西藏林芝第二高级中学2024年高三第三次测评化学试卷含解析

西藏林芝第二高级中学2024年高三第三次测评化学试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y的核电荷数为奇数，Z的核电荷数为X的2倍。X的最外层电子数等于Y与Z的最外层电子数之和。Y与Z同周期且Y的原子半径大于Z。下列叙述正确的是A．单质的熔点：Y＞Z B．X的最高价氧化物的水化物为弱酸C．Y、Z的氧化物均为离子化合物 D．气态氢化物稳定性：X＞Z2、关于石油和石油化工的说法错误的是A．石油大体上是由各种碳氢化合物组成的混合物B．石油分馏得到的各馏分是由各种碳氢化合物组成的混合物C．石油裂解和裂化的主要目的都是为了得到重要产品乙烯D．实验室里，在氧化铝粉末的作用下，用石蜡可以制出汽油3、阿巴卡韦（Abacavir）是一种核苷类逆转录酶抑制剂，存在抗病毒功效。关于其合成中间体M（），下列说法正确的是A．与环戊醇互为同系物B．分子中所有碳原子共平面C．能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，且原理相同D．可用碳酸钠溶液鉴别乙酸和M4、下列化肥长期施用容易导致土壤酸化的是()A．硫酸铵 B．尿素 C．草木灰 D．硝酸钾5、用下列装置进行实验，能达到实验目的的是选项ABCD实验装置目的制备干燥的氨气证明非金属性Cl＞C＞Si制备乙酸乙酯分离出溴苯A．A B．B C．C D．D6、某探究活动小组根据侯德榜制碱原理，按下面设计的方案制备碳酸氢钠。实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）。下列说法正确的是（）A．乙装置中盛放的是饱和食盐水B．丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出C．丁装置中倒扣的漏斗主要作用是防止产生的气体污染空气D．实验结束后，分离碳酸氢钠的操作是蒸发结晶7、某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32-、SO42-、Cl-

中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图所示(所加试剂均过量，气体全部逸出)下列说法一定正确的是（）A．溶液中一定含有Na+,Na+浓度是0.35mol/LB．溶液中只有SO42-、CO32-、NH4+离子C．溶液中可能含有Cl-

，一定没有Fe3+D．取原溶液少许加入硝酸酸化的AgNO3溶液检验是否有Cl-8、下列电子排布式表示的基态原子中，第一电离能最小的是A．ns2np3 B．ns2np5 C．ns2np4 D．ns2np69、司替戊醇(d)用于治疗两岁及以上Dravet综合征相关癫痫发作患者，其合成路线如图所示。下列有关判断正确的是（）A．b的一氯代物有4种B．c的分子式为C14H14O3C．1mold最多能与4molH2发生加成反应D．d中所有碳原子可能处于同一平面10、下列说法正确的是A．的一氯代物有2种B．脂肪在人体内通过直接的氧化分解过程，释放能量C．与互为同系物D．通过石油裂化和裂解可以得到甲烷、乙烯和苯等重要化工基本原料11、下列说法中正确的是()A．H2O2属于共价化合物,分子中只含有共价键B．Na2O2属于离子化合物,该物质中只含有离子键C．分子间作用力CH4<SiH4,所以CH4沸点高D．CO2中碳原子与氧原子间存在共价键,所以干冰为原子晶体12、通常条件下，经化学反应而使溴水褪色的物质是（）A．甲苯 B．己烯 C．丙酸 D．戊烷13、将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100ml1mol/L的盐酸中，在同温同压下产生的气体体积比是（）A．1:2:3 B．6:3:2 C．3:1:1 D．1:1:114、在25℃时，向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HC1溶液。滴定过程中，溶液的pOH[pOH=－lgc(OH-)]与滴入HCl溶液体积的关系如图所示，则下列说法中正确的是A．图中②点所示溶液的导电能力弱于①点B．③点处水电离出的c(H+)=1×10-8mol·L-1C．图中点①所示溶液中，c(C1-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)D．25℃时氨水的Kb约为5×10-5.6mo1·L-115、下列各项反应对应的图像正确的是()A．图甲为25℃时，向亚硫酸溶液中通入氯气B．图乙为向NaAlO2溶液中通入HCl气体C．图丙为向少量氯化铁溶液中加入铁粉D．图丁为向BaSO4饱和溶液中加入硫酸钠16、下列实验过程可以达到实验目的的是编号实验目的实验过程A配制0.4000mol•L-1的NaOH溶液将称取的4.0g固体NaOH置于250mL容量瓶中，加入适量蒸馏水溶解并定容至容量瓶刻度线B收集NH4Cl和Ca(OH)2混合物在受热时产生的气体用排水法收集，在实验结束时，应先移出导管，后熄灭酒精灯C探究浓度对反应速率的影响向2支盛有5mL不同浓度Na2S2O3溶液的试管中同时加入2mL0.1mol/LH2SO4溶液，察实验现象D证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)向含少量NaCl的NaI溶液中滴入适量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成A．A B．B C．C D．D17、25°C时，向20mL0.10mol•L-1的一元酸HA中逐滴加入0.10mol•L-1NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．HA

为强酸B．a

点溶液中，c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）C．酸碱指示剂可以选择甲基橙或酚酞D．b

点溶液中，c（Na+）=c（A-）18、根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是组号今加反应的物质生成物①MnO4－、Cl－···Cl2、Mn2＋···②Cl2(少量)、FeBr2FeCl3、FeBr3③KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4…A．第①组反应中生成0.5molCl2，转移1mol电子B．第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为l：2C．第③组反应的其余产物为O2和H2OD．氧化性由强到弱的顺序为MnO4－>Cl2>Fe3＋>Br219、25℃时，0.1mol/L的NH4HCO3溶液pH=7.7。向0.1mol/L的NH4HCO3溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液时，含氮、含碳粒子的分布情况如图所示（纵坐标是各粒子的分布系数，即物质的量分数）。根据图象判断，下列说法正确的是A．NH4HCO3溶液中，水解程度：NH4+＞HCO3-B．开始阶段，HCO3-略有增加的主要原因是发生反应：2NH4HCO3+2NaOH＝（NH4）2CO3+Na2CO3+2H2OC．由图中数据可知：CO32-的水解常数约为5.3×10-11D．由图中数据可知：NH3•H2O的电离常数约为1.5×10-520、下列有关化学用语表示正确的是（）A．NaClO的电子式B．中子数为16的硫离子：SC．为CCl4的比例模型D．16O与18O互为同位素；16O2与18O3互为同素异形体21、下列有关浓硫酸和浓盐酸的说法错误的是（）A．浓硫酸、浓盐酸都是无色液体B．铁片加入浓硫酸中无明显现象，加入浓盐酸中有大量气泡产生C．将两种酸分别滴到

pH

试纸上，试纸最终均呈红色D．将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓盐酸有白烟，靠近浓硫酸没有白烟22、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5NAC．标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NAD．某密闭容器盛有1molN2和3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为6NA二、非选择题(共84分)23、（14分）“达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药，化合物M是它的合成中间体，其合成路线如下：已知：R1CHO回答下列问题：(1)有机物A的名称是______________；反应②反应类型是__________。(2)物质B的结构简式是____________；E的分子式为_____________。(3)G中含氧官能团的名称是________；F中有________个手性碳原子。(4)请写出反应⑤的化学反应方程式_____________。(5)物质N是C的一种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式_______。①分子结构中含有苯环和氨基，氨基与苯环直接相连；②能使溴水褪色；③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1∶1。(6)设计由苯甲醇和CH3NH2为原料制备的合成路线_______________。24、（12分）聚酰亚胺是综合性能最佳的有机高分子材料之一，已广泛应用在航空、航天、微电子等领域。某聚酰亚胺的合成路线如图（部分反应条件己略去）：己知下列信息：①芳香族化合物B的一氯代物有两种②③回答下列问题：（1）固体A是___（写名称）；B的化学名称是___。（2）反应①的化学方程式为___。（3）D中官能团的名称为___；反应②的反应类型是___。（4）E的分子式为___；己知1mo1F与足量的NaHCO3反应生成4mo1CO2，则F的结构简式是___。（5）X与C互为同分异构体，写出同时满足下列条件的X的结构简式___。①核磁共振氢谱显示四种不同化学环境的氢，其峰面积之比为2：2：1：1②能与NaOH溶液反应，1mo1X最多消耗4mo1NaOH③能发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应（6）参照上述合成路线，以甲苯和甲醇为原料（无机试剂任选）设计合成的路线___。25、（12分）葡萄糖酸锌{M[Zn(C6H11O7)2]＝455g·mol－1)是一种重要的补锌试剂，其在医药、食品、饲料、化妆品等领城中具有广泛的应用。纯净的葡葡糖酸锌为白色晶体，可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，化学兴趣小组欲在实验室制备葡萄糖酸锌并测定产率。实验操作分以下两步：Ⅰ.葡萄糖酸(C6H12O7)的制备。量取50mL蒸馏水于100mL烧杯中，搅拌下缓慢加入2.7mL(0.05mol)浓H2SO4，分批加入21.5g葡萄糖酸钙{M[Ca(C6H11O7)2]＝430g·mol－1，易溶于热水}，在90℃条件下，不断搅拌，反应40min后，趁热过滤。滤液转移至小烧杯，冷却后，缓慢通过强酸性阳离子交换树脂，交换液收集在烧杯中，得到无色的葡葡糖酸溶液。Ⅱ.葡萄糖酸锌的制备。向上述制得的葡萄糖酸溶液中分批加入足量的ZnO，在60℃条件下，不断搅拌，反应1h，此时溶液pH≈6。趁热减压过滤，冷却结晶，同时加入10mL95%乙醇，经过一系列操作，得到白色晶体，经干燥后称量晶体的质量为18.2g。回答下列问题：(1)制备葡萄糖酸的化学方程式为________________。(2)通过强酸性阳离子交换树脂的目的是_______________。(3)检验葡萄糖酸溶液中是否存在SO42-的操作为_________。(4)制备葡萄糖酸时选用的最佳加热方式为_______________。(5)制备葡萄糖酸锌时加入乙醇的目的是________，“一系列操作”具体是指_______。(6)葡萄糖酸锌的产率为______(用百分数表示)，若pH≈5时就进行后续操作，产率将_____(填“增大”“减小”或“不变”)。26、（10分）“84消毒液”因1984年北京某医院研制使用而得名，在日常生活中使用广泛，其有效成分是NaClO。某化学研究性学习小组在实验室制备NaClO溶液，并进行性质探究和成分测定。(1)该学习小组按上图装置进行实验（部分夹持装置省去），反应一段时间后，分别取B、C瓶中的溶液进行实验，实验现象如下表。已知：①饱和

NaClO溶液pH为11；②25°C时，弱酸电离常数为：H2CO3：K1=4.4×10-1，K2=4.1×10-11；HClO：K=3×10-8实验步骤实验现象B瓶C瓶实验1：取样，滴加紫色石蕊试液变红，不褪色变蓝，不褪色实验2：测定溶液的pH312回答下列问题：①仪器a的名称___________，装置A中发生反应的离子方程式__________。②C瓶溶液中的溶质是NaCl、__________（填化学式）。③若将C瓶溶液换成

NaHCO3溶液，按上述操作步骤进行实验，C瓶现象为：实验1中紫色石蕊试液立即褪色；实验2中溶液的pH=1．结合平衡移动原理解释紫色石蕊试液立即褪色的原因______(2)测定C瓶溶液中NaClO含量（单位：g/L）的实验步骤如下：Ⅰ．取C瓶溶液20mL于锥形瓶中，加入硫酸酸化，加入过量KI溶液，盖紧瓶塞并在暗处充分反应。Ⅱ．用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液，淀粉溶液显示终点后，重复操作2～3次，Na2S2O3溶液的平均用量为24.00mL。（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）①步骤I的C瓶中发生反应的离子方程式为_________。②盖紧瓶塞并在暗处反应的原因__________滴定至终点的现象_____________。③C瓶溶液中NaClO含量为______g/L（保留2位小数）27、（12分）硫化碱法是工业上制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O）的方法之一，流程如下：已知：Na2S2O3在空气中强热会被氧化，Na2S2O3•5H2O（M=248g/moL）在35℃以上的干燥空气中易失去结晶水，可用作定影剂、还原剂。某兴趣小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O3•5H2O并探究Na2S2O3的化学性质。I．制备Na2S2O3•5H2O设计如下吸硫装置：（1）写出A瓶中生成Na2S2O3和CO2的离子方程式______。（2）装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效果，装置B中试剂可以是______A浓硫酸B溴水CFeSO4溶液DBaCl2溶液II．测定产品纯度（1）Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：第一步：准确称取agKIO3（M=214g/moL）固体配成溶液；第二步：加入过量KI和H2SO4溶液，滴加指示剂；第三步：用Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL。则c（Na2S2O3）＝______mol/L。（列出算式即可）（已知：IO3－+5I－+6H+＝3I2+3H2O，2S2O32－+I2＝S4O62－+2I－）（2）滴定过程中下列实验操作会造成结果偏高的是_________（填字母）A滴定管未用Na2S2O3溶液润洗B滴定终点时俯视读数C锥形瓶用蒸馏水润洗后未用待取液润洗D滴定管尖嘴处滴定前有气泡，达滴定终点时未发现有气泡Ⅲ．探究Na2S2O3的化学性质已知Na2S2O3溶液与Cl2反应时，1molNa2S2O3转移8mol电子。甲同学设计如图实验流程：（1）甲同学设计实验流程的目的是证明Na2S2O3溶液具有___________和__________。（2）乙同学认为应将上述流程中②③所加试剂顺序颠倒，你认为理由是__________。28、（14分）UO2与铀氮化物是重要的核燃料，已知：3(NH4)4[UO2(CO3)3]3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O↑回答下列问题：(1)基态氮原子价电子排布图为______。(2)反应所得气态化合物中属于非极性分子的是_______(填化学式)。(3)某种铀氮化物的晶体结构是NaCl型。NaCl的Bom-Haber循环如图所示。已知：元素的一个气态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能。下列有关说法正确的是________(填标号)。a.Cl-Cl键的键能为119.6kJ/molb.Na的第一电离能为603.4kJ/molc.NaCl的晶格能为785.6kJ/mold.Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol(4)依据VSEPR理论推测CO32-的空间构型为_________。分子中的大丌键可用符号丌表示，其中m代表参与形成大丌键的原子数，n代表参与形成大丌键的电子数(如苯分子中的大丌键可表示为丌)，则CO32-中的大丌键应表示为_____(5)UO2可用于制备UF4：2UO2+5NH4HF22UF4·2NH4F+3NH3↑+4H2O，其中HF2的结构表示为[F—H…F]-，反应中断裂的化学键有_______(填标号)。a.氢键b.极性键c.离子键d.金属键e.非极性键(6)铀氮化物的某两种晶胞如图所示：①晶胞a中铀元素的化合价为__________，与U距离相等且最近的U有_______个。②已知晶胞b的密度为dg/cm3，U原子的半径为r1cm，N原子的半径为为r2cm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的空间利用率为___________(列出计算式)。29、（10分）[化学——选修5：有机化学基础]具有抗菌作用的白头翁衍生物H的合成路线如图所示：已知：Ⅰ:R′CH2BrR′HC=CH-RⅡ:(1)A属于芳香烃，其名称是___________。(2)写出符合下列条件的B的一种同分异构体：①苯环上只有一个取代基，②能发生银镜反应，③能发生水解反应，该物质的结构简式为___________。(3)由C生成D的化学方程式是___________。(4)由G生成H的反应类型是_________，1molF与足量NaOH溶液反应，消耗__________molNaOH。(5)试剂b是_________。(6)下列说法正确的是________(选填宇母序号)aG存在顺反异构体blmolG最多可以与1molH2发生加成反应clmolH与足量NaOH溶液反应，消耗2molNaOH(7)满足下面条件的同分异构体共有________种。①含有苯环②含有2个－CHO③苯环上有两个取代基

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解析】

由题可知Y、Z同周期且Y在Z前面，X的主族序数在Y、Z的主族序数之后，Z的核电荷数为X的2倍，可能确定X在第二周期右后位置，Y、Z在第三周期的左前位置，结合题中条件可知X、Y、Z分别为：N、Na、Si，据此解答。【详解】A．Y、Z分别为Na、Si，Si单质为原子晶体，熔点比钠的高，即Y<Z，A错误；B．X为N元素，最高价氧化物的水化物HNO3为强酸，B错误；C．Y、Z分别为Na、Si，Si的氧化物SiO2为共价化合物，C错误；D．X、Z分别为：N、Si，气态氢化物稳定性NH3>SiH4，即X＞Z，D正确；答案选D。2、C【解析】

A、石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，故A说法正确；B、因为石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，石油分馏时，沸点相近做为气体跑出，因此石油分馏得到的馏分是混合物，故B说法正确；C、石油裂化得到是轻质汽油，裂解得到是乙烯等气态烃，故C说法错误；D、实验室里石蜡在氧化铝的催化下，得到汽油，故D说法正确。3、D【解析】

A．M中含有两个羟基，与环戊醇结构不相似，不互为同系物，故A错误；B．M中含有sp3杂化的碳原子，所有碳原子不可能共平面，故B错误；C．M中含有碳碳双键和羟基，能够与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使溶液褪色，M中含有碳碳双键，其与溴水发生加成反应而使溴水褪色，故C错误；D．乙酸与碳酸钠能够发生反应生成二氧化碳气体，M不与碳酸钠溶液反应，利用碳酸钠能鉴别乙酸和M，故D正确；故答案为：D。4、A【解析】

A．硫酸铵属于强酸弱碱盐，溶于水显酸性，长期施用容易导致土壤酸化，故A正确；B．尿素是碳酰胺，呈弱碱性，长期施用容易导致土壤碱化，故B错误；C．草木灰的主要成分是碳酸钾，呈碱性，长期施用容易导致土壤碱化，故C错误；D．硝酸钾呈中性，植物的根吸收硝酸盐以后会释放出氢氧根离子(OH-)，并在根部区域形成微碱性环境，导致土壤碱化，故D错误；答案选A。5、D【解析】

A．氨气与浓硫酸反应，不能选浓硫酸干燥，故A错误；B．稀盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应生成硅酸，且盐酸为无氧酸，不能比较非金属性，故B错误；C．导管在饱和碳酸钠溶液的液面下可发生倒吸，导管口应在液面上，故C错误；D．溴苯的密度比水的密度大，分层后在下层，图中分液装置可分离出溴苯，故D正确；故选D。【点睛】1、酸性干燥剂：浓硫酸、五氧化二磷，用于干燥酸性或中性气体，其中浓硫酸不能干燥硫化氢、溴化氢、碘化氢等强还原性的酸性气体；五氧化二磷不能干燥氨气。2、中性干燥剂：无水氯化钙，一般气体都能干燥，但无水氯化钙不能干燥氨气和乙醇。3、碱性干燥剂：碱石灰（CaO与NaOH、KOH的混合物）、生石灰（CaO）、NaOH固体，用于干燥中性或碱性气体。6、B【解析】

工业上侯氏制碱法是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，由于氨气在水中的溶解度大，所以先通入氨气，通入足量的氨气后再通入二氧化碳，生成了碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度较小，所以溶液中有碳酸氢钠晶体析出，将碳酸氢钠晶体加热后得纯碱碳酸钠，据此分析解答。【详解】A.利用盐酸制取二氧化碳时，因盐酸易挥发，所以，二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应不与二氧化碳反应，所以通过碳酸氢钠的溶液是可以除掉二氧化碳气体中的氯化氢气体，因此乙装置中盛放的是饱和碳酸氢钠溶液，故A错误；B.碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出，故B正确；C.实验过程中氨气可能有剩余，而稀硫酸能与氨气反应，所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3，氨气极易溶于水，丁装置中倒扣的漏斗主要是防止倒吸，故C错误；D.分离出NaHCO3晶体的操作是分离固体与液体，常采用的实验操作是过滤操作，故D错误；答案选B。【点睛】明确“侯氏制碱法”的实验原理为解题的关键。本题的易错点为A，要注意除去二氧化碳中的氯化氢气体通常选用的试剂。7、C【解析】根据信息，加入BaCl2溶液，产生沉淀甲，沉淀可能是BaCO3、BaSO4至少有一种，沉淀甲中加入盐酸溶液，还有沉淀，说明沉淀甲中含有BaSO4，沉淀甲和沉淀乙的质量前后对比，说明沉淀甲中还含有BaCO3，即原溶液中含有CO32－、SO42－，根据离子共存，Fe3＋一定不存在，根据沉淀的质量，推出n(CO32－)=0.01mol，n(SO42－)=0.01mol，滤液中加入NaOH溶液，并加热，产生气体，此气体为NH3，说明原溶液中含有NH4＋，n(NH4＋)=0.005mol，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Na＋，A、根据电荷守恒，n(Na＋)=0.035mol，原溶液中可能含有Cl－，因此c(Na＋)≥0.35mol·L－1，故A错误；B、根据上述分析，原溶液中一定含有Na＋，故B错误；C、根据上述分析，故C正确；D、原溶液中一定含有SO42－，SO42－对Cl－的检验产生干扰，故D错误。8、C【解析】

同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但ⅤA族3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能的大小顺序为：D＞B＞A＞C，

故选：C。9、C【解析】

A．b的氢原子有2种，所以一氯代物有2种，故A错误；B．根据结构简式确定c的分子式为C14H16O3，故B错误；C．苯环、碳碳双键都能和氢气发生加成反应，苯环和氢气以1：3反应、碳碳双键和氢气以1：1反应，所以1mold最多能与4molH2发生加成反应，故C正确；D．d中连接3个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子不能共平面，故D错误；故答案选C。【点睛】明确官能团及其性质关系、一氯代物判断方法、原子共平面判断方法是解本题关键，D为解答易错点。10、C【解析】

A.的结构中含有三种类型的氢，所以一氯代物有3种，故A错误；B.脂肪在人体内脂肪酶的作用下水解成甘油和高级脂肪酸，然后再分别进行氧化释放能量，故B错误；C.结构相似，组成相差一个-CH2原子团，所以互为同系物，故C正确；D.通过石油裂化和裂解可以得到甲烷、乙烯和丙烯等重要化工基本原料，不能得到苯，故D错误；答案：C。11、A【解析】

A.H2O2属于共价化合物，分子中只含有共价键，正确，故A选；B.Na2O2中除了离子键，还含有共价键O-O，故B不选；C.由于SiH4相对分子质量比CH4的大，所以分子间作用力CH4<SiH4，则SiH4的沸点高，故C不选；D.干冰是CO2分子间通过范德华力结合成的，为分子晶体，故D不选；故选A。【点睛】原子晶体是原子间通过共价键结合而形成的空间网状结构的晶体。在原子晶体中只有共价键。分子晶体是分子间通过分子间作用力结合而成的晶体。构成分子的原子间通常以共价键结合（稀有气体是单原子分子，分子内没有化学键），所以在分子晶体中，一般既有共价键，又有分子间作用力。12、B【解析】

A．甲苯中没有碳碳双键，能萃取使溴水褪色，故A错误；B．己烯中含有碳碳双键，能够与溴单质发生加成反应，使溴水褪色，故B正确；C．丙酸中没有碳碳双键，不能使溴水褪色，故C错误；D．戊烷为饱和烷烃，不能使溴水褪色，故D错误；故选：B。13、C【解析】

Na与盐酸反应：2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，Mg与盐酸反应：Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑，Al与盐酸的反应：2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，然后判断过量，如果金属钠过量，Na还会与水反应；【详解】2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑220.30.3>100×10－3L×1mol·L－1，盐酸不足，金属钠过量，因此金属钠还与水反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，根据得失电子数目守恒，有0.3mol×1=n(H2)×2，即n(H2)=0.15mol；Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑0.30.6>100×10－3L×1mol·L－1，盐酸不足，金属镁过量，产生n(H2)=0.1mol/2=0.05mol，2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，同理盐酸不足，铝过量，产生n(H2)=0.05mol，相同条件下，气体体积比值等于其物质的量比值，即气体体积比值为0.15mol：0.05mol：0.05mol=3：1：1，故C正确。【点睛】易错点是金属钠产生H2，学生容易认为盐酸不足，按照盐酸进行判断，错选D选项，忽略了过量的金属钠能与水反应产生H2，即判断金属钠产生H2的物质的量时，可以采用得失电子数目相等进行计算。14、D【解析】

A.向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HC1，盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵中铵根水解显酸性，因而②（pH=7）时，氨水稍过量，即反应未完全进行，从①到②，氨水的量减少，氯化铵的量变多，又溶液导电能力与溶液中离子浓度呈正比，氯化铵为强电解质，完全电离，得到的离子（铵根的水解不影响）多于氨水电离出的离子（氨水为弱碱，少部分NH3·H2O发生电离），因而图中②点所示溶液的导电能力强于①点，A错误；B.观察图像曲线变化趋势，可推知③为盐酸和氨水恰好完全反应的点，得到氯化铵溶液，盐类的水解促进水的电离，因而溶液pOH=8，则c溶液(OH-)=10-8mol/L，c水(OH-)=c水(H+)=Kw/c溶液(OH-)=10-6mol/L，B错误；C.①点盐酸的量是③点的一半，③为恰好完全反应的点，因而易算出①点溶液溶质为等量的NH3·H2O和NH4Cl，可知电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，又①pOH=4,说明溶液显碱性，则c(OH-)>c(H+)，那么c(NH4+)>c(Cl-)，C错误；D.V(HCl)=0时，可知氨水的pOH=2.8，则c(OH-)=10-2.8mol/L，又NH3·H2O⇌NH4++OH-，可知c(NH4+)=c(OH-)=10-2.8mol/L，③点盐酸和氨水恰好反应，因而c(NH3·H2O)=20×0.550mol/L=0.2mol/L，因而Kb=cNH4+cOH-cNH故答案选D。15、C【解析】

A．亚硫酸为酸性，其pH小于7，与图象不符，发生Cl2+H2SO3+H2O=2Cl-+4H++SO42-后，随着氯气的通入，pH会降低，直到亚硫酸反应完全，pH不变，故A错误；B．NaAlO2溶液中通入HCl气体，发生H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，图中上升与下降段对应的横坐标长度之比应为1：3，故B错误；C．向少量氯化铁溶液中加入铁粉，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，则Fe元素的质量增加，Cl元素的质量不变，所以Cl的质量分数减小，至反应结束不再变化，故C正确；D．BaSO4饱和溶液中，存在溶解平衡，加硫酸钠，硫酸根离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，故D错误；故答案为C。16、C【解析】

A．容量瓶是配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于溶解溶质，即不能在容量瓶中溶解NaOH，A错误；B．NH3极易溶于水，其收集方法不能用排水法，B错误；C．Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，可以通过黄色沉淀出现快慢来比较化学反应速率的快慢，从而探究浓度对化学反应速率的影响，C正确；D．由于NaCl量较少，可能浓度商c(Ag＋)·c(Cl－)<Ksp(AgCl)而未出现沉淀。只有在CI－和I－浓度相同情况下才可以比较，D错误。答案选C。【点睛】A项需要注意的是NaOH溶液易变质，通常不能直接正确地配制一定物质的量的浓度的NaOH溶液（即NaOH不能作基准物质），而需要通过滴定来测定NaOH溶液的浓度。17、D【解析】

A、根据图示可知，加入20mL等浓度的氢氧化钠溶液时，二者恰好反应生成NaA，溶液的pH＞7，说明NaA为强碱弱酸盐，则HA为弱酸，故A错误；B、a点反应后溶质为NaA，A-部分水解溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，结合电荷守恒可知：c(Na+)＞c(A-)，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；C、根据图示可知，滴定终点时溶液呈碱性，甲基橙的变色范围为3.1～4.4，酚酞的变色范围为8～10，指示剂应该选用酚酞，不能选用甲基橙，故C错误；D、b点溶液的pH=7，呈中性，则c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(A-)，故D正确；故选：D。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度不大，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系。18、D【解析】

A．由信息可知，MnO4-氧化Cl-为Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，选项A正确；B．由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，溴离子末被氧化，根据电子得失守恒2n（C12）=n（Fe2+），即第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2，选项B正确；C．反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，选项C正确；D．氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO4->Cl2，由②可知氧化性Cl2>Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br-，氧化性Br2>Fe3+，选项D错误。答案选D。19、D【解析】

A．25℃时0.1mol/L的NH4HCO3溶液pH=7.7，呈碱性，则NH4HCO3溶液中的水解程度：＜，故A错误；B．开始阶段，加入的NaOH后氢氧根离子浓度增大，抑制了的水解，导致略有增加，故B错误；C．根据图示看，pH=9.0时，、的物质的量分数分别为0.95、0.05，设，则，的水解主要以第一步为主，其水解的离子方程式为：，则，故C错误；D．pH=9.0时，、NH3•H2O的物质的量分数分别为0.6、0.4，设=x，则，的电离常数，故D正确；故选：D。【点睛】明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握盐的水解原理及其影响，C、D为易错点，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。20、D【解析】

A.NaClO为离子化合物，由Na+和ClO-构成，A错误；B.中子数为16的硫离子应为S2-，B错误；C.中，中心原子半径大于顶点原子半径，而CCl4的比例模型中，Cl原子半径应比C原子半径大，C错误；D.16O与18O都是氧元素的不同原子，二者互为同位素；16O2与18O3是氧元素组成的不同性质的单质，二者互为同素异形体，D正确。故选D。【点睛】在同素异形体中，强调组成单质的元素相同，并不强调原子是否相同。两种单质中，组成单质的原子可以是同一种原子，也可以是不同种原子，甚至同一单质中，原子也可以不同。如16O18O与17O3也互为同素异形体。21、C【解析】

A、浓硫酸、浓盐酸都是无色液体，故A正确；B、浓硫酸具有强氧化性，使铁发生钝化，所以铁片加入浓硫酸中无明显现象，铁与浓盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，产生大量气泡，故B正确；C、浓硫酸具有脱水性，能够使试纸脱水变黑，所以浓硫酸滴到pH试纸上最终变黑，故C错误；D、浓硫酸不具有挥发性，浓盐酸具有挥发性，所以将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓盐酸有白烟，靠近浓硫酸没有白烟，故D正确；故选：C。【点睛】本题考查有关浓硫酸、浓盐酸的性质等，注意浓硫酸具有脱水性，不能使pH试纸变红色。22、B【解析】

A．D2O的摩尔质量为，故18gD2O的物质的量为0.9mol，则含有的质子数为9NA，A错误；B．单层石墨的结构是六元环组成的，一个六元环中含有个碳原子，12g石墨烯物质的量为1mol，含有的六元环个数为0.5NA，B正确；C．标准状况下，5.6LCO2的物质的量为0.25mol，与Na2O2反应时，转移电子数为0.25NA，C错误；D．N2与H2反应为可逆反应，由于转化率不确定，所以无法求出转移电子，D错误。答案选B。【点睛】本题B选项考查选修三物质结构相关考点，石墨的结构为，利用均摊法即可求出六元环的个数。二、非选择题(共84分)23、苯甲醛还原反应H2NC15H21NO3羟基2+→+【解析】

根据已知信息，结合C的结构简式可知，B为H2N，C与NaBH4发生还原反应生成D，D与E发生加成反应生成F，F在HCl，CH3CH2OH条件下发生取代反应生成G，G与H发生取代反应生成，在Pd/C、H2条件下发生取代反应生成M，据此分析解答。【详解】(1)有机物A()的名称为苯甲醛；反应②为C中碳氮双键反应后变成碳氮单键，与NaBH4发生还原反应，故答案为：苯甲醛；还原反应；(2)根据C的结构，结合信息R1CHO可知，物质B的结构简式是H2N；E()的分子式为C15H21NO3，故答案为：H2N；C15H21NO3；(3)G()中含氧官能团是羟基；F()中有2个手性碳原子，如图，故答案为：羟基；2；(4)反应⑤为G与H发生的取代反应，反应的化学反应方程式为+→+，故答案为：+→+；(5)物质N是C()的一种同分异构体，①分子结构中含有苯环和氨基，氨基与苯环直接相连；②能使溴水褪色，说明含有碳碳双键；③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1∶1，满足条件的一种同分异构体可以是，故答案为：；(6)由苯甲醇和CH3NH2为原料制备，根据信息R1CHO可知，可以首先将苯甲醇氧化为苯甲醛，然后与发生反应生成，最后与NaBH4发生还原反应即可，故答案为：。【点睛】本题的难点是涉及的物质结构较为复杂，易错点为(1)中反应②的类型的判断，碳氮双键变成碳氮单键，但反应物不是氢气，不能判断为加成反应，应该判断为还原反应。24、焦炭对二甲苯（或1,4-二甲苯）+2CH3OH+2H2O酯基取代反应CH3OHCH3Cl【解析】

采用逆推法，D中应该含有2个酯基，即，反应①的条件是乙醇，因此不难猜出这是一个酯化反应，C为对二苯甲酸，结合B的分子式以及其不饱和度，B只能是对二甲苯，从B到C的反应条件是酸性高锰酸钾溶液，固体A是煤干馏得到的，因此为焦炭，再来看下线，F脱水的产物其实是两个酸酐，因此F中必然有四个羧基，则E就是1,2,4,5-四甲苯，据此来分析本题即可。【详解】（1）固体A是焦炭，B的化学名称为对二甲苯（或1,4-二甲苯）（2）反应①即酯化反应，方程式为+2CH3OH+2H2O；（3）D中官能团的名称为酯基，注意苯环不是官能团；（4）E是1,2,4,5-四甲苯，其分子式为，根据分析，F的结构简式为；（5）根据给出的条件，X应该含有两个酯基，并且是由酚羟基形成的酯，再结合其有4种等效氢，因此符合条件的X的结构简式为；（6）甲苯只有一个侧链，而产物有两个侧链，因此要先用已知信息中的反应引入一个侧链，再用酸性高锰酸钾溶液将侧链氧化为羧基，再进行酯化反应即可，因此合成路线为CH3OHCH3Cl。25、将未充分反应的葡萄糖转化为葡萄糖酸取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在水浴加热（或热水浴）降低葡萄糖酸锌溶解度，便于晶体析出过滤、洗涤80%减小【解析】

(1)葡萄糖酸钙Ca(C6H11O7)2与硫酸H2SO4反应生成葡萄糖酸(C6H12O7)，原理为强酸制弱酸，化学反应方程式为，故答案为：；(2)将葡萄糖酸钙与硫酸反应后的滤液缓慢通过强酸性阳离子交换树脂进行阳离子交换，可将为充分反应的Ca2+交换为H+，即将未充分反应的葡萄糖酸钙转化为葡萄糖酸，故答案为：将未充分反应的葡萄糖转化为葡萄糖酸；(3)结合SO42-离子的检验方法，可取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在，故答案为：取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在；(4)实验Ⅰ制备葡糖糖酸时，反应条件为90℃，则最佳的加热方式为水浴加热（或热水浴），故答案为：水浴加热（或热水浴）；(5)葡萄糖酸锌可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，生成葡萄糖酸锌后，加入乙醇可减少葡萄糖酸锌的溶解，使其以晶体的形式析出，加入乙醇后的“一些列操作”可以是过滤、洗涤，故答案为：降低葡萄糖酸锌溶解度，便于晶体析出；过滤、洗涤；(6)根据反应方程式可得关系式：Ca(C6H11O7)2~Zn(C6H11O7)2，m[Ca(C6H11O7)2]=21.5g，则，则理论上可得到葡萄糖酸锌的物质的量为n[Zn(C6H11O7)2]=0.05mol，因此，，根据可得，葡萄糖酸锌的产率为，若pH≈5时就进行后续操作，一些葡萄糖酸就不能充分转化为葡萄糖酸锌，导致葡萄糖酸锌质量将减小，产率减小，故答案为：80%；减小；26、分液漏斗MnO2+2Cl-+4H+Cl2↑+Mn2++2H2ONaClO、NaOH溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O防止HClO分解（防止Cl2、I2逸出）当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色4.41【解析】

装置A中MnO2固体和浓盐酸反应生成Cl2，Cl2中含HCl气体，通过装置B中饱和食盐水除去氯化氢，通过装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，通过碳酸氢钠溶液，氯气和水反应生成的盐酸和碳酸氢钠反应，促进氯气和水反应正向进行次氯酸浓度增大，最后通过碱石灰吸收多余氯气，(1)①由图可知仪器的名称，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气；②通过装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠；③C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是氯气和水反应生成的盐酸和碳酸氢钠反应，促进氯气和水反应正向进行次氯酸浓度增大；(2)①取C瓶溶液20mL于锥形瓶，加足量盐酸酸化，迅速加入过量KI溶液，次氯酸钠在酸性溶液中氧化碘化钾生成碘单质；②盖紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO分解；③ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，ClO-～I2～2S2O32-，以此计算C瓶溶液中NaClO的含量。【详解】(1)①仪器a的名称分液漏斗，装置A中发生反应的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O；②氯气和装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，C瓶溶液的溶质是NaCl、NaClO、NaOH；③C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是：溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大；(2)①步骤I的C瓶中反应的离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；②紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO光照分解；通常选用淀粉溶液作指示剂，滴定至终点的现象当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色；③由ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-，由方程式可得关系式NaClO～I2～2S2O32-，12n0.1000mol/L×0.024L=0.0024mol则n=0.0012mol，则C瓶溶液中NaClO的含量为=4.41g/L。【点睛】本题考查物质含量测定实验的测定的知识，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键，注意滴定终点的判断方法、学会利用关系式法进行计算，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意测定原理。27、2S2－+CO32－+4SO2＝3S2O32－+CO2B（或）B碱性还原性可以排除BaS2O3的干扰【解析】

I．(1)根据图示信息可知，吸硫装置A制取Na2S2O3的反应物为SO2、Na2S和Na2CO3，主产物为Na2S2O3，根据得失电子数守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的计量数，再根据质量守恒得出Na2CO3的计量数和另一种产物CO2，据此分析；(2)二氧化硫具有还原性、漂白性；II．(1)根据KIO3的量求出I2，再根据S2O32-与I2的关系求出Na2S2O3的物质的量及浓度；(2)滴定时的误差分析，需利用c(标)V(标)=c(待)V(待)，c(待)=分析；Ⅲ．(1)甲同学的实验流程中通过加入BaCl2产生白色沉淀B来证明Na2S2O3与氯水反应时有SO42-生成；(2)在证明Na2S2O3的还原性时由于不知道BaS2O3是否是沉淀，所以应先加BaCl2溶液，如果不产生白色沉淀再加足量氯水产生白色沉淀，即可证明Na2S2O3具有还原性。【详解】I．(1)根据图示信息可知，吸硫装置A制取Na2S2O3的反应物为SO2、Na2S和Na2CO3，主产物为Na2S2O3，SO2、Na2S中硫元素由+4价和−2价变为+2价，根据得失电子数守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的计量数分别为4、2和3，再根据质量守恒得出Na2CO3的计量数为1，根据碳原子和氧原子数守恒可知另一种产物CO2，且计量数为1，故方程式为：2S2－+CO32－+4SO2＝3S2O32－+CO2；(2)二氧化硫具有还原性、漂白性，所以可以用品红、溴水或溶液，来检验二氧化硫是否被完全吸收，若SO2吸收效率低，则二氧化硫有剩余，B中的溶液会褪色；II．(1)KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI；n(KIO3)=mol，设参加反应的Na2S2O3为xmol；所以x=，则c(Na2S2O3)==mol⋅L−1（或）mol⋅L−1，

(2)A.滴定管末用Na2S2O3溶液润洗，则Na2S2O3溶液会被稀释，滴定时消耗待测液体积偏大，导致纯度偏低，故A不符合题意；B.滴定终点时俯视读数，使Na2S2O3溶液体积偏小，滴定时消耗待测液体积偏小，导致纯度偏高，故B符合题意；C.锥形瓶用蒸馏水润洗，对实验结果没影响，纯度不变，故C不符合题意；D.滴定管尖嘴处滴定前有气泡，达滴定终点时未发现有气泡，待测液体积偏大，导致样品纯度偏低，故D不符合题意；故答案选B；Ⅲ．(1)甲同学通过测定Na2S2O3溶液的pH=8；说明该盐的水溶液显碱性；甲同学的实验流程中通过加入BaCl2产生白色沉淀B来证明Na2S2O3与氯水反应时有SO42−生成,即证明S2O32−具有还原性；(2)在证明Na2S2O3的还原性时由于不知道BaS2O3是否是沉淀，所以应先加BaCl2溶液，如果不产生白色沉淀再加足量氯水产生白色沉淀，即可证明Na2S2O3具有还原性，故乙可排除BaS2O3的干扰。【点睛】本题易错点在于第(2)题中和滴定的误差分析，首先要清楚标准液和待测液，装在滴定管中的液体不一定必须是标准液，待测液也可以装在滴定管中，该题中的Na2S2O3是待测液，分析时一定要注意。28、CO2c、d平面三角形b、c+312×100%【解析】

(1)先根据构造原理，书写N的核外电子排布式，然后可根据各个能级具有的轨道数及轨道电子填充电子规律，得到基态氮原子价电子排布图；(2)反应所得气态化合物分子有NH3、CO2、N2