2025年云南省澄江一中高三3月考前适应性模拟化学试题试卷含解析

2025年云南省澄江一中高三3月考前适应性模拟化学试题试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、同温同压下，两种气体的体积如果不相同，其主要原因是气体的（）A．分子大小不同 B．分子间的平均距离不同C．化学性质不同 D．物质的量不同2、下列说法正确的是A．的一氯代物有2种B．脂肪在人体内通过直接的氧化分解过程，释放能量C．与互为同系物D．通过石油裂化和裂解可以得到甲烷、乙烯和苯等重要化工基本原料3、已知：NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O；2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O。将总体积共为40mL的NO和O2两种气体分别同时通入同一足量的NaOH溶液中，完全反应后，溶液中只含有NaNO2和NaOH，剩余气体5mL，则原混合气体中NO的体积为()A．20mL B．25mL C．12mL D．33mL4、化合物X(5没食子酰基奎宁酸)具有抗氧化性和抗利什曼虫活性而备受关注，X的结构简式如图所示。下列有关X的说法正确的是()A．分子式为C14H15O10B．分子中有四个手性碳原子C．1molX最多可与4molNaOH反应D．1molX最多可与4molNaHCO3反应5、将锌片和铜片插人同浓度的稀硫酸中，甲中将锌片和铜片用导线连接，一段时间后，下列叙述正确的是A．两烧杯中的铜片都是正极B．甲中铜被氧化，乙中锌被氧化C．产生气泡的速率甲比乙快D．两烧杯中铜片表面均无气泡产生6、实验室为监测空气中汞蒸气的含量，通常悬挂有CuI的滤纸，根据滤纸是否变色或颜色发生变化的时间来判断空气中汞的含量，其反应为：4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu。下列有关说法正确的是()A．上述反应的产物Cu2HgI4中，Hg的化合价为＋2B．上述反应中CuI既是氧化剂，又是还原剂C．上述反应中Hg元素与Cu元素均被氧化D．上述反应中生成64gCu时，转移的电子数为2NA7、如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。下列说法错误的是A．铁闸主要发生的是吸氧腐蚀B．图中生成铁锈最多的是乙区域C．铁腐蚀时的电极反应式：Fe－2e－==Fe2＋D．将铁闸与石墨相连可保护铁闸8、有关化学键和晶体的叙述中正确的是（）A．分子晶体中，分子间作用力越大分子越稳定B．分子晶体都是由共价分子构成的C．离子晶体中可能含有共价键D．原子晶体中只存在非极性键9、如图是某条件时N2与H2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述正确的是（）A．该反应的热化学方程式：N2+3H2⇌2NH3+92kJB．生成1molNH3，反应放热92kJC．b曲线代表使用了催化剂，其H2的转化率高于a曲线D．加入催化剂增大反应速率，化学平衡常数不变10、下列有关物质分类正确的是A．液氯、干冰均为纯净物B．NO2、CO、CO2均为酸性氧化物C．互为同系物D．淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物11、下列物质间的转化可以实现的是（）A．MnO2Cl2Ca(ClO)2B．SSO2BaSO4C．SiO2H2SiO3Na2SiO3D．CuSO4Cu(OH)2Cu2O12、有下列两种转化途径，某些反应条件和产物已省略。下列有关说法不正确的是途径①SH2SO4途径②SSO2SO3H2SO4A．途径①反应中体现了浓硝酸的强氧化性和酸性B．途径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2浓度来降低成本C．由途径①和②分别制取1molH2SO4，理论上各消耗1molS，各转移6mole-D．途径②与途径①相比更能体现“绿色化学”的理念是因为途径②比途径①污染相对小且原子利用率高13、2018年11月16日，国际计量大会通过最新决议，将1摩尔定义为“精确包含6.02214076×1023个原子或分子等基本单元，这一常数称作阿伏伽德罗常数(NA)，单位为mol−1。”下列叙述正确的是A．标准状况下，22.4LSO3含有NA个分子B．4.6g乙醇中含有的C−H键为0.6NAC．0.1molNa2O2与水完全反应转移的电子数为0.1NAD．0.1mol·L─1的醋酸溶液中含有的H+数目小于0.1NA14、化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中，错误的是A．利用可降解的“玉米塑料”替代一次性饭盒，可防止产生白色污染B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C．发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔D．喝补铁剂时，加服维生素C，效果更好，原因是维生素C具有氧化性15、一种从植物中提取的天然化合物，可用于制作“香水”，其结构简式为，下列有关该化合物的说法错误的是A．分子式为C12H18O2B．分子中至少有6个碳原子共平面C．该化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．一定条件下，1mol该化合物最多可与3molH2加成16、一定量的与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示，下列说法正确的是A．时，若充入惰性气体，、逆

均减小，平衡不移动B．时，反应达平衡后的转化率为C．时，若充入等体积的和CO，平衡向逆反应方向移动D．平衡常数的关系：17、下列实验操作能达到实验目的的是A．用向上排空气法收集NOB．用装置甲配制100mL0.100mol·L－1的硫酸C．用装置乙蒸发CuCl2溶液可得到CuCl2固体D．向含少量水的乙醇中加入生石灰后蒸馏可得到无水乙醇18、北宋《本草图经》中载有：“绿矾形似朴消（Na2SO4·10H2O）而绿色，取此一物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出色赤如融金汁者，是真也。”下列对此段话的理解正确的是A．朴消是黑火药的成分之一 B．上述过程发生的是置换反应C．此记载描述的是鉴别绿矾的方法 D．“色赤”物质可能是单质铜19、为证明稀硝酸与铜反应产物中气体为NO，设计如图实验（实验过程中活塞2为打开状态），下列说法中不正确的是A．关闭活塞1，加入稀硝酸至液面a处B．在装置左侧稍加热可以加快稀硝酸与铜的反应速率C．通过关闭或开启活塞1可以控制反应的进行D．反应开始后，胶塞下方有无色气体生成，还不能证明该气体为NO20、由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法错误的是A．使用催化剂可以降低过渡态的能量B．反应物能量之和大于生成物能量之和C．N2O(g)+NO(g)→N2(g)+NO2(g)+139kJD．反应物的键能总和大于生成物的键能总和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X3Y222、对已达化学平衡的反应：2X（g）+Y（g）2Z（g），减小压强后，对反应产生的影响是A．逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动B．逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动C．正反应速率先减小后增大，逆反应速率减小，平衡向逆反应方向移动D．逆反应速率先减小后增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动二、非选择题(共84分)23、（14分）某课题组以苯为主要原料，采取以下路线合成利胆药——柳胺酚。已知：回答下列问题：（1）写出化合物B的结构简式___。F的结构简式___。（2）写出D中的官能团名称___。（3）写出B→C的化学方程式___。（4）对于柳胺酚，下列说法不正确的是（_____）A．1mol柳胺酚最多可以和2molNaOH反应B．不发生硝化反应C．可发生水解反应D．可与溴发生取代反应（5）写出同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式__（写出2种）。①遇FeCl3发生显色反应，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子；②能发生银镜反应24、（12分）化合物G是制备治疗高血压药物纳多洛尔的中间体,实验室由A制备G的一种路线如下:已知:

(1)A的化学式是________(2)H中所含官能团的名称是_______;由G生成H的反应类型是_______。(3)C的结构简式为______,G的结构简式为_________。(4)由D生成E的化学方程式为___________。(5)芳香族化合物X是F的同分异构体,1molX最多可与4molNaOH反应,其核磁共振氢谱显示分子中有3种不同化学环境的氢,且峰面积比为3:3:1,写出两种符合要求的X的结构简式:___________________。(6)请将以甲苯和(CH3CO)2O为原料(其他无机试剂任选),制备化合物的合成路线补充完整。______________________________________25、（12分）FeCl3是重要的化工原料，无水氯化铁在300℃时升华，极易潮解。I．制备无水氯化铁。（1）A装置中发生反应的离子方程式为______________。（2）装置的连接顺序为a→______________→j，k→______________（按气流方向，用小写字母表示）。（3）实验结束后，取少量F装置玻璃管中的固体加水溶解，经检测，发现溶液中含有Fe2+，可能原因为______________。II．探究FeCl3与SO2的反应。（4）已知反应体系中存在下列两种化学变化：（i）Fe3+与SO2发生络合反应生成Fe(SO2)63+（红棕色）；（ii）Fe3+与SO2发生氧化还原反应，其离子方程式为______________。（5）实验步骤如下，并补充完整。步骤现象结论①取5mL1mol·L-1FeCl3溶液于试管中，通入SO2至饱和。溶液很快由黄色变为红棕色②用激光笔照射步骤①中的红棕色液体。_______________红棕色液体不是Fe(OH)3胶体③将步骤①中的溶液静置。1小时后，溶液逐渐变为浅绿色④向步骤③中溶液加入2滴___________溶液(填化学式)。_______________溶液中含有Fe2+（6）从上述实验可知，反应（i）、（ii）的活化能大小关系是：E(i)________E(ii)（填“>”、“<”或“=”，下同），平衡常数大小关系是：K(i)__________K(ii)。26、（10分）卤素单质在碱性溶液中容易发生歧化反应，歧化的产物依反应温度的不同而不同。Cl2＋2OH－Cl－＋ClO－＋H2O3Cl2＋6OH－5Cl－＋ClO3-＋3H2O下图为制取氯气、氯酸钾、次氯酸钠和检验氯气性质的微型实验装置：装置中盛装的药品如下：①多用滴管中装有5mL浓盐酸；②微型具支试管中装有1.5gKMnO4；③微型具支试管中装有2～3mL浓硫酸；④U形反应管中装有30%KOH溶液；⑤U形反应管中装有2mol·L－1NaOH溶液；⑥、⑦双U形反应管中分别装有0.1mol·L－1KI－淀粉溶液和KBr溶液；⑧尾气出口用浸有0.5mol·L－1Na2S2O3溶液的棉花轻轻覆盖住（1）检查整套装置气密性的方法是________。（2）为了使装置④⑤中的反应顺利完成，应该控制的反应条件分别为___________。（3）装置⑥⑦中能够观察到的实验现象分别是_________。（4）如果把装置⑥⑦中的试剂互换位置，则______（填“能”或“不能”）证明氧化性Cl2>I2，理由是_______。（5）已知氯酸钾和氯化钾的溶解度曲线如图所示，反应结束后，从装置④所得溶液中提取氯酸钾晶体的实验操作是______________。（6）尾气处理时Cl2发生反应的离子方程式为_________。（7）选择微型实验装置的优点有___________（任答两点）。27、（12分）碳酸镁晶体是一种新型吸波隐形材料中的增强剂。实验一：合成碳酸镁晶体的步骤：①配制一定浓度的MgSO4溶液和NH4HCO3溶液；②量取一定量的NH4HCO3溶液于容器中，搅拌并逐滴加入MgSO4溶液，控制温度50℃，反应一段时间；③用氨水调节溶液pH至9.5，放置一段时间后，过滤、洗涤、干燥得碳酸镁晶体产品。称取3.000gMgSO4样品配制250mL溶液流程如图所示：回答下列问题：（1）写出实验仪器名称：A_____；B_____。配制溶液过程中定容后的“摇匀”的实验操作为______。（2）检验碳酸镁晶体是否洗干净的方法是_________。实验二：测定产品MgCO3·nH2O中的n值（仪器和药品如图所示）：（3）实验二装置的连接顺序为_____（按气流方向，用接口字母abcde表示），其中Ⅱ装置的作用是_____。（4）加热前先通入N2排尽装置Ⅰ中的空气，然后称取装置Ⅱ、Ⅲ的初始质量。进行加热时还需通入N2的作用是______。（5）若要准确测定n值，至少需要下列所给数据中的_____（填选项字母），写出相应1种组合情景下，求算n值的数学表达式：n=______。a．装置Ⅰ反应前后质量差m1b．装置Ⅱ反应前后质量差m2c．装置Ⅲ反应前后质量差m328、（14分）铜是人类最早使用的金属之一，铜的化合物丰富多彩。(1)铜与N2O4在一定条件下可制备无水Cu(NO3)2。①基态Cu2＋的电子排布式为________。②与NO3-互为等电子体的一种分子为________(填化学式)。(2)邻氨基吡啶()的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如图所示。①C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为________。②邻氨基吡啶的铜配合物中，C原子轨道杂化类型为________。③1mol中含有σ键的数目为________mol。(3)铜的某种氯化物的链状结构如图所示。该氯化物的化学式为________。29、（10分）NO用途广泛，对其进行研究具有重要的价值和意义（1）2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H=akJ•mol-1的反应历程与能量变化关系如图所示。已知：第Ⅱ步反应为：NO3（g）+NO（g）=2NO2（g）△H=bkJ•mol-1①第I步反应的热化学方程式为__。②关于2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）的反应历程，下列说法正确的是__。A．相同条件下，决定该反应快慢的步骤为第Ⅱ步反应B．使用合适的催化剂会使E1、E2、E3同时减小C．第I步反应为吸热反应，第Ⅱ步反应为放热反应D．反应的中同产物是NO3和NO（2）NO的氢化还原反应为2NO（g）+2H2（g）⇌N2（g）+2H2O（g）。研究表明：某温度时，v正=k•cm（NO）•cn（H2），其中k=2.5×103mol（m+n-1）•L（m+n-1）•s-1．该温度下，当c（H2）=4.0×10-3mol•L-1时，实验测得v正与c（NO）的关系如图一所示，则m=___，n=___。（3）NO易发生二聚反应2NO（g）⇌N2O2（g）。在相同的刚性反应器中充入等量的NO，分别发生该反应。不同温度下，NO的转化率随时间（t）的变化关系如图二所示。①该反应的△H___0（填“＞”“＜”或“=”）。②T1温度下，欲提高NO的平衡转化率，可采取的措施为__（任写一条即可）。③a、b处正反应速率va__vb（填”＞”“＜”或“=”），原因为___。④e点对应体系的总压强为200kPa，则T2温度下，该反应的平衡常数kp=___kPa-1（Kp为以分压表示的平衡常数）

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】

对于气体来说，粒子之间的距离远远大于粒子的直径、粒子的质量，同温同压下气体粒子间的距离相等，同温同压下气体摩尔体积相同，由V=nVm知，气体的体积取决于气体的物质的量，故答案为D。2、C【解析】

A.的结构中含有三种类型的氢，所以一氯代物有3种，故A错误；B.脂肪在人体内脂肪酶的作用下水解成甘油和高级脂肪酸，然后再分别进行氧化释放能量，故B错误；C.结构相似，组成相差一个-CH2原子团，所以互为同系物，故C正确；D.通过石油裂化和裂解可以得到甲烷、乙烯和丙烯等重要化工基本原料，不能得到苯，故D错误；答案：C。3、D【解析】

根据NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，完全反应后，溶液中只含有NaNO2和NaOH，则剩余气体为NO，设原混合气体中NO的体积为V，则O2的体积为(40－V)mL，氮元素化合价由+4降低为+3，根据得失电子守恒，计算得V=33mL，故选D。本题考查混合物的有关计算，明确氮氧化物和NaOH反应关系式是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意单纯的NO和NaOH不反应，二氧化氮和NaOH反应。4、B【解析】

由结构可知分子式，分子中含-COOH、-COOC-、OH，结合羧酸、酯、醇、酚的性质来解答。【详解】A．由结构简式可知分子式为C14H16O10，A错误；B.在左侧六元环中，连接-OH、醚键的原子连接4个不同的原子或原子团，为手性碳原子，B正确；C.能与氢氧化钠反应的为3个酚羟基、酯基和羧基，1molX最多可与5molNaOH反应，C错误；D.只有羧基与碳酸氢钠反应，则1molX最多可与1molNaHCO3反应，D错误；故合理选项是B。本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点。5、C【解析】乙烧杯没有构成原电池，铜片不是正极，故A错误；甲中锌是负极，锌被氧化，乙中锌与硫酸反应，锌被氧化，故B错误；甲构成原电池，产生气泡的速率甲比乙快，故C正确；甲烧杯中构成原电池，铜是正极，电极反应是,铜片表面有气泡产生，故D错误。点睛：构成原电池的条件是两个活泼性不同的电极、电解质溶液、形成闭合电路；乙装置没有形成闭合电路，所以没有构成原电池。6、A【解析】

A．Cu2HgI4中Cu元素的化合价为+1价，Hg为+2价，I为﹣1价，故A正确；B．Cu元素化合价部分由+1价降低到0价，被还原，CuI为氧化剂，故B错误；C．Cu得到电子被还原，Hg失去电子被氧化，故C错误；D．由方程式可知，上述反应中生成64gCu，即1mol时，转移1mol电子，电子数为1NA，故D错误；答案选A。7、D【解析】

A．海水溶液为弱碱性，发生吸氧腐蚀，在酸性较强的条件下才发生析氢腐蚀，故A正确；B．在乙处，海水与氧气接触，与Fe最易形成原电池，发生的吸氧腐蚀的程度最大，生成铁锈最多，故B正确；C．铁腐蚀时作负极失电子生成亚铁离子，电极反应式：Fe－2e－=Fe2＋，故C正确；D．将铁闸与石墨相连，铁比碳活泼，铁作负极失电子，可以加快海水对铁闸的腐蚀，故D错误；答案选D。8、C【解析】

A．分子的稳定性与化学键有关，共价键越强，分子越稳定性，而分子间作用力只影响物质的熔沸点等物理性质，故A错误；B．单原子分子中没有化学键，如稀有气体为单原子分子，分子中没有共价键，故B错误；C．离子晶体中一定存在离子键，可能存在共价键，如氢氧化钠、过氧化钠中存在离子键和共价键，故C正确；D．原子晶体中可能存在极性键，也可能存在非极性键，如二氧化硅中存在极性共价键，金刚石中存在非极性键，故D错误；故选C。本题的易错点为B，要注意稀有气体是单原子分子，固态时形成分子晶体。9、D【解析】

A.未标出物质的状态，该反应的热化学方程式为：N2

(g)+3H2(g)2NH3

(g)△H=-92kJ/mol，故A错误；B.从图中得出生成2molNH3时，反应放热92kJ，故B错误；C.催化剂可以同等的加快正逆反应速率，平衡不会改变，转化率也不变，故C错误；D.加入催化剂增大反应速率，化学平衡常数只受温度的影响，所以加催化剂不会改变平衡常数，故D正确；故答案为D。易误选C，注意催化剂只能改变速率，而且是同等程度的改变，但是不能改变反应的限度，转化率不变。10、A【解析】

A.液氯、干冰均为由一种分子构成的物质，因此都属于纯净物，A正确；B.NO2与水反应产生HNO3和NO，元素化合价发生了变化，因此不属于酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，只有CO2为酸性氧化物，B错误；C.属于酚类，而属于芳香醇，因此二者不是同类物质，不能互为同系物，C错误；D.淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物，而油脂不是高分子化合物，D错误；故合理选项是A。11、D【解析】

A.MnO2和浓盐酸才反应生成氯气，故A不符合题意；B.硫于氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和氯化钡不反应，故B不符合题意；C.SiO2不与水反应，故C不符合题意；D.CuSO4与氢氧化钠反应生成Cu(OH)2和硫酸钠，氢氧化铜与葡萄糖再碱性条件下加热反应生成Cu2O，故D符合题意。综上所述，答案为D。12、A【解析】

A．途径①反应中只体现了浓硝酸的强氧化性，A错误；B．途径②的第二步反应是可逆反应，在实际生产中可以通过增大廉价易得的O2浓度使化学平衡正向移动，来降低成本，B正确；C．根据电子转移数目相等，可知由途径①和②分别制取1molH2SO4，理论上各消耗1molS，各转移6mole-，C正确；D．途径②与途径①相比不产生大气污染物质，因此更能体现“绿色化学”的理念，是因为途径②比途径①污染相对小且原子利用率高，D正确。答案选A。13、C【解析】

A．标准状况下，SO3为固态，22.4LSO3含有分子不等于NA，选项A错误；B．4.6g乙醇的物质的量是0.1mol，含有的C-H键的个数为0.5NA，选项B错误；C．过氧化钠与水的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，则0.1molNa2O2与水反应转移电子数为0.1NA，选项C正确；D、没有给定溶液的体积，无法计算氢离子的数目，选项D错误。答案选C。14、D【解析】

A.可降解的“玉米塑料”在一定时间内可以自行分解，替代一次性饭盒，可防止产生白色污染，选项A正确；B.在海轮外壳上镶入锌块，形成锌铁原电池中，锌作负极易腐蚀，作正极的金属是铁，不易被腐蚀，选项B正确；C.碳酸氢钠能和酸反应产生二氧化碳，受热膨胀，发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔，选项C正确；D.能被人体吸收的铁元素是亚铁离子，亚铁离子很容易被氧化为三价铁离子，维生素C具有还原性，能将三价铁还原为亚铁离子，维生素C的还原性强于亚铁离子，先被氧化，选项D错误。答案选D。15、B【解析】分子式为C13H20O，故A正确；双键两端的原子共平面，所以至少有5个碳原子共平面，故B错误；含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；含有2个碳碳双键、1个羰基，一定条件下，1mol该化合物最多可与3molH2加成，故D正确。16、B【解析】

体积可变的恒压密闭容器中，若充入惰性气体，体积增大，则压强减小，则、逆均减小，平衡正向移动，选项A错误；B.由图可知，时，CO的体积分数为，设开始及转化的分别为n、x，则，解得，平衡后的转化率为，选项B正确；C.时，若充入等体积的和CO，与原平衡状态时体积分数相同，平衡不移动，选项C错误；D.由图可知，温度越高，CO的体积分数越大，该反应为吸热反应，K与温度有关，则，选项D错误；答案选B。17、D【解析】

A．NO能与空气中的氧气反应，不能使用排空气法收集，NO难溶于水，应使用排水法收集NO，故A错误；B．容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器，瓶上标有刻度、并标有容量；容量瓶对溶液的体积精确度要求较高，只能在常温下使用，瓶上标有使用温度，一般为25℃，浓硫酸稀释放热，应该在烧杯中进行，所以不能将浓硫酸直接在容量瓶中稀释，故B错误；C．CuCl2溶液中存在水解平衡，加热蒸干氯化铜溶液，Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2↓+2H+，水解生成的氯化氢在加热过程中挥发，蒸干得到水解产物氢氧化铜，故C错误；D．氧化钙与水反应生成难挥发的氢氧化钙，能消耗乙醇中的水，乙醇易挥发，然后蒸馏即可得到乙醇，故D正确；答案选D。18、C【解析】

由信息可知，绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，以此分析。【详解】A．朴消是Na2SO4·10H2O，而黑火药是我国古代四大发明之一,它的组成是“一硫(硫粉)二硝石（即KNO3固体)三碳(木炭粉)，故A错误；B．绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，不是置换反应，故B错误；C．FeSO4·7H2O分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫，三氧化硫与水结合生成硫酸，则流出的液体中含有硫酸，现象明显，是鉴别绿矾的方法，故C正确；D．Fe的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故D错误；故选C。本题考查金属及化合物的性质，把握习题中的信息及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，易错点A，黑火药的成分和芒硝不同。19、A【解析】

如果关闭活塞1，稀硝酸加到一定程度后，左侧液面将不再升高，即不可能加到液面a处，A错误。B正确。关闭活塞1时，产生的气体聚集在铜丝附近使得U形管液面左低右高，当左面铜丝接触不到硝酸后，反应停止；由于活塞2是打开的，打开活塞l后，两边液面恢复水平位置，继续反应，所以活塞l可以控制反应的进行，C项正确。胶塞下方有无色气体生成，此时还要打开活塞1使得该气体进入上面的球体里，看到有红棕色现象(生成NO2)才能证明生成的是NO气体，D正确。答案选A。20、D【解析】

A.催化剂可以降低活化能；B.根据图象来分析；C.根据图象可以知道,此反应放热139kJ；D.△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和。【详解】A.催化剂可以降低活化能,降低过渡态的能量,故不选A；B.根据图象可以知道,此反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，故不选B；C.根据图象可以知道,此反应放热139kJ,热化学方程式为N2O(g)+NO(g)→N2(g)+NO2(g)+139kJ,故不选C；D.△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和＜0，故选D；答案：D.△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=生成物的总能量-反应物的总能量。21、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。22、C【解析】

A、减小压强，正逆反应速率均减小，平衡向逆反应方向移动，A错误；B、减小压强，正逆反应速率均减小，平衡向逆反应方向移动，B错误；C、减小压强，正逆反应速率均减小，正反应速率减小的幅度更大，平衡向逆反应方向移动，移动过程中，正反应速率逐渐增大，C正确；D、减小压强，正逆反应速率均减小，正反应速率减小的幅度更大，平衡向逆反应方向移动，移动过程中，正反应速率逐渐增大，逆反应速率逐渐减小，D错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、硝基、羟基+2NaOH+NaCl+H2OAB、(任意两种)【解析】

苯和氯气发生取代反应生成A，A为，F中不饱和度=，根据柳胺酚结构简式知，F中含有苯环和碳氧双键，所以F为；E为；D和铁、HCl反应生成E，结合题给信息知，D结构简式为；A反应生成B，B和NaOH水溶液发生取代反应生成C，根据D结构简式知，A和浓硝酸发生取代反应生成B，B为，C为，C和HCl反应生成D，据此解答。【详解】(1)、由分析可知B为，F为；故答案为；；(2)、D结构简式为，官能团为羟基和硝基；故答案为硝基、羟基；(3)、B→C的化学方程式为+2NaOH+NaCl+H2O；故答案为+2NaOH+NaCl+H2O；(4)A、柳胺酚中酚羟基、肽键水解生成的羧基能和NaOH反应，所以1mol柳胺酚最多可以和3molNaOH反应，故A不正确；B、柳胺酚中含有苯环，可以发生硝化反应，故B不正确；C、含有肽键，所以可发生水解反应，故C正确;D、含有酚羟基，溴和苯环.上酚羟基邻对位氢原子发生取代反应，故D正确；故选AB；(5)、①能发生显色反应为属酚类化合物，且苯环上有二种不同化学环境的氢原子，说明苯环上含有酚羟基，且苯环上有二种类型的氢原子；②能发生银镜反应，说明该有机物中含有醛基，所以符合条件的F的同分异构体有：；故答案为。24、C10H8羟基，醚键取代反应【解析】

根据合成路线中有机物的结构变化及分子式结合反应条件分析合成过程中的中间产物及反应类型；根据提示信息及原料、目标产物，采用逆合成分析法设计合成路线。【详解】根据已知条件及D的结构式分析得A与浓硫酸发生取代反应，则B的结构简式为；根据B和D的结构及反应条件可以分析得中间产物C的结构简式为：；根据E的分子式结合D的结构分析知E的结构简式为：；根据F的结构及反应条件分析G的结构简式为：；(1)根据A的结构简式分析得A的化学式是C10H8；(2)根据H的结构简式分析，H中所含官能团的名称是羟基，醚键；比较G和H的结构变化可以看出H中酚羟基上的氢原子被取代，所以该反应为取代反应；(3)根据上述分析C的结构简式为；G的结构简式为；(4)由D生成E属于取代反应，化学方程式为：+(CH3CO)2O→+CH3COOH；(5)X属于芳香族化合物，则X中含有苯环，1molX最多可与4molNaOH反应，结构中可能含有2个酯基，结构中有3种不同化学环境的氢，且峰面积比为3:3:1，说明结构中对称性较强，结构中应该含有多个甲基，则符合要求的X的结构简式有为：、、、；(6)根据目标产物逆分析知由发生取代反应生成，而根据提示信息可以由在一定条件下制取，结合有机物中官能团的性质及题干信息，可以由氧化制取，则合成路线为：。25、MnO2＋2Cl−＋4H+Mn2+＋Cl2↑＋2H2Oh，i，d，eg，f，b，（c）未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在水溶液中反应生成Fe2+SO2+2H2O+2Fe3+===SO42-+4H++2Fe2+液体中无明显光路K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀﹤﹤【解析】

Ⅰ首先制取氯气，然后除杂、干燥，再与铁粉反应，冷凝法收集升华出的FeCl3，最后连接盛有碱石灰的干燥剂，吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸气使FeCl3水解。F中剩余的固体可能为未升华的FeCl3和铁粉的混合物，溶于水发生反应生成FeCl2；Ⅱ①Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成Fe3+和SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出离子方程式；②没有出现丁达尔现象，说明红棕色物质不是Fe(OH)3胶体；③用K3Fe(CN)6溶液检验Fe2+，生成蓝色沉淀；④反应(i)比反应(ii)快，则活化能E(i)<E(ii)；反应(ii)进行的程度更大，则平衡常数K(i)<K(ii);【详解】Ⅰ（1）反应的离子方程式为：MnO2＋2Cl−＋4H+Mn2+＋Cl2↑＋2H2O；（2）首先制取氯气，然后除杂、干燥，导管应长进短出，所以a连接h，i连接d；在F中与铁粉反应，为防止FeCl3堵塞导管，应用粗导管，则e连接j，冷凝法收集升华出的FeCl3，所以k连接g；最后连接盛有碱石灰的干燥管，吸收未反应的氯气；（3）实验结束后，去少量F中的固体加水溶解，经检测发现溶液中含有Fe2+，其原因为未升华出来的FeCl3与未反应的Fe发生反应生成Fe2+；Ⅱ（4）Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成Fe3+和SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为SO2+2H2O+2Fe3+===SO42-+4H++2Fe2+；（5）没有出现丁达尔现象，说明红棕色物质不是Fe(OH)3胶体；（6）由实验现象可知，FeCl3与SO2首先发生反应(i)，说明反应(i)比反应(ii)快，则活化能E(i)<E(ii)；反应最终得到Fe2+，反应(ii)进行的程度更大，则平衡常数K(i)<K(ii)。26、连接好实验装置，由⑧导管向⑦装置中加水，若能形成一段稳定的水柱，则装置的气密性良好（其他合理答案均可）装置④放入348K（或75℃）热水浴中；装置⑤放入冷水浴中装置⑥中溶液变蓝；装置⑦中溶液变成橙色能Cl2与KBr反应生成Br2，氧化性Cl2>Br2，Cl2与挥发出来的Br2均可与KI反应，氧化性Br2>I2或Cl2>I2，均可证明氧化性Cl2>I2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤、干燥）S2O32-＋4Cl2＋5H2O=2SO42-＋8Cl－＋10H＋简化实验装置、节约成本；试剂用量少、能源消耗少；节省空间，缩短实验时间；减少污染等（任答两点）【解析】

（1）气体经过的装置数目较多，可用液差法检查整套装置的气密性；（2）该实验的目的是制取氯酸钾和次氯酸钠，由于④U形反应管中装有30%KOH溶液，用于制取氯酸钾，⑤U形反应管中装有2mol·L－1NaOH溶液用于制取次氯酸钠，结合已知离子方程式写出反应条件；（3）装置⑥中KI溶液与Cl2反应生成I2，使淀粉溶液变蓝，装置⑦中KBr溶液与Cl2反应生成Br2；（4）如果把装置⑥、⑦中的试剂互换位置，Cl2与KBr反应生成的Br2挥发出来会与KI反应生成I2，据此分析解答；（5）物质的溶解度随温度的变化较快，常常选择冷却结晶方式析出晶体，物质的溶解度随温度的变化相对平缓，常常选择蒸发溶剂的结晶方式析出晶体；观察溶解度曲线特点，选择结晶方式；（6）Na2S2O3和Cl2发生氧化还原反应生成Na2SO4和NaCl，结合电子守恒、电荷守恒写出离子方程式；（7）结合微型实验装置的特点回答其优点，如节约药品，减少环境污染等等。【详解】（1）整套装置气密性的检查用液差法，方法是连接好实验装置，由⑧导管向⑦装置中加水，若能形成一段稳定的水柱，则装置的气密性良好。（2）装置④中盛放30%KOH溶液，装置④中发生的反应为3Cl2＋6KOHKClO3＋5KCl＋3H2O，则装置④用于制备KClO3；装置⑤中盛放2mol·L－1NaOH溶液，装置⑤中发生的反应为Cl2＋2NaOHNaCl＋NaClO＋H2O，则装置⑤用于制备NaClO。为了使装置④中的反应顺利完成，装置④应放入348K（或75℃）热水浴中；为了使装置⑤中的反应顺利完成，装置⑤应放入冷水浴中。（3）装置⑥中盛放KI－淀粉溶液，通入Cl2发生反应Cl2＋2KI=2KCl＋I2，I2遇淀粉呈蓝色，则装置⑥中的实验现象是溶液变蓝；装置⑦中盛放KBr溶液，通入Cl2发生反应Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2，则装置⑦中的实验现象是溶液变成橙色。（4）如果把装置⑥⑦中的试剂互换位置，即装置⑥中盛放KBr溶液，装置⑥中发生反应Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2，由此得出氧化性Cl2>Br2；装置⑦中盛放KI－淀粉溶液，无论是Cl2还是装置⑥中挥发出来的Br2（g）都能与KI反应生成I2，则说明Cl2或Br2（g）的氧化性强于I2。结合装置⑥中得出的结论也能证明氧化性Cl2>I2。（5）根据溶解度曲线可知，KClO3的溶解度随温度升高明显增大，KCl在低温时溶解度大于KClO3，高温时溶解度小于KClO3，则从装置④所得溶液中提取KClO3晶体的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（6）尾气用浸有0.5mol·L－1Na2S2O3溶液的棉花吸收，Cl2将S2O氧化成SO，自身被还原成Cl－，根据氧化还原反应原理可将尾气吸收时Cl2发生反应的离子方程式配平为4Cl2＋S2O＋5H2O=2SO＋8Cl－＋10H＋。（7）选择微型实验装置的优点有：简化实验装置、节约成本；试剂用量少、能源消耗少；节省空间，缩短实验时间；减少污染等。本题以制取氯气、氯酸钾、次氯酸钠和检验氯气性质的实验为载体考查了基本实验操作、反应条件对化学反应的影响、混合物分离或提纯、氧化还原反应规律及其化学方程式书写、实验方案的设计及其评价，掌握物质的化学性质是解题关键，试题有利于培养学生的综合能力。27、电子天平250mL容量瓶把容量瓶瓶塞塞紧，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒摇动多次，使溶液混合均匀取最后一次洗涤液少许于试管，加入稀盐酸酸化，再加入几滴氯化钡溶液，若不再产生白色沉淀，则说明沉淀已洗干净a→e、d→b吸收CO2以便测定样品中碳元素的含量将分解生成的气体全部带入装置B或C中，使其完全吸收，并防止倒吸a、b(或a、c或b、c)n=22(m1—m2)/9m2[或n=22m3/9(m1—m3)或n=22m3/9m2]【解析】

（1）实验仪器A为称量MgSO4的仪器，所以名称为电子天平；仪器B是配置250mL溶液的仪器，所以B为250moL容量瓶。配制溶液过程中定容后的“摇匀”的实验操作为把容量瓶瓶塞塞紧，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒摇动多次，使溶液混合均匀。答案：电子天平；250mL容量瓶；把容量瓶瓶塞塞紧，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒摇动多次，使溶液混合均匀。（2）检验碳酸镁晶须是否洗干净的方法是检验反应物的硫酸根是否存在，如果不存在硫酸根，说明沉淀洗涤干净，具体的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管，加入稀盐酸酸化，再加入几滴氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则说明沉淀已洗干净。（3）高温加热MgCO3·nH2O，产生CO2和H2O；反应方程式为：MgCO3·nH2OCO2和H2O，通过测定CO2和H2O的质量，就可以测出MgCO3·nH2O结晶水的含量，装置D用于吸收测量H2O，装置C用于吸收测量CO2。所以正确的连接顺序为a→e、d→b。使MgCO3·nH2O完全分解需要高温，所以装置B的作用为冷却分解产生的高温气体。装置C用于吸收测量CO2。答案：a→e、d→b；吸收CO2以便测定样品中碳元素的含量。（4）通入N2，一方面为了将分解生成的气体全部带入装置C或D中，使其完全吸收；另一方面，在反应结束后，高温气体冷却，体积收缩，装置C和D的液体可能会发生倒吸，反应结束后继续通入N2可以防止倒吸。将分解生成的气体全部带入装置B或C中，使其完全吸收，并防止倒吸（5）B装置中无残留物表明气体全部进入装置C和D，如想准确测定值，则需要知道三个质量差中的两个。所以要知道a、b（或a、c或b、c）。计算过程如下：MgCO3·nH2OCO2+nH2O+MgO固体质量减轻100+18n4418n44+18nm2m3m1由此44/18n=m2/m3，解得n=22m3/9m2，又有m1=m2+m3，通过转换，可以得到n=22(m1—m2)/9m2[或n=22m3/9(m1—m3)或n=22m3/9m2]。答案：a、b(或a、c或b、c)；n=22(m1—m2)/9m2[或n=22m3/9(m1—m3)或n=22m3/9m2]。28、1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9SO3或BF3N>O>Csp2、sp313CuCl2【解析】

(1)①铜的原子序数为29，依据泡利原理、洪特规则书写其离子的电子排布式；②依据等电子体原理分析作答；(2)①同周期中，第一电离能呈增大趋势，第IIA族和第VA族核外电子最高能级上电子为全充满和半充满结构，处于稳定状态，第一电离能较后一主族大，据此分析；②依据杂化轨道理论分析其杂化类型；③根据化学键的特点，两个形成共价键的原子间只能形成1个σ键，据此计算；(3)利用均摊法分析。【详解】(1)①铜的原子序数为29，其电子排布式为：[Ar]3d104s1，Cu2＋是铜原子失去2个电子以后的离子，其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；②NO3-的原子个数为4，价电子数为24，从相邻或同族元素原子考虑，则与NO3-互为等电子体的分子为：SO3或BF3；(2)①同周期中，第一电离能呈增大趋势，N的2p能级为半充满结构，处于稳定状态，第一电离能较O大，则C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N>O>C；②根据结构简式