贵州省贵阳市达标名校2020年高考三月仿真备考化学试题含解析

贵州省贵阳市达标名校2020年高考三月仿真备考化学试题
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．化学与资源利用、环境保护及社会可持续发展密切相关。

下列说法错误
．．的是
A．煤转化为水煤气加以利用是为了节约燃料成本
B．利用太阳能蒸发淡化海水的过程属于物理变化
C．在阳光照射下，利用水和二氧化碳合成的甲醇属于可再生燃料
D．用二氧化碳合成可降解塑料聚碳酸酯，实现“碳”的循环利用
2．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的数目是
①12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.2N A
②1mol Na2O 和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3N A
③常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6N A
④7.8g中含有的碳碳双键数目为0.3N A
⑤用1L1.0 mol/LFeCl3溶液制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒的数目为N A
⑥1mol SO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，共转移2N A个电子
⑦在反应KIO3+6HI=KI+3I2 +3H2O 中，每生成3molI2转移的电子数为5N A
⑧常温常压下，17 g甲基(－14CH3)中所含的中子数为9N A
A．3 B．4 C．5 D．6
3．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种清洁能源，X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，Y是非金属性最强的元素，Z的原子半径是所有短周期元素中最大的。

下列说法不正确的是（）
A．W、X、Y的最高价氧化物对应对应水化物的酸性Y>X>W
B．Y的简单氢化物的热稳定性比W的强
C．元素X、Y、Z的简单离子半径依次减小
D．W与Y两种元素可以形成共价化合物
4．已知1mol氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量，下列热化学方程式正确的是
A．2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+241.8kJ
B．H2（g）+1/2O2（g）→H2O（s）+241.8 kJ
C．H2（g）+1/2O2（g）→H2O（g）-241.8 kJ
D．H2O（g）→H2（g）+1/2O2（g）-241.8 kJ
5．下列图示（加热装置省略，其序号与选项的序号对应）的实验操作，能实现相应实验目的的是A．探究乙醇的催化氧化
B．实验室制取并收集少量纯净的氯气
C．研究催化剂对过氧化氢分解速率的影响
D．实验室制备少量NO
6．在0.1 mol/L的Na2CO3溶液中，下列关系式正确的是（）
A．c(Na+)=2c(CO32-) B．c(H+)>c(OH-)
C．c(CO32-)+c(HCO3-)=0.1mol/L D．c(HCO3-)<c(OH-)
7．下列说法中的因果关系正确的是
A．因为氢氟酸显弱酸性，可用于雕刻玻璃
B．因为液态氨气化时吸热，可用液态氨作制冷剂
C．因为明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，起消毒杀菌的作用
D．用铝制容器盛放浓硝酸，是因为铝和浓硝酸不反应
8．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）
A．0.1mol·L-1的NH4Cl溶液与0.05mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后的溶液：
c(Cl-)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)
B．把0.02mol·L-1的CH3COOH溶液和0.01mol·L-1的NaOH溶液等体积混合：
2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)-c(CH3COOH)
C．pH=2的一元酸HA与pH=12的一元碱MOH等体积混合：c(M+)=c(A-)>c(OH-)=c(H+) D．0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)
9．下列仪器名称为“烧杯”的是（）
A．B．C．D．
10．下列各组物质由于温度不同而能发生不同化学反应的是（）
A．纯碱与盐酸B．NaOH与AlCl3溶液
C．Cu与硫单质D．Fe与浓硫酸
11．25℃时，向10 mL 0.1 mol/LNaOH溶液中，逐滴加入10 mL浓度为c mol/L的HF稀溶液。

已知25℃时：①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l) ΔH=-67.7 kJ/mol ②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol。

请根据信息判断，下列说法中不正确的是
A．整个滴加过程中，水的电离程度不一定存在先增大后减小的变化趋势
B．将氢氟酸溶液温度由25℃升高到35℃时，HF的电离程度减小(不考虑挥发)
C．当c>0.1时，溶液中才有可能存在c(Na+)=c(F-)
D．若滴定过程中存在：c(Na+)>c(OH-)>c(F-)>c(H+)，则c一定小于0.1
12．冰激凌中的奶油被称为人造脂肪，由液态植物油氢化制得。

下列说法错误的是
A．奶油是可产生较高能量的物质B．人造脂肪属于酯类物质
C．植物油中含有碳碳双键D．油脂的水解反应均为皂化反应
13．我国科学家设计出一种可将光能转化为电能和化学能的天然气脱硫装置，如图，利用该装置可实现：H2S+O2 ═H2O2 +S。

已知甲池中发生转化：。

下列说法错误的是
A．甲池碳棒上发生电极反应：AQ+2H++2e-＝H2AQ
B．该装置工作时，溶液中的H+从甲池经过全氟磺酸膜进入乙池
C．甲池①处发生反应：O2+H2AQ＝H2O2+AQ
D．乙池②处发生反应：H2S+I3-＝3I-+S↓+2H+
14．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
15．Cl2可用于废水处理。

向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体。

下列说法正确的是
A．两种无毒的气体均为还原产物
B．反应后溶液的pH会升高
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:2
D．每转移2N A个电子时，一定会生成13.44L的气体
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．І．为探究铜与稀硝酸反应的气态产物中是否含NO2，进行如下实验。

已知：FeSO4+NO→[Fe(NO)]SO4，该反应较缓慢，待生成一定量[Fe(NO)]2+时突显明显棕色。

（1）实验前需检验装置的气密性，简述操作_____________________________________。

（2）实验开始时先将Y形试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，该实验操作的目的是
__________________________________________________________________；铜片和稀硝酸反应的化学方程式为________________________________。

（3）洗气瓶中加入KSCN溶液的目的及原理是______________________________________；本实验只观察到洗气瓶中出现了棕色，写出尾气处理的化学方程式________________。

ІІ．实验室制备的CuSO4·5H2O中常含Cu(NO3)2，用重量法测定CuSO4·5H2O的含量。

（4）实验步骤为：①___________②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤（其余步骤省略），在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是_________________________________。

（5）若1.040 g试样中含CuSO4·5H2O的准确值为1.015 g，而实验测定结果是l.000 g 测定的相对误差为____________。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．1，3—环己二酮（）常用作医药中间体，用于有机合成。

下列是一种合成1，3—环己二酮的路线。

回答下列问题：
（1）甲的分子式为 __________。

（2）丙中含有官能团的名称是__________。

（3）反应①的反应类型是________；反应②的反应类型是_______。

（4）反应④的化学方程式_______。

（5）符合下列条件的乙的同分异构体共有______种。

①能发生银镜反应
②能与NaHCO 3溶液反应，且1mol 乙与足量NaHCO 3溶液反应时产生气体22.4L （标准状况）。

写出其中在核磁共振氢谱中峰面积之比为1∶6∶2∶1的一种同分异构体的结构简式：________。

（任意一种） （6）设计以（丙酮）、乙醇、乙酸为原料制备（2，4—戊二醇）的合成路线（无机试
剂任选）_______。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．铬、硼的合金及其化合物用途非常广泛。

回答下列问题：
(1)基态Cr 原子核外电子的排布式是[Ar ] ___；基态硼原子中占据最高能级的电子云轮廓图为____形。

(2)铬的配合物有氯化三乙二胺合铬[]{}
33Cr(en)Cl 和三草酸合铬酸铵{(NH 4)3[Cr (C 2O 4)3]}等。

①配体en 表示NH 2CH 2CH 2NH 2，其中碳原子的杂化方式是____。

②NH 4+空间构型为____，与其键合方式相同且空间构型也相同的含硼阴离子是_____ 。

③C 、N 、O 三种元素第一电离能由小到大的顺序为 ___；()3243Cr C O -
含有三个五元环，画出其结构：_______________。

(3)硼酸[H 3BO 3或B (OH )3]为白色片状晶体，熔点为171℃。

下列说法正确的是___填字母)。

A .硼酸分子中，∠OBO 的键角为120° B .硼酸分子中存在σ键和π键 C .硼酸晶体中，片层内存在氢键 D .硼酸晶体中，片层间存在共价键
(4)2019年11月《EurekAlert 》报道了铬基氮化物超导体，其晶胞结构如图所示：
由三种元素Pr(镨)、Cr、N构成的该化合物的化学式为___。

(5)CrB2的晶胞结构如图所示，六棱柱底边边长为acm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值为N A，CrB2的密度为___g∙cm-3(列出计算式)。

19．（6分）乙酰苯胺是一种白色有光泽片状结晶或白色结晶粉末，是礦胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。

乙耽苯胺的制备原理为:
实验参数：
名称
相对分
子质量性状
密度
g/cm3
沸点/。

C 溶解度
苯胺93
无色油状液体，具
有还原性
1.02 184.4 微溶于水易溶于乙醇、乙醚等乙酸60 无色液体 1.05 118.1 易溶于水易溶于乙醇、乙醚乙酰
苯胺135 白色晶体 1.22 304
微溶于冷水，溶
于热水
易溶于乙醇、乙醚
注:刺形分馏柱的作用相当于二次蒸馏，用于沸点差别不太大的混合物的分离。

步骤1:在圆底烧瓶中加入无水苯胺9.30mL，冰醋酸15.4mL，锌粉0.100g，安装仪器，加入沸石，调节加热温度，使分馏柱顶温度控制。

在105℃左右，反应约60～80min，反应生成的水及少量醋酸被蒸出。

步骤2:在搅拌下，趁热将烧瓶中的物料以细流状倒入盛有100mL冰水的烧杯中，剧烈搅拌，并冷却，结晶，抽滤、洗涤、干燥，得到乙酰苯胺粗品。

步骤3:将此粗乙酰苯胺进行重结晶，晾干，称重，计算产率。

(1)步骤1中所选圆底烧瓶的最佳规格是________。

a. 25ml
b. 50ml
c. 150ml
d. 200ml
(2)实验中加入少量锌粉的目的是_________________________________。

(3)步骤1加热可用____________(填“水浴”、“油浴”或“直接加热”):从化学平衡的角度分析，控制分馏柱上端的温度在105℃左右的原因___________________。

(4)洗涤乙酰苯胺粗品最合适的方法是_______(填序号)。

a.用少量冷水洗
b.用少量热水洗
c.用酒精洗
(5)乙酰苯胺粗品因含杂质而显色，欲用重结品进行提纯，步骤如下:热水溶解、_______、过滤、洗涤、干燥(选取正确的操作并排序)。

a.蒸发结晶
b.冷却结晶
c.趁热过滤
d.加入活性炭
(6)该实验最终得到纯品9.18g，则乙酰苯胺的产率是_____________％(结果保留一位小数)
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．A
【解析】
【分析】
【详解】
A. 煤转化为水煤气加以利用是为了减少环境污染，A错误；
B. 利用太阳能蒸发淡化海水得到含盐量较大的淡水，其过程属于物理变化，B正确；
C. 在阳光照射下，利用水和二氧化碳合成甲醇，甲醇为燃料，可再生，C正确；
D. 用二氧化碳合成可降解塑料聚碳酸酯，聚碳酸酯再降解回归自然，实现“碳”的循环利用，D正确；答案为A。

2．A
12.0g 熔融的NaHSO 4(电离产生Na +和HSO 4-)中含有的阳离子数为0.1N A ，①不正确；
②1mol Na 2O(由Na +和O 2-构成)和Na 2O 2(由Na +和O 22-构成)混合物中含有的阴、阳离子总数是3N A ，②正确； ③常温常压下，92g 的NO 2和92g N 2O 4都含有6mol 原子，所以混合气体含有的原子数为6N A ，③正确； ④
中不含有碳碳双键，④不正确；
⑤氢氧化铁胶粒由许多个氢氧化铁分子构成，用1L1.0 mol/LFeCl 3溶液制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒的数目小于N A ，⑤不正确；
⑥1mol SO 2与足量O 2在一定条件下充分反应生成SO 3，由于反应可逆，所以共转移电子数小于2N A ，⑥不正确；
⑦在反应KIO 3+6HI=KI+3I 2 +3H 2O 中，KIO 3中的I 由+5价降低到0价，所以每生成3molI 2转移的电子数为5N A ，⑦正确；
⑧常温常压下，17 g 甲基(－14CH 3)中所含的中子数为A 17g
817g/mol
N =8N A ，⑧不正确；
综合以上分析，只有②③⑦正确，故选A 。

【点睛】
NaHSO 4在水溶液中，可电离产生Na +、H +、SO 42-；而在熔融液中，只能电离产生Na +和HSO 4-，在解题时，若不注意条件，很容易得出错误的结论。

3．A 【解析】 【分析】
短周期主族元素W 、X 、Y 、Z 的原子序数依次增大，W 的简单氢化物是一种清洁能源，则W 为C 元素；Y 是非金属性最强的元素，则Y 为F 元素；X 的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，且原子序数小于F ，则X 为N 元素；Z 的原子半径是所有短周期金属元素中最大的，则Z 为Na 元素，以此来解答。

【详解】
由上述分析可知，W 为C 、X 为N 、Y 为F 、Z 为Na 。

A. Y 为F ，F 没有正价，其无含氧酸，故A 错误；
B. 非金属性Y ＞W ，则Y 的简单氢化物的热稳定性比W 的强，故B 正确；
C. 元素X 、Y 、Z 的简单离子核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，因此半径依次减小，故C 正确；
D. C 、F 均为非金属元素，可以形成共价化合物，并且只能形成共价化合物，故D 正确 答案选A 。

【详解】
1mol氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8kJ热量，该反应的热化学方程式为：H2（g）+1
2
O2（g）
=H2O（g）△H=-241.8kJ/mol，即H2（g）+1/2O2（g）→H2O（g）+241.8 kJ，选项B、C均错误；
2mol氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出483.6kJ热量，该反应的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O （g）△H=-483.6kJ/mol，即2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+483.6kJ，选项A错误；
1mol水蒸气分解生成氢气和氧气吸收241.8kJ热量，该反应的热化学方程式为：H2O（g）= H2（g）+1
2
O2
（g）△H=+241.8kJ/mol，即H2O（g）→H2（g）+1/2O2（g）-241.8 kJ，选项D正确。

答案选D。

【点睛】
据热化学方程式的书写原则写出氢气燃烧生成气态水的热化学方程式，方程中的热量和化学计量数要对应，根据1mol气态水转化成液态水放出的热量，结合氢气与氧气反应生成气态水的反应热计算生成液态水的反应热。

5．C
【解析】
【分析】
A、乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
B、盐酸易挥发；
C、研究催化剂对反应的速率的影响，过氧化氢的浓度应相同；
D、NO易被空气中氧气氧化。

【详解】
A、乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，无法判断酸性高锰酸钾溶液褪色的原因是乙醛还是乙醇，故A错误；
B、因盐酸易挥发，收集到的氯气中混有氯化氢和水，故B错误；
C、研究催化剂对反应速率的影响，加入的溶液的体积相同，金属离子和过氧化氢的浓度也相同，符合控制变量法的原则，可达到实验目的，故C正确；
D、NO易被空气中氧气氧化，应用排水法收集，故D错误；
故选C。

【点睛】
本题考查化学实验方案的评价，涉及乙醇催化氧化、气体的制备以及反应速率的影响因素等，把握实验原理及实验装置图的作用为解答的关键，注意方案的合理性、操作性分析。

A.Na 2CO3在溶液中存在CO32-水解，即CO32-+H2O HCO3-+OH-，所以c(Na+)>2c(CO32-)；故A错误；
B.Na 2CO3在溶液中存在CO32-水解，即CO32-+H2O HCO3-+OH-，由于CO32-水解溶液呈碱性，所以c(OH-)>c(H+)，故B错误；
C.由于Na 2CO3在溶液中存在着下列平衡：CO32-+H2O HCO3-+OH-;HCO3-+H2O H2CO3+OH-;所以Na2CO3在溶液中C的存在形式为CO32-、HCO3-、H2CO3，根据物料守恒:c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=0.1mol/L，故C 错误；
D.由于CO32-水解，水解方程式为CO32-+H2O HCO3-+OH-，HCO3-+H2O=H2CO3+OH-，所以c(OH)>c(HCO3-)，故D正确；
所以答案：D。

【点睛】
根据Na 2CO3在溶液中存在：Na2CO3=2Na++CO32-；CO32-+H2O HCO3-+OH-；HCO3-+H2O H2CO3+OH-;H2O H++OH-，进行分析判断。

7．B
【解析】
【详解】
A．二氧化硅与氢氟酸发生反应生成四氟化硅，与酸性强弱无关，故A错误；
B．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，故B正确；
C．明矾水解形成Al(OH)3胶体，具有吸附作用，可以吸收水中固体杂质颗粒，所以可用作水处理中的净水剂，不能用于自来水的杀菌消毒，故C错误；
D．浓硝酸具有强氧化性，可使铝钝化，所以在常温下用铝制容器盛放浓硝酸，钝化是铝的表面发生了氧化还原反应，故D错误；
故选B。

8．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．0.1mol•L-1的NH4Cl溶液与0.05mol•L-1的NaOH溶液等体积混合后存在等量的NH4+和NH3•H2O，NH3•H2O 电离程度大于NH4+水解程度，溶液呈碱性，c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)，故A错误；
B．0.02mol•L-1 CH3COOH溶液与0.01mol•L-1NaOH溶液等体积混合，溶液中溶质为等物质的量浓度的
CH3COOH和CH3COONa，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)、
根据物料守恒得2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，所以得2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，故B正确；
C．酸和碱的强弱未知，混合后溶液的性质不能确定，无法判断c(OH-)和c(H+)大小，故C错误；
D．0.1 mol•L-1的NaHCO3溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，物料守恒：
c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，计算得到：c(OH-)-c(H+)=c(H2CO3)-c(CO32-)，故D错误；
故选B。

【点睛】
本题的易错点和难点为D，要注意灵活运用电解质溶液中的电荷守恒和物料守恒。

9．A
【解析】A．仪器的名称是烧杯，故A正确；B．仪器的名称是分液漏斗，故B错误；C．仪器的名称是容量瓶，故C错误；D．仪器的名称是烧瓶，故D错误；答案为A。

10．D
【解析】
【详解】
A. 纯碱与盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳，反应不受温度影响，故A错误；
B. NaOH与AlCl3溶液反应时，NaOH少量反应生成氢氧化铝和氯化钠，NaOH过量生成偏铝酸钠、氯化钠，反应不受温度影响，故B错误；
C. Cu与硫单质在加热条件下反应只能生成硫化亚铜，故C错误；
D. 常温下浓硫酸使铁发生钝化生成致密的氧化膜，加热时可持续发生氧化还原反应生成二氧化硫，与温度有关，故D正确；
故答案为D。

11．D
【解析】
【分析】
A. 酸或碱抑制水电离，酸或碱浓度越大，其抑制水电离程度越大；含有弱离子的盐促进水电离；
B. 利用盖斯定律确定HF电离过程放出热量，利用温度对平衡移动的影响分析；
C. 当c>0.1时，混合溶液中溶质为NaF、HF时，溶液可能呈中性，结合电荷守恒判断；
D. 微粒浓度与溶液中含有的NaOH、NaF的物质的量多少有关。

【详解】
A. 酸或碱抑制水电离，酸或碱浓度越大，其抑制水电离程度越大；含有弱离子的盐促进水电离，在滴加过程中c(NaOH)逐渐减小、c(NaF)浓度增大，则水电离程度逐渐增大，当二者恰好完全反应生成NaF时，水的电离程度最大，由于HF的浓度未知，所以滴入10 mLHF时，混合溶液可能是碱过量，也可能是酸过量，也可能是二者恰好完全反应产生NaF，因此滴加过程中水的电离程度不一定存在先增大后减小的变化趋势，A正确；
B. ①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l) △H=-67.7 kJ/mol，
②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3 kJ/mol，
将①-②得HF(aq)F-(aq)+H+(aq) △H=(-67.7) kJ/mol-(-57.3) kJ/mol=-10.4 kJ/mol，则HF电离过程放出热量，升高温度，电离平衡逆向移动，即向逆反应方向越大，导致HF电离程度减小，B正确；
C. 向NaOH溶液中开始滴加HF时，当c>0.1时，混合溶液中溶质为NaF、HF时，溶液可能呈中性，结合电荷守恒得c(Na+)=c(F-)，C正确；
D. 若c≥0.1时，在刚开始滴加时，溶液为NaOH、NaF的混合物。

且n(NaOH)>n(NaF)，微粒的物质的量浓度存在关系：c(Na+)>c(OH-)>c(F-)>c(H+)，所以c不一定小于0.1，D错误；
故合理选项是D。

【点睛】
本题考查酸碱混合溶液定性判断及离子浓度大小比较，易错选项是B，大部分往往只根据弱电解质电离为吸热反应来判断导致错误，题目侧重考查学生分析判断能力，注意题给信息的正确、灵活运用。

12．D
【解析】
【详解】
A．奶油是人造脂肪，是由液态植物油氢化制得的，是人体内单位质量提供能量最高的物质，故A正确；B．人造脂肪的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，属于酯类物质，故B正确；
C．植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，其烃基中含有碳碳双键，故C正确；
D．油脂在碱性条件下的水解为皂化反应，酸性条件下的水解反应不是皂化反应，故D错误；
故选D。

13．B
【解析】
【详解】
A．由装置图可知，甲池中碳棒上发生得电子的还原反应，电极反应为AQ+2H++2e-=H2AQ，故A不符合题意；
B．原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以溶液中的H+从乙池经过全氟磺酸膜进入甲池，故B符合题意；
C ．甲池①处发生O 2和H 2AQ 反应生成H 2O 2和AQ ，方程式为O 2+H 2AQ ＝H 2O 2+AQ ，故C 不符合题意；
D ．乙池②处，硫化氢失电子生成硫单质，3I -得电子生成I -，离子方程式为：H 2S+3I -＝3I -+S↓+2H +，故D
不符合题意；
故选：B 。

【点睛】
本题考查新型原电池的工作原理，把握理解新型原电池的工作原理是解题关键，注意根据题给信息书写电极反应式。

14．C
【解析】
【分析】
的分子式为C 4H 4O ，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C 4H 4O ，1mol 该有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为1mol×（4+4142
-）=4.5mol ，故D 错误；故答案为C 。

15．C
【解析】
【分析】
向KCN 溶液中先加入足量KOH 溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体，气体是氮气和二氧化碳，方程式为2KCN +8KOH +5Cl 2＝2CO 2+N 2+10KCl +4H 2O ，由此分析解答。

【详解】
A ．碳元素化合价从+2价升高到+4价，二氧化碳是氧化产物。

N 元素化合价由﹣3价升高为0价，氮气是氧化产物，选项A 错误；
B ．氢氧化钾生成氯化钾，碱性变成中性，所以溶液的pH 会降低，选项B 错误；
C ．由反应2KCN +8KOH +5Cl 2＝2CO 2+N 2+10KCl +4H 2O 可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，选项C 正确；
D．状况不知，所以无法求气体的体积，选项D错误；
答案选C。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．关闭活塞a和分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，水滴入圆底烧瓶一会儿后不再滴入，则装置气密性良好利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2 +2NO↑+4H2O 检验有无NO2产生，若有NO2，则NO2与水反应生成硝酸，硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+与SCN—反应溶液呈血红色，若无二氧化氮则无血红色2NO +O2 +2NaOH=NaNO2 +NaNO3 +H2O 称取样品在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀生成-1.5%（-1.48%）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）检查装置气密性的基本思路是使装置内外压强不等，观察气泡或液面变化。

常用方法有：微热法、液差法、滴液法和抽气（吹气）法。

本题选用滴液法的操作为：关闭活塞a和分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，水滴入圆底烧瓶一会儿后不再滴入，则装置气密性良好；
（2）实验开始时先将Y型试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，碳酸钙和稀硝酸生成CO2，将整个装置的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰；常温下，铜片和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，化学方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；故答案为：利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰；
3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。

（3）本实验生成的气体中，若有NO2，NO2溶于水生成硝酸，会将Fe2+氧化成Fe3+，B瓶溶液会出现血色，若无NO2，则无血色；常用碱液吸收NO尾气，反应方程式为：2NO +O2 +2NaOH=NaNO2 +NaNO3 +H2O。

答案为：检验有无NO2产生，若有NO2，则NO2与水反应生成硝酸，硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+与SCN—反应溶液呈血红色，若无二氧化氮则无血红色；2NO +O2 +2NaOH=NaNO2 +NaNO3 +H2O。

（4）测量固体的含量，要先称量一定质量的固体，经溶解、沉淀、过滤、洗涤、干燥、称量等操作。

检验沉淀是否沉淀完全，是检验其清液中是否还有未沉淀的SO42-，可通过向上层清液中继续滴加氯化钡溶液，若有沉淀说明没有沉淀完全。

故答案为：称取样品；在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀生成。

（5）相对误差=()
1.000-1.015g
100% 1.48%
1.015g
⨯=-，故答案为：-1.5%（-1.48%）。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．C6H11Br 醛基、羰基（酮基）消去反应氧化反应
+CH 3CH 2OH 浓硫酸加热+H 2O 12 或
CH 3CH 2OH 2O −−−→催化剂CH 3COOH 3224CH CH OH H SO /Δ浓−−−−→CH 3COOCH 2CH 3
【解析】
【分析】
甲的分子式为C 6H 11Br ，经过过程①，变为C 6H 10，失去1个HBr ，C 6H 10经过一定条件转化为乙，乙在CH 3SCH 3
的作用下，生成丙，丙经过②过程，在CrO 3的作用下，醛基变为羧基，发生氧化反应，丙经过③过程，发生酯化反应，生成丁为，丁经过④，在一定条件下，生成。

【详解】
(1)甲的分子式为C 6H 11Br ，故答案为：C 6H 11Br ； (2) 丙的结构式为含有官能团为醛基、羰基（酮基），故答案为：醛基、羰基（酮基）；
(3)
C 6H 11Br ，失去1个HBr ，变为C 6H 10，为消去反应；丙经过②过程，在CrO 3的作用下，醛基变为羧基，发生氧化反应，故答案为：消去反应；氧化反应；
(4)该反应的化学方程式为，
,故答案为：；
(5) 乙的分子式为C 6H 10O 3。

①能发生银镜反应，②能与NaHCO 3溶液反应，且1mol 乙与足量NaHCO 3溶液反应时产生气体22.4L （标准状况）。

说明含有1个醛基和1个羧基，满足条件的有：当剩余4个碳为没有支链，羧基在第一个碳原子上，醛基有4种位置，羧基在第二个碳原子上，醛基有4种位置；当剩余4个碳为有支链，羧基在第一个碳原子上，醛基有3种位置，羧基在第二个碳原子上，醛基有1种位置，共12种，其中核磁共振氢谱中峰面积之比为1∶6∶2∶1的一种同分异构体的结构简式 或 ，故答案为：12； 或 ；
(6)根据过程②，可将CH 3CH 2OH 中的羟基氧化为醛基，再将醛基氧化为羧基，羧基与醇反生酯化反应生成酯，酯在一定条件下生成，再反应可得，合成路线为CH 3CH 2OH 2O −−−→催化剂 CH 3CHO 3CrO −−−→CH 3COOH 3224CH CH OH H SO /Δ浓−−−−→CH 3COOCH 2CH 3−−−−→一定条件，故答案
为：CH 3CH 2OH 2O
−−−→催化剂
CH 3CHO 3CrO −−−→CH 3COOH 3224CH CH OH H SO /Δ浓−−−−→CH 3COOCH 2CH 3−−−−→一定条件。

【点睛】
本题考查有机物的推断，利用已知信息及有机物的结构、官能团的变化、碳原子数目的变化推断各物质是解答本题的关键。

本题的易错点和难点是(5)中同分异构体数目的判断，要巧妙运用定一推一的思维。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．3d 54s 1 哑铃(纺锤) sp 3 正四面体 BH 4- C ＜O ＜N
ABC Pr 3Cr 10N 11 A 26a N c 3⨯⨯(或2A 3c a N ⨯) 【解析】
【分析】
【详解】
(1)Cr 为24号元素，基态Cr 原子核外电子的排布式1s 22s 22p 63s 23p 63d 54s 1，可表示为[Ar ]
3d 54s 1；基态硼原子核外电子的排布式1s 22s 22p 1，占据最高能级为2p ，电子云轮廓图为哑铃(纺锤)型；
(2)①配体en 表示NH 2CH 2CH 2NH 2，其中碳原子都是以单键连接，类似于甲烷中的碳原子键连方式，为sp 3杂化；
②NH 4+的中心原子为N ，价层电子对数=4+12
×(5-1-1×4)=4，为sp 3杂化，空间构型为正四面体型；互为等电子体的微粒，键合方式和空间构型相同，与NH 4+互为等电子体的含硼阴离子为BH 4-；
③同周期元素从左到右电离能逐渐增大，处于全满、半满、全空状态处于稳定状态，比相邻元素电离能大；N 原子最外层电子为半充满稳定状态，C 、N 、O 三种元素第一电离能由小到大的顺序为C ＜O ＜N ；
()3243Cr C O -含有三个五元环，Cr 3+为配体，与C 2O 42-形成六个键，其结构为：；
(3)A ．硼酸分子中心原子为B ，B 是sp 2杂化，B 和3个O 共面形成平面三角形，则∠OBO 的键角为120°，
故A 正确；
B ．硼酸分子中每个硼原子最外层连有三个共价键，硼原子本身含有电子，故分子中硼原子最外层为6电子结构，形成离域π键，O 原子与H 原子以共价单键相连即含有σ键，故B 正确；。