北京市北京一零一中學2025屆高考沖刺模擬化學試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、電解法轉化CO2可實現(xiàn)CO2資源化利用。電解CO2制甲酸鹽的裝置如圖所示。下列說法中錯誤的是（）A．b是電源負極B．K+由乙池向甲池遷移C．乙池電極反應式為：CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-D．兩池中KHCO3溶液濃度均降低2、關于反應2HI(g)H2(g)＋I2(g)-11kJ，正確的是A．反應物的總鍵能低于生成物的總鍵能B．1molI2(g)中通入1molH2(g)，反應放熱11kJC．等物質的量時，I2(g)具有的能量低于I2(l)D．平衡時分離出HI(g)，正反應速率先減小后增大3、銦（In）被稱為信息產業(yè)中的“朝陽元素”。由“銦49In-114.8”不可能知道的是（）A．銦元素的相對原子質量 B．銦元素的原子序數(shù)C．銦原子的相對原子質量 D．銦原子的核電荷數(shù)4、下列比較錯誤的是A．與水反應的劇烈程度：K<Ca B．穩(wěn)定性：HF>HC1C．原子半徑：Si>N D．堿性：Ca(OH)2>Mg(OH)25、下列排列順序中，正確的是①熱穩(wěn)定性：H2O＞HF＞H2S②離子半徑：Cl－>Na+>Mg2+>Al3+③酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4④結合質子(H+)能力：OH—＞CH3COO—＞Cl—A．①③ B．②④ C．①④ D．②③6、在使用下列各實驗裝置時，不合理的是A．裝置①用于分離CCl4和H2O的混合物B．裝置②用于收集H2、CO2、Cl2等氣體C．裝置③用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸D．裝置④用于收集NH3，并吸收多余的NH37、生物固氮與模擬生物固氮都是重大基礎性研究課題。大連理工大學曲景平教授團隊設計合成了一類新型鄰苯二硫酚橋聯(lián)雙核鐵配合物，建立了雙鐵分子仿生化學固氮新的功能分子模型。如圖是所發(fā)論文插圖。以下說法錯誤的是A．催化劑不能改變反應的焓變B．催化劑不能改變反應的活化能C．圖中反應中間體NXHY數(shù)值X<3D．圖示催化劑分子中包含配位鍵8、鈀是航天、航空高科技領域的重要材料。工業(yè)用粗鈀制備高純度鈀的流程如圖：下列說法錯誤的是（）A．酸浸時反應的化學方程式是Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2OB．“熱還原”中每生成1molPd同時生成的氣體的物質的量為8molC．化學實驗中可利用氯鈀酸根離子檢驗溶液中是否含有NH4+D．在“酸浸”過程中為加快反應速率可用濃硫酸代替濃鹽酸9、“太陽水”電池裝置如圖所示，該電池由三個電極組成，其中a為TiO2電極，b為Pt電極，c為WO3電極，電解質溶液為pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。鋰離子交換膜將電池分為A、B兩個區(qū)，A區(qū)與大氣相通，B區(qū)為封閉體系并有N2保護。下列關于該電池的說法錯誤的是A．若用導線連接a、c，則a為負極，該電極附近pH減小B．若用導線連接a、c，則c電極的電極反應式為HxWO3-xe－=WO3+xH+C．若用導線連接b、c，b電極的電極反應式為O2+4H++4e－=2H2OD．利用該裝置，可實現(xiàn)太陽能向電能轉化10、下列說法正確的是A．氯氣和明礬都能用于自來水的殺菌消毒B．常溫下，濃硫酸和濃硝酸都能用銅制容器盛裝C．鋼鐵設備連接鋅塊或電源正極都可防止其腐蝕D．酸雨主要是由人為排放的硫氧化物和氮氧化物等轉化而成11、W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其中Y元素在同周期中離子半徑最小；甲、乙分別是元素Y、Z的單質；丙、丁、戊是由W、X、Y、Z元素組成的二元化合物，常溫下丁為液態(tài)；戊為酸性氣體，常溫下0.01mol·L－1戊溶液的pH大于2。上述物質轉化關系如圖所示。下列說法正確的是A．原子半徑：Z>Y>X>WB．W、X、Y、Z不可能同存于一種離子化合物中C．W和Ⅹ形成的化合物既可能含有極性鍵也可能含有非極性鍵D．比較X、Z非金屬性強弱時，可比較其最高價氧化物對應的水化物的酸性12、某藥物丙可由有機物甲和乙在一定條件下反應制得：(甲)+(乙)(丙)下列說法正確的是A．甲與乙生成丙的反應屬于加成反應B．甲分子中所有原子共平面C．乙的化學式是C4H718OOD．丙在堿性條件下水解生成和CH318OH13、在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是（）A．NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)B．S(s)SO3(g)H2SO4(aq)C．MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)Mg(s)D．N2(g)NH3(g)NaHCO3(s)14、下列實驗說法正確的是A．將Al2(SO4)3溶液蒸干、灼燒至恒重，最終剩余固體是Al2O3B．2mL10%的NaOH溶液中滴加2%的CuSO4溶液4～6滴制得新制氫氧化銅C．將水蒸氣通過灼熱的鐵粉，鐵粉變紅棕色，說明鐵與水在高溫下能發(fā)生反應D．取a克Na2CO3和NaHCO3混合物與少量稀鹽酸充分反應，加熱、蒸干、灼燒至熔化，冷卻得b克固體，可測得Na2CO3質量分數(shù)15、中華傳統(tǒng)文化博大精深，下列說法正確的是（）A．“霾塵積聚難見路人”，霧和霾是氣溶膠，具有丁達爾效應B．“楊花榆莢無才思”中的“榆莢”主要成分為蛋白質C．“日照香爐生紫煙”中的紫煙指“碘的升華”D．“火樹銀花不夜天”指的是金屬單質的焰色反應16、“乃焰硝、硫磺、杉木炭所合，以為烽燧銃機諸藥者”是對我國古代四大發(fā)明之一的火藥的描述。其中，“焰硝”是A．KClO3 B．Na2SO4 C．KNO3 D．Na2O217、下列物質性質與應用對應關系正確的是()A．晶體硅熔點高、硬度大，可用于制作半導體材料B．氫氧化鋁具有弱堿性，可用于制胃酸中和劑C．漂白粉在空氣中不穩(wěn)定，可用于漂白紙張D．氧化鐵能與酸反應，可用于制作紅色涂料18、下列過程中，共價鍵被破壞的是（）A．碘升華 B．NaOH熔化C．NaHSO4溶于水 D．酒精溶于水19、下列反應的生成物不受反應物的用量或濃度或反應條件影響的是A．SO2與NaOH溶液反應 B．Cu在氯氣中燃燒C．Na與O2的反應 D．H2S與O2的反應20、1L某混合溶液中，溶質X、Y濃度都為0.1mol·L—1，向混合溶液中滴加0.1mol·L—1某溶液Z，所得沉淀的物質的量如圖所示，則X、Y、Z分別是（）A．偏鋁酸鈉、氫氧化鋇、硫酸B．氯化鋁、氯化鎂、氫氧化鈉C．氯化鋁、氯化鐵、氫氧化鈉D．偏鋁酸鈉、氯化鋇、硫酸21、下列有關裝置對應實驗的說法正確的是（）A．①可用于制取H2，且活塞a處于打開狀態(tài)B．②可用于收集NH3C．③可用于固體NH4Cl和I2的分離D．④可用于分離I2的CCl4溶液，導管b的作用是滴加液體22、“太陽能燃料”國際會議于2019年10月在我國武漢舉行，旨在交流和探討太陽能光催化分解水制氫、太陽能光催化二氧化碳轉化為燃料等問題。下列說法錯誤的是()A．太陽能燃料屬于一次能源B．直接電催化CO2制取燃料時，燃料是陰極產物C．用光催化分解水產生的H2是理想的綠色能源D．研發(fā)和利用太陽能燃料，有利于經(jīng)濟的可持續(xù)發(fā)展二、非選擇題(共84分)23、（14分）扁桃酸衍生物是重要的醫(yī)藥中間體。以A和B為原料合成扁桃酸衍生物F的路線如下：(1)A分子式為C2H2O3，可發(fā)生銀鏡反應，且具有酸性，A所含官能團名稱為______。寫出A+B→C的化學反應方程式：__________________。(2)C()中①、②、③3個一OH的酸性由弱到強的順序是_____。(3)E是由2分子C生成的含有3個六元環(huán)的化合物，E分子中不同化學環(huán)境的氫原子有______種。(4)D→F的反應類型是_____，1molF在一定條件下與足量NaOH溶液反應，最多消耗NaOH的物質的量為______mol。寫出符合下列條件的F的所有同分異構體(不考慮立體異構)的結構簡式：__________。①屬于一元酸類化合物：②苯環(huán)上只有2個取代基且處于對位，其中一個是羥基。(5)已知：R一CH2COOHR一一COOHA有多種合成方法，在方框中寫出由乙酸合成A的路線流程圖(其他原料任選)。合成路線流程圖示例如下：______________________CH2=CH2CH3CH2OHCH3COOC2H524、（12分）H是一種可用于治療腫瘤的藥物中間體，由芳香烴A制備H的合成路線如圖。回答下列問題：（1）A物質的一氯代物共有______種；（2）B物質中含有的官能團名稱______；（3）①的反應試劑和反應條件分別是______，③的反應的類型是______；（4）E物質通過多次取代反應和氧化反應可以獲取F物質，用系統(tǒng)命名法對E物質命名______，F(xiàn)物質的結構簡式為______；（5）⑤的化學反應方程式為______；（6）對甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精細化工中間體，寫出由苯甲醚（）制備對甲氧基乙酰苯胺的合成路線。（其他試劑任選）______________（合成路線常用的表達方式為：AB……目標產物）。25、（12分）有一種天然黃銅礦主要成分為CuFeS2（含SiO2），為了測定該黃銅礦的純度，某同學設計了如圖1實驗：稱取研細的黃銅礦樣品1.150g煅燒，生成Cu、Fe2O1、FeO和SO2氣體，實驗后取d中溶液的1/10置于錐形瓶中，用0.01mo1/L標準碘溶液進行滴定，初讀數(shù)為0.01mL，末讀數(shù)如圖2所示．完成下列填空：（1）實驗中稱量樣品所需定量儀器為_____．（2）裝置c的作用是_____．（1）上述反應結束后，仍需通一段時間的空氣，其目的是_____．（4）滴定時，標準碘溶液所耗體積為_____mL．用化學方程式表示滴定的原理：_____．（5）計算該黃銅礦的純度_____．（6）工業(yè)上利用黃銅礦冶煉銅產生的爐渣（含F(xiàn)e2O1、FeO、SiO2、Al2O1）可制備Fe2O1．選用提供的試劑，設計實驗驗證爐渣中含有FeO．提供的試劑：稀鹽酸稀硫酸KSCN溶液KMnO4溶液NaOH溶液，所選試劑為_____．證明爐渣中含有FeO的實驗現(xiàn)象為：_____．26、（10分）硫酸鋅可用于制造鋅鋇白、印染媒染劑等。用鋅白礦(主要成分為ZnO，還含有Fe2O3、CuO、SiO2等雜成)制備ZnSO4·7H2O的流程如下。相關金屬離了生成氫氧化物沉淀的pH(開始沉淀的pH按金屬離子濃度為1.0mol·L-1計算）如下表：金屬離子開始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+6.48.0(1)“濾渣1”的主要成分為_________(填化學式）。“酸浸”過程中，提高鋅元素浸出率的措施有：適當提高酸的濃度、______________(填一種)。(2)“置換”過程中，加入適量的鋅粉，除與溶液中的Fe3+，H+反應外，另一主要反應的化學方程式為__________________________。(3)“氧化”一步中，發(fā)生反應的離子方程式為_______________________。溶液pH控制在[3.2，6.4)之間的目的是________________。(4)“母液”中含有的鹽類物質有_________(填化學式）。27、（12分）ClO2作為一種廣譜型的消毒劑，將逐漸用來取代Cl2成為自來水的消毒劑。已知ClO2是一種易溶于水而難溶于有機溶劑的氣體，11℃時液化成紅棕色液體。（1）某研究小組用下圖裝置制備少量ClO2（夾持裝置已略去）。①冰水浴的作用是____________。②NaOH溶液的主要作用為吸收反應產生的Cl2，其吸收液可用于制取漂白液，該吸收反應的氧化劑與還原劑之比為___________________。③以NaClO3和HCl為原料制備ClO2的化學方程式為_________________________。（2）將ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液變棕黃；再向其中加入適量CCl4，振蕩、靜置，觀察到________，證明ClO2具有氧化性。（3）ClO2在殺菌消毒過程中會產生Cl-,其含量一般控制在0.3-0.5mg·L?1，某研究小組用下列實驗方案測定長期不放水的自來水管中Cl-的含量：量取10.00mL的自來水于錐形瓶中，以K2CrO4為指示劑，用0.0001mol·L－1的AgNO3標準溶液滴定至終點。重復上述操作三次，測得數(shù)據(jù)如下表所示：實驗序號1234消耗AgNO3溶液的體積/mL10.2410.029.9810.00①在滴定管中裝入AgNO3標準溶液的前一步，應進行的操作_____________。②測得自來水中Cl-的含量為______mg·L?1。③若在滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視標準液液面，則測定結果_______（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）。28、（14分）慶祝新中國成立70周年閱兵式上，“東風-41洲際彈道導彈”“殲20”等護國重器閃耀亮相，它們都采用了大量合金材料。回答下列問題：(1)某些導彈的外殼是以碳纖維為增強體，金屬鈦為基體的復合材料。基態(tài)鈦原子的外圍電子排布式為_____。鈦可與C、N、O等元素形成二元化合物，C、N、O元素的電負性由大到小的順序是_________。(2)鈦比鋼輕，比鋁硬，鈦硬度比鋁大的原因是_____。(3)鈦鎳合金可用于戰(zhàn)斗機的油壓系統(tǒng)，該合金溶于熱的硫酸生成Ti（SO4）2、NiSO4，其中陰離子的立體構型為_____，S的_____雜化軌道與O的2p軌道形成_____鍵（填“π”或“σ”）。(4)金屬鈦采用六方最密堆積的方式形成晶體，其晶胞的俯視圖為_____（填字母序號）。(5)氮化鈦熔點高，硬度大，其晶胞結構如圖所示。若氮化鈦晶體中Ti原子的半徑為apm，N原子的半徑為bpm，則氮化鈦晶體中原子的空間利用率的計算式為_____（用含a、b的式子表示）。碳氮化鈦化合物在航天航空領域有廣泛的應用，其結構是用碳原子代替氮化鈦晶胞頂點的氮原子，則這種碳氮化鈦化合物的化學式為_____。29、（10分）為了緩解溫室效應，科學家提出了多種回收和利用CO2

的方案。方案I:利用FeO吸收CO2

獲得H2ⅰ.6FeO(s)

+CO2(g)=--2Fe3O4(s)

+C(s)

△H1=-76.0kJ/molⅱ.C(s)

+2H2O(g)=CO2(g)

+2H2(g)

△H2=

+113.4kJ/mol（1）3FeO(s)

+H2O(g)=Fe3O4(s)

+H2(g)

△H3=________。（2）在反應i中,每放出38.0kJ熱量，有_______g

FeO

被氧化。方案II

:利用CO2

制備CH4300℃時，向2L恒容密閉容器中充入2molCO2

和8

mol

H2，發(fā)生反應：CO2(g)

+4H2(g)CH4(g)

+2H2O(g)

△H4，混合氣體中CH4

的濃度與反應時間的關系如圖所示。（3）①從反應開始到恰好達到平衡時，H2

的平均反應速率v(H2)

=_________。②300℃時，反應的平衡常數(shù)K=____________。③保持溫度不變，向平衡后的容器中再充入2

molCO2和8

molH2，重新達到平衡時CH4

的濃度_________(填字母)。A．等于0.8mol/LB．等于1.6mol/LC．0.8mol/L<c(CH4)

<1.6mol/LD．大于1.6mol/L（4）300℃時，如果該容器中有1.6

molCO2、2.0molH2、5.6molCH4、4.0molH2O(g)，則v正____v逆(填“>”“<”或“=”)。（5）已知:200℃時，該反應的平衡常數(shù)K=64.8L2·mol-2。則△H4______0(填“>”“<”或“=”)。方案Ⅲ:用堿溶液吸收CO2利用100mL3mol/LNaOH溶液吸收4.48LCO2(標準狀況)，得到吸收液。（6）該吸收液中離子濃度的大小排序為______________。將該吸收液蒸干、灼燒至恒重，所得固體的成分是__________(填化學式)。

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、B【解析】

A．由圖可知，CO2在乙池中得到電子還原為HCOO-，則Sn極為電解池陰極，所以b為電源負極，故A正確；B．電解池中，陽離子向陰極移動，Sn極為電解池陰極，所以K+由甲池向乙池移動，故B錯誤；C．CO2在乙池中得到電子還原為HCOO-，電極反應式為：CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-，故C正確；D．電解過程中，甲池發(fā)生反應：，同時K+向乙池移動，所以甲池中KHCO3溶液濃度降低；乙池發(fā)生反應：，所以乙池中KHCO3溶液濃度降低，故D正確；答案選B。2、D【解析】

A．反應是吸熱反應，反應物的總鍵能高于生成物的總鍵能，選項A錯誤；B．反應為可逆反應不能進行徹底，1molI2（g）中通入1molH2（g），反應放熱小于11kJ，選項B錯誤；C．等物質的量時，I2（g）具有的能量高于I2（l），選項C錯誤；D．平衡時分離出HI（g），平衡逆向進行，碘化氫濃度先減小后增大，所以反應速率先減小后增大，但比原來速率小，選項D正確；答案選D。3、C【解析】

A．114.8即為銦元素的相對原子質量，故A錯誤；B．49既為銦元素的原子核內的質子數(shù)，也為銦元素的原子序數(shù)，故B錯誤；C．由于銦元素可能含有兩種或兩種以上的銦原子，故僅根據(jù)114.8無法計算出各銦原子的相對原子質量，故C正確；D．49既是銦原子的質子數(shù)，也是銦原子的核電荷數(shù)，故D錯誤。故選：C。【點睛】本題考查了原子結構中質子數(shù)與核電荷數(shù)、原子序數(shù)、電子數(shù)等之間的關系以及元素的相對原子質量與各原子的相對原子質量之間的計算關系。注意僅根據(jù)一種原子的相對原子質量無法計算元素的相對原子質量，同樣，僅根據(jù)元素的相對原子質量也無法計算原子的相對原子質量。4、A【解析】

A．金屬性K＞Ca＞Na＞Mg，金屬性越強，金屬單質與水反應越劇烈，故A錯誤；B．元素的非金屬性越強，其氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性F＞S，所以氫化物的穩(wěn)定性HF＞H2S，故B正確；C．C、Si同主族，電子層依次增大，故原子半徑Si＞C，C、N同周期，原子半徑隨原子序數(shù)增大而減小，故原子半徑C＞N，因此原子半徑：Si>N，故C正確；D．元素的金屬性越強，其最高價氧化物的水化物堿性越強，金屬性Ca＞Mg，所以堿性Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故D正確；故選A。5、B【解析】

①非金屬性越強，對應氫化物的穩(wěn)定性越強；②離子的電子層越多，離子半徑越大，電子層相同時，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小；③非金屬性越強，最高價氧化物對應水合物的酸性越強；④電離出氫離子能力(酸性)越強，結合質子能力越弱。【詳解】①非金屬性F＞O＞S，則氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：HF＞H2O＞H2S，故①錯誤；②Cl－含有三層電子，Na+、Mg2+、Al3+的電子層數(shù)都是兩層，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則離子半徑：Cl?＞Na＋＞Mg2＋＞Al3＋，故②正確；③非金屬性：P＜S＜Cl，則最高價含氧酸的酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，故③錯誤；④電離出氫離子的能力：HCl＞CH3COOH＞H2O，則結合質子能力：OH?＞CH3COO?＞Cl?，故④正確；故答案選B。【點睛】本題明確元素周期律內容為解答關鍵，注意掌握原子結構與元素周期律的關系。6、D【解析】

A．CCl4和H2O的混合物分層，則圖中分液裝置可分離，選項A正確；B．短導管進入可收集密度比空氣小的氣體，長導管進入可收集密度比空氣大的氣體，則圖中裝置可收集H2、CO2、Cl2等氣體，選項B正確；C．四氯化碳的密度比水大，在下層，可使氣體與水不能直接接觸，則裝置用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸，選項C正確；D．不能利用無水氯化鈣干燥氨氣，應選堿石灰干燥，選項D錯誤；答案選D。【點睛】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，涉及混合物分離提純、氣體的收集、防止倒吸等，把握圖中裝置的作用及實驗基本技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查。7、B【解析】

A．催化劑能夠改變反應途徑，不能改變反應物、生成物的能量，因此不能改變反應的焓變，A正確；B．催化劑能夠改變反應途徑，降低反應的活化能，B錯誤；C．在過渡態(tài)，氮氣分子可能打開叁鍵中部分或全部共價鍵，然后在催化劑表面與氫原子結合形成中間產物，故x可能等于1或2，C正確；D．根據(jù)圖示可知，在中間體的Fe原子含有空軌道，在S原子、N原子上含有孤對電子，F(xiàn)e與S、N原子之間通過配位鍵連接，D正確；故合理選項是B。8、D【解析】

A．據(jù)圖可知，酸浸時反應物有Pd、濃HNO3和濃HCl，產物有NO2，中和過程為非氧化還原過程，說明酸浸后Pd的化合價應為+4價，存在形式為PdCl62-，結合電子守恒和元素守恒可知方程式為：Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，故A正確；B．根據(jù)元素守恒生成的氣體應為HCl和NH3，生成1molPd，則消耗1mol氯鈀酸銨，根據(jù)元素守恒可知可生成2molNH3和6molHCl，共8mol氣體，故B正確；C．氯鈀酸銨為紅色沉淀，所以若某溶液中含有銨根，滴入含有氯鈀酸根離子的溶液可以生成紅色沉淀，有明顯現(xiàn)象，可以檢驗銨根，故C正確；D．溶解過程中鹽酸電離出的Cl-與Pd4+生成絡合物，促使Pd轉化為Pd4+的反應正向移動，從而使Pd溶解，若換成硫酸，無法生成絡合物，會使溶解的效率降低，故D錯誤；故答案為D。【點睛】難點為A選項，要注意結合后續(xù)流程判斷Pd元素的存在形式；分析選項B時首先根據(jù)元素守恒判斷產物，然后再根據(jù)守恒計算生成的氣體的物質的量，避免寫反應方程式。9、B【解析】

A．根據(jù)示意圖可知，a與c相連后，a電極發(fā)生失電子的氧化反應所以作負極，考慮到電解質溶液為pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液，所以a極的電極反應式為：；由于生成H+，所以a極附近的pH下降；A項正確；B．根據(jù)示意圖可知，a與c相連后，c為正極，發(fā)生得電子的還原反應，電極反應式應寫作：；B項錯誤；C．根據(jù)示意圖，b與c若相連，b極為正極發(fā)生氧氣的還原反應，考慮到電解質溶液為pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液，所以電極反應式為：；C項正確；D．連接a與c后，將太陽能轉變成B中的化學能，再連接b，c后，就可將化學能再轉變成電能，最終實現(xiàn)了太陽能向電能的轉化，D項正確；答案選B。10、D【解析】A、自來水廠常用氯氣殺菌消毒，用明礬、氯化鐵等絮凝劑凈化水，選項A錯誤；B、常溫下，濃硫酸和濃硝酸都能與銅反應，不能用銅制容器盛裝，選項B錯誤；C、鋼鐵設備連接鋅塊或電源負極都可防止其腐蝕，選項C錯誤；D、酸雨主要是由人為排放的硫氧化物和氮氧化物等酸性氣體轉化而成的，這些氣體進入大氣后，造成地區(qū)大氣中酸性氣體富集，在水凝結過程中溶于水形成酸性溶液，隨雨降下，選項D正確。答案選D。11、C【解析】

Y元素在同周期中離子半徑最小，金屬離子外的電子層數(shù)比相應的原子少一層，而且同周期金屬元素離子半徑隨著原子序數(shù)的遞增而減小，而非金屬元素的離子的電子層沒有減少，所以Y應為Al元素。丁為二元化合物，而且為液態(tài)，為水。丙與水反應得到兩種物質，而且一種為酸。0.01mol·L－1戊溶液的pH大于2，為弱酸。短周期中二元化合物為弱酸的HF和H2S。結合乙是Z的單質，Z的原子序數(shù)比Al大，Z為S元素。涉及的反應為2Al＋3SAl2S3，Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3＋3H2S↑。W、X、Y、Z分別為H、O、Al、S。A．H原子半徑最小。同周期的元素，原子序數(shù)越大，原子半徑越小，Al原子的半徑大于S；同主族元素，原子序數(shù)越大，原子半徑越大，S的原子半徑大于O，排序為Y（Al）>Z（S）>X（O）>W（H），A項錯誤；B．H、O、Al、S可以存在于KAl(SO4)2·12H2O中，存在離子鍵，為離子化合物，B項錯誤；C．W(H)和X(O)的化合物可能為H2O和H2O2。H2O的結構簡式為H—O—H，含有極性鍵。H2O2的結構簡式為H—O－O—H，含有極性鍵和非極性鍵，C項正確；D．比較X(O)和Z(S)的非金屬性，不能比較最高價氧化物對應的水化物的酸性，因為O沒有它的含氧酸。D項錯誤；本題答案選C。12、A【解析】

A．通過分析反應前后物質的結構可知，反應過程中甲分子發(fā)生了1,4加成，形成了一個新的碳碳雙鍵，乙分子也發(fā)生了加成最終與甲形成了六元環(huán)；A項正確；B．由于甲分子中存在一個sp3雜化的形成了4條單鍵的碳原子，所以甲分子內的所有原子不可能共平面；B項錯誤；C．由乙的結構可知，乙的分子式為：；C項錯誤；D．酯在堿性條件下水解，產物羧酸會與堿反應生成羧酸鹽，所以丙在堿性條件下水解的產物為和，D項錯誤；答案選A。13、D【解析】

A．鐵與氯氣反應生成氯化鐵，而不是氯化亞鐵，所以Cl2(g)FeCl2(s)轉化不能實現(xiàn)，故A錯誤；B．硫在氧氣中點燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B錯誤；C．氯化鎂與石灰乳反應生成氫氧化鎂，氫氧化鎂受熱分解生成氧化鎂，所以Mg(OH)2(s)Mg(s)轉化不能實現(xiàn)，故C錯誤；D．氨氣、二氧化碳和氯化鈉反應生成碳酸氫鈉，為侯氏制堿法的反應原理，故D正確；故答案選D。14、B【解析】

A．硫酸鋁在水中水解生成氫氧化鋁和硫酸，硫酸為難揮發(fā)性酸，所以最終得到的產物是硫酸鋁，選項A錯誤；B．配制氫氧化銅懸濁液時NaOH一定要過量，否則氫氧化銅受熱會分解生成黑色的氧化銅，選項B正確；C．高溫下鐵與水蒸氣反應生成四氧化三鐵，為黑色固體，選項C錯誤；D．應與足量鹽酸反應，少量稀鹽酸無法確定成分，選項D錯誤。答案選B。【點睛】本題考查化學實驗方案的評價，涉及鹽類的水解、物質的制備以及物質含量的測定等知識，為高考常見題型，側重于學生的分析能力和元素化合物知識的綜合理解和運用的考查，難度不大，注意相關基礎知識的積累，注意硫酸鋁在水中水解生成氫氧化鋁和硫酸，硫酸為難揮發(fā)性酸。15、A【解析】

A、霧霾所形成的氣溶膠屬于膠體，具有丁達爾效應，故A正確；B、“楊花榆莢無才思”中的“榆莢”主要成分為纖維素，故B錯誤；C、水產生的霧氣是由水蒸發(fā)產生的水蒸氣遇冷液化而成的小液滴，是一種液化現(xiàn)象，不是碘升華，故C錯誤；D、很多金屬或它們的化合物在灼燒時都會使火焰呈現(xiàn)特殊的顏色，這在化學上叫做焰色反應，“火樹銀花不夜天”指的是金屬元素的焰色反應，故D錯誤；故選：A。16、C【解析】

我國古代四大發(fā)明中的火藥，為“一硝二硫三木炭”，“焰硝”指的為硝酸鉀，答案為C。17、B【解析】

A、晶體硅能導電，可用于制作半導體材料，與熔點高硬度大無關系，A不正確；B、氫氧化鋁具有弱堿性，能與酸反應生成鋁鹽和水，可用于制胃酸中和劑，B正確；C、漂白粉具有強氧化性，可用于漂白紙張，與其穩(wěn)定性無關系，C不正確；D、氧化鐵是紅棕色粉末，可用于制作紅色涂料，與是否能與酸反應無關系，D不正確，答案選B。18、C【解析】

A、碘升華，只是碘狀態(tài)發(fā)生變化，發(fā)生物理變化，共價鍵未被破壞,A錯誤；B、NaOH為離子化合物，熔化時破壞的是離子鍵，B錯誤；C、NaHSO4溶于水時，在水分子的作用下電離出鈉離子、氫離子和硫酸根離子，所以共價鍵被破壞，C正確；D、酒精溶于水，酒精在水溶液里以分子存在，所以共價鍵未被破壞，D錯誤；答案選C。19、B【解析】

A．SO2與足量NaOH溶液反應生成亞硫酸鈉和水，SO2足量時生成亞硫酸氫鈉，選項A錯誤；B．Cu在氯氣中燃燒生成物只有氯化銅，選項B正確；C．Na與O2在空氣中反應生成氧化鈉，點燃或加熱生成過氧化鈉，選項C錯誤；D．H2S與O2的反應，若氧氣不足燃燒生成硫單質和水，若氧氣充足燃燒生成二氧化硫和水，選項D錯誤。答案選B。20、A【解析】

A.NaAlO2和Ba(OH)2均為0.1mol，加入等濃度的硫酸，加入的硫酸中的H+和溶液中的OH-生成水，同時SO42-和Ba2+生成BaSO4沉淀，當加入1L硫酸溶液時恰好和Ba(OH)2反應，生成0.1molBaSO4，再加入0.5LH2SO4溶液時，加入的0.1molH+恰好和溶液中的0.1molAlO2-完全反應：H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓，生成0.1molAl(OH)3沉淀。再加入1.5LH2SO4溶液，加入的0.3molH+把生成0.1molAl(OH)3沉淀溶解：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，和圖像相符，故A選；B.AlCl3和MgCl2均為0.1mol，共需要和0.5mol氫氧化鈉反應生成沉淀，即需要5L氫氧化鈉溶液才能使沉淀達到最多，和圖像不符，故B不選；C.AlCl3和FeCl3均為0.1mol，共需要0.6molNaOH和它們反應生成沉淀，即需要6LNaOH溶液才能使沉淀達到最多，和圖像不符，故C不選；D.NaAlO2和BaCl2各0.1mol，先加入0.5L硫酸，即0.05mol硫酸，加入的0.1molH+和溶液中的0.1molAlO2-恰好完全反應生成0.1molAl(OH)3沉淀，同時加入的0.05molSO42-和溶液中的Ba2+反應生成BaSO4沉淀。溶液中的Ba2+有0.1mol，加入的SO42-為0.05mol，所以生成0.05molBaSO4沉淀，還剩0.05molBa2+。此時沉淀的物質的量為0.15mol。再加入0.5LH2SO4溶液，加入的0.1molH+恰好把生成的0.1molAl(OH)3沉淀溶解，同時加入的0.05molSO42-恰好和溶液中剩余的0.05molBa2+生成0.05molBaSO4沉淀，此時溶液中的沉淀的物質的量為0.1mol，和圖像不符，故D不選。故選A。21、A【解析】

A.①可用于制取H2，且活塞a處于打開狀態(tài)時，稀硫酸和鋅粒發(fā)生反應，生成氫氣，故A正確；B.NH3密度比空氣小，所以不能用向上排空氣法收集，故B錯誤；C.加熱氯化銨分解，碘升華，則NH4Cl和I2的固體混合物不能用加熱的方法分離，故C錯誤；D.導管b的作用是回收冷凝的CCl4，故D錯誤；正確答案是A。22、A【解析】

A選項，太陽能燃料屬于二次能源，故A錯誤；B選項，直接電催化CO2制取燃料時，化合價降低，在陰極反應，因此燃料是陰極產物，故B正確；C選項，用光催化分解水產生的H2，氫氣燃燒放出熱量多，無污染，是理想的綠色能源，故C正確；D選項，研發(fā)和利用太陽能燃料，消耗能量最低，有利于經(jīng)濟的可持續(xù)發(fā)展，故D正確。綜上所述，答案為A。二、非選擇題(共84分)23、醛基、羧基②<①<③4取代反應3【解析】

A分子式為C2H2O3，可發(fā)生銀鏡反應，且具有酸性，則A為OHC﹣COOH，根據(jù)C的結構可知B是，A轉化到C發(fā)生加成反應，據(jù)此分析作答。【詳解】(1)A的分子式為C2H2O3，可發(fā)生銀鏡反應，且具有酸性，說明含有醛基和羧基，則A是OHC﹣COOH，根據(jù)C的結構可知B是，A+B→C發(fā)生加成反應，反應方程式為：，故答案為醛基羧基；；。(2)羧基的酸性強于酚羥基，酚羥基的酸性強于醇羥基，所以酸性由弱到強順序為：②<①<③，故答案為②<①<③；(3)C中有羥基和羧基，2分子C可以發(fā)生酯化反應，可以生成3個六元環(huán)的化合物，C分子間醇羥基、羧基發(fā)生酯化反應，則E為，該分子為對稱結構，分子中有4種化學環(huán)境不同的H原子，分別為苯環(huán)上2種、酚羥基中1種、亞甲基上1種，故答案為4；(4)對比D、F的結構，可知溴原子取代﹣OH位置，D→F的反應類型是取代反應；F中溴原子、酚羥基、酯基(羧酸與醇形成的酯基)，都可以與氫氧化鈉反應，1molF最多消耗3molNaOH；其同分分異構體滿足①屬于一元酸類化合物：②苯環(huán)上只有2個取代基且處于對位，其中一個是羥基，其結構簡式可以為：故答案為取代反應；3；；（5）由題目信息可知，乙酸與PCl3反應得到ClCH2COOH，在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應得到HOCH2COONa，用鹽酸酸化得到HOCH2COOH，最后在Cu作催化劑條件下發(fā)生催化氧化得到OHC﹣COOH，合成路線流程圖為，故答案為。24、4氯原子氯氣、光照還原反應2-甲基丙烷【解析】

由B的結構可知，芳香烴為A為，A與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成B，B與濃硝酸在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生取代反應生成C，C發(fā)生還原反應生成D，D與G在吡啶條件下發(fā)生取代反應生成H．由F的分子式、G的結構，可知F為，E系列轉化得到F，結合E的分子式，可知E為。【詳解】(1)由B的結構可知，芳香烴為A為，A

物質的一氯代物在苯環(huán)上有3種，在甲基上有1種，故共有4種，故答案為：4；(2)B的結構簡式為：，B

物質中含有的官能團名稱為：氯原子，故答案為：氯原子；(3)反應①是轉化為，反應試劑和反應條件分別是：氯氣、光照；反應③中硝基轉化為氨基，屬于還原反應，故答案為：氯氣、光照；還原反應；(4)由F的分子式、G的結構，可知F為，E系列轉化得到F，結合E的分子式，可知E為，用系統(tǒng)命名法對

E

物質命名為：2-甲基丙烷，故答案為：2-甲基丙烷；；(5)⑤的化學反應方程式為：，故答案為：；(6)結合合成路線圖中轉化可知，與在吡啶條件下反應生成，乙酸與SOCl2/PCl3作用生成．先發(fā)生硝化反應，然后與Fe/HCl作用生成，合成路線流程圖為：，故答案為：。25、電子天平除去混合氣體中未反應的氧氣將系統(tǒng)裝置中SO2全部排入d中充分吸收20.00I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI16%稀硫酸、KMnO4溶液稀硫酸浸取爐渣所得溶液能使KMnO4溶液褪色【解析】

（1）由于稱量黃銅礦樣品1.150g，精確度達到了千分之一，應該選用電子天平進行稱量，把黃銅礦樣品研細，可以增大接觸面積，從而提高反應速率，并且使黃銅礦充分反應，故答案是：電子天平；（2）氣體通過裝置c中銅網(wǎng)，加熱條件下和氣體中剩余氧氣反應，故答案為除去混合氣體中未反應的氧氣；（1）黃銅礦受熱分解生成二氧化硫等一系列產物，分解完畢后仍然需要通入一段時間的空氣，可以將b、d裝置中的二氧化硫全部排出去，使結果更加精確，故答案為將系統(tǒng)裝置中SO2全部排入d中充分吸收；（4）根據(jù)滴定管的示數(shù)是上方小，下方大，可以讀出滴定管示數(shù)是20.00mL，當達到滴定終點時，二氧化硫已經(jīng)被碘單質消耗完畢，再滴入一滴碘單質，遇到淀粉會變藍，滴定的原理反應的化學方程式為：I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，故答案為20.00；I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI；（5）根據(jù)硫原子守恒和電子守恒找出關系式：CuFeS2～2SO2～2I2，消耗掉0.01mo1/L標準碘溶液20.00mL時，即消耗的碘單質的量為：0.01mol/L×0.0200L=0.000200mol，所以黃銅礦的質量是：×0.000200mol×184g/mol×10=0.184g，所以其純度是：×100%=16%，故答案為16%；（6）若Fe2O1中含有FeO，利用稀酸（非氧化性）溶解后生成的亞鐵離子，則具有還原性，而給出的試劑中KMnO4溶液具有強氧化性，可使KMnO4溶液褪色，則選擇試劑為稀硫酸、KMnO4溶液，操作為取少量固體溶于稀硫酸，然后滴加KMnO4溶液，觀察到溶液使KMnO4溶液褪色，證明含有FeO，故答案為稀硫酸、KMnO4溶液；稀硫酸浸取爐渣所得溶液使KMnO4溶液褪色。26、SiO2粉碎鋅白礦（或充分攪拌漿料、適當加熱等）Zn+CuSO4═Cu+ZnSO43Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-變?yōu)镸nO2沉淀，避免引入雜質ZnSO4、K2SO4【解析】鋅白礦中加入稀硫酸浸取，ZnO、Fe2O3、CuO分別和稀硫酸反應生成ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4，SiO2和稀硫酸不反應，然后過濾，得到的濾液中含有ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4、H2SO4，向濾液中混入Zn，將Fe3+還原為Fe2+，得到Cu沉淀，然后過濾，得到的濾液中含有ZnSO4、FeSO4，向濾液中加入高錳酸鉀，高錳酸鉀將Fe2+氧化為Fe3+，向溶液中加入適量氧化鋅，溶液pH升高，鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，過濾，得到的濾液中含有ZnSO4，將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到ZnSO4?7H2O。(1)根據(jù)上述分析，“濾渣1”的主要成分為二氧化硅。浸取過程中，為提高浸出效率可采用的措施有，可將礦石粉碎或提高浸取時的溫度，或適當增大酸的濃度等，故答案為SiO2；粉碎鋅白礦（或充分攪拌漿料、適當加熱等）；(2)“置換”過程中，加入適量的鋅粉，除與溶液中的Fe3+，H+反應外，另一主要反應為置換銅的反應，反應的化學方程式為Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，故答案為Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4；(3)根據(jù)流程圖，“氧化”一步中，F(xiàn)e2+能被高錳酸鉀氧化生成Fe3+，高錳酸鉀被還原成二氧化錳，生成是鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀反應的離子方程式為3Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+；溶液PH控制在[3.2，6.4)之間可以使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-變?yōu)镸nO2沉淀，避免引入雜質，故答案為3Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+；使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-變?yōu)镸nO2沉淀，避免引入雜質；(4)根據(jù)上述分析，氧化后溶液轉化含有的鹽類物質有ZnSO4、K2SO4，故答案為ZnSO4、K2SO4。點睛：本題考查物質分離和提純、實驗裝置綜合等知識點，為高頻考點，明確物質的性質及實驗步驟是解本題關鍵，知道流程圖中發(fā)生的反應及基本操作方法、實驗先后順序等。本題的易錯點是（3）中離子方程式的書寫和配平。27、收集ClO2（或使ClO2冷凝為液體）1：12NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O溶液分層，下層為紫紅色用AgNO3標準溶液進行潤洗3.55偏低【解析】

(1)①冰水浴可降低溫度，防止揮發(fā)；②氯氣與氫氧化鈉反應生成氯化鈉、次氯酸鈉；③以NaClO3和HCl為原料制備ClO2，同時有Cl2和NaCl生成，結合電子守恒和原子守恒寫出發(fā)生反應的化學方程式；(2)反應生成碘，碘易溶于四氯化碳，下層為紫色；(3)根據(jù)滴定操作中消耗的AgNO3的物質的量計算溶液中含有的Cl-的物質的量，再計算濃度即可。【詳解】(1)①冰水浴可降低溫度，防止揮發(fā)，可用于冷凝、收集ClO2；②氯氣與氫氧化鈉反應生成氯化鈉、次氯酸鈉，反應的化學方程式為Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，此反應中Cl2既是氧化劑，又是還原劑，還原產物NaCl和氧化產物NaClO的物質的量之比為1:1，則該吸收反應的氧化劑與還原劑之比為1:1；③以NaClO3和HCl為原料制備ClO2，同時有Cl2和NaCl生成，則發(fā)生反應的化學方程式為2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；(2)將ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液變棕黃，說明生成碘，碘易溶于四氯化碳，即當觀察到溶液分層，下層為紫紅色時，說明有I2生成，體現(xiàn)ClO2具有氧化性；(3)①裝入AgNO3標準溶液，應避免濃度降低，應用AgNO3標準溶液進行潤洗后再裝入AgNO3標準溶液；②滴定操作中第1次消耗AgNO3溶液的體積明顯偏大，可舍去，取剩余3次數(shù)據(jù)計算平均體積為mL=10.00mL，含有AgNO3的物質的量為0.0001mol·L－1×0.01L=1×10-6mol，測得自來水中Cl-的含量為=3.55g·L?1；③在滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視標準液液面，導致消耗標準液的體積讀數(shù)偏小，則測定結果偏低。28、3d24s2O＞N＞CTi原子的價電子數(shù)比Al多，金屬鍵更強正四面體形sp3σD×100%Ti4CN3【解析】

(1)基態(tài)鈦原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2，由此可確定外圍電子排布式。C、N、O元素的非金屬性關系為O>N>C，電負性的關系與非金屬性關系相同。(2)鈦硬度比鋁大，從金屬鍵的大小找原因。(3)鈦鎳合金溶于熱的硫酸生成Ti(SO4)2、NiSO4，其中陰離子為SO42-，S的價層電子對數(shù)為4，由此可確定其立體構型和S的雜化方式，S的雜化軌道與O的2p軌道頭對頭重疊。(4)金屬鈦采用六方最密堆積的方式形成晶體，其晶胞的俯視圖為，由此確定符合題意的圖形。(5)在氮化鈦晶胞中，含Ti原子的個數(shù)為12×+1=4，含N原子個數(shù)為8×+6×=4，由此可求出原子的總體積，再由原子半徑求晶胞的總體積，便可求出氮化鈦晶體中原子的空間利用率的計算式。碳氮化鈦化合物結構是用碳原子代替氮化鈦晶胞頂點的氮原子，則晶胞中有1個N原子換成1個C原子，Ti原子個數(shù)不變，由此確定這種碳氮化鈦化合物的化學式。【詳解】(1)基態(tài)鈦原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2，