注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。 2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、如图是一种染料敏化太阳能电池的示意图，电池的一个电极由有机光敏染料（R）涂覆在TiO2纳米晶体表面制成，另一电极由导电玻璃镀铂构成，下列关于该电池叙述不正确的是（ ）
A．染料敏化TiO2电极为电池负极，发生氧化反应 B．正极电极反应式是：I3-+2e-=3I- C．电池总反应是：2R++3I-=I3-+2R D．电池工作时将太阳能转化为电能 2、人体血液存在与
、
等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lgx[x表示
、磷酸
。则下列说法正确的是
或
]
的关系如图所示。已知碳酸
A．曲线表示lg(B．C．当
)与的变化关系
的过程中，水的电离程度逐渐减小
时
D．当增大时，逐渐减小
3、氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为：aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时，试纸先变蓝后褪色。下列说法正确的是( ) A．由反应可确定：氧化性：HClO4＞HClO3
B．变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了：4Cl2+I2+6H2O═12H++8Cl-+2IO3-
C．若氯酸分解所得混合气体，1 mol混合气体质量为47.6 g，则反应方程式可表示为26HClO3 ═15O2↑+8Cl2↑+10HClO4+8H2O
D．若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子数为20e-
4、用化学沉淀法去除粗盐中的杂质离子，不需要的操作是（ ） ．．．A．溶解
B．过滤
C．分液
D．蒸发
5、下列由实验现象得出的结论正确的是 A B C D A．A
操作及现象 向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀。 向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色。 结论 Ksp（AgCl）< Ksp（AgI） 溶液中一定含有Fe2+ Br—还原性强于Cl— 向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色。 NH4Cl固体可以升华 加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结。 B．B
C．C
D．D
6、下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．向Al(NO3)3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4OH－===AlO2-＋2H2O B．向水中通入NO2：2NO2＋H2O===2H＋＋NO3-＋NO
C．向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液：HCO3-＋OH－===CO32-＋H2O
D．3HSO3-＋Cr2O72-＋5H＋===3SO42-＋2Cr3＋＋4H2O 向酸性K2Cr2O7溶液中加入NaHSO3溶液将＋6价Cr还原为Cr3＋：7、下图为某二次电池充电时的工作原理示意图，该过程可实现盐溶液的淡化。下列说法错误的是 ．．
A．充电时，a为电源正极
B．充电时，Cl-向Bi电极移动，Na+向NaTi2(PO4)2电极移动 C．充电时，新增入电极中的物质：n(Na+)：n(Cl-)=1:3 D．放电时，正极的电极反应为BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O
a、b、c、d、e、f是由这些元素成的化合物，d是淡黄色粉末，m8、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，为元素Y的单质，通常为无色无味的气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是
A．简单离子半径：Z D．由上述4种元素组成的化合物的水溶液一定显酸性 9、关于如图装置中的变化叙述错误的是 A．电子经导线从锌片流向右侧碳棒，再从左侧碳棒流回铜片 B．铜片上发生氧化反应 C．右侧碳棒上发生的反应：2H++2e→H2 ↑ D．铜电极出现气泡 10、40℃时，在氨—水体系中不断通入CO2，各种粒子的浓度变化趋势如图所示。下列说法不正确的是 A．40℃时，K(NH3·H2O)=10-9.10 B．不同pH的溶液中均存在关系：c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-) c(OH-)C．随着CO2的通入，不断减小 c(NH3H2O)D．随溶液pH不断降低，生成的中间产物NH2COONH4又不断转化为NH4HCO3 11、部分共价键的键长和键能的数据如表，则以下推理肯定错误的是 共价键 键长（nm） 键能（kJ/mol） A．0.154 nm＞苯中碳碳键键长＞0.134nm B．C=O键键能＞C﹣O键键能 C．乙烯的沸点高于乙烷 D．烯烃比炔烃更易与溴加成 12、X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g·L−1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的 C﹣C 0.154 347 C=C 0.134 612 C≡C 0.120 838 1。下列说法正确的是 2A．简单离子半径：W+>Y3->X2->M+ B．化合物W2Z2的阴阳离子个数之比为1:1，水溶液显碱性 C．1molWM溶于足量水中完全反应，共转移2mol电子 D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物中可能只含有共价键 13、H2SO3水溶液中存在电离平衡H2SO3则结论正确的是：（ ） A．通入氯气，溶液中氢离子浓度增大 H++ HSO3－ 和HSO3－ H++ SO32－，若对H2SO3溶液进行如下操作， B．通入过量H2S，反应后溶液pH减小 C．加入氢氧化钠溶液，平衡向右移动，pH变小 D．加入氯化钡溶液，平衡向右移动，会产生亚硫酸钡沉淀 14、下列实验操作不当的是 A．用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率 B．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂 C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+ D．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二 15、NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．1mol葡萄糖和果糖的混合物中含羟基数目为5NA B．500 mL1 mol .L -1(NH4)2SO4溶液中NH4+数目小于0.5 NA C．标准状况下,22.4 L1,2-二溴乙烷含共价键数为7 NA D．19.2 g铜与硝酸完全反应生成气体分子数为0. 2 NA 16、为研究某固体混合物样品的成分，取等质量的两份该固体，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：(1)一份固体溶于水得透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63 g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66 g沉淀。(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672 L(标准状况)。根据上述实验现象，该固体样品的成分可能是( ) A．Na2SO4、(NH4)2CO3、KCl B．KCl、Na2CO3、(NH4)2SO4 C．CuCl2、Na2CO3、(NH4)2SO4 D．Na2SO4、NH4Cl、K2CO3 二、非选择题（本题包括5小题） 17、丹参素是一种具有保护心肌、抗血栓形成、抗肿瘤等多种作用的药物。它的一种合成路线如下： 已知：Bn－代表苄基（请回答下列问题： ） （1）D的结构简式为__________，H中所含官能团的名称为_______________。 （2）FG的反应类型为_____________，该反应的目的是_____________。 （3）A的名称是__________，写出AB的化学方程式：________。 （4）用苯酚与B可以制备物质M（ ）。N是M的同系物，相对分子质量比M大1．则符合下 列条件的N的同分异构体有__________种（不考虑立体异构）。其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是_____________（写出一种即可）。 ①苯环只有两个取代基 ②能与FeCl3溶液发生显色反应 ③能发生银镜反应 ④红外光谱表明分子中不含醚键 （5）参照丹参素的上述合成路线，以____________________。 18、某有机物A(C4H6O5)广泛存在于许多水果内，尤以苹果、葡萄、西瓜、山楂内为多，是一种常用的食品添加剂。该化合物具有如下性质： (i)在25℃时，电离平衡常数K＝3.9×10-4，K2＝5.5×10-6 (ii)A+RCOOH(或ROH)(iii)1molA 有香味的产物 为原料，设计制备 的合成路线： 慢慢产生1.5mol气体 (iv)核磁共振氢谱说明A分子中有5种不同化学环境的氢原子与A相关的反应框图如下： （1）依照化合物A的性质，对A的结构可作出的判断是___。 a．确信有碳碳双键 b．有两个羧基 c．确信有羟基 d．有－COOR官能团 （2）写出A、F的结构简式：A：__、F：__。 （3）写出A→B、B→E的反应类型：A→B___、B→E__。 （4）写出以下反应的反应条件：E→F第①步反应__。 （5）在催化剂作用下，B与乙二醇可发生缩聚反应，生成的高分子化合物用于制造玻璃钢。写出该反应的化学方程式：__。 （6）写出与A具有相同官能团的A的同分异构体的结构简式：___。 19、ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制成NaClO2固体，以便运输和贮存。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示。请回答： 已知：①2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O ②ClO2熔点-59℃、沸点11℃；H2O2沸点150℃ （1）NaClO2中氯元素的化合价是__。 （2）仪器A的作用是__。 （3）写出制备NaClO2固体的化学方程式：__。冰水浴冷却的目的是__(写两种)。 （4）空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率，试解释其原因__。 （5）Clˉ存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气。该过程可能经两步反应完成，将其补充完整： ①__(用离子方程式表示)，②H2O2+Cl2=2Cl-+O2+2H+。 （6）为了测定NaClO2粗品的纯度，取上述粗产品10.0g溶于水配成1L溶液，取出10mL，溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应（NaClO2被还原为Cl-，杂质不参加反应），该反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__，加入2～3滴淀粉溶液，用0.20mol•L-1Na2S2O3标准液滴定，达到滴定达终点时用去标准液20.00mL，试计算NaClO2粗品的纯度__。（提示：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI） 20、辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含Cu2S、CuS和惰性杂质。为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量，某同学进行了如下实验： L－1酸性KMnO4溶液，加热(硫元素全部转化为SO42－)，滤去不溶杂质； ①取2.6g样品，加入200.0mL0.2000mol·②收集滤液至250mL容量瓶中，定容； L－1FeSO4溶液滴定，消耗20.00mL； ③取25.00mL溶液，用0.1000mol· ④加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再参与其他反应)，再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反 应：2Cu2++4I－=2CuI+I2； L－1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2S2O32－+I2=S4O62－+2I－)。 ⑤加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1·回答下列问题： (1)写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式：___________； (2)配制0.1000mol· L－1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是___________，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有___________； (3)③中取25.00mL待测溶液所用的仪器是___________； (4)⑤中滴定至终点时的现象为___________； (5)混合样品中Cu2S和CuS的含量分别为_________%、_________%(结果均保留1位小数)。 21、镁带能在CO2中燃烧，生成氧化镁和单质碳。请完成下列填空： （1）碳元素形成的单质有金刚石、石墨、足球烯等。金刚石的熔点远高于足球烯的原因是_______。 （2）氧化镁的电子式为_______，CO2的结构式为______。与镁同周期、离子半径最小的元素，其原子最外层的电子排布式为______，其1个原子中能量最高的电子有______个。 （3）一定条件下，在容积恒为2.0L的容器中，Fe和CO2发生如下反应：CO2(g)+Fe(s) FeO(s)+CO(g)，若起始时 向容器中加入1molCO2，5.0min后，容器内气体的相对平均分子量为32，则n(CO2)：n(CO)之比为_______，这段时间内用CO2表示的速率v（CO2）=_______。 （4）下列说法错误的是_______。 a.当混合气体的密度不变时说明反应达到了平衡 b.混合气体的平均相对分子质量不变时说明反应达到了平衡 c.平衡后移除二氧化碳时，正反应速率一直减小直至建立新的平衡 d.平衡后缩小容器的体积，正逆反应速率不变，平衡不移动 （5）保持温度不变的情况下，待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向______移动（选填“正向”、“逆向”、或“不”），二氧化碳的转化率_____（填“增大”，“减小”或“不变”）。 参考答案（含详细解析） 一、选择题（每题只有一个选项符合题意） 1、C 【答案解析】 ﹣ 根据图示装置可以知道：染料敏化TiO2电极为电池负极，发生氧化反应，R﹣e=R+，正极电极发生还原反应，电极﹣﹣﹣﹣﹣ 反应式是：I3+2e═3I，总反应为：2R+3I═I3+2R+，据此回答。 【题目详解】 A.根据图示装置可以知道染料敏化TiO2电极为电池负极，发生氧化反应R﹣e﹣=R+，故A正确； B.正极电极发生还原反应，电极反应式是：I3﹣+2e﹣═3I﹣，故B正确； C.正极和负极反应相加可以得到总反应：2R+3I﹣═I3﹣+2R+，故C错误； D.太阳能电池工作时，将太阳能转化为电能，故D正确。 故选C。 2、D 【答案解析】 A. B.由图所示错误； C. 由故C错误； D. 选D。 3、D 【答案解析】 A. aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O反应中，HClO3是氧化剂，HClO4、O2是氧化产物，所以氧化性：HClO3＞HClO4，故A错误； B. 变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为I2被Cl2继续氧化生成IO3-：5C12+I2+6H2O=12H++10Cl-+2IO3-，故B错误； ， ，则 ，当 增大时，c(H2CO3)逐渐减小，故D正确。故 得lg =pH-6.4，当 时，pH=6.4；当 时，pH=7.2， ，lg =lgKa2-lgc(H+)，即lgx=pH-7.2，所以曲线II表示lg 与 的变化关系，故A错误； 的过程中，酸性减弱，碳酸氢根离子的浓度增大，碳酸氢根离子水解使水的电离程度逐渐增大，故B n(O2)32g/mol+n(Cl2)71g/mol47.6g/mol，可C. 由生成的Cl2和O2的混合气体平均分子量为47.6g/mol，则 n(O2)+n(Cl2)得n（Cl2）：n（O2）=2：3，由电子守恒得化学反应方程式为8 HClO3=3O2↑+2 Cl2↑+4 HClO4+2H2O，故C错误； D. 若化学计量数a=8，b=3，由C可知，化学反应方程式为8 HClO3=3O2↑+2 Cl2↑+4 HClO4+2H2O，电子转移数为20e-，故D正确；答案选D。 【答案点睛】 本题考查氧化还原反应规律和计算，注意把握氧化还原反应中的强弱规律，易错点为C，注意得失电子守恒在氧化还 原反应中的应用。 4、C 【答案解析】 用化学沉淀法去除粗盐中的杂质离子，步骤是溶解、加入沉淀剂、过滤、蒸发结晶，不需要分液，故选C。 5、C 【答案解析】 A、Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，A错误； B、滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色，说明该溶液可能含有Fe2+或Fe3+，B错误； C、上层呈橙红色，说明Cl2与NaBr反应生成了Br2和NaCl，则Br‾的还原性强于Cl‾，C正确； D、不是升华，试管底部NH4Cl分解生成NH3和HCl，试管口NH3与HCl反应生成了NH4Cl，发生了化学反应，D错误； 答案选C。 【答案点睛】 把元素化合物的知识、化学原理和实验操作及实验结论的分析进行了结合，考查了考生运用所学知识分析实验现象，得出正确结论的能力，审题时应全面细致，如滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液可能含有Fe2+或Fe3+，体现了化学实验方案设计的严谨性，加热盛有NH4Cl固体的试管，体现了由现象看本质的科学态度。 6、D 【答案解析】 A. 氨水中溶质为一水合氨，为弱碱，在离子方程式中保留化学式，且反应不能生成偏铝酸根离子； B. 电荷不守恒； C. 根据以少定多原则分析； D. 依据氧化还原规律作答。 【题目详解】 A. 一水合氨为弱碱，不能拆成离子形式，且不能溶解氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al2++3NH3⋅H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，A项错误； B. 向水中通入NO2的离子方程式为：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，B项错误； C. 向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液，其离子方程式为：NH4++ HCO3-+OH-= NH3⋅H2O+ CO32-+H2O，C项错误； D. 向酸性K2Cr2O7溶液中加入NaHSO3溶液，NaHSO3具有还原性，能将＋6价Cr还原为Cr3＋，其离子方程式为：3HSO3-＋Cr2O72-＋5H＋===3SO42-＋2Cr3＋＋4H2O，D项正确； 答案选D。 【答案点睛】 离子方程式的书写及其正误判断是高考高频考点，贯穿整个高中化学，是学生必须掌握的基本技能。本题C项重点考查有关“量”的离子方程式的书写正误判断，可采取 “以少定多”原则进行解答，即假设量少的反应物对应的物质的量为1 mol参与化学反应，根据离子反应的实质书写出正确的方程式，一步到位，不需要写化学方程式，可以更加精准地分析出结论。 7、C 【答案解析】 充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，则Bi为阳极，所以a为电源正极，b为负极，NaTi2(PO4)2为阴极得电子发生还原反应，反应为NaTi2(PO4)2+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，放电时，Bi为正极，BiOCl得电子发生还原反应，NaTi2(PO4)2为负极，据此分析解答。 【题目详解】 A.充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，Bi为阳极，则a 为电源正极，A正确； B.充电时，Cl-向阳极Bi电极移动，Na+向阴极NaTi2(PO4)2电极移动，B正确； C. 充电时，Bi电极上的电极反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，NaTi2(PO4)2电极上，反应为NaTi2(PO4)2+2Na++2e-= Na3Ti2(PO4)3，根据得失电子守恒，新增入电极中的物质：n(Na+)：n(Cl-)=3：1，C错误； D.放电时，Bi为正极，正极的电极反应为BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O，D正确； 故合理选项是C。 【答案点睛】 本题考查了二次电池在充、放电时电极反应式及离子移动方向的判断的知识。掌握电化学装置的工作原理，注意电极反应的书写是关键，难度中等。 8、D 【答案解析】 短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f 是由这些元素组成的化合物，d 是淡黄色粉末，d为Na2O2，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体，则m为O2，则Y为O元素，根据图示转化关系可知：ab、c分别为CO2、H2O，e、f分别为碳酸钠、NaOH，W为H，X为C，Y为O，Z为Na，为烃，结合原子序数可知，据此解答。 【题目详解】 由上述分析可知，四种元素分别是：W为H，X为C，Y为O，Z为Na。 A．Z、Y的离子具有相同电子层结构，原子序数越大，其相应的离子半径就越小，所以简单离子半径：Z＜Y，选项A正确； B．过氧化钠为离子化合物，含有离子键和共价键，含有阳离子钠离子和阴离子过氧根离子，阳离子和阴离子的比值 为2：1，选项B正确； C．元素非金属性越强，Y＞X，其对应的氢化物越稳定，由于元素的非金属性Y>X，所以简单气态氢化物的热稳定性：选项C正确； D．上述4种元素组成的化合物是NaHCO3，该物质属于强碱弱酸盐，其水溶液水解显碱性，选项D错误； 故符合题意的选项为D。 【答案点睛】 本题考查无机物的推断，把握钠的化合物的性质及相互转化是本题解答的关键，侧重于分析与推断能力的考查，注意淡黄色固体、原子序数为推断的突破口，本题为高频考点，难度不大。 9、B 【答案解析】 右边装置能自发的进行氧化还原反应,所以右边装置是原电池,锌易失电子而作负极,铜作正极;左边装置连接外加电源,所以是电解池,连接锌棒的电极是阴极,连接铜棒的电极是阳极。根据原电池和电解池原理进行判断。 【题目详解】 A. 根据原电池工作原理可知：电子从负极锌沿导线流向右侧碳棒,再从左侧碳棒流回正极铜片，故A正确； B.根据氧化还原的实质可知：锌片上失电子发生氧化反应,铜片上得电子发生还原反应，故B错误； C. 根据电解池工作原理可知：左侧碳棒是电解池阳极，阳极上应该是氯离子放电生成氯气，右侧碳棒是阴极，该电极上发生的反应: 2H++2e→H2 ↑，故C正确； D. 根据原电池工作原理可知：铜电极是正极，正极端氢离子得电子放出氢气，故D正确； 答案选B。 10、A 【答案解析】 cNHcOH4c(OH-)是常A. 在溶液pH=9.10时c(NH4+)=c(NH3·H2O)，Kb(NH3·H2O)= =c(OH-)，由于Kw=c(H+)· cNH3H2O数，只与温度有关，若温度为室温，则Kw=10，pH=9.10时，c(H)=10 -14+-9.10 1014H2O)= ，c(OH)=9.10=10-4.9，Kb(NH3· 10- c(OH-)=10-4.9，升高温度，促进电解质的电离，所以温度为40℃时，K(NH3·H2O)>10-4.9，A错误； B. 溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则不同pH的溶液中存在电荷守恒关系为：c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)，B正确； C. 已知Kb= cNH4cNH3H2OcOH，温度一定时，K为常数，随着CO的通入，c(NH b 2 4 + )逐渐增大，则 cOHcNH3H2O不 断减小，C正确； D. 由图象可知：开始溶液pH较大时没有NH2COO-，后来随着溶液pH的降低，反应产生NH2COO-，并且逐渐增多，当pH减小到一定程度NH2COO-逐渐减小直至消失，同时NH4HCO3又逐渐增多，即在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO-的中间产物生成，后NH2COO-转化为NH4HCO3，D正确； 故合理选项是A。 11、C 【答案解析】 A．苯中的化学键键长介于碳碳单键与碳碳双键之间，所以0.154nm＞苯中碳碳键键长＞0.134nm，故A正确； B．单键的键能小于双键的键能，则C=O键键能>C−O键键能，故B正确； C. 乙烷的相对分子质量大于乙烯，则乙烷的沸点高于乙烯，故C错误； D．双键键能小于三键，更易断裂，所以乙烯更易发生加成反应，则烯烃比炔烃更易与溴加成，故D正确； 答案选C。 【答案点睛】 D项为易错点，由于炔烃和烯烃都容易发生加成反应，比较反应的难易时，可以根据化学键的强弱来分析，化学键强度越小，越容易断裂，更容易发生反应。 12、D 【答案解析】 L−1，则YM的相对分子质量为17形成的根据题目可以判断，Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g· 化合物为NH3，M为H元素，Y为N元素；X与Z可形成XZ2分子且X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素，故X为C元素，Z为O元素；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的【题目详解】 A．简单离子半径从大到小为Y3->X2->M+> W+，A错误； B．W2Z2为Na2O2，其阴阳离子个数之比为2:1，B错误； C．NaH与水发生反应，方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑，转移1mol电子，C错误； D．四种元素形成的化合物可能为NH4HCO3，含有离子键，D正确； 故选D。 13、A 【答案解析】 A、氯气和亚硫酸会发生氧化还原反应Cl2+H2SO3+H2O=4H++SO42-+2Cl-，溶液中氢离子浓度增大，A正确； B、亚硫酸和硫化氢发生氧化还原反应H2SO3+2H2S=3S↓+3H2O，通入硫化氢后抑制亚硫酸电离，导致氢离子浓度减小，溶液的pH增大，B错误； C、加入氢氧化钠溶液，发生反应OH-+H+=H2O，平衡向正向移动，但氢离子浓度减小，溶液的pH增大，C错误； 1，W为Na元素。 2D、氯化钡和亚硫酸不反应，不影响亚硫酸的电离，不会产生亚硫酸钡沉淀，D错误。 答案选A。 14、B 【答案解析】 A．锌粒与加入的硫酸铜溶液发生置换反应，置换出单质铜，形成锌铜原电池，反应速率加快，选项A正确。 B．用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠应该完全反应转化为氯化钠、水和二氧化，此时溶液应该显酸性（二氧化碳在水中形成碳酸），应该选择酸变色的甲基橙为指示剂，选项B错误。 C．用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有Na+，选项C正确。 D．蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二，选项D正确。 【答案点睛】 本题选项B涉及的是滴定过程中指示剂的选择。一般来说，应该尽量选择的变色点与滴定终点相近，高中介绍的指示剂主要是酚酞（变色范围为pH=8～10）和甲基橙（变色范围为pH=3.1～4.4）。本题中因为滴定终点的时候溶液一定为酸性（二氧化碳饱和溶液pH约为5.6），所以应该选择甲基橙为指示剂。对于其他滴定，强酸强碱的滴定，两种指示剂都可以；强酸滴定弱碱，因为滴定终点为强酸弱碱盐，溶液显酸性，所以应该使用甲基橙为指示剂；强碱滴定弱酸，因为滴定终点为强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以应该使用酚酞为指示剂。 15、A 【答案解析】 A．1mol葡萄糖HOCH2(CHOH)4CHO和1mol果糖HOCH2(CHOH)3COCH2OH分子中都含有5NA个羟基，A正确； B．因NH4+发生水解，所以500 mL1 mol .L -1(NH4)2SO4溶液中，0.5mol 根据（1）中沉淀6.63 g和4.66 g可知，含有SO42-和CO32-，且二者的物质的量分别为0.02 mol、0.01 mol；根据（2）中气体0.672 L可知含有NH4+ 0.03 mol。根据离子的定量关系看，只能选择Na2SO4、NH4Cl、K2CO3，若选择B项KCl、Na2CO3、(NH4)2SO4，SO42- 0.02 mol时NH4+有0.04 mol，不符合定量关系，A、C项也类似，故D正确； 答案选D。 二、非选择题（本题包括5小题） 17、 醚键、羟基、羧基 取代反应 保护（酚）羟基 乙二醛 +O2→ 18 【答案解析】 E、B的结构可知D为根据A的分子式和B的结构可知A为乙二醛（OHC-CHO），乙二醛氧化生成B；根据C、； B与D发生加成反应生成E（F与BnCl碱性环境下，）；发生取代反应生成G（）， 保护酚羟基不被后续步骤破坏；H与氢气发生取代反应生成丹参素，据此分析。 【题目详解】 （1）根据合成路线逆推可知D为邻苯二酚。H（）中所含官能团为醚键、羟基、羧基； 答案： 醚键、羟基、羧基 （2）FG的结果是F中的羟基氢被苄基取代，所以是取代反应。从F到目标产物，苯环上的两个羟基未发生变化，所以FG是为了保护酚羟基，防止它在后续过程中被破坏。 答案：取代反应 保护（酚）羟基 （3）A为乙二醛（OHC-CHO），AB属于醛基的氧化反应，方程式为 +O2→ ； 答案： 乙二醛 +O2→ N的同分异构体必含一个酚羟基，HCOOCH2CH2-、HCOOCHOHCCH（4）根据题意，另一个取代基可能是：（CH3）、 （OH）CH2-、OHCCH2CH（OH）-、、，每个取代基与酚羟基都有邻、间、对三种 位置关系，共有6318；其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是 ； 答案： 18 （5）由原料到目标产物，甲基变成了羧基（发生了氧化反应），但羟基未发生变化。由于酚羟基易被氧化，所以需要预先保护起来。根据题意可以使用BnCl进行保护，最后通过氢气使酚羟基复原，合成路线为 ； 答案：【答案点睛】 本题难点第（4）小题同分异构体种类判断①注意能发生银镜反应的有醛基、甲酸盐、甲酸某酯、甲酸盐、葡萄糖、麦芽糖等；②先确定官能团种类，在确定在苯环中的位置。 18、bc HOOCCH (OH)CH2COOH HOOC-CC- COOH 消去反应 加成反应 NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)、 加热 n HOOCCH=CHCOOH+ n HOCH2CH2OHHOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+ (2n-1) H2O ， 【答案解析】 由有机物A的化学式为C4H6O5，根据信息I知A中含有两个羧基，A能和羧酸发生酯化反应生成酯，说明A中含有醇羟基，1molA与足量钠反应生成1.5mol氢气，结合I、II知含有1个醇羟基、两个羧基，核磁共振氢谱表明A分子中有5种不同化学环境的氢原子，则A的结构简式为HOOCCH (OH)CH2COOH； M中含有Cl原子，M经过反应①然后酸化得到A，则M结构简式为 HOOCCHClCH2COOH，A在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应生成B(C4H4O4)，根据B分子式知，A发生消去反应生成B，B结构简式为HOOCCH=CHCOOH；B和足量NaOH反应生成D，D为NaOOCCH=CHCOONa，B和溴的四氯化碳发生加成反应生成E，E为HOOCCHBrCHBrCOOH，E发生消去反应然后酸化得到F（C4H2O4），根据F分子式知，F为HOOC-CC- COOH。 【题目详解】 （1）由有机物A的化学式为C4H6O5，根据信息I知A中含有两个羧基，A能和羧酸发生酯化反应生成酯，说明A中 含有醇羟基，1molA与足量钠反应生成1.5mol氢气，结合I、II知含有1个醇羟基、两个羧基，所以A中含有两个羧基，一个羟，故bc符合题意，答案：bc； （2）根据上述分析可知：写出A、F的结构简式分别为：A：HOOCCH (OH)CH2COOH：F：HOOC-CC- COOH。答案：HOOCCH (OH)CH2COOH：HOOC-CC- COOH； （3）根据上述分析可知：A发生消去反应生成B，B和溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成E为 HOOCCHBrCHBrCOOH，所以 A→B发生消去反应，B→E发生加成反应；答案：消去反应；加成反应。 (4)通过以上分析知，E发生消去反应然后酸化得到F(C4H2O4)，E→F是卤代烃的消去反应，所以反应条件是NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)，加热；故答案为： NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)、 加热； (5) B结构简式为HOOCCH=CHCOOH，在催化剂作用下，B与乙二醇可发生缩聚反应，生成的高分子化合物，该反应的化学方程式: n HOOCCH=CHCOOH+ n HOCH2CH2OHHO COCH=CH-COOCH2CH2O HO H+ (2n-1) H2O；故答案为: n HOOCCH=CHCOOH+ H+ (2n-1) H2O； n HOCH2CH2OHCOCH=CH-COOCH2CH2O (6)A的结构简式为HOOCCH (OH)CH2COOH，A的同分异构体与A具有相同官能团, 说明含有醇羟基和羧基 符合条 件的A的同分异构体的结构简式：，；答案： ，。 19、+3 防止倒吸 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O 减少双氧水分解、提高ClO2的溶解度 空气流速过快ClO2反应不充分，空气流速过慢ClO2浓度过高易发生分解 2ClO3-+2Clˉ+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O 1∶4 90.5% 【答案解析】 (1)根据化合物中化合价的代数和为0可求得，NaClO2中氯元素的化合价为+3价，故答案为：+3； (2)A为安全瓶，作用是防倒吸，故答案为：防止倒吸； (3)根据题干信息可知，制备NaClO2固体时，冰水浴瓶内发生反应：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，H2O2受热易分解，ClO2的沸点低，降低温度可以减少双氧水的分解、增加ClO2的溶解度，从而提高产率等，故答案为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O；减少双氧水分解、提高ClO2的溶解度； (4)鼓入空气的作用是将ClO2赶入氢氧化钠和双氧水的混合液中反应，空气流速过慢，ClO2不能被及时一走，浓度过高导致分解；空气流速过快，ClO2不能被充分吸收，故答案为：空气流速过快ClO2反应不充分，空气流速过慢ClO2浓度过高易发生分解； (5)根据信息可以确定反应①的反应物为ClO3-和Cl-，产物ClO2和Cl2，根据得失电子守恒配平方程式为2ClO3-+2Clˉ+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，故答案为：2ClO3-+2Clˉ+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O； (6)NaClO2和KI反应生成的产物为I2和Cl-，离子方程式为：4H++ClO2-+4I-===2I2+Cl-+2H2O，其中氧化剂为ClO2-，还原剂为I-，氧化剂和还原剂的物质的量之比为：1:4，结合方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可得关系式NaClO2~4Na2S2O3，则10mL样品溶液中，n(NaClO2)= n(Na2S2O3)= 1×0.2mol/L×0.02L=0.001mol，所以1L溶液中4n(NaClO2)=0.1mol，m (NaClO2)=9.05g，则NaClO2粗品的纯度为 9.05100%=90.5%，故答案为：1:4；90.5%。 1020、Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O 除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化 胶头滴管 （酸式）滴定管（或移液管） 溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色 61.5 36.9 【答案解析】 由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成。 【题目详解】 (1)据题意，样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO42-，则Cu2S与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O。 (2)配制0.1000mol·L－1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。 (3)步骤③中取25.00mL待测溶液（有未反应的酸性KMnO4溶液），所用仪器的精度应为0.01mL，故选酸式滴定管或移液管。 (4)步骤⑤用标准Na2S2O3溶液滴定反应生成的I2，使用淀粉作指示剂，终点时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。 (5)设2.6g样品中，Cu2S和CuS的物质的量分别为x、y， 据5Fe2+~MnO4-（5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O），样品反应后 L－1×20.00×10-3L××剩余n(MnO4-)=0.1000mol· 1250=4.000×10-3mol 525.008y=36.00×10-3mol 5L－1×200.0×10-3L－4.000×10-3mol=36.00×10-3mol 样品消耗n(MnO4-)=0.2000mo· 由Cu2S~2MnO4-和5CuS~8MnO4-（5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2++5SO42-+8Mn2++12H2O），得2x+L－1×30.00×10-3L×又据2Cu2+~I2~2S2O32－，得2x+y=0.1000mo1·解方程组得x=y=0.01mol 250=30.00×10-3mol 25.00故w(Cu2S)= 0.01mol160g/mol0.01mol96g/mol100%=61.5%，w(CuS)=100%=36.9%。 2.6g2.6g【答案点睛】 混合物的计算常利用方程组解决，多步反应用关系式使计算简化。注意溶液体积的倍数关系，如本题中配制250mL溶液，只取出25.00mL用于测定实验。 21、金刚石为原子晶体而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的分子间作用力，故金刚石的熔点远高于足球烯 【答案解析】 （1）金刚石为原子晶体而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的范德华力； （2）氧化镁的电子式为 ；CO2中碳和氧共用四对电子，所以结构式是O=C=O；第三周期元素中，离子电子 O=C=O 3s23p1 1 1：3 0.075mol/(L·min) c、d 正向 不变 层数越少，核电荷数越大，其离子半径越小，所以离子半径最小的是Al3+； （3）CO2(g)+Fe(s) FeO(s)+CO(g)是气体体积不变的反应，5.0min后，容器内气体是总物质的量为1mol的CO和 CO2混合气体，设CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为（1-x）mol，相对平均分子量为 28x441xg/mol=32g/mol，以此解答； 1（4）根据反应到达平衡的特征回答； （5）待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向正向移动，但到达新平衡时的效果与原平衡等效，故二氧化碳的转化率不变。 【题目详解】 （1）金刚石为原子晶体而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的范德华力，故熔点金刚石大于石墨烯； （2）氧化镁的电子式为 ；CO2中碳和氧共用四对电子，所以结构式是O=C=O；第三周期元素中，离子电子 层数越少，核电荷数越大，其离子半径越小，所以离子半径最小的是Al3+，Al原子核外最外层电子数是3且位于第三电子层上，所以Al原子价电子排布式为3s23p1；在含多个电子的原子中，能量最高的电子是离原子核最远的电子，Al原子中能量最高的电子有1个； （3）CO2(g)+Fe(s) FeO(s)+CO(g)是气体体积不变的反应，5.0min后，容器内气体是总物质的量为1mol的CO和 CO2混合气体，设CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为（1-x）mol，相对平均分子量为 28x441xg/mol=32g/mol，解得x=0.75，则CO的物质的量为0.75mol，CO2的物质的量为0.25mol，n(CO2)： 1nCO21mol-0.25moln(CO)之比为1：3；这段时间内用CO2表示的速率v（CO2）= = =0.075mol/(L·min)； 2LV 5mint a. CO2(g)+Fe(s) （4） FeO(s)+CO(g)是气体体积不变的反应，当混合气体的密度不变时说明，混合气体的质量不变， 说明应该达到平衡，正确； b. CO2(g)+Fe(s) FeO(s)+CO(g)是气体总物质的量不变的反应，混合气体的平均相对分子质量不变时，混合气体的 质量不变，说明应该达到平衡，正确； c. 平衡后移除二氧化碳时，正反应速率先减小后增大，直至建立新的平衡，故错误； d．平衡后缩小容器的体积，正逆反应速率增大，但平衡不移动，故错误； 错误的是c、d； （5）待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向正向移动，但到达新平衡时的效果与原平衡等效，故二氧化碳的转化率不变； 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容