2023年安徽省池州市东至县第二中学化学高三第一学期期末调研试题含解析.doc

1、2023年安徽省池州市东至县第二中学化学高三第一学期期末调研试题注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1

2、、下列说法正确的是A检验(NH4)2Fe(SO4)212H2O晶体中的NH4+：取少量晶体溶于水，加入足量浓NaOH溶液并加热，再用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体B验证FeCl3与KI反应的限度：可将少量的FeCl3溶液与过量的KI溶液混合，充分反应后用CCl4萃取，静置，再滴加KSCN溶液C受溴腐蚀至伤时，先用稀NaOH溶液洗，再用水洗D用激光笔检验硫酸铜溶液具有丁达尔效应2、电化学合成氨法实现了氨的常温常压合成，一种碱性介质下的工作原理示意图如下所示。下列说法错误的是Ab接外加电源的正极B交换膜为阴离子交换膜C左池的电极反应式为D右池中水发生还原反应生成氧气3、R是合成某高分子材料的单体

3、，其结构简式如图所示。下列说法错误的是AR与HOCH2COOH分子中所含官能团完全相同B用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基CR能发生加成反应和取代反应DR苯环上的一溴代物有4种4、1 L某混合溶液中，溶质X、Y浓度都为0.1molL1，向混合溶液中滴加0.1 molL1某溶液Z，所得沉淀的物质的量如图所示，则X、Y、Z分别是（）A偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸B氯化铝、氯化镁、氢氧化钠C氯化铝、氯化铁、氢氧化钠D偏铝酸钠、氯化钡、硫酸5、常温下,将盐酸滴加到联氨（N2 H4）的水溶液中,混合溶液中pOHpOH=- lgc（OH- ）随离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是（已知N2H4在

4、水溶液中的电离方程式:N2H4+H2O- N2H5+OH- ，N2H5+ +H2O- N2H62+OH- ）A联氨的水溶液中不存在H+B曲线M表示pOH与的变化关系C反应N2H4+H2ON2H5+OH-的K=10-6DN2H5Cl的水溶液呈碱性6、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7、2017年9月25日，化学权威杂志化学世界、著名预测博客等预测太阳能电池材料钙钛矿材料可能获得2017年诺贝尔化学奖。钛酸钙(CaTiO3)材料制备原理之一是CaCO3+TiO2=CaTiO3+CO2。下列有关判断不正确的是A上述反应是氧化还原反应BTiO2和CO2属于

5、酸性氧化物CCaTiO3属于含氧酸盐DCaCO3属于强电解质8、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A用装置除去CO2中含有的少量SO2B用装置蒸干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体C用装置加热NH4Cl固体制取NH3D用装置分离乙酸乙酯与水的混合液9、氮化铬具有极高的硬度和力学强度、优异的抗腐蚀性能和高温稳定性能，因而具有广泛应用前景。实验室制备CrN 反应原理为 CrCl3 +NH3CrN+3HCl，装置如图所示下列说法错误的是A装置还可以用于制取O2、Cl2、CO2等气体B装置、中分别盛装NaOH溶液、KOH固体C装置中也可盛装维生素c，其作用是除去氧气D装置 中产生的尾气冷

6、却后用水吸收得到纯盐酸10、通常情况下，仅凭下列事实能证明乙酸是弱酸的是A某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢B乙酸钠溶液pH7C乙酸溶液能使石蕊变红D某乙酸溶液能导电能力弱11、仪器名称为“干燥管”的是ABCD12、阿伏加德罗常数用NA表示，下列叙述正确的是A18克液态水与18克冰中氢键数目均为NAB工业酸性废水中的Cr2O72-可转化为Cr3+除出，现用电解的方法模拟该过程，阴极为石墨，阳极为铁，理论上电路中每通过6mol电子，就有NA个Cr2O72-被还原C标准状况下，22.4LNO2含有的原子数小于3NAD1molLiAlH4在125完全分解成LiH、H2、Al，转移电子数为3NA13、下

7、列说法正确的是ASiO2制成的玻璃纤维，由于导电能力强而被用于制造通讯光缆B水分子中OH键的键能很大，因此水的沸点较高CNa2O2中 既含有离子键又含有共价键，但Na2O2属于离子化合物D1 mol NH3中含有共用电子对数为4NA (NA为阿伏加德罗常数的值)14、将 SO2 气体通入 BaCl2 溶液，未见沉淀生成，然后通入 X 气体。下列实验现象不结论不正确的是选项气体 X实验现象解释不结论ACl2出现白色沉淀Cl2 将 SO2 氧化为 H2SO4，白色沉淀为 BaSO4BCO2出现白色沉淀CO2与BaCl2溶液反应，白色沉淀为BaCO3CNH3出现白色沉淀SO2与氨水反应生成 SO32

8、-，白色沉淀为 BaSO3DH2S出现淡黄色沉淀H2S与SO2反应生成单质硫，淡黄色沉淀为硫单质AABBCCDD15、下列中国制造的产品主体用料不是金属材料的是世界最大射电望远镜中国第一艘国产航母中国大飞机C919世界最长的港珠澳大桥A钢索B钢材C铝合金D硅酸盐AABBCCDD16、已知：25 C时，MOH的Kb=10-7。该温度下，在20.00 mL0.1 mol L-1 MCl溶液中滴入0.1 molL-1NaOH溶液，溶液的pH与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是Aa=4BV1=10C溶液中水的电离程度：PQDQ点溶液中c(Na+)Na+Mg2+Al3+ 酸性：H3PO

9、4H2SO4HClO4 结合质子(H+)能力：OHCH3COOClABCD22、以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。下列说法正确的是A过程中钛氧键断裂会释放能量B该反应中，光能和热能转化为化学能C使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率DCO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g) =2CO(g) + O2(g) H= + 30 kJ/mol二、非选择题(共84分)23、（14分）石油裂解可以得到乙烯、丙烯等小分子烃，它们是常见的有机化工原料。下图是以丙烯为原料合成有机物I的

10、流程。已知：iClaisen酯缩合： ii (比反应快)iii，(R、R代表烃基)回答下列问题：(1)C的名称为_。中所含官能团的名称为_。(2)BC的反应类型是_。F的结构简式为_。(3)DE的化学方程式为_。(4)由F到H过程中增加一步先生成G再生成H的目的是_。(5)化合物K与E互为同分异构体，已知1molK能与2mol金属钠反应，则K可能的链状稳定结构有_种(两个一OH连在同一个碳上不稳定：一OH连在不饱和的双键碳、叁键碳不稳定)，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为_。(任写一种)(6)完成下列以苯乙烯为原料，制备的合成路线(其他试剂任选) _。24、（12分）已知，水杨酸酯E为紫外

11、吸收剂，可用于配制防晒霜。E的一种合成路线如下：已知D的相对分子质量是130。请回答下列问题：（1）一元醇A中氧的质量分数约为21.6%。则A的分子式为_，结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为_；（2）B能与新制的Cu(OH)2发生反应，该反应的化学方程式为：_；（3）写出C结构简式：_；若只能一次取样，请提出检验C中2种官能团的简要方案：_；（4）写出同时符合下列条件的水杨酸所有同分异构体的结构简式：_；（a）分子中有6个碳原子在一条直线上；（b）分子中所含官能团包括羧基和羟基（5）第步的反应条件为_；写出E的结构简式_。25、（12分）乳酸亚铁晶体CH3CH(OH)COO2Fe3H2O(

12、M=288)是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，吸收效果比无机铁好，可由乳酸CH3CH(OH)COOH与FeCO3反应制得：I制备碳酸亚铁（1）仪器C的名称是_。（2）利用如图所示装置进行实验。首先关闭活塞2，打开活塞1、3，目的是_；关闭活塞1，反应一段时间后，关闭活塞_，打开活塞_，观察到B中溶液进入到C中，C中产生沉淀和气体，写出制备FeCO3的离子方程式_。（3）装置D的作用是_。乳酸亚铁晶体的制备及纯度测定将制得的FeCO3加入到乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体。（4）加入少量铁粉的作用是_。（5）若用KMnO4滴定

13、法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其主要原因是_。（6）经查阅文献后，改用Ce(SO4)2标准溶液进行滴定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。测定时，先称取5.760g样品，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250 mL溶液，每次取25.00mL，用0.1000molL-1Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如下表所示。则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_%（保留小数点后两位）。26、（10分）以铝土矿（主要成分为，含少量和等杂质）为原料生产铝和氮化铝的一种工艺流程如图已知：在“碱溶”时转化为铝硅酸钠（）沉淀。（1）用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式_。

14、（2）溶液a中加入后，生成沉淀的离子方程式为_。（3）有人考虑用熔融态电解制备铝，你觉得是否可行？请说明理由：_。（4）取一定量的氮化铝样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度（夹持装置已略去）。打开，加入NaOH浓溶液，至不再产生。打开，通入一段时间。写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式_。实验中需要测定的数据是_。27、（12分）实验室中根据已知熔点是16.6，沸点44.4。设计如下图所示的实验装置制备固体。（1）实验开始时，先点燃的酒精灯是_（填编号）。（2）装置D中浓硫酸的作用除了混合气体并观察气体流速外还有_。（3）装置F的作用是_。（4）由于可逆反应，所以从E管出来的气体中含有、

15、。为了证明含有可以将该气体通入_（填下列编号，下同）、证明含有可以将该气体通入_。A品红 B溴水 C溶液 D溶液（5）如果没有装置G，则F中可能看到_。（6）从装置G导出的尾气常可以用烧碱或石灰乳吸收。请写出用足量烧碱吸收尾气的离子方程式为：_。（7）尾气常采用烧碱或石灰乳吸收，请分析比较两种吸收剂吸收的优点_。28、（14分）SO2是空气中主要的大气污染物，国家规定在排放前必须经过处理。碱液吸收法：工业上常用NaOH溶液做吸收液。（1）向0.5L1 molL1的NaOH溶液中通入标准状态下11.2L的SO2。写出反应的离子方程式_；已知：Ka11.54102，Ka21.02107，则所得溶液

16、呈_（填“酸性”、“碱性”或“中性”），下列有关吸收液中粒子浓度大小关系正确的是_。A c（H2SO3）c（SO32）B c（Na）c（H+）c（HSO3）2c（SO32）c（OH）C c（Na）c（H2SO3）c（HSO3）c（SO32）D c（Na）c（HSO3）c（SO32）c（H+）c（OH）（2）工业上也可以用Na2SO3溶液吸收SO2，并用电解法处理吸收SO2后所得溶液以实现吸收液的回收再利用，装置如下图所示：工作一段时间后，阴极区溶液的pH_（填“增大”、“减小”或“不变”）。写出阳极的电极反应式_。SO2的回收利用：（3）SO2与Cl2反应可制得磺酰氯（SO2Cl2），反应为S

17、O2（g）Cl2（g）SO2Cl2（g）。按投料比1:1把SO2与Cl2充入一恒压的密闭容器中发生上述反应，SO2的转化率与温度T的关系如下图所示： 该反应的H_（填“”、“”或“”）0。 若反应一直保持在p压强条件下进行，则M点的分压平衡常数Kp_（用含p的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压体积分数）。29、（10分）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。（一）CO2的化学捕获：（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为_（写含碳粒子符号）。（室温下，H2CO3的Ka1=4.3107；Ka2=5.61011）（2）固体氧化物电解池（S

18、OEC）用于高温共电解CO/H2，既可实现CO2的减排又可高效制备合成气（CO/H2），其工作原理如图。写出电极A发生的电极反应式_。（二）CO2的综合利用（1）CO2与CH4经催化重整制得合成气：反应CH4（g）H+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）H1已知氢气、一氧化碳和甲烷的标准燃烧热（25）如表所示物质H2（g）CO（g）CH4（g）标准燃烧热H/kJmol1285.8283.0890.3则反应I的H=_kJmol1。（2）用CO2催化加氢制取二甲醚的反应为：反应.2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g），在10L恒容密闭容器中，均充入2mol CO2和6m

19、oH2，分别以铱（Ir）和铈（Ce）作催化剂，反应进行相同的时间后测得的CO2的转化率（CO2）随反应温度的变化情况如图1。根据图1，下列说法不正确的是_。A反应的H0，S0B用Ir和Ce作催化剂时，反应的活化能更低的是CeC状态d时，v（正）v（逆）D从状态b到d，（CO2）先增大后减小，减小的原因可能是温度升高平衡逆向移动状态e（900K）时，（CO2）=50%，则此时的平衡常数K=_。若H2和CO2的物质的量之比为n：1，900K时相应平衡体系中二甲醚的物质的量分数为x，请在图2中绘制x随n变化的示意图。_参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【解析

20、】A向某无色溶液中加入浓NaOH溶液，加热试管，检验氨气，利用湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，则说明原溶液中一定含NH4+，不是用蓝色石蕊试纸检验，故A错误；B反应中氯化铁不足，KSCN溶液遇三价铁离子变红色，若变红色，说明未完全反应，说明存在化学反应的限度，故B正确；C氢氧化钠具有腐蚀性，应该根据溴易溶于酒精或甘油，先用酒精或甘油洗伤口，再用大量水冲洗，故C错误；D淀粉溶液是胶体，可用丁达尔效应检验，硫酸铜的水溶液是溶液，没有丁达尔效应，故D错误；故选B。2、D【解析】A在电化学合成氨法中，N2发生还原反应，而电解池的阴极发生还原反应，通N2的极为阴极，则a为电源负极，b为电源的正极，故A正确

21、；B由图示可知，电解池工作时，左侧池中OH-向右池移动，则交换膜为阴离子交换膜，故B正确；C左池中N2发生还原反应生成NH3，则电极反应式为，故C正确；D右池中发生氧化反应，电极反应式为4OH-4e-=2H2O+O2，则是4OH-发生还原反应生成氧气，故D错误；故答案为D。3、A【解析】A分子中含有三种官能团：氨基、羟基、羧基；HOCH2COOH分子中所含官能团为羟基、羧基，二者所含官能团不完全相同，故A错误；B分子的羧基可以与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，可以用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基，故B正确；C该分子中含有醇羟基和羧基，能发生中和反应，也属于取代反应；含有苯环，能与氢气

22、发生加成反应，故C正确；DR苯环上有四种环境的氢，故其一溴代物有4种，故D正确；故选A。4、A【解析】A.NaAlO2和Ba(OH)2均为0.1mol，加入等浓度的硫酸，加入的硫酸中的H+和溶液中的OH-生成水，同时SO42-和Ba2+生成BaSO4沉淀，当加入1L硫酸溶液时恰好和Ba(OH)2反应，生成0.1molBaSO4，再加入0.5LH2SO4溶液时，加入的0.1molH+恰好和溶液中的0.1molAlO2-完全反应：H+AlO2-+H2O=Al(OH)3，生成0.1molAl(OH)3沉淀。再加入1.5LH2SO4溶液，加入的0.3molH+把生成0.1molAl(OH)3沉淀溶解：

23、Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，和图像相符，故A选；B.AlCl3和MgCl2均为0.1mol，共需要和0.5mol氢氧化钠反应生成沉淀，即需要5L氢氧化钠溶液才能使沉淀达到最多，和图像不符，故B不选；C.AlCl3和FeCl3均为0.1mol，共需要0.6molNaOH和它们反应生成沉淀，即需要6LNaOH溶液才能使沉淀达到最多，和图像不符，故C不选；D.NaAlO2和BaCl2各0.1mol，先加入0.5L硫酸，即0.05mol硫酸，加入的0.1molH+和溶液中的0.1molAlO2-恰好完全反应生成0.1molAl(OH)3沉淀，同时加入的0.05molSO42-和溶液中的B

24、a2+反应生成BaSO4沉淀。溶液中的Ba2+有0.1mol，加入的SO42-为0.05mol，所以生成0.05molBaSO4沉淀，还剩0.05molBa2+。此时沉淀的物质的量为0.15mol。再加入0.5LH2SO4溶液，加入的0.1molH+恰好把生成的0.1molAl(OH)3沉淀溶解，同时加入的0.05molSO42-恰好和溶液中剩余的0.05molBa2+生成0.05molBaSO4沉淀，此时溶液中的沉淀的物质的量为0.1mol，和图像不符，故D不选。故选A。5、C【解析】A. 联氨的水溶液中，水可以电离出H+，故A错误；B. 当c(N2H5+)=c(N2H4)时，Kb1=c(O

25、H-)，同理c(N2H6+)= c(N2H5+)时，Kb2=c(OH-)，所以曲线N表示pOH与的变化关系，曲线M表示pOH与的变化关系，故B错误；C. c(N2H5+)=c(N2H4)时，反应N2H4+H2ON2H5+OH-的K=10-6，故C正确；D. N2H4在水溶液中不能完全电离，则N2H5Cl属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故D错误；故选C。6、C【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。7、A【解析】A、CaCO3+TiO2=CaTiO3+CO2，反应中没有化合价变化，是非氧化还原反应，故A错误；B、TiO2和CO2均能与碱

26、反应生成盐和水，均属于酸性氧化物，故B正确；C、CaTiO3=Ca2TiO32，CaTiO3由含氧酸根和钙离子构成，属于含氧酸盐，故C正确；D、CaCO3虽然难溶，但溶于水的部分全部电离，属于强电解质，故D正确；故选A。8、D【解析】A. CO2和SO2都会和饱和碳酸钠溶液反应，不能到达除杂效果，A项错误；B. AlCl3为强酸弱碱盐，在溶液中发生水解生成氢氧化铝胶体和氯化氢，直接蒸干AlCl3饱和溶液，氯化氢挥发，导致水解平衡右移，使水解趋于完全生成氢氧化铝沉淀，不能得到无水AlCl3，B项错误；C. 加热NH4Cl固体分解为NH3和HCl，两者遇冷又会生成NH4Cl，堵住导管，存安全隐患，

27、C项错误；D. 乙酸乙酯的密度比水小，有机层在上层，水层在下层，与图中装置分层现象相符，D项正确；答案选D。9、D【解析】A. 装置可以用双氧水（MnO2作催化剂）制取氧气，用浓盐酸与高锰酸钾制取氯气，用盐酸与碳酸钙制取二氧化碳气体，故A正确；B. 装置中的NaOH溶液可以吸收装置中的二氧化碳气体，中的KOH固体可以吸收水分，故B正确；C. 装置中的亚硫酸钠可以除去装置中的氧气，所以也可盛装维生素c，故C正确；D. 装置中产生的尾气有反应生成的HCl，还有未完全反应的NH3，所以冷却后用水吸收得到的不是纯盐酸，故D错误；故选D。10、B【解析】证明CH3COOH为弱酸，可从以下角度判断：等浓度

28、的HCl、CH3COOH导电能力；等浓度的HCl、CH3COOH比较二者与金属反应速率大小；判断是否存在电离平衡；比较二者对应的盐溶液的酸碱性等，以此解答该题。【详解】A某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢，说明该乙酸中氢离子浓度很小，但是不能说明乙酸部分电离，不能证明乙酸是弱电解质，A错误；B乙酸钠的pH7，说明乙酸钠是强碱弱酸盐，乙酸是弱酸，B正确；C乙酸溶液能使石蕊试液变红色，说明乙酸电离出氢离子，但不能说明部分电离，所以不能证明是弱电解质，C错误；D某乙酸导电能力弱，说明该酸中离子浓度较小，但是不能说明乙酸部分电离，则不能证明乙酸是弱电解质，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查弱电解质

29、判断的知识。明确强、弱电解质根本区别是解本题关键，溶液导电性强弱与离子浓度及离子所带电荷有关，与电解质强弱无关，题目难度不大。11、B【解析】A、此装置为研钵，故A错误；B、此装置为干燥管，故B正确；C、此装置为干燥器，故C错误；D、此装置为分液漏斗，故D错误。12、D【解析】A冰中1个水分子周围有4个水分子通过氢键连接，每个水分子相当于含有2个氢键，所以1mol冰中，氢键的数目是2NA，故A错误；B铁为阳极，Fe-2e=Fe2，Cr2O72与亚铁离子发生氧化还原反应生成Cr3和三价铁离子，其离子方程式为：Cr2O72+6Fe2+14H=6Fe3+2Cr3+7H2O；得关系式：Fe22e Cr

30、2O72，当电路中通过6mole，有0.5molCr2O72被还原，故B错误；C所以标准状况下，22.4LNO2物质的量为： =1mol，含有的原子数等于3NA，故C错误；D依据分解化学方程式和盐酸化合价变化计算电子转移，1mol LiAlH4在125完全分解成LiH、H2、Al，化学方程式为：LiAlH4=LiH+H2+Al，转移电子3NA，故D正确；故选D。13、C【解析】A二氧化硅是绝缘体不能导电，光导纤维中传递的是激光，利用的是二氧化硅的导光性，A项错误；B水的沸点高是因为水分子之间可以形成氢键，与水分子内的O-H键键能无关，B项错误；C物质只要含有离子键则为离子化合物，过氧化钠中Na

31、+和是以离子键结合，中的O是以共价键结合，C项正确；DNH3中有三条共价键，共价键即原子之间通过共用电子对形成的相互作用，所以1molNH3中含有3NA个共用电子对，D项错误；答案选C。14、B【解析】A选项，SO2气体与氯气反应生成盐酸和硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡，故A正确；B选项，盐酸酸性大于碳酸，因此二氧化碳不与氯化钡反应，故B错误；C选项，SO2气体与NH3反应生成 SO32-，再与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故C正确；D选项，H2S与SO2反应生成单质硫和水，淡黄色沉淀为硫单质，故D正确。综上所述，答案为B。15、D【解析】A世界最大射电望远镜主体用料：钢索是金属合金材料，故A

32、不符合；B中国第一艘国产航母主体用料：钢材属于合金为金属材料，故B不符合；C中国大飞机C919主体用料：铝合金属于金属材料，故C不符合；D世界最长的跨海大桥港珠澳大桥主体用料：硅酸盐不是金属材料，故D符合；故答案为D。16、D【解析】A. 25 C时，MOH的Kb=10-7，则Kh(MCl)=10-7，解得c(H+)=10-4 mol/L，pH=a=4，A正确；B. 等浓度的MCl、MOH的混合溶液中，MCl的水解程度等于MOH的电离程度，所以溶液pH=7时，加入的MOH的体积为10 mL，B正确；C. 在盐MCl溶液中逐滴加入NaOH溶液，加入的碱越大，水对电离的抑制作用越强，水电离程度就越

33、小，所以溶液中水的电离程度：PQ，C正确；D.P点加入10mLNaOH溶液时nP(Na+)=nP(M+)，Q点时MOH少量电离，nQ(M+)2c(M+)，D错误；故合理选项是D。17、B【解析】A乙中Cl2应当长进短出，A错误；B分液操作时，先将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，B正确；C无论氧化是否完全，滴加硝酸银溶液都会产生沉淀，C错误；DFeCl3会水解，水解方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，蒸发时，应在HCl氛围中进行，否则得不到FeCl3，得到Fe(OH)3，D错误。答案选B。18、A【解析】A，为对二甲苯，系统命名法命名为：1，二甲苯，A正确； B分

34、子式是表示物质的元素构成的式子，故丙烷的分子式为，B错误； C聚丙烯的链节：，C错误； DH2S为共价化合物，硫原子中最外层有8个电子达到稳定结构，分子中存在两个键，电子式为：，D错误。 答案选A。19、C【解析】短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大。已知元素A元素原子最外层电子数是次外层的2倍，A为第二周期元素，故A为碳；D的氧化物是常用的耐火材料，故D为铝；B、C的最外层电子数之比为5:2，最外层电子数不得超过8，原子序数要比碳大比铝小，故B为氮、C为镁。【详解】A. 元素碳的氢化物都是有机物的烃类，当碳原子数小于5时，为气态，大于5时为液态或固态，故A错误；B. B、C、D简单离子均

35、为两个电子层，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径：BCD ，故B错误；C. B、C形成的化合物为二氮化三镁，与水反应可以生成有刺激性气味的氨气，故C正确；D. 元素B的气态氢化物的水溶液为氨水，氨水是弱碱不能与铝反应，故D错误；答案选C。20、C【解析】A. FRP属于纤维增强复合材料，不属于无机非金属材料，A项错误；B. ETFE保温内膜属于乙烯-四氟乙烯共聚物，不属于无机非金属材料，B项错误；C. 长城城砖属于无机非金属材料，C项正确；D. 高山滑雪服内层有一层单向芯吸效应的化纤材料，外层是棉制品，不属于无机非金属材料，D项错误；答案选C。21、B【解析】非金属性越强，对

36、应氢化物的稳定性越强；离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，离子半径越小；非金属性越强，最高价氧化物对应水合物的酸性越强；电离出氢离子能力(酸性)越强，结合质子能力越弱。【详解】非金属性FOS，则气态氢化物的热稳定性：HFH2OH2S，故错误；Cl含有三层电子， Na+、Mg2+、Al3+的电子层数都是两层，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：ClNaMg2Al3，故正确；非金属性：PSCl，则最高价含氧酸的酸性：H3PO4H2SO4HClO4，故错误；电离出氢离子的能力：HClCH3COOHH2O，则结合质子能力：OHCH3COOCl，故正确；故答案选B。【点睛】本

37、题明确元素周期律内容为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期律的关系。22、B【解析】A. 化学键断裂需要吸收能量，过程中钛氧键断裂会吸收能量，故A错误；B. 根据图示，该反应中，光能和热能转化为化学能，故 B正确；C. 催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，故C错误；D. 反应物总能量-生成物总键能=焓变，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g) =2CO(g) + O2(g) H=15982- 10722-496=+ 556 kJ/mol，故D错误。二、非选择题(共84分)23、1-丙醇（正丙醇） （酮）羰基、羟基 取代反应 CH3CH2COOH+CH3O

38、HCH3CH2COOCH3+H2O 保护酮羰基 3 或 【解析】丙烯在双氧水作用下与溴化氢发生加成生成B为1-溴丙烷；根据D与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E可知，D为丙酸，则C为1-丙醇；根据Claisen酯缩合： ，E发生酯缩合生成F，结合F的分子式可知，F为，根据G与I的结构简式，结合反应流程可推出H为，据此分析。【详解】丙烯在双氧水作用下与溴化氢发生加成生成B为1-溴丙烷；根据D与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E可知，D为丙酸，则C为1-丙醇；根据Claisen酯缩合： ，E发生酯缩合生成F，结合F的分子式可知，F为，根据G与I的结构简式，结合反应流程可推出H为。(1)C的名称

39、为1-丙醇（正丙醇）；为，所含官能团的名称为（酮）羰基、羟基；(2)BC是1-溴丙烷在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应（或取代反应）生成1-丙醇，反应类型是取代反应；F的结构简式为；(3)DE是丙酸与甲醇发生酯化反应生成丙酸甲酯和水，反应的化学方程式为；(4)由F到H过程中增加一步先生成G再生成H的目的是保护酮羰基；(5)化合物K与E互为同分异构体，已知1molK能与2mol金属钠反应则应该含有两个羟基，则K可能的链状稳定结构有、CH2=CHCH（OH）CH2OH共3种(两个一OH连在同一个碳上不稳定：一OH连在不饱和的双键碳、叁键碳不稳定)，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为或；(6)苯乙烯

40、与溴化氢发生加成反应生成，在氢氧化钠溶液中加热生成，氧化得到，与CH3MgBr反应生成，在氯化铵溶液中反应生成，合成路线如下：。【点睛】本题考查有机推断及合成，注意推出有机物的结构简式是解题的关键。本题中应注意（6）中合成路线应参照反应流程中的步骤，结合几个已知反应原理，推出各官能团变化的实质。24、C4H10O 1丁醇（或正丁醇） 用银氨溶液先检验醛基，再加稀盐酸使溶液呈酸性后，加溴水检验碳碳双键 HOCH2CCCCCH2COOH、HOCH2CH2CCCCCOOH、 浓H2SO4、加热 【解析】一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，设该饱和一元醇的化学式为CnH2n+2O，氧元素的质量分数=

41、100%=21.6%，解得：n=4，且A中只有一个甲基，所以该一元醇是1-丁醇，在铜作催化剂、加热条件下，A被氧气氧化生成B，B为丁醛，根据题干信息，丁醛在氢氧化钠水溶液发生反应生成C，C的结构简式为：CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CHO，C反应生成D，D的相对分子质量是130，则C和氢气发生加成反应生成D，则D的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH(CH2OH)CH2CH3，D和邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成E，E的结构简式为：。【详解】(1)通过以上分析知，A的分子式为：C4H10O，结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为1-丁醇；(2)加热条件下，丁醛和新制氢氧化铜反应生成丁酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为：；(3)C的结构简式为：，C中含有醛基和碳碳双键，都能和溴水反应，要检验两种官能团，则应先用银氨溶液检验醛基，然后再用溴水检验碳碳双键，检验方法为：用银氨溶液先检验醛基，再加稀盐酸使溶液呈酸性后，加溴水检验碳碳双键； (4)a分子中有6个碳原子在一条直线上，则该分子中含有两个碳碳三键；b