江苏省盐城市建湖中学2023-2024学年高三一诊考试化学试卷含解析

江苏省盐城市建湖中学2023-2024学年高三一诊考试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、我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指A．氨水 B．硝酸 C．醋 D．卤水2、利用下图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是()A．A B．B C．C D．D3、化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。只改变一个条件，则下列对图像的解读正确的是①②③④A．A2(g)+

3B2(g)2AB3(g)，如图①说明此反应的正反应是吸热反应B．4CO(g)

+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)

，如图②

说明NO2

的转化率b>a>cC．N2(g)+

3H2(g)2NH3(g)，如图③说明t秒时合成氨反应达到平衡D．2A(g)+2B(g)3C(g)+D(?

)，如图④说明生成物D一定是气体4、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7NA5、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍。下列说法正确的是A．最高价氧化物对应的水化物的酸性：B＞EB．原子半径：C＞B＞AC．气态氢化物的热稳定性：E＞CD．化合物DC与EC2中化学键类型相同6、下列实验过程可以达到实验目的的是编号实验目的实验过程A配制0.4000mol•L-1的NaOH溶液将称取的4.0g固体NaOH置于250mL容量瓶中，加入适量蒸馏水溶解并定容至容量瓶刻度线B收集NH4Cl和Ca(OH)2混合物在受热时产生的气体用排水法收集，在实验结束时，应先移出导管，后熄灭酒精灯C探究浓度对反应速率的影响向2支盛有5mL不同浓度Na2S2O3溶液的试管中同时加入2mL0.1mol/LH2SO4溶液，察实验现象D证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)向含少量NaCl的NaI溶液中滴入适量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成A．A B．B C．C D．D7、桥环烷烃是指共用两个或两个以上碳原子的多环烷烃，二环[1，1，0]丁烷()是最简单的一种。下列关于该化合物的说法错误的是A．与1，3-丁二烯互为同分异构体B．二氯代物共有4种C．碳碳键只有单键且彼此之间的夹角有45°和90°两种D．每一个碳原子均处于与其直接相连的原子构成的四面体内部8、下列叙述正确的是A．Li在氧气中燃烧主要生成B．将SO2通入溶液可生成沉淀C．将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸D．将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原成Cu9、一种利用电化学变色的装置如图所示，其工作原理为：在外接电源下，通过在膜材料内部Li＋定向迁移，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。已知：WO3和Li4Fe4[Fe(CN)6]3均为无色透明晶体，LiWO3和Fe4[Fe(CN)6]3均为蓝色晶体。下列有关说法错误的是A．当a接外接电源负极时，电致变色层、离子储存层都显蓝色，可减小光的透过率B．当b接外接电源负极时，离子储存层发生的反应为Fe4[Fe(CN)6]3＋4Li＋＋4e－＝Li4Fe4[Fe(CN)6]3C．切换电源正负极使得蓝色变为无色时，Li＋通过离子导体层由离子储存层向电致变色层迁移D．该装置可用于汽车的玻璃变色调光10、将镁铝合金溶于100mL稀硝酸中，产生1.12LNO气体（标准状况），向反应后的溶液中加入NaOH溶液，产生沉淀情况如图所示。下列说法不正确的是A．可以求出合金中镁铝的物质的量比为1∶1 B．可以求出硝酸的物质的量浓度C．可以求出沉淀的最大质量为3.21克 D．氢氧化钠溶液浓度为3mol/L11、下列有关化学和传统文化关系的说法中不正确的是A．东汉魏伯阳在《周易参同契》中对汞的描述：“太阳流珠，常欲去人…得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根……”，这里的“黄芽”是指硫B．三国时期曹植在《七步诗》中写到“煮豆持作羹，漉菽以为汁。萁在釜中燃，豆在釜中泣。……”，文中“漉”涉及的操作原理类似于化学实验中的过滤C．《本草经集注》中关于鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）的记载：“强烧之，紫青烟起……云是真硝石也”，该方法用了焰色反应D．《本草图经》在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤……”，因为绿矾能电离出H+，所以“味酸”12、在下列各用途中，利用了物质的氧化性的是A．用食盐腌制食物 B．用漂粉精消毒游泳池中的水C．用汽油洗涤衣物上的油污 D．用盐酸除去铁钉表面的铁锈13、双酚A是重要的有机化工原料，其结构如图所示。下列关于双酚A的说法正确的是（）A．双酚A的分子式为C15H14O2B．一定条件下能发生取代和水解反应C．最多有13个碳原子在同一平面D．苯环上的二氯代物有4种14、利用如图装置模拟铁的电化学保护。下列说法正确的是A．若X为锌棒，开关K置于M处，为外加电流阴极保护法B．若X为碳棒，开关K置于N处，为牺牲阳极阴极保护法C．若X为锌棒，开关K置于M处，Zn极发生：Zn-2e→Zn2+D．若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生还原反应15、铅蓄电池是历史悠久、用量非常大的蓄电池，其构造图如图所示，放电时有PbSO4生成。下列说法中错误的是A．铅蓄电池是二次电池B．放电时负极电极式:Pb-2e-+SO42-=PbSO4C．充电时电解质溶液密度增大D．当电路中转移电子数目为2NA时，溶液中SO42-减少或增加1mol16、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17、下列实验设计能够成功的是A．除去粗盐中含有的硫酸钙杂质B．检验亚硫酸钠试样是否变质C．证明酸性条件H2O2的氧化性比I2强D．检验某溶液中是否含有Fe2+18、合成导电高分子材料PPV的反应如下。下列说法正确的是（）+（2n-1）HIA．合成PPV的反应为加聚反应B．1molPPV最多能与4molH2发生加成反应C．与溴水加成后的产物最多有14个原子共平面D．和苯乙烯互为同系物19、下列各组粒子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式也正确的是选项微粒组加入试剂发生反应的离子方程式A、、、过量HC1B、、、过量C过量DI-、Cl-、H+、SO42-过量A．A B．B C．C D．D20、氮及其化合物的性质是了解工农业生产的重要基础。NA为阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法错误的是A．22.4L（标准状况）15NH3含有的质子数为10NAB．密闭容器中，2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAC．13.8gNO2与足量水反应，转移的电子数为0.2NAD．常温下，1L0.1mol·L1NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NA21、化学与生活密切相关。下列叙述不正确的是（）A．二氧化硅是将太阳能转变为电能的常用材料B．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈C．使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力差D．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土22、关于钢铁电化学保护两种方法的说法错误的是A．牺牲阳极阴极保护法利用的是原电池原理B．外加电流阴极保护法利用的是电解原理C．牺牲阳极阴极保护法中钢铁为负极D．外加电流阴极保护法中钢铁为阴极二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物X由三种元素(其中一种是第四周期元素)组成，现进行如下实验：已知：气体A在标准状况下密度为0.714g·L-1；碱性溶液焰色反应呈黄色。(1)X中非金属元素的名称为__________，X的化学式__________。(2)X与水反应的化学方程式为_________。(3)化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，设计实验证明Y的晶体类型__________。(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，________，蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色。24、（12分）华法林是一种治疗心脑血管疾病的药物，可由化合物和在一定条件下合成得到（部分反应条件略）。请回答下列问题：（1）的名称为______，的反应类型为______。（2）的分子式是______。的反应中，加入的化合物与银氨溶液可发生银镜反应，该银镜反应的化学方程式为____________________________________。（3）为取代反应，其另一产物分子中的官能团名称是____________。完全燃烧最少需要消耗____________。（4）的同分异构体是芳香酸，，的核磁共振氢谱只有两组峰，的结构简式为____________，的化学方程式为________________________。（5）上图中，能缩合成体型高分子化合物的酚类单体是____________，写出能检验该物质存在的显色反应中所用的试剂及实验现象__________________________________________。（6）已知：的原理为：①C6H5OH++C2H5OH和②+C2H5OH，的结构简式为____________。25、（12分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，在水中溶解度较大，遇酸放出ClO2，是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示：已知：①ClO2的熔点为-59℃、沸点为11℃，极易溶于水，遇热水、见光易分解；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低。②2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O请回答：(1)按上图组装好仪器后，首先应该进行的操作是____；装置B的作用是___；冰水浴冷却的主要目的不包括_（填字母）。a．减少H2O2的分解b．降低ClO2的溶解度c．减少ClO2的分解(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，写出三颈烧瓶中生成ClO2的化学方程式：____。(3)装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为_____。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率，试分析原因：________。(4)该套装置存在的明显缺陷是_________。(5)为防止生成的NaClO2固体被继续还原为NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外，还可以选择的还原剂是_（填字母）A．过氧化钠B．硫化钠C．氯化亚铁D．高锰酸钾(6)若mgNaClO3(s)最终制得纯净的ngNaClO2(s)，则NaClO2的产率是_×100%。26、（10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__________。27、（12分）草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O）是一种黄色难溶于水的固体，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。为探究纯净草酸亚铁晶体热分解的产物，设计装置图如下：（1）仪器a的名称是______。（2）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是_________。（3）实验前先通入一段时间N2，其目的为__________。（4）实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为_______。（5）草酸亚铁晶体在空气易被氧化，检验草酸亚铁晶体是否氧化变质的实验操作是____。（6）称取5.40g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如下图所示：①上图中M点对应物质的化学式为_________。②已知400℃时，剩余固体是铁的一种氧化物，试通过计算写出M→N发生反应的化学方程式：_______。28、（14分）研究NO的性质对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。(1)自然界在闪电时，生成NO的反应方程式为__________________。(2)T℃时在容积为2L的恒容密闭容器中，充入NO和O2发生反应：2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)，不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如表：时间/s012345n(NO)/mol10.60.40.20.20.2n(O2)/mol0.60.40.30.20.20.2①在T℃下，0~2s时，该反应的平均反应速率=________；②该温度下反应的平衡常数K=________，在T℃下，能提高NO的平衡转化率的措施有_______、________。(3)已知NO和O2反应的历程如图，回答下列问题：①写出其中反应①的热化学方程式也(△H用含物理量E的等式表示)：________。②试分析上述基元反应中，反应①和反应②的速率较小的是_____（选填“反应①”或“反应②”）；已知反应①会快速建立平衡状态，反应②可近似认为不影响反应①的平衡。对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，其原因可能是____________。29、（10分）CPAE是蜂胶的主要活性成分，具有抗癌的作用．人工合成CPAE的一种路线如下：已知：i．A分子中苯环上一溴代物只有2种；ii．R1﹣CHO+R2﹣CH2﹣CHO→（1）写出反应类型：反应①_______；反应⑤______．（2）写出结构简式：A______；C_______．（3）在反应②中，1molC7H5O2Br最多消耗NaOH____mol．（4）写出反应方程式：反应⑦________．（5）写出一种符合下列条件的E的同分异构体__________i．1mol该物质与1molNa2CO3反应，生成1molCO2气体ii．含有4种化学环境不同的氢原子（6）写出实验室用Y制备苯乙酮（）的合成路线（不超过四步）_____________（合成路线常用的表示方式为：AB…：目标产物）

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、B【解析】

根据题意该物质能够与很多金属反应，根据选项B最符合，该强水为硝酸，硝酸具有强氧化性，可溶解大部分金属；答案选B。2、B【解析】

A.同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。浓氯水能挥发出氯气，该实验中氯气易参与试管中的反应，故无法证明溴和碘的氧化性的强弱关系，A得不到相应结论；B.浓硫酸使蔗糖变黑，证明浓硫酸有脱水性；然后有气体生成，该气体能使溴水褪色，证明有二氧化硫生成，说明浓硫酸有强氧化性，可以被C还原为二氧化硫，故B可以得出相应的结论；C.SO2溶解在试管中使溶液显酸性，与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应得到SO42-，所以生成硫酸钡白色沉淀，故C得不到相应的结论；D.盐酸有挥发性，挥发出的盐酸也会与Na2SiO3溶液反应得到硅酸沉淀。因此不能证明酸性：碳酸＞硅酸，D得不到相应的结论。【点睛】本题主要是考查化学实验方案设计与评价，明确相关物质的性质和实验原理是解答的关键，选项A是易错点，注意浓氯水的挥发性。考查根据实验现象，得出结论，本题的难度不大，培养学生分析问题，得出结论的能力，体现了化学素养。3、D【解析】

A．根据图①可以知道，交点之前，反应未达平衡，交点时处于平衡状态，交点后增大温度逆反应速率增大比正反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故可判断可逆反应A2(g)+3B2(g)2AB3(g)正反应是放热反应，故A错误；B．根据反应方程式可知，增加一种反应物NO的量会增大另一种反应物二氧化氮的转化率，所以c点的转化率大于a点，故B错误；C．2v（N2）正=v（NH3）逆时，正逆反应速率相等，此时化学反应达到了平衡状态，而从图示可知，ts时，各物质的速率均在发生变化，此时化学反应没有达到平衡状态，故C错误；D．根据图示可以看出压强只能改变反应速率不改变平衡的移动，所以反应是前后气体的系数和相等的反应，即D一定是气体，所以D选项是正确的；故答案选D。4、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。5、A【解析】

A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，该化合物为氨气，A为H，B为N；D原子最外层电子数与最内层电子数相等，则D的质子数=2+8+2=12，D为Mg；化合物DC中两种离子的电子层结构相同，C为O；A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍，E为Si。【详解】A.N的非金属性强于Si，最高价氧化物对应的水化物的酸性B＞E，A正确；B.同周期，原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径N>O，即B>C>A，B错误；C.元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物的热稳定性C>E，C错误；D.化合物DC为MgO，EC2为SiO2，DC中为离子键，EC2为共价键，D错误；故答案选A。【点睛】日常学习中注意积累相关元素化合物在实际生产生活中的应用，以便更好地解决元素化合物的推断题。6、C【解析】

A．容量瓶是配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于溶解溶质，即不能在容量瓶中溶解NaOH，A错误；B．NH3极易溶于水，其收集方法不能用排水法，B错误；C．Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，可以通过黄色沉淀出现快慢来比较化学反应速率的快慢，从而探究浓度对化学反应速率的影响，C正确；D．由于NaCl量较少，可能浓度商c(Ag＋)·c(Cl－)<Ksp(AgCl)而未出现沉淀。只有在CI－和I－浓度相同情况下才可以比较，D错误。答案选C。【点睛】A项需要注意的是NaOH溶液易变质，通常不能直接正确地配制一定物质的量的浓度的NaOH溶液（即NaOH不能作基准物质），而需要通过滴定来测定NaOH溶液的浓度。7、C【解析】

根据二环[1，1，0]丁烷的键线式写出其分子式，其中两个氢原子被氯原子取代得二氯代物，类比甲烷结构可知其结构特征。【详解】A项：由二环[1，1，0]丁烷的键线式可知其分子式为C4H6，它与1，3-丁二烯（CH2=CHCH=CH2）互为同分异构体，A项正确；B项：二环[1，1，0]丁烷的二氯代物中，二个氯原子取代同一个碳上的氢原子有1种，二个氯原子取代不同碳上的氢原子有3种，共有4种，B项正确；C项：二环[1，1，0]丁烷分子中，碳碳键只有单键，其余为碳氢键，键角不可能为45°或90°，C项错误；D项：二环[1，1，0]丁烷分子中，每个碳原子均形成4个单键，类似甲烷分子中的碳原子，处于与其直接相连的原子构成的四面体内部，D项正确。本题选C。8、C【解析】

A、Li在氧气中燃烧生成Li2O，得不到Li2O2，A错误；B、SO2和BaCl2不反应，不能生成沉淀，B错误；C、由于次氯酸的酸性比碳酸弱，因此将CO2通入次氯酸钙溶液中可生成次氯酸，C正确；D、将NH3通入热的CuSO4溶液中生成氢氧化铜沉淀。氨气具有还原性，在加热条件下，氨气可和氧化铜反应生成铜、氮气和水，D错误。答案选C。9、C【解析】

A．当a接外接电源负极时，电致变色层为阴极，发生电极反应WO3+Li++e-===LiWO3，LiWO3为蓝色晶体，b极接正极，离子储存层为阳极，发生电极反应Li4Fe4[Fe(CN)6]3-4e－===Fe4[Fe(CN)6]3＋4Li＋，Fe4[Fe(CN)6]3为蓝色晶体，蓝色与无色相比，可减小光的透过率，A选项正确；B．当b接外接电源负极时，离子储存层为阴极，发生的电极反应为Fe4[Fe(CN)6]3＋4Li＋＋4e－＝Li4Fe4[Fe(CN)6]3，B选项正确；C．切换电源正负极使得蓝色变为无色时，即LiWO3变为WO3，Fe4[Fe(CN)6]3变为Li4Fe4[Fe(CN)6]3，电致变色层为阳极，离子储存层为阴极，则Li+通过离子导体层由电致变色层移向离子储存层，C选项错误；D．该装置可实现变色，可用于汽车的玻璃变色调光，D选项正确；答案选C。10、C【解析】

由图可知60ml到70ml是氢氧化铝溶解消耗10ml氢氧化钠溶液，则铝离子沉淀需要30ml氢氧化钠溶液，镁离子离子沉淀需要20ml氢氧化钠溶液，所以镁铝的物质的量比为1：1，再由镁铝与100mL稀硝酸反应，产生1.12LNO气体（标准状况）得失守恒可以得2x+3x＝0.05×3，则x＝0.03mol，沉淀的最大质量，沉淀达到最大值时溶液为硝酸钠，硝酸的物质的量为0.03mol×2+0.03mol×3+0.05mol=0.2mol，氢氧化钠溶液浓度，故C错误；综上所述，答案为C。11、D【解析】

A．液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故A正确；B．煮豆持作羹，漉豉以为汁意思为煮熟的豆子来做豆豉而使豆子渗出汁水，分离豆豉与豆汁，实际是分离固体与液体，应选择过滤的方法，故B正确；C．鉴别硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)，灼烧时焰色反应不同，分别为紫色、黄色，可鉴别，故C正确；D．FeSO4⋅7H2O电离生成二价铁离子、硫酸根离子，不能电离产生氢离子，硫酸亚铁为强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液显酸性，故D错误；答案选D。12、B【解析】

A．食品腌制的原理为氯化钠形成溶液，然后通过扩散和渗透作用进入食品组织内，从而降低食品水分活度，提高渗透压，抑制微生物和酶的活动，达到防止食品腐败的目的，错误；B．用漂粉精消毒游泳池中的水，是利用其有效成分Ca(ClO)2水解产生的HClO的强的氧化性杀菌消毒，正确；C．用汽油洗涤衣物上的油污，是利用油脂容易溶于汽油的溶解性，错误；D．用盐酸除去铁钉表面的铁锈，是利用酸与金属氧化物产生可溶性盐和水，发生的是复分解反应，错误。13、C【解析】

A.双酚A的分子式为C15H16O2，A错误；B.酚羟基有邻位H，可以和浓溴水发生取代反应，但是没有能水解的官能团，B错误；C.两个苯环及连接苯环的C可能处于同一平面，C正确；D.二个氯在同一个苯环上的结构有5种，二个氯分别在两个苯环上的二氯代物有3中，所以该结构中苯环上的二氯代物有8种，D错误。答案选C。14、C【解析】

A．若X为锌棒，开关K置于M处，该装置是原电池，锌易失电子作负极、铁作正极，作正极的铁被保护，这种方法称为牺牲阳极阴极保护法，故A错误；B．若X为碳棒，开关K置于N处，该装置是电解池，碳作阳极、铁作阴极，作阴极的铁被保护，这种方法称为外加电流阴极保护法，故B错误；C．若X为锌棒，开关K置于M处时，该装置是原电池，活泼金属锌失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，故C正确；D．若X为碳棒，开关K置于N处时，该装置是电解池，阳极X上是氢氧根离子失电子发生氧化反应，故D错误；故答案为C。15、D【解析】

放电时铅是负极，发生失电子的氧化反应，其电极电极式:Pb-2e-+SO42-=PbSO4；PbO2是正极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为：PbO2+4H++SO42－+2e－=PbSO4+2H2O，电池的总反应可表示为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，充电过程是放电过程的逆过程，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，A.铅蓄电池可多次放电、充电，是二次电池，A项正确；B.放电时铅是负极，负极电极式：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，B项正确；C.充电时生成硫酸，硫酸的浓度增大，电解质溶液的密度增大，C项正确；D.根据总反应式可知，当电路中转移电子数目为2NA时，溶液中SO42-减少或增加2mol，D项错误；答案选D。16、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。17、D【解析】

A选项，除去粗盐中含有的硫酸钙杂质，先加氯化钡，在加碳酸钠，碳酸钠不仅除掉钙离子，还要除掉开始多加的钡离子，故A错误；B选项，检验亚硫酸钠试样是否变质，先加足量盐酸，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则试样已变质，故B错误；C选项，证明酸性条件H2O2的氧化性比I2强，应向碘化钠溶液中加30%过氧化氢和稀盐酸溶液，再加淀粉，变蓝，则氧化性：H2O2>I2，故C错误；D选项，检验某溶液中是否含有Fe2+，先加KSCN溶液，无现象，再加氯水，溶液变红色，溶液中含有亚铁离子，故D正确；综上所述，答案为D。18、C【解析】

A、合成PPV通过缩聚反应生成，同时有小分子物质HI生成，不属于加聚反应，选项A错误；B、1molPPV中含有2nmol碳碳双键，最多能与4nmolH2发生加成反应，选项B错误；C.与溴水加成后的产物为，根据苯分子中12个原子共面、甲烷为正四面体结构可知，该分子中最多有14个原子共平面，选项C正确；D.和苯乙烯相差C2H2，不是相差n个CH2，不互为同系物，选项D错误。答案选C。19、D【解析】

A．HCO3-与SiO32-反应生成H2SiO3和CO32-，通入过量HC1，发生反应的离子方程式为2H++SiO32-=H2SiO3↓、H++HCO3-=H2O+CO2↑，故A不符合题意；B．题给四种离子可以大量共存，通入过量H2S，发生反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故B不符合题意；C．HClO与SO32-因发生氧化还原反应而不能大量共存，故C不符合题意；D．题给四种离子可以大量共存，加入过量NaNO3，发生反应的离子方程式为6I-+2NO3-+8H+=2NO↑+4H2O+3I2，故D符合题意。故答案选D。20、B【解析】

A．22.4L（标准状况）15NH3即=1mol，1个15NH3中质子数为10，故1mol15NH3中质子数为10NA，故A不符合题意；B．2molNO与1molO2充分反应会生成2molNO2，但NO2气体存在二聚反应：，因此产物中的分子数小于2NA，故B符合题意；C．13.8gNO2即=0.3mol，其反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO2生成NO化合价降低2，转移电子数为0.2NA，故C不符合题意；D．1L0.1mol·L1NH4NO3溶液中n(NH4NO3)=0.1mol，氮原子数为0.2NA，故D不符合题意；故答案为：B。【点睛】解答本类题目要审清选项中涉及的以下几个方面：①要审清所求粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电子等，②涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强，③涉及中子数和化学键的计算，要审清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量，④涉及化学反应要明确相关反应的特点和电子转移；⑤涉及溶液中的微粒要关注电离和水解；⑥要注意审清运算公式。21、A【解析】

A．单质硅可用于制作太阳能电池的原料，太阳能电池可将太阳能转化为电能，二氧化硅是光导纤维的成分，故A错误；B．明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2(OH)2CO3，能够溶于酸性溶液，可以利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故B正确；C．含钙离子浓度较大的地下水能够与高级脂肪酸钠反应生成高级脂肪酸钙沉淀，去污能力减弱，故C正确；D．瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，故D正确；答案选A。22、C【解析】A.将还原性较强的金属与需要保护的金属连接，形成原电池，A正确；B.:外加电流的阴极保护法是外加电源，形成电解池，让金属称为阴极得电子，从而保护金属，B正确C.为保护钢铁，钢铁为电池正极，C错误；D.利用电解原理，钢铁为阴极得到电子，从而受到保护，D正确。故选择C。点睛：原电池中，失去电子的为负极，得到电子的为正极；电解池中，失去电子的为阳极，得到电子的为阴极。二、非选择题(共84分)23、碳、溴Na5CBrNa5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑将Y加热至熔化，然后测其导电性，若熔融状态下能导电，证明该物质是由离子构成的离子晶体放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯火焰上灼烧至无色【解析】

X与水反应产生气体A和碱性溶液，气体A摩尔质量为M=0.714g·L-1×22.4L/mol=16g/mol，则A是CH4，说明X中含有C元素；碱性溶液焰色反应呈黄色，说明碱性溶液含有钠元素，物质X中有钠元素；向该碱性溶液中加入0.04molHCl溶液显中性后，再加入足量HNO3酸化，再加入AgNO3溶液产生两种沉淀，质量和为7.62g，根据Cl-守恒，其中含有AgCl沉淀质量为m(AgCl)=0.04mol×143.5g/mol=5.74g，X中含有的另外一种元素位于第四周期，可以与Ag+反应产生沉淀，则该元素为溴元素，则X的组成元素为Na、C、Br三种元素，形成的沉淀为AgBr，其质量为m(AgBr)=7.62g-5.74g=1.88g，n(AgBr)=1.88g÷188g/mol=0.01mol，X中含有Br-0.01mol，其质量为0.01mol×80g/mol=0.80g，结合碱性溶液中加入0.04molHCl，溶液显中性，说明2.07gX中含有0.05molNa+，X与水反应产生0.01molHBr和0.05molNaOH，其中0.01molHBr反应消耗0.01molNaOH，产生0.01molNaBr，还有过量0.04molNaOH，则X中含有C的物质的量为n(C)=(2.07g-0.05mol×23g/mol-0.80g)÷12g/mol=0.01mol，n(Na)：n(Br)：n(C)=0.05：0.01：0.01=5：1：1，则X化学式为Na5CBr，Na5CBr与水反应总方程式为：Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知X是Na5CBr，A是CH4，碱性溶液为NaOH与NaBr按4：1混合得到的混合物，中性溶液为NaCl、NaBr按4：1物质的量的比的混合物，沉淀为AgCl、AgBr混合物，二者物质的量的比为4：1；(1)X化学式为Na5CBr，其中非金属元素的名称为碳、溴；(2)X与水反应的化学方程式为Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑；(3)化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，则Y为NaBr，该化合物为离子化合物，证明Y的晶体类型实验是：将NaBr加热至熔化，测其导电性，若熔融状态下能导电，证明在熔融状态中含有自由移动的离子，则该物质是由离子构成的离子化合物；(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯或酒精喷灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色，来确定其中含有的金属元素。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断、颜色反应的操作及化合物类型判断方法。掌握常见元素及化合物的性质、物质的构成微粒，并结合题干信息计算、推理。24、丙炔加成反应C10H10O+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O羧基4+2NaOH+NaCl+H2O苯酚氯化铁溶液，溶液呈紫色【解析】

化合物X与银氨溶液可发生银镜反应，说明X中含有醛基，结合D、E的结构简式可知，X为苯甲醛；根据L→M的反应原理可知，L→M是取代反应，由①的反应信息，L中酚羟基与C2H5OCOOC2H5反应，-COOC2H5与酚羟基H原子交换，由②的反应信息可知，发生自身交换生成M，则M的结构简式为，化合物E和M在一定条件下合成得到华法林，据此分析解答。【详解】(1)A的结构简式为CH3C≡CH，含有碳碳三键，属于炔烃，名称为丙炔；A→B是丙炔与H2O反应，反应后碳碳三键转化为碳碳双键，发生了加成反应，故答案为丙炔；加成反应；(2)由结构简式可知，E的分子式为C10H10O；X为苯甲醛()，苯甲醛与银氨溶液反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为C10H10O；+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；(3)G为乙酸酐，G与苯酚生成J同时，还生成乙酸，乙酸中含有的官能团是羧基，G的分子式为C4H6O3，G完全燃烧生成二氧化碳和水，1molG完全燃烧，消耗的氧气的物质的量为(4+-)mol=4mol，故答案为羧基；4；(4)L的分子式是C8H8O，Q是L的同分异构体，Q属于芳香酸，Q中含羧基，Q→R是苯环上的甲基上的1个H原子被取代，R→S是氯代烃的水解反应，S→T是-CH2OH氧化成-COOH，T的核磁共振氢谱只有两组峰，说明2个羧基处在苯环的对位，Q为对甲基苯甲酸，Q结构简式为，R为，则R→S的化学方程式为：；故答案为；；(5)苯酚可与甲醛缩合成体型高分子化合物，检验酚羟基，可加入氯化铁溶液，溶液呈紫色，故答案为苯酚；氯化铁溶液，溶液呈紫色；(6)L→M是取代反应，由①的反应信息，L中的酚羟基与C2H5OCOOC2H5反应，-COOC2H5与酚羟基H原子交换，由②的反应信息可知，发生自身交换生成M，故M的结构简式为：，故答案为。25、检查装置的气密性防止倒吸b2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2ONaClO2遇酸放出ClO2空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降没有处理尾气A或或(或其他合理答案)【解析】

在装置内，NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2，发生反应2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，生成的ClO2与O2的混合气随空气排出进入B装置；B装置的进、出气导管都很短，表明此装置为防倒吸装置，混合气进入C中，发生反应2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，ClO2的熔点低，遇热水、见光易分解，所以应使用冰水浴，以降低气体的温度；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低，则需控制气体的流速不能过慢，但过快又会导致反应不充分，吸收效率低。ClO2气体会污染大气，应进行尾气处理。【详解】(1)制取气体前，为防漏气，应在组装好仪器后，进行的操作是检查装置的气密性；由以上分析知，装置B的作用是防止倒吸；冰水浴冷却气体，可减少H2O2的分解、减少ClO2的分解，ClO2为气体，降温有利于气体的溶解，不可能降低ClO2的溶解度，所以主要目的不包括b。答案为：检查装置的气密性；防止倒吸；b；(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，三颈烧瓶中NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2，发生反应生成ClO2的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。答案：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O；(3)因为NaClO2遇酸会放出ClO2，所以装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为NaClO2遇酸放出ClO2，加碱可改变环境，使NaClO2稳定存在。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率，原因是：空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降。答案为：NaClO2遇酸放出ClO2；空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降；(4)ClO2气体会污染大气，应进行尾气处理，所以该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气。答案为：没有处理尾气；(5)A．过氧化钠与水反应，可生成H2O2和NaOH，其还原能力与H2O2相似，A符合题意；B．硫化钠具有强还原性，能将NaClO2固体还原为NaCl，B不合题意；C．氯化亚铁具有较强还原性，能将NaClO2固体还原为NaCl，C不合题意；D．高锰酸钾具有强氧化性，不能将NaClO2固体还原，D不合题意；故选A。答案为：A；(6)可建立如下关系式：NaClO3(s)—ClO2—NaClO2(s)，从而得出NaClO2(s)的理论产量为：=g，NaClO2的产率是=×100%。答案为：或或(或其他合理答案)。【点睛】书写三颈烧瓶中NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2的方程式时，我们可先确定主反应物(NaClO3、H2O2)和主产物(ClO2、O2)，然后配平，即得2NaClO3+H2O2——2ClO2↑+O2↑；再利用质量守恒确定其它反应物(H2SO4)和产物(Na2SO4、H2O)，最后配平，即得2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。26、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，则在250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；由于C中ClO2有一部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。【点睛】本题考查物质制备，涉及实验操作、氧化还原反应、方程式的计算、物质检验等知识点，侧重考查实验操作规范性、元素化合物性质等知识点，明确实验原理、物质性质、物质之间的转化关系是解本题关键。27、球形干燥管（干燥管）缺少处理CO尾气装置排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质FeC2O43FeC2O4Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑【解析】

装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C装置吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO，F装置检验二氧化碳，据此解答。【详解】(1)仪器a的名称是球形干燥管(干燥管)，故答案为：球形干燥管(干燥管)；(2)反应会产生CO，缺少处理CO尾气装置，故答案为：缺少处理CO尾气装置；(3)反应会会产生CO和H2O，通入氮气，排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰，故答案为：排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰；(4)CO与CuO反应，生成Cu和二氧化碳，现象为E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀，故答案为：E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀；(5)检验铁离子的试剂为KSCN，具体有：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质，故答案为：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质；(6)①草酸亚铁晶体的物质的量为：＝0.03mol，通过剩余固体的质量为4.32g，则M的摩尔质量为＝144g/mol，过程Ⅰ发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，剩下的M为FeC2O4，故答案为：FeC2O4；②草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：＝1.68g，草酸亚铁晶体中