江苏省淮安市涟水中学新高考化学考前最后一卷预测卷及答案解析

江苏省淮安市涟水中学新高考化学考前最后一卷预测卷注意事项: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（每题只有一个选项符合题意）1、一定条件下，CH4与H2Og发生反应：CH4g+H2A．该反应的ΔH>0B．图中Z的大小关系：aC．图中X点对应的平衡混合物中nHD．温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后ψ(CH4)增大2、复旦大学王永刚的研究团队制得一种柔性水系锌电池,该可充电电池以锌盐溶液作为电解液,其原理如图所示。下列说法不正确的是A．放电时,N极发生还原反应B．充电时,Zn2+向M极移动C．放电时,每生成1molPTO-Zn2+,M极溶解Zn的质量为260gD．充电时,N极的电极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+=PTO-Zn2+3、已知HA的酸性强于HB的酸性。25℃时，用NaOH固体分别改变物质的量浓度均为0.1mol∙L-l的HA溶液和HB溶液的pH(溶液的体积变化忽略不计)，溶液中A-、B-的物质的量浓度的负对数与溶液的pH的变化情况如图所示。下列说法正确的是A．曲线I表示溶液的pH与-lgc(B-)的变化关系B．C．溶液中水的电离程度：M>ND．N点对应的溶液中c(Na+)>Q点对应的溶液中c(Na+)4、分类是化学研究的重要方法,下列物质分类错误的是()A．化合物：干冰、明矾、烧碱B．同素异形体：石墨、C60、金刚石C．非电解质：乙醇、四氯化碳、氯气D．混合物：漂白粉、纯净矿泉水、盐酸5、室温下，将0.1000mol·L－1盐酸滴入20.00mL未知浓度的某一元碱MOH溶液中，溶液pH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法不正确的是A．该一元碱溶液浓度为0.1000mol·L－1B．a点：c(M＋)>c(Cl－)>c(OH-)>c(H+)C．b点：c(M＋)＋c(MOH)＝c(Cl－)D．室温下，MOH的电离常数Kb＝1×10－56、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．Na(s)Na2O2(s)Na2CO3(s)B．Fe3O4(s)Fe(s)FeCl2(s)C．SiO2(s)SiCl4(g)Si(s)D．S(s)SO3(g)H2SO4(aq)7、科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案消除甲醇对水质造成的污染，主要包括电化学过程和化学过程，原理如图所示，下列说法错误的是A．M为电源的正极，N为电源负极B．电解过程中，需要不断的向溶液中补充Co2+C．CH3OH在溶液中发生6Co3++CH3OH+H2O===6Co2++CO2↑+6H+D．若外电路中转移1mol电子，则产生的H2在标准状况下的体积为11.2L8、下列有关有机物甲~丁说法不正确的是A．甲可以发生加成、氧化和取代反应B．乙的分子式为C6H6Cl6C．丙的一氯代物有2种D．丁在一定条件下可以转化成只含一种官能团的物质9、设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A．0.1mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NAB．1mol氯气分别与足量铁和铝完全反应时转移的电子数均为3NAC．28g乙烯与丙烯混合物中含有C－H键的数目为4NAD．25℃时1LpH=1的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.2NA10、室温下，某溶液中含有Na+、H+、Fe3+、HCO3－、OH－、I－中的几种，水电离出的c（H+）=1×l0-13

mol/L。当向该溶液中缓慢通入一定量的Cl2后，溶液由无色变为黄色。下列分析正确的是（）A．溶液的pH=1或13 B．溶液中一定没有Fe3+，Na+C．溶液中阴离子有I－，不能确定HCO3－ D．当Cl2过量，所得溶液只含有两种盐11、KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。利用“KClO3氧化法”制备KIO3包括以下两个反应：①11KClO3+6I2+3H2O==6KH(IO3)2+3Cl2↑+5KCl②KH(IO3)2+KOH==2KIO3+H2O下列说法正确的是（）A．化合物KH(IO3)2中含有共价键、离子键和氢键等化学键B．反应①中每转移4mol电子生成2.24LCl2C．向淀粉溶液中加入少量碘盐，溶液会变蓝D．可用焰色反应实验证明碘盐中含有钾元素12、某红色固体粉末可能是Cu、Cu2O、Fe2O3中的一种或几种。为探究其组成，称取ag该固体粉末样品，用过量的稀硫酸充分反应后(已知:Cu2O+2H+＝Cu2++Cu+H2O)，称得固体质量为bg。则下列推断不合理的是A．反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种B．向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，可能使bg固体完全溶解C．若b＝a，则红色固体粉末一定为纯净物D．b的取值范围:0＜b≤a13、设ⅣA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．足量Zn与一定量的浓硫酸反应产生22.4L气体时，转移的电子数为2NAB．15.6g的Na2S和Na2O2固体混合物中，阴离子数为0.2NAC．1L0.1mol∙L-1的CH3COONa溶液中含有的CH3COO-数目为0.1NAD．12g金刚石中含有的碳碳单键数约为4NA14、某温度下，将Cl2通入KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合液，经测定ClO-和ClO3-个数比为1：2，则Cl2与KOH溶液反应时，被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为（）A．21：5 B．4：1 C．3：l D．11：315、下列有关化学反应的叙述正确的是()A．铁在热的浓硝酸中钝化 B．CO2与Na2O2反应可产生O2C．室温下浓硫酸可将石墨氧化为CO2 D．SO2与过量漂白粉浊液反应生成CaSO316、化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解NO3-的原理如图所示。下列说法不正确的是（）A．A为电源的正极B．溶液中H+从阳极向阴极迁移C．电解过程中，每转移2mol电子,则左侧电极就产生32gO2D．Ag-Pt电极的电极反应式为2NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O二、非选择题（本题包括5小题）17、物质A∼G有下图所示转化关系（部分反应物、生成物未列出）。其中A为某金属矿的主要成分，经过一系列反应可得到气体B和固体C。单质C可与E的浓溶液发生反应，请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：B______、G______。（2）反应②的化学方程式是__________________________________________。（3）利用电解可提纯C物质，现以碱性锌锰电池为外电源，在该电解反应中电解质溶液是_________，阳极物质是____________。MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，电池放电时，正极的电极反应式为________（4）将0.20molB和0.10molO2充入一个固定容积为5 L的密闭容器中，在一定温度并有催化剂存在下，进行反应①，经半分钟后达到平衡，测得容器中含D0.18mol，则vO2=____________molL⋅min（5）写出F→G转化过程中，甲醛参与反应的化学方程式：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、为了探究铁、铜及其化合物的性质，某同学设计并进行了下列两组实验。实验一：已知：3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)（1）虚线框处宜选择的装置是________(填“甲”或“乙”)；实验时应先将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入所制得的纯净氢气中，观察到的实验现象是______________________。（2）实验后，为检验硬质玻璃管中的固体是否含＋3价的铁元素，该同学取一定量的固体并用一定浓度的盐酸溶解，滴加_______溶液（填试剂名称或化学式），没有出现血红色，说明该固体中没有＋3价的铁元素。请你判断该同学的结论是否正确并说明理由_________________。实验二：绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2（设为装置A）称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g，B为干燥管。按下图连接好装置进行实验。实验步骤如下：（1）________，（2）点燃酒精灯，加热，（3）______，（4）______，（5）______，（6）称量A，重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。（3）请将下列实验步骤的编号填写在对应步骤的横线上a．关闭K1和K2b．熄灭酒精灯c．打开K1和K2缓缓通入N2d．冷却至室温（4）必须要进行恒重操作的原因是_________________。（5）已知在上述实验条件下，绿矾受热只是失去结晶水，硫酸亚铁本身不会分解，根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=__________________（用含m1、m2、m3的列式表示）。20、有“退热冰”之称的乙酰苯胺具有退热镇痛作用，是较早使用的解热镇痛药，纯乙酰苯胺是一种白色有光泽片状结晶，不仅本身是重要的药物，而且是磺胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。实验室用苯胺与乙酸合成乙酰苯胺的反应和实验装置如图(夹持及加热装置略)：+CH3COOH+H2O注：①苯胺与乙酸的反应速率较慢，且反应是可逆的。②苯胺易氧化，加入少量锌粉，防止苯胺在反应过程中氧化。③刺形分馏柱的作用相当于二次蒸馏，用于沸点差别不太大的混合物的分离。可能用到的有关性质如下：(密度单位为g/cm3)名称相对分子质量性状密度/g∙cm3熔点/℃沸点/溶解度g/100g水g/100g乙醇苯胺93.12棕黄色油状液体1.02-6.3184微溶∞冰醋酸60.052无色透明液体1.0516.6117.9∞∞乙酰苯胺135.16无色片状晶体1.21155~156280~290温度高，溶解度大较水中大合成步骤：在50mL圆底烧瓶中加入10mL新蒸馏过的苯胺和15mL冰乙酸(过量)及少许锌粉(约0.1g)。用刺形分馏柱组装好分馏装置，小火加热10min后再升高加热温度，使蒸气温度在一定范围内浮动1小时。在搅拌下趁热快速将反应物以细流倒入100mL冷水中冷却。待乙酰苯胺晶体完全析出时，用布氏漏斗抽气过滤，洗涤，以除去残留酸液，抽干，即得粗乙酰苯胺。分离提纯：将粗乙酰苯胺溶于300mL热水中，加热至沸腾。放置数分钟后，加入约0.5g粉未状活性炭，用玻璃棒搅拌并煮沸10min，然后进行热过滤，结晶，抽滤，晾干，称量并计算产率。(1)由于冰醋酸具有强烈刺激性，实验中要在__内取用，加入过量冰醋酸的目的是__。(2)反应开始时要小火加热10min是为了__。(3)实验中使用刺形分馏柱能较好地提高乙酰苯胺产率，试从化学平衡的角度分析其原因：__。(4)反应中加热方式可采用__(填“水浴”“油浴”或"直接加热”)，蒸气温度的最佳范围是__(填字母代号)。a．100~105℃b．117.9~184℃c．280~290℃(5)判断反应基本完全的现象是__，洗涤乙酰苯胺粗品最合适的试剂是__(填字母代号)。a．用少量热水洗b．用少量冷水洗c．先用冷水洗，再用热水洗d．用酒精洗(6)分离提纯乙酰苯胺时，在加入活性炭脱色前需放置数分钟，使热溶液稍冷却，其目的是__，若加入过多的活性炭，使乙酰苯胺的产率__(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(7)该实验最终得到纯品7.36g，则乙酰苯胺的产率是__%(结果保留一位小数)。21、铜是人类最早使用的金属之一，铜的化合物丰富多彩。(1)铜与N2O4在一定条件下可制备无水Cu(NO3)2。①基态Cu2＋的电子排布式为________。②与NO3-互为等电子体的一种分子为________(填化学式)。(2)邻氨基吡啶()的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如图所示。①C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为________。②邻氨基吡啶的铜配合物中，C原子轨道杂化类型为________。③1mol中含有σ键的数目为________mol。(3)铜的某种氯化物的链状结构如图所示。该氯化物的化学式为________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A.升高温度，甲烷的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，则该反应的焓变△H＞0，A正确；B.起始n(H2O)n(CH4)=Z，Z越小，说明甲烷相对越多，达到平衡时甲烷的含量越多，则Z的大小为bC.起始n(H2O)n(CH4)=3，水和甲烷按1D.增大压强，平衡逆向移动，所以平衡在加压后ψ(CH4)增大，D正确；故合理选项是B。2、D【解析】

放电时，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，即M电极为负极，则N电极为正极，电极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+═PTO-Zn2+；充电时，外加电源的正极连接原电池的正极N，外加电源的负极连接原电池的负极。【详解】A.该原电池中，放电时M电极为负极，N电极为正极，正极得电子发生还原反应，故A正确；

B.充电时，原电池的负极M连接外加电源的负极作阴极，电解质中阳离子Zn2+移向阴极M，故B正确；

C.放电时，正极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+═PTO-Zn2+，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，电子守恒有4Zn～PTO-Zn2+，所以每生成1molPTO-Zn2+，M极溶解Zn的质量=65g/mol×4mol=260g，故C正确；

D.充电时，原电池的正极N连接外加电源的正极作阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为PTO-Zn2+-8e-=2PTO+4Zn2+，故D错误；

故选：D。3、B【解析】

A．HA的酸性强于HB的酸性，则Ka（HA）＞Ka（HB），当-1gc(A-)=-1gc(B-)时c(A-)=c(B-)，c(HA)=c(HB)，则c(H+)越大，pH越小，Ka越大，所以曲线II表示pH与-1gc(B-)的关系，故A错误；B．对于HB，取点(10，2)，则c(H+)=10-10mol/L，c(B-)=10-2mol/L，则Ka(HB)==，同理对于HA，取点(8，2)，则c(H+)=10-8mol/L，c(A-)=10-2mol/L，则Ka(HA)==，所以Ka(HA)：Ka(HB)=100，故B正确；C．M点和N点溶液中c(A-)=c(B-)，溶液pH越大，水的电离程度越大，所以水的电离程度M＜N，故C错误；D．对于N点溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(B-)，对于Q点溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，N点和Q点溶液pH相同，则两溶液中c(H+)和c(OH-)分别相等，但c(B-)＜c(A-)，则N点对应的溶液中c(Na+)＜Q点对应的溶液中c(Na+)，故D错误；故选：B。4、C【解析】

A．干冰为二氧化碳、明矾为十二水合硫酸铝钾、烧碱为氢氧化钠，都是化合物，故A正确；B．石墨、C60、金刚石都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故B正确；C．乙醇、四氯化碳属于非电解质，氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、纯净矿泉水是含电解质的水，属于混合物，盐酸是氯化氢气体的水溶液，属于混合物，故D正确；答案选C。5、C【解析】

A．加入20mL盐酸时，溶液的pH出现突跃，说明加入20mL盐酸时，酸碱恰好完全反应，酸碱的体积相等，则浓度相等，所以MOH浓度为0.1000mol·L－1，正确，A不选；B．a点溶液pH＞7，溶液呈碱性，则c(OH－)＞c(H＋)，溶液中存在电荷守恒c(M＋)+c(H＋)=c(Cl－)+c(OH－)，则c(M＋)＞c(Cl－)。a点溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH、MCl，溶液呈碱性，说明MOH电离程度大于MCl水解程度，但MOH电离程度较小，所以存在c(M＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，正确，B不选；C．b点溶液pH=7，溶液呈中性，则c(OH－)=c(H＋)，根据电荷守恒得c(M＋)=c(Cl－)，所以c(M＋)+c(MOH)＞c(Cl－)，错误，C选；D．根据A选可知，MOH浓度为0.1000mol·L－1，不加入盐酸时，pH为11，溶液中的c(OH－)=10－3mol·L－1，则MOH是弱碱，其电离方程式为MOHM＋＋OH－，由于其电离程度较小，则c(MOH)≈0.1mol·L－1，忽略水的电离，则c(M＋)≈c(OH－)=10－3mol·L－1；则室温下，MOH的电离常数，正确，D不选。答案选C。6、A【解析】

A．Na在氧气中燃烧生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3，能实现转化，故A正确；B．Fe与Cl2燃烧，反应生成FeCl3不能生成FeCl2，故B错误；C．在高温下，SiO2与与盐酸溶液不反应，故C错误；D．S在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能得到三氧化硫，故D错误；答案选A。【点睛】氯气是强氧化剂，与变价金属单质反应时，金属直接被氧化为最高价。7、B【解析】

连接N的电极上H+得电子产生H2，则为阴极，N为电源的负极，M为电源的正极。A.M为电源的正极，N为电源负极，选项A正确；B.电解过程中，阳极上Co2+失电子产生Co3+，Co3+与乙醇反应产生Co2+，Co2+可循环使用，不需要向溶液中补充Co2+，选项B错误；C.CH3OH在溶液中被Co3+氧化生成CO2,发生反应6Co3++CH3OH+H2O===6Co2++CO2↑+6H+，选项C正确；D.若外电路中转移1mol电子，根据电极反应2H++2e-=H2↑，则产生的H2在标准状况下的体积为11.2L，选项D正确。答案选B。8、B【解析】

A.物质甲中含苯环和羧基，可以发生苯环的加成反应，燃烧反应(属于氧化反应)，可以发生酯化反应(属于取代反应)，A正确；B.根据乙结构简式可知，该物质是苯分子中六个H原子全部被Cl原子取代产生的物质，故分子式是C6Cl6，B错误；C.丙分子中含有2种类型的H原子，所以其一氯代物有2种，C正确；D.丁分子中含有醛基、醇羟基，在一定条件下醛基与氢气可以转化成羟基，就得到只含醇羟基一种官能团的物质，D正确；故答案选B。9、C【解析】

A.NH4NO3溶液的浓度为0.1mol·L－1，溶液体积不确定，不能计算含有的氮原子数，A错误；B.氯气分别与足量铁和铝完全反应时，化合价均由0价变-1价，1mol氯气转移的电子数均为2NA，B错误；C.如果28g全为乙烯，则含有的C－H键数目=×4×NA=4NA；如果28g全为丙烯，则含有的C－H键数目=×6×NA=4NA，所以无论以何种比例混合，28g乙烯与丙烯混合物中C－H键数目始终为4NA，C正确；D.pH=1的H2SO4溶液中，H+的浓度为0.1mol·L－1，故1L溶液中含有H+的数目为0.1NA，D错误；故选C。【点睛】极端假设法适用于混合物组成判断，极端假设恰好为某一成分，以确定混合体系各成分的名称、质量分数、体积分数等。如乙烯与丙烯混合物中含有C－H键的数目的计算，极值法很好理解。10、A【解析】

水电离出的c（H+）=1×l0-13mol/L，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度为0.1mol/L，该溶液为强酸性或碱性溶液，一定不会存在碳酸氢根离子；当向该溶液中缓慢通入一定量的Cl2后，溶液由无色变为黄色，说明溶液中一定存在碘离子，能够与碘离子反应的铁离子一定不会存在。【详解】A．酸或碱的溶液抑制水的电离，水电离出的c（H+）=1×l0-13mol/L，若为酸性溶液，该溶液pH=1；若为碱性溶液，该溶液的pH为13，故A正确；B．溶液中一定不会存在铁离子，若是碱性溶液，一定存在钠离子，故B错误；C．该溶液中一定存在碘离子，一定不会存在碳酸氢根离子，故C错误；D．氯气过量，若为酸性溶液，反应后只有一种盐，即氯化钠，故D错误；故选A。11、D【解析】

A.化合物KH(IO3)2为离子化合物，包含离子键与共价键，氢键不属于化学键，A项错误；B.气体的状态未指明，不能利用标况下气体的摩尔体积计算，B项错误；C.碘盐中所含的碘元素在水溶液中以IO3-离子存在，没有碘单质，不能使淀粉变蓝，C项错误；D.钾元素的焰色反应为紫色（透过蓝色钴玻璃），若碘盐的焰色反应显紫色，则证明碘盐中含有钾元素，D项正确；答案选D。【点睛】本题考查化学基本常识，A项是易错点，要牢记氢键不属于化学键，且不是所有含氢元素的化合物分子之间就有氢键。要明确氢键的存在范围是分子化合物中，可以分为分子内氢键，如邻羟基苯甲醛，也可存在分子间氢键，如氨气、氟化氢、水和甲醇等。12、C【解析】

根据题意红色固体粉末可能存在六种组成。1、若ag红色固体粉末只有Cu，加入过量的稀硫酸不反应。称得固体质量bg即为铜的质量，因此b＝a，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；2、若ag红色固体粉末为Cu和Fe2O3的混合物，加入过量的稀硫酸与Cu不反应，与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+，若称得固体质量bg即为原混合物中铜反应后剩余的质量，因此b<a，此时溶液中含有氢离子和硫酸根离子、二价铁离子和铜离子；3、若ag红色固体粉末为Cu和Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量bg即为原样品中的铜的质量加上Cu2O反应生成的铜的质量，因此b<a，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；4、若ag红色固体粉末只有Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，反应后无固体剩余，因此b＝0，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；5、若ag红色固体粉末只有Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量bg即为Cu2O反应生成的铜的质量，因此b<a，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；6、若ag红色固体粉末为Cu2O和Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，与Cu2O反应生成铜和硫酸铜溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+，若称得固体质量bg即为Cu2O反应生成的铜再次反应后剩余的质量，因此b<a，此时溶液中含有氢离子以及硫酸根离子、铜离子、二价铁离子；A.根据上述分析，反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种，故A正确。B.不论以何种形式组成的红色固体，反应后若有固体剩余，一定是铜。由于硫酸过量，向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，形成硝酸，具有氧化性，可与铜反应，只要硝酸足够，可能使反应产生的固体完全溶解，故B正确C.若b＝a，即b<a，根据上述分析，红色固体粉末可能的组合为Cu和Fe2O3的混合物；Cu和Cu2O的混合物；只有Cu2O；Cu2O和Fe2O3的混合物，因此红色固体粉末可能是混合物也可以是纯净物，故C错误；D.根据上述六种红色固体粉末组成的分析，b的取值范围:0＜b≤a，故D正确。答案选C。13、B【解析】

A.未说明气体是否在标况下，不能计算，故错误；B.Na2S和Na2O2二者的摩尔质量相同，所以15.6g的Na2S和Na2O2固体混合物中即0.2mol，阴离子数为0.2NA，故正确；C.CH3COONa溶液中醋酸根离子水解，不能计算其离子数目，故错误；D.12g金刚石即1mol，每个碳原子与4个碳原子形成共价键，所以平均每个碳形成2个键，则该物质中含有的碳碳单键数约为2NA，故错误。故选B。14、D【解析】

ClO-和ClO3-个数比为1：2，则按电子守恒，它们与Cl-的个数比为1：2：11，从而得出被还原的氯(生成Cl-)与被氧化的氯(生成ClO-和ClO3-)的物质的量之比为11:3。故选D。15、B【解析】

A.铁在冷的浓硝酸中钝化，故A错误；B.CO2与Na2O2反应可产生O2和Na2CO3，故B正确；C.在加热条件下浓硫酸可将石墨氧化为CO2，故C错误；D.漂白粉具有强氧化性，SO2与过量漂白粉浊液反应生成CaSO4，故D错误；故选B。16、C【解析】A项，该装置中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则Ag-Pt电极为阴极，pt电极为阳极，连接阴极的B电极为负极，A为正极，故A项正确；B项，电解时阳离子向阴极移动，所以H+从阳极向阴极迁移，故B项正确；C项，左侧电极为阳极发生2H2O-4e-=4H++O2↑，所以每转移2mol电子时，左侧电极就产生0.5molO2即16g氧气，故C项错误；D项，阴极上硝酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为，故D项正确。综上所述，本题正确答案为C。点睛：考查电解池的反应原理。抓住氧化还原反应进行判定电池的阴阳极。根据氧化剂和还原剂进行电极反应式的书写。二、非选择题（本题包括5小题）17、（1）SO2Cu2O（2）Cu+2H2SO4浓）SO2↑+CuSO4+2H2O（3）CuSO4溶液粗铜MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-（4）0.036；正反应方向；0.36；0.40；（5）HCHO+2CuOH)2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O↓或HCHO+4CuOH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O↓【解析】试题分析：F与甲醛溶液反应生成G，G为砖红色沉淀，则G为Cu2O；A为某金属矿的主要成分，则A中含有Cu元素，经过一系列反应可得到气体B和固体C。单质C可与E的浓溶液发生反应，判断C为Cu单质，则E为酸，B能与氧气反应生成C，C能与水反应生成相应的酸，所以B是二氧化硫，C是三氧化硫，E为硫酸，Cu与浓硫酸加热反应生成二氧化硫和硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠溶液、甲醛反应生成氧化亚铜沉淀，符合此图。（1）根据以上分析，B的化学式是SO2；G为Cu2O；（2）反应②为Cu与浓硫酸的反应，化学方程式为Cu+2H2SO4浓）SO2↑+CuSO4+2H2O；（3）提纯Cu时，用粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜作电解质溶液，则铜离子在阴极析出，从而提纯Cu；MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，电池放电时，正极发生还原反应，Mn元素的化合价降低，与水结合生成碱式氧化锰和氢氧根离子，电极反应式为MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-；（4）二氧化硫与氧气的反应方程式是2SO2+O22SO3，经半分钟后达到平衡，测得容器中含三氧化硫0.18mol，说明消耗氧气的物质的量是0.09mol，则vO（2）="0.09mol/5L/0.5min=0.036"mol/L·min)；继续通入0.20molB和0.10molO2，相当于反应物浓度增大，缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，再达平衡时，三氧化硫的物质的量比原来的2倍还多，所以大于0.36mol，容器中相当于有0.4mol二氧化硫，可逆反应不会进行到底，所以三氧化硫的物质的量小于0.40mol；（5）F是硫酸铜，先与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜，甲醛与氢氧化铜发生氧化反应，生成氧化亚铜砖红色沉淀，化学方程式是HCHO+2CuOH)2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O↓或HCHO+4CuOH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O↓。考点：考查物质推断，物质性质的判断，化学方程式的书写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、乙铜丝由黑变红硫氰化钾或KSCN不正确，因为铁过量时：Fe＋2Fe3+→3Fe2+cbda确保绿矾中的结晶水已全部失去【解析】试题分析：实验一：（1）铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，虚线框中的装置是用氢气还原氧化铜的装置，根据氢气的密度比空气小分析；氧化铜被氢气还原为铜单质；（2）Fe3+能使KSCN溶液变成血红色；单质铁能把Fe3+还原为Fe2+；实验二：（3）由于装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前要排尽装置中的空气，利用氮气排出空气，为使生成的水蒸气完全排出，应该先熄灭酒精灯再关闭K1和K2；冷却后再称量；（4）进行恒重操作可以确保绿矾中的结晶水已全部失去；（5）根据题意，生成硫酸亚铁是，生成水的质量是，根据计算x值；解析：实验一：（1）铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，虚线框中的装置是用氢气还原氧化铜的装置，氢气的密度比空气小，所以用向下排空气法收集氢气，故选乙；氧化铜被氢气还原为铜单质，现象是铜丝由黑变红；（2）Fe3+能使KSCN溶液变成血红色，滴加KSCN溶液检验是否含有Fe3+，若溶液变为血红色，则含有Fe3+；单质铁能把Fe3+还原为Fe2+，当铁过量时：Fe＋2Fe3+=3Fe2+，所以没有出现血红色，不能说明该固体中没有＋3价的铁元素；实验二：（3）由于装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前要排尽装置中的空气，利用氮气排出空气，为使生成的水蒸气完全排出，应该先熄灭酒精灯再关闭K1和K2；冷却后再称量，正确的步骤是（1）打开K1和K2缓缓通入N2，（2）点燃酒精灯，加热，（3）熄灭酒精灯，（4）冷却至室温，（5）关闭K1和K2，（6）称量A，重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g；（4）进行恒重操作可以确保绿矾中的结晶水已全部失去；（5）根据题意，生成硫酸亚铁是，生成水的质量是，X=。20、通风橱促进反应正向进行，提高苯胺的转化率让苯胺与乙酸反应成盐使用刺形分馏柱可以很好地将沸点差别不太大的乙酸和水分开，只将生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方向移动，乙酸又可以回流到烧瓶内继续反应，从而提高乙酰苯胺的产率油浴a冷凝管中不再有液滴流下b防止暴沸偏小49.7【解析】

(1)由于冰醋酸具有强烈刺激性，实验中要防止其扩散到室内空气中，过量加入反应物(冰醋酸)的目的，应从平衡移动考虑。(2)反应开始时要小火加热10min，主要是让反应物充分反应。(3)实验中使用刺形分馏柱，可提高乙酰苯胺产率，则应从反应物的利用率和平衡移动两个方面分析原因。(4)反应中加热温度超过100℃，不能采用水浴；蒸发时，应减少反应物的挥发损失。(5)判断反应基本完全，则基本上看不到反应物产生的现象；乙酰苯胺易溶于酒精，在热水中的溶解度也比较大，由此可确定洗涤粗品最合适的试剂。(6)热溶液中加入冷物体，会发生暴沸；活性炭有吸附能力，会吸附有机物。(7)计算乙酰苯胺的产率时，应先算出理论产量。【详解】(1)由于冰醋酸具有强烈刺激性，易扩散到室内空气中，损害人的呼吸道，所以实验中要在通风橱内取用；苯胺与冰醋酸的反应为可逆反应，加入过量冰醋酸的目的，促进平衡正向移动，提高苯胺的转化率。答案为：通风橱；促进反应正向进行，提高苯胺的转化率；(2)可逆反应进行比较缓慢，需要一定的时间，且乙酸与苯胺反应是先生成盐，后发生脱水反应，所以反应开始时小火加热10min，是为了让苯胺与乙酸反应成盐。答案为：让苯胺与乙酸反应成盐；(