湖北省部分高中新高考化学二模试卷及答案解析

湖北省部分高中新高考化学二模试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、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、下列化学用语表达正确的是（）A．还原性：HF>HCl>HBr>HIB．丙烷分子的比例模型：C．同一周期元素的原子，半径越小越容易失去电子D．Na2O2中既含离子键又含共价键2、留兰香(薄荷中的一种)可用来治疗感冒咳嗽、胃痛腹胀、神经性头痛等，其有效成分为葛缕酮(结构简式如图)。下列有关葛缕酮的说法正确的是A．葛缕酮的分子式为C10H16OB．葛缕酮使溴水和酸性KMnO4溶液褪色的原理相同C．葛缕酮中所有碳原子可能处于同一个平面D．羟基直接连苯环且苯环上有2个取代基的葛缕酮的同分异构体有12种3、已知有机物C2H4O、C3H6O2和C4H8组成的混合物中，碳元素的质量分数为a%，则氧元素的质量分数为A．（100—）% B．% C．% D．无法计算4、常温下，物质的量浓度相等的下列物质的水溶液，pH最小的是()A．NH4ClO4 B．BaCl2 C．HNO3 D．K2CO35、下列对装置的描述中正确的是A．实验室中可用甲装置制取少量O2B．可用乙装置比较C、Si的非金属性C．若丙装置气密性良好，则液面a保持稳定D．可用丁装置测定镁铝硅合金中Mg的含量6、锂钒氧化物二次电池成本较低，且对环境无污染，其充放电的反应方程式为V2O5+xLiLixV2O5。如图为用该电池电解含镍酸性废水制取单质镍的装置。下列说法正确的是（）A．该电池充电时，负极的电极反应式为LixV2O5–xe-=V2O5+xLi+B．该电池可以用LiCl水溶液作电解质溶液C．当电池中有7gLi参与放电时，能得到59gNiD．电解过程中，NaCl溶液的浓度会不断增大7、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示：且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的是A．YW3分子中的键角为120°B．W2Z的稳定性大于YW3C．物质甲分子中存在6个σ键D．Y元素的氧化物对应的水化物为强酸8、以有机物A为原料通过一步反应即可制得重要有机化工产品P()。下列说法错误的是A．A的分子式为C11H14，可发生取代、氧化、加成等反应B．由A生成P的反应类型为加成聚合反应，反应过程没有小分子生成C．A的结构简式为，分子中所有碳原子不可能共面D．1molA最多能与4molH2发生加成反应9、化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是A．碘酒是指单质碘的乙醇溶液B．84消毒液的有效成分是NaClOC．浓硫酸可刻蚀石英制艺术品D．装饰材料释放的甲醛会造成污染10、相同温度下溶液的酸碱性对TiO2光催化燃料R降解反应的影响如图所示。下列判断不正确的是（）A．对比pH=7和pH=10的曲线，在同一时刻，能说明R的起始浓度越大，降解速率越大B．对比pH=2和pH=7的曲线，说明溶液酸性越强，R的降解速率越大C．在0~20min之间，pH=2时R的平均降解速率为0.0875×10-4mol·L-1·min-1D．50min时，pH=2和pH=7时R的降解百分率相等11、磺酰氯（SO2Cl2）在医药、染料行业有重要用途,其熔点为-54.1C,沸点为69.2°C,易水解。某学习小组在实验室用SO2和Cl2在活性炭作用下制备SO2Cl2（SO2+Cl2SO2Cl2）,设计如图实验（夹持装置略去）。下列说法不正确的是A．c中的NaOH溶液可换成NaCl溶液,效果相同B．e中的冷却水应从下口入上口出C．d的作用是防止水蒸气进人a中使SO2Cl2水解D．a中冰盐水有助于SO2Cl2液化,提高SO2和Cl2的转化率.12、下列说法正确的是()A．可用水鉴别乙酸和乙酸乙酯B．木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色C．一定条件下，乙酸乙酯、淀粉、乙烯都能与水发生水解反应D．向蛋白质中加入浓的Na2SO4溶液、CuSO4溶液均能凝结析出，加水后又能溶解13、将0.48g镁粉分别加入10.0mL下列溶液，反应6小时，用排水法收集产生的气体，溶液组成与H2体积(已换算成标准状况)的关系如下表。下列说法不正确的是实验1234567溶液组成H2O1.0mol/LNH4Cl0.1mol/LNH4Cl1.0mol/LNaCl1.0mol/LNaNO30.8mol/LNH4Cl+0.2mol/LNH3·H2O0.2mol/LNH4Cl+0.8mol/LNH3·H2OV/ml1243334716014401349A．由实验2、3可得，浓度越大，镁和水反应速率越快B．由实验1、4、5可得，Cl-对镁和水的反应有催化作用C．由实验3、7可得，反应过程产生的Mg(OH)2覆盖在镁表面，减慢反应D．无论酸性条件还是碱性条件，都能加快镁和水的反应14、通过下列反应不可能一步生成MgO的是A．化合反应 B．分解反应 C．复分解反应 D．置换反应15、对下列实验的分析合理的是A．实验Ⅰ：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B．实验Ⅱ：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色保持不变C．实验Ⅲ：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内会出现红棕色D．实验Ⅳ：将FeCl3饱和溶液煮沸后停止加热，以制备氢氧化铁胶体16、某学习兴趣小组通过2KClO3十H2C2O4CO2忄＋2ClO2↑＋K2CO3＋H2O制取高效消毒剂ClO2。下列说法正确的是A．KClO3中的Cl被氧化B．H2C2O4是氧化剂C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1D．每生成1molClO2转移2mol电子17、下列属于置换反应的是（）A．2C+SiO22CO+SiB．2HClO2HCl+O2↑C．3CO+Fe2O33CO2+2FeD．2Na+Cl2=2NaCl18、下列物质属于电解质的是（）A．Na2O B．SO3 C．Cu D．NaCl溶液19、下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图，下列说法正确的是A．M、N的氧化物都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物反应B．Y的单质能从含R简单离子的水溶液中置换出R单质C．X、M两种元素组成的化合物熔点很高D．简单离子的半径：R>M>X20、对下列化工生产认识正确的是A．制备硫酸：使用热交换器可以充分利用能量B．侯德榜制碱：析出NaHCO3的母液中加入消石灰，可以循环利用NH3C．合成氨：采用500℃的高温，有利于增大反应正向进行的程度D．合成氯化氢：通入H2的量略大于Cl2，可以使平衡正移21、已知某饱和NaCl溶液的体积为VmL，密度为，质量分数为w%，溶液中含NaCl的质量为mg。则下列表达式正确的是A． B．C． D．22、能使品红溶液褪色的物质是①漂粉精②过氧化钠③新制氯水④二氧化硫A．①③④B．②③④C．①②③D．①②③④二、非选择题(共84分)23、（14分）高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药I的合成路线如下（A~I）均为有机物）：已知：a.b.RCHO回答下列问题：(1)反应①的化学方程式为_______；F的官能团名称为______。(2)反应②的类型是_______。D→E所需试剂、条件分别是_______、______。(3)G的结构简式为____________。(4)芳香族化合物W的化学式为C8H8O2，且满足下列条件的W的结构共有_______种（不考虑立体异构）。i.遇FeCl3溶液显紫色；ii.能发生银镜反应。其中核磁共振氢谱显示有5种不司化学环境的氢，峰面积比为2：2：2：1：1的是____________（写出结构简式）。(5)设计以甲苯和乙醛为原料制备的合成路线。无机试剂任选，合成路线的表示方式为：_____________.24、（12分）G是具有抗菌作用的白头翁素衍生物，其合成路线如下：（1）C中官能团的名称为________和________。（2）E→F的反应类型为________。（3）D→E的反应有副产物X(分子式为C9H7O2I)生成，写出X的结构简式：________________。（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：__________________。①能发生银镜反应；②碱性水解后酸化，其中一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应；③分子中有4种不同化学环境的氢。（5）请写出以乙醇为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。____________25、（12分）乙醛能与银氨溶液反应析出银，如果条件控制适当，析出的银会均匀分布在试管上，形成光亮的银镜，这个反应叫银镜反应。某实验小组对银镜反应产生兴趣，进行了以下实验。(1)配制银氨溶液时，随着硝酸银溶液滴加到氨水中，观察到先产生灰白色沉淀，而后沉淀消失，形成无色透明的溶液。该过程可能发生的反应有_________A．AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3B．AgOH+2NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+2H2OC．2AgOH=Ag2O+H2OD．Ag2O+4NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+3H2O(2)该小组探究乙醛发生银镜反应的最佳条件，部分实验数据如表：实验序号银氨溶液/mL乙醛的量/滴水浴温度/℃反应混合液的pH出现银镜时间1136511521345116.53156511441350116请回答下列问题：①推测当银氨溶液的量为1mL，乙醛的量为3滴，水浴温度为60℃，反应混合液pH为11时，出现银镜的时间范围是____________________。②进一步实验还可探索_______________对出现银镜快慢的影响(写一条即可)。(3)该小组查阅资料发现强碱条件下，加热银氨溶液也可以析出银镜，并做了以下两组实验进行分析证明。已知：Ag(NH3)2++2H2OAg++2NH3·H2O。装置实验序号试管中的药品现象实验Ⅰ2mL银氨溶液和数滴较浓NaOH溶液有气泡产生，一段时间后，溶液逐渐变黑，试管壁附着银镜实验Ⅱ2mL银氨溶液和数滴浓氨水有气泡产生，一段时间后，溶液无明显变化①两组实验产生的气体相同，该气体化学式为____________，检验该气体可用____________试纸。②实验Ⅰ的黑色固体中有Ag2O，产生Ag2O的原因是____________。(4)该小组同学在清洗试管上的银镜时，发现用FeCl3溶液清洗的效果优于Fe2(SO4)3溶液，推测可能的原因是____________，实验室中，我们常选用稀HNO3清洗试管上的银镜，写出Ag与稀HNO3反应的化学方程式____________。26、（10分）已知CuSO4溶液与K2C2O4溶液反应，产物为只含一种阴离子的蓝色钾盐晶体(只含有1个结晶水)，某实验小组为确定该晶体的组成，设计实验步骤及操作如下：已知：a.过程②：MnO4－被还原为Mn2+，C2O42－被氧化为CO2b.过程③：MnO4－在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+c.过程④：2Cu2++4I－=2CuI↓+I2d.过程⑥：I2+2S2O32－=21－+S4O62－(1)过程①加快溶解的方法是________________________。(2)配制100mL0.20mol·L－1KMnO4溶液时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管、____________；过程②和过程⑥滴定时，滴定管应分别选用____________、____________(填“甲”或乙”)。(3)完成过程②的离子反应方程式的配平：___MnO4－+___C2O42－+___H+===___Mn2++___H2O+___CO2↑。(4)过程③加热的目的是________________________。(5)过程⑥，应以____________作指示剂，若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则测定结果是____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)(6)已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等，据此推测该晶体为____________·H2O。27、（12分）亚硝酰氯(NOCl)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。它是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在常温常压下合成，相关实验装置如图所示。(1)NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的电子式为____(2)选用X装置制备NO，Y装置制备氯气。检验X装置气密性的具体操作：_______________________。(3)制备亚硝酰氯时，检验装置气密性后装入药品,①实验开始，需先打开_____________，当____________时，再打开__________________，Z中有一定量液体生成时，停止实验。②装置Z中发生的反应方程式为___________________。(4)若不用A装置对实验有何影响_______________（用化学方程式表示）(5)通过以下实验测定NOCl样品的纯度。取Z中所得液体100g溶于适量的NaOH溶液中，配制成250mL溶液；取出25.00mL样品溶于锥形瓶中，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol•L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是__________，亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_________。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体；Ksp(AgCl)＝1.56×10-10，Ksp(Ag2CrO4)＝1.0×10-12，Ksp(AgNO2)＝5.86×10-4)28、（14分）过一硫酸氢钾复合盐（KHSO4·2KHSO5·K2SO4）常用作漂白剂和消毒剂，其制备流程如下：（1）反应Ⅰ的化学方程式为：H2O2+H2SO4H2SO5+H2O，△H<0；则反应Ⅱ中K2CO3与H2SO5反应生成KHSO5的化学方程式为_____________。（2）生产原料的理论比值[n（H2O2）：n（H2SO4）]为0.4:1，但实际生产最佳投料比为0.6:1，其原因是_________________。（3）过一硫酸氢钾复合盐可以处理废水中的H2S。己知：25℃，H2S的电离常数Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3×10-13由于电离常数值极小，H2S水溶液中H2S的平衡浓度近似等于H2S的初始浓度。0.090mol·L-1H2S溶液的pH=4，该溶液中c（S2－）=________________。（4）准确称取3.350g复合盐样品配制成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入适量的稀硫酸和足量的KI溶液，摇匀后置于暗处，充分反应后，加入少量淀粉溶液，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消粍标准溶液20.00mL。计算复合盐中有效成分KHSO5的质量分数。（写出计算过程）（已知：HSO5-I2S4O62-）________________________。29、（10分）近年来，随着人类社会的快速发展，环境污染日益严重，而环境污染中的很多问题是由于氮磷富集化引起的，所以如何降低水体中的氮磷含量问题受到广泛关注。目前有两种较为有效的氨氮废水处理方法。I.化学沉淀法利用了Mg2+与PO43-与氨氮生成MgNH4PO4∙6H2O沉淀以达到去除氨氮的效果。已知：磷在pH=8-10时主要存在形式为HPO42-Ksp（MgNH4PO4∙6H2O）=2.5×10-13(1)请写出pH=8时，化学沉淀法去除NH4+的离子方程式为_。(2)氨氮去除率与含磷微粒浓度随pH变化如图1所示，已知：Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3×10-26，请解释pH>10时氨氮去除率随pH变化的原因：__。II.光催化法(3)光催化降解过程中形成的羟基自由基（·OH）和超氧离子（·O2-）具有光催化能力，催化原理如图2所示。请写出NO3-转化为无毒物质的电极反应式：__。(4)经过上述反应后，仍有NH4+残留，探究其去除条件。①温度对氨氮去除率影响如图3所示。温度升高，氨氮去除率变化的可能原因是：__；__（请写出两条）。②选取TiO2作为催化剂，已知：TiO2在酸性条件下带正电，碱性条件下带负电。请在图4中画出pH=5时，氨氮去除率变化曲线_____。(5)为测定处理后废水中（含少量游离酸）残留NH4+浓度，可选用甲醛-滴定法进行测定。取20mL的处理后水样，以酚酞为指示剂，用0.0100mol/LNaOH滴定至酚酞变红，此时溶液中游离酸被完全消耗，记下消耗NaOH的体积V1mL；然后另取同样体积水样，加入甲醛，再加入2-3滴酚酞指示剂，静置5min，发生反应：6HCHO+4NH4+=(CH2)6N4H+ +6H2O+3H+，继续用NaOH滴定，发生反应：(CH2)6N4H++OH-=(CH2)6N4+H2O；H++OH-=H2O。滴定至终点，记录消耗NaOH的体积V2mL，水样中残留NH4+浓度为__mol/L。

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．卤化氢的还原性随着卤素的原子序数的增大而增强，即还原性：HF＜HCl＜HBr＜HI，故A错误；B．为丙烷的球棍模型，丙烷的比例模型为，故B错误；C．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，失电子能力逐渐减弱，故C错误；D．过氧化钠的电子式为，过氧化钠中既含钠离子与过氧根离子形成的离子键，又含O-O共价键，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为A，要注意元素的非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱。2、D【解析】

本题考查有机物的知识，碳碳双键使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，但褪色原理不同，前者是加成反应，后者是氧化反应；有机物中碳碳双键、叁键、苯环才具有所有碳共面。由图可知，分子式为C10H14O，羟基直接连苯环，且苯环上有2个取代基，还剩-C4H9，其结构有四种，分别是、、、，每一种在苯环上与羟基分别有邻间对3种异构体，共12种。【详解】A.根据图示，葛缕酮的不饱和度为4，所以分子式为C10H14O，A项错误；B.葛缕酮使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，但原理不同，前者是加成反应，后者是氧化反应；B项错误；C.葛缕酮中所有碳原子不可能处于同一个平面，C项错误；D.分子式为C10H14O，羟基直接连苯环，且苯环上有2个取代基，还剩-C4H9，其结构有四种，分别是、、、，每一种在苯环上与羟基分别有邻间对3种异构体，共12种，D项正确。答案选D。【点睛】在确定含苯环的同分异构体的题目中，要确定苯环上有几个取代基，之后确定每个取代基是什么基团，例如此题中确定苯环上有羟基之外，还有一个乙基，乙基有4种机构，每一种和羟基成3种同分异构，这样共有12种。苯环上如果有2个取代基（-X、-X或者-X、-Y）有3种同分异构；如果有3个取代基时（-X、-X、-Y）有6种同分异构体；如果是（-X、-Y、-Z）有10种同分异构体。3、A【解析】

根据三种有机物中碳、氢的质量比相等，可根据碳元素的质量分数求出氧元素的质量分数，进而求出氧元素的质量分数。【详解】在三种化合物中碳、氢元素的原子个数比都为1：2，故碳元素和氢元素的质量比都为：12：1×2＝6：1，故氢元素的质量分数为%，而三种有机物是由碳、氢、氧三种元素组成的，故氧元素的质量分数为：100%−a%−%＝(100−)%；故答案选A。4、C【解析】

A．NH4ClO4是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液显酸性；B．BaCl2是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性；C．HNO3是强酸，完全电离，溶液显酸性；D．K2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解，溶液显碱性；溶液中氢离子浓度硝酸溶液中最大，酸性最强，pH最小，故选C。【点睛】本题的易错点为A，要注意盐类的水解程度一般较小。5、A【解析】

A．甲中H2O2，在MnO2作催化剂条件下发生反应2H2O22H2O+O2↑生成O2，故A正确；B．乙中浓盐酸具有挥发性，烧杯中可能发生的反应有2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3，故B错误；C．丙中橡皮管连接分液漏斗和圆底烧瓶，气压相等，两仪器中不可能出现液面差，液面a不可能保持不变，故C错误；D．丁中合金里Al、Si与NaOH溶液反应生成H2，根据H2体积无法计算合金中Mg的含量，因为Al、Si都能与NaOH溶液反应生成H2，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，故D错误；答案选A。【点睛】镁和硅都可以和氢氧化钠发生反应释放出氢气。6、D【解析】

V2O5+xLiLixV2O5，分析反应得出Li化合价升高，为负极，V2O5化合价降低，为正极。【详解】A.该电池充电时，阴极的电极反应式为Li++e－=Li，故A错误；B.Li会与LiCl水溶液中水反应，因此LiCl水溶液不能作电解质溶液，故B错误；C.根据电子守恒得到关系式2Li—Ni，因此当电池中有7gLi即1mol参与放电时，能得到0.5molNi即29.5g，故C错误；D.电解过程中，碳棒为阳极，阳极区钠离子穿过阳离子膜不断向右移动，右边是阴极，阴极区氯离子穿过阴离子膜不断向左移动，因此NaCl溶液的浓度会不断增大，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】分析电池中化合价，对放电来说化合价升高为负极，降低为正极，充电时，原电池的负极就是充电时的阴极，书写时将原电池负极反过来书写即可。7、B【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，根据四种元素形成的化合物结构，其中各原子的核外电子排布均处于稳定结构。根据图示可知，X原子最外层含有4个电子，Y原子最外层含有5个电子，Z原子最外层含有6个电子，W最外层含有1个或7个电子，结合原子序数及“W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体”可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，据此分析解答。【详解】根据分析可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素。A．YW3为NH3，为三角锥形的分子，分子中的键角＜120°，故A错误；B．非金属性越强，氢化物越稳定，水的稳定性大于氨气，故B正确；C．物质甲的结构简式为CO(NH2)2，存在7个σ键和1个π键，故C错误；D．N元素的氧化物对应的水化物可能是硝酸，也可能为亚硝酸，其中亚硝酸为弱酸，故D错误；故选B。【点睛】根据物质中常见原子的成键情况推断元素为解答关键。本题的易错点为C，要注意物质中化学键数目的判断方法的应用。8、C【解析】

由P的结构简式可知，合成P的反应为加成聚合反应，产物只有高分子化合物P，没有小分子生成，合成P的单体A的结构简式为，则A的分子式为C11H14，由A分子具有碳碳双键、苯环结构，可知A可发生取代、氧化、加成等反应，A、B均正确；将写成，分子中11个碳原子有可能共面，C错误；由A的结构简式可知，1个苯环能与3个H2发生加成，1个双键能与1个H2加成，则1molA最多能与4molH2发生加成反应，D正确。9、C【解析】

A、碘酒是指单质碘的乙醇溶液，A正确；B、84消毒液的有效成分是NaClO，B正确；C、浓硫酸与二氧化硅不反应，氢氟酸可刻蚀石英制艺术品，C错误；D、装饰材料释放的甲醛会造成污染，D正确；答案选C。10、A【解析】A．根据图中曲线可知，曲线的斜率表示反应速率，起始浓度不同分解速率不同，PH不同分解速率也不同，故R的起始浓度和溶液的PH均影响R的降解速率，且R的起始浓度越大，降解速率越小，故A错误；B．溶液酸性越强，即pH越小，线的斜率越大，可以知道R的降解速率越大，故B正确；C．在0~20min之间，pH=2时R的平均降解速率为17.5×10-4mol/L20min=0.0875×10-411、A【解析】

Ac中的NaOH溶液的作用是吸收未反应的Cl2，不能用NaCl溶液，故A错误；B.e是冷凝作用，应该下口进上口出，故B正确；C

SO2Cl2遇水易水解，所以d防止水蒸气进入，故C正确；D冰盐水有降温作用，根据题给信息知SO2Cl2易液化，能提高SO2和Cl2的转化率，故D正确；故选A。12、A【解析】

A、乙酸是溶于水的液体，乙酸乙酯是不溶于水的液体，加水出现分层，则为乙酸乙酯，加水不分层，则为乙酸，因此可用水鉴别乙酸和乙酸乙酯，故A正确；B、木材纤维为纤维素，纤维素不能遇碘水显蓝色，土豆中含有淀粉，淀粉遇碘单质变蓝，故B错误；C、乙酸乙酯中含有酯基，能发生水解，淀粉为多糖，能发生水解，乙烯不能发生水解，故C错误；D、Cu2＋为重金属离子，能使蛋白质变性，加水后不能溶解，蛋白质和浓的轻金属无机盐(Na2SO4)溶液发生盐析，加水后溶解，故D错误；答案选A。13、A【解析】

A、试验2、3中主要反应为：，由于试验2中的n(NH4+)大于试验3中的n(NH4+)，而镁是过量的，所以不能得出浓度越大，反应速率越快的结论，故A符合题意；B、由试验1、2对比可知，反应速率加快，其原因有可能是Na+、Cl-具有催化作用，由试验4、5对比可知，Na+对反应无催化作用，由此可知，Cl-对镁和水的反应有催化作用，故B不符合题意；C、试验7中NH4Cl浓度较试验3高，产生氢气的速率应更快，但由表格可知，二者产生氢气的速率几乎相等，其原因在于试验7中加入了高浓度NH3·H2O，NH3·H2O与Mg2+反应生成了Mg(OH)2覆盖在镁表面，减慢反应，故C不符合题意；D、由试验1、2、7对比可知，无论酸性条件还是碱性条件，都能加快镁和水的反应，故D不符合题意；故答案为A。14、C【解析】

A.2Mg+O22MgO属于化合反应，A不选；B.Mg(OH)2MgO＋H2O属于分解反应，B不选；C.复分解反应无法一步生成MgO，C选；D.2Mg＋CO22MgO＋C属于置换反应，D不选；答案选C。15、C【解析】

A、溴与氢氧化钠溶液反应，上层溶液变为无色；B、浓硫酸与碳反应生成的二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色；C、铜与稀硝酸反应生成NO，NO遇到空气生成红棕色的二氧化氮；D、直接加热饱和氯化铁溶液，无法得到氢氧化铁胶体。【详解】A、溴单质与NaOH溶液反应，则振荡后静置，上层溶液变为无色，故A错误；B、蔗糖与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫能够被酸性KMnO4溶液氧化，导致酸性KMnO4溶液变为无色，故B错误；C、微热稀HNO3片刻生成NO气体，则溶液中有气泡产生，NO与空气中氧气反应生成二氧化氮，则广口瓶内会出现红棕色，故C正确；D、制备氢氧化铁胶体时，应该向沸水中逐滴加入少量FeCl3饱和溶液、加热至溶液呈红褐色，故D错误；故选：C。【点睛】Fe(OH)3胶体的制备：用烧杯取少量蒸馏水，加热至沸腾，向沸水中逐滴加入适量的饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即得Fe(OH)3胶体；注意在制备过程中，不能搅拌、不能加热时间过长。16、C【解析】

A.氯酸钾中的氯元素化合价降低，被还原，故错误；B.草酸中的碳元素化合价升高，作还原剂，故错误；C.二氧化碳和碳酸钾为氧化产物，二氧化氯为还原产物，二者比例为1∶1，故正确；D.氯元素化合价变化1价，所以每生成1molClO2转移1mol电子，故错误；故选C。17、A【解析】

A.2C+SiO22CO+Si，该反应为一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和化合物，属于置换反应，故A正确；B.2HClO2HCl+O2↑，该反应为一种物质生成两种或多种物质，属于分解反应，故B错误；C.3CO+Fe2O33CO2+2Fe，该反应没有单质参加，不是置换反应，属于氧化还原反应，故C错误；D.2Na+Cl2=2NaCl，该反应为两种或多种物质反应生成一种物质，属于化合反应，故D错误。故选A。18、A【解析】

A.氧化钠在熔融状态时能电离出Na+和O2-，是电解质，故A选。B.SO3溶于水和水反应生成硫酸，硫酸能电离出氢离子和硫酸根离子，但不是SO3电离出来的，熔融状态下的SO3也不导电，故SO3是非电解质，故B不选；C.铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C不选；D.NaCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D不选故选A。【点睛】电解质：在水溶液或熔融状态下，能够导电化合物，导电的离子必须是本身提供的，一般包括：酸、碱、多数的盐、部分金属氧化物等。19、C【解析】由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，A．M、N的氧化物Al2O3、SiO2都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物NaOH反应，但SiO2不与R的最高价氧化物对应水化物HClO4反应，选项A错误；B．F2非常活泼，与含氯离子的水溶液反应时直接与水反应，无法置换出氯气，选项B错误；C．X、M两种元素组成的化合物氧化铝熔点很高，选项C正确；D．O2-、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，Cl-比它们多一个电子层，半径最大，故离子半径Cl-＞O2-＞Al3+，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对化学用语的考查，注意理解氢氧化铝的两性，能与强酸强碱反应，由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，据此分析得解。20、A【解析】

A．制硫酸时使用热交换器，可充分利用能量，故A正确；B．侯德榜制碱法：析出NaHCO3的母液中加入生石灰，可以循环利用NH3，故B错误；C．合成氨为放热反应，加热使平衡逆向移动，故C错误；D．氢气与氯气反应生成氯化氢不是可逆反应，不存在化学平衡的移动，故D错误；故答案为A。21、C【解析】

A.n(NaCl)=，ρV表示的是氯化钠溶液的质量，故A错误；B.溶液的质量为：ρg•cm-3×VmL=ρVg，则质量分数ω％=，故B错误；C.溶液的物质的量浓度为：c(NaCl)==10ρω/58.5，故C正确；D.不是氯化钠溶液的体积，故D错误；故答案选C。22、D【解析】①漂粉精中含有ClO-,具有强氧化性②过氧化钠具有强氧化性③新制氯水中含有ClO-,具有强氧化性④二氧化硫具有漂白作用。4种物质均能使品红溶液褪色，故选择D。二、非选择题(共84分)23、+Cl2+HCl醛基取代反应(或酯化反应)NaOH溶液加热13【解析】

甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成D(CH2Cl2)，D在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应，但同一个碳原子上含有两个羟基不稳定会失水生成醛，则E为HCHO，F是CH3(CH2)6CHO和甲醛反应生成G，根据题给信息知G为，G和氢气发生加成反应生成H为；甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成，水解得到A为，A氧化生成B为，B进一步氧化生成C为，C与H发生酯化反应生成I为；(5)苯与氯气在光照条件下生成，然后发生水解反应生成，最后与乙醛在碱性条件下反应生成目标物。【详解】根据上述分析可知：A为，B为，C为，D为CH2Cl2，E为HCHO，F为CH3(CH2)6CHO，G为，H为，I为。(1)反应①为甲苯和氯气的取代反应，方程式为：+Cl2+HCl；F为CH3(CH2)6CHO，官能团名称为醛基；(2)反应②是C()与H()发生酯化反应或取代反应产生I()，反应类型为酯化反应或取代反应；D为CH2Cl2，E为HCHO，D与NaOH水溶液混合加热发生取代反应产生E，所以D→E所需试剂、条件分别是NaOH溶液、加热；(3)G的结构简式为；(4)化合物W化学式为C8H8O2，W比C多一个-CH2原子团，且满足下列条件，①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基、苯环；②能发生银镜反应，说明含有醛基，根据不饱和度知，除了苯环外不含双键或环状结构；如果存在-OH、-CH2CHO，有邻、间、对3种不同结构；如果取代基为-OH、-CH3、-CHO，有10种不同结构；所以符合条件的同分异构体有13种，其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：2：1：1的结构简式为；(5)苯与氯气在光照条件下生成，发生水解反应生成，与CH3CHO发生醛的加成反应产生，故合成路线流程图为：。【点睛】本题考查了有机物的推断与合成，熟练掌握官能团的性质与转化是关键，注意信息中醛的加成反应特点，利用顺推法与逆推法相结合进行推断，易错点是同分异构体种类判断，关键是确定取代基的种类及数目。24、酯基碳碳双键消去反应CH3CH2OHCH3CHOCH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH=CHCH3【解析】

(1)根据C的结构简式分析判断官能团；(2)根据E、F的结构简式和结构中化学键的变化分析判断有机反应类型；(3)根据D()中碳碳双键断键后的连接方式分析判断；(4)根据题给信息分析结构中的官能团的类别和构型；(5)结合本题中合成流程中的路线分析，乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氢在加热条件下反应生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg发生反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr与乙醛反应后在进行酸化，生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成。【详解】(1)C的结构简式为，其中官能团的名称为酯基和碳碳双键；(2)根据E、F的结构简式，E中的一个I原子H原子消去形成一个碳碳双键生成E，属于卤代烃在氢氧化钠水溶液中发生的消去反应，则反应类型为消去反应；(3)D→E的反应还可以由D()中碳碳双键中顶端的碳原子与羧基中的氧形成一个六元环，得到副产物X(分子式为C9H7O2I)，则X的结构简式；(4)F的结构简式为，其同分异构体能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；碱性水解后酸化，其中一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子结构中含有苯环和酯基，且该酯基水解后形成酚羟基；分子中有4种不同化学环境的氢原子，该同分异构体的结构简式为：；(5)乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氢在加热条件下反应生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg发生反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr与乙醛反应后在进行酸化，生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成，合成路线流程图为：CH3CH2OHCH3CHOCH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH=CHCH3。25、ABCD5～6min银氨溶液的用量不同或pH不同NH3湿润的红色石蕊在NaOH存在下，加热促进NH3·H2O的分解，逸出NH3，促使Ag(NH3)2++2H2OAg++2NH3·H2O平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+、OH-反应产生的AgOH立即转化为Ag2O：Ag++2OH-=Ag2O↓+H2O产物AgCl的溶解度小于Ag2SO43Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O【解析】

(1)灰白色沉淀含有AgOH和Ag2O，最后为澄清溶液，说明这两种物质均溶于浓氨水；(2)①由实验1和实验4知在5~6min之间；②根据表格数据，采用控制变量法分析；(3)根据物质的成分及性质，结合平衡移动原理分析产生的气体和Ag2O的原因；(4)FeCl3和Fe2(SO4)3的阳离子相同，因此从阴离子的角度考虑。氯化银的溶解度小于硫酸银，从沉淀溶解平衡分析。【详解】(1)向氨水中滴加硝酸银溶液，首先发生复分解反应：AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3，AgOH能够被氨水溶解，会发生反应AgOH+2NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O；反应产生的AgOH不稳定，会发生分解反应：2AgOH=Ag2O+H2O，分解产生的Ag2O也会被氨水溶解得到氢氧化二氨合银，反应方程式为：Ag2O+4NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+3H2O，故合理选项是ABCD；(2)①当银氨溶液的量为1mL，乙醛的量为3滴，水浴温度为60℃，反应混合液pH为11时，由实验1和实验4可知出现银镜的时间范围是在5~6min之间；②根据实验1、2可知，反应温度不同，出现银镜时间不同；根据实验1、3可知：乙醛的用量不同，出现银镜时间不同；在其他条件相同时，溶液的pH不同，出现银镜时间也会不同，故还可以探索反应物的用量或溶液pH对出现银镜快慢的影响；(3)①在银氨溶液中含有Ag(NH3)2OH，该物质在溶液中存在平衡：Ag(NH3)2++2H2OAg++2NH3·H2O，NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，加热并加入碱溶液时，电离平衡逆向移动，一水合氨分解产生氨气，故该气体化学式为NH3，可根据氨气的水溶液显碱性，用湿润的红色石蕊检验，若试纸变为蓝色，证明产生了氨气；②生成Ag2O的原因是：在NaOH存在下，加热促进NH3·H2O的分解，逸出NH3促使Ag(NH3)2++2H2OAg++2NH3·H2O平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+、OH-反应产生的AgOH立即转化为Ag2O：Ag++2OH-=Ag2O↓+H2O；(4)FeCl3和Fe2(SO4)3的阳离子都是Fe3+，阴离子不同，而在清洗试管上的银镜时，发现用FeCl3溶液清洗的效果优于Fe2(SO4)3溶液，这是由于Cl-与Ag+结合形成的AgCl是难溶性的物质，而SO42-与Ag+结合形成的Ag2SO4微溶于水，物质的溶解度：Ag2SO4>AgCl，物质的溶解度越小，越容易形成该物质，使银单质更容易溶解而洗去，因此使用FeCl3比Fe2(SO4)3清洗效果更好。【点睛】本题考查了物质性质实验的探究，明确物质的性质和实验原理是本题解答的关键，注意要采用对比方法，根据控制变量法对图表数据不同点进行分析，知道银氨溶液制备方法，侧重考查学生实验能力、分析问题、总结归纳能力。26、粉碎、搅拌或加热100mL容量甲乙25162810除去溶液中多余的MnO4-，防止过程④加入过量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起误差；淀粉溶液偏小K2Cu(C2O4)2【解析】

（1）在由固体与液体的反应中，要想加快反应速率，可以粉碎固体物质或搅拌，都是增大固液的接触面积，也可以加热等；（2）配制溶液要掌握好配制步骤，容量瓶的选择，因为配制100mL溶液，所以选择100mL容量瓶，氧化还原滴定的时候，注意选择指示剂、滴定管等。（3）利用氧化还原反应中得失电子守恒配平氧化还原反应离子方程式：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑；（4）、MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，据此分析作答；（5）结合实际操作的规范性作答；（6）根据方程式找出关系式，通过计算确定晶体的组成。【详解】（1）为了加快蓝色晶体在2mol·L-1稀硫酸中溶解，可以把晶体粉碎、搅拌、或者加热的方法；（2）配制100mL0.20mol·L－1KMnO4溶液时需要用100mL容量瓶进行溶液配制，配置过程需要用到的玻璃仪器由玻璃棒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶；过程②是用0.20mol·L-1KMnO4溶液滴定，KMnO4具有强氧化性，因此选用甲（酸式滴定管）；过程⑥是用0.25mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，Na2S2O3在溶液中水解呈碱性，故选用乙（碱式滴定管）；（3）利用氧化还原反应中化合价升降总数相等，先配氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，然后再观察配平其他物质，过程②的离子反应方程式：2MnO4++5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑（4）MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，故加热的目的是除去溶液中多余的MnO4-，防止过程④加入过量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起误差；（5）过程⑥是用0.25mol·L－1Na2S2O3溶液滴定含I2的溶液，反应方程式为I2+2S2O32-=21－+S4O62-，故过程⑥，应以淀粉溶液作指示剂；若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则滴入Na2S2O3的物质的量偏小，造成测定Cu2+的含量偏小；（6）由2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑可知n(C2O42-)=2.5n(KMnO4)=2.50.20mol·L－1V(KMnO4)；由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=21-+S4O62-可知2S2O32-~I2~2Cu2+，n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.25mol·L-1V(Na2S2O3)，已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等，所以n(C2O42-)=2n(Cu2+)，因为晶体中只有一种阴离子，并且晶体中元素化合价代数和为0，故该晶体为K2Cu(C2O4)2·H2O。【点睛】在氧化还原反应滴定中注意指示剂的选择、滴定管的选择。27、将导气管右端接胶管并用止水夹加紧，向U型管左管加水至左管液面高于右管，静止片刻，若液面差不变，则气密性良好K2、K3A中充有黄绿色气体时K12NO+Cl2=2NOClNOCl+H2O=HNO2+HCl滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化13.1c％【解析】

(1)NOCl的中心原子为N，O与N共用两个电子对，Cl与N共用一个电子对，则电子式为，故答案为：；(2)利用大气压强检查X装置的气密性，故答案为：将导气管右端接胶管并用止水夹加紧，向U型管左管加水至左管液面高于右管，静止片刻，若液面差不变，则气密性良好；(3)①实验开始前，先打开K2、K3，通入一段时间Cl2，排尽装置内的空气，再打开K1，通入NO反应，当有一定量的NOCl产生时，停止实验，故答案为：K2、K3；A中充有黄绿色气体时；K1；②Z装置为NO与Cl2在常温常压下合成NOCl，反应方程式为：2NO+Cl2=2NOCl，故答案为：2NO+Cl2=2NOCl；(4)A装置的作用是防止空气中的氧气和水蒸气进入Z装置。没有A装置，空气中的水蒸气进入Z，亚硝酰氯遇水易发生水解：NOCl+H2O=HNO2+HCl，产率降低，故答案为：NOCl+H2O=HNO2+HCl；(5)以K2CrO4溶液为指示剂，用AgNO3标准溶液滴定，滴定终点时，沉淀由白色变为砖红色，半分钟内不变色，此时n(Ag+)=n(Cl-)，取Z中所得100g溶于适量的NaOH溶液中，配制成250mL溶液；取出25.00mL样品溶于锥形瓶中，25mL样品中：，则250mL溶液中n(NOCl)=0.2cmol，m(NOCl)=0.2cmol×65.5g/mol=13.1cg，亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为，故答案为：滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化；13.1c％。【点睛】本题侧重考查了物质制备方案的设计，为高频考点和常见题型，主要考查了方程式的书写，实验步骤的设计，化学计算等，对学生的分析问题和解决问题的能力有较高要求。28、2H2SO5+K2CO3=2KHSO5+CO2↑+H2O硫酸与双氧水反应放热，促使双氧水部分分解1.29×10-13mol·L-1HSO5-+2I-+H+=SO42-+I2+H2O，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，KHSO5〜I2〜2Na2S2O3，n（Na2S2O3）=0.1000mol·L-1×20.00×10-3L=0.002mol，n（I2）=l/2n（Na2S2O3）=l/2×0.002mol=0.00lmol，n（KHSO5）=n（I2）=0.00lmol，m（KHSO5）=0.001mol×l52g/mol=0.152g，（KHSO5）=（0.152g/3.350g）×250mL/25.00mL×100%=45.37%【解析】

由题给流程图可知，8.5mol/L浓硫酸与30%H2O2反应，浓硫酸部分转化为过硫酸H2SO5和水，H2SO5与K2CO3反应生成过硫酸氢钾、二氧化碳和水，所得溶液经结晶、过滤得到过一硫酸氢钾复合盐KHSO4·2KHSO5·K2SO4。【详解】（1）反应Ⅱ中K2CO3与H2SO5反应生成KHSO5、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2H2SO5+K2CO3=2KHSO5+CO2↑+H2O，故答案为2H2SO5+K2CO3=2KHSO5+CO2↑+H2O；（2）由题意可知反应Ⅰ为放热反应，反应放出的热量使反应温度升高，H2O2受热易分解，所以实际生产中为保证反应进行选择的最佳投料比为0.6:1，故答案为硫酸与双氧水反应放热，促使双氧水部分分解；（3）25℃，H2S的水溶液中有如下关系：Ka1×Ka2=×=，由题意可知