贵州省黔东南州名校高三下学期联合考试新高考化学试题及答案解析

贵州省黔东南州名校高三下学期联合考试新高考化学试题请考生注意：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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、化学家创造的酸碱质子理论的要点是：凡能给出质子(H+)的分子或离子都是酸，凡能接受质子(H+)的分子或离子都是碱。按此观点，下列微粒既属于酸又属于碱的是①H2O②CO32-③Al3+④CH3COOH⑤NH4+⑥H2N-CH2COOHA．②③ B．①⑥ C．④⑥ D．⑤⑥2、下列说法中正确的是（）A．加热浓硫酸和乙醇混合液，产生的气体能使溴水褪色，证明该气体是乙烯B．用苯与溴水制取溴苯，溴苯的密度比水的大C．铜与稀硝酸制取一氧化氮，可以利用排水法收集D．加热氢氧化钙与氯化铵反应制氨气，氨气能使红色石蕊试纸变蓝3、与氨碱法相比较，联合制碱法最突出的优点是A．NaCl利用率高 B．设备少C．循环利用的物质多 D．原料易得4、工业上常用水蒸气蒸馏的方法(蒸馏装置如图)从植物组织中获取挥发性成分。这些挥发性成分的混合物统称精油，大都具有令人愉快的香味。从柠檬、橙子和柚子等水果的果皮中提取的精油90%以上是柠檬烯。提取柠檬烯的实验操作步骤如下：柠檬烯①将1〜2个橙子皮剪成细碎的碎片，投人乙装置中，加入约30mL水,②松开活塞K。加热水蒸气发生器至水沸腾，活塞K的支管口有大量水蒸气冒出时旋紧，打开冷凝水，水蒸气蒸馏即开始进行，可观察到在馏出液的水面上有一层很薄的油层。下列说法不正确的是A．当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成B．为达到实验目的，应将甲中的长导管换成温度计C．蒸馏结束后，先把乙中的导气管从溶液中移出，再停止加热D．要得到纯精油，还需要用到以下分离提纯方法：分馏、蒸馏5、下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（）A．质子数为17、中子数为20的氯原子：B．氯离子(Cl－)的结构示意图：C．氯分子的电子式：D．氯乙烯分子的结构简式：H3C－CH2Cl6、在《科学》(Science)中的一篇论文中，圣安德鲁斯的化学家描绘出了一种使用DMSO(二甲亚砜)作为电解液，并用多孔的黄金作为电极的锂—空气电池的实验模型，这种实验电池在充放电100次以后，其电池容量仍能保持最初的95％。该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，其装置图如图所示。下列有关叙述正确的是A．多孔的黄金作为正极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+B．DMSO电解液能传递Li+和电子，但不能换成水溶液C．该电池放电时每消耗2mol空气，转移4mol电子D．给该锂—空气电池充电时，金属锂接直流电源正极7、NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．2gD2O和H2l8O混合物中所含中子数为NAB．1L0.1mol·L-1NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NAC．常温常压下，0.5molFe和足量浓硝酸混合，转移电子数为1.5NAD．0.1molH2和0.1molI2(g)于密闭容器中充分反应，其原子总数为0.2NA8、下列有关原子结构及元素周期律的叙述不正确的是()A．原子半径：，离子半径：r(Na+)<r(O2-)B．第族元素碘的两种核素和的核外电子数之差为6C．P和As属于第VA族元素，的酸性强于的酸性D．、、三种元素最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱9、港珠澳大桥使用了大量的含钒高强抗震钢材。该钢材与生铁比较错误的是A．抗震性好 B．耐腐蚀强 C．含碳量高 D．都导电导热10、下图是有机合成中的部分片段：下列说法错误的是A．有机物a能发生加成、氧化、取代等反应B．有机物a~d都能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．d中所有原子不可能共平面D．与b互为同分异构体、含有1个和2个的有机物有4种11、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．新制氯水中：NH4+、Na＋、SO42-、SO32-B．0.1mol·L－1CaCl2溶液：Na＋、K＋、AlO2-、SiO32-C．浓氨水中：Al3＋、Ca2＋、Cl−、I－D．0.1mol·L－1Fe2(SO4)3溶液：H＋、Mg2＋、NO3-、Br－12、反应A(g)+B(g)⇋3X，在其他条件不变时，通过调节容器体积改变压强，达平衡时c(A)如下表：平衡状态①②③容器体积/L40201c(A)(mol/L)0.022a0.05a0.75a下列分析不正确的是（）A．①→②的过程中平衡发生了逆向移动B．①→③的过程中X的状态发生了变化C．①→③的过程中A的转化率不断增大D．与①②相比，③中X的物质的量最大13、《厉害了，我的国》展示了中国在航空、深海、交通、互联网等方面取得的举世瞩目的成就，它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是（）A．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐B．港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐，依据的是外加电流的阴极保护法C．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D．化学材料在北京大兴机场的建设中发挥了巨大作用，其中高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料14、常温下向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐渐滴入0.1mol/L的NH3·H2O溶液,所得溶液pH及导电性变化如图。下列分析不正确的是A．a～b点导电能力增强，说明HR为弱酸B．b点溶液pH=7，说明NH4R没有水解C．c点溶液存在c(NH4+)>c(R-)、c(OH-)>c(H+)D．b～c任意点溶液均有c(H+)×c(OH-)=Kw=1.0×10-1415、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的一种或几种所组成的物质。已知A分子中含有18个电子，C、D有漂白性。五种物质间的转化关系如图所示。下列说法错误的是A．Y的简单氢化物的沸点比Z的高B．X、Y组成的化合物中可能含有非极性键C．Z的氧化物对应水化物的酸性比W的弱D．W是所在周期中原子半径最小的元素16、下列说法中，正确的是A．CO2的摩尔质量为44gB．1molN2的质量是14gC．标准状况下,1molCO2所占的体积约是22.4LD．将40gNaOH溶于1L水中，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1mol/L17、化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释错误的是（）选项现象或事实解释A用铁罐贮存浓硝酸常温下铁在浓硝酸中钝化B食盐能腐蚀铝制容器Al能与Na+发生置换反应C用(NH4)2S2O8蚀刻铜制线路板S2O82-的氧化性比Cu2+的强D漂白粉在空气中久置变质Ca(ClO)2与CO2和H2O反应，生成的HClO分解A．A B．B C．C D．D18、25℃时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A．25℃时,H2CO3的一级电离Ka1(H2CO3)=1.0×10-6.4B．M点溶液中:c(H+)+c(H2CO3)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)C．25℃时,HC+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6D．图中a=2.619、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．实验室用浓盐酸和MnO2混合加热制Cl2：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2OB．将Cl2溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O＝2H++Cl﹣+ClO﹣C．用过量的NaOH溶液吸收SO2：OH﹣+SO2＝HSO3﹣D．向AlCl3溶液中加入氨水：Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓20、实验小组从富含NaBr的工业废水中提取Br2的过程主要包括：氧化、萃取、分液、蒸馏等步骤。已知：可能用到的数据信息和装置如下。下列说法错误的是A．实验时，①的废水中出现红色B．②的作用是吸收尾气，防止空气污染C．用③进行萃取时，选择CCl4比乙苯更合理D．④中温度计水银球低于支管过多，导致Br2的产率低21、我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1.3×10－9m)恢复了磁性。“钴酞菁”分子结构和性质与人体内的血红素及植物体内的叶绿素非常相似。下列说法中正确的是A．其分子直径比氯离子小B．在水中形成的分散系属于悬浊液C．在水中形成的分散系具有丁达尔效应D．“钴酞菁”分子不能透过滤纸22、X、Y、Z、W均为短周期元素,它们在周期表中的相对位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍,下列说法中正确的是()A．X的简单氢化物比Y的稳定B．X、Y、Z、W形成的单质都是分子晶体C．Y、Z、W的原子半径大小为W>Z>YD．W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱二、非选择题(共84分)23、（14分）氨甲环酸（F）又称止血环酸、凝血酸，是一种在外科手术中广泛使用的止血药，可有效减少术后输血。氨甲环酸（F）的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂未标明）：（1）B的系统命名为_______；反应①的反应类型为_____。（2）化合物C含有的官能团的名称为_____。（3）下列有关氨甲环酸的说法中，正确的是_____（填标号）。a．氨甲环酸的分子式为C8H13NO2b．氨甲环酸是一种天然氨基酸c．氨甲环酸分子的环上一氯代物有4种d．由E生成氨甲环酸的反应为还原反应（4）氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为________。（5）写出满足以下条件的D的同分异构体的结构简式_____。①属于芳香族化合物②具有硝基③核磁共振氢谱有3组峰（6）写出用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线（其他试剂任选）。_____24、（12分）香豆素-3-羧酸是一种重要的香料，常用作日常用品或食品的加香剂。已知：RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烃基）+R1OH（1）A和B均有酸性，A的结构简式：_____________；苯与丙烯反应的类型是_____________。（2）F为链状结构，且一氯代物只有一种，则F含有的官能团名称为_____________。（3）D→丙二酸二乙酯的化学方程式：_____________。（4）丙二酸二乙酯在一定条件下可形成聚合物E，其结构简式为：_____________。（5）写出符合下列条件的丙二酸二乙酯同分异构体的结构简式：_____________。①与丙二酸二乙酯的官能团相同；②核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为3∶2∶1；③能发生银镜反应。（6）丙二酸二乙酯与经过三步反应合成请写出中间产物的结构简式：中间产物I_____________；中间产物II_____________。25、（12分）碘及其化合物可广泛用于医药和工业生产等。(1)实验室用海带提取I2时操作步骤依次为：灼烧、溶解、过滤、__、__及蒸馏。(2)灼烧海带时除需要三脚架、酒精灯、玻璃棒外，还需要的实验仪器是__。(3)“过滤”后溶液中含一定量硫酸盐和碳酸盐。现要检验溶液中的I﹣，需选择的试剂组合及其先后顺序是__(选填编号)。a．AgNO3溶液b．Ba(NO3)2溶液c．BaCl2溶液d．CaCl2溶液(4)在海带灰滤液中加入适量氯水后一定存在I2，可能存在IO3﹣。请补充完整检验含I2溶液中是否含有IO3﹣的实验方案(可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液)：①取适量含I2溶液用CCl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在；②__。(5)分解水可用SO2/I2循环法。该法共涉及三步化学反应。__；2H2SO42SO2↑+O2↑+2H2O；__。与传统的分解水的方法相比，本法的优点是__；缺点是__。26、（10分）甲乙两组学生用不同的方法制备氯气并验证其性质。甲组用漂白粉与硫酸溶液反应制取氯气：Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2SO42CaSO4＋2Cl2↑＋2H2O，如图1所示；乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气：2KMnO4＋16HCl(浓)→2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O，如图2所示(省略夹持装置)。（1）实验中A选用装置__，E选用装置__(填写序号)。（2）装置F的作用___，请描述装置G中的实验现象___。（3）B中反应的离子方程式是___；C中氯气氧化了亚硫酸钠：Cl2+SO32-+H2O→SO42-+2Cl-+2H+，请你帮甲组设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化(简述实验步骤)：___。（4）乙组中H的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是___。（5）甲组实验存在的明显缺陷是___。27、（12分）肼（N2H4）是一种重要的工业产品。资料表明，氨和次氯酸钠溶液反应能生成肼，肼有极强的还原性。可用下图装置制取肼：（1）写出肼的电子式__________，写出肼与硫酸反应可能生成的盐的化学式_______；（2）装置A中反应的化学方程式_____；（3）实验时，先点燃A处的酒精灯，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加NaClO溶液。滴加NaClO溶液时不能过快、过多的原因___________；（4）从实验安全性角度指出该实验装置中存在的缺陷_______。（5）准确量取20.00mL含肼溶液，加入硫酸和碳酸氢钠，用0.1000mol/L的标准碘液进行滴定，滴定终点时，消耗V0mL（在此过程中N2H4→N2）。该实验可选择______做指示剂；该溶液中肼的浓度为______mol/L（用含V0的代数式表达，并化简）。28、（14分）研究汽车尾气的产生、转化对环境保护有重要意义。汽车尾气管中的三元催化剂能同时实现CO、CxHy、NOn三种成分的净化。(1)已知热化学方程式：CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－890.3kJ·mol－1N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH＝＋180kJ·mol－1则反应CH4(g)＋4NO(g)＝CO2(g)＋2N2(g)＋2H2O(l)ΔH＝____kJ·mol－1。(2)研究表明，温度对CO、CxHy、NOn的产生和排放有较大影响。①汽车发动机内的温度越高，生成的NO越多，原因是____。②当汽车刚冷启动时，汽车尾气管排放的CO、CxHy、NOn浓度较高，一段时间后浓度逐渐降低。汽车刚冷启动时排放CO、CxHy、NOn浓度较高的原因是____。(3)催化剂表面CO、CxHy、NOn的转化如图1所示，化合物W可借助图2(傅里叶红外光谱图)确定。①在图1所示转化中，W的化学式为____。若转化Ⅱ中消耗CO的物质的量为1mol，生成N2的物质的量为1mol，则被CxHy还原的W的物质的量为____。②用H2代替CO、CxHy与W反应，该过程相关物质浓度随时间的变化关系如图3所示。该过程分为两步，第一步反应消耗的H2与W的物质的量之比是____。(4)尾气净化过程中，有时会产生N2O。用同位素示踪法研究发现N2O的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的N2O几乎都是15NNO。写出该反应的化学方程式：____。29、（10分）有机物M的合成路线如下图所示：已知：R—CH=CH2R—CH2CH2OH请回答下列问题：（1）有机物B的系统命名为___________。（2）F中所含官能团的名称为___________，F→G的反应类型为__________。（3）M的结构简式为___________。（4）B→C反应的化学方程式为_________。（5）X是G的同系物，且相对分子质量比G小14，X有多种同分异构体，满足与FeCl3溶液反应显紫色的有______种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1∶1∶2∶6的结构简式为______。（6）参照M的合成路线，设计一条由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯的合成路线（无机试剂任选）______。

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】

凡能给出质子（即H+）的分子或离子都是酸；凡能接受质子的分子或离子都是碱，则能给出质子且能接受质子的分子或离子既属于酸又属于碱，②③只能接受质子，所以属于碱；④⑤只能给出质子，属于酸，①⑥既能给出质子又能接受质子，所以既属于酸又属于碱；故答案为B。【点睛】正确理解题给信息中酸碱概念是解本题关键，再结合微粒的性质解答，同时考查学生学以致用能力，题目难度不大。2、C【解析】

A.实验室可通过加热酒精和浓硫酸的混合物制乙烯，其副反应常伴有SO2产生，SO2有还原性，也能使溴水，故A错误；B.苯的溴代反应需要催化剂，而反应的催化剂是溴化铁，在有水存在时，溴化铁就会电离和水解，改变了溴化铁的结构，失去了催化作用，反应就无法进行，制取溴苯要用苯和溴单质，不能用溴水，故B错误；C.铜与稀硝酸制取一氧化氮，一氧化氮难溶于水，可以利用排水法收集，故C正确。D.加热氢氧化钙与氯化铵反应制氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，必须强调湿润的，干燥的试纸不变色，故D错误；答案选C。3、A【解析】

氨碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环，产生的CaCl2用途不大，而侯氏制碱法是对滤液通入二氧化碳、氨气，结晶出的NH4Cl，其母液可以作为制碱原料。【详解】氨碱法缺点：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，约有30%的NaCl留在母液中，侯氏制碱法的优点：把合成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食盐利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了纯碱的成本。保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高到96%，故选A。4、B【解析】

A．柠檬烯不溶于水，密度比水的密度小，则当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成，故A正确；

B．长导管可作安全管，平衡气压，防止由于导管堵塞引起爆炸，而温度计在甲装置中不能代替长导管，且甲为水蒸气发生器，不需要温度计控制温度，故B错误；

C．蒸馏结束后，为防止倒吸，先把乙中的导气管从溶液中移出，再停止加热，故C正确；

D．精油中90%以上是柠檬烯，可利用其中各组分的沸点的差别进行分离，故还需要用到以下分离提纯方法：分馏、蒸馏，故D正确；

故答案为B。5、C【解析】

A、左上角应是质量数，质量数=中子数+质子数=37，应是，故A说法错误；B、氯离子质子数大于电子数，其结构示意图：，故B错误；C、氯原子最外层7个电子，每个氯原子都达到8电子稳定结构，故C正确；D、氯乙烯结构简式：CH2=CHCl，而题目中是氯乙烷，故D说法错误。6、A【解析】

该装置为原电池，锂电极作负极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+，且已知该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，因此多孔的黄金作为正极，正极的电极反应式为2Li++O2+2e-=Li2O2，在原电池中，电子经导线从负极移动向正极，溶液中离子移动导电。【详解】A.锂电极作负极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+，多孔的黄金作为正极，A项正确；B.电子经导线从负极移动向正极，电子不在溶液中移动，溶液中是离子移动导电，B项错误；C.该电池放电时，氧气的化合价由0价转化为-1价，消耗1mol氧气，转移2mol电子，但是2mol空气中氧气的物质的量小于2mol，则转移电子数小于4mol，C项错误；D.放电时，金属锂为负极，充电时该电极相当于电解池的阴极，因此给该锂—空气电池充电时，金属锂接直流电源的负极，D项错误；答案选A。7、A【解析】

A.D2O和H2l8O的摩尔质量相同都为20g/mol,中子数也相等均为10，所以2gD2O和H2l8O混合物中所含中子数为NA，故A正确；B.NaHCO3属于强碱弱酸盐，HCO3-既能发生电离：HCO3-H++CO32-，也能发生水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，根据物料守恒可知，1L0.1mol·L-1NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NA,故B错误。C.常温常压下，Fe和足量浓硝酸发生钝化反应，故C错误；D.0.1molH2和0.1molI2(g)于密闭容器中充分反应为H2（g）+I2(g)2HI，其原子总数为0.4NA,故D错误；答案：A。8、B【解析】

A.同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，因此原子半径r(Na)>r(O)，Na+、O2-电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径r(Na+)<r(O2-)，A正确；B.碘的两种核素131I和137I的核外电子数相等，核外电子数之差为0，B错误；C.元素的非金属性P>As，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以H3PO4的酸性比H3AsO4的酸性强，C正确；D.Na、Mg、Al位于同一周期，元素的金属性逐渐减弱，则失电子能力和最高价氧化物对应水化物的碱性均依次减弱，D正确；故合理选项是B。9、C【解析】

A.钢中的含碳量低于生铁，含碳量越大，硬度越高，但是生铁的韧性较钢要差，钢材的抗震性更好，故A正确；B.该钢材改变了金属的组成和结构，比生铁的抗耐蚀性要好，故B正确；C.根据生铁的含碳量为：2%--4.3%，钢的含碳量为：0.03%--2%，可知含碳量：生铁＞钢，故C错误；D.钢材和生铁都是合金都有金属，都导电导热，故D正确；题目要求选错的，故选C。10、D【解析】

本题考查有机物的结构与性质，意在考查知识迁移能力。【详解】A.a中含有碳碳双键，可以发生加成反应，氧化反应，氢原子在一定条件下可以被取代，故不选A；B.a含有碳碳双键和醛基、b中含有碳碳双键、c、d中均含有-CH2OH，它们能被酸性高锰酸钾氧化，故不选B；C.d中含有四面体结构的碳，所以所有的原子不可能共平面，故不选C；D.与b互为同分异构体、含有1个-COOH和2个-CH3的有机物有、、、、、等，故选D；答案：D【点睛】易错选项B，能使酸性高锰酸钾褪色的有：碳碳双键、碳碳三键、和苯环相连的碳上有C-H键，醇羟基（和羟基相连的碳上含有C-H键）、酚、醛等。11、D【解析】

A．饱和氯水中含有氯气和HClO，具有强氧化性，还原性离子不能存在，SO32-和氯气、HClO发生氧化还原反应而不能大量存在，选项A错误；B.0.1mol·L－1CaCl2溶液中Ca2+与SiO32-反应产生沉淀而不能大量共存，选项B错误；C.浓氨水中Al3＋与氨水反应生成氢氧化铝而不能大量存在，选项C错误；D.0.1mol·L－1Fe2(SO4)3溶液呈酸性，H＋、Mg2＋、NO3-、Br－相互不反应，能大量共存，选项D正确；答案选D。12、C【解析】

A.①到②的过程中，体积缩小了一半，平衡时A物质的量由0.88amol变为1amol，说明增大压强，平衡逆向移动，X此时应为气态；故A正确；B.②到③的过程中，体积继续缩小，平衡时A物质的量由1amol变为0.75amol，说明增大压强平衡正向移动，说明X在压缩的某个过程中变成了非气态，结合A项分析，①到③的过程中X的状态发生了变化；故B正确；C.结合A、B项的分析，平衡首先逆向移动然后正向移动，A的转化率先减小后增大，故C错误；D.③状态下A物质的量最小，即A转化率最大，X的物质的量最大，故D正确；答案选C。13、D【解析】

A．高温结构陶瓷耐高温、耐腐蚀，是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐，A错误；B．钢结构防腐蚀涂装体系中，富锌底漆的作用至关重要，它要对钢材具有良好的附着力，并能起到优异的防锈作用，依据的是牺牲阳极的阴极保护法，B错误；C．光缆的主要成分是二氧化硅，C错误；D．高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料，D正确；故答案选D。14、B【解析】A．a～b点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，也证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，故A正确；B、弱离子在水溶液中会发生水解反应，根据A知，HR是弱电解质，且一水合氨是弱电解质，所以NH4R是弱酸弱碱盐，b点溶液呈中性，且此时二者的浓度、体积都相等，说明HR和一水合氨的电离程度相等，所以该点溶液中铵根离子和酸根离子水解程度相等，故B错误；C．c点溶液的pH＞7，说明溶液呈碱性，溶液中c（OH-）＞c（H+），再结合电荷守恒得c（NH4+）＞c（R-），故C正确；D．离子积常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，所以b-c任意点溶液均有c（H+）•c（OH-）=Kw=1.0×10-14

mol2•L-2，故D正确；故选B。点睛：本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确图中曲线变化趋势及曲线含义是解本题关键，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力，易错选项是D，注意：离子积常数只与温度有关，与溶液浓度及酸碱性无关，题目难度中等15、C【解析】

A分子中含有18个电子，含有18个电子的分子有：Ar、F2、HCl、H2S、PH3、SiH4、H2O2、N2H4、C2H6、CH3OH等，C、D有漂白性，具有漂白性的物质有Na2O2、O3、H2O2、NaClO、Ca(ClO)2、SO2、活性炭，根据五种物质间的转化关系，A为H2S，B为S，C为SO2，D为H2O2，E为O2，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，则X为H元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素，据此分析解答。【详解】A．Y为O元素，Z为S元素，简单气态氢化物分别为H2O、H2S，由于H2O分子间形成氢键，则Y的简单氢化物的沸点比Z的高，故A正确；B．X为H元素，Y为O元素，X、Y组成的化合物为H2O和H2O2，H2O中只含有极性共价键，H2O2中既含有极性共价键又含有非极性共价键，故B正确；C．Z为S元素，W为Cl元素，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Z的氧化物对应水化物可形成硫酸，W可形成次氯酸，硫酸的酸性强于次氯酸，故C错误；D．W为Cl元素，同周期元素从左至右，随核电荷数增大原子半径减小，则W是所在周期中原子半径最小的元素，故D正确；答案选C。16、C【解析】

A.二氧化碳的摩尔质量为44g/mol，1mol二氧化碳的质量为44g，故A错误；B.1mol

N2的质量是=1mol×28g/mol=28g，故B错误；C.标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，1

mol

CO2所占的体积约是22.4

L，所以C选项是正确的；D.40gNaOH的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1mol/L，体积1L是指溶剂的体积，不是溶液的体积，故D错误。答案选C。17、B【解析】

A.常温下铁在浓硝酸中钝化，钝化膜能阻止铁与浓硝酸的进一步反应，所以可用铁罐贮存浓硝酸，A正确；B.食盐能破坏铝制品表面的氧化膜，从而使铝不断地与氧气反应，不断被腐蚀，B错误；C.(NH4)2S2O8与Cu发生氧化还原反应，从而生成Cu2+，则氧化性(NH4)2S2O8>Cu，C正确；D.漂白粉在空气中久置变质，因为发生反应Ca(ClO)2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO，D正确；故选B。18、B【解析】

A.25℃时，当即时，pH=7.4，H2CO3的一级电离Ka1(H2CO3)=1.0×10-6.4，故A正确；B.根据电荷守恒、物料守恒，M点溶液中:c(H+)+c(H2CO3)=c(Cl-)+c(CO32-)+c(OH-)，故B错误；C.25℃时，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6，故C正确；D.，图中M点pH=9，，所以a=2.6，故D正确；选B。19、A【解析】

A、浓盐酸与二氧化锰混合加热，离子方程式：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故A正确；B、将氯气溶于水制备次氯酸的离子反应为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故B错误；C、用过量NaOH吸收二氧化硫生成亚硫酸钠，离子方程式为2OH﹣+SO2＝H2O+SO32﹣，故C错误；D、向氯化铝溶液中加入过量氨水，一水合氨是弱碱，要保留化学式，离子方程式为Al3++3NH3•H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，故D错误；答案选A。【点睛】考查离子方程式书写方法和反应原理，掌握物质性质和书写原则是解题关键，注意反应物用量对反应的影响。20、C【解析】

A.①中发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，反应产生了红棕色的Br2单质，因此实验时，①的废水由无色变为红色，A正确；B.②中盛有NaOH溶液，NaOH是碱，可以与Cl2、Br2发生反应，变为可溶性的物质，因此可以防止空气污染，B正确；C.根据表格数据可知乙苯的沸点比CCl4的沸点高，与液溴的沸点差别大，所以选择乙苯比CCl4更合理，更有利于后续的蒸馏作用，C错误；D.蒸馏时温度计是测量馏分的温度，若温度计水银球低于支管过多，导致蒸馏时支管口温度低于Br2的沸点，使Br2的产率低，D正确；故合理选项是C。21、C【解析】

A.氯离子半径小于1nm，因此其分子直径比氯离子大，故A错误；B.在水中形成的分散系属于胶体，故B错误；C.在水中形成的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔效应，故C正确；D.“钴酞菁”分子直径小于滤纸中空隙的直径，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】胶体具有丁达尔效应、利用渗析的方法净化胶体，要注意胶体是混合物。22、B【解析】

Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，故Y是氧元素；则X是氮元素，Z是硫元素，W是氯元素。【详解】A.氮元素的非金属性比氧元素的弱，所以X的简单氢化物不如Y的稳定，故A不选；B.N2、O2、S、Cl2在固态时都是由分子通过范德华力结合成的晶体，故B选；C.因为W的原子序数比Z大，所以原子半径大小为Z>W，故C不选；D.元素最高价氧化物对应水化物的酸性的强弱与非金属性一致，W的非金属性比Z强，故W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强，故D不选。故选B。【点睛】在周期表中，同一周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强，气体氢化物的稳定性逐渐增强。同一主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，酸性逐渐减弱，气体氢化物的稳定性逐渐减弱。二、非选择题(共84分)23、2-氯-1,3-丁二烯加成反应碳碳双键、酯基；氯原子cd【解析】

根据框图和各物质的结构简式及反应条件进行推断。【详解】（1）B的结构简式为,所以B系统命名为2-氯-1,3-丁二烯；由,所以反应①的反应类型为加成反应。答案:2-氯-1,3-丁二烯;加成反应。（2）由C的结构简式为，则化合物C含有的官能团的名称为碳碳双键、酯基、氯原子。答案：碳碳双键、酯基；氯原子。（3）a．氨甲环酸的结构简式为：，则氨甲环酸的分子式为C8H15NO2，故a错误；b.氨甲环酸的结构简式为：，氨基不在碳原子上，所以不是一种天然氨基酸，故b错误；c．氨甲环酸分子的环上有四种类型的氢，所以一氯代物有4种，故c正确；d．由E生成氨甲环酸的框图可知属于加氢反应，所以此反应也称为还原反应，故d正确；答案：cd。（4）由氨甲环酸的结构简式为：，含有羧基和氨基，所以可发生缩聚反应，生成高分子化合物，故氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为。答案：。（5）由D的结构简式的，符合下列条件：①属于芳香族化合物说明含有苯环；②具有硝基说明含有官能团–NO2;③核磁共振氢谱有3组峰说明含有3种类型的氢原子，符合条件的同分异构体为：；答案：。（6）根据已知信息和逆推法可知用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线：。答案：。24、CH3COOH加成反应羰基+2C2H5OH2H2O【解析】

丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，可知D为丙二酸；由(1)可知A和B均有酸性，则存在羧基，故A为CH3COOH；A与溴水和红磷反应得到B，B再与NaCN反应得到C，则B为BrCH2COOH，C为NCCH2COOH；根据信息提示，高聚物E为。【详解】(1)由分析可知A为CH3COOH；苯与丙烯反应得到异丙基苯，为加成反应，故答案为：CH3COOH；加成反应；(2)F为C3H6O，不饱和度为1，链状结构，且一氯代物只有一种，则存在两个甲基，故F为丙酮，官能团为羰基，故答案为：羰基；(3)丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，方程式为+2C2H5OH2H2O，故答案为：+2C2H5OH2H2O；(4)根据信息提示，则丙二酸二乙酯()要形成高聚物E，则要发生分子间的缩聚反应，高聚物E为，故答案为：；(5)丙二酸二乙酯(C7H12O4)同分异构体满足①与丙二酸二乙酯的官能团相同，说明存在酯基；②核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为3∶2∶1，故氢个数分别为6，4，2；③能发生银镜反应，说明要存在醛基或者甲酯，官能团又要为酯基，只能为甲酯，根据②可知，含有两个甲酯，剩下-C5H10，要满足相同氢分别为6、4，只能为两个乙基，满足的为，故答案为：；(6)与丙二酸二乙酯反生加成反应，故双键断裂，苯环没有影响，则醛基碳氧双键断裂，生成，进过消去反应得到，根据题干信息RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烃基）提示，可反生取代得到，故答案为：；。【点睛】本题难点(5)，信息型同分异构体的确定，一定要对所给信息进行解码，确定满足条件的基团，根据核磁共振或者取代物的个数，确定位置。25、氧化萃取(或萃取分液)坩埚(或瓷坩埚)、泥三角ba从水层取少量溶液，加入1～2mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明滤液中含有IO3﹣，若溶液不变蓝，说明滤液中不含有IO3﹣SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO42HIH2+I2节约电能使用能造成污染环境的SO2【解析】

(1)将海带灼烧、溶解、过滤后所得溶液中碘以I-存在，要将碘从水溶液中分离出来，应将I-转化成水溶性差而易溶于有机溶剂的I2；(2)根据灼烧装置即可找除出题中所列外还需要的实验仪器；(3)检验I-通常用AgNO3溶液，而Ag2SO4微溶、Ag2CO3难溶，所以SO42-和CO32-会干扰I-的检验，需排除干扰；(4)检验IO3-可采用思路为：IO3-→I2→检验I2，所以应选用合适的还原剂将IO3-还原为I2，再检验生成的I2；(5)根据题意，分解水采用的是SO2/I2循环法，可判断SO2和I2在整个过程中参与反应且能重新生成，由此判断各步反应；该法与电解水相比，不耗电但使用了能产生污染的SO2。【详解】(1)根据分析，需把溶液中的I-转化为水溶性差而易溶于有机溶剂的I2，I-→I2为氧化过程；从水溶液中分离出I2可用CCl4等有机溶剂萃取后蒸馏。答案为：氧化；萃取(或萃取分液)；(2)固体灼烧需要坩埚，而坩埚需放在泥三角上加热，所以，灼烧海带时除需要三脚架、酒精灯、玻璃棒外，还需要的实验仪器是坩埚(或瓷坩埚)、泥三角。答案为：坩埚(或瓷坩埚)、泥三角；(3)由于碘化银是不溶于水，也不溶于酸的黄色沉淀，所以可用AgNO3溶液检验。但Ag2SO4微溶、Ag2CO3难溶，所以SO42-和CO32-会干扰I-的检验，所以需要排除其干扰，又因为还不能引入氯离子，所以可以用足量的Ba(NO3)2溶液除去SO42-和CO32-，过滤后（或取上层清液）再加入AgNO3溶液。答案为：ba；(4)碘酸根具有强氧化性，能被还原为单质碘，而碘遇淀粉显蓝色，所以检验碘酸根的实验操作是：从水层取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明滤液中含有IO3-；若溶液不变蓝，说明滤液中不含有IO3-；⑸依题意，用SO2/I2循环法分解水共涉及三步化学反应。根据第二个反应可知，首先SO2被氧化为硫酸，氧化剂为I2，化学方程式为：SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4；生成的HI分解即可得到氢气，同时重新生成I2，所以第三个化学方程式为：2HIH2+I2。电解水需要消耗电能，而SO2又是大气污染物，所以与传统的分解水的方法相比，本法的优点是节约电能，而缺点是使用能造成污染环境的SO2。【点睛】Ag+能与很多阴离子反应生成沉淀，如SO42-、CO32-、Cl-、Br-、I-、OH-等，所以，用AgNO3溶液检验卤离子时应注意排除干扰。26、III除去氯气中的氯化氢，安全瓶（监测装置H是否堵塞）U型管中左边有色布条褪色，右边有色布条没有褪色Cl2+2I-→2Cl-+I2取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化Cl2也可与KI反应生成I2，乙组设计的实验中并没有排除Cl2对实验的干扰，故不能比较Cl、Br、I的非金属性或Cl2未充分接触到溴化钠溶液中，未必能看到现象无尾气处理装置，污染环境【解析】

(1)结合反应原理甲组利用固体与液体加热制备氯气；乙组利用固体与液体反应不加热制氯气；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，装置G中CaCl2是干燥剂；(3)氯气能氧化I-生成I2；装置C中氯气氧化了亚硫酸钠，所得溶液中含有SO42-，只要利用稀盐酸和BaCl2溶液检验溶液中是否存在SO42-，即可判断有没有发生氧化还原反应；(4)NaBr溶液未能完全吸收Cl2，有部分Cl2参与KI氧化为I2的反应；(5)Cl2是有毒气体，需要处理含氯气的尾气。【详解】(1)甲组用漂白粉与硫酸溶液混合加热制取氯气，实验中A选用装置II；而乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，反应不需要加热，则E选用装置I；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，可利用装置F中饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，同时根据长颈漏斗中液面是否上升，达到监测装置H是否堵塞的目的；从F中进入G中的Cl2混有水蒸气，能使U型管中左边有色布条褪色，而潮湿的氯气经过无水CaCl2干燥后，不再具有漂白性，则右边有色布条没有褪色；(3)氯气能氧化I-生成I2，发生反应的离子方程式为Cl2+2I-→2Cl-+I2；验证装置C中氯气是否氧化亚硫酸钠的操作方法是取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化；(4)乙组中H装置中NaBr不能完全吸收Cl2，将有部分Cl2也可与KI反应生成I2，干扰Br2氧化I-的实验，则无法判断Br2和I2的氧化性强弱，也不能比较Cl、Br、I的非金属性；(5)甲组实验存在的明显缺陷是无尾气处理装置，污染环境。【点睛】本题考查氯气的制备与氯气的性质探究，明确实验原理解题关键，难点是氯气有强氧化性，但没有漂白性，氯气使湿润有色布条褪色的根本原因是氯气与水反应生成的HClO有漂白性，易错点是装置G中左侧干燥有色布条能褪色，原因是制得的氯气中混有水蒸气。27、N2H6SO4、（N2H5）2SO4、N2H6（HSO4）22NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O防止NaClO氧化肼A、B间无防倒吸装置，易使A装置中玻璃管炸裂淀粉溶液V0/400【解析】

(1)肼的分子式为N2H4，可以看成氨气分子中的一个氢原子被氨基取代，氨基显碱性，肼可以看成二元碱，据此分析解答；(2)装置A中制备氨气书写反应的方程式；(3)根据肼有极强的还原性分析解答；(4)氨气极易溶于水，该装置很容易发生倒吸，据此解答；(5)根据标准碘液选择指示剂；在此过程中N2H4→N2，I2→I-，根据得失电子守恒，有N2H4～2I2，据此分析计算。【详解】(1)肼的分子式为N2H4，电子式为，肼可以看成氨气分子中的一个氢原子被氨基取代，氨基显碱性，肼可以看成二元碱，与硫酸反应可能生成的盐有N2H6SO4、(N2H5)2SO4、N2H6(HSO4)2，故答案为；N2H6SO4、(N2H5)2SO4、N2H6(HSO4)2；(2)根据图示，装置A是生成氨气的反应，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(3)实验时，先点燃A处的酒精灯，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加NaClO溶液。肼有极强的还原性，而次氯酸钠具有强氧化性，因此滴加NaClO溶液时不能过快、过多，防止NaClO氧化肼，故答案为防止NaClO氧化肼；(4)氨气极易溶于水，该装置很容易发生倒吸，应该在A、B间增加防倒吸装置，故答案为A、B间无防倒吸装置，易使A装置中玻璃管炸裂；(5)使用标准碘液进行滴定，可以选用淀粉溶液作指示剂，当滴入最后一滴碘液，容易变成蓝色，且半分钟内不褪色，则表明达到了滴定终点；在此过程中N2H4→N2，I2→I-，根据得失电子守恒，有N2H4～2I2，消耗碘的物质的量=0.1000mol/L×V0mL，则20.00mL含肼溶液中含有肼的物质的量=×0.1000mol/L×V0mL，因此肼的浓度为=mol/L，故答案为淀粉溶液；。【点睛】本题的易错点和难点为(1)中肼与硫酸反应生成的盐的取代，要注意氨基显碱性，肼可以看成二元弱碱，模仿氨气与硫酸的反应分析解答。28、－1250.3N2和O2反应为吸热反应，升高温度有利于平衡正向移动刚冷启动时，尾气管内催化剂温度低，催化效率低（或刚冷启动时，尾气管处温度低，反应速率慢）Ba(NO3)20.8mol8∶1415NO＋4NH3＋3O2415NNO＋6H2O【解析】

(1)根据盖斯定律进行计算；(2)①N2和O2反应为吸热反应，升高温度有利于平衡正向移动；②刚冷启动时，尾气管内催化剂温度低，催化效率低（或刚冷启动时，尾气管处温度低，反应速率慢）；(3)①在图1所示的转化中N、O化合价降低，为氧化剂被还原；②第一步反应中H2被氧化生成水，化合价由0价升高到+1价，Ba(NO3)2的N元素化合价由+5价降低到-3价，生成氨气，结合得失电子数目相等计算;(4)在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO由N元素守恒可知15NO与NH3应为1:1，结合电子得失相等配平。【详解】(1)已知①CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－890.3kJ·mol－1②N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH2＝＋180kJ·mol－1根据盖斯定律，由①-②2得反应CH4(g)＋4NO(g)＝CO2(g)＋2N2(g)＋2H2O(l)Δ