2025届云南省宾川县第四高级中学高三第二次联考化学试卷含解析

2025届云南省宾川县第四高级中学高三第二次联考化学试卷注意事项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、室温下向溶液中加入的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．a点所示溶液中B．a、b两点所示溶液中水的电离程度相同C．时，D．b点所示溶液中2、普通电解精炼铜的方法所制备的铜中仍含杂质，利用如图中的双膜(阴离子交换膜和过滤膜)电解装置可制备高纯度的Cu。下列有关叙述正确的是（）A．电极a为粗铜B．甲膜为过滤膜，可阻止阳极泥及漂浮物杂质进入阴极区C．乙膜为阴离子交换膜，可阻止杂质阳离子进入阴极区D．当电路中通过1mol电子时，可生成32g精铜3、下列物质的转化在给定条件下能实现的是()A．SSO3H2SO4 B．Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3C．SiO2SiCl4Si D．Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl34、国内某科技研究小组首次提出一种新型的Li+电池体系，该体系正极采用含有I-、Li+的水溶液，负极采用固体有机聚合物，电解质溶液为LiNO3溶液，聚合物离子交换膜作为隔膜将液态正极和固态负极分隔开（原理示意图如图）。已知：I-+I2=I3-，则下列有关判断正确的是A．图甲是原电池工作原理图，图乙是电池充电原理图B．放电时，正极液态电解质溶液的颜色变浅C．充电时，Li+从右向左通过聚合物离子交换膜D．放电时，负极的电极反应式为：+2ne-=+2nLi+5、下列操作能达到实验目的的是目的实验操作AAl2O3有两性将少量Al2O3分别加入盐酸和氨水中B浓硫酸有脱水性蔗糖中加入浓硫酸，用玻璃棒充分搅拌C检验SO42-向某溶液中滴加少量酸化的BaCl2溶液D检验Fe2+向某溶液中滴入氯水，再滴入KSCN溶液A．A B．B C．C D．D6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．100g46%的乙醇水溶液中含有氧原子数目为4NAB．等质量的CO和N2含有的原子数目均为2NAC．在0.1mol•L-1的NH4Cl溶液中通入NH3使溶液呈中性，含有NH4+数目为0.1NAD．常温常压下，水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为2NA7、化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是（）A．光导纤维是一种新型硅酸盐材料B．用纯碱溶液洗去油污时，加热能够提高去污能力C．食物中的营养素主要为糖类、油脂、蛋白质、纤维素、无机盐和水D．《物理小识》记载：“青矾（绿矾）厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不茂。”青矾厂气是CO和CO28、一种从植物中提取的天然化合物a-damascone，可用于制作“香水”，其结构为：，有关该化合物的下列说法不正确的是A．分子式为 B．该化合物可发生聚合反应 C．1mol该化合物完全燃烧消耗19mol D．与溴的溶液反应生成的产物经水解、稀硝酸化后可用溶液检验9、汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是A．生成40.0LN2（标准状况） B．有0.250molKNO3被氧化C．转移电子的物质的量为1.25mol D．被氧化的N原子的物质的量为4.75mol10、下列对实验现象的解释正确的是选项操作现象解释A将铜粉加入Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝金属铁比铜活泼B铜与浓硫酸共热有灰白色固体生成浓硫酸具有强氧化性和吸水性C氧化铁溶于足量HI溶液溶液呈棕黄色Fe3+呈棕黄色D向待测液中加入适量的NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口湿润的红色石蕊试纸未变蓝待测液中不存在NH4+A．A B．B C．C D．D11、设阿伏加德罗常数值用NA表示，下列说法正确的是（）A．常温下1LpH＝3的亚硫酸溶液中，含H+数目为0.3NAB．A1与NaOH溶液反应产生11.2L气体，转移的电子数为0.5NAC．NO2与N2O4混合气体的质量共ag，其中含质子数为0.5aNAD．1mo1KHCO3晶体中，阴阳离子数之和为3NA12、2019年7月1日起，上海进入垃圾分类强制时代，随后西安等地也纷纷开始实行垃圾分类。这体现了我国保护环境的决心，而环境保护与化学息息相关，下列有关说法正确的是A．废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不可降解，能使溴水褪色B．可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氯化铝制取C．废旧电池中含有镍、镉等重金属，不可用填埋法处理D．含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O13、加入少许下列一种物质，不能使溴水颜色显著变浅的是A．Mg粉 B．KOH溶液 C．KI溶液 D．CCl414、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15、分析生产生活中的下列过程，不涉及氧化还原反应的是（）A．铜制品、铁制品在潮湿的空气中生锈B．缺铁性贫血服用补铁剂时，需与维生维C同时服用C．将氯气通入冷的消石灰中制漂白粉D．从海水中提取氯化镁16、下列说法正确的是A．氯化氢气体溶于水破坏离子键，产生H+和Cl-B．硅晶体熔化与碘化氢分解需克服的化学键类型相同C．NH3和HCl都极易溶于水，是因为都可以和H2O形成氢键D．CO2和SiO2的熔沸点和硬度相差很大，是由于它们所含的化学键类型不同17、Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。以NaOH溶液为电解质，制备Na2FeO4的原理如图所示，在制备过程中需防止FeO42-的渗透。下列说法不正确A．电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出B．铁电极上的主要反应为：Fe－6e-+8OH-=FeO42-+4H2OC．电解一段时间后，Ni电极附近溶液的pH减小D．图中的离子交换膜为阴离子交换膜18、ICl能发生下列变化，其中变化时会破坏化学键的是（）A．升华 B．熔化 C．溶于CCl4 D．受热分解19、短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递増，其原子的最外层电子数之和为13。X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍。下列说法正确的是()A．X的简单氢化物溶于水显酸性B．Y的氧化物是离子化合物C．Z的氢化物的水溶液在空气中存放不易变质D．X和Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸20、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21、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22、关于①②③三种化合物：，下列说法正确的是A．它们均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．它们的分子式都是C8H8C．它们分子中所有原子都一定不共面D．③的二氯代物有4种二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物X是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：已知：RCHO＋CH3COOR1RCH＝CHCOOR1请回答：（1）F的名称为_____________。（2）C→D的反应类型为_________。（3）D→E的化学方程式________________________。（4）X的结构简式____________________。（5）D的芳香族化合物同分异构体有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1的是_________(写结构简式)。24、（12分）一种新型含硅阻燃剂的合成路线如下。请回答相关问题：（1）化合物A转化为B的方程式为_____，B中官能团名称是______。（2）H的系统命名为___，H的核磁共振氢谱共有___组峰。（3）H→I的反应类型是___（4）D的分子式为______，反应B十I→D中Na2CO3的作用是___。（5）F由E和环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，F的结构简式为___。（6）D的逆合成分析中有一种前体分子C9H10O2，符合下列条件的同分异构体有___种。①核磁共振氢谱有4组峰；②能发生银镜反应；③与FeCl3发生显色反应。25、（12分）某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与H2O2溶液的反应。实验Ⅰ：试剂：酸化的0.5mol·L-1FeSO4溶液（pH=0.2），5%H2O2溶液（pH=5）操作现象取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴5%H2O2溶液溶液立即变为棕黄色，稍后，产生气泡。测得反应后溶液pH=0.9向反应后的溶液中加入KSCN溶液溶液变红(1)上述实验中H2O2溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式是__。(2)产生气泡的原因是__。(3)某同学认为，根据“溶液变红”不能说明FeSO4与H2O2发生了反应，又补充了实验II证实了该反应发生。实验II的方案和现象是__。实验III：试剂：未酸化的0.5mol·L-1FeSO4溶液（pH=3），5%H2O2溶液（pH=5）操作现象取2mL5%H2O2溶液于试管中，加入5滴上述FeSO4溶液溶液立即变为棕黄色，产生大量气泡，并放热，反应混合物颜色加深且有浑浊。测得反应后溶液pH=1.4(4)将上述混合物分离，得到棕黄色沉淀和红褐色胶体。取部分棕黄色沉淀洗净，加4mol·L-1盐酸，沉淀溶解得到黄色溶液。初步判断该沉淀中含有Fe2O3，经检验还含有SO42-。①检验棕黄色沉淀中SO42-的方法是______。②结合方程式解释实验III中溶液pH降低的原因______。实验IV：用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作与实验III相同，除了产生与III相同的现象外，还生成刺激性气味气体，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色。(5)将反应得到的混合物过滤，得到黄色沉淀。将黄色沉淀洗净，加稀盐酸，沉淀不溶解。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，写出生成黄色沉淀的化学方程式___。(6)由以上实验可知，亚铁盐与H2O2反应的现象与______（至少写两点）有关。26、（10分）无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应，生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气。某学生试图用如图所示装置来确定该化学反应中各物质的计量关系。试回答：（1）加热过程中，试管A中发生的实验现象可能有___。（2）装置E和F的作用是___；（3）该学生使用装置B的本意是除去混合气体中的三氧化硫以提纯氧气，他的做法正确吗？为什么？___。（4）另一学生将9.6g无水硫酸铜充分加热使其完全分解后，用正确的实验方法除去了生成物中的二氧化硫和三氧化硫，最后测出氧气的体积为448mL（标准状况）。据此可计算出二氧化硫为___mol，三氧化硫为___mol。（5）由上述实验数据可知无水硫酸铜受热分解的化学方程式：___。（6）上述装置可以简化而不影响实验效果。请你提出一个简化方案，达到使装置最简单而不影响实验效果的目的：___。27、（12分）某校同学设计下列实验，探究CaS脱除烟气中的SO2并回收S。实验步骤如下：步骤1.称取一定量的CaS放入三口烧瓶中并加入甲醇作溶剂(如下图所示)。步骤2.向CaS的甲醇悬浊液中缓缓通入一定量的SO2。步骤3.过滤，得滤液和滤渣。步骤4.从滤液中回收甲醇(沸点为64.7℃)，所得残渣与步骤3的滤渣合并。步骤5.用CS2从滤渣中萃取回收单质S。(1)图中用仪器X代替普通分液漏斗的突出优点是________________。(2)三口烧瓶中生成硫和亚硫酸钙的化学方程式为________________，三口烧瓶中最后残留固体中含一定量的CaSO4，其原因是________________。(3)步骤4“回收甲醇”需进行的操作方法是________________。(4)步骤5为使滤渣中S尽可能被萃取，可采取的操作方案是________________。(5)请设计从上述回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3·5H2O的实验方案：称取稍过量硫粉放入烧杯中，__________________________________________，用滤纸吸干。已知：①在液体沸腾状态下，可发生反应Na2SO3＋S＋5H2ONa2S2O3·5H2O。②硫不溶于Na2SO3溶液，微溶于乙醇。③为获得纯净产品，需要进行脱色处理。④须使用的试剂：S、Na2SO3吸收液、乙醇、活性炭。28、（14分）氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。（1）如图是1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图：请写出NO2和CO反应的热化学方程式：___。（2）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+Q（Q>0），其化学平衡常数K与T的关系如下表：T/K298398498…K/4.1×106K1K2…请完成下列问题：比较K1、K2的大小：K1___K2（填写“＞”、“=”或“＜”）（3）判断该反应达到化学平衡状态的依据的是___（选填字母序号）。A．2v（H2）正=3v（NH3）逆B．2v（N2）正=v（H2）逆C．容器内压强保持不变D．混合气体的密度保持不变（4）盐酸肼（N2H6Cl2）是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似。盐酸肼第一步水解反应的离子方程式___；盐酸肼水溶液中离子浓度的排列顺序正确的是___（填序号）。a．c（Cl-）＞c（N2H62+）＞c（H+）＞c（OH-）b．c（Cl-）＞c（[N2H5•H2O]+）＞c（H+）＞c（OH-）c．2c（N2H62+）+c（[N2H5•H2O]+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）d．2c（N2H62+）+2c（[N2H5•H2O]+）+2c（[N2H4•2H2O]=c（Cl-）29、（10分）C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的不利影响。（1）研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H1＝－49.6kJ/mol反应Ⅱ：CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g)△H2＝＋23.4kJ/mol反应Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)△H3①△H3＝____kJ/mol。②在恒定压强、T1温度下，将6molCO2和12molH2充入3L的密闭容器中发生I、Ⅲ反应，5min后反应达到平衡状态，此时CH3OH(g)物质的量为2mol，CH3OCH3(g)的物质的量为0.5mol；则T1温度时反应I的平衡常数Kc的计算式为______。③恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应III，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如下图。其中：CH3OH的选择性＝×100%在上述条件下合成甲醇的工业条件是_____________。A．210℃B．230℃C．催化剂CZTD．催化剂CZ(Zr－1)T（2）一定条件下，可以通过CO与SO2反应生成S和一种无毒的气体，实现燃煤烟气中硫的回收，写出该反应的化学方程式___________。在不同条件下，向2L恒容密闭容器中通入2molCO和1molSO2，反应体系总压强随时间的变化如图所示：①图中三组实验从反应开始至达到平衡时，反应速率v(CO)最大的为_____（填序号）。②与实验a相比，c组改变的实验条件可能是___________。（3）“亚硫酸盐法”吸收烟气中的SO2。室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示，b点时溶液pH=7，则n(NH4+)：n(HSO3−)=________。（4）间接电化学法可除NO。其原理如图所示，写出电解池阴极的电极反应式（阴极室溶液呈酸性）_____。

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】

A．a点时酸碱恰好中和，溶液，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为，故A错误；B．a点水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出，抑制水的电离，故B错误；C．时，，由电荷守恒可知，则，故C错误；D．b点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于水解程度，则存在，故D正确。故答案为D。2、D【解析】

A．电解精炼铜中，粗铜作阳极，接电源正极，因此电极a为精铜，电极b为粗铜，故A错误；B．甲膜为阴离子交换膜，防止阳极溶解的杂质阳离子进入阴极区，同时NO3-可穿过该膜，平衡阳极区电荷，故B错误；C．乙膜为过滤膜，先对阳极区的阳极泥及漂浮物过滤，故C错误；D．阴极只有Cu2+放电，转移1mol电子时，生成0.5molCu，因此质量=0.5mol×64g/mol=32g，故D正确；故答案选D。【点睛】本题关键是通过装置原理图判断该电解池的阴阳极，通过阴阳极的反应原理，判断甲膜和乙膜的种类和作用。3、B【解析】

A.S点燃条件下与O2反应不能生成SO3；B.Al2O3和NaOH溶液反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液中通入CO2，生成Al(OH)3沉淀；C.SiO2一般情况下不与酸反应；D.FeCl3溶液会发生Fe3+的水解；【详解】A.S点燃条件下与空气或纯O2反应只能生成SO2，不能生成SO3，故A错误；B.氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，发生反应NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，所以能实现，故B正确；C.SiO2与盐酸溶液不发生，故C错误；D.FeCl3溶液在加热时会促进Fe3+的水解：FeCl3+3H2O=Fe(OH)3+3HCl，最终得不到无水FeCl3，故D错误；故答案为B。【点睛】本题考查是元素化合物之间的转化关系及反应条件。解题的关键是要熟悉常见物质的化学性质和转化条件，特别是要关注具有实际应用背景或前景的物质转化知识的学习与应用。4、B【解析】

题目已知负极采用固体有机聚合物，甲图是电子传向固体有机聚合物，图甲是电池充电原理图，则图乙是原电池工作原理图，放电时，负极的电极反应式为：正极的电极反应式为：I3-+2e-=3I-。【详解】A.甲图是电子传向固体有机聚合物，电子传向负极材料，则图甲是电池充电原理图，图乙是原电池工作原理图，A项错误；B.放电时，正极液态电解质溶液的I2也会的得电子生成I-，故电解质溶液的颜色变浅，B项正确；C.充电时，Li+向阴极移动，Li+从左向右通过聚合物离子交换膜，C项错误；D.放电时，负极是失电子的，故负极的电极反应式为：【点睛】易错点：原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，注意不要记混淆。5、B【解析】

A．Al(OH)3是两性氢氧化物，只溶于强酸、强碱，不溶于氨水，故A错误；B．浓硫酸能将蔗糖中H、O以2∶1水的形式脱去，体现浓硫酸的脱水性，故B正确；C．向某溶液中滴加少量酸化的BaCl2溶液可能生成氯化银或硫酸钡白色沉淀，不能检验硫酸根离子，故C错误；D．氯气具有氧化性，可以将亚铁离子氧化，生成三价铁离子，三价铁离子可以和KSCN溶液发生显色反应，显红色，不能确定是含有亚铁离子还是铁离子，故D错误；故选B。6、A【解析】

A．乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子，100g46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，故含1mol氧原子；水的质量为100g-46g=54g，物质的量为3mol，故含3mol氧原子，故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为4mol，个数为4NA个，故A正确；B．CO和N2相对分子质量都是28，都是双原子分子，所以等质量的CO和N2的质量的具体数值不明确，故无法计算中含有原子数目，故B错误；C．在0.1mol•L的NH4Cl溶液中通入NH3使溶液呈中性，由于没有给出溶液的体积，无法计算出溶液的物质的量，无法计算铵根离子的物质的量，故C错误；D．过氧化钠和水反应时,增重为氢元素的质量,即1molNa2O2∼1molH2O∼增重1molH2的质量∼转移1mol电子，故当增重2g即1mol氢气的质量时，反应转移1mol电子即NA个，故D错误；答案选A。【点睛】过氧化钠与水反应转移的电子数是易错点，过氧化钠中的氧元素为-1价，增重1molH2的质量∼转移1mol电子。7、B【解析】

A.光导纤维的成分是SiO2，不是硅酸盐，A错误；B.油脂在碱性条件下水解，纯碱水解使溶液呈碱性，加热能够促进纯碱的水解，使溶液碱性增强，因此可促进油脂的水解，从而可提高去污能力。B正确；C.食物中的营养素主要为糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水，而人体内无纤维素酶，不能消化纤维素，因此不是人体的营养素，C错误；D.CO、CO2气体没有气味，不符合厂气熏人的性质，D错误；故合理选项是B。8、C【解析】

A项，根据键线式，由碳四价补全H原子数，即可写出化学式为C13H20O，正确；B项，由于分子可存在碳碳双键，故可以发生加聚反应，正确；C项，分子式为C13H20O，可以写成C13H18H2O，13个碳应消耗13个O2，18个H消耗4.5个O2，共为13+4.5=17.5，故错误；D项，碳碳双键可以与Br2发生加成发生，然后水解酸化，即可得Br－，再用AgNO3可以检验，正确。答案选C。9、C【解析】

该反应中N元素化合价由-、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，据此分析解答。【详解】A．该反应中N元素化合价由-价、+5价变为0价，所以氧化产物和还原产物都是氮气，假设有16mol氮气生成，氧化产物是15mol、还原产物是1mol，则氧化产物比还原产物多14mol，若氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成氮气的物质的量=×16mol=2mol，标准状况下的体积为：2mol×22.4L/mol=44.8L，故A错误；B．反应中，硝酸钾得电子是氧化剂，被还原，故B错误；C．转移电子的物质的量为×10=1.25mol，故C正确；D．被氧化的N原子的物质的量=×30=3.75mol，故D错误；答案选C。【点睛】明确氧化产物和还原产物关系是解本题关键。本题的易错点为B，注意硝酸钾中N元素化合价降低，被还原。10、B【解析】

A．二者反应生成硫酸铜、硫酸亚铁，只能说明铁离子氧化性大于铜离子，不能比较金属性；要证明金属铁比铜活泼，要将铁放入硫酸铜等溶液中，故A错误；B．铜与浓硫酸共热有灰白色固体生成，说明生成了无水硫酸铜，铜被氧化，硫酸具有氧化性，硫酸铜从溶液中析出时应是CuSO4·5H2O，是蓝色固体，现变成白色，是无水硫酸铜，说明浓硫酸具有吸水性，故B正确；C．氧化铁溶于足量HI溶液，Fe2O3＋6H＋+2I－=2Fe2＋+I2＋3H2O，生成的碘溶于水也呈黄色，故C错误；D．铵根离子与氢氧化钠在加热条件下能反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，这是氨气的特征反应，但湿润的红色石蕊试纸未变蓝，也可能是溶液太稀，没有得到氨气，无法确定待测液中是否存在NH4+，故D错误；故选B。11、C【解析】

A.1LpH＝3的亚硫酸溶液中，H+的浓度为10-3mol/L，1L溶液中H+数目为0.001NA，故A错误；B.A1与NaOH溶液反应生成氢气，因未说明气体所处的状态，所以无法计算反应中转移的电子数目，故B错误；C.NO2和N2O4，最简比相同，只计算ag

NO2中质子数即可，一个N含质子数为7，一个氧质子数为8，所以一个NO2分子含质子数为7+2×8=23，agNO2中质子数为NAmol-1=0.5aNA，故C正确；D.1mo1KHCO3晶体中只有钾离子和碳酸氢根离子，阴阳离子数之和为2NA，故D错误；答案是C。12、C【解析】

A.聚乙烯结构中不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故A错误；B.氯化铝为共价化合物，受热易升华，电解得不到金属铝；金属铝采用电解氧化铝制备，故B错误；C.镍、镉等重金属会造成水土污染，应集中处理，不可用填埋法处理，故C正确；D.丝、毛中主要含蛋白质，含有C、H、O、N等元素，燃烧不止生成CO2和H2O，故D错误；答案：C13、C【解析】

溴水溶液与氯水溶液成分相似，存在平衡Br2+H2OHBr+HBrO，据此分析作答。【详解】A．Mg与溴水反应生成无色溶液，颜色变浅，故A不符合题意；B．KOH与溴水反应生成无色溶液，颜色变浅，故B不符合题意；C．溴水与KI发生反应生成碘，溶液颜色加深，故C符合题意；D．溴水与四氯化碳发生萃取，使溴水颜色显著变浅，故D不符合题意；故答案为：C。14、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。15、D【解析】A.铜制品、铁制品在潮湿的空气中生锈，单质转化为化合物，是氧化还原反应；B.缺铁性贫血服用补铁剂时，需与维生维C同时服用，维C是强还原剂，可以把氧化性较强的+3价铁还原为+2价铁；C.将氯气通入冷的消石灰中制漂白粉，氯气转化为化合物，是氧化还原反应；D.从海水中提取氯化镁的方法是先用碱把海水中的镁离子沉淀富集镁，再用盐酸溶解沉淀得氯化镁溶液，然后蒸发浓缩、降温结晶得氯化镁晶体，接着在氯化氢气流中脱水得无水氯化镁，这个过程中没有氧化还原反应。综上所述，本题选D。16、B【解析】

A.HCl是共价化合物，氯化氢气体溶于水时破坏共价键，产生H+和Cl-，A错误；B.硅晶体属于原子晶体，熔化断裂共价键；碘化氢属于分子晶体，碘化氢分解破坏共价键，因此需克服的化学键类型相同，B正确；C.NH3和HCl都极易溶于水，NH3是因为可以和H2O形成氢键，但HCl分子与H2O分子之间不存在氢键，C错误；D.CO2和SiO2的熔沸点和硬度相差很大，是由于CO2属于分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，而SiO2属于原子晶体，原子之间以强的共价键结合，熔化时破坏的作用力性质不同，D错误；故合理选项是B。17、C【解析】

由电解示意图可知，铁电极为阳极，阳极上铁失去电子发生氧化反应生成FeO42-，电极反应式为Fe－6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，镍电极为阴极，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低。【详解】A项、镍电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-＝H2↑+2OH-，氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低，故A正确；B项、阳极上铁失电子发生氧化反应生成FeO42-，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，故B正确；C项、镍电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-＝H2↑+2OH-，由于有OH-生成，电解一段时间后，Ni电极附近溶液的pH增大，故C错误；D项、铁是阳极，电极反应式为Fe-6e-+8OH-＝FeO42-+4H2O，Ni电极上氢离子放电，电极反应式为2H2O+2e-＝H2↑+2OH-，氢氧根离子向阳极移动，图中的离子交换膜应选用阴离子交换膜，故D正确。故选C。【点睛】本题考查电解池原理，明确各个电极上发生的反应是解本题关键。18、D【解析】

ICl是共价化合物，在升华、熔化时化学键不断裂，溶于CCl4时未发生电离，化学键不断裂，破坏的均为分子间作用力；受热分解时发生化学反应，发生化学键的断裂和形成，故选D。19、B【解析】

Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，说明Z原子的最外层电子数是6个，Y的最外层电子数是2，因此X的最外层电子数是5，即X是N。X与Y、Z位于相邻周期，所以Y是镁，Z是硫。A.氨气的水溶液显碱性，A不正确；B.氧化镁是活泼的金属和活泼的非金属形成的，属于离子化合物，B正确；C.H2S具有还原性，容易被氧化，C不正确；D.硝酸和硫酸都是强酸，D不正确；答案选B。20、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。21、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。22、B【解析】

A．①中没有不饱和间，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B．根据三种物质的结构简式，它们的分子式都是C8H8，故B正确；C．②中苯环和碳碳双键都是平面结构，②分子中所有原子可能共面，故C错误；D．不饱和碳原子上的氢原子，在一定条件下也能发生取代反应，采用定一移一的方法如图分析，③的二氯代物有：，，其二氯代物共6种，故D错误；故选B。二、非选择题(共84分)23、乙酸苯甲（醇）酯取代反应（或水解反应）2+O22+2H2O4种和【解析】

乙烯和水发生加成反应生成A，A为CH3CH2OH，A发生催化氧化生成B，根据B分子式知，B结构简式为CH3COOH，在光照条件下甲苯和氯气发生取代反应生成C，根据反应条件知，氯原子取代甲基上氢原子，由C分子式知，C结构简式为，C发生取代反应生成D，D为，D发生催化氧化反应生成E为，B和D发生酯化反应生成F，F为，F发生信息中的反应生成X，根据X分子式知，X结构简式为，（1）F为，名称为乙酸苯甲（醇）酯；（2）C→D是在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应，也属于取代反应生成和氯化钠，反应类型为取代反应（或水解反应）；（3）D→E是在催化剂的作用下与氧气发生氧化反应生成和水，反应的化学方程式为2+O22+2H2O；（4）X的结构简式为；（5）D为，其芳香族化合物同分异构体有甲苯醚、邻甲基苯酚、间甲基苯酚和对甲基苯酚共4种；其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1的是甲苯醚和对甲基苯酚。24、溴原子、（酚）羟基3-氯-1-丙烯3氧化反应吸收生成的HCl,提高反应产率2【解析】

⑴苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚中有官能团溴原子、酚羟基。⑵H系统命名时，以双键这一官能团为主来命名，H的核磁共振氢谱与氢原子的种类有关，有几种氢原子就有几组峰。⑶H→I的反应，分子中多了一个氧原子，属于氧化反应。⑷根据D的结构式得出分子式，B十I→D中有HCl生成，用Na2CO3吸收HCl。⑸E与环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，环氧乙烷发生开环反应，类似于D→E的反应。⑹根据核磁共振氢谱有4组峰，能发生银镜反应，与FeCl3发生显色反应，可得有机物中含有四种不同位置的氢原子，含有醛基，含有酚羟基。【详解】⑴化合物A为苯酚，和浓溴水反应生成三溴苯酚，方程式为，三溴苯酚中含有官能团为溴原子、（酚）羟基，故答案为：，溴原子、（酚）羟基；⑵H系统命名法以双键为母体，命名为3-氯-1-丙烯，其中氢原子的位置有三种，核磁共振氢谱共有3组峰，所以故答案为：3-氯-1-丙烯，3；⑶分子中多了一个氧原子是氧化反应，故答案为：氧化反应；⑷根据D的结构简式可得分子式，反应B十I→D中有HCl生成，为促进反应向右进行，可以将HCl吸收，可起到吸收HCl的作用，故答案为：，吸收生成的HCl,提高反应产率；⑸与环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，环氧乙烷发生开环反应，类似于D→E的反应，生成，故答案为：；⑹根据核磁共振氢谱有4组峰，能发生银镜反应，与FeCl3发生显色反应，可得有机物中含有四种不同位置的氢原子，含有醛基，含有酚羟基，符合题意的有和两种，故答案为：2种。【点睛】解答此题的关键必须对有机物官能团的性质非常熟悉，官能团的改变，碳链的变化，成环或开环的变化。25、2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降6nFeCl2+3nH2O2=2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑pH、阴离子种类、温度、反应物用量【解析】

(1)H2O2溶液与FeSO4溶液反应，从“溶液立即变为棕黄色”、“反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液变红”、“稍后，产生气泡”，可推出反应生成Fe3+；从“反应后溶液pH=0.9”，可推出反应消耗H+，由此可写出离子方程式。(2)反应生成的Fe3+，对H2O2的分解有催化作用，由此可解释产生气泡的原因。(3)某同学认为，根据“溶液变红”不能说明FeSO4与H2O2发生了反应，那么他的意思是空气中的溶解氧也能将Fe2+氧化，所以我们需要做一个不加H2O2的实验，由此设计实验方案。(4)①棕黄色沉淀为Fe2O3，对SO42-的检验不产生干扰，所以检验SO42-的方法与常规方法相同。②如果仅是H2O2氧化Fe2+，需消耗H+，现在pH减小，说明生成了H+，此H+应来自Fe3+的水解，由此可结合方程式解释实验III中溶液pH降低的原因。(5)由实验IV可知，除得到黄色沉淀外，还有HCl生成。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，则沉淀应为(Fe2O3∙FeCl3)n，由此可写出生成黄色沉淀的化学方程式。(6)以上实验，分别探究了pH、阴离子种类、温度、反应物用量等对Fe2+与H2O2反应现象的影响，由此可得出与亚铁盐与H2O2反应的现象有关的因素。【详解】(1)在酸性条件下，H2O2溶液与FeSO4溶液反应，生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；(2)反应生成的Fe3+，对H2O2的分解有催化作用，由此可解释产生气泡的原因是在反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2。答案为：在反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2；(3)既然某同学怀疑空气中的溶解氧也可能将Fe2+氧化，只需做一个不加H2O2的实验，由此设计实验方案为取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红。答案为：取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红；(4)①Fe2O3的存在，对SO42-的检验不产生干扰，所以检验SO42-的方法为取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-。答案为：取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-；②如果仅是H2O2氧化Fe2+，需消耗H+，现pH减小，说明生成了H+，此H+应来自Fe3+的水解，由此得出实验III中溶液pH降低的原因是2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降。答案为：2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降；(5)由实验IV可知，除得到黄色沉淀外，还有HCl生成。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，则沉淀应为(Fe2O3∙FeCl3)n，由此得出生成黄色沉淀的化学方程式为6nFeCl2+3nH2O2==2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑。答案为：6nFeCl2+3nH2O2==2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑；(6)总结以上实验分别探究的因素，由此可得出与反应现象有关的因素为：pH、阴离子种类、温度、反应物用量。答案为：pH、阴离子种类、温度、反应物用量。【点睛】H2O2溶液与FeSO4溶液混合，反应生成Fe3+，OH-等，如果提供酸性环境，则OH-最后转化为H2O；如果溶液的酸性不强，则会生成Fe(OH)3沉淀。反应生成的Fe3+对H2O2的分解起催化作用，同时反应放热，又会促进Fe3+的水解，从而生成Fe(OH)3胶体，也会造成Fe(OH)3的分解，从而生成Fe2O3，且导致溶液的酸性增强。26、白色固体变黑测出产生O2的体积不正确，O2能被NaHSO3溶液吸收0.040.023CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑去掉BC，仅O2进入E中可计算【解析】

(1)无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应，生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气，氧化铜为黑色；(2)EF是排水量气法测量气体体积，依据装置试剂作用分析判断最后测量的是氧气的体积；(3)装置连接中A受热分解生成的气体含有氧气，通过亚硫酸氢钠溶液会被还原吸收引起误差；(4)依据反应生成的二氧化硫和氧气之间存在电子守恒，计算二氧化硫物质的量，依据硫酸铜质量换算物质的量，结合硫元素守恒计算三氧化硫物质的量；(5)依据(4)计算得到生成物的物质的量，然后写出化学方程式；(6)结合电子守恒和原子守恒可知，只要知道O2的物质的量，即可计算SO2和SO3的物质的量，据此分析调整装置。【详解】(1)无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应，生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气，无水硫酸铜是白色固体，氧化铜为黑色；(2)EF是排水量气装置，难溶于水的气体体积可以利用排水量气装置测定体积，装置A生成的气体通过亚硫酸氢钠溶液吸收氧气；吸收三氧化硫生成二氧化硫，浓硫酸吸收三氧化硫和水蒸气；通过碱石灰吸收二氧化硫，则最后测定的是氧气的体积；(3)使用装置B的本意是除去混合气体中的三氧化硫以提纯氧气，但气体通过饱和亚硫酸氢钠溶液中，氧气会被还原吸收；(4)依据反应生成的二氧化硫和氧气之间存在电子守恒，计算二氧化硫物质的量，氧气448mL(标准状况)物质的量为0.02mol，电子转移0.08mol，CuSO4～SO2～2e-；计算得到二氧化硫物质的量为0.04mol，依据硫酸铜质量换算物质的量==0.06mol，结合硫元素守恒计算三氧化硫物质的量为0.06mol-0.04mol=0.02mol；(5)依据(4)计算得到生成物的物质的量写出化学方程式为3CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑；(6)由计算(4)中分析可知，只要知道O2的物质的量，即可计算SO2和SO3的物质的量，则简化方案是去掉BC，仅O2进入E中，即可根据收集的氧气计算。27、能使漏斗与三口烧瓶中的气压相等2CaS＋3SO22CaSO3＋3SCaSO3被系统中O2氧化蒸馏，收集64.7℃馏分加入CS2，充分搅拌并多次萃取加入适量乙醇充分搅拌，然后加入Na2SO3吸收液，盖上表面皿，加热至沸并保持微沸，在不断搅拌下，反应至液面只有少量硫粉时，加入活性炭并搅拌，趁热过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤【解析】

(1)恒压漏斗能保持压强平衡；(2)CaS脱除烟气中的SO2并回收S，元素守恒得到生成S和CaSO3，CaSO3能被空气中氧气氧化生成CaSO4；(3)甲醇(沸点为64.7℃)，可以控制温度用蒸馏的方法分离；(4)硫单质易溶于CS2，萃取分液的方法分离；(5)回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3•5H2O，在液体沸腾状态下，可发生反应Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3•5H2O，据此设计实验过程。【详解】(1)根据图示可知用的仪器X为恒压漏斗代替普通分液漏斗的突出优点是：能使漏斗与三口烧瓶中的气压相等，便于液体流下；(2)三口烧瓶中生成硫和亚硫酸钙的化学方程式为：2CaS+3SO2CaSO3+3S，三口烧瓶中最后残留固体中含一定量的CaSO4，其原因是：CaSO3被系统中O2氧化；(3)从滤液中回收甲醇(沸点为64.7℃)，步骤4“回收甲醇”需进行的操作方法是：蒸馏，收集64.7℃馏分；(4)步骤5为使滤渣中S尽可能被萃取，可采取的操作方案是：加入CS2，充分搅拌并多次萃取；(5)已知：①在液体沸腾状态下，可发生反应Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3•5H2O；②硫不溶于Na2SO3溶液，微溶于乙醇。③为获得纯净产品，需要进行脱色处理。④须使用的试剂：S、Na2SO3吸收液、乙醇、活性炭，因此从上述回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3•5H2O的实验方案：称取稍过量硫粉放入烧杯中，加入适量乙醇充分搅拌，然后加入Na2SO3吸收液，盖上表面皿，加热至沸并保持微沸，在不断搅拌下，反应至液面只有少量硫粉时，加入活性炭并搅拌，趁热过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤。【点睛】本题考查了物质分离提纯的实验探究、物质性质分析判断、实验方案的设计与应用等知识点，掌握元素化合物等基础知识是解题关键。28、NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-46kJ•mol-1＞ACN2H62++H2O[N2H5•H2O]++H+acd【解析】

(1)由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量300-254=46kJ，根据热化学方程式书写原则进行书写；(2)①根据焓变判断生成物反应物浓度的变化，然后根据平衡常数判断；②根据平衡状态的判断依据判断；(3)①由N2H4，联想到NH3，由N2H6Cl2联想到NH4Cl，再注意到N2H4是二元碱而NH3是一元的，根据铵根离子的水解产物是氨水和氢离子来书写水解方程式；②盐酸肼水溶液中水解原理与NH4Cl类似，N2H62+离子水解溶液显酸性。【详解】(1)由图可知，1molNO2和1molCO反