2024年高考化学终极押题密卷1（北京卷）含答案.doc

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1、2024年高考化学终极押题密卷1（北京卷）一选择题（共14小题）1下列应用中涉及氧化还原反应的是（）A用二氧化硫作漂白剂使色素褪色B用过氧化钠作潜水艇中的供氧剂C使用明矾对自来水进行净化D使用热的纯碱溶液去除油污2下列化学用语或图示表达不正确的是（）ANH3的电子式为BHCHO分子的空间结构模型为C乙烯分子中键的形成过程：D邻羟基苯甲醛分子内形成的氢键：3下列离子方程式与所给事实不相符的是（）A电解水制氢气中的阳极反应：B常温下醋酸钠溶液pH7：CNO2与水反应制硝酸：D金属Na与水发生反应：4设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A足量Zn与一定量的浓硫酸反应产生22.4L气体时

2、，转移的电子数为2NAB15.6g的Na2S和Na2O2固体混合物中，阴离子数为0.2NAC1L 0.1molL1的CH3COONa溶液中含有的CH3COO数目为0.1NAD12g金刚石中含有的碳碳单键数约为4NA5中国科学家对量子材料的研究处于国际领先水平，近年来对石墨烯、硅烯、锗烯等低维量子材料的研究发展迅速。下列说法不正确的是（）A碳、硅、锗属于同主族元素B第一电离能：CSiC红外光谱法可直接确定石墨烯的晶体结构D硅和锗常用作半导体材料6下列物质性质的比较中，不正确的是（）A气态Cu与Cu+失去一个电子的能力：Cu+CuB分子的极性：HFHClC物质的硬度：晶体SiSiO2D在水溶液中的

3、溶解性：7氮化铝广泛应用于电子、陶瓷等工业领域在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成下列叙述正确的是（）A上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B上述反应中，每生成1 molAlN需转移3 mol电子CAlN中氮元素的化合价为+3DAlN的摩尔质量为41g8土壤中的微生物可将大气中的H2S经两步反应氧化成，两步反应的能量变化如图。下列说法不正确的是（）AO的非金属性大于S，推知热稳定性：H2OH2SB两步反应中化学键断裂吸收的总能量均小于化学键形成释放的总能量CH2S（g）+2O2（g）（aq）+2H+（aq） H364.01kJmol1D结合S（s）的

4、燃烧热，可求算2H2S（g）+3O2（g）2SO2（g）+2H2O（g）的H9研究人员利用电化学原理吸收废气中的NO2，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）Aa电极为负极，c电极为阳极Bb电极的电极反应式为：NO2+eC反应一段时间后，c极区溶液pH几乎不变D每吸收1mol NO2，理论上可以得到110用如图装置检验浓硫酸与木炭在加热条件下反应的产物CO2和SO2。下列说法不正确的是（）A中现象说明产物中有SO2B中利用了KMnO4的氧化性C将对调也能够达到实验目的D浓硫酸与木炭的反应：2H2SO4（浓）+CCO2+2SO2+2H2O11新型靶向药物M能够牢牢“黏住”致病蛋白，其结构简式

5、如图所示。下列关于M的说法不正确的是（）A含有2种官能团B所有碳原子可能共平面C1molM最多可与4molNaOH发生反应DM“黏住”致病蛋白的过程可能与二者之间形成氢键有关12有机物M在碱性条件下可发生如下反应：下列说法不正确的是（）AM中酮羰基邻位甲基的CH键极性较强，易断键B推测M转变为N的过程中，发生了加成反应和消去反应C不能通过质谱法对M、N进行区分D该条件下还可能生成13下列实验不能达到对应目的的是（）选项ABCD实验 目的比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性比较氧化性：Cl2Br2I2比较苯和甲苯的化学性质比较Fe和Cu的金属活动性AABBCCDD14甲烷还原二氧化碳是实现“

6、双碳”目标的有效途径之一。常压、催化剂作用下，按照CO2和CH4的物质的量之比3：1投料。有关反应如下：CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g） H1+247kJmol1：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g） H2+41kJmol1某一时段内，CH4和CO2的转化率随温度变化如图所示。已知：CO2的转化效率下列分析不正确的是（）A根据反应、，低压高温有利于提高CO2的平衡转化率B500时，CO2的转化效率为1.5C由400升高到600，含氢产物中水的占比增大D由700升高到1000，CO2的转化效率逐渐增大二解答题（共5小题）15硒（34Se）是一种应用广泛的元素。.检

7、测细胞体内的HClO风湿性关节炎与细胞体内产生的HClO有关。一种含Se的荧光探针分子（FP）检测HClO及再生的转化如图。（1）Se位于元素周期表中 区（填“s”“p”“ds”或“d”）。HClO的结构式是 。（2）在FPOFP中，GSH转化为GSSG。用“*”在GSH中标出所有的手性碳原子 。FPOFP中，FPO与GSH的物质的量之比为 。.应用于光电领域Cu2Se可作为新型镁电池的正极材料，其晶胞结构如图1所示。（3）该晶体中阳离子的基态价层电子排布式是 。晶胞中“”表示 （填离子符号）。（4）新型镁电池放电时，如图晶胞中Se2位置不变，Mg2+嵌入的同时Cu+被挤出。生成的MgSe晶体

8、结构与NaCl晶体相似，其中Mg2+位于图1晶胞的 （填序号）。a.棱心b.面心c.体心d.顶点16大气中CO2含量的控制和CO2资源化利用具有重要意义。（1）CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）H1+247kJmol1：CH4（g）+3CO2（g）4CO（g）+2H2O（g）H2+329kJmol1反应CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H （2）工业上可利用CO2制备CH3OH；CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H49kJmol1500时，该反应的平衡常数K2.50，该温度

9、下某时刻测得体系内四种物质的浓度均为1molL1，则此时v正 v逆（填“”“”或“”）。提高反应速率且增大CH3OH（g）的平衡产率，可采取的措施 。A.升高反应温度B.使用合适的催化剂C.增大体系压强D.从平衡体系中及时分离出CH3OH（g）（3）一种捕获CO2并实现资源利用的反应原理如图1所示。反应完成之后，以N2为载气，将恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，推测发生了副反应（反应）：CH4C+2H2反应的化学方程式为 。t1t3时间段内，反应速率减小至0的原因 。t2

10、时刻，反应和反应生成H2的速率之比为 。（4）在铜基配合物的催化作用下，利用电化学原理可将CO2转化为碳基燃料（包括CO、烷烃和羧酸等），其装置原理如图所示。图中生成甲酸的电极反应式为 。当有0.2molH+通过质子交换膜时，理论上最多生成HCOOH的质量为 。17贝格列净是一种新型口服降糖药，用于治疗型糖尿病患者，其前体合成路线为：已知：（1）A的名称是 。（2）AB的反应方程式是 。（3）在该条件下DE反应中还可能有副产物，其副产物的结构简式是 （写一种即可）。（4）F的结构简式是 。（5）从结构角度解释G具有弱酸性的原因是 。（6）以K（葡萄糖）为原料进一步合成贝格列净，合成路线如图：K

11、L步骤中I2的作用是 。MN发生环化反应，其化学方程式为 ，为提高N的产率，通过除去物质 来促进反应进行。NP步骤的目的是 。18利用零价铁（Fe）耦合过硫酸盐（S2）和过氧化氢产生自由基去除污水中的有机化合物是目前研究的热点。其中自由基SO4和HO产生的机理如图所示。（1）SO4的结构式是，则S2的结构式是 。（2）过程中反应的离子方程式是 。（3）过程会导致溶液酸性增强，其中硫元素在反应前后均为+6价。该过程参与反应的物质还有 （填化学式）。（4）探究零价铁和S2H2O2混合氧化剂体系降解水样中有机化合物M的能力。.通过加入甲醇或叔丁醇探究不同自由基降解M的能力。测得M的残留百分含量随时间

12、变化如图1所示。已知：该实验条件下，甲醇同时消耗HO和SO4，叔丁醇只消耗HOa.X中加入的是 （填“甲醇”或“叔丁醇”）。b.020min，Z中降解M的自由基主要是HO，判断依据是 。.探究混合氧化剂中S2的物质的量分数对水样中总有机碳（TOC）去除率的影响。实验开始时，水样的pH7且加入的n（S2）+n（H2O2）相同，其他条件不变。在相同时间内测得的实验数据如图2所示。注：TOC是以碳的含量表示水中有机化合物的总量。a.从到，TOC去除率升高的原因是 。b.从到，TOC去除率下降的原因是 。19某小组同学探究硫代硫酸钠（Na2S2O3）溶液与某些常见金属离子的反应。已知：i.Cu（S2O

13、3）22（淡绿色）、Fe（S2O3）33（紫黑色）、Ag（S2O3）23（无色）ii.S4在酸性溶液中转化为、S和SO2。iii.BaS4O6可溶于水、BaS2O3微溶于水。（1）将S粉加入沸腾的Na2SO3溶液中可制得Na2S2O3，离子方程式是 。（2）研究Na2S2O3与某些常见金属离子的反应，进行如下实验。 序号X溶液现象CuCl2溶液溶液变为淡绿色，水浴加热至50以上，逐渐析出黑色沉淀FeCl3溶液溶液变为紫黑色，片刻后溶液变为无色AgNO3溶液逐滴加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，振荡后沉淀溶解，得无色溶液取中的浊液，离心分离，经检验，沉淀是Cu2S和S的混合物，清液中存在。i.补

14、全中生成黑色沉淀的总反应的离子方程式： 2Cu2+2S2+_+_+_+4H+ii.查阅资料可知，常温时，生成黑色沉淀反应的平衡常数很大，但仍需水浴加热至50以上才出现沉淀，原因是 。中，S2被Fe3+氧化的主要产物是S4，还有很少量的。取中的无色溶液进行如下实验证实了此结论。用H2O代替中的FeCl3溶液，重复上述实验，CS2溶解后几乎无固体剩余。i.仅由溶液1中加入足量的盐酸后得到沉淀2，不能说明中生成了S4，理由是 。ii.补全实验方案证实上述结论：将沉淀1洗净， 。向的无色溶液中继续加入0.5mL0.1mol/LAgNO3溶液，产生白色沉淀Ag2S2O3。静置，得到黑色沉淀Ag2S，同时

15、生成强酸。生成Ag2S的化学方程式是 。（3）软硬酸碱原理认为，中，Ag+为软酸，S2为软碱，S2是比S2更软的碱，可解释S2与Ag+反应的最终产物为Ag2S。由此推测，中，Cu+和Cu2+， 是更软的酸。2024年菁优高考化学终极押题密卷1（北京卷）参考答案与试题解析一选择题（共14小题）1下列应用中涉及氧化还原反应的是（）A用二氧化硫作漂白剂使色素褪色B用过氧化钠作潜水艇中的供氧剂C使用明矾对自来水进行净化D使用热的纯碱溶液去除油污【考点】氧化还原反应与非氧化还原反应菁优网版权所有【专题】氧化还原反应专题【答案】B【分析】化学反应前后元素化合价发生变化的反应为氧化还原反应。【解答】解：A二

16、氧化硫具有漂白性，和有机色素结合生成无色不稳定的化合物，使色素褪色，反应过程中无元素化合价变化，不是氧化还原反应，故A错误；B过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，用过氧化钠作潜水艇中的供氧剂，故B正确；C明矾溶解后铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有较大表面积，能吸附悬浮杂质，使用明矾对自来水进行净化，过程中无元素化合价变化，不是氧化还原反应，故C错误；D纯碱是碳酸钠，溶液中碳酸根离子水解是吸热反应，加热促进水解碱性增强，促使油脂水解，过程中无元素化合价变化，不是氧化还原反应，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了氧化还原反应、物质性质和应用，主要是知识的熟练掌握，题目难度不大。2下列化学用语

17、或图示表达不正确的是（）ANH3的电子式为BHCHO分子的空间结构模型为C乙烯分子中键的形成过程：D邻羟基苯甲醛分子内形成的氢键：【考点】化学式或化学符号及名称的综合；电子式菁优网版权所有【专题】化学用语专题【答案】A【分析】ANH3的电子式中N原子还含有1对孤电子对；BHCHO分子中含有CO键和CH键，属于平面结构的分子；C乙烯分子中的键是C原子的2p轨道以“肩并肩”的方式重叠形成的；D邻羟基苯甲醛分子含有OH键，CHO中含有电负性大的O原子，二者位置较近，可形成分子内氢键。【解答】解：ANH3是共价化合物，N、H原子间共用1对电子对，N原子最外层电子数为8，其电子式为，故A错误；BHCHO

18、是平面结构的分子，含有CO键和CH键，且原子半径：COH，其空间结构模型为，故B正确；C乙烯分子中的键是C原子的2p轨道以“肩并肩”的方式重叠形成的，其形成过程为，故C正确；D邻羟基苯甲醛分子含有OH键，CHO中含有电负性大的O原子，二者位置较近，根据氢键形成条件可知，邻羟基苯甲醛分子可形成分子内氢键，示意图为，故D正确；故选：A。【点评】本题考查化学用语的分析判断，涉及电子式、分子空间结构模型、键及其形成过程、氢键类型及其形成等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力，题目难度中等。3下列离子方程式与所给事实不相符的是（）A电解水制氢气中的阳极反应：B常

19、温下醋酸钠溶液pH7：CNO2与水反应制硝酸：D金属Na与水发生反应：【考点】离子方程式的书写；电极反应和电池反应方程式；钠的化学性质菁优网版权所有【专题】离子反应专题【答案】A【分析】A电解水时阳极生成氧气，阴极生成氢气；B醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子，溶液呈碱性；CNO2与水反应生成硝酸和一氧化氮气体；D金属Na与水反应生成NaOH和H2。【解答】解：A电解水制氢气中的阳极反应为2H2O4eO2+4H+，故A错误；B醋酸钠是强碱弱酸盐，水解生成醋酸和氢氧化钠，使溶液的pH7，离子方程式为CH3COO+H2OOH+CH3COOH，故B正确；CNO2与水反应制硝酸的离

20、子方程式为3NO2+H2O2H+2+NO，故C正确；D金属Na与水反应生成NaOH和H2，离子方程式为2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故D正确；故选：A。【点评】本题考查离子方程式正误判断，侧重考查分析判断能力及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、离子方程式书写规则是解本题关键，题目难度不大。4设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A足量Zn与一定量的浓硫酸反应产生22.4L气体时，转移的电子数为2NAB15.6g的Na2S和Na2O2固体混合物中，阴离子数为0.2NAC1L 0.1molL1的CH3COONa溶液中含有的CH3COO数目为0.1NAD12g金刚石中含有的

21、碳碳单键数约为4NA【考点】阿伏加德罗常数菁优网版权所有【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【答案】B【分析】A、气体所处的状态不明确；B、Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，且均由2个钠离子和1个阴离子构成；C、CH3COO是弱酸根离子，在溶液中会水解；D、求出金刚石的物质的量，然后根据金刚石中含2条CC键来分析。【解答】解：A、气体所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则反应转移的电子数无法计算，故A错误；B、Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，故15.6g混合物的物质的量为0.2mol，且两者均由2个钠离子和1个阴离子构成，故0.2mol混合物中含阴离子为

22、0.2NA个，故B正确；C、CH3COO是弱酸根离子，在溶液中会水解，故溶液中的醋酸根的个数小于0.1NA个，故C错误；D、12g金刚石的物质的量为1mol，而金刚石中含2条CC键，故1mol金刚石中含CC键为2NA条，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，应注意掌握基础的运算方法。5中国科学家对量子材料的研究处于国际领先水平，近年来对石墨烯、硅烯、锗烯等低维量子材料的研究发展迅速。下列说法不正确的是（）A碳、硅、锗属于同主族元素B第一电离能：CSiC红外光谱法可直接确定石墨烯的晶体结构D硅和锗常用作半导体材料【考点】元

23、素周期表的结构及其应用菁优网版权所有【专题】元素周期律与元素周期表专题【答案】C【分析】A碳、硅、锗都处于A族；B同主族元素自上而下第一电离能减小；CX射线衍射法用于测定晶体结构；D硅、锗都位于金属与非金属的交界处，具有一定金属性与非金属性。【解答】解：A碳、硅、锗都是A族元素，故A正确；B同主族元素自上而下第一电离能减小，第一电离能：CSi，故B正确；C红外光谱是用于鉴定有机物中所含官能团种类或基团，X射线衍射法用于测定晶体结构，故C错误；D硅、锗都位于金属与非金属的交界处，具有一定金属性与非金属性，常用作半导体材料，故D正确；故选：C。【点评】本题考查元素周期表与元素周期律，题目难度不大，

24、试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。6下列物质性质的比较中，不正确的是（）A气态Cu与Cu+失去一个电子的能力：Cu+CuB分子的极性：HFHClC物质的硬度：晶体SiSiO2D在水溶液中的溶解性：【考点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别菁优网版权所有【专题】化学键与晶体结构【答案】A【分析】ACu为29号元素，价电子排布式为：3d104s1，Cu+的核外电子排布式为3d10，为全满状态，较稳定，较难失去电子；B电负性差值越大，分子的极性越大；CSi和SiO2均为共价晶体，共价键的键能越大，硬

25、度越大；D可形成分子内氢键，降低物质的溶解度，与水形成分子间氢键，增大物质的溶解度。【解答】解：ACu为29号元素，价电子排布式为：3d104s1，Cu+的核外电子排布式为3d10，为全满状态，较稳定，较难失去电子，因此气态Cu与Cu+失去一个电子的能力：CuCu+，故A错误；B电负性差值越大，分子的极性越大，电负性：FCl，则分子的极性：HFHCl，故B正确；CSi和SiO2均为共价晶体，共价键的键能越大，硬度越大，SiSi键的键长大于SiO键的键长，则SiSi键的键能小于SiO键的键能，物质的硬度：晶体SiSiO2，故C正确；D可形成分子内氢键，降低物质的溶解度，与水形成分子间氢键，增大物

26、质的溶解度，则在水溶液中的溶解性：，故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查氢键及核外电子排布式的书写，为高频考点，题目难度不大。7氮化铝广泛应用于电子、陶瓷等工业领域在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成下列叙述正确的是（）A上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B上述反应中，每生成1 molAlN需转移3 mol电子CAlN中氮元素的化合价为+3DAlN的摩尔质量为41g【考点】氧化还原反应的基本概念及规律菁优网版权所有【答案】B【分析】A在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂；B根据氮化铝和转移电子之间

27、的关系式计算；C在化合物中电负性大的显负价，电负性小的显正价；D摩尔质量的单位是g/mol【解答】解：A该反应中，氧化剂是氮气，还原剂是碳，故A错误；B每生成1molAlN需转移1mol（30）3mol电子，故B正确；C氮化铝中氮元素的化合价是3价，故C错误；D氮化铝的摩尔质量是41g/mol，故D错误；故选：B。【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素化合价即可分析解答本题，难度不大。8土壤中的微生物可将大气中的H2S经两步反应氧化成，两步反应的能量变化如图。下列说法不正确的是（）AO的非金属性大于S，推知热稳定性：H2OH2SB两步反应中化学键断裂吸收的总能量均小于化学键形成释放的总能量CH

28、2S（g）+2O2（g）（aq）+2H+（aq） H364.01kJmol1D结合S（s）的燃烧热，可求算2H2S（g）+3O2（g）2SO2（g）+2H2O（g）的H【考点】反应热和焓变菁优网版权所有【专题】化学反应中的能量变化【答案】C【分析】由图可知，第一步反应为：H2S（g）+O2（g）S（s）+H2O（g）H1221.19kJmol1，第二步反应为：S（s）+O2（g）+H2O（g）（aq）+2H+H2585.20kJmol1，S（s）的燃烧热的热化学方程式为：S（s）+O2（g）SO2（g）H3，据此分析作答。【解答】解：AO的非金属性大于S，键的稳定性：HOHS，则氢化物热稳定性

29、：H2OH2S，故A正确；B由图可知，2步反应均为放热反应，则两步反应中化学键断裂吸收的总能量均小于化学键形成释放的总能量，故B正确；C根据盖斯定律：+得到：H2S（g）+2O2（g）（aq）+2H+（aq） H（221.19）kJmol1+（585.20）kJmol1806.39 kJmol1，故C错误；D根据盖斯定律可知：2+2，可得2H2S（g）+3O2（g）2SO2（g）+2H2O（g）则反应的H2（H1+H3），故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，同时考查盖斯定律的应用，学生的看图理解能力、分析应用能力，属于基本知识的考查，难度不大。9研究人员利用电化学原

30、理吸收废气中的NO2，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）Aa电极为负极，c电极为阳极Bb电极的电极反应式为：NO2+eC反应一段时间后，c极区溶液pH几乎不变D每吸收1mol NO2，理论上可以得到1【考点】原电池与电解池的综合菁优网版权所有【专题】电化学专题【答案】C【分析】由图可知，a电极为负极，Zn失去电子，转化为Zn2+，b正极，NO2得到电子，被还原为，故c电极为阳极，d电极为阴极，据此分析作答。【解答】解：A根据分析可知，a电极为负极，c电极为阳极，故A正确；B根据分析可知，b电极的电极反应式为：NO2+e，故B正确；Cc电极为阳极，OH失去电子，被氧化为O2，H+浓度增大

31、，反应一段时间后，c极区溶液pH减小，故C错误；D根据原子守恒可知，每吸收1mol NO2，理论上可以得到1，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查原电池和电解池原理的应用，同时考查氧化还原反应，属于基本知识的考查，难度中等。10用如图装置检验浓硫酸与木炭在加热条件下反应的产物CO2和SO2。下列说法不正确的是（）A中现象说明产物中有SO2B中利用了KMnO4的氧化性C将对调也能够达到实验目的D浓硫酸与木炭的反应：2H2SO4（浓）+CCO2+2SO2+2H2O【考点】浓硫酸的性质实验菁优网版权所有【专题】氧族元素【答案】C【分析】浓硫酸与木炭在加热的条件下反应，生成CO2、SO2、H2O，

32、方程式为：2H2SO4（浓）+CCO2+2SO2+2H2O，据此分析作答。【解答】解：ASO2具有漂白性，中现象说明产物中有SO2，故A正确；BSO2具有还原性，中利用了KMnO4的氧化性，将SO2氧化为硫酸，并除去SO2，避免对后续CO2检验实验的干扰，故B正确；C将对调不到达到实验目的，因为SO2也能使澄清石灰水变浑浊，故C错误；D根据分析可知，浓硫酸与木炭的反应：2H2SO4（浓）+CCO2+2SO2+2H2O，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查木炭和浓硫酸反应的性质实验，属于基本知识的考查，难度不大。11新型靶向药物M能够牢牢“黏住”致病蛋白，其结构简式如图所示。下列关于M的说法

33、不正确的是（）A含有2种官能团B所有碳原子可能共平面C1molM最多可与4molNaOH发生反应DM“黏住”致病蛋白的过程可能与二者之间形成氢键有关【考点】有机物的结构和性质菁优网版权所有【专题】有机物的化学性质及推断【答案】A【分析】A官能团有羟基、酯基、碳碳双键；B苯、乙烯、COO中所有原子共平面，单键可以旋转；C酚羟基、酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH以1：1反应；DM中酚羟基能和蛋白质中氨基形成分子间氢键。【解答】解：A根据图知，官能团有羟基、酯基、碳碳双键，有3种官能团，故A错误；B苯、乙烯、COO中所有原子共平面，单键可以旋转，根据图知，该分子相当于乙烯中的氢原子被苯基、C

34、OO取代，则该分子中所有碳原子可能共平面，故B正确；C酚羟基、酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH以1：1反应，1mol该物质最多消耗4molNaOH，故C正确；DM中酚羟基能和蛋白质中氨基形成分子间氢键，所以M“黏住”致病蛋白的过程可能与二者之间形成氢键有关，故D正确；故选：A。【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。12有机物M在碱性条件下可发生如下反应：下列说法不正确的是（）AM中酮羰基邻位甲基的CH键极性较强，易断键B推测M转变为N的过程中，发生了加成反应和消去反应C不能通过质谱法对M、N进行区分

35、D该条件下还可能生成【考点】有机物的结构和性质菁优网版权所有【专题】有机物的化学性质及推断【答案】C【分析】AM中酮羰基邻位氢原子和羰基发生加成反应然后发生消去反应生成N中碳碳双键；BM中酮羰基邻位氢原子和羰基发生加成反应然后发生消去反应生成N中碳碳双键；C质谱法测定相对分子质量；DM中上面甲基和下面的羰基发生加成反应和消去反应。【解答】解：AM中酮羰基邻位氢原子和羰基发生加成反应然后发生消去反应生成N中碳碳双键，所以M中酮羰基邻位甲基的CH键极性较强，易断键，故A正确；BM中酮羰基邻位氢原子和羰基发生加成反应然后发生消去反应生成N中碳碳双键，故B正确；C质谱法测定相对分子质量，二者相对分子质

36、量不同，可以用质谱法区分，故C错误；DM中上面甲基和下面的羰基发生加成反应和消去反应生成，故D正确；故选：C。【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。13下列实验不能达到对应目的的是（）选项ABCD实验 目的比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性比较氧化性：Cl2Br2I2比较苯和甲苯的化学性质比较Fe和Cu的金属活动性AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；探究卤素单质间的置换反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质菁优网版权所有【专题】实验评价题【答案】B【分析】A加热时只有碳酸氢钠分解生成二氧化碳，二氧化

37、碳使石灰水变浑浊；B氯气可分别与NaBr、KI反应；C甲苯可被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸；DFe与硫酸铜反应生成硫酸亚铁、Cu。【解答】解：A加热时只有碳酸氢钠分解生成二氧化碳，二氧化碳使石灰水变浑浊，加热时碳酸钠不分解，可比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性，故A正确；B氯气可分别与NaBr、KI反应，不能比较氧化性：Br2I2，故B错误；C甲苯可被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，苯与酸性高锰酸钾不反应，可比较化学性质，故C正确；DFe与硫酸铜反应生成硫酸亚铁、Cu，可比较Fe和Cu的金属活动性，故D正确；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、氧化性比较、

38、金属性比较、稳定性比较、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。14甲烷还原二氧化碳是实现“双碳”目标的有效途径之一。常压、催化剂作用下，按照CO2和CH4的物质的量之比3：1投料。有关反应如下：CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g） H1+247kJmol1：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g） H2+41kJmol1某一时段内，CH4和CO2的转化率随温度变化如图所示。已知：CO2的转化效率下列分析不正确的是（）A根据反应、，低压高温有利于提高CO2的平衡转化率B500时，CO2的转化效率为1.5C由400升高到60

39、0，含氢产物中水的占比增大D由700升高到1000，CO2的转化效率逐渐增大【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；化学平衡的影响因素菁优网版权所有【专题】化学平衡专题【答案】C【分析】A反应是气体分子数增大的吸热反应，反应是气体分子数不变的吸热反应，结合温度、压强对反应、平衡的影响分析判断；B由图可知，500时CO2的转化率为20%，CH4的转化率为40%，结合CO2的转化效率公式进行计算；C由图可知，温度由400升高到600时CH4的转化率大于CO2的转化率，CH4转化率增大幅度更大，即反应占主导地位；D由图可知，由700升高到1000时主要发生反应，n（CO2）变化幅度较大，n（CH4）变

40、化幅度较小。【解答】解：A反应是气体分子数增大的吸热反应，反应是气体分子数不变的吸热反应，升高温度均有利于反应、的平衡正向移动，提高CO2的平衡转化率，且降低压强有利于反应的平衡正向移动，c（H2）增大可促进反应的平衡正向移动，也可提高CO2的平衡转化率，所以低压高温有利于提高CO2的平衡转化率，故A正确；B由图可知，500时CO2的转化率为20%，CH4的转化率为40%，CO2的转化效率为1.5，故B正确；C由图可知，温度由400升高到600时CH4转化率的增大幅度远大于CO2，则此时主要发生反应，且只有反应生成水，所以含氢产物中水的占比减小，故C错误；D由图可知，由700升高到1000时n

41、（CO2）变化幅度较大，n（CH4）变化幅度较小，则CO2的转化效率逐渐增大，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学平衡图象分析，把握转化效率概念、化学平衡影响因素是解题关键，侧重图象分析判断能力和灵活运用能力考查，题目难度不大。二解答题（共5小题）15硒（34Se）是一种应用广泛的元素。.检测细胞体内的HClO风湿性关节炎与细胞体内产生的HClO有关。一种含Se的荧光探针分子（FP）检测HClO及再生的转化如图。（1）Se位于元素周期表中 p区（填“s”“p”“ds”或“d”）。HClO的结构式是 HOCl。（2）在FPOFP中，GSH转化为GSSG。用“*”在GSH中标出所有的手性碳原子 。FPOFP中，FPO与GSH的物质的量之比为 1：4。.应用于光电领域Cu2Se可作为新型镁电池的正极材料，其晶胞结构如图1所示。（3）该晶体中阳离子的基态价层电子排布式是 3d10。晶胞中“”表示 Cu+（填离子符号）。（4）新型镁电池放电时，如图晶胞中Se2位置不变，Mg2+嵌入的同时Cu+被挤出。生成的MgSe晶体结构与NaCl晶体相似，其中Mg2+位于图1晶胞的 ac（填序号）。a.棱心b.面心c.体心d.顶点【考点】晶胞的计算；元素周期表的结构及其应用；原