福建闽侯第四中学2025届高三第二次诊断性检测化学试卷含解析

福建闽侯第四中学2025届高三第二次诊断性检测化学试卷注意事项: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、硅及其化合物在材料领域中应用广泛。下列叙述正确的是（）A．晶体硅可做光导纤维 B．玻璃、水泥、陶瓷都是硅酸盐产品C．SiO2可与水反应制备硅胶 D．SiO2可做计算机芯片2、分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种3、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3·xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NAB．标准状况下，11.2LSO2溶于水，溶液中含硫粒子的数目大于0.5NAC．常温下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中Ba2+的数目为0.5NAD．分子式为C2H6O的某种有机物4.6g，含有C－H键的数目一定为0.5NA4、如图是NO2气体和CO气体反应生成CO2气体和NO气体过程的能量变化示意图。则该反应的热化学方程式为()A．NO2+CO→CO2+NO-134kJB．NO2(g)+CO(g)→CO2(g)+NO(g)-234kJC．NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)+368kJD．NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)+234kJ5、化学与生活密切相关。下列叙述中错误的是A．环境中杀灭新型冠状病毒可用“84”消毒液B．食品中的抗氧化剂可用维生素CC．治疗胃酸过多可用CaCO3和Ca(OH)2D．除去工业废水中的Cu2+可用FeS6、化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是()现象或事实解释AAl(OH)3用作塑料的阻燃剂Al(OH)3受热熔化放出大量的热BK2FeO4用于自来水的消毒和净化K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的Fe3＋水解生成胶状物，可以软化硬水CNa2O2用于呼吸面具中作为O2的来源Na2O2是强氧化剂，能氧化CO2生成O2D浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鲜KMnO4溶液可氧化水果释放的CH2=CH2A．A B．B C．C D．D7、β−月桂烯的结构如图所示，一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物(只考虑位置异构)理论上最多有（）A．2种 B．3种 C．4种 D．6种8、钢铁防护方法有多种，如图中的方法描述正确的是A．b为电源负极B．该方法是牺牲阳极的阴极保护法C．电子流向：a→钢铁闸门→辅助电极→b→aD．电源改用导线连接进行防护时，辅助电极发生氧化反应9、用NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列有关说法正确的是（）A．1mol氮气与3mol氢气反应，生成的氨分子数目为2NAB．1.0mol•L-1Na2SO3水溶液中含有的硫原子数目为NAC．电解饱和食盐水，当阳极产生11.2LH2时，转移的电子数为NAD．常温下，3L0.1mol•L-1FeCl3溶液所含Fe3+数目小于0.3NA10、已知磷酸分子（）中的三个氢原子都可以与重水分子（D2O）中的D原子发生氢交换。又知次磷酸（H3PO2）也可与D2O进行氢交换，但次磷酸钠（NaH2PO2）却不能与D2O发生氢交换。下列说法正确的是A．H3PO2属于三元酸 B．NaH2PO2溶液可能呈酸性C．NaH2PO2属于酸式盐 D．H3PO2的结构式为11、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是()A．25℃时，pH＝1的1.0LH2SO4溶液中含有的H＋的数目为0.2NAB．标准状况下，2.24LCl2与水反应，转移的电子总数小于0.1NAC．室温下，14.0g乙烯和环己烷的混合气体中含有的碳原子数目一定为NAD．在0.5L0.2mol·L－1的CuCl2溶液中，n(Cl－)＝0.2NA12、0.1moL/L醋酸用蒸馏水稀释的过程中，下列说法正确的是（）A．电离程度增大，H+浓度增大 B．电离程度减小，H+浓度减小C．电离程度增大，H+浓度减小 D．电离程度减小，H+浓度增大13、下列说法不正确的是()A．乙醛和丙烯醛()不是同系物，分别与氢气充分反应后的产物也不是同系物B．O2与O3互为同素异形体，1H、2H、3H是氢元素的不同核素C．C2H6O有两种同分异构体；2-甲基戊烷的结构简式为CH3CH2CH2CH(CH3)2D．氨基酸分子中均含有羧基(—COOH)和氨基(—NH2)14、下列实验方案能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A去除甲烷中少量的乙烯将气体依次通过酸性高锰酸钾溶液和浓硫酸洗气B洗涤分解KMnO4制O2的试管先用稀盐酸洗涤试管，再用水清洗C探究蛋白质的盐析向硫酸铵饱和溶液中滴加几滴鸡蛋清溶液，再加入蒸馏水D提纯混有NH4Cl的粗碘将粗碘放入烧杯中，烧杯口放一盛满冷水的烧瓶，隔石棉网对烧杯加热，然后收集烧瓶外壁的固体A．A B．B C．C D．D15、PbO2在酸性溶液中能将Mn2+氧化成MnO4﹣，本身被还原为Pb2+，取一支试管，加入适量PbO2固体和适量的稀H2SO4后滴入2mL1mol/LMnSO4溶液。下列说法错误的是（）A．上述实验中不能用盐酸代替硫酸B．将试管充分振荡后静置，溶液颜色变为紫色C．在酸性条件下，PbO2的氧化性比MnO4﹣的氧化性强D．若硫酸锰充分反应，消耗PbO2的物质的量为0.01mol16、已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。图所示为气体扩散速度的实验。两种气体扩散时形成图示的白色烟环。对甲、乙物质的判断，正确的是A．甲是浓氨水，乙是浓硫酸B．甲是浓氨水，乙是浓盐酸C．甲是氢氧化钠溶液，乙是浓盐酸D．甲是浓硝酸，乙是浓氨水17、研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到的直观形象的效果。下列表达不正确的是（）A．密闭容器中CuO和C高温反应的气体产物：B．Fe在Cl2中的燃烧产物：C．AlCl3溶液中滴加NaOH后铝的存在形式：D．氨水与SO2反应后溶液中的铵盐：18、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．14g乙烯和丙烯的混合物中极性键数目为2NAB．标准状况下，与在光照条件下反应生成HCl分子数为C．容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAD．电解精炼铜时阳极减轻32g，电路中转移电子数目一定为NA19、A、B、C、D、E、F为原子序数依次递增的六种短周期主族元素，A的单质是最理想的燃料。C原子次外层电子数是最外层的1/3，E与C同主族，下列说法不正确的是A．元素D与A一定形成共价化合物B．元素B可能与元素A形成多种共价化合物C．F最高价氧化物对应水化物定是一种强酸D．若元素D是非金属元素，则D的单质可能是良好的半导体材料20、中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化，下列说法错误的是A．“木活字”是由元代王祯创制的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素B．“指南针”是我国古代四大发明之一，是由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe2O3C．“苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出图案的工艺，蚕丝的主要成分是蛋白质D．“黑陶”是一种传统工艺品，是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐21、X、Y、Z、W为短周期主族元素，且原子序数依次增大。X原子中只有一个电子，Y原子的L电子层有5个电子，Z元素的最高化合价为其最低化合价绝对值的3倍。下列叙述正确的是（

）A．简单离子半径：W>Z>YB．Y的气态氢化物与W的气态氢化物相遇有白烟产生C．X、Y、Z三种元素形成的化合物只含共价键D．含氧酸的酸性：W的一定强于Z的22、根据下列实验操作，预测的实验现象和实验结论或解释均正确的是（）实验操作预测实验现象实验结论或解释A向FeI2溶液中滴入足量溴水，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性:Fe3+>I2B向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热有砖红色沉淀生成葡萄糖具有还原性C常温下，将浓盐酸、二氧化锰放入烧瓶中，用淀粉碘化钾试液检验试液不变蓝常温下，浓盐酸、二氧化锰没有发生化学反应D向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH4++OH-=NH3↑+H2OA．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）红色固体X由两种元素组成，为探究其组成和性质，设计了如下实验：请回答：(1)气体Y的一种同素异形体的分子式是______，红褐色沉淀的化学式______。(2)X在隔绝空气条件下受高温分解为Y和Z的化学方程式____________。(3)取黄色溶液W滴加在淀粉­KI试纸上，试纸变蓝色，用离子方程式表示试纸变蓝的原因____________。24、（12分）已知：R－CH＝CH－O－R′→H2O/H+R－烃基烯基醚A的分子式为C12H16O。与A相关的反应如下：完成下列填空：43、写出A的结构简式_______________________________。44、写出C→D化学方程式____________________________________________________。45、写出一种满足下列条件的F的同分异构体的结构简式________________________。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②光照时与氯气反应所得的一氯取代产物不能发生消除反应；③分子中有4种不同化学环境的氢原子。46、设计一条由E合成对甲基苯乙炔（）的合成路线。（无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下：_________________________25、（12分）五氧化二钒(V2O5,摩尔质量为182

g·mol-1)可作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工等行业。V2O5是一种橙黄色片状晶体,微溶于水，不溶于乙醇,具有强氧化性,属于两性氧化物。某研究小组将从某粗钒(主要含有V2O5,还有少量Al2O3、Fe2O3)中提取V2O5。实验方案设计如下：已知：NH4VO3是白色粉末,微溶于冷水,可溶于热水,不溶于乙醇、醚。2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O请回答：（1）第①步操作的实验装置如右图所示,虚线框中最为合适的仪器是________。(填编号)（2）调节pH为8～8.5的目的________。（3）第④步洗涤操作时,可选用的洗涤剂_________。(填编号)A．冷水B．热水C．乙醇D．1%

NH4Cl

溶液（4）第⑤

步操作时,需在流动空气中灼烧的可能原因________。（5）硫酸工业中,SO2转化为SO3的催化剂就选用V2O5,催化过程经两步完成,将其补充完整：________(

用化学方程式表示),4VO2+O2=2V2O5。（6）将0.253

g产品溶于强碱溶液中,加热煮沸,调节pH为8～8.5,向反应后的溶液中加入硫酸酸化的KI溶液(过量),溶液中含有V3+,滴加指示剂,用0.250

mol·L-1Na2S2O3溶液滴定,达到终点消耗Na2S2O3标准溶液20.00

mL,则该产品的纯度为________。(已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)26、（10分）甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。实验室利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。查阅资料：①甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。②柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。实验过程：I．装置C中盛有17.4gFeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸溶液。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌；然后向三颈瓶中滴加柠檬酸溶液。Ⅱ．反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。(1)仪器a的名称是________；与a相比，仪器b的优点是_______________。(2)装置B中盛有的试剂是：____________；装置D的作用是________________。(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，该反应的离子方程式为____________________________。(4)过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，溶液pH与甘氨酸亚铁产率的关系如图所示。①pH过低或过高均导致产率下降，其原因是_____________________；②柠檬酸的作用还有________________________。(5)过程II中加入无水乙醇的目的是_______________________。(6)本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，则其产率是_____％。27、（12分）硫酰氯（SO2Cl2）可用于有机合成和药物制造等。实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2[SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ/mol]，装置如图所示（部分装置省略）。已知SO2Cl2的熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，有强腐蚀性，不宜接触碱、醇、纤维素等许多无机物和有机物，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。回答下列问题：I．SO2Cl2的制备（1）水应从___（选填“a”或“b”）口进入。（2）制取SO2的最佳组合是___（填标号）。①Fe+18.4mol/LH2SO4②Na2SO3+70%H2SO4③Na2SO3+3mo/LHNO3（3）乙装置中盛放的试剂是___。（4）制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中，原因是___。（5）反应结束后，分离甲中混合物的最佳实验操作是___。II．测定产品中SO2Cl2的含量，实验步骤如下：①取1.5g产品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振荡、过滤、洗涤，将所得溶液均放入锥形瓶中；②向锥形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.2000mol·L－1的AgNO3溶液l00.00mL；③向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；④加入NH4Fe(SO4)2指示剂，用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为10.00mL。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10Ksp(AgSCN)=2×10-12（6）滴定终点的现象为___。（7）产品中SO2Cl2的质量分数为___%，若步骤③不加入硝基苯则所测SO2Cl2含量将___（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。28、（14分）过二硫酸铵是一种常用的氧化剂和漂白剂。某小组以辉铜矿（主要成分是）为原料用火法炼铜，并利用尾气制备过二硫酸铵。模拟工艺流程如下：（1）矿石“粉碎过筛”的目的是_________。（2）已知常温下的，，的。若浓氨水吸收恰好生成溶液，则该溶液的pH__________（填“＞”“＜”或“＝”）7。（3）和按一定比例混合，在高温下反应的化学方程式为_______该反应中的氧化剂是_______（填化学式）。（4）过二硫酸铵常用于检验废水中是否超标，若超标则溶液变为橙色（还原产物为），写出该反应的离子方程式：__________________。（5）工业上，常采用钛基镀铂电极为阳极，铅锑合金为阴极，用质子交换膜将电解池分成两个室，将硫酸铵和硫酸分别加入到两个电极室进行电解制备过二硫酸铵，硫酸放入阴极室。写出阳极的电极反应式：___。29、（10分）镍具有良好的导磁性和可塑性，主要用于制作合金及催化剂。请回答下列问题（1）基态镍原子的价电子排布图为____，同周期元素中基态原子与镍具有相同未成对电子的还有____种。（2）四羰基合镍是一种无色挥发性液体，熔点-25℃，沸点43℃。则四羟基合镍中σ键和π键数目之比为___三种组成元素按电负性由大到小的顺序为____。（3）[Ni(NH3)

4]SO4中N原子的杂化方式为____，写出与SO42-互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式____，____；[Ni(

NH3)4]SO4中H-N-H键之间的夹角___（填“＞”“＜”或“=”）NH3分子中H-N-H键之间的夹角。（4）已知NiO的晶体结构（如图1），可描述为：氧原子位于面心和顶点，氧原子可形成正八面体空隙和正四面体空隙，镍原子填充在氧原子形成的空隙中，则NiO晶体中原子填充在氧原子形成的____体空隙中，其空隙的填充率为____。（5）一定温度下，NiO晶体可分散形成“单分子层”，O2-作单层密置排列，Ni2+填充O2-形成的正三角形空隙中（如图2），已知O2-的半径为αm，每平方米面积上分数的NiO的质量为___g。（用a、NA表示）

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.二氧化硅可做光导纤维，晶体硅常做半导体材料，A项错误；B.玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英，水泥的主要原料是黏土、石灰石，陶瓷主要原料是黏土，石英主要成分是二氧化硅、黏土属于硅酸盐，故都属于硅酸盐产品，故D正确；B项正确；C.SiO2可与水不反应，C项错误；D.半导体硅能够导电，可做计算机芯片，D项错误；答案选B。2、B【解析】

分子式为C5H10O2的有机物可能是羧酸或酯，能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，说明该有机物含有-COOH，为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，丁基异构数等于该有机物的异构体数。【详解】分子式为C5H10O2的有机物能与NaHCO3能产生气体，说明该有机物中含有-COOH，为饱和一元羧酸，则烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4，故选B。【点睛】本题考查特定结构的同分异构体书写，侧重于分析能力的考查，注意官能团的性质与确定，熟练掌握碳原子数小于5的烃基的个数是解决本题的关键。3、A【解析】

A．铁发生吸氧腐蚀，铁为负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，Fe2+与OH-反应生成的氢氧化亚铁又被氧气氧化为氢氧化铁，最后变成Fe2O3·xH2O，14.0gFe的物质的量为，电极反应转移的电子数为0.252NA=0.5NA，A正确；B．标况下，11.2LSO2的物质的量为0.5mol，溶于水生成H2SO3，H2SO3发生两级电离：H2SO3⇌HSO3-+H+、HSO3-⇌SO32-+H+，根据质量守恒定律，溶液中含硫粒子的数目等于0.5NA，B错误；C．常温下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=1mol•L-1，OH-数目为0.5L1mol•L-1=0.5NA，由Ba(OH)2的化学式可知Ba2+的数目为0.25NA，C错误；D．化学式为C2H6O的有机物可能为乙醇（C2H5OH）或甲醚(CH3OCH3)，乙醇(C2H5OH)分子中有5个C-H键，甲醚(CH3OCH3)分子中有6个C-H键，C2H6O的某种有机物4.6g的物质的量为0.1mol，含C-H键数目不一定为0.5NA，D错误。答案选A。4、D【解析】

由能量变化图可知，NO2和CO反应生成CO2和NO且放出热量，热化学反应方程式为：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)△H=(134-368)kJ/mol=-234kJ/mol，则反应物总内能比生成物总内能多234kJ，即NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)+234kJ，故D正确；故选：D。【点睛】反应的焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能，注意标注物质聚集状态和对应反应的焓变，据此判断热化学方程式正误。5、C【解析】

A.环境中杀灭新型冠状病毒可用“84”消毒液，利用“84”消毒液的强氧化性，使蛋白质变性，故A增强；B.维生素C具有还原性，可用维生素C作食品中的抗氧化剂，故B正确；C.治疗胃酸过多可用NaHCO3和Al(OH)3，不能用Ca(OH)2，Ca(OH)2碱性较强，会灼伤胃，故C错误；D.除去工业废水中的Cu2+可用FeS，Cu2+(aq)+FeS(s)CuS(s)+Fe2+(aq)，生成更难溶的CuS，故D正确。综上所述，答案为C。6、D【解析】A．Al(OH)3受热分解时需要吸收大量的热，同时产生的水蒸气起到降低空气中氧气浓度的作用，从而用作塑料的阻燃剂，故A错误；B．K2FeO4具有强氧化性，用于自来水的消毒，被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，具有吸附水体颗粒物起到净化水质的作用，但不能软化硬水，故B错误；C．Na2O2与二氧化碳反应产生氧气，是过氧化钠自身的氧化还原反应，C错误；D．KMnO4溶液可氧化水果释放的CH2=CH2，而乙烯具有催熟作用，故浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鲜，D正确。答案选D。7、C【解析】

因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示；1分子该物质与2分子Br2加成时，可以在①②的位置上发生加成，也可以在①③位置上发生加成或在②③位置上发生加成，还可以1分子Br2在①②发生1，4加成反应，另1分子Br2在③上加成，故所得产物共有四种，故选C项。8、D【解析】

从图示可知，由于有外加电源，故此为外加电源的阴极保护法。A、在外加电源的阴极保护法中，钢铁要做电解池的阴极，即a为电源的负极，则b为电源的正极，选项A错误；B、该方法是外加电源的阴极保护法，选项B错误；C、在电解池中，电子由电解池的阳极→电源的正极，电源的负极→电解池的阴极，即电子要由辅助电极→b、a→钢铁闸门，选项C错误；D、电源改用导线连接进行防护时，即牺牲阳极的阴极保护法，则辅助电极要做负极，发生氧化反应，选项D正确；答案选D。9、D【解析】

A．氮气与氢气反应为可逆反应，不能进行到底，所以1mol氮气与3mol氢气反应，生成的氨分子数目小于2NA，故A错误；B．溶液体积未知，无法计算S原子个数，故B错误；C．气体状况未知，无法计算其物质的量，故无法计算电子转移数，故C错误；D．三价铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，所以常温下，3L0.1mol•L-1FeCI3溶液所含Fe3+数目小于0.3NA，故D正确；故选：D。10、D【解析】

根据磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子(D2O)中的D原子发生氢交换及次磷酸(H3PO2)也可跟D2O进行氢交换，说明羟基上的氢能与D2O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能跟D2O发生氢交换，说明次磷酸钠中没有羟基氢，则H3PO2中只有一个羟基氢，据此分析解答。【详解】A.根据以上分析，H3PO2中只有一个羟基氢，则H3PO2属于一元酸，故A错误；

B.NaH2PO2属于正盐并且为强碱形成的正盐，所以溶液不可能呈酸性，故B错误；

C.根据以上分析，H3PO2中只有一个羟基氢，则H3PO2属于一元酸，所以NaH2PO2属于正盐，故C错误；

D.根据以上分析，H3PO2中只有一个羟基氢，结构式为，故D正确；

故选：D。【点睛】某正盐若为弱碱盐，由于弱碱根水解可能显酸性，若为强碱盐其水溶液只可能是中性或者由于弱酸根水解为碱性。11、A【解析】

A.pH＝1，c(H＋)＝0.1mol·L－1，n(H＋)＝0.1NA，选项A不正确；B.氯气和水的反应是可逆反应，可逆反应是有限度的，转移的电子总数小于0.1NA，选项B正确；C.乙烯和环己烷的最简式都是CH2，所以14.0g乙烯和环己烷的混合气体中含有的CH2为1mol，碳原子数目一定为NA，选项C正确；D.n(Cl－)＝0.5L×0.2mol·L－1×2＝0.2mol，即0.2NA，选项D正确。答案选A。12、C【解析】

醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加水稀释促进电离，n(CH3COO﹣)和n(H+)增大，但体积增大大于电离程度的倍数，则H+浓度减小，C项正确；答案选C。【点睛】稀醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，向0.1moL/L醋酸溶液中加入蒸馏水稀释过程中，电离程度增大（稀释促进电离），各微粒浓度的变化：c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)均减小，由于Kw不变，则c(OH-)增大，各微粒物质的量的变化n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)、n(H+)均增大，其中，温度不变，醋酸的电离常数不变，这是常考点，也是学生们的易错点。13、A【解析】

A．乙醛和丙烯醛结构不相似，二者不是同系物，与氢气发生加成反应都生成醇类物质，结构相似，分子组成上相差1个CH2原子团，为同系物，故A错误；B．O2

和O3

是氧元素的不同单质，互为同素异形体；1H、2H、3H质子数都为1，中子数分别为0、1、2，它们为氢元素的三种不同的核素，故B正确；C．C2H6O有乙醇和二甲醚两种同分异构体；CH3CH2CH2CH(CH3)2的最长碳链含有5个C，主链为戊烷，在2号C含有1个甲基，其名称为2-甲基戊烷，故C正确；D．氨基酸分子中均含有羧基(-COOH)和氨基(-NH2)，如最简单的氨基酸甘氨酸(H2NCH2COOH)，故D正确；故选A。14、C【解析】

A．乙烯会被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，且浓硫酸不能除去二氧化碳，故A错误；B．高锰酸钾分解制取氧气的产物中有二氧化锰，稀盐酸和二氧化锰不反应，故B错误；C．硫酸铵饱和溶液为浓盐溶液，可以使蛋白质发生盐析，不变性，再加入蒸馏水可以重新溶解，故C正确；D．加热时碘升华，氯化铵受热易分解，烧瓶底部得到的仍是混合物，加热不能将二者分离，故D错误；故答案为C。15、D【解析】

加入适量PbO2固体和适量的稀H2SO4后滴入2mL1mol/LMnSO4溶液发生反应的离子方程式为：5PbO2+4H++2Mn2+=2MnO4−+5Pb2++2H2O；A.用盐酸代替硫酸，氯离子会被PbO2氧化，4H++2Cl−+PbO2═Cl2↑+Pb2++2H2O，故A正确；B.充分振荡后静置，发生氧化还原反应生成高锰酸根离子，溶液颜色变为紫色，故B正确；C.反应中，氧化剂PbO2的氧化性大于氧化产物MnO4−的氧化性，故C正确；D.2mL1mol/LMnSO4溶液中的锰离子物质的量为0.002mol，根据反应离子方程式可知消耗PbO2的物质的量为0.005mol，故D错误；答案选D。16、B【解析】

气体的摩尔质量越小，气体扩散速度越快，相同时间内扩散的距离就越远，再根据烟环物质可以判断甲乙。【详解】A.浓硫酸难挥发，不能在管内与氨气形成烟环，故A错误；B.由气体的摩尔质量越小，扩散速度越快，所以氨气的扩散速度比氯化氢快，氨气比浓盐酸离烟环远，所以甲为浓氨水、乙为浓盐酸，故B正确；C.氢氧化钠溶液不具有挥发性，且氢氧化钠与盐酸反应不能产生白色烟环，故C错误；D.氨气扩散速度比硝酸快，氨气比浓硝酸离烟环远，故D错误。答案选B。【点睛】本题需要注意观察图示，要在管内两物质之间形成烟环，两种物质都需要具有挥发性，A、C中的浓硫酸和氢氧化钠溶液都不能挥发。17、B【解析】

A.该过程涉及的化学方程式有：，，A错正确；B.Fe在Cl2中燃烧，只会生成FeCl3，B错误；C.该过程涉及的化学方程式有：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，C正确；D.该过程涉及的化学方程式有：2NH3·H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O，NH3·H2O+SO2=NH4HSO3，D正确；故合理选项为B。18、A【解析】

A.乙烯和丙烯最简式是CH2，最简式的式量是14，所以14g乙烯和丙烯的混合物中含有1molCH2，则其中含有的极性键C-H数目为2NA，A正确；B.取代反应是逐步进行的，不可能完全反应，所以标准状况下，22.4LCH4与Cl2在光照条件下反应生成HCl分子数小于4NA，B错误；C.容器中2molNO与1molO2充分反应会产生2molNO2，NO2会有部分发生反应产生N2O4，因此最后得到的气体分子数目小于2NA，C错误；D.在阳极反应的金属有Cu，还有活动性比Cu强的金属，因此电解精炼铜时阳极减轻32g，电路中转移电子数目不一定为NA，D错误；故合理选项是A。19、A【解析】

A的单质是最理想的燃料，A是H元素。C原子次外层电子数是最外层的1/3，说明C只能是第二周期的元素即C是O元素；E与C同主族，E是S元素；F是原子序数大于S的主族元素，F是Cl元素；B可能是Li、Be、B、C、N几种元素中的一种，D可能是F、Na、Mg、Al、Si、P中的一种。【详解】A.若元素D是Na，Na与H形成的化合物NaH是离子化合物，故A错误；B.C、N与H元素都能形成多种共价化合物，如CH4、C2H6，NH3、N2H4等，故B正确；C.F是Cl元素，最高价氧化物对应水化物是HClO4，HClO4是强酸，故C正确；D.若元素D是Si元素，Si单质是良好的半导体材料，故D正确；选A。20、B【解析】

A.木材纤维主要成分为纤维素，故A正确；B.“指南针”是我国古代四大发明之一，是由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe3O4，故B错误；C.蚕丝纤维的主要成分为蛋白质，故C正确；D.“黑陶”是陶瓷的一种，传统硅酸盐材料，其主要成分为硅酸盐，故D正确；答案选B。21、B【解析】

X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子中只有一个电子，则X为H元素；Y原子的L电子层有5个电子，其核电荷数为7，为N元素；Z元素的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则Z为S元素；W为短周期主族元素且原子序数大于Z，所以为Cl元素；A．S2-和Cl-的离子核外电子排布相同，核电荷数大，离子半径小，即S2->Cl-，故A错误；B．N的气态氢化物NH3与Cl的气态氢化物HCl相遇生成NH4Cl，现象为有白烟产生，故B正确；C．H、N、S三种元素组成的化合物NH4HS或(NH4)2S均为离子化合物，化合物中既有离子键，又有共价键，故C错误；D．Cl的最高价氧化物的水化物HClO4的酸性比S的最高价氧化物的水化物H2SO4的酸性强，而H2SO3的酸性比HClO强，故D错误；故答案为B。22、C【解析】

A.由于Br2具有强的氧化性，所以向FeI2溶液中滴入足量溴水，Fe2+、I-都被氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，I-被氧化为I2单质，由于I2容易溶于CCl4，而CCl4与水互不相容，密度比水大，因此加入CCl4，振荡，静置，会看到液体分层，下层为I2的CCl4溶液层但不能证明氧化性:Fe3+>I2，A错误；B.向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中要先加入NaOH溶液，使溶液显碱性，然后再滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，会看到产生砖红色沉淀，证明淀粉水解产生的葡萄糖具有还原性，B错误；C.浓盐酸、二氧化锰在室温下不能反应产生氯气，因此用淀粉碘化钾试液检验，不能使试纸变为蓝色，C正确；D.向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液，首先发生反应：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，D错误；故合理选项是C。二、非选择题(共84分)23、O3Fe(OH)36Fe2O34Fe3O4＋O2↑2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2【解析】

无色气体Y为O2，同素异形体的分子式是O3，且X中含有铁元素，结合“红褐色”沉淀灼烧后能得到X，可以推断得到X为氧化铁，再根据X分解得到Y与Z的量的关系可知，Z为Fe3O4，W为FeCl3，红褐色沉淀为Fe(OH)3。由于FeCl3具有较强的氧化性，所以将FeCl3溶液滴加在淀粉­KI试纸上时会有I2生成，而使试纸变蓝色，据此分析解答。【详解】无色气体Y为O2，同素异形体的分子式是O3，且X中含有铁元素，结合“红褐色”沉淀灼烧后能得到X，可以推断得到X为氧化铁，再根据X分解得到Y与Z的量的关系可知，Z为Fe3O4，W为FeCl3，红褐色沉淀为Fe(OH)3；由于FeCl3具有较强的氧化性，所以将FeCl3溶液滴加在淀粉­KI试纸上时会有I2生成，而使试纸变蓝色，（1）无色气体Y为O2，其同素异形体的分子式是O3；红褐色沉淀为Fe(OH)3；故答案为：O3；Fe(OH)3；（2）X为Fe2O3，Y为O2，Z为Fe3O4，Fe2O3在隔绝空气条件下受热高温分解为Fe3O4和O2，化学反应方程式为6Fe2O34Fe3O4＋O2↑；故答案为：6Fe2O34Fe3O4＋O2↑；（3）W为FeCl3，FeCl3具有较强的氧化性，能将KI氧化为I2，试纸变蓝色，反应的离子方程式为2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2；故答案为：2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2。【点睛】本题中学生们由于不按要求作答造成失分，有两点：①第（1）问经常会出现学生将化学式写成名称；②第（3）问错将离子方程式写成化学方程式；学生们做题时一定要认真审题，按要求作答，可以用笔进行重点圈画，作答前一定要看清是让填化学式还是名称，让写化学方程式还是离子方程式。学生们一定要养成良好的审题习惯，不要造成不必要的失分。24、CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O【解析】

由信息可知，A反应生成B为醇，E为醛，由B的相对分子质量为60，则B为CH3CH2CH2OH，B→C发生催化氧化反应，所以C为CH3CH2CHO，C→D为银镜反应，则D为CH3CH2COONH4；由B、E及A的分子式可知，烃基烯基醚A结构简式为；有机物E为：；由E转化为对甲基苯乙炔（），先发生-CHO的加成，再发生醇的消去反应，然后与溴发生加成引入两个溴原子，最后发生卤代烃在NaOH醇溶液中的消去反应生成C≡C，然后结合物质的结构与性质来解答。【详解】43.结合以上分析可知，A的结构简式为：；1．C→D反应的化学方程式为CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；故答案为：CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；2．分子式和有机物F相同，①光能与FeCl3溶液发生显色反应，属于酚类；②光照时与氯气反应所得的一氯取代产物不能发生消去反应，说明Cl直接相连的C原子的邻位C上没有H原子，③分子中有4种不同化学环境的氢原子，要求结构具有一定的对称性，满足这三个条件的F的同分异构体可以有：；故答案是：；46.由合成可以将醛基先与H2加成得到醇，再进行醇的消去引进碳碳双键，再与Br2进行加成，最后再进行一次卤代烃的消去就可以得到目标产物了。具体流程为：；故答案为：。25、B让AlO2-

转化为Al(OH)3沉淀，避免VO3-的沉淀AD若空气不流通，由于V2O5具有强氧化性，会与还原性的NH3反应，从而影响产物的纯度及产率SO2+V2O5=2VO2+SO389.9%【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）虚线框中的仪器是向三颈烧瓶中滴加NaOH，为了能够使NaOH溶液顺利滴下，需要有连通装置，故选项B正确；（2）根据流程图，氧化铁为碱性氧化物，不与NaOH发生反应，V2O5、Al2O3属于两性氧化物，能与NaOH发生反应，调节pH为8～8.5的目的就是让AlO2－转化为Al(OH)3沉淀，避免VO3－的沉淀；（3）根据信息，NH4VO3微溶于水，可溶于热水，不溶于乙醇、醚，A、用冷水洗涤，可以减少NH4VO3的溶解，故A正确；B、NH4VO3溶于热水，造成NH4VO3溶解，故B错误；C、虽然NH4VO3不溶于乙醇，但NH4VO3表面杂质，如NH4Cl不溶于乙醇，使用乙醇不能洗去沉淀表面的杂质，故C错误；D、根据流程生成NH4VO3沉淀，是滤液1与饱和NH4Cl的反应生成，且NH4Cl受热易分解，不产生杂质，故D正确；（4）根据信息，NH4VO4灼烧生成V2O5，因为V2O5具有强氧化性，能与具有还原性NH3发生反应，从而影响产物的纯度及产率，因此灼烧NH4VO3时在流动空气中；（5）催化剂在反应前后质量不变，根据已知反应反应方程式，因此得出反应方程式为SO2＋V2O5=2VO2＋SO3；（6）根据I2和Na2S2O3发生反应的方程式，求出消耗n(I2)=20.00×10－3×0.250/2mol=2.5×10－3mol，根据得失电子数目守恒，n(V2O5)×2×2=n(I2)×2，求出n(V2O5)=1.25×10－3mol，即m(V2O5)=1.25×10－3×182g=0.2275g，则产品纯度为0.2275/0.253×100%=89.9%。26、分液漏斗平衡压强、便于液体顺利流下饱和NaHCO3溶液检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2OpH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀防止Fe2+被氧化降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出75【解析】

(1)根据仪器的结构确定仪器a的名称；仪器b可平衡液面和容器内的压强；(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl；澄清石灰水遇CO2气体变浑浊；(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时应有CO2气体生成，根据守恒法写出反应的离子方程式；(4)①甘氨酸具有两性，能与H+反应；溶液中的Fe2+易水解生成Fe(OH)2沉淀；②柠檬酸的还原性比Fe2+还原性强，更易被空气中氧气氧化；(5)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇；(6)17.4gFeCO3的物质的量为=0.15mol，200mL甘氨酸溶液中含甘氨酸的物质的量为0.2L×1.0mol·L-1=0.2mol，理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204g▪mol-1×0.1mol=20.4g，以此计算产率。【详解】(1)根据仪器的结构可知仪器a的名称分液漏斗；仪器b可平衡液面和容器内的压强，便于液体顺利流下；(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl，则装置B中盛有的试剂饱和NaHCO3溶液；当装置内空气全部排净后，多余的CO2气体排出遇澄清的石灰水变浑浊，则装置D的作用是检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中；(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时应有CO2气体生成，发生反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(4)①过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，当pH过低即酸性较强时，甘氨酸会与H+反应生成NH3+CH2COOH；当pH过高即溶液中OH-较大时，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，故pH过低或过高均会导致产率下降；②柠檬酸的还原性比Fe2+还原性强，更易被空气中氧气氧化，则滴加柠檬酸可防止Fe2+被氧化；(5)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，则过程II中加入无水乙醇可降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出；(6)17.4gFeCO3的物质的量为=0.15mol，200mL甘氨酸溶液中甘氨酸的物质的量为0.2L×1.0mol·L-1=0.2mol，理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204g▪mol-1×0.1mol=20.4g，产率是=75%。27、b②碱石灰制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率蒸馏溶液变为红色，而且半分钟内不褪色85.5%偏小【解析】

（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2；（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000mol·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；（7）用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积V，则过量Ag+的物质的量为Vcmol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol，则可以求出SO2Cl2的物质的量；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，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。【详解】（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出，故水应该从b口进入；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用②70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2，故选②；（3）根据装置图可知，冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰，可以吸收氯气、SO2并防止空气中的水蒸气进入冷凝管中，故乙装置中盛放的试剂是碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000mol·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：溶液变为红色，而且半分钟内不褪色；（7）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积10.00mL，则过量Ag+的物质的量为Vcmol=0.01×0.1000mol·L-1=1×10-3mol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.2000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol＝1.9×10-2mol，则SO2Cl2的物质的量为1.9×10-2mol×0.5=9.5×10-3mol，产品中SO2Cl2的质量分数为×100%=85.5%；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，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质