2023-2024學年安徽省蕪湖縣一中高考化學五模試卷

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(每題只有一個選項符合題意)

1、下列有關化學用語的表達正確的是()

A.H和C1形成共價鍵的過程：H*7.Q：-

B.質(zhì)子數(shù)為46、中子數(shù)為60的鉗原子：：：Pd

c.結構示意圖為(J)》的陰離子都不能破壞水的電離平衡

D.環(huán)氧乙烷的結構簡式為

2、用H2O2和H2sCh的混合溶液可溶出廢舊印刷電路板上的銅。已知：

+2+

Cu(s)+2H(aq)=Cu(aq)+H2(g)△"=+64.39kJ/mol

2H2O2(I)=2H2O(1)+O2(g)△H=-196.46kJ/mol

1

H2(g)+-O2(g)=H2O(l)△〃=285.84k.l/mol

在H2sO4溶液中，Cu與H2O2反應生成Cu，aq)和IhO⑴的反應熱A"等于

A.-319.68kJ/molB.-417.91kJ/mol

C.-448.46kJ/molD.4-546.69k.I/mol

3、W、X、Y、Z為短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大，W、X、Y位于不同周期，X的最外層電子數(shù)是電子層數(shù)

的3倍，Y與Z的原子序數(shù)之和是X的原子序數(shù)的4倍。下列說法錯誤的是

A.原子半徑大小順序為：Y>Z>X>W

B.簡單氫化物的沸點X高于Y,氣態(tài)氨化物穩(wěn)定性Z>Y

C.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>Z

4、向四個體積相同的密閉容器中分別充入一定量的SO2和O2,開始反應時，按正反應速率由大到小排列順序正確的

是

甲：在50UC時，SO?和Ch各10mol反應

乙：在500c時，用V2O5做催化劑，lOmolSO?和5moi02反應

丙：在450c時，8moiSO2和51noic>2反應

?。涸?00°。時，8moiSOz和5moiCh反應

A.甲、乙、丙、丁B.乙、甲、丙、丁

C.乙、甲、丁、丙D.丁、丙、乙、甲

5、設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）

A.14g乙烯和丙烯的混合物中極性鍵數(shù)目為2NA

B.標準狀況下，22.4LCH4VCl2在光照條件下反應生成HC1分子數(shù)為4NA

C.容器中2moiNO與ImoIOz充分反應，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NA

D.電解精煉銅時陽極減輕32g,電路中轉(zhuǎn)移電子數(shù)目一定為NA

6、氯酸是一種強酸，濃度超過40%時會發(fā)生分解，反應可表示為aHCKh=bO2T+cCl2T+dHCIO4+eH2O,用濕潤的

淀粉碘化鉀試紙檢驗氣體產(chǎn)物時，試紙先變藍后褪色。下列說法正確的是

A.若化學計量數(shù)a=8,b=3,則該反應轉(zhuǎn)移電子為20e-

+

B.變藍的淀粉碘化鉀試紙褪色是因為可能發(fā)生了：4C12+H+6H2O=12H+8C1+2IO3

C.氧化產(chǎn)物是高氯酸和氯氣

D.由反應可確定：氧化性：HC1O4>HCIO3

7、關于氮肥的說法正確的是（）

A.硫錢與石灰混用肥效增強B.植物吸收氮肥屬于氮的固定

C.使用碳鐵應深施蓋土D.尿素屬于錢態(tài)氮肥

8、化學現(xiàn)象隨處可見，化學制品伴隨我們的生活。下列說法錯誤的是（）

A.“霾塵積聚難見路人％霧霾可能產(chǎn)生丁達爾效應

B.”用濃酒和糟入甑（蒸鍋），蒸令氣上……”，其中涉及的操作是蒸餡

C.“世間絲、麻、裘皆具素質(zhì)……%其中的“絲、麻”的主要成分都是蛋白質(zhì)

D.古劍“沈盧”以“劑鋼為刃，柔鐵為莖干，不爾則多斷折”，其中的“劑鋼”是鐵合金

9、2020年1月武漢爆發(fā)新冠肺炎，湖北省采取封城封鎮(zhèn)的措施阻止了冠狀病毒蔓延。新冠病毒主要傳播方式是經(jīng)飛

沫傳播、接觸傳播（包括手污染）以及不同大小的呼吸道氣溶膠近距離傳播。冠狀病毒對熱敏感，56C30分鐘、75%

酒精、含氯消毒劑、過氧乙酸、乙醛和氯仿等脂溶劑均可有效滅活病毒。下列有關說法正確的是

A.因為過氯乙酸能滅活病毒，所以在家每天進行醋熏能殺死家里的新冠肺炎病毒

B.在空氣質(zhì)量檢測中的PM2.5,屬于氣溶膠

C.電解食鹽水制取次氯酸鈉噴灑房間能殺死新冠肺炎病毒

D.含氯消毒劑、過氧乙酸、乙醛和氯方等都屬于有機物

10、已知CuSOa溶液分別與Na2cCh溶液，Na2s溶液的反應情況如下：

（1）CuSO4溶液和Na2c03溶液

2+2-

主要；Cu+CO3+H2O=Cu(OH)21+CO2t

2+2

次要：CU+CO3=CUCO31

(2)CuSO4溶液和Na2s溶液

主要：Cu2++S2-=CuSl

2+2-

次要：Cu+S+2H2O=Cu(OH)2l+H2St

下列幾種物質(zhì)的溶解度大小的比較中，正確的是()

A.CUS<CU(OH)2<CUCO3B.CUS>CU(OH)2^CUCO3

C.CU(OH)2>CUCO3>CUSD.CU(OH)2>CUCO3>CUS

11、設2為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是

A.ILO.lmol/L的NaHSCh溶液中所含的氧原子數(shù)目為0.4NA

B.Imol-OH(羥基)與1molHKT中所含的電子數(shù)均為IONA

C.ZlgCL與足量Fe充分反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA

D.80gCuO和Cu2s的混合物中，所含銅原子數(shù)為2NA

12、下列解釋事實或?qū)嶒灛F(xiàn)象的化學用語正確的是

A.硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后變藍：4I-+02+4H*=2I2+2H20

B.鐵和稀硝酸反應制得淺綠色溶液：Fe+4H'+N03-=Fe”+NOt+2H20

24

C.水垢上滴入CH3COOH溶液有氣泡產(chǎn)生：CaC03+2H*=Ca+C021+H20

2

D.SQ通入漂白粉溶液中產(chǎn)生白色渾濁：SO2+Ca*+2ClO'+H2O=CaSO31+2HC1O

13、某燒的含氧衍生物的球棍模型如圖所示下列關于該有機物的說法正確的是()

1

V■-我原子

pc?口子

C?-氫原子

A.名稱為乙酸乙酯

B.顯酸性的鏈狀同分異構體有3種

C.能發(fā)生取代、加成和消除反應

D.能使濱水或酸性高銃酸鉀溶液褪色，且原理相同

14、下列屬于氧化還原反應，且氧化劑和還原劑為同一種物質(zhì)的是

A.MgO+2HCl=MgCI2+H2OB.C+H2O?高溫CO+H2

C.8NIL+6NO2催化劑7N2+12ILOD.2Na2O2+2Il2O=4NaOII+O2f

15、有八種短周期土族元素x、y、z、d、e、f、g.h,其中x、y、d、f隨著原子序數(shù)的遞增，其原子半徑的相對大小、

最高正價或最低負價的變化如圖1所示。z、e、g、h的最高價氧化物對應水化物溶液（濃度均為O.Olmol/L）的pH與原

子序數(shù)的關系如圖2所示。

根據(jù)上述信息進行判斷，下列說法正確是（）

A.d、e、f、g形成的簡單離子中，半徑最大的是d離子

B.d與e形成的化合物中只存在離子鍵

C.x、y、z、d、e、f>g、h的單質(zhì)中，f的熔點最高

D.x與y可以形成多種化合物，可能存在非極性共價鍵

16、傳統(tǒng)接觸法制取硫酸能耗大，污染嚴重。將燃料電池引入硫酸生產(chǎn)工藝可有效解決能耗和環(huán)境污染問題，同時提

供電能。以燃料電池為電源電解硫酸銅溶液的工作原理示意圖如下所示。

A.b極為正極，電極反應式為O2+4H++4e-==2%0

B.H+由a極通過質(zhì)子交換膜向b極移動

C.該燃料電池的總反應式為2SO2+O24-2H2O==2H2SO4

D.若a極消耗2.24L（標準狀況）SO2,理論上c極有6.4g銅析出

二、非選擇題（本題包括5小題）

17、為確定某鹽A（僅含三種元素）的組成，某研究小組按如圖流程進行了探究:

請回答：

（DA的化學式為_______________________

（2）固體C與稀鹽酸反應的離子方程式是。

（3）A加熱條件下分解的化學方程式為<,

18、存在于茶葉的有機物A,其分子中所含的苯環(huán)上有2個取代基，取代基不含支鏈，且苯環(huán)上的一氯代物只有2種。

A遇FeCh溶液發(fā)生顯色反應。F分子中除了2個苯環(huán)外，還有一個六元環(huán)。它們的轉(zhuǎn)化關系如下圖：

,量NaHC%回膽一回

區(qū)］稀辮>HC1回嗖鷗回警幺亙

C9H9CIO3

M

C2H6。

（1）有機物A中含氧官能團的名稱是______________________；

（2）寫出下列反應的化學方程式

A—>B：；

M->N：；

（3）ATC的反應類型為,E-F的反應類型為ImolA可以和mol

Br2反應；

（4）某營養(yǎng)物質(zhì)的主要成分（分子式為G6Hl4。3）是由A和一種芳香醇R發(fā)生酯化反應成的，則R的含有苯環(huán)的同分

異構體有種（不包括R）；

（5）A-C的過程中還可能有另一種產(chǎn)物Ci,請寫出G在NaOH水溶液中反應的化學方程式

19、單晶硅是信息產(chǎn)業(yè)中重要的基礎材料。工業(yè)上可用焦炭與石英砂（Si（h）的混合物在高溫下與氯氣反應生成SiCL

和CO,SiCL經(jīng)提純后用氫氣還原得高純硅。以下是實驗室制備SiCL的裝置示意圖:

濃鹽酸

石英砂

和碳粉

尾氣

處理

NaOH和

冷卻液

“Na/SO、溶液

G

實驗過程中，石英砂中的鐵、鋁等雜質(zhì)也能轉(zhuǎn)化為相應氯化物，SiCL、AlCh、FeCh遇水均易水解，有關物質(zhì)的物理

常數(shù)見下表：

物質(zhì)SiChAlChFeCh

沸點/℃57.7—315

熔點/七-70.0——

升華溫度/C——180300

（1）裝置B中的試劑是_______,裝置D中制備SiCL的化學方程式是

（2）D、E間導管短且粗的作用是_____。

（3）G中吸收尾氣一段時間后，吸收液中肯定存在OH，C「和SCh"請設計實驗，探究該吸收液中可能存在的其他酸

根離子（忽略空氣中CO2的影響）。

（提出假設）假設1：只有SO37假設2：既無SO3?.也無。0一；假設3：o

（設計方案進行實驗）可供選擇的實驗試劑有：3moi/LH2sCh、Imol/LNaOH、0.Olmol/LKMnO』、溪水、淀粉-KI、

品紅等溶液。

取少量吸收液于試管中，滴加3moi/LH2s04至溶液呈酸性，然后將所得溶液分置于a、b、c三支試管中，分別進行

下列實驗。請完成下表：

序號操作可能出現(xiàn)的現(xiàn)象結論

若溶液褪色則假設1成立

向a試管中滴加幾滴_____溶液

若溶液不褪色則假設2或3成立

若溶液褪色則假設I或3成立

②向b試管中滴加幾滴_____溶液

若溶液不褪色假設2成立

③向c試管中滴加幾滴____溶液—假設3成立

20、某同學設計了如下裝置用于制取S02并驗證SO2的部分性質(zhì)。

請回答下列問題:

（1）寫出氮氣的電子式O

（2）B中選用不同的試劑可驗證SO2不同的性質(zhì)。為驗證SO2具有酸性氧化物性質(zhì)，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含酚酸的NaOH試液④紫色石蕊試液

⑶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

21、鈣鈦礦太陽能電池具有轉(zhuǎn)化效率高、低成本等優(yōu)點，是未來太陽能電池的研究方向?；卮鹣铝袉栴}：

（1）下列狀態(tài)的鈣中，電離最外層一個電子所需能量最大的是（填字母標號）。

A.[Ar]4slB.[Ar]4s2C.[Ar]4s14PlD.[Ar]4Pl

⑵基態(tài)鈦原子的核外價電子軌道表達式為。

⑶一種有機金屬鹵化鈣鈦礦中含有NH2—CH=NH2+,該離子中氮原子的雜化類型為,其對應分子NH2

-CH=NH的熔沸點高于CH3cH2cH=CHz的熔沸點的原因為。

（4）一種無機鈣鈦礦CaxTiyO,的晶體結構如圖所示，則這種鈣鈦礦化學式為,已知Ca和O離子之間的最

短距離為apm,設阿伏加穗羅常數(shù)的值為NA,則這種鈣鈦礦的密度是___________gcmT列出計算表達式）。

2

（5）以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分數(shù)坐標，例如圖中原子1的坐標為

（!’!），則原子2和3的坐標分別為__________、___________。

222

參考答案

一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）

1、D

【解析】

A.H和CI形成共價鍵的過程：H*+*C1：——\，故A錯誤;

????共用電子

B.質(zhì)子數(shù)為46、中子數(shù)為60,則質(zhì)量數(shù)為106,原子表示為：故B錯誤；

C.結構示意圖為⑨》的陰離子若為S2?時，水解可以促進水的電離，故C錯誤；

D.環(huán)氧乙烷中碳碳單鍵鏈接，結構簡式為瓦。\手比，故D正確。

故選D。

2、A

【解析】

+2+

@Cu(s)+2H(aq)=Cu(aq)+H2(g)AH=+64.39kJ/mol

②2H2O2⑴=2出0⑴+6(g)AAZ=-196.46kJ/mol

@H2(g)+yO2(g)=H2O(l)AH=-285.84kJ/mol

+2+

根據(jù)蓋斯定律，將①+Lx②+③，整理可得：Cu(s)+H2O2(l)+2H(aq)=Cu(aq)+2H2O(l)AH=-319.68kJ/mol,故合理選

項是A。

3、C

【解析】

因為W、X、Y、Z為短周期主族元素，原子序數(shù)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(shù)是電子層數(shù)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0元素；X是0元素，原子序數(shù)是8,Y與Z的原子序數(shù)之和是X的原子序數(shù)的4

倍,即是Y與Z的原子序數(shù)之和是32,Y、Z為第三周期主族元素，故Y原子序數(shù)為15,Z的原子序數(shù)為17,Y是P

元素，Z是C1元素。

【詳解】

A.同一周期，從左到右，主族元素的原子半徑隨著原子序數(shù)的增加而，逐漸減小，則原子半徑P>。，因為P、CI

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>C1>O>H,BPY>Z>X>W,A正確；

B.H2O分子間可以形成氫鍵，而P%分子間不能形成氫鍵，故%。的沸點比的沸點高；同周期主族元素，從左

到右隨著原子序數(shù)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HC1>PH3,B正確；

C.沒有強調(diào)P與CI元素的最高價含氧酸酸性的比較，而H3P04的酸性比HC1O的酸性強，C錯誤；

D.PI的還原性比。?的還原性強，D正確；

答案選C。

4、C

【解析】

根據(jù)外界條件對反應速率的影響，用控制變量法判斷反應速率相對大小，然后排序，注意催化劑對反應速率的影響更

大。

【詳解】

甲與乙相比，SO2濃度相等，甲中氧氣的濃度大、乙中使用催化劑，其它條件相同，因為二氧化硫的濃度一定,氧氣濃

度的影響不如催化劑影響大，故使用催化劑反應速率更快，所以反應速率：乙〉甲；

甲與丁相比，甲中SO2、02的物質(zhì)的量比丁中大，即SO2、02的濃度比丁中大，其它條件相同，濃度越大，反應速率

越快，所以反應速率：甲〉??；

內(nèi)與丁桎比，其它條件相同，丁中溫度高，溫度越高，反應速率越快，所以反應速率：丁,內(nèi)；所以由人到小的順序排

列乙、甲、丁、丙，

答案選C。

5、A

【解析】

A.乙烯和丙烯最簡式是CW,最簡式的式量是14,所以14g乙烯和丙烯的混合物中含有ImolCFh,則其中含有的極性

鍵C?H數(shù)目為2NA,A正確；

B.取代反應是逐步進行的，不可能完全反應，所以標準狀況下，22.4LCM與C12在光照條件下反應生成HC1分子數(shù)小

于4NA,B錯誤；

C.容器中2moiNO與ImoKh充分反應會產(chǎn)生2moiNO?,NO?會有部分發(fā)生反應產(chǎn)生N2O4,因此最后得到的氣體分子

數(shù)目小于2NA,C錯誤；

D.在陽極反應的金屬有Cu,還有活動性比Cu強的金屬，因此電解精煉銅時陽極減輕32g,電路中轉(zhuǎn)移電子數(shù)目不一

定為NA,D錯誤；

故合理選項是A。

6、A

【解析】

A選項，將化學計量數(shù)a=8,b=3代入8HClO3=3O2T+cCLT+dHCIO4+eH2O方程，由元素守恒得d+2e=84d+e=18得

d=4,e=2,由得失守恒可得該反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)為20e,故A正確；

B選項，電荷不守恒，故B錯誤；

C選項，氧化產(chǎn)物是高氯酸和氧氣，氯氣是還原產(chǎn)物，故C錯誤；

D選項，由反應可確定：氧化性：HC1O3>HCIO4,故D錯誤；

綜上所述，答案為A。

7、C

【解析】

A.將硫酸錢與堿性物質(zhì)熟石灰混合施用時會放出氨氣而降低肥效，故A錯誤；

B.植物吸收氮肥是吸收化合態(tài)的氮元素，不屬于氮的固定，故B錯誤；

C.碳酸氫鏤受熱容易分解，易溶于水，使用碳錢應深施蓋土，避免肥效損失，故C正確；

D.尿素屬于有機氮肥，不屬于筱態(tài)氮肥，故D錯誤。

答案選C。

8、C

【解析】

A.霧霾中可能存在直徑l?100nm的粒子，這些粒子分散在空氣中形成膠體，可產(chǎn)生丁達爾效應，A項正確；

B.“用濃酒和槽入甑(蒸鍋)，蒸令氣上……%通過蒸煮使酒精轉(zhuǎn)化為蒸氣，再冷凝收集，是蒸儲操作，B項正確；

C.“絲”是蠶絲，主要成分為蛋白質(zhì)；“麻”來自植物，主要成分為纖維素，C項錯誤；

D.鋼是鐵和碳的合金，D項正確；

答案選C

9、C

【解析】

A.醋酸為弱酸，不能殺死新冠肺炎病毒，而且會刺激呼吸道粘膜，不宜長期熏醋，故A錯誤；

B.膠體粒子的直徑范圍為l—100nm,PM2.5是指大氣中直徑小于或等于2?5微米的顆粒物，若粒子直徑大于lOOnm,

則不形成膠體，故B錯誤；

C.次氯酸鈉具有強氧化性，能殺死新冠肺炎病毒，故C正確；

D.含氯消毒劑，如84消毒液(有效成分為次氯酸鈉)、漂白粉(有效成分為次氯酸鈣)，屬于無機物，過氧乙酸、乙醛和

氯仿等都屬于有機物，故D錯誤；

故選C。

10、A

【解析】

由(1)可知，Cu(OH)2比C11CO3易生成,說明Cu(OH)2比CuCO3溶解度小;由(2)可知，CuS比Cu(OH)2易生成,

說明CuS比Cu(OH)2溶解度更小。由此可以得出，溶解度CUSVCU(OH)2VCUCO3。故選A。

11、C

【解析】

A、NaHSO,溶液中水也含有氧原子，所以ILO.lmol/L的NaHSO4溶液中所含的氧原子數(shù)目大于0.4NA,故A錯誤；

B、1個甲基含有9個電子，hnol羥基所含的電子數(shù)為9NA,B錯誤；

C、。2與Fe反應，氯元素化合價由0變?yōu)?1,所以7.1gCL與足量Fe充分反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA,故C正確；

D、80gCu0含的銅原子的物質(zhì)的量是*1-1中川,80gCu2S含的銅原子的物質(zhì)的量是777絆--x2-lW,

80g/mol160g/mol

根據(jù)極值法，80gCuO和Cu2s的混合物中所含銅原子數(shù)為INA,故D錯誤。

12、A

【解析】

+

A.硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后變藍，二者發(fā)生氧化還原反應，離子方程式為：4I+O2+4H=2I2+2H2O,故A正確；

B.鐵和稀硝酸反應產(chǎn)物與量有關，鐵少量時變成三價鐵，溶液由無色變?yōu)辄S色，離子方程式為Fe+4H++NO3-=Fe3++

+2+

NOT+2H2O;鐵過量時變成二價亞鐵，溶液由無色變?yōu)闇\綠色，離子方程式為：3Fe+8H+2NO3=3Fe+2NOf+

4H2O,故B錯誤；

2+

C.醋酸是弱酸，不能拆成離子，反應的離子方程式為：CaCO3+2CH3COOH=Ca+H2O+CO2t+2CH3COO,故C錯誤;

2+

D.SO2通入漂白粉溶液中產(chǎn)生白色渾濁：SO2+Ca+2CIO+H2O=CaSO31+2HClO,生成的次氯酸具有強氧化性，能氧

化亞硫酸鈣，故D錯誤。答案選A。

【點睛】

本題考查的是實驗現(xiàn)象的解釋和離子方程式的書寫。解題時需注意B選項鐵與稀硝酸反應的產(chǎn)物與反應條件有關，鐵

少量時變成三價鐵，鐵過量時變成二價亞鐵，產(chǎn)物不同溶液的顏色不同；D選項次氯酸具有強氧化性，能夠氧化亞硫

酸鈣。

13、B

【解析】

由結構模型可知有機物為CH3COOCH=CH2,含有酯基，可發(fā)生取代反應，含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加成、加聚和氧化

反應，以此解答該題。

【詳解】

A.有機物為CH3COOCH=CH2,不是乙酸乙酯，故A錯誤；

B.該化合物的鏈狀同分異構體中，顯酸性的同分異構體有CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH>

CH2=CH（CH3）COOH,

共3種，故B正確；

C.含有酯基，可發(fā)生水解反應，含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加成反應，不能發(fā)生消去反應，故c錯誤；

D.含有碳碳雙鍵，能使濱水褪色是發(fā)生了加成反應，與酸性高鎰酸伊反應是發(fā)生了氧化還原反應，故原理不同，故D

錯誤；

答案選Bo

14、D

【解析】

A.MgO+2HC仁MgCb+lhO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；

BC+H2O?高溫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，HzO

是氧化劑，氧化劑和還原劑不是同一種物質(zhì)，B不符合題意；

C.8NH3+6NO2傕化劑7N2+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NH.,是還原劑,

N(h是氧化劑，氧化劑和還原劑不是同一種物質(zhì)，C不符合題意；

D.反應2Na2(h+2H2O=4NaOH+O2T中有O元素化合價的變化，反應屬于氧化還原反應，其中NazCh既是還原劑也是

氧化劑，氧化劑和還原劑是同一種物質(zhì)，D符合題意；

故合理選項是Do

15、D

【解析】

x、y、1、d、e、f、g、h為原子序數(shù)依次遞增的短周期主族元素，從圖中的化合價、原子半徑的大小及原子序數(shù)，可

以知道x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是。元素，f是A1元素，z、e、g^h的最高價氧化物對應水化物溶

液濃度均為0.01mol?L",e的pH為12,為一元強堿，貝！Je是Na元素，z、h的pH均為2,為一元強酸，貝ljz為N

元素、h為C1元素，g的pH小于2,則g的為二元強酸，故g為S元素，據(jù)此分析解答問題。

【詳解】

A.d、e、f、g形成的簡單離子分別為：O1Na+、Ap+、S2',O2\Na\A聲離子的電子層數(shù)相同，但核電荷數(shù)Al>Na>O,

則離子半徑O'>Na+>A13+,而S2-的電子層數(shù)最多，半徑最大，故半徑最大的是g離子，A選項錯誤；

B.d與e形成的化合物可以是NazO,也可以是Na?。?，Na2(h既含有離子鍵，也含有共價鍵，B選項錯誤；

、、、、、、、的單質(zhì)分別為：、、、、、單質(zhì)可形成金剛石，為原子晶體,

C.xyzdefghH2.CN2,(hNaAlSCh,C

故單質(zhì)熔點最高的可能是y,C選項錯誤；

D.x與y可以形成多種有機化合物，其中CH2=CH2等存在著非極性鍵，D選項正確；

答案選D。

【點睛】

此題C選項為易錯點，C單質(zhì)有很多的同素異形體，熔沸點有差異，容易忽略這一關鍵點，導致誤選C答案。

16、D

【解析】

燃料電池:端：二氧化硫生成硫酸根離子,硫元素化合價升高失電子所以為負極，電極反應式2

aaS02+2H20-4e=S04-+4H\

b為正極，電極反應式為02+4H.+4e-=2HQ,總電極反應式2so2+02+2H20=2H2s(ho電解池：c極和電源正極相連為陽極，

失電子，電極反應式為t,d極與電源負極相連為陰極，得電子，電極反應式為C/+2e+=Cu,總電極

反應式為2CuS04+2H20=^=2Cu+2H2so4+O21。

【詳解】

A.b為正極，看到質(zhì)子交換膜確定酸性環(huán)境，電極反應式為02+4H'+4e=2H2(),故不選A；

B.原電池內(nèi)部陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，故不選B；

C.由上面分析可知該燃料電池的總反應為2S02+02+2H20=2H2S0O故不選C；

D.d極與電源負極相連，為陰極得電子，有銅析出，所以應該是若a電極消耗標況下2.24LS02,理論上在d極上有6.4g

銅析出，故選D；

正確答案：Do

【點睛】

根據(jù)質(zhì)子交換膜確定溶液酸堿性，燃料電池中燃料在負極反應失電子，氧氣在正極反應得電子。根據(jù)燃料電池正負極

確定電解池的陰陽極、電極反應式和離子移動方向等。

二、非選擇題(本題包括5小題)

+3+

17、FeS04Fe203+6H=2Fe+3H202FeS04^=Fe203+S021+S031

【解析】

233。

氣體B通入足量的BaCL溶液，有白色沉淀D生成，該沉淀為BaSO4，物質(zhì)的量為:?=0.01mol,則氣體B中

233g/mol

含有SOa,SO.3的物質(zhì)的量為O.OlmoL其體積為0.0111101乂22.411?1110「=2241?11,B為混合氣體，根據(jù)元素分析可知

1.6g

其中還含有224mL的SO,固體C為紅棕色，即固體C為FeO,n(FeO3)=77T---=().01mol,黃色溶液E為FeCh,

2232160g/mol

據(jù)此分析。

【詳解】

233。

氣體B通入足量的BaCL溶液，有白色沉淀D生成，該沉淀為BaSOj,物質(zhì)的量為”,廣產(chǎn)0溶mol,則氣體B中

233g/mol

含有SO?,SO3的物質(zhì)的量為O.OlmoL其體積為0.01molX22.4L-mo「i=224n】L,B為混合氣體，根據(jù)元素分析可知

1.6g

其中還含有224mL的SO?,固體C為紅棕色，即固體C為FeO,n(Fe2O3)=--—-=0.()1mol,黃色溶液E為FeCh,

23160g/mol

(1)根據(jù)上述分析，A僅含三種元素，含有鐵元素、硫元素和氧元素，鐵原子的物質(zhì)的量為0.02mol,S原子的物質(zhì)

的量為0.02mol,A的質(zhì)量為3.04g,則氧原子的質(zhì)量為(3.04g-0.02moiX56g?mo「-0.02molX32g?mor1)=1.28g,

128。

即氧原子的物質(zhì)的量為“，［=0.08mol,推出A為FeSCh;

16g/mol

(2)固體C為FezCh,屬于堿性氧化物，與鹽酸反應離子方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2。；

(3)FeSOq分解為FezCh、SO2、SO3,參與反應FeSCh、SO2、SO3、&2O3的物質(zhì)的量0?02mok0.01mokO.Olmok

O.Olmol,得出FcSCh受熱分解方程式為2FeSO4^=FMh+SCht+SO3t<>

CH=CH-COOH

：H=CH-COONa

18、羥基、竣基+NaHCO3J+CO2+H2O；

CH3CH2OH>CH2=CH2+H2O加成反應酯化（取代）反應34

170X：

O-^^-<pi-CHrCOONa4-NaC|+2H2Oo

【解析】

A的分子式為C9HQ3,分子中所含的基環(huán)上有2個取代基，取代基不含支鏈，且苯環(huán)上的一氯代物只有2種，2個取

代基處于對位，A遇FeCb溶液發(fā)生顯色反應，分子中含有酚羥基-OH,A能與碳酸氫鈉反應，分子中含有竣基?COOH,

A的不飽和度為之二8=6,故還含有C=C雙鍵，所以A的結構簡式為HO^^HCH=CH-COOH,X在濃硫酸、

加熱條件下生成A與M.M的分子式為C2H60.M為乙博,乙醇發(fā)生消夫反應生成乙烯,N為乙烯，X為

HO-^^-Ctt=CH-COOCH,CH3,A與碳酸氫鈉反應生成B,為HO-^^-CH=CH-COONa,B與Na反應生成D,D

^NaO^^-CH=CH-COONa,A與HC1反應生成C,C的分子式為C9H9aO.”由A與C的分子式可知，發(fā)生加成

反應，C再氫氧化鈉水溶液中發(fā)生水解反應生成E,E在濃硫酸、加熱的條件下生成F,F分子中除了2個苯環(huán)外，還

有一個六元環(huán)，應發(fā)生酯化反應，故C為阻腎-COOH,E為HOTQ?但§H-COOH,F為

0

/b-o

UXHrCHVH-C1「/），據(jù)此解答。

【詳解】

⑴由上述分析可知，有機物A為HO<^1CH=CH-COOH,分子中含有官能團：羥基、碳碳雙鍵、段基，但含氧官能

團有：羥基和殿基，故答案為：羥基、竣基;

(2)A->B的反應方程式為：H0^^^-CH=CH-C00H+NaHCO3->H0H^^-CH=CH-COONa+H2O+CO2T，M->N是乙

醇發(fā)生選取反應生成乙烯，反應方程式為：CH3CH2OH>CH2=CH2+H2O,故答案為:

CH=CH-COOH+NaHCG3->HOCH-COONa+H2O+CO2f;

CH3CH2OH>CH2=CH2+H2O;

(3)A->C是HO^^^CH=CH-COOH與HC1發(fā)生力口成反應生成HO理產(chǎn)COOH,E->F是

0

—Vo

筆H-COOH發(fā)生酯化反應生成XCH-HO^^^C/CHYOOH與溟發(fā)生反應

OH-'。4

時，苯環(huán)羥基的鄰位可以發(fā)生取代反應，C=C雙鍵反應加成反應，故ImolA可以和3moiB「2反應，故答案為：加成

反應，酯化（取代）反應；3；

（4）某營養(yǎng)物質(zhì)的主要成分（分子式為G,Hi4（h）是由A和一種芳香醇R發(fā)生酯化反應生成的，故R的分子式為C7H80,

R為苯甲醇，R含有苯環(huán)的同分異構體［不包括R）,若含有1個支鏈為苯甲醛，若含有2個支鏈為?0H、-CH3,羥基與

甲基有鄰、間、對三種位置關系，故符合條件的同分異構體有4種，故答案為：4；

（5）A-C的過程中還可能有另一種產(chǎn)物Ci,則G為印-Ct1rCOOH,Ci在NaOH水溶液中反應的化學方程

式為/CHrCOOH+jNaOH^MNa0-<^^?H_CH^CC>0Na+NaCl+2H2O,故答案為：

HO^D^:-CHNOOkNaOH

Na°-<C^<rH-CH~COONa+NaCH-2Il20o

OH

19、飽和食鹽水SiO2+2C+2Ch^=SiC14+2CO防止生成物中的AlCh,FeCh等雜質(zhì)凝結成固體堵塞導管只有

CIOO.Olmol/LKMnO」溶液（或濱水）品紅淀粉-KI若溶液變?yōu)樗{色

【解析】

制備四氯化硅的實驗流程；A中發(fā)生二氧化鎰與濃鹽酸的反應生成氯氣，R中飽和食鹽水除去Ch中雜質(zhì)HCLC裝置

中濃硫酸干燥氯氣，D中發(fā)生Si與氯氣的反應生成四氯化硅，由信息可知，四氯化硅的沸點低，則E裝置冷卻可收集

四氯化硅，F(xiàn)可防止F右端的水蒸氣進入裝置E中與四氯化硅反應，造成產(chǎn)物不純，最后G處理含氯氣的尾氣。據(jù)此

解答。

【詳解】

（1）裝置A是氯氣發(fā)生裝置，A中二氧化鎬與濃鹽酸在加熱條件下反應生成氯化銹、氯氣和水，其離子方程式為

r

MnO2+4H*+2Cr^^Mn+2H2O+C12f;濃鹽酸具有揮發(fā)性，所以制取得到的Cb中含有雜質(zhì)HC1及水蒸氣，裝置B

的作用是除去雜質(zhì)HCL結合CL與水的反應是可逆反應的特點，裝置B使用的試劑是飽和食鹽水,用以除去雜質(zhì)HCI；

在D裝置中二氧化硅、碳和氯氣反應生成四氯化硅和一氧化碳，反應為：SiO2+2C+2C12^=SiCl4+2CO；

（2）石英砂中的雜質(zhì)Fe、Al會與CL反應產(chǎn)生FeCh、AlCh,這兩種物質(zhì)的熔沸點比較高，在室溫下成固態(tài)，D、E間

導管短且粗就可防止生成物中的AlCh,FeCh等雜質(zhì)凝結成固體堵塞導管；

⑶由假設1和假設2可知，要檢測的為SO"-和CIO'故假設3為只有CKT,又因為SOF具有還原性，會使KMnOa

溶液（或溪水）褪色，而CIO-不會，所以可以用O.Olmol/LKMnO』溶液（或溟水）來檢測，證明假設1成立；SCh?一與硫

酸反應產(chǎn)生HZSO3,H2SO3分解產(chǎn)生的SO2和CIO-具有漂白性，會使品紅溶液褪色，所以可以用品紅