2025届江苏省南京市鼓楼区高考压轴卷化学试卷含解析

2025届江苏省南京市鼓楼区高考压轴卷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0.1mol∙L-1的NH4HCO3溶液中逐渐加入0.1mol∙L-1NaOH溶液时，含氮、含碳粒子的分布情况如图所示(纵坐标是各粒子的分布系数，即物质的量分数a)，根据图象下列说法不正确的是()A．开始阶段，HCO3-反而略有增加，可能是因为NH4HCO3溶液中存在H2CO3，发生的主要反应是H2CO3+OH-=HCO3-+H2OB．当pH大于8.7以后，碳酸氢根离子和铵根离子同时与氢氧根离子反应C．pH=9.5时，溶液中c(HCO3-)＞c(NH3∙H2O)＞c(NH4+)＞c(CO32-)D．滴加氢氧化钠溶液时，首先发生的反应：2NH4HCO3+2NaOH=(NH4)2CO3+Na2CO32、一种钌（Ru）基配合物光敏染料敏化太阳能电池的示意图如下。电池工作时发生的反应为：

RuIIRuII*(激发态)RuII*→

RuIII+e-I3-+2e-→3I-RuIII+3I-→RuII++I3-下列关于该电池叙述错误的是()A．电池中镀Pt导电玻璃为正极B．电池工作时，I－离子在镀Pt导电玻璃电极上放电C．电池工作时，电解质中I－和I3－浓度不会减少D．电池工作时，是将太阳能转化为电能3、一种碳纳米管新型二次电池的装置如图所示。下列说法中正确的是A．离子交换膜选用阳离子交换膜（只允许阳离子通过）B．正极的电极反应为NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－C．导线中通过1mol电子时，理论上负极区溶液质量增加1gD．充电时，碳电极与电源的正极相连4、下列实验能达到目的的是选项目的实验A验证某气体表现还原性将某气体通入溴水中，溴水褪色B制备少量二氧化硫气体向饱和亚硫酸溶液中滴加浓硫酸C制备硅酸胶体向硅酸钠水溶液中逐滴滴加浓盐酸至溶液呈强酸性D配制0.2mol/L的CH3COOH溶液准确量取100mL2mol/L的CH3COOH溶液，加入烧杯中稀释后迅速转移至1000mL容量瓶中，然后加蒸馏水定容A．A B．B C．C D．D5、只能在溶液中导电的电解质是()A．KOH B．CH3COONH4 C．SO2 D．CH3COOH6、某澄清透明溶液中，可能大量存在下列离子中的若干种：H+、NH4+、K+、Mg2+、Cu2+、Br－、AlO2－、Cl－、SO42－、CO32－，现进行如下实验：①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出。将溶液分为3份。②在第1份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清。加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象。③在第2份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色。则下列推断正确的是:A．溶液中一定有K+、Br－、AlO2－、CO32－B．溶液中一定没有NH4+、Mg2+、Cu2+、Cl－C．不能确定溶液中是否有K+、Cl－、SO42－D．往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液可确认是否有Cl－7、工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。下列推论不合理的是A．活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用B．铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极C．增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率D．利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu8、下列各项中的实验方案不能达到预期实验目的的是选项实验目的实验方案A鉴别BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三种盐溶液分别向三种盐溶液中缓慢通入SO2气体B除去CuCl2溶液中的少量FeCl3加入足量氧化铜粉末。充分反应后过滤C除去HCl气体中混有少量Cl2将气体依次通过饱和食盐水、浓硫酸D配制氯化铁溶液将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释A．A B．B C．C D．D9、根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是（）选项操作现象结论A向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性B向KCl、KI的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)C铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中无明显现象浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝表面被浓硝酸氧化为致密的氧化铝薄膜D向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液溶液变成棕黄色，一段时间后溶液中出现气泡，随后有红褐色沉淀生成Fe3+催化H2O2分解产生O2A．A B．B C．C D．D10、常温下0.1mol/LNH4Cl溶液的pH最接近于（）A．1 B．5 C．7 D．1311、25℃，将浓度均为0.1mol/L的HA溶液VamL和BOH溶液VbmL混合，保持Va+Vb=100mL，生成物BA易溶于水。Va、Vb与混合液pH的关系如下图。下列叙述错误的是A．HA一定是弱酸B．BOH可能是强碱C．z点时，水的电离被促进D．x、y、z点时，溶液中都存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)12、水的电离常数如图两条曲线所示，曲线中的点都符合常数，下列说法错误的是

A．图中温度B．图中五点间的关系：C．曲线a、b均代表纯水的电离情况D．若处在B点时，将的硫酸溶液与的KOH溶液等体积混合后，溶液显碱性13、电解合成1，2－二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中不正确的是（）A．该装置工作时，阴极区溶液中的离子浓度不断增大B．液相反应中，C2H4被CuCl2氧化为1，2－二氯乙烷C．X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜D．该装置总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl14、“太阳能燃料”国际会议于2019年10月在我国武汉举行，旨在交流和探讨太阳能光催化分解水制氢、太阳能光催化二氧化碳转化为燃料等问题。下列说法错误的是()A．太阳能燃料属于一次能源B．直接电催化CO2制取燃料时，燃料是阴极产物C．用光催化分解水产生的H2是理想的绿色能源D．研发和利用太阳能燃料，有利于经济的可持续发展15、下列化学用语对事实的表述正确的是A．常温下，0.1mol·L-1氨水的pH＝11:NH3·H2O⇌NH4++OH－B．Mg和Cl形成离子键的过程:C．电解CuCl2溶液:CuCl2==Cu2++2Cl－D．乙酸与乙醇发生酯化反应:CH3COOH+C2H518OHCH3COOC2H5+H218O16、11.9g金属锡(Sn)跟100mL12mol·L－1HNO3共热一段时间。完全反应后测定溶液中c(H＋)为8mol·L－1，溶液体积仍为100mL。产生的气体全部被氢氧化钠溶液吸收，消耗氢氧化钠0.4mol。由此推断氧化产物可能是（）A．SnO2·4H2O B．Sn(NO3)4C．Sn(NO3)2 D．Sn(NO3)2和Sn(NO3)4二、非选择题（本题包括5小题）17、法华林是一种治疗心脑血管疾病的药物，属于香豆素类衍生物，其合成路径如下：已知：①法华林的结构简式：②+③+(1)A的结构简式是___________。(2)C分子中含氧官能团是___________。(3)写出D与银氨溶液反应的化学方程式___________。(4)E的结构简式是___________。(5)水杨酸分子中苯环上有两种含氧官能团，1mol水杨酸与足量NaHCO3完全反应生成1molCO2。写出水杨酸反应生成F的化学方程式___________。(6)K分子中含有两个酯基，K结构简式是___________。(7)M与N互为同分异构体，N的结构简式是____________。(8)已知：最简单的香豆素结构式。以乙酸甲酯、甲醛和苯酚为主要原料，一种合成香豆素的路线如下(其他药品自选)：写出甲→乙反应的化学方程式___________；丙的结构简式是_________。18、富马酸二甲酯（DMF）俗称防霉保鲜剂霉克星1号，曾广泛应用于化妆品、蔬菜、水果等防霉、防腐、防虫、保鲜，它的一条合成路线如图所示。回答下列问题：（1）B的结构简式为______，D中官能团名称______。（2）①的反应的类型是______，②的反应条件是______。（3）④的反应方程式为______。（4）写出C的一种同分异构体，满足可水解且生成两种产物可相互转化______。（5）过程③由多个步骤组成，写出由C→D的合成路线_____。（其他试剂任选）（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）19、如图所示，将仪器A中的浓盐酸滴加到盛有MnO2的烧瓶中，加热后产生的气体依次通过装置B和C，然后再通过加热的石英玻璃管D（放置有铁粉)。请回答：（1）仪器A的名称是_____，烧瓶中反应的化学方程式是______。（2）装置B中盛放的液体是____，气体通过装置B的目的是_____。（3）装置C中盛放的液体是____，气体通过装置C的目的是_____。（4）D中反应的化学方程式是____。（5）烧杯E中盛放的液体是___，反应的离子方程式是____。20、硫代硫酸钠(Na2S2O3)具有较强的还原性，还能与中强酸反应，在精细化工领域应用广泛．将SO2通入按一定比例配制成的Na2S和Na2CO3的混合溶液中，可制得Na2S2O3•5H2O(大苏打)．(1)实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是_____(选填编号)；检查该装置气密性的操作是：关闭止水夹，再_______________。(2)在Na2S和Na2CO3的混合溶液中不断通入SO2气体的过程中，发现：①浅黄色沉淀先逐渐增多，反应的化学方程式为________________(生成的盐为正盐)；②浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色无嗅的气体产生，则反应的化学方程式为__________________(生成的盐为正盐)；③浅黄色沉淀逐渐减少(这时有Na2S2O3生成)；④继续通入SO2，浅黄色沉淀又会逐渐增多，反应的化学方程式为_______________(生成的盐为酸式盐)。(3)制备Na2S2O3时，为了使反应物利用率最大化，Na2S和Na2CO3的物质的量之比应为_________；通过反应顺序，可比较出：温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液pH更大的是_________。(4)硫代硫酸钠的纯度可用滴定法进行测定，原理是：2S2O32﹣+I3﹣=S4O62﹣+3I﹣．①为保证不变质，配制硫代硫酸钠溶液须用新煮沸并冷却的蒸馏水，其理由是___________。②取2.500g含杂质的Na2S2O3•5H2O晶体配成50mL溶液，每次取10.00mL用0.0500mol/LKI3溶液滴定(以淀粉为指示剂)，实验数据如下(第3次初读数为0.00，终点读数如图e；杂质不参加反应)：编号123消耗KI3溶液的体积/mL19.9820.02到达滴定终点的现象是_______________；Na2S2O3•5H2O(式量248)的质量分数是(保留4位小数)__________。21、我国是全球第一个实现了在海域可燃冰试开采中获得连续稳定产气的国家。可燃冰中的甲烷作为种重要的原料，可与CO2、NO2等作用从而减少温室效应、消除氮氧化物的污染。回答下列问题：(1)已知：①CH4(g)+O2(g)CH2OH(1)△H1=－164.0kJ·mol－1②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)△H2=－566.0kJ·mol－1③2H2(g)+CO(g)CH3OH(1)△H3=－128.3kJ·mol－1则利用气体甲烷与二氧化碳作用获得两种气态燃料的热化学方程式为________________________。(2)分别向不同的恒压密闭容器中通入等量的CH4与CO2，在一定条件下发生上述反应，测得CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示：①温度不变，压强由p1逐渐变化到p4，CO2的平衡转化率将____________(填“增大”“减小”或“不变”)。②在压强为p4=0.36MPa、温度为1100℃的条件下，平衡时CH4的平衡转化率为80%，则该温度下反应的平衡常数Kp=____________(MPa)2(Kp为以分压表示的平衡常数，保留2位小数)。(3)在一定温度下，甲烷还可与NO2作用实现废气的脱硝，反应为：CH4(g)+2NO2(g)CO2+N2(g)+2H2O(g)，体系压强直接影响脱硝的效率，如图所示，当体系压强约为425kPa时，脱硝效率最高，其可能的原因是________________________。(4)对于反应，有科学家提出如下反应历程：第一步NO2NO+O慢反应第二步CH4+3O→CO+2H2O快反应第三步2CO+2NO→2CO2+N2慢反应下列表述正确的是____________(填标号)。A．第一步需要吸收外界的能量B．整个过程中，第二步反应活化能较高C．反应的中间产物只有NOD．第三步中CO与NO的碰撞仅部分有效(5)利用CH4与NO2的反应还可设计成如图电化学装置，则正极电极反应式为____________；电路中转移1mol电子，可去除NO2____________L(标准状况)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

NH4HCO3溶液中存在NH4+的水解平衡，即NH4++H2ONH3•H2O+H+①；HCO3-的水解平衡，即HCO3-+H2OH2CO3+OH-②；HCO3-的电离平衡，即HCO3-H++CO32-③；A．在溶液中未加氢氧化钠溶液时，溶液的pH=7.7，呈碱性，说明上述三个平衡中第②个HCO3-的水解为主，滴加氢氧化钠的开始阶段，氢氧根浓度增大，平衡②向逆反应方向移动，HCO3-的量略有增加，即逆方向的反应是H2CO3+OH-＝HCO3-+H2O，A正确；B.对于平衡①，氢氧根与氢离子反应，平衡正向移动，NH3•H2O的量增加，NH4+被消耗，当pH大于8.7以后，CO32-的量在增加，平衡③受到影响，HCO3-被消耗，即碳酸氢根离子和铵根离子都与氢氧根离子反应，B正确；C.从图中可直接看出pH=9.5时，溶液中c(HCO3-)＞c(NH3∙H2O)＞c(NH4+)＞c(CO32-)，C正确；D.滴加氢氧化钠溶液时，HCO3-的量并没减小，反而增大，NH4+的量减少，说明首先不是HCO3-与OH-反应，而是NH4+先反应，即NH4HCO3+NaOH＝NaHCO3+NH3•H2O，D错误；故合理选项是D。2、B【解析】

由图电子的移动方向可知，半导材料TiO2为原电池的负极，镀Pt导电玻璃为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，由此分析解答。【详解】根据上述分析，结合图示信息得，A.由图可知，镀Pt导电玻璃极为电子流入的一极，所以为正极，A项正确；

B.原电池中阴离子在负极周围，所以I-离子不在镀Pt导电玻璃电极上放电，B项错误；

C.电池的电解质溶液中I-的浓度和I3-的浓度不变，C项正确；

D.由图可知该电池是将太阳能转化为电能的装置，D项正确。答案选B。3、B【解析】根据装置图，碳电极通入氢气，发生氧化反应，电极反应为H2-2e-+2OH－=2H2O，Ni电极NiO(OH)→Ni(OH)2发生还原反应，电极反应为NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－，碳电极是负极，Ni电极是正极。根据以上分析，离子交换膜选用阴离子交换膜（只允许阴离子通过），故A错误；正极的电极反应为NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－，故B正确；导线中通过1mol电子时，负极生成1mol水，理论上负极区溶液质量增加18g，故C错误；充电时，负极与电源负极相连，所以碳电极与电源的负极相连，故D错误。4、B【解析】

A．若某气体具有强氧化性将溴单质氧化，溴水也会褪色，故A错误；B．向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可生成SO2，且浓硫酸溶于水放热，降低了SO2的溶解度，能够达到实验目的，故B正确；C．硅酸胶体中加入加入过量盐酸可使胶体聚沉，故C错误；D．量取一定体积的浓醋酸在烧杯中稀释后，迅速转移至1000mL容量瓶中，要用蒸馏水洗涤烧杯玻璃棒2-3次，洗涤液转移进容量瓶，否则会造成溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，浓醋酸的少量挥发，也会导致溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，故D错误；故答案为B。5、D【解析】

A．氢氧化钾是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下均能导电，故不选A；B．醋酸铵是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下均能导电，故不选；C．二氧化硫为非电解质，不能导电，故不选C；D．醋酸是共价化合物，只有在水溶液里能电离导电，故选D。6、A【解析】

①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出，可知无色气体为二氧化碳，一定含CO32-，溶液先浑浊后又变澄清可知，溶液中一定含AlO2-，由离子共存的条件可知，一定不含H+、Mg2+、Cu2+；②在一份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象，则溶液中不含NH4+；③在另一份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色，则溶液中一定含Br-，由电荷守恒可知溶液中一定存在的阳离子为K+，不能确定是否含Cl-、SO42-。【详解】A项、由实验现象可知，溶液中一定存在K+、Br-、CO32-、AlO2-，故A正确；B项、由实验操作可知，一定不含NH4+、H+、Mg2+、Cu2+，不能确定溶液中是否含Cl-，故B错误；C项、溶液中一定含K+，不能确定是否含Cl-、SO42-，故C错误；D项、由于溶液事先已经加入盐酸，往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液无法确认是否有Cl－，故D错误。故选A。【点睛】本题考查离子的共存，试题信息量较大，侧重分析与推断能力的考查，把握离子的反应、现象与结论的关系为解答的关键。7、C【解析】

A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小；

B、铁与活性炭形成原电池，铁比炭活泼；

C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为2：1时的速率快；

D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。【详解】A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项；B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反应，因此铁作负极，故不选B项；C项，由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项；D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，故不选D项。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。8、C【解析】

A、分别向BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三种盐溶液中缓慢通入SO2气体，无明显现象的为氯化钡溶液，产生白色沉淀且有无色气体产生马上变为红棕色气体的为硝酸钡溶液，产生白色沉淀的为硅酸钠溶液，故可鉴别三种盐溶液，选项A正确；B．氧化铜可促进铁离子的水解转化为沉淀，则加入过量氧化铜粉末，过滤可除杂，选项B正确；C．氯气难溶于饱和食盐水，但HCl极易溶于水，不能用饱和食盐水除去氯化氢气体中混有的少量氯气，选项C不正确；D．盐酸可抑制铁离子的水解，则配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，选项D正确；答案选C。9、D【解析】

A.向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体，蔗糖经浓硫酸脱水得到碳，碳和浓硫酸反应生成刺激性气味的二氧化硫，体现强氧化性，故A正确；B.向KCl、KI的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液，Ksp小的先出现沉淀，先生成黄色沉淀，则Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故B正确；C.铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中，无明显现象，浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝表面被浓硝酸氧化为致密的氧化铝薄膜，从而阻止金属继续反应，故C正确；D.向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液，溶液变成棕黄色，说明H2O2在酸性条件下氧化Fe2+变为Fe3+，一段时间后溶液中出现气泡，说明Fe3+催化H2O2分解产生O2，故D错误；答案为D。10、B【解析】

NH4Cl溶液水解显酸性，且水解生成的氢离子浓度小于0.1mol/L，以此来解答。【详解】NH4Cl溶液水解显酸性，且水解生成的氢离子浓度小于0.1mol/L，则氯化铵溶液的pH介于1-7之间，只有B符合；

故答案选B。11、C【解析】

A.当Va=Vb=50mL时，溶液相当于BA溶液，此时溶液的pH＞7呈碱性，说明BA是强碱弱酸盐，这里的强弱是相对的，则HA一定是弱酸，故A正确；B.当Va=Vb=50mL时，溶液相当于BA溶液，此时溶液的pH＞7呈碱性，说明BA是强碱弱酸盐，这里的强弱是相对的，BOH可能是强碱也可能是电离程度比HA大的弱碱，故B正确；C.z点时，BOH溶液的体积VbmL大于HA溶液的体积VamL，混合溶液的pH大于9，即c(H+)＜10-9，25℃时该溶液中水的电离被抑制，故C错误；D.x、y、z点时，溶液中都存在电荷守恒：c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故D正确；题目要求选择错误的，故选C。12、C【解析】

A．水的电离是吸热过程，升高温度促进水电离，则水中、及离子积常数增大，根据图知，曲线上离子积常数大于，所以温度，故A正确；B．水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低顺序是，所以离子积常数大小顺序是，故B正确；C．纯水中，所以曲线a、b上只有A、B点才是纯水的电离，故C错误；D．B点时，，的硫酸中，的KOH溶液中，等体积混合时碱过量，溶液呈碱性，故D正确。故选C。13、C【解析】

A.阴极H2O或H+放电生成OH-，溶液中的离子浓度不断增大，故A正确；B.由分析可知，液相反应中发生的反应为C2H4+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl，有反应的化学方程式可知，CuCl2将C2H4氧化成为ClCH2CH2Cl，故B正确；C.阴极H2O或H+放电生成NaOH，所以离子交换膜Y为阳离子交换膜；阳极CuCl放电转化为CuCl2，所以离子交换膜X为阴离子交换膜，故C错误；D.以NaCl和CH2=CH2为原料合成1，2−二氯乙烷中，CuCl→CuCl2→CuCl，CuCl循环使用，其实质是NaCl、H2O与CH2=CH2反应，所以总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl，故D正确。故选C。14、A【解析】

A选项，太阳能燃料属于二次能源，故A错误；B选项，直接电催化CO2制取燃料时，化合价降低，在阴极反应，因此燃料是阴极产物，故B正确；C选项，用光催化分解水产生的H2，氢气燃烧放出热量多，无污染，是理想的绿色能源，故C正确；D选项，研发和利用太阳能燃料，消耗能量最低，有利于经济的可持续发展，故D正确。综上所述，答案为A。15、A【解析】

A选项，温下，0.1mol·L-1氨水的pH＝11，说明氨水部分电离，其电离方程式为NH3·H2O⇌NH4++OH－，故A正确；B选项，Mg和Cl形成离子键的过程:，故B错误；C选项，CuCl2==Cu2++2Cl－是CuCl2电离方程式，故C错误；D选项，乙酸与乙醇发生酯化反应，酸脱羟基醇脱羟基上的氢，因此CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】酯化反应一定是羧酸脱羟基，醇脱羟基上的氢，醇中的氧生成在酯中，羧酸中羟基中的氧在水中。16、A【解析】

11.9g金属锡的物质的量==0.1mol，l2mol/LHNO3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H+)=8mol/L，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO2，二氧化氮被氢氧化钠吸收生成盐，根据钠原子和氮原子的关系知，n(Na)=n(N)=0.4mol，所以生成的二氧化氮的物质的量为0.4mol；设金属锡被氧化后元素的化合价为x，由电子守恒可知：0.1mol×(x-0)=0.4mol×(5-4)，解得x=+4；又溶液中c(H+)=8mol/L，而c(NO3-)==8mol/L，根据溶液电中性可判断溶液中不存在Sn(NO3)4，故答案为A。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O+CH3OH+H2O2HOCH2CH2COOCH3+O22OHCH2COOCH3+2H2O【解析】

A生成B是在光照条件下进行，发生的是取代反应，在根据A的分子式知道A是甲苯，B是，与氢氧化钠发生取代反应，则C是，根据反应条件知道D是，根据信息反应②的特点，醛与酮反应时醛基会转变为碳碳双键，故E中有碳碳双键，则E是。【详解】(1)A的名称为甲苯，结构简式是，故答案为：；(2)C分子的结构简式为，含氧官能团是羟基，故答案为：羟基；(3)D是，与银氨溶液反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；(4)由分析可知，E的结构简式是，故答案为：；(5)水杨酸分子中苯环上有两种含氧官能团，1mol水杨酸与足量NaHCO3完全反应生成1molCO2，说明存在羧基，同时含有羟基，故水杨酸的结构简式为，与CH3OH发生酯化反应，化学方程式为：+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；(6)由(5)可知，F为，与乙酸酐反应生成K，K分子中含有两个酯基，则K结构简式是，故答案为：；(7)M与N互为同分异构体，N与E生成，可知N的结构简式是，故答案为;;(8)由流程图可知，乙酸甲酯、甲醛在碱性条件下反生羟醛缩合生成甲，故甲为HOCH2CH2COOCH3，根据信息②③提示，要实现乙到丙过程，乙要有醛基，则甲到乙，实质是HOCH2CH2COOCH3变为OHCH2COOCH3，反应方程式为：2HOCH2CH2COOCH3+O22OHCH2COOCH3+2H2O；OHCH2COOCH3与反应，再脱水得到丙，则丙为：，故答案为：2HOCH2CH2COOCH3+O22OHCH2COOCH3+2H2O；。【点睛】重点考查有机流程的理解和有机物结构推断、官能团、有机反应类型、简单有机物制备流程的设计、有机方程式书写等知识，考查考生对有机流程图的分析能力、对已知信息的理解能力和对有机化学基础知识的综合应用能力。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团，有机反应绝大多数都是围绕官能团展开，而高中教材中的反应原理也只是有机反应的一部分，所以有机综合题中经常会出现已知来告知部分没有学习过的有机反应原理，认识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行，而不必过多追究。18、ClCH2CH=CHCH2Cl羧基、碳碳双键加成反应氢氧化钠水溶液、加热HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2OCH3COOC2H5【解析】

（1）由C的结构可知，反应①是1，3-丁二烯与氯气发生1，4-加成反应生成1，4-二氯-2-丁烯，反应②发生卤代烃的水解反应，故B为ClCH2CH=CHCH2Cl，D中官能团名称为：羧基、碳碳双键；（2）①的反应的类型是：加成反应，②的反应条件是：氢氧化钠水溶液、加热；（3）④是HOOCCH=CHCOOH与甲醇发生酯化反应得到CH3OOCCH=CHCOOCH3，反应方程式为；（4）C的一种同分异构体可水解且生成两种产物可相互转化，符合条件的C的同分异构体为：CH3COOC2H5；（5）过程③由多个步骤组成，对比C、D的结构，HOCH2CH=CHCH2OH先与HCl发生加成反应生成HOCH2CH2CHClCH2OH，然后发生氧化反应生成HOOCCH2CHClCOOH，HOOCCH2CHClCOOH发生消去反应、酸化得到HOOCCH=CHCOOH，合成路线流程图为：，故答案为：。【点睛】本题考查有机物的合成，题目涉及有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，注意根据有机物的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化。19、分液漏斗4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O饱和食盐水吸收氯气中混有的杂质HCl浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气2Fe+3Cl22FeCl3NaOH溶液2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O【解析】

烧瓶中浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气，由于浓盐酸中含有水且易挥发，出来的气体中含有水蒸气和氯化氢，通过B中的饱和食盐水除去氯化氢气体，在通过C中的浓硫酸除去水蒸气，得到干燥的氯气，通过D装置玻璃管内的铁粉进行反应，未反应的氯气进过装置E中的氢氧化钠进行尾气吸收；【详解】（1）由仪器构造可知A为分液漏斗；烧瓶中浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气的反应，化学方程式为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O。答案为：分液漏斗；4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O（2）反应生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气杂质气体，氯化氢极易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解性减弱，通过饱和食盐水除去氯化氢气体，通过浓硫酸溶液吸收水蒸气，装置B中盛放液体是饱和食盐水；气体通过装置B的目的是吸收氯气中混有的杂质HCl；答案为：饱和食盐水；吸收氯气中混有的杂质HCl（3）装置C中盛放的液体是浓硫酸；气体通过装置C的目的是吸收水蒸气，干燥氯气；答案为：浓硫酸；吸收水蒸气，干燥氯气（4）干燥的氯气通过装置D是氯气和铁加热条件下反应生成氯化铁的反应，反应的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3；答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；（5）氯气有毒，不能排放到空气中，装置E是氢氧化钠溶液，用来吸收未反应的氯气，防止污染空气；氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O；答案为：NaOH溶液；2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O20、d打开分液漏斗活塞加水，如水无法滴入说明气密性良好3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO32：1前者防止Na2S2O3被空气中O2氧化溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪去99.20%【解析】

(1)因为Na2SO3易溶于水，a、b、c装置均不能选用，实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是d；关闭止水夹，若气密性很好，则分液漏斗中水不能滴入烧瓶中；(2)①其反应原理为SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，即：3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；②无色无味的气体为CO2气体，其化学方程式为SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；③黄色沉淀减少的原理为Na2SO3+S=Na2S2O3；④根据题意Na2S2O3能与中强酸反应，所以浅黄色沉淀又增多的原理为Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO3；(3)3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3①，SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2②，Na2SO3+S=Na2S2O3③，则①+②+③×3得4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以Na2S和Na2CO3的物质的量之比为2：1。因为SO2先和Na2S反应，所以温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液，Na2S溶液的pH更大；(4)①用新煮沸并冷却的蒸馏水是为了赶出水中的氧气避免硫代硫酸钠被氧化；②达到滴定终点时颜色突变且30s不变色；先根据滴定消耗的标准液的体积计算出平均体积，再由2S2O32-+I3-=S4O62-+3I-的定量关系计算。【详解】(1)因为Na2SO3易溶于水，a、b、c装置均不能选用，实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是d；检查该装置气密性的操作是：关闭止水夹，若气密性很好，则分液漏斗中水不能滴入烧瓶中；(2)①浅黄色沉淀先逐渐增多，其反应原理为SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，即反应的化学方程式为：3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；②浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色无嗅的气体产生，则反应的化学方程式为，无色无味的气体为CO2气体，其化学方程式为SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；③浅黄色沉淀逐渐减少，这时有Na2S2O3生成黄色沉淀，减少的原理为：Na2SO3+S=Na2S2O3；④根据题意Na2S2O3能与中强酸反应，继续通入SO2，浅黄色沉淀又会逐渐增多，所以浅黄色沉淀又增多的原理为：Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO3；(3)3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3①SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2②Na2SO3+S=Na2S2O3③①+②+③×3得4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以Na2S和Na2CO3的物质的量之比为2：1；因为SO2先和Na2S反应，所以温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液，Na2S溶液的pH更大；(4)①为保证不变质，配制硫代硫酸钠溶液须用新煮沸并冷却的蒸馏水，其理由是：防止Na2S2O3被空气中O2氧化；②达到滴定终点时，当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化，2次消耗的I2溶液的体积平均值为20.00mL，，解得n=0.002mol，250ml溶液中含有Cr2O72﹣物质的量为0.002mol×=0.01mol；Na2S2O3•5H2O(式量248)的质量分数是=×100%=99.20%。21、CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)△H=+247.3kJ·mol－1；减小1.64该反应是反应前后气体分子数增加的反应，当体系压强低于425kPa反应速率比较慢，当体系压强高于425kPa，平衡逆向移动，脱硝的效率降低AD