【文档说明】安徽省蚌埠市教师2020届高三“我为高考命题”仿真模拟化学试题（蚌埠二中8）含答案.docx，共(21)页，318.536 KB，由小赞的店铺上传

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蚌埠市教师“我为高考命题”化学学科试卷可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Cu64Ba137第I卷：选择题（42分）一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每题6分）1.中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5

G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是()A．我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电。电能属于一次能源B．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐C．大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝

锂合金属于金属材料D．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅2.下列有关化合物的说法正确的是（）A．所有原子共平面B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．是苯的同系物D．其一氯代物有6种3.为达到下列实验目的，对应的

实验方法以及相关解释均正确的是选项实验目的实验方法相关解释A测量氯水的pHpH试纸遇酸变红B探究正戊烷C5H12催化裂解C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃C实验温度对平衡移动的影响2NO2N2O4为放热反应，升温平衡逆向移动D用AlCl3溶液制备AlCl3晶体AlCl3沸点

高于溶剂水4.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．25℃时，1LpH＝13的氢氧化钡溶液中含有0.1NA个氢氧根离子B．标准状态下，33.6L氟化氢中含有1.5NA个氟化氢分子C．在反应KClO4+8HCl=KCl+4Cl2↑+4H2O中，每生成4molCl2转移的电

子数为8NAD．电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阳极溶解32g铜5.我国某科研团队设计了一种新型能量存储／转化装置（如下图所示）。闭合K2、断开K1时，制氢并储能；断开K2、闭合K1时，供电。下列说法错．误．的是（）A．供电时，Zn电极附近溶液的pH降低

B．供电时，装置中的总反应为Zn2H2OZn(OH)2H2C．制氢时，溶液中K+向Pt电极移动D．制氢时，X电极反应式为Ni(OH)2eOHNiOOHH2O6.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周

期主族元素。Y原子在短周期主族元素中原子半径最大,X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物。常温下,0.1mol·L-1W的氢化物水溶液的pH为1。向ZW3的水溶液中逐滴加入Y的最高价氧化物对应的水化物,先产生白色沉淀,后沉淀逐渐溶解。下列推断正确的是A．简单离子半径:W>Y>Z

>XB．Y、Z分别与W形成的化合物均为离子化合物C．Y、W的简单离子都不会影响水的电离平衡D．元素的最高正化合价:W>X>Z>Y7.25℃时，向一定浓度的Na2X溶液中滴入盐酸，溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示。已知：H2X是二元弱酸，Y表

示c（X2－）c（HX－）或，pY＝－lgY。下列叙述不正确的是()c（HX－）c（H2X）A．曲线n表示pH与pc（HX－）的变化关系c（H2X）B．Ka2(H2X)＝1.0×10－10.3C．NaHX溶液中c(H＋)＞c(OH－

)D．当溶液呈中性时，c(Na＋)＝c(HX－)＋2c(X2－)＋c(Cl－)第II卷：非选择题（58分）二、填空题8.（12分）硫酸铁铵[(NH4)xFey(SO4)z∙nH2O]是一种重要铁盐，实验室采用废铁屑来制备硫酸铁铵的流程如下：（1）将废铁

屑和Na2CO3溶液混合煮沸可除去铁屑表面的油脂，原理是。（2）“氧化”过程需使用足量的H2O2，同时溶液要保持pH小于0.5，目的是。（3）化学兴趣小组用如下方法测定硫酸铁铵晶体的化学式：步骤1：准确称取

样品28.92g，溶于水配成100mL溶液。步骤2：准确量取25.00mL步骤1所得溶液于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，滴加过量的SnCl2溶液（Sn2+与Fe3+反应生成Sn4+和Fe2+），充分反应后除去过量的Sn2+。用0.1000mol∙L－1

的K2Cr2O7溶液滴定Fe2+，滴定至终点时消耗K2Cr2O7溶液25.00mL。（滴定过程中Cr2O7转化成Cr）2-3+步骤3：准确量取25.00mL步骤1所得溶液于锥形瓶中，加入过量的BaCl2溶液，将所得白

色沉淀过滤、洗涤、干燥后称量，所得固体质量为6.99g。①排除装有K2Cr2O7溶液的滴定管尖嘴处气泡的方法是。②通过计算确定该硫酸铁铵的化学式（写出计算过程）。9.（16分）某实验小组探究SO2与Cu(OH)2悬浊液的反应。（1）实验一：用如图装置（夹持装置已略，气密性已检验）制

备SO2，将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中。B中出现少量红色沉淀；稍后，B中所得溶液呈绿色，与CuSO4溶液、CuCl2溶液的颜色有明显不同。①排除装置中的空气，避免空气对反应干扰的操作是，关闭弹簧夹。②打开分液漏斗旋塞，A中

发生反应的方程式是。（2）实验二：为确定红色固体成分，进行以下实验：①在氧气流中煅烧红色固体的目的是。②根据上述实验可得结论：该红色固体为。（3）实验三：为探究B中溶液呈绿色而不是蓝色的原因，实验如下：i.向4mL1mol/L的CuSO4溶液中通入过量SO2，未见溶液颜

色发生变化。ii.取少量B中滤液，加入少量稀盐酸，产生无色刺激性气味的气体，得到澄清的蓝色溶液。再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。查阅资料：SO2在酸性条件下还原性较差。①实验i的目的。②根据上述实验可得结论：溶液显绿色的原因是溶液中含有较多Cu(HSO

3)2。小组同学通过进一步实验确认了这种可能性，在少量1mol/L的CuSO4溶液中加入溶液，得到绿色溶液。（4）综上实验可以得出：出现红色沉淀的原因是：；（用离子方程式表示）溶液呈现绿色的原因是：。（用化学方程式表示）10.（15分）乙烯的分子式为C2H4，是一种重要的化工原料和清洁能源，研究

乙烯的制备和综合利用具有重要意义。请回答下列问题：（1）乙烯的制备：工业上常利用反应C2H6（g）C2H4（g）+H2（g）△H制备乙烯。已知：Ⅰ．C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H1

=-1556.8kJ·mol-1；1Ⅱ．H2（g）+2O2（g）=H2O（1）△H2=-285.5kJ·mol-1；7Ⅲ．C2H6（g）+2O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H3=-1559.9kJ·m

ol-1。则△H=kJ·mol-1。（2）乙烯可用于制备乙醇：C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）。向某恒容密闭容器中充入amolC2H4（g）和amolH2O（g），测得C2H4（g）的平衡转化率与温度的关系如图所示：①该反应为热反应（填“吸”或“放”）。②A点时

容器中气体的总物质的量为。已知分压=总压×气体物质的量分数，用气体分压替代浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数（KP），测得300℃时，反应达到平衡时该容器内的压强为bMPa，则A点对应温度下的KP=MPa-（1用含b的分数表示）。③已知：C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）的反应速率表

达式为v正=k正c（C2H4）·c（H2O），v逆=k逆c（C2H5OH），其中，k正、k逆为速率常数，只与温度有关。则在温度从250℃升高到340℃的过程中，下列推断合理的是（填选项字母）。A．k正增大，k逆减小B

．k正减小，k逆增大C．k正增大的倍数大于k逆D．k正增大的倍数小于k逆④若保持其他条件不变，将容器改为恒压密闭容器，则300℃时，C2H4（g）的平衡转化率10%（填“>”“<”或“=”）。（3）乙

烯可以被氧化为乙醛（CH3CHO），电解乙醛的酸性水溶液可以制备出乙醇和乙酸，则生成乙酸的电极为极（填“阴”或“阳”），对应的电极反应式为。三、选做题选做：物质结构基础11.（15分）乙醛能够发生下列反应：（1）Mn2＋的基态电子排布式为。（2）

氯化亚砜（SOCl2）是有机合成中重要的氯化剂，与SOCl2互为等电子体的阴离子的化学式为。（3）CH3CHO分子中碳原子的轨道杂化类型是。（4）乙酸的沸点（117.9℃）比乙醛的沸点（20.8℃）高的主要原因是。（5）不考虑空间构型，[Cu(OH)4

]2－的结构可用示意图表示为。（6）如图表示Cu2O的晶胞，Cu＋的配位数是。选做：有机化学基础12.（15分）奥司他韦是一种高效、高选择性神经氨酸酶抑制剂，可治疗流感。以莽草酸作为起始原料合成奥司他韦的主流路线如图：已知：

+H2O回答下列问题：（1）下列关于莽草酸说法正确的有。A．莽草酸化学式是C7H8O5B．与浓溴水反应可以生成白色沉淀C．易溶于水和酒精D．可以发生加成反应、消去反应、加聚反应、缩聚反应、取代反应（2）奥司他韦中的官能团名

称为（写两种）。（3）反应①所需的试剂和条件为。反应②的化学方程式为。反应③的反应类型为。（4）芳香化合物X是B的同分异构体，测得其核磁共振氢谱有6组峰，其中两组峰面积最大比值为9：1，则该物质的结构简式是。（5）碳原子上连有4个不同的原子

或基团时，该碳称为手性碳。C中有个手性碳。（6）参照上述合成路线，写出由制备的合成路线（其它试剂任选）：。答案1.【答案】C【解析】我国近年来大量减少化石燃料的燃烧，大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于二次能源，A错误；新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高，可适用于不

同的要求。如高温结构陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，B错误；金属材料包括纯金属以及它们的合金，铝锂合金属于金属材料，C正确；光缆的主要成分是二氧化硅，D错误；故选C。2.【答案】D【

解析】连接苯环和环丙烯基的碳碳单键可以旋转，苯平面和烯平面不一定共平面，故A错误；中有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；苯的同系物中侧链是饱和烃基，故C错误；有一对称轴，如图，其一氯代物有5种，故D错误；故选B。3.【答案】C【解析】氯水中含HClO，具

有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，应选pH计测定氯水的pH，A错误；C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下均为气体，不能冷凝收集，且催化裂化中使用碎瓷片作催化剂且有聚热功能，若改用没有聚热功能的氧化铝固体，实验

效果不理想，B错误；只有温度不同，且只有二氧化氮为红棕色，通过两烧瓶中气体颜色的变化可验证温度对平衡的影响，C正确；加热促进AlCl3水解，且生成HCl易挥发，应在HCl气流中蒸发制备AlCl3晶体，D错误；答案选C。4.【答案】A【解析】

25℃时，1LpH＝13的氢氧化钡溶液中c(OH－)=0.1mol/L，1L含有0.1NA个氢氧根离子，故A正确；在标准状况下，氟化氢不是气体，无法计算33.6L氟化氢的物质的量，故B错误；在反应KClO4+8HCl＝KCl+4Cl2↑+4H2O

中高氯酸钾中氯元素化合价从+7价降低到0价，得到7个电子，转移7mol电子时生成4mol氯气，即当生成4mol氯气时转移的电子数为7NA个，故C错误；；电解精炼铜时，阳极是粗铜，粗铜中含有一些比铜活泼

的金属也放电，故当转移NA个电子，阳极的铜溶解少于32g，故D错误；答案选A。5.【答案】D【解析】闭合K2、断开K1时，该装置为电解池，Pt电极生成氢气，则Pt电极为阴极，Xph电极为阳极；断开K2、闭合K1时，该装置为原电池，Zn电极生成Z

n2+，为负极，X电极为正极。供电时，Zn电极为负极，原电池中阴离子流向负极，所以氢氧根流向Zn电极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O，转移两个电子同时迁移两个OH-，但会消耗4个OH-，说明还消耗了水电离出的氢氧根，所以电极负极pH

降低，故A正确；供电时，正极为NiOOH被还原，而不是水，故B错误；制氢时，Pt电极为阴极，电解池中阳离子流向阴极，故C正确；制氢时，X电极为阳极，失电子发生氧化反应，根据根据化合价可知该过程中Ni(OH)2转化为NiOOH，

电极方程式为Ni(OH)2eOHNiOOHH2O，故D正确；故答案为B。6.【答案】C【解析】Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，则Y为Na；X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物，则X为O，两种化合物为过氧化钠和氧化钠

；常温下,0.1mol·L-1W的氢化物水溶液的pH为1，则HW为一元强酸，短周期主族元素氢化物为一元强酸的元素只有HCl，W为Cl；ZCl3加入NaOH溶液，先产生白色沉淀,后沉淀逐渐溶解，则Z为Al，综上所述X为O、Y为Na、Z

为Al、W为Cl。电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以四种离子半径：Cl⁻>O2⁻>Na+>Al3+，即W>X>Y>Z，故A错误；AlCl3为共价化合物，故B错误；Cl⁻和Na+在水溶液中均不发生水解，不影响水的电离平衡

，故C正确；O没有正价，故D错误；故答案为C。7.【答案】C【解析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)＞Ka2(H2X)，则pH相同时c（X2－）c（HX－）c（X2－）c（HX－）c（HX－）c（X2－）＜c（H2

X）－，pY＝－lgY，则p＞pc（HX－）c（H2X），则m、n分别表示pH与p－、c（HX－）c（HX）的变化关系。A.根据分析可知，n表示pH与c（H2X）2－c（HX）c（H2X）2－的变化关系，故A正确；2－B.M点pH＝9.3，c(H＋)＝

10－9.3mol/L，pc（X）＝－lgc（X）＝1，则c（X）＝0.1，c（X2－）c（HX－）c（HX－）c（HX－）所以Ka2(H2X)＝c（HX－）×c(H＋)＝10－9.3×0.1＝1.0×10－10.3，故B正确；C.根据B可知HX－－的电离平衡常数为1.0×10－10.3，曲线

n表示pH与pc（HX）的变化关系，n点pH＝7.4，－－－c（H2X）pc（HX）＝－lgc（HX）＝－1，c（HX）＝10，所以HX－的水解平衡常数K＝c（H2X）c（H2X）c（H2X）c（H2X）·c（OH－）1＝10－14×＝1.0×

10－7.6＞1.0×10－10.3，说明HX－的水解程度大于其电离c（HX－）1010－7.4程度，则NaHX溶液呈碱性，c(H＋)＜c(OH－)，故C错误；D.当溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH+－)，根据电荷守恒可知：c(Na＋)＝c(

HX－)＋2c(X2－)＋c(Cl－)，故D正确；故选C。8.【答案】（1）加热可以促进Na2CO3水解使溶液碱性增强，溶液碱性增强有利于油脂水解（2）将Fe2+完全转化为Fe3+，同时抑制Fe3+的水

解（3）快速放液NH4Fe(SO4)2·12H2O【解析】将废铁屑和Na2CO3溶液混合煮沸可除去铁屑表面的油脂，利用稀硫酸进行酸浸后除去滤渣，生成硫酸铁溶液，利用双氧水将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，加入硫酸铵固体使其沉

淀，进一步处理得到硫酸铁铵[(NH4)xFey(SO4)z∙nH2O]。（1）将废铁屑和Na2CO3溶液混合煮沸可除去铁屑表面的油脂，原理是加热可以促进Na2CO3水解使溶液碱性增强，溶液碱性增强有利于油脂水解；（2）“氧化”过程需使用足量的H2O2，同时溶液要保持pH小于0.5，目

的是将Fe2+完全转化为Fe3+，同时抑制Fe3+的水解；（3）①快速放液，可以排除装有K2Cr2O7溶液的滴定管尖嘴处气泡；②n(Fe)=0.1000mol/L25.00103L234=0.06mol，n(Fe3+)=0.06mol；6.99g2-n(BaSO4)=233g

/mol=0.03mol，则样品中n(SO4)=0.12mol由电荷守恒，得样品中n(NH4)=0.06mol由质量守恒，得样品中n(H2O)=28.92g0.06mol56g/mol0.12mol96g/mol0.06mol18g/mol18g/mol=0.72mol

。则，n(Fe3+)：n(SO4)：n(NH4)：n(H2O)=0.06mol：0.12mol：0.06mol：0.72mol=1：2：1：2-+12，化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O。9.【答案】（1）①打开弹簧夹，通入N2一段时间②H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+

SO2↑+H2O（2）①将红色物质转化为氧化铜②Cu（3）①排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性②NaHSO3或KHSO3（4）①SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO4+2H2O②2SO2+Cu(OH

)2=Cu(HSO3)22-【解析】（1）①为排出空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出，操作为：打开弹簧夹，通入N2一段时间，关闭弹簧夹；②装置A中的反应是制备SO2的反应，化学方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑

+H2O；（2）将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中，B中出现少量红色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；--①在氧气流中煅烧红色固体的目的是将红色物质转化为氧化铜，有利于后续定量判断；②由

实验可知n(CuO)=1.6g2.0g80g/mol=0.025mol，则红色固体的平均摩尔质量为0.025mol=64g/mol，故红色固体为铜；（3）①B中所得溶液中可能含有溶解的SO2，H2SO3，Cu(HSO3)2、CuSO4等，CuSO4在溶液中呈蓝色，而B所得溶液呈绿色，实验i可以

排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性；②确认Cu(HSO3)2使溶液呈绿色，需要在溶液中加入含有HSO3离子的物质，故可加入NaHSO3或KHSO3；（4）出现红色沉淀的原因是生成了Cu，离子方程式为：SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O

；溶液呈现绿色的原因生成了含HSO3离子的物质，离子方程式为2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2.10.【答案】（1）+282.4（2）放1.9amol19D>81b（3）阳CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+【解析】（1）由盖斯定律Ⅲ-Ⅱ-Ⅰ可知，△H=（-1

559.9kJ.mol-1）-（-285.5kJ.mol-1）-（-1556.8kJ.mol-1）=+282.4kJ·mol-1。（2）①由图可知，温度越高，乙烯的平衡转化率越低，说明正反应是放热反应。故

答案为：放，温度越高，乙烯的平衡转化率越低。②由图可知，A点时乙烯的平衡转化率为10%，则平衡时C2H4（g）、H2O（g）、C2H5OH（g）的物质的量分别为0.9amol、0.9amol、0.lamol，总的物质的量为1.9amol。平衡时A点对应容器的总压强为bMPa，故C2

H4（g）、H2O（g）、C2H5OH（g）的分压分别为0.1bMPa0.9b1.9MPa、0.9b1.9MPa、0.1b1.9MPa，则K=1.9=19MPa-1。P0.9b0.9b81bMPa1.91

.9MPaK=cC2H5OH=k正③平衡时，正、逆反应速率相等，即cCHcHOk。升高温度，正、逆反应242逆速率都增大，即k正和k逆均增大，但由于正反应是放热反应，K减小，故k正增大的倍数小于

k逆。故选D。④正反应为气体物质的量减小的反应，平衡时，与恒容容器相比，恒压密闭容器压强更大，反应正向进行程度更大，C2H4（g）的平衡转化率更高。-（3）乙醛在阳极发生氧化反应生成乙酸，电极反应式为CH3CHO-2e-+H2O===CH3COOH+2H+。

11.【答案】（1）[Ar]3d5（2）SO3或ClO3（3）sp和sp（4）乙酸分子间存2--32在氢键，乙醛分子间不存在氢键（5）或（6）2【解析】（1）Mn的电子排布式为[Ar]3d54s2，则基态Mn2+的核外电子排布式

为[Ar]3d5；（2）等电子体是指价电子数和原子数都相同的分子、离子或原子团；与SOCl2互为等电子体的阴离子的化学式为SO32-或ClO3；（3）CH3CHO中全部以单键连接C原子的价层电子对数为

4，属于sp3杂化，存在C=O中的C原子的价层电子对数为3，属于sp2杂化，所以C原子有2中杂化类型；（4）乙酸的沸点（117.9℃）比乙醛的沸点（20.8℃）高的主要原因是乙酸分子间存在氢键，乙醛分子间不存在

氢键；（5）[Cu(OH)4]2－配合物中，铜原子提供空轨道，OH-中氧原子提供孤电子对，Cu2+与4个OH-形成配位键，配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子，所以其表示方法为：或；1（6）○为1＋8×8＝2，为4

个。所以代表Cu原子，○代表氧原子。一个Cu原子周围有2个O原子，所以其配位数为2。12.【答案】CD羧基、氨基、碳碳双键、醚键等（写两种）；乙醇、浓硫酸、加热取代反应3【解析】（1）莽草酸化学式是C7H1

0O5，故A错误；莽草酸中没有酚的结构，与浓溴水反应得不到白色沉淀，故B错误；根据相似相溶规律，莽草酸属于有机物易溶于酒精、有羧基、羟基等亲水基团，易溶于水，故C正确；分子中有碳碳双键，可以发生加成反应、加聚反应，羟基的邻碳上有氢，可以消去反应，有羧基、羟基可以缩聚反应

、取代反应，故D正确；故选CD；（2）奥司他韦中的官能团名称为：羧基、氨基、碳碳双键、醚键等（写两种），故答案为：羧基、氨基、碳碳双键、醚键等（写两种）；（3）反应①羧酸与乙醇发生的酯化反应，所需的试剂和条件为乙醇、浓硫酸、加热。反应②的化学方程式为。

反应③，羟基上的氢被-SO2CH3所取代，反应类型为取代反应。（4）芳香化合物X是B的同分异构体，B分子式为C12H18O5，B不饱和度为4，X中只能含有一个苯环，测得其核磁共振氢谱有6组峰，有6种不同环境的氢

，其中两组峰面积最大比值为9：1，说明结构中有3个甲基，则该物质的结构简式是；（5）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳,如图满足条件的碳原子有3个，C中有3个手性碳。（6）由制备的合成路线（其它试剂任选），可以利

用乙二醇先将醛基保护起来，再将对位的甲基氧化：。我为高考命题——理综化学部分参考答案1.【答案】C【解析】我国近年来大量减少化石燃料的燃烧，大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于二次能源，A错误；新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高，可适用于不同的

要求。如高温结构陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，B错误；金属材料包括纯金属以及它们的合金，铝锂合金属于金属材料，C正确；光缆的主要成分是二氧化硅，D错误；故选C。2.【答案】D【解析】连接苯环和环丙烯基的碳碳单键可以旋转，苯平面和烯平面不一定共平面，故A错误；中

有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；苯的同系物中侧链是饱和烃基，故C错误；有一对称轴，如图，其一氯代物有5种，故D错误；故选B。3.【答案】C【解析】氯水中含HClO，具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，应选pH计测定氯水的pH，A错误；C5H12裂解为分子较小的烷烃

和烯烃，常温下均为气体，不能冷凝收集，且催化裂化中使用碎瓷片作催化剂且有聚热功能，若改用没有聚热功能的氧化铝固体，实验效果不理想，B错误；只有温度不同，且只有二氧化氮为红棕色，通过两烧瓶中气体颜色的变化可验证温度对平衡的影响，C正确；加热促进AlCl3水解，

且生成HCl易挥发，应在HCl气流中蒸发制备AlCl3晶体，D错误；答案选C。4.【答案】A【解析】25℃时，1LpH＝13的氢氧化钡溶液中c(OH－)=0.1mol/L，1L含有0.1NA个氢氧根离

子，故A正确；在标准状况下，氟化氢不是气体，无法计算33.6L氟化氢的物质的量，故B错误；在反应KClO4+8HCl＝KCl+4Cl2↑+4H2O中高氯酸钾中氯元素化合价从+7价降低到0价，得到7个电子，转移7mol电子时生成4mol氯气，即当生成4mol氯气时转移的电子数为7N

A个，故C错误；；电解精炼铜时，阳极是粗铜，粗铜中含有一些比铜活泼的金属也放电，故当转移NA个电子，阳极的铜溶解少于32g，故D错误；答案选A。ph5.【答案】D【解析】闭合K2、断开K1时，该装置为电解池，Pt电极生成氢气

，则Pt电极为阴极，X电极为阳极；断开K2、闭合K1时，该装置为原电池，Zn电极生成Zn2+，为负极，X电极为正极。供电时，Zn电极为负极，原电池中阴离子流向负极，所以氢氧根流向Zn电极，电极反应为Zn-2e-+4OH-

=ZnO22-+2H2O，转移两个电子同时迁移两个OH-，但会消耗4个OH-，说明还消耗了水电离出的氢氧根，所以电极负极pH降低，故A正确；供电时，正极为NiOOH被还原，而不是水，故B错误；制氢时，Pt电极为阴极，电解池中阳离子流向阴极，故C正确；制氢时，X电极为阳极，失电子发生氧

化反应，根据根据化合价可知该过程中Ni(OH)2转化为NiOOH，电极方程式为Ni(OH)2eOHNiOOHH2O，故D正确；故答案为B。6.【答案】C【解析】Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，则Y为Na；X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物

，则X为O，两种化合物为过氧化钠和氧化钠；常温下,0.1mol·L-1W的氢化物水溶液的pH为1，则HW为一元强酸，短周期主族元素氢化物为一元强酸的元素只有HCl，W为Cl；ZCl3加入NaOH溶液，先产生白色沉淀,后沉淀逐渐溶解，则Z为Al，

综上所述X为O、Y为Na、Z为Al、W为Cl。电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以四种离子半径：Cl⁻>O2⁻>Na+>Al3+，即W>X>Y>Z，故A错误；AlCl3为共价化合物，故B错误

；Cl⁻和Na+在水溶液中均不发生水解，不影响水的电离平衡，故C正确；O没有正价，故D错误；故答案为C。7.【答案】C【解析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)＞Ka2(H2X)，则pH相同时c

（X2－）c（HX－）c（X2－）c（HX－）c（HX－）c（X2－）＜c（H2X）－，pY＝－lgY，则p＞pc（HX－）c（H2X），则m、n分别表示pH与p－、c（HX－）c（HX）的变化关系。A.根据分析可知，n表示pH与c（H2X

）2－c（HX）c（H2X）2－的变化关系，故A正确；2－B.M点pH＝9.3，c(H＋)＝10－9.3mol/L，pc（X）＝－lgc（X）＝1，则c（X）＝0.1，c（X2－）c（HX－）c（HX－

）c（HX－）所以Ka2(H2X)＝c（HX－）×c(H＋)＝10－9.3×0.1＝1.0×10－10.3，故B正确；C.根据B可知HX－－的电离平衡常数为1.0×10－10.3，曲线n表示pH与pc（HX）的变化关系，n点pH＝7.4，－－－c（H

2X）pc（HX）＝－lgc（HX）＝－1，c（HX）＝10，所以HX－的水解平衡常数K＝c（H2X）c（H2X）c（H2X）+c（H2X）·c（OH－）＝110－14×＝1.0×10－7.6＞1.0×

10－10.3，说明HX－的水解程度大于其电离c（HX－）1010－7.4程度，则NaHX溶液呈碱性，c(H＋)＜c(OH－)，故C错误；D.当溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒可知：c(Na＋)

＝c(HX－)＋2c(X2－)＋c(Cl－)，故D正确；故选C。8.【答案】（1）加热可以促进Na2CO3水解使溶液碱性增强，溶液碱性增强有利于油脂水解（2）将Fe2+完全转化为Fe3+，同时抑制Fe3+的水解（3）快速放液NH4Fe(SO4)2·12H2O【解析】将废铁屑

和Na2CO3溶液混合煮沸可除去铁屑表面的油脂，利用稀硫酸进行酸浸后除去滤渣，生成硫酸铁溶液，利用双氧水将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，加入硫酸铵固体使其沉淀，进一步处理得到硫酸铁铵[(NH4)xFey(SO4)z·nH2O]。（1）将废铁屑和Na2CO3溶液混合煮沸

可除去铁屑表面的油脂，原理是加热可以促进Na2CO3水解使溶液碱性增强，溶液碱性增强有利于油脂水解；（2）“氧化”过程需使用足量的H2O2，同时溶液要保持pH小于0.5，目的是将Fe2+完全转化为Fe3+，同时抑制Fe3+的水解；（3）①快速放液，可以排

除装有K2Cr2O7溶液的滴定管尖嘴处气泡；②n(Fe)=0.1000mol/L25.00103L234=0.06mol，n(Fe3+)=0.06mol；6.99g2-n(BaSO4)=233g/mol=0.03mol，则样品中n

(SO4)=0.12mol由电荷守恒，得样品中n(NH4)=0.06mol由质量守恒，得样品中n(H2O)=28.92g0.06mol56g/mol0.12mol96g/mol0.06mol18g/mol18g/mol=0.72mol。则，n(Fe3+)：n(SO4)：n(NH4

)：n(H2O)=0.06mol：0.12mol：0.06mol：0.72mol=1：2：1：2-+12，化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O。9.【答案】（1）①打开弹簧夹，通入N2一段时间②H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O

（2）①将红色物质转化为氧化铜②Cu（3）①排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性②NaHSO3或KHSO3（4）①SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO4+2H2O②2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO

3)22-【解析】（1）①为排出空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出，操作为：打开弹簧夹，通入N2一段时间，关闭弹簧夹；--②装置A中的反应是制备SO2的反应，化学方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中

，B中出现少量红色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；①在氧气流中煅烧红色固体的目的是将红色物质转化为氧化铜，有利于后续定量判断；②由实验可知n(CuO)=1.6g2.0g80g/mol=0.025mol，则红色固体的平均摩尔质量为0.025mol=64g/mol

，故红色固体为铜；（3）①B中所得溶液中可能含有溶解的SO2，H2SO3，Cu(HSO3)2、CuSO4等，CuSO4在溶液中呈蓝色，而B所得溶液呈绿色，实验i可以排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性；②确认Cu(HSO3)2使溶液呈绿色，需要在溶液中加入含有HS

O3离子的物质，故可加入NaHSO3或KHSO3；（4）出现红色沉淀的原因是生成了Cu，离子方程式为：SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O；溶液呈现绿色的原因生成了含HSO3离子的物质，离子方程式为2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2.1

0.【答案】（1）+282.4（2）放1.9amol19D>81b（3）阳CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+【解析】（1）由盖斯定律Ⅲ-Ⅱ-Ⅰ可知，△H=（-1559.9kJ.mol-1）-（-285.5kJ.mol-1）-（-1556.8kJ.mol-1）=+28

2.4kJ·mol-1。（2）①由图可知，温度越高，乙烯的平衡转化率越低，说明正反应是放热反应。故答案为：放，温度越高，乙烯的平衡转化率越低。②由图可知，A点时乙烯的平衡转化率为10%，则平衡时C2H4（g）、H2O（g）、C2H5OH（g）的物质的量分别为0.9amol、0.

9amol、0.lamol，总的物质的量为1.9amol。平衡时A点对应容器的总压强为bMPa，故C2H4（g）、H2O（g）、C2H5OH（g）的分压分别为0.1bMPa0.9b1.9MPa、0.9b1.9MPa、0.1b1.9MPa，则K=1.9=19MPa-1。P0.9b0.

9b81bMPa1.91.9MPaK=cC2H5OH=k正③平衡时，正、逆反应速率相等，即cCHcHOk。升高温度，正、逆反应242逆速率都增大，即k正和k逆均增大，但由于正反应是放热反应，K减小，故k正增大的

倍数小-于k逆。故选D。④正反应为气体物质的量减小的反应，平衡时，与恒容容器相比，恒压密闭容器压强更大，反应正向进行程度更大，C2H4（g）的平衡转化率更高。（3）乙醛在阳极发生氧化反应生成乙酸，电极反应式为CH

3CHO-2e-+H2O===CH3COOH+2H+。11.【答案】（1）[Ar]3d5（2）SO3或ClO3（3）sp和sp（4）乙酸分子间存2--32在氢键，乙醛分子间不存在氢键（5）或（6）2【解析】（1）Mn的电子排布式为[Ar]3d54s2，则基态Mn2+的核外电子

排布式为[Ar]3d5；（2）等电子体是指价电子数和原子数都相同的分子、离子或原子团；与SOCl2互为等电子体的阴离子的化学式为SO32-或ClO3；（3）CH3CHO中全部以单键连接C原子的价层电子对数为4，属于sp3杂化，存在C=O中的C原子的价层电子对

数为3，属于sp2杂化，所以C原子有2中杂化类型；（4）乙酸的沸点（117.9℃）比乙醛的沸点（20.8℃）高的主要原因是乙酸分子间存在氢键，乙醛分子间不存在氢键；（5）[Cu(OH)4]2－配合物中，铜原子提供空轨道，OH-中氧原子提供孤电子

对，Cu2+与4个OH-形成配位键，配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子，所以其表示方法为：或；1（6）○为1＋8×8＝2，为4个。所以代表Cu原子，○代表氧原子。一个Cu原子周围有2个O原子，所以其配位数为2。12.【答案

】CD羧基、氨基、碳碳双键、醚键等（写两种）；乙醇、浓硫酸、加热取代反应3【解析】（1）莽草酸化学式是C7H10O5，故A错误；莽草酸中没有酚的结构，与浓溴水反应得不到白色沉淀，故B错误；根据相似相溶规律，莽草酸属于有机物易溶于酒精、有羧基、羟基等亲水基

团，易溶于水，故C正确；分子中有碳碳双键，可以发生加成反应、加聚反应，羟基的邻碳上有氢，可以消去反应，有羧基、羟基可以缩聚反应、取代反应，故D正确；故选CD；（2）奥司他韦中的官能团名称为：羧基、氨基、碳碳双

键、醚键等（写两种），故答案为：羧基、氨基、碳碳双键、醚键等（写两种）；（3）反应①羧酸与乙醇发生的酯化反应，所需的试剂和条件为乙醇、浓硫酸、加热。反应②的化学方程式为。反应③，羟基上的氢被-SO2CH3所取代，反应类型为

取代反应。（4）芳香化合物X是B的同分异构体，B分子式为C12H18O5，B不饱和度为4，X中只能含有一个苯环，测得其核磁共振氢谱有6组峰，有6种不同环境的氢，其中两组峰面积最大比值为9：1，说明结构中有3个甲基，则该物质的结

构简式是；（5）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳,如图满足条件的碳原子有3个，C中有3个手性碳。（6）由制备的合成路线（其它试剂任选），可以利用乙二醇先将醛基保护起来，再将对位的甲基氧化

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