2025年四川省廣安市武勝烈面中學3月高三化學試題試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、NA表示阿伏加德羅常數，下列說法正確的是A．5.6gFe完全溶于一定量溴水中，反應過程中轉移的總電子數一定為0.3NAB．1molNa與足量O2反應，生成Na2O和Na2O2的混合物，鈉失去2NA個電子C．標況時，22.4L二氯甲烷所含有的分子數為NAD．鎂條在氮氣中完全燃燒，生成50g氮化鎂時，有1.5NA對共用電子對被破壞2、幾種化合物的溶解度隨溫度變化曲線如圖所示，下列說法正確的是（）A．NaClO3的溶解是放熱過程B．由圖中數據可求出300K時MgCl2飽和溶液的物質的量濃度C．可采用復分解反應制備Mg（ClO3）2：MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaClD．若NaCl中含有少量Mg（ClO3）2，可用降溫結晶方法提純3、BMO(Bi2MoO6)是一種高效光催化劑，可用于光催化降解苯酚，原理如圖所示，下列說法不正確的是A．該過程的總反應：C6H6O+7O26CO2+3H2OB．該過程中BMO表現較強還原性C．降解產物的分子中只含有極性分子D．①和②中被降解的苯酚的物質的量之比為3:14、下列說法中正確的是A．放熱反應都比吸熱反應易發生B．中和反應中，每生成1molH2O均會放出57.3kJ的熱量C．NH4C1固體與Ba(OH)2?8H2O混合攪拌過程中，體系能量增加D．無法判斷2CO2(g)+3H2O(g)=C2H5OH(1)+3O2(g)是吸熱反應還是放熱反應5、一定呈中性的是()A．pH＝7的溶液B．25℃，Kw＝1.0×10﹣14的溶液C．H+與OH﹣物質的量相等的溶液D．等物質的量的酸、堿混合后的溶液6、CO2和CH4催化重整可制備合成氣，對減緩燃料危機具有重要的意義，其反應歷程示意圖如下：下列說法不正確的是A．合成氣的主要成分為CO和H2B．①→②既有碳氧鍵的斷裂，又有碳氧鍵的形成C．①→②吸收能量D．Ni在該反應中做催化劑7、下列說法中，正確的是（）A．一定條件下，將2gH2與足量的N2混合，充分反應后轉移的電子數為2NAB．1mol與足量水反應，最終水溶液中18O數為2NA（忽略氣體的溶解）C．常溫下，46gNO2和N2O4組成的混合氣體中所含有的分子數為NAD．100mL12mol·L－1的濃HNO3與過量Cu反應，轉移的電子數大于0.6NA8、下列化學用語或圖示表達正確的是A．乙烯的比例模型： B．質子數為53，中子數為78的碘原子：IC．氯離子的結構示意圖： D．CO2的電子式：9、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大。在如圖所示的物質轉化關系中，p、q、m、n分別是元素W、X、Y、Z的氣體單質，p和s均為有色氣體，v的水溶液呈堿性。常溫下，0.1mol?L－1t溶液與0.1mol?L－1u溶液的pH均為1。下列說法不正確的是A．Y、W的最高價氧化物對應的水化物均為強酸B．Z和Y的簡單氫化物的穩定性和沸點高低均為：Z＞YC．s溶于水的反應中，氧化劑與還原劑的物質的量之比為1:2D．v的電子式可表示為10、將V1mL1.0mol·L－1鹽酸溶液和V2mL未知濃度的氫氧化鈉溶液混合均勻后測量并記錄溶液溫度，實驗結果如圖所示（實驗中始終保持V1＋V2＝50mL）。下列敘述正確的是（）A．做該實驗時環境溫度為20℃B．該實驗表明化學能可能轉化為熱能C．氫氧化鈉溶液的濃度約為1.0mol·L－1D．該實驗表明有水生成的反應都是放熱反應11、高溫下，超氧化鉀晶體(KO2)呈立方體結構。如圖為超氧化鉀晶體的一個晶胞(晶體中最小的重復單元)。則下列有關說法正確的是（）A．KO2中只存在離子鍵B．超氧化鉀的化學式為KO2，每個晶胞含有1個K＋和1個O2－C．晶體中與每個K＋距離最近的O2－有6個D．晶體中，所有原子之間都以離子鍵相結合12、在抗擊新冠病毒肺炎中瑞德西韋是主要藥物之一。瑞德西韋的結構如圖所示，下列說法正確的是（）A．瑞德西韋中N、O、P元素的電負性：N>O>PB．瑞德西韋中的N—H鍵的鍵能大于O—H鍵的鍵能C．瑞德西韋中所有N都為sp3雜化D．瑞德西韋結構中存在σ鍵、π鍵和大π鍵13、依據反應2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4。利用下列裝置分四步從含NaIO3的廢液中制取單質碘的CC14溶液，并回收NaHSO4。下列裝置中不需要的是（）A．制取SO2B．還原IO3-C．制I2的CCl4溶液D．從水溶液中提取NaHSO414、向0.1mol?L-1的NH4HCO3溶液中逐漸加入0.1mol?L-1NaOH溶液時，含氮、含碳粒子的分布情況如圖所示(縱坐標是各粒子的分布系數，即物質的量分數a)，根據圖象下列說法不正確的是()A．開始階段，HCO3-反而略有增加，可能是因為NH4HCO3溶液中存在H2CO3，發生的主要反應是H2CO3+OH-=HCO3-+H2OB．當pH大于8.7以后，碳酸氫根離子和銨根離子同時與氫氧根離子反應C．pH=9.5時，溶液中c(HCO3-)＞c(NH3?H2O)＞c(NH4+)＞c(CO32-)D．滴加氫氧化鈉溶液時，首先發生的反應：2NH4HCO3+2NaOH=(NH4)2CO3+Na2CO315、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16、設NA為阿伏伽德羅常數，下列說法正確的是（）A．6.2g白磷分子（P4）中含P-P鍵數為0.05NAB．1molCH3+含電子數為8NAC．標準狀況下，22.4LSO3中含原子數為4NAD．常溫常壓下，11.2LCO2氣體通過足量Na2O2充分反應，轉移電子數為2NA二、非選擇題（本題包括5小題）17、洛匹那韋(Lopinavir)是抗艾滋病毒常用藥，在“眾志成城戰疫情”中，洛匹那韋，利托那韋合劑被用于抗新型冠狀病毒(2019-nCoV)。洛匹那韋的合成路線可設計如圖：回答下列問題：(1)A的化學名稱是_______；A制備B反應的化學方程式為_________(注明反應條件)。(2)D生成E的反應類型為_____；F中能與氫氣發生加成反應的官能團名稱為___。(3)C的分子式為_____；一定條件下，C能發生縮聚反應，化學方程式為_____。(4)K2CO3具有堿性，其在制備D的反應中可能的作用是______。(5)X是C的同分異構體，寫出一種符合下列條件的X的結構簡式______。①含有苯環，且苯環上的取代基數目≤2②含有硝基③有四種不同化學環境的氫，個數比為6：2：2：1(6)已知：CH3COOHCH3COCl，(2，6-二甲基苯氧基)乙酰氯()是由G合成洛匹那韋的原料之一，寫出以2，6-二甲基苯酚、ClCH2COOCH2CH3、K2CO3為原料制各該物質的合成路線________（其它無機試劑任選）。18、乙炔為原料在不同條件下可以合成多種有機物．已知：①CH2=CH?OH（不穩定）CH3CHO②一定條件下，醇與酯會發生交換反應：RCOOR’+R”OHRCOOR”+R’OH完成下列填空：（1）寫反應類型：③__反應；④__反應．反應⑤的反應條件__．（2）寫出反應方程式．B生成C__；反應②__．（3）R是M的同系物，其化學式為，則R有__種．（4）寫出含碳碳雙鍵、能發生銀鏡反應且屬于酯的D的同分異構體的結構簡式__．19、(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O(M=392g/mol)又稱摩爾鹽，簡稱FAS，它是淺藍色綠色晶體，可溶于水，難溶于水乙醇。某小組利用工業廢鐵屑進行下列實驗。請按要求回答下列問題：Ⅰ.FAS的制取。流程如下：(1)步驟①加熱的目的是_________________________。(2)步驟②必須在剩余少量鐵屑時進行過濾，其原因是(用離子方程式表示)：______________。Ⅱ.NH4+含量的測定。裝置如圖所示：實驗步驟：①稱取FAS樣品ag，加水溶解后，將溶液注入Y中②量取bmLc1mol/LH2SO4溶液于Z中③向Y加入足量NaOH濃溶液，充分反應后通入氣體N2，加熱(假設氨完全蒸出)，蒸氨結束后取下Z。④用c2mol/LNaOH標準溶液滴定Z中過量的硫酸，滴定終點時消耗dmLNaOH標準溶液。(3)儀器X的名稱______________；N2的電子式為______________。(4)步驟③蒸氨結束后，為了減少實驗誤差，還需要對直形冷凝管進行處理的操作是__________________；NH4+質量百分含量為(用代數式表示)__________________。Ⅲ.FAS純度的測定。稱取FASmg樣品配制成500mL待測溶液。分別取20.00mL待測溶液，進行如下方案實驗：(5)方案一：用0.01000mol/L的酸性KMnO4溶液進行滴定。滴定過程中需用到的儀器中(填圖中序號)_________。滴定中反應的離子方程式為____________________。①②③④⑤⑥⑦⑧(6)方案二：待測液→足量BaCl2溶液→過濾→洗滌(7)方案一、二實驗操作均正確，卻發現方案一測定結果總是小于方案二的，其可能的原因是_______________；為驗證該猜測正確，設計后續實驗操作為_________________，現象為______________。20、輝銅礦與銅藍礦都是天然含硫銅礦，在地殼中二者常伴生存在。現取一份該伴生礦樣品，經檢測后確定僅含、和惰性雜質。為進一步確定其中、的含量，某同學進行了如下實驗：①取2.6g樣品，加入200.0mL0.2000mol/L酸性溶液，加熱（硫元素全部轉化為），濾去不溶雜質；②收集濾液至250mL容量瓶中，定容；③取25.00mL溶液，用溶液滴定，消耗20.00mL；④加入適量溶液（掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再參與其他反應），再加入過量KI固體，輕搖使之溶解并發生反應：；⑤加入2滴淀粉溶液，用溶液滴定，消耗30.00mL（已知：）。回答下列問題：（1）寫出溶于酸性溶液的離子方程式：____________________________________。（2）配制溶液時要用煮沸過的稀硫酸，原因是______________________，配制過程中所需玻璃儀器除了燒杯、玻璃棒、容量瓶外還有_______________。（3）③中取25.00mL待測溶液所用的儀器是_____________。（4）⑤中滴定至終點時的現象為____________________________。（5）混合樣品中和的含量分別為_______%、_______%（結果均保留1位小數）。（6）判斷下列情況對樣品中和的含量的影響（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）若量取酸性溶液時俯視讀數，則最終結果的含量_______________。若用溶液滴定終點讀數時仰視，則最終結果的含量_____________。21、(1)磷在成鍵時，能將一個3s電子激發進入3d能級而參加成鍵，寫出該激發態原子的核外電子排布式_______。(2)鈦存在兩種同素異形體，采納六方最密堆積，采納體心立方堆積，由轉變為晶體體積______(填“膨脹”或“收縮”)(3)[Cu(CH3CN)4]+是非常穩定的絡合離子，配體中鍵和π鍵個數之比為_______。(4)水楊酸第一級電離形成離子，相同溫度下，水楊酸的Ka2_________苯酚()的Ka(填“>”“＝”或“<”)(5)六羰基鉻[Cr(CO)6]用于制高純度鉻粉，它的沸點為220C。Cr(CO)6的晶體類型是_____，加熱Cr(CO)6可得到高純度鉻粉和CO，反應破壞的化學鍵類型為_______。(6)已知N-N、N＝N和N≡N鍵能之比為1.00：2.17：4.90.而C-C、C＝C、C≡C鍵能之比為1.00：1.77：2.34.如何用這些數據理解氮分子不容易發生加成反應而乙炔容易發生加成反應？_____________。(7)將立方金剛石中的每個碳原子用一個由4個碳原子組成的正四面體結構單元取代可形成碳的一種新型三維立方晶體結構——T-碳。已知T-碳密度為g/cm，阿伏加德羅常數為NA，則T-碳的晶胞參數a＝_______pm(寫出表達式即可)

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】A．鐵完全溶于一定量溴水，反應后的最終價態可能是+3價，還可能是+2價，故0.1mol鐵轉移的電子數不一定是0.3NA個，還可能是0.2NA個，故A錯誤；B．Na原子最外層是1個電子，則1molNa與足量O2反應，生成Na2O和Na2O2的混合物，鈉失去1NA個電子，故B錯誤；C．標況下二氯甲烷為液體，不能根據氣體摩爾體積計算其物質的量，故C錯誤；D．鎂條在氮氣中完全燃燒，生成50g氮化鎂時，參加反應的N2為0.5mol，而N2分子含有氮氮叁鍵，則有1.5NA對共用電子對被破壞，故D正確；答案為D。2、C【解析】

A項、由圖象只能判斷NaClO3溶解度與溫度的關系，無法確定其溶解過程的熱效應，故A錯誤；B項、MgCl2飽和溶液的密度未知，不能求出300K時MgCl2飽和溶液的物質的量濃度，故B錯誤；C項、反應MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaCl類似于侯德榜制堿法生產的原理，因為NaCl溶解度小而從溶液中析出，使反應向正方向進行，故C正確；D項、若NaCl中含有少量Mg（ClO3）2，應用蒸發結晶方法提純，故D錯誤；故選C。3、C【解析】

A.根據圖知,反應物是C6H6O和氧氣、生成物是二氧化碳和水,所以該過程的總反應為C6H6O+7O26CO2+3H2O，故A正確，但不符合題意；B.該反應中BMO失電子發生氧化反應，作還原劑，體現較強的還原性，故B正確，但不符合題意；C.二氧化碳是非極性分子，水是極性分子，故C錯誤，符合題意；D.根據轉移電子守恒判斷消耗苯酚的物質的量之比,過氧根離子生成氧離子得到3個電子、BMO+得1個電子，根據轉移電子守恒知，①和②中被降解的苯酚的物質的量之比為3:1，故D正確，但不符合題意；故選：C。4、C【解析】

A.放熱反應不一定比吸熱反應易發生，如C與O2反應需要點燃，而NH4C1固體與Ba(OH)2?8H2O在常溫下即可進行，A項錯誤；B.中和反應中，稀的強酸與稀的強堿反應生成1molH2O放出57.3kJ的熱量，但不是所有的中和反應生成1molH2O都放出57.3kJ的熱量，如醋酸與氫氧化鈉反應，B項錯誤；C.NH4C1固體與Ba(OH)2?8H2O反應為吸熱反應，反應物的總能量小于生成物的總能量，體系能量增加，C項正確；D因乙醇燃燒為放熱反應，而2CO2(g)+3H2O(g)=C2H5OH(1)+3O2(g)是乙醇燃燒生成氣體水的逆過程，可證明該反應為吸熱反應，D項錯誤；答案選C。B項是易錯點，要緊扣中和熱的定義分析作答。5、C【解析】

A．100度時，純水的pH＝6，該溫度下pH＝7的溶液呈堿性，所以pH＝7的溶液不一定呈中性，故A錯誤；B．25℃，Kw＝1.0×10﹣14是水的離子積常數，溶液可能呈酸性、中性或堿性，所以不一定呈中性，故B錯誤；C．只要溶液中存在H+與OH﹣物質的量相等，則該溶液就一定呈中性，故C正確；D．等物質的量的酸、堿混合后的溶液不一定顯中性，這取決于酸和堿的相對強弱以及生成鹽的性質，故D錯誤；答案選C。判斷溶液是否呈中性的依據是氫離子和氫氧根離子的濃度相等，溫度改變水的電離平衡常數，溫度越高，水的電離平衡常數越大。6、C【解析】

A．由圖示可知CO2和CH4在Ni催化作用下，最終生成CO和H2，故A正確；B．化學反應的過程中存在構成反應物的鍵的斷裂和生成物中鍵的形成，由圖示可知①→②過程中既有碳氧鍵的斷裂，又有碳氧鍵的形成，故B正確；C．①的能量總和大于②的能量總和，則①→②的過程放出能量，故C錯誤；D．由圖示可知CO2和CH4催化重整生成CO和H2的過程中Ni的質量和化學性質沒有發生變化，則Ni為催化劑，故D正確；故答案為C。7、D【解析】

A.一定條件下，將2gH2與足量的N2混合，發生反應N2＋3H22NH3，該反應為可逆反應，不能進行徹底，充分反應后轉移的電子數小于2NA，故A錯誤；B.1molNa218O2與足量水發生反應2Na218O2＋2H2O===2Na18OH＋2NaOH＋18O2↑，最終水溶液中18O數為NA，故B錯誤；C.NO2、N2O4的摩爾質量不同，無法準確計算混合氣體的組成，故C錯誤；D.濃HNO3與銅反應生成NO2，稀HNO3與銅反應生成NO，即Cu＋4HNO3(濃)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O、3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，100mL12mol·L－1的濃HNO3中含有的n(HNO3)＝0.1L×12mol·L－1＝1.2mol，1.2molHNO3參與反應，若其還原產物只有NO2，則反應轉移0.6mol電子，還原產物只有NO則反應轉移0.9mol電子，100mL12mol·L－1的濃HNO3與過量Cu反應的還原產物為NO和NO2，因此轉移的電子數大于0.6NA，故D正確。綜上所述，答案為D。濃硝酸與銅反應，稀硝酸也與銅反應，計算電子時用極限思維。8、A【解析】

A.

C原子比H原子大，黑色球表示C原子，且乙烯為平面結構，則乙烯的比例模型為，A項正確；B.質子數為53，中子數為78，則質量數=53+78=131，碘原子為：I，B項錯誤；C.氯離子含有17+1=18個電子，結構示意圖為，C項錯誤；D.二氧化碳為共價化合物，分子中存在碳氧雙鍵，二氧化碳正確的電子式為：，D項錯誤；答案選A。9、D【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，p、q、m、n分別是元素W、X、Y、Z的氣體單質。p與q反應生成u，u為二元化合物，而常溫下0.1mol·L-1u溶液的pH為1，則u為HCl，由原子序數可知，X為H元素、W為Cl元素，故q為H1，p為Cl1．q與m反應生成v，v的水溶液呈堿性，則m為N1，v為NH3，故Y為N元素；m與n在放電條件下得到r，r與n得到有色氣體s，且s與水反應得到r與t，而常溫下0.1mol·L-1t溶液的pH為1，t為一元強酸，故n為O1，r為NO，s為NO1，t為HNO3，則Z為O元素,綜上可知X為H元素、Y為N元素、Z為O元素、W為Cl元素。【詳解】A．Y、W的最高價氧化物對應的水化物均為HNO3和HClO4，兩者均為強酸，故選項A正確；B．Z和Y的簡單氫化物分別為H1O和NH3，水的穩定性和沸點均高于氨氣，故選項B正確；C．s為NO1，3NO1+H1O=1HNO3+NO，氧化劑與還原劑的物質的量之比為1:1，故選項C正確；D．v為NH3，其電子式可表示為，故選項D錯誤；故選D。本題考查無機物的推斷，注意氣體的顏色及溶液的pH為推斷的突破口，再結合轉化關系推斷，熟練掌握元素化合物知識。10、B【解析】

A、由圖，將圖中左側的直線延長，可知該實驗開始溫度是21℃，A錯誤；B、鹽酸與氫氧化鈉溶液的中和反應是放熱反應，化學能轉化為熱能；B正確；C、恰好反應時參加反應的鹽酸溶液的體積是30mL，由V1＋V2＝50mL可知，消耗的氫氧化鈉溶液的質量為20mL,氫氧化鈉溶液的物質的量濃度＝0.03L×1.0mol·L－1÷0.02L＝1.5mol·L－1，C錯誤；D、有水生成的反應不一定是放熱反應，如氫氧化鋇晶體與氯化銨反應有水生成，該反應是吸熱反應，D錯誤；答案選B。根據圖像，溫度最高點為恰好完全反應的點，此時酸和堿反應放出的熱量最多，理解此點，是C的解題關鍵。11、C【解析】

A、K+離子與O2-離子形成離子鍵，O2-離子中O原子間形成共價鍵，故A錯誤；B、K+離子位于頂點和面心，數目為8×1/8+6×1/2=4，O2-離子位于棱心和體心，數目為12×1/4+1=4，即每個晶胞中含有4個K+和4個O2-，故B錯誤；C、由晶胞圖可知，以晶胞上方面心的K+為研究對象，其平面上與其距離最近的O2-有4個，上方和下方各有一個，共有6個，故C正確；D、O原子間以共價鍵結合，故D錯誤。故選C。易錯點為C項，由晶胞圖可知，以晶胞上方面心的K+為研究對象，其平面上與其距離最近的O2-有4個，上方和下方各有一個。12、D【解析】

A．一般情況下非金屬性越強，電負性越強，所以電負性：O>N>P，故A錯誤；B．O原子半徑小于N原子半徑，電負性強于N，所以O-H鍵的鍵能大于N-H鍵鍵能，故B錯誤；C．形成N=C鍵的N原子為sp2雜化，形成C≡N鍵的N原子為sp雜化，故C錯誤；D．該分子中單鍵均為σ鍵、雙鍵和三鍵中含有π鍵、苯環中含有大π鍵，故D正確；故答案為D。13、D【解析】

A．銅和濃硫酸加熱生成硫酸銅、二氧化硫、水，所以可用A裝置制取SO2，故不選A；B．SO2氣體把IO3-還原為I2，可利用此反應吸收尾氣，且倒扣的漏斗可防止倒吸，故不選B；C．I2易溶于CCl4，用CCl4萃取碘水中的I2，然后用分液法將碘的四氯化碳溶液與水層分離，故不選C；D．用蒸發結晶的方法從水溶液中提取NaHSO4，應該將溶液置于蒸發皿中加熱，而不能用坩堝，故選D；故選D。14、D【解析】

NH4HCO3溶液中存在NH4+的水解平衡，即NH4++H2ONH3?H2O+H+①；HCO3-的水解平衡，即HCO3-+H2OH2CO3+OH-②；HCO3-的電離平衡，即HCO3-H++CO32-③；A．在溶液中未加氫氧化鈉溶液時，溶液的pH=7.7，呈堿性，說明上述三個平衡中第②個HCO3-的水解為主，滴加氫氧化鈉的開始階段，氫氧根濃度增大，平衡②向逆反應方向移動，HCO3-的量略有增加，即逆方向的反應是H2CO3+OH-＝HCO3-+H2O，A正確；B.對于平衡①，氫氧根與氫離子反應，平衡正向移動，NH3?H2O的量增加，NH4+被消耗，當pH大于8.7以后，CO32-的量在增加，平衡③受到影響，HCO3-被消耗，即碳酸氫根離子和銨根離子都與氫氧根離子反應，B正確；C.從圖中可直接看出pH=9.5時，溶液中c(HCO3-)＞c(NH3?H2O)＞c(NH4+)＞c(CO32-)，C正確；D.滴加氫氧化鈉溶液時，HCO3-的量并沒減小，反而增大，NH4+的量減少，說明首先不是HCO3-與OH-反應，而是NH4+先反應，即NH4HCO3+NaOH＝NaHCO3+NH3?H2O，D錯誤；故合理選項是D。15、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。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的雜質或實驗前容器中有水，都會造成測量結果偏高。16、B【解析】

A.1mol白磷分子（P4）中含P-P鍵數為6mol，則6.2g白磷分子（P4）中含P-P鍵數為=0.3NA，A項錯誤；B.1個CH3+中含8個電子，所以1molCH3+中含電子數為8NA，B項正確；

C.標準狀況下，SO3不是氣體，不能使用氣體摩爾體積22.4L/mol計算SO3中含原子數，C項錯誤；

D.常溫常壓不是標準狀況，不能使用氣體摩爾體積22.4L/mol，無法計算轉移的電子數，D項錯誤；

答案選B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、甲苯+Cl2+HCl取代反應羰基、碳碳雙鍵C9H11O2N吸收反應生成的HCl，提高反應轉化率或【解析】

甲苯()與Cl2在光照時發生飽和C原子上的取代反應產生一氯甲苯：和HCl，與在K2CO3作用下反應產生D，D結構簡式是，D與CH3CN在NaNH2作用下發生取代反應產生E：，E與發生反應產生F：，F與NaBH4在CH3SO3H作用下發生還原反應產生G：，G經一系列反應產生洛匹那韋。【詳解】(1)A是，名稱為甲苯，A與Cl2光照反應產生和HCl，反應方程式為：+Cl2+HCl；(2)D與CH3CN在NaNH2作用下反應產生E：，是D上的被-CH2CN取代產生，故反應類型為取代反應；F分子中的、與H2發生加成反應形成G，故F中能夠與氫氣發生加成反應的官能團名稱為羰基、碳碳雙鍵；(3)C結構簡式為，可知C的分子式為C9H11O2N；C分子中含有羧基、氨基，一定條件下，能發生縮聚反應，氨基脫去H原子，羧基脫去羥基，二者結合形成H2O，其余部分結合形成高聚物，該反應的化學方程式為：；(4)K2CO3是強堿弱酸鹽，CO32-水解使溶液顯堿性，B發生水解反應會產生HCl，溶液中OH-消耗HCl電離產生的H+，使反應生成的HCl被吸收，從而提高反應轉化率；(5)C結構簡式是，分子式為C9H11O2N，C的同分異構體X符合下列條件：①含有苯環，且苯環上的取代基數目≤2；②含有硝基；③有四種不同化學環境的氫，個數比為6：2：2：1，則X可能的結構為或；(6)2，6-二甲基苯酚()與ClCH2COOCH2CH3在K2CO3作用下發生取代反應產生，該物質與NaOH水溶液加熱發生水解反應，然后酸化得到，與SOCl2發生取代反應產生，故合成路線為。本題考查有機物推斷、反應類型的判斷。正確推斷各物質結構簡式是解本題關鍵，注意題給信息、反應條件的靈活運用。限制性條件下同分異構體結構簡式的確定是易錯點，題目側重考查學生的分析、推斷及信息遷移能力。18、取代反應加成反應鐵粉作催化劑2CH3CHO+O22CH3COOHnCH3COOCH=CH24HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）C=CH2【解析】

與乙烯水化法得到乙醇類似，乙炔與水反應得到乙烯醇，乙烯醇不穩定會自動變成乙醛，因此B為乙醛，C為乙醛催化氧化后得到的乙酸，乙酸和乙炔在一定條件下加成，得到，即物質D，而D在催化劑的作用下可以發生加聚反應得到E，E與甲醇發生酯交換反應，這個反應在題干信息中已經給出。再來看下面，為苯，苯和丙烯發生反應得到異丙苯，即物質F，異丙苯和發生取代得到M，注意反應⑤取代的是苯環上的氫，因此要在鐵粉的催化下而不是光照下。【詳解】（1）反應③是酯交換反應，實際上符合取代反應的特征，反應④是一個加成反應，這也可以從反應物和生成物的分子式來看出，而反應⑤是在鐵粉的催化下進行的；（2）B生成C即乙醛的催化氧化，方程式為2CH3CHO+O22CH3COOH，而反應②為加聚反應，方程式為nCH3COOCH=CH2；（3）說白了就是在問我們丁基有幾種，丁基一共有4種，因此R也有4種；（4）能發生銀鏡反應說明有醛基，但是中只有2個氧原子，除酯基外不可能再有額外的醛基，因此只能是甲酸酯，符合條件的結構有HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）C=CH2。一般來說，光照條件下發生的是自由基反應，會取代苯環側鏈上的氫、烷基上的氫，例如乙烯和氯氣若在光照下不會發生加成，而會發生取代，同學們之后看到光照這個條件一定要注意。19、加快并促進Na2CO3水解，有利于除去油污Fe+2Fe3+=3Fe2+分液漏斗用少量蒸餾水沖洗冷凝管內通道2~3次，將洗滌液注入到錐形瓶Z中(2bc1-dc2)×10-3×18a×100%①④⑤⑥MnO4-+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O392n×252×233m×100%部分Fe2+被氧氣氧化取少量待測溶液于試管中，加入少量KSCN【解析】

廢鐵屑用熱的Na2CO3溶液除去表面的油污后，加稀硫酸溶解，Fe與H2SO4反應產生硫酸亞鐵溶液，加硫酸銨晶體共同溶解，經過蒸發濃縮、冷卻晶體、過濾、洗滌、干燥得到莫爾鹽FAS，以此分析解答。【詳解】Ⅰ．(1)步驟①是用碳酸鈉溶液除去廢鐵屑表面的油污，該鹽是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，由于鹽的水解反應是吸熱反應，加熱，可促進鹽的水解，使溶液堿性增強，因而可加快油污的除去速率；(2)亞鐵離子易被氧化，少量鐵還原氧化生成的Fe3+，反應的離子方程式為Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3)根據圖示可知：儀器X的名稱為分液漏斗；N原子最外層有5個電子，兩個N原子之間共用3對電子形成N2，使每個N原子都達到最外層8個電子的穩定結構，故N2的電子式為；(4)蒸出的氨氣中含有水蒸氣，使少量的氨水殘留在冷凝管中，為減小實驗誤差，用少量蒸餾水沖洗冷凝管內通道2~3次，將洗滌液注入到錐形瓶Z中；根據反應方程式2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可得物質之間的物質的量關系為：n(NH3)+n(NaOH)=2n(H2SO4)，n(H2SO4)=b×10-3L×c1mol/L=bc1×10-3mol，n(NaOH)=c2mol/L×d×10-3L=c2d×10-3mol，所以n(NH3)=2n(H2SO4)-n(NaOH)=2bc1×10-3mol-c2d×10-3mol=(2bc1-dc2)×10-3mol；根據N元素守恒可知該摩爾鹽中含有的NH4+的物質的量為n(NH4+)=(2bc1-dc2)×10-3mol，故NH4+質量百分含量為φ=m((5)用0.01000mol/L的酸性KMnO4溶液滴定溶液中的Fe2+離子，酸性KMnO4溶液盛裝在酸式滴定管中，盛裝待測液需要使用④錐形瓶，滴定管需要固定，用到⑤鐵架臺及⑥鐵夾。故滴定過程中需用到的儀器是①④⑤⑥；KMnO4將Fe2+氧化為Fe3+，KMnO4被還原為Mn2+，同時產生了水，根據電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得滴定中反應的離子方程式為MnO4-+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2+(6)根據元素守恒可得：(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O～2SO42-～2BaSO4，n(BaSO4)=ng233g/mol=n233mol，則n[(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O]=12n(BaSO4)=12×n233mol=n2×233mol，則500mL溶液中含有的(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O的物質的量為n2×233mol×500(7)已知實驗操作都正確，卻發現甲方案的測定結果總是小于乙方案，其可能的原因是Fe2+被空氣中的氧氣部分氧化，設計簡單的化學實驗驗證上述推測的實驗過程為：取少量FAS溶液，加入少量KSCN溶液，若溶液變為紅色，說明Fe2+已被空氣部分氧化。本題考查物質制備實驗方案的設計的知識，涉及物質的凈化除雜、物質電子式的書寫、滴定實驗過程中儀器的使用、分析應用、氧化還原反應方程式的書寫與計算、物質含量的測定與計算等，該題綜合性較強，要注意結合題給信息和裝置特點及物質的性質分析，題目難度中等。20、Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O除去溶解在水中的氧氣，防止亞鐵離子被氧化膠頭滴管酸式滴定管溶液由藍色變為無色且半分鐘內不恢復原色61.536.9偏低偏低【解析】

由配制溶液的過程確定所需儀器，據滴定實驗原理判斷終點現象，運用關系式計算混合物的組成，據測定原理分析實驗誤差。【詳解】（1）Cu2S與KMnO4酸性溶液反應，高錳酸鉀做氧化劑氧化Cu2S反應生成硫酸銅、硫酸鉀、硫酸錳和水，反應化學方程式為Cu2S+2KMnO4+4H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，反應的離子方程式：Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O，故答案為Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O；（2）配制0.1000mol?L﹣1FeSO4溶液時要用煮沸過的稀硫酸，原因是：除去溶解在水中的氧氣，防止亞鐵離子被氧化，配制過程中所需玻璃儀器除了燒杯、玻璃棒、容量瓶外還有膠頭滴管，故答案為除去溶解在水中的氧氣，防止亞鐵離子被氧化；膠頭滴管；（3）③取25.00mL溶液為高錳酸鉀溶液，具有強氧化性，所以取25.00待測溶液所用的儀器是酸式滴定管，故答案為酸式滴定管；（4）加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1?L﹣1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL，發生反應2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，滴定終點的現象是：溶液由藍色變為無色且半分鐘內不恢復原色，故答案為溶液由藍色變為無色且半分鐘內不恢復原色；（5）Cu2S與KMnO4酸性溶液反應的化學方程式：Cu2S+2KMnO4+4H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，5CuS+8MnO4﹣+24H+＝5Cu2++8Mn2++5SO42﹣+12H2O，5Fe2++MnO4﹣+8H