吉林省吉林2023學年高三第一次模擬考試化學試卷含解析

2021-2022高考化學模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、利用小粒徑零價鐵（ZVI）的電化學腐蝕處理三氯乙烯，進行水體修復的過程如圖所示。H+，O2，NO3－等共存物的存在會影響水體修復效果，定義單位時間內(nèi)ZVI釋放電子的物質(zhì)的量為nt，其中用于有效腐蝕的電子的物質(zhì)的量為ne。下列說法錯誤的是（）A．反應①②③④均在正極發(fā)生B．單位時間內(nèi)，三氯乙烯脫去amolCl時ne=amolC．④的電極反應式為NO3－+10H++8e－=NH4++3H2OD．增大單位體積水體中小粒徑ZVI的投入量，可使nt增大2、我國科學家設計的人工光合“仿生酶—光偶聯(lián)”系統(tǒng)工作原理如圖。下列說法正確的是（）A．總反應為6CO2+6H2OC6H12O6+6O2B．轉(zhuǎn)化過程中僅有酶是催化劑C．能量轉(zhuǎn)化形式為化學能→光能D．每產(chǎn)生1molC6H12O6轉(zhuǎn)移H+數(shù)目為12NA3、從海帶中提取碘的實驗中，下列操作中未涉及的是A． B． C． D．4、關(guān)于如圖裝置中的變化敘述錯誤的是A．電子經(jīng)導線從鋅片流向右側(cè)碳棒，再從左側(cè)碳棒流回銅片B．銅片上發(fā)生氧化反應C．右側(cè)碳棒上發(fā)生的反應：2H++2e→H2↑D．銅電極出現(xiàn)氣泡5、下列說法不正確的是A．常溫下，在0.1mol·L-1的HNO3溶液中，由水電離出的c(H+)＜B．濃度為0.1mol·L－1的NaHCO3溶液：c（H2CO3）＞c（CO32－）C．25℃時，AgCl固體在等物質(zhì)的量濃度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度積相同D．冰醋酸中逐滴加水，溶液的導電性、醋酸的電離程度、pH均先增大后減小6、下列各組原子中，彼此化學性質(zhì)一定相似的是A．最外層都只有一個電子的X、Y原子B．原子核外M層上僅有兩個電子的X原子與N層上僅有兩個電子的Y原子C．2p軌道上有三個未成對電子的X原子與3p軌道上有三個未成對電子的Y原子D．原子核外電子排布式為1s2的X原子與原子核外電子排布式為1s22s2的Y原子7、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A．含1mol/LC1-的NH4Cl與氨水的中性混合溶液中，NH4+數(shù)為NAB．60gSiO2和28gSi中各含有4NA個Si-O鍵和4NA個Si-Si鍵C．標準狀況下，濃鹽酸分別與MnO2、KClO3反應制備22.4LCl2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)均為2NAD．10g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子數(shù)為0.5NA8、已知反應S2O82-(aq)+2I-(aq)2SO42-(aq)+I2(aq)，若往該溶液中加人含F(xiàn)e3+的某溶液，反應機理：①2Fe3++(aq)+2I-(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq)②2Fe2+(aq)+S2O82-(aq)2Fe3+(aq)+2SO42-(aq),下列有關(guān)該反應的說法不正確的是A．增大S2O82-濃度或I-濃度，反應①、反應②的反應速率均加快B．Fe3+是該反應的催化劑C．因為正反應的活化能比逆反應的活化能小，所以該反應是放熱反應D．往該溶液中滴加淀粉溶液，溶液變藍，適當升溫，藍色加深9、已知AG=lg，電離度α=×100%。常溫下，向10mL0.1mol/LHX溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，混合溶液中AG與滴加NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．F點溶液pH<7B．G點溶液中c(Na+)=c（X-）>c(H+)=c（OH-）C．V=10時，溶液中c（OH-）<c(HX)D．常溫下，HX的電離度約為1%10、下列表述和方程式書寫都正確的是A．表示乙醇燃燒熱的熱化學方程式：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)△H=-1367.0kJ/molB．KAl(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使沉淀物質(zhì)的量達到最大：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓+2H2OC．用稀硫酸酸化的KMnO4溶液與H2O2反應，證明H2O2具有還原性：2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2OD．用石墨作電極電解NaCl溶液：2Cl-+2H+Cl2↑+H2↑11、下列說法正確的是A．煤的干餾和石油的分餾都是化學變化B．漂白粉、水玻璃和堿石灰都是混合物C．純堿、明礬和干冰都是電解質(zhì)D．乙酸乙酯中混有乙酸，可加入飽和氫氧化鈉溶液，振蕩、靜置后分液12、把圖2中的物質(zhì)補充到圖1中，可得到一個完整的氧化還原型離子方程式(未配平)。對該氧化還原反應型離子方程式，說法不正確的是（）A．IO4-作氧化劑具有氧化性B．氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為5∶2C．若有2molMn2+參加反應時則轉(zhuǎn)移10mol電子D．氧化性：MnO4->IO4-13、下列條件下，可以大量共存的離子組是（）A．pH=9的溶液中：Na+、Fe3+、NO3-，SCN-B．含有大量S2O32-的溶液中：H+、K+、SO42-、Al3+C．0.1mol?L-1的NH4Cl溶液中：Li+、Ba2+、CH3COO-、OH-D．某酸性無色透明溶液中：Na+、I-、Cl-、Mg2+14、下列說法不正確的是()A．苯和乙炔都與溴水發(fā)生加成反應，從而使溴水褪色B．乙醛和乙酸都可以與新制的氫氧化銅懸濁液反應C．鄰二甲苯只有一種結(jié)構(gòu)，證明苯環(huán)中不存在碳碳單鍵和碳碳雙鍵交替出現(xiàn)的結(jié)構(gòu)D．等質(zhì)量的乙烯和丙烯充分燃燒所消耗的O2的量相同15、下列實驗結(jié)果不能作為相應定律或原理的證據(jù)是ABCD勒夏特列原理元素周期律蓋斯定律阿伏加德羅定律實驗方案結(jié)果左球氣體顏色加深右球氣體顏色變淺燒瓶中冒氣泡，試管中出現(xiàn)渾濁測得ΔH為ΔH1、ΔH2的和H2與O2的體積比約為2︰1A．A B．B C．C D．D16、將0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀釋或加入少量CH3COONa晶體時，都會引起()A．溶液的pH增大B．CH3COOH電離度增大C．溶液的導電能力減弱D．溶液中c(OH－)減小二、非選擇題（本題包括5小題）17、鹽酸氨溴索(又稱溴環(huán)己胺醇)，可用于急、慢性支氣管炎及支氣管擴張、肺氣腫、肺結(jié)核等疾病的治療。某研究小組擬用以下流程合成鹽酸氨溴索和糖精的中間體X(部分反應條件及產(chǎn)物已略)。已知信息：(Ⅰ)R1CHO+R2NH2R1CH＝N﹣R2(Ⅱ)(易被氧化)請回答：(1)流程中A名稱為_____；D中含氧官能團的名稱是_____。(2)G的分子式為_____；化合物E的結(jié)構(gòu)簡式是_____。(3)A→B、F→G的反應類型分別為：_____、_____。(4)寫出B+CD的化學方程式_____。(5)化合物X同時符合下列條件的同分異構(gòu)體H有_____種；其中核磁共振氫譜有5組吸收峰的結(jié)構(gòu)簡式為_____。①苯環(huán)上有兩個取代基，其中之一是氨基；②官能團與X相同，苯環(huán)上的一氯代物有兩種。(6)以甲苯和甲醇為有機原料，參照鹽酸氨溴索的合成路線圖，設計X的合成路線______(無機試劑任選，標明試劑、條件及對應物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡式)。18、[化學——選修5：有機化學基礎(chǔ)]A(C3H6)是基本有機化工原料，由A制備聚合物C和合成路線如圖所示（部分條件略去）。已知：（1）A的名稱是____；B中含氧官能團名稱是____。（2）C的結(jié)構(gòu)簡式____；D-E的反應類型為____。（3）E-F的化學方程式為____。（4）B的同分異構(gòu)體中，與B具有相同官能團且能發(fā)生銀鏡反應，其中核磁共振氫譜上顯示3組峰，且峰面積之比為6:1:1的是____（寫出結(jié)構(gòu)簡式）。（5）等物質(zhì)的量的分別與足量NaOH、NaHCO3反應，消耗NaOH、NaHCO3的物質(zhì)的量之比為____；檢驗其中一種官能團的方法是____（寫出官能團名稱、對應試劑及現(xiàn)象）。19、廢舊電池中的Zn、Mn元素的回收，對環(huán)境保護有重要的意義。鋅錳干電池的負極是作為電池殼體的金屬鋅，正極是被二氧化錳和碳粉包圍的石墨電極，電解質(zhì)是氯化鋅和氯化銨的糊狀物，該電池放電過程中產(chǎn)生MnOOH。I.回收鋅元素，制備ZnCl2步驟一：向除去殼體及石墨電極的黑色糊狀物中加水，攪拌，充分溶解，經(jīng)過濾分離得固體和濾液；步驟二：處理濾液，得到ZnCl2·xH2O晶體；步驟三：將SOCl2與ZnCl2·xH2O晶體混合制取無水ZnCl2。制取無水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并驗證生成物中含有SO2(夾持及加熱裝置略)的裝置如下：已知：SOCl2是一種常用的脫水劑，熔點-105℃，沸點79℃，140℃以上時易分解，與水劇烈水解生成兩種氣體。（1）接口的連接順序為a→___→____→h→i→___→___→___→e。（2）三頸燒瓶中反應的化學方程式：____。（3）步驟二中得到ZnCl2·xH2O晶體的操作方法：___。（4）驗證生成物中含有SO2的現(xiàn)象為：___。II.回收錳元素，制備MnO2（5）步驟一得到的固體經(jīng)洗滌，初步蒸干后進行灼燒，灼燒的目的____。III.二氧化錳純度的測定稱取1.0g灼燒后的產(chǎn)品，加入1.34g草酸鈉(Na2C2O4)固體，再加入足量的稀硫酸并加熱(雜質(zhì)不參與反應)，充分反應后冷卻，將所得溶液轉(zhuǎn)移到100mL容量瓶中用蒸餾水稀釋至刻度線，從中取出10.00mL，用0.0200mol/L高錳酸鉀溶液進行滴定，滴定三次，消耗高錳酸鉀溶液體積的平均值為10.00mL。（6）寫出MnO2溶解反應的離子方程式___。（7）產(chǎn)品的純度為____。20、二氧化氯是高效、低毒的消毒劑。已知：ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，回答下列問題：(1)ClO2的制備及性質(zhì)探究(如圖所示)。①儀器a的名稱為________，裝置B的作用是________。②裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，該反應的化學方程式為_________。裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，其作用是________________。③裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，則該反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為________，氧化產(chǎn)物是___________。(2)粗略測定生成ClO2的量實驗步驟如下：a.取下裝置D，將其中的溶液轉(zhuǎn)入250mL容量瓶，用蒸餾水洗滌D瓶2~3次，并將洗滌液一并轉(zhuǎn)移到容量瓶中，再用蒸餾水稀釋至刻度。b.從容量瓶中取出25.00mL溶液于錐形瓶中，用0.1000mol/L硫代硫酸鈉標準溶液滴定（I2+2S2O32-=2I－+S4O62-），指示劑顯示終點時共用去24.00mL硫代硫酸鈉溶液。①滴定至終點的現(xiàn)象是_____________。②進入裝置D中的ClO2質(zhì)量為_______，與C中ClO2的理論產(chǎn)量相比，測定值偏低，可能的原因是__________。21、冶金廠的爐渣中主要成分為CuO、Cu、Ag、Bi、Pb，還含有少量的SiO2和Au，從爐渣中回收有價金屬的一種工藝流程如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）氧化浸取時加入H2O2的目的是__________________________(只要回答出一點即可)。（2）熔煉時加入Na2CO3

的目的是除硅，該過程的化學方程式是_____________________________。（3）加入NaOH溶液的目的是調(diào)節(jié)溶液的pH

，水解時通入水蒸氣的目的是_______________________。（4）流程中加入N2H4·H2O還原得到銀的化學方程式是_____________________________。（5）沉銀和鉛時，已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(PbCl2)=1.8×10-5，當AgCl和PbCl2共沉且c(Pb2+)∶c(Ag+)=107時,溶液中的c(Cl-)=________mol·L-1。（6）用流程中得到的鉛制取Pb(NO3)2。

用石墨作電極，電解Pb(NO3)2

和Cu(

NO3)2的混合溶液制取PbO2，陽極發(fā)生的電極反應式是_______________________，若電解液中不加入Cu(

NO3)2，陰極反應式是______________________，這樣做的主要缺點是____________________________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

A選項，由修復過程示意圖中反應前后元素化合價變化可知，反應①②③④均為得電子的反應，所以應在正極發(fā)生，故A正確；B選項，三氯乙烯C2HCl3中C原子化合價為+1價，乙烯中C原子化合價為-2價，1molC2HCl3轉(zhuǎn)化為1molC2H4時，得到6mol電子，脫去3mol氯原子，所以脫去amolCl時ne=2amol，故B錯誤；C選項，由示意圖及N元素的化合價變化可寫出如下轉(zhuǎn)化NO3_+8e_—NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O來配平該反應，而不能用H2O和OH_來配平，所以④的電極反應式為NO3_+10H++8e_=NH4++3H2O，故C正確；D選項，增大單位體積水體中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正極的接觸面積，加快ZVI釋放電子的速率，可使nt增大，故D正確；綜上所述，答案為B。2、A【解析】

A.根據(jù)圖示可知：該裝置是將CO2和H2O轉(zhuǎn)化為葡萄糖和氧氣，反應方程式為：6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，A正確；B.轉(zhuǎn)化過程中有酶、光觸媒作催化劑，B錯誤；C.能量轉(zhuǎn)化形式為光能→化學能，C錯誤；D.每產(chǎn)生1molC6H12O6轉(zhuǎn)移H+數(shù)目為24NA，D錯誤；故合理選項是A。3、A【解析】

從海帶中提取碘，涉及到海帶的灼燒、物質(zhì)的溶解，使用B裝置，然后過濾除去不溶性固體物質(zhì)，使用C裝置；然后向溶液中加入有機溶劑將碘單質(zhì)萃取出來，然后分液，使用D裝置，未涉及到滴定操作，故合理選項是A。4、B【解析】

右邊裝置能自發(fā)的進行氧化還原反應,所以右邊裝置是原電池,鋅易失電子而作負極,銅作正極;左邊裝置連接外加電源,所以是電解池,連接鋅棒的電極是陰極,連接銅棒的電極是陽極。根據(jù)原電池和電解池原理進行判斷。【詳解】A.根據(jù)原電池工作原理可知：電子從負極鋅沿導線流向右側(cè)碳棒,再從左側(cè)碳棒流回正極銅片，故A正確；B.根據(jù)氧化還原的實質(zhì)可知：鋅片上失電子發(fā)生氧化反應,銅片上得電子發(fā)生還原反應，故B錯誤；C.根據(jù)電解池工作原理可知：左側(cè)碳棒是電解池陽極，陽極上應該是氯離子放電生成氯氣，右側(cè)碳棒是陰極，該電極上發(fā)生的反應:2H++2e→H2↑，故C正確；D.根據(jù)原電池工作原理可知：銅電極是正極，正極端氫離子得電子放出氫氣，故D正確；答案選B。5、D【解析】試題分析：A．硝酸是強酸抑制水的電離，則常溫下，在0.1mol·L-1的HNO3溶液中，由水電離出的c(H+)＝10—13mol/L＜，A正確；B．濃度為0.1mol·L－1的NaHCO3溶液顯堿性，碳酸氫根的水解程度大于電離程度，則c（H2CO3）＞c（CO32－），B正確；C．溶度積常數(shù)只與溫度有關(guān)系，則25℃時，AgCl固體在等物質(zhì)的量濃度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度積相同，C正確；D．稀釋促進電離，則冰醋酸中逐滴加水，溶液的導電性先增大后減小，而醋酸的電離程度一直增大，pH先減小后增大，D錯誤，答案選D?？键c：考查弱電解質(zhì)的電離、鹽類水解及溶度積常數(shù)的應用等6、C【解析】

A．最外層都只有一個電子有H、Na、Cu等，化學性質(zhì)不一定相似，故A錯誤；B．原子核外M層上僅有兩個電子的X原子為Mg，原子核外N層上僅有兩個電子的Y原子有Ca、Fe、Ti等，二者性質(zhì)不一定相似，故B錯誤；C．2p軌道上有三個未成對電子的X原子為N，3p軌道上有三個未成對電子的Y原子為P，N、P位于同一主族，化學性質(zhì)相似，故C正確；D．原子核外電子排布式為1s2的原子是He，性質(zhì)穩(wěn)定，原子核外電子排布式為1s22s2的原子是Be，性質(zhì)較活潑，二者性質(zhì)一定不相似，故D錯誤；故選C。7、D【解析】

A．沒有提供溶液的體積，無法計算混合溶液中NH4+的數(shù)目，A不正確；B．60gSiO2和28gSi都為1mol，分別含有4NA個Si-O鍵和2NA個Si-Si鍵，B不正確；C．標準狀況下22.4LCl2為1mol，若由濃鹽酸分別與MnO2、KClO3反應制得，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)分別為2NA、NA，C不正確；D．10g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子數(shù)為=0.5NA，D正確；故選D。8、D【解析】

A.增大S2O82－濃度或I－濃度，增加反應物濃度，因此反應①、反應②的反應速率均加快，故A正確；B.Fe3+在反應中是中間過程，參與反應但質(zhì)量不變，因此是該反應的催化劑，故B正確；C.因為正反應的活化能比逆反應的活化能小，因此該反應是放熱反應，故C正確；D.往該溶液中滴加淀粉溶液，溶液變藍，適當升溫，平衡逆向移動，單質(zhì)碘減少，藍色加淺，故D錯誤。綜上所述，答案為D?！军c睛】正反應的活化能大于逆反應的活化能，則反應為吸熱反應，正反應活化能小于逆反應的活化能，則反應為放熱反應。9、C【解析】

E點為0.1mol/LHX溶液，AG=lg=8，則=108，水的離子積KW==10-14,由此計算氫離子濃度；F點為等物質(zhì)的量HX溶液NaX溶液的混合液，此時AG=lg=6，則c(H+)>c（OH-），pH<7；G點為AG=lg=0，則c(H+)=c（OH-）；V=10時溶液為NaX溶液,由于水解和水的電離c（OH-）>c(HX)?！驹斀狻緼.F點為等物質(zhì)的量HX溶液NaX溶液的混合液，此時AG=lg=6，則c(H+)>c（OH-），pH<7,故A正確；B.G點溶液中AG=lg=0，則c(H+)=c（OH-），溶液中存在電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c（OH-）+c（X-），故c(Na+)=c（X-）>c(H+)=c（OH-），故B正確；C．V=10時溶液為NaX溶液,由于水解和水的電離c（OH-）>c(HX)，故C錯誤；D．E點為0.1mol/LHX溶液，AG=lg=8，則=108，水的離子積KW==10-14,,則電離度=，故D正確；故答案選：C。【點睛】溶液中存在電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c（OH-）+c（X-）。10、C【解析】

A.燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒產(chǎn)生穩(wěn)定的氧化物時放出的熱量，水的穩(wěn)定狀態(tài)是液態(tài)，因此該式不能表示該反應的燃燒熱，A錯誤；B.KAl(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使沉淀物質(zhì)的量達到最大：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，B錯誤；C.用稀硫酸酸化的KMnO4溶液與H2O2反應，證明H2O2具有還原性，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得反應的離子方程式為：2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O，C正確；D.用石墨作電極電解NaCl溶液，陽極Cl-失去電子變?yōu)镃l2，陰極上水電離產(chǎn)生的H+獲得電子變?yōu)镠2，反應方程式為：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，D錯誤；故合理選項是C。11、B【解析】

A、石油的分餾是物理變化而煤的干餾是化學變化，選項A錯誤；A、漂白粉是由氯化鈣和次氯酸鈣構(gòu)成的，是混合物；水玻璃是硅酸鈉的水溶液，是混合物；堿石灰是氧化鈣和氫氧化鈉的混合物，選項B正確；C、純堿是碳酸鈉屬于鹽類，是電解質(zhì)；明礬是硫酸鋁鉀屬于鹽，是電解質(zhì)；干冰是固態(tài)的二氧化碳，屬于非電解質(zhì)，選項C錯誤；D、乙酸乙酯中混有乙酸，可加入飽和碳酸鈉溶液，振蕩、靜置后分液，選項D錯誤。答案選B。12、D【解析】

已知錳離子是反應物，反應后生成高錳酸根離子，則錳離子失電子作還原劑，含有碘元素的離子在反應中作氧化劑，碘元素應該得電子化合價降低，所以IO4-是反應物，IO3-是生成物，根據(jù)元素守恒知，水是反應物，該反應方程式為：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+，據(jù)此進行解答。【詳解】根據(jù)氧化還原反應的規(guī)律，該反應方程式為：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+。A．IO4-在反應中得電子作氧化劑，故A正確；B．氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為5∶2，故B正確；C．若有2molMn2+參加反應，則轉(zhuǎn)移的電子為2mol×(7-2)=10mol，故C正確；D．氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性；該反應中氧化劑為IO4-，氧化產(chǎn)物為MnO4-，所以氧化性：MnO4-<IO4-，故D錯誤；故選D。13、D【解析】

A．pH=9的溶液呈堿性，堿性條件下Fe3+生成沉淀，且Fe3+、SCN-發(fā)生絡合反應而不能大量共存，故A錯誤；B．能和S2O32-反應的離子不能大量共存，酸性條件下S2O32-生成S和二氧化硫而不能大量存在，故B錯誤；C．能和氯化銨反應的離子不能大量共存，銨根離子和OH-生成弱電解質(zhì)而不能大量共存，Li+、OH-不能大量共存，故C錯誤；D．酸性溶液中含有大量氫離子，無色溶液不含有色離子，這幾種離子都無色且和氫離子不反應，所以能大量共存，故D正確；故選：D?！军c睛】S2O32-為硫代硫酸根，與氫離子可以發(fā)生反應：S2O32-+2H+==S↓+SO2+H2O。14、A【解析】

A．苯不能與溴水加成，將苯加入溴水中，是發(fā)生了萃取而使溴水褪色，故A錯誤；B．乙醛與氫氧化銅濁液在加熱的條件下發(fā)生氧化還原反應，乙酸含有羧基，具有酸性，與氫氧化銅發(fā)生中和反應，故B正確；C．若苯環(huán)中存在碳碳單鍵和碳碳雙鍵交替的結(jié)構(gòu)，則鄰二甲苯有2種結(jié)構(gòu)，而鄰二甲苯只有一種結(jié)構(gòu)，證明苯環(huán)中不存在碳碳單鍵和碳碳雙鍵交替的結(jié)構(gòu)，故C正確；D．乙烯和聚乙烯的最簡式相同，則完全燃燒等質(zhì)量的乙烯和聚乙烯消耗O2量相同，故D正確；故選A。15、B【解析】

A.反應2NO2(g)N2O4(g)的正反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，產(chǎn)生更多的NO2氣體，二氧化氮濃度增大，左側(cè)氣體顏色加深；降低溫度，化學平衡向放熱的正反應方向移動，二氧化氮濃度減小，右側(cè)氣體顏色變淺，能夠用勒夏特列原理解釋，A不符合題意；B.燒瓶中冒氣泡，證明酸性：HCl>H2CO3，但HCl不是最高價氧化物對應的水化物，不能比較C、Cl的非金屬性強弱；試管中出現(xiàn)渾濁，可能是由于發(fā)生反應：2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3↓，也可能是由于發(fā)生反應：CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3↓，無法用元素周期律解釋，B符合題意；C.根據(jù)蓋斯定律可知：△H=△H1+△H2，能夠用蓋斯定律解釋，C不符合題意；D.根據(jù)電子守恒可知，電解水生成H2與O2的物質(zhì)的量之比2:1，結(jié)合阿伏伽德羅定律可知，H2與O2的體積比約為2:1，D不符合題意；故合理選項是B。16、A【解析】

A．CH3COOH溶液加水稀釋，CH3COOH的電離平衡CH3COOHCH3COO-+H+向正反應方向移動，溶液的pH增加，向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶體時，溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的電離平衡向逆反應方向移動，溶液的pH增加，正確；B．CH3COOH溶液加水稀釋，平衡向正反應方向移動，電離程度增大，加入少量CH3COONa晶體時平衡向逆反應方向移動，電離程度減小，錯誤；C．CH3COOH溶液加水稀釋，離子濃度減小，溶液的導電能力減弱，加入少量CH3COONa晶體時，離子濃度增大，溶液的導電能力增強，錯誤；D．加水稀釋，促進醋酸電離，但溶液中氫離子濃度減小，加入少量CH3COONa晶體時平衡向逆反應方向移動，電離程度減小，氫離子濃度減小，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，所以氫氧根離子濃度增大，錯誤。故選A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、鄰硝基甲苯或1﹣硝基甲苯硝基、羥基C13H18N1OBr1氧化反應取代反應3【解析】

由B與C的分子式、D的結(jié)構(gòu)簡式，結(jié)合信息①，可知B為、C為，對比甲苯與B的結(jié)構(gòu)，可知甲苯發(fā)生硝化反應生成A，A發(fā)生氧化反應生成B，故A為，D發(fā)生信息②中還原反應生成E為，由鹽酸氨溴索的結(jié)構(gòu)簡式可知E→F發(fā)生還原反應生成F，F(xiàn)與溴發(fā)生苯環(huán)上取代反應生成G，G與HCl反應生成鹽酸氨溴索，故F為、G為。(6)、甲基用酸性高錳酸鉀溶液氧化引入羧基，硝基用Fe/HCl還原引入氨基，羧基與甲醇發(fā)生酯化反應引入酯基，氨基易被氧化且能與羧基反應，結(jié)合生成A的轉(zhuǎn)化，應先發(fā)生硝化反應反應生成，再發(fā)生氧化反應生成，然后發(fā)生酯化反應生成，最后發(fā)生還原反應生成目標產(chǎn)物。【詳解】（1）A的結(jié)構(gòu)簡式為，其名稱為：鄰硝基甲苯或1﹣硝基甲苯。D中含氧官能團的名稱是：硝基、羥基，故答案為：鄰硝基甲苯或1﹣硝基甲苯；硝基、羥基；（1）G的結(jié)構(gòu)簡式為，其分子式為：C13H18N1OBr1．由分析可知，化合物E的結(jié)構(gòu)簡式是：，故答案為：C13H18N1OBr1；；（3）A→B是轉(zhuǎn)化為，甲基轉(zhuǎn)化為醛基，屬于氧化反應。F→G是轉(zhuǎn)化為，F(xiàn)中苯環(huán)上氫原子被溴原子替代，屬于取代反應，故答案為：氧化反應；取代反應；（4）B+CD的化學方程式為，故答案為：；（5）化合物X同時符合下列條件的同分異構(gòu)體：①苯環(huán)上有兩個取代基，其中之一是氨基；②官能團與X相同，另外一個取代基含有酯基，可能為﹣COOCH3、﹣OOCCH3、﹣CH1OOCH，苯環(huán)上的一氯代物有兩種，1個不同的取代基處于對位，符合條件的H共有3種，其中核磁共振氫譜有5組吸收峰的結(jié)構(gòu)簡式為：，故答案為：3；；（6）甲基用酸性高錳酸鉀溶液氧化引入羧基，硝基用Fe/HCl還原引入氨基，羧基與甲醇發(fā)生酯化反應引入酯基，氨基易被氧化且能與羧基反應，結(jié)合生成A的轉(zhuǎn)化，應先發(fā)生硝化反應反應生成，再發(fā)生氧化反應生成，然后發(fā)生酯化反應生成，最后發(fā)生還原反應生成目標物，合成路線流程圖為：，故答案為：。18、丙烯酯基取代反應1：1檢驗羧基：取少量該有機物，滴入少量石蕊試液，試液變紅（或檢驗碳碳雙鍵，加入溴水，溴水褪色）【解析】

B發(fā)生加聚反應生成聚丁烯酸甲酯，則B結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH=CHCOOCH3，A為C3H6，A發(fā)生發(fā)生加成反應生成B，則A結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯發(fā)生水解反應然后酸化得到聚合物C，C結(jié)構(gòu)簡式為；A發(fā)生反應生成D，D發(fā)生水解反應生成E，E能發(fā)生題給信息的加成反應，結(jié)合E分子式知，E結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCH2OH、D結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯發(fā)生加成反應生成F，F(xiàn)結(jié)構(gòu)簡式為，F(xiàn)發(fā)生取代反應生成G，G發(fā)生信息中反應得到，則G結(jié)構(gòu)簡式為；據(jù)此解答?！驹斀狻浚?）通過以上分析知，A為丙烯，B結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH=CHCOOCH3，其含氧官能團名稱是酯基，故答案為丙烯；酯基；

（2）C結(jié)構(gòu)簡式為，D發(fā)生水解反應或取代反應生成E，故答案為；取代反應或水解反應；

（3）E→F反應方程式為，故答案為；

（4）B結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH=CHCOOCH3，B的同分異構(gòu)體中，與B具有相同的官能團且能發(fā)生銀鏡反應，說明含有碳碳雙鍵和酯基、醛基，為甲酸酯，符合條件的同分異構(gòu)體有HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOC（CH3）=CHCH3、HCOOCH=C（CH3）2、HCOOCH（CH3）CH=CH2、HCOOCH2C（CH3）=CH2、HCOOC（CH2CH3）=CH2，共有8種；其中核磁共振氫譜為3組峰，且峰面積之比為6:1:1的是，

故答案為；（5）該有機物中含有碳碳雙鍵、醇羥基、羧基，具有烯烴、羧酸、醇的性質(zhì)。能和NaOH、NaHCO3反應的是羧基，且物質(zhì)的量之比都是1：1，所以NaOH、NaHCO3分別與等物質(zhì)的量的該物質(zhì)反應時，則消耗NaOH、NaHCO3的物質(zhì)的量之比為1：1；分子中含有碳碳雙鍵、醇羥基、羧基。若檢驗羧基：取少量該有機物，滴入少量石蕊試液，試液變紅；若檢驗碳碳雙鍵：加入溴水，溴水褪色，故答案為1：1；檢驗羧基：取少量該有機物，滴入少量石蕊試液，試液變紅（或檢驗碳碳雙鍵，加入溴水，溴水褪色）。19、fgbcdxSOCl2+ZnCl2·xH2O=xSO2↑+2xHCl↑+ZnCl2蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾品紅溶液褪色除去碳粉，并將MnOOH氧化為MnO2MnO2+C2O42-+4H+Mn2++2CO2↑+2H2O43.5%【解析】

Ⅰ．SOCl2吸收結(jié)晶水得到SO2與HCl，用冰水冷卻收集SOCl2，濃硫酸吸收水蒸氣，防止溶液中水蒸氣進入，用品紅溶液檢驗二氧化硫，用氫氧化鈉溶液吸收尾氣種二氧化硫與HCl，防止污染環(huán)境，注意防止倒吸。III.該滴定實驗的原理為利用高猛酸鉀標準液來測定未反應的草酸根的量，從而確定與草酸根反應的二氧化錳的量?！驹斀狻竣瘢?）根據(jù)分析可知裝置的連接順序為f→g→h→i→b→c→d→e，（2）三頸燒瓶中為SOCl2與ZnCl2·xH2O中的結(jié)晶水的反應，SOCl2遇水劇烈反應生成SO2與HCl，所以反應方程式為：xSOCl2+ZnCl2·xH2O=xSO2↑+2xHCl↑+ZnCl2；（3）由溶液得到晶體，可進行蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾；（4）二氧化硫可使品紅溶液褪色，所以當生成物中有二氧化硫時會觀察到品紅溶液褪色；II.（5）固體含有碳和MnOOH，灼燒可生成二氧化碳，以除去碳，且將MnOOH氧化為MnO2，故答案為：除去碳粉，并將MnOOH氧化為MnO2；III.（6）MnO2溶解在草酸鈉中，二氧化錳會將草酸根氧化得到錳離子和二氧化碳，結(jié)合電荷守恒和質(zhì)量守恒書寫可得離子方程式為：MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O；（7）高猛酸鉀在酸性環(huán)境下也可以將草酸根氧化，反應方程式為2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根據(jù)方程式可知存在數(shù)量關(guān)系：2MnO4-~5C2O42-，則10.00mL待測液中剩余的n（C2O42-）=0.0200mol/L×0.01L×=0.0005mol，則總剩余的n（C2O42-）=0.0005mol×=0.005mol，總的草酸根的物質(zhì)的量為=0.01mol，則與二氧化錳反應的n（C2O42-）=0.01mol-0.005mol=0.005mol，根據(jù)反應方程式MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O可知n(MnO2)=0.005mol，所以產(chǎn)品的純度為【點睛】第（2）題的方程式書寫為易錯點，要注意與SOCl2反應的不是單純的水，而是ZnCl2·xH2O中的結(jié)晶水，所以在方程式中不能寫水；從溶液中獲取晶體的一般操作為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、（洗滌、干燥）。20、分液漏斗防倒吸、防堵塞(或平衡氣壓、安全瓶均可)SO2＋H2SO4＋2KClO3=2KHSO4＋2ClO2檢驗有I2生成，進而證明ClO2有強氧化性2:1O2溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)溶液顏色不再改變0.324

g產(chǎn)生ClO2的速率太快，ClO2沒有被D中的溶液完全吸收；C中ClO2未全部進入D中【解析】

(1)濃H2SO4和Na2SO3反應生成SO2，A制備SO2，B裝置有緩沖作用，可防止倒吸、堵塞；裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，則C中發(fā)生反應SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，在D中發(fā)生氧化還原反應生成I2，裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，I2遇淀粉變藍色；裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，雙氧水作還原劑生成氧氣，從而防止尾氣污染環(huán)境；(2)①碘遇淀粉變藍色，當?shù)馔耆磻笕芤鹤優(yōu)闊o色；②ClO2與KI在溶液反應離子方程式為：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，結(jié)合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得ClO2～5S2O32-，則n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；ClO2部分沒有被吸收、未完全進入D中都導致測定值偏低?！驹斀狻?1)濃H2SO4和Na2SO3反應生成SO2，A用于制備SO2，B裝置有緩沖作用，能防止倒吸、堵塞；裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，則C中發(fā)生反應SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，所以D中發(fā)生氧化還原反應生成I2，裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，I2單質(zhì)遇淀粉溶液變?yōu)樗{色；裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，雙氧水作還原劑生成氧氣，從而防止尾氣污染環(huán)境，①儀器a的名稱為分液漏斗，裝置B有緩沖作用，所以能防倒吸、防堵塞(或平衡氣壓、安全瓶)；②裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，根據(jù)元素守恒可知，生成的酸式鹽為KHSO4，該反應的化學方程式為SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2；裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，淀粉遇碘溶液變?yōu)樗{色，根據(jù)淀粉溶液是否變色來判斷是否有I2單質(zhì)生成，從而證明ClO2是否具有氧化性；③裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，反應方程式為H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+H2O，在該反應中ClO2是氧化劑，NaClO2的還原產(chǎn)物，H2O2是還原劑，O2是氧化產(chǎn)物，該反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2：1；(2)①I2單質(zhì)遇淀粉溶液變?yōu)樗{色，當?shù)馔耆磻笕芤鹤優(yōu)闊o色，所用滴定終點是溶液