2022年安徽省肥东县高三下第一次测试化学试题含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是AKa2（H2X）的数量级为106B曲线N

2、表示pH与的变化关系CNaHX溶液中c(H)>c(OH)D当混合溶液呈中性时，c(Na)>c(HX)>c(X2)>c(OH)=c(H)2、根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是组号今加反应的物质生成物MnO4、Cl···Cl2、Mn2···Cl2(少量)、FeBr2FeCl3、FeBr3KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4A第组反应中生成0.5mol Cl2，转移1mol电子B第组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为l：2C第组反应的其余产物为O2和H2OD氧化性由强到弱的顺序为

3、MnO4> Cl2>Fe3>Br23、84消毒液可用于新型冠状病毒的消杀，其主要成分为NaClO。NaClO在空气中可发生反应NaClO+CO2+H2ONaHCO3+HClO。用化学用语表示的相关微粒，其中正确的是A中子数为10的氧原子：BNa+的结构示意图：CCO2的结构式：O=C=ODNaClO的电子式：4、新型冠状病毒是一种致病性很强的 RNA 病毒，下列说法错误的是A新型冠状病毒组成元素中含有 C、H、OB用“84 消毒液”进行消毒时，消毒液越浓越好C3M 防颗粒物口罩均使用 3M 专有高效过滤材料聚丙烯材质，聚丙烯属于高分子D不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒

4、5、关于 2NaOH（s）+H2SO4（aq）Na2SO4（aq）+2H2O（l）+Q kJ 说法正确的是（）ANaOH（s）溶于水的过程中扩散吸收的能量大于水合释放的能量BQ0CNaOH（s）+1/2 H2SO4（aq）1/2 Na2SO4（aq）+H2O（l）+1/2Q kJD若将上述反应中的 NaOH（s）换成 NaOH（aq），则QQ6、化学与生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是A用活性炭为糖浆脱色和用双氧水漂白纸浆，其原理相同B铜制品在潮湿空气中生锈，其主要原因是发生析氢腐蚀C用NaHCO3和Al2（SO4）3溶液可以制作泡沫灭火剂

5、D从海水中可以制取NaCl，电解饱和NaCl溶液可以制取金属Na7、下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图，下列说法正确的是AM、N的氧化物都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物反应BY的单质能从含R简单离子的水溶液中置换出R单质CX、M两种元素组成的化合物熔点很高D简单离子的半径：R>M>X8、设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A1L1molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NAB78g苯含有C=C双键的数目为3NAC常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.2NA9、化学与生活密切

6、相关，下列有关说法错误的是ACu2+为重金属离子，故CuSO4不能用于生活用水消毒B卤水煮豆腐是Mg2+、Ca2+等使蛋白质胶体发生凝聚过程C纯碱溶液可以洗涤餐具上的油渍D油漆刷在钢铁护栏表层用来防止金属锈蚀10、某同学结合所学知识探究Na2O2与H2能否反应，设计装置如图，下列说法正确的是（ ）A装置A中锌粒可用铁粉代替B装置B中盛放碱石灰，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气C装置C加热前，必须先用试管在干燥管管口处收集气体，检验气体纯度D装置A也可直接用于MnO2与浓盐酸反应制取Cl211、对于反应2NO(g)2H2(g)N2(g)2H2O(g)，科学家根据光谱学研究提出如下反应历程：第一

7、步：2NON2O2快速平衡第二步：N2O2H2N2OH2O慢反应第三步：N2OH2N2H2O快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列叙述正确的是A若第一步反应H<0，则升高温度，v正减小，v逆增大B第二步反应的活化能大于第三步的活化能C第三步反应中N2O与H2的每一次碰撞都是有效碰撞D反应的中间产物只有N2O212、常温下，将0.2mol/LKMnO4酸性溶液0.1L与一定量pH=3的草酸（HOOCCOOH）溶液混合，放出VL气体。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A0.1molHOOCCOOH含共用电子对数目为0.9NAB当1molKMnO4被还原时，强酸

8、提供的H+数目为NACpH=3的草酸溶液含有H+数目为0.001NAD该反应释放CO2分子数目为NA13、实验室制备硝基苯的实验装置如图所示（夹持装置已略去）。下列说法不正确的是A水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度B浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入C仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率D反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品14、NH4NO3溶液受热可发生分解反应：NH4NO3N2HNO3H2O(未配平)。用NA表示阿伏加德罗数的值，下列说法正确的是()A分解时每生成2.24 L(标准状况)N2，转移电子的数目为0.6NAB

9、2.8 g N2中含有共用电子对的数目为0.3NAC56 g Fe与足量热浓硝酸反应生成NO2分子的数目为3NAD0.1 mol·L1 NH4NO3溶液中，NH4+的数目小于0.1NA15、有关Na2CO3和NaHCO3的叙述中正确的是A向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1:2B等质量的NaHCO3和Na2CO3分別与足量盐酸反应，在同温同压下。生成的CO2体积相同C物质的量浓度相同时，Na2CO3溶液的pH小于NaHCO3溶液D向Na2CO3饱和溶液中通入CO2有NaHCO3结晶析出16、已知、为原子序数依次增大的短周期元素

10、，为地壳中含量最高的过渡金属元素，与同主族，与同周期，且与的原子序数之和为20。甲、乙分别为元素E、A的单质， 丙、丁为A、E分别与B形成的二元化合物，它们转化关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）A、形成的一种化合物具有漂白性B、形成的离子化合物可能含有非极性键C的单质能与丙反应置换出的单质D丁为黑色固体，且1mol甲与足量丙反应转移电子3 NA17、设NA为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2NAB5NH4NO32HNO34N29H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为4NAC过量的铁在1mol Cl2中然烧，最终

11、转移电子数为2NAD由2H和18O所组成的水11 g，其中所含的中子数为4NA18、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19、化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解NO3-的原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）AA为电源的正极B溶液中H+从阳极向阴极迁移C电解过程中，每转移2 mol电子,则左侧电极就产生32gO2DAg-Pt电极的电极反应式为2NO3-+12H+10e- = N2+ 6H2O20、下列有关实验现象和解释或结

12、论都一定正确的是（ ）选项实验操作实验现象解释或结论A某钾盐溶于盐酸后，产生无色无味气体，将其通入澄清石灰水有白色沉淀出现该钾盐是B将少量的溴水分别滴入溶液、溶液中，再分别滴加振荡下层分别呈无色和紫红色还原性：C将充满的密闭玻璃球浸泡在热水中红棕色变深反应的D将受热分解产生的气体通入某溶液溶液变浑浊，继续通入该气体，浑浊消失该溶液是溶液AABBCCDD21、下列说法不正确的是A石油分馏可获得汽油、煤油、石蜡等矿物油，煤焦油干馏可获得苯、甲苯等有机物B生活中常见的聚乙烯、聚氯乙烯、纶、有机玻璃、合成橡胶都是通过加聚反应得到的C按系统命名法，有机物可命名为2，2，4，4，5五甲基3，3二乙基己烷D

13、碳原子数6的链状单烯烃，与HBr反应的产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有4种(不考虑顺反异构)22、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A 的溶液：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-B0.1 mol·L1的氨水：Cu2+、Na+、SO42-、NO3-C1 mol·L1的NaClO溶液：Fe2+、Al3+、NO3-、ID0.1 mol·L1的NaHCO3溶液：K+、Na+、NO3-、OH二、非选择题(共84分)23、（14分）痛灭定钠是一种吡咯乙酸类的非甾体抗炎药，其合成路线如下：回答下列问题：(1)化合物 C 中含氧官能团的名称是_。(2)化学反

14、应和的反应类型分别为_和_。(3)下列关于痛灭定钠的说法正确的是_。a1mol 痛灭定钠与氢气加成最多消耗 7molH2 b核磁共振氢谱分析能够显示 6 个峰 c不能够发生还原反应 d与溴充分加成后官能团种类数不变 e共直线的碳原子最多有 4 个(4)反应的化学方程式为_。(5)芳香族化合物 X 的相对分子质量比 A 大 14，遇 FeCl3 溶液显紫色的结构共有_种（不考虑立体异构），核磁共振氢谱分析显示有 5 个峰的 X 的结构简式有_。(6) 根据该试题提供的相关信息，写出由化合物及必要的试剂制备有机化合物的合成路线图。_24、（12分）聚碳酸酯的透光率良好，可制作挡风玻璃、眼镜片等。某

15、聚碳酸酯(M)的合成路线如下：已知：.D的分子式为C3H4O3，核磁共振氢谱只有一组峰.R1COOR2+R3OHR1COOR3+ R2OH(1)A的名称是 _，D的结构简式为_；(2)BC的反应类型_；(3)关于H的说法正确的是（_）A分子式为C15H16O2B呈弱酸性，是苯酚的同系物C分子中碳原子可能共面D1mol H与浓溴水取代所得有机物最多消耗NaOH10mol(4)写出AB化学方程式_；(5)最常见的聚碳酸酯是用H与光气()聚合得到，请写出该聚碳酸酯的结构简式_；(6)H的同分异构体中满足下列条件的有_种；有萘环()结构 能发生水解和银镜反应 两个乙基且在一个环上(7)FG需三步合成C

16、H2=CHCH3KL若试剂1为HBr，则L的结构简式为_，的反应条件是_。25、（12分）二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色气体，极易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：（1）在处理废水时，ClO2可将废水中的CN-氧化成CO2和N2，该反应的离子方程式为_。（2）某小组通过NaClO3法制备ClO2，其实验装置如下图。通入氮气的主要作用有两个，一是可以起到搅拌作用，二是_；装置B的作用是_；装置A用于生成ClO2气体，该反应的化学方程式为_；当看到装置C中导管液面上升时应进行的操作是_。（3）测定装置C中ClO2溶液的浓度：用_（

17、填仪器名称）取10.00 mLC中溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，用0.1000 mol·L-1的Na2S2O3标准液滴定至溶液呈淡黄色，发生反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，再加入_作指示剂，继续滴定，当溶液_，即为终点。平行滴定3次，标准液的平均用量为20.00 mL，则C中ClO2溶液的浓度为_mol·L-1。26、（10分）甲乙两组学生用不同的方法制备氯气并验证其性质。甲组用漂白粉与硫酸溶液反应制取氯气：Ca(ClO)2CaCl22H2SO42CaSO42Cl22H2O，如图1所示；乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气：2KMnO4

18、16HCl(浓)2MnCl22KCl5Cl28H2O，如图2所示(省略夹持装置)。（1）实验中A选用装置_，E选用装置_(填写序号)。（2）装置F的作用_，请描述装置G中的实验现象_。（3）B中反应的离子方程式是_；C中氯气氧化了亚硫酸钠：Cl2+SO32-+H2O SO42-+2Cl-+2H+，请你帮甲组设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化(简述实验步骤)：_。（4）乙组中H的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是_。（5）甲组实验存在的明显缺陷是_。27、（12分）某化学兴趣小组探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反应原理，实验装置如图所示。

19、实验中B装置内产生白色沉淀。请回答下列问题：（1）该实验过程中通入N2的时机及作用_。（2）针对B装置内产生白色沉淀的原因，甲同学认为是酸性条件下SO2与Fe3+反应的结果，乙同学认为是酸性条件下SO2与NO3-反应的结果。请就B装置内的上清液，设计一个简单的实验方案检验甲同学的猜想是否正确：_。28、（14分）氮及其化合物对环境具有显著影响。（1）已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应：N2(g)+O2(g) 2NO(g) H=+180 kJ/mol N2(g)+2O2(g) 2NO2(g) H=+68 kJ/mol则2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) H=_kJ/mol（2）对于反应

20、2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的反应历程如下：第一步：2NO(g)N2O2(g)(快速平衡)第二步：N2O2(g)+O2(g)2NO(g)(慢反应)其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，第一步反应中：正=k1 正·c2(NO)， 逆=k1 逆·c(N2O2)，k1正、k1 逆为速率常数，仅受温度影响。下列叙述正确的是_a整个反应的速率由第一步反应速率决定b同一温度下，平衡时第一步反应的越大，反应正向程度越大c第二步反应速率慢，因而平衡转化率也低d第二步反应的活化能比第一步反应的活化能高（3）将氨气与二氧化碳在有催化剂的反应器中反应 H=87.0 kJ/mol

21、，体系中尿素的产率和催化剂的活性与温度的关系如图1所示：a点_(填是或不是)处于平衡状态，T1之后尿素产率下降的原因可能是 _。实际生产中，原料气带有水蒸气，图2表示CO2的转化率与氨碳比、水碳比的变化关系。曲线、对应的水碳比最大的是_，测得b点氨的转化率为30，则x=_。（4）N2H4可作火箭推进剂。已知25时N2H4水溶液呈弱碱性：N2H4+H2ON2H5+OH- K1=；N2H5+H2ON2H62+OH - K2=；25时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c(N2H5+ )c(N2H4 )，同时c(N2H5+)>c(N2H62+)，应控制溶液pH范围_(用含a、b式子表示)。

22、水合肼(N2H4·H2O)的性质类似一水合氨，与硫酸反应可以生成酸式盐，该盐的化学式为_。29、（10分）研究氮及其化合物对化工生产有重要意义。（1）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) H12NH3(g)N2(g)+3H2(g) H22H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H3则热化学方程式：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)H=_（用H1，H2，H3表示）。（2）在2L密闭绝热容器中，投入4molN2和6molH2，在一定条件下生成NH3，测得不同温度下，平衡时NH3的物质的量数据如下表：下列能说明该反应已达到平衡状态的是_。A3v正(H2)=2v

23、逆(NH3)B容器内气体压强不变C混合气体的密度不变D混合气的温度保持不变温度T1_(填“>”<”或“=”）T3。在T4温度下，达到平衡时N2的转化率为_。（3）N2O4为重要的火箭推进剂之一。N2O4与NO2转换的热化学方程式为N2O4(g)=2NO2(g) H。上述反应中，正反应速率v正=k正·p(N2O4)，逆反应速率v逆=k逆·p2(NO2)，其中k正、k逆为速率常数，则该反应的化学平衡常数Kp为_（以k正、k逆表示）。若将一定量N2O4投入真空容器中恒温恒压分解（温度298K、压强110kPa)，已知该条件下k逆=5×102kPa-1

24、3;s-1，当N2O4分解10%时，v逆=_kPa·s-1。（4）以连二亚硫酸盐(S2O42-)为还原剂脱除烟气中的NO，并通过电解再生，装置如图。阴极的电极反应式为_，电解槽中的隔膜为_（填“阳”或“阴”）离子交换膜。每处理1molNO，电路中通过电子的物质的量为_。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、D【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取0.6和4.8点， =100.6mol·L1，c(H)=

25、104.8mol·L1，代入Ka2得到Ka2=105.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C. 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6mol·L1，c(H)=105.0mol·L1，代入Ka1得到Ka2=104.4，因此HX的水解常数是1014/104.4Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H)c(OH)，C正确；D.根据图像可知当0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，0，即c(X2-)c(HX-)，D错误；答案选D。2、D【解析】A由信息可知，MnO4-氧化C

26、l-为Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，选项A正确；B由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，溴离子末被氧化，根据电子得失守恒2n（C12）=n（Fe2+），即第组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2，选项B正确；C反应中KMnO4MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，选项C正确；D氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由可知氧化性MnO4->Cl2，由可知氧化性Cl2>Fe3+，由可知Fe3

27、+不能氧化Br-，氧化性Br2>Fe3+，选项D错误。答案选D。3、C【解析】A中子数为10的氧原子，其质量数为18，应写成，A项错误；B钠原子核电荷数为11，Na+的结构示意图为：，B项错误；C二氧化碳中的碳与氧形成四个共用电子对，CO2的结构式为：O=C=O，C项正确；DNaClO是离子化合物，电子式为，D项错误。答案选C。4、B【解析】A. 新型冠状病毒成分为蛋白质，组成元素为C、H、O、N等，故A错误；B. 用“84 消毒液”进行消毒时，消毒液过高对人体健康也会产生危害，故B错误；C. 聚丙烯材质的成分为聚丙烯，聚丙烯属于合成有机高分子，故C正确；D. .新型冠状病毒主要通过飞沫

28、和接触传播，为减少传染性，不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒，故D正确；故选B。5、C【解析】A、氢氧化钠固体溶于水是放热的过程，故NaOH(s)溶于水的过程中扩散吸收的能量小于水合释放的能量，故A错误；B、酸碱中和放热，故Q大于0，故B错误；C、反应的热效应与反应的计量数成正比，故当将反应的计量数除以2时，反应的热效应也除以2，即变为NaOH（s）+ H2SO4（aq） Na2SO4（aq）+H2O（l）+Q kJ，故C正确；D、氢氧化钠固体溶于水放热，即若将氢氧化钠固体换为氢氧化钠溶液，则反应放出的热量变小，即则QQ，故D错误。故选：C。6、C【解析】A

29、项，活性炭为糖浆脱色是因为活性炭具有吸附性，双氧水漂白纸浆是双氧水具有强氧化性，两者原理不同，A错误；B项，Cu在金属活动性顺序表中处于H的后面，铜制品不能发生析氢腐蚀，B错误；C项，NaHCO3溶液与Al2（SO4）3溶液发生双水解反应生成Na2SO4、CO2和Al（OH）3，可以制作泡沫灭火剂，C项正确；D项，氯化钠主要来自于海水，电解NaCl溶液生成NaOH、H2和Cl2，不能制得Na，电解熔融氯化钠才可以得到金属钠，D错误；答案选C。7、C【解析】由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R

30、为Cl元素，AM、N的氧化物Al2O3、SiO2都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物NaOH反应，但SiO2不与R的最高价氧化物对应水化物HClO4反应，选项A错误；BF2非常活泼，与含氯离子的水溶液反应时直接与水反应，无法置换出氯气，选项B错误；CX、M两种元素组成的化合物氧化铝熔点很高，选项C正确；DO2-、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，Cl-比它们多一个电子层，半径最大，故离子半径Cl-O2-Al3+，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对化学用语的考查，注意理解氢氧化铝的两性，能与强酸强碱反应，由图可知，为第二周期和第三

31、周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，据此分析得解。8、C【解析】A. 次氯酸跟为弱酸根,在溶液中会水解,故溶液中的次氯酸跟的个数小于NA个，故A错误；B. 苯不是单双键交替的结构，故苯中不含碳碳双键，故B错误；C. 氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol,故14g混合物的物质的量为0.5mol,且均为双原子分子,故0.5mol混合物中含1mol原子即NA个，故C正确；D. 二氧化氮所处的状态不明确，故二氧化氮的物质的量无法计算，则和水转移的电子数无法计算，故D错误；故选：C。9、A【解析】A. Cu2+为

32、重金属离子，能使蛋白质变性，故CuSO4能用于生活用水消毒，A错误；B. 卤水煮豆腐是Mg2+、Ca2+等使蛋白质胶体发生凝聚过程，B正确；C. 纯碱溶液显碱性，可以洗涤餐具上的油渍，C正确；D. 油漆刷在钢铁护栏表层隔绝空气，用来防止金属锈蚀，D正确，答案选A。10、C【解析】探究Na2O2与H2能否反应，由实验装置可知，A装置为Zn与稀盐酸反应生成氢气，盐酸易挥发，则B装置中应为碱石灰可除去HCl和水蒸气，C装置试管为Na2O2与H2反应，但加热前应先检验氢气的纯度，氢气不纯加热时可能发生爆炸，最后D装置通过检验反应后是否有水生成判断Na2O2与H2能否反应，以此解答该题。【详解】A铁粉会

33、落到有孔塑料板下边，进入酸液中，无法控制反应的发生与停止，故A错误；BB装置中盛放碱石灰，可除去HCl和水蒸气，故B错误；C氢气具有可燃性，不纯时加热易发生爆炸，则加热试管前，应先收集气体并点燃，通过爆鸣声判断气体的纯度，故C正确；D二氧化锰和浓盐酸应在加热条件下反应制备氯气，A装置不能加热，故D错误；故答案选C。11、B【解析】A不管H<0，还是H>0，升高温度，v正和v逆均增大，A选项错误；B第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，则第二步反应的活化能大于第三步的活化能，B选项正确；C根据有效碰撞理论可知，任何化学反应的发生都需要有效碰撞，但每一次碰撞不一定是有效碰撞，C选项错

34、误；D反应的中间产物有N2O2和N2O，D选项错误；答案选B。【点睛】化学反应速率与温度有关，温度升高，活化分子数增多，无论是正反应速率还是逆反应速率都会加快，与平衡移动没有必然联系。12、A【解析】A.1个HOOCCOOH分子中含有9对共用电子对，则0.1molHOOCCOOH含共用电子对数目为0.9NA，A正确；B.KMnO4与草酸反应的方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=10CO2+2MnSO4+K2SO4+8H2O，根据方程式可知当1molKMnO4被还原时，强酸提供的H+的物质的量为3mol，因此反应消耗的H+数目为3NA，B错误；C.缺少溶液的体积，不能计算H+的

35、数目，C错误；D.不确定CO2气体所处的环境，因此不能计算其物质的量，也就不能确定其分子数，D错误；故合理选项是A。13、D【解析】A水浴加热可保持温度恒定，即水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度，故A正确；B浓硫酸稀释放热，为了防止暴沸，则向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，为防止苯挥发，待冷却后，将苯逐滴滴入，故B正确；C球形冷凝管可冷凝回流反应物，则仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，故C正确；D反应完全后，混合体系分层，应分液分离出有机物，再蒸馏分离出硝基苯，故D错误；故选：D。14、B【解析】NH4NO3溶液受热可发生分解反应：5NH4NO34N22HNO39H2O。【详解】A

36、. 该反应属于归中反应，NH4+中3价的氮元素升高为0价，被氧化，NO3中5价的氮元素降低为0价，被还原，被氧化的氮原子与被还原的氮原子的物质的量之比为53，每生成4mol N2，转移15mol电子，所以，当生成0.1 mol N2时，转移电子的物质的量为×0.1mol0.375 mol，转移的电子数为0.375NA，A错误；B. N2的结构式为NN，1个 N2分子含有3对共用电子，2.8 g N2的物质的量为0.1mol，含有的共用电子对数为0.3NA，B正确；C. 浓硝酸具有强氧化性，可将铁氧化为3价，本身被还原为NO2，56g Fe的物质的量为1mol，可失去3mol电子，所以

37、，反应生成3mol NO2，但有一部分NO2转化为N2O4，最终生成的NO2分子数少于3NA，C错误；D. 已知硝酸铵溶液的物质的量浓度，但未告知溶液的体积，不能确定含有硝酸铵的物质的量，无法计算含有NH4+的数目，D错误；故答案为：B。15、D【解析】A、根据化学反应方程式：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，等物质的量盐酸与碳酸钠反应只生成碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，选项A错误；B、NaHCO3和Na2CO3都与盐酸反应生成二氧化碳气体：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，等质量的碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量盐酸反应：

38、产生的二氧化碳在相同条件下体积比为:=84：106=42：53，选项B错误；C、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液中碳酸根离子和碳酸氢根离子均能水解，导致溶液显碱性，但是碳酸根离子水解程度大，所以等浓度的碳酸钠的溶液的碱性强于碳酸氢钠溶液，即Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液，选项C错误；D、向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，会发生反应：Na2CO3+ H2O+CO2= 2NaHCO3，常温下相同的溶剂时，较易溶，所以析出的是NaHCO3晶体，选项D正确。答案选D。点睛：本题Na2CO3和NaHCO3的异同，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积累。16、D【解析】

39、已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为Fe；与同主族，与同周期，可知A、B、C、D分属三个不同的短周期，则A为H，D为Na，由与的原子序数之和为20，可知C为F；甲、乙分别为元素E、A的单质， 丙、丁为A、E分别与B形成的二元化合物，结合图示转化关系，由Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁可知可知丙为H2O，丁为Fe3O4，则B为O元素，以此解答该题。【详解】由以上分析可知：A为H，B为O，C为F，D为Na，E为Fe元素；甲为Fe，乙为H2，丙为H2O，丁为Fe3O4；AH、O两元素组成的H2O2有强氧化性，具有漂白性，故A正确；BO和Na组成的N

40、a2O2中含有离子键和非极性共价键，故B正确；CF2溶于水生成HF和O2，故C正确；D丁为Fe3O4，是黑色固体，由3Fe+4H2OFe3O4+4H2可知1molFe与足量H2O反应转移电子NA，故D错误；故答案为D。17、C【解析】A未注明是在标准状况下生成的22.4L气体，故无法计算转移的电子数，A选项错误；B5NH4NO32HNO34N29H2O反应中，铵根离子中被氧化的N元素化合价由-3价升高为N2中的0价，共失去15个电子，被还原的氮元素由硝酸根中+5价降低为氮气中的0价，共得到15个电子，则生成28g（即1mol）氮气，转移电子的物质的量为=3.75mol，个数为3.75NA，B选

41、项错误；C过量的铁在1mol Cl2中然烧，Cl2被还原为Cl-，共转移2mol电子，数目为2NA，C选项正确；D由2H和18O所组成的水化学式为2H218O，一个2H218O含有1×2+10=12个中子，11g2H218O的物质的量为0.5mol，则含有的中子数为6NA，D选项错误；答案选C。18、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

42、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，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。19、C【解析】A项，该装置中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则Ag-Pt电极为阴极，pt电极为阳极，连接阴极的B电极为负极，A为正极，故A项正确；B项，电解时阳离子向阴极移动，所以H+从阳极向阴极迁移，故B项正确；C项，左侧电极为阳极发生2H2O-4e-=4H+O2，所以每转移2 mol电子时，左侧电极就产生0.5 mol O2即16g氧气，故C项错误；D项，阴极上硝酸根离子得电子发生还原反应，电极

43、反应式为，故D项正确。综上所述，本题正确答案为C。点睛：考查电解池的反应原理。抓住氧化还原反应进行判定电池的阴阳极。根据氧化剂和还原剂进行电极反应式的书写。20、C【解析】A.若该钾盐是，可以得到完全一样的现象，A项错误； B.溴可以将氧化成，证明氧化性，则还原性有，B项错误；C.红棕色变深说明浓度增大，即平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知正反应放热，C项正确；D.碳酸氢铵受热分解得到和，通入后浑浊不会消失，D项错误；答案选C。【点睛】注意A项中注明了“无味”气体，如果没有注明无味气体，亚硫酸盐和亚硫酸氢盐与盐酸反应产生的也可以使澄清石灰水产生白色沉淀。21、A【解析】A.石油分馏主要得到汽油

44、、煤油、柴油、石蜡等，煤干馏发生化学变化可得到苯和甲苯，煤焦油分馏可获得苯、甲苯等有机物，故A错误； B. 由乙烯发生聚合反应生成聚乙烯；氯乙烯发生聚合反应生成聚氯乙烯；纶又叫做合成纤维，利用石油、天然气、煤和农副产品作原料得单体经过特殊条件发生聚合反应生成如：氯纶：、腈纶：；有机玻璃有机玻璃是甲基丙烯酸甲酯聚合生成：；合成橡胶是由不同单体在引发剂作用下，经聚合而成的品种多样的高分子化合物，单体有丁二烯、苯乙烯、丙烯腈、异丁烯、氯丁二烯等多种，故B正确；C. 按系统命名法，有机物的结构简式中的每个节点和顶点为C，根据有机物中每个碳原子连接四个键，与碳原子相连的其他键用氢补充。六个碳的最长链作为

45、主链，其余五个甲基、两个乙基做支链，主链编号时以相同取代基位数之和最，因此该有机物为2，2，4，4，5五甲基3，3二乙基己烷，故C正确；D. 碳原子数6的链状单烯烃，与HBr反应的产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有CH2=CH2；CH3CH=CHCH3 ；CH3 CH2CH=CHCH2CH3；（CH3）2CH=CH（CH3）2 (不考虑顺反异构)，共4种，故D正确；答案选A。22、A【解析】A的溶液显酸性，NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-离子之间不反应，与氢离子也不反应，可大量共存，A项正确；B氨水显碱性，与Cu2+之间发生反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，B项错误；C1

46、mol·L1的NaClO溶液具有氧化性，能氧化Fe2+和I，故在该溶液中不能大量共存，C项错误；DHCO3-与OH会反应生成CO32-和H2O而不能大量共存，D项错误；答案选A。【点睛】（1）判断离子能否大量共存的原则：在所给条件下，离子之间互不反应，则离子能够大量共存，否则，不能大量共存；（2）判断离子能否大量共存的步骤：先看题给限制条件，包括颜色、酸碱性、氧化（还原）性等，再看离子之间的相互反应，逐项判断各组离子之间是否发生反应，从而确定离子能否大量共存；（3）注意题目中给的是“一定”“可能”还是“不能”大量共存，具体问题具体分析。二、非选择题(共84分)23、酯基 取代反应 加

47、成反应 de +NaOH +CH3OH 16 、 【解析】根据合成路线分析：与CH3I发生取代反应转变为，发生反应，在邻位引入醛基转变为：，与CH3NO2发生反应生成，与氢气发生加成反应生成，发生反应将CH2NO2脱去氢氧原子转变为CN，生成，反应中CN碱性水解转变成COONa，得到，反应生成，结合分子式C16H17O3N，与发生取代反应生成，在碱性条件下水解得到，据此作答。【详解】(1)化合物C中含氧官能团为酯基，故答案为：酯基；(2)由上述分析可知反应为取代反应，反应为加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；(3)a 苯环、碳碳双键和羰基都可以与氢气加成，因此1mol痛灭定钠与氢气加成最多

48、消耗6molH2，故错误；b. 该结构中有7种氢，故核磁共振氢谱分析能够显示7个峰，故错误；c. 苯环、碳碳双键和羰基都可以与氢气加成，与氢气发生的加成反应也属于还原反应，故错误； d. 与溴充分加成后碳碳双键消失，引入了溴原子，故官能团种类数不变，故正确； e. 如图所示，共直线的碳原子最多有 4 个，故正确；故答案为：de；(4)由以上分析知，反应为在碱性条件下水解得到，则发生反应的化学方程式为：+NaOH +CH3OH，故答案为：+NaOH +CH3OH；(5)芳香族化合物说明X中有苯环，相对分子质量比A大14，说明比A多一个CH2，与A的不饱和度相同为4；遇FeCl3溶液显紫色说明含有

49、酚羟基；若苯环上有两个取代基，则为(邻、间、对3种)，(邻、间、对3种)；若苯环上有三个取代基，先确定两个取代基的位置，即邻、间、对，再确定另一个取代基的位置，当羟基和氨基位于邻位时，苯环上有4种氢原子，则甲基可以有4种取代方式，则会得到4种同分异构体，同理，当羟基和氨基位于间位时，也会有4种同分异构体，当羟基和氨基位于对位时，有2种同分异构体，共3+3+4+4+2=16，其中核磁共振氢谱分析显示有5 个峰的 X 的结构简式有、，故答案为：16；、；(6)完全仿照题干中框图中反应，选择合适试剂即可完成，与氢氧化钠水解得到苯乙酸钠，苯乙酸钠与(CH3CH2)2SO4反应得到，再与乙酰氯反应生成，

50、合成路线为：；故答案为；。24、1,2-二氯乙烷 取代反应 AD 18 Cu/Ag，O2， 【解析】根据流程图，卤代烃A()在氢氧化钠溶液中水解生成B，B为，C()在氢氧化钠条件下反应生成D，D与甲醇发生酯交换生成E()，D的分子式为C3H4O3，核磁共振氢谱只有一组峰，因此D为，据此分析解答(1)(6)；(7)CH2=CHCH3与HBr发生加成反应生成CH3CHBrCH3，CH3CHBrCH3水解生成CH3CHOHCH3，最后将CH3CHOHCH3氧化即可得到丙酮，据此分析解答。【详解】(1)A的结构简式为，名称为1,2-二氯乙烷，D的结构简式为，故答案为1,2-二氯乙烷；(2)B为，C为，

51、B与发生取代反应生成，故答案为取代反应；(3)H为。A.根据H的结构简式，H的分子式为C15H16O2，故A正确；B.H中含有酚羟基，具有弱酸性，但含有2个苯环，不属于苯酚的同系物，故B错误；C.结构中含有，是四面体结构，因此分子中碳原子一定不共面，故C错误；D.酚羟基的邻位和对位氢原子能够发生取代反应，1mol H与浓溴水取代所得有机物中最多含有4个溴原子，酚羟基和溴原子均能消耗NaOH，且溴原子水解生成的酚羟基也能与氢氧化钠反应，因此1mol 最多消耗10mol氢氧化钠，故D正确，故答案为AD；(4)AB是卤代烃的水解反应，反应的化学方程式为，故答案为；(5)最常见的聚碳酸酯是用H与光气(

52、)聚合得到，与发生缩聚反应生成，故答案为； (6)H()的不饱和度=8，H的同分异构体中满足下列条件：有萘环()结构，不饱和度=7，能发生水解和银镜反应，说明结构中含有酯基和醛基，因此属于甲酸酯类物质，酯基的不饱和度=1，因此其余均为饱和结构，两个乙基且在一个环上，两个乙基在一个环上有、4种情况，HCOO-的位置分别为6、6、3、3，共18种结构，故答案为18；(7)CH2=CHCH3与HBr发生加成反应生成CH3CHBrCH3，CH3CHBrCH3水解生成CH3CHOHCH3，最后将CH3CHOHCH3氧化即可得到丙酮，因此L为CH3CHOHCH3，反应的条件为Cu/Ag，O2，故答案为CH

53、3CHOHCH3；Cu/Ag，O2，。【点睛】本题的难点和易错点为(3)D的判断，要注意H与溴水的取代产物为，与氢氧化钠充分反应生成和溴化钠。25、2ClO22CN-2CO2N22Cl- 稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸 防止倒吸（或作安全瓶） 2NaClO3H2O2H2SO42ClO2Na2SO4O22H2O 加大氮气的通入量 酸式滴定管（或移液管） 淀粉溶液 溶液蓝色退去 0.04000 【解析】(3) ClO2有强氧化性，容易氧化乳胶，量取ClO2溶液时，不可用碱式滴定管，可用酸式滴定管或移液管。标定ClO2浓度的思路为：ClO2将I-氧化成I2，再用Na2S2O3标准液

54、滴定生成的I2，根据电子得失守恒、原子守恒有：2ClO22Cl-10e-10I-5I210Na2S2O3，据此计算解答。【详解】(1) ClO2将CN-氧化成CO2和N2，自身被还原为Cl-，结合电子得失守恒、原子守恒、电荷守恒可得离子方程式为：2ClO22CN-2CO2N22Cl-，故答案为：2ClO22CN-2CO2N22Cl-；(2)二氧化氯体积分数大于10%即可能发生爆炸，通入氮气除起到搅拌作用外，还可以稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，故答案为：稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；ClO2极易溶于水，如果没有B，极易引起倒吸，所以B的作用是：防止倒吸（或

55、作安全瓶），故答案为：防止倒吸（或作安全瓶）；NaClO3作氧化剂、H2O2作还原剂，结合原子守恒、得失电子守恒可得方程式为：2NaClO3H2O2H2SO42ClO2Na2SO4O22H2O，故答案为：2NaClO3H2O2H2SO42ClO2Na2SO4O22H2O；当看到装置C中导管液面上升，说明ClO2的含量偏高了，要加大氮气的通入量，以免爆炸，故答案为：加大氮气的通入量；(3)ClO2有强氧化性，量取ClO2溶液时，可用酸式滴定管或移液管，ClO2将KI氧化成I2，再用Na2S2O3标准液滴定生成的I2，反应涉及碘单质，可用淀粉溶液做指示剂，I2遇淀粉溶液呈蓝色，当I2反应完时，溶液蓝色褪去。根据电子得失守恒、原子守恒有：2ClO22Cl-10e-10I-5I210Na2S2O3，消耗0.1000 mol