安徽省安庆2021-2022学年高三下学期第六次检测化学试卷含解析

2021-2022学年高考化学模拟试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阳极溶解32g铜B．标准状态下，33.6L氟化氢中含有1.5NA个氟化氢分子C．在反应KClO4+8HCl=KCl+4Cl2↑+4H2O中，每生成4molCl2转移的电子数为8NAD．25℃时，1LpH＝13的氢氧化钡溶液中含有0.1NA个氢氧根离子2、一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中含酚废水中有机物可用C6H6O表示，左、中、右室间分别以离子交换膜分隔。下列说法不正确的是（）A．左池的pH值降低B．右边为阴离子交换膜C．右池电极的反应式：2NO3-+10e-+12H+=N2↑=6H2OD．当消耗0.1molC6H6O，在标准状况下将产生0.28mol氮气3、钠离子电池具有成本低、能量转换效率高、寿命长等优点。一种钠离子电池用碳基材料（NamCn）作负极，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电，该钠离子电池的工作原理为Na1-mCoO2+NamCnNaCoO2+Cn。下列说法不正确的是A．放电时，Na+向正极移动B．放电时，负极的电极反应式为NamCn—me-=mNa++CnC．充电时，阴极质量减小D．充电时，阳极的电极反应式为NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+4、2019年7月1日起，上海、西安等地纷纷开始实行垃圾分类。这体现了我国保护环境的决心，而环境保护与化学知识息息相关，下列有关说法正确的是A．废旧电池中含有镍、镉等重金属，不可用填埋法处理，属于有害垃圾B．各种玻璃制品的主要成分是硅酸盐，不可回收利用，属于其他(干)垃圾C．废弃的聚乙烯塑料属于可回收垃圾，不易降解，能使溴水褪色D．含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O5、下列操作能达到相应实验目的的是（）选项目的实验A实验室制备乙酸乙酯向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热B除去干燥CO2中混有少量的SO2可将混合气体依次通过盛有足量酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶C检验Na2SO3已经变质向Na2SO3溶液中先加入Ba(

NO3)2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解D比较铁和铜的活泼性常温下，将表面积相同的铁和铜投入到浓硝酸中，铁不能溶解，铜能溶解，铜比铁活泼A．A B．B C．C D．D6、一定条件下合成乙烯：6H2(g)＋2CO2(g)CH2＝CH2(g)＋4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法不正确的是()A．该反应的逆反应为吸热反应B．平衡常数：KM＞KNC．生成乙烯的速率：v(N)一定大于v(M)D．当温度高于250℃，升高温度，催化剂的催化效率降低7、为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关解释均正确的是选项实验目的实验方法相关解释A测量氯水的pHpH试纸遇酸变红B探究正戊烷C5H12催化裂解C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃C实验温度对平衡移动的影响2NO2N2O4为放热反应，升温平衡逆向移动D用AlCl3溶液制备AlCl3晶体AlCl3沸点高于溶剂水A．A B．B C．C D．D8、硫元素最常见和最稳定的一种同素异形体是黄色的正交α－型，1912年E.Beckmann由硫在碘中的冰点降低法测得它含有S8分子。1891年，用浓盐酸和硫代硫酸盐的饱和溶液在0℃下作用首次制得了一种菱形的－硫，后来证明含有S6分子。下列说法正确的是A．S6和S8分子都是由S原子组成，所以它们是一种物质B．S6和S8分子分别与铁粉反应，所得产物不同C．S6和S8分子分别与过量的氧气反应可以得到SO3D．等质量的S6和S8分子分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同9、中国第二化工设计院提出，用间接电化学法对大气污染物NO进行无害化处理，其原理示意如图(质子膜允许H+和H2O通过)，下列相关判断正确的是A．电极Ⅰ为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑B．电解池中质子从电极Ⅰ向电极Ⅱ作定向移动C．吸收塔中的反应为2NO+2S2O42-+H2O=N2+4HSO3-D．每处理1molNO电解池质量减少16g10、干电池模拟实验装置如图。下列说法不正确的是A．锌皮作负极，碳棒作正极B．电子从锌皮流向碳棒，电流方向则相反C．NH4Cl是电解质，在锌片逐渐消耗过程中MnO2不断被氧化D．该电池是一次性电池，该废旧电池中锌可回收11、CO2和CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如图：下列说法中错误的是（）A．过程①→②是吸热反应B．Ni是该反应的催化剂C．过程①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成D．反应的总化学方程式可表示为：CH4+CO22CO+2H212、某同学按如图所示实验装置探究铜与浓硫酸的反应，记录实验现象如表。下列说法正确的是试管①②③④实验现象溶液仍为无色，有白雾、白色固体产生有大量白色沉淀产生有少量白色沉淀产生品红溶液褪色A．②中白色沉淀是BaSO3B．①中可能有部分浓硫酸挥发了C．为了确定①中白色固体是否为硫酸铜，可向冷却后的试管中注入水，振荡D．实验时若先往装置内通入足量N2，再加热试管①，实验现象不变13、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A．75% B．67% C．50% D．33.3%14、用氯气和绿矾处理水，下列说法错误的是（）A．氯气起杀菌消毒作用B．氯气氧化绿矾C．绿矾具有净水作用D．绿矾的氧化产物具有净水作用15、阿斯巴甜（Aspartame，结构简式如图）具有清爽的甜味，甜度约为蔗糖的200倍．下列关于阿斯巴甜的错误说法是A．在一定条件下能发生取代反应、加成反应B．酸性条件下的水解产物中有两种氨基酸C．一定条件下既能与酸反应、又能与碱反应D．分子式为C14H18N2O3，属于蛋白质16、下列有关说法正确的是（）A．水合铜离子的模型如图，该微粒中存在极性共价键、配位键、离子键B．CaF2晶体的晶胞如图，距离F-最近的Ca2+组成正四面体C．氢原子的电子云图如图，氢原子核外大多数电子在原子核附近运动D．金属Cu中Cu原子堆积模型如图，为面心立方最密堆积，Cu原子的配位数均为12，晶胞空间利用率68%17、能用离子方程式2H++CO32-=CO2↑+H2O表示的是（）A．NaHSO4和Na2CO3 B．H2SO4和BaCO3C．CH3COOH和Na2CO3 D．HCl和NaHCO318、用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是A．甲装置用于分离CCl4和I2B．乙装置用于分离乙醇和乙酸乙酯C．丙装置用于分离氢氧化铁胶体和氯化钠溶液D．丁装置用于由氯化铵饱和溶液得到氯化铵晶体19、用氟硼酸(HBF4，属于强酸)代替硫酸做铅蓄电池的电解质溶液，可使铅蓄电池在低温下工作时的性能更优良，反应方程式为：Pb+PbO2+4HBF42Pb(BF4)2+2H2O；Pb(BF4)2为可溶于水的强电解质，下列说法正确的是A．充电时，当阳极质量减少23.9g时转移0.2mol电子B．放电时，PbO2电极附近溶液的pH增大C．电子放电时，负极反应为PbO2+4HBF4-2e-=Pb(BF4)2+2HF4-+2H2OD．充电时，Pb电极的电极反应式为PbO2+H++2e-=Pb2++2H2O20、由一种金属离子与多种酸根离子构成的盐称为“混盐”，如氯化硝酸钙[Ca(NO3)Cl]。则下列化合物中属于混盐的是（）A．CaOCl2 B．(NH4)2Fe(SO4)2 C．BiONO3 D．K3[Fe(CN)6]21、某无色气体可能含有CO、CO2和H2O(g)、H2中的一种或几种，依次进行如下处理(假定每步处理都反应完全)：①通过碱石灰时，气体体积变小；②通过赤热的氧化铜时，黑色固体变为红色；③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色晶体；④通过澄清石灰水时，溶液变得浑浊。由此可以确定原无色气体中()A．一定含有CO2、H2O(g)，至少含有H2、CO中的一种B．一定含有H2O(g)、CO，至少含有CO2、H2中的一种C．一定含有CO、CO2，至少含有H2O(g)、H2中的一种D．一定含有CO、H2，至少含有H2O(g)、CO2中的一种22、螺环化合物可用于制造生物检测机器人，下列有关该化合物的说法错误的是A．分子式为C5H8OB．是环氧乙烷的同系物C．一氯代物有2种（不考虑空间异构）D．所有碳原子不处于同一平面二、非选择题(共84分)23、（14分）[化学——选修5：有机化学基础]化合物M是一种香料，A与D是常见的有机化工原料，按下列路线合成化合物M：已知以下信息：①A的相对分子质量为28回答下列问题：（1）A的名称是___________，D的结构简式是___________。（2）A生成B的反应类型为________，C中官能团名称为___________。（3）E生成F的化学方程式为___________。（4）下列关于G的说法正确的是___________。（填标号）a．属于芳香烃b．可与FeCl3溶液反应显紫色c．可与新制的Cu(OH)2共热生成红色沉淀d．G分子中最多有14个原子共平面（5）化合物M的同系物N比M的相对分子质量大14，N的同分异构体中同时满足下列条件的共有________种（不考虑立体异构）。①与化合物M含有相同的官能团；②苯环上有两个取代基（6）参照上述合成路线，化合物X与Y以物质的量之比2:1反应可得到化合物，X的结构简式为________，Y的结构简式为________。24、（12分）H是一种氨基酸，其合成路线如下：已知：①②RMgBrRCH2CH2OH+③R-CHO完成下列填空：（1）A的分子式为C3H4O，其结构简式为____________。（2）E→F的化学方程式为____________。（3）H的结构简式为_________________。写出满足下列条件的苯丙氨酸同分异构体的结构简______________、________________。I.含有苯环；II.分子中有三种不同环境的氢原子。（4）结合题中相关信息，设计一条由CH2Cl2和环氧乙烷（）制备1，4-戊二烯的合成路线（无机试剂任选）。___________。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）25、（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Ⅱ”中铜发生反应的离子方程式为___。(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Ⅲ”中温度选择55～60℃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)。26、（10分）实验室以海绵铜（主要成分为Cu和CuO）为原料制取CuCl的主要流程如图所示。已知：①CuCl微溶于水，不溶于乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。②CuCl露置于潮湿的空气中易被氧化。回答下列问题。（1）“氧化”时温度应控制在60~70℃，原因是____________________。（2）写出“转化”过程中的离子方程式____________________。（3）“过滤Ⅱ”所得滤液经__________、__________、过滤等操作获得(NH4)2SO4晶体，可用作化学肥料。“过滤Ⅱ”所得滤渣主要成分为CuCl，用乙醇洗涤的优点是________________。（4）氯化铵用量[]与Cu2+沉淀率的关系如图所示。随着氯化铵用量的增多Cu2+沉淀率增加，但当氯化铵用量增加到一定程度后Cu2+的沉淀率减小，其原因是__________。（5）若CuCl产品中混有少量CaSO4，设计提纯CuCl的实验方案：__________。（实验中可选试剂：0.1mol·L−1盐酸、10mol·L−1盐酸、蒸馏水、无水乙醇）27、（12分）卤素单质在碱性溶液中容易发生歧化反应，歧化的产物依反应温度的不同而不同。Cl2＋2OH－Cl－＋ClO－＋H2O3Cl2＋6OH－5Cl－＋ClO3-＋3H2O下图为制取氯气、氯酸钾、次氯酸钠和检验氯气性质的微型实验装置：装置中盛装的药品如下：①多用滴管中装有5mL浓盐酸；②微型具支试管中装有1.5gKMnO4；③微型具支试管中装有2～3mL浓硫酸；④U形反应管中装有30%KOH溶液；⑤U形反应管中装有2mol·L－1NaOH溶液；⑥、⑦双U形反应管中分别装有0.1mol·L－1KI－淀粉溶液和KBr溶液；⑧尾气出口用浸有0.5mol·L－1Na2S2O3溶液的棉花轻轻覆盖住（1）检查整套装置气密性的方法是________。（2）为了使装置④⑤中的反应顺利完成，应该控制的反应条件分别为___________。（3）装置⑥⑦中能够观察到的实验现象分别是_________。（4）如果把装置⑥⑦中的试剂互换位置，则______（填“能”或“不能”）证明氧化性Cl2>I2，理由是_______。（5）已知氯酸钾和氯化钾的溶解度曲线如图所示，反应结束后，从装置④所得溶液中提取氯酸钾晶体的实验操作是______________。（6）尾气处理时Cl2发生反应的离子方程式为_________。（7）选择微型实验装置的优点有___________（任答两点）。28、（14分）催化剂是化工技术的核心，绝大多数的化工生产需采用催化工艺。I．（1）催化剂的选择性指在能发生多种反应的反应系统中，同一催化剂促进不同反应的程度的比较，实质上是反应系统中目的反应与副反应之间反应速度竞争的表现。如图所示为一定条件下1molCH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化图[反应物O2（g）和生成物H2O（g）略去]。在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成____（选填“CO或CO2或HCHO”）。（2）2007年诺贝尔化学奖授予善于做“表面文章”的德国科学家哈德·埃特尔，他的成就之一是证实了气体在固体催化剂表面进行的反应，开创了表面化学的方法论。埃特尔研究的氮气和氢气分子在固体催化剂表面发生的部分变化过程如图所示：①下列说法不正确的是____。A升高温度可以提高一段时间内NH3的生产效率B图示中的②一③以及后面几个过程均是放热过程C此图示中存在H-H键断裂和N-N键断裂，以及N-H键的形成过程②合成氨工业中，原料气（N2、H2及少量CO、NH3的混合气）在进入合成塔前常用Cu（NH3）2Ac（醋酸二氨合亚铜，Ac代表醋酸根）溶液来吸收原料气中的CO，其反应是：生产中必须除去原料气中CO的原因是___；Cu（NH3）2Ac溶液吸收原料气中的CO的生产适宜条件应是___。Ⅱ．氮循环是指氮在自然界中的循环转化过程，是生物圈内基本的物质循环之一，存在较多蓝、绿藻类的酸性水体中存在如有图所示的氮循环，请回答相关问题。（3）NH4+硝化过程的方程式是2NH4++3O22HNO3+2H2O+2H+，恒温时在亚硝酸菌的作用下发生该反应，能说明体系达到平衡状态的是____（填标号）。A溶液的pH不再改变BNH4+的消耗速率和H+的生成速率相等C溶液中NH4+、NH3•H2O、HNO3、NO2-的总物质的量保持不变实验测得在其它条件一定时，NH4+硝化反应的速率随温度变化曲线如下图A所示，温度高于35℃时反应速率迅速下降的原因可能是___。（4）亚硝酸盐含量过高对人和动植物都会造成直接或间接的危害，因此要对亚硝酸盐含量过高的废水进行处理。处理亚硝酸盐的方法之一是用次氯酸钠将亚硝酸盐氧化为硝酸盐，反应方程式是ClO-+NO2-=NO3-+Cl-。在25℃和35℃下，分别向NO2-初始浓度为5×10-3mol/L的溶液中按不同的投料比加人次氯酸钠固体（忽略溶液体积的变化），平衡时NO2-的去除率和温度、投料比的关系如上图B所示，a、b、c、d四点ClO-的转化率由小到大的顺序是____，35℃时该反应的平衡常数K=____（保留三位有效数字）。29、（10分）苯乙烯是一种重要的化工原料，可采用乙苯催化脱氢法制备，反应如下：(g)(g)+H2(g)△H=+17.6kJ/mol。(1)从温度和压强角度分析提高乙苯平衡转化率可采取的措施有___________。(2)工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气(原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1:4)，测得容器总压和乙苯转化率随时间变化结果如图所示。①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实__________。平衡常数Kp=_______kPa(Kp为以分压表示的平衡常数)②反应速率V=V正-V逆=k正P乙苯-k逆p苯乙烯p氢气，k正、k逆分别为正逆反应速率常数。计算a处的______。(3)CO2气氛下乙苯催化脱氢可同时存在图1两种途径：①b=_______kJ/mol。②途径I的反应历程图所示，下列说法正确的是______________。a．CO2为氧化剂b．状态1到状态2形成了O-H键c．中间产物只有()d．该催化剂可提高乙苯的平衡转化率③在相同的容器中，不同p(CO2)的条件下，进行相同的反应时间，p(CO2)与乙苯转化率关系如图，分析，p(CO2)为15kPa时乙苯转化率最高的因____________________。

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．电解精炼铜时，阳极是粗铜，粗铜中含有一些比铜活泼的金属也放电，故当转移NA个电子，阳极的铜溶解少于32g，故A错误；B．在标准状况下，氟化氢不是气体，无法计算33.6L氟化氢的物质的量，故B错误；C．在反应KClO4+8HCl＝KCl+4Cl2↑+4H2O中高氯酸钾中氯元素化合价从+7价降低到0价，得到7个电子，转移7mol电子时生成4mol氯气，即当生成4mol氯气时转移的电子数为7NA个，故C错误；D．25℃时，1LpH＝13的氢氧化钡溶液中c(OH－)=0.1mol/L，1L含有0.1NA个氢氧根离子，故D正确；答案选D。2、B【解析】

A.苯酚的酸性比碳酸弱，根据图示可知左边进入的是高浓度的苯酚溶液，逸出的气体有CO2，说明反应后溶液的酸性增强，pH减小，A正确；B.根据图示可知，在右边装置中，NO3-获得电子，发生还原反应，被还原变为N2逸出，所以右边电极为正极，原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以工作时中间室的Cl-移向左室，Na+移向右室，所以右边为阳离子交换膜，B错误；C.根据B的分析可知，右池电极为正极，发生还原反应，电极反应式：2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，C正确；D.在左室发生反应：C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+，根据电极反应式可知每有1mol苯酚该反应，转移28mol电子，反应产生N2的物质的量是n(N2)=mol=2.8mol，则当消耗0.1molC6H6O，将会产生0.28mol氮气，D正确；故合理选项是B。3、C【解析】

A.放电时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故A不选；B.放电时，负极是金属钠失去电子，故电极反应式为NamCn—me-=mNa++Cn，故B不选；C.充电时，阴极的电极反应式为mNa++Cn+me-=NamCn，电极质量增加，故C选；D.充电时，阳极是NaCoO2中的Co失去电子转化为Na1-mCoO2，电极反应式为NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+，故D不选。故选C。【点睛】碳基材料NamCn中，Na和C都为0价，Na是嵌在碳基里的。在NaCoO2中，Co的化合价比Na1-mCoO2中的Co的化合价低，所以充电时，阳极是NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+。4、A【解析】

A．废旧电池中含有重金属镍、镉等，填埋会造成土壤污染，属于有害垃圾，A项正确；B．普通玻璃的主要成分是硅酸盐，属于可回收物，B项错误；C．聚乙烯结构中不含碳碳双键，无法使溴水褪色，C项错误；D．棉麻的主要成分是纤维素，其燃烧后产物只有CO2和H2O；但丝毛的主要成分是蛋白质，其中还含有氮元素，燃烧产物不止CO2和H2O；合成纤维成分复杂，所以燃烧产物也不止CO2和H2O，D项错误；答案选A。5、B【解析】

A．浓硫酸的密度比乙醇大，且浓硫酸和乙醇混合放出大量的热，若先加浓硫酸再加乙醇容易引起液体飞溅，故先加乙醇，再加浓硫酸。最后加乙酸，避免浓硫酸和乙酸混合时产生的热量使乙酸大量挥发，即制备乙酸乙酯时药品添加顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，A错误；B．SO2和酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应而被除去，再通过浓硫酸进行干燥，可得纯净的CO2，B正确；C．即使没有变质，Na2SO3和Ba(NO3)2反应也生成白色沉淀(BaSO3)，加入HCl，H+存在下，溶液中的NO3-将BaSO3氧化成BaSO4，白色沉淀依然不溶解，该方法不能检验Na2SO3是否变质，C错误；D．浓硝酸有强氧化性，常温下，浓硝酸将Fe钝化，不能比较Fe和Cu的活泼性，D错误。答案选B。【点睛】NO3-在酸性环境下有强氧化性。6、C【解析】

A、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，故A正确；B、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M点化学平衡常数大于N点，故B正确；C、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v(N)有可能小于v(M)，故C错误；D、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则催化剂的催化效率降低，故D正确；故选C。7、C【解析】

A.氯水中含HClO，具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，应选pH计测定氯水的pH，A错误；B.C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下均为气体，不能冷凝收集，且催化裂化中使用碎瓷片作催化剂且有聚热功能，若改用没有聚热功能的氧化铝固体，实验效果不理想，B错误；C.只有温度不同，且只有二氧化氮为红棕色，通过两烧瓶中气体颜色的变化可验证温度对平衡的影响，C正确；D.加热促进AlCl3水解，且生成HCl易挥发，应在HCl气流中蒸发制备AlCl3晶体，D错误；答案选C。8、D【解析】

A选项，S6和S8分子都是由S原子组成，它们是不同的物质，互为同素异形体，故A错误；B选项，S6和S8是硫元素的不同单质，化学性质相似，因此它们分别与铁粉反应，所得产物相同，故B错误；C选项，不管氧气过量还是少量，S6和S8分子分别与氧气反应可以得到SO2，故C错误；D选项，等质量的S6和S8分子，其硫原子的物质的量相同，因此它们分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同，故D正确。综上所述，答案为D。9、C【解析】

在电极Ⅰ，HSO3-转化为S2O42-，S元素化合价由+4价降低为+3价发生还原反应，则该电极作电解池的阴极，电极Ⅱ为电解池的阳极，在电极Ⅱ上H2O失电子发生氧化反应生成O2和H+。【详解】A．电极Ⅰ为电解池的阴极，电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，A不正确；B．由于阴极需消耗H+，而阳极生成H+，电解池中质子从电极Ⅱ向电极Ⅰ作定向移动，B不正确；C．从箭头的指向，可确定吸收塔中S2O42-与NO反应，生成HSO3-和N2，发生反应为2NO+2S2O32-+H2O=N2+4HSO3-，C正确；D．每处理1molNO，阴极2HSO3-→S2O42-，质量增加34g，阳极H2O→O2，质量减轻16g，电解池质量增加34g-16g=18g，D不正确；故选C。10、C【解析】试题分析：A．锌是活泼金属，则锌皮作负极，碳棒作正极，A项正确；B．原电池中电子从负极沿导线流向正极，电流从正极流向负极，电流从碳棒流到锌上，B项正确；C．以糊状NH4Cl作电解质，其中加入MnO2氧化吸收H2，C项错误；D．该电池是一次性电池，该废旧电池中锌可回收，D项正确；答案选C。考点：考查干电池的工作原理11、A【解析】

由图可知，发生CH4+CO22CO+2H2，Ni为催化剂，且化学反应中有化学键的断裂和生成，①→②放出热量，以此来解答。【详解】A．①→②中能量降低，放出热量，故A错误；B．Ni在该反应中做催化剂，改变反应的途径，不改变反应物、生成物，故B正确；C．由反应物、生成物可知，①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故C正确；D．由分析可知，反应的总化学方程式可表示为：CH4+CO22CO+2H2，故D正确；答案选A。【点睛】反应物的能量高，生成物的能量低，反应为放热反应，比较吸热反应和放热反应时，需要比较反应物和生成物的能量的相对大小。12、B【解析】

实验探究铜与浓硫酸的反应，装置1为发生装置，溶液仍为无色，原因可能是混合体系中水太少，无法电离出铜离子，有白雾说明有气体液化的过程，同时产生白色固体，该固体可能是无水硫酸铜；试管2、3中有白色沉淀生成，该沉淀应为硫酸钡，说明反应过程有SO3生成或者硫酸挥发，3中沉淀较少，说明三氧化硫或挥发出的硫酸消耗完全；试管4中品红褪色说明反应中生成二氧化硫，浸有碱的棉花可以处理尾气，据此分析作答。【详解】A.二氧化硫不与氯化钡溶液反应，白色沉淀不可能是BaSO3，故A错误；B.根据分析可知①中可能有部分硫酸挥发了，故B正确；C.冷却后的试管中仍有浓硫酸剩余，浓硫酸稀释放热，不能将水注入试管，会暴沸发生危险，故C错误；D.反应过程中SO3是氧气将二氧化硫氧化生成，若先往装置内通入足量N2，体系内没有氧气，则无SO3生成，试管2、3中将无沉淀产生，实验现象发生变化，故D错误；故答案为B。13、A【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，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。【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(C＋CO22CO)。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(2C＋O22CO)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(二氧化碳反应生成的一氧化碳)＝3.2体积，一氧化碳的体积为0.4＋2＝2.4体积；所以一氧化碳的体积分数为×100%＝75%；故答案选A。14、C【解析】

A．氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有杀菌消毒作用，所以可以用适量氯气杀菌消毒，A正确；B．绿矾中二价铁离子具有还原性，氯气能够氧化二价铁离子生成三价铁，B正确；C．绿矾水解生成氢氧化亚铁不稳定，极易被氧化生成氢氧化铁，所以明绿不具有净水作用，C错误；D．绿矾的氧化产物为硫酸铁，硫酸铁中三价铁水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，能够净水，D正确。答案选C。15、D【解析】

A．分子中含有-COOH、酯基-COO-、肽键，能发生取代反应，分子中含有苯环能发生加成反应，故A正确；B．酸性条件下肽键发生水解，生成两种氨基酸，故B正确；C．阿斯巴甜中含有氨基，具有碱性，可与酸反应，含有-COOH，具有酸性，可与碱反应，故C正确；D．蛋白质属于高分子化合物，该有机物相对分子质量较小，不属于蛋白质，故D错误；故选D。16、B【解析】

A．水合铜离子中水中的氧原子提供孤对电子与铜离子形成配位键，水中的H原子和O原子形成极性共价键，但不存在这离子键，A选项错误；B．CaF2晶体的晶胞中，F-位于体心，而Ca2+位于顶点和面心，距离F-最近的Ca2+组成正四面体，B选项正确；C．电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少，H原子最外层只有一个电子，所以不存在大多数电子一说，只能说H原子的一个电子在原子核附近出现的机会多，C选项错误；D．金属Cu中Cu原子堆积模型为面心立方最密堆积，配位数为12，但空间利用率为74%，D选项错误；答案选B。【点睛】本题考查了配合物、离子晶体、电子云、最密堆积等知识，解题关键是对所给图要仔细观察，并正确理解掌握基本概念。17、A【解析】

离子方程式2H++CO32-=CO2↑+H2O说明强酸与可溶性碳酸盐反应，生成的盐也是可溶性的盐，据此分析解答。【详解】A．硫酸氢钠完全电离出氢离子、钠离子、硫酸根离子，两种物质反应实质是氢离子与碳酸根离子反应生成水和二氧化碳，其离子方程式为2H++CO32-=CO2↑+H2O，故A正确；B．碳酸钡为沉淀，不能拆，保留化学式，故B错误；C．醋酸为弱酸，应保留化学式，故C错误；D．碳酸氢钠电离出是HCO3−而不是CO32−，故D错误；故答案选A。【点睛】本题需要根据离子方程式书写规则来分析解答，注意难溶物、气体、沉淀、弱电解质、单质等物质都要写化学式，为易错点。18、A【解析】

A选项，CCl4和I2是互溶的，两者熔沸点不同，因此采用蒸馏方法分离，故A正确；B选项，乙醇和乙酸乙酯是互溶的，要采用先加饱和碳酸钠溶液，在分液的方法，故B错误；C选项，分离氢氧化铁胶体和氯化钠溶液只能采用渗析的方法，胶体不能透过半透膜，溶液中离子能透过半透膜，故C错误；D选项，氯化铵饱和溶液蒸发时要水解，最后什么也得不到，故D错误；综上所述，答案为A。19、B【解析】

A.充电时阳极发生反应Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，产生1molPbO2，转移2mol电子，阳极增重1mol×239g/mol=239g，若阳极质量增加23.9g时转移0.2mol电子，A错误；B.放电时正极上发生还原反应，PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O，c(H+)减小，所以溶液的pH增大，B正确；C.放电时，负极上是金属Pb失电子,发生氧化反应，不是PbO2发生失电子的氧化反应，C错误；D.充电时，PbO2电极与电源的正极相连，作阳极，发生氧化反应，电极反应式为Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，Pb电极与电源的负极相连，D错误；故合理选项是B。20、A【解析】

A.CaOCl2的化学式可以写成Ca（ClO）Cl，所以该物质是由一种金属阳离子和两种酸根阴离子构成的，因此属于混盐，故A正确；B.(NH4)2Fe(SO4)2含有两种阳离子和一种酸根阴离子，不是混盐，故B错误；C.BiONO3中没有两个酸根阴离子，不是混盐，故C错误；D.K3[Fe(CN)6]是含有一种阳离子和一种酸根阴离子的盐，不是混盐，故D错误；综上所述，答案为A。21、D【解析】

①中通过了碱石灰后，气体中无CO2、H2O，②通过炽热的氧化铜，CO和H2会把氧化铜还原成铜单质，同时生成CO2和H2O，H2O使白色硫酸铜粉末变为蓝色，CO2通过澄清石灰水时，溶液变浑浊，以此来判断原混合气体的组成。【详解】①通过碱石灰时，气体体积变小；碱石灰吸收H2O和CO2，体积减小证明至少有其中一种，而且通过碱石灰后全部吸收；②通过赤热的CuO时，固体变为红色；可能有CO还原CuO，也可能是H2还原CuO，也可能是两者都有；③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色，证明有水生成，而这部分水来源于氢气还原氧化铜时生成，所以一定有H2；④通过澄清石灰水时，溶液变浑浊证明有CO2，而这些CO2来源于CO还原CuO产生的，所以一定有CO。综上分析：混合气体中一定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一种，故合理选项是D。【点睛】本题考查混合气体的推断的知识，抓住题中反应的典型现象，掌握元素化合物的性质是做好此类题目的关键。22、B【解析】

A.根据的结构式，可知分子式为C5H8O，故A正确；B.同系物是结构相似、分子组成相差若干CH2原子团的化合物，和环氧乙烷的结构不同，不是同系物，故B错误；C.的一氯代物有、，共2种，故B正确；D.画红圈的碳原子通过4个单键与碳原子连接，不可能所有碳原子处于同一平面，故D正确；选B。二、非选择题(共84分)23、（1）乙烯，；（2）加成反应，醛基；（3）；（4）cd；（5）18；（6）CH3CH2CHO，。【解析】

根据信息②，推出C和D结构简式为：CH3CHO和，A的分子量为28，推出A为CH2=CH2(乙烯)，B为CH3CH2OH，G的结构简式为：，F的结构简式为：，E的结构简式为：，D的结构简式为：。【详解】（1）A为乙烯，D的结构简式为：；（2）A和B发生CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH，发生加成反应，C的结构简式含有官能团是醛基；(3)E生成F，发生取代反应，反应方程式为：；（4）根据G的结构简式为：，a、烃仅含碳氢两种元素，G中含有O元素，故错误；b、不含有酚羟基，与FeCl3溶液不发生显色反应，故错误；c、含有醛基，与新制Cu(OH)2共热产生Cu2O，故正确；d、苯环是平面正六边形，醛基共面，所有原子共面，即有14个原子共面，故正确；（5）N的相对分子质量比M大14，说明N比M多一个“CH2”，（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种），共有3×6=18种；(6)根据信息②，X为CH3CH2CHO，Y的结构简式为。24、CH2=CHCHO2+O22+2H2OCH2Cl2ClMgCH2MgClHOCH2CH2CH2CH2CH2OHH2C=CHCH2CH=CH2【解析】

A的分子式为，而1，丁二烯与A反应生成B，且B与氢气反应得到，结合信息可知A为，B为结合转化关系与信息可知发生取代反应生成C为，D为，E为，由信息可知F为，G为，H为。【详解】（1）A的分子式为，其结构简式为：，故答案为：；（2）E→F羟基的催化氧化，反应的化学方程式为，故答案为：；

（3）H的结构简式为，满足下列条件的苯丙氨酸同分异构体的结构简式：Ⅰ、含有苯环；Ⅱ、分子中有三种不同环境的氢原子，符合条件的同分异构体有：、，故答案为：；、；（4）由与干醚得到，再与环氧乙烷得到由，然后再浓硫酸加热条件下发生消去反应得到，合成路线流程图为：，故答案为：。25、搅拌（或适当升温等合理答案即可）H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2OCuO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2~3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、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55~60℃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Ⅱ”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=Cu2++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2~3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Ⅲ”中温度选择55～60℃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Cu2(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↑+H2O22262xm1-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。26、温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+蒸发浓缩降温结晶CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免CuCl被空气中O2氧化生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中向产品中加入10mol·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥【解析】

实验流程中，海绵铜（主要成分为Cu和CuO）中加入硝酸铵和硫酸，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜生成Cu2+，滤液中含有Cu2+、NH4+、H+、SO42-、NO3-，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵，发生氧化还原反应生成CuCl，发生反应：2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+，得到产品CuCl，据此分析。【详解】（1）物质“溶解氧化”时，既要考虑反应速率，还要考虑是否有副反应发生，温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解。答案为：温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解；（2）“转化”中氧化产物为硫酸铵，滤液主要是硫酸铵。可知亚硫酸铵被溶液中的CuSO4氧化成硫酸铵，Cu2+被还原生成CuCl。答案为：2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+；（3）“过滤Ⅱ”所得滤液为硫酸铵溶液，获取晶体需通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作。CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇沸点低，易挥发，避免因水洗干燥时间长而导致CuCl被氧气氧化。答案为：蒸发浓缩、降温结晶；CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免CuCl被空气中O2氧化；（4）根据题中已知条件，CuCl可溶于氯离子浓度较大的溶液中。当氯化铵用量增加到一定程度后，氯化亚铜的沉淀率减小，原因是生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中。答案为：生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中；（5）由题目已知资料可知，CuCl难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。若CuCl产品中混有少量CaSO4，向产品中加入10mol·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥即可得到纯净氯化亚铜。答案为：向产品中加入10mol·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥。【点睛】解题思路：解题时首先要明确原料和产品（包括副产品），即箭头进出方向，其次依据流程图分析反应原理，紧扣信息，搞清流程中每一步发生了什么反应，弄清有关反应原理，明确目的（如沉淀反应、除杂、分离），最后联系储存的知识，有效地进行信息的利用，准确表述。27、连接好实验装置，由⑧导管向⑦装置中加水，若能形成一段稳定的水柱，则装置的气密性良好（其他合理答案均可）装置④放入348K（或75℃）热水浴中；装置⑤放入冷水浴中装置⑥中溶液变蓝；装置⑦中溶液变成橙色能Cl2与KBr反应生成Br2，氧化性Cl2>Br2，Cl2与挥发出来的Br2均可与KI反应，氧化性Br2>I2或Cl2>I2，均可证明氧化性Cl2>I2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤、干燥）S2O32-＋4Cl2＋5H2O=2SO42-＋8Cl－＋10H＋简化实验装置、节约成本；试剂用量少、能源消耗少；节省空间，缩短实验时间；减少污染等（任答两点）【解析】

（1）气体经过的装置数目较多，可用液差法检查整套装置的气密性；（2）该实验的目的是制取氯酸钾和次氯酸钠，由于④U形反应管中装有30%KOH溶液，用于制取氯酸钾，⑤U形反应管中装有2mol·L－1NaOH溶液用于制取次氯酸钠，结合已知离子方程式写出反应条件；（3）装置⑥中KI溶液与Cl2反应生成I2，使淀粉溶液变蓝，装置⑦中KBr溶液与Cl2反应生成Br2；（4）如果把装置⑥、⑦中的试剂互换位置，Cl2与KBr反应生成的Br2挥发出来会与KI反应生成I2，据此分析解答；（5）物质的溶解度随温度的变化较快，常常选择冷却结晶方式析出晶体，物质的溶解度随温度的变化相对平缓，常常选择蒸发溶剂的结晶方式析出晶体；观察溶解度曲线特点，选择结晶方式；（6）Na2S2O3和Cl2发生氧化还原反应生成Na2SO4和NaCl，结合电子守恒、电荷守恒写出离子方程式；（7）结合微型实验装置的特点回答其优点，如节约药品，减少环境污染等等。【详解】（1）整套装置气密性的检查用液差法，方法是连接好实验装置，由⑧导管向⑦装置中加水，若能形成一段稳定的水柱，则装置的气密性良好。（2）装置④中盛放30%KOH溶液，装置④中发生的反应为3Cl2＋6KOHKClO3＋5KCl＋3H2O，则装置④用于制备KClO3；装置⑤中盛放2mol·L－1NaOH溶液，装置⑤中发生的反应为Cl2＋2NaOHNaCl＋NaClO＋H2O，则装置⑤用于制备NaClO。为了使装置④中的反应顺利完成，装置④应放入348K（或75℃）热水浴中；为了使装置⑤中的反应顺利完成，装置⑤应放入冷水浴中。（3）装置⑥中盛放KI－淀粉溶液，通入Cl2发生反应Cl2＋2KI=2KCl＋I2，I2遇淀粉呈蓝色，则装置⑥中的实验现象是溶液变蓝；装置⑦中盛放KBr溶液，通入Cl2发生反应Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2，则装置⑦中的实验现象是溶液变成橙色。（4）如果把装置⑥⑦中的试剂互换位置，即装置⑥中盛放KBr溶液，装置⑥中发生反应Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2，由此得出氧化性Cl2>Br2；装置⑦中盛放KI－淀粉溶液，无论是Cl2还是装置⑥中挥发出来的Br2（g）都能与KI反应生成I2，则说明Cl2或Br2（g）的氧化性强于I2。结合装置⑥中得出的结论也能证明氧化性Cl2>I2。（5）根据溶解度曲线可知，KClO3的溶解度随温度升高明显增大，KCl在低温时溶解度大于KClO3，高温时溶解度小于KClO3，则从装置④所得溶液中提取KClO3晶体的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（6）尾气用浸有0.5mol·L－1Na2S2O3溶液的棉花吸收，Cl2将S2O氧化成SO，自身被还原成Cl－，根据氧化还原反应原理可将尾气吸收时Cl2发生反应的离子方程式配平为4Cl2＋S2O＋5H2O=2SO＋8Cl－＋10H＋。（7）选择微型实验装置的优点有：简化实验装置、节约成本；试剂用量少、能源消耗少；节省空间，缩短实验时间；减少污染等。【点睛】本题以制取氯气、氯酸钾、次氯酸钠和检验氯气性质的实验为载体考查了基本实验操作、反应条件对化学反应的影响、混合物分离或提纯、氧化还原反应规律及其化学方程式书写、实验方案的设计及其评价，掌握物质的化学性质是解题关键，试题有利于培养学生的综合能力。28、HCHOC防止CO使催化剂中毒低温、高压A温度过高使亚硝酸菌变性d、c、b、a2.67【解析】

（1）根据图象可知转化为甲醛时活化能最低，所以使用催化剂时主要产物为HCHO。答案为：HCHO。（2）①A．N2中键能较大，常温不易反应，升高温度可促使N2中化学键断裂，加快反应进程，提高生产效率，A正确；B．图示中②→③及后面的几