北京市师大二附中高三压轴卷新高考化学试卷及答案解析

北京市师大二附中高三压轴卷新高考化学试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、下列实验不能达到目的的是（）选项目的实验A制取较高浓度的次氯酸溶液将Cl2通入小苏打溶液中B除去溴苯中的少量溴加入苛性钠溶液洗涤、分液C加快氢气的生成速率将与稀硫酸反应的粗锌改为纯锌D制备少量氨气向新制生石灰中滴加浓氨水A．A B．B C．C D．D2、下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是A．B．C．D．3、设NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A．28g的乙烯和环丙烷混合气体中所含原子总数为6NAB．在标准状况下，9.2gNO2含有的分子数为0.2NAC．常温下，56g铁与足量的浓硫酸反应，转移的电子数为3NAD．公共场所用75%的乙醇杀菌消毒预防新冠病毒，1mol乙醇分子中含有的共价键的数目为7NA4、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Y最外层电子数之和为11，W与Y同族且都是复合化肥的营养元素，Z的氢化物遇水可产生最轻的气体。下列说法正确的是（）A．常温常压下X的单质为气态B．简单气态氢化物的热稳定性：Y＞WC．Z的氢化物含有共价键D．简单离子半径：W＞X5、常温下，Mn+(指Cu2+或Ag+)的硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．直线MN代表CuS的沉淀溶解平衡B．在N点Ksp(CuS)=Ksp(Ag2S)C．P点：易析出CuS沉淀，不易析出Ag2S沉淀D．M点和N点的c(S2－)之比为1×10－206、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7、下列各表述与示意图一致的是A．25℃时，用0.1mol·L-1盐酸滴定20mL0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化B．10mL0.01mol·L-1KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol·L-1H2C2O4溶液混合时，n(Mn2-)随时间的变化C．曲线表示反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0正、逆反应的平衡常数K随温度的变化D．a、b曲线分别表示反应CH2=CH2(g)+H2(g)→CH3CH3(g)△H<0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化8、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A．常温下，1L0.5mol/LCH3COONH4溶液的pH＝7，则溶液中CH3COO－与NH4＋的数目均为0.5NAB．10g质量分数为46%的乙醇溶液中含有氢原子的数目为0.6NAC．16g氨基(－NH2)中含有的电子数为7NAD．在密闭容器中将2molSO2和1molO2混合反应后，体系中的原子数为8NA9、某无色气体可能含有CO、CO2和H2O(g)、H2中的一种或几种，依次进行如下处理(假定每步处理都反应完全)：①通过碱石灰时，气体体积变小；②通过赤热的氧化铜时，黑色固体变为红色；③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色晶体；④通过澄清石灰水时，溶液变得浑浊。由此可以确定原无色气体中()A．一定含有CO2、H2O(g)，至少含有H2、CO中的一种B．一定含有H2O(g)、CO，至少含有CO2、H2中的一种C．一定含有CO、CO2，至少含有H2O(g)、H2中的一种D．一定含有CO、H2，至少含有H2O(g)、CO2中的一种10、吗啡是严格查禁的毒品．吗啡分子含C71.58%，H6.67%，N4.91%，其余为O.已知其相对分子质量不超过300，则吗啡的分子式是A．C17H19NO3 B．C17H20N2O C．C18H19NO3 D．C18H20N2O211、如图1为甲烷和O2

构成的燃料电池示意图，电解质溶液为KOH溶液；图2

为电解AlCl3

溶液的装置，电极材料均为石墨。用该装置进行实验，反应开始后观察到x电极附近出现白色沉淀。下列说法正确的是A．b电极为负极B．图1中电解质溶液的pH增大C．a

电极反应式为CH4-8e-

+8OH-=CO2+6H2OD．图2

中电解AlCl3溶液的总反应式为:2AlCl3

+6H2O2Al(OH)3

↓+3Cl

2↑+3H2

↑12、化学与生命健康密切相关，“84”消毒液（有效成分为NaClO）在抗击新冠肺炎疫情中起到重要作用。下列说法错误的是A．“84”消毒液为混合物B．“84”消毒液具有漂白性C．“84”消毒液可用于灭杀新型冠状病毒D．“84”消毒液可以与“洁厕灵”（主要成分为盐酸）混用13、下列物质属于碱的是A．CH3OH B．Cu2(OH)2CO3 C．NH3·H2O D．Na2CO314、下列叙述正确的是A．24g镁与27g铝中，含有相同的质子数B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同C．1mol重水与1mol水中，中子数比为2∶1D．1mol乙烷和1mol乙烯中，化学键数相同15、丁苯橡胶的化学组成为，其单体一定有()A．2﹣丁炔 B．1，3﹣丁二烯 C．乙苯 D．乙烯16、下列说法中不正确的是（）A．石油的催化裂化是工业上生产乙烯的主要方法B．水煤气经过催化合成得到甲醇等液体燃料的过程属于煤的液化C．镧镍合金能吸收H2形成金属氢化物，可做贮氢材料D．Na2SO4•10H2O晶体可作为光与化学能转换的贮热材料，通过溶解与结晶实现对太阳能的直接利用17、工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为：CN－＋OH－＋Cl2―→CO2＋N2＋Cl－＋H2O（未配平）。下列说法错误的是A．Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物B．该反应中，若有1molCN－发生反应，则有5NA电子发生转移C．上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为2∶5D．若将该反应设计成原电池，则CN－在负极区发生反应18、下列关于有机化合物的说法正确的是A．除去乙醇中的少量水，方法是加入新制生石灰，经过滤后即得乙醇B．CH3CH2CH2COOH和CH3COOCH2CH3属于碳链异构C．除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质，可加入足量烧碱溶液，通过分液即得乙酸乙酯D．一个苯环上已经连有—CH3、—CH2CH3、—OH三种基团，如果在苯环上再连接一个—CH3，其同分异构体有16种19、下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是（）A．灼热的炭与CO2的反应B．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应C．镁条与稀盐酸的反应D．氢气在氧气中的燃烧反应20、化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法不正确的是A．电动汽车充电、放电过程均有电子转移B．很多鲜花和水果的香味来自于酯C．淘米水能产生丁达尔效应，这种淘米水具有胶体的性质D．碳纳米管是一种比表面积大的有机合成纤维，可用作新型储氢材料21、短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，W为常见液体；甲为单质，乙为红棕色气体；上述物质之间的转化关系如图所示(部分生成物已省略)。则下列说法中正确的是A．C、D两种元素组成的化合物只含有离子键B．A、B、C、D形成的简单离子半径排序：D>C>B>AC．D元素的最高价氧化物对应水化物可以用于吸收气体乙D．A、B、C三种元素组成的化合物均为共价化合物22、研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是()A．d为石墨，电流从d流入导线进入铁片B．d为铜片，铜片上电极反应为：O2+2H2O+4e→4OH–C．d为锌块，铁片不易被腐蚀D．d为镁片，铁片上电极反应为：2H++2e→H2↑二、非选择题(共84分)23、（14分）利用丙炔和苯甲醛研究碘代化合物与苯甲醛在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应和合成重要的高分子化合物Y的路线如下：已知：①R1CHO+R2CH2CHO+H2②回答下列问题：（1）A的化学名称为____。（2）B中含氧官能团的名称是______。（3）X的分子式为_______。（4）反应①的反应类型是________。（5）反应②的化学方程式是_______。（6）L是D的同分异构体，属于芳香族化合物，与D具有相同官能团，其核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则L的结构简式可能为_____。（7）多环化合物是有机研究的重要方向，请设计由、CH3CHO、合成多环化合物的路线(无机试剂任选)______。24、（12分）为分析某盐的成分，做了如下实验：请回答：（1）盐M的化学式是_________；（2）被NaOH吸收的气体的电子式____________；（3）向溶液A中通入H2S气体，有淡黄色沉淀产生，写出反应的离子方程式________(不考虑空气的影响)。25、（12分）18世纪70年代，瑞典化学家舍勒首先发现并制得了氯气(Cl2)。氯气是一种黄绿色、密度比空气大且有毒的气体，它能与水发生化学反应生成盐酸和次氯酸(HClO)。氯气也能与碱溶液发生化学反应。在实验室中，通常用二氧化锰固体与浓盐酸在加热的条件下制取氯气。现提供如下图所示实验装置，试回答下列问题：(1)实验室中制取氯气应采用的发生装置是________，收集并吸收氯气应选用的装置为________。(均填序号)(2)上述装置的烧杯中盛有的氢氧化钠溶液的作用是用于吸收多余的氯气，防止氯气污染空气，试写出氯气和氢氧化钠溶液反应的化学方程式：________。(3)自来水厂经常用氯气做消毒剂。目前市场上出售的某些假冒“纯净水”是用自来水灌装的，请你利用所学的化学知识加以鉴别，并写出有关的化学方程式________，_______。(4)次氯酸具有漂白性，它可以将某些有色物质氧化成无色物质。某同学用滴管将饱和氯水(氯气的水溶液)逐滴滴入含有酚酞试液的NaOH溶液中，当滴到最后一滴时，红色突然褪去。红色褪去的原因可能有两种情况(用简要的文字说明)：①_____；②_____。(5)请设计一个简单的实验，确定(4)中红色褪去的原因是①还是②?________。26、（10分）氨气具有还原性,能够被氧化铜氧化,用如图中的装置可以实现该反应。已知:氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜。回答下列问题:(1)B中加入的干燥剂是____(填序号)。①浓硫酸②无水氯化钙③碱石灰(2)能证明氨与氧化铜反应的现象是C中________。(3)D中有无色液体生成。设计实验检验D中无色液体的成分:__________27、（12分）某化学兴趣小组在习题解析中看到：“SO2通入Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，是因为在酸性环境中，NO3-将SO32-氧化成SO42-而产生沉淀”。有同学对这个解析提出了质疑，“因没有隔绝空气，也许只是氧化了SO32-，与NO3-无关”。于是做了“SO2通入Ba(NO3)2溶液”的探究实验，用pH传感器检测反应的进行，实验装置如图。回答下列问题：（1）仪器a的名称为__。（2）实验小组发现装置C存在不足，不足之处是__。（3）用0.1mol/LBaCl2溶液、0.1mol/LBa(NO3)2溶液、食用油，配制4种溶液（见下表）分别在装置C中进行探究实验。编号①②③④试剂煮沸过的BaCl2溶液25mL，再加入食用油25mL未煮沸过的BaCl2溶液25mL煮沸过的Ba(NO3)2溶液25mL，再加入食用油25mL未煮沸过的Ba(NO3)2溶液25mL对比①、②号试剂，探究的目的是___。（4）进行①号、③号实验前通氮气的目的是__。（5）实验现象：①号依然澄清，②、③、④号均出现浑浊。第②号实验时C中反应的离子方程式为__。（6）图1-4分别为①，②，③，④号实验所测pH随时间的变化曲线。根据以上数据，可得到的结论是__。28、（14分）1，2一二氯丙烷（CH2ClCHClCH3）是一种重要的化工原料，工业上可用丙烯加成法制备，主要副产物为3一氯丙烯（CH2=CHCH2Cl），反应原理为：i.CH2=CHCH3（g）+C12（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）△H1=-134kJ•mol-1ii.CH2=CHCH3（g）+C12（g）⇌CH2=CHCH2Cl（g）+HCl（g）△H2=-102kJ•mol-1请回答下列问题：（1）已知：CH2=CHCH2Cl（g）+HCl（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）的正反应的活化能Ea（正）为132kJ•mol-1，则逆反应的活化能Ea（逆）为__________kJ•mol-1。（2）某研究小组向密闭容器中充入一定量的C12（g）和CH2=CHCH3（g），分别在A、B两种不同催化剂作用下发生反应，一段时间后测得CH2ClCHClCH3的产率与温度的关系如图1所示。①下列说法正确的是______（填代号）。a.使用催化剂A、B的最佳温度：A<Bb.p、m点分别是对应温度下CH2ClCHClCH3的平衡产率c.使用催化剂降低了反应的活化能和焓变d.温度不变，增大压强可使CH2ClCHClCH3的产率提高②在250℃以后，A曲线中产率下降的原因可能是________（写出两条）。（3）T℃时使用选择性更高的催化剂，在恒容密闭容器内充入等物质的量的C12（g）和CH2=CHCH3（g）进行反应i，测得容器各组分的分压强（p分=p总×体积分数）随时间的变化关系如图2所示，回答下列问题：①若用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即υ=，则t1~t2时间段内平均反应速率υ（CH2=CHCH3）=_______kPa•min-1（用相关字母表示）；平衡时CH2ClCHClCH3的体积分数________。②反应的平衡常数KP=_____________（用平衡分压代替平衡浓度，相关字母表示结果）。（4）如图3是在酸性电解质溶液中，用惰性电极将CO2转化为低碳烯烃的电化学装置，回答下列问题：①太阳能电池的负极是__________（填“a”或“b”）。②生成丙烯的电极反应式是____________。③相同时间内，相同条件下，消耗的CO2与生成的O2的体积之比为_________。29、（10分）工业废气、汽车尾气中含有的NOx、SO2等，是形成雾霾的主要物质，其综合治理是当前重要的研究课题。(1)NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如图所示：已知：O3(g)+O(g)═2O2(g)△H=-143kJ/mol反应1：O3(g)+NO(g)═NO2(g)+O2(g)△H1

=-200.2kJ/mol反应2：热化学方程式为________(2)用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2(弱酸)的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：_________。(3)利用电解法处理高温空气中稀薄的NO(O2浓度约为NO浓度十倍)，装置示意图如图所示，固体电解质可传导O2-。①阴极的反应为________；②消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算量，可能的原因是(不考虑物理因素)________；(4)处理烟气中SO2也可采用碱液吸收法。已知25℃时，K(NH3•H2O)=1.8×10-5；Ksp(CaSO4)=7.1×10-5。第1步：用过量的浓氨水吸收SO2，并在空气中氧化；第2步：加入石灰水，发生反应Ca2++2OH-+2NH4++SO42-⇌CaSO4↓+2NH3•H2OK。①写出用足量氨水吸收SO2的化学方程式______________；②25℃时，2.0mol•L-1的氨水中，NH3•H2O的电离度_______；③计算第2步中反应的K=________(列出计算式即可)。

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、C【解析】

A．氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，加入NaHCO3能与HCl反应，从而促进平衡正向移动，使次氯酸的浓度增大，A不合题意；B．苛性钠溶液能与溴反应，产物溶解在溶液中，液体分层，分液后可得下层的溴苯，从而达到除杂目的，B不合题意；C．粗锌与稀硫酸能发生原电池反应，反应速率快，纯锌与稀硫酸不能形成原电池，反应速率慢，C符合题意；D．浓氨水滴入新制生石灰中，生石灰与水反应放热，使氨水分解同时降低氨气的溶解度，从而制得少量的氨气，D不合题意；故选C。2、A【解析】

A．升高温度，反应速率加快，产生气泡速率加快，不涉及平衡移动，A符合；B．中间试管存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，由于Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，加入KI，发生AgCl(s)+I-AgI(s)+Cl-，两个平衡右移，白色沉淀AgCl转换为黄色AgI沉淀，B不符合；C．FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HClH>0，温度升高，平衡正向移动，C不符合；D．醋酸是弱电解质，CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释，平衡右移，稀释过程又产生一定的H+，稀释10倍，pH<2.9+1，D不符合。答案选A。【点睛】pH=m的强酸稀释10n倍，新的溶液pH=m+n<7；pH=m的弱酸稀释10n倍，新的溶液pH<m+n<7。3、A【解析】

A.乙烯和环丙烷最简式是CH2，其中含有3个原子，式量是14，28g的乙烯和环丙烷中含有最简式的物质的量是2mol，则混合气体中所含原子总数为6NA，A正确；B.NO2的式量是46，9.2gNO2的物质的量是0.2mol，由于NO2与N2O4在密闭容器中存在可逆反应的化学平衡，所以其中含有的分子数目小于0.2NA，B错误；C.在常温下铁遇浓硫酸会发生钝化不能进一步发生反应，所以转移的电子数小于3NA，C错误；D.乙醇分子结构简式为CH3CH2OH，一个分子中含有8个共价键，则1mol乙醇分子中含有的共价键的数目为8NA，D错误；故合理选项是A。4、D【解析】

W与Y同族且都是复合化肥的营养元素，则W为氮(N)，Y为磷(P)；W、X、Y最外层电子数之和为11，则X为钠(Na)；Z的氢化物遇水可产生最轻的气体，则Z为钾(K)或钙(Ca)。【详解】A．常温常压下X的单质为钠，呈固态，A错误；B．非金属性Y(P)<W(N)，简单气态氢化物的热稳定性Y<W，B错误；C．Z的氢化物为KH或CaH2，含有离子键，C错误；D．具有相同核电荷数的离子，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径：N3->Na+，D正确；故选D。5、D【解析】

A选项，N点c(S2－)=1×10-20mol/L，c(Mn+)=1×10-15mol/L，M点c(S2－)=1×10-40mol/L，c(Mn+)=1×10-5mol/L，如果直线MN代表CuS的沉淀溶解平衡，那么M点c(S2－)∙c(Mn+)=1×10-40×1×10-5=1×10-45，N点c(S2－)∙c(Mn+)=1×10-20×1×10-15=1×10-35，M点和N点的Ksp不相同，故A错误；B选项，在N点硫离子浓度相等，金属离子浓度相等，但由于Ksp的计算表达式不一样，因此Ksp(CuS)>Ksp(Ag2S)，故B错误；C选项，根据A分析MN曲线为Ag2S的沉淀溶解平衡，P点Q<Ksp(CuS)，Q>Ksp(Ag2S)，因此不易析出CuS沉淀，易析出Ag2S沉淀，故C错误；D选项，M点c(S2－)=1×10-40mol/L，N点c(S2－)=1×10-20mol/L，两者的c(S2－)之比为1×10－20，故D正确。综上所述，答案为D。6、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。7、C【解析】

A.等浓度的强酸强碱的滴定曲线，到达终点的pH发生突变，不是渐变；B.发生氧化还原反应生成锰离子，Mn2+对该反应有催化作用，反应加快；C.反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0，结合K虽温度的变化情况作答；D.催化剂降低反应活化能，根据图示的能量变化与实际反应的热效应不符。【详解】A.0.1mol•L-1NaOH溶液的pH为13，用0.1mol•L-1盐酸滴定恰好中和时pH为7，因浓度相同，则体积相同，但酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，A项错误；B.发生氧化还原反应生成锰离子，则n（Mn2+）随时间的变化而增大，且催化作用，一段时间内增加的更快，后来浓度变化成为影响速率的主要因素，反应物浓度减小，速率减慢，图像不符，B项错误；C.因反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，平衡后升温K正减小，而K逆增大，且正逆反应的平衡常数互为倒数关系，C项正确；D.图象中使用催化剂降低反应活化能，但反应CH2=CH2(g)+H2(g)→CH3CH3(g)△H＜0，是放热反应，反应物能量高，图象中表示的吸热反应，D项错误；答案选C。8、D【解析】

A．由于醋酸根和铵根均会发生水解，所以溶液中这两种离子的数目一定小于0.5NA，A项错误；B．该溶液中乙醇的质量为4.6g，根据公式计算可知：；该溶液中的水的质量为5.4g，根据公式计算可知：；所以溶液中的H原子数目为1.2NA，B项错误；C．1个氨基中含有9个电子，16g氨基即1mol，所以含有电子数为9NA，C项错误；D．密闭容器中发生的虽然是可逆反应，但原子总数守恒，所以为8NA，D项正确；答案选D。9、D【解析】

①中通过了碱石灰后，气体中无CO2、H2O，②通过炽热的氧化铜，CO和H2会把氧化铜还原成铜单质，同时生成CO2和H2O，H2O使白色硫酸铜粉末变为蓝色，CO2通过澄清石灰水时，溶液变浑浊，以此来判断原混合气体的组成。【详解】①通过碱石灰时，气体体积变小；碱石灰吸收H2O和CO2，体积减小证明至少有其中一种，而且通过碱石灰后全部吸收；②通过赤热的CuO时，固体变为红色；可能有CO还原CuO，也可能是H2还原CuO，也可能是两者都有；③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色，证明有水生成，而这部分水来源于氢气还原氧化铜时生成，所以一定有H2；④通过澄清石灰水时，溶液变浑浊证明有CO2，而这些CO2来源于CO还原CuO产生的，所以一定有CO。综上分析：混合气体中一定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一种，故合理选项是D。【点睛】本题考查混合气体的推断的知识，抓住题中反应的典型现象，掌握元素化合物的性质是做好此类题目的关键。10、A【解析】

可通过假设相对分子质量为100，然后得出碳、氢、氮、氧等元素的质量，然后求出原子个数，然后乘以3，得出的数值即为分子式中原子个数的最大值，进而求出分子式。【详解】假设吗啡的相对分子质量为100，则碳元素的质量就为71.58，碳的原子个数为：=5.965，则相对分子质量如果为300的话，就为5.965×3═17.895；同理，氢的原子个数为：×3=20.01，氮的原子个数为：×3=1.502，氧的原子个数为：×3=3.15，因为吗啡的相对分子质量不超过300，故吗啡的化学式中碳的原子个数不超过17.895，氢的原子个数不超过20.01，氮的原子个数不超过1.502；符合要求的为A，答案选A。11、D【解析】A.x电极附近出现的白色沉淀是氢氧化铝，X电极因产生OH-而作阴极，相应地b电极为正极，故A错误；B.图1中电池反应为CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，电解质溶液的pH减小，故B错误；C.在碱性溶液中不能产生CO2，a电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，故C错误；D.图2中电解AlCl3溶液的总反应式为：2AlCl3+6H2O2Al(OH)3↓+3Cl2↑+3H2↑，故D正确。故选D。12、D【解析】

A．“84”消毒液的主要成分为NaClO、NaCl，为混合物，A正确；B．“84”消毒液的有效成分是有NaClO，具有漂白性，B正确；C．“84”消毒液中的NaClO具有杀菌消毒能力，可用于灭杀新型冠状病毒，C正确；D．若将“84”消毒液与“洁厕灵”混用，会发生反应ClO-+Cl-+2H+==Cl2↑+H2O，D错误；故选D。13、C【解析】

A.CH3OH为非电解质，溶于水时不能电离出OH－，A项错误；B.Cu2(OH)2CO3难溶于水，且电离出的阴离子不全是OH－，属于碱式盐，B项错误；C.NH3·H2O在水溶液中电离方程式为NH4++OH－，阴离子全是OH－，C项正确；D.Na2CO3电离只生成Na+、CO32-，属于盐，D项错误。本题选C。14、B【解析】

本题考查的是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。【详解】A．1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。B．设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为×2=mol和×3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。C．重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。D．乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。故选B。【点睛】本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。15、B【解析】

根据丁苯橡胶的结构可知，其主链上全是碳原子，故其一定是由单体发生加聚反应得到的，由于其分子式中有双键，一定是发生聚合反应新生成的，将链节分断，可以发生其单体是苯乙烯和1，3﹣丁二烯，答案选B。16、A【解析】

A.石油的裂解是工业上生产乙烯的主要方法，故A错误；B.煤液化是把固体煤炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料、化工原料和产品的先进洁净煤技术，水煤气经过催化合成得到甲醇等液体燃料的过程属于煤的液化，故B正确；C.储氢材料是一类能可逆的吸收和释放氢气的材料，镧镍合金能大量吸收氢气形成金属氢化物，是目前解决氢气的储存和运输问题的材料，故C正确；D.Na2SO4•10H2O晶体在太阳光照射时能够分解失去结晶水，温度降低后又形成Na2SO4•10H2O晶体释放能量，故D正确；综上所述，答案为A。17、C【解析】

反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2[(4-2)+(3-0)]=10价，故CN-系数为2，Cl2系数为5，由元素守恒反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，以此来解答。【详解】A．反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，故A正确；

B．由上述分析可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以若有1molCN-发生反应，则有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA电子发生转移，故B正确；

C．由上述分析可知，反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是CN-是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，故C错误；

D．C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以CN-失电子，发生氧化反应为负极，故D正确。

故选：C。18、D【解析】

A.CaO与水反应后，混合物成分沸点差异增大，应选蒸馏法分离，故A错误；B.CH3CH2CH2COOH和CH3COOCH2CH3官能团不同，属于类别异构，故B错误；C.乙酸乙酯与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故C错误；D.一个苯环上已经连有—CH3、—CH2CH3、—OH三种基团，如果在苯环上再连接一个—CH3，看成二甲苯(、、)苯环上连有—CH2CH3、—OH，中—OH在甲基的中间时乙基有2种位置，—OH在甲基的邻位时乙基有3种位置，—OH在两个甲基的间位时乙基有2种位置，共7种；中先固定—OH，乙基有3种位置，有3种同分异构体；先固定—OH在邻位时乙基有3种位置，固定—OH在间位时乙基有3种位置，有6种；则同分异构体有7+3+6=16(种)，故D正确；故答案为D。19、A【解析】A、灼热的炭与CO2的反应生成CO，是氧化还原反应也是吸热反应，故A正确；B、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应不是氧化还原反应，故B错误；C、镁条与稀盐酸的反应是放热反应，故C错误；D、氢气在氧气中的燃烧反应是放热反应，故D错误；故选A。20、D【解析】

A.电动汽车充电为电解池原理，放电过程为原电池原理，两个过程均属于氧化还原反应，存在电子转移，A正确；B.一些低级酯有芳香气味，很多鲜花和水果的香味来自于这些酯，B正确；C.淘米水中含有的淀粉分子达到胶体颗粒的大小，能产生丁达尔效应，说明这种淘米水具有胶体的性质，C正确；D.碳纳米管只含有C元素，属于单质，不是有机物，D错误；故合理选项是D。21、C【解析】

短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，Y为Na2O2，W为常见液体，W为H2O；Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2，而甲为单质，则甲为O2，乙为红棕色气体，乙为NO2，甲与Z反应产生NO2，则Z为NO，X与甲反应产生NO，则X为NH3，则A、B、C、D分别为H、N、O、Na，以此来解答。【详解】根据上述分析可知：甲为O2，乙为NO2，X为NH3，Y为Na2O2，Z为NO，W为H2O，A、B、C、D分别为H、N、O、Na。A.O、Na两种元素可形成离子化合物Na2O2中既含有离子键也含有非极性共价键，A错误；B.H+核外无电子，N、O、Na三种元素形成的离子核外电子排布都是2、8，电子层结构相同，离子的核电荷数越大离子半径就越小，离子核外电子层数越多，离子半径就越大，所以离子半径N3->O2->Na+>H+，即B(N3-)>C(O2-)>D(Na+)>A(H+)，B错误；C.Na元素的最高价氧化物对应水化物NaOH是一元强碱，乙为NO2，NO2与NaOH会发生反应产生NaNO3、NaNO2、H2O，反应方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，C正确；D.H、N、O三种元素可形成共价化合物如HNO3，也可以形成离子化合物如NH4NO3，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断，把握淡黄色固体为过氧化钠、W为液体物质水来推断物质为解答的关键，注意原子结构与元素性质的关系和元素与化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与推断能力。22、D【解析】

A．d为石墨，活泼金属铁片作负极，石墨作正极，电流从正极流入导线进入负极，故A正确；B．d为铜片，活泼金属铁片作负极，铜片作正极；海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，铜片上电极反应为：O2+2H2O+4e-═4OH-，故B正确；C．锌比铁片活泼，所以腐蚀锌，所以铁片不易被腐蚀，故C正确；D．d为镁片，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以铁片上电极反应为：O2+2H2O+4e-═4OH-，故D错误；故选D。【点睛】本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。二、非选择题(共84分)23、3-氯丙炔酯基C13H16O2取代反应【解析】

与氯气在紫外线光照条件下发生取代反应生成A（），物质A与NaCN在加热条件下继续发生取代反应生成，在酸性条件下生成再与乙醇发生酯化反应生成B（），B与HI发生加成反应生成，继续与苯甲醛反应生成X（）；另一合成路线中采用逆合成分析法可知，E为聚合物Y的单体，其结构简式为：，根据已知信息②逆推法可以得出D为，C是由与水发生加成反应所得，C与苯甲醛在碱性条件下发生反应②，结合已知信息①可推出C为丙醛，其结构简式为CH3CH2CHO，据此分析作答。【详解】（1）A为，其名称为3-氯丙炔；（2）B为，其中含氧官能团的名称是酯基；（3）从结构简式可以看出X的分子式为：C13H16O2；（4）反应①中-Cl转化为-CN，属于取代反应，故答案为取代反应；（5）根据已知的给定信息，反应②的化学方程式为：；（6）L是D的同分异构体，则分子式为C10H10O，不饱和度==6，属于芳香族化合物，说明分子结构中含苯环；与D具有相同官能团，则含醛基与碳碳双键；又核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则有5种氢原子，其个数比为3:2:2:2:1，符合上述条件的L的结构简式有：；（7）根据上述合成路线及给定的已知信息可将原料CH3CHO、在碱性条件下反应生成后再继续与依据已知信息②得到，最后与溴加成制备得到目标产物，具体合成路线如下：。24、Fe(ClO4)32Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓【解析】

（1）混合单质气体被稀NaOH溶液吸收后得到的无色气体能使带火星木条复燃，证明有氧气生成；能被氢氧化钠吸收的气体单质为Cl2.,说明M中含有O和Cl元素；由“”说明红棕色固体为Fe2O3，说明M中含有Fe元素；n（Fe2O3）=16g÷160g/mol=0.1mol，n（O2）=33.6g÷32g/mol=1.05mol，则m（Cl）=70.9g-33.6g-16g=21.3g，n（Cl）=21.3g÷35.5g/mol=0.6mol，n（Fe）：n（Cl）：n（O）=0.2mol：0.6mol：（0.3mol+1.05mol×2）=1:3:12，则M的分子式为Fe(ClO4)3。（2）被NaOH吸收的气体为氯气，其电子式为：。（3）A为FeCl3溶液，向溶液A中通入H2S气体，有淡黄色沉淀产生，反应的离子方程式2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓。25、CHCl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O取少量的“纯净水”于一支洁净的试管中，滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明该“纯净水”是自来水AgNO3十HCl=AgCl↓+HNO3氯水中的酸与碱发生中和反应次氯酸将有色物质漂白取“红色褪去”溶液1～2mL于试管中，滴加NaOH溶液，若红色恢复，则是由氯水的酸性所致；否则是由次氯酸的漂白性所致【解析】

(1)在实验室中，通常用二氧化锰固体与浓盐酸在加热的条件下制取氯气，因此需要加热；氯气是一种黄绿色、密度比空气大且有毒的气体，氯气可以用氢氧化钠溶液吸收，因此选择H；故答案为：C；H；(2)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，配平即可，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；(3)假冒“纯净水”中有盐酸和次氯酸，可以用硝酸银溶液检验，盐酸和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀和硝酸；故答案为：取少量的“纯净水”于一支洁净的试管中，滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明该“纯净水”是自来水；AgNO3＋HCl=AgCl↓+HNO3；(4)红色褪去的原因可能有两种情况：酸和碱发生了中和反应，红色褪去；次氯酸具有漂白性，也可以使红色褪去；故答案为：氯水中的酸与碱发生中和反应；次氯酸将有色物质漂白；(5)简单的实验是：在反应后的溶液中加氢氧化钠溶液，如果红色又出现，那么原因就是酸碱中和；反之则为氯水氧化指示剂；故答案为：取“红色褪去”溶液1～2mL于试管中，滴加NaOH溶液，若红色恢复，则是由氯水的酸性所致；否则是由次氯酸的漂白性所致。【点睛】气体的制取装置的选择与反应物的状态和反应的条件有关；气体的收集装置的选择与气体的密度和溶解性有关。26、③黑色粉末变红取少量无水硫酸铜粉末放入D中，现象为白色变蓝色，则证明有水生成【解析】

A中装有熟石灰和NH4Cl，加热时产生氨气，经过碱石灰干燥，进入C中，和C中的氧化铜发生反应，生成氮气和铜，根据质量守恒，还应该有水生成。冰水混合物是用来冷却生成的水蒸气的，最后氮气用排水法收集在试管E中。【详解】(1)U形干燥管只能装固体干燥剂，浓硫酸是液体干燥剂且浓硫酸也能与NH3反应，无水氯化钙能与NH3反应形成配合物。故选择③碱石灰；(2)黑色的氧化铜生成了红色的铜单质，所以现象为黑色粉末变红；(3)因为已知NH3和CuO反应生成了Cu和N2，根据质量守恒，还会有H2O生成，则D中无色液体为水，检验水一般用无水硫酸铜。故答案为：取少量无水硫酸铜粉末放入D中，现象为白色变蓝色，则证明有水生成。【点睛】冰水混合物通常用来冷凝沸点比0℃高，但常温下呈气态的物质。有时也用冰盐水，可以制造更低的温度。27、锥形瓶装置C中的溶液与空气接触探究氧气能否氧化SO32-排除装置内的空气，防止氧气干扰2SO2+O2+2H2O=4H++2SO42-、NO3-都能氧化氧化SO32-，氧气的氧化效果比NO3-更好，在氧气、NO3-共存条件下，氧化速率更快。【解析】

（1）根据装置图判断仪器a的名称；（2）要验证“只是氧化了SO32-，与NO3-无关”，需在无氧条件下把SO2通入Ba(NO3)2溶液。（3）①、②号试剂的区别是①号溶液中无氧气、②号试剂中溶有氧气。（4）进行①号、③号试剂的共同点是无氧环境，区别是①号溶液中无硝酸根离子、③号试剂中有硝酸根离子；（5）实验现象：①号依然澄清，②号出现浑浊，说明把SO32-氧化为SO42-；（6）根据pH减小的速度、pH达到的最小值分析。【详解】（1）根据装置图，仪器a的名称是锥形瓶；（2）要验证“只是氧化了SO32-，与NO3-无关”，需在无氧条件下把SO2通入Ba(NO3)2溶液，不足之处是装置C中的溶液与空气接触。（3）①、②号试剂的区别是①号溶液中无氧气、②号试剂中溶有氧气，对比①、②号试剂，探究的目的是氧气能否氧化SO32-。（4）进行①号、③号试剂的共同点是无氧环境，区别是①号溶液中无硝酸根离子、③号试剂中有硝酸根离子；进行①号、③号实验的目的是探究在酸性环境中，NO3-能否将SO32-氧化成SO42-，进行①号、③号实验前通氮气可以排除装置内的空气，防止氧气干扰；（5）实验现象：①号依然澄清，②号出现浑浊，说明把SO32-氧化为SO42-，第②号实验时C中反应的离子方程式为2SO2+O2+2H2O=4H++2SO42-；（6）根据图象可知，、NO3-都能氧化氧化SO32-，氧气的氧化效果比NO3-更好，在氧气、NO3-共存条件下，氧化速率更快。28、164ad放热反应温度升高平衡逆移、催化剂失去活性60％a3CO2+18H++18e-→CH3CH=CH2+6H2O2：3【解析】

（1）利用盖斯定律、结合活化能计算；（2）根据图象，结合外界条件对化学平衡移动的影响分析作答；（3）结合图象，起始、转化、平衡之间的关系分析计算；（4）根据电解原理分析计算；【详解】（1）i.CH2=CHCH3（g）+C12（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）△H1=-134kJ·mol-1ii.CH2=CHCH3（g）+C12（g）⇌CH2=CHCH2Cl（g）+HCl（g）△H2=-102kJ·mol-1根据盖斯定律，将i-ii得CH2=CHCH2Cl（g）+HCl（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）∆H=-134kJ·mol-1-（-102kJ·mol-1）=-32kJ/mol；CH2=CHCH2Cl（g）+HCl（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）的正反应的活化能Ea（正）为132kJ•mol-1，则逆反应的活化能Ea（逆）为132kJ/mol+32kJ/mol=164kJ/mol。（2）①a.根据图象，使用A催化剂250℃时CH2ClCHClCH3的产率最大，使用B催化剂450℃时CH2ClCHClCH3的产率最大，使用催化剂A、B的最佳温度：A<B，a正确；b.该反应的正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，CH2ClCHClCH3的平衡产率增大，p、m点对应温度下CH2ClCHClCH3的产率低于B催化剂下450℃时CH2ClCHClCH3的产率，则p、m点不是对应温度下CH2ClCHClCH3的平衡产率，b错误；c.使用催化剂能降低反应的活化能，但不改变焓变，c错误；d.温度不变，增大压强平衡正向移动，可使CH2ClCHClCH3的产率提高，d正确；答案选ad。②在250℃以后，A曲线中产率下降的原因可能是：放热反应温度升高平衡逆移、催化剂失去活性反应速率减慢。（3）①设