2025屆江蘇省常熟市第一中學高考壓軸卷化學試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列實驗操作對應的現象和結論均正確的是選項實驗操作現象結論A向一定濃度的CuSO4溶液中通入適量H2S氣體出現黑色沉淀H2S的酸性比H2SO4強B向4mL0.01mol·L-1KMnO4酸性溶液中分別加入2mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液和2mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液后者褪色所需時間短反應物濃度越大，反應速率越快C將銅粉放入10mol·L-1Fe2（SO4）3溶液中溶液變藍，有黑色固體出現說明金屬鐵比銅活潑D向蔗糖中加入濃硫酸變黑、放熱、體積膨脹，放出有刺激性氣味的氣體濃硫酸具有吸水性和強氧化性，反應中生成C、SO2和CO2等A．A B．B C．C D．D2、某小組利用如圖裝置研究電化學原理，下列說法錯誤的是（）A．K與a連接，則鐵電極會加速銹蝕，發(fā)生的電極反應為Fe-2e-→Fe2+B．K與a連接，則該裝置能將化學能轉變?yōu)殡娔蹸．K與b連接，則該裝置鐵電極的電極反應2H++2e-→H2↑D．K與b連接，則鐵電極被保護，該方法叫犧牲陽極的陰極保護法3、25℃時，向10mL0.lmol·L－1H2C2O4溶液中滴加等濃度的NaOH溶液，溶液的pH與NaOH溶液的體積關系如圖所示，下列敘述正確的是()A．A點溶液中，c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)B．HC2O4－在溶液中水解程度大于電離程度C．C點溶液中含有大量NaHC2O4和H2C2O4D．D點溶液中，c(Na＋)＞c(C2O42－)＞c(HC2O4－)＞c(OH－)＞c(H＋)4、我國科學家設計了一種智能雙模式海水電池，滿足水下航行器對高功率和長續(xù)航的需求。負極為Zn，正極放電原理如圖。下列說法錯誤的是（）A．電池以低功率模式工作時，NaFe[Fe(CN)6]作催化劑B．電池以低功率模式工作時，Na+的嵌入與脫嵌同時進行C．電池以高功率模式工作時，正極反應式為：NaFe[Fe(CN)6]+e-+Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]D．若在無溶解氧的海水中，該電池仍能實現長續(xù)航的需求5、向100mLFeBr2溶液中通入標準狀況下的氯氣3.36L，測得所得溶液中c(Cl－)=c(Br－)，則原FeBr2溶液物質的量濃度為A．0.75mol/L B．1.5mol/L C．2mol/L D．3mol/L6、下列實驗設計能夠成功的是A．除去粗鹽中含有的硫酸鈣雜質B．檢驗亞硫酸鈉試樣是否變質C．證明酸性條件H2O2的氧化性比I2強D．檢驗某溶液中是否含有Fe2+7、我國科學家開發(fā)設計一種天然氣脫硫裝置，利用如右圖裝置可實現：H2S+O2→H2O2+S。已知甲池中有如下的轉化：下列說法錯誤的是：A．該裝置可將光能轉化為電能和化學能B．該裝置工作時，溶液中的H+從甲池經過全氟磺酸膜進入乙池C．甲池碳棒上發(fā)生電極反應：AQ+2H++2e-=H2AQD．乙池①處發(fā)生反應：H2S+I3-=3I-+S↓+2H+8、化合物X(5沒食子酰基奎寧酸)具有抗氧化性和抗利什曼蟲活性而備受關注，X的結構簡式如圖所示。下列有關X的說法正確的是()A．分子式為C14H15O10B．分子中有四個手性碳原子C．1molX最多可與4molNaOH反應D．1molX最多可與4molNaHCO3反應9、化學與生產、實驗密切相關。下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是A．Al2O3熔點高，可用作耐高溫材料B．FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蝕電路板上的CuC．石墨具有導電性，可用于制鉛筆芯D．濃硫酸具有強氧化性，可用于干燥CO210、下列說法正確的有①1

mol

FeI2與足量氯氣反應時轉移的電子數為2NA②Na2O2分別與水及CO2反應產生等量氧氣時，消耗水和CO2的物質的量相等③無色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl-、S2-④Na2O2投入紫色石蕊試液中，溶液先變藍，后褪色⑤2

L

0.5

mol·L-1硫酸鉀溶液中陰離子所帶電荷數為NA⑥在漂白粉的溶液中通入少量二氧化硫氣體：Ca2++2ClO-+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClOA．1B．2C．3D．411、有機化合物在食品、藥物、材料等領域發(fā)揮著舉足輕重的作用。下列說法正確的是（）A．甲苯和間二甲苯的一溴代物均有4種B．按系統(tǒng)命名法，化合物(CH3)2C(OH)C(CH3)3的名稱為2，2，3-三甲基-3-丁醇C．2-丁烯分子中的四個碳原子在同一直線上D．乙酸甲酯分子在核磁共振氫譜中只能出現一組峰12、某次硫酸銅晶體結晶水含量的測定實驗中，相對誤差為+2.7%，其原因不可能是（）A．實驗時坩堝未完全干燥 B．加熱后固體未放入干燥器中冷卻C．加熱過程中晶體有少量濺失 D．加熱后固體顏色有少量變黑13、已知有機物是合成青蒿素的原料之一（如圖）。下列有關該有機物的說法正確的是（）A．可與酸性KMnO4溶液反應B．既能發(fā)生消去反應，又能發(fā)生加成反應C．分子式為C6H10O4D．1mol該有機物與足量的金屬Na反應最多產生33.6LH214、練江整治已刻不容緩，其中以印染工業(yè)造成的污染最為嚴重。某工廠擬綜合處理含NH4+廢水和工業(yè)廢氣（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO），設計了如下工業(yè)流程：下列說法錯誤的是A．氣體I中主要含有的氣體有N2、NO、COB．X在反應中作氧化劑，可通入過量的空氣C．處理含NH4+廢水時，發(fā)生離子方程式是：NH4++NO2-=N2↑+2H2OD．捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO15、有關遠洋輪船船殼腐蝕與防護敘述錯誤的是A．可在船殼外刷油漆進行保護B．可將船殼與電源的正極相連進行保護C．可在船底安裝鋅塊進行保護D．在海上航行時，船殼主要發(fā)生吸氧腐蝕16、下列說法正確的是A．鉛蓄電池充電時，陽極質量增大B．0.1mol·L-lCH3COONa溶液加熱后，溶液的pH減小C．標準狀況下，11.2L苯中含有的碳原子數為3×6.02×1023D．室溫下，稀釋0.1mol·L-1氨水，c(H+)·c(NH3·H2O)的值減小二、非選擇題（本題包括5小題）17、有A、B、C、D、E、F六種溶液，它們是氨水、硫酸鎂、碳酸氫鈉、碳酸鈉、稀硝酸、氯化鋇溶液中的某一種。各取少量，將其兩兩混合現象如圖所示。其中“↓”表示難溶物，“↑”表示氣體，“-”表示無明顯現象，空格表示未做實驗，試推斷其中F是：A．碳酸鈉溶液 B．氯化鋇溶液C．硫酸鎂溶液 D．碳酸氫鈉溶液18、有機物W（C16H14O2）用作調香劑、高分子材料合成的中間體等，制備W的一種合成路線如下：已知：請回答下列問題：（1）F的化學名稱是_______，⑤的反應類型是_______。（2）E中含有的官能團是_______（寫名稱），E在一定條件下聚合生成高分子化合物，該高分子化合物的結構簡式為_______。（3）E+F→W反應的化學方程式為_______。（4）與A含有相同官能團且含有苯環(huán)的同分異構體還有_______種（不含立體異構），其中核磁共振氫譜為六組峰，且峰面積之比為1∶1∶2∶2∶2∶2的結構簡式為____。（5）參照有機物W的上述合成路線，寫出以M和CH3Cl為原料制備F的合成路線（無機試劑任選）_______。19、二氧化氯是高效、低毒的消毒劑。已知：ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，回答下列問題：(1)ClO2的制備及性質探究(如圖所示)。①儀器a的名稱為________，裝置B的作用是________。②裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，該反應的化學方程式為_________。裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，其作用是________________。③裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，則該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為________，氧化產物是___________。(2)粗略測定生成ClO2的量實驗步驟如下：a.取下裝置D，將其中的溶液轉入250mL容量瓶，用蒸餾水洗滌D瓶2~3次，并將洗滌液一并轉移到容量瓶中，再用蒸餾水稀釋至刻度。b.從容量瓶中取出25.00mL溶液于錐形瓶中，用0.1000mol/L硫代硫酸鈉標準溶液滴定（I2+2S2O32-=2I－+S4O62-），指示劑顯示終點時共用去24.00mL硫代硫酸鈉溶液。①滴定至終點的現象是_____________。②進入裝置D中的ClO2質量為_______，與C中ClO2的理論產量相比，測定值偏低，可能的原因是__________。20、某化學興趣小組對電化學問題進行了實驗探究。Ⅰ.利用如圖裝置探究金屬的防護措施，實驗現象是鋅電極不斷溶解，鐵電極表面有氣泡產生。(1)寫出負極的電極反應式_______________。(2)某學生認為，鐵電極可能參與反應，并對產物作出假設：假設1：鐵參與反應，被氧化生成Fe2＋假設2：鐵參與反應，被氧化生成Fe3＋假設3：____________。(3)為了探究假設1、2，他采取如下操作：①取0.01mol·L－1FeCl3溶液2mL于試管中，加入過量鐵粉；②取操作①試管的上層清液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成藍色沉淀；③取少量正極附近溶液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，未見藍色沉淀生成；④取少量正極附近溶液加入2滴KSCN溶液，未見溶液變血紅；據②、③、④現象得出的結論是______________。(4)該實驗原理可應用于防護鋼鐵腐蝕，請再舉一例防護鋼鐵腐蝕的措施_________________。Ⅱ.利用如圖裝置作電解50mL0.5mol·L－1的CuCl2溶液實驗。實驗記錄：A．陽極上有黃綠色氣體產生，該氣體使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰埾茸兯{后褪色(提示：Cl2氧化性大于IO3-)；B．電解一段時間以后，陰極表面除有銅吸附外，還出現了少量氣泡和淺藍色固體。(1)分析實驗記錄A中試紙顏色變化，用離子方程式解釋：①________________；②___________。(2)分析實驗記錄B中淺藍色固體可能是____(寫化學式)，試分析生成該物質的原因______。21、[2016·新課標I]鍺(Ge)是典型的半導體元素，在電子、材料等領域應用廣泛?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)Ge原子的核外電子排布式為[Ar]_______________，有__________個未成對電子。（2）Ge與C是同族元素，C原子之間可以形成雙鍵、叁鍵，但Ge原子之間難以形成雙鍵或叁鍵。從原子結構角度分析，原因是______________________________。（3）比較下列鍺鹵化物的熔點和沸點，分析其變化規(guī)律及原因______________________________。GeCl4GeBr4GeI4熔點/℃?49.526146沸點/℃83.1186約400（4）光催化還原CO2制備CH4反應中，帶狀納米Zn2GeO4是該反應的良好催化劑。Zn、Ge、O電負性由大至小的順序是______________________________。（5）Ge單晶具有金剛石型結構，其中Ge原子的雜化方式為_______________，微粒之間存在的作用力是_______________。（6）晶胞有兩個基本要素：①原子坐標參數，表示晶胞內部各原子的相對位置。如圖為Ge單晶的晶胞，其中原子坐標參數A為(0，0，0)；B為(，0，)；C為(，，0)。則D原子的坐標參數為_______________。②晶胞參數，描述晶胞的大小和形狀。已知Ge單晶的晶胞參數a=565.76pm，其密度為_____g·cm?3(列出計算式即可)。

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.CuSO4和H2S反應生成CuS黑色沉淀，反應能發(fā)生是因為CuS不溶于硫酸，不是因為H2S的酸性比H2SO4強，硫酸是強酸，H2S是弱酸，故A不選；B.相同濃度的KMnO4酸性溶液和不同濃度的H2C2O4溶液反應，MnO4-被還原為Mn2+，溶液褪色，草酸濃度大的反應速率快，故B選；C.Fe2（SO4）3和Cu反應生成FeSO4和CuSO4，溶液變藍，但沒有黑色固體出現，故C不選；D.濃硫酸有脫水性，能使蔗糖脫水炭化，同時濃硫酸具有強氧化性，被還原為SO2，有刺激性氣味的氣體產生，故D不選。故選B。2、D【解析】

A、K與a連接，在中性條件下，鐵作負極、失電子、發(fā)生吸氧腐蝕，發(fā)生的電極反應為Fe-2e-=Fe2+，故A正確；B、K與a連接，石墨、Fe和飽和食鹽水形成原電池，將化學能轉變?yōu)殡娔?，故B正確；C、K與b連接，Fe作陰極，陰極上氫離子得電子，電極反應為2H++2e-=H2↑，故C正確；D、K與b連接，Fe作陰極，Fe被保護，該方法叫外加電流的陰極保護法，故D錯誤。故選：D。3、A【解析】

A.A點是草酸溶液，根據電荷守恒，c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，故A正確；B.B點是10mL0.lmol·L－1H2C2O4溶液與10mL0.lmol·L－1NaOH溶液混合，溶質是NaHC2O4，B點溶液呈酸性，可知HC2O4－在溶液中電離程度大于水解程度，故B錯誤；C.B點溶質是NaHC2O4，D點溶質是Na2C2O4，所以C點溶液中含有NaHC2O4和Na2C2O4，故C錯誤；D.D點溶液的溶質是Na2C2O4，c(Na＋)＞c(C2O42－)＞c(OH－)＞c(HC2O4－)＞c(H＋)，故D錯誤。答案選A?！军c睛】該題側重對學生能力的培養(yǎng)，意在培養(yǎng)學生的邏輯推理能力和創(chuàng)新思維能力，關鍵是在明確二元弱酸與氫氧化鈉反應原理的基礎上利用好電荷守恒、物料守恒以及質子守恒。4、D【解析】

A.根據圖示可知：電池以低功率模式工作時，負極是Zn-2e-=Zn2+，正極上是NaFe[Fe(CN)6]獲得電子，然后與吸附在它上面的氧氣即溶液中發(fā)生反應為O2+4e-+2H2O=4OH-，從NaFe[Fe(CN)6]上析出，故NaFe[Fe(CN)6]的作用是作催化劑，A正確；B.電池以低功率模式工作時，電子進入NaFe[Fe(CN)6]時Na+的嵌入；當形成OH-從NaFe[Fe(CN)6]析出時，Na+從NaFe[Fe(CN)6]脫嵌，因此Na+的嵌入與脫嵌同時進行，B正確；C.根據電池以高功率模式工作時，正極上NaFe[Fe(CN)6]獲得電子被還原變?yōu)镹a2Fe[Fe(CN)6]，所以正極的電極反應式為：NaFe[Fe(CN)6]+e-+Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]，C正確；D.若在無溶解氧的海水中，由于在低功率模式工作時需要氧氣參與反應，因此在該電池不能實現長續(xù)航的需求，D錯誤；故合理選項是D。5、C【解析】

還原性Fe2+＞Br-，所以通入氯氣先發(fā)生反應2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反應完畢，剩余的氯氣再反應反應2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，說明氯氣完全反應，據此分析計算?！驹斀狻窟€原性Fe2+＞Br-，所以通入氯氣后，先發(fā)生反應2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反應完畢，剩余的氯氣再發(fā)生反應2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，說明氯氣完全反應，Cl2的物質的量為=0.15mol，若Br-沒有反應，則n(FeBr2)=0.5n(Br-)=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-參加反應；設FeBr2的物質的量為x，則n(Fe2+)=xmol，n(Br-)=2xmol，未反應的n(Br-)=0.3mol，參加反應的n(Br-)=(2x-0.3)mol，根據電子轉移守恒有x×1+[2x-0.3]×1=0.15mol×2，解得：x=0.2mol，所以原FeBr2溶液的物質的量濃度為=2mol/L，故選C。6、D【解析】

A選項，除去粗鹽中含有的硫酸鈣雜質，先加氯化鋇，在加碳酸鈉，碳酸鈉不僅除掉鈣離子，還要除掉開始多加的鋇離子，故A錯誤；B選項，檢驗亞硫酸鈉試樣是否變質，先加足量鹽酸，再加氯化鋇溶液，有白色沉淀生成，則試樣已變質，故B錯誤；C選項，證明酸性條件H2O2的氧化性比I2強，應向碘化鈉溶液中加30%過氧化氫和稀鹽酸溶液，再加淀粉，變藍，則氧化性：H2O2>I2，故C錯誤；D選項，檢驗某溶液中是否含有Fe2+，先加KSCN溶液，無現象，再加氯水，溶液變紅色，溶液中含有亞鐵離子，故D正確；綜上所述，答案為D。7、B【解析】

A.裝置是原電池裝置，據此確定能量變化情況；B.原電池中陽離子移向正極；C.甲池中碳棒是正極，該電極上發(fā)生得電子的還原反應；D.在乙池中，硫化氫失電子生成硫單質，I3-得電子生成I-，據物質的變化確定發(fā)生的反應?！驹斀狻緼.裝置是原電池裝置，根據圖中信息知道是將光能轉化為電能和化學能的裝置，A正確；B.原電池中陽離子移向正極，甲池中碳棒是正極，所以氫離子從乙池移向甲池，B錯誤；C.甲池中碳棒是正極，該電極上發(fā)生得電子的還原反應，即AQ+2H++2e-=H2AQ，C正確；D.在乙池中，硫化氫失電子生成硫單質，I3-得電子生成I-，發(fā)生的反應為H2S+I3-═3I-+S↓+2H+，D正確。故合理選項是B。【點睛】本題考查原電池的工作原理以及電極反應式書寫的知識，注意知識的歸納和梳理是關鍵，注意溶液中離子移動方向：在原電池中陽離子向正極定向移動，陰離子向負極定向移動，本題難度適中。8、B【解析】

由結構可知分子式，分子中含-COOH、-COOC-、OH，結合羧酸、酯、醇、酚的性質來解答?！驹斀狻緼．由結構簡式可知分子式為C14H16O10，A錯誤；B.在左側六元環(huán)中，連接-OH、醚鍵的原子連接4個不同的原子或原子團，為手性碳原子，B正確；C.能與氫氧化鈉反應的為3個酚羥基、酯基和羧基，1molX最多可與5molNaOH反應，C錯誤；D.只有羧基與碳酸氫鈉反應，則1molX最多可與1molNaHCO3反應，D錯誤；故合理選項是B?！军c睛】本題考查有機物的結構與性質，把握官能團與性質的關系、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項B為解答的難點。9、A【解析】

A．熔點高的物質可作耐高溫材料，則Al2O3熔點高，可用作耐高溫材料，A選；B．Cu與FeCl3發(fā)生氧化還原反應，則用FeCl3腐蝕Cu刻制印刷電路板，與FeCl3溶液呈酸性無對應關系，B不選；C、石墨很軟，可用于制鉛筆芯，與石墨具有導電性無對應關系，C不選；D、濃硫酸具有吸水性，可用于干燥CO2，與濃硫酸具有強氧化性無對應關系，D不選；答案選A。10、B【解析】

①亞鐵離子和碘離子均能被氧化；②與水及CO2反應，反應的方程式分別為2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，③無色溶液中不可能大量存在Al3+和S2-，發(fā)生雙水解；④Na2O2因具有強氧化性而有漂白性。⑤由N=nNA,n=CV計算；⑥HClO具有強氧化性；【詳解】①1

mol

FeI2與足量氯氣反應時轉移的電子數為3NA，故錯誤；②與水及CO2反應，反應的方程式分別為2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，生成相同量的O2時消耗的水和二氧化碳的物質的量相同，故正確；③Al3+和S2-，發(fā)生雙水解，不能大量共存，故錯誤；④Na2O2投入到紫色石蕊試液中，與水反應生成氫氧化鈉成堿性所以溶液先變藍，又因為過氧化鈉具有強氧化性而有漂白性，所以后褪色，故正確；⑤N=2L×0.5mol·L-1×2NA=2NA，故錯誤；⑥在漂白粉的溶液中通入少量二氧化硫氣體：Ca2++1ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+2H++Cl-，故錯誤。故選B。11、A【解析】

A．甲苯有4種等效氫（），間二甲苯也有4種等效氫（），因此它們的一溴代物均有4種，A項正確；B．醇的系統(tǒng)命名，選含羥基的最長碳鏈為主鏈，從距羥基較近的一端開始編號，，該化合物名稱應為：2，3，3-三甲基-2-丁醇，B項錯誤；C．2-丁烯的結構為或，分子中的四個碳原子不在一條直線上，C項錯誤；D．乙酸甲酯分子中有2種等效氫（），在核磁共振氫譜中會出現2組峰，D項錯誤；答案選A?！军c睛】用系統(tǒng)命名法命名的一般原則：①選擇含官能團的最長碳鏈為主鏈；②編號時，先考慮使官能團所在碳的編號盡可能小，再考慮使其它支鏈的編號盡可能??；③寫名稱時，先寫支鏈名稱，再寫主鏈名稱，阿拉伯數字與漢字之間以“-”相隔。12、B【解析】

A．實驗時坩堝未完全干燥，計算出的結晶水的質量偏高，會使誤差偏大，故A錯誤；B．加熱后固體未放入干燥器中冷卻，固體部分吸水，差距值變小，結果偏小，故B正確；C．加熱過程中晶體有少量濺失，固體質量減少得多，結晶水含量測得值會偏高，故C錯誤；D．加熱后固體顏色有少量變黑，說明部分硫酸銅分解，導致計算出的結晶水的質量偏高，測定結果偏高，故D錯誤；故答案為B。【點睛】考查硫酸銅晶體中結晶水含量的測定，明確實驗操作方法和原理為解答關鍵，根據結晶水合物中，結晶水的質量=m(容器十晶體)-m(容器十無水硫酸銅)，質量分數=×100%，在測定中若被測樣品中含有加熱揮發(fā)的雜質或實驗前容器中有水，都會造成測量結果偏高。13、A【解析】

中含有有官能團羥基和羧基，所以具有羥基和羧基的性質?！驹斀狻緼.該有機物右上角的羥基可被酸性KMnO4溶液氧化為羧基，A正確；B.該有機物右下角的羥基可以發(fā)生消去反應，但該有機物不能發(fā)生加成反應，B錯誤；C.分子式為C6H12O4，C錯誤；D.未說明是標準狀況，所以不確定該有機物與金屬Na反應最多產生的H2體積，D錯誤；故選A。14、B【解析】

工業(yè)廢氣中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固體I為CaCO3、CaSO3，氣體I是不能被過量石灰乳吸收的N2、NO、CO，氣體I通入氣體X，用NaOH溶液處理后到的NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否則得到NaNO3，NaNO2與含有NH4+的溶液反應生成無污染氣體，應生成N2，則氣體II含有CO、N2，捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO，以此解答該題。【詳解】工業(yè)廢氣中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固體I為CaCO3、CaSO3，氣體I是不能被過量石灰乳吸收的N2、NO、CO，氣體I通入氣體X，用NaOH溶液處理后到的NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否則得到NaNO3，NaNO2與含有NH4+的溶液反應生成無污染氣體，應生成氮氣，則氣體II含有CO、N2，捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO。A．工業(yè)廢氣中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成CaCO3、CaSO3，因Ca(OH)2過量，則固體I為主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，氣體I是不能被過量石灰乳吸收的N2、NO、CO，A正確；B．由分析可知，氣體I是不能被過量石灰水吸收的N2、NO、CO，氣體I通入氣體X，用氫氧化鈉溶液處理后到的NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否則得到NaNO3，B錯誤；C．NaNO2與含有NH4+的溶液反應生成無污染氣體，應生成N2，發(fā)生氧化還原反應，離子方程式為NH4++NO2-=N2↑+2H2O，C正確；D．氣體II含有CO、N2，經捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO，D正確；故答案選B?！军c睛】本題考查物質的分離、提純的綜合應用，側重學生的分析、實驗能力的考查，注意把握物質的性質，為解答該題的關鍵，題目涉及廢水的處理，有利于培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)，提高環(huán)保意識。15、B【解析】A.可在船殼外刷油漆進行保護，A正確；B.若將船殼與電源的正極相連，則船殼腐蝕加快，B不正確；C.可在船底安裝鋅塊進行保護屬于犧牲陽極的陰極保護法，C正確；D.在海上航行時，船殼主要發(fā)生吸氧腐蝕，D正確。本題選B。16、D【解析】A.鉛蓄電池充電時，陽極反應為PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，陽極質量減小，故A錯誤；B.0.1mol·L-lCH3COONa溶液加熱后，水解程度增大，溶液的堿性增強，pH增大，故B錯誤；C.標準狀況下，苯不是氣體，無法計算11.2L苯中含有的碳原子數，故C錯誤；D.室溫下，稀釋0.1mol·L-1氨水，氨水的電離程度增大，但電離平衡常數不變，K==，則c(H+)·c(NH3·H2O)=，隨著稀釋，銨根離子濃度減小，因此c(H+)·c(NH3·H2O)的值減小，故D正確；故選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、D【解析】

所給5種物質中，只有硫酸鎂可與三種物質（氨水、碳酸鈉、氯化鋇）生成沉淀，故D為硫酸鎂，A、B、C分別為氨水、碳酸鈉、氯化鋇中的一種；再根據A可與C生成沉淀，故A、C為碳酸鈉和氯化鋇，則B為氨水；A與E產生氣體，故A為碳酸鈉，E為稀硝酸，所以F為碳酸氫鈉。【詳解】A+E氣體說明有A、E一種一定是硝酸,另一種可能是碳酸鈉、碳酸氫鈉中的一種,A+C生成沉淀，A+D生成沉淀，說明A不是硝酸，所以E為硝酸，A為碳酸鈉，C、D就可能是硫酸鎂、氯化鋇中的一種，因為B+D生成沉淀，C+D生成沉淀，C+F無現象說明D是硫酸鎂，C為氯化鋇，B為氨水，最后F為碳酸氫鈉，則A：碳酸鈉，B：氨水，C：氯化鋇

，D：硫酸鎂

，E：硝酸，F：碳酸氫鈉；答案選D?！军c睛】這類試題還有一種表達形式“A+C→↓，A+D→↓，A+E→↑，B+D→↓，C+D→↓，C+F→無明顯現象。解題時一般先找現象較全面的一種如D或A(分別做了三次實驗)。依次假設D為六種溶液中的某一種。如假設D是氨水或是硫酸鎂等，分析它與其他五種溶液分別混合時的現象。若能出現三次沉淀，則假設成立。由此可確定D是硫酸鎂。依照上述方式可推出A是碳酸鈉，依次推出F是碳酸氫鈉。18、苯甲醇消去反應碳碳雙鍵、羧基+H2O5【解析】

A和Br2的CCl4溶液反應發(fā)生加成反應，結合B的結構簡式，則A的結構簡式為，B在NaOH的水溶液下發(fā)生水解反應，－Br被—OH取代，C的結構簡式為，C的結構中，與—OH相連的C上沒有H原子，不能發(fā)生醇的催化氧化，—CH2OH被氧化成—CHO，醛基再被氧化成－COOH，則D的結構簡式為，根據分子式，D到E消去了一分子水，為醇羥基的消去反應，E的結構簡式為，E和苯甲醇F，在濃硫酸的作用下發(fā)生酯化反應得到W，W的結構簡式為。【詳解】(1)F的名稱是苯甲醇；根據分子式，D到E消去了一分子水，反應類型為消去反應；(2)根據分析，E的結構簡式為，則含有的官能團名稱為碳碳雙鍵、羧基；E中含有碳碳雙鍵，可以發(fā)生加聚反應，結構簡式為；(3)E中含有羧基，F中含有羥基，在濃硫酸的作用下發(fā)生酯化反應，化學方程式為++H2O；(4)有A含有相同的官能團且含有苯環(huán)，A的結構簡式為，則含有碳碳雙鍵，除了苯環(huán)外，還有3個C原子，則苯環(huán)上的取代基可以為－CH=CH2和－CH3，有鄰間對，3種同分異構體；也可以是－CH=CHCH3，或者－CH2CH=CH2，共2種；共5種；核磁共振氫譜為六組峰，且峰面積之比為1∶1∶2∶2∶2∶2的結構簡式為；(5)由M到F，苯環(huán)上多了一個取代基，利用已知信息，可以在苯環(huán)上引入一個取代基，－CH2OH，可由氯代烴水解得到，則合成路線為。【點睛】并不是所有的醇都能發(fā)生催化氧化反應，－CH2OH被氧化得到－CHO，被氧化得到；中，與—OH相連的C上沒有H原子，不能發(fā)生催化氧化反應。19、分液漏斗防倒吸、防堵塞(或平衡氣壓、安全瓶均可)SO2＋H2SO4＋2KClO3=2KHSO4＋2ClO2檢驗有I2生成，進而證明ClO2有強氧化性2:1O2溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內溶液顏色不再改變0.324

g產生ClO2的速率太快，ClO2沒有被D中的溶液完全吸收；C中ClO2未全部進入D中【解析】

(1)濃H2SO4和Na2SO3反應生成SO2，A制備SO2，B裝置有緩沖作用，可防止倒吸、堵塞；裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，則C中發(fā)生反應SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，在D中發(fā)生氧化還原反應生成I2，裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，I2遇淀粉變藍色；裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，雙氧水作還原劑生成氧氣，從而防止尾氣污染環(huán)境；(2)①碘遇淀粉變藍色，當碘完全反應后溶液變?yōu)闊o色；②ClO2與KI在溶液反應離子方程式為：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，結合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得ClO2～5S2O32-，則n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；ClO2部分沒有被吸收、未完全進入D中都導致測定值偏低?！驹斀狻?1)濃H2SO4和Na2SO3反應生成SO2，A用于制備SO2，B裝置有緩沖作用，能防止倒吸、堵塞；裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，則C中發(fā)生反應SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，所以D中發(fā)生氧化還原反應生成I2，裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，I2單質遇淀粉溶液變?yōu)樗{色；裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，雙氧水作還原劑生成氧氣，從而防止尾氣污染環(huán)境，①儀器a的名稱為分液漏斗，裝置B有緩沖作用，所以能防倒吸、防堵塞(或平衡氣壓、安全瓶)；②裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，根據元素守恒可知，生成的酸式鹽為KHSO4，該反應的化學方程式為SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2；裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，淀粉遇碘溶液變?yōu)樗{色，根據淀粉溶液是否變色來判斷是否有I2單質生成，從而證明ClO2是否具有氧化性；③裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，反應方程式為H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+H2O，在該反應中ClO2是氧化劑，NaClO2的還原產物，H2O2是還原劑，O2是氧化產物，該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為2：1；(2)①I2單質遇淀粉溶液變?yōu)樗{色，當碘完全反應后溶液變?yōu)闊o色，所用滴定終點是溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內溶液顏色不再改變；②ClO2溶液與碘化鉀反應的離子方程式：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，結合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得關系式：ClO2～5S2O32-，則n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，則在250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；由于C中ClO2有一部分沒有被吸收、未完全進入D中都導致測定值偏低。【點睛】本題考查物質制備，涉及實驗操作、氧化還原反應、方程式的計算、物質檢驗等知識點，側重考查實驗操作規(guī)范性、元素化合物性質等知識點，明確實驗原理、物質性質、物質之間的轉化關系是解本題關鍵。20、Zn－2e－=Zn2＋鐵參與反應，被氧化生成Fe2＋和Fe3＋正極附近溶液不含Fe2＋和Fe3＋在鋼鐵表面刷一層油漆(其他合理答案均可)2I－＋Cl2=I2＋2Cl－5Cl2＋I2＋6H2O=10Cl－＋2IO3—＋12H＋Cu(OH)2電解較長時間后，Cu2＋濃度下降，H＋開始放電，溶液pH增大，Cu2＋轉化為Cu(OH)2沉淀【解析】

Ⅰ.該裝置能自發(fā)進行氧化還原反應而形成原電池，活潑金屬鋅做負極，失電子發(fā)生氧化反應生成鋅離子，電極反應式為Zn-2e-=Zn2+，鐵做正極，溶液中氫離子得電子發(fā)生還原反應生成氫氣，電極反應式為2H++2e-=H2↑；Ⅱ.該裝置為電解裝置，電解時，氯離子在陽極失電子發(fā)生氧化反應生成氯氣，電極反應式為2Cl——2e-=Cl2↑，銅離子在陰極上得電子發(fā)生還原反應生成銅，電極反應式為Cu2＋＋2e－=Cu?！驹斀狻竣?（1）該裝置能自發(fā)進行氧化還原反應而形成原電池，鋅易失電子而作負極、鐵作正極，負極上電極反應式為Zn-2e-=Zn2+，故答案為：Zn-2e-=Zn2+；（2）由題給假設可知，假設三為:鐵參與反應，鐵被氧化生成Fe2+、Fe3+。故答案為：鐵參與反應，被氧化生成Fe2+、Fe3+；(3)亞鐵離子和K3[Fe（CN）6]生成藍色沉