北京市海淀區北方交大附中2025屆高考化學倒計時模擬卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、25℃時，已知醋酸的電離常數為1.8×10-5。向20mL2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0mol/LNaOH溶液，溶液中水電離出的c(H+)在此滴定過程中變化曲線如下圖所示。下列說法不正確的是A．a點溶液中：c(H+)=6.010-3molL-1B．b點溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)C．c點溶液中：c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)D．d點溶液中：c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)2、中國研究人員研制出一種新型復合光催化劑，利用太陽光在催化劑表面實現高效分解水，主要過程如下圖所示。下列說法不正確的是（）A．整個過程實現了光能向化學能的轉換B．過程Ⅱ有O-O單鍵生成并放出能量C．過程Ⅲ發生的化學反應為：2H2O2═2H2O+O2D．整個過程的總反應方程式為：2H2O→2H2+O23、工業上利用電化學方法將SO2廢氣二次利用，制備保險粉（Na2S2O4）的裝置如圖所示，下列說法正確的是（）A．電極Ⅱ為陽極，發生還原反應B．通電后H+通過陽離子交換膜向電極Ⅰ方向移動，電極Ⅱ區溶液pH增大C．陰極區電極反應式為：2SO2+2e﹣═S2O42﹣D．若通電一段時間后溶液中H+轉移0.1mol，則處理標準狀況下SO2廢氣2.24L4、一種三電極電解水制氫的裝置如圖，三電極為催化電極a、催化電極b和Ni(OH)2電極。通過控制開關連接K1或K2，可交替得到H2和O2。下列說法錯誤的是（）A．制O2時，電子由Ni(OH)2電極通過外電路流向催化電極bB．制H2時，陽極的電極反應式為Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2OC．催化電極b上，OH-發生氧化反應生成O2D．該裝置可在無隔膜的條件下制備高純氫氣5、已知反應：CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)。在一定壓強下，按向密閉容器中充入氯氣與丙烯。圖甲表示平衡時，丙烯的體積分數()與溫度(T)、的關系，圖乙表示反應的平衡常數K與溫度T的關系。則下列說法正確的是A．圖甲中B．若在恒容絕熱裝置中進行上述反應，達到平衡時，裝置內的氣體壓強將不變C．溫度T1、，Cl2的轉化率約為33.3%D．圖乙中，線A表示正反應的平衡常數6、實驗室分別用以下4個裝置完成實驗。下列有關裝置、試劑和解釋都正確的是A．中碎瓷片為反應的催化劑，酸性KMnO4溶液褪色可證明有乙烯生成B．所示裝置（秒表未畫出）可以測量鋅與硫酸溶液反應的速率C．為實驗室制備乙酸乙酯的實驗，濃硫酸起到催化劑和脫水劑的作用D．為銅鋅原電池裝置，鹽橋中的陽離子向右池遷移起到形成閉合電路的作用7、下列物質中不能通過置換反應生成的是（）A．F2 B．CO C．C D．Fe3O48、高鐵酸鉀是一種新型、高效、多功能水處理劑，工業上采用向KOH溶液中通入氯氣，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制備K2FeO4，發生反應：①C12+KOH→KC1+KC1O+KC1O3+H2O(未配平)；②2Fe(NO3)3+3KC1O+10KOH===2K2FeO4+6KNO3+3KC1+5H2O。下列說法正確的是A．若反應①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，則氧化劑與還原劑的物質的量之比為2：1B．反應①中每消耗4molKOH，吸收標準狀況下1．4LCl2C．氧化性：K2FeO4>KC1OD．若反應①的氧化產物只有KC1O，則得到0.2molK2FeO4時消耗0.3molC129、有關碳元素及其化合物的化學用語正確的是A．CO2的電子式：B．碳原子最外層電子的軌道表示式：C．淀粉分子的最簡式：CH2OD．乙烯分子的比例模型10、X、Y、Z、W為四種短周期的主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W與X、Y既不同族也不同周期；X原子最外層電子數是核外電子層數的3倍；Y的最高正價與最低負價的代數和為6。下列說法不正確的是（）A．Y元素的最高價氧化物對應的水化物的化學式為HYO4B．原子半徑由小到大的順序為W＜X＜ZC．X與W可以形成W2X、W2X2兩種物質D．Y、Z兩元素的氣態氫化物中，Z的氣態氫化物更穩定。11、下列離子或分子組中能大量共存，且滿足相應要求的是選項離子或分子要求ANa+、HCO3—、Mg2+、SO42—滴加氨水立即有沉淀產生BFe3+、NO3—、SO32—、Cl—滴加鹽酸立即有氣體產生CNH4+、Al3+、SO42—、CH3COOH滴加NaOH溶液立即有氣體產生DK+、NO3—、Cl—、l—c(K+)＜c(Cl—)A．A B．B C．C D．D12、霧霾中對人體有害的主要成分有固體細顆粒、氮和硫的氧化物、芳香烴、重金屬離子。下列說法不正確的是A．苯是最簡單的芳香烴B．重金屬離子可導致蛋白質變性C．氮和硫的氧化物都屬于酸性氧化物D．汽車尾氣的大量排放是造成霧霾天氣的人為因素之一13、已知某鋰電池的總反應為。下列說法錯誤的是A．金屬鋰是所有金屬中比能量最高的電極材料B．該電池組裝時，必須在無水無氧條件下進行C．放電時，電子從Li電極經電解質溶液流向正極D．充電時，陽極反應式為14、鉀長石(KAlSi3O8)是一種鉀的鋁硅酸鹽，可用于制備Al2O3、K2CO3等物質，制備流程如圖所示：下列有關說法正確的是A．上述流程中可以重復利用的物質只有Na2CO3B．鉀長石用氧化物的形式可表示為K2O·Al2O3·3SiO2C．煅燒過程中Si、K和Al元素轉化為CaSiO3、KAlO2和NaAlO2D．沉淀過程中的離子方程式為CO2+2AlO2-+3H2O=CO32-+2Al(OH)3↓15、在K2Cr2O7存在下利用微生物電化學技術實現含苯酚廢水的有效處理，其工作原理如下圖。下列說法正確的是()A．M為電源負極，有機物被還原B．中間室水量增多，NaCl溶液濃度減小C．M極電極反應式為：+11H2O-23e-=6CO2+23H+D．處理1molCr2O72-時有6molH+從陽離子交換膜右側向左側遷移16、KIO3是一種重要的無機化合物，可作為食鹽中的補碘劑。利用“KClO3氧化法”制備KIO3包括以下兩個反應：①11KClO3+6I2+3H2O==6KH(IO3)2+3Cl2↑+5KCl②KH(IO3)2+KOH==2KIO3+H2O下列說法正確的是（）A．化合物KH(IO3)2中含有共價鍵、離子鍵和氫鍵等化學鍵B．反應①中每轉移4mol電子生成2.24LCl2C．向淀粉溶液中加入少量碘鹽，溶液會變藍D．可用焰色反應實驗證明碘鹽中含有鉀元素二、非選擇題（本題包括5小題）17、近期科研人員發現磷酸氯喹等藥物對新型冠狀病毒肺炎患者療效顯著。磷酸氯喹中間體合成路線如下：已知：Ⅰ.鹵原子為苯環的鄰對位定位基，它會使第二個取代基主要進入它的鄰對位；硝基為苯環的間位定位基，它會使第二個取代基主要進入它的間位。Ⅱ.E為汽車防凍液的主要成分。Ⅲ.2CH3COOC2H5CH3COCH2COOC2H5+C2H5OH請回答下列問題(1)寫出B的名稱__________，C→D的反應類型為_____________；(2)寫出E生成F的化學方程式___________________________。寫出H生成I的化學方程式__________________。(3)1molJ在氫氧化鈉溶液中水解最多消耗________molNaOH。(4)H有多種同分異構體，其滿足下列條件的有_________種(不考慮手性異構)，其中核磁共振氫譜峰面積比為1：1：2：6的結構簡式為___________。①只有兩種含氧官能團②能發生銀鏡反應③1mol該物質與足量的Na反應生成0.5molH2(5)以硝基苯和2-丁烯為原料可制備化合物，合成路線如圖：寫出P、Q結構簡式：P_______，Q________。18、合成有機溶劑M和高分子材料N的路線如圖：己知：芳香族化合物苯環上的氫原子可被鹵代烷中的烷基取代．如：

(1)寫出反應類型．反應Ⅰ__________反應Ⅱ____________。(2)寫出D的分子式___________。寫出G的結構簡式_____________。(3)寫出E生成F的化學反應方程式______________________________。(4)E在濃硫酸作用下轉化為F時，除生成副產物G，還會生成高分子副產物，寫出該副產物的結構簡式____________________________。(5)屬于酯類且含甲基F的同分異構體有多種，寫出其中一種的結構簡式______________。(6)寫出高分子化合物N的結構簡式_________________(任寫一種)。A有2種結構，可通過定量實驗來確定其準確結構，該定量實驗可通過A與__________(填寫物質名稱)反應來實現。19、設計一個方案，在用廉價的原料和每種原料只用一次的條件下，分三步從含有Fe3＋、Cu2＋、Cl－和NO3－的廢液中，把Fe3＋轉化為綠礬回收，把Cu2＋轉化為Cu回收，各步反應加入的原料依次是________，________，________。各步反應的離子方程式是：（1）_________________________________；（2）_________________________________；（3）__________________________________。20、實驗室用如圖裝置（略去夾持儀器）制取硫代硫酸鈉晶體。已知：①Na2S2O1．5H2O是無色晶體，易溶于水，難溶于乙醇。②硫化鈉易水解產生有毒氣體。③裝置C中反應如下：Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1。回答下列問題：（1）裝置B的作用是___。（2）該實驗能否用NaOH代替Na2CO1？___（填“能”或“否”）。（1）配制混合液時，先溶解Na2CO1，后加入Na2S·9H2O，原因是___。（4）裝置C中加熱溫度不宜高于40℃，其理由是___。（5）反應后的混合液經過濾、濃縮，再加入乙醇，冷卻析出晶體。乙醇的作用是___。（6）實驗中加入m1gNa2S·9H2O和按化學計量的碳酸鈉，最終得到m2gNa2S2O1·5H2O晶體。Na2S2O1·5H2O的產率為___（列出計算表達式）。[Mr(Na2S·9H2O)=240，Mr(Na2S2O1·5H2O)=248]（7）下列措施不能減少副產物Na2SO4產生的是___（填標號）。A．用煮沸并迅速冷卻后的蒸餾水配制相關溶液B．裝置A增加一導管，實驗前通人N2片刻C．先往裝置A中滴加硫酸，片刻后往三頸燒瓶中滴加混合液D．將裝置D改為裝有堿石灰的干燥管21、用O2將HCl轉化為Cl2，可提高效益，減少污染，（1）傳統上該轉化通過如圖所示的催化劑循環實現，其中，反應①為：2HCl（g）+CuO（s）H2O（g）+CuCl2（g）△H1反應②生成1molCl2（g）的反應熱為△H2，則總反應的熱化學方程式為___________（反應熱用△H1和△H2表示）。（2）新型RuO2催化劑對上述HCl轉化為Cl2的總反應具有更好的催化活性，①實驗測得在一定壓強下，總反應的HCl平衡轉化率隨溫度變化的aHCl—T曲線如圖，則總反應的△H___0（填“＞”、“﹦”或“＜”）；A、B兩點的平衡常數K（A）與K（B）中較大的是_______。②在上述實驗中若壓縮體積使壓強增大，畫出相應aHCl—T曲線的示意圖，并簡要說明理由______________。③下列措施中有利于提高aHCl的有___________。A、增大n（HCl）B、增大n（O2）C、使用更好的催化劑D、移去H2O（3）一定條件下測得反應過程中n（Cl2）的數據如下：t（min）

0

2.0

4.0

6.0

8.0

n（Cl2）/10-3mol

0

1.8

3.7

5.4

7.2

計算2.0～6.0min內以HCl的物質的量變化表示的反應速率______（以mol·min-1為單位，寫出計算過程）。（4）Cl2用途廣泛，寫出用Cl2制備漂白粉的化學方程式______________。

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．a點溶液沒有加入NaOH，為醋酸溶液，根據電離平衡常數計算。設電離的出的H＋的濃度為x，由于電離程度很低，可認為醋酸濃度不變。CH3COOHCH3COO－＋H＋2xxKa===1.8×10-5，解得x=6.0×10-3mol/L，A項正確；B．b點的溶液為CH3COOH和CH3COONa等濃度混合的溶液，物料守恒為c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)，醋酸會電離CH3COOHCH3COO－＋H＋，醋酸根會水解，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，水解平衡常數<1.8×10-5，CH3COOH的電離大于CH3COO-的水解，所以c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)；B項錯誤；C．c點醋酸和氫氧化鈉完全反應，溶液為CH3COONa溶液，在醋酸鈉溶液中有電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，有物料守恒c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，將兩式聯立得到質子守恒，則有c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)；C項正確；D．d點加入40mL的NaOH溶液，NaOH多一倍，為等物質的量濃度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，有物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，D項正確；本題答案選B。【點睛】電解質溶液中，粒子濃度有三大守恒，電荷守恒、物料守恒和質子守恒，寫出前兩個即可以導出質子守恒。要特別注意等物質的量濃度的混合溶液中水解和電離的大小關系。2、C【解析】

A.由圖可知，太陽能使水分解，則實現了光能向化學能的轉化，故A正確；B.過程II中生成氫氣、過氧化氫，形成化學鍵，過程Ⅱ放出能量并生成了O?O鍵，故B正確；C.由圖可知，過程Ⅲ發生的反應為過氧化氫分解生成氫氣和氧氣的反應，H2O2═H2+O2，故C錯誤；D.總反應為水分解生成氫氣和氧氣，則總反應2H2O→2H2+O2，故D正確。故選C。3、C【解析】A．電極Ⅱ上二氧化硫被氧化生成硫酸，為陽極發生氧化反應，A錯誤；B．通電后H+通過陽離子交換膜向陰極電極Ⅰ方向移動，電極Ⅱ上二氧化硫被氧化生成硫酸，電極反應式為2H2O+SO2－2e－＝4H++SO42－，酸性增強pH減小，B錯誤；C．電極Ⅰ極為陰極，發生還原反應SO2生成Na2S2O4，電極反應式為：2SO2+2e－＝S2O42－，C正確；D．由陰極電極反應式為：2SO2+2e－＝S2O42－，陽極電極反應式為：2H2O+SO2－2e－＝4H++SO42－，則若通電一段時間后溶液中H+轉移0.1mol，則陰陽兩極共處理標準狀況下SO2廢氣（0.1+0.05）mol×22.4L/mol=3.36L，D錯誤，答案選C。4、A【解析】

A．催化電極b中，水失電子生成O2，作陽極，電子由催化電極b通過外電路流向Ni(OH)2電極，A錯誤；B．制H2時，催化電極a為陰極，陽極Ni(OH)2在堿性溶液中失電子生成NiOOH，電極反應式為Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，B正確；C．催化電極b上，水電離產生的OH-失電子，發生氧化反應生成O2，C正確；D．該裝置中，電解質只有水，所以可在無隔膜的條件下制備高純氫氣，D正確；故選A。5、C【解析】

A.ω增大，CH2=CHCH3的轉化率增大，則φ減小，由上述分析可知：ω2＞ω1，則ω1＜1，故A錯誤；B.該反應在反應前后氣體分子數不變，根據圖甲升高溫度丙烯的體積分數增大，即升高溫度平衡逆向移動，正反應放熱，在恒容絕熱裝置中進行題述反應，體系內溫度升高，根據PV=nRT，達到平衡時，裝置內的氣體壓強將增大，故B錯誤；C.由圖乙可知，T1時平衡常數為1，設起始時CH2=CHCH3和Cl2的物質的量分別為amol和2amol，達到平衡時轉化的Cl2的物質的量為xmol，根據三段式進行計算：CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)起始（mol）a2a00轉化（mol）xxxx平衡（mol）a-x2a-xxx則（）2÷（×）=1，解得x=2/3a，則Cl2的轉化率2/3a÷2a×100%=33.3%，故C正確；D.由圖甲可知，ω一定時，溫度升高，φ增大，說明正反應是放熱反應，故溫度升高，正反應平衡常數減小，故圖乙中，線A表示逆反應的平衡常數，故D錯誤。故選C。【點睛】在做圖像題是應注意兩個原則：1.先拐先平：例如在轉化率—時間圖象上，先出現拐點的曲線先達到平衡，此時逆向推理可得該變化的溫度高、濃度大、壓強高；2.定一議二：當圖象中有三個量時，先確定一個量不變，再討論另外兩個量的關系。6、B【解析】

A.酸性KMnO4溶液褪色可證明有烯烴或還原性氣體生成，但不一定是有乙烯生成，A錯誤；B.根據秒表可知反應時間，根據注射器中活塞的位置可知反應產生的氫氣的體積，故可測量鋅與硫酸溶液反應的速率，B正確；C.在實驗室制備乙酸乙酯的實驗中濃硫酸的作用是催化劑和吸水劑，收集乙酸乙酯應用飽和碳酸鈉溶液，不能用NaOH溶液，C錯誤；D.在銅鋅原電池裝置中，Cu電極要放入CuSO4溶液中，Zn電極放入ZnSO4溶液中，鹽橋中的陽離子向負電荷較多的正極Cu電極移動，故應該向右池遷移起到形成閉合電路的作用，D錯誤；故答案選B。7、A【解析】

A．因氟單質的氧化性最強，不能利用置換反應生成氟單質，故A選；B．C與二氧化硅在高溫下發生置換反應可以生成硅和CO，故B不選；C．鎂在二氧化碳中燃燒生成氧化鎂和黑色的碳，該反應為置換反應，故C不選；D．Fe與水蒸氣在高溫下發生置換反應生成四氧化三鐵和氫氣，可以通過置換反應制得，故D不選；故選A。【點睛】本題的易錯點為D，要注意掌握常見的元素及其化合物的性質。8、D【解析】

A選項，若反應①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，設物質的量分別為5mol和1mol，則化合價升高失去10mol電子，則化合價降低得到10mol電子，因此總共有了8mol氯氣，氧化劑與還原劑的物質的量之比為10：6，即5:3，故A錯誤；B選項，根據A分析反應①得出消耗氫氧化鉀物質的量為16mol，因此每消耗4molKOH，吸收氯氣2mol，即標準狀況下44.8LCl2，故B錯誤；C選項，根據第二個方程式比較氧化性，氧化劑氧化性大于氧化產物氧化性，因此KC1O>K2FeO4，故C錯誤；D選項，若反應①的氧化產物只有KC1O，則C12與KC1O物質的量之比為1:1，根據第二個方程式得到KC1O與K2FeO4物質的量之比為3:2，因此得到0.2molK2FeO4時消耗0.3molC12，故D正確。綜上所述，答案為D。9、D【解析】

A.二氧化碳分子中碳原子和兩個氧原子之間分別共用兩對電子，其正確的電子式為，故A錯誤；B.C原子最外層有4個電子，根據洪特規則可知，其最外層電子軌道表示式為，故B錯誤；C.淀粉是由C、H、O三種元素組成的高分子聚合物，分子式表示為(C6H10O5)n，其最簡式為C6H10O5，故C錯誤；D.乙烯的比例模型為：，符合比例模型的要求，故D正確；答案選D。10、D【解析】

X原子最外層電子數是核外電子層數的3倍，則X為O元素，X、Z同族，則Z為S元素，Y的最高正價與最低負價的代數和為6，則Y的最高價為+7價，且與S同周期，所以Y為Cl元素，W與X、Y既不同族也不同周期，W為H元素，據此解答。【詳解】A．根據上述分析，Y為Cl，Cl的最高價氧化物對應的水化物為HClO4，A項正確；B．在元素周期表中，同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，同主族元素從上到下，原子半徑逐漸增大，原子半徑由小到大的順序為H＜O＜Cl＜S（H<O<S），B項正確；C．根據上述分析，X、W分別為O、H，兩者可形成H2O、H2O2兩者物質，C項正確；D．Y、Z分別為Cl、S，非金屬性Cl＞S，元素的非金屬性越強，氣態氫化物越穩定，HCl（Y的氣態氫化物）更穩定，D項錯誤；答案選D。11、A【解析】

A、離子之間不反應,滴加氨水與Mg2+結合生成沉淀,立即生成沉淀,故A符合題意;B、Fe3+具有氧化性，可以氧化SO32—為SO42—，因此不能共存，故B不符合題意；C、滴加NaOH溶液先與醋酸反應,不能立即生成氣體,故C不符合題意;

D、離子之間不反應,可大量共存,但c(K+)＜c(Cl—),不能遵循電荷守恒,故D不符合題意;

綜上所述，本題應選A。12、C【解析】

A.苯分子中只含1個苯環且沒有側鏈，所以苯是最簡單的芳香烴，故A正確；B.重金屬鹽有毒，金屬離子可導致蛋白質變性，故B正確；C.NO、NO2都不是酸性氧化物，故C錯誤，故選C；D.汽車尾氣含大量的固體顆粒物，汽車尾氣的大量排放是造成霧霾天氣的人為因素之一，故D正確。13、C【解析】

A.由于金屬鋰的密度和相對原子質量都很小，所以金屬鋰是所有金屬中比能量最高的電極材料，A正確；B.金屬Li非常活潑，很容易和氧氣以及水反應，該電池組裝時，必須在無水無氧條件下進行，B正確；C.放電時，電子從Li電極經外電路流向正極，電子不能經過電解質溶液，C錯誤；D.充電時，陽極反應式為，D正確；故答案選C。14、C【解析】

A.CO2、Na2CO3既是反應的產物，也是反應過程中需要加入的物質，因此上述流程中可以重復利用的物質有Na2CO3、CO2，A錯誤；B.根據元素守恒可知鉀長石用氧化物的形式可表示為K2O·Al2O3·6SiO2，B錯誤；C.煅燒過程中鉀長石中的Si元素與CaCO3轉化為CaSiO3，K和Al元素與Na2CO3反應轉化為KAlO2和NaAlO2，C正確；D.向KAlO2和NaAlO2溶液中通入過量CO2氣體，會產生HCO3-，發生反應CO2+AlO2-+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓，D錯誤；故合理選項是C。15、B【解析】

根據圖示，M極，苯酚轉化為CO2，C的化合價升高，失去電子，M為負極，在N極，Cr2O72－轉化為Cr(OH)3，Cr的化合價降低，得到電子，N為正極。A．根據分析，M為電源負極，有機物失去電子，被氧化，A錯誤；B．由于電解質NaCl溶液被陽離子交換膜和陰離子交換膜隔離，使Na＋和Cl－不能定向移動。電池工作時，M極電極反應式為+11H2O-28e-=6CO2+28H+，負極生成的H＋透過陽離子交換膜進入NaCl溶液中，N極電極反應式為Cr2O72－＋6e－＋14H2O=2Cr(OH)3＋8OH－，生成的OH－透過陰離子交換膜進入NaCl溶液中，OH－與H＋反應生成水，使NaCl溶液濃度減小，B正確；C．苯酚的化學式為C6H6O，C的化合價為升高到+4價。1mol苯酚被氧化時，失去的電子的總物質的量為6×[4－()]=28mol，則其電極反應式為+11H2O-28e-=6CO2+28H+，C錯誤；D．原電池中，陽離子向正極移動，因此H＋從陽離子交換膜的左側向右側移動，D錯誤。答案選B。【點睛】此題的B項比較難，M極是負極，陰離子應該向負極移動，但是M和NaCl溶液之間，是陽離子交換膜，陰離子不能通過，因此判斷NaCl的濃度的變化，不能通過Na＋和Cl－的移動來判斷，只能根據電極反應中產生的H＋和OH－的移動反應來判斷。16、D【解析】

A.化合物KH(IO3)2為離子化合物，包含離子鍵與共價鍵，氫鍵不屬于化學鍵，A項錯誤；B.氣體的狀態未指明，不能利用標況下氣體的摩爾體積計算，B項錯誤；C.碘鹽中所含的碘元素在水溶液中以IO3-離子存在，沒有碘單質，不能使淀粉變藍，C項錯誤；D.鉀元素的焰色反應為紫色（透過藍色鈷玻璃），若碘鹽的焰色反應顯紫色，則證明碘鹽中含有鉀元素，D項正確；答案選D。【點睛】本題考查化學基本常識，A項是易錯點，要牢記氫鍵不屬于化學鍵，且不是所有含氫元素的化合物分子之間就有氫鍵。要明確氫鍵的存在范圍是分子化合物中，可以分為分子內氫鍵，如鄰羥基苯甲醛，也可存在分子間氫鍵，如氨氣、氟化氫、水和甲醇等。二、非選擇題（本題包括5小題）17、硝基苯還原反應HOCH2-CH2OH+O2OHC—CHO+2H2O+CH3COOC2H5C2H5OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH412、【解析】

A分子式是C6H6，結合化合物C的結構可知A是苯，結構簡式為，A與濃硝酸、濃硫酸混合加熱發生取代反應產生硝基苯，結構簡式為，B與液氯在Fe催化下發生取代反應產生C：，C與Fe、HCl發生還原反應產生D：；由于F與新制Cu(OH)2懸濁液混合加熱，然后酸化得到分子式為C2H2O4的G，說明F中含有-CHO，G含有2個-COOH，則G是乙二酸：HOOC-COOH，逆推F是乙二醛：OHC-CHO，E為汽車防凍液的主要成分，則E是乙二醇，結構簡式是：HOCH2-CH2OH，HOOC-COOH與2個分子的CH3CH2OH在濃硫酸作用下加熱，發生酯化反應產生分子式是C6H10O4的H，H的結構簡式是C2H5OOC-COOC2H5；H與CH3COOC2H5發生III條件的反應產生I：C2H5OOCCOCH2COOC2H5和C2H5OH，I與D反應產生J和H2O，J在一定條件下反應產生J，K發生酯的水解反應，然后酸化可得L，L發生脫羧反應產生M，M在一定條件下發生水解反應產生N，據此分析解答。【詳解】根據上述分析可知A是，B是，E是HOCH2-CH2OH，F是OHC—CHO，G是HOOC-COOH，H是C2H5OOC-COOC2H5，I是C2H5OOCCOCH2COOC2H5。(1)B是，名稱是硝基苯；C是，C與Fe、HCl發生還原反應產生D：，-NO2被還原為-NH2，反應類型為還原反應；(2)E是HOCH2-CH2OH，含有醇羥基，可以在Cu作催化劑條件下發生氧化反應產生乙二醛：OHC-CHO，所以E生成F的化學方程式是HOCH2-CH2OH+O2OHC-CHO+2H2O；H是C2H5OOC-COOC2H5，H與CH3COOC2H5發生III條件的反應產生I：C2H5OOCCOCH2COOC2H5和C2H5OH，反應方程式為：C2H5OOC-COOC2H5+CH3COOC2H5C2H5OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH；(3)J結構簡式是，在J中含有1個Cl原子連接在苯環上，水解產生HCl和酚羥基；含有2個酯基，酯基水解產生2個分子的C2H5OH和2個-COOH，HCl、酚羥基、-COOH都可以與NaOH發生反應，所以1molJ在氫氧化鈉溶液中水解最多消耗4molNaOH；(4)H結構簡式是：C2H5OOC-COOC2H5，分子式是C6H10O4，其同分異構體滿足下列條件①只有兩種含氧官能團；②能發生銀鏡反應說明含有醛基；③1mol該物質與足量的Na反應生成0.5molH2，結合分子中含有的O原子數目說明只含有1個-COOH，另一種為甲酸形成的酯基HCOO-，則可能結構采用定一移二法，固定酯基HCOO-，移動-COOH的位置，碳鏈結構的羧基可能有共4種結構；碳鏈結構的羧基可能有4種結構；碳鏈結構的羧基可能有3種結構；碳鏈結構為的羧基可能位置只有1種結構，因此符合要求的同分異構體的種類數目為4+4+3+1=12種；其中核磁共振氫譜峰面積比為1：1：2：6的結構簡式為、；(5)CH3-CH=CH-CH3與溴水發生加成反應產生CH3CHBr-CHBrCH3，然后與NaOH水溶液共熱發生取代反應產生，發生催化氧化產生Q是；與濃硝酸、濃硫酸混合加熱發生硝化反應產生P是，P與Fe、HCl發生還原反應產生，與在HAc存在條件下，加熱40—50℃反應產生和H2O，故P是，Q是。【點睛】本題考查有機物推斷和有機合成，明確有機物官能團及其性質關系、有機反應類型及反應條件是解本題關鍵，難點是H的符合條件的同分異構體的種類的判斷，易漏選或重選，可以采用定一移二的方法，在物質推斷時可以由反應物采用正向思維或由生成物采用逆向思維方法進行推斷，側重考查學生分析推斷及合成路線設計能力。18、消去反應加聚反應C10H18HOC(CH3)2COOHCH2=C(CH3)COOH+H2OHCOOCH(CH3)=CH2或CH3COOCH=CH2或CH2=COOCH3或HCOOCH2=CHCH3或濃溴水【解析】

根據題中各物質轉化關系可知，A遇FeCl3溶液顯紫色，所以A中有酚羥基，A→B發生了類似題已知的反應，結合M的結構簡式可以反應推得A為，B為，C為，D為，根據E的分子式，且E在濃硫酸條件下能生成G，可知E為，G為，根據F的分子式可知，F為，所以H為，據此分析解答。【詳解】(1)反應Ⅰ是醇羥基脫水生成碳碳雙鍵，所以是消去反應，反應Ⅱ是由單體發生加聚生成高分子化合物，所以是加聚反應；(2)根據上面的分析可知，D為，所以D的分子式為C10H18，G的結構簡式為；(3)E生成F的化學反應方程式為HOC(CH3)2COOHCH2=C(CH3)COOH+H2O；(4)E在濃硫酸作用下轉化為F時，除生成副產物G，還會進行分子間的縮聚生成高分子，該產物的結構簡式為；(5)屬于酯類且含甲基F的同分異構體有多種，其中一種的結構簡式為HCOOCH(CH3)=CH2或CH3COOCH=CH2或CH2=COOCH3或HCOOCH2=CHCH3；(6)根據上面的分析可知，高分子化合物N的結構簡式為或，A有2種結構，可通過定量實驗來確定其準確結構，該定量實驗可通過A與濃溴水反應來實現，根據用去的溴的物質量判斷；19、Ca(OH)2溶液稀H2SO4鐵Fe3＋＋3OH－＝Fe(OH)3↓Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓Fe(OH)3＋3H＋＝Fe3＋＋3H2OCu(OH)2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu【解析】

從含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的廢液中，把Fe3+轉化為綠礬回收，把Cu2+轉化為銅回收，先加堿使金屬離子轉化為沉淀，與陰離子分離，然后加酸溶解沉淀，再加鐵粉可得到硫酸亞鐵溶液和Cu，過濾得到銅和硫酸亞鐵溶液，硫酸亞鐵溶液經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到綠礬。【詳解】依據題意從含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的廢液中，把Fe3+轉化為綠礬回收，把Cu2+轉化為銅回收應分三步實施，先加廉價的堿Ca(OH)2將Fe3+、Cu2+轉化為Fe(OH)3和Cu(OH)2，與Cl-、NO3-分離，反應的離子方程式為Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓；過濾后向Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀中加入稀硫酸，使沉淀溶解得到硫酸鐵和硫酸銅的混合液，反應的離子方程式為Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O，Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；向所得溶液中加入鐵粉與硫酸鐵和硫酸銅反應，可得到硫酸亞鐵溶液和Cu，反應的離子方程式為2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu；過濾得到銅和硫酸亞鐵溶液，硫酸亞鐵溶液經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到綠礬，故答案為：Ca(OH)2溶液；稀H2SO4；鐵；Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓；Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O，Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu。20、安全瓶，防止倒吸能碳酸鈉溶液顯堿性，可以抑制Na2S水解溫度過高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1較多，或Na2S2O1產率降低等其它合理答案降低Na2S2O1晶體的溶解度，促進晶體析出×100%D【解析】

(1)裝置B的作用是平衡壓強，防止倒吸；(2)Na2CO1的作用是與二氧化硫反應制備亞硫酸鈉；(1)Na2S是強堿弱酸鹽，易發生水解；(4)溫度過高不利于二氧化硫的吸收，產品產率會降低；(5)Na2S2O1．5H2O是無色晶體，易溶于水，難溶于乙醇；(6)根據反應Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1，列關系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O，結合數據計算理論上制得Na2S2O1·5H2O晶體的質量，Na2S2O1·5H2O的產率為；(7)Na2SO1易被氧化為硫酸鈉，減少副產物的含量就要防止Na2SO1被氧化。【詳解】(1)裝置B的作用是平衡壓強，防止倒吸，則B為安全瓶防止倒吸；(2)Na2CO1的作用是與二氧化硫反應制備亞硫酸鈉，氫氧化鈉和二氧化硫反應也可以生成亞硫酸鈉，可以代替碳酸鈉；(1)Na2S是強堿弱酸鹽，易發生水解，碳酸鈉溶液顯堿性，可以抑制Na2S水解；(4)溫度過高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1較多，或Na2S2O1產率降低等其它合理答案；(5)Na2S2O1．5H2O是無色晶體，易溶于水，難溶于乙醇，則乙醇