新疆烏魯木齊市2025屆高三下學期5月階段驗收-化學試題試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、某烴的含氧衍生物的球棍模型如圖所示下列關于該有機物的說法正確的是()A．名稱為乙酸乙酯B．顯酸性的鏈狀同分異構體有3種C．能發生取代、加成和消除反應D．能使溴水或酸性高錳酸鉀溶液褪色，且原理相同2、將一定量的SO2通入BaCl2溶液中，無沉淀產生，若再通入a氣體，則產生沉淀。下列所通a氣體和產生沉淀的離子方程式正確的是（）A．a為H2S，SO2+2H++S2?→3S↓十2H2OB．a為Cl2，Ba2++SO2+2H2O+Cl2→BaSO3↓+4H++2Cl?C．a為NO2，4Ba2++4SO2+5H2O+NO3?→4BaSO4↓+NH4++6H+D．a為NH3，Ba2++SO2+2NH3+2H2O→BaSO4↓+2NH4++2H+3、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：4、下列化學用語使用正確的是（）A．HF在水溶液中的電離方程式：HF＋H2OF－＋H3O＋B．Na2S的電子式：C．乙烯的結構式：CH2＝CH2D．重氫負離子(H－)的結構示意圖：5、[安徽省合肥市2019年高三第三次教學質量檢測]化工生產與人類進步緊密相聯。下列有關說法不正確的是A．空氣吹出法提取海水中溴通常使用SO2作還原劑B．侯氏制堿法工藝流程中利用了物質溶解度的差異C．合成氨采用高溫、高壓和催化劑主要是提高氫氣平衡轉化率D．工業用乙烯直接氧化法制環氧乙烷體現綠色化學和原子經濟6、強酸和強堿稀溶液的中和熱可表示為H+(aq)+OH﹣(aq)→H2O(l)+55.8kJ。已知：①HCl(aq)+NH3?H2O(aq)→NH4Cl(aq)+H2O(l)+akJ；②HCl(aq)+NaOH(s)→NaCl(aq)+H2O(l)+bkJ；③HNO3(aq)+KOH(aq)→KNO3(aq)+H2O(l)+ckJ。則a、b、c三者的大小關系為()A．a＞b＞cB．b＞c＞aC．a=b=cD．a=b＜c7、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、、B．弱堿性溶液中：K+、Na+、I－、ClO－C．中性溶液中：Fe3+、K+、Cl－、D．能使甲基橙變紅的溶液中：Al3+、Na+、Cl－、8、下列有關Fe2(SO4)3溶液的敘述正確的是A．該溶液中K＋、Fe2＋、C6H5OH、Br－可以大量共存B．和KI溶液反應的離子方程式：Fe3＋＋2I－Fe2＋＋I2C．和Ba(OH)2溶液反應的離子方程式：Fe3＋＋SO42—＋Ba2＋＋3OH－Fe(OH)3↓＋BaSO4↓D．1L0.1mol·L-1該溶液和足量的Zn充分反應，生成11.2gFe9、下列我國科研成果所涉及材料中，主要成分為同主族元素形成的無機非金屬材料的是ABCD能屏蔽電磁波的碳包覆銀納米線2022年冬奧會聚氨酯速滑服4.03米大口徑碳化硅反射鏡“玉兔二號”鈦合金篩網輪A．A B．B C．C D．D10、NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．11g超重水(T2O)含中子數為5NAB．25℃，pH=13的1LBa(OH)2溶液中OH—的數目為0.2NAC．1mol金剛石中C—C鍵的數目為2NAD．常溫下，pH=6的MgCl2溶液中H+的數目為10-6NA11、常溫下，電解質溶液的性質與變化是多樣的，下列說法正確的是（）A．pH相同的①CH3COONa②NaClO③NaOH三種溶液c(Na+)大小：①＞②＞③B．往稀氨水中加水，的值變小C．pH=4的H2S溶液與pH=10的NaOH溶液等體積混合，存在下列等式：c(Na+)+c(H+)＝c(OH—)+2c(S2—)D．Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，ClO—水解程度增大，溶液堿性增強12、已知酸性溶液中還原性的順序為SO32->I->Fe2+>Br->Cl-，下列反應不能發生的是A．2Fe3++SO32-+H2O→2Fe2++SO42-+2H+ B．I2+SO32-+H2O→SO42-+2I-+2H+C．2Fe2++I2→2Fe3++2I- D．Br2+SO32-+H2O→SO42-+2Br-+2H+13、下列條件下，可以大量共存的離子組是（）A．pH=9的溶液中：Na+、Fe3+、NO3-，SCN-B．含有大量S2O32-的溶液中：H+、K+、SO42-、Al3+C．0.1mol?L-1的NH4Cl溶液中：Li+、Ba2+、CH3COO-、OH-D．某酸性無色透明溶液中：Na+、I-、Cl-、Mg2+14、新冠疫情暴發，消毒劑成為緊俏商品，下列常用的消毒劑中，消毒原理與氧化還原無關的是（）選項ABCD消毒劑雙氧化水臭氧醫用酒精84消毒液A．A B．B C．C D．D15、地球表面是易被氧化的環境，用括號內的試劑檢驗對應的久置的下列物質是否被氧化。正確的是（）A．KI（AgNO3

溶液） B．FeCl2（KSCN

溶液）C．HCHO（銀氨溶液） D．Na2SO3（BaCl2

溶液）16、丙烯是石油化學工業的重要基礎原料，我國科學家利用甲醇轉化制丙烯反應過程如下：3CH3OH+H3AlO6→3++3H2O3+→H3AlO6+3C○↑↓H23C○↑↓H2→CH2=CHCH3下列敘述錯誤的是A．甲醇轉化制丙烯反應的方程式為3CH3OH→CH2=CHCH3+3H2OB．甲醇轉化制丙烯反應的過程中H3AlO6作催化劑C．1.4gC○↑↓H2所含的電子的物質的量為1molD．甲基碳正離子的電子式為17、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，其中W的陰離子的核外電子數與X、Y、Z原子的核外內層電子數相同。X的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代，工業上采用液態空氣分餾方法來生產Y的單質，而Z不能形成雙原子分子。根據以上敘述，下列說法中正確的是A．上述四種元素的原子半徑大小為W<X<Y<ZB．W、X、Y、Z原子的核外最外層電子數的總和為20C．W與Y可形成既含極性共價鍵又含非極性共價鍵的化合物D．由W與X組成的化合物的沸點總低于由W與Y組成的化合物的沸點18、已知鎵(31Ga)和溴(35Br)是第四周期的主族元素。下列分析正確的是A．原子半徑:Br>Ga>Cl>Al B．鎵元素為第四周期第ⅣA元素C．7935Br與8135Br得電子能力不同 D．堿性:Ga(OH)3>Al(OH)3，酸性:HClO4>HBrO419、鏌（Mc）是115號元素，其原子核外最外層電子數是5。下列說法不正確的是A．Mc的原子核外有115個電子 B．Mc是第七周期第VA族元素C．Mc在同族元素中金屬性最強 D．Mc的原子半徑小于同族非金屬元素原子20、化學在生活中有著廣泛的應用，下列對應關系錯誤的是()選項性質實際應用ASO2具有漂白性SO2可用于食品增白BSiO2熔點高SiO2可用于制作耐高溫儀器CAl(OH)3具有弱堿性Al(OH)3可用于制胃酸中和劑DFe3+具有氧化性FeCl3溶液可用于回收廢舊電路板中的銅A．A B．B C．C D．D21、2019年11月《Science》雜志報道了王浩天教授團隊發明的制取H2O2的綠色方法，原理如圖所示(已知：H2O2=H＋＋HO2－，Ka＝2.4×10－12)。下列說法錯誤的是()A．X膜為選擇性陽離子交換膜B．催化劑可促進反應中電子的轉移C．每生成1molH2O2電極上流過4mole－D．b極上的電極反應為O2＋H2O＋2e－=HO2－＋OH－22、下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是A．NH4Cl溶液呈酸性，可用于去除鐵銹B．SO2具有還原性，可用于漂白紙張C．Al2O3是兩性氧化物，可用作耐高溫材料D．Na2SiO3溶液呈堿性，可用作木材防火劑二、非選擇題(共84分)23、（14分）由化合物A合成黃樟油（E）和香料F的路線如下（部分反應條件已略去）：請回答下列問題：（1）下列有關說法正確的是______（填選項字母）。a．化合物A核磁共振氫譜為兩組峰b．CH2Br2只有一種結構c．化合物E能發生加聚反應得到線型高分子d．化合物B能發生銀鏡反應，也能與NaOH溶液反應（2）由B轉化為D所需的試劑為______。（3）D含有的官能團名稱為________，C的同分異構體中具有順反異構的名稱是________（不必注明“順”“反”）。（4）寫出A→B的化學反應方程式：__________。（5）滿足下列條件的E的同分異構體W有________種（不含立體異構），其中核磁共振氫譜為五組峰且峰面積之比是1:2:2:2:3的結構簡式為_______。①lmolW與足量NaOH溶液反應，能消耗2molNaOH②能發生銀鏡反應③苯環上只有兩個取代基，能發生聚合反應（6）參照上述合成路線，寫出以、丙酮為主要原料（無機試劑任選），設計制備的合成路線________。24、（12分）已知：D為烴，E分子中碳元素與氫元素的質量之比6∶1，相對分子質量為44，其燃燒產物只有CO2和H2O。A的最簡式與F相同，且能發生銀鏡反應，可由淀粉水解得到。（1）A的結構簡式為__________________。（2）寫出D→E的化學方程式_______________________。（3）下列說法正確的是____。A.有機物F能使石蕊溶液變紅B.用新制的氫氧化銅無法區分有機物C、E、F的水溶液C.等物質的量的C和D分別完全燃燒消耗氧氣的量相等D.可用飽和碳酸鈉溶液除去有機物B中混有的少量C、FE.B的同分異構體中能發生銀鏡反應的酯類共有2種25、（12分）某化學興趣小組為探究Na2SO3固體在隔絕空氣加熱條件下的分解產物，設計如下實驗流程：已知：氣體Y是一種純凈物，在標準狀況下密度為1.518g/L。請回答下列問題：(1)氣體Y為_______。(2)固體X與稀鹽酸反應產生淡黃色沉淀的離子方程式為_______。(3)實驗過程中若測得白色沉淀的質量為6.291g，則Na2SO3的分解率為_______。(4)Na2SO3在空氣易被氧化，檢驗Na2SO3是否氧化變質的實驗操作是________。26、（10分）某研究小組由Cu(NO3)2溶液先制得Cu(NO3)2·3H2O晶體，然后在下圖所示實驗裝置中(夾持及控溫裝置省略)，用Cu(NO3)2·3H2O晶體和SOCl2制備少量無水Cu(NO3)2。已知：SOCl2的熔點為－105℃、沸點為76℃、遇水劇烈水解生成兩種酸性氣體。（1）由Cu(NO3)2溶液制得Cu(NO3)2·3H2O晶體的實驗步驟包括蒸發濃縮、冷卻結晶、抽濾等步驟。①蒸發濃縮時當蒸發皿中出現______________________________(填現象)時，停止加熱。②為得到較大顆粒的Cu(NO3)2·3H2O晶體，可采用的方法是_______________(填一種)。（2）①儀器c的名稱是________。②向三頸燒瓶中緩慢滴加SOCl2時，需打開活塞________(填“a”或“b”或“a和b”)。（3）裝置甲中Cu(NO3)2·3H2O和SOCl2發生反應的化學方程式為__________________________________。（4）裝置乙的作用是______________________________________。27、（12分）實驗室常用MnO2與濃鹽酸反應制備Cl2(反應主要裝置如圖一所示，其它裝置省略)。當鹽酸達到一個臨界濃度時，反應就會停止。為測定反應殘余液中鹽酸的臨界濃度，探究小組同學提出了下列實驗方案：甲方案：將產生的Cl2與足量AgNO3溶液反應，稱量生成的AgCl質量，再進行計算得到余酸的量。乙方案：采用酸堿中和滴定法測定余酸濃度。丙方案：余酸與已知量CaCO3(過量)反應后，稱量剩余的CaCO3質量。丁方案：余酸與足量Zn反應，測量生成的H2體積。具體操作：裝配好儀器并檢查裝置氣密性，接下來的操作依次是：①往燒瓶中加入足量MnO2粉末②往燒瓶中加入20mL12mol?L-1濃鹽酸③加熱使之充分反應。（1）在實驗室中，該發生裝置除了可以用于制備Cl2，還可以制備下列哪些氣體______？A．O2B．H2C．CH2=CH2D．HCl若使用甲方案，產生的Cl2必須先通過盛有________（填試劑名稱）的洗氣瓶，再通入足量AgNO3溶液中，這樣做的目的是______________；已知AgClO易溶于水，寫出Cl2與AgNO3溶液反應的化學方程式________________（2）進行乙方案實驗：準確量取殘余清液，稀釋5倍后作為試樣。準確量取試樣25.00mL，用1.500mol·L-1NaOH標準溶液滴定，選用合適的指示劑，消耗NaOH標準溶液23.00mL，則由此計算得到鹽酸的臨界濃度為____mol·L-1（保留兩位有效數字）；選用的合適指示劑是_____。A石蕊B酚酞C甲基橙（3）判斷丙方案的實驗結果，測得余酸的臨界濃度_________(填偏大、偏小或―影響)。（已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10-9、Ksp(MnCO3)=2.3×10-11）（4）進行丁方案實驗：裝置如圖二所示（夾持器具已略去）。（i）使Y形管中的殘余清液與鋅粒反應的正確操作是傾斜Y形管，將_____轉移到_____中。（ii）反應完畢，需要讀出量氣管中氣體的體積，首先要___________，然后再______，最后視線與量氣管刻度相平。（5）綜合評價：事實上，反應過程中鹽酸濃度減小到臨界濃度是由兩個方面所致，一是反應消耗鹽酸，二是鹽酸揮發，以上四種實驗方案中，鹽酸揮發會對哪種方案帶來實驗誤差（假設每一步實驗操作均準確）？____________A．甲B．乙C．丙D．丁28、（14分）C、N、S的氧化物常會造成一些環境問題，科研工作者正在研究用各種化學方法來消除這些物質對環境的不利影響。（1）目前工業上有一種方法是用CO2和H2在230℃，催化劑條件下轉化生成甲醇蒸汽和水蒸氣。如圖表示恒壓容器中0.5molCO2和1.5molH2平移轉化率達（2）一定溫度下，向2L恒容密閉容器中通入2molCO和1molSO2，發生反應2COg+SO2g?2CO2g+Ss，可用于回收燃燒煙氣中的硫。若反應進行到時達平衡，測得CO2（3）工業上有多種方法用于SO2①可用NaClO堿性溶液吸收SO2。為了提高吸收效率，常加入Ni2Oa.Ni2O3b.過程2的離子方程式___________________________________。c.Ca(ClO)2也可用于脫硫，且脫硫效果比NaClO更好，原因是_______________。②“亞硫酸鹽法”吸收煙氣中的SO2。室溫條件下，將煙氣通入NH42SO3溶液中，測得溶液pH與含硫組分物質的量分數的變化關系如圖所示，b點時溶液（4）用石墨做電極，食鹽水做電解液電解煙氣脫氮的原理如圖1，NO被陽極產生的氧化性物質氧化NO3-，尾氣經氫氧化鈉溶液吸收后排入空氣。電流密度對溶液pH和對煙氣脫硝的影響如圖圖1圖2①NO被陽極產生的氧化性物質氧化為NO3-反應的離子方程式__________________。排入空氣的尾氣，一定含有的氣體單質是_________________（填化學式）。②溶液的pH對NO去除率存在相關關系的原因是___________________________。29、（10分）[化學——選修3：物質結構與性質]（15分）鋅是人體必需的微量元素之一，起著極其重要的作用，回答下列問題：（1）請寫出Zn2+的核外電子排布式_____________________。（2）ZnCl2熔點為275℃，而CaCl2的熔點為782℃，請分析熔點不同的原因：_________。（3）Zn2+能與多種微粒形成配合物，如Zn2+與CNO?可形成[Zn(CNO)4]2?，[Zn(CNO)4]2?中配位原子為__________，[Zn(CNO)4]2?的組成中非金屬元素的電負性大小順序為____________；Zn2+與CN?可形成[Zn(CN)4]2?，[Zn(CN)4]2?中σ鍵、π鍵和配位鍵的個數比為________；配合物Zn(NH3)4CO3中陰離子的空間構型為____________，N原子的雜化方式為____________。（4）Zn與S所形成化合物的晶胞如圖1所示，圖2為晶胞沿y軸的投影1∶1平面圖：①晶胞中S原子的配位數為_________。②晶胞中最近的兩個S原子之間的距離為_______pm。③設阿伏加德羅常數的值為NA，則該晶胞的密度是__________g·cm?3（列出計算表達式）。[化學——選修5：有機化學基礎]（15分）哌替啶鹽酸鹽G有鎮痛作用，其合成路線如下。回答下列問題：（1）寫出A的結構簡式：________；B中含有碳碳雙鍵，則B的名稱為_____________。（2）G中含氧官能團名稱為____________；B→C的反應類型為_________________。（3）E的結構簡式為_____________。（4）寫出C→D的化學方程式：_______________________________________。（5）M與E互為同分異構體，符合下列條件的M有______種。①屬于芳香α-氨基酸；②含有兩個六元環。其中一種同分異構體，—NH2被H原子取代后，除苯基上H原子外，其他核磁共振氫譜的峰面積比為4∶4∶1∶1∶1，該同分異構體的結構簡式為______________。（6）請結合以上合成路線，寫出以H3CNHCH2Cl和CH2=CHCl及上述流程中出現的物質為原料合成的路線______________________。

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】

由結構模型可知有機物為CH3COOCH=CH2，含有酯基，可發生取代反應，含有碳碳雙鍵，可發生加成、加聚和氧化反應，以此解答該題。【詳解】A．有機物為CH3COOCH=CH2，不是乙酸乙酯，故A錯誤；B．該化合物的鏈狀同分異構體中,顯酸性的同分異構體有CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=CH(CH3)COOH，共3種，故B正確；C．含有酯基，可發生水解反應，含有碳碳雙鍵，可發生加成反應，不能發生消去反應，故C錯誤；D．含有碳碳雙鍵，能使溴水褪色是發生了加成反應，與酸性高錳酸鉀反應是發生了氧化還原反應，故原理不同，故D錯誤；答案選B。2、C【解析】

A．H2S為弱電解質，反應的離子方程式為SO2+2H2S→3

S↓+2H2O，故A錯誤；B．氯氣具有強氧化性，應生成BaSO4沉淀，反應的離子方程式為Ba2++SO2+2

H2O+Cl2→BaSO4↓+4H++2Cl-，故B錯誤；C．NO2與二氧化硫發生氧化還原反應，本身可以被還原為銨根離子，反應的離子方程式為4Ba2++4SO2+5H2O+NO3-→4

BaSO4↓+NH4++6

H+，故C正確；D．通入氨氣，沒有發生氧化還原反應，應該生成BaSO3沉淀，反應的離子方程式為Ba2++SO2+2

NH3+H2O→BaSO3↓+2NH4+，故D錯誤；故選C。本題的易錯點為C，要注意二氧化氮具有強氧化性，反應后N元素的化合價降低，可以生成NH4+。3、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。4、A【解析】

A.HF是弱酸，部分電離，用可逆號，HF＋H2O?F－＋H3O＋可表示HF的電離方程式，故A正確；B.Na2S是離子化合物，由陰陽離子構成，而不是共價化合物，電子式書寫不正確，故B錯誤；C.乙烯的結構簡式：CH2＝CH2，故C錯誤；D.重氫負離子(H－)的質子數是1，即核電荷數為1，故D錯誤；故選：A。5、C【解析】

A．空氣吹出法中氯氣置換出來的溴，Br2被水蒸氣吹出與SO2反應，SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，S的化合價從＋4升高到＋6，作還原劑，A項正確；B．在侯氏制堿法中，NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，利用的就是NaHCO3的溶解度比NaCl等物質的溶解度小，使之析出，B項正確；C．合成氨的反應為N2＋3H22NH3，該反應是放熱反應，采用高溫并不利于反應正向移動，不能提高氫氣平衡轉化率，采用高溫是為了提高化學反應速率，使用催化劑只能加快反應速率，不能提高氫氣平衡轉化率，C項錯誤；D．乙烯與氧氣反應生成環氧乙烷，2CH2=CH2＋O22，原子利用率100%，符合綠色化學和原子經濟性，D項正確；本題答案選C。6、B【解析】

①HCl（aq）+NH3?H2O（aq）→NH4Cl（aq）+H2O（l）+akJ，NH3?H2O是弱電解質，電離過程吸熱，因此a＜55.8；②HCl（aq）+NaOH（s）→NaCl（aq）+H2O（l）+bkJ，氫氧化鈉固體溶解放熱，因此b＞55.8；③HNO3（aq）+KOH（aq）→KNO3（aq）+H2O（l）+ckJ，符合中和熱的概念，因此c=55.8，所以a、b、c三者的大小關系為b＞c＞a；選B。本題考查了中和熱的計算和反應熱大小比較，理解中和熱的概念，明確弱電解質電離吸熱、強酸濃溶液稀釋放熱、氫氧化鈉固體溶解放熱；7、A【解析】

A．澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、、離子之間不反應，能夠大量共存，故A符合題意；B．弱堿性溶液中：I－和ClO－發生氧化還原反應，不能大量共存，故B不符合題意；C．中性溶液中：Fe3+會大量水解生成氫氧化鐵，不能大量存在，故C不符合題意；D．能使甲基橙變紅的溶液顯酸性，H+和不能大量共存，且Al3+與HCO3-發生雙水解反應不能大量共存，故D不符合題意；答案選A。澄清透明不是無色，含銅離子的溶液是藍色透明的液體，在酸性和堿性條件下都不能大量共存。8、D【解析】

A、三價鐵與苯酚會發生顯色反應，不能大量共存，A錯誤；B、電荷不守恒，正確的離子方程式為2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2，B錯誤；C、不符合配比關系，正確的離子方程式為2Fe3＋＋3SO42—＋3Ba2＋＋6OH－2Fe(OH)3↓＋3BaSO4↓，C錯誤；D、根據原子守恒，鐵離子的物質的量為0.2mol，與足量Zn反應生成0.2mol鐵，為11.2g，D正確；答案選D。9、C【解析】

A、銀是副族元素，故A不符；B、聚氨酯速滑服由氫、碳、氮、氧元素組成，分別屬于IA、ⅣA、ⅤA、ⅥA族元素，故B不符；C、C、Si屬于ⅣA族元素，故C符合；D、鈦是副族元素，故D不符；故選C。10、C【解析】

A.11g超重水(T2O)的物質的量為0.5mol，由于在1個超重水(T2O)中含有12個中子，所以0.5mol超重水(T2O)中含中子數為6NA，A錯誤；B.溶液中氫氧根的物質的量濃度是0.1mol/L，則1L溶液中含有的氫氧根離子的數目為0.1NA，B錯誤；C.由于一個C原子與相鄰的4個C原子形成共價鍵，每個共價鍵為相鄰兩個原子形成，所以1個C原子含有的C-C鍵數目為4×=2，因此1mol金剛石中C—C鍵的數目為2NA，C正確；D.缺體積，無法計算H+的數目，D錯誤；故合理選項是C。11、A【解析】

A、醋酸的酸性強于次氯酸，CH3COONa與NaClO水解顯堿性，根據越弱越水解的規律，若溶液的pH相同，CH3COONa的濃度最大，所以三種溶液c(Na+)大小順序為：①＞②＞③，故A正確；B、NH3?H2O的電離常數K=c(NH4+)?c(OH￣)/c(NH3?H2O)=c(NH4+)?Kw/c(NH3?H2O)?c(H+)，所以的值為常數，不發生變化，故B錯誤；C、因為H2S為弱酸，所以pH=4的H2S溶液與pH=10的NaOH溶液等體積混合，H2S過量，根據電荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)＝c(OH—)+2c(S2—)+c(HS￣)，故C錯誤；D、Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，生成CaCO3與HClO，溶液堿性減弱，故D錯誤。答案選A。12、C【解析】

A、因該反應中S元素的化合價升高，Fe元素的化合價降低，則SO32-為還原劑，還原性強弱為SO32-＞Fe2+，與已知的還原性強弱一致，能發生，故A不選；B、因該反應中S元素的化合價升高，I元素的化合價降低，則SO32-為還原劑，還原性強弱為SO32-＞I-，與已知的還原性強弱一致，能發生，故B不選；C、因該反應中Fe元素的化合價升高，I元素的化合價降低，則Fe2+為還原劑，還原性強弱為Fe2+＞I-，與已知的還原性強弱不一致，反應不能發生，故C選；D、因該反應中Br元素的化合價降低，S元素的化合價升高，則SO32-為還原劑，還原性強弱為SO32-＞Br-，與已知的還原性強弱一致，能發生，故D不選。答案選C。13、D【解析】

A．pH=9的溶液呈堿性，堿性條件下Fe3+生成沉淀，且Fe3+、SCN-發生絡合反應而不能大量共存，故A錯誤；B．能和S2O32-反應的離子不能大量共存，酸性條件下S2O32-生成S和二氧化硫而不能大量存在，故B錯誤；C．能和氯化銨反應的離子不能大量共存，銨根離子和OH-生成弱電解質而不能大量共存，Li+、OH-不能大量共存，故C錯誤；D．酸性溶液中含有大量氫離子，無色溶液不含有色離子，這幾種離子都無色且和氫離子不反應，所以能大量共存，故D正確；故選：D。S2O32-為硫代硫酸根，與氫離子可以發生反應：S2O32-+2H+==S↓+SO2+H2O。14、C【解析】

雙氧水、臭氧、84消毒液均具有強氧化性，氧化病毒和細菌，達到消毒殺菌的目的；酒精消毒的原理是使蛋白質變性，故答案為C。15、B【解析】

A．KI是否變質均能與硝酸銀溶液反應生成碘化銀沉淀，可以用淀粉溶液檢驗是否變質，故A不選；B．FeCl2溶液變質混有FeCl3，則加KSCN可檢驗鐵離子，能檢驗是否變質，故B選；C．HCHO變質生成HCOOH，銀氨溶液與甲醛、甲酸均能反應，所以不能檢驗，故C不選；D．Na2SO3溶液變質生成Na2SO4，Na2SO3、Na2SO4均能與氯化鋇生成白色沉淀，所以加氯化鋇不能檢驗變質，故D不選；故選：B。16、C【解析】

將題干中三個方程式相加即得甲醇轉化制丙烯反應的方程式，選項A正確；在反應前有H3AlO6，反應后又生成了H3AlO6，而且量不變，符合催化劑的定義，選項B正確；反應前后原子守恒，電子也守恒，1.4gC○↑↓H2所含的電子的物質的量為0.8mol，所以選項C錯誤；甲基碳正離子是甲基失去一個電子形成的陽離子，選項D正確。17、C【解析】

X的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代，用的是14C；工業上采用液態空氣分餾方法來生產Y的單質，這是工業上生產氮氣的方法，Z的原子序數大于X、Y，且不能形成雙原子，X、Y、Z核外內層電子數相同，均是2個，所以Z只能是稀有氣體Ne，W的陰離子的核外電子數與X、Y、Z原子的核外內層電子數相同，則W是H。【詳解】A．X為C，Y為N，同周期元素從左到右元素的原子半徑逐漸減小，則原子半徑C＞N，Z為Ne，原子半徑測定依據不同，一般不與主族元素的原子半徑相比較，A錯誤；B．W、X、Y、Z原子的核外最外層電子數的總和為1+4+5+8=18，B錯誤；C．W與Y可形成N2H4的化合物，既含極性共價鍵又含非極性共價鍵，C正確；D．W為H元素，X為C元素，Y為N元素，C和H可形成多種烴類化合物，當相對分子質量較大時，形成的烴在常溫下為液體或固體，沸點較高，可能高于W與Y形成的化合物，D錯誤；答案選C。18、D【解析】

A、半徑大小比較：一看電子層數，電子層數越多，半徑越大，二看原子序數，核外電子排布相同，半徑隨著原子序數的增大而減小，因此半徑大小順序是Ga>Br>Al>Cl，選項A錯誤；B、鎵元素為第四周期第ⅢA元素，選項B錯誤；C、7935Br與8135Br都是溴元素，核外電子排布相同，因此得電子能力相同，選項C錯誤；D、同主族從上到下金屬性增強，金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的堿性增強，即堿性Ga(OH)3>Al(OH)3，非金屬性越強，最高價含氧酸的酸性越強，酸性高氯酸大于高溴酸，選項D正確；答案選D。19、D【解析】

周期表中，原子的結構決定著元素在周期表中的位置，原子的電子層數與周期數相同，最外層電子數等于主族序數，同主族元素從上而下金屬性逐漸增強，同主族元素從上而下原子半徑依次增大，【詳解】A、鏌（Mc）是115號元素，原子核外有115個電子，選項A正確；B、原子的電子層數與周期數相同，最外層電子數等于主族序數，115號元素原子有七個電子層，應位于第七周期，最外層有5個電子，則應位于第VA族，選項B正確；C、同主族元素從上而下金屬性逐漸增強，故Mc在同族元素中金屬性最強，選項C正確；D、同主族元素從上而下原子半徑依次增大，故Mc的原子半徑大于同族非金屬元素原子，選項D不正確；答案選D。本題考查元素的推斷，題目難度不大，注意原子核外電子排布與在周期表中的位置，結合元素周期律進行解答。20、A【解析】

A、SO2有毒，對人體有傷害，不能用于食品加工，故說法錯誤；B、SiO2是原子晶體，熔點高，因此可以作耐高溫儀器，故說法正確；C、胃酸的成分是鹽酸，氫氧化鋁表現弱堿性，可以中和胃酸，因此用于胃酸中和劑，故說法正確；D、銅和Fe3＋發生反應，即2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，故說法正確。21、C【解析】

A.a極發生H2-2e－=2H＋，X膜為選擇性陽離子交換膜，讓H＋進入中間，故A正確；B.催化劑可促進反應中電子的轉移，加快反應速率，故B正確；C.氧元素由0價變成-1價，每生成1molH2O2電極上流過2mole－，故C錯誤；D.b為正極，氧氣得電子，b極上的電極反應為O2＋H2O＋2e－=HO2－＋OH－，故D正確；故選C。22、A【解析】

A．NH4Cl屬于強酸弱堿鹽，銨根離子發生水解溶液呈酸性，可與三氧化二鐵反應，則可用于去除鐵銹，故A正確；B．二氧化硫可用于漂白紙漿是因為其具有漂白性，與其還原性無關，故B錯誤；C．Al2O3的熔點高，可用作耐高溫材料，與兩性無關，故C錯誤；D．Na2SiO3溶液耐高溫，不易燃燒，可用于浸泡木材作防火劑，與堿性無關，故D錯誤；答案選A。性質和用途必須相對應，性質決定用途。二、非選擇題(共84分)23、bc液溴、Fe（或液溴、FeBr3）醚鍵、溴原子1-溴丙烯9【解析】根據A的分子式和性質，判斷為酚，再根據D的結構，可以判斷A為鄰二苯酚()，B為。(l)a．A為鄰二苯酚()，核磁共振氫譜為三組峰，故a錯誤；b.甲烷是正四面體結構，因此CH2Br2只有一種結構，故b正確；c．化合物E為，含有碳碳雙鍵，能發生加聚反應得到線型高分子，故c正確；d．B為，不存在醛基，不能發生銀鏡反應，故d錯誤；故選bc；(2)由B轉化為D是在苯環上引入溴原子，需要試劑為液溴、Fe，故答案為液溴、Fe；(3)根據D的結構可知，其含有的含氧官能團為醚鍵和溴原子，C的同分異構體中具有順反異構的是1-溴丙烯，故答案為醚鍵、溴原子；1-溴丙烯；(4)A為鄰二苯酚()，B為，A→B的化學方程式為：，故答案為；(5)E為，E的同分異構體W滿足：①lmolW與足量NaOH溶液反應，能消耗2molNaOH；②能發生銀鏡反應；③苯環上只有兩個取代苯，能發生聚合反應，說明苯環上含有2個側鏈，其中含有碳碳雙鍵、醛基或屬于甲酸某酯，結合E的結構，W屬于甲酸苯酚酯，即HCOO-，另一個側鏈為-CH2CH=CH2或-CH=CH2CH3或-C(CH3)=CH2，每種側鏈對應與鄰位、間位、對位3種結構，共9種，其中核磁共振氫譜為五組峰且峰面積之比是1：2：2：2：3的結構簡式為，故答案為9；；(6)以、為主要原料制備，可以將丙酮，與發生題中類似F→G的反應，得到醇再與溴化氫反應后，得溴代烴，在鎂的作用下，兩個分子之間發生類似題中C+D→E的反應，合成路線為，故答案為。點睛：本題考查有機物推斷與合成、有機物結構與性質、有機反應類型、同分異構體等知識，是對有機物化學基礎的綜合應用，側重考查學生對知識的遷移應用。本題的難點是(6)的合成路線的設計。24、CH2OH(CHOH)4CHO2CH2CH2+O22CH3CHOACDE【解析】

A能發生銀鏡反應，可由淀粉水解得到，說明A為葡萄糖，葡萄糖在催化劑作用下生成C為乙醇，E分子中碳元素與氫元素的質量之比6∶1，說明E分子中C與H原子個數比為1:2，相對分子質量為44，其燃燒產物只有CO2和H2O，則E為CH3CHO，D為烴，根據C和E可知，D為乙烯，F的最簡式和葡萄糖相同，且由乙醛催化氧化得到，說明F為乙酸，B在酸性條件下生成乙酸和乙醇，則B為乙酸乙酯。據此判斷。【詳解】(1)A為葡萄糖，其結構簡式為CH2OH(CHOH)4CHO，故答案為CH2OH(CHOH)4CHO；(2)乙烯催化氧化生成乙醛的化學方程式為：2CH2＝CH2+O22CH3CHO，故答案為2CH2＝CH2+O22CH3CHO；(3)A.有機物F為乙酸，具有酸性，可使石蕊溶液變紅，故A正確；B.C為乙醇、E為乙醛、F為乙酸乙酯，乙醇易溶于水，不分層，乙醛與新制氫氧化銅反應生成磚紅色沉淀，乙酸乙酯不溶于水，產生分層，上層為油狀液體，現象各不相同，所以可用新制的氫氧化銅區分，故B錯誤；C.1mol乙醇完全燃燒消耗3mol氧氣，1mol乙烯完全燃燒消耗3mol氧氣，則等物質的量的乙醇和乙烯分別完全燃燒消耗氧氣的量相等，故C正確；D.飽和碳酸鈉溶液可以溶解乙醇、消耗乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，所以可用飽和碳酸鈉溶液除去乙酸乙酯中混有的少量乙醇和乙酸，故D正確；E.乙酸乙酯的同分異構體中能發生銀鏡反應的酯類物質有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2，共2種，故E正確；答案選：ACDE。25、H2S2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O90%取少量Na2SO3樣品于試管中，加入足量鹽酸溶解，再加入BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則Na2SO3已被氧化變質；若不產生白色沉淀，則Na2SO3未被氧化變質【解析】

氣體Y是一種純凈物，在標準狀況下密度為1.518g/L，則相對分子質量為22.4×1.518=34.0，Y應為H2S氣體，生成的淡黃色沉淀為S，溶液加入氯化鋇溶液生成白色沉淀，說明生成Na2SO4，則隔絕空氣加熱，Na2SO3分解生成Na2S和Na2SO4，發生4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，以此解答該題。【詳解】(1)由以上分析可知Y為H2S；(2)固體X與稀鹽酸反應產生淡黃色沉淀，為硫化鈉、亞硫酸鈉在酸性溶液中發生歸中反應，離子方程式為2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O；(3)實驗過程中若測得白色沉淀的質量為6.291g，該白色沉淀為硫酸鋇，可知n(BaSO4)==0.027mol，說明生成Na2SO4的物質的量為0.027mol，反應的方程式為4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，可知分解的Na2SO3物質的量為0.027mol×=0.036mol，則Na2SO3的分解率為×100%=90%；(4)Na2SO3在空氣中被氧化，可生成Na2SO4，檢驗Na2SO3是否氧化變質的實驗操作是：取少量Na2SO3樣品于試管中，加入足量鹽酸溶解，再加入BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則Na2SO3已被氧化變質；若不產生白色沉淀，則Na2SO3未被氧化變質。本題考查性質實驗方案的設計。掌握Na2SO3具有氧化性、還原性，在隔絕空氣時加熱會發生歧化反應，反應產物Na2S與未反應的Na2SO3在酸性條件下會發生歸中反應產生S單質是本題解答的關鍵。可根據BaSO4既不溶于水也不溶于酸的性質檢驗Na2SO3是否氧化變質。26、溶液表面形成一層晶膜減慢冷卻結晶的速度球形干燥管bCu(NO3)2·3H2O＋3SOCl2Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑吸收SO2和HCl，防止倒吸【解析】

將Cu(NO3)2?3H2O晶體和SOC12在加熱條件下于A裝置中發生反應：Cu(NO3)2?3H2O＋3SOCl2Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑，用氫氧化鈉吸收尾氣，據此分析和題干信息解答。【詳解】(1)①由Cu(NO3)2溶液制得Cu(NO3)2·3H2O晶體，蒸發濃縮時，溫度不能過高，否則Cu(NO3)2?3H2O會變質，當蒸發皿中出現溶液表面形成一層晶膜時，停止加熱；②控制溫度，加熱至溶液表面形成一層晶膜，減慢冷卻結晶的速度，可得到較大顆粒的Cu(NO3)2?3H2O晶體；(2)①根據儀器構造可知儀器c球形干燥管；②向三頸燒瓶中緩慢滴加SOCl2時，盛裝SOCl2的漏斗上的玻璃管可以保證燒瓶和漏斗內的壓強相等，不需要打開活塞a，液體也可順利流出，因此只需打開活塞b即可；(3)根據分析，裝置甲中Cu(NO3)2·3H2O和SOCl2發生反應的化學方程式為Cu(NO3)2·3H2O＋3SOCl2Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑；(4)根據反應原理，反應中產生二氧化硫和氯化氫氣體，且二氧化硫有毒，二者都不能排放到大氣中，則裝置乙盛裝的是氫氧化鈉溶液，作用是吸收SO2和HCl，并防止倒吸。27、D飽和食鹽水除去揮發出的HClCl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO36.9mol/LC偏小足量鋅粒殘余清液使氣體冷卻到室溫調整量氣管兩端液面相平A【解析】

(1)根據反應物的狀態和反應條件選擇合適的裝置，從氯氣中的雜質氣體氯化氫，考慮除雜試劑，用飽和食鹽水，氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸，鹽酸再與硝酸銀反應，生成氯化銀和硝酸；(2)為測定反應殘余液中鹽酸的濃度，量取試樣25.00mL，用1.500mol?L-1NaOH標準溶液滴定，選擇的指示劑是甲基橙，消耗23.00mL，該次滴定測得試樣中鹽酸濃度==1.38mol/L，此濃度為稀釋5倍后作為試樣，原來的濃度應為現濃度的5倍；(3)與已知量CaCO3(過量)反應，稱量剩余的CaCO3質量，由于部分碳酸鈣與轉化成碳酸錳沉淀，稱量剩余的固體質量會偏大；(4)依據鋅粒與稀鹽酸反應生成氫氣進行分析解答；(5)甲同學的方案：鹽酸揮發，也會與硝酸銀反應，故反應有誤差；【詳解】(1)根據反應物的狀態和反應條件選擇合適的裝置，此裝置為固液加熱型，A．O2用高錳酸鉀或氯酸鉀與二氧化錳加熱制取，用的是固固加熱型，不符合題意，故A不符合題意；B．H2用的是鋅與稀硫酸反應，是固液常溫型，故B不符合題意；C．CH2=CH2用的是乙醇和濃硫酸反應，屬于液液加熱型，要使用溫度計，故C不符合題意；D．HCl用的是氯化鈉和濃硫酸反應，屬于固液加熱型，故D符合題意；氯氣中的雜質氣體氯化氫，考慮除雜試劑，用飽和食鹽水，氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸，鹽酸再與硝酸銀反應，生成氯化銀和硝酸，由于次氯酸銀不是沉淀，次氯酸與硝酸銀不反應，化學方程式為Cl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3；(2)量取試樣25.00mL，用1.500mol?L?1NaOH標準溶液滴定，消耗23..00mL，該次滴定測得試樣中鹽酸濃度為，由c(HCl)?V(HCl)=c(NaOH)?V(NaOH)，該次滴定測得試樣中鹽酸濃度==1.38mol/L，此濃度為稀釋5倍后作為試樣，原來的濃度應為現濃度的5倍=1.38×5=6.9mol/L；(3)根據題意碳酸錳的Ksp比碳酸鈣小，由于部分碳酸鈣與轉化成碳酸錳沉淀，稱量剩余的固體質量會偏大，這樣一來反應的固體減少，實驗結果偏小；(4)化學反應釋放熱量，氣體體積具有熱脹冷縮的特點。使Zn粒進入殘余清液中讓其發生反應。這樣殘余清液就可以充分反應，如果反過來，殘余清液不可能全部轉移到左邊。若殘余清液轉移到左邊則會殘留在Y型管內壁，導致產生氣體的量減少，使測定的鹽酸濃度偏小，丁方案：余酸與足量Zn反應放熱，壓強對氣體的體積有影響該反應是在加熱條件下進行的，溫度升高氣體壓強增大，如果不回復到原溫度，相當于將氣體壓縮了，使得測出的氣體的體積減小。故溫度要恢復到原溫度時，同時上下移動右端的漏斗，使兩端的液面的高度相同，視線要與液體的凹液面相切，讀取測量氣體的體積。故讀氣體體積時要保證冷卻到室溫，并且壓強不再發生變化，即調整量氣管兩端液面相平；(5)與足量AgNO3溶液反應，稱量生成的AgCl質量，鹽酸揮發的話，加入足量的硝酸銀溶液求出氯離子的量偏大，會有誤差。28、CO2(g)+3H2(g)

CH3OH(g)+H2O(g)

△H=-49kJ/mol0.0311.25催化劑2NiO2+ClO-

=Ni2O3+Cl-+2OCa2+與SO42-結合生成難溶的CaSO4，有利于反應的進行3:13Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2OH2次氯酸鈉在酸性條件下氧化性增強【解析】

（1）根據圖示，可知0.5mol

CO2和1.5mol

H2轉化率達80%時放熱23-3.4=19.6kJ，然后按比例計算：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）的△H得出該反應的熱化學方程式；（2）列出三行式，利用已知關系找出轉化量和平衡量，代入計算公式計算速率和平衡常數；（3）①a.由過程1和過程2的反應可知，Ni2O3的作用是作為催化劑；b.根據催化過程的示意圖可知，過程2中NiO2和ClO-反應生成Ni2O3、Cl-、O，據此寫出離子方程式；c.Ca2+與SO42-結合生成難溶的CaSO4，有利于反應的進行；②b點時溶液的pH=7，根據電荷守恒分析解答；（4）①由圖1可知，用石墨做電極，電解食鹽水在陽極產生Cl2，將NO氧化為NO3-。電解時陰極產生H2。②由圖2可知，溶液的pH越小，NO的去除率越高。【詳解】（1）根據圖中數據，恒壓容器中0.5molCO2和1.5molH2轉化率達80％時的能量變化，23kJ-3.4kJ=19.6kJ，△H=19.680%×2=-49kJ/mol

，該反應的熱化學方程式：CO2(g)+3H2(g)

CH3OH(g)+H2O(g)

△H=-49kJ/mol因此，本題正確答案是：CO2(g)+3H2(g)

CH3OH(g)+H2O(g)

△H=-49kJ/mol；（2）設進行到時達平衡，轉化的CO的物質的量為2x，則：2CO(g)+SO2(g)?2CO2(g)+S(s)起始量（mol）210轉化量（mol）2xx2x平衡量（mol）2-2x1-x2x根據平衡時CO2的體積分