2023-2024学年福建省闽侯第一中学高三（最后冲刺）化学试卷含解析

2023-2024学年福建省闽侯第一中学高三（最后冲刺）化学试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、含元素碲(Te)的几种物质存在如图所示转化关系。下列说法错误的是A．反应①利用了H2Te的还原性B．反应②中H2O作氧化剂C．反应③利用了H2O2的氧化性D．H2Te2O5转化为H2Te4O9发生了氧化还原反应2、学习化学应有辩证的观点和方法．下列说法正确的是（）A．催化剂不参加化学反应B．醇和酸反应的产物未必是酯C．卤代烃的水解产物一定是醇D．醇脱水的反应都属于消去反应3、H3PO2是精细磷化工产品。工业制备原理如下:(I)2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑(II)Ba(H2PO2)2+H2SO4=BaSO4↓+2H3PO2下列推断错误的是()A．反应I是氧化还原反应，反应II是非氧化还原反应B．H3PO2具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸C．在反应I中氧化剂与还原剂的质量之比为1:1D．在标准状况下生成2.24LPH3，同时转移0.3mol电子4、港珠澳大桥使用了大量的含钒高强抗震钢材。该钢材与生铁比较错误的是A．抗震性好 B．耐腐蚀强 C．含碳量高 D．都导电导热5、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A．1molH2O2完全分解产生O2时，转移的电子数为2NAB．0.lmol环氧乙烷（）中含有的共价键数为0.3NAC．常温下，1LpH=l的草酸（H2C2O4）溶液中H+的数目为0.1NAD．1mol淀粉水解后产生的葡萄糖分子数目为NA6、短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大。其中X、Z位于同一主族：W的气态氢化物常用作制冷剂；Y是同周期主族元素中离子半径最小的；ZXR2能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色。下列说法正确的是A．最简单氢化物的稳定性：W>XB．含氧酸的酸性：Z<RC．Y和R形成的化合物是离子化合物D．向ZXR2与水反应后的溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成7、下列实验操作或方法正确的是A．检验某溶液中是否含有Fe2+时，先加入少量H2O2，再滴加KSCN溶液B．配制100mLlmol/LNaCl溶液时，用托盘天平称取5.85gNaCl固体C．将FeC13饱和溶液煮沸制备Fe(OH)3胶体D．用紫色石蕊溶液鉴别乙醇、乙酸和苯8、关于如图装置中的变化叙述错误的是A．电子经导线从锌片流向右侧碳棒，再从左侧碳棒流回铜片B．铜片上发生氧化反应C．右侧碳棒上发生的反应：2H++2e→H2↑D．铜电极出现气泡9、下列说法正确的是()A．用干燥的pH试纸测定氯水的pHB．配制一定浓度的NaOH溶液，定容时仰视读数，使配制的溶液浓度偏小C．用加热分解的方法可将NH4Cl固体和Ca(OH)2固体的混合物分离D．将25.0gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中，配制100mL1.0mol/LCuSO4溶液10、氮化铝（AlN）熔融时不导电、难溶于水，常用作砂轮及耐高温材料，由此推知，它应该属于（）A．离子晶体 B．原子晶体 C．分子晶体 D．金属晶体11、下图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图。说法正确的是A．元素非金属性：X＞R＞WB．X与R形成的分子内含两种作用力C．X、Z形成的化合物中可能含有共价键D．元素对应的离子半径：W＞R＞X12、下列石油的分馏产品中，沸点最低的是A．汽油 B．煤油 C．柴油 D．石油气13、已知有机物C2H4O、C3H6O2和C4H8组成的混合物中，碳元素的质量分数为a%，则氧元素的质量分数为A．（100—）% B．% C．% D．无法计算14、已知A、B为单质，C为化合物。能实现上述转化关系的是（）A+BCC溶液A+B①若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na②若C溶液遇Na2CO3放出CO2气体，则A可能是H2③若C溶液中滴加KSCN溶液显血红色，则B可能为Fe④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为CuA．①② B．③④ C．①③ D．②④15、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素形成的某种化合物（如图所示）是一种优良的防龋齿剂（用于制含氟牙膏）。下列说法错误的是（）A．W、X、Y的简单离子的电子层结构相同B．W、Y形成的化合物中只含离子键C．该化合物中Z不满足8电子稳定结构D．X、Y形成的化合物溶于水能促进水的电离16、下列物质的制备中，不符合工业生产实际的是A．NH3NONO2HNO3B．浓缩海水Br2HBrBr2C．饱和食盐水Cl2漂白粉D．H2和Cl2混合气体HCl气体盐酸17、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1L0.1mol/L的NaHS溶液中HS-和S2-离子数之和为0.1NAB．2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NAC．1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD．3molFe在足量的水蒸气中完全反应转移9NA个电子18、关于下列四个装置的说明符合实验要求的是A．装置①：实验室中若需制备较多量的乙炔可用此装置B．装置②：实验室中可用此装置来制备硝基苯，但产物中可能会混有苯磺酸C．装置③：实验室中可用此装置分离含碘的四氯化碳液体，最终在锥形瓶中可获得碘D．装置④：实验室中可用此装置来制备乙酸乙酯并在烧瓶中获得产物19、下图为一定条件下采用多孔惰性电极的储氢电池充电装置（忽略其他有机物）。已知储氢装置的电流效率×100%，下列说法不正确的是A．采用多孔电极增大了接触面积，可降低电池能量损失B．过程中通过C-H键的断裂实现氢的储存C．生成目标产物的电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12D．若=75%，则参加反应的苯为0.8mol20、下列表述和方程式书写都正确的是A．表示乙醇燃烧热的热化学方程式：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)△H=-1367.0kJ/molB．KAl(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使沉淀物质的量达到最大：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓+2H2OC．用稀硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2OD．用石墨作电极电解NaCl溶液：2Cl-+2H+Cl2↑+H2↑21、（改编）在稀硫酸与锌反应制取氢气的实验中，探究加入硫酸铜溶液的量对氢气生成速率的影响。实验中Zn粒过量且颗粒大小相同，饱和硫酸铜溶液用量0～4.0mL，保持溶液总体积为100.0mL，记录获得相同体积（336mL）的气体所需时间，实验结果如图所示（气体体积均转化为标况下）。据图分析，下列说法不正确的是A．饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气B．a、c两点对应的氢气生成速率相等C．b点对应的反应速率为v（H2SO4）=1.0×10-3mol·L-1·s-1D．d点没有构成原电池，反应速率减慢22、25℃时，向10mL溶液中逐滴加入20mL的盐酸，溶液中部分含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法不正确的是A．HCl溶液滴加一半时：B．在A点：C．当时：D．当时，溶液中二、非选择题(共84分)23、（14分）根据文献报道，醛基可和双氧水发生如下反应：为了合成一类新药，选择了下列合成路线（部分反应条件已略去）（1）C中除苯环外能团的名称为____________________。（2）由D生成E的反应类型为_____________________。（3）生成B的反应中可能会产生一种分子式为C9H5O4Cl2的副产物，该副产物的结构简式为_________。（4）化合物C有多种同分异构体，请写出符合下列条件的结构简式:___________________。①能与FeCl3溶液发生显色反应②核磁共振氢谱图中有3个吸收峰（5）写出以和CH3OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）___________。24、（12分）煤的综合利用有如下转化关系。CO和H2按不同比例可分别合成A和B，已知烃A对氢气的相对密度是14，B能发生银镜反应，C为常见的酸味剂。请回答：(1)有机物D中含有的官能团的名称为______________。(2)反应⑥的类型是______________。(3)反应④的方程式是_______________________________________。(4)下列说法正确的是________。A．有机物A能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色B．有机物B和D能用新制碱性氢氧化铜悬浊液鉴别C．有机物C、D在浓H2SO4作用下制取CH3COOCH2CH3，该反应中浓H2SO4是催化剂和氧化剂D．有机物C没有同分异构体25、（12分）Fe(OH)3广泛应用于医药制剂、颜料制造等领域，其制备步骤及装置如下：在三颈烧瓶中加入16.7gFeSO4·7H2O和40.0ml蒸馏水。边搅拌边缓慢加入3.0mL浓H2SO4，再加入2.0gNaClO3固体。水浴加热至80℃，搅拌一段时间后，加入NaOH溶液，充分反应。经过滤、洗涤、干燥得产品。(1)NaClO3氧化FeSO4·7H2O的离子方程式为_____________。(2)加入浓硫酸的作用为_________(填标号)。a.提供酸性环境，增强NaClO3氧化性b.脱去FeSO4·7H2O的结晶水c.抑制Fe3+水解d.作为氧化剂(3)检验Fe2+已经完全被氧化需使用的试剂是_________。(4)研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响，设计对比实验如下表编号T/℃FeSO4·7H2O/gNaClO3/g氧化效果/%i70251.6aii7025mbiii80n2.0civ80251.687.8①m=______；n=______。②若c>87.8>a，则a、b、c的大小关系为___________。(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，其原因是___(6)判断Fe(OH)3沉淀洗涤干净的实验操作为_________________；(7)设计实验证明制得的产品含FeOOH(假设不含其他杂质)。___________。26、（10分）三氯乙醛(CCl3CHO)是生产农药、医药的重要中间体，实验室制备三氯乙醛的反应装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如下：①制备反应原理：C2H5OH＋4Cl2→CCl3CHO＋5HCl②相关物质的相对分子质量及部分物理性质：相对分子质量熔点/℃沸点/℃溶解性C2H5OH46－114.178.3与水互溶CCl3CHO147.5－57.597.8可溶于水、乙醇CCl3COOH163.558198可溶于水、乙醇、三氯乙醛C2H5Cl64.5－138.712.3微溶于水，可溶于乙醇(1)恒压漏斗中盛放的试剂的名称是_____，盛放KMnO4仪器的名称是_____。(2)反应过程中C2H5OH和HCl可能会生成副产物C2H5Cl，同时CCl3CHO(三氯乙醛)也能被次氯酸继续氧化生成CCl3COOH(三氯乙酸)，写出三氯乙醛被次氯酸氧化生成三氯乙酸的化学方程式：_____。(3)该设计流程中存在一处缺陷是_____，导致引起的后果是_____，装置B的作用是______。(4)反应结束后，有人提出先将C中的混合物冷却到室温，再用分液的方法分离出三氯乙酸。你认为此方案是否可行_____(填是或否)，原因是_____。(5)测定产品纯度：称取产品0.36g配成待测溶液，加入0.1000mol•L−1碘标准溶液20.00mL，再加入适量Na2CO3溶液，反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，立即用0.02000mol•L−1Na2S2O3溶液滴定至终点。进行三次平行实验，测得平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL。则产品的纯度为_____(计算结果保留四位有效数字)。滴定原理：CCl3CHO+OH-=CHCl3+HCOO-、HCOO-+I2=H++2I-+CO2、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-27、（12分）随着科学的发展，可逐步合成很多重要的化工产品，如用作照相定影剂的硫代硫酸钠(俗称大苏打)，用于填充汽车安全气囊的叠氮化钠(NaN3)，某化学兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体和NaN3。I.制备硫代硫酸钠晶体。查阅资料:Na2S2O3易溶于水，向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3。实验装置如图所示(省略夹持装置):(1)组装好仪器后,接下来应该进行的实验操作是_____,然后加入试剂。仪器a的名称是_______;E中的试剂最好是__________.(填标号)，作用是______________。A．澄清石灰水B．NaOH溶液C．饱和NaHSO3溶液(2)已知五水合硫代硫酸钠的溶解度随温度升高显著增大。待Na2S和Na2CO3完全消耗后,结束反应。过滤C中混合物，滤液经_________(填操作名称)、过滤、洗涤、干燥，得到产品，过滤时用到的玻璃仪器有______________。Ⅱ.实验室利用如图装置(省略夹持装置)模拟工业级NaN3的制备。已知:2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3。(1)装置B中盛放的药品为__________(2)实验中使用油浴而不用水浴的原因是__________________________。(3)氨气与熔融的钠反应生成NaNH2的化学方程式为_________________。(4)N2O可由NH4NO3(熔点为169.6oC)在240oC下分解制得,应选择的气体发生装置是___________。28、（14分）金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。试回答下列问题：（1）Ni2+电子排布中，电子填充的能量最高的能级符号为______。（2）金属Ni能与CO形成配合物Ni（CO）1．与CO互为等电子体的一种分子为______（写化学式，下同），与CO互为等电子体的一种离子为______。（3）丁二酮肟（）是检验Ni2+的灵敏试剂。丁二酮肟分子中C原子轨道杂化类型为______，2mol丁二酮肟分子中所含σ键的数目为______。（1）丁二酮肟常与NI2+形成图A所示的配合物，图B是硫代氧的结果：①A的熔、沸点高于B的原因为______。②B晶体含有化学键的类型为______（填选项字母）。A．σ键

B．金属键

C．配位键

D．π键（5）人工合成的氧化镍往往存在缺陷，某缺陷氧化银的组成为Ni0.97O，其中Ni元素只有+2和+3两种价态，两种价态的镍离子数目之比为______。（6）Ni2+与Mg2+、O2-形成晶体的晶胞结构如图所示（Ni2+未画出），则该晶体的化学式为______。29、（10分）制取聚合硫酸铁(PFS)的化学方程式如下2FeSO4＋H2O2＋(1－n/2)H2SO4=Fe2(OH)n(SO4)(3－n/2)＋(2－n)H2O，下图是以回收废铁屑为原料制备PFS的一种工艺流程。回答下列问题(1)下列操作或描述正确的是________。A．粉碎的目的是增大反应物接触面积，提高酸浸反应速率B．酸浸中可以用硫酸、硝酸、盐酸等C．反应釜中加入氧化剂，使Fe2＋转化为Fe3＋D．减压蒸发的优点是降低蒸发温度，防止产物分解(2)废铁屑使用前往往用________浸泡。(3)废铁屑与酸发生多步反应，完成其中的化合反应的离子方程式______________________。(4)聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围内，目的是______________________。(5)为了防止产物分解，必须采用减压蒸发，下列操作正确的是________。A．a为蒸馏烧瓶，b为冷凝管，c接自来水龙头B．毛细管的作用和沸石相似，防止暴沸C．随着温度计水银球高度提升，所得的气体的沸点升高D．实验结束，先关闭冷凝管，再关闭真空泵

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】

A．H2Te被O2氧化生成Te，体现H2Te具有还原性，故A正确；B．反应②中Te与H2O反应H2TeO3，Te元素化合价升高，是还原剂，则H2O为氧化剂，应有H2生成，故B正确；C．反应③中H2TeO3→H6TeO6，Te元素化合价升高，发生氧化反应，则H2O2作氧化剂，体现氧化性，故C正确；D．H2Te2O5转化为H2Te4O9时不存在元素化合价的变化，未发生氧化还原反应，故D错误；故答案为D。2、B【解析】

A.催化剂能明显增大化学反应速率，且在反应前后质量和性质不发生变化，这并不意味着催化剂不参加反应过程，实际催化剂参与了反应过程，改变了反应的路径，从而起到改变反应快慢的作用，故A错误；B.醇和酸反应后的产物是不是酯取决于酸是有机酸还是无机酸，如果是醇和有机酸反应，则生成的为酯，如果是醇和无机酸反应，则发生取代反应生成卤代烃，如乙醇和HBr反应则生成溴乙烷，故B正确；C.卤代烃水解后的产物除了是醇，还可能是酚，即卤代烃发生水解后生成的是醇还是酚，取决于−X是连在链烃基上还是直接连在苯环上，故C错误；D.醇可以分子内脱水，也可以分子间脱水，如果是分子内脱水，则发生的是消去反应，如果是分子间脱水，则发生的是取代反应，故D错误；答案选B。3、C【解析】

A选项，P化合价有升高，也有降低，因此反应I是氧化还原反应，反应II是复分解反应，因此为非氧化还原反应，故A正确；B选项，H3PO2中的磷为+1价，易升高，具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸，故B正确；C选项，在反应I中有2个磷作氧化剂降低变为PH3，有6个磷作还原剂升高变为Ba(H2PO2)2，故氧化剂和还原剂质量之比为1:3，故C错误；D选项，根据反应方程式2个白磷中有2个磷作氧化剂降低变为2个PH3，转移6个电子，即生成2molPH3气体转移6mol电子，在标准状况下生成2.24LPH3即0.1mol，则转移0.3mol电子，故D正确；综上所述，答案为C。4、C【解析】

A.钢中的含碳量低于生铁，含碳量越大，硬度越高，但是生铁的韧性较钢要差，钢材的抗震性更好，故A正确；B.该钢材改变了金属的组成和结构，比生铁的抗耐蚀性要好，故B正确；C.根据生铁的含碳量为：2%--4.3%，钢的含碳量为：0.03%--2%，可知含碳量：生铁＞钢，故C错误；D.钢材和生铁都是合金都有金属，都导电导热，故D正确；题目要求选错的，故选C。5、C【解析】

A.H2O2分解的方程式为2H2O2=2H2O+O2↑，H2O2中O元素的化合价部分由-1价升至0价、部分由-1价降至-2价，1molH2O2完全分解时转移1mol电子，转移电子数为NA，A错误；B.1个环氧乙烷中含4个C—H键、1个C—C键和2个C—O键，1mol环氧乙烷中含7mol共价键，0.1mol环氧乙烷中含0.7mol共价键，含共价键数为0.7NA，B错误；C.pH=1的草酸溶液中c（H+）=0.1mol/L，1L该溶液中含H+物质的量n（H+）=0.1mol/L×1L=0.1mol，含H+数为0.1NA，C正确；D.淀粉水解的方程式为，1mol淀粉水解生成nmol葡萄糖，生成葡萄糖分子数目为nNA，D错误；答案选C。【点睛】本题易错选B，在确定环氧乙烷中共价键时容易忽略其中的C—H键。6、D【解析】

W的气态氢化物常用作制冷剂，确定W为N，W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，Y是同周期主族元素中离子半径最小的，确定Y为Al；ZXR2能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，证明有HCl生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色，证明有二氧化硫气体生成，确定ZXR2为SOCl2，因此X为O、Z为S、R为Cl；即：W为N、X为O、Y为Al、Z为S、R为Cl。【详解】A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，最简单氢化物的稳定性：W＜X,故A错误；B.未说最高价含氧酸，无法比较，故B错误；C.Y和R形成的化合物AlCl3是共价化合物，故C错误；D.SOCl2+H2O＝SO2+2HCl，AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，溶液有白色沉淀生成，故D正确；答案：D【点睛】把握物质的性质、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意液氨为常用的制冷剂，SOCl2的推断为解答的难点，题目难度较大。7、D【解析】

A．检验某溶液中是否含有Fe2+，应先滴加KSCN溶液不变色，再向溶液中滴入氯水或H2O2，看溶液是否变色，顺序不能颠倒，故A错误；B．托盘天平的感量为0.1g，可称量5.9gNaCl固体，故B错误；C．制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，当溶液出现红褐色时停止加热，不能长时间煮沸，防止胶体聚沉，故C错误；D．乙醇与水混溶，加入石蕊呈紫色；乙酸水溶液呈酸性，可使紫色石蕊试液变红；苯不溶于水，分层；三者现象不同，可鉴别，故D正确；故选D。8、B【解析】

右边装置能自发的进行氧化还原反应,所以右边装置是原电池,锌易失电子而作负极,铜作正极;左边装置连接外加电源,所以是电解池,连接锌棒的电极是阴极,连接铜棒的电极是阳极。根据原电池和电解池原理进行判断。【详解】A.根据原电池工作原理可知：电子从负极锌沿导线流向右侧碳棒,再从左侧碳棒流回正极铜片，故A正确；B.根据氧化还原的实质可知：锌片上失电子发生氧化反应,铜片上得电子发生还原反应，故B错误；C.根据电解池工作原理可知：左侧碳棒是电解池阳极，阳极上应该是氯离子放电生成氯气，右侧碳棒是阴极，该电极上发生的反应:2H++2e→H2↑，故C正确；D.根据原电池工作原理可知：铜电极是正极，正极端氢离子得电子放出氢气，故D正确；答案选B。9、B【解析】

A.氯水具有强氧化性，能使pH试纸褪色，所以不能用的pH试纸测定某氯水的pH，故A错误；B.配制一定浓度的NaOH溶液，定容时仰视读数,会使溶液的体积变大，导致浓度偏小，故B错误；C.NH4Cl固体和Ca(OH)2固体在加热的条件下发生反应2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，所以不能用加热的方法分离，故C错误；D.精确配制一定物质的量浓度的溶液，必须在容量瓶中进行。将25.0gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中，所得溶液的体积不是100mL，故无法得到1.0mol/LCuSO4溶液，故D错误；【点睛】考查实验基本操作的评价，涉及pH试纸的使用、溶液的配制操作、氨气的制取等，选项A注意氯水含有次氯酸具有强氧化性能使pH试纸褪色，所以不能用的pH试纸测定某氯水的pH；配制一定物质的量浓度的溶液，定容时仰视读数,会加水过多，导致浓度偏小；俯视的时候加水变少，导致浓度偏大；配制溶液必须用容量瓶定容溶液体积。10、B【解析】

由信息可知，氮化铝常用作砂轮及耐高温的材料，熔融时不导电，为共价化合物，熔点高、硬度大，为原子晶体的性质，所以氮化铝属于原子晶体，B项正确；答案选B。11、C【解析】

都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7，故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素，则A．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，应为O＞Cl＞S，选项A错误；B．X与R形成的分子可为SO2或SO3，分子内只存在极性键，选项B错误；C．X、Z形成的化合物如为Na2O2，含有共价键，选项C正确；D．核外电子排布相同的离子核电荷数越大离子半径越小，半径O2－＜Cl﹣＜S2﹣，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查元素周期表元素周期律的应用，根据最外层电子数及原子序数的关系确定元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构，都是短周期元素，根据图中信息推出各元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。12、D【解析】

将石油常压分馏依次得到石油气、汽油、煤油、柴油、重油等，将重油减压分馏依次得到重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青，则它们的沸点范围由低到高的顺序为：石油气＜汽油＜煤油＜柴油＜重柴油＜润滑油＜凡士林＜石蜡＜沥青，故选D项。答案选D。13、A【解析】

根据三种有机物中碳、氢的质量比相等，可根据碳元素的质量分数求出氧元素的质量分数，进而求出氧元素的质量分数。【详解】在三种化合物中碳、氢元素的原子个数比都为1：2，故碳元素和氢元素的质量比都为：12：1×2＝6：1，故氢元素的质量分数为%，而三种有机物是由碳、氢、氧三种元素组成的，故氧元素的质量分数为：100%−a%−%＝(100−)%；故答案选A。14、D【解析】

从A+BCC溶液A+B的转化关系可知，电解C溶液时，是电解电解质本身，因此C溶液中的溶质可以为不活泼金属的无氧酸盐或无氧酸；据此分析解答。【详解】①若A为钠，则B为氧气，则C为过氧化钠，C的水溶液为氢氧化钠，电解氢氧化钠得到氢气和氧气，不符合转化关系，故①错误；②若C的溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则C可以为HCl、HBr、HI等，电解这些酸的水溶液实际上是电解溶质本身，在阴极得到氢气，故A可能是H2，B可能为卤素单质，故②符号上述转化关系，故②正确；③若C的溶液中滴加KSCN溶液显红色，则C中含铁离子，电解铁盐不会得到铁单质，不符合转化关系，故③错误；④由C的溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则C为铜盐，C可以为卤化铜，如氯化铜、溴化铜等，电解他们的水溶液都会得到铜和卤素单质，故B可以为铜，故④正确；故选D。15、B【解析】

该化合物可用于制含氟牙膏，说明含有F元素，根据该化合物的结构可知，X原子可以形成一个共价键，则X为F元素；Y可以形成Y+，且原子序数大于X，则Y为Na；Z可以形成五条共价键，应为第ⅤA族元素，原子序数大于Na，则Z为P；根据W元素的成键特点，结合其原子序数最小，则W为O。【详解】A．氧离子、氟离子和钠离子都含有2个电子层，核外电子总数为10，其简单离子的电子层结构相同，故A正确；B．W、Y形成的化合物Na2O2中含有非极性共价键，故B错误；C．P最外层含有5个电子，该化合物中形成了5个共价键，则P最外层电子数为5+5=10，不满足8电子稳定结构，故C正确；D．HF为弱酸，所以NaF溶液中，氟离子会水解促进水的电离，故D正确；故答案为B。16、D【解析】

A．工业上制备硝酸是通过氨的催化氧化生成NO后，生成的NO与O2反应生成NO2，NO2溶于水生成HNO3，A项不符合题意，不选；B．通过海水提取溴，是用Cl2氧化经H2SO4酸化的浓缩海水，将其中的Br-氧化为Br2，通过热空气和水蒸气吹入吸收塔，用SO2将Br2转化为HBr，再向吸收塔内通入Cl2氧化为Br2，经CCl4萃取吸收塔中的Br2得到，B项不符合题意，不选；C．工业生产中用直流电电解饱和食盐水法制取氯气，通过氯气和石灰乳（即Ca(OH)2）制得漂白粉，C项不符合题意，不选；D．H2和Cl2混合气体在光照条件下会剧烈反应，发生爆炸，不适合工业生产，D项符合题意；答案选D。17、B【解析】

A.HS−在溶液中既能水解为H2S又能电离为S2−，根据物料守恒可知溶液中H2S、HS−和S2−的个数之和为0.1NA个，故A错误；B.H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，且均含10个中子，故2.0g混合物的物质的量为0.1mol，含NA个中子，故B正确；C.过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠中含3NA个离子，故C错误；D.铁与水蒸汽反应后变为+价，故3mol铁和水蒸汽反应后转移8mol电子即8NA个，故D错误；故选：B。18、B【解析】

A．电石与水反应放出大量的热，生成氢氧化钙微溶，易堵塞导管，则不能利用图中装置制取乙炔，故A错误；B．制备硝基苯，水浴加热，温度计测定水温，该反应可发生副反应生成苯磺酸，图中制备装置合理，故B正确；C．分离含碘的四氯化碳液体，四氯化碳沸点低，先蒸馏出来，所以利用该装置进行分离可，最终在锥型瓶中可获得四氯化碳，故C错误；D．制备乙酸乙酯不需要测定温度，不能在烧瓶中获得产物，应在制备装置后连接收集产物的装置（试管中加饱和碳酸钠），故D错误；故选：B。19、B【解析】

A.多孔电极可增大电极与电解质溶液接触面积，降低能量损失，故A正确；B.该过程苯被还原为环己烷，C-H键没有断裂，形成新的C-H键，故B错误；C.储氢是将苯转化为环己烷，电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12，故C正确；D.根据图示，苯加氢发生还原反应生成环己烷，装置中左侧电极为阳极，根据放电顺序，左侧电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成1.6molO2失去的电子量为6.4mol，根据阴阳得失电子守恒，阴极得到电子总数为6.4mol，若η=75%，则生成苯消耗的电子数为6.4mol×75％=4.8mol，苯发生的反应C6H6+6e-+6H+===C6H12，参加反应的苯的物质的量为4.8mol/6=0.8mol，故D正确；故选B。20、C【解析】

A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，水的稳定状态是液态，因此该式不能表示该反应的燃烧热，A错误；B.KAl(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使沉淀物质的量达到最大：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，B错误；C.用稀硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O，C正确；D.用石墨作电极电解NaCl溶液，阳极Cl-失去电子变为Cl2，阴极上水电离产生的H+获得电子变为H2，反应方程式为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，D错误；故合理选项是C。21、D【解析】

A．根据图像可知，随着饱和硫酸铜溶液的用量增加，化学反应速率先加快后减慢，则饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气，A项正确；B．根据图像可知，a、c两点对应的氢气生成速率相等，B项正确；C．根据图像可知，b点收集336ml氢气用时150s，336ml氢气的物质的量为0.015mol，消耗硫酸0.015mol，则b点对应的反应速率为v（H2SO4）=0.015mol÷150s=1.0×10-3mol·L-1·s-1，C项正确；D．d点锌置换出铜，锌、铜和硫酸构成原电池，化学反应速率加快，但硫酸铜用量增多，锌置换出来的铜附着在锌表面，导致锌与硫酸溶液接触面积减小，反应速率减慢，D项错误；答案选D。22、A【解析】

根据化学反应，充分运用三大守恒关系，挖掘图象中的隐含信息，进行分析判断。【详解】A.HCl溶液滴加一半（10mL）时，溶质为等物质的量的NaHCO3、NaCl，此时有物料守恒c(Na+)=2c(Cl-)、电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，则c(Cl-)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，c(Cl-)<c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，A项错误；B.溶液中加入盐酸，使CO32-转变为HCO3-，则有c(Na+)>c(HCO3-)。图中A点，c(HCO3-)=c(CO32-)，又A点溶液呈碱性，有c(OH-)>c(H+)，B项正确；C.溶液中加入盐酸后，有电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，当时有，C项正确；D.溶液中加入盐酸，若无CO2放出，则有物料守恒c(Na+)=2c(H2CO3)+2c(HCO3-)+2c(CO32-)。图中时有CO2放出，则溶液中，D项正确。本题选A。【点睛】判断溶液中粒子浓度间的关系，应充分应用三大守恒原理，结合题中信息进行分析推理。二、非选择题(共84分)23、氯原子、羟基加成反应【解析】

由有机物的转化关系可知，与KMnO4或K2Cr2O7等氧化剂发生氧化反应生成，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，则B为；与LiAlH4反应生成，则C为；发生氧化反应生成，与双氧水发生加成反应生成，酸性条件下与ROH反应生成，则F为。【详解】（1）C的结构简式为，含有的官能团为氯原子和羟基，故答案为氯原子、羟基；（2）由D生成E的反应为与双氧水发生加成反应生成，故答案为加成反应；（3）由副产物的分子式为C9H5O4Cl2可知，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，则副产物的结构简式为，故答案为；（4）化合物C的同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，核磁共振氢谱图中有3个吸收峰说明结构对称，结构简式为，故答案为；（5）由题给转化关系可知，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，与LiAlH4反应生成，催化氧化生成，与过氧化氢发生加成反应生成，合成路线如下：，故答案为。【点睛】本题考查有机化学基础，解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。24、羟基取代反应/酯化反应CH2=CH2＋O2→CH3COOHAB【解析】

根据题干信息可知，A为CH2=CH2，B为乙醛；根据A、B的结构结合最终产物CH3COOCH2CH3逆推可知，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH。【详解】(1)根据以上分析，D中官能团为羟基，故答案为：羟基。(2)乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反应类型为酯化反应即取代反应，故答案为：酯化反应或取代反应。(3)反应④为乙烯氧化为乙酸，化学方程式为：CH2＝CH2＋O2→CH3COOH，故答案为：CH2＝CH2＋O2→CH3COOH。(4)A.乙烯和溴水中的溴单质加成，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A正确；B.乙醛和新制氢氧化铜在加热条件下生成砖红色沉淀，乙醇与Cu(OH)2悬浊液不反应，可以鉴别，故B正确；C.酯化反应中，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，故C错误；D.CH3COOH的同分异构体有HCOOCH3，故D错误。综上所述，答案为AB。25、ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2Oa、cK3[Fe(CN)6]溶液2.025c>b>a若温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净称取mg样品，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于【解析】

(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO4·7H2O氧化为硫酸铁，据此书写；(2)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下氧化性增强；同时反应产生的Fe3+会发生水解反应，根据盐的水解规律分析分析；(3)检验Fe2+已经完全被氧化，就要证明溶液在无Fe2+；(4)实验是研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响，根据表格数据可知i、ii是研究NaClO3用量的影响；ii、iii或i、iv是研究温度的影响；据此分析解答；(5)温度低，盐水解程度小，不能充分聚沉；(6)Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，只要检验无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净；(7)根据Fe元素守恒，若含有FeOOH，最后得到的固体质量比Fe(OH)3多。【详解】(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO4·7H2O氧化为硫酸铁，NaClO3被还原为NaCl，同时产生水，反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；(2)NaClO3氧化FeSO4·7H2O时，为了增强其氧化性，要加入酸，因此提供酸性环境，增强NaClO3氧化性，选项a合理；同时FeSO4·7H2O被氧化为Fe2(SO4)3，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+发生水解反应使溶液显酸性，为抑制Fe3+的水解，同时又不引入杂质离子，因此要向溶液中加入硫酸，选项c合理，故答案为ac；(3)检验Fe2+已经完全被氧化，只要证明溶液中无Fe2+即可，检验方法是取反应后的溶液少许，向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若溶液无蓝色沉淀产生，就证明Fe2+已经完全被氧化为Fe3+；(4)①根据实验目的，i、ii是在相同温度下，研究NaClO3用量的影响，ii、iii或i、iv是研究温度的影响；因此m=2，n=25；②在其它条件不变时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快，实验b>a；ii、iii的反应物浓度相同时，升高温度，化学反应速率大大加快，实验c>b，因此三者关系为c>b>a；(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，原因是温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降；(6)Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，若最后的洗涤液中无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净。方法是取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净；(7)在最后得到的沉淀Fe(OH)3中若含有FeOOH，由于Fe(OH)3中比FeOOH中Fe元素的含量多。由于1molFe(OH)3质量是107g，完全灼烧后产生0.5molFe2O3，质量是80g，若称取mgFe(OH)3，完全灼烧后固体质量是，若样品中含有FeOOH，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于。【点睛】本题考查了氢氧化铁的制备原理及操作的知识。涉及氧化还原反应方程式的配平、实验方案的涉及、离子的检验方法、盐的水解、物质纯度的判断等。掌握元素及化合物的知识和化学反应基本原理是解题关键。26、浓盐酸圆底烧瓶无干燥装置副产物增加除去氯气中的氯化氢否三氯乙酸会溶于乙醇和三氯乙醛，无法分液73.75%【解析】

根据题干和装置图我们能看出这是一个有机合成实验题，考查的面比较综合，但是整体难度一般，按照实验题的解题思路去作答即可。【详解】（1）根据反应原理我们发现原料需要氯气，因此装置A就应该是氯气的发生装置，所以恒压漏斗里装的是浓盐酸；盛放的装置是蒸馏烧瓶；（2）按照要求来书写方程式即可，注意次氯酸的还原产物是氯化氢而不是氯气：；（3）制得的氯气中带有氯化氢和水分，氯化氢可以在装置B中除去，但是缺少一个干燥装置来除去水分，若不除去水分，氯气和水反应得到次氯酸和盐酸，会生成更多的副产物；（4）该方案是不行的，因为三氯乙酸是有机物，会溶于乙醇和三氯乙醛，根据题目给出的沸点可知此处用蒸馏的方法最适合；（5）根据算出消耗的的物质的量，根据2:1的系数比，这些对应着过量的单质碘，而一开始加入的碘的物质的量为，因此整个过程中消耗了单质碘，再次根据化学计量数之比发现：为1:1，也就是说产品中有三氯乙醛，质量为，因此产品的纯度为。27、检查装置气密性分液漏斗B吸收多余的SO2和C装置中生成的CO2气体蒸发浓缩，冷却结晶玻璃棒、烧杯、漏斗碱石灰制备NaN3的反应需要在210-220oC下进行，水浴不能达到这样的温度2Na+2NH3=2NaNH2+H2D【解析】

I.(1)组装好仪器后，接下来应该进行的实验操作是检查装置气密性，然后加入试剂。仪器a的名称是分液漏斗。二氧化硫有毒，需要尾气处理，且反应中还有二氧化碳生成，澄清石灰水浓度太低，则E中的试剂最好是氢氧化钠溶液，作用是吸收多余的SO2和C装置中生成的CO2气体。(2)由于五水合硫代硫酸钠的溶解度随温度升高显著增大。待Na2S和Na2CO3完全消耗后,结束反应。过滤C中混合物，滤液经蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品，过滤时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗。Ⅱ.(1)生成的氨气中含有水蒸气，需要干燥，则装置B中盛放的药品为碱石灰。(2)由于制备NaN3的反应需要在210～220oC下进行，水浴不能达到这样的温度，所以实验中使用油浴而不用水浴。(3)氨气与熔融的钠反应生成NaNH2，根据原子守恒可知还有氢气生成，反应的化学方程式为2Na+2NH3=2NaNH2+H2。(4)N2O可由NH4NO3(熔点为169.6oC)在240oC下