四川省泸县2022年高三3月份模拟考试化学试题含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A0.5mol雄黄(As4S4)，结构如图，含有NA个S-S键B将1 mol NH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4+的数目为NAC标准状况下，33.6L二氯甲烷中含有氯原子的

2、数目为3NAD高温下，16.8gFe与足量水蒸气完全反应，转移的电子数为0.6NA2、下列生产过程属于物理变化的是（）A煤炭干馏B煤炭液化C石油裂化D石油分馏3、磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒(2019nCOV)的感染，其结构如图所示。下列说法错误的是A基态C1原子的核外电子有17种运动状态BC、N、O、P四种元素中电负性最大的是OCH3PO4分子中磷原子的价层电子对数为4D与足量H2发生加成反应后，该分子中手性碳原子个数不变4、下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A将大小相同的金属钠分别投入水和乙醇中钠与水反应比钠与乙醇反应剧烈乙醇羟基中的氢原子

3、不如水分子中的氢原子活泼B在适量淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴5min，加入NaOH溶液调溶液pH至碱性，再加入新制的Cu(OH)2，加热有红色沉淀生成淀粉完全水解C向Fe(NO3)2溶液中依次滴加少量稀H2SO4和KSCN溶液溶液变红稀硫酸能氧化Fe2+D向10mL 0.1mo/L Na2S溶液中滴入2mL0.1mol/L ZnSO4溶液再加入0.1mol/L CuSO4溶液开始有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成Ksp(CuS)Ksp(ZnS)AABBCCDD5、根据下面实验或实验操作和现象，所得结论正确的是实验或实验操作现象实验结论A用大理石和稀盐酸反应制取CO2气体，立即通入一定浓度的苯酚

4、钠溶液中出现白色沉淀H2CO3的酸性比苯酚的酸性强B向某溶液先滴加硝酸酸化，再滴加BaC12溶液有白色沉淀生成原溶液中含有SO42-，SO32-，HSO3-中的一种或几种C向蔗糖溶液中加入稀硫酸并水浴加热，一段时间后再向混合液中加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热无红色沉淀蔗糖未水解D将浸透了石蜡油的石棉放置在试管底部，加入少量的碎瓷片，并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液溶液褪色石蜡油分解产物中含有不饱和烃AABBCCDD6、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，23 g NO2含有NA个氧原子B1 L 0.1 molL-1的氨水含有0.1NA个OH-C常温常压下，2

5、2.4 L CCl4含有NA个CCl4分子D1 mol Fe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2NA个电子7、X、Y、Z、R 是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，X 原子最外层有两个未成对电子，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，R原子的核外电子数 是X原子与 Z 原子的核外电子数之和。下列叙述正确的是（ ）A原子半径的大小顺序：XYZRBX、Y 分别与氢元素组成的化合物熔沸点一定是：XYC最高价氧化物对应水化物的酸性：RXDY与Z形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均完全相同8、以下除杂方法不正确的是（括号中为杂质）ANaCl(KNO3)：蒸发

6、至剩余少量液体时，趁热过滤B硝基苯（苯）：蒸馏C己烷（己烯）：加适量溴水，分液D乙烯（SO2）：NaOH溶液，洗气9、有X、Y、Z、W、M五种原子序数增大的短周期元素，其中X、M同主族； Z+与Y2-具有相同的电子层结构，W是地壳中含量最多的金属，X与W的原子序数之和等于Y与Z的原子序数之和；下列序数不正确的是A离子半径大小：r(Y2-)r(W3+)BW的氧化物对应的水化物可与Z的最高价氧化物水化物反应CX有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体DX、M均能与氯形成由极性键构成的正四面体非极性分子10、下列有关化学反应的叙述正确的是()A铁在热的浓硝酸中钝化BCO2与Na2O2反应可产生O2C室

7、温下浓硫酸可将石墨氧化为CO2DSO2与过量漂白粉浊液反应生成CaSO311、关于新型冠状病毒，下来说法错误的是A该病毒主要通过飞沫和接触传播B为减少传染性，出门应戴好口罩C该病毒属于双链的DNA病毒，不易变异D该病毒可用“84消毒液”进行消毒12、H2C2O4为二元弱酸。20时，配制一组c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2 O42-） =0.100molL-1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A由图可知：Ka2（H2C2O4）的数量级为10-4B若将0.05mol NaHC2O4和0.05mol Na2C2O4

8、固体完全溶于水配成1L溶液，所得混合液的pH为4Cc（Na+）=0.100molL-1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH-）+c（C2O42-）D用标准的氢氧化钠溶液滴定H2C2O4溶液，可用酚酞做指示剂13、室温下，pH相同的盐酸和醋酸的说法正确的是()A醋酸的浓度小于盐酸B盐酸的导电性明显大于醋酸C加水稀释相同倍数时，醋酸的pH变化更明显D中和两份完全相同的NaOH溶液，消耗的醋酸的体积更小14、Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在一定条件下合成：下列说法错误的是（ ）AY的分子式为C10H8O3B由X制取Y过程中可得到乙醇C一定条件下，Y能发生加聚反应D等

9、物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为3：215、下列有关叙述正确的是A汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧造成的B酒精能使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好C电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法D硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂16、锂铜空气燃料电池（如图）容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2LiCu2OH2O2Cu2Li+2OH-，下列说法错误的是A整个反应过程中，氧化剂为O2B放电时，正极的电极反应式为：Cu2OH2O2e-2Cu2OH-C放电时，当电路中通过0.1 mo

10、l电子的电量时，有0.1 mol Li+透过固体电解质向Cu极移动，有标准状况下1.12 L氧气参与反应D通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物甲由四种元素组成。某化学研究小组按如图流程探究其组成：已知丙和丁是相对分子质量相同的常见气体，其中丁是空气的主要成分之一。请回答下列问题：（1）甲的化学式为_。（2）甲发生爆炸反应的化学方程式为_。（3）已知化合物甲中，有两种元素的化合价为最高正价，另两种元素的化合价为最低负价，则爆炸反应中被氧化的元素与还原产物的物质的量之比为_。18、有机物J属于大位阻醚系列中的一种物质,在有机化工领域具有十分重要的价值.20

11、18年我国首次使用溴代羰基化合物合成大位阻醚J,其合成路线如下:已知：回答下列问题:(1)A 的名称_.(2)C D的化学方程式_.E F的反应类型_(3)H 中含有的官能团_.J的分子式_.(4)化合物X是D的同分异构体,其中能与氢氧化钠溶液反应的X有_种(不考虑立体异构),写出其中核磁共振氢谱有3组峰,峰面积之比为116的结构简式为_.(5)参照题中合成路线图。涉及以甲苯和为原料来合成另一种大位阻醚的合成路线：_。19、碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。（1）合成该物质的步骤如下：步骤1：配制0.5molL-1MgSO4溶液和0.5molL-1NH4HCO3溶液。步骤2：用量

12、筒量取500mL NH4HCO3溶液于1000mL四口烧瓶中，开启搅拌器。温度控制在50。步骤3：将250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min内滴加完后，用氨水调节溶液pH到9.5。步骤4：放置1h后，过滤，洗涤。步骤5：在40的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸镁晶须产品（MgCO3nH2O n=15）。步骤2控制温度在50，较好的加热方法是_。步骤3生成MgCO3nH2O沉淀的离子方程式为_。步骤4检验是否洗涤干净的方法是_。（2）测定合成的MgCO3nH2O中的n值。称量1.000g碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中加入水滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液

13、吸收，在室温下反应45h，反应后期将温度升到30，最后的烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CO2的总量；重复上述操作2次。图中气球的作用是_。上述反应后期要升温到30，主要目的是_。设3次实验测得每1.000g碳酸镁晶须产生的CO2平均值为a mol，则n值为_（用含a的表达式表示）。（3）称取100g上述晶须产品进行热重分析，热重曲线如图。则该条件下合成的晶须中，n=_（选填：1、2、3、4、5）。20、FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华

14、。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下：检验装置的气密性； 通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的H2赶尽Cl2，将收集器密封。请回答下列问题：(1)装置A中反应的化学方程式为_。(2)第步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端，要使沉积的FeCl3进入收集器，第步操作是_。(3)操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)_。(4)装置B中冷水浴的作用为_；装置C的名称为_；装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而

15、失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：_。(5)在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂_。该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液。(6)FeCl3与H2S反应的离子方程式为_。(7)综合分析实验的两个反应，可知该实验有两个显著优点：H2S的原子利用率为100%；_。21、早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu.Fe三种金属元素组成，回答下列问题：（1）铜元素位于周期表中_区。Cu2+离子的价层轨道表示式为_。锰、铁、钴三种元素的逐级电离能如下表：电离能/KJ/molI1I2I 3I4Mn717.31509.0324

16、84940Fe762.51561.929575290Co760.4164832324950铁元素的第三电离能明显低于锰元素和钴元素，其原因是_。实验室可用赤血盐K3Fe(CN)6检验Fe2+离子，在赤血盐中铁元素的化合价为_，中心离子的配位数为_。（2）利用反应：X+C2H2+NH3Cu2C2+NH4Cl(未配平)可检验乙炔。化合物X晶胞结构如图，据此可知X的化学式为_。乙炔分子中键与键数目之比为_，碳原子的杂化方式为_；NH4+空间构型为_（用文字描述）。（3）下列三种化合物aAlCl3 bNaCl cAl2O3沸点由高到低依次是_（填编号），其原因是_。Al单质中原子采取面心立方最密堆积，

17、其晶胞边长为0.405nm，列式表示Al单质的密度_g/cm3（不必计算出结果）。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A.S原子最外层有六个电子，形成2个共价键，As原子最外层五个，形成3个共价键，由结构图知白色球为硫原子，分子中不存在S-S键,故A错误；B.NH4NO3=NH4+ NO3-，NH3.H2O NH4+OH-,溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中n(NH4+)=n(NO3-), NH4+的数目等于NA，故B正确；C.标况下,二氯甲烷为液体,不能使用气体摩尔体积,故C错误;D.16.8g铁的物质的量为0.3mol,而铁与水蒸汽反应后变为+8/3价,故0

18、.3mol铁失去0.8mol电子即0,8NA个,所以D错误;所以B选项是正确的。2、D【解析】A煤干馏是隔绝空气加强热，使之发生复杂的化学变化，得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故A错误； B煤炭液化是利用化学反应将煤炭转变为液态燃料的过程，故B错误； C石油裂化的目的是将长链的烷烃裂解后得到短链的轻质液体燃料烯烃，是化学变化，故C错误； D石油分馏是利用沸点的不同将其中的组分分离开来，没有新物质生成，为物理变化，故D正确。 故选：D。【点睛】注意变化中是有无新物质生成：无新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化。3、D【解析】A基态C1原子的核外有17个电子，每个电子运动状态

19、均不相同，则电子有17种运动状态，故A正确；B非金属性越强，元素的电负性越强，非金属性：CPNO，四种元素中电负性最大的是O，故B正确；CH3PO4分子中磷原子的价层电子对数=4+(5+3-24)=4，故C正确；D磷酸氯喹分子中只有一个手性碳，如图(所示)：，与足量H2发生加成反应后，该分子中含有5个手性碳原子，如图(所示): ，故D错误；答案选D。【点睛】计算价层电子对数时，利用的是成键电子对数和孤电子对数之和。4、A【解析】A、钠与水和乙醇反应都能置换出氢气，可根据反应的剧烈程度确定羟基上氢原子的活泼性；B、淀粉水解要在硫酸作用下进行，要检验水解产物，必须先加碱中和至碱性，再加新制的Cu(

20、OH)2，加热，但淀粉水解是否完全，还要检验是否有淀粉存在；C、稀硫酸没有强氧化性，不能氧化Fe2+；D、该实验中物质的用量决定着反应的本质，现象不能说明Ksp的大小。【详解】A、钠与水和乙醇反应都能置换出氢气，大小相同的钠与水反应比与乙醇反应剧烈，说明水中的氢原子比乙醇羟基上的氢原子活泼，故A正确；B、淀粉若部分水解，也会产生同样的现象，故B错误；C、向Fe(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4，使溶液呈酸性，形成的硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液变红色，而不是稀硫酸能氧化Fe2+，故C错误；D、由于Na2S在与ZnSO4反应时过量，所以再加入CuSO4时，发生如下反应Na2S+C

21、uSO4 =CuS+ Na2SO4，不能说明Ksp(CuS)Ksp(ZnS)，即D错误。本题答案为A。【点睛】淀粉是完全水解、部分水解、还是没有水解一定要明确其检验方法，一般都需要做两个实验；要明确硝酸和硫酸谁具有强氧化性，才能准确解答C选项；D选项最容易错选，物质量的多少对某些离子反应的发生起着决定性作用。5、D【解析】A也可能是挥发出的HCl与苯酚钠反应，无法得出题中实验结论，故A错误； B原溶液中也可能含有Ag+，故B错误； C蔗糖在酸性条件下水解，水解液显酸性，加入Cu(OH)2悬浊液之前要中和稀硫酸使溶液呈碱性，所以操作错误无法得到结论，故C错误； D石蜡为多种烃的混合物，产生的气体

22、能使酸性高猛酸钾褪色，说明含有能被酸性高猛酸钾氧化的不饱和烃，故D正确；故答案为D。6、A【解析】A.23gNO2的物质的量是0.5mol，含有1mol氧原子，选项A正确；B.氨水是弱碱，部分电离，即.1 L 0.1 molL1氨水含有OH个数小于0.1NA，选项B错误；C.常温常压下四氯化碳不是气体，不能适用于气体摩尔体积，选项C错误；D.反应中亚铁离子失去1个电子，选项D错误；答案选A。7、C【解析】X、Y、Z、R 是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，则核外各电子层的电子分别为2、6，应为O元素；Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，应为Na元

23、素；X原子最外层有两个未成对电子，其电子排布式为：1s22s22p2（C）或1s22s22p4（O），排除氧元素，故X为C；X原子与 Z 原子的核外电子数之和为17，则R为Cl元素，以此解答。【详解】A. 由分析可知，X为C元素、Y为O元素、Z为Na元素、R为Cl元素，电子层数越多，原子半径越大，同周期元素，原子序数越大，半径越小，则原子半径的大小顺序：YXR H2CO3，故C正确；D. Y与Z形成的两种化合物为Na2O和Na2O2，二者都是离子晶体，其中Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，故D错误；正确答案是C。【点睛】本题考查原子结构与元素关系、元素的性质等，难度不大，

24、推断元素是关键。8、C【解析】根据被提纯物和杂质的性质选择合适的方法。除杂应符合不增加新杂质、不减少被提纯物、操作方便易行等原则。【详解】A.KNO3的溶解度随温度升高而明显增大，而NaCl的溶解度受温度影响小。蒸发剩余的少量液体是KNO3的热溶液，应趁热过滤，滤渣为NaCl固体，A项正确；B. 硝基苯、苯互溶但沸点不同，故用蒸馏方法分离，B项正确；C. 己烯与溴水加成产物能溶于己烷，不能用分液法除去，C项错误；D. SO2能被NaOH溶液完全吸收，而乙烯不能，故可用洗气法除杂，D项正确。本题选C。9、C【解析】根据已知条件可知：X是C，Y是O，Z是Na，W是Al，M是Si。【详解】AO2-、

25、Al3+的电子层结构相同，对于电子层结构相同的微粒来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径大小：r(Y2-)r(W3+) ，A正确；BW的氧化物对应的水化物是两性氢氧化物，而Z的最高价氧化物水化物是强碱，因此二者可以发生反应，B正确；CX有多种同素异形体如金刚石、石墨等， Y也存在同素异形体，若氧气与臭氧，C错误；DX、M均能与氯形成由极性键构成的正四面体非极性分子CCl4、SiCl4，D正确；故选C。10、B【解析】A. 铁在冷的浓硝酸中钝化，故A错误；B. CO2与Na2O2反应可产生O2和Na2CO3，故B正确；C. 在加热条件下浓硫酸可将石墨氧化为CO2，故C错误；D.漂白粉具

26、有强氧化性，SO2与过量漂白粉浊液反应生成CaSO4，故D错误；故选B。11、C【解析】A. 通常病毒传播主要有三种方式：一是飞沫传播，二是接触传播，三是空气传播，该病毒主要通过飞沫和接触传播，A正确；B.飞沫传播就是通过咳嗽、打喷嚏、说话等产生的飞沫进入易感黏膜表面，为了减少传染性，出门应戴好口罩，做好防护措施，B正确；C.该冠状病毒由核酸和蛋白质构成，其核酸为正链单链RNA，C错误；D. “84消毒液”的主要成分NaClO具有强的氧化性，能够使病毒的蛋白质氧化发生变性而失去其生理活性，因此“84消毒液”具有杀菌消毒作用，D正确；故合理选项是C。12、B【解析】由图可知：c(H2C2O4)=

27、c(C2O42-)时，pH2.7，c(HC2O4-)=c(C2O42-)时，pH=4。【详解】AH2C2O4的二级电离方程式为：HC2O4-H+C2O42-，Ka2=， c(HC2O4-)=c(C2O42-)时，Ka2=，即Ka2=10-pH=10-4，A正确；BHC2O4-H+ C2O42-，Ka(HC2O4-)=Ka2=10-4，C2O42-+H2OHC2O4-+OH-，Kh(C2O42-)=10-10，Ka(HC2O4-)Kh(C2O42-)，所以等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4混合溶于水，c(HC2O4-)c(C2O42-)，从图上可知，pH4，B错误；Cc(H2C2O4)+c

28、(HC2O4-)+c(C2 O42-)=0.100molL-1= c(Na+)，所以，c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2 O42-)= c(Na+)，该式子为NaHC2O4的物料守恒，即此时为NaHC2O4溶液，NaHC2O4溶液的质子守恒为：c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O42-)，C正确；D用标准的氢氧化钠溶液滴定H2C2O4溶液，终点溶质主要为Na2C2O4，由图可知，此时溶液显碱性，可用酚酞做指示剂，D正确。答案选B。【点睛】越弱越水解用等式表达为KhKa=Kw，常温下，水解常数Kh和电离常数Ka知其中一个可求另外一个。13、D【解析】盐酸为强酸，

29、完全电离，醋酸为弱酸，部分电离，相同pH时，醋酸的浓度大于盐酸的浓度，据此分析；【详解】A、醋酸为弱酸，部分电离，盐酸为强酸，完全电离，相同pH时，醋酸的浓度大于盐酸，故A错误；B、电解质导电性与离子浓度和离子所带电荷数有关，醋酸和盐酸都是一元酸，相同pH时，溶液中离子浓度和所带电荷数相等，导电能力几乎相同，故B错误；C、加水稀释，两种酸的pH增大，醋酸是弱酸，加水稀释，促进电离，稀释相同倍数时，醋酸溶液中c(H)大于盐酸c(H)，即盐酸的pH变化更明显，故C错误；D、根据A选项分析，c(CH3COOH)c(HCl)，中和相同的NaOH溶液时，浓度大的醋酸消耗的体积小，故D正确；答案选D。14

30、、D【解析】A. Y分子中含有10个C原子，3个O原子，不饱和度为：7，所以分子式为：C10H8O3，故A正确；B. 根据质量守恒定律可知：由X制取Y的过程中可得到乙醇，故B正确；C. Y含有酚羟基和碳碳双键，碳碳双键可能发生加聚反应，酚可与甲醛发生缩聚反应，故C正确；D. X中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1mol可与3molNaOH反应，Y中酚羟基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1molY可与3molNaOH反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1:1，故D错误；故选：D。15、C【解析】A、汽油来自于石油，石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，即汽油是由碳氢两种

31、元素组成，不含N元素，故A错误；B、酒精能使蛋白质变性，医用酒精的浓度一般为75%，故B错误；C、金属的电化学腐蚀包括牺牲阳极的阴极保护法和外加电流阴极保护法，前者属于原电池原理，后者属于电解原理，金属Mg比铁活泼，Mg作负极，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D、硅胶、生石灰作干燥剂，铁粉作还原剂，铁粉防止食品氧化，故D错误，答案选C。16、C【解析】A，根据题意，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，放电过程中消耗Cu2O，由此可见通入空气Cu腐蚀生成Cu2O，由放电反应推知Cu极电极反应式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-，Cu2O又被还原成Cu，整个过程中Cu相当于

32、催化剂，氧化剂为O2，A项正确；B，放电时正极的电极反应式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-，B项正确；C，放电时负极电极反应式为Li-e-=Li+，电路中通过0.1mol电子生成0.1molLi+，Li+透过固体电解质向Cu极移动，反应中消耗O2物质的量为=0.025mol，在标准状况下O2的体积为0.025mol22.4L/mol=0.56L，C项错误；D，放电过程中消耗Cu2O，由此可见通入空气Cu腐蚀生成Cu2O，D项正确；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、AgOCN 2AgOCN=2Ag+N2+2CO 1：2 【解析】已知丙和丁是相对分子质量相同的常见气体，其中

33、丁是空气的主要成分之一，由此可知丁是氮气，丙是一氧化碳。根据流程图可知氮气的物质的量为0.01mol，一氧化碳的物质的量为n（CO）= ，由此可知甲中C、N、O的原子个数比为1:1:1，化合物由四种元素组成，已知化合物中有两种元素的化合价为最高正价，另两种元素的化合价为最低负价，撞击甲容易发生爆炸生成三种物质，则甲中应该有一种金属元素，设甲的化学式为R（CNO）x，R的相对原子质量为M，根据反应2R（CNO）x=2R+2xCO+xN2，有，所以M=108x，设x=1，2，3，当x=1时，M=108，R为银元素，当x取2、3时，没有对应的金属元素的相对原子质量符合要求，所以甲为AgOCN。【详解

34、】（1）由分析可知，甲的化学式为AgOCN，故答案为：AgOCN；（2）由分析可知，乙为银单质，丙为一氧化碳，丁为氮气，则甲发生爆炸反应的化学方程式为2AgOCN=2Ag+N2+2CO，故答案为：2AgOCN=2Ag+N2+2CO；（3）根据爆炸反应方程式可知，爆炸反应中被氧化的元素为氮元素，共2mol，还原产物为银单质和一氧化碳，共4mol，则爆炸反应中被氧化的元素与还原产物的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2。18、2甲基丙烯 取代反应 酚羟基和硝基 C10H11NO5 6 【解析】根据有机化合物的合成分析解答；根据有机化合物的结构与性质分析解答；根据有机化合物的同分异构体的确定分析解

35、答。【详解】由C物质逆向推断，可知A物质含有碳碳双键，且含有一个甲基支链，则A为2-甲基丙烯，A与溴单质发生加成反应得到B，B物质中的Br原子水解，生成带羟基的醇，C物质的羟基反应生成醛基即D物质，D物质的醛基再被新制的氢氧化铜氧化成羧基，即E物质，E物质上的羟基被Br原子取代，得到F，F与H反应生成J；(1) 由C物质逆向推断，可知A物质含有碳碳双键，且含有一个甲基支链，则A为2-甲基丙烯，故答案为2-甲基丙烯；(2)C中的羟基被氧化生成一个醛基，化学方程式，E物质上的羟基被Br原子取代，故答案为，取代反应；(3)由J物质逆向推理可知，H中一定含有苯环、硝基和酚羟基，J的分子式为C10H11

36、NO5，故答案为酚羟基和硝基；C10H11NO5；(4)化合物X是D的同分异构体,其中能与氢氧化钠溶液反应的X一定含有羧基或者酯基，其中含有羧基的2种，含有酯基的4种，写出其中核磁共振氢谱有3组峰,峰面积之比为116的结构简式为，故答案为6；（5）甲苯与氯气发生取代反应，得到1-甲苯，Cl原子水解成羟基得到苯甲醇，苯甲醇再与发生消去反应得到，合成路线为：，故答案为。19、水浴加热 Mg2+HCO3-+NH3H2O+(n-1)H2O=MgCO3nH2O+NH4+ 取最后一次洗涤液少量，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若不出现沉淀，即洗涤干净 暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持

37、装置中压强相对稳定 升高温度气体的溶解度减小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全 （1.000-84a）/18a 1 【解析】（1）水浴加热受热均匀，易于控制，不高于100均可采用水浴加热，故答案为水浴加热；将250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，用氨水调节溶液pH到9.5，反应生成碳酸镁结晶水合物，反应的化学方程式为Mg2+HCO3-+NH3H2O+(n-1)H2O=MgCO3nH2O+NH4+，故答案为Mg2+HCO3-+NH3H2O+(n-1)H2O=MgCO3nH2O+NH4+；（2）装置中气球可以缓冲压强并封闭装置，暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收

38、，且能保持装置中压强相对稳定，故答案为暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定；反应后期将温度升到30，使生成的二氧化碳全部逸出后被氢氧化钠溶液吸收，减少测定产生的误差，故答案为升高温度气体的溶解度减小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全；实验测得每1.000g碳酸镁晶须产生的CO2平均值为a mol，依据元素守恒可知，碳酸镁物质的量为amol，根据化学式可知，MgCO3nH2O中碳酸镁晶体中碳酸镁和结晶水物质的量之比为1：n，得到1：n=a：；得到n=（1.000-84a）/18a，故答案为（1.000-84a）/18a；（3）MgCO3nH2On=15

39、，分析图象400C剩余质量为82.3g，为失去结晶水的质量，剩余质量为39.5g是碳酸镁分解失去二氧化碳的质量，得到100g=100-82.3，解得n=1，故答案为1。20、2Fe+3Cl22FeCl3 在沉积的FeCl3固体下方加热 冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品 干燥管 K3Fe(CN)6)溶液 2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+ FeCl3得到循环利用 【解析】装置A中铁与氯气反应，反应为：2Fe+3Cl2 2FeCl3，B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；为防止外界空气中的水蒸气进入装置使FeCl3潮解，所以用装置C无水氯化钙来吸水，装置D中用FeCl2吸

40、收Cl2时的反应离子方程式2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，离子方程式为：2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+，用氢氧化钠溶液吸收的是氯气，不用考虑防倒吸，所以装置E为氢氧化钠溶液吸收氯气，据此分析解答(1)(5)；三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应，化学方程式为2FeCl3+H2S2FeCl2+S+2HCl，电解氯化亚铁时，阴极阳离子得到电子发生还原反应；阳极阴离子失去电子发生氧化反应，据此分析解答(6)(7)。【详解】(1)氯气具有强氧化性，将有变价的铁元素氧化成高价铁，生成氯化铁，所以装置A中铁与氯气反应生成氯化铁，反应为2Fe+3Cl2 2FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl2 2FeCl3；(2)第步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端，因为无水FeCl3加热易升华，要使沉积的FeCl3进入收集器，需要对FeCl3加热，使氯化铁发生升华，使沉积的FeCl3进入收集器，故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；(3)为防止FeCl3潮解，可以采取的措施有：步骤中通入干燥的Cl2，步骤中用干燥的N2赶尽Cl2，故答案为：；(4)B中的冷水是为了冷却FeC