江苏省2023学年高考化学倒计时模拟卷含解析

2021-2022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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、一种熔融KNO3燃料电池原理示意图如图所示，下列有关该电池的说法错误的是A．电池工作时，NO3－向石墨I移动B．石墨Ⅰ上发生的电极反应为：2NO2+2OH－－2e－=N2O5+H2OC．可循环利用的物质Y的化学式为N2O5D．电池工作时，理论上消耗的O2和NO2的质量比为4：232、铊(Tl)与铝同族。Ti3+在酸性溶液中就能发生反应：Tl3++2Ag=Tl++2Ag+。下列推断错误的是A．Tl+的最外层有1个电子B．Tl能形成+3价和+1价的化合物C．酸性溶液中Tl3+比Tl+氧化性强D．Tl+的还原性比Ag弱3、分子式为C4H8Cl2的链状有机物，只含有二个甲基的同分异构体共有（不考虑立体异构）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种4、常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（）A．无色透明的溶液中：K+、NH4+、MnO4-、CO32-B．c(I-)＝0.10mol·L-1的溶液中：Al3+、Fe3+、Cl-、NO3-C．pH=1的溶液中：NH4＋、Na+、SO42-、Br-D．水电离出的c(H+)＝10-13mol·L-1的溶液中：Mg2+、K+、Cl-、HCO3-5、下列说法正确的是A．纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同B．碘晶体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的作用力C．SO3溶于水的过程中有共价键的断裂和离子键的形成D．HF的热稳定性很好，主要是因为HF分子间存在氢键6、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1mol电子7、在稳定人体血液的pH中起作用的离子是A．Na+ B．HCO3－ C．Fe2+ D．Cl-8、把35.7g金属锡投入300mL14mol/LHNO3共热(还原产物为NOx)，完全反应后测得溶液中c(H+)=10mol/L，溶液体积仍为300mL。放出的气体经水充分吸收，干燥，可得气体8.96L(S．T．P)。由此推断氧化产物可能是A．Sn(NO3)4 B．Sn(NO3)2 C．SnO2∙4H2O D．SnO9、下列卤代烃不能够由烃经加成反应制得的是A． B．C． D．10、乙烷、乙炔分子中碳原子间的共用电子对数目分别是1、3，则C20H32分子中碳原子间的共用电子对数目可能为()A．20 B．24 C．25 D．7711、关于C9H12的某种异构体，以下说法错误的是()A．一氯代物有5种B．分子中所有碳原子都在同一平面C．能发生加成、氧化、取代反应D．1mol该物质最多能和3molH2发生反应12、下列离子方程式书写正确的是A.碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液:HCO3-+OH-=CO32-+H2OB．向次氯酸钙溶液通入少量CO2：Ca2++2C1O-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HC1OC．实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2：MnO2+4HCl(浓)===Mn2++2Cl-+Cl2↑+2H2OD．向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液：NH4++OH-=NH3↑+H2O13、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．60g丙醇中含有的共价键数目为10NAB．过氧化钠与水反应生成0.lmolO2时，转移的电子数为0.2NAC．0.lmol•L-1碳酸钠溶液中阴离子总数大于0.1NAD．密闭容器中，1molN2与3molH2反应制备NH3，产生N—H键的数目为6NA个14、下列有关化学用语表示正确的是（）A．硝基苯： B．镁离子的结构示意图：C．水分子的比例模型： D．原子核内有8个中子的碳原子：15、下列说法不正确的是A．某些生活垃圾可用于焚烧发电B．地沟油禁止食用，但可以用来制肥皂或生物柴油C．石油裂解主要是为了获得气态不饱和短链烃D．煤是由有机物和无机物组成的复杂的混合物，其中含有焦炭、苯、甲苯等16、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法中正确的是A．60g乙酸分子中所含共价键的数目为8NAB．标准状况下，11.2LCHCl3中含有的原子总数为2.5NAC．高温下，1molFe与足量水蒸气反应，转移电子数的目为3NAD．将1molCl2通入水中，所得溶液中HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NA17、化学和生活、社会发展息息相关，从古代文物的修复到现在的人工智能，我们时时刻刻能感受到化学的魅力。下列说法不正确的是A．银器发黑重新变亮涉及了化学变化B．煤综合利用时采用了干馏和液化等化学方法C．瓷器主要成分属于硅酸盐D．芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程并不涉及化学变化18、化合物(甲)、(乙)、(丙)的分子式均为，下列说法正确的是(

)A．甲的同分异构体只有乙和丙两种B．甲、乙、丙的一氯代物种数最少的是丙C．甲、乙、丙均可与溴的四氯化碳溶液反应D．甲中所有原子可能处于同一平面19、常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。已知Ksp(AgCl)数量级为10-10。下列叙述正确的是A．图中Y线代表的AgClB．n点表示Ag2C2O4的过饱和溶液C．向c(Cl－)＝c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgCl沉淀D．Ag2C2O4＋2Cl－=2AgCl＋C2O42-的平衡常数为10-0.7120、下列反应的离子方程式正确的是A．碳酸钠的水解反应CO32-+H2O=HCO3-+OH-B．碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-C．苯酚钠溶液与二氧化碳反应C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+CO32-D．稀硝酸与过量的铁屑反应3Fe+8H++2NO3-=3Fe3++2NO↑+4H2O21、2019年诺贝尔化学奖授予美国科学家约翰•古迪纳夫、斯坦利•惠廷厄姆和日本科学家吉野彰，以表彰他们在锂离子电池研发领域作出的贡献。近日，有化学家描绘出了一种使用DMSO（二甲亚砜）作为电解液，并用多孔的黄金作为电极的锂—空气电池的实验模型，该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，其装置图如图所示。下列有关叙述正确的是（）A．DMSO电解液能传递Li＋和电子，不能换成水溶液B．该电池放电时每消耗2molO2，转移4mol电子C．给该锂—空气电池充电时，金属锂接电源的正极D．多孔的黄金为电池正极，电极反应式可能为O2＋4e-=2O2-22、镁、铝都是较活泼的金属，下列描述中正确的是A．高温下，镁、铝在空气中都有抗腐蚀性B．镁、铝都能跟稀盐酸、稀硫酸、强碱反应C．镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应D．铝热剂是镁条、铝粉和氧化铁的混合物二、非选择题(共84分)23、（14分）苯氧布洛芬是一种解热、阵痛、消炎药，其药效强于阿司匹林。可通过以下路线合成：完成下列填空：（1）反应①中加入试剂X的分子式为C8H8O2，X的结构简式为_______。（2）反应①往往还需要加入KHCO3，加入KHCO3的目的是__________。（3）在上述五步反应中，属于取代反应的是________（填序号）。（4）B的一种同分异构体M满足下列条件：Ⅰ.能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。Ⅱ.分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环。则M的结构简式：____。（5）请根据上述路线中的相关信息并结合已有知识，写出以、CH2CHO。为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）____。合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH224、（12分）艾司洛尔是预防和治疗手术期心动过速或高血压的一种药物，艾司洛尔的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)丙二酸的结构简式为_______；E中含氧官能团的名称是_______。(2)D生成E的反应类型为____________。(3)C的结构简式为________________。(4)A遇FeCl3溶液发生显色反应，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1molB、1molH2O和1molCO2，B能与溴水发生加成反应，推测A生成B的化学方程式为____。(5)X是B的同分异构体，X同时满足下列条件的结构共有____种，其中核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为____。①可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳②遇FeCl3溶液发生显色反应③除苯环外不含其他环(6)写出以苯甲醇和丙二酸为原料制备的合成路线________(其他试剂任选)。25、（12分）FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学实验小组在实验室里用如下两种方法来制备无水FeCl2。有关物质的性质如下：C6H5Cl(氯苯）C6H4Cl2(二氯苯）FeCl3FeCl2溶解性不溶于水，易溶于苯、乙醇不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水熔点/℃-4553易升华沸点/℃132173(1)用H2还原无水FeCl3制取FeCl2。有关装置如下：①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为_____________。②按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为_________（填字母，装置可多次使用）；C中盛放的试剂是_____________。③该制备装置的缺点为________________。(2)利用反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，制取无水FeCl2并测定FeCl3的转化率。按下图装置，在三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围加热3h，冷却、分离提纯得到粗产品。①仪器a的名称是__________。②反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后，得到粗产品。洗涤所用的试剂可以是____，回收滤液中C6H5C1的操作方法是______。③反应后将锥形瓶中溶液配成250mL，量取25.00mL所配溶液，用0.40mol/LNaOH溶液滴定，终点时消耗NaOH溶液为19.60mL，则氯化铁的转化率为__________。④为了减少实验误差，在制取无水FeCl2过程中应采取的措施有：________（写出一点即可）。26、（10分）三氯乙醛(CCl3CHO)是生产农药、医药的重要中间体，实验室制备三氯乙醛的反应装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如下：①制备反应原理：C2H5OH＋4Cl2→CCl3CHO＋5HCl②相关物质的相对分子质量及部分物理性质：相对分子质量熔点/℃沸点/℃溶解性C2H5OH46－114.178.3与水互溶CCl3CHO147.5－57.597.8可溶于水、乙醇CCl3COOH163.558198可溶于水、乙醇、三氯乙醛C2H5Cl64.5－138.712.3微溶于水，可溶于乙醇(1)恒压漏斗中盛放的试剂的名称是_____，盛放KMnO4仪器的名称是_____。(2)反应过程中C2H5OH和HCl可能会生成副产物C2H5Cl，同时CCl3CHO(三氯乙醛)也能被次氯酸继续氧化生成CCl3COOH(三氯乙酸)，写出三氯乙醛被次氯酸氧化生成三氯乙酸的化学方程式：_____。(3)该设计流程中存在一处缺陷是_____，导致引起的后果是_____，装置B的作用是______。(4)反应结束后，有人提出先将C中的混合物冷却到室温，再用分液的方法分离出三氯乙酸。你认为此方案是否可行_____(填是或否)，原因是_____。(5)测定产品纯度：称取产品0.36g配成待测溶液，加入0.1000mol•L−1碘标准溶液20.00mL，再加入适量Na2CO3溶液，反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，立即用0.02000mol•L−1Na2S2O3溶液滴定至终点。进行三次平行实验，测得平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL。则产品的纯度为_____(计算结果保留四位有效数字)。滴定原理：CCl3CHO+OH-=CHCl3+HCOO-、HCOO-+I2=H++2I-+CO2、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-27、（12分）ClO2熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，温度过高可能引起爆炸，易溶于水，易与碱液反应。工业上用潮湿的KClO3和草酸(H2C2O4)在60℃时反应制得。某同学设计了如图装置来制取、收集ClO2并测定其质量。实验I：制取并收集ClO2，装置如图所示。(1)装置A除酒精灯外，还必须添加__________装置，目的是____________。装置B应该添加_____________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“60℃的热水浴”)装置。(2)装置A中反应产物有K2CO3、ClO2和CO2等，请写出该反应的化学方程式_____________。实验II：测定ClO2的质量，装置如图所示。过程如下：①在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加硫酸溶液；②按照如图组装好仪器：在玻璃液封管中加入水，浸没导管口；③将生成的ClO2气体由导管通入锥形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封液倒入锥形瓶中，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；④用cmol/LNa2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体，共用去VmLNa2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)。(3)装置中玻璃液封管的作用是______________。(4)滴定终点的现象是___________________。(5)测得通入ClO2的质量m(ClO2)=_______(用整理过的含的代数式表示)。(6)判断下列操作对m(ClO2)测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。①若在配制Na2S2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果________。②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果_________。28、（14分）某分子的结构如图所示（-R为烃基），其中A、B、D三种元素位于元素周期表中同一族的三个相邻的周期，A的非金属性大于B。D与G形成的DG3在工业上可用于漂白和杀菌消毒。A与G形成的AG3可完全水解，其水解的产物之一H3AO3常用作塑料件镀金属的还原剂。(1)具有未成对电子的原子或分子具有磁性。D的某种氧化物D2O4的磁性大小与温度呈正相关关系，即磁性是温度的增函数。则D2O42DO2，ΔH______0（填“＞”“＜”或“=”）。(2)DG3用于杀菌消毒与HGO相比，DG3可大大延长杀菌消毒的时间，试从反应速率理论和平衡移动理论两者中选择一个，解释其原因____________________________。(3)无机含氧酸中的非羟基氢不能发生电离。H3AO3分子中A原子最外层的电子都参与了共价键的形成，试用方程式表示H3AO3的正盐溶液呈碱性的原因_____。(4)液氨中因存在2NH3(1)NH4++NH2-可导电，液态D2O4中也存在D2O4DO++DO3-，上述两个过程的本质区别为___________。(5)T℃时，在一体积为VL的密闭容器中放入一定量的ACl5固体，按下式发生反应：ACl5（s）ACl3（g）+Cl2（g），ΔH>0。测得容器内气体的压强变化如下表：时间t/s051015202530∞总压P/kPa01.02.03.04.05.05.05.0上述条件下，以分压表示的平衡常数Kp=_____(kPa)2（计算结果保留两位小数）；若保持温度不变，30s时给容器加压，达新平衡后，容器内的总压将_____（填“升高”、“降低”或“不变”）；若将容器换成绝热容器，加压后容器内的总压将_____（填“升高”、“降低”或“不变”）。29、（10分）一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l)+Q(Q＞0)；完成下列问题：(1)该反应的平衡常数表达式是___；2L容器中，10分钟内，气体密度减小了8g/L，则CO的反应速率是___。(2)如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是___。(选填编号)a．减压b．增加SO2的浓度c．升温d．及时移走产物(3)若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是___。(选填编号)A．平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变B．当容器内温度不再变化时，反应达到了平衡C．平衡时，其他条件不变，升高温度可增大平衡常数D．其他条件不变，使用不同催化剂，该反应热效应不同硫酸工业尾气SO2用NaOH溶液吸收后会生成Na2SO3。现有常温下0.1mol/LNa2SO3溶液，实验测定其pH约为8，完成下列问题：(4)该溶液中c(Na+)与c(OH-)之比为___。该溶液中c(OH-)=c(H+)++___(用溶液中所含微粒的浓度表示)。(5)如果用含等物质的量溶质的下列各溶液分别吸收SO2，则理论吸收量由多到少的顺序是___(用编号排序)A．Na2SO3B．Ba(NO3)2C．Na2SD．酸性KMnO4

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、B【解析】

由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨Ⅰ通入NO2生成N2O5，发生的是氧化反应，故石墨Ⅰ是负极，发生的反应式为NO2-e-+NO3-=N2O5，则石墨Ⅱ为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e-+2N2O5=4NO3-，该电池的总反应为：4NO2+O2=2N2O5。【详解】由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨Ⅰ通入NO2生成N2O5，发生的是氧化反应，故石墨Ⅰ是负极，发生的反应式为NO2-e-+NO3-=N2O5，则石墨Ⅱ为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e-+2N2O5=4NO3-。A．电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，石墨Ⅰ是负极，NO3-向石墨I移动，A正确；B．该电池一种熔融KNO3燃料电池，负极发生氧化反应，石墨Ⅰ上发生的电极反应为：NO2-e-+NO3-=N2O5，B错误；C．石墨Ⅰ生成N2O5，石墨Ⅱ消耗N2O5，可循环利用的物质Y的化学式为N2O5，C正确；D．原电池中正极得到的电子数等于负极失去的电子数，故电池工作时，理论上消耗的O2和NO2的物质的量之比是1:4，则消耗的O2和NO2的物质的量之比是4：23，D正确；答案选D。【点睛】考生做该题的时候，首先从图中判断出石墨Ⅰ、石墨Ⅱ是哪个电极，并能准确写出电极反应式，原电池中阴离子移向负极、阳离子移向正极，原电池工作时，理论上负极失去的电子数等于正极得到的电子数。2、A【解析】

A．铊与铝同族，最外层有3个电子，则Tl+离子的最外层有2个电子，故A错误；B．根据反应Tl3++2Ag═Tl++2Ag+可知，Tl能形成+3价和+1价的化合物，故B正确；C．Tl3++2Ag═Tl++2Ag+，氧化还原反应中氧化剂的氧化性最强，则Tl3+的氧化性最强，所以Tl3+比Tl+氧化性强，故C正确；D．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，在反应Tl3++2Ag=Tl++2Ag+，还原性Ag＞Tl+，故D正确；故选A。3、B【解析】

根据有机物的分子式可知，C4H8Cl2的链状有机物，只含有二个甲基的同分异构体共有4种，分别是CH3CHClCHClCH3、CH3CCl2CH2CH3、(CH3)2CClCH2Cl、(CH3)2CHCHCl2；答案选B。4、C【解析】

A.MnO4－是紫红色溶液，故A不符合题意；B.c(I－)＝0.10mol·L-1的溶液中与Fe3+反应生成亚铁离子和碘单质，故B不符合题意；C.pH=1的溶液中：NH4＋、Na+、SO42－、Br－都不反应，故C符合题意；D.水电离出的c(H+)＝10-13mol·L-1的溶液，可能为酸或碱，HCO3－在酸中或碱中都要反应，故D不符合题意。综上所述，答案为C。5、A【解析】

A碳酸钠和氢氧化钠熔化时都克服离子键，故正确；B.碘晶体受热变成碘蒸气克服分子间作用力，不是克服碘原子间的作用力，故错误；C.三氧化硫溶于水的过程中有共价键的断裂和形成，没有离子键的形成，故错误；D.氟化氢的稳定性好，是因为氟化氢中的共价键键能高，与氢键无关，故错误。故选A。【点睛】掌握氢键的位置和影响因素。氢键是分子间的作用力，影响物质的物理性质，不影响化学性质。6、C【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×(5－3)＋3×2]=n(HNO3)×(5－4)，因此n(HNO3)：n(As2S3)=10：1，故C正确；D.4.8g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0.05mol×10=0.5mol，故D错误；答案：C。7、B【解析】

稳定人体血液的pH的离子,必须既能和氢离子反应,也能和氢氧根离子反应；【详解】A.Na+为强碱阳离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故A不正确；

B.HCO3-在溶液中存在两个趋势：HCO3-离子电离使得溶液呈酸性，HCO3-水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水解呈碱性，pH值升高，故B正确；

C.Fe2+为弱碱阳离子，水解使溶液呈酸性，只能降低pH值，故C不正确；

D.Cl-为强酸阴离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故D不正确；

正确答案:B。【点睛】明确稳定pH是解答本题的关键，并熟悉盐类水解的规律及酸式酸根离子的性质来解答。8、C【解析】

根据l4mol/LHNO3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H+)=10mol/L，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO2，利用得失电子守恒来分析金属锡被氧化后元素的化合价。【详解】35.7g金属锡的物质的量为=0.3mol，14mol/L

HNO3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H+)=10mol/L，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO2，放出的气体经水充分吸收，干燥，可得NO气体8.96L，根据反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，则标准状况下NO2的物质的量为=1.2mol，设金属锡被氧化后元素的化合价为x，由电子守恒可知，0.3mol×(x−0)=1.2mol×(5−4)，解得x=+4，又溶液中c(H+)=10mol/L，而c(NO3−)==10mol/L，根据溶液电中性可判断氧化产物一定不是硝酸盐，综合以上分析，答案选C。9、C【解析】

A、可由环己烯发生加成反应产生，A错误；B、可由甲基丙烯与氯化氢发生加成反应生成，B错误；C、可由2，2-二甲基丙烷发生取代反应产生，不能通过加成反应生成，C正确；D．可由2，3，3—三甲基－1－丁烯与氯化氢发生加成反应生成，D错误。答案选C。10、B【解析】

烷烃中碳碳间共用电子对数为碳原子数减去1；若每减少2个H原子，则相当于碳碳间增加一对共用电子对，利用减少的H原子数目，再除以2可知增加的碳碳间共用电子对数，烷烃C20H42分子中碳原子间的共用电子对数目为19，则C20H32分子中碳原子间的共用电子对数目19+10×=24，答案选B。【点睛】明确每减少2个H原子，则相当于碳碳间增加一对共用电子对。11、B【解析】

A．苯环上有3种氢，侧链上有2种氢，其一氯代物有5种，故A正确；B．次甲基中碳原子连接的原子或基团形成四面体结构，分子中所有碳原子不可能都在同一平面，故B错误；C．含有苯环，可以发生加成反应与取代反应，可以燃烧，侧链可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，故C正确；D．苯环能与氢气发生加成反应，1mol该物质最多能和3molH2发生反应，故D正确。故选：B。【点睛】一氯代物的种类即判断分子内的等效氢数目，一般同一个甲基上的氢等效、同一个碳上连接点甲基上的氢等效、对称结构的氢等效。12、B【解析】A、碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液，反应的离子方程式为：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+

H2O，选项A错误；B、向次氯酸钙溶液通入少量CO2，反应的离子方程式为：Ca2++2C1O-+CO2+H2O=CaCO3↓+

2HC1O，选项B正确；C、实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-=Mn2++

Cl2↑+

2H2O，选项C错误；D、向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液，反应的离子方程式为：NH4++HCO3-+2OH-=CO32-+NH3•H2O+H2O，选项错误。答案选B。13、B【解析】

A.60g丙醇为1mol，丙醇中含7个C-H键、2个C-C键、1个C-O键和1个O-H键，存在的共价键总数为11NA，故A错误；B.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2中一个氧原子从-1价升高到0价；另外一个从-1价降到-2价，每生成lmolO2时，转移的电子数为2NA，生成0.lmolO2时，转移的电子数为0.2NA，故B正确；C.溶液的体积未知，无法计算，故C错误；D.氮气和氢气的反应是一个可逆反应，1molN2与3molH2反应产生的NH3小于2mol，故产生N—H键的数目小于6NA个，故D错误；故选B。14、A【解析】

A.硝基苯中硝基中的N原子与苯环相连，氧原子只能与N相连，故A正确；B.镁离子的结构示意图为，B项错误；C.由H2O分子的比例模型是：，故C错误；D.原子核内有8个中子的碳原子，质量数=14，碳原子为

，故D错误；正确答案是A。15、D【解析】

A.焚烧将某些还原性的物质氧化，某些生活垃圾可用于焚烧发电，故A正确；B.“地沟油”的主要成分为油脂，含有有毒物质，不能食用，油脂在碱性条件下水解称为皂化反应，油脂燃烧放出大量热量，可制作生物柴油，故B正确；C.石油裂解主要是为了获得气态不饱和短链烃，如乙烯、丙烯等，故C正确；D.煤中不含苯、甲苯等，苯和甲苯是煤的干馏的产物，故D错误；故选D。【点睛】本题考查了有机物的结构和性质，应注意的是煤中不含苯、甲苯等，苯、甲苯是煤的干馏产物。16、A【解析】

A．60g乙酸的物质的量为：=1mol，乙酸的结构式为：，1mol乙酸分子中含有8mol共价键，所含共价键的数目为8NA，故A正确；

B．标准状况下CHCl3不是气态，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故B错误；

C．1molFe和足量H2O(g)充分反应四氧化三铁，产物中Fe元素平均化合价为+，所以反应中转移电子为mol，转移电子的数目为NA，故C错误；

D．将1molCl2通入足量水中，由于反应后溶液中含有氯气分子，则HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故D错误；

故选：A。【点睛】标况下，氯气和甲烷的取代产物中只有CH3Cl为气态，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷均为液态。17、D【解析】

A．银器发黑的原因就是因与空气里的氧气等物质发生氧化而腐蚀，重新变亮就是又变成原来的银，在这个过程中涉及到化学变化，A正确；B．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，生成焦炭、煤焦油、出炉煤气等产物的过程；煤的液化是利用煤制取液体燃料，均为化学变化，B正确；C．瓷器是混合物，主要成分是二氧化硅和硅酸盐（硅酸铝，硅酸钙）等，C正确；D．光敏树脂遇光会改变其化学结构，它是由高分子组成的胶状物质，在紫外线照射下，这些分子结合变成聚合物高分子，属于化学变化，D错误；答案选D。【点睛】复习时除了多看课本，还要多注意生活中的热点现象，思考这些现象与化学之间的关系。18、D【解析】

A.符合甲的分子式的同分异构体有多种，因为其不饱和度为5，分子中还可以是含有碳碳三键、环等结构的物质，故A错误；B.甲的分子中含有5种氢原子，所以一氯代物有5种，乙的分子中含有1种氢原子，所以一氯代物有1种，丙的分子中含有1种氢原子，所以一氯代物有1种，所以甲、乙、丙的一氯代物种数最少的是乙和丙，故B错误；C.丙中不存在不饱和碳碳键，不能与溴的四氯化碳溶液反应，故C错误；D.苯环和碳碳双键均为平面结构，单键可以旋转，所以所有原子可能处于同一平面，故D正确。故选D。【点睛】烃的等效氢原子有几种，该烃的一元取代物的数目就有几种；在推断烃的二元取代产物数目时，可以采用一定一动法，即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。19、C【解析】

若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−5.75=10−9.75=100.25×10−10，则数量级为10-10，若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−2.46=10−6.46=100.54×10−7，则数量级为10-7，又已知Ksp(AgCl)数量级为10-10，则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)⋅c(C2O42-)=(10−4)2×(10−2.46)=10−10.46，据此分析解答。【详解】若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−5.75=10−9.75=100.25×10−10，则数量级为10-10，若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−2.46=10−6.46=100.54×10−7，则数量级为10-7，又已知Ksp(AgCl)数量级为10-10，则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)⋅c(C2O42-)=(10−4)2×(10−2.46)=10−10.46，A.由以上分析知，图中X线代表AgCl，故A错误；B.曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，在n点，c(Ag+)小于平衡浓度，故n点的离子Qc(Ag2C2O4)＜Ksp(Ag2C2O4)，故为Ag2C2O4的不饱和溶液，故B错误；C.根据图象可知，当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小于生成Ag2C2O4沉淀所需的c(Ag+)，故向c(Cl−)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先析出氯化银沉淀，故C正确；D.Ag2C2O4＋2Cl－=2AgCl＋C2O42-的平衡常数，此时溶液中的c(Ag+)相同，故有，故D错误；故选C。20、B【解析】

A.碳酸钠溶液中CO32-水解程度很小，存在化学平衡，水解反应CO32-+H2OHCO3-+OH-，A错误；B.碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应，产生CaCO3沉淀、Na2CO3、H2O，反应的离子方程式为：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，B正确；C.苯酚钠溶液与二氧化碳反应，产生苯酚、NaHCO3，反应方程式为C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3-，C错误；D.稀硝酸与过量的铁屑反应产生Fe2+，3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，D错误；故合理选项是B。21、B【解析】

A．DMSO电解液能传递Li＋，但不能传递电子，A不正确；B．该电池放电时O2转化为O22-，所以每消耗2molO2，转移4mol电子，B正确；C．给该锂—空气电池充电时，金属锂电极应得电子，作阴极，所以应接电源的负极，C不正确；D．多孔的黄金为电池正极，电极反应式为O2＋2e-=O22-，D不正确；故选B。22、C【解析】A、在常温下，镁和铝在空气里都能跟氧气反应，生成一层致密而坚固的氧化物薄膜，这层氧化物薄膜能够阻止金属的继续氧化，所以镁和铝都有抗腐蚀的性能，但是在高温下能剧烈反应，放出大量热，选项A错误；B、镁能跟酸反应不能跟碱反应，选项B错误；C、镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应生成铁和氧化铝，选项C正确；D、铝热剂是铝粉和氧化铁的混合物，在铝热剂反应时，为了引燃，在铝热剂上放供氧剂(氯酸钾)，中间插一根镁条，是为引燃用的，选项D错误。答案选C。二、非选择题(共84分)23、中和生成的HBr①③④【解析】

反应①中加入试剂X的分子式为C8H8O2，对比溴苯与B的结构可知X为，B中羰基发生还原反应生成D，D中羟基被溴原子取代生成E，E中-Br被-CN取代生成F，F水解得到苯氧布洛芬，据此解答。【详解】(1)根据以上分析可知X的结构简式为，故答案为：；(2)反应①属于取代反应,有HBr生成,加入KHCO3中和生成的HBr，故答案为：中和生成的HBr；(3)在上述五步反应中，反应①③④属于取代反应，故答案为：①③④；(4)B的一种同分异构体M满足下列条件：Ⅰ.能发生银镜反应，说明含有醛基，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，含有甲酸与酚形成的酯基(－OOCH)；Ⅱ.分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，两个苯环相连,且甲基与－OOCH分别处于不同苯环中且为对位，则M的结构简式为：，故答案为：；(5)苯乙醛用NaBH4还原得到苯乙醇,在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成苯乙烯,苯乙烯与HBr发生加成反应得到,然后与NaCN发生取代反应得到，最后酸化得到，合成路线流程图为：，故答案为：。【点睛】能发生银镜反应的官能团是醛基，有机物类别是醛、甲酸、甲酸某酯、甲酸盐、与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基。24、HOOC－CH2－COOH醚键、酯基取代反应15【解析】

本题主要考查有机合成综合推断以及逆向合成。合成路线分析：由E的结构简式以及D的分子式可推断出D的结构简式为，由C与甲醇发生酯化反应生成D，可推断出C的结构简式为，B与氢气发生加成反应生成C，结合B的分子式与第（4）问中“B能与溴水发生加成反应”，可推断出B的结构简式为，A与丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成B，结合A的分子式以及第（4）问中“A遇FeCl3溶液发生显色反应，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1molB、1molH2O和1molCO2”，可推断出A的结构简式为。【详解】（1）丙二酸的结构简式为：；观察E结构简式可知，所含含氧官能团有：醚键、酯基；（2）D生成E的方程式为：，故反应类型为取代反应；（3）由上述分析可知，C的结构简式为：；（4）根据化学方程式配平可写出A生成B的化学方程式为：；（5）条件①：该结构简式中含有羧基；条件②：该结构简式中含有酚羟基；条件③：除苯环外，不含有其它杂环；可以酚羟基作为移动官能团，书写出主要碳骨架，再进行判断同分异构体总数，（1）中酚羟基有2个取代位置（不包含本身），（2）中酚羟基有3个取代位置，（3）中酚羟基有4个取代位置，（4）中酚羟基有4个取代位置，（5）中酚羟基有2个取代位置，故同分异构体一共有2+3+4+4+2=15种；核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为。（6）对比苯甲醇和结构简式，根据题干信息，需将苯甲醇氧化生成苯甲醛，再模仿A生成B的方程式生成，再根据碳碳双键与卤素单质加成再取代合成，故合成路线为：【点睛】本题主要考查有机物的推断与合成，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团，有机反应绝大多数都是围绕官能团展开，而高中教材中的反应原理也只是有机反应的一部分，所以有机综合题中经常会出现已知来推断部分没有学习过的有机反应原理，认识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行，而不必过多追究。25、H2+2FeCl32FeCl2+2HClBACDCE（或BCDCE）碱石灰氯化铁易升华导致导管易堵塞球形冷凝管苯蒸馏滤液，并收集沸点132℃的馏分78.4％反应开始前先通N2一段时间，反应完成后继续通N2一段时间；在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙（或P2O5或硅胶）的球形干燥管【解析】

(1)①②用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2，B装置用锌和稀盐酸制备H2，A装置用来除去氢气中的氯化氢，C装置用来干燥氢气，可以盛放碱石灰，D装置H2还原FeCl3，再用C装置吸收反应产生的HCl，最后用E点燃处理未反应的氢气；③该制备装置的缺点为FeCl3固体易升华，蒸气遇冷发生凝华分析；(2)①根据仪器结构判断其名称；②三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2等，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后得到粗产品，根据物质的熔沸点和溶解性可知，可以用苯洗涤；根据滤液中各种物质沸点的不同对滤液进行蒸馏可回收C6H5Cl，据此答题；③根据消耗的NaOH计算反应生成的HCl，结合方程式2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑计算转化的FeCl3，最终计算FeCl3的转化率；④FeCl3、FeCl2易吸水，反应产生的HCl会在容器内滞留。【详解】(1)①H2具有还原性，可以还原无水FeCl3制取FeCl2，同时产生HCl，反应的化学方程式为H2+2FeCl32FeCl2+2HCl；②用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2，装置连接顺序：首先是使用B装置，用锌和稀盐酸制备H2，所制H2中混有HCl和H2O（g），再用A装置用来除去氢气中的氯化氢，然后用C装置干燥氢气，C装置中盛放碱石灰，再使用D装置使H2还原FeCl3，反应产生的HCl气体用C装置的碱石灰来吸收，未反应的H2通过装置E点燃处理，故按照气流从左到右的顺序为BACDCE；也可以先使用B装置制取H2，然后通过C的碱石灰除去氢气中的杂质HCl、水蒸气，然后通过D发生化学反应制取FeCl2，再用碱石灰吸收反应产生的HCl，最后通过点燃处理未反应的H2，故按照装置使用的先后顺序也可以是BCDCE；C中盛放的试剂是碱石灰，是碱性干燥剂，可以吸收HCl或水蒸气；③该制备装置的缺点为FeCl3固体易升华，蒸气遇冷发生凝华，导致导气管发生堵塞；(2)①根据图示装置中仪器a的结构可知该仪器名称为球形冷凝管；②三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2等，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后得到粗产品，根据物质的熔沸点和溶解性可知，C6H5Cl、C6H4Cl2容易溶解在苯、乙醇中，不溶于水，而FeCl3、FeCl2易溶于水、乙醇，难溶于苯，所以洗涤时洗涤剂用苯；根据滤液中C6H5Cl、C6H4Cl2这两种物质沸点的不同，对滤液进行蒸馏，并收集沸点132℃的馏分，可回收C6H5Cl；③n(HCl)=n(NaOH)=0.40mol/L×0.0196L×=0.0784mol，根据反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，反应的FeCl3的物质的量为n(FeCl3)反应=2n(HCl)=0.0784mol×2=0.1568mol，n(FeCl3)总=32.5g÷162.5g/mol=0.2mol，所以氯化铁转化率为×100%=78.4％；④FeCl3、FeCl2易吸水，为防止B装置中的水蒸气进入A装置，导致FeCl2等吸水而变质，可以在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙（或P2O5或硅胶）的球形干燥管；同时为防止FeCl3、FeCl2与装置内空气中的水蒸气、O2等反应，同时避免反应产生的HCl气体会在容器内滞留，可以反应开始前先通N2一段时间排尽装置中空气，反应完成后继续通N2一段时间将反应生成的HCl全部排入锥形瓶中。【点睛】本题考查实验室制备氯化亚铁的知识，注意把握实验操作基本原理，把握题给信息，掌握实验操作方法，学习中注意积累，为了减小误差制取无水FeCl2，要排除装置中空气引起的误差或HCl气体在容器内滞留引起的误差。26、浓盐酸圆底烧瓶无干燥装置副产物增加除去氯气中的氯化氢否三氯乙酸会溶于乙醇和三氯乙醛，无法分液73.75%【解析】

根据题干和装置图我们能看出这是一个有机合成实验题，考查的面比较综合，但是整体难度一般，按照实验题的解题思路去作答即可。【详解】（1）根据反应原理我们发现原料需要氯气，因此装置A就应该是氯气的发生装置，所以恒压漏斗里装的是浓盐酸；盛放的装置是蒸馏烧瓶；（2）按照要求来书写方程式即可，注意次氯酸的还原产物是氯化氢而不是氯气：；（3）制得的氯气中带有氯化氢和水分，氯化氢可以在装置B中除去，但是缺少一个干燥装置来除去水分，若不除去水分，氯气和水反应得到次氯酸和盐酸，会生成更多的副产物；（4）该方案是不行的，因为三氯乙酸是有机物，会溶于乙醇和三氯乙醛，根据题目给出的沸点可知此处用蒸馏的方法最适合；（5）根据算出消耗的的物质的量，根据2:1的系数比，这些对应着过量的单质碘，而一开始加入的碘的物质的量为，因此整个过程中消耗了单质碘，再次根据化学计量数之比发现：为1:1，也就是说产品中有三氯乙醛，质量为，因此产品的纯度为。27、温度控制使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸冰水浴2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点1.35cV×10-2g偏高偏低【解析】

(1)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置，需温度计，ClO2温度过高可能引起爆炸，其温度要保持60-80℃之间，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式；(3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；(4)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；(5)根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n(ClO2)，再根据m=nM计算m(ClO2)；(6)根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3判断，若操作使Na2S2O3偏少，则ClO2偏低；若操作使Na2S2O3偏大，则ClO2偏高。【详解】(1)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置，所以装置A中还应安装的玻璃仪器是温度计；ClO2熔点为-59℃，沸点为11.0℃，温度过高可能引起爆炸，其温度要保持60-80℃之间，控制温度的目的是使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸，ClO2的沸点：11.0℃，沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，收集在试管中或常温下二氧化氯为气态，装置B使用冰水浴装置，进行降温处理；(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O；(3)装置中玻璃液封管的作用是，用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V•10-3L×cmol/L=c•V•10-3mol．则：根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，210n(ClO2)c•V•10-3mol所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×c•V•10-3mol，所以m(ClO2)=n(ClO2)•M=×c•V•10-3mol×67.5g/mol=1.35cV×10-2g；(6)①若在配制Na2S2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，使标准溶液的浓度减小，消耗的体积增大，则测定结果中ClO2的含量偏高；②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，读取的体积比实际体积偏小，导致测定结果中ClO2的含量偏低。【点睛】本题以氯及其化合物的性质为线索，考查了物质含量的探究性实验，涉及化学实验基本操作、滴定终点的判断方法、氧化还原反应在滴定中的应用，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键，题目难度中等。28、>NCl3与水反应的速率太小（或NCl3与水反应的平衡常数太小）HPO32-+H2OH2PO3-+OH-前者未发生电子转移，后者发生了电子转移6.25不变升高【解析】

A、B、D三种元素位于元素周期表中同一族的三个相邻的周期，A的非金属性大于B。D与G形成的DG3在工业上可用于漂白和杀菌消毒，则D为N，G为Cl。A为P，PCl3可完全水解，其水解的产物之一H3PO3常用作塑料件镀金属的还原剂，则：A为P，B为As，D为N,G为Cl。【