吉林省三校联考高三最后一卷新高考化学试卷及答案解析

吉林省三校联考高三最后一卷新高考化学试卷注意事项: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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、过渡金属硫化物作为一种新兴的具有电化学性能的电极材料，在不同的领域引起了研究者的兴趣，含有过渡金属离子废液的回收再利用有了广阔的前景，下面为S2−与溶液中金属离子的沉淀溶解平衡关系图，若向含有等浓度Cu2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+的废液中加入含硫的沉淀剂，则下列说法错误的是A．由图可知溶液中金属离子沉淀先后顺序为Cu2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+B．控制S2−浓度可以实现铜离子与其他金属离子的分离C．因Na2S、ZnS来源广、价格便宜，故常作为沉铜的沉淀剂D．向ZnS中加入Cu2+的离子方程式为：S2−+Cu2+CuS↓2、铊(Tl)与铝同族。Ti3+在酸性溶液中就能发生反应：Tl3++2Ag=Tl++2Ag+。下列推断错误的是A．Tl+的最外层有1个电子B．Tl能形成+3价和+1价的化合物C．酸性溶液中Tl3+比Tl+氧化性强D．Tl+的还原性比Ag弱3、下列标有横线的物质在给定的条件下不能完全反应的是①1molZn与含1molH2SO4的稀硫酸溶液反应②1molCu与含2molH2SO4的浓硫酸溶液共热③1molCu与含4molHNO3的浓硝酸溶液反应④1molMnO2与含4molHCl的浓盐酸溶液共热A．①③ B．①② C．②④ D．③④4、下图是一种微生物燃料电池的工作原理示意图，工作过程中必须对某室进行严格密封。下列有关说法错误的是A．a极的电极反应式为B．若所用离子交换膜为质子交换膜，则将由A室移向B室C．根据图示，该电池也可以在碱性环境中工作D．由于A室内存在细菌，所以对A室必须严格密封，以确保厌氧环境5、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y与W同族，W的核电荷数是Y的两倍，四种元素组成的一种化合物如图所示。下列说法一定正确的是（）A．简单离子半径：Z＞W＞Y＞XB．最简单氢化物的稳定性：W＞YC．X与Z可形成离子化合物ZXD．W的氧化物对应的水化物为强酸6、已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，Y、W为同一周期元素且W原子的最外层电子数等于Y原子的核外电子总数，其形成的一种化合物结构如图所示，下列叙述正确的是A．原子半径:W>Z>Y>XB．该化合物中各元素的原子最外层均满足8电子结构C．X与Y形成的二元化合物常温下一定为气态D．X、Y、Z、W可形成原子个数比8：1：2：3的化合物7、临床证明磷酸氯喹对治疗“新冠肺炎”有良好的疗效。磷酸氯喹的结构如图所示。下列有关磷酸氯喹的说法错误的是（）A．分子式是C18H32ClN3O8P2B．能发生取代、加成和消去反应C．1mol磷酸氯喹最多能与5molH2发生加成反应D．分子中的—C1被—OH取代后的产物能与溴水作用生成沉淀8、25℃时，向10mL溶液中逐滴加入20mL的盐酸，溶液中部分含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法不正确的是A．HCl溶液滴加一半时：B．在A点：C．当时：D．当时，溶液中9、如图是CO2生产甲醇的能量变化示意图．下列说法正确的是（）A．E2_E1是该反应的热效应B．E3_E1是该反应的热效应C．该反应放热，在常温常压下就能进行D．实现变废为宝，且有效控制温室效应10、某兴趣小组计划用Al、稀H2SO4、NaOH溶液制备1molAl(OH)3。设计如下三种方案：方案Ⅰ：向Al中加入NaOH溶液，至Al刚好完全溶解，得溶液①。向溶液①中加硫酸至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案Ⅱ：向Al中加入硫酸，至Al刚好完全溶解，得溶液②。向溶液②中加NaOH溶液至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案Ⅲ：将Al按一定比例分为两份，按前两方案先制备溶液①和溶液②。然后将两溶液混和。过滤、洗涤、干燥。下列说法不正确的是A．三种方案转移电子数一样多B．方案Ⅲ所用硫酸的量最少C．方案Ⅲ比前两个方案更易控制酸碱的加入量D．采用方案Ⅲ时，用于制备溶液①的Al占总量的0.2511、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/L12、常温下在20mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴）随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法不正确的是A．在同一溶液中，H2CO3、、不能大量共存B．测定混有少量氯化钠的碳酸钠的纯度，若用滴定法，指示剂可选用酚酞C．当pH＝7时，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c()＞c(H＋)＝c(OH－)D．已知在25℃时，水解反应的平衡常数即水解常数Kh1＝2.0×10－4，溶液中c()∶c()＝1∶1时，溶液的pH＝1013、是制作电木的原料。下列围绕此物质的讨论正确的是A．该有机物没有确定的熔点 B．该有机物通过加聚反应得到C．该有机物通过苯酚和甲醇反应得到 D．该有机物的单体是-C6H3OHCH2-14、用石墨电极电解饱和食盐水，下列分析错误的是A．得电子能力H+>Na+，故阴极得到H2B．水电离平衡右移，故阴极区得到OH-C．失电子能力Cl->OH-，故阳极得到Cl2D．OH-向阴极移动，故阳极区滴酚酞不变红15、下列离子方程式正确且符合题意的是A．向Ba(NO3)2溶液中通入SO2，产生白色沉淀，发生的离子反应为Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2HB．向K3[Fe(CN)6]溶液中加入少量铁粉，产生蓝色沉淀，发生的离子反应为Fe+2[Fe(CN)6]3=Fe2++2[Fe(CN)6]4，3Fe2++2[Fe(CN)6]3=Fe3[Fe(CN)6]2↓C．向酸化的KMnO4溶液中加入少量Na2S，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明一定发生离子反应：8MnO4-+5S2+24H=8Mn2++5SO42+12H2OD．向FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液变黄色：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl16、锂—铜空气燃料电池（如图）容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2Li＋Cu2O＋H2O＝2Cu＋2Li+＋2OH-，下列说法错误的是A．整个反应过程中，氧化剂为O2B．放电时，正极的电极反应式为：Cu2O＋H2O＋2e-＝2Cu＋2OH-C．放电时，当电路中通过0.1mol电子的电量时，有0.1molLi+透过固体电解质向Cu极移动，有标准状况下1.12L氧气参与反应D．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O17、地球表面是易被氧化的环境，用括号内的试剂检验对应的久置的下列物质是否被氧化。正确的是（）A．KI（AgNO3

溶液） B．FeCl2（KSCN

溶液）C．HCHO（银氨溶液） D．Na2SO3（BaCl2

溶液）18、我国是世界最大的耗煤国家，下列加工方法不属于煤的综合利用的是A．干馏 B．气化 C．液化 D．裂解19、对下列事实的解释合理的是（）A．氢氟酸可用于雕刻玻璃，说明氢氟酸具有强酸性B．常温下浓硝酸可用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应C．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性D．铝箔在空气中受热熔化但不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高20、硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列叙述正确的是A．在转化过程中化合价不变的元素只有Cu和ClB．由图示的转化可得出氧化性的强弱顺序：O2>Cu2+>SC．在转化过程中能循环利用的物质只有FeCl2D．反应中当有34gH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2的质量为16g21、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。在如图所示的物质转化关系中，p、q、m、n分别是元素W、X、Y、Z的气体单质，p和s均为有色气体，v的水溶液呈碱性。常温下，0.1mol•L－1t溶液与0.1mol•L－1u溶液的pH均为1。下列说法不正确的是A．Y、W的最高价氧化物对应的水化物均为强酸B．Z和Y的简单氢化物的稳定性和沸点高低均为：Z＞YC．s溶于水的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2D．v的电子式可表示为22、元素周期表中短周期某主族只有两种元素，这两元素的单质在常态下分别为气体和固体，这两元素之间形成的化合物都能与水反应。则下列叙述错误的是（）A．两元素具有相同的最高正价 B．两元素具有相同的负化合价C．两元素形成的是共价化合物 D．两元素各存在不同种的单质二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO②③+HCHO+HCOO-回答下列问题：（1）E中含氧官能团名称为_________非含氧官能团的电子式为_______。E的化学名称为苯丙炔酸，则B的化学名称为__________。（2）C→D的反应类型为__________。B→C的过程中反应①的化学方程式为________。（3）G的结构简式为_________。（4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式________。①遇FeCl3溶液显紫色；②能发生银镜反应；③分子中有五种不同化学环境的氢且个数比为1:1:2:2:4（5）写出用甲醛和乙醇为原材料制备化合物C(CH2ONO2)4的合成路线（其他无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干）。_________。24、（12分）贝诺酯临床主要用于治疗类风湿性关节炎、感冒发烧等。合成路线如下：（1）贝诺酯的分子式______。（2）A→B的反应类型是______；G+H→I的反应类型是______。（3）写出化合物C、G的结构简式：C______，G______。（4）写出满足下列条件的F同分异构体的结构简式（任写3种）______。a．不能与FeCl3溶液发生显色反应；b．能发生银镜反应和水解反应；c．能与金属钠反应放出H2；d．苯环上的一氯取代产物只有两种结构（5）根据题给信息，设计从A和乙酸出发合成的合理线路（其他试剂任选，用流程图表示：写出反应物、产物及主要反应条件）_______________25、（12分）某校探究性学习小组用已部分生锈的废铁屑制作印刷电路板的腐蚀剂，并回收铜。探究过程如下：请回答下列问题：（1）步骤①中先加入热的Na2CO3溶液除油污，操作甲的名称是_____。（2）步骤②中，除发生反应Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑外，其他可能反应的离子方程式为Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O和____。（3）溶液C的颜色是____，溶液D中可能含有的金属阳离子有___。（4）可以验证溶液B中是否含有Fe2＋的一种试剂是____(填选项序号)。a．稀硫酸b．铁c．硫氰化钾d．酸性高锰酸钾溶液（5）操作乙的名称是___，步骤⑤产生金属铜的化学方程式为____。26、（10分）I．常温下，HNO2电离反应的平衡常数值为2.6×10-4。NaNO2是一种重要的食品添加剂，由于其外观及味道都与食盐非常相似，误食工业用盐造成食物中毒的事件时有发生。（1）某活动小组同学设计实验方案鉴别NaCl溶液和NaNO2溶液，请填写下列表格。选用药品实验现象利用NaNO2的性质①酚酞试液________________________②淀粉-KI试纸________________________（2）亚硝酸钠有毒，不能随意排放，实验室一般将其与饱和氯化铵溶液共热使之转化成无毒无公害的物质，其产物之一为无色无味气体，则该气体为____________（填化学式）。II．活动小组同学采用如下装置制备并测定所得固体中亚硝酸钠（NaNO2）的质量分数（装置可重复使用，部分夹持仪器已省略）。已知：①2NO+Na2O2＝2NaNO2；②酸性条件下，NO、NO2都能与MnO4－反应生成NO3－和Mn2+；NaNO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色。（1）实验装置的连接顺序为____________；（2）C瓶内发生反应的离子方程式为____________。（3）为了测定亚硝酸钠的含量，称取4.0g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.10mol·L－1的酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表。滴定次数1234KMnO4溶液体积/mL20.6020.0220.0019.98①第一组实验数据出现较明显异常，造成异常的原因可能是__________（填字母序号）。a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗b．锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥c．观察滴定终点时仰视读数②根据表中数据进行计算，所制得的固体中亚硝酸钠的质量分数为____________。（4）设计实验，比较0.1mol·L－1NaNO2溶液中NO2－的水解程度和0.1mol·L－1HNO2溶液中HNO2电离程度的相对大小_______（简要说明实验步骤、现象和结论，仪器和药品自选）。27、（12分）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__________。28、（14分）月桂烯（）是重要的化工原料，广泛用于香料行业。（1）月桂烯与足量氢气完全加成后生成A，A的名称是_________________________；（2）以月桂烯为原料制取乙酸香叶酯的流程如下图：①B中官能团的名称______________________；②乙酸香叶酯的化学式____________________；③反应Ⅰ的反应类型是____________________；④反应Ⅱ的化学方程式是__________________________________________________；（3）已知：烯烃臭氧化还原水解反应生成羰基化合物，如：一定条件下，月桂烯可实现如下图所示转化（图中部分产物已略去）：①C与新制的Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为：_______________________________________________________________；②E在一定条件下能发生缩聚反应，写出其产物的结构简式____________________。29、（10分）研究CO2与CH4反应使之转化为CO和H2，对减缓燃料危机和减少温室效应具有重要的意义。工业上CO2与CH4发生反应I：CH4(g)+CO2(g)＝2CO(g)+2H2(g)△H1在反应过程中还发生反应Ⅱ：H2(g)+CO2(g)＝H2O(g)+CO(g)

△H2=+41kJ/mol(l)已知部分化学键的键能数据如下表所示：化学键C—HH—HC=O键能（kJ/mol）4134368031076则△Hl=____kJ/mol，反应Ⅰ在一定条件下能够自发进行的原因是____，该反应工业生产适宜的温度和压强为____（填标号）。A．高温高压B．高温低压C．低温高压D．低温低压(2)工业上将CH4与CO2按物质的量1:1投料制取CO2和H2时，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化关系如图所示。①923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因是________________________②计算923K时反应II的化学平衡常数K=______（计算结果保留小数点后两位）。③1200K以上CO2和CH4的平衡转化率趋于相等的原因可能是____。(3)工业上CH4和CO2反应时通常会掺入O2发生反应III:CH4+2O2＝CO2+2H2O，掺人O2可消除反应产生的积碳和减小反应器的热负荷（单位时间内维持反应发生所需供给的热量），O2的进气量与反应的热负荷的关系如图所示。①随着O2进入量的增加，热负荷下降的原因是____。②掺人O2可使CH4的平衡转化率____（填“增大”、“减小”或“不变”。下同），CO2的平衡转化率________

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】

由图可知溶液中金属硫化物沉淀的Ksp大小顺序为CuS<CdS<ZnS<CoS<FeS，溶液中金属离子沉淀先后顺序为：Cu2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+，选项A正确；CuS的Ksp最小，控制S2−浓度可以使铜离子从溶液中沉淀出来，实现铜离子与其他金属离子的分离，选项B正确；因Na2S、ZnS来源广、价格便宜，可作沉铜的沉淀剂，选项C正确；ZnS不溶于水，向ZnS中加入Cu2+的离子方程式为：ZnS+Cu2+CuS+Zn2+，选项D不正确。2、A【解析】

A．铊与铝同族，最外层有3个电子，则Tl+离子的最外层有2个电子，故A错误；B．根据反应Tl3++2Ag═Tl++2Ag+可知，Tl能形成+3价和+1价的化合物，故B正确；C．Tl3++2Ag═Tl++2Ag+，氧化还原反应中氧化剂的氧化性最强，则Tl3+的氧化性最强，所以Tl3+比Tl+氧化性强，故C正确；D．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，在反应Tl3++2Ag=Tl++2Ag+，还原性Ag＞Tl+，故D正确；故选A。3、C【解析】

①1mol锌与含1molH2SO4的稀硫酸溶液恰好完全反应，故不选；②随反应的进行浓硫酸变在稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，故选；③1mol铜转移2mol的电子，生成2mol的铜离子与2mol硝酸结合成硫酸盐，而2molHNO3的硝酸作氧化剂，得电子的量为2mol～6mol，所以铜不足，故不选；④随着反应的进行，盐酸浓度逐渐降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，故选；故选C4、C【解析】

本题考查电化学原理，意在考查对电解池原理的理解和运用能力。【详解】A.由图可知负极（a极）反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+，正极（b极）反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故不选A；B.根据图示和题中信息，A室产生而B室消耗，氢离子将由负极移向正极，故不选B；C.在负极室厌氧环境下，有机物在微生物作用下分解并释放出电子和质子，电子依靠合适的电子传递介体在生物组分和负极之间进行有效传递，并通过外电路传递到正极形成电流，而质子通过质子交换膜传递到正极，氧化剂（一般为氧气）在正极得到电子被还原与质子结合成水，所以不可以碱性环境，故选C；D.由于A室内存在细菌，所以对A室必须严格密封，以确保厌氧环境，故不选D;答案：C5、C【解析】

首先发现Y形成了双键，因此推测Y是氧或者硫，考虑到四种元素的原子序数依次增大，Y与W同族，W的核电荷数是Y的两倍，因此Y只能是氧，W是硫，X为氢，Z则只能是钠，故该物质为亚硫酸氢钠，据此来分析本题即可。【详解】根据以上分析可知X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S。A.根据分析，四种简单离子半径的大小为，A项错误；B.元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，氧的非金属性强于硫，最简单氢化物的稳定性：W＜Y，B项错误；C.氢和Na可以形成氢化钠，这是一种金属氢化物，C项正确；D.硫只有最高价氧化物对应的水化物（硫酸）才是强酸，二氧化硫对应的水化物（亚硫酸）是一种弱酸，D项错误；答案选C。6、D【解析】

X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，Y、W为同一周期元素且W原子的最外层电子数等于Y原子的核外电子总数，根据形成的一种化合物结构结合各元素形成时的价键可推知X为H、Y为C、Z为N、W为O。A.同周期元素从左到右原子半径依次减小，故原子半径:Y>Z>W>X，选项A错误；B.该化合物中各元素的原子除氢原子最外层为2电子结构，其它均满足8电子结构，选项B错误；C.X与Y形成的二元化合物有多种烃，常温下不一定为气态，如苯C6H6，选项C错误；D.X、Y、Z、W可形成原子个数比8：1：2：3的化合物(NH4)2CO3，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查元素周期表元素周期律的知识，推出各元素是解题的关键。根据形成的一种化合物结构结合各元素形成时的价键可推知X为H、Y为C、Z为N、W为O。7、B【解析】

A．根据该分子的结构简式可知分子式为C18H32ClN3O8P2，故A正确；B．Cl原子连接在苯环上，不能发生消去反应，故B错误；C．苯环、碳碳双键、氮碳双键均可加成，所以1mol磷酸氯喹最多能与5molH2发生加成反应，故C正确；D．分子中的—C1被—OH取代后变成酚羟基，且其邻位碳原子有空位，可以与溴水作用生成沉淀，故D正确；故答案为B。8、A【解析】

根据化学反应，充分运用三大守恒关系，挖掘图象中的隐含信息，进行分析判断。【详解】A.HCl溶液滴加一半（10mL）时，溶质为等物质的量的NaHCO3、NaCl，此时有物料守恒c(Na+)=2c(Cl-)、电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，则c(Cl-)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，c(Cl-)<c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，A项错误；B.溶液中加入盐酸，使CO32-转变为HCO3-，则有c(Na+)>c(HCO3-)。图中A点，c(HCO3-)=c(CO32-)，又A点溶液呈碱性，有c(OH-)>c(H+)，B项正确；C.溶液中加入盐酸后，有电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，当时有，C项正确；D.溶液中加入盐酸，若无CO2放出，则有物料守恒c(Na+)=2c(H2CO3)+2c(HCO3-)+2c(CO32-)。图中时有CO2放出，则溶液中，D项正确。本题选A。【点睛】判断溶液中粒子浓度间的关系，应充分应用三大守恒原理，结合题中信息进行分析推理。9、D【解析】

A、化学反应的热效应等于反应物和产物的能量之差，反应物的能量高于产物能量，所以反应放热，所以反应的热效应是E1－E2，A错误；B、化学反应的热效应等于反应物和产物的能量之差，所以反应的热效应是E1－E2，B错误；C、该反应反应物的能量高于产物能量，所以反应放热，但是放热反应在常温常压下不一定就能进行，C错误；D、二氧化碳是温室气体，甲醇可以做燃料，二氧化碳和氢气转化为甲醇和水的反应可以可以实现变废为宝，且有效控制温室，D正确。答案选D。10、D【解析】

方案Ⅰ：发生反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑，2NaAlO2+H2SO4+2H2O==2Al(OH)3↓+Na2SO4；则2Al—2NaOH—H2SO4—2Al(OH)3；方案Ⅱ：发生反应为2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑，Al2(SO4)3+6NaOH==2Al(OH)3↓+3Na2SO4；则2Al—6NaOH—3H2SO4—2Al(OH)3；方案Ⅲ：2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑，2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑，Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2O==8Al(OH)3↓+3Na2SO4，则2Al—1.5NaOH—0.75H2SO4—2Al(OH)3。【详解】A．三种方案中，消耗Al都为1mol，Al都由0价升高为+3价，则转移电子数一样多，A正确；B．从三个方案的比较中可以看出，生成等物质的量的氢氧化铝，方案Ⅲ所用硫酸的量最少，B正确；C．方案Ⅰ需控制酸的加入量，方案Ⅱ需控制碱的加入量，而方案Ⅲ不需对酸、碱的用量严格控制，所以方案Ⅲ比前两个方案更易控制酸碱的加入量，C正确；D．采用方案Ⅲ时，整个过程中Al与酸、碱的用量关系为6Al—6NaOH—3H2SO4—2Al，用于制备溶液①的Al占总量的0.75，D不正确；故选D。11、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。12、D【解析】

A．根据图像分析，pH＞8时只有碳酸根离子和碳酸氢根离子，pH=8时，只有碳酸氢根离子，pH＜8时，溶液中只有碳酸和碳酸氢根离子，则在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存，故A正确；B．Na2CO3溶液中逐滴加入HCl溶液，用酚酞作指示剂，滴定产物是，用甲基橙作指示剂滴定时，和HCl溶液的反应产物是H2CO3，故B正确；C．由图象可知，pH=7时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-、H2CO3，电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(HCO3-)+c(OH−)，则c(Na+)＞c(Cl−)，因HCO3-水解，则c(Na+)＞c(Cl−)＞c(HCO3-)，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为c(Na+)＞c(Cl−)＞c(HCO3-)＞c(H+)=c(OH−)，故C正确；D．已知在25℃时，溶液中c()∶c()＝1∶1，水解反应的平衡常数即水解常数Kh1＝c(OH－)=2.0×10－4，则c(H＋)=5.0×10－11，溶液的pH＜10，故D错误；13、A【解析】

A.聚合物中的n值不同，是混合物，没有确定的熔点，故A正确；B.

是苯酚和甲醛通过缩聚制取的，故B错误；C.合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，故C错误；D.合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，故D错误。故选A。14、D【解析】

A.得电子能力H+>Na+，电解饱和食盐水阴极：2H++2e-═H2↑，故A正确；B.电解饱和食盐水过程中，H+被消耗，促进水的电离，阴极消耗H+同时得到OH-，故B正确；C.失电子能力Cl->OH-，电解饱和食盐水阳极：2Cl--2e-=Cl2，故阳极得到Cl2，故C正确；D.D.电解池中，阴离子会向阳极移动，而阴极氢离子放电，使整个溶液显碱性，因此阳极区滴酚酞也会变红，故D错误；故选D。15、B【解析】

A．BaSO3和HNO3不能大量共存，白色沉淀是BaSO4，A项错误；B．铁氰化钾可氧化铁单质生成亚铁离子，Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成具有蓝色特征的铁氰化亚铁沉淀，离子方程式正确，B项正确；C．不能排除是用硫酸对高锰酸钾溶液进行酸化，故酸化的高锰酸钾溶液中可能含有H2SO4，则不能证明上述离子反应一定发生，C项错误；D．还原性：I＞Fe2+，少量氯水优先氧化碘离子，离子方程式应为2I＋Cl2=I2＋2Cl，D项错误；答案选B。【点睛】离子方程式书写正误判断方法：（1）一查：检查离子反应方程式是否符合客观事实；（2）二查：“==”“”“↓”“↑”是否使用恰当；（3）三查：拆分是否正确。只有易溶于水的强电解质能拆写成离子，其他物质均不能拆写；（4）四查：是否漏写离子反应；（5）五查：反应物的“量”——过量、少量、足量等；（6）六查：是否符合三个守恒：质量守恒、电荷守恒以及得失电子守恒。16、C【解析】A，根据题意，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，放电过程中消耗Cu2O，由此可见通入空气Cu腐蚀生成Cu2O，由放电反应推知Cu极电极反应式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-，Cu2O又被还原成Cu，整个过程中Cu相当于催化剂，氧化剂为O2，A项正确；B，放电时正极的电极反应式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-，B项正确；C，放电时负极电极反应式为Li-e-=Li+，电路中通过0.1mol电子生成0.1molLi+，Li+透过固体电解质向Cu极移动，反应中消耗O2物质的量为=0.025mol，在标准状况下O2的体积为0.025mol22.4L/mol=0.56L，C项错误；D，放电过程中消耗Cu2O，由此可见通入空气Cu腐蚀生成Cu2O，D项正确；答案选C。17、B【解析】

A．KI是否变质均能与硝酸银溶液反应生成碘化银沉淀，可以用淀粉溶液检验是否变质，故A不选；B．FeCl2溶液变质混有FeCl3，则加KSCN可检验铁离子，能检验是否变质，故B选；C．HCHO变质生成HCOOH，银氨溶液与甲醛、甲酸均能反应，所以不能检验，故C不选；D．Na2SO3溶液变质生成Na2SO4，Na2SO3、Na2SO4均能与氯化钡生成白色沉淀，所以加氯化钡不能检验变质，故D不选；故选：B。18、D【解析】

煤的综合利用是指通过物理或化学加工等途径，回收和利用煤中的各种有益组分，以获得多种产品的方法，包括煤的气化、液化和干馏，均属于煤的综合利用；而裂解是石油的综合利用的方法。故选：D。19、D【解析】

A.氢氟酸可用于雕刻玻璃，说明氢氟酸会腐蚀玻璃，不能说具有强酸性，故A不符合题意；B.常温下浓硝酸可用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸发生钝化，不是不反应，故B不符合题意；C.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，故C不符合题意；D.铝箔在空气中受热熔化但不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高，故D符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】钝化反应是发生了化学反应。20、D【解析】

A．根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是-1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，故A错误；B．转化过程中O2把Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+把硫离子氧化为S，则氧化性的强弱顺序：O2＞Fe3+＞S，故B错误；C．根据图示，反应的本质是空气中的氧气氧化H2S转化为S和水，在转化过程中能循环利用的物质有FeCl2、CuCl2、FeCl3，故C错误；D．H2S转化为硫单质，硫元素的化合价从-2价变成0价，氧元素的化合价从0价变成-2价，依据得失电子数相等，所以2H2S----O2，所以有34gH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2的质量为××32g/mol=16g，故D正确；故选D。21、D【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，p、q、m、n分别是元素W、X、Y、Z的气体单质。p与q反应生成u，u为二元化合物，而常温下0.1mol·L-1u溶液的pH为1，则u为HCl，由原子序数可知，X为H元素、W为Cl元素，故q为H1，p为Cl1．q与m反应生成v，v的水溶液呈碱性，则m为N1，v为NH3，故Y为N元素；m与n在放电条件下得到r，r与n得到有色气体s，且s与水反应得到r与t，而常温下0.1mol·L-1t溶液的pH为1，t为一元强酸，故n为O1，r为NO，s为NO1，t为HNO3，则Z为O元素,综上可知X为H元素、Y为N元素、Z为O元素、W为Cl元素。【详解】A．Y、W的最高价氧化物对应的水化物均为HNO3和HClO4，两者均为强酸，故选项A正确；B．Z和Y的简单氢化物分别为H1O和NH3，水的稳定性和沸点均高于氨气，故选项B正确；C．s为NO1，3NO1+H1O=1HNO3+NO，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1，故选项C正确；D．v为NH3，其电子式可表示为，故选项D错误；故选D。【点睛】本题考查无机物的推断，注意气体的颜色及溶液的pH为推断的突破口，再结合转化关系推断，熟练掌握元素化合物知识。22、A【解析】

元素周期表中短周期某主族只有两种元素，这两元素的单质在常态下分别为气体和固体，周期表中满足条件为N和P、O和S；这两元素之间形成的化合物都能与水反应，N、P之间不反应，则这两种元素分别为O、S，据此解答。【详解】根据分析可知，这两种元素为O、S。A．O元素非金属性较强，没有最高价正价，故A错误；B．O和S都有最低价-2价，故B正确；C．O、S形成的化合物为二氧化硫、三氧化硫，二氧化硫和三氧化硫都是共价化合物，故C正确；D．O存在的单质有氧气和臭氧，S形成的单质有S2、S4、S6等多种，故D正确；故选：A。二、非选择题(共84分)23、羧基苯丙烯醛加成反应+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2OCH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4【解析】

由信息①及B分子式可知A应含有醛基，且含有7个C原子，则芳香化合物A为，因此B为；B与新制氢氧化铜反应后酸化生成C，则C为，C与溴发生加成反应生成D，D为，D发生消去反应并酸化得到E，E与乙醇发生酯化反应生成F，F为，对比F、H的结构简式，结合信息②可知，G为。据此分析解答。(5)CH2=CH2和水发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO和HCHO发生信息反应生成HOCH2C(CH2OH)2CHO，HOCH2C(CH2OH)CHO发生加成反应生成HOCH2C(CH2OH)3，HOCH2C(CH2OH)3和浓硝酸发生取代反应生成C(CH2ONO2)4。【详解】(1)E()中的含氧官能团为羧基，非含氧官能团为碳碳三键，其电子数为，E的化学名称为苯丙炔酸，则B()的化学名称为苯丙烯醛，故答案为羧基；；苯丙烯醛；(2)C为，发生加成反应生成D，B为，C为，B→C的过程中反应①的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O，故答案为加成反应；+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；(3)G

的结构简式为，故答案为；(4)F为，F的同分异构体符合下列条件：①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③分子中有5

种不同化学环境的氢且个数比为1∶1∶2∶2∶4，符合条件的同分异构体结构简式为，故答案为；(5)CH3CH2OH发生催化氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO和HCHO发生信息①的反应生成C(CH2OH)4，C(CH2OH)3和浓硝酸发生酯化反应生成C(CH2ONO2)4，合成路线为CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4，故答案为CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4。【点睛】本题的难点为(5)，要注意题干信息的利用，特别是信息①和信息③的灵活运用，同时注意C(CH2ONO2)4属于酯类物质，不是硝基化合物。24、C17H15NO5还原反应取代反应CH3COOCOCH3、、、、（任写三种）【解析】

根据贝诺酯的结构简式和G、H的分子式可知，G为，H为，再根据题各步转化的条件及有关物质的分子式可推知，E为，B为，C为CH3COOCOCH3，A为，F为，D为，A发生还原反应得B，B与C发生取代反应生成E，E与氢氧化钠反应生成G，C与D发生取代反应生成F，F发生取代反应生成H，G和H发生取代反应生成I，据此分析解答。【详解】(1)根据结构简式知，贝诺酯的分子式C17H15NO5，故答案为：C17H15NO5；(2)A→B的反应类型是还原反应，G+H→Ⅰ的反应类型是取代反应，故答案为：还原反应；取代反应；(3)根据上面的分析可知，C为CH3COOCOCH3，G为，故答案为：CH3COOCOCH3；；(4)a.不能与FeC13溶液发生显色反应，说明没有酚羟基，b.能发生银镜反应和水解反应，说明有甲酸某酯的结构或酯基和醛基同时存在，c.能与金属钠反应放出H2，说明有羟基或羧基，d.苯环上的一氯取代产物只有两种结构，一般为两个取代基处于对位，则满足条件的F的同分异构体的结构简式为、、、、，故答案为：、、、、(其中的三种)；(5)A为，从A和乙酸出发合成，可以先将对硝基苯酚还原成对氨基苯酚，在碱性条件下变成对氨基苯酚钠，将醋酸与SOCl2反应生成CH3COCl，CH3COCl与对氨基苯酚钠发生反应即可得产品，合成线路为，故答案为：。25、过滤Fe+2Fe3+=3Fe

2+棕黄色Fe2+、Cu2+、

Fe3+d电解CuCl2Cu+Cl2↑。【解析】

废铁屑经①加入热的Na2CO3溶液除油污，经过过滤操作可得到固体A，加入盐酸，发生Fe2O3+6H+

=2Fe3++3H2O，Fe+2Fe3+=3Fe

2+

然后通入适量的氯气，发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，溶液C为FeCl3，用于腐蚀印刷电路，发生Cu+2Fe3+=

2Fe2++Cu2+

通过电解操作乙可得到氯气、铜和E，所以阳极生成氯气，阴极生成铜，最后得到氯化亚铁溶液。【详解】(1)废铁屑经①加入热的Na2CO3溶液除油污，可得到固体A，应经过过滤操作，故答案为：过滤；

(2)经过上述分析可知：固体A为Fe2O3和Fe的混合物,

加入盐酸发生Fe2O3+6H+

=2Fe3++3H2O，Fe+2Fe3+=3Fe

2+；故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe

2+；

(3)经过上述分析可知：溶液B为FeCl2和FeCl3的混合物，通入适量的氯气，发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，

所以溶液C为FeCl3，呈棕黄色，用于腐蚀印刷电路，发生的发应为：Cu+2Fe3+=

2Fe2++Cu2+，则溶液D中可能含有的金属阳离子有Fe2+

、Cu2+、Fe3+，故答案为：棕黄色；

Fe2+、Cu2+、

Fe3+；(4)因为

Fe2+具有还原性，可使酸性高锰酸钾褪色，所以用酸性高锰酸钾溶液检验，故答案为:

d；

(5)经过上述分析可知：溶液D中含有的离子为Fe2+

、Cu2+、Fe3+、Cl-。步骤⑤产生金属铜和氯气，其电解反应的化学方程式为：

CuCl2Cu+Cl2↑，故答案为：电解；CuCl2Cu+Cl2↑。26、溶液变红溶液显碱性试纸变蓝氧化性N2ACEDEBCu+2H++NO2＝Cu2++NO+H2Oac86.25%25℃时，将两种溶液等体积混合，若混合溶液的pH＜7，则说明HNO2的电离程度大于NO2－的水解程度；若pH＞7，则说明HNO2的电离程度小于NO2－的水解程度（合理方法均可给分）。【解析】

I．（1）亚硝酸是弱酸，亚硝酸钠水解溶液显碱性，能使酚酞试液显红色，而氯化钠不水解，溶液显中性，据此可以鉴别二者；另外亚硝酸钠还具有氧化性，能把碘化钾氧化为单质碘，碘遇淀粉显蓝色，而氯化钠和碘化钾不反应，据此也可以鉴别；（2）亚硝酸钠与饱和氯化铵溶液共热使之转化成无毒无公害的物质，其产物之一为无色无味气体，根据性质和原子守恒可知该气体为氮气，化学式为N2；II．（1）碳和浓硝酸反应生成的气体是CO2、NO2和水，需要把CO2吸收，且需要把NO2转化为NO，因此首先通入装置C中NO2被吸收同时产生NO。与过氧化钠反应的NO需要干燥，因此利用E装置中的碱石灰吸收水蒸气，同时除去CO2。为防止后面的水进入D装置，需要再次利用E装置，最后利用酸性高锰酸钾溶液吸收尾气，所以实验装置的连接顺序为A、C、E、D、E、B；（2）根据以上分析可知C瓶内发生反应的离子方程式为Cu+2H++NO2＝Cu2++NO+H2O；（3）①a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，会将酸性高锰酸钾溶液稀释，所用体积偏大，测定结果偏高，a正确；b．锥形瓶洗净后未干燥，对滴定结果无影响，b错误；c．滴定终点时仰视读数，所读溶液的体积偏大，测定结果偏高，c正确，答案选ac。②根据表中数据第一次实验数据误差太大，舍去，所用酸性高锰酸钾溶液的体积为20.00mL，根据反应方程式6H＋+2MnO4-+5NO2-＝2Mn2＋+5NO3-+3H2O计算25.00mL溶液含亚硝酸钠的物质的量为5×10-3mol，则4.000g样品中含亚硝酸钠的物质的量为0.05mol，质量为3.45g，所得固体中亚硝酸钠的质量分数为3.45g/4.000g×100%=86.25%。（4）酸越弱酸根越容易水解，溶液碱性越强，因此根据弱电解质的电离和盐类水解原理可知实验方案为：25℃时，将两种溶液等体积混合，若混合溶液的pH＜7，则说明HNO2的电离程度大于NO2－的水解程度；若pH＞7，则说明HNO2的电离程度小于NO2－的水解程度。27、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，