山东省即墨区重点高中高三二诊模拟考试新高考化学试卷及答案解析

山东省即墨区重点高中高三二诊模拟考试新高考化学试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下表中对应关系正确的是()ACH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HClCH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl均为取代反应B由油脂得到甘油；由卤代烃制醇均发生了水解反应CCl2+2Br‾→2Cl‾+Br2；Zn+Cu2+→Zn2++Cu均为单质被还原的置换反应D2Na2O2+2H2O→4NaOH+O2↑；2F2+2H2O→4HF+O2均为水作还原剂的氧化还原反应A．A B．B C．C D．D2、将100mL1L•mol-1的NaHCO3溶液分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化。两份溶液中c(CO32-)的变化分别是（）A．减小、减小 B．增大、减小 C．增大、增大 D．减小、增大3、某次硫酸铜晶体结晶水含量的测定实验中，相对误差为+2.7%，其原因不可能是（）A．实验时坩埚未完全干燥 B．加热后固体未放入干燥器中冷却C．加热过程中晶体有少量溅失 D．加热后固体颜色有少量变黑4、为研究某固体混合物样品的成分，取等质量的两份该固体，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：(1)一份固体溶于水得透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀。(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L(标准状况)。根据上述实验现象，该固体样品的成分可能是()A．Na2SO4、(NH4)2CO3、KClB．KCl、Na2CO3、(NH4)2SO4C．CuCl2、Na2CO3、(NH4)2SO4D．Na2SO4、NH4Cl、K2CO35、图Ⅰ是NO2(g)＋CO(g)CO2(g)＋NO(g)反应过程中能量变化的示意图。一定条件下，在固定容积的密闭容器中该反应达到平衡状态。当改变其中一个条件X，Y随X的变化关系曲线如图Ⅱ所示。下列有关说法正确的是（）A．一定条件下，向密闭容器中加入1molNO2(g)与1molCO(g)反应放出234kJ热量B．若X表示CO的起始浓度，则Y表示的可能是NO2的转化率C．若X表示反应时间，则Y表示的可能是混合气体的密度D．若X表示温度，则Y表示的可能是CO2的物质的量浓度6、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，其中X原子的质子总数与电子层数相等，X、Z同主族，Y、W同主族，且Y、W形成的一种化合物甲是常见的大气污染物。下列说法正确的是A．简单离子半径：Z＜Y＜W＜QB．Y能分别与X、Z、W形成具有漂白性的化合物C．非金属性：W＜Q，故W、Q的氢化物的水溶液的酸性：W＜QD．电解Z与Q形成的化合物的水溶液可制得Z的单质7、要证明某溶液中不含Fe3+而含有Fe2+，以下操作选择及排序正确的是（）①加入少量氯水

②加入少量KI溶液

③加入少量KSCN溶液A．③① B．①③ C．②③ D．③②8、工业上将氨气和空气的混合气体通过铂铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下VL氨气完全反应，并转移n个电子，则阿伏加德罗常数(NA)可表示为()A． B． C． D．9、氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+，广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，并进行相关探究。下列说法不正确的是（）A．途径1中产生的Cl2可以回收循环利用B．途径2中200℃时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑C．X气体是HCl，目的是抑制CuCl2•2H2O加热过程可能的水解D．CuCl与稀硫酸反应的离子方程式为：2Cu++4H++SO42-═2Cu+SO2↑+2H2O10、将amol钠和amol铝一同投入mg足量水中，所得溶液密度为dg·mL－1，该溶液中溶质质量分数为A．82a/(46a+m)%B．8200a/(46a+2m)%C．8200a/(46a+m)%D．8200a/(69a+m)%11、2,3−二甲基丁烷中“二”表示的含义是A．取代基的数目 B．取代基的种类 C．主链碳的数目 D．主链碳的位置12、新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该科技实现了H2S废气资源回收能量，并H2S得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是A．电极a为电池正极B．电路中每流过4mol电子，正极消耗1molO2C．电极b上的电极反应：O2+4e－+4H+=2H2OD．电极a上的电极反应：2H2S+2O2――2e―=S2+2H2O13、下列不能用于判断F和Cl的非金属性强弱的事实是A．气态氢化物的稳定性 B．最高价氧化物对应水化物的酸性C．单质与氢气反应的难易 D．单质与氢气反应放出热量的多少14、常温下，相同浓度的两种一元酸HX、HY分别用同一浓度的NaOH标准溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是

A．HX、HY起始溶液体积相同B．均可用甲基橙作滴定指示剂C．pH相同的两种酸溶液中：D．同浓度KX与HX的混合溶液中，粒子浓度间存在关系式：15、下列各项反应对应的图像正确的是()A．图甲为25℃时，向亚硫酸溶液中通入氯气B．图乙为向NaAlO2溶液中通入HCl气体C．图丙为向少量氯化铁溶液中加入铁粉D．图丁为向BaSO4饱和溶液中加入硫酸钠16、将下列气体通入溶有足量SO2的BaCl2溶液中，没有沉淀产生的是A．HClB．NH3C．Cl2D．NO217、有关铝及其化合物的用途正确的是()A．氢氧化铝：治疗胃酸过多B．氧化铝：铝热剂C．明矾：消毒净水D．铝槽车：装运稀硫酸18、下列物质中不会因见光而分解的是()A．NaHCO3 B．HNO3 C．AgI D．HClO19、一定条件下，下列金属中能与水发生置换反应并产生金属氧化物的是A．钾 B．镁 C．铁 D．铜20、镍-铁碱性电池十分耐用，但其充电过程中正负极得到的产物对电解水有很好的催化作用，因此电池过充时会产生氢气和氧气，限制了其应用。科学家将电池和电解水结合在起，制成新型的集成式电池电解器，可将富余的能量转化为氢能储存。已知镍铁碱性电池总反应方程式为：Fe+2NiOOH+2H2OFe（OH）2+2Ni（OH）2。下列有关说法错误的是（）A．电能、氢能属于二次能源B．该储能装置中的交换膜为阴离子交换膜C．该装置储氢能发生的反应为：2H2O2H2↑+O2↑D．镍-铁碱性电池放电时正极的反应为：Ni（OH）2+OH--e-═NiOOH+H2O21、维通橡胶是一种耐腐蚀、耐油、耐高温、耐寒性能都特别好的氟橡胶。它的结构简式见图,合成它的单体可能为（）A． B．CH2=CF2

和

CF2=CFCF3C． D．22、实验室模拟从海带中提取碘单质的流程如图：下列装置不能达成相应操作目的的是（）A．灼烧用酒精湿润的干海带B．用水浸出海带灰中的I-C．用NaOH溶液分离I2/CCl4D．加入稀H2SO4后分离生成的I2二、非选择题(共84分)23、（14分）CAPE是蜂胶主要活性组分之一，具有抗炎、抗氧化和抗肿瘤的作用，在医学上具有广阔的应用前景。合成CAPE的路线设计如下：已知：①A的核磁共振氢谱有三个波峰，红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键；②；③。请回答下列问题：（1）A中官能团的名称为____。（2）C生成D所需试剂和条件是____。（3）E生成F的反应类型为____。（4）1molCAPE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为____。（5）咖啡酸生成CAPE的化学方程式为____。（6）芳香化合物X是G（C9H8O3）的同分异构体，满足下列条件，X的可能结构有____种，a.属于芳香族化合物b.能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2c.能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积之比为1:2:2:1:1:1，写出一种符合要求的X的结构简式____。（7）参照上述合成路线，以和丙醛为原料(其它试剂任选)，设计制备的合成路线____。24、（12分）某有机物M的结构简式为，其合成路线如下：已知：①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，即②R1CHO+R2CH2CHO+H2O根据相关信息，回答下列问题：（1）B的名称为________；C的结构简式为________。（2）D→E转化过程中第①步反应的化学方程式为_______。（3）IV的反应类型为_______；V的反应条件是_____。（4）A也是合成阿司匹林（）的原料，有多种同分异构体。写出符合下列条件的同分异构体的结构简式______(任写一种即可)。a.苯环上有3个取代基b.仅属于酯类，能发生银镜反应，且1mol该物质反应时最多能生成4molAg；c.苯环上的一氯代物有两种。（5）若以F及乙醛为原料来合成M()，试写出合成路线_________。合成路线示例：25、（12分）过氧乙酸（CH3COOOH）不仅在卫生医疗、食品消毒及漂白剂领域有广泛应用，也应用于环境工程、精细化工等领域。实验室利用醋酸（CH3COOH）与双氧水（H2O2）共热，在固体酸的催化下制备过氧乙酸（CH3COOOH），其装置如下图所示。请回答下列问题：实验步骤：I．先在反应瓶中加入冰醋酸、乙酸丁酯和固体酸催化剂，开通仪器1和8，温度维持为55℃；II．待真空度达到反应要求时，打开仪器3的活塞，逐滴滴入浓度为35％的双氧水，再通入冷却水；Ⅲ．从仪器5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待反应结束后分离反应器2中的混合物，得到粗产品。（1）仪器6的名称是______，反应器2中制备过氧乙酸（CH3COOOH）的化学反应方程式为_____。（2）反应中维持冰醋酸过量，目的是提高_____；分离反应器2中的混合物得到粗产品，分离的方法是_________。（3）实验中加入乙酸丁酯的主要作用是_________（选填字母序号）。A作为反应溶剂，提高反应速率B与固体酸一同作为催化剂使用，提高反应速率C与水形成沸点更低的混合物，利于水的蒸发，提高产率D增大油水分离器5的液体量，便于实验观察（4）从仪器5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待观察到___________（填现象）时，反应结束。（5）粗产品中过氧乙酸（CH3COOOH）含量的测定：取一定体积的样品VmL，分成6等份，用过量KI溶液与过氧化物作用，以1.1mol•L－1的硫代硫酸钠溶液滴定碘（I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－）；重复3次，平均消耗量为V1mL。再以1．12mol•L－1的酸性高锰酸钾溶液滴定样品，重复3次，平均消耗量为V2mL。则样品中的过氧乙酸的浓度为______mol•L－1。26、（10分）用如图所示仪器，设计一个实验装置，用此装置电解饱和食盐水，并测定阴极气体的体积（约6mL）和检验阳极气体的氧化性。（1）必要仪器装置的接口字母顺序是：A接_____、____接____；B接___、____接____。（2）电路的连接是：碳棒接电源的____极，电极反应方程式为_____。（3）能说明阳极气体具有氧化性的实验现象是____，有关离子方程式是_____；最后尾气被吸收的离子方程式是______。（4）如果装入的饱和食盐水体积为50mL（假定电解前后溶液体积不变），当测得的阴极气体为5.6mL（标准状况）时停止通电，则另一极实际上可收集到气体____（填“”、“”或“”）5.6mL，理由是______。27、（12分）硫酸铜是一种常见的化工产品，它在纺织、印染、医药、化工、电镀以及木材和纸张的防腐等方面有极其广泛的用途。实验室制备硫酸铜的步骤如下:①在仪器a中先加入20g铜片、60mL水，再缓缓加入17mL浓硫酸:在仪器b中加入39mL浓硝酸;在仪器c中加入20%的石灰乳150mL。②从仪器b中放出约5mL浓硝酸，开动搅拌器然后采用滴加的方式逐渐将浓硝酸加到仪器a中，搅拌器间歇开动。当最后滴浓硝酸加完以后，完全开动搅拌器，等反应基本停止下来时，开始用电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，立即将导气管从仪器c中取出，再停止加热。③将仪器a中的液体倒出，取出未反应完的铜片溶液冷却至室温.析出蓝色晶体.回答下列问题:（1）将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是__________。（2）写出装置a中生成CuSO4的化学方程式:_______。（3）步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，此时会产生的气体是______，该气体无法直接被石灰乳吸收，为防止空气污染，请画出该气体的吸收装置（标明所用试剂及气流方向）______。（4）通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu（NO3）2,可来用重结晶法进行提纯，检验Cu（NO3）2是否被除净的方法是_______。（5）工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4的优点是_______。（6）用滴定法测定蓝色晶体中Cu2+的含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL用cmol·L-1EDTA（H2Y）标准溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液bmL，滴定反应为Cu2++H2Y=CuY+2H+，蓝色晶体中Cu2+质量分数_____%.28、（14分）某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图2），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。Ⅰ．固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）（1）反应①所加试剂NaOH的电子式为_________，B→C的反应条件为__________，C→Al的制备方法称为______________。（2）该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号）___________。a．温度b．Cl-的浓度c．溶液的酸度（3）0.1molCl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28kJ，该反应的热化学方程式为__________。Ⅱ．含铬元素溶液的分离和利用（4）用惰性电极电解时，CrO42-能从浆液中分离出来的原因是__________，分离后含铬元素的粒子是_________；阴极室生成的物质为___________（写化学式）。29、（10分）无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等．工业上用铝土矿（Al2O3、Fe2O3）为原料制备无水AlCl3的工艺流程如下：（1）氧化炉中Al2O3、Cl2和C反应的化学方程式______．（2）用Na2SO3溶液可除去冷却器排出的尾气中的Cl2，此反应的离子方程式______．（3）为了测定制得的无水AlCl3产品（含杂质FeCl3）的纯度，称取16.25g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液中，过滤出沉淀物，再洗涤、灼烧、冷却、称重、得其质量为0.32g。①写出上述测定过程中涉及的离子方程式：______、__________。②AlCl3产品的纯度为___________。

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】

A．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl为烯烃的加成反应，而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl为烷烃的取代反应，故A错误；B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；卤代烃水解产物为醇，则均发生水解反应，故B正确；C．Zn+Cu2+=Zn2++Cu反应中，Zn元素化合价升高，Zn单质被氧化，故C错误；D．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；2F2+2H2O→4HF+O2中只有O元素的化合价升高，作还原剂，故D错误；正确答案是B。【点睛】把握反应中结构变化、反应条件及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注重高频考点的考查，题目难度不大。2、D【解析】

将l00ml1mol/L的NaHCO3溶液等分为两份，一份加入少许冰醋酸，发生CH3COOH+HCO3-=H2O+CO2↑+CH3COO-，则溶液中c（CO32-）减小；另外一份加入少许Ba(OH)2固体，发生Ba2++2OH-+2HCO3-=2H2O+BaCO3↓+CO32-，则溶液中c(CO32-)增大；故选D。3、B【解析】

A．实验时坩埚未完全干燥，计算出的结晶水的质量偏高，会使误差偏大，故A错误；B．加热后固体未放入干燥器中冷却，固体部分吸水，差距值变小，结果偏小，故B正确；C．加热过程中晶体有少量溅失，固体质量减少得多，结晶水含量测得值会偏高，故C错误；D．加热后固体颜色有少量变黑，说明部分硫酸铜分解，导致计算出的结晶水的质量偏高，测定结果偏高，故D错误；故答案为B。【点睛】考查硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，明确实验操作方法和原理为解答关键，根据结晶水合物中，结晶水的质量=m(容器十晶体)-m(容器十无水硫酸铜)，质量分数=×100%，在测定中若被测样品中含有加热挥发的杂质或实验前容器中有水，都会造成测量结果偏高。4、D【解析】

根据（1）中沉淀6.63g和4.66g可知，含有SO42-和CO32-，且二者的物质的量分别为0.02mol、0.01mol；根据（2）中气体0.672L可知含有NH4+0.03mol。根据离子的定量关系看，只能选择Na2SO4、NH4Cl、K2CO3，若选择B项KCl、Na2CO3、(NH4)2SO4，SO42-0.02mol时NH4+有0.04mol，不符合定量关系，A、C项也类似，故D正确；答案选D。5、D【解析】

A.反应的焓变△H=E1-E2=134KJ/mol-368KJ/mol=-234kJ/mol，又1molNO2(g)与1molCO(g)不可能完全反应到底，所以放出小于234kJ热量，故A错误；B.两种反应物的化学平衡，增加一种物质的量，会提高另一种物质的转化率，故B错误；C.气体形成的平衡体系中气体质量不变，反应前后体积不变，所以密度不变，故C错误；D.该反应是放热反应，升温，化学平衡逆向进行，二氧化碳浓度减小，故D正确；故选D。6、B【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，其中X原子的质子总数与电子层数相等，则X为氢；Y、W同主族，且Y、W形成的一种化合物甲是常见的大气污染物，该物质为二氧化硫，则Y为氧，W为硫；X、Z同主族，则Z为钠；Q为氯；A.核外电子排布相同，核电荷越大半径越小，则S2->Cl-，O2->Na+，电子层多的离子半径大，则S2->Cl->O2->Na+，即Z＜Y＜Q＜W，故A错误；B.氧能分别与氢、钠、硫形成过氧化氢、过氧化钠、三氧化硫具有漂白性的化合物，故B正确；C.同周期元素，核电荷数越大非金属性越强，则非金属性：W＜Q；非金属性越强其最高价氧化物的水化物酸性越强，而不是氢化物水溶液的酸性，故C错误；D.电解氯化钠的水溶液可制得氢气、氯气和氢氧化钠，无法得到钠单质，故D错误；故选B。【点睛】比较元素非金属性可以根据其氢化物的稳定性，也可以根据其最高价氧化物的水化物酸性强弱，或是单质的氧化性。7、A【解析】

三价铁离子遇到硫氰根离子显血红色；二价铁离子遇到硫氰根离子不变色，二价铁离子具有还原性，能被氧化为三价铁离子；碘离子和铁离子反应和亚铁离子不反应。【详解】先根据Fe3+的特征反应，加入硫氰酸钾溶液判断溶液不含Fe3+；然后加入氧化剂氯水，如果含有Fe2+，Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成红色，以此证明Fe2+的存在，加入少量KI溶液和铁离子反应，和亚铁离子不反应，不能证明含亚铁离子，操作选择及排序为③①。答案选A。8、D【解析】

氨气与氧气发生了催化氧化反应：4NH3＋5O24NO＋6NO，可知4NH3～20e－，即4：20=，推出为NA=22.4n/5V。答案选D。9、D【解析】

A.途径1中产生的Cl2能转化为HCl，可以回收循环利用，A正确；B.从途径2中可以看出，Cu2(OH)2Cl2→CuO，配平可得反应式Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑，B正确；C.CuCl2•2H2O加热时会挥发出HCl，在HCl气流中加热，可抑制其水解，C正确；D.2Cu++4H++SO42-═2Cu+SO2↑+2H2O反应中，只有价态降低元素，没有价态升高元素，D错误。故选D。10、C【解析】

钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气。根据方程式计算。【详解】将amol钠和水反应生成amol氢氧化钠和a/2mol氢气，amol铝和amol氢氧化钠反应生成amol偏铝酸钠和3a/2mol氢气，反应后的溶液的质量为23a+27a+m-(a/2+3a/2×2=(m+46a)g，溶质偏铝酸钠的质量为82ag。则质量分数为82a/(m+46a)×100%。故选C。【点睛】掌握钠和水的反应、铝和氢氧化钠溶液的反应，能根据方程式进行计算，计算溶液的质量时注意从总质量中将产生的氢气的质量减去。11、A【解析】

根据有机物系统命名原则，二表示取代基的数目，故选：A。12、B【解析】

A.电极a是化合价升高，发生氧化反应，为电池负极，故A错误；B.电路中每流过4mol电子，正极消耗1molO2，故B正确；C.电极b上的电极反应：O2+4e－=2O2−，故C错误；D.电极a上的电极反应：2H2S+2O2−−4e−=S2+2H2O，故D错误。综上所述，答案为B。13、B【解析】

A.因为HF比HCl稳定,所以F比Cl的非金属性强，故A正确；B.氟非金属性强，无正价,故B错误；C.F2在暗处就能和H2反应，Cl2在点燃的条件下能反应，所以F比Cl的非金属性强，故C正确；D.氟气与氢气反应放出的热量比氯气与氢气反应放出的热量多,所以氟的非金属性强于氯，故D正确；答案选B。【点睛】比较两种元素的非金属性强弱,可根据单质之间的置换反应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱。14、D【解析】

A.反应达到终点时，HX与HY消耗NaOH溶液的体积分别是30mL和40mL，故起始酸的体积比为3：4，故A错误；B.NaOH滴定HX达到滴定终点时，溶液pH约为8，而甲基橙的变色范围是，故不能用甲基橙做指示剂，故B错误；C.由图像中两种酸浓度相同时的pH可知，HY的酸性强于HX的酸性，pH相同的两种酸溶液中，，故C错误；D.同浓度的KX和HX的混合溶液中，存在电荷守恒为，物料守恒为，将物料守恒带入电荷守恒可得，故D正确；答案选D。【点睛】本题主要考查酸碱滴定图像分析，为高频考点，难度不大。掌握酸碱滴定图像分析、溶液中的离子浓度关系是解答关键。侧重考查学生的分析图像和解决化学问题的能力。15、C【解析】

A．亚硫酸为酸性，其pH小于7，与图象不符，发生Cl2+H2SO3+H2O=2Cl-+4H++SO42-后，随着氯气的通入，pH会降低，直到亚硫酸反应完全，pH不变，故A错误；B．NaAlO2溶液中通入HCl气体，发生H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，图中上升与下降段对应的横坐标长度之比应为1：3，故B错误；C．向少量氯化铁溶液中加入铁粉，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，则Fe元素的质量增加，Cl元素的质量不变，所以Cl的质量分数减小，至反应结束不再变化，故C正确；D．BaSO4饱和溶液中，存在溶解平衡，加硫酸钠，硫酸根离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，故D错误；故答案为C。16、A【解析】

二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性小于HCl，所以亚硫酸和氯化钡不反应，则向BaCl2溶液中通入SO2溶液仍澄清，若再通入足量的某气体，溶液中仍然没有沉淀，则该气体不能将亚硫酸氧化为硫酸或该气体不能和亚硫酸反应生成沉淀。【详解】A．HCl和亚硫酸不反应且和氯化钡不反应，所以没有生成沉淀，符合题意，选项A正确；B．氨气和亚硫酸反应生成亚硫酸氨，亚硫酸氨和氯化钡发生复分解反应生成亚硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项B错误；C．氯气和二氧化硫及水反应生成硫酸和盐酸，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项C错误；D．二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，所以不符合题意，选项D错误；答案选A。17、A【解析】

A．氢氧化铝碱性较弱，能与酸反应，可用于治疗胃酸过多，故A正确；B．铝热剂是铝粉和难熔金属氧化物的混合物，不含氧化铝，故B错误；C．明矾净水是由于明矾水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附能力，但不具有消毒杀菌能力，故C错误；D．铝会和稀硫酸反应，释放出氢气，不能用铝罐车盛稀硫酸，故D错误；答案选A。【点睛】消毒剂可以是医用酒精，使蛋白质变性，可以是氯气，臭氧，具有强氧化性，可以用于杀菌，明矾只能吸附悬浮物，不能杀菌消毒。18、A【解析】

浓硝酸、碘化银、次氯酸见光都易分解;碳酸氢钠加热分解,见光不分解,以此解答该题。【详解】AgI、HNO3、HClO在光照条件下都可分解,而NaHCO3在加热条件下发生分解，所以A选项是正确的；综上所述，本题选项A。19、C【解析】

A.钾和水反应生成KOH和氢气，故A不选；B.加热条件下，镁和水反应生成氢氧化镁和氢气，故B不选；C.加热条件下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C选；D.铜和水不反应，故D不选。故选C。20、D【解析】

A．电能、氢能都是由其他能源转化得到的能源，为二次能源，故A正确；B．电解时氢氧根离子通过离子交换膜进入阳极，在阳极失电子生成氧气，则该储能装置中的交换膜为阴离子交换膜，故B正确；C．该装置储氢时，发生电解水的反应，电解水生成氢气和氧气，即反应为：2H2O2H2↑+O2↑，故C正确；D．正极上发生得电子的还原反应，则镍-铁碱性电池放电时正极的反应为：Ni(OH)2+OH-+e-═NiOOH+H2O，故D错误。故选：D。21、B【解析】

在高分子链中，单体转变为在化学组成上能够重复的最小单位，即链节，判断高聚物的单体，就是根据高分子链，结合单体间可能发生的反应机理，找出高分子链中的链节，凡链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体。【详解】分析其链节可知，链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种单烯烃，按如图方式断键可得单体为1，1-二氟乙烯和全氟丙烯。故选：B。22、D【解析】

A．灼烧在坩埚中进行，装置及仪器合理，故A正确；B．在烧杯中溶解，玻璃棒搅拌，操作合理，故B正确；C．NaOH与碘反应后，与四氯化碳分层，分液可分离，故C正确；D．加硫酸后生成碘的水溶液，不能蒸馏分离，应萃取后蒸馏，故D错误；答案选D。二、非选择题(共84分)23、氯原子氯气、光照氧化反应4mol+HBr17【解析】

A的核磁共振氢谱有三个波峰，结合F结构简式知，A为，A和氢氧化钠的水溶液发生水解反应然后酸化得到B为，B发生②的反应生成C为，C和氯气在光照条件下发生取代反应生成D，D发生水解反应然后酸化得到E，E发生氧化反应生成F，则E结构简式为，D为，F发生信息③的反应生成G，G结构简式为，G发生银镜反应然后酸化生成咖啡酸，红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键，咖啡酸结构简式为，咖啡酸和3-溴乙基苯发生取代反应生成CAPE，CAPE结构简式为；

（7）以

和丙醛为原料（其他试剂任选）制备

，发生信息②的反应，然后发生水解反应、催化氧化反应、③的反应得到目标产物。【详解】（1）根据分析，A的结构简式为，则A中官能团的名称为氯原子，答案为：氯原子；（2）根据分析，C为，D为，则C和氯气在光照条件下发生取代反应生成D；答案为：氯气、光照；（3）根据分析，E结构简式为，E中的羟基发生氧化反应生成F中的醛基，则E生成F的反应类型为氧化反应，答案为：氧化反应；（4）根据分析，CAPE结构简式为，根据结构简式，1moCAPE含有2mol酚羟基，可消耗2molNaOH，含有一个酯基，可消耗1molNaOH发生水解，CAPE水解后产生咖啡酸，含有羧基，可消耗1molNaOH，则1molCAPE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为2mol+1mol+1mol=4mol，答案为：4mol；（5）咖啡酸和3-溴乙基苯发生取代反应生成CAPE，CAPE结构简式为，咖啡酸生成CAPE的化学方程式为+HBr，答案为：+HBr；（6）G结构简式为，芳香化合物X是G(C9H8O3)的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明X中含有羧基，且与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，说明含有醛基，其核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为1:2:2:1:1:1，其符合要求的X的结构简式为，答案为：；（7）以

和丙醛为原料(其他试剂任选)制备

,发生信息②的反应,然后发生水解反应、催化氧化反应、③的反应得到目标产物,其合成路线为，答案为：。24、4-氯甲苯(或对氯甲苯)+CH3CHO取代反应银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化【解析】

由有机物的转化关系，A为甲苯，结构简式为，A在铁做催化剂的条件下发生苯环取代生成，则B为；在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，则C为；在氢氧化钠溶液中发生信息①反应生成，则D为；与乙醛在氢氧化钠溶液中发生信息②反应生成，则E为；在铜作催化剂作用下，与NaOCH3在加热条件下发生取代反应生成，发生氧化反应生成。【详解】（1）B的结构简式为，名称为4-氯甲苯(或对氯甲苯)，在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，则C的结构简式为，故答案为4-氯甲苯(或对氯甲苯)；；（2）D→E转化过程中第①步反应为在氢氧化钠溶液中与乙醛发生加成反应，反应的化学方程式为+CH3CHO，故答案为+CH3CHO；（3）IV的反应为在铜作催化剂作用下，与NaOCH3在加热条件下发生取代反应生成；V的反应发生氧化反应生成，反应条件可以是银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化，故答案为取代反应；银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化；（4）能发生银镜反应且每摩尔物质反应生成4molAg说明含有两个醛基；属于酯类，且苯环上的一氯代物有两种，说明结构对称，结合含有两个醛基且苯环上只有3个取代基可知苯环上含有两个“HCOO-”，另外还剩余1个C原子，即为一个甲基，则符合条件的同分异构体的结构简式为或，故答案为或；（5）由M的结构简式，结合逆推法可知，合成M的流程为CH3CHO在氢氧化钠溶液中发生信息②反应生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO在催化剂作用下，与氢气在加热条件下发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH2OH与F在浓硫酸作用下，共热发生酯化反应生成M，合成路线如下：，故答案为。【点睛】本题考查有机物推断与合成，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化是解答关键。25、（蛇形）冷凝管CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O双氧水的转化率（利用率）过滤C仪器5“油水分离器”水面高度不变【解析】

(1)仪器6用于冷凝回流，名称是（蛇形）冷凝管，反应器2中乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应生成过氧乙酸，反应方程式为CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O，故答案为：（蛇形）冷凝管；CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O；(2)反应中CH3COOOH过量，可以使反应持续正向进行，提高双氧水的转化率，反应器2中为过氧乙酸、为反应完的反应物及固体催化剂的混合物，可采用过滤的方法得到粗产品，故答案为：双氧水的转化率（利用率）；过滤；(3)由于乙酸丁酯可与水形成沸点更低的混合物，利于水的蒸发，从而可以提高过氧乙酸的产率，因此C选项正确，故答案为：C；(4)乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应生成过氧乙酸和水，当仪器5中的水面高度不再发生改变时，即没有H2O生成，反应已经结束，故答案为：仪器5“油水分离器”水面高度不变；(5)已知I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－，由得失电子守恒、元素守恒可知：双氧水与高锰酸钾反应，由得失电子守恒可知：则样品中含有n(CH3COOOH)=(1.15V1×11-3-1.15V2×11-3)mol，由公式可得，样品中的过氧乙酸的浓度为，故答案为：。【点睛】本题的难点在于第(5)问，解答时首先要明确发生的反应，再根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式，得到样品中过氧乙酸的物质的量，进而求得其浓度。26、GFIDEC正2Cl--2e=Cl2↑丙中溶液变蓝Cl2+2I-=I2+2Cl-Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O＜阳极产生的氯气有部分溶于水且与水和阴极产生的NaOH发生反应【解析】

电解池装置中，阳极与电源的正极相连，阴极与电源的负极相连，电解饱和食盐水在阴极生成的是H2，阳极生成的是Cl2，据此分析；淀粉遇碘单质变蓝，要从淀粉碘化钾中得到碘单质必须加入氧化性物质，据此分析；根据已知的数据和电解的总反应方程式计算出生成的NaOH的物质的量浓度，从而可知c(OH-)，再求溶液的pH，据此分析。【详解】（1）碳棒上阴离子放电产生氯气，Fe棒上阳离子放电产生氢气，所以B端是检验氯气的氧化性，连接D，然后再进行尾气吸收，E接C，碳棒上阴离子放电产生氯气，Fe棒上阳离子放电产生氢气，所以A端是测定所产生的氢气的体积，即各接口的顺序是：A→G→F→I，B→D→E→C，故答案为：G；F；I；D；E；C；（2）电解池装置中，碳与电源的正极相连，则为阳极，氯离子发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：正；2Cl--2e=Cl2↑；（3）氯气氧化碘化钾，生成碘单质，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，其离子方程式为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；最后氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，其离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：丙中溶液变蓝；Cl2+2I-=I2+2Cl-；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（4）n(H2)==0.00025mol，根据总反应方程式：2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH可知另一极理论上生成的氯气的物质的量也为0.00025mol，其体积理论上也为5.6mL，但氯气部分会溶于水，且部分会与生成的氢氧化钠反应，因此另一极实际上可收集到气体小于5.6mL，故答案为：＜；阳极产生的氯气有部分溶于水且与水和阴极产生的NaOH发生反应。27、打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2ONO取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)【解析】

Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，减少了能源消耗，生成的NO2和碱液反应生成硝酸盐或亚硝酸盐，制得的硫酸铜中含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色现象来分析。【详解】⑴将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下；故答案为：打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下。⑵根据题中信息得到装置a中Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，其化学方程式：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O；故答案为：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O。⑶步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，二氧化氮与水反应生成NO，因此会产生的气体是NO，该气体无法直接被石灰乳吸收，NO需在氧气的作用下才能被氢氧化钠溶液吸收，因此为防止空气污染，该气体的吸收装置为；故答案为：NO；。⑷通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，N