湖南省怀化三中2025届高三第三次测评化学试卷含解析

湖南省怀化三中2025届高三第三次测评化学试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、某热再生电池工作原理如图所示。放电后，可利用废热进行充电。已知电池总反应：Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+ΔH＜0。下列说法正确的是（）A．充电时，能量转化形式主要为电能到化学能B．放电时，负极反应为NH3-8e-+9OH-=NO3-+6H2OC．a为阳离子交换膜D．放电时，左池Cu电极减少6.4g时，右池溶液质量减少18.8g2、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大。元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下，M单质为淡黄色固体。下列说法不正确的是A．X单质与M单质不能直接化合B．Y的合金可用作航空航天飞行器材料C．M简单离子半径大于Y2+的半径D．X和Z的气态氢化物，前者更稳定3、厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是A．1molNH4+所含的质子总数为10NAB．联氨（N2H4）中含有极性键和非极性键C．过程II属于氧化反应，过程IV属于还原反应D．过程I中，参与反应的NH4+与NH2OH的物质的量之比为1:14、设NA为阿伏加德罗常数的值。（离子可以看作是带电的原子）下列叙述正确的是（）A．标准状况下，22.4LSO3中所含的分子数为NAB．0.1mol•L-1的Na2CO3溶液中，CO32-的数目小于0.1NAC．8.0g由Cu2S和CuO组成的混合物中，所含铜原子的数目为0.1NAD．标准状况下，将2.24LCl2通入水中，转移电子的数目为0.1NA5、某工业流程中，进入反应塔的混合气体中和物质的量百分含量分别是10%和6%，发生反应为：，在其他条件相同时，测得试验数据如下：压强（）温度(℃)NO达到所列转化率所需时间（s）50%90%98%1.030122502830902551057608.0300.23.936900.67.974根据表中数据，下列说法正确的是A．温度越高，越有利于NO的转化B．增大压强，反应速率变慢C．在、90℃条件下，当转化率为98%时反应已达平衡D．如进入反应塔的混合气体为，如速率表示，则在、30℃条件下，转化率从50%增至90%时段，NO的反应速率为6、类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pC=－lgC，pKa=－lgKa，常温下，某浓度H2A溶液在不同pH值下，测得pC(H2A)、pC(HA﹣)、pC(A2﹣)变化如图所示，下列说法正确的是A．随着pH的增大，pC增大的曲线是A2﹣的物质的量浓度的负对数B．pH=3.50时，c(HA﹣)>c(H2A)>c(A2﹣)C．b点时c(H2A)·c(A2﹣)/c2(HA﹣)=10﹣4.5D．pH=3.00~5.30时，c(H2A)+c(HA﹣)+c(A2﹣)先减小后增大7、下列指定反应的离子方程式正确的是()A．稀硫酸溶液与氢氧化钡溶液恰好中和：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣＝BaSO4↓+H2OB．金属钠投入硫酸镁溶液中：2Na+2H2O+Mg2+＝2Na++H2↑+Mg(OH)2↓C．碳酸钠溶液中通入过量氯气：CO32﹣+Cl2＝CO2↑+Cl－+ClO－D．实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2：MnO2+4HCl(浓)Mn2++2Cl－+Cl2↑+2H2O8、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其中X与Y可形成一种淡黄色物质P，常温下将0.05molP溶于水，配成1L溶液，pH=13；Z为金属元素，且Z可在W的一种氧化物中燃烧，生成一种白色物质和一种黑色物质。下列说法错误的是A．简单离子半径：X>Y>ZB．气态氢化物的稳定性：W>XC．单质的熔点：Z>YD．元素Z形成的单质被称为“国防金属”9、下列说法中的因果关系正确的是A．因为氢氟酸显弱酸性，可用于雕刻玻璃B．因为液态氨气化时吸热，可用液态氨作制冷剂C．因为明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，起消毒杀菌的作用D．用铝制容器盛放浓硝酸，是因为铝和浓硝酸不反应10、已知：FeCl3(aq)+3KSCN(aq)3KCl(aq)+Fe(SCN)3(aq)，平衡时Fe(SCN)3的物质的量浓度与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是A．A点与B点相比，A点的c（Fe3+）大B．加入KCl固体可以使溶液由D点变到C点C．反应处于D点时，一定有υ（正）＜υ（逆）D．若T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K211、下图为元素周期表的一部分，X、Y、Z、M均为短周期元素，除M外，其余均为非金属元素。下列说法正确的是YZMXA．简单离子半径：M＞Y B．单质熔点：X＞MC．简单气态氢化物的稳定性：Y＞Z D．Y的氧化物对应水化物均为强酸12、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于ⅠA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是A．原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)B．由X、Z两种元素组成的化合物一定没有共价键C．W的最高价氧化物对应水化物为弱酸D．Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强13、中学常见的某反应的化学方程式为a+b→c+d+H2O（未配平，条件略去）。下列叙述不正确的是（）A．若a是铁，b是稀硝酸（过量），且a可溶于c溶液中。则a与b反应的离子方程式为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2OB．若c,d均为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，则将混合气体通入溴水中，橙色褪去，其褪色过程的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-C．若c是无色刺激性气味的气体，其水溶液呈弱碱性。在标准状况下用排空气法收集c气体得平均摩尔质量为20g·mo1-1的混合气体进行喷泉实验。假设溶质不扩散，实验完成后所得溶液的物质的量浓度约为0.056mo1·L-1D．若a是造成温室效应的主要气体之一，c、d均为钠盐，参加反应的a、b物质的量之比为4:5，则上述反应的离子方程式为4CO2+5OH-=CO32+3HCO3-+H2O14、在化学能与电能的转化过程中，下列叙述正确的是A．电解饱和食盐水时，阳极得到Cl2和NaOH(aq)B．教材所示的铜-锌原电池在工作时，Zn2+向铜片附近迁移C．电镀时，电镀槽里的负极材料发生氧化反应D．原电池与电解池连接后，电子从原电池负极流向电解池阳极15、《本草纲目》记载：“凡使白矾石，以瓷瓶盛。于火中，令内外通赤，用钳揭起盖，旋安石峰巢人內烧之。每十两用巢六两，烧尽为度。取出放冷，研粉”。在实验室完成该操作，没有用到的仪器是A．蒸发皿 B．坩埚 C．坩埚钳 D．研钵16、不同温度下，三个体积均为1L的密闭容器中发生反应：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867kJ.mol-1，实验测得起始、平衡时的有关数据如表。下列说法正确的是容器编号温度/K起始物质的量/mol平衡物质的量/molCH4NO2N2CO2H2ONO2IT10.501.20000.40IIT20.300.800.200.200.400.60IIIT30.400.700.700.701.0A．T1<T2B．若升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆移C．平衡时，容器I中反应放出的热量为693.6kJD．容器III中反应起始时v正(CH4)<v逆(CH4)17、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)18、下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是A．HClO的结构式：H—O—Cl B．HF的电子式：H＋[::]－C．S2﹣的结构示意图： D．CCl4分子的比例模型：19、下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验现象结论A植物油和溴水混合后振荡、静置溶液分层，溴水褪色植物油萃取了溴水中的Br2B将Cl2通入滴有酚酞NaOH的溶液褪色Cl2具有漂白性C将过量的CO2通入CaCl2溶液无白色沉淀生成生成的Ca（HCO3）2可溶于水D将浓硫酸滴到胆矾晶体上晶体逐渐变白色浓硫酸的吸水性A．A B．B C．C D．D20、下列物质不属于危险品的是A．硝化甘油 B．苯 C．重晶石 D．硝酸铵21、“以曾青涂铁。铁赤色如铜"——东晋.葛洪。下列有关解读正确的是A．铁与铜盐发生氧化还原反应. B．通过化学变化可将铁变成铜C．铁在此条件下变成红色的Fe2O3 D．铜的金属性比铁强22、下列化合物的同分异构体数目与的同分异构体数目相同的是A． B． C． D．二、非选择题(共84分)23、（14分）重要的化学品M和N的合成路线如图所示：已知：i．ii．iiiN的结构简式是：请回答下列问题：（1）A中含氧官能团名称是______，C与E生成M的反应类型是______．（2）写出下列物质的结构简式：X：______Z：______E：______（3）C和甲醇反应的产物可以发生聚合反应．该聚合反应的产物是：______．（4）1molG一定条件下，最多能与______molH2发生反应（5）写出一种符合下列要求G的同分异构体______①有碳碳叄键②能发生银镜反应③一氯取代物只有2种（6）1，3﹣丙二醇是重要的化工物质，请设计由乙醇合成它的流程图______，合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．24、（12分）有机物A（C10H20O2）具有兰花香味，可用作香皂、洗发香波的芳香赋予剂。已知：①B分子中没有支链。②D能与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳。③D、E互为具有相同官能团的同分异构体。E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种。④F可以使溴的四氯化碳溶液褪色。（1）B可以发生的反应有_________（选填序号）①取代反应②消去反应③加聚反应④氧化反应（2）D、F分子所含的官能团的名称依次是：_________、____________。（3）写出与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式：________________________________________________________。（4）E可用于生产氨苄青霉素等。已知E的制备方法不同于其常见的同系物，据报道，可由2—甲基—1—丙醇和甲酸在一定条件下制取E。该反应的化学方程式是_______________________________。25、（12分）碘被称为“智力元素”,科学合理地补充碘可防治碘缺乏病,KI、KIO3曾先后用于加碘盐中。KI还可用于分析试剂、感光材料、制药等,其制备原理如下:反应I:3I2+6KOH==KIO3+5KI+3H2O反应II:3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O请回答有关问题。(1)启普发生器中发生反应的化学方程式为_______。装置中盛装30%氢氧化钾溶液的仪器名称是_________。(2)关闭启普发生器活塞,先滴入30%的KOH溶液.待观察到三颈烧瓶中溶液颜色由棕黄色变为______(填现象),停止滴人KOH溶液;然后______(填操作),待三颈烧瓶和烧杯中产生气泡的速率接近相等时停止通气。(3)滴入硫酸溶液,并对三颈烧瓶中的溶液进行水浴加热,其目的是_____________。(4)把三颈烧瓶中的溶液倒入烧杯中,加入碳酸钡,在过滤器中过滤,过滤得到的沉淀中除含有过量碳酸钡外,还含有硫酸钡和___________(填名称)。合并滤液和洗涤液,蒸发至析出结晶，干燥得成品。(5)实验室模拟工业制备KIO3流程如下:几种物质的溶解度见下表:①由上表数据分析可知，“操作a”为__________________。②用惰性电极电解KI溶液也能制备KIO3,与电解法相比，上述流程制备KIO3的缺点是____________。(6)某同学测定.上述流程生产的KIO3样品的纯度。取1.00g样品溶于蒸馏水中并用硫酸酸化，再加入过量的KI和少量的淀粉溶液，逐滴滴加2.0mol●L-1Na2S2O3溶液,恰好完全反应时共消耗12.60mLNa2S2O3溶液。该样品中KIO3的质量分数为_______(已知反应:I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。26、（10分）CCl3CHO是一种药物合成的中间体，可通过CH3CH2OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl进行制备。制备时可能发生的副反应为C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O、CCl3CHO+HClO—CCl3COOH+HCl。合成该有机物的实验装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如下：(1)A中恒压漏斗的作用是______；A装置中发生反应的化学方程式为_____。(2)装置B的作用是____；装置F在吸收气体时，为什么可以防止液体发生倒吸现象______。(3)装置E中的温度计要控制在70℃，三口烧瓶采用的最佳加热方式是______。如果要在球形冷凝管中注入冷水增加冷凝效果，冷水应该从_____(填“a”或“b”)口通入。实验使用球形冷凝管而不使用直形冷凝管的目的是________。(4)实验中装置C中的试剂是饱和食盐水，装置中D的试剂是浓H2SO4。如果不使用D装置，产品中会存在较多的杂质_______(填化学式)。除去这些杂质最合适实验方法是______。(5)利用碘量法可测定产品的纯度，反应原理如下：CCl3CHO+NaOH→CHC13+HCOONaHCOONa+I2=HI+NaI+CO2I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O8称取该实验制备的产品5.00g，配成100.00mL溶液，取其中10.00mL,调节溶液为合适的pH后，加入30.00mL0.100mol•L-1的碘标准液，用0100mol•L-1的Na2S2O3溶液滴定，重复上述3次操作，消耗Na2S2O3溶液平均体积为20.00mL,则该次实验所得产品纯度为_________。27、（12分）草酸铵[(NH4)2C2O4]为无色柱状晶体，不稳定，受热易分解，可用于测定Ca2+、Mg2+的含量。I．某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。(l)实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有____（填化学式）；若观察到____，说明分解产物中含有CO2草酸铵分解的化学方程式为____。(2)反应开始前，通人氮气的目的是____。(3)装置C的作用是____。(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，该反应的化学方程式为_____。Ⅱ．该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。(5)取20.00mL血液样品，定容至l00mL，分别取三份体积均为25.00mL稀释后的血液样品，加入草酸铵，生成草酸钙沉淀，过滤，将该沉淀溶于过量稀硫酸中，然后用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定。滴定至终点时的实验现象为____。三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL，0.4lmL，0.52mL，则该血液样品中钙元素的含量为__________mmol/L。28、（14分）过氧化氢（H2O2）的水溶液俗称双氧水。双氧水常被称为化学反应中的“绿色试剂”。已知，在含少量I－的溶液中，H2O2会较快分解，反应如下：反应①：H2O2＋I－→H2O＋IO－；反应②：H2O2＋IO－→H2O＋O2＋I－，完成下列填空：(1)反应①中的氧化产物是_________，被还原的元素是___________。(2)标出反应②中电子转移的方向和数目。_______________(3)H2O2分解过程中，I－的作用是__________。(4)根据反应①和反应②，请说明双氧水被称为“绿色试剂”的主要原因是_____。(5)H2O2是一种二元弱酸，写出第一步电离的电离方程式：________，双氧水可漂白纤维织物，目前认为是其中过氧化氢离子(HOO－)的作用。为了增强其漂白效果，应选择在____（填“酸”、“碱”或“中”）性条件下进行。(6)向盐酸酸化的FeCl2溶液中加入双氧水，溶液由浅绿色变为棕黄色，写出该变化的化学反应方程式：_____________。29、（10分）2019年诺贝尔化学奖授予三位化学家，以表彰其对研究开发锂离子电池作出的卓越贡献。LiFePO4、聚乙二醇、LiPF6、LiAsF6和LiCl等可作锂离子聚合物电池的材料。回答下列问题：（1）Fe的价层电子排布式为___。（2）Li、F、P、As四种元素的电负性由大到小的顺序为___。（3）乙二醇(HOCH2CH2OH)的相对分子质量与丙醇(CH3CH2CH2OH)相近，但沸点高出100℃，原因是___。（4）电池工作时，Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧链迁移的过程如图甲所示（图中阴离子未画出）。电解质LiPF6或LiAsF6的阴离子结构如图乙所示(X=P、As)。①聚乙二醇分子中，碳、氧的杂化类型分别是___、___。②从化学键角度看，Li+迁移过程发生___（填“物理变化”或“化学变化”）。③PF6中P的配位数为___。④相同条件，Li+在___（填“LiPF6”或“LiAsF6”）中迁移较快，原因是___。（5）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。LiCl·3H2O属正交晶系（长方体形）。晶胞参数为0.72nm、1.0nm、0.56nm。如图为沿x轴投影的品胞中所有Cl原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cl原子的数目为___。LiCl·3H2O的摩尔质量为Mg·mol-1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则LiCl·3H2O晶体的密度为___g·cm-3（列出计算表达式）。

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】

已知电池总反应：Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+△H＜0，放出的热量进行充电，通入氨气的电极为原电池负极，电极反应Cu−2e−＝Cu2＋，通入氨气发生反应Cu2＋＋4NH3⇌[Cu(NH3)4]2＋△H＜0，右端为原电池正极，电极反应Cu2＋＋2e−＝Cu，中间为阴离子交换膜，据此分析。【详解】已知电池总反应：Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+△H＜0，放出的热量进行充电，通入氨气的电极为原电池负极，电极反应Cu−2e−＝Cu2＋，通入氨气发生反应Cu2＋＋4NH3⇌[Cu(NH3)4]2＋△H＜0，右端为原电池正极，电极反应Cu2＋＋2e−＝Cu，中间为阴离子交换膜；A．充电时，能量转化形式主要为热能→化学能，故A错误；B．放电时，负极反应为Cu＋4NH3−2e−＝[Cu(NH3)4]2＋，故B错误；C．原电池溶液中阴离子移向负极，a为阴离子交换膜，故C错误；D．放电时，左池Cu电极减少6.4g时，Cu−2e−＝Cu2＋，电子转移0.2mol，右池溶液中铜离子析出0.1mol，硝酸根离子移向左电极0.2mol，质量减少＝0.2mol×62g/mol＋0.1mol×64g/mol＝18.8g，故D正确；故答案选D。2、A【解析】元素X的一种高硬度单质是宝石，即X是C，Y2＋电子层结构与氖相同，则Y为Mg，Z的质子数为偶数，Z可能是Si，也可能是S，室温下，M的单质为淡黄色固体，则M为S，即Z为Si，A、C与S能直接化合成CS2，故说法错误；B、镁合金质量轻，硬度大，耐高温，可用作航空航天飞行器材料，故说法正确；C、S2－比Mg2＋多一个电子层，因此S2－的半径大于Mg2＋，故说法正确；D、氢化物分别是CH4、SiH4，非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性C>Si，即CH4比SiH4稳定，故说法正确。3、A【解析】A、质子数等于原子序数，1molNH4＋中含有质子总物质的量为11mol，故A说法错误；B、联氨(N2H4)的结构式为，含有极性键和非极性键，故B说法正确；C、过程II，N2H4→N2H2－2H，此反应是氧化反应，过程IV，NO2－→NH2OH，添H或去O是还原反应，故C说法正确；D、NH4＋中N显－3价，NH2OH中N显－1价，N2H4中N显－2价，因此过程I中NH4＋与NH2OH的物质的量之比为1：1，故D说法正确。点睛：氧化反应还是还原反应，这是有机物中的知识点，添氢或去氧的反应为还原反应，去氢或添氧的反应的反应氧化反应，因此N2H4→N2H2，去掉了两个氢原子，即此反应为氧化反应，同理NO2－转化成NH2OH，是还原反应。4、C【解析】

A.标准状况下，SO3为固体，不能利用22.4L/mol计算所含的分子数，A不正确；B.没有提供0.1mol•L-1的Na2CO3溶液的体积，无法计算CO32-的数目，B不正确；C.8.0gCu2S和8.0gCuO所含铜原子都为0.1mol，则8.0g混合物所含铜原子的数目为0.1NA，C正确；D.2.24LCl2通入水中，与水反应的Cl2的物质的量小于0.1mol，转移电子的数目小于0.1NA，D不正确。故选C。5、D【解析】

A.由表可知，相同压强时，温度高时达到相同转化率需要的时间多，可知升高温度不利于NO转化，故A错误；B.由表可知，相同温度、压强高时达到相同转化率需要的时间少，可知增大压强，反应速率加快，故B错误；C.在1.0×105Pa、90℃条件下，当转化率为98%时需要的时间较长，不能确定反应是否达到平衡，故C错误；D.8.0×105Pa、30℃条件下转化率从50%增至90%时段NO，时间为3.7s，转化的NO为amol×0.1×(90%-50%)=0.04amol，反应速率v=△n/△t，则NO的反应速率为0.04amol/3.7s=4a/370mol/s，故D正确；故选D。【点睛】从实验数据中获取正确信息的关键是，比较相同压强时，温度对平衡能移动的影响及相同温度时，压强对平衡移动的影响，从时间的变化比较外界条件对反应速率的影响。6、C【解析】

H2A存在电离平衡：H2A⇌H++HA-、HA-⇌H++A2-，pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：下方曲线是HA-的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，由此分析解答。【详解】A．由分析可知，随着pH的增大，pC增大的曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，故A错误；

B．pH=3.50时，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，此时pC（H2A）＞pC（A2-）＞pC（HA-），即c（HA-）＞c（A2-）＞c（H2A），故B错误；C．b点时，c（H2A）=c（A2-），，交点a处c（HA-）=c（H2A），故Ka1==c（H+）=l×10-0.8，HA-⇌A2-+H+，交点c处c（HA-）=c（A2-），故Ka2==c（H+）=l×10-5.3，故c(H2A)·c(A2﹣)/c2(HA﹣)=10-0.8/10-5.3=10﹣4.5，故C正确；D．D．pH=3.00～5.30时，结合物料守恒c（H2A）+c（HA-）+C（A2-）始终不变，故D错误；故答案为C。【点睛】认真分析纵坐标的意义，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电离平衡及其影响，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。7、B【解析】

A．不符合物质的固定组成，应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O，A错误；B．金属钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，两个方程式合二为一，即为2Na+2H2O+Mg2+＝2Na++H2↑+Mg(OH)2↓，B正确；C．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，酸性：盐酸>碳酸>次氯酸，所以CO32﹣+2Cl2+H2O＝CO2↑+2Cl－+2HClO，C错误；D．浓盐酸能拆成离子形式，不能写成分子式，D错误；正确选项B。8、B【解析】

X与Y可形成一种淡黄色物质P，则P为Na2O2，结合原子序数可知X为O，Y为Na，金属Z可在W的一种氧化物中燃烧，则Z为Mg，W为C，氧化物为CO2，综上所述，W、X、Y、Z分别为：C、O、Na、Mg，据此解答。【详解】A．O2-、Na+、Mg2+核外电子排布相同，序小半径大，故离子半径：O2->Na+>Mg2+，A正确；B．非金属性：C＜O，则气态氢化物的稳定性：CH4＜H2O，B错误；C．一般情况下，金属离子半径越小，所带的电荷越多，自由电子越多，金属键就越强，熔点就越高，所以，单质的熔点：Mg>Na，C正确；D．Z为Mg元素，Mg被称为国防金属，D正确。答案选B。9、B【解析】

A．二氧化硅与氢氟酸发生反应生成四氟化硅，与酸性强弱无关，故A错误；B．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，故B正确；C．明矾水解形成Al(OH)3胶体，具有吸附作用，可以吸收水中固体杂质颗粒，所以可用作水处理中的净水剂，不能用于自来水的杀菌消毒，故C错误；D．浓硝酸具有强氧化性，可使铝钝化，所以在常温下用铝制容器盛放浓硝酸，钝化是铝的表面发生了氧化还原反应，故D错误；故选B。10、C【解析】

A．由图象可知，A点c[Fe(SCN)3]较大，则c（Fe3+）应较小，故A错误；B．根据实际参加反应的离子浓度分析，化学平衡为Fe3++3SCN-Fe（SCN）3，加入少量KCl固体，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变，平衡不移动，故B错误；C．D在曲线上方，不是平衡状态，c[Fe（SCN）3]比平衡状态大，应向逆反应方向移动，V正＜V逆，故C正确；D．随着温度的升高c[Fe（SCN）3]逐渐减小，说明反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动即K也在变小，所以T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2，故D错误；故选C。11、B【解析】

除M外，其余均为非金属元素，则M为铝(Al)，从而得出X为硅(Si)，Y为氮(N)，Z为氧(O)。【详解】A．M为铝(Al)，Y为氮(N)，Al3+与N3-电子层结构相同，但Al3+的核电荷数大，所以离子半径：Al3+<N3-，A不正确；B．M为铝(Al)，X为硅(Si)，Al形成金属晶体，Si形成原子晶体，单质熔点：Si>Al，B正确；C．Y为氮(N)，Z为氧(O)，非金属性N<O，则简单气态氢化物的稳定性：NH3<H2O，C不正确；D．Y为氮(N)，Y的氧化物对应水化物中，HNO3为强酸，HNO2为弱酸，D不正确；故选B。12、D【解析】

分析题给信息，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，则X应为O元素；Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F元素；在周期表中Z位于ⅠA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素。【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，同周期元素的原子序数越大，原子半径越小，则原子半径r(F)＜r(O)＜r(S)＜r(Na)，A项错误；B．X为O，Z为Na，由Y、Z两种元素组成的化合物可能为过氧化钠，其分子中含有离子键和共价键，B项错误；C．W最高价氧化物对应水化物为硫酸，属于强酸，C项错误；D．非金属性F＞S，元素的非金属性越强，对应的简单氢化物越稳定，D项正确；答案选D。【点睛】微粒半径大小的决定因素：决定因素是电子层数和核电荷数。电子层数越多，则微粒半径越大；电子层数相同时，核电荷数越多，对核外电子的吸引力越大，微粒半径越小，比较时应综合考虑二者。13、C【解析】A．若a是铁，b是稀硝酸(过量)，且a可溶于c溶液中，则c为硝酸铁、D为NO，则a与b反应的离子方程式为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，故A正确；B．若c，d为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，为二氧化碳和二氧化硫，应是碳和浓硫酸能反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，则将此混合气体通入溴水中，橙色褪去，反应生成硫酸与HBr，离子方程式为：SO2+Br2+2H2O═4H++SO42-+2Br-，故B正确；C．若c是无色刺激性气味的气体，其水溶液呈弱碱性，则C为氨气，应是氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气、氯化钙与水，氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积，令氨气为1L，氨气物质的量为=mol，溶液浓度为=0.045mol/L，故C错误；D．若a是造成温室效应的主要气体之一，则a为CO2，c、d均为钠盐，则b为NaOH，参加反应的a、b物质的量之比为4：5，则生成NaHCO3、Na2CO3，根据钠离子、碳原子守恒[n(NaHCO3)+n(Na2CO3)]：[n(NaHCO3)+2n(Na2CO3)]=4：5，整理可得n(NaHCO3)：n(Na2CO3)=3：1，故反应的离子方程式为4CO2+5OH-═CO32-+3HCO3-+H2O，故D正确；故选C。14、B【解析】

A．电解饱和食盐水时，阳极得到Cl2和NaOH(aq)）；B．教材所示的铜-锌原电池在工作时，Zn2+向铜片附近迁移；C．电镀池——特殊的电解池。电镀槽里的电极分为阴极和阳极，阳极发生氧化反应；D．原电池与电解池连接后，跟原电池的负极相连的那个电极叫阴极。电子从原电池负极流向电解池阴极。15、A【解析】

这是固体的加热、灼烧、冷却和研磨的过程，固体加热用坩埚B，要用坩埚钳C取放，研磨在研钵D中进行，所以蒸发皿是没有用到的仪器。答案为A。16、A【解析】

A.该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，平衡时二氧化氮的物质的量多，故有T1<T2，正确；B.升温，正逆速率都加快，平衡逆向移动，故错误；C.平衡时，容器I中二氧化氮的消耗量为1.2-0.4=0.8mol，则反应热为=346.8kJ，故错误；D.容器III中T3下平衡常数不确定，不能确定其反应进行方向，故错误。故选A。17、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。18、A【解析】

A.次氯酸的中心原子为O，HClO的结构式为：H−O−Cl，A项正确；B.

HF是共价化合物，不存在离子键，分子中氟原子与氢原子形成1对共用电子对，电子式为，B项错误；C.硫离子质子数为16，核外电子数为18，有3个电子层，由里到外各层电子数分别为2、8、8，离子结构示意图为，C项错误；D.氯原子的半径比碳原子的大，中心原子的半径小，D项错误；答案选A。【点睛】A项是易错点，要特别注意原子与原子之间形成的共价键尽可能使本身达到稳定结构。19、D【解析】A．植物油中的烃基含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，可导致溴水褪色，褪色原因不是萃取，A错误；B．氯气与水反应生成具有漂白性的次氯酸，而氯气本身不具有漂白性，B错误；C．因碳酸的酸性比盐酸弱，则二氧化碳与氯化钙溶液不反应，C错误；D．晶体逐渐变白色，说明晶体失去结晶水，浓硫酸表现吸水性，D正确，答案选D。点睛：选项D是解答的易错点，注意浓硫酸的特性理解。浓H2SO4的性质可归纳为“五性”：即难挥发性、吸水性、脱水性、强酸性、强氧化性。浓H2SO4的吸水性与脱水性的区别：浓H2SO4夺取的水在原物质中以H2O分子形式存在时浓H2SO4表现吸水性，不以H2O分子形式而以H和O原子形式存在时，而浓H2SO4表现脱水性。20、C【解析】

A.硝化甘油是易爆品,易发生爆炸,故A错误;B.苯是易燃物,故B错误;C.重晶石性质稳定,不属于危险品,故C正确;D.硝酸铵是易爆品,易发生爆炸,故D错误.答案选C。21、A【解析】

A．铁与铜盐发生置换反应Fe+Cu2++Fe2++Cu，属于氧化还原反应，A正确；B．化学变化不能将原子核改变，也即不能改变元素的种类，不可能将铁变成铜，B错误；C．由A的分析知，铁在此条件下变成Fe2+，赤色为生成Cu的颜色，C错误；D．铁置换出铜，说明铜的金属性比铁弱，D错误。故选A。22、D【解析】

C3H8中含有2种化学环境不同的H原子数目，再利用-OH原子团替换H原子，判断属于醇的同分异构体，C3H8O只有一种醚的结构，即甲乙醚，据此分析解答。【详解】C3H8分子中有2种化学环境不同的H原子，其一羟基代物有2种分别为：CH3CH2CH2OH和CH3CH(OH)CH3，C3H8O只有一种醚的结构，即甲乙醚，故C3H8O的同分异构体数目为3。A．C3H6可以为丙烯和环丙烷，具有2种结构，同分异构体数目不相同，故A不选；B．C4H8可以为1-丁烯、2-丁烯、2-甲基-1-丙烯和环丁烷以及甲基环丙烷等，具有5种同分异构体，同分异构体数目不相同，故B不选；C．C6H4Cl2可以是由苯环经过二氯取代生成的产物，有邻、间、对三种同分异构体，另外还可以是含有碳碳双键以及三键的物质，故有大于3种同分异构体，同分异构体数目不相同，故C不选；D．C5H12有3种同分异构体，分别为正戊烷、异戊烷和新戊烷，同分异构体数目相同，故D选；故选D。二、非选择题(共84分)23、羟基、醛基酯化反应CH2=CHCHO3CH3C≡CCH2CHO或CH3CH2C≡CCHO等【解析】

有机物X与HCHO发生信息i的反应，结合A的分子式为C9H10O2可知，X为，A为，A发生消去反应脱去1分子H2O生成B，故B为，B氧化生成C为；由信息iii中N的结构，结合信息ii中反应以及M的分子式C41H36O8可知，形成M的物质为、，所以E为，C与E通过酯化反应生成M；由Y到E的转化，结合E的结构可知，Y不含苯环，再结合G的结构可知，化合物Z中含有苯环，结合反应信息i可知，Y为CH3CHO，由N的结构，结合信息ii中反应可知，E、G分别为CH2=CHCH=CHCHO、中的一种，由E的结构可知G为CH2=CHCH=CHCHO，比较G与Y的结构可知，Z为CH2=CHCHO，Y和Z发生加成反应得F为CH2=CHCH(OH)CH2CHO，F发生消去反应得G，Y与甲醛发生加成反应得D为(HOCH2)3CCHO，D与氢气发生加成反应得E，乙醇合成1，3﹣丙二醇，可以将乙醇氧化成乙醛，用乙醛再与甲醛发生加成后再还原即可得到1，3﹣丙二醇，据此答题。【详解】(1)由上述分析可知，A为，含有羟基、醛基，C与E通过酯化反应生成M；(2)由上述分析可知，X的结构简式是，Z为CH2=CHCHO，E为；(3)C为；和甲醇发生酯化反应得到的产物再发生加聚反应生成高聚物为；(4)G为CH2=CHCH=CHCHO，1molG一定条件下，最多能与3molH2发生反应；(5)G为CH2=CHCH=CHCHO，根据条件①有碳碳叄键，②能发生银镜反应，说明有醛基，③一氯取代物只有2种，则符合要求的G的一种同分异构体为CH3C≡CCH2CHO或CH3CH2C≡CCHO等；(6)乙醇合成1，3﹣丙二醇，可以将乙醇氧化成乙醛，用乙醛再与甲醛发生加成后再还原即可得到1，3﹣丙二醇，合成路线为。24、①②④羧基碳碳双键、【解析】

B发生氧化反应生成C，C发生氧化反应生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含—CH2OH，且B、C、D中碳原子数相同；B在浓硫酸/加热条件下反应生成F，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，B→F为消去反应；D、E互为同分异构体，D与E的分子式相同，B与E反应生成A，A的分子式为C10H20O2，A具有兰花香味，A属于饱和一元酸与饱和一元醇形成的酯，B分子中没有支链，E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，C为CH3CH2CH2CH2CHO，D为CH3CH2CH2CH2COOH，E为（CH3）3CCOOH，A为（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F为CH3CH2CH2CH=CH2，据此分析作答。【详解】B发生氧化反应生成C，C发生氧化反应生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含—CH2OH，且B、C、D中碳原子数相同；B在浓硫酸/加热条件下反应生成F，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，B→F为消去反应；D、E互为同分异构体，D与E的分子式相同，B与E反应生成A，A的分子式为C10H20O2，A具有兰花香味，A属于饱和一元酸与饱和一元醇形成的酯，B分子中没有支链，E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，C为CH3CH2CH2CH2CHO，D为CH3CH2CH2CH2COOH，E为（CH3）3CCOOH，A为（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F为CH3CH2CH2CH=CH2，（1）B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，B属于饱和一元醇，B可以与HBr、羧酸等发生取代反应，B中与—OH相连碳原子的邻碳上连有H原子，B能发生消去反应，B能与O2、KMnO4等发生氧化反应，B不能加聚反应，答案选①②④。（2）D为CH3CH2CH2CH2COOH，所含官能团名称为羧基；F为CH3CH2CH2CH=CH2，所含官能团名称为碳碳双键。（3）D、E的官能团为羧基，与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式为（CH3）2CHCH2COOH、CH3CH2CH（CH3）COOH。（4）E为（CH3）3CCOOH，2—甲基—1—丙醇与甲酸在一定条件下制取E的化学方程式为。25、ZnS+H2SO4===H2S↑+ZnSO4恒压滴液漏斗无色打开启普发生器活塞，通入气体使溶液酸化并加热，有利于溶液中剩余的硫化氢逸出，从而除去硫化氢硫蒸发浓缩、冷却结晶(或重结晶)KClO3和I2反应时会产生有毒的氯气，污染环境；89.88%【解析】

实验过程为：先关闭启普发生器活塞，在三颈烧瓶中滴入30%的KOH溶液，发生反应I:3I2+6KOH==KIO3+5KI+3H2O，将碘单质完全反应；然后打开启普发生器活塞，启普发生器中硫酸和硫化锌反应生成硫化氢气体，将气体通入三颈烧瓶中发生反应II:3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O，将碘酸钾还原成KI，氢氧化钠溶液可以吸收未反应的硫化氢；(5)实验室模拟工业制备KIO3：将I2、HCl、KClO3水中混合发生氧化还原反应，生成KH(IO3)2，之后进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到KH(IO3)2晶体，再与KOH溶液混合发生反应、过滤蒸发结晶得到碘酸钾晶体。【详解】(1)启普发生器中发生的反应是硫化锌和稀硫酸反应生成硫化氢气体和硫酸锌，反应的化学方程式：ZnS+H2SO4===H2S↑+ZnSO4；根据仪器结构可知该仪器为恒压滴液漏斗；(2)碘单质水溶液呈棕黄色，加入氢氧化钾后碘单质反应生成碘酸钾和碘化钾，完全反应后溶液变为无色；然后打开启普发生器活塞，通入气体发生反应II；(3)反应完成后溶液中溶有硫化氢，滴入硫酸并水浴加热可降低硫化氢的溶解度，使其逸出，从而除去硫化氢；(4)根据反应II可知反应过程中有硫单质生成，硫单质不溶于水；(5)①根据表格数据可知温度较低时KH(IO3)2的溶解度很小，所以从混合液中分离KH(IO3)2晶体需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，所以操作a为蒸发浓缩、冷却结晶；②根据流程可知该过程中有氯气产生，氯气有毒会污染空气，同时该过程中消耗了更多的药品；(6)该滴定原理是：先加入过量的KI并酸化与KIO3发生反应：IO3⁻+5I⁻+6H+===3I2+3H2O，然后利用Na2S2O3测定生成的碘单质的量从而确定KIO3的量；根据反应方程式可知IO3⁻~3I2，根据滴定过程反应I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3，则有IO3⁻~6Na2S2O3，所用n(KIO3)=0.01260L×2.0mol/L×=0.0042mol，所以样品中KIO3的质量分数为=89.88%。【点睛】启普发生器是块状固体和溶液不加热反应生成气体的制备装置。26、保持漏斗和反应容器内的气压相等2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O安全瓶(或防止装置C中液体倒吸入装置A中)漏斗口径较大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中水浴b增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果C2H5Cl、CCl3COOH蒸馏59%【解析】

A装置利用高锰酸钾与浓盐酸制备氯气，C装置用饱和食盐水除去HCl，D装置盛放浓硫酸干燥氯气，E中反应制备CCl3CHO。F装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气。【详解】(1)A中的恒压漏斗使得漏斗中的压强和圆底烧瓶中的压强相同，从而浓盐酸能够顺利流下。高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；(2)装置B中的导管很短，而且B中没有试剂，所以是作安全瓶，防止C装置处理HCl气体时发生倒吸。装置F中倒扣的漏斗，与液体接触的部分横截面积很大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中，不会发生倒吸。答案为安全瓶漏斗口径较大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中；(3)温度要控制在70℃，未超过水的沸点100℃，可以选择水浴加热，即最佳的加热方式为水浴加热。冷凝过程中，冷凝管中应该充满水，所以冷水应该从b口进。球形冷凝管与蒸气接触的面积大，冷凝回流效果更好。答案为：水浴b增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果；(4)如果没有浓硫酸干燥，则E中会有水参加反应，水与氯气反应生成HCl和HClO，副反应就会发生，生成的产物有C2H5Cl、CCl3COOH。从图表所给的信息来看，杂质均溶于乙醇，得到一混合液体，且沸点相差较大，使用蒸馏，可以分离除去；(5)加入的碘单质被硫代硫酸钠和CCl3CHO消耗，加入的碘单质的物质的量为0.03L×0.100mol•L-1=0.003mol，消耗的Na2S2O3的物质的量为0.02L×0.100mol•L-1=0.002mol。有关系式为I2~CCl3CHOI2~2Na2S2O30.001mol0.002molCCl3CHO消耗碘单质的物质的量为0.003-0.001mol=0.002mol，则10mL的溶液中含有CCl3CHO的物质的量为0.002mol。100mL溶液中含有CCl3CHO为0.02mol，质量为0.02mol×147.5g=2.95g，则纯度。【点睛】本题纯度的计算采用的返滴法，要理解题目所给方程式的意思。消耗I2的物质有两种，和一般的滴定有所差别。27、NH3、CO2E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O排尽装置中的空气充分吸收CO2，防止干扰CO的检验2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去2.1【解析】

(l)按实验过程中观察到现象，推测分解产物并书写草酸铵分解的化学方程式；(2)氮气驱赶装置内原有气体，从空气对实验不利因素来分析；(3)由所盛装的物质性质及实验目的推测装置C的作用；(4)从分解产物中找到另一个有还原性的物质，结合氧化还原反应原理写该反应的化学方程式；Ⅱ．(5)三次平行实验，计算时要数据处理，结合关系式进行计算；【详解】(l)实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有二氧化碳气体；若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有CO；答案为：NH3；CO2；E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊；草酸铵分解产生了CO2、NH3、CO，结合质量守恒定律知，另有产物H2O，则草酸铵分解的化学方程式为(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；答案为：(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；(2)反应开始前，通人氮气的目的是排尽装置中的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的CO2干扰实验