廣東省揭陽市普寧華美實驗學校2024-2025學年高考前適應性練習化學試題含解析

廣東省揭陽市普寧華美實驗學校2024-2025學年高考前適應性練習化學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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、氮及其化合物的轉化過程如下圖所示，其中如圖為反應①過程中能量變化的曲線圖。下列分析合理的是A．如圖中c曲線是加入催化劑a時的能量變化曲線B．反應①的熱化學方程式為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/molC．在反應②中，若有1.25mol電子發(fā)生轉移，則參加反應的NH3的體積為5.6LD．催化劑a、b能提高化學反應①、②的化學反應速率和平衡轉化率2、以太陽能為熱源分解Fe3O4，經(jīng)熱化學鐵氧化合物循環(huán)分解水制H2的過程如圖所示。下列敘述不正確的是（）A．過程Ⅰ中的能量轉化形式是太陽能→化學能B．過程Ⅰ中每消耗116gFe3O4轉移2mol電子C．過程Ⅱ的化學方程式為3FeO＋H2OFe3O4＋H2↑D．鐵氧化合物循環(huán)制H2具有節(jié)約能源、產(chǎn)物易分離等優(yōu)點3、下列用品在應用過程中涉及物質氧化性的是（）A．鐵紅用作顏料B．84消毒液殺菌C．純堿去污D．潔廁靈除水垢用品主要成分Fe2O3NaClONa2CO3HClA．A B．B C．C D．D4、用鐵泥(主要成分為Fe2O3、FeO和少量Fe)制備超順磁性（平均直徑25nm）納米Fe3O4的流程示意圖如下：下列敘述不正確的是A．常用熱的Na2CO3溶液除去鋼鐵表面的油污B．步驟②中，主要反應的離子方程式是2Fe3＋+Fe=3Fe2＋C．步驟④中，反應完成后剩余的H2O2無需除去D．步驟⑤中，為了驗證得到的固體是超順磁性的Fe3O4粒子，可將其均勻分散在水中，做丁達爾效應實驗5、我國成功研制的新型可充電AGDIB電池(鋁-石墨雙離子電池)采用石墨、鋁鋰合金作為電極材料，以常規(guī)鋰鹽和碳酸酯溶劑為電解液。電池反應為：CxPF6+LiyAl=Cx+LiPE6+Liy－1Al。放電過程如圖，下列說法正確的是A．B為負極，放電時鋁失電子B．充電時，與外加電源負極相連一端電極反應為：LiyAl－e－=Li++Liy－1AlC．充電時A電極反應式為Cx+PF6－﹣e-=CxPF6D．廢舊AGDIB電池進行“放電處理”時，若轉移lmol電子，石墨電極上可回收7gLi6、己知NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A．1molOD-中含有的質子數(shù)和中子數(shù)均為9NAB．60g正戊烷與12g新戊烷的混合物中共價鍵數(shù)為17NAC．11.2L氯氣與足量鎂粉充分反應，轉移的電子數(shù)為NAD．1L0.1mo1·L-1CH3COONa溶液中，CH3COO-數(shù)目為0.1NA7、關于下列各實驗裝置的敘述中正確的是A．裝置①可用于吸收氯化氫氣體 B．裝置②可用于制取氯氣C．裝置③可用于制取乙酸乙酯 D．裝置④可用于制取氨氣8、取三份濃度均為0.1mol/L，體積均為1L的CH3COONa溶液中分別加入NH4Cl固體、CH3COONH4固體、HCl氣體后所得溶液pH變化曲線如圖（溶液體積變化忽略不計）下列說法不正確的是A．曲線a、b、c分別代表加入CH3COONH4、NH4Cl、HClB．由圖可知Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3﹒H2O)＝1×10－7C．A點處c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)D．C點處c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)＞0.1mol/L9、利用含碳化合物合成燃料是解決能源危機的重要方法，已知CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)反應過程中的能量變化情況如圖所示，曲線Ⅰ和曲線Ⅱ分別表示不使用催化劑和使用催化劑的兩種情況。下列判斷正確的是（）A．該反應的ΔH＝＋91kJ·mol－1B．加入催化劑，該反應的ΔH變小C．反應物的總能量大于生成物的總能量D．如果該反應生成液態(tài)CH3OH，則ΔH增大10、CS2(二硫化碳)是無色液體，沸點46.5℃。儲存時，在容器內可用水封蓋表面。儲存于陰涼、通風的庫房，遠離火種、熱源，庫溫不宜超過30℃。CS2屬于有機物，但必須與胺類分開存放，要遠離氧化劑、堿金屬、食用化學品，切忌混儲。采納防爆型照明、通風設施。在工業(yè)上最重要的用途是作溶劑制造粘膠纖維。以下說法正確的選項是（）①屬易燃易爆的危險品；②有毒，易水解；③是良好的有機溶劑；④與鈉反應的產(chǎn)物中一定有Na2CO3；⑤有還原性。A．①③⑤ B．②③ C．①④⑤ D．②⑤11、短周期主族元素W、X、Y、Z、R

原子序數(shù)依次增大?？脊艜r利用W

的一種同位素測定一些

文物的年代，X是地殼中含量最多的元素，Y、Z的質子數(shù)分別是W、X

的質子數(shù)的2倍。下列說法錯誤的是（）A．Y

單質可以與WX2

發(fā)生置換反應B．可以用澄清的石灰水鑒別WX2

與ZX2C．原子半徑:Y>Z>R；簡單離子半徑:Z>X>YD．工業(yè)上常用電解熔融的Y

與R

形成的化合物的方法制取Y12、下列有關電解質溶液的說法正確的是A．0.1mol/L氨水中滴入等濃度等體積的醋酸，溶液導電性增強B．適當升高溫度，CH3COOH溶液pH增大C．稀釋0.1mol/LNaOH溶液，水的電離程度減小D．CH3COONa溶液中加入少量CH3COOH，減小13、下列操作或原理正確的是（）A．可用玻璃棒蘸取新制氯水點在pH試紙上，測定該氯水的pH值B．裝Na2CO3溶液的試劑瓶塞用玻璃塞C．蒸餾操作時先通冷卻水再加熱D．實驗室中少量金屬鈉常保存在煤油中，實驗時多余的鈉不能放回原試劑瓶中14、可確定乙二醇分子是否有極性的實驗是A．測定沸點 B．測靜電對液流影響C．測定蒸氣密度 D．測標準狀況下氣體摩爾體積15、11.9g金屬錫(Sn)跟100mL12mol·L－1HNO3共熱一段時間。完全反應后測定溶液中c(H＋)為8mol·L－1，溶液體積仍為100mL。產(chǎn)生的氣體全部被氫氧化鈉溶液吸收，消耗氫氧化鈉0.4mol。由此推斷氧化產(chǎn)物可能是（）A．SnO2·4H2O B．Sn(NO3)4C．Sn(NO3)2 D．Sn(NO3)2和Sn(NO3)416、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。m、n、r為這些元素組成的化合物，常溫下，0.1mol·L－1m溶液的pH＝13，組成n的兩種離子的電子層數(shù)相差1。p、q為其中兩種元素形成的單質。上述物質的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是（）A．原子半徑：X＜Y＜Z＜WB．X、Z既不同周期也不同主族C．簡單氫化物的沸點：Y＜WD．Y、Z、W形成的一種化合物具有漂白性17、常溫下，下列有關敘述正確的是（）A．向0.1mol/LNa2CO3溶液中通入適量CO2氣體后：B．pH=6的NaHSO3溶液中：cC．等物質的量濃度、等體積的Na2CO3和NaHCO3混合：cD．0.1mol/LNa2C2O4溶液與0.1mol/LHCl溶液等體積混合（H2C2O4為二元弱酸）：2c18、下列反應中，與乙醇生成乙醛屬于同一種反應類型的是A．CH3CHO→CH3COOH B．CH2＝CHCl→C． D．CH3COOH→CH3COOCH2CH319、下列應用不涉及物質氧化性或還原性的是A．用葡萄糖制鏡或保溫瓶膽B(tài)．用ClO2殺菌、消毒C．用Na2SiO3溶液制備木材防火劑D．用浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土保鮮水果20、模擬侯氏制堿法原理，在CaCl2濃溶液中通入NH3和CO2可制得納米級材料，裝置見圖示。下列說法正確的是A．a(chǎn)通入適量的CO2，b通入足量的NH3，納米材料為Ca(HCO3)2B．a(chǎn)通入足量的NH3，b通入適量的CO2，納米材料為Ca(HCO3)2C．a(chǎn)通入適量的CO2，b通入足量的NH3，納米材料為CaCO3D．a(chǎn)通入少量的NH3，b通入足量的CO2，納米材料為CaCO321、常溫下，在10mL0.1mol·L?1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L?1HCl溶液，溶液的pH逐漸降低，此時溶液中含碳微粒的物質的量分數(shù)變化如圖所示，下列說法不正確的是A．溶液的pH為7時，溶液的總體積大于20mLB．在B點所示的溶液中：c(Na+)+c(H+)＝2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)+c(Cl-)C．在A點所示的溶液中：c(Na+)＝c(CO32-)＝c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)D．已知CO32-水解常數(shù)為2×10－4，當溶液中c(HCO3-)＝2c(CO32-)時，溶液的pH＝1022、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A．所含共價鍵數(shù)均為0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物質的量相等B．1molNa與O2反應，生成Na2O和Na2O2的混合物共失去NA個電子C．1molNa2O2固體中含有離子總數(shù)為4NAD．25℃時，pH=13的氫氧化鈉溶液中約含有NA個氫氧根離子二、非選擇題(共84分)23、（14分）阿司匹林是一種解毒鎮(zhèn)痛藥。烴A是一種有機化工原料，下圖是以它為初始原料設計合成阿司匹林關系圖：已知：（苯胺，苯胺易被氧化）回答下列問題：（1）C的結構簡式為___________。（2）反應⑤的反應類型___________，在③之前設計②這一步的目的是___________。（3）F中含氧官能團的名稱________。（4）G（阿司匹林）與足量NaOH溶液反應的化學方程式為______________。（5）符合下列條件的E的同分異構體有________種。寫出核磁共振氫譜中有五組峰，峰面積之比為1：2：2：2：1的結構簡式：_______（只寫一種）。a．含—OHb．能發(fā)生水解反應c．能發(fā)生銀鏡反應（6）利用甲苯為原料，結合以上合成路線和下面所給信息合成下圖所示的功能高分子材料（無機試劑任選）。________24、（12分）R?L?Claisen雙酯縮合反應的機理如下：2RCH2COOC2H5+C2H5OH，利用該反應制備化合物K的一種合成路線如圖試回答下列問題：（1）A與氫氣加成所得芳香烴的名稱為______；A→B的反應類型是______；D中含氧官能團的名稱是______。（2）C的結構簡式為______；F→G的反應除生成G外，另生成的物質為______。（3）H→K反應的化學方程式為______。（4）含有苯環(huán)結構的B的同分異構體有______種（B自身除外），其中核磁共振氫譜顯示3組峰的結構簡式為______（任寫一種即可）。（5）乙酰乙酸乙酯（）是一種重要的有機合成原料，寫出由乙醇制備乙洗乙酸乙時的合成路線（無機試劑任選）：______。25、（12分）乙烯來自石油的重要化工原料，其產(chǎn)量是一個國家石油化工水平的標志，根據(jù)以下實驗，請回答下列問題：（1）實驗之前需要對該裝置進行氣密性的檢查，具體操作為：______（2）石蠟油分解實驗產(chǎn)生的氣體的主要成分是______（填寫序號）；①只有甲烷②只有乙烯③烷烴與烯烴的混合物（3）實驗過程中裝置B中的現(xiàn)象為_________，若裝置D中產(chǎn)生了白色沉淀，則說明裝置C中發(fā)生反應的離子方程式為______________；（4）該實驗中碎瓷片的作用是______（填序號）；①防止暴沸②有催化功能③積蓄熱量④作反應物（5）將分解產(chǎn)生的氣體混合物全部通入到足量溴水中，溴水增重mg，則該氣體混合物中屬于烯烴的原子個數(shù)為__________（用NA表示）；（6）利用A裝置的儀器還可以制備的氣體有______（任填一種），產(chǎn)生該氣體的化學方程式為_____。26、（10分）某同學設計了如下裝置用于制取SO2并驗證SO2的部分性質。請回答下列問題：(1)寫出氮氣的電子式________。(2)B中選用不同的試劑可驗證SO2不同的性質。為驗證SO2具有酸性氧化物性質，在B中可以放入的試劑是________(填相應的編號)。①新制氯水②品紅溶液③含酚酞的NaOH試液④紫色石蕊試液(3)裝置C中可觀察到白色沉淀現(xiàn)象，相關反應的離子方程式為__________________________。27、（12分）某小組選用下列裝置，利用反應，通過測量生成水的質量來測定Cu的相對原子質量。實驗中先稱取氧化銅的質量為ag。(1)濃氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是______________。(2)甲同學按B-A-E-C-D的順序連接裝置，該方案是否可行__________，理由是_______________。(3)乙同學按B-A-D-E-C的順序連接裝置，則裝置C的作用是___________________________。(4)丙同學認為乙同學測量的會偏高，理由是_____，你認為該如何改進？___(5)若實驗中測得g，則Cu的相對原子質量為_______。（用含a，b的代數(shù)式表示）。(6)若CuO中混有Cu，則該實驗測定結果_________。（選填“偏大”、“偏小”或“不影響”）28、（14分）某有機物A能與NaOH溶液反應，其分子中含有苯環(huán)，相對分子質量小于150，其中含碳的質量分數(shù)為70.6%，氫的質量分數(shù)為5.9%，其余為氧。（1）A的分子式是______。（2）若A能與NaHCO3溶液反應放出CO2氣體，其結構可能有______種。（3）若A與NaOH溶液在加熱時才能反應，且1molA消耗1molNaOH，則A的結構簡式是______。（4）若A與NaOH溶液在加熱時才能較快反應，且1molA消耗2molNaOH，則符合條件的A的結構可能有______種，其中不能發(fā)生銀鏡反應的物質的結構簡式是______。寫出該物質與氫氧化鈉反應的化學方程式______。29、（10分）氮是地球上含量比較豐富的一種元素，氮的化合物在工業(yè)生產(chǎn)和生活中有重要的作用。I．已知298K時，發(fā)生反應：N2O4(g)2NO2(g)（1）反應達到平衡后，壓縮容器的體積，再次達到平衡時混合氣體的顏色____（填“變深”、“變淺”或“不變”）。（2）恒容密閉容器中發(fā)生上述反應，已知v正=k正·p(N2O4)，v逆=k逆·p2(NO2)，Kp=___________（用k正、k逆表示）。若初始壓強為100kPa，k正=2.8×104s－1，當NO2的體積分數(shù)為40%時，v正=__________kPa·s－1。[其中p(N2O4)和p(NO2)分別是N2O4和NO2的分壓，分壓=p總×氣體體積分數(shù)，k正、k逆為速率常數(shù)]Ⅱ.在催化劑作用下，H2可以還原NO消除污染，反應為：2NO(g)＋2H2(g)N2(g)＋2H2O(g)△H=akJ·mol－1（3）若每生成7gN2放出166kJ的熱量，則a=____。（4）該反應分兩步進行：①2NO(g)＋H2(g)N2(g)＋H2O2(g)△H1②H2O2(g)＋H2(g)2H2O(g)△H2已知：i．總反應分多步進行時，較慢的一步?jīng)Q定總反應速率；III．總反應的速率表達式v=kc2(NO)·c(H2)(k為速率常數(shù)，只和溫度有關）。由上述信息可知，正反應的活化能較低的是____（填“①”或“②”）。（5）將2molNO和1molH2充入一個恒容的密閉容器中，經(jīng)相同時間測得N2的體積分數(shù)與溫度的關系如圖所示。低于900K時，N2的體積分數(shù)_____（填“是”或“不是”）對應溫度下平衡時的體積分數(shù)，原因是_____。高于900K時，N2的體積分數(shù)降低的可能原因是____。

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、B【解析】

A.使用催化劑能夠降低反應的活化能，加快反應速率，所以曲線d是加入催化劑a時的能量變化曲線，A錯誤；B.根據(jù)圖示可知反應物比生成物的能量高出600kJ-508kJ=92kJ，故反應①的熱化學方程式為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol，B正確；C.未指明氣體所處條件，因此不能根據(jù)電子轉移的物質的量確定氣體的體積，C錯誤；D.催化劑能加快化學反應的反應速率，但不能使化學平衡發(fā)生移動，因此不能改變物質的平衡轉化率，D錯誤；故合理選項是B。2、B【解析】

A.過程Ⅰ利用太陽能將四氧化三鐵轉化為氧氣和氧化亞鐵，實現(xiàn)的能量轉化形式是太陽能→化學能，選項A正確；B.過程Ⅰ中四氧化三鐵轉化為氧氣和氧化亞鐵，每消耗116gFe3O4，即0.5mol，F(xiàn)e由+3價變?yōu)?2價，轉移mol電子，選項B錯誤；C.過程Ⅱ實現(xiàn)了氧化亞鐵與水反應生成四氧化三鐵和氫氣的轉化，反應的化學方程式為3FeO＋H2OFe3O4＋H2↑，選項C正確；D.根據(jù)流程信息可知，鐵氧化合物循環(huán)制H2具有節(jié)約能源、產(chǎn)物易分離等優(yōu)點，選項D正確。答案選B。3、B【解析】

A．Fe2O3為紅棕色粉末，鐵紅用作顏料利用了其物理性質，故A不符合題意；B．NaClO具有強氧化性，84消毒液殺菌利用了其強氧化性，故B符合題意；C．純堿去油污，利用了Na2CO3水溶液顯堿性的性質，故C不符合題意；D．潔廁靈除水垢利用了HCl溶液的酸性，故D不符合題意；故答案選B。4、C【解析】

鐵泥（主要成分為Fe2O3、FeO和少量Fe）與稀鹽酸反應得到的濾液A溶質為氯化鐵、氯化亞鐵、過量的稀鹽酸，加入鐵粉還原鐵離子：2Fe3++Fe=3Fe2+，過濾過量的鐵，濾液B的溶質為氯化亞鐵，加入氫氧化鈉溶液，生成Fe（OH）2渾濁液，向渾濁液中加入雙氧水氧化：2Fe（OH）2+H2O2=2FeOOH+2H2O，反應完成后需再加熱一段時間除去剩余H2O2，再與氯化亞鐵加熱攪拌發(fā)生反應：2FeOOH+Fe2++2OH-=Fe3O4+2H2O，過濾、洗滌、干燥得產(chǎn)品Fe3O4，以此解答該題。【詳解】A.鋼鐵表面的油污在堿性條件下可以發(fā)生水解反應，Na2CO3是強堿弱酸鹽溶液，顯堿性，熱的Na2CO3溶液可以讓油脂水解，水解是吸熱的，溫度升高，水解平衡向吸熱的方向移動，水解效果越好，故A正確；B.濾液A溶質為氯化鐵、氯化亞鐵、過量的稀鹽酸，加入鐵粉還原鐵離子和反應過量的鹽酸：2Fe3++Fe=3Fe2+，故B正確；C.步驟④中，防止其在步驟⑤中繼續(xù)氧化+2價鐵元素，反應完成后需再加熱一段時間除去剩余H2O2，故C錯誤；D.超順磁性的Fe3O4粒子平均直徑25nm，屬于膠體，可以做丁達爾效應實驗，故D正確；答案選C。5、C【解析】

電池反應為CxPF6+LiyAl=Cx+LiPE6+Liy－1Al,根據(jù)離子的移動方向可知A是正極,B是負極,結合原電池的工作原理解答?！驹斀狻緼、根據(jù)裝置圖可知放電時鋰離子定向移動到A極，則A極為正極，B極為負極，放電時Al失電子，選項A錯誤；B、充電時，與外加電源負極相連一端為陰極，電極反應為：Li++Liy－1Al+e－=LiyAl,選項B錯誤；C、充電時A電極為陽極，反應式為Cx+PF6－﹣e－=CxPF6,選項C正確;D、廢舊AGDIB電池進行放電處理”時,若轉移1mol電子,消耗1molLi,即7gLi失電子,鋁電極減少7g,選項D錯誤。答案選C。本題主要是考查化學電源新型電池,為高頻考點,明確正負極的判斷、離子移動方向即可解答,難點是電極反應式的書寫。6、A【解析】

A.質子數(shù)同原子序數(shù)，因此質子數(shù)為，中子數(shù)=質量數(shù)-中子數(shù)，因此中子數(shù)為，A項正確；B.正戊烷和新戊烷分子內含有的共價鍵數(shù)目一致，都是1個分子中有16個共價鍵，混合物的物質的量是，因此共價鍵的數(shù)目為，B項錯誤；C.未說明條件，無法計算氯氣的物質的量，C項錯誤；D.醋酸根是一個弱酸根離子，水中會發(fā)生水解導致其數(shù)目小于，D項錯誤；答案選A。7、A【解析】

A、導管口插入四氯化碳中，氯化氫氣體易溶于水不易溶于四氯化碳，能防止倒吸且能吸收氯化氫，選項A正確；B、制備氯氣時應為二氧化錳和濃鹽酸共熱，裝置中缺少加熱裝置，選項B錯誤；C、收集乙酸乙酯時導管末端不能伸入液面以下，選項C錯誤；D、制備氨氣時應加熱氯化銨和氫氧化鈣混合固體，選項D錯誤。答案選A。8、B【解析】

醋酸鈉為強堿弱酸鹽，因醋酸根離子水解，溶液呈堿性。往溶液中加入氯化銨固體，由于銨根離子水解呈酸性，故隨著氯化銨的加入，溶液將由堿性逐漸變?yōu)樗嵝?，由于水解微弱，所得溶液酸性較弱，符合的曲線為b；往溶液中通入氫化氯氣體，隨著氣體的通入溶液由堿性轉變?yōu)樗嵝?，由于氯化氫為強酸，通入量較大時，溶液的酸性較強，符合的曲線為c；加入醋酸銨固體所對應的變化曲線為a，據(jù)此結合電荷守恒及鹽的水解原理分析?！驹斀狻緼.根據(jù)分析可知，曲線a代表醋酸銨、曲線b代表氯化銨、曲線c代表氯化氫，故A正確；B.當加入固體的物質的量為0.1mol時，曲線b對應的pH值等于7，說明等濃度的醋酸根離子的水解程度與銨根離子相同，即Ka(CH3COOH)=Kb(NH3﹒H2O)，但無法計算其電離平衡常數(shù)，故B錯誤；C.A點含有的溶質為0.1molCH3COONa與0.1molCH3COONH4，溶液的pH>7，則c(OH?)>c(H+)，醋酸根離子的水解程度較小，則c(CH3COO?)>c(Na+)，銨根離子部分水解，則c(Na+)>c(NH4+)，溶液中離子濃度的大小關系為：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)，故C正確；D.C點通入0.1molHCl，與0.1mol醋酸鈉反應得到0.1molCH3COOH與0.1molNaCl，c(Cl?)=c(Na+)=0.1mol/L，則c(CH3COO?)+c(Cl?)+c(OH?)>0.1mol/L，故D正確；故選：B。本題考查圖象分析、溶液中離子濃度關系，題目難度中等，明確圖象曲線變化的意義為解答關鍵，轉移掌握電荷守恒及鹽的水解原理，試題培養(yǎng)了學生的綜合應用能力。9、C【解析】

A、根據(jù)圖示，該反應反應物的總能量大于生成物的總能量，是放熱反應，故選項A錯誤；B、加入催化劑只能降低反應所需的活化能，而對反應熱無影響，選項B錯誤；C、根據(jù)圖示，該反應反應物的總能量大于生成物的總能量，C正確；D、生成液態(tài)CH3OH時釋放出的熱量更多，ΔH更小，選項D錯誤。答案選C。10、A【解析】

①根據(jù)已知信息：CS2(二硫化碳)是無色液體，沸點46.5℃，儲存于陰涼、通風的庫房，遠離火種、熱源，庫溫不宜超過30℃，CS2屬于有機物，所以CS2屬易燃易爆的危險品，故①正確；②二硫化碳是損害神經(jīng)和血管的毒物，所以二硫化碳有毒；二硫化碳不溶于水，溶于乙醇、乙醚等多數(shù)有機溶劑，所以不能水解，故②錯誤；③根據(jù)已知信息：在工業(yè)上最重要的用途是作溶劑制造粘膠纖維，所以是良好的有機溶劑，故③正確；④與鈉反應的產(chǎn)物中不一定有Na2CO3，故④錯誤；⑤根據(jù)CS2中S的化合價為-2價，所以CS2具有還原性，故⑤正確；因此①③⑤符合題意；答案選A。11、B【解析】

考古時利用W的一種同位素測定一些文物的年代，則W為C；X是地殼中含量最多的元素，則X為O；Y、Z的質子數(shù)分別是W、X的質子數(shù)的2倍，則Y的質子數(shù)為6×2=12，Y為Mg，Z的質子數(shù)為8×2=16，Z為S，R的原子序數(shù)最大，R為Cl，以此來解答?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍?，W為C、X為O、Y為Mg、Z為S、R為Cl；A．Mg與CO2點燃下發(fā)生置換反應生成MgO、C，故A正確；B．二氧化碳、二氧化硫均使石灰水變渾濁，則澄清的石灰水不能鑒別，故B錯誤；C．同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑：Y＞Z＞R；電子層越多離子半徑越大，且具有相同電子排布的離子中原子序數(shù)大的離子半徑小，則簡單離子半徑：Z＞X＞Y，故C正確；D．Mg為活潑金屬，工業(yè)上采用電解熔融氯化鎂冶煉Mg，故D正確；故答案為B。12、A【解析】

A．向氨水中滴加少量等濃度的醋酸溶液后，反應生成醋酸銨為強電解質，完全電離，溶液中離子濃度增大，溶液的導電性增強，故A正確；B．醋酸的電離是吸熱反應，升高溫度，促進醋酸電離，所以醋酸的電離程度增大，溶液的pH減小，故B錯誤；C．酸堿對水的電離有抑制作用，稀釋0.1mol/LNaOH溶液，對水的電離的抑制作用減小，水的電離程度增大，故C錯誤；D．CH3COONa溶液中存在醋酸根離子的水解，=，加入少量CH3COOH，溶液的溫度不變，醋酸根的水解平衡常數(shù)不變，則不變，故D錯誤；故選A。本題的易錯點為D，要注意化學平衡常數(shù)、電離平衡常數(shù)、水解平衡常數(shù)、溶度積、水的離子積等都是只與溫度有關，溫度不變，這些常數(shù)不變。13、C【解析】

A．依據(jù)氯水成分及性質漂白性判斷；B．碳酸鈉水溶液呈堿性，能夠與玻璃中二氧化硅反應生成具有粘性硅酸鈉溶液；C．后先通冷卻水，一開始產(chǎn)生的水蒸氣沒有得到冷卻；D．多余的鈉應放回試劑瓶?！驹斀狻緼．氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，能夠漂白pH試紙，不能用pH試紙測試氯水的pH值，故A錯誤；B．碳酸鈉水溶液呈堿性，能夠與玻璃中二氧化硅反應生成具有粘性硅酸鈉溶液，將玻璃塞與試劑瓶粘到一起，故B錯誤；C．先通冷卻水，保證冷凝管的管套中充滿水，再開始加熱，否則一開始產(chǎn)生的水蒸氣沒有得到冷卻，故C正確；D．實驗室中少量金屬鈉常保存在煤油中，實驗時多余的鈉能放回原試劑瓶中，故D錯誤；故選：C。本題考查化學中儀器的使用及試劑的保存，解題關鍵：熟悉各種儀器的用途及使用注意事項、掌握常見化學實驗基本操作的注意事項，易錯點A，注意氯水的漂白性。14、B【解析】

極性分子的正電荷中心與負電荷中心不重合，極性分子雖然整體不帶電，但每一個乙二醇分子都有帶電的極性端，也可以再理解為部分區(qū)域帶電，所以它在電場作用下，會定向運動，所以測靜電對液流影響，可以判斷分子是否有極性；而測定沸點、測定蒸氣密度、測標準狀況下氣體摩爾體積等均不能判斷分子極性。答案選B。15、A【解析】

11.9g金屬錫的物質的量==0.1mol，l2mol/LHNO3為濃硝酸，完全反應后測得溶液中的c(H+)=8mol/L，則濃硝酸有剩余，即錫與濃硝酸反應生成NO2，二氧化氮被氫氧化鈉吸收生成鹽，根據(jù)鈉原子和氮原子的關系知，n(Na)=n(N)=0.4mol，所以生成的二氧化氮的物質的量為0.4mol；設金屬錫被氧化后元素的化合價為x，由電子守恒可知：0.1mol×(x-0)=0.4mol×(5-4)，解得x=+4；又溶液中c(H+)=8mol/L，而c(NO3-)==8mol/L，根據(jù)溶液電中性可判斷溶液中不存在Sn(NO3)4，故答案為A。16、D【解析】

0.1mol·L－1m溶液的pH＝13，則m為一元強堿，應該為NaOH，組成n的兩種離子的電子層數(shù)相差1，根據(jù)圖示可知，n為NaCl，電解NaCl溶液得到NaOH、H2和Cl2，p、q為其中兩種元素形成的單質，則p、q為H2和Cl2，結合短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大可知：X為H元素、Y為O元素、Z為Na元素、W為Cl元素，據(jù)此答題。【詳解】由分析可知：X為H元素、Y為O元素、Z為Na元素、W為Cl元素。A.電子層數(shù)越多，則原子的半徑越大，具有相同電子層數(shù)的原子，隨著原子序數(shù)的遞增，原子半徑逐漸減小，所以原子半徑：X＜Y＜W＜Z，故A錯誤；B.由分析可知：X為H元素、Z為Na元素，X、Z的最外層電子數(shù)均為1，屬于同一主族，故B錯誤；C.Y、W形成的氫化物分別為H2O和HCl，因為水分子中含有氫鍵，含有氫鍵的物質熔沸點較高，所以簡單氫化物的沸點：Y＞W(wǎng)，故C錯誤；D.Y、Z、W形成的一種化合物為NaClO，NaClO具有強氧化性，可用于漂白，具有漂白性，故D正確。故選D。17、B【解析】向0.1mol·L?1Na2CO3溶液中通入適量CO2氣體后，溶質為碳酸鈉和碳酸氫鈉混合液或碳酸氫鈉，根據(jù)物料守恒可知：c(Na+)<2[c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)]，A錯誤；常溫下，pH=6的NaHSO3溶液中，電荷守恒為c(H+)+c(Na+)=c(OH?)+2c(SO32-)+c(HSO3-)，物料守恒為c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)，由兩個守恒關系式消去鈉離子的濃度可得，c(SO31×10?8mol·L?1=9.9×10?7mol·L?1，B正確；根據(jù)碳酸氫根離子、碳酸的電離平衡常數(shù)可得：c(HCO3-)/c(H2CO3)=K(H2CO3)/c(H+)、c(CO32-)/c(HCO3-)=K(HCO3-)/c(H+)，由于同一溶液中，則氫離子濃度相同，根據(jù)碳酸的電離平衡常數(shù)大于碳酸氫根離子可知，c(HCO3-)/c(H2CO3)=K(H2CO3)/c(H+)>c(CO32-)/c(HCO3-)=K(HCO3-)/c(H+)，C錯誤；0.1mol·L?1Na2C2O4溶液與0.1mol·L?1HCl溶液等體積混合（H2C2O18、A【解析】

乙醇生成乙醛為氧化反應，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．CH3CHO→CH3COOH，為氧化反應，與乙醇生成乙醛屬于同一種反應類型，故A選；B．CH2＝CHCl→為碳碳雙鍵的加聚反應，與乙醇生成乙醛的反應類型不同，故B不選；C．為苯環(huán)上H的取代反應，與乙醇生成乙醛的反應類型不同，故C不選；D．CH3COOH→CH3COOCH2CH3為乙酸與乙醇的酯化反應，屬于取代反應，與乙醇生成乙醛的反應類型不同，故D不選；故答案選A。19、C【解析】A．葡萄糖制鏡利用葡萄糖的還原性，與銀氨溶液發(fā)生氧化還原反應，生成銀單質，葡萄糖作還原劑被氧化，所以利用了其還原性，A不符合題意；B．漂白液殺菌、消毒，利用其強氧化性，所以利用了其氧化性，B不符合題意；C．Na2SiO3溶液制備木材防火劑，不發(fā)生氧化還原反應，與氧化性或還原性無關，C符合題意；D．高錳酸鉀可氧化具有催熟作用的乙烯，Mn、C元素的化合價變化，為氧化還原反應，所以利用了其氧化性，D不符合題意，答案選C。20、C【解析】

由于氨氣極易溶于水，則a處通入CO2，b處通入氨氣。氨氣溶于水顯堿性，所以在氨氣過量的條件下最終得到的是碳酸鈣；答案選C。21、C【解析】

A.當混合溶液體積為20mL時，二者恰好反應生成NaHCO3，HCO的電離程度小于其水解程度，所以其溶液呈堿性，要使混合溶液呈中性，則酸稍微過量，所以混合溶液體積稍微大于20mL，故不選A；B.任何電解質溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)＝2c()+c()+c(OH?)+c(Cl?)，故不選B；C.根據(jù)圖象分析，A點為碳酸鈉，碳酸氫鈉、氯化鈉的混合溶液，且c()=c()，溶液呈堿性，則c(OH?)＞c(H+)，鹽溶液水解程度較小，所以c()＞c(OH?)，則離子濃度大小順序是c(Na+)>c()=c()＞c(OH?)＞c(H+)，故選C；D.根據(jù)Kh=計算可得c(OH?)=10-4，因此溶液的pH＝10，故不選D；答案選C。22、B【解析】

A、P4和甲烷空間結構都是正四面體，P4的空間結構是，1mol白磷中有6molP－P鍵，甲烷的空間結構為，1mol甲烷中4molC－H鍵，0.4NA共價鍵，當含有共價鍵的物質的量為0.4mol時，白磷的物質的量為0.4/6mol，甲烷的物質的量為0.4/4mol，故A錯誤；B、無論是Na2O還是Na2O2，Na的化合價為＋1價，1molNa都失去電子1mol，數(shù)目為NA，故B正確；C、由Na2O2的電子式可知，1molNa2O2固體中含有離子總物質的量為3mol，個數(shù)為3NA，故C錯誤；D、題中未給出溶液的體積，無法計算OH－的物質的量，故D錯誤，答案選B。二、非選擇題(共84分)23、取代反應保護酚羥基，防止酚羥基被氧化羧基和酚羥基17種或【解析】

根據(jù)流程圖，烴A與氯氣發(fā)生取代反應生成鹵代烴B，B在氫氧化鈉溶液條件下水解后酸化生成C，根據(jù)C的化學式可知，A為甲苯()，根據(jù)E的結構，結合信息②可知，D為，則C為，因此B為苯環(huán)上的氫原子被取代的產(chǎn)物，反應條件為鐵作催化劑，B為，據(jù)此分析?！驹斀狻扛鶕?jù)流程圖，烴A與氯氣發(fā)生取代反應生成鹵代烴B，B在氫氧化鈉溶液條件下水解后酸化生成C，根據(jù)C的化學式可知，A為甲苯()，根據(jù)E的結構，結合信息②可知，D為，則C為，因此B為苯環(huán)上的氫原子被取代的產(chǎn)物，反應條件為鐵作催化劑，B為。(1)根據(jù)上述分析，C為；（2）反應⑤是與乙酸酐發(fā)生取代反應生成和乙酸，反應類型為取代反應；在③之前設計②可以保護酚羥基，防止酚羥基被氧化，故答案為取代反應；保護酚羥基，防止酚羥基被氧化；（3）F為，含氧官能團的名稱為羧基和酚羥基；(4)G(阿司匹林)中的酯基水解生成的羥基為酚羥基，也能與氫氧化鈉反應，因此與足量NaOH溶液反應的化學方程式為；(4)E為，a．含—OH，可為酚羥基、醇羥基或羧基中的—OH；b．能發(fā)生水解反應說明含有酯基；c．能發(fā)生銀鏡反應說明含有醛基；滿足條件的結構是：若苯環(huán)上只有一個取代基則為HCOOCH(OH)-，只有一種；若苯環(huán)上有兩個取代基，可為HCOOCH2-和-OH，苯環(huán)上的位置可為鄰、間、對位，故有3種；若苯環(huán)上有兩個取代基還可以為HCOO-和-CH2OH，苯環(huán)上的位置可為鄰、間、對位，故有3種；若苯環(huán)上有三個取代基，為HCOO-、-CH3和-OH，根據(jù)定二議三，兩個取代基在苯環(huán)上有鄰、間、對位，再取代第三個取代基在苯環(huán)上時分別有4、4、2種共10種；綜上符合條件的同分異構體共有17種；其中核磁共振氫譜中有五組峰，峰面積之比為1：2：2：2：1的結構簡式為或；(5)用甲苯為原料合成功能高分子材料()。需要合成，根據(jù)題干信息③，可以由合成；羧基可以由甲基氧化得到，因此合成路線為。24、乙苯加成反應醛基C2H5OH+C2H5OH13或C2H5OH【解析】

對比A、E的結構，結合反應條件、B與C的分子式，與HBr發(fā)生加成反應生成B為，B發(fā)生水解反應反應生成C為，C發(fā)生催化氧化生成D為，D發(fā)生氧化反應生成E．E與乙醇發(fā)生酯化反應生成F為．F與甲酸乙酯發(fā)生取代反應生成G，反應同時生成乙醇。G與氫氣發(fā)生加成反應生成H，H發(fā)生醇的消去反應、酯的水解反應得到K，故H為?！驹斀狻浚?）與氫氣發(fā)生加成反應生成的芳香烴為，所得芳香烴的名稱為：乙苯；A→B的反應類型是：加成反應；D為，D中含氧官能團的名稱是：醛基，故答案為乙苯；加成反應；醛基；（2）由分析可知，C的結構簡式為；F→G的反應除生成G外，另生成的物質為：C2H5OH，故答案為；C2H5OH；（3）H→K反應的化學方程式為：，故答案為；（4）B為，B的同分異構體含有苯環(huán)，有1個取代基還可以為-CHBrCH3，有2個取代基為-Br、-CH2CH3或-CH2Br、-CH3，均有鄰、間、對3種位置結構，有2×3=6種，有3個取代基為-Br、-CH3、-CH3，2個甲基有鄰、間、對3種位置，對應的-Br分別有2種、3種、1種位置，有6種，故符合條件的共有1+6+6=13種，其中核磁共振氫譜顯示3組峰的結構簡式為、，故答案為13；或；（5）由乙醇制備乙酰乙酸乙酯，乙醇被氧化生成乙酸，乙酸和乙醇發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，乙酸乙酯在堿性條件下發(fā)生信息中的轉化可得乙酰乙酸乙酯，其合成路線為：，故答案為。本題考查有機物推斷與合成，側重對有機化學基礎知識和邏輯思維能力考查，注意對比物質的結構明確發(fā)生的反應，熟練掌握官能團的結構、性質及相互轉化是解答關鍵。25、微熱A中的大試管，E中出現(xiàn)了氣泡，冷卻后E中導管中形成一段液注，則裝置的氣密性良好③溴水褪色5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2↑+12Mn2++28H2O②③3mNA/14NH3Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑【解析】

探究工業(yè)制乙烯的原理和乙烯的主要化學性質，由實驗裝置可知，A中烷烴在催化劑和加熱條件下發(fā)生反應生成不飽和烴，B中乙烯與溴水發(fā)生加成反應，C中乙烯與高錳酸鉀發(fā)生氧化反應，D中吸收C中生成的二氧化碳，E中利用排水法收集乙烯?！驹斀狻?1)檢查該裝置氣密性時先形成密閉系統(tǒng)，再利用氣體的熱脹冷縮原理檢驗，具體操作為：E中加入適量水，將導管放入水中，再微熱A中的大試管，E中出現(xiàn)了氣泡，冷卻后E中導管中形成一段液注，則裝置的氣密性良好。(2)石蠟油主要是含17個碳原子以上的液態(tài)烷烴混合物，在加熱條件下，石蠟油分解生成烯烴，根據(jù)原子守恒知，除了生成烯烴外還生成烷烴，故選③；(3)石蠟油分解生成烯烴，烯烴能與溴發(fā)生加成反應，則實驗過程中裝置B中的現(xiàn)象為溴水褪色；若裝置D中產(chǎn)生了白色沉淀，則說明混合氣體經(jīng)過裝置C時，乙烯被酸性KMnO4溶液氧化生成了CO2氣體，同時生成MnSO4，則發(fā)生反應的離子方程式為5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2↑+12Mn2++28H2O；(4)加熱石蠟油時加入碎瓷片，石蠟油分解較緩慢，加熱碎瓷片能加快反應速率，碎瓷片還能吸收熱量而積蓄熱量從而促進石蠟油分解，故選②③；(5)分解產(chǎn)生的氣體混合物全部通入到足量溴水中，溴水增重mg，說明分解生成的烯烴的質量為mg，烯烴的分子通式為CnH2n，其摩爾質量為14ng/mol，則該氣體混合物中屬于烯烴的原子個數(shù)為=。(6)A裝置是固體混合加熱制氣法，常見氣體O2、NH3均可以用此裝置制備，其中加熱氯化銨和消石灰的混合固體可制得NH3，發(fā)生反應的化學方程式為Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑。26、∶N??N∶③④SO2＋2Fe3＋＋Ba2＋＋2H2O=BaSO4↓＋2Fe2＋＋4H＋【解析】

裝置圖可知，該實驗原理：通過燒瓶中亞硫酸鈉與濃硫酸反應產(chǎn)生二氧化硫，B中選用不同的試劑可驗證SO2不同的性質。為驗證SO2具有酸性氧化物性質，在B中可以放入的試劑是含酚酞的NaOH試液或紫色石蕊試液，新制氯水體現(xiàn)二氧化硫的還原性，品紅溶液體現(xiàn)二氧化硫的漂白性。裝置C中可觀察到白色沉淀現(xiàn)象，說明產(chǎn)生BaSO4沉淀，據(jù)此分析。【詳解】(1)氮氣的電子式為∶N??N∶；(2)裝置圖可知，該實驗原理：通過燒瓶中亞硫酸鈉與濃硫酸反應產(chǎn)生二氧化硫，B中選用不同的試劑可驗證SO2不同的性質。為驗證SO2具有酸性氧化物性質，在B中可以放入的試劑是含酚酞的NaOH試液和紫色石蕊試液，新制氯水體現(xiàn)二氧化硫的還原性，品紅溶液體現(xiàn)二氧化硫的漂白性。答案選③④；(3)裝置C中可觀察到白色沉淀現(xiàn)象，說明產(chǎn)生BaSO4沉淀，相關反應的離子方程式為SO2＋2Fe3＋＋Ba2＋＋2H2O=BaSO4↓＋2Fe2＋＋4H＋。27、氨水中存在平衡NH3+H2ONH3.H2ONH4++OH-，生石灰吸收濃氨水中的水放出熱量，生成OH-均能使平衡向左移動，從而得到氨氣不可行C裝置將生成的水和多余的氨氣一起吸收，無法測量出生成水的質量吸收未反應的NH3，防止空氣中的水蒸氣進入裝置B生成的氨氣有混有水，故m(H2O)會偏高可在裝置B和A之間增加裝置D偏大【解析】

(1)生石灰和水反應生成Ca（OH）2且放出大量熱，放出的熱量導致溶液溫度升高，抑制氨氣溶解，氫氧根離子濃度增大抑制一水合氨電離；(2)甲同學按B-A-E-C-D的順序連接裝置，過程中生成的水和過量氨氣會被裝置C吸收；(3)乙同學按B-A-D-E-C的順序連接裝置，裝置C可以吸收多余氨氣和防止空氣中水蒸氣進入D影響測定結果；(4)丙同學認為乙同學測量的m(H2O)會偏高，可能是氨氣中水蒸氣進入裝置D被吸收，可以用堿石灰吸收水蒸氣，干燥的氨氣再和氧化銅反應；(5)2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O，結合化學方程式定量關系計算；(6)若CuO中混有Cu，氧元素質量減小，測定水質量減小，結合計算定量關系判斷結果誤差?！驹斀狻?1)生石灰和水反應生成Ca（OH）2且放出大量熱，放出的熱量導致溶液溫度升高，溫度越高，導致氨氣的溶解度越低；氫氧化鈣電離生成氫氧根離子，氫氧根離子濃度增大抑制一水合氨電離，則抑制氨氣溶解，所以常用氨水滴入生石灰中制取氨氣，濃氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是：氨水中存在平衡NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH-，生石灰吸收濃氨水中的水放出熱量，生成OH-均能使平衡向左移動，從而得到氨氣；答案是:氨水中存在平衡NH3+H2ONH3.H2ONH4++OH-，生石灰吸收濃氨水中的水放出熱量，生成OH-均能使平衡向左移動，從而得到氨氣；(2)甲同學按B-A-E-C-D的順序連接裝置，該方案不可行，C裝置將生成的水和多余的氨氣一起吸收，無法測量出生成水的質量；答案是：不可行；C裝置將生成的水和多余的氨氣一起吸收，無法測量出生成水的質量；(3)乙同學按B-A-D-E-C的順