福建省泉州市泉港一中等2025年高三冲刺模拟化学试卷含解析

福建省泉州市泉港一中等2025年高三冲刺模拟化学试卷注意事项：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、中国科学家在合成氨（N2+3H22NH3△H<0）反应机理研究中取得新进展，首次报道了LiH-3d过渡金属这一复合催化剂体系，并提出了“氮转移”催化机理。如图所示，下列说法不正确的是A．转化过程中有非极性键断裂与形成B．复合催化剂降低了反应的活化能C．复合催化剂能降低合成氨反应的焓变D．低温下合成氨，能提高原料转化率2、已知、、、为原子序数依次增大的短周期元素，为地壳中含量最高的过渡金属元素，与同主族，与同周期，且与的原子序数之和为20，单质能与无色无味液体反应置换出单质，单质也能与反应置换出单质，、、均能与形成离子化合物，下列说法不正确的是()A．、两元素的形成的化合物都为黑色固体B．、形成的离子化合物可能含有其价键C．的单质只有还原性，没有氧化性D．工业上可以用铝热法制取金属用于野外焊接铁轨3、阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol－1，下列叙述正确的是A．2.24LCO2中含有的原子数为0.3×6.02×1023B．0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目为0.3×6.02×1023C．5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3×6.02×1023D．4.5gSiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.3×6.02×10234、关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法中正确的是A．相同物质的量浓度的两游液中c(H+)相同B．相同物质的量的两溶液中和氢氧化钠的物质的量相同C．pH=3

的两溶液稀释100倍，pH均变为5D．两溶液中分别加入少量对应的钠盐固体，c(H+)均减小5、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1NAC．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA6、下列物质的工业生产过程中，其主要反应不涉及氧化还原反应的是（）A．生铁 B．硫酸 C．烧碱 D．纯碱7、如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是XYWZTA．原子半径：X>Y>ZB．X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高C．由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键D．T元素的单质具有半导体的特性8、石墨烯是只由一层碳原子所构成的平面薄膜，其结构模型见如图。有关说法错误的是（）A．晶体中碳原子键全部是碳碳单键B．石墨烯与金刚石都是碳的同素异形体C．石墨烯中所有碳原子可以处于同一个平面D．从石墨中剥离得到石墨烯需克服分子间作用力9、化学科学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用，下列说法中正确的是（）A．煤经过气化和液化两个物理变化，可变为清洁能源B．汽车尾气的大量排放影响了空气的质量，是造成PM2.5值升高的原因之一C．自然界中含有大量的游离态的硅，纯净的硅晶体可用于制作计算机芯片D．糖类、油脂和蛋白质都能发生水解反应10、已知、、、为原子序数依次增大的短周期元素，为地壳中含量最高的过渡金属元素，与同主族，与同周期，且与的原子序数之和为20。甲、乙分别为元素E、A的单质，丙、丁为A、E分别与B形成的二元化合物，它们转化关系如图所示。下列说法不正确的是（）A．、形成的一种化合物具有漂白性B．、形成的离子化合物可能含有非极性键C．的单质能与丙反应置换出的单质D．丁为黑色固体，且1mol甲与足量丙反应转移电子3NA11、科学家发现了在细胞层面上对新型冠状病毒（2019-nCOV）有较好抑制作用的药物：雷米迪维或伦地西韦（RemdeSivir，GS－5734）、氯喹（ChloroqquinE，Sigma－C6628）、利托那韦（Ritonavir）。其中利托那韦（Ritonavir）的结构如下图，关于利托那韦说法正确的是A．能与盐酸或NaOH溶液反应B．苯环上一氯取代物有3种C．结构中含有4个甲基D．1mol该结构可以与13molH2加成12、锡为ⅣA族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂(SnI4，熔点144.5℃，沸点364.5℃，易水解)。实验室以过量锡箔为原料通过反应Sn+2I2SnI4制备SnI4。下列说法错误的是A．装置Ⅱ的主要作用是吸收挥发的I2B．SnI4可溶于CCl4中C．装置Ⅰ中a为冷凝水进水口D．加入碎瓷片的目的是防止暴沸13、磷酸（H3PO4）是一种中强酸，常温下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分数（平衡时某微粒的浓度占各含磷微粒总浓度的分数）与pH的关系如图，下列说法正确的是（）A．H3PO4的电离方程式为：H3PO43H++PO43-B．pH=2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-C．滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)D．滴加少量Na2CO3溶液，3Na2CO3+2H3PO4=2Na3PO4+3H2O+3CO2↑14、某有机物的结构简式为有关该化合物的叙述不正确的是（）A．所有碳原子可能共平面B．可以发生水解、加成和酯化反应C．1mol该物质最多消耗2molNaOHD．苯环上的二溴代物同分异构体数目为4种15、下列实验方案中，可以达到实验目的的是选项实验目的实验方案A除去苯中混有的苯酚加入适量的溴水充分反应后过滤B检验Fe2+溶液中是否含有Fe3+向待测液中滴加几滴铁氰化钾溶液C除去粗盐中含有Mg2+、Ca2+、SO42-的试剂加入顺序向该溶液中先加入NaOH溶液、再加BaCl2溶液，最后加碳酸钠溶液D检验SO2中是否含有HCl将产生的气体通入HNO3酸化的AgNO3溶液中A．A B．B C．C D．D16、我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指A．氨水 B．硝酸 C．醋 D．卤水17、亚硝酰氯（NOCl）是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体，室温下为不稳定的黄色气体，具刺鼻恶臭味，遇水分解，某学习小组用C12和NO制备NOCl装置如图。下列说法错误的是A．氯气在反应中做氧化剂B．装入药品后，要先打开K2、K3，反应一段时间后，再打开K1C．利用A装置还可以做Na2O2和水制氧气的实验D．若没有B装置，C中可能发生反应：2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑18、NH5属于离子晶体。与水反应的化学方程式为：NH5+H2O→NH3•H2O+H2↑，它也能跟乙醇发生类似的反应，并都产生氢气。有关NH5叙述正确的是（）A．与乙醇反应时，NH5被氧化B．NH5中N元素的化合价为+5价C．1molNH5中含有5molN-H键D．1molNH5与H2O完全反应，转移电子2mol19、设为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是()A．100g46%甘油水溶液中含—OH的数目为1.5NAB．1.7g由NH3与13CH4组成的混合气体中含质子总数为NAC．0.1mol∙L-1的Al2(SO4)3溶液中含Al3+的数目小于0.2NAD．反应CH4+2NO+O2=CO2+N2+2H2O，每消耗标准状况下22.4LNO，反应中转移的电子数目为2NA20、用电解法可提纯含有某些含氧酸根杂质的粗KOH溶液，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是A．通电后阴极区附近溶液pH会增大B．阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑C．纯净的KOH溶液从b出口导出D．K+通过交换膜从阴极区移向阳极区21、一种新药物结构如图所示，下列有关该化合物说法正确的是A．分子式为C17H17N2O6B．能发生水解反应、聚合反应、取代反应、消去反应C．分子中含有四种不同的官能团D．能与氢气发生加成反应，但不能与溴的四氯化碳溶液反应22、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二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物I是一种药物合成中间体，与I相关的反应如下：根据以上信息回答下列问题。(1)B→C的反应类型是___________。(2)写出D→E的化学方程式___________。(3)下列说法正确的是____________A．物质H中的官能团X为—COOHB．物质C是纯净物C．有机物A和B以任意物质的量之比混合，只要混合物的总物质的量相同，那么混合物充分燃烧消耗的氧气的量相同D．工业上用物质B与O2在催化剂条件下可生产环氧乙烷(4)实验室取1.96gG完全燃烧，将燃烧产物通过碱石灰，碱石灰质量增加4.68g；若将燃烧产物通过浓硫酸，浓硫酸的质量增加0.72g。G的分子式是___________。24、（12分）美托洛尔(H)属于一线降压药，是当前治疗高血压、冠心病、心绞痛、慢性心力衰竭等心血管疾病的常用药物之一。它的一种合成路线如下:已知:CH3COCH2RCH3CH2CH2R。(1)A物质化学名称是_________。(2)反应B→C的化学方程式为_________________;C→D的反应类型为________。(3)D中所含官能团的名称是______________。(4)G的分子式为________;

已知碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子，则H(美托洛尔)中含有________个手性碳原子。(5)芳香族化合物X与C互为同分异构体。写出同时满足下列条件的X的一种结构简式___________。①能发生银镜反应;②不与FeCl3发生显色反应;③含"C-Cl”键;④核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为2:2:2:1。(6)4-苄基苯酚()是一种药物中间体，请设计以苯甲醇和苯酚为原料制备4基苯酚的合成路线:__________(无机试剂任选)。25、（12分）长期缺碘和碘摄入过量都会对健康造成危害，目前加碘食盐中碘元素绝大部分以IO3-存在，少量以I-存在。现使用Na2S2O3对某碘盐样品中碘元素的含量进行测定。Ⅰ．I-的定性检测（1）取少量碘盐样品于试管中，加水溶解，滴加硫酸酸化，再滴加数滴5％NaNO2和淀粉的混合溶液，若溶液变为__________色，则存在I-，同时有无色气体产生（该气体遇空气变成红棕色）。试写出该反应的离子方程式为_________________。Ⅱ．硫代硫酸钠的制备工业制备硫代硫酸钠的反应原理为，某化学兴趣小组用上述原理实验室制备硫代硫酸钠如图：先关闭K3打开K2，打开分液漏斗，缓缓滴入浓硫酸，控制好反应速率。（2）y仪器名称__________，此时B装置的作用是__________。（3）反应开始后，C中先有淡黄色浑浊，后又变为澄清，此浑浊物为__________（填化学式）。装置D的作用是__________。（4）实验结束后，关闭K2打开K1，玻璃液封管x中所盛液体最好为__________。（填序号）ANaOH溶液B．浓硫酸C饱和NaHSO3溶液Ⅲ．碘含量的测定已知：①称取10.00g样品，置于250mL锥形瓶中，加水100mL溶解，加2mL磷酸，摇匀。②滴加饱和溴水至溶液呈现浅黄色，边滴加边摇，至黄色不褪去为止（约1mL）。③加热煮沸，除去过量的溴，再继续煮沸5min，立即冷却，加入足量15％碘化钾溶液，摇匀。④加入少量淀粉溶液作指示剂，再用0.0002mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定至终点。⑤重复两次，平均消耗Na2S2O3溶液9.00mL相关反应为：，，（5）请根据上述数据计算该碘盐含碘量为__________mg·kg-1。26、（10分）某研究小组由Cu(NO3)2溶液先制得Cu(NO3)2·3H2O晶体，然后在下图所示实验装置中(夹持及控温装置省略)，用Cu(NO3)2·3H2O晶体和SOCl2制备少量无水Cu(NO3)2。已知：SOCl2的熔点为－105℃、沸点为76℃、遇水剧烈水解生成两种酸性气体。（1）由Cu(NO3)2溶液制得Cu(NO3)2·3H2O晶体的实验步骤包括蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤等步骤。①蒸发浓缩时当蒸发皿中出现______________________________(填现象)时，停止加热。②为得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体，可采用的方法是_______________(填一种)。（2）①仪器c的名称是________。②向三颈烧瓶中缓慢滴加SOCl2时，需打开活塞________(填“a”或“b”或“a和b”)。（3）装置甲中Cu(NO3)2·3H2O和SOCl2发生反应的化学方程式为__________________________________。（4）装置乙的作用是______________________________________。27、（12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_____％。28、（14分）丙烷、乙烯等有机物在工业上有广泛的应用。回答下列问题：(1)丙烷中混有乙烯杂质，实验室用如图装置除杂，得到纯净的丙烷。若试剂a为酸性高锰酸钾溶液，则试剂b、c的名称分别为______、_______。(2)如图为各组物质的能量总和及相互间转化的能量关系。丙烷气体分解得到石墨(C)和氢气的热化学方程式为_________。(3)在两个容积均为1L的恒容密闭容器中以不同的氢碳比[n(H2)/n(CO2)]充入2molH2和一定量的CO2，在一定条件下发生反应2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)△H。CO2的平衡转化率α(CO2)与温度的关系如图所示：①该反应的∆H___________(填“>”“<"或“=")0，判断的理由是__________。②在氢碳比为2.0时，Q点v(逆)_______P点v(逆)(填“>”“<"或“=”)。③氢碳比：x_____2.0(填“>”“<”或“=”)。④Q点对应温度下，该反应平衡常数K=_______L3·mol-3。29、（10分）工业上以锂辉石为原料生产碳酸锂的部分工业流程如下：已知：①锂辉石的主要成分为Li2O·Al2O3·4SiO2，其中含少量Ca、Mg元素。②Li2O·Al2O3·4SiO2+H2SO4(浓)Li2SO4+Al2O3·4SiO2·H2O③某些物质的溶解度（s）如下表所示。T/℃20406080s(Li2CO3)/g1.331.171.010.85s(Li2SO4)/g34.232.831.930.7（1）从滤渣Ⅰ中分离出Al2O3的流程如下图所示。请写出生成沉淀的离子方程式______。（2）已知滤渣2的主要成分有Mg(OH)2和CaCO3。向滤液1中加入石灰乳的作用是（运用化学平衡原理简述）________________________________________________。（3）最后一个步骤中，用“热水洗涤”的目的是______________________________。（4）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：a.将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。b.电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、烘干得高纯Li2CO3。①a中，阳极的电极反应式是_________________________②电解后，LiOH溶液浓度增大的原因_________________，b中生成Li2CO3反应的化学方程式是___________________________________________。（5）磷酸亚铁锂电池总反应为：FePO4+LiLiFePO4，电池中的固体电解质可传导Li+，试写出该电池放电时的正极反应：__________________。

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、C【解析】

A.合成氨为可逆反应，氮气和氢气在反应过程中有消耗和生成，故转化过程中有非极性键断裂与形成，A项正确；B.催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，B项正确；C.催化剂不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，C项错误；D.合成氨的正反应为放热反应，降低温度，平衡向正向移动，能提高原料转化率，D项正确；答案选C。2、A【解析】

已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为Fe与水；C单质能与无色无味液体m反应置换出B单质，D单质也能与m反应置换出A单质，A、B单质应该为氢气、氧气，结合原子序数可知A为H，B为O元素；A与D同主族，则D为Na元素；B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20，则C的原子序数=20-11=9，为F元素，据此解答。【详解】根据分析可知：A为H，B为O，C为F，D为Na，E为Fe元素；A．O、F形成的氧化铁为红棕色，故A错误；B．O、Na形成的过氧化钠是离子化合物，含有共价键和离子键，故B正确；C．Na为活泼金属，金属钠只有还原性，没有氧化性，故C正确；D．Al的还原性大于Fe，可以用铝热反应用于野外焊接铁轨，故D正确；故答案为A。3、D【解析】

A.未指明气体所处的外界条件，不能确定CO2的物质的量，因此不能确定其中含有的原子数目，A错误；B.硝酸铵是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应而消耗，所以0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目小于0.3×6.02×1023，B错误；C.5.6gFe的物质的量是0.1mol，二者发生反应，若铁过量，则反应生成Fe2+，5.6gFe失去0.2×6.02×1023个电子，若硝酸足量，则5.6gFe失去0.3×6.02×1023，因此二者的相对物质的量多少不能确定，不能判断转移电子的物质的量，C错误；D.在SiO2晶体中每个Si原子与相邻的4个O原子形成4个Si-O键，4.5g二氧化硅的物质的量是0.075mol，则其中含有的Si-O共价键数目为0.075mol×4×6.02×1023/mol=0.3×6.02×1023，D正确；故合理选项是D。4、B【解析】A.醋酸为弱电解质，在水中不能完全电离，盐酸为强电解质，在水中能完全电离，故两者溶液中c(H+)不相同，A错误；B.相同物质的量的两溶液含有相同物质的量的H+，中和氢氧化钠的物质的量相同，B正确；C.醋酸为弱电解质，稀释溶液会促进醋酸电离，pH不会增加至5，C错误；D.氯化钠和醋酸钠均为强电解质，所以溶液中c(H+)不变，D错误。故选择B。5、D【解析】

A.高温下，Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中Fe的化合价为价，因此Fe失去电子的物质的量为：，根据得失电子守恒，生成H2的物质的量为：，因此生成的H2分子数目为，A错误；B.室温下，1LpH＝13的NaOH溶液中H+浓度为c(H+)=10-13mol/L，且H+全部由水电离，由水电离的OH－浓度等于水电离出的H+浓度，因此由水电离的OH－为10-13mol/L×1L=10-13mol，B错误；C.氢氧燃料电池正极上氧气发生得电子的还原反应，当消耗标准状况下22.4L气体时，电路中通过的电子的数目为，C错误；D.该反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA，D正确；故答案为D。6、D【解析】

凡是有化合价发生变化的反应均是氧化还原反应，据此分析。【详解】A.冶炼铁，发生的反应为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，Fe、C元素化合价发生变化，为氧化还原反应，不符合题意，A项错误；B.硫酸工业中存在S～SO2～SO3的转化，S、O元素化合价发生变化，为氧化还原反应，不符合题意，B项错误；C.工业制取烧碱涉及的反应为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，该反应中H、Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，C项错误；D.氨碱法生产纯碱涉及的方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，这几个方程式中都没有电子的转移，所以不涉及氧化还原反应，D项正确；答案选D。【点睛】工业制取纯碱（利用侯氏制碱法），先将氨气通入饱和食盐水中，再通入二氧化碳气体，NaHCO3的溶解度最小，会结晶析出，发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，这是制纯碱的关键步走，然后过滤，洗涤，烘干，得到碳酸氢钠固体，然后再加热分解得带碳酸钠，发生反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，这是学生们的易忘点。7、D【解析】

四种元素的原子最外层电子数之和为22，得出W最外层电子数为4，即为Si，X为N，Y为O，Z为Cl，T为Ge。【详解】A.根据层多径大，核多径小(同电子层结构)，因此原子半径：Cl>N>O，故A错误；B.HCl沸点比NH3、H2O最低价氢化物的沸点低，故B错误；C.由X、Y和氢三种元素形成的化合物硝酸铵含有离子键和共价键，故C错误；D.Ge元素在金属和非金属交界处，因此Ge的单质具有半导体的特性，故D正确。综上所述，答案为D。8、A【解析】

A.石墨烯内部碳原子的排列方式与石墨单原子层一样，以sp2杂化轨道成键，每个碳原子中的三个电子与周围的三个碳原子形成三个σ键以外，余下的一个电子与其它原子的电子之间形成离域大π键，故A错误；B.石墨烯和金刚石都是碳元素的不同单质，属于同素异形体，故B正确；C.石墨烯中的碳原子采取sp2杂化，形成了平面六元并环结构，所有碳原子处于同一个平面，故C正确；D.石墨结构中，石墨层与层之间存在分子间作用力，所以从石墨中剥离得到石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力，故D正确；答案选A。9、B【解析】

A、煤的气化与液化都是化学变化，故A不正确；B、汽车尾气的大量排放是造成PM2.5值升高的原因之一，故B正确；C、虽然硅的性质比较稳定，但是属于亲氧元素，故自然界中主要以化合态存在，故C不正确；D、单糖不能水解，故D不正确；故选B。10、D【解析】

已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为Fe；与同主族，与同周期，可知A、B、C、D分属三个不同的短周期，则A为H，D为Na，由与的原子序数之和为20，可知C为F；甲、乙分别为元素E、A的单质，丙、丁为A、E分别与B形成的二元化合物，结合图示转化关系，由Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁可知可知丙为H2O，丁为Fe3O4，则B为O元素，以此解答该题。【详解】由以上分析可知：A为H，B为O，C为F，D为Na，E为Fe元素；甲为Fe，乙为H2，丙为H2O，丁为Fe3O4；A．H、O两元素组成的H2O2有强氧化性，具有漂白性，故A正确；B．O和Na组成的Na2O2中含有离子键和非极性共价键，故B正确；C．F2溶于水生成HF和O2，故C正确；D．丁为Fe3O4，是黑色固体，由3Fe+4H2OFe3O4+4H2可知1molFe与足量H2O反应转移电子NA，故D错误；故答案为D。11、A【解析】

A．利托那韦（Ritonavir）结构中含有肽键、酯基，在酸碱条件下都能水解，A选项正确；B．由于两个苯环没有对称，一氯取代物有6种，B选项错误；C．根据结构简式可知，该结构中有5个甲基，C选项错误；D．由于肽键、酯基的碳氧双键一般不参与氢气加成，苯环、碳碳双键、碳氮双键可与H2发生加成反应，所以1mol该结构可以与3+3+2+2=10molH2加成，D选项错误；答案选A。12、A【解析】

A．SnI4易水解，装置Ⅱ的主要作用是防止空气中的水蒸气进去到反应装置中，故A错误；B．根据相似相溶原理，SnI4是非极性分子溶于CCl4非极性分子中，故B正确；C．冷凝水方向是“下进上出”，因此装置Ⅰ中a为冷凝水进水口，故C正确；D．在液体加热时溶液易暴沸，因此需要加入碎瓷片，碎瓷片的目的是防止暴沸，故D正确；故答案为A。13、C【解析】

从图中可以看出，随着pH的不断增大，溶质由H3PO4逐渐转化为H2PO4-、HPO42-、PO43-，但不管pH的大小如何，溶液中同时存在H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-。【详解】A．H3PO4为多元弱酸，电离应分步进行，电离方程式为：H3PO4H++H2PO4-，A错误；B．pH=2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4-，B错误；C．滴加NaOH溶液至pH=7，依据电荷守恒，溶液中c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)，C正确；D．滴加少量Na2CO3溶液，发生反应为Na2CO3+2H3PO4=2NaH2PO4+H2O+CO2↑，D错误；故选C。14、C【解析】

A．含有酯基、羧基、苯环和碳碳双键，都为平面形结构，则所有碳原子可能共平面，故A正确；B．含有酯基，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，含有羧基，可发生酯化反应，故B正确；C．能与氢氧化钠反应的为酯基和羧基，且酯基可水解生成甲酸和酚羟基，则1mol该物质最多消耗3molNaOH，故C错误；D．苯环有2种H，4个H原子，两个Br可位于相邻(1种）、相间（2种）、相对（1种）位置，共4种，故D正确。故答案为C。【点睛】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有苯环还具有苯的性质。15、C【解析】

A.苯酚与溴水生成的三溴苯酚溶于苯，无法除去杂质，且引进了新的杂质溴，A项错误；B.铁氰化钾溶液用于检验亚铁离子，无法检测铁离子，B项错误；C.NaOH溶液可以除去Mg2+、再加稍过量的BaCl2溶液可以除去SO42-，最后加碳酸钠溶液可以除去Ca2+和过量的Ba2+，到达除杂目的，C项正确；D.HNO3会氧化二氧化硫为硫酸根，硫酸根与银离子反应生成微溶的硫酸银白色沉淀，与氯化银无法区分，D项错误；答案选C。16、B【解析】

根据题意该物质能够与很多金属反应，根据选项B最符合，该强水为硝酸，硝酸具有强氧化性，可溶解大部分金属；答案选B。17、C【解析】

由装置A制备NO，用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能有挥发的硝酸，故装置B用来净化和干燥NO，将氯气和NO干燥后在装置C中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间应该需加一个干燥装置。【详解】A.根据Cl2和NO反应生成了NOCl，氯元素化合价降低，得电子，Cl2为氧化剂，故A正确；

B.先打开K2、K3，通入一段时间氯气，排尽三颈烧瓶中的空气，防止NO、NOCl变质，然后再打开K1，通入NO，故B正确；

C.该装置能制备用块状固体和液体反应生成的气体，过氧化钠为粉末状固体，所以不可以做Na2O2和水制氧气的实验，故C错误；

D.若无装置B，C中亚硝酰氯与水反应生成氯化氢、NO和二氧化氮，可能发生反应：2NOCl+H2O═2HCl+NO↑+NO2↑，故D正确；

故选：C。18、A【解析】

反应NH5+H2O→NH3∙H2O+H2↑，NH5的5个H原子中有1个H原子，化合价由﹣1价变为0价，水中H元素化合价由+1价变为0价，所以NH5作还原剂，水作氧化剂，【详解】A．NH5也能跟乙醇发生类似的反应，并都产生氢气，则乙醇作氧化剂，NH5作还原剂而被氧化，A正确；B．NH5的电子式为，N元素的化合价为﹣3价，B错误；C．NH5的电子式为，1molNH5中含有4molN-H键，C错误；D．1molNH5与H2O完全反应，转移电子的物质的量=1mol×[0-(-1)]=1mol，D错误；故选A。19、B【解析】

A选项，100g46%甘油即46g甘油，物质的量为0.5mol，甘油中含—OH的数目为1.5NA，但由于水中也含有羟基，故A错误；B选项，NH3与13CH4摩尔质量相同，都为17g∙mol-1，质子数都为10个，则1.7g由NH3与13CH4组成的混合气体物质的量为0.1mol，混合气体中含质子总数为NA，故B正确；C选项，溶液体积未知，因此溶液中含Al3+的数目无法计算，故C错误；D选项，反应CH4+2NO+O2=CO2+N2+2H2O，根据反应方程式得出，2molNO反应转移8mol电子，每消耗标准状况下22.4LNO即1molNO，反应中转移的电子数目为4NA，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】一定不能忽略水中含有—OH，同样也不能忽略水中含有氧原子的计算，为易错点。20、D【解析】

A、阴极的反应是2H++2e-=H2↑，氢离子来自于水电离，所以剩余了水电离的氢氧根离子，溶液的pH升高，A正确；B、阳极是溶液的氢氧根离子失电子，反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，B正确；C、左侧溶液中氢氧根离子转化为氧气，多余的钾离子透过阳离子交换膜进入右侧；右侧水电离的氢离子转化为氢气，剩余大量水电离的氢氧根离子，加上透过交换膜过来的钾离子，使右侧溶液中氢氧化钾的浓度增大，所以纯净的KOH溶液从b出口导出，C正确；D、阳离子应该向阴极移动，所以K+通过交换膜从阳极区移向阴极区移动，D错误；故选D。21、C【解析】

由该有机物的结构简式可知分子式，其分子中含-COOC-、碳碳双键、氨基、硝基，结合酯、烯烃等有机物的性质来解答。【详解】A．根据该有机物的结构简式可知，其分子式为C17H18N2O6，故A错误；B．该有机物含-COOC-可发生水解、取代反应，含碳碳双键可发生聚合反应，不能发生消去反应，故B错误；C．该有机物含-COOC-、碳碳双键、氨基、硝基四种官能团，故C正确；D．该有机物含碳碳双键，故其可与氢气发生加成反应，也能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，故D错误；故答案为C。22、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。二、非选择题(共84分)23、加聚反应CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2OACDC9H8O5【解析】

C为聚乙烯，那么B为乙烯，B生成C的反应即加聚反应；由A依次生成D，E，F的条件可知，A中一定有羟基，所以A为乙醇；由G生成H的条件可知，G中一定含有羟基，H中一定含有羧基，所以H中的-X即为羧基；根据(4)中提供的燃烧的相关信息，可计算出G的分子式，结合前面推出的信息就可以确定G的结构中含有两个羧基，1个羟基。【详解】(1)通过分析可知，B生成C即乙烯生成聚乙烯的反应，反应类型为加聚反应；(2)D生成E的反应即乙醛与弱氧化剂Cu(OH)2反应的反应；方程式为：CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O；(3)A．通过分析可知，H中X的官能团为羧基，A项正确；B．物质C为聚乙烯，高分子有机化合物都是混合物，B项错误；C．A为乙醇，1mol乙醇完全燃烧消耗3molO2；B为乙烯，1mol乙烯完全燃烧消耗也是3molO2，所以A与B无论何种比例混合，只要混合物的总物质的量相同，则完全燃烧消耗的氧气的量就相同，C项正确；D．乙烯可以在银的催化下与O2反应生成环氧乙烷，工业上可以采用这种方法生产环氧乙烷，D项正确；答案选ACD；(4)1.96gG中含有H0.08g即0.08mol，含有C1.08g即0.09mol，那么O的质量为0.8g即0.05mol，再结合推断流程分析可知，G分子式为C9H8O5。【点睛】有机推断题中，物质的推断一方面可以通过反应条件猜测有机物的结构特点，另一方面也可以通过有机物燃烧的规律判断有机物的组成。24、苯酚还原反应羟基、氯原子C12H16O31等【解析】

根据C结构简式及A分子式知，A为，B发生取代反应生成C，则B为，A和乙醛发生取代反应生成B，C发生信息中的反应生成D为，D水解然后酸化得到E为，由G的结构可知，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，F中酚羟基上H原子被取代生成G，故F为；对比G、美托洛尔的结构可知，G发生开环加成生成H。据此解答。【详解】（1）A为，其化学名称是苯酚；（2）反应B→C的化学方程式为：，C→D的反应类型为还原反应；（3）D为，D中所含官能团的名称是羟基、氯原子；（4）由结构简式可知G的分子式为：C12H16O3；H（美托洛尔）中连接羟基的碳原子为手性碳原子，所以含有1个手性碳原子；（5）芳香族化合物X与C互为同分异构体，X符合下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②不与FeCl3发生显色反应，说明不含酚羟基；③含“C-C1”键；④核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为2：2：2：1，符合条件的结构简式为等；（6）苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛与苯酚反应生成，最后与Zn（Hg）/HCl作用得到目标物，其合成路线为。25、蓝2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO↑+2H2O三颈烧瓶（三口烧瓶）安全瓶（防倒吸）S尾气处理（吸收多余的SO2气体，防止污染环境）A38.1【解析】

（1）淀粉遇碘单质变蓝，酸性条件下，亚硝酸根具有氧化性，可氧化碘离子成碘单质，根据氧化还原反应的规律配平该方程式；Ⅱ．A装置制备二氧化硫，C装置中制备Na2S2O3，反应导致装置内气压减小，B为安全瓶作用，防止溶液倒吸，D装置吸收多余的二氧化硫，防止污染空气，（2）根据实验仪器的结构特征作答；b装置为安全瓶，防止溶液倒吸；（3）二氧化硫与硫化钠在溶液中反应得到S，硫与亚硫酸钠反应得到Na2S2O3；氢氧化钠溶液用于吸收装置中残留的二氧化硫，防止污染空气，据此分析作答；（4）实验结束后，装置b中还有残留的二氧化硫，为防止污染空气，应用氢氧化钠溶液吸收；Ⅲ．（5）提供的方程式中可知关系式为：I-IO3-3I26S2O32－，计算出含碘元素的物质的量，进而得出结论。【详解】（1）根据题设条件可知，硫酸酸化的NaNO2将碘盐中少量的I-氧化为使淀粉变蓝的I2，自身被还原为无色气体NO，其化学方程式为：2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO↑+2H2O，故答案为蓝；2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO↑+2H2O；（2）y仪器名称为三颈烧瓶（三口烧瓶）；由实验装置结构特征，可知b装置为安全瓶（防倒吸），故答案为三颈烧瓶（三口烧瓶）；安全瓶（防倒吸）；（3）根据实验设计与目的，可知二氧化硫与硫化钠在溶液中反应得到S，硫与亚硫酸钠反应得到Na2S2O3，c中先有浑浊产生，后又变澄清，则此浑浊物为S，残余的SO2气体污染环境，装置D的作用是尾气处理（吸收多余的SO2气体，防止污染环境），故答案为S；尾气处理（吸收多余的SO2气体，防止污染环境）；（4）实验结束后,装置b中还有残留的二氧化硫，为防止污染空气，应用氢氧化钠溶液吸收，氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，故A项正确，故答案为A；Ⅲ．（5）从以上提供的方程式中可知关系式为：I-IO3-3I26S2O32－，设含碘元素物质的量为x，解得x==3.0×10－6mol，故所含碘元素的质量为3.0×10－6mol×127g/mol=3.81×10－1mg，所以该加碘盐样品中碘元素的含量为(3.81×10－1mg)/0.01kg=38.1mg·kg—1，故答案为38.1。26、溶液表面形成一层晶膜减慢冷却结晶的速度球形干燥管bCu(NO3)2·3H2O＋3SOCl2Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑吸收SO2和HCl，防止倒吸【解析】

将Cu(NO3)2∙3H2O晶体和SOC12在加热条件下于A装置中发生反应：Cu(NO3)2∙3H2O＋3SOCl2Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑，用氢氧化钠吸收尾气，据此分析和题干信息解答。【详解】(1)①由Cu(NO3)2溶液制得Cu(NO3)2·3H2O晶体，蒸发浓缩时，温度不能过高，否则Cu(NO3)2∙3H2O会变质，当蒸发皿中出现溶液表面形成一层晶膜时，停止加热；②控制温度，加热至溶液表面形成一层晶膜，减慢冷却结晶的速度，可得到较大颗粒的Cu(NO3)2∙3H2O晶体；(2)①根据仪器构造可知仪器c球形干燥管；②向三颈烧瓶中缓慢滴加SOCl2时，盛装SOCl2的漏斗上的玻璃管可以保证烧瓶和漏斗内的压强相等，不需要打开活塞a，液体也可顺利流出，因此只需打开活塞b即可；(3)根据分析，装置甲中Cu(NO3)2·3H2O和SOCl2发生反应的化学方程式为Cu(NO3)2·3H2O＋3SOCl2Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑；(4)根据反应原理，反应中产生二氧化硫和氯化氢气体，且二氧化硫有毒，二者都不能排放到大气中，则装置乙盛装的是氢氧化钠溶液，作用是吸收SO2和HCl，并防止倒吸。27、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FeC