广东省茂名市2022年高考考前提分化学仿真卷含解析

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（每题只有一个选项符合题意）1、2019年12月17日，我国国产航母——山东舰正式列装服役。下列用于制造该舰的材料属于无机非金属材料的是A．舰身无磁镍铬钛合金钢 B．甲板耐磨SiC涂层C．舰载机起飞挡焰板铝合金 D．舰底含硅有机涂层2、以石墨为电极分别电解水和饱和食盐水，关于两个电解池反应的说法正确的是（）A．阳极反应式相同B．电解结束后所得液体的pH相同C．阴极反应式相同D．通过相同电量时生成的气体总体积相等（同温同压）3、下列有关实验现象和解释或结论都一定正确的是（）选项实验操作实验现象解释或结论A某钾盐溶于盐酸后，产生无色无味气体，将其通入澄清石灰水有白色沉淀出现该钾盐是B将少量的溴水分别滴入溶液、溶液中，再分别滴加振荡下层分别呈无色和紫红色还原性：C将充满的密闭玻璃球浸泡在热水中红棕色变深反应的D将受热分解产生的气体通入某溶液溶液变浑浊，继续通入该气体，浑浊消失该溶液是溶液A．A B．B C．C D．D4、常温下，向饱和氯水中逐滴滴入0.1mol·L-1的氢氧化钠溶液，pH变化如右图所示，下列有关叙述正确的是()A．①点所示溶液中只存在HClO的电离平衡B．①到②水的电离程度逐渐减小C．I－能在②点所示溶液中存在D．②点所示溶液中：c(Na+)＝c(Cl－)+c(ClO－)5、25℃时，用0.1mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.1mol·L－1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是A．Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线B．pH=7时，滴定盐酸和醋酸消耗NaOH溶液的体积相等C．V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)D．V(NaOH)=20.00mL时，两溶液中c(CH3COO-)>c(Cl-)6、化学与生活密切相关，下列说法错误的是（）A．乙醇汽油可以减少汽车尾气污染B．化妆品中添加甘油可以起到保湿作用C．有机高分子聚合物不能用于导电材料D．葡萄与浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放在一起可以保鲜7、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y原子在短周期主族元素中原子半径最大。X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物。常温下，0.1mol·L-1W的氢化物水溶液的pH为1。向ZW3的水溶液中逐滴加入Y的最高价氧化物对应的水化物，先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解。下列推断正确的是A．简单离子半径：W>Y>Z>XB．Y、Z分别与W形成的化合物均为离子化合物C．元素的最高正化合价：W>X>Z>YD．Y、W的简单离子都不会影响水的电离平衡8、地球表面是易被氧化的环境，用括号内的试剂检验对应的久置的下列物质是否被氧化。正确的是（）A．KI（AgNO3

溶液） B．FeCl2（KSCN

溶液）C．HCHO（银氨溶液） D．Na2SO3（BaCl2

溶液）9、鉴别二氧化碳和丙烯两种气体，下列方法或所选试剂中不可行的是（）A．可燃性实验 B．酸性高锰酸钾C．澄清石灰水 D．品红试液10、我国是最早掌握炼锌的国家，《天工开物》中记载了以菱锌矿（主要成分为ZnCO3）和烟煤为原料的炼锌罐剖面图。已知：锌的沸点为907℃，金属锌蒸气遇热空气或CO2易生成ZnO。下列冶炼锌过程中的相关说法不正确的是A．尾气可用燃烧法除去B．发生了氧化还原反应C．提纯锌利用了结晶法D．泥封的目的是防止锌氧化11、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其中W的气态氢化物常用作制冷剂;X原子的核外电子层数与最外层电子数相等;Y主族序数大于W。下列说法正确的是A．原子半径:W>X B．最简单氢化物的热稳定性:Y>ZC．工业上通过电解熔融XZ3冶炼X单质 D．WO2、YO2、ZO2均为共价化合物12、新鲜水果、蔬菜、乳制品中富含的维生素C具有明显的抗衰老作用，但易被空气氧化。某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式为：＋2HI下列认识正确的是()A．上述反应为取代反应 B．滴定时可用淀粉溶液作指示剂C．滴定时要剧烈振荡锥形瓶 D．维生素C的分子式为C6H9O13、短周期主族元素W、X、Y、Z、R

原子序数依次增大。考古时利用W

的一种同位素测定一些

文物的年代，X是地壳中含量最多的元素，Y、Z的质子数分别是W、X

的质子数的2倍。下列说法错误的是（）A．Y

单质可以与WX2

发生置换反应B．可以用澄清的石灰水鉴别WX2

与ZX2C．原子半径:Y>Z>R；简单离子半径:Z>X>YD．工业上常用电解熔融的Y

与R

形成的化合物的方法制取Y14、某磁黄铁矿的主要成分是FexS(S为-2价)，既含有Fe2+又含有Fe3+。将一定量的该磁黄铁矿与l00mL的盐酸恰好完全反应（注：矿石中其他成分不与盐酸反应），生成2.4g硫单质、0.425molFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法不正确的是A．该盐酸的物质的量浓度为8.5mol/LB．生成的H2S气体在标准状况下的体积为9.52LC．该磁黄铁矿FexS中，x=0.85D．该磁黄铁矿FexS中，Fe2+的物质的量为0.15mol15、下列化合物中，属于酸性氧化物的是()A．Na2O2 B．SO3 C．NaHCO3 D．CH2O16、有氯气参加的化学反应一定不属于A．复分解反应 B．置换反应 C．取代反应 D．加成反应二、非选择题（本题包括5小题）17、比鲁卡胺(分子结构见合成线路)是有抗癌活性，其一种合成路线如图：回答下列问题（1）A的化学名称为__。（2）D中官能团的名称是__。（3）反应④所需试剂、条件分别为__、__。（4）写出⑤的反应方程式__。（5）F的分子式为__。（6）写出与E互为同分异构体，且符合下列条件的化合物的结构简式__。①所含官能团类别与E相同；②核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为1：1：6（7）参考比鲁卡胺合成的相关信息，完成如图合成线路(其他试剂任选)___。18、盐酸阿比朵尔，适合治疗由A、B型流感病毒引起的上呼吸道感染，2020年入选新冠肺炎试用药物，其合成路线：回答下列问题：（1）有机物A中的官能团名称是______________和______________。（2）反应③的化学方程式______________。（3）反应④所需的试剂是______________。（4）反应⑤和⑥的反应类型分别是______________、______________。（5）I是B的同分异构体，具有两性并能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，写出具有六元环结构的有机物H的结构简式______________。(不考虑立体异构，只需写出3个)（6）已知：两分子酯在碱的作用下失去一分子醇生成β—羟基酯的反应称为酯缩合反应，也称为Claisen（克莱森）缩合反应，如：，设计由乙醇和制备的合成线路______________。(无机试剂任选)19、测定硫铁矿(主要成分为FeS2)中硫和铁含量的实验步骤如下:（硫含量的测定）①准确称取0.5g硫铁矿粉于坩埚中，加入4.5gNa2O2，用玻璃棒充分搅拌，上面再盖一层Na2CO3，在700℃下焙烧15min。②将坩埚及其盖放入100mL沸水中，浸泡10min并洗净坩埚。将所得溶液转移至烧杯中。③向上述烧杯中先加入过量硝酸，再加入足量Pb(NO3)2溶液。过滤，洗涤、干燥，称得固体为2.02g。（铁含量的测定）④准确称取0.5g硫铁矿粉，加入盐酸和硝酸使其溶解。趁热加入稍过量的SnCl2溶液(Sn2++2Fe3+==2Fe2++Sn4+)，再用HgCl2氧化除去多余的SnCl2。⑤以二苯胺磷酸钠为指示剂，用0.05mol/L的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+(K2Cr2O7被还原为Cr3+)，直至终点，消耗11.20mLK2Cr2O7溶液。回答下列问题。（1）步骤①适宜材质的坩埚是_____(填字母)。a.铁坩埚b.铝坩埚c.陶瓷坩埚（2）步骤①中上面盖一层Na2CO3的主要目的是_________________，焙烧时，FeS2和Na2O2反应生成硫酸盐和氧化钠的化学方程式为______________________________________。（3）步骤③中得到的固体的化学式为__________________。（4）步骤④若不除去过量的SnCl2，则会造成铁的含量测量值___(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（5）步骤⑤滴定时，K2Cr2O7溶液应盛放在_______(填“酸”或“碱”)式滴定管中；实验室配制100mL0.05mol/LK2Cr2O7溶液，需要的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、_____和_____。20、硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S、SO2。Ⅰ.Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示。(1)b中反应的离子方程式为________，c中试剂为_________。(2)反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清。此浑浊物是_______。(3)实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有___________(写出两条)。(4)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2，不能过量，原因是_______。(5)制备得到的Na2S2O3中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4：___________________________________。Ⅱ.探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。资料：ⅰ．Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)ⅱ．Ag2S2O3为白色沉淀，Ag2S2O3可溶于过量的S2O32-装置编号试剂X实验现象①Fe(NO3)3溶液混合后溶液先变成紫黑色,30s后溶液几乎变为无色②AgNO3溶液先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液(6)根据实验①的现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过____(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅰ的现象：____。(7)同浓度氧化性：Ag+>Fe3+。实验②中Ag+未发生氧化还原反应的原因是____。(8)进一步探究Ag+和S2O32-反应。装置编号试剂X实验现象③AgNO3溶液先生成白色絮状沉淀，沉淀很快变为黄色、棕色，最后为黑色沉淀。实验③中白色絮状沉淀最后变为黑色沉淀(Ag2S)的化学方程式如下，填入合适的物质和系数：Ag2S2O3+_____=Ag2S+_____(9)根据以上实验，Na2S2O3与金属阳离子发生氧化还原反应和____有关(写出两条)。21、我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，直到近年来人们才研究出来其成分为BaCuSi4O10，BaCuSi2O6。(1)“中国蓝”、“中国紫”中均具有Cun＋离子，n＝___，基态时该阳离子的价电子排布式为______。(2)“中国蓝”的发色中心是以Cun+为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是___元素。(3)合成“中国蓝”、“中国紫”的原料有BaCO3，孔雀石Cu2(OH)2CO3和砂子(SiO2)。SiO2晶体中Si原子的杂化轨道是由______轨道（填轨道的名称和数目）和________轨道杂化而成的。(4)现代文物分析发现，“中国蓝”中含有微量硫元素。假若硫元素来源一种阴离子是正四面体的天然钡矿中，则最可能的钡矿化学式是______。(5)在5500年前，古代埃及人就己经知道如何合成蓝色颜料—“埃及蓝”CaCuSi4O10，其合成原料中用CaCO3代替了BaCO3，其它和“中国蓝”一致。CO32一中键角∠OCO为___。根据所学，从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更___（填“高”或“低”）。(6)自然界中的SiO2，硬度较大，主要原因是___。下图为SiO2晶胞中Si原子沿z轴方向在xy平面的投影图（即俯视投影图），其中O原子略去，Si原子旁标注的数字表示每个Si原子位于z轴的高度，则SiA与SiB的距离是_____。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

无机非金属材料，是除金属材料、高分子材料以外的所有材料的总称。它是由硅酸盐、铝酸盐、硼酸盐、磷酸盐、锗酸盐等原料和(或)氧化物、氮化物、碳化物、硼化物、硫化物、硅化物、卤化物等原料经一定的工艺制备而成的材料，由此判断。【详解】A．舰身无磁镍铬钛合金钢属于金属材料中的合金，故A错误；B．甲板耐磨SiC涂层属于无机非金属材料，故B正确；C．舰载机起飞挡焰板铝合金属于金属材料中的合金，故C错误；D．有机硅，即有机硅化合物，是指含有Si-C键、且至少有一个有机基是直接与硅原子相连的化合物，习惯上也常把那些通过氧、硫、氮等使有机基与硅原子相连接的化合物也当作有机硅化合物，不属于无机非金属材料，属于有机材料，故D错误；答案选B。【点睛】解本题的关键是知道什么是无机非金属材料，无机非金属材料，是除金属材料、高分子材料以外的所有材料的总称。2、C【解析】

A．以石墨为电极电解水，阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，以石墨为电极电解饱和食盐水，阳极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阳极的电极反应式不同，故A错误；B．电解水时其pH在理论上是不变的，但若加入少量硫酸则变小，若加入少量氢氧钠则变大，若加入硫酸钠则不变；电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠和氯气和氢气，pH变大，所以电解结束后所得液体的pH不相同，故B错误；C．以石墨为电极电解水和饱和食盐水的阴极反应式为：2H++2e-=H2↑，所以电极反应式相同，故C正确；D．若转移电子数为4mol，则依据电解方程式2H2O2H2↑+O2↑～4e-，电解水生成3mol气体；依据电解方程式2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑～2e-，电解食盐水生成4mol气体，在同温同压下气体的总体积不相等，故D错误；故选C。【点睛】明确电解池工作原理、准确判断电极及发生反应是解题关键。本题的易错点为D，要注意氧化还原反应方程式中根据转移电子的相关计算。3、C【解析】

A.若该钾盐是，可以得到完全一样的现象，A项错误；B.溴可以将氧化成，证明氧化性，则还原性有，B项错误；C.红棕色变深说明浓度增大，即平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知正反应放热，C项正确；D.碳酸氢铵受热分解得到和，通入后浑浊不会消失，D项错误；答案选C。【点睛】注意A项中注明了“无味”气体，如果没有注明无味气体，亚硫酸盐和亚硫酸氢盐与盐酸反应产生的也可以使澄清石灰水产生白色沉淀。4、D【解析】

A．①点时没有加入氢氧化钠，溶液中存在HClO和水的电离平衡，A错误；B．①到②溶液c（H+）之间减小，酸对水的电离的抑制程度减小，则水的电离程度逐渐增大，B错误；C．②点时溶液存在ClO-，具有强氧化性，可氧化I-，I-不能大量存在，C错误；D．②点时溶液pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-），所以c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-），D正确；答案选D。【点睛】向饱和氯水中逐滴滴入0.1mol•L-1的氢氧化钠溶液，发生的反应为Cl2+H2O⇌HCl+HClO、HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH═NaClO+H2O，注意理解溶液中的溶质及其性质是解本题关键，根据物料守恒得c（Cl-）=c（ClO-）+c（HClO），为易错点。5、C【解析】

A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，浓度相同时盐酸的pH较小；B．浓度、体积相等时，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；C．V（NaOH）=10.00mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性；D．V（NaOH）=20.00mL时，反应后得到等物质的量浓度的醋酸钠、氯化钠溶液，醋酸根离子部分水解，则醋酸根离子浓度较小。【详解】A．根据图示可知，Ⅰ的起始pH较大，Ⅱ的起始pH较小，则Ⅰ表示的是醋酸，Ⅱ表示盐酸，选项A错误；B．醋酸为弱酸，溶液体积相同时，醋酸和氯化氢的物质的量相等，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；若pH=7时，醋酸消耗的NaOH溶液体积应该稍小，选项B错误；C．V（NaOH）=10.00mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），反应后溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），选项C正确；D．V（NaOH）=20.00mL时，两溶液都恰好反应得到等物质的量浓度的醋酸钠和NaCl溶液，由于醋酸根离子部分水解，则两溶液中c（CH3COO-）＜c（Cl-），选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。6、C【解析】

A选项，乙醇汽油燃烧生成二氧化碳和水，可以减少污染，故A正确；B选项，甘油丙三醇可以起到保湿作用，故B正确；C选项，聚乙炔膜属于导电高分子材料，故C错误；D选项，浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土反应掉葡萄释放出的乙烯气体，起保鲜作用，故D正确。综上所述，答案为C。【点睛】乙烯是水果催熟剂，与高锰酸钾反应，被高锰酸钾氧化。7、D【解析】

Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，故Y为Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，逐滴加入氢氧化钠溶液先产生沉淀，后沉淀溶解，说明ZW3为铝盐，即Z为Al元素；X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物，则X为O元素；常温下，0.1mol·L-1W的氢化物水溶液的pH为1，说明HW为一元强酸，W的原子序数大于Z，所以W为Cl元素；综上所述：X为O，Y为Na，Z为Al，W为Cl。【详解】A.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；氯离子电子层为3层，其他离子均为2层，所以简单离子半径：Cl⁻>O2⁻>Na+>Al3+，即W>X>Y>Z，故A错误；B.Al与Cl形成的化合物AlCl3为共价化合物，故B错误；C.O元素没有最高正化合价，故C错误；D.NaOH为强碱，HCl为强酸，所以钠离子和氯离子都不会影响水的电离平衡，故D正确；故答案为D。8、B【解析】

A．KI是否变质均能与硝酸银溶液反应生成碘化银沉淀，可以用淀粉溶液检验是否变质，故A不选；B．FeCl2溶液变质混有FeCl3，则加KSCN可检验铁离子，能检验是否变质，故B选；C．HCHO变质生成HCOOH，银氨溶液与甲醛、甲酸均能反应，所以不能检验，故C不选；D．Na2SO3溶液变质生成Na2SO4，Na2SO3、Na2SO4均能与氯化钡生成白色沉淀，所以加氯化钡不能检验变质，故D不选；故选：B。9、D【解析】

A.二氧化碳不可燃，丙烯可燃，现象不同，故A可行；B.二氧化碳与高锰酸钾不反应，丙烯使高锰酸钾溶液褪色，现象不同，故B可行；C.二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，丙烯与澄清石灰水不反应，现象不同，故C可行；D.二氧化碳和丙烯两种气体都不与品红溶液反应，无法区别，故D不可行；故答案为D。10、C【解析】

A.菱锌矿煅烧，ZnCO3分解产生ZnO和CO2，ZnO与C在高温下发生反应：2ZnO+C2Zn+CO2↑，由于C过量，还会发生反应C+CO22CO，所以尾气中含有有毒气体CO，可利用其可燃性，用燃烧的方法使CO转化为CO2除去，A正确；B.由ZnCO3转化为Zn单质及C转化为CO、CO2的反应中有Zn、C元素化合价的变化，因此发生了氧化还原反应，B正确；C.Zn是比较活泼的金属，要使用电解方法提纯，C错误；D.泥封为了防止高温下Zn蒸气被空气氧化为ZnO，D正确；故合理选项是C。11、D【解析】

W的气态氢化物常用作制冷剂，该氢化物应为NH3，W为N元素；X原子的核外电子层数与最外层电子数相等，且其原子序数大于W，则X为Al；Y主族序数大于W，则Y为S或Cl，若Y为Cl，则Z不可能是短周期主族元素，所有Y为S，Z为Cl。【详解】A．电子层数越多，半径越大，所以原子半径W<X，故A错误；B．非金属性越强简单氢化物的热稳定性越强，非金属性S<Cl，所以简单氢化物的热稳定性Y<Z，故B错误；C．XZ3为AlCl3，为共价化合物，熔融状态不能电离出离子，不能通过电解熔融AlCl3冶炼Al单质，故C错误；D．WO2、YO2、ZO2分别为NO2，SO2、ClO2，均只含共价键，为共价化合物，故D正确；故答案为D。【点睛】AlCl3为共价化合物，熔融状态下不导电，冶炼Al单质一般电解熔融状态下的Al2O3。12、B【解析】

A、上述反应为去氢的氧化反应，A错误；B、该反应涉及碘单质的反应，可用淀粉溶液作指示剂；B正确；C、滴定时轻轻振荡锥形瓶，C错误；D、维生素C的分子式为C6H8O6，D错误。13、B【解析】

考古时利用W的一种同位素测定一些文物的年代，则W为C；X是地壳中含量最多的元素，则X为O；Y、Z的质子数分别是W、X的质子数的2倍，则Y的质子数为6×2=12，Y为Mg，Z的质子数为8×2=16，Z为S，R的原子序数最大，R为Cl，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为C、X为O、Y为Mg、Z为S、R为Cl；A．Mg与CO2点燃下发生置换反应生成MgO、C，故A正确；B．二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，则澄清的石灰水不能鉴别，故B错误；C．同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Y＞Z＞R；电子层越多离子半径越大，且具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：Z＞X＞Y，故C正确；D．Mg为活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁冶炼Mg，故D正确；故答案为B。14、D【解析】

n(S)==0.075mol，根据转移电子守恒得n(Fe3+)==0.15mol，则n(Fe2+)=0.425mol−0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比==11:6。A.盐酸恰好反应生成FeCl20.425mol，根据氯原子守恒得：c(HCl)==8.5mol/L，故A正确；B.根据氢原子、氯原子守恒得：n(H2S)=1/2n(HCl)=n(FeCl2)=0.425mol，则V(H2S)=0.425mol×22.4L/mol=9.52L，故B正确；C.FexS中n(S)=0.075mol+0.425mol=0.5mol，n(Fe)=0.425mol，所以n(Fe)：n(S)=0.425mol：0.5mol=0.85，所以x=0.85，故C正确；D.

根据上述分析计算Fe2+的物质的量为0.275mol，故D错误。故选D。15、B【解析】

A.Na2O2是过氧化物，不属于酸性氧化物，选项A错误；B.SO3＋2NaOH=Na2SO4＋H2O，SO3是酸性氧化物，选项B正确；C.NaHCO3不属于氧化物，是酸式盐，选项C错误；D.CH2O由三种元素组成，不是氧化物，为有机物甲醛，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查酸性氧化物概念的理解，凡是能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，注意首先必须是氧化物，由两种元素组成的化合物，其中一种元素为氧元素的化合物。16、A【解析】

A．复分解反应中一定没有单质参与与生成，而氯气属于单质，则有氯气参加的化学反应一定不属于复分解反应，选项A选；B．氯气与KI等的置换反应，有氯气参加，选项B不选；C．甲烷等与氯气的取代反应，有氯气参加，选项C不选；D．乙烯等与氯气的加成反应中，有氯气参加，选项D不选；答案选A。【点睛】本题考查氯气的化学性质及反应类型，为高频考点，把握氯气的氧化性及有机反应中氯气的作用为解答的关键，注重基础知识的考查，注意利用实例分析，氯气具有氧化性，有氯气参加的反应为氧化还原反应，也可发生有机的取代、加成反应，则不可能为复分解反应。二、非选择题（本题包括5小题）17、丙酮碳碳双键、羧基甲醇浓硫酸、加热+CH3OHC12H9N2OF3【解析】

A和HCN加成得到B，-H加在O原子上，-CN加C原子上，B发生消去反应得到C，C水解得到D，E和甲醇酯化反应得到E，E发生取代反应生成F，F发生加成、氧化反应生成G，G氧化成比鲁卡胺。【详解】（1）由A的结构简式可知，A的分子式为：C3H6O，故答案为：C3H6O；（2）由D的结构简式可知，D中含碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；（3）D和甲醇酯化反应生成E，酯化反应的条件为浓硫酸、加热，故答案为：甲醇；浓硫酸、加热；（4）由图可知，E中的烷氧基被取代生成F，烷氧基和H原子生成了甲醇，所以发生的反应为：+CH3OH，故答案为：+CH3OH；（5）数就行了，F的分子式为：C12H9N2OF3，故答案为：C12H9N2OF3；（6）所含官能团类别与E相同，则一定含碳碳双键、酯基，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为1：1：6，则必有2个甲基，所以先确定局部结构含C-C=C，在此基础上，酯基中的羰基只可能出现在3号碳上，那么甲基只可能连在一号碳上，所以符合条件的只有一种，故答案为：；（7）结合本题进行逆合成分析：参照第⑤步可知，可由和合成，由和甲醇合成，由水解而来，由消去而来，由和HCN加成而来，综上所述，故答案为：。【点睛】复杂流程题，要抓住目标产物、原料和流程中物质的相似性，本题中的目标产物明显有个酰胺基，这就和F对上了，问题自然应迎刃而解。18、羰基酯基+→+HClBr2取代反应取代反应（任写3个）CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH【解析】

根据合成路线图中反应物和生成物的结构变化分析反应类型；根据题给信息及路线图中反应类型比较目标产物及原料的结构设计合成路线图。【详解】（1）根据A的结构简式分析，A中的官能团有羰基和酯基，故答案为：羰基；酯基；（2）根据比较C和E的结构及反应物的结构，分析中间产物D的结构简式为：，则反应③的化学方程式为：+→+HCl；故答案为：+→+HCl；（3）比较D和E的结构，反应④为取代反应，所需的试剂是Br2，故答案为：Br2；（4）比较E和F的结构变化及F和G的结构变化，反应⑤为取代反应；反应⑥也为取代反应，故答案为：取代反应；取代反应；（5）I是B（）的同分异构体，具有两性并能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，则结构中含有氨基和羧基，其中具有六元环结构的有机物H的结构简式有：；（6）乙醇氧化可以得到乙酸，乙酸与乙醇酯化反应反应得到乙酸乙酯（），乙酸乙酯发生酯缩合反应生成，与发生合成路线中反应①的反应即可得到，故答案为：CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH。19、a防止产生的少量SO2

逸出(或隔绝空气，防止空气与过氧化钠反应等合理答案)2FeS2+15Na2O2=Fe2(SO4)3

+

NaSO4+14Na2OPbSO4偏大酸玻璃棒100mL容量瓶【解析】（1）铝坩埚和陶瓷坩埚在高温下可以与过氧化钠或碳酸钠反应，而铁坩埚不会，所以，步骤①适宜材质的坩埚是a。（2）步骤①中上面盖一层Na2CO3的主要目的是：防止产生的少量SO2

逸出。焙烧时，FeS2和Na2O2反应生成硫酸盐和氧化钠的化学方程式为2FeS2+15Na2O2=Fe2(SO4)3

+

NaSO4+14Na2O。（3）PbSO4不溶于水和酸，所以，步骤③中得到的固体为PbSO4。（4）步骤④若不除去过量的SnCl2，因为Sn2+的还原性强于Fe2+，后面用K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+时，会消耗过多的K2Cr2O7溶液，必然会造成铁的含量测量值偏大。（5）步骤⑤滴定时，K2Cr2O7溶液有强氧化性，故应将其盛放在酸式滴定管中；实验室配制100

mL0.05mol/LK2Cr2O7溶液，需要的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒和100mL容量瓶。20、SO32-+2H+=H2O+SO2↑;或HSO3－+H+=SO2↑+H2O硫化钠和碳酸钠的混合溶液硫控制反应温度、调节酸的滴加速度(或调节酸的浓度等)若SO2过量，溶液显酸性，产物分解取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀生成紫色配合物的反应速率快，氧化还原反应速率慢；Fe3+与S2O32−氧化还原反应的程度大，Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移，最终溶液几乎无色Ag+与S2O32−生成稳定的配合物，浓度降低，Ag+的氧化性和S2O32−的还原性减弱H2OH2SO4阳离子、用量等【解析】

Ⅰ.第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸；c装置为Na2S2O3的生成装置；d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体，结合问题分析解答；Ⅱ.(6)利用铁氰化钾溶液检验反应后的溶液中含有Fe2+；根据外界条件对反应速率和平衡的影响分析解答；(7)实验②滴加AgNO3溶液，先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液，说明溶液中Ag+较低，减少了发生氧化还原反应的可能；(8)Ag2S2O3中S元素化合价为+2价，生成的Ag2S中S元素化合价为-2价，是还原产物，则未知产物应是氧化产物，结合电子守恒、原子守恒分析即可；(9)结合实验①、②、③从阳离子的氧化性、离子浓度等方面分析。【详解】Ⅰ.(1)第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸，反应的离子方程式为：SO32-+2H+=SO2↑+H2O，c装置为Na2S2O3的生成装置，根据反应原理可知c中的试剂为：硫化钠和碳酸钠的混合溶液；(2)反应开始时发生的反应为：Na2S+SO2+H2O=H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S↓+2H2O，故该浑浊物是S；(3)通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率；(4)硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解；(5)检测产品中是否存在Na2SO4的方法是取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。Ⅱ.(6)实验①的现象是混合后溶液先变成紫黑色，30s后溶液几乎变为无色，取反应后的混合液并加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，则有Fe2+生成，可判断为Fe3+被S2O32-还原为Fe2+；混合后溶液先变成紫黑色，30s后溶液几乎变为无色，说明Fe3++3S2O32-F