2023届云南省红河州高三下第一次测试化学试题含解析

2023高考化学模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、景泰蓝是一种传统的手工艺品。下列制作景泰蓝的步骤中，不涉及化学变化的是ABCD将铜丝压扁，掰成图案

将铅丹、硼酸盐等化合熔制后描绘

高温焙烧

酸洗去污A．A B．B C．C D．D2、在pH=1的含有Mg2+、Fe2+、Al3+三种阳离子的溶液中，可能存在的阴离子是（）①Cl-②NO3—③SO42—④S2-A．①② B．②③ C．③④ D．①③3、用惰性电极电解饱和食盐水(含少量Ca2+、Mg2+)并进行相关实验(装置如图)，电解一段时间后，各部分装置及对应的现象为：(1)中黑色固体变红；(2)电极a附近溶液出现浑浊；(3)中溶液出现浑浊；(4)中溶液红色褪去。下列对实验现象解释不正确的是A．(1)中：CuO+H2Cu+H2OB．(2)中a电极：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓C．(3)中：Cl2+S2-=S↓+2Cl-D．(4)中：Cl2具有强氧化性4、实验室用水浴加热不能完成的实验是（）A．制备乙烯 B．银镜反应C．乙酸乙酯的制备 D．苯的硝化反应5、有机物M是合成某药品的中间体，结构简式如图所示。下列说法错误的是A．用钠可检验M分子中存在羟基B．M能发生酯化、加成、氧化反应C．M的分子式为C8H8O4D．M的苯环上一硝基代物有2种6、以下关于原子的未成对电子数的叙述正确的是()①钠、铝、氯：1个；②硅、硫：2个；③磷：3个；④铁：4个．A．只有①③ B．只有①②③ C．只有②③④ D．有①②③④7、下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（）选项操作现象结论A测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH前者pH比后者大非金属性：S>CB滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝不能确定原溶液中含NH4+C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D将淀粉溶液与少量稀硫酸混合加热，然后加入新制的Cu(OH)2悬浊液，并加热没有砖红色沉淀生成淀粉未发生水解A．A B．B C．C D．D8、下列有关说法正确的是A．用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素是利用了氧化还原反应原理B．铁锈是化合物，可用Fe2O3·nH2O(2≤n<3)表示C．已知CH4+H2OCH3OH+H2，该反应的有机产物是无毒物质D．C(CH3)4的二氯代物只有2种9、NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A．c(H2CO3)和c(HCO3-)之和为1mol的NaHCO3溶液中，含有Na+数目为NAB．5g21H和31H的混合物发生热核聚变反应：21H+31H

→42He+10n，净产生的中子(10n)数为NAC．1L0.1mol/L乙醇溶液中存在的共价键总数为0.8NAD．56g铁与足量氯气反应，氯气共得到3NA个电子10、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A．标准状况下0.5molNT3分子中所含中子数为6.5NAB．0.1molFe与0.1molCl2完全反应后，转移的电子数为0.2NAC．13.35gAlCl3水解形成的Al(OH)3胶体粒子数小于0.1NAD．一定条件下的密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应充分发生后分子总数为2NA11、以Fe3O4／Pd为催化材料，利用电化学原理实现H2消除酸性废水中的，其反应过程如图所示[已知Fe3O4中Fe元素化合价为+2、+3价，分别表示为Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)]。下列说法错误的是A．处理的电极反应为2NO2-+8H++6e－=N2↑+4H2OB．Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用C．用该法处理后，水体的pH降低D．消耗标准状况下6.72LH2，理论上可处理含NO2-4.6mg·L－1的废水2m312、ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上由ClO2气体制取NaClO2固体的工艺流程如图所示，下列说法错误的是A．通入的空气可将发生器中产生的ClO2全部驱赶到吸收器中B．吸收器中生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2=2ClO2-+2H++O2↑C．步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥D．工业上将ClO2气体制成NaClO2固体，其主要目的是便于贮存和运输13、下列关于有机化合物的说法正确的是（）A．乙硫醇(C2H5SH)的沸点比乙醇的高B．除去乙酸乙酯中的少量乙醇可加入适量乙酸并充分加热C．等质量的苯和苯乙烯()完全燃烧,消耗氧气的体积相同D．分子式为C4H8Cl2且含有两个甲基的有机物有4种14、在通风橱中进行下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法中，不正确的是（）A．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2=2NO2B．Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化15、通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池可以将废水中的氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。下列叙述正确的是A．b极为正极，发生还原反应B．一段时间后b极区电解液的pH减小C．H+由a极穿过质子交换膜到达b极D．a极的电极反应式为-e-=Cl-+16、下列有关垃圾处理的方法不正确的是A．废电池必须集中处理的原因是防止电池中汞、镉、铬、铅等重金属元素形成的有毒化合物对土壤和水源污染B．将垃圾分类回收是垃圾处理的发展方向C．家庭垃圾中的瓜果皮、菜叶、菜梗等在垃圾分类中属于湿垃圾D．不可回收垃圾图标是17、我国科学家研发一种低成本的铝硫二次电池，以铝箔和多孔碳包裹的S为电极材料，离子液体为电解液。放电时，电池反应为2Al+3S=Al2S3，电极表面发生的变化如图所示。下列说法错误的是（）A．充电时，多孔碳电极连接电源的负极B．充电时，阴极反应为8Al2Cl7-+6e-=2Al+14AlCl4-C．放电时，溶液中离子的总数不变D．放电时，正极增重0.54g，电路中通过0.06mole-18、25℃时，在20mL0.1mol·L－1一元弱酸HA溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液中1g[c(A-)/c(HA)]与pH关系如图所示。下列说法正确的是A．A点对应溶液中：c(Na+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(OH-)B．25℃时，HA酸的电离常数为1.0×10－5.3C．B点对应的NaOH溶液体积为10mLD．对C点溶液加热(不考虑挥发)，则c(A-)/[c(HA)c(OH-)]一定增大19、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．4.0g由CO2和SO2组成的混合物中含有的质子数为2NAB．1L0.5mol/LpH=7的CH3COONH4溶液中NH4+数目为0.5NAC．常温下,0.1mol环氧乙烷()中含有的共价键数目为0.3NAD．22.4LCO2与足量Na2O2充分反应,转移的电子数目为NA20、下列实验操作正确的是A．稀释浓硫酸 B．添加酒精C．检验CO2是否收集满 D．过滤21、实验室分别用以下4个装置完成实验。下列有关装置、试剂和解释都正确的是A．中碎瓷片为反应的催化剂，酸性KMnO4溶液褪色可证明有乙烯生成B．所示装置（秒表未画出）可以测量锌与硫酸溶液反应的速率C．为实验室制备乙酸乙酯的实验，浓硫酸起到催化剂和脱水剂的作用D．为铜锌原电池装置，盐桥中的阳离子向右池迁移起到形成闭合电路的作用22、氮化硅是一种高温陶瓷材料，其硬度大、熔点高，下列晶体熔化（或升华）时所克服的微粒间作用力都与氮化硅相同的是（）A．白磷、硅 B．碳化硅、硫酸钠C．水晶、金刚石 D．碘、汞二、非选择题(共84分)23、（14分）A（C2H4）是基本的有机化工原料。用A和常见的有机物可合成一种醚类香料和一种缩醛类香料，具体合成路线如图所示（部分反应条件略去）：已知：+→2ROH+回答下列问题：（1）B的分子式是__________。若D为单取代芳香族化合物且能与金属钠反应；每个D分子中只含有1个氧原子，D中氧元素的质量分数约为13.1%，则D的结构简式为__________。（2）C中含有的官能团名称是_______________。⑥的反应类型是________________。（3）据报道，反应⑦在微波辐射下，以NaHSO4·H2O为催化剂进行，请写出此反应的化学方程式：___________________________________________________。（4）请写出满足下列条件的苯乙醛的所有同分异构体的结构简式：______________________。i.含有苯环和结构ii.核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3:2:2:1（5）若化合物E为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，则能使FeCl3溶液显色的E的所有同分异构体共有（不考虑立体异构）__________种。（6）参照的合成路线，写出由2-氯丙烷和必要的溶剂、无机试剂制备的合成流程图：_____________________________。合成流程图示例如下：24、（12分）W、X、Y、Z四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大，其它相关信息见下表。元素相关信息W单质为密度最小的气体X元素最高正价与最低负价之和为0Y某种同素异形体是保护地球地表的重要屏障Z存在质量数为23，中子数为12的核素根据上述信息，回答下列问题：(l)元素Y在元素周期表中的位置是____；Y和Z的简单离子半径比较，较大的是___（用离子符号表示）。(2)XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是____；由元素W和Y组成的一种绿色氧化剂的电子式为____。(3)由W、X、Y、Z四种元素组成的一种无机盐，水溶液呈碱性的原因是__（用离子方程式表示）。25、（12分）FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。Ⅰ．经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下：①检验装置的气密性；②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；④……⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的H2赶尽Cl2，将收集器密封。请回答下列问题：(1)装置A中反应的化学方程式为________________。(2)第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端，要使沉积的FeCl3进入收集器，第④步操作是_______________。(3)操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)_____________。(4)装置B中冷水浴的作用为________________；装置C的名称为_____________；装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：____________。(5)在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂_____________。Ⅱ．该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液。(6)FeCl3与H2S反应的离子方程式为____________。(7)综合分析实验Ⅱ的两个反应，可知该实验有两个显著优点：①H2S的原子利用率为100%；②___________。26、（10分）二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色气体，极易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：（1）在处理废水时，ClO2可将废水中的CN-氧化成CO2和N2，该反应的离子方程式为_________。（2）某小组通过NaClO3法制备ClO2，其实验装置如下图。①通入氮气的主要作用有两个，一是可以起到搅拌作用，二是______________；②装置B的作用是______________；③装置A用于生成ClO2气体，该反应的化学方程式为______________；④当看到装置C中导管液面上升时应进行的操作是______________。（3）测定装置C中ClO2溶液的浓度：用______________（填仪器名称）取10.00mLC中溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，用0.1000mol·L-1的Na2S2O3标准液滴定至溶液呈淡黄色，发生反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，再加入__________作指示剂，继续滴定，当溶液_______，即为终点。平行滴定3次，标准液的平均用量为20.00mL，则C中ClO2溶液的浓度为________mol·L-1。27、（12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）28、（14分）1923年，我国化学家吴蕴初先生研制出了廉价生产味精的方案，并向英、美、法等化学工业发达国家申请了专利。以下是利用化学方法合成味精的流程：请回答下列问题：（1）下列有关蛋白质和氨基酸的说法不正确的是____(填字母)。a．蛋白质都是高分子化合物b．谷氨酸(H)自身不能发生反应c．H分子不含手性碳原子d．天然蛋白质水解最终产物都是α-氨基酸（2）C的系统命名法名称是____；B中含氧官能团名称是____。（3）E→F的反应类型是____。R的结构简式为____。（4）写出G和NH3反应的化学方程式：____。（5）T是H的同分异构体，写出同时具备下列条件的T的结构简式______________。①含有—NH2，且能发生水解反应；②1molT发生银镜反应能生成4molAg③核磁共振氢谱上有4组峰且峰面积比为2∶2∶2∶3（6）参照题给流程图，以和甲醇为原料(其他无机试剂任选)，设计合成苯丙氨酸()的流程，写出合成路线____。29、（10分）铬渣（主要含Cr2O3,还有Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质）是铬电镀过程中产生的含铬污泥,实现其综合利用可减少铬产生的环境污染。铬渣的综合利用工艺流程如下:试回答下列问题:（1）高温煅烧时,Cr2O3参与反应的化学方程式为__________。（2）“浸出液”调pH时加入的试剂最好为________，除杂时生成Al（OH）3的离子方程式为________。（3）加入Na2S时，硫元素全部以S2O32-形式存在,写出该反应的离子方程式:._______（4）根据图1溶解度信息可知,操作a包含蒸发结晶和______。固体a化学式为________（5）设计如图装置探究铬的性质,观察到图2装置中铜电极上产生大量的无色气泡，根据上述现象试推测金属铬的化学性质:________。在图3装置中当开关K断开时,铬电极无现象,K闭合时,铬电极上产生大量无色气体,然后气体变为红棕色，根据上述现象试推测金属铬的化学性质:__________。（6）工业上处理酸性Cr2O72-废水多采用铁氧磁体法,该法是向废水中加入FeSO4.7H2O将Cr2O72-还原成Cr3+,调节pH,使Fe、Cr转化成相当于FeⅠⅠ[FexⅡCr（2-x）Ⅲ]O4（铁氧磁体，罗马数字表示元素价态）的沉淀。每处理1molCr2O72-,需加人amolFeSO4·7H2O,下列结论正确的是________.（填字母）。Ax=0.5,a=6Bx=0.5,a=10Cx=1.5,a=6Dx=1.5,a=10

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、A【解析】

A.将铜丝压扁并掰成图案，并没有新的物质生成，属于物理变化，不涉及化学变化，故A选；B.铅丹、硼酸盐等原料化合在经过烧熔而制成不透明的或是半透明的有独特光泽物质，该过程有新物质生成，属于化学变化，故B不选；C.烧制陶瓷过程有新物质生成，属于化学变化，故C不选；D.酸洗去污，该过程为酸与金属氧化物反应生成易溶性物质，属于化学变化，故D不选。2、D【解析】

pH=1的溶液为酸性溶液，因酸性溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+，则H+、NO3-与Fe2+发生氧化还原反应不能共存，不可能存在NO3—，H+与S2-结合生成弱电解质氢硫酸、Al3+与S2-在溶液中发生双水解反应水解，不能共存S2-，则②④一定不存在，可能存在①③，故选D。3、D【解析】

用惰性电极电解饱和食盐水(含少量Ca2+、Mg2+)产生的气体为氢气和氯气，氯气具有强氧化性，而氢气在加热条件下具有较强还原性，根据(1)中黑色固体变红，(2)电极a附近溶液出现浑浊可知，a电极为阴极，放出氢气，生成氢氧根与镁离子结合成白色沉淀，b电极为阳极，产生的氯气可氧化硫化钠生成硫沉淀出现浑浊，过量的氯气通入含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能为H+中和了OH-，也可能是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性所致，据此分析解答。【详解】A．(1)中黑色固体变红，是氢气还原氧化铜，反应的化学方程式为：CuO+H2

Cu+H2O，故A正确；B．(2)电极a附近溶液出现浑浊，则a电极放出氢气生成氢氧根，与镁离子结合成白色沉淀，相关反应为：2H2O+2e-═H2↑+2OH-，Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓，故B正确；C．(3)中溶液出现浑浊，是产生的氯气氧化硫化钠生成硫沉淀，离子方程式为：Cl2+S2-═S↓+2Cl-，故C正确；D．(4)中过量的氯气通入含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能为H+中和了OH-，也可能是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性所致，故D错误；故选D。4、A【解析】

乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，以此来解答。【详解】B、C、D中均需要水浴加热，只有A中乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，不能水浴加热完成，故选：A。5、A【解析】

A．分子中含有酚羟基、羟基、羧基，都能与钠反应放出氢气，不能用钠检验M分子中存在羟基，故A错误；B．分子中含有酚羟基能发生氧化反应，羟基、羧基能发生酯化，含有苯环能发生加成反应，故B正确；C．根据结构简式，M的分子式为C8H8O4，故C正确；D．M的苯环上一硝基代物有2种()，故D正确；故选A。6、D【解析】

①钠原子的电子排布式为：1s22s22p63s1，则Na原子的未成对电子数为1；铝原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p1，则铝原子的未成对电子数为1；氯原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p5，则氯原子的未成对电子数为1，故①正确；②硅原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p2，则硅原子的未成对电子数为2；硫原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p4，则硫原子的未成对电子数为2，故②正确；③磷原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p3，则磷原子的未成对电子数为3，故③正确；④Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则铁原子的未成对电子数为4，故④正确；答案选D。【点睛】磷原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p3，3p为半充满状态，故未成对电子数为3，Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，电子先排布在4s能级上，再排布在3d能级上，3d有5个轨道，6个电子，先单独占据一个轨道，剩余一个电子按顺序排，所以未成对电子数为4。7、B【解析】

A.测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，可比较碳酸氢根离子与亚硫酸氢根离子的酸性；B.滴加稀NaOH溶液，可能生成一水合氨；C.氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面；D.淀粉水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖。【详解】A.测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，可比较HCO3-与HSO3-的酸性，不能比较S、C两种元素的非金属性强弱，A错误；B.滴加稀NaOH溶液，可能生成一水合氨，试纸不变蓝，因此不能确定原溶液中是否含NH4+，B正确；C.加热Al，表面的Al被氧化产生Al2O3，Al2O3是离子化合物，熔点高，包裹在Al的外面，使熔化后的液态铝不会滴落下来，C错误；D.淀粉在酸性条件下水解，水解后产生的葡萄糖应该在碱性溶液中进行检验，未将催化剂硫酸中和，操作不合理，因此不会产生砖红色沉淀，D错误；故合理选项是B。8、D【解析】

A．用乙醚作萃取剂，从黄花蒿中提取青蒿素，是物理过程，A不正确；B．铁锈是混合物，成分复杂，B不正确；C．该反应的有机产物CH3OH是有毒物质，C不正确；D．C(CH3)4的二氯代物中，共有2个Cl连在同一碳原子上和不同碳原子上2种可能结构，D正确；故选D。9、D【解析】A.n(H2CO3)和n(HCO3-)之和为1mol的NaHCO3溶液中，根据物料守恒可知含有Na+数目大于NA，A错误；B.不能确定5g21H和31H的混合物各自微粒的质量，因此不能计算产生的中子数，B错误；C.溶剂水分子中还存在共价键，C错误；D.56g铁是1mol，与足量氯气反应，氯气共得到3NA个电子，D正确，答案选D。点睛：阿伏伽德罗常数与微粒数目的关系涉及的知识面广，涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡、胶体、化学键等知识点。与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系，计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。10、D【解析】

A.标准状况下，0.5molNT3分子中所含中子数为=6.5NA，A正确；B.0.1molFe与0.1molCl2完全反应，根据方程式2Fe＋3Cl22FeCl3判断铁过量，转移的电子数为0.2NA，B正确；C.13.35gAlCl3物质的量为0.1mol，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，水解是可逆的，形成的Al(OH)3胶体粒子数应小于0.1NA，C正确；D.2molSO2和1molO2的反应是可逆反应，充分反应也不能进行到底，故反应后分子总数为应大于2NA，D错误；故选D。11、C【解析】

A．根据图示，处理得到电子转化为氮气，电极反应为2NO2-+8H++6e－=N2↑+4H2O，故A正确；B．Fe(Ⅲ)得电子生成Fe(Ⅱ)，Fe(Ⅱ)失电子生成Fe(Ⅲ)，则Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用，故B正确；C．根据图示，总反应方程式可知：2H++2NO2−+3H2N2+4H2O，所以用该法处理后水体的pH升高，故C错误；D．根据C项的总反应2H++2NO2−+3H2N2+4H2O，消耗标准状况下6.72LH2即为=0.3mol，理论上可处理NO2-的物质的量=×0.3mol=0.2mol，可处理含4.6mg·L－1NO2-废水的体积==2×103L=2m3，故D正确；答案选C。12、B【解析】

A.在ClO2发生器中一定产生ClO2气体，通入空气，可以将其吹入吸收塔中进行吸收，选项A正确；B.吸收塔中加入了浓氢氧化钠溶液，显然其中的反应不可能得到氢离子，选项B错误；C.冷却结晶得到NaClO2固体后，应该经过过滤，洗涤，干燥得到产品，选项C正确；D.气体的贮存和运输都远比固体困难，所以将ClO2气体制成NaClO2固体的主要目的是便于贮存和运输，选项D正确。答案选B。13、C【解析】

A.乙硫醇(C2H5SH)分子间无氢键而乙醇分子之间有氢键，氢键的存在增加了分子之间的吸引力，使物质的熔沸点升高，故乙醇的熔沸点比乙硫醇高，A错误；B.乙醇与乙酸生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此不能达到除杂的目的，还引入了新的杂质，B错误；C.苯、苯乙烯最简式相同，同质量消耗O2量相同，因此消耗的氧气在相同条件下体积也相同，C正确；D.C4H8Cl2可看作是C4H10分子中的2个H原子被Cl原子取代产生的物质，C4H10有正丁烷、异丁烷两种结构，4个碳原子可形成，符合条件的正丁烷的二氯代物有2种，异丁烷的1种，共有3种不同的结构，D错误；故合理选项是C。14、C【解析】

I中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮；Ⅱ中Fe遇浓硝酸钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，所以产生少量红棕色气泡后，迅速停止；Ⅲ中构成原电池，Fe作为负极，且Fe与浓硝酸直接接触，会产生少量二氧化氮，Cu作为正极，发生得电子的反应，生成二氧化氮。【详解】A．I中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮，化学方程式为:2NO+O2=2NO2，A正确；B．常温下，Fe遇浓硝酸易钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，B正确；C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明浓HNO3的氧化性强于稀HNO3，C错误；D．Ⅲ中构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化，D正确；答案选C。15、B【解析】原电池工作时，正极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+，则a为正极，b为负极，反应式为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+。A．正极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+，则a为正极，发生还原反应，故A错误；B．由电极方程式可知当转移8mol电子时，正极消耗4molH+，负极生成7molH+，则处理后的废水pH降低，故B正确；C．b为负极，反应式为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+，由示意图可知，质子从b极移向a极，故C错误；D．a为正极，发生还原反应，电极反应式为+2e-+H+=Cl-+，故D错误；故选B。点睛：本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极。本题的易错点为D，电极反应也要满足质量守恒定律。16、D【解析】

A．电池中汞、镉和铅等重金属离子对土壤和水源会造成污染，所以废电池必须进行集中处理，故A正确；B．将垃圾分类并回收利用，有利于对环境的保护，减少资源的消耗，是垃圾处理的发展方向，故B正确；C．家庭垃圾中的瓜果皮、菜叶、菜梗等在垃圾分类中属于湿垃圾，故C正确；D．为可回收垃圾图标，故D错误；故选D。17、A【解析】

放电时，电池反应为2Al+3S=Al2S3，铝失电子，硫得到电子，所以铝电极为负极，多孔碳电极为正极，负极上的电极反应式为：2Al+14AlCl4--6e-=8Al2Cl7-，正极的电极反应式为：3S+8Al2Cl7-+6e-=14AlCl4-+Al2S3，据此分析解答。【详解】A．放电时，多孔碳电极为正极，充电时，多孔碳电极连接电源的正极，故A错误；B．充电时，原电池负极变阴极，反应为8Al2Cl7-+6e-=2Al+14AlCl4-，故B正确；C．根据分析，放电时，负极上的电极反应式为：2Al+14AlCl4--6e-=8Al2Cl7-，正极的电极反应式为：3S+8Al2Cl7-+6e-=14AlCl4-+Al2S3，溶液中离子的总数基本不变，故C正确；D．放电时，正极的电极反应式为：3S+8Al2Cl7-+6e-=14AlCl4-+Al2S3，正极增重0.54g，即增重的质量为铝的质量，0.54g铝为0.02mol，铝单质由0价转化为+3价，则电路中通过0.06mole-，故D正确；答案选A。18、B【解析】

A.A点对应溶液显酸性，即c（H+）＞c（OH-），结合电荷关系判断；

B.pH=5.3时，=0，即c（A-）=c（HA），结合HA酸的电离常数Ka的表达式进行计算；

C.在20mLHA溶液中加入10mLNaOH溶液，得到等浓度的HA和NaA混合溶液，根据题意判断出电离程度与水解程度的大小关系，再分析作答；D.===，Kh为A-的水解常数，据此分析判断。【详解】A.A点对应溶液显酸性，即c（H+）＞c（OH-），溶液中电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），所以离子浓度关系为c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），A项错误；

B.pH=5.3时，=0，即c（A-）=c（HA），HA酸的电离常数Ka==c（H+）=10-pH=10-5.3，B项正确；

C.由于Ka=10-5.3＞==Kh，所以20mLHA溶液中加入10mLNaOH溶液，得到等浓度的HA和NaA混合溶液，混合溶液以电离为主，使c（A-）＞c（HA），即＞0，故B点对应的NaOH溶液的体积小于10mL，C项错误；

D.A-的水解常数Kh随温度升高而增大，所以===，随温度升高而减小，D项错误；

答案选B。19、A【解析】

A．CO2的摩尔质量为44g/mol，含22个质子；SO2的摩尔质量为64g/mol，含32个质子，即两者均是2g中含1mol质子，故4g混合物中含2mol即2NA个质子，故A正确；B．1L0.5mol∙L-1pH=7的CH3COONH4溶液中，铵根离子发生水解，根据物料守恒：c（NH4+）+c（NH3∙H2O）=0.5mol/L，n（NH4+）＜0.5mol，故B错误；C．一个环氧乙烷分子的共价键数目为7，所以0.1mol环氧乙烷中含有的共价键数目为0.7NA，故C错误；D．未指明温度和压强，22.4LCO2的物质的量不一定是1mol，故D错误；故答案为A。【点睛】选项A为难点，注意寻找混合物中质子数与单位质量之间的关系。20、A【解析】

A．稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散；一定不能把水注入浓硫酸中，故A正确；B．使用酒精灯时要注意“两查、两禁、一不可”，不能向燃着的酒精灯内添加酒精，故B错误；C．检验CO2是否收集满，应将燃着的木条放在集气瓶口，不能伸入瓶中，故C错误；D．过滤液体时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则，玻璃棒紧靠三层滤纸处，故D错误；故答案选A。21、B【解析】

A.酸性KMnO4溶液褪色可证明有烯烃或还原性气体生成，但不一定是有乙烯生成，A错误；B.根据秒表可知反应时间，根据注射器中活塞的位置可知反应产生的氢气的体积，故可测量锌与硫酸溶液反应的速率，B正确；C.在实验室制备乙酸乙酯的实验中浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，收集乙酸乙酯应用饱和碳酸钠溶液，不能用NaOH溶液，C错误；D.在铜锌原电池装置中，Cu电极要放入CuSO4溶液中，Zn电极放入ZnSO4溶液中，盐桥中的阳离子向负电荷较多的正极Cu电极移动，故应该向右池迁移起到形成闭合电路的作用，D错误；故答案选B。22、C【解析】

根据描述氮化硅应该是一种原子晶体，原子晶体是由原子直接通过共价键形成的，再来分析选项：A.白磷是分子晶体，熔融时克服的是范德华力，A项错误；B.硫酸钠是离子晶体，熔融时电离，克服的是离子键，B项错误；C.水晶和金刚石同为原子晶体，因此熔融时克服的是共价键，C项正确；D.碘是分子晶体，熔融时克服的是范德华力，而汞作为一种特殊的金属，原子间无金属键，熔融时克服的也是范德华力，D项错误；答案选C。【点睛】由于惰性电子对效应，汞原子的6s电子很难参与成键，仅以原子间的范德华力结合，这也是为什么汞是唯一一种常温下为液态的金属。二、非选择题(共84分)23、CH4O羟基氧化反应、9【解析】

A的分子式为C2H4，A为乙烯，即结构简式为CH2=CH2，根据问题（1），D能与金属钠反应，且D分子中只有一个氧原子，即D中含有－OH，D属于芳香族化合物，即D中含有苯环，D的相对分子质量为1×16/13.1%=122，根据苯乙醛推出D的结构简式为，根据缩醛的结构简式，推出C的结构简式为HOCH2CH2OH，根据信息，推出B的结构简式为CH3OH，据此分析；【详解】A的分子式为C2H4，A为乙烯，即结构简式为CH2=CH2，根据问题（1），D能与金属钠反应，且D分子中只有一个氧原子，即D中含有－OH，D属于芳香族化合物，即D中含有苯环，D的相对分子质量为1×16/13.1%=122，根据苯乙醛的结构简式推出D的结构简式为，根据缩醛的结构简式，推出C的结构简式为HOCH2CH2OH，根据信息，推出B的结构简式为CH3OH，（1）根据上述分析，B的结构简式为CH3OH，即分子式为CH4O；D能与金属钠反应，且D分子中只有一个氧原子，即D中含有－OH，D属于芳香族化合物，即D中含有苯环，D的相对分子质量为1×16/13.1%=122，根据苯乙醛的结构简式，推出D的结构简式为；（2）C的结构简式为HOCH2CH2OH，含有的官能团是羟基；根据合成路线，反应⑥是苯乙醇被氧化成苯乙醛，反应类型为氧化反应；（3）反应⑦是苯乙醛与HOCH2CH2OH反应生成缩醛，即化学反应方程式为；（4）根据信息，核磁共振氢谱有4组峰，说明是对称结构，峰面积之比为3：2：2：1，说明不同化学环境的氢原子的个数比为3：2：2：1，符合条件的结构简式为、；（5）若化合物E为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，则其分子式为C8H10O，E的同分异构体能使FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，假设苯环上有－OH、－C2H5两个取代基，有邻间对三种结构，假设苯环上有－OH、－CH3、－CH3三个取代基，两个甲基在邻位，羟基有2种结构；两个甲基在间位，羟基有3种结构；两个甲基在对位，羟基有1种结构，一共有9种结构；（6）根据反应②，推出生成目标物原料是，根据路线①，用乙烯与O2在Ag作催化剂的条件下生成环氧乙烷，因此生成的原料是CH3CH=CH2，生成丙烯，用2－氯丙烷发生消去反应，合成路线为。【点睛】本题的难点是同分异构体的判断，根据信息判断出含有的形式，如本题含有苯环和，写出苯乙醛的同分异构体，醛与酮互为同分异构体，则有，符合峰有4种，峰面积之比为3：2：2：1，然后将－CH2CHO，拆成－CH3和－CHO，在苯环上有邻、间、对三种，然后根据峰和峰的面积进行判断，哪些符合要求。24、第2周期，VIA族O2-分子间作用力HCO3-+H2OH2CO3+OH-【解析】

根据题干信息中元素性质分析判断元素的种类；根据元素的种类判断在元素周期表中的位置；根据物质的组成和性质分析该物质的晶体类型，判断微粒间的作用力；根据成键特点书写电子式。【详解】W、X、Y、Z四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大，W单质为密度最小的气体，则W为氢元素；X最高正价与最低负价之和为0，则X为第IVA族元素，Y的某种同素异形体是保护地球地表的重要屏障，则Y是氧元素，X是碳元素；Z存在质量数为23，中子数为12的核素，则Z的质子数为23-12=11，则Z是钠元素。（1）元素氧在元素周期表中的位置是第2周期，VIA族；氧离子和钠离子具有相同的核外电子排布，则核电荷越大半径越小，所以半径较大的是O2-，故答案为：第2周期，VIA族；O2-；（2）CO2晶体为分子晶体，由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是分子间作用力；由元素氢和氧组成的一种绿色氧化剂是双氧水，其电子式为，故答案为：分子间作用力；；（3）由氢、碳、氧、钠四种元素组成的一种无机盐为碳酸氢钠，因为水解其水溶液呈碱性离子方程式表示为：，故答案为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故答案为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-。25、2Fe+3Cl22FeCl3在沉积的FeCl3固体下方加热②⑤冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品干燥管K3[Fe(CN)6)溶液2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+FeCl3得到循环利用【解析】

Ⅰ．装置A中铁与氯气反应，反应为：2Fe+3Cl22FeCl3，B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；为防止外界空气中的水蒸气进入装置使FeCl3潮解，所以用装置C无水氯化钙来吸水，装置D中用FeCl2吸收Cl2时的反应离子方程式2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，用氢氧化钠溶液吸收的是氯气，不用考虑防倒吸，所以装置E为氢氧化钠溶液吸收氯气，据此分析解答(1)~(5)；Ⅱ．三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应，化学方程式为2FeCl3+H2S═2FeCl2+S↓+2HCl，电解氯化亚铁时，阴极阳离子得到电子发生还原反应；阳极阴离子失去电子发生氧化反应，据此分析解答(6)~(7)。【详解】Ⅰ．(1)氯气具有强氧化性，将有变价的铁元素氧化成高价铁，生成氯化铁，所以装置A中铁与氯气反应生成氯化铁，反应为2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；(2)第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端，因为无水FeCl3加热易升华，要使沉积的FeCl3进入收集器，需要对FeCl3加热，使氯化铁发生升华，使沉积的FeCl3进入收集器，故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；(3)为防止FeCl3潮解，可以采取的措施有：步骤②中通入干燥的Cl2，步骤⑤中用干燥的N2赶尽Cl2，故答案为：②⑤；(4)B中的冷水是为了冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品，装置C的名称为干燥管；Fe2+的检验可通过与K3[Fe(CN)6)溶液生成蓝色沉淀的方法来完成，故答案为：冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；干燥管；K3[Fe(CN)6)溶液；(5)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，尾气吸收装置E为：，故答案为：；Ⅱ．(6)三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应：2FeCl3+3H2S=2FeCl2+6HCl+3S↓，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；(7)电解氯化亚铁时，阴极发生氢离子得电子的还原反应，2H++2e-═H2↑，阳极亚铁离子发生失电子的氧化反应：Fe2+-e-=Fe3+，电解池中最终得到的FeCl3可重新用来吸收H2S，可以循环利用，故答案为：FeCl3可以循环利用。26、2ClO2＋2CN-＝2CO2＋N2＋2Cl-稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸防止倒吸（或作安全瓶）2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O加大氮气的通入量酸式滴定管（或移液管）淀粉溶液溶液蓝色退去0.04000【解析】

(3)ClO2有强氧化性，容易氧化乳胶，量取ClO2溶液时，不可用碱式滴定管，可用酸式滴定管或移液管。标定ClO2浓度的思路为：ClO2将I-氧化成I2，再用Na2S2O3标准液滴定生成的I2，根据电子得失守恒、原子守恒有：2ClO2～2Cl-～10e-～10I-～5I2～10Na2S2O3，据此计算解答。【详解】(1)ClO2将CN-氧化成CO2和N2，自身被还原为Cl-，结合电子得失守恒、原子守恒、电荷守恒可得离子方程式为：2ClO2＋2CN-＝2CO2＋N2＋2Cl-，故答案为：2ClO2＋2CN-＝2CO2＋N2＋2Cl-；(2)①二氧化氯体积分数大于10%即可能发生爆炸，通入氮气除起到搅拌作用外，还可以稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，故答案为：稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；②ClO2极易溶于水，如果没有B，极易引起倒吸，所以B的作用是：防止倒吸（或作安全瓶），故答案为：防止倒吸（或作安全瓶）；③NaClO3作氧化剂、H2O2作还原剂，结合原子守恒、得失电子守恒可得方程式为：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O，故答案为：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O；④当看到装置C中导管液面上升，说明ClO2的含量偏高了，要加大氮气的通入量，以免爆炸，故答案为：加大氮气的通入量；(3)ClO2有强氧化性，量取ClO2溶液时，可用酸式滴定管或移液管，ClO2将KI氧化成I2，再用Na2S2O3标准液滴定生成的I2，反应涉及碘单质，可用淀粉溶液做指示剂，I2遇淀粉溶液呈蓝色，当I2反应完时，溶液蓝色褪去。根据电子得失守恒、原子守恒有：2ClO2～2Cl-～10e-～10I-～5I2～10Na2S2O3，消耗0.1000mol·L-1的Na2S2O3标准液20.00mL，即消耗Na2S2O3物质的量=0.1000mol·L-1×20.00mL×10-3=2×10-3mol，由2ClO2～2Cl-～10e-～10I-～5I2～10Na2S2O3可知，n(ClO2)===4×10-4mol，c(ClO2)==0.04000mol/L，故答案为：酸式滴定管（或移液管）；淀粉溶液；溶液蓝色退去；0.04000。27、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。28、bc1，5-戊二酸羰基和酯基取代反应CH2COOCH2CH3+NH3→+HBr或+2NH3→+NH4Br、【解析】

(1)a．蛋白质是由氨基酸缩聚反应生成的高分子化合物；b．含有羧基、氨基，可以形成内盐，可以发生缩聚反应；c