先以晶體形式

析出，發(fā)生的反應是：NaCI+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3；,D項正確；

答案選D。

【點睛】

A項是易錯點，學生要理解并準確掌握鋁三角的轉化關系，鋁單質的特性。鋁單質與酸反應會生成正鹽鋁鹽，而與堿

反應生成偏鋁酸鹽，鋁單質不能直接轉化為氫氧化鋁沉淀。

12、D

【解析】

A.該有機物種有酸鍵（一O—）、羥基（一OH）、酯基（一COO—）三種含氧官能團，A選項正確；

B.根據(jù)該有機物的分子結構式，與醇羥基相連的碳中有4個手性碳原子，且分子種含有酚羥基（與苯環(huán)直接相連的羥

基），能遇FeCb溶液顯紫色，B選項正確；

C.醇羥基所在的C與其他兩個C相連為甲基結構，不可能共平面，故該有機物分子中所有碳原子不可能共平面，C

選項正確；

D.Imol酚羥基（一OH）能與ImolNaOH發(fā)生反應，Imol酯基（一COO-）能與ImolNaOH發(fā)生水解反應，Imol該有機

物有l(wèi)mol酚羥基（一OH）、Imol酯基（一COO-）,貝（IImol該有機物可與2moiNaOH發(fā)生反應，分子中含有兩個苯環(huán),

可以和6m0IH2發(fā)生加成反應，D選項錯誤；

答案選D。

13、D

【解析】

A.濃硝酸與濃硫酸混合時，如果將濃硝酸注入濃硫酸中，容易發(fā)生液滴四濺，故濃硝酸與濃硫酸混合時，是將濃硫

酸慢慢滴加到濃硝酸中，并且邊加邊攪拌，攪拌的目的是及時散熱，防止局部過熱，A正確；

B.亞硝酰硫酸遇水易分解，裝置B中的濃硫酸的作用是干燥SO2氣體水蒸氣進入裝置C中，裝置D中的濃硫酸的作

用是防止裝置E中的水蒸氣進入裝置C中，B正確；

C.為了保證反應速率不能太慢，同時又要防止溫度過高硝酸分解，SO2逸出，故冷水的溫度控制在20℃左右，C正確；

D.98%的濃硫酸的很難電離出H+,如果用98%的濃硫酸代替70%的H2s。4產生SO2速率更慢，D錯誤；

14、D

【解析】

A.根據(jù)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(jīng)很高，且高于工藝1,因此制得的合金的催化性能：

工藝2優(yōu)于工藝1,D正確；

故合理選項是Do

15、D

【解析】

該反應過程為：①CeO2、SiO2>FezCh等中加入稀鹽酸，F(xiàn)ezCh轉化FeCb存在于濾液A中，濾渣A為CeCh和SiCh;

②加入稀硫酸和H2O2,CeC>2轉化為Ce3+,濾渣B為SiO2；③加入堿后Ce3+轉化為沉淀，④通入氧氣將Ce從+3價氧

化為+4價，得到產品。根據(jù)上述分析可知，過程①為Fe2O3與鹽酸發(fā)生反應，選項A正確；結合過濾操作要點，實驗

中用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，選項B正確；稀硫酸、H2O2,CeCh三者反應生成Ce2(SO4)3、O2和H2O,

反應的離子方程式為6H++H2O2+2CeO2^=2Ce3++O2f+4H2。，選項C正確；D中發(fā)生的反應是

4Ce(OH)3+O2+2H2O^=4Ce(OH)4,屬于化合反應，選項D錯誤。

16、D

【解析】

a、b、c、d為短周期元素，a的M電子層有1個電子，則a為Na；b的最外層電子數(shù)為內層電子數(shù)的2倍，則b為C；

c的最高化合價為最低化合價絕對值的3倍，則c為S；c與d同周期，d的原子半徑小于c,則d為C1。

【詳解】

A.Na+核外電子層數(shù)為2,而Cl和S2-核外電子層數(shù)為3,故Na+半徑小于和S?-的半徑；電子層數(shù)相同時，質子數(shù)

越多，半徑越小，所以cr的半徑小于S2-的半徑，所以離子半徑：a<d<c,故A錯誤；

B.a、c形成的化合物可以有多硫化鈉NazSx,既有離子鍵，又有共價鍵，故B錯誤；

C.元素的非金屬性越強，單質的氧化性越強，相應離子的還原性越弱，所以簡單離子還原性：c>d,故C錯誤；

D.硫單質易溶于CS2中，故D正確；

故選D。

二、非選擇題（本題包括5小題）

酸鍵、竣基還原反應（加成反應）取代反應

CH3

OH

OXnrU。

C=Clh

k■

X!：5：

r^r-cH,oHs(K\CJ-CHQ_Q]-CHCN

ru--NACN2

ffiNaOH上

HC=CH-Br--------*H\-CH2coOH^COOCHI-Y^

②HO濃硒△IIJ-'llJ

【解析】

O0

與澳單質發(fā)生信息反應②生成A,則A為陽T、J、；A與苯酚鈉反應生成B,結合最終產物可知該

?011

反應為取代反應，反應生成的B為??。?;B與氫氣發(fā)生加成反應生成C,則C為「廠01丁」、；C

a

與氯化亞碉（SOCk）發(fā)生信息中的反應①生成D,則D的結構簡式為：.0?/、；D與NaCN發(fā)生反應生成E,

CNCOOH

則E為5E先與氫氧化鈉反應,然后酸化得到F,結合最終產物可知F為「0.廣、/、，F(xiàn)與

氯化鈣反應得到苯氧布洛芬鈣，以此解答該題。

【詳解】

C00H

(1)由以上分析可知D為F的結構簡式是,O,根據(jù)F的結構簡式可知其中含有的

U

官能團是■鍵、竣基;

011

,,B中含有好基，與氫氣發(fā)生加成反應產生?；?yōu)榇剂u基，產生的C是I

⑵B是

該反應是與氫氣的加成反應，也是還原反應；D是0,與NaCN發(fā)生取代反應，C1原子被-CN取代,

U

生成E是，即D產生E的反應為取代反應;

C(X)H

⑶F是0一。,分子中含有竣基，C是,分子中含有醇羥基，F(xiàn)和C在濃硫酸條件下

發(fā)生酯化反應，生成酯和水，該反應的化學方程式為:

濃或股

△

(4)A為M,A的同分異構體符合下列條件：①屬于苯的二取代物；②苯環(huán)上核磁共振氫譜圖中共有2個吸收

峰；③與FeCb溶液發(fā)生顯色反應，說明苯環(huán)上有兩個處于對位的取代基，其中一個是羥基，則可能的結構簡式為

⑸苯甲醇(苯甲醇與SOC12反應生成1-氯甲苯，然后與NaCN反應，產物經(jīng)水解生成苯乙酸，最后苯

乙酸與苯甲醇在濃硫酸存在時，加熱發(fā)生酯化反應可生成目標物苯乙酸苯甲酯，反應的流程為

18、D

【解析】

所給5種物質中，只有硫酸鎂可與三種物質（氨水、碳酸鈉、氯化領）生成沉淀，故D為硫酸鎂，A、B、C分別為氨

水、碳酸鈉、氯化鎖中的一種；再根據(jù)A可與C生成沉淀，故A、C為碳酸鈉和氯化領，則B為氨水；A與E產生氣

體，故A為碳酸鈉，E為稀硝酸，所以F為碳酸氫鈉。

【詳解】

A+E氣體說明有A、E一種一定是硝酸，另一種可能是碳酸鈉、碳酸氫鈉中的一種,A+C生成沉淀，A+D生成沉淀，說

明A不是硝酸，所以E為硝酸，A為碳酸鈉，C、D就可能是硫酸鎂、氯化鋼中的一種，因為B+D生成沉淀，C+D生

成沉淀，C+F無現(xiàn)象說明D是硫酸鎂，C為氯化領，B為氨水，最后F為碳酸氫鈉，則A：碳酸鈉，B：氨水，C：氯

化鎖，D：硫酸鎂，E：硝酸，F(xiàn)：碳酸氫鈉；

答案選D。

【點睛】

這類試題還有一種表達形式“A+C-J,A+D-bA+E-T，B+D-J,C+D-卜C+F一無明顯現(xiàn)象。解題時一般先找

現(xiàn)象較全面的一種如D或A（分別做了三次實驗）。依次假設D為六種溶液中的某一種。如假設D是氨水或是硫酸鎂等,

分析它與其他五種溶液分別混合時的現(xiàn)象。若能出現(xiàn)三次沉淀，則假設成立。由此可確定D是硫酸鎂。依照上述方式

可推出A是碳酸鈉，依次推出F是碳酸氫鈉。

2+2

19、CU+CU+6C1=2[CUC13]-稀釋促進平衡CuCl（白色）+2Cr=[CuCbF-（無色溶液）逆向移動，生成CuCl

CuCl在潮濕空氣中被氧化cbd先變紅后褪色加熱時間不足或溫度偏低97.92

【解析】

2+2

方案一：CuSO4,Cu在NaCl、濃鹽酸存在條件下加熱，發(fā)生反應：Cu+Cu+6C1=2[CuCI3],過濾除去過量的銅粉,

然后加水稀釋濾液，化學平衡CuCl（白色）+2Cr0[CuC13]*（無色溶液）逆向移動，得到CuCl沉淀，用95%的乙醇洗

滌后，為防止潮濕空氣中CuCl被氧化，在真空環(huán)境中干燥得到純凈CuCl；

方案二：CuCb是揮發(fā)性強酸生成的弱堿鹽，用CuCLDHzO晶體在HC1氣流中加熱脫水得到無水CuCL,然后在高于

300℃的溫度下加熱，發(fā)生分解反應產生CuCl和CL。

【詳解】

⑴步驟①中CuSO4、Cu發(fā)生氧化還原反應，產生的Cu+與溶液中CI-結合形成[CuCbF，發(fā)生反應的離子方程式為：

2+2

Cu+Cu+6Cr=2[CuCl3]'；

⑵根據(jù)已知條件：CuCl難溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl（白色）+2Cl-k3[CuC13]2-（無色溶液），在步驟

②中向反應后的濾液中加入大量的水，溶液中cr、[CuCb]2-濃度都減小，正反應速率減小的倍數(shù)大于逆反應速率減小

的倍數(shù)，所以化學平衡逆向移動，從而產生CuCl沉淀；

⑶乙醇易揮發(fā)，用95%乙醇洗滌可以去除CuCl上的水分，真空干燥也可以避免CuCl在潮濕空氣中被氧化；

（4）CUCL?2H2O晶體要在HC1氣體中加熱，所以實驗前要先檢查裝置的氣密性，再在“氣體入口”處通入干燥HCL然

后點燃酒精燈，加熱，待晶體完全分解后的操作是熄滅酒精燈，冷卻，為了將裝置中殘留的HC1排出，防止污染環(huán)境,

要停止通入HCL然后通入N2,故實驗操作編號的先后順序是a—cTb—d—e；

⑸無水硫酸銅是白色固體，當其遇到水時形成G1SO4BH2O,固體變?yōu)樗{色，HC1氣體遇水變?yōu)辂}酸，溶液顯酸性，

使?jié)駶櫟乃{色石蕊試紙變?yōu)榧t色，當CuCb再進一步加熱分解時產生了Cb,Cb與H2O反應產生HC1和HC1O,HC

使?jié)駶櫟乃{色石蕊試紙變?yōu)榧t色，HC1O具有強氧化性，又使變?yōu)榧t色的石蕊試紙褪色變?yōu)闊o色；

(6)反應結束后，取出CuCl產品進行實驗，發(fā)現(xiàn)其中含有少量的CuCb雜質，產