2025届西藏民族大学附属中学高考化学必刷试卷含解析

2025届西藏民族大学附属中学高考化学必刷试卷注意事项：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（每题只有一个选项符合题意）1、去除括号内少量杂质，选用的试剂和方法正确的是A．乙烷(乙烯)：通H2催化剂加热B．己烷(己烯)：加溴水后振荡分液C．Fe2O3(Al2O3)：加NaOH溶液过滤D．H2O(Br2)：用酒精萃取2、有机物J147的结构简式如图，具有减缓大脑衰老的作用。下列关于J147的说法中错误的是（）A．可发生加聚反应 B．分子式为C20H20O6C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．分子中所有碳原子可能共平面3、下列实验操作、现象和结论均正确的是（）实验操作现象结论A向AgNO3和AgCl的混合浊液中滴加0.1mol·L-1KI溶液生成黄色沉淀Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)B向某溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀原溶液中一定含有SO42-C向盛有某溶液的试管中滴加NaOH溶液并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸颜色无明显变化原溶液中不含NH4+D向某溶液中滴加KSCN溶液溶液未变血红色原溶液中不含Fe3+A．A B．B C．C D．D4、元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X的最高正价和最低负价之和为0，下列说法不正确的是（）XYZQA．原子半径（r）：r（Y）＞r（Z）＞r（X）B．分别含Y元素和Z元素的两种弱酸可以反应生成两种强酸C．推测Q的单质可以和氢气、氧气、活泼金属等反应D．Z的简单阴离子失电子能力比Y的强5、下列实验操作能达到相应实验目的的是实验操作或实验操作与现象实验目的或结论A将潮湿的氨气通过盛有无水氯化钙的干燥管干燥氨气B向10%蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热，再加入少量新制氢氧化铜悬浊液，加热，未出现砖红色沉淀蔗糖未水解C向FeCl3，CuCl2的混合溶液中加入足量铁粉，然后过滤提纯FeCl3D常温下，测定等浓度的NaClO4和Na2CO3溶液的pH验证非金属性:C1>CA．A B．B C．C D．D6、现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T。R原子最外层电子数是电子层数的2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z2T化合物能破坏水的电离平衡，五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示，下列推断正确的是A．原子半径和离子半径均满足：Y＜ZB．Y的单质易与R、T的氢化物反应C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：T＜RD．由X、R、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液一定显碱性7、咖啡酸具有止血、镇咳、祛痰等疗效，其结构简式如图，下列有关咖啡酸的说法中，不正确的是A．咖啡酸可以发生还原、取代、加聚等反应B．咖啡酸与FeCl3溶液可以发生显色反应C．1mol咖啡酸最多能与4molBr2反应D．1mol咖啡酸最多能消耗3mol的NaHCO38、逻辑推理是化学学习中常用的一种思维方法，以下四个推理中正确的是（）A．有机物一定含有碳元素，所以含碳元素的化合物一定是有机物B．置换反应中有单质生成，所以有单质生成的反应一定属于置换反应C．含碳元素的物质在O2中充分燃烧会生成CO2，所以在O2中燃烧能生成CO2的物质一定含碳元素D．盐的组成中含有金属阳离子与酸根离子，所以盐中一定不含氢元素9、室温下，向20mL浓度均为0.1mol/L的NaOH和MOH溶液中分别滴加0.1mol/L盐酸，溶液的pH随盐酸体积变化如图所示。下列说法不正确的是()A．MOH的电离常数约为1×l0-5 B．a点溶液中存在C．b点和c点溶液混合后显碱性 D．水的电离程度：d>b>a10、在恒容密闭容器中，反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)达到平衡，保持温度不变，加入少量水蒸气，体系重新达到平衡，下列说法正确的是A．水蒸气的体积分数增大 B．氢气的浓度增大C．平衡常数变大 D．铁的质量增大11、下表中的实验操作能达到实验目的或能得出相应结论的是（）选项实验操作实验目的或结论A室温下，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生验证Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)B将混有Ca(OH)2杂质的Mg(OH)2样品放入水中，搅拌，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌后过滤，用蒸馏水洗净沉淀。除去Mg(OH)2样品中Ca(OH)2杂质C向KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变为蓝色NO3-被氧化为NH3D室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液pH约为5HSO3-结合H+的能力比SO32-的强A．A B．B C．C D．D12、下列实验不能达到目的的是选项目的实验A制取84消毒液将Cl2通入NaOH溶液中B防止采摘下来的水果过早变烂保存在含有高锰酸钾的硅藻土箱子里C除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液D分离氢氧化铁胶体与FeCl3溶液通过滤纸过滤A．A B．B C．C D．D13、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．Na2S溶液中：SO42-、K+、Cl-、Cu2+B．的溶液：K+、AlO2-、CO32-、Na+C．饱和氯水中：Cl-、NO3-、Na+、SO32-D．碳酸氢钠溶液：K+、SO42-、Cl-、H+14、高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：①C12+KOH→KC1+KC1O+KC1O3+H2O(未配平)；②2Fe(NO3)3+3KC1O+10KOH===2K2FeO4+6KNO3+3KC1+5H2O。下列说法正确的是A．若反应①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1B．反应①中每消耗4molKOH，吸收标准状况下1．4LCl2C．氧化性：K2FeO4>KC1OD．若反应①的氧化产物只有KC1O，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC1215、下列说法错误的是（）A．“地沟油”可以用来制肥皂和生物柴油B．我国规定商家不得无偿提供塑料袋，目的是减少“白色污染”C．NaOH与SiO2可以反应，故NaOH可用于玻璃器皿上刻蚀标记D．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成，但不能减少温室气体排放16、短周期元素X.Y.Z.W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列判断不正确的是（）A．四种元素的单质中，X的熔沸点最低B．最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z强C．X的气态氢化物的稳定性较Z的弱D．原子半径：Y＞Z＞W＞X二、非选择题（本题包括5小题）17、“达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药，化合物M是它的合成中间体，其合成路线如下：已知：R1CHO回答下列问题：(1)有机物A的名称是______________；反应②反应类型是__________。(2)物质B的结构简式是____________；E的分子式为_____________。(3)G中含氧官能团的名称是________；F中有________个手性碳原子。(4)请写出反应⑤的化学反应方程式_____________。(5)物质N是C的一种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式_______。①分子结构中含有苯环和氨基，氨基与苯环直接相连；②能使溴水褪色；③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1∶1。(6)设计由苯甲醇和CH3NH2为原料制备的合成路线_______________。18、几种中学化学常见的单质及其化合物相互转化的关系图如下：可供参考的信息有：①甲、乙、丙、丁为单质，其余为化合物②A由X和Y两种元素组成，其原子个数比为l︰2，元素质量之比为7︰8。③B气体是引起酸雨的主要物质，H常温下为无色无味的液体，E常用作红色油漆和涂料。试根据上述信息回答下列问题：(1)A的化学式为___________，每反应lmol的A转移的电子数为_____________mol；(2)F与丁单质也可以化合生成G，试写出该反应的离子方程式：______________________；(3)少量F的饱和溶液分别滴加到下列物质中，得到三种分散系①、②、③。试将①、②、③对应的分散质具体的化学式填人下列方框中：________________(4)化合物M与H组成元素相同，可以将G氧化为F，且不引进新的离子。试写出M在酸性环境下将G氧化为F的离子方程式：________________19、镍的全球消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位，常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也用作催化剂，制取原理：Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，实验室用如图所示装置制取Ni(CO)4。已知：CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓(黑色)+2HCl；Ni(CO)4熔点-25℃，沸点43℃，60℃以上与空气混合易爆炸；Fe(CO)5熔点-20℃，沸点103℃。回答下列问题：(1)装置A中发生反应的化学方程式为_____。(2)装置C用于合成Ni(CO)4(夹持装置略)，最适宜选用的装置为________(填标号)。①②③(3)实验过程中为了防止_________，必须先观察________(填实验现象)再加热C装置。(4)利用“封管实验”原理可获得(高纯镍。如图所示的石英)玻璃封管中充有CO气体，则高纯镍粉在封管的________温度区域端生成填“323K”或“473K”。(5)实验中加入11.50gHCOOH，C装置质量减轻2.95g(设杂质不参加反应)，E装置中盛有PdCl2溶液100mL，则PdCl2溶液的物质的量浓度至少为________mol·L-1。20、三氯氧磷（POCl3）是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染化、塑胶助剂等行业。某兴趣小组模拟PCl3直接氧化法制备POCl3，实验装置设计如下：有关物质的部分性质如下表：回答下列问题：（1）仪器a的名称是_____________。装置A中发生反应的化学方程式为_______。（2）装置C中制备POCl3的化学方程式为________________________________。（3）C装置控制反应在60～65℃进行，其主要目的是_______________________。（4）通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：I.取xg产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性；II.向锥形瓶中加入0.1000mol·L－1的AgNO3溶液40.00mL，使Cl－完全沉淀；III.向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；IV.加入指示剂，用cmol·L－1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为VmL。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10－10，Ksp(AgSCN)=2×10－12①滴定选用的指示剂是（填序号）________，滴定终点的现象为_____________。a.酚酞b.NH4Fe(SO4)2c.淀粉d.甲基橙②Cl元素的质量分数为（列出算式）________________。③若取消步骤III，会使步骤IV中增加一个化学反应，该反应的离子方程式为________；该反应使测定结果________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。21、镁带能在CO2中燃烧，生成氧化镁和单质碳。请完成下列填空：（1）碳元素形成的单质有金刚石、石墨、足球烯等。金刚石的熔点远高于足球烯的原因是_______。（2）氧化镁的电子式为_______，CO2的结构式为______。与镁同周期、离子半径最小的元素，其原子最外层的电子排布式为______，其1个原子中能量最高的电子有______个。（3）一定条件下，在容积恒为2.0L的容器中，Fe和CO2发生如下反应：CO2(g)+Fe(s)FeO(s)+CO(g)，若起始时向容器中加入1molCO2，5.0min后，容器内气体的相对平均分子量为32，则n(CO2)：n(CO)之比为_______，这段时间内用CO2表示的速率v（CO2）=_______。（4）下列说法错误的是_______。a.当混合气体的密度不变时说明反应达到了平衡b.混合气体的平均相对分子质量不变时说明反应达到了平衡c.平衡后移除二氧化碳时，正反应速率一直减小直至建立新的平衡d.平衡后缩小容器的体积，正逆反应速率不变，平衡不移动（5）保持温度不变的情况下，待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向______移动（选填“正向”、“逆向”、或“不”），二氧化碳的转化率_____（填“增大”，“减小”或“不变”）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A.乙烷(乙烯)：通H2催化剂加热，虽然生成乙烷，但氢气量不好控制，有可能引入氢气杂质，应该通入溴水中，故A错误；B.己烷(己烯)：加溴水，己烯与溴发生加成反应，生成有机物，与己烷互溶，不会分层，故B错误；C.Fe2O3(Al2O3)：加NaOH溶液，氧化铝与氢氧化钠溶液反应，氧化铁与氢氧化钠溶液不反应，过滤可以得到氧化铁，故C正确；D.H2O(Br2)：不能用酒精萃取，因为酒精易溶于水，故D错误；故选：C。2、B【解析】

A．该有机物分子中含有碳碳双键，在一定条件下可以发生加聚反应，故A正确；B．由该有机物的结构简式可得，其分子式为C21H20O6，故B错误；C．该有机物分子中含有碳碳双键，可以和酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应从而使其褪色，故C正确；D．苯环上的所有原子共平面，碳碳双键上所有原子共平面，羰基上的原子共平面，单键可以旋转，则该有机物分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；答案选B。3、D【解析】

A.AgNO3和AgCl的混合浊液中，含有硝酸银，银离子和碘离子反应生成黄色沉淀，因此不能说明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故A错误；B.可能含有亚硫酸根离子，故B错误；C.向盛有某溶液的试管中滴加NaOH溶液并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸颜色无明显变化，不能说明不含铵根离子，一定要在加了氢氧化钠溶液后加热，故C错误；D.向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液未变血红色，原溶液中不含Fe3+，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】检验铁离子主要用KSCN，变血红色，则含有铁离子，检验亚铁离子，先加KSCN，无现象，再加氯水或酸性双氧水，变为血红色，则含有亚铁离子。4、D【解析】

元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，则X位于第二期，Y、Z位于第三周期；X的最高正价和最低负价之和为0，则X位于ⅣA族，为C元素，结合各元素在周期表中的相对位置可知，Y为S，Z为Cl元素，Q为Sc元素，据此解答。【详解】根据分析可知：X为C元素，Y为S，Z为Cl元素，Q为Sc元素。A.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径r（Y）＞r（Z）＞r（X），故A正确；B.亚硫酸与次氯酸反应生成HCl和硫酸，HCl和硫酸都是强酸，故B正确；C.Q位于ⅥA族，最外层含有6个电子，根据O、S的性质可推测Se的单质可以和氢气、氧气、活泼金属等反应，故C正确；D.非金属性越强，对应离子的失电子能力越强，非金属性Cl＞S，则简单离子失电子能力Z（Cl）＜Y（S），故D错误；故选D。5、D【解析】

A.氨气和氯化钙能发生络合反应，所以氯化钙不能干燥氨气，选项A错误；B.蔗糖水解完全后未用碱中和，溶液中的酸和氢氧化铜发生反应，水解产物不能发生反应。葡萄糖和氢氧化铜发生反应需要在碱性环境中进行，无法说明蔗糖末水解，选项B错误；C.铁也与氯化铁反应生成氯化亚铁，得不到氯化铁，选项C错误；D.测定等物质的量浓度的Na2CO3和NaClO4溶液的pH，Na2CO3的水解程度大，前者的pH比后者的大，越弱越水解，故碳元素非金属性弱于氯，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查较为综合，涉及物质的检验和性质的比较，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价。6、B【解析】

现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，结合五种元素的原子半径与原子序数的关系图可知，Z的原子半径最大，X的原子半径和原子序数均最小，则X为H元素；由R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R为第二周期的C元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Z为Na元素，Y为O元素，Z与T形成的Z2T

化合物能破坏水的电离平衡，T为S元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，X为H元素，R为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，T为S元素。A．电子层越多，原子半径越大，则原子半径为Y＜Z，而具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径为Y＞Z，故A错误；B．Y的单质为氧气，与C的氢化物能够发生燃烧反应，与S的氢化物能够反应生成S和水，故B正确；C．非金属性S＞C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：T＞R，故C错误；D．由H、C、O、Na四种元素组成的化合物不仅仅为NaHCO3，可能为有机盐且含有羧基，溶液不一定为碱性，可能为酸性，如草酸氢钠溶液显酸性，故D错误；答案选B。7、D【解析】

分子中含有苯环、酚羟基、碳碳双键和羧基，根据咖啡酸的结构及含有的官能团对各选项进行判断，注意酚羟基酸性小于碳酸，酚羟基无法与碳酸氢钠反应，据此分析。【详解】A．咖啡酸中含有碳碳双键，可以与氢气发生还原反应；含有羧基和羟基，能够发生取代反应；含有碳碳双键，能够发生加聚反应，A正确；B．该有机物分子中含有酚羟基，能够与氯化铁发生显色反应，B正确；C．1mol咖啡酸中1mol苯环、1mol碳碳双键，最多能够与4molBr2发生反应，C正确；D．酚羟基酸性小于碳酸，不能够与碳酸氢钠反应，1mol

咖啡酸中只含有1mol羧基，能够与1mol碳酸氢钠反应，D错误；答案选D。8、C【解析】

A、有机物都含碳元素，但含碳元素的化合物不一定是有机物，如一氧化碳、二氧化碳和碳酸盐等，虽然含有碳元素，但属于无机物，选项A错误；B、由置换反应的概念可知，一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应是置换反应，但有单质生成的反应不一定是置换反应，如氯酸钾分解、同素异形体的互变等，选项B错误；C、根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，含碳元素的物质燃烧都能产生CO2，在O2中燃烧生成CO2的物质都含碳元素，选项C正确；D、盐可能含有氢元素，如碳酸氢钠含有氢元素，选项D错误；答案选C。9、D【解析】

A．据图知，0.1mol⋅L−1MOH溶液中pH=11，则c(OH−)=0.001mol⋅L−1，MOH电离程度较小，则c(M+)≈c(OH−)=0.001mol⋅L−1，c(MOH)≈0.1mol⋅L−1，常温下，MOH的电离常数，A正确；B．a点溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH−)，根据电荷守恒得c(M+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，所以得c(M+)＞c(Cl−)≈，B正确；C．当盐酸的体积为10mL时，c点溶液为等物质的量浓度的NaCl和NaOH溶液，当盐酸的体积为20mL时，b点为0.05mol⋅L−1的MCl溶液，是强酸弱碱盐，水解过程微弱，所以b点和c点溶液混合后显碱性，C正确；D.a点有碱溶液、d点酸过量，水的电离均受到抑制，b点溶质是强酸弱碱盐，水解时促进水电离，从a到b点水的电离程度增大，从b到d点水的电离程度减小，故D错误；答案选D。【点睛】D容易错，同学往往受到图的影响而误以为水的电离程度是逐渐改变的，实际上水电离程度受溶质的影响。碱溶液、酸过溶液中水的电离均受到抑制，强酸弱碱盐、强碱弱酸盐水解时促进水电离。10、B【解析】

A．铁为固体，所以加入少量水蒸气，相当于在恒温密闭容器中增加压强，与原平衡等效，所以水蒸气的体积分数不变，A错误；B．加入少量水蒸气，则反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，使生成物氢气的浓度增大，B正确；C．平衡常数仅与温度有关，温度不变，加入少量水蒸气，体系重新达到平衡时平衡常数不变，C错误；D．加入少量水蒸气，反应物的浓度增大，化学平衡向正反应方向移动，所以铁的质量变小，D错误；故合理选项是B。11、B【解析】

A.由现象可知，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生，说明固体中含有BaCO3和BaSO4，有BaSO4转化成BaCO3，这是由于CO32-浓度大使Qc（BaCO3）>Ksp（BaCO3），所以不能验证Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，A项错误；B.Mg（OH）2比Ca（OH）2更难溶，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌后Ca（OH）2与MgCl2反应生成Mg（OH）2和溶于水的CaCl2，过滤，用蒸馏水洗净沉淀，可达到除去Mg(OH)2样品中Ca(OH)2杂质的目的，B项正确；C.试纸变为蓝色，说明生成氨气，可说明NO3−被还原为NH3，结论不正确，C项错误；D.由操作和现象可知，亚硫酸氢根离子电离大于其水解，则HSO3−结合H+的能力比SO32−的弱，D项错误；答案选B。【点睛】A项是易错点，沉淀转化的一般原则是由溶解度小的转化为溶解度更小的容易实现，但两难溶物溶解度相差不大时也可控制浓度使溶解度小的转化成溶解度大的。12、D【解析】

A．84消毒液的主要成分为NaClO,Cl2通入NaOH溶液中反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，A正确；B．成熟的水果会释放出乙烯气体，具有还原性，能与强氧化剂高锰酸钾溶液反应，防止采摘下来的水果过早变烂，保存在含有高锰酸钾的硅藻土箱子里，B正确；C．乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠，而乙酸可与碳酸钠反应，C正确；D．胶体和溶液均能通过滤纸，无法通过过滤分离，可用渗析法分离，D错误。答案选D。13、B【解析】A、Cu2＋与S2－生成难溶物是CuS，不能大量共存，故错误；B、此溶液显碱性，这些离子大量共存，故正确；C、氯水中Cl2和HClO，具有强氧化性，能把SO32－氧化成SO42－，不能大量共存，故错误；D、HCO3－与H＋反应生成CO2，不能大量共存，故错误。14、D【解析】

A选项，若反应①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，设物质的量分别为5mol和1mol，则化合价升高失去10mol电子，则化合价降低得到10mol电子，因此总共有了8mol氯气，氧化剂与还原剂的物质的量之比为10：6，即5:3，故A错误；B选项，根据A分析反应①得出消耗氢氧化钾物质的量为16mol，因此每消耗4molKOH，吸收氯气2mol，即标准状况下44.8LCl2，故B错误；C选项，根据第二个方程式比较氧化性，氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，因此KC1O>K2FeO4，故C错误；D选项，若反应①的氧化产物只有KC1O，则C12与KC1O物质的量之比为1:1，根据第二个方程式得到KC1O与K2FeO4物质的量之比为3:2，因此得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC12，故D正确。综上所述，答案为D。15、C【解析】

A．“地沟油”含有大量的有害物质，禁止食用，其主要成分为油脂，属于酯类，可以发生皂化反应制肥皂，及通过化学反应用来制生物柴油，A选项正确；B．塑料袋由聚乙烯材料构成，可形成白色污染，减少塑料袋的使用可减少白色污染，B选项正确；C．NaOH与SiO2可以反应，但可用于玻璃器皿上刻蚀标记的是氢氟酸(HF)，C选项错误；D．加入氧化钙可以与硫燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，减少了酸雨的形成，但是二氧化碳不会减少，不能减少温室气体的排放，D选项正确；答案选C。16、C【解析】

X、Y、Z、W均为短周期元素，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最内层只有2个电子，则最外层电子数为6，则Y为O元素，根据X、Y、Z、W在周期表中相对位置可知，X为N元素、Z为Si元素、Y为Al元素。【详解】A、四元素的单质中，只有X常温下为气态，其它三种为固态，故A正确；B、非金属性W>Z，故最高价氧化物对应水化物的酸性W>Z，故B正确；C、非金属性X>Z，故X的气态氢化物的稳定性较Z的强，故C不正确；D、同周期随原子序数增大原子半径减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径大小顺序为：Y＞Z＞W＞X，故D正确；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、苯甲醛还原反应H2NC15H21NO3羟基2+→+【解析】

根据已知信息，结合C的结构简式可知，B为H2N，C与NaBH4发生还原反应生成D，D与E发生加成反应生成F，F在HCl，CH3CH2OH条件下发生取代反应生成G，G与H发生取代反应生成，在Pd/C、H2条件下发生取代反应生成M，据此分析解答。【详解】(1)有机物A()的名称为苯甲醛；反应②为C中碳氮双键反应后变成碳氮单键，与NaBH4发生还原反应，故答案为：苯甲醛；还原反应；(2)根据C的结构，结合信息R1CHO可知，物质B的结构简式是H2N；E()的分子式为C15H21NO3，故答案为：H2N；C15H21NO3；(3)G()中含氧官能团是羟基；F()中有2个手性碳原子，如图，故答案为：羟基；2；(4)反应⑤为G与H发生的取代反应，反应的化学反应方程式为+→+，故答案为：+→+；(5)物质N是C()的一种同分异构体，①分子结构中含有苯环和氨基，氨基与苯环直接相连；②能使溴水褪色，说明含有碳碳双键；③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1∶1，满足条件的一种同分异构体可以是，故答案为：；(6)由苯甲醇和CH3NH2为原料制备，根据信息R1CHO可知，可以首先将苯甲醇氧化为苯甲醛，然后与发生反应生成，最后与NaBH4发生还原反应即可，故答案为：。【点睛】本题的难点是涉及的物质结构较为复杂，易错点为(1)中反应②的类型的判断，碳氮双键变成碳氮单键，但反应物不是氢气，不能判断为加成反应，应该判断为还原反应。18、FeS2112Fe3++Fe=3Fe2+:分散质微粒的直径(nm)；H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+【解析】

由③中信息可知：

B气体是引起酸雨的主要物质，则B为SO2，H常温下为无色无味的液体，则H为H2O；E常用作红色油漆和涂料，故E为Fe2O3，则A中应含Fe、S两种元素。由②可计算得到A的化学式为FeS2，再结合流程图可推知甲为O2，C为SO3，D为H2SO4

乙由E(Fe2O3)和乙在高温的条件下生成丁(单质)可知，丁为Fe，D

(

H2SO4)

+E

(

Fe2O3)→F，则F为Fe2

(SO4)3，G为FeSO4，丙可以为S等，乙可以为碳或氢气等。【详解】(1)由上述分析可知，A的化学式为FeS2，高温下燃烧的化学方程式为:

4FeS2

+

11O2

2Fe2O3

+8SO2，由此分析可知，每消耗4

mol

FeS2，转移电子为44mol，即每反应1

mol的A

(

FeS2)转移的电子为11

mol

，故答案为.：FeS2；11。

(2)由转化关系图可知F为Fe2

(SO4)3，丁为Fe，G为FeSO4，则有关的离子反应为:

Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；

(3)少量饱和Fe2

(SO4)3溶液加入①冷水中形成溶液，溶质为Fe2

(SO4)3；加入②NaOH溶液中会产生Fe

(OH)

3沉淀，形成浊液；加入③沸水中会产生Fe

(OH)

3胶体，即①Fe2

(SO4)3、③Fe

(OH)

3胶体、②

Fe

(OH)

3沉淀，故答案为:分散质微粒的直径(nm)；

(4)化合物M与H

(

H2O)组成元素相同，则M为H2O2，M在酸性条件下将G

(

FeSO4)氧化为F[Fe2

(SO4)3]的离子方程式为：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+，故答案为：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+。19、HCOOHH2O+CO↑③CO及Ni(CO)4与装置中空气混合在加热条件下爆炸E装置中产生黑色沉淀473K0.50【解析】

A装置中甲酸和浓硫酸反应生成CO，经B装置中浓硫酸进行干燥，根据方程式Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，温度在50~80℃是更有利于Ni(CO)4的生成，为了更好的控制温度可选用水浴加热，Ni(CO)4的沸点为43℃，所以反应生成的Ni(CO)4会变成气体，在D装置中进行冷凝得到Ni(CO)4液体，之后利用E装置吸收未反应的CO，同时为了防止Ni(CO)4与空气混合加热，需先通一段时间的CO，通过观察E装置中是否有黑色成生成可判断装置中是否充满CO。【详解】(1)装置A中甲酸与在浓硫酸的作用下生成CO和水，反应方程式为HCOOHH2O+CO↑；(2)温度在50~80℃是更有利于Ni(CO)4的生成，为了更好的控制温度，且可避免温度过高，可选用水浴加热，所以选用③装置；(3)CO及Ni(CO)4与装置中空气混合在加热条件下会发生爆炸，所以要先观察到E装置中生成黑色沉淀，再加热C装置；(4)323K是49.85℃，473K是199.85℃，根据方程式Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)可知180~200℃时生成Ni单质，所以高纯镍粉在封管的473K温度区域端生成；(5)n(HCOOH)==0.25mol，则生成的n(CO)=0.25mol，C装置中发生Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，则C管减轻的质量即反应的Ni的质量，则反应n(Ni)==0.05mol，则消耗n(CO)=0.2mol，所以PdCl2溶液至少要吸收CO的物质的量为0.25mol-0.2mol=0.05mol，根据方程式CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓(黑色)+2HCl可知所需n(PdCl2)=0.05mol，所以其浓度至少为=0.5mol/L。【点睛】解答第(4)题时要注意单位的换算，方程式中温度的单位是摄氏度，封管所给温度时开尔文，0℃=273.15K。20、冷凝管2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2H2O=2H2O+O2↑2PCl3+O2=2POCl3加快反应速率，同时防止PCl3气化，逸出损失b当加入最后一滴NH4SCN溶液，溶液刚好变为红色，且红色半分钟内不褪色AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq)偏小【解析】

根据实验目的及装置图中反应物的状态，分析装置的名称及装置中的相关反应；根据滴定实验原理及相关数据计算样品中元素的含量，并进行误差分析。【详解】（1）根据装置图知，仪器a的名称是冷凝管；根据实验原理及装置中反应物状态分析知，装置A为用固体和液体制备氧气的装置，可以是过氧化钠与水反应，也可能是双氧水在二氧化锰催化下分解，化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2H2O=2H2O+O2↑，故答案为：冷凝管；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2H2O=2H2O+O2↑；（2）装置C中为PCl3与氧气反应生成POCl3的反应，化学方程式为2PCl3+O2=2POCl3，故答案为：2PCl3+O2=2POCl3；（3）通过加热可以加快反应速率，但温度不易太高，防止PCl3气化，影响产量，则C装置易控制反应在60℃∼65℃进行，故答案为：加快反应速率，同时防止PCl3气化，逸出损失；（4）①用cmol⋅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：b；当加入最后一滴NH4SCN溶液，溶液刚好变为红色，且红色半分钟内不褪色；②用cmol/LNH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积VmL，则过量Ag+的物质的量为V∙c×10−3mol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L×0.04L−Vc×10−3mol＝(4−Vc)×10−3mol，则Cl元素的质量百分含量为，故