湖北省武昌区新高考化学考前最后一卷预测卷及答案解析

湖北省武昌区新高考化学考前最后一卷预测卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、下列晶体中属于原子晶体的是（）A．氖 B．食盐C．干冰 D．金刚石2、下列实验方案能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A去除甲烷中少量的乙烯将气体依次通过酸性高锰酸钾溶液和浓硫酸洗气B洗涤分解KMnO4制O2的试管先用稀盐酸洗涤试管，再用水清洗C探究蛋白质的盐析向硫酸铵饱和溶液中滴加几滴鸡蛋清溶液，再加入蒸馏水D提纯混有NH4Cl的粗碘将粗碘放入烧杯中，烧杯口放一盛满冷水的烧瓶，隔石棉网对烧杯加热，然后收集烧瓶外壁的固体A．A B．B C．C D．D3、某一化学反应在不同条件下的能量变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．化学催化比酶催化的效果好B．使用不同催化剂可以改变反应的能耗C．反应物的总能量低于生成物的总能量D．使用不同催化剂可以改变反应的热效应4、比较合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，下列说法错误的是（）A．都使用了合适的催化剂B．都选择了较高的温度C．都选择了较高的压强D．都未按化学方程式的系数进行投料反应5、卤代烃C3H3Cl3的链状同分异构体（不含立体异构）共有A．4种 B．5种 C．6种 D．7种6、用KClO3和MnO2制备O2，并回收MnO2和KCl。下列实验操作正确的是（）A．O2制备装置B．固体混合物溶解C．过滤回收MnO2D．蒸发制KCl7、下列说法正确的是()A．用NH3·H2O溶液做导电性实验，灯泡很暗，说明NH3·H2O是弱电解质B．等体积的pH都为2的酸HA和HB分别与足量的铁粉反应，HA放出的H2多，说明HA酸性强C．c＝0.1mol·L－1的CH3COOH溶液和c＝0.1mol·L－1的HCl溶液中，前者的pH大D．常温下，pH＝5的CH3COOH溶液和pH＝4的HCl溶液中，c(CH3COO－)/c(Cl－)＝1/108、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、不能用于比较Na与Al金属性相对强弱的事实是A．最高价氧化物对应水化物的碱性强弱 B．Na和AlCl3溶液反应C．单质与H2O反应的难易程度 D．比较同浓度NaCl和AlCl3的pH大小10、一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的原理及部分反应如图所示，下列说法错误的是A．该电池将太阳能转变为电能B．电池工作时，X极电势低于Y极电势C．在电解质溶液中RuⅡ再生的反应为：2RuⅢ+3I-=2RuⅡ+I3-D．电路中每通过2mol电子生成3molI-，使溶液中I-浓度不断增加11、用如图所示装置进行下列实验：将①中溶液逐滴滴入②中，预测的现象与实际相符的是选项①中物质②中物质预测②中的现象A．稀盐酸浓碳酸钠溶液立即产生气泡B．浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生大量红棕色气体C．氯化亚铁溶液过氧化钠固体产生气体和红褐色沉淀D．氢氧化钠溶液氧化铝粉末产生白色沉淀A．A B．B C．C D．D12、根据下列实验现象，所得结论正确的是实验实验现象结论A左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡活动性：Al＞Fe＞CuB左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：Cl2＞Br2＞I2C白色固体先变为淡黄色，后变为黑色溶解性Ag2S＞AgBr＞AgClD锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊非金属性：Cl＞C＞SiA．A B．B C．C D．D13、下列指定微粒数目一定相等的是A．等质量的14N2与12C16O中的分子数B．等物质的量的C2H4与C3H6中含有的碳原子数C．等体积等浓度的NH4Cl与(NH4)2SO4溶液中的NH4+数D．等质量的Fe与Cu分别与足量Cl2反应时转移的电子数14、下列过程中，共价键被破坏的是（）A．碘升华 B．NaOH熔化C．NaHSO4溶于水 D．酒精溶于水15、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种清洁能源，X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，Y是非金属性最强的元素，Z的原子半径是所有短周期元素中最大的。下列说法不正确的是（）A．W、X、Y的最高价氧化物对应对应水化物的酸性Y>X>WB．Y的简单氢化物的热稳定性比W的强C．元素X、Y、Z的简单离子半径依次减小D．W与Y两种元素可以形成共价化合物16、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17、有Br2参加的化学反应一定不属于A．复分解反应 B．置换反应 C．取代反应 D．加成反应18、液氨中存在与水的电离类似的电离过程，金属钠投入液氨中可生成氨基钠(NaNH2)，下列说法不正确的是A．液氨的电离方程式可表示为2NH3⇌NH4++NH2-B．钠与液氨的反应是氧化还原反应，反应中有H2生成C．NaNH2与少量水反应可能有NH3逸出，所得溶液呈弱碱性D．NaNH2与一定量稀硫酸充分反应，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐19、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．氢气与氯气反应生成标准状况下22.4L氯化氢，断裂化学键总数为NAB．NA个SO3分子所占的体积约为22.4LC．3.4gH2O2含有共用电子对的数目为0.2NAD．1L1mol/L的FeCl3溶液中所含Fe3+数目为NA20、用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是A．装置配制100mL某浓度NaNO3溶液B．分离溴苯和水混合物C．验证质量守恒定律D．可以实现防止铁钉生锈21、已知一组有机物的分子式通式，按某种规律排列成下表项序1234567……通式C2H4C2H4OC2H4O2C3H6C3H6OC3H6O2C4H8……各项物质均存在数量不等的同分异构体。其中第12项的异构体中，属于酯类的有（不考虑立体异构）A．8种 B．9种 C．多于9种 D．7种22、关于浓硫酸和稀硫酸的说法，错误的是A．都有H2SO4分子 B．都有氧化性C．都能和铁、铝反应 D．密度都比水大二、非选择题(共84分)23、（14分）高聚物的合成与结构修饰是制备具有特殊功能材料的重要过程。如图是合成具有特殊功能高分子材料W（）的流程：已知：I.R-CH2OHII.=R2-OH,R、R2、R3代表烃基(1)①的反应类型是___________。(2)②是取代反应，其化学方程式是____________________。(3)D的核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是1∶3，不存在顺反异构。D的结构简式是_______。(4)⑤的化学方程式是_________________。(5)F的官能团名称____________________；G的结构简式是____________________。(6)⑥的化学方程式是_________________________。(7)符合下列条件的E的同分异构体有__________种(考虑立体异构)。①能发生水解且能发生银镜反应②能与Br2的CCl4溶液发生加成反应其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式是__________________。(8)工业上也可用合成E。由上述①~④的合成路线中获取信息，完成下列合成路线(箭头上注明试剂和反应条件，不易发生取代反应)_______________。24、（12分）X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Z为地壳中含量最多的元素，R与X同主族；Y、R、Q最外层电子数之和为8，M的单质为黄绿色有害气体。请回答下列问题：（1）Q在元素周期表中的位置为__________________。（2）Z、Q、M简单离子半径由大到小的顺序为(写元素离子符号)_______________。（3）Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因：________________(用离子方程式表示)。（4）QM2的电子式为______________。（5）M的单质与R的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为______________。25、（12分）某研究性学习小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。查阅文献，得到以下资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。Ⅰ．制备K2FeO4（夹持装置略）。（1）A为氯气的实验室发生装置。A中反应方程式是______（锰被还原为Mn2+）。若反应中有0.5molCl2产生，则电子转移的数目为______。工业制氯气的反应方程式为______。（2）装置B中盛放的试剂是______，简述该装置在制备高铁酸钾中的作用______。（3）C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH→2K2FeO4+6KCl+8H2O，根据该反应方程式得出：碱性条件下，氧化性Cl2______FeO42-（填“＞”或“＜”）。另外C中还可能发生其他反应，请用离子方程式表示______。Ⅱ．探究K2FeO4的性质（4）甲同学取少量K2FeO4加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快澄清。请简述K2FeO4的净水原理。______。26、（10分）某实验小组探究补铁口服液中铁元素的价态，并测定该补铁口服液中铁元素的含量是否达标。(1)实验一：探究补铁口服液中铁元素的价态。甲同学：取1mL补铁口服液，加入K3[Fe(CN)6]（铁氰化钾）溶液，生成蓝色沉淀，证明该补铁口服液中铁元素以Fe2+形式存在。乙同学：取5mL补铁口服液，滴入10滴KSCN溶液无现象，再滴入10滴双氧水，未见到红色。乙同学为分析没有出现红色实验现象的原因，将上述溶液平均分为3份进行探究：原因实验操作及现象结论1其他原料影响乙同学观察该补铁口服液的配料表，发现其中有维生素C，维生素C有还原性，其作用是①______取第1份溶液，继续滴入足量的双氧水，仍未见红色出现排除②_________影响2量的原因所加③________溶液（写化学式）太少，二者没有达到反应浓度取第2份溶液，继续滴加该溶液至足量，仍然未出现红色说明不是该溶液量少的影响3存在形式铁的价态是+3价，但可能不是以自由离子Fe3+形式存在取第3份溶液，滴加1滴稀硫酸，溶液迅速变为红色说明Fe3+以④_______形式存在，用化学方程式结合文字，说明加酸后迅速显红色的原因(2)甲同学注意到乙同学加稀硫酸变红后的溶液，放置一段时间后颜色又变浅了，他分析了SCN-中各元素的化合价，然后将变浅后的溶液分为两等份：一份中滴人KSCN溶液，发现红色又变深；另一份滴入双氧水，发现红色变得更浅，但无沉淀，也无刺激性气味的气体生成。根据实验现象，用离子方程式表示放置后溶液颜色变浅的原因________。(3)实验二：测量补铁口服液中铁元素的含量是否达标。该补铁口服液标签注明：本品含硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)应为375～425(mg/100mL)，该实验小组设计如下实验，测定其中铁元素的含量。（说明：该实验中维生素C的影响已排除，不需要考虑维生素C消耗的酸性KMnO4溶液）①取该补铁口服液100mL，分成四等份，分别放入锥形瓶中，并分别加入少量稀硫酸振荡；②向________式滴定管中加入0.002mol.L-l酸性KMnO4溶液，并记录初始体积；③滴定，直至溶液恰好_____________且30秒内不褪色，记录末体积；④重复实验。根据数据计算，平均消耗酸性KMnO4溶液的体积为35.00mL。计算每100mL该补铁口服液中含铁元素__________mg（以FeSO4·7H2O的质量计算），判断该补铁口服液中铁元素含量___________（填“合格”或“不合格”）。27、（12分）食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐可能含有K+、IO3-、I-、Mg2+．加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热引起的。已知：IO3-+5I-+6H+→3I2+3H2O，2Fe3++2I-→2Fe2++I2，KI+I2⇌KI3；氧化性：IO3-＞Fe3+＞I2。（1）学生甲对某加碘盐进行如下实验，以确定该加碘盐中碘元素的存在形式。取一定量加碘盐，用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为3份。第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，加入CCl4，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。①第一份试液中，加KSCN溶液显红色，该红色物质是______（用化学式表示）。②第二份试液中“加入CCl4”的实验操作名称为______，CCl4中显紫红色的物质是______（用化学式表示）。③根据这三次实验，学生甲得出以下结论：在加碘盐中，除了Na+、Cl-以外，一定存在的离子是______，可能存在的离子是______，一定不存在的离子是______。由此可确定，该加碘盐中碘元素是______价（填化合价）的碘。（2）将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3•H2O．该物质作为食盐加碘剂是否合适？______（填“是”或“否”），并说明理由______。（3）已知：I2+2S2O32-→2I-+S4O62-．学生乙用上述反应方程式测定食用精制盐的碘含量（假设不含Fe3+），其步骤为：a．准确称取wg食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；c．以淀粉溶液为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.0×10-3mol/L的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反应完全。根据以上实验，学生乙所测精制盐的碘含量（以I元素计）是______mg/kg（以含w的代数式表示）。28、（14分）形形色色的物质，构成了我们这个五彩缤纷的世界。世上万物，神奇莫测，常常超乎人们按“常理"的想象。学习物质结构和性质的知识，能使你想象的翅膀变得更加有力。（1）基态Ga原子的核外电子排布式是[Ar]__，基态Ga原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图为___。（2）HC≡CNa(乙炔钠)广泛用于有机合成，乙炔钠中C原子的杂化类型为___。乙炔钠中存在___(填字母)。A．金属键B．σ键C．π键D．氢键E.配位键F.离子键G.范德华力（3）NaN3是汽车安全气囊中的主要化学成分，其阴离子的立体构型为____。写出和该阴离子互为等电子体的一种分子的结构式___。（4）钙和铁都是第四周期元素，且原子的最外层电子数相同，铁的熔沸点远高于钙，其原因是____。（5）配体中配位原子提供孤电子对的能力与元素的电负性有关，SCN-的结构式可以表示为[S=C=N]-或[S-C≡N]-，SCN-与Fe3+、Au+和Hg2+等离子能形成配离子，N、C、S的电负性依次为3.0、2.5和2.5。SCN-中提供孤电子对的原子可能是___。（6）某离子晶体的晶胞结构如图所示。①晶体中在每个X周围与它最近且距离相等的X共有___个。②设该晶体的摩尔质量为Mg·mol-1，晶胞的密度为ρg.cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则晶体中两个最近的X间的距离为___cm。29、（10分）在人类文明的历程中，改变世界的事物很多，其中铁、硝酸钾、青霉素、氨、乙醇、二氧化碳等17种“分子”改变过人类的世界。（1）铁原子在基态时，价层电子排布式为___。（2）硝酸钾中NO3-的空间构型为___。（3）1molCO2分子中含有σ键的数目为___。乙醇的相对分子质量比氯乙烷小，但其沸点比氯乙烷高，其原因是___。（4）6－氨基青霉烷酸的结构如图1所示，其中采用sp3杂化的原子有___。（5）铁和氨气在640℃可发生置换反应，产物之－的晶胞结构如图2所示，写出该反应的化学方程式___。（6）晶胞有两个基本要素：①原子坐标参数：表示晶胞内部各微粒的相对位置。如图是CaF2的晶胞，其中原子坐标参数A处为(0，0，0)；B处为(，，0)；C处为(1，1，1)。则D处微粒的坐标参数为___。②晶胞参数：描述晶胞的大小和形状。已知CaF2晶体的密度为ρg·cm－3，则晶胞参数a为___pm(设NA为阿伏加德罗常数的值，用含ρ、NA的式子表示)。

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】

根据原子晶体的组成特点及常见的性质判断，晶体硅、金刚石和二氧化硅等是常见的原子晶体。【详解】A、氖属于分子晶体，选项A不选；B、食盐为氯化钠晶体，氯化钠属于离子晶体，选项B不选；C、干冰属于分子晶体，选项C不选；D、金刚石属于原子晶体，选项D选；答案选D。2、C【解析】

A．乙烯会被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，且浓硫酸不能除去二氧化碳，故A错误；B．高锰酸钾分解制取氧气的产物中有二氧化锰，稀盐酸和二氧化锰不反应，故B错误；C．硫酸铵饱和溶液为浓盐溶液，可以使蛋白质发生盐析，不变性，再加入蒸馏水可以重新溶解，故C正确；D．加热时碘升华，氯化铵受热易分解，烧瓶底部得到的仍是混合物，加热不能将二者分离，故D错误；故答案为C。3、C【解析】

A．酶催化的活化能小于化学催化的活化能，所以酶催化比化学催化的效果好，A错误；B．使用不同催化剂，反应所需要的能量不同，即可以改变反应的能耗，B正确；C．由图可知：反应物的总能量高于生成物的总能量，C错误；D．使用不同催化剂，反应物的总能量和生成物的总能量都没有变化，而焓变为生成物与反应物的总能量差，所以不同催化剂不会改变反应的焓变，D错误；故选C。4、C【解析】

对于合成氨来说，在合成塔里选择高温、较高压以及催化剂条件反应生成氨气，而制硫酸接触室中的反应为二氧化硫与氧气在催化剂高温条件下生成三氧化硫，两者都是可逆反应，据此分析解答。【详解】A、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，都使用了合适的催化剂，故A正确；B、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，都选择了较高的温度，故B正确；C、合成氨合成塔中选择较高的压强，而制硫酸接触室中的反应没有选择较高的压强，高压对设备要求高，故C错误；D、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应都是可逆反应，则都未按化学方程式的系数进行投料反应，故D正确。故选：C。5、C【解析】

由C3H3Cl3的不饱和度为3+1-=1可知碳链上有一个双键，C3H3Cl3的链状同分异构体相当于丙烯的三氯代物，采用定二移一的方法进行讨论。【详解】卤代烃C3H3Cl3的链状同分异构体中三个氯原子在一个碳原子的有一种：CH2=CH−CCl3；两个氯原子在一个碳原子上一个氯原子在另一个碳原子上的有四种：CCl2=CCl−CH3、CCl2=CH−CH2Cl、CHCl=CH−CHCl2、CH2=CCl−CHCl2；三个氯原子在三个碳原子上的有一种：CHCl=CCl−CH2Cl，共6种。答案选C。【点睛】卤代烃的一氯代物就是看等效氢，二氯代物可以看作是一氯代物的一氯代物，三氯代物可以看作是二氯代物的一氯代物。6、B【解析】

A.加热固体时，试管口应略向下倾斜，故A不符合题意；B.MnO2难溶于水，KCl易溶于水，将混合物放入烧杯中，加蒸馏水溶解，用玻璃棒搅拌加速溶解，故B符合题意；C.根据装置图，漏斗的下端应紧靠烧杯内壁，故C不符合题意；D.蒸发时应用蒸发皿，不能用坩埚，故D不符合题意；答案：B。7、C【解析】

A、没指出浓度，所以无法判断，选项A错误；B、HA放出的H2多，说明没有HA电离的多，酸性弱，选项B错误；C、c＝0.1mol·L－1的CH3COOH溶液和c＝0.1mol·L－1的HCl溶液中，CH3COOH是弱电解质，部分电离，酸性弱，pH大，选项C正确；D、pH＝5的CH3COOH溶液和pH＝4的HCl溶液中，用电荷守恒得到c(CH3COO－)＝c(H＋)－c(OH－)＝(10－5－10－9)mol·L－1，c(Cl－)＝c(H＋)－c(OH－)＝(10－4－10－10)mol·L－1，c(CH3COO－)/c(Cl－)＜，选项D错误；答案选C。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、B【解析】

A.对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性越强，可以比较Na与Al金属性相对强弱，A项正确；B.Na和AlCl3溶液反应，主要是因为钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，这不能说明Na的金属性比铝强，B项错误；C.金属单质与水反应越剧烈，金属性越强，可用于比较Na与Al金属性相对强弱，C项正确；D.AlCl3的pH小，说明铝离子发生了水解使溶液显碱性，而氯化钠溶液呈中性，说明氢氧化钠为强碱，氢氧化铝为弱碱，所以能比较Na、Al金属性强弱，D项正确；答案选B。【点睛】金属性比较规律：1、由金属活动性顺序表进行判断：前大于后。2、由元素周期表进行判断，同周期从左到右金属性依次减弱，同主族从上到下金属性依次增强。3、由金属最高价阳离子的氧化性强弱判断，一般情况下，氧化性越弱，对应金属的金属性越强，特例，三价铁的氧化性强于二价铜。4、由置换反应可判断强弱，遵循强制弱的规律。5、由对应最高价氧化物对应水化物的碱性强弱来判断，碱性越强，金属性越强。6、由原电池的正负极判断，一般情况下，活泼性强的作负极。7、由电解池的离子放电顺序判断。10、D【解析】

由图中电子的移动方向可知,电极X为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应为：2RuⅡ-2e-=2RuⅢ，Y电极为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，据此分析解答。【详解】A.由图中信息可知，该电池将太阳能转变为电能，选项A正确；B.由图中电子的移动方向可知，电极X为原电池的负极，电池工作时，X极电势低于Y极电势，选项B正确；C.电池工作时，在电解质溶液中RuⅡ再生的反应为：2RuⅢ+3I-=2RuⅡ+I3-，选项C正确；D.Y电极为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，电路中每通过2mol电子生成3molI-，但电解质中又发生反应2RuⅢ+3I-=2RuⅡ+I3-，使溶液中I-浓度基本保持不变，选项D错误。答案选D。11、C【解析】

A.稀盐酸和碳酸钠反应先生成碳酸氢钠和氯化钠，生成的碳酸氢钠再和稀盐酸反应生成二氧化碳，所以不会立即产生气体，故A错误；B.浓硝酸和Al发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，所以不会产生大量红棕色气体，故B错误；C.过氧化钠和水反应生成氧气，氧气能氧化氢氧化亚铁，所以产生气体和红褐色沉淀，故C正确；D.氢氧化钠和氧化铝反应生成可溶性的偏铝酸钠，溶液为澄清，故D错误；故选：C。12、A【解析】

A.左烧杯中是Al-Fe/H2SO4构成的原电池，Al做负极，Fe做正极，所以铁表面有气泡；右边烧杯中Fe-Cu/H2SO4构成的原电池，Fe做负极，Cu做正极，铜表面有气泡，所以活动性：Al＞Fe＞Cu，故A正确；B.左边先发生Cl2+2NaBr=Br2+2HCl，使棉花变为橙色，后右边发生Cl2+2KI=I2+2HCl，棉花变为蓝色，说明氧化性：Cl2＞Br2、Cl2＞I2，不能证明Br2＞I2，故B错误；C.前者白色固体先变为淡黄色是因为向氯化银固体中加入溴化钠溶液生成了溴化银沉淀，后变为黑色是因为向溶液中又加入了硫化钠，生成了硫化银的沉淀，并不能证明溶解性Ag2S＞AgBr＞AgCl，故C错误；D.向锥形瓶中加入稀盐酸会发生反应，生成CO2气体，证明盐酸的酸性比碳酸的强，烧杯中液体变浑浊可能是稀盐酸和硅酸钠溶液反应生成H2SiO3的结果，也可能是生成的CO2和硅酸钠溶液反应生成H2SiO3的结果，只能证明酸性强弱，不能证明非金属性强弱，故D错误；答案：A。【点睛】根据反应装置图，B选项中氯气由左通入，依次经过溴化钠和碘化钾，两种情况下棉花的颜色都发生变化，只能说明氯气的氧化性比溴和碘的强，该实验无法判断溴的氧化性强于碘，此选项为学生易错点。13、A【解析】

A.与摩尔质量均为28g/mol，故等质量的与分子数相同，A正确；B.等物质的量的与，碳原子数之比为2:3，B错误；C.等体积等浓度的与溶液，数之比接近1:2，C错误；D.铁和氯气生成氯化铁，即56g铁转移3mol电子，铜和氯气生成氯化铜，即64g铜转移2mol电子，故等质量的铁和铜转移电子数不同，D错误；答案选A。【点睛】等体积等浓度的与溶液中，根据水解原理，越稀越水解，故中铵根离子水解程度更大，故数之比小于1:2。14、C【解析】

A、碘升华，只是碘状态发生变化，发生物理变化，共价键未被破坏,A错误；B、NaOH为离子化合物，熔化时破坏的是离子键，B错误；C、NaHSO4溶于水时，在水分子的作用下电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，所以共价键被破坏，C正确；D、酒精溶于水，酒精在水溶液里以分子存在，所以共价键未被破坏，D错误；答案选C。15、A【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种清洁能源，则W为C元素；Y是非金属性最强的元素，则Y为F元素；X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，且原子序数小于F，则X为N元素；Z的原子半径是所有短周期金属元素中最大的，则Z为Na元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为C、X为N、Y为F、Z为Na。

A.Y为F，F没有正价，其无含氧酸，故A错误；

B.非金属性Y＞W，则Y的简单氢化物的热稳定性比W的强，故B正确；

C.元素X、Y、Z的简单离子核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，因此半径依次减小，故C正确；D.C、F均为非金属元素，可以形成共价化合物，并且只能形成共价化合物，故D正确答案选A。16、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。17、A【解析】

溴具有氧化性，有溴参加的反应为氧化还原反应，也可发生有机类型的取代、加成反应，则不可能为复分解反应，以此来解答即可。【详解】A.复分解反应中一定没有元素的化合价变化，而溴参加有元素的化合价变化，则不可能为复分解反应，A符合题意；B.单质溴与KI发生置换反应，产生碘单质和溴化钾，B不符合题意；C.甲烷与溴的取代反应，有溴参加，C不符合题意；D.乙烯与溴的加成反应产生1,2-二溴乙烷，有溴参加，D不符合题意；故合理选项是A。【点睛】本题考查溴的化学性质及反应类型，把握溴蒸气的氧化性及有机反应中溴单质的作用为解答的关键，注重基础知识的考查，注意利用实例分析。18、C【解析】

A.NH3与水分子一样发生自偶电离，一个氨分子失去氢离子，一个氨分子得到氢离子，液氨的电离方程式可表示为2NH3⇌NH4++NH2-，故A正确；B.钠与液氨的反应钠由0价升高为+1价，有元素化合价变价，是氧化还原反应，氢元素化合价降低，反应中有H2生成，故B正确；C.NaNH2与少量水反应可能有NH3逸出，所得溶液是NaOH，呈强碱性，故C错误；D.NaNH2与一定量稀硫酸充分反应，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐：Na2SO4、NaHSO4、NH4HSO4、(NH4)2SO4，故D正确；故选C。19、A【解析】

A．当反应生成2molHCl时，断裂2mol化学键，故当生成标况下22.4LHCl即1molHCl时，断裂1mol化学键即NA个，故A正确；B．标况下三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；C.3.4gH2O2物质的量为0.1mol，含有共用电子对的数目为0.3NA，故C错误；D．三价铁离子为弱碱阳离子，在水溶液中会发生部分水解，所以1L1mol/L的FeCl3溶液中所含Fe3+数目小于NA，故D错误；故选：A。【点睛】当用Vm=22.4L/mol时，一定要在标准状况下为气体。如B选项，标况下三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积=22.4/mol。20、B【解析】

A．配制溶液时，NaNO3固体不能直接放在容量瓶中溶解，故A错误；B．溴苯的密度大于水，不溶于水，溴苯在下层，故B正确；C．盐酸与碳酸钠溶液反应放出二氧化碳，反应后容器中物质的总质量减少，不能直接用于验证质量守恒定律，故C错误；D．作原电池正极或电解池阴极的金属被保护，作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀，该装置中Fe作负极而加速被腐蚀，不能防止铁钉生锈，故D错误；答案选B。【点睛】本题的易错点为C，验证质量守恒定律的实验时，选用药品和装置应考虑：①只有质量没有变化的化学变化才能直接用于验证质量守恒；②如果反应物中有气体参加反应，或生成物中有气体生成，应该选用密闭装置。21、B【解析】

由表中规律可知，3、6、9、12项符合CnH2nO2，由C原子数的变化可知，第12项为C5H10O2，属于酯类物质一定含-COOC-。【详解】①为甲酸丁酯时，丁基有4种，符合条件的酯有4种；②为乙酸丙酯时，丙基有2种，符合条件的酯有2种；③为丙酸乙酯只有1种；④为丁酸甲酯时，丁酸中-COOH连接丙基，丙基有2种，符合条件的酯有2种，属于酯类的有4+2+1+2=9种，故选：B。22、A【解析】

A.浓硫酸中存在硫酸分子，而稀硫酸中在水分子的作用下完全电离出氢离子和硫酸根离子，不存在硫酸分子，故A错误；B.浓硫酸具有强氧化性，稀硫酸具有弱氧化性，所以都具有一定的氧化性，故B正确；C.常温下浓硫酸与铁，铝发生钝化，先把铁铝氧化成致密的氧化物保护膜，稀硫酸与铁铝反应生成盐和氢气，故C正确；D.浓硫酸和稀硫酸的密度都比水大，故D错误；故选：A。二、非选择题(共84分)23、加成反应BrCH2CH2Br+2NaCN→NCCH2CH2CN+2NaBr(CH3)2C=CH2CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O碳碳双键、酯基4HCOOC(CH3)=CH2HOCH2CHBrCH3HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH【解析】

乙烯与溴发生加成反应生成A，A为BrCH2CH2Br，结合B的分子式可知B为NC-CH2CH2-CN，B中-CN转化为-COOH得到丁二酸。丁二酸发生分子内脱水形成酸酐。I与R′NH2得到W()，结合W的结构可知I为，结合信息II，逆推可知H为。D的分子式为C4H8，核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是1∶3，不存在顺反异构，则D为(CH3)2C=CH2，D氧化生成E，E与甲醇发生酯化反应生成F，结合H的结构，可知E为CH2=C(CH3)COOH，F为CH2=C(CH3)COOCH3，F发生加聚反应生成的G为，G发生信息I中的反应得到H。据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，反应①是乙烯与溴发生加成反应，故答案为加成反应；(2)反应②是取代反应，其化学方程式是：BrCH2CH2Br+2NaCN→NCCH2CH2CN+2NaBr，故答案为BrCH2CH2Br+2NaCN→NCCH2CH2CN+2NaBr；(3)根据上述分析，D的结构简式为(CH3)2C=CH2，故答案为(CH3)2C=CH2；(4)反应⑤的化学方程式为CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O，故答案为CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O；(5)F为CH2=C(CH3)COOCH3，含有的官能团有碳碳双键和酯基；G的结构简式是，故答案为碳碳双键、酯基；；(6)反应⑥的化学方程式为，故答案为；(7)E为CH2=C(CH3)COOH，①能发生水解且能发生银镜反应，说明属于甲酸酯类；②能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，说明含有碳碳双键，符合条件的E的同分异构体有：HCOOCH=CHCH3(顺反2种)、HCOOCH2CH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2，共4种，其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式为HCOOC(CH3)=CH2，故答案为4；HCOOC(CH3)=CH2；(8)HOCH2CHBrCH3和NaCN发生取代反应生成HOCH2CH(CN)CH3，HOCH2CH(CN)CH3酸化得到HOCH2CH(CH3)COOH，HOCH2CH(CH3)COOH发生消去反应生成CH2=C(CH3)COOH，其合成路线为HOCH2CHBrCH3HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH，故答案为HOCH2CHBrCH3HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH。【点睛】本题的易错点和难点为(8)，要注意题意“不易发生取代反应”在合成中的应用，HOCH2CHBrCH3不能先消去羟基形成碳碳双键，再发生取代反应。24、第二周期ⅡA族Cl->O2->Mg2+NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。【解析】

X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为氮元素；Z为地壳中含量最多的元素，则Z为氧元素；R与X同主族，原子序数大于氧元素，则R为钠元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8，则Q的最外层电子数为8-5-1=2，故Q为镁元素；M的单质为黄绿色有害气体，则M为氯元素，据此分析。【详解】X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为氮元素；Z为地壳中含量最多的元素，则Z为氧元素；R与X同主族，原子序数大于氧元素，则R为钠元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8，则Q的最外层电子数为8-5-1=2，故Q为镁元素；M的单质为黄绿色有害气体，则M为氯元素。（1）Q为镁元素，在元素周期表中的位置为第二周期ⅡA族；（2）Z、Q、M分别为O、Mg、Cl，Cl-比其他两种离子多一个电子层，O2-、Mg2+具有相同电子层结构，核电荷数大的Mg2+半径较小，故简单离子半径由大到小的顺序为Cl->O2->Mg2+；（3）Y的气态氢化物NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因：NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-；（4）QM2为MgCl2，属于离子化合物，其电子式为；（5）M的单质Cl2与R的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。25、2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2ONA2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑饱和食盐水除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备>Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OK2FeO4在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的【解析】

由制备实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，B中饱和食盐水除去氯气中的HCl，C中发生3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，且C中可能发生Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，D中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。【详解】（1）A

中反应方程式是2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，若反应中有

0.5molCl2

产生，则电子转移的数目为0.5mol×2×(1-0)×NA=NA，工业制氯气的反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，故答案为：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；NA；2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；（2）装置

B

中盛放的试剂是饱和食盐水，该装置在制备高铁酸钾中的作用为除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备，故答案为：饱和食盐水；除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备；（3）Cl元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知碱性条件下，氧化性Cl2>FeO42-，C中还可能发生氯气与KOH反应，用离子方程式表示为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：>；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（4）取少量

K2FeO4

加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快澄清，可知

K2FeO4

的净水原理为K2FeO4

在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的，故答案为：K2FeO4

在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的。26、防止Fe2＋被氧化维生素CKSCNFe(OH)3，Fe3＋水解程度大，加入稀硫酸，水解平衡Fe3＋+3H2OFe(OH)3+3H＋左移，Fe3＋浓度增大，因此显红色2SCN－+11H2O2=N2↑+2CO2↑+2SO42－+10H2O+2H+酸变为紫色(或浅紫色或其他合理颜色)389.2合格【解析】

(1)实验一是探究铁元素的价态，根据甲同学的实验现象推断是Fe2＋。乙同学按照实验原理看，先加KSCN溶液无现象，再加双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，应该能看到红色。之所以没有看到，除了分析实验原理是否可行，也要看实验实际。本题主要从三个角度入手：一是其他原料的影响；二是反应物的量是否达到能够反应的量；三是看反应物的存在形式。铁元素主要以Fe2+形式被人体吸收，但Fe2＋容易被氧化，而实验1中提示“维生素C有还原性”，因为其还原性比Fe2+强，所以先与氧气反应，因此其作用是防止Fe2＋被氧化。同时实验中如果双氧水量少的话，双氧水也是先与维生素C反应，反应后无剩余或剩余量少，导致Fe2+可能没有被氧化或生成极少量的Fe3+。因此继续滴加过量的双氧水，将维生素C完全氧化后再氧化Fe2+，因此过量的双氧水是排除维生素C的影响。实验2中提示“二者没有达到反应浓度”，该实验中有两个反应，一是双氧水氧化Fe2＋，二是Fe3＋与SCN－的反应；双氧水在实验1中已经排除其量的影响，铁元素在药品中是定量，不可更改，故只有改变KSCN的量。实验3中提示“铁的价态是+3价，但可能不是以自由离子Fe3+形式存在”“滴加1滴稀硫酸，溶液迅速变为红色”，通过这两处信息结合“Fe3+水解程度较大，通常用于净水”等常识，可知Fe3+水解成Fe(OH)3。加入稀硫酸以后，水解平衡Fe3＋+3H2OFe(OH)3+3H+左移，使Fe3+浓度增大，因此显红色。(2)甲同学注意到乙同学加稀硫酸变红后的溶液，放置一段时间后颜色又变浅了。分析SCNˉ中各元素的化合价，S为-2价，C为+4价，N为-3价，说明SCNˉ有还原性。通过“一份中滴入KSCN溶液，发现红色又变深”，说明褪色是因为SCNˉ被消耗；“另一份滴入双氧水，发现红色变得更浅，但无沉淀，也无刺激性气味的气体生成”说明双氧水与SCNˉ发生反应，其中S元素没有生成硫黄，也没有生成SO2气体，应该是被氧化为SO42－，反应的离子方程式为2SCN－+11H2O2=N2↑+2CO2↑+2SO42－+10H2O＋2H+。(3)②酸性KMnO4溶液具有强氧化性，易氧化橡胶管，所以不可以用碱式滴定管，须用酸式滴定管。③滴定时紫色酸性KMnO4溶液变为无色Mn2＋，当Fe2＋反应完，呈现MnO4-的紫色。④依据反应方程式MnO4-+5Fe2＋+8H＋=5Fe3＋+Mn2＋+4H2O可知，每100mL补铁剂中含FeSO4·7H2O的质量为0.002mol·L-1×0.035L×5×278g·mol－1×4=0.3892g=389.2mg，因此该补铁剂中铁元素含量合格。27、Fe(SCN)3萃取I2和Fe3+Mg2+、K+I-+5否KI3受热（或潮湿）条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华【解析】

（1）①从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，Fe(SCN)3呈血红色；②从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成。③这是因为由于氧化性：>Fe3+>I2，加足量KI后，和Fe3+均能将I-氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3，根据化合价规律确定该加碘盐中碘元素的价态；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。由此可知该加碘盐中不含KI；③具有氧化性的离子为与具有还原性的离子为I-，发生氧化还原反应；（2）根据KI具有还原性及氧化还原反应、KI3在常温下不稳定性来分析；（3）存在KIO3～3I2～6Na2S2O3，以此计算含碘量。【详解】（1）①某加碘盐可能含有

K+、、I-、Mg2+，用蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化后将溶液分为3份：从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，Fe(SCN)3呈血红色；故答案为：Fe(SCN)3；②从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成，故答案为：萃取；I2；③据上述实验得出氧化性：>Fe3+>I2，加足量KI后，IO3-和Fe3+均能将I-氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3，该加碘盐中碘元素是+5价；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。由此可知该加碘盐中不含KI，一定存在的离子是：IO3-和Fe3+，可能存在的离子是：Mg2+、K+，一定不存在的离子是

I-，故答案为：和Fe3+；Mg2+、K+；I-；+5；（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，KI会被空气中氧气氧化，根据题目告知，KI3•H2O是在低温条件下，由I2溶于KI溶液可制得，再由题给的信息：“KI+I2⇌KI3”，可知KI3在常温下不稳定性，受热(或潮湿)条件下易分解为KI和I2，KI又易被空气中的氧气氧化，I2易升华，所以KI3•H2O作为食盐加碘剂是不合适的，故答案为：否；KI3受热(或潮湿)条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华；（3）根据反应式可知，设所测精制盐的碘含量(以

I

元素计)是xmg/kg，则因此所测精制盐的碘含量是x==