江苏省苏州园区2023学年高三下学期联合考试化学试题含解析

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、下列说法正确的是A．煤转化为水煤气加以利用是为了节约燃料成本B．用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，可实现“碳”的循环利用C．纤维素、油脂、蛋白质均能作为人类的营养物质D．铁粉和生石灰均可作为食品包装袋内的脱氧剂2、国内某科技研究小组首次提出一种新型的Li+电池体系，该体系正极采用含有I-、Li+的水溶液，负极采用固体有机聚合物，电解质溶液为LiNO3溶液，聚合物离子交换膜作为隔膜将液态正极和固态负极分隔开（原理示意图如图）。已知：I-+I2=I3-，则下列有关判断正确的是A．图甲是原电池工作原理图，图乙是电池充电原理图B．放电时，正极液态电解质溶液的颜色变浅C．充电时，Li+从右向左通过聚合物离子交换膜D．放电时，负极的电极反应式为：+2ne-=+2nLi+3、下列说法正确的是（）A．氢键、分子间作用力、离子键、共价键都是微粒间的作用力。其中分子间作用力只影响物质的熔沸点而不影响物质的溶解性。B．石墨烯是一种从石墨材料中用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子平面材料，用这种方法可以从C60、金刚石等中获得“只有一层碳原子厚的碳薄片”也必将成为研究方向。C．由“同温度下等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大”，可推知C比S的非金属性弱。D．H、S、O三种元素组成的物质的水溶液与Na、S、O三种元素组成的物质的水溶液混合可能会观察到浑浊现象。4、相对分子质量为128的有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O，若A含一个六碳环且可与NaHCO3溶液反应，则环上一氯代物的数目为()A．2 B．3 C．4 D．55、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-+6、X、Y、Z、W

为原子序数依次增大的四种短周期元素,其中Z为金属元素,X、W为同一主族元素。X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙。x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物。其转化关系如图所示，下列判断错误的是A．反应①、②、③都属于氧化还原反应B．X、Y、Z、W四种元素中，Y的原子半径最小C．Na

着火时，可用甲扑灭D．一定条件下，x与甲反应生成丁7、有关氮原子核外p亚层中的电子的说法错误的是（）A．能量相同 B．电子云形状相同C．自旋方向相同 D．电子云伸展方向相同8、常温下，以下试剂不能用来鉴别SO2和H2S的是A．滴有淀粉的碘水 B．氢氧化钠溶液C．硫酸铜溶液 D．品红溶液9、某金属有机多孔材料FJI-H14在常温常压下对CO2具有超高的吸附能力，并能高效催化CO2与环氧乙烷衍生物的反应，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）A．该材料的吸附作用具有选择性B．该方法的广泛使用有助于减少CO2排放C．在生成的过程中，有极性共价键形成D．其工作原理只涉及化学变化10、如图是一种染料敏化太阳能电池的示意图，电池的一个电极由有机光敏染料（R）涂覆在TiO2纳米晶体表面制成，另一电极由导电玻璃镀铂构成，下列关于该电池叙述不正确的是（）A．染料敏化TiO2电极为电池负极，发生氧化反应B．正极电极反应式是：I3-+2e-=3I-C．电池总反应是：2R++3I-=I3-+2RD．电池工作时将太阳能转化为电能11、下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是ABCD能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线2022年冬奥会聚氨酯速滑服4.03米大口径碳化硅反射镜“玉兔二号”钛合金筛网轮A．A B．B C．C D．D12、下列变化过程中，加入氧化剂才能实现的是（）A．Cl2→Cl- B．Fe2+→Fe3+ C．Na2O2→O2 D．SO2→SO32-13、下列说法正确的是A．化合物是苯的同系物B．分子中所有原子共平面C．火棉(纤维素三硝酸酯)的结构简式为D．1mol阿斯匹林（）与足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH最大的物质的量为2mol14、异戊烷的A．沸点比正己烷高 B．密度比水大C．同分异构体比C5H10多 D．碳碳键键长比苯的碳碳键长15、X、Y、Z是中学化学中常见的三种物质，下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化关系的是（）XYZ箭头上所标数字的反应条件A．NONO2HNO3①常温遇氧气B．Cl2NaClOHClO②通入CO2C．Na2O2NaOHNaCl③加入H2O2D．Al2O3NaAlO2Al(OH)3④加NaOH溶液A．A B．B C．C D．D16、下列关于氨碱法和联合制碱法说法错误的是（）A．两者的原料来源相同B．两者的生产原理相同C．两者对食盐利用率不同D．两者最终产品都是Na2CO317、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．无色透明溶液中:Ca2+、Cu2+、Br-、Cl-B．能使酚酞变红的溶液中:K+、Na+、CO32—、AlO2-C．c(ClO-)=1mol·L-1的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3-、I-D．Kw/c(OH—)=0.1mol·L-1的溶液中:NH4+、Mg2+、SO42-、CH3COO-18、下列指定反应的离子方程式正确的是()A．SO2与过量氨水反应：SO2＋NH3·H2O=NH4+＋HSO3－B．FeCl3溶液与SnCl2溶液反应：Fe3＋＋Sn2＋=Fe2＋＋Sn4＋C．Cu与稀硝酸反应：3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2OD．用浓盐酸与MnO2制取少量Cl2：MnO2＋4H＋＋4Cl－MnCl2＋Cl2↑＋2H2O19、近期，我国爆发了新冠状病毒感染导致的肺炎，很多现象可以利用化学知识加以解释。下列过程不涉及化学反应的是A．使用医用酒精杀死病毒的过程B．制药厂中合成抗病毒药物达芦那韦的过程C．患者呼出的病群形成气溶胶的过程D．病毒在被感染的宿主细胞中的增殖过程20、25℃时，向20.00mL0.1mol·L-1H2X溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-)的负对数[-1gc水(OH-)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是A．水的电离程度：M>N=Q>PB．图中M、P、Q三点对应溶液中cHXC．N点溶液中c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)D．P点溶液中c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+c(H2X)21、下列有关有机物甲~丁说法不正确的是A．甲可以发生加成、氧化和取代反应B．乙的分子式为C6H6Cl6C．丙的一氯代物有2种D．丁在一定条件下可以转化成只含一种官能团的物质22、汽车尾气含氮氧化物（NOX）、碳氢化合物(CXHY)、碳等，直接排放容易造成“雾霾”。因此，不少汽车都安装尾气净化装置（净化处理过程如图）。下列有关叙述，错误的是A．尾气造成“雾霾”与汽油未充分燃烧有关B．尾气处理过程，氮氧化物（NOX）被还原C．Pt-Rh催化剂可提高尾气净化反应的平衡转化率D．使用氢氧燃料电池作汽车动力能有效控制雾霾二、非选择题(共84分)23、（14分）聚合物G可用于生产全生物降解塑料，有关转化关系如下：（1）物质A的分子式为_____________，B的结构简式为____________。（2）E中的含氧官能团的名称为_______________。（3）反应①-④中属于加成反应的是_____________。（4）写出由两分子F合成六元环化合物的化学方程式________________________________。24、（12分）结晶玫瑰广泛用于香料中，它的两条合成路线如下图所示：已知：两个羟基同时连在同一碳原子上的结构不稳定，会发生脱水反应：+H2O完成下列填空：（1）A的俗称是_________；D中官能团的名称是_______；反应②的反应类型是_______。（2）写出G与氢氧化钠溶液反应的化学方程式__________。（3）已知：，则可推知反应②发生时，会得到一种副产物，写出该副产物的结构简式_____。（4）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，与足量浓溴水反应未见白色沉淀产生，若L与NaOH的乙醇溶液共热能反应，则共热生成的有机物的结构简式为________________（任写一种）25、（12分）亚氯酸钠常用作漂白剂。某化学小组设计实验制备亚氯酸钠，并进行杂质分析。实验I按图装置制备NaC1O2晶体已知：①C1O2为黄绿色气体，极易与水反应。②NaC1O2饱和溶液在低于38℃时析出NaC1O2·3H2O晶体，高于38℃时析出NaC1O2晶体，温度高于60℃时NaC1O2分解生成NaC1O3和NaCl。（1）装置A中b仪器的名称是____；a中能否用稀硫酸代替浓硫酸____（填“能”或“不能”），原因是____。（2）A中生成C1O2的化学反应方程式为____。（3）C中生成NaC1O2时H2O2的作用是____；为获得更多的NaC1O2，需在C处添加装置进行改进，措施为____。（4）反应后，经下列步骤可从C装置的溶液中获得NaC1O2晶体，请补充完善。i.55℃时蒸发结晶ii.__________ii.用40℃热水洗涤iv.低于60℃干燥，得到成品实验Ⅱ样品杂质分析（5）上述实验中制得的NaC1O2晶体中还可能含有少量中学常见的含硫钠盐，其化学式为____，实验中可减少该杂质产生的操作（或方法）是____（写一条）。26、（10分）四氯化锡（SnCl4）常用作有机催化剂、烟雾弹和用来镀锡。某学习小组拟用干燥的氯气和熔融的锡制备SnCl4并测定产品的纯度。已知：i．SnCl4在空气中极易水解成SnO2·xH2O；ii．有关物质的物理性质如下表所示。物质颜色熔点/℃沸点/℃Sn银白色2322260SnCl2白色247652SnCl4无色-33114回答下列问题：(1)装置E的仪器名称是_____，装置C中盛放的试剂是_____。(2)装置G的作用是_____。(3)实验开始时，正确的操作顺序为_____。①点燃装置A处酒精灯②点燃装置D处酒精灯③打开分液漏斗活塞(4)得到的产品显黄色是因含有少量_____，可以向其中加入单质___________（填物质名称）而除去。为了进一步分离提纯产品，采取的操作名称是_____。(5)产品中含少量SnCl2，测定产品纯度的方法：取0.400g产品溶于足量稀盐酸中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.0100mo/L碘酸钾标准溶液滴定至终点，消耗标准液8.00mL。①滴定原理如下，完成i对应的离子方程式。i．_____Sn2++_____IO3－+_____H+=________Sn4++_____I－+_____ii．IO3－+5I2－+6H+=3I2+3HO②滴定终点的现象是_____。③产品的纯度为_____%（保留一位小数）。27、（12分）Fe(OH)3广泛应用于医药制剂、颜料制造等领域，其制备步骤及装置如下：在三颈烧瓶中加入16.7gFeSO4·7H2O和40.0ml蒸馏水。边搅拌边缓慢加入3.0mL浓H2SO4，再加入2.0gNaClO3固体。水浴加热至80℃，搅拌一段时间后，加入NaOH溶液，充分反应。经过滤、洗涤、干燥得产品。(1)NaClO3氧化FeSO4·7H2O的离子方程式为_____________。(2)加入浓硫酸的作用为_________(填标号)。a.提供酸性环境，增强NaClO3氧化性b.脱去FeSO4·7H2O的结晶水c.抑制Fe3+水解d.作为氧化剂(3)检验Fe2+已经完全被氧化需使用的试剂是_________。(4)研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响，设计对比实验如下表编号T/℃FeSO4·7H2O/gNaClO3/g氧化效果/%i70251.6aii7025mbiii80n2.0civ80251.687.8①m=______；n=______。②若c>87.8>a，则a、b、c的大小关系为___________。(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，其原因是___(6)判断Fe(OH)3沉淀洗涤干净的实验操作为_________________；(7)设计实验证明制得的产品含FeOOH(假设不含其他杂质)。___________。28、（14分）有效去除大气中的NOx，保护臭氧层，是环境保护的重要课题。(1)在没有NOx催化时，O3的分解可分为以下两步反应进行；①O3=O+O2(慢)②O+O3=2O2(快)第一步的速率方程为v1=k1c(O3)，第二步的速率方程为v2=k2c(O3)·c(O)。其中O为活性氧原子，它在第一步慢反应中生成，然后又很快的在第二步反应中消耗，因此，我们可以认为活性氧原子变化的速率为零。请用k1、k2组成的代数式表示c(O)=____________。(2)NO做催化剂可以加速臭氧反应，其反应过程如图所示：已知：O3(g)+O(g)=2O2(g)ΔH=－143kJ/mol反应1：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g)ΔH1=－200.2kJ/mol。反应2：热化学方程式为____________________________。(3)一定条件下，将一定浓度NOx(NO2和NO的混合气体)通入Ca(OH)2悬浊液中，改变，NOx的去除率如图所示。已知：NO与Ca(OH)2不反应；NOx的去除率=1－×100%①在0.3－0.5之间，NO吸收时发生的主要反应的离子方程式为：___________。②当大于1.4时，NO2去除率升高，但NO去除率却降低。其可能的原因是__________。(4)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=－759.8kJ/mol，反应达到平衡时，N2的体积分数随的变化曲线如图。①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近________。②a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为________；b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为__________(以上两空均用a、b、c、d表示)。③若=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为_____。29、（10分）无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等．工业上用铝土矿（Al2O3、Fe2O3）为原料制备无水AlCl3的工艺流程如下：（1）氧化炉中Al2O3、Cl2和C反应的化学方程式______．（2）用Na2SO3溶液可除去冷却器排出的尾气中的Cl2，此反应的离子方程式______．（3）为了测定制得的无水AlCl3产品（含杂质FeCl3）的纯度，称取16.25g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液中，过滤出沉淀物，再洗涤、灼烧、冷却、称重、得其质量为0.32g。①写出上述测定过程中涉及的离子方程式：______、__________。②AlCl3产品的纯度为___________。

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】

A．煤转化为水煤气加以利用是为了实现煤的综合利用并减少环境污染，A选项错误；B．用纳米技术高效催化二氧化碳合成可降解塑料聚碳酸酯，可分解为无毒的二氧化碳，既不会引起白色污染，也可实现“碳”的循环利用，B选项正确；C．纤维素在人体内不能水解成葡萄糖，不能作为人类的营养物质，C选项错误；D．生石灰能用作食品干燥剂，但不能用作食品脱氧剂，D选项错误；答案选B。2、B【解析】

题目已知负极采用固体有机聚合物，甲图是电子传向固体有机聚合物，图甲是电池充电原理图，则图乙是原电池工作原理图，放电时，负极的电极反应式为：正极的电极反应式为：I3-+2e-=3I-。【详解】A.甲图是电子传向固体有机聚合物，电子传向负极材料，则图甲是电池充电原理图，图乙是原电池工作原理图，A项错误；B.放电时，正极液态电解质溶液的I2也会的得电子生成I-，故电解质溶液的颜色变浅，B项正确；C.充电时，Li+向阴极移动，Li+从左向右通过聚合物离子交换膜，C项错误；D.放电时，负极是失电子的，故负极的电极反应式为：【点睛】易错点：原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，注意不要记混淆。3、D【解析】

A.氢键也属于分子间作用力，分子间作用力不仅影响物质的熔沸点，也影响物质的溶解性，故A错误；B.C60、金刚石中碳原子间形成网状结构而不是层状结构，所以不能用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子面材料，故B错误；C.等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大，则碳酸的酸性小于亚硫酸，而亚硫酸不是硫元素的最高价氧化物的水化物，不能比较C比S的非金属性弱，故C错误；D.H、S、O三种元素组成的物质的水溶液可以是硫酸溶液，Na、S、O三种元素组成的物质的水溶液可以是硫代硫酸钠溶液，硫酸和硫代硫酸钠溶液混合有不溶于水的硫单质生成，所以可能会观察到浑浊现象，故D正确。答案选D。【点睛】本题考查了微粒间作用力、元素化合物性质、非金属性的判断等知识点，注意氢键不是化学键，属于分子间作用力，为易错点。4、C【解析】

有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O，说明一定含有C、H元素，还含有一个六元碳环且可与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基—COOH，羧基的式量是45，则烃基的式量128－45=83，则符合六元环的烃基是C6H11—，则该物质是，由于在环上有4种不同位置的H原子，它们分别被氯原子取代就得到一种一氯取代产物。所以环上一氯代物的数目为4种，选项是C。5、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。6、C【解析】根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁。A.反应①二氧化碳与镁反应、②碳与氧气反应、③碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，选项A正确；B.同周期元素原子从左到右依次减小，同主族元素原子从上而下半径增大，故C、O、Mg、Si四种元素中，O的原子半径最小，选项B正确；C.Na着火时，不可用二氧化碳扑灭，选项C错误；D.一定条件下，碳与二氧化碳在高温条件下反应生成一氧化碳，选项D正确。答案选C。点睛：本题考查元素周期表、元素周期律及物质的推断，根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁，据此分析解答。7、D【解析】

氮原子核外电子排布为：1s22s22p3，2px1、2py1

和2pz1

上的电子能量相同、电子云形状相同、自旋方向相同，但电子云伸展方向不相同，错误的为D，故选D。【点睛】掌握和理解p亚层中电子的能量和自旋方向、以及电子云的形状是解题的关键。要注意2p3上的3个电子排布在3个相互垂直的p轨道中，自旋方向相同。8、B【解析】

A．SO2能使蓝色褪去得到无色溶液，H2S能与滴有淀粉的碘水反应生成淡黄色沉淀，二者现象不同，可以鉴别，A不符合题意；B．二者均与NaOH溶液反应，得到无色溶液，现象相同，不能鉴别，B符合题意；C．与硫酸铜混合无变化的为SO2，混合生成黑色沉淀的为H2S，现象不同，可以鉴别，C不符合题意；D．SO2具有漂白性能使品红褪色，H2S通入品红溶液中无现象，现象不同，可以鉴别，D不符合题意；故合理选项是B。9、D【解析】

根据题干信息和图示转换进行判断。【详解】A．由图示可知该材料选择性吸附二氧化碳，吸附作用具有选择性，故A正确；B．环氧乙烷衍生物和二氧化碳反应生成，所以利用此法可减少CO2的排放，故B正确；C．在生成的过程中，有O=C极性共价键、碳氧单键形成，故C正确；D．该过程中涉及到了气体的吸附，吸附作用属于物理变化，故D错误；答案选D。10、C【解析】

根据图示装置可以知道：染料敏化TiO2电极为电池负极，发生氧化反应，R﹣e﹣=R+，正极电极发生还原反应，电极反应式是：I3﹣+2e﹣═3I﹣，总反应为：2R+3I﹣═I3﹣+2R+，据此回答。【详解】A.根据图示装置可以知道染料敏化TiO2电极为电池负极，发生氧化反应R﹣e﹣=R+，故A正确；B.正极电极发生还原反应，电极反应式是：I3﹣+2e﹣═3I﹣，故B正确；C.正极和负极反应相加可以得到总反应：2R+3I﹣═I3﹣+2R+，故C错误；D.太阳能电池工作时，将太阳能转化为电能，故D正确。故选C。11、C【解析】

A、银是副族元素，故A不符；B、聚氨酯速滑服由氢、碳、氮、氧元素组成，分别属于IA、ⅣA、ⅤA、ⅥA族元素，故B不符；C、C、Si属于ⅣA族元素，故C符合；D、钛是副族元素，故D不符；故选C。12、B【解析】

A.Cl2与水反应时生成盐酸和次氯酸，盐酸可以电离出Cl-，但这个反应中水既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；B.Fe2+→Fe3+过程中，化合价升高，发生氧化反应，需要加入氧化剂才能实现，故B正确；C.Na2O2与水或二氧化碳反应能生成O2，反应中过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，故不需加入氧化剂也能实现，故C错误；D.SO2→SO32-过程中，化合价没有变化，不需要发生氧化还原反应即可实现，故D错误。故选B。【点睛】此题易错点在C项，一般来讲元素化合价升高，发生氧化反应，需要氧化剂与之反应，但一些反应中，反应物自身既是氧化剂又是还原剂，所以不需加入氧化剂才能发生氧化反应。13、C【解析】

A．结构相似，分子式相差一个或多个CH2原子团的物质之间互称同系物，A项错误；B．分子中的甲基-CH3，碳原子在成键时形成了4条单键，与这种碳相连的原子不可能都在同一平面内，B项错误；C．火棉即，C项正确；D．阿司匹林结构中含有的羧基可以消耗1个NaOH，并且结构中还含有一个酚酯基，可以消耗2个NaOH，所以1mol阿司匹林水解可以消耗3mol的NaOH，D项错误；答案选C。【点睛】若有机物中存在形成4条单键的碳原子，那么有机物中的所有原子不可能共面；普通的酯基水解时消耗1个NaOH，而酚酯基可以消耗2个NaOH。14、D【解析】

A.烷烃的沸点随碳原子数的增多而升高，异戊烷有5个碳原子，正己烷有6个碳原子，异戊烷的沸点比正己烷低，故A错误；B.常温下异戊烷是液态，液态烷烃的密度比水小，故B错误；C.五个碳的烷烃只有3种同分异构体，它们分別是正戊烷(5个碳都在主链上)，异戊烷(4个碳在主链上，有一个甲基在支链)，新戊烷(4个甲基连在同一个碳上)；C5H10有9种同分异构体，直链状的有2种:C=C-C-C-C，C-C=C-C-C。支链是甲基的有3种：C=C-C-C(第5个碳在第2，3位)，C-C=C-C(第5个碳在第2位)。环状的有4种：五元环，四元环外有一个甲基，三元环外有2个甲基或一个乙基，故C错误；D.分子中两个成键原子的核间平均距离叫做键长，键长越短，表示原子结合得越牢，化学键越强，苯的碳碳键强度介于双键和三键直接，故长度大于碳碳三键小于碳碳双键，异戊烷中的碳碳键是碳碳单键，则异戊烷的碳碳键键长比苯的碳碳键长，故D正确；正确答案是D。15、C【解析】

A.一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，故A正确；B.氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，各物质之间通过一步反应可以实现，故B正确；C.氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠，故C错误；D.氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可以实现，故D正确；本题选C。【点睛】要通过氯化钠得到过氧化钠，首先要电解熔融的氯化钠得到金属钠，金属钠在氧气中燃烧可以得到过氧化钠。16、A【解析】

A．氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料；联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（来自合成氨中用水煤气制取氢气时的废气）为原料，两者的原料来源不相同，故A错误；B．氨碱法其化学反应原理是NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3↓+NH4Cl，联合制碱法包括两个过程：第一个过程与氨碱法相同，将氨通入饱和食盐水而形成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3晶体，再煅烧制得纯碱产品，第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，故B正确；C．氨碱法的最大缺点在于原料食盐的利用率只有约70%，联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到96%以上，故C正确；D．氨碱法和联合制碱法两者最终产品都是Na2CO3，故D正确；选A。17、B【解析】A、含Cu2+的溶液呈蓝色，故A错误；B、能使酚酞变红的溶液显碱性，故四种离子都能共存，则B正确；C、c(ClO-)=1mol·L-1的溶液具有氧化性，能氧化Fe2+、I-，故C错误；D、=0.1mol·L-1的溶液呈酸性，则CH3COO-不能共存，即D错误。因此本题正确答案为B。18、C【解析】

A.SO2与过量氨水反应生成亚硫酸铵和水：SO2＋2NH3·H2O=2NH4+＋SO32-＋H2O，故A错误，B.原方程式电荷不守恒，FeCl3溶液与SnCl2溶液反应：2Fe3＋＋Sn2＋=2Fe2＋＋Sn4＋，故B错误；C.Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故C正确；D.用浓盐酸与MnO2制取少量Cl2，生成的氯化锰是强电解质：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2+＋Cl2↑＋2H2O，故D错误；故选C。19、C【解析】

A.酒精可以使蛋白质变性，从而杀死病毒，这个过程是一个化学变化，A项错误；B.复杂的药物都是从简单的化工原料一步步合成的，这个过程中有很多化学变化，B项错误；C.气溶胶不过是胶体的一种，而胶体又是分散系的一种，将一种或多种物质分散到一种物质里，这个过程不涉及化学变化，C项正确；D.病毒在增殖时需要复制其核酸和蛋白质，这些过程都伴随着化学变化，D项错误；答案选C。【点睛】我们常用质量分数来表示浓度，例如98%浓硫酸就是质量分数，但是注意医用酒精是体积分数为75%的乙醇溶液，质量分数和体积分数是完全不一样的。20、C【解析】

A.M点：水电离出来的氢氧根离子为10-11.1mol/L，N点和Q点：水电离出来的氢氧根离子为10-7.0mol/L，P点水电离出来的氢氧根离子为10-5.4mol/L，水的电离程度：P>N=Q>M，故A错误；B.H2X的第二步电离常数Ka2=c（X2-）×c（H+）c（HX-）C.N点为NaHX与Na2X的混合溶液，由图像可知，M点到P点发生HX-+OH-=H2O+X2-，根据横坐标消耗碱的量可知，在N点生成的X2-大于剩余的HX-，因此混合液n(Na2X)>n(NaHX),因为溶液呈中性，X2-的水解平衡与HX-的电离平衡相互抵消，所以N点溶液中c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)，故选C；D.P点恰好生成Na2X溶液，根据质子守恒c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D错误；答案：C【点睛】本题注意把握图象的曲线的变化意义，把握数据的处理，难度较大。21、B【解析】

A.物质甲中含苯环和羧基，可以发生苯环的加成反应，燃烧反应(属于氧化反应)，可以发生酯化反应(属于取代反应)，A正确；B.根据乙结构简式可知，该物质是苯分子中六个H原子全部被Cl原子取代产生的物质，故分子式是C6Cl6，B错误；C.丙分子中含有2种类型的H原子，所以其一氯代物有2种，C正确；D.丁分子中含有醛基、醇羟基，在一定条件下醛基与氢气可以转化成羟基，就得到只含醇羟基一种官能团的物质，D正确；故答案选B。22、C【解析】

A.汽油未充分燃烧可增加氮氧化物(NOx)、碳氢化合物(CxHy)、碳等的排放，可造成“雾霾”，故A正确；B.尾气处理过程中，氮氧化物(NOx)中氮元素化合价降低，得电子，被还原，故B正确；C.催化剂只改变化学反应速率，不会改变平衡转化率，故C错误；D.使用氢氧燃料电池作汽车动力能减少含氮氧化物(NOx)、碳氢化合物(CxHy)、碳等的排放，能有效控制雾霾，故D正确。故选C。二、非选择题(共84分)23、C6H12O6CH3-CH=CH2羰基、羧基①④+2H2O【解析】

B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应①为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3-CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖，据此答题。【详解】B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应①为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3-CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖。（1）物质A为葡萄糖，其分子式为C6H12O6，B的结构简式为CH3-CH=CH2；（2）E为CH3COCOOH，含氧官能团的名称为羰基、羧基；（3）根据上面的分析可知，反应①～④中属于加成反应的是①④；（4）由两分子F合成六元环化合物的化学方程式为+2H2O。【点睛】本题考查有机物的推断，确定B的结构是关键，再根据官能团的性质结合反应条件进行推断，题目难度中等，注意掌握官能团的性质与转化。24、氯仿氯原子、醛基加成反应+4NaOH+3NaCl+2H2O【解析】

（1）根据A的结构简式可判断其俗称是氯仿，D中官能团为醛基、氯原子；对比D、E、G的结构可知反应②为加成反应，故答案为：氯仿；醛基、氯原子；加成反应；（2）G与氢氧化钠溶液反应发生水解反应，再脱去1分子水生成形成羧基，羧基和氢氧化钠发生中和反应，则反应方程式为：，故答案为：；（3）已知：，可推知反应②中副产物为苯环取代G中羟基，结构简式为：，故答案为：；（4）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，与足量浓溴水反应未见白色沉淀产生，说明酚羟基邻位、对位没有H原子，若L与NaOH的乙醇溶液共热能反应，则L含有-CH2CH2Cl或-CHClCH3，L苯环上还含有2个-Cl，L与NaOH的乙醇溶液共热时，羟基发生反应，还发生卤代烃的消去反应，生成物的结构简式为：，故答案为：。25、蒸馏烧瓶不能ClO2极易与稀硫酸中的水反应，影响NaC1O2产率2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O作还原剂将C装置放置于水浴中进行反应，控制温度在38℃~60℃趁热过滤（或38℃以上过滤）Na2SO4控制浓硫酸滴速（或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等）【解析】

装置A中制备得到ClO2，所以A中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成ClO2和Na2SO4，二氧化氯和氢氧化钠反应生成NaClO2，A中可能发生Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，产生的SO2

被带入C中与NaOH反应生成Na2SO3，Na2SO3与H2O2

反应生成Na2SO4，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；装置B的作用是安全瓶，有防倒吸作用，从装置C的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，装置D是吸收多余气体防止污染。据此解答。【详解】（1）根据仪器构造，装置A中b仪器的名称是蒸馏烧瓶；A中反应为氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯。由信息可知，C1O2极易与水反应，所以a中不能用稀硫酸代替浓硫酸，防止ClO2与稀硫酸中的水反应，影响NaC1O2产率。故答案为蒸馏烧瓶；不能；ClO2极易与稀硫酸中的水反应，影响NaC1O2产率；（2）A中氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯，反应的化学方程式应为2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，

故答案为2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；（3）C中二氧化氯和氢氧化钠反应生成NaClO2，氯元素化合价从+4价降到+3价，二氧化氯被还原，所以C中生成NaC1O2时H2O2的作用是作还原剂；由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以为获得更多的NaC1O2，将C装置放置于水浴中进行反应，控制温度在38℃～60℃。故答案为作还原剂；将C装置放置于水浴中进行反应，控制温度在38℃～60℃；（4）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃进行洗涤，低于60℃干燥，所缺步骤为趁热过滤（或38℃以上过滤）。故答案为趁热过滤（或38℃以上过滤）；（5）A中可能发生Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，产生的SO2

被带入C中与NaOH反应生成Na2SO3，Na2SO3与H2O2

反应生成Na2SO4，所以制得的NaC1O2晶体中混有Na2SO4；为减少Na2SO4产生，应尽量减少生成SO2，采取的操作可以是控制浓硫酸滴速（或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等）。故答案为Na2SO4；控制浓硫酸滴速（或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等）。26、冷凝管浓硫酸（浓H2SO4）吸收多余的Cl2，防止污染空气；吸收空气中的水蒸气，防止产品水解③①②Cl2锡蒸馏316313H2O锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，半分钟不褪色88.6【解析】

在A装置中，MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成Cl2，由于浓盐酸易挥发，所以生成的Cl2中混有HCl气体和水蒸气。B装置中，饱和食盐水可除去Cl2中的HCl，C装置用于干燥Cl2，所以应放入浓硫酸；在排尽装置内的空气后，加热D装置，让锡与Cl2反应生成SnCl4蒸汽，冷凝管冷凝后用F装置收集，同时用G装置吸收未反应的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入F中，引起SnCl4的水解。【详解】(1)装置E的仪器名称是冷凝管，由以上分析知，装置C用于干燥氯气，应盛放的试剂是浓硫酸（浓H2SO4）。答案为：冷凝管；浓硫酸（浓H2SO4）；(2)装置G既可防止氯气进入大气，又可防止大气中的水蒸气进入装置，所以其作用是吸收多余的Cl2，防止污染空气；吸收空气中的水蒸气，防止产品水解。答案为：吸收多余的Cl2，防止污染空气；吸收空气中的水蒸气，防止产品水解；(3)实验开始时，应先加药品再制氯气，最后发生Sn与Cl2的反应，所以正确的操作顺序为③①②。答案为：③①②；(4)得到的产品显黄色是因含有少量Cl2，可以向其中加入单质锡，让其与Cl2反应生成SnCl4除去。由信息可知，杂质SnCl2的沸点比SnCl4高，可采取的操作名称是蒸馏。答案为：Cl2；锡；蒸馏；(5)①利用得失电子守恒配平时，可先配含变价元素微粒的化学计量数，再利用电荷守恒、质量守恒配其它物质的化学计量数，从而得到配平的方程式为：3Sn2++IO3－+6H+=3Sn4++I－+3H2O。答案为：3；1；6；3；1；3H2O；②滴定终点时，发生反应IO3－+5I2－+6H+=3I2+3HO，生成的I2使淀粉变蓝，从而得出产生的现象是锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，半分钟不褪色。答案为：锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，半分钟不褪色；③由反应方程式可得关系式：3Sn2+——IO3－，n(Sn2+)=3n(IO3-)=3×0.0100mo/L×8.00×10-3L=2.4×10-4mol，产品的纯度为=88.6%。答案为：88.6。【点睛】在回答“为了进一步分离提纯产品，采取的操作名称”时，我们应清楚产品中混入了何种杂质，所以需从题干、表格中寻找信息，在表格中将SnCl2的熔、沸点与SnCl4进行了对比，从而暗示我们，杂质为SnCl2，由此便可确定净化方法。27、ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2Oa、cK3[Fe(CN)6]溶液2.025c>b>a若温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净称取mg样品，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于【解析】

(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO4·7H2O氧化为硫酸铁，据此书写；(2)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下氧化性增强；同时反应产生的Fe3+会发生水解反应，根据盐的水解规律分析分析；(3)检验Fe2+已经完全被氧化，就要证明溶液在无Fe2+；(4)实验是研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响，根据表格数据可知i、ii是研究NaClO3用量的影响；ii、iii或i、iv是研究温度的影响；据此分析解答；(5)温度低，盐水解程度小，不能充分聚沉；(6)Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，只要检验无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净；(7)根据Fe元素守恒，若含有FeOOH，最后得到的固体质量比Fe(OH)3多。【详解】(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO4·7H2O氧化为硫酸铁，NaClO3被还原为NaCl，同时产生水，反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；(2)NaClO3氧化FeSO4·7H2O时，为了增强其氧化性，要加入酸，因此提供酸性环境，增强NaClO3氧化性，选项a合理；同时FeSO4·7H2O被氧化为Fe2(SO4)3，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+发生水解反应使溶液显酸性，为抑制Fe3+的水解，同时又不引入杂质离子，因此要向溶液中加入硫酸，选项c合理，故答案为ac；(3)检验Fe2+已经完全被氧化，只要证明溶液中无Fe2+即可，检验方法是取反应后的溶液少许，向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若溶液无蓝色沉淀产生，就证明Fe2+已经完全被氧化为Fe3+；(4)①根据实验目的，i、ii是在相同温度下，研究NaClO3用量的影响，ii、iii或i、iv是研究温度的影响；因此m=2，n=25；②在其它条件不变时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快，实验b>a；ii、iii的反应物浓度相同时，升高温度，化学反应速率大大加快，实验c>b，因此三者关系为c>b>a；(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，原因是温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降；(6)Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，若最后的洗涤液中无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净。方法是取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净；(7)在最后得到的沉淀Fe(OH)3中若含有FeOOH，由于Fe(OH)3中比FeOOH中Fe元素的含量多。由于1molFe(OH)3质量是107g，完全灼烧后产生0.5molFe2O3，质量是80g，若称取mgFe(OH)3，完全灼烧后固体质量是，若样品中含有FeOOH，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于。【点睛】本题考查了氢氧化铁的制备原理及操作的知识。涉及氧化还原反应方程式的配平、实验方案的涉及、离子的检验方法、盐的水解、物质纯度的判断等。掌握元素及化合物的知识和化学反应基本原理是解题关键。28、NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g)△H2=+57.2

kJ/molNO+NO