新疆乌鲁木齐市达标名校2020年高考四月适应性考试化学试题含解析

新疆乌鲁木齐市达标名校2020年高考四月适应性考试化学试题
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．利用pH传感器探究NaOH溶液与硫酸、硫酸铜混合溶液发生反应的离子反应顺序，绘得三份曲线图如图。

已知实验使用的NaOH溶液浓度和滴速相同；硫酸溶液和硫酸铜溶液浓度相同；混合溶液中两溶质的浓度也相同。

以下解读错误的是
A．三个时点的c(Cu2+)：p>q>w
B．w点：c(Na+)>c(SO42-)>c(Cu2+)>c(H+)
C．混合溶液中滴加NaOH溶液，硫酸先于硫酸铜发生反应
D．q点时溶液离子浓度：c(SO42-)+c(OH-)=c(Cu2+)+c(H+)+c(Na+)
2．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( )
A．35. 3g B．33.5g C．32.3g D．11.3g
3．2019 年是元素周期表诞生的第150 周年，联合国大会宣布2019 年是“国际化学元素周期表年”。

W、X、Y 和Z 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。

W 的一种核素可用于文物年代的测定，X 与W 同周期相邻，四种元素中只有Y 为金属元素，Z 的单质为黄绿色气体。

下列叙述正确的是
A．W 的氢化物中常温下均呈气态
B．Z 的氧化物对应的水化物均为强酸
C．四种元素中，Z 原子半径最大
D．Y 与Z 形成的化合物可能存在离子键，也可能存在共价键
4．“我有熔喷布，谁有口罩机”是中国石化为紧急生产医用口罩在网络发布的英雄帖，熔喷布是医用口罩的核心材料，该材料是以石油为原料生产的聚丙烯纤维制成的。

下列说法错误的是
A．丙烯分子中所有原子可能共平面
B．工业上，丙烯可由石油催化裂解得到的
C．丙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．聚丙烯是由丙烯通过加聚反应合成的高分子化合物
5．短周期元素X、Y、Z、W分属三个周期，且原子序数依次增加。

其中Y与X、Z均可形成1︰1或1︰2的二元化合物；X与Z最外层电子数相同；Y与W的一种化合物是一种新型的自来水消毒剂。

下列说法错
误的是
A．常温常压下Y的单质为气态
B．离子半径：W>Z>Y
C．X与Z形成的离子化合物具有还原性
D．W的最高价氧化物的水化物一定是强酸
6．2019年北京园艺会主题是“绿色生活，美丽家园”。

下列有关园艺会说法正确的是( )
A．大会交通推广使用的是利用原电池原理制成太阳能电池汽车，可减少化石能源的使用
B．妫汭剧场里使用的建筑材料第五形态的碳单质——“碳纳米泡沫”，与石墨烯互为同分异构体
C．传统烟花的制作常加入含有铂、铁、钾、钙、铜等金属元素的发光剂，燃放时呈现美丽的颜色，大会庆典禁止使用
D．秸秆经加工处理成吸水性的材料——植物纤维，可用作食品干燥剂，符合大会主题
7．同温同压下,等质量的SO2气体和SO3气体相比较,下列叙述中正确的是（）
A．密度比为4:5 B．物质的量之比为4:5
C．体积比为1:1 D．原子数之比为3:4
8．用N A表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中不正确的是
A．10g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数为1.2N A
B．N A个P4()与N A个甲烷所含的共价键数目之比为1∶1
C．常温下，1 L pH＝13的M(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.1N A
D．含0.4 mol HNO3的浓硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.2N A
9．某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒。

其中ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。

下列判断正确的是（）
A．该反应的还原剂是Cl-B．反应后溶液的酸性明显增强
C．消耗1mol还原剂，转移6 mol电子D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
10．已知常温下，K a1(H2CO3)=4.3×10-7，K a2(H2CO3)=5.6×10-11。

某二元酸H2R及其钠盐的溶液中，H2R、HR-、R2-三者的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述错误的是
A ．在pH=4.3的溶液中：3c(R 2-)=c(Na +)+c(H +)-c(OH -)
B ．等体积、等浓度的NaOH 溶液与H 2R 溶液混合后，此溶液中水的电离程度比纯水小
C ．在pH=3的溶液中存在2-32-c(R )c(H R)=10c(HR )
-⋅ D ．向Na 2CO 3溶液中加入过量H 2R 溶液，发生反应：CO 32-+H 2R=HCO 3-+HR -
11．实验过程中不可能产生 Fe(OH)3 的是
A ．蒸发 FeCl 3 溶液
B ．FeCl 3 溶液中滴入氨水
C ．将水蒸气通过灼热的铁
D ．FeCl 2 溶液中滴入 NaOH 溶液
12．已知TNT 为烈性炸药，其爆炸时的方程式为：TNT +21O 2
28CO 2+10H 2O+6N 2，下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A ．TNT 在反应中只做还原剂
B ．TNT 中的N 元素化合价为+5价
C ．方程式中TNT 前的化学计量数为2
D ．当1molTNT 参加反应时，转移的电子数为30×6.02×1023
13．一种熔融KNO 3燃料电池原理示意图如图所示，下列有关该电池的说法错误的是
A ．电池工作时，NO 3－向石墨I 移动
B ．石墨Ⅰ上发生的电极反应为：2NO 2+2OH －－2e －=N 2O 5+H 2O
C ．可循环利用的物质Y 的化学式为N 2O 5
D ．电池工作时，理论上消耗的O 2和NO 2的质量比为4：23
14．下列实验设计能够成功的是( )
A ．检验亚硫酸钠试样是否变质
试样溶解滴加硝酸钡溶液→→白色沉淀→滴加稀盐酸沉淀不溶解→说明试样已变质
B ．除去粗盐中含有的硫酸钙杂质
粗盐→→→溶解足量碳酸钠溶液足量氯化钡溶液→→过滤滤液中滴加盐酸蒸发结晶→精盐
C ．检验某溶液中是否含有Fe 2+
试样→滴加硫氰化钾溶液溶液颜色无变化→滴加氯水
溶液变红色→溶液中含有Fe 2+ D ．证明酸性条件H 2O 2的氧化性比I 2强
NaI 溶液30%→→过氧化氢、稀硝酸淀粉溶液变紫色→氧化性：H 2O 2＞I 2
15．下列过程不涉及氧化还原反应的是（ ）
A ．大气固氮
B ．工业制漂粉精
C ．用SO 2漂白纸浆
D ．天空一号中用Na 2O 2供氧
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．一氯甲烷(CH 3Cl)一种重要的化工原料，常温下它是无色有毒气体，微溶于水，易溶于乙醇、CCl 4等有机浓剂。

(1)甲组同学在实验室用装置A 模拟催化法制备一氯甲烷并检验CH 3Cl 的稳定性。

A ．
B ．
C ．
D ． ①装置A 中仪器a 的名称为__________，a 瓶中发生反应的化学方程式为________。

②实验室干燥ZnCl 2晶体制备无水ZnCl 2的方法是________。

(2)为探究CH 3Cl 与CH 4分子稳定性的差别，乙组同学设计实验验证CH 3C1能被酸性KMnO 4溶液氧化。

①为达到实验目的，上面装置图中装置连接的合理顺序为A________
②装置中水的主要作用是__________。

③若实验过程中还产生了一种黄绿色气体和一种无色气体，该反应的离子方程式为_____。

(3)丙组同学选用A 装置设计实验探究甲醇的转化率。

取6.4g 甲醇与足量的浓盐酸充分反应，将收集到的CH 3Cl 气体在足量的氧气中充分燃烧，产物用过量的V 1mL 、c 1mol·L -1NaOH 溶液充分吸收。

现以甲基橙作指
示剂，用c 2mol·L -1盐酸标准溶液对吸收液进行返滴定，最终消耗V 2mL 盐酸。

(已知：2CH 3Cl+3O 2点燃−−−→
2CO 2+2H 2O+2HCl)
①滴定终点的现象为____________
②该反应甲醇的转化率为________。

(用含有V 、c 的式子表示)
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．有机锌试剂（R —ZnBr ）与酰氯（）偶联可用于制备药物Ⅱ：
（1）化合物Ⅰ的分子式为_____________。

（2）关于化合物Ⅱ，下列说法正确的有______（双选）。

A．可以发生水解反应
B．可与新制的Cu（OH）2共热生成红色沉淀
C．可与FeCl3溶液反应显紫色
D．可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液反应
（3）化合物Ⅲ含有3个碳原子，且可发生加聚反应，按照途径1合成线路的表示方式，完成途经2中由Ⅲ到Ⅴ的合成路线：_____________（标明反应试剂，忽略反应条件）。

（4）化合物Ⅴ的核磁共振氢谱中峰的组数为_____________，以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的羧酸类同分异构体共有_____________种（不考虑手性异构）。

（5）化合物Ⅵ和Ⅶ反应可直接得到Ⅱ，则化合物Ⅶ的结构简式为：_____________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景，采用天然气制备氢气的流程如下。

请回答下列问题：
Ⅰ.蒸汽转化：在催化剂的作用下，水蒸气将CH4氧化，结合图表信息回答问题。

(1)该过程的热化学方程式是__________。

(2)平衡混合物中CO的体积分数与压强的关系如图所示，判断T1和T2的大小关系：T1_______T2(填“>”“<”或“=”)，并说明理由__________。

(3)一定温度下，在1L恒容的密闭容器中充入1mol CH4和1mol水蒸气充分反应达平衡后，测得反应前后容器中气体的物质的量之比是3:4，计算该条件下反应的平衡常数为______________。

Ⅱ.CO变换：500℃时，CO进一步与水反应生成CO2和H2。

Ⅲ.模拟H2提纯工艺：将CO2和H2分离得到H2的过程如下：
依据图示信息回答：
(4)吸收池中发生反应的离子方程式是_________。

(5)写出电解池中阳极发生的电极反应式________；结合化学用语说明K2CO3溶液再生的原因_________。

19．（6分）硫酸铅(PbSO4)广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料等。

利用方铅矿精矿( PbS)直接制备硫酸铅粉末的流程如下：
已知：(i) PbCl2 (s)+2C1-(aq)=PbCl42-(aq) △H>0
(ii)有关物质的Ksp和沉淀时的pH如下：
物质Ksp 物质开始沉淀时pH 完全沉淀时pH
PbSO4 1.0×10-8Fe(OH)3 2.7 3.7
PbCl2 1.6×10-5Pb(OH)2 6 7.04
（1）步骤I反应加入盐酸后可以观察到淡黄色沉淀生成，请写出的离子方程式___________。

（2）用化学平衡移动的原理解释步骤Ⅱ中使用冰水浴的原因____________。

（3）在上述生产过程中可以循环利用的物质有______________。

（4）写出步骤Ⅲ中PbCl2晶体转化为PbSO4沉淀的离子方程式________________。

（5）铅的冶炼、加工会使水体中重金属铅的含量增大造成严重污染。

某课题组制备了一种新型脱铅剂（用EH表示），能有效去除水中的痕量铅，脱铅过程中主要发生的反应为：2EH(s)+Pb2+E 2Pb(s)+2H+。

则脱铅的最合适的pH范围为____（填编号）
A．4～5 B．6～7 C．9～10 D．11～12
（6）PbSO4热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。

基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KC1混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。

该电池总反应为PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb。

①放电过程中，Li+向_______移动（填“负极”或“正极”）。

②负极反应式为_____________。

③电路中每转移0.2mol电子，理论上生成_________g Pb。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．D
【解析】
【分析】
根据图象可知：混合溶液中开始滴加NaOH溶液时，溶液pH≈2，几乎等于H2SO4溶液的pH，随着NaOH 溶液的滴加，溶液pH变化不大，当滴加至100 s时，产生滴定突跃，此时溶液pH≈5，等于CuSO4溶液的pH，说明此时发生反应为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，即在前100 s内发生酸碱中和反应，在100 s～200 s内发生反应：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，在≥200 s时，该反应沉淀完全，发生滴定突跃，在200 s以后W段的溶液中，处于Cu(OH)2的沉淀溶解平衡阶段，溶液中c(H+)几乎不变。

【详解】
A．根据上述分析可知：在p点阶段，发生反应：H++OH-=H2O，在q点阶段，发生反应：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，在w段，发生滴定突跃，Cu2+滴定达到沉淀溶解平衡阶段，所以三个时点的溶液中Cu2+的浓度关系c(Cu2+)：p>q>w，A正确；
B．w点时溶液中溶质为Na2SO4及难溶性Cu(OH)2的饱和溶液，根据Na2SO4=2Na++SO42-及Cu(OH)2是难溶性物质，但其溶解电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，所以此时溶液中微粒浓度关系为：
c(Na+)>c(SO42-)>c(Cu2+)>c(H+)，B正确；
C．根据滴定时溶液的pH变化，结合单独滴加NaOH溶液时的pH图象可知：混合溶液中滴加NaOH溶液，硫酸先于硫酸铜发生反应，C正确；
D．q点时溶液中含Na2SO4、CuSO4及H2O，根据电荷守恒可得离子浓度：
2c(SO42-)+c(OH-)=2c(Cu2+)+c(H+)+c(Na+)，D错误；
故合理选项是D。

【点睛】
本题考查了反应先后顺序的判断及溶液中离子浓度大小比较。

碱与酸、盐混合溶液反应先后顺序的判断可结合溶液pH变化分析，酸碱中和能力大于碱与盐反应的能力，结合电荷守恒、原子守恒、质子守恒分析离子浓度关系。

2．A
【解析】
【分析】
【详解】
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。

3．D
【解析】
【分析】
W、X、Y 和Z 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。

W 的一种核素可用于文物年代的测定，则W为C元素，X 与W 同周期相邻，则X为N元素，Z 的单质为黄绿色气体，则Z为Cl元素，四种元素中只有Y 为金属元素，则Y可能为Na、Mg或Al，以此解题。

【详解】
由上述分析可知，W为C，X为N，Y为Na或Mg或Al，Z为Cl，
A．W为C元素，C的氢化物中常温下可能为气态、液态或固态，如甲烷为气态、苯为液态，故A错误；
B．Z为Cl 元素，当Z 的氧化物对应的水化物为HClO时，属于弱酸，故B错误；
C．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则Y的原子半径最大，故C错误；D．Y为Na或Mg或Al，Z为Cl，Y与Z形成的化合物为NaCl时含离子键，为AlCl3时含共价键，故D 正确；
答案选D。

【点睛】
B项Z 的氧化物对应的水化物没说是最高价氧化物对应的水化物，非金属性对应的是最高价氧化物对应的水化物，需要学生有分析问题解决问题的能力。

4．A
【解析】
【分析】
【详解】
A.丙烯分子中有一个甲基，甲基上的四个原子不可能共平面，A项错误；
B.石油的裂解是在催化剂存在的情况下，加强热使烃类断裂成小分子的不饱和烃，丙烯也是产物之一，B 项正确；
C.丙烯中有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；
D.碳碳双键可以发生加聚反应，得到高分子的聚合物，D项正确；
答案选A。

【点睛】
从字面意思也能看出，裂“化”比裂“解”要“温柔”一点，得到的是较长链的汽油、柴油等轻质燃油，裂解则完全将碳链打碎，得到气态不饱和烃。

5．B
【解析】
【分析】
短周期元素X、Y、Z、W分属三个周期且原子序数依次增加，X为H，Y与X、Z均可形成1︰1或1︰2的二元化合物；X与Z最外层电子数相同；Y为O，Z为Na，Y与W的一种化合物是一种新型的自来水消毒剂，W为Cl。

【详解】
A.常温常压下Y的单质为氧气或臭氧，故A正确；
B. Y为O，Z为Na，对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，应为Z<Y，故B错误；
C.X与Z形成的离子化合物是NaH，H为-1价，具有还原性，可与水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；
D.W的最高价氧化物的水化物是高氯酸，因为氯元素的非金属性强于硫元素，硫酸为强酸，所以高氯酸一定是强酸，故D正确；
故选B。

【点睛】
比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；电子层数和质子数都相同时，核外电子数越多，半径越大。

6．D
【解析】
【详解】
A. 太阳能电池是将太阳能转化为电能，不是原电池原理，故A 错误；
B. 第五形态的碳单质——“碳纳米泡沫”，与石墨烯是同素异形体，而非同分异构体，故B 错误；
C. 烟花的使用需要从环保、安全等多方面考虑，但禁止使用是错误的，故C 错误；
D. 植物纤维的成分为糖类，无污染，可再生，可用作食品干燥剂，符合大会主题，故D 正确， 故选D 。

7．A
【解析】
【分析】
由n ＝M m ＝V Vm
可知，ρ＝m V ＝M Vm ，据此分析作答。

【详解】
A. 由上述分析可知，在相同条件下气体的相对分子质量之比等于其密度之比，所以两种气体的密度之比为64∶80＝4∶5，A 项正确；
B. 设气体的质量均为m g ，则n(SO 2)＝
m 64mol ，n(SO 3)＝m 80mol ，所以二者物质的量之比为m 64∶m 80＝80∶64＝5∶4，B 项错误；
C. 根据V ＝n·V m 可知，同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以两种气体的体积之比为5∶4，C 项错误；
D. 根据分子组成可知，两种气体的原子数之比为（5×3）∶（4×4）＝15∶16，D 项错误；
答案选A 。

8．B
【解析】
【详解】
A ．在乙醇溶液中，除了乙醇外，水中也含H 原子，而10 g 质量分数为46%的乙醇水溶液中含有4.6g 乙醇，物质的量为0.1mol ，含0.6N A 个H 原子，水5.4g ，物质的量为0.3mol ，含H 原子为0.6N A 个，故共含H 原子为1.2N A 个，故A 正确；
B ．白磷分子中含6条共价键，而甲烷中含4条共价键，因此相同数目的分子中含有的共价键个数之比为3∶2，故B 错误；
C ．pH=13的M(OH)2溶液中，氢氧根的浓度为0.1mol/L ，因此1L 溶液中含有的氢氧根的个数为0.1N A 个，故C 正确；
D ．硝酸的物质的量为0.4mol ，若与铜反应完全生成二氧化氮，转移电子物质的量为0.2mol ，但是由于铜足量，浓硝酸随着反应的进行，后来变成了稀硝酸，生成了一氧化氮，转移的电子数增加，所以0.4mol
硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.2mol ，故D 正确；
故选B 。

【点睛】
本题的易错点为D ，要注意随着反应的进行，硝酸的浓度减小，难点为A ，要注意水分子中也含有H 原子。

9．B
【解析】由曲线变化图可知，随反应进行具有氧化性的ClO -物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl -是生成物，根据所含有的 NH 4+和 N 2，其中 NH 4+有还原性，故N 2是生成物，N 元素化合价发生氧化反应，则反应的方程式应为3ClO -+2NH 4+=N 2↑+3H 2O+3Cl -+2H +；A ．由方程式可知反应的氧化剂是ClO -，还原产物为Cl -，故A 错误；B ．反应生成H +，溶液酸性增强，故B 正确；C ．N 元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol 还原剂，转移3mol 电子，故C 错误；C ．由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故D 错误；答案为B 。

点睛：由曲线变化图可知，具有氧化性的ClO -物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl -是生成物，再结合氧化还原反应的理论，有氧化必有还原，根据所含有的微粒，可知NH 4+是还原剂，氧化产物为N 2，发生反应的方程式应为3ClO -+2NH 4+=N 2↑+3H 2O+3Cl -+2H +，以此解答该题。

10．C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．在pH=4.3的溶液中，c(R 2-)=c(HR -)，溶液中存在电荷守恒：c(H +)+c(Na +)=c(HR -)+2c(R 2-)+c(OH -)，则3c(R 2-)=c(Na +)+c(H +)-c(OH -)，A 选项正确；
B ．等体积等浓度的NaOH 溶液与H 2R 溶液混合后，生成等浓度的H 2R 、HR -，溶液的pH=1.3，溶液显酸性，对水的电离起到抑制作用，所以溶液中水的电离程度比纯水小，B 选项正确；
C ．当溶液pH=1.3时，c(H 2R)=c(HR -)，则()()
()-+-1.3a12c HR c H ==10c H R K ，溶液的pH=4.3时，c(R 2-)=c(HR -)，
()()
()2-+-4.4a2-c R c H ==10c HR K ，则2- 3.1a22-a1
c(R )c(H R)==10c(HR )K K -⋅，C 选项错误； D ．结合题干条件，由C 选项可知，H 2R 的电离常数K a2大于H 2CO 3的K a2，即酸性HR -大于H 2CO 3，所以向Na 2CO 3溶液中加入过量的H 2R 溶液，发生反应CO 32-+H 2R=HCO 3-+HR -，D 选项正确；
答案选C 。

11．C
【解析】
【详解】
A. 蒸发 FeCl 3 溶液，铁离子水解生成氢氧化铁，故A 正确；
B. FeCl3溶液中滴入氨水生成氢氧化铁和氯化铵，故B正确；
C. 将水蒸气通过灼热的铁生成四氧化三铁和氢气，故C错误；
D. FeCl2溶液中滴入NaOH 溶液生成氢氧化亚铁和氯化钠，氢氧化亚铁遇到氧气被氧化成氢氧化铁，故D 正确；
故选：C。

12．D
【解析】
【分析】
【详解】
A.TNT的分子式为C7H5O6N3，TNT在爆炸时，不仅碳的化合价升高，还有氮的化合价由+3价降低至0价，所以TNT在反应中既是氧化剂，也是还原剂，A项错误；
B.TNT中H的化合价为+1价，O的化合价为-2价，C的平均化合价为-2
7
价，TNT中氮元素应显+3价，B项
错误；
C.据氮原子守恒和TNT每分子中含有3个氮原子可知，TNT前的计量数为4，C项错误；
D.反应中只有碳的化合价升高，每个碳原子升高的价态为（+4）-（-2
7
）=
30
7
，所以1molTNT发生反应
时转移的电子数为7×30
7
×6.02×1023=30×6.02×1023，D项正确；
所以答案选择D项。

13．B
【解析】
【分析】
由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨Ⅰ通入NO2生成N2O5，发生的是氧化反应，故石墨Ⅰ是负极，发生的反应式为NO2- e-+NO3- = N2O5，则石墨Ⅱ为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e-+2 N2O5=4 NO3-，该电池的总反应为：4NO2+ O2=2 N2O5。

【详解】
由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨Ⅰ通入NO2生成N2O5，发生的是氧化反应，故石墨Ⅰ是负极，发生的反应式为NO2- e-+NO3- = N2O5，则石墨Ⅱ为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e-+2 N2O5=4 NO3- 。

A．电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，石墨Ⅰ是负极，NO3- 向石墨I移动，A正确；B．该电池一种熔融KNO3燃料电池，负极发生氧化反应，石墨Ⅰ上发生的电极反应为：NO2- e-+NO3- = N2O5，B错误；
C．石墨Ⅰ生成N2O5，石墨Ⅱ消耗N2O5，可循环利用的物质Y的化学式为N2O5，C正确；
D．原电池中正极得到的电子数等于负极失去的电子数，故电池工作时，理论上消耗的O2和NO2的物质
的量之比是1:4，则消耗的O2和NO2的物质的量之比是4：23，D正确；
答案选D。

【点睛】
考生做该题的时候，首先从图中判断出石墨Ⅰ、石墨Ⅱ是哪个电极，并能准确写出电极反应式，原电池中阴离子移向负极、阳离子移向正极，原电池工作时，理论上负极失去的电子数等于正极得到的电子数。

14．C
【解析】
【详解】
A.酸性条件下，硝酸根离子能把亚硫酸盐氧化生成硫酸盐，故A错误；
B．应先加氯化钡，再加碳酸钠，然后过滤，再加盐酸可除去粗盐中含有的硫酸钙杂质，故B错误；C．亚铁离子遇KSCN溶液不变色，滴加氯水后亚铁离子被氧化生成铁离子，遇KSCN溶液变红色，可证明溶液中含有Fe2+，故C正确；
D．硝酸具有强氧化性，可氧化碘离子，不能说明H2O2的氧化性比I2强，故D错误；
答案选C。

【点睛】
本题考查物质的检验和鉴别实验方案的设计，把握常见离子的检验方法为解答的关键，注意离子检验中排除干扰及试剂的加入顺序。

15．C
【解析】
【分析】
反应中所含元素的化合价变化，则反应为氧化还原反应，以此来解答。

【详解】
A.大气固氮，将游离态转化为化合态，N元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A不选；
B.工业制漂粉精时，氯气与碱反应，且Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；
C.用SO2漂白纸浆，化合生成无色物质，无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故C选；
D.用Na2O2供氧，过氧化钠中O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D不选；
故答案选C。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．圆底烧瓶CH3OH+HCl(浓)→CH3Cl+H2O在HC1气流中小心加热C-D-B除去CH3C1中的HCl和甲醇，防止对后续试验的干扰10CH3Cl+14MnO4－+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O溶液颜色由黄色变为橙色，且
半分钟内不变化
-4
1122
(c V-c V)10mol
2
【解析】【分析】
(1)①根据仪器a特点，得出仪器a为圆底烧瓶；根据实验目的，装置A是制备CH3Cl，据此分析；
②ZnCl2为强酸弱碱盐，Zn2＋能发生水解，制备无水ZnCl2时，需要防止Zn2＋水解；
(2)①A是制备CH3Cl的装置，CH3Cl中混有甲醇和HCl，甲醇和HCl能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰实验，必须除去，利用它们溶于水，需要通过C装置，然后通过D装置验证CH3Cl能被酸性高锰酸钾溶液氧化最后通过B装置；
②根据①分析；
③黄绿色气体为Cl2，利用高锰酸钾溶液的氧化性，将CH3Cl中C氧化成CO2，高锰酸钾中Mn元素被还原成Mn2＋，据此分析；
(3)①使用盐酸滴定，甲基橙作指示剂，终点是溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化；
②CH3Cl燃烧生成CO2和HCl，CO2和HCl被NaOH所吸收，然后用盐酸滴定过量的NaOH溶液和Na2CO3
溶液，据此分析；
【详解】
(1)①根据仪器a的特点，仪器a的名称为圆底烧瓶，根据实验目的，装置A制备CH3Cl，HCl中Cl取代CH3OH 中羟基，则a瓶中的反应方程式为CH3OH+HCl(浓)→CH3Cl+H2O；
答案：圆底烧瓶；CH3OH+HCl(浓)→CH3Cl+H2O；
②ZnCl2为强酸弱碱盐，Zn2＋发生水解，因此实验室干燥ZnCl2晶体制备无水ZnCl2的方法是在HC1气流中小心加热；
答案：在HC1气流中小心加热；
(2)①根据实验目的，装置A制备CH3Cl，甲醇和浓盐酸易挥发，CH3C1中含有HCl和甲醇等杂质，HCl和甲醇均能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰后续实验，利用甲醇和HCl易溶于水，通入KMnO4溶液前需用水除去，然后再通入酸性高锰酸钾溶液，根据③得到黄绿色气体，黄绿色气体为Cl2，氯气有毒，污染环境，因此最后通入CCl4溶液，除去Cl2等有毒气体，则连接顺序是A→C→D→B；
答案：C→D→B；
②根据①分析，水的作用是除去CH3C1中的HCl和甲醇；
答案：除去CH3Cl中的HCl和甲醇，防止对后续实验的干扰；
③黄绿色气体为Cl2，利用高锰酸钾溶液的氧化性，将CH3Cl中C氧化成CO2，高锰酸钾中Mn元素被还原成Mn2＋，根据化合价升降法、原子守恒和电荷守恒，得到
l0CH3Cl+14MnO4-+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O；
答案：l0CH3Cl+14MnO4-+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O；
(3)①燃烧生成的CO2和HCl全部被NaOH溶液充分吸收，溶液中的溶质有NaOH、NaCl、Na2CO3，用甲基橙作指示剂，盐酸进行滴定，滴定终点的产物为NaCl，滴定终点的现象为溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化；
答案：溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟（30s）内不变化；
②根据①的分析，最后溶质为NaCl ，NaCl 中氯元素来自于CH 3Cl 和盐酸，根据Cl 元素守恒可得CH 3Cl 中的
n(Cl)= n(CH 3Cl) -n （HCl ）=(c 1V 1－c 2V 2)×10－3，甲醇的转化率是-31122(c V -c V )10mol 6.4g 32g/mol
⨯=-41122(c V -c V )10mol 2⨯； 答案：-41122(c V -c V )10mol 2
⨯。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．C 12H 9Br AD CH 2=CHCOOH BrCH 2CH 2COOH BrCH 2CH 2COOCH 2CH 3 4 4
【解析】
【分析】
【详解】 （1）根据化合物Ⅰ的结构简式可写出其分子式为C 12H 9Br ；
（2）根据化合物Ⅱ的结构简式，其含有酯基，可发生水解反应，含有苯环，发生苯环上的硝化反应，没有醛基，不可与新制的Cu （OH ）2共热生成红色沉淀，没有酚羟基，不可与FeCl 3溶液反应显紫色，所以A 、D 正确，选择AD ；
（3）根据Ⅵ的结构简式及途径Ⅰ的信息，可推出Ⅴ的结构简式为BrCH 2CH 2COOCH 2CH 3，从而可知Ⅴ是由Ⅳ与乙醇发生酯化反应得到，可推出Ⅳ的结构简式为BrCH 2CH 2COOH ，而化合物Ⅲ含有3个碳原子，且可发生加聚反应，从而可知化合物Ⅲ的结构简式为CH 2=CHCOOH ，故合成路线可表示为：
CH 2=CHCOOH BrCH 2CH 2COOH BrCH 2CH 2COOCH 2CH 3；
（4）化合物Ⅴ的结构为BrCH 2CH 2COOCH 2CH 3，每个碳原子上的氢都相同，不同碳原子上的H 原子不相同，所以应有4组峰；以氢原子H 替代化合物Ⅵ中的ZnBr ，所得化合物的结构简式为CH 3CH 2COOCH 2CH 3，其属于羧酸类的结构应为C 4H 9COOH ，C 4H 9—为丁基，丁基有4种不同的结构的H 原子，所以C 4H 9COOH 的同分异构体共有4种；
（5）根据题目信息，有机锌试剂（R —ZnBr ）与酰氯（）偶联可用于制备药物Ⅱ，因此化合物Ⅵ为BrZnCH 2CH 2COOCH 2CH 3，则要合成Ⅱ，Ⅶ为酰氯，根据Ⅱ的结构及途径Ⅰ合成化合物药物Ⅱ的方式，可推知Ⅶ的结构为。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．422CH (g)H O(g)CO(g)3H (g)ΔH 204kJ /mol ++=+ > 根据热化学方程式422CH (g)H O(g)CO(g)3H (g)ΔH 204kJ /mol ++=+可知，升高温度，平衡正向移动， CO 的体。