2025届湖北省部分高中重点中学高三冲刺模拟（二）化学试题含解析

2025届湖北省部分高中重点中学高三冲刺模拟（二）化学试题注意事项: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、利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是（）下列说法正确的是（）A．反应过程中NO2、NH4+之间的反应是氧化还原反应B．上述历程的总反应可以为：2NH3+NO+NO22N2+3H2OC．X是HNO2，是还原产物D．[(NH4)(HNO2)]+是反应过程中的催化剂2、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A．NO2溶于水：2NO2＋H2O=2H＋＋2NO3-B．向氨水溶液中通入过量SO2：2NH3·H2O＋SO2=2NH4+＋SO32-＋H2OC．酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4-＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2OD．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶液中加入过量Ba(OH)2溶液：Al3＋＋SO42-＋Ba2＋＋4OH−=AlO2-＋BaSO4↓＋2H2O3、根据如表实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现结论A常温下，将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，沉淀由白色变为红褐色常温下，Ksp[Fe（OH）3]＞Ksp[Mg（OH）2]B向某溶液中滴加稀硝酸酸化的BaCl2溶液，溶液中产生白色沉淀原溶液中一定含有SO42﹣C将稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色氧化性：H2O2＞Fe3+D向含酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡A．A B．B C．C D．D4、下列化学用语使用正确的是（）A．HF在水溶液中的电离方程式：HF＋H2OF－＋H3O＋B．Na2S的电子式：C．乙烯的结构式：CH2＝CH2D．重氢负离子(H－)的结构示意图：5、将足量的AgCl(s)分别添加到下述四种溶液中，所得溶液c（Ag+）最小的是A．10mL0.4mol·L-1的盐酸 B．10mL0.3mol·L-1MgCl2溶液C．10mL0.5mol·L-1NaCl溶液 D．10mL0.1mol·L-1AlCl3溶液6、四种位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，的内层电子与最外层电子数之比为2：5，Z和W位于同一周期。Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的阴离子与阳离子数之比均为1：2。下列说法正确的是A．四种元素中至少有两种金属元素B．四种元素的常见氢化物中熔点最高的是的氢化物C．四种元素形成的简单高子中，离子半径最小的是元素形成的离子D．常温下，三种元素形成的化合物的水溶液的小于77、25℃时，下列说法正确的是（）A．0.1mol·L－1（NH4）2SO4溶液中c（）<c（）B．0.02mol·L－1氨水和0.01mol·L－1氨水中的c（OH－）之比是2∶1C．向醋酸钠溶液中加入醋酸使溶液的pH＝7，此时混合液中c（Na＋）>c（CH3COO－）D．向0.1mol·L－1NaNO3溶液中滴加盐酸使溶液的pH＝5，此时混合液中c（Na＋）＝c（）（不考虑酸的挥发与分解）8、下列所示的实验方案正确，且能达到实验目的的是（）选项实验目的实验方案A比较镁、铝的金属性强弱分别在MgCl2和AlCl3溶液中滴加氨水直至过量，观察现象B比较Cl2、Br2的氧化性强弱将少量氯水滴入FeBr2溶液中，观察现象C证明SO2具有漂白性将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色D证明电离常数Ka:HSO3->HCO3-测得同浓度的Na2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液A．A B．B C．C D．D9、用光洁的铂丝蘸取某无色溶液在无色火焰上灼烧,直接观察时看到火焰呈黄色,下列判断正确的是（）A．只含Na+ B．可能含有Na+,可能还含有K+C．既含有Na+,又含有K+ D．一定含Na+,可能含有K+10、如图是lmol金属镁和卤素反应的△H(单位：kJ·mol－1)示意图，反应物和生成物均为常温时的稳定状态，下列选项中不正确的是A．由图可知，MgF2(s)＋Br2(l)＝MgBr2(s)＋F2(g)△H＝＋600kJ·mol－1B．MgI2与Br2反应的△H<0C．电解MgBr2制Mg是吸热反应D．化合物的热稳定性顺序：MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF211、a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍。c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述正确的是（）A．离子半径：a>d>c B．a、c形成的化合物中只有离子键C．简单离子还原性：c<d D．c的单质易溶于b、c形成的二元化合物中12、2015年12月31日，日本获得第113号元素的正式命名权．这种原子(记作)，是由30号元素Zn，连续轰击83号元素Bi获得的．下列说法，不正确的是A．获得新核素的过程，是一个化学变化B．题中涉及的三种元素，都属于金属元素C．这种超重核素的中子数与质子数只差为52D．这种新核素，是同主族元素中原子半径最大的13、下列实验操作，现象和结论都正确的是选项操作现象结论A用坩埚钳夹一块铝箔在酒精灯上灼烧铝箔熔化并滴落氧化铝的熔点较低B向亚硫酸钠溶液中滴加足量盐酸，将产生的气体通入品红溶液品红溶液褪色非金属性：C将用砂纸除去保护膜的镁片和铝片（大小、形状相同），分别插入同浓度的稀硫酸中镁片表面产生气泡速率大于铝片还原性：D常温下，将两根大小相同的铁钉分别插入浓硝酸和稀硝酸中浓硝酸中无明显现象，稀硝酸中产生气泡稀硝酸的氧化性比浓硝酸强A．A B．B C．C D．D14、我国科研人员研制出一种室温“可呼吸”Na-CO2电池。放电时该电池“吸入”CO2，充电时“呼出”CO2。吸入CO2时，其工作原理如图所示。吸收的全部CO2中，有2/3转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管（MWCNT）电极表面。下列说法正确的是A．“吸入”CO2时，钠箔为正极B．“呼出”CO2时，Na+向多壁碳纳米管电极移动C．“吸入”CO2时的正极反应式为：4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+CD．标准状况下，每“呼出”22.4LCO2，转移电子的物质的量为0.75mol15、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16、25℃时，把0.2mol/L的醋酸加水稀释，那么图中的纵坐标y表示的是（）A．溶液中OH-的物质的量浓度 B．溶液的导电能力C．溶液中的 D．醋酸的电离程度17、钨是高熔点金属，工业上用主要成分为FeWO4和MnWO4的黑钨铁矿与纯碱共熔冶炼钨的流程如下，下列说法不正确的是（）A．将黑钨铁矿粉碎的目的是增大反应的速率B．共熔过程中空气的作用是氧化Fe(II)和Mn(II)C．操作II是过滤、洗涤、干燥，H2WO4难溶于水且不稳定D．在高温下WO3被氧化成W18、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数是其质子数的，X原子的核电荷数等于Z原子的最外层电子数，元素Y的最高正化合价为+2价。下列说法正确的是（）A．单质的沸点：W<XB．简单离子的半径：Z>YC．X、Z的氧化物对应的水化物均为强酸D．X、Y可形成离子化合物X3Y219、异丁烯与氯化氢可能发生两种加成反应及相应的能量变化与反应进程的关系如图所示，下列说法正确的是()A．反应②的活化能大于反应①B．反应①的△H小于反应②C．中间体2更加稳定D．改变催化剂，反应①、②的活化能和反应热发生改变20、一定温度下，10mL0.40mol·L-1H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。t/min0236810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（）（溶液体积变化忽略不计）A．反应至6min时，H2O2分解了50％B．反应至6min时，c(H2O2)=0.20mol·L-1C．0~6min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10-2mol/(L·min)D．4~6min的平均反应速率：v(H2O2)>3.3×10-2mol/(L·min)21、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数为内层电子数的3倍，X在短周期主族元素中金属性最强，Y与W同主族。下列叙述正确的是（）A．X2W、X2Y的水溶液都呈碱性B．原子半径：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W)C．简单气态氢化物的热稳定性：W<Z<YD．W与氢元素形成的化合物分子中一定不含非极性共价键22、下图是0.01mol/L甲溶液滴定0.01mol/L乙溶液的导电能力变化曲线，其中曲线③是盐酸滴定NaAc溶液，其他曲线是醋酸滴定NaOH溶液或者NaOH溶液滴定盐酸。下列判断错误的是A．条件相同时导电能力：盐酸>NaAcB．曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线C．随着甲溶液体积增大，曲线①仍然保持最高导电能力D．a点是反应终点二、非选择题(共84分)23、（14分）前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小。回答下列问题：(1)元素A、B、C中，电负性最大的是____(填元素符号，下同)，元素B、C、D第一电离能由大到小的顺序为________。(2)与同族其它元素X形成的XA3相比，BA3易液化的原因是________；BA3分子中键角________109°28′(填“＞”“＜”或“＝”)，原因是________。(3)BC3－离子中B原子轨道的杂化类型为____________，BC3－离子的立体构型为________________。(4)基态E原子的电子排布式为________；C、E形成的化合物EC5(其中E的化合价为＋6)中σ键与π键数目之比为________；(5)化合物DB是人工合成的半导体材料，它的晶胞结构与金刚石(晶胞结构如图所示)相似。若DB的晶胞参数为apm，则晶体的密度为_____g·cm－3(用NA表示阿伏加德罗常数)。24、（12分）已知A与H2、CO以物质的量1∶1∶1的比例形成B，B能发生银镜反应，C分子中只有一种氢，相关物质转化关系如下(含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质)：请回答：（1）有机物C的结构简式是________，反应②的反应类型是________。（2）写出一定条件下发生反应①的化学方程式___________。（3）下列说法不正确的是________(填字母)。A．化合物A属于烃B．化合物D含有两种官能团C．用金属钠无法鉴别化合物F、GD．A与D一定条件下可以生成CH3CH2OCH2CH2OH25、（12分）装置Ⅰ是实验室常见的装置，用途广泛（用序号或字母填空）。（1）用它作为气体收集装置：若从a端进气可收集的有___，若从b端进气可收集的气体有___。①O2②CH4③CO2④CO⑤H2⑥N2⑦NH3（2）用它作为洗气装置。若要除去CO2气体中混有的少量水蒸气，则广口瓶中盛放___，气体应从____端通入。（3）将它与装置Ⅱ连接作为量气装置。将广口瓶中装满水，用乳胶管连接好装置，从___端通入气体。（4）某实验需要用1.0mol•L-1NaOH溶液500mL。配制实验操作步骤有：a．在天平上称量NaOH固体，加水溶解，冷却至室温。b．把制得的溶液小心地注入一定容积容量瓶中。c．继续向容量瓶中加水至距刻度线1cm～2cm处，改用胶头滴管加水至刻度线。d．用少量水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次将洗涤液转入容量瓶，并摇匀。e．将容量瓶塞塞紧，充分摇匀。填写下列空白：①配制该溶液应当称取___克NaOH固体。②操作步骤和正确顺序为____。③如图该配制过程中两次用到玻璃棒，其作用分别是____、___。④定容时，若俯视刻度线，会使结果____（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。26、（10分）下面a～e是中学化学实验中常见的几种定量仪器：（a）量筒（b）容量瓶（c）滴定管（d）托盘天平（e）温度计（1）其中标示出仪器使用温度的是_________________（填写编号）（2）由于操作错误，使得到的数据比正确数据偏小的是_________（填写编号）A．实验室制乙烯测量混合液温度时，温度计的水银球与烧瓶底部接触B．中和滴定达终点时俯视滴定管内液面读数C．使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容所得溶液的浓度（3）称取10.5g固体样品（1g以下使用游码）时，将样品放在了天平的右盘，则所称样品的实际质量为________g。27、（12分）B．[实验化学]丙炔酸甲酯（）是一种重要的有机化工原料，沸点为103~105℃。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为实验步骤如下：步骤1：在反应瓶中，加入14g丙炔酸、50mL甲醇和2mL浓硫酸，搅拌，加热回流一段时间。步骤2：蒸出过量的甲醇（装置见下图）。步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。步骤4：有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。（1）步骤1中，加入过量甲醇的目的是________。（2）步骤2中，上图所示的装置中仪器A的名称是______；蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是______。（3）步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是____；分离出有机相的操作名称为____。（4）步骤4中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是________。28、（14分）生物降解聚酯高分子材料PBA的合成路线如下：已知：i．A的核磁共振氢谱只有1组吸收峰，且不能使溴的四氯化碳溶液褪色。ii．Riii．RC≡请按要求回答下列问题：（1）A的分子式：____________；反应①的反应类型：____________。（2）C的结构简式：____________；D所含官能团名称：____________。（3）写出下列反应的化学方程式：检验甲醛中含有醛基的反应：________，反应⑥：_____。（4）E的同分异构体有多种，写出其中所有能与NaHCO3溶液反应的同分异构体的结构简式（不考虑顺反异构）：____________________________________（5）写出以1,3-丁二烯为原料合成有机物F的路线流程图（方框内填写中间产物的结构简式，箭头上注明试剂和反应条件）：________________________________。29、（10分）明矾石是制取钾肥和氢氧化铝的重要原料，明矾石的组成和明矾相似，此外还含有氧化铝和少量氧化铁杂质。具体实验步骤如下图所示(明矾石焙烧后成分不变):完成下列填空:（1）“浸出”反应的离子方程式为_______。“浸出”所用稀氨水浓度为39.20g/L，配制500mL

该氨水需251.28g/L

的浓氨水________mL。（2）“过滤”所需的玻璃仪器有______________。（3）写出“溶解”过程中发生反应的化学方程式_________、________。（4）检验滤液中是否含有SO42-

的实验方法__________。（5）为测定钾氨复合肥K2SO4、(NH4)2SO4中SO42-的质量分数，设计实验步骤如下:①_____________________。②溶于水，加入足量BaCl2溶液，待白色沉淀不再产生为止。③过滤、______、________

(依次填写实验操作名称)

。④冷却、称量所得沉淀的质量。（6）若所取试样和所得沉淀的质量分别为mg、ng,试用含有m、n的代数式表示该钾氮复合肥中SO42-的质量分数为________。

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】

由题意可知，生成物为两种无毒物质，再结合反应历程可知，生成物为：N2和H2O，反应物为：NH3和NO和NO2，结合得失电子守恒、原子守恒可得反应方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O【详解】A．NO2和NH4+反应生成[(NH4)2(NO2)]2+无元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，A错误；B．由分析可知，该反应的化学方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O，B正确；C．结合B可知，X是N2和H2O，C错误；D．由反应历程可知，[(NH4)(HNO2)]+是该反应的中间产物，不是催化剂，D错误。答案选B。2、C【解析】

A.NO2溶于水，与水反应生成硝酸和NO，反应的离子方程式为：3NO2＋2H2O=2H＋＋2NO3-+NO，选项A错误；B.向氨水溶液中通入过量SO2，反应生成亚硫酸氢铵，反应的离子方程式为NH3·H2O＋SO2=NH4+＋HSO3-，选项B错误；C.酸性介质中KMnO4氧化H2O2，反应的离子方程式为2MnO4-＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，选项C正确；D.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，反应生成偏铝酸钾、硫酸钡和水，反应的离子方程式为：Al3＋＋2SO42-＋2Ba2＋＋4OH−=AlO2-＋2BaSO4↓＋2H2O，选项D错误；答案选C。3、D【解析】

A、将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明氢氧化镁转化为氢氧化铁沉淀，则氢氧化镁溶解度大于氢氧化铁，但不能直接判断二者的溶度积常数大小关系，故A错误；B、可能生成AgCl等沉淀，应先加入盐酸，如无现象再加入氯化钡溶液检验，故B错误；C、硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可氧化亚铁离子，故C错误；D、含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaCl2固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故D正确。答案选D。要熟悉教材上常见实验的原理、操作、现象、注意事项等，比如沉淀的转化实验要注意试剂用量的控制；硫酸根的检验要注意排除干扰离子等。4、A【解析】

A.HF是弱酸，部分电离，用可逆号，HF＋H2O⇌F－＋H3O＋可表示HF的电离方程式，故A正确；B.Na2S是离子化合物，由阴阳离子构成，而不是共价化合物，电子式书写不正确，故B错误；C.乙烯的结构简式：CH2＝CH2，故C错误；D.重氢负离子(H－)的质子数是1，即核电荷数为1，故D错误；故选：A。5、B【解析】

A.c(Cl－)=0.4mol/L，B.c(Cl－)=0.6mol/L，C.c(Cl－)=0.5mol/L，D.c(Cl－)=0.3mol/L，Ksp(AgCl)=c(Cl－)·c(Ag+)，c(Ag+)最小的是c(Cl－)最大的，故选B。6、B【解析】

原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，X为氮元素，Z和W位于同周期。Z的化合物与人类生活关系密切，Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W为氯元素。Y和Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1：2，Y为氧元素，据此解答。【详解】A.四种元素中只有钠为金属元素，故A错误；B.氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；C.四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误；D.三种元素形成的化合物为NaNO3或NaNO2，若为NaNO3溶液显中性，pH等于7，若为NaNO2因水解溶液显碱性，pH大于7，故D错误。故选B。7、D【解析】

A.NH4+虽然会发生水解，但其水解程度非常微弱，因此(NH4)2SO4溶液中c(NH4+)>c(SO42−)，故A错误；B.相同条件下，弱电解质的浓度越小，其电离程度越大，因此0.02mol·L－1氨水和0.01mol·L－1氨水中的c(OH－)之比小于2∶1，故B错误；C.依据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，混合后溶液的pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，可推出c(Na＋)＝c(CH3COO－)，故C错误；D.NaNO3是强酸强碱盐，Na＋和NO3−均不发生水解，NaNO3溶液也不与盐酸发生反应，根据物料守恒可得c(Na＋)＝c(NO3−)，故D正确。综上所述，答案为D。8、D【解析】

A．分别在MgCl2和AlCl3溶液中滴加氨水直至过量，均生成白色沉淀，无法比较镁、铝的金属性强弱，故A错误；B．Fe2+的还原性大于Br-，将少量氯水滴入FeBr2溶液中，首先氧化Fe2+，则无法比较Cl2、Br2的氧化性强弱，故B错误；C．将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，体现SO2的还原性，不是漂白性，故C错误；D．测得同浓度的Na2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液，说明CO32-的水解能力大于SO32-，则电离能力HSO3->HCO3-，即电离常数Ka:HSO3->HCO3-，故D正确；故答案为D。9、D【解析】

钠元素的焰色是黄色，钾元素的焰色是紫色，但观察钾元素的焰色时要透过蓝色钴玻璃，以滤去钠元素的黄光的干扰。做焰色反应实验时，直接观察时看到火焰呈黄色，说明肯定含有Na+，不能判断K+的存在与否，故D是正确的。故选D。10、D【解析】

A．Mg（s）+F2（l）=MgF2（s）△H=-1124kJ·mol－1，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=-524kJ·mol－1，依据盖斯定律计算得到选项中热化学方程式分析判断；B．溴化镁的能量小于碘化镁的能量，溴的能量大于碘的能量，所以MgI2与Br2反应是放热反应；C．生成溴化镁为放热反应，其逆反应为吸热反应；D．能量越小的物质越稳定。【详解】A．Mg（s）+F2（l）=MgF2（s）△H=-1124kJ·mol－1，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=-524kJ·mol－1，将第二个方程式与第一方程式相减得MgF2（s）+Br2（L）=MgBr2（s）+F2（g）△H=+600kJ·mol－1，故A正确；B．溴化镁的能量小于碘化镁的能量，溴的能量大于碘的能量，所以MgI2与Br2反应是放热反应，MgI2与Br2反应的△H<0，故B正确；C.生成溴化镁为放热反应，其逆反应为吸热反应，电解MgBr2制Mg是吸热反应，故C正确；D．能量越小的物质越稳定，所以化合物的热稳定性顺序为MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，故D错误；故选D。本题化学反应与能量变化，侧重考查学生的分析能力，易错点D，注意物质能量与稳定性的关系判断，难点A，依据盖斯定律计算得到选项中热化学方程式。11、D【解析】

a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，则a为Na；b的最外层电子数为内层电子数的2倍，则b为C；c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则c为S；c与d同周期，d的原子半径小于c，则d为Cl。【详解】A．Na+核外电子层数为2，而Cl-和S2-核外电子层数为3，故Na+半径小于Cl-和S2-的半径；电子层数相同时，质子数越多，半径越小，所以Cl-的半径小于S2-的半径，所以离子半径：a＜d＜c，故A错误；B．a、c形成的化合物可以有多硫化钠Na2Sx，既有离子键，又有共价键，故B错误；C．元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，相应离子的还原性越弱，所以简单离子还原性：c＞d，故C错误；D．硫单质易溶于CS2中，故D正确；故选D。12、A【解析】

A．由30号元素Zn，连续轰击83号元素Bi获得的属于核变，不属于化学变化，故A错误；B．题中涉及的三种元素Ja、Zn、Bi都是金属元素，故B正确；C．的质子数为113，中子数=278﹣113=165，中子数与质子数差为165﹣113=52，故C正确；D．位于第七周期第ⅢA主族，是同主族元素中原子半径最大的，故D正确；答案选A。化学变化的实质是旧的化学键的断裂和新的化学键的形成，不涉及原子核内的变化。13、C【解析】

A.用坩埚钳夹一块铝箔在酒精灯上灼烧，由于铝外面包着一层氧化铝，而氧化铝熔点高，所以铝箔融化，但不滴落，A错误；B.应当比较最高价氧化物对应水化物的酸性来推断元素非金属性的强弱，B错误；C.将用砂纸除去保护膜的镁片和铝片（大小、形状相同），分别插入同浓度的稀硫酸中，镁片表面产生气泡速率大于铝片，说明Mg比Al更活泼，即还原性更强，C正确；D.Fe在冷的浓硝酸中会发生钝化，故D错误；故答案选C。14、C【解析】

A．“吸入”CO2时，活泼金属钠是负极，不是正极，故A错误；B．“呼出”CO2时，是电解池，多壁碳纳米管电极是阳极，钠离子向阴极钠箔移动，而不是向多壁碳纳米管移动，故B错误；C．“吸入”CO2时是原电池装置，正极发生还原反应，正极反应式为：4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C，故C正确；D．标准状况下，每“呼出”22.4LCO2，物质的是量为1mol，结合阳极电极反应式2Na2CO3+C-4e－=4Na＋+3CO2↑，所以每“呼出”22.4LCO2，转移电子数为1.3mol，故D错误；故选C。15、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。16、B【解析】

A.加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子浓度逐渐减少，OH-的物质的量浓度逐渐增大，故A错误；B.醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子、醋酸根离子浓度逐渐减少，溶液的导电能力逐渐减小，故B正确；C.因温度不变，则Ka不变，且Ka=c(H+)，因

c(H+)浓度减小，则增大，故C错误；D.加水稀释，促进电离，醋酸的电离程度增大，

故D错误；答案选B。17、D【解析】

A.根据影响反应速率的外界因素分析知，将黑钨铁矿粉碎的目的是增大反应的速率，故A正确；B.根据流程图知，FeWO4和MnWO4在空气中与纯碱共熔反应生成MnO2、Fe2O3，Fe(II)和Mn(II)化合价升高为Fe(III)和Mn(IV)，碳酸钠无氧化性，则过程中空气的作用是氧化Fe(II)和Mn(II)，故B正确；C.根据流程图可知Na2WO4为可溶性钠盐，与硫酸发生复分解反应生成H2WO4，H2WO4难溶于水，可以通过过滤、洗涤、干燥，分离出来，加热后分解生成WO3，所以H2WO4难溶于水且不稳定，故C正确；D.WO3生成W的过程中，元素化合价降低，应该是被氢气还原，故D错误。故选D。18、B【解析】

W原子的最外层电子数是其质子数的，则W为C；元素Y的最高正化合价为+2价，则Y为第三周期第ⅡA族元素即Mg，X原子的核电荷数等于Z原子的最外层电子数，则X为7号元素即N，Z为Cl。【详解】A.C单质多为固体，如金刚石，石墨，所以单质的沸点C>N2，故A错误；B.简单离子的半径:Cl⁻>Mg2+，故B正确；C.N、Cl的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸和高氯酸，均为强酸，故C错误；D.N、Mg可形成离子化合物Mg3N2，即Y3X2，故D错误；故答案为B。19、C【解析】

A．由图可知生成产物1时对应活化能高，则活化能：反应①大于反应②，故A错误；B．图中生成产物2的能量低，能量低的更稳定，且为放热反应，焓变为负，则△H大小：反应①的△H大于反应②，故B错误；C．图中生成中间体2的能量低，能量低的更稳定，则中间产物的稳定性：中间体1小于中间体2，故C正确；D．改变催化剂，反应①、②的反应热不发生改变，故D错误；故选C。本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、焓变与能量为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变的比较及焓变只与终始态有关，与催化剂无关。20、D【解析】

A．0～6min时间内，生成氧气为=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知△c(H2O2)==0.2mol/L，则H2O2分解率为×100%=50%，故A正确；B．由A计算可知，反应至6min时c(H2O2)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故B正确；C．0～6min时间内，生成氧气为=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知△c(H2O2)==0.2mol/L，所以v(H2O2)=≈0.033mol/(L•min)，故C正确；D．由题中数据可知，0～3min生成氧气的体积大于3～6min生成氧气的体积，因此，4～6min的平均反应速率小于0～6min时间内反应速率，故D错误；答案选D。21、A【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，则W为O元素；X在短周期主族元素中金属性最强，则X为Na元素；W与Y属于同一主族，则Y为S元素；Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，据此解答。【详解】根据上述分析可知：W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl元素。A．Na2O是碱性氧化物，与水反应产生NaOH，NaOH是一元强碱，水溶液显碱性；Na2S是强碱弱酸盐，在溶液中S2-发生水解作用，消耗水电离产生的H+，促进了水的电离，最终达到平衡时溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，A正确；B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r(Na)>r(S)>r(Cl)>r(O)，B错误；C．元素的非金属性：O>Cl>S，则简单气态氢化物的热稳定性：H2O>HCl>H2S，C错误；C．O、H可形成化合物H2O2，其中含有非极性共价键，D错误；故合理选项是A。本题考查原子结构与元素周期律的关系，根据元素的原子结构及相互关系推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。22、C【解析】

A．由曲线③盐酸滴定NaAc溶液，导电能力升高，滴定到一定程度后导电能力迅速升高，说明条件相同时导电能力：盐酸>NaAc，故A正确；B．曲线②的最低点比曲线③还低，为醋酸滴定NaOH溶液的曲线，因此曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线，故B正确；C．由曲线①起始点最高，说明盐酸的导电能力最强，随着甲溶液体积增大，曲线①逐渐变成氯化钠和氢氧化钠的混合物，根据曲线②可知，氢氧化钠的导电能力不如盐酸，而随着甲溶液体积增大，曲线③的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线，因此最高点曲线③，故C错误；D．反应达到终点时会形成折点，因为导电物质发生了变化，即a点是反应终点，故D正确；故选C。本题的难点为曲线①和②的判断，也可以根据滴定终点后溶液中的导电物质的种类结合强弱电解质分析判断，其中醋酸滴定NaOH溶液，终点后，溶液中醋酸的含量增多，而醋酸为弱电解质，因此曲线的后半段导电能力较低。二、非选择题(共84分)23、ON＞O＞AlNH3分子间易形成氢键＜孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用sp2三角形1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)7:1×1030【解析】

前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态，A为H元素；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1，核外电子排布为1s22s22p3，为N元素；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍，核外电子排布为1s22s22p4、1s22s22p63s23p63d54s1，则C为O元素，E为Cr元素；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小，则D为该周期中原子序数最大的金属元素，因此D为Al元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Al元素，E为Cr元素。(1)元素的非金属性越强，电负性越大，元素H、N、O中，电负性最大的是O元素；同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，元素N、O、Al的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞Al，故答案为O；N＞O＞Al；(2)NH3分子间易形成氢键，导致氨气易液化；NH3中中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为1，其VSEPR模型为四面体构型，NH3分子中N原子采用sp3杂化，为三角锥结构，孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用，使得氨气分子中键角小于109°28′，故答案为NH3分子间易形成氢键；＜；孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用；(3)NO3－离子中N原子的价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数=3+=3，采用sp2杂化，立体构型为三角形，故答案为sp2；三角形；(4)E为Cr元素，基态E原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；C、E形成的化合物CrO5(其中E的化合价为＋6)，结构为，其中σ键与π键数目之比为7:1，故答案为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；7:1；(5)AlN晶胞中含有N或Al原子数为4，8×+6×=4，晶胞质量为g，因此晶胞的密度==×1030g·cm－3，故答案为×1030。正确推导元素是解答本题的关键。本题的难点为C、E的推导，易错点为(4)，要能够根据题意确定CrO5的结构。24、加成反应CH2=CH2+H2+COCH3CH2CHOBC【解析】

石蜡分解生成A，A氧化生成C，C分子中只有一种氢，则C为，因此A为HC2=CH2；A与CO、H2以物质的量1∶1∶1的比例形成B，B能发生银镜反应，则B为CH3CH2CHO，B氧化生成E，E为CH3CH2COOH，根据A、E的化学式可知，A与E发生加成反应生成G，G为CH3CH2COOCH2CH3；根据C、D的化学式可知，C与水发生加成反应生成D，则D为HOCH2CH2OH，D与E发生酯化反应生成F，F为CH3CH2COOCH2CH2OH，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，有机物C的结构简式是为，反应②的反应类型是加成反应，故答案为：；加成反应；(2)一定条件下发生反应①的化学方程式为CH2=CH2+H2+COCH3CH2CHO，故答案为：CH2=CH2+H2+COCH3CH2CHO；(3)A．化合物A为乙烯，只含有C和H两种元素，属于烃，故A正确；B．化合物D为HOCH2CH2OH，只有一种官能团，为-OH，故B错误；C．G为CH3CH2COOCH2CH3；不能与金属钠反应，F为CH3CH2COOCH2CH2OH，含-OH，能与金属钠反应放出氢气，用金属钠能鉴别化合物F、G，故C错误；D．A为HC2=CH2，D为HOCH2CH2OH，A与D一定条件下可以发生加成反应生成CH3CH2OCH2CH2OH，故D正确；故答案为：BC。正确推断出各物质的结构简式是解题的关键。本题的难点是G的结构的判断。本题的易错点为(3)，要框图中A与E发生反应生成G的反应类型的判断和应用。25、①③②⑤⑦浓硫酸ab20.0abdce搅拌，加速溶解引流偏高【解析】

（1）若从a端进气，相当于向上排空气法收集气体，①O2、③CO2密度比空气大，采用向上排空气法；若从b端进气，相当于向下排空气法收集，②CH4、⑤H2、⑦NH3密度比空气小，采用向下排空气法，④CO和⑥N2密度与空气太接近，不能用排空气法收集；故答案为：①③；②⑤⑦；（2）干燥二氧化碳，所选用的试剂必须不能与二氧化碳反应，浓硫酸具有吸水性，且不与二氧化碳反应，洗气时用“长进短处”，故答案为：浓硫酸；a；（3）将它与装置Ⅱ连接作为量气装置．将广口瓶中装满水，用乳胶管连接好装置，使用排水法收集气体并测量体积时，水从a端排到量筒中，则气体从b端进入，故答案为：b；（4）①配制500mL1.0mol•L-NaOH溶液需要氢氧化钠的质量;；答案为：20.0；②配制500mL1.0mol•L-NaOH溶液的操作步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，所以正确的操作顺序为:abdce；答案为：abdce；③配制过程中，在溶解氢氧化钠固体时需要使用玻璃棒搅拌，以便加速溶解过程；在转移冷却后的氢氧化钠溶液时，需要使用玻璃棒引流，避免液体流到容量瓶外边；答案为：搅拌，加速溶解；引流；④定容时，若俯视刻度线，会导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，溶液的浓度偏高；答案为：偏高。26、a、b、cB9.5g【解析】

（1）精度相对较高的玻璃量器，常标示出使用温度。（2）A．给烧瓶内的液体加热时，烧瓶底部的温度往往比溶液高；B．滴定管刻度从上往下标，俯视滴定管内液面读数，读出的数值偏小；C．俯视容量瓶内的液面，定容时液面低于刻度线。（3）对天平来说，有如下等量关系：天平的右盘物品质量=天平左盘物品质量+游码指示的质量。称取10.5g固体样品，天平质量为10g，游码移到0.5g，代入关系式，可求出所称样品的实际质量。【详解】（1）量筒、容量瓶、滴定管都标有规格和温度，量筒的刻度从下往上标，滴定管刻度从上往下标，容量瓶只有一个刻度线。答案为：a、b、c；（2）A．给烧瓶内的液体加热时，烧瓶底部的温度往往比溶液高，A不合题意；B．滴定管刻度从上往下标，俯视滴定管内液面读数，读出的数值偏小，B符合题意；C．俯视容量瓶内的液面，定容时液面低于刻度线，所得溶液的浓度偏大，C不合题意。答案为：B；（3）对天平来说，有如下等量关系：天平的右盘物品质量=天平左盘物品质量+游码指示的质量。称取10.5g固体样品，天平质量为10g，游码移到0.5g，代入关系式，则所称样品的实际质量=10g-0.5g=9.5g。答案为：9.5g。用天平称量物品，即便违反实验操作，也不一定产生误差。因为若不使用游码，则不产生误差；若使用游码，则物品的质量偏小，物质的真实质量=读取的质量-游码指示质量的二倍。27、作为溶剂、提高丙炔酸的转化率(直形)冷凝管防止暴沸丙炔酸分液丙炔酸甲酯的沸点比水的高【解析】

（1）一般来说，酯化反应为可逆反应，加入过量的甲醇，提高丙炔酸的转化率，丙炔酸溶解于甲醇，甲醇还作为反应的溶剂；（2）根据装置图，仪器A为直形冷凝管；加热液体时，为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸；（3）丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，制备丙炔酸甲酯采用水浴加热，因此反应液中除含有丙炔酸甲酯外，还含有丙炔酸、硫酸；通过饱和NaCl溶液可吸收硫酸；5%的Na2CO3溶液的作用是除去丙炔酸，降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度，使之析出；水洗除去NaCl、Na2CO3，然后通过分液的方法得到丙炔酸甲酯；（4）水浴加热提供最高温度为100℃，而丙炔酸甲酯的