山西省忻州市忻州市第一中学高三第三次模拟考试新高考化学试卷及答案解析

山西省忻州市忻州市第一中学高三第三次模拟考试新高考化学试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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是三种原子序数依次递增的前10号元素，X的某种同位素不含中子，Y形成的单质在空气中体积分数最大，三种元素原子的最外层电子数之和为12，其对应的单质及化合物转化关系如图所示。下列说法不正确的是A．原子半径：X＜Z＜Y，简单气态氢化物稳定性：Y＜ZB．A、C均为10电子分子，A的沸点低于C的沸点C．同温同压时，B与D体积比≤1∶1的尾气，可以用NaOH溶液完全处理D．E和F均属于离子化合物，二者组成中阴、阳离子数目之比均为1∶12、下列说法正确的是（）A．用乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸B．测定新制氯水的pH时，先用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，再与标准比色卡对照C．检验牙膏中是否含有甘油，可选用新制的氢氧化铜悬浊液，若含有甘油，则产生绛蓝色沉淀D．将阿司匹林粗产品置于烧杯中，搅拌并缓慢加入饱和NaHCO3溶液，目的是除去粗产品中的水杨酸聚合物3、化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是A．84消毒液具有强氧化性，可用于居家环境杀菌消毒B．加强生活垃圾分类与再生资源回收有利于践行“绿水青山就是金山银山”的理念C．中国华为自主研发的5G芯片巴龙5000的主要材料是SiD．太阳能光催化环境技术技术可以将二氧化碳转化为燃料，该燃料属于一次能源4、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5、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．SO2CaSO3CaSO4B．Fe3O4(s)Fe(s)Fe(NO3)3(aq)C．MgO(s)MgSO4(aq)Mg(s)D．FeFeSO4(aq)Fe(OH)2FeO6、高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型的自来水处理剂，它的性质和作用是A．有强氧化性，可消毒杀菌，还原产物能吸附水中杂质B．有强还原性，可消毒杀菌，氧化产物能吸附水中杂质C．有强氧化性，能吸附水中杂质，还原产物能消毒杀菌D．有强还原性，能吸附水中杂质，氧化产物能消毒杀菌7、下列化合物中，属于酸性氧化物的是()A．Na2O2 B．SO3 C．NaHCO3 D．CH2O8、对于2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)，ΔH<0，根据下图，下列说法错误的是（）A．t2时使用了催化剂 B．t3时采取减小反应体系压强的措施C．t5时采取升温的措施 D．反应在t6时刻，SO3体积分数最大9、化学与生活、生产密切相关，下列叙述正确的是A．用含橙色的酸性重铬酸钾溶液的仪器检验酒驾，利用了乙醇的挥发性和还原性。B．空气污染日报中的空气污染指数的主要项目有可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮和二氧化碳C．为消除碘缺乏症，我国卫生部门规定食盐中必须加碘，其中碘元素以KI形式存在D．为了获得更好的消毒效果，医用酒精的浓度通常为95%10、已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下(Q1、Q2均为正值)：H2(g)+Cl2(g)→2HCl(g)+Q1H2(g)+Br2(g)→2HBr(g)+Q2根据上述反应做出的判断正确的是()A．Q1＞Q2B．生成物总能量均高于反应物总能量C．生成1molHCl(g)放出Q1热量D．等物质的量时，Br2(g)具有的能量低于Br2(l)11、用下列①②对应的试剂（或条件）不能达到实验目的的是实验目的试剂（或条件）A．用温度的变化鉴别二氧化氮和溴蒸气①热水浴②冷水浴B．用Na块检验乙醇分子中存在不同于烃分子里的氢原子①乙醇②己烷C．用不同的有色物质比较二氧化硫和氯水漂白性的差异①石蕊②品红D．用溴水检验苯的同系物中烷基对苯环有影响①苯②甲苯A．A B．B C．C D．D12、《学习强国》学习平台说“最基本的生命分子中都有碳原子”。常用于测定文物的年代，作为示踪原子对研究有机化学反应和生物化学反应更为方便。被用来作为阿伏伽德罗常数的标准。关于、、说法正确的是（）A．质子数与质量数相同 B．化学性质相似C．互为同素异形体 D．质子数与中子数相等13、下列物质的工业生产过程中，其主要反应不涉及氧化还原反应的是（）A．纯碱 B．氨气 C．烧碱 D．盐酸14、下列实验操作、现象和结论均正确的是选项操作现象结论A①将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口试纸不变色受热不分解B②中振荡后静置下层液体颜色变浅溶液可除去溶在溴苯中的C③旋开活塞观察到红色喷泉极易溶于水，氨水显碱性D④闭合开关K，形成原电池Zn极上有红色固体析出锌的金属性比铜强A．A B．B C．C D．D15、X、Y、Z、W

为原子序数依次增大的四种短周期元素,其中Z为金属元素,X、W为同一主族元素。X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙。x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物。其转化关系如图所示，下列判断错误的是A．反应①、②、③都属于氧化还原反应B．X、Y、Z、W四种元素中，Y的原子半径最小C．Na

着火时，可用甲扑灭D．一定条件下，x与甲反应生成丁16、下列有关化学反应的叙述不正确的是A．铁在热的浓硝酸中钝化B．AlCl3溶液中通入过量NH3生成Al(OH)3沉淀C．向FeCl3溶液中加入少量铜粉，铜粉溶解D．向苯酚浊液中滴入Na2CO3溶液，溶液变澄清17、标准状况下，下列实验用如图所示装置不能完成的是（）A．测定一定质量的和混合物中的含量B．确定分子式为的有机物分子中含活泼氢原子的个数C．测定一定质量的晶体中结晶水数目D．比较Fe3+和Cu2+对一定质量的双氧水分解反应的催化效率18、下列石油的分馏产品中，沸点最低的是（）A．汽油 B．煤油 C．凡士林 D．石油气19、在下列工业处理或应用中不属于化学变化原理的是A．石油分馏 B．从海水中制取镁C．煤干馏 D．用SO2漂白纸浆20、CoCO3可用作选矿剂、催化剂及家装涂料的颜料。以含钴废渣(主要成份CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3的一种工艺流程如下：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHCo2+7.69.4Al3+3.05.0Zn2+5.48.0下列说法不正确的是（）A．“酸溶”时发生氧化还原反应的离子方程式Co2O3+SO2+2H+=2Co2++H2O+SO42-B．“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为5.0～5.4C．在实验室里，“萃取”过程用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯D．在空气中煅烧CoCO3生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为0.672L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为CoO21、下列叙述正确的是A．Na在足量O2中燃烧，消耗lmolO2时转移的电子数是4×6.02×1023B．盐酸和醋酸的混合溶液pH=1，该溶液中c(H+)=0.1mol/LC．1L0.1mol/LNH4Cl溶液中的NH数是0.1×6.02×1023D．标准状况下2.24LCl2中含有0.2mol共价键22、化学与社会、环境密切相关，下列说法不正确的是A．植物秸秆可用于制造酒精与沼气等燃料B．利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”循环利用C．雷雨过后感觉到空气清新是因为空气中产生了少量的二氧化氮D．小苏打可用于治疗胃酸过多，也可用于发酵粉制作面包二、非选择题(共84分)23、（14分）存在于茶叶的有机物A，其分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种。A遇FeCl3溶液发生显色反应。F分子中除了2个苯环外，还有一个六元环。它们的转化关系如下图：（1）有机物A中含氧官能团的名称是_____________________；（2）写出下列反应的化学方程式A→B：_______________________________________________________；M→N：_______________________________________________________；（3）A→C的反应类型为________________，E→F的反应类型为_________________1molA可以和______________molBr2反应；（4）某营养物质的主要成分(分子式为C16H14O3)是由A和一种芳香醇R发生酯化反应成的，则R的含有苯环的同分异构体有________________种（不包括R）；（5）A→C的过程中还可能有另一种产物C1，请写出C1在NaOH水溶液中反应的化学方程式________________________________________。24、（12分）下列A～J十种物质之间的转化关系如图所示，其中部分生成物或反应条件已略去。A为正盐；常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体，I通常为红棕色气体，I的相对分子质量比E的大16；F在常温下是一种无色液体；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，产物C易溶于水；J是一元含氧强酸。回答下列问题：(1)A的化学式为_________。(2)一定条件下，B和D反应生成E和F的化学方程式为_____________。(3)J和金属Cu反应生成E的化学方程式为_______。(4)H和石灰乳反应的化学方程式为___________。(5)在I和F的反应中，氧化剂和还原剂的质量之比为__________。25、（12分）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可作为贮存水果的保鲜剂。现欲制备焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质。Ⅰ.制备Na2S2O5可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体(试剂不重复使用)。焦亚硫酸钠的析出原理：2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l)（1）如图装置中仪器A的名称是___。A中发生反应的化学方程式为___。仪器E的作用是___。（2）F中盛装的试剂是___。Ⅱ.探究Na2S2O5的还原性（3）取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去。反应的离子方程式为___。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是防止食品___。Ⅲ.测定Na2S2O5样品的纯度。（4）将10.0gNa2S2O5样品溶解在蒸馏水中配制100mL溶液，取其中10.00mL加入过量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高锰酸钾溶液，充分反应后，用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点，消耗Na2SO3溶液20.00mL，Na2S2O5样品的纯度为___%（保留一位小数），若在滴定终点时，俯视读数Na2SO3标准液的体积，会导致Na2S2O5样品的纯度___。（填“偏高”、“偏低”）26、（10分）三氯氧磷（POCl3）是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染化、塑胶助剂等行业。某兴趣小组模拟PCl3直接氧化法制备POCl3，实验装置设计如下：有关物质的部分性质如下表：回答下列问题：（1）仪器a的名称是_____________。装置A中发生反应的化学方程式为_______。（2）装置C中制备POCl3的化学方程式为________________________________。（3）C装置控制反应在60～65℃进行，其主要目的是_______________________。（4）通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：I.取xg产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性；II.向锥形瓶中加入0.1000mol·L－1的AgNO3溶液40.00mL，使Cl－完全沉淀；III.向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；IV.加入指示剂，用cmol·L－1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为VmL。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10－10，Ksp(AgSCN)=2×10－12①滴定选用的指示剂是（填序号）________，滴定终点的现象为_____________。a.酚酞b.NH4Fe(SO4)2c.淀粉d.甲基橙②Cl元素的质量分数为（列出算式）________________。③若取消步骤III，会使步骤IV中增加一个化学反应，该反应的离子方程式为________；该反应使测定结果________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。27、（12分）ClO2熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，温度过高可能引起爆炸，易溶于水，易与碱液反应。工业上用潮湿的KClO3和草酸(H2C2O4)在60℃时反应制得。某同学设计了如图装置来制取、收集ClO2并测定其质量。实验I：制取并收集ClO2，装置如图所示。(1)装置A除酒精灯外，还必须添加__________装置，目的是____________。装置B应该添加_____________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“60℃的热水浴”)装置。(2)装置A中反应产物有K2CO3、ClO2和CO2等，请写出该反应的化学方程式_____________。实验II：测定ClO2的质量，装置如图所示。过程如下：①在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加硫酸溶液；②按照如图组装好仪器：在玻璃液封管中加入水，浸没导管口；③将生成的ClO2气体由导管通入锥形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封液倒入锥形瓶中，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；④用cmol/LNa2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体，共用去VmLNa2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)。(3)装置中玻璃液封管的作用是______________。(4)滴定终点的现象是___________________。(5)测得通入ClO2的质量m(ClO2)=_______(用整理过的含的代数式表示)。(6)判断下列操作对m(ClO2)测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。①若在配制Na2S2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果________。②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果_________。28、（14分）（1）已知A和B均为第3周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：A通常显___价，A的电负性____B的电负性(填“>”“<”或“=”)。（2）紫外光的光子所具有的能量约为399kJ·mol-1。根据下表有关蛋白质分子中重要化学键的信息，说明人体长时间照射紫外光后皮肤易受伤害的原因_____。组成蛋白质的最简单的氨基酸中的碳原子杂化类型是____。（3）实验证明：KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似(如图所示)，其中3种离子晶体的晶格能数据如下表：则该4种离子晶体(不包括NaCl)熔点从高到低的顺序是：____。其中MgO晶体中一个Mg2+周围和它最邻近且等距离的Mg2+有____个。（4）金属阳离子含有的未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好。离子型氧化物V2O5和CrO2中，适合作录音带磁粉原料的是____。（5）某配合物的分子结构如图所示，其分子内不含有___(填序号)。A．离子键B．极性键C．金属键D．配位键E.氢键F.非极性键（6）科学家设计反应：CO2+4H2→CH4+2H2O以减小空气中的CO2。若有1molCH4生成，则有___molσ键和___molπ键断裂。29、（10分）2019年10月9日诺贝尔化学奖授予对锂电池方面研究有贡献的三位科学家。磷酸铁锂电池是绿色环保型电池，电池的总反应为：Li1-xFePO4+LixC6=LiFePO4+C6。磷酸亚铁锂（LiFePO4）可用作锂离子电池正极材料，文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。（1）基态Li原子中，核外电子排布式为_______，占据的最高能层的符号是_______。（2）该电池总反应中涉及第二周期的元素的第一电离能由大到小的顺序是_______（用元素符号表示）。（3）FeCl3和LiFePO4中的铁元素显+3、+2价，请从原子结构角度解释Fe为何能显+3、+2价_______。（4）苯胺（）与甲苯（）的相对分子质量相近，但苯胺的熔点（−5.9℃）、沸点（184.4℃）分别高于甲苯的熔点（−95.0℃）、沸点（110.6℃），原因是_______。（5）NH4H2PO4中，NH4+的空间构型为_______。与PO43-互为等电子体的分子或离子有_______（写两种），PO43-中磷原子杂化轨道类型为_______。（6）锂晶体为A2型密堆积即体心立方结构（见图），晶胞中锂的配位数为_______。若晶胞边长为apm，则锂原子的半径r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、D【解析】

由题意可知X为氢元素，Y为氮元素，Z为氧元素。则转化关系中的X2为H2，Y2为N2，Z2为O2，A为NH3，B为NO，C为H2O，D为NO2，E为HNO3，F为NH4NO3。原子半径：H＜O＜N，简单气态氢化物稳定性：NH3＜H2O，A正确；NH3和H2O均为10电子分子，常温下NH3为气态，H2O为液态，沸点：NH3＜H2O，B正确；根据2NO2＋2OH−＋＋H2O，NO＋NO2＋2OH−2＋H2O，所以，NO与NO2体积比≤1∶1的尾气，可以用NaOH溶液完全处理，C正确；HNO3属于共价化合物，不含阴、阳离子，NH4NO3属于离子化合物，阴、阳离子数目之比为1∶1，D错误。2、D【解析】

A.乙醇和乙酸的反应为可逆反应，用乙醇和浓硫酸不能除去乙酸乙酯中的少量乙酸，并引入了新的杂质，故A错误；B.新制氯水具有强氧化性，不能用pH试纸测定新制氯水的pH，故B错误；C.多羟基有机化合物如甘油遇新制氢氧化铜产生绛蓝色溶液，不会产生蓝色沉淀，故C错误；D.将阿司匹林粗产品置于烧杯中，搅拌并缓慢加入饱和NaHCO3溶液，目的是除去粗产品中的水杨酸聚合物，故D正确；正确答案是D。3、D【解析】

A．84消毒液主要成分是NaClO，具有强氧化性，有杀菌消毒作用，因此可用于居家环境杀菌消毒，A正确；B．生活垃圾分类处理，使能够回收利用的物质物尽其用，再生资源回收利用，有害物质集中处理，就可以减少污染物的排放，有利于社会持续发展，B正确；C．5G芯片主要材料是Si单质，C正确；D．太阳能光催化环境技术技术可以将二氧化碳转化为燃料，涉及太阳能与化学能的转移，产生的燃料为氢气、CO等属于二次能源，D错误；故合理选项是D。4、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。5、B【解析】

A．二氧化硫不能与氯化钙反应，A项错误；B．四氧化三铁和铝在高温条件下发生铝热反应生成铁和氧化铝，铁和足量的硝酸反应生成硝酸铁，能一步实现，B项正确；C．电解硫酸镁溶液，本质为电解水，得到氢气和氧气，得不到镁单质，C项错误；D．空气中灼烧氢氧化亚铁生成三氧化二铁，D项错误。答案选B。6、A【解析】

高铁酸钾具有强氧化性，可杀菌消毒。同时生成的还原产物铁离子，在溶液中能水解生成氢氧化铁胶体，吸附水中的悬浮物，因此正确的答案选A。7、B【解析】

A.Na2O2是过氧化物，不属于酸性氧化物，选项A错误；B.SO3＋2NaOH=Na2SO4＋H2O，SO3是酸性氧化物，选项B正确；C.NaHCO3不属于氧化物，是酸式盐，选项C错误；D.CH2O由三种元素组成，不是氧化物，为有机物甲醛，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查酸性氧化物概念的理解，凡是能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，注意首先必须是氧化物，由两种元素组成的化合物，其中一种元素为氧元素的化合物。8、D【解析】

A.t2时，正逆反应速率同时增大，且速率相等，而所给可逆反应中，反应前后气体分子数发生变化，故此时改变的条件应为加入催化剂，A不符合题意；B.t3时，正逆反应速率都减小，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，由于该反应为放热反应，故不可能是降低温度；反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为减小压强，B不符合题意；C.t5时，正逆反应速率都增大，故改变的条件可能为升高温度或增大压强，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，结合该反应为放热反应，且反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为升高温度，C不符合题意；D.由于t3、t5时刻，平衡都是发生逆移的，故达到平衡时，即t4、t6时刻所得的SO3的体积分数都比t1时刻小，D说法错误，符合题意；故答案为：D9、A【解析】

A．乙醇的沸点低，易挥发，能与酸性重铬酸钾反应，反应中乙醇作还原剂，表现还原性，所以用含橙色酸性重铬酸钾的仪器检验酒驾，利用了乙醇的挥发性和还原性，故A正确；B．可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮为污染环境的主要物质，为空气污染日报中的空气污染指数，其中没有二氧化碳这一项，故B错误；C．为消除碘缺乏症，卫生部规定食盐中必须加含碘物质，在食盐中所加含碘物质是碘酸钾(KIO3)，故C错误；D．医用酒精的浓度为75%，不是95%，故D错误；故选A。10、A【解析】

A．非金属性Cl＞Br，HCl比HBr稳定，则反应①中放出的热量多，即Ql＞Q2，故A正确；B．燃烧反应为放热反应，则反应物总能量均高于生成物总能量，故B错误；C．由反应①可知，Q1为生成2molHCl的能量变化，则生成molHCl(g)时放出热量小于Q1，故C错误；D．同种物质气体比液体能量高，则1molHBr(g)具有的能量大于1molHBr(l)具有的能量，故D错误；故选A。11、D【解析】

A.二氧化氮中存在化学平衡，升高温度平衡向吸热方向移动，溴蒸气中不存在化学平衡，所以温度不同时二氧化氮气体颜色发生变化，而溴蒸气不发生变化，所以可以鉴别，故A不选；B.钠和乙醇发生反应生成氢气，己烷和钠不反应，现象不同，可以鉴别，故B不选；C.二氧化硫具有漂白性，能漂白品红，但不能漂白指示剂，次氯酸能漂白品红和指示剂，现象不同，可以鉴别，故C不选；D.溴水与苯和甲苯都不反应，现象相同，无法鉴别，故D选；故选：D。12、B【解析】

根据原子符号的表示含义，、、三种原子的质子数都是6个，中子数分别是8、7、6，它们属于同位素，由于原子核外都有6个电子，核外电子排布相同，因此三种同位素原子的化学性质相同，故合理选项是B。13、A【解析】

A.工业生产纯碱的化学方程式为：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑都为复分解反应，不涉及氧化还原反应，故A正确；B.工业制氨气的化学方程式为：

N2+3H22NH3，有化合价变化，是氧化还原反应，故B错误；C.工业制取烧碱的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑

，有化合价变化，是氧化还原反应，故C错误；D.工业制取盐酸：H2+Cl22HCl，HCl溶于水形成盐酸，有化合价变化，是氧化还原反应，故D错误；故答案为A。14、B【解析】

A.氯化铵受热分解成氨和氯化氢气体，二者遇冷在气体发生装置的试管口附近化合生成氯化铵固体，A项错误；B.溴能与氢氧化钠溶液反应而溴苯不能，故可以用氢氧化钠溶液除去溴苯中溶解的棕色溴，溴苯的密度大于水，故下层液体颜色变浅，B项正确；C.按图示操作不能形成喷泉，C项错误；D.两烧杯中溶液放反了，闭合开关不能构成双液原电池，D项错误。答案选B。15、C【解析】根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁。A.反应①二氧化碳与镁反应、②碳与氧气反应、③碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，选项A正确；B.同周期元素原子从左到右依次减小，同主族元素原子从上而下半径增大，故C、O、Mg、Si四种元素中，O的原子半径最小，选项B正确；C.Na着火时，不可用二氧化碳扑灭，选项C错误；D.一定条件下，碳与二氧化碳在高温条件下反应生成一氧化碳，选项D正确。答案选C。点睛：本题考查元素周期表、元素周期律及物质的推断，根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁，据此分析解答。16、A【解析】

A．铁在冷的浓硝酸中钝化，铁与热的浓硝酸会发生反应生成硝酸铁、二氧化氮和水，A项错误；B．NH3通入AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，B项正确；C．Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，铜粉溶解，C项正确；D．苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，溶液变澄清，D项正确；答案选A。17、C【解析】

A.在烧瓶中放入Na2O和Na2O2的混合物，然后将水从分液漏斗放下，通过产生气体的量可计算Na2O2的量，故A符合题意；B.在烧瓶中放入金属钠，然后将有机物从分液漏斗放下，根据产生的气体的量来判断有机物分子中含活泼氢原子的个数，故B符合题意；C.该实验需要测量生成气体的量进而计算，Na2SO4·xH2O晶体中结晶水测定时无法产生气体，该装置不能完成，故C不符合题意；D.可通过对照所以比较单位时间内Fe3+和Cu2+与双氧水反应产生气体的多少比较的催化效率，故D符合题意。故选C。18、D【解析】

石油分馏首先得到的是石油气，这说明石油气的沸点最低，故答案为D。19、A【解析】

A．石油分馏是根据各成分的沸点不同而分离的，变化过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A正确；B．镁是活泼金属，在海水中一化合态存在，制取镁单质，有新物质生成，属于化学变化，故B错误；C．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，分解生成煤焦油、煤气、焦炭等新物质，属于化学变化，故C错误；D．二氧化硫具有漂白性，能够结合有色物质生成无色物质，有新物质生成，属于化学变化，故D错误；故选A。20、D【解析】

A.从产品考虑，钴最终转化为Co2+，Co2O3+SO2+2H+=2Co2++H2O+SO42-符合客观实际，且满足守恒关系，A正确；B.“除铝”过程中需要让Al3+完全沉淀，同时又不能让Zn2+生成沉淀，所以调节溶液pH的范围为5.0～5.4，B正确；C.在实验室里，“萃取”在分液漏斗中进行，另外还需烧杯承接分离的溶液，C正确；D.CO2的物质的量为0.03mol，由CoCO3的组成，可得出2.41g固体中，n(Co)=0.03mol，含钴质量为0.03mol×59g/mol=1.77g，含氧质量为2.41g-1.77g=0.64g，物质的量为0.04mol，n(Co):n(O)=0.03:0.04=3:4，从而得出该钴氧化物的化学式为Co3O4，D错误。故选D。21、B【解析】

A．反应后氧元素的价态为-1价，故lmolO2时转移的电子数是2×6.02×1023，故A错误；B．混合溶液pH=1，pH=-lgc（H+）=1，故c（H+）=10-pH=0.1mol/L，故B正确；C．NH4+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故NH4+数小于0.1×6.02×1023，故C错误；D．标准状况下2.24LCl2的物质的量为0.1mol，而1mol氯气中含1mol共价键，故0.1mol氯气中含0.1mol共价键，故D错误；故选B。22、C【解析】

A.植物秸秆的主要成分为纤维素，能水解生成葡萄糖，葡萄糖条能反应生成酒精，可以在一定条件下生成甲烷，故正确；B.二氧化碳合成聚合物，其聚合物能降解，实现了碳的循环，故正确；C.雷雨天时空气中的氧气有些变成了臭氧，所以空气感觉清新，故错误；D.小苏打能与胃酸反应，用于治疗胃酸过多，碳酸氢钠能受热分解生成二氧化碳，可用于发酵粉制作面包，故正确。故选C。二、非选择题(共84分)23、羟基、羧基+NaHCO3+CO2+H2O；CH3CH2OHCH2=CH2+H2O加成反应酯化（取代）反应34+3NaOH+NaCl+2H2O。【解析】

A的分子式为C9H8O3，分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种，2个取代基处于对位，A遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基-OH，A能与碳酸氢钠反应，分子中含有羧基-COOH，A的不饱和度为=6，故还含有C=C双键，所以A的结构简式为，X在浓硫酸、加热条件下生成A与M，M的分子式为C2H6O，M为乙醇，乙醇发生消去反应生成乙烯，N为乙烯，X为，A与碳酸氢钠反应生成B，为，B与Na反应生成D，D为，A与HCl反应生成C，C的分子式为C9H9ClO3，由A与C的分子式可知，发生加成反应，C再氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成E，E在浓硫酸、加热的条件下生成F，F分子中除了2个苯环外，还有一个六元环，应发生酯化反应，故C为，E为，F为，据此解答。【详解】(1)由上述分析可知，有机物A为，分子中含有官能团：羟基、碳碳双键、羧基，但含氧官能团有：羟基和羧基，故答案为：羟基、羧基；

(2)A→B的反应方程式为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑，M→N是乙醇发生选取反应生成乙烯，反应方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，故答案为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；CH3CH2OHCH2=CH2+H2O；(3)A→C是与HCl发生加成反应生成，E→F是发生酯化反应生成，与溴发生反应时，苯环羟基的邻位可以发生取代反应，C=C双键反应加成反应，故1molA可以和3mol

Br2反应，故答案为：加成反应，酯化(取代)反应；3；

(4)某营养物质的主要成分(分子式为C16H14O3)是由A和一种芳香醇R发生酯化反应生成的，故R的分子式为C7H8O，R为苯甲醇，R含有苯环的同分异构体(不包括R)，若含有1个支链为苯甲醚，若含有2个支链为-OH、-CH3，羟基与甲基有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有4种，故答案为：4；

(5)A→C的过程中还可能有另一种产物C1，则C1为，C1在NaOH水溶液中反应的化学方程式为+3NaOH+NaCl+2H2O，故答案为：+3NaOH+NaCl+2H2O。24、NH4Cl4NH3+5O24NO+6H2O3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O1:2【解析】

根据题目提供的转化关系，常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体则为氯气，I通常为红棕色气体则为NO2，I的相对分子质量比E的大16，则E为NO；F在常温下是一种无色液体则为H2O；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，则G为氢气，产物C易溶于水为氯化氢；J是一元含氧强酸且可由NO2与水反应得到，则为HNO3。NO与D反应生成NO2，D为单质，则D为氧气，B与氧气反应生成NO和水，则B为氨气，A为正盐，加热得到氨气和氯化氢，则A为氯化铵。(1)A为氯化铵，其化学式为NH4Cl；(2)一定条件下，B（NH3）和D（O2）反应生成E（NO）和F（H2O）的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；(3)J（HNO3）和金属Cu反应生成E（NO）的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；(4)H为氯气，和石灰乳反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；(5)在I和F的反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氧化剂和还原剂的质量之比为1：2。25、三颈烧瓶Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4防倒吸浓NaOH溶液5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O氧化变质95.0偏高【解析】

A三颈烧瓶中制备二氧化硫，发生Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4，生成的二氧化硫通入D装置，发生Na2SO3+SO2＋H2O=2NaHSO3，2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l)，仪器E的作用是防倒吸，F吸收尾气。据此解答。【详解】Ⅰ（1）装置中仪器A的名称是三颈烧瓶。A中发生反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4。二氧化硫易溶于水，仪器E的作用是防倒吸。故答案为：三颈烧瓶；Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2＋Na2SO4；防倒吸；（2）二氧化硫有毒，排到空气中会污染空气，SO2是酸性氧化物，可用碱溶液吸收，题干中只提供了一种试剂--浓NaOH溶液，F中盛装的试剂是浓NaOH溶液。故答案为：浓NaOH溶液；Ⅱ.（3）取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去，说明MnO4－将S2O52－氧化生成硫酸根离子。反应的离子方程式为5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是：利用焦亚硫酸钠的还原性，防止食品氧化变质。故答案为：5S2O5－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O；氧化变质；Ⅲ.（4）由关系式：5SO32－～2MnO4－，用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点，消耗Na2SO3溶液20.00mL，剩余的n(MnO4－)=×0.2500mol/L×20.00×10-3L=2.000×10-3mol，再由5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O得：Na2S2O5样品的纯度为=×100%=95.0%；若在滴定终点时，俯视读数Na2SO3标准液的体积，使Na2SO3标准液的体积偏低，算出的剩余高锰酸钾偏低，与Na2S2O5样品反应的高锰酸钾偏高，会导致Na2S2O5样品的纯度偏高；故答案为：95.0；偏高。26、冷凝管2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2H2O=2H2O+O2↑2PCl3+O2=2POCl3加快反应速率，同时防止PCl3气化，逸出损失b当加入最后一滴NH4SCN溶液，溶液刚好变为红色，且红色半分钟内不褪色AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq)偏小【解析】

根据实验目的及装置图中反应物的状态，分析装置的名称及装置中的相关反应；根据滴定实验原理及相关数据计算样品中元素的含量，并进行误差分析。【详解】（1）根据装置图知，仪器a的名称是冷凝管；根据实验原理及装置中反应物状态分析知，装置A为用固体和液体制备氧气的装置，可以是过氧化钠与水反应，也可能是双氧水在二氧化锰催化下分解，化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2H2O=2H2O+O2↑，故答案为：冷凝管；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2H2O=2H2O+O2↑；（2）装置C中为PCl3与氧气反应生成POCl3的反应，化学方程式为2PCl3+O2=2POCl3，故答案为：2PCl3+O2=2POCl3；（3）通过加热可以加快反应速率，但温度不易太高，防止PCl3气化，影响产量，则C装置易控制反应在60℃∼65℃进行，故答案为：加快反应速率，同时防止PCl3气化，逸出损失；（4）①用cmol⋅L−1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为：b；当加入最后一滴NH4SCN溶液，溶液刚好变为红色，且红色半分钟内不褪色；②用cmol/LNH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积VmL，则过量Ag+的物质的量为V∙c×10−3mol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L×0.04L−Vc×10−3mol＝(4−Vc)×10−3mol，则Cl元素的质量百分含量为，故答案为：；③已知：Ksp(AgCl)＝3.2×10−10，Ksp(AgSCN)＝2×10−12，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，反应为：AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq)；则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小；故答案为：AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq)；偏小。27、温度控制使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸冰水浴2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点1.35cV×10-2g偏高偏低【解析】

(1)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置，需温度计，ClO2温度过高可能引起爆炸，其温度要保持60-80℃之间，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式；(3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；(4)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；(5)根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n(ClO2)，再根据m=nM计算m(ClO2)；(6)根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3判断，若操作使Na2S2O3偏少，则ClO2偏低；若操作使Na2S2O3偏大，则ClO2偏高。【详解】(1)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置，所以装置A中还应安装的玻璃仪器是温度计；ClO2熔点为-59℃，沸点为11.0℃，温度过高可能引起爆炸，其温度要保持60-80℃之间，控制温度的目的是使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸，ClO2的沸点：11.0℃，沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，收集在试管中或常温下二氧化氯为气态，装置B使用冰水浴装置，进行降温处理；(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O；(3)装置中玻璃液封管的作用是，用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V•10-3L×cmol/L=c•V•10-3mol．则：根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，210n(ClO2)c•V•10-3mol所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×c•V•10-3mol，所以m(ClO2)=n(ClO2)•M=×c•V•10-3mol×67.5g/mol=1.35cV×10-2g；(6)①若在配制Na2S2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，使标准溶液的浓度减小，消耗的体积增大，则测定结果中ClO2的含量偏高；②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，读取的体积比实际体积偏小，导致测定结果中ClO2的含量偏低。【点睛】本题以氯及其化合物的性质为线索，考查了物质含量的探究性实验，涉及化学实验基本操作、滴定终点的判断方法