海南省天一大聯考2024年高三一診考試化學試卷含解析2

海南省天一大聯考2024年高三一診考試化學試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、設NA為阿伏加德羅常數值。如圖表示N2O在Pt2O+表面與CO反應轉化成無害氣體的過程。下列說法正確的是A．N2O轉化成無害氣體時的催化劑是Pt2O2+B．每1molPt2O+轉化為Pt2O2+得電子數為3NAC．將生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，無明顯現象D．1gCO2、N2O的混合氣體中含有電子數為0.5NA2、向四支試管中分別加入少量不同的無色溶液并進行如下操作，其中結論正確的是選項操作現象結論A滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42—B滴加氯水和CCl4，振蕩、靜置下層溶液顯紫紅色原溶液中有I－C用潔凈的鉑絲蘸取溶液進行焰色反應火焰呈黃色原溶液中有Na＋、無K＋D滴加幾滴稀NaOH溶液，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口試紙不變藍原溶液中無NH4+A．A B．B C．C D．D3、常溫下，以MnO2為原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等，通過添加過量的難溶電解質MnS，可使這些金屬離子形成硫化物沉淀并過濾除去，下列說法正確的是A．過濾后的溶液中一定沒有S2-B．MnS難溶于水，可溶于MnCl2溶液中C．常溫時，CuS、PbS、CdS比MnS更難溶D．加入MnS后生成CuS的離子方程式是Cu2++S2-=CuS↓4、研究表明，地球上的碳循環(huán)，光合作用是必不可少的（如下圖所示）。下列敘述正確的是A．石油與煤是可再生能源B．CO2是煤、石油形成淀粉、纖維素等的催化劑C．光合作用將太陽能轉化為化學能D．圖中所出現的物質中淀粉與纖維素為同分異構體5、下列實驗設計能夠成功的是()A．檢驗亞硫酸鈉試樣是否變質試樣白色沉淀沉淀不溶解→說明試樣已變質B．除去粗鹽中含有的硫酸鈣雜質粗鹽精鹽C．檢驗某溶液中是否含有Fe2+試樣溶液顏色無變化溶液變紅色→溶液中含有Fe2+D．證明酸性條件H2O2的氧化性比I2強NaI溶液溶液變紫色→氧化性：H2O2＞I26、將足量的AgCl(s)分別添加到下述四種溶液中，所得溶液c（Ag+）最小的是A．10mL0.4mol·L-1的鹽酸 B．10mL0.3mol·L-1MgCl2溶液C．10mL0.5mol·L-1NaCl溶液 D．10mL0.1mol·L-1AlCl3溶液7、工業(yè)上獲得大量乙烯、丙烯、丁二烯的方法是（）A．鹵代烴消除 B．煤高溫干餾 C．炔烴加成 D．石油裂解8、下列實驗現象與實驗操作不相匹配的是）（）選項實驗操作實驗現象A向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇溶液褪色B向濃HNO3中加入炭粉并加熱，產生的氣體通入少量澄清石灰石中有紅棕色氣體產生，石灰石變渾濁C向稀溴水中加入苯，充分振蕩，靜置水層幾乎無色D向試管底部有少量銅的Cu(NO3)2溶液中加入稀硫酸銅逐漸溶解A．A B．B C．C D．D9、2007年諾貝爾化學獎授予德國化學家格哈德·埃特爾，以表彰其在固體表面化學研究領域作出的開拓性貢獻。下圖是氫氣與氮氣在固體催化劑表面合成氨的反應過程示意圖，下列有關合成氨反應的敘述中不正確的是（）A．過程②需吸收能量，過程③則放出能量B．常溫下該反應難以進行，是因為常溫下反應物的化學鍵難以斷裂C．在催化劑的作用下，該反應的△H變小而使反應變得更容易發(fā)生D．該過程表明，在化學反應中存在化學鍵的斷裂與形成10、NA代表阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A．46g乙醇中存在的共價鍵總數為7NAB．34g硫化氫在足量的氧氣中燃燒轉移電子總數為8NAC．標準狀況下，22.4LHF含有的原子數為2NAD．64gCaC2晶體中陰離子和陽離子總數為2NA11、下列屬于氧化還原反應，且氧化劑和還原劑為同一種物質的是A．MgO+2HCl=MgCl2+H2O B．C+H2O(g)CO+H2C．8NH3+6NO27N2+12H2O D．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑12、從海帶中提取碘的實驗中，包括灼燒、浸取和過濾、氧化、萃取、反萃取等步驟。下列說法正確的是（）A．灼燒中用到的儀器有蒸發(fā)皿、三腳架、酒精燈、玻璃棒B．過濾中用到的儀器只有燒杯、漏斗(帶濾紙)、鐵架臺C．萃取得到碘的四氯化碳溶液，分液時從分液漏斗上口倒出D．反萃取是在有機相中加入濃氫氧化鈉溶液，振蕩、靜置、分液，再向水相中滴加45％硫酸溶液，過濾得固態(tài)碘13、共用兩個及兩個以上碳原子的多環(huán)烴稱為橋環(huán)烴，共用的碳原子稱為橋頭碳。橋環(huán)烴二環(huán)[2.2.0]己烷的碳原子編號為。下列關于該化合物的說法錯誤的是（）A．橋頭碳為1號和4號B．與環(huán)己烯互為同分異構體C．二氯代物有6種（不考慮立體異構）D．所有碳原子不可能位于同一平面14、明礬[KA1(SO4)2·12H2O]是一種復鹽，在造紙等方面應用廣泛。采用廢易拉罐制備明礬的過程如下圖所示。下列敘述錯誤的是（）A．合理處理易拉罐有利于環(huán)境保護和資源再利用B．從易拉罐中可回收的金屬元素有Al、FeC．“沉淀”反應的金屬離子為Fe3+D．上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO315、化學與我們的生活密切相關。下列說法錯誤的是()A．開發(fā)可燃冰，有利于節(jié)省化石燃料，并減少空氣污染B．酒精能殺菌，濃度越大效果越好C．鉆石、水晶、剛玉都是人們熟知的寶石，但其化學成分不同D．用熱的純堿溶液和直餾汽油去油污原理不同16、工業(yè)制硝酸產生的尾氣NOx可用足量NaOH溶液吸收，以下判斷錯誤的是（）A．x=1.5時，只生成NaNO2B．2＞x＞1.5時，生成NaNO2和NaNO3C．x＜1.5時，需補充O2D．x=2時，只生成NaNO317、W、Ⅹ、Y、Z為短周期主族元素，原子序數依次增大，W、X、Y位于不同周期，Ⅹ的最外層電子數是電子層數的3倍，Y與Z的原子序數之和是X的原子序數的4倍。下列說法錯誤的是A．原子半徑大小順序為：Y>Z>X>WB．簡單氫化物的沸點X高于Y，氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性Z>YC．W、X、Y形成化合物的酸性一定弱于W、X、Z形成的化合物的酸性D．W、Z陰離子的還原性：W>Z18、NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是A．5.5g超重水(T2O)中含有的中子數目為3NAB．常溫常壓下，44gCO2與足量過氧化鈉反應轉移電子的數目為NAC．常溫常壓下，42gC2H4和C4H8混合氣體中含有氫原子的數目為6NAD．0.1L0.5mol·L－1CH3COOH溶液中含有H＋數目為0.2NA19、下列我國科研成果所涉及材料中，主要成分為同主族元素形成的無機非金屬材料的是ABCD能屏蔽電磁波的碳包覆銀納米線2022年冬奧會聚氨酯速滑服4.03米大口徑碳化硅反射鏡“玉兔二號”鈦合金篩網輪A．A B．B C．C D．D20、海水綜合利用要符合可持續(xù)發(fā)展的原則，其聯合工業(yè)體系（部分）如圖所示，下列說法錯誤的是A．①中可采用蒸餾法 B．②中可通過電解法制金屬鎂C．③中提溴涉及到復分解反應 D．④的產品可生產鹽酸、漂白液等21、2017年5月9日，我國科學技術名詞審定委員會等單位正式發(fā)布115號等4種人工合成的新元素的名稱、元素符號，115號元素名稱為“鏌”，符號為Mc。下列有關說法正確的是A．Mc的最低負化合價為－3 B．Mc的最高價氧化物的化式為Mc2O5C．的中子數為115 D．通過化學反應可使轉化為22、下列物質的制備中，不符合工業(yè)生產實際的是A．NH3NONO2HNO3B．濃縮海水Br2HBrBr2C．飽和食鹽水Cl2漂白粉D．H2和Cl2混合氣體HCl氣體鹽酸二、非選擇題(共84分)23、（14分）A（C2H4）是基本的有機化工原料。用A和常見的有機物可合成一種醚類香料和一種縮醛類香料，具體合成路線如圖所示（部分反應條件略去）：已知：+→2ROH+回答下列問題：（1）B的分子式是__________。若D為單取代芳香族化合物且能與金屬鈉反應；每個D分子中只含有1個氧原子，D中氧元素的質量分數約為13.1%，則D的結構簡式為__________。（2）C中含有的官能團名稱是_______________。⑥的反應類型是________________。（3）據報道，反應⑦在微波輻射下，以NaHSO4·H2O為催化劑進行，請寫出此反應的化學方程式：___________________________________________________。（4）請寫出滿足下列條件的苯乙醛的所有同分異構體的結構簡式：______________________。i.含有苯環(huán)和結構ii.核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為3:2:2:1（5）若化合物E為苯甲醚的同系物，且相對分子質量比苯甲醚大14，則能使FeCl3溶液顯色的E的所有同分異構體共有（不考慮立體異構）__________種。（6）參照的合成路線，寫出由2-氯丙烷和必要的溶劑、無機試劑制備的合成流程圖：_____________________________。合成流程圖示例如下：24、（12分）W、X、Y、Z均為短周期元素，X、W可形成兩種液態(tài)化合物甲和乙，其原子個數比分別為1∶1（甲）和2∶1（乙），且分子中電子總數分別為18（甲）和10（乙）。X與Z能形成一種極易溶于水的堿性氣體丙X與Y能形成極易溶于水的酸性氣體丁，丁分子中的電子數為18。X、Y、Z能形成一種離子化合物，其水溶液呈弱酸性。請寫出：（1）W的元素符號___，其核外共有___種運動狀態(tài)不同的電子。（2）甲物質的結構式為___；乙物質的空間構型為___。（3）Z元素核外共有___種能量不同的電子，堿性氣體甲的電子式為___。（4）用離子方程式解釋X、Y、Z形成的化合物水溶液呈弱酸性的原因是___。（5）鉍元素跟Y元素能形成化合物（BiY3），其水解生成難溶于水的BiOY。①BiY3水解反應的化學方程式為___。②把適量的BiY3溶于含有少量丁的水中，能得到澄清溶液，試分析可能的原因___。③醫(yī)藥上把BiOY叫做“次某酸鉍”，分析這種叫法的不合理之處，為什么。___。25、（12分）焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)可作為貯存水果的保鮮劑。現欲制備焦亞硫酸鈉并探究其部分化學性質。Ⅰ.制備Na2S2O5可用試劑：飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體(試劑不重復使用)。焦亞硫酸鈉的析出原理：2NaHSO3(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l)（1）如圖裝置中儀器A的名稱是___。A中發(fā)生反應的化學方程式為___。儀器E的作用是___。（2）F中盛裝的試劑是___。Ⅱ.探究Na2S2O5的還原性（3）取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，劇烈反應，溶液紫紅色很快褪去。反應的離子方程式為___。食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學原理是防止食品___。Ⅲ.測定Na2S2O5樣品的純度。（4）將10.0gNa2S2O5樣品溶解在蒸餾水中配制100mL溶液，取其中10.00mL加入過量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高錳酸鉀溶液，充分反應后，用0.2500mol/L的Na2SO3標準液滴定至終點，消耗Na2SO3溶液20.00mL，Na2S2O5樣品的純度為___%（保留一位小數），若在滴定終點時，俯視讀數Na2SO3標準液的體積，會導致Na2S2O5樣品的純度___。（填“偏高”、“偏低”）26、（10分）化學是一門以實驗為基礎的學科，實驗探究能激發(fā)學生學習化學的興趣。某化學興趣小組設計如圖實驗裝置（夾持設備已略）制備氯氣并探究氯氣及其鹵族元素的性質。回答下列問題：(1)儀器a的名稱是______________。(2)A裝置中發(fā)生的化學反應方程式為_________________________________。若將漂白粉換成KClO3，則反應中每生成21.3gCl2時轉移的電子數目為____NA。(3)裝置B可用于監(jiān)測實驗過程中C處是否堵塞，若C處發(fā)生了堵塞，則B中可觀察到__________。(4)裝置C的實驗目的是驗證氯氣是否具有漂白性，此時C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次可放入____（填選項a或b或c）。選項ⅠⅡⅢa干燥的有色布條濃硫酸濕潤的有色布條b濕潤的有色布條無水氯化鈣干燥的有色布條c濕潤的有色布條堿石灰干燥的有色布條(5)設計裝置D、E的目的是比較氯、溴、碘的非金屬性。當向D中緩緩通入足量氯氣時，可觀察到無色溶液逐漸變?yōu)榧t棕色，說明氯的非金屬性大于溴，打開活塞，將D中少量溶液加入E中，振蕩E，觀察到的現象是_______________________________，該現象_____（填“能”或“不能”）說明溴的非金屬性強于碘，原因是_____________________。27、（12分）葡萄糖酸鈣是一種可促進骨骼生長的營養(yǎng)物質。葡萄糖酸鈣可通過以下反應制得：C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3→Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸鈣)+H2O+CO2↑相關物質的溶解性見下表：實驗流程如下：回答下列問題：（1）第①步中溴水氧化葡萄糖時，甲同學設計了如圖所示裝置。①你認為缺少的儀器是__。②甲同學在尾氣吸收裝置中使用倒立漏斗的目的是__。（2）第②步CaCO3固體過量，其目的是__。（3）本實驗中___(填“能”或“不能”)用CaCl2替代CaCO3，理由是__。（4）第③步“某種操作”名稱是__。（5）第④步加入乙醇的作用是__。（6）第⑥步中洗滌操作主要是除去沉淀表面可能含有的溴化鈣，洗滌劑最合適的是__(填標號)。A．冷水B．熱水C．乙醇D．乙醇—水混合溶液28、（14分）深井巖鹽的主要配料為：精制鹽、碘酸鉀(KIO3)、亞鐵氰化鉀[K4Fe(CN)6·3H2O]。其中亞鐵氰化鉀的無水鹽在高溫下會發(fā)生分解：3K4[Fe(CN)6]2(CN)2↑+12KCN+N2↑+Fe3C+C請回答下列問題：（1）①Fe2+基態(tài)核外電子排布式為_____。②的空間構型為______（用文字描述）。③（CN）2分子中碳原子雜化軌道類型為_______，一種與CN-互為等電子體的分子的電子式為_______。④1molFe(CN)63?中含有σ鍵的數目為____mol。（2）配合物Fe(CO)x的中心原子價電子數與配體提供電子數之和為18，則x＝___。Fe(CO)x常溫下呈液態(tài)，熔點為－20.5℃，沸點為103℃，易溶于非極性溶劑，據此可判斷Fe(CO)x晶體屬于____(填晶體類型)。（3）如圖是從鐵氧體離子晶體Fe3O4中取出的能體現其晶體結構的一個立方體，則該立方體是不是Fe3O4的晶胞______(填“是”或“否”)，立方體中三價鐵離子處于氧離子圍成的________(填空間結構)空隙。（4）Fe能形成多種氧化物，其中FeO晶胞結構為NaCl型。晶體中實際上存在空位、錯位、雜質原子等缺陷，晶體缺陷對晶體的性質會產生重大影響。由于晶體缺陷，在晶體中Fe和O的個數比發(fā)生了變化，變?yōu)镕exO（x＜1），若測得某FexO晶體密度為5.71g?cm﹣3，晶胞邊長為4.28×10﹣10m，則FexO中x=____。（用代數式表示，不要求算出具體結果）。29、（10分）ⅡB?ⅥA族半導體納米材料（如CdTe、CdSe、ZnSe、ZnS等）在光電子器件、太陽能電池以及生物探針等方面有廣闊的前景。回答下列問題：（1）基態(tài)鋅（Zn）原子的電子排布式為[Ar]_____。（2）“各能級最多容納的電子數，是該能級原子軌道數的二倍”，支撐這一結論的理論是______（填標號）a構造原理b泡利原理c洪特規(guī)則d能量最低原理（3）在周期表中，Se與As、Br同周期相鄰，與S、Te同主族相鄰。Te、As、Se、Br的第一電離能由大到小排序為_______。（4）H2O2和H2S的相對分子質量相等，常溫下，H2O2呈液態(tài)，而H2S呈氣態(tài)，其主要原因是______；的中心原子雜化類型為_______，其空間構型為_______。（5）ZnO具有獨特的電學及光學特性，是一種應用廣泛的功能材料。①已知鋅元素、氧元素的電負性分別為1.65、3.5，ZnO中化學鍵的類型為______。ZnO可以被NaOH溶液溶解生成[Zn(OH)4]2—，請從化學鍵角度解釋能夠形成該離子的原因。_______。②一種ZnO晶體的晶胞如圖所示。晶胞邊長為anm、阿伏加德羅常數的值為NA，其晶體密度為________g·cm?3。

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．根據轉化關系，N2O轉化N2時，Pt2O+轉化為Pt2O2+，則該過程的催化劑是Pt2O+，故A錯誤；B．根據轉化關系，結合得失電子守恒，N2O轉化N2時，Pt2O+轉化為Pt2O2+，氧化還原反應方程式為：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+，反應中氮元素由+1價得電子變?yōu)?價，1molN2O轉化為N2得到2mol電子，則每1molPt2O+轉化為Pt2O2+失電子為2mol，數目為2NA，故B錯誤；C．將生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C錯誤；D．CO2和N2O的摩爾質量都為44g/mol，一個分子中含有電子數都為22個，則1gCO2、N2O的混合氣體的物質的量為mol，含有電子數為mol×22×NA=0.5NA，故D正確；答案選D?！军c睛】B項計算轉移的電子數時，必須正確寫出反應方程式，根據化合價的變化，物質的關系，計算出轉移的電子數。2、B【解析】

A．滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成，原溶液中也可能含有CO32－、SO32－、Ag＋等，故A錯誤；B．滴加氯水和CCl4，下層溶液顯紫紅色說明產生了碘單質，氯水為強氧化性溶液，則溶液中存在強還原性的I－，氯氣置換出了碘單質，故B正確；C．用潔凈的鉑絲蘸取溶液進行焰色反應，火焰呈黃色，說明原溶液中有Na＋，但并不能說明溶液中無K＋，因為檢驗K＋需通過藍色鈷玻璃觀察火焰，故C錯誤；D．NH3極易溶于水，若溶液中含有少量的NH4＋，滴加稀NaOH溶液不會放出NH3，檢驗NH4＋的正確操作：向原溶液中滴加幾滴濃NaOH溶液，加熱，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，若試紙變藍則證明存在NH4＋，故D錯誤；故答案為B。3、C【解析】

A、難溶并不是不溶，只是溶解度小，過濾后的溶液中一定有極少量的S2-，錯誤，不選A；B、硫化錳難溶于水，也難溶于氯化錳的溶液，錯誤，不選B；C、通過添加過量的難溶電解質硫化錳，除去銅離子、鉛離子、鎘離子，是沉淀轉化的原理，利用硫化銅、硫化鉛、硫化鎘比硫化錳更難溶于水的原理轉化，正確，選C；D、沉淀轉化的離子方程式為Cu2+（aq）+MnS(s)=CuS(s)+Mn2+（aq），錯誤，不選D。本題選C。4、C【解析】

A.石油與煤是化石燃料，屬于不可再生資源，A項錯誤；B.煤、石油燃燒會生成二氧化碳，生成的二氧化碳參與光合作用形成淀粉與纖維素等，因此二氧化碳不是催化劑，而是該過程的中間產物，B項錯誤；C.光合作用是綠色植物在葉綠體內吸收太陽光把二氧化碳和水合成葡萄糖，同時放出氧氣，將太陽能轉化為化學能，C項正確；D.圖中所出現的物質中淀粉與纖維素分子式中的n值不同，因此不屬于同分異構體，D項錯誤；答案選C。【點睛】淀粉與纖維素的分子通式雖均為(C6H10O5)n，但n值不同，所以不屬于同分異構體，一定要格外注意。5、C【解析】

A.酸性條件下，硝酸根離子能把亞硫酸鹽氧化生成硫酸鹽，故A錯誤；B．應先加氯化鋇，再加碳酸鈉，然后過濾，再加鹽酸可除去粗鹽中含有的硫酸鈣雜質，故B錯誤；C．亞鐵離子遇KSCN溶液不變色，滴加氯水后亞鐵離子被氧化生成鐵離子，遇KSCN溶液變紅色，可證明溶液中含有Fe2+，故C正確；D．硝酸具有強氧化性，可氧化碘離子，不能說明H2O2的氧化性比I2強，故D錯誤；答案選C?！军c睛】本題考查物質的檢驗和鑒別實驗方案的設計，把握常見離子的檢驗方法為解答的關鍵，注意離子檢驗中排除干擾及試劑的加入順序。6、B【解析】

A.c(Cl－)=0.4mol/L，B.c(Cl－)=0.6mol/L，C.c(Cl－)=0.5mol/L，D.c(Cl－)=0.3mol/L，Ksp(AgCl)=c(Cl－)·c(Ag+)，c(Ag+)最小的是c(Cl－)最大的，故選B。7、D【解析】

石油裂解是在比裂化更高的溫度下（一般在1000℃左右），使長鏈烴斷裂得到大量短鏈不飽和烴的方法，其它方法均不適合在工業(yè)上大規(guī)模生產，答案選D。8、B【解析】

A.酸性KMnO4溶液中滴加乙醇，乙醇被氧化，酸性KMnO4溶液溶液褪色，故A正確，不符合題意；B.C與濃硝酸反應生成二氧化碳、二氧化氮，二氧化氮與水反應生成硝酸，即使生成了碳酸鈣，也會被硝酸溶解，因此不會有渾濁現象，故B錯誤，符合題意；C.苯與溴水發(fā)生萃取，水層接近無色，故C正確，不符合題意；D.

向硝酸銅溶液中滴加稀硫酸，有氫離子和硝酸根離子，能使銅溶解，故D正確，不符合題意；故選：B。9、C【解析】

A.根據示意圖知，過程②化學鍵斷裂需要吸收能量，過程③化學鍵形成則放出能量，故A正確；B.化學鍵形斷裂過程中吸收能量，故溫度較低時不利于鍵的斷裂，故B正確；C.催化劑的作用原理是降低活化能，即反應物的化學鍵變得容易斷裂，但△H不變，故C錯誤；D.根據圖示分析可知，該過程中，存在化學鍵的斷裂與形成，故D正確。故選C。10、D【解析】

A.每個乙醇分子有5個C-H鍵、1個C-C、1個C-O鍵、1個O-H鍵，46g乙醇中存在的共價鍵總數為8NA，故A錯誤；B．2H2S＋3O2=2SO2＋2H2O，1mol硫化氫轉移6mol電子，34g硫化氫在足量的氧氣中燃燒轉移電子總數為6NA，故B錯誤；C.標準狀況下，22.4LHF是液態(tài)，不能用氣體摩爾體積計算物質的量，故C錯誤；D．CaC2由Ca2＋和C22－構成，64gCaC2晶體中陰離子和陽離子總數為2NA，故D正確；故選D。11、D【解析】

A.MgO+2HCl=MgCl2+H2O中元素化合價沒有發(fā)生變化，反應不是氧化還原反應，A不符合題意；B.C+H2O(g)CO+H2中C、H兩種元素的化合價都發(fā)生了變化，反應屬于氧化還原反應，其中C是還原劑，H2O是氧化劑，氧化劑和還原劑不是同一種物質，B不符合題意；C.8NH3+6NO27N2+12H2O中只有N元素的化合價發(fā)生了變化，反應屬于氧化還原反應，其中NH3是還原劑，NO2是氧化劑，氧化劑和還原劑不是同一種物質，C不符合題意；D.反應2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中有O元素化合價的變化，反應屬于氧化還原反應，其中Na2O2既是還原劑也是氧化劑，氧化劑和還原劑是同一種物質，D符合題意；故合理選項是D。12、D【解析】

A．灼燒時應使用坩堝和泥三角，不能用蒸發(fā)皿，故A錯誤；B．過濾時還需要玻璃棒引流，故B錯誤；C．四氯化碳的密度比水大，在下層，分液時應從下口放出，故C錯誤；D．有機相中加入濃氫氧化鈉溶液，碘單質與堿液發(fā)生歧化反應，生成物溶于水相，分液后向水相中滴加硫酸，含碘物質發(fā)生歸中反應生成碘單質，碘單質微溶，所以會析出固態(tài)碘，過濾得到碘單質，故D正確；故答案為D。13、C【解析】

A.由橋環(huán)烴二環(huán)[2.2.0]己烷的結構可知，橋頭碳為1號和4號，形成2個四元碳環(huán)，故A正確；B.橋環(huán)烴二環(huán)[2.2.0]己烷和環(huán)己烯的分子式均為C6H10，二者的分子結構不同，互為同分異構體，故B正確；C.該烴分子有2種不同化學環(huán)境的氫原子，其二氯代物中2個氯原子在同一碳原子上的有1種，在不同碳原子上的有6種，故其二氯代物有7種，故C錯誤；D.該烴分子中所有碳原子均形成4個單鍵，所以所有碳原子不可能位于同一平面，故D正確；故選C?！军c睛】14、D【解析】

A.易拉罐作為可再生資源，其回收再生利用對經濟效益、社會效益的提高、環(huán)境的保護有著巨大的促進作用，故不選A；B.易拉罐(主要成分為Al,含有少量的Fe)，因此可從易拉罐中回收的金屬元素有Al、Fe，故不選B；C.“沉淀”反應是鐵離子生成氫氧化鐵的反應，故不選C；D.鋁離子與碳酸氫根離子互促水解到底生成氫氧化鋁沉淀，硫酸氫根離子是強酸的酸式酸根，不水解，不與鋁離子反應，故選D；答案：D15、B【解析】

A．“可燃冰”是天然氣水合物，燃燒生成二氧化碳和水，屬于清潔能源，有利于節(jié)省化石燃料，并減少空氣污染，故A正確；B．醫(yī)用酒精的濃度為75%，并不是越大越好，濃度過大的酒精能夠使細菌表明的蛋白質凝固，形成一層硬膜，這層硬膜阻止酒精分子進一步滲入細菌內部，反而保護了細菌，故B錯誤；C．鉆石的成分是碳單質，水晶的成分是二氧化硅、剛玉的成分是氧化鋁，三者成分不同，故C正確；D．純堿水解顯堿性，油脂在堿性環(huán)境下水解，直餾汽油去油污是利用相似相溶原理，所以二者去油污原理不同，故D正確；故選：B。16、D【解析】

工業(yè)制硝酸產生的尾氣NOx用足量NaOH溶液吸收，發(fā)生反應生成亞硝酸鈉、硝酸鈉與水，令NOx、NaOH系數都為1，配平后方程式為2NOx+2NaOH＝(2x﹣3)NaNO3+(5﹣2x)NaNO2+H2O；A．x＝1.5時，2x﹣3＝0，所以此時只能只生成NaNO2，故A正確；B．2＞x＞1.5時，2x-3≠0，5﹣2x≠0，此時生成NaNO2和NaNO3，故B正確；C．x＜1.5時，則氮的氧化物會剩余，所以需補充O2，故C正確；D．當x＝2時，2x﹣3＝1，所以生成的產物有NaNO2和NaNO3，故D錯誤。故答案為D。17、C【解析】

因為W、Ⅹ、Y、Z為短周期主族元素，原子序數依次增大，W、X、Y位于不同周期，所以W位于第一周期、X位于第二周期、Y、Z位于第三周期，故W是H元素；Ⅹ的最外層電子數是電子層數的3倍，X是第二周期元素共兩個電子層，故X最外層有6個電子，X為O元素；X是O元素，原子序數是8，Y與Z的原子序數之和是X的原子序數的4倍，即是Y與Z的原子序數之和是32，Y、Z為第三周期主族元素，故Y原子序數為15，Z的原子序數為17，Y是P元素，Z是Cl元素?！驹斀狻緼．同一周期，從左到右，主族元素的原子半徑隨著原子序數的增加而，逐漸減小，則原子半徑P＞Cl，因為P、Cl比O多一個電子層，O比H多一個電子層，故原子半徑大小順序為：P＞Cl＞O＞H，即Y>Z>X>W，A正確；B．H2O分子間可以形成氫鍵，而PH3分子間不能形成氫鍵，故H2O的沸點比PH3的沸點高；同周期主族元素，從左到右隨著原子序數的增加，原子半徑逐漸減小，元素的非金屬性逐漸增強，故氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性HCl＞PH3，B正確；C．沒有強調P與Cl元素的最高價含氧酸酸性的比較，而H3PO4的酸性比HClO的酸性強，C錯誤；D．P3-的還原性比Cl-的還原性強，D正確；答案選C。18、D【解析】

A選項，5.5g超重水(T2O)物質的量，1個T2O中含有12個中子，5.5g超重水(T2O)含有的中子數目為3NA，故A正確，不符合題意；B選項，根據反應方程式2mol過氧化鈉與2mol二氧化碳反應生成2mol碳酸鈉和1mol氧氣，轉移2mol電子，因此常溫常壓下，44gCO2即物質的量1mol，與足量過氧化鈉反應轉移電子的數目為NA，故B正確，不符合題意；C選項，C2H4和C4H8混合氣體可用通式法來分析，通式為CnH2n，42gC2H4和C4H8混合氣體中含有氫原子物質的量，因此含有氫原子的數目為6NA，故C正確，不符合題意；D選項，0.1L0.5mol·L－1CH3COOH物質的量為0.05mol，醋酸是弱酸，部分電離，因此溶液中含有H＋數目小于為0.05NA，故D錯誤，符合題意。綜上所述，答案為D?！军c睛】C2H4和C4H8混合氣體可用通式法來分析含碳原子個數和含氫原子個數的思想。19、C【解析】

A、銀是副族元素，故A不符；B、聚氨酯速滑服由氫、碳、氮、氧元素組成，分別屬于IA、ⅣA、ⅤA、ⅥA族元素，故B不符；C、C、Si屬于ⅣA族元素，故C符合；D、鈦是副族元素，故D不符；故選C。20、C【解析】

A.利用蒸餾原理可從海水中提取淡水，故不選A；B.從海水中得到氯化鎂后，鎂為活潑金屬，則可以電解熔融狀態(tài)的氯化鎂生成氯氣和金屬鎂，故不選B；C.將苦鹵濃縮通入過量氯氣進行氧化，靜置溴沉在底部,繼而通入空氣和水蒸氣，將溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和吸收劑二氧化硫發(fā)生作用轉化成氫溴酸以達到富集溴，然后再用氯氣將其氧化得到溴，反應過程中不涉及復分解反應，故選C；D.從海水中得到氯化鈉后，電解氯化鈉溶液，得氫氧化鈉和氫氣和氯氣，利用制得的氯氣可以生產鹽酸和漂白液，故不選D；答案：C21、B【解析】

A.該元素的名稱帶“钅”字旁，屬于金屬元素，金屬元素易失去電子，一般為正價，沒有負價，故A錯誤；B.Mc為115號元素，位于元素周期表第七周期第VA族，主族序數等于最外層電子數，則該元素最高正價為+5價，最高價氧化物的化式為Mc2O5，故B正確；C.的質量數為288，質子數為115，中子數=質量數-質子數=288-115=173，故C錯誤；D.和互為同位素，是鏌元素的不同原子，轉化過程，沒有新物質生成，不是化學變化，故D錯誤；答案選B。22、D【解析】

A．工業(yè)上制備硝酸是通過氨的催化氧化生成NO后，生成的NO與O2反應生成NO2，NO2溶于水生成HNO3，A項不符合題意，不選；B．通過海水提取溴，是用Cl2氧化經H2SO4酸化的濃縮海水，將其中的Br-氧化為Br2，通過熱空氣和水蒸氣吹入吸收塔，用SO2將Br2轉化為HBr，再向吸收塔內通入Cl2氧化為Br2，經CCl4萃取吸收塔中的Br2得到，B項不符合題意，不選；C．工業(yè)生產中用直流電電解飽和食鹽水法制取氯氣，通過氯氣和石灰乳（即Ca(OH)2）制得漂白粉，C項不符合題意，不選；D．H2和Cl2混合氣體在光照條件下會劇烈反應，發(fā)生爆炸，不適合工業(yè)生產，D項符合題意；答案選D。二、非選擇題(共84分)23、CH4O羥基氧化反應、9【解析】

A的分子式為C2H4，A為乙烯，即結構簡式為CH2=CH2，根據問題（1），D能與金屬鈉反應，且D分子中只有一個氧原子，即D中含有－OH，D屬于芳香族化合物，即D中含有苯環(huán)，D的相對分子質量為1×16/13.1%=122，根據苯乙醛推出D的結構簡式為，根據縮醛的結構簡式，推出C的結構簡式為HOCH2CH2OH，根據信息，推出B的結構簡式為CH3OH，據此分析；【詳解】A的分子式為C2H4，A為乙烯，即結構簡式為CH2=CH2，根據問題（1），D能與金屬鈉反應，且D分子中只有一個氧原子，即D中含有－OH，D屬于芳香族化合物，即D中含有苯環(huán)，D的相對分子質量為1×16/13.1%=122，根據苯乙醛的結構簡式推出D的結構簡式為，根據縮醛的結構簡式，推出C的結構簡式為HOCH2CH2OH，根據信息，推出B的結構簡式為CH3OH，（1）根據上述分析，B的結構簡式為CH3OH，即分子式為CH4O；D能與金屬鈉反應，且D分子中只有一個氧原子，即D中含有－OH，D屬于芳香族化合物，即D中含有苯環(huán)，D的相對分子質量為1×16/13.1%=122，根據苯乙醛的結構簡式，推出D的結構簡式為；（2）C的結構簡式為HOCH2CH2OH，含有的官能團是羥基；根據合成路線，反應⑥是苯乙醇被氧化成苯乙醛，反應類型為氧化反應；（3）反應⑦是苯乙醛與HOCH2CH2OH反應生成縮醛，即化學反應方程式為；（4）根據信息，核磁共振氫譜有4組峰，說明是對稱結構，峰面積之比為3：2：2：1，說明不同化學環(huán)境的氫原子的個數比為3：2：2：1，符合條件的結構簡式為、；（5）若化合物E為苯甲醚的同系物，且相對分子質量比苯甲醚大14，則其分子式為C8H10O，E的同分異構體能使FeCl3溶液顯色，說明含有酚羥基，假設苯環(huán)上有－OH、－C2H5兩個取代基，有鄰間對三種結構，假設苯環(huán)上有－OH、－CH3、－CH3三個取代基，兩個甲基在鄰位，羥基有2種結構；兩個甲基在間位，羥基有3種結構；兩個甲基在對位，羥基有1種結構，一共有9種結構；（6）根據反應②，推出生成目標物原料是，根據路線①，用乙烯與O2在Ag作催化劑的條件下生成環(huán)氧乙烷，因此生成的原料是CH3CH=CH2，生成丙烯，用2－氯丙烷發(fā)生消去反應，合成路線為?！军c睛】本題的難點是同分異構體的判斷，根據信息判斷出含有的形式，如本題含有苯環(huán)和，寫出苯乙醛的同分異構體，醛與酮互為同分異構體，則有，符合峰有4種，峰面積之比為3：2：2：1，然后將－CH2CHO，拆成－CH3和－CHO，在苯環(huán)上有鄰、間、對三種，然后根據峰和峰的面積進行判斷，哪些符合要求。24、O8H-O-O-HV型3NH4++H2ONH3·H2O+H+BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl鹽酸能抑制BiCl3的水解不合理，因為BiOCl中的Cl的化合價為-1【解析】

W、X、Y、Z均為短周期元素，X、W可形成兩種液態(tài)化合物甲和乙，其原子個數比分別為1∶1(甲)和2∶1(乙)，且分子中電子總數分別為18(甲)和10(乙)，則W為O元素，X為H元素，兩種化合物甲為H2O2、乙為H2O；X與Z能形成一種極易溶于水的堿性氣體丙，則丙為NH3，Z為N元素；H與Y能形成極易溶于水的酸性氣體丁，丁分子中的電子數為18，則丁為HCl，Y為Cl元素；H、Cl、N三種元素能組成一種離子化合物，其水溶液呈弱酸性，則此離子化合物為NH4Cl，據此解題?！驹斀狻坑煞治鲋篧為O元素、X為H元素、Y為Cl元素、Z為N元素、甲為H2O2、乙為H2O、丙為NH3；(1)由分析知W為氧元素，元素符號為O，其原子核外共有8個電子，則共有8種運動狀態(tài)不同的電子；(2)甲H2O2，為極性分子，含有H-O和O-O鍵，則結構式為H-O-O-H；乙為H2O，O原子的雜化軌道形式為sp3，有兩個孤對電子，則空間構型為V型；(3)Z為N元素，電子排布式為1s22s22p3，同一軌道上的電子能量相等，則核外共有3種能量不同的電子，堿性氣體丙為NH3，其電子式為；(4)H、Cl、N三種元素組成的離子化合物為NH4Cl，在水溶液中NH4+的水解，使溶液呈弱酸性，發(fā)生水解反應的離子方程式為NH4++H2ONH3·H2O+H+；(5)鉍元素跟Cl元素能形成化合物為BiCl3，其水解生成難溶于水的BiOCl；①BiCl3水解生成難溶于水的BiOCl，則另一種產物為HCl，水解反應的化學方程式為BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl；②BiCl3溶于稀鹽酸，鹽酸抑制了BiCl3的水解，從而得到澄清溶液；③BiOCl中Cl元素的化合價為-1價，而次氯酸中Cl元素為+1價，則BiOCl叫做“次某酸鉍”的說法不合理。25、三頸燒瓶Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4防倒吸濃NaOH溶液5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O氧化變質95.0偏高【解析】

A三頸燒瓶中制備二氧化硫，發(fā)生Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4，生成的二氧化硫通入D裝置，發(fā)生Na2SO3+SO2＋H2O=2NaHSO3，2NaHSO3(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l)，儀器E的作用是防倒吸，F吸收尾氣。據此解答?！驹斀狻竣瘢?）裝置中儀器A的名稱是三頸燒瓶。A中發(fā)生反應的化學方程式為Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4。二氧化硫易溶于水，儀器E的作用是防倒吸。故答案為：三頸燒瓶；Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2＋Na2SO4；防倒吸；（2）二氧化硫有毒，排到空氣中會污染空氣，SO2是酸性氧化物，可用堿溶液吸收，題干中只提供了一種試劑--濃NaOH溶液，F中盛裝的試劑是濃NaOH溶液。故答案為：濃NaOH溶液；Ⅱ.（3）取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，劇烈反應，溶液紫紅色很快褪去，說明MnO4－將S2O52－氧化生成硫酸根離子。反應的離子方程式為5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O。食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學原理是：利用焦亞硫酸鈉的還原性，防止食品氧化變質。故答案為：5S2O5－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O；氧化變質；Ⅲ.（4）由關系式：5SO32－～2MnO4－，用0.2500mol/L的Na2SO3標準液滴定至終點，消耗Na2SO3溶液20.00mL，剩余的n(MnO4－)=×0.2500mol/L×20.00×10-3L=2.000×10-3mol，再由5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O得：Na2S2O5樣品的純度為=×100%=95.0%；若在滴定終點時，俯視讀數Na2SO3標準液的體積，使Na2SO3標準液的體積偏低，算出的剩余高錳酸鉀偏低，與Na2S2O5樣品反應的高錳酸鉀偏高，會導致Na2S2O5樣品的純度偏高；故答案為：95.0；偏高。26、長頸漏斗Ca(ClO)2+4HCl(濃)═CaCl2+2Cl2↑+2H2O0.5液體進入長頸漏斗中，錐形瓶內液面下降，長頸漏斗內液面上升，形成一段液柱b溶液分為兩層，上層(苯層)為紫紅色不能過量的Cl2也可將I-氧化為I2【解析】

(1)根據圖示裝置中儀器結構識別名稱；(2)次氯酸鈣具有強氧化性，能夠氧化鹽酸，依據化合價升降總數相等配平方程式，若換為KClO3，該物質也有強氧化性，可以氧化HCl為Cl2，根據方程式物質變化與電子轉移關系計算；(3)裝置B亦是安全瓶，監(jiān)測實驗進行時C中是否發(fā)生堵塞，發(fā)生堵塞時B中的壓強增大，B中長頸漏斗中液面上升，形成水柱；(4)為了驗證氯氣是否具有漂白性，要驗證干燥氯氣無漂白性，濕潤的有色布條中，氯氣和水反應生成次氯酸具有漂白性；(5)氯氣氧化性強于溴，氯氣能夠置換溴；溴氧化性強于碘，能夠置換碘；氯氣的氧化性強于碘，能夠置換碘，結合碘在有機物中溶解性及顏色解答?！驹斀狻?1)根據圖示可知儀器a名稱為長頸漏斗；(2)漂白粉固體和濃鹽酸反應生成氯化鈣、氯氣和水，化學方程式為：Ca(ClO)2+4HCl(濃)═CaCl2+2Cl2↑+2H2O，若將漂白粉換為KClO3，根據電子守恒、原子守恒，可得方程式為KClO3+6HCl(濃)=KCl+3Cl2↑+3H2O，由方程式可知：每轉移5mol電子，反應產生3mol氯氣，質量是21.3gCl2的物質的量是0.3mol，所以反應轉移了0.5mol電子，轉移電子數目為0.5NA；(3)反應產生的Cl2中混有氯化氫和水蒸氣，裝置B中飽和食鹽水的作用是除去Cl2中的HCl；裝置B亦作安全瓶，監(jiān)測實驗進行時C中是否發(fā)生堵塞。若發(fā)生堵塞時B中的氣體壓強增大，使B中液體進入長頸漏斗中，錐形瓶內液面下降，長頸漏斗中的液面上升而形成一段液柱；(4)裝置C的實驗目的是驗證氯氣是否具有漂白性，驗證氯氣是否具有漂白性，要驗證干燥氯氣無漂白性，在濕潤的有色布條中，氯氣和水反應生成次氯酸具有漂白性，a.I為干燥的有色布條不褪色，Ⅱ中濃硫酸只吸收水分，再通入濕潤的有色布條會褪色，能驗證氯氣的漂白性，但U形管中盛放的應是固體干燥劑，a錯誤；b.I處是濕潤的有色布條褪色，II是干燥劑無水氯化鈣不能吸收氯氣，只吸收水蒸氣，III中干燥的有色布條不褪色，可以證明，b正確；c.I為濕潤的有色布條褪色，II為干燥劑堿石灰，堿石灰能夠吸收水蒸氣和Cl2，進入到III中無氯氣，不會發(fā)生任何變化，不能驗證，c錯誤；故合理選項是b；(5)依據氯氣和溴化鈉反應生成溴單質，液體溴單質、過量的Cl2都能和碘化鉀溶液中的碘化鉀反應生成碘單質，碘單質易溶于苯，顯紫紅色，苯密度小于水，不溶于水，溶液分層；過量的Cl2也可將I-氧化為I2，所以通過E中溶液分為兩層，上層(苯層)為紫紅色，不能說明溴的氧化性強于碘?！军c睛】本題考查了氯氣的制備和性質，明確制備的原理和氯氣的性質是解題關鍵，注意氧化還原方程式的書寫及計算，題目難度中等。27、溫度計防止倒吸使葡萄糖酸充分反應，提高葡萄糖酸的轉化率不能氯化鈣與葡萄糖酸不反應趁熱過濾降低葡萄糖酸鈣的溶解度，有利于其析出D【解析】

葡萄糖中加入3%的溴水并且加熱，發(fā)生反應C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr，得到葡萄糖酸和HBr，加入過量碳酸鈣并加熱，發(fā)生反應2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3→(C6H11O7)2

Ca

(葡萄糖酸鈣)+H2O+CO2、CaCO3+2HBr=CaBr2+CO2↑+H2O，趁熱過濾，然后加入乙醇得到葡萄糖酸鈣懸濁液，過濾、洗滌、干燥得到葡萄糖酸鈣，據此進行分析。【詳解】(1)①根據流程可知溴水氧化葡萄糖時需要控制溫度為55℃，所以還需要溫度計；②倒置的漏斗可以起到防止倒吸的作用；(2)CaCO3固體需有剩余，可使葡萄糖酸充分反應，提高葡萄糖酸的轉化率，符合強酸制弱酸原理，以確保葡萄糖酸完全轉化為鈣鹽；(3)鹽酸為強酸，酸性比葡萄糖酸強，氯化鈣不能與葡萄糖酸直接反應得到葡萄糖酸鈣，所以不宜用CaCl2替代CaCO3；(4)根據表格中葡萄糖酸鈣的溶解度與溫度可知葡萄糖酸鈣冷卻后會結晶析出，應趁熱過濾；(5)葡萄糖酸鈣在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸鈣在溶劑中的溶解度，有利于葡萄糖酸鈣的析出；(6)利用水可以將無機雜質溶解除掉，同時利用葡萄糖酸鈣在乙醇中的微溶，減少葡萄糖酸鈣的損失，所以應選“乙醇—水的混合溶液”進行洗滌。28、1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6三角錐形sp或125分子晶體是正八面體x=【解析】

（1）①鐵是26號元素，鐵原子核外有26個電子，鐵原子失去2個電子變?yōu)镕e2+，根據構造原理寫出Fe2+基態(tài)離子核外電子排布式；②三角錐形，根據價層電子對互斥理論，它本來是正四面體形的，但是有一對孤電子對要排斥它