江西省校级联考2023学年高三下第一次测试化学试题含解析

1、2023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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、我国成功研制的新型可充电 AGDIB电池(铝-石墨双离子电池)采用石墨、铝锂合金作为电极材料，以常规锂盐和碳酸酯溶剂为电解液。电池反应为：CxPF6+LiyAl=Cx

2、+LiPE6+Liy1Al。放电过程如图，下列说法正确的是AB为负极，放电时铝失电子B充电时，与外加电源负极相连一端电极反应为：LiyAle=Li+Liy1AlC充电时A电极反应式为Cx+PF6e-=CxPF6D废旧 AGDIB电池进行“放电处理”时，若转移lmol电子，石墨电极上可回收7gLi2、雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正液。浓硝酸氧化雌黄可制得硫磺，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为原电池。下列叙述正确的是（ ）A砷酸的分子式为H2AsO4B红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出C该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1D该反应中每析出4.8g硫磺转移

3、1mol电子3、下列实验的“现象”或“结论或解释”不正确的是( )选项实验现象结论或解释A将硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧铝箔熔化但不滴落铝箔表面有致密Al2O3薄膜，且Al2O3熔点高于AlC少量待测液滴加至盛有NaOH浓溶液的试管中，将湿润的红色石蕊试置于试管口处试纸未变蓝原溶液中无NH4+D将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性AABBCCDD4、苯甲酸钠（，缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显

4、著高于A。已知25 时，HA的Ka=6.25105，H2CO3的Ka1=4.17107，Ka2=4.901011。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是（温度为25 ，不考虑饮料中其他成分）A相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低B提高CO2充气压力，饮料中c(A)不变C当pH为5.0时，饮料中=0.16D碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c(H+)=c()+c()+c(OH)c(HA)5、已知A、B、D均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示（部分产物略去）。则下列有关物质的推断不正确的是（）A若A为碳，则E可能为氧气B若A为Na

5、2CO3，则E可能为稀HClC若A为Fe，E为稀HNO3，则D为Fe（NO3）3D若A为AlCl3，则D可能为Al（OH）3，E不可能为氨水6、仪器：容量瓶、长颈漏斗、分液漏斗、滴定管，使用前必须要检查是否漏液的是A全部BC只有和D只有7、常温下，HNO2的电离平衡常数为K4.6104(已知2.14)，向20 mL 0.01 molL1HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，测得混合液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示，下列判断正确的是AX20Ba点溶液中c(H)2.14103 molL1Ca、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度逐渐减小Db点溶液中微粒浓度的大小关系为c(HNO2

6、)c(Na)c()8、欲测定Mg（NO3）2nH2O中结晶水的含量，下列方案中肯定不可行的是A称量样品加热用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量B称量样品加热冷却称量Mg（NO3）2C称量样品加热冷却称量MgOD称量样品加NaOH溶液过滤加热冷却称量MgO9、下列化学用语或图示表达正确的是A乙烯的比例模型：B质子数为53，中子数为78的碘原子：IC氯离子的结构示意图：DCO2的电子式：10、一种碳纳米管新型二次电池的装置如图所示。下列说法中正确的是A离子交换膜选用阳离子交换膜（只允许阳离子通过） B正极的电极反应为NiO（OH）H2OeNi（OH）2OHC导线中通过1mol电子时，理论上负极区

7、溶液质量增加1g D充电时，碳电极与电源的正极相连11、含有0.01molFeCl3的氯化铁饱和溶液因久置变得浑浊，将所得分散系从如图所示装置的 A 区流向B区，其中C区是不断更换中的蒸馏水。已知NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A实验室制备 Fe(OH)3胶体的反应为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HClB滤纸上残留的红褐色物质为Fe(OH)3固体颗粒C在B区的深红褐色分散系为Fe(OH)3胶体D进入C区的H+的数目为0.03NA12、在1体积空气中混入1体积二氧化碳，在高温下跟足量的焦炭反应，假设氧气和二氧化碳都转化为一氧化碳，则反应后气体中一氧化碳的体积分数约是

8、A75%B67%C50%D33.3%13、化学方便了人类的生产与生活，下列说法不正确的是A氢氧化铝可用于中和人体过多的胃酸B碘是人体必需的微量元素，应该适量服用I2C葡萄糖可以用于食品加工和合成葡萄糖酸钙D漂白粉中的有效成分是Ca(ClO)214、短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 原子的最外层有 6 个电子，Y 是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中 Z 位于 IA 族，W 与 X 属于同一主族。下列说法正确的是（）A熔沸点：Z2XZ2WB元素最高价：YZC气态氢化物的热稳定性：YWD原子半径：XYZW15、2019年11月2日，14岁的华裔女孩Karafan用硝酸银替

9、代了原液体创可贴中的硝酸铜，凭此改进，获评“美国顶尖青年科学家”。下列说法错误的是（ ）A该液体创可贴显酸性B银离子能使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用C该液体创可贴中，银离子浓度越大越好D硝酸银比硝酸铜的杀菌效果更好16、化学与生活密切相关。下列说法正确的是A垃圾分类中可回收物标志：B农谚“雷雨肥庄稼”中固氮过程属于人工固氮C绿色化学要求从源头上减少和消除工业生产对环境的污染D燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放二、非选择题（本题包括5小题）17、甲苯是有机合成的重要原料，既可用来合成抗流感病毒活性药物的中间体E，也可用来合成-分泌调节剂的药物中间体K，合成路线如下：已知：.R1N

10、H2+Br-R2R1-NH-R2+HBr.（1）A的结构简式为_。（2）C中含氧官能团名称为_。（3）CD的化学方程式为_。（4）FG的反应条件为_。（5）HI的化学方程式为_。（6）J的结构简式为_。（7）利用题目所给信息，以和为原料合成化合物L的流程如下，写出中间产物1和中间产物2的结构简式：_，_。合成L的过程中还可能得到一种高分子化合物，其结构简式为_。18、铃兰醛具有甜润的百合香味，对皮肤的刺激性小，对碱稳定，广泛用于百合、丁香、玉兰、茶花以及素心兰等东方型香型日用香精的合成。常用作肥皂、洗涤剂的香料，还可用作花香型化妆品的香料。其合成路线如图所示：(1)B中官能团的名称是_。(2)

11、的反应类型是_。(3)写出反应的化学方程式：_。(4)乌洛托品的结构简式如图所示：其二氯取代物有_种，将甲醛的水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，该反应的化学方程式是_。(5)写出满足下列条件的A的同分异构体_。.有两个取代基 .取代基在邻位(6)已知：RCH2COOHRCHClCOOH。仿照上述流程，写出以CH3CH2CHO为原料制备聚乳酸的合成路线_(无机试剂自选)。19、实验室用如图装置（夹持装置略）制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。已知K2FeO4具有下列性质：可溶于水，微溶于浓KOH溶液；在05、强碱性溶液中比较稳定，在Fe(OH)3或Fe3催化下发生分解；在弱碱

12、性至酸性条件下，能与水反应生成O2和Fe(OH)3（或Fe3）。(1)装置A用于制取氯气，其中使用恒压漏斗的原因是_。(2)为防止装置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是_和_。(3)装置C中生成K2FeO4反应的离子方程式为_。(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，测得产生O2的体积随时间的变化曲线如图所示。t1 st2 s内，O2的体积迅速增大的主要原因是_。(5)验证酸性条件下氧化性FeO42-Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，_。（实验中须使用的的试剂和用品有：浓盐酸，NaOH溶液、淀粉KI试纸、棉花）(6)根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2FeO42-

13、，而第(5)小题实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是_。20、辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含Cu2S、CuS和惰性杂质。为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量，某同学进行了如下实验：取2.6g样品，加入200.0mL0.2000molL1酸性KMnO4溶液，加热(硫元素全部转化为SO42)，滤去不溶杂质； 收集滤液至250mL容量瓶中，定容；取25.00mL溶液，用0.1000molL1FeSO4溶液滴定，消耗20.00mL；加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再参与其他反应)，再加入过量

14、KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2+4I=2CuI+I2；加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1L1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2S2O32+I2=S4O62+2I)。回答下列问题：(1)写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式：_；(2)配制0.1000mol L1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是_，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有_；(3)中取25.00mL待测溶液所用的仪器是_；(4)中滴定至终点时的现象为_；(5)混合样品中Cu2S和CuS的含量分别为_%、_%(结果均保留1位小数)。21、工业上以锂辉石为原料生产碳酸锂

15、的部分工业流程如下：已知：锂辉石的主要成分为Li2OAl2O34SiO2，其中含少量Ca、Mg元素。Li2OAl2O34SiO2 + H2SO4(浓) Li2SO4 + Al2O34SiO2H2O某些物质的溶解度（s）如下表所示。T/20406080s(Li2CO3)/g1.331.171.010.85s(Li2SO4)/g34.232.831.930.7（1）从滤渣中分离出Al2O3的流程如下图所示。请写出生成沉淀的离子方程式_。（2）已知滤渣2的主要成分有Mg(OH)2和CaCO3。向滤液1中加入石灰乳的作用是（运用化学平衡原理简述）_。（3）最后一个步骤中，用“热水洗涤”的目的是_。（4

16、）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：a.将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。b.电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、烘干得高纯Li2CO3。a中，阳极的电极反应式是_电解后，LiOH溶液浓度增大的原因_，b中生成Li2CO3反应的化学方程式是_。（5）磷酸亚铁锂电池总反应为：FePO4+LiLiFePO4，电池中的固体电解质可传导Li+，试写出该电池放电时的正极反应：_。参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【答案解析】电池反应为CxPF6+L

17、iyAl=Cx+LiPE6+Liy1Al ,根据离子的移动方向可知A是正极, B是负极,结合原电池的工作原理解答。【题目详解】A、根据装置图可知放电时锂离子定向移动到A极，则A极为正极，B极为负极，放电时Al失电子，选项 A错误；B、充电时，与外加电源负极相连一端为阴极，电极反应为：Li+Liy1Al+e= LiyAl, 选项B错误；C、充电时A电极为阳极，反应式为Cx+PF6e=CxPF6, 选项C正确;D、废旧AGDIB电池进行放电处理”时,若转移1mol电子,消耗1molLi ,即7gLi失电子,铝电极减少7g , 选项D错误。答案选C。【答案点睛】本题主要是考查化学电源新型电池,为高频

18、考点,明确正负极的判断、离子移动方向即可解答,难点是电极反应式的书写。2、C【答案解析】A.As位于第四周期VA族，因此砷酸的分子式为H3AsO4，故A错误；B.红棕色气体为NO2，N的化合价由5价4价，根据原电池工作原理，负极上发生氧化反应，化合价升高，正极上发生还原反应，化合价降低，即NO2应在正极区生成并逸出，故B错误；C.根据题中信息，As的化合价由3价5价，S的化合价由2价0价，化合价都升高，即As2S3为还原剂，HNO3为氧化剂，根据得失电子数目守恒，因此有n(As2S3)2(53)32=n(HNO3)(54)，因此n(HNO3)：n(As2S3)=10：1，故C正确；D.4.8g

19、硫磺的物质的量为：=0.15mol，根据硫原子守恒n(As2S3)=0.05mol，根据C 选项分析，1molAs2S3参与反应，转移10mole，则0.05molAs2S3作还原剂，转移电子物质的量为0.05mol10=0.5mol，故D错误；答案：C。3、A【答案解析】A.稀硝酸与过量的Fe粉反应，铁粉过量，不生成Fe3+；B.铝在空气中加热生成氧化铝，Al2O3熔点高于Al；C.检验NH4+方法：待测液中加入NaOH浓溶液，用湿润红色石蕊试纸检验生成的气体；D.瓶内出现黑色颗粒，说明有C生成；【题目详解】A.稀硝酸与过量的Fe分反应，则生成硝酸亚铁和NO气体、水，无铁离子生成，所以加入K

20、SCN溶液后，不变红色，现象错误，故A错误；B.铝在空气中加热生成氧化铝的熔点较高，所以内部熔化的铝被氧化铝包裹不会滴落，故B正确；C.检验NH4+方法是：取少量待测溶液于试管中，加入 NaOH浓溶液，加热，生成有刺激性气味气体，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，湿润红色石蕊试纸变蓝，说明待测液中含有NH4+，故C正确；D.瓶内出现黑色颗粒，说明有C生成，则CO2中碳元素化合价降低，作为氧化剂，故D正确；故答案选A。【答案点睛】考查实验基本操作的评价，涉及Fe3+、NH4+的检验方法、氧化还原反应的判断等，题目较容易。4、C【答案解析】A由题中信息可知，苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A-，充CO

21、2的饮料中c（HA）增大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故A错误；B提高CO2充气压力，溶液的酸性增强，抑制HA电离，所以溶液中c（A-）减小，故B错误；C当pH为5.0时，饮料中= =0.16，C项正确；D根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(A-)，根据物料守恒得c(Na+)=c(A-)+c(HA)，两式联立，消去c(Na+)得c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)-c(HA)，故D项错误；答案选C。【答案点睛】弱电解质的电离平衡和盐类水解平衡都受外加物质的影响，水解显碱性的盐溶液中加入

22、酸，促进水解，加入碱抑制水解。在溶液中加入苯甲酸钠，苯甲酸钠存在水解平衡，溶液显碱性，通入二氧化碳，促进水解，水解生成更多的苯甲酸，抑菌能量增强。提高二氧化碳的充气压力，使水解程度增大，c(A)减小。5、C【答案解析】A若A为碳，E为氧气，则B为CO2，D为CO，CO2与CO可以相互转化，选项A正确；B若A为Na2CO3，E为稀HCl，则B为CO2，D为NaHCO3，CO2和NaHCO3可以相互转化，选项B正确；C若A为Fe，E为稀HNO3，则B为Fe（NO3）3，D为Fe（NO3）2，选项C错误；DAlCl3与少量NaOH溶液反应生成Al（OH）3，与过量NaOH溶液反应生成NaAlO2，符

23、合转化关系，若E是氨水则不符合，因为AlCl3与少量氨水和过量氨水反应都生成Al（OH）3沉淀和NH4Cl，选项D正确。故选C。6、B【答案解析】据仪器的构造、用途判断其用法。【题目详解】容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液，其瓶塞与瓶口须吻合使用前必须检查是否漏液。长颈漏斗上下相通、没有塞子或活塞，无须检查是否漏液。用于向反应容器中添加液体，下端应插入液面下形成液封。分液漏斗有活塞和玻璃塞，必须检查是否漏液。球形分液漏斗用于向反应容器中添加液体，不需形成液封；锥形分液漏斗用于萃取分液。滴定管用于滴定实验，使用前需检查酸式滴定管的活塞处、碱式滴定管的乳胶管处是否漏液。本题选B。7、B【答案解析

24、】A. 向20mL 0.01molL1的HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，若恰好反应需要氢氧化钠溶液体积20 mL，C点是溶液呈中性，溶质为HNO2、NaNO2混合溶液，Xc(Na+)c(HNO2)，D项错误；答案选B。8、B【答案解析】受热易分解，其分解反应为：。【题目详解】A称量样品加热用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量，根据水的质量以及结晶水合物的质量可以求解，A正确；B因硝酸镁易分解，称量样品加热无法恰好使结晶水合物恰好分解为硝酸镁，B错误；C称量样品加热冷却称量MgO，根据硝酸镁分解的方程式以及氧化镁的质量可测定的结晶水含量，C正确；D称量样品加NaOH将硝酸镁转化为

25、氢氧化镁，过滤加热氢氧化镁分解生成氧化镁冷却称量MgO，根据镁原子守恒求解无水硝酸镁的质量，据此求解结晶水含量，D正确。答案选B。9、A【答案解析】A. C原子比H原子大，黑色球表示C原子，且乙烯为平面结构，则乙烯的比例模型为，A项正确；B. 质子数为53，中子数为78，则质量数=53+78=131，碘原子为：I，B项错误；C. 氯离子含有17+1=18个电子，结构示意图为，C项错误；D. 二氧化碳为共价化合物，分子中存在碳氧双键，二氧化碳正确的电子式为：，D项错误；答案选A。10、B【答案解析】根据装置图，碳电极通入氢气，发生氧化反应，电极反应为H2-2e-+ 2OH=2H2O，Ni电极Ni

26、O(OH)Ni(OH)2发生还原反应，电极反应为NiO（OH）H2OeNi（OH）2OH，碳电极是负极，Ni电极是正极。根据以上分析，离子交换膜选用阴离子交换膜（只允许阴离子通过），故A错误；正极的电极反应为NiO（OH）H2OeNi（OH）2OH，故B正确；导线中通过1mol电子时，负极生成1mol水，理论上负极区溶液质量增加18g，故C错误；充电时，负极与电源负极相连，所以碳电极与电源的负极相连，故D错误。11、D【答案解析】A饱和FeCl3在沸水中水解可以制备胶体，化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl ，正确，A不选；B滤纸上层的分散系中悬浮颗粒直径通常大于1

27、0-7 m时，为浊液，不能透过滤纸，因此滤纸上的红褐色固体为Fe(OH)3固体颗粒，正确，B不选；C胶体的直径在10-910- 7m之间，可以透过滤纸，但不能透过半透膜，因此在滤纸和半透膜之间的B层分散系为胶体，正确，C不选；D若Fe3完全水解，Cl全部进入C区，根据电荷守恒，则进入C区的H的数目应为0.03NA。但是Fe3不一定完全水解，Cl也不可能通过渗析完全进入C区，此外Fe(OH)3胶体粒子通过吸附带正电荷的离子如H+而带有正电荷，因此进入C区的H的数目小于0.03NA，错误，D选。答案选D。12、A【答案解析】根据碳与二氧化碳反应的化学方程式计算出1体积二氧化碳生成的一氧化碳的体积，

28、再根据碳与氧气反应的化学方程式计算出空气中氧气和碳反应生成的一氧化碳的体积；两者相加就是反应后气体中一氧化碳的体积，反应后气体的总体积空气体积反应掉的氧气体积氧气生成的一氧化碳体积二氧化碳反应生成的一氧化碳；然后根据体积分数公式计算即可。【题目详解】1体积的二氧化碳和足量的碳反应可以得到2体积的一氧化碳(CCO22CO)。因为原来空气中的二氧化碳仅占0.03%，所以原空气中的二氧化碳反应得到的一氧化碳忽略不计；原空气中一共有0.2体积的氧气，所以氧气和碳反应后(2CO22CO)得到0.4体积的一氧化碳；所以反应后气体的总体积为1(空气)0.2(反应掉的氧气)0.4(氧气生成的一氧化碳)2(二氧

29、化碳反应生成的一氧化碳)3.2体积，一氧化碳的体积为0.422.4体积；所以一氧化碳的体积分数为100%75%；故答案选A。13、B【答案解析】A胃酸的主要成分为HCI，Al(OH)3与HCI反应达到中和过多胃酸的目的，正确，A不选；B碘元素是人体必需微量元素，不能摄入过多，而且微量元素碘可以用无毒IO3或I补充，而I2有毒不能服用，错误，B选； C葡萄糖是食品添加剂，也可直接服用，同时葡萄糖通过氧化成葡萄糖酸之后，可以用于制备补钙剂葡萄糖酸钙，正确，C不选；D漂白粉含Ca(ClO)2和CaCl2，其中有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，能够氧化有色物质，起到漂白的作用，正确，D不选。答案选

30、B。14、B【答案解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，则Y为F；X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，则X为O元素；在周期表中Z位于IA族，其原子序数大于O，则Z为Na元素；W与X属于同一主族，则W为S元素，据此解答。【题目详解】根据分析可知，X为O，Y为F，Z为Na，W为S元素。 A、Na2O和Na2S都是离子晶体，氧离子半径小于硫离子，则熔沸点Na2ONa2S，故A错误； B、F最高价为0价，Na的最高价为+1价，则元素最高价：YS，则气态氢化物的热稳定性：YW，故C错误； D、同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半

31、径逐渐增大，则原子半径：YXWZ，故D错误； 故选：B。【答案点睛】离子晶体熔沸点比较：阴阳离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高，反之越低，如：CsCl NaCl；简单气体氢化物的稳定性与化学键强度有关。15、C【答案解析】A硝酸银是强酸弱碱盐，水解显酸性，故A正确；B银离子是重金属阳离子能使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，故B正确；C银离子浓度大，如果被人体内脏吸收，会积累而发生病变，且永远无法排出体外，极大危害人体健康，故C错误；D银离子氧化性大于铜离子，硝酸银比硝酸铜的杀菌效果更好，故D正确；故选：C。16、C【答案解析】A. 垃圾分类中可回收物标志是，表示垃圾分类中的其他垃圾

32、，故A错误；B. 空气中的N2在放电条件下与O2反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸随雨水降到地面，同土壤中的矿物相互作用，生成溶于水的硝酸盐可作氮肥，该过程属于自然固氮，故B错误；C. 绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少工业生产对环境的污染，而不能污染后再治理，故C正确；D. 煤燃烧生成CO2和SO2，CaO可以和SO2结合生成CaSO3，并最终被氧化成CaSO4，而CO2在高温下不能与CaO结合生成CaCO3，则燃煤中加入CaO后可减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，故D错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、 羟基、羧基 +CH3

33、OH+H2O 浓H2SO4、浓硝酸，加热 +H2O 【答案解析】被氧化为A，A发生取代反应生成，故A是；与甲醇发生酯化反应生成D，D是；根据，由可逆推I是，H与甲酸反应生成，则H是，根据逆推G是。【题目详解】（1）根据以上分析可知A是苯甲酸，结构简式为。（2）C是，含氧官能团名称为羧基、羟基。（3）与甲醇发生酯化反应生成，化学方程式为。（4）为硝化反应，反应条件为浓硫酸、浓硝酸，加热。（5）与甲酸发生反应生成和水，化学方程式为。（6）与J反应生成，根据可知J的结构简式为。（7）根据，由逆推中间产物1和中间产物2的结构简式分别为、。合成L的过程中、可能发生缩聚反应生成高分子化合物。【答案点睛】本

34、题考查有机物的推断与合成，注意根据有机物的结构进行分析解答，需要熟练掌握官能团的性质与转化，重点把握逆推法在有机推断中的应用。18、醛基、碳碳双键 取代反应 3 【答案解析】苯与叔丁醇发生取代反应生成A，根据A与甲醛反应的产物结构简式可判断A的结构简式。根据最终产物的结构简式可知反应是羟醛缩合然后消去羟基引入碳碳双键，B发生加成反应得到最终产物，据此解答。【题目详解】（1）由反应的条件“氢化”和生成B的物质的特点可知B是，故B中官能团的名称是醛基，碳碳双键，故答案为：醛基、碳碳双键；（2）反应是，该反应的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；（3）由反应可以判断A是，故反应的化学方程式是，故

35、答案为：；（4）从乌洛托品的结构式可以看出2个氯原子可以在同一碳原子上，也可以在不同碳原子上，可以处于同一环上，也可以处于不同环上，其二氯取代物有3种，即3种；将甲醛的水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，该反应的化学方程式是，故答案为：3；（5）A的同分异构体中满足.有两个取代基；.取代基在邻位的有：，故答案为：；（6）根据信息RCH2COOHRCHClCOOH可知，首先要将CH3CH2CHO氧化才能引进第二个官能团，因为乳酸（CH3CHOHCOOH）有两个官能团。由此推知，聚乳酸（）的合成路线流程图为：。19、防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落 将装置C置于冰水浴中 KOH应过量（或减缓通入

36、氯气的速率等） 3Cl22Fe(OH)310OH=2FeO42-6Cl8H2O K2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用 向其中滴加少量浓盐酸，将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性FeO42-Cl2 溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱 【答案解析】利用高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气，将氯气通过饱和氯化钠溶液除去氯化氢，纯净的氯气通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中，制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），用氢氧化钠溶液处理尾气，防止多余的氯气排放到空气中引起污染，据此分析。【题目详解】利用高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气，将氯气通过饱和氯化钠

37、溶液除去氯化氢，纯净的氯气通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中，制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），用氢氧化钠溶液处理尾气，防止多余的氯气排放到空气中引起污染。(1)装置A用于制取氯气，其中使用恒压漏斗的原因是防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落；(2)为防止装置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是将装置C置于冰水浴中和KOH应过量（或减缓通入氯气的速率等）；(3)装置C中利用氯气在碱性条件下将氢氧化铁氧化生成K2FeO4，反应的离子方程式为3Cl22Fe(OH)310OH=2FeO42-6Cl8H2O；(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，K2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3

38、具有催化作用，t1 st2 s内，O2的体积迅速增大；(5)验证酸性条件下氧化性FeO42-Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，向其中滴加少量浓盐酸，将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性FeO42-Cl2；(6)根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2FeO42-，而第(5)小题实验表明，溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱，在不同的酸碱性环境中，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反。20、Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2+SO42-+2Mn2+4H2O 除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化 胶头滴管 （酸式）滴定管（或移液管） 溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色 61.5 36.9 【答案解析】由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成。【题目详解】(1)据题意，样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO42-，则Cu2S与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2+SO42-+2Mn2+4H2O。(2)配制0.1000molL1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、