2024年湖南省衡阳市第二十六中学高三下学期一模考试化学试题含解析

2024年湖南省衡阳市第二十六中学高三下学期一模考试化学试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、已知HA的酸性强于HB的酸性。25℃时，用NaOH固体分别改变物质的量浓度均为0.1mol∙L-l的HA溶液和HB溶液的pH(溶液的体积变化忽略不计)，溶液中A-、B-的物质的量浓度的负对数与溶液的pH的变化情况如图所示。下列说法正确的是A．曲线I表示溶液的pH与-lgc(B-)的变化关系B．C．溶液中水的电离程度：M>ND．N点对应的溶液中c(Na+)>Q点对应的溶液中c(Na+)2、研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是()A．d为石墨，电流从d流入导线进入铁片B．d为铜片，铜片上电极反应为：O2+2H2O+4e→4OH–C．d为锌块，铁片不易被腐蚀D．d为镁片，铁片上电极反应为：2H++2e→H2↑3、NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB．标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NAC．1.0L1.0mo1·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAD．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA4、亚硝酸钠(NaNO2)是一种常用的发色剂和防腐剂，某学习小组利用如图装置(夹持装置略去)制取亚硝酸钠，已知：2NO+Na2O2=2NaNO2，2NO2+Na2O2=2NaNO3；NO能被酸性高锰酸钾氧化为NO3-。下列说法正确的是（）A．可将B中的药品换为浓硫酸B．实验开始前通一段时间CO2，可制得比较纯净的NaNO2C．开始滴加稀硝酸时，A中会有少量红棕色气体D．装置D中溶液完全褪色后再停止滴加稀硝酸5、一定压强下，向10L密闭容器中充入1molS2Cl2和1molCl2，发生反应S2Cl2(g)＋Cl2(g)2SCl2(g)。Cl2与SCl2的消耗速率(v)与温度(T)的关系如图所示，以下说法中不正确的是（）A．正反应的活化能大于逆反应的活化能B．达到平衡后再加热，平衡向逆反应方向移动C．A、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的为B、DD．一定温度下，在恒容密闭容器中，达到平衡后缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变6、合成导电高分子材料PPV的反应如下。下列说法正确的是（）+（2n-1）HIA．合成PPV的反应为加聚反应B．1molPPV最多能与4molH2发生加成反应C．与溴水加成后的产物最多有14个原子共平面D．和苯乙烯互为同系物7、下列反应或过程吸收能量的是()A．苹果缓慢腐坏 B．弱酸电离C．镁带燃烧 D．酸碱中和8、金属铁在一定条件下与下列物质作用时只能变为+2价铁的是（）A．FeCl3 B．HNO3 C．Cl2 D．O29、25℃时，一定量的甲烷与aL（已折合成标准状况）空气的混合气体充分反应，甲烷恰好完全燃烧，恢复至25℃时，放出bkJ的热量。假设空气中氧气的体积分数是1／5，则下列表示甲烷燃烧热的热化学方程式正确的是A．B．C．D．10、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。m、n、r为这些元素组成的化合物，常温下，0.1mol·L－1m溶液的pH＝13，组成n的两种离子的电子层数相差1。p、q为其中两种元素形成的单质。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．原子半径：X＜Y＜Z＜WB．X、Z既不同周期也不同主族C．简单氢化物的沸点：Y＜WD．Y、Z、W形成的一种化合物具有漂白性11、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性，W和X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，同一主族的W和Y，Y的原子序数是W的2倍，下列说法不正确的是()A．原子半径：W＜Z＜Y＜XB．Y的气态氢化物的稳定性弱于Z的气态氢化物C．W与X形成的化合物不可能含有共价键D．常温常压下，Y的单质是固态12、2019年是“国际化学元素周期表年”。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法中错误的是A．甲位于现行元素周期表第四周期第ⅢA族 B．原子半径比较：甲＞乙＞SiC．乙的简单气态氢化物的稳定性强于CH4 D．推测乙的单质可以用作半导体材料13、科学家研发了一种新型锂空气电池，结构如图所示。已知：①电解质由离子液体（离子能够自由移动，非溶液）和二甲基亚砜混合制成，可促进过氧化锂生成；②碳酸锂薄层的作用是让锂离子进入电解质，并阻止其他化合物进入；③二硫化钼起催化作用。下列叙述不正确的是（）A．放电时，a极发生氧化反应B．放电时的总反应是2Li+O2=Li2O2C．充电时，Li+在电解质中由b极移向a极D．充电时，b极的电极反应式为：Li2O2+2e-=2Li+O22-14、室温时，在20mL0.1mol∙L-1一元弱酸HA溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，溶液中与pH的关系如图所示。下列说法正确的是A．室温时，电离常数Ka(HA)=1.0×10-5.3B．B点对应NaOH溶液的体积是10mLC．A点溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)D．从A点到C点的过程中，水的电离程度先增大后减小15、利用反应CCl4+4NaC（金刚石）+4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是（）A．C（金刚石）属于原子晶体B．该反应利用了Na的强还原性C．CCl4和C（金刚石）中的C的杂化方式相同D．NaCl晶体中每个Cl－周围有8个Na＋16、JohnBGoodenough是锂离子电池正极材料钴酸锂的发明人。某种钻酸锂电池的电解质为LiPF6，放电过程反应式为xLi+Li-xCoO2=LiCoO2。工作原理如图所示，下列说法正确的是A．放电时，电子由R极流出，经电解质流向Q极B．放电时，正极反应式为xLi++Li1-xCoO2+xe-=LiCoO2C．充电时，电源b极为负极D．充电时，R极净增14g时转移1mol电子17、研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生可逆反应的能量变化及反应历程如图所示。下列说法不正确的是A．反应中Fe+是催化剂，FeO+是中间产物 B．总反应速率由反应②的速率决定C．升高温度，总反应的平衡常数K减小 D．当有14gN2生成时，转移1mole-18、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A．Cu2S(s)Cu(s)CuCl2(s)B．SiO2(s)H2SiO3(s)Na2SiO3(aq)C．Fe(s)Fe2O3(s)Fe2(SO4)3(aq)D．NaCl(aq)Na2CO3(s)NaOH(aq)19、草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下，向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lgX[X为或]与pH的变化关系如图所示。下列说法一定正确的是A．Ⅰ表示lg与pH的变化关系B．pH＝1.22的溶液中：2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)=c(Na＋)C．根据图中数据计算可知，Ka2(H2C2O4)的数量级为10-4D．pH由1.22到4.19的过程中，水的电离程度先增大后减小20、W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。W最外层电子数是次外层电子数的3倍，W与Y同主族，X在短周期中原子半径最大。下列说法正确的是A．常温常压下Y的单质为气态 B．X的氧化物是离子化合物C．X与Z形成的化合物的水溶液呈碱性 D．W与Y具有相同的最高化合价21、乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是（

）①分子式为C12H19O2；②不能发生银镜反应；③mol该有机物最多能与3mol氢气发生加成反应；④它的同分异构体中不可能有酚类；

⑤1mol该有机物与NaOH溶液反应最多消耗1mol

NaOH；⑥属于芳香族化合物。A．②④⑤ B．①④⑤ C．②③⑥ D．②③④22、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二、非选择题(共84分)23、（14分）氨甲环酸（F）又称止血环酸、凝血酸，是一种在外科手术中广泛使用的止血药，可有效减少术后输血。氨甲环酸（F）的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂未标明）：（1）B的系统命名为_______；反应①的反应类型为_____。（2）化合物C含有的官能团的名称为_____。（3）下列有关氨甲环酸的说法中，正确的是_____（填标号）。a．氨甲环酸的分子式为C8H13NO2b．氨甲环酸是一种天然氨基酸c．氨甲环酸分子的环上一氯代物有4种d．由E生成氨甲环酸的反应为还原反应（4）氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为________。（5）写出满足以下条件的D的同分异构体的结构简式_____。①属于芳香族化合物②具有硝基③核磁共振氢谱有3组峰（6）写出用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线（其他试剂任选）。_____24、（12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_______________。25、（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__________。26、（10分）草酸铵[(NH4)2C2O4]为无色柱状晶体，不稳定，受热易分解，可用于测定Ca2+、Mg2+的含量。I．某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。(l)实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有____（填化学式）；若观察到____，说明分解产物中含有CO2草酸铵分解的化学方程式为____。(2)反应开始前，通人氮气的目的是____。(3)装置C的作用是____。(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，该反应的化学方程式为_____。Ⅱ．该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。(5)取20.00mL血液样品，定容至l00mL，分别取三份体积均为25.00mL稀释后的血液样品，加入草酸铵，生成草酸钙沉淀，过滤，将该沉淀溶于过量稀硫酸中，然后用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定。滴定至终点时的实验现象为____。三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL，0.4lmL，0.52mL，则该血液样品中钙元素的含量为__________mmol/L。27、（12分）ClO2(黄绿色易溶于水的气体)是一种高效、低毒的消毒剂。某兴趣小组通过图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收和释放进行了研究。(1)仪器A的名称是_______________________。(2)安装F中导管时，应选用图2中的___________________。(3)A中发生反应生成ClO2和Cl2，其氧化产物和还原产物物质的量之比为__________。(4)关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是__________________。(5)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为____。(6)ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收可得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的浓度，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样，量取V0mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：用稀硫酸调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；步骤3：加入指示剂，用cmol·L−1Na2S2O3溶液滴定至终点。重复2次，测得消耗Na2S2O3溶液平均值为V1mL。(已知2ClO2+10I−+8H+=2Cl−+5I2+4H2O2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI)计算该ClO2的浓度为______g/L(用含字母的代数式表示，计算结果化简)。28、（14分）将一定质量的铁粉加入装有100mL某浓度稀硝酸的容器中充分反应。试回答:（1）容器中剩余mg铁粉，收集到NO气体448mL(标准状况下)。①所得溶液中溶质的化学式为__________。②原稀硝酸的物质的量浓度为__________。（2）向（1）中所得的固液混合物中逐滴滴加稀硫酸至刚好不再产生遇空气变成红棕色的气体为止，此时容器中剩余铁粉ng。①此时溶液中溶质的化学式为__________。②m-n的值为_______(精确到0.1)。29、（10分）全球碳计划组织（GCP，TheGlobalCarbonProject）报告称，2018年全球碳排放量约371亿吨，达到历史新高。（1）中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图1所示。①已知：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ·mol-12CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g)△H=-128kJ·mol-1则上述过程中CO和H2转化为CH2=CH2的热化学方程式是_________。②下列有关CO2转化为汽油的说法，正确的是___________________（填标号）。A．该过程中，CO2转化为汽油的转化率高达78%B．中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键C．在Na-Fe3O4上发生的反应为CO2+H2=CO+H2OD．催化剂HZSM-5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率③若在一容器中充入一定量的CO2和H2，加入催化剂恰好完全反应，且产物只生成C5以上的烷烃类物质和水。则起始时CO2和H2的物质的量之比不低于_________。（2）研究表明，CO2和H2在一定条件下可以合成甲醇。反应方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H<0。一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1.0molCO2和3.0molH2，在不同催化剂作用下合成甲醇，相同时间内CO2的转化率随温度变化关系如图2所示。①该反应自发进行的条件是__________（填“高温”“低温”或“任意温度”）②催化效果最佳的催化剂是__________（填“A”“B”或“C”）；b点时，________（填“＞”“＜”或“＝”）。③若容器容积保持不变，则不能说明该反应达到化学平衡状态的是________。a.c(CO2)与c(H2)的比值保持不变b.v(CO2)正＝v(H2O)逆c.体系的压强不再发生变化d.混合气体的密度不变e.有lmolCO2生成的同时有断开3mol的H-H键f.气体的平均相对分子质量不变④已知容器内的起始压强为100kPa，若图2中c点已达到平衡状态，则该温度下反应的平衡常数Kp=____________________（只列出计算式，不要求化简，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数）。

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、B【解析】

A．HA的酸性强于HB的酸性，则Ka（HA）＞Ka（HB），当-1gc(A-)=-1gc(B-)时c(A-)=c(B-)，c(HA)=c(HB)，则c(H+)越大，pH越小，Ka越大，所以曲线II表示pH与-1gc(B-)的关系，故A错误；B．对于HB，取点(10，2)，则c(H+)=10-10mol/L，c(B-)=10-2mol/L，则Ka(HB)==，同理对于HA，取点(8，2)，则c(H+)=10-8mol/L，c(A-)=10-2mol/L，则Ka(HA)==，所以Ka(HA)：Ka(HB)=100，故B正确；C．M点和N点溶液中c(A-)=c(B-)，溶液pH越大，水的电离程度越大，所以水的电离程度M＜N，故C错误；D．对于N点溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(B-)，对于Q点溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，N点和Q点溶液pH相同，则两溶液中c(H+)和c(OH-)分别相等，但c(B-)＜c(A-)，则N点对应的溶液中c(Na+)＜Q点对应的溶液中c(Na+)，故D错误；故选：B。2、D【解析】

A．d为石墨，活泼金属铁片作负极，石墨作正极，电流从正极流入导线进入负极，故A正确；B．d为铜片，活泼金属铁片作负极，铜片作正极；海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，铜片上电极反应为：O2+2H2O+4e-═4OH-，故B正确；C．锌比铁片活泼，所以腐蚀锌，所以铁片不易被腐蚀，故C正确；D．d为镁片，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以铁片上电极反应为：O2+2H2O+4e-═4OH-，故D错误；故选D。【点睛】本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。3、D【解析】

A.氯气和水反应为可逆反应，所以转移的电子数目小于0.1NA，故A错误；B.标准状况下，6.72LNO2的物质的量为0.3mol，根据反应3NO2+H2O═2HNO3+NO可知，0.3mol二氧化氮完全反应生成0.1molNO，转移了0.2mol电子，转移的电子数目为0.2NA，故B错误；C.NaAlO2水溶液中，除了NaAlO2本身，水也含氧原子，故溶液中含有的氧原子的个数大于2NA个，故C错误；D.14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为：=0.5mol，含有1mol原子，含有的原子数目为NA，故D正确。故答案选D。4、C【解析】

A.装置B中无水CaCl2作干燥剂，干燥NO气体，由于装置为U型管，若换为浓硫酸，气体不能通过，因此不能将B中的药品换为浓硫酸，A错误；B.实验开始前通一段时间CO2，可排出装置中的空气，避免NO氧化产生NO2气体，不能发生2NO2+Na2O2=2NaNO3，但CO2会发生反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，因此也不能制得比较纯净的NaNO2，B错误；C.开始滴加稀硝酸时，A中Cu与稀硝酸反应产生NO气体，NO与装置中的O2反应产生NO2，因此会有少量红棕色气体，C正确；D.在装置D中，NO会被酸性KMnO4溶液氧化使溶液褪色，因此当D中溶液紫红色变浅，就证明了NO可以被氧化，此时就可以停止滴加稀硝酸，D错误；故合理选项是C。5、A【解析】

根据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，由图中数据可知，B、D点的状态对应的温度为250℃，300℃时，SCl2的消耗速率大于氯气的消耗速率的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH2＜0。【详解】A.正反应的活化能是发生反应所需要的能量，逆反应的活化能是反应中又释放出的能量，正反应的活化能减去逆反应的活化能就等于总反应的吸热放热量，由分析可知ΔH＜0，正反应为放热反应，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A错误；B.由分析可知ΔH＜0，正反应为放热反应，加热后平衡向逆反应方向移动，故B正确；C.根据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，故C正确；D.根据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)反应物和产物都是气体，且反应物和产物的系数相等，所以改变压强不改变平衡移动，缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变，故D正确；答案选A。6、C【解析】

A、合成PPV通过缩聚反应生成，同时有小分子物质HI生成，不属于加聚反应，选项A错误；B、1molPPV中含有2nmol碳碳双键，最多能与4nmolH2发生加成反应，选项B错误；C.与溴水加成后的产物为，根据苯分子中12个原子共面、甲烷为正四面体结构可知，该分子中最多有14个原子共平面，选项C正确；D.和苯乙烯相差C2H2，不是相差n个CH2，不互为同系物，选项D错误。答案选C。7、B【解析】

A、苹果缓慢腐坏，属于氧化反应，该反应为放热反应，故A不符合题意；B、弱酸的电离要断开化学键，吸收能量，故B符合题意；C、镁带燃烧，属于放热反应，故C不符合题意；D、酸碱中和，属于放热反应，故D不符合题意；答案选B。8、A【解析】

A．铁与FeCl3反应生成氯化亚铁，为+2

价铁，故A正确；B．铁与过量的硝酸反应生成三价铁离子，与少量的硝酸反应生成二价铁离子，所以不一定变为+2

价铁，故B错误；C．铁与氯气反应只生成FeCl3，为+3价铁，故C错误；D．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，为+2和+3价铁，故D错误；故选：A。9、C【解析】

空气中氧气的体积为L，则甲烷体积为L，物质的量为mol。mol甲烷燃烧放出热量bkJ，则1mol甲烷燃烧放出热量kJ。燃烧热规定生成稳定的氧化物,即H2O(l)，且放热反应的焓变为负值，故C正确；答案：C【点睛】考察燃烧热的重点：（1）可燃物1mol（2）完全燃烧（3）生成稳定氧化物，H→H2O（l），C→CO2，S→SO2等。10、D【解析】

0.1mol·L－1m溶液的pH＝13，则m为一元强碱，应该为NaOH，组成n的两种离子的电子层数相差1，根据图示可知，n为NaCl，电解NaCl溶液得到NaOH、H2和Cl2，p、q为其中两种元素形成的单质，则p、q为H2和Cl2，结合短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大可知：X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、W为Cl元素，据此答题。【详解】由分析可知：X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、W为Cl元素。A.电子层数越多，则原子的半径越大，具有相同电子层数的原子，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，所以原子半径：X＜Y＜W＜Z，故A错误；B.由分析可知：X为H元素、Z为Na元素，X、Z的最外层电子数均为1，属于同一主族，故B错误；C.Y、W形成的氢化物分别为H2O和HCl，因为水分子中含有氢键，含有氢键的物质熔沸点较高，所以简单氢化物的沸点：Y＞W，故C错误；D.Y、Z、W形成的一种化合物为NaClO，NaClO具有强氧化性，可用于漂白，具有漂白性，故D正确。故选D。11、C【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增。同一主族的W和Y，Y的原子序数是W的2倍，W是O，Y是S，则Z是Cl。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性，W和X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，X的最外层电子数是7-6＝1，所以X是Na，结合物质的性质和元素周期律分析解答。【详解】根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是O、Na、S、Cl。A．同周期元素原子从左到右半径增大，有Cl＜S＜Na；一般情况下，原子的电子层数越多，半径越大，则O原子半径最小；综合原子半径：O＜Cl＜S＜Na，正确，A不选；B．非金属性Cl＞S，则S的气态氢化物的稳定性弱于Cl的气态氢化物，正确，B不选；C．W与X形成的化合物过氧化钠中含有共价键，错误，C选；D．常温常压下，S的单质是固态，正确，D不选；答案选C。12、C【解析】

从示意图可以看出同一行的元素在同一主族，同一列的元素在同一周期，甲元素与B和Al在同一主族，与As同一周期，则甲在元素周期表的位置是第四周期第ⅢA族，为Ga元素，同理，乙元素的位置是第四周期第ⅣA族，为Ge元素。A．从示意图可以看出同一行的元素在同一主族，同一列的元素在同一周期，甲元素与B和Al在同一主族，与As同一周期，则甲在元素周期表的位置是第四周期第ⅢA族，A项正确；B．甲元素和乙元素同周期，同周期元素核电荷数越小半径越大，甲元素的原子序数小，所以甲元素的半径大于乙元素。同主族元素，核电荷数越大，原子半径越大，乙元素与Si同主族，乙元素核电荷数大，原子半径大，排序为甲＞乙＞Si，B项正确；C．同主族元素的非金属性从上到下越来越弱，则气态氢化物的稳定性越来越弱，元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于CH4，C项错误；D．乙为Ge元素，同主族上一个元素为硅元素，其处于非金属和金属元素的交界处，可用作半导体材料，D项正确；本题答案选C。13、D【解析】

A.根据图示可知A电极为锂电极，在放电时，失去电子变为Li+，发生氧化反应，A正确；B.根据图示可知a电极为锂电极，失去电子，发生反应：Li-e-=Li+，b电极通入空气，空气中的氧气获得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+2e-+2Li+=2Li2O2，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以总反应方程式为：2Li+O2=Li2O2，B正确；C.充电时，a电极连接电源的负极，作阴极，Li+向阴极定向移动，在a电极获得电子，变为Li，所以充电时Li+在电解质中由b极移向a极，C正确；D.充电时，b极连接电源的正极，作阳极，发生氧化反应：Li2O2-2e-=2Li+O2，D错误；故合理选项是D。14、A【解析】

A．室温时，在B点，pH=5.3，c(H+)=10-5.3，=0，则=1电离常数Ka(HA)===1.0×10-5.3，A正确；B．B点的平衡溶液中，c(A-)=c(HA)，依据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，由于pH=5.3，所以c(H+)>c(OH-)，c(Na+)<c(A-)，故V(NaOH)<10mL，B不正确；C．c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)显然不符合电荷守恒原则，C不正确；D．从A点到C点的过程中，c(A-)不断增大，水的电离程度不断增大，D不正确；故选A。15、D【解析】

A．金刚石晶体：每个C与另外4个C形成共价键，构成正四面体，向空间发展成网状结构，形成的晶体为原子晶体，故A正确；B．该反应中Na由0价→+1价，作还原剂将CCl4还原，故B正确；C．CCl4和C(金刚石)中的C的杂化方式都是sp3杂化，故C正确；D．NaCl晶体：每个Na＋同时吸引6个Cl－，每个Cl－同时吸引6个Na＋，配位数为6，故D错误；故答案选D。16、B【解析】

A．由放电反应式知，Li失电子，则R电极为负极，放电时，电子由R极流出，由于电子不能在溶液中迁移，则电子经导线流向Q极，A错误；B．放电时，正极Q上发生还原反应xLi++Li1-xCoO2+xe-=LiCoO2，B正确；C．充电时，Q极为阳极，阳极与电源的正极相连，b极为正极，C错误；D．充电时，R极反应为Li++e-=Li，净增的质量为析出锂的质量，n(Li)==2mol，则转移2mol电子，D错误。故选B。17、B【解析】

A．由图可知，Fe+先转化为FeO+，FeO+后续又转化为Fe+，反应前后Fe+未发生变化，因此Fe+是催化剂，FeO+是中间产物，A不符合题意；B．由图可知，反应①的能垒高于反应②，因此反应①的速率较慢，总反应速率由反应①的速率决定，B符合题意；C．由图可知，反应物的总能量高于生成物总能量，该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的平衡常数K减小，C不符合题意；D．由图可知，总反应方程式为：N2O+COCO2+N2，N元素化合价从+1价降低至0价，当有14gN2生成时，即生成0.5molN2，转移电子的物质的量为0.5mol×2=1mol，D不符合题意；答案为：B。18、A【解析】

A.硫化亚铜与氧气反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2，铜与氯气反应生成氯化铜，反应为：Cu+Cl2CuCl2，A正确；B.SiO2不溶于水，也不能和水反应，所以二者不能直接生成H2SiO3，B错误；C.铁和水蒸气在高温时反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，C错误；D.在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，不是一步生成碳酸钠，D错误；故合理选项是A。19、A【解析】

H2C2O4H++HC2O4-Ka1=，lg=0时，=1，Ka1=c(H+)=10-pH；HC2O4-H++C2O42-Ka2=，lg=0时，=1，Ka2=c(H+)=10-pH。【详解】A．由于Ka1＞Ka2，所以=1时溶液的pH比=1时溶液的pH小，所以，Ⅰ表示lg与pH的变化关系，A正确；B．电荷守恒：2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na＋)+c(H+)，pH＝1.22，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，那么：2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＞c(Na＋)，B错误；C．由A可知，Ⅱ为lg与pH的变化关系，由分析可知，Ka2=c(H+)=10-pH=10-4.19=100.81×10-5，故Ka2(H2C2O4)的数量级为10-5，C错误；D．H2C2O4和NaOH恰好完全反应生成Na2C2O4，此时溶液呈碱性，水的电离程度最大。H2C2O4溶液中滴入NaOH溶液，pH由1.22到4.19的过程中，H2C2O4一直在减少，但还没有完全被中和，故H2C2O4抑制水电离的程度减小，水的电离程度一直在增大，D错误；答案选A。【点睛】酸和碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，判断水的电离程度增大还是减小，关键找准重要的点对应的溶质进行分析，本题中重要的点无非两个，一是还没滴NaOH时，溶质为H2C2O4，此时pH最小，水的电离程度最小，草酸和NaOH恰好完全反应时，溶质为Na2C2O4，此时溶液呈碱性，水的电离程度最大，pH由1.22到4.19的过程，介于这两点之间，故水的电离程度一直在增大。20、B【解析】

W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。W最外层电子数是次外层电子数的3倍，最外层电子数只能为6，次外层电子数为2，W为O元素；W与Y同主族，则Y为S元素；X在短周期中原子半径最大，X为Na元素；短周期中比S原子序数大的主族元素只有Cl，因此Z为Cl元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为S元素，Z为Cl元素。A．常温常压下，S为固体，故A错误；B．X的氧化物为氧化钠或过氧化钠，均是离子化合物，故B正确；C．X与Z形成的化合物为NaCl，NaCl为强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，故C错误；D．一般情况下，O元素不存在正价，S的最高价为+6价，故D错误；故选B。21、A【解析】

本题主要考查有机物的结构与性质。不存在醛基，不能发生银镜反应，不饱和度仅有三个酚类至少有四个不饱和度，能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基。据此回答。【详解】①由结构简式可知分子中含有12个C原子，20个H原子，2个O原子，则分子式为C12H20O2，故错误；②分子中不含醛基，则不能发生银镜反应，故正确；③只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，故错误；④分子中含有3个双键，则不饱和度为3，而酚类物质的不饱和度至少为4，则它的同分异构体中不可能有酚类，故正确；⑤能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH，故正确；⑥分子中不含苯环或稠环，则不属于芳香族化合物，故错误。故选A。22、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。二、非选择题(共84分)23、2-氯-1,3-丁二烯加成反应碳碳双键、酯基；氯原子cd【解析】

根据框图和各物质的结构简式及反应条件进行推断。【详解】（1）B的结构简式为,所以B系统命名为2-氯-1,3-丁二烯；由,所以反应①的反应类型为加成反应。答案:2-氯-1,3-丁二烯;加成反应。（2）由C的结构简式为，则化合物C含有的官能团的名称为碳碳双键、酯基、氯原子。答案：碳碳双键、酯基；氯原子。（3）a．氨甲环酸的结构简式为：，则氨甲环酸的分子式为C8H15NO2，故a错误；b.氨甲环酸的结构简式为：，氨基不在碳原子上，所以不是一种天然氨基酸，故b错误；c．氨甲环酸分子的环上有四种类型的氢，所以一氯代物有4种，故c正确；d．由E生成氨甲环酸的框图可知属于加氢反应，所以此反应也称为还原反应，故d正确；答案：cd。（4）由氨甲环酸的结构简式为：，含有羧基和氨基，所以可发生缩聚反应，生成高分子化合物，故氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为。答案：。（5）由D的结构简式的，符合下列条件：①属于芳香族化合物说明含有苯环；②具有硝基说明含有官能团–NO2;③核磁共振氢谱有3组峰说明含有3种类型的氢原子，符合条件的同分异构体为：；答案：。（6）根据已知信息和逆推法可知用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线：。答案：。24、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。25、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。26、NH3、CO2E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O排尽装置中的空气充分吸收CO2，防止干扰CO的检验2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去2.1【解析】

(l)按实验过程中观察到现象，推测分解产物并书写草酸铵分解的化学方程式；(2)氮气驱赶装置内原有气体，从空气对实验不利因素来分析；(3)由所盛装的物质性质及实验目的推测装置C的作用；(4)从分解产物中找到另一个有还原性的物质，结合氧化还原反应原理写该反应的化学方程式；Ⅱ．(5)三次平行实验，计算时要数据处理，结合关系式进行计算；【详解】(l)实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有二氧化碳气体；若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有CO；答案为：NH3；CO2；E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊；草酸铵分解产生了CO2、NH3、CO，结合质量守恒定律知，另有产物H2O，则草酸铵分解的化学方程式为(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；答案为：(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；(2)反应开始前，通人氮气的目的是排尽装置中的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的CO2干扰实验；答案为：排尽装置中的空气；(3)装置E和F是验证草酸铵分解产物中含有CO，所以要依次把分解产生的CO2、气体中的水蒸气除去，所以装置C的作用是：吸收CO2，避免对CO的检验产生干扰；答案为：充分吸收CO2，防止干扰CO的检验；(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，那就是氨气，NH3也会与CuO反应，其产物是N2和水，该反应的化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；答案为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；(5)草酸钙沉淀溶于过量稀硫酸中得到草酸，用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定，反应为，滴定至终点时，因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去；答案为：因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去；三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL，0.4lmL，0.52mL，应舍弃0.52mL，误差较大，则平均体积为0.42mL，滴定反应为，；=1.05×10−5mol，所以20mL血液样品中含有的钙元素的物质的量为，即4.2×10−2mmol，则该血液中钙元素的含量为；答案为：2.1。27、圆底烧瓶b1∶2吸收Cl24H++5ClO2-=Cl−+4ClO2↑+2H2O135cV1/V0【解析】

根据实验装置图可知，A、B是制备氯气和二氧化氯的；C是用于吸收氯气的；D是用于吸收二氧化氯的，E是用于重新释放二氧化氯的，F是可验证尾气中是否含有氯气。【详解】(1)根据仪器特征，可知仪器A是圆底烧瓶；(2)F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b；(3)氯酸钠和稀盐酸混合产生Cl2和ClO2，NaClO3中氯为+5价被还原成ClO2中+4价，盐酸中氯为-1价，被氧化成0价氯，转移电子数为2，所以NaClO3、ClO2前化学计量数为2，Cl2前化学计量数为1，反应化学方程式：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，其氧化产物Cl2和还原产物ClO2物质的量之比为1∶2；(4)F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收Cl2；(5)在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为4H+