陕西省渭南市潼关县2023学年高考考前提分化学仿真卷(含解析)34993.pdf

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1、2023 高考化学模拟试卷 考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、乙基环己烷（）的一溴代物共有几种（不考虑立体异构）A3 种 B4 种 C5 种 D6 种 2、现有短周期主族元素 R、X、Y、Z。若它们的最外层电子数用 n 表示，则有：n(X)n(Y)n(Z)，n(X)n(Z)n(R)。这四种元素组成一种化合物 Q，

2、Q具有下列性质：下列说法错误的是 A原子半径：YZX B最高价氧化物对应水化物酸性：YZ CX和 Y 组成的化合物在常温下都呈气态 DY3Z4是共价化合物 3、假设与猜想是科学探究的先导和价值所在。下列假设引导下的探究肯定没有意义的是 A探究 SO2和 Na2O2反应可能有 Na2SO4生成 B探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质可能是 CuO C探究 Na 与水的反应可能有 O2生成 D探究向滴有酚酞试液的 NaOH 溶液中通入 Cl2，酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是 HClO 的漂白性所致 4、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是 A制备乙酸乙酯 B配置一

3、定物质的量浓度的 NaOH 溶液 C在铁制品表面镀铜 D制取少量 CO2气体 5、下列根据实验操作和现象得出的结论不正确的是 选项 操作及现象 结论 A 将乙烯气体通入酸性 KMnO4溶液中，溶液褪色 乙烯具有还原性 B 将少量浓硫酸滴到蔗糖表面，蔗糖变黑，体积膨胀 浓硫酸有脱水性和强氧化性 C 向溶液 X 中先滴加稀硝酸，再滴加 Ba(NO3)2溶液,出现白色沉淀 溶液 X 中可能含有 SO32-D 向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热，一段时间后，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热，无红色沉淀 淀粉未水解 AA BB CC DD 6、下列说法不正确的是（）ANa2CO3可用于治疗胃酸过多 B蓝绿

4、藻在阳光作用下，可使水分解产生氢气 CCusO4可用于游泳池池水消毒 DSiO2导光能力强，可用于制造光导纤维 7、常温时，1mol/L 的 HA 和 1mol/L 的 HB 两种酸溶液，起始时的体积均为 V0，分别向两溶液中加水进行稀释，所得变化关系如图所示（V表示溶液稀释后的体积）。下列说法错误的是 AKa(HA)约为 10-4 B当两溶液均稀释至0Vlg+1=4V时，溶液中-c(A)-c(B)C中和等体积 pH相同的两种酸所用 n(NaOH)：HAHB D等体积、等物质的量浓度的 NaA 和 NaB 溶液中离子总数前者小于后者 8、常温下，H2A 和 H2NCH2CH2NH2溶液中各组分

5、的物质的量分数 随 pH的变化如图（I）、（II）所示。下列说法不正确的是已知：+222223222H NCH CH NHH OH NCH CH NHOH。ANaHA 溶液中各离子浓度大小关系为：+-+2-c Nac HAc Hc Ac OH B乙二胺（H2NCH2CH2NH2）的 Kb2=10-7.15 CH3NCH2CH2NH3A 溶液显碱性 D向H3NCH2CH2NH2 HA 溶液中通人 HCl，22222+32+22c H NCH CH NHc H AcH NCH CH NHc HA不变 9、向 Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图

6、所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是()Aa 点对应的溶液中：Na+、OH-、SO42-、NO3-Bb 点对应的溶液中：K+、Ca2+、H+、Cl-Cc 点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3-、Cl-Dd 点对应的溶液中：F-、NO3-、Fe2+、Ag+10、如图所示的方案可以降低铁闸门的腐蚀速率。下列判断正确的是()A若 X 为导线，Y 可以是锌 B若 X 为导线，铁闸门上的电极反应式为 Fe-2e-=Fe2+C若 X 为直流电源，铁闸门做负极 D若 X 为直流电源，Y极上发生还原反应 11、三元催化转化器能同时净化汽车尾气中的碳氢化合物(HC)、一氧化碳(CO)及氮氧化合

7、物(NOx)三种污染物。催化剂选择铂铑合金，合金负载量不同时或不同的工艺制备的合金对汽车尾气处理的影响如图所示。下列说法正确的是 A图甲表明，其他条件相同时，三种尾气的转化率随合金负载量的增大而增大 B图乙表明，尾气的起燃温度随合金负载量的增大而降低 C图甲和图乙表明，合金负载量越大催化剂活性越高 D图丙和图丁表明，工艺 2 制得的合金的催化性能优于工艺 1 制得的合金 12、高能 LiFePO4电池多应用于公共交通，结构如图所示。电池中间是聚合物的隔膜，其主要作用是在反应过程中只让 Li+通过，原理如下：(1x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列说法错误的是（

8、）A放电时，Li+向正极移动 B放电时，电子由负极用电器正极 C充电时，阴极反应为 xLi+nC+xe-=LixCn D充电时，阳极质量增重 13、X、Y、Z、W 四种短周期元素的原子序数依次增大，原子最外层电子数之和为 13，X 的原子半径比 Y 的小，X与 W 同主族，Z的族序数是其周期数的 3 倍，下列说法中正确的是 A四种元素简单离子的半径：XYZK(BOH)D向 z 点溶液加入 NaOH，水的电离程度减小 15、下列属于碱的是（）ASO2BH2SiO3CNa2CO3DNaOH 16、2019 年 4 月 25 日，宣布北京大兴国际机场正式投运！该机场在建设过程中使用了当今世界机场多项

9、尖端科技，被英国卫报评为“新世界七大奇迹”之首。化工行业在这座宏伟的超级工程中发挥了巨大作用，下列有关说法错误的是 A青铜剑科技制造的第三代半导体芯片，其主要成分是 SiO2 B支撑航站楼的 C 形柱柱顶的多面体玻璃，属于硅酸盐材料 C机场中的虚拟人像机器人“小兴”表面的塑料属于高分子聚合物 D耦合式地源热泵系统，光伏发电系统及新能源汽车的使用，可以减轻温室效应及环境污染 二、非选择题（本题包括 5 小题）17、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 K3.910-4，K2

10、5.510-6(ii)A+RCOOH(或 ROH)有香味的产物(iii)1molA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 AB、BE 的反应类型：AB_、BE_。（4）写出以下反应的反应条件：EF 第步反应_。（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

11、 A 具有相同官能团的 A 的同分异构体的结构简式：_。18、烯烃能在臭氧作用下发生键的断裂，形成含氧衍生物：+R3COOH 根据产物的结构可以推测原烯烃的结构（1）现有一化学式为 C10H18的烃 A，经过臭氧作用后可以得到 CH3COOH和 B（结构简式如图）A 的结构简式是_（2）A 经氢化后得到的烷烃的命名是_（3）烃 A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性 该同分异构体的结构简式是_ （4）以 B 为原料通过三步反应可制得化学式为（C6H10O2）n的聚合物，其路线如下：写出该聚合物的结构简式：_ 在进行第二步反应时，易生成一种含八元环的副产物，其结构简式为_

12、 19、(NH4)2Fe(SO4)26H2O(M=392g/mol)又称摩尔盐，简称 FAS，它是浅蓝色绿色晶体，可溶于水，难溶于水乙醇。某小组利用工业废铁屑进行下列实验。请按要求回答下列问题：.FAS 的制取。流程如下：(1)步骤加热的目的是_。(2)步骤必须在剩余少量铁屑时进行过滤，其原因是(用离子方程式表示)：_。.NH4+含量的测定。装置如图所示：实验步骤：称取 FAS 样品 a g，加水溶解后，将溶液注入 Y 中 量取 b mL c1 mol/LH2SO4溶液于 Z中 向 Y 加入足量 NaOH浓溶液，充分反应后通入气体 N2，加热(假设氨完全蒸出)，蒸氨结束后取下 Z。用 c2mo

13、l/LNaOH 标准溶液滴定 Z中过量的硫酸，滴定终点时消耗 d mLNaOH 标准溶液。(3)仪器 X的名称_；N2的电子式为_。(4)步骤蒸氨结束后，为了减少实验误差，还需要对直形冷凝管进行处理的操作是_；NH4+质量百分含量为(用代数式表示)_。.FAS 纯度的测定。称取 FAS m g 样品配制成 500 mL 待测溶液。分别取 20.00mL 待测溶液，进行如下方案实验：(5)方案一：用 0.01000mol/L 的酸性 KMnO4溶液进行滴定。滴定过程中需用到的仪器中(填图中序号)_。滴定中反应的离子方程式为_。(6)方案二：待测液 固体 n g；则FAS 的质量百分含量为(用代数

14、式表示)_。(7)方案一、二实验操作均正确，却发现方案一测定结果总是小于方案二的，其可能的原因是_；为验证该猜测正确，设计后续实验操作为_，现象为_。20、下面 ae 是中学化学实验中常见的几种定量仪器：（a）量筒 （b）容量瓶 （c）滴定管 （d）托盘天平 （e）温度计（1）其中标示出仪器使用温度的是_（填写编号）（2）由于操作错误，使得到的数据比正确数据偏小的是_（填写编号）A实验室制乙烯测量混合液温度时，温度计的水银球与烧瓶底部接触 B中和滴定达终点时俯视滴定管内液面读数 C使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容所得溶液的浓度（3）称取 10.5g 固体样品（1g 以下使用游码）时，将样品放

15、在了天平的右盘，则所称样品的实际质量为_g。21、利奈唑胺（I）为细菌蛋白质合成抑制剂，其合成路线如下：回答下列问题：（1）A 中的官能团名称是_，（2）CD、FG的结反应类型分别为_（3）B 的结构简式为_。（4）HI 的化学方程式为_。（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。用星号（*）标出中的手性碳_（6）芳香族化合物 X是 C的同分异构体，写出核磁共振氢谱有 4 组峰且峰面积比为 4:4:2:1 的 X的结构简式_。（不考虑立体异构，只写一种）（7）参照上述合成路线，设计以甲苯和乙酸为原料制备的合成路线（无机试剂任选）_。参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有

16、一个选项符合题意）1、D【答案解析】乙基环己烷中有 6 种氢原子，因此一溴代物有 6 种，故选项 C 正确。2、C【答案解析】根据题给信息，Q溶液与 FeCl3溶液反应生成血红色物质，可知 Q溶液中含有 SCN-；Q溶液与 NaOH 溶液共热会生成一种使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，可知该气体为 NH3，则 Q溶液中含有 NH4+。由此可推断出 Q 为 NH4SCN。根据最外层电子数关系可知 X为氢元素，Y 为碳元素，Z为氮元素，R 为硫元素。【题目详解】A同一周期从左至右，原子半径逐渐减小，故原子半径：CN，H原子只有一个电子层，原子半径最小，故三者原子半径大小关系为：CNH，A 项正确；B

17、同一周期从左向右，最高价氧化物对应水化物的酸碱性规律为：碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强。故 HNO3的酸性比 H2CO3强，B 项正确；CC、H组成的烃类化合物中，常温下苯等烃类呈液态，C 项错误；DC3N4类似于 Si3N4，同属于原子晶体，是共价化合物，D 项正确；答案选 C。3、C【答案解析】A、SO2具有还原性，Na2O2具有氧化性，所以探究 SO2和 Na2O2反应可能有 Na2SO4生成有意义，故 A不符合题意；B、浓硫酸具有强氧化性，所以探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质可能是 CuO 有意义，故 B 不符合题意；C、Na 是非常活泼的金属，不可能与水反应生成 O2，所以探

18、究 Na 与水的反应可能有 O2生成没有意义，故 C 符合题意；D、Cl2能与 NaOH反应，使溶液的碱性减弱，Cl2与 H2O反应生成了 HClO，HClO 具有漂白性，所以探究向滴有酚酞试液的 NaOH溶液中通入 Cl2，酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是 HClO 的漂白性所致有意义，故 D 不符合题意。4、A【答案解析】A.将乙醇加入大试管中，再注入浓硫酸并振荡冷却后加入冰醋酸，混合加热制备乙酸乙酯，产物用饱和碳酸钠溶液吸收，导管末端置于液面上，能达到实验目的，选项 A 正确；B.容量瓶不能直接用于配置溶液，必须将 NaOH固体倒入烧杯中，加入蒸馏水溶解后，冷却至室温，再转

19、移至容量瓶，选项 B 错误；C.在铁制品表面镀铜时应将铁制品连接在电源的负极作为阴极，铜连接在电源的正极，电解质溶液为可溶性铜盐溶液，选项 C 错误；D.实验室制取 CO2用的是大理石或石灰石和稀盐酸反应，纯碱与盐酸反应速率快不易收集，另外纯碱易溶于水，不能停留在有孔塑料板上，不能达到反应随时发生随时停止的作用，选项 D错误。答案选 A。5、D【答案解析】A乙烯被高锰酸钾氧化，则溶液褪色，体现乙烯的还原性，故 A 正确；B浓硫酸使蔗糖炭化后，C 与浓硫酸发生氧化还原反应，则蔗糖变黑，体积膨胀，体现浓硫酸有脱水性和强氧化性，故 B 正确；C向溶液 X 中先滴加稀硝酸，再滴加 Ba(NO3)2溶液

20、，生成的白色沉淀为硫酸钡，由于稀硝酸能够氧化亚硫酸根离子，则原溶液中可能含有 SO32-，故 C 正确；D淀粉水解生成葡萄糖，检验葡萄糖应在碱性条件下，没有加碱至碱性，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热，无红色沉淀，不能检验，故 D 错误；故选 D。6、A【答案解析】A、Na2CO3碱性太强；B、氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，所以氢气是 21 世纪极有前途的新型能源；C、铜是重金属，能杀菌消毒；D、SiO2导光能力强，能传递各种信号。【题目详解】A、Na2CO3碱性太强，不可用于治疗胃酸过多，故 A 错误；B、氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，所以氢气是 21 世

21、纪极有前途的新型能源，科学家可以利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气从而利用氢能，故 B 正确；C、铜是重金属，能杀菌消毒，CuSO4可用于游泳池池水消毒，故 C 正确；D、SiO2导光能力强，能传递各种信号，可用于制造光导纤维，故 D 正确，故选：A。7、B【答案解析】根据图示，当 lg（V/V0）+1=1 时，即 V=V0，溶液还没稀释，1mol/L 的 HA 溶液 pH=2，即 HA 为弱酸，溶液中部分电离；1mol/L 的 HB 溶液 pH=0，即 HB 为强酸，溶液中全部电离。因为起始两溶液浓度和体积均相等，故起始两溶液中所含一元酸的物质的量相等。【题目详解】A.

22、1mol/L 的 HA 溶液的 pH 为 2，c(A-)c(H)0.01mol/L，c(HA)1mol/L，则 HA 的电离常数约为 10-4，A 正确；B.由电荷守恒有：c（H+）=c(A-)+c(OH-)，c（H+）=c(B-)+c(OH-)，当两溶液均稀释至0Vlg+1=4V时，HB 溶液 pH=3，HA 溶液 pH3，则有 c(A-)n(HB)，故分别用 NaOH 溶液中和时，消耗的 NaOH物质的量：HAHB，C 正确；D.等体积、等物质的量浓度的 NaA 和 NaB 溶液，Na+数目相同，HA 为弱酸，盐溶液中 A-发生水解，NaA 溶液呈碱性，NaA 溶液中的电荷守恒为 c（Na

23、+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），HB 为强酸，盐溶液中 B-不发生水解，NaB 溶液呈中性，NaB 溶液中的电荷守恒为 c（Na+）+c（H+）=c（B-）+c（OH-），NaA 溶液中 c（H+）NaB 溶液中 c（H+），所以等体积、等物质的量浓度的 NaA 和 NaB 溶液中离子总数前者小于后者，D 正确。答案：B。8、C【答案解析】A由图 1 可知，当 c（HA）=c（A2）时，溶液显酸性，所以 NaHA 溶液显酸性，电离程度大于水解程度，则各离子浓度大小关系为：c（Na）c（HA）c（H）c（A2）c（OH），故 A 正确；B由图 2 可知，当 c（H3NCH2CH2NH

24、2+）=cH3NCH2CH2NH32+）时，溶液的 pH=6.85，c（OH）=10-7.15molL1，则 Kb2=232233222()cH NCH CH NHc OHcH NCH CH NH=c（OH），Kb2=10-7.15，故 B 正确；C由图 2 可知，当 c（H3NCH2CH2NH32+）=c（H3NCH2CH2NH+）时，溶液的 pH=6.85，c（OH）=10-7.15molL1，则 Kb2=10-7.15，由图 1 可知，当 c（HA）=c（A2）时，pH=6.2，则 Ka2=10-6.2，H3NCH2CH2NH32+的水解程度大于 A2的水解程度，溶液显酸性，故 C 错误

25、；D 22222+32+22c H NCH CH NHc H AcH NCH CH NHc HA=222223222()?()()c H NCH CH NHc H Ac OHc Hc HAc HcH NCH CH NHc OH（）（）=11KwKaKb，由于通入 HCl，Kw、Kb1、Ka1都不变，所以 22222+32+22c H NCH CH NHc H AcH NCH CH NHc HA不变，故 D 正确。故选 C。【答案点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及盐的水解平衡原理的应用，把握电离平衡原理和水解原理、电离常数和水解常数的计算、图象数据的分析应用为解答的关键，侧重分析、应用能力和计算

26、能力的考查，难点 D，找出所给表达式与常数 Kw、Kb1、Ka1的关系。9、C【答案解析】A.a 点对应的溶液中含有碳酸氢钠，HCO3-、OH-反应生成 CO32-和水，a 点对应的溶液中不能有大量 OH-，故不选 A；B.b 点对应的溶液中有碳酸氢钠，HCO3-、H+反应生成 CO2气体和水，b 点对应的溶液中不能有大量 H+，故不选 B；C.c 点对应的溶液中溶质只有氯化钠，Na+、Ca2+、NO3-、Cl-不反应，能共存，故选 C；D.d 点对应的溶液中含有盐酸，F-、H+反应生成弱酸 HF，H+、NO3-、Fe2+发生氧化还原反应生成 Fe3+，Ag+、Cl-反应生成氯化银沉淀，不能大

27、量共存，故不选 D；答案选 C。10、A【答案解析】A.若 X为导线，Y 可以是锌，形成原电池，铁闸门作正极被保护，能降低铁闸门的腐蚀速率，故 A 正确；B.若 X为导线，铁闸门上的电极反应式为 Fe-2e-=Fe2+，则铁闸门作负极被腐蚀，所以不能降低铁闸门的腐蚀速率，故B 错误；C.若 X 为直流电源，铁闸门连接负极，作阴极，能降低铁闸门的腐蚀速率，故 C 错误；D.若 X 为直流电源，铁闸门连接负极，作阴极，Y 极为阳极，则 Y 极上发生氧化反应，故 D 错误；故选：A。11、D【答案解析】A.根据图甲所示可知：在 400时，三种气体的转化率在合金负载量为 2 g/L 时最大，A 错误；

28、B.图乙表明，尾气的起燃温度在合金负载量为 2 g/L 时最低，其它各种合金负载量时起燃温度都比 2 g/L 时的高，B 错误；C.图甲表示只有在合金负载量为 2 g/L 时尾气转化率最大，而图乙表示的是只有在合金负载量为 2 g/L 时尾气转化率最低，可见并不是合金负载量越大催化剂活性越高，C 错误；D.图丙表示工艺 1 在合金负载量为 2 g/L 时，尾气转化率随尾气的起燃温度的升高而增大，而图丁表示工艺 2 在合金负载量为 2 g/L 时，尾气转化率在尾气的起燃温度为 200时已经很高，且高于工艺 1，因此制得的合金的催化性能：工艺 2 优于工艺 1，D 正确；故合理选项是 D。12、D

29、【答案解析】A放电时，工作原理为原电池原理，阳离子向正极移动，A 正确；B放电时，工作原理为原电池原理，电子由负极用电器正极，B 正确；C充电时，工作原理为电解池原理，阴极反应为 xLi+nC+xe-=LixCn，C 正确；D充电时，工作原理为电解池原理，阳极反应为 LiFePO4-xe-=(1x)LiFePO4+xFePO4+xLi+，很明显，阳极质量减小，D 错误。答案选 D。【答案点睛】涉及 x 的电池或者电解池的电极反应书写，切不可从化合价入手，而应该以电荷守恒或者原子守恒作为突破口进行书写，如本题 D 中先根据总反应写出 LiFePO4-e-(1x)LiFePO4+xFePO4，很显

30、然右边少着 x 个 Li+，故右边加上 xLi+，右边加上 xLi+后，根据电荷守恒可知左边应该-xe-，最终阳极反应为 LiFePO4-e-(1x)LiFePO4+xFePO4。13、B【答案解析】由题知，Z是氧元素；若 X 是第二周期元素，则不能同时满足“原子序数依次增大”和“X 的原子半径比 Y 的小”，故 X是氢元素，则 W 是钠元素；结合最外层电子数之和为 13 知，Y 是氮元素。【题目详解】A.简单离子的半径+23HNaONrrrr-，即 XW Z7，随着曲线 I 体积的增大，溶液的 pH逐渐增大，说明曲线 I 表示 BOH 溶液的体积，则曲线 II 表示 HA 溶液体积，故 A

31、正确；B.根据图像，x 点 HA 溶液体积大于 BOH 溶液等体积，溶液为 HA 和 BA 的混合溶液，根据电荷守恒，有c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故 B 正确；C.由图可知，当 HA 溶液与 BOH 溶液等体积混合时，溶液的 pH7，溶液显碱性，说明 K(HA)K(BOH)，故 C 错误；D.根据图像，z 点 HA 溶液体积小于 BOH 溶液等体积，溶液为 BA 和 BOH 的混合溶液，碱过量水的电离程受抑制，所以向 z 点溶液加入 NaOH，水的电离程度减小，故 D 正确。故选 C。【答案点睛】本题考查酸碱混合离子的浓度关系，明确信息中 pH 及离子的关系来判断酸碱的

32、强弱是解答本题的关键，注意电离、盐类水解等知识的运用。15、D【答案解析】ASO2 是由硫元素和氧元素组成的化合物，属于氧化物，故A错误；BH2SiO3 电离时其阳离子全部是H+，属于酸，故B错误；C纯碱是碳酸钠的俗称，是由钠离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐，故C错误；D苛性钠是氢氧化钠的俗称，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子，属于碱，故D正确；故选D。点睛：解答时要分析物质的阴阳离子组成，然后再根据酸碱盐概念方面进行分析、判断，电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱，由金属离子和酸根离子组成的化合物属于盐，从而得出正确的结论。16、A【答案

33、解析】A.第三代半导体芯片的主要成分不是 SiO2，而是 GaN，A 项错误，符合题意；B.普通玻璃属于硅酸盐材料，B 项正确，不符合题意；C.塑料属于高分子聚合物，C 项正确，不符合题意；D.大兴国际机场是全国可再生能源使用比例最高的机场，耦合式地源热泵系统，可实现年节约 1.81 万吨标准煤，光伏发电系统每年可向电网提供 600 万千瓦时的绿色电力，相当于每年减排 966 吨 CO2，并同步减少各类大气污染物排放，D 项正确，不符合题意；答案选 A。【答案点睛】解答本题时需了解：第一代半导体材料主要是指硅（Si）、锗元素（Ge）半导体材料。第二代半导体材料主要是指化合物半导体材料，如砷化镓

34、（GaAs）、锑化铟（InSb）；三元化合物半导体，如 GaAsAl、GaAsP；还有一些固溶体半导体，如 Ge-Si、GaAs-GaP；玻璃半导体（又称非晶态半导体），如非晶硅、玻璃态氧化物半导体；有机半导体，如酞菁、酞菁铜、聚丙烯腈等。第三代半导体材料主要以碳化硅（SiC）、氮化镓（GaN）、氧化锌（ZnO）、金刚石、氮化铝（AlN）为代表的宽禁带半导体材料。二、非选择题（本题包括 5 小题）17、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 HOCH2CH2OHHOC

35、OCH=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

36、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

37、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 AB 发生消去反应，BE 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)，EF 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

38、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 HOCH2CH2OH HOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+(2n-1)H2O；故答案为:n HOOCCH=CHCOOH+n HOCH2CH2OHHOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+(2n-1)H2O；(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

39、构简式：，；答案：，。18、3，4，4三甲基庚烷 【答案解析】(1)分析题目给出的信息，进行逆向推理即可；根据化学式为 C10H18的烃 A，则 A 烯烃应该是下列三个片断结合而成，2 个和，再结合反应原理解答该题；(2)根据(1)的分析所得 A 的结构简式，再根据系统命名法命名与 H2发生加成反应的产物；(3)烃 A 的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性，说明双键碳原子上没有氢原子，据此分析；(4)B 为，分子式为：C6H10O3，第一步发生生成 C6H12O3，则羰基与氢气加成生成醇羟基即结构式为；第二步生成 C6H10O2，则脱去 1 分子水，即醇羟基发生消去反应

40、生成碳碳双键即结构式为；第三步发生加聚反应生成，据此分析解答。【题目详解】(1)根据题目所给信息可知：碳碳双键在酸性高锰酸钾作用下，生成 2 个碳氧双键，现生成的 2 种化合物中共有 3 个碳氧双键，故 A 中含有 2 个碳碳双键，根据化学式为 C10H18的烃 A，则 A 烯烃应该是下列三个片断结合而成，2 个和，故 A 的结构简式是；(2)根据(1)的分析，A 为，经氢化后双键都被加成为单键，所以得到的烷烃的命名是 3，4，4三甲基庚烷；(3)烃 A 的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性，说明双键碳原子上没有氢原子，则该同分异构体的结构简式是；(4)B 为，分子式为

41、：C6H10O3，第一步发生反应生成 C6H12O3，则羰基与氢气加成生成醇羟基即结构式为；第二步生成 C6H10O2，则脱去 1 分子水，即醇羟基发生消去反应生成碳碳双键即结构式为；第三步发生加聚反应生成；第二步反应时，2 分子易生成一种含八元环的副产物，即羟基与羧基、羧基与羟基发生酯化反应生成八元环的酯类物质，所以其结构简式为。【答案点睛】考查有机物推断，注意根据转化关系中有机物结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生的自学能力与知识迁移应用，难度中等。19、加快并促进 Na2CO3水解，有利于除去油污 Fe+2Fe3+=3Fe2+分液

42、漏斗 用少量蒸馏水冲洗冷凝管内通道 23 次，将洗涤液注入到锥形瓶 Z中 100%MnO4-+5Fe2+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O 100%部分 Fe2+被氧气氧化 取少量待测溶液于试管中，加入少量 KSCN 溶液 溶液变红色 【答案解析】废铁屑用热的 Na2CO3溶液除去表面的油污后，加稀硫酸溶解，Fe 与 H2SO4反应产生硫酸亚铁溶液，加硫酸铵晶体共同溶解，经过蒸发浓缩、冷却晶体、过滤、洗涤、干燥得到莫尔盐 FAS，以此分析解答。【题目详解】(1)步骤是用碳酸钠溶液除去废铁屑表面的油污，该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，由于盐的水解反应是吸热反应，加热，可促进盐的水解，使溶液碱

43、性增强，因而可加快油污的除去速率；(2)亚铁离子易被氧化，少量铁还原氧化生成的 Fe3+，反应的离子方程式为 Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3)根据图示可知：仪器 X的名称为分液漏斗；N原子最外层有 5 个电子，两个 N 原子之间共用 3 对电子形成 N2，使每个 N 原子都达到最外层 8 个电子的稳定结构，故 N2的电子式为；(4)蒸出的氨气中含有水蒸气，使少量的氨水残留在冷凝管中，为减小实验误差，用少量蒸馏水冲洗冷凝管内通道 23次，将洗涤液注入到锥形瓶 Z中；根据反应方程式2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可得物质之间的物质的量关

44、系为：n(NH3)+n(NaOH)=2n(H2SO4)，n(H2SO4)=b10-3Lc1 mol/L=bc110-3mol，n(NaOH)=c2mol/Ld10-3L=c2d10-3mol，所以 n(NH3)=2n(H2SO4)-n(NaOH)=2bc110-3mol-c2d10-3mol=(2bc1-dc2)10-3mol；根据 N 元素守恒可知该摩尔盐中含有的 NH4+的物质的量为n(NH4+)=(2bc1-dc2)10-3mol，故 NH4+质量百分含量为100%；(5)用 0.01000mol/L 的酸性溶液滴定溶液中的 Fe2+离子，酸性溶液盛装在酸式滴定管中，盛装待测液需要使用锥

45、形瓶，滴定管需要固定，用到铁架台及铁夹。故滴定过程中需用到的仪器是；KMnO4将 Fe2+氧化为 Fe3+，KMnO4被还原为 Mn2+，同时产生了水，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得滴定中反应的离子方程式为 MnO4-+5Fe2+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；(6)根据元素守恒可得：(NH4)2Fe(SO4)26H2O2SO42-2BaSO4，n(BaSO4)=mol，则 n(NH4)2Fe(SO4)26H2O=n(BaSO4)=mol=mol，则 500mL 溶液中含有的(NH4)2Fe(SO4)26H2O的物质的量为mol，则 mg 样品中 FAS 的质量百分含量为100%=

46、；(7)已知实验操作都正确，却发现甲方案的测定结果总是小于乙方案，其可能的原因是 Fe2+被空气中的氧气部分氧化，设计简单的化学实验验证上述推测的实验过程为：取少量 FAS 溶液，加入少量 KSCN 溶液，若溶液变为红色，说明Fe2+已被空气部分氧化。【答案点睛】本题考查物质制备实验方案的设计的知识，涉及物质的净化除杂、物质电子式的书写、滴定实验过程中仪器的使用、分析应用、氧化还原反应方程式的书写与计算、物质含量的测定与计算等，该题综合性较强，要注意结合题给信息和装置特点及物质的性质分析，题目难度中等。20、a、b、c B 9.5g 【答案解析】（1）精度相对较高的玻璃量器，常标示出使用温度。

47、（2）A给烧瓶内的液体加热时，烧瓶底部的温度往往比溶液高；B滴定管刻度从上往下标，俯视滴定管内液面读数，读出的数值偏小；C俯视容量瓶内的液面，定容时液面低于刻度线。（3）对天平来说，有如下等量关系：天平的右盘物品质量=天平左盘物品质量+游码指示的质量。称取 10.5g 固体样品，天平质量为 10g，游码移到 0.5g，代入关系式，可求出所称样品的实际质量。【题目详解】（1）量筒、容量瓶、滴定管都标有规格和温度，量筒的刻度从下往上标，滴定管刻度从上往下标，容量瓶只有一个刻度线。答案为：a、b、c；（2）A给烧瓶内的液体加热时，烧瓶底部的温度往往比溶液高，A 不合题意；B滴定管刻度从上往下标，俯视

48、滴定管内液面读数，读出的数值偏小，B 符合题意；C俯视容量瓶内的液面，定容时液面低于刻度线，所得溶液的浓度偏大，C 不合题意。答案为：B；（3）对天平来说，有如下等量关系：天平的右盘物品质量=天平左盘物品质量+游码指示的质量。称取 10.5g 固体样品，天平质量为 10g，游码移到 0.5g，代入关系式，则所称样品的实际质量=10g-0.5g=9.5g。答案为：9.5g。【答案点睛】用天平称量物品，即便违反实验操作，也不一定产生误差。因为若不使用游码，则不产生误差；若使用游码，则物品的质量偏小，物质的真实质量=读取的质量-游码指示质量的二倍。21、氟原子、硝基 还原反应、取代反应 【答案解析】

49、CH2-NH-C=O-CH3（1）根据 A 的结构简式判断官能团；（2）CD 是 C 中的硝基变为氨基、FG是 F 中的氯原子被-N3代替；（3）A+BC+HF，根据 A、C 的结构简式推断 B的结构简式；（4）和醋酸生成和水；（5）根据连有 4 个不同的原子或基团的碳原子为手性碳判断；（6）芳香族化合物 X是 C 的同分异构体，核磁共振氢谱有 4 组峰且峰面积比为 4:4:2:1，说明结构对称；（7）甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成，与 NaN3反应生成，与氢气发生还原反应生成，和乙酸反应生成；【题目详解】（1）A 的结构简式是，官能团名称是氟原子、硝基；（2）CD 是 C 中的硝基变

50、为氨基，属于还原反应；FG 是 F 中的氯原子被-N3代替，属于取代反应；（3）A+BC+HF，根据 A、C 的结构简式，可知 A 中的 F 原子被代替，所以 B 的结构简式是；（4）和醋酸生成和水，反应的化学方程式为；（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。中的手性碳为；（6）芳香族化合物 X是 C 的同分异构体，核磁共振氢谱有 4 组峰且峰面积比为 4:4:2:1 的 X的结构简式是；（7）甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成，与 NaN3反应生成，与氢气发生还原反应生成，和乙酸反应生成，合成路线为。【答案点睛】本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生推断和灵活运用能