安徽省皖中名校2024年高三下学期一模考试化学试题含解析

安徽省皖中名校2024年高三下学期一模考试化学试题注意事项: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（每题只有一个选项符合题意）1、钠碱循环法可脱除烟气中的SO2.在钠碱循环中，吸收液为Na2SO3溶液，当吸收液的pH降为6左右时，可采用三室膜电解技术使其再生，图为再生示意图。下列说法正确的是()A．a极为电池的阳极B．a极区吸收液再生的原理是HSO3﹣+H+═H2O+SO2↑C．b电极的电极反应式是HSO3﹣﹣2e﹣+H2O═SO42﹣+3H+D．b膜为阳离子交换膜2、1875年科学家布瓦博德朗发现了一种新元素，命名为“镓”，它是门捷列夫预言的元素类铝。Ga(镓)和As(砷)在周期表的位置如图，下列说法不正确的是AlPGaAsA．Ga的原子序数为31B．碱性：Al(OH)3<Ga(OH)3C．简单离子半径r(Ga3+)>r(As3-)>r(P3-)D．GaAs可制作半导体材料，用于电子工业和通讯领域3、下列物质的工业生产过程中，其主要反应不涉及氧化还原反应的是（）A．生铁 B．硫酸 C．烧碱 D．纯碱4、钠-CO2电池的工作原理如图所示，吸收的CO2转化为Na2CO3固体和碳，沉积在多壁碳纳米管(MWCNT)电极表面，下列说法不正确的是()A．负极反应式为Na－e-=Na+B．多壁碳纳米管(MWCNT)作电池的正极C．可以用乙醇代替四甘醇二甲醚作有机溶剂D．电池总反应式为4Na+3CO2=2Na2CO3+C5、现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是（）A．第一电离能：③＞②＞①B．价电子数：③＞②＞①C．电负性：③＞②＞①D．质子数：③＞②＞①6、二羟基甲戊酸的结构简式为，下列有关二羟基甲戊酸的说法正确的是（）A．二羟基甲戊酸的分子式为C5H10O4B．二羟基甲戊酸不能使酸性KMnO4溶液褪色C．等量的二羟基甲戊酸消耗Na和NaHCO3的物质的量之比为3∶1D．二羟基甲戊酸与乳酸()互为同系物7、聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如图，下列说法不正确的是（

）A．聚维酮的单体是 B．聚维酮分子由(m+n）个单体聚合而成C．聚维酮碘是一种水溶性物质 D．聚维酮在一定条件下能发生水解反应8、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9、以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是（）A．放电时，正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e－=Na2Fe[Fe(CN)6]B．充电时，Mo(钼)箔接电源的负极C．充电时，Na+通过交换膜从左室移向右室D．外电路中通过0.2mol电子的电量时，负极质量变化为2.4g10、根据下列实验操作，预测的实验现象和实验结论或解释均正确的是（）实验操作预测实验现象实验结论或解释A向FeI2溶液中滴入足量溴水，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性:Fe3+>I2B向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热有砖红色沉淀生成葡萄糖具有还原性C常温下，将浓盐酸、二氧化锰放入烧瓶中，用淀粉碘化钾试液检验试液不变蓝常温下，浓盐酸、二氧化锰没有发生化学反应D向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH4++OH-=NH3↑+H2OA．A B．B C．C D．D11、1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2︰1B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL12、下列石油的分馏产品中，沸点最低的是A．汽油 B．煤油 C．柴油 D．石油气13、下列有关化学用语和概念的表达理解正确的是（）A．立体烷和苯乙烯互为同分异构体B．1，3－丁二烯的键线式可表示为C．二氟化氧分子电子式为D．H216O、D216O、H218O、D218O互为同素异形体14、高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：①C12+KOH→KC1+KC1O+KC1O3+H2O(未配平)；②2Fe(NO3)3+3KC1O+10KOH===2K2FeO4+6KNO3+3KC1+5H2O。下列说法正确的是A．若反应①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1B．反应①中每消耗4molKOH，吸收标准状况下1．4LCl2C．氧化性：K2FeO4>KC1OD．若反应①的氧化产物只有KC1O，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC1215、某溶液中只可能含有K＋、Mg2＋、Al3＋、Br－、OH－、CO32－、SO32－中的一种或几种。取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液变为橙色；向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象。为确定该溶液的组成，还需进行的实验是()A．取样，进行焰色反应B．取样，滴加酚酞溶液C．取样，加入足量稀HNO3，再滴加AgNO3溶液D．取样，加入足量BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊溶16、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。二、非选择题（本题包括5小题）17、生物降解高分子材料F的合成路线如下，已知C是密度为1.16g·L－1的烃。已知：(1)下列说法正确的是________。A．A能使酸性KMnO4溶液或溴的CCl4溶液褪色B．等物质的量的B和乙烷，完全燃烧，消耗的氧气相同C．E能和Na反应，也能和Na2CO3反应D．B和E反应，可以生成高分子化合物，也可以形成环状物(2)C中含有的官能团名称是________。(3)由B和E合成F的化学方程式是____________________________________。(4)完成由CH2=CH2、HCHO合成H3COOCCH2CH2COOCH3合成路线_____________(用流程图表示，无机试剂任选)。(5)的同分异构体中，分子中含1个四元碳环，但不含—O—O—键。结构简式是________。18、氟喹诺酮是人工合成的抗菌药，其中间体G的合成路线如下：(1)G中的含氧官能团为_____和_____(填名称)。(2)由C→D的反应类型是_____。(3)化合物X(分子式为C3H7N)的结构简式为_____。(4)E到F过程中的反应物HC(OC2H5)3中最多有_____个碳原子共面。(5)B和乙醇反应的产物为H(C8H6FCl2NO2)，写出该反应的化学方程式_______________。写出满足下列条件的H的所有同分异构体的结构简式：_____________。Ⅰ．是一种α﹣氨基酸；Ⅱ．分子中有4种不同化学环境的氢，且分子中含有一个苯环。(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以和ClMgCH(COOC2H5)2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)_____________。19、氨基磺酸(H2NSO3H)是一元固体强酸，俗称“固体硫酸”，易溶于水和液氨，不溶于乙醇，在工业上常用作酸性清洗剂、阻燃剂、磺化剂等。某实验室用尿素和发烟硫酸(溶有SO3的硫酸)制备氨基磺酸的流程如图：已知“磺化”步骤发生的反应为：①CO(NH2)2(s)+SO3(g)H2NCONHSO3H(s)ΔH＜0②H2NCONHSO3H+H2SO42H2NSO3H+CO2↑发生“磺化”步骤反应的装置如图1所示：请回答下列问题：（1）下列关于“磺化”与“抽滤”步骤的说法中正确的是____。A.仪器a的名称是三颈烧瓶B.冷凝回流时，冷凝水应该从冷凝管的B管口通入C.抽滤操作前，应先将略小于漏斗内径却又能将全部小孔盖住的滤纸平铺在布氏漏斗中，稍稍润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上，再转移悬浊液D.抽滤结束后为了防止倒吸，应先关闭水龙头，再拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管（2）“磺化”过程温度与产率的关系如图2所示，控制反应温度为75～80℃为宜，若温度高于80℃，氨基磺酸的产率会降低，可能的原因是____。（3）“抽滤”时，所得晶体要用乙醇洗涤，则洗涤的具体操作是____。（4）“重结晶”时，溶剂选用10%～12%的硫酸而不用蒸馏水的原因是____。（5）“配液及滴定”操作中，准确称取2.500g氨基磺酸粗品配成250mL待测液。取25.00mL待测液于锥形瓶中，以淀粉-碘化钾溶液做指示剂，用0.08000mol•L-1的NaNO2标准溶液进行滴定，当溶液恰好变蓝时，消耗NaNO2标准溶液25.00mL。此时氨基磺酸恰好被完全氧化成N2，NaNO2的还原产物也为N2。①电子天平使用前须____并调零校准。称量时，可先将洁净干燥的小烧杯放在称盘中央，显示数字稳定后按____，再缓缓加样品至所需质量时，停止加样，读数记录。②试求氨基磺酸粗品的纯度：____(用质量分数表示)。③若以酚酞为指示剂，用0.08000mol•L-1的NaOH标准溶液进行滴定，也能测定氨基磺酸粗品的纯度，但测得结果通常比NaNO2法____(填“偏高”或“偏低”)。20、某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置(见下图)，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答I和II中的问题。I.固体混合物的分离和利用(流程图中的部分分离操作和反应条件未标明)(1)Cl在元素周期表中的位置为_____，CO2的电子式为___，NaOH中存在的化学键类型为_____。(2)B-C的反应条件为_____，C→Al的制备反应化学方程式为__________。(3)该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化：加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)______。a.温度b.Cl的浓度c.溶液的酸度II.含铬元素溶液的分离和利用(4)用情性电极电解时，CrO42-能从浆液中分离出来的原因是____，分离后含铬元素的粒子是____；阴极室生成的物质为_______(写化学式)。21、Ⅰ．在1.0L密闭容器中放入0.10molA(g)，在一定温度进行如下反应：A(g)2B(g)＋C(g)+D(s)△H=+85.1kJ·mol-1，容器内气体总压强(P)与起始压强P0的比值随反应时间(t)数据见下表：时间t/h012481620251.001.501.802.202.302.382.402.40回答下列问题：（1）下列能提高A的转化率的是____。A升高温度B体系中通入A气体C将D的浓度减小D通入稀有气体He，使体系压强增大到原来的5倍E若体系中的C为HCl，其它物质均难溶于水，滴入少许水（2）该反应的平衡常数表达式K=___；前2小时C的反应速率是____；计算平衡时A的转化率_____。（3）若将容器改为恒压容器，改变条件，使反应达到与上述相同的转化率，则达到平衡时B浓度为____。（保留两位有效数字）Ⅱ．锂的化合物用途广泛。Li3N是非常有前途的储氢材料；LiFePO4、Li2FeSiO4等可以作为电池的正极材料。请回答下列问题：（4）氮化锂在氢气中加热时可得到氨基锂（LiNH2），其反应的化学方程式为：Li3N+2H2LiNH2+2LiH，在270℃时，该反应可逆向发生放出H2，因而氮化锂可作为储氢材料，储存氢气最多可达Li3N质量的____%（精确到0.1%）。（5）将Li2CO3、FeC2O4·2H2O和SiO2粉末均匀混合，在800℃的氩气中烧结6小时制得Li2FeSiO4，写出该反应的化学方程式______。（6）磷酸亚铁锂电池稳定性高、安全、对环境友好，该电池在充放电过程中，发生LiFePO4与Li1-xFePO4之间的转化，电池放电时负极发生的反应为LiXC6-xe-=xLi++6C，写出电池放电时的化学方程式____。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

由示意图可知：Na+向a电极移动，HSO3﹣、SO42﹣向b电极移动，则a为阴极，b为阳极，据此解答。【详解】A．a极上氢离子被还原为氢气，发生还原反应，故a为阴极，故A错误；B．a极上氢离子得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，促进HSO3﹣电离生成SO32﹣，钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生，故B错误；C．酸性条件，阴离子主要为HSO3﹣，b电极上HSO3﹣转化为SO42﹣，电极反应式为：HSO3﹣﹣2e﹣+H2O═SO42﹣+3H+，故C正确；D．b膜允许阴离子通过，故b膜为阴离子交换膜，故D错误。故选：C。2、C【解析】

A.Al是13号元素，Ga位于Al下一周期同一主族，由于第四周期包括18种元素，则Ga的原子序数为13+18=31，A正确；B.Al、Ga是同一主族的元素，由于金属性Al<Ga，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强，所以碱性：Al(OH)3<Ga(OH)3，B正确；C.电子层数相同的元素，核电荷数越大，离子半径越小，电子层数不同的元素，离子核外电子层数越多，离子半径越大，Ga3+、P3-离子核外有3个电子层，As3-离子核外有4个电子层，所以离子半径：r(As3-)>r(P3-)>r(Ga3+)，C错误；D.GaAs导电性介于导体和绝缘体之间，可制作半导体材料，因此广泛用于电子工业和通讯领域，D正确；故合理选项是C。3、D【解析】

凡是有化合价发生变化的反应均是氧化还原反应，据此分析。【详解】A.冶炼铁，发生的反应为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，Fe、C元素化合价发生变化，为氧化还原反应，不符合题意，A项错误；B.硫酸工业中存在S～SO2～SO3的转化，S、O元素化合价发生变化，为氧化还原反应，不符合题意，B项错误；C.工业制取烧碱涉及的反应为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，该反应中H、Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，C项错误；D.氨碱法生产纯碱涉及的方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，这几个方程式中都没有电子的转移，所以不涉及氧化还原反应，D项正确；答案选D。【点睛】工业制取纯碱（利用侯氏制碱法），先将氨气通入饱和食盐水中，再通入二氧化碳气体，NaHCO3的溶解度最小，会结晶析出，发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，这是制纯碱的关键步走，然后过滤，洗涤，烘干，得到碳酸氢钠固体，然后再加热分解得带碳酸钠，发生反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，这是学生们的易忘点。4、C【解析】

由装置图可知，钠为原电池负极，失电子发生氧化反应，电极反应为：Na-e-=Na+，多壁碳纳米管为正极，CO2转化为Na2CO3固体和碳，沉积在多壁碳纳米管(MWCNT)电极表面，正极发生还原反应，电极反应式为：4Na++3CO2+4e-═2Na2CO3+C，结合原电池原理分析解答。【详解】A．负极反应为钠失电子发生的氧化反应，电极反应为：Na-e-═Na+，故A正确；B．根据分析可知，多壁碳纳米管(MWCNT)做电池的正极，故B正确；C．钠和乙醇发生反应生成氢气，不可以用乙醇代替四甘醇二甲醚做有机溶剂，故C错误；D．根据分析，放电时电池总反应即钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和碳，总反应是4Na+3CO2=2Na2CO3+C，故D正确；故选C。5、A【解析】

根据三种基态原子的电子排布式：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5可判断①、②、③分别代表的元素为：S、P、F。【详解】A．同周期自左而右，第一电离能增大，但P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能Cl＞P＞S；同主族自上而下第一电离能减弱，故F＞Cl，故第一电离能F＞P＞S，即③＞②＞①，A正确；B．S、P、F价电子数分别为：6、5、7，即③＞①＞②，B错误；C．根据同周期电负性，从左往右逐渐变大，同族电负性，从下往上，越来越大，所以F＞S＞P，③＞①＞②，C错误；D．S、P、F的质子数分别为：16、15、9，即①＞②＞③，D错误；答案选A。6、C【解析】

A.根据结构简式，该有机物的分子式为C6H12O4，故A错误；B.二羟基甲戊酸中含有羟基，－CH2OH中羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B错误；C.该有机物中能与Na发生反应的是－OH和羧基，1mol二羟基甲戊酸中含有2mol羟基和1mol羧基，因此1mol该有机物消耗Na的物质的量为3mol，能与NaHCO3溶液反应的是羧基，因此1mol该有机物消耗NaHCO3的物质的量为1mol，故C正确；D.二羟基甲戊酸与乳酸中羟基的数目不同，因此两者不互为同系物，故D错误；答案：C。【点睛】同系数定义的理解，要求碳原子连接方式相同，含有官能团的种类、数目相同，然后再看组成上是否相差若干个“－CH2”。7、B【解析】

由高聚物结构简式，可知主链只有C，为加聚产物，单体为，高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，含有肽键，可发生水解，以此解答该题。【详解】A.由高聚物结构简式可知聚维酮的单体是，故A正确；B.

由2m+n个单体加聚生成，故B错误；C.高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故C正确；D.含有肽键，具有多肽化合物的性质，可发生水解生成氨基和羧基，故D正确；故选B。8、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。9、B【解析】A、根据工作原理，Mg作负极，Mo作正极，正极反应式为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e－=Na2Fe[Fe(CN)6]，故A正确；B、充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即Mo箔接电源的正极，故B说法错误；C、充电时，属于电解，根据电解原理，Na＋应从左室移向右室，故C说法正确；D、负极上应是2Mg－4e－＋2Cl－=[Mg2Cl2]2＋，通过0.2mol电子时，消耗0.1molMg，质量减少2.4g，故D说法正确。10、C【解析】

A.由于Br2具有强的氧化性，所以向FeI2溶液中滴入足量溴水，Fe2+、I-都被氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，I-被氧化为I2单质，由于I2容易溶于CCl4，而CCl4与水互不相容，密度比水大，因此加入CCl4，振荡，静置，会看到液体分层，下层为I2的CCl4溶液层但不能证明氧化性:Fe3+>I2，A错误；B.向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中要先加入NaOH溶液，使溶液显碱性，然后再滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，会看到产生砖红色沉淀，证明淀粉水解产生的葡萄糖具有还原性，B错误；C.浓盐酸、二氧化锰在室温下不能反应产生氯气，因此用淀粉碘化钾试液检验，不能使试纸变为蓝色，C正确；D.向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液，首先发生反应：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，D错误；故合理选项是C。11、D【解析】

设铜、镁的物质的量分别为x、y，则①64x+24y=1.52②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02mol，y=0.01mol，设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b，则根据得失电子数相等：2x+2y=2a+b，a+b=0.05，则a=0.01mol，b=0.04mol。【详解】A、有上述分析可知，Cu和Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol，二者物质的量之比为2︰1，A正确；B、c(HNO3)=mol/L=14.0mol·L－1，B正确；C、由上述分析可知，N2O4、NO2的物质的量分别为0.01mol、0.04mol，则NO2的体积分数是×100%=80%，C正确；D、沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=0.7mol-0.06mol=0.64mol，氢氧化钠溶液体积为640mL，D错误；答案选D。12、D【解析】

将石油常压分馏依次得到石油气、汽油、煤油、柴油、重油等，将重油减压分馏依次得到重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青，则它们的沸点范围由低到高的顺序为：石油气＜汽油＜煤油＜柴油＜重柴油＜润滑油＜凡士林＜石蜡＜沥青，故选D项。答案选D。13、A【解析】

A.立体烷和苯乙烯的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，A项正确；B.1，3-丁二烯中含有2个C=C键，其键线式为：，B项错误；C.二氟化氧分子中F原子最外层达到8电子稳定结构，其正确的电子式为：，C项错误；D.H216O、D216O、H218O、D218O是化合物，不是同素异形体，D项错误；答案选A。14、D【解析】

A选项，若反应①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，设物质的量分别为5mol和1mol，则化合价升高失去10mol电子，则化合价降低得到10mol电子，因此总共有了8mol氯气，氧化剂与还原剂的物质的量之比为10：6，即5:3，故A错误；B选项，根据A分析反应①得出消耗氢氧化钾物质的量为16mol，因此每消耗4molKOH，吸收氯气2mol，即标准状况下44.8LCl2，故B错误；C选项，根据第二个方程式比较氧化性，氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，因此KC1O>K2FeO4，故C错误；D选项，若反应①的氧化产物只有KC1O，则C12与KC1O物质的量之比为1:1，根据第二个方程式得到KC1O与K2FeO4物质的量之比为3:2，因此得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC12，故D正确。综上所述，答案为D。15、D【解析】

①向溶液中滴加足量氯水后

,

溶液变橙色

,

说明溶液中含有

Br−，且有气泡冒出

,

说明溶液中含离子

CO32－或SO32－；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO32－，

那么一定含有：CO32－，一定不能含有与碳酸根生成沉淀的离子：

Mg2＋、Al3＋，通过以上分析，根据电中性原理

，能证明

K＋存在

，所以无法判断氢氧根离子的存在与否，可以取样

，加入足量

BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊试液看是否变红来检验。故选

D。【点睛】①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br

-，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CO

3

2-或SO

3

2-离子，那么与其混合生成沉淀的不能存在；

②向所得橙色溶液中加入足量BaCl

2溶液，无沉淀生成，说明不含SO

3

2-，据此进行解答。16、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。二、非选择题（本题包括5小题）17、ABD碳碳三键nHOOCCH2CH2COOH＋nHOCH2CH2CH2CH2OH＋(2n-1)H2O【解析】

C是密度为1.16g·L－1的烃，则M=Vm=1.16g·L－122.4L/mol=26g/mol，C为乙炔，根据已知反应的可知乙炔与甲醛反应生成D为HOCH2CCCH2OH，D催化加氢得E为HOCH2CH2CH2CH2OH；苯催化氧化生成，与水在加热条件下反应生成A为HOOCCH=CHCOOH，HOOCCH=CHCOOH催化加氢得B为HOOCCH2CH2COOH；HOOCCH2CH2COOH与HOCH2CH2CH2CH2OH在一定条件下发生缩聚反应生成F为，据此分析。【详解】根据上述分析可知：(1)A.A是HOOCCH=CHCOOH，官能团中碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液或溴的CCl4溶液褪色，选项A正确；B.B的分子式是C4H6O4，碳氧抵消后为C2H6，完全燃烧消耗的氧气和等物质的量的乙烷相同，选项B正确；C.E中有—OH，能和Na反应，不能和Na2CO3反应，选项C错误；D.B和E中都是双官能团，也可以形成环状物，也可以形成高分子化合物，选项D正确。答案选ABD；(2)从以上分析可知，C是乙炔，含有的官能团名称是碳碳三键；(3)由B和E合成F是缩聚反应，化学方程式是nHOOCCH2CH2COOH＋nHOCH2CH2CH2CH2OH＋(2n-1)H2O；(4)题目中要求用CH2=CH2、HCHO制取H3COOCCH2CH2COOCH3，用倒推法应有H3COH和HOOCCH2CH2COOH，已知：RC≡CH＋，甲醇由甲醛氢化还原制取，则合成路线为；(5)的同分异构体满足：分子中含1个四元碳环，但不含—O—O—键。结构简式是等。18、酯基羰基取代反应5或或

或【解析】

(1)结合常见的官能团的结构和名称分析解答；(2)对比C、D的结构，可知C中酰氯中氯原子被-CH(COOC2H5)2替代生成D；(3)化合物X的分子式为C3H7N，对比F、G的结构，F中-OCH3被替代生成G，同时生成甲醇，据此分析判断X的结构；(4)根据甲烷为四面体结构，单键可以旋转，分析判断；(5)H(C8H6FCl2NO2)的一种同分异构体满足：Ⅰ．是一种α-氨基酸，说明氨基、羧基连接同一碳原子上，Ⅱ．分子中有4种不同化学环境的氢，且分子中含有一个苯环，由于氨基、羧基中共含有的3个H原子是2种化学环境不同的氢，故另外3个H原子有2种不同的氢，应存在对称结构；(6)模仿路线流程设计，发生催化氧化生成，进一步氧化生成，再与SOCl2作用生成，进一步与ClMgCH(COOC2H5)2反应生成，最后水解生成。【详解】(1)G的结构为，其中含有的含氧官能团有：酯基、羰基，故答案为酯基、羰基；(2)对比C()、D()的结构，可知C中酰氯中氯原子被-CH(COOC2H5)2替代生成D，属于取代反应，故答案为取代反应；(3)化合物X的分子式为C3H7N，对比F()、G()的结构，F中-OCH3被替代生成G，同时生成甲醇，则X结构简式为：，故答案为；(4)甲烷为四面体结构，单键可以旋转，则HC(OC2H5)3中最多有5个碳原子共面，故答案为5；(5)B()和乙醇反应的产物H为，反应的方程式为；H的分子式为C8H6FCl2NO2，H的一种同分异构体满足：Ⅰ．是一种α-氨基酸，说明氨基、羧基连接同一碳原子上，Ⅱ．分子中有4种不同化学环境的氢，且分子中含有一个苯环，由于氨基、羧基中共含有的3个H原子是2种化学环境不同的氢，故另外3个H原子有2种不同的氢，应存在对称结构，H的同分异构体结构简式可能为：或或或，故答案为；或或或；(6)以和ClMgCH(COOC2H5)2为原料制备。模仿路线流程设计，发生催化氧化生成，进一步氧化生成，再与SOCl2作用生成，进一步与ClMgCH(COOC2H5)2反应生成，最后水解生成，合成路线流程图为：，故答案为。【点睛】本题的难点和易错点为(6)中合成路线的设计，要注意利用题干转化关系中隐含的信息进行知识的迁移；另一个易错点为(5)中同分异构体的书写，要注意不要漏写。19、A温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2～3次氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2NSO3H+H2ONH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动(通电)预热去皮键(归零键)77.60%偏高【解析】

发烟硫酸和尿素在磺化步骤转化为氨基磺酸，反应①为放热反应，同时反应因为有气体参与，则通过改变温度和压强可以影响产率；因为氨基磺酸为固体，则过滤时可采用抽滤；得到的氨基磺酸可能混有杂质，则要经过重结晶进行提纯，最后干燥可得到纯净的氨基磺酸。【详解】（1）A.仪器a的名称是三颈烧瓶，故A正确；B.冷凝回流时，冷凝水应该下进上出，即从冷凝管的A管口通入，故B错误；C.向漏斗内转待抽滤液时，应用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀，不能直接转移悬浊液，故C错误；D.抽滤结束后为了防止倒吸，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，再关闭水龙头，故D错误；综上所述，答案为A。（2）气体的溶解度随温度升高而降低，则温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动，故答案为：温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动；（3）洗涤的具体操作为关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2-3次，故答案为：关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2～3次；（4）“重结晶”时，溶剂选用10%～12%的硫酸是为了防止氨基磺酸洗涤时因溶解而损失，因为氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2NSO3H+H2ONH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动，故答案为：氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2NSO3H+H2ONH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动；（5）①电子天平在使用时要注意使用前须(通电)预热并调零校准，称量时，要将药品放到小烧杯或滤纸上，注意要先按去皮键(归零键)，再放入药品进行称量，故答案为：(通电)预热；去皮键(归零键)；②亚硝酸钠与氨基磺酸反应后的产物均为氮气，根据氧化还原反应原理可知，亚硝酸与氨基磺酸以1:1比例反应，可知，则2.500g氨基磺酸粗品中氨基磺酸粗品的纯度=，故答案为：77.60%；③因为氨基磺酸粗品中混有硫酸，则用NaOH标准溶液进行滴定，会使测得结果通常比NaNO2法偏高，故答案为：偏高。【点睛】当讨论温度对产率的影响时，注意考虑要全面，温度一般可以影响反应速率、化学平衡移动、物质的溶解度以及物质的稳定性等，可以从这些方面进行讨论，以免漏答。20、第三周期第VIIA族离子键和极性（共价）键加热(或煅烧)2Al2O34Al+3O2↑ac在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液CrO42-和Cr2O72-NaOH和H2【解析】

（1）依据元素原子的核电荷数分析在周期表中的位置作答；二氧化碳分子内存在两个碳氧双键；氢氧化钠存在离子键与极性共价键；（2）固体混合物含有Al(OH)3、MnO2，加入NaOH溶液，过滤，可得到滤液A为NaAlO2，通入二氧化碳，生成B为Al(OH)3，固体C为Al2O3，电解熔融的氧化铝可得到Al；固体D为MnO2，加热条件下与浓盐酸反应可生成氯气；

（3）题中涉及因素有温度和浓度；Ⅱ．（4）电解时，通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，以此解答该题。【详解】（1）Cl为17号元素，在元素周期表中的位置为第三周期第VIIA族，CO2的电子式为，NaOH中存在的化学键类型为离子键与极性（共价）键，故答案为第三周期第VIIA族；；离子键与极性（共价）键；（2）B为Al(OH)3，在加热条件下生成氧化铝，电解熔融的氧化铝可得到铝，其化学方程式为：2Al2O34Al+3O2↑

故答案为；加热（或煅烧）；2Al2O34Al+3O2↑；

（3）反应涉及的条件为加热，不加热，无变化，加热有Cl2生成，说明该反应能否有效进行与温度有关；当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2，说明该反应能否有效进行与溶液的酸度有关，故答案为ac；Ⅱ．（4）依据离子交换膜的性质和电解工作原理知，在直流电场作用下，通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，其浆液中含铬元素的离子应为CrO42-和Cr2O72-；H+在阴极室得到电子生成H2，溶液中的OH-浓度增大，混合物浆液中的Na+通过阳离子交换膜移向阴极室，故阴极室生成的物质为氢气和NaOH，故答案为在直流电场作用下，通过阴离子交换膜向阳极室移动；脱离浆液CrO42-和Cr2O72-；NaOH和H2。21、AE0.02mol·L-1·h-170%0.058mol·L-111.4Li2CO3+FeC2O4•2H2O+SiO2Li2FeSiO4+CO↑+2CO2↑+2H2OLi1-xFePO4+LixC6=6C+LiFePO4【解析】

本小题考查的是化学平衡常数的含义，化学平衡的影响因素。（1）使化学平衡正向进行的因素（但是不能加入物质本身）均可以提高反应物的转化率；（2）化学平衡常数K为平衡时生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与反应物浓度的化学计量数次幂的乘积之比，固体或纯液体不在公式中；化学反应速率v=；根据三段式计算化学反应中物质的转化率；（3）据体积之比等于物质的量之比，可求出反应后气体体积和物质的量；（4）根据氧化还原反应中化合价升高被氧化判断出氧化产物；根据反应方程式中反应物氢气与氮化锂的质量关系进行计算；（5）反应物为Li2CO3、FeC2O4•2H2O和SiO2粉末，生成物为Li2FeSiO4，再根据质量守恒定律、化合价升降相等可知，反应产物中含有一氧化碳、二氧化碳和水生成，据此写出反应的化学方程式；（6）