内蒙古乌兰察布市2024年高三压轴卷化学试卷含解析

内蒙古乌兰察布市2024年高三压轴卷化学试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、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、Z最外层电子数之和为11；W与Y同族；W的氢化物为弱酸。下列说法正确的是（）A．Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性B．W和Y具有相同的最高化合价C．离子半径Y﹤ZD．Z的氢化物为离子化合物2、《本草纲目》中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”的记载。下列说法正确的是A．“薪柴之灰”可与铵态氮肥混合施用 B．“以灰淋汁”的操作是萃取C．“取碱”得到的是一种碱溶液 D．“浣衣”过程有化学变化3、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．64、用如图所示的实验装置模拟侯氏制碱法的主要反应原理。下列说法正确的是A．侯氏制碱法中可循环利用的气体为B．先从a管通入NH3，再从b管通入CO2C．为吸收剩余的NH3，c中应装入碱石灰D．反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是纯碱5、下列实验操作或现象不能用平衡移动原理解释的是A．卤化银沉淀转化B．配制氯化铁溶液C．淀粉在不同条件下水解D．探究石灰石与稀盐酸在密闭环境下的反应6、关于下列各实验装置的叙述中正确的是A．装置①可用于吸收氯化氢气体 B．装置②可用于制取氯气C．装置③可用于制取乙酸乙酯 D．装置④可用于制取氨气7、我国科学家提出了无需加入额外电解质的钠离子直接甲酸盐燃料电池体系，其工作原理如图所示。甲酸钠（HCOONa）的水解为电极反应和离子传输提供了充足的OH-和Na+。下列有关说法不正确的是A．A极为电池的负极，且以阳离子交换膜为电池的隔膜B．放电时，负极反应为HCOO-+3OH--2e-=CO32-+2H2OC．当电路中转移0.lmol电子时，右侧电解质溶液质量增加2.3gD．与传统的氯碱工业相比，该体系在不污染环境的前提下，可以实现同步发电和产碱8、体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)=0.01mol，下列叙述正确的是()A．醋酸溶液的pH大于盐酸B．醋酸溶液的pH小于盐酸C．与NaOH完全中和时，醋酸消耗的NaOH多于盐酸D．分别用水稀释相同倍数后，所得溶液中：n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)9、化学与生活密切相关。下列说法错误的是A．泡沫灭火器可用于一般的灭火，也适用于电器灭火B．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性C．家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法10、分子式为C4H8Br2的有机物同分异构体（不考虑立体异构）为（）A．9 B．10 C．11 D．1211、常温下向0.lmol/L的NaClO溶液中通入HF气体，随反应进行（不考虑HClO分解），溶液中lg(A代表ClO或F)的值和溶液pH变化存在如图所示关系，下列说法正确的是A．线N代表lg的变化线B．反应ClO-+HF⇌HCIO+F-的平衡常数数量级为105C．当混合溶液pH=7时，溶液中c(HClO)=c(F-)D．随HF的通入，溶液中c(H+)•c(OH-)增大12、天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。T．F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是A．该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液B．脱硫过程O2间接氧化H2SC．亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血D．《华阳国志》记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐13、下列中国制造的产品主体用料不是金属材料的是世界最大射电望远镜中国第一艘国产航母中国大飞机C919世界最长的港珠澳大桥A．钢索B．钢材C．铝合金D．硅酸盐A．A B．B C．C D．D14、向3mol·L-1盐酸中加入打磨后的镁条，一段时间后生成灰白色固体X，并测得反应后溶液pH升高。为确认固体X的成分，过滤洗涤后进行实验：①向固体X中加入足量硝酸，固体溶解，得到无色溶液，将其分成两等份；②向其中一份无色溶液中加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀a；③向另一份无色溶液中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀b。下列分析不正确的是（）A．溶液pH升高的主要原因：Mg+2H+===Mg2++H2↑B．生成沉淀a的离子方程式：Ag++Cl-===AgCl↓C．沉淀b是Mg(OH)2D．若a、b的物质的量关系为n（a）：n（b）=1：3，则可推知固体X的化学式为Mg3(OH)6Cl15、在混合导体透氧膜反应器中一步同时制备氨合成气(N2、H2)和液体燃料合成气(CO、H2)，其工作原理如图所示，下列说法错误的是A．膜I侧反应为：H2O+2e-=H2+O2-O2+4e-=2O2-B．膜II侧相当于原电池的负极C．膜II侧发生的反应为：CH4+O2--2e-=2H2+COD．膜II侧每消耗1molCH4，膜I侧一定生成1molH216、下列属于碱的是（）A．SO2 B．CH3CH2OH C．Ca（OH）2 D．KCl二、非选择题（本题包括5小题）17、合成有机溶剂M和高分子材料N的路线如图：己知：芳香族化合物苯环上的氢原子可被卤代烷中的烷基取代．如：

(1)写出反应类型．反应Ⅰ__________反应Ⅱ____________。(2)写出D的分子式___________。写出G的结构简式_____________。(3)写出E生成F的化学反应方程式______________________________。(4)E在浓硫酸作用下转化为F时，除生成副产物G，还会生成高分子副产物，写出该副产物的结构简式____________________________。(5)属于酯类且含甲基F的同分异构体有多种，写出其中一种的结构简式______________。(6)写出高分子化合物N的结构简式_________________(任写一种)。A有2种结构，可通过定量实验来确定其准确结构，该定量实验可通过A与__________(填写物质名称)反应来实现。18、中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。请回答下列问题：(1)红褐色胶体中F粒子直径大小的范围：___________________________。(2)写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：__________________________________。(3)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：_______________________________________。(4)有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，_________、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为_______________________。(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为____________________________。19、亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯品为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解，常用于制染料。SO2和浓硝酸在浓硫酸存在时可制备NOSO4H，反应原理为：SO2+HNO3=SO3+HNO2、SO3+HNO2=NOSO4H。（1）亚硝酰硫酸（NOSO4H）的制备。①仪器I的名称为______________，打开其旋塞后发现液体不下滴，可能的原因是_________________。②按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为__________________(填仪器接口字母，部分仪器可重复使用)。③A中反应的方程式为___________。④B中“冷水”的温度一般控制在20℃，温度不宜过高或过低的原因为________。（2）亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯度的测定。称取1.500g产品放入250mL的碘量瓶中，并加入100.00mL浓度为0.1000mol·L-1的KMnO4标准溶液和10mL25%的H2SO4，摇匀；用0.5000mol·L-1的Na2C2O4标准溶液滴定，滴定前读数1.02mL,到达滴定终点时读数为31.02mL。已知：i：□KMnO4+□NOSO4H+□______=□K2SO4+□MnSO4+□HNO3+□H2SO4ii：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+8H2O①完成反应i的化学方程式：_____________□KMnO4+□NOSO4H+□______=□K2SO4+□MnSO4+□HNO3+□H2SO4②滴定终点的现象为____________________。③产品的纯度为__________________。20、研究金属与硝酸的反应，实验如下。（1）Ⅰ中的无色气体是_________。（2）Ⅱ中生成H2的离子方程式是______________。（3）研究Ⅱ中的氧化剂①甲同学认为该浓度的硝酸中H＋的氧化性大于，所以没有发生反应。乙同学依据Ⅰ和Ⅱ证明了甲的说法不正确，其实验证据是____________。②乙同学通过分析，推测出也能被还原，依据是_____________，进而他通过实验证实该溶液中含有，其实验操作是____________。（4）根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有__________；试推测还可能有哪些因素影响_________（列举1条）。21、有原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种前四周期元素，B元素原子有三个能级，且每个能级上的电子数相等；C原子的p轨道处于半充满状态，D的单质是空气的主要成分之一，其质子数为A与C之和；E在周期表中位于ds区，且与D可形成化学式为E2D或ED的二元化合物。请回答下列问题：(1)E元素基态原子的M能层中具有_____个能级，该元素的常见化合价有多种，其中E+的简化电子排布式为__________。A．[Ar]3d104s1B．[Ar]3d10C．[Ar]3d94s1D．[Ar]3d84s2(2)元素C和D的原子的第一电离能较大的为__________(填元素符号)，其原因是____________________；C与A可形成一种常见的气态化合物，该化合物的空间构型为____________________，其中C原子的杂化轨道类型为____________________。(3)C2在日常生活及工农业生产等领域用途非常广泛，其分子结构中σ键和π键数目之比是_______；C2D与BD2互为__________(填“等电子体”或“非等电子体”)，其理由是____________________。(4)在E催化下，分子式为BA4D的化合物可被氧化为分子式为BA2D的化合物，则BA2D分子中键角约为__________；BA4D和BA2D两化合物均易溶于水，是由于与水分子间形成了__________键的缘故。(5)元素E的单质晶体在不同温度下可有两种堆积方式，晶胞分别如图a和b所示，则其面心立方堆积的晶胞与体心立方堆积的晶胞中实际含有的E原子的个数之比为__________；元素B的单质晶体结构有多种，其中一种硬度很大，结构如下图，则该单质晶体的熔点_______E单质晶体的熔点(填“高于”或“低于”)；若B单质的原子(如图中A、B两原子)在体对角线上外切，晶胞参数为a，则该晶体的空间利用率约为__________。(百分数表示，取两位有效数字)(已知=1.732)

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

W与Y同族；W的氢化物为弱酸，则W为第二周期的非金属元素，由此可推出W为氟(F)，Y为Cl；W、X、Z最外层电子数之和为11，则X、Z的最外层电子数之和为4，Z可能为K或Ca，则X可能为Al或Mg。【详解】A．Y和Z形成的化合物，不管是CaCl2还是NaCl，其水溶液都呈中性，A错误；B．F没有正价，Cl的最高化合价为+7，B错误；C．离子半径Cl->K+>Ca2+，则离子半径Y>Z，C错误；D．CaH2、KH都是离子化合物，D正确；故选D。2、D【解析】

A.“薪柴之灰”中含有碳酸钾，与铵态氮肥共用时，发生水解反应，相互促进水解，降低肥效，故A错误；B.“以灰淋汁”的操作是过滤，故B错误；C.“取碱”得到的是碳酸钾溶液，属于盐溶液，故C错误；D.“浣衣”过程中促进油脂的水解，属于化学变化，故D正确；故选D。3、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。4、B【解析】

侯氏制碱法的原理：①将足量NH3通入饱和食盐水中，再通入CO2，溶液中会生成高浓度的HCO3-，与原有的高浓度Na+结合成溶解度较小的NaHCO3析出：NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4Cl；②将析出的沉淀加热，制得Na2CO3（纯碱）：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，生成的CO2可用于上一步反应（循环利用）；③副产品NH4Cl可做氮肥。【详解】A．侯氏制碱法中可循环利用的气体是CO2，A项错误；B．先通入NH3，NH3在水中的溶解度极大，为了防止倒吸，应从a管通入，之后再从b管通入CO2，B项正确；C．碱石灰（主要成分是NaOH和CaO）不能吸收NH3，C项错误；D．反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是NaHCO3，将其加热得到纯碱（Na2CO3），D项错误；答案选B。【点睛】侯氏制碱法中，要先通入足量NH3，再通入CO2，是因为：NH3在水中的溶解度极大，先通入NH3使食盐水显碱性，能够吸收大量CO2气体，产生高浓度的HCO3-，与高浓度的Na+结合，才能析出NaHCO3晶体；如果先通入CO2，由于CO2在水中的溶解度很小，即使之后通入过量的NH3，所生成的HCO3-浓度很小，无法析出NaHCO3晶体。5、C【解析】

A、足量NaCl(aq)与硝酸银电离的银离子完全反应，AgCl在溶液中存在溶解平衡，加入少量KI溶液后生成黄色沉淀，该沉淀为AgI，Ag+浓度减小促进AgCl溶解，说明实现了沉淀的转化，能够用勒夏特列原理解释；B、铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，该反应为可逆反应，加入稀盐酸可抑制铁离子水解，能够用勒夏特列原理解释；C、淀粉水解反应中，稀硫酸和唾液起催化作用，催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释；D、二氧化碳在水中存在溶解平衡，塞上瓶塞时随着反应的进行压强增大，促进CO2与H2O的反应，不再有气泡产生，打开瓶塞后压强减小，向生成气泡的方向移动，可用勒夏特列原理解释。正确答案选C。【点睛】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂能加快反应速率，与化学平衡移无关。6、A【解析】

A、导管口插入四氯化碳中，氯化氢气体易溶于水不易溶于四氯化碳，能防止倒吸且能吸收氯化氢，选项A正确；B、制备氯气时应为二氧化锰和浓盐酸共热，装置中缺少加热装置，选项B错误；C、收集乙酸乙酯时导管末端不能伸入液面以下，选项C错误；D、制备氨气时应加热氯化铵和氢氧化钙混合固体，选项D错误。答案选A。7、C【解析】

从图中可以看出，A电极上HCOO-转化为CO32-，发生反应HCOO-+3OH--2e-=CO32-+2H2O，C元素由+2价升高为+4价，所以A为负极，B为正极。当负极失去2mole-时，溶液中所需Na+由4mol降为2mol，所以有2molNa+将通过交换膜离开负极区溶液进入正极区。正极O2得电子，所得产物与水发生反应，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，由于正极区溶液中阴离子数目增多，所以需要提供Na+以中和电性。【详解】A．由以上分析可知，A极为电池的负极，由于部分Na+要离开负极区，所以电池的隔膜为阳离子交换膜，A正确；B．由以上分析可知，电池放电时，负极反应为HCOO-+3OH--2e-=CO32-+2H2O，B正确；C．依据负极反应式，当电路中转移0.lmol电子时，有0.1molNa+通过离子交换膜进入右侧，右侧参加反应的O2质量为=0.8g，电解质溶液质量增加2.3g+0.8g=3.1g，C不正确；D．与传统的氯碱工业相比，该体系没有污染环境的气体产生，且可发电和产碱，D正确；故选C。8、C【解析】

A．根据电荷守恒，当体积相同的盐酸和醋酸两种溶液中n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)，氢离子浓度相同，溶液pH相同，故A错误；B．根据电荷守恒，当体积相同的盐酸和醋酸两种溶液中n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)，氢离子浓度相同，溶液pH相同，故B错误；C．醋酸是弱酸存在电离平衡，当n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)时，n(CH3COOH)远远大于n(HCl)，与NaOH完全中和时，醋酸消耗的NaOH多于盐酸，故C正确；D．加水稀释时，醋酸电离平衡正向移动，醋酸溶液中醋酸根离子物质的量增大，而盐酸溶液中氯离子物质的量不变，所以分别用水稀释相同倍数后，所得溶液中：n(Cl﹣)<n(CH3COO﹣)，故D错误；选C。【点睛】本题考查了弱电解质的电离，侧重于学生的分析能力的考查，根据电荷守恒判断两种溶液中氢离子浓度相等是解本题关键，再结合弱电解质电离特点来分析解答。9、A【解析】

A．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合时发生盐的双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出CO2进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，会导致触电或电器短路，因此泡沫灭火器不适用于电器灭火，A错误；B．疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B正确；C．油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，C正确；D．电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼，Mg棒作原电池的负极，从而对正极的热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法，D正确；故合理选项是A。10、A【解析】

分子式为C4H8Br2的同分异构体有主链有4个碳原子的：CHBr2CH2CH2CH3；CH2BrCHBrCH2CH3；CH2BrCH2CHBrCH3；CH2BrCH2CH2CH2Br；CH3CHBr2CH2CH3；CH3CHBrCHBrCH3；主链有3个碳原子的：CHBr2CH（CH3）2；CH2BrCBr（CH3）2；CH2BrCHCH3CH2Br；共有9种情况答案选A。11、C【解析】

，，由于同浓度酸性：HF大于HClO，当lg=0时，则=1，则K(HF)=10-3.2，K(HClO)=10-7.5。【详解】A．，，由于同浓度酸性：HF大于HClO，又因lg=0时，则=1，因此pH大的为HClO，所以线M代表的变化线，故A错误；B．反应ClO－+HFHClO+F－的平衡常数，其平衡常数数量级为104，故B错误；C．当混合溶液pH=7时，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(ClO－)+c(F－)+c(OH－)，溶液呈中性，得到c(Na+)=c(ClO－)+c(F－)，根据物料守恒c(ClO－)+c(HClO)=c(Na+)，因此溶液中c(HClO)=c(F－)，故C正确；D．温度未变，随HF的通入，溶液中c(H+)⸱c(OH－)不变，故D错误。综上所述，答案为C。12、A【解析】

A.T．F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁（相应反应为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+），硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁（相应反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O），根据反应可知，该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液，A错误；B.脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，B正确；C.亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血，C正确；D.天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，《华阳国志》记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐，D正确；故合理选项是A。13、D【解析】

A．世界最大射电望远镜主体用料：钢索是金属合金材料，故A不符合；B．中国第一艘国产航母主体用料：钢材属于合金为金属材料，故B不符合；C．中国大飞机C919主体用料：铝合金属于金属材料，故C不符合；D．世界最长的跨海大桥港珠澳大桥主体用料：硅酸盐不是金属材料，故D符合；故答案为D。14、D【解析】

A、溶液pH升高的主要原因是H＋被消耗，即：Mg+2H+===Mg2++H2↑，故A正确；B、向其中一份无色溶液中加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀a，a是不溶于HNO3的白色沉淀，应为AgCl，故B正确；C、沉淀b，与OH―有关，NO3―、Cl―、Mg2＋能形成沉淀的只有Mg2＋，故C正确；D、若a、b的物质的量关系为n（a）：n（b）=1：3，根据化合价代数和为0，则可推知固体X的化学式为Mg3(OH)5Cl，故D错误。故选D。15、D【解析】

A.膜I侧，H2O和O2在正极均发生还原反应，结合题图可写出其电极反应式为：H2O+2e-=H2+O2-、O2+4e-=2O2-，故A正确；B.原电池中阴离子从正极向负极移动结合题图O2-的移动方向可知，膜I侧相当于原电池的正极，膜II侧相当于原电池的负极，故B正确；C.膜II侧CH4发生氧化反应，其电极反应式为CH4+O2--2e-=2H2+CO，故C正确；D.膜I侧发生的反应为：H2O+2e-=H2+O2-、O2+4e-=2O2-，膜II侧发生的反应为：CH4+O2--2e-=2H2+CO，膜II侧每消耗1molCH4，膜I侧生成小于1molH2，故D错误。故选D。16、C【解析】

A.SO2为酸性氧化物，不是碱，故A错误；B.CH3CH2OH为有机化合物的醇，不是碱，故B错误；C.Ca（OH）2电离出的阴离子全部是氢氧根，属于碱，故C正确；D.KCl由金属阳离子和酸根组成，属于盐，故D错误；故选C。【点睛】本题注意碱和醇的区别，把握概念即可判断，注意﹣OH和OH﹣的联系与区别。二、非选择题（本题包括5小题）17、消去反应加聚反应C10H18HOC(CH3)2COOHCH2=C(CH3)COOH+H2OHCOOCH(CH3)=CH2或CH3COOCH=CH2或CH2=COOCH3或HCOOCH2=CHCH3或浓溴水【解析】

根据题中各物质转化关系可知，A遇FeCl3溶液显紫色，所以A中有酚羟基，A→B发生了类似题已知的反应，结合M的结构简式可以反应推得A为，B为，C为，D为，根据E的分子式，且E在浓硫酸条件下能生成G，可知E为，G为，根据F的分子式可知，F为，所以H为，据此分析解答。【详解】(1)反应Ⅰ是醇羟基脱水生成碳碳双键，所以是消去反应，反应Ⅱ是由单体发生加聚生成高分子化合物，所以是加聚反应；(2)根据上面的分析可知，D为，所以D的分子式为C10H18，G的结构简式为；(3)E生成F的化学反应方程式为HOC(CH3)2COOHCH2=C(CH3)COOH+H2O；(4)E在浓硫酸作用下转化为F时，除生成副产物G，还会进行分子间的缩聚生成高分子，该产物的结构简式为；(5)属于酯类且含甲基F的同分异构体有多种，其中一种的结构简式为HCOOCH(CH3)=CH2或CH3COOCH=CH2或CH2=COOCH3或HCOOCH2=CHCH3；(6)根据上面的分析可知，高分子化合物N的结构简式为或，A有2种结构，可通过定量实验来确定其准确结构，该定量实验可通过A与浓溴水反应来实现，根据用去的溴的物质量判断；18、1~100nm2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在蒸发浓缩玻璃棒2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O【解析】

将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则F是Fe(OH)3、D是Fe2(SO4)3、E是NH4Cl、A是单质Fe、B是FeS、C是FeSO4。【详解】(1)根据胶体的定义，红褐色氢氧化铁胶体中氢氧化铁胶体粒子直径大小的范围是1~100nm。(2)C是FeSO4，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。(3)E是NH4Cl溶液，铵根离子与碱反应能放出氨气，鉴定E中铵根离子的实验方法和现象是：取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在。(4)利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。根据过滤操作的装置图可知，过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为玻璃棒。(5)FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，铁元素化合价由+3升高为+6，氯元素化合价由+1降低为-1，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O。19、分液漏斗分液漏斗上口的瓶塞未打开或漏斗未与大气相通或漏斗下端活塞的凹槽未与瓶颈上的通气孔对齐a→de→cb→de→fNa2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑温度过低，反应速率太慢，温度过高，浓硝酸易分解，SO2逸出2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4滴入最后一滴Na2C2O4标准液后，溶液由紫红色变为无色，且半分钟颜色不恢复84.67%【解析】

(1)①根据图示中装置的形外分析名称；漏斗内的液体与大气相通时液体才能顺利流下；②亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，装置A制取的SO2中含有水蒸气，必须先干燥在通入B中反应制取亚硝酰硫酸(NOSO4H)时，要防止空气中或其他实验仪器中的水蒸气进入B中，SO2有毒，未反应的剩余SO2不能排放到大气中；据此分析；③硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠(或硫酸氢钠)和二氧化硫；④温度影响反应速率，同时浓硝酸不稳定；(2)①根据氧化还原反应，化合价升降(电子得失)守恒及物料守恒分析配平；②在氧化还原滴定操作中，高锰酸钾自身为紫红色，发生氧化还原反应时紫色褪去，自身可做滴定操作的指示剂；③结合反应ii，根据题给数据计算过量的KMnO4的物质的量，在结合反应i计算NOSO4H的物质的量，进而求算产品纯度。【详解】(1)①根据图示中装置A图所示，仪器I为分液漏斗；漏斗内与大气相通时液体才能顺利流下，打开其旋塞后发现液体不下滴，可能的原因是分液漏斗上口的瓶塞未打开或漏斗未与大气相通或漏斗下端活塞的凹槽未与瓶颈上的通气孔对齐；②亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，装置A制取的SO2中含有水蒸气，必须先干燥在通入B中反应制取亚硝酰硫酸(NOSO4H)，同时要防止空气中或其他实验仪器中的水蒸气进入B中，通入SO2时要尽量使SO2充分与反应物混合，提高SO2利用率，SO2有毒，未反应的剩余SO2不能排放到大气中，上述仪器的连接顺序为：a→de→cb→de→f；③硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠(或硫酸氢钠)和二氧化硫，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑；④温度影响反应速率，同时浓硝酸不稳定，温度过低，反应速率太慢，温度过高，浓硝酸易分解，SO2逸出，导致反应产率降低；(2)①反应中锰元素的化合价由+7价降低为+2价，亚硝酰硫酸中氮元素的化合价由+3价升高为+5价，根据氧化还原反应，化合价升降(电子得失)守恒及物料守恒，配平该方程式为：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；②在氧化还原滴定操作中，高锰酸钾自身为紫红色，发生氧化还原反应时紫色褪去，自身可做滴定操作的指示剂，用0.5000mol⋅L−1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点；③根据反应ii：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+8H2O，过量的KMnO4的物质的量=×0.5000mol⋅L−1×(31.02mL-1.02mL)×10-3/L=0.006mol，则与NOSO4H反应的高锰酸钾物质的量=0.1000mol⋅L−1×0.1L−0.006mol=0.004mol，在结合反应i：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，NOSO4H的物质的量=×0.004=0.01mol，产品的纯度为=×100%=84.67%。【点睛】亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯品遇水易分解，故在连接实验仪器时，需要考虑反应中产生的气体是否带有水蒸气，还要考虑外界空气中的水蒸气是否会进入装置，最后要有尾气处理装置，酸性气体用碱液吸收。20、NO或一氧化氮Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体金属的种类、硝酸的浓度温度【解析】

(1)铜与硝酸反应生成无色气体为一氧化氮；(2)Ⅱ中铁与溶液中的氢离子发生氧化还原反应生成H2；(3)①如硝酸根离子没有发生反应，则Ⅰ溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化；②元素化合价处于最高价具有氧化性，铵根离子的检验可以加强碱并加热，产生的气体通过湿润红色石蕊试纸；(4)金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素金属的活泼性，硝酸的浓度和温度【详解】(1)铜与硝酸反应生成无色气体为一氧化氮，遇空气变红