贵州省遵义市高三压轴卷新高考化学试卷及答案解析

贵州省遵义市高三压轴卷新高考化学试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、下列说法正确的是A．铅蓄电池充电时，阳极质量增大B．0.1mol·L-lCH3COONa溶液加热后，溶液的pH减小C．标准状况下，11.2L苯中含有的碳原子数为3×6.02×1023D．室温下，稀释0.1mol·L-1氨水，c(H+)·c(NH3·H2O)的值减小2、LiAlH4是一种常用的储氢材料，也是有机合成中重要的还原剂。下列关亍LiAlH4的说法中，不正确的是A．电子式：B．还原有机物时，应在无水体系中迚行C．1molLiAlH4跟足量水反应可生成89.6L氢气D．乙醛还原生成乙醇的过程中，LiAlH4作还原剂3、某小组设计如图装置，利用氢镍电池为钠硫电池(总反应为：)充电。已知氢镍电池放电时的总反应式为，其中M为储氢合金，下列说法正确的是A．a极为氢镍电池的正极B．充电时，通过固体陶瓷向M极移动C．氢镍电池的负极反应式为D．充电时，外电路中每通过2mol电子，N极上生成1molS单质4、用滴有酚酞和氯化钠溶液湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断错误的是（）A．b极附近有气泡冒出 B．d极附近出现红色C．a、c极上都发生氧化反应 D．甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀5、某可充电钠离子电池放电时工作原理如图所示，下列说法错误的是A．放电时电势较低的电极反应式为：Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[(CN)6]B．外电路中通过0.2mol电子的电量时，负极质量变化为2.4gC．充电时，Mo箔接电源的正极D．放电时，Na+从右室移向左室6、我国科学家发明了一种“可固氮”的锂-氮二次电池，将可传递Li+的醚类作电解质，电池的总反应为6Li+N22Li3A．固氮时，锂电极发生还原反应B．脱氮时，钌复合电极的电极反应：2Li3N-6e-=6Li++N2↑C．固氮时，外电路中电子由钌复合电极流向锂电极D．脱氮时，Li+向钌复合电极迁移7、根据下图，有关金属的腐蚀与防护的叙述正确的是A．钢闸门含铁量高，无需外接电源保护B．该装置的原理是“牺牲阳极的阴极保护法”C．将钢闸门与直流电源的负极相连可防止其被腐蚀D．辅助电极最好接锌质材料的电极8、下列符合实际并用于工业生产的是A．工业炼铝：电解熔融的氯化铝B．制取漂粉精：将氯气通入澄清石灰水C．工业制硫酸：用硫磺为原料，经燃烧、催化氧化、最后用98.3%浓硫酸吸收D．工业制烧碱：电解饱和食盐水，在阳极区域得到烧碱溶液9、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的有几个①12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.2NA②1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA③常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA④7.8g中含有的碳碳双键数目为0.3NA⑤用1L1.0mol/LFeCl3溶液制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒的数目为NA⑥1molSO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，共转移2NA个电子⑦在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为5NA⑧常温常压下，17g甲基(-CH3)中所含的中子数为9NAA．3B．4C．5D．610、碳酸镧[La2(CO3)3]可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症，制备反应原理为：2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4C1+3CO2↑+3H2O，某化学兴趣小组利用下列实验装置模拟制备碳酸镧。下列说法不正确的是A．制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→CB．Y中发生反应的化学方程式为NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑C．X中盛放的试剂是饱和NaHCO3溶液，其作用为吸收挥发的HCl，同时生成CO2D．Z中应先通入CO2，后通入过量的NH311、将少量SO2气体通入BaCl2和FeCl3的混合溶液中,溶液颜色由棕黄色变成浅绿色,同时有白色沉淀产生。针对上述变化,下列分析正确的是A．该实验表明SO2有漂白性 B．白色沉淀为BaSO3C．该实验表明FeCl3有还原性 D．反应后溶液酸性增强12、阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol－1，下列叙述正确的是A．2.24LCO2中含有的原子数为0.3×6.02×1023B．0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目为0.3×6.02×1023C．5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3×6.02×1023D．4.5gSiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.3×6.02×102313、如图所示，常温时将一滴管液体Y一次性全部挤到充满O2的锥形瓶内(装置气密性良好)，若锥形瓶内气体的最大物质的量是amol，久置后其气体的物质的量是bmol，不存在a＞b关系的是()XYA过量C、Fe碎屑稀HClB过量Na2CO3粉末稀H2SO4C过量Fe、Al碎屑浓H2SO4D过量Cu、CuO粉末浓HNO3A．A B．B C．C D．D14、化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是选项化学性质实际应用A和小苏打反应泡沫灭火器灭火B受热易分解产生气体可作面包的发泡剂C乙酸具有酸性常用于工业管道去除水垢D次氯酸盐具有氧化性漂白粉漂白织物A．A B．B. C．C D．D15、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．18g氨基（-ND2）中含有的电子数为9NAB．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAC．1L0.1mol•L-1的Na2S溶液中，阴离子总数小于0.1NAD．2.24LCH4与C2H4的混合气体中，所含H原子的数目是0.4NA16、镍粉在CO中低温加热，生成无色挥发性液态Ni(CO)4，呈四面体构型。150℃时，Ni(CO)4分解为Ni和CO。则下列可作为溶解Ni(CO)4的溶剂是（）A．水 B．四氯化碳 C．盐酸 D．硫酸镍溶液17、在体积都为1L、pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，分别投入等量的锌粒。下图所示可能符合客观事实的是A． B．C． D．18、根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验现象结论A甲烷与氯气在光照下反应，将反应后的气体通入紫色石蕊试液中紫色石蕊试液变红反应后的气体是HCIB向正已烷中加入催化剂，高温使其热裂解，将产生的气体通入溴水中溴水褪色裂解产生的气体是乙烯C向FeCI3溶液中滴入几滴30%的H2O2溶液有气体产生，一段时间后，FeCl3溶液颜色加深Fe3+能催化H2O2分解，该分解反应为放热反应D向某溶液中滴加氢氧化钠稀溶液后，将红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝该溶液无NH4+A．A B．B C．C D．D19、反应Cl2+2KI=2KCl+I2中，氧化剂是（）A．Cl2B．KIC．KClD．I220、现有以下物质：①NaCl溶液②CH3COOH③NH3④BaSO4⑤蔗糖⑥H2O，其中属于电解质的是（）A．②③④ B．②④⑥ C．③④⑤ D．①②④21、β−月桂烯的结构如图所示，一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物(只考虑位置异构)理论上最多有（）A．2种 B．3种 C．4种 D．6种22、某药物丙可由有机物甲和乙在一定条件下反应制得：(甲)+(乙)(丙)下列说法正确的是A．甲与乙生成丙的反应属于加成反应B．甲分子中所有原子共平面C．乙的化学式是C4H718OOD．丙在碱性条件下水解生成和CH318OH二、非选择题(共84分)23、（14分）环戊噻嗪是治疗水肿及高血压的药物，其中间体G的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)A的化学名称是_____________。B中含有官能团的名称为_____________。(2)反应②的反应类型是________________。(3)C的结构简式为_______________。(4)G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为___________________。(5)X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，则符合条件的X的结构简式为_________________。(6)设计由1,3-丙二醇和丙二酸二乙酯制备的合成路线(其他试剂任选)______________。24、（12分）[化学——选修5：有机化学基础]A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。已知：（1）A的名称是____；B中含氧官能团名称是____。（2）C的结构简式____；D-E的反应类型为____。（3）E-F的化学方程式为____。（4）B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是____（写出结构简式）。（5）等物质的量的分别与足量NaOH、NaHCO3反应，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为____；检验其中一种官能团的方法是____（写出官能团名称、对应试剂及现象）。25、（12分）废定影液的主要成分为Na3[Ag(S2O3)2]，用废定影液为原料制备AgNO3的实验流程如下：(1)“沉淀”步骤中生成Ag2S沉淀，检验沉淀完全的操作是________。(2)“反应”步骤中会生成淡黄色固体，该反应的化学方程式为________。(3)“除杂”需调节溶液pH至6。测定溶液pH的操作是________。(4)已知：2AgNO32Ag＋2NO2↑＋O2↑，2Cu(NO3)22CuO＋4NO2↑＋O2↑。AgNO3粗产品中常含有Cu(NO3)2，请设计由AgNO3粗产品获取纯净AgNO3的实验方案：______________________，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到纯净的AgNO3。(实验中须使用的试剂有稀硝酸、NaOH溶液、蒸馏水)(5)蒸发浓缩AgNO3溶液的装置如下图所示。使用真空泵的目的是________；判断蒸发浓缩完成的标志是____________________。26、（10分）纳米TiO2是一种重要的光催化剂。以钛酸酯Ti(OR)4为原料制备纳米TiO2的步骤如下：①组装装置如下图所示，保持温度约为65℃，先将30mL钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶，再加入3mL乙酰丙酮，充分搅拌；②将含水20％的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，得到二氧化钛溶胶；③将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶，灼烧凝胶得到纳米TiO2。已知，钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂，遇水剧烈水解；Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，回答下列问题：(1)仪器a的名称是_______，冷凝管的作用是________。(2)加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率，其原理可能是________(填标号)。a.增加反应的焓变b.增大反应的活化能c.减小反应的焓变d.降低反应的活化能制备过程中，减慢水解反应速率的措施还有________。(3)步骤②中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为________。下图所示实验装置中，可用于灼烧二氧化钛凝胶的是________(填标号)。(4)测定样品中TiO2纯度的方法是：精确称取0.2000g样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铵的混合溶液，加强热使其溶解。冷却后，加入一定量稀盐酸得到含TiO2+的溶液。加入金属铝，将TiO2+全部转化为Ti3+。待过量的金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用0.1000mol·L-lNH4Fe(SO4)2溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗0.1000mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液的平均值为20.00mL(已知：Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋)。①加入金属铝的作用除了还原TiO2＋外，另一个作用是________________。②滴定时所用的指示剂为____________(填标号)a.酚酞溶液b.KSCN溶液c.KMnO4溶液d.淀粉溶液③样品中TiO2的质量分数为________%。27、（12分）为证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中作为氧气的来源，某化学兴趣小组选择适当的化学试剂和实验用品，用如图所示的装置（C中盛放的是过氧化钠）进行实验。回答下列问题：（1）a的名称______。（2）A是实验室中制取CO2的装置。写出A中发生反应的离子方程式：______。（3）填写如表中的空白。装置序号加入的试剂加入该试剂的目的B饱和NaHCO3溶液____D________（4）写出C中发生反应的化学方程式：______。（5）F中得到气体的检验方法______。（6）为了测定某碳酸钠样品的纯度，完成如下实验：在电子天平上准确称取三份灼烧至恒重的无水Na2CO3样品（杂质不与盐酸反应）0.4000g于250mL锥形瓶中，用50mL水溶解后，加2～3滴______作指示剂，然后用0.2000mol•L-1HCl标准液滴定，滴定终点的实验现象为______。已知：Na2CO3与HCl的滴定反应为Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，滴定时实验数据列表如表：实验次数编号0.2000mol•L-1HCl溶液的体积（mL）滴定前刻度滴定后刻度11.0031.5025.0034.5037.0042.50选取上述合理数据，计算出碳酸钠样品的纯度为______。28、（14分）铝粉与氧化铁的混合物叫做铝热剂，发生的反应称为铝热反应：2Al+Fe2O3→2Fe+Al2O3，可用于焊接铁轨。完成下列计算：（1）若铝热剂中铝粉和氧化铁恰好完全反应，则该铝热剂中铝的质量分数为___。（精确到0.001）（2）将8.1g铝粉与16g氧化铁混合后充分反应，最多可制得铁___g；将反应后的固体混合物加入足量的稀盐酸中，充分反应后最多可生成氢气____mol。（3）23.52g某铝热剂在隔绝空气的条件下充分反应后，将固体溶解于200mL5mol/L的盐酸中，完全溶解后溶液中c(H+)=0.2mol/L（溶液体积变化忽略不计），且无Fe3+。计算该铝热剂中铝粉与氧化铁的物质的量分别是多少？___、___。（4）取某铝热剂反应后的固体，滴加4mol/L的NaOH溶液，当加至30mL时固体质量不再减小，且剩余固体质量为7.2g，并收集到672mL的氢气（标准状况）。计算原铝热剂中氧化铁的质量分数为多少？（精确到0.001）____29、（10分）[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）锌是人体必需的微量元素之一，起着极其重要的作用，回答下列问题：（1）请写出Zn2+的核外电子排布式_____________________。（2）ZnCl2熔点为275℃，而CaCl2的熔点为782℃，请分析熔点不同的原因：_________。（3）Zn2+能与多种微粒形成配合物，如Zn2+与CNO−可形成[Zn(CNO)4]2−，[Zn(CNO)4]2−中配位原子为__________，[Zn(CNO)4]2−的组成中非金属元素的电负性大小顺序为____________；Zn2+与CN−可形成[Zn(CN)4]2−，[Zn(CN)4]2−中σ键、π键和配位键的个数比为________；配合物Zn(NH3)4CO3中阴离子的空间构型为____________，N原子的杂化方式为____________。（4）Zn与S所形成化合物的晶胞如图1所示，图2为晶胞沿y轴的投影1∶1平面图：①晶胞中S原子的配位数为_________。②晶胞中最近的两个S原子之间的距离为_______pm。③设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度是__________g·cm−3（列出计算表达式）。[化学——选修5：有机化学基础]（15分）哌替啶盐酸盐G有镇痛作用，其合成路线如下。回答下列问题：（1）写出A的结构简式：________；B中含有碳碳双键，则B的名称为_____________。（2）G中含氧官能团名称为____________；B→C的反应类型为_________________。（3）E的结构简式为_____________。（4）写出C→D的化学方程式：_______________________________________。（5）M与E互为同分异构体，符合下列条件的M有______种。①属于芳香α-氨基酸；②含有两个六元环。其中一种同分异构体，—NH2被H原子取代后，除苯基上H原子外，其他核磁共振氢谱的峰面积比为4∶4∶1∶1∶1，该同分异构体的结构简式为______________。（6）请结合以上合成路线，写出以H3CNHCH2Cl和CH2=CHCl及上述流程中出现的物质为原料合成的路线______________________。

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.铅蓄电池充电时，阳极反应为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，阳极质量减小，故A错误；B.0.1mol·L-lCH3COONa溶液加热后，水解程度增大，溶液的碱性增强，pH增大，故B错误；C.标准状况下，苯不是气体，无法计算11.2L苯中含有的碳原子数，故C错误；D.室温下，稀释0.1mol·L-1氨水，氨水的电离程度增大，但电离平衡常数不变，K==，则c(H+)·c(NH3·H2O)=，随着稀释，铵根离子浓度减小，因此c(H+)·c(NH3·H2O)的值减小，故D正确；故选D。2、C【解析】

A选项，LiAlH4中锂显+1价，AlH4－，因此LiAlH4电子式：，故A正确；B选项，LiAlH4与水要反应，生成氢气，因此在还原有机物时，应在无水体系中迚行，故B正确；C选项，1molLiAlH4跟足量水反应可生成89.6L氢气，缺少标准状况下，因此C错误；D选项，乙醛还原生成乙醇的过程中，乙醛作氧化剂，LiAlH4作还原剂，故D正确。综上所述，答案为C。3、B【解析】

由电池总反应可知，氢镍电池放电时为原电池反应，负极反应式为MH+OH--e-=M+H2O，正极反应式为NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-；钠硫电池充电时为电解池反应，阴极反应式为2Na++2e-=2Na，阳极反应式为Sx2--2e-=xS；充电时，两个电池的电极负接负，正接正，固体Al2O3中的Na+(阳离子)向阴极（电池的负极）移动，据此解答。【详解】A.根据以上分析，与a极相连的是钠硫电池的负极，所以a极为氢镍电池的负极，故A错误；B.电解时阳离子向阴极移动，所以充电时，通过固体Al2O3陶瓷向M极移动，故B正确；C.氢镍电池的负极发生氧化反应，反应式为MH+OH--e-=M+H2O，故C错误；D.充电时，N电极为阳极，反应式为Sx2--2e-=xS，根据电子守恒，外电路中每通过2mol电子，N极上生成xmolS单质，故D错误。故选B。4、A【解析】

甲构成原电池，乙为电解池，甲中铁发生吸氧腐蚀，正极上电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，乙中阴极上电极反应式为:2H++2e-=H2↑，水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH-，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，以此解答该题。【详解】A、b极附是正极，发生电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，所以无气泡冒出，故A错误；B、乙中阴极上电极反应式为:2H++2e-=H2↑，水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH-，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，故B正确；C、a是原电池的负极发生氧化反应、c极是电解池的阳极发生氧化反应,所以a、c极上都发生氧化反应，故C正确；

D、甲中铁是原电池的负极被腐蚀，而乙中是电解池的阴极被保护，所以甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀，故D正确；故答案选A。【点睛】作为电解池，如果金属铁连在电源的正极上做电解池的阳极，铁更易失电子变为亚铁离子，腐蚀速率加快；如果金属铁连在电源的负极上做电解池的阴极，金属铁就不能失电子，只做导体的作用，金属铁就被保护，不发生腐蚀。5、A【解析】

由原电池示意图可知，正极上发生还原反应，电解方程式为Fe[Fe(CN)6]+2Na+-2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]，负极发生氧化反应，电解方程式为2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反，以此解答该题。【详解】A．放电时，电势较低的电极为负极，负极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，A错误；B．负极上Mg失电子发生氧化反应：2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，外电路中通过0.2mol电子的电量时，负极质量变化为减少的金属镁0.1mol，即质量变化2.4g，B正确；C．充电时，原电池的正极连接电源的正极，发生氧化反应，Mo箔接电源的正极，C正确；D．放电时，阳离子Na+向负电荷较多的正极移动，所以放电时，Na＋从右室移向左室，D正确；故合理选项是A。【点睛】本题考查原电池与电解池的知识，原电池的负极、电解池的阳极发生氧化反应；原电池的正极和电解池的阴极上发生还原反应，注意把握原电池、电解池的工作原理，根据电池总反应书写电极反应式，侧重考查学生的分析能力。6、B【解析】

据总反应6Li+N22Li3N可知：放电时锂失电子作负极，负极上电极反应式为6Li-6e-═6Li+，Li+移向正极，氮气在正极得电子发生还原反应，电极反应式为6Li++N2+6e-═2Li3【详解】A.固氮时，锂电极失电子发生氧化反应，故A错误；B.脱氮时，钌复合电极的电极反应为正极反应的逆反应：2Li3N-6e-=6Li++N2↑，故B正确；C.固氮时，外电路中电子由锂电极流向钌复合电极，故C错误；D.脱氮时，Li+向锂电极迁移，故D错误；答案：B【点睛】明确原电池负极：升失氧；正极：降得还，充电:负极逆反应为阴极反应，正极逆反应为阳极反应是解本题关键，题目难度中等，注意把握金属锂的活泼性。7、C【解析】

A.钢闸门含铁量高，会发生电化学腐蚀，需外接电源进行保护，故A错误；B.该装置的原理是通过外加直流电源以及辅助阳极，迫使电子流向被保护金属，使被保护金属结构电位高于周围环境来进行保护，并未“牺牲阳极”，故B错误；C.将钢闸门与直流电源的负极相连，可以使被保护金属结构电位高于周围环境，可防止其被腐蚀，故C正确；D.辅助电极有很多，可以用能导电的耐腐蚀材料，锌质材料容易腐蚀，故D错误；故选C。【点睛】电化学保护又分阴极保护法和阳极保护法，其中阴极保护法又分为牺牲阳极保护法和外加电流保护法。这种方法通过外加直流电源以及辅助阳极，迫使电子从海水流向被保护金属，使被保护金属结构电位高于周围环境来进行保护。8、C【解析】

A.氯化铝是共价化合物，工业炼铝:电解熔融的氧化铝，故A错误；B.氯气和石灰乳反应制备漂白精，故B错误；C.工业制硫酸：用硫磺为原料，经燃烧得到二氧化硫，二氧化硫催化氧化为三氧化硫，最后用浓硫酸吸收，故C正确；D.工业制烧碱：电解饱和食盐水，在阴极区域得到烧碱溶液，故D错误；故选C。9、A【解析】①n（NaHSO4）=12.0g120g/mol=0.1mol，NaHSO4在熔融状态下的电离方程式为NaHSO4=Na++HSO4-，12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子物质的量为0.1mol，①错误；②Na2O和Na2O2中阴、阳离子个数之比都为1:2，1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总物质的量为3mol，②正确；③NO2和N2O4的实验式都是NO2，n（NO2）=92g46g/mol=2mol，常温常压下92g的NO2和N2O4混合气体中所含原子物质的量为6mol，③正确；④苯中不含碳碳双键，④错误；⑤n（FeCl3）=1.0mol/L×1L=1mol，根据反应FeCl3+3H2O≜Fe（OH）3（胶体）+3HCl，生成1molFe（OH）3，氢氧化铁胶粒是一定数目Fe（OH）3的集合体，氢氧化铁胶粒的物质的量小于1mol，⑤错误；⑥若1molSO2全部反应则转移2mol电子，而SO2与O2的反应是可逆反应，1molSO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，转移电子物质的量小于2mol，⑥错误；⑦用双线桥分析该反应：，每生成3molI2转移5mol电子，⑦正确；⑧n（-14CH3）=17点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为载体的计算，主要考查物质的组成（③⑧）、物质的结构（②④）、溶液中粒子数的确定（⑤）、氧化还原反应中转移电子数（⑥⑦）、可逆反应（⑥）、电解质的电离（①），解题的关键是对各知识的理解和应用。10、D【解析】

A.由装置可知，W中制备CO2，X除去HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C，A正确；B.Y中CaO与浓氨水反应生成氨气和氢氧化钙，该反应的化学反应式为：NH3•H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，B正确；C.装置X用于除杂，X中盛放的试剂是NaHCO3溶液，可吸收CO2中的HCl，HCl与NaHCO3反应产生NaCl、H2O、CO2，故其作用为吸收挥发的HCl，同时生成CO2，C正确；D.Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2，原因为NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，碱性溶液更容易吸收二氧化碳，生成较大浓度的NH4HCO3，D错误；故合理选项是D。11、D【解析】

往FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入SO2，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生。是因为SO2+H2O=H2SO3（亚硫酸），H2SO3具有很强的还原性，而Fe3+具有较强的氧化性，所以SO32-和Fe3+发生反应，生成Fe2+和SO42-，所以溶液颜色由黄变绿(Fe2+)，同时有白色沉淀（BaSO4)同时有H2SO4生成，所以酸性增强。A.该实验表明SO2有还原性，选项A错误；B.白色沉淀为BaSO4，选项B错误；C.该实验表明FeC13具有氧化性，选项C错误；D.反应后溶液酸性增强，选项D正确；答案选D。12、D【解析】

A.未指明气体所处的外界条件，不能确定CO2的物质的量，因此不能确定其中含有的原子数目，A错误；B.硝酸铵是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应而消耗，所以0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目小于0.3×6.02×1023，B错误；C.5.6gFe的物质的量是0.1mol，二者发生反应，若铁过量，则反应生成Fe2+，5.6gFe失去0.2×6.02×1023个电子，若硝酸足量，则5.6gFe失去0.3×6.02×1023，因此二者的相对物质的量多少不能确定，不能判断转移电子的物质的量，C错误；D.在SiO2晶体中每个Si原子与相邻的4个O原子形成4个Si-O键，4.5g二氧化硅的物质的量是0.075mol，则其中含有的Si-O共价键数目为0.075mol×4×6.02×1023/mol=0.3×6.02×1023，D正确；故合理选项是D。13、C【解析】

A.铁与稀盐酸反应放出氢气，久置后其气体的物质的量增大，故不选A；B.Na2CO3粉末与稀H2SO4反应放出二氧化碳气体，久置后其气体的物质的量增大，故不选B；C.Fe、Al在浓硫酸中钝化，久置后其气体的物质的量不变，故选CD.Cu与浓硝酸反应放出NO2气体，久置后其气体的物质的量增大，故不选D；答案选C。14、C【解析】

A.Al2(SO4)3和小苏打的反应是Al3+和HCO3−发生双水解，生成沉淀Al(OH)3和不支持燃烧的CO2气体，用于泡沫灭火器灭火，故A正确；B.受热易分解产生气体CO2气体，可作为面包的发泡剂，故B正确；C.乙酸具有酸性，且酸性比碳酸强，可以与水垢反应，但用乙酸去除工业管道的水垢容易腐蚀管道，所以不能用于工业管道去除水垢，故C错误；D.次氯酸盐的漂白性就是利用次氯酸盐的氧化性，所有漂白粉可用于漂白织物，故D正确；故选C。15、A【解析】

A．18g氨基（-ND2）为1mol，含有的电子数为9NA，A正确；B．氯气具有强氧化性，将Fe2+和I-均氧化，1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为3NA，B错误；C．S2-会水解，1个硫离子水解后产生1个硫氢根离子和1个氢氧根离子，故1L0.1mol•L-1的Na2S溶液中，阴离子总数大于0.1NA，C错误；D．为指明标准状况，无法计算，D错误；故答案选A。【点睛】氕()、氘()、氚()，互为同位素，氕()无中子。16、B【解析】

Ni(CO)4呈四面体构型，为非极性分子，由相似相溶原理知，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，四氯化碳是非极性分子，所以该物质易溶于四氯化碳，故选B。17、C【解析】

根据盐酸和醋酸溶液中的氢离子物质的量和加入锌的物质的量，依据盐酸是强酸，醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡判断反应过程和反应量的关系，结合图象中的纵坐标和横坐标的意义，曲线的变化趋势，起点、拐点、终点的意义分析判断是否符合事实。【详解】体积都为1L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，n(CH3COOH)>n(HCl)=0.01mol，锌和酸反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，盐酸溶液中氢离子不足，醋酸溶液中存在电离平衡，平衡状态下的氢离子不足，但随着反应进行，醋酸又电离出氢离子进行反应，放出的氢气一定比盐酸多，开始时由于氢离子浓度相同，开始的反应速率相同，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以反应速率快；反应后，醋酸有剩余，导致醋酸溶液中pH小于盐酸溶液中；A．由于醋酸会不断电离出H+，因此醋酸pH上升会比盐酸慢。虽然和同量的Zn反应，醋酸速率快，但是这是pH，不是氢气的量，所以pH上升醋酸慢，A错误；B．反应开始氢离子浓度相同，反应速率相同。曲线从相同速率开始反应，但醋酸溶液中存在电离平衡，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以醋酸溶液反应过程中反应速率快，溶解的锌的量也比盐酸多，所以图象不符合题意，B错误；C．产生氢气的量从0开始逐渐增多，最终由于醋酸电离平衡的存在，生成氢气的量比盐酸多，反应过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，和同量锌反应速率快，若Zn少量产生的H2的量相同，锌过量则醋酸产生的氢气多，故图象符合Zn少量，C正确；D．反应开始氢离子浓度相同，反应过程中醋酸存在电离平衡，醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了图象法在化学反应速率的影响中的应用，关键是反应过程中溶液中的氢离子浓度大小的判断和一定量锌与氢离子反应的过量判断，注意弱电解质在溶液中存在电离平衡，弄清坐标系中横坐标、纵坐标的含义分析解答。18、C【解析】甲烷与氯气在光照下反应，将反应后的混合气体通入紫色石蕊试液中

紫色石蕊试液变红且不褪色，混合气体中含有HC1,故A错误；向正已烷中加入催化剂，然后高温热裂解，将产生的气体通入溴水中溴水褪色

裂解产生的气体中含有烯烃，但不一定是乙烯，故B错误；向FeCI3溶液中滴入几滴30%的H2O2

有氧气产生，一段时间后溶液颜色加深

，Fe3+能催化H2O2分解且该分解反应为放热反应，故C正确；铵盐与碱反应，加热才能放出氨气，向某溶液中滴加氢氧化钠稀溶液后，将红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，不一定无NH4+，故D错误。点睛：甲烷与氯气在光照下反应，反应后的混合气体中含有氯化氢、氯代烃，可能含有剩余的氯气，将反应后的气体通入紫色石蕊试液中，紫色石蕊试液变红且不褪色，一定含有氯化氢，紫色石蕊试液变红后褪色，不一定有氯化氢。19、A【解析】根据单质中元素化合价为零、化合物中正负化合价代数和为零可知，反应物中，Cl2属于单质，氯气中氯元素化合价为零，碘化钾中钾显+1价，碘显-1价，生成物中，氯化钾中钾为+1价，氯为-1价，碘单质中碘元素的化合价是零，因此反应后化合价降低的元素是氯，氯气是氧化剂，故选A。20、B【解析】

在水溶液里或熔融状态下自身能导电的化合物叫做电解质。①NaCl溶液是混合物，不是电解质；②CH3COOH溶于水可导电，是电解质；③NH3溶于水反应，生成的溶液可导电，但不是自身导电，不是电解质；④BaSO4熔融状态下可电离成离子，可以导电，是电解质；⑤蔗糖溶于水不能电离出离子，溶液不导电，不是电解质；⑥H2O可微弱的电离出氢离子和氢氧根离子，可导电，是电解质；答案选B。【点睛】该题要利用电解质的概念解题，在水溶液里或熔融状态下自身能导电的化合物叫做电解质。21、C【解析】

因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示；1分子该物质与2分子Br2加成时，可以在①②的位置上发生加成，也可以在①③位置上发生加成或在②③位置上发生加成，还可以1分子Br2在①②发生1，4加成反应，另1分子Br2在③上加成，故所得产物共有四种，故选C项。22、A【解析】

A．通过分析反应前后物质的结构可知，反应过程中甲分子发生了1,4加成，形成了一个新的碳碳双键，乙分子也发生了加成最终与甲形成了六元环；A项正确；B．由于甲分子中存在一个sp3杂化的形成了4条单键的碳原子，所以甲分子内的所有原子不可能共平面；B项错误；C．由乙的结构可知，乙的分子式为：；C项错误；D．酯在碱性条件下水解，产物羧酸会与碱反应生成羧酸盐，所以丙在碱性条件下水解的产物为和，D项错误；答案选A。二、非选择题(共84分)23、氯乙酸乙酯酯基取代反应+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O和【解析】

(1)直接命名A的化学名称和B中含有官能团的名称。(2)先根据②③前后联系得出C的结构简式，得出反应②的反应类型。(3)根据②③前后联系得出C的结构简式(4)联系教材的乙醛与新制Cu(OH)2反应书写方程式。(5)X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，说明X中含有羧基或酯基，总共有7个碳原子，除了六元环，还剩余1个碳原子，再进行书写。(6)先将1,3-丙二醇与HBr反应，得到，再在一定条件下与CH2(COOC2H5)2得到，再水解和酸化得到，最后再根据反应④得到产物。【详解】(1)A的化学名称是氯乙酸乙酯；B中含有官能团的名称为酯基，故答案为：氯乙酸乙酯；酯基。(2)根据②③前后联系得出C的结构简式为，因此反应②的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应。(3)根据上题分析得出C的结构简式为，故答案为：。(4)G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O。(5)X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，说明X中含有羧基或酯基，总共有7个碳原子，除了六元环，还剩余1个碳原子，因此则符合条件的X的结构简式为和，故答案为：和。(6)先将1,3-丙二醇与HBr反应，得到，再在一定条件下与CH2(COOC2H5)2得到，再水解和酸化得到，最后再根据反应④得到产物，因此总的流程为，故答案为：。24、丙烯酯基取代反应1：1检验羧基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红（或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色）【解析】

B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，则B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，A为C3H6，A发生发生加成反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯发生水解反应然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A发生反应生成D，D发生水解反应生成E，E能发生题给信息的加成反应，结合E分子式知，E结构简式为CH2=CHCH2OH、D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为；据此解答。【详解】（1）通过以上分析知，A为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，其含氧官能团名称是酯基，故答案为丙烯；酯基；

（2）C结构简式为，D发生水解反应或取代反应生成E，故答案为；取代反应或水解反应；

（3）E→F反应方程式为，故答案为；

（4）B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有碳碳双键和酯基、醛基，为甲酸酯，符合条件的同分异构体有HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOC（CH3）=CHCH3、HCOOCH=C（CH3）2、HCOOCH（CH3）CH=CH2、HCOOCH2C（CH3）=CH2、HCOOC（CH2CH3）=CH2，共有8种；其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是，

故答案为；（5）该有机物中含有碳碳双键、醇羟基、羧基，具有烯烃、羧酸、醇的性质。能和NaOH、NaHCO3反应的是羧基，且物质的量之比都是1：1，所以NaOH、NaHCO3分别与等物质的量的该物质反应时，则消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1；分子中含有碳碳双键、醇羟基、羧基。若检验羧基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红；若检验碳碳双键：加入溴水，溴水褪色，故答案为1：1；检验羧基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红（或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色）。25、静置，向上层清液中继续滴加Na2S溶液，若不再有沉淀生成，则说明沉淀已经完全Ag2S＋4HNO3===2AgNO3＋2NO2↑＋S＋2H2O用洁净的玻璃棒蘸取反应液，滴在pH试纸上，与标准比色卡对照将AgNO3粗产品加热并维持温度在200℃至恒重，同时用足量NaOH溶液吸收产生的气体，待固体残留物冷却后，加入蒸馏水，充分溶解、过滤、洗涤，并将洗涤液与滤液合并，再加入适量稀硝酸使体系形成负压，有利于水分在较低温度下蒸发，同时可防止AgNO3分解溶液表面有晶膜出现【解析】

废定影液的主要成分为Na3[Ag(S2O3)2]，用硫化钠沉淀，生成Ag2S沉淀，过滤得到滤渣，洗涤干净后加入浓硝酸溶解Ag2S得到硝酸银、硫单质与二氧化氮；用氢氧化钠除去过量的硝酸得到硝酸银溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得到硝酸银晶体，据此分析作答。【详解】（1）沉淀过程是Na3[Ag(S2O3)2]与Na2S反应制得Ag2S的反应，检验沉淀完全的操作是：静置，向上层清液中继续滴加Na2S溶液，若不再有沉淀生成，则说明沉淀已经完全；（2）“反应”步骤中会生成淡黄色固体，根据元素守恒可知，该淡黄色沉淀为硫离子被氧化的产物硫单质，根据氧化还原反应规律可知其化学方程式为：Ag2S＋4HNO3===2AgNO3＋2NO2↑＋S＋2H2O；（3）测定溶液pH的基本操作是：用洁净的玻璃棒蘸取反应液，滴在pH试纸上，与标准比色卡对照；（4）根据给定的已知信息可知，硝酸铜的分解温度为200℃，硝酸银的分解温度在440℃，则可设计除去硝酸铜的方法为：将AgNO3粗产品加热并维持温度在200℃至恒重，同时用足量NaOH溶液吸收产生的气体，待固体残留物冷却后，加入蒸馏水，充分溶解、过滤、洗涤，并将洗涤液与滤液合并，再加入适量稀硝酸；（5）考虑硝酸银易分解，而实验装置中真空泵可以形成负压，有利于水分在较低温度下蒸发，同时可防止AgNO3分解；蒸发浓缩过程中，若溶液表面有晶膜出现，则证明蒸发浓缩完成。26、温度计冷凝回流b用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OHa与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化b80【解析】

(1)根据水、无水乙醇和乙酰丙酮容易挥发分析解答；(2)反应的焓变只与初始状态和终了状态有关；增大反应的活化能，反应速率减慢；降低反应的活化能，反应速率加快，据此分析判断；根据实验步骤②的提示分析判断；(3)Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化钛溶胶，据此书写反应的化学方程式；灼烧固体需要在坩埚中进行；(4)根据Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋，说明Ti3+容易被氧化；并据此分析判断可以选用的指示剂，结合消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量计算样品中TiO2的质量分数。【详解】(1)根据装置图，仪器a为温度计，实验过程中为了防止水、无水乙醇和乙酰丙酮挥发，可以使用冷凝管冷凝回流，提高原料的利用率，故答案为温度计；冷凝回流；(2)a.反应的焓变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反应的焓变，故a错误；b.增大反应的活化能，活化分子数减少，反应速率减慢，故b正确；c.反应的焓变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反应的焓变，故c错误；d.降低反应的活化能，活化分子数增多，反应速率加快，故d错误；故选b；根据实验步骤②的提示，制备过程中，用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液，减慢钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解的反应速率，故答案为b；用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液；(3)Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，步骤②中钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化钛溶胶，反应的化学方程式为Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；灼烧二氧化钛凝胶需要在坩埚中进行，故选择的装置为a，故答案为Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；a；(4)①根据Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋，说明Ti3+容易被氧化，铝与酸反应生成氢气，在液面上方形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化，故答案为与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化；②酚酞溶液、淀粉溶液与NH4Fe(SO4)2溶液，现象不明显；KMnO4溶液也能氧化Ti3+，影响滴定结果，KMnO4不与Fe3+反应；根据滴定反应Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋可知，可以选用KSCN溶液作指示剂，当滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液，容易变成血红色，且半分钟不褪色，说明到达了滴定终点，故答案为b；③消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量=0.02L×0.1000mol·L-1=0.002mol，则根据钛原子守恒，n(TiO2)=n(Ti3+)=n（Fe3+）=0.002mol，样品中TiO2的质量分数=×100%=80%，故答案为80。27、分液漏斗CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑除去CO2气体中混入的HClNaOH溶液吸收未反应的CO2气体2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2甲基橙溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化79.5%【解析】

A中CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，制备CO2，B中装有饱和NaHCO3溶液除去CO2中少量HCl，C中盛放的是过氧化钠，发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，D中放NaOH溶液，吸收未反应的CO2气体，E收集生成的O2。【详解】（1）a的名称分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）A是实验室中制取CO2，化学反应方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，离子反应方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；（3）装置序号加入的试剂加入该试剂的目的B饱和NaHCO3溶液除去CO2气体中混入的HClDNaOH溶液吸收未反应的CO2气体故答案为：除去CO2气体中混入的HCl；NaOH溶液；吸收未反应的CO2气体；（4）C中盛放的是过氧化钠，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；（5）F中得到气体为氧气，其检验方法：将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2，故答案为：将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2；（6）盐酸滴定碳酸钠，碳酸钠显碱性，可用甲基橙作指示剂，已知：Na2CO3与HCl的滴定反应为Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，滴定终点的实验现象溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化，由实验数据分析可知，实验次数编号为3的实验误差大，不可用，由1、2平均可得，消耗的盐酸体积为30.0mL，由反应方程式可知，Na2CO3∽2HCl，碳酸钠的物质的量为：n(Na2CO3)=1/2n(HCl)=1/2×0.2000mol•L×0.03L=0.003mol，m(Na2CO3)=0.003mol×106g·mol-1=0.318g，碳酸钠样品的纯度为×100%=79.5%，故答案为：甲基橙；溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化；79.5%；28、0.252或25.2%11.20.350.16mol0.12mol76%【解析】

（1）若铝热剂中铝粉和氧化铁恰好完全反应，2Al+Fe2O3→2Fe+Al2O3，则铝与氧化铁的物质的量之比2:1，据此计算；（2）计算铝粉和氧化铁的物质的量，再根据方程式计算；（3）利用守恒法计算；（4）根据Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑计算。【详解】（1）根据方程式2Al+Fe2O3→2Fe+Al2O3，若铝热剂中铝粉