陕西省咸阳市示范中学高三第六次模拟考试新高考化学试卷及答案解析

陕西省咸阳市示范中学高三第六次模拟考试新高考化学试卷注意事项：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、最近我国科学家对“液流电池”的研究取得新进展，一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池工作原理如下图所示。下列有关叙述错误的是A．放电时，a极电势高于b极B．充电时，a极电极反应为I2Br－+2e－=2I－+Br－C．图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量D．导线中有NA个电子转移，就有0.5molZn2+通过隔膜2、肼(N2H4)是一种高效清洁的火箭燃料。25℃、101kPa时，0.25molN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水，放出133.5kJ热量。下列说法正确的是（）A．该反应的热化学方程式为N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－534kJ·mol-1B．N2H4的燃烧热534kJ·mol-1C．相同条件下，1molN2H4(g)所含能量高于1molN2(g)和2molH2O(g)所含能量之和D．该反应是放热反应，反应的发生不需要克服活化能3、氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，下列化学反应属于阴影3区域的是A．2HClO2HCl＋O2↑B．NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑C．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3D．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO24、下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是()A．NH3 B．NH4Cl C．KOH D．NaClO5、香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下：下列有关香叶醇的叙述正确的是（）A．香叶醇的分子式为C10H18OB．不能使溴的四氯化碳溶液褪色C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．能发生加成反应不能发生取代反应6、最近媒体报道了一些化学物质，如：爆炸力极强的N5、比黄金还贵的18O、太空中的甲醇气团等。下列说法中正确的是A．18O2和16O2是两种不同的原子 B．甲醇（CH3OH）属于离子化合物C．N5和N2是氮元素的两种同位素 D．由N5变成N2是化学变化7、下列仪器名称为“烧杯”的是（）A．B．C．D．8、天然气脱硫的方法有多种，一种是干法脱硫，其涉及的反应：H2(g)+CO(g)+SO2(g)H2O(g)+CO2(g)+S(s)+Q(Q>0)。要提高脱硫率可采取的措施是A．加催化剂 B．分离出硫 C．减压 D．加生石灰9、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A．常温常压下，1mol甲基(—14CD3)所含的中子数和电子数分别为11NA、9NAB．pH＝1的H2SO3溶液中，含有0.1NA个H＋C．1molFe分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数均为3NAD．1molCH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子数为NA10、设NA为阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是A．0.01mol·L-1氯水中，Cl2、Cl-和ClO-三粒子数目之和大于0.01NAB．氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时，负极消耗的气体分子数目为2NAC．2.4g镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为0.2NAD．0.lmol/L(NH4)2SO4溶液与0.2mol/LNH4Cl溶液中的NH4+数目相同11、化学与工业生产密切相关。下列说法中正确的是A．工业上常用电解熔融MgO制镁单质B．工业上常用金属钠与水反应制NaOHC．工业上炼铁的原料是铁矿石和氢气D．工业上制备粗硅的原料是石英砂和焦炭12、已知：苯酚与Fe3+在溶液中存在可逆反应：Fe3++6C6H5OHH3Fe(OC6H5)6+3H+，其中H3Fe(OC6H5)6显紫色。实验如下：下列说法不正确的是：A．i是空白对照实验B．向ii中滴加几滴浓盐酸，溶液颜色变浅C．iii、iv中无色层中的溶剂分别为苯和CCl4D．苯酚在苯中的溶解性小于在CCl4中的溶解性13、下列有关化学和传统文化关系的说法中不正确的是A．东汉魏伯阳在《周易参同契》中对汞的描述：“太阳流珠，常欲去人…得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根……”，这里的“黄芽”是指硫B．三国时期曹植在《七步诗》中写到“煮豆持作羹，漉菽以为汁。萁在釜中燃，豆在釜中泣。……”，文中“漉”涉及的操作原理类似于化学实验中的过滤C．《本草经集注》中关于鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）的记载：“强烧之，紫青烟起……云是真硝石也”，该方法用了焰色反应D．《本草图经》在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤……”，因为绿矾能电离出H+，所以“味酸”14、下列说法正确的是A．共价化合物的熔、沸点都比较低B．H2SO4、CCl4、NH3均属于共价化合物C．H2O分子比H2S分子稳定的原因是H2O分子间存在氢键D．SiO2和CaCO3在高温下反应生成CO2气体，说明硅酸的酸性比碳酸的强15、在微生物作用下电解有机废水(含CH3COOH)，可获得清洁能源H2其原理如图所示，正确的是（）A．通电后，H+通过质子交换膜向右移动，最终右侧溶液pH减小B．电源A极为负极C．通电后，若有22.4LH2生成，则转移0.2mol电子D．与电源A极相连的惰性电极上发生的反应为CH3COOH-8e-+2H2O=CO2↑+8H+16、已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度,且原子间以单键结合。下列有关C3N4晶体的说法中正确的是()A．C3N4晶体是分子晶体B．C3N4晶体中C—N键的键长比金刚石中的C—C键的键长长C．C3N4晶体中C、N原子个数之比为4∶3D．C3N4晶体中粒子间通过共价键相结合17、螺环化合物（环与环之间共用一个碳原子的化合物）M在制造生物检测机器人中有重要作用，其结构简式如图。下列有关该物质的说法正确的是（）A．分子式为C6H8O B．所有碳原子处于同一平面C．是环氧乙烷（）的同系物 D．一氯代物有2种（不考虑立体异构）18、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19、下列说法不正确的是A．用饱和碳酸钠溶液能鉴别乙酸、乙醇、苯、四氯化碳B．麦芽糖、淀粉、花生油、大豆蛋白都能在人体内水解C．苯中混有的少量甲苯，可加入足量高锰酸钾酸性溶液，充分反应后，经分液可得纯净的苯D．向乙酰水杨酸粗产品中加入饱和碳酸氢钠溶液，充分反应后过滤，可除去乙酰水杨酸中的水杨酸聚合物杂质20、下列说法正确的是A．Fe3＋、SCN－、NO3－、Cl－可以大量共存B．某碱溶液中通入少量CO2产生白色沉淀，该碱一定是Ca(OH)2C．Na[Al(OH)4]溶液和NaHCO3溶液混合可以产生白色沉淀和无色气体D．少量的Mg(HCO3)2溶液加过量的Ba(OH)2溶液的离子方程式为：Mg2＋＋2HCO3－＋2Ba2＋＋4OH－=2BaCO3↓＋Mg(OH)2↓＋2H2O21、海洋动物海鞘中含有种类丰富、结构新颖的次生代谢产物，是海洋抗肿瘤活性物质的重要来源之一。一种从海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物的流程如下：下列关于该流程中各步骤的说法中，错误的是（）选项步骤采用装置主要仪器A①过滤装置漏斗B②分液装置分液漏斗C③蒸发装置坩埚D④蒸馏装置蒸馏烧瓶A．A B．B C．C D．D22、在某温度下，同时发生反应A（g）B（g）和A（g）C（g）。已知A（g）反应生成B（g）或C（g）的能量如图所示，下列说法正确的是A．B（g）比C（g）稳定B．在该温度下，反应刚开始时，产物以B为主；反应足够长时间，产物以C为主C．反应A（g）B（g）的活化能为（E3—E1）D．反应A（g）C（g）的ΔH＜0且ΔS＝0二、非选择题(共84分)23、（14分）H是一种可用于治疗肿瘤的药物中间体，由芳香烃A制备H的合成路线如图。回答下列问题：（1）A物质的一氯代物共有______种；（2）B物质中含有的官能团名称______；（3）①的反应试剂和反应条件分别是______，③的反应的类型是______；（4）E物质通过多次取代反应和氧化反应可以获取F物质，用系统命名法对E物质命名______，F物质的结构简式为______；（5）⑤的化学反应方程式为______；（6）对甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备对甲氧基乙酰苯胺的合成路线。（其他试剂任选）______________（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）。24、（12分）某课题组以苯为主要原料，采取以下路线合成利胆药——柳胺酚。已知：回答下列问题：（1）写出化合物B的结构简式___。F的结构简式___。（2）写出D中的官能团名称___。（3）写出B→C的化学方程式___。（4）对于柳胺酚，下列说法不正确的是（_____）A．1mol柳胺酚最多可以和2molNaOH反应B．不发生硝化反应C．可发生水解反应D．可与溴发生取代反应（5）写出同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式__（写出2种）。①遇FeCl3发生显色反应，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子；②能发生银镜反应25、（12分）过氧化钙(CaO2)是一种白色晶体，能潮解，难溶于水，可与水缓慢反应，不溶于乙醇，易与酸反应，常用作杀菌剂、防腐剂等。根据题意，回答相关问题。I．CaO2晶体的制备：CaO2晶体通常可利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得。某化学兴趣小组在实验室制备CaO2的实验方案和装置示意图如下：（1）三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为_____。（2）冷水浴的目的是____；步骤③中洗涤CaO2·8H2O的实验操作方法是______Ⅱ．CaO2含量的测定：测定CaO2样品纯度的方法是：称取0.200g样品于锥形瓶中，加入50mL水和15mL2mol·L-lHCl，振荡使样品溶解生成过氧化氢，再加入几滴MnCl2稀溶液，立即用0.0200mol·L-lKMnO4标准溶液滴定到终点，消耗25.00mL标准液。（3）上述过程中使用稀盐酸而不使用稀硫酸溶解样品的原因是___；滴定前加入MnCl2稀溶液的作用可能是____。（4）滴定过程中的离子方程式为_______，样品中CaO2的质量分数为______。（5）实验I制得的晶体样品中CaO2含量偏低的可能原因是：①____；②____。26、（10分）ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代Cl2成为自来水的消毒剂。已知ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，11℃时液化成红棕色液体。（1）某研究小组用下图装置制备少量ClO2（夹持装置已略去）。①冰水浴的作用是____________。②NaOH溶液的主要作用为吸收反应产生的Cl2，其吸收液可用于制取漂白液，该吸收反应的氧化剂与还原剂之比为___________________。③以NaClO3和HCl为原料制备ClO2的化学方程式为_________________________。（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量CCl4，振荡、静置，观察到________，证明ClO2具有氧化性。（3）ClO2在杀菌消毒过程中会产生Cl-,其含量一般控制在0.3-0.5mg·L−1，某研究小组用下列实验方案测定长期不放水的自来水管中Cl-的含量：量取10.00mL的自来水于锥形瓶中，以K2CrO4为指示剂，用0.0001mol·L－1的AgNO3标准溶液滴定至终点。重复上述操作三次，测得数据如下表所示：实验序号1234消耗AgNO3溶液的体积/mL10.2410.029.9810.00①在滴定管中装入AgNO3标准溶液的前一步，应进行的操作_____________。②测得自来水中Cl-的含量为______mg·L−1。③若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果_______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。27、（12分）亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃)是一种黄色气体，遇水易反应，生成一种氯化物和两种氧化物。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如下图所示：为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：装置Ⅰ装置Ⅱ烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2①②制备纯净NOCu③④②___________，③___________。

(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：①装置连接顺序为a→___________________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。

②装置Ⅶ的作用为________________，若无该装置，Ⅸ中NOCl可能发生反应的化学方程式为_______________________________。③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。为解决这一问题，可将尾气与某种气体同时通入氢氧化钠溶液中，这种气体的化学式是__________。(3)丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为___________________。(4)丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯(NOCl)纯度取Ⅸ中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol/LAgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为bmL。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体)①亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_________(用代数式表示即可)。②若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则所测亚硝酰氯的纯度_________(偏高、偏低、无影响)28、（14分）I.氮和氮的化合物在国防建设、工农业生产和生活中都有极其广泛的用途。请回答下列与氮元素有关的问题:(1)亚硝酸氯(结构式为Cl-N=O)是有机合成中的重要试剂。它可由Cl2和NO在通常条件下反应制得，反应方程式为2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)。已知几种化学的键能数据如下表所示:当Cl2与NO反应生成ClNO的过程中转移了5mol电子，理论上放出的热量为____kJ.(2)在一个恒容密闭容器中充入2molNO(g)和1molCl2(g)发生(1)中反应，在温度分别为T1、T2时测得NO的物质的量(单位:mol)与时间的关系如下表所示①T1________T2(填“>“”＜”或”＝”)。②温度为T2℃时，起始时容器内的强为p0，则该反应的平衡常数Kp=______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。(3)近年来，地下水中的氮污染已成为一个世界性的环境问题。在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮(NO3-)，其工作原理如图所示①Ir表面发生反应的方程式为_____________。②若导电基体上的Pt颗粒增多，造成的后果是______________。II:利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来精炼银，装置如图所示请回答下列问题:(4)①甲池工作时，NO2转变成绿色硝化剂Y，Y是N2O5，可循环使用，则石墨Ⅱ附近发生的电极反应式为________。②若用10A的电流电解60min后，乙中阴极得到32.4gAg，则该电解池的电解效率为____％。(保留小数点后一位。通过一定电量时阴极上实际沉积的金属质量与通过相同电量时理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率。法拉第常数为96500C/mol)29、（10分）镁带能在CO2中燃烧，生成氧化镁和单质碳。请完成下列填空：（1）碳元素形成的单质有金刚石、石墨、足球烯等。金刚石的熔点远高于足球烯的原因是_______。（2）氧化镁的电子式为_______，CO2的结构式为______。与镁同周期、离子半径最小的元素，其原子最外层的电子排布式为______，其1个原子中能量最高的电子有______个。（3）一定条件下，在容积恒为2.0L的容器中，Fe和CO2发生如下反应：CO2(g)+Fe(s)FeO(s)+CO(g)，若起始时向容器中加入1molCO2，5.0min后，容器内气体的相对平均分子量为32，则n(CO2)：n(CO)之比为_______，这段时间内用CO2表示的速率v（CO2）=_______。（4）下列说法错误的是_______。a.当混合气体的密度不变时说明反应达到了平衡b.混合气体的平均相对分子质量不变时说明反应达到了平衡c.平衡后移除二氧化碳时，正反应速率一直减小直至建立新的平衡d.平衡后缩小容器的体积，正逆反应速率不变，平衡不移动（5）保持温度不变的情况下，待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向______移动（选填“正向”、“逆向”、或“不”），二氧化碳的转化率_____（填“增大”，“减小”或“不变”）。

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】

在a电极上，I2Br-得电子生成I-和Br-，a电极为正极；在b电极上，Zn失电子生成Zn2+进入溶液，b电极为负极。【详解】A．放电时，a极为正极，电势高于作负极的b极，A正确；B．充电时，a极应为阳极，电极反应为2I－+Br－-2e－==I2Br-，B错误；C．图中贮液器中的溶液组成与电极区的溶液组成相同，相当于电极区的电解质溶液，可提高电池的容量，C正确；D．导线中有NA个电子转移，依据关系式Zn—2e-，就有0.5molZn2+生成并通过隔膜(保持溶液的电中性)，D正确；故选B。2、A【解析】

A.由已知25℃、101kPa时，0.25molN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水，放出133.5kJ热量,则1mol肼燃烧放出的热量为534kJ，故该反应的热化学方程式为：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-534kJ.mol-1，故A正确。B.燃烧热是指生成为稳定的氧化物所放出的热量，但水蒸气都不是稳定的氧化物，N2为单质，故B错误。C.由N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-534kJ.mol-1，可知该反应是放热反应，所以1molN2H4(g)和1molO2(g)所含能量之和高于1molN2(g)和2molH2O(g)所含能量之和，故C错误；D.化学反应实质旧键断裂新键生成，旧化学键断裂时需要消耗能量，且两个过程能量不相等，因此需要克服活化能，故D错误；答案：A。3、D【解析】

根据图得出阴影3为氧化还原反应，但不是置换反应、化合反应、分解反应。【详解】A.2HClO2HCl＋O2↑，有化合价升降，是氧化还原反应，但是分解反应，故A不符合题意；B.NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑，没有化合价升降，故B不符合题意；C.4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，有化合价升降，是氧化还原反应，但是化合反应，故C不符合题意；D.Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2，有化合价升降，是氧化还原反应，不属于置换反应、化合反应、分解反应，故D符合题意。综上所述，答案为D。4、D【解析】

A.NH3溶于水后电离产生OH－而使溶液呈碱性，与水解无关，选项A错误；B.NH4Cl中NH4+水解溶液呈酸性，选项B错误；C.KOH溶于水后电离产生OH－而使溶液呈碱性，与水解无关，选项C错误；D.由于ClO－水解产生OH－，使NaClO溶液呈碱性，选项D正确。答案选D。5、A【解析】

A项，1个香叶醇分子中含10个C、18个H和1个O，香叶醇的分子式为C10H18O，A正确；B项，香叶醇中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，B错误；C项，香叶醇中含有碳碳双键和醇羟基，能被高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D项，香叶醇中含有醇羟基，能发生取代反应，D错误；答案选A。6、D【解析】

A.18O2和16O2是两种不同的原子构成的分子，A错误；B.甲醇(CH3OH)是由分子构成的共价化合物，B错误；C.N5和N2是氮元素的两种不同的单质，二者互为同素异形体，C错误；D.N5和N2是N元素的两种不同的单质，所以由N5变成N2是化学变化，D正确；故合理选项是D。7、A【解析】A．仪器的名称是烧杯，故A正确；B．仪器的名称是分液漏斗，故B错误；C．仪器的名称是容量瓶，故C错误；D．仪器的名称是烧瓶，故D错误；答案为A。8、D【解析】

H2（g）+CO（g）+SO2（g）⇌H2O（g）+CO2（g）+S（s）△H<0，正反应是气体体积减小的放热反应，A、加入催化剂只改变反应速率不改变化学平衡，能提高单位时间脱硫率，选项A不符合题意；B．硫是固体，分离出硫对平衡无影响，选项B不符合题意；C、减压会使平衡逆向进行，脱硫率降低，选项C不符合题意；D．加生石灰可吸收生成的水和二氧化碳，有利于平衡正向移动，提高脱硫率，选项D符合题意。答案选D。【点睛】本题考查了化学平衡的分析应用，影响因素的分析判断，掌握化学平衡移动原理是关键，正反应是气体体积减小的放热反应，依据化学平衡的反应特征结合平衡移动原理分析选项判断，高压、降温平衡正向进行，固体和催化剂不影响化学平衡。9、A【解析】

A.一个14C中的中子数为8，一个D中的中子数为1，则1个甲基(—14CD3)所含的中子数为11，一个14C中的电子数为6，一个D中的电子数为1，则1个甲基(—14CD3)所含的电子数为9；则1mol甲基(—14CD3)所含的中子数和电子数分别为11NA、9NA，故A正确；B.pH＝1的H2SO3溶液中，c(H+)为0.1mol/L，没有给出溶液的体积，无法根据公式n=cV计算出氢离子的物质的量，也无法计算氢离子的数目,故B错误；C.铁和稀硫酸反应变为+2价，和足量稀硝酸反应变为+3价，故1molFe分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数依次为2mol、3mol，故C错误；D.酯在酸性条件下的水解反应是可逆反应，故1molCH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子数小于NA，故D错误。答案选A。【点睛】本题考查的是与阿伏加德罗常数有关的计算。解题时注意C选项中铁和稀硫酸反应变为+2价，和足量稀硝酸反应变为+3价，故失电子数不同；D选项酯在酸性条件下的水解反应是可逆反应，可逆反应的特点是不能进行彻底，故1molCH3COOC2H5在稀硫酸中不会完全水解。10、C【解析】

A.缺少体积数据，不能计算微粒数目，A错误；B.缺少条件，不能计算气体的物质的量，也就不能计算转移的电子数目，B错误；C.Mg是+2价的金属，2.4gMg的物质的量是0.1mol，反应会失去0.2mol电子，因此2.4g镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为0.2NA，C正确；D.溶液的体积未知，不能计算微粒的数目，D错误；故合理选项是C。11、D【解析】

A．电解熔融氯化镁制得镁单质，化学方程式为：，而不是氧化镁，故A错误；B．工业上常用石灰乳与纯碱反应Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，制备NaOH，而不是钠与水反应，故B错误；C．炼铁的原料铁矿石、焦炭、石灰石，起还原剂作用的是碳和氢气反应生成的CO，故C错误；D．二氧化硅与焦炭反应生成粗硅和一氧化碳，反应方程式为：，所以工业上制备粗硅的主要原料有石英砂和焦炭，故D正确；故选：D。【点睛】电解制备镁单质所使用物质为氯化镁，而非氧化镁，其原因在于氧化镁的熔点较高，电解过程中耗能较大，而氯化镁的熔点较低，在熔融状态下能够发生电离，能够制备镁单质。12、D【解析】

A．通过i观察iiiii、iv中发生的变化，达到空白对照的目的，故A正确；B．向ii中滴加几滴浓盐酸，增大H+浓度，平衡逆向移动，H3Fe(OC6H5)6浓度降低，溶液颜色变浅，故B正确；C．苯的密度比水，CCl4的密度比水大，故iii、iv中无色层中的溶剂分别为苯和CCl4，故C正确；D．iii中加入苯后水溶液层呈浅紫色，而iv中加入CCl4后水溶液层呈紫色，说明苯酚更易溶解于苯，导致平衡逆向移动，水溶液的颜色变浅，即苯酚在苯中的溶解性大于在CCl4中的溶解性，故D错误；故答案为D。13、D【解析】

A．液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故A正确；B．煮豆持作羹，漉豉以为汁意思为煮熟的豆子来做豆豉而使豆子渗出汁水，分离豆豉与豆汁，实际是分离固体与液体，应选择过滤的方法，故B正确；C．鉴别硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)，灼烧时焰色反应不同，分别为紫色、黄色，可鉴别，故C正确；D．FeSO4⋅7H2O电离生成二价铁离子、硫酸根离子，不能电离产生氢离子，硫酸亚铁为强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液显酸性，故D错误；答案选D。14、B【解析】

A．共价化合物包括分子晶体和原子晶体，而物质的熔点的一般顺序为：原子晶体>离子晶体>分子晶体，故共价化合物的熔点不一定比较低，故A错误；B．H2SO4、CCl4、NH3分子中均只含共价键的化合物，所以三者属于共价化合物，故B正确；C．分子的稳定性与氢键无关，氢键决定分子的物理性质，分子的稳定性与共价键有关，故C错误；D．常温下，水溶液中酸性强的酸能制取酸性弱的酸，SiO2和CaCO3在高温下反应生成CO2气体是高温条件下的反应，不说明硅酸的酸性比碳酸强，故D错误；本题选B。15、D【解析】

A.通电后，左侧生成H+，右侧H+放电生成氢气，所以H+通过质子交换膜向右移动，相当于稀硫酸中H+不参加反应，所以氢离子浓度不变，溶液的pH不变，A错误；A.连接B电极的电极上生成氢气，说明该电极上氢离子得电子，则该电极为电解池阴极，所以B电极为负极，A电极为正极，B错误；C.右侧电极反应式为2H++2e-=H2↑，根据氢气和转移电子之间的关系式知，若有0.1molH2生成，则转移0.2mol电子，但不确定气体所处的温度和压强，因此不能确定气体的物质的量，也就不能确定电子转移数目，C错误；D.与电源A极相连的惰性电极为阳极，阳极上乙酸被氧化，生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3COOH-8e-+H2O=2CO2↑+8H+，D正确；故合理选项是D。16、D【解析】

A.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度,则C3N4晶体是原子晶体，故A错误；B.因N的原子半径比C原子半径小,则C3N4晶体中，C−N键的键长比金刚石中C−C键的键长要短，故B错误；C.原子间均以单键结合,则C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子，所以晶体中C、N原子个数之比为3:4，故C错误；D.C3N4晶体中构成微粒为原子，微粒间通过共价键相结合，故D正确；故选：D。【点睛】C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，则为原子晶体，每个C原子周围有4个N原子，每个N原子周围有3个C原子，形成空间网状结构，C-N键为共价键，比C-C键短。17、D【解析】

A．分子式为C5H8O，A错误；B．两个环共用的碳原子与4个碳原子相连，类似于甲烷的结构，所有碳原子不可能处于同一平面，B错误；C．环氧乙烷（）只有一个环，而M具有两个环，二者结构不相似，不互为同系物，C错误；D．三元环和四元环中的一氯代物各有1种，D正确；故选D。18、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。19、C【解析】

A．用饱和碳酸钠溶液能鉴别乙酸、乙醇、苯、四氯化碳，现象分别是：不分层，有气泡；不分层；分层上层有机层、分层下层有机层，故A正确；B．麦芽糖水解产物：葡萄糖；淀粉水解产物：葡萄糖；花生油水解产物：不饱和脂肪酸，包括油酸，亚油酸和甘油；大豆蛋白中的肽键能在人体内水解，故B正确；C．苯中混有的少量甲苯，可加入足量高锰酸钾酸性溶液，充分反应后，甲苯被氧化成苯甲酸，经蒸馏可得纯净的苯，故C错误；D．向乙酰水杨酸粗产品中加入饱和碳酸氢钠溶液，充分反应后过滤，可除去乙酰水杨酸中的水杨酸聚合物杂质，故D正确；故选C。20、D【解析】

A.Fe3＋与SCN－反应生成红色的络合物，不能大量共存，故A错误；B.某碱溶液中通入少量CO2产生白色沉淀，该碱可能是Ca(OH)2，也可能是Ba(OH)2，故B错误；C.因为酸性：HCO3->Al（OH）3，所以Na[Al(OH)4]溶液和NaHCO3溶液混合可以产生氢氧化铝白色沉淀，但不会生成气体，故C错误；D.少量的Mg(HCO3)2溶液加过量的Ba(OH)2溶液生成碳酸钡沉淀、氢氧化镁沉淀和水，离子方程式为：Mg2＋＋2HCO3－＋2Ba2＋＋4OH－=2BaCO3↓＋Mg(OH)2↓＋2H2O，故D正确；故选D。21、C【解析】

由流程可知，步骤①是分离固液混合物，其操作为过滤，需要漏斗、烧杯等仪器；步骤②是分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗等仪器；步骤③是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿等仪器；步骤④是从有机化合物中，利用沸点不同用蒸馏的方法得到甲苯，需要蒸馏烧瓶等仪器，则错误的为C，故答案选C。22、B【解析】

A.从图分析，Ｂ的能量比Ｃ高，根据能量低的稳定分析，B（g）比C（g）不稳定，故错误；B.在该温度下，反应生成Ｂ的活化能比生成Ｃ的活化能低，所以反应刚开始时，产物以B为主；Ｃ比Ｂ更稳定，所以反应足够长时间，产物以C为主，故正确；C.反应A（g）B（g）的活化能为E1，故错误；D.反应A（g）C（g）为放热反应，即ΔH＜0，但ΔS不为0，故错误。故选Ｂ。二、非选择题(共84分)23、4氯原子氯气、光照还原反应2-甲基丙烷【解析】

由B的结构可知，芳香烃为A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，B与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成C，C发生还原反应生成D，D与G在吡啶条件下发生取代反应生成H．由F的分子式、G的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合E的分子式，可知E为。【详解】(1)由B的结构可知，芳香烃为A为，A

物质的一氯代物在苯环上有3种，在甲基上有1种，故共有4种，故答案为：4；(2)B的结构简式为：，B

物质中含有的官能团名称为：氯原子，故答案为：氯原子；(3)反应①是转化为，反应试剂和反应条件分别是：氯气、光照；反应③中硝基转化为氨基，属于还原反应，故答案为：氯气、光照；还原反应；(4)由F的分子式、G的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合E的分子式，可知E为，用系统命名法对

E

物质命名为：2-甲基丙烷，故答案为：2-甲基丙烷；；(5)⑤的化学反应方程式为：，故答案为：；(6)结合合成路线图中转化可知，与在吡啶条件下反应生成，乙酸与SOCl2/PCl3作用生成．先发生硝化反应，然后与Fe/HCl作用生成，合成路线流程图为：，故答案为：。24、硝基、羟基+2NaOH+NaCl+H2OAB、(任意两种)【解析】

苯和氯气发生取代反应生成A，A为，F中不饱和度=，根据柳胺酚结构简式知，F中含有苯环和碳氧双键，所以F为；E为；D和铁、HCl反应生成E，结合题给信息知，D结构简式为；A反应生成B，B和NaOH水溶液发生取代反应生成C，根据D结构简式知，A和浓硝酸发生取代反应生成B，B为，C为，C和HCl反应生成D，据此解答。【详解】(1)、由分析可知B为，F为；故答案为；；(2)、D结构简式为，官能团为羟基和硝基；故答案为硝基、羟基；(3)、B→C的化学方程式为+2NaOH+NaCl+H2O；故答案为+2NaOH+NaCl+H2O；(4)A、柳胺酚中酚羟基、肽键水解生成的羧基能和NaOH反应，所以1mol柳胺酚最多可以和3molNaOH反应，故A不正确；B、柳胺酚中含有苯环，可以发生硝化反应，故B不正确；C、含有肽键，所以可发生水解反应，故C正确;D、含有酚羟基，溴和苯环.上酚羟基邻对位氢原子发生取代反应，故D正确；故选AB；(5)、①能发生显色反应为属酚类化合物，且苯环上有二种不同化学环境的氢原子，说明苯环上含有酚羟基，且苯环上有二种类型的氢原子；②能发生银镜反应，说明该有机物中含有醛基，所以符合条件的F的同分异构体有：；故答案为。25、CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl该反应放热，防止温度升高导致H2O2分解和氨水中氨气挥发向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作2～3次生成的硫酸钙为微溶物，覆盖在样品表面，阻止反应进一步进行催化作用45.0%部分CaCl2溶液与浓氨水反应生成Ca(OH)2部分CaO2与水反应生成Ca(OH)2或烘烤CaO2·8H2O失水不够完全【解析】

I．（1）该装置发生的反应类似于复分解反应，根据原子守恒配平；（2）该反应为放热反应，H2O2和氨水的稳定性都较差，因此需要用冷水浴控制反应温度；结合沉淀的性质选择洗涤剂，然后根据沉淀的洗涤标准操作解答；II．（3）硫酸钙为微溶物，可能会对反应有影响；类比双氧水的分解进行分析；（4）滴定过程中双氧水与酸性高锰酸钾反应生成氧气、氯化锰、水，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平；根据消耗的酸性高锰酸钾的物质的量并结合守恒关系计算；（5）CaO2与水缓慢反应，CaO2与浓氨水反应，烘烤过程中水分未完全失去等导致反应物有损失或生成物中杂质含量高均会导致CaO2含量偏低。【详解】I．（1）由题可知，三颈烧瓶中发生CaCl2在碱性条件下与H2O2生成CaO2·8H2O的反应，根据原子守恒可知，该反应化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；（2）该反应为放热反应，H2O2和氨水的稳定性都较差，温度过高会导致其分解，影响产量和化学反应速率；因过氧化钙可与水缓慢反应，不溶于乙醇，因此可选用乙醇进行洗涤，实验室洗涤沉淀的操作为：向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作2～3次；II．（3）若选用硫酸，则CaO2与稀硫酸反应生成微溶物CaSO4会覆盖在样品表面，使反应难以持续进行；MnCl2对该反应具有催化作用，可加快化学反应速率；（4）滴定过程中酸性高锰酸钾与双氧水反应，Mn元素化合价从+7价降低至+2价，H2O2中O元素从-1价升高至0价，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平该离子方程式为：；滴定过程中消耗高锰酸钾的物质的量n=25×10-3L×0.02mol/L=5×10-4mol，根据守恒关系可知：n(H2O2)=n(CaO2)=2.5n(KMnO4)=1.25×10-3mol，样品中CaO2的质量分数；（5）CaCl2溶液与浓氨水反应导致反应物未完全转化，同时还会导致最终固体中含有部分Ca(OH)2杂质，会使CaO2含量偏低；CaO2与水能反应生成微溶物Ca(OH)2，会导致生成的CaO2含量偏低；烘烤CaO2·8H2O失水不够完全导致固体质量偏大，最终导致计算CaO2含量偏低。26、收集ClO2（或使ClO2冷凝为液体）1：12NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O溶液分层，下层为紫红色用AgNO3标准溶液进行润洗3.55偏低【解析】

(1)①冰水浴可降低温度，防止挥发；②氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠；③以NaClO3和HCl为原料制备ClO2，同时有Cl2和NaCl生成，结合电子守恒和原子守恒写出发生反应的化学方程式；(2)反应生成碘，碘易溶于四氯化碳，下层为紫色；(3)根据滴定操作中消耗的AgNO3的物质的量计算溶液中含有的Cl-的物质的量，再计算浓度即可。【详解】(1)①冰水浴可降低温度，防止挥发，可用于冷凝、收集ClO2；②氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，此反应中Cl2既是氧化剂，又是还原剂，还原产物NaCl和氧化产物NaClO的物质的量之比为1:1，则该吸收反应的氧化剂与还原剂之比为1:1；③以NaClO3和HCl为原料制备ClO2，同时有Cl2和NaCl生成，则发生反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；(2)将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄，说明生成碘，碘易溶于四氯化碳，即当观察到溶液分层，下层为紫红色时，说明有I2生成，体现ClO2具有氧化性；(3)①装入AgNO3标准溶液，应避免浓度降低，应用AgNO3标准溶液进行润洗后再装入AgNO3标准溶液；②滴定操作中第1次消耗AgNO3溶液的体积明显偏大，可舍去，取剩余3次数据计算平均体积为mL=10.00mL，含有AgNO3的物质的量为0.0001mol·L－1×0.01L=1×10-6mol，测得自来水中Cl-的含量为=3.55g·L−1；③在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致消耗标准液的体积读数偏小，则测定结果偏低。27、饱和食盐水稀硝酸e→f(或f→e)→c→b→d防止水蒸气进入装置Ⅸ2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2O2(或NO2)HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O×100%偏高【解析】

氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl。根据实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气；用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，结合NOCl的性质，制得气体中的杂质需要除去，尾气中氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，据此分析解答。【详解】(1)实验室制备氯气，一般用浓盐酸与二氧化锰加热制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故装置Ⅱ用饱和食盐水吸收氯化氢气体；实验室制备NO，一般用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，NO不溶于水，故装置Ⅱ用水净化NO；故答案为饱和食盐水；稀硝酸；(2)①将氯气和NO干燥后在装置Ⅵ中发生反应，由于亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃)是一种黄色气体，遇水易反应，需要在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，因此装置连接顺序为a→e→f(或f→e)→c→b→d，故答案为e→f(或f→e)→c→b→d；②NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个装置VII干燥装置防止水蒸气进入装置Ⅸ；若无该装置，Ⅸ中NOCl水解生成氯化氢、NO和NO2，反应的化学方程式为2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2，故答案为防止水蒸气进入装置Ⅸ；2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2；③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。NO能够与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮能够被氢氧化钠溶液吸收，一氧化氮和二氧化氮的混合气体也能够被氢氧化钠溶液吸收，因此解决这一问题，可将尾气与氧气(或二氧化氮)同时通入氢氧化钠溶液中，故答案为O2(或NO2)；(3)王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，反应的化学方程式为：HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O，故答案为HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O；(4)①亚硝酰氯(NOCl)遇水反应得到HCl，用AgNO3标准溶液滴定，生成白色沉淀，以K2CrO4溶液为指示剂，出现砖红色沉淀达到滴定终点，根据氯元素守恒：NOCl～HCl～AgNO3，则样品中n(NOCl)=cmol/L×b×10-3L×=10bc×10-3mol，亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为×100%=×100%，故答案为×100%；②若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准溶液的体积偏大，则所测亚硝酰氯的纯度偏高，故答案为偏高。28、277.5<H2+N2ON2+H2O若Pt颗粒增多，NO3-更多转化为NH4+存在溶液中，不利于降低溶液中含氮量，产生有污染的气体O2+4e-+2N2O5=4NO3-80.4【解析】

(1)2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)，反应的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算；(2)①温度越高，反应速率越大，达到平衡状态所需要的时间短；②用三段式法计算出平衡时各种成分的物质的量，根据压强比等于气体的物质的量的比，用每种物质的物质的量占总物质的量的百分比乘以总压强得该组分的分压，带入平衡常数表达式，可得Kp；(3)①由原理的示意图可知，Ir的表面氢气和N2O发生反应生成N2和H2O；②由原理的示意图可知，若导电基体上的Pt颗粒增多，则NO3-会更多的转化成铵根。(4)①石墨I上发生氧化反应，为原电池的负极，石墨II为原电池的正极，正极上发生还原反应；②根据Ag的质量计算电子转移的物质的量，结合法拉第常数为96500C/mol及电流强度与通电时间可计算出电解池的电解效率。【详解】(1)2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)，1molCl2参与反应发生焓变△H=243kJ/mol+2×630kJ/mol-2×(200kJ/mol+607kJ/mol)=-111kJ/mol，此时转移2mol电子，则有5