《2024年高考化学终极押题密卷2（北京卷）含答案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024年高考化学终极押题密卷2（北京卷）含答案.doc（110页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2024年高考化学终极押题密卷2（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正确的是（）A基态N原子的轨道表示式：BSO3的VSEPR模型：CClCl的pp键的形成：D用电子式表示HCl的形成过程；3下列反应的离子方程式书写正确的是（）ANaOH溶液与醋酸溶液反应：OH+H+H2OBCuSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应：Cu2+Ba2+2OHBaSO4+Cu（OH）2C电解饱和食盐水：2Cl+2H+Cl2+H2D向FeI2溶液中通入过
2、量的Cl2：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl4设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A常温下，44gCO2含有NA个C原子B1L0.1molL1Na2SO4溶液中含有0.1NA个Na+C0.1molNa与足量Cl2反应，转移0.2NA个电子D标准状况下，22.4L的H2O含有3NA个原子5下列选项中正确的是（）A第一电离能：I（B）I（Al）B原子半径：NOC离子半径：r（K+）r（Cl）D键长：HClHBr6物质结构决定物质性质，下列性质不能通过元素的电负性进行解释的是（）AH2O的沸点高于H2S的沸点B乙烯能发生加成反应，而乙烷不能CCF3COOH酸性大于CCl3COOH的酸性
3、D气态氟化氢中存在HF、（HF）2分子，而气态氯化氢中只存在HCl分子7离子化合物Na2O2和CaC2与水的反应分别为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2；CaC2+2H2OCa（OH）2+C2H2。下列说法不正确的是（）ANa2O2、CaC2中均含有非极性共价键BNa2O2、CaC2中阴、阳离子个数比均为1：1C、两个反应中水均不作氧化剂或还原剂D相同物质的量的Na2O2和CaC2与足量的水反应，所得气体的物质的量n（O2）n（C2H2）8一种太阳能电池工作原理示意图如图所示，其中电解质溶液为K3Fe（CN）6和K4Fe（CN）6的混合溶液，下列说法不正确的是（）AKsFe（CN）6中，中
4、心离子为Fe3+B电极a为负极C电子由电极b经导线流向电极aD正极上发生的电极反应：9苯与液溴反应生成溴苯，其反应过程的能量变化如图所示。下列关于苯与Br2反应的说法不正确的是（）AFeBr3可作该反应的催化剂B将反应后的气体依次通入CCl4和AgNO3溶液以检验产物HBrC过程的活化能最大，决定总反应速率的大小D总反应的H0，且HE1E2+E310鼠尾草酮可治疗神经系统方面的疾病，其结构如图所示，下列说法不正确的是（）A该物质含有3种官能团B分子中含有手性碳原子C分子中的碳原子有sp2和sp3两种杂化方式D1mol该物质最多可与5molH2发生还原反应11将CuSO4溶液分别滴入Na2CO3
5、溶液和NaHCO3溶液中，均产生沉淀和气泡。取中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，无气泡产生；取中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，产生少量气泡。下列分析不正确的是（）ANa2CO3、NaHCO3溶液中均存在c（）+c（）+c（H2CO3）0.1molL1BCuSO4能促进Na2CO3、NaHCO3的水解C中发生的反应：Cu2+2+2H2OCu（OH）2+2D对比沉淀加入足量盐酸后的现象，说明溶液中的c（OH）和均对沉淀成分有影响12丁烯二酸酐可通过不同的聚合方式合成以下两种聚合物，转化关系如图所示。下列说法不正确的是（）A反应为加聚反应B聚合物N在一定条件下还可以转化为交联结构C聚合物M在碱性水溶液中的溶解
6、程度比在水中的大D依据反应的合成原理，推测反应会产生含七元环的副产物13实验室检验下列气体时，选用的除杂试剂和检验试剂均正确的是（）气体除杂试剂检验试剂A浓硝酸分解产生的O2无湿润的淀粉KI试纸B浓盐酸与MnO2反应产生的Cl2NaOH溶液湿润的有色布条C木炭和浓硫酸反应产生的CO2饱和NaHCO3溶液澄清石灰水DNH4HCO3分解产生的NH3CaO和NaOH混合物湿润的红色石蕊试纸AABBCCDD14如图为Fe（OH）3、Al（OH）3和Cu（OH）2在水中达沉淀溶解平衡时的pMpH关系图。pMlgc（Mn+）；c（Mn+）105molL1可认为Mn+沉淀完全。下列说法不正确的是（）A由a点
7、可求得BpH3时0.1molL1Al3+还未开始沉淀C浓度均为0.01molL1的Al3+和Fe3+可通过分步沉淀进行分离DAl3+和Cu2+混合溶液中，c（Cu2+）0.2molL1时二者不会同时沉淀二解答题（共4小题）15氮元素能与金属或者非金属元素形成种类繁多、应用广泛的化合物。（1）基态N原子的价层电子轨道表示式是 。（2）与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。在最简单的氮烯分子中，N的杂化方式是 。N2H4具有很强的还原性，是常用的火箭推进剂，它在常温常压下为无色液体。判断N2H4是否溶于水并说明理由 。（3）配合物Cu（NH3）4SO4可用作广谱杀菌剂，其中Cu属
8、于 区元素，该配合物中的配位原子是 ，配位数是 。（4）C3N4的某种晶体结构中，原子间均以单键结合，其硬度比金刚石大，原因是 。（5）N和Ga形成的化合物是一种重要的半导体材料。其某种晶胞形状为立方体，边长为anm，结构如图所示。距离N最近的Ga有 个。已知阿伏加德罗常数为NA氮化镓（GaN）的摩尔质量为Mgmol1，该晶体的密度表达式为 gcm3。（1nm107cm）16金属矿物常以硫化物形式存在，如FeS2、ZnS等。.掺烧FeS2和FeSO4，用于制铁精粉和硫酸（1）已知：2FeSO4（s）Fe2O3（s）+SO2（g）+SO3（g）为吸热反应。25、101kPa时，1molFeS2固
9、体在2.75mol氧气中完全燃烧生成气态SO2和Fe2O3固体，放出826kJ热量。FeS2与O2反应的热化学方程式为 。将FeS2与FeSO4掺烧（混合燃烧），其目的包括 （填字母）。a.节约燃料和能量b.为制备硫酸提供原料c.减少空气污染（2）FeSO4常带一定量的结晶水。FeSO47H2O（s）分解脱水反应的能量变化如图所示。H3 kJmol1。为维持炉内温度基本不变，FeSO4所带结晶水越多，掺烧比n（FeS2）：n（FeSO4）应 （填“增大”“减小”或“不变”）。.浸出法处理ZnS（3）ZnS难溶于水，处理ZnS常使用酸浸法，两步反应依次为：i.ZnS（s）+2H+（aq）Zn2+
10、（aq）+H2S（aq） K12.2103ii.2H2S+O22H2O+2S K221071平衡常数K1的表达式为 。仅发生反应i时，ZnS酸浸效果不好，结合平衡常数说明原因： 。（4）从平衡移动角度解释通入O2在ZnS酸浸过程中的作用： 。17由CH键构建CC键是有机化学的热点研究领域。我国科学家利用N苯基甘氨酸中的CH键在O2作用下构建CC键，实现了喹啉并内酯的高选择性制备。合成路线如图。已知：.RBr+RCHO.ROH+RBrROR（1）AB的反应类型是 。（2）B具有碱性，B转化为C的反应中，使B过量可以提高ClCH2COOC2H5的平衡转化率，B的作用是 （写出一条即可）。（3）C转
11、化为D的化学方程式为 。（4）G转化为H的化学方程式为 ；G生成H的过程中会得到少量的聚合物，写出其中一种的结构简式： 。（5）已知：.D和I在O2作用下得到J的4步反应如图（无机试剂及条件已略去），中间产物1中有两个六元环和一个五元环，中间产物3中有三个六元环。结合已知反应信息，写出结构简式：中间产物1 ，中间产物3 。D和I转化成J的过程中还生成水，理论上该过程中消耗的O2与生成的J的物质的量之比为 。18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（S2O3）22（淡绿色）、Fe（S2O3）33（紫黑色）、Ag（S2O3）23（无色）ii.S4在
12、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
13、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
14、，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。三工艺流程题（共1小题）19以低品位铜钴矿（主要成分为CoO（OH）、Cu2（OH）2CO3、SiO2，还有少量的FeO、Fe2O3、CaO、MgO等杂质）为原料制备硫酸铜晶体和Co2O3的一种工艺流程如图：已知：常温下部分难溶电解质的溶度积常数物质Fe（OH）2Fe（OH）3Mg（OH）2Co（OH）2CaF2MgF2Ksp4.910172.810395.610121.610154.910106.41012萃取时发生反应Cu2+2HRCuR2+2H+（1）铜钴矿浸出前要预先粉碎，
15、其目的是 。（2）浸出步骤铜钴矿中的CoO（OH）转化为Co2+，该反应的离子方程式为 。（3）加入试剂a 可使萃取剂再生。（4）对于过程：加NaClO3溶液作用是 。通过计算判断Fe3+是否沉淀完全并简述理由 。（一般认为溶液中离子浓度小于1105molL1时沉淀完全）（5）滤渣成分 。（6）CoC2O42H2O在足量空气中煅烧生成Co2O3，写出煅烧过程中的化学反应方程式 。（7）Co2O3产品纯度测定方法如下：已知：Co3+与EDTA2Na按物质的量1：1反应，若滴定至终点时消耗EDTA2Na标准液体积为20.00mL，则Co2O3产品纯度为 。 （Co2O3的摩尔质量是166gmol1
16、）2024年菁优高考化学终极押题密卷2（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
17、；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下列化学用语或图示表达正确的是（）A基态N原子的轨道表示式：BSO3的VSEPR模型：CClCl的pp键的形成：D用电子式表示HCl的形成过程；【考点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；电子排布式与电子
18、排布图菁优网版权所有【专题】化学用语专题【答案】D【分析】AN为7号元素，核外电子排布式为：1s22s2sp3，轨道表示式：；BSO3中心原子的价电子对数为3，其VSEPR模型为平面正三角形；C键是头碰头形成的；DHCl为共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程；。【解答】解：AN为7号元素，核外电子排布式为：1s22s2sp3，轨道表示式：，故A错误；BSO3中心原子的价电子对数为3，其VSEPR模型为平面正三角形，故B错误；C键是头碰头形成的，则ClCl的pp键的形成：，故C错误；DHCl为共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程；，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查化学用语，为高频
19、考点，题目难度不大。3下列反应的离子方程式书写正确的是（）ANaOH溶液与醋酸溶液反应：OH+H+H2OBCuSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应：Cu2+Ba2+2OHBaSO4+Cu（OH）2C电解饱和食盐水：2Cl+2H+Cl2+H2D向FeI2溶液中通入过量的Cl2：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl【考点】离子方程式的书写；电极反应和电池反应方程式；氯气的化学性质菁优网版权所有【专题】离子反应专题【答案】B【分析】A醋酸是弱酸，不能拆分；BCuSO4与Ba（OH）2反应生成BaSO4沉淀和Cu（OH）2沉淀；C电解饱和食盐水生成Cl2、H2和NaOH；DFeI2和过量的Cl2反应生成Fe
20、Cl3和I2。【解答】解：ANaOH溶液与醋酸溶液反应的离子方程式为CH3COOH+OHH2O+CH3COO，故A错误；BCuSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应的离子方程式为Cu2+Ba2+2OHBaSO4+Cu（OH）2，故B正确；C电解饱和食盐水生成Cl2、H2和NaOH，离子方程式为2Cl+2H2OCl2+H2+2OH，故C错误；DFeI2和过量的Cl2反应生成FeCl3和I2，离子方程式为2Fe2+4I+3Cl22Fe3+6Cl+2I2，故D错误；故选：B。【点评】本题考查离子方程式正误判断，侧重分析能力和灵活运用能力考查，把握物质性质、发生的反应和离子方程式的书写方法是解题关键，注意
21、掌握与量有关离子方程式的书写，题目难度中等。4设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A常温下，44gCO2含有NA个C原子B1L0.1molL1Na2SO4溶液中含有0.1NA个Na+C0.1molNa与足量Cl2反应，转移0.2NA个电子D标准状况下，22.4L的H2O含有3NA个原子【考点】阿伏加德罗常数；氧化还原反应的电子转移数目计算菁优网版权所有【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【答案】A【分析】A44g二氧化碳的物质的量为1mol，1mol二氧化碳中含有1molC；B1L0.1molL1Na2SO4溶液，钠离子浓度为0.2mol/L；C钠与氯气反应生成氯化钠，依据钠的
22、量计算转移电子数；D气体摩尔体积使用对象为气体。【解答】解：A44g二氧化碳的物质的量为1mol，含有1mol碳原子，含有NA个C原子，故A正确；B1L0.1molL1Na2SO4溶液，钠离子浓度为0.2mol/L，含钠离子个数为：0.2mol/L1LNAmol10.2NA，故B错误；C0.1molNa与足量Cl2反应生成0.1mol氯化钠，转移0.1NA个电子，故C错误；D标况下水是液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，故D错误；故选：A。【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下四氯化碳不是气体，要求学生掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数
23、的关系，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。5下列选项中正确的是（）A第一电离能：I（B）I（Al）B原子半径：NOC离子半径：r（K+）r（Cl）D键长：HClHBr【考点】元素周期律的作用菁优网版权所有【专题】元素周期律与元素周期表专题【答案】A【分析】A同主族从上到下，第一电离能减小；B电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小；C电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小；D原子半径越大，和氢原子形成共价键的键长越长。【解答】解：AB、Al为同主族元素，第一电离能：I（B）I（Al），故A正确
24、；BNO原子核外电子层数相同，原子半径：NO，故B错误；CK+、Cl离子电子层数相同，则离子半径r（K+）r（Cl），故C错误；D原子半径ClBr，键长：HClHBr，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了周期律的分析应用，主要是电离能、微粒半径、键长等知识的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。6物质结构决定物质性质，下列性质不能通过元素的电负性进行解释的是（）AH2O的沸点高于H2S的沸点B乙烯能发生加成反应，而乙烷不能CCF3COOH酸性大于CCl3COOH的酸性D气态氟化氢中存在HF、（HF）2分子，而气态氯化氢中只存在HCl分子【考点】元素电离能、电负性的含义及应用菁优网版权所
25、有【专题】元素周期律与元素周期表专题【答案】B【分析】A非金属氢化物沸点取决于分子间作用力，水分子间存在氢键；B乙烯含有碳碳双键，乙烷只含单键，二者结构不同，性质不同；C羧酸RCOOH中，R结构极性越强，羧基在水溶液中电离能力越强，吸引电子能力：FCl，则FC的极性大于CCl的极性，则CF3的极性大于CCl3，导致羧基电离出氢离子程度：CF3COOH大于CCl3COOH；DF元素电负性较大，HF中F原子与其它HF中H原子能形成分子间氢键。【解答】解：A电负性OS，H2O分子间存在氢键，沸点反常的高，水的沸点高于H2S的沸点，能通过元素的电负性进行解释，故A错误；B乙烯含有碳碳双键，能发生加成反
26、应，乙烷只含单键，属于饱和链烃，不能发生加成反应，不能通过元素的电负性进行解释，故B正确；C羧酸RCOOH中，R结构极性越强，羧基在水溶液中电离能力越强，吸引电子能力：FCl，则FC的极性大于CCl的极性，则CF3的极性大于CCl3，导致羧基电离出氢离子程度：前者大于后者，则酸性：CF3COOH的酸性大于CCl3COOH，能通过元素的电负性进行解释，故C错误；DF元素电负性较大，HF中F原子与其它HF中H原子能形成分子间氢键，因此气态HF中存在（HF）2，气态HCl中不存在（HCl）2，能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释，故D错误；故选：B。【点评】本题考查元素周期律，侧重考查对电负性的
27、理解和运用能力，明确物质沸点、物质性质、酸的酸性强弱的影响因素等是解本题关键，题目难度不大。7离子化合物Na2O2和CaC2与水的反应分别为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2；CaC2+2H2OCa（OH）2+C2H2。下列说法不正确的是（）ANa2O2、CaC2中均含有非极性共价键BNa2O2、CaC2中阴、阳离子个数比均为1：1C、两个反应中水均不作氧化剂或还原剂D相同物质的量的Na2O2和CaC2与足量的水反应，所得气体的物质的量n（O2）n（C2H2）【考点】氧化还原反应的基本概念及规律；氧化还原反应相关的概念菁优网版权所有【专题】氧化还原反应专题【答案】B【分析】ANa2O2中中
28、含有非极性共价键，CaC2中中含有非极性共价键；BNa2O2由钠离子与过氧根离子构成，CaC2中由钙离子和构成；C反应、中水中氢元素、氧元素化合价不变；D根据化学方程式进行分析解答。【解答】解：ANa2O2中中含有非极性共价键，CaC2中中含有非极性共价键，均含有非极性共价键，故A正确；BNa2O2由钠离子与过氧根离子构成，阴、阳离子个数比为1：2，CaC2中由钙离子和构成，阴、阳离子个数比均为1：1，故B错误；C反应、中水中氢元素、氧元素化合价不变，、两个反应中水均不作氧化剂或还原剂，故C正确；D根据2Na2O2O2，CaC2C2H2，相同物质的量的Na2O2和CaC2与足量的水反应，所得气
29、体的物质的量n（O2）n（C2H2），故D正确；故选：B。【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力、氧化还原反应中电子转移数目是解本题关键，题目难度不大。8一种太阳能电池工作原理示意图如图所示，其中电解质溶液为K3Fe（CN）6和K4Fe（CN）6的混合溶液，下列说法不正确的是（）AKsFe（CN）6中，中心离子为Fe3+B电极a为负极C电子由电极b经导线流向电极aD正极上发生的电极反应：【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】图中电极a反应为Fe（CN）64失去电子转为Fe（CN）63，电极反应
30、式为Fe（CN）64eFe（CN）63，a极失去电子为电池负极，则b为电池的正极，据此分析。【解答】解：AK3Fe（CN）6中内界中铁离子为中心离子，即中心离子为：Fe3+，故A正确；B由上述分析可知，a极为负极，故B正确；C电子由负极经导线流向正极，即由电极a经导线流向电极b，故C错误；Db为正极，发生还原反应，发生Fe（CN）63+eFe（CN）64，故D正确；故选：C。【点评】本题考查原电池的工作原理，为高频考点，把握电子的流向判断正负极为解答的关键，明确原电池工作原理即可解答，题目难度不大。9苯与液溴反应生成溴苯，其反应过程的能量变化如图所示。下列关于苯与Br2反应的说法不正确的是（）
31、AFeBr3可作该反应的催化剂B将反应后的气体依次通入CCl4和AgNO3溶液以检验产物HBrC过程的活化能最大，决定总反应速率的大小D总反应的H0，且HE1E2+E3【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】D【分析】AFeBr3可作苯与液溴反应的催化剂；B苯和溴易挥发，且都易溶于CCl4溶液；C基元反应的活化能越大，该步反应速率越慢，是决速步骤；D由图可知，总反应为放热反应，总反应的H0，HEa（逆）Ea（正）。【解答】解：A苯与液溴反应生成溴苯，FeBr3可作该反应的催化剂，故A正确；B由于反应放热，部分反应物（苯和溴蒸气）挥发，将反应后的气体依次通入CCl4
32、和AgNO3溶液，CCl4可以溶解苯和溴蒸气，最后的气体通入AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，则证明反应生成了HBr，故B正确；C过程的活化能最大，该步反应速率最慢，是决定总反应速率大小的一步反应，即决速步骤，故C正确；D由图可知，总反应为放热反应，总反应的H0，只知道正反应的活化能，不能计算反应的焓变，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查学生的看图理解能力、应用能力，掌握放热反应与能量变化的关系是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度不大。10鼠尾草酮可治疗神经系统方面的疾病，其结构如图所示，下列说法不正确的是（）A该物质含有3种官能团B分子中含有手性碳原子C分子中的碳原子有sp2和s
33、p3两种杂化方式D1mol该物质最多可与5molH2发生还原反应【考点】有机物的结构和性质；原子轨道杂化方式及杂化类型判断菁优网版权所有【专题】有机物的化学性质及推断【答案】B【分析】A分子中含羟基、碳碳双键、羰基；B连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子；C苯环及双键中的碳原子为sp2杂化，其他碳原子为sp3杂化；D苯环、碳碳双键、羰基均与氢气发生加成反应。【解答】解：A分子中含羟基、碳碳双键、羰基，共3种官能团，故A正确；B连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，则分子中不含手性碳原子，故B错误；C苯环及双键中的碳原子为sp2杂化，其他碳原子为sp3杂化，共2种杂化方式，故C正确；D苯环、碳碳
34、双键、羰基均与氢气发生加成反应，则1mol该物质最多可与5molH2发生还原反应，故D正确；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。11将CuSO4溶液分别滴入Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中，均产生沉淀和气泡。取中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，无气泡产生；取中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，产生少量气泡。下列分析不正确的是（）ANa2CO3、NaHCO3溶液中均存在c（）+c（）+c（H2CO3）0.1molL1BCuSO4能促进Na2CO3、NaHCO3的水解C中发生的反应：
35、Cu2+2+2H2OCu（OH）2+2D对比沉淀加入足量盐酸后的现象，说明溶液中的c（OH）和均对沉淀成分有影响【考点】重要的钠盐；盐类水解的应用菁优网版权所有【专题】物质的性质和变化专题；电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【答案】C【分析】ANa2CO3溶液中存在物料守恒n（Na）2n（C），NaHCO3溶液中存在物料守恒，n（Na）n（C）；B硫酸铜为强酸弱碱盐，他三年前和碳酸氢钠为强碱弱酸盐，水解相互促进；CD取中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，无气泡产生，说明程度为氢氧化铜，取中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，产生少量气泡，说明有碳酸铜。【解答】解：ANa2CO3溶液中存在物料守恒n（Na）
36、2n（C），c（）+c（）+c（H2CO3）0.1molL1，NaHCO3溶液中存在物料守恒，n（Na）n（C），c（）+c（）+c（H2CO3）0.1molL1，故A正确；B硫酸铜为强酸弱碱盐，他三年前和碳酸氢钠为强碱弱酸盐，水解相互促进，CuSO4能促进Na2CO3、NaHCO3的水解，故B正确；C取中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，无气泡产生，中发生的反应：Cu2+H2OCu（OH）2+CO2，故C错误；D取中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，无气泡产生，说明程度为氢氧化铜，取中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，产生少量气泡，说明有碳酸铜，对比沉淀加入足量盐酸后的现象，说明溶液中的c（OH）和均对沉淀成分有影
37、响，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了盐类水解和应用，注意实验现象的分析判断、盐类水解原理的理解应用，题目难度中等。12丁烯二酸酐可通过不同的聚合方式合成以下两种聚合物，转化关系如图所示。下列说法不正确的是（）A反应为加聚反应B聚合物N在一定条件下还可以转化为交联结构C聚合物M在碱性水溶液中的溶解程度比在水中的大D依据反应的合成原理，推测反应会产生含七元环的副产物【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】D【分析】A反应中2个双键断裂，生成高分子，且高分子的主链只有碳原子；B聚合物N还含碳碳双键，可发生加聚反应；C聚合物M在碱性溶液中可发生水解反应；D丁
38、烯二酸酐含5元环，甲基环氧乙烷含3元环。【解答】解：A反应中2个双键断裂，生成高分子，且高分子的主链只有碳原子，该反应为加聚反应，故A正确；B聚合物N还含碳碳双键，可发生加聚反应，则聚合物N在一定条件下还可以转化为交联结构，故B正确；C聚合物M在碱性溶液中可发生水解反应，可知聚合物M在碱性水溶液中的溶解程度比在水中的大，故C正确；D丁烯二酸酐含5元环，甲基环氧乙烷含3元环，反应为开环聚合，则不能产生含七元环的副产物，故D错误；故选：D。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。13实验
39、室检验下列气体时，选用的除杂试剂和检验试剂均正确的是（）气体除杂试剂检验试剂A浓硝酸分解产生的O2无湿润的淀粉KI试纸B浓盐酸与MnO2反应产生的Cl2NaOH溶液湿润的有色布条C木炭和浓硫酸反应产生的CO2饱和NaHCO3溶液澄清石灰水DNH4HCO3分解产生的NH3CaO和NaOH混合物湿润的红色石蕊试纸AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价菁优网版权所有【专题】实验评价题【答案】D【分析】A可能挥发的硝酸氧化KI生成碘，淀粉遇碘单质变蓝；B氯气与NaOH溶液反应；C生成的二氧化硫与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳；D碳酸氢铵分解生成氨气、水、二氧化碳，CaO和NaOH混合物可除去水和二氧
40、化碳，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝。【解答】解：A可能挥发的硝酸氧化KI生成碘，淀粉遇碘单质变蓝，不能证明浓硝酸分解产生O2，故A错误；B氯气与NaOH溶液反应，不能用湿润的有色布条检验氯气，故B错误；C生成的二氧化硫与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，不能证明木炭和浓硫酸反应产生CO2，故C错误；D碳酸氢铵分解生成氨气、水、二氧化碳，CaO和NaOH混合物可除去水和二氧化碳，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可检验生成的氨气，故D正确；故选：D。【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、反应与现象、物质的检验、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
41、识的应用，题目难度不大。14如图为Fe（OH）3、Al（OH）3和Cu（OH）2在水中达沉淀溶解平衡时的pMpH关系图。pMlgc（Mn+）；c（Mn+）105molL1可认为Mn+沉淀完全。下列说法不正确的是（）A由a点可求得BpH3时0.1molL1Al3+还未开始沉淀C浓度均为0.01molL1的Al3+和Fe3+可通过分步沉淀进行分离DAl3+和Cu2+混合溶液中，c（Cu2+）0.2molL1时二者不会同时沉淀【考点】沉淀溶解平衡菁优网版权所有【专题】电离平衡与溶液的pH专题【答案】D【分析】AKspFe（OH）3c（Fe3+）c3（OH），结合a点数值计算判断；B图中（4，3）时c（Al3+）103mol/L，c（H+）104mol/L，c（OH）1010mol/L，KspAl（OH）3c（Al3+）c3（OH）103（1010）31033，结合浓度积Q与KspAl（OH）3关系分析判断；C根据KspFe（OH）3、KspAl（OH）3计算浓度均为0.01molL1的Al3+和Fe3+沉淀完全或开始沉淀的pH，进而分析判断；D图中（7，5.5）时c（Cu2+）105.5mol/L，c（H+）107mol/L，c（OH）107mol/L，KspCu（OH）3c（Cu2+）c2（OH）10