山東平陰一中2025屆高三化學試題綜合試卷（16）化學試題注意事項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(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、已知反應：10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑，則下列說法正確的是（）A．KNO3是氧化劑，KNO3中N元素被氧化B．生成物中的Na2O是氧化產物，K2O是還原產物C．每轉移1mole﹣，可生成標準狀況下N2的體積為35.84升D．若有65gNaN3參加反應，則被氧化的N的物質的量為3.2mol2、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是()A．能使酚酞變紅的溶液：Na＋、Al3＋、SO42-、NO3-B．0.1mol/LNaClO溶液：K＋、Fe2＋、Cl－、SO42-C．0.1mol/L氨水：K＋、Ag(NH3)2+、NO3-、OH－D．由水電離產生的c(H＋)=1×10－13mol/L的溶液：Na＋、NH4+、Cl-、HCO3-3、下列有關物質的性質與應用相對應的是（）A．Cl2具有漂白性，可用作自來水的消毒B．SiO2具有高沸點，可用作制備光導纖維C．NH3具有還原性，可用作制冷劑D．Na2O2能與CO2反應，可用作潛水艇內的供氧劑4、將3.9g鎂鋁合金，投入到500mL2mol/L的鹽酸中，合金完全溶解，再加入4mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的這種NaOH溶液的體積是A．125mL B．200mL C．250mL D．560mL5、下列由相關實驗現象所推出的結論正確的是A．NH4Cl和NH4HCO3受熱都能分解，說明可以用加熱NH4Cl和NH4HCO3固體的方法制氨氣B．向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出現白色沉淀，說明該溶液中一定有SO42-C．Fe

與稀HNO3、稀H2SO4反應均有氣泡產生。說明Fe

與兩種酸均發生置換反應D．NH3遇到濃鹽酸產生白煙，說明二者發生反應生成白色固體6、實驗室用純凈N2和H2合成NH3（N2+3H22NH3）時，是先將分別制得的含水蒸氣的N2和H2通過如圖所示的裝置。下面是對該裝置作用的幾種敘述①干燥氣體②混合氣體③觀察氣體的流速。正確的是A．只有① B．只有①和② C．只有①和③ D．①②③7、儀器：①容量瓶、②長頸漏斗、③分液漏斗、④滴定管，使用前必須要檢查是否漏液的是A．全部 B．①③④ C．只有③和④ D．只有④8、化合物ZYX4是在化工領域有著重要應用價值的離子化合物，電子式如圖所示。X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期元素，其中只有一種為金屬元素，X是周期表中原子半徑最小的元素。下列敘述中錯誤的是()A．Z是短周期元素中金屬性最強的元素B．Y的最高價氧化物對應水化物呈弱酸性C．X、Y可以形成分子式為YX3的穩定化合物D．化合物ZYX4有強還原性9、《環境科學》曾刊發我國科研部門采用零價鐵活化過硫酸鈉（Na2S2O7其中S為+6價）去除廢水中的正五價砷的研究成果，其反應機理模型如圖，（NA為阿伏加德羅常數的值）下列說法正確的是A．1molSO4-·（自由基）中含50NA個電子B．pH越大，越不利于去除廢水中的正五價砷C．1mol過硫酸鈉中含NA個過氧鍵D．轉化過程中，若共有1molS2O82-被還原，則參加反應的Fe為56g10、反應Cl2+2KI=2KCl+I2中，氧化劑是（）A．Cl2B．KIC．KClD．I211、相對分子質量約為4000的聚乙二醇具有良好的水溶性，是一種緩瀉劑。聚乙二醇可由環氧乙烷在酸性條件下聚合而成()。下列說法正確的是A．環氧乙烷在酸性條件下發生加聚反應制得聚乙二醇B．聚乙二醇的結構簡式為C．相對分子質量約為4000的聚乙二醇的聚合度n≈67D．聚乙二醇能保持腸道水分的原因是其可和H2O分子間形成氫鍵12、共價化合物分子中各原子有一定的連接方式，某分子可用球棍模型表示如圖，A的原子半徑最小，C、D位于同周期，D的常見單質常溫下為氣態，下列說法正確的是（）A．B的同素異形體數目最多2種B．A與C不可以形成離子化合物C．通過含氧酸酸性可以比較元素B和C的非金屬性D．C與D形成的陰離子CD2－既有氧化性，又有還原性13、實驗室制備硝基苯的實驗裝置如圖所示（夾持裝置已略去）。下列說法不正確的是（）A．水浴加熱的優點為使反應物受熱均勻、容易控制溫度B．濃硫酸、濃硝酸和苯混合時，應向濃硝酸中加入濃硫酸，待冷卻至室溫后，再將所得混合物加入苯中C．儀器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率D．反應完全后，可用儀器a、b蒸餾得到產品14、對已達化學平衡的反應：2X（g）+Y（g）2Z（g），減小壓強后，對反應產生的影響是A．逆反應速率增大，正反應速率減小，平衡向逆反應方向移動B．逆反應速率減小，正反應速率增大，平衡向正反應方向移動C．正反應速率先減小后增大，逆反應速率減小，平衡向逆反應方向移動D．逆反應速率先減小后增大，正反應速率減小，平衡向逆反應方向移動15、[安徽省蚌埠市高三第一次質量監測]下列有關化學用語表示正確的是A．水分子的比例模型B．過氧化氫的電子式為：C．石油的分餾和煤的氣化、液化均為物理變化D．甲基環丁烷二氯代物的同分異構體的數目是10種（不考慮立體異構）16、設NA表示阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A．4.0g由CO2和SO2組成的混合物中含有的質子數為2NAB．2.24LCl2與CH4在光照下反應生成的HCl分子數為0.1NAC．常溫下，0.1mol環氧乙烷()中含有的共價鍵數為0.3NAD．4.2gCaH2與水完全反應，轉移的電子數為0.1NA17、將氯氣持續通入紫色石蕊試液中，溶液顏色呈如下變化：關于溶液中導致變色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判斷正確的是（）A．H+、HClO、Cl2 B．H+、ClO-、Cl-C．HCl、ClO-、Cl- D．HCl、HClO、Cl218、某種濃差電池的裝置如圖所示，堿液室中加入電石渣漿液[主要成分為]，酸液室通入(以NaCl為支持電解質)，產生電能的同時可生產純堿等物質。下列敘述正確的是（）A．電子由N極經外電路流向M極B．N電極區的電極反應式為↑C．在堿液室可以生成D．放電一段時間后，酸液室溶液pH減小19、室溫下，向20mL0.1mol/LH2A溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，H2A溶液中各粒子濃度分數δ(X)隨溶液pH變化的關系如圖所示。下列說法錯誤的是()A．當溶液中A元素的主要存在形態為A2-時，溶液可能為弱酸性、中性或堿性B．當加入NaOH溶液至20mL時，溶液中存在((Na+)=2c(A2-)+c(HA-)C．室溫下，反應A2-+H2A=2HA-的平衡常數的對數值lgK=3D．室溫下，弱酸H2A的第一級電離平衡常數用Ka1表示，Na2A的第二級水解平衡常數用Kh2表示，則Kal>Kh220、下列有關溶液性質的敘述，正確的是（）A．室溫時飽和的二氧化碳水溶液，冷卻到0℃時會放出一些二氧化碳氣體B．強電解質在水中溶解度一定大于弱電解質C．相同溫度下，把水面上的空氣換成相同壓力的純氧，100g水中溶入氧氣的質量增加D．將40℃的飽和硫酸銅溶液升溫至50℃，或者溫度仍保持在40℃并加入少量無水硫酸銅，在這兩種情況下溶液中溶質的質量分數均保持不變21、利用如圖裝置探究鐵在海水中的電化學防護，下列說法不正確的是A．若X為鋅棒，開關K置于M處，可減緩鐵的腐蝕B．若X為鋅棒，開關K置于M處，鐵電極的反應：Fe?2e?=Fe2+C．若X為碳棒，開關K置于N處，可減緩鐵的腐蝕D．若X為碳棒，開關K置于N處，鐵電極的反應：2H++2e?=H2↑22、有關海水提溴的說法錯誤的是()A．海水曬鹽后的鹵水是提溴原料B．可以利用氯氣氧化溴離子C．可用高溫水蒸氣將溴從溶液中吹出D．吹出的溴蒸氣冷凝后得到純溴二、非選擇題(共84分)23、（14分）某課題組以苯為主要原料，采取以下路線合成利膽藥——柳胺酚。已知：回答下列問題：（1）寫出化合物B的結構簡式___。F的結構簡式___。（2）寫出D中的官能團名稱___。（3）寫出B→C的化學方程式___。（4）對于柳胺酚，下列說法不正確的是（_____）A．1mol柳胺酚最多可以和2molNaOH反應B．不發生硝化反應C．可發生水解反應D．可與溴發生取代反應（5）寫出同時符合下列條件的F的同分異構體的結構簡式__（寫出2種）。①遇FeCl3發生顯色反應，且苯環上有兩種不同化學環境的氫原子；②能發生銀鏡反應24、（12分）苯丁酸氮芥是一種抗腫瘤藥，其合成路線如下。其中試劑①是丁二酸酐（），試劑③是環氧乙烷（），且環氧乙烷在酸或堿中易水解或聚合。回答下列問題：（1）寫出反應類型：反應Ⅱ____，反應Ⅴ_____。（2）寫出C物質的結構簡式___。（3）設計反應Ⅲ的目的是____。（4）D的一種同分異構體G有下列性質，請寫出G的結構簡式____。①屬于芳香族化合物，且苯環上的一氯取代物只有一種②能與鹽酸反應成鹽，不能與碳酸氫鈉溶液反應③能發生水解反應和銀鏡反應④0.1摩爾G與足量金屬鈉反應可放出標況下2.24升氫氣（5）通過酸堿中和滴定可測出苯丁酸氮芥的純度，寫出苯丁酸氮芥與足量氫氧化鈉反應的化學方程式____。（6）1，3-丁二烯與溴發生1，4加成，再水解可得1，4-丁烯二醇，設計一條從1，4-丁烯二醇合成丁二酸的合成路線（所需試劑自選）____25、（12分）某興趣小組為探究銅與濃硫酸反應時硫酸的最低濃度，設計了如下方案。方案一、實驗裝置如圖1所示。已知能與在酸性溶液中反應生成紅棕色沉淀，可用于鑒定溶液中微量的。（1）寫出銅與濃硫酸反應的化學方程式：____________。NaOH溶液的作用是___________。（2）儀器X的作用是盛裝的濃硫酸并測定濃硫酸的體積，其名稱是_______。（3）實驗過程中，當滴入濃硫酸的體積為20.00mL時，燒瓶內開始有紅棕色沉淀生成，則能與銅反應的硫酸的最低濃度為__________（精確到小數點后一位；混合溶液的體積可視為各溶液的體積之和）。方案二、實驗裝置如圖2所示。加熱，充分反應后，由導管a通入氧氣足夠長時間，取下燒杯，向其中加入足量的溶液，經過濾、洗滌、干燥后稱量固體的質量。（4）通入氧氣的目的是______________、____________。（5）若通入氧氣的量不足，則測得的硫酸的最低濃度__________（填“偏大”“偏小”或“無影響”）。26、（10分）某學習小組以Mg(NO3)2為研究對象，擬通過實驗初步探究硝酸鹽熱分解的規律．（提出猜想）小組提出如下4種猜想：甲：Mg(NO3)2、NO2、O2乙：MgO、NO2、O2丙：Mg3N2、O2丁：MgO、NO2、N2(1)查閱資料得知，NO2可被NaOH溶液吸收，反應的化學方程式為：____________．(2)實驗前，小組成員經討論認定猜想丁不成立，理由是____________．（實驗操作）(3)設計如圖裝置，用氮氣排盡裝置中空氣，其目的是___________；加熱Mg(NO3)2固體，AB裝置實驗現象是：____________，說明有Mg(NO3)2固體分解了，有NO2生成．(4)有同學提出可用亞硫酸鈉溶液檢驗是否有氧氣產生，但通入之前，還需在BD裝置間增加滴有酚酞的氫氧化鈉溶液，其作用是：____________(5)小組討論后認為即便通過C后有氧氣，僅僅用亞硫酸鈉溶液仍然難以檢驗，因為：____________，改進的措施是可在亞硫酸鈉溶液中加入____________．(6)上述系列改進后，如果分解產物中有O2存在，排除裝置與操作的原因，未檢測到的原因是____________．(用化學方程式表示)27、（12分）亞氯酸鈉（NaClO2）是一種重要的含氯消毒劑，在水中溶解度較大，遇酸放出ClO2，是一種高效的氧化劑和優質漂白劑，可用于各種纖維和某些食品的漂白。過氧化氫法制備NaClO2固體的實驗裝置如圖所示：已知：①ClO2的熔點為-59℃、沸點為11℃，極易溶于水，遇熱水、見光易分解；氣體濃度較大時易發生分解，若用空氣、CO2、氮氣等氣體稀釋時，爆炸性則降低。②2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O請回答：(1)按上圖組裝好儀器后，首先應該進行的操作是____；裝置B的作用是___；冰水浴冷卻的主要目的不包括_（填字母）。a．減少H2O2的分解b．降低ClO2的溶解度c．減少ClO2的分解(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，寫出三頸燒瓶中生成ClO2的化學方程式：____。(3)裝置C中加入NaOH溶液的目的除了作反應物外，還因為_____。空氣的流速過慢或過快都會影響NaClO2的產率，試分析原因：________。(4)該套裝置存在的明顯缺陷是_________。(5)為防止生成的NaClO2固體被繼續還原為NaCl，所用還原劑的還原性應適中。除H2O2外，還可以選擇的還原劑是_（填字母）A．過氧化鈉B．硫化鈉C．氯化亞鐵D．高錳酸鉀(6)若mgNaClO3(s)最終制得純凈的ngNaClO2(s)，則NaClO2的產率是_×100%。28、（14分）工業上利用氧化鋁基廢催化劑（主要成份為Al2O3,少量Pd)回收Al2(SO4)3及Pd流程如圖：說明：上述流程中焙燒溫度不宜過高，否則會導致硫酸銨固體的分解。（1）焙燒時產生氣體X的結構式為________。（2）水浸分離中，濾渣Pd的顆粒比較大，一般可以采用的分離方法是_________(填字母）A．過濾B．抽濾C．傾析D．滲析（3）寫出酸浸時發生反應的離子方式______(已知氯鈀酸為弱酸)（4）某同學在實驗室用如下圖所示裝置完成Pd的熱還原實驗，并計算濾渣中(NH4)2PdCl6的百分含量（濾渣中的雜質不參與熱還原反應）。①寫出熱還原法過程中發生反應的化學方程式________。②i.將石英玻璃管中（帶開關；K1和K2)(設為裝置A)稱重，記為mig。將濾渣[(NH4)2PdCl6]裝入石英玻璃管中，再次將裝置A稱重，記為m2g。ii.連接好裝置后，按d→→→b→→e(填標號)順序進行實驗。_______a.關閉K1和K2b.熄滅酒精燈c.點燃酒精燈，加熱d.打開K1和K2e.稱量Af.緩緩通入H2g.冷卻至室溫iii.重復上述操作步驟，直至A恒重，記為m3g。③根據實驗記錄，計算濾渣中（NH4)2PdCl6的百分含量__________[列式表示，其中(NH4)2PdCl6相對分子質量為355]。④實驗結束時，發現硬質試管右端有少量白色固體，可能是____(填化學式）,這種情況導致實驗結果_________(填“偏高”、“偏低”、“無影響”）29、（10分）利用鈦礦的酸性廢液(含TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42-等)，可回收獲得FeS2納米材料、Fe2O3和TiO2·nH2O等產品，流程如下：(1)TiO2+中鈦元素的化合價為________價。TiO2+只能存在于強酸性溶液中，因為TiO2+易水解生成TiO2·nH2O，寫出水解的離子方程式_________________________________。(2)向富含TiO2+的酸性溶液中加入Na2CO3粉末能得到固體TiO2·nH2O。請用化學反應原理解釋__________________________________。(3)NH4HCO3溶液與FeSO4溶液反應的離子方程式為_______________________，該反應需控制溫度在308K以下，其目的是_____________________________。(4)已知298K時，Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16，若在生成的FeCO3達到沉淀溶解平衡時，測得溶液的pH為8.5，c(Fe2+)=1.0×10-5mol·L-1，則所得的FeCO3中________Fe(OH)2(填“有”或“沒有”)。(5)FeS2納米材料可用于制造高容量鋰電池，已知電解質為熔融的K2S，電池放電時的總反應為：4Li+FeS2=Fe+2Li2S，則正極的電極反應式是_______________。

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、C【解析】

10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑中，N元素的化合價由-價升高為0，N元素的化合價由+5價降低為0，該反應轉移10e-，以此來解答。【詳解】A.、KNO3中N元素的化合價降低，為氧化劑，其中氮元素被還原，故A錯誤；B、只有N元素的化合價變化，則N2是氧化產物，也是還原產物，故B錯誤；C、由反應可知轉移10mol電子生成16mol氮氣，則每轉移1mol電子，可生成N2為1.6mol，標準狀況下N2的體積為35.84L，故C正確;D、若有65gNaN3參加反應，則被氧化的N的物質的量為，故D錯誤；故選C。2、C【解析】

A.能使酚酞變紅的溶液呈堿性，Al3+與OH-會發生反應，在堿性溶液中不能大量共存，A錯誤；B.NaClO、Fe2+之間發生氧化還原反應，在溶液中不能大量共存，故B錯誤；C.K+、[Ag(NH3)2]+、NO3-、OH-之間不反應，都不與氨水反應，在氨水中能夠大量共存，C正確；D.由水電離產生的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液呈酸性或堿性，HCO3-與氫離子、氫氧根離子反應，在溶液中不能大量共存，D錯誤；故合理選項是C。3、D【解析】

A．氯氣沒有漂白性，是氯氣和水之間反應生成的次氯酸具有漂白性，物質的性質與應用不相對應，故A錯誤；B．二氧化硅熔點高，具有傳輸信息的特點，所以是制造光導纖維的材料，物質的性質與應用不相對應，故B錯誤；C．氨氣常用作制冷劑，是因為其易液化，不是因為還原性，物質的性質與應用不相對應，故C錯誤；D．過氧化鈉可以和人體呼出的氣體二氧化碳等反應產生氧氣，常做供氧劑，質的性質與應用相對應，故D正確；故答案為D。4、C【解析】試題分析：鎂鋁合金與鹽酸反應，金屬完全溶解，發生的反應為：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，氯化鎂和氯化鋁，分別與NaOH溶液反應的方程式為：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl．Mg2+和Al3+全部轉化為沉淀，所以溶液中的溶質只有NaCl；根據氯原子和鈉原子守恒得到如下關系式：HCl～NaCl～NaOH112mol/L×0.5L4mol/L×VV=0.25L=250ml，故選C。【考點定位】考查化學計算中常用方法終態法【名師點晴】注意Mg2+和Al3+全部轉化為沉淀時，NaOH不能過量，即全部轉化為沉淀的Al3+，不能溶解是解題關鍵；鎂鋁合金與鹽酸反應，金屬完全溶解，生成氯化鎂和氯化鋁，氯化鎂和氯化鋁，加入4mol?L-1的NaOH溶液，生成的沉淀最多時，Mg2+和Al3+全部轉化為沉淀，所以溶液中的溶質只有NaCl，根據氯原子和鈉原子守恒解題。5、D【解析】A、氯化銨受熱分解生成氨氣和氯化氫，冷卻后二者又重新結合生成氯化銨，不能制備氨氣，選項A錯誤；B、向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出現白色沉淀，在酸性條件下H+、NO3-具有強的氧化性，會把SO32-氧化產生SO42-，不能說明該溶液一定有SO42-，選項B錯誤；C、Fe與稀HNO3、稀H2SO4反應均有氣泡產生，前者是由于硝酸的強氧化性，后者是由于Fe與稀硫酸發生置換反應，選項C錯誤；D、NH3遇到濃鹽酸產生白煙，說明二者發生反應生成白色固體氯化銨，選項D正確。答案選D。點睛：本題考查實驗現象及所推出的結論正誤判斷的知識。明確實驗現象以及化學反應原理是解答本題的關鍵。6、D【解析】

根據濃硫酸的吸水性以及氣體通過濃硫酸洗氣瓶進行混合分析。【詳解】氮氣中含有水蒸氣，濃硫酸具有吸水性，能除去氮氣中的水蒸氣；氮氣和氫氣都通過濃硫酸再出來，可將兩種氣體混合，同時可通過兩種氣體冒出氣泡的速度觀察氣體的流速，答案選D。工業上合成氨是氮氣和氫氣在高溫高壓催化劑等條件下發生可逆反應制得氨氣，混合通過硫酸可控制通入的混合氣體的體積比，提高原料利用率。7、B【解析】

據儀器的構造、用途判斷其用法。【詳解】①容量瓶用于配制一定物質的量濃度的溶液，其瓶塞與瓶口須吻合使用前必須檢查是否漏液。②長頸漏斗上下相通、沒有塞子或活塞，無須檢查是否漏液。用于向反應容器中添加液體，下端應插入液面下形成液封。③分液漏斗有活塞和玻璃塞，必須檢查是否漏液。球形分液漏斗用于向反應容器中添加液體，不需形成液封；錐形分液漏斗用于萃取分液。④滴定管用于滴定實驗，使用前需檢查酸式滴定管的活塞處、堿式滴定管的乳膠管處是否漏液。本題選B。8、C【解析】

X原子半徑最小，故為H；由YH4-可知Y最外層電子數為8-4(4個氫原子的電子)-1(得到的1個電子)=3，即Y最外層有3個電子，Y可能為B或Al；Z顯+1價，故為第IA族的金屬元素，X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期元素，因為只有一種為金屬元素，故Y為B、Z為Na，則A.鈉是短周期元素中金屬性最強的元素A正確；B.硼的最高價氧化物對應水化物是硼酸，呈弱酸性，B正確；C.BH3中B的非金屬性弱且BH3為缺電子結構，B的氣態氫化物為多硼烷，如乙硼烷等，故BH3不是穩定的氣態氫化物，C錯誤；D.NaBH4中的H為-1價，故有強還原性，D正確；答案選C。解題關鍵，先根據所提供的信息推斷出各元素，難點C，BH3為缺電子結構，結構不穩定。9、C【解析】

A.1molSO4??(自由基)中含1mol×(16+4×8+1)NAmol?1=49NA個電子，故A錯誤；B.室溫下，pH越大，亞鐵離子和鐵離子變為氫氧化亞鐵和氫氧化鐵，越有利于去除廢水中的+5價砷，故B錯誤；C.過硫酸鈉(Na2S2O8)中S為+6價，Na為+1價，假設含有x個O2?，含有y個O22?，則x+2y=8，(+1)×2+(+6)×2+(?2)×x+(?2)×y=0，則x=6，y=1，因此1mol過硫酸鈉(Na2S2O8)含NA個過氧鍵，故C正確；D.根據圖示可知，1molFe和1molS2O82?反應生成2molSO42?和1molFe2+，該過程轉移2mol電子，但是1molFe2+還要與0.5molS2O82?反應變成Fe3+，因此1mol鐵參加反應要消耗1.5molS2O82?，所以共有1molS2O82?被還原時，參加反應的Fe，故D錯誤。綜上所述，答案為C。10、A【解析】根據單質中元素化合價為零、化合物中正負化合價代數和為零可知，反應物中，Cl2屬于單質，氯氣中氯元素化合價為零，碘化鉀中鉀顯+1價，碘顯-1價，生成物中，氯化鉀中鉀為+1價，氯為-1價，碘單質中碘元素的化合價是零，因此反應后化合價降低的元素是氯，氯氣是氧化劑，故選A。11、D【解析】

在H+條件下先水解生成HOCH2CH2OH，乙二醇再發生縮聚反應生成聚乙二醇，其結構簡式為；A．環氧乙烷在酸性條件下先發生水解反，再發生縮聚反應制得聚乙二醇，故A錯誤；B．聚乙二醇的結構簡式為，故B錯誤；C．聚乙二醇的鏈節為OCH2CH2，則聚合度n=≈90，故C錯誤；D．聚乙二醇能與水分子間形成氫鍵，則能保持腸道水分，故D正確；故答案為D。12、D【解析】

A的原子半徑最小，為氫原子，C、D位于同周期，C形成三個共價鍵，B形成4個共價鍵，C為N，B為C，D的常見單質常溫下為氣態，D形成兩個共價鍵，D為O，然后分析；【詳解】A．根據分析，B為C，它的同素異形體有金剛石，石墨，C60等，數目不是最多2種，故A錯誤；B．N和H可以形成氫化銨，屬于離子化合物，故B錯誤；C．通過最高氧化物對應的水化物的酸性比較元素C和N的非金屬性，不能比較含氧酸酸性，故C錯誤；D．N與O形成的陰離子NO2－中，氮元素的化合價為+3，處于中間價態，既可以升高，也可以降低，既具有氧化性又具有還原性，故D正確；答案選D。判斷出這種分子的結構式是關鍵，需要從題目中提取有效信息，根據球棍模型判斷出分子的結構。13、D【解析】

A.水浴加熱可保持溫度恒定；B.混合時先加濃硝酸，后加濃硫酸，最后加苯；C.冷凝管可冷凝回流反應物；D.反應完全后，硝基苯與酸分層。【詳解】A.水浴加熱可保持溫度恒定，水浴加熱的優點為使反應物受熱均勻、容易控制溫度，A正確；B.混合時先加濃硝酸，再加濃硫酸，最后加苯，因此混合時，應向濃硝酸中加入濃硫酸，待冷卻至室溫后，再將所得混合物加入苯中，B正確；C.冷凝管可冷凝回流反應物，則儀器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，C正確；D.反應完全后，硝基苯與酸分層，應分液分離出有機物，再蒸餾分離出硝基苯，D錯誤；故合理選項是D。本題考查化學實驗方案的評價，把握物質的性質、混合物分離提純、物質的制備、實驗技能為解答的關鍵。注意實驗的評價性分析。14、C【解析】

A、減小壓強，正逆反應速率均減小，平衡向逆反應方向移動，A錯誤；B、減小壓強，正逆反應速率均減小，平衡向逆反應方向移動，B錯誤；C、減小壓強，正逆反應速率均減小，正反應速率減小的幅度更大，平衡向逆反應方向移動，移動過程中，正反應速率逐漸增大，C正確；D、減小壓強，正逆反應速率均減小，正反應速率減小的幅度更大，平衡向逆反應方向移動，移動過程中，正反應速率逐漸增大，逆反應速率逐漸減小，D錯誤；故選C。15、D【解析】

A.所給確為比例模型，氫原子和氧原子的半徑相對大小不對，應該是中間的氧的原子半徑大，水分子為V形，不是直線形，A項錯誤；B.過氧化氫是只由共價鍵形成的分子，B項錯誤；C.石油的分餾是物理變化，煤的氣化和液化均是化學變化，煤的氣化是指將煤轉化為CO、H2等氣體燃料，煤的液化是指將煤變成液體燃料如甲醇等，C項錯誤；D.甲基環丁烷中二個氯原子取代同一個碳的2個氫，共有3種可能，取代不同碳上的氫共有7種（用數字標出碳，則可表示為：1，2、1，3、1，5、2，3、2，5、3，4、3，5），D項正確；所以答案選擇D項。16、A【解析】

A.4.0gCO2中含有的質子數為，4.0gSO2中含有的質子數為，因此4.0g由CO2和SO2組成的混合物中含有的質子數也為2NA，故A正確；B.未說標準狀況，無法計算，故B錯誤；C.不要忽略C-H鍵，0.1mol環氧乙烷()中含有的共價鍵數應該為7NA，故C錯誤；D.4.2gCaH2與水完全反應，化學方程式為CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑轉移的電子的物質的量為0.2mol，故D錯誤；答案：A易錯選項C，忽略C-H鍵的存在。17、A【解析】

氯氣與水反應生成HCl、HClO，HCl具有酸性，HClO具有漂白性，氯氣能溶于水形成氯水溶液。【詳解】氯氣與水反應生成HCl、HClO，HCl具有酸性，HClO具有漂白性，則將氯氣持續通入紫色石蕊試液中先變紅后褪色，最后形成飽和氯水溶液顯淺黃綠色為溶解的氯氣分子，關于溶液中導致變色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判斷正確的是H+、HClO、Cl2。答案選A。18、B【解析】

氫氣在電極M表面失電子轉化為氫離子，為電池的負極，堿液室中的氫氧根離子透過陰離子交換膜，中和正電荷。酸液室中的氫離子透過質子交換膜，在電極N表面得到電子生成氫氣，電極N為電池的正極，同時，酸液室中的氯離子透過陰離子交換膜進入堿液室，補充負電荷，據此答題。【詳解】A.電極M為電池的負極，電子由M極經外電路流向N極，故A錯誤；B.酸液室中的氫離子透過質子交換膜，在電極N表面得到電子生成氫氣，N電極區的電極反應式為2H++2e-=H2↑，故B正確；C.酸液室與堿液室之間為陰離子交換膜，鈉離子不能進入堿液室，應在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3，故C錯誤；D.放電一段時間后，酸液室氫離子被消耗，最終得到NaHCO3、Na2CO3，溶液pH增大，故D錯誤。故選B。19、B【解析】

A、當溶液中A元素的主要存在形態為A2－時，溶液pH大于4.2，溶液可能為弱酸性、中性或堿性，故A正確；B、HA與NaOH按1:1混合，所得溶液為NaHA溶液，由圖可知，NaHA溶液呈酸性。根據電荷守恒得c(Na＋)+c(H＋)=2(A2－)+c(HA－)+c(OH－)，因為c(H＋)>c(OH－)，所以c(Na＋)<2c(A2－)+c(HA－)，故B錯誤；C、依據圖像中兩個交點可計算出Ka1=10-1.2，Ka2=10-4.2，室溫下，反應A2－+H2A2HA－的平衡常數K==103，lgK=3，故C正確；D、因為K1=10-1.2，所以Kh2=，故Ka1＞kh2，故D正確；答案選B。本題考查酸堿混合的定量判斷及根據弱電解質的電離平衡常數進行計算，明確圖象曲線變化的意義為解答關鍵，難點C注意掌握反應平衡常數與電離常數的關系。20、D【解析】

A.氣體的溶解度隨溫度的降低而增大，所以室溫下飽和的二氧化碳水溶液降溫至0℃，不會放出二氧化碳氣體，A錯誤；B.難溶于水的強電解質(如BaSO4)，在水中溶解度小于某些可溶性弱電解質(如醋酸)，B錯誤；C.相同溫度、相同壓強下，氧氣在水中的溶解度不變，所以把水面上的空氣換成相同壓力的純氧，100g水中溶入氧氣的質量不變，C錯誤；D.將40℃的飽和硫酸銅溶液升溫至50℃，雖然溶液變為不飽和，但溶質的質量分數不變；溫度仍保持在40℃并加入少量無水硫酸銅，硫酸銅的溶解度不變，溶質的質量分數不變，D正確。故選D。21、B【解析】

A、若X為鋅棒，開關K置于M處，形成原電池，此時金屬鋅為負極，金屬鐵為正極，金屬鐵被保護，可減緩鐵的腐蝕，故A正確；B、若X為鋅棒，開關K置于M處，形成原電池，此時金屬鋅為負極，金屬鐵為正極，氧氣在該極發生還原反應，故B錯誤；C、若X為碳棒，開關K置于N處，形成電解池，此時金屬鐵為陰極，鐵被保護，可減緩鐵的腐蝕，故C正確；D、若X為碳棒，開關K置于N處，形成電解池，X極為陽極，發生氧化反應，鐵電極為陰極，水電離的H+發生還原反應，電極反應式為2H++2e?=H2↑，故D正確。故選B．22、D【解析】

海水提溴的三個步驟是：(1)先將濃縮海水中的Br-用氯氣氧化Cl2+2Br-=Br2+2NaCl(2)將溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和二氧化硫吸收劑發生作用轉變成氫溴酸得到富集溴。Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+(3)用氯氣將富集的溴負離子氧化得到產品溴Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。【詳解】A．海水曬鹽后的鹵水是提溴原料，故A正確；B．根據提溴的第一個步驟，先將濃縮海水中的Br-用氯氣氧化Cl2+2Br-=Br2+2NaCl，故B正確；C．將溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和二氧化硫吸收劑發生作用轉變成氫溴酸得到富集溴，故C正確；D．吹出的溴蒸氣用吸收液吸收后，再用氯氣將富集的溴負離子氧化后得到溴，經分離提純后可以得到純溴，故D錯誤；答案選D。熟悉海水提溴的流程是解本題的關鍵。二、非選擇題(共84分)23、硝基、羥基+2NaOH+NaCl+H2OAB、(任意兩種)【解析】

苯和氯氣發生取代反應生成A，A為，F中不飽和度=，根據柳胺酚結構簡式知，F中含有苯環和碳氧雙鍵，所以F為；E為；D和鐵、HCl反應生成E，結合題給信息知，D結構簡式為；A反應生成B，B和NaOH水溶液發生取代反應生成C，根據D結構簡式知，A和濃硝酸發生取代反應生成B，B為，C為，C和HCl反應生成D，據此解答。【詳解】(1)、由分析可知B為，F為；故答案為；；(2)、D結構簡式為，官能團為羥基和硝基；故答案為硝基、羥基；(3)、B→C的化學方程式為+2NaOH+NaCl+H2O；故答案為+2NaOH+NaCl+H2O；(4)A、柳胺酚中酚羥基、肽鍵水解生成的羧基能和NaOH反應，所以1mol柳胺酚最多可以和3molNaOH反應，故A不正確；B、柳胺酚中含有苯環，可以發生硝化反應，故B不正確；C、含有肽鍵，所以可發生水解反應，故C正確;D、含有酚羥基，溴和苯環.上酚羥基鄰對位氫原子發生取代反應，故D正確；故選AB；(5)、①能發生顯色反應為屬酚類化合物，且苯環上有二種不同化學環境的氫原子，說明苯環上含有酚羥基，且苯環上有二種類型的氫原子；②能發生銀鏡反應，說明該有機物中含有醛基，所以符合條件的F的同分異構體有：；故答案為。24、還原反應取代反應將羧酸轉化成酯，防止環氧乙烷水解或聚合+3NaOH+2NaCl+H2OHOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH【解析】

(1)對比A、B的結構簡式可知，A中羰基轉化為亞甲基；對比D與苯丁酸氮芥的結構可知，反應V為取代反應；(2)試劑③是環氧乙烷，對比B、D的結構簡式，反應Ⅲ是B與甲醇發生酯化反應；(3)試劑③是環氧乙烷()，環氧乙烷在酸或堿中易水解或聚合，結合B的結構分析解答；(4)①屬于芳香族化合物，且苯環上的一氯取代物只有一種，②能與鹽酸反應成鹽，不能與碳酸氫鈉溶液反應，說明含有氨基，不含羧基，③能發生水解反應和銀鏡反應，說明含有酯基、醛基，④0.1摩爾G與足量金屬鈉反應可放出標況下2.24升氫氣，說明結構中含有2個羥基，加成分析書寫G的結構簡式；(5)苯丁酸氮芥中的Cl原子、羧基均能與氫氧化鈉反應；(6)以1，4-丁烯二醇()合成丁二酸(HOOC-CH2-CH2-COOH)，為了防止羥基氧化過程中碳碳雙鍵斷裂，需要首先將碳碳雙鍵轉化為單鍵，再氧化，加成分析解答。【詳解】(1)對比A、B的結構簡式可知，A中轉化為氨基，羰基轉化為亞甲基，屬于還原反應(包括肽鍵的水解反應)；對比D與苯丁酸氮芥的結構可知，反應V為取代反應，而反應VI為酯的水解反應，故答案為：還原反應；取代反應；(2)試劑③是環氧乙烷，對比B、D的結構簡式，反應Ⅲ是B與甲醇發生的酯化反應，故C的結構簡式為：，故答案為：；(3)試劑③是環氧乙烷()，環氧乙烷在酸或堿中易水解或聚合，根據流程圖，設計反應Ⅲ的目的是：將B中的羧酸轉化成酯，防止環氧乙烷水解或聚合，故答案為：將羧酸轉化成酯，防止環氧乙烷水解或聚合；(4)D()的一種同分異構體G有下列性質：①屬于芳香族化合物，且苯環上的一氯取代物只有一種，②能與鹽酸反應成鹽，不能與碳酸氫鈉溶液反應，說明含有氨基，不含羧基，③能發生水解反應和銀鏡反應，說明含有酯基、醛基，④0.1摩爾G與足量金屬鈉反應可放出標況下2.24升氫氣，說明含有2個羥基，符合條件的結構為等，故答案為：；(5)苯丁酸氮芥中Cl原子、羧基均能夠與氫氧化鈉反應，與足量的氫氧化鈉反應的化學方程式為：+3NaOH+2NaCl+H2O，故答案為：+3NaOH+2NaCl+H2O；(6)以1，4-丁烯二醇()合成丁二酸(HOOC-CH2-CH2-COOH)，1，4-丁烯二醇可以首先與氫氣加成生成1，4-丁二醇(HOCH2-CH2-CH2-CH2OH)，然后將HOCH2-CH2-CH2-CH2OH催化氧化即可，合成路線為HOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH，故答案為：HOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH。25、吸收尾氣中的酸式滴定管11.0使產生的全部被NaOH溶液吸收將最終轉化為偏大【解析】

反應原理：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，因為濃硫酸為酸，所以用酸式滴定管盛裝，生成的二氧化硫為酸性氣體，有毒，必須用堿液吸收法吸收；亞硫酸鹽具有強還原性可以被氧氣氧化為硫酸鹽。硫酸鈉與亞硫酸鈉均可以與氯化鋇反應生成硫酸鋇和亞硫酸鋇沉淀，據此分析。【詳解】（1）銅與濃硫酸反應的化學方程式為Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，銅與濃硫酸反應生成的二氧化硫會污染環境，所以必須用堿溶液吸收。答案：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O吸收尾氣中的SO2（2）X可用于測定濃硫酸的體積，應該是酸式滴定管。答案：酸式滴定管（3）當入濃硫酸的體積為20.0mL時溶液的總體積為33.45ml，硫酸的濃度為=11.0mol/L；答案：11.0（4）通入氧氣的原因之一是將裝置中產生的二氧化硫驅趕出去，二是使燒杯中的Na2SO3全部轉化為Na2SO4；答案：使產生的SO2全部被NaOH溶液吸收將SO2最終轉化為Na2SO4（5）若通入氧氣的量不足，則生成沉淀的質量偏小，即計算出的生成二氧化硫的量偏小，則測得的硫酸的最低濃度偏大。答案：偏大26、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O不符合氧化還原反應原理避免對產物O2的檢驗產生干擾(或其它合理答案固體減少，產生紅棕色氣體，溶液中有氣泡冒出確保二氧化氮已被除盡，防止干擾氧氣的檢驗亞硫酸鈉溶液與氧氣反應沒有明顯現象，難以判斷反應是否發生了幾滴酚酞試劑4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O【解析】

(1)NO2在堿性條件下自身發生氧化還原反應，與氫氧化鈉反應生成NaNO3和NaNO2；(2)根據氧化還原反應化合價升降相等判斷；(3)為檢驗是否生成氧氣，應將裝置內的氧氣排盡；加熱Mg（NO3）2固體，固體質量減小，如生成紅棕色氣體，則有NO2生成；(4)亞硫酸鈉具有還原性，可被氧氣氧化，也可被二氧化氮氧化；(5)亞硫酸鈉溶液與氧氣反應沒有明顯現象，結合亞硫酸鈉溶液呈堿性，硫酸鈉溶液呈中性判斷；(6)如果分解產物中有O2存在，但沒有檢測到，可能原因是二氧化氮、氧氣與水反應。【詳解】(1)NO2在堿性條件下自身發生氧化還原反應，與氫氧化鈉反應生成NaNO3和NaNO2，反應的方程式為2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；(2)由于丁產物中化合價只有降低情況，沒有升高，不滿足氧化還原反應的特征，不符合氧化還原反應原理；(3)為檢驗是否生成氧氣，應將裝置內的氧氣排盡，避免對產物O2的檢驗產生干擾，加熱Mg(NO3)2固體，固體質量減小，如生成紅棕色氣體，則有NO2生成；(4)亞硫酸鈉具有還原性，可被氧氣氧化，也可被二氧化氮氧化，通入之前，還需在BD裝置間增加滴有酚酞的氫氧化鈉溶液，可確保二氧化氮已被除盡，防止干擾氧氣的檢驗；(5)亞硫酸鈉溶液與氧氣反應沒有明顯現象，結合亞硫酸鈉溶液呈堿性，硫酸鈉溶液呈中性判斷，可滴加幾滴酚酞試劑，如溶液由紅色變為無色，說明有氧氣生成；(6)如果分解產物中有O2存在，但沒有檢測到，可能原因是二氧化氮、氧氣與水反應，發生方程式為4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O。27、檢查裝置的氣密性防止倒吸b2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2ONaClO2遇酸放出ClO2空氣流速過慢時，ClO2不能及時被移走，濃度過高導致分解爆炸；空氣流速過快時，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的產率下降沒有處理尾氣A或或(或其他合理答案)【解析】

在裝置內，NaClO3與H2SO4的混合液中滴加H2O2，發生反應2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，生成的ClO2與O2的混合氣隨空氣排出進入B裝置；B裝置的進、出氣導管都很短，表明此裝置為防倒吸裝置，混合氣進入C中，發生反應2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，ClO2的熔點低，遇熱水、見光易分解，所以應使用冰水浴，以降低氣體的溫度；氣體濃度較大時易發生分解，若用空氣、CO2、氮氣等氣體稀釋時，爆炸性則降低，則需控制氣體的流速不能過慢，但過快又會導致反應不充分，吸收效率低。ClO2氣體會污染大氣，應進行尾氣處理。【詳解】(1)制取氣體前，為防漏氣，應在組裝好儀器后，進行的操作是檢查裝置的氣密性；由以上分析知，裝置B的作用是防止倒吸；冰水浴冷卻氣體，可減少H2O2的分解、減少ClO2的分解，ClO2為氣體，降溫有利于氣體的溶解，不可能降低ClO2的溶解度，所以主要目的不包括b。答案為：檢查裝置的氣密性；防止倒吸；b；(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，三頸燒瓶中NaClO3與H2SO4的混合液中滴加H2O2，發生反應生成ClO2的化學方程式為2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。答案：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O；(3)因為NaClO2遇酸會放出ClO2，所以裝置C中加入NaOH溶液的目的除了作反應物外，還因為NaClO2遇酸放出ClO2，加堿可改變環境，使NaClO2穩定存在。空氣的流速過慢或過快都會影響NaClO2的產率，原因是：空氣流速過慢時，ClO2不能及時被移走，濃度過高導致分解爆炸；空氣流速過快時，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的產率下降。答案為：NaClO2遇酸放出ClO2；空氣流速過慢時，ClO2不能及時被移走，濃度過高導致分解爆炸；空氣流速過快時，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的產率下降；(4)ClO2氣體會污染大氣，應進行尾氣處理，所以該套裝置存在的明顯缺陷是沒有處理尾氣。答案為：沒有處理尾氣；(5)A．過氧化鈉與水反應，可生成H2O2和NaOH，其還原能力與H2O2相似，A符合題意；B．硫化鈉具有強還原性，能將NaClO2固體還原為NaCl，B不合題意；C．氯化亞鐵具有較強還原性，能將NaClO2固體還原為NaCl，C不合題意；D．高錳酸鉀具有強氧化性，不能將NaClO2固體還原，D不合題意；故選A。答案為：A；(6)可建立如下關系式：NaClO3(s)—ClO2—NaClO2(s)，從而得出NaClO2(s)的理論產量為：=g，NaClO2的產率是=×100%。答案為：或或(或其他合理答案)。書寫三頸燒瓶中NaClO3與H2SO4的混合液中滴加H2O2的方程式時，我們可先確定主反應物(NaClO3、H2O2)和主產物(ClO2、O2)，然后配平，即得2NaClO3+H2O2——2ClO2↑+O2↑；再利用質量守恒確定其它反應物(H2SO4)和產物(Na2SO4、H2O)，最后配平，即得2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。28、CPd+4NO3-+6Cl-+10H+=H2PdCl6+4NO2↑+4H2Of；c；g；aNH4Cl偏低