阜新市重点中学高三第三次测评新高考化学试卷及答案解析

阜新市重点中学高三第三次测评新高考化学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、下列垃圾或废弃物的处理不符合环保节约理念的是（）A．废纸、塑料瓶、废铁回收再利用B．厨余垃圾采用生化处理或堆肥C．稻草、农膜和一次性餐具露天焚烧D．废电池等有毒有害垃圾分类回收2、下列说法正确的是A．多糖、油脂、蛋白质均为高分子化合物B．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖C．可用酸性KMnO4溶液鉴别苯和环己烷D．分离溴苯和苯的混合物：加入NaOH溶液分液3、已知AG=lg，电离度α=×100%。常温下，向10mL0.1mol/LHX溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，混合溶液中AG与滴加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法错误的是（）A．F点溶液pH<7B．G点溶液中c(Na+)=c（X-）>c(H+)=c（OH-）C．V=10时，溶液中c（OH-）<c(HX)D．常温下，HX的电离度约为1%4、NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．30g丙醇中存在的共价键总数为5NAB．1molD2O与1molH2O中，中子数之比为2：1C．含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量的镁反应，转移电子数大于0.2NAD．密闭容器中1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5（g），增加2NA个P-Cl键5、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A．使酚酞变红色的溶液：K+、Fe3+、SO42-、Cl-B．水电离的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中：K+、Na+、AlO2-、CO32-C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、Na+、NO3-、SO42-D．=1×10-13mol/L的溶液中：NH4+、Cu2+、Cl-、NO3-6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．0.1molC3H9N中所含共用电子对数目为1.2NAB．14gN60（分子结构如图所示）中所含N－N键数目为1.5NAC．某温度下，1LpH＝6的纯水中所含OH−数目为1.0×10−8NAD．标准状况下，5.6L甲醛气体中所含的质子数目为4NA7、化学方便了人类的生产与生活，下列说法不正确的是A．氢氧化铝可用于中和人体过多的胃酸B．碘是人体必需的微量元素，应该适量服用I2C．葡萄糖可以用于食品加工和合成葡萄糖酸钙D．漂白粉中的有效成分是Ca(ClO)28、电解法处理CO2和SO2混合污染气的原理如下图所示，电解质为熔融碳酸盐和硫酸盐，通电一段时间后，Ni电极表面形成掺杂硫的碳积层。下列说法错误的是A．Ni电极表面发生了还原反应B．阳极的电极反应为：2O2—-4e-=O2C．电解质中发生的离子反应有：2SO2+4O2—=2SO42—D．该过程实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环9、某学习小组在室温下用0.01mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.01mol/L的H2A溶液，滴定曲线如图。（H2A的电离分两步，H2A=H++HA-，HA-H++A2-)下列说法错误的是A．室温时，E点对应的溶液中0.01mol/L<c(H+)<0.02mol/LB．F点对应溶质是NaHA，溶液显酸性C．G点溶液显中性的原因是溶质为Na2AD．H点溶液中，c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA－)10、室温下，向20mL浓度均为0.1mol/L的NaOH和MOH溶液中分别滴加0.1mol/L盐酸，溶液的pH随盐酸体积变化如图所示。下列说法不正确的是()A．MOH的电离常数约为1×l0-5 B．a点溶液中存在C．b点和c点溶液混合后显碱性 D．水的电离程度：d>b>a11、关于P、S、Cl三种元素的说法错误的是A．原子半径P>S>ClB．最高价氧化物对应水化物的酸性H3PO4<H2SO4<HClO4C．氢化物的稳定性PH3<H2S<HClD．元素的非金属性P>S>Cl12、以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程如下，下列说法中，不正确的是A．反应1中，每生成1molClO2有0.5molSO2被氧化B．从母液中可以提取Na2SO4C．反应2中，H2O2做氧化剂D．采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解13、化学与能源开发、环境保护、生产生活等密切相关。下列叙述错误的是A．光催化水制氢比电解水制氢更节能环保B．用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染C．开发利用可再生能源，可减少化石燃料的使用D．改进汽车尾气净化技术，可减少大气污染物的排放14、化学在生活中有着广泛的应用，下列说法不正确的是A．防哂霜能够防止强紫外线引起皮肤中蛋白质的变性B．煤的脱硫、汽车尾气实行国Ⅵ标准排放都是为了提高空气质量C．纳米级的铁粉能通过吸附作用除去水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子D．利用肥皂水处理蚊虫叮咬，主要是利用肥皂水的弱碱性15、氟离子电池是新型电池中的一匹黑马，其理论比能量高于锂电池。一种氟离子电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是A．放电时，b是电源的正极B．放电时，a极的电极反应为：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－C．充电时，电极a接外电源的负极D．可将含F－的有机溶液换成水溶液以增强导电性16、在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，振荡后溶液变蓝，再加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失。下列判断错误的是A．氧化性：ClO－>SO42->I2B．漂粉精溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝C．ClO－与I－在碱性条件下可以发生氧化还原反应D．向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯水褪色17、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．含1mol/LC1-的NH4Cl与氨水的中性混合溶液中，NH4+数为NAB．60gSiO2和28gSi中各含有4NA个Si-O键和4NA个Si-Si键C．标准状况下，浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制备22.4LCl2，转移的电子数均为2NAD．10g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为0.5NA18、下列说法正确的是（）A．新戊烷的系统命名法名称为2﹣二甲基丙烷B．可以用氢气除去乙烷中的乙烯C．己烷中加溴水振荡，光照一段时间后液体呈无色，说明己烷和溴发生了取代反应D．苯中加溴的四氯化碳溶液振荡后，溶液分层，上层呈橙红色19、氮及其化合物的转化过程如下图所示，其中如图为反应①过程中能量变化的曲线图。下列分析合理的是A．如图中c曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线B．反应①的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/molC．在反应②中，若有1.25mol电子发生转移，则参加反应的NH3的体积为5.6LD．催化剂a、b能提高化学反应①、②的化学反应速率和平衡转化率20、化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是（）A．葡萄酒中添加SO2，可起到抗氧化和抗菌的作用B．PM2.5颗粒分散到空气中可产生丁达尔效应C．苯、四氯化碳、乙醇都可作萃取剂，也都能燃烧D．淀粉、油脂、纤维素和蛋白质都是高分子化合物21、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．向1L1mol·L-1NaClO溶液中通入足量CO2,溶液中HClO的分子数为NAB．标准状况下,体积均为2.24L的CH4与H2O含有的电子总数均为NAC．2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应,产物的分子数为2NAD．由13g乙酸与2gCO(NH2)2(尿素)形成的混合物中含有的氢原子总数为NA22、高纯氢的制备是目前的研究热点，利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图所示。下列有关说法正确的是A．连接K1可以制取O2B．电极2发生反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-C．电极3的主要作用是通过NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移D．连接K2溶液的pH减小二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物J属于大位阻醚系列中的一种物质,在有机化工领域具有十分重要的价值.2018年我国首次使用α－溴代羰基化合物合成大位阻醚J,其合成路线如下:已知：回答下列问题:(1)A的名称___________________.(2)C→D的化学方程式_________________________.E→F的反应类型____(3)H中含有的官能团________________.J的分子式_______________.(4)化合物X是D的同分异构体,其中能与氢氧化钠溶液反应的X有_____________种(不考虑立体异构),写出其中核磁共振氢谱有3组峰,峰面积之比为1∶1∶6的结构简式为___________________________.(5)参照题中合成路线图。涉及以甲苯和为原料来合成另一种大位阻醚的合成路线：__________________。24、（12分）结晶玫瑰广泛用于香料中，它的两条合成路线如下图所示：已知：两个羟基同时连在同一碳原子上的结构不稳定，会发生脱水反应：+H2O完成下列填空：（1）A的俗称是_________；D中官能团的名称是_______；反应②的反应类型是_______。（2）写出G与氢氧化钠溶液反应的化学方程式__________。（3）已知：，则可推知反应②发生时，会得到一种副产物，写出该副产物的结构简式_____。（4）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，与足量浓溴水反应未见白色沉淀产生，若L与NaOH的乙醇溶液共热能反应，则共热生成的有机物的结构简式为________________（任写一种）25、（12分）ClO2是一种高效安全消毒剂，常温下ClO2为红黄色有刺激性气味气体，其熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，能溶于水但不与水反应，遇热水缓慢水解。某研究性学习小组欲制备Ⅰ．二氧化氯水溶液制备。在圆底烧瓶中先放入10gKClO3固体和(1)装置A用水浴加热的优点是_________；装置A中水浴温度不低于60℃，其原因是_______________。(2)装置A中反应生成ClO2及KHSO4等产物的化学方程式为(3)装置B的水中需放入冰块的目的是__________________；已知ClO2缓慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2，且物质的量之比为2:1，则该反应的化学方程式为____________；装置C中的NaOH溶液吸收尾气中的ClO2，生成物质的量之比为的1:1的两种盐，一种为NaClOⅡ．ClO2步骤1：量取ClO2溶液10mL，稀释成100mL步骤2：调节试样的pH≤2.0，加入足量的步骤3：加入指示剂，用c mol⋅L-1 (4)已知：2ClO2+8H++10I-=5IⅢ．设计实验验证ClO2(5)取适量ClO2水溶液加入H2S溶液中，振荡，得无色溶液。欲检验H(6)证明ClO2的氧化性比Fe3+强的方案是26、（10分）氮化铝(室温下与水缓慢反应)是一种新型无机材料，广泛应用于集成电路生产领域。化学研究小组同学按下列流程制取氮化铝并测定所得产物中AlN的质量分数。己知：AlN＋NaOH＋3H2O＝Na[Al(OH)4]＋NH3↑。回答下列问题：（1）检查装置气密性，加入药品，开始实验。最先点燃___(“A”、“C”或“E”)处的酒精灯或酒精喷灯。（2）装置A中发生反应的离子方程式为___，装置C中主要反应的化学方程式为___，制得的AlN中可能含有氧化铝、活性炭外还可能含有___。（3）实验中发现氮气的产生速率过快，严重影响尾气的处理。实验中应采取的措施是___(写出一种措施即可)。（4）称取5.0g装置C中所得产物，加入NaOH溶液，测得生成氨气的体积为1.68L(标准状况)，则所得产物中AlN的质量分数为___。（5）也可用铝粉与氮气在1000℃时反应制取AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，共主要原因是___。27、（12分）实验室制备甲基丙烯酸甲酯的反应装置示意图和有关信息如下：+CH3OH+H2O药品相对分子质量熔点/℃沸点/℃溶解性密度（g•cm-3）甲醇32-98-64.5与水混溶，易溶于有机溶剂0.79甲基丙烯酸8615161溶于热水，易溶于有机剂1.01甲基丙烯酸甲酯100-48100微溶于水，易溶于有机溶剂0.944已知甲基丙烯酸甲酯受热易聚合；甲基丙烯酸甲酯在盐溶液中溶解度较小；CaCl2可与醇结合形成复合物；实验步骤：①向100mL烧瓶中依次加入：15mL甲基丙烯酸、2粒沸石、10mL无水甲醇、适量的浓硫酸；②在分水器中预先加入水，使水面略低于分水器的支管口，通入冷凝水，缓慢加热烧瓶。在反应过程中，通过分水器下部的旋塞分出生成的水，保持分水器中水层液面的高度不变，使油层尽量回到圆底烧瓶中；③当，停止加热；④冷却后用试剂X洗涤烧瓶中的混合溶液并分离；⑤取有机层混合液蒸馏，得到较纯净的甲基丙烯酸甲酯。请回答下列问题：（1）A装置的名称是_____。（2）请将步骤③填完整____。（3）上述实验可能生成的副产物结构简式为_____(填两种）。（4）下列说法正确的是______A．在该实验中，浓硫酸是催化剂和脱水剂B．酯化反应中若生成的酯的密度比水大，不能用分水器提高反应物的转化率C．洗涤剂X是一组试剂，产物要依次用饱和Na2CO3、饱和CaCl2溶液洗涤D．为了提高蒸馏速度，最后一步蒸馏可采用减压蒸馏；该步骤一定不能用常压蒸馏（5）实验结束收集分水器分离出的水，并测得质量为2.70g，计算甲基丙烯酸甲酯的产率约为_____。实验中甲基丙烯酸甲酯的实际产率总是小于此计算值，其原因不可能是_____。A．分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯B．实验条件下发生副反应C．产品精制时收集部分低沸点物质D．产品在洗涤、蒸发过程中有损失28、（14分）运用化学链燃烧技术有利于提高燃料利用率。化学链燃烧技术的基本原理是借助载氧剂(如Fe2O3，FeO等)将燃料与空气直接接触的传统燃烧反应分解为几个气固反应，燃料与空气无须接触，由载氧剂将空气中的氧气传递给燃料。回答下列问题：Ⅰ.以Fe2O3作载氧剂的化学链燃烧循环转化反应的部分热化学方程式如下，循环转化的原理如图所示：①C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH=akJ∙mol-1②CO(g)＋H2(g)＋O2(g)=CO2(g)＋H2O(g)ΔH=bkJ∙mol-1(1)写出图中总反应的热化学方程式：_____________________________(2)空气经反应器A后得到的尾气___________(填“能”或“不能”)直接用作工业合成氨的原料气，原因是_____________________。Ⅱ.用FeO作载氧剂，部分反应的lgKp[K是用平衡分压(平衡分压=总压×物质的量分数)代替平衡浓度]与温度的关系如图所示。(3)图中涉及的反应中，属于吸热反应的是反应_________________(填字母)。(4)R点对应温度下，向某恒容密闭容器中通入1molCO，并加入足量的FeO，只发生反应CO(g)＋FeO(s)CO2(g)＋Fe(s)，则CO的平衡转化率为______________.Ⅲ.在T℃下，向某恒容密闭容器中加入1molCH4(g)和4molFeO(s)进行反应：CH4(g)＋4FeO(s)4Fe(s)＋2H2O(g)＋CO2(g)。反应起始时压强为P0，反应进行至10min时达到平衡状态，测得此时容器的气体压强是起始压强的2倍。(5)T℃下，该反应的Kp=_____________________.(6)若起始时向该容器中加入1molCH4(g)，4molFeO(s)，1molH2O(g)，0.5molCO2(g)，此时反应向__________________(填“正反应”或“逆反应”)方向进行。(7)其他条件不变，若将该容器改为恒压密闭容器，则此时CH4的平衡转化率___________(填“增大”“减小”或“不变”)。29、（10分）氢气是一种理想的绿色能源。利用生物发酵得到的乙醇制取氢气，具有良好的应用前景。乙醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如下图所示：已知：反应I和反应II的平衡常数随温度变化曲线如图所示。（1）反应I中，1molCH3CH2OH(g)参与反应后的热量变化是256kJ。①H2O的电子式是：_________________。②反应I的热化学方程式是：___________________________。（2）反应II，在进气比[n(CO):n(H2O)]不同时，测得相应的CO的平衡转化率见下图（各点对应的反应温度可能相同，也可能不同）。①图中D、E两点对应的反应温度分别为TD和TE。判断：TD_______TE（填“＜”“＝”或“＞”）。②经分析，A、E和G三点对应的反应温度相同，其原因是A、E和G三点对应的____相同。③当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是______。（3）反应III，在经CO2饱和处理的KHCO3电解液中，电解活化CO2制备乙醇的原理如下图所示。①阴极的电极反应式是__________________________。②从电解后溶液中分离出乙醇的操作方法是______________。

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、C【解析】

A.废纸、塑料瓶、废铁属于可回收垃圾，废纸、塑料瓶、废铁可回收再利用，故不选A；B.厨余垃圾含有大量有机物，采用生化处理或堆肥，减少污染，符合环保节约理念，故不选B；C.稻草、农膜和一次性餐具露天焚烧，产生大量烟尘，污染空气，不符合环保节约理念，故选C；D.废电池含有重金属，任意丢弃引起重金属污染，废电池等有毒有害垃圾分类回收，可减少污染，符合环保节约理念，故不选D；答案选C。2、B【解析】

A选项，多糖、蛋白质均为高分子化合物，油脂是低分子化合物，故A错误；B选项，淀粉和纤维素在稀硫酸作用下水解的最终产物均为葡萄糖，故B正确；C选项，不能用酸性KMnO4溶液鉴别苯和环己烷，两者都无现象，故C错误；D选项，分离溴苯和苯的混合物采用蒸馏方法，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】淀粉、纤维素、蛋白质是天然高分子化合物，油脂分子量比较大，但不是高分子化合物。3、C【解析】

E点为0.1mol/LHX溶液，AG=lg=8，则=108，水的离子积KW==10-14,由此计算氢离子浓度；F点为等物质的量HX溶液NaX溶液的混合液，此时AG=lg=6，则c(H+)>c（OH-），pH<7；G点为AG=lg=0，则c(H+)=c（OH-）；V=10时溶液为NaX溶液,由于水解和水的电离c（OH-）>c(HX)。【详解】A.F点为等物质的量HX溶液NaX溶液的混合液，此时AG=lg=6，则c(H+)>c（OH-），pH<7,故A正确；B.G点溶液中AG=lg=0，则c(H+)=c（OH-），溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c（OH-）+c（X-），故c(Na+)=c（X-）>c(H+)=c（OH-），故B正确；C．V=10时溶液为NaX溶液,由于水解和水的电离c（OH-）>c(HX)，故C错误；D．E点为0.1mol/LHX溶液，AG=lg=8，则=108，水的离子积KW==10-14,,则电离度=，故D正确；故答案选：C。【点睛】溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c（OH-）+c（X-）。4、C【解析】

A．30g丙醇物质的量为：＝0.5mol，存在的共价键总数为0.5mol×11×NA＝5.5NA，故A错误；B．1molD2O与1molH2O中，中子数之比为10：8＝5：4，故B错误；C．0.2molH2SO4的浓硫酸和足量的镁反应如果只生成二氧化硫则转移电子数等于0.2NA，如果只生成氢气则转移电子数为0.4NA，随着反应进行浓硫酸浓度降低，所以反应中既有二氧化硫又有氢气生成，转移电子数大于0.2NA小于0.4NA，故C正确；D．三氯化磷与氯气反应为可逆反应，不能进行到底，密闭容器中1molPCl3与1moCl2反应制备PCl5(g)，增加小于2NA个P−Cl键，故D错误；故答案选C。【点睛】熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意丙醇分子结构特点，注意浓硫酸的特性。5、D【解析】

A．使酚酞变红色的溶液中存在OH-，K+、Fe3+、SO42-、Cl-四种离子中Fe3+不可共存，A错误；B.水电离的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液可能为酸性或碱性溶液，在酸性溶液中K+、Na+、AlO2-、CO32-四种离子中AlO2-、CO32-不可以共存，B错误；C．强酸和强碱溶液都可以和Al反应放出氢气，在酸性溶液中Fe2+和NO3-发生氧化还原反应不共存，在碱性溶液中Fe2+水解不共存，C错误；D．=1×10-13mol/L的溶液中，氢离子的浓度为0.1mol/L，NH4+、Cu2+、Cl-、NO3-可以共存，D正确。答案选D。6、C【解析】

A.根据物质中的最外层电子数进行分析，共用电子对数为，所以0.1molC3H9N中所含共用电子对数目为1.2NA，故正确；B.14gN60的物质的量为，N60的结构是每个氮原子和三个氮原子结合形成两个双键和一个单键，每两个氮原子形成一个共价键，1molN60含有的氮氮键数为，即14gN60的含有氮氮键，数目为1.5NA，故正确；C.某温度下，1LpH＝6的纯水中氢离子浓度为10-6mol/L，纯水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，所以氢氧根离子浓度为10-6mol/L，氢氧根离子数目为10-6NA，故错误；D.标准状况下，5.6L甲醛气体物质的量为0.25mol，每个甲醛分子中含有16个质子，所以0.25mol甲醛中所含的质子数目为4NA，故正确。故选C。7、B【解析】

A．胃酸的主要成分为HCI，Al(OH)3与HCI反应达到中和过多胃酸的目的，正确，A不选；B．碘元素是人体必需微量元素，不能摄入过多，而且微量元素碘可以用无毒IO3－或I－补充，而I2有毒不能服用，错误，B选；C．葡萄糖是食品添加剂，也可直接服用，同时葡萄糖通过氧化成葡萄糖酸之后，可以用于制备补钙剂葡萄糖酸钙，正确，C不选；D．漂白粉含Ca(ClO)2和CaCl2，其中有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，能够氧化有色物质，起到漂白的作用，正确，D不选。答案选B。8、C【解析】

由图可知，Ni电极表面发生了SO42-转化为S，CO32-转化为C的反应，为还原反应；SnO2电极上发生了2O2—-4e-=O2↑，为氧化反应，所以Ni电极为阴极，SnO2电极为阳极，据此分析解答。【详解】A.由图示原理可知，Ni电极表面发生了还原反应，故A正确；B.阳极发生失电子的氧化反应，电极反应为：2O2—-4e-=O2↑，故B正确；C.电解质中发生的离子反应有：2SO2+O2+2O2-=2SO42—和CO2+O2-=CO32-，故C错误；D.该过程中在SO42-和CO32-被还原的同时又不断生成SO42-和CO32-，所以实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环，故D正确。故答案选C。9、C【解析】

由题给信息可知，H2A分步电离，第一步完全电离，第二步部分电离，F点20.00mL0.01mol/LNaOH溶液与20.00mL0.01mol/L的H2A溶液恰好反应生成NaHA，G点溶液显中性，溶质为NaHA和Na2A，H点40.00mL0.01mol/LNaOH溶液与20.00mL0.01mol/L的H2A溶液恰好反应生成Na2A。【详解】A项、由题给信息可知，H2A分步电离，第一步完全电离，第二步部分电离，则0.01mol/L的H2A溶液中0.01mol/L<c(H+)<0.02mol/L，故A正确；B项、F点20.00mL0.01mol/LNaOH溶液与20.00mL0.01mol/L的H2A溶液恰好反应生成NaHA，NaHA溶液中只存在电离，溶液显酸性，故B正确；C项、G点溶液显中性，溶质应为电离显酸性的NaHA和水解呈碱性的Na2A，故C错误；D项、H点40.00mL0.01mol/LNaOH溶液与20.00mL0.01mol/L的H2A溶液恰好反应生成Na2A，因H2A第一步完全电离，溶液中不存在H2A，则Na2A溶液中的物料守恒关系为c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA－)，故D正确。故选C。【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意酸的电离方程式，正确分析图象曲线变化特点，明确反应后溶液的成分是解答关键。10、D【解析】

A．据图知，0.1mol⋅L−1MOH溶液中pH=11，则c(OH−)=0.001mol⋅L−1，MOH电离程度较小，则c(M+)≈c(OH−)=0.001mol⋅L−1，c(MOH)≈0.1mol⋅L−1，常温下，MOH的电离常数，A正确；B．a点溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH−)，根据电荷守恒得c(M+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，所以得c(M+)＞c(Cl−)≈，B正确；C．当盐酸的体积为10mL时，c点溶液为等物质的量浓度的NaCl和NaOH溶液，当盐酸的体积为20mL时，b点为0.05mol⋅L−1的MCl溶液，是强酸弱碱盐，水解过程微弱，所以b点和c点溶液混合后显碱性，C正确；D.a点有碱溶液、d点酸过量，水的电离均受到抑制，b点溶质是强酸弱碱盐，水解时促进水电离，从a到b点水的电离程度增大，从b到d点水的电离程度减小，故D错误；答案选D。【点睛】D容易错，同学往往受到图的影响而误以为水的电离程度是逐渐改变的，实际上水电离程度受溶质的影响。碱溶液、酸过溶液中水的电离均受到抑制，强酸弱碱盐、强碱弱酸盐水解时促进水电离。11、D【解析】同周期元素从左到右半径减小，原子半径P>S>Cl，故A正确；同周期元素从左到右非金属性增强，所以最高价氧化物对应水化物的酸性增强，酸性H3PO4<H2SO4<HClO4，故B正确；非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物的稳定性PH3<H2S<HCl，故C正确；同周期元素从左到右非金属性增强，元素的非金属性P<S<Cl，故D错误。点睛：同周期元素从左到右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性增强、简单氢化物的稳定性增强、越易与氢气化合。12、C【解析】A.在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反应的离子方程式为2ClO3－＋SO2=SO42－＋2ClO2，根据方程式可知，每生成1molClO2有0.5molSO2被氧化，故A正确；B.根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，故B正确；C.在反应2中，ClO2与H2O2在NaOH作用下反应生成NaClO2，氯元素的化合价从+4价降低到+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，故C错误；D.减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，故D正确；答案选C。13、B【解析】

A、电解水制氢需要消耗大量的电能，所以光催化水制氢比电解水制氢更节能环保，故A正确；B、聚乙烯塑料在自然界中很难降解，而聚乳酸塑料在自然界中能降解，所以聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料可减少白色污染，故B错误；C、开发利用可再生能源，可减少传统燃料如化石燃料的使用，故C正确；D、改进汽车尾气净化技术，能把有毒气体转化为无毒气体，可减少大气污染物的排放，故D正确；答案选B。14、C【解析】

A.紫外线能使蛋白质变性，应注意防晒，故A正确；B.采用燃料脱硫技术可以减少二氧化硫的产生，从而防止出现酸雨，NOx的催化转化生成无污染的氮气也能减少酸雨，所以煤的脱硫、汽车尾气实行国VI标准排放都是为了提高空气质量，故B正确；C.Fe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应生成金属单质而治理污染，与吸附性无关，故C错误；D.肥皂水(弱碱性)可与酸性物质反应，可减轻蚊虫叮咬引起的痛痒症状，故D正确；故答案为C。15、B【解析】

由于Mg是活泼金属，Mg2+氧化性弱，所以该电池工作时Mg失去电子结合F-生成MgF2，即b电极为负极，电极反应式为：Mg+2F－－2e－=MgF2，则a为正极，正极反应式为：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－；充电时，电解池的阳极、阴极与原电池的正、负极对应，电极反应与原电池的电极反应反应物与生成物相反，据此解答。【详解】A．由于Mg是活泼金属，Mg2+氧化性弱，所以原电池放电时，Mg失去电子，作负极，即b为负极，a为正极，A错误；B．放电时，a为正极发生还原反应，电极反应为：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－，B正确；C．充电时电解池的阳极、阴极与原电池的正、负极对应，所以a极接外电源的正极，C错误；D．因为Mg能与水反应，因此不能将有机溶液换成水溶液，D错误；答案选B。16、A【解析】

A、根据向淀粉碘化钾溶液中加入少量的次氯酸钠溶液，溶液变蓝色知，次氯酸根离子将碘离子氧化成了碘单质，碘遇淀粉变蓝色，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，次氯酸根离子是氧化剂，碘单质是氧化产物，氧化性为：ClO-＞I2，再加入足量的亚硫酸钠溶液蓝色又逐渐消失，说明碘单质又将亚硫酸根离子氧化了，得到硫酸根离子，碘单质是氧化剂，硫酸根离子是氧化产物，故氧化性SO42-＜I2，因此得出氧化性的强弱为：ClO-＞I2＞SO42-，A错误；B、漂白精的成分中有次氯酸钠，根据对A的分析，次氯酸钠能将淀粉碘化钾中的碘离子氧化成碘单质，B正确；C、次氯酸根离子无论在碱性条件下还是在酸性条件下、中性条件下均有氧化性．因此ClO-与I-在碱性条件下可以发生氧化还原反应，C正确；D、新制的氯水中主要是氯气，因此新制的氯水是黄绿色的，由于氯气的氧化性比亚硫酸根离子的氧化性强，故能发生氧化还原反应，氯气被还原而使氯水褪色，D正确，答案选A。17、D【解析】

A．没有提供溶液的体积，无法计算混合溶液中NH4+的数目，A不正确；B．60gSiO2和28gSi都为1mol，分别含有4NA个Si-O键和2NA个Si-Si键，B不正确；C．标准状况下22.4LCl2为1mol，若由浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制得，则转移的电子数分别为2NA、NA，C不正确；D．10g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为=0.5NA，D正确；故选D。18、C【解析】

A.新戊烷的系统命名法名称为2，2﹣二甲基丙烷，故A错误；B.用氢气除去乙烷中的乙烯，除去乙烯的同时会引入氢气杂质，故B错误；C.己烷中加溴水振荡，光照一段时间后液体呈无色，说明己烷和溴发生了取代反应得到的产物卤代烃没有颜色，故C正确；D.苯中加溴的四氯化碳溶液振荡后，溶液分层，下层是密度大的溶有溴单质的四氯化碳层，故D错误。故选C。19、B【解析】

A.使用催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，所以曲线d是加入催化剂a时的能量变化曲线，A错误；B.根据图示可知反应物比生成物的能量高出600kJ-508kJ=92kJ，故反应①的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol，B正确；C.未指明气体所处条件，因此不能根据电子转移的物质的量确定气体的体积，C错误；D.催化剂能加快化学反应的反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此不能改变物质的平衡转化率，D错误；故合理选项是B。20、A【解析】A、利用SO2有毒，具有还原性，能抗氧化和抗菌，故正确；B、PM2.5指大气中直径小于或等于2.5微米，没有在1nm－100nm之间，构成的分散系不是胶体，不具有丁达尔效应，故错误；C、四氯化碳不能燃烧，故错误；D、油脂不是高分子化合物，故错误。21、D【解析】

A.向1L1mol·L-1NaClO溶液中通入足量CO2，次氯酸是弱酸，部分电离，溶液中HClO的分子数小于NA，故A错误；B.标准状况下，H2O是液体，2.24LH2O的物质的量不是0.1mol，故B错误；C.NO和O2反应生成NO2，体系中存在平衡，2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应，产物的分子数小于2NA，故C错误；D.乙酸、CO(NH2)2中氢元素质量分数都是，由13g乙酸与2gCO(NH2)2(尿素)形成的混合物中含有的氢原子物质的量是，氢原子数是NA，故D正确。选D。22、C【解析】

A.连接K1，电极1为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，氢气在阴极生成，故A错误；B.电极2为阳极，阳极发生氧化反应，氢氧根离子被氧化生成氧气，电极方程式为4OH-4e-═2H2O+O2↑，故B错误；C.电极3可分别连接K1或K2，分别发生氧化、还原反应，实现NiOOH⇌Ni(OH)2的转化，提供电子转移，故C正确；D.连接K2，电极3为阴极，电极反应为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，电极2为阳极，电极反应为4OH-4e-═2H2O+O2↑，总反应为4NiOOH+2H2O=4Ni(OH)2+O2↑，反应消耗水，则溶液碱性增强，pH增大，故D错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、2—甲基丙烯取代反应酚羟基和硝基C10H11NO56【解析】

根据有机化合物的合成分析解答；根据有机化合物的结构与性质分析解答；根据有机化合物的同分异构体的确定分析解答。【详解】由C物质逆向推断，可知A物质含有碳碳双键，且含有一个甲基支链，则A为2-甲基丙烯，A与溴单质发生加成反应得到B，B物质中的Br原子水解，生成带羟基的醇，C物质的羟基反应生成醛基即D物质，D物质的醛基再被新制的氢氧化铜氧化成羧基，即E物质，E物质上的羟基被Br原子取代，得到F，F与H反应生成J；(1)由C物质逆向推断，可知A物质含有碳碳双键，且含有一个甲基支链，则A为2-甲基丙烯，故答案为2-甲基丙烯；(2)C中的羟基被氧化生成一个醛基，化学方程式，E物质上的羟基被Br原子取代，故答案为，取代反应；(3)由J物质逆向推理可知，H中一定含有苯环、硝基和酚羟基，J的分子式为C10H11NO5，故答案为酚羟基和硝基；C10H11NO5；(4)化合物X是D的同分异构体,其中能与氢氧化钠溶液反应的X一定含有羧基或者酯基，其中含有羧基的2种，含有酯基的4种，写出其中核磁共振氢谱有3组峰,峰面积之比为1∶1∶6的结构简式为，故答案为6；；（5）甲苯与氯气发生取代反应，得到1-甲苯，Cl原子水解成羟基得到苯甲醇，苯甲醇再与发生消去反应得到，合成路线为：，故答案为。24、氯仿氯原子、醛基加成反应+4NaOH+3NaCl+2H2O【解析】

（1）根据A的结构简式可判断其俗称是氯仿，D中官能团为醛基、氯原子；对比D、E、G的结构可知反应②为加成反应，故答案为：氯仿；醛基、氯原子；加成反应；（2）G与氢氧化钠溶液反应发生水解反应，再脱去1分子水生成形成羧基，羧基和氢氧化钠发生中和反应，则反应方程式为：，故答案为：；（3）已知：，可推知反应②中副产物为苯环取代G中羟基，结构简式为：，故答案为：；（4）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，与足量浓溴水反应未见白色沉淀产生，说明酚羟基邻位、对位没有H原子，若L与NaOH的乙醇溶液共热能反应，则L含有-CH2CH2Cl或-CHClCH3，L苯环上还含有2个-Cl，L与NaOH的乙醇溶液共热时，羟基发生反应，还发生卤代烃的消去反应，生成物的结构简式为：，故答案为：。25、受热均匀，且易控制温度如温度过低，则反应速率较慢，且不利于ClO2的逸出2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O可减少ClO2挥发和水解8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2NaClO3135cV2V1偏大盐酸和BaCl2溶液将ClO2气体通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，观察溶液颜色变化，若溶液变为血红色，则证明ClO2的氧化性比【解析】

Ⅰ．水浴加热条件下，草酸、氯酸钾在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2，因遇热水缓慢水解，则B中含冰块的水用于吸收ClO2，根据氧化还原反应规律，结合生成物的物质的量的比及质量守恒定律书写反应方程式；C中NaOH溶液可吸收ClO2尾气，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为NaClO2，根据氧化还原反应规律来书写；II.有碘单质生成，用淀粉做指示剂；根据元素守恒结合反应得到关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算c(ClO2)；III.ClO2具有强氧化性，可氧化H2S生成硫酸，氧化亚铁离子生成铁离子，检验铁离子即可解答该题。【详解】I.(1)装置A用水浴加热的优点是受热均匀，且易控制温度，如温度过低，则反应速率较慢，且不利于ClO2的逸出，温度过高，会加剧ClO2水解；(2)装置A中反应生成ClO2及KHSO4等产物，同时草酸被氧化生成水和二氧化碳，则反应化学方程式为2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O；(3)装置B的水中需放入冰块，可减少ClO2挥发和水解；ClO2缓慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2，且物质的量之比为2:1，则根据反应前后各种元素原子个数相等，结合电子转移守恒，可得该反应的化学方程式为8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2；装置C中NaOH溶液的作用是吸收尾气中的ClO2，生成物质的量之比为的1：1的两种盐，由于ClO2中Cl元素的化合价为+4价，一种为NaClO2，根据氧化还原反应的规律，则另一种生成物为NaClO3；II.有碘单质生成，用淀粉作指示剂；二氧化硫和碘单质的反应中，根据电子守恒，得到：2ClO2～5I2，结合反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得到关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3。设原ClO2溶液的浓度为x，n(Na2S2O3)=c·V2×10-3mol，2ClO2～5I2～10Na2S2O32mol10mol10-2∙x∙V1×10-310-1cV2×10-3mol，2:10=10-2∙x∙V1如果滴加速率过慢，溶液中部分I-被氧气氧化产生I2，消耗的标准Na2S2O3溶液的体积偏大，则由此计算出的ClO2的含量就会偏大；(4)取适量ClO2水溶液加入H2S溶液中，振荡，得无色溶液，说明硫化氢被氧化生成硫酸，可先加入盐酸酸化，然后再加入氯化钡检验，若反应产生白色沉淀，证明有SO42-，即H2S被氧化产生了H2SO4；(5)证明ClO2的氧化性比Fe3+强，则可通过ClO2氧化Fe2+生成Fe3+，可将ClO2气体通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，观察溶液颜色变化，若溶液变为血红色，则证明ClO2的氧化性比Fe3+强。【点睛】本题考查了物质的制备和性质探究，把握物质的性质以及实验的原理和操作方法是解题关键，侧重考查学生的分析能力、实验能力，同时考查学生接受题目提供的信息能力与应用能力。26、ANH4＋＋NO2－N2↑＋2H2OAl2O3＋N2＋3C2AlN＋3COAl4C3减缓亚硝酸钠的滴加速度或降低A处酒精灯加热的温度61.5%NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢破坏了Al表面的氧化膜，便于Al快速反应【解析】

⑴A装置制取氮气，浓硫酸干燥，氮气排除装置内的空气，反之Al反应时被空气氧化。⑵根据氧化还原反应写出A、C的反应式，利用物质之间的反应推出C中可能出现的产物。⑶从影响反应速率的因素思考减缓氮气生成速率。⑷根据关系得出AlN的物质的量，计算产物中的质量分数。⑸氯化铵在反应中易分解，生成的HCl在反应中破坏了Al表面的氧化膜，加速反应。【详解】⑴A处是制取氮气的反应，可以排除装置内的空气，反之反应时Al被氧气氧化，因此最先点燃A处的酒精灯或酒精喷灯，故答案为：A。⑵装置A是制取氮气的反应，A中发生反应的离子方程式为NH4＋＋NO2－N2↑＋2H2O，装置C中主要反应的化学方程式为Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO，制得的AlN中可能含有氧化铝、活性炭外还可能是Al和C形成的化合物Al4C3，故答案为：NH4＋＋NO2－N2↑＋2H2O；Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO；Al4C3。⑶实验中发现氮气的产生速率过快，严重影响尾气的处理，减缓氮气的生成速度采取的措施是减缓亚硝酸钠的滴加速度或降低A处酒精灯加热的温度，故答案为：减缓亚硝酸钠的滴加速度或降低A处酒精灯加热的温度。⑷生成氨气的体积为1.68L即物质的量为0.075mol，根据方程式关系得出AlN的物质的量为0.075mol，则所得产物中AlN的质量分数为，故答案为：61.5%。⑸在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，可能是NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢破坏了Al表面的氧化膜，从而Al直接和氮气反应，因此其主要原因是NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢破坏了Al表面的氧化膜，故答案为：NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢破坏了Al表面的氧化膜，便于Al快速反应。27、球形冷凝管分水器中液面不再变化、CH3OCH3BD85.2%C【解析】

（1）A装置的名称是球形冷凝管。（2）步骤③为当分水器中液面不再变化，停止加热（3）上述实验可能发生的副反应为甲基丙烯酸甲酯聚合、甲醇分子间脱水、甲基丙烯酸聚合。（4）A.在该实验中，浓硫酸是催化剂和吸水剂B.酯化反应中若生成的酯的密度比水大，沉在水下，水从分水器中流入圆底烧瓶内，不能提高反应物的转化率C.洗涤剂X是一组试剂，产物要依次用饱和Na2CO3去除甲基丙烯酸、饱和NaCl溶液洗去甲基丙烯酸甲酯中溶解的Na2CO3、饱和CaCl2溶液吸收甲醇和水D.为了提高蒸馏速度，最后一步蒸馏可采用减压蒸馏；该步骤一定不能用常压蒸馏，防止甲基丙烯酸甲酯受热聚合（5）实验结束收集分水器分离出的水，并测得质量为2.70g，其物质的量为，则生成甲基丙烯酸甲酯0.15mol，n(甲基丙烯酸)=，n(甲醇)=，理论上生成甲基丙烯酸甲酯0.176mol，所以其产率约为。A.分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯，则实际产率减小；B.实验条件下发生副反应，则实际产率减小；C.产品精制时收集部分低沸点物质,则实际产率增大；D.产品在洗涤、蒸发过程中有损失，则实际产率减小。【详解】（1）A装置的名称是球形冷凝管。答案为：球形冷凝管；（2）步骤③为当分水器中液面不再变化，停止加热。答案为：分水器中液面不再变化；（3）上述实验可能生成的副产物结构简式为、CH3OCH3。答案为：、CH3OCH3；（4）A.在该实验中，浓硫酸是催化剂和吸水剂，A错误；B.酯化反应中若生成的酯的密度比水大，则酯沉在分水器中水下，水从分水器中流入圆底烧瓶内，不能提高反应物的转化率，B正确；C.洗涤剂X是一组试剂，产物要依次用饱和Na2CO3去除甲基丙烯酸、饱和NaCl溶液洗去甲基丙烯酸甲酯中溶解的Na2CO3、饱和CaCl2溶液吸收甲醇和水，C错误；D.为了提高蒸馏速度，最后一步蒸馏可采用减压蒸馏；该步骤一定不能用常压蒸馏，防止甲基丙烯酸甲酯受热聚合，D正确。答案为：BD；（5）实验结束收集分水器分离出的水，并测得质量为2.70g，其物质的量为，则生成甲基丙烯酸甲酯0.15mol，n(甲基丙烯酸)=，n(甲醇)=，理论上生成甲基丙烯酸甲酯0.176mol，所以其产率约为=85.2%。答案为：85.2%；A.分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯，则实际产率减小；B.实验条件下发生副反应，则实际产率减小；C.产品精制时收集部分低沸点物质，则实际产率增大；D.产品在洗涤、蒸发过程中有损失，则实际产率减小。答案为：C。28、C(s)O2(g)=CO2(g)ΔH=(a+b)kJ∙mol-1不能经反应器A得到的尾气中含有少量氧气，氧气与氢气混合可能发生爆炸bc50%P02正反应增大【解析】

Ⅰ(1)应用盖斯定律进行计算。(2)空气经反应器A后得到的尾气，尾气是氮气和少量氧气的混合物，和氢气接触，氢气和氧气容易发生爆炸。Ⅱ(3)反应a，升高温度，lgKp减小，Kp减小；反应b、c，升高温度，lgKp增大，Kp增大，再分析每一个反应平衡移动得出结论。(4)建立“三步走”，再计算压强平衡常数，最后得出结论。Ⅲ(5)先建立“三步走”，计算消耗的量，再根据压强平衡常数进行计算。(6)利用压强之比等于物质的量之比，得出此时