内蒙古北方重工第三中学2025年高考化学倒计时模拟卷含解析

内蒙古北方重工第三中学2025年高考化学倒计时模拟卷注意事项: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、下列说法中正确的是（）A．25℃时某溶液中水电离出的c(H+)＝1.0×10−12mol·L−1，其pH一定是12B．某温度下，向氨水中通入CO2，随着CO2的通入，不断增大C．恒温恒容下，反应X(g)＋3Y(g)2Z(g)，起始充入3molX和3molY，当X的体积分数不变时，反应达到平衡D．某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2，该温度下加入等体积pH＝10的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性2、某酸的酸式盐NaHY在水溶液中，HY-的电离程度小于HY-的水解程度。有关的叙述正确的是（）A．H2Y的电离方程式为：B．在该酸式盐溶液中C．HY-的水解方程式为D．在该酸式盐溶液中3、已知：pOH=-lgc(OH-)。室温下，将稀盐酸滴加到某一元碱（BOH）溶液中，测得混合溶液的pOH与微粒浓度的变化关系如图所示。下列说法错误的是()A．若向0.1mol/LBOH溶液中加水稀释，则溶液中c(OH-)/c(BOH)增大B．室温下，BOH的电离平衡常数K=1×10-4.8C．P点所示的溶液中：c(Cl-)>c(B+)D．N点所示的溶液中：c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)-c(BOH)4、为证明铁的金属活动性比铜强，某同学设计了如下一些方案：方案现象或产物①

将铁片置于CuSO4溶液中铁片上有亮红色物质析出②将铁丝和铜丝分别在氯气中燃烧产物分别为FeCl3和CuCl2③将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中产物分朋为Fe2

(SO4)3和CuSO4④将铜片置于FeCl3溶液中铜片逐渐溶解⑤将铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接铁片溶解，铜片上有气泡产生能根据现象或产物证明铁的金属活动性比铜强的方案一共有A．2种 B．3种 C．4种 D．5

种5、有一瓶无色、有特殊气味的液体，是甲醇（CH3OH）或乙醇（C2H5OH）。通过测定该液体充分燃烧后生成的二氧化碳和水的质量，再根据二氧化碳和水的质量可确定是那种物质，对原理解释错误的是A．求出碳、氢元素的质量比，与甲醇和乙醇中碳氢质量比对照，即可确定B．求出碳、氢原子的个数比，与甲醇和乙醇中碳氢个数比对照，即可确定C．求出碳、氢原子的物质的量比，与甲醇和乙醇中的碳氢物质的量比对照，即可确定D．求出碳、氢、氧原子的个数比，与甲醇和乙醇中的碳、氢、氧个数比对照，即可确定6、我国的科技发展改变着人们的生活、生产方式。下列说法中错误的是A．“甲醇制取低碳烯烃”技术可获得聚乙烯原料B．“嫦娥四号”使用的SiC―Al材料属于复合材料C．5G芯片“巴龙5000”的主要材料是SiO2D．“东方超环(人造太阳)”使用的氘、氚与氕互为同位素7、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．Si02熔点很高，可用于制造坩埚B．NaOH能与盐酸反应，可用作制胃酸中和剂C．Al(OH)3是两性氢氧化物，氢氧化铝胶体可用于净水D．HCHO可以使蛋白质变性，可用于人体皮肤伤口消毒8、一定符合以下转化过程的X是（）X溶液WZXA．FeO B．SiO2 C．Al2O3 D．NH39、用下列实验方案及所选玻璃容器（非玻璃容器任选）就能实现相应实验目的的是实验目的实验方案所选玻璃仪器A除去KNO3中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤酒精灯、烧杯、玻璃棒B证明CH3COOH与HClO的酸性强弱相同温度下用pH试纸测定浓度均为0.1mol·L－1NaClO、CH3COONa溶液的pH玻璃棒、玻璃片C配制1L1.6%的CuSO4溶液（溶液密度近似为1g·mL－1）将25gCuSO4·5H2O溶解在975g水中烧杯、量筒、玻璃棒D检验蔗糖水解产物具有还原性向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热试管、烧杯、酒精灯、滴管A．A B．B C．C D．D10、现在正是全球抗击新冠病毒的关键时期，专家指出磷酸氯喹对治疗新冠病毒感染有明显效果，磷酸氯喹的分子结构如图所示，下列关于该有机物的说法正确的是（）A．该有机物的分子式为：C18H30N3O8P2ClB．该有机物能够发生加成反应、取代反应、不能发生氧化反应C．该有机物苯环上的1-溴代物只有2种D．1mol该有机物最多能和8molNaOH发生反应11、向某容积为2L的恒容密闭容器中充入2molX(g)和1molY(g)，发生反应2X(g)+Y(g)3Z(g)。反应过程中，持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是（）A．M点时，Y的转化率最大B．平衡后充入X，达到新平衡时X的体积分数减小C．升高温度，平衡常数减小D．W、M两点Y的正反应速率相同12、如图，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中，下列分析错误的是（）A．闭合K1构成原电池，闭合K2构成电解池B．K1闭合，铁棒上发生的反应为：Fe﹣2e﹣═Fe2+C．K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法D．K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高13、化学制备萘（）的合成过程如图，下列说法正确的是（）A．a的分子式是C10H12O B．b的所有碳原子可能处于同一平面C．萘的二氯代物有10种 D．a→b的反应类型为加成反应14、下列有关说法不正确的是()A．天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点B．用饱和Na2CO3溶液可以除去乙酸乙酯中的乙酸C．的名称为2-乙基丙烷D．有机物分子中所有碳原子不可能在同一个平面上15、下列说法正确的是A．共价化合物的熔、沸点都比较低B．H2SO4、CCl4、NH3均属于共价化合物C．H2O分子比H2S分子稳定的原因是H2O分子间存在氢键D．SiO2和CaCO3在高温下反应生成CO2气体，说明硅酸的酸性比碳酸的强16、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A．1mol甲基(－CH3)所含的电子数为10NAB．常温常压下，1mol分子式为C2H6O的有机物中，含有C－O键的数目为NAC．14g由乙烯和环丙烷()组成的混合气体中，含有的原子总数为3NAD．标准状况下，22.4L四氯化碳中含有共用电子对的数目为4NA17、电渗析法是指在外加电场作用下，利用阴离子交换膜和阳离子交换膜的选择透过性，使部分离子透过离子交换膜而迁移到另一部分水中，从而使一部分水淡化而另一部分水浓缩的过程。下图是利用电渗析法从海水中获得淡水的原理图，已知海水中含Na＋、Cl－、Ca2＋、Mg2＋、SO42-等离子，电极为石墨电极。下列有关描述错误的是A．阳离子交换膜是A，不是BB．通电后阳极区的电极反应式：2Cl－－2e－→Cl2↑C．工业上阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，以减少石墨的损耗D．阴极区的现象是电极上产生无色气体，溶液中出现少量白色沉淀18、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19、下图为光电催化能源化利用CO2制备太阳能燃料的示意图。下列说法不正确的是A．阳极反应式为2H2O−4e−4H++O2↑B．CO2还原产物可能为CO、HCHO、CH3OH、CH4等C．阳极、阴极材料互换对制备太阳能燃料影响不大D．若太阳能燃料为甲醇，则阴极电极反应式为：CO2+6H++6e−CH3OH+H2O20、下列物质溶于水形成的分散系不会产生丁达尔现象的是A．葡萄糖 B．蛋白质 C．硫酸铁 D．淀粉21、下列物质属于弱电解质的是A．酒精 B．水 C．盐酸 D．食盐22、下列说法正确的是A．34Se、35Br位于同一周期，还原性Se2−>Br−>Cl−B．与互为同系物，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．硫酸铵和醋酸铅都是盐类，都能使蛋白质变性D．Al2O3和Ag2O都是金属氧化物，常用直接加热分解法制备金属单质二、非选择题(共84分)23、（14分）曲美替尼是一种抑制黑色素瘤的新型抗癌药物，下面是合成曲美替尼中间体G的反应路线：已知：①D分子中有2个6元环；请回答：（1）化合物A的结构简式___________。A生成B的反应类型___________。（2）下列说法不正确的是___________。A．B既能表现碱性又能表现酸性B．1moC在碱溶液中完全水解最多可以消耗4molOH－C．D与POCl3的反应还会生成E的一种同分异构体D．G的分子式为C16H18O3N4（3）写出C→D的化学方程式____________________________________________。（4）X是比A多2个碳原子的A的同系物，写出符合下列条件的X可能的结构简式：_______________________________________________________。①1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子，②IR谱显示分子中有苯环与－NH2相连结构（5）流程中使用的DMF即N，N-二甲基甲酰胺结构简式为，是常用的有机溶剂。设计以甲醇和氨为主要原料制取DMF的合成路线(用流程图表示，其他无机试剂任选)。_____________24、（12分）Ⅰ.元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素知识回答问题：(1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外)，以下说法正确的是_________。a.原子半径和离子半径均减小b.金属性减弱，非金属性增强c.氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强d.单质的熔点降低(2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素为__________(填名称)；氧化性最弱的简单阳离子是________________(填离子符号)。(3)P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是_________(填字母)。a.NH3b.HIc.SO2d.CO2(4)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式：__________。Ⅱ.氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙，甲和乙是二元化合物。将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH2(已折算成标准状况)。甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25g/L。请回答下列问题：(5)甲的化学式是___________________；乙的电子式是___________。(6)甲与水反应的化学方程式是______________________。(7)判断：甲与乙之间____________(填“可能”或“不可能”)发生反应产生H2。25、（12分）化锡(SnI4)是一种橙黄色结晶，熔点为144.5℃，沸点为364℃，不溶于冷水，溶于醇、苯、氯仿、四氯化碳等，遇水易水解，常用作分析试剂和有机合成试剂。实验室制备四氯化锡的主要步骤如下：步骤1：将一定量锡、碘和四氯化碳加入干燥的烧瓶中，烧瓶上安装如图装置Ⅰ和Ⅱ。步骤2：缓慢加热烧瓶，待反应停止后，取下冷凝管，趁热迅速进行过滤除去未反应的锡。用热的四氯化碳洗涤漏斗上的残留物，合并滤液和洗液，用冰水浴冷却，减压过滤分离。步骤3：滤下的母液蒸发浓缩后冷却，再回收晶体。请回答下列问题(1)图中装置II的仪器名称为___________，该装置的主要作用是____________。(2)减压过滤的操作有①将含晶体的溶液倒入漏斗，②将滤纸放入漏斗并用水润湿，③微开水龙头，④开大水龙头，⑤关闭水龙头，⑥拆下橡皮管。正确的顺序是_______。26、（10分）某实验小组探究SO2与Cu(OH)2悬浊液的反应。（1）实验一：用如图装置（夹持装置已略，气密性已检验）制备SO2，将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中。B中出现少量红色沉淀；稍后，B中所得溶液呈绿色，与CuSO4溶液、CuCl2溶液的颜色有明显不同。①排除装置中的空气，避免空气对反应干扰的操作是_____，关闭弹簧夹。②打开分液漏斗旋塞，A中发生反应的方程式是_____。（2）实验二：为确定红色固体成分，进行以下实验：①在氧气流中煅烧红色固体的目的是_____。②根据上述实验可得结论：该红色固体为_____。（3）实验三：为探究B中溶液呈绿色而不是蓝色的原因，实验如下：i.向4mL1mol/L的CuSO4溶液中通入过量SO2，未见溶液颜色发生变化。ii.取少量B中滤液，加入少量稀盐酸，产生无色刺激性气味的气体，得到澄清的蓝色溶液。再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。查阅资料：SO2在酸性条件下还原性较差。①实验i的目的_____。②根据上述实验可得结论：溶液显绿色的原因是溶液中含有较多Cu(HSO3)2。小组同学通过进一步实验确认了这种可能性，在少量1mol/L的CuSO4溶液中加入_____溶液，得到绿色溶液。（4）综上实验可以得出：出现红色沉淀的原因是：_____；（用离子方程式表示）溶液呈现绿色的原因是：_____。（用化学方程式表示）27、（12分）某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。实验一制取氯酸钾和氯水利用如图所示的实验装置进行实验。（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有______。（2）若对调B和C装置的位置，_____（填“可能”或“不可能”）提高B中氯酸钾的产率。实验二氯酸钾与碘化钾反应的研究（3）在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列a实验的记录表如下（实验在室温下进行）：试管编号12340.20mol•L-1KI/mL1.01.01.01.0KClO3（s）/g0.100.100.100.106.0mol•L-1H2SO4/mL03.06.09.0蒸馏水/mL9.06.03.00实验现象①系列a实验的实验目的是______。②设计1号试管实验的作用是______。③若2号试管实验现象是溶液变为黄色，取少量该溶液加入______溶液显蓝色。实验三测定饱和氯水中氯元素的总量（4）根据下列资料，为该小组设计一个简单可行的实验方案（不必描述操作过程的细节）：_____。资料：①次氯酸会破坏酸碱指示剂；②次氯酸或氯水可被SO2、H2O2和FeCl2等物质还原成Cl-。28、（14分）元素周期表中第VIIA族元素的单质及其化合物的用途广泛．完成下列填空：(1)与氯元素同族的短周期元素的原子核外有___种不同能量的电子．(2)能作为溴、碘元素非金属性(原子得电子能力)递变规律的判断依据是___(填序号)．a．IBr中溴为﹣1价b．HBr、HI的酸性c．HBr、HI的热稳定性d．Br2、I2的熔点(3)海水提溴过程中，先向浓缩海水中通入_____，将其中的Br﹣氧化，再用“空气吹出法”吹出Br2，并用纯碱吸收．已知纯碱吸收溴的主要反应是：Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3(未配平)，则吸收1molBr2，转移电子_____mol，反应中氧化产物为_____．(4)已知：AlF3的熔点为1040℃，AlCl3在178℃升华．从物质结构的角度解释两者熔点相差较大的原因：__________(5)HClO有很好的杀菌消毒效果．为增强氯水的杀菌能力，可以用饱和氯水与小苏打反应来达到目的，试用平衡移动原理解释其原因：_____________________。29、（10分）铀是原子反应堆的原料，常见铀的化合物有UF4、UO2及(NH4)4[UO2(CO3)3]等。回答下列问题：(1)UF4用Mg

或Ca还原可得金属铀。与钙同周期基态原子的未成对电子数为2

的元素共有___种；原子序数为镁元素的二倍的元素的基态原子价电子排布图为_______。(2)已知：2UO2+5NH4HF2150℃2UF4·NH4F+3NH3↑+4H2O↑HF2-的结构为[F-H…F]-①NH4HF2中含有的化学键有__________(填选项字母)。A．氢键B．配位键C．共价键D．离子键E.金属键②与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有______种。(3)已知：3(NH4)4[UO2(CO3)3]800℃3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O

↑①物质中与CO32-

的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为______。②分解所得的气态化合物的分子键角由小到大的顺序为_________(填化学式)(4)下列排列方式中，通常条件下Cu的晶体的堆积方式是_________

(填序号)。A．ABCABCABCB．ABABABABABC．ABBAABBAD．ABCCBCABCCBA(5)水在不同的温度和压力条件下可形成11种不同结构的晶体，密度从比水轻的0.92g/cm3到约为水的1.5倍。冰是人们迄今已知的由一种简单分子堆积出结构花样最多的化合物。其中冰-Ⅶ的晶体结构为一个如图所示的立方晶胞，每个水分子与周围4个水分子以氢键结合。设O-H-O距离为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该冰Ⅶ晶体的密度为____g/cm3(列出计算式即可)。

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.既然由水电解出的c（H+）=1.0×10-12mol/L，则由水电解出的c（OH-）==1.0×10-12mol/L；而c（H+）×c（OH-）=1.0×10-14mol/L，所以原来的溶液的c（H+）=1.0×10-2mol/L或者c（OH-）=1.0×10-2mol/L，即溶液可能呈现强酸或强碱性，强酸时pH=2，强碱时pH=12，故A错误；B.NH3·H2ONH4＋＋OH-，通入CO2平衡正向移动，c(NH4+)不断增大，而平衡常数不变，则=不断减小，故B错误；C.恒温恒容下，反应X(g)＋3Y(g)2Z(g)，起始充入3molX和3molY，由三段式计算可知，X的体积分数一直是50%，故C错误；D.蒸馏水的pH＝6，所以Kw=1×10-12，应加入等体积浓度为0.01mol▪L-1的氢氧化钠溶液，故应加入等体积pH=10的NaOH溶液，可使该溶液恰好呈中性，故D正确；正确答案是D。【点睛】A项涉及pH的简单计算，明确溶液中的溶质是抑制水电离是解本题的关键，能电离出氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离。2、A【解析】

A.

H2Y是二元弱酸,电离时分两步电离,第一步电离生成氢离子和酸式酸根离子,电离方程式为：，A项正确；B.

NaHY的水溶液中,阴离子水解,钠离子不水解,所以c(Na+)>c(HY−);HY−的电离程度小于HY−的水解程度,但无论电离还是水解都较弱,阴离子还是以HY−为主,溶液呈碱性,说明溶液中c(OH−)>c(H+);因溶液中还存在水的电离,则c(H+)>c(Y2−),所以离子浓度大小顺序为：c(Na+)>c(HY−)>c(OH−)>c(H+)>c(Y2−)，B项错误；C.

HY−水解生成二元弱酸和氢氧根离子,水解方程式为：HY−+H2O⇌OH−+H2Y，选项中是电离方程式，C项错误；D.根据电荷守恒式可知，在该酸式盐溶液中，D项错误；答案选A。【点睛】分析清楚水溶液的平衡是解题的关键，电离平衡是指离解出阴阳离子的过程，而水解平衡则是指组成盐的离子和水中的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质，改变溶液酸碱度的过程。3、C【解析】

A．BOH是弱碱，加水稀释时促进电离，溶液中BOH的微粒数减小，而OH-的数目增多，则溶液中=不断增大，故A正确；B．N点-lg=0，即c(BOH)=c(B+)，则BOH的电离平衡常数Kb=×c(OH-)=c(OH-)=1×10-4.8，故B正确；C．P点的pOH＜4，溶液呈碱性，则c(OH-)＜c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Cl-)＜c(B+)，故C错误；D．N点-lg=0，则c(BOH)=c(B+)，根据电荷守恒c(B+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知，c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)-c(BOH)，故D正确；故答案为C。【点睛】考查酸碱混合的定性判断，明确图象图象变化的意义为解答关键，根据图象可知，N点-lg=0，=1，此时pOH=-lgc(OH-)=4.8，则BOH的电离平衡常数Kb=×c(OH-)=c(OH-)=1×10-4.8，证明BOH只能部分电离，属于弱碱，再结合溶液中的电荷守恒式分析即可。4、A【解析】①铁片置于CuSO4溶液中，铁片上有亮红色物质析出，说明发生了置换反应Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，活泼性Fe>Cu；②、③、④均不能说明活泼性Fe>Cu；⑤铁、铜用导线连接置于稀硫酸中，铁、铜形成原电池，Fe作负极，铁片溶解，铜作正极有H2放出，说明活泼性Fe>Cu，故答案选A。5、D【解析】

反应后生成了二氧化碳和水，则根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类质量不变，则反应物中一定含有C、H元素；已知生成的二氧化碳和水的质量，则根据二氧化碳和水的质量，利用某元素的质量=化合物的质量×该元素的质量分数可求出碳元素和氢元素的质量比；再根据碳元素和氢元素的质量比即可求得碳元素与氢元素的原子个数比；最后与反应前甲醇和乙醇中的碳氢个数比对照，即可知道是哪种物质。碳、氢原子的物质的量比，与其原子个数比类似；只有D答案是错误的，因为生成物二氧化碳和水中的氧只有一部分来自于甲醇和乙醇，一部分来自于氧气，不能根据求出碳、氢、氧原子的个数比，与甲醇和乙醇中的碳、氢、氧原子的个数比对照，答案选D。6、C【解析】

A.“甲醇制取低碳烯烃”技术可生产乙烯，乙烯是制备聚乙烯的原料，故A正确；B.SiC―Al材料是SiC增强铝基复合材料，故B正确；C.计算机芯片的主要材料是单质Si，故C错误；D.氕、氘、氚质子数都是1，中子数分别是0、1、2，所以互为同位素，故D正确；选C。7、A【解析】

物质的性质决定物质的用途，据性质与用途的对应关系分析。【详解】A项：SiO2用于制造坩埚，利用了SiO2高熔点的性质，A项正确；B项：虽然NaOH能与盐酸反应，但其碱性太强，不能作胃酸中和剂，B项错误；C项：氢氧化铝胶体用于净水，是胶体的强吸附性，与其两性无关，C项错误；D项：HCHO能使人体蛋白质变性，但其毒性太强，不能用于皮肤伤口消毒，D项错误。本题选A。8、D【解析】

A．FeO与稀硝酸反应生成硝酸铁溶液，硝酸铁溶液与NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁加热分解生成氧化铁，不能生成FeO，所以不符合转化关系，故A不选；B．SiO2与稀硝酸不反应，故B不选；C．Al2O3与稀硝酸反应生成硝酸铝溶液，硝酸铝溶液与少量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀，但过量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，偏铝酸钠加热得不到氧化铝，所以不一定符合，故C不选；D．NH3与稀硝酸反应生成硝酸铵溶液，硝酸铵溶液与NaOH溶液反应生成一水合氨，一水合氨加热分解生成NH3，符合转化关系，故D选；故答案为：D。9、C【解析】

A．二者溶解度受温度影响不同，冷却结晶后过滤可分离，则玻璃仪器还需要漏斗，故A错误；B．HClO具有漂白性，不能用pH试纸测pH，故B错误；C．在烧杯中配制一定质量分数的溶液，计算后称量、溶解，则25gCuSO4·5H2O溶解在975g水中，质量分别为16%，但溶液体积是=1000mL=1L，故C正确；D．向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，此时溶液呈酸性，要加NaOH溶液中和至中性或弱碱性，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热，故D错误；故选C。10、D【解析】

A．该有机物的分子式为：C18H32N3O8P2Cl，A错误；B．分子中含有苯环、氯原子，该有机物能够发生加成反应、取代反应，有机物可以燃烧，能发生氧化反应，B错误；C．该有机物苯环上的1-溴代物只有3种，C错误；D．氯原子水解形成酚羟基，磷酸能与氢氧化钠反应，因此1mol该有机物最多能和8molNaOH发生反应，D正确。答案选D。11、C【解析】

起始时向容器中充入2molX(g)和1molY(g)，反应从左到右进行，结合图像，由起点至Q点，X的体积分数减小；Q点之后，随着温度升高，X的体积分数增大，意味着Q点时反应达到平衡状态，温度升高，平衡逆向移动，反应从右向左进行。【详解】A．Q点之前，反应向右进行，Y的转化率不断增大；Q点→M点的过程中，平衡逆向移动，Y的转化率下降，因此Q点时Y的转化率最大，A项错误；B．平衡后充入X，X的体积分数增大，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，平衡移动只能减弱而不能抵消这个改变，达到新的平衡时，X的体积分数仍比原平衡大，B项错误；C．根据以上分析，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，C项正确；D．容器体积不变，W、M两点，X的体积分数相同，Y的体积分数及浓度也相同，但M点温度更高，Y的正反应速率更快，D项错误；答案选C。12、C【解析】

A、闭合K1构成原电池，铁为负极；闭合K2构成电解池，铁为阴极，选项A正确；B、K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，铁棒上发生的反应为Fe＋2e－=Fe2＋，选项B正确；C、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法，选项C错误；D、K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，石墨棒是正极，溶液中的氧气得到电子转化为OH－，石墨棒周围溶液pH逐渐升高，选项D正确；答案选C。13、C【解析】

A．根据结构简式确定分子式为C10H10O，故A错误；B．b中有4个C原子为饱和C原子，具有甲烷结构特点，所以该分子中所有C原子不可能共平面，故B错误；C．结构对称，萘中含2种位置的H，则其一氯代物有2种（），二氯代物有10种（，故C正确；D．a比b少1个O原子、多2个H原子，所以为还原反应，故D错误；答案选C。【点睛】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系、同分异构体种类判断方法是解本题关键，C为解答易错点，采用"定一移二"的方法判断即可。14、C【解析】

A.油脂属于高级脂肪酸甘油酯，分子中碳原子数不相同，所以天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点，故A正确；B.乙酸具有酸的通性，可以与碳酸钠反应，所以可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故B正确；C.选定碳原子数最多的碳链为主链，所以2号位不能存在乙基，的名称为2-甲基丁烷，故C错误；D.该有机物中存在手性碳原子，该碳原子为sp3杂化，与与之相连的碳原子不可能在同一个平面上，所以该分子中所有碳原子不可能在同一个平面上，故D正确。故选C。【点睛】有机物中共面问题参考模型：①甲烷型：四面体结构，凡是C原子与其它4个原子形成共价键时，空间结构为四面体型。小结1：结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子不再共面。②乙烯型：平面结构，当乙烯分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定在乙烯的的平面内。小结2：结构中每出现一个碳碳双键，至少有6个原子共面。③乙炔型：直线结构，当乙炔分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定和乙炔分子中的其它原子共线。小结3：结构中每出现一个碳碳三键，至少有4个原子共线。④苯型：平面结构，当苯分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定在苯分子所在的平面内。小结4：结构中每出现一个苯环，至少有12个原子共面。15、B【解析】

A．共价化合物包括分子晶体和原子晶体，而物质的熔点的一般顺序为：原子晶体>离子晶体>分子晶体，故共价化合物的熔点不一定比较低，故A错误；B．H2SO4、CCl4、NH3分子中均只含共价键的化合物，所以三者属于共价化合物，故B正确；C．分子的稳定性与氢键无关，氢键决定分子的物理性质，分子的稳定性与共价键有关，故C错误；D．常温下，水溶液中酸性强的酸能制取酸性弱的酸，SiO2和CaCO3在高温下反应生成CO2气体是高温条件下的反应，不说明硅酸的酸性比碳酸强，故D错误；本题选B。16、C【解析】

A.1个甲基中含有9个电子，则1mol甲基(－CH3)所含的电子数为9NA，A错误；B.分子式为C2H6O的有机物可能是乙醇CH3CH2OH（1个乙醇分子中含1个C—O键），也可能是二甲醚CH3-O-CH3（1个二甲醚分子中含2个C—O键），故不能确定其中含有的C－O键的数目，B错误；C.乙烯和环丙烷()的最简式都是CH2，1个最简式中含有3个原子，14g由乙烯和环丙烷()组成的混合气体中含有最简式的物质的量是1mol，因此含有的原子总数为3NA，C正确；D.在标准状况下四氯化碳呈液态，不能用气体摩尔体积计算四氯化碳物质的量，D错误；故答案是C。17、A【解析】

A.阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜B和阴极相连，阴极是阳离子放电，所以隔膜B是阳离子交换膜，选项A错误；B.阳极上是阴离子氯离子失去电子的氧化反应，即2Cl--2e-→Cl2↑，选项B正确；C.电解池的阴极材料可以被保护，阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，增大反应接触面，选项C正确；D.阴极区域是氢离子得电子的还原反应，电极上产生无色气体氢气，氢氧根离子浓度增加，溶液中出现少量氢氧化镁白色沉淀，选项D正确。答案选A。18、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。19、C【解析】

图中阳极是水失电子，生成O2和H+，电极反应式为：2H2O−4e−4H++O2↑，选项A正确；CO2被还原时，化合价降低，还原产物可能为CO、HCHO、CH3OH、CH4等，选项B正确；装置中阳极材料是光电催化材料，阴极是惰性电极Pt，二者不能互换，选项C错误；若太阳能燃料为甲醇，阴极反应物为CO2和H+，则电极反应式为：CO2+6H++6e−CH3OH+H2O，选项D正确。20、A【解析】

A.葡萄糖溶于水得到溶液，不能产生丁达尔效应，A符合题意；B.蛋白质溶于水得到蛋白质溶液，由于蛋白质分子直径比较大，其溶液属于胶体，能产生丁达尔效应，B不符合题意；C.硫酸铁溶于水后，电离产生的Fe3+发生水解作用产生Fe(OH)3胶体，可以发生丁达尔效应，C不符合题意；D.淀粉分子直径比较大，溶于水形成的溶液属于胶体，可以发生丁达尔效应，D不符合题意；故合理选项是A。21、B【解析】

A.酒精的水溶液不导电，属于非电解质，故A错误；B.水可以部分电离生成氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故B正确；C.盐酸是混合物，不是电解质也不是非电解质，氯化氢在水溶液中完全电离，属于强电解质，故C错误；D.食盐属于盐，在水溶液中完全电离，属于强电解质，故D错误。故选B。【点睛】电解质的前提必须是化合物，化合物中的酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水是电解质。22、A【解析】

A、同周期元素从左到右非金属性增强，同主族元素从上到下非金属性减弱，单质氧化性Se<Br2<Cl2，所以阴离子还原性Se2−>Br−>Cl−，故A正确；B、属于酚类、属于醇类，不属于同系物，故B错误；C、硫酸铵能使蛋白质溶液发生盐析，不能使蛋白质变性，故C错误；D、Al是活泼金属，Al2O3不能直接加热分解制备金属铝，故D错误。二、非选择题(共84分)23、取代反应AB+CH2(COOH)2→+2H2O【解析】

甲醇与氨气发生取代反应生成CH3NH2（F），F与E发生取代反应生成，所以有机物E为，根据反应条件，有机物D与POCl3反应生成，所以有机物（D），有机物C与CH2(COOH)2反应生成有机物D，所以有机物C为；有机物B与发生反应生成有机物C，所以有机物B为，有机物A与醋酸反应生成有机物B，所以有机物A为；据以上分析解答。【详解】（1）根据以上分析可知，化合物A的结构简式；（2）A.有机物B为，含有氨基，显碱性，肽键显中性，没有酸性，选项A错误；B.1mol有机物C（）在碱溶液中完全水解最多可以消耗2molOH-，选项B错误；C.D与POCl3的反应生成外，还能生成E的一种同分异构体,选项C正确；D.根据有机物G的结构简式，其分子式为C16H18O3N4，选项D正确；答案选AB；（3）有机物C为与CH2(COOH)2反应生成有机物D，化学方程式：；（4）有机物A为；X是比A多2个碳原子的A的同系物，X一定含有两个氨基，碳原子数为8的有机物，①1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子，IR谱显示分子中有苯环与—NH2相连结构，满足条件的有机物的结构简式为：；（5）甲醇氧化为甲醛，接着氧化为甲酸；根据信息，甲醇与氨气反应生成(CH3)2NH，甲酸与(CH3)2NH发生取代生成；合成流程如下：。【点睛】本题考查有机推断与有机合成、有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，需要学生完全凭借已知反应规律和合成路线进行推断，对学生的思维能力提出了更高的要求。24、b氩Na+b4KClO3KCl+3KClO4AlH32AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑可能【解析】

Ⅰ.(1)根据同周期元素性质递变规律回答；(2)第三周期的元素，次外层电子数是8；(3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能干燥碱性气体、还原性气体；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥碱性气体；(4)根据题干信息可知该无氧酸盐为氯化钾，再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐，最后根据化合价升降相等配平即可；Ⅱ.甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和H2，说明甲是金属氢化物，甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液，说明含有铝元素；化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，则乙是非金属气态氢化物，丙在标准状态下的密度1.25g/L，则单质丙的摩尔质量M=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，丙为氮气，乙为氨气。【详解】(1)a.同周期的元素从左到右，原子半径依次减小，金属元素形成的阳离子半径比非金属元素形成阴离子半径小，如r(Na+)＜r(Cl-)，故a错误；b.同周期的元素从左到右，金属性减弱，非金属性增强，故b正确；c.同周期的元素从左到右，最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强，故c错误；d.单质的熔点可能升高，如钠的熔点比镁的熔点低，故d错误。选b。(2)第三周期的元素，次外层电子数是8，最外层电子数与次外层电子数相同的元素为氩；元素金属性越强，简单阳离子的氧化性越弱，所以第三周期元素氧化性最弱的简单阳离子是Na+；(3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能用浓硫酸干燥NH3、HI；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥NH3；所以不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是HI，选b；(4)若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则该无氧酸为KCl，KCl中氯元素化合价为-1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KClO3KCl+3KClO4。(5)根据以上分析，甲是铝的氢化物，Al为+3价、H为-1价，化学式是AlH3；乙为氨气，氨气的电子式是。(6)AlH3与水反应生成氢氧化铝和氢气，反应的化学方程式是2AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑。(7)AlH3中含-1价H，NH3中含+1价H，可发生氧化还原反应产生H2。25、(球形)干燥管防止水蒸气进入装置使SnI4水解②③①④⑥⑤【解析】

（1）根据仪器构造可得，根据SnI4易水解解析；（2）按实验操作过程来进行排序。【详解】（1）图中装置II的仪器名称为(球形)干燥管，四碘化锡遇水易水解，装有无水CaCl2的干燥管可吸收空气中的水蒸气，防止空气中水蒸气进入反应器中，导致四碘化锡水解，该装置的主要作用是防止水蒸气进入装置使SnI4水解。故答案为：(球形)干燥管；防止水蒸气进入装置使SnI4水解；（2）减压过滤的操作过程：②将滤纸放入漏斗并用水润湿，③微开水龙头，保证紧贴在漏斗底部①将含晶体的溶液倒入漏斗，④开大水龙头，⑥拆下橡皮管，防止水倒吸⑤关闭水龙头。正确的顺序是②③①④⑥⑤。故答案为：②③①④⑥⑤。【点睛】本题考查物质的分离、提纯，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同，难点（2）注意熟练掌握实验过程，按实验操作过程来进行排序。26、打开弹簧夹，通入N2一段时间H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O将红色物质转化为氧化铜Cu排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性NaHSO3或KHSO3SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2【解析】

(1)①为排出空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出；②装置A中的反应是制备SO2的反应；(2)将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中，B中出现少量红色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；①在氧气流中煅烧红色固体的目的是将红色物质转化为氧化铜，有利于后续定量判断；②由实验中物质的质量计算红色固体的平均摩尔质量，进而分析固体成分；(3)①根据B中所得溶液中可能的成分等，实验i可以排除部分成分显绿色的可能性；②确认Cu(HSO3)2使溶液呈绿色，需要在溶液中加入含有HSO3-离子的物质；(4)出现红色沉淀的原因是生成了Cu；溶液呈现绿色的原因生成了含HSO3-离子的物质。【详解】(1)①为排出空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出，操作为：打开弹簧夹，通入N2一段时间，关闭弹簧夹；②装置A中的反应是制备SO2的反应，化学方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；(2)将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中，B中出现少量红色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；①在氧气流中煅烧红色固体的目的是将红色物质转化为氧化铜，有利于后续定量判断；②由实验可知n(CuO)==0.025mol，则红色固体的平均摩尔质量为=64g/mol，故红色固体为铜；(3)①B中所得溶液中可能含有溶解的SO2，H2SO3，Cu(HSO3)2、CuSO4等，CuSO4在溶液中呈蓝色，而B所得溶液呈绿色，实验i可以排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性；②确认Cu(HSO3)2使溶液呈绿色，需要在溶液中加入含有HSO3-离子的物质，故可加入NaHSO3或KHSO3；(4)出现红色沉淀的原因是生成了Cu，离子方程式为：SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O；溶液呈现绿色的原因生成了含HSO3-离子的物质，离子方程式为2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2.【点睛】本题注意实验三中判断使溶液显绿色的粒子时，要分别判断，逐一分析，每一步实验都要从实验目的角度分析设置的原因。27、烧杯、漏斗、玻璃棒可能研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响硫酸浓度为0的对照实验淀粉；量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得【解析】

（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤，该实验操作过程需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；（2）若对调B和C装置的位置，A中挥发出来的气体有Cl2和HCl，气体进入C装置，HCl溶于水后，抑制氯气的溶解，B中氯气与KOH加热生成氯酸钾，则可能提高氯酸钾的产率，故答案为：可能；（3）①研究反应条件对反应产物的影响，由表格数据可知，总体积相同，只有硫酸的浓度不同，则实验目的为研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响，故答案为：研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响；②设计1号试管实验的作用是硫酸浓度为0的对照实验，故答案为：硫酸浓度为0的对照实验；③淀粉遇碘单质变蓝，若2号试管实验现象是溶液变为黄色，因此取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色，故答案为：淀粉；（4）由资料可知，次氯酸会破坏酸碱指示剂，因此设计实验不能用酸碱指示剂，可以利用氯水的氧化性，设计简单实验为量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得，故答案为：量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得。【点睛】本题的难点是（4），实验目的是测定饱和氯水中氯元素的总量，氯水中氯元素以Cl－、HClO、Cl2、ClO－形式存在，根据实验目的需要将Cl元素全部转化成Cl－，然后加入AgNO3，测AgCl沉淀质量，因此本实验不能用SO2和FeCl3，SO2与Cl2、ClO－和HClO反应，SO2被氧化成SO42－，SO42－与AgNO3也能生成沉淀，干扰Cl－测定，FeCl3中含有Cl－，干扰Cl－测定，因此只能用H2O2。28、3acCl2或H2O21.67NaBrO3AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体①氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO，②盐酸是强酸，HClO和碳酸都是弱酸，且室温下Ki1（H2CO3）＞Ki（HClO）＞Ki2（H2CO3）；③加入小苏打，盐酸能与之反应导致盐酸浓度下降，平衡