2021-2022学年浙江省杭州市西湖高中高三下学期联合考试化学试题含解析

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（每题只有一个选项符合题意）1、某晶体中含有非极性键，关于该晶体的说法正确的是A可能有很高的熔沸点B不可能是化合物C只可能是有机物D不可能是离子晶体2、用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列判断正确的是（

2、）A1molCl2参加反应转移电子数一定为2NAB一定条件下，足量铜与200g98%的浓硫酸充分反应，转移电子数为2NAC0.01molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数目为0.02NAD标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NA3、图表示反应M (g) + N (g)2R(g)过程中能量变化，下列有关叙述正确的是A由图可知，2molR的能量高于1molM和1molN的能量和B曲线B代表使用了催化剂，反应速率加快，M的转化率： 曲线B 曲线AC1molM和1molN的总键能高于2molR的总键能D对反应2R(g) M (g) + N (g)使用催化剂没

3、有意义4、实验室用 NH4Cl、盐酸、NaClO2 为原料制备 ClO2 的过程如下图所示，下列说法不正确的是AX 中大量存在的阴离子有 Cl-和 OH-BNCl3 的键角比 CH4 的键角大CNaClO2 变成 ClO2 发生了氧化反应D制取 3 mol ClO2 至少需要 0.5mol NH4Cl5、已知有机物M在一定条件下可转化为N。下列说法正确的是A该反应类型为取代反应BN分子中所有碳原子共平面C可用溴水鉴别M和NDM中苯环上的一氯代物共4种6、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()ApH2的溶液：Na、Fe2、I、NO3-Bc(NaAlO2)0.1 molL1的溶液：K、

4、OH、Cl、SO42-CKw/c(OH-)0.1 molL1的溶液：Na、K、SiO32-、ClODc(Fe3)0.1 molL1的溶液：Al3、NO3-、MnO4-、SCN7、化学与生活密切相关，下列应用没有涉及氧化还原反应的是（）A过氧化钠用作缺氧场所的供氧剂B铝热反应用于焊接铁轨C氯化铁用于净水D铝罐车用作运输浓硫酸8、下列物质的工业生产过程中，其主要反应不涉及氧化还原反应的是（）A纯碱B氨气C烧碱D盐酸9、有机物J147的结构简式如图，具有减缓大脑衰老的作用。下列关于J147的说法中错误的是（ ）A可发生加聚反应B分子式为C20H20O6C能使酸性高锰酸钾溶液褪色D分子中所有碳原子可能

5、共平面10、某溶液X中含有H+、Na+、Mg2+、Fe2+、Cl、Br、SiO32-和HCO3-离子中的若干种。取100 mL该溶液进行如下实验：下列说法正确的是A溶液X中一定没有、SiO32-，可能有Na+、Fe2+B溶液X中加NaOH后，所得沉淀的成分可能有两种C溶液X中c（Cl）0.2 molL1D溶液X可能是由NH4HSO4、MgCl2按物质的量之比21混合再溶于水配制而成11、X、Y、Z、W为四种短周期的主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W与X、Y既不同族也不同周期；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Y的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法不正确的是（ ）AY元素的最

6、高价氧化物对应的水化物的化学式为HYO4B原子半径由小到大的顺序为WXZCX与W可以形成W2X、W2X2两种物质DY、Z两元素的气态氢化物中，Z的气态氢化物更稳定。12、一定量的与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示，下列说法正确的是A时，若充入惰性气体，、逆均减小，平衡不移动B时，反应达平衡后的转化率为C时，若充入等体积的和CO，平衡向逆反应方向移动D平衡常数的关系：13、汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是A生成40.0L N2（

7、标准状况）B有0.250mol KNO3被氧化C转移电子的物质的量为1.25molD被氧化的N原子的物质的量为4.75mol14、向某二价金属M的M(OH)2的溶液中加入过量的NaHCO3溶液，生成了MCO3沉淀，过滤，洗涤、干燥后将沉淀置于足量的稀盐酸中，充分反应后，在标准状况下收集到V L气体。如要计算金属M的相对原子质量，你认为还必需提供下列哪项数据是AM(OH)2溶液的物质的量浓度B与MCO3反应的盐酸的物质的量浓度CMCO3的质量D题给条件充足，不需要再补充数据15、对下列溶液的分析正确的是A常温下pH=12的NaOH溶液，升高温度，其pH增大B向0.1mol/L NaHSO3溶液通

8、入氨气至中性时C0.01 mol/L醋酸溶液加水稀释时，原溶液中水的电离程度增大D在常温下，向二元弱酸的盐NaHA溶液中加入少量NaOH固体将增大16、X、Y、Z是位于不同周期的主族元素、原子序数依次增大且均小于18，Z为金属元素，X、Y、Z的最外层电子数之和为8，X、Y、Z组成的物质可发生反应：ZX2+2YX3Z(YX2)2+2X2。下列有关说法正确的是A1 mol ZX2发生上述反应转移电子的物质的量为4 molBYX3与Y2X4中Y元素的化合价相同C上述反应中的离子化合物的所有元素原子的最外层都满足8电子稳定结构DY元素在同周期和同主族元素的最高价含氧酸中酸性最强二、非选择题（本题包括5

9、小题）17、盐酸氨溴索(又称溴环己胺醇)，可用于急、慢性支气管炎及支气管扩张、肺气肿、肺结核等疾病的治疗。某研究小组拟用以下流程合成盐酸氨溴索和糖精的中间体X(部分反应条件及产物已略)。已知信息：()R1CHO+R2NH2R1CHNR2 ()(易被氧化)请回答：(1)流程中A名称为_；D中含氧官能团的名称是_。(2)G的分子式为_；化合物E的结构简式是_。(3)AB、FG的反应类型分别为：_、_。(4)写出B+CD 的化学方程式_。(5)化合物X同时符合下列条件的同分异构体H有_种；其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为_。苯环上有两个取代基，其中之一是氨基；官能团与X相同，苯环上的一氯代物

10、有两种。(6)以甲苯和甲醇为有机原料，参照盐酸氨溴索的合成路线图，设计X的合成路线_(无机试剂任选，标明试剂、条件及对应物质结构简式)。18、利用丙炔和苯甲醛研究碘代化合物与苯甲醛在 Cr-Ni 催化下可以发生偶联反应和合成 重要的高分子化合物Y的路线如下：已知：R1CHO+R2CH2CHO+H2回答下列问题：（1）A的化学名称为_。（2）B中含氧官能团的名称是_。（3）X的分子式为_。（4）反应的反应类型是_。（5）反应的化学方程式是_。（6）L是D的同分异构体，属于芳香族化合物，与D具有相同官能团，其核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则L的结构简式可能为_。（7）多环化合

11、物是有机研究的重要方向，请设计由、CH3CHO、合成多环化合物的路线(无机试剂任选)_。19、亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯品为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解，常用于制染料。SO2和浓硝酸在浓硫酸存在时可制备NOSO4H，反应原理为：SO2 + HNO3 = SO3 + HNO2、SO3 + HNO2 = NOSO4H。（1）亚硝酰硫酸（NOSO4H）的制备。仪器I的名称为_，打开其旋塞后发现液体不下滴，可能的原因是_。按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为_(填仪器接口字母，部分仪器可重复使用)。A中反应的方程式为_。B中“冷水”的温度一般控制在20，温度不宜过高或过低的原因为_。 （2）

12、亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯度的测定。称取1.500 g产品放入250 mL的碘量瓶中，并加入100.00 mL浓度为0.1000 molL-1的KMnO4标准溶液和10 mL 25%的H2SO4，摇匀；用0.5000 molL-1的Na2C2O4标准溶液滴定，滴定前读数1.02 mL, 到达滴定终点时读数为31.02 mL。已知：i：KMnO4 + NOSO4H + _ = K2SO4 + MnSO4 + HNO3 + H2SO4 ii：2KMnO4 + 5Na2C2O4 + 8H2SO4 = 2MnSO4 +10CO2+ 8H2O完成反应i的化学方程式：_KMnO4 + NOSO4H +

13、_ = K2SO4 + MnSO4 + HNO3 + H2SO4 滴定终点的现象为_。产品的纯度为_。20、硫酸铜是一种常见的化工产品，它在纺织、印染、医药、化工、电镀以及木材和纸张的防腐等方面有极其广泛的用途。实验室制备硫酸铜的步骤如下:在仪器a中先加入20g铜片、60 mL水，再缓缓加入17 mL浓硫酸:在仪器b中加入39 mL浓硝酸;在仪器c中加入20%的石灰乳150 mL。从仪器b中放出约5mL浓硝酸，开动搅拌器然后采用滴加的方式逐渐将浓硝酸加到仪器a中，搅拌器间歇开动。当最后滴浓硝酸加完以后，完全开动搅拌器，等反应基本停止下来时，开始用电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，立即将

14、导气管从仪器c中取出，再停止加热。将仪器a中的液体倒出，取出未反应完的铜片溶液冷却至室温.析出蓝色晶体.回答下列问题:（1）将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是_。（2）写出装置a中生成CuSO4的化学方程式:_。（3）步骤电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，此时会产生的气体是_，该气体无法直接被石灰乳吸收，为防止空气污染，请画出该气体的吸收装置（标明所用试剂及气流方向）_。（4）通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu（NO3）2,可来用重结晶法进行提纯，检验Cu（NO3）2是否被除净的方法是_。（5）工业上也常采用将铜在450 C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，

15、对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4的优点是_。（6）用滴定法测定蓝色晶体中Cu2+的含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL用c molL-1EDTA（H2Y ）标准溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液b mL，滴定反应为Cu2+H2Y =CuY +2H+，蓝色晶体中Cu2+质量分数_%.21、铝及其化合物在生活、生产中有广泛应用。（1）Na3AlF6是冰晶石的主要成分，冰晶石常作工业冶炼铝的助熔剂。工业上，用HF、Na2CO3和Al(OH)3制备冰晶石。化学反应原理是，2Al(OH)3+3Na2CO3+12H=2Na3AlF6+3CO2+9H2O

16、.属于盐的有Na2CO3和_。上述反应不能在玻璃容器中反应，其原因是_(用化学方程式表示)。（2）明矾KAl(SO4)212H2O常作净水剂。在明矾溶液中滴加氢氧化钡溶液至Al3+恰好完全沉淀，写出该反应的离子方程式_。（3）铝合金广泛用于建筑材料。等质量的铁、铝、硅组成的同种合金分别与足量盐酸、足量烧碱溶液反应，产生氢气体积相等(同温同压)。则该合金中铁、硅的质量之比为_。（已知:Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+ 2H2）（4）铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成的重要还原剂。它的制备方法是将氢化钠和氯化铝在乙醚中反应制备铝氢化钠。写出化学方程式_。在化学上，含氢还原剂的还原能力用“

17、有效氢”表示，”有效氢”含义是单位质量的含氢还原剂的还原能力相当于多少克氢气。一般地含氢还原剂的氢被氧化成H2O，“还原能力”用氢失去电子数多少表示。NaAlH4、NaH的“有效氢”之比为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】A. 金刚石为原子晶体，晶体中含有非极性共价键CC键，由于该晶体的原子晶体，原子之间通过共价键结合，断裂需要吸收很高的能量，因此该物质的熔沸点很高，所以可能有很高的熔沸点，故A正确；B. 同种元素的原子形成的共价键是非极性共价键，不同种元素的原子形成的共价键是极性共价键， H2O2等含有非极性键，属于化合物，故B错误；C. 离子化合物中一定含有离

18、子键，也可能含有非极性共价键，如Na2O2，故C错误；D. 离子化合物中一定含有离子键，也可能含有非极性共价键，如Na2O2，因此含有非极性键的化合物可能是离子晶体，故D错误；故选：A。2、C【解析】A.1 mol Cl2参加反应，可以是自身氧化还原反应，也可以是氯气做氧化剂，转移电子数不一定为2NA，故A错误；B.足量铜与200g 98%的浓硫酸充分反应，浓硫酸浓度变稀后不能与铜反应，转移电子数目小于2NA，故B错误；C.1mol镁从游离态变成化合态转移电子数目为2NA，0.01molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子数目为0.02NA，故C正确；D.氦气为单原子分子，氟气

19、为双原子分子，故标况下22.4L氦气和氟气即1mol氦气和氟气所含的原子个数不同，故D错误。答案选C。【点睛】本题考查阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是微粒数的计算，氧化还原反应的电子转移。3、C【解析】A图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，生成物的总能量高于反应物的总能量，即2molR(g)的能量高于1molM(g)和1molN(g)的能量和，但A选项中未注明物质的聚集状态，无法比较，选项A错误；B催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能，改变反应的路径，曲线B代表使用了催化剂，反应速率加快，但M的转化率：曲线B=曲线A，选项B错误；C图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸

20、热反应，键能是指断开键所需的能量，1molM和1molN的总键能高于2molR的总键能，选项C正确；D图象分析使用催化剂能加快化学反应速率，选项D错误；答案选C。4、B【解析】由制备流程可知，氯化铵与盐酸的混合溶液电解时发生NH4Cl+2HCl 3H2+NCl3，然后加亚氯酸钠溶液发生6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2+NH3+3NaCl+3NaOH，则X含NaOH、NaCl，以此来解答。【详解】A. NaClO2溶液与NCl3溶液发生氧化还原反应，由于有氨气产生，所以反应物必然有H2O参加，所以反应方程式为6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2+NH3+3NaCl+3Na

21、OH，所以大量存在的阴离子有C1-和OH-，故A正确；B. N原子、C原子均为sp3杂化，NCl3分子有1对孤电子对，甲烷分子没有孤电子对，孤对电子与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故NCl3的的键角小于CH4的键角，故B错误；C. NaClO2变成ClO2，NaClO2中氯元素化合价从+3价升高为+4价，发生了氧化反应，故C正确；D. 由反应NH4Cl+2HCl 3H2+NCl3、6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2+NH3+3NaCl+3NaOH可知，制取3molClO2至少需要0.5molNH4Cl，故D正确；故选：B。【点睛】孤对电子与成键电子对之间排斥力大于

22、成键电子对之间的排斥力。5、C【解析】A. M中碳碳双键变成单键，该反应类型为加成反应，故A错误；B. 异丙基中的碳是四面体结构，N分子中所有碳原子不能平面，故B错误；C. M中碳碳双键可与溴水发生加成反应，使溴水褪色，可用溴水鉴别M和N，故C正确；D. M中苯环上的一氯代物共有邻、间、对3种，故D错误；故选C。6、B【解析】A. pH2的溶液为酸性溶液，在酸性条件下，NO3-具有强氧化性，能够将Fe2与I氧化，离子不能共存，A项错误；B. NaAlO2溶液中偏铝酸根离子水解显碱性，其中K、OH、Cl、SO42-不反应，能大量共存，B项正确；C. 根据水的离子积表达式可知，Kw/c(OH-)c

23、(H+)，该溶液为酸性溶液，则SiO32-与H+反应生成硅酸沉淀，ClO与H+反应生成HClO，不能大量共存，C项错误；D. Fe3与SCN会形成配合物而不能大量共存，D项错误；答案选B。【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。7、C【解析】在化学应用中没有涉

24、及氧化还原反应说明物质在反应过程中没有电子转移，其特征是没有元素化合价变化，据此分析解答。【详解】A过氧化钠和水、二氧化碳反应都生成氧气，O元素化合价由-1价变为-2价和0价，所以该反应为氧化还原反应，选项A不选；B铝热反应用于焊接铁轨过程中，铝元素化合价由0价变为+3价，所以属于氧化还原反应，选项B不选； C氯化铁用于净水，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附净水，该过程中没有元素化合价变化，所以不涉及氧化还原反应，选项C选； D铝罐车用作运输浓硫酸，利用浓硫酸的强氧化性与铝发生钝化反应，所以属于氧化还原反应，选项D不选； 答案选C。【点睛】本题以物质的用途为载体考查了氧化还原反应，

25、根据反应过程中是否有元素化合价变化来分析解答，明确元素化合价是解本题关键，结合物质的性质分析解答，易错点是选项C，氢氧化铁胶体的产生过程不涉及化合价的变化，不属于氧化还原反应。8、A【解析】A. 工业生产纯碱的化学方程式为：NaCl + NH3 + H2O + CO2 = NaHCO3+ NH4Cl、2NaHCO3 Na2CO3 + CO2 + H2O 都为复分解反应，不涉及氧化还原反应，故A正确；B. 工业制氨气的化学方程式为：N2+3H2 2NH3，有化合价变化，是氧化还原反应，故B错误；C. 工业制取烧碱的化学方程式为：2NaCl + 2H2O 2NaOH + H2 + Cl2，有化合价

26、变化，是氧化还原反应，故C错误；D. 工业制取盐酸：H2 + Cl2 2HCl，HCl溶于水形成盐酸，有化合价变化，是氧化还原反应，故D错误；故答案为A。9、B【解析】A该有机物分子中含有碳碳双键，在一定条件下可以发生加聚反应，故A正确；B由该有机物的结构简式可得，其分子式为C21H20O6，故B错误；C该有机物分子中含有碳碳双键，可以和酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应从而使其褪色，故C正确；D苯环上的所有原子共平面，碳碳双键上所有原子共平面，羰基上的原子共平面，单键可以旋转，则该有机物分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；答案选B。10、D【解析】A.加入一定量的氢氧化钠后得到中性溶液，说明原溶

27、液为酸性，则偏铝酸根离子和硅酸根离子和碳酸氢根离子都不能存在，后续溶液中加入硝酸银产生白色沉淀，说明不含溴离子。原溶液存在的阴离子只能是硫酸根离子或氯离子。所以4.66克白色沉淀为硫酸钡沉淀，产生气体为氨气，所以原溶液一定含有铵根离子和硫酸根离子，若有亚铁离子，则加入氢氧化钠生成氢氧化亚铁沉淀，灼烧后得到红棕色氧化铁，故一定不含亚铁离子，故错误；B.加入氢氧化钠能产生的沉淀只能是氢氧化镁沉淀，故错误；C.氨气的体积为448mL，物质的量为0.02mol，说明铵根离子物质的量为0.02mol，结合氢氧化钠的物质的量为0.02mol，硫酸钡沉淀为4.66克，硫酸根离子物质的量为0.02mol，氧化

28、镁质量为0.4克，镁离子物质的量为0.01mol，结合的氢氧化钠的物质的量为0.02mol，第一步消耗0.06mol氢氧化钠，所以说明原溶液还有氢离子，物质的量为0.06-0.02-0.02=0.02mol，根据电荷守恒分析，还应存在有阴离子，只能为氯离子，所以氯离子的物质的量为0.012+0.02+0.02-0.022=0.02mol，若溶液中含有钠离子，则氯离子的物质的量大于0.02mol，则氯离子的浓度最小值为，故错误；D.溶液中含有0.02mol铵根离子，0.02mol硫酸根离子，0.01mol镁离子，0.02mol氢离子，氯离子物质的量最小值为0.02mol，可能是由0.02molN

29、H4HSO4和0.01molMgCl2按物质的量之比21混合再溶于水配制而成，或还有氯化钠，故正确。答案选D。【点睛】掌握反应过程中离子之间的比例关系，进行定量和定性分析，注意前后的一致性，如当加入氢氧化钠后溶液为中性，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子或硅酸根离子或碳酸氢根离子等都不存在。根据氢氧化钠的消耗量分析溶液中存在氢离子，再根据溶液中的电荷守恒确定溶液中的氯离子的存在以及数值。11、D【解析】X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X为O元素，X、Z同族，则Z为S元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则Y的最高价为+7价，且与S同周期，所以Y为Cl元素，W与X、Y既不同族也不同周

30、期，W为H元素，据此解答。【详解】A根据上述分析，Y为Cl，Cl的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，A项正确；B在元素周期表中，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径由小到大的顺序为HOClS（HOS），B项正确；C根据上述分析，X、W分别为O、H，两者可形成H2O、H2O2两者物质，C项正确；DY、Z分别为Cl、S，非金属性ClS，元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，HCl（Y的气态氢化物）更稳定，D项错误；答案选D。12、B【解析】体积可变的恒压密闭容器中，若充入惰性气体，体积增大，则压强减小，则、逆均减小，平衡正向移动，选项A错误；B.由

31、图可知，时，CO的体积分数为，设开始及转化的分别为n、x，则，解得，平衡后的转化率为，选项B正确；C.时，若充入等体积的和CO，与原平衡状态时体积分数相同，平衡不移动，选项C错误；D.由图可知，温度越高，CO的体积分数越大，该反应为吸热反应，K与温度有关，则，选项D错误；答案选B。13、C【解析】该反应中N元素化合价由-、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，据此分析解答。【详

32、解】A该反应中N元素化合价由-价、+5价变为0价，所以氧化产物和还原产物都是氮气，假设有16mol氮气生成，氧化产物是15mol、还原产物是1mol，则氧化产物比还原产物多14mol，若氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成氮气的物质的量=16mol=2mol，标准状况下的体积为：2mol22.4L/mol =44.8L，故A错误；B反应中，硝酸钾得电子是氧化剂，被还原，故B错误；C转移电子的物质的量为10=1.25mol，故C正确；D被氧化的N原子的物质的量=30=3.75 mol，故D错误；答案选C。【点睛】明确氧化产物和还原产物关系是解本题关键。本题的易错点为B，注意硝酸钾中N元素化

33、合价降低，被还原。14、C【解析】生成的气体是CO2，所以要计算M的相对原子质量，还需要知道MCO3的质量，选项C正确，答案选C。15、C【解析】ANaOH溶液是强碱，氢离子来自于水的电离，常温下pH=12的NaOH溶液，升高温度，溶液中Kw增大，其pH减小，故A错误；B0.1molL1的NaHSO3溶液中通NH3至pH=7，溶液中存在物料守恒，即c(Na+)=c(SO32)+c(HSO3)+c(H2SO3)，溶液中存在电荷守恒，即c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=2c(SO32)+c(HSO3)+c(OH)，因为pH=7即c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32)+c(HSO3)

34、，由得c(Na+)c(SO32)；将式左右两边都加上c(NH4+)得c(Na+)+c(NH4+)=c(SO32)+c(HSO3)+c(H2SO3)+c(NH4+)，结合得c(SO32)=c(NH4+)+c(H2SO3)，故c(SO32)c(NH4+)，故c(Na+)c(SO32)c(NH4+)，故C错误；C酸碱对水的电离都有抑制作用，0.01 mol/L醋酸溶液加水稀释时，醋酸的浓度减小，对水的电离平衡抑制作用减弱，则原溶液中水的电离程度增大，故C正确；D在常温下，向二元弱酸的盐NaHA溶液中，加入少量NaOH固体，溶液酸性减弱，氢离子浓度减小，该比值将减小，故D错误；答案选C。16、D【解析

35、】因为X、Y、Z为原子序数依次增大的不同短周期的主族元素，X为第一周期主族元素，为H元素，Z为金属元素，且为第三周期，根据方程式可知Z显示正二价，为镁元素，结合X、Y、Z的最外层电子数之和为8，可知Y为氮元素，由此推断MgH2中H化合价由1价升高为0价，生成H2，1 mol MgH2反应转移2 mol e，选项A错误；NH3 中N为3价，N2H4中N为2价，选项B错误；上述反应中的离子化合物为MgH2、Mg(NH2)2，H的最外层不能满足8电子结构，选项C错误；Y元素的最高价含氧酸为硝酸，在同周期和同主族元素的最高价含氧酸中酸性是最强的，选项D正确。二、非选择题（本题包括5小题）17、邻硝基甲

36、苯或1硝基甲苯 硝基、羟基 C13H18N1OBr1 氧化反应 取代反应 3 【解析】由B与C的分子式、D的结构简式，结合信息，可知B为、C为，对比甲苯与B的结构，可知甲苯发生硝化反应生成A，A发生氧化反应生成B，故A为，D发生信息中还原反应生成E为，由盐酸氨溴索的结构简式可知EF发生还原反应生成F，F与溴发生苯环上取代反应生成G，G与HCl反应生成盐酸氨溴索，故F为、G为。(6)、甲基用酸性高锰酸钾溶液氧化引入羧基，硝基用Fe/HCl还原引入氨基，羧基与甲醇发生酯化反应引入酯基，氨基易被氧化且能与羧基反应，结合生成A的转化，应先发生硝化反应反应生成，再发生氧化反应生成，然后发生酯化反应生成，

37、 最后发生还原反应生成目标产物。【详解】（1）A的结构简式为，其名称为：邻硝基甲苯或1硝基甲苯。D中含氧官能团的名称是：硝基、羟基，故答案为：邻硝基甲苯或1硝基甲苯；硝基、羟基；（1）G的结构简式为，其分子式为：C13H18N1OBr1由分析可知，化合物E的结构简式是：，故答案为：C13H18N1OBr1；（3）AB是转化为，甲基转化为醛基，属于氧化反应。FG是转化为，F中苯环上氢原子被溴原子替代，属于取代反应，故答案为：氧化反应；取代反应；（4）B+CD的化学方程式为，故答案为：；（5）化合物X同时符合下列条件的同分异构体：苯环上有两个取代基，其中之一是氨基；官能团与X相同，另外一个取代基含

38、有酯基，可能为COOCH3、OOCCH3、CH1OOCH，苯环上的一氯代物有两种，1个不同的取代基处于对位，符合条件的H共有3种，其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为：，故答案为：3；（6）甲基用酸性高锰酸钾溶液氧化引入羧基，硝基用Fe/HCl还原引入氨基，羧基与甲醇发生酯化反应引入酯基，氨基易被氧化且能与羧基反应，结合生成A的转化，应先发生硝化反应反应生成，再发生氧化反应生成，然后发生酯化反应生成，最后发生还原反应生成目标物，合成路线流程图为：，故答案为：。18、3-氯丙炔 酯基 C13H16O2 取代反应 【解析】与氯气在紫外线光照条件下发生取代反应生成A（），物质A与NaCN在加热条

39、件下继续发生取代反应生成，在酸性条件下生成再与乙醇发生酯化反应生成B（），B与HI发生加成反应生成，继续与苯甲醛反应生成X（）；另一合成路线中采用逆合成分析法可知，E为聚合物Y的单体，其结构简式为：，根据已知信息逆推法可以得出D为，C是由与水发生加成反应所得，C与苯甲醛在碱性条件下发生反应，结合已知信息可推出C为丙醛，其结构简式为CH3CH2CHO，据此分析作答。【详解】（1）A为，其名称为3-氯丙炔；（2）B为，其中含氧官能团的名称是酯基；（3）从结构简式可以看出X的分子式为：C13H16O2；（4）反应中-Cl转化为-CN，属于取代反应，故答案为取代反应；（5）根据已知的给定信息，反应的化

40、学方程式为：；（6）L是D的同分异构体，则分子式为C10H10O，不饱和度=6，属于芳香族化合物，说明分子结构中含苯环；与D具有相同官能团，则含醛基与碳碳双键；又核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则有5种氢原子，其个数比为3:2:2:2:1，符合上述条件的L的结构简式有：；（7）根据上述合成路线及给定的已知信息可将原料CH3CHO、在碱性条件下反应生成后再继续与依据已知信息得到，最后与溴加成制备得到目标产物，具体合成路线如下：。19、分液漏斗 分液漏斗上口的瓶塞未打开或漏斗未与大气相通或漏斗下端活塞的凹槽未与瓶颈上的通气孔对齐 adecbdef Na2SO3+H2SO4= N

41、a2SO4+H2O+SO2或Na2SO3+2H2SO4= 2NaHSO4+SO2 温度过低，反应速率太慢，温度过高，浓硝酸易分解，SO2逸出 2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4 滴入最后一滴Na2C2O4标准液后，溶液由紫红色变为无色，且半分钟颜色不恢复 84.67% 【解析】(1)根据图示中装置的形外分析名称；漏斗内的液体与大气相通时液体才能顺利流下；亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，装置A制取的SO2中含有水蒸气，必须先干燥在通入B中反应制取亚硝酰硫酸(NOSO4H)时，要防止空气中或其他实验仪器中的水蒸气进入B中，SO2有毒，未

42、反应的剩余SO2不能排放到大气中；据此分析；硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠(或硫酸氢钠)和二氧化硫；温度影响反应速率，同时浓硝酸不稳定；(2)根据氧化还原反应，化合价升降(电子得失)守恒及物料守恒分析配平；在氧化还原滴定操作中，高锰酸钾自身为紫红色，发生氧化还原反应时紫色褪去，自身可做滴定操作的指示剂；结合反应ii，根据题给数据计算过量的KMnO4的物质的量，在结合反应i计算NOSO4H的物质的量，进而求算产品纯度。【详解】(1)根据图示中装置A图所示，仪器I为分液漏斗；漏斗内与大气相通时液体才能顺利流下，打开其旋塞后发现液体不下滴，可能的原因是分液漏斗上口的瓶塞未打开或漏斗未与大气相通或漏斗下

43、端活塞的凹槽未与瓶颈上的通气孔对齐；亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，装置A制取的SO2中含有水蒸气，必须先干燥在通入B中反应制取亚硝酰硫酸(NOSO4H)，同时要防止空气中或其他实验仪器中的水蒸气进入B中，通入SO2时要尽量使SO2充分与反应物混合，提高SO2利用率，SO2有毒，未反应的剩余SO2不能排放到大气中，上述仪器的连接顺序为：adecbdef；硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠(或硫酸氢钠)和二氧化硫，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2；温度影响反应速率，同时浓硝酸不稳定，温度过低，反应速率太慢，温

44、度过高，浓硝酸易分解，SO2逸出，导致反应产率降低；(2)反应中锰元素的化合价由+7价降低为+2价，亚硝酰硫酸中氮元素的化合价由+3价升高为+5价，根据氧化还原反应，化合价升降(电子得失)守恒及物料守恒，配平该方程式为：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；在氧化还原滴定操作中，高锰酸钾自身为紫红色，发生氧化还原反应时紫色褪去，自身可做滴定操作的指示剂，用0.5000molL1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点；根据反应ii：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=2MnSO

45、4+10CO2+8H2O，过量的KMnO4的物质的量=0.5000molL1(31.02mL-1.02mL)10-3/L=0.006mol，则与NOSO4H反应的高锰酸钾物质的量=0.1000molL10.1L0.006mol=0.004mol，在结合反应i：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，NOSO4H的物质的量=0.004=0.01mol，产品的纯度为=100%=84.67%。【点睛】亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯品遇水易分解，故在连接实验仪器时，需要考虑反应中产生的气体是否带有水蒸气，还要考虑外界空气中的水蒸气是否会进入装置，最后要

46、有尾气处理装置，酸性气体用碱液吸收。20、打开玻璃塞或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下 Cu + H2SO4 + 2HNO3 = CuSO4 +2NO2+2H2O NO 取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净 能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分) 【解析】Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，减少了能源消耗，生成的NO2和碱液反应生成硝酸盐或亚硝酸盐，制得的硫酸铜中含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红