2022届云南省曲靖市第二中学高三第四次模拟考试化学试卷含解析

1、2021-2022学年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、用多孔石墨电极完成下列实验，下列解释或推断不合理的是（ ）实验现象（i）中a、b两极均有气泡产生（ii）中b极上析出红色固体（iii）中b极上析出灰

2、白色固体A（i）中，a电极上既发生了化学变化，也发生了物理变化B电解一段时间后，（i）中溶液浓度不一定会升高C（ii）中发生的反应为H2+Cu2+=2H+CuD（iii）中发生的反应只可能是2Ag+Cu=2Ag+Cu2+2、反应 HgS+ O2=Hg + SO2中 ，还原剂是AHgSBHgCO2DSO23、H2SO3水溶液中存在电离平衡H2SO3H+ HSO3 和HSO3H+ SO32，若对H2SO3溶液进行如下操作，则结论正确的是：（ ）A通入氯气，溶液中氢离子浓度增大B通入过量H2S，反应后溶液pH减小C加入氢氧化钠溶液，平衡向右移动，pH变小D加入氯化钡溶液，平衡向右移动，会产生亚硫酸钡

3、沉淀4、如图所示的方案可以降低铁闸门的腐蚀速率。下列判断正确的是()A若X为导线，Y可以是锌B若X为导线，铁闸门上的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+C若X为直流电源，铁闸门做负极D若X为直流电源，Y极上发生还原反应5、在0.1 mol/L的Na2CO3溶液中，下列关系式正确的是（ ）Ac(Na+)=2c(CO32-)Bc(H+)c(OH-)Cc(CO32-)+c(HCO3-)=0.1mol/LDc(HCO3-)YXBWX2中含有非极性共价键C简单氢化物的热稳定性：XYD常温常压下Z的单质为气态9、已知TNT为烈性炸药，其爆炸时的方程式为：TNT +21O228CO2+10H2O+6N2，下列

4、有关该反应的说法正确的是（ ）ATNT在反应中只做还原剂BTNT中的N元素化合价为+5价C方程式中TNT前的化学计量数为2D当1molTNT参加反应时，转移的电子数为306.02102310、298K时，向20mL一定浓度的KOH溶液中滴加0.1molL-1HCOOH溶液，混合溶液中水电离出的氢氧根离子浓度与滴加甲酸(弱酸)溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）AV1=20Bc(KOH)0.1molL-1Cn、q两点对应的溶液中均存在：c (K)=c(HCOO-)Dp点对应的溶液中存在：c (OH-)=c(HCOOH)+c(H)11、高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多

5、功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：下列叙述错误的是A用K2FeO4作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水B反应I中尾气可用FeCl2溶液吸收再利用C反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2D该条件下，物质的溶解性：Na2 FeO4 K2FeO412、在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) H10平衡常数K12NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) H20 平衡常数K210分钟时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20，10分钟内用ClNO

6、(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.510-3mol/(Lmin)。下列说法不正确的是（ ）A反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) 的平衡常数为K12K2B平衡后c(Cl2)=2.510-2mol/LC其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2增大D平衡时NO2的转化率为5013、下列说法正确的是（ ）A电解精炼铜时，阳极泥中含有Zn、Fe、Ag、Au等金属B恒温时，向水中加入少量固体硫酸氢钠，水的电离程度增大C2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)在298K时能自发进行，则它的HKsp(BaCO3)14、能确定

7、为丙烯的化学用语是（ ）ABC3H6CDCH2=CH-CH315、水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是AH2O的电子式为B4时，纯水的pH=7CD216O中，质量数之和是质子数之和的两倍D273K、101kPa，水分之间的平均距离：d(气态)d(液态)d(固态)16、下列实验过程中，始终无明显现象的是ACO2通入饱和Na2CO3溶液中BSO2通入CaCl2溶液中CNH3通入HNO3和AgNO3的混和溶液中DSO2通入Na2S溶液中17、下列常见物质的俗名与化学式对应正确的是A水煤气-CH4B明矾-KAl(SO4)212H2OC水玻璃-H2SiO3D纯碱-NaHCO318、在化学的发展史上，许

8、多科学家创建的理论对化学科学的发展起到重大的作用。有关科学家与其创建的理论对应不匹配的是（）A墨子：物质的分割是有条件的B汤姆生：葡萄干面包模型C德谟克利特：古典原子论D贝克勒尔：原子结构的行星模型19、Na、Mg、Al、Fe四种金属中两种组成的混合物12g，与足量盐酸反应放出H2 0.5 g（标准状况），则混合物中必定含有的金属是A钠B镁C铝D铁20、已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在。我国研究的Al-H2O2燃料电池可用于深海资源的勘查、军事侦察等国防科技领域，装置示意图如下。下列说法错误的是A电池工作时，溶液中OH-通过阴离子交换膜向Al极迁移BNi极的电极反应式是HO2-+2

9、e-+H2O=3OH-C电池工作结束后，电解质溶液的pH降低DAl电极质量减轻13.5g，电路中通过9.031023个电子21、NA为阿伏加德罗常数，关于a g亚硫酸钠晶体(Na2SO37H2O)的说法中正确的是A含Na+数目为NAB含氧原子数目为NAC完全氧化SO32-时转移电子数目为NAD含结晶水分子数目为NA22、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）A使酚酞变红色的溶液中：Na、Al3、SO42、ClB=11013molL1的溶液中：NH4、Ca2、Cl、NO3C与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2、K、NO3、SO42D水电离的c(H)=11013molL1的溶液中

10、：K、Na、AlO2、CO32二、非选择题(共84分)23、（14分）叶酸可以由下列甲、乙、丙三种物质合成。（1）甲的最简式为_；丙中含有官能团的名称为_。（2）下列关于乙的说法正确的是_(填序号)。a分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5 b属于芳香族化合物c既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应 d属于苯酚的同系物（3）甲在一定条件下能单独聚合成高分子化合物，请写出该反应的化学方程式：_。（4）甲可以通过下列路线合成(分离方法和其他产物已经略去)：步骤的反应类型是_。步骤I和IV在合成甲过程中的目的是_。步骤IV反应的化学方程式为_。24、（12分）合成具有良好生物降解性的有机高分子材料是有机化学

11、研究的重要课题之一。聚醋酸乙烯酯（PVAc）水解生成的聚乙烯醇（PVA），具有良好生物降解性，常用于生产安全玻璃夹层材料PVB。有关合成路线如图（部分反应条件和产物略去）。已知：.RCHO+RCH2CHO+H2O.（R、R可表示烃基或氢原子）.A为饱和一元醇，其氧的质量分数约为34.8%，请回答：（1）C中官能团的名称为_，该分子中最多有_个原子共平面。（2）D与苯甲醛反应的化学方程式为_。（3）的反应类型是_。（4）PVAc的结构简式为_。（5）写出与F具有相同官能团的同分异构体的结构简式_（任写一种）。（6）参照上述信息，设计合成路线以溴乙烷为原料（其他无机试剂任选）合成。_。25、（12

12、分）乙酰苯胺具有退热镇痛作用，是较早使用的解热镇痛药，有“退热冰”之称。其制备原理如下：已知：苯胺易被氧化；乙酰苯胺、苯胺和醋酸的部分物理性质如下表：物质熔点沸点溶解度(20 )乙酰苯胺114.33050.46苯胺6184.43.4醋酸16.6118易溶实验步骤如下：步骤1：在50 mL圆底烧瓶中，加入5 mL苯胺、7.5 mL冰醋酸及少许锌粉，依照如图装置组装仪器。步骤2：控制温度计示数约105 ，小火加热回流1 h。步骤3：趁热将反应混合物倒入盛有100 mL冷水的烧杯中，冷却后抽滤，洗涤，得到粗产品。（1）步骤1中加入锌粉的作用是_。（2）步骤2中控制温度计示数约105的原因是_。（3）

13、步骤3中趁热将混合物倒入盛有冷水的烧杯中，“趁热”的原因是_。抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有_、_(填仪器名称)。（4）步骤3得到的粗产品需进一步提纯，该提纯方法是_。26、（10分）设计一个方案，在用廉价的原料和每种原料只用一次的条件下，分三步从含有Fe3、Cu2、Cl和NO3的废液中，把Fe3转化为绿矾回收，把Cu2转化为Cu回收，各步反应加入的原料依次是_，_，_。各步反应的离子方程式是：（1）_；（2）_；（3）_。27、（12分）制备N2H4H2O（水合肼）和无水Na2SO3主要实验流程如下：已知： 氯气与烧碱溶液的反应是放热反应； N2H4H2O有强还原性，能与NaClO剧

14、烈反应生成N2。从流程分析，本流程所用的主要有机原料为_（写名称）。步骤制备NaClO溶液时，若温度为41，测得产物中除NaClO外还含有NaClO3，且两者物质的量之比为51，该反应的离子方程式为_。实验中，为使步骤中反应温度不高于40 ，除减缓Cl2的通入速率外，还可采取的措施是_。步骤合成N2H4H2O（沸点约118 ）的装置如图。NaClO碱性溶液与尿素CO（NH2）2（沸点196.6）水溶液在40以下反应一段时间后，再迅速升温至110继续反应。 使用冷凝管的目的是_。 滴液漏斗内的试剂是_；将滴液漏斗内的液体放入三颈烧瓶内的操作是_； 写出流程中生成水合肼反应的化学方程式_。 步骤制

15、备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO3、SO32随pH的分布如图所示）。 边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定停止通SO2的pH值为_（取近似整数值，下同）；用制得的NaHSO3溶液再制Na2SO3溶液的pH应控制在_。28、（14分）在照相底片的定影过程中，未曝光的溴化银(AgBr)常用硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶解，反应生成Na3Ag(S2O3)2；在废定影液中加入Na2S使Na3Ag(S2O3)2中的银转化为Ag2S，并使定影液再生。将Ag2S在高温下转化为Ag，就达到了回收银的目的。(1)铜、银、金在元素周期表中位于同一族相邻周期，基态银原

16、子的最外层电子排布式为 _。(2)Na、O、S简单离子半径由大到小的顺序为_。(3)S2O32-离子结构如图所示，其中心硫原子的杂化轨道类型为_。(4)写出AgBr 溶于Na2S2O3溶液的离子反应方程式_。Na3Ag(S2O3)2中存在的作用力有离子键、共价键、_。(5)在空气中灼烧Ag2S生成Ag和SO2，SO2 分子中硫原子的价层电子对数为_，其分子空间构型为_。 SO2易溶于水，原因是_。(6)现在人们已经有多种方法来测定阿伏加德罗常数，X射线衍射法就是其中的一种，通过对金晶体的X 射线衍射图象的分析，可以得出金晶体的晶胞属于面心立方晶胞(与铜的晶胞相似)。若金原子的半径为am，金的密

17、度为gcm-3，金的摩尔质量为Mgmol -1，试通过这些数据列出计算阿伏加德罗常数的算式_。29、（10分）新型储氢材料是开发利用氢能的重要研究方向。（1）Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。基态Cl原子中，电子占据的最高电子层符号为_，该电子层具有的原子轨道数为_。LiBH4由Li+和BH4-构成，BH4-的立体构型是_，B原子的杂化轨道类型是_。Li、B元素的电负性由小到大的顺序为_。（2）金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料。LiH中，离子半径：Li_H-(填“”“”或“2c(CO32-)；故A错误；B.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解，即CO3

18、2-+H2OHCO3-+OH-，由于CO32-水解溶液呈碱性，所以c(OH-)c(H+)，故B错误；C.由于Na2CO3在溶液中存在着下列平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-;HCO3-+H2OH2CO3+OH-;所以Na2CO3在溶液中C的存在形式为CO32-、HCO3-、H2CO3，根据物料守恒:c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=0.1mol/L，故C错误；D.由于CO32-水解，水解方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2O=H2CO3+OH-，所以c(OH)c(HCO3-)，故D正确；所以答案：D。【点睛】根据Na2C

19、O3在溶液中存在：Na2CO3=2Na+CO32-；CO32-+H2OHCO3-+OH-；HCO3-+H2OH2CO3+OH-;H2OH+OH-，进行分析判断。6、C【解析】AMnO2与浓盐酸制取氯气需要加热，根据装置A图示，不能改用MnO2，故A错误；B根据装置图示，B为氯气收集装置，C为防倒吸装置，D为尾气处理装置，故B错误；C氯气通入氢氧化钠溶液中可以得到NaClO，HClO见光易分解，NaClO光照不分解，则该物质水溶液比HClO稳定，故C正确；D铜和稀硝酸反应可制取NO，装置A可用，装置B、C中有空气，NO易被空气的氧气氧化，导致收集的气体不纯，应用排水法收集，NO有毒，属于大气污染

20、物，NO不与氢氧化钠反应，无法处理尾气，上图装置不能作为制取适量NO的简易装置，故D错误；答案选C。7、D【解析】A. 该物质可发生水解反应，水解产物均含有羧基和羟基或氨基，均能发生缩聚反应，故A正解；B. 1mol该物质与足量 NaOH 溶液反应，COOH消耗1molNaOH,酰胺基消耗1molNaOH ，最多可消耗 2molNaOH，故B正确；C. 中有伯醇和仲醇，在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基，故C正确；D. 中有两处-OH的邻碳上没有氢，不可以发生消去反应，在浓硫酸、Al2O3或 P2O5等催化剂作用下不可发生脱水反应，生成碳碳双键，故D错误；故选D。8、B【解析

21、】主族元素X、Y、Z 、W的原子序数依次增加，且均不大于20，只有X、Y处于同一周期，Y的单质与水反应可生成X的单质，X的原子序数大于W元素，则Y为F元素，X为O，结合原子序数可知Z、W位于第三周期，X、Y、W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的3倍，设Z的最外层电子数为m、W的最外层电子数为n，则6+7+n=3m，只有n=2时、m=5符合，Z、W不位于同周期，即Z为P、W为Ca，以此来解答。【详解】解：由上述分析可知，X为O、Y为F、Z为P、W为Ca，A电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：P3-O2-F-，即ZXY，故A错误；BWX2

22、为CaO2，含有O-O非极性键，故B正确；C非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单氢化物的热稳定性：HFH2O，即YX，故C错误；DZ的单质为P4或红磷，常温常压下均为固态，故D错误；故答案为B。【点睛】本题考查“位、构、性”的关系，其主要应用有：元素原子的核外电子排布，决定元素在周期表中的位置，也决定了元素的性质；元素在周期表中的位置，以及元素的性质，可以反映原子的核外电子排布；根据元素周期律中元素的性质递变规律，可以从元素的性质推断元素的位置；根据元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可以推测元素的性质。9、D【解析】A.TNT的分子式为C7H5O6N3，TNT在爆炸时，不仅碳的化合价升高

23、，还有氮的化合价由+3价降低至0价，所以TNT在反应中既是氧化剂，也是还原剂，A项错误；B.TNT中H的化合价为+1价，O的化合价为-2价，C的平均化合价为-价，TNT中氮元素应显+3价，B项错误；C.据氮原子守恒和TNT每分子中含有3个氮原子可知，TNT前的计量数为4，C项错误；D.反应中只有碳的化合价升高，每个碳原子升高的价态为（+4）-（-）=，所以1molTNT发生反应时转移的电子数为76.021023=306.021023，D项正确；所以答案选择D项。10、C【解析】A. 根据未加加酸时水点出的氢氧根离子浓度为110-13molL-1，则水电离出的氢离子浓度为110-13molL-1

24、，氢氧化钠中氢氧根浓度为0.1 molL-1，c(KOH)0.1molL-1，p点是水的电离程度最大的点即恰好生成盐的点，因此甲酸的物质的量等于氢氧化钾的物质的了，因此0.1molL-10.02L= 0.1molL-1V1，则V1=0.02L = 20mL，故A正确；B. 根据A分析得出c(KOH)0.1molL-1，故B正确；C. n点溶质是KOH和HCOOK的混合溶液，溶液显碱性，根据电荷守恒和溶液呈碱性，因此溶液中存在：c (K) c(HCOO)，q点是HCOOK和HCOOH的混合溶液，溶液呈中性，根据电荷守恒和呈中性，得到溶液中存在c (K) = c(HCOO)，故C错误；D. p点溶

25、质为HCOOK，则根据质子守恒得到对应的溶液中存在：c (OH)=c(HCOOH)+c(H)，故D正确。综上所述，答案为C。11、D【解析】A.K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原产物为Fe3+，Fe3+水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可达到净水的目的，A叙述正确，但是不符合题意；B.反应I中尾气Cl2为，可与FeCl2继续反应生成FeCl3，B叙述正确，但是不符合题意；C.反应II中的反应方程式为3NaClO+10NaOH+2FeCl3=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，氧化剂是NaClO，还原剂是2FeCl3，所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2，C叙述正确，但

26、是不符合题意；D.向饱和的KOH溶液中加入Na2FeO4，K2FeO4晶体析出，说明该条件下，物质的溶解性：Na2 FeO4K2FeO4，D叙述错误，但是符合题意；答案选D。12、C【解析】A.2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) H10 平衡常数K1=c(ClNO)c2(NO2)2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) H20 平衡常数K2 =c2(ClNO)c2(NO)c(Cl2)反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) 的平衡常数K=c2(NO)c(Cl2)c4(NO2)，则K=K12K2，A正确；B.10min时反应

27、达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol(1-20%)=0.4mol，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）=7.510-3mol/(Lmin)，则平衡时n(ClNO)=7.510-3 mol/(Lmin)10min2L=0.15mol，设中反应的NO2为xmol，中反应的Cl2为ymol，则：2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)xmol 0.5xmol2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)2ymol ymol 2ymol则0.5x+2y=0.15，(0.2-x+0.2-2y+0.

28、1-y)+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(Cl2)=0.1mol-0.05mol2L=2.510-2mol/L，B正确；C.平衡常数只受温度影响，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2不变，C错误；D.平衡时NO2的转化率为0.1mol0.2mol100%=50%，D正确；故合理选项是C。13、C【解析】A.电解精炼铜时，在阳极上活动性比Cu强的金属，如Zn、Fe会被氧化变为Zn2+、Fe2+进入溶液，活动性比Cu弱的金属Ag、Au等则沉积在阳极底部形成阳极泥，A错误；B.恒温时，向水中加入少量固体NaHSO4，NaHSO4是可溶性强

29、电解质，电离产生Na+、H+、SO42-，产生的H+使溶液中c(H+)增大，导致水的电离程度减小，B错误；C.反应2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)是气体体积减小的反应，S0，在298K时反应能自发进行，说明G=H-TS0，则该反应的HKsp(BaCO3)，与Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)的大小无关，D错误；故合理选项是C。14、D【解析】A球棍模型中不一定由C、H两种元素组成，所以不一定为丙烯，A不合题意；BC3H6可能为丙烯，也可能为环丙烷，所以不一定为丙烯，B不合题意；C中少了1个H原子，丙烯的电子式为：，C不合题意；D丙烯的结构简式为：CH2=CH-CH

30、3，D符合题意；故选D。15、C【解析】AH2O是共价化合物，其电子式为，故A错误；B25时，纯水的pH=7，故B错误；CD216O质量数之和为21+116=20，质子数之和为21+18=10，质量数之和是质子数之和的两倍，故C正确；D273K时，水以固液混合物的形式存在，且温度、压强相同，同种状态、同种分子间的距离相同，故D错误；故选C。16、B【解析】A碳酸钠与CO2和水反应生成酸式盐NaHCO3，NaHCO3溶解度小于Na2CO3，并且反应生成的NaHCO3固体质量比原来Na2CO3多，溶剂质量减少，溶液中有浑浊出现，故A不符合题意；B盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，则CaCl2溶液中通入S

31、O2不发生反应，始终无明显现象，故B符合题意；CNH3通入硝酸和硝酸银的混合溶液中，先与硝酸反应，故开始没有沉淀，等硝酸全部反应完全后，再与硝酸银反应生成氢氧化银沉淀，再继续通入氨气会生成可溶性的银氨溶液，故沉淀又会减少，直至最终没有沉淀，反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3、NH3+AgNO3+H2O=AgOH+NH4NO3、AgOH+2NH3=Ag(NH3)2OH(银氨溶液)，故C不符合题意；DSO2通入Na2S溶液中发生反应：2Na2S+5SO2+2H2O4NaHSO3+3S，生成硫沉淀，故D不符合题意；答案选B。【点睛】盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，化学反应中一般遵循强酸制弱酸的规

32、律。17、B【解析】A天然气是CH4，水煤气是H2、CO的混合物，故A错误；B明矾是Kal(SO4)212H2O的俗称，故B正确；C水玻璃是Na2SiO3的水溶液，故C错误；D纯碱是Na2CO3的俗称，故D错误；故答案选B。18、D【解析】A. 墨子提出：物质被分割是有条件的，若不存在被分割的条件，就不能被分割，故A正确；B. 汤姆生发现了电子，并提出了电子的葡萄干面包模型，故B正确；C. 德谟克利特提出：物质由极小的微粒组成，这种微粒叫做原子，物质分割只能到原子为止，故C正确；D. 卢瑟福提出了原子结构的行星模型，不是贝克勒尔，故D错误；答案选D。19、D【解析】假设金属都是二价金属，其通式

33、为R，金属和盐酸反应方程式为R+2HCl=RCl2+H2，n(H2)=0.25mol，根据方程式知，n(R)=n(H2)=0.25mol，则R的平均摩尔质量=48g/mol，混合物中金属的摩尔质量应该有大于48g/mol和小于48g/mol的，如果将Na换算为+2价时，其摩尔质量变为46g/mol48g/mol，镁的摩尔质量为24g/mol48g/mol，如果将Al换算为+2价时，其摩尔质量变为18g/mol48g/mol，Fe的摩尔质量为56g/mol48g/mol，其中小于48g/mol的有三种，而大于48g/mol只有铁，所以一定含有Fe，故选D。【点睛】解答本题需要正确理解“平均摩尔质

34、量法”的应用，解答本题也可以采用“平均电子摩尔质量法”，采用此法，金属的平均电子摩尔质量=24g/mol，其中钠、镁、铝、铁的电子摩尔质量分别为23g/mol、12g/mol、9g/mol、28g/mol。20、C【解析】A.根电池装置图分析，可知Al较活泼，作负极，而燃料电池中阴离子往负极移动，因而可推知OH-（阴离子）穿过阴离子交换膜，往Al电极移动，A正确；B.Ni为正极，电子流入的一端，因而电极附近氧化性较强的氧化剂得电子，又已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在，可知HO2-得电子变为OH-，故按照缺项配平的原则，Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，B正确；

35、C.根电池装置图分析，可知Al较活泼，Al失电子变为Al3+，Al3+和过量的OH-反应得到AlO2-和水，Al电极反应式为Al-3e-+4OH- = AlO2-+2H2O，Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，因而总反应为2Al+3HO2-=2AlO2-+H2O+ OH-，显然电池工作结束后，电解质溶液的pH升高，C错误；D.A1电极质量减轻13.5g，即Al消耗了0.5mol，Al电极反应式为Al-3e-+4OH- = AlO2-+2H2O，因而转移电子数为0.53NA=9.031023，D正确。故答案选C。【点睛】书写燃料电池电极反应式的步骤类似于普通原电池，在书写时应

36、注意以下几点：1.电极反应式作为一种特殊的离子反应方程式，也必需遵循原子守恒，得失电子守恒，电荷守恒；2.写电极反应时，一定要注意电解质是什么，其中的离子要和电极反应中出现的离子相对应，在碱性电解质中，电极反应式不能出现氢离子，在酸性电解质溶液中，电极反应式不能出现氢氧根离子；3.正负两极的电极反应式在得失电子守恒的条件下，相叠加后的电池反应必须是燃料燃烧反应和燃料产物与电解质溶液反应的叠加反应式。21、D【解析】A. a g亚硫酸钠晶体(Na2SO37H2O)的物质的量n= mol，而1 mol Na2SO37H2O中含2molNa+，故 mol Na2SO37H2O中含mol，即 mol钠

37、离子，A错误；B. a g亚硫酸钠晶体(Na2SO37H2O)的物质的量n= mol，而1 mol Na2SO37H2O中含10 mol氧原子，故 mol Na2SO37H2O中含氧原子mol，即含有 mol的O原子，B错误；C. SO32-被氧化时，由+4价被氧化为+6价，即1 mol SO32-转移2 mol电子，故 mol Na2SO37H2O转移 mol 电子，C错误；D. 1 mol Na2SO37H2O中含7 mol水分子，故 mol Na2SO37H2O中含水分子数目为 mol7NA/mol=NA，D正确；故合理选项是D。22、B【解析】A、酚酞变红色的溶液，此溶液显碱性，Al3

38、、OH生成沉淀或AlO2，不能大量共存，故A错误；B、根据信息，此溶液中c(H)c(OH)，溶液显酸性，这些离子不反应，能大量共存，故正确；C、与Al能放出氢气的，同业可能显酸性也可能显碱性，若是碱性，则Fe2和OH不共存，若酸性，NO3在酸性条件下具有强氧化性，不产生H2，故C错误；D、水电离的c(H)=11013molL1的溶液，此物质对水电离有抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性，AlO2、CO32和H不能大量共存，故D错误。答案选B。二、非选择题(共84分)23、C7H7NO2 羧基、氨基 ac n+nH2O 取代反应 保护氨基 +H2O+CH3COOH 【解析】(1)由甲的结构简式，则甲

39、的分子式为C7H7NO2，所以甲的最简式为C7H7NO2；由丙的结构简式，所以丙中含有官能团的名称为羧基、氨基；答案：C7H7NO2 ； 羧基、氨基。(2)a.分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5 ，故a正确；b.分子中没有苯环，故b错误；c.分子中含有氨基能与盐酸反应，含有氯原子又能与氢氧化钠溶液反应，故c正确；d.分子中没有苯环，故d错误，故选ac，(3).甲为，在一定条件下能单独聚合成高分子化合物，该反应的化学方程为。(4)由可知步骤的反应类型是取代反应；答案：取代反应。步骤和在合成甲过程中的目的是保护氨基。答案：保护氨基；步骤反应的化学方程式为。答案：。24、碳碳双键、醛基 9 CH3

40、CH2CH2CHOH2O 加成反应 HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2 【解析】A为饱和一元醇，通式为CnH2n2O，其氧的质量分数约为34.8%，则有100%=34.8%，解得n=2，A为CH3CH2OH，根据PVAc可知，A氧化成E，E为CH3COOH，E与乙炔发生加成反应生成F，F为CH3COOCH=CH2，F发生加聚反应得到PVAc，PVAc的结构简式为，碱性水解得到PVA（），A在铜作催化剂的条件下氧化得到B，B为CH3CHO，根据信息I，C结构简式为CH3CH=CHCHO，C发生还原反应生成D，D结构简式为C

41、H3CH2CH2CHO，据此分析；【详解】A为饱和一元醇，通式为CnH2n2O，其氧的质量分数约为34.8%，则有100%=34.8%，解得n=2，A为CH3CH2OH，根据PVAc可知，A氧化成E，E为CH3COOH，E与乙炔发生加成反应生成F，F为CH3COOCH=CH2，F发生加聚反应得到PVAc，PVAc的结构简式为，碱性水解得到PVA（），A在铜作催化剂的条件下氧化得到B，B为CH3CHO，根据信息I，C结构简式为CH3CH=CHCHO，C发生还原反应生成D，D结构简式为CH3CH2CH2CHO，(1)C的结构简式为CH3CH=CHCHO，含有官能团是碳碳双键和醛基；利用乙烯空间构型

42、为平面，醛基中C为sp2杂化，CHO平面结构，利用三点确定一个平面，得出C分子中最多有9个原子共平面；答案：碳碳双键、醛基；9；(2)利用信息I，D与苯甲醛反应的方程式为CH3CH2CH2CHOH2O；答案：CH3CH2CH2CHOH2O；(3)根据上述分析，反应为加成反应；答案：加成反应；(4)根据上述分析PVAc的结构简式为；答案：；(5)F为CH3COOCH=CH2，含有官能团是酯基和碳碳双键，与F具有相同官能团的同分异构体的结构简式为HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2；答案：HCOOCH=CHCH3、HCOOCH

43、2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2；(6)溴乙烷发生水解反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛与乙醇反应得到，合成路线流程图为：；答案：。【点睛】难点是同分异构体的书写，同分异构体包括官能团异构、官能团位置异构、碳链异构，因为写出与F具有相同官能团的同分异构体，因此按照官能团位置异构、碳链异构进行分析，从而得到HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2。25、防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用 温度过高，未反应的乙酸蒸出，降低反应物的利用率；温度过低，又不能除去反应生成的水 若让反应混合

44、物冷却，则固体析出沾在瓶壁上不易处理 吸滤瓶 布氏漏斗 重结晶 【解析】（1）锌粉起抗氧化剂作用，防苯胺氧化，另外混合液加热，加固体还起到防暴沸作用；（2）乙酸有挥发性，不易温度太高，另外考虑到水的沸点为100，太低时水不易蒸发除去；（3）“趁热”很明显是防冷却，而一旦冷却就会有固体析出；抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有吸滤瓶和布氏漏斗；（4）粗产品需进一步提纯，该提纯方法是重结晶。26、Ca(OH)2溶液 稀H2SO4 铁 Fe33OHFe(OH)3 Cu22OHCu(OH)2 Fe(OH)33HFe33H2O Cu(OH)22HCu22H2O 2Fe3Fe3Fe2 FeCu2Fe2C

45、u 【解析】从含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的废液中，把Fe3+转化为绿矾回收，把Cu2+转化为铜回收，先加碱使金属离子转化为沉淀，与阴离子分离，然后加酸溶解沉淀，再加铁粉可得到硫酸亚铁溶液和Cu，过滤得到铜和硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾。【详解】依据题意从含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的废液中，把Fe3+转化为绿矾回收，把Cu2+转化为铜回收应分三步实施，先加廉价的碱Ca(OH)2将Fe3+、Cu2+转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2，与Cl-、NO3-分离，反应的离子方程式为Fe33OH=Fe(OH)3，Cu22OH=Cu(

46、OH)2；过滤后向Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀中加入稀硫酸，使沉淀溶解得到硫酸铁和硫酸铜的混合液，反应的离子方程式为Fe(OH)33H=Fe33H2O，Cu(OH)22H=Cu22H2O；向所得溶液中加入铁粉与硫酸铁和硫酸铜反应，可得到硫酸亚铁溶液和Cu，反应的离子方程式为2Fe3Fe=3Fe2，FeCu2=Fe2Cu；过滤得到铜和硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，故答案为：Ca(OH)2溶液；稀H2SO4；铁；Fe33OH=Fe(OH)3，Cu22OHCu(OH)2；Fe(OH)33H=Fe33H2O，Cu(OH)22H=Cu22H2O；2Fe3

47、Fe=3Fe2，FeCu2=Fe2Cu。27、尿素 8Cl2 + 16OH- = 5ClO-+ ClO3- + 10Cl- + 8H2O 冰水浴冷却 通过冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率 NaClO碱性溶液 打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下 NaClO + CO(NH2)2 +2NaOH NaCl + N2H4 H2O + Na2CO3 4 10 【解析】由实验流程可知，氯气和氢氧化钠溶液的反应生成NaClO，为避免生成NaClO3，应控制温度在40以下，生成的NaClO与尿素反应生成N2H4H2O和Na2CO3，可用蒸馏的方法分离出N2H4H2O，副产品Na2C

48、O3溶液中通入二氧化硫，可制得Na2SO3，结合对应物质的性质以及题给信息分析解答。【详解】根据流程图，本流程所用的主要有机原料为尿素，故答案为尿素；(2)若温度为41，测得产物中除NaClO外还含有NaClO3，且两者物质的量之比为51，同时还生成NaCl，根据得失电子守恒，ClO-ClO3- Cl- 物质的量之比为5110，反应的离子方程式为8Cl2 + 16OH- = 5ClO-+ ClO3- + 10Cl- + 8H2O，故答案为8Cl2 + 16OH- = 5ClO-+ ClO3- + 10Cl- + 8H2O；氯气与烧碱溶液的反应是放热反应，实验中，为使步骤中反应温度不高于40 ，

49、除减缓Cl2的通入速率外，避免反应过于剧烈，放出大量的热而导致温度升高，还可以用冰水浴冷却，故答案为冰水浴冷却；(4)为避免N2H4H2O的挥发，使用冷凝管，起到冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率，故答案为通过冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率；为了避免N2H4H2O与 NaClO剧烈反应生成N2，实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液；将滴液漏斗内的液体放入三颈烧瓶内的操作是打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下，故答案为NaClO碱性溶液；打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下； 根据流程图，NaClO 和CO(NH2)2 在NaOH溶液中反应生成水合肼和碳酸钠，反应的化学方程式为NaClO + C