文山市重點中學2025屆高三考前突擊精選模擬試卷化學試題試卷（4）注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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、《天工開物》中對“海水鹽”有如下描述：“凡煎鹽鍋古謂之牢盆……其下列灶燃薪，多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盤……火燃釜底，滾沸延及成鹽。”文中涉及的操作是()A．萃取 B．結晶C．蒸餾 D．過濾2、已知還原性I->Fe2+>Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯氣，關于所得溶液離子成分分析正確的是（不考慮Br2、I2和水的反應）（）A．I-、Fe3+、Cl- B．Fe2+、Cl-、BrC．Fe2+、Fe3+、Cl- D．Fe2+、I-、Cl-3、我國科學家開發的一種“磷酸釩鋰/石墨離子電池”在4.6V電位區電池總反應為：Li3C6＋V2(PO4)36C＋Li3V2(PO4)3。下列有關說法正確的是A．該電池比能量高，用Li3V2(PO4)3做負極材料B．放電時，外電路中通過0.1mol電子M極質量減少0.7gC．充電時，Li+向N極區遷移D．充電時，N極反應為V2(PO4)3＋3Li＋＋3e－=Li3V2(PO4)34、“聚酯玻璃鋼”是制作宇航員所用氧氣瓶的材料。甲、乙、丙三種物質是合成聚酯玻璃鋼的基本原料。下列說法中一定正確的是(

)①甲物質能發生縮聚反應生成有機高分子；②1mol乙物質最多能與4molH2發生加成反應；③1mol丙物質可與2mol鈉完全反應，生成22.4L氫氣；④甲、乙、丙三種物質都能夠使酸

性高錳酸鉀溶液褪色A．①③ B．②④ C．①② D．③④5、下列各物質或微粒性質的比較中正確的是A．碳碳鍵鍵長：乙烯＞苯B．密度：一氯乙烷＞一氯丁烷C．熱穩定性：NaHCO3＞Na2CO3＞H2CO3D．沸點：H2O＞H2S＞H2Se6、下列實驗裝置能達到實驗目的的是選項ABCD實驗裝置實驗目的用坩堝灼燒分離氯化鉀和氯化銨的混合物實驗室制備干燥純凈的氯氣用乙醇提取溴水中的溴尾氣處理混有少量NO的NOx氣體A．A B．B C．C D．D7、SO2能使溴水褪色，說明SO2具有（）A．還原性 B．漂白性 C．酸性 D．氧化性8、利用電解法制取Na2FeO4的裝置圖如圖所示，下列說法正確的是（電解過程中溫度保持不變，溶液體積變化忽略不計）A．Y是外接電源的正極，Fe電極上發生還原反應B．Ni電極上發生的電極反應為：2H2O－4e－==O2↑＋4H＋C．若隔膜為陰離子交換膜，則電解過程中OH－由B室進入A室D．電解后，撤去隔膜，充分混合，電解液的pH比原來小9、證據推理與模型認知是化學學科的核心素養之一。下列事實與相應定律或原理不相符的是（）A．向Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固體，溶液顏色加深——勒夏特列原理B．常溫常壓下，1體積CH4完全燃燒消耗2體積O2——阿伏加德羅定律C．向漂白液中加入少量稀硫酸能增強漂白液的漂白效果——元素周期律D．通過測量C、CO的燃燒熱來間接計算2C(s)+O2(g)=2CO(g)的反應熱——蓋斯定律10、下列關于工業生產過程的敘述正確的是（）A．聯合制堿法中循環使用CO2和NH3，以提高原料利用率B．硫酸工業中，SO2氧化為SO3時采用常壓，因為高壓會降低SO2轉化率C．合成氨生產過程中將NH3液化分離，可加快正反應速率，提高N2、H2的轉化率D．煉鋼是在高溫下利用氧化劑把生鐵中過多的碳和其他雜質氧化成氣體或爐渣除去11、下列實驗可達到實驗目的的是A．用相互滴加的方法鑒別Ca(OH)2和NaHCO3溶液B．向CH3CH2Br中滴入AgNO3溶液以檢驗溴元素C．用溴的四氯化碳溶液吸收SO2氣體D．與NaOH的醇溶液共熱制備CH3-CH=CH212、單質鈦的機械強度高，抗蝕能力強，有“未來金屬”之稱。工業上常用硫酸分解鈦鐵礦(FeTiO3)的方法制取二氧化鈦，再由二氧化鈦制金屬鈦，主要反應有：①FeTiO3+3H2SO4=Ti(SO4)2+FeSO4+3H2O②Ti(SO4)2+3H2O=H2TiO3↓+2H2SO4③H2TiO3TiO2+H2O④TiO2+2C+2Cl2TiCl4↑+CO↑⑤TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti下列敘述錯誤的是()A．反應①屬于非氧化還原反應B．反應②是水解反應C．反應④中二氧化鈦是氧化劑D．反應⑤表現了金屬鎂還原性比金屬鈦強13、如圖是一種綜合處理SO2廢氣的工藝流程。下列說法正確的是A．溶液酸性:A>B>CB．溶液B轉化為溶液C發生反應的離子方程式為4H++2Fe2++O2=2Fe3++2H2OC．向B溶液中滴加KSCN溶液，溶液可能會變為紅色D．加氧化亞鐵可以使溶液C轉化為溶液A14、下列有關有機物的說法不正確的是A．苯與濃硝酸、濃硫酸共熱并保持反應生成硝基苯B．用與發生酯化反應，生成的有機物為C．苯乙烯在合適條件下催化加氫可生成乙基環己烷D．戊烷的一溴取代物共有8種不含立體異構15、NA代表阿伏加德羅常數。已知C2H4和C3H6的混合物的質量為ag，則該混合物()A．所含共用電子對數目為(a/7+1)NA B．所含原子總數為aNA/14C．燃燒時消耗的O2一定是33.6a/14L D．所含碳氫鍵數目為aNA/716、下列說法正確的是()A．可用水鑒別乙酸和乙酸乙酯B．木材纖維和土豆淀粉遇碘水均顯藍色C．一定條件下，乙酸乙酯、淀粉、乙烯都能與水發生水解反應D．向蛋白質中加入濃的Na2SO4溶液、CuSO4溶液均能凝結析出，加水后又能溶解17、如圖1為甲烷和O2

構成的燃料電池示意圖，電解質溶液為KOH溶液；圖2

為電解AlCl3

溶液的裝置，電極材料均為石墨。用該裝置進行實驗，反應開始后觀察到x電極附近出現白色沉淀。下列說法正確的是A．b電極為負極B．圖1中電解質溶液的pH增大C．a

電極反應式為CH4-8e-

+8OH-=CO2+6H2OD．圖2

中電解AlCl3溶液的總反應式為:2AlCl3

+6H2O2Al(OH)3

↓+3Cl

2↑+3H2

↑18、恒容條件下，發生如下反應：．已知：，，、分別為正、逆向反應速率常數（僅與溫度有關），x為物質的量分數。如圖是不同溫度下隨時間的變化。下列說法正確的是A．該反應為放熱反應，B．化學平衡狀態時，C．當反應進行到a處時，D．時平衡體系中再充入，平衡正向移動，增大19、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A．新制氯水中：NH4+、Na＋、SO42-、SO32-B．0.1mol·L－1CaCl2溶液：Na＋、K＋、AlO2-、SiO32-C．濃氨水中：Al3＋、Ca2＋、Cl?、I－D．0.1mol·L－1Fe2(SO4)3溶液：H＋、Mg2＋、NO3-、Br－20、將一定質量的Mg和Al混合物投入到200mL稀硫酸中，固體全部溶解后，向所得溶液中滴加NaOH溶液至過量，生成沉淀的物質的量與加入NaOH溶液的體積關系如圖所示。則下列說法錯誤的是A．最初20mLNaOH溶液用于中和過量的稀硫酸B．NaOH溶液物質的量濃度為C．Mg和Al的總質量為9gD．生成的氫氣在標準狀況下的體積為11.2L21、用化學用語表示NH3+HClNH4Cl中的相關微粒，其中正確的是（）A．中子數為8的氮原子： B．HCl的電子式：C．NH3的結構式： D．Cl?的結構示意圖：22、下列說法正確的是A．氫氧燃料電池放電時化學能全部轉化為電能B．反應4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常溫下可自發進行，該反應為吸熱反應C．3molH2與1molN2混合反應生成NH3，轉移電子的數目小于6×6.02×1023D．在酶催化淀粉水解反應中，溫度越高淀粉水解速率越快二、非選擇題(共84分)23、（14分）丹參素是一種具有保護心肌、抗血栓形成、抗腫瘤等多種作用的藥物。它的一種合成路線如下：已知：Bn－代表芐基（）請回答下列問題：（1）D的結構簡式為__________，H中所含官能團的名稱為_______________。（2）的反應類型為_____________，該反應的目的是_____________。（3）A的名稱是__________，寫出的化學方程式：________。（4）用苯酚與B可以制備物質M（）。N是M的同系物，相對分子質量比M大1．則符合下列條件的N的同分異構體有__________種（不考慮立體異構）。其中核磁共振氫譜有6組峰，且峰面積之比為1:1:1:2:2:3的物質的結構簡式是_____________（寫出一種即可）。①苯環只有兩個取代基②能與溶液發生顯色反應③能發生銀鏡反應④紅外光譜表明分子中不含醚鍵（5）參照丹參素的上述合成路線，以為原料，設計制備的合成路線：____________________。24、（12分）有機材料PMMA、新型可降解高分子材料PET、常見解熱鎮痛藥Aspirin的合成路線如下：已知：(1)A屬于烯烴，其結構簡式是_______。(2)A與苯在AlCl3催化作用下反應生成B的反應類型是_______。(3)寫出B的一溴代物只有2種的芳香烴的名稱__________寫出生成這兩種一溴代物所需要的反應試劑和反應條件____________(4)B在硫酸催化條件下被氧氣氧化可得有機物C與F。①C由碳、氫、氧三種元素組成，C的結構簡式是_________。②向少量F溶液中滴加幾滴FeCl3溶液，溶液呈紫色，且F在其同系物中相對分子質量最小。G物質中含氧官能團名稱為_______。(5)D在一定條件下制取PET的化學方程式是_______。25、（12分）硫酸亞鐵溶液和過量碳酸氫銨溶液混合，過濾、洗滌、干燥得到碳酸亞鐵，在空氣中灼燒碳酸亞鐵得到鐵的氧化物M。利用滴定法測定M的化學式，其步驟如下：①稱取3.92g樣品M溶于足量鹽酸，并配成100mL溶液A。②取20.00mL溶液A于錐形瓶中，滴加KSCN溶液，溶液變紅色；再滴加雙氧水至紅色剛好褪去，同時產生氣泡。③待氣泡消失后，用1.0000mol·L－1KI標準溶液滴定錐形瓶中的Fe3＋，達到滴定終點時消耗KI標準溶液10.00mL。(1)實驗中必需的定量儀器有量筒、電子天平、____________和____________。(2)在滴定之前必須進行的操作包括用標準KI溶液潤洗滴定管、__________、___________。(3)步驟②中“氣泡”有多種可能，完成下列猜想：①提出假設：假設1：氣泡可能是SCN－的反應產物N2、CO2、SO2或N2，CO2。假設2：氣泡可能是H2O2的反應產物____________，理由___________。②設計實驗驗證假設1：試管Y中的試劑是_______。(4)根據上述實驗，寫出硫酸亞鐵溶液和過量碳酸氫銨溶液混合制備碳酸亞鐵的離子方程式_____。(5)根據數據計算，M的化學式為_______。(6)根據上述實驗結果，寫出碳酸亞鐵在空氣中灼燒的化學方程式________。26、（10分）肼是重要的化工原料。某探究小組利用下列反應制取水合肼（N2H4·H2O）。已知：N2H4·H2O高溫易分解，易氧化制備原理：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO＝Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl（實驗一）制備NaClO溶液（實驗裝置如圖所示）(1)配制30%NaOH溶液時，所需玻璃儀器除量筒外，還有_____（填標號）A．容量瓶B．燒杯C．燒瓶D．玻璃棒(2)錐形瓶中發生反應化學程式是_____________________________。（實驗二）制取水合肼。（實驗裝置如圖所示）控制反應溫度，將分液漏斗中溶液緩慢滴入三頸燒瓶中，充分反應。加熱蒸餾三頸燒瓶內的溶液，收集108-114餾分。(3)分液漏斗中的溶液是____________（填標號）。A．CO(NH2)2溶液B．NaOH和NaClO混合溶液選擇的理由是____________。蒸餾時需要減壓，原因是______________。（實驗三）測定餾分中肼含量。(4)水合肼具有還原性，可以生成氮氣。測定水合肼的質量分數可采用下列步驟：a．稱取餾分5.000g，加入適量NaHCO3固體（保證滴定過程中溶液的pH保持在6.5左右），配制1000mL溶液。b．移取10.00mL于錐形瓶中，加入10mL水，搖勻。c．用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出現______________，記錄消耗碘的標準液的體積。d．進一步操作與數據處理(5)滴定時，碘的標準溶液盛放在______________滴定管中（選填：“酸式”或“堿式”）水合肼與碘溶液反應的化學方程式________________________。(6)若本次滴定消耗碘的標準溶液為8.20mL，餾分中水合肼（N2H4·H2O）的質量分數為______。27、（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___________。28、（14分）二氯化二硫(S2Cl2)是一種重要的化工原料,常用作橡膠硫化劑,改變生橡膠受熱發粘、遇冷變硬的性質。查閱資料可知S2Cl2具有下列性質:物理性質毒性色態揮發性熔點沸點劇毒金黃色液體易揮發-76℃138℃化學性質①300℃以上完全分解②S2Cl2＋Cl22SCl2③遇高熱或與明火接觸,有引起燃燒的危險④受熱或遇水分解放熱,放出腐蝕性煙氣(1)制取少量S2Cl2實驗室可利用硫與少量氯氣在110~140℃反應制得S2Cl2粗品，氯氣過量則會生成SCl2。①儀器m的名稱為__________,裝置F中試劑的作用是_________。②裝置連接順序:A______ED。③實驗前打開K1,通入一段時間的氮氣排盡裝置內空氣。實驗結束停止加熱后，再通入一段時間的氮氣,其目的是_____________。④為了提高S2Cl2的純度,實驗的關鍵是控制好溫度和____________。(2)少量S2Cl2泄漏時應噴水霧減慢其揮發(或擴散),并產生酸性懸濁液,但不要對泄漏物或泄漏點直接噴水,其原因是______________。(3)S2Cl2遇水會生成SO2、HCl兩種氣體,某同學設計了如下實驗方案來測定該混合氣體中SO2的體積分數。①W溶液可以是_____(填標號)。a.H2O2溶液b.KMnO4溶液(硫酸酸化)c.氯水②該混合氣體中二氧化硫的體積分數為_________(用含V、m的式子表示)。29、（10分）Cl2及其化合物在生產、生活中具有廣泛的用途．將氯氣溶于水能形成氯氣﹣氯水體系．完成下列填空：（1）氯原子最外層電子的電子排布式是__．與電子排布式相比，軌道表示式增加了對核外電子運動狀態中__描述．（2）氫、氯、氧三種元素各能形成一種簡單陰離子，按離子半徑由大到小的順序排列這些離子__．（3）氯氣﹣氯水體系中，存在多個含氯元素的平衡關系，請分別用平衡方程式表示：__．已知HClO的殺菌能力比ClO﹣強，氯處理飲用水時，在夏季的殺菌效果比在冬季差，可能原因是__（一種原因即可）．（4）在氯水中，下列關系正確的是__（選填編號）．ac（HClO）+c（ClO﹣）=c（H+）﹣c（OH﹣）bc（H+）=c（ClO﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）cc（HClO）＜c（Cl﹣）dc（Cl﹣）＜c（OH﹣）（5）ClO2是一種更高效、安全的消毒劑，工業上可用ClO2與水中的MnCl2在常溫下反應，生成MnO2和鹽酸，以除去水中Mn2+，寫出該反應的化學方程式（需配平）__．有人認為產物MnO2和鹽酸會繼續反應生成氯氣，這種認識對嗎？__（填“對”或“錯”），說明理由__．

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】

“灶燃薪”是加熱，“多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盤”是蒸發結晶，B正確，故答案為：B。2、B【解析】

由于還原性I->Fe2+>Br-，所以在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯氣，首先發生反應：Cl2＋2I－===2Cl－＋I2；當I－反應完全后再發生反應：2Fe3＋+Cl2=2Fe2++2Cl－，當該反應完成后發生反應：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2。因此可能存在的情況是Fe2+、Cl-、Br，故選項是B。3、B【解析】

原電池的正極上發生得電子的還原反應，在電解池的陽極上發生失電子的氧化反應；鋰離子電池的總反應為：Li3C6＋V2(PO4)36C＋Li3V2(PO4)3，則該電池放電時正極上發生得電子的還原反應，即電極反應式為V2(PO4)3＋3Li＋＋3e－=Li3V2(PO4)3，負極為Li3C6材料，電極反應Li3C6-3e－→3Li++6C。【詳解】A.該電池比能量高，原電池的正極上發生得電子的還原反應，在電解池的陽極上發生失電子的氧化反應；用Li3V2(PO4)3作正極材料，負極為Li3C6材料，故A錯誤；B.放電時，M極為負極，電極反應Li3C6-3e－→3Li++6C，外電路中通過0.1mol電子M極質量減少0.1mol×7g·mol－1=0.7g，故B正確；C.充電時，Li+向陰極遷移，即向M極區遷移，故C錯誤；D.充電時，N極為陽極，發生氧化反應，Li3V2(PO4)3-3e－=V2(PO4)3＋3Li＋，故D錯誤；故選B。本題考查二次電池，理解原電池和電解池的原理是解題關鍵，易錯點D，充電時外電源的正極與電池的正極相連，陽極發生氧化反應，失去電子。4、B【解析】

①甲物質中含有碳碳雙鍵，能發生加聚反應，不能發生縮聚反應，①錯誤；②乙中苯環和碳碳雙鍵能和氫氣發生加成反應，1mol乙物質最多能與4molH2發生加成反應，②正確；③丙中-OH能和Na反應，且-OH與Na以1：1反應，1mol丙物質可與2mol鈉完全反應，生成1mol氫氣，溫度和壓強未知，因此不能確定氣體摩爾體積，也就無法計算氫氣體積，③錯誤；④含有碳碳雙鍵的有機物和醇都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，因此這三種物質都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，④正確；綜上所述可知正確的說法為②④，故合理選項是B。5、B【解析】

A．苯中的碳碳鍵介于單鍵與雙鍵之間，則碳碳鍵鍵長：乙烯<苯，故A錯誤；B．氯代烴中C原子個數越多，密度越大，則密度：一氯乙烷>一氯丁烷，故B正確；C．碳酸鈉加熱不分解，碳酸氫鈉加熱分解，碳酸常溫下分解，則穩定性為熱穩定性：Na2CO3>NaHCO3>H2CO3，故C錯誤；D．水中含氫鍵，同類型分子相對分子質量大的沸點高，則沸點為H2O>H2Se>H2S，故D錯誤；故答案為：B。非金屬化合物的沸點比較：①若分子間作用力只有范德華力，范德華力越大，物質的熔、沸點越高；②組成和結構相似，相對分子質量越大，范德華力越大，熔、沸點越高，如SnH4>GeH4>SiH4>CH4；③相對分子質量相同或接近，分子的極性越大，范德華力越大，其熔、沸點越高，如CO>N2；④同分異構體，支鏈越多，熔、沸點越低，如正戊烷>異戊烷>新戊烷；⑤形成分子間氫鍵的分子晶體熔、沸點較高，如H2O>H2S；如果形成分子內氫鍵則熔沸點越低。6、D【解析】

A.氯化銨受熱分解，遇冷化合，不可利用用坩堝灼燒分離氯化鉀和氯化銨的混合物。故A錯誤；B.收集的氯氣中含有HCl和水蒸氣，故B錯誤；C.乙醇與水任意比互溶，不可用乙醇提取溴水中的溴，故C錯誤；D.氫氧化鈉可以與混有少量NO的NOx氣體反應生成硝酸鹽和亞硝酸鹽，故D正確；答案：D7、A【解析】

溴單質與二氧化硫能發生氧化還原反應生成硫酸和HBr，溶液中溴的顏色會褪去，反應的化學方程式為：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，硫元素化合價升高（+4→+6），體現還原性，溴元素化合價降低，體現氧化性（0→-1），A項正確；答案選A。本題考查二氧化硫的化學性質，二氧化硫具有多重性質，可總結如下：1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水顯酸性，可與堿等反應；2、還原性：二氧化硫可與酸性高錳酸鉀、過氧化氫、氯水、溴水等強氧化性的物質反應；3、弱氧化性：二氧化硫可與硫化氫反應生成硫單質等；4、漂白性：二氧化硫的漂白性體現在可漂白品紅等物質，尤其是二氧化硫的漂白性和還原性是學生們的易混點。使酸性高錳酸鉀溶液、氯水、溴水褪色體現的二氧化硫的還原性，使品紅溶液褪色體現的是漂白性。8、D【解析】

A.鐵電極為陽極，Y接電源的正極，鐵電極上發生失電子的氧化反應：Fe+8OH--6e-=FeO42?+4H2O↑，故A錯誤；B.鎳電極為陰極，X接電源的負極，鎳電極上發生的反應為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故B錯誤；C.在電解池裝置中，陰離子向陽極移動，OH-由A室進入B室，故C錯誤；D.總反應為2Fe+2OH-+2H2O=FeO42?+3H2↑，由于反應消耗OH-，電解的OH-濃度降低，pH比原來小，故D正確；故選D。陰極：與直流電源的負極直接相連的一極；陽極：與直流電源的正極直接相連的一極；陰極得電子發生還原反應，陽極失電子發生氧化反應；在電解池中陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動。9、C【解析】

A．向Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固體，溶液顏色加深，說明增大反應物濃度，能使平衡正向移動，此事實與勒夏特列原理相符，A不合題意；B．由CH4燃燒反應方程式可知，1molCH4在2molO2中完全燃燒，常溫常壓下，1體積CH4完全燃燒消耗2體積O2，二者的體積比等于其物質的量之比，符合阿伏加德羅定律，B不合題意；C．向漂白液中加入少量稀硫酸能增強漂白液的漂白效果，說明生成了HClO，符合強酸制弱酸原理，由于HClO不是最高價含氧酸，所以不符合元素周期律，C符合題意；D．通過C、CO的燃燒熱反應方程式，通過調整化學計量數后相減，可間接計算2C(s)+O2(g)=2CO(g)的反應熱，符合蓋斯定律，D不合題意；故選C。10、D【解析】

A.聯合制堿法中，碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉和二氧化碳，二氧化碳被循環利用，而氯化銨并沒有直接循環利用，而是作為其他化工原料，則氨氣沒有被循環利用，故A錯誤；B.對于該反應，常壓時轉化率就很高了，增大壓強對SO2的轉化率影響不大，同時會增大成本，故通常采用常壓而不是高壓，故B錯誤；C.合成氨生產過程中將NH3液化分離，導致生成物濃度減小，逆反應速率瞬間減小，正反應速率隨之減小，平衡向正反應方向移動，從而提高了N2、H2的轉化率，故C錯誤；D.降低生鐵中的含碳量，需要加入氧化劑將生鐵中過多的碳和其他雜質氧化成氣體或爐渣除去，故D正確；答案選D。11、D【解析】

A.Ca(OH)2和NaHCO3溶液改變滴定順序,均生成白色沉淀,則不能利用相互滴加檢驗,故A錯誤；B.CH3CH2Br中不含溴離子,與硝酸銀不反應,不能直接檢驗溴元素,故B錯誤;C.溴與二氧化硫發生氧化還原反應,但溴單質和二氧化硫的反應必須在水溶液中進行,則不能用溴的四氯化碳溶液吸收SO2氣體,故C錯誤;D.鹵代烴在NaOH的醇溶液中共熱發生消去反應，則

與NaOH的醇溶液共熱可制備CH3-CH=CH2，故D正確；答案選D。12、C【解析】

A.由產物Ti(SO4)2和FeSO4可推出Ti的化合價為+4價，Fe的化合價為+2價，正好在反應物FeTi03中符合化合價原則，所以不是氧化還原反應，A正確；B.H2O提供H+和OH-，Ti4+和OH-結合生成H2TiO3，H+和SO42-形成H2SO4，所以是水解反應，B正確；C.分析反應④，Ti的化合價反應前后都為+4價，所以不是氧化劑，C錯誤；D.金屬之間的置換，體現了還原性強的制取還原性弱的反應規律，D正確；本題答案選C。13、C【解析】

由流程圖可知，A到B過程發生的反應為Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，B到C發生的反應為4FeSO4+2H2SO4+O2=4Fe2(SO4)3+2H2O。【詳解】A．由于A到B過程中生成H2SO4，酸性增強，B到C過程中消耗H+，酸性減弱，溶液酸性B最強，故選項A錯誤；B．溶液B轉化為溶液C發生反應的離子方程式為4H++4Fe2++O2=4Fe3++2H2O，故選項B錯誤；C．溶液A中通入SO2的反應為：Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，Fe3+沒有完全轉化，則滴加KSCN溶液，溶液會變為紅色，故選項C正確；D．溶液C中成分為Fe2(SO4)3和H2SO4，加入氧化亞鐵，生成產物仍未Fe2+，故選項D錯誤；故選C。14、B【解析】

A．苯與濃硝酸、濃硫酸共熱并保持，是苯發生硝化反應的條件，可以反應生成硝基苯，故A正確；B．用與發生酯化反應，酸脫羥基醇脫氫，生成的有機物為，故B錯誤；C．苯乙烯在合適條件下催化加氫，苯環和碳碳雙鍵都能加氫，生成乙基環己烷，故C正確；D．戊烷有正戊烷、異戊烷、新戊烷三種結構，再進行一溴取代，正戊烷有3種一溴代物，異戊烷有4種一溴代物，新戊烷有1種一溴代物，故戊烷一溴取代物共有8種不含立體異構，故D正確；故答案為B。15、D【解析】

C2H4和C3H6的最簡式為CH2，C2H4和C3H6的混合物的質量為ag，以最簡式計算，物質的量為a/14mol；【詳解】A.環丙烷、丙烯和乙烯的最簡式均為CH2，每個C有4個價電子、每個H有1個價電子，平均每個CH2中形成3個共用電子對，所以總共含有共用電子對，故A錯誤；B.C2H4和C3H6的最簡式為CH2，1個CH2中含有3個原子，C2H4和C3H6的混合物的質量為ag，物質的量為，所含原子總數，故B錯誤；C.氣體的狀況不知道，無法確定消耗氧氣的體積，故C錯誤；D.烴分子中，每個氫原子與碳原子形成1個C-H鍵，C2H4和C3H6的最簡式為CH2，1個CH2中含有3個原子，C2H4和C3H6的混合物的質量為ag，物質的量為，所含碳氫鍵數目，故D正確。本題考查阿伏加德羅常數，為高考高頻考點，注意挖掘題目隱含條件C2H4和C3H6的最簡式為CH2，難度不大，注意相關基礎知識的積累。16、A【解析】

A、乙酸是溶于水的液體，乙酸乙酯是不溶于水的液體，加水出現分層，則為乙酸乙酯，加水不分層，則為乙酸，因此可用水鑒別乙酸和乙酸乙酯，故A正確；B、木材纖維為纖維素，纖維素不能遇碘水顯藍色，土豆中含有淀粉，淀粉遇碘單質變藍，故B錯誤；C、乙酸乙酯中含有酯基，能發生水解，淀粉為多糖，能發生水解，乙烯不能發生水解，故C錯誤；D、Cu2＋為重金屬離子，能使蛋白質變性，加水后不能溶解，蛋白質和濃的輕金屬無機鹽(Na2SO4)溶液發生鹽析，加水后溶解，故D錯誤；答案選A。17、D【解析】A.x電極附近出現的白色沉淀是氫氧化鋁，X電極因產生OH-而作陰極，相應地b電極為正極，故A錯誤；B.圖1中電池反應為CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，電解質溶液的pH減小，故B錯誤；C.在堿性溶液中不能產生CO2，a電極反應式為CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，故C錯誤；D.圖2中電解AlCl3溶液的總反應式為：2AlCl3+6H2O2Al(OH)3↓+3Cl2↑+3H2↑，故D正確。故選D。18、D【解析】

A．根據“先拐先平數值大”原則，由圖可知T2＞T1，且對應x(SiHCl3)小，可知升高溫度平衡正向移動，則正反應為吸熱反應，且v正a>v逆b，故A錯誤；B．v消耗(SiHCl3)=2v消耗(SiCl4)，反應達到平衡狀態，故B錯誤；C．反應進行到a處時，x(SiHCl3)=0.8，此時v正=k正x2(SiHCl3)=(0.8)2k正，由反應可知轉化的SiHCl3為0.2mol，生成SiH2Cl2、SiCl4均為0.1mol，v逆=2v消耗(SiH2Cl2)=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)=0.01k逆，則=，平衡時k正x2(SiHCl3)=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)，x(SiHCl3)=0.75，結合反應中轉化關系可知==，則==，故C錯誤；D．T2K時平衡體系中再充入1molSiHCl3，體積不變時壓強增大，但是反應物的濃度增大，平衡正向移動，增大，故D正確；答案選D。19、D【解析】

A．飽和氯水中含有氯氣和HClO，具有強氧化性，還原性離子不能存在，SO32-和氯氣、HClO發生氧化還原反應而不能大量存在，選項A錯誤；B.0.1mol·L－1CaCl2溶液中Ca2+與SiO32-反應產生沉淀而不能大量共存，選項B錯誤；C.濃氨水中Al3＋與氨水反應生成氫氧化鋁而不能大量存在，選項C錯誤；D.0.1mol·L－1Fe2(SO4)3溶液呈酸性，H＋、Mg2＋、NO3-、Br－相互不反應，能大量共存，選項D正確；答案選D。20、D【解析】

由圖象可以知道,從開始至加入NaOH溶液20mL,沒有沉淀生成,說明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余,此時發生的反應為:.當V(NaOH溶液)=200mL時,沉淀量最大,此時為和,二者物質的量之和為0.35mol,溶液中溶質為,根據鈉元素守恒可以知道此時等于200mL氫氧化鈉溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍.從200mL到240mL,NaOH溶解,當V(NaOH溶液)=240mL時,沉淀不再減少,此時全部為,物質的量為0.15mol,為0.15mol,為0.35mol-0.15mol=0.2mol,因為從200mL到240mL,發生,所以該階段消耗,氫氧化鈉的濃度為.【詳解】A.由上述分析可以知道,最初20mLNaOH溶液用于中和過量的稀硫酸,所以A選項是正確的;B.由上述分析可以知道,氫氧化鈉溶液的物質的量濃度為5mol/L,所以B選項是正確的;C.由元素守恒可以知道，,所以鎂和鋁的總質量為,所以C選項是正確的;D.由電子守恒可以知道,生成的氫氣為,若在標況下,體積為,但狀況未知,故D錯誤;故答案選D。21、C【解析】

A、中子數為8的氮原子的質量數為15；B、HCl中只含共價鍵；C、NH3中含個N-H鍵；D、Cl-最外層有8個電子。【詳解】A、中子數為8的氮原子的質量數為15，可表示為，選項A錯誤；B、HCl中只含共價鍵，其電子式為，選項B錯誤；C、NH3中含個N-H鍵，NH3的結構式為：，選項C正確；D、Cl-最外層有8個電子，Cl?的結構示意圖為，選項D錯誤。答案選C。本題考查化學用語，側重考查原子結構、離子結構示意圖、電子式和結構式，注意它們之間的區別是解題的關鍵，如原子結構示意圖與離子結構示意圖的區別、共價化合物和離子化合物的區別、電子式與結構式的區別等。22、C【解析】

A項，氫氧燃料電池放電時化學能不能全部轉化為電能，理論上能量轉化率高達85%～90%，A項錯誤；B項，反應4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，該反應常溫下可自發進行，該反應為放熱反應，B項錯誤；C項，N2與H2的反應為可逆反應，3molH2與1molN2混合反應生成NH3，轉移電子數小于6mol，轉移電子數小于66.021023，C項正確；D項，酶是一類具有催化作用的蛋白質，酶的催化作用具有的特點是：條件溫和、不需加熱，具有高度的專一性、高效催化作用，溫度越高酶會發生變性，催化活性降低，淀粉水解速率減慢，D項錯誤；答案選C。本題考查燃料電池中能量的轉化、化學反應自發性的判斷、可逆的氧化還原反應中轉移電子數的計算、蛋白質的變性和酶的催化特點。弄清化學反應中能量的轉化、化學反應自發性的判據、可逆反應的特點、蛋白質的性質和酶催化的特點是解題的關鍵。二、非選擇題(共84分)23、醚鍵、羥基、羧基取代反應保護（酚）羥基乙二醛+O2→18【解析】

根據A的分子式和B的結構可知A為乙二醛（OHC-CHO），乙二醛氧化生成B；根據C、E、B的結構可知D為；B與D發生加成反應生成E（）；F與BnCl堿性環境下，發生取代反應生成G（），保護酚羥基不被后續步驟破壞；H與氫氣發生取代反應生成丹參素，據此分析。【詳解】（1）根據合成路線逆推可知D為鄰苯二酚。H（）中所含官能團為醚鍵、羥基、羧基；答案：醚鍵、羥基、羧基（2）的結果是F中的羥基氫被芐基取代，所以是取代反應。從F到目標產物，苯環上的兩個羥基未發生變化，所以是為了保護酚羥基，防止它在后續過程中被破壞。答案：取代反應保護（酚）羥基（3）A為乙二醛（OHC-CHO），屬于醛基的氧化反應，方程式為+O2→；答案：乙二醛+O2→（4）根據題意，N的同分異構體必含一個酚羥基，另一個取代基可能是：HCOOCH2CH2-、HCOOCH（CH3）、OHCCH（OH）CH2-、OHCCH2CH（OH）-、、，每個取代基與酚羥基都有鄰、間、對三種位置關系，共有；其中核磁共振氫譜有6組峰，且峰面積之比為1:1:1:2:2:3的物質的結構簡式是；答案：18（5）由原料到目標產物，甲基變成了羧基（發生了氧化反應），但羥基未發生變化。由于酚羥基易被氧化，所以需要預先保護起來。根據題意可以使用BnCl進行保護，最后通過氫氣使酚羥基復原，合成路線為；答案：本題難點第（4）小題同分異構體種類判斷①注意能發生銀鏡反應的有醛基、甲酸鹽、甲酸某酯、甲酸鹽、葡萄糖、麥芽糖等；②先確定官能團種類，在確定在苯環中的位置。24、CH2=CHCH3加成反應1，3，5—三甲苯Br2/光照和Br2/Fe羥基、羧基n+(n-1)H2O【解析】

A屬于烯烴，則A結構簡式為CH2=CHCH3，根據A、B分子式及苯的分子式可知，丙烯與苯發生加成反應生成B，根據已知信息，由D的結構簡式逆推可知C為，則B為，D發生消去反應生成E，E發生加聚反應生成PMMA，PMMA為，D發生縮聚反應生成，PET為；向少量F溶液中滴加幾滴FeCl3溶液，溶液呈紫色，且F在其同系物中相對分子質量最小，則F為，F發生反應生成G，G和乙酸酐發生取代反應生成Aspirin，根據Aspirin的結構簡式知，G結構簡式為，據此分析解答。【詳解】(1)A屬于烯烴，分子式為C3H6，則A結構簡式是CH2=CHCH3，故答案為：CH2=CHCH3；(2)通過以上分析知，A與苯在AlCl3催化作用下反應生成B的反應類型是加成反應，故答案為：加成反應；(3)B為，B的一溴代物只有2種的芳香烴為，名稱是1，3，5-三甲苯，光照條件下發生甲基失去取代反應，催化劑條件下發生苯環上取代反應，因此需要的試劑與條件為：Br2/光照和Br2/Fe故答案為：1，3，5-三甲苯；Br2/光照和Br2/Fe；(4)①通過以上分析知，C的結構簡式是，故答案為：；②根據上述分析，G的結構簡式為，G物質中含氧官能團名稱為羥基和羧基，故答案為：羥基和羧基；(5)D在一定條件下發生縮聚反應制取PET的化學方程式是n+(n-1)H2O，故答案為：n+(n-1)H2O。正確推斷物質的結構簡式是解題的關鍵。解答本題要注意充分利用題示信息和各小題中提供的信息進行推導。本題的易錯點為(5)中方程式的書寫，要注意水前面的系數。25、100mL容量瓶滴定管排出玻璃尖嘴的氣泡調節液面至0刻度線或0刻度線以下某一刻度O2H2O2在催化劑作用下分解產生O2澄清石灰水Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2OFe5O75FeCO3+O2Fe5O7+5CO2【解析】

(1)根據實驗操作選擇缺少的定量儀器，該實驗第①步為配制100mL溶液，第③步為滴定實驗，據此分析判斷；(2)根據滴定管的使用方法進行解答；(3)①過氧化氫在鐵離子催化作用下分解生成氧氣；

②氣泡可能是SCN-的反應產物N2、CO2、SO2或N2、CO2，可以利用二氧化碳通入石灰水變渾濁判斷；(4)硫酸亞鐵溶液和過量碳酸氫銨溶液混合反應生成碳酸亞鐵、二氧化碳和水；(5)利用反應2I-+2Fe3+=2Fe2++I2的定量關系計算鐵元素物質的量，進而計算氧元素物質的量，從而確定化學式；(6)碳酸亞鐵在空氣中灼燒生成鐵的氧化物和二氧化碳，結合原子守恒配平化學方程式。【詳解】(1)該實驗第①步為配制100mL溶液，缺少的定量儀器有100mL容量瓶；第③步為滴定實驗，缺少的定量儀器為滴定管，故答案為：100mL容量瓶；滴定管；(2)滴定管在使用之前，必須檢查是否漏水，若不漏水，然后用水洗滌滴定管，再用待裝液潤洗，然后加入待裝溶液，排出玻璃尖嘴的氣泡，再調節液面至0刻度線或0刻度線以下某一刻度，讀數后進行滴定，故答案為：排出玻璃尖嘴的氣泡；調節液面至0刻度線或0刻度線以下某一刻度；(3)①假設2：氣泡可能是H2O2的反應產物為O2，H2O2在催化劑鐵離子作用下分解產生O2，故答案為：O2；H2O2在催化劑作用下分解產生O2；②假設1為氣泡可能是SCN－的反應產物N2、CO2、SO2或N2，CO2，則試管Y中的試劑可以是澄清石灰水，用于檢驗氣體，若假設成立，氣體通入后會變渾濁，故答案為：澄清石灰水；(4)硫酸亞鐵溶液和過量碳酸氫銨溶液混合反應生成碳酸亞鐵、二氧化碳和水，反應的離子方程式為Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；故答案為：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(5)根據反應2I?+2Fe3+=2Fe2++I2，可得關系式：I?~Fe3+，在20mL溶液中n(Fe3+)=1.0000mol/L×0.01L×100=0.01mol，則100mL溶液中鐵離子物質的量為0.05mol，則鐵的氧化物中氧元素物質的量，則n(Fe):n(O)=0.05:0.07=5:7，化學式為：Fe5O7，故答案為：Fe5O7；,(6)碳酸亞鐵在空氣中灼燒和氧氣反應生成Fe5O7和二氧化碳，反應的化學方程式：5FeCO3+O2Fe5O7+5CO2，故答案為：5FeCO3+O2Fe5O7+5CO2。26、BDCl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2OB如果次氯酸鈉溶液裝在三頸燒瓶中，生成的水合肼會被次氯酸鈉氧化減壓蒸餾可使產品在較低溫度下氣化，避免高溫分解淡黃色且半分鐘不消失酸式N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O82.00%【解析】

（1）配制一定質量分數的溶液時，具體步驟是計算、稱量、溶解，NaOH固體時需要放在燒杯中稱，量取水時需要量筒，溶解時需要燒杯、玻璃棒；（2）氯氣通入到盛有NaOH的錐形瓶中與NaOH發生反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水；（3）依據制取水合肼（N2H4·H2O）的反應原理為：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl，結合反應產物和反應物分析判斷；水合肼（N2H4·H2O）具有還原性，易被次氯酸鈉氧化；（4）根據反應原理確定反應終點；（5）根據碘溶液的性質確定所用儀器；（6）根據N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O進行計算。【詳解】（1）配制一定質量分數的溶液時，溶解時需要燒杯、玻璃棒，故答案為：BD；（2）錐形瓶中氯氣和NaOH反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應的化學方程式為Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案為：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；（3）水合肼（N2H4·H2O）中氮元素為—2價，具有還原性，若次氯酸鈉過量，具有強氧化性的次氯酸鈉會氧化水合肼，為防止水合肼被氧化，分液漏斗中的溶液應是NaOH和NaClO混合溶液；水合肼高溫易分解，減壓會降低物質的沸點，則為防止水合肼分解需要減壓蒸餾，故答案為：B；如果次氯酸鈉溶液裝在燒瓶中，反應生成的水合肼會被次氯酸鈉氧化；餾分高溫易分解，減壓會降低物質的沸點；（4）根據反應N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，終點時碘過量，用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出現淡黃色且半分鐘不消失，記錄消耗碘的標準液的體積，故答案為：淡黃色且半分鐘不消失；（5）滴定時，碘具有強氧化性，會腐蝕橡膠管，則碘的標準溶液盛放在酸式滴定管中，故答案為：酸式；（6）由題意可知，水合肼與碘溶液反應生成氮氣、碘化氫和水，反應的化學方程式為N2H2·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，由方程式可知n（N2H2·H2O）=0.2000mol·L－1×0.0082L×=0.00082mol，250ml溶液中含有的物質的量=0.00082mol×=0.082mol，水合肼（N2H2·H2O）的質量分數=×100%=82%，故答案為：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O；82%。水合肼（N2H4·H2O）中氮元素為—2價，具有還原性，若次氯酸鈉過量，具有強氧化性的次氯酸鈉會氧化水合肼是解答關鍵，也是易錯點。27、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