上海市奉贤区市级名校新高考化学考前最后一卷预测卷及答案解析

上海市奉贤区市级名校新高考化学考前最后一卷预测卷注意事项：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、实验室用下图所示装置进行液体石蜡分解及其产物性质实验。下列操作或叙述错误的是A．装置b、c中发生反应的基本类型不同B．实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色C．d中溶液变浑浊证明石蜡分解产生了CO2D．停止加热后立即关闭K可以防止液体倒吸2、25℃时，把0.2mol/L的醋酸加水稀释，那么图中的纵坐标y表示的是（）A．溶液中OH-的物质的量浓度 B．溶液的导电能力C．溶液中的 D．醋酸的电离程度3、常温下，下列事实能说明HClO是弱电解质的是A．0.01mol·L-1的HClO溶液pH>2B．NaClO、HClO都易溶于水C．NaClO的电离方程式：NaClO＝Na++ClO-D．HClO与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO44、海水是巨大的资源宝库：从海水中提取食盐和溴的过程如下：下列说法错误的是A．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等B．电解熔融的氯化钠是一个将电能转化为化学能的过程C．步骤Ⅱ中将Br2还原为Br－的目的是富集溴元素D．向母液中加入石灰乳可得到Mg(OH)2，工业上常用电解熔融的Mg(OH)2来制取镁5、银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，电池反应是：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，下列说法正确的是（）A．工作时原电池负极附近溶液的pH增大 B．电子由Zn经过溶液流向Ag2OC．溶液中OH-由Zn电极移向Ag2O电极 D．Ag2O作正极：Ag2O+H2O+2e-＝2Ag+2OH-6、维生素C是广泛存在于新鲜水果蔬菜及许多生物中的一种重要的维生素，作为一种高活性物质，它参与许多新陈代谢过程。某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式如下：+I2+2HI下列说法正确的是（）A．上述反应说明维生素C能使碘水褪色，该反应的反应类型为取代反应B．维生素C可发生取代反应、加成反应、氧化反应C．维生素C可以水解得到2种产物D．维生素C不可溶于水，可以溶于有机溶剂7、下列化学用语表述正确的是()A．丙烯的结构简式:CH3CHCH2B．丙烷的比例模型:C．氨基的电子式HD．乙酸的键线式:8、氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为aHClO3=bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时，试纸先变蓝后褪色。下列说法正确的是A．若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子为20e-B．变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了：4Cl2+I2+6H2O=12H++8Cl-+2IO3-C．氧化产物是高氯酸和氯气D．由反应可确定：氧化性：HClO4＞HClO39、下图是通过Li-CO2电化学技术实现储能系统和CO2固定策略的示意团。储能系统使用的电池组成为钌电极/CO2饱和LiClO4-(CH3)2SO(二甲基亚砜)电解液/锂片，下列说法不正确的是A．Li-CO2电池电解液为非水溶液B．CO2的固定中，转秱4mole－生成1mol气体C．钌电极上的电极反应式为2Li2CO3+C-4e－＝4Li++3CO2↑D．通过储能系统和CO2固定策略可将CO2转化为固体产物C10、用化学用语表示2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2中的相关微粒，其中正确的是()A．中子数为6的碳原子：612C B．氧原子的结构示意图：C．CO2的结构式：O—C—O D．Na2O2的电子式：NaNa11、K2FeO4在酸性或中性溶液中能快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。如图是制备高铁酸钾的一种装置，制取实验完成后，取C中紫色溶液，加入稀盐酸，产生气体。下列说法不正确的是（）A．B瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HClB．C瓶中KOH过量更有利于高铁酸钾的生成C．加盐酸产生气体可说明氧化性：K2FeO4＞Cl2D．高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝等特点为一体的优良的水处理剂12、下列有关实验的操作、现象和结论都正确的是选项实验操作现象结论A向浓度均为0.10mol•L－1的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）B向Na2SO3溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，然后再加入稀盐酸生成白色沉淀，加入稀盐酸，沉淀不溶解溶液已经变质C向盛有NH4Al（SO4）2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH4++OH-=NH3↑+H2OD测定等物质的量浓度的Na2CO3和NaClO的pH值Na2CO3＞NaClO酸性：H2CO3＜HClOA．A B．B C．C D．D13、一种新药物结构如图所示，下列有关该化合物说法正确的是A．分子式为C17H17N2O6B．能发生水解反应、聚合反应、取代反应、消去反应C．分子中含有四种不同的官能团D．能与氢气发生加成反应，但不能与溴的四氯化碳溶液反应14、用如图示的方法可以保护钢质闸门。下列说法正确的是（）A．当a、b间用导体连接时，则X应发生氧化反应B．当a、b间用导体连接时，则X可以是锌或石墨C．当a、b与外接电源相连时，a应连接电源的正极D．当a、b与外接电源相连时，阴极的电极反应式：2Cl--2e-=Cl2↑15、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是A．25℃、l0IKPa下，NA个C18O2分子的质量为48gB．标准状况下，22.4LHF中含有的电子数为10NAC．1mol白磷(P4)分子中所含化学键的数目为4NAD．1L0.1mol/L的NaClO水溶液中含有的氧原子数为0.lNA16、下列实验方案正确，且能达到目的的是（）A．A B．B C．C D．D17、实验过程中不可能产生Fe(OH)3的是A．蒸发FeCl3溶液 B．FeCl3溶液中滴入氨水C．将水蒸气通过灼热的铁 D．FeCl2溶液中滴入NaOH溶液18、在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)△H1<0平衡常数K1②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H2<0平衡常数K210分钟时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20％，10分钟内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10-3mol/(L·min)。下列说法不正确的是（）A．反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数为K1B．平衡后c(Cl2)=2.5×10-2mol/LC．其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2增大D．平衡时NO2的转化率为50％19、2019年2月，在世界移动通信大会(MWC)上发布了中国制造首款5G折叠屏手机的消息。下列说法不正确的是()A．制造手机芯片的关键材料是硅B．用铜制作手机线路板利用了铜优良的导电性C．镁铝合金制成的手机外壳具有轻便抗压的特点D．手机电池工作时，电池中化学能完全转化为电能20、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．11g超重水(T2O)含中子数为5NAB．25℃，pH=13的1LBa(OH)2溶液中OH—的数目为0.2NAC．1mol金刚石中C—C键的数目为2NAD．常温下，pH=6的MgCl2溶液中H+的数目为10-6NA21、雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某原电池。下列有关叙述正确的是A．砷酸的分子式为H2AsO4B．红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出C．该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为12：1D．该反应中每析出4.8g硫黄，则转移0.5mol电子22、下列离子方程式书写正确的是A．过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2+2OH-=SO32-+H2OB．Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I-=2Fe2++I2C．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2OD．NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物聚合物M：是锂电池正负极之间锂离子迁移的介质。由烃C4H8合成M的合成路线如下：回答下列问题：（1）C4H8的结构简式为_________________，试剂II是________________。(2)检验B反应生成了C的方法是___________________________________________。（3）D在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为___________；(4)反应步骤③④⑤不可以为⑤③④的主要理由是_______________________________。24、（12分）有机化合物P是合成抗肿瘤药物的中间体，其合成路线如下:已知:RClRCOOH（1）H的官能团名称___________。写出E的结构简式___________。（2）B→C中①的化学方程式___________。（3）检验F中官能团的试剂及现象_________。（4）D的同分异构体有多种，其中满足以下条件的有________种。①1molD能与足量NaHCO3反应放出2molCO2②核磁共振氢谱显示有四组峰（5）H→J的反应类型___________。（6）已知：K经过多步反应最终得到产物P：①K→L的化学方程式___________。②写出M的结构简式___________。25、（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：_______。26、（10分）草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]是一种常用的金属着色剂，易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间。某兴趣小组设计实验制备草酸铁铵并测其纯度。（1）甲组设计由硝酸氧化葡萄糖制取草酸，其实验装置(夹持及加热装置略去)如图所示。①仪器a的名称是________________。②55～60℃下，装置A中生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，该反应的化学方程式为__________________________。③装置B的作用是______________________；装置C中盛装的试剂是______________。（2）乙组利用甲组提纯后的草酸溶液制备草酸铁铵。将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液；滴加氨水至__________，然后将溶液________、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁铵产品。（3）丙组设计实验测定乙组产品的纯度。准确称量5.000g产品配成100mL溶液，取10.00mL于锥形瓶中，加入足量0.1000mol·L－1稀硫酸酸化后，再用0.1000mol·L－1KMnO4标准溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液的体积为12.00mL。①滴定终点的现象是_______________________。②滴定过程中发现褪色速率开始缓慢后迅速加快，其主要原因是____________________。③产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为____________％。[已知：(NH4)3Fe(C2O4)3的摩尔质量为374g·mol－1]27、（12分）草酸及其盐是重要的化工原料，其中最常用的是三草酸合铁酸钾和草酸钴，已知草酸钴不溶于水，三草酸合铁酸钾晶体（）易溶于水，难溶于乙醇。这两种草酸盐受热均可发生分解等反应，反应及气体产物检验装置如图。（l）草酸钴晶体（）在200℃左右可完全失去结晶水。用以上装置在空气中加热5.49g草酸钴晶体（）样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。实验过程中观察到只有B中澄清石灰水明显变浑浊，E中始终没有红色固体生成。根据实验结果，290-320℃过程中发生反应的化学方程式是____；设置D的作用是____。（2）用以上装置加热三草酸合铁酸钾晶体可发生分解反应。①检查装置气密性后，先通一段时间的N2，其目的是___；结束实验时，先熄灭酒精灯再通入N2至常温。实验过程中观察到B、F中澄清石灰水都变浑浊，E中有红色固体生成，则分解得到的气体产物是____。②C的作用是是____。（3）三草酸合铁酸钾的一种制备流程如下：回答下列问题：①流程“I”硫酸必须过量的原因是____②流程中“Ⅲ”需控制溶液温度不高于40℃，理由是____；得到溶液后，加入乙醇，然后进行过滤。加入乙醇的理由是____28、（14分）运用化学反应原理研究氮、氯等单质及其化合物的反应有重要意义。（1）科学家研究在一定条件下通过下列反应制备NH3:①在其他条件相同时，反应中NH3的体积分数(a)在不同温度下随反应时间(t)的变化如图。该反应的平衡常数表达式K=______，该反应中的____0（填“>”“<”或“=”）。②某温度下，在2L容积不变的密闭容器中加入1molN2和6molH2O（1）发生反应，N2转化率随时间(t)变化如图。15-20min内，v(NH3)=____。若其他条件不变，在图中画出使用催化剂后N2的转化率随反应时间变化的曲线示意图_______。（2）25℃时，某同学将0.lmol盐酸与0.2mol氨水等体积混合，所得混合溶液pH______7（填“>”“<”或“=”，下同），混合溶液中c(NH4+)______c(NH3H2O)（25℃时，NH3.H2O的电离常数）（3）25℃时，向0.lmol的MgCl2溶液中逐滴加入适量0.lmol氨水，有白色沉淀生成，向反应后的浊液中，继续加入0.lmol的FeCl3溶液，观察到的现象是______；上述过程中发生的所有反应的离子方程式为______。(25℃时，，）29、（10分）NVCO{化学式可表示为(NH4)a[(VO)b(CO3)c(OH)d]·10H2O}能用于制取VO2，实验室可由V2O5、N2H4·2HCl、NH4HCO3为原料制备NVCO。(1)原料NH4HCO3中HCO3-水解的离子方程式为____________。(2)N2H4·2HCl是N2H4的盐酸盐。已知N2H4在水中的电离方式与NH3相似，25℃时，K1=9.55×10-7。该温度下，反应N2H4+H＋N2H5+的平衡常数K=________(填数值)。(3)为确定NVCO的组成，进行如下实验：①称取2.130g样品与足量NaOH充分反应，生成NH30.224L(已换算成标准状况下)。②另取一定量样品在氮气氛中加热，样品的固体残留率(固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100%)随温度的变化如下图所示(分解过程中各元素的化合价不变)。根据以上实验数据计算确定NVCO的化学式(写出计算过程)________________。

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】

石蜡油在碎瓷片催化作用下发生裂化反应，生成物中含有烯烃，把生成物通入溴的四氯化碳溶液发生加成反应，溶液褪色，通入酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，据此解答。【详解】A．装置b中溴的四氯化碳溶液与分解生成的烯烃发生加成反应，装置c中酸性高锰酸钾溶液与分解生成的烯烃发生氧化反应，反应类型不同，A正确；B．石蜡油受热分解需要温度比较高，实验中用酒精灯加热石蜡油受热分解生成的产物较少，实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色，B正确；C．装置c中烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化也能生成CO2使d中溶液变浑浊，所以d中溶液变浑浊不能证明石蜡分解产生了CO2，C错误；D．停止加热后立即关闭K，后面装置中的液体就不会因为温度下降压强变化而产生倒吸，D正确；答案选C。2、B【解析】

A.加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子浓度逐渐减少，OH-的物质的量浓度逐渐增大，故A错误；B.醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子、醋酸根离子浓度逐渐减少，溶液的导电能力逐渐减小，故B正确；C.因温度不变，则Ka不变，且Ka=c(H+)，因

c(H+)浓度减小，则增大，故C错误；D.加水稀释，促进电离，醋酸的电离程度增大，

故D错误；答案选B。3、A【解析】A、0.01mol·L-1的HClO溶液pH>2，氢离子浓度小于HClO浓度，说明HClO在水溶液里部分电离，所以能说明该酸是弱电解质，选项A正确；B、NaClO、HClO都易溶于水，不能说明HClO的电离程度，所以不能据此判断HClO是弱电解质，选项B错误；C、NaClO的电离方程式：NaClO=Na++ClO-，说明NaClO完全电离为强电解质，但不能说明HClO部分电离，所以不能据此判断HClO是弱电解质，选项C错误；D、HClO与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4，说明HClO具有氧化性，能氧化亚硫酸钠，但不能说明HClO部分电离，所以不能判断HClO是弱电解质，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查电解质强弱的判断，明确强弱电解质的本质区别是解本题关键，注意不能根据电解质的溶解性强弱、溶液导电性强弱判断电解质强弱，为易错点。4、D【解析】

A.海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，选项A正确；B.电解熔融的氯化钠是一个将电能转化为化学能的过程，选项B正确；C.步骤Ⅱ中将Br2还原为Br－，发生反应Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，目的是富集溴元素，选项C正确；D.向母液中加入石灰乳可得到Mg(OH)2，工业上常用电解熔融的MgCl2来制取镁，选项D错误。答案选D。5、D【解析】

根据电池反应：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，电极反应式正极：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，负极：Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2A.工作时原电池负极消耗OH-，溶液的pH减小，故A错误；B.电子不能在溶液中传递，故B错误；C.原电池中阴离子向负极移动，溶液中OH-由Ag2O电极移向Zn电极，故C错误；D.根据上面分析，Ag2O作正极：Ag2O+H2O+2e-＝2Ag+2OH-，故D正确；答案选D。【点睛】根据题干中的电池总反应中氧化还原反应，写出电极反应，即可容易分析解答。6、B【解析】

A.从题给的化学方程式可知，维生素C与I2反应时，脱去分子中环上-OH中的氢，形成C=O双键，不属取代反应，属氧化反应，故A错误；B.维生素C中含有羟基、酯基可发生取代反应，碳碳双键、羟基可发生氧化反应，碳碳双键可发生加成反应，故B正确；C.维生素C含有酯基可以发生水解反应，但为环状化合物，水解生成一种产物，故C错误；D.维生素C含有多个-OH，为亲水基，能溶于水，故D错误；故答案为B。7、D【解析】

A.丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，碳碳双键是官能团，必须表示出来，故A不选；B.如图所示是丙烷的球棍模型，不是比例模型，故B不选；C.氨基的电子式为，故C不选；D.乙酸的键线式：，正确，故D选。故选D。8、A【解析】

A选项，将化学计量数a=8，b=3代入8HClO3═3O2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O方程，由元素守恒得d+2e=84d+e=18得d=4，e=2，由得失守恒可得该反应转移电子数为20e－，故A正确；B选项，电荷不守恒，故B错误；C选项，氧化产物是高氯酸和氧气，氯气是还原产物，故C错误；D选项，由反应可确定：氧化性：HClO3＞HClO4，故D错误；综上所述，答案为A。9、B【解析】

A选项，由题目可知，Li—CO2电池有活泼金属Li，故电解液为非水溶液饱和LiClO4—(CH3)2SO(二甲基亚砜)有机溶剂，故A正确；B选项，由题目可知，CO2的固定中的电极方秳式为：2Li2CO3＝4Li++2CO2↑+O2+4e－，转移4mole－生成3mol气体，故B错误；C选项，由题目可知，钌电极上的电极反应式为2Li2CO3+C-4e－＝4Li++3CO2↑，故C正确；D选项，由题目可知，CO2通过储能系统和CO2固定策略转化为固体产物C，故D正确。综上所述，答案为B。10、B【解析】

A.中子数为6的碳原子：612C，B.氧原子的原子序数为8，其原子结构示意图：，B项正确；C.CO2分子中各原子满8电子稳定，其中碳与氧原子形成的是共价双键，其结构式为：O=C=O，C项错误；D.Na2O2为离子化合物，存在离子键与非极性共价键，其电子式为：，D项错误；答案选B。【点睛】化学用语是化学考试中的高频考点，其中ZAX元素符号的含义要牢记在心，其左上角为质量数（A）、左下角为质子数（Z），质子数（Z）=核电荷数=原子序数，质量数（A）=质子数（Z）+中子数（11、C【解析】

在装置中，A为制取氯气的装置，B为除去Cl2中混有的HCl的装置，C为Cl2、Fe(OH)3、KOH制取K2FeO4的装置，D为未反应Cl2的吸收装置。【详解】A．因为Cl2中混有的HCl会消耗KOH、Fe(OH)3，所以需使用饱和食盐水除去，A正确；B．因为K2FeO4在碱性溶液中较稳定，所以C瓶中KOH过量更有利于高铁酸钾的生成，B正确；C．在C装置中发生反应3Cl2+10KOH+2Fe(OH)3==2K2FeO4+6KCl+8H2O，所以氧化性：K2FeO4<Cl2，C不正确；D．高铁酸钾具有强氧化性，能杀死细菌，反应生成的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，具有吸附、絮凝作用，所以高铁酸钾是优良的水处理剂，D正确；故选C。12、A【解析】

A．向浓度均为0.10mol•L－1的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现黄色沉淀，说明相同条件下AgI先于AgCl沉淀，二者为同种类型沉淀，Ksp越小溶解度越小，相同条件下越先沉淀，所以Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故A正确；B．即便亚硫酸没有变质，先加入Ba(NO3)2溶液，再加入稀盐酸后硝酸根也会将亚硫酸根氧化沉硫酸根，故B错误；C．向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液会先发生Al3++3OH-=Al(OH)3↓，并不能生成氨气，故C错误；D．测定等物质的量浓度的Na2CO3和NaClO的pH值，Na2CO3＞NaClO可以说明HCO3-的酸性强于HClO，若要比较H2CO3和HClO的酸性强弱，需要测定等物质的量浓度NaHCO3和NaClO的pH值，故D错误；故答案为A。13、C【解析】

由该有机物的结构简式可知分子式，其分子中含-COOC-、碳碳双键、氨基、硝基，结合酯、烯烃等有机物的性质来解答。【详解】A．根据该有机物的结构简式可知，其分子式为C17H18N2O6，故A错误；B．该有机物含-COOC-可发生水解、取代反应，含碳碳双键可发生聚合反应，不能发生消去反应，故B错误；C．该有机物含-COOC-、碳碳双键、氨基、硝基四种官能团，故C正确；D．该有机物含碳碳双键，故其可与氢气发生加成反应，也能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，故D错误；故答案为C。14、A【解析】

A．当a、b间用导体连接时构成原电池，根据题意，X应为负极，发生氧化反应，A正确；B．当a、b间用导体连接时构成原电池，根据题意，X应为负极，X应比Fe活泼，则X可以是锌，不能选用石墨，B错误；C．当a、b与外接电源相连时，a应连接电源的负极，C错误；D．当a、b与外接电源相连时，阴极应该发生得电子的还原反应，D错误；答案选A。15、A【解析】

A、NA个分子，其物质的量为1mol，其质量为1×48g=48g，故正确；B、标准状况下，HF不是气体，故错误；C、白磷是正四面体结构，4个P处于顶点，1mol白磷分子中含有化学键物质的量为6mol，故错误；D、NaClO溶液中有水，水是由氢元素和氧元素组成，即氧原子的物质的量大于0.1mol，故错误；故答案选A。16、D【解析】

A.强碱滴定弱酸时，化学计量点pH>7,应该用酚酞做指示剂，不能用甲基橙，因为变色pH范围大于7,而且由无色变成浅红色,颜色加深,便于确定终点，故A错误；B.将少量氯水滴入溴化亚铁溶液中，Cl2首先和Fe2+反应，不能证明Cl2的氧化性比Br2强，故B错误；C.二氧化锰是粉末状，不能用镊子取，故C错误；D.CO32-和SO32-在水溶液中水解使溶液呈碱性，碱性强弱取决于对应酸的电离程度，电离常数越小，酸性越弱，对应盐的碱性越强，pH越大，故D正确；正确答案是D。17、C【解析】

A.蒸发FeCl3溶液，铁离子水解生成氢氧化铁，故A正确；B.FeCl3溶液中滴入氨水生成氢氧化铁和氯化铵，故B正确；C.将水蒸气通过灼热的铁生成四氧化三铁和氢气，故C错误；D.FeCl2溶液中滴入NaOH溶液生成氢氧化亚铁和氯化钠，氢氧化亚铁遇到氧气被氧化成氢氧化铁，故D正确；故选：C。18、C【解析】

A.①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)△H1<0平衡常数K1=c(ClNO)c②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H2<0平衡常数K2=c2反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=c2(NO)∙c(Cl2)c4B.10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol×(1-20%)=0.4mol，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）=7.5×10-3mol/(L•min)，则平衡时n(ClNO)=7.5×10-3mol/(L•min)×10min×2L=0.15mol，设①中反应的NO2为xmol，②中反应的Cl2为ymol，则：2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)xmol0.5xmol2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)2ymolymol2ymol则0.5x+2y=0.15，(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(Cl2)=0.1mol-0.05mol2L=2.5×10-2mol/L，BC.平衡常数只受温度影响，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2不变，C错误；D.平衡时NO2的转化率为0.1mol0.2mol×100%=50%，故合理选项是C。19、D【解析】

A.单晶硅是良好的半导体材料，可以制作芯片，A项正确；B.铜属于金属，具有良好的导电性，可以做手机线路板，B项正确；C.镁铝合金密度小强度高，具有轻便抗压的特点，C项正确；D.手机电池工作时，电池中化学能主要转化为电能，但有一部分能量以热能形式会散失，D项错误；答案选D。20、C【解析】

A.11g超重水(T2O)的物质的量为0.5mol，由于在1个超重水(T2O)中含有12个中子，所以0.5mol超重水(T2O)中含中子数为6NA，A错误；B.溶液中氢氧根的物质的量浓度是0.1mol/L，则1L溶液中含有的氢氧根离子的数目为0.1NA，B错误；C.由于一个C原子与相邻的4个C原子形成共价键，每个共价键为相邻两个原子形成，所以1个C原子含有的C-C键数目为4×=2，因此1mol金刚石中C—C键的数目为2NA，C正确；D.缺体积，无法计算H+的数目，D错误；故合理选项是C。21、D【解析】

A、砷最高价为+5，砷酸的分子式为H3AsO4，故A错误；B、红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO2,原电池正极发生还原反应，所以NO2在正极生成并逸出，故B错误；C、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，As2S3化合价共升高10，硝酸被还原为NO2，氮元素化合价降低1，氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1，故C错误；D、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，1molAs2S3失10mol电子，生成2mol砷酸和3mol硫单质，所以生成0.15mol硫黄，转移0.5mol电子，故D正确。22、C【解析】

A、过量的SO2通入NaOH溶液中发生的反应为：SO2+OH﹣═HSO3﹣，故A错误；B、Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液后，溶液中存在强氧化性的硝酸，能将亚铁离子氧化，所以产物不会出现亚铁离子，故B错误；C、NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，实质是：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2O，故C正确；D、NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液发生的反应为：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O，故D错误．故选C。二、非选择题(共84分)23、NaOH水溶液取样，加入新配Cu(OH)2悬浊液，加热至沸，产生砖红色沉淀，证明生成C。或取样，加入银氨溶液，水浴加热，产生银镜，证明生成C保护碳碳双键不被氧化【解析】

（1）根据M的结构简式可知F与乙酸酯化生成M，则F的结构简式为CH2＝C(CH3)COOCH2CH2OH。E和环氧乙烷生成F，则E的结构简式为CH2＝C(CH3)COOH，因此C4H8应该是2—甲基—2丙烯，其结构简式为；B连续氧化得到D，D发生消去反应生成E，所以反应②应该是卤代烃的水解反应，因此试剂II是NaOH水溶液；（2）B发生催化氧化生成C，即C中含有醛基，所以检验B反应生成了C的方法是取样，加入新配Cu(OH)2悬浊液，加热至沸，产生砖红色沉淀，证明生成C。或取样，加入银氨溶液，水浴加热，产生银镜，证明生成C；（3）D分子中含有羟基和羧基，因此在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为；(4)由于碳碳双键易被氧化，所以不能先发生消去反应，则反应步骤③④⑤不可以为⑤③④的主要理由是保护碳碳双键不被氧化。24、醚键、硝基(C2H5OOC)2C=CHOC2H5ClCH2COOH+NaCN→CNCH2COOH+NaClFeCl3溶液，显紫色3还原反应+C2H5OH【解析】

A和Cl2反应生成B，B中只有1个Cl，所以应该是取代反应，B发生了给出的已知中的反应，所以C中有羧基，C有4个氧原子，而且C的不饱和度为2，再根据D的结构简式，可知C为丙二酸，B为ClCH2COOH，A为CH3COOH。根据K和J的结构简式可知E的结构简式为(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)，根据G的结构简式可知F为苯酚。【详解】（1）根据H的结构简式，H的官能团名称为醚键和硝基。E的结构简式为(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)。（2）B→C中①的化学方程式为ClCH2COOH+NaCNNCCH2COOH+NaCl。（3）F为苯酚，苯酚遇FeCl3溶液显紫色，或和浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀。（4）D的同分异构体有多种，1molD能与足量NaHCO3反应放出2molCO2，说明1个D分子中有2个羧基。核磁共振氢谱显示有四组峰，说明D分子有比较高的对称性。符合要求的有HOOCCH2CH2CH2CH2CH2COOH、HOOCCH(CH3)CH2CH(CH3)COOH和，共3种。（5）H→J是H中的硝基变成了氨基，是还原反应。（6）①根据已知，K→L发生了苯环上的一个氢原子和酯基上的乙氧基断裂结合成乙醇，苯环上的碳原子和断裂乙氧基的碳原子结合成新的碳碳单键的反应，再结合P的结构可知，苯环上断裂的氢原子是和氮原子处于邻位、和甲氧基处于对位的氢原子，所以K→L的化学方程式为：+C2H5OH。②得到的L继续发生给出的已知的反应，生成Q（），Q在NaOH溶液中发生水解，Cl被羟基代替，同时羧基和NaOH发生中和反应生成钠盐，故M的结构简式为。25、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，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有：，解得x：y＝3：4，铁的氧化物的化学式为Fe3O4，因此M→N发生反应的化学方程式为3FeC2O4Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑。【点睛】本题难点在于(6)②，根据质量，求分子式，可以通过质量守恒得到答案。26、球形冷凝管12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O安全瓶，防倒吸NaOH溶液溶液pH介于4.0~5.0之间加热浓缩、冷却结晶溶液变为粉红色,且半分钟内不褪色反应生成的Mn2+是该反应的催化剂74.8【解析】

(1)①根据图示分析判断仪器a的名称；②55～60℃下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，根据电子得失守恒、原子守恒分析书写方程式；③反应中生成的NO2和NO，均为大气污染气体，需要尾气吸收，NO2和NO被吸收时会导致倒吸；(2)草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间；草酸铁铵是铵盐，温度过高易分解，且温度过高促进铵根离子和铁离子水解，不能直接加热蒸干；(3)①滴定操作是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂；②滴定过程中高锰酸钾溶液被还原为Mn2+，且随着反应进行，Mn2+的浓度增大，反应速率加快，据此分析；③根据题给数据，结合反应，计算(NH4)3Fe(C2O4)3的物质的量，进而计算产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数=×100%。【详解】(1)①根据图示仪器a的名称为球形冷凝管；②55～60℃下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，根据电子得失守恒、原子守恒，该反应的化学方程式为12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O；③反应中生成的NO2和NO，均为大气污染气体，需要尾气吸收，NO2和NO被吸收时会导致倒吸，装置B的作用是做安全瓶防止倒吸，装置C中盛装的试剂是NaOH溶液，用于吸收NO2和NO，发生反应为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；(2)草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间，则将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至pH介于4.0～5.0之间；草酸铁铵是铵盐，温度过高易分解，且温度过高促进铵根离子和铁离子水解，不能直接加热蒸干；提纯后的草酸溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁铵产品；(3)①滴定操作是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂，滴定终点的现象是加入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪色，即为达到终点；②滴定过程中高锰酸钾溶液被还原为Mn2+，且随着反应进行，Mn2+的浓度增大，反应速率加快，说明反应生成的Mn2+可以加快反应速率，即Mn2+起催化剂的作用；③滴定过程中，产品溶液加稀硫酸酸化后形成草酸，草酸与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，离子反应为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，10.00mL产品溶液消耗n(MnO4-)=0.1000mol·L－1×0.012L=0.0012mol，则10.00mL产品溶液中n(H2C2O4)=n(MnO4-)=×0.0012mol=0.003mol，根据物料守恒，100mL产品溶液中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量=×0.003mol××374g·mol－1=3.74g，故产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为×100%=74.8%。27、3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2吸收水分排除装置中的空气，防止干扰实验结果CO2、CO除去CO2，防止干扰CO的检验防止Fe2+的水解防止H2O2分解三草酸合铁酸钾在乙醇中溶解度小，有利于三草酸合铁酸钾析出【解析】

(l)计算晶体物质的量n==0.03mol，失去结晶水应为0.06mol，固体质量变化=0.06mol×18g/mol=1.08g，图表数据可知，150～210固体质量变化=5.49g-4.41g=1.08g，说明210°C失去结晶水得到CoC2O4，210～290℃过程中是CoC2O4发生的反应，210～290℃过程中产生的气体只有CO2，依据元素守恒得到生成n(CO2)=0.06mol，m(CO2)=0.06mol×44g/mol=2.64g，气体质量共计减小=4.41g-2.41g=2g，说明不是分解反应，参加反应的还有氧气，则反应的m(O2)=2.64g-2g=0.64g，n(O2)==0.02mol，依据原子守恒配平书写反应的化学方程式；(2)①三草酸合铁酸钾晶体在110℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应，根据元素守恒推测得到的产物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2、CO，一氧化碳还原氧化铜，得到的金属铜可被氧气氧化，所以实验开始先通一段时间N2，将装置中的空气排净，实验结束时，为防止倒吸，应该先熄灭酒精灯再通入N2至常温，根据装置中现象变化判断产物；②为能准确判断三草酸合铁酸钾晶体高温下分解的产物中是否含有一氧化碳，现象为E中固体由黑色变为红色，且F中澄清石灰水变浑浊，为确保实验现象不被干扰，在C装置中装入足量氢氧化钠，把二氧化碳吸收干净，避免干扰一氧化碳的检验；(3)①亚铁离子易水解生成氢氧化亚铁，酸能抑制其水解；②温度高时，双氧水易水解；根据相似相溶原理分析；【详解】(l)计算晶体物质的量n()==0.03mol，失去结晶水应为0.06mol，固体质量变化=0.06mol×18g/mol=1.08g，图表数据可知，150～210固体质量变化=5.49g-4.41g=1.08g，说明210°C失去结晶水得到CoC2O4，210～290℃过程中是CoC2O4发生的反应，产生的气体只有CO2，依据元素守恒得到生成n(CO2)=0.06mol，m(CO2)=0.06mol×44g/mol=2.64g，气体共计减小质量=4.41g-2.41g=2g，说明有气体参加反应应为氧气，则反应的m(O2)=2.64g-2g=0.64g，n(O2)==0.02mol；n(CoC2O4)：n(O2)：n(CO2)=0.03：0.02：0.06=3：2：6，依据原子守恒配平书写反应的化学方程式为3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2，装置D中盛放的为浓硫酸，装置E的作用是验证草酸钴晶体受热分解的产物，防止对实验的干扰和实验安全，则浓硫酸的作用是吸收水分；(2)①三草酸合铁酸钾晶体在110℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应，根据元素守恒推测得到的产物可能是K2C