江西丰城二中2025年高考冲刺化学模拟试题含解析

江西丰城二中2025年高考冲刺化学模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（）选项操作现象结论A测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH前者pH比后者大非金属性：S>CB滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝不能确定原溶液中含NH4+C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D将淀粉溶液与少量稀硫酸混合加热，然后加入新制的Cu(OH)2悬浊液，并加热没有砖红色沉淀生成淀粉未发生水解A．A B．B C．C D．D2、景泰蓝是一种传统的手工艺品。下列制作景泰蓝的步骤中，不涉及化学变化的是ABCD将铜丝压扁，掰成图案

将铅丹、硼酸盐等化合熔制后描绘

高温焙烧

酸洗去污A．A B．B C．C D．D3、以PbO为原料回收铅的过程如下：Ⅰ.将PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbC14的溶液；Ⅱ.电解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示。下列判断不正确的是A．阳极区的溶质主要是H2SO4B．电极Ⅱ的电极反应式为PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—C．当有2.07gPb生成时，通过阳离子交换膜的阳离子为0.04molD．电解过程中为了实现物质的循环利用，可向阴极区补充PbO4、将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100ml1mol/L的盐酸中，在同温同压下产生的气体体积比是（）A．1:2:3 B．6:3:2 C．3:1:1 D．1:1:15、下列实验操作或现象不能用平衡移动原理解释的是A．卤化银沉淀转化B．配制氯化铁溶液C．淀粉在不同条件下水解D．探究石灰石与稀盐酸在密闭环境下的反应6、常温下2mL1mol·L-1NaHCO3溶液，pH约为8，向其中滴加等体积等浓度的饱和CaCl2溶液，有白色沉淀和无色气体生成。下列说法中正确的是A．NaHCO3溶液中，c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH-)B．NaHCO3溶液中，c(Na+)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)C．加热NaHCO3溶液，pH增大，一定是HCO3-水解程度增大的结果D．滴加饱和CaCl2溶液发生了反应：Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+H2O+CO2↑7、在测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，会导致测定结果偏低的是（）A．加热后固体发黑B．坩埚沾有受热不分解的杂质C．加热时有少量晶体溅出D．晶体中混有受热不分解的杂质8、用标准盐酸滴定未知浓度氢氧化钠溶液，描述正确的是A．用石蕊作指示剂B．锥形瓶要用待测液润洗C．如图滴定管读数为25.65mLD．滴定时眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化9、常温常压下，O3溶于水产生的游离氧原子[O]有很强的杀菌消毒能力，发生的反应如下：（）反应①：O3O2+[O]ΔH>0平衡常数为K1反应②：[O]+O32O2ΔH<0平衡常数为K2总反应：2O33O2ΔH<0平衡常数为K下列叙述正确的是A．降低温度，K减小 B．K=K1+K2C．增大压强，K2减小 D．适当升温，可提高消毒效率10、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体Na2O2没有变质C室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液的pH约为10；0.1mol/LNaHSO3的溶液的pH约为5HSO3-结合H+的能力比SO32-弱D取少许CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后滴加AgNO3溶液，最终无淡黄色沉淀CH3CH2Br没有水解A．A B．B C．C D．D11、下列说法不正确的是A．图1表示的反应为放热反应B．图1中Ⅰ、Ⅱ两点的速率v(Ⅰ)＞v(Ⅱ)C．图2表示A(?)+2B(g)2C(g)ΔH＜0，达平衡后，在t1、t2、t3、t4时都只改变了一种外界条件的速率变化，由图可推知A不可能为气体D．图3装置的总反应为4Al+3O2＋6H2O=4Al(OH)312、已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H2SO3溶液的滴定曲线如下图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法正确的是A．b点所得溶液中：c(H+)+c(SO32-)=c(OH-)+c(H2SO3)B．a点所得溶液中：2c(HSO3-)+c(SO32-)=0.1mol·L-1C．e点所得溶液中：c(Na+)>c(SO32-)>c(H+)>c(OH-)D．c点所得溶液中：c(Na+)>3c(HSO3-)13、下列关于古籍中的记载说法正确的是A．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了显色反应B．氢化钙的电子式是：Ca2+[∶H]2–C．目前，元素周期表已经排满，第七周期最后一种元素的原子序数是118D．直径为20nm的纳米碳酸钙属于胶体14、据最近报道，中科院院士在实验室中“种”出了钻石，其结构、性能与金刚石无异，使用的“肥料”是甲烷。则下列错误的是（）A．种出的钻石是有机物 B．该种钻石是原子晶体C．甲烷是最简单的烷烃 D．甲烷是可燃性的气体15、某有机物结构简式如图，下列对该物质的叙述中正确的是A．该有机物易溶于苯及水B．该有机物苯环上的一氯代物共有4种C．该有机物可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使之褪色D．1mol该有机物最多可与1molNaOH发生反应16、设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．17g由H2S与PH3组成的混合气体中含有的质子数为9NAB．90g果糖(C6H12O6，分子中无环状结构和碳碳双键)中含有的非极性键数目为3NAC．1mol由乙醇与二甲醚(CH3-O-CH3)组成的混合物中含有的羟基数目为NAD．已知Ra→X+He，则0.5molX中含有的中子数为34NA二、非选择题（本题包括5小题）17、A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。已知：，R-COOH(1)A的名称是_____________；B中含氧官能团名称是________________。(2)C的结构简式________________；D→E的反应类型为________________(3)E→F的化学方程式为___________________________。(4)B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是__________________（写出结构简式）。(5)等物质的量的分别与足量NaOH、NaHCO3反应，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为__________；检验其中一种官能团的方法是______________（写出官能团名称、对应试剂及现象）。18、盐酸阿比朵尔，适合治疗由A、B型流感病毒引起的上呼吸道感染，2020年入选新冠肺炎试用药物，其合成路线：回答下列问题：（1）有机物A中的官能团名称是______________和______________。（2）反应③的化学方程式______________。（3）反应④所需的试剂是______________。（4）反应⑤和⑥的反应类型分别是______________、______________。（5）I是B的同分异构体，具有两性并能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，写出具有六元环结构的有机物H的结构简式______________。(不考虑立体异构，只需写出3个)（6）已知：两分子酯在碱的作用下失去一分子醇生成β—羟基酯的反应称为酯缩合反应，也称为Claisen（克莱森）缩合反应，如：，设计由乙醇和制备的合成线路______________。(无机试剂任选)19、辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含、和惰性杂质。为进一步确定其中、的含量，某同学进行了如下实验：①取2.6g样品，加入200.0mL0.2000mol/L酸性溶液，加热（硫元素全部转化为），滤去不溶杂质；②收集滤液至250mL容量瓶中，定容；③取25.00mL溶液，用溶液滴定，消耗20.00mL；④加入适量溶液（掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再参与其他反应），再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：；⑤加入2滴淀粉溶液，用溶液滴定，消耗30.00mL（已知：）。回答下列问题：（1）写出溶于酸性溶液的离子方程式：____________________________________。（2）配制溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是______________________，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有_______________。（3）③中取25.00mL待测溶液所用的仪器是_____________。（4）⑤中滴定至终点时的现象为____________________________。（5）混合样品中和的含量分别为_______%、_______%（结果均保留1位小数）。（6）判断下列情况对样品中和的含量的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）若量取酸性溶液时俯视读数，则最终结果的含量_______________。若用溶液滴定终点读数时仰视，则最终结果的含量_____________。20、某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色液面上方出现白雾；

稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；

稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是_________。（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_________。（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HC1小液滴形成，进行如下实验：a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。①实验a目的是______。②由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是________。（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和C1-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是______。（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X①向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化。取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_____。②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因：________。21、运用化学链燃烧技术有利于提高燃料利用率。化学链燃烧技术的基本原理是借助载氧剂(如Fe2O3，FeO等)将燃料与空气直接接触的传统燃烧反应分解为几个气固反应，燃料与空气无须接触，由载氧剂将空气中的氧气传递给燃料。回答下列问题：Ⅰ.以Fe2O3作载氧剂的化学链燃烧循环转化反应的部分热化学方程式如下，循环转化的原理如图所示：①C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH=akJ∙mol-1②CO(g)＋H2(g)＋O2(g)=CO2(g)＋H2O(g)ΔH=bkJ∙mol-1(1)写出图中总反应的热化学方程式：_____________________________(2)空气经反应器A后得到的尾气___________(填“能”或“不能”)直接用作工业合成氨的原料气，原因是_____________________。Ⅱ.用FeO作载氧剂，部分反应的lgKp[K是用平衡分压(平衡分压=总压×物质的量分数)代替平衡浓度]与温度的关系如图所示。(3)图中涉及的反应中，属于吸热反应的是反应_________________(填字母)。(4)R点对应温度下，向某恒容密闭容器中通入1molCO，并加入足量的FeO，只发生反应CO(g)＋FeO(s)CO2(g)＋Fe(s)，则CO的平衡转化率为______________.Ⅲ.在T℃下，向某恒容密闭容器中加入1molCH4(g)和4molFeO(s)进行反应：CH4(g)＋4FeO(s)4Fe(s)＋2H2O(g)＋CO2(g)。反应起始时压强为P0，反应进行至10min时达到平衡状态，测得此时容器的气体压强是起始压强的2倍。(5)T℃下，该反应的Kp=_____________________.(6)若起始时向该容器中加入1molCH4(g)，4molFeO(s)，1molH2O(g)，0.5molCO2(g)，此时反应向__________________(填“正反应”或“逆反应”)方向进行。(7)其他条件不变，若将该容器改为恒压密闭容器，则此时CH4的平衡转化率___________(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、B【解析】

A.测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，可比较碳酸氢根离子与亚硫酸氢根离子的酸性；B.滴加稀NaOH溶液，可能生成一水合氨；C.氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面；D.淀粉水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖。【详解】A.测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，可比较HCO3-与HSO3-的酸性，不能比较S、C两种元素的非金属性强弱，A错误；B.滴加稀NaOH溶液，可能生成一水合氨，试纸不变蓝，因此不能确定原溶液中是否含NH4+，B正确；C.加热Al，表面的Al被氧化产生Al2O3，Al2O3是离子化合物，熔点高，包裹在Al的外面，使熔化后的液态铝不会滴落下来，C错误；D.淀粉在酸性条件下水解，水解后产生的葡萄糖应该在碱性溶液中进行检验，未将催化剂硫酸中和，操作不合理，因此不会产生砖红色沉淀，D错误；故合理选项是B。2、A【解析】

A.将铜丝压扁并掰成图案，并没有新的物质生成，属于物理变化，不涉及化学变化，故A选；B.铅丹、硼酸盐等原料化合在经过烧熔而制成不透明的或是半透明的有独特光泽物质，该过程有新物质生成，属于化学变化，故B不选；C.烧制陶瓷过程有新物质生成，属于化学变化，故C不选；D.酸洗去污，该过程为酸与金属氧化物反应生成易溶性物质，属于化学变化，故D不选。3、C【解析】

电解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示，电极Ⅱ周围PbCl42-得电子转化为Pb，则电极Ⅱ为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极反应方程式为PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—；电极Ⅰ为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O－4e−=4H＋＋O2↑，以此解题。【详解】A.根据分析，电极Ⅰ为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O－4e−=4H＋＋O2↑，阳极区的溶质主要是H2SO4，故A正确；B.电极Ⅱ周围PbCl42-得电子转化为Pb，则电极Ⅱ为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极Ⅱ的电极反应式为PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—，故B正确；C.当有2.07gPb生成时，即生成Pb的物质的量为==0.01mol，根据电极反应式为PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—，转移电子的物质的量为0.02mol，电解液中的阳离子为氢离子，则通过阳离子交换膜的阳离子为0.02mol，故C错误；D.阴极电解一段时间后溶液为HCl和NaCl的混合溶液，根据题意“将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液”，继续向阴极区加PbO粗品可恢复其浓度且实现物质的循环利用，故D正确；答案选C。4、C【解析】

Na与盐酸反应：2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，Mg与盐酸反应：Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑，Al与盐酸的反应：2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，然后判断过量，如果金属钠过量，Na还会与水反应；【详解】2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑220.30.3>100×10－3L×1mol·L－1，盐酸不足，金属钠过量，因此金属钠还与水反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，根据得失电子数目守恒，有0.3mol×1=n(H2)×2，即n(H2)=0.15mol；Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑0.30.6>100×10－3L×1mol·L－1，盐酸不足，金属镁过量，产生n(H2)=0.1mol/2=0.05mol，2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，同理盐酸不足，铝过量，产生n(H2)=0.05mol，相同条件下，气体体积比值等于其物质的量比值，即气体体积比值为0.15mol：0.05mol：0.05mol=3：1：1，故C正确。【点睛】易错点是金属钠产生H2，学生容易认为盐酸不足，按照盐酸进行判断，错选D选项，忽略了过量的金属钠能与水反应产生H2，即判断金属钠产生H2的物质的量时，可以采用得失电子数目相等进行计算。5、C【解析】

A、足量NaCl(aq)与硝酸银电离的银离子完全反应，AgCl在溶液中存在溶解平衡，加入少量KI溶液后生成黄色沉淀，该沉淀为AgI，Ag+浓度减小促进AgCl溶解，说明实现了沉淀的转化，能够用勒夏特列原理解释；B、铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，该反应为可逆反应，加入稀盐酸可抑制铁离子水解，能够用勒夏特列原理解释；C、淀粉水解反应中，稀硫酸和唾液起催化作用，催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释；D、二氧化碳在水中存在溶解平衡，塞上瓶塞时随着反应的进行压强增大，促进CO2与H2O的反应，不再有气泡产生，打开瓶塞后压强减小，向生成气泡的方向移动，可用勒夏特列原理解释。正确答案选C。【点睛】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂能加快反应速率，与化学平衡移无关。6、D【解析】

A.根据电荷守恒可知，NaHCO3溶液中，c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，A项错误；B.常温下2mL1mol·L-1NaHCO3溶液，pH约为8，溶液显碱性，溶液中HCO3-水解程度大于其电离程度，c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)，B项错误；C.加热NaHCO3溶液，可能分解为碳酸钠，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，pH会增大，C项错误；D.向碳酸氢钠溶液中滴加几滴饱和CaCl2溶液，有白色沉淀生成为碳酸钙沉淀，促进了碳酸氢根离子的电离，离子方程式为：Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+H2O+CO2↑，D项正确；答案选D。7、D【解析】

A．固体变黑说明硫酸铜分解生成CuO与SO3，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故A不合题意；B．坩埚内附有不分解的杂质，而加热前后固体的质量差不变，测量结果不变，故B不合题意；C．加热过程中有少量晶体溅出，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故C不合题意；D．晶体不纯，含有不挥发杂质，造成加热前后固体的质量差偏小，测量结果偏低，故D符合题意；故选D。8、D【解析】

A.滴定终点时石蕊变色不明显，通常不用石蕊作指示剂，故A错误；B.锥形瓶如果用待测液润洗，会使结果偏高，故B错误；C.如图滴定管读数为24.40mL，故C错误；D．滴定时眼睛不需要注视滴定管中液面，应该注视锥形瓶中溶液颜色变化，以便及时判断滴定终点，故D正确；故选：D。。9、D【解析】

A.降低温度向放热反应移动即正向移动，K增大，故A错误；B.方程式相加，平衡常数应该相乘，因此K=K1∙K2，故B错误；C.增大压强，平衡向体积减小的方向移动，即逆向移动，平衡常数不变，故C错误；D.适当升温，反应速率加快，消毒效率提高，故D正确。综上所述，答案为D。10、C【解析】

A.反应生成苯酚钠、碳酸氢钠；B.过氧化钠、碳酸钠均与盐酸反应生成无色气体；C.NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性；D.水解后检验溴离子，应在酸性条件下；【详解】A.反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，且二氧化碳可与苯酚钠反应生成苯酚，所以苯酚的酸性弱于碳酸，A错误；B.过氧化钠与盐酸反应产生氧气；过氧化钠吸收空气中二氧化碳反应产生的碳酸钠与盐酸反应会产生二氧化碳气体，O2、CO2都是无色气体，因此不能检验Na2O2是否变质，B错误；C.NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性，说明HSO3-结合H+的能力比SO32-弱，C正确；D．水解后检验溴离子，应在酸性条件下，没有加硝酸至酸性，再加硝酸银溶液不能检验Br-是否存在，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、物质的检验、可逆反应、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析。侧重考查学生的分析与实验能力。11、B【解析】

A.平衡常数只与温度有关，根据图像，温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则反应为放热反应，故A正确；B.温度越高，反应速率越快，图1中Ⅰ、Ⅱ两点的速率v(Ⅰ)＜v(Ⅱ)，故B错误；C.由于纵坐标表示v逆，t3时v逆突然减小，且平衡不移动，只能是减小压强，说明该反应为气体体积不变的反应，说明A一定不是气体，故C正确；D.负极电极反应式为Al-3e-=Al3+，正极反应式O2+2H2O+4e-═4OH-，总反应方程式为：4Al+3O2+6H2O═4Al(OH)3，故D正确；答案选B。【点睛】本题的难点为C，要抓住平衡不发生移动的点，加入催化剂，平衡不移动，但反应速率增大，应该是t4时的改变条件，t3时突然减小，且平衡不移动，只能是减小压强。12、D【解析】

a点pH=1.85，由于pKa1=1.85，所以此时，溶液中c()=c()。b点，加入的NaOH溶液体积与亚硫酸的体积相同，所以此时的溶液可以按NaHSO3溶液处理。c点，pH=7.19，由于pKa2=7.19，所以此时溶液中c()=c()。e点，加入的NaOH溶液的体积为亚硫酸体积的两倍，所以此时的溶液可以按Na2SO3处理。【详解】A．b点溶液为NaHSO3溶液，分别写出b点溶液的电荷守恒式和物料守恒式为：①c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()；②c(Na+)=c()+c())+c()，所以b点溶液中的质子守恒式应为：c(H+)-c()+c()=c(OH-)，A错误；B．a点溶液满足c()=c()，由于向亚硫酸中滴加的是NaOH溶液，溶液的总体积在混合过程中会增加，所以c()+c()+c()=2c()+c()＜0.1mol/L，B错误；C．e点溶液即可认为是Na2SO3溶液，显碱性，所以溶液中c(OH-)＞c(H+)，C错误；D．c点溶液满足c()=c()；c点溶液的电荷守恒式为：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()，代入c()=c()，可得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c()，由于c点pH=7.19，所以c(OH-)＞c(H+)，所以c(Na+)＞3c()，D正确。答案选D。【点睛】对于多元弱酸的溶液，加入NaOH调节pH的过程中，若出现pH与pKa相同的情况，则通过相应的解离常数表达式可以进一步得出c(HnR)=c(Hn-1R)的关系；此外等量关系，在离子平衡的问题中，常常与相关的守恒式一同联用。13、C【解析】

A.根据题意，鉴别KNO3和Na2SO4，是利用了焰色反应，故A错误；B.电子式中相同的离子要分开写，氢化钙的电子式是：[∶H]-Ca2+[∶H]-，故B错误；C.根据各周期容纳元素种数可知，第七周期最后一种元素的原子序数为2+8+8+18+18+32+32=118，故C正确；D.纳米碳酸钙只有一种物质，不是分散系，不是胶体，故D错误；故选C。【点睛】此题易错点在D项，胶体属于分散系，分散质粒子直径大小在1nm～100nm之间，胶体属于混合物。14、A【解析】

A．由题中信息可知，种出的钻石的结构、性能与金刚石无异，则种出的钻石和金刚石均是碳的单质，由C原子构成，不是有机物，故A错误；B．种出的钻石的结构、性能与金刚石无异，则种出的钻石和金刚石的晶体类型相同，均为原子晶体，故B正确；C．甲烷是最简单的有机物，1个分子中只含有4个C-H键，并且符合烷烃通式为CnH2n+2，即甲烷是最简单的烷烃，故C正确；D．甲烷分子式为CH4，具有可燃性，是可燃性气体，故D正确；故选：A。15、D【解析】

A.该有机物烃基较大，不溶于水（亲水基较少，憎水基较多），所以易溶于苯但不溶于水，故A错误；B.该有机物苯环上的一氯代物与苯环上另一取代基有邻间对3种位置，共有3种，故B错误；C.该有机物没有碳碳双键或碳碳叁键不能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，故C错误；D.该有机物只有一个普通酯基可与1molNaOH发生反应，故D正确；故答案为D。16、A【解析】

A.假设17g全部为H2S，含有质子物质的量为=9mol，假设全部为PH3，含有质子物质的量为=9mol，则17g该混合物中含有的质子物质的量为9mol，故A正确；B.果糖结构简式为CH2OHCH(OH)CH(OH)CH(OH)COCH2OH，根据果糖的结构简式，非极性键应是C－C之间的键，90g果糖中含有非极性键的物质的量为=2.5mol，故B错误；C.乙醇结构简式为CH3CH2OH，乙醚的结构简式为CH3－O－CH3，前者含有羟基，后者不含羟基，因此1mol该混合物中含有羟基物质的量应在0～1mol之间，故C错误；D.推出X的原子结构为，0.5molX中含有中子物质的量为0.5mol×(222－86)=68mol，故D错误；答案：A。二、非选择题（本题包括5小题）17、丙烯酯基取代反应CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2HCOO-CH=C(CH3)2l：l检验羧基：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变红(或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色)【解析】

A分子式为C3H6，A与CO、CH3OH发生反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，聚丁烯酸甲酯发生水解反应，然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A与Cl2在高温下发生反应生成D，D发生水解反应生成E，根据E的结构简式CH2=CHCH2OH可知D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为。【详解】根据上述推断可知A是CH2=CH-CH3，C为，D是CH2=CHCH2Cl，E为CH2=CHCH2OH，F是，G是。(1)A是CH2=CH-CH3，名称为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B中含氧官能团名称是酯基；(2)C的结构简式为，D是CH2=CHCH2Cl，含有Cl原子，与NaOH的水溶液加热发生水解反应产生E：CH2=CHCH2OH，该水解反应也是取代反应；因此D变为E的反应为取代反应或水解反应；(3)E为CH2=CHCH2OH、E与2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，该反应方程式为：CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2；(4)B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，说明含有醛基、酯基及碳碳双键，则为甲酸形成的酯，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是HCOO-CH=C(CH3)2；(5)含有羧基，可以与NaOH反应产生；含有羧基可以与NaHCO3反应产生和H2O、CO2，则等物质的量消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1；在中含有羧基、碳碳双键、醇羟基三种官能团，检验羧基的方法是：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变为红色；检验碳碳双键的方法是：加入溴水，溴水褪色。【点睛】本题考查有机物推断和合成的知识，明确官能团及其性质关系、常见反应类型、反应条件及题给信息是解本题关键，难点是有机物合成路线设计，需要学生灵活运用知识解答问题能力，本题侧重考查学生分析推断及知识综合运用、知识迁移能力。18、羰基酯基+→+HClBr2取代反应取代反应（任写3个）CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH【解析】

根据合成路线图中反应物和生成物的结构变化分析反应类型；根据题给信息及路线图中反应类型比较目标产物及原料的结构设计合成路线图。【详解】（1）根据A的结构简式分析，A中的官能团有羰基和酯基，故答案为：羰基；酯基；（2）根据比较C和E的结构及反应物的结构，分析中间产物D的结构简式为：，则反应③的化学方程式为：+→+HCl；故答案为：+→+HCl；（3）比较D和E的结构，反应④为取代反应，所需的试剂是Br2，故答案为：Br2；（4）比较E和F的结构变化及F和G的结构变化，反应⑤为取代反应；反应⑥也为取代反应，故答案为：取代反应；取代反应；（5）I是B（）的同分异构体，具有两性并能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，则结构中含有氨基和羧基，其中具有六元环结构的有机物H的结构简式有：；（6）乙醇氧化可以得到乙酸，乙酸与乙醇酯化反应反应得到乙酸乙酯（），乙酸乙酯发生酯缩合反应生成，与发生合成路线中反应①的反应即可得到，故答案为：CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH。19、Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化胶头滴管酸式滴定管溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色61.536.9偏低偏低【解析】

由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成，据测定原理分析实验误差。【详解】（1）Cu2S与KMnO4酸性溶液反应，高锰酸钾做氧化剂氧化Cu2S反应生成硫酸铜、硫酸钾、硫酸锰和水，反应化学方程式为Cu2S+2KMnO4+4H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，反应的离子方程式：Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O，故答案为Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O；（2）配制0.1000mol•L﹣1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是：除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有胶头滴管，故答案为除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化；胶头滴管；（3）③取25.00mL溶液为高锰酸钾溶液，具有强氧化性，所以取25.00待测溶液所用的仪器是酸式滴定管，故答案为酸式滴定管；（4）加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1•L﹣1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL，发生反应2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，滴定终点的现象是：溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色，故答案为溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色；（5）Cu2S与KMnO4酸性溶液反应的化学方程式：Cu2S+2KMnO4+4H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，5CuS+8MnO4﹣+24H+＝5Cu2++8Mn2++5SO42﹣+12H2O，5Fe2++MnO4﹣+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O，滴定Fe2+消耗的MnO4﹣：n1＝0.1000mol/L×0.020L×＝0.0004mol，样品消耗MnO4﹣物质的量n2＝0.200L×0.2000mo•L﹣1﹣0.0004mol×＝0.036mol，2Cu2++4I﹣＝2CuI+I2，2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，滴定消耗S2O32﹣的物质的量n3＝0.1000mo1•L﹣1×0.03L×＝0.03mol，则起始样品溶解所得溶液中含Cu2+物质的量n4＝0.03mol，设样品中含CuS、Cu2S的物质的量分别为x、y，则：①x+2y＝0.03mol，②x+2y＝0.036mol联立①②，解方程组得：x＝0.01mol，y＝0.01mol，混合样品中Cu2S的含量=×100%=61.5%，混合样品中CuS的含量=×100%=36.9%，故答案为61.5；36.9。（6）结合上述计算过程，量取200.0mL0.2000mol/L酸性溶液，要用量筒，根据量筒的构造，若量取时俯视读数，则所取量偏小，则样品消耗MnO4﹣物质的量n2偏小，即方程②中x+2y<0.036mol，造成由方程组解得的x值比实际偏大，因x+2y＝0.03mol，则y值偏小，最终结果的含量偏低。根据实验过程，若用溶液滴定终点读数时仰视，实际消耗的溶液体积要小于读数值，即方程①中x+2y<0.03mol，造成由方程组解得的x值比实际偏小，则最终结果的含量偏低，故答案为偏低；偏低。【点睛】本题考查了物质性质、溶液配制、滴定实验过程的分析判断等，主要是滴定过程中试剂的作用和定量关系的计算分析应用，掌握基础是解题关键。20、2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O漂白性检验氯气SO2也能和酸化的硝酸银生成白色沉淀要证明现象II中黄绿色为溶液酸性的增强引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，观察溶液的颜色变化即可CaSO4Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl-＋4H++SO42-【解析】

（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸。【详解】（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（2）pH试纸先变蓝(约为12)溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象的白雾由HCl小液滴形成，①用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；②用酸化的A