2025年安徽省淮南市高三下学期期中联考试卷化学试题含解析

2025年安徽省淮南市高三下学期期中联考试卷化学试题注意事项: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、我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(H2→*H+*H，带*标记的物质是该反应历程中的中间产物或过渡态)。下列说法错误的是A．第①步中CO2和H2分子中都有化学键断裂B．水在整个历程中可以循环使用，整个过程不消耗水也不产生水C．第③步的反应式为：*H3CO+H2O→CH3OH+*HOD．第④步反应是一个放热过程2、温度T℃时，在初始体积为1L的两个密闭容器甲（恒容）、乙（恒压）中分别加入0.2molA和0.1molB，发生反应2A(g)+B(g)xC(g)，实验测得甲、乙容器中A的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法错误的是A．x可能为4B．M为容器甲C．容器乙达平衡时B的转化率为25%D．M的平衡常数大于N3、下列说法不正确的是A．石油分馏可获得汽油、煤油、石蜡等矿物油，煤焦油干馏可获得苯、甲苯等有机物B．生活中常见的聚乙烯、聚氯乙烯、纶、有机玻璃、合成橡胶都是通过加聚反应得到的C．按系统命名法，有机物可命名为2，2，4，4，5—五甲基—3，3—二乙基己烷D．碳原子数≤6的链状单烯烃，与HBr反应的产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有4种(不考虑顺反异构)4、下列实验操作、现象和结论均正确，且存在对应关系的是选项实验操作实验现象结论A将NaOH溶液逐滴滴加到AlC13溶液中至过量先产生白色胶状沉淀，后沉淀溶解Al(OH)3是两性氢氧化物BNaHCO3溶液与NaAlO₂溶液混合生成白色沉淀结合H+的能力：CO32->AlO2-C向盛有Na2SiO3，溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量试管中红色逐渐褪去，出现白色凝胶非金属性：Cl>SiD白色固体先变为淡黄色，后变为黄色溶度积常数：Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)A．A B．B C．C D．D5、自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图：下列叙述正确的是A．N2NH3，NH3NO均属于氮的固定B．催化剂a作用下氮原子发生了氧化反应C．催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂D．使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．100g46%的乙醇水溶液中含有氧原子数目为4NAB．等质量的CO和N2含有的原子数目均为2NAC．在0.1mol•L-1的NH4Cl溶液中通入NH3使溶液呈中性，含有NH4+数目为0.1NAD．常温常压下，水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为2NA7、下列叙述正确的是（）A．在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原B．有单质参加的反应一定是氧化还原反应C．有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应D．失电子难的原子，容易获得的电子8、下列物质的分离方法中，利用粒子大小差异的是A．过滤豆浆B．酿酒蒸馏C．精油萃取D．海水晒盐A．A B．B C．C D．D9、一定量的H2在Cl2中燃烧后，所得混合气体用100mL3.00mol∕L的NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含0.05molNaClO（不考虑水解）。氢气和氯气物质的量之比是A．2:3 B．3:1 C．1:1 D．3:210、已知：A（g）+3B（g）⇌2C（g）。起始反应物为A和B，物质的量之比为1：3，且总物质的量不变，在不同压强和温度下，反应达到平衡时，体系中C的物质的量分数如下表：下列说法不正确的是（）温度物质的量分数压强400℃450℃500℃600℃20MPa0.3870.2740.1890.08830MPa0.4780.3590.2600.12940MPa0.5490.4290.3220.169A．压强不变，降低温度，A的平衡转化率增大B．在不同温度下、压强下，平衡时C的物质的量分数可能相同C．达到平衡时，将C移出体系，正、逆反应速率均将减小D．为提高平衡时C的物质的量分数和缩短达到平衡的时间，可选择加入合适的催化剂11、下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（）A．质子数为17、中子数为20的氯原子：B．氯离子(Cl－)的结构示意图：C．氯分子的电子式：D．氯乙烯分子的结构简式：H3C－CH2Cl12、下列实验过程中，始终无明显现象的是A．CO2通入饱和Na2CO3溶液中B．SO2通入CaCl2溶液中C．NH3通入HNO3和AgNO3的混和溶液中D．SO2通入Na2S溶液中13、下列说法不正确的是A．乙醇、苯酚与金属钠的反应实验中，先将两者溶于乙醚配成浓度接近的溶液，再投入绿豆大小的金属钠，观察、比较实验现象B．可以用新制Cu（OH）2浊液检验乙醛、甘油、葡萄糖、鸡蛋白四种物质的溶液（必要时可加热）C．牛油与NaOH浓溶液、乙醇混合加热充分反应后的混合液中，加入冷饱和食盐水以促进固体沉淀析出D．分离氨基酸混合液可采用控制pH法、分离乙醇和溴乙烷的混合物可用萃取法14、元素周期表的第四周期为长周期，该周期中的副族元素共有A．32种 B．18种 C．10种 D．7种15、化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A．食用单晶冰糖的主要成分是单糖 B．硫酸亚铁可用作袋装食品的脱氧剂C．用水玻璃浸泡过的纺织品可防火 D．传播新冠病毒的气溶胶具有胶体性质16、NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是()A．1mol冰醋酸和1mol乙醇经催化加热反应可生成H2O分子数为NAB．常温常压下，将15gNO和8gO2混合，所得混合气体分子总数小于0.5NAC．标准状况下，2.24L的CCl4中含有的C—Cl键数为0.4NAD．6.8g熔融态KHSO4中含有0.1NA个阳离子17、在pH=1的含有Mg2+、Fe2+、Al3+三种阳离子的溶液中，可能存在的阴离子是（）①Cl-②NO3—③SO42—④S2-A．①② B．②③ C．③④ D．①③18、下列关于有机物的说法不正确的是A．正丁烷和异丁烷的沸点相同B．麦芽糖的水解产物只有葡萄糖C．疫苗冷藏存放的目的是避免蛋白质变性D．苯与乙烯均可以使溴水褪色，但褪色原理不同19、萜类化合物广泛存在于动植物体内。下列关于萜类化合物a、b的说法正确的是A．a中六元环上的一氯代物共有3种(不考虑立体异构)B．b的分子式为C10H12OC．a和b都能发生加成反应、氧化反应、取代反应D．只能用钠鉴别a和b20、海水综合利用要符合可持续发展的原则，其联合工业体系（部分）如图所示，下列说法错误的是A．①中可采用蒸馏法 B．②中可通过电解法制金属镁C．③中提溴涉及到复分解反应 D．④的产品可生产盐酸、漂白液等21、表为元素周期表短周期的一部分，下列有关A、B、C、D四种元素的叙述正确的是（）ABCDA．原子半径大小比较为D>C>B>AB．生成的氢化物分子间均可形成氢键C．A与C形成的阴离子可能有AC、A2CD．A、B、C、D的单质常温下均不导电22、下列说法正确的是A．电解精炼铜时，若转移2NA个电子，则阳极减少的质量为64gB．合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率C．2Na2O2(s)+2COD．常温下，KSP[Al(OH)3]=1二、非选择题(共84分)23、（14分）链状有机物A是一种食用型香精，在一定条件下有如变化：已知：(i)(ii)A和G互为同分异构体，A不能使Br2的CCl4溶液褪色，B和F中所含官能团的类型相同。完成下列填空：(1)F的分子式为___________。CD的试剂和条件是________________。(2)A的结构简式为_______________。BH的反应类型是_____________。(3)I中所有碳原子均在一条直线上，H转化为I的化学方程式为_______________。(4)X是A的一种同分异构体，1molX在HIO4加热条件下完全反应，可以生成1mol无支链的有机物，则X的结构简式为________________。24、（12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)。25、（12分）（发现问题）研究性学习小组中的小张同学在学习中发现：通常检验CO2用饱和石灰水，吸收CO2用浓NaOH溶液。（实验探究）在体积相同盛满CO2的两集气瓶中，分别加入等体积的饱和石灰水和浓NaOH溶液。实验装置和现象如图所示。请你一起参与。（现象结论）甲装置中产生该实验现象的化学方程式为______________________。解释通常用石灰水而不用NaOH溶液检验CO2的原因________________________________________________；乙装置中的实验现象是___________________________。吸收CO2较多的装置是__________________。（计算验证）另一位同学小李通过计算发现，等质量的Ca(OH)2和NaOH吸收CO2的质量，Ca(OH)2大于NaOH。因此，他认为通过吸收CO2应该用饱和石灰水。（思考评价）请你对小李同学的结论进行评价：________________________________________________________。26、（10分）欲用浓硝酸法(测定反应后生成气体的量)测定某铜银合金中铜的质量分数，但资料表明：反应中除了生成NO2气体外还会有少量的NO生成；常温下NO2和N2O4混合存在，在低于0℃时几乎只有无色的N2O4液体或晶体存在。为完成测定并验证确有NO生成，有人设计如下实验：（1）实验开始前要先打开A部分的活塞K1，持续通一段时间的氮气再关闭K1，这样做的目的是___。（2）装置B瓶的作用是___。（3）A中的反应停止后，打开D中的活塞K2，并通入氧气，若反应确有NO产生，则D中应出现的现象是___；实验发现，通入氧气温度的高低对实验现象有较大影响，则为便于观察应通入___(填“冷”或“热”)的氧气。（4）为减小测量误差，在A中反应完成和D中出现现象后，还应继续进行的操作是___。（5）实验测得下列数据：所用铜银合金质量：15.0g、浓硝酸：40mL13.5mol/L；实验后A中溶液体积：40mL；H+浓度：1.0mol/L。若设反应中硝酸既无挥发也无分解，则：①参加反应的硝酸的物质的量为___。②若已测出反应后E装置的生成物中含氮元素的质量，则为确定合金中铜的质量分数还需要测定的数据是___。（6）若实验只测定Cu的质量分数，不验证NO的产生，则在铜银合金中与浓硝酸反应后，只需要简单的实验操作可达到目的，请简述实验过程：___。27、（12分）碘对动植物的生命是极其重要的，海水里的碘化物和碘酸盐参与大多数海生物的新陈代谢。在高级哺乳动物中，碘以碘化氨基酸的形式集中在甲状腺内，缺乏碘会引起甲状腺肿大。I.现要从工业含碘废液中回收碘单质(废液中含有H2O、油脂、I2、I)。设计如图一所示的实验过程：（1）为了将含碘废液中的I2完全转化为I—而进入水层，向含碘废液中加入了稍过量的A溶液，则A应该具有___________性。（2）将在三颈烧瓶中反应完全后的溶液经过操作②获得碘单质，操作②包含多步操作，操作名称分别为萃取、_____、_____，在操作②中必须用到下列所示的部分仪器或装置，这些仪器和装置是________________(填标号)。（3）将操作①所得溶液放入图二所示的三颈烧瓶中，并用盐酸调至pH约为2，再缓慢通入适量Cl2，使其在30~40℃反应。写出其中发生反应的离子方程式________________；Cl2不能过量，因为过量的Cl2将I2氧化为IO3-，写出该反应的离子方程式__________。II.油脂的不饱和度可通过油脂与碘的加成反应测定，通常称为油脂的碘值。碘值越大，油脂的不饱和程度越高。碘值是指100g油脂所能吸收的I2的克数。称取xg某油脂，加入含ymolI2的韦氏溶液(

韦氏溶液是碘值测定时使用的特殊试剂，含有CH3COOH)，充分振荡；过量的I2用cmol/LNa2S2O3标准溶液滴定(淀粉作指示剂)，消耗Na2S2O3溶液VmL(滴定反应为:2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI)。回答下列问题:（1）下列有关滴定的说法不正确的是________(填标号)。A．标准Na2S2O3溶液应盛装在碱式滴定管中B．滴定时眼睛只要注视滴定管中溶液体积的变化C．滴定终点时，俯视读数，导致测定结果偏低D．滴定到溶液由无色变蓝色时应该立即停止滴定（2）用该测定方法测定的碘值需要用相关的实验校正，因为所测得的碘值总比实际碘值低，原因是_______________________________________________。（3）该油脂的碘值为_____g(列式表示)。28、（14分）铂、钴、镍及其化合物在工业和医药等领域有重要应用。回答下列问题:(1)筑波材料科学国家实验室科研小组发现了在5K下呈现超导性的晶体CoO2，该晶体具有层状结构。①晶体中原子Co与O的配位数之比为_________。②基态钴原子的价电子排布图为_______。(2)配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂。固态Ni(CO)4属于_____晶体；写出两种与CO具有相同空间构型和键合形式的分子或离子：_______。(3)某镍配合物结构如图所示:①分子内含有的化学键有___________(填序号).A氢键B离子键C共价键D金属键E配位键②配合物中C、N、O三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序是N>O>C，试从原子结构解释为什么同周期元素原子的第一电离能N>O_________。(4)某研究小组将平面型的铂配合物分子进行层状堆砌，使每个分子中的铂原子在某一方向上排列成行，构成能导电的“分子金属"，其结构如图所示。①"分子金属"可以导电，是因为______能沿着其中的金属原子链流动。②"分子金属"中，铂原子是否以sp3的方式杂化?_________(填“是"或“否")，其理由是__________。(5)金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，其立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图所示，若金属铂的密度为dg·cm-3，则晶胞参数a=_______nm(列计算式)。29、（10分）制取聚合硫酸铁(PFS)的化学方程式如下2FeSO4＋H2O2＋(1－n/2)H2SO4=Fe2(OH)n(SO4)(3－n/2)＋(2－n)H2O，下图是以回收废铁屑为原料制备PFS的一种工艺流程。回答下列问题(1)下列操作或描述正确的是________。A．粉碎的目的是增大反应物接触面积，提高酸浸反应速率B．酸浸中可以用硫酸、硝酸、盐酸等C．反应釜中加入氧化剂，使Fe2＋转化为Fe3＋D．减压蒸发的优点是降低蒸发温度，防止产物分解(2)废铁屑使用前往往用________浸泡。(3)废铁屑与酸发生多步反应，完成其中的化合反应的离子方程式______________________。(4)聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围内，目的是______________________。(5)为了防止产物分解，必须采用减压蒸发，下列操作正确的是________。A．a为蒸馏烧瓶，b为冷凝管，c接自来水龙头B．毛细管的作用和沸石相似，防止暴沸C．随着温度计水银球高度提升，所得的气体的沸点升高D．实验结束，先关闭冷凝管，再关闭真空泵

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.第①步反应中CO2和H2反应产生*H和*HCOO，可见两种分子中都有化学键断裂，A正确；B.根据图示可知：在第③步反应中有水参加反应，第④步反应中有水生成，所以水在整个历程中可以循环使用，整个过程中总反应为CO2+3H2→CH3OH+H2O，整个过程中产生水，B错误；C.在反应历程中，第③步中需要水，*H3CO、H2O反应生成CH3OH、*HO，反应方程式为：*H3CO+H2O→CH3OH+*HO，C正确；D.第④步反应是*H+*HO=H2O，生成化学键释放能量，可见第④步反应是一个放热过程，D正确；故答案选B。2、D【解析】

若该反应为气体物质的量增大的反应，即x＞3，随着反应的进行，甲容器中气体的压强增大，平衡过程中反应速率比恒压时大，建立平衡需要的时间较少，对应于图像M，增大压强，平衡逆向移动，A的转化率减小，与图像相符；若该反应为气体物质的量减少的反应，即x＜3，随着反应的进行，甲容器中气体的压强减小，平衡过程中反应速率比恒压时小，建立平衡需要的时间较长，对应于图像N，减小压强，平衡逆向移动，A的转化率减小，与图像不符；若该反应x=3，则两容器得到相同的平衡状态，与图像不符，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析，该反应为气体物质的量增大的反应，因此x可能为4，故A正确；B．根据上述分析，该反应为气体体积增大的反应，M为容器甲，N为容器乙，故B正确；C．根据上述分析，N为容器乙，容器乙达平衡时A的转化率为25%，根据方程式2A(g)+B(g)xC(g)，加入0.2molA和0.1molB时，反应的B为A的物质的量的一半，A和B的转化率相等，也是25%，故C正确；D．温度不变，平衡常数不变，达到平衡时，M、N对应的温度相同，则平衡常数相等，故D错误；故选D。解答本题的关键是判断压强对该反应的影响。本题的难点是排除x＜3的情况。3、A【解析】

A.石油分馏主要得到汽油、煤油、柴油、石蜡等，煤干馏发生化学变化可得到苯和甲苯，煤焦油分馏可获得苯、甲苯等有机物，故A错误；B.由乙烯发生聚合反应生成聚乙烯；氯乙烯发生聚合反应生成聚氯乙烯；纶又叫做合成纤维，利用石油、天然气、煤和农副产品作原料得单体经过特殊条件发生聚合反应生成如：氯纶：、腈纶：；有机玻璃有机玻璃是甲基丙烯酸甲酯聚合生成：；合成橡胶是由不同单体在引发剂作用下，经聚合而成的品种多样的高分子化合物，单体有丁二烯、苯乙烯、丙烯腈、异丁烯、氯丁二烯等多种，故B正确；C.按系统命名法，有机物的结构简式中的每个节点和顶点为C，根据有机物中每个碳原子连接四个键，与碳原子相连的其他键用氢补充。六个碳的最长链作为主链，其余五个甲基、两个乙基做支链，主链编号时以相同取代基位数之和最，因此该有机物为2，2，4，4，5—五甲基—3，3—二乙基己烷，故C正确；D.碳原子数≤6的链状单烯烃，与HBr反应的产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有CH2=CH2；CH3CH=CHCH3；CH3CH2CH=CHCH2CH3；（CH3）2CH=CH（CH3）2(不考虑顺反异构)，共4种，故D正确；答案选A。4、D【解析】

A．开始NaOH少量，先生成氢氧化铝沉淀，后加入过量的氢氧化钠与氢氧化铝沉淀发生反应沉淀溶解，但没有体现氢氧化铝既能和酸反应，又能和碱反应，实验不能说明氢氧化铝具有两性，故A错误；B．发生反应HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，可认为AlO2-结合了HCO3-电离出来的H+，则结合H+的能力：CO32-＜AlO2-，故B错误；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，但HCl不是Cl元素最高价氧化物的水化物，所以不能比较Cl、Si非金属性强弱，故C错误；D．白色固体先变为淡黄色，后变为黄色沉淀，发生沉淀的转化，生成溶度积更小的沉淀，则溶度积为Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，故D正确；故选D。本题的易错点为C，要注意非金属性强弱的判断方法的归纳，根据酸性强弱判断，酸需要是最高价含氧酸。5、D【解析】

A.氮的固定是指氮由游离态转变为化合态，N2NH3为氮的固定，但NH3NO不属于氮的固定，A错误；B.催化剂a作用下氮原子发生了还原反应，B错误；C.催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂与形成，C错误；D.使用催化剂a、b可加快反应速率，提高单位时间内生成物的产量，D正确。故选D。6、A【解析】

A．乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子，100g46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，故含1mol氧原子；水的质量为100g-46g=54g，物质的量为3mol，故含3mol氧原子，故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为4mol，个数为4NA个，故A正确；B．CO和N2相对分子质量都是28，都是双原子分子，所以等质量的CO和N2的质量的具体数值不明确，故无法计算中含有原子数目，故B错误；C．在0.1mol•L的NH4Cl溶液中通入NH3使溶液呈中性，由于没有给出溶液的体积，无法计算出溶液的物质的量，无法计算铵根离子的物质的量，故C错误；D．过氧化钠和水反应时,增重为氢元素的质量,即1molNa2O2∼1molH2O∼增重1molH2的质量∼转移1mol电子，故当增重2g即1mol氢气的质量时，反应转移1mol电子即NA个，故D错误；答案选A。过氧化钠与水反应转移的电子数是易错点，过氧化钠中的氧元素为-1价，增重1molH2的质量∼转移1mol电子。7、C【解析】

A.在氧化还原反应中，可能是同一种元素既被氧化又被还原，A错误；B.同素异形体的转化不是氧化还原反应，B错误；C.有单质参加的化合反应一定发生元素价态的改变，所以一定是氧化还原反应，C正确；D.失电子难的原子，获得的电子也可能难，如稀有气体，D错误。故选C。8、A【解析】

A、过滤利用的是微粒的大小不同来分离的，留在滤纸上的物质颗粒大，不能透过滤纸，滤液中的物质颗粒小，可以透过滤纸，A正确；B、蒸馏利用的是物质的沸点不同，B错误；C、萃取利用的是物质在不同溶剂中的溶解度不同，C错误；D、氯化钠在水中溶解度随温度变化不大，让水蒸发掉,从而获得盐，D错误；答案选A。9、A【解析】

H2在Cl2中燃烧的产物能被碱液完全吸收，则H2完全燃烧。吸收液中有NaClO，则燃烧时剩余Cl2，从而根据化学方程式进行计算。【详解】题中发生的反应有：①H2+Cl2=2HCl；②HCl+NaOH=NaCl+H2O；③Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。据③，生成0.05molNaClO，消耗0.05molCl2、0.10molNaOH。则②中消耗0.20molNaOH和0.20molHCl。故①中消耗H2、Cl2各0.10mol。氢气和氯气物质的量之比0.10mol:(0.10mol+0.05mol)=2:3。本题选A。吸收液中有NaClO，则燃烧时剩余Cl2。氢气和氯气物质的量之比必小于1:1，只有A项合理。10、D【解析】

A.由图可知温度越高C物质的量分数减小，平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，所以压强不变，降低温度，A的平衡转化率增大，故A正确；B.可调节压强和温度使C的物质的量分数相同，所以在不同温度下、压强下，平衡时C的物质的量分数可能相同，故B正确；C.浓度越小反应速率越小，达到平衡时，将C移出体系，反应物和生成物的浓度都减小，所以正、逆反应速率均将减小，故C正确；D.使用催化剂只改变反应的速率，平衡不移动，所以加入合适的催化剂不能提高平衡时C的物质的量分数，故D错误。故选D。11、C【解析】

A、左上角应是质量数，质量数=中子数+质子数=37，应是，故A说法错误；B、氯离子质子数大于电子数，其结构示意图：，故B错误；C、氯原子最外层7个电子，每个氯原子都达到8电子稳定结构，故C正确；D、氯乙烯结构简式：CH2=CHCl，而题目中是氯乙烷，故D说法错误。12、B【解析】

A．碳酸钠与CO2和水反应生成酸式盐NaHCO3，NaHCO3溶解度小于Na2CO3，并且反应生成的NaHCO3固体质量比原来Na2CO3多，溶剂质量减少，溶液中有浑浊出现，故A不符合题意；B．盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，则CaCl2溶液中通入SO2不发生反应，始终无明显现象，故B符合题意；C．NH3通入硝酸和硝酸银的混合溶液中，先与硝酸反应，故开始没有沉淀，等硝酸全部反应完全后，再与硝酸银反应生成氢氧化银沉淀，再继续通入氨气会生成可溶性的银氨溶液，故沉淀又会减少，直至最终没有沉淀，反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3、NH3+AgNO3+H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3=Ag(NH3)2OH(银氨溶液)，故C不符合题意；D．SO2通入Na2S溶液中发生反应：2Na2S+5SO2+2H2O═4NaHSO3+3S↓，生成硫沉淀，故D不符合题意；答案选B。盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，化学反应中一般遵循强酸制弱酸的规律。13、C【解析】

A.因为苯酚是固体，将其溶于乙醚形成溶液时，可以和金属钠反应，二者配制成接近浓度，可以从反应产生气体的快慢进行比较，故正确；B.四种溶液中加入新制的氢氧化铜悬浊液，没有明显现象的为乙醛，出现沉淀的为鸡蛋白溶液，另外两个出现绛蓝色溶液，将两溶液加热，出现砖红色沉淀的为葡萄糖，剩余一个为甘油，故能区别；C.牛油的主要成分为油脂，在氢氧化钠溶液加热的条件下水解生成高级脂肪酸盐，应加入热的饱和食盐水进行盐析，故错误；D.不同的氨基酸的pH不同，可以通过控制pH法进行分离，乙醇能与水任意比互溶，但溴乙烷不溶于水，所以可以用水进行萃取分离，故正确。故选C。14、D【解析】

第四周期过渡元素有10种，但是从左到右的第8、9、10三列的元素为第Ⅷ族元素，不属于副族元素，所以副族元素共有7种，故答案选D。15、A【解析】

A．冰糖的主要成分是蔗糖，属于二糖，A错误；B．硫酸亚铁里的铁元素为+2价具有还原性，与空气中的氧气反应，可以用于袋装食品的脱氧剂，B正确；C．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，不易燃烧，用水玻璃浸泡过的纺织品可防火，C正确；D．气溶胶是胶粒分散到气态分散剂里所得到的分散系，气溶胶属于胶体，具有胶体性质，D正确；答案选A。16、B【解析】

A．酯化反应为可逆反应，1mol冰醋酸和1mol乙醇经催化加热反应可生成H2O分子数小于NA，故A错误；B．常温常压下，将15gNO和8gO2混合反应生成0.5mol二氧化氮，二氧化氮会聚合为四氧化二氮，所得混合气体分子总数小于0.5NA，故B正确；C．标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故C错误；

D．熔融状态的KHSO4的电离方程式为KHSO4=K++HSO4-；6.8g熔融状态的KHSO4物质的量==0.05mol，含0.05mol阳离子，故D错误；故选：B。本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大。17、D【解析】

pH=1的溶液为酸性溶液，因酸性溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+，则H+、NO3-与Fe2+发生氧化还原反应不能共存，不可能存在NO3—，H+与S2-结合生成弱电解质氢硫酸、Al3+与S2-在溶液中发生双水解反应水解，不能共存S2-，则②④一定不存在，可能存在①③，故选D。18、A【解析】

A.正丁烷不带支链，沸点高于带支链的异丁烷，A项错误；B.麦芽糖水解为葡萄糖，B项正确；C.蛋白质在温度较高时易变性，疫苗为蛋白质，为了防止蛋白质变性，所以一般应该冷藏存放，C项正确；D.乙烯与溴发生加成反应，使溴水中水层褪色，溴在苯的溶解度远远大于水中的溶解度，苯萃取溴水的溴，使溴水中水层褪色，二者褪色原理不同，D项正确；答案选A。19、C【解析】A、a中六元环上有5个碳上有氢，a中六元环上的一氯代物共有5种(不考虑立体异构)，故A错误；B、b的分子式为C10H14O，故B错误；C、a中的碳双键和b中苯环上的甲基都能发生氧化反应、a、b甲基上的氢都可以发生取代反应、a中碳碳双键、b中苯环都可以发生加成反应，故C正确；D.可以用钠鉴别a和b，还可以用溴水来鉴别，故D错误；故选C。点睛：本题考查有机物的结构与性质，侧重分析能力和应用能力的考查，解题关键：官能团与性质的关系、有机反应类型，难点：选项D为解答的难点，醇能与钠反应。题目难度中等。20、C【解析】

A.利用蒸馏原理可从海水中提取淡水，故不选A；B.从海水中得到氯化镁后，镁为活泼金属，则可以电解熔融状态的氯化镁生成氯气和金属镁，故不选B；C.将苦卤浓缩通入过量氯气进行氧化，静置溴沉在底部,继而通入空气和水蒸气，将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和吸收剂二氧化硫发生作用转化成氢溴酸以达到富集溴，然后再用氯气将其氧化得到溴，反应过程中不涉及复分解反应，故选C；D.从海水中得到氯化钠后，电解氯化钠溶液，得氢氧化钠和氢气和氯气，利用制得的氯气可以生产盐酸和漂白液，故不选D；答案：C21、C【解析】

对表中元素，我们宜从右往左推断。C为第二周期ⅥA族，其为氧，从而得出A、B、C、D分别为C、N、O、Si。【详解】A.电子层数越多，半径越大；同周期元素，最外层电子数越多，半径越小，从而得出原子半径大小关系为Si>C>N>O，A错误；B.生成的氢化物中，只有水分子和氨分子间可形成氢键，B错误；C.A与C形成的阴离子可能有CO、C2O，C正确；D.C的单质石墨能导电，Si是半导体材料，常温下也能导电，N、O的单质在常温下不导电，D错误。故选C。22、D【解析】

A．阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，电解过程中Fe、Zn和Cu都要溶解，故转移2NA个电子时，阳极减少的质量不一定为64g，故A错误；B．合成氨生产中将NH3液化分离，减小了生成物的浓度，平衡向反应正方向移动，提高了H2的转化率，由于浓度减小，反应速率减小，故B错误；C．2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+O2(g)，该反应的△S＜0，常温下能自发进行，说明△H-TD．使溶液中c(Al3+)≤1×10-6mol•L-1，c(OH-)≥31×10-331×10-6=10-9答案选D。本题的易错点为A，电解精炼铜时使用的阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，通常情况下，Fe、Zn要先于Cu放电。二、非选择题(共84分)23、C2H6O银氨溶液，水浴加热（或新制氢氧化铜悬浊液，加热）取代反应+2NaOHCH3-C≡C-CH3+2NaBr+2H2O【解析】

根据信息反应(i)，B生成C，说明B分子对称，又A生成B，则A与B碳原子数相同，A和G互为同分异构体，A不能使Br2的CCl4溶液褪色，所以A含有4个碳原子，不含碳碳双键，所以B也含4个碳原子，则B为，A为，B与HBr发生取代反应生成H，则H为，H生成I，I中所有碳原子均在一条直线上，则I为CH3-C≡C-CH3，又B发生信息反应(i)生成C，则C为CH3CHO，C与银氨溶液反应在水浴加热的条件下生成D，D再酸化生成E，则E为CH3COOH，由E与F在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成G，则F为醇，C发生还原反应生成F为CH3CH2OH，G为CH3COOCH2CH3，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知：A为，B为，C为CH3CHO，D为CH3COONH4，E为CH3COOH，F为CH3CH2OH，G为CH3COOCH2CH3。(1)根据以上分析，F为CH3CH2OH，分子式为C2H6O；C为CH3CHO，分子中含有醛基，与银氨溶液在水浴加热条件下发生氧化反应产生D：CH3COONH4，所以C生成D的反应试剂与条件是银氨溶液，水浴加热；(2)根据以上分析，A的结构简式为，B为，B与HBr发生取代反应生成H：，所以B生成H的反应类型为取代反应；(3)I为CH3-C≡C-CH3，则H转化为I的化学方程式为+2NaOHCH3-C≡C-CH3+2NaBr+2H2O；(4)X是A的一种同分异构体，则分子式为C4H8O2，1molX在HIO4加热条件下完全反应，可以生成1mol无支链的有机物，则X为环状结构，则X的结构简式为。本题考查有机物的推断，注意把握题给信息，结合已学过的有机物知识为解答该题的关键。侧重考查学生分析能力、推断能力和综合运用化学知识的能力。24、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。25、CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O（CO2适量）CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象气球体积增大，溶液不变浑浊乙因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小【解析】

甲装置中，澄清石灰水中的Ca(OH)2与CO2反应，生成CaCO3白色沉淀，由此可写出反应的方程式。NaOH溶液吸收CO2，看不到现象；乙装置中，由于CO2被NaOH吸收，导致广口瓶内气体的压强减小，于是空气进入气球内，由此可推知实验现象。从两瓶内溶液中所含溶质的物质的量及反应方程式进行综合分析，以确定所选装置。小李从相同量的碱的吸收能力考虑，忽视了溶液的浓度。【详解】甲装置中，澄清石灰水中的溶质为Ca(OH)2，它与CO2反应的化学方程式为CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O（CO2适量）。通常用石灰水而不用NaOH溶液检验CO2，是因为CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象；乙装置中，由于CO2被NaOH吸收，导致广口瓶内气体的压强减小，于是空气进入气球内，从而看到气球体积增大，溶液不变浑浊。因为澄清石灰水中Ca(OH)2微溶于水，浓度很小，溶质的物质的量很小，所以吸收CO2较多的装置是乙。答案为：CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O（CO2适量）；CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象；气球体积增大，溶液不变浑浊；乙；小李从相同量的碱的吸收能力考虑，忽视了溶液的浓度。因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小。答案为：因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小。解题时，我们应学会应对，一个是从化学方程式分析，NaOH、Ca(OH)2吸收CO2的能力；另一个是从溶液出发，分析相同体积的NaOH、Ca(OH)2溶液吸收CO2的能力，此时需考虑溶质的溶解度以及溶液中所含溶质的物质的量。26、排尽装置中的空气吸收水蒸气，防止水蒸气在C中冷凝后与NO2反应产生NO出现红棕色气体热打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O20.5molC中圆底烧瓶在实验前后增加的质量往剩余溶液中加入过量HCl溶液，过滤、洗涤、干燥、称量【解析】

实验开始前要先打开A部分的活塞K1，持续通一段时间的氮气再关闭K1，排尽装置中的空气，滴入浓硝酸反应生成二氧化氮和一氧化氮气体，干燥后通过装置C，在低于0℃时几乎只有无色的N2O4液体或晶体存在，A中的反应停止后，打开D中的活塞K2，并通入氧气，若反应确有NO产生，则D中出现红棕色气体，说明有一氧化氮气体生成，剩余气体用氢氧化钠溶液吸收；(1)通入氮气是排除装置中的空气，避免生成的一氧化氮气体被氧化为二氧化氮；(2)B装置是利用浓硫酸的吸水性吸收气体中的水蒸气避免在C中冷却后水和二氧化氮反应生成一氧化氮；(3)一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮气体；温度高反应速率快；(4)由于装置中有残留的气体，所以要打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2，以把气体完全排尽；(5)①硝酸的总的物质的量是0.54mol，剩余硝酸是0.04mol，所以参加反应的硝酸是0.54mol-0.04mol=0.5mol；②要计算铜质量分数，还需要计算出生成的N2O4的质量，所以还需要测量C中烧烧瓶在实验前后增加的质量；(6)铜银合金和硝酸全部反应生成铜盐和银盐，利用A装置中银离子和氯离子形成的氯化银沉淀称量，计算得到合金中铜的质量分数。【详解】(1)通入氮气是排除装置中的空气，避免生成的一氧化氮气体被氧化为二氧化氮；(2)B装置是利用浓硫酸的吸水性吸收气体中的水蒸气避免在C中冷却后水和二氧化氮反应生成一氧化氮；(3)A中的反应停止后，打开D中的活塞K2再通入氧气，若反应中确有NO产生，一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮气体，通入氧气温度越高反应速率越快，因此要通入热的氧气；(4)由于装置中有残留的气体，所以在A中反应完成和D中出现现象后还须进行的操作是：打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2，以把气体完全排尽；(5)①硝酸的总的物质的量是0.54mol，剩余硝酸是0.04mol，所以参加反应的硝酸是0.54mol-0.04mol=0.50mol；②要计算铜质量分数，还需要计算出生成的N2O4的质量．所以还需要测量C中烧烧瓶在实验前后增加的质量；(6)铜银合金和硝酸全部反应生成铜盐和银盐，利用A装置中银离子和氯离子形成的氯化银沉淀称量，计算得到合金中铜的质量分数，在反应后的混合溶液中A中加入过量的NaCl溶液，过滤后，将沉淀洗涤、干燥，最后称取所得的AgCl沉淀的质量，再进行计算。27、还原性分液蒸馏①⑤Cl2+2I—=2Cl—+I25Cl2+I2+6H2O=10C1-+2IO3-+12H+BD韦氏液中的CH3COOH消耗Na2S2O3，使滴定过程消耗的Na2S2O3偏大，导致测出的与油脂反应的I2偏少(25400y-12.7cV)/x或[(y-1/2cV×10-3)/x]×25400或(25400y-12700cV×10-3)/x【解析】I.（1）将含碘废液中的I2完全转化为I—而进入水层，碘由0价变为-1价被还原，故向含碘废液中加入了稍过量的A溶液，则A应该具有还原性；（2）操作②将水溶液中的碘萃取后分液得到含有碘的有机溶液，利用有机物和碘的沸点不同再进行蒸馏，故包含的操作名称分别为萃取、分液、蒸馏，在操作②中萃取、分液需要用到分液漏斗，蒸馏需要用到相应蒸馏装置，答案选①⑤；（3）Cl2将碘离子氧化生成碘单质，发生反应的离子方程式为Cl2+2I—=2Cl—+I2；Cl2不能过量，因为过量的Cl2将I2氧化为IO3-，反应的离子方程式为5Cl2+I2+6H2O=10C1-+2IO3-+12H+；II.（1）A．标准Na2S2O3溶液呈碱性，应盛装在碱式滴定管中，选项A正确；B．滴定时眼睛只要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，选项B不正确；C.滴定终点时，俯视读数，所读标准液体积偏小，导致测定结果偏低，选项C正确；D．滴定前锥形瓶内溶液呈蓝色，滴定到溶液由蓝色变为无色时，并且半分钟内不变色，达到滴定终点，选项D不正确。答案选BD；（2）韦氏液中的CH3COOH消耗Na2S2O3，使滴定过程消耗的Na2S2O3偏大，导致测出的与油脂反应的I2偏少；（3）根据反应2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI，Na2S2O3溶液消耗碘的物质的量是cV×10-32mol，设某油脂碘的质量为ag，ag28、2:1分子N2、CN－CEN原子2p3能级电子为半满状态，较稳定，不易失去电子，而O原子2p4，失去2p能级上一个电子可以达到稳定的半满状态电子否若铂原子轨道为sp3的方式杂化，则分子应该为四面体形，而非平面型【解析】

(1)①根据晶体中原子配位数之比等于电荷数之比；②钴原子为27号元素，其价电子3d74s2。(2)配合物Ni(CO)4常温下为液态，熔沸点低，根据等电子理论C－=N=O+，因此可得与CO具有相同空间构型和键合形式的分子或离子。(3)①A.氢键不是化