2023届上海市松江区统考高三第二次模拟考试化学试卷含解析

2023年高考化学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、在下列有机物中，经催化加氢后不能生成2甲基戊烷的是ACH2=C(CH3)CH2CH2CH3BCH2=CHCH(CH3)CH2CH3CCH3C(CH3)=CHCH2CH3DCH3CH=CHCH(CH3)CH32、下列关于甲烷、乙烯、苯和乙醇的叙述中，正确的是A都难溶于水B都能发生加成反应C都能发生氧化反应D都是化石燃料3、X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物（ZXY）2的结构式如图所示。下列说法错误的是A化合物WY是良好的耐热冲击材料BY的氧化物对应的水化物可能是弱酸CX的氢化物的沸点一定小于Z的D化合物（ZXY）2中所有原子均满足8电子稳定结构4、从制溴苯的实验中分离出FeBr3溶液，得到溴的苯溶液和无水FeCl3。下列设计能达到相应实验目的的是A用装置甲制取氯气按图示通入装置乙中能使Br-全部转化为溴单质B用装置丙分液时先从下口放出水层，换一容器从上口倒出有机层C检验溶液中是否氧化完全，取水层少许滴加硝酸银溶液，看有无沉淀生成D用装置丁将分液后的水层溶液蒸发至有大量晶体析出时，停止加热，余热蒸干5、在(NH4)2Fe(SO4)2溶液中逐滴加入100 mL 1mol/L的Ba(OH)2溶液，把所得沉淀过滤、洗涤、干燥，得到的固体质量不可能是( )A35. 3gB33.5gC32.3gD11.3g6、室温下，将0.1000mol·L1盐酸滴入20.00 mL未知浓度的某一元碱MOH溶液中，溶液pH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法不正确的是A该一元碱溶液浓度为0.1000mol·L1Ba点：c(M)>c(Cl)>c(OH-)>c(H+)Cb点：c(M)c(MOH)c(Cl)D室温下，MOH的电离常数Kb1×1057、我国科学家发明了一种“可固氮”的锂氮二次电池，用可传递 Li+的醚类物质作电解质，电池的总反应为6Li +N2 2Li3N，下列说法正确的是A固氮时，电能转化为化学能B固氮时，电流由锂电极经用电器流向钌复合电极C脱氮时，钌复合电极的电极反应： 2Li3N - 6e- =6 Li+N2D脱氮时 ，Li+向钌复合电极迁移8、高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li通过，结构如图所示：已知原理为（1x）LiFePO4xFePO4LixCnLiFePO4nC。下列说法不正确的是（）A充电时，Li向左移动B放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极C充电时，阴极的电极反应式为xLixenC=LixCnD放电时，正极的电极反应式为（1x）LiFePO4xFePO4xLixe=LiFePO49、下列微粒互为同位素的是AH2和D2B2He和3HeCO2和O3D冰和干冰10、将石墨烯一层层叠起来就是石墨。下列说法错误的是（）A自然界中存在石墨烯B石墨烯与石墨的组成元素相同C石墨烯能够导电D石墨烯属于烃11、能用共价键键能大小解释的性质是（ ）A稳定性：HCl>HIB密度：HI>HClC沸点：HI>HClD还原性：HI>HCl12、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13、下列实验操作会引起测定结果偏高的是（ ）A测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，晶体加热完全失去结晶水后，将盛试样的坩埚放在实验桌上冷却B中和滴定用的锥形瓶加入待测液后，再加少量蒸馏水稀释C读取量筒中一定体积的液体时，俯视读数D配制物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线,所配溶液的浓度14、下列说法错误的是A在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮B在高温下煤和水蒸气作用得到CO、H2、CH4等气体的方法属于煤的气化C由于含钠、钾、钙、铂等金属元素的物质焰色试验呈现各种艳丽色彩，可用于制造烟花D淀粉可用于制取葡萄糖、乙醇、乙酸15、苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如下，下列有关说法正确的是 +Aa、b、c均属于芳香烃Ba、d中所有碳原子均处于同一平面上CA有9种属于芳香族的同分异构体Dc、d均能发生氧化反应16、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A标准状况下，11.2 L HF所含分子数为0.5NAB2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数小于2NAC常温下，1 L 0.1 mol·L1氯化铵溶液中加入氢氧化钠溶液至溶液为中性，则溶液含铵根离子数为0.1 NAD已知白磷(P4)为正四面体结构，NA个P4与NA个甲烷所含共价键数目之比为1：117、以下物质检验的结论可靠的是( )A往溶液中加入溴水，出现白色沉淀，说明含有苯酚B向含酚酞的氢氧化钠溶液中加入溴乙烷，加热后红色变浅，说明溴乙烷发生了水解C在制备乙酸乙酯后剩余的反应液中加入碳酸钠溶液，产生气泡，说明还有乙酸剩余D将乙醇和浓硫酸共热后得到的气体通入溴水中，溴水褪色，说明生成了乙烯18、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A1L0.1mol/L的 NaHSO4溶液中所含的氧原子数目为0.4NAB1molOH(羟基)与1 mol H3O+中所含的电子数均为10NAC7.1gCl2与足量Fe充分反应，转移的电子数为0.2NAD80gCuO和Cu2S的混合物中，所含铜原子数为2NA19、室温下，向20 mL0.1 mol/L H2A溶液中逐滴加入0.1 mol/L NaOH溶液，H2A溶液中各粒子浓度分数(X)随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是 ( )A当溶液中A元素的主要存在形态为A2-时，溶液可能为弱酸性、中性或碱性B当加入NaOH溶液至20 mL时，溶液中存在(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)C室温下，反应A2-+H2A=2HA-的平衡常数的对数值lgK=3D室温下，弱酸H2A的第一级电离平衡常数用Ka1表示，Na2A的第二级水解平衡常数用Kh2表示，则Kal>Kh220、亚硝酰氯（NOCl）是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体，室温下为不稳定的黄色气体， 具刺鼻恶臭味，遇水分解，某学习小组用 C12 和 NO 制备 NOCl 装置如图。下列说法错误的是A氯气在反应中做氧化剂B装入药品后，要先打开 K2、K3，反应一段时间后，再打开 K1C利用 A 装置还可以做 Na2O2 和水制氧气的实验D若没有 B 装置，C 中可能发生反应：2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO221、下列说法中正确的有几项钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2配制480mL0.5mol/L的NaOH溶液，需要用托盘天平称量氢氧化钠固体9.6g盐酸既有氧化性又有还原性Fe(OH)3、FeCl2、H2SiO3都不直接用化合反应制备SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性将质量分数为5%和25%的氨水等体积混合后，所得溶液中溶质的质量分数大于15%干燥的Cl2和氯水均能使鲜花褪色中和热测定实验中需要用到的玻璃仪器只有烧杯、温度计和环形玻璃搅拌棒三种纯银器在空气中久置变黑是因为发生了化学腐蚀A3项B4项C5项D6项22、常温下 ，向 20.00mL 0. 1molL-1 BOH溶液中 滴入 0. 1 mo lL-1 盐酸 ，溶液中由水电离出的 c （ H+ ） 的负对数 - l gc水（ H+ ） 与所加盐酸体积的关系如下图所示，下列说法正确的是A常温下，BOH的电离常数约为 1×10-4BN 点溶液离子浓度顺序：c（B+）>c（Cl-）> c（ OH- ）>c（ H+）Ca =20D溶液的pH: R > Q二、非选择题(共84分)23、（14分）香料G的一种合成工艺如图所示。已知：核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为11。CH3CH2CH=CH2 CH3CHBrCH=CH2CH3CHO+CH3CHO CH3CH=CHCHO+H2O请回答下列问题：(1)A的结构简式为_ ，G中官能团的名称为_。(2)检验M已完全转化为N的实验操作是_(3)有学生建议，将MN的转化用KMnO4 (H)代替O2，你认为是否合理_(填“是”或“否”)原因是_(若认为合理则不填此空)。(4)写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：KL_，反应类型_。(5)F是M的同系物，比M多一个碳原子。满足下列条件的F的同分异构体有_种。(不考虑立体异构)能发生银镜反应能与溴的四氯化碳溶液加成苯环上只有2个对位取代基(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，请设计合成路线_(其他无机原料任选)。请用以下方式表示：A B目标产物24、（12分）新泽茉莉醛是一种名贵的香料，合成过程中还能得到一种PC树脂，其合成路线如图。已知：RCHO+RCH2CHO+H2ORCHO+HOCH2CH2OH+H2O+2ROH+HCl(1)E的含氧官能团名称是_，E分子中共面原子数目最多为_。(2)写出反应的化学方程式_。(3)写出符合下列条件并与化合物E互为同分异构体的有机物结构简式_。a能与浓溴水产生白色沉淀b能与溶液反应产生气体c苯环上一氯代物有两种(4)反应的反应类型是_。(5)已知甲的相对分子质量为30，写出甲和G的结构简式_、_。(6)已知化合物C的核磁共振氢谱有四种峰，写出反应的化学方程式_。(7)结合已知，以乙醇和苯甲醛()为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)_。25、（12分）工业上常用亚硝酸钠作媒染剂、漂白剂、钢材缓蚀剂、金属热处理剂。某兴趣小组用下列装置制备并探究NO、的某一化学性质中加热装置已略去。请回答下列问题： 已知：2NO+Na2O2=2NaNO2NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+(1)装置A三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_。(2)用上图中的装置制备，其连接顺序为：_按气流方向，用小写字母表示，此时活塞、如何操作_。(3)装置发生反应的离子方程式是_。(4)通过查阅资料，或NO可能与溶液中发生反应。某同学选择上述装置并按顺序连接，E中装入溶液，进行如下实验探究。 步骤操作及现象关闭K2，打开K1，打开弹簧夹通一段时间的氮气，夹紧弹簧夹，开始A中反应，一段时间后，观察到E中溶液逐渐变为深棕色。停止A中反应，打开弹簧夹和K2、关闭K1，持续通入N2一段时间更换新的E装置，再通一段时间N2后关闭弹簧夹，使A中反应继续，观察到的现象与步骤中相同步骤操作的目的是_；步骤C瓶中发生的化学方程式为_；通过实验可以得出：_填“、NO中的一种或两种”和溶液中发生反应使溶液呈深棕色。26、（10分）B实验化学丙炔酸甲酯（）是一种重要的有机化工原料，沸点为103105 。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为实验步骤如下：步骤1：在反应瓶中，加入14 g丙炔酸、50 mL甲醇和2 mL浓硫酸，搅拌，加热回流一段时间。步骤2：蒸出过量的甲醇（装置见下图）。步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。步骤4：有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。（1）步骤1中，加入过量甲醇的目的是_。（2）步骤2中，上图所示的装置中仪器A的名称是_；蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是_。（3）步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是_；分离出有机相的操作名称为_。（4）步骤4中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是_。27、（12分）实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。 制备K2FeO4(夹持装置略)（1）A的作用_ （2）在答题纸上将除杂装置B补充完整并标明所用试剂：_（3）在C中得到紫色固体的化学方程式为：_探究K2FeO4的性质：取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生气体和溶液a。为证明是否K2FeO4氧化了Cl而产生Cl2，设计以下方案：方案取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶解，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生（4）由方案中溶液变红可知a中含有_离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl氧化，还可能由_产生(用离子方程式表示)。（5）根据方案得出：氧化性Cl2_FeO42- (填“>”或“<”)，而K2FeO4的制备实验实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是_。28、（14分） (1)PM2.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾，光化学烟雾中含有 NOx、HCOOH、(PAN)等二次污染物。1molPAN中含有的键数目为_。PAN中除H外其余三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_。NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物Fe(NO)(H2O)5SO4，该配合物中中心离子的配位数为_，中心离子的核外电子排布式为_。相同压强下，HCOOH 的沸点比 CH3OCH3_ (填高或低)，其原因是_。(2)PM2.5微细粒子包含(NH4)2SO4、NH4NO3等。(NH4)2SO4 晶体中各种微粒间的作用力不涉及_ (填序号)。a.离子键 b.共价键 c.配位键 d.范德华力 e.氢键NH4NO3中阳离子的空间构型为_，阴离子的中心原子轨道采用_杂化。(3)测定大气中 PM2.5的浓度方法之一是 -射线吸收法，-射线放射源可用85Kr。已知 Kr晶体的晶胞结构如图所示，设晶体中与每个 Kr 原子紧相邻的 Kr原子有m个，晶胞中Kr 原子为n个，则=_ (填数字)。29、（10分）钠是人体中一种重要元素，一般情况下，钠约占成人体重的0.15%。钠元素对应的化合物因组成与结构性质差异很大。(1)钠原子核外电子共占据_个轨道，写出同一周期中原子核外M层上有2个未成对电子的元素其原子最外层电子排布式_。(2)氯化钠的熔点比氯化钾的_（填“高”或“低”），原因是_。(3)实验室可用浓氨水与氢氧化钠固体反应制取氨气，试用平衡原理分析氢氧化钠的作用：_。(4)氟化钠溶液中，不存在的微粒间作用力是_（填标号）。A离子键 B共价键 C金属键 D范德华力(5)卡斯纳法制取金属钠的原理是：以氢氧化钠为原料，放入铁质容器中熔化，在稀有气体的保护下，以镍为阳极，铁为阴极，在阴极析出金属钠。写出反应的化学方程式为：_。其中，氧化产物是：_，若反应转移0.8mol电子，至少消耗_g NaOH。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】根据烯的加成原理，双键中的一个键断开，结合H原子，生成2-甲基戊烷，采取倒推法相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，即得到烯烃【详解】2甲基戊烷的碳链结构为，2甲基戊烷相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，从而得到烯烃；根据2甲基戊烷的碳链结构知，相邻碳原子上各去掉1个氢原子形成双键的碳链结构有：、。ACH2=C(CH3)CH2CH2CH3的碳链结构为，经催化加氢后能生成2甲基戊烷，故A不符合题意；BCH2=CHCH(CH3)CH2CH3的碳链结构为，经催化加氢后不能生成2甲基戊烷，故B符合题意；CCH3C(CH3)=CHCH2CH3的碳链结构为，经催化加氢后能生成2甲基戊烷，故C不符合题意；D CH3CH=CHCH(CH3)CH3的碳链结构为，经催化加氢后能生成2甲基戊烷，故D不符合题意；答案选B。2、C【解析】A甲烷、乙烯、苯都难溶于水，乙醇与水以任意比例互溶，故A错误；B甲烷为饱和烃，乙醇为饱和醇，不能发生加成反应，故B错误；C甲烷、乙烯、苯和乙醇燃烧可生成二氧化碳和水，为氧化反应，故C正确；D甲烷为天然气的主要成分，是化石燃料，乙烯、苯和乙醇都不是化石燃料。故D错误；故答案选C。3、C【解析】因W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，且原子序数W>X，因此X、Y、Z为第二周期元素，W为第三周期元素，结合(ZXY)2的结构式可知，X为C，Y为N，Z为O，X最外层电子数为4，故W为Al，以此解答。【详解】A化合物AlN为原子晶体，AlN最高可稳定到2200，室温强度高，且强度随温度的升高下降较慢，导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料，故A不符合题意；BN的氧化物对应的水化物中HNO2为弱酸，故B不符合题意；CC的氢化物的沸点随分子量的增加而增大，沸点不一定比H2O的沸点低，故C符合题意；D由(OCN)2的结构式可知所有原子均满足8电子稳定结构，故D不符合题意；故答案为：C。4、B【解析】A乙中Cl2应当长进短出，A错误；B分液操作时，先将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，B正确；C无论氧化是否完全，滴加硝酸银溶液都会产生沉淀，C错误；DFeCl3会水解，水解方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，蒸发时，应在HCl氛围中进行，否则得不到FeCl3，得到Fe(OH)3，D错误。答案选B。5、A【解析】如果(NH4)2Fe(SO4)2的量非常少，生成的沉淀质量接近于0；当加入的 Ba(OH)2完全形成沉淀时，发生反应：(NH4)2Fe(SO4)2 + Ba(OH)2 = BaSO4 + Fe(OH)2 + (NH4)2SO4，且生成的Fe(OH)2完全被氧化生成Fe(OH)3时，所得固体质量最大，此时沉淀为Fe(OH)3与BaSO4，故沉淀的质量最大为0.1mol×233g/mol+0.1mol×107g/mol=34g，故沉淀质量因为0g<m(沉淀)34g；故选A。6、C【解析】A加入20mL盐酸时，溶液的pH出现突跃，说明加入20mL盐酸时，酸碱恰好完全反应，酸碱的体积相等，则浓度相等，所以MOH浓度为0.1000mol·L1，正确，A不选；Ba点溶液pH7，溶液呈碱性，则c(OH)c(H)，溶液中存在电荷守恒c(M)+c(H)=c(Cl)+c(OH)，则c(M)c(Cl)。a点溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH、MCl，溶液呈碱性，说明MOH电离程度大于MCl水解程度，但MOH电离程度较小，所以存在c(M)c(Cl)c(OH)c(H)，正确，B不选；Cb点溶液pH=7，溶液呈中性，则c(OH)=c(H)，根据电荷守恒得c(M)=c(Cl)，所以c(M)+c(MOH)c(Cl)，错误，C选；D根据A选可知，MOH浓度为0.1000mol·L1，不加入盐酸时，pH为11，溶液中的c(OH)=103mol·L1，则MOH是弱碱，其电离方程式为MOHMOH，由于其电离程度较小，则c(MOH)0.1mol·L1，忽略水的电离，则c(M)c(OH)=103mol·L1；则室温下，MOH的电离常数，正确，D不选。答案选C。7、C【解析】A.固氮时为原电池原理，化学能转化为电能，A错误；B.固氮时，Li电极为负极，钌复合电极为正极，电流由钌复合电极经用电器流向锂电极，B错误；C.脱氮时为电解原理，钌复合电极为阳极，阳极上发生失电子的氧化反应，钌复合电极的电极反应为2Li3N - 6e- =6 Li+N2，C正确；D.脱氮时，钌复合电极为阳极，锂电极为阴极，Li+（阳离子）向锂电极迁移，D错误；答案选C。8、A【解析】A充电时，图示装置为电解池，阳离子向阴极移动，即Li向右移动，故A符合题意；B放电时，装置为原电池，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故B不符合题意；C充电时，阴极上发生得电子的还原反应，电极反应式为xLixe-nC=LixCn，故C不符合题意；D放电时，FePO4为正极，正极上发生得电子的还原反应，电极反应式为(1x)LiFePO4xFePO4xLixe-=LiFePO4，故D不符合题意；故答案为：A。【点睛】锂电池（俗称）有一次电池、可充电电池之分，其中原电池型锂电池是锂单质发生氧化反应，而可充电型锂电池又称之为锂离子电池，它主要依靠锂离子在正极和负极之间移动来工作。在充放电过程中，Li+ 在两个电极之间往返嵌入和脱嵌：充电时，Li+从正极脱嵌，经过电解质嵌入负极，负极处于富锂状态，放电时则相反。9、B【解析】A.H2和D2是单质，不是原子，且是同一种物质，A错误；B.2He和3He是同种元素的不同种原子，两者互为同位素，B正确；C.O2和O3是氧元素的两种不同的单质，互为同素异形体，C错误；D.冰是固态的水，干冰是固态的二氧化碳，是两种不同的化合物，不是同位素，D错误；故合理选项是B。10、D【解析】A项、石墨烯属于碳的一种单质，在自然界有存在，故A正确；B项、石墨烯与石墨都是碳的单质，它们的组成元素相同，故B正确；C项、石墨烯与石墨都易导电，故C正确；D石墨烯属于碳的单质，不是烯烃，故D错误；故选D。11、A【解析】A.元素非金属性F>Cl>Br>I，影响其气态氢化物的稳定性的因素是共价键的键能，共价键的键能越大其氢化物越稳定，与共价键的键能大小有关，A正确；B.物质的密度与化学键无关，与单位体积内含有的分子的数目及分子的质量有关，B错误；C. HI、HCl都是由分子构成的物质，物质的分子间作用力越大，物质的沸点就越高，可见物质的沸点与化学键无关，C错误；D.元素非金属性F>Cl>Br>I，元素的非金属性越强，其得电子能力越强，故其气态氢化合物的还原性就越弱，所以气态氢化物还原性由强到弱为HI>HBr>HCl>HF，不能用共价键键能大小解释，D错误；故合理选项是A。12、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，1mol As2S3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。13、C【解析】A.将盛试样的坩埚放在实验桌上冷却，硫酸铜会吸收空气中的水蒸气，重新生成结晶水合物，从而使加热前后固体的质量差减小，测定的结晶水含量偏低，A不合题意；B. 中和滴定用的锥形瓶加入待测液后，再加少量蒸馏水稀释，不影响待测液中溶质的物质的量，不产生误差，B不合题意；C. 量筒的刻度是从下往上标注的，读取量筒中一定体积的液体时，俯视读数，读出的数值偏高，C符合题意；D. 配制物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏小，D不合题意。故选C。14、C【解析】A在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶（具有吸湿性）能吸收水分，铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食品被氧化，A正确；B煤的气化是指以煤为原料,以氧气(空气、富氧或纯氧)、水蒸气或氢气等作气化剂(或称气化介质)，在高温条件下通过化学反应把煤或煤焦中的可燃部分转化为气体的过程，所以在高温下煤和水蒸气作用得到CO、H2、CH4等气体的方法属于煤的气化，B正确；C金属铂灼烧时无色，不用于烟花制作中，C错误；D淀粉可以被水解成为葡萄糖，葡萄糖进步氧化变成乙醇、乙酸，D正确；故选C。15、D【解析】A. a属于芳香烃，b、c为芳香族化合物，故A错误；B. a中所有碳原子不处于同一平面上，a上右边最多只有一个CH3在平面内，故B错误；C. a有三个碳为一个支链有2种结构(包括a本身)，两个支链有3种，三个支链有4种，因此属于芳香族的同分异构体有8中(不包括自身)，故C错误；D. c能被氧气、酸性高锰酸钾氧化，d能被酸性高锰酸钾氧化，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】苯酚、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化。16、B【解析】A、标准状况下， HF不是气态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故A错误；B、2 mol NO与1 mol O2充分反应，生成的NO2 与N2O4 形成平衡体系，产物的分子数小于2NA，故B正确；C. 常温下，1 L 0.1 mol·L1氯化铵溶液中加入氢氧化钠溶液至溶液为中性，溶液中存在电荷守恒，c(NH4)+c(Na+ )=c(Cl-)，溶液含铵根离子数少于0.1 NA，故C错误；D. 已知白磷(P4)为正四面体结构，NA个P4与NA个甲烷所含共价键数目之比为6：4，故D错误；故选B。17、B【解析】A酚类物质与溴水都发生取代反应生成白色沉淀，往溶液中加入溴水，出现白色沉淀，不一定为苯酚，也可能为其它酚类物质，故A错误；B向含酚酞的氢氧化钠溶液中加入溴乙烷，加热后红色变浅，则碱性降低，可知溴乙烷发生了水解，故B正确；C乙酸乙酯的制备是在浓硫酸作用下进行，硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，不能证明乙酸是否过量，故C错误；D乙醇和浓硫酸共热后得到的气体含有二氧化硫等还原性气体，与溴发生氧化还原反应，也能使溴水褪色，不能说明生成了乙烯，故D错误；故选B。18、C【解析】A、NaHSO4溶液中水也含有氧原子，所以1L0.1mol/L的 NaHSO4溶液中所含的氧原子数目大于0.4NA，故A错误；B、1个甲基含有9个电子，1mol羟基所含的电子数为9NA，B错误；C、Cl2与Fe反应，氯元素化合价由0变为-1，所以7.1gCl2与足量Fe充分反应，转移的电子数为0.2NA，故C正确；D、80gCuO含的铜原子的物质的量是 ，80g Cu2S含的铜原子的物质的量是，根据极值法，80gCuO和Cu2S的混合物中所含铜原子数为1NA，故D错误。19、B【解析】A、当溶液中A元素的主要存在形态为A2时，溶液pH大于4.2，溶液可能为弱酸性、中性或碱性，故A正确；B、HA与NaOH按1:1混合，所得溶液为NaHA溶液，由图可知，NaHA溶液呈酸性。根据电荷守恒得c(Na)+c(H)=2(A2)+c(HA)+c(OH)，因为c(H)>c(OH)，所以c(Na)<2c(A2)+c(HA)，故B错误；C、依据图像中两个交点可计算出Ka1=10-1.2，Ka2=10-4.2，室温下，反应A2+H2A2HA的平衡常数K=103，lgK=3，故C正确；D、因为K1=10-1.2，所以Kh2=，故Ka1kh2，故D正确；答案选B。【点睛】本题考查酸碱混合的定量判断及根据弱电解质的电离平衡常数进行计算，明确图象曲线变化的意义为解答关键，难点C注意掌握反应平衡常数与电离常数的关系。20、C【解析】由装置A制备NO，用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能有挥发的硝酸，故装置B用来净化和干燥NO，将氯气和NO干燥后在装置C中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间应该需加一个干燥装置。【详解】A. 根据Cl2和NO反应生成了NOCl，氯元素化合价降低，得电子，Cl2为氧化剂，故A正确；B. 先打开K2、K3，通入一段时间氯气，排尽三颈烧瓶中的空气，防止NO、NOCl 变质，然后再打开K1，通入NO，故B正确；C. 该装置能制备用块状固体和液体反应生成的气体，过氧化钠为粉末状固体，所以不可以做Na2O2和水制氧气的实验，故C错误；D. 若无装置B，C中亚硝酰氯与水反应生成氯化氢、NO和二氧化氮，可能发生反应：2NOCl+H2O2HCl+NO+NO2，故D正确；故选：C。21、B【解析】钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2，正确；配制480mL0.5mol/L的NaOH溶液，因容量瓶是500mL，需要用托盘天平称量氢氧化钠固体10.0g，错误；盐酸中H为+1价是最高价，Cl为-1价为最低价，既有氧化性又有还原性，正确；Fe(OH)3可用Fe(OH)2、氧气和水化合制备，FeCl2可用铁和氯化铁化合制备，错误；SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有还原性，错误；将质量分数为5%和25%的氨水等体积混合后，所得溶液中溶质的质量分数小于15%，错误；因鲜花里有水份，干燥的Cl2和氯水均能使鲜花褪色，正确；中和热测定实验中需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、温度计和环形玻璃搅拌棒四种，错误；纯银器在空气中久置变黑是因为发生了化学腐蚀，正确；答案为B。22、D【解析】BOH对水的电离起抑制作用，加入盐酸发生反应BOH+HCl=BCl+H2O，随着盐酸的加入，BOH电离的OH-浓度减小，对水电离的抑制作用减弱，而且生成的BCl水解促进水的电离，水电离的H+浓度逐渐增大，两者恰好完全反应时水电离的H+浓度达到最大；继续加入盐酸，过量盐酸电离出H+又抑制水的电离，水电离的H+又逐渐减小，结合相应的点分析作答。【详解】A.根据图象，起点时-lgc水（ H+ ）=11，c水（ H+ ）=10-11mol/L，即0.1mol/L的BOH溶液中水电离的H+浓度为10-11mol/L，碱溶液中H+全部来自水的电离，则0.1mol/L的BOH溶液中c（ H+ ）=10-11mol/L，溶液中c（OH-）=10-3mol/L，BOH的电离方程式为BOHB+OH-，BOH的电离平衡常数为=10-5，A错误；B.N点-lgc水（ H+ ）最小，N点HCl与BOH恰好完全反应得到BCl溶液，由于B+水解溶液呈酸性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Cl-）>c（B+）>c（ H+）> c（ OH- ），B错误；C.N点-lgc水（ H+ ）最小，N点HCl与BOH恰好完全反应得到BCl溶液，N点加入的盐酸的体积为20.00mL，则a<20.00mL，C错误；D.N点-lgc水（ H+ ）最小，N点HCl与BOH恰好完全反应得到BCl溶液，R点加入的盐酸不足、得到BOH和BCl的混合液，Q点加入的盐酸过量、得到BCl和HCl的混合液，即R点加入的盐酸少于Q点加入的盐酸，Q点的酸性强于R点，则溶液的pH：R>Q，D正确；答案选D。【点睛】解答本题的关键是理解水电离的H+浓度与加入的盐酸体积间的关系，抓住关键点如起点、恰好完全反应的点等。二、非选择题(共84分)23、 碳碳双键、酯基 取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N 否 KMnO4(H)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键 +CH3CHO 加成反应 6 CH2=CH-CH3 CH2=CH-CH2-Br BrCH2-CHBr-CH2-Br 【解析】由流程：E和N发生酯化反应得到的G为，则E、N分别为和中的一种，C反应得到D，D发生卤代烃水解反应得到E，故E属于醇，E为，则N为，逆推出M为、L为，结合信息，逆推出K为，由E逆推出D为，结合信息，逆推出C为，C由B在浓硫酸加热条件下发生消去反应所得、B为，又知A催化加氢得B，核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为11，即A分子内有2种氢原子且二者数目相同，则A为；(1)据上分析，写出A的结构简式及G中官能团的名称；(2)检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验；(3)该学生建议是否合理，主要通过用KMnO4 (H)代替O2发生转化时，有没有其它基团也被氧化，如果有，那么就不可行；(4) K为，则KL的反应可通过信息类推，按反应特点确定反应类型；(5)F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。求满足下列条件的F的同分异构体数目，主要找出满足条件的基团进行有序组合就可以了，条件能发生银镜反应，意味着有CHO，条件能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，据此回答；(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，则主要通过取代反应引入一个溴原子，通过加成反应引入2个溴原子，再水解即可；【详解】(1)据上分析，A为，；答案为：；G为，G中官能团为碳碳双键、酯基；答案为：碳碳双键、酯基；(2)M为，N为，N呈酸性，检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验，故检验操作为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N； 答案为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N； (3)学生建议用KMnO4 (H)代替O2把M转化为N，醛基确实被氧化为羧基，但是碳碳双键同时被氧化，那么建议就不可行；答案为：否； KMnO4(H)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键 ；(4) K为，则KL的反应可通过信息类推，反应为：+CH3CHO ，从反应特点看是加成反应；答案为：+CH3CHO ； 加成反应； (5)F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。F的同分异构体，要满足条件条件能发生银镜反应，意味着有CHO，条件能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，由此可把2个位于对位的取代基分成以下几种情况：CHO、 CHO、CHO、CH2CHO、；故共有6种；答案为：6； (6)由流程图知，C和NBS试剂可通过取代反应引入一个溴原子而碳碳双键不变，故以丙烯和NBS发生取代反应，引入一个溴原子，得到CH2=CH-CH2-Br，通过加成反应引入2个溴原子，得到BrCH2-CHBr-CH2-Br，水解即可制备甘油(丙三醇)，流程为：CH2=CH-CH3 CH2=CH-CH2-Br BrCH2-CHBr-CH2-Br ；答案为：CH2=CH-CH3 CH2=CH-CH2-Br BrCH2-CHBr-CH2-Br 。24、羟基、醛基 16 加成反应（或还原反应） HCHO 【解析】反应是苯与溴发生取代反应生成A，A为，结合B的分子式可知，A发生水解反应生成B，B为。结合D的分子式与E的结构简式可知D为。对比E与新泽茉莉醛的结构简式，结合FG的反应条件及信息，可知EF发生信息中的反应，FG发生信息中的反应，且甲的相对分子质量为30，可推知甲为HCHO、F为、G为，G与氢气发生加成反应生成新泽茉莉醛。结合C的分子式可知，2分子 苯酚与1分子 HCHO反应生成C，化合物C能发生信息中的反应，说明C中含有羟基，且C核磁共振氢谱有四种峰，可推知C为，结合信息可知PC树脂结构简式为，据此分析解答(1)(6)；(7)结合已知，乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛与苯甲醛反应得到，再进一步氧化生成，最后与乙醇发生酯化反应得到目标物，据此书写合成路线图。【详解】(1)E为，含氧官能团有羟基、醛基，E分子中苯环、-CHO均为平面结构，且直接相连的原子共面，共面原子数目最多为16个，故答案为羟基、醛基；16；(2)反应的化学方程式为，故答案为；(3)E为，与化合物E互为同分异构体的有机物符合条件：a能与浓溴水产生白色沉淀，说明含酚-OH；b能与NaHCO3溶液反应产生气体，说明含-COOH；c苯环上一氯代物有两种，则苯环上有2种H，则符合条件的E的同分异构体为，故答案为；(4)反应中G()与氢气发生加成反应生成新泽茉莉醛，故答案为加成反应；(5)由上述分析可知甲和G分别为HCHO、，故答案为HCHO；(6)反应的化学方程式为n+n+(2n-1)HCl，故答案为n+n+(2n-1)HCl；(7)以乙醇和苯甲醛()为原料，合成，乙醇氧化生成乙醛，乙醛与苯甲醛反应生成苯丙烯醛，再将-CHO氧化为-COOH，最后在与乙醇发生酯化反应，则合成流程为CH3CH2OHCH3CHO，故答案为CH3CH2OHCH3CHO。【点睛】本题的难点是物质结构的推导，要注意充分利用题示已知信息和各小题中提供的条件。本题的易错点为(6)，要注意方程式的配平。25、浓 d e b c f g 关闭，打开 排尽装置中残留的 NO 【解析】制备NaNO2，A装置中铜与浓硝酸反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+4NO2+2H2O，制备NO2，NO2与水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，可以在C装置中进行；根据图示，2NO+Na2O2=2NaNO2在D装置中进行，尾气中的NO不能直接排放到空气中，需要用酸性高锰酸钾吸收：3MnO4-+4H+5NO=3Mn2+5NO3-+2H2O，据此分析解答。【详解】(1)装置A三颈烧瓶中铜与浓硝酸发生反应生成二氧化氮，化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O；(2)根据上述分析，A装置制备NO2，生成的NO2在C中水反应制备NO，经过装置B干燥后在装置D中反应生成亚硝酸钠，最后用E除去尾气，因此装置的连接顺序为：adebcfgh；此时应关闭K1，打开K2，让二氧化氮通过C装置中的水转化成一氧化氮，故答案为：d；e；b；c；f；g(b与c、f与g可以交换)；关闭K1，打开K2；(3)E装置为酸性高锰酸钾与NO的反应，NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，离子方程式为：3MnO4-+4H+5NO=3Mn2+5NO3-+2H2O，故答案为：3MnO4-+4H+5NO=3Mn2+5NO3-+2H2O；(4)关闭K2，打开K1，打开弹簧夹通一段时间的氮气，夹紧弹簧夹，开始A中反应，一段时间后，观察到E中溶液逐渐变为深棕色，说明NO2或NO与溶液中Fe2+发生反应；停止A中反应，打开弹簧夹和K2、关闭K1，持续通入N2一段时间，将装置中残留的二氧化氮排尽，并在C中与水反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO；更换新的E装置，再通一段时间N2后关闭弹簧夹，使A中反应继续，观察到的现象与步骤中相同，经过步骤，进入E装置的气体为NO，E中溶液变为深棕色，说明是NO与和溶液中Fe2+发生反应使溶液呈深棕色，故答案为：排尽装置中残留的NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO；NO。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意步骤中进入装置E的气体只有NO。26、作为溶剂、提高丙炔酸的转化率 (直形)冷凝管 防止暴沸 丙炔酸 分液 丙炔酸甲酯的沸点比水的高 【解析】（1）一般来说，酯化反应为可逆反应，加入过量的甲醇，提高丙炔酸的转化率，丙炔酸溶解于甲醇，甲醇还作为反应的溶剂；（2）根据装置图，仪器A为直形冷凝管；加热液体时，为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸；（3）丙炔酸甲酯的沸点为103105，制备丙炔酸甲酯采用水浴加热，因此反应液中除含有丙炔酸甲酯外，还含有丙炔酸、硫酸；通过饱和NaCl溶液可吸收硫酸；5%的Na2CO3溶液的作用是除去丙炔酸，降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度，使之析出；水洗除去NaCl、Na2CO3，然后通过分液的方法得到丙炔酸甲酯；（4）水浴加热提供最高温度为100，而丙炔酸甲酯的沸点为103105，采用水浴加热，不能达到丙炔酸甲酯的沸点，不能将丙炔酸甲酯蒸出，因此蒸馏时不能用水浴加热。【点睛】实验化学的考查，相对比较简单，本题可以联想实验制备乙酸乙酯作答，如碳酸钠的作用，实验室制备乙酸乙酯的实验中，饱和碳酸钠的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出等，平时复习实验时，应注重课本实验复习，特别是课本实验现象、实验不足等等。27、氯气发生装置 3Cl22Fe(OH)310KOH=2K2FeO46KCl8H2O Fe3 4FeO42-20H=4Fe33O210H2O < 溶液酸碱性不同 【解析】（1）浓盐酸和KMnO4混合可生成氯气；（2）装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的；（3）C中得到紫色固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，结合守恒法写出发生反应的化学方程式；（4）方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+；（5）Fe（OH）3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-，可以说明Cl2的氧化性大于FeO42-，而方案实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，方案是FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2，注意两种反应体系所处酸碱性介质不一样。【详解】（1）浓盐酸和KMnO4混合可生成氯气，则A装置的作用是氯气发生装置；（2）装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的，所以装置B应为；（3）C中得到紫色固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，发生反应的化学方程式为3Cl22Fe(OH)310KOH=2K2FeO46KCl8H2O；（4）方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+，发生反应为：4FeO42-+20H+4Fe3+3O2+10H2O；（5）Fe（OH）3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-，可以说明Cl2的氧化性大于FeO42-，而方案实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，方案是FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2，两种反应体系所处酸碱性介质不一样，所以可以说明溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱。28、10NANOC61s22s22p63s23p63d6高HCOOH分子间能形成氢键，CH3OCH3分子间不能形成氢键de正四面体sp23【解析】(1)PAN结构简式为，根据PAN分子结构可知1个PAN分子中含有10个键，则1molPAN中含有的键数目为10NA；在PAN分子中除H元素外，还含有C、N、O三种元素，由于同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第A族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能由大到小的顺序为：NOC；Fe2+含有空轨道，为配位化合物的中心离子，NO、H2O含有孤对电子，为配位体，该配合物中的中心离子的配位数为1+5=6，Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去4s能级上的2个电子形成Fe2+，所以Fe2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6；HCOOH分子间能形成氢键，CH3OCH3分子间不能形成氢键，氢键的存在增加了分子之间的吸引力，使物质熔化、气化需要消耗较多的能量，所以相同