山西省朔州市怀仁县一中高三下学期第六次检测新高考化学试卷及答案解析

山西省朔州市怀仁县一中高三下学期第六次检测新高考化学试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、向100mLFeBr2溶液中通入标准状况下的氯气3.36L，测得所得溶液中c(Cl－)=c(Br－)，则原FeBr2溶液物质的量浓度为A．0.75mol/L B．1.5mol/L C．2mol/L D．3mol/L2、以下是在实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的示意图：则下列叙述错误的是（）则下列叙述错误的是A．A气体是NH3，B气体是CO2B．把纯碱及第Ⅲ步所得晶体与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制泡腾片C．第Ⅲ步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒D．第Ⅳ步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶3、下列实验操作能实现相应实验目的的是实验目的实验操作A比较Cl和S的非金属性往Na2S溶液中通入氯气，观察溶液是否变浑浊B验证铁的吸氧腐蚀将铁钉放入试管中，用盐酸浸没C制取氢氧化铁胶体将FeCl3溶液滴入NaOH溶液D比较HClO和H2CO3的酸性测量并比较等浓度NaClO与Na2CO3溶液的pHA．A B．B C．C D．D4、四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是()YZMXA．简单离子半径大小：M＜ZB．简单氢化物的稳定性：Z＞YC．X与Z形成的化合物具有较高熔沸点D．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的强5、用O2将HCl转化为Cl2，反应方程式为：4HCl(g)+O2(g)2H2O(g)+2Cl2(g)+Q（Q>0）一定条件下测得反应过程中n(Cl2)的实验数据如下。下列说法正确的是（）t/min0246n(Cl2)/10-3mol01.83.75.4A．0～2min的反应速率小于4～6min的反应速率B．2～6min用Cl2表示的反应速率为0.9mol/(L·min)C．增大压强可以提高HCl转化率D．平衡常数K(200℃)＜K(400℃)6、主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X-的电子层结构与氦相同，R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂；Z3+和Y2-具有相同的电子层结构；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉淀。下列说法不正确的是（）A．原子半径：T>R>W>ZB．T和R形成化合物的水溶液呈碱性C．化合物TX具有很强的还原性，可与水反应D．T、R、Z三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两能发生反应7、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应如图所示，(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是A．该反应属于化合反应B．b的二氯代物有6种结构C．1molb加氢生成饱和烃需要6molH2D．C5H11Cl的结构有8种8、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于ⅠA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是A．原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)B．由X、Z两种元素组成的化合物一定没有共价键C．W的最高价氧化物对应水化物为弱酸D．Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强9、香芹酮的结构简式为，下列关于香芹酮的说法正确的是A．1mol香芹酮与足量的H2加成，需要消耗2molH2B．香芹酮的同分异构体中可能有芳香族化合物C．所有的碳原子可能处于同一平面D．能使酸性髙锰酸钾溶液和溴水溶液褪色，反应类型相同10、常温时，改变弱酸RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH分子的物质的量分数δ(RCOOH)随之改变，0.1mol/L甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是（）已知：δ(RCOOH)=A．等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液中水的电离程度比较：前者>后者B．将等浓度的HCOOH溶液与HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中：c(HCOOH)+2c(H+)>c(OH-)+c(HCOO-)C．图中M、N两点对应溶液中的Kw比较：前者>后者D．1mol/L丙酸的电离常数K﹤10-4.8811、碲被誉为“现代工业的维生素”，它在地壳中平均的丰度值很低，铜阳极泥中碲的回收越来越引起人们的重视。某科研小组从粗铜精炼的阳极泥（主要含有Cu2Te）中提取粗碲设计工艺流程如图所示。下列有关说法正确的是（）已知:①“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在②TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱A．“焙烧”用到的主要硅酸盐产品仪器：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒B．“还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2C．为加快“氧化”速率温度越高越好D．TeO2是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为TeO2+2OH-=TeO32-+H2O12、A是一种常见的单质，B、C为中学化学常见的化合物，A、B、C均含有元素X。它们有如下的转化关系（部分产物及反应条件已略去），下列判断正确的是A．X元素可能为AlB．X元素不一定为非金属元素C．反应①和②互为可逆反应D．反应①和②一定为氧化还原反应13、一种芳纶纤的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料。其结构片段如图所示：下列关于该高分子的说法不正确的是A．芳纶纤维可用作航天、航空、国防等高科技领域的重要基础材料B．完全水解产物的单个分子中，含有官能团一COOH或一NH2C．氢键对该高分子的性能有影响D．结构简式为14、全世界每年因钢铁锈蚀造成大量的损失。某城市拟用如图方法保护埋在弱碱性土壤中的钢质管道，使其免受腐蚀。关于此方法，下列说法正确的是（）A．钢管附近土壤的pH小于金属棒附近土壤B．钢管上的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-C．金属棒X的材料应该是比镁活泼的金属D．也可以外接直流电源保护钢管，直流电源正极连接金属棒X15、下列叙述正确的是A．天然气主要成分的结构式： B．和互为同素异形体C．漂白粉主要成分的化学式：Ca(ClO)2 D．苯的比例模型：16、常温下用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液的过程中，溶液中一lg和一lgc(HC2O42－)[或－lg和－1gc(C2O42－)]的关系如图所示。下列说法正确的是A．Ka1(H2C2O4)数量级为10－1B．曲线N表示－lg和－lgc(HC2O4－)的关系C．向NaHC2O4溶液中加NaOH至c(HC2O4－)和c(C2O42－)相等，此时溶液pH约为5D．在NaHC2O4溶液中C(Na+)＞c(HC2O4－)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42－)二、非选择题（本题包括5小题）17、普罗帕酮，为广谱高效膜抑制性抗心律失常药。具有膜稳定作用及竞争性β受体阻滞作用。能降低心肌兴奋性，延长动作电位时程及有效不应期，延长传导。化合物I是合成普罗帕酮的前驱体，其合成路线如图：已知：CH3COCH3+CH3CHOCH3COCH=CHCH3+H2O回答下列问题：(1)H的分子式为_____________；化合物E中含有的官能团名称是_________。(2)G生成H的反应类型是______。(3)F的结构简式为_____。(4)B与银氨溶液反应的化学方程式为__________。(5)芳香族化合物M与E互为同分异构体，M中除苯环外，不含其他环状结构，且1molM能与2molNaOH反应，则M的结构共有___种，其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱上显示4组峰的M的结构简式为：_______。(6)参照上述合成路线，以2-丙醇和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：____。18、氟西汀G是一种治疗抑郁性精神障碍的药物，其一种合成路线如图：已知：LiAIH4是强还原剂，不仅能还原醛、酮，还能还原酯，但成本较高。回答下列问题：（1）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出D的结构简式，用星号（*）标出D中的手性碳___。（2）④的反应类型是___。（3）C的结构简式为___。（4）G的分子式为___。（5）反应⑤的化学方程式为___。（6）已知M与D互为同分异构体，在一定条件下能与氯化铁溶液发生显色反应。M分子的苯环上有3个取代基，其中两个相同。符合条件的M有__种。（7）也是一种生产氟西汀的中间体，设计以和为主要原料制备它的合成路线___（无机试剂任选）。19、二氧化氯是高效、低毒的消毒剂。已知：ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，回答下列问题：(1)ClO2的制备及性质探究(如图所示)。①仪器a的名称为________，装置B的作用是________。②装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，该反应的化学方程式为_________。装置D中滴有几滴淀粉溶液，其作用是________________。③装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，氧化产物是___________。(2)粗略测定生成ClO2的量实验步骤如下：a.取下装置D，将其中的溶液转入250mL容量瓶，用蒸馏水洗涤D瓶2~3次，并将洗涤液一并转移到容量瓶中，再用蒸馏水稀释至刻度。b.从容量瓶中取出25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L硫代硫酸钠标准溶液滴定（I2+2S2O32-=2I－+S4O62-），指示剂显示终点时共用去24.00mL硫代硫酸钠溶液。①滴定至终点的现象是_____________。②进入装置D中的ClO2质量为_______，与C中ClO2的理论产量相比，测定值偏低，可能的原因是__________。20、实验室利用如下装置制备氯酸钾和次氯酸钠。回答下列问题：（1）滴加浓盐酸的漏斗伸入试管底部，其原因为________________________________。（2）装置1中盛放的试剂为________；若取消此装置，对实验造成的影响为________。（3）装置中生成氯酸钾的化学方程式为________________________，产生等物质的量的氯酸钾和次氯酸钠，转移电子的物质的量之比为________。（4）装置2和3中盛放的试剂均为________。（5）待生成氯酸钾和次氯酸钠的反应结束后，停止加热。接下来的操作为打开________（填“a”或“b”，下同），关闭________。21、近年来,我国对雾霾的治理重视有加。研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理方法具有重要意义。(1)利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。在钠碱循环法中,Na2SO3溶液作为吸收液,可由NaOH溶液吸收SO2制得,发生反应的离子方程式是__________________。(2)在恒温恒容的容器中充入3molCO，3molH2发生反应2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，下列说法可以判断反应一定达到平衡状态的是____________。A．CO和CH3OCH3(g)的生成速率相等B．混合物中CO的体积分数保持不变C．反应容器中的压强不再变化D．反应容器内CO、H2、CH3OCH3(g)、H2O(g)四者共存E.反应容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变(3)利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O设计为电池可消除NO2，其简易装置如图所示。①b极的电极反应式为______________________。②常温下,若用该电池电解0.6L饱和KCl溶液，一段时间后,测得饱和KCl溶液pH变为13,则理论上a极上消耗A气体的体积为_____mL(气体处于标准状况;假设电解过程中溶液体积不变)。(4)化学上采用NH3处理NxOy不仅可以消除污染，还可作为工业生产的能量来源。已知:①2NO(g)=N2(g)+O2(g)∆H1=-177kJ.mol-1②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)∆H2=-1253.4kJ.mol-1则用NH3处理NO生成氮气和气态水的热化学方程式为___________________。(5)氨氧化物可用碱溶液吸收。若NO和NO2混合气体被NaOH溶液完全吸收，只生成一种盐，则该反应的化学方程式为____________。已知常温下.Ka(HNO2)=5×10-4,则反应HNO2(aq)+NaOH(aq)NaNO2(aq)+H2O(1)的平衡常数为________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

还原性Fe2+＞Br-，所以通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再反应反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，据此分析计算。【详解】还原性Fe2+＞Br-，所以通入氯气后，先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为=0.15mol，若Br-没有反应，则n(FeBr2)=0.5n(Br-)=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应；设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+)=xmol，n(Br-)=2xmol，未反应的n(Br-)=0.3mol，参加反应的n(Br-)=(2x-0.3)mol，根据电子转移守恒有x×1+[2x-0.3]×1=0.15mol×2，解得：x=0.2mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2mol/L，故选C。2、D【解析】

A．氨气易溶于水，二氧化碳能溶于水，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备纯碱，所以气体A为氨气，B为二氧化碳，故A正确；B．第Ⅲ步操作是过滤操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，把纯碱及碳酸氢钠与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制得泡腾片，故B正确；C．第Ⅲ步操作是过滤操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，所以需要的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故C正确；D．第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故D错误；故选D。3、A【解析】

A.往Na2S溶液中通入氯气，观察溶液变浑浊，在该反应中氯气为氧化剂，S为氧化产物，可实现目的，A正确；B.将铁钉放入试管中，用盐酸浸没，发生的为析氢腐蚀，不能实现目的，B错误；C.将FeCl3溶液滴入NaOH溶液，制取的为氢氧化铁沉淀，不能实现目的，C错误；D.测量并比较等浓度NaClO与Na2CO3溶液的pH，可比较HClO与HCO3-的酸性强弱，不能比较HClO和H2CO3的酸性，D错误；答案为A。4、D【解析】

由周期表和题干只有M为金属元素可知：M为Al、X为Si、Y为N、Z为O，据此解答。【详解】由上述分析可知，M为Al、X为Si、Y为N、Z为O，A．具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径大小：M＜Z，故A正确；B．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单氢化物的稳定性：Z＞Y，故B正确；C．X与Z形成的化合物为二氧化硅，为原子晶体，具有较高熔沸点，故C正确；D．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的弱，故D错误；故选：D。【点睛】比较简单离子半径时，先比较电子层数，电子层数越多，离子半径越大，当具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径大小。5、C【解析】

A.相同时间内，0～2min内氯气变化量为1.8×10-3

mol，而4～6min内氯气变化量为(5.4-3.7)×10-3

mol=1.7×10-3

mol，则0～2min的反应速率大于4～6min的反应速率，A项错误；B.容器容积未知，用单位时间内浓度变化量无法表示氯气反应速率，B项错误；C.正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，可以提高HCl转化率，C项正确；D.正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，则平衡常数K(200℃)＞K(400℃)，D项错误；答案选C。6、A【解析】

主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X-的电子层结构与氦相同，则X为H元素；R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂，为O3，则Y为O元素；R为S元素；Z3+和Y2-具有相同的电子层结构Z在Y的下一周期，Z为铝元素；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉淀，且W的原子序数大于铝而小于硫，故T2WY3为K2SiO3，生成的白色沉淀为硅酸，据此分析。【详解】主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X-的电子层结构与氦相同，则X为H元素；R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂，为O3，则Y为O元素；R为S元素；Z3+和Y2-具有相同的电子层结构Z在Y的下一周期，Z为铝元素；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉淀，且W的原子序数大于铝而小于硫，故T2WY3为K2SiO3，生成的白色沉淀为硅酸。A.同周期元素从左而右依次减小，故原子半径：T(K)>Z(Al)>W(Si)>R(S)，选项A不正确；B.T和R形成化合物K2S为强碱弱酸盐，水解呈碱性，选项B正确；C.化合物TX为KH，具有很强的还原性，可与水反应生成氢氧化钾和氢气，选项C正确；D.T、R、Z三种元素的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钾、硫酸、氢氧化铝两两能发生反应，选项D正确。答案选A。【点睛】本题考查元素周期表元素周期律的应用。推断元素是解题的关键，通过判断：Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂，结合Y元素原子序数较小，可知为O3，从而进一步求解。7、D【解析】

A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl；B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代；C、1molb加氢生成饱和烃需要3molH2；D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构。【详解】A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl，属于取代反应，故A错误；B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代，故B错误；C、1molb加氢生成饱和烃需要3molH2，故C错误；D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构分别有3种、4种、1种，故D正确。故选D。【点睛】易错点B，区别“甲苯的苯环上的二氯代物”和“甲苯的的二氯代物”是两种不同的条件，后者甲基上的氢也可以被取代。8、D【解析】

分析题给信息，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，则X应为O元素；Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F元素；在周期表中Z位于ⅠA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素。【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，同周期元素的原子序数越大，原子半径越小，则原子半径r(F)＜r(O)＜r(S)＜r(Na)，A项错误；B．X为O，Z为Na，由Y、Z两种元素组成的化合物可能为过氧化钠，其分子中含有离子键和共价键，B项错误；C．W最高价氧化物对应水化物为硫酸，属于强酸，C项错误；D．非金属性F＞S，元素的非金属性越强，对应的简单氢化物越稳定，D项正确；答案选D。【点睛】微粒半径大小的决定因素：决定因素是电子层数和核电荷数。电子层数越多，则微粒半径越大；电子层数相同时，核电荷数越多，对核外电子的吸引力越大，微粒半径越小，比较时应综合考虑二者。9、B【解析】

A．1个香芹酮的分子中，含有两个碳碳双键和一个羰基，故1mol香芹酮与足量的H2加成，需要消耗3molH2，A错误；B．1个香芹酮的分子中，含有两个碳碳双键和一个羰基，分子中还含有一个六元环，可以构成含有一个苯环的化合物，B正确；C．一个碳原子连接四个原子构成的是四面体的构型，香芹酮()分子中标特殊记号的这个碳原子与周围相连的三个碳原子不可能在同一平面上，C错误；D．香芹酮与酸性髙锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性髙锰酸钾溶液褪色，而香芹酮与溴水发生加成反应使溴水褪色，反应类型不相同，D错误；答案选B。10、B【解析】

A．当pH相同时，酸分子含量越高，电离平衡常数越小，酸性越弱，根据图像，当pH相同时，丙酸含量较高，则酸性较甲酸弱，所以等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH，前者<后者，则水的电离程度前者<后者，A选项错误；B．将等浓度的HCOOH溶液与HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-)，电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)，两式相加减有c(H+)+c(HCOOH)=c(OH-)，又溶液中c(H+)>c(HCOO-)，则有c(HCOOH)+2c(H+)>c(OH-)+c(HCOO-)，B选项正确；C．因为温度均为常温，所以M、N两点对应溶液中的Kw相等，C选项错误；D．pH=4.88时，溶液中c(H+)=10-4.88mol/L，丙酸分子的分布分数为50%，则c(CH3CH2COOH)=0.05mol/L，所以，D选项错误；答案选B。11、D【解析】

由工艺流程分析可知，铜阳极泥经O2焙烧得到TeO2，碱浸时TeO2与NaOH反应得到Na2TeO3，再经过氧化和酸化得到TeO42-，TeO42-与Na2SO3发生氧化还原反应得到粗碲，3SO32-+TeO42-+2H+===Te↓+H2O+3SO42-，结合选项分析即可解答。【详解】A．“焙烧”硅酸盐产品主要用到的仪器有：坩埚、泥三角、酒精灯和玻璃棒，不能用蒸发皿，A选项错误；B．还原时发生反应：3SO32-+TeO42-+2H+===Te↓+H2O+3SO42-，氧化剂为TeO42-，还原剂SO32-，物质的量之比与化学计量数成正比，故为1:3，B选项错误；C．“氧化”时氧化剂为H2O2，温度过高，H2O2会分解，氧化效果会减弱，C选项错误；D．根据上述分析，并结合题干条件，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，TeO2是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为TeO2+2OH-=TeO32-+H2O，D选项正确；答案选D。12、D【解析】

A.如果A是铝，则B和C分别是AlO2-和Al3+，二者在酸性溶液中不可能生成铝，选项A不正确；B.由于和反应生成，说明反应一定是氧化还原反应，则在中的化合价分别是显正价和负价，所以一定是非金属，选项B不正确；C.反应①②中条件不同，不是可逆反应，选项C不正确；D.反应①和②有单质参与和有单质生成，有单质参加或生成的反应是氧化还原反应，选项D正确；答案选D。13、D【解析】

A.由于芳纶纤的拉伸强度比钢丝还高，分子之间氢键的存在，增加了分子之间的吸引力，使物质更致密，防护功能更高，A正确；B.根据物质的分子结构可知，该化合物是由、发生缩聚反应产生，的官能团是氨基(-NH2)，的官能团是羧基(-COOH)，B正确；C.氢键的存在增加了分子之间的吸引力，影响了物质的物理性质，如溶解性、物质的熔沸点，C正确；D.根据物质的结构可知其结构简式为，D错误；故合理选项是D。14、B【解析】

A．金属棒X与钢管构成原电池；钢管是正极，氧气得电子，发生反应O2+2H2O+4e-=4OH-，钢管附近土壤的pH大于金属棒附近土壤，故A错误；B．金属棒X与钢管构成原电池；钢管是正极，氧气得电子，发生反应O2+2H2O+4e-=4OH-，故B正确；C．金属棒X保护钢管免受腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，X的材料应该是比铁活泼的金属，但不能比镁活泼，否则它会直接与水反应，故C错误；D．外接直流电源保护钢管，钢管应作阴极，该装置金属棒X与钢管用导线连接，若直流电源正极连接金属棒X，则钢管失电子被腐蚀，故D错误；故选B。【点睛】本题考查金属的吸氧腐蚀及保护，中性或碱性环境下，活泼金属易发生吸氧腐蚀，正极是氧气得电子生成氢氧根离子；明确牺牲阳极的阴极保护法，让被保护的金属作正极发生还原反应。15、D【解析】

A.天然气主要成分是甲烷，结构式：，故A错误；B.和互为同位素，故B错误；C.漂白粉主要成分的化学式：Ca(ClO)2和CaCl2，故C错误；D.苯的比例模型：，故D正确；故选D。16、C【解析】

H2CO4为弱酸，第一步电离平衡常数>第二步电离平衡常数，即则则，因此曲线M表示和-1gc(HC2O4-)的关系，曲线N表示和-1gc(C2O42-)的关系，选项B错误；根据上述分析，因为，则，数量级为10－2，选项A错误；根据A的分析，，向NaHC2O4溶液中加NaOH至c(HC2O4－)和c(C2O42－)相等，，此时溶液pH约为5，选项C正确；根据A的分析，Ka1(H2C2O4)=10-2，则NaHC2O4的水解平衡常数，说明以电离为主，溶液显酸性，则c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)，选项D错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、C18H18O3(酚)羟基、羰基取代反应CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O10【解析】

由A的分子式为C2H6O，且能在Cu作催化剂时被O2氧化，则A的结构简式为CH3CH2OH，B的结构简式为CH3CHO，B被银氨溶液氧化，酸化后得到C为CH3COOH，由题目中已知信息可得，E与生成F为，F与H2发生加成反应生成G，G的结构简式为：，由G与C3H5ClO反应生成H可知，反应产物还有H2O分子，故该反应为取代反应，据此分析。【详解】由A的分子式为C2H6O，且能在Cu作催化剂时被O2氧化，则A的结构简式为CH3CH2OH，B的结构简式为CH3CHO，B被银氨溶液氧化，酸化后得到C为CH3COOH，由题目中已知信息可得，E与生成F为，F与H2发生加成反应生成G，G的结构简式为：，由G与C3H5ClO反应生成H可知，反应产物还有H2O分子，故该反应为取代反应；(1)由流程图中H的结构简式可知，其分子式为：C18H18O3，由E的结构简式可知，E所含有的官能团有：(酚)羟基、羰基；(2)由分析可知，G生成H的反应类型是取代反应；(3)由分析可知，F的结构简式为：；(4)由分析可知，B的结构简式为CH3CHO，与银氨溶液反应的化学方程式为CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；(5)芳香族化合物M与E互为同分异构体，M中除苯环外，不含其他环状结构，且1molM能与2molNaOH反应，则M中苯环上的取代基可能是2个酚羟基和1个乙烯基，由苯环上的邻、间、对位结构的不同，一共有6中同分异构体；M还有可能是甲酸苯酚酯，苯环上另有一个甲基的结构，这样的同分异构体有3种；M还有可能是乙酸苯酚酯，有1种同分异构体；所以符合条件的M一共有10种同分异构体；其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱上显示4组峰的M的结构简式为；(6)以2-丙醇和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线为：。【点睛】本题根据流程图中所给A物质的分子式及其反应条件推导出A的结构简式是解题的关键，注意比较G和H的结构简式区别，然后根据有机化学中反应基本类型的特点进行判断。18、取代反应C17H18NOF3+CH3NH2→+CH3SO2OH12【解析】

B在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成C，C与氢化铝锂反应生成D，根据D和B的结构简式，D与CH3SO2Cl发生取代反应生成E，E与CH3NH2发生取代反应生成F，F与在氢化钠作用下发生取代反应生成G。根据G和E的结构简式，可得F的结构简式为，据此分析解答。【详解】(1)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。D中的手性碳位置为；(2)根据分析，④的反应类型是取代反应；(3)根据分析，C的结构简式为；(4)G的分子式为C17H18NOF3；(5)反应⑤为E与CH3NH2发生取代反应生成F化学方程式为：+CH3NH2→+CH3SO2OH；(6)D的结构简式为，已知M与D互为同分异构体，在一定条件下能与氯化铁溶液发生显色反应，说明分子中有酚羟基。M分子的苯环上有3个取代基，其中两个相同，即苯环上有两个羟基和一个-C3H7原子团。-C3H7原子团的结构式共有-CH2CH2CH3和-C(CH3)2两种结构，同分异构体数目分析如下：若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为2×2=4种，若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为1×2=2种，若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为3×2=6种；则符合条件的M有12种；(7)在加热条件下，在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成，和氯气发生加成反应生成，加热条件下，与氢氧化钠溶液发生取代反应生成，与CH3SO2Cl发生取代反应生成，合成路线为：。19、分液漏斗防倒吸、防堵塞(或平衡气压、安全瓶均可)SO2＋H2SO4＋2KClO3=2KHSO4＋2ClO2检验有I2生成，进而证明ClO2有强氧化性2:1O2溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变0.324

g产生ClO2的速率太快，ClO2没有被D中的溶液完全吸收；C中ClO2未全部进入D中【解析】

(1)浓H2SO4和Na2SO3反应生成SO2，A制备SO2，B装置有缓冲作用，可防止倒吸、堵塞；装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则C中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，在D中发生氧化还原反应生成I2，装置D中滴有几滴淀粉溶液，I2遇淀粉变蓝色；装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境；(2)①碘遇淀粉变蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色；②ClO2与KI在溶液反应离子方程式为：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，结合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得ClO2～5S2O32-，则n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；ClO2部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。【详解】(1)浓H2SO4和Na2SO3反应生成SO2，A用于制备SO2，B装置有缓冲作用，能防止倒吸、堵塞；装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则C中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，所以D中发生氧化还原反应生成I2，装置D中滴有几滴淀粉溶液，I2单质遇淀粉溶液变为蓝色；装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境，①仪器a的名称为分液漏斗，装置B有缓冲作用，所以能防倒吸、防堵塞(或平衡气压、安全瓶)；②装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，根据元素守恒可知，生成的酸式盐为KHSO4，该反应的化学方程式为SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2；装置D中滴有几滴淀粉溶液，淀粉遇碘溶液变为蓝色，根据淀粉溶液是否变色来判断是否有I2单质生成，从而证明ClO2是否具有氧化性；③装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，反应方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+H2O，在该反应中ClO2是氧化剂，NaClO2的还原产物，H2O2是还原剂，O2是氧化产物，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；(2)①I2单质遇淀粉溶液变为蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色，所用滴定终点是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；②ClO2溶液与碘化钾反应的离子方程式：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，结合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得关系式：ClO2～5S2O32-，则n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，则在250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；由于C中ClO2有一部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。【点睛】本题考查物质制备，涉及实验操作、氧化还原反应、方程式的计算、物质检验等知识点，侧重考查实验操作规范性、元素