江苏省泰兴市第三2023学年高考仿真卷化学试卷含解析

2021-2022高考化学模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、高能固氮反应条件苛刻，计算机模拟该历程如图所示，在放电的条件下，微量的O2或N2裂解成游离的O或N原子，分别与N2和O2发生以下连续反应生成NO。下列说法错误的（）A．图1中，中间体1到产物1的方程式为O-O═N→O+N═OB．NO的生成速率很慢是因为图2中间体2到过渡态4的能垒较大C．由O和N2制NO的活化能为315.72kJ•mol-1D．由N和O2制NO的过程比由O原子和N2制NO的过程速率慢2、下列能源不属于直接或间接利用太阳能的是()A．风能B．江河水流能C．生物质能D．地热温泉3、室温下，0.1mol·L-1的氨水溶液中，下列关系式中不正确的是()A．c(OH-)＞c(H+)B．c(NH3·H2O)+c(NH4+)+c(NH3)=0.1mol·L-1C．c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c(H+)D．c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)4、用如图示的方法可以保护钢质闸门。下列说法正确的是（）A．当a、b间用导体连接时，则X应发生氧化反应B．当a、b间用导体连接时，则X可以是锌或石墨C．当a、b与外接电源相连时，a应连接电源的正极D．当a、b与外接电源相连时，阴极的电极反应式：2Cl--2e-=Cl2↑5、下列说法正确的是A．铜锌原电池中，盐桥中的K＋和NO分别移向负极和正极B．SiO2(s)＋2C(s)===Si(s)＋2CO(g)必须在高温下反应才能发生，则ΔH>0C．室温下，将Na2CO3和NaHCO3的混合溶液加水稀释，减小D．电解精炼铜时，若阴极析出3.2g铜，则阳极失电子数大于6.02×10226、常温下，向20mL0.1mol/L氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是()A．常温下，0.1mol/L氨水中，c(OH﹣)＝1×10﹣5mol/LB．b点代表溶液呈中性C．c点溶液中c(NH4+)＝c(Cl﹣)D．d点溶液中：c(Cl﹣)＞c(NH4+)＞c(OH﹣)＞c(H+)7、下列有关化学用语表示正确的是A．中子数为10的氟原子：10FB．乙酸乙酯的结构简式：C4H8O2C．Mg2+的结构示意图：D．过氧化氢的电子式为：8、临床证明磷酸氯喹对治疗“新冠肺炎”有良好的疗效。磷酸氯喹的结构如图所示。下列有关磷酸氯喹的说法错误的是（）A．分子式是C18H32ClN3O8P2B．能发生取代、加成和消去反应C．1mol磷酸氯喹最多能与5molH2发生加成反应D．分子中的—C1被—OH取代后的产物能与溴水作用生成沉淀9、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10、部分元素在周期表中的分布如图所示（虚线为金属元素与非金属元素的分界线），下列说法不正确的是A．B只能得电子，不能失电子B．原子半径Ge＞SiC．As可作半导体材料D．Po处于第六周期第VIA族11、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．14g乙烯和丙烯的混合物中极性键数目为2NAB．标准状况下，与在光照条件下反应生成HCl分子数为C．容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAD．电解精炼铜时阳极减轻32g，电路中转移电子数目一定为NA12、下列说法正确的是A．苯乙烯和苯均能使溴水褪色，且原理相同B．用饱和Na2CO3溶液可鉴别乙醇、乙酸、乙酸乙酯C．用Ni作催化剂，1mol最多能与5molH2加成D．C3H6BrCl的同分异构体数目为613、下列有关实验操作的叙述不正确的是（）A．中和滴定接近终点时，滴入要慢，并且不断摇动B．向试管中滴加溶液时，滴管尖嘴紧贴试管内壁C．分液时，下层液体下口放出，上层液体上口倒出D．定容时，加水到容量瓶刻度线下1~2cm时，改用胶头滴管加水14、为证明铁的金属活动性比铜强，某同学设计了如下一些方案：方案现象或产物①

将铁片置于CuSO4溶液中铁片上有亮红色物质析出②将铁丝和铜丝分别在氯气中燃烧产物分别为FeCl3和CuCl2③将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中产物分朋为Fe2

(SO4)3和CuSO4④将铜片置于FeCl3溶液中铜片逐渐溶解⑤将铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接铁片溶解，铜片上有气泡产生能根据现象或产物证明铁的金属活动性比铜强的方案一共有A．2种 B．3种 C．4种 D．5

种15、丙烯醛（CH2=CH-CHO）不能发生的反应类型有（）A．氧化反应 B．还原反应 C．消去反应 D．加聚反应16、在的催化作用下，甲烷与二氧化碳可以直接合成乙酸，其反应方程式为，该反应过程与能量的变化关系如图所示。下列说法错误的是（）A．的电子式: B．乙酸的球棍模型C．该反应为吸热反应 D．该反应为化合反应17、现有部分元素的原子结构特点如表，下列叙述中正确的是A．W原子结构示意图为B．元素X和Y只能形成原子个数比为1∶2的化合物C．元素X比元素Z的非金属性强D．X、Y、Z、W四种元素不能形成离子化合物18、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是（）A．Y、Z的氢化物稳定性Y>ZB．Y单质的熔点高于X单质C．X、W、Z能形成具有强氧化性的XZWD．中W和Y都满足8电子稳定结构19、已知铍（Be）与铝的性质相似．则下列判断正确的是（）A．铍遇冷水剧烈反应B．氧化铍的化学式为Be2O3C．氢氧化铍能与氢氧化钠溶液反应D．氯化铍水溶液显中性20、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4：2321、与氨碱法相比较，联合制碱法最突出的优点是A．NaCl利用率高 B．设备少C．循环利用的物质多 D．原料易得22、用电解法可提纯含有某些含氧酸根杂质的粗KOH溶液，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是A．通电后阴极区附近溶液pH会增大B．阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑C．纯净的KOH溶液从b出口导出D．K+通过交换膜从阴极区移向阳极区二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物X由三种元素(其中一种是第四周期元素)组成，现进行如下实验：已知：气体A在标准状况下密度为0.714g·L-1；碱性溶液焰色反应呈黄色。(1)X中非金属元素的名称为__________，X的化学式__________。(2)X与水反应的化学方程式为_________。(3)化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，设计实验证明Y的晶体类型__________。(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，________，蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色。24、（12分）我国科研人员采用新型锰催化体系，选择性实现了简单酮与亚胺的芳环惰性C-H的活化反应。利用该反应制备化合物J的合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A中官能团的名称是______。F的化学名称是______。（2）C和D生成E的化学方程式为_____________。（3）G的结构简式为________。（4）由D生成F，E和H生成J的反应类型分别是______、_____。（5）芳香化合物K是E的同分异构体。若K能发生银镜反应，则K可能的结构有____种，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为______（任写一种）。25、（12分）乳酸亚铁晶体[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O(M=288)是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，吸收效果比无机铁好，可由乳酸CH3CH(OH)COOH与FeCO3反应制得：I．制备碳酸亚铁（1）仪器C的名称是_____。（2）利用如图所示装置进行实验。首先关闭活塞2，打开活塞1、3，目的是____；关闭活塞1，反应一段时间后，关闭活塞____，打开活塞______，观察到B中溶液进入到C中，C中产生沉淀和气体，写出制备FeCO3的离子方程式____。（3）装置D的作用是____。Ⅱ．乳酸亚铁晶体的制备及纯度测定将制得的FeCO3加入到乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体。（4）加入少量铁粉的作用是_____。（5）若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其主要原因是_________。（6）经查阅文献后，改用Ce(SO4)2标准溶液进行滴定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。测定时，先称取5.760g样品，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250mL溶液，每次取25.00mL，用0.1000mol·L-1Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如下表所示。则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为___%（保留小数点后两位）。26、（10分）铜锈的主要成分是铜绿，某化学兴趣小组为了研究铜生锈的条件，进行了如下图所示的实验。一月后，发现B中的铜丝慢慢生锈，且水面处铜丝生锈较为严重，而A、C、D中的铜丝基本无变化。试根据实验回答下列问题：(1)铜生锈所需要的条件是：铜与________相互作用发生化学反应的结果。(2)写出铜生锈产生铜绿[Cu2(OH)2CO3]的化学反应方程式________。(3)推测铜和铁，________更易生锈。27、（12分）某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与H2O2溶液的反应。实验Ⅰ：试剂：酸化的0.5mol·L-1FeSO4溶液（pH=0.2），5%H2O2溶液（pH=5）操作现象取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴5%H2O2溶液溶液立即变为棕黄色，稍后，产生气泡。测得反应后溶液pH=0.9向反应后的溶液中加入KSCN溶液溶液变红(1)上述实验中H2O2溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式是__。(2)产生气泡的原因是__。(3)某同学认为，根据“溶液变红”不能说明FeSO4与H2O2发生了反应，又补充了实验II证实了该反应发生。实验II的方案和现象是__。实验III：试剂：未酸化的0.5mol·L-1FeSO4溶液（pH=3），5%H2O2溶液（pH=5）操作现象取2mL5%H2O2溶液于试管中，加入5滴上述FeSO4溶液溶液立即变为棕黄色，产生大量气泡，并放热，反应混合物颜色加深且有浑浊。测得反应后溶液pH=1.4(4)将上述混合物分离，得到棕黄色沉淀和红褐色胶体。取部分棕黄色沉淀洗净，加4mol·L-1盐酸，沉淀溶解得到黄色溶液。初步判断该沉淀中含有Fe2O3，经检验还含有SO42-。①检验棕黄色沉淀中SO42-的方法是______。②结合方程式解释实验III中溶液pH降低的原因______。实验IV：用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作与实验III相同，除了产生与III相同的现象外，还生成刺激性气味气体，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色。(5)将反应得到的混合物过滤，得到黄色沉淀。将黄色沉淀洗净，加稀盐酸，沉淀不溶解。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，写出生成黄色沉淀的化学方程式___。(6)由以上实验可知，亚铁盐与H2O2反应的现象与______（至少写两点）有关。28、（14分）由芳香烃X为原料合成某有机物Y的一-种流程如下:已知部分信息如下:请回答下列问题:（1）X的名称为__________,C的结构简式为_______________。（2）反应⑥的反应类型为____________________。（3）B中含有的官能团名称是______________;X分子中最多有___________个原子共平面。（4）D和E反应生成Y的化学方程式为________。（5）Z是D的同分异构体,同时具备下列条件的Z的结构有____________种。①能与新制氢氧化铜浊液共热产生红色固体;②含碳碳三键;③遇氯化铁溶液发生显色反应。（6）设计由CH3CH=CH2制备的合成路线（其他试剂任选）。_____________。29、（10分）碳、氮及其化合物在化工生产和国防工业中具有广泛应用。请回答：(1)利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。该工艺可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图：①图中催化剂为__________________。②该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是______________。(2)现向三个体积均为2L的恒容密闭容器I、Ⅱ、Ⅲ中，均分别充入1molCO和2molH2发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1=－90.1kJ/mol。三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变。当反应均进行到5min时H2的体积分数如图所示，其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态。①5min时三个容器中的反应达到化学平衡状态的是容器__________（填序号）。②0-5min内容器I中用CH3OH表示的化学反应速率v(CH3OH)=_________。（保留两位有效数字）。③当三个容器中的反应均达到平衡状态时，平衡常数最小的是容器_________。（填序号）(3)在密闭容器中充入10molCO和8molNO，发生反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=－762kJ·mo－1，如图为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。①由上图判断，温度T1_____T2（填“低于”或“高于”）。②压强为20MPa、温度为T2下，若反应进行到10min达到平衡状态，在该温度下，如图所示A、B、C对应的pA(CO2)、pB(CO2)、pC(CO2)从大到小的顺序为_________。③若在D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，重新达到的平衡状态可能是图中A~G点中的__________点。

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、由图1可知，中间体1为O-O═N，产物1为O+N═O，所以中间体1到产物1的方程式为O-O═N→O+N═O，故A正确；B、反应的能垒越高，反应速率越小，总反应的快慢主要由机理反应慢的一步决定，由图2可知，中间体2到过渡态4的能垒较大、为223.26kJ/mol，决定了NO的生成速率很慢，故B正确；C、由图2可知，反应物2到过渡态4的能垒为315.72kJ•mol-1，过渡态4到反应物2放出能量为逆反应的活化能，所以由O和N2制NO的能垒或活化能为315.72kJ•mol-1，故C正确；D、由图1可知，N和O2制NO的过程中各步机理反应的能垒不大，反应速率较快；由图2可知，O原子和N2制NO的过程中多步机理反应的能垒较高、中间体2到过渡态4的能垒为223.26kJ/mol，导致O原子和N2制NO的反应速率较慢，所以由N和O2制NO的过程比由O原子和N2制NO的过程速率快，故D错误；故选：D。【点睛】明确图中能量变化、焓变与能垒或活化能关系为解答的关键，注意反应过程中能量变化和反应速率之间的关系。2、D【解析】

A.风能是因为地球表面受热不均匀而产生的空气流动，故A不选。B.江河水流能是利用水循环，水循环是太阳能促进的，故B不选。C.生物质能是太阳能以化学能形式贮存在生物之中的能量形式，故C不选。D.地热温泉是利用来自地球内部的熔岩的地热能，故D选。故选D。3、C【解析】

A．氨水显碱性，则c(OH-)＞c(H+)，故A正确；B．0.1mol/L的氨水溶液中，由氮元素守恒可知，所有含氮元素微粒的浓度之和为0.1mol/L，即c(NH3•H2O)+c(NH4+)+c(NH3)=0.1mol/L，故B正确；C．由NH3•H2O⇌NH4++OH-，电离的程度很弱，则c(NH3•H2O)＞c(NH4+)，故C错误；D．溶液不显电性，阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，即c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，故D正确；故选C。4、A【解析】

A．当a、b间用导体连接时构成原电池，根据题意，X应为负极，发生氧化反应，A正确；B．当a、b间用导体连接时构成原电池，根据题意，X应为负极，X应比Fe活泼，则X可以是锌，不能选用石墨，B错误；C．当a、b与外接电源相连时，a应连接电源的负极，C错误；D．当a、b与外接电源相连时，阴极应该发生得电子的还原反应，D错误；答案选A。5、B【解析】

A.原电池中阳离子向正极迁移，阴离子向负极迁移，所以盐桥中的K+向正极迁移，NO3-向负极迁移。A项错误；B.该反应熵增加（即△S>0），因高温下才能发生反应，低温下不能反应，即低温下△H－T△S>0，所以△H>0。B项正确；C.因为混合溶液中存在HCO3-H++CO32-平衡，其平衡常数K=，即=，K只与温度有关，加水稀释过程中K值不变，而c(H+)增大，所以增大，C项错误；D.电解精炼铜时，阴极只有Cu2+放电：Cu2++2e-=Cu，3.2g铜的物质的量==0.05mol，所以阴极得到电子的物质的量为0.05mol×2e-=0.1mole-，即6.02×1022个电子，根据电解池中电子转移守恒可知阳极失去的电子数也为6.02×1022。D项错误；答案选B。【点睛】本题易错点是C选项，CO32-水解生成HCO3-：CO32-+H2OHCO3-+OH-；HCO3-电离产生CO32-：HCO3-CO32-+H+，从这两个平衡移动的“此长彼消”角度不易判断，若从HCO3-电离平衡常数入手分析便能准确判断值的变化。6、B【解析】

A、由图可知，常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）＝10﹣11mol/L，则c（OH﹣）＝＝1×10﹣3mol/L，故A错误；B、b点为NH4Cl和NH3•H2O的混合溶液，溶液中NH4+促进水的电离程度和H+抑制程度相等，所以水电离的氢离子浓度为10﹣7mol/L，溶液呈中性，故B正确；C、c点溶液为NH4Cl溶液，呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），电荷关系为c（NH4+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），所以c点溶液中c（NH4+）＜c（Cl﹣），故C错误；D、d点溶液为NH4Cl和HCl的混合溶液，溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），电荷关系为c（NH4+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），所以d点溶液中：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D错误；故选：B。7、C【解析】

A.中子数为10的氟原子为：，选项A错误；B.C4H8O2为乙酸乙酯的分子式，乙酸乙酯的结构简式：CH3COOC2H5，选项B错误；C.Mg2+的结构示意图为：，选项C正确；D.过氧化氢是共价化合物，两个氧原子之间共用一对电子，过氧化氢的电子式应为：，选项D错误。答案选C。8、B【解析】

A．根据该分子的结构简式可知分子式为C18H32ClN3O8P2，故A正确；B．Cl原子连接在苯环上，不能发生消去反应，故B错误；C．苯环、碳碳双键、氮碳双键均可加成，所以1mol磷酸氯喹最多能与5molH2发生加成反应，故C正确；D．分子中的—C1被—OH取代后变成酚羟基，且其邻位碳原子有空位，可以与溴水作用生成沉淀，故D正确；故答案为B。9、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。10、A【解析】

同一周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族从上到下元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，因此图中临近虚线的元素既表现一定的金属性，又表现出一定的非金属性，在金属和非金属的分界线附近可以寻找半导体材料（如锗、硅、硒等），据此分析解答。【详解】A.根据以上分析，B元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，既能得电子，又能失电子，故A错误；B.同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径Ge＞Si，故B正确；C.As元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，可作半导体材料，故C正确；D.Po为主族元素，原子有6个电子层，最外层电子数为6，处于第六周期第VIA族，故D正确。故选A。11、A【解析】

A.乙烯和丙烯最简式是CH2，最简式的式量是14，所以14g乙烯和丙烯的混合物中含有1molCH2，则其中含有的极性键C-H数目为2NA，A正确；B.取代反应是逐步进行的，不可能完全反应，所以标准状况下，22.4LCH4与Cl2在光照条件下反应生成HCl分子数小于4NA，B错误；C.容器中2molNO与1molO2充分反应会产生2molNO2，NO2会有部分发生反应产生N2O4，因此最后得到的气体分子数目小于2NA，C错误；D.在阳极反应的金属有Cu，还有活动性比Cu强的金属，因此电解精炼铜时阳极减轻32g，电路中转移电子数目不一定为NA，D错误；故合理选项是A。12、B【解析】

A.苯乙烯中含碳碳双键，与溴水发生加成反应，而苯与溴水混合发生萃取，则苯乙烯与苯使溴水褪色原理不同，故A错误；B.乙醇易溶于水，则乙醇与饱和Na2CO3溶液互溶，乙酸具有酸性，可与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯难溶于水，会出现分层，则可鉴别，故B正确；C.能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则1mol该物质最多只能与4molH2加成，故C错误；D.C3H6BrCl可看成丙烷分子中有两个氢原子分别被一个溴原子、一个氯原子取代，根据“定一移一”的思路可得，先定Br原子的位置，有两种情况，BrCH2CH2CH3、CH3CHBrCH3，再定Cl原子的位置，符合的同分异构体有，，则C3H6BrCl的同分异构体共5种，故D错误；故选B。【点睛】苯在溴化铁的催化作用下与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢；苯分子中没有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，但溴更易溶于苯中，溴水与苯混合时，可发生萃取，苯的密度小于水，因此上层为溴的苯溶液，颜色为橙色，下层为水，颜色为无色，这是由于萃取使溴水褪色，没有发生化学反应。这是学生们的易错点，也是常考点。13、B【解析】

A.为防止滴入液体过量，中和滴定接近终点时，滴入要慢，并且不断摇动，故A正确；B.向试管中滴加溶液时，滴管尖嘴应悬空，不能紧贴试管内壁，故B错误；C.分液时，下层液体下口放出，上层液体上口倒出，可以避免两种液体相互污染，故C正确；D.定容时，为准确控制溶液体积，加水到容量瓶刻度线下1~2cm时，改用胶头滴管加水，故D正确。答案选B。14、A【解析】①铁片置于CuSO4溶液中，铁片上有亮红色物质析出，说明发生了置换反应Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，活泼性Fe>Cu；②、③、④均不能说明活泼性Fe>Cu；⑤铁、铜用导线连接置于稀硫酸中，铁、铜形成原电池，Fe作负极，铁片溶解，铜作正极有H2放出，说明活泼性Fe>Cu，故答案选A。15、C【解析】

丙烯醛含有碳碳双键，可发生氧化反应，加聚反应，且醛基、碳碳双键都可与氢气发生加成反应，也为还原反应，不能发生消去反应，故选：C。16、C【解析】

A．二氧化碳属于共价化合物，碳原子和与两个氧原子之间各有两对共用电子对，电子式表示正确，故A正确；B．乙酸的分子式为CH3COOH，黑色实心球表示碳原子，灰色中等大小的球表示氧原子，灰色小球表示氢原子，故B正确；C．根据能量变化关系图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应属于放热反应，故C错误；D．反应中由两种物质生成一种物质，属于化合反应，故D正确。综上所述，答案为C。【点睛】反应物总能量大于生成物总能量或反应物的总键能小于生成物的总键能，反应为放热反应；反应物总能量小于生成物总能量或反应物的总键能大于生成物的总键能，反应为吸热反应。17、C【解析】

X元素原子的L层电子数是K层电子数的3倍，可知L层为6个电子，所以X为氧元素；Y元素原子的核外电子层数等于原子序数，Y只能是H元素；Z元素原子的L层电子数是K层和M层电子数之和，其M层电子数为6，所以Z是S元素；W元素原子共用三对电子形成双原子分子，常温下为气体单质，所以W为N元素。根据上述分析，X为氧元素，Y是H元素，Z是S元素，W为N元素，据此来分析即可。【详解】A．W为N元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为5，原子结构示意图为，故A错误；B．元素X和元素Y可以以原子个数比1∶1形成化合物，为H2O2，故B错误；C．X为O，Z为S，位于同一主族，非金属性O＞S，故C正确；D．X、Y、Z、W四种元素可以形成离子化合物(NH4)2SO4或NH4HSO4等，故D错误；答案选C。18、A【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，说明W为O，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，说明X为Na，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，说明Y为Si，Z为Cl。【详解】A选项，Y、Z的氢化物稳定性HCl>SiH4，故A错误；B选项，Si单质的熔点高于Na单质，硅是原子晶体，钠是金属晶体，原子晶体熔点一般高于金属晶体熔点，故B正确；C选项，X、W、Z能形成具有强氧化性的NaClO，故C正确；D选项，利用价态绝对值加最外层电子数是否等于8来判断得出SiO32－中Si和O都满足8电子稳定结构，故D正确。综上所述，答案为A。【点睛】价态绝对值加最外层电子数是否等于8来判断化合物中各原子是否满足8电子稳定结构。19、C【解析】

既然铍与铝的性质相似，我们就可把铍看成是铝，铝具有的性质，铍也有，铝没有的性质，铍也没有。【详解】A.铝遇冷水不反应，则铍遇冷水也不反应，错误；B.铍的最外层有2个电子，显+2价，则氧化铍的化学式为BeO，错误；C.氢氧化铝能与氢氧化钠溶液反应，则氢氧化铍也能与氢氧化钠反应，正确；D.氯化铝水溶液显酸性，则氯化铍水溶液也显酸性，错误。故选C。20、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。21、A【解析】

氨碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环，产生的CaCl2用途不大，而侯氏制碱法是对滤液通入二氧化碳、氨气，结晶出的NH4Cl，其母液可以作为制碱原料。【详解】氨碱法缺点：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，约有30%的NaCl留在母液中，侯氏制碱法的优点：把合成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食盐利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了纯碱的成本。保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高到96%，故选A。22、D【解析】

A、阴极的反应是2H++2e-=H2↑，氢离子来自于水电离，所以剩余了水电离的氢氧根离子，溶液的pH升高，A正确；B、阳极是溶液的氢氧根离子失电子，反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，B正确；C、左侧溶液中氢氧根离子转化为氧气，多余的钾离子透过阳离子交换膜进入右侧；右侧水电离的氢离子转化为氢气，剩余大量水电离的氢氧根离子，加上透过交换膜过来的钾离子，使右侧溶液中氢氧化钾的浓度增大，所以纯净的KOH溶液从b出口导出，C正确；D、阳离子应该向阴极移动，所以K+通过交换膜从阳极区移向阴极区移动，D错误；故选D。二、非选择题(共84分)23、碳、溴Na5CBrNa5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑将Y加热至熔化，然后测其导电性，若熔融状态下能导电，证明该物质是由离子构成的离子晶体放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯火焰上灼烧至无色【解析】

X与水反应产生气体A和碱性溶液，气体A摩尔质量为M=0.714g·L-1×22.4L/mol=16g/mol，则A是CH4，说明X中含有C元素；碱性溶液焰色反应呈黄色，说明碱性溶液含有钠元素，物质X中有钠元素；向该碱性溶液中加入0.04molHCl溶液显中性后，再加入足量HNO3酸化，再加入AgNO3溶液产生两种沉淀，质量和为7.62g，根据Cl-守恒，其中含有AgCl沉淀质量为m(AgCl)=0.04mol×143.5g/mol=5.74g，X中含有的另外一种元素位于第四周期，可以与Ag+反应产生沉淀，则该元素为溴元素，则X的组成元素为Na、C、Br三种元素，形成的沉淀为AgBr，其质量为m(AgBr)=7.62g-5.74g=1.88g，n(AgBr)=1.88g÷188g/mol=0.01mol，X中含有Br-0.01mol，其质量为0.01mol×80g/mol=0.80g，结合碱性溶液中加入0.04molHCl，溶液显中性，说明2.07gX中含有0.05molNa+，X与水反应产生0.01molHBr和0.05molNaOH，其中0.01molHBr反应消耗0.01molNaOH，产生0.01molNaBr，还有过量0.04molNaOH，则X中含有C的物质的量为n(C)=(2.07g-0.05mol×23g/mol-0.80g)÷12g/mol=0.01mol，n(Na)：n(Br)：n(C)=0.05：0.01：0.01=5：1：1，则X化学式为Na5CBr，Na5CBr与水反应总方程式为：Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知X是Na5CBr，A是CH4，碱性溶液为NaOH与NaBr按4：1混合得到的混合物，中性溶液为NaCl、NaBr按4：1物质的量的比的混合物，沉淀为AgCl、AgBr混合物，二者物质的量的比为4：1；(1)X化学式为Na5CBr，其中非金属元素的名称为碳、溴；(2)X与水反应的化学方程式为Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑；(3)化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，则Y为NaBr，该化合物为离子化合物，证明Y的晶体类型实验是：将NaBr加热至熔化，测其导电性，若熔融状态下能导电，证明在熔融状态中含有自由移动的离子，则该物质是由离子构成的离子化合物；(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯或酒精喷灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色，来确定其中含有的金属元素。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断、颜色反应的操作及化合物类型判断方法。掌握常见元素及化合物的性质、物质的构成微粒，并结合题干信息计算、推理。24、醛基4-硝基甲苯（对硝基甲苯）取代反应加成反应14或【解析】

A(C2H4O)能够与新制氢氧化铜反应，说明A含有醛基，因此A为CH3CHO，则B为CH3COOH；结合C和E的分子式可知，C和D应该发生取代反应生成E和氯化氢，则D为；甲苯在浓硫酸作用下发生硝化反应生成F，结合J的结构可知，F为对硝基甲苯()，F被还原生成G，G为对氨基甲苯()，根据已知信息，G和乙醛反应生成H，结合J的结构可知，H为，则E为，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A为C2H4O，含有的官能团为醛基；F为，名称为对硝基甲苯，故答案为醛基；4-硝基甲苯(对硝基甲苯)；(2)C和D发生取代反应生成E，反应的化学方程式为，故答案为；(3)G为对硝基甲苯中硝基被还原的产物，G为，故答案为；(4)由D生成F是甲苯的硝化反应，属于取代反应，根据流程图，E和H生成J的过程中N=C双键转化为了单键，属于加成反应，故答案为取代反应；加成反应；(5)E为，芳香化合物K是E的同分异构体。若K能发生银镜反应，说明K中含有醛基，则K的结构有：苯环上连接1个乙基和1个醛基有3种；苯环上连接2个甲基和1个醛基有6种；苯环上连接1个甲基和1个—CH2CHO有3种；苯环上连接1个—CH2CH2CHO有1种；苯环上连接1个—CH(CH3)CHO有1种，共14种；其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为或，故答案为14；或。25、三颈烧瓶制备Fe2+，利用产生的氢气排净装置内的空气，防止Fe2+被氧化32Fe2++2HCO3=FeCO3↓+CO2↑+H2O液封，防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2+被氧化乳酸（根中的羟基）被酸性高锰酸钾溶液氧化97.50【解析】

(1)根据化学反应实验原理进行分析判断。（2）根据实验用到的仪器装置进行分析解答相关的问题；（3）根据化学反应方程式找出相关物质的关系式进行计算。【详解】（1）由装置图可知仪器C的名称是三颈烧瓶。答案：三颈烧瓶。（2）为顺利达成实验目的，先要使盐酸与铁粉反应制备FeCl2。先关闭活塞2，打开活塞1、3，待加入足量盐酸后，关闭活塞1，反应一段时间后，利用生成的H2使B装置中的气压增大，将B装置中的FeCl2溶液加入到C装置中，具体操作为：关闭活塞3，打开活塞2。C装置中FeCl2和NH4HCO3发生的反应的离子方程式为Fe2++2HCO3=FeCO3↓+CO2↑+H2O。答案：制备Fe2+；利用产生的氢气排净装置内的空气，防止Fe2+被氧化；2；3；Fe2++2HCO3=FeCO3↓+CO2↑+H2O。（3）亚铁离子易被氧化，装置D的作用是液封，防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化（4）Fe2+易被氧化为Fe3+，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入少量铁粉的作用，可以防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2+被氧化。答案：防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2+被氧化。（5）乳酸根中含有羟基，可能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗的高锰酸钾的量变多，而计算中按Fe2+被氧化，故计算所得的乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的纯度大于100%。答案：乳酸根中的羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化。（6）3组数据，第二组数据与第一、三组相差太大，应舍去，平均每25.00mL消耗Ce(SO4)2的体积为v=mL=19.50mL，有Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，25.00mL溶液中含有的Fe2+的物质的量浓度为c(Fe2+)=(19.500.1)/25.00mol/L=0.078mol/L,则250mL溶液中，原产品中含有n(Fe2+)=0.078mol/L0.25L=0.0195mol，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为=97.50答案：97.50。26、O2、H2O、CO22Cu+O2+H2O+CO2==Cu2(OH)2CO3铁【解析】

(1)由铜绿的化学式可以看出，铜绿由铜、碳、氢、氧四种元素组成，据此判断；(2)根据反应物和生成物及其质量守恒定律可以书写化学方程式；(3)根据生活的经验和所需化学知识推测易生锈的物质。【详解】(1)根据铜锈的化学式[Cu2(OH)2CO3]，可以看出其中含有铜、氢、碳、氧四种元素，不会是只与氧气和水作用的结果，还应与含有碳元素的物质接触，而空气中的含碳物质主要是二氧化碳，所以铜生锈是铜与氧气、水、二氧化碳共同作用的结果；故答案为：O2、H2O、CO2；(2)铜、氧气、水、二氧化碳反应生成碱式碳酸铜，反应的化学方程式为：2Cu+O2+H2O+CO2==Cu2(OH)2CO3；故答案为：2Cu+O2+H2O+CO2==Cu2(OH)2CO3；(3)铁和铜相比，铁生锈需氧和水，而铜生锈要氧、水和二氧化碳，相比之下铁生锈的条件更易形成，所以铁更易生锈；故答案为：铁。【点睛】解答本题要正确的分析反应物和生成物各是哪些物质，然后根据质量守恒定律书写反应的化学方程式。27、2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降6nFeCl2+3nH2O2=2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑pH、阴离子种类、温度、反应物用量【解析】

(1)H2O2溶液与FeSO4溶液反应，从“溶液立即变为棕黄色”、“反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液变红”、“稍后，产生气泡”，可推出反应生成Fe3+；从“反应后溶液pH=0.9”，可推出反应消耗H+，由此可写出离子方程式。(2)反应生成的Fe3+，对H2O2的分解有催化作用，由此可解释产生气泡的原因。(3)某同学认为，根据“溶液变红”不能说明FeSO4与H2O2发生了反应，那么他的意思是空气中的溶解氧也能将Fe2+氧化，所以我们需要做一个不加H2O2的实验，由此设计实验方案。(4)①棕黄色沉淀为Fe2O3，对SO42-的检验不产生干扰，所以检验SO42-的方法与常规方法相同。②如果仅是H2O2氧化Fe2+，需消耗H+，现在pH减小，说明生成了H+，此H+应来自Fe3+的水解，由此可结合方程式解释实验III中溶液pH降低的原因。(5)由实验IV可知，除得到黄色沉淀外，还有HCl生成。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，则沉淀应为(Fe2O3∙FeCl3)n，由此可写出生成黄色沉淀的化学方程式。(6)以上实验，分别探究了pH、阴离子种类、温度、反应物用量等对Fe2+与H2O2反应现象的影响，由此可得出与亚铁盐与H2O2反应的现象有关的因素。【详解】(1)在酸性条件下，H2O2溶液与FeSO4溶液反应，生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；(2)反应生成的Fe3+，对H2O2的分解有催化作用，由此可解释产生气泡的原因是在反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2。答案为：在反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2；(3)既然某同学怀疑空气中的溶解氧也可能将Fe2+氧化，只需做一个不加H2O2的实验，由此设计实验方案为取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红。答案为：取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红；(4)①Fe2O3的存在，对SO42-的检验不产生干扰，所以检验SO42-的方法为取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-。答案为：取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-；②如果仅是H2O2氧化Fe2+，需消耗H+，现pH减小，说明生成了H+，此H+应来自Fe3+的水解，由此得出实验III中溶液pH降低的原因是2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降。答案为：2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降；(5)由实验IV可知，除得到黄色沉淀外，还有HCl生成。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，则沉淀应为(Fe2O3∙FeCl3)n，由此得出生成黄色沉淀的化学方程式为6nFeCl2+3nH2O2==2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑。答案为：6nFeCl2+3nH2O2==2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑；(6)总结以上实验分别探究的因素，由此可得出与反应现