安徽省淮南市2022年高三下学期第一次联考化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、科学家研发了一种新型锂空气电池，结构如图所示。已知：电解质由离子液体（离子能够自由移动，非溶液）和二甲基亚砜混合制成，可促进过氧化锂生成；碳酸锂薄层的作用是让锂离子进入电解质，并阻止其他化合物进入；二硫化钼起催化作用。下列叙述不正确的是（ ）A放电时，a极发生氧化反应B放电

2、时的总反应是2Li+O2=Li2O2C充电时，Li+在电解质中由b极移向a极D充电时，b极的电极反应式为：Li2O2+2e-=2Li+ O22-2、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A澄清石灰水与过量苏打溶液混合：Ca2+2OH-+2HCO3-=CaCO3+CO32-+2H2OB少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中：C1O-+SO2+H2O=SO42-+2H+Cl-C向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气：2Cu+4H+O22Cu2+2H2OD向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水：7H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2+6O2+10H2O3、化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法正确的

3、是A“霾尘积聚难见路人”，雾霾有丁达尔效应B“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料C汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的D石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物4、利用如图所示装置进行下列实验，不能得出相应实验结论的是选项实验结论A稀硫酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金属性：SCSiB浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C浓硝酸FeNaOH溶液说明铁和浓硝酸反应可生成NO2D浓氨水生石灰酚酞氨气的水溶液呈碱性AABBCCDD5、Anammox法是一种新型的氨氮去除技术。设阿伏加德罗常数的数值为NA，则下列说法正确的是A1moLNH4+所含电子数为11NAB3

4、0g N2H2中含有的共用电子对数目为4 NAC过程II属于还原反应，过程IV属于氧化反应D过程I中反应得到的还原产物与氧化产物物质的量之比为1：26、某学习小组在容积固定为2 L的密闭容器内充入1 mol N2和3 mol H2合成NH3。恒温下开始反应，并用压力传感器测定压强如下表所示：反应时间/min051015202530压强/MPa16.8014.7813.8613.2712.8512.6012.60下列说法不正确的是A不断地将NH3液化并移走，有利于反应正向进行B其它条件不变，在30 min时，若压缩容器的体积，N2的平衡转化率增大C从反应开始到10 min时，v（NH3）0.03

5、5 molL1min1D在30 min时，再加入0.5 mol N2、1.5 mol H2和2 mol NH3，平衡向逆反应方向移动7、高铁酸钾( K2FeO4)是一种新型的自来水处理剂，它的性质和作用是A有强氧化性，可消毒杀菌，还原产物能吸附水中杂质B有强还原性，可消毒杀菌，氧化产物能吸附水中杂质C有强氧化性，能吸附水中杂质，还原产物能消毒杀菌D有强还原性，能吸附水中杂质，氧化产物能消毒杀菌8、天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是A该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液B脱硫过程O2间接氧化H2SC亚铁是

6、血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血D华阳国志记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐9、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A11g超重水(T2O)含中子数为5NAB1mol SiO2中SiO键的数目为4NAC常温下，pH=6的MgCl2溶液中H+的数目为10-6 NAD标准状况下，2.24L Cl2全部溶于水所得溶液中的Cl数目为0.1NA10、下列有水参加的反应中，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂的是 ()ACaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2B2F2+2H2O=4HF+O2CMg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3D

7、SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO411、国际计量大会第26届会议修订了阿伏加德罗常数（NA=6.022140761023mol-1)，于2019年5月20日正式生效。设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A40g正丁烷和18 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NAB常温下，pH=12的Ba(OH)2溶液中的OH- 数目为0.01NAC电解精炼铜时，阳极质量减小3.2g时，转移的电子数为0.1NAD0.1mol Cl2与足量NaOH溶液反应后，溶液中Cl-、ClO- 两种粒子数之和为0.2NA12、W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期，X、Z同主族，Y

8、、Z同周期，X的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强碱，以下说法错误的是A原子半径大小：YZBY3X2中既有离子键，又有共价键CZ的最高价氧化物可做干燥剂D可以用含XW3的浓溶液检验氯气管道是否漏气13、可逆反应aX(g)+bY(g)cZ(g)在一定温度下的密闭容器内达到平衡后，t0时改变某一外界条件，化学反应速率()时间(t)图象如下图。下列说法正确的是（ ）A若a+b=c，则t0时只能是增大反应体系的压强B若a+b=c，则t0时只能是加入催化剂C若a+bc，则t0时只能是加入催化剂D若a+bc，则t0时只能是增大反应体系的压强14、某无

9、色溶液中可能含有 Al3+、HCO3-、Ba2+和 Cl-，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，另取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则原溶液中（）A一定有Cl-B一定有HCO3-C可能有Ba2+D可能有Al3+15、为测定镁铝合金（不含其它元素）中镁的质量分数。某同学设计了如下实验：称量ag镁铝合金粉末，放在如图所示装置的惰性电热板上，通电使其充分灼烧。下列说法错误的是A实验结束后应再次称量剩余固体的质量B氧气要保证充足C可以用空气代替氧气进行实验D实验结束后固体质量大于ag16、已知X、Y、Z为短周期主族元素，在周期表中的相应位置如图所示，下列说法不正确的是（ ）A若X为金属元素，则其

10、与氧元素形成的化合物中阴阳离子个数比可能是12B若Z、Y能形成气态氢化物，则稳定性一定是ZHnYHnC若Y是金属元素，则其氢氧化物既能和强酸反应又能和强碱反应D三种元素的原子半径：r（X）r（Y）r（Z）17、我国科学家设计了一种将电解饱和食盐水与电催化还原CO2相耦合的电解装置如图所示。下列叙述错误的是A理论上该转化的原子利用率为100%B阴极电极反应式为CNa+也能通过交换膜D每生成11.2 L（标况下）CO转移电子数为NA18、将等量的固体Mg(OH)2，置于等体积的下列液体中，最终固体剩余最少的是（ ）A在纯水中B在0.1mol/L的MgCl2溶液中C在0.1mol/L的NH3H2O中

11、D在0.1mol/L的CH3COOH溶液中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、中国是一个严重缺水的国家，污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚，其原理如图所示，下列说法不正确的是A电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极BB极为电池的阳极，电极反应式为CH3COO 8e + 4H2O 2HCO3+9H+C当外电路中

12、有0.2 mol e转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NADA极的电极反应式为+ H+2e Cl+ 21、下列关于有机化合物的说法正确的是A糖类、油脂、蛋白质均只含C、H、O三种元素B乙烯，乙醇、植物油均能使酸性高锰酸钾溶液褪色C2 -苯基丙烯( )分子中所有原子共平面D二环1，1，0丁烷()的二氯代物有3种(不考虑立体异构)22、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O ，下列说法不正确的是（）AKClO3在反应中得电子BClO2是还原产物CH2C2O4在反应

13、中被氧化D1molKClO3参加反应有2mole-转移二、非选择题(共84分)23、（14分）一种防止血栓形成与发展的药物J的合成路线如图所示（部分反应条件略去）：回答下列问题：(1)A中官能团的名称是_，反应的反应类型是_。(2)J的分子式是_。F的结构简式是_。(3)反应的化学方程式为_。(4)已知C有多种同分异构体。写出同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式_。（只需写出两个）苯环上有两个处于对位上的取代基；1mol该有机物与足量金属钠反应生成1g氢气。(5)请参照J的合成方法，完成下列合成路线：_24、（12分）丹参素是一种具有保护心肌、抗血栓形成、抗肿瘤等多种作用的药物。它的一种

14、合成路线如下：已知：Bn代表苄基（）请回答下列问题：（1）D的结构简式为_，H中所含官能团的名称为_。（2）的反应类型为_，该反应的目的是_。（3）A的名称是_，写出的化学方程式：_。（4）用苯酚与B可以制备物质M（）。N是M的同系物，相对分子质量比M大1则符合下列条件的N的同分异构体有_种（不考虑立体异构）。其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是_（写出一种即可）。苯环只有两个取代基能与溶液发生显色反应能发生银镜反应红外光谱表明分子中不含醚键（5）参照丹参素的上述合成路线，以为原料，设计制备的合成路线：_。25、（12分）ClO2是一种高效安全消毒剂

15、，常温下ClO2为红黄色有刺激性气味气体，其熔点为-59.5，沸点为11.0，能溶于水但不与水反应，遇热水缓慢水解。某研究性学习小组欲制备ClO2水溶液并检验其性质。二氧化氯水溶液制备。在圆底烧瓶中先放入10g KClO3固体和9g H2C2O42H2O，然后再加入5mL稀硫酸，用磁力搅拌棒搅拌（如图），将烧瓶放在热水浴中，保持6080，至B中广口瓶内呈深红黄色时停止加热。回答下列问题：(1)装置A用水浴加热的优点是_；装置A中水浴温度不低于60，其原因是_。(2)装置A中反应生成ClO2及KHSO4等产物的化学方程式为_；(3)装置B的水中需放入冰块的目的是_；已知ClO2缓慢水解生成的含氯

16、化合物只有HClO和Cl2，且物质的量之比为2:1，则该反应的化学方程式为_；装置C中的NaOH溶液吸收尾气中的ClO2，生成物质的量之比为的1:1的两种盐，一种为NaClO2，另一种为_。ClO2的含量测定步骤1：量取ClO2溶液10mL，稀释成100mL试样；量取V1mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：调节试样的pH2.0，加入足量的KI晶体，振荡后，静置片刻；步骤3：加入指示剂，用cmolL-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL。(4)已知：2ClO2+8H+10I-=5I2+2Cl-+4H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，原ClO2溶液的浓度

17、为_gL-1（用含字母的代数式表示），如果滴定速度过慢，会使计算出的数值_（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。设计实验验证ClO2的氧化性(5)取适量ClO2水溶液加入H2S溶液中，振荡，得无色溶液。欲检验H2S的氧化产物，还需要用到的试剂是_。(6)证明ClO2的氧化性比Fe3+强的方案是_。26、（10分）NaNO2是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强。请按要求回答下列问题：(1)已知：Ka(HNO2)=5.110-4，Ksp(AgCl)=1.810-10，Ksp(AgNO2)=2.010-8。设计最简单的方法鉴别NaNO2和NaCl两种固体： _。(2)利用下图装置（略去夹持仪器）

18、制备已知：2NO+Na2O2=2NaNO2；酸性条件下，NO和NO2均能与MnO4-迅速反应生成NO3-和Mn2+。装置A中发生反应的离子方程式为_；这样安放铜丝比将铜片浸于液体中的优点是_。装置B中反应的化学方程式为_。干燥剂X的名称为_，其作用是_。上图设计有缺陷，请在F方框内将装置补充完全，并填写相关试剂名称_。(3)测定产品的纯度。取5.000g制取的样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000molL-1酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表：滴定次数1234消耗KMnO4溶液体积/mL20.9020.1220.0019.88第一次滴定实验数据

19、异常的原因可能是_（填字母序号）。A酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗B锥形瓶洗净后未干燥C当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去，定为滴定终点D滴定终点时俯视读数酸性KMnO4溶液滴定NaNO2溶液的离子方程式为_。该样品中NaNO2的质量分数为_。27、（12分）某研究小组在实验室以废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)为原料制备碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，具体流程如下：已知：Cu2(OH)2CO3为绿色固体，难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可采取的措施为_(任写一种)。(2)“操作”中铜发生反应的离子方程式

20、为 _。(3)“调节pH”操作中加入的试剂为_(填化学式)。(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为_。(5)“操作”中温度选择5560的原因是_；该步骤生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，请写出该反应的化学方程式：_。(6)某同学为测定制得的产品中Cu2(OH)2CO3的质量分数，进行了如下操作：称取m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，冷却后，称得该黑色固体质量为m2g，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为_(用含m1、m2的代数式表示)。28、（14分）氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要作用。(1)氨气是一种重要的化工原料，氨态氮肥

21、是常用的肥料。哈伯法合成氨技术的相关反应为:N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-93kJ/mol，实际生产中，常用工艺条件：Fe作催化剂，控制温度773K、压强3.0107Pa，原料气中N2和H2物质的量之比为1：2.8。合成氨技术是氮的固定的一种，属于_(选填“大气固氮”、“生物固氮”“人工固氮”)。合成氨反应常用铁触媒催化剂，下列关于催化剂的说法不正确的是_。A可以加快反应速率 B可以改变反应热C可以减少反应中的能耗 D可以增加活化分子的数目关于合成氨工艺的下列理解，正确的是_。A原料气中N2过量，是因N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率B控制温度(773K)远高于室温，

22、是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率C当温度、压强一定时，在原料气(N2和H2的比例不变)中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率D分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生(2)肼(N2H4)是氮的氢化物之一，其制备方法可用次氯酸钠氧化过量的氨气。次氯酸钠溶液显碱性，表示原理的离子方程式是_。常温下，该水解反应的平衡常数为K=1.010-6mol/L，则1.0mol/LNaClO溶液的pH=_。肼与N2O4氧化反应生成N2和水蒸气。已知：N2(g)+2O2(g)=N2O4(l) H=-19.5kJ/molN2H4(l)+O2

23、(g)=N2(g)+2H2O(g) H=-534.2kJ/mol请写出肼和N2O4反应的热化学反应方程式_。(3)在NH4HCO3溶液中，反应NH4+HCO3-+H2ONH3H2O+H2CO3的平衡常数K=_。(已知常温下NH3H2O的电离平衡常数Kb=210-5，H2CO3的电离平衡常数Ka1=410-7)。29、（10分）二氧化氯是黄绿色的气体，可用于水体消毒与废水处理一种制备方法为：_H2C2O4+_NaClO3+_H2SO4_Na2SO4+_CO2+_ClO2+_H2O完成下列填空：（1）配平上述反应方程式，该反应的还原产物是_（2）该反应每产生0.2mol ClO2，需要消耗草酸晶体

24、（H2C2O42H2O）_g（3）上述反应物中属于第三周期的元素的原子半径大小顺序是_，其中原子半径最大的元素最外层电子云形状为_（4）二氧化氯具有强氧化性，能漂白有色物质，其漂白原理与_相同（写一种）（5）二氧化氯能净化有毒废水中的氰化钠（NaCN），生成NaCl、CO2和N2，请写出此反应的离子方程式：_（6）上述反应产物NaCl中含有_键，工业上用电解熔融的氯化钠制备金属钠，氯气在_（写电极名称）产生参考答案一、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.根据图示可知A电极为锂电极，在放电时，失去电子变为Li+，发生氧化反应，A正确；B.根据图示可知a电极

25、为锂电极，失去电子，发生反应：Li-e-=Li+，b电极通入空气，空气中的氧气获得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+2e-+2Li+=2Li2O2，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以总反应方程式为：2Li+O2=Li2O2，B正确；C.充电时，a电极连接电源的负极，作阴极，Li+向阴极定向移动，在a电极获得电子，变为Li，所以充电时Li+在电解质中由b极移向a极，C正确；D.充电时，b极连接电源的正极，作阳极，发生氧化反应：Li2O2-2e-=2Li+O2，D错误；故合理选项是D。2、C【解析】A.苏打为碳酸钠，则澄清石灰水与过量苏打溶液反应的离子方程式为：Ca2+ CO32-=Ca

26、CO3，故A错误；B.次氯酸根离子具有强氧化性，能将SO2氧化成SO42-，CaSO4微溶于水，则少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中，反应的离子方程式为Ca2+ClO+SO2+H2O=CaSO4+2H+Cl，故B错误；C.向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气，反应生成硫酸铜和水，离子方程式为2Cu+4H+O22Cu2+2H2O，故C正确；D. 向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水，离子方程式为5H2O2+2MnO4+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，故D错误，答案选C。【点睛】本题考查离子方程式的正误判断，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等。解题时容易把苏打误认为碳酸氢

27、钠，为易错点。3、A【解析】A雾霾所形成的气溶胶属于胶体，有丁达尔效应，选项A正确；B碳纤维为碳的单质，属于无机物，所以碳纤维是一种新型无机非金属材料，不是有机高分子材料，选项B错误；C汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在放电条件下生成的，选项C错误；D、由于石油是多种烃的混合物，而石油的分馏产品均为混合物，故汽油、煤油和柴油均为多种烃的混合物，选项D错误；答案选A。4、C【解析】A、稀硫酸滴入碳酸钠中二者反应生成二氧化碳，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，说明顺酸性：H2SO4H2CO3H2SiO3，非金属性：SCSi，能得出相应实验结论，不选A；B、浓硫酸能使蔗

28、糖脱水碳化，反应放热，浓硫酸在加热条件下与碳反应生成的二氧化硫能使溴水褪色，能得出实验结论，不选B；C、常温下，浓硝酸使铁钝化，不能得出实验结论，选C；D、浓氨水与生石灰反应生成的氨气使酚酞变红，证明氨气的水溶液呈碱性，能得出实验结论，不选D；答案选C。5、B【解析】A一个铵根离子含有10个电子，则1moLNH4+所含电子数为10NA，故A错误；B一个N2H2（H-N=N-H）分子中含有4个共用电子对，30g N2H2的物质的量=1mol，含有的共用电子对数目为4 NA，故B正确；C过程II中，联胺分子中N元素化合价是2，N2H2中N元素化合价是1，化合价升高，属于氧化反应，过程IV中，NO2

29、-中N元素化合价是+3，NH2OH中N元素化合价是1，化合价降低，属于还原反应，故C错误；D过程I中，参与反应的NH4+与NH2OH的反应方程式为：NH4+NH2OH=N2H4+H2O+H+，则得到的还原产物与氧化产物物质的量之比为1：1，故D错误；答案选B。【点睛】准确判断反应中各物质中N元素的化合价，利用氧化还原反应规律判断解答是关键。6、D【解析】A.不断将氨气液化分离，生成物的浓度减小，平衡正向移动，故正确；B.压缩体积，平衡正向移动，氮气转化率增大，故正确；C.前10分钟，N2+3H2 2NH3起始 0.5 1.5 0改变 x 3x 2x10min时 0.5-x 1.5-3x 2x

30、有，解x=0.175mol/L，用氨气表示反应速率为0.035 molL1min1，故正确；D. N2+3H2 2NH3起始 0.5 1.5 0改变 x 3x 2x平衡 0.5-x 1.5-3x 2x ，有，解x=0.25mol/L，则平衡常数表示为，在30 min时，再加入0.5 mol N2、1.5 mol H2和2 mol NH3，则有Qc=Z，故A正确；BX为N元素，Y为Mg元素，Y3X2为Mg3N2，属于离子化合物，其中只有离子键，故B错误；CZ为P元素，最高价氧化物为五氧化二磷，具有吸水性，属于酸性干燥剂，故C正确；DW为H元素，X为N元素，XW3为氨气，浓氨水与氯气在空气中反应生

31、成氯化铵，形成白烟，可以用含氨气的浓溶液检验氯气管道是否漏气，故D正确；答案选B。13、C【解析】若a+b=c，条件改变后，正逆反应速率同时增大，且增大的程度相同，即平衡不移动，这说明改变的条件是加入催化剂或增大反应体系的压强；若a+bc，条件改变后，正逆反应速率同时增大，且增大的程度相同，即平衡不移动，改变的条件只能是加入催化剂；答案选C。14、B【解析】取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则一定含有HCO3-、Ba2+，又HCO3-与Al3+发生双水解反应，所以原溶液中一定不含Al3+，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，则白色沉淀一定含碳酸钡，综上所述，原溶液中一定含HCO3-、Ba

32、2+，一定不含Al3+，可能含Cl-，据此分析判断。【详解】A、原溶液中可能含Cl-，故A错误； B、由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，故B正确； C、由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，故C错误； D、由上述分析可知，原溶液中一定不含Al3+，故D错误； 故选：B。【点睛】本题考查离子检验与推断，掌握发生的离子反应及现象是解题关键，题目难度不大。15、C【解析】A实验结束后一定要再次称量剩余固体质量，再通过其它操作可以计算镁铝合金中镁的质量分数，故A正确；B为了使其充分灼烧，氧气要保证充足，故B正确； C用空气代替氧气对实验有影响，这是因为高温条件下，镁还能

33、够和氮气、二氧化碳等反应，故C错误；D灼烧后的固体为氧化镁和氧化铝的混合物，质量大于ag，这是因为氧气参加了反应，故D正确；故答案选C。16、C【解析】由题中元素在周期表中的位置推出X、Y、Z三种元素分别位于第二周期和第三周期；当X为金属时，X可能为Na、Mg、Al，若Y为金属时可能为Mg或者Al，根据常见氧化物以及镁、铝化合物的性质分析。【详解】由题中元素在周期表中的位置推出X、Y、Z三种元素分别位于第二周期和第三周期；A、当X为金属时，X可能为Na、Mg、Al，与氧气形成的化合物分别为Na2O、Na2O2、MgO、Al2O3，阴阳离子个数比有为1:2、1:1、2:3，故A不符合题意；B、由

34、于Z、Y同族，从上至下非金属性逐渐减弱，Z的非金属性大于Y，所以气态氢化物的稳定性ZHnYHn，故B不符合题意；C、若Y为金属时可能为Mg或者Al，因为Mg(OH)2不与强碱反应，故C符合题意；D、因电子层数X=YZ，故半径YZ，同周期原子半径从左至右逐渐减小，故原子半径：r(X)r(X)r(Z)，故D不符合题意。故选C。17、C【解析】A. 总反应为，由方程式可以看出该转化的原子利用率为100%，故A正确；B. 阴极发生还原反应，阴极电极反应式为，故B正确；C. 右侧电极氯化钠生成次氯酸钠，根据反应物、生成物中钠、氯原子个数比为1:1，Na+不能通过交换膜，故C错误；D. 阴极二氧化碳得电子

35、生成CO，碳元素化合价由+4降低为+2，每生成11.2 L（标况下）CO转移电子数为NA，故D正确；选C。18、D【解析】Mg(OH)2在溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(ag)，平衡右移，溶解度增大，反之减小，据此解答即可。【详解】Mg(OH)2在溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(ag)；A在纯水中，Mg(OH)2正常溶解并达到饱和状态，故A错误；B在0.1mol/L的MgCl2溶液中，c(Mg2+)增大，抑制Mg(OH)2的溶解，故B错误；C在0.1mol/L的NH3H2O中，c(OH-)增大，抑制Mg(OH)2的溶解，故

36、C错误；D在0.1mol/L的CH3COOH溶液中，c(H+)增大，促进平衡正向移动，最终固体Mg(OH)2可能完全溶解，故D正确；故答案为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，电极反应式为，故D项正确。综上所述，本题正确答案为C。点

37、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、B【解析】原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+Cl-，B为负极，电极反应式为CH3COO-8e-+4H2O2HCO3-+9H+，据此分析解答。【详解】A原电池工作时，电流从正极经导线流向负极，即电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极，故A正确；BB极为电池的负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为CH3COO-8e-+4H2O2HCO3-+9H+，B极不是阳极，故B错误；C根据电子守恒可知，当外电路中有0.2

38、mole-转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，故C正确；DA为正极，得到电子，发生还原反应，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+Cl-，故D正确；答案选B。【点睛】根据氢离子的移动方向判断原电池的正负极是解题的关键。本题的易错点为B，要注意原电池的两极称为正负极，电解池的两极称为阴阳极。21、B【解析】A. 蛋白质中还含有N等元素，故A错误；B. 乙烯和植物油中含有碳碳双键，乙醇中含有羟基，均能被高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C. 2 -苯基丙烯( )分子中所有碳原子可以共平面，但甲基中的氢原子与苯环不能共面，故C错误；D. 二环1，1，0丁烷()的二

39、氯代物，其中两个氯原子在同一个碳原子上的有1种，在相邻碳原子上的有1中，在相对碳原子上的有2中，共有4种(不考虑立体异构)，故D错误；故选B。【点睛】蛋白质的组成元素一般为碳、氢、氧,氮、硫，少数含有磷，一定含有的是碳、氢、氧、氮。22、D【解析】由2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O可知，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，以此来解答。【详解】ACl元素的化合价降低，则KClO3在反应中得到电子，选项A正确；BCl元素得到电子，被还原，则ClO2是还原产物，选项B正确；CH2C2O4在反应中C化合价升高，被氧

40、化，选项C正确；D.1molKClO3参加反应时，发生电子转移为1mol（5-4）=1mol，选项D不正确；答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析各选项，题目难度不大。二、非选择题(共84分)23、 (酚)羟基 消去反应 C19H16O4 +CO(OC2H5)2+2C2H5OH 、(任写两个) 【解析】对比A、B的结构，可知A与乙酸酐发生取代反应生成B，同时还生成CH3COOH，B、C互为同分异构体，B发生异构生成C，对比C、D的结构可知，C组成多1个、去掉2个H原子生成D，同时还生成C2H5OH，由F的分子式，结合G的结构，可知E

41、为，对比E、F的分子式，可知E与丙酮发生加成反应生成F，F发生消去反应生成G，结合G的结构，可知F为，据此分析解答。【详解】对比A、B的结构，可知A与乙酸酐发生取代反应生成B，同时还生成CH3COOH，B、C互为同分异构体，B发生异构生成C，对比C、D的结构可知，C组成多1个、去掉2个H原子生成D，同时还生成C2H5OH，由F的分子式，结合G的结构，可知E为，对比E、F的分子式，可知E与丙酮发生加成反应生成F，F发生消去反应生成G，结合G的结构，可知F为，(1)A为苯酚，含有的官能团为酚羟基，由以上分析可知，反应为在浓硫酸加热的条件发生消去反应生成G，故答案为：(酚)羟基；消去反应；(2)由J

42、的结构简式，可知其分子式是C19H16O4，由以上分析知F为，故答案为：C19H16O4；(3)对比C、D的结构可知，C组成多1个、去掉2个H原子生成D，同时还生成C2H5OH，故反应的化学方程式为：+CO(OC2H5)2+2C2H5OH，故答案为：+CO(OC2H5)2+2C2H5OH；(4)同时满足下列条件的C()的所有同分异构体：苯环上有两个处于对位上的取代基；1mol该有机物与足量金属钠反应生成1g氢气，则含有一个羟基或一个羧基，当含有一个羟基时，还应含有一个醛基或者一个羰基，符合条件的同分异构体有： 、，故答案为：、(任写两个)；(5) 与乙酸酐反应生成，然后与AlCl3/NaCl作

43、用生成，最后与CO(OC2H5)2反应得到，故答案为：。24、 醚键、羟基、羧基 取代反应 保护（酚）羟基 乙二醛 +O2 18 【解析】根据A的分子式和B的结构可知A为乙二醛（OHC-CHO），乙二醛氧化生成B；根据C、E、B的结构可知D为；B与D发生加成反应生成E（）；F与BnCl碱性环境下，发生取代反应生成G（），保护酚羟基不被后续步骤破坏；H与氢气发生取代反应生成丹参素，据此分析。【详解】（1）根据合成路线逆推可知D为邻苯二酚。H（）中所含官能团为醚键、羟基、羧基；答案： 醚键、羟基、羧基（2）的结果是F中的羟基氢被苄基取代，所以是取代反应。从F到目标产物，苯环上的两个羟基未发生变化，

44、所以是为了保护酚羟基，防止它在后续过程中被破坏。答案：取代反应 保护（酚）羟基（3）A为乙二醛（OHC-CHO），属于醛基的氧化反应，方程式为+O2；答案： 乙二醛 +O2（4）根据题意，N的同分异构体必含一个酚羟基，另一个取代基可能是：HCOOCH2CH2-、HCOOCH（CH3）、OHCCH（OH）CH2-、OHCCH2CH（OH）-、，每个取代基与酚羟基都有邻、间、对三种位置关系，共有；其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是；答案： 18 （5）由原料到目标产物，甲基变成了羧基（发生了氧化反应），但羟基未发生变化。由于酚羟基易被氧化，所以需要预先

45、保护起来。根据题意可以使用BnCl进行保护，最后通过氢气使酚羟基复原，合成路线为；答案：【点睛】本题难点第（4）小题同分异构体种类判断注意能发生银镜反应的有醛基、甲酸盐、甲酸某酯、甲酸盐、葡萄糖、麦芽糖等；先确定官能团种类，在确定在苯环中的位置。25、受热均匀，且易控制温度 如温度过低，则反应速率较慢，且不利于ClO2的逸出 2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O 可减少ClO2挥发和水解 8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2 NaClO3 135cV2V1 偏大 盐酸和BaCl2溶液 将ClO2气体通入FeSO4溶液中，并滴入KSC

46、N溶液，观察溶液颜色变化，若溶液变为血红色，则证明ClO2的氧化性比Fe3+强。 【解析】水浴加热条件下，草酸、氯酸钾在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2，因遇热水缓慢水解，则B中含冰块的水用于吸收ClO2，根据氧化还原反应规律，结合生成物的物质的量的比及质量守恒定律书写反应方程式；C中NaOH溶液可吸收ClO2尾气，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为NaClO2，根据氧化还原反应规律来书写；II.有碘单质生成，用淀粉做指示剂；根据元素守恒结合反应得到关系式2ClO25I210Na2S2O3计算c(ClO2)；III.ClO2 具有强氧化性，可氧化H2S生成硫酸，氧化亚铁离子生成

47、铁离子，检验铁离子即可解答该题。【详解】I.(1)装置A用水浴加热的优点是受热均匀，且易控制温度，如温度过低，则反应速率较慢，且不利于ClO2的逸出，温度过高，会加剧ClO2 水解；(2)装置A 中反应生成ClO2及KHSO4等产物，同时草酸被氧化生成水和二氧化碳，则反应化学方程式为2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O；(3)装置B的水中需放入冰块，可减少ClO2挥发和水解；ClO2缓慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2，且物质的量之比为2:1，则根据反应前后各种元素原子个数相等，结合电子转移守恒，可得该反应的化学方程式为8ClO2+2H2

48、O=4HClO+2Cl2+7O2；装置C中NaOH溶液的作用是吸收尾气中的ClO2，生成物质的量之比为的1：1的两种盐，由于ClO2中Cl元素的化合价为+4价，一种为NaClO2，根据氧化还原反应的规律，则另一种生成物为NaClO3；II.有碘单质生成，用淀粉作指示剂；二氧化硫和碘单质的反应中，根据电子守恒，得到：2ClO25I2，结合反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得到关系式：2ClO25I210Na2S2O3。设原ClO2溶液的浓度为x，n(Na2S2O3)=cV210-3mol，2ClO25I210Na2S2O32mol 10mol10-2xV110-310-1 c

49、V210-3mol，2:10=10-2xV110-310-1：(cV210-3)，解得x=2cV2V1mol/L=135cV2V1g/L；如果滴加速率过慢，溶液中部分I-被氧气氧化产生I2，消耗的标准Na2S2O3溶液的体积偏大，则由此计算出的ClO2的含量就会偏大；(4)取适量ClO2 水溶液加入H2S溶液中，振荡，得无色溶液，说明硫化氢被氧化生成硫酸，可先加入盐酸酸化，然后再加入氯化钡检验，若反应产生白色沉淀，证明有SO42-，即H2S被氧化产生了H2SO4；(5)证明ClO2 的氧化性比Fe3+强，则可通过ClO2氧化Fe2+生成Fe3+，可将ClO2气体通入FeSO4溶液中，并滴入KS

50、CN溶液，观察溶液颜色变化，若溶液变为血红色，则证明ClO2的氧化性比Fe3+强。【点睛】本题考查了物质的制备和性质探究，把握物质的性质以及实验的原理和操作方法是解题关键，侧重考查学生的分析能力、实验能力，同时考查学生接受题目提供的信息能力与应用能力。26、分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解，再分别滴加酚酞试液，变红的为NaNO2 Cu+4H+2NO3-= Cu2+2NO2+2H2O 可以控制反应的发生与停止 3NO2H2O =2HNO3+NO 碱石灰 吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气 A 5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O 69（或0.69） 【解析】(

51、1) 根据NaCl、NaNO2盐的组成及溶液的酸碱性分析判断；(2)装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应，反应生成二氧化氮和硝酸铜和水，NO2与装置B中的水反应产生HNO3和NO，通过装置C中的干燥剂吸收水蒸气，在装置D中与Na2O2发生反应，装置E中的干燥剂防止水蒸气进入，通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气。(3)第一次实验数据出现异常，消耗KMnO4溶液体积偏大，根据c(待测)=c(标准)V(标准)V(待测) 分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；在反应中NO2-被氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+；根据方程式5N

52、O2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O可求出亚硝酸钠的物质的量，然后求样品中亚硝酸钠的质量分数。【详解】(1) NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性；NaNO2是强碱弱酸盐，NO2-水解，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时溶液中c(OH-)c(H+)，溶液显碱性，所以可根据盐溶液的酸碱性的不同进行鉴别。分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解，然后分别滴加酚酞试液，溶液变红的为NaNO2，不变色的为NaCl；(2)在装置A中Cu与浓硝酸发生反应，产生硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：Cu+4H+2NO3-= Cu2+2NO2+2H2O；这样安放铜丝，可

53、通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；装置B中水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式为3NO2H2O =2HNO3+NO；在干燥管中盛放的干燥剂X的名称为碱石灰，其作用是吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气；NO及NO2都是大气污染物，随意排入大气会造成大气污染，故上图设计的缺陷是无尾气吸收装置。可根据NO、NO2都会被酸性KMnO4溶液吸收，产物都在溶液中，为防止倒吸现象的发生，在导气管末端安装一个倒扣的漏斗，装置为；(3)A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，根据c(待测)=c(标准)V(标准)V(待测)分析可知，造成V(标

54、准)偏大，A可能；B.锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，B不可能；C.当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去，就定为滴定终点，此时溶液中NO2-未反应完全，消耗标准溶液体积偏小，C不可能； D.滴定终点时俯视读数，造成V(标准)偏小，D不可能；故合理选项是A；在反应中NO2-被氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O；消耗KMnO4溶液体积V=(20.12+20.00+18.88)mL3=20.00mL，消耗高锰酸钾的物质的量是n(Mn

55、O4-)=0.1mol/L0.02L=0.002mol，则根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量n(NaNO2)=0.002mol52=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是n(NaNO2)总=0.005mol100mL25mL=0.02mol，其质量m(NaNO2)=0.02mol69g/mol=1.38g，则样品中亚硝酸钠的质量分数1.38g2.0g100%=69.0%。【点睛】本题考查了盐类水解、硝酸的性质、物质的鉴别方法、尾气处理、实验条件控制、实验方案设计与评价以及物质含量测定等，注意在实验过程中的反应现象分析，利

56、用氧化还原反应中物质的量的关系进行计算，在滴定误差分析时要把操作引起的影响归结到对消耗标准溶液的体积大小上进行分析判断。27、搅拌（或适当升温等合理答案即可） H2O2+2H+ +Cu=Cu2+ +2H2O CuO或Cu(OH)2或Cu(OH) 2CO3等合理答案即可 加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复23次 温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu2(OH)2CO3易分解 2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3+2Na2SO4+CO2 100% 【解析】废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)，加入稀硫酸浸取，CuO、Fe、

57、Fe2O3与稀硫酸反应，形式含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的溶液，铜单质不与硫酸反应，再加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，同时铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，再调节溶液pH值，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤后得到主要含有硫酸铜的滤液，将溶液温度控制在5560左右，加入碳酸钠，滤液中产生Cu2(OH)2CO3晶体，再经过过滤、冷水洗涤，干燥，最终得到Cu2(OH)2CO3，以此解题。【详解】(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可进行搅拌、加热、增大硫酸浓度等方法；(2)“操作”中，铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，离子方程式为H2O2+2H+ +Cu=Cu

58、2+2H2O；(3)“调节pH”操作目的是将溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，由于废铜屑使用酸浸溶解，需要加入碱性物质中和多余的酸，在不引入新的杂质的情况下，可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2或Cu(OH) 2CO3等合理答案即可；(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为过滤，合理操作为：加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复23次；(5) 根据题目已知：Cu2(OH)2CO3为难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。“操作”中温度选择5560的既可以加快反应速率同时也可防止制得的Cu2(OH)2CO3不被分解，该步骤中向含有硫酸铜的滤液中加入碳酸钠生成C

59、u2(OH)2CO3的同时产生CO2，该反应的化学方程式：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3+2Na2SO4+CO2；(6) m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，发生的反应为：Cu2(OH)2CO32CuO+CO2+H2O，灼烧至固体质量恒重时剩余固体为氧化铜和杂质，根据反应方程式计算：设样品中Cu2(OH)2CO3的质量为xg。Cu2(OH)2CO32CuO+CO2+H2O 222 62x m1- m2=，解得：x=，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为100%=100%。【点睛】本题是工艺流程题中的实验操作和化学原理结合考查，需

60、结合反应速率的影响因素，实际操作步骤具体分析，还应熟练元素化合物的知识。28、人工固氮 BC AD ClO-+H2OHClO+OH- 11 2N2H4(l)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g) H=-1048.9kJ/mol 1.25103 【解析】(1)由氮元素的单质变为氮的化合物的过程为氮的固定，可根据氮固定形式判断固定方式；催化剂可降低反应的活化能，提高活化分子百分数，加快化学反应速率但不能使反应平衡发生移动；根据合成氨气的反应是气体体积减小的放热反应，从化学反应速率和化学平衡移动角度分析外界条件对合成氨气反应的影响；(2)根据次氯酸钠是强碱弱酸盐，利用盐的水解规律分析；根据水