江苏省盐城市滨海县蔡桥初级2023学年高三下第一次测试化学试题含解析

2021-2022高考化学模拟试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、将40mL1.5mol·L-1的CuSO4溶液与30mL3mol·L-1的NaOH溶液混合，生成浅蓝色沉淀，假如溶液中c(Cu2+)或c(OH-)都已变得很小，可忽略，则生成沉淀的组成可表示为（）A．Cu(OH)2 B．CuSO4·Cu（OH）2C．CuSO4·2Cu(OH)2 D．CuSO4·3Cu(OH)22、下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A．向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大C．向氨水中加入盐酸至中性，溶液中<1D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变3、电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制甲酸盐的装置如图所示。下列说法中错误的是（）A．b是电源负极B．K+由乙池向甲池迁移C．乙池电极反应式为：CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-D．两池中KHCO3溶液浓度均降低4、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5、下列物质的性质与用途具有对应关系的是A．二氧化硅熔点高，可用作光导纤维B．过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸供氧剂C．明矾易溶于水，可用作净水剂D．二氧化硫有氧化性，可用于漂白纸张6、钯是航天、航空高科技领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图：下列说法错误的是（）A．酸浸时反应的化学方程式是Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2OB．“热还原”中每生成1molPd同时生成的气体的物质的量为8molC．化学实验中可利用氯钯酸根离子检验溶液中是否含有NH4+D．在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸7、下化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是（）选项实验现象结论ASO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸白色沉淀，白色沉淀不溶于稀硝酸所得沉淀为BaSO4B浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌得黑色蓬松的固体并有刺激性气味气体该过程中浓硫酸仅体现吸水性和脱水性C用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应用热的烧碱溶液洗去油污DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含有Cu2＋的溶液中置换出铜FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作A．A B．B C．C D．D8、向1.00L浓度均为0.0100mol/L的Na2SO3、NaOH混合溶液中通入HCl气体调节溶液pH(忽略溶液体积变化)。其中比H2SO3、HSO3-、SO32-平衡时的分布系数(各含硫物种的浓度与含硫物种总浓度的比)随HCl气体体积(标况下)的变化关系如图所示(忽略SO2气体的逸出)；已知Ka1代表H2SO3在该实验条件下的一级电离常数。下列说法正确的是A．Z点处的pH=-lgKa1(H2SO3)B．从X点到Y点发生的主要反应为SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-C．当V(HCl)≥672mL时，c(HSO3-)=c(SO32-)=0mol/LD．若将HCl改为NO2，Y点对应位置不变9、化合物(x)、(y)、(z)的分子式均为C5H6。下列说法正确的是A．x、y、z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．z的同分异构体只有x和y两种C．z的一氯代物只有一种，二氯代物只有两种(不考虑立体异构)D．x分子中所有原子共平面10、某无色溶液中可能含有Al3+、HCO3-、Ba2+和Cl-，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，另取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则原溶液中（）A．一定有

Cl-B．一定有

HCO3-C．可能有

Ba2+D．可能有

Al3+11、下列说法中正确的是（）A．25℃时某溶液中水电离出的c(H+)＝1.0×10−12mol·L−1，其pH一定是12B．某温度下，向氨水中通入CO2，随着CO2的通入，不断增大C．恒温恒容下，反应X(g)＋3Y(g)2Z(g)，起始充入3molX和3molY，当X的体积分数不变时，反应达到平衡D．某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2，该温度下加入等体积pH＝10的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性12、298K时，向20mL一定浓度的KOH溶液中滴加0.1mol·L-1HCOOH溶液，混合溶液中水电离出的氢氧根离子浓度与滴加甲酸(弱酸)溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A．V1=20B．c(KOH)＝0.1mol·L-1C．n、q两点对应的溶液中均存在：c(K＋)=c(HCOO-)D．p点对应的溶液中存在：c(OH-)=c(HCOOH)+c(H＋)13、一定条件下不能与苯发生反应的是()A．酸性KMnO4 B．Br2 C．浓HNO3 D．H214、如图所示是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c，d均是热和电的良导体。下列说法不正确的是A．e、f单质晶体熔化时克服的是共价键B．d单质对应元素原子的电子排布式：1s22s22p63s23p2C．b元素形成的气态氢化物易与水分子之间形成氢键D．单质a、b、f对应的元素以原子个数比1：1：1形成的分子中含2个σ键，2个π键15、一种新型漂白剂结构如图所示，其中W.Y.Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列说法正确的是A．非金属性：X>W>YB．Y的最高价氧化为对应的水化物为三元酸C．可利用W与X、Y形成的化合物热还原制备单质YD．该漂白剂中仅有X均满足8电子稳定结构16、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法正确的是（）A．KClO3在反应中得到电子 B．ClO2是氧化产物C．H2C2O4在反应中被还原 D．1molKClO3参加反应有2mol电子转移17、如图所示，电化学原理与微生物工艺相组合的电解脱硝法，可除去引起水华的NO3-原理是将NO3-还原为N2。下列说法正确的是（）A．若加入的是溶液，则导出的溶液呈碱性B．镍电极上的电极反应式为：C．电子由石墨电极流出，经溶液流向镍电极D．若阳极生成气体，理论上可除去mol18、一种新药物结构如图所示，下列有关该化合物说法正确的是A．分子式为C17H17N2O6B．能发生水解反应、聚合反应、取代反应、消去反应C．分子中含有四种不同的官能团D．能与氢气发生加成反应，但不能与溴的四氯化碳溶液反应19、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0.15mol20、以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程如下，下列说法中，不正确的是A．反应1中，每生成1molClO2有0.5molSO2被氧化B．从母液中可以提取Na2SO4C．反应2中，H2O2做氧化剂D．采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解21、科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如左下图所示，用Cu—Si合金作硅源，在950℃下利用三层液熔盐进行电解精炼，并利用某CH4燃料电池(如下图所示)作为电源。下列有关说法不正确的是A．电极c与b相连，d与a相连B．左侧电解槽中;Si优先于Cu被氧化C．a极的电极反应为CH4-8e—+4O2—===CO2+2H2OD．相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，会影响硅的提纯速率22、2019年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开发的三位科学家。一种锂离子电池的反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2(x＜1)。其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）A．放电时，Li+由b极向a极迁移B．放电时，若转移0.02mol电子，石墨电极将减重0.14gC．充电时，a极接外电源的正极D．该废旧电池进行“充电处理”有利于锂在LiCoO2极回收二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物W是一种药物的中间体，一种合成路线如图：已知：①②请回答下列问题：（1）A的系统命名为___。（2）反应②的反应类型是__。（3）反应⑥所需试剂为___。（4）写出反应③的化学方程式为___。（5）F中官能团的名称是___。（6）化合物M是D的同分异构体，则符合下列条件的M共有__种（不含立体异构）。①1molM与足量的NaHCO3溶液反应，生成二氧化碳气体22.4L(标准状态下)；②0.5molM与足量银氨溶液反应，生成108gAg固体其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为6∶2∶1∶1的结构简式为__（写出其中一种）。（7）参照上述合成路线，以C2H5OH和为起始原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线__。24、（12分）有机物K是某药物的合成中间体，其合成路线如图所示:已知:①HBr与不对称烯桂加成时，在过氧化物作用下，则卤原子连接到含氢较多的双键碳上;②R—CNR－CH2NH2(R表示坯基)；③R1—CN2+R－COOC2H5+C2H5OH(R表示烃基或氢原子)。请回答下列问题：（1）C的化学名称为_______________。（2）D→E的反应类型为_________，F中官能团的名称是____________。（3）G→H的化学方程式为____________________。（4）J的分子式为__________________。手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，则K分子中的手性碳原子数目为_______。（5）L是F的同分异构体，则满足下列条件的L的结构简式为____________。(任写一种结构即可)①lmolL与足量的NaHCO3溶液反应能生成2molCO2;②L的核磁共振氢谱有3组峰且峰面积之比为1：2：3。（6）请写出J经三步反应合成K的合成路线:____________________(无机试剂任选)。25、（12分）Ⅰ．现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱，部分工艺流程如图：已知NaHCO3在低温下溶解度较小。（1）反应Ⅰ的化学方程式为______。（2）处理母液的两种方法：①向母液中加入石灰乳，反应的化学方程式为____，目的是使____循环利用。②向母液中____并降温，可得到NH4Cl晶体。Ⅱ．某化学小组模拟“侯氏制碱法”，以NaCl、NH3、CO2和水等为原料以及如图所示装置制取NaHCO3，然后再将NaHCO3制成Na2CO3。（3）装置丙中冷水的作用是______；由装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有______、洗涤、灼烧。（4）若灼烧的时间较短，NaHCO3将分解不完全，该小组对一份加热了t1min的NaHCO3样品的组成进行了以下探究。取加热了t1min的NaHCO3样品29.6g完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌。随着盐酸的加入，溶液中有关离子的物质的量的变化如图所示。曲线c对应的溶液中的离子是____（填离子符号）；该样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别是___mol、___mol。26、（10分）为了研究某气体(该气体为纯净物)的性质，做了如下探究实验：①取一洁净铜丝，在酒精灯火焰上加热，铜丝表面变成黑色；②趁热将表面变黑色的铜丝放人到盛有这种气体的集气瓶中并密闭集气瓶，可观察到铜丝表面的黑色又变成了亮红色。(1)根据所学的化学知识，可初步推断出这种气体可能是O2、H2、CO、CO2中的________。(2)如果要确定这种气体是你所推断的气体，还需要接着再做下一步化学实验，在这步实验中应选用的试剂是________，可观察到的现象是________________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）氮、碳氧化物的排放会对环境造成污染。多年来化学工作者对氮、碳的氧化物做了广泛深入的研究并取得一些重要成果。I．已知2NO（g）+O2（g）2NO2（g）的反应历程分两步：第一步：2NO（g）N2O2（g）（快）∆H1<0；v1正=k1正c2（NO）；v1逆=k1逆c（N2O2）第二步：N2O2（g）+O2（g）2NO2（g）（慢）∆H2<0；v2正=k2正c（N2O2）c（O2）；v2逆=k2逆c2（NO2）①在两步的反应中，哪一步反应的活化能更大___（填“第一步”或“第二步”）。②一定温度下，反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g）达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K=____________；II．(1)利用CO2和CH4重整不仅可以获得合成气（主要成分为CO、H2），还可减少温室气体的排放。已知重整过程中部分反应的热化方程式为：①CH4（g）=C（s）+2H2（g）ΔH1＞0②CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）ΔH2＞0③CO（g）+H2（g）=C（s）+H2O（g）ΔH3＜0则反应CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）的ΔH=______________________（用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示）若固定n（CO2）=n（CH4），改变反应温度，CO2和CH4的平衡转化率见图甲。同温度下CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率，原因是_________。(2)在密闭容器中通入物质的量均为0.1mol的CH4和CO2，在一定条件下发生反应CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g），CH4的平衡转化率与温度及压强（单位Pa）的关系如图乙所示。y点：v（正）_____v（逆）（填“大于”“小于”或“等于”）。已知气体分压（p分）=气体总压（p总）×气体的物质的量分数。用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，求x点对应温度下反应的平衡常数Kp=__________________。III．根据2CrO42﹣+2H+Cr2O72﹣+H2O设计如图丙装置（均为惰性电极）电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，图丙中左侧电极连接电源的_________极，电解制备过程的总反应化学方程式为_________。测定阳极液中Na和Cr的含量，若Na与Cr的物质的量之比为a：b，则此时Na2CrO4的转化率为_________。若选择用熔融K2CO3作介质的甲烷（CH4）燃料电池充当电源，则负极反应式为________________。29、（10分）已知A是一种金属单质，B显淡黄色，其转化关系如图所示，则下列说法错误的是A．A与水反应可生成DB．B常用于制作呼吸面具C．C与澄清石灰水反应生成白色沉淀和DD．将稀硫酸铝溶液逐滴滴入D溶液中，开始时就会产生沉淀

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】

Cu2+或OH－浓度都已变得很小，说明二者恰好反应。硫酸铜和氢氧化钠的物质的量分别是0.06mol和0.09mol，则铜离子和OH－的物质的量之比是2︰3，而只有选项D中符合，答案选D。2、D【解析】

A.向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，促进电离，但醋酸根离子浓度减小，电离常数不变，溶液中增大，A错误；B.将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，促进水解，水解常数增大，溶液中减小，B错误；C.向氨水中加入盐酸至中性，根据电荷守恒可知c(NH4+)＝c(Cl－)，则溶液中，C错误；D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中＝Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)，温度不变，溶度积常数不变，则比值不变，D正确；答案选D。3、B【解析】

A．由图可知，CO2在乙池中得到电子还原为HCOO-，则Sn极为电解池阴极，所以b为电源负极，故A正确；B．电解池中，阳离子向阴极移动，Sn极为电解池阴极，所以K+由甲池向乙池移动，故B错误；C．CO2在乙池中得到电子还原为HCOO-，电极反应式为：CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-，故C正确；D．电解过程中，甲池发生反应：，同时K+向乙池移动，所以甲池中KHCO3溶液浓度降低；乙池发生反应：，所以乙池中KHCO3溶液浓度降低，故D正确；答案选B。4、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。5、B【解析】A.二氧化硅用作光导纤维是因为光在二氧化硅中能够发生全反射，与熔点无关，A错误；B.过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸供氧剂，之间存在因果关系，B正确C.明矾可用作净水剂，是因为水解生成氢氧化铝胶体，与易溶于水无关，C错误；D.二氧化硫可用于漂白纸张，是因为二氧化硫具有漂白性，D错误；故选B。6、D【解析】

A．据图可知，酸浸时反应物有Pd、浓HNO3和浓HCl，产物有NO2，中和过程为非氧化还原过程，说明酸浸后Pd的化合价应为+4价，存在形式为PdCl62-，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，故A正确；B．根据元素守恒生成的气体应为HCl和NH3，生成1molPd，则消耗1mol氯钯酸铵，根据元素守恒可知可生成2molNH3和6molHCl，共8mol气体，故B正确；C．氯钯酸铵为红色沉淀，所以若某溶液中含有铵根，滴入含有氯钯酸根离子的溶液可以生成红色沉淀，有明显现象，可以检验铵根，故C正确；D．溶解过程中盐酸电离出的Cl-与Pd4+生成络合物，促使Pd转化为Pd4+的反应正向移动，从而使Pd溶解，若换成硫酸，无法生成络合物，会使溶解的效率降低，故D错误；故答案为D。【点睛】难点为A选项，要注意结合后续流程判断Pd元素的存在形式；分析选项B时首先根据元素守恒判断产物，然后再根据守恒计算生成的气体的物质的量，避免写反应方程式。7、A【解析】

A.盐酸是强酸，SO2通入BaCl2溶液不能生成白色沉淀，然后滴入稀硝酸，亚硫酸被氧化为硫酸，与BaCl2生成BaSO4白色沉淀，BaSO4白色沉淀不溶于稀硝酸，故A正确；B.浓硫酸具有脱水性，滴入蔗糖中并搅拌，发生反应生成有刺激性气味的二氧化硫，该过程中浓硫酸仅体现脱水性和强氧化性，故B错误；C.烧碱是氢氧化钠，具有强腐蚀性，故不能用用热的烧碱溶液洗去油污，故C错误。D.FeCl3溶液可与Cu反应生成Cu2＋，可用于铜质印刷线路板的铜回收，故D错误；答案选A。8、A【解析】

A．在Z点c(H2SO3)=c(HSO3-)，由，则有，则pH=-lgc(H+)=-lgKa1，A正确；B．根据图示，从X点到Y点，SO32－的浓度减少，而HSO3－的浓度在增加，则加入盐酸发生的主要反应为SO3－+H＋=HSO3，B错误；C．当V(HCl)=672mL时，n(HCl)=0.672L÷22.4L·mol－1=0.03mol。溶液中的NaOH和Na2SO3的物质的量均为1L×0.01mol·L－1=0.01mol，通入0.03molHCl，NaOH完全反应，Na2SO3转化为H2SO3。H2SO3为弱酸，可经第一二步电离产生HSO3－和SO32－，其关系是c(HSO3-)＞c(SO32-)＞0，C错误；D．若将HCl换为NO2，NO2会与水反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成的HNO3有强氧化性，可以氧化Na2SO3，溶液中将没有SO32－、HSO3－、H2SO3等粒子，Y点位置会消失，D错误。答案选A。9、C【解析】

A.x、y中含碳碳双键，z中不含碳碳双键，则x、y能使酸性高锰酸钾溶液褪色，z不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A项错误；B.C5H6的不饱和度为，若为直链结构，可含1个双键、1个三键，则z的同分异构体不是只有x和y两种，B项错误；C.z中三个亚甲基上的H原子属于等效氢原子，因此z只有一类氢原子，则z的一氯代物只有一种，2个Cl可在同一个亚甲基上或不同亚甲基上，二氯代物只有两种，C项正确；D.x中含1个四面体结构的碳原子，则所有原子不可能共面，D项错误；答案选C。10、B【解析】

取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则一定含有HCO3-、Ba2+，又HCO3-与Al3+发生双水解反应，所以原溶液中一定不含Al3+，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，则白色沉淀一定含碳酸钡，综上所述，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，一定不含Al3+，可能含

Cl-，据此分析判断。【详解】A、原溶液中可能含

Cl-，故A错误；B、由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，故B正确；C、由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，故C错误；D、由上述分析可知，原溶液中一定不含Al3+，故D错误；故选：B。【点睛】本题考查离子检验与推断，掌握发生的离子反应及现象是解题关键，题目难度不大。11、D【解析】

A.既然由水电解出的c（H+）=1.0×10-12mol/L，则由水电解出的c（OH-）==1.0×10-12mol/L；而c（H+）×c（OH-）=1.0×10-14mol/L，所以原来的溶液的c（H+）=1.0×10-2mol/L或者c（OH-）=1.0×10-2mol/L，即溶液可能呈现强酸或强碱性，强酸时pH=2，强碱时pH=12，故A错误；B.NH3·H2ONH4＋＋OH-，通入CO2平衡正向移动，c(NH4+)不断增大，而平衡常数不变，则=不断减小，故B错误；C.恒温恒容下，反应X(g)＋3Y(g)2Z(g)，起始充入3molX和3molY，由三段式计算可知，X的体积分数一直是50%，故C错误；D.蒸馏水的pH＝6，所以Kw=1×10-12，应加入等体积浓度为0.01mol▪L-1的氢氧化钠溶液，故应加入等体积pH=10的NaOH溶液，可使该溶液恰好呈中性，故D正确；正确答案是D。【点睛】A项涉及pH的简单计算，明确溶液中的溶质是抑制水电离是解本题的关键，能电离出氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离。12、C【解析】

A.根据未加加酸时水点出的氢氧根离子浓度为1×10-13mol∙L-1，则水电离出的氢离子浓度为1×10-13mol∙L-1，氢氧化钠中氢氧根浓度为0.1mol∙L-1，c(KOH)＝0.1mol·L-1，p点是水的电离程度最大的点即恰好生成盐的点，因此甲酸的物质的量等于氢氧化钾的物质的了，因此0.1mol·L-1×0.02∙L=0.1mol·L-1×V1，则V1=0.02L=20mL，故A正确；B.根据A分析得出c(KOH)＝0.1mol·L-1，故B正确；C.n点溶质是KOH和HCOOK的混合溶液，溶液显碱性，根据电荷守恒和溶液呈碱性，因此溶液中存在：c(K＋)>c(HCOO－)，q点是HCOOK和HCOOH的混合溶液，溶液呈中性，根据电荷守恒和呈中性，得到溶液中存在c(K＋)=c(HCOO－)，故C错误；D.p点溶质为HCOOK，则根据质子守恒得到对应的溶液中存在：c(OH－)=c(HCOOH)+c(H＋)，故D正确。综上所述，答案为C。13、A【解析】A.酸性高锰酸钾能将不饱和碳键氧化，但苯环上碳原子形成介于单键和双键之间的化学键，结构稳定，不易被氧化，A正确；B.将液溴与苯混合，加入铁屑后，在生成的三溴化铁的催化作用下，溴与苯发生取代反应，B错误；C.苯和硝酸在浓硫酸作催化剂的条件下可生成硝基苯，C错误；D.苯在一定条件下也能够在镍催化、加热条件下与氢气发生加成反应生成环己烷，D错误。故选择A。点睛：苯不能使高锰酸钾溶液退色，是因为苯分子中有6个碳碳单键，6个碳原子之间形成一个大π键，使得苯的化学性质比烯烃稳定的的多，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化。14、B【解析】

Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质中，Na、Cu为金属晶体，均是热和电的良导体，C、Si的单质为原子晶体，且C单质的熔沸点大于Si原子晶体的熔点，H、N对应的单质为分子晶体，其中氢气的熔点最低，由图熔点的高低顺序可知a为H，b为N，c为Na，d为Cu，e为Si，f为C。【详解】A选项，e为Si，f为C，对应的单质为原子晶体，存在共价键，熔化时破坏共价键，故A正确；B选项，d为Cu，铜单质对应元素原子的电子排布式：1s22s22p63s23p23d104s1，故B错误；C选项，b为N，N元素形成的气态氢化物氨气，易与水分子之间形成氢键，故C正确；D选项，单质a、b、f对应的元素以原子个数比1:1:1形成的分子为HCN，结构式为H−C≡N，分子中含2个σ键，2个π键，故D正确；综上所述，答案为B。15、C【解析】

由W2+可知，W最外层有2个电子；Z形成1个键，Z是第ⅠA或ⅦA族元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，X形成2个键，X是ⅥA族元素；Z与X形成共价键，Z是H元素，X是O元素；Y是B元素；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，W是Mg元素。【详解】A.W是镁，为金属元素，非金属性：O>B>Mg，故A错误；B.Y是B元素，B的最高价氧化为对应的水化物为H3BO3，H3BO3中的质子无法直接电离出，H3BO3结合水中的OH-，电离出H+，H3BO3是一元弱酸，故B错误；C.镁和B2O3加热生成B和氧化镁，故C正确；D.该漂白剂中Mg2+、B、O均满足8电子稳定结构，故D错误。【点睛】本题需要通过微观的原子结构、化学键结合题目信息推断元素，关键是联系宏观物质的性质、灵活运用结构决定性质的规律，本题的突破口是该漂白剂的结构示意图。16、A【解析】

反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2；H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，得到氧化产物CO2。A、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，A正确；B、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2，B错误；C、H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，C错误；D、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到1个电子，则1molKClO3参加反应有1mol电子转移，D错误；答案选A。17、A【解析】

A、阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-；B、镍电极是阴极，是硝酸根离子得电子；C、电子流入石墨电极，且电子不能经过溶液；D、由电极反应2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，生成1mol氮气消耗2mol的硝酸根离子。【详解】A项、阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，所以导出的溶液呈碱性，故A正确；B项、镍电极是阴极，是硝酸根离子得电子，而不是镍发生氧化反应，故B错误；C项、电子流入石墨电极，且电子不能经过溶液，故C错误；D项、由电极反应2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，生成1mol氮气消耗2mol的硝酸根离子，所以若阳极生成0.1mol气体，理论上可除去0.2molNO3-，故D错误。故选A。【点睛】本题考查电解池的原理，掌握电解池反应的原理和电子流动的方向是解题的关键。18、C【解析】

由该有机物的结构简式可知分子式，其分子中含-COOC-、碳碳双键、氨基、硝基，结合酯、烯烃等有机物的性质来解答。【详解】A．根据该有机物的结构简式可知，其分子式为C17H18N2O6，故A错误；B．该有机物含-COOC-可发生水解、取代反应，含碳碳双键可发生聚合反应，不能发生消去反应，故B错误；C．该有机物含-COOC-、碳碳双键、氨基、硝基四种官能团，故C正确；D．该有机物含碳碳双键，故其可与氢气发生加成反应，也能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，故D错误；故答案为C。19、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。20、C【解析】A.在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反应的离子方程式为2ClO3－＋SO2=SO42－＋2ClO2，根据方程式可知，每生成1molClO2有0.5molSO2被氧化，故A正确；B.根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，故B正确；C.在反应2中，ClO2与H2O2在NaOH作用下反应生成NaClO2，氯元素的化合价从+4价降低到+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，故C错误；D.减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，故D正确；答案选C。21、A【解析】

甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，甲烷在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳，通入氧气的电极b为正极，氧气在正极上得电子发生还原反应生成阳离子，根据电解池中电子的移动方向可知，c为阴极，与a相连，Si4+在阴极上得电子发生还原反应生成Si，d为阳极，与b相连，Si在阳极上失电子发生氧化反应生成Si4+。【详解】A项、甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，通入氧气的电极b为正极，根据电解池中电子的移动方向可知，c为阴极，与a相连，d为阳极，与b相连，故A错误；B项、由图可知，d为阳极，Si在阳极上失去电子被氧化生成Si4+，而铜没被氧化，说明硅优先于钢被氧化，故B正确；C项、甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，甲烷在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH4-8e—+4O2—=CO2+2H2O，故C正确；D项、相同时间下，通入CH4、O2的的体积不同，反应转移电子的物质的量不同，会造成电流强度不同，影响硅的提纯速率，故D正确。故选A。【点睛】本题考查原电池和电解池原理的应用，注意原电池、电解池反应的原理和电子移动的方向，明确离子放电的先后顺序是解题的关键。22、D【解析】

根据锂离子电池的反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2(x＜1)可判断出，放电时Li元素化合价升高，LixC6（可看作单质Li和C）作负极，Co元素化合价降低。【详解】A．放电时是b极为负极，a极为正极，Li+由负极移向正极，即由b极移向a极，A正确；B．放电时石墨电极发生Li-e-=Li+,若转移0.02mol电子，则有0.02molLi参与反应，电极减重为0.02×7=0.14g，B正确；C．充电时，原来的正极作阳极，与外接电源的正极相连，C正确；D．“充电处理”时，Li+在阴极得电子生成Li，石墨为阴极，故该废旧电池进行“充电处理”有利于锂在石墨极回收，D错误；答案选D。【点睛】充电时为电解装置，电池的正极与外电源的正极相连，作电解池的阳极，发生氧化反应，电池的负极与外电源的负极相连，作电解池的阴极，发生还原反应。判断电极时可以通过判断电池反应中元素化合价的变化来进行。二、非选择题(共84分)23、2,3-二甲基-1,3丁二烯氧化反应浓氢溴酸+CH3CH2OH+H2O羟基、醛基12【解析】

A到B发生信息①的反应，B到C发生信息②反应，且只有一种产物，则B结构对称，根据C的结构简式可知B中有两个碳碳双键上的碳原子连接甲基，则B应为，则A为，C与乙醇发生酯化反应生成D。【详解】(1)A为，根据烷烃的系统命名法规则可知其名称应为：2,3-二甲基-1,3丁二烯；(2)B到C的过程为酸性高锰酸钾氧化碳碳双键的过程，所以为氧化反应；(3)根据G和H的结构可知该过程中羟基被溴原子取代，所需试剂为浓氢溴酸；(4)反应③为C与乙醇的酯化反应，方程式为：+CH3CH2OH+H2O；(5)根据F的结构简式可知其官能团为羟基、醛基；(6)化合物M是D的同分异构体，且满足：①1molM与足量的NaHCO3溶液反应，生成二氧化碳气体22.4L(标准状态下)，即生成1mol二氧化碳，说明1molM中含有1mol羧基；②0.5molM与足量银氨溶液反应，生成108g即1molAg固体，说明0.5molM含0.5mol醛基；除去羧基和醛基还有4个碳原子，有两种排列方式：和，先固定羧基有4种方式，再固定醛基，则有(数字表示醛基的位置)：、、、，共有4+4+3+1=12种同分异构体，其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为6∶2∶1∶1的结构简式为：；(7)根据观察可知目标产物的结构与W的结构相似，合成W需要I，合成I需要发生类似D与H的反应，原料即为D，则还需类似G的物质，乙醇可以发生消去反应生成乙烯，乙烯和溴加成可以生成二溴乙烷，其结构与G类似，所以合成路线为：。【点睛】推断A和B的结构的关键是理解题目所给信息反应过程中结构的变化，弄清楚B到C的产物只有一种的原因是B结构对称，然后再分析B的结构就比较简单了。24、1，3-二溴丙烷氧化反应酯基C13H20O41或【解析】

A：CH3CH=CH2在光照、加热条件下与溴发生取代反应生成B为CH2BrCH=CH2，CH2BrCH=CH2在过氧化物作用下，与HBr发生加成反应生成C为CH2BrCH2CH2Br，CH2BrCH2CH2Br在氢氧化钠水溶液中加热发生水解反应生成D为HOCH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2OH被酸性高锰酸钾氧化生成E为HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH在浓硫酸催化下与乙醇发生酯化反应生成F为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3；G水化催化生成H，则G为，与水发生加成反应生成H，H在催化剂作用下发生氧化反应生成I为；与CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3在一定条件下反应生成J，J经三步反应生成K，据此分析。【详解】A：CH3CH=CH2在光照、加热条件下与溴发生取代反应生成B为CH2BrCH=CH2，CH2BrCH=CH2在过氧化物作用下，与HBr发生加成反应生成C为CH2BrCH2CH2Br，CH2BrCH2CH2Br在氢氧化钠水溶液中加热发生水解反应生成D为HOCH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2OH被酸性高锰酸钾氧化生成E为HOOCCH2COOH；G水化催化生成H，则G为，与水发生加成反应生成H，H在催化剂作用下发生氧化反应生成I为；与HOOCCH2COOH在一定条件下反应生成J，J经三步反应生成K。（1）C为CH2BrCH2CH2Br，化学名称为1，3-二溴丙烷；（2）D→E是HOCH2CH2CH2OH被酸性高锰酸钾氧化生成HOOCCH2COOH，反应类型为氧化反应，F为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3官能团的名称是酯基；（3）G→H是水化催化生成，的化学方程式为；（4）J为，分子式为C13H20O4。手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，则K（）分子中的手性碳原子数目为1（标红色处）；（5）L是F的同分异构体，满足条件：①lmolL与足量的NaHCO3溶液反应能生成2molCO2，则分子中含有两个羧基；②L的核磁共振氢谱有3组峰且峰面积之比为1：2：3，则高度对称，符合条件的同分异构体有或；（6）J经三步反应合成K：与HCN发生加成反应生成，与氢气发生加成反应生成，在催化剂作用下转化为，合成路线为。【点睛】有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，常见的官能团：醇羟基、酚羟基、醛基、羧基、酯基、卤素原子等。这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。25、NaCl+CO2+NH3+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl2NH4Cl+Ca(OH)2→CaCl2+2NH3↑+2H2ONH3通入NH3，加入细小的食盐颗粒冷却，使碳酸氢钠晶体析出过滤HCO3-0.10.2【解析】

（1）由于NaHCO3在低温下溶解度较小，溶液中含有较大浓度的钠离子和碳酸氢根离子时，就会有碳酸氢钠晶体析出，所以饱和氯化钠中溶液中通入NH3和CO2发生反应的方程式为：NaCl+CO2+NH3+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl;答案：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；（2）①根据题中反应流程可知，过滤后得到的母液中含有氯化铵，母液中加入石灰乳后，发生反应为：2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O，反应生成氨气，氨气可以在反应流程中循环利用；答案：2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O；NH3；②由反应NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓及流程图知，母液中溶质为氯化铵，向母液中通氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通入的氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨能电离铵根离子，铵根离子浓度增大有利于氯化铵析出。答案：通入NH3，加入细小的食盐颗粒。（3）由装置丙中产生的是NaHCO3，其溶解度随温度降低而降低，所以装置丙中冷水的作用是：冷却，使碳酸氢钠晶体析出；制取Na2CO3时需要过滤得到晶体，洗涤后加热灼烧得到碳酸钠；答案：冷却，使碳酸氢钠晶体析出；过滤；(4)若在(2)中灼烧的时间较短,NaHCO3将分解不完全,该小组对一份加热了t1min的NaHCO3样品的组成进行了研究.取加热了t1min的NaHCO3样品29.6g完全溶于水制成溶液,然后向此溶液中缓慢地滴加稀盐酸,并不断搅拌.随着盐酸的加入,发生反应CO32-+H+=HCO3-;HCO3-+H+=CO2+H2O;溶液中有关离子的物质的量的变化为碳酸根离子减小,碳酸氢根离子浓度增大,当碳酸根离子全部转化为碳酸氢根离子,再滴入盐酸和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳,碳酸氢根离子减小,所以c曲线表示的是碳酸氢根离子物质的量变化。碳酸根离子物质的量为0.2mol,碳酸氢根离子物质的量为0.1mol；所以样品中NaHCO3的物质的量为0.1mol,Na2CO3的物质的量为0.2mol；因此，本题正确答案是:HCO3-；0.1；0.2。26、H2或CO无水CuSO4或澄清的石灰水无水CuSO4变蓝色或澄清的石灰水变浑浊。【解析】

本题主要考查具有还原性的气体的性质及常见的用作还原剂的气体，同时涉及常见物质的颜色、金属与氧气的反应。【详解】(1)金属与氧气可以发生化合反应生成金属氧化物，铜在加热时与氧气化合生成黑色的氧化铜，黑色的氧化铜又变成光亮的红色，即变成了金属铜，这是氧化铜被气体还原剂夺取氧而变成单质铜的反应，气体在反应中表现出的性质称为还原性，通常用作还原剂的气体有CO和H2；(2)假设推断为氢气(或一氧化碳)，而氢气与氧化铜反应生成铜和水，再验证是否有水生成即可，步骤：将气体通过浓硫酸进行干燥，再通过灼热的氧化铜，再通过无水硫酸铜，验证是否有水生成，如果无水硫酸铜变蓝，说明有水生成，说明该气体是氢气；假设推断为一氧化碳，而一氧化碳与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再验证是否有二氧化碳生成即可，步骤：将气体通过灼热的氧化铜，再通过澄清的石灰水，验证是否有二氧化碳生成，如果澄清的石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，说明该气体是一氧化碳。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