2024年云南省曲靖一中麒麟学校高三压轴卷化学试卷含解析

2024年云南省曲靖一中麒麟学校高三压轴卷化学试卷注意事项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、下列微粒中，最易得电子的是（）A．Cl- B．Na+ C．F D．S2-2、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A．0.2molFeI2与足量氯气反应时转移电子数为0.4NAB．常温常压下，46gNO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NAC．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NAD．常温下，56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子3、下列解释事实的离子方程式正确的是（）A．用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：Na2S2O3＋2H+＝SO2↑＋S↓＋2Na+＋H2OB．硝酸铁溶液中加入少量碘化氢：2Fe3++2I-=2Fe2++I2C．向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸：ClO-＋H2O＋CO2＝HClO＋HCO3-D．硫酸铝铵与氢氧化钡以1：2混合形成的溶液：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=BaSO4↓+AlO2-+2H2O4、下列实验操作规范且能达到实验目的是（）选项实验目的实验操作A除去KNO3中混有NaCl将固体混合物溶于水后蒸发结晶，过滤B制备Fe(OH)3胶体将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中CCCl4萃取碘水中的I2先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层D验证铁的吸氧腐蚀将铁钉放入试管中，用盐酸浸没A．A B．B C．C D．D5、实验室中，要使AlCl3溶液中的Al3+离子全部沉淀出来，适宜的试剂是A．NaOH溶液 B．氨水 C．盐酸 D．Ba(OH)2溶液6、如图是某元素的价类二维图。其中X是一种强碱，G为正盐，通常条件下Z是无色液体，D的相对原子质量比C小16，各物质转化关系如图所示。下列说法正确的是A．E可以是金属也可以是非金属B．C和D两种大气污染物，都能用排空气法收集C．B的浓溶液具有吸水性，可用来干燥气体D．实验室制备F时，可以将其浓溶液滴入碱石灰中进行制取7、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．14g乙烯和丙烯的混合物中极性键数目为2NAB．标准状况下，与在光照条件下反应生成HCl分子数为C．容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAD．电解精炼铜时阳极减轻32g，电路中转移电子数目一定为NA8、下列关于自然界中氮循环的说法错误的是A．氮肥均含有NH4+B．雷电作用固氮中氮元素被氧化C．碳、氢、氧三种元素参与了自然界中氮循环D．合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱9、铊(Tl)与铝同族。Ti3+在酸性溶液中就能发生反应：Tl3++2Ag=Tl++2Ag+。下列推断错误的是A．Tl+的最外层有1个电子B．Tl能形成+3价和+1价的化合物C．酸性溶液中Tl3+比Tl+氧化性强D．Tl+的还原性比Ag弱10、化学与生活密切相关。下列说法正确的是（）A．利用二氧化硅与碳酸钙常温反应制备陶瓷B．纺织业利用氢氧化钠的强氧化性将其作为漂洗的洗涤剂C．利用明矾的水溶液除去铜器上的铜锈，因Al3+水解呈酸性D．“丹砂（主要成分为硫化汞）烧之成水银，积变又还成丹砂”中发生的反应为可逆反应11、“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏。千门万户瞳瞳日，总把新桃换旧符。”是王安石的作品《元日》，其中的“屠苏”是一种酒。下列说法错误的是（）A．黑火药是由硫黄、硝石和木炭按照一定比例混合而成B．“屠苏”中不含非电解质C．爆竹爆炸发生了化学变化D．早期的桃符大都是木质的，其主要成分纤维素可以发生水解反应12、在1体积空气中混入1体积二氧化碳，在高温下跟足量的焦炭反应，假设氧气和二氧化碳都转化为一氧化碳，则反应后气体中一氧化碳的体积分数约是A．75% B．67% C．50% D．33.3%13、在给定条件下，下列加点的物质在化学反应中完全消耗的是A．标准状况下，将1g铝片投入20mL18.4mol/L的硫酸中B．常温下，向100mL3mol/L的硝酸中加入6.4g铜C．在适当温度和催化剂作用下，用2molSO2和1molO2合成SO3D．将含有少量H2O（g）的H2通入盛有足量Na2O2容器中并不断用电火花点燃14、设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，4.48L空气中所含原子数为0.2NAB．常温常压下，2.3gNO2和N2O4的混合物中含有的氧原子数为0.2NAC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD．常温下，0.1mol·L-1Na2CO3溶液中阴离子总数大于0.1NA15、下列有关CuSO4溶液的叙述正确的是()A．该溶液中Na+、NH4+、NO3-、Mg2+可以大量共存B．通入CO2气体产生蓝色沉淀C．与NaHS反应的离子方程式：Cu2++S2-═CuS↓D．与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2++2NH3·H2O═Cu(OH)2↓+2NH4+16、下列有关物质性质的叙述错误的是A．将过量氨气通入CuSO4溶液中可得深蓝色溶液B．蛋白质溶于水所得分散系可产生丁达尔效应C．硅酸钠溶液与稀盐酸反应可生成硅酸胶体D．过量铁粉在氯气中燃烧可生成氯化亚铁17、只用如图所示装置进行下列实验，能够得出相应实验结论的是选项①②③实验结论A稀盐酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金属性：Cl>C>SiB饱和食盐水电石高锰酸钾溶液生成乙炔C浓盐酸MnO2NaBr溶液氧化性Cl2>Br2D浓硫酸Na2SO3溴水SO2具有还原性A．A B．B C．C D．D18、已知甲、乙、丙三种物质均含有同种元素X，其转化关系如下：下列说法错误的是A．若A为NaOH溶液，乙为白色沉淀，则X可能为短周期金属元素B．若A为硝酸，X为金属元素，则甲与乙反应可生成丙C．若A为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体，则甲可能为非金属单质D．若乙为NaHCO3，则甲或丙可能是CO219、下列说法正确的是（）A．强电解质一定易溶于水，弱电解质可能难溶于水B．燃烧一定有发光发热现象产生，但有发光发热现象的变化一定是化学变化C．制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色D．电解熔融态的Al2O3、12C转化为14C都属于化学变化20、下列说法正确的是A．氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能B．反应4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应C．3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023D．在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快21、下列有关说法正确的是①二氧化硅可与NaOH溶液反应，因此可用NaOH溶液雕刻玻璃；②明矾溶于水可水解生成Al(OH)3胶体，因此可以用明矾对自来水进行杀菌消毒；③可用蒸馏法、电渗析法、离子交换法等对海水进行淡化；④从海带中提取碘只需用到蒸馏水、H2O2溶液和四氯化碳三种试剂；⑤地沟油可用来制肥皂、提取甘油或者生产生物柴油；⑥石英玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、淀粉、氨水的物质类别依次为纯净物、氧化物、混合物、弱电解质。A．③⑤⑥B．①④⑤C．除②外都正确D．③⑤22、药物麻黄碱和牛磺酸的结构简式如图。有关麻黄碱、牛磺酸的叙述正确的是麻黄碱牛磺酸A．分子式分别为C10H16ON、C2H7NO2SB．均能发生取代反应，麻黄碱还能发生加成反应C．均能与金属钠及氢氧化钠溶液反应D．牛磺酸与HSCH2CH(NH2)COOH(半胱氨酸)互为同系物二、非选择题(共84分)23、（14分）H（3一溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯）是重要的有机物中间体，可以由A(C7H8)通过下图路线合成。请回答下列问题：（1）C的化学名称为________，G中所含的官能团有醚键、_______、__________（填名称）。（2）B的结构简式为________，B生成C的反应类型为___________。（3）由G生成H的化学方程式为_________。E→F是用“H2/Pd”将硝基转化为氨基，而C→D选用的是(NH4)2S，其可能的原因是________。（4）化合物F的同分异构体中能同时满足下列条件的共有________种。①氨基和羟基直接连在苯环上②苯环上有三个取代基且能发生水解反应（5）设计用对硝基乙苯为起始原料制备化合物的合成路线（其他试剂任选）。_____24、（12分）一种防止血栓形成与发展的药物J的合成路线如图所示（部分反应条件略去）：回答下列问题：(1)A中官能团的名称是_________，反应⑤的反应类型是___________。(2)J的分子式是__________。F的结构简式是_________。(3)反应③的化学方程式为____________________________________。(4)已知C有多种同分异构体。写出同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式__________。（只需写出两个）①苯环上有两个处于对位上的取代基；②1mol该有机物与足量金属钠反应生成1g氢气。(5)请参照J的合成方法，完成下列合成路线：___________________25、（12分）肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水合肼（N2H4·H2O）。已知：N2H4·H2O高温易分解，易氧化制备原理：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO＝Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl（实验一）制备NaClO溶液（实验装置如图所示）(1)配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外，还有_____（填标号）A．容量瓶B．烧杯C．烧瓶D．玻璃棒(2)锥形瓶中发生反应化学程式是_____________________________。（实验二）制取水合肼。（实验装置如图所示）控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108-114馏分。(3)分液漏斗中的溶液是____________（填标号）。A．CO(NH2)2溶液B．NaOH和NaClO混合溶液选择的理由是____________。蒸馏时需要减压，原因是______________。（实验三）测定馏分中肼含量。(4)水合肼具有还原性，可以生成氮气。测定水合肼的质量分数可采用下列步骤：a．称取馏分5.000g，加入适量NaHCO3固体（保证滴定过程中溶液的pH保持在6.5左右），配制1000mL溶液。b．移取10.00mL于锥形瓶中，加入10mL水，摇匀。c．用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出现______________，记录消耗碘的标准液的体积。d．进一步操作与数据处理(5)滴定时，碘的标准溶液盛放在______________滴定管中（选填：“酸式”或“碱式”）水合肼与碘溶液反应的化学方程式________________________。(6)若本次滴定消耗碘的标准溶液为8.20mL，馏分中水合肼（N2H4·H2O）的质量分数为______。26、（10分）以铝土矿（主要成分为，含少量和等杂质）为原料生产铝和氮化铝的一种工艺流程如图[已知：在“碱溶”时转化为铝硅酸钠（）沉淀]。（1）用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式____。（2）溶液a中加入后，生成沉淀的离子方程式为___。（3）有人考虑用熔融态电解制备铝，你觉得是否可行？请说明理由：___。（4）取一定量的氮化铝样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度（夹持装置已略去）。打开，加入NaOH浓溶液，至不再产生。打开，通入一段时间。①写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式______。②实验中需要测定的数据是_____。27、（12分）文献表明：工业上，向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁;相同条件下，草酸根(C2O42-)的还原性强于Fe2+。为检验这一结论，雅礼中学化学研究性小组进行以下实验：资料:i.草酸(H2C2O4)为二元弱酸。ii.三水三草酸合铁酸钾[K3Fe(C2O4)3・3H2O]为翠绿色晶体，光照易分解。其水溶液中存在[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O42-K=6.3×10-21iii.FeC2O4・2H2O为黄色固体，溶于水，可溶于强酸。（实验1）用以下装置制取无水氯化亚铁(1)仪器a的名称为___________。(2)欲制得纯净的FeCl2，实验过程中点燃A、C酒精灯的先后顺序是___________。(3)若用D的装置进行尾气处理，存在的问题是__________、___________。（实验2）通过Fe3+和C2O42-在溶液中的反应比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱。(4)取实验2中少量晶体洗浄，配成溶液，漓加KSCN溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素。加硫酸后溶液变红的原因是______________。(5)经检验，翠绿色晶体为K3Fe(C2O4)3・3H2O。设计实验，确认实验2中没有发生氧化还原反应的操作和现象是_____。(6)取实验2中的翠绿色溶液光照一段时间，产生黄色浑浊且有气泡产生。补全反应的离子方程式：_____Fe(C2O4)3]3-+____H2O____FeC2O4·2H2O↓+__________+_______（实验3）研究性小组又设计以下装置直接比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱，并达到了预期的目的。(7)描述达到期目的可能产生的现象：_____________________。28、（14分）近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe−Sm−As−F−O组成的化合物。回答下列问题：（1）元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为_______，其沸点比NH3的_______（填“高”或“低”），其判断理由是_________________________。（2）Fe成为阳离子时首先失去______轨道电子，Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3+的价层电子排布式为______________________。（3）比较离子半径：F−__________O2−（填“大于”等于”或“小于”）。（4）一种四方结构的超导化合物的晶胞结构如图1所示，晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。图中F−和O2−共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1−x代表，则该化合物的化学式表示为____________，通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ=________g·cm−3。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1中原子1的坐标为()，则原子2和3的坐标分别为__________、__________。29、（10分）2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。TiS2、LiCoO2和LiMnO2等都是他们研究锂离子电池的载体。回答下列问题：（1）基态Ti原子的价层电子排布图为____。（2）在第四周期d区元素中，与Ti原子未成对电子数相同的元素名称________。（3）金属钛的原子堆积方式如图所示，则金属钛晶胞俯视图为______。（4）已知第三电离能数据：I3（Mn）＝3246kJ·mol-1，I3（Fe）＝2957kJ·mol-1。锰的第三电离能大于铁的第三电离能，其主要原因是______。（5）据报道，在MnO2的催化下，甲醛可被氧化成CO2，在处理含HCHO的废水或空气方面有广泛应用。HCHO中键角________CO2中键角（填“大于”“小于”或“等于”）。（6）Co3+、Co2+能与NH3、H2O、SCN-等配体组成配合物。①1mol[Co（NH3）6]3+含______molσ键。②配位原子提供孤电子对与电负性有关，电负性越大，对孤电子对吸引力越大。SCN-的结构式为[S＝C＝N]-，SCN-与金属离子形成的配离子中配位原子是_______（填元素符号）。（7）工业上，采用电解熔融氯化锂制备锂，钠还原TiCl4（g）制备钛。已知：LiCl、TiCl4的熔点分别为605℃、－24℃，它们的熔点相差很大，其主要原因是________。（8）钛的化合物晶胞如图所示。二氧化钛晶胞如图1所示，钛原子配位数为______。氮化钛的晶胞如图2所示，图3是氮化钛的晶胞截面图（相邻原子两两相切）。已知：NA是阿伏加德罗常数的值，氮化钛晶体密度为dg·cm-3。氮化钛晶胞中N原子半径为________pm。

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、C【解析】

氧化性越强的微粒，越容易得到电子。在四个选项中，氧化性最强的为F，其余微粒均达到稳定结构，化学性质不活泼，C项正确；答案选C。2、B【解析】

A.FeI2与足量氯气反应生成氯化铁和碘单质，0.2molFeI2与足量氯气反应时转移电子数为0.6NA，故A错误；B.NO2和N2O4的最简式都是NO2，46gNO2和N2O4混合气体含有的原子数3NA，故B正确；C.标准状况下CCl4是液体，2.24LCCl4的物质的量不是0.1mol，故C错误；D.常温下，铁在浓H2SO4中钝化，故D错误。3、C【解析】

A、Na2S2O3为可溶性盐类，其与稀硫酸反应的离子方程式为：，故A错误；B、硝酸铁水解会生成硝酸，其氧化性大于铁离子，因此向硝酸铁中加入少量碘化氢时，其反应的离子方程式为：，故B错误；C、因酸性：碳酸>次氯酸>碳酸氢根，因此向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸的离子反应方程式为：，故C正确；D、硫酸铝铵与氢氧化钡以1：2混合形成的溶液中反应的离子方程式为：，故D错误；故答案为：C。【点睛】对于先后型非氧化还原反应的分析判断，可采用“假设法”进行分析，其分析步骤为：先假定溶液中某离子与所加物质进行反应，然后判断其生成物与溶液中相关微粒是否发生反应，即是否能够共存，若能共存，则假设成立，若不能共存，则假设不能成立。4、C【解析】

A.KNO3的溶解度受温度影响大，而NaCl的溶解度受温度影响不大，可将固体溶解后蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，以除去KNO3固体中少量的NaCl固体，故A错误；B.将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中，二者反应生成Fe(OH)3沉淀，无法获得氢氧化铁胶体，故B错误；C.CCl4与水不互溶，且不发生任何发应，可用CCl4萃取碘水中的I2，CCl4的密度比水的密度大，则混合液分层后先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故C正确；D.铁在中性溶液或弱酸性溶液中可发生吸氧腐蚀，盐酸为酸性溶液，发生析氢腐蚀，故D错误；故选C。5、B【解析】

要使AlCl3溶液中的Al3+全部沉淀出来，要求所用试剂能提供OH−，且须过量，因此适宜的试剂不能为强碱溶液，因为强碱会使氢氧化铝沉淀溶解，据此分析；【详解】A.据分析可知，氢氧化钠过量会将氢氧化铝沉淀溶解，A错误；B.据分析可知，氨水可以使铝离子全部沉淀出来，且氢氧化铝沉淀不溶于氨水，B正确；C.据分析可知，盐酸不能使AlCl3溶液中的Al3+离子沉淀，C错误；D.据分析可知，Ba(OH)2溶液可以使铝离子沉淀，但Ba(OH)2溶液过量会使氢氧化铝沉淀溶解，D错误；故答案选B。【点睛】氢氧化铝不溶于弱酸弱碱是考察频率较高的知识点之一，学生须熟练掌握。6、D【解析】

G+NaOH反应生成氢化物，再结合D的相对原子质量比C小16，可以得出F为氨气，D为NO，E为氮气，C为NO2，B为HNO3，A为NaNO3。【详解】A选项，E是氮气，故A错误；B选项，C和D两种大气污染物，NO2不能用排空气法收集，故B错误；C选项，B的浓溶液具有强氧化性，故C错误；D选项，实验室制备氨气时，可以将其浓氨水和碱石灰反应得到，故D正确；综上所述，答案为D。7、A【解析】

A.乙烯和丙烯最简式是CH2，最简式的式量是14，所以14g乙烯和丙烯的混合物中含有1molCH2，则其中含有的极性键C-H数目为2NA，A正确；B.取代反应是逐步进行的，不可能完全反应，所以标准状况下，22.4LCH4与Cl2在光照条件下反应生成HCl分子数小于4NA，B错误；C.容器中2molNO与1molO2充分反应会产生2molNO2，NO2会有部分发生反应产生N2O4，因此最后得到的气体分子数目小于2NA，C错误；D.在阳极反应的金属有Cu，还有活动性比Cu强的金属，因此电解精炼铜时阳极减轻32g，电路中转移电子数目不一定为NA，D错误；故合理选项是A。8、A【解析】

A项，除了含有铵根的铵态氮肥以外，还有硝态氮肥（以硝酸根NO3-为主）、铵态硝态氮肥（同时含有硝酸根和铵根）、酰胺态氮肥（尿素），故A项错误；B项，在闪电（高能）作用下，生成氮氧化合物，氮元素化合价升高，所以雷电作用固氮中氮元素被氧化，故B项正确；C项，碳、氢、氧三种元素参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如氮气在放电条件下，与氧气直接化合生成一氧化氮气体，二氧化氮易与水反应生成硝酸和一氧化氮等，故C项正确；D项，侯氏制碱法制备纯碱涉及的反应为：NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，该制备中用到了氨气，所以合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱，故D项正确。故选A。9、A【解析】

A．铊与铝同族，最外层有3个电子，则Tl+离子的最外层有2个电子，故A错误；B．根据反应Tl3++2Ag═Tl++2Ag+可知，Tl能形成+3价和+1价的化合物，故B正确；C．Tl3++2Ag═Tl++2Ag+，氧化还原反应中氧化剂的氧化性最强，则Tl3+的氧化性最强，所以Tl3+比Tl+氧化性强，故C正确；D．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，在反应Tl3++2Ag=Tl++2Ag+，还原性Ag＞Tl+，故D正确；故选A。10、C【解析】

A．二氧化硅与碳酸钙常温下不反应，A错误；B．氢氧化钠没有强氧化性，作漂洗剂时利用它的碱性，B错误；C．明矾在水溶液中Al3+水解生成硫酸，可除去铜器上的铜锈，C正确；D．丹砂中的硫化汞受热分解生成汞，汞与硫化合生成丹砂，条件不同，不是可逆反应，D错误；故选C。11、B【解析】

A.黑火药是由硫黄、硝石和木炭按照一定比例混合而成，故A正确；B.“屠苏”是药酒，含有酒精，酒精是非电解质，故B错误；C.爆竹爆炸生成新物质，发生了化学变化，故C正确；D.早期的桃符大都是木质的，含有纤维素，纤维素是多糖，在一定条件下能发生水解，故D正确；故选：B。12、A【解析】

根据碳与二氧化碳反应的化学方程式计算出1体积二氧化碳生成的一氧化碳的体积，再根据碳与氧气反应的化学方程式计算出空气中氧气和碳反应生成的一氧化碳的体积；两者相加就是反应后气体中一氧化碳的体积，反应后气体的总体积＝空气体积−反应掉的氧气体积＋氧气生成的一氧化碳体积＋二氧化碳反应生成的一氧化碳；然后根据体积分数公式计算即可。【详解】1体积的二氧化碳和足量的碳反应可以得到2体积的一氧化碳(C＋CO22CO)。因为原来空气中的二氧化碳仅占0.03%，所以原空气中的二氧化碳反应得到的一氧化碳忽略不计；原空气中一共有0.2体积的氧气，所以氧气和碳反应后(2C＋O22CO)得到0.4体积的一氧化碳；所以反应后气体的总体积为1(空气)−0.2(反应掉的氧气)＋0.4(氧气生成的一氧化碳)＋2(二氧化碳反应生成的一氧化碳)＝3.2体积，一氧化碳的体积为0.4＋2＝2.4体积；所以一氧化碳的体积分数为×100%＝75%；故答案选A。13、D【解析】

A、铝在冷浓硫酸中发生钝化现象；B、根据3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O计算知稀硝酸有剩余；C、SO2和O2的反应为可逆反应；D、2H2O(g)＋2Na2O2=4NaOH＋O2,2H2＋O2=2H2O，两式相加，则相当于Na2O2＋H2=2NaOH，故D项符合要求，正确。14、C【解析】

A．标况下4.48L空气的物质的量为0.2mol，但空气中的分子有双原子分子和三原子分子，故所含原子数要大于0.2NA，故A错误；B．常温常压下，2.3gNO2和N2O4的混合物含有最简式NO2物质的量为：=0.05mol，含有的氧原子数为0.05mol×2×NA=0.1NA，故B错误；C．过氧化钠和水的反应为歧化反应，生成1mol氧气转移2mol电子，则当生成0.1mol氧气时，转移0.2NA个电子，故C正确；D．依据n=cV可知，溶液体积未知无法计算微粒数目，故D错误；故选C。15、A【解析】

A.CuSO4溶液与Na+、NH4+、NO3-、Mg2+不反应，可以大量共存，故选A；B.CO2不与CuSO4反应，不能生产沉淀，故不选B；C.CuSO4与NaHS反应的离子方程式：Cu2++HS-═CuS↓+H+，故不选C；D.CuSO4与过量浓氨水反应先有蓝色沉淀氢氧化铜生成，后沉淀溶解生成[Cu(NH3)4]2+，故不选D；答案选A。16、D【解析】

A.将过量氨气通入CuSO4溶液过程中发生如下反应：2NH3+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+2NH4+，Cu(OH)2+2NH3=Cu(NH3)42++2OH-，Cu(NH3)42+络离子在水溶液中呈深蓝色，A项正确；B.蛋白质属于高分子，分子直径已达到1nm~100nm之间，蛋白质的水溶液属于胶体，故可产生丁达尔效应。B项正确；C.在硅酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，边滴边振荡，可得到硅酸胶体：Na2SiO3+2HCl=H2SiO3(胶体)+2NaCl。C项正确；D.铁粉在氯气中燃烧只生成氯化铁：2Fe+3Cl22FeCl3。D项错误；答案选D。17、D【解析】

A．盐酸易挥发，且为无氧酸，挥发出来的氯化氢也能与硅酸钠反应，则图中装置不能比较Cl、C、Si的非金属性，故A错误；B．生成的乙炔中混有硫化氢，乙炔和硫化氢都能被高锰酸钾氧化，使高锰酸钾褪色，不能证明气体中一定含有乙炔，故B错误；C．浓盐酸与二氧化锰的反应需要加热，常温下不能生成氯气，故C错误；D．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，说明SO2具有还原性，故D正确；故选D。18、B【解析】

A、若A为NaOH溶液，甲是AlCl3，乙是Al(OH）3白色沉淀，丙是NaAlO2，X为短周期金属元素铝，符合题意，A正确；B、若A为硝酸，X为金属元素，X应是变价金属，则甲是Fe，乙是Fe(NO3）2，丙是Fe(NO3）3，甲与乙不反应，B错误；C、若A为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体即NO2，则甲是N2，乙是NO，C正确；D、若乙为NaHCO3，甲是CO2，A是NaOH，丙是Na2CO3，或者甲是Na2CO3，乙是NaHCO3，A是HCl，丙是CO2，D正确。答案选B。19、C【解析】

A．强电解质不一定易溶于水，如AgCl，弱电解质不一定难溶于水，如醋酸，故A错误；B．燃烧是可燃物与氧气发生的一种发光、放热的剧烈的氧化反应，燃烧一定有发光、发热的现象产生，但发光、发热的变化不一定是化学变化，例如灯泡发光放热，故B错误；C．加热条件下三氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，则制备Fe(OH)胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色，故C正确；D．12C转化为14C是核反应，原子本身不变，没有生成新物质，不是化学变化，故D错误；故选C。20、C【解析】

A项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%～90%，A项错误；B项，反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，B项错误；C项，N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于66.021023，C项正确；D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查燃料电池中能量的转化、化学反应自发性的判断、可逆的氧化还原反应中转移电子数的计算、蛋白质的变性和酶的催化特点。弄清化学反应中能量的转化、化学反应自发性的判据、可逆反应的特点、蛋白质的性质和酶催化的特点是解题的关键。21、D【解析】①，虽然二氧化硅可与NaOH溶液反应，但不用NaOH溶液雕刻玻璃，用氢氟酸雕刻玻璃，①错误；②明矾溶于水电离出Al3+，Al3+水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体吸附水中的悬浮物，明矾用作净水剂，不能进行杀菌消毒，②错误；③，海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，③正确；④，从海带中提取碘的流程为：海带海带灰含I-的水溶液I2/H2OI2的CCl4溶液I2，需要用到蒸馏水、H2O2溶液、稀硫酸、四氯化碳，④错误；⑤，地沟油在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，可制肥皂和甘油，地沟油可用于生产生物柴油，⑤正确；⑥，Na2O·CaO·6SiO2属于硅酸盐，氨水是混合物，氨水既不是电解质也不是非电解质，⑥错误；正确的有③⑤，答案选D。22、B【解析】

A.根据物质结构简式可知麻黄碱分子式是C10H15ON，牛磺酸分子式是C2H7NO3S，A错误；B.麻黄碱含有苯环、醇羟基，可以发生取代反应，含有苯环，可以发生加成反应；牛磺酸含有羟基、氨基，可以发生取代反应，B正确；C.麻黄碱含有醇羟基，可以与Na反应，但不能与NaOH发生反应，C错误；D.牛磺酸与HSCH2CH(NH2)COOH(半胱氨酸)结构不同，因此二者不能互为同系物，D错误；故合理选项是B。二、非选择题(共84分)23、3,5-二硝基苯甲酸羧基溴原子取代反应防止两个硝基都转化为氨基30【解析】

由C的结构简式和A到B，A到C的反应条件逆推可知B为；A为；在以工业合成3-溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯的流程和各部反应条件对物质进行推断、命名、官能团、反应类型判定、反应方程式、同分异构体的书写、有机合成路线的设计。【详解】（1）由于羧基定位能力比硝基强，故C名称为3,5-二硝基苯甲酸，由结构式可知G中含官能团名称有醚键、羧基、溴原子。答案：3,5-二硝基甲酸；羧基；溴原子。（2）根据框图C结构逆向推理，B为苯甲酸，结构简式为；A为甲苯，B生成C是在浓硫酸作用下硝酸中硝基取代苯环上的氢，所以B生成C反应类型为硝化反应，是取代反应中一种。答案：；取代反应。（3）由G生成H反应为G与CH3OH在浓硫酸、加热的作用下发生的酯化反应，化学方程式为；C→D、E→F都是将硝基还原为氨基，但选用了不同条件，E的结构尚保留一个硝基，可以推知D的结构中也有一个硝基，故C→D反应中，(NH4)2S只将其中一个硝基还原，避免用H2/Pd将C中所有的硝基都转化为氨基。答案：；防止两个硝基都转化为氨基。（4）化合物F苯环上有3个不同取代基，其中有氨基和羟基直接连在苯环上，先将2个取代基分别定于邻、对、间三种位置，第三个取代基共有4+4+2=10种连接方式，故有10种同分异构体，环上有3个不同取代基，其中两个取代基是氨基和羟基，另一种取代基有三种情况，-OOCCH3、-CH2OOCH、-COOCH3，化合物F的同分异构体中能同时满足条件的共有10×3=30种。答案：30。（5）根据缩聚反应规律，可以推出聚合物单体的结构，而由原料合成该单体，需要将苯环上的乙基氧化为羧基和硝基还原为氨基，由于氨基可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，故而合成中需要先氧化，再还原，合成路线流程图示如下，依试题框图信息，还原硝基的条件也可以选择(NH4)2S。答案：。【点睛】本题是有机物的综合考查。本题以工业合成3-溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯为载体，考查物质推断、有机物命名、官能团、反应类型、反应方程式、同分异构体的判断、有机合成路线的设计等。突破口由C逆推B、A的结构简式，再根据各物质之间的反应条件和官能图的性质进行判定。24、(酚)羟基消去反应C19H16O4+CO(OC2H5)2+2C2H5OH、、、(任写两个)【解析】

对比A、B的结构，可知A与乙酸酐发生取代反应生成B，同时还生成CH3COOH，B、C互为同分异构体，B发生异构生成C，对比C、D的结构可知，C组成多1个、去掉2个H原子生成D，同时还生成C2H5OH，由F的分子式，结合G的结构，可知E为，对比E、F的分子式，可知E与丙酮发生加成反应生成F，F发生消去反应生成G，结合G的结构，可知F为，据此分析解答。【详解】对比A、B的结构，可知A与乙酸酐发生取代反应生成B，同时还生成CH3COOH，B、C互为同分异构体，B发生异构生成C，对比C、D的结构可知，C组成多1个、去掉2个H原子生成D，同时还生成C2H5OH，由F的分子式，结合G的结构，可知E为，对比E、F的分子式，可知E与丙酮发生加成反应生成F，F发生消去反应生成G，结合G的结构，可知F为，(1)A为苯酚，含有的官能团为酚羟基，由以上分析可知，反应⑤为在浓硫酸加热的条件发生消去反应生成G，故答案为：(酚)羟基；消去反应；(2)由J的结构简式，可知其分子式是C19H16O4，由以上分析知F为，故答案为：C19H16O4；；(3)对比C、D的结构可知，C组成多1个、去掉2个H原子生成D，同时还生成C2H5OH，故反应③的化学方程式为：+CO(OC2H5)2+2C2H5OH，故答案为：+CO(OC2H5)2+2C2H5OH；(4)同时满足下列条件的C()的所有同分异构体：①苯环上有两个处于对位上的取代基；②1mol该有机物与足量金属钠反应生成1g氢气，则含有一个羟基或一个羧基，当含有一个羟基时，还应含有一个醛基或者一个羰基，符合条件的同分异构体有：、、、，故答案为：、、、(任写两个)；(5)与乙酸酐反应生成，然后与AlCl3/NaCl作用生成，最后与CO(OC2H5)2反应得到，故答案为：。25、BDCl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2OB如果次氯酸钠溶液装在三颈烧瓶中，生成的水合肼会被次氯酸钠氧化减压蒸馏可使产品在较低温度下气化，避免高温分解淡黄色且半分钟不消失酸式N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O82.00%【解析】

（1）配制一定质量分数的溶液时，具体步骤是计算、称量、溶解，NaOH固体时需要放在烧杯中称，量取水时需要量筒，溶解时需要烧杯、玻璃棒；（2）氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中与NaOH发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（3）依据制取水合肼（N2H4·H2O）的反应原理为：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl，结合反应产物和反应物分析判断；水合肼（N2H4·H2O）具有还原性，易被次氯酸钠氧化；（4）根据反应原理确定反应终点；（5）根据碘溶液的性质确定所用仪器；（6）根据N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O进行计算。【详解】（1）配制一定质量分数的溶液时，溶解时需要烧杯、玻璃棒，故答案为：BD；（2）锥形瓶中氯气和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；（3）水合肼（N2H4·H2O）中氮元素为—2价，具有还原性，若次氯酸钠过量，具有强氧化性的次氯酸钠会氧化水合肼，为防止水合肼被氧化，分液漏斗中的溶液应是NaOH和NaClO混合溶液；水合肼高温易分解，减压会降低物质的沸点，则为防止水合肼分解需要减压蒸馏，故答案为：B；如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；馏分高温易分解，减压会降低物质的沸点；（4）根据反应N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，终点时碘过量，用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出现淡黄色且半分钟不消失，记录消耗碘的标准液的体积，故答案为：淡黄色且半分钟不消失；（5）滴定时，碘具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，则碘的标准溶液盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式；（6）由题意可知，水合肼与碘溶液反应生成氮气、碘化氢和水，反应的化学方程式为N2H2·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，由方程式可知n（N2H2·H2O）=0.2000mol·L－1×0.0082L×=0.00082mol，250ml溶液中含有的物质的量=0.00082mol×=0.082mol，水合肼（N2H2·H2O）的质量分数=×100%=82%，故答案为：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O；82%。【点睛】水合肼（N2H4·H2O）中氮元素为—2价，具有还原性，若次氯酸钠过量，具有强氧化性的次氯酸钠会氧化水合肼是解答关键，也是易错点。26、不可行；属于共价化合物，熔融状态不导电AlN样品的质量以及装置C在吸收NH3前后的质量【解析】

铝土矿经碱溶后，转化为铝硅酸钠（）沉淀，氧化铁不溶于NaOH，氧化铝与碱反应变为偏铝酸根离子，故溶液a的主要成分为偏铝酸钠，加入碳酸氢钠溶液，会与偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀，而后进行进一步转化。【详解】（1）用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式为；（2）溶液a中加入后，生成沉淀的离子方程式为：（3）属于共价化合物，熔融状态不导电，故不能使用电解氯化铝的方法制备铝单质；（4）①由题意可知AlN与NaOH反应会生成氨气，且Al元素在碱性条件下一般以偏铝酸根离子的形式存在，可写出反应方程式为。②可根据N元素守恒进行测定，故实验要测定的数据为AlN样品的质量以及装置C在吸收NH3前后的质量。27、分液漏斗先点燃A处酒精灯，再点燃C处酒精灯发生倒吸可燃性气体H2不能被吸收溶液中存在平衡：[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O42-，加热硫酸后，H+与C2O42-结合可使平衡正向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红取少量实验2中的翠绿色溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不出现蓝色沉淀2423C2O42-2CO2↑电流计的指针发生偏转，一段时间后，左侧溶液变为浅绿色，右侧有气泡产生【解析】

实验一：在装置A中用浓硫酸与NaCl固体混合加热制取HCl，通过B装置的浓硫酸干燥，得纯净HCl气体，然后在装置C中Fe与HCl发生反应产生FeCl2和H2，反应后的气体中含H2和未反应的HCl气体，可根据HCl极容易溶于水，用水作吸收剂吸收进行尾气处理；实验二：FeCl3溶液与K2C2O4发生复分解反应产生Fe2(C2O4)3和KCl；用KSCN溶液检验Fe3+；用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+；根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒书写离子方程式；实验三：根据2Fe3++C2O42-=2Fe2++2CO2↑，判断原电池正负极反应及相应的现象。【详解】(1)根据图示可知仪器a名称是分液漏斗；(2)为防止Fe与装置中的空气发生反应，制得纯净的FeCl2，实验过程中先点燃A处酒精灯，使装置充满HCl气体，然后给C处酒精灯加热；(3)若用D的装置进行尾气处理，由于HCl极容易溶于水，HCl溶解导致导气管中气体压强减小而引起倒吸现象的发生，而且可燃性气体H2不能被吸收；(4)在实验二中，向FeCl3溶液中加入K2C2O4溶液，发生复分解反应产生Fe2(C2O4)3和KCl，产生的翠绿色晶体为Fe2(C2O4)3的结晶水合物K3Fe(C2O4)3・3H2O，取实验2中少量晶体洗浄，配成溶液，漓加KSCN溶液，不变红，继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素。则加硫酸后溶液变紅的原因是在溶液中存在电离平衡：溶液中存在平衡：[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O42-，加入硫酸后，硫酸电离产生H+与溶液中的C2O42-结合生成弱酸H2C2O4，使可使平衡正向移动，导致溶液中c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红；(5)若K3Fe(C2O4)3・3H2O发生氧化还原反应，则会产生Fe2+，检验方法是取少量实验2中的翠绿色溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不出现蓝色沉淀，证明无Fe2+，产生的K3Fe(C2O4)3・3H2O未发生氧化还原反应；(6)在光照条件下草酸铁溶液发生氧化还原反应，产生FeC2O4·2H2O、CO2气体，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：2Fe(C2O4)3]3-+4H2O2FeC2O4·2H2O↓+2C2O42－+2CO2↑；(7)该装置构成了原电池，在左边，Fe3+获得电子变为Fe2+，溶液变为浅绿色，左边电极为正极；在右边电极上，溶液中的C2O42-失去电子，发生氧化反应，C2O42--2e-=2CO2↑，右边电极为负极，会看到电极上有气泡产生。【点睛】本题考查了仪器的辨析、离子的检验方法、电离平衡移动、原电池反应原理的应用等知识。掌握元素及化合物的知识，结合题干信息进行分析、判断。28、三角锥形低NH3分子间存在氢键4s4f5小于SmFeAsO1−xFx【解析】

（1）As与N同族，则AsH3分子的立体结构类似于NH3，为三角锥形；由于NH3分子间存在氢键使沸点升高，故AsH3的沸点较NH3低，故答案为三角锥形；低；NH3分子间存在氢键；（2）Fe为26号元素，Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去1个电子使4s轨道为半充满状态，能量较低，故首先失去4s轨道电子；Sm的价电子排布式为4f66s2，失去3个电子变成Sm3+成为稳定状态，则应先失去能量较高的4s电子，所以Sm3+的