甘肃省玉门市一中2025年高三5月检测试题化学试题含解析

甘肃省玉门市一中2025年高三5月检测试题化学试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列有关物质性质的比较，不正确的是A．金属性：Al＞MgB．稳定性：HF＞HClC．碱性：NaOH＞Mg(OH)2D．酸性：HClO4＞H2SO42、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作和现象结论A向鸡蛋清溶液中加入少量CuSO4溶液，出现浑浊蛋白质可能发生了变性B将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去产生的气体中一定含有乙烯C室温下，用pH试纸测得：0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1mol•L﹣1NaHSO3溶液的pH约为5HSO3﹣结合H+的能力比SO32﹣的强D向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀(AgBr)Ksp(AgBr)＜Ksp(AgCl)A．A B．B C．C D．D3、NH4NO3溶液受热可发生分解反应：NH4NO3N2↑＋HNO3＋H2O(未配平)。用NA表示阿伏加德罗数的值，下列说法正确的是()A．分解时每生成2.24L(标准状况)N2，转移电子的数目为0.6NAB．2.8gN2中含有共用电子对的数目为0.3NAC．56gFe与足量热浓硝酸反应生成NO2分子的数目为3NAD．0.1mol·L－1NH4NO3溶液中，NH4+的数目小于0.1NA4、在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：。相关条件和数据见下表：实验编号实验Ⅰ实验Ⅱ实验Ⅲ反应温度/℃700700750达平衡时间/min40530n(D)平衡/mol1.51.51化学平衡常数K1K2K3下列说法正确的是（）A．实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molD，平衡不移动B．升高温度能加快反应速率的原理是降低了活化能，使活化分子百分数提高C．实验Ⅲ达平衡后容器内的压强是实验Ⅰ的0.9倍D．K3>K2>K15、第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物分别溶于水得溶液，0.010mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．Y可能是硅元素B．简单离子半径：Z＞W＞XC．气态氢化物的稳定性：Y＞WD．非金属性：Y＞Z6、部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示：下列说法正确的是A．离子半径的大小顺序：e＞f＞g＞hB．与x形成简单化合物的沸点：y＞z＞dC．x、z、d三种元素形成的化合物可能含有离子键D．e、f、g、h四种元素对应最高价氧化物的水化物相互之间均能发生反应7、设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法中，正确的是（）A．标准状况下，22.4L的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为4NAB．密闭容器中，46gNO2和N2O4的混合气体所含分子个数为NAC．常温常压下，22.4L的液态水含有2.24×10﹣8NA个OH﹣D．高温下，16.8gFe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子8、根据下列图示所得出的结论不正确的是A．图甲是室温下20mL0.1mol•L﹣1氨水中滴加盐酸，溶液中由水电离出的c（H+）随加入盐酸体积的变化关系，图中b、d两点溶液的pH值均为7B．图乙是CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的△H＜0C．图丙是室温下用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1某一元酸HX的滴定曲线，该滴定过程可以选择酚酞作为指示剂D．图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c（Ba2+）与c（SO42﹣）的关系曲线，说明Ksp（BaSO4）＝1×10﹣109、一定条件下，CO2分子晶体可转化为具有类似SiO2结构的原子晶体．从理论上分析，下列说法正确的是（）A．该转化过程是物理变化B．1molCO2原子晶体中含2molC﹣O键C．CO2原子晶体的熔点高于SiO2D．CO2的原子晶体和分子晶体互为同分异构体10、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）A．SiO2H2SiO3Na2SiO3B．饱和食盐水NaHCO3(s)Na2CO3(s)C．海水Mg(OH)2(s)MgCl2(aq)Mg(s)D．NH3N2HNO311、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阳极溶解32g铜B．标准状态下，33.6L氟化氢中含有1.5NA个氟化氢分子C．在反应KClO4+8HCl=KCl+4Cl2↑+4H2O中，每生成4molCl2转移的电子数为8NAD．25℃时，1LpH＝13的氢氧化钡溶液中含有0.1NA个氢氧根离子12、下列实验设计能够成功的是()A．检验亚硫酸钠试样是否变质试样白色沉淀沉淀不溶解→说明试样已变质B．除去粗盐中含有的硫酸钙杂质粗盐精盐C．检验某溶液中是否含有Fe2+试样溶液颜色无变化溶液变红色→溶液中含有Fe2+D．证明酸性条件H2O2的氧化性比I2强NaI溶液溶液变紫色→氧化性：H2O2＞I213、下列说法中不正确的是()①医用双氧水是利用了过氧化氢的还原性来杀菌消毒的②汽车尾气中含有能污染空气的氮的氧化物，原因是汽油燃烧不充分③用热的烧碱溶液除去瓷器表面污垢④某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为水中溶解了较多的CO2⑤明矾可以用于净水，主要是由于铝离子可以水解得到氢氧化铝胶体⑥“水滴石穿”主要是溶解了CO2的雨水与CaCO3长期作用生成了可溶性的Ca(HCO3)2的缘故A．①②③⑤ B．①②③④ C．②③④⑥ D．①③④⑤14、如图为元素周期表的一部分，其中A、B、C、D、E代表元素。下列说法错误的是A．元素B、D对应族①处的标识为ⅥA16B．熔点：D的氧化物＜C的氧化物C．AE3分子中所有原子都满足8电子稳定结构D．E的含氧酸酸性强于D的含氧酸15、用多孔石墨电极完成下列实验，下列解释或推断不合理的是（）实验现象（i）中a、b两极均有气泡产生（ii）中b极上析出红色固体（iii）中b极上析出灰白色固体A．（i）中，a电极上既发生了化学变化，也发生了物理变化B．电解一段时间后，（i）中溶液浓度不一定会升高C．（ii）中发生的反应为H2+Cu2+=2H++Cu↓D．（iii）中发生的反应只可能是2Ag+Cu=2Ag++Cu2+16、化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法中不正确的是（）A．煤的气化与液化均为化学变化B．大自然利用太阳能最成功的是植物的光合作用C．砖瓦、陶瓷、渣土、普通一次性电池、鱼骨等属于其他垃圾D．用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以实现“碳”的循环利用二、非选择题（本题包括5小题）17、以下是合成芳香族有机高聚物P的合成路线。已知：ROH+R’OHROR’+H2O完成下列填空：（1）F中官能团的名称_____________________；写出反应①的反应条件______；（2）写出反应⑤的化学方程式______________________________________________。（3）写出高聚物P的结构简式__________。（4）E有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式______。①分子中只有苯环一个环状结构，且苯环上有两个取代基；②1mol该有机物与溴水反应时消耗4molBr2（5）写出以分子式为C5H8的烃为主要原料，制备F的合成路线流程图(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如：____________________18、化合物J是一种重要的医药中间体，其合成路线如图：回答下列问题：（1）G中官能团的名称是__；③的反应类型是__。（2）通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是__。（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出F与足量氢气反应生成产物的结构简式，并用星号（*）标出其中的手性碳__。（4）写出⑨的反应方程式__。（5）写出D的苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体结构简式_。（6）写出以对硝基甲苯为主要原料（无机试剂任选），经最少步骤制备含肽键聚合物的合成路线__。19、硫酸锌可用于制造锌钡白、印染媒染剂等。用锌白矿(主要成分为ZnO，还含有Fe2O3、CuO、SiO2等杂成)制备ZnSO4·7H2O的流程如下。相关金属离了生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算）如下表：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+6.48.0(1)“滤渣1”的主要成分为_________(填化学式）。“酸浸”过程中，提高锌元素浸出率的措施有：适当提高酸的浓度、______________(填一种)。(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应的化学方程式为__________________________。(3)“氧化”一步中，发生反应的离子方程式为_______________________。溶液pH控制在[3.2，6.4)之间的目的是________________。(4)“母液”中含有的盐类物质有_________(填化学式）。20、《我在故宫修文物》这部纪录片里关于古代青铜器的修复引起了某研学小组的兴趣。“修旧如旧”是文物保护的主旨。（1）查阅高中教材得知铜锈为Cu2(OH)2CO3，俗称铜绿，可溶于酸。铜绿在一定程度上可以提升青铜器的艺术价值。参与形成铜绿的物质有Cu和_______。（2）继续查阅中国知网，了解到铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈和有害锈，结构如图所示：Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl分别属于无害锈和有害锈，请解释原因_____________。（3）文献显示有害锈的形成过程中会产生CuCl（白色不溶于水的固体），请结合下图回答：①过程Ⅰ的正极反应物是___________。②过程Ⅰ负极的电极反应式是_____________。（4）青铜器的修复有以下三种方法：ⅰ．柠檬酸浸法：将腐蚀文物直接放在2%-3%的柠檬酸溶液中浸泡除锈；ⅱ．碳酸钠法：将腐蚀文物置于含Na2CO3的缓冲溶液中浸泡，使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3；ⅲ．BTA保护法：请回答下列问题：①写出碳酸钠法的离子方程式___________________。②三种方法中，BTA保护法应用最为普遍，分析其可能的优点有___________。A．在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜B．替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈C．和酸浸法相比，不破坏无害锈，可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”21、亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量NOSO4H，并测定产品的纯度。已知：NOSO4H遇水分解，但溶于浓硫酸而不分解。（1）装置A制取SO2①A中反应的化学方程式为___。②导管b的作用是___。（2）装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。①该反应必须维持体系温度不得高于20℃，采取的措施除了冷水浴外，还可以是___(只写1种)。②开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因是___。（3）装置C的主要作用是___(用离子方程式表示)。（4）该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是___。（5）测定亚硝酰硫酸NOSO4H的纯度准确称取1.380g产品放入250mL的碘量瓶中，加入0.1000mol·L-1、60.00mL的KMnO4标准溶液和10mL25%H2SO4溶液，然后摇匀。用0.2500mol·L-1草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4①配平：__MnO4-+__C2O42-+__=__Mn2++__+__H2O②滴定终点时的现象为___。③亚硝酰硫酸的纯度=___。（精确到0.1%）[M(NOSO4H)=127g·mol-1]

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】分析：根据元素周期律分析。详解：A.同周期自左向右金属性逐渐减弱，则金属性：Al＜Mg，A错误；B.同主族从上到下非金属性逐渐减弱，氢化物稳定性逐渐减弱，则稳定性：HF＞HCl，B正确；C.同周期自左向右金属性逐渐减弱，最高价氧化物水化物的碱性逐渐减弱，则碱性：NaOH＞Mg(OH)2，C正确；D.同周期自左向右非金属性逐渐增强，最高价含氧酸的酸性逐渐增强，则酸性：HClO4＞H2SO4，D正确。答案选A。2、A【解析】

A.鸡蛋清主要成分为蛋白质，少量CuSO4可能会使其发生变性，故A项正确；B.乙醇和浓硫酸共热至170℃后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾褪色，则该实验不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色，故B项错误；C.室温下，用pH试纸测得：0.1mol·L－1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1mol·L－1NaHSO3溶液的pH约为5，说明SO32-的水解程度比HSO3-大，即SO32-结合H＋的能力比HSO3-的强，故C项错误；D.NaCl和NaBr的浓度大小未知，产生的淡黄色沉淀也可能是溴离子浓度较大所导致，因此该实验现象不能说明Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl)，故D项错误；答案选A。3、B【解析】

NH4NO3溶液受热可发生分解反应：5NH4NO34N2↑＋2HNO3＋9H2O。【详解】A.该反应属于归中反应，NH4+中－3价的氮元素升高为0价，被氧化，NO3－中＋5价的氮元素降低为0价，被还原，被氧化的氮原子与被还原的氮原子的物质的量之比为5∶3，每生成4molN2，转移15mol电子，所以，当生成0.1molN2时，转移电子的物质的量为×0.1mol＝0.375mol，转移的电子数为0.375NA，A错误；B.N2的结构式为N≡N，1个N2分子含有3对共用电子，2.8gN2的物质的量为0.1mol，含有的共用电子对数为0.3NA，B正确；C.浓硝酸具有强氧化性，可将铁氧化为＋3价，本身被还原为NO2，56gFe的物质的量为1mol，可失去3mol电子，所以，反应生成3molNO2，但有一部分NO2转化为N2O4，最终生成的NO2分子数少于3NA，C错误；D.已知硝酸铵溶液的物质的量浓度，但未告知溶液的体积，不能确定含有硝酸铵的物质的量，无法计算含有NH4+的数目，D错误；故答案为：B。4、A【解析】

A．容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A(g)+B(g)⇌2D(g)，实验III中，平衡时n(D)=1mol，则n(A)=1mol，n(B)=0.5mol，因此c(D)=0.5mol/L，c(A)=0.5mol/L，c(B)=0.25mol/L，750℃的平衡常数K===4，温度不变，则平衡常数不变，实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molD，则此时容器中c(A)=1mol/L，c(B)=0.25mol/L，c(D)=1mol/L，此时浓度商QC==4=K，则平衡不发生移动，故A正确；B．升高温度不能降低反应的活化能，但能使部分非活化分子吸收热量而变为活化分子，即增大了活化分子百分数，增大活化分子的有效碰撞机会，化学反应速率加快，故B错误；C．根据理想气体状态方程PV=nRT可知，在相同体积的容器中，PIII：PI=nIIITIII:nITI。反应起始时向容器中充入2molA和1molB，实验III达平衡时，n(D)=1mol，根据反应方程式，则平衡时n(A)=1mol，n(B)=0.5mol。实验I达平衡时，n(D)=1.5mol，根据反应方程式，n(A)=0.5mol，n(B)=0.25mol，则实验III达平衡后容器内的压强与实验I达平衡后容器内的压强之比=≠0.9，故C错误；D．反应为2A(g)+B(g)⇌2D(g)，比较实验I和III，温度升高，平衡时D的量减少，化学平衡向逆反应方向移动，则K3＜K1，温度相同，平衡常数相同，则K1=K2，综上，则平衡常数的关系为：K3＜K2=K1，故D错误；答案选A。本题的难点为C，需要结合理想气体状态方程pV=nRT计算判断。本选项的另一种解法：实验III中平衡混合物的总物质的量为2.5mol，实验I中平衡混合物的总物质的量为2.25mol，两者物质的量之比为2.5:2.25=1.1，则在相同温度下的相同容器的压强之比等于其气体的总物质的量之比=1.1，由于实验III的温度更高，升高温度，气体的压强增大，则两容器的压强之比大于1.1。5、B【解析】

第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液的pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na，Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；等浓度的最高价含氧酸中，Z电离出氢离子浓度比W的大、Y对应的酸性最弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，故Z为S元素，Y为P元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为Na、Y为P、Z为S，W为Cl，A．Y不可能是Si元素，因为SiO2不溶于水，由分析可知Y是P元素，故A错误；B．电子层越多，离子半径越大，具有相同排布的离子中原子序数大的离子半径小，则S2-、Cl-和Na+的离子半径为S2-＞Cl-＞Na+，故B正确；C．Cl的非金属性比P强，则气态氢化物的稳定性HCl＞PH3，故C错误；D．S和P是同周期的主族元素，核电荷数大，元素的非金属性强，即S的非金属性大于P，故D错误；故答案为B。6、C【解析】

根据原子序数及化合价判断最前面的元素x是氢元素，y为碳元素，z为氮元素，d为氧元素，e为钠元素，f为铝元素，g为硫元素，h为氯元素；A.根据“层多径大、序大径小”，离子半径大小g＞h＞e＞f；选项A错误；B.d、z、y与x形成的简单化合物依次为H2O、NH3、CH4，H2O、NH3分子间形成氢键且水分子间氢键强于NH3分子间氢键，CH4分子间不存在氢键，故沸点由高到低的顺序为d＞z＞y，选项B错误；C.氢元素、氮元素、氧元素可以组成离子化合物硝酸铵，硝酸铵中含离子键和共价键，选项C正确；D.g、h元素对应最高价氧化物的水化物硫酸和高氯酸不能反应，选项D错误；答案选C。7、D【解析】A、等物质的量时，NO2和CO2中含有氧原子数目是相同的，因此标准状况下，22.4L的NO2和CO2混合气体中含有氧原子物质的量为2mol，故A错误；B、假设全部是NO2，则含有分子物质的量为46g/46g/mol=1mol，假设全部是N2O4，含有分子物质的量为46g/92g/mol=0.5mol，故B错误；C、常温常压下不是标准状况，且水是弱电解质，无法计算OH－微粒数，故C错误；D、铁与水蒸气反应生成Fe3O4，因此16.8g铁与水蒸气反应，转移电子物质的量为16.8×8/(56×3)mol=0.8mol，故D正确。8、A【解析】

A、过量氨水或者盐酸存在抑制水的电离，NH4Cl水解促进水的电离；B、根据图象，温度升高，平衡常数值减小，不利于反应正向进行；C、根据图知，HX中未加NaOH溶液时，0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，说明该溶液中HX不完全电离；D、温度不变，溶度积常数不变，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)•c(SO42-)。【详解】A、过量氨水或者盐酸存在抑制水的电离，NH4Cl水解促进水的电离，随着盐酸的滴加，溶液中NH4Cl逐渐增多，到达b点时存在NH4Cl和氨水，此时溶液中c水(H+)=10-7mol/L，可说明溶液为中性，继续滴加至c点，此时完全是NH4Cl，溶液为酸性，继续滴加HCl，溶液酸性增强，到达c点虽然c水(H+)=10-7mol/L，但溶液为酸性，故A符合题意；B、根据图象，温度升高，平衡常数值减小，说明平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，反应的<0，故B不符合题意；C、根据图知，HX中未加NaOH溶液时，0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，说明该溶液中HX不完全电离，所以HX为一元弱酸，pH突跃范围落在酚酞的指示范围内，可以使用酚酞，故C不符合题意；D、温度不变，溶度积常数不变，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)•c(SO42-)，c(Ba2+)与c(SO42-)成反比，则c(SO42-)越大，c(Ba2+)越小，根据图象上的点计算可得Ksp(BaSO4)=1×10-10，故D不符合题意；故选：A。本题的A选项分析需注意，b点对应溶质为NH4Cl、NH3•H2O，此时溶液中氢离子均为水所电离，溶液呈中性，而d点对应溶质为NH4Cl、HCl，此时溶液中氢离子为HCl水电离，溶液呈酸性。9、C【解析】

A.转化后相当于生成了新的物质，因此属于化学变化，A项错误；B.1mol中含4mol键，既然二者结构类似，1mol中应该有4mol键，B项错误；C.当结构相近时，原子晶体的熔沸点与组成原子的半径大小呈反比，即组成原子晶体的原子半径越小，熔沸点越高，而碳原子的半径小于硅原子，C项正确；D.同分异构体中强调的是“分”，即分子式相同，而的原子晶体无分子式一说，二者自然不互为同分异构体，D项错误；答案选C。还有一个比较容易搞错的例子是、、，三者都是氢气，因此为同一种物质。10、B【解析】

A.SiO2和水不反应，不能实现SiO2H2SiO3的转化，故不选A；B.饱和食盐水通入氨气、二氧化碳生成NaHCO3沉淀，过滤后，碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳和水，故选B；C.电解氯化镁溶液生成氢气、氯气、氢氧化镁，不能实现MgCl2(aq)Mg(s)，故不选C；D.NH3催化氧化生成NO，NO和氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，不能实现NH3N2，故不选D。11、D【解析】

A．电解精炼铜时，阳极是粗铜，粗铜中含有一些比铜活泼的金属也放电，故当转移NA个电子，阳极的铜溶解少于32g，故A错误；B．在标准状况下，氟化氢不是气体，无法计算33.6L氟化氢的物质的量，故B错误；C．在反应KClO4+8HCl＝KCl+4Cl2↑+4H2O中高氯酸钾中氯元素化合价从+7价降低到0价，得到7个电子，转移7mol电子时生成4mol氯气，即当生成4mol氯气时转移的电子数为7NA个，故C错误；D．25℃时，1LpH＝13的氢氧化钡溶液中c(OH－)=0.1mol/L，1L含有0.1NA个氢氧根离子，故D正确；答案选D。12、C【解析】

A.酸性条件下，硝酸根离子能把亚硫酸盐氧化生成硫酸盐，故A错误；B．应先加氯化钡，再加碳酸钠，然后过滤，再加盐酸可除去粗盐中含有的硫酸钙杂质，故B错误；C．亚铁离子遇KSCN溶液不变色，滴加氯水后亚铁离子被氧化生成铁离子，遇KSCN溶液变红色，可证明溶液中含有Fe2+，故C正确；D．硝酸具有强氧化性，可氧化碘离子，不能说明H2O2的氧化性比I2强，故D错误；答案选C。本题考查物质的检验和鉴别实验方案的设计，把握常见离子的检验方法为解答的关键，注意离子检验中排除干扰及试剂的加入顺序。13、B【解析】

①医用双氧水是利用了过氧化氢的氧化性来杀菌消毒的，故①错误；②汽车尾气中含有能污染空气的氮的氧化物，是氮气和氧气反应生成的，汽油不含氮元素，②错误；③氢氧化钠具有强腐蚀性，一般用热的纯碱溶液除去瓷器表面污垢，③错误；④某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为水中的亚硫酸被氧化为硫酸，④错误；⑤明矾可以用于净水，主要是由于铝离子可以水解得到氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，⑤正确；⑥“水滴石穿”主要是溶解了CO2的雨水与CaCO3长期作用生成了可溶性的Ca(HCO3)2的缘故，⑥正确；故选B。14、D【解析】

A.元素B、D是氧族元素，周期表中第16列，对应族①处的标识为ⅥA16，故A正确；B.D为S，其氧化物为分子晶体，C的氧化物为SiO2，是原子晶体，熔点：D的氧化物＜C的氧化物，故B正确；C.AE3分子中，NCl3分子中N最外层5个电子，三个氯原子各提供1个电子，N满足8电子，氯最外层7个，氮提供3个电子，分别给三个氯原子，所有原子都满足8电子稳定结构，故C正确；D.应是E的最高价含氧酸酸性强于D的最高价含氧酸，故D错误；故选D。15、D【解析】

A．阴极b极反应：2H++2e-=H2↑产生氢气发生了化学过程，氢气又被吸附在多孔石墨电极中发生了物理变化，故A正确；B．(i)为电解池，a、b两极均产生气泡即相当于电解水，如果原溶液是饱和溶液则电解一段时间后c(NaNO3)不变，如果原溶液是不饱和溶液，则电解一段时间后c(NaNO3)增大，故B正确；C．取出b放到(ii)中即硫酸铜溶液中析出红色固体，说明b产生的氢气吸附在多孔石墨电极中将铜置换出来，反应为：Cu2++H2=Cu+2H+，故C正确；D．(ii)中取出b，则b表面已经有析出的铜，所以放到(iii)中析出白色固体即Ag，可能是铜置换的、也可能是b产生的氢气吸附在多孔石墨电极中置换，则可能发生反应为：2Ag++Cu=Cu2++2Ag和2Ag++H2=2Ag+2H+，故D错误；故答案为D。16、C【解析】

A.煤经气化、液化都生成新物质属于化学过程，故A正确；B.太阳能应用最成功的是植物的光合作用，故B正确；C.砖瓦陶瓷、渣土、卫生间废纸、瓷器碎片等难以回收的废弃物是其他垃圾，普通一次性电池属于有害垃圾，故C错误；D.利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，符合题意，故D正确；题目要求选不正确的选项，故选C。本题考查了化学与生活、社会密切相关知识，主要考查白色污染、清洁能源、绿色化学等知识，掌握常识、理解原因是关键。二、非选择题（本题包括5小题）17、羧基、氯原子光照+3NaOH+NaCl+3H2O、、（任选其一）CH2BrC(CH3)=CHCH2BrCH2OHC(CH3)=CHCH2OHOHCC(CH3)=CHCHOHOOCC(CH3)=CHCOOH（或与溴1，4-加成、氢氧化钠溶液水解、与氯化氢加成、催化氧化、催化氧化）【解析】

本题为合成芳香族高聚物的合成路线，C7H8经过反应①生成的C7H7Cl能够在NaOH溶液中反应可知，C7H8为甲苯，甲苯在光照条件下，甲基上的氢原子被氯原子取代，C7H7Cl为，C为苯甲醇，结合已知反应和反应条件可知，D为，D→E是在浓硫酸作用下醇的消去反应，则E为，据M的分子式可知，F→M发生了消去反应和中和反应。M为，N为，E和N发生加聚反应，生成高聚物P，P为，据此进行分析。【详解】（1）根据F的结构简式可知，其官能团为：羧基、氯原子；反应①发生的是苯环侧链上的取代反应，故反应条件应为光照。答案为：羧基、氯原子；光照；（2）F→M发生了消去反应和中和反应。M为，反应的化学方程式为：+3NaOH+NaCl+3H2O，故答案为：+3NaOH+NaCl+3H2O。（3）E为，N为，E和N发生加聚反应，生成高聚物P，P为，故答案为：。（4）E为，其同分异构体具有①分子中只有苯环一个环状结构,且苯环上有两个取代基，②1mol该有机物与溴水反应时消耗4molBr2，则该物质一个官能团应是酚羟基，且酚羟基的邻对位位置应无取代基，则另一取代基和酚羟基为间位关系。故其同分异构体为：、、，故答案为：、、（任选其一）。（5）分析目标产物F的结构简式：，运用逆推方法，根据羧酸醛醇卤代烃的过程，可选择以为原料进行合成，合成F的流程图应为：CH2BrC(CH3)=CHCH2BrCH2OHC(CH3)=CHCH2OHOHCC(CH3)=CHCHOHOOCC(CH3)=CHCOOH，故答案为：CH2BrC(CH3)=CHCH2BrCH2OHC(CH3)=CHCH2OHOHCC(CH3)=CHCHOHOOCC(CH3)=CHCOOH。卤代烃在有机物转化和合成中起重要的桥梁作用：烃通过与卤素发生取代反应或加成反应转化为卤代烃，卤代烃在碱性条件下可水解转化为醇或酚，进一步可转化为醛、酮、羧酸和酯等；卤代烃通过消去反应可转化为烯烃或炔烃。18、羧基、肽键（或酰胺键）取代反应定位+2H2O+CH3COOH+H2SO4或（任写1种）【解析】

(1)根据流程图中的结构简式和反应物转化关系分析；(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是控制反应中取代基的位置；(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，根据结构简式分析；(4)根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为；(5)根据题目要求分析，结合取代基位置异构，判断同分异构体的数目。(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基，然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基，得到对氨基苯甲酸，然后在催化剂作用下，发生缩聚反应生成含肽键的聚合物。【详解】(1)根据G的结构图，G中官能团的名称是羧基和肽键(或酰胺键)；反应③中C的—SO3H被取代生成D，则反应类型是取代反应；(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是控制反应过程中取代基的连接位置，故起到定位的作用；(3)F是邻氨基苯甲酸，与足量氢气发生加成反应生成，与羧基、氨基连接的碳原子是手性碳原子，可表示为：；(4)根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为，⑨的反应方程式：+2H2O+CH3COOH+H2SO4；(5)D的结构简式为，苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体，即三个取代基在苯环上处于邻间对位置上，同分异构体结构简式或（任写1种）；(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基，然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基，得到对氨基苯甲酸，然后在催化剂作用下，发生缩聚反应生成含肽键的聚合物，不能先把硝基还原为氨基，然后再氧化甲基，因为氨基有还原性，容易被氧化，故合成路线如下：。19、SiO2粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）Zn+CuSO4═Cu+ZnSO43Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质ZnSO4、K2SO4【解析】锌白矿中加入稀硫酸浸取，ZnO、Fe2O3、CuO分别和稀硫酸反应生成ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4，SiO2和稀硫酸不反应，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4、H2SO4，向滤液中混入Zn，将Fe3+还原为Fe2+，得到Cu沉淀，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、FeSO4，向滤液中加入高锰酸钾，高锰酸钾将Fe2+氧化为Fe3+，向溶液中加入适量氧化锌，溶液pH升高，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤，得到的滤液中含有ZnSO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4•7H2O。(1)根据上述分析，“滤渣1”的主要成分为二氧化硅。浸取过程中，为提高浸出效率可采用的措施有，可将矿石粉碎或提高浸取时的温度，或适当增大酸的浓度等，故答案为SiO2；粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）；(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应为置换铜的反应，反应的化学方程式为Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，故答案为Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4；(3)根据流程图，“氧化”一步中，Fe2+能被高锰酸钾氧化生成Fe3+，高锰酸钾被还原成二氧化锰，生成是铁离子转化为氢氧化铁沉淀反应的离子方程式为3Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+；溶液PH控制在[3.2，6.4)之间可以使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质，故答案为3Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+；使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质；(4)根据上述分析，氧化后溶液转化含有的盐类物质有ZnSO4、K2SO4，故答案为ZnSO4、K2SO4。点睛：本题考查物质分离和提纯、实验装置综合等知识点，为高频考点，明确物质的性质及实验步骤是解本题关键，知道流程图中发生的反应及基本操作方法、实验先后顺序等。本题的易错点是（3）中离子方程式的书写和配平。20、O2、H2O、CO2碱式碳酸铜为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜；而碱式氯化铜为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀氧气（H2O）Cu-e-+Cl-=CuCl4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-ABC【解析】

（1）由质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变；（2）结合图像可知，Cu2(OH)2CO3为致密结构，Cu2(OH)3Cl为疏松结构；（3）正极得电子发生还原反应，过程Ⅰ的正极反应物是氧气，Cu作负极；（4）在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜；替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈；BTA保护法不破坏无害锈。【详解】（1）铜锈为Cu2(OH)2CO3，由质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变，参与形成铜绿的物质有Cu和O2、H2O、CO2；（2）结合图像可知，Cu2(OH)2CO3为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜，属于无害锈。Cu2(OH)3Cl为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀，属于有害锈；（3）①结合图像可知，正极得电子发生还原反应，过程Ⅰ的正极反应物是氧气，电极反应式为O2+4e-+2H2O===4OH-；②结合图像可知，过程Ⅰ中Cu作负极，电极反应式是Cu-e-+Cl-=CuCl；（4）①碳酸钠法中，Na2CO3的缓冲溶液使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3，离子方程式为4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-；②A．在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜，能保护内部金属铜，这能使BT