2023-2024學年云南省麻栗坡縣一中高考仿真卷化學試題含解析

2023-2024學年云南省麻栗坡縣一中高考仿真卷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(qū)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(guī)定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、常溫下，現有0.1mol?L﹣1NH4HCO3溶液，pH=7.1．已知含氮（或含碳）各微粒的分布分數（平衡時，各微粒濃度占總微粒濃度之和的分數）與pH的關系如圖所示：下列說法不正確的是（）A．當溶液的pH=9時，溶液中存在：c（HCO3﹣）＞c（NH4+）＞c（NH3?H2O）＞c（CO32﹣）B．0.1mol?L﹣1NH4HCO3溶液中存在：c（NH3?H2O）=c（H2CO3）+c（CO32﹣）C．向pH=7.1的上述溶液中逐滴滴加氫氧化鈉溶液時，NH4+和HCO3﹣濃度逐漸減小D．分析可知，常溫下Kb（NH3?H2O）＞Ka1（H2CO3）2、下列有關物質的說法錯誤的是()A．工業(yè)上常用H2和Cl2直接化合的方法生產氯化氫以制取鹽酸B．氧化鋁可用于制造耐高溫材料C．SO2具有漂白性，所以能使碘的淀粉溶液由藍色變?yōu)闊o色D．常溫下鐵能被濃硫酸鈍化，可用鐵質容器貯運濃硫酸3、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(fā)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(jié)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CoO4、某化學實驗室產生的廢液中的陽離子只可能含有Na+、NH4+、Ba2+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+中的某幾種，實驗室設計了下述方案對廢液進行處理，以回收金屬，保護環(huán)境。已知：步驟①中，滴加NaOH溶液過程中產生的沉淀會部分溶解。下列說法中正確的是A．根據步驟①的現象，說明廢液中一定含有Al3+B．由步驟②中紅棕色固體可知，廢液中一定存在Fe3+C．沉淀甲中可能含有Al(OH)3D．該廢液中一定含有NH4+、Ba2+、Cu2+、Fe2+和Fe3+至少存在一種5、下列物質中，既能發(fā)生取代反應，又能發(fā)生消去反應，同時催化氧化生成醛的是()A． B．C． D．6、硅及其化合物在材料領域中應用廣泛。下列敘述正確的是（）A．晶體硅可做光導纖維 B．玻璃、水泥、陶瓷都是硅酸鹽產品C．SiO2可與水反應制備硅膠 D．SiO2可做計算機芯片7、已知：25℃時，Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10-15，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。將含Fe2O3、Ag、Ni的某型廢催化劑溶于鹽酸，過濾，濾渣為Ag，所得溶液中c(Ni2+)=c(Fe3+)=0.4mol/L。向該溶液中滴加一定濃度的NaOH溶液（假設溶液體積不變）。下列說法中正確的是A．金屬活動性：Ag＞NiB．加入NaOH溶液時，先產生Ni(OH)2沉淀C．當滴定到溶液pH=5時，溶液中l(wèi)g約為10D．當滴定到溶液呈中性時，Ni2+已沉淀完全8、Anammox法是一種新型的氨氮去除技術。設阿伏加德羅常數的數值為NA，則下列說法正確的是A．1moLNH4+所含電子數為11NAB．30gN2H2中含有的共用電子對數目為4NAC．過程II屬于還原反應，過程IV屬于氧化反應D．過程I中反應得到的還原產物與氧化產物物質的量之比為1：29、常溫下，將鹽酸滴加到Na2X溶液中，混合溶液的pOH[pOH=—lgc(OH-)]與離子濃度變化的關系如圖所示。下列敘述正確的是A．曲線N表示pOH與兩者的變化關系B．NaHX溶液中c(X2-)>c(H2X)C．當混合溶液呈中性時，c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)D．常溫下，Na2X的第一步水解常數Kh1=1.0×10-410、ClO2是一種極易溶于水且?guī)缀醪慌c冷水反應的黃綠色氣體(沸點11℃)，實驗室制備純凈ClO2溶液的裝置如圖所示：已知下列反應：NaClO3+HCl→NaCl+ClO2+Cl2+H2O；NaClO2+HCl→NaCl+ClO2+H2O；NaClO2+Cl2→NaCl+ClO2(均未配平)。下列說法正確的是A．a中通入的N2可用CO2或SO2代替 B．b中NaClO2可用飽和食鹽水代替C．c中廣口瓶最好放在冰水浴中冷卻 D．d中吸收尾氣后只生成一種溶質11、W、X、Y和Z為原子序數依次增大的四種短周期主族元素。常溫常壓下，Y的單質及其氧化物均能與X的氫化物的水溶液反應生成一種相同的物質，該物質的分子與CH4具有相同的空間結構。X的單質與氫氣混合后在冷暗處會發(fā)生爆炸。Z原子最外層電子數是W原子最外層電子數的2倍。下列敘述錯誤的是（）A．氫化物的穩(wěn)定性順序為：X＞Z＞YB．元素Y在自然界中只以化合態(tài)形式存在C．元素W、Y位于周期表中金屬與非金屬分界線附近D．元素Z的含氧酸具有強氧化性12、新型材料B4C可用于制作切削工具和高溫熱交換器。關于B4C的推斷正確的是A．B4C是一種分子晶體 B．B4C是該物質的分子式C．B4C是一種原子晶體 D．B4C的電子式為13、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，W的簡單氫化物是一種情潔能源，X的氧化物是形成酸雨的主要物質之一，Y是非金屬性最強的元素，Z的原子半徑是所有短周期金屬元素中最大的。下列說法不正確的是A．W與Y兩種元素既可以形成共價化合物，又可以形成離子化合物B．Y的簡單氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強C．Z的簡單離子與Y的簡單離子均是10電子微粒D．Z的最高價氧化物的水化物和X的簡單氫化物的水化物均呈堿性14、下列儀器不能加熱的是()A． B． C． D．15、鉛蓄電池是歷史悠久、用量非常大的蓄電池，其構造圖如圖所示，放電時有PbSO4生成。下列說法中錯誤的是A．鉛蓄電池是二次電池B．放電時負極電極式:Pb-2e-+SO42-=PbSO4C．充電時電解質溶液密度增大D．當電路中轉移電子數目為2NA時，溶液中SO42-減少或增加1mol16、能用離子方程式2H++CO32-=CO2↑+H2O表示的是（）A．NaHSO4和Na2CO3 B．H2SO4和BaCO3C．CH3COOH和Na2CO3 D．HCl和NaHCO3二、非選擇題（本題包括5小題）17、G是具有抗菌作用的白頭翁素衍生物，其合成路線如下：（1）C中官能團的名稱為________和________。（2）E→F的反應類型為________。（3）D→E的反應有副產物X(分子式為C9H7O2I)生成，寫出X的結構簡式：________________。（4）F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(fā)生銀鏡反應；②堿性水解后酸化，其中一種產物能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；③分子中有4種不同化學環(huán)境的氫。（5）請寫出以乙醇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)。____________18、肉桂酸是一種重要的有機合成中間體，被廣泛應用于香料、食品、醫(yī)藥和感光樹脂等精細化工產品的生產，它的一條合成路線如下：已知：完成下列填空：（1）反應類型：反應II________________，反應IV________________。（2）寫出反應I的化學方程式____________________________________。上述反應除主要得到B外，還可能得到的有機產物是______________（填寫結構簡式）。（3）寫出肉桂酸的結構簡式______________________。（4）欲知D是否已經完全轉化為肉桂酸，檢驗的試劑和實驗條件是____________________。（5）寫出任意一種滿足下列條件的C的同分異構體的結構簡式。①能夠與NaHCO3(aq)反應產生氣體②分子中有4種不同化學環(huán)境的氫原子。___________________________。（6）由苯甲醛（）可以合成苯甲酸苯甲酯（），請設計該合成路線。（合成路線常用的表示方式為：AB……目標產物）_____________19、以黃銅礦(CuFeS2)、FeCl3和乳酸[CH3CH(OH)COOH]為原料可制備有機合成催化劑CuCl和補鐵劑乳酸亞鐵{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。其主要實驗流程如下：（1）FeCl3溶液與黃銅礦發(fā)生反應的離子方程式為_________。（2）向溶液1中加入過量鐵粉的目的是_____________。（3）過濾后得到的FeCO3固體應進行洗滌，檢驗洗滌已完全的方法是___________。（4）實驗室制備乳酸亞鐵的裝置如圖1所示。①實驗前通入N2的目的是________。②某興趣小組用KMnO4滴定法測定樣品中Fe2＋含量進而計算產品中乳酸亞鐵的質量分數，結果測得產品的質量分數總是大于111%，其原因可能是______________。（5）已知：①CuCl為白色晶體，難溶于水和乙醇，在空氣中易氧化；可與NaCl溶液反應，生成易溶于水的NaCuCl2。②NaCuCl2可水解生成CuCl，溫度、pH對CuCl產率的影響如圖2、3所示。由CuCl(s)、S(s)混合物提純CuCl的實驗方案為：將一定量的混合物溶于飽和NaCl溶液中，______。(實驗中須使用的試劑有：飽和NaCl溶液，1．1mol·L－1H2SO4、乙醇；除常用儀器外須使用的儀器有：真空干燥箱)。20、某混合物漿液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考慮到膠體的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小組利用設計的電解分離裝置(見下圖)，使?jié){液分離成固體混合物和含鉻元素溶液，并回收利用。回答I和II中的問題。I.固體混合物的分離和利用(流程圖中的部分分離操作和反應條件未標明)(1)Cl在元素周期表中的位置為_____，CO2的電子式為___，NaOH中存在的化學鍵類型為_____。(2)B-C的反應條件為_____，C→Al的制備反應化學方程式為__________。(3)該小組探究反應②發(fā)生的條件。D與濃鹽酸混合，不加熱，無變化：加熱有Cl2生成，當反應停止后，固體有剩余，此時滴加硫酸，又產生Cl2。由此判斷影響該反應有效進行的因素有(填序號)______。a.溫度b.Cl的濃度c.溶液的酸度II.含鉻元素溶液的分離和利用(4)用情性電極電解時，CrO42-能從漿液中分離出來的原因是____，分離后含鉻元素的粒子是____；陰極室生成的物質為_______(寫化學式)。21、二甲醚被稱為21世紀的新型燃料，也可替代氟利昂作制冷劑等，對臭氧層無破壞作用。工業(yè)上常采用甲醇氣相脫水法來獲取。其反應方程式為：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)完成下列填空：28、有機物分子中都含碳元素，寫出碳原子最外層電子的軌道表示式_______________；寫出甲醇分子中官能團的電子式_________________。29、碳與同主族的短周期元素相比，非金屬性較強的是_________（填元素符號）。寫出一個能證明你的結論的化學方程式_____________________________________。30、在溫度和體積不變的情況下，能說明反應已達到平衡狀態(tài)的是______（選填編號）a.CH3OH的消耗速率與CH3OCH3的消耗速率之比為2：1b.容器內壓強保持不變c.H2O(g）濃度保持不變d.氣體平均相對分子質量保持不變31、一定溫度下，在三個體積約為2.0L的恒容密閉容器中發(fā)生上述反應：容器

編號溫度（℃）起始物質的量（mol）平衡物質的量（mol）CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)I3870.400.160.16Ⅱ3870.80aⅢ2070.400.180.18（1）若要提高CH3OH的平衡轉化率，可以采取的措施是______（選填編號）。a.及時移走產物b.升高溫度c.充入CH3OHd.降低溫度（2）I號容器內的反應經過tmin達到平衡，則CH3OH的平均反應速率為_____________（用含t的式子表示）。II號容器中a=___________mol。32、若起始時向容器I中充入CH3OH0.2mol、CH3OCH30.30mol和H2O0.20mol，則反應將向__________（填“正”“逆”）反應方向進行。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

A．當pH=9時，結合圖象判斷溶液中各離子濃度大小；B．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中存在的物料守恒分析，圖象可知PH=7.1時c（NH4＋）=c（HCO3－）；C．該碳酸氫銨溶液的pH=7.1，結合圖象判斷滴入氫氧化鈉溶液后NH4＋和HCO3－濃度變化；D．碳酸氫銨溶液顯示堿性，根據鹽的水解原理判斷二者的酸堿性強弱及電離平衡常數大小。【詳解】A．結合圖象可知，溶液的pH=9時，溶液中離子濃度大小為：c（HCO3﹣）＞c（NH4+）＞c（NH3?H2O）＞c（CO32﹣），故A正確；B．NH4HCO3溶液中，pH=7.1溶液顯堿性，圖象可知PH=7.1時c（NH4+）=c（HCO3﹣），溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3?H2O）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），得到c（NH3?H2O）=c（H2CO3）+c（CO32﹣），故B正確；C.0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.1，根據圖象可知，當溶液pH增大時，銨根離子濃度逐漸減小，而碳酸氫根離子能夠先增大后減小，故C錯誤；D．由于0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.1，說明碳酸氫根離子的水解程度大于銨根離子的水解程度，則一水合氨的電離平衡常數大于Ka1（H2CO3），故D正確；故選：C。【點睛】本題結合圖象考查了離子濃度大小比較、鹽的水解原理等知識，解題關鍵：明確圖象曲線變化的含義，難點B，注意掌握電荷守恒、物料守恒、鹽的水解原理在判斷離子濃度大小中的應用方法。2、C【解析】

A.工業(yè)上常用H2和Cl2直接化合的方法生產氯化氫，氯化氫極易溶于水，可以制得鹽酸，故A正確；B.氧化鋁的熔點很高，故可用于制造耐高溫材料，故B正確；C.SO2能使碘的淀粉溶液由藍色變?yōu)闊o色，是因為發(fā)生氧化還原反應：SO2＋I2＋2H2O=H2SO4＋2HI，SO2體現的是還原性，而非漂白性，故C錯誤；D.濃硫酸具有強氧化性，常溫下鐵和濃硫酸反應，在鐵表面生成一層致密的氧化膜，也就是發(fā)生了鈍化反應，可阻止?jié)饬蛩崤c內部的鐵進一步反應，因此可用鐵質容器貯運濃硫酸，故D正確；答案選C。3、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(jié)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。4、D【解析】

沉淀甲灼燒后為紅棕色固體，該紅棕色固體為Fe2O3，則沉淀甲可能為Fe(OH)2或Fe(OH)3，說明廢液中可能含有Fe2+或Fe3+；溶液甲中加入過量硫酸溶液，產生固體乙，則固體乙為BaSO4，說明廢液中一定含有Ba2+；溶液乙中加入過量鐵屑，產生紅色固體，該紅色固體為Cu，說明廢液中一定含有Cu2+，以此解答該題。【詳解】A.由步驟④可知，廢液中一定含有Cu2+，而沉淀甲中沒有Cu(OH)2，說明加入NaOH溶液后，Cu元素以離子形式存在于溶液甲中，則廢液中一定含有NH4+，Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中，因此步驟①沉淀部分溶解，不能說明廢液中一定含有Al3+，A錯誤；B.廢液中加入NaOH溶液后形成沉淀甲，將該沉淀灼燒，得到紅棕色固體，則該紅棕色固體為Fe2O3，沉淀甲可能為Fe(OH)2或Fe(OH)3，說明廢液中可能含有Fe2+或Fe3+，B錯誤；C.由于步驟①中加入過量NaOH溶液，因此沉淀甲中肯定沒有Al(OH)3沉淀，C錯誤；D.溶液乙中加入過量鐵屑，得到紅色固體，該固體為Cu，說明溶液乙中含有Cu2+，向原廢液中滴加過量NaOH溶液，Cu元素以離子形式存在于溶液甲中，則廢液中一定含有NH4+，Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中，所以廢液中一定含有NH4+、Cu2+、Ba2+，可能含有Fe2+或Fe3+中的一種，D正確；故合理選項是D?！军c睛】本題考查物質的分離，離子的存在及金屬的回收利用與環(huán)境保護，注意掌握常見的離子之間的反應及金屬回收方法，試題培養(yǎng)了學生的分析、理解能力及靈活應用所學知識的能力。5、D【解析】

A.2－丙醇含有羥基，可與HCl等發(fā)生取代反應，發(fā)生消去反應生成丙烯，發(fā)生催化氧化反應生成丙酮，A不符合題意；B.苯甲醇可與HCl等發(fā)生取代反應，能發(fā)生催化氧化反應生成苯甲醛，但不能發(fā)生消去反應，B不符合題意；C.甲醇含有羥基，可與HCl等發(fā)生取代反應，能發(fā)生催化氧化反應生成甲醛，但不能發(fā)生消去反應，C不符合題意；D.含有羥基，可與HCl等發(fā)生取代反應，發(fā)生消去反應生成2－甲基－1－丙烯，發(fā)生催化氧化反應生成2－甲基丙醛，D符合題意；答案選D。【點晴】該題的關鍵是明確醇發(fā)生消去反應和催化氧化反應的規(guī)律，即與羥基所連碳相鄰的碳上有氫原子才能發(fā)生消去反應，形成不飽和鍵；醇發(fā)生氧化反應的結構特點是：羥基所連碳上有氫原子的才能發(fā)生氧化反應，如果含有2個以上氫原子，則生成醛基，否則生成羰基。6、B【解析】

A.二氧化硅可做光導纖維，晶體硅常做半導體材料，A項錯誤；B.玻璃的主要原料是純堿、石灰石、石英，水泥的主要原料是黏土、石灰石，陶瓷主要原料是黏土，石英主要成分是二氧化硅、黏土屬于硅酸鹽，故都屬于硅酸鹽產品，故D正確；B項正確；C.SiO2可與水不反應，C項錯誤；D.半導體硅能夠導電，可做計算機芯片，D項錯誤；答案選B。7、C【解析】

A．Ag不能與鹽酸反應，而Ni能與鹽酸反應，因此金屬活動性：Ni＞Ag，故A錯誤；B．c(Ni2+)=0.4mol/L時，Ni2+剛好開始沉淀時溶液中，c(Fe3+)=0.4mol/L時，Fe3+剛好開始沉淀時溶液中，故先產生Fe(OH)3沉淀，故B錯誤；C．溶液pH=5時c(H+)=10-5mol/L，溶液中，，，則Ni2+未沉淀，c(Ni2+)=0.4mol/L，則，故C正確；D．當溶液呈中性時，c(OH-)=1×10-7mol/L，此時溶液中，故Ni2+未沉淀完全，故D錯誤；故答案為：C。8、B【解析】

A．一個銨根離子含有10個電子，則1moLNH4+所含電子數為10NA，故A錯誤；B．一個N2H2（H-N=N-H）分子中含有4個共用電子對，30gN2H2的物質的量==1mol，含有的共用電子對數目為4NA，故B正確；C．過程II中，聯胺分子中N元素化合價是?2，N2H2中N元素化合價是?1，化合價升高，屬于氧化反應，過程IV中，NO2-中N元素化合價是+3，NH2OH中N元素化合價是?1，化合價降低，屬于還原反應，故C錯誤；D．過程

I中，參與反應的NH4+與NH2OH的反應方程式為：NH4++NH2OH=N2H4+H2O+H+，則得到的還原產物與氧化產物物質的量之比為1：1，故D錯誤；答案選B?！军c睛】準確判斷反應中各物質中N元素的化合價，利用氧化還原反應規(guī)律判斷解答是關鍵。9、D【解析】

Na2X溶液中，X2-分步水解，以第一步水解為主，則Kh1(X2-)＞Kh2(X2-)，堿性條件下，則pOH相同時，＞，由圖象可知N為pOH與lg的變化曲線，M為pOH與lg變化曲線，當lg或lg=0時，說明或=1，濃度相等，結合圖像可計算水解常數并判斷溶液的酸堿性。【詳解】A．由以上分析可知，曲線N表示pOH與lg的變化曲線，故A錯誤；B．由曲線M可知，當lg=0時，=1，pOH=9，c(OH-)=10-9mol/L，則Kh2(X2-)=×c(OH-)=1×10-9；由曲線N可知，當lg=0時，=1，pOH=4，c(OH-)=10-4mol/L，Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4，則HX-的電離平衡常數Ka2===1×10-10，則NaHX溶液中HX-的水解程度大于電離程度，溶液中c(H2X)>c(X2-)，故B錯誤；C．混合液中存在電荷守恒式為c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)+c(OH-)，則當混合溶液呈中性時，c(Na+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)，故C錯誤；D．由曲線N可知，當lg=0時，=1，pOH=4，c(OH-)=10-4mol/L，則Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4，故D正確；故答案為D。10、C【解析】

根據實驗裝置和反應方程式可知，a中用鹽酸和NaClO3反應制取ClO2，由于制取的ClO2中混有氯氣和揮發(fā)出的氯化氫氣體，可用b裝置吸收氯氣和氯化氫，再用c中的蒸餾水吸收ClO2，獲得純凈ClO2溶液，d中的氫氧化鈉用于吸收尾氣，防止污染環(huán)境，據此分析解答。【詳解】A．a中通入的N2的目的是氮氣性質穩(wěn)定且不影響實驗，可將a中產生的ClO2和Cl2吹出并進入后續(xù)裝置，繼續(xù)實驗，二氧化硫具有還原性，可將ClO2、NaClO3等物質還原，故A錯誤；B．b中NaClO2的作用是吸收ClO2中混有的氯氣和氯化氫雜質氣體，用飽和食鹽水可吸收氯化氫，但不能吸收氯氣，故B錯誤；C．ClO2是一種極易溶于水且?guī)缀醪慌c冷水反應的黃綠色氣體，故c中廣口瓶最好放在冰水浴中冷卻，有利于吸收ClO2，故C正確；D．d中氫氧化鈉和ClO2發(fā)生歧化反應生成NaCl和NaClO3，產物至少兩種，故D錯誤；答案選C?！军c睛】實驗室制取某種氣體，需要氣體的發(fā)生裝置，除雜裝置，收集裝置，尾氣處理裝置，此實驗中可能產生的雜質氣體是氯氣和氯化氫氣體，用飽和食鹽水可以吸收氯化氫，無法吸收氯氣，從氧化還原反應的角度分析物質的相互轉化關系，要利用好題目所給的信息，ClO2是一種極易溶于水且?guī)缀醪慌c冷水反應，根據它的性質選擇冰水來收集。11、D【解析】

W、X、Y和Z為原子序數依次增大的四種短周期元素。常溫常壓下，Y的單質和氧化物均能與X的氫化物的水溶液反應生成一種相同的氣體，該氣體分子與CH4具有相同的空間結構，X的單質與氫氣混合后在冷暗處會發(fā)生爆炸，X是F，X的氫化物為HF，Y為Si，Y的氫化物為SiF4；Z原子最外層的電子數是W原子的最外層電子數的2倍，Z的最外層電子數一定為偶數，且大于Si元素，則Z為S元素；W最外層電子數為3，其原子序數小于F，則W為B元素，據此解答?！驹斀狻扛鶕治隹芍篧為B，X為F，Y為Si，Z為S元素。A.F為非金屬性最強的元素，則HF比其它三種元素的氫化物的穩(wěn)定性都強，A正確；B.Si在自然界中只以化合態(tài)形式存在，B正確；C.B、Si元素都位于周期表中金屬與非金屬分界線附近，C正確；D.S元素的含氧酸有硫酸、亞硫酸、硫代硫酸等，不一定具有強氧化性，D錯誤；故合理選項是D?！军c睛】本題考查原子結構與元素周期律的關系，根據物質的性質及元素的原子結構關系推斷元素為解答關鍵，注意元素化合物知識及規(guī)律性知識的應用，試題側重考查學生的分析與應用能力。12、C【解析】

A.新型材料B4C可用于制作切削工具和高溫熱交換器，表明了B4C具有硬度大、熔點高的特性，而分子晶體硬度小、熔沸點低，A錯誤；B.B4C屬于原子晶體，組成微粒是C、B原子，不含分子，因此B4C不是該物質的分子式B錯誤；C.新型材料B4C可用于制作切削工具和高溫熱交換器，表明了B4C具有硬度大、熔點高的特性，說明該物質屬于原子晶體，C正確；D.原子晶體中原子間以共價鍵相結合，B4C中C和B形成四對共用電子，電子式為，D錯誤；故合理選項是C。13、A【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，W的簡單氫化物是一種情潔能源，則W為C元素；Y是非金屬性最強的元素，則Y是F元素；X的氧化物是形成酸雨的主要物質之一，則X為N元素；Z的原子半徑是所有短周期金屬元素中最大的，則Z是Na元素。【詳解】A項、W為C元素，Y是F元素，兩種元素只能形成共價化合物CF4，故A錯誤；B項、元素非金屬性越強，氫化物穩(wěn)定性越強，F元素非金屬性強于C元素，則氟化氫的穩(wěn)定性強于甲烷，故B正確；C項、Na+與F—的電子層結構與Ne原子相同，均是10電子微粒，故C正確；D項、NaOH是強堿，水溶液呈堿性，NH3溶于水得到氨水溶液，溶液呈堿性，故D正確。故選A?！军c睛】本題考查原子結構與元素周期律，側重分析與應用能力的考查，注意元素化合物知識的應用，把握原子結構、元素的位置、原子序數來推斷元素為解答的關鍵。14、B【解析】

A、坩堝鉗能用于夾取加熱后的坩堝，選項A不選；B、研缽用于研磨藥品，不能加熱，選項B選；C、灼燒固體藥品時需要用泥三角，可加熱，選項C不選；D、蒸發(fā)皿能用于溶液加熱，選項D不選；答案選B。【點睛】本題考查儀器的使用，通過我們學過的知識可知能夠直接加熱的儀器有：試管、燃燒匙、蒸發(fā)皿和坩堝等；需要墊石棉網的是：燒杯、燒瓶、錐形瓶等；不能加熱的儀器有：漏斗、量筒、集氣瓶等。15、D【解析】

放電時鉛是負極，發(fā)生失電子的氧化反應，其電極電極式:Pb-2e-+SO42-=PbSO4；PbO2是正極，發(fā)生得電子的還原反應，其電極反應式為：PbO2+4H++SO42－+2e－=PbSO4+2H2O，電池的總反應可表示為：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，充電過程是放電過程的逆過程，據此分析作答?！驹斀狻扛鶕鲜龇治隹芍?，A.鉛蓄電池可多次放電、充電，是二次電池，A項正確；B.放電時鉛是負極，負極電極式：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，B項正確；C.充電時生成硫酸，硫酸的濃度增大，電解質溶液的密度增大，C項正確；D.根據總反應式可知，當電路中轉移電子數目為2NA時，溶液中SO42-減少或增加2mol，D項錯誤；答案選D。16、A【解析】

離子方程式2H++CO32-=CO2↑+H2O說明強酸與可溶性碳酸鹽反應，生成的鹽也是可溶性的鹽，據此分析解答?！驹斀狻緼．硫酸氫鈉完全電離出氫離子、鈉離子、硫酸根離子，兩種物質反應實質是氫離子與碳酸根離子反應生成水和二氧化碳，其離子方程式為2H++CO32-=CO2↑+H2O，故A正確；B．碳酸鋇為沉淀，不能拆，保留化學式，故B錯誤；C．醋酸為弱酸，應保留化學式，故C錯誤；D．碳酸氫鈉電離出是HCO3?而不是CO32?，故D錯誤；故答案選A。【點睛】本題需要根據離子方程式書寫規(guī)則來分析解答，注意難溶物、氣體、沉淀、弱電解質、單質等物質都要寫化學式，為易錯點。二、非選擇題（本題包括5小題）17、酯基碳碳雙鍵消去反應CH3CH2OHCH3CHOCH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH=CHCH3【解析】

(1)根據C的結構簡式分析判斷官能團；(2)根據E、F的結構簡式和結構中化學鍵的變化分析判斷有機反應類型；(3)根據D()中碳碳雙鍵斷鍵后的連接方式分析判斷；(4)根據題給信息分析結構中的官能團的類別和構型；(5)結合本題中合成流程中的路線分析，乙醇在銅作催化劑加熱條件下與氧氣發(fā)生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氫在加熱條件下反應生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化劑與Mg發(fā)生反應生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr與乙醛反應后在進行酸化，生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加熱條件下斷開雙鍵結合生成?！驹斀狻?1)C的結構簡式為，其中官能團的名稱為酯基和碳碳雙鍵；(2)根據E、F的結構簡式，E中的一個I原子H原子消去形成一個碳碳雙鍵生成E，屬于鹵代烴在氫氧化鈉水溶液中發(fā)生的消去反應，則反應類型為消去反應；(3)D→E的反應還可以由D()中碳碳雙鍵中頂端的碳原子與羧基中的氧形成一個六元環(huán)，得到副產物X(分子式為C9H7O2I)，則X的結構簡式；(4)F的結構簡式為，其同分異構體能發(fā)生銀鏡反應，說明結構中含有醛基；堿性水解后酸化，其中一種產物能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明分子結構中含有苯環(huán)和酯基，且該酯基水解后形成酚羥基；分子中有4種不同化學環(huán)境的氫原子，該同分異構體的結構簡式為：；(5)乙醇在銅作催化劑加熱條件下與氧氣發(fā)生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氫在加熱條件下反應生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化劑與Mg發(fā)生反應生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr與乙醛反應后在進行酸化，生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加熱條件下斷開雙鍵結合生成，合成路線流程圖為：CH3CH2OHCH3CHOCH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH=CHCH3。18、取代反應消去反應、新制Cu(OH)2懸濁液、加熱（或銀氨溶液、加熱）或【解析】

根據上述反應流程看出，結合及有機物B的分子式看出，有機物A為甲苯；甲苯發(fā)生側鏈二取代，然后再氫氧化鈉溶液中加熱發(fā)生取代反應，再根據信息，可以得到；與乙醛發(fā)生加成反應生成，加熱失水得到含有碳碳雙鍵的有機物D，有機物D被弱氧化劑氧化為肉桂酸?！驹斀狻浚?）綜上所述，反應II為氯代烴的水解反應，反應IV為加熱失水得到含有碳碳雙鍵的有機物D，為消去反應；正確答案：取代反應；消去反應。（2）甲苯與氯氣光照條件下發(fā)生取代反應，方程式為：；氯原子取代甲苯中甲基中的氫原子，可以取代1個氫或2個氫或3個氫，因此還可能得到的有機產物是、；正確答案：；、。（3）反應IV為加熱失水得到含有碳碳雙鍵的有機物D，有機物D被弱氧化劑氧化為肉桂酸，結構簡式；正確答案：。（4）有機物D中含有醛基，肉桂酸中含有羧基，檢驗有機物D是否完全轉化為肉桂酸，就是檢驗醛基的存在，所用的試劑為新制的氫氧化銅懸濁液、加熱或銀氨溶液，加熱，若不出現紅色沉淀或銀鏡現象，有機物D轉化完全；正確答案：新制Cu(OH)2懸濁液、加熱（或銀氨溶液、加熱）。（5）有機物C分子式為C9H10O2，①能夠與NaHCO3(aq)反應產生氣體，含有羧基；②分子中有4種不同化學環(huán)境的氫原子，有4種峰，結構滿足一定的對稱性；滿足條件的異構體有2種，分別為：和；正確答案：或。（6）根據苯甲酸苯甲酯結構可知，需要試劑為苯甲醇和苯甲酸；苯甲醛還原為苯甲醇，苯甲醛氧化為苯甲酸；苯甲醇和苯甲酸在一定條件下發(fā)生酯化反應生成苯甲酸苯甲酯；具體流程如下：；正確答案：；。19、CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S除去溶液中的Fe3＋，提高產品的純度取最后一次洗滌后的濾液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若無白色沉淀，則洗滌完全排盡裝置中的空氣，防止Fe2＋被氧化KMnO4具有強氧化性，可將Fe2＋和乳酸根離子中的羥基一同氧化過濾,控制溫度61℃左右,向濾液中滴加1.1mol·L－1H2SO4，控制溶液的pH為2.1～2.5左右，攪拌、趁熱過濾。用乙醇洗凈所得固體，置于真空干燥箱中干燥【解析】

由實驗流程可知，向黃銅礦(CuFeS2)中加入FeCl3溶液發(fā)生氧化還原反應生成FeCl2、CuCl固體和硫單質，經過濾得到固體為CuCl和S，進一步分離可得CuCl；溶液1中含有FeCl2和FeCl3，加入過量的鐵粉除去溶液中的Fe3＋得到溶液2為純度較高的FeCl2溶液，向溶液2中加入碳酸鈉溶液生成FeCO3沉淀，過濾后加乳酸得到乳酸亞鐵{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。亞鐵離子容易被氧氣氧化，制備過程中應在無氧環(huán)境中進行，實驗前通入N2排盡裝置中的空氣，裝置中FeCO3和乳酸發(fā)生反應制備乳酸亞鐵{[CH3CH(OH)COO]2Fe}，據此解答?！驹斀狻?1)由上述分析可以知道，FeCl3溶液與黃銅礦發(fā)生反應的離子方程式為CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S。因此，本題正確答案是：CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S；

(2)溶液1中含有FeCl3，向溶液1中加入過量鐵粉的目的是除去溶液中的Fe3＋，提高產品的純度。因此，本題正確答案是：除去溶液中的Fe3＋，提高產品的純度；(3)FeCO3固體會吸附溶液中的Cl-，所以檢驗洗滌已完全應檢驗是否含有Cl-，方法為：取最后一次洗滌后的濾液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若無白色沉淀，則洗滌完全，因此，本題正確答案是：取最后一次洗滌后的濾液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若無白色沉淀，則洗滌完全；(4)①亞鐵離子容易被氧氣氧化，實驗前通入N2的目的是排盡裝置中的空氣，防止Fe2＋被氧化。因此，本題正確答案是：排盡裝置中的空氣，防止Fe2＋被氧化；②乳酸根中含有羥基，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，導致消耗高錳酸鉀的增大，計算中按亞鐵離子被氧化，故計算所得乳酸亞鐵的質量偏大，產品中乳酸亞鐵的質量分數會大于111%，

因此，本題正確答案是：KMnO4具有強氧化性，可將Fe2＋和乳酸根離子中的羥基一同氧化。(5)根據題給信息，將一定量的混合物溶于飽和NaCl溶液中，CuCl與NaCl溶液反應，生成易溶于水的NaCuCl2，過濾后除去S；將NaCuCl2水解生成CuCl，根據溫度、pH對CuCl產率的影響的曲線，應選擇溫度61℃左右，控制溶液的pH為2.1～2.5左右，具體的操作為：過濾，控制溫度61℃左右，向濾液中滴加1.1mol·L－1H2SO4，控制溶液的pH為2.1～2.5左右，攪拌、趁熱過濾。最后用乙醇洗凈所得固體，置于真空干燥箱中干燥，因此，本題正確答案是：過濾，控制溫度61℃左右，向濾液中滴加1.1mol·L－1H2SO4，控制溶液的pH為2.1～2.5左右，攪拌、趁熱過濾。用乙醇洗凈所得固體，置于真空干燥箱中干燥。20、第三周期第VIIA族離子鍵和極性（共價）鍵加熱(或煅燒)2Al2O34Al+3O2↑ac在直流電場作用下，CrO42-通過陰離子交換膜向陽極室移動，脫離漿液CrO42-和Cr2O72-NaOH和H2【解析】

（1）依據元素原子的核電荷數分析在周期表中的位置作答；二氧化碳分子內存在兩個碳氧雙鍵；氫氧化鈉存在離子鍵與極性共價鍵；（2）固體混合物含有Al(OH)3、MnO2，加入NaOH溶液，過濾，可得到濾液A為NaAlO2，通入二氧化碳，生成B為Al(OH)3，固體C為Al2O3，電解熔融的氧化鋁可得到Al；固體D為MnO2，加熱條件下與濃鹽酸反應可生成氯氣；

（3）題中涉及因素有溫度和濃度；Ⅱ．（4）電解時，通過陰離子交換膜向陽極移動，陰極發(fā)生還原反應生成氫氣和NaOH，以此解答該題。【詳解】（1）Cl為17號元素，在元素周期表中的位置為第三周期第VIIA族，CO2的電子式為，NaOH中存在的化學鍵類型為離子鍵與極性（共價）鍵，故答案為第三周期第VIIA族；；離子鍵與極性（共價）鍵；（2）B為Al(OH)3，在加熱條件下生成氧化鋁，電解熔融的氧化鋁可得到鋁，其化學方程式為：2Al2O34Al+3O2↑

故答案為；加熱（或煅燒）；2Al2O34Al+3O2↑；

（3）反應涉及的條件為加熱，不加熱，無變化，加熱有Cl2生成，說明該反應能否有效進行與溫度有關；當反應停止后，固體有剩余，此時滴加硫酸，又產生Cl2，說明該反應能否有效進行與溶液的酸度有關，故答案為ac；Ⅱ．（4）依據離子交換膜的性質和電解工作原理知，在直流電場作用下，通過陰離子交換膜