河北省沧县风化店中学2024年高考化学五模试卷含解析

河北省沧县风化店中学2024年高考化学五模试卷注意事项：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、下列操作能达到相应实验目的的是（）选项目的实验A实验室制备乙酸乙酯向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热B除去干燥CO2中混有少量的SO2可将混合气体依次通过盛有足量酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶C检验Na2SO3已经变质向Na2SO3溶液中先加入Ba(

NO3)2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解D比较铁和铜的活泼性常温下，将表面积相同的铁和铜投入到浓硝酸中，铁不能溶解，铜能溶解，铜比铁活泼A．A B．B C．C D．D2、某小组设计如图装置，利用氢镍电池为钠硫电池(总反应为：)充电。已知氢镍电池放电时的总反应式为，其中M为储氢合金，下列说法正确的是A．a极为氢镍电池的正极B．充电时，通过固体陶瓷向M极移动C．氢镍电池的负极反应式为D．充电时，外电路中每通过2mol电子，N极上生成1molS单质3、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4、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则下列说法不正确的是（）A．W、X、Y形成的简单离子核外电子数相同B．Z和W可形成原子个数比为1：2和1：3的共价化合物C．Y和Z形成的化合物可以通过复分解反应制得D．X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应5、下列与有机物的结构、性质或制取实验等有关叙述错误的是A．苯分子结构中不含有碳碳双键，但苯也可发生加成反应B．溴苯中溶解的溴可用四氯化碳萃取而除去C．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合酸反应制取硝基苯的实验最好采用水浴加热D．乙烷和乙烯可用酸性高锰酸钾溶液加以鉴别6、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）A．Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂B．ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒C．SiO2硬度大，可用于制造光导纤维D．NH3易溶于水，可用作制冷剂7、下列有关物质结构的叙述正确的是A．在离子化合物中不可能存在非极性共价键B．由电子定向移动而导电的物质一定是金属晶体C．有键能很大的共价键存在的物质熔沸点一定很高D．只含有共价键的物质不一定是共价化合物8、热催化合成氨面临的两难问题是：釆用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH3产率降低。我国科研人员研制了Ti・H・Fe双温区催化剂（Ti-H区域和Fe区域的温度差可超过100℃）。Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是（）A．①为氮氮三键的断裂过程B．①②③在低温区发生，④⑤在高温区发生C．使用Ti-H-Fe双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应D．④为N原子由Fe区域向Ti-H区域的传递过程9、海水综合利用要符合可持续发展的原则，其联合工业体系（部分）如图所示，下列说法错误的是A．①中可采用蒸馏法 B．②中可通过电解法制金属镁C．③中提溴涉及到复分解反应 D．④的产品可生产盐酸、漂白液等10、下列属于碱的是（）A．SO2B．H2SiO3C．Na2CO3D．NaOH11、某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100mL，逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。下列说法错误的是()A．H2SO4浓度为4mol/LB．溶液中最终溶质为FeSO4C．原混合酸中NO3-浓度为0.2mol/LD．AB段反应为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋12、如图是电解饱和食盐水(含少量酚酞)的装置，其中c、d为石墨电极。下列说法正确的是A．a为负极、b为正极B．a为阳极、b为阴极C．电解过程中，钠离子浓度不变D．电解过程中，d电极附近变红13、利用如图所示装置，以NH3作氢源，可实现电化学氢化反应。下列说法错误的是A．a为阴极B．b电极反应为：2NH3-6e-=N2+6H+C．电解一段时间后，装置内H+数目增多D．理论上每消耗1molNH3，可生成1．5mol14、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．遇苯酚显紫色的溶液：I－、K+、SCN－、Mg2＋B．pH＝12的溶液：K+、Na＋、ClO－、SO32—C．水电离的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Cl－、CH3COO－、Cu2+D．0.1mol·L－1的K2SO4溶液：Na＋、Al3＋、Cl—、NO3—15、BHT是一种常用的食品抗氧化剂，由对甲基苯酚（）合成BHT的常用方法有2种（如图），下列说法不正确的是A．BHT能使酸性KMnO4溶液褪色B．BHT与对甲基苯酚互为同系物C．BHT中加入浓溴水易发生取代反应D．方法一的原子利用率高于方法二16、运输汽油的车上，贴有的危险化学品标志是A． B． C． D．17、甲烷燃烧时的能量变化如图，有关描述错误的是()A．反应①和反应②均为放热反应B．等物质的量时，CO2具有的能量比CO低C．由图可以推得：2CO(g)+O2(g)→2CO2(g)+283kJD．反应②的热化学方程式：CH4(g)+O2(g)→CO(g)+2H2O(l)+607.3kJ18、室温下，分别用0.1000mol•L－1的NaOH标准液滴定浓度均为0.1mol•L－1的三种酸HX、HY、和HZ，滴定曲线如图所示，下列说法错误的是A．三种酸的酸性强弱：HX>HY>HZB．等浓度、等体积的HY溶液和NaY溶液混合，混合液显酸性C．用NaOH标准液滴定HZ溶液时，选用酚酞作指示剂D．滴定HX的曲线中，当中和百分数为50%时，溶液中存在c（X－）<c（Na+）19、为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关解释均正确的是选项实验目的实验方法相关解释A测量氯水的pHpH试纸遇酸变红B探究正戊烷C5H12催化裂解C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃C实验温度对平衡移动的影响2NO2N2O4为放热反应，升温平衡逆向移动D用AlCl3溶液制备AlCl3晶体AlCl3沸点高于溶剂水A．A B．B C．C D．D20、四元轴烯t，苯乙烯b及立方烷c的结构简式如下，下列说法正确的是A．b的同分异构体只有t和c两种 B．t和b能使酸性KMnO4溶液褪色而c不能C．t、b、c的二氯代物均只有三种 D．b中所有原子－定不在同－个平面上21、在一定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图。下列说不正确的是A．Ea为催化剂存在下该反应的活化能，Ea′为无催化剂时该反应的活化能B．该反应为放热反应，△H=Ea-Ea′C．活化分子是能最较高、有可能发生有效碰撞的分子D．催化剂是通过降低反应所需的活化能来同等程度的增大正逆反应速率，使平衡不移动22、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Na2CO3二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物A具有乙醛和乙酸中官能团的性质，不饱和烃B的摩尔质量为40g·mol－1，C中只有一个甲基，能发生银镜反应，有关物质的转化关系如图：已知：①同一个碳原子上连接2个碳碳双键的结构不稳定②RCH=CHOH→RCH2CHO请回答：(1)D的名称是________。(2)A～E中都含有的元素的原子结构示意图是________。(3)A＋D→E的化学方程式______________________。(4)下列说法正确的是________。A．B能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色B．C与A在一定条件下都能发生银镜反应C．转化流程中浓H2SO4的作用相同D．可以用饱和Na2CO3溶液鉴别A、C、E三种无色物质24、（12分）某研究小组按下列路线合成药物诺氟沙星：已知：试剂EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，在适当条件下，可由C生成D。②③请回答：（1）根据以上信息可知诺氟沙星的结构简式_____。（2）下列说法不正确的是_____。A．B到C的反应类型为取代反应B．EMME可发生的反应有加成，氧化，取代，加聚C．化合物E不具有碱性，但能在氢氧化钠溶液中发生水解D．D中两个环上的9个C原子可能均在同一平面上（3）已知：RCH2COOH，设计以化合物HC(OC2H5)3、C2H5OH合成EMME的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)_____。（4）写出C→D的化学方程式______。（5）写出化合物G的同系物M（C6H14N2）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：____①1H-NMR谱表明分子中有4种氢原子，IR谱显示含有N－H键，不含N－N键；②分子中含有六元环状结构，且成环原子中至少含有一个N原子。25、（12分）某小组以亚硝酸钠（NaNO2）溶液为研究对象，探究NO2-的性质。实验试剂编号及现象滴管试管2mL1%酚酞溶液1mol·L-1NaNO2溶液实验I：溶液变为浅红色，微热后红色加深1mol·L-1NaNO2溶液0.1mol·L-1KMnO4溶液实验II：开始无明显变化，向溶液中滴加稀硫酸后紫色褪去KSCN溶液1mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）实验III：无明显变化1mol·L-1NaNO2溶液1mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）实验IV：溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加KSCN溶液变红资料：[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。（1）结合化学用语解释实验I“微热后红色加深”的原因______（2）实验II证明NO2-具有_____性，从原子结构角度分析原因_________（3）探究实验IV中的棕色溶液①为确定棕色物质是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，设计如下实验，请补齐实验方案。实验溶液a编号及现象1mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）i．溶液由___色迅速变为___色____________________ii．无明显变化②加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，溶液中有红褐色沉淀生成。解释上述现象产生的原因_________。（4）络合反应导致反应物浓度下降，干扰实验IV中氧化还原反应发生及产物检验。小组同学设计实验V：将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大。①盐桥的作用是____________________________②电池总反应式为______________________实验结论：NO2-在一定条件下体现氧化性或还原性，氧还性强弱与溶液酸碱性等因素有关。26、（10分）Ⅰ.含氨废水和废气对环境造成的污染越来越严重，某课外活动小组先测定废水中含NO3-为3×10-4mol/L，而后用金属铝将NO3-还原为N2，从而消除污染。(1)配平下列有关离子方程式：_____NO3-+_______Al+_______H2O→_______N2↑+______Al(OH)3+________OH-。(2)上述反应中被还原的元素是____________，每生成2mol

N2转移_________mol电子。(3)有上述废水100m3，若要完全消除污染，则所消耗金属铝的质量为_________g。Ⅱ.NO与Cl2在常温常压下可以合成亚硝酰氯(NOCl)。它是一种红褐色液体或黄色气体，其熔点-64.5℃，沸点-5.5

℃，遇水易水解。亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂。实验室制备原料气Cl2的装置如图所示：(4)实验室制Cl2时，装置A中烧瓶内发生反应的化学方程式为_________________________。(5)将上述收集到的Cl2充入D的集气瓶中，按图示装置制备亚硝酰氯。①装置D中发生的反应方程式为__________________________。②如果不用装置E会引起什么后果：__________________。③某同学认为装置F不能有效吸收尾气中的某种气体，该气体为_____________，为了充分吸收尾气，可将尾气与________________同时通入氢氧化钠溶液中。27、（12分）碳酸镁晶体是一种新型吸波隐形材料中的增强剂。实验一：合成碳酸镁晶体的步骤：①配制一定浓度的MgSO4溶液和NH4HCO3溶液；②量取一定量的NH4HCO3溶液于容器中，搅拌并逐滴加入MgSO4溶液，控制温度50℃，反应一段时间；③用氨水调节溶液pH至9.5，放置一段时间后，过滤、洗涤、干燥得碳酸镁晶体产品。称取3.000gMgSO4样品配制250mL溶液流程如图所示：回答下列问题：（1）写出实验仪器名称：A_____；B_____。配制溶液过程中定容后的“摇匀”的实验操作为______。（2）检验碳酸镁晶体是否洗干净的方法是_________。实验二：测定产品MgCO3·nH2O中的n值（仪器和药品如图所示）：（3）实验二装置的连接顺序为_____（按气流方向，用接口字母abcde表示），其中Ⅱ装置的作用是_____。（4）加热前先通入N2排尽装置Ⅰ中的空气，然后称取装置Ⅱ、Ⅲ的初始质量。进行加热时还需通入N2的作用是______。（5）若要准确测定n值，至少需要下列所给数据中的_____（填选项字母），写出相应1种组合情景下，求算n值的数学表达式：n=______。a．装置Ⅰ反应前后质量差m1b．装置Ⅱ反应前后质量差m2c．装置Ⅲ反应前后质量差m328、（14分）硼元素的单质和化合物很多，我们可以利用所学知识认识和理解它们。（1）硼元素位于元素周期表的__________区；硼元素的价电子排布式为_________。（2）B、C、Si与H、O原子形成的单键和B、C、Si原子自成单键的键能如下表所示：化学键键能389411318561358452293346222①自然界中硼主要以含氧化合物的形式存在的原因是_____________。②类似于烷烃，B、Si也有一系列氢化物，但从物质数量角度看：硅烷＜硼烷＜烷烃。原因是_________。③推测晶体B的晶体类型是__________。（3）乙硼烷具有强还原性，它和氢化锂反应生成硼氢化锂，硼氢化锂常用于有机合成。由和构成。中B原子的杂化轨道类型为_______；中三种元素电负性由大到小的顺序是__________（写元素符号）。（4）氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料。可通过下列反应得到：①□内物质的空间构型为__________。②在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，晶体的层间距为apm，键键长为bpm，则六方氮化硼晶体的密度为__________（用表示阿伏加德罗常数的值）。29、（10分）为测试一铁片中铁元素的含量，某课外活动小组提出下面方案并进行了实验。将0.200g铁片完全溶解于过量稀硫酸中，将反应后得到的溶液用的溶液滴定，达到终点时消耗了溶液。（1）配平以下方程式并标出电子转移的方向与数目____________________。（2）滴定到终点时的现象为____________________，铁片中铁元素的质量分数为_______________________。（3）高锰酸钾溶液往往用硫酸酸化而不用盐酸酸化，原因是：_____________。（4）溶液呈酸性，加硫酸后增加，请结合离子方程式并利用化学平衡移动理论解释：_____________________________。（5）高锰酸钾在化学品生产中，广泛用作为氧化剂。可以氧化、、、等多种物质，如，试推测空格上应填物质的化学式为________。（6）上述反应在恒温下进行，该过程中会明显看到先慢后快的反应，原因可能是____________________。

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．浓硫酸的密度比乙醇大，且浓硫酸和乙醇混合放出大量的热，若先加浓硫酸再加乙醇容易引起液体飞溅，故先加乙醇，再加浓硫酸。最后加乙酸，避免浓硫酸和乙酸混合时产生的热量使乙酸大量挥发，即制备乙酸乙酯时药品添加顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，A错误；B．SO2和酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应而被除去，再通过浓硫酸进行干燥，可得纯净的CO2，B正确；C．即使没有变质，Na2SO3和Ba(NO3)2反应也生成白色沉淀(BaSO3)，加入HCl，H+存在下，溶液中的NO3-将BaSO3氧化成BaSO4，白色沉淀依然不溶解，该方法不能检验Na2SO3是否变质，C错误；D．浓硝酸有强氧化性，常温下，浓硝酸将Fe钝化，不能比较Fe和Cu的活泼性，D错误。答案选B。【点睛】NO3-在酸性环境下有强氧化性。2、B【解析】

由电池总反应可知，氢镍电池放电时为原电池反应，负极反应式为MH+OH--e-=M+H2O，正极反应式为NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-；钠硫电池充电时为电解池反应，阴极反应式为2Na++2e-=2Na，阳极反应式为Sx2--2e-=xS；充电时，两个电池的电极负接负，正接正，固体Al2O3中的Na+(阳离子)向阴极（电池的负极）移动，据此解答。【详解】A.根据以上分析，与a极相连的是钠硫电池的负极，所以a极为氢镍电池的负极，故A错误；B.电解时阳离子向阴极移动，所以充电时，通过固体Al2O3陶瓷向M极移动，故B正确；C.氢镍电池的负极发生氧化反应，反应式为MH+OH--e-=M+H2O，故C错误；D.充电时，N电极为阳极，反应式为Sx2--2e-=xS，根据电子守恒，外电路中每通过2mol电子，N极上生成xmolS单质，故D错误。故选B。3、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。4、C【解析】

W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，为钠元素，W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素，Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为铝元素，据此分析。【详解】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，为钠元素，W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素，Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为铝元素，A．W、X、Y形成的简单离子O2-、Na+、Al3+，核外电子数相同，均是10电子微粒，A正确；B．硫和氧可以形成二氧化硫和三氧化硫两种共价化合物，原子个数比为1:2和1:3，B正确；C．由于硫离子和铝离子水解相互促进生成氢氧化铝和硫化氢，因此硫化铝不能通过复分解反应制备，C错误；D．X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸，氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠、硫酸都反应，所以它们之间能两两反应，D正确；答案选C。5、B【解析】

A．苯分子结构中不含有碳碳双键，但苯也可与H2发生加成反应，故A正确；B．溴苯与四氯化碳互溶，则溴苯中溶解的溴不能用四氯化碳萃取而除去，故B错误；C．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合酸反应制取硝基苯的实验最好采用水浴加热，便于控制反应温度，故C正确；D．乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可用酸性高锰酸钾溶液加以鉴别，故D正确；故答案选B。6、A【解析】

A．Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，Na2O2用作呼吸面具中的供氧剂，故A正确；B．ClO2具有强氧化性而使蛋白质变性而不是还原性，故B错误；C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故C错误；D．氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低，所以氨气常常作制冷剂，与氨气易溶于水无关，故D错误；故选B。7、D【解析】

A．含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有极性键或非极性键，如Na2O2，故A错误；B．多数物质导电都是靠电子定向移动的，不仅仅是金属，如半导体材料硅等，故B错误；C．分子晶体的熔沸点高低取决于分子间作用力的大小，与共价键的强弱无关，故C错误；D．只含共价键的物质不一定是共价化合物，可能是多原子单质，如臭氧等，故D正确；答案选D。【点睛】含有离子键的化合物是离子化合物，而极性键和非极性键是从原子之间的共用电子对是否偏移判断的，它们之间没有必然的联系。8、D【解析】

A．经历①过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，①过程中氮氮三键没有断裂，故A错误；

B．①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程，以上都是吸热反应，需要在高温时进行，而④⑤为了增大平衡产率，需要在低温下进行，故B错误；

C．催化剂只影响化学反应速率，化学反应不会因加入催化剂而改变反应热，故C错误；

D．由题中图示可知，过程④完成了Ti-H-Fe-*N到Ti-H-*N-Fe两种过渡态的转化，N原子由Fe区域向Ti-H区域传递，故D正确；故答案为D。9、C【解析】

A.利用蒸馏原理可从海水中提取淡水，故不选A；B.从海水中得到氯化镁后，镁为活泼金属，则可以电解熔融状态的氯化镁生成氯气和金属镁，故不选B；C.将苦卤浓缩通入过量氯气进行氧化，静置溴沉在底部,继而通入空气和水蒸气，将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和吸收剂二氧化硫发生作用转化成氢溴酸以达到富集溴，然后再用氯气将其氧化得到溴，反应过程中不涉及复分解反应，故选C；D.从海水中得到氯化钠后，电解氯化钠溶液，得氢氧化钠和氢气和氯气，利用制得的氯气可以生产盐酸和漂白液，故不选D；答案：C10、D【解析】A．SO2是由硫元素和氧元素组成的化合物，属于氧化物，故A错误；B．H2SiO3电离时其阳离子全部是H+，属于酸，故B错误；C．纯碱是碳酸钠的俗称，是由钠离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐，故C错误；D．苛性钠是氢氧化钠的俗称，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子，属于碱，故D正确；故选D。点睛：解答时要分析物质的阴阳离子组成，然后再根据酸碱盐概念方面进行分析、判断，电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱，由金属离子和酸根离子组成的化合物属于盐，从而得出正确的结论。11、C【解析】

由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑．最终消耗Fe为22.4g，此时溶液中溶质为FeSO4，则n（FeSO4）=n（Fe），由硫酸根守恒n（H2SO4）=n（FeSO4），根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量，再根据c=计算c（H2SO4）、c（NO3-）。【详解】A、反应消耗22.4g铁，也就是22.4g÷56g/mol＝0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，A正确；B、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B正确；C、OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3-）=n（Fe）＝0.2mol，NO3-浓度为2mol/L，C错误；D、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，D正确。答案选C。【点晴】该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。在做此类题目时，应当先分析反应的过程，即先发生的是哪一步反应，后发生的是哪一步。计算离子时注意用离子方程式计算。还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比如合理使用守恒原理等。12、A【解析】

原电池中，电子从负极流出，所以a是负极，b是正极，c是阴极，d是阳极。【详解】A．根据图象知，a是负极，b是正极，故A正确；B．外加电源中为正负极，不是阴阳极，则c是阴极，d是阳极，故B错误；C．电解时消耗水，溶液的体积减小，钠离子的物质的量不变，则钠离子的浓度增大，故C错误；D．c是阴极，电极上氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧根离子，则c电极附近变红，故D错误。故选A。13、C【解析】

根据图像可知，b极氨气中的N原子化合价由-3变为0价，得电子为电解池的阳极，则b极为阴极，化合价降低得电子；电解质溶液中的氢离子向阴极移动；【详解】A.分析可知，a为阴极得电子，A正确；B.b电极氨气中的N原子化合价由-3变为0价，生成氮气和氢离子，其电极反应为：2NH3-6e-=N2+6H+，B正确；C.电解一段时间后，b电极消耗溶液中的氢离子，装置内H+数目不变，C错误；D.理论上每消耗1molNH3，消耗溶液中3mol氢离子，发生加成反应，可生成1．5mol，D正确；答案为C14、D【解析】

A．遇苯酚显紫色的溶液，说明溶液中含有Fe3+，Fe3+与I－因发生氧化还原反应而不能大量共存，Fe3+与SCN－能反应生成络合物，而不能大量共存，A不符合题意；B．ClO－具有强氧化性，SO32-具有还原性，ClO－与SO32-能发生氧化还原反应而不能大量共存，B不符合题意；C．酸碱抑制水的电离，溶液中水电离的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1，该溶液可能显酸性或碱性；酸性溶液中，H+与CH3COO－不能大量共存，C不符合题意；D．0.1mol·L－1的K2SO4溶液，溶液中的Na＋、Al3＋、Cl-、NO3-能够大量共存，D符合题意；答案选D。【点睛】在做离子共存题的时候，重点要注意题目中暗含的信息，例如溶液中水电离的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1，这个溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，弱酸根离子与H+不能够大量共存，弱碱阳离子与OH-不能够大量共存。15、C【解析】

A.BHT结构中有酚羟基，可以被酸性KMnO4溶液氧化；其结构中有一个甲基直接与苯环相连，也能被酸性KMnO4溶液直接氧化，A项正确；B.对甲基苯酚和BHT相比，都含有1个酚羟基，BHT多了8个“CH2”原子团，符合同系物的定义——结构相似，组成上相差若干个CH2，B项正确；C.BHT中酚羟基的邻对位已无H原子，所以不能与浓溴水发生取代反应，C项错误；D.方法一为加成反应，原子利用率理论高达100%，而方法二为取代反应，产物中还有水，原子利用率相对较低，D项正确；答案选C项。【点睛】①同系物的判断，首先要求碳干结构相似，官能团种类和数量相同，其次是分子组成上要相差若干个CH2。②酚羟基的引入，使苯环上酚羟基的邻对位氢受到激发，变得比较活泼。16、B【解析】

A、汽油是易燃品，不是腐蚀品，故不选A；B、汽油是易燃液体，故选B；C、汽油是易燃品，不是剧毒品，故不选C；D、汽油是易燃品，不是氧化剂，故不选D；选B。17、C【解析】

A．从图像可以看出，甲烷燃烧后释放能量，故都是放热反应，反应①和反应②均为放热反应，故A正确；B．从图像可以看出CO2具有的能量比CO低，故B正确；C．CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)+607.3kJ②，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)+890.3kJ①，①-②得到CO(g)+O2(g)=CO2(g)+283kJ，故C错误；D．根据图示，反应②的热化学方程式：CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)+607.3kJ，故D正确；答案选C。18、D【解析】

A.酸越弱，酸的电离程度越小，等浓度的酸的pH越大，由图可知，三种酸的酸性强弱：HX>HY>HZ，选项A正确；B.由图可知，NaOH标准液滴定HY溶液中和百分数达50%时得等浓度、等体积的HY溶液和NaY溶液混合，混合液显酸性，选项B正确；C.用NaOH标准液滴定HZ溶液时，完全中和生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，可选用酚酞作指示剂，选项C正确；D.滴定HX的曲线中，当中和百分数为50%时，得到等浓度、等体积的HX溶液和NaX溶液混合，溶液呈酸性，根据电荷守恒c（X－）+c（OH－）=c（Na+）+c（H+），则存在c（X－）>c（Na+），选项D错误。答案选D。19、C【解析】

A.氯水中含HClO，具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，应选pH计测定氯水的pH，A错误；B.C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下均为气体，不能冷凝收集，且催化裂化中使用碎瓷片作催化剂且有聚热功能，若改用没有聚热功能的氧化铝固体，实验效果不理想，B错误；C.只有温度不同，且只有二氧化氮为红棕色，通过两烧瓶中气体颜色的变化可验证温度对平衡的影响，C正确；D.加热促进AlCl3水解，且生成HCl易挥发，应在HCl气流中蒸发制备AlCl3晶体，D错误；答案选C。20、B【解析】

A．b苯乙烯分子式为C8H8，符合分子式的有机物结构可以是多种物质；B．t和b含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化；C．根据一氯代物中氢原子的种类判断；D．b含有碳碳双键和苯环，为平面形结构。【详解】A．b苯乙烯分子式为C8H8，对应的同分异构体也可能为链状烃，故A错误；B．t和b含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，故B正确；C．不考虑立体结构，二氯代物t和e均有3种，b有14种，故C错误；D．b含有碳碳双键和苯环，为平面形结构，苯环和碳碳双键可能在同一个平面上，故D错误。故选B。21、B【解析】

A．催化剂能降低反应所需活化能，Ea为催化剂存在下该反应的活化能，Ea′为无催化剂时该反应的活化能，故A正确；B．生成物能量高于反应物，该反应为吸热反应，△H≠Ea′-Ea，故B错误；C．根据活化分子的定义，活化分子是能最较高、有可能发生有效碰撞的分子，故C正确；D．催化剂是通过降低反应所需的活化能来同等程度的增大正逆反应速率，平衡不移动，故D正确；故选B。22、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。二、非选择题(共84分)23、正丙醇HCOOH＋CH3CH2CH2OHH2O＋HCOOCH2CH2CH3ABD【解析】

不饱和烃B的摩尔质量为40g·mol－1可知B的分子式为C3H4，不饱和度为2，同一个碳原子上不能连两个碳碳双键，可推测B为丙炔：CH3C≡CH，B物质与H2O反应类型为加成反应，由已知信息②RCH=CHOH→RCH2CHO可知C为丙醛CH3CH2CHO，丙醛与H2发生加成反应生成正丙醇CH3CH2CH2OH。根据E的分子式可推知A为甲酸，其分子中既含有羧基又含有醛基，则有机物A具有乙醛和乙酸中官能团的性质，A～E中都含有碳元素，原子结构示意图是，据此分析解答。【详解】不饱和烃B的摩尔质量为40g·mol－1可知B的分子式为C3H4，不饱和度为2，同一个碳原子上不能连两个碳碳双键，可推测B为丙炔：CH3C≡CH，B物质与H2O反应类型为加成反应，由已知信息②RCH=CHOH→RCH2CHO可知C为丙醛CH3CH2CHO，丙醛与H2发生加成反应生成正丙醇CH3CH2CH2OH。根据E的分子式可推知A为甲酸，其分子中既含有羧基又含有醛基，则有机物A具有乙醛和乙酸中官能团的性质，A～E中都含有碳元素，原子结构示意图是，（1）由以上分析知，D为CH3CH2CH2OH，名称是正丙醇；故答案为：正丙醇；（2）A～E中都含有碳元素，原子结构示意图是；故答案为：；（3）A为甲酸，D为CH3CH2CH2OH，A＋D→E的化学方程式为HCOOH＋CH3CH2CH2OHH2O＋HCOOCH2CH2CH3；故答案为：HCOOH＋CH3CH2CH2OHH2O＋HCOOCH2CH2CH3；（4）A.B为丙炔：CH3C≡CH，含有碳碳三键，能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；B.C为CH3CH2CHO，A为HCOOH，均含有醛基，则C与A在一定条件下都能发生银镜反应，故正确；C.A为甲酸，在浓硫酸加热的条件下生成CO，浓硫酸作脱水剂；A和D在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，浓硫酸作催化剂、吸水剂，因此转化流程中浓H2SO4的作用不相同，故错误；D.A为甲酸，C为CH3CH2CHO，E为甲酸丙酯，甲酸与Na2CO3溶液反应生成二氧化碳气体；CH3CH2CHO与Na2CO3溶液互溶，无明显的现象；甲酸丙酯的密度比水小，不溶于饱和Na2CO3溶液中，会分层；现象不同，所以可以用饱和Na2CO3溶液鉴别A、C、E三种无色物质，故正确；故答案为：ABD。【点睛】甲酸与Na2CO3溶液反应生成二氧化碳气体；CH3CH2CHO与Na2CO3溶液互溶，无明显的现象；甲酸丙酯在饱和Na2CO3溶液中会分层；现象不同，可以用饱和Na2CO3溶液鉴别该三种无色物质，这是学生们的易错点。24、ACC2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH、、、【解析】

根据流程图分析，A为，B为，C为，E为，F为，H为。（1）根据以上信息，可知诺氟沙星的结构简式。（2）A.B到C的反应类型为还原反应；B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳双键可发生加成、氧化，加聚反应，酯基可发生取代反应；C.化合物E含有碱基，具有碱性；D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断、右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子，两个环上的9个C原子可能共平面；（3）将C2H5OH氧化为CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再与NaCN反应，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再与HC(OC2H5)3反应，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。（4）与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应，生成和C2H5OH。（5）G的同系物M（C6H14N2）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：若六元环上只有一个N原子，则分子中不存在4种氢原子的异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接C原子，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上，但都必须呈对称结构。【详解】（1）通过对流程图的分析，可得出诺氟沙星的结构简式为。答案为：；（2）A.B到C的反应类型为还原反应，A错误；B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳双键可发生加成、氧化，加聚反应，酯基可发生取代反应，B正确；C.化合物E含有碱基，具有碱性，C错误；D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断、右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子，两个环上的9个C原子可能共平面，D正确。答案为：AC；（3）将C2H5OH氧化为CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再与NaCN反应，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再与HC(OC2H5)3反应，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。答案为：C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2；（4）与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应，生成和C2H5OH。答案为：+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH；（5）若六元环上只有一个N原子，则分子中不存在4种氢原子的异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接C原子，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，结构简式可能为、；两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上，结构简式可能为、。答案为：、、、。25、NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深还原性N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性浅绿色棕色0.5mol·L−1Fe2（SO4）3溶液（pH=3）棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O【解析】

（1）根据实验I的现象说明NaNO2为强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深；（2）N原子最外层5个电子，NO2-中N为+3价不稳定，易失电子，体现还原性；（3）①若要证明棕色物质是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，需要作对照实验，即向pH均为3，含Fe2+和Fe3+浓度均为1mol/L的FeSO4溶液和Fe2（SO4）3溶液中通入NO，若通入FeSO4溶液出现溶液由浅绿色迅速变为棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液无现象，则可证明；②加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，说明加热后生成了NO气体；溶液中有红褐色沉淀生成，说明生成了Fe(OH)3，据此解答；（4）①将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大，由图可知，该装置构成了原电池，两电极分别产生NO和Fe3+，U形管中间盐桥的作用是阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；②两电极反应式相加得总反应式。【详解】（1）根据实验I的现象说明NaNO2为强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深，所以在2mL1mol·L-1NaNO2溶液中滴加酚酞溶液出现溶液变为浅红色，微热后红色加深，故答案为NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深；（2）根据实验II说明NaNO2溶液与KMnO4溶液在酸性条件下发生氧化还原反应而使KMnO4溶液的紫色褪去，即KMnO4被还原，说明NO2-具有还原性。NO2-具有还原性的原因是：N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性，故答案为还原性；N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性；（3）①实验IV在FeSO4溶液（pH=3）中滴加NaNO2溶液，溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加KSCN溶液变红，说明有Fe3+生成，NO2-被还原为NO。若要证明棕色物质是是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，需要作对照实验，即向pH均为3，含Fe2+和Fe3+浓度均为1mol/L的FeSO4溶液和Fe2（SO4）3溶液中通入NO，若通入FeSO4溶液出现溶液由浅绿色迅速变为棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液无现象，则可证明；故答案为浅绿色；棕色；0.5mol·L−1Fe2（SO4）3溶液（pH=3）；②加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，说明加热后生成了NO气体；溶液中有红褐色沉淀生成，说明生成了Fe(OH)3，原因是棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀，故答案为棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀；（4）①将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大，由图可知，该装置构成了原电池，两电极分别产生NO和Fe3+，U形管中间盐桥的作用是阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；故答案为阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；②该原电池负极反应为：Fe2+-e-=Fe3+，正极反应为NO2-+e-+2H+=NO↑+H2O，所以电池总反应式为Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O；故答案为Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O。26、610183106N201350MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O2NO+Cl2═2NOClF中的水蒸气进入D装置中，会导致产品水解NOO2【解析】

Ⅰ.N元素化合价由+5降低为0，铝元素化合价由0升高为+3；根据反应的离子方程式计算消耗金属铝的质量；Ⅱ.实验室在加热条件下用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气；NO与Cl2发生化合反应生成NOCl，根据NOCl遇水易水解分析装置E的作用；尾气中含有NO，NO不能与氢氧化钠溶液反应。【详解】(1)N元素化合价由+5降低为0，铝元素化合价由0升高为+3，根据得失电子守恒、元素守恒、电荷守恒配平离子方程式为6NO3-+10Al+18H2O==3N2↑+10Al(OH)3+6OH-。(2)上述反应中，N元素化合价由+5降低为0，被还原的元素是N，每生成2mol

N2转移2mol×2×(5－0)=20mol电子。(3)100m3废水含有NO3-的物质的量是100×103L×3×10-4mol/L=30mol，设反应消耗铝的物质的量是n=50mol，则所消耗金属铝的质量为50mol×27g/mol=1350g。(4)实验室在加热条件下用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气，制Cl2时发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。(5)①装置D中NO与Cl2发生化合反应生成NOCl，发生的反应方程式为2NO+Cl2═2NOCl。②NOCl遇水易水解，若没有E装置，F中的水蒸气进入D装置中，会导致产品水解。③尾气中含有NO，NO不能与氢氧化钠溶液反应，该气体为NO，氧气与NO反应生成NO2，为了充分吸收尾气，可将尾气与O2同时通入氢氧化钠溶液中。【点睛】本题考查了物质制备方案设计以及实验方案评价、氧化还原反应方程式的配平，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力。27、电子天平250mL容量瓶把容量瓶瓶塞塞紧，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒摇动多次，使溶液混合均匀取最后一次洗涤液少许于试管，加入稀盐酸酸化，再加入几滴氯化钡溶液，若不再产生白色沉淀，则说明沉淀已洗干净a→e、d→b吸收CO2以便测定样品中碳元素的含量将分解生成的气体全部带入装置B或C中，使其完全吸收，并防止倒吸a、b(或a、c或b、c)n=22(m1—m2)/9m2[或n=22m3/9(m1—m3)或n=22m3/9m2]【解析】

（1）实验仪器A为称量MgSO4的仪器，所以名称为电子天平；仪器B是配置250mL溶液的仪器，所以B为250moL容量瓶。配制溶液过程中定容后的“摇匀”的实验操作为把容量瓶瓶塞塞紧，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒摇动多次，使溶液混合均匀。答案：电子天平；250mL容量瓶；把容量瓶瓶塞塞紧，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒摇动多次，使溶液混合均匀。（2）检验碳酸镁晶须是否洗干净的方法是检验反应物的硫酸根是否存在，如果不存在硫酸根，说明沉淀洗涤干净，具体的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管，加入稀盐酸酸化，再加入几滴氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则说明沉淀已洗干净。（3）高温加热MgCO3·nH2O，产生CO2和H2O；反应方程式为：MgCO3·nH2OCO2和H2O，通过测定CO2和H2O的质量，就可以测出MgCO3·nH2O结晶水的含量，装置D用于吸收测量H2O，装置C用于吸收测量CO2。所以正确的连