福建省長汀、連城一中等六校聯考2024-2025學年高三第5次月考化學試題請考生注意：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》，按規定答題。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、Ag+與I－既能發生沉淀反應又能發生氧化還原反應。為探究其反應，進行下列實驗：實驗現象如下：實驗1中試管②出現淺黃色沉淀,試管③無藍色出現；實驗2中電流計指針發生明顯偏轉。下列有關說法中錯誤的是A．實驗1中Ag+與I－沉淀反應速率更大B．向實驗2甲燒杯中滴入淀粉，溶液變藍C．實驗2裝置的正極反應式為Ag＋＋e－=AgD．實驗2中Ag+與I－沉淀反應速率大于02、下列實驗現象及所得結論均正確的是（）實驗實驗現象結論A．左側試管比右側試管中產生氣泡的速率快Fe3+對H2O2分解的催化效果更好B．左側棉花變為橙色，右側棉花變為藍色氧化性：Cl2>Br2>I2C．U形管左端液面下降,右端液面上升NH4NO3溶解吸熱D．燒杯中產生白色沉淀甲烷與氯氣光照條件下發生取代反應A．A B．B C．C D．D3、空氣中的硫酸鹽會加劇霧霾的形成，我國科學家用下列實驗研究其成因：反應室底部盛有不同吸收液，將SO2和NO2按一定比例混合，以N2或空氣為載體通入反應室，相同時間后，檢測吸收液中SO42-的含量，數據如下：反應室載氣吸收液SO42-含量數據分析①N2蒸餾水aⅰ.b≈d＞a≈cⅱ.若起始不通入NO2，則最終檢測不到SO42-②3%氨水b③空氣蒸餾水c④3%氨水d下列說法不正確的是A．控制SO2和氮氧化物的排放是治理霧霾的有效措施B．反應室①中可能發生反應：SO2+2NO2+2H2O=H2SO4+2HNO2C．本研究表明：硫酸鹽的形成主要與空氣中O2有關D．農業生產中大量使用銨態氮肥可能會加重霧霾的形成4、人工腎臟可用間接電化學方法除去代謝產物中的尿素[CO(NH2)2]。下列有關說法正確的是（）A．a為電源的負極B．電解結束后，陰極室溶液的pH與電解前相比將升高C．除去尿素的反應為：CO(NH2)2＋2Cl2＋H2O==N2＋CO2＋4HClD．若兩極共收集到氣體0.6mol，則除去的尿素為0.12mol(忽略氣體溶解，假設氯氣全部參與反應)5、某實驗小組探究SO2與AgNO3溶液的反應，實驗記錄如下：序號ⅠⅡⅢ實驗步驟實驗現象得到無色溶液a和白色沉淀b產生無色氣體，遇空氣變為紅棕色產生白色沉淀下列說法正確的是A．透過測Ⅰ中無色溶液a的pH可以判斷SO2是否被氧化B．實驗Ⅱ說明白色沉淀b具有還原性C．實驗Ⅲ說明溶液a中一定有生成D．實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ說明SO2與AgNO3溶液反應既有Ag2SO4生成，又有Ag2SO3生成6、有關下圖所示化合物的說法不正確的是A．既可以與Br2的CCl4溶液發生加成反應，又可以在光照下與Br2發生取代反應B．1mol該化合物最多可以與3molNaOH反應C．既可以催化加氫,又可以使酸性KMnO4溶液褪色D．既可以與FeCl3溶液發生顯色反應，又可以與NaHCO3溶液反應放出CO2氣體7、已知氯氣、溴蒸氣分別跟氫氣反應的熱化學方程式如下(Q1、Q2均為正值)：H2(g)+Cl2(g)→2HCl(g)+Q1H2(g)+Br2(g)→2HBr(g)+Q2根據上述反應做出的判斷正確的是()A．Q1＞Q2B．生成物總能量均高于反應物總能量C．生成1molHCl(g)放出Q1熱量D．等物質的量時，Br2(g)具有的能量低于Br2(l)8、下列各組粒子在溶液中可以大量共存，且加入或通入試劑X后，發生反應的離子方程式也正確的是選項微粒組加入試劑發生反應的離子方程式A、、、過量HC1B、、、過量C過量DI-、Cl-、H+、SO42-過量A．A B．B C．C D．D9、β-紫羅蘭酮是存在于玫瑰花、番茄等中的一種天然香料，它經多步反應可合成維生素A1。下列說法正確的是A．β-紫羅蘭酮可使酸性KMnO4溶液褪色B．1mol中間體X最多能與2molH2發生加成反應C．維生素A1易溶于NaOH溶液D．β-紫羅蘭酮與中間體X互為同分異構體10、將鐵的化合物溶于鹽酸，滴加KSCN溶液不發生顏色變化，再加入適量氯水，溶液立即呈紅色的是A．Fe2O3 B．FeCl3 C．Fe2(SO4)3 D．FeO11、硫化氫的轉化是資源利用和環境保護的重要研究課題。將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反應回收S，其物質轉化如圖所示。下列敘述正確的是A．在轉化過程中化合價不變的元素只有Cu和ClB．由圖示的轉化可得出氧化性的強弱順序：O2>Cu2+>SC．在轉化過程中能循環利用的物質只有FeCl2D．反應中當有34gH2S轉化為硫單質時，保持溶液中Fe3+的量不變，需要消耗O2的質量為16g12、下列解釋事實的化學用語錯誤的是A．閃鋅礦(ZnS)經CuSO4溶液作用后，轉化為銅藍(CuS)：ZnS+Cu2+＝CuS+Zn2+B．0.1mol/L的醋酸溶液pH約為3：CH3COOHCH3COO-+H+C．電解NaCl溶液，陰極區溶液pH增大：2H2O+2e-＝H2↑+2OH-D．鋼鐵發生吸氧腐蝕，負極反應為：Fe－3e-＝Fe3+13、1.52g銅鎂合金完全溶解于50mL密度為1.40g/mL、質量分數為63%的濃硝酸中，得到NO2和N2O4的混合氣體1120mL(換算為標準狀況)，向反應后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,當金屬離子全部沉淀時，得到2.54g沉淀，下列說法不正確的是A．該合金中銅與鎂的物質的量之比是2︰1B．該濃硝酸中HNO3的物質的量濃度是14.0mol/LC．NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分數是80%D．得到2.54沉淀時，加入NaOH溶液的體積是600mL14、化學與人們的日常生活密切相關，下列敘述正確的是A．二氧化硅是制造玻璃、光導纖維的原料B．纖維素、油脂是天然有機高分子化合物C．白菜上灑少許福爾馬林，既保鮮又消毒D．NOx、CO2、PM2.5顆粒都會導致酸雨15、下列圖示（加熱裝置省略，其序號與選項的序號對應）的實驗操作，能實現相應實驗目的的是A．探究乙醇的催化氧化B．實驗室制取并收集少量純凈的氯氣C．研究催化劑對過氧化氫分解速率的影響D．實驗室制備少量NO16、從古至今化學與生產、生活密切相關。下列說法正確的是（）A．喝補鐵劑（含Fe2+）時，加服維生素C效果更好，因維生素C具有氧化性B．漢代燒制岀“明如鏡、聲如馨”的瓷器，其主要原料為石灰石C．“司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”，司南中的“杓”含Fe2O3D．港珠澳大橋采用超高分子聚乙烯纖維吊繩，其商品名為“力綸”是有機高分子化合物17、下列有關CuSO4溶液的敘述正確的是()A．該溶液中Na+、NH4+、NO3-、Mg2+可以大量共存B．通入CO2氣體產生藍色沉淀C．與NaHS反應的離子方程式：Cu2++S2-═CuS↓D．與過量濃氨水反應的離子方程式：Cu2++2NH3·H2O═Cu(OH)2↓+2NH4+18、設ⅣA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．足量Zn與一定量的濃硫酸反應產生22.4L氣體時，轉移的電子數為2NAB．15.6g的Na2S和Na2O2固體混合物中，陰離子數為0.2NAC．1L0.1mol?L-1的CH3COONa溶液中含有的CH3COO-數目為0.1NAD．12g金剛石中含有的碳碳單鍵數約為4NA19、下列實驗方案中，不能測定碳酸鈉和碳酸氫鈉混合物中碳酸鈉的質量分數的是A．取a克混合物充分加熱至質量不再變化，減重b克B．取a克混合物加足量的鹽酸，產生的氣體通過堿石灰，稱量堿石灰增重的質量為b克C．取a克混合物與足量澄清石灰水反應，過濾、洗滌、干燥后稱量沉淀質量為b克D．取a克混合物與足量稀鹽酸充分反應，加熱、蒸干、灼燒得b克固體20、下列離子方程式不正確的是（）A．氯氣和水反應：Cl2+H2OH++Cl-+HClOB．鐵與稀鹽酸反應：Fe+2H+=Fe2++H2↑C．碳酸氫銨溶液與足量澄清石灰水反應：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2OD．少量二氧化硫氣體通入FeCl3溶液中：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-21、某無色溶液中含Na+、I-、NO3-、Cl-，加入下列哪種溶液不會使其變色A．淀粉溶液 B．硫酸氫鈉溶液 C．H2O2溶液 D．氯水22、下列有關化學用語表示正確的是A．硝基苯 B．鎂離子的結構示圖C．水分子的比例模型： D．原子核內有8個中子的碳原子：二、非選擇題(共84分)23、（14分）化合物G是制備治療高血壓藥物納多洛爾的中間體,實驗室由A制備G的一種路線如下:已知:

(1)A的化學式是________(2)H中所含官能團的名稱是_______;由G生成H的反應類型是_______。(3)C的結構簡式為______,G的結構簡式為_________。(4)由D生成E的化學方程式為___________。(5)芳香族化合物X是F的同分異構體,1molX最多可與4molNaOH反應,其核磁共振氫譜顯示分子中有3種不同化學環境的氫,且峰面積比為3:3:1,寫出兩種符合要求的X的結構簡式:___________________。(6)請將以甲苯和(CH3CO)2O為原料(其他無機試劑任選),制備化合物的合成路線補充完整。______________________________________24、（12分）吡貝地爾（）是多巴胺能激動劑，合成路線如下：已知：①②D的結構簡式為(1)A的名稱是__________。(2)E→F的反應類型是__________。(3)G的結構簡式為________；1molB最多消耗NaOH與Na的物質的量之比為_______。(4)D+H→吡貝地爾的反應的化學方程式為_______。(5)D的同分異構體中滿足下列條件的有______種（碳碳雙鍵上的碳原子不能連羥基），其中核磁共振氫譜有5種峰且峰面積之比為2:2:1:1:1的結構簡式為_______（寫出一種即可）。①與FeCl3溶液發生顯色反應②苯環上有3個取代基③1mol該同分異構體最多消耗3molNaOH。(6)已知：；參照上述合成路線，以苯和硝基苯為原料（無機試劑任選）合成，設計制備的合成路線：_______。25、（12分）(CH3COO)2Mn·4H2O主要用于紡織染色催化劑和分析試劑，其制備過程如圖。回答下列問題：步驟一：以MnO2為原料制各MnSO4(1)儀器a的名稱是___，C裝置中NaOH溶液的作用是___________。(2)B裝置中發生反應的化學方程式是___________。步驟二：制備MnCO3沉淀充分反應后將B裝置中的混合物過濾，向濾液中加入飽和NH4HCO3溶液，反應生成MnCO3沉淀。過濾，洗滌，干燥。(3)①生成MnCO3的離子方程式_____________。②判斷沉淀已洗凈的操作和現象是___________。步驟三：制備(CH3COO)2Mn·4H2O固體向11.5gMnCO3固體中加入醋酸水溶液，反應一段時間后，過濾、洗滌，控制溫度不超過55℃干燥，得(CH3COO)2Mn·4H2O固體。探究生成(CH3COO)2Mn·4H2O最佳實驗條件的數據如下：(4)產品干燥溫度不宜超過55℃的原因可能是___________。(5)上述實驗探究了___________和___________對產品質量的影響，實驗l中(CH3COO)2Mn·4H2O產率為___________。26、（10分）丙烯酸酯類物質廣泛用于建筑、包裝材料等，丙烯酸是合成丙烯酸酯的原料之一。丙烯醇可用于生產甘油、塑料等。以丙烯醛為原料生產丙烯醇、丙烯酸的流程如圖所示：已知：①2CH2=CH-CHO+NaOHCH2=CHCH2OH+CH2=CHCOONa②2CH2=CHOONa+H2SO4→2CH2=CHCOOH+Na2SO4③有關物質的相關性質如表：物質丙烯醛丙烯醇丙烯酸四氯化碳沸點/℃539714177熔點/℃-87-12913-22.8密度/g·mL-30.840.851.021.58溶解性(常溫)易溶于水和有機溶劑溶于水和有機溶劑溶于水和有機溶劑難溶于水(1)操作①需要連續加熱30min，所用裝置如圖所示。儀器L名稱是________。(2)操作②使用的主要儀器是分液漏斗，在使用之前需進行的操作是___。(3)操作④包括____、過濾、冰水洗滌、低溫吸干。(4)操作⑤中，加熱蒸餾“下層液體”，分離出四氯化碳；再分離出丙烯醇(如圖)，要得到丙烯醇應收集____(填溫度)的餾分。圖中有一處明顯錯誤，應改為____。(5)測定丙烯醇的摩爾質量：準確量取amL丙烯醇于分液漏斗中，燒瓶內盛裝足量鈉粒。實驗前量氣管B中讀數為bmL，當丙烯醇完全反應后，冷卻至室溫、調平B、C液面，量氣管B的讀數為cmL。已知室溫下氣體摩爾體積為VL·mol-1。調平B、C液面的操作是____；實驗測得丙烯醇的摩爾質量為____g·mol-1(用代數式表示)。如果讀數時C管液面高于B管，測得結果將____(填“偏大”“偏小”或“不變”)。27、（12分）疊氮化鈉(NaN3)固體易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚，是汽車安全氣囊中的主要成分，能在發生碰撞的瞬間分解產生大量氣體使氣囊鼓起。已知：。實驗室利用如圖裝置模擬工業級NaN3制備。實驗Ⅰ：制備NaN3(1)裝置C中盛放的藥品為____________，裝置B的主要作用是__________________。(2)為了使a容器均勻受熱，裝置D中進行油浴而不用水浴的主要原因是______________。(3)氨氣與熔化的鈉反應生成NaNH2的化學方程式____________________________________。(4)N2O可由NH4NO3(熔點169.6℃)在240℃分解制得，應選擇的氣體發生裝置是________。實驗Ⅱ：分離提純分離提純反應完全結束后，取出裝置D中的混合物進行以下操作，得到NaN3固體。(5)已知：NaNH2能與水反應生成NaOH和氨氣，操作Ⅳ采用__________洗滌，其原因是_____________。實驗Ⅲ：定量測定實驗室用滴定法測定疊氮化鈉樣品中NaN3的質量分數：①將2.500g試樣配成500.00mL溶液。②取50.00mL溶液于錐形瓶中，加入50.00mL0.1010(NH4)2Ce(NO3)6溶液。③充分反應后，將溶液稍稀釋，向溶液中加入8mL濃硫酸，滴入3滴鄰菲啰啉指示液，0.0500(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定過量的Ce4+，消耗標準溶液的體積為29.00mL。測定過程中涉及的反應方程式如下：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑，Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+(6)配制疊氮化鈉溶液時，除燒杯、玻璃棒、量筒外，還需要用到的玻璃儀器有___________。若其它讀數正確，滴定到終點后讀取滴定管中(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液體積時俯視，將導致所測定樣品中疊氮化鈉質量分數__________(選填“偏大”、“偏小”或“不變”)。(7)試樣中NaN3的質量分數為___________。(保留四位有效數字)28、（14分）形形色色的物質，構成了我們這個五彩繽紛的世界。世上萬物，神奇莫測，常常超乎人們按“常理”的想象。學習物質結構和性質的知識，能使你想象的翅膀變得更加有力。（1）基態Ga原子的核外電子排布式是__，基態Ga原子核外電子占據最高能級的電子云輪廓圖為___。（2）HC≡CNa(乙炔鈉)廣泛用于有機合成，乙炔鈉中C原子的雜化類型為__；乙炔鈉中存在__(填字母序號)。A．金屬鍵B．σ鍵C．π鍵D．氫鍵E.配位鍵F.離子鍵G.范德華力（3）NaN3是汽車安全氣囊中的主要化學成分，其陰離子為立體構型為__；寫出和該陰離子互為等電子體的一種分子的結構式__(寫一個)。（4）鈣和鐵都是第四周期元素，且原子的最外層電子數相同，但鐵的熔沸點遠高于鈣，其原因是__。（5）某離子晶體的晶胞結構如圖所示。①晶體中在每個X周圍與它最近且距離相等的X共有__個。②設該晶體的摩爾質量為Mg·mol-3，晶胞的密度為ρg·cm-3，阿伏加德羅常數為NA，則晶體中兩個最近的X間的距離為__cm。29、（10分）煙氣脫硫是控制二氧化硫污染的主要技術手段。（1）利用海水脫硫是一種有效的方法，其工藝流程如圖所示：某研究小組為探究提高含硫煙氣中SO2的吸收效率的措施，進行了天然海水吸收含硫煙氣的模擬實驗，實驗結果如下圖所示。①根據圖示實驗結果，為了提高一定濃度含硫煙氣中SO2的吸收效率，下列措施正確的是___________。A．降低通入含硫煙氣的溫度

B．減小通入含硫煙氣的流速C．減少天然海水的進入量

D．在天然海水中加入生石灰

②天然海水吸收了含硫煙氣后會溶有H2SO3，使用空氣中的氧氣將其氧化，寫出該反應的離子方程式_____________。

③該小組采用下圖裝置在實驗室測定煙氣中SO2的體積分數（假設實驗在標準狀況下進行）：上述裝置組裝連接的順序是：原料氣→____（填導管接口序號）。下列試劑中（濃度、體積一定），可以用來代替試管中的碘一淀粉溶液的是____（填編號）。

A．酸性KMnO4溶液B．NaOH溶液C．溴水D．氨水

（2）石灰石-石膏濕法煙氣脫硫工藝技術的工作原理是煙氣中的二氧化硫與漿液中的碳酸鈣以及鼓入的空氣反應生成石膏(CaSO4·2H2O)。寫出該反應的化學方程式：____。某電廠用煤300t(煤中含硫質量分數為2.5%)，若燃燒時煤中的硫全部轉化成二氧化硫，用該方法脫硫時有96%的硫轉化為石膏，則可生產石膏____t。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【解析】

由題意可知Ag+與I－可發生沉淀反應Ag++I－=AgI↓、氧化還原反應2Ag++2I－=2Ag+I2，二者相互競爭。A．實驗1中試管②出現淺黃色沉淀，試管③無藍色出現，表明無I2生成或生成的I2沒檢出，說明Ag+與I－發生沉淀反應占優勢，故A正確；B．實驗2中電流計指針發生明顯偏轉，則實驗2的裝置一定為原電池(無外加電源)，表明Ag+與I－發生氧化還原反應2Ag++2I－=2Ag+I2，淀粉遇碘變藍，故B正確；C．根據Ag+與I－發生氧化還原反應2Ag++2I－=2Ag+I2，該原電池負極反應為2I－－2e－=I2，正極反應為Ag++e－=Ag，故C正確；D．實驗2中AgNO3、KI溶液分別在甲乙燒杯中，并未相互接觸，故二者間不會發生沉淀即速率為0，故D錯誤；答案選D。2、A【解析】

A．等量同濃度的雙氧水中分別滴入相同體積含相同濃度的Fe3+和Cu2+的溶液，滴入Fe3+的試管中產生氣泡的速率快，說明Fe3+對H2O2的分解的催化效果更好，故A正確；B．氯氣從左側通入，先接觸到吸有NaBr溶液的棉花，棉花變橙色，說明Cl2和NaBr發生了置換反應：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，說明氧化性：Cl2＞Br2。右側的棉花吸有淀粉碘化鉀溶液，右側棉花變藍，說明有I2生成。I2的生成可能是左側棉花上產生的Br2揮發到右側棉花上置換出了I2，也可能是通入的Cl2和KI反應置換出了I2，所以無法說明Br2和I2的氧化性相對強弱，故B錯誤；C．NH4NO3溶解吸熱，使試管內空氣遇冷體積減小，試管內壓強降低，U形管左端液面上升，右端液面下降，故C錯誤；D．甲烷和氯氣發生取代反應生成HCl，可以和AgNO3溶液生成AgCl白色沉淀，但未被消耗的氯氣也會進入AgNO3溶液中，和AgNO3反應生成白色沉淀，故根據燒杯中產生白色沉淀不能證明甲烷和氯氣在光照條件下發生取代反應，故D錯誤；故選A。本題B選項中硬質玻璃管中右側棉花變藍，不一定是揮發的Br2和KI反應，從左端通入的氯氣可能沒有完全被NaBr溶液消耗，也可能氯氣已經完全把NaBr氧化，這樣氯氣就會氧化KI，所以本實驗只能證明氧化性：：Cl2＞Br2，不能確定Br2和I2的氧化性相對強弱。3、C【解析】

A.因為空氣中的硫酸鹽會加劇霧霾的形成。SO2和氮氧化物在一定條件下可以產生SO42-，所以控制SO2和氮氧化物的排放是治理霧霾的有效措施，故A正確；B.反應室①中SO2為還原劑，NO2為氧化劑，N2做載體，蒸餾水做吸收液，可發生反應：SO2+2NO2+2H2O=H2SO4+2HNO2，故B正確；C.由已知b≈d＞a≈c，若起始不通入NO2，則最終檢測不到SO42-，可知硫酸鹽的形成主要與NO2有關,故C錯誤；D.銨態氮肥易揮發產生氨氣。由已知的數據分析可知，在載體相同，吸收液為氨水的條件下，將SO2和NO2按一定比例混合時產生SO42-的濃度較大，而空氣中的硫酸鹽又會加劇霧霾的形成。所以農業生產中大量使用銨態氮肥可能會加重霧霾的形成，故D正確；答案：C。4、D【解析】

A、由圖可以知道，左室電極產物為CO2和N2，發生氧化反應，故a為電源的正極，右室電解產物H2，發生還原反應，故b為電源的負極，故A錯誤；B、陰極反應為6H2O+6e-=6OH-+3H2↑，陽極反應為6Cl--6e-=3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，根據上述反應式可以看出在陰、陽極上產生的OH-、H+的數目相等，陽極室中反應產生的H+，通過質子交換膜進入陰極室與OH-恰好反應生成水，所以陰極室中電解前后溶液的pH不變，故B錯誤；C、由圖可以知道，陽極室首先是氯離子放電生成氯氣，氯氣再氧化尿素生成氮氣、二氧化碳，同時會生成HCl，陽極室中發生的反應依次為6Cl--6e-=3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，故C錯誤；D、如圖所示，陰極反應為6H2O+6e-=6OH-+3H2↑，陽極反應為6Cl--6e-=3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，若兩極共收集到氣體0.6mol，則n(N2)=n(CO2)=0.6×1/5mol=0.12mol，由反應CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl可知所消耗的CO（NH2）2的物質的量也為0.12mol，故D正確。答案選D。5、B【解析】

A．實驗Ⅰ中，將SO2通入AgNO3溶液(pH=5)中得到無色溶液a，該溶液中可能含有亞硫酸，亞硫酸為中強酸，所以測定無色溶液a的pH無法判斷二氧化硫是否被氧化，故A錯誤；B．實驗Ⅱ中，取白色沉淀B，加入3mol/LHNO3，產生的無色氣體遇空氣變成紅棕色，說明硝酸被還原為NO，證明該沉淀B中含有還原性的物質存在，故B正確；C．實驗Ⅲ中，檢驗硫酸根離子應先加入鹽酸酸化，目的是排除Ag+等，以免干擾硫酸根的檢驗，直接向溶液a中加入BaCl2，產生的沉淀可能為氯化銀，不一定是硫酸根離子，故C錯誤；D．由于實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ不能證明產物中含有硫酸根，因此不能確定產物中含有Ag2SO4生成，故D錯誤；答案選B。6、D【解析】

A、根據結構簡式可知化合物中含有的官能團有酯基、酚羥基、醚鍵、碳碳雙鍵。碳碳雙鍵可以和溴加成，甲基上的氫原子可以被取代，A正確。B、2個酯基水解需要2個氫氧化鈉，1個酚羥基需要1個氫氧化鈉，即1mol該化合物最多可以與3molNaOH反應，B正確。C、含有碳碳雙鍵，既可以催化加氫，又可以使酸性KMnO4溶液褪色，C正確。D、酚羥基不能與NaHCO3溶液反應放出CO2氣體，D錯誤。答案選D。7、A【解析】

A．非金屬性Cl＞Br，HCl比HBr穩定，則反應①中放出的熱量多，即Ql＞Q2，故A正確；B．燃燒反應為放熱反應，則反應物總能量均高于生成物總能量，故B錯誤；C．由反應①可知，Q1為生成2molHCl的能量變化，則生成molHCl(g)時放出熱量小于Q1，故C錯誤；D．同種物質氣體比液體能量高，則1molHBr(g)具有的能量大于1molHBr(l)具有的能量，故D錯誤；故選A。8、D【解析】

A．HCO3-與SiO32-反應生成H2SiO3和CO32-，通入過量HC1，發生反應的離子方程式為2H++SiO32-=H2SiO3↓、H++HCO3-=H2O+CO2↑，故A不符合題意；B．題給四種離子可以大量共存，通入過量H2S，發生反應的離子方程式為2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故B不符合題意；C．HClO與SO32-因發生氧化還原反應而不能大量共存，故C不符合題意；D．題給四種離子可以大量共存，加入過量NaNO3，發生反應的離子方程式為6I-+2NO3-+8H+=2NO↑+4H2O+3I2，故D符合題意。故答案選D。9、A【解析】

A.β-紫羅蘭酮含有碳碳雙鍵，可使酸性KMnO4溶液褪色，故A正確；B.1mol中間體X含有2mol碳碳雙鍵、1mol醛基，所以最多能與3molH2發生加成反應，故B錯誤；C.維生素A1含有醇羥基，所以不易溶于NaOH溶液，故C錯誤；D.β-紫羅蘭酮與中間體X所含C原子數不同，不是同分異構體，故D錯誤。故選A。10、D【解析】

鐵的化合物溶于鹽酸后滴加KSCN溶液不發生顏色變化，說明其中不含鐵離子，再加入適量氯水后溶液變紅色，說明溶于鹽酸后的溶液中存在亞鐵離子，Fe2O3、FeCl3、Fe2(SO4)3溶于鹽酸溶液中均有Fe3+的存在，滴加KSCN溶液會產生紅色，而FeO溶于鹽酸生成FeCl2，故選D。加入適量氯水后溶液變紅色，說明溶于鹽酸后的溶液中存在亞鐵離子是解答的突破口。11、D【解析】

A．根據圖中各元素化合價知，Cu元素化合價都是+2價、H元素化合價都是+1價、Cl元素化合價都是-1價，所以化合價不變的是Cu、H、Cl元素，故A錯誤；B．轉化過程中O2把Fe2+氧化為Fe3+，Fe3+把硫離子氧化為S，則氧化性的強弱順序：O2＞Fe3+＞S，故B錯誤；C．根據圖示，反應的本質是空氣中的氧氣氧化H2S轉化為S和水，在轉化過程中能循環利用的物質有FeCl2、CuCl2、FeCl3，故C錯誤；D．H2S轉化為硫單質，硫元素的化合價從-2價變成0價，氧元素的化合價從0價變成-2價，依據得失電子數相等，所以2H2S----O2，所以有34gH2S轉化為硫單質時，保持溶液中Fe3+的量不變，需要消耗O2的質量為××32g/mol=16g，故D正確；故選D。12、D【解析】

A．溶解度大的物質可以轉化為溶解度小的物質，溶解度ZnS＞CuS，則閃鋅礦(ZnS)經CuSO4溶液作用后，轉化為銅藍(CuS)，反應的離子方程式為ZnS+Cu2+＝CuS+Zn2+，故A正確；B．0.1mol/L醋酸溶液的pH約為3，說明醋酸為弱酸，部分電離，電離方程式為CH3COOH?CH3COO-+H+，故B正確；C．電解NaCl溶液時，陰極上水得電子生成氫氣和氫氧根離子，離子方程式為2H2O+2e-＝H2↑+2OH-，陰極區溶液pH增大，故C正確；D．鋼鐵發生吸氧腐蝕時，負極上Fe失電子生成亞鐵離子，電極反應式為Fe-2e-＝Fe2+，故D錯誤；故選D。本題的易錯點為D，要注意電極反應式中，鐵是失去2個電子生成亞鐵離子。13、D【解析】

設銅、鎂的物質的量分別為x、y，則①64x+24y=1.52②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02mol，y=0.01mol，設N2O4、NO2的物質的量分別為a、b，則根據得失電子數相等：2x+2y=2a+b，a+b=0.05，則a=0.01mol，b=0.04mol。【詳解】A、有上述分析可知，Cu和Mg的物質的量分別為0.02mol、0.01mol，二者物質的量之比為2︰1，A正確；B、c(HNO3)=mol/L=14.0mol·L－1，B正確；C、由上述分析可知，N2O4、NO2的物質的量分別為0.01mol、0.04mol，則NO2的體積分數是×100%=80%，C正確；D、沉淀達最大時，溶液中只有硝酸鈉，根據原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=0.7mol-0.06mol=0.64mol，氫氧化鈉溶液體積為640mL，D錯誤；答案選D。14、A【解析】

A.二氧化硅是制造玻璃、光導纖維的原料，A正確；B.纖維素屬于天然有機高分子化合物，油脂是小分子，B錯誤；C.福爾馬林是甲醛的水溶液，福爾馬林有毒，不能用于食物的保鮮和消毒，C錯誤；D.導致酸雨的物質主要是SO2和NOx，CO2、PM2.5顆粒不會導致酸雨，D錯誤；答案選A。15、C【解析】

A、乙醇也能被酸性高錳酸鉀溶液氧化；B、鹽酸易揮發；C、研究催化劑對反應的速率的影響，過氧化氫的濃度應相同；D、NO易被空氣中氧氣氧化。【詳解】A、乙醇也能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，無法判斷酸性高錳酸鉀溶液褪色的原因是乙醛還是乙醇，故A錯誤；B、因鹽酸易揮發，收集到的氯氣中混有氯化氫和水，故B錯誤；C、研究催化劑對反應速率的影響，加入的溶液的體積相同，金屬離子和過氧化氫的濃度也相同，符合控制變量法的原則，可達到實驗目的，故C正確；D、NO易被空氣中氧氣氧化，應用排水法收集，故D錯誤；故選C。本題考查化學實驗方案的評價，涉及乙醇催化氧化、氣體的制備以及反應速率的影響因素等，把握實驗原理及實驗裝置圖的作用為解答的關鍵，注意方案的合理性、操作性分析。16、D【解析】

A．亞鐵離子易被人體吸收，維生素C具有還原性，可以防止亞鐵離子被氧化，則喝補鐵劑時，加維生素C效果較好，故A錯誤；B．瓷器的成分為硅酸鹽，主要原料為黏土，不是石灰石，故B錯誤；C．“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”，與磁鐵的磁性有關，則司南中的“杓”含Fe3O4，故C錯誤；D．聚乙烯纖維屬于合成高分子材料，屬于有機高分子化合物，故D正確；答案選D。17、A【解析】

A.CuSO4溶液與Na+、NH4+、NO3-、Mg2+不反應，可以大量共存，故選A；B.CO2不與CuSO4反應，不能生產沉淀，故不選B；C.CuSO4與NaHS反應的離子方程式：Cu2++HS-═CuS↓+H+，故不選C；D.CuSO4與過量濃氨水反應先有藍色沉淀氫氧化銅生成，后沉淀溶解生成[Cu(NH3)4]2+，故不選D；答案選A。18、B【解析】

A.未說明氣體是否在標況下，不能計算，故錯誤；B.Na2S和Na2O2二者的摩爾質量相同，所以15.6g的Na2S和Na2O2固體混合物中即0.2mol，陰離子數為0.2NA，故正確；C.CH3COONa溶液中醋酸根離子水解，不能計算其離子數目，故錯誤；D.12g金剛石即1mol，每個碳原子與4個碳原子形成共價鍵，所以平均每個碳形成2個鍵，則該物質中含有的碳碳單鍵數約為2NA，故錯誤。故選B。19、B【解析】

A、在Na2CO3和NaHCO3中，加熱能分解的只有NaHCO3，選項A正確；B、堿石灰可以同時吸收CO2和水蒸氣，則無法計算，選項B錯誤；C、Na2CO3和NaHCO3轉化為BaCO3時的固體質量變化不同，利用質量關系來計算，選項C正確；D、反應后加熱、蒸干、灼燒得到的固體產物是NaCl，Na2CO3和NaHCO3轉化為NaCl時的固體質量變化不同，由鈉元素守恒和質量關系，可列方程組計算，選項D正確；答案選B。本題看似是實驗設計，實際上是從定性和定量兩個角度考察碳酸鈉和碳酸氫鈉性質的不同，實驗方案是否可行，關鍵看根據測量數據能否計算出結果。易錯點為選項A、此方案利用碳酸氫鈉的不穩定性，利用差量法即可計算質量分數。20、C【解析】A．氯氣和水反應的離子方程式為Cl2+H2OH++Cl-+HClO，故A正確；B．鐵與稀鹽酸反應的離子方程式為Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B正確；C．碳酸氫銨溶液與足量澄清石灰水反應的離子方程式為NH4++HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，故C錯誤；D．少量二氧化硫氣體通入FeCl3溶液中發生反應的離子方程式為2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-，故D正確；答案為C。點睛：注意離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應能否發生，檢查反應物、生成物是否正確，檢查各物質拆分是否正確，如難溶物、弱電解質等需要保留化學式，檢查是否符合守恒關系（如：質量守恒和電荷守恒等）、檢查是否符合原化學方程式等；本題難點為選項C，不能忽視NH4+與OH-的反應，離子反應是完整反應，不能只寫局部。21、A【解析】

Na+、I-、NO3-、Cl-可以共存，在酸性條件下I-可以NO3-被氧化為I2，加強氧化性物質也能把I-氧化為I2，生成單質碘，則溶液會變色。A.加淀粉溶液，與I-不反應，則溶液不變色，A符合題意；B.溶液中硫酸氫鈉溶液，硫酸氫鈉電離出氫離子，在酸性條件下I-可以NO3-被氧化為I2，則溶液會變色，B不符合題意；C.H2O2具有強氧化性，能把I-氧化為I2，則溶液會變色，C不符合題意；D.氯水具有強氧化性，能把I-氧化為I2，則溶液會變色，D不符合題意；故合理選項是A。22、A【解析】

A.硝基的氮原子與苯環上的碳原子相連是正確的，故A正確；B.鎂離子的結構示圖為故B錯誤；C.水分子空間構型是V型的，所以水分子的比例模型為，故C錯誤；D.原子核內有8個中子的碳原子質量數是14，應寫為，故D錯誤；故答案為：A。二、非選擇題(共84分)23、C10H8羥基，醚鍵取代反應【解析】

根據合成路線中有機物的結構變化及分子式結合反應條件分析合成過程中的中間產物及反應類型；根據提示信息及原料、目標產物，采用逆合成分析法設計合成路線。【詳解】根據已知條件及D的結構式分析得A與濃硫酸發生取代反應，則B的結構簡式為；根據B和D的結構及反應條件可以分析得中間產物C的結構簡式為：；根據E的分子式結合D的結構分析知E的結構簡式為：；根據F的結構及反應條件分析G的結構簡式為：；(1)根據A的結構簡式分析得A的化學式是C10H8；(2)根據H的結構簡式分析，H中所含官能團的名稱是羥基，醚鍵；比較G和H的結構變化可以看出H中酚羥基上的氫原子被取代，所以該反應為取代反應；(3)根據上述分析C的結構簡式為；G的結構簡式為；(4)由D生成E屬于取代反應，化學方程式為：+(CH3CO)2O→+CH3COOH；(5)X屬于芳香族化合物，則X中含有苯環，1molX最多可與4molNaOH反應，結構中可能含有2個酯基，結構中有3種不同化學環境的氫，且峰面積比為3:3:1，說明結構中對稱性較強，結構中應該含有多個甲基，則符合要求的X的結構簡式有為：、、、；(6)根據目標產物逆分析知由發生取代反應生成，而根據提示信息可以由在一定條件下制取，結合有機物中官能團的性質及題干信息，可以由氧化制取，則合成路線為：。24、苯取代反應1:1或12【解析】

由已知信息可知A為苯，再和CH2Cl2發生取代反應生成，再和HCHO在濃鹽酸的作用下生成的D為；和Cl2在光照條件下發生取代反應生成的F為，F再和G發生取代反應生成，結合G的分子式可知G的結構簡式為；再和在乙醇和濃氨水的作用下生成吡貝地爾（），據此分析解題；（6）以苯和硝基苯為原料合成，則需要將苯依次酚羥基、鹵素原子得到，將硝基苯先還原生成苯胺，苯胺再和在PdBr4的催化作用下即可得到目標產物。【詳解】(1)A的結構簡式為，其名稱是苯；(2)和Cl2在光照條件下發生取代反應生成的F為，則E→F的反應類型是取代反應；(3)由分析知G的結構簡式為；B為，酚羥基均能和Na、NaOH反應，則1molB最多消耗NaOH與Na的物質的量之比為1:1；(4)和在乙醇和濃氨水的作用下生成吡貝地爾的化學方程式為；(5)D為，其分子式為C8H7O2Cl，其同分異構體中：①與FeCl3溶液發生顯色反應，說明含有酚羥基；②苯環上有3個取代基，這三個取代基有連、間、偏三種連接方式；③1mol該同分異構體最多消耗3molNaOH，則分子結構中含有2個酚羥基，另外存在鹵素原子水解，則另一個取代基為-CH=CHCl或-CCl=CH2，苯環上先定位取代基為-CH=CHCl或-CCl=CH2，再增加二個酚羥基，則各有6種結構，即滿足條件的同分異構體共有12種，其中核磁共振氫譜有5種峰且峰面積之比為2:2:1:1:1的結構簡式為；（6）以苯和硝基苯為原料合成，則需要將苯依次酚羥基、鹵素原子得到，將硝基苯先還原生成苯胺，苯胺再和在PdBr4的催化作用下即可得到目標產物，具體合成路線為。解有機推斷與合成題，學生需要將題目給信息與已有知識進行重組并綜合運用是解答本題的關鍵，需要學生具備準確、快速獲取新信息的能力和接受、吸收、整合化學信息的能力，采用正推和逆推相結合的方法，逐步分析有機合成路線，可推出各有機物的結構簡式，然后分析官能團推斷各步反應及反應類型。本題根據吡貝地爾的結構特點分析合成的原料，再結合正推與逆推相結合進行推斷，充分利用反應過程C原子數目，對學生的邏輯推理有較高的要求。25、分液漏斗吸收多余的SO2SO2+MnO2=MnSO4或SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O取最后一次洗滌液少許于試管中，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無沉淀生成，證明沉淀已洗滌干凈溫度過高會失去結晶水醋酸質量分數溫度90.0%【解析】

將分液漏斗中的濃硫酸滴加到盛有Na2SO3的試管中發生復分解反應制取SO2，將反應產生的SO2氣體通入三頸燒瓶中與MnO2反應制取MnSO4，由于SO2是大氣污染物，未反應的SO2不能直接排放，可根據SO2與堿反應的性質用NaOH溶液進行尾氣處理，同時要使用倒扣的漏斗以防止倒吸現象的發生。反應產生的MnSO4再與NH4HCO3發生反應產生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，將MnCO3沉淀經過濾、洗滌后用醋酸溶解可得醋酸錳，根據表格中溫度、濃度對制取的產品的質量分析醋酸錳晶體合適的條件。【詳解】(1)根據儀器結構可知儀器a的名稱為分液漏斗；C裝置中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2，防止污染大氣；(2)B裝置中SO2與MnO2反應制取MnSO4，反應的方程式是SO2+MnO2=MnSO4(或寫為SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O)；(3)①MnSO4與NH4HCO3發生反應產生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，該反應的離子方程式為：2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O；②若MnCO3洗滌干凈，則洗滌液中不含有SO42-，所以判斷沉淀已洗凈的方法是取最后一次洗滌液少許于試管中，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無沉淀生成，證明沉淀已洗滌干凈；(4)該操作目的是制取(CH3COO)2Mn·4H2O，若溫度過高，則晶體會失去結晶水，故一般是產品干燥溫度不宜超過55℃；(5)表格采用了對比方法分析了溫度、醋酸質量分數(或濃度)對產品質量的影響。實驗l中11.5gMnCO3的物質的量為n(MnCO3)==0.1mol，根據Mn元素守恒可知理論上能夠制取(CH3COO)2Mn·4H2O的物質的量是0.1mol，其質量為m[(CH3COO)2Mn·4H2O]=0.1mol×245g/mol=24.5g，實際質量為22.05g，所以(CH3COO)2Mn·4H2O產率為×100%=90.0%。本題以醋酸錳的制取為線索，考查了儀器的使用、裝置的作用、離子的檢驗、方程式的書寫、反應條件的控制及物質含量的計算，將化學實驗與元素化合物知識有機結合在一起，體現了學以致用的教學理念，要充分認識化學實驗的重要性。26、冷凝管檢漏冰水浴冷卻結晶97℃溫度計水銀球與蒸餾燒瓶支管口處相齊平上下移動C管偏大【解析】

丙烯醛與氫氧化鈉溶液共熱生成丙烯醇和丙烯酸鈉，加入四氯化碳萃取未反應的丙烯醛和丙烯醇，四氯化碳密度比水大，所以得到的上層液體含有丙烯酸鈉，加入硫酸酸化得到丙烯酸溶液，丙烯酸熔點為13℃，可用冰水冷卻可得到丙烯酸晶體，過濾、冰水洗滌、低溫吸干得到丙烯酸；下層液體為含有少量未反應的丙烯醛和生成的丙烯醇的四氯化碳溶液，蒸餾得到丙烯醇。【詳解】(1)根據L的結構特點可知其為球形冷凝管；(2)過程②為萃取分液，分液漏斗使用前需要進行檢漏；(3)根據分析可知操作④包括冰水浴冷卻結晶、過濾、冰水洗滌、低溫吸干；(4)根據題目信息可知丙烯醇的沸點為97℃，所以收集97℃的餾分；進行蒸餾時溫度計的水銀球應與蒸餾燒瓶的支管口處相平；(5)丙烯醇含有羥基可以與鈉單質反應生成氫氣，通過測定生成的氫氣的量來確定丙烯醇的物質的量，從而測定其摩爾質量；記錄氫氣體積時要注意通過上下移動C管使B、C液面高度一致，從而使氣體的壓強與大氣壓相同；得到的氣體體積為cmL，室溫下氣體摩爾體積為VL·mol-1，則生成的氫氣物質的量為，丙烯醇分子中含有一個羥基，所以丙烯醇的物質的量為，丙烯醇的密度為0.85g·mL-3，則amL丙烯醇的質量為0.85ag，所以丙烯醇的摩爾質量為；若讀數時C管液面高于B管，則B中壓強要大于大氣壓，導致測得的氣體體積偏小，根據計算公式可知會導致計算得到的摩爾質量偏大。蒸餾實驗中溫度計的水銀球應與蒸餾燒瓶的支管口處相平，冷凝水從冷凝管的下口進上口出；排水法測量氣體體積時一定要保證氣體壓強和大氣壓相同，否則無法準確知道氣體壓強無法進行換算。27、堿石灰冷凝分離出氨氣中的水反應需要在210℃～220℃下進行，水浴不能達到這樣的高溫2Na+2NH32NaNH2+H2↑Ⅳ乙醚NaN3固體不溶于乙醚，能減少其損失，可洗去表面的乙醇雜質，且乙醚易揮發，有利于產品快速干燥500mL容量瓶、膠頭滴管偏大93.60%【解析】

實驗I：A裝置為制取氨氣的裝置，B裝置用于冷凝分離出氨氣中的水，C裝置為干燥氨氣，因為疊氮化鈉(NaN3)固體易溶于水，所以必須保證干燥環境；D裝置為制取疊氮化鈉(NaN3)的裝置。反應之前需要排出裝置內的空氣，防止Na與空氣中的氧氣發生反應而影響產率，同時應該有尾氣處理裝置，據此分析解答(1)～(4)；實驗II：根據(NaN3)固體易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚，分析解答(5)；實驗Ⅲ：根據配制溶液的步驟和使用的儀器結合滴定操作的誤差分析的方法解答(6)；(7)結合滴定過程，疊氮化鈉和六硝酸鈰銨反應，用0.0500mol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亞鐵銨)標準溶液滴定過量的Ce4+，結合化學方程式定量關系計算。【詳解】(1)根據上述分析，濃氨水分解產生的氨氣中含有較多的水蒸氣，經B裝置分離出大部分水后，氨氣中仍有少量的水蒸氣，故裝置C為干燥氨氣的裝置，其中的干燥劑可以選用堿石灰；B裝置用于冷凝分離出氨氣中的水，故答案為堿石灰；冷凝分離出氨氣中的水；(2)裝置D中的反應需要在210℃～220℃下進行，水浴不能達到這樣的高溫，因此需要油浴，故答案為反應需要在210℃～220℃下進行，水浴不能達到這樣的高溫；(3)氨氣與熔化的鈉反應生成NaNH2的化學方程式為2Na+2NH32NaNH2+H2↑，故答案為2Na+2NH32NaNH2+H2↑；(4)N2O可由NH4NO3(熔點169.6℃)在240℃分解制得，NH4NO3分解時已經融化，同時分解過程中會生成水，為了防止水倒流到試管底部，使試管炸裂，試管口需要略向下傾斜，且需要防止NH4NO3流下，只有裝置Ⅳ滿足要求，故答案為Ⅳ；(5)NaN3固體不溶于乙醚，操作Ⅳ可以采用乙醚洗滌，能減少NaN3損失，同時洗去表面的乙醇雜質，且乙醚易揮發，有利于產品快速干燥，故答案為乙醚；NaN3固體不溶于乙醚，能減少其損失，可洗去表面的乙醇雜質，且乙醚易揮發，有利于產品快速干燥；(6)配制疊氮化鈉溶液時，除需用到燒杯、玻璃棒、量筒外，還需要用到的玻璃儀器有500mL容量瓶、膠頭滴管；若其它讀數正確，滴定到終點后，讀取滴定管中(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液體積時俯視，導致消耗標準液的體積偏小，則(NH4)2Ce(NO3)6的物質的量偏大，將導致所測定樣品中疊氮化鈉質量分數偏大，故答案為