2024届河南省襄城高中高三第四次模拟考试化学试卷含解析

2024届河南省襄城高中高三第四次模拟考试化学试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列关于有机物1-氧杂-2，4-环戊二烯()的说法正确的是
A．与互为同系物B．二氯代物有3种
C．所有原子都处于同一平面内D．1mol该有机物完全燃烧消耗5molO2
2、M、X、Y、Z、W为五种短周期元素，且原子序数依次增大，X、Y、Z最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g·L−1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数
之和的1
2。

下列说法正确的是（）
A．原子半径：W>Z>Y>X>M
B．常见气态氢化物的稳定性：X＜Y＜Z
C．1molWM溶于足量水中完全反应，共转移2mol电子
D．由M、X、Y、Z四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键
3、X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示.若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，下列说法中正确的是：
A．只由这四种元素不能组成有机化合物
B．最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z弱
C．Z的单质与氢气反应较Y剧烈
D．X、Y形成的化合物都易溶于水
4、硫酸铵在一定条件下发生反应:4(NH4)2SO4＝6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+N2↑+7H2O，将反应后的气体通入一定量的氯化钡溶液中恰好完全反应，有白色沉淀生成。

下列有关说法正确的是
A．白色沉淀为BaSO4
B．白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为1:1
C．白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为3:1
D．从溶液中逸出的气体为N2，最后溶液中的溶质只有NH4Cl
5、常温下，向1 L0.1 mol·L-1 NH4C1溶液中，逐渐加入NaOH固体粉末，随着n(NaOH)的变化，c(NH4+)与c(NH3·H2O)的变化趋势如下图所示(不考虑体积变化、氨的挥发、温度的变化)。

下列说法正确的是( )
A．M点溶液中水的电离程度比原溶液大
B．在M点时，n(OH-)+0.1 mol=(a+0.05)mol
C．随着NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不断减小
D．当n(NaOH)=0.1 mol时，c(Na+)<c(NH4+)+c(NH3·H2O)
6、下列有关化学用语和概念的表达理解正确的是（）
A．立体烷和苯乙烯互为同分异构体
B．1，3－丁二烯的键线式可表示为
C．二氟化氧分子电子式为
D．H216O、D216O、H218O、D218O互为同素异形体
7、教材中证明海带中存在碘元素的实验过程中，下列有关装置或操作错误的是
A．过滤
B．灼烧
C．溶解
D．检验
8、下列关于有机化合物的说法正确的是（）
A．除去苯甲酸中少量硝酸钾可以用重结晶法
B．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，证明甲基活化了苯坏
C．不能用水鉴别苯、溴苯和乙醛
D．油脂的皂化反应属于加成反应
9、用下列实验方案不能达到
．．．．实验目的的是（）
A．图A装置——Cu和稀硝酸制取NO B．图B装置——检验乙炔的还原性
C．图C装置——实验室制取溴苯D．图D装置——实验室分离CO和CO2
10、铊(Tl)与铝同族。

Ti3+在酸性溶液中就能发生反应：Tl3++2Ag=Tl++2Ag+。

下列推断错误的是
A．Tl+的最外层有1个电子
B．Tl能形成+3价和+1价的化合物
C．酸性溶液中Tl3+比Tl+氧化性强
D．Tl+的还原性比Ag弱
11、1 L某混合溶液中，溶质X、Y浓度都为0.1mol·L—1，向混合溶液中滴加0.1 mol·L—1某溶液Z，所得沉淀的物质的量如图所示，则X、Y、Z分别是（）
A．偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸
B．氯化铝、氯化镁、氢氧化钠
C．氯化铝、氯化铁、氢氧化钠
D．偏铝酸钠、氯化钡、硫酸
12、常温下，下列有关溶液的说法正确的是（）
A．pH相等的①NH4Cl②NH4Al(SO4)2③NH4HSO4溶液：NH4＋浓度的大小顺序为①>②>③
B．常温下，pH为5的氯化铵溶液和pH为5的醋酸溶液中水的电离程度相同
C．HA的电离常数K a=4.93×10-10，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(Na＋)>c(HA)>c(A－)
D．已知在相同条件下酸性HF>CH3COOH，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c(Na＋)－c(F-)>c(K＋)－c(CH3COO-)
13、已知：C（s）+ H2O（g）== CO(g) + H2(g) △H = a kJ·mol-1
2 C（s）+ O2（g）== 2CO(g) △H = -220 kJ·mol-1
H-H 、O=O和O-H键的键能（kJ·mol-1）分别为436、496和462，则a为（）
A．-332 B．-118 C．+350 D．+130
14、Anammox法是一种新型的氨氮去除技术。

设阿伏加德罗常数的数值为N A，则下列说法正确的是
A．1moLNH4+所含电子数为11N A
B．30g N2H2中含有的共用电子对数目为4 N A
C．过程II属于还原反应，过程IV属于氧化反应
D．过程I中反应得到的还原产物与氧化产物物质的量之比为1：2
15、我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(H2→*H+*H，带*标记的物质是该反应历程中的中间产物或过渡态)。

下列说法错误的是
A．第①步中CO2和H2分子中都有化学键断裂
B．水在整个历程中可以循环使用，整个过程不消耗水也不产生水
C．第③步的反应式为：*H3CO+H2O→CH3OH+*HO
D．第④步反应是一个放热过程
16、下列关于有机化合物的说法正确的是
A．C3H6C12有4种同分异构体
B．乙烯与Br2的CC l4溶液反应后，混合液分为两层
C．乙醇被氧化一定生成乙醛
D．合成材料会造成巨大的环境压力，应禁止使用
二、非选择题（本题包括5小题）
17、氨甲环酸（F）又称止血环酸、凝血酸，是一种在外科手术中广泛使用的止血药，可有效减少术后输血。

氨甲环酸（F）的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂未标明）：
（1）B的系统命名为_______；反应①的反应类型为_____。

（2）化合物C含有的官能团的名称为_____。

（3）下列有关氨甲环酸的说法中，正确的是_____（填标号）。

a．氨甲环酸的分子式为C8H13NO2
b．氨甲环酸是一种天然氨基酸
c．氨甲环酸分子的环上一氯代物有4种
d．由E生成氨甲环酸的反应为还原反应
（4）氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为________。

（5）写出满足以下条件的D的同分异构体的结构简式_____。

①属于芳香族化合物②具有硝基③核磁共振氢谱有3组峰
（6）写出用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线（其他试剂任选）。

_____
18、有甲、乙、丙、丁、戊五种短周期元素，原子序数依次增大，其常见化合价依次为+1、-2、+1、+3、-1。

它们形成的物质间的转化关系如下图所示。

常温下用惰性电权电解(有阳离子交换膜)的A溶液。

请按要求回答下列问题：
①．己元素与丙元素同主族，比丙原子多2个电子层，则己的原子序数为________；推测相同条件下丙、己单质分别与水反应剧烈程度的依据是__________________________________________________。

②．甲、乙、戊按原子个数比1︰1︰1形成的化合物Y具有漂白性，其电子式为_______________。

③．上图转化关系中不属于氧化还原反应的有(填编号)_______。

④．接通如图电路片刻后，向烧杯中滴加一种试剂即可检验铁电极被腐蚀，此反应的离子方程式为
_____________________。

⑤．当反应①电解一段时间后测得D溶液pH=12(常温下，假设气体完全逸出，取出交换膜后溶液充分混匀，忽略溶液体积变化)，此时共转移电子数目约为___________；反应②的离子方程式为_________
⑥．若上图中各步反应均为恰好完全转化，则混合物X中含有的物质(除水外)有___________
19、ClO2与Cl2的氧化性相近，常温下均为气体，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛｡某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究｡
（1）仪器C的名称是：___｡安装F中导管时，应选用图2中的：___（填“a”或“b”）。

（2）打开B的活塞，A中氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2，写出反应化学方程式：___；为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，可采取的措施是___｡
（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是：___。

（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为：___，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是：___｡
（5）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是___，（选填“I”或“II”）理由是：___｡
20、草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。

某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4·2H2O。

回答下列问题：
(1)甲组的同学以电石（主要成分CaC2，少量CaS及Ca3P2杂质等）为原料，并用下图1装置制取C2H2。

①装置A中用饱和食盐水代替水的目的是_____________。

②装置B中，NaClO将H2S、PH3 氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，其中PH3被氧化的离子方程式为______。

该过程中，可能产生新的杂质气体Cl2，其原因是：______（用离子方程式回答）。

(2)乙组的同学根据文献资料，用Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O4·2H2O。

制备装置如上图2所示：
①装置D中多孔球泡的作用是__________。

②装置D中生成H2C2O4的化学方程式为____________。

③从装置D中得到产品，还需经过___________（填操作名称）、过滤、洗涤及干燥。

(3)丙组设计了测定乙组产品中H2C2O4·2H2O的质量分数实验。

他们的实验步骤如下：准确称取m g产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用c mol·L－1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶
液V mL。

①滴定终点的现象是_____________。

②滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，分析可能的原因是____________。

③产品中H2C2O4·2H2O的质量分数为_________（列出含m、c、V 的表达式）。

21、VIA族的氧，硫，硒(Se)，碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含VIA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。

请回答下列问题：
(1)S单质的常见形式为S8，其环状结构如下图所示，S原子采用的轨道杂化方式是______。

(2)Se原子序数为______，其核外M层电子的排布式为______。

(3)H2Se的酸性比H2S__________(填“强”或“弱”)。

气态SeO3分子的立体构型为______，SO32－离子的立体构型为______。

(4)H2SeO3的K1和K2分别为2.7×10－3和2.5×10－8，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2×10－2，请根据结构与性质的关系解释：
①H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离的原因：__________。

②H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：________________________。

参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
的分子式为C4H4O，共有2种等效氢，再结合碳碳双键的平面结构特征和烃的燃烧规律分析即可。

【详解】
A．属于酚，而不含有苯环和酚羟基，具有二烯烃的性质，两者不可能是同系物，故A错误；B．
共有2种等效氢，一氯代物是二种，二氯代物是4种，故B错误；C．中含有两个碳碳双键，碳碳双键最多可提供6个原子共平面，则中所有原子都处于同一平面内，故C正确；D．的分子式为C4H4O，1mol该
有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为1mol×（4+41
42
-）=4.5mol，故D错误；故答案为C。

2、B
【解析】
Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76g⋅L−1，该气态化合物的摩尔质量为22.4L/mol×0.76g⋅L−1=17g/mol，该气体为NH3，M、X、Y、Z、W为五种短周期元素，且原子序数依次增大，则M为H元素，Y为N；X、Y、Z 最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，X为+4价，Y为−2价，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元
素；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1
2
，推出W的质子数为
6781
2
+++
=11，所以W为Na元
素。

A. 所有元素中H原子半径最小，同周期自左向右原子半径减小，同主族自上到下原子半径增大，故原子半径
Na>C>N>O>H，即W>X>Y>Z>M，故A错误；
B. X、Y、Z分别为C、N、O三种元素，非金属性X<Y<Z，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；
C.NaH与水发生反应：NaH+H2O=NaOH+H2↑，1molNaH溶于足量水中完全反应共转移1mol电子，故C错误；
D. 由M、X、Y、Z四种元素形成的化合物可为氨基酸或碳酸铵、醋酸铵等物质，如为氨基酸，则只含有共价键，故D错误。

故选B。

3、A
【解析】
根据Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，可判断Y为氧元素，因此X、Z、W分别为氮、硫、氯元素。

【详解】
A、因要组成有机化合物必须含有碳、氢元素，正确；
B、非金属性W>Z，最高价氧化物对应水化物的酸性是W>Z，错误；
C、非金属性Y>Z，故Y与氢气化合物更剧烈，错误；
D、N、O形成的化合物如NO不易溶于水，错误。

4、B
【解析】
反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应：SO2+H2O+2NH3=(NH4)2SO3、
(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=(NH4)2SO4、(NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl，依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨气和2molSO2反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余SO2和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，则：n(BaSO4):n(BaSO3)=1:1；
【详解】
A、根据分析可知，白色沉淀为BaSO4和BaSO3，故A错误；
B、由上述分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故B正确；
C、根据B项分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故C错误；
D、从溶液中逸出的气体为N2，根据分析可知，反应后的溶质为亚硫酸氢钡与氯化铵，故D错误；
答案选B。

5、C
【解析】
A．M点，向1L 0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，A项错误；
B. 在M点时溶液中存在电荷守恒，n(OH−)+n(Cl−) = n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，则n(OH−) + 0.1 mol = 0.05+ n(H+)+a
=(a+0.05) mol + n(H+)，B项错误；
C. 铵根离子水解显酸性，因
+
32
+
432
c(NH H O)
c(H)
×
c(NH)c(NH H O)
⋅
⋅
=h
32
K
c(NH H O)
⋅，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓
度增大，平衡常数不变，则c(H+)/c(NH4+)不断减小，C项正确；
D. 当n(NaOH)=0.1 mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，根据物料守恒可知，c(Na+) = c(NH4+)+c(NH3·H2O)，D 项错误；
答案选C。

6、A
【解析】
A. 立体烷和苯乙烯的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，A项正确；
B. 1，3-丁二烯中含有2个C=C键，其键线式为：，B项错误；
C. 二氟化氧分子中F原子最外层达到8电子稳定结构，其正确的电子式为：，C项错误；
D. H216O、D216O、H218O、D218O是化合物，不是同素异形体，D项错误；
答案选A。

7、B
【解析】
A．过滤时使用漏斗和烧杯，溶液沿玻璃棒引流，装置正确，故A不选；
B．灼烧海带应该在坩埚中进行，装置中使用仪器不正确，故B选；
C．溶解时用玻璃棒搅拌，并且适当加热，可以加速溶解，装置正确，故C不选；
D．可以向溶液中滴加淀粉溶液检验是否存在碘单质，装置图正确，故D不选；
故选B。

8、A
【解析】
A.硝酸钾的溶解度受温度的影响变化较大，而苯甲酸的溶解度受温度的影响变化较小，所以除去苯甲酸中少量硝酸钾可以用重结晶法，A正确；
B.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是由于甲基被氧化变为羧基，而甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因而证明苯坏使甲基变得活泼，B错误；
C.苯不能溶于水，密度比水小，故苯在水的上层；溴苯不能溶于水，密度比水大，液体分层，溴苯在下层；乙醛能够溶于水，液体不分层，因此可通过加水来鉴别苯、溴苯和乙醛，C错误；
D.油脂的皂化反应是油脂在碱性条件下的水解反应，属于取代反应，D错误；
故合理选项是A。

9、B
【解析】
A.铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮不与水反应，所以可以用此装置制取一氧化氮，故A正确；
B.用此法制取的乙炔气体中常混有硫化氢等，硫化氢具有还原性，也能使高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C.图C装置，有分液漏斗，可以通过控制液溴的量控制反应，装有四氯化碳的试管可用于除液溴，烧杯中的液体用于吸收溴化氢，倒置漏斗可防倒吸，此装置用于实验室制取溴苯，故C正确；
D.二氧化碳可以先被碱液吸收，在球胆中收集一氧化碳气体，再通过分液漏斗向试剂瓶中加入酸液，二氧化碳即可放出，可以用于分离一氧化碳和二氧化碳，故D正确。

答案选B。

【点睛】
本题考查的实验方案的设计，解题的关键是掌握各实验的目的和各物质的性质。

解题时注意A选项根据铜和稀硝酸反应的化学方程式分析产生的气体以及一氧化氮的性质分析；D选项根据一氧化碳和二氧化碳的性质的区别分析实验装置和操作方法。

据此解答。

10、A
【解析】
A ．铊与铝同族，最外层有3个电子，则Tl +离子的最外层有2个电子，故A 错误；
B ．根据反应Tl 3++2Ag═Tl ++2Ag +可知，Tl 能形成+3价和+1价的化合物，故B 正确；
C ．Tl 3++2Ag═Tl ++2Ag +，氧化还原反应中氧化剂的氧化性最强，则Tl 3+的氧化性最强，所以Tl 3+比Tl +氧化性强，故C 正确；
D ．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，在反应Tl 3++2Ag=Tl ++2Ag +，还原性Ag ＞Tl +，故D 正确；
故选A 。

11、A
【解析】
A.NaAlO 2和Ba(OH)2均为0.1mol ，加入等浓度的硫酸，加入的硫酸中的H +和溶液中的OH -生成水，同时SO 42-和Ba 2+生成BaSO 4沉淀，当加入1L 硫酸溶液时恰好和Ba(OH)2反应，生成0.1molBaSO 4，再加入0.5LH 2SO 4溶液时，加入的0.1molH +恰好和溶液中的0.1molAlO 2-完全反应：H ++AlO 2-+H 2O=Al(OH)3↓，生成0.1molAl(OH)3沉淀。

再加入
1.5LH 2SO 4溶液，加入的0.3molH +把生成0.1molAl(OH)3沉淀溶解：Al(OH)3+3H +=Al 3++3H 2O ，和图像相符，故A 选；
B.AlCl 3和MgCl 2均为0.1mol ，共需要和0.5mol 氢氧化钠反应生成沉淀，即需要5L 氢氧化钠溶液才能使沉淀达到最多，和图像不符，故B 不选；
C.AlCl 3和FeCl 3均为0.1mol ，共需要0.6molNaOH 和它们反应生成沉淀，即需要6LNaOH 溶液才能使沉淀达到最多，和图像不符，故C 不选；
D.NaAlO 2和BaCl 2各0.1mol ，先加入0.5L 硫酸，即0.05mol 硫酸，加入的0.1molH +和溶液中的0.1molAlO 2-恰好完全反应生成0.1molAl(OH)3沉淀，同时加入的0.05molSO 42-和溶液中的Ba 2+反应生成BaSO 4沉淀。

溶液中的Ba 2+有0.1mol ，加入的SO 42-为0.05mol ，所以生成0.05molBaSO 4沉淀，还剩0.05molBa 2+。

此时沉淀的物质的量为0.15mol 。

再加入0.5LH 2SO 4溶液，加入的0.1molH +恰好把生成的0.1molAl(OH)3沉淀溶解，同时加入的0.05molSO 42-恰好和溶液中剩余的0.05molBa 2+生成0.05molBaSO 4沉淀，此时溶液中的沉淀的物质的量为0.1mol ，和图像不符，故D 不选。

故选A 。

12、A
【解析】
A ．氢离子抑制铵根离子水解，NH 4HSO 4溶液呈强酸性，NH 4Al(SO 4)2中两种阳离子水解显酸性，要使这三种溶液的pH 相等，则NH 4Cl 和NH 4Al(SO 4)2溶液中阳离子的水解程度相等，硫酸氢铵浓度最小，所以NH 4＋浓度的大小顺序为①>②>③，故A 正确；
B ．氯化铵溶液中铵根水解促进水的电离，醋酸溶液中醋酸电离抑制水的电离，当pH 相同时，溶液中水的电离程度不同，故B 错误；
C ．K h ＝10-14
4.93010
1-⨯＞K a ，可知混合溶液中盐的水解大于弱酸的电离，则等浓度的NaA 、HA 混合溶液中： c (HA)
＞c(Na＋)＞c(A−)，故C错误；
D．酸性HF＞CH3COOH，则酸根离子水解程度F−＜CH3COO−，则溶液中c(F−)＞c(CH3COO−)，物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中由物料守恒得c(Na＋)＝c(K＋)，可知c(Na＋)−c(F−)＜c(K＋)−c(CH3COO−)，故D错误；
故答案选A。

【点睛】
本题C选项注意利用HA的电离常数计算A-的水解常数，判断混合溶液中水解和电离程度的相对大小，进而得出溶液中粒子浓度的相对大小。

13、D
【解析】
由①C（s）+ H2O（g）== CO(g) + H2(g) △H = a kJ·mol-1
②2 C（s）+ O2（g）== 2CO(g) △H = -220 kJ·mol-1
结合盖斯定律可知,②−①×2得到O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)，
△H=−220kJmol−2akJ/mol=−(220+2a)kJ/mol，焓变等于断键吸收能量减去成键释放的能量，则
496+2×431−462×2×2=−(220+2a)，解得a=+130，
故选D.
14、B
【解析】
A．一个铵根离子含有10个电子，则1moLNH4+所含电子数为10N A，故A错误；
B．一个N2H2（H-N=N-H）分子中含有4个共用电子对，30g N2H2的物质的量=
30g
30g/mol
=1mol，含有的共用电子对
数目为4 N A，故B正确；
C．过程II中，联胺分子中N元素化合价是−2，N2H2中N元素化合价是−1，化合价升高，属于氧化反应，过程IV中，NO2-中N元素化合价是+3，NH2OH中N元素化合价是−1，化合价降低，属于还原反应，故C错误；
D．过程 I中，参与反应的NH4+与NH2OH的反应方程式为：NH4++NH2OH=N2H4+H2O+H+，则得到的还原产物与氧化产物物质的量之比为1：1，故D错误；
答案选B。

【点睛】
准确判断反应中各物质中N元素的化合价，利用氧化还原反应规律判断解答是关键。

15、B
【解析】
A. 第①步反应中CO2和H2反应产生*H和*HCOO，可见两种分子中都有化学键断裂，A正确；
B. 根据图示可知：在第③步反应中有水参加反应，第④步反应中有水生成，所以水在整个历程中可以循环使用，整个过程中总反应为CO2+3H2→CH3OH+H2O，整个过程中产生水，B错误；
C. 在反应历程中，第③步中需要水，*H3CO、H2O反应生成CH3OH、*HO，反应方程式为：*H3CO+H2O→CH3OH+*HO，C正确；
D. 第④步反应是*H+*HO=H2O，生成化学键释放能量，可见第④步反应是一个放热过程，D正确；
故答案选B。

16、A
【解析】
A．丙烷上的二氯取代物，使用“定一移一”的方法。

丙烷上有1对称轴，定1个氯在端基的碳原子，另1个氯原子的位置为邻间对，共3种。

定1个氯原子在中间的碳原子上，则另1个氯只能在对位，共1种。

如图所示。

A项正确；
B．乙烯和Br2反应生成1,2－二溴乙烷为有机物，有机物溶于有机物，不会出现分层现象，B项错误；
C．乙醇可以被高锰酸钾氧化到乙酸，不一定生成乙醛，C项错误；
D．合成材料是由两种或两种以上的物质复合而成并具有某些综合性能的材料。

往往具有质轻、强度高、耐磨等优点，不应被禁止使用，D项错误；
【点睛】
在使用“定一移一”的方法的时候要注意不能重复。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、2-氯-1,3-丁二烯加成反应碳碳双键、酯基；氯原子cd
【解析】
根据框图和各物质的结构简式及反应条件进行推断。

【详解】
（1）B的结构简式为,所以B系统命名为2-氯-1,3-丁二烯；由
,所以反应①的反应类型为加成反应。

答案: 2-氯-1,3-丁二烯; 加成反应。

（2）由C的结构简式为，则化合物C含有的官能团的名称为碳碳双键、酯基、氯原子。

答案：碳碳双键、酯基；氯原子。

（3）a．氨甲环酸的结构简式为：，则氨甲环酸的分子式为C8H15NO2，故a错误；b.氨甲环酸的结构简式为：，氨基不在α碳原子上，所以不是一种天然氨基酸，故b错误；c．氨甲环酸分子的环上有四种类型的氢，所以一氯代物有4种，故c正确；d．由E生成氨甲环酸的框图可知
属于加氢反应，所以此反应也称为还原反应，故d正确；答案：cd。

（4）由氨甲环酸的结构简式为：，含有羧基和氨基，所以可发生缩聚反应，生成高分子化合物，故氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为。

答案：。

（5）由D的结构简式的，符合下列条件：①属于芳香族化合物说明含有苯环；②具有硝基说明含有官能团–NO2 ;③核磁共振氢谱有3组峰说明含有3种类型的氢原子，符合条件的同分异构体为：；答案：。

（6）根据已知信息和逆推法可知用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物
的合成路线：。

答案：。

18、（1）37；依据同主族元素的金属性随核电荷数的增加而增强，推测己单质与水反应较丙更剧烈（1分，合理给分）（2）；（3）④；
（4）3Fe2++2[Fe（CN）6]3- =Fe3[Fe（CN）6]2↓；
（5）6.02×l021；2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ ；
（6）NaCl、Al（OH）3
【解析】
试题分析：根据题意可知：A是NaCl，B是Cl2，C是H2，D是NaOH，E是HCl，丁是Al，F是NaAlO2；X是NaCl、AlCl3的混合物。

根据元素的化合价及元素的原子序数的关系可知甲是H，乙是O，丙是Na，丁是Al，戊是Cl，己是Rb，原子序数是37；钠、铷同一主族的元素，由于从上到下原子半径逐渐增大，原子失去电子的能力逐渐增强，所以它们与水反应的能力逐渐增强，反应越来越剧烈；（2）甲、乙、戊按原予个数比1：1：1形成的化合物Y是HClO，该物质具有强的氧化性，故具有漂白性，其电子式为；（3）在上图转化关系中①②③反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，而④中元素的化合价没有发生变化，所以该反应是非氧化还原反应；（4）如构成原电池，Fe被腐蚀，则Fe为负极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+，Fe2+与[Fe（CN）6]3-会发生反应产生蓝色沉淀，反应的离子方程式是：3Fe2++2[Fe（CN）6]3- =Fe3[Fe（CN）6]2↓；（5）NaCl溶液电解的化学方程式是：2NaCl＋2H2O Cl2↑＋H2↑＋2NaOH，在该反应中，每转移2mol电子，反应会产生2molNaOH，n（NaCl）=1L×1mol/L=1mol，当NaCl 电解完全后反应转移1mol电子，反应产生1molNaOH，当反应①电解一段时间后测得D溶液pH=12，n（NaOH）
=10-2mol/L×1L=0.01mol＜1mol，说明NaCl没有完全电解，则电子转移的物质的量是0.01mol，电子转移的数目约是N （e-）=0.01mol×6.02×1023/mol= 6.02×l021；反应②是Al与NaOH溶液反应，反应的离子方程式为
2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（6）若上图中各步反应均为恰好完全转化，则4HCl+NaAlO2=NaCl+AlCl3，所以混合物X中含有的物质是NaCl、Al（OH）3。

考点：考查元素及化合物的推断、化学方程式和离子方程式的书写、电解反应原理的应用的知识。

19、球形干燥管 b 2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O 调节分液漏斗B的旋塞，减缓（慢）稀盐酸滴加速度吸收Cl24H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O 检验是否有ClO2生成II 稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度
【解析】
(1)根据仪器特征，判断仪器名称；根据实验原理，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气；
(2)根据电子转移守恒和原子守恒书写氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2的反应化学方程式，为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢；
(3) 根据Cl2+2KI=2KCl+I2进行分析；
(4)在酸性条件下NaClO2可发生反，应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可判断生成物，书写反应方程式；
(5)由图分析可知，稳定剂II可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度。

【详解】
(1)根据仪器特征：可知仪器C是球形干燥管；F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b；
(2)氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2，NaClO3中氯为+5价被还原成ClO2中+4价，盐酸中氯为-1价被氧化成0价氯，转移电子数为2，所以NaClO3、ClO2前系数为2，Cl2前系数为1，反应化学方程式：
2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢，故滴加稀盐酸的速度要慢，即调节分液漏斗B的旋塞，减缓(慢)稀盐酸滴加速度；
(3)F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，说明没有氯气到达F，则装置C的作用是吸收Cl2；
(4)在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O ；在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成；
(5)由图可知，稳定剂II可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂II好。

20、减缓反应速率PH3 + 4ClO－= H3PO4 + 4Cl－Cl－+ ClO－+ 2H+ = Cl2↑+ H2O 增大气体和溶液的接触面积，
加快反应速率，使反应充分进行C2H2 + 8HNO3(浓) H2C2O4 + 8NO2 + 4H2O 蒸发浓缩、冷却结晶当
加入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色生成的Mn2+是该反应的催化剂31.5cV
％
M
【解析】
根据实验目的及原理结合影响反应速率的条件及平衡移动规律分析解答；根据物质的性质分析书写反应方程式；根据滴定原理及实验数据计算质量分数。

【详解】
(1) ①电石与水反应非常剧烈，为了减慢反应速率，平缓地产生乙炔可用饱和食盐水代替水反应；②装置B中，NaClO
将H2S、PH3 氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，即PH3中的P元素从-3价转化成+5价，离子方程式为: PH3 + 4ClO －= H3PO4 + 4Cl－，由于该过程中生成磷酸，为反应过程提供了H+，则发生反应Cl－+ ClO－+ 2H+ = Cl2↑+ H2O而产生氯气；故答案为: PH3 + 4ClO－= H3PO4 + 4Cl－，Cl－+ ClO－+ 2H+ = Cl2↑+ H2O；
(2) ①装置D多孔球泡的作用是增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应；故答案为增大气体和溶液的接触面积，加快
反应速率，使反应充分进行；
②根据装置图，D中Hg（NO3）2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应为：。