2023-2024學年四川省綿陽市三臺縣三臺中學高三最后一卷化學試卷含解析

2023-2024學年四川省綿陽市三臺縣三臺中學高三最后一卷化學試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、2019年諾貝爾化學獎授予了在鋰離子電池領(lǐng)域作出貢獻的三位科學家。他們于1972年提出“搖椅式“電池(Rockingchairbattery),1980年開發(fā)出LiCoO2材料，下圖是該電池工作原理圖，在充放電過程中，Li+在兩極之間“搖來搖去”，該電池充電時的總反應為：LiCoO2+6C(石墨）=Li(1-x)CoO2+LixC6。下列有關(guān)說法正確的是A．充電時，Cu電極為陽極B．充電時，Li+將嵌入石墨電極C．放電時，Al電極發(fā)生氧化反應D．放電時，負極反應LiCoO2—xe-=Li(1-x)CoO2+(1-x)+xLi+2、實驗室制備次硫酸氫鈉甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)的步驟如下：向燒瓶中的亞硫酸鈉溶液通入SO2制得NaHSO3。將裝置A中導氣管換成橡皮塞，再加入鋅粉和甲醛溶液，在80～90℃下，反應約3h，冷卻至室溫，抽濾，將濾液置于真空蒸發(fā)儀蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶。下列說法錯誤的是（）A．可用亞硫酸鈉固體和70%硫酸來制取二氧化硫氣體B．多孔球泡的作用是增大氣體與溶液的接觸面積，使反應充分進行C．裝置B中試劑可以是NaOH或Na2CO3溶液D．裝置A中可采用油浴或沙浴加熱3、下列制綠礬的方法最適宜的是用A．FeO與稀H2SO4B．Fe屑與稀H2SO4C．Fe(OH)2與稀H2SO4D．Fe2(SO4)3與Cu粉4、合成導電高分子材料PPV的反應如下。下列說法正確的是（）+（2n-1）HIA．合成PPV的反應為加聚反應B．1molPPV最多能與4molH2發(fā)生加成反應C．與溴水加成后的產(chǎn)物最多有14個原子共平面D．和苯乙烯互為同系物5、反應Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，作氧化劑的是（）A．Fe2O3 B．CO C．Fe D．CO26、MnSO4·H2O是一種易溶于水的微紅色斜方晶體，某同學設計下列裝置制備硫酸錳：下列說法錯誤的是A．裝置I燒瓶中放入的藥品X為銅屑B．裝置II中用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率C．裝置III用于吸收未反應的SO2D．用裝置II反應后的溶液制備MnSO4·H2O需經(jīng)歷蒸發(fā)結(jié)晶、過濾、洗滌及干燥的過程7、人類使用材料的增多和變化，標志著人類文明的進步，下列材料與化學制備無關(guān)的是()A．青銅器 B．鐵器 C．石器 D．高分子材料8、1.52g銅鎂合金完全溶解于50mL密度為1.40g/mL、質(zhì)量分數(shù)為63%的濃硝酸中，得到NO2和N2O4的混合氣體1120mL(換算為標準狀況)，向反應后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,當金屬離子全部沉淀時，得到2.54g沉淀，下列說法不正確的是A．該合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比是2︰1B．該濃硝酸中HNO3的物質(zhì)的量濃度是14.0mol/LC．NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分數(shù)是80%D．得到2.54沉淀時，加入NaOH溶液的體積是600mL9、用飽和硫酸亞鐵、濃硫酸和硝酸鉀反應可以制得純度為98%的NO，其反應為FeSO4+KNO3+H2SO4(濃)Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O(未配平)。下列有關(guān)說法不正確的是A．該反應的氧化劑是KNO3B．氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2∶3C．Fe2(SO4)3、K2SO4、H2O均為電解質(zhì)D．該反應中生成144gH2O，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為12mol10、用氟硼酸(HBF4，屬于強酸)代替硫酸做鉛蓄電池的電解質(zhì)溶液，可使鉛蓄電池在低溫下工作時的性能更優(yōu)良，反應方程式為：Pb+PbO2+4HBF42Pb(BF4)2+2H2O；Pb(BF4)2為可溶于水的強電解質(zhì)，下列說法正確的是A．充電時，當陽極質(zhì)量減少23.9g時轉(zhuǎn)移0.2mol電子B．放電時，PbO2電極附近溶液的pH增大C．電子放電時，負極反應為PbO2+4HBF4-2e-=Pb(BF4)2+2HF4-+2H2OD．充電時，Pb電極的電極反應式為PbO2+H++2e-=Pb2++2H2O11、熱激活電池可用作火箭、導彈的工作電源。一種熱激活電池的基本結(jié)構(gòu)如圖所示，其中作為電解質(zhì)的無水LiCl－KCl混合物受熱熔融后，電池即可瞬間輸出電能，此時硫酸鉛電極處生成Pb。下列有關(guān)說法正確的是A．輸出電能時，外電路中的電子由硫酸鉛電極流向鈣電極B．放電時電解質(zhì)LiCl－KCl中的Li＋向鈣電極區(qū)遷移C．電池總反應為Ca＋PbSO4＋2LiClPb＋Li2SO4＋CaCl2D．每轉(zhuǎn)移0.2mol電子，理論上消耗42.5gLiCl12、亞氯酸鈉（NaClO2）是一種高效的漂白劑和氧化劑，可用氯酸鈉（NaClO3）為原料制取，（常溫下ClO2為氣態(tài)），下列說法錯誤的是A．反應①階段，參加反應的NaClO3和SO2的物質(zhì)的量之比為2:1B．反應①后生成的氣體要凈化后進入反應②裝置C．升高溫度，有利于反應②提高產(chǎn)率D．反應②中有氣體生成13、泛酸又稱為維生素B5，在人體內(nèi)參與糖、油脂、蛋白質(zhì)的代謝過程，具有抗脂質(zhì)過氧化作用，其結(jié)構(gòu)為，下列有關(guān)該化合物的說法不正確的是A．該物質(zhì)可發(fā)生水解反應，水解產(chǎn)物均能發(fā)生縮聚反應B．1mol該物質(zhì)與足量NaOH溶液反應，最多可消耗2molNaOHC．該物質(zhì)在銅、銀等催化劑存在下可以被氧氣氧化生成醛基和酮羰基D．該物質(zhì)在濃硫酸、Al2O3或P2O5等催化劑作用下可發(fā)生脫水反應，生成碳碳雙鍵14、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大,其中只有一種金屬元素,它們對應的單質(zhì)和它們之間形成的常見二元化合物中,有三種有色物質(zhì)能與水發(fā)生氧化還原反應且水沒有電子的得失，下列說法正確的是（）A．簡單離子半徑:r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B．最簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:X>YC．W形成的含氧酸是強酸D．Z、Y形成的某種化合物中含有共價鍵且在熔融狀態(tài)下能導電15、設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，則下列說法正確的是A．常溫常壓下，22.4LHCl氣體溶于水產(chǎn)生H+的數(shù)目為NAB．0.2molH2O和D2O中含有中子的數(shù)目均為2NAC．1molSO2溶于足量水，溶液中H2SO3與SO32-粒子的物質(zhì)的量之和小于NAD．1L0.1mol?L-1NaHSO4溶液中含有的陽離子數(shù)目為0.1NA16、某甲酸溶液中含有甲醛，用下列方法可以證明的是A．加入足量的新制氫氧化銅并加熱煮沸，有磚紅色的沉淀B．加入過量的氫氧化鈉充分反應后的溶液能發(fā)生銀鏡反應C．將試液進行酯化反應后的混合液能發(fā)生銀鏡反應D．加入足量氫氧化鈉后，蒸餾出的氣體通入新制的氫氧化銅懸濁液加熱有磚紅色沉淀二、非選擇題（本題包括5小題）17、氟他胺G是一種可用于治療腫瘤的藥物。實驗室由芳香烴A制備G的合成路線如圖:請回答下列問題:（1）A的化學名稱為______；C中官能團的名稱是_______。（2）③的反應試劑和反應條件分別是_______，該反應類型是________。（3）已知吡啶是一種有機堿，在反應⑤中的作用是________（4）反應④的化學方程式為__________（5）G的相對分子質(zhì)量為__________。（6）是E在堿性條件下的水解產(chǎn)物，同時符合下列條件的T的同分異構(gòu)體有___種。其中核磁共振氫譜上有4組峰且峰面積比為1:2:2:2的物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式為_____。①直接連在苯環(huán)上；②能與新制氫氧化銅懸濁液共熱產(chǎn)生紅色固體。（7）參照上述合成路線，以CH3CH2COCl和為原料，經(jīng)三步合成某化工產(chǎn)品的路線為(其他無機試劑任選)_____。18、A（C2H4）是基本的有機化工原料。用A和常見的有機物可合成一種醚類香料和一種縮醛類香料，具體合成路線如圖所示（部分反應條件略去）：已知：+→2ROH+回答下列問題：（1）B的分子式是__________。若D為單取代芳香族化合物且能與金屬鈉反應；每個D分子中只含有1個氧原子，D中氧元素的質(zhì)量分數(shù)約為13.1%，則D的結(jié)構(gòu)簡式為__________。（2）C中含有的官能團名稱是_______________。⑥的反應類型是________________。（3）據(jù)報道，反應⑦在微波輻射下，以NaHSO4·H2O為催化劑進行，請寫出此反應的化學方程式：___________________________________________________。（4）請寫出滿足下列條件的苯乙醛的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：______________________。i.含有苯環(huán)和結(jié)構(gòu)ii.核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為3:2:2:1（5）若化合物E為苯甲醚的同系物，且相對分子質(zhì)量比苯甲醚大14，則能使FeCl3溶液顯色的E的所有同分異構(gòu)體共有（不考慮立體異構(gòu)）__________種。（6）參照的合成路線，寫出由2-氯丙烷和必要的溶劑、無機試劑制備的合成流程圖：_____________________________。合成流程圖示例如下：19、草酸（H2C2O1）是一種重要的有機化工原料。為探究草酸的制取和草酸的性質(zhì)，進行如下實驗。實驗Ⅰ：探究草酸的制備實驗室用硝酸氧化淀粉水解液法制備草酸，裝置如下圖所示：硝酸氧化淀粉水解液的反應為：C6H12O6＋12HNO3→3H2C2O1＋9NO2↑＋3NO↑＋9H2O。（1）上圖實驗裝置中儀器乙的名稱為：____，B裝置的作用______（2）檢驗淀粉是否完全水解所需要的試劑為：______。實驗Ⅱ：探究草酸的不穩(wěn)定性已知：草酸晶體(H2C2O1·2H2O)無色，易溶于水，熔點為101℃，受熱易脫水、升華，170℃以上分解產(chǎn)生H2O、CO和CO2。草酸的酸性比碳酸強，其鈣鹽難溶于水。（3）請選取以上的裝置證明草酸晶體分解的產(chǎn)物（可重復使用，加熱裝置和連接裝置已略去）。儀器裝置連接順序為：A→___→____→____→___→E→B→G→____。（1）若實驗結(jié)束后測得B管質(zhì)量減輕1．8g，則至少需分解草酸晶體的質(zhì)量為_____g（已知草酸晶體的M=126g/mol）。實驗Ⅲ：探究草酸與酸性高錳酸鉀的反應取一定量草酸溶液裝入試管，加入一定體積的酸性高錳酸鉀溶液，振蕩試管，發(fā)現(xiàn)溶液開始緩慢褪色，后來迅速變成無色。（反應熱效應不明顯，可忽略不計）（5）該實驗中草酸表現(xiàn)______性，離子方程式_______該反應的反應速率先慢后快的主要原因可能是_________。（6）設計實驗證明草酸是弱酸。實驗方案：______________(提供的藥品及儀器：蒸餾水、0.1mol·L-1NaOH溶液、pH計、0.1mol·L-1草酸溶液，其它儀器自選)20、實驗室用如圖裝置（夾持裝置略）制備高效水處理劑高鐵酸鉀（K2FeO4）并探究其性質(zhì)。已知K2FeO4具有下列性質(zhì)：①可溶于水，微溶于濃KOH溶液；②在0℃～5℃、強堿性溶液中比較穩(wěn)定，在Fe(OH)3或Fe3＋催化下發(fā)生分解；③在弱堿性至酸性條件下，能與水反應生成O2和Fe(OH)3（或Fe3＋）。(1)裝置A用于制取氯氣，其中使用恒壓漏斗的原因是____。(2)為防止裝置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是____和____。(3)裝置C中生成K2FeO4反應的離子方程式為____。(4)用一定量的K2FeO4處理飲用水，測得產(chǎn)生O2的體積隨時間的變化曲線如圖所示。t1s～t2s內(nèi)，O2的體積迅速增大的主要原因是____。(5)驗證酸性條件下氧化性FeO42-＞Cl2的實驗方案為：取少量K2FeO4固體于試管中，____。（實驗中須使用的的試劑和用品有：濃鹽酸，NaOH溶液、淀粉KI試紙、棉花）(6)根據(jù)K2FeO4的制備實驗得出：氧化性Cl2＞FeO42-，而第(5)小題實驗表明，Cl2和FeO42-的氧化性強弱關(guān)系相反，原因是____。21、在人類文明的歷程中，改變世界的事物很多，其中鐵、硝酸鉀、青霉素、氨、乙醇、二氧化碳等17種“分子”改變過人類的世界。（1）鐵原子在基態(tài)時，價層電子排布式為___。（2）硝酸鉀中NO3-的空間構(gòu)型為___。（3）1molCO2分子中含有σ鍵的數(shù)目為___。乙醇的相對分子質(zhì)量比氯乙烷小，但其沸點比氯乙烷高，其原因是___。（4）6－氨基青霉烷酸的結(jié)構(gòu)如圖1所示，其中采用sp3雜化的原子有___。（5）鐵和氨氣在640℃可發(fā)生置換反應，產(chǎn)物之－的晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示，寫出該反應的化學方程式___。（6）晶胞有兩個基本要素：①原子坐標參數(shù)：表示晶胞內(nèi)部各微粒的相對位置。如圖是CaF2的晶胞，其中原子坐標參數(shù)A處為(0，0，0)；B處為(，，0)；C處為(1，1，1)。則D處微粒的坐標參數(shù)為___。②晶胞參數(shù)：描述晶胞的大小和形狀。已知CaF2晶體的密度為ρg·cm－3，則晶胞參數(shù)a為___pm(設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，用含ρ、NA的式子表示)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

根據(jù)充電時的總反應，鈷化合價升高被氧化，因此鈷為陽極，石墨為陰極，則在放電時鈷為正極，石墨為負極，據(jù)此來判斷各選項即可?！驹斀狻緼.根據(jù)分析，銅電極以及上面的石墨為陰極，A項錯誤；B.充電時整個裝置相當于電解池，電解池中陽離子移向陰極，B項正確；C.放電時整個裝置相當于原電池，原電池在工作時負極被氧化，C項錯誤；D.根據(jù)分析，含鈷化合物位于電源的正極，D項錯誤；答案選B?！军c睛】不管是不是鋰電池，都遵循原電池的工作原理，即陽離子移向正極，陰離子移向負極，鋰離子電池只不過是換成了在正、負極間移動罷了，換湯不換藥。2、D【解析】

A．較濃的硫酸可以增大反應速率，且含水較少，可以減少二氧化硫的溶解，所以可以用可用亞硫酸鈉固體和70%硫酸來制取二氧化硫氣體，故A正確；B．多孔球泡可以增大氣體與液體的接觸面積，加快氣體的吸收速率，使反應充分進行，故B正確；C．裝置B的作用主要是吸收未反應的二氧化硫，NaOH或Na2CO3溶液都可以SO2反應將其吸收，故C正確；D．反應溫度為80～90℃，采用水浴加熱即可，油浴和沙浴溫度過高，故D錯誤；故答案為D。3、B【解析】

空氣中的氧氣能夠氧化Fe2+，加入鐵粉可以將鐵離子轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，據(jù)此分析?！驹斀狻緼．FeO與稀H2SO4生成硫酸亞鐵，F(xiàn)e2+易被氧化成三價鐵，A錯誤；B．Fe屑與稀H2SO4反應生成硫酸亞鐵，加入鐵粉可以防止二價鐵被氧化，B正確；C．Fe(OH)2與稀H2SO4反應生成硫酸亞鐵，易被空氣氧化，C錯誤；D．Fe2(SO4)3與Cu粉反應生成硫酸亞鐵和硫酸銅，產(chǎn)品不純，D錯誤；答案選B?！军c睛】綠礬是FeSO4·7H2O，二價鐵不穩(wěn)定易被空氣氧化，所以在制備與二價鐵有關(guān)的物質(zhì)時都要考慮防止變質(zhì)，一般可以隔絕空氣，或者加入還原性物質(zhì)。4、C【解析】

A、合成PPV通過縮聚反應生成，同時有小分子物質(zhì)HI生成，不屬于加聚反應，選項A錯誤；B、1molPPV中含有2nmol碳碳雙鍵，最多能與4nmolH2發(fā)生加成反應，選項B錯誤；C.與溴水加成后的產(chǎn)物為，根據(jù)苯分子中12個原子共面、甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)可知，該分子中最多有14個原子共平面，選項C正確；D.和苯乙烯相差C2H2，不是相差n個CH2，不互為同系物，選項D錯誤。答案選C。5、A【解析】

在氧化還原反應中化合價降低，得電子的物質(zhì)為氧化劑，據(jù)此分析?！驹斀狻緼、反應Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，中Fe元素的化合價降低，得電子，則Fe2O3是氧化劑，故A正確；B、CO中碳在氧化還原反應中化合價升高，失電子，作還原劑，故B錯誤；C、鐵是還原產(chǎn)物，故C錯誤；D、CO2是氧化產(chǎn)物，故D錯誤；故選：A。6、A【解析】

由實驗裝置可知，X可能為亞硫酸鈉，與濃硫酸反應生成二氧化硫，而Cu與濃硫酸常溫下不反應，II中“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率，二氧化硫與二氧化錳反應生成MnSO4，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可得到晶體，Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾氣，以此來解答?！驹斀狻緼．Cu與濃硫酸常溫下不反應，X不可能為Cu，A項錯誤；

B．裝置Ⅱ中用“多孔球泡”，增大接觸面積，可增大SO2的吸收速率，B項正確；

C．Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾氣，C項正確；

D．用裝置Ⅱ反應后的溶液制備MnSO4?H2O，蒸發(fā)結(jié)晶、過濾、洗滌及干燥可得到，D項正確；

答案選A。7、C【解析】

冶金(青銅器、鐵器制備)、高分子材料合成均涉及化學反應，石器加工只需物理處理，與化學制備無關(guān)，答案為C；8、D【解析】

設銅、鎂的物質(zhì)的量分別為x、y，則①64x+24y=1.52②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02mol，y=0.01mol，設N2O4、NO2的物質(zhì)的量分別為a、b，則根據(jù)得失電子數(shù)相等：2x+2y=2a+b，a+b=0.05，則a=0.01mol，b=0.04mol?！驹斀狻緼、有上述分析可知，Cu和Mg的物質(zhì)的量分別為0.02mol、0.01mol，二者物質(zhì)的量之比為2︰1，A正確；B、c(HNO3)=mol/L=14.0mol·L－1，B正確；C、由上述分析可知，N2O4、NO2的物質(zhì)的量分別為0.01mol、0.04mol，則NO2的體積分數(shù)是×100%=80%，C正確；D、沉淀達最大時，溶液中只有硝酸鈉，根據(jù)原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=0.7mol-0.06mol=0.64mol，氫氧化鈉溶液體積為640mL，D錯誤；答案選D。9、B【解析】

A.在反應FeSO4+KNO3+H2SO4(濃)Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O中，N元素的化合價由反應前KNO3中的+5價變?yōu)榉磻驨O中的+2價，化合價降低，獲得電子，所以該反應的氧化劑是KNO3，A正確；B.配平的化學方程式為6FeSO4+2KNO3+4H2SO4(濃)3Fe2(SO4)3+2NO↑+K2SO4+4H2O，在該反應中KNO3作氧化劑，還原產(chǎn)物是NO，F(xiàn)eSO4作還原劑，F(xiàn)e2(SO4)3是氧化產(chǎn)物，根據(jù)反應過程中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，所以n(KNO3)：n(FeSO4)=1：3=2：6，則氧化產(chǎn)物Fe2(SO4)3與還原產(chǎn)物NO的物質(zhì)的量之比為3∶2，B錯誤；C.Fe2(SO4)3、K2SO4都是鹽，屬于強電解質(zhì)，H2O能部分電離產(chǎn)生自由移動的離子，是弱電解質(zhì)，因此這幾種物質(zhì)均為電解質(zhì)，C正確；D.根據(jù)方程式可知：每反應產(chǎn)生72gH2O，轉(zhuǎn)移6mol電子，則生成144gH2O，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為12mol，D正確；故合理選項是B。10、B【解析】

A.充電時陽極發(fā)生反應Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，產(chǎn)生1molPbO2，轉(zhuǎn)移2mol電子，陽極增重1mol×239g/mol=239g，若陽極質(zhì)量增加23.9g時轉(zhuǎn)移0.2mol電子，A錯誤；B.放電時正極上發(fā)生還原反應，PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O，c(H+)減小，所以溶液的pH增大，B正確；C.放電時，負極上是金屬Pb失電子,發(fā)生氧化反應，不是PbO2發(fā)生失電子的氧化反應，C錯誤；D.充電時，PbO2電極與電源的正極相連，作陽極，發(fā)生氧化反應，電極反應式為Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，Pb電極與電源的負極相連，D錯誤；故合理選項是B。11、C【解析】

由題目可知硫酸鉛電極處生成Pb，則硫酸鉛電極的反應為：PbSO4+2e-+2Li+=Pb+Li2SO4，則硫酸鉛電極為電池的正極，鈣電極為電池的負極，由此分析解答?！驹斀狻緼.輸出電能時，電子由負極經(jīng)過外電路流向正極，即從鈣電極經(jīng)外電路流向硫酸鉛電極，A項錯誤；B.Li+帶正電，放電時向正極移動，即向硫酸鉛電極遷移，B項錯誤；C.負極反應方程式為Ca+2Cl??2e?=CaCl2，正極電極反應方程式為：PbSO4+2e?+2Li+=Pb+Li2SO4，則總反應方程式為：PbSO4+Ca+2LiCl=Pb+CaCl2+Li2SO4，C項正確；D.鈣電極為負極，電極反應方程式為Ca+2Cl??2e?=CaCl2，根據(jù)正負極電極反應方程式可知2e?～2LiCl，每轉(zhuǎn)移0.2mol電子，消耗0.2molLiCl，即消耗85g的LiCl，D項錯誤；答案選C?！军c睛】硫酸鉛電極處生成Pb是解題的關(guān)鍵，掌握原電池的工作原理是基礎，D項有關(guān)電化學的計算明確物質(zhì)與電子轉(zhuǎn)移數(shù)之間的關(guān)系，問題便可迎刃而解。12、C【解析】

A.根據(jù)氧化還原反應原理，反應①階段，NaClO3化合價降低1個價態(tài)，SO2化合價升高2個價態(tài)，根據(jù)升降守恒，則反應的NaClO3和SO2的物質(zhì)的量之比為2：1，A項正確；B.反應物中有SO2，不處理干凈，會在下一步與H2O2和NaOH反應引入雜質(zhì)，B項正確；C.當H2O2和NaOH足量時，理論上可完全消耗ClO2，產(chǎn)率與溫度無關(guān)，溫度只會影響反應速率，C項錯誤；D.反應②條件下，ClO2化合價降低得到NaClO2，作氧化劑，H2O2化合價升高，作還原劑得到氧氣，故有氣體生成，D項正確；答案選C。13、D【解析】

A.該物質(zhì)可發(fā)生水解反應，水解產(chǎn)物均含有羧基和羥基或氨基，均能發(fā)生縮聚反應，故A正解；B.1mol該物質(zhì)與足量NaOH溶液反應，－COOH消耗1molNaOH,酰胺基消耗1molNaOH，最多可消耗2molNaOH，故B正確；C.中有伯醇和仲醇，在銅、銀等催化劑存在下可以被氧氣氧化生成醛基和酮羰基，故C正確；D.中有兩處-OH的鄰碳上沒有氫，不可以發(fā)生消去反應，在濃硫酸、Al2O3或P2O5等催化劑作用下不可發(fā)生脫水反應，生成碳碳雙鍵，故D錯誤；故選D。14、D【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，其中只有一種金屬元素，它們對應的單質(zhì)和它們之間形成的常見二元化合物中，有三種有色物質(zhì)能與水發(fā)生氧化還原反應且水沒有電子的得失，這三種物質(zhì)應該是NO2、Na2O2、Cl2，因此X、Y、Z、W分別是N、O、Na、Cl，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．核外電子層數(shù)越多半徑越大，核外電子排布相同時離子半徑隨原子序數(shù)的增大而減小，簡單離子半徑r(W)＞r(X)＞r(Y)＞r(Z)，A錯誤；B．非金屬性N＜O，則最簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性X＜Y，B錯誤；C．Cl形成的含氧酸不一定都是強酸，C錯誤；D．由Z、Y形成的化合物過氧化鈉中含有共價鍵且在熔融狀態(tài)下能導電，D正確。答案選D。15、C【解析】

A選項，常溫常壓下，22.4LHCl氣體物質(zhì)的量比1mol小，溶于水產(chǎn)生H+的數(shù)目小于NA，故A錯誤；B選項，H2O中子數(shù)8個，D2O中子數(shù)為10個，因此0.2molH2O和D2O中含有中子的數(shù)目不相同，故B錯誤；C選項，1molSO2溶于足量水，溶液中H2SO3與HSO3－、SO32－粒子的物質(zhì)的量之和為NA，故C正確；D選項，1L0.1mol?L-1NaHSO4溶液物質(zhì)的量為0.1mol，則含有的陽離子物質(zhì)的量為0.2mol，所以含有的陽離子數(shù)目為0.2NA，故D錯誤；綜上所述，答案為C?！军c睛】注意D中子數(shù)為1，T中子數(shù)為2；NaHSO4晶體中的離子數(shù)目為2個，NaHSO4溶液中的離子數(shù)目為3個。16、D【解析】

A．甲酸分子中也含有醛基，所以無論是否含有甲醛，都會有該現(xiàn)象，A錯誤。B．甲酸與加入過量的氫氧化鈉充分反應后的得到的甲酸鈉中仍然含有醛基，所以溶液一樣可以能發(fā)生銀鏡反應，不能證明是否含有甲醛，B錯誤。C．酸與醇發(fā)生酯化發(fā)生的實質(zhì)是酸脫羥基醇脫氫。所以將甲酸溶液進行酯化反應后的混合液含有甲酸及甲酸酯中都含有醛基，可以發(fā)生銀鏡反應。因此不能證明含有甲醛，C錯誤。D．向甲酸溶液中加入足量氫氧化鈉，發(fā)生酸堿中和反應得到甲酸鈉。甲酸鈉是鹽，沸點高。若其中含有甲醛，則由于甲醛是分子晶體，沸點較低。加熱蒸餾出的氣體通入新制的氫氧化銅懸濁液加熱煮沸，若有磚紅色沉淀，則證明蒸餾出的氣體中含有甲醛，D正確。答案選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、甲苯氟原子濃硫酸和濃硝酸、加熱取代反應（或硝化反應）吸收反應產(chǎn)生的氯化氫，提高反應物轉(zhuǎn)化率+2Fe+4HCl+2FeCl2+2H2O27613【解析】

A中含有1個苯環(huán)，由B的分子式可知A為，則B為，B中的氯原子被氟原子取代生成了C，C的結(jié)構(gòu)簡式為，C發(fā)生硝化反應生成D，D中硝基被還原成氨基生成E，E與酰氯發(fā)生取代反應生成F，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為，然后發(fā)生硝化反應生成G，結(jié)合對應的有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)解答?！驹斀狻浚?）由以上分析可知A為甲苯，結(jié)構(gòu)簡式為，C中官能團的名稱為氟原子，故答案為甲苯；氟原子。（2）③為三氟甲苯的硝化反應，反應條件是在濃硫酸作用下，水浴加熱，與濃硝酸發(fā)生取代反應，故答案為濃硫酸和濃硝酸、水浴加熱；取代反應（或硝化反應）。（3）反應⑤的方程式為，反應中生成了HCl，加入吡啶這樣的有機堿，可以消耗產(chǎn)生的氯化氫，促進平衡右移，提高反應轉(zhuǎn)化率，故答案為消耗反應中生成的氯化氫，促進平衡右移，提高產(chǎn)率。（4）由題中轉(zhuǎn)化關(guān)系可知反應④的化學方程式為：+2Fe+4HCl+2FeCl2+2H2O，故答案為+2Fe+4HCl+2FeCl2+2H2O。（5）由結(jié)構(gòu)簡式可知G的分子式為C11H11O3N2F3，則相對分子質(zhì)量為276，故答案為276。（6）T（C7H7NO2）是E在堿性條件下的水解產(chǎn)物，顯然有1個羧基，它的同分異構(gòu)體，要求：①—NH2直接連在苯環(huán)上②能與新制氫氧化銅懸濁液共熱產(chǎn)生紅色固體，說明結(jié)構(gòu)中含有醛基。分析可知，T符合條件的同分異構(gòu)體分兩大類：一類是苯環(huán)上有2個取代基：—NH2和HCOO—，在苯環(huán)上按鄰、間、對排列方式共有3種，另一類是苯環(huán)上有3個取代基：—OH、—CHO、—NH2，3個不同的取代基在苯環(huán)上的排列方式共有10種結(jié)構(gòu)，所以一共有13種符合條件的同分異構(gòu)體。其中核磁共振氫譜上有4組峰，且峰面積比為1:2:2:2的物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式為：，故答案為13；。（6）由目標產(chǎn)物逆推，需要合成氨基，推知原料要先發(fā)生硝化，引入硝基，再還原得到氨基，氨基與酰氯發(fā)生取代反應生成目標產(chǎn)物，合成路線為：，故答案為?！军c睛】有機推斷應以特征點為解題突破口，按照已知條件建立的知識結(jié)構(gòu)，結(jié)合信息和相關(guān)知識進行推理、計算、排除干擾，最后做出正確推斷。一般可采用順推法、逆推法、多法結(jié)合推斷。18、CH4O羥基氧化反應、9【解析】

A的分子式為C2H4，A為乙烯，即結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CH2，根據(jù)問題（1），D能與金屬鈉反應，且D分子中只有一個氧原子，即D中含有－OH，D屬于芳香族化合物，即D中含有苯環(huán)，D的相對分子質(zhì)量為1×16/13.1%=122，根據(jù)苯乙醛推出D的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)縮醛的結(jié)構(gòu)簡式，推出C的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CH2OH，根據(jù)信息，推出B的結(jié)構(gòu)簡式為CH3OH，據(jù)此分析；【詳解】A的分子式為C2H4，A為乙烯，即結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CH2，根據(jù)問題（1），D能與金屬鈉反應，且D分子中只有一個氧原子，即D中含有－OH，D屬于芳香族化合物，即D中含有苯環(huán)，D的相對分子質(zhì)量為1×16/13.1%=122，根據(jù)苯乙醛的結(jié)構(gòu)簡式推出D的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)縮醛的結(jié)構(gòu)簡式，推出C的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CH2OH，根據(jù)信息，推出B的結(jié)構(gòu)簡式為CH3OH，（1）根據(jù)上述分析，B的結(jié)構(gòu)簡式為CH3OH，即分子式為CH4O；D能與金屬鈉反應，且D分子中只有一個氧原子，即D中含有－OH，D屬于芳香族化合物，即D中含有苯環(huán)，D的相對分子質(zhì)量為1×16/13.1%=122，根據(jù)苯乙醛的結(jié)構(gòu)簡式，推出D的結(jié)構(gòu)簡式為；（2）C的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CH2OH，含有的官能團是羥基；根據(jù)合成路線，反應⑥是苯乙醇被氧化成苯乙醛，反應類型為氧化反應；（3）反應⑦是苯乙醛與HOCH2CH2OH反應生成縮醛，即化學反應方程式為；（4）根據(jù)信息，核磁共振氫譜有4組峰，說明是對稱結(jié)構(gòu)，峰面積之比為3：2：2：1，說明不同化學環(huán)境的氫原子的個數(shù)比為3：2：2：1，符合條件的結(jié)構(gòu)簡式為、；（5）若化合物E為苯甲醚的同系物，且相對分子質(zhì)量比苯甲醚大14，則其分子式為C8H10O，E的同分異構(gòu)體能使FeCl3溶液顯色，說明含有酚羥基，假設苯環(huán)上有－OH、－C2H5兩個取代基，有鄰間對三種結(jié)構(gòu)，假設苯環(huán)上有－OH、－CH3、－CH3三個取代基，兩個甲基在鄰位，羥基有2種結(jié)構(gòu)；兩個甲基在間位，羥基有3種結(jié)構(gòu)；兩個甲基在對位，羥基有1種結(jié)構(gòu)，一共有9種結(jié)構(gòu)；（6）根據(jù)反應②，推出生成目標物原料是，根據(jù)路線①，用乙烯與O2在Ag作催化劑的條件下生成環(huán)氧乙烷，因此生成的原料是CH3CH=CH2，生成丙烯，用2－氯丙烷發(fā)生消去反應，合成路線為?！军c睛】本題的難點是同分異構(gòu)體的判斷，根據(jù)信息判斷出含有的形式，如本題含有苯環(huán)和，寫出苯乙醛的同分異構(gòu)體，醛與酮互為同分異構(gòu)體，則有，符合峰有4種，峰面積之比為3：2：2：1，然后將－CH2CHO，拆成－CH3和－CHO，在苯環(huán)上有鄰、間、對三種，然后根據(jù)峰和峰的面積進行判斷，哪些符合要求。19、球形冷凝管防倒吸碘水或I2CDGFJ37.8還原性5H2C2O1+2MnO1-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O反應生成的硫酸錳或錳離子對反應有催化作用，加快反應速率取少量0.1mol/L草酸溶液于試管中，測定其pH，若pH﹥1，則說明草酸為弱酸【解析】

（1）根據(jù)儀器構(gòu)造可知儀器乙為球形冷凝管；B裝置為安全瓶，其作用是防倒吸，故答案為球形冷凝管；防倒吸；（2）淀粉遇碘變藍色，在已經(jīng)水解的淀粉溶液中滴加幾滴碘液，溶液顯藍色，則證明淀粉沒有完全水解，溶液若不顯色，則證明淀粉完全水解，故答案為碘水或I2；（3）為證明草酸的受熱分解產(chǎn)物中含有H2O、CO2和CO，先首先將混合氣體通入盛有無水硫酸銅的干燥管檢驗水蒸氣，如果變藍說明有水蒸氣產(chǎn)生；再通入盛有冷水的洗氣瓶除去草酸蒸氣，防止草酸干擾二氧化碳的檢驗；接著通入盛有澄清的石灰水的洗氣瓶檢驗二氧化碳，如果澄清的石灰水變渾濁，則證明含有二氧化碳氣體；再用盛有氫氧化鈉溶液的洗氣瓶吸收二氧化碳，防止二氧化碳干擾一氧化碳的檢驗；然后再將洗氣后的氣體進行干燥，最后將氣體再通過黑色的氧化銅裝置，一氧化碳和黑色的氧化銅反應生成銅和二氧化碳，再用澄清的石灰水檢驗二氧化碳是否存在，如果澄清石灰水變渾濁，則證明該混合氣體中含有一氧化碳；為防止有毒的一氧化碳污染環(huán)境，用排水集氣法收集一氧化碳，連接順序為A→C→D→G→F→E→B→G→J，故答案為C；D；G；F；J。（1）由化學方程式CuO+COCu+CO2可知A管減輕質(zhì)量為氧原子的質(zhì)量，則n(CO)：m(O)=1:16=n(CO)：1．8g，解得n(CO)為0.3mol，H2C2O1·2H2O受熱分解的方程式為H2C2O1?2H2O3H2O+CO↑+CO2↑，由方程式可知分解的草酸晶體為0.3mol，所以質(zhì)量為：0.3mol×126g/mol=37.8g，故答案為37.8；（5）向草酸溶液中逐滴加入硫酸酸化的高錳酸鉀溶液時，可觀察到溶液由紫紅色變?yōu)榻鯚o色，說明酸性高錳酸鉀與草酸發(fā)生氧化還原反應，酸性高錳酸鉀具有強氧化性，草酸能夠被氧化，草酸具有還原性，被氧化為二氧化碳，發(fā)生的反應為5H2C2O1+2MnO1-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，生成的硫酸錳或錳離子對反應有催化作用，加快反應速率；故答案為還原；5H2C2O1+2MnO1-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；生成的硫酸錳或錳離子對反應有催化作用，加快反應速率；（6）若草酸為弱酸，則其在水溶液中不能完全電離，0.1mol·L-1草酸溶液的pH大于1。因此，實驗證明草酸是弱酸的實驗方案為：取少量0.1mol/L草酸溶液于試管中，用pH計測定其pH，若pH﹥1，則說明草酸為弱酸，故答案為取少量0.1mol/L草酸溶液于試管中，測定其pH，若pH﹥1，則說明草酸為弱酸。【點睛】本題考查了性質(zhì)實驗方案的設計與評價，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查了學分析、理解能力及靈活應用基礎知識的能力，注意掌握化學實驗基本操作方法，明確常見物質(zhì)的性質(zhì)及化學實驗方案設計原則是解答關(guān)鍵。20、防止因反應過于劇烈而使液體無法滴落將裝置C置于冰水浴中KOH應過量（或減緩通入氯氣的速率等）3Cl2＋2Fe(OH)3＋10OH－=2FeO42-＋6Cl－＋8H2OK2FeO4與水發(fā)生反應生成的Fe(OH)3具有催化作用向其中滴加少量濃鹽酸，將濕潤的淀粉KI試紙靠近試管口，若試紙變藍，則說明有Cl2生成，同時說明氧化性FeO42-＞Cl2溶液的酸堿性影響物質(zhì)的氧化性強弱【解析】

利用高錳酸鉀與濃鹽酸反應制得氯氣，將氯氣通過飽和氯化鈉溶液除去氯化氫，純凈的氯氣通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中，制備高效水處理劑高鐵酸鉀（K2FeO4），用氫氧化鈉溶液處理尾氣，防止多余的氯氣排放到空氣中引起污染，據(jù)此分析?！驹斀狻坷酶咤i酸鉀與濃鹽酸反應制得氯氣，將氯氣通過飽和氯化鈉溶液除去氯化氫，純凈的氯氣通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中，制備高效水處理劑高鐵酸鉀（K2FeO4），用氫氧化鈉溶液處理尾氣，防止多余的氯氣排放到空氣中引起污染。(1)裝置A用于制取氯氣，其中使用恒壓漏斗的原因是防止因反應過于劇烈而使液體無法滴落；(2)為防止裝置C中K2FeO4分解