云南省麻栗坡县一中2026届高三下学期第5周考试化学试题含解析

云南省麻栗坡县一中2026届高三下学期第5周考试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（每题只有一个选项符合题意）1、aL（标准状况）CO2通入100mL3mol/LNaOH溶液的反应过程中所发生的离子方程式错误的是A．a=3.36时，CO2+2OH―→CO32―+H2OB．a=4.48时，2CO2+3OH―→CO32―+HCO3―+H2OC．a=5.60时，3CO2+4OH―→CO32―+2HCO3―+H2OD．a=6.72时，CO2+OH―→HCO3―2、化学与生活密切相关。下列说法正确的是A．垃圾分类中可回收物标志：B．农谚“雷雨肥庄稼”中固氮过程属于人工固氮C．绿色化学要求从源头上减少和消除工业生产对环境的污染D．燃煤中加入CaO

可以减少酸雨的形成及温室气体的排放3、Ag+与I－既能发生沉淀反应又能发生氧化还原反应。为探究其反应，进行下列实验：实验现象如下：实验1中试管②出现浅黄色沉淀,试管③无蓝色出现；实验2中电流计指针发生明显偏转。下列有关说法中错误的是A．实验1中Ag+与I－沉淀反应速率更大B．向实验2甲烧杯中滴入淀粉，溶液变蓝C．实验2装置的正极反应式为Ag＋＋e－=AgD．实验2中Ag+与I－沉淀反应速率大于04、二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种高效、低毒的消毒剂。其一种生产工艺如图所示。下列说法正确的是A．气体A为Cl2B．参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为3：1C．溶液B中含有大量的Na+、Cl－、OH－D．可将混合气通过饱和食盐水除去C1O2中的NH35、浓差电池有多种:一种是利用物质氧化性或还原性强弱与浓度的关系设计的原电池（如图1）:一种是根据电池中存在浓度差会产生电动势而设计的原电池（如图2）。图1所示原电池能在一段时间内形成稳定电流;图2所示原电池既能从浓缩海水中提取LiCl，又能获得电能。下列说法错误的是A．图1电流计指针不再偏转时,左右两侧溶液浓度恰好相等B．图1电流计指针不再偏转时向左侧加入NaCl或AgNO3或Fe粉，指针又会偏转且方向相同C．图2中Y极每生成1molCl2，a极区得到2molLiClD．两个原电池外电路中电子流动方向均为从右到左6、下列实验操作能达到相应实验目的的是实验操作或实验操作与现象实验目的或结论A将潮湿的氨气通过盛有无水氯化钙的干燥管干燥氨气B向10%蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热，再加入少量新制氢氧化铜悬浊液，加热，未出现砖红色沉淀蔗糖未水解C向FeCl3，CuCl2的混合溶液中加入足量铁粉，然后过滤提纯FeCl3D常温下，测定等浓度的NaClO4和Na2CO3溶液的pH验证非金属性:C1>CA．A B．B C．C D．D7、下列关于有机物（）的说法错误的是A．该分子中的5个碳原子可能共面B．与该有机物含相同官能团的同分异构体只有3种C．通过加成反应可分别制得烷烃、卤代烃D．鉴别该有机物与戊烷可用酸性高锰酸钾溶液8、某同学组装了如图所示的电化学装置电极I为Al，其他电极均为Cu，则A．电流方向：电极IV→→电极IB．电极I发生还原反应C．电极II逐渐溶解D．电极III的电极反应：Cu2++2e-==Cu9、用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是A．加热装置I中的烧杯分离I2和Fe B．利用装置Ⅱ合成氨并检验氨的生成C．利用装置Ⅲ制备少量的氯气 D．利用装置Ⅳ制取二氧化硫10、雾霾中对人体有害的主要成分有固体细颗粒、氮和硫的氧化物、芳香烃、重金属离子。下列说法不正确的是A．苯是最简单的芳香烃B．重金属离子可导致蛋白质变性C．氮和硫的氧化物都属于酸性氧化物D．汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一11、火山爆发产生的气体中含有少量的羰基硫（分子式是：COS），已知羰基硫分子结构与CO2类似，有关说法正确的是（）A．羰基硫是电解质B．羰基硫分子的电子式为：C．C、O、S三个原子中半径最小的是CD．羰基硫分子为非极性分子12、用滴有酚酞和氯化钠溶液湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断错误的是（）A．b极附近有气泡冒出 B．d极附近出现红色C．a、c极上都发生氧化反应 D．甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀13、下列实验中根据现象得出的结论正确的是（）选项实验现象结论A向NaAlO2溶液中持续通入气体Y先出现白色沉淀，最终沉淀又溶解Y可能是CO2气体B向某溶液中加入Cu和浓H2SO4试管口有红棕色气体产生原溶液可能含有NO3-C向溴水中通入SO2气体溶液褪色SO2具有漂白性D向浓度均为0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀Ksp[Cu(OH)2]＞Ksp[Mg(OH)2]A．A B．B C．C D．D14、下列说法或表示方法正确的是（）A．在稀溶液中，H2SO4和Ba(OH)2的中和热要大于57.3kJ/molB．2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H＜O，△S＞OC．已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；△H=－98.3kJ/mol。将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器中反应，放出49.15kJ的热量D．在10lkPa、25℃时，1gH2完全燃烧生成气态水，放出120.9kJ的热量，则氢气的燃烧热为241.8kJ/mol15、一种新型固氮燃料电池装置如图所示。下列说法正确的是A．通入H2的电极上发生还原反应B．正极反应方程式为N2＋6e－＋8H＋=2NH4+C．放电时溶液中Cl－移向电源正极D．放电时负极附近溶液的pH增大16、在0.1mol/L的Na2CO3溶液中，下列关系式正确的是（）A．c(Na+)=2c(CO32-) B．c(H+)>c(OH-)C．c(CO32-)+c(HCO3-)=0.1mol/L D．c(HCO3-)<c(OH-)二、非选择题（本题包括5小题）17、盐酸普罗帕酮是一种高效速效抗心律失常药。合成此药的原料D的流程如下：已知：请回答以下问题：(I)A的化学名称为____，试剂a的结构简式为____。(2)C的官能团名称为____________。(3)反应⑤的反应类型为____；反应①和⑤的目的为_______。(4)满足下列条件的B的同分异构体还有___种(不包含B)。其中某同分异构体x能发生水解反应，核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1，请写出x与NaOH溶液加热反应的化学方程式____。①能发生银镜反应②苯环上有2个取代基(5)关于物质D的说法，不正确的是____（填标号）。a．属于芳香族化合物b．易溶于水c．有三种官能团d．可发生取代、加成、氧化反应18、化合物G是合成抗心律失常药物决奈达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：

请回答下列问题：（1）R的名称是_______________；N中含有的官能团数目是______。（2）M→N反应过程中K2CO3的作用是____________________________________。（3）H→G的反应类型是______________。（4）H的分子式________________。（5）写出Q→H的化学方程式：___________________________________。（6）T与R组成元素种类相同，符合下列条件T的同分异构体有_____种。①与R具有相同官能团；②分子中含有苯环；③T的相对分子质量比R多14其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1:1:2:2:2的结构简式有___________。（7）以1，5-戊二醇()和苯为原料(其他无机试剂自选)合成，设计合成路线：_________________________________________。19、某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色液面上方出现白雾；

稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；

稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是_________。（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_________。（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HC1小液滴形成，进行如下实验：a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。①实验a目的是______。②由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是________。（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和C1-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是______。（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X①向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化。取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_____。②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因：________。20、三硫代碳酸钠(Na2CS3)在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子。某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行探究。回答下列问题：(1)在试管中加入少量三硫代碳酸钠样品，加水溶解，测得溶液pH=10，由此可知H2CS3是______(填“强”或“弱”)酸。向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去，由此说明Na2CS3具有______性。(填“还原”或“氧化”)。(2)为了测定某Na2CS3溶液的浓度，按如图装置进行实验。将35.0mL该Na2CS3溶液置于下列装置A的三颈烧瓶中，打开仪器d的活塞，滴入足量稀硫酸，关闭活塞。已知：CS32-+2H+==CS2+H2S↑，CS2和H2S均有毒；CS2不溶于水，沸点46°C，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。①仪器d的名称是__________。反应开始时需要先通入一段时间N2，其作用为______。②B中发生反应的离子方程式是________。③反应结束后。打开活塞K。再缓慢通入热N2(高于60°C)一段时间，其目的是__________。④为了计算该Na2CS3溶液的浓度，可测定B中生成沉淀的质量。称量B中沉淀质量之前，需要进行的实验操作名称是过滤、_____、________；若B中生成沉淀的质量为8.4g，则该Na2CS3溶液的物质的量浓度是___________。⑤若反应结束后将通热N2改为通热空气(高于60°C)，通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时，计算值______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。21、在气体分析中，常用CuCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，其化学反应如下：2CuCl+2CO+2H2O＝Cu2Cl2•2CO•2H2O。回答下列问题：（1）Cu在元素周期表中属于______（选填“s”、“p”、“d”或“ds”）区元素。研究人员发现在高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+，基态Cu3+的电子排布式为______。（2）C、N、O三种原子中的第一电离能最大的是______。NO3-离子的空间构型是______。（3）CO与N2互称等电子体。①它们的分子中都存在三个共价键，其中包含______个σ键，______个π键。②下表为CO和N2的有关信息。键的类型A-B（单键）A=B（双键）A≡B（叁键）键能（kJ/mol）CO3518031071N2159418946根据表中数据，说明CO比N2活泼的原因是______。（4）Cu2Cl2•2CO•2H2O是一种配合物，其结构如图所示：①该配合物中氯原子的杂化方式为______。②该配合物中，CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是______。（5）阿伏加德罗常数的测定有多种方法，X射线衍射法就是其中的一种。通过对CuCl晶体的X射线衍射图象分析，可以得出CuCl的晶胞如图所示，则距离每个Cu+最近的Cl-的个数为______。若晶体中Cl-呈立方面心最密堆积方式排列，Cl-的半径为apm，晶体的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数NA=______（列计算式表达）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

n(NaOH)＝0.1L×3mol·L－1＝0.3mol；A.a＝3.36时，n(CO2)＝0.15mol，发生CO2＋2OH－=CO32-＋H2O，故不选A；B.a＝4.48时，n(CO2)＝0.2mol，由C原子守恒及电荷守恒可知，发生2CO2＋3OH－=CO32-＋HCO3-＋H2O，故不选B；C.a＝5.60时，n(CO2)＝0.25mol，由C原子守恒及电荷守恒可知，发生的反应为5CO2＋6OH－=CO32-＋4HCO3-＋H2O中，故选C；D.a＝6.72时，n(CO2)＝0.3mol，发生CO2+OH―=HCO3―，故不选D；答案：C。少量二氧化碳：发生CO2+2OH-=CO32-+H2O，足量二氧化碳：发生CO2+OH-=HCO3-，结合反应的物质的量关系判断。2、C【解析】

A.垃圾分类中可回收物标志是，表示垃圾分类中的其他垃圾，故A错误；B.空气中的N2在放电条件下与O2反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸随雨水降到地面，同土壤中的矿物相互作用，生成溶于水的硝酸盐可作氮肥，该过程属于自然固氮，故B错误；C.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少工业生产对环境的污染，而不能污染后再治理，故C正确；D.煤燃烧生成CO2和SO2，CaO可以和SO2结合生成CaSO3，并最终被氧化成CaSO4，而CO2在高温下不能与CaO结合生成CaCO3，则燃煤中加入CaO后可减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，故D错误；答案选C。3、D【解析】

由题意可知Ag+与I－可发生沉淀反应Ag++I－=AgI↓、氧化还原反应2Ag++2I－=2Ag+I2，二者相互竞争。A．实验1中试管②出现浅黄色沉淀，试管③无蓝色出现，表明无I2生成或生成的I2没检出，说明Ag+与I－发生沉淀反应占优势，故A正确；B．实验2中电流计指针发生明显偏转，则实验2的装置一定为原电池(无外加电源)，表明Ag+与I－发生氧化还原反应2Ag++2I－=2Ag+I2，淀粉遇碘变蓝，故B正确；C．根据Ag+与I－发生氧化还原反应2Ag++2I－=2Ag+I2，该原电池负极反应为2I－－2e－=I2，正极反应为Ag++e－=Ag，故C正确；D．实验2中AgNO3、KI溶液分别在甲乙烧杯中，并未相互接触，故二者间不会发生沉淀即速率为0，故D错误；答案选D。4、C【解析】

氯化铵溶液中加入盐酸通电电解，得到NCl3溶液，氮元素化合价由-3价变化为+3价，在阳极发生氧化反应，阴极是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，则气体A为氢气；在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2、NH3和溶液B，由氢元素守恒可知，有水参加反应，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，反应还生成NaCl与NaOH。【详解】A．根据分析，气体A为H2，故A错误；B．在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2、NH3和溶液B，由氢元素守恒可知，有水参加反应，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，反应还生成NaCl与NaOH，方程式为：6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3+3NaOH，参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为6：1，故B错误；C．根据分析，结合反应6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3+3NaOH可知，溶液B中含有NaCl与NaOH，则含有大量的Na+、Cl－、OH－，故C正确；D．二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体，不可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3，故D错误；答案选C。5、B【解析】

图1左边硝酸银浓度大于右边硝酸银浓度，设计为原电池时，右边银失去电子，化合价升高，作原电池负极，左边是原电池正极，得到银单质，硝酸根从左向右不断移动，当两边浓度相等，则指针不偏转；图2氢离子得到电子变为氢气，化合价降低，作原电池正极，右边氯离子失去电子变为氯气，作原电池负极。【详解】A.根据前面分析得到图1中电流计指针不再偏转时，左右两侧溶液浓度恰好相等，故A正确；B.开始时图1左边为正极，右边为负极，图1电流计指针不再偏转时向左侧加入NaCl或Fe，左侧银离子浓度减小，则左边为负极，右边为正极，加入AgNO3，左侧银离子浓度增加，则左边为正极，右边为负极，因此指针又会偏转但方向不同，故B错误；C.图2中Y极每生成1molCl2，转移2mol电子，因此2molLi+移向a极得到2molLiCl，故C正确；D.两个电极左边都为正极，右边都为负极，因此两个原电池外电路中电子流动方向均为从右到左，故D正确。综上所述，答案为B。分析化合价变化确定原电池的正负极，原电池负极发生氧化，正极发生还原，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。6、D【解析】

A.氨气和氯化钙能发生络合反应，所以氯化钙不能干燥氨气，选项A错误；B.蔗糖水解完全后未用碱中和，溶液中的酸和氢氧化铜发生反应，水解产物不能发生反应。葡萄糖和氢氧化铜发生反应需要在碱性环境中进行，无法说明蔗糖末水解，选项B错误；C.铁也与氯化铁反应生成氯化亚铁，得不到氯化铁，选项C错误；D.测定等物质的量浓度的Na2CO3和NaClO4溶液的pH，Na2CO3的水解程度大，前者的pH比后者的大，越弱越水解，故碳元素非金属性弱于氯，选项D正确；答案选D。本题考查较为综合，涉及物质的检验和性质的比较，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价。7、B【解析】

A.乙烯分子是平面分子，该化合物中含有不饱和的碳碳双键，与这两个不饱和碳原子连接的C原子在乙烯分子的平面内，对于乙基来说，以亚甲基C原子为研究对象，其周围的C原子构成的是四面体结构，最多两个顶点与该原子在同一平面上，所以该分子中的5个碳原子可能共面，A不符合题意；B.与该有机物含相同官能团的同分异构体有CH2=CH-CH2CH2CH3、CH3CH=CH-CH2CH3、、，B符合题意；C.该物质分子中含有碳碳双键，与H2发生加成反应产生烷烃；与卤化氢和卤素单质发生加成反应可制得卤代烃，C不符合题意；D.戊烷性质稳定，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而该物质分子中含有不饱和碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，因此可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别二者，D不符合题意；故合理选项是B。8、A【解析】

A、由题意可知，该装置的I、II是原电池的两极，I是负极，II是正极，III、IV是电解池的两极，其中III是阳极，IV是阴极，所以电流方向：电极IV→→电极I，正确；B、电极I是原电池的负极，发生氧化反应，错误；C、电极II是原电池的正极，发生还原反应，有Cu析出，错误；D、电极III是阳极，发生氧化反应，电极反应是Cu-2e-=：Cu2+，错误；答案选A。9、C【解析】

A、加热时I2和Fe发生化合反应，故A错误；B、检验氨的生成要用湿润的pH试纸，故B错误；C、高锰酸钾氧化性较强，在常温下就可以与浓盐酸反应产生氯气，故C正确；D、铜与浓硫酸反应制取二氧化硫要加热，故D错误。答案C。10、C【解析】

A.苯分子中只含1个苯环且没有侧链，所以苯是最简单的芳香烃，故A正确；B.重金属盐有毒，金属离子可导致蛋白质变性，故B正确；C.NO、NO2都不是酸性氧化物，故C错误，故选C；D.汽车尾气含大量的固体颗粒物，汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一，故D正确。11、B【解析】

A.羰基硫（COS）自身不能电离，属于非电解质，不是电解质，A项错误；B.羰基硫分子结构与CO2类似，为直线型结构，结构式为：O=C=S，则COS的电子式为，B项正确；C.C、O、S三个原子中，S原子电子层最多，S的原子半径最大；C、O原子都含有2个电子层，原子序数越大原子半径越小，则原子半径C＞O，即半径最小的是O，C项错误；D.羰基硫的结构式为O=C=S，但2个极性键的极性不等，所以正负电荷的中心不重合，是极性分子，D项错误；答案选B。12、A【解析】

甲构成原电池，乙为电解池，甲中铁发生吸氧腐蚀，正极上电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，乙中阴极上电极反应式为:2H++2e-=H2↑，水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH-，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，以此解答该题。【详解】A、b极附是正极，发生电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，所以无气泡冒出，故A错误；B、乙中阴极上电极反应式为:2H++2e-=H2↑，水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH-，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，故B正确；C、a是原电池的负极发生氧化反应、c极是电解池的阳极发生氧化反应,所以a、c极上都发生氧化反应，故C正确；

D、甲中铁是原电池的负极被腐蚀，而乙中是电解池的阴极被保护，所以甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀，故D正确；故答案选A。作为电解池，如果金属铁连在电源的正极上做电解池的阳极，铁更易失电子变为亚铁离子，腐蚀速率加快；如果金属铁连在电源的负极上做电解池的阴极，金属铁就不能失电子，只做导体的作用，金属铁就被保护，不发生腐蚀。13、B【解析】

A.碳酸不与氢氧化铝反应；B.浓硝酸与铜反应生成二氧化氮气体；C.溴水中通入SO2气体后发生氧化还原反应；D.氢氧化铜更难溶，溶度积越小越难溶。【详解】A.氢氧化铝不能溶于碳酸，由现象可知气体为HCl，故A错误；B.常温下Cu不与浓硫酸反应，生成的红棕色气体为二氧化氮，说明溶液中可能含有NO3-,硝酸与Cu在常温下能够反应生成一氧化氮，一氧化氮遇到氧气变为红棕色二氧化氮气体，故B正确；C.溴水中通入SO2气体后溶液褪色，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，体现二氧化硫的还原性，故C错误；D.先出现蓝色沉淀，说明氢氧化铜更难溶，则Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，故D错误；答案选B。本题考查实验方案的评价，涉及元素化合物性质、溶度积大小比较、盐的水解等知识，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。14、B【解析】

A.在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫做中和热，在稀溶液中，H2SO4和Ba(OH)2的中和热等于57.3kJ/mol，故A错误；B.2C（s）+O2（g）═2CO（g）燃烧过程均为放热反应，△H＜O；该反应是气体体积增加的反应，即为混乱度增大的过程，△S＞O；故B正确C.已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；△H=－98.3kJ/mol。该反应为可逆反应，△H=－98.3kJ/mol为反应进行彻底时放出的热量，将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器中反应，放出的热量小于49.15kJ，故C错误。D.在10lkPa、25℃时，1gH2完全燃烧生成气态水，水蒸气不是稳定的氧化物，不能用于计算燃烧热，故D错误；答案选B15、B【解析】

A．通入氢气的一极为负极，发生氧化反应，选项A错误；B．氮气在正极获得电子，电极反应式为N2+6e-+8H+═2NH4+，选项B正确；C.放电时溶液中阴离子Cl－移向电源负极，选项C错误；D．通入氢气的一极为负极，电极方程式为H2-2e-=2H+，pH减小，选项D错误；答案选B。本题考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度判断氧化还原反应，确定正负极反应，为解答该题的关键，以N2、H2为电极反应物，以HCl-NH4Cl溶液为电解质溶液制造新型燃料电池，正极发生还原反应，氮气在正极获得电子，酸性条件下生成NH4+，该电池的正极电极反应式为：N2+8H++6e-=2NH4+，通入氢气的一极为负极，电极方程式为H2-2e-=2H+，总方程式为2N2+6H2+4H+=4NH4+，以此解答该题。16、D【解析】

A.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解，即CO32-+H2OHCO3-+OH-，所以c(Na+)>2c(CO32-)；故A错误；

B.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解，即CO32-+H2OHCO3-+OH-，由于CO32-水解溶液呈碱性，所以c(OH-)>c(H+)，故B错误；

C.由于Na2CO3在溶液中存在着下列平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-;HCO3-+H2OH2CO3+OH-;所以Na2CO3在溶液中C的存在形式为CO32-、HCO3-、H2CO3，根据物料守恒:c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=0.1mol/L，故C错误；D.由于CO32-水解，水解方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2O=H2CO3+OH-，所以c(OH)>c(HCO3-)，故D正确；所以答案：D。根据Na2CO3在溶液中存在：Na2CO3=2Na++CO32-；CO32-+H2OHCO3-+OH-；HCO3-+H2OH2CO3+OH-;H2OH++OH-，进行分析判断。二、非选择题（本题包括5小题）17、邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）羟基，羰基取代反应保护羟基不被氧化11bc【解析】

C为；(I)按命名规则给A命名，结合题给信息与反应②中的反应物和产物结构，找出试剂a，可确定结构简式；(2)由反应⑤⑥找到C的结构简式，并且找出其的官能团写名称即可；(3)找到C的结构简式是关键，从流程开始的物质A到C，可发现只有醛基被消除，由此可发现⑤的反应类型及反应①和⑤的目的；(4)从B的结构出发，满足条件的B的同分异构体(不包含B)中，先找出条件对应的基团及位置，最后再确定总数目，同分异构体x与NaOH溶液加热下反应，则X含酯基，X核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1，确定X结构即可求解；(5)关于物质D的说法不正确的有哪些？从结构中含有苯环、醚键、羰基、醇羟基等基团的相关概念、性质判断；【详解】(I)A为，则其名称为：邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）；答案为：邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）；题给信息，反应②为，则试剂a为；答案为：；(2)由反应⑤⑥找到C的结构简式：，官能团为羟基和羰基；答案为：羟基；羰基；(3)C的结构简式是，与HI在加热下发生反应⑤得到，可见是-OCH3中的-CH3被H取代了；从流程开始的物质A到C，为什么不采用以下途径：主要是步骤3中醇羟基被氧化成羰基时，酚羟基也会被氧化，因此反应①和⑤的目的为保护羟基不被氧化；答案为：取代反应；保护羟基不被氧化；(4)B的同分异构体(不包含B)要满足条件①能发生银镜反应②苯环上有2个取代基，其中有一个醛基(含甲酸酯基)，且取代基可以是邻、间、对3种位置，则2个取代基可以有四种组合：首先是和，它们分别处于间、对，共2种（处于邻位就是B要排除），剩下3种组合分别是、、，它们都可以是邻、间、对3种位置，就9种，合起来共11种；答案为：11；某同分异构体x能与NaOH溶液加热下反应，则X含甲酸酯基，则X中苯环上的侧链为，X核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1，则取代基处于对位，因此X为，则反应方程式为；答案为：(5)D为，关于物质D的说法：a．因为含有苯环，属于芳香族化合物，a说法正确，不符合；b．亲水基团少，憎水基团大，不易溶于水，b说法不正确，符合；c．含氧官能团有3种，还有1种含氮官能团，c说法不正确，符合；d．醇羟基可发生取代、氧化，羰基、苯环上可催化加氢反应,d说法正确，不符合；答案为：bc。18、邻羟基苯甲醛(或2-羟基苯甲醛)4消耗产生的HCl，提高有机物N的产率取代反应C15H18N2O3+→2HCl+17、【解析】

R在一定条件下反应生成M，M在碳酸钾作用下，与ClCH2COOC2H5反应生成N，根据N的结构简式，M的结构简式为，根据R和M的分子式，R在浓硫酸、浓硝酸作用下发生取代反应生成M，则R的结构简式为，N在一定条件下反应生成P，P在Fe/HCl作用下生成Q，Q与反应生成H，根据H的结构简式和已知信息，则Q的结构简式为，P的结构简式为：；H在(Boc)2O作用下反应生成G，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，R的结构简式为，名称是邻羟基苯甲醛(或2-羟基苯甲醛)；根据N的结构简式，其中含有的官能团有醚基、酯基、硝基、醛基，共4种官能团；(2)M在碳酸钾作用下，与ClCH2COOC2H5反应生成N，根据N的结构简式，M的结构简式为，根据结构变化，M到N发生取代反应生成N的同时还生成HCl，加入K2CO3可消耗产生的HCl，提高有机物N的产率；(3)Q与反应生成H，Q的结构简式为，Q中氨基上的氢原子被取代，H→G的反应类型是取代反应；(4)结构式中，未标注元素符号的每个节点为碳原子，每个碳原子连接4个键，不足键由氢原子补齐，H的分子式C15H18N2O3；(5)Q与反应生成H，Q的结构简式为，Q→H的化学方程式：+→2HCl+；(6)R的结构简式为，T与R组成元素种类相同，①与R具有相同官能团，说明T的结构中含有羟基和醛基；②分子中含有苯环；③T的相对分子质量比R多14，即T比R中多一个-CH2-，若T是由和-CH3构成，则连接方式为；若T是由和-CH3构成，则连接方式为；若T是由和-CH3构成，则连接方式为；若T是由和-CHO构成，则连接方式为；若T是由和-OH构成，则连接方式为；若T是由和-CH(OH)CHO构成，则连接方式为，符合下列条件T的同分异构体有17种；其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1:1:2:2:2，说明分子中含有5种不同环境的氢原子，结构简式有、；(7)以1，5-戊二醇()和苯为原料，依据流程图中Q→F的信息，需将以1，5-戊二醇转化为1，5-二氯戊烷，将本转化为硝基苯，再将硝基苯转化为苯胺，以便于合成目标有机物，设计合成路线：。苯环上含有两个取代基时，位置有相邻，相间，相对三种情况，确定好分子式时，确定好官能团可能的情况，不要有遗漏，例如可能会漏写。19、2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O漂白性检验氯气SO2也能和酸化的硝酸银生成白色沉淀要证明现象II中黄绿色为溶液酸性的增强引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，观察溶液的颜色变化即可CaSO4Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl-＋4H++SO42-【解析】

（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸。【详解】（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（2）pH试纸先变蓝(约为12)溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象的白雾由HCl小液滴形成，①用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；②用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；故答案为白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀；（4）现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应．通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为氯气；故答案为：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；（5）①取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42-，故沉淀X为CaSO4；②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸；反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+。20、弱还原分液漏斗排除装置中的空气Cu2++H2S=CuS↓+2H+将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收洗涤干燥2.5mol/L偏高【解析】

（1）根据盐类