2025屆廣東湛江市大成中學高三下學期聯合考試化學試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，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、從粗銅精煉的陽極泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲的一種工藝流程如圖：(已知TeO2微溶于水，易溶于強酸和強堿)下列有關說法正確的是A．“氧化浸出”時為使碲元素沉淀充分，應加入過量的硫酸B．“過濾”用到的玻璃儀器：分液漏斗、燒杯、玻璃棒C．判斷粗碲洗凈的方法：取少量最后一次洗滌液，加入BaCl2溶液，沒有白色沉淀生成D．“還原”時發生的離子方程式為2SO32-＋Te4＋＋4OH－=Te↓＋2SO42-＋2H2O2、下列能源不屬于直接或間接利用太陽能的是()A．風能B．江河水流能C．生物質能D．地熱溫泉3、下列指定反應的離子方程式正確的是A．鈉與水反應：Na+2H2ONa++2OH–+H2↑B．用氨水吸收過量的二氧化硫：OH?+SO2C．向碳酸氫銨溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH–CaCO3↓+H2OD．向氫氧化鋇溶液中加入稀硫酸：Ba2++2OH–+2H++SO42-BaSO4↓+2H2O4、工業上用發煙HClO4把潮濕的CrCl3氧化為棕色的煙[CrO2(ClO4)2]來除去Cr(Ⅲ)，HClO4中部分氯元素轉化為最低價態。下列說法不正確的是（）A．HClO4屬于強酸，反應還生成了另一種強酸B．該反應中，參加反應的氧化劑與氧化產物的物質的量之比為3∶8C．CrO2(ClO4)2中Cr元素顯+6價D．該反應離子方程式為19ClO4-+8Cr3++8OH-=8CrO2(ClO4)2+3Cl-+4H2O5、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加。p、q、r是由這些元素組成的二元化合物，常溫常壓下，p為無色無味氣體，q為液態，r為淡黃色固體，s是氣體單質。上述物質的轉化關系如下圖所示。下列說法錯誤的是A．原子半徑：Z＞Y＞XB．m、n、r都含有離子鍵和共價鍵C．m、n、t都能破壞水的電離平衡D．最簡單氣態氫化物的穩定性：Y＞X6、化學在生活中發揮著重要的作用，下列說法錯誤的是A．食用油脂飽和程度越大，熔點越高B．純鐵易被腐蝕，可以在純鐵中混入碳元素制成“生鐵”，以提高其抗腐蝕能力C．蠶絲屬于天然高分子材料D．《本草綱目》中的“石堿”條目下寫道：“采蒿蓼之屬，曬干燒灰，以水淋汁，久則凝淀如石，浣衣發面，亦去垢發面。”這里的“石堿”是指K2CO37、中學化學中很多“規律”都有適用范圍，下列根據有關“規律”推出的結論正確的是（）選項規律結論A較強酸可以制取較弱酸次氯酸溶液無法制取鹽酸B反應物濃度越大，反應速率越快常溫下，相同的鋁片中分別加入足量的濃、稀硝酸，濃硝酸中鋁片先溶解完C結構和組成相似的物質，沸點隨相對分子質量增大而升高NH3沸點低于PH3D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀轉化AgCl沉淀中滴加NaI溶液可以得到AgI沉淀A．A B．B C．C D．D8、室溫下，向100mL飽和的H2S溶液中通入SO2氣體(氣體體積換算成標準狀況)，發生反應：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，測得溶液pH與通入SO2的關系如圖所示。下列有關說法正確的是A．整個過程中，水的電離程度逐漸增大B．該溫度下H2S的Ka1數量級為10-7C．曲線y代表繼續通入SO2氣體后溶液pH的變化D．a點之后，隨SO2氣體的通入，的值始終減小9、下列各組物質的分類正確的是①同位素：1H、2H2、3H②同素異形體：C80、金剛石、石墨③酸性氧化物：CO2、NO、SO3④混合物：水玻璃、水銀、水煤氣⑤電解質：明礬、冰醋酸、石膏⑥干冰、液氯、乙醇都是非電解質A．②⑤ B．②⑤⑥ C．②④⑤⑥ D．①②③④⑤⑥10、由于氯化銨的市場價格過低，某制堿廠在侯氏制堿基礎上改進的工藝如圖：有關該制堿工藝的描述錯誤的是()A．X可以是石灰乳B．氨氣循環使用C．原料是食鹽、NH3、CO2和水D．產品是純堿和氯化鈣11、對二甲苯（PX）可發生如下反應生成對苯二甲酸（PTA）。下列有關說法錯誤的是+12MnO4-+36H++12Mn2++28H2OA．PTA是該反應的氧化產物 B．消耗1molPX，共轉移8mol電子C．PX含苯環的同分異構體還有3種 D．PTA與乙二醇可以發生縮聚反應12、Bodensteins研究反應H2(g)+I2(g)2HI(g)△H＜0，溫度為T時，在兩個體積均為1L的密閉容器中進行實驗，測得氣體混合物中碘化氫的物質的量分數w

(HI)與反應時間t的關系如下表：容器編號起始物質t/min020406080100Ⅰ0.5mol

I2、0.5mol

H2w(HI)/%05068768080Ⅱx

mol

HIw(HI)/%1009184818080研究發現上述反應中：v正=ka?w(H2)?w(I2)，v逆=kb?w2(HI)，其中ka、kb為常數。下列說法不正確的是()A．溫度為T時，該反應=64B．容器I中在前20

min的平均速率v(HI)=0.025

mol?L-1?min-1C．若起始時，向容器I中加入物質的量均為0.1

mol的H2、I2、HI，反應逆向進行D．無論x為何值，兩容器中達平衡時w(HI)%均相同13、NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法中正確的是A．4g甲烷完全燃燒轉移的電子數為2NAB．11.2L（標準狀況）CCl4中含有的共價鍵數為2NAC．3molSO2和1molO2于密閉容器中催化反應后分子總數為3NAD．1L0.1mol·L－1的Na2S溶液中HS－和S2－離子數之和為0.1NA14、下列說法或表示方法中正確的是A．等質量的硫蒸氣和硫固體分別完全燃燒，后者放出的熱量多B．由C(金剛石)→C(石墨)+119kJ可知，金剛石比石墨穩定C．在101kPa時，2gH2完全燃燒生成液態水，放出285.8kJ熱量，氫氣燃燒的熱化學方程式為：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)+285.8kJD．在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)+53.7kJ，若將含0.5molH2SO4的濃溶液與含1molNaOH的溶液混合，放出的熱量大于53.7kJ15、電-Fenton法是用于水體中有機污染物降解的高級氧化技術,反應原理如圖所示。電解產生的H2O2與Fe2+發生Fenton反應生成的羥基自由基(·OH)能氧化降解有機污染物。下列說法正確的是A．電源的A極為正極B．與電源B相連電極的電極反應式為H2O+e-=H++·OHC．Fenton反應為:H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++·OHD．每消耗22.4LO2(標準狀況),整個電解池中理論上可產生的·OH為2mol16、某固體混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的兩種或多種組成，現對該混合物做如下實驗，現象和有關數據如圖所示(氣體體積數據換算成標準狀況)。關于該固體混合物，下列說法正確的是（）A．含有4.5gAlB．不含FeCl2、AlCl3C．含有物質的量相等的(NH4)2SO4和MgCl2D．含有MgCl2、FeCl2二、非選擇題（本題包括5小題）17、某化合物X有三種元素組成，某學習小組進行了如下實驗：(1)化合物X的化學式為___________(2)混合氣體N通入足量的NaOH溶液中，恰好完全反應生成一種鹽，其離子反應方程式為______________。(3)黑色固體Y與NH3的化學方程式為____________(4)若以X?3H2O進行實驗，在170℃時可以生成一種中間產物W。0.1mol化合物W能與0.6molHCl剛好完全反應，若0.1mol化合物W再繼續加熱生成黑色固體Y的質量為32.0g。則化合物W的化學式為______________。(5)混合氣體N有毒，為保護環境，可以用保險粉（Na2S2O4）吸收。請說明混合氣體N能用保險粉吸收的理由___________。18、工業上以苯、乙烯和乙炔為原料合成化工原料G的流程如下：（1）A的名稱__，條件X為__；（2）D→E的化學方程式為__，E→F的反應類型為__。（3）實驗室制備乙炔時，用飽和食鹽水代替水的目的是__，以乙烯為原料原子利率為100%的合成的化學方程式為__。（4）F的結構簡式為___。（5）寫出符合下列條件的G的同分異構體的結構簡式__。①與G具有相同官能團的芳香族類化合物；②有兩個通過C-C相連的六元環；③核磁共振氫譜有8種吸收峰；（6）參照上述合成路線，設計一條以1，2二氯丙烷和二碘甲烷及必要試劑合成甲基環丙烷的路線：__。19、高錳酸鉀是常用的氧化劑。某化學小組在實驗室以軟錳礦(主要成分是MnO2)為原料制備KMnO4，下圖是實驗室制備高錳酸鉀的操作流程。已知：溫度溶解度/gK2CO3KHCO3KMnO420℃11133.76.38請回答：(1)反應①的化學方程式為______________________________________，加熱軟錳礦、KClO3和KOH固體，除三腳架、玻璃棒、泥三角和鐵坩堝外，還用到的儀器有___，不采用瓷坩堝而選用鐵坩堝的理由是______________(2)反應②中氧化產物與還原產物的物質的量之比為___________________；上述流程中可以循環利用的物質是__________________________。(3)實驗時，從濾液中得到KMnO4晶體的實驗操作a為___________________，若CO2過量會生成KHCO3，導致得到的KMnO4產品的純度降低其原因是________。20、某興趣小組為探究銅與濃硫酸反應時硫酸的最低濃度，設計了如下方案。方案一、實驗裝置如圖1所示。已知能與在酸性溶液中反應生成紅棕色沉淀，可用于鑒定溶液中微量的。（1）寫出銅與濃硫酸反應的化學方程式：____________。NaOH溶液的作用是___________。（2）儀器X的作用是盛裝的濃硫酸并測定濃硫酸的體積，其名稱是_______。（3）實驗過程中，當滴入濃硫酸的體積為20.00mL時，燒瓶內開始有紅棕色沉淀生成，則能與銅反應的硫酸的最低濃度為__________（精確到小數點后一位；混合溶液的體積可視為各溶液的體積之和）。方案二、實驗裝置如圖2所示。加熱，充分反應后，由導管a通入氧氣足夠長時間，取下燒杯，向其中加入足量的溶液，經過濾、洗滌、干燥后稱量固體的質量。（4）通入氧氣的目的是______________、____________。（5）若通入氧氣的量不足，則測得的硫酸的最低濃度__________（填“偏大”“偏小”或“無影響”）。21、鋁試劑：(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3，其商品名為阿羅明拿，可用來鑒定溶液中的鋁離子。請回答下列問題：（1）碳原子價層電子的電子排布圖_______。（2）第二周期部分元素的第一電離能變化趨勢如圖1所示，其中除氮元素外，其他元素的第一電離能自左而右依次增大的原因是____________；氮元素的第一電離能呈現異常的原因是____。（3）經X射線衍射測得阿羅明拿的晶體結構，其局部結構如圖2所示。①從結構角度分析，阿羅明拿中的NH4+與氨分子的相同之處為_________，不同之處為_________。（填標號）A中心原子的雜化軌道類型B中心原子的價層電子對數C立體結構②阿羅明拿中1個(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3單元的C—Oσ鍵總數為_______個。分子中的大π鍵可用符號表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數，n代表參與形成大π鍵的電子數，則阿羅明拿中苯環的大π鍵應表示為______________。③圖2中虛線代表氫鍵，其表示式為（NH4+）N-H---O（COO-）、____________、____________。（4）阿羅明拿的晶體密度為dg·cm-3，其立方晶胞參數為anm，晶胞中含有y個(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3單元，該單元的相對質量為M，則y的計算表達式為______________（NA表示阿伏加德羅常數的值）。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

A．從陽極泥中提取粗碲，第一步是將Te元素轉化為TeO2的沉淀過濾出來，考慮到TeO2易溶于強酸和強堿，所以氧化浸出步驟中酸不可加過量，A錯誤；B．過濾操作需要漏斗，而不是分液漏斗，B錯誤；C．通過分析整個流程可知，最終得到的粗碲固體表面會吸附溶液中的，因此判斷洗凈與否，只需要檢驗最后一次洗滌液中是否仍含有即可，C正確；D．酸浸時TeO2溶解，隨后被Na2SO3還原，TeO2生成Te單質，生成，所以正確的離子方程式為：，TeO2是氧化物離子方程式中不能拆分，D錯誤。答案選C。2、D【解析】

A.風能是因為地球表面受熱不均勻而產生的空氣流動，故A不選。B.江河水流能是利用水循環，水循環是太陽能促進的，故B不選。C.生物質能是太陽能以化學能形式貯存在生物之中的能量形式，故C不選。D.地熱溫泉是利用來自地球內部的熔巖的地熱能，故D選。故選D。3、D【解析】

A．離子方程式中電荷不守恒，A項錯誤；B．一水合氨為弱電解質，離子反應中不能拆寫成離子，B項錯誤；C．NH4HCO3溶液中加入足量的澄清石灰水，出現白色沉淀CaCO3的同時生成一水合氨和水，C項錯誤；D．離子方程式符合客觀事實，且拆分正確，原子和電荷都守恒，D項正確；答案選D。【點睛】離子方程式書寫正誤判斷方法：（1）一查：檢查離子反應方程式是否符合客觀事實；（2）二查：“==”“”“↓”“↑”是否使用恰當；（3）三查：拆分是否正確。只有易溶于水的強電解質能拆寫成離子，其他物質均不能拆寫；（4）四查：是否漏寫離子反應；（5）五查：反應物的“量”——過量、少量、足量等；（6）六查：是否符合三個守恒：質量守恒、電荷守恒以及得失電子守恒。4、D【解析】

根據題意，寫出該反應的化學方程式：19HClO4+8CrCl3+4H2O=8CrO2(ClO4)2+27HCl，據此解答。【詳解】A．HClO4屬于強酸，反應生成的HCl也是強酸，A項正確；B．該反應的氧化劑為HClO4，氧化產物為CrO2(ClO4)2，根據方程式，當有19molHClO4參加反應時，其中有3mol作氧化劑，生成的氧化產物[CrO2(ClO4)2]為8mol，因此參加反應的氧化劑與氧化產物的物質的量之比為3∶8，B項正確；C．CrO2(ClO4)2中O元素顯-2價，ClO4-顯-1價，所以Cr元素顯+6價，C項正確；D．該反應在酸性條件下發生，離子方程式為19ClO4-+8Cr3++4H2O=8CrO2(ClO4)2+8H++3Cl-，D項錯誤；答案選D。5、A【解析】

p、q、r是由這些元素組成的二元化合物，常溫常壓下，p為無色無味氣體，q為液態，r為淡黃色固體，s是氣體單質，可知r為Na2O2，q為H2O，且r與p、q均生成s，s為O2，p為CO2，n為Na2CO3，m為NaHCO3，t為NaOH，結合原子序數可知，W為H，X為C，Y為O，Z為Na。【詳解】由上述分析可知，W為H，X為C，Y為O，Z為Na，A．電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，原子半徑C>O，則原子半徑：Z＞X＞Y，故A錯誤；B．m為NaHCO3，n為Na2CO3，r為Na2O2，均含離子鍵、共價鍵，故B正確；C．m為NaHCO3，n為Na2CO3，t為NaOH，n、m促進水的電離，t抑制水的電離，則m、n、t都能破壞水的電離平衡，故C正確；D．非金屬性Y＞X，則最簡單氣態氫化物的穩定性：Y＞X，故D正確；故選A。【點睛】本題考查無機物的推斷，把握淡黃色固體及q為水是解題關鍵，側重分析與推斷能力的考查，注意元素化合物知識的應用。6、B【解析】

A．油脂是高級脂肪酸跟甘油生成的酯，其中形成油脂的脂肪酸的飽和程度對油脂的熔點有著重要的影響，由飽和的脂肪酸生成的甘油酯熔點較高，所以食用油脂飽和程度越大，熔點越高，故A正確；B．生鐵中的鐵、碳和電解質溶液易形成原電池，發生電化學腐蝕，所以生鐵比純鐵更易腐蝕，故B錯誤；C．蠶絲主要成分為蛋白質，屬于天然高分子化合物，故C正確；D．采蒿蓼之屬，曬干燒灰”，說明“石堿”成分來自植物燒成的灰中的成分,“以水淋汁”，該成分易溶于水，久則凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，發面，能作為發酵劑，植物燒成的灰中的成分主要為碳酸鹽，所以是碳酸鉀，故D正確；答案選B。【點睛】生鐵是鐵的合金，易形成原電池，發生電化學腐蝕。7、D【解析】

A.

HClO不穩定，可分解生成HCl，故A錯誤；B.濃硝酸與鋁發生鈍化反應，在表面生成一層致密的氧化物膜而阻礙反應繼續進行，與稀硝酸發生不同的反應，故B錯誤；C.結構和組成相似的物質，沸點隨相對分子質量增大而升高，含有氫鍵的沸點較高，由于NH3分子間存在氫鍵，沸點高于PH3，故C錯誤；D.

AgCl沉淀中滴加NaI溶液可以得到AgI沉淀，可說明AgI更難溶，故D正確；故選：D。8、C【解析】

A．由圖可知，a點表示SO2氣體通入112mL即0.005mol時

pH=7，溶液呈中性，說明SO2氣體與H2S溶液恰好完全反應，可知飽和H2S溶液中溶質物質的量為0.01mol，c(H2S)=0.1

mol/L，a點之前為H2S過量，a點之后為SO2過量，溶液均呈酸性，酸抑制水的電離，故a點水的電離程度最大，水的電離程度先增大后減小，故A錯誤；B．由圖中起點可知0.1

mol/L

H2S溶液電離出的c(H+)=10-4.1

mol/L，電離方程式為H2S?H++HS-、HS-?H++S2-；以第一步為主，根據平衡常數表達式算出該溫度下H2S的Ka1≈≈10-7.2，數量級為10-8，故B錯誤；C．當SO2氣體通入336mL時，相當于溶液中的c(H2SO3)=0.1

mol/L，因為H2SO3酸性強于H2S，故此時溶液中對應的pH應小于4.1，故曲線y代表繼續通入

SO2氣體后溶液pH的變化，故C正確；D．根據平衡常數表達式可知，a點之后，隨SO2氣體的通入，c(H+)增大，當通入的SO2氣體達飽和時，c(H+)就不變了，Ka1也是一個定值，的值保持不變，故D錯誤；答案選C。9、A【解析】

①質子數相同而中子數不同的同一種元素的不同核素互為同位素，2H2是單質，不是核素，①錯誤；②由同一種元素形成的不單質互為同素異形體，C80、金剛石、石墨均是碳元素形成的不同單質，②正確；③能與堿反應生成鹽和水的氧化物是酸性氧化物，NO不是酸性氧化物，③錯誤；④水銀是單質，④錯誤；⑤溶于水或熔融狀態下能導電的化合物是電解質，明礬、冰醋酸、石膏均是電解質，⑤正確；⑥溶于水和熔融狀態下不能導電的化合物是非電解質，液氯是單質，不是非電解質，⑥錯誤。答案選A。10、C【解析】

A．飽和食鹽水和二氧化碳，氨氣反應生成氯化銨和碳酸氫銨，用氯化銨和氫氧化鈣反應生成氯化鈣，氨氣和水，故X可以是石灰乳，故A正確；B．根據流程圖可知，氨氣可以循環使用，故B正確；C．原料是飽和食鹽水、氨氣、二氧化碳和石灰乳，故C錯誤；D．根據工藝流程，產品是純堿和氯化鈣，故D正確；答案選C。11、B【解析】

A.反應中Mn元素的化合價降低，作氧化劑，則PX作還原劑，所以PTA是該反應的氧化產物，故A正確，不符合題意；B.

反應中，Mn元素的化合價從+7價降低到+2價，轉移5個電子，則1molPX反應消耗2.5molMnO4-，共轉移12.5NA個電子，故B錯誤，符合題意；C.

PX含苯環的同分異構體，有鄰間對三種二甲苯和乙苯，共計四種同分異構體，所以PX含苯環的同分異構體還有3種，故C正確，不符合題意；D.

PTA與乙二醇通過縮聚反應即可生產PET塑料，對二甲苯與乙二醇之間能發生縮聚反應，故D正確，不符合題意；故選：B。12、C【解析】

A．H2(g)+I2(g)?2HI(g)起始量(mol/L)0.50.50變化量(mol/L)nn2n平衡量(mol/L)0.5-n0.5-n2nw(HI)/%=×100%=80%，n=0.4mol/L，平衡常數K==64。反應達到平衡狀態時正逆反應速率相等，ka?w(H2)?w(I2)=v正=v逆=kb?w2(HI)，則==K=64，故A正確；B．前20min，H2(g)+I2(g)?2HI(g)起始量(mol/L)0.50.50變化量(mol/L)mm2m平衡量(mol/L)0.5-m0.5-m2mw(HI)%=×100%=50%，m=0.25mol/L，容器I中前20min的平均速率，v(HI)==0.025mol?L-1?min-1，故B正確；C．若起始時，向容器I中加入物質的量均為0.lmol的H2、I2、HI，此時濃度商Qc==1＜K=64，反應正向進行，故C錯誤；D．H2(g)+I2(g)?2HI(g)反應前后氣體的物質的量不變，改變壓強，平衡不移動，因此無論x為何值，Ⅰ和Ⅱ均等效，兩容器達平衡時w(HI)%均相同，故D正確；答案選C。13、A【解析】

A.甲烷完全燃燒生成二氧化碳和水，碳元素化合價由-4價升高到+4價，所以4g甲烷完全燃燒轉移的電子數為8NA/mol=2NA，故A正確；B.CCl4在標況下為非氣態，無法計算11.2LCCl4的物質的量，故B錯誤；C.SO2和O2反應為可逆反應，反應不能進行完全，SO2和O2都有剩余，所以3molSO2和1molO2于密閉容器中催化反應后分子總數大于3NA，故C錯誤；D.Na2S溶液中分兩步水解，生成HS－和H2S，根據物料守恒關系：HS－、H2S和S2－離子數之和為0.1NA，故D錯誤。故選A。【點睛】本題為“NA”應用試題，解答此類題要注意題設陷阱，本題B選項，CCl4在標況下非氣態，C選項，二氧化硫和氧氣反應為可逆反應，D選項，要注意物料守恒的正確使用，考生只有在平時多總結，才能做到考試時慧眼識別。14、D【解析】

A.等質量的硫蒸氣比硫固體含有的能量高，因此二者分別完全燃燒，前者放出的熱量多，A錯誤；B.物質含有的能量越低，物質的穩定性就越強，由C(金剛石)→C(石墨)+119kJ是放熱反應，說明金剛石不如石墨穩定，B錯誤；C.燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒產生穩定的氧化物時放出的熱量，在101Kpa時，2gH2完全燃燒生成液態水，放出285.8kJ熱量，則2molH2完全燃燒產生液態水放出的熱量是571.6kJ，則氫氣燃燒的熱化學方程式為：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)+571.6kJ，C錯誤；D.由于濃硫酸溶于水會放出熱量，所以若將含0.5molH2SO4的濃溶液與含1molNaOH的溶液混合，放出的熱量大于53.7kJ，D正確；故合理選項是D。15、C【解析】

左側電極附近Fe3+→Fe2+，發生了還原反應，該極為電解池的陰極，與之相連電源的A極為負極，A錯誤；與電源B相連電極為電解池的陽極，失電子發生氧化反應，B錯誤；雙氧水能夠把Fe2+氧化為Fe(OH)2+，C正確；每消耗1molO2，轉移4mol電子，根據H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++·OH反應看出轉移1mol電子，生成1molOH，所以應當生成4molOH；D錯誤；正確選項C。16、C【解析】

5.60L標況下的氣體通過濃硫酸后，體積變為3.36L，則表明V(H2)=3.36L，V(NH3)=2.24L，從而求出n(H2)=0.15mol，n(NH3)=0.1mol，從而確定混合物中含有Al、(NH4)2SO4；由白色沉淀久置不變色，可得出此沉淀為Mg(OH)2，物質的量為；由無色溶液中加入少量鹽酸，可得白色沉淀，加入過量鹽酸，白色沉淀溶解，可確定此沉淀為Al(OH)3，溶液中含有AlCl3。從而確定混合物中一定含有Al、(NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3，一定不含有FeCl2。【詳解】A.由前面計算可知，2Al—3H2，n(H2)=0.15mol，n(Al)=0.1mol，質量為2.7g，A錯誤；B.從前面的推斷中可確定，混合物中不含FeCl2，但含有AlCl3，B錯誤；C.n(NH3)=0.1mol，n[(NH4)2SO4]=0.05mol，n(MgCl2)=n[Mg(OH)2]=0.05mol，從而得出(NH4)2SO4和MgCl2物質的量相等，C正確；D.混合物中含有MgCl2，但不含有FeCl2，D錯誤。故選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、Cu(NO3)24NO2+O2+4OH—=4NO3—+2H2O3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2OCu4(OH)6(NO3)2或Cu(NO3)2?3Cu(OH)2NO2有氧化性，Na2S2O4中+3價的硫元素具有還原性，能發生氧化還原反應【解析】

對X進行加熱后分解產生了紅棕色的混合氣體，混合氣體中一定有NO2，所以X中一定有N和O元素；X分解產生的黑色固體與NH3反應后，可以獲得紫紅色固體，即銅單質，所以X中一定有Cu元素，所以X為Cu(NO3)2。【詳解】(1)通過分析可知，X的化學式即為Cu(NO3)2；(2)通過分析可知Cu(NO3)2分解的方程式為：，所以混合氣體與足量NaOH溶液反應的離子方程式為：；(3)通過分析可知黑色固體Y即為CuO，其與NH3反應的方程式為：；(4)0.1molW能消耗0.6molHCl，所以W化學式中含有6個OH-；又因為，0.1molW分解得到Y(CuO)質量32.0g即0.4mol，所以W的化學式中含有4個Cu2+，所以W的化學式為Cu4(OH)6(NO3)2；(5)混合氣體中含有NO2，具有氧化性，其可以與具有還原性的Na2S2O4發生氧化還原反應，從而轉化成無毒的N2。18、氯甲苯Na和NH3(液)加成反應減緩電石與水的反應速率【解析】

⑴A的名稱氯甲苯，條件X為Na和NH3(液)；⑵根據圖中信息可得到D→E的化學方程式為，E→F增加了兩個氫原子，即反應類型為加成反應。⑶實驗室制備乙炔時，用飽和食鹽水代替水，濃度減小，減緩電石與水的反應速率，以乙烯為原料原子利率為100%的合成的化學方程式為。⑷D只加了一個氫氣變為F，F與CH2I2反應得到G，從結構上得出F的結構簡式為。⑸①與G具有相同官能團的芳香族類化合物，說明有苯環；②有兩個通過C—C相連的六元環，說明除了苯環外還有一個六元環，共12個碳原子；③核磁共振氫譜有8種吸收峰；。⑹1，2二氯丙烷先在氫氧化鈉醇加熱條件下發生消去反應生成丙炔，丙炔在林氏催化劑條件下與氫氣發生加成反應生成丙烯，丙烯和CH2I2在催化劑作用下反應生成甲基環丙烷，其合成路線。【詳解】⑴A的名稱氯甲苯，條件X為Na和NH3(液)；⑵根據圖中信息可得到D→E的化學方程式為，E→F增加了兩個氫原子，即反應類型為加成反應，故答案為：；加成反應。⑶實驗室制備乙炔時，用飽和食鹽水代替水，濃度減小，減緩電石與水的反應速率，以乙烯為原料原子利率為100%的合成的化學方程式為，故答案為：減緩電石與水的反應速率；。⑷D只加了一個氫氣變為F，F與CH2I2反應得到G，從結構上得出F的結構簡式為，故答案為：。⑸①與G具有相同官能團的芳香族類化合物，說明有苯環；②有兩個通過C—C相連的六元環，說明除了苯環外還有一個六元環，共12個碳原子；③核磁共振氫譜有8種吸收峰；，故答案為：。⑹1，2二氯丙烷先在氫氧化鈉醇加熱條件下發生消去反應生成丙炔，丙炔在林氏催化劑條件下與氫氣發生加成反應生成丙烯，丙烯和CH2I2在催化劑作用下反應生成甲基環丙烷，其合成路線，故答案為：。19、(1)KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O酒精燈、坩堝鉗瓷坩堝中的SiO2會與KOH發生反應2:1KOH、MnO2蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥KHCO3的溶解度較小，濾液蒸發濃縮降溫結晶時KHCO3會隨KMnO4一同結晶析出【解析】

以軟錳礦（主要成分是MnO2）為原料制備KMnO4晶體，軟錳礦固體和KOH固體混合在鐵坩堝中煅燒，得到墨綠色熔塊，為K2MnO4，冷卻后溶于水其水溶液呈深綠色，這是錳酸根在堿溶液中的特征顏色，邊加熱邊通入適量二氧化碳氣體，調節溶液pH趁熱過濾得到MnO2和KMnO4溶液，冷卻結晶得到KMnO4晶體。⑴加熱條件下，MnO2、KOH和KClO3反應生成K2MnO4、KCl、H2O，熔融固體物質需要在坩堝內加熱，加熱熔融物含有堿性物質KOH應該用鐵坩堝；瓷坩堝中的二氧化硅和強堿反應，坩堝被腐蝕；⑵工藝流程可知，CO2使MnO42-發生歧化反應，生成MnO4-和MnO2，根據元素守恒可知，會生成K2CO3，若通入CO2太多，會有KHCO3生成，濾液中含有KHCO3、KMnO4；氧化還原反應中的氧化劑是元素化合價降低的物質，還原劑是元素化合價升高的物質，結合化學方程式定量關系和電子守恒計算；流程中需要加入的物質在后面有生成該物質，該物質可以循環利用；⑶從濾液中得到物質的方法是濃縮蒸發，冷卻結晶，過濾或抽濾得到晶體；工藝流程可知，二氧化碳使MnO42-發生歧化反應，生成MnO4-和MnO2，根據元素守恒可知，會生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，會有KHCO3生成，濾液中含有KHCO3、高錳酸鉀；【詳解】(1).加熱條件下，MnO2、KOH和KClO3反應生成K2MnO4、KCl、H2O，反應的化學方程式為3MnO2＋KClO3＋6KOH3K2MnO4＋KCl＋3H2O；加熱軟錳礦、KClO3和KOH固體混合物時，由于KOH會與瓷坩堝中的SiO2發生反應：2KOH+SiO2K2SiO3+H2O腐蝕坩堝，而不與Fe發生反應，所以要用鐵坩堝；故答案為KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；酒精燈、坩堝鉗；瓷坩堝中的SiO2會與KOH發生反應；(2).由流程圖可知，二氧化碳使MnO42-發生歧化反應，生成MnO4-和MnO2，根據元素守恒可知，會生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，會有KHCO3生成，濾液中含有KHCO3、KMnO4，在加熱濃縮時，會有KHCO3和KMnO4晶體一起析出，實驗中通入適量二氧化碳時體系中可能發生反應的離子方程式為：3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-，2OH-+CO2=CO32-+H2O，其中氧化還原反應中氧化劑和還原劑都是KMnO4，所以氧化劑和還原劑的質量比即為反應的物質的量之比為1:2，調節溶液pH過程中，所得氧化產物與還原產物的物質的量之比為2:1；從流程圖可以看出，需要加入的物質有MnO2、KOH、KClO3、CO2（水可以不考慮），反應中又生成KOH、MnO2，故KOH、MnO2是可以循環利用的物質，故答案為：2:1；KOH、MnO2；(3).依據流程中的信息，濾液中含有大量的高錳酸鉀和碳酸鉀，再根據表中的溶解度數據可知，高錳酸鉀在室溫下的溶解度較小，而碳酸鉀的溶解度很大，因此，從濾液中得到KMnO4晶體的實驗操作是濃縮蒸發，冷卻結晶、過濾或抽濾得到晶體；工藝流程可知，二氧化碳使MnO42-發生歧化反應，生成MnO4-和MnO2，根據元素守恒可知，會生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，會有KHCO3生成，濾液中含有KHCO3、KMnO4，在加熱濃縮時，會有KHCO3和KMnO4晶體一起析出，故答案為：蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾；KHCO3的溶解度比K2CO3小得多，濾液蒸發濃縮時KHCO3會隨KMnO4一起結晶析出；【點睛】化學工藝流程題是高考的熱點內容，每年都會涉及，體現了化學知識與生產實際的緊密聯系工藝流程題一般由多步連續的操作組成，每一步操作都有其具體的目標、任務；解答時要看框內，看框外，里外結合；邊分析，邊思考，易處著手；先局部，后全盤，逐步深入；而且還要看清問題，不能答非所問。要求用理論回答的試題應采用“四段論法”：本題改變了什么條件(或是什么條件)→根據什么理論→所以有什么變化→結論；化學工藝流程一般涉及氧化還原反應方程式的書寫、化學反應原理知識的運用、化學計算、實驗基本操作等知