黑龙江省鸡西市2025年高三下学期一诊考试化学试题含解析

黑龙江省鸡西市2025年高三下学期一诊考试化学试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列离子方程式不正确的是（）A．氯气和水反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClOB．铁与稀盐酸反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑C．碳酸氢铵溶液与足量澄清石灰水反应：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2OD．少量二氧化硫气体通入FeCl3溶液中：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-2、化学与生活密切相关。下列有关说法中不正确的是A．工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂B．水与乙醇的混合液、雾、鸡蛋清溶液均具有丁达尔效应C．蔬菜汁饼干易氧化变质．建议包装饼干时，加入一小包铁粉作抗氧化剂并密封D．浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可以吸收乙烯，所以可用其保鲜水果3、能正确表示下列反应的离子方程式是()A．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3∙H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2OB．氯化钠与浓硫酸混合加热：H2SO4+2Cl-SO2↑+Cl2↑+H2OC．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2OD．明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-，恰好完全沉淀：2Ba2++3OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+Al(OH)3↓4、铜板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如图所示，下列有关说法中，不正确的是A．正极电极反应式为：2H++2e—→H2↑B．此过程中还涉及到反应：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3C．此过程中铜并不被腐蚀D．此过程中电子从Fe移向Cu5、实验室常用乙醇和浓硫酸共热制取乙烯：CH3CH2OHH2C=CH2↑+H2O某同学用以下装置进行乙烯制取实验。下列叙述不正确的是A．m的作用是确保乙醇与浓硫酸能顺利流下B．电控温值可设置在165-175℃C．a出来的气体可用瓶口向下排空气法收集D．烧瓶内可放几粒碎瓷片以防暴沸6、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7、用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是A．甲用于制取氯气B．乙可制备氢氧化铁胶体C．丙可分离I2和KCl固体D．丁可比较Cl、C、Si的非金属性8、下列说法中正确的是（）A．生物炼铜指的是在某些具有特殊本领的细菌的体内，铜矿石中的杂质元素可以被转化为铜元素，从而可以提高铜矿石冶炼的产率B．铁在NaOH和NaNO2混合溶液中发蓝、发黑，使铁表面生成一层致密的氧化膜，可防止钢铁腐蚀C．已知锶(Sr)为第五周期IIA族元素，则工业上常通过电解熔融SrCl2制锶单质，以SrCl2•6H2O制取无水SrCl2一定要在无水氯化氢气流中加热至SrCl2•6H2O失水恒重D．硫比较活泼，自然界中不能以游离态存在9、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．11g超重水(T2O)含中子数为5NAB．1molSiO2中Si—O键的数目为4NAC．常温下，pH=6的MgCl2溶液中H+的数目为10-6NAD．标准状况下，2.24LCl2全部溶于水所得溶液中的Cl－数目为0.1NA10、对FeC13溶液与KI溶液反应进行探究实验，按选项ABCD顺序依次进行操作，依据现象，所得结论错误的是A．A B．B C．C D．D11、在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，振荡后溶液变蓝，再加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失。下列判断错误的是A．氧化性：ClO－>SO42->I2B．漂粉精溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝C．ClO－与I－在碱性条件下可以发生氧化还原反应D．向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯水褪色12、稀有气体化合物是指含有稀有气体元素的化合物。其中二氟化氙（XeF2）、三氧化氙（XeO3），氙酸（H2XO4）是“绿色氧化剂”，氙酸是一元强酸。下列说法错误的是（）A．上述“绿色氧化剂”的优点是产物易分离，不干扰反应B．三氧化氙可将I-氧化为IO3-C．氙酸的电离方程式为：H2XeO4═2H++XeO42-D．XeF2与水反应的化学方程式为：2XeF2+2H2O═2Xe↑+O2↑+4HF↑13、设NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A．6.2g白磷分子（P4）中含P-P键数为0.05NAB．1molCH3+含电子数为8NAC．标准状况下，22.4LSO3中含原子数为4NAD．常温常压下，11.2LCO2气体通过足量Na2O2充分反应，转移电子数为2NA14、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常温下，23gNO2含有NA个氧原子B．1L0.1mol·L-1的氨水含有0.1NA个OH-C．常温常压下，22.4LCCl4含有NA个CCl4分子D．1molFe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2NA个电子15、已知CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(g)ΔH==-Q1；2H2(g)+O2(g)→2H2O(g)ΔH==-Q2；H2O(g)→H2O(l)ΔH==-Q3常温下，取体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下），经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为A．4Q1+0.5Q2 B．4Q1+Q2+10Q3 C．4Q1+2Q2 D．4Q1+0.5Q2+9Q316、NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．28g由乙烯与丙烯组成的混合物中含碳碳双键的数目为NAB．4.6g乙醇完全氧化生成乙醛，转移电子数为0.2NAC．25℃，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中，含有OH-的数目为0.2NAD．标准状况下，2.24LC12溶于水所得溶液中含氯的微粒总数为0.2NA17、以淀粉为基本原料制备聚乙烯和乙酸。下列说法正确的是A．淀粉和葡萄糖都是营养物质，均能在体内发生水解、氧化反应B．工业上以石油为原料制取聚乙烯，需经裂解、加聚等反应C．燃烧等物质的量的乙烯和乙醇耗氧量不同D．乙醇和乙酸发生酯化反应制乙酸乙酯，原子利用率为100%18、甲胺(CH3NH2)的性质与氨气相似。已知pKb=－lgKb，pKb(CH3NH2·H2O)=3.4，pKb(NH3·H2O)=4.8。常温下，向10.00mL0.1000mol·L－1的甲胺溶液中滴加0.0500mol·L－1的稀硫酸，溶液中c(OH-)的负对数pOH=－lgc(OH-)］与所加稀硫酸溶液的体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是A．B点对应的溶液的pOH>3.4B．甲胺溶于水后存在平衡：CH3NH2+H2OCH3NH+OH－C．A、B、C三点对应的溶液中，水电离出来的c(H+)：C>B>AD．A、B、C、D四点对应的溶液中，c(CH3NH3+)的大小顺序：D>C>B>A19、我国科学家提出了无需加入额外电解质的钠离子直接甲酸盐燃料电池体系，其工作原理如图所示。甲酸钠（HCOONa）的水解为电极反应和离子传输提供了充足的OH-和Na+。下列有关说法不正确的是A．A极为电池的负极，且以阳离子交换膜为电池的隔膜B．放电时，负极反应为HCOO-+3OH--2e-=CO32-+2H2OC．当电路中转移0.lmol电子时，右侧电解质溶液质量增加2.3gD．与传统的氯碱工业相比，该体系在不污染环境的前提下，可以实现同步发电和产碱20、某温度下，向溶液中滴加的溶液，滴加过程中溶液中与溶液体积的关系如图所示，已知：，

。下列有关说法正确的是A．a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点B．溶液中：C．向、浓度均为的混合溶液中逐滴加入的溶液，先沉淀D．该温度下21、下列指定反应的离子方程式不正确的是A．向氨化的饱和氯化钠溶液中通入足量二氧化碳气体:Na++NH3·H2O+CO2＝NaHCO3↓+NH4+B．碱性条件下次氯酸钾溶液与氢氧化铁反应:3ClO—+2Fe(OH)3+4OH—＝2FeO42—+3Cl—+5H2OC．向硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠固体:2Na2O2+2Fe2++2H2O＝4Na++2Fe(OH)2↓+O2↑D．向饱和的碳酸氢钙溶液中加入足量的澄清石灰水:Ca2++HCO3—+OH—＝CaCO3↓+H2O22、下列装置应用于实验室制NO并回收硝酸铜的实验，能达到实验目的的是A．用装置甲制取NOB．用装置乙收集NOC．用装置丙分离炭粉和硝酸铜溶液D．用装置丁蒸干硝酸铜溶液制Cu（NO3）2·3H2O二、非选择题(共84分)23、（14分）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)24、（12分）有研究人员在体外实验中发现药物瑞德西韦对新冠病毒有明显抑制作用。E是合成瑞德西韦的中间体，其合成路线如下：回答下列问题：(1)W的化学名称为____；反应①的反应类型为____(2)A中含氧官能团的名称为____。(3)写出反应⑦的化学方程式_____(4)满足下列条件的B的同分异构体有____种(不包括立体异构)。①苯的二取代物且苯环上含有硝基；②可以发生水解反应。上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2的结构简式为____________(5)有机物中手性碳(已知与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳)有___个。结合题给信息和已学知识，设计由苯甲醇为原料制备的合成路线_______(无机试剂任选)。25、（12分）某实验小组同学为了研究氯气的性质，做以下探究实验。向KI溶液通入氯气溶液变为黄色；继续通入氯气一段时间后，溶液黄色退去，变为无色；继续通入氯气，最后溶液变为浅黄绿色，查阅资料：I2+I-⇌I3-，I2、I3-在水中均呈黄色。（1）为确定黄色溶液的成分，进行了以下实验：取2～3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，说明溶液中存在______，生成该物质的化学方程式为______，水层显浅黄色，说明水层显黄色的原因是______；（2）继续通入氯气，溶液黄色退去的可能的原因______；（3）NaOH溶液的作用______，反应结束后，发现烧杯中溶液呈浅黄绿色，经测定该溶液的碱性较强，一段时间后溶液颜色逐渐退去，其中可能的原因是______。26、（10分）连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉，是工业上重要的还原性漂白剂，也是重要的食品抗氧化剂。某学习小组模拟工业流程设计实验制取保险粉。已知：Na2S2O4是白色固体，还原性比Na2SO3强，易与酸反应（2S2O42-+4H+＝3SO2↑+S↓+2H2O）。（一）锌粉法步骤1：按如图方式，温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH在3～3.5时，停止通入SO2，反应后得到ZnS2O4溶液。步骤2：将得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中，过滤，滤渣为Zn（OH）2，向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体。步骤3：，经过滤，用乙醇洗涤，用120～140℃的热风干燥得到Na2S2O4。（二）甲酸钠法步骤4：按上图方式，将装置中的Zn粉和水换成HCOONa、Na2CO3溶液和乙醇。温度控制在70～83℃，持续通入SO2，维持溶液pH在4～6，经5～8小时充分反应后迅速降温45～55℃，立即析出无水Na2S2O4。步骤5：经过滤，用乙醇洗涤，干燥得到Na2S2O4。回答下列问题：（1）步骤1容器中发生反应的化学方程式是______；容器中多孔球泡的作用是______。（2）步骤2中“向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体”的原理是（用必要的化学用语和文字说明）______。（3）两种方法中控制温度的加热方式是______。（4）根据上述实验过程判断，Na2S2O4在水、乙醇中的溶解性为：______。（5）甲酸钠法中生成Na2S2O4的总反应为______。（6）两种方法相比较，锌粉法产品纯度高，可能的原因是______。（7）限用以下给出的试剂，设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2SO4。稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、AgNO3溶液、BaCl2溶液______。27、（12分）工业上用草酸“沉钴”，再过滤草酸钴得到的母液A经分析主要含有下列成分：H2C2O4Co2+Cl-质量浓度20.0g/L1.18g/L2.13g/L为了有效除去母液A中残留的大量草酸，一般用氯气氧化处理草酸，装置如下：回答下列问题：(1)母液A中c(CoO2)为____mol·L-1。，(2)分液漏斗中装入盐酸，写出制取氯气的离子方程式____________。反应后期使用调温电炉加热，当锥形瓶中____(填现象)时停止加热。(3)三颈烧瓶反应温度为50℃，水浴锅的温度应控制为____(填序号)。A．50℃B．5l-52℃C．45-55℃D．60℃(4)氯气氧化草酸的化学方程式为________。(5)搅拌器能加快草酸的去除速率，若搅拌速率过快则草酸去除率反而降低，主要原因是__________。(6)若用草酸铵代替草酸“沉钴”，其优点是____，其主要缺点为________。28、（14分）随着科技进步和人类环保意识的增强，如何利用CO2已经成为世界各国特别关注的问题。已知：CO2与CH4经催化重整制得合成气：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)△H（1）降低温度，该反应速率会_______________（填“增大”或“减小”）；一定压强下，由最稳定单质生1mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓。已知CO2（g）、CH4（g）、CO（g）的摩尔生成焓分别为-395kJ/mol、-74.9kJ/mol、-110.4kJ/mol。则上述重整反应的ΔH=____________kJ/mol。（2）T1℃时，在两个相同刚性密闭容器中充入CH4和CO2分压均为20kPa，加入催化剂Ni/α-Al2O3并分别在T1℃和T2℃进行反应，测得CH4转化率随时间变化如图Ⅰ所示。①A点处v正_______B点处（填“＜”、“＞”或“=”）②研究表明CO的生成速率v生成（CO）=1.3×10-2·p（CH4）·p（CO2）mol·g-1·s-1，A点处v生成（CO）=__________mol·g-1·s-1。（3）上述反应达到平衡后，若改变某一条件，下列变化能说明平衡一定正向移动的是________________（填代号）。A．正反应速率增大B．生成物的百分含量增大C．平衡常数K增大（4）其他条件相同，在甲、乙两种不同催化剂作用下，相同时间内测得CH4转化率与温度变化关系如图Ⅱ，C点___________________（填“可能”、“一定”或“一定未”）达到平衡状态，理由是_____________；CH4的转化率b点高于a点的可能原因是_________________________________。29、（10分）乙酸乙酯是重要的工业溶剂和香料，广泛用于化纤、橡胶、食品工业等。在标准状态时，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的反应热称为该化合物的标准摩尔生成。请写出标准状态下，乙酸和乙醇反应的热化学方程式为___________。取等物质的量的乙酸、乙醇在TK下密闭容器中发生液相反应物和生成物均为液体酯化反应，达到平衡，乙酸的转化率为，则该温度下用物质的量分数表示的平衡常数________；注：对于可逆反应：达到化学平衡时，)。而相同条件下实验室采用回流并分离出水的方式制备乙酸乙酯时，乙酸转化率可以高达，可能的原因是__________。若将乙醇与乙酸在催化剂作用下发生气相反应物和生成物均为气体酯化反应，其平衡常数与温度关系为：式中T为温度，单位为，则气相酯化反应为________填“吸热”或“放热”反应。乙酸和乙醇酯化反应在甲、乙两种催化剂的作用下，在相同时间内乙酸乙酯的产率随温度变化如图所示。由图可知，产率为时，应该选择催化剂和温度分别是________、________；使用催化剂乙时，当温度高于，随温度升高，乙酸乙酯产率下降的原因________________________。为了保护环境，的排放必须控制。化学工作者尝试各种方法将燃煤产生的二氧化碳回收利用，以达到低碳排放的目的。如图是通过人工光合作用，以和为原料制备乙醇和的原理示意图：判断迁移的方向________选填“从左向右”、“从右向左”。写出电极b的电极反应式：________________。

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．氯气和水反应的离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，故A正确；B．铁与稀盐酸反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B正确；C．碳酸氢铵溶液与足量澄清石灰水反应的离子方程式为NH4++HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，故C错误；D．少量二氧化硫气体通入FeCl3溶液中发生反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-，故D正确；答案为C。点睛：注意离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等；本题难点为选项C，不能忽视NH4+与OH-的反应，离子反应是完整反应，不能只写局部。2、B【解析】

A．油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，所以工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂，A正确；B．只有胶体具有丁达尔效应，乙醇和水的混合物是溶液，不能产生丁达尔效应，B错误；C．铁具有还原性，铁生锈可以消耗氧气，防止了饼干的氧化变质，C正确；D．乙烯中含有碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以酸性高锰酸钾溶液能吸收乙烯，保鲜水果，D正确；答案选B。3、A【解析】

A．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2的离子反应为2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O，故A正确；B．氯化钠与浓硫酸混合加热，浓硫酸中只有很少的水，氯化钠几乎不能电离，故该反应的离子方程式就是其化学方程式，H2SO4+2NaClNa2SO4+2HCl↑，故B错误；C．磁性氧化铁的主要成分为四氧化三铁，溶于稀硝酸的离子反应方程式为3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故C错误；D．明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀的离子反应方程式为2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故D错误；答案选A。掌握离子方程式的正误判断的常见方法是解题的关键。本题的易错点为D，要注意明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀时，铝离子恰好转化为偏铝酸根。4、A【解析】

A.正极电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故A错误；B.电化学腐蚀过程中生成的Fe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3，故B正确；C.铜为正极，被保护起来了，故C正确；D.此过程中电子从负极Fe移向正极Cu，故D正确；故选A。5、C【解析】

A．m导气管连接漏斗上下，可以使乙醇与浓硫酸的混合物上、下气体压强一致，这样，液体混合物在重力作用下就可以顺利流下，A正确；B．乙醇与浓硫酸混合加热170℃会发生消去反应产生CH2=CH2、H2O，所以电控温值在170℃左右，可设置在165-175℃，B正确；C．从a导管口出来的气体中含乙醇发生消去反应产生的乙烯以及挥发的乙醇、副产物二氧化硫等，要制取乙烯，收集时可以用排水法，乙烯密度和空气接近，不能用排空气法收集，C错误；D．烧瓶内可放几粒碎瓷片以防止产生暴沸现象，D正确；故合理选项是C。6、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。7、C【解析】

A.MnO2与浓盐酸反应制备氯气需要加热，缺少加热装置，A不能达到实验目的；B.向NaOH溶液中滴加饱和FeCl3溶液得到红褐色的Fe(OH)3沉淀，不能获得氢氧化铁胶体，制备氢氧化铁胶体应向沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，继续加热至液体呈红褐色即可，B不能达到实验目的；C.I2易升华，加热I2和KCl固体的混合物，I2变为碘蒸气，碘蒸气在圆底烧瓶底冷凝成I2固体，烧杯中留下KCl，C能达到实验目的；D.锥形瓶中产生气泡，说明锥形瓶中发生反应2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑，得出酸性HCl>H2CO3，但HCl不是氯元素的最高价含氧酸，不能比较C、Cl非金属性强弱，由于盐酸具有挥发性，从锥形瓶导出的CO2中一定混有HCl，HCl能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故烧杯中产生白色沉淀，不能说明CO2一定与硅酸钠溶液发生了反应，不能比较H2CO3、H2SiO3酸性的强弱，不能比较C、Si非金属性的强弱，D不能达到实验目的；答案选C。8、B【解析】

A.生物炼铜利用某些具有特殊本领的细菌能用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，把不溶性的硫化铜转化为可溶性的铜盐，使铜的冶炼变得非常简单，而不是将铜矿石中的杂质元素转化为铜元素，故A错误；B.为了防止铁生锈，可对铁制品表面进行“发蓝”处理，即把铁制品浸入热的NaNO2、NaNO3、NaOH混合溶液中，使它的表面氧化生成一层致密的氧化膜(Fe3O4)，故B正确；C.锶是活泼金属元素，SrCl2是强酸强碱盐，加热时不发生水解，则以SrCl2•6H2O制取无水SrCl2不必在氯化氢气流中加热，故C错误；D.自然界中含硫矿物分布非常广泛，种类也很多，以单质硫（即游离态）和化合态硫两种形式出现，故D错误；综上所述，答案为B。根据元素周期律，第IIA族元素从上到下，金属性逐渐增强，所以金属性：Ba>Sr>Ca>Mg>Be，则可知SrCl2是强酸强碱盐。9、B【解析】

A.11g超重水(T2O)的物质的量为=0.5mol，则含中子数为0.5mol(22+8)NA=6NA，A项错误；B.SiO2中每个Si原子会形成4个Si—O键，故1molSiO2中Si—O键的数目为4NA，B项正确；C.溶液的体积未知，H+的数目无法求出，C项错误；D.标准状况下，2.24LCl2为0.1mol，但氯气溶于水为可逆反应，因此生成的Cl－数目小于0.1NA，D项错误；答案选B。10、C【解析】

A.取2mL0.1mol/LKI溶液于试管中，滴加0.1mol/LFeCl3溶液3滴，振荡，充分反应，溶液呈深棕黄色，是因为2Fe3++2I-=2Fe2++I2,所以A正确；B.试管1中滴加2滴0.1mol/LKSCN溶液，溶液显红色说明溶液中有Fe3+，证明FeCl3与KI的反应具有可逆性，故B正确；C.向试管2中加入1mLCCl4，充分振荡、静置，溶液分层，上层为浅棕黄色，试管2中上层溶液变为浅棕黄色还可能是少量的碘溶解于水的结果，故C错误；D.试管2中上层为浅棕黄色，下层为紫色说明有碘单质被萃取出来，导致溶液中Fe3+浓度减小，试管3中红色比试管1中浅是平衡移动的结果，故D正确；答案：C。本实验探究FeC13溶液与KI溶液发生反应的实验。根据FeCl3具有强氧化性，KI具有还原性，两者反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2；再根据I2易溶于有机溶剂，Fe3+能使KSCN溶液变红色的特征进行判断。11、A【解析】

A、根据向淀粉碘化钾溶液中加入少量的次氯酸钠溶液，溶液变蓝色知，次氯酸根离子将碘离子氧化成了碘单质，碘遇淀粉变蓝色，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，次氯酸根离子是氧化剂，碘单质是氧化产物，氧化性为：ClO-＞I2，再加入足量的亚硫酸钠溶液蓝色又逐渐消失，说明碘单质又将亚硫酸根离子氧化了，得到硫酸根离子，碘单质是氧化剂，硫酸根离子是氧化产物，故氧化性SO42-＜I2，因此得出氧化性的强弱为：ClO-＞I2＞SO42-，A错误；B、漂白精的成分中有次氯酸钠，根据对A的分析，次氯酸钠能将淀粉碘化钾中的碘离子氧化成碘单质，B正确；C、次氯酸根离子无论在碱性条件下还是在酸性条件下、中性条件下均有氧化性．因此ClO-与I-在碱性条件下可以发生氧化还原反应，C正确；D、新制的氯水中主要是氯气，因此新制的氯水是黄绿色的，由于氯气的氧化性比亚硫酸根离子的氧化性强，故能发生氧化还原反应，氯气被还原而使氯水褪色，D正确，答案选A。12、C【解析】

A．氟化氙(XeF2)、三氧化氙(XeO3)，氙酸(H2XO4)作氧化剂都生成对应的单质很稳定，易分离，不干扰反应，所以“绿色氧化剂”的优点是产物易分离，不干扰反应，故A正确；B．三氧化氙具有氧化性，可将I-氧化为IO3-，故B正确；C．氙酸是一元强酸，则氙酸的电离方程式为：H2XeO4═H++HXeO4-，故C错误；D．XeF2与水反应生成Xe、O2和HF，方程式为：2XeF2+2H2O═2Xe↑+O2↑+4HF↑，故D正确。故选：C。根据酸分子电离时所能生成的氢离子的个数，可以把酸分为一元酸、二元酸、三元酸等，例如硝酸是一元酸，硫酸是二元酸；不能根据分子中氢原子的个数来判断是几元酸，例如该题中氙酸分子中有两个氢原子，但只能电离出一个氢离子，故为一元酸。13、B【解析】

A.1mol白磷分子（P4）中含P-P键数为6mol，则6.2g白磷分子（P4）中含P-P键数为=0.3NA，A项错误；B.1个CH3+中含8个电子，所以1molCH3+中含电子数为8NA，B项正确；

C.标准状况下，SO3不是气体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol计算SO3中含原子数，C项错误；

D.常温常压不是标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，无法计算转移的电子数，D项错误；

答案选B。14、A【解析】

A.23gNO2的物质的量是＝0.5mol，含有1mol氧原子，选项A正确；B.氨水是弱碱，部分电离，即.1L0.1mol·L－1氨水含有OH－个数小于0.1NA，选项B错误；C.常温常压下四氯化碳不是气体，不能适用于气体摩尔体积，选项C错误；D.反应中亚铁离子失去1个电子，选项D错误；答案选A。15、D【解析】

①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-Q1；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-Q2；H2O(g)→H2O(l)ΔH=-Q3；根据盖斯定律①+2③得

CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-Q1-2Q3；

根据盖斯定律②+2③得

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=Q2-2Q3，标准状况下，112L体积比为4:

1的甲烷和H2的混合气体的物质的量为=

=

5mol

，故甲烷的物质的量为5mol=4mol，完全燃烧生成液体水放出的热量为（Q1+2Q3)

=4

(Q1+2Q3)，氢气的物质的量为5mol-4mol=1mol，完全燃烧生成液体水放出的热量为(Q2+2Q3)

=0.5

(Q2+2Q3)

，故甲烷、氢气完全燃烧，放出的热量为:4

(Q1+2Q3)

+0.5

(Q2+2Q3)=4Q1+0.5Q2+9Q3，故选D。

答案：

D。先根据混合气体的物质的量

结合体积分数计算甲烷、氢气各自物质的量，再根据盖斯定律，利用已知的三个热化学反应方程式进行计算甲烷、氢气完全燃烧生成液体水和二氧化碳的反应热。16、B【解析】

A．乙烯和丙烯的摩尔质量不同，无法计算混合物的物质的量，则无法判断28g由乙烯和丙烯组成的混合气体中所含碳碳双键的数目，故A错误；B．1mol乙醇转化为1mol乙醛转移电子2mol，4.6g乙醇物质的量为0.1mol，完全氧化变成乙醛，转移电子数为0.2NA，故B正确；C．pH=13的Ba（OH）2溶液，c(H+)=10-13mol/L，依据c(H+)c(OH-)=Kw，c(OH-)=10-1mol/L，25℃、pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH-数目为10-1mol/L×1L=0.1mol，含有的OH-数目为0.1NA，故C错误；D．标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，而氯气和水的反应为可逆反应、不能进行彻底，故所得溶液中的含氯微粒有Cl2、Cl-、ClO-和HClO，故根据氯原子守恒可知：2N（Cl2）+N（Cl-）+N（ClO-）+N（HClO）=0.2NA，故含氯的微粒总数小于0.2NA，故D错误；故答案为B。17、B【解析】

A.葡萄糖为单糖，不能在体内发生水解反应，A错误；B.工业上以石油为原料制取聚乙烯，需经裂解产生的为乙烯，再发生加聚反应生成聚乙烯，B正确；C.乙烯和乙醇各1mol时，耗氧量为3mol，则燃烧等物质的量的乙烯和乙醇耗氧量相同，C错误；D.乙醇和乙酸发生酯化反应制乙酸乙酯和水，原子利用率小于100%，D错误；答案为B。18、D【解析】

A．B点加入5mL0.0500mol/L的稀硫酸，不考虑水解和电离，反应后c(CH3NH3+)=c(CH3NH2)，由于pKb(CH3NH2·H2O)=3.4，CH3NH2•H2O的电离程度大于CH3NH3+的水解程度，则溶液中c(CH3NH3+)>c(CH3NH2)；B．甲胺(CH3NH2)的性质与氨气相似，说明CH3NH2•H2O是一元弱碱，可以部分电离出氢氧根离子；C．恰好反应时水的电离程度最大，碱过量抑制了水的电离，碱的浓度越大抑制程度越大；D．C、D点相比，n(CH3NH3+)相差较小，但D点溶液体积较大，则c(CH3NH3+)较小，据此分析。【详解】A．B点加入5mL0.0500mol/L的稀硫酸，不考虑水解和电离，反应后c(CH3NH3+)=c(CH3NH2)，由于pKb(CH3NH2·H2O)=3.4，pKh(CH3NH3+)=14-3.4=10.6，说明CH3NH2•H2O的电离程度大于CH3NH3+的水解程度，则溶液中c(CH3NH3+)>c(CH3NH2)，>1，结合Kb(CH3NH2•H2O)=×c(OH-)=10-3.4可知，c(OH-)<10-3.4，所以B点的pOH>3.4，A正确；B．CH3NH2•H2O是一元弱碱，可以部分电离出氢氧根离子，电离过程可逆，则电离方程式为：CH3NH2•H2OCH3NH3++OH-，B正确；C．用0.0500mol/L的稀硫酸滴定10mL0.1000mol/L的甲胺溶液滴入10mL恰好完全反应此时生成的是强酸弱碱盐，溶液显碱性，CH3NH3+水解促进水的电离，A、B点溶液中弱碱过量抑制了水的电离，所以A、B、C三点溶液中，水电离出来的c(H＋)：C>B>A，C正确；D．C点硫酸与CH3NH2•H2O恰好反应，由于CH3NH3+的水解程度较小，则C、D点n(CH3NH3+)相差较小，但D点加入硫酸溶液体积为C点2倍，则c(CH3NH3+)：C>D，D错误；故合理选项是D。本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较。明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，D为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。19、C【解析】

从图中可以看出，A电极上HCOO-转化为CO32-，发生反应HCOO-+3OH--2e-=CO32-+2H2O，C元素由+2价升高为+4价，所以A为负极，B为正极。当负极失去2mole-时，溶液中所需Na+由4mol降为2mol，所以有2molNa+将通过交换膜离开负极区溶液进入正极区。正极O2得电子，所得产物与水发生反应，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，由于正极区溶液中阴离子数目增多，所以需要提供Na+以中和电性。【详解】A．由以上分析可知，A极为电池的负极，由于部分Na+要离开负极区，所以电池的隔膜为阳离子交换膜，A正确；B．由以上分析可知，电池放电时，负极反应为HCOO-+3OH--2e-=CO32-+2H2O，B正确；C．依据负极反应式，当电路中转移0.lmol电子时，有0.1molNa+通过离子交换膜进入右侧，右侧参加反应的O2质量为=0.8g，电解质溶液质量增加2.3g+0.8g=3.1g，C不正确；D．与传统的氯碱工业相比，该体系没有污染环境的气体产生，且可发电和产碱，D正确；故选C。20、D【解析】

A.、水解促进水电离，

b点是与溶液恰好完全反应的点，溶质是氯化钠，对水的电离没有作用，水的电离程度最小的为b点，选项A错误；B.根据物料守恒溶液中：2ccc

c，选项B错误；C.大于，所以向、浓度均为的混合溶液中逐滴加入的溶液，先沉淀，选项C错误；D.b点是与溶液恰好完全反应的点，

，根据b点数据，2×10-18

，该温度下，选项D正确；答案选D。21、C【解析】

A.向氨化的饱和氯化钠溶液中通入足量二氧化碳气体:NH3·H2O+NaCl+CO2==NH4Cl+NaHCO3↓，离子方程式为：NH3·H2O+Na++CO2==NH4++NaHCO3↓，故A正确；B.碱性条件下次氯酸钾溶液与氢氧化铁反应制高铁酸钾:2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O，离子方程式为：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O，故B正确；C.向硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠固体，亚铁离子具有还原性，过氧化钠具有氧化性，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：4Fe2++4Na2O2+6H2O＝4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+，故C错误；D.向饱和的碳酸氢钙溶液中加入足量的澄清石灰水:Ca(HCO3)2+Ca(OH)2===2H2O+2CaCO3↓，离子方程式为：Ca2++HCO3-+OH-＝CaCO3↓+H2O，故D正确。答案选C。22、C【解析】

A.生成气体从长颈漏斗逸出，且NO易被氧化，应选分液漏斗，A不能达到实验目的；B.NO与空气中氧气反应，不能用排空气法收集NO，B不能达到实验目的；C.装置丙是过滤装置，可分离炭粉和硝酸铜溶液，C能达到实验目的；D.装置丁是坩埚，用于灼烧固体，不能用于蒸干溶液，且硝酸铜溶液在蒸发时，铜离子水解，生成硝酸易挥发，D不能达到实验目的；故选C。二、非选择题(共84分)23、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。24、氨基乙酸取代反应硝基和羟基++H2O82【解析】

根据流程图，A()和发生取代反应生成B()，B和磷酸在加热条件下发生取代生成C，C在一定条件下转化为，中的一个氯原子被取代转化为D；X与HCN发生加成反应生成Y，Y和氨气在一定条件下发生取代反应生成Z，Z在酸性条件下水解得到W，D和R在一定条件下反应生成E，根据E和D的结构简式，可推出R的结构简式为，由此可知W和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R，据此分析解答。【详解】(1)W的结构简式为，结构中有羧基和氨基，化学名称为氨基乙酸；根据分析，反应①为A()和发生取代反应生成B()，反应类型为取代反应；(2)A的结构简式为，含氧官能团的名称为硝基和羟基；(3)根据分析，反应⑦为W和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R，R的结构简式为，化学方程式++H2O；(4)B的结构简式为，①苯的二取代物且苯环上含有硝基；②可以发生水解反应，说明另一个取代基为酯基，该酯基的结构可为-OOCCH3或-COOCH3或-CH2OOCH，在苯环上与硝基分别有邻间对三种位置，分别为：、、、、、、、、，除去自身外结构外，共有8种；上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2，说明分子中含有三种不同环境的氢原子且个数比为3:2:2，则符合要求的结构简式为；(5)已知与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳，有机物中手性碳的位置为，有2个；的水解产物为，的结构中的-COOH可由-CN酸性条件下水解得到，而与HCN发生加成反应可生成，再结合苯甲醇催化氧化可得到苯甲醛，则合成路线为：。25、I2Cl2+2KI=I2+2KClI3-生成的碘单质被氯气氧化为无色物质吸收多余的氯气氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应【解析】

(1)氯气与KI发生Cl2+2I-=I2+2Cl-，以及I2+I-⇌I3-，取2～3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I2、I3-；(2)继续通入氯气，溶液黄色退去，是因为氯气将I2氧化为无色物质；(3)NaOH溶液吸收多余的氯气；氯水的颜色为浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。【详解】(1)取2～3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，说明溶液中存在I2，生成该物质的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I3-，发生反应为I2+I-⇌I3-，故答案为：I2；Cl2+2KI=I2+2KCl；I3-；(2)氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯气发生Cl2+2KI=KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，生成的碘单质被氯气氧化为无色物质，所以溶液黄色退去；故答案为：生成的碘单质被氯气氧化为无色物质；(3)NaOH溶液吸收多余的氯气，氯气过量，过量的氯气溶解于水，水中含有氯气分子，氯水呈浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应，故答案为：吸收多余的氯气；氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。26、H2O+SO2=H2SO3，Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O或Zn+2SO2ZnS2O4增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率溶液中存在：Na2S2O4(s)Na2S2O4(aq)2Na+(aq)+(aq)[或Na2S2O4(s)2Na+(aq)+(aq)]，增大c(Na+)，平衡向逆反应方向移动水浴加热Na2S2O4在水中溶解度较大，在酒精中溶解度较小2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2Zn(OH)2难溶于水，易与Na2S2O4分离取少量产品配成稀溶液，加入足量稀盐酸，充分反应后静置，取上层清液，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可确定产品中含有Na2SO4【解析】

合成保险粉的反应物为Zn、SO2、H2O，根据温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH在3～3.5时，停止通入SO2，反应后得到ZnS2O4溶液，据此分析解答。【详解】（1）合成保险粉的反应物有Zn、SO2、H2O，根据温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH在3～3.5时，说明发生了：H2O+SO2=H2SO3反应，最后反应得到ZnS2O4溶液，说明又发生了：Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O反应，总过程也可以写成：Zn+2SO2ZnS2O4，多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率；（2）溶液中存在：Na2S2O4(s)Na2S2O4(aq)2Na+(aq)+(aq)[或Na2S2O4(s)2Na+(aq)+(aq)]，增大c(Na+)，平衡向逆反应方向移动，所以向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体；（3）根据温度控制在40～45℃可知需要控制温度的加热方式一般是水浴加热；（4）根据步骤2中将得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中，过滤，滤渣为Zn(OH)2，向滤液中加入食盐，才析出Na2S2O4•2H2O晶体，可知Na2S2O4在水中溶解度较大；根据步骤5析出的晶体用无水乙醇洗涤的目的是使晶体迅速干燥，避免溶解而减少损耗，可知其在酒精中溶解度较小；（5）由题意可知甲酸钠、二氧化硫、碳酸钠反应生成Na2S2O4，同时生成二氧化碳，反应的方程式为2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2；（6）锌粉法产品纯度高，可能的原因是Zn(OH)2难溶于水，易与Na2S2O4分离；（7）设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2SO4，要避免Na2S2O4干扰，所以取少量产品配成稀溶液，加入足量稀盐酸，充分反应后静置，取上层清液，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可确定产品中含有Na2SO4。27、0.02ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O黄绿色气体变成无色BH2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低残存于母液A中c(CoCl2)会更小母液A处理中消耗更多的氯气【解析】

利用浓盐酸和Ca(ClO)2反应制备氯气，氯气在氧化草酸，除去母液中的草酸。【详解】(1)根据表格中的信息，Co2+的质量浓度为1.18g/L，则1L溶液中的，则；(2)加入盐酸，与Ca(ClO)2反应生成Cl2，为归中反应，离子方程式为ClO－+Cl－+2H＋=Cl2↑+H2O；氯气为黄绿色气体，当反应完全之后，无氯气产生，装置中的气体由黄绿色变成无色，则答案为黄绿色气体变成无色；(3)由于热传递，只能由温度高的传递到温度低的部分，三颈烧瓶反应温度为50℃，那么水浴锅的温度应该高一点，这样热量才能传递到反应液中，B符合题意；(4)氯气具有氧化性，草酸具有还原性，能够发生氧化还原反应，草酸被氧化成CO2，化学方程式为H2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl；(5)搅拌过快，Cl2来不及反应，就从母液中逸出，因此草酸去除率反而降低，答案为搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低；(6)草酸铵为强电解质，而草酸是弱电解质，草酸铵溶液中的草酸根浓度更大，能够使Co2＋沉淀得更加完全；由于母液中有NH4＋，在Cl2也会与NH4＋反应，因此在处理母液时，需要消耗更多的氯气。答案：残存于母液A中c(CoCl2)会更小母液A处理中消耗更多的氯气。28、减小+249.1>1.872C一定未催化剂不会改变平衡转化率，乙催化剂c点未与甲催化剂同样温度的点相交，转化率不相等，说明c点不是平衡转化率b和a两点反应都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高（或其它合理答案）【解析】

（1）降低温度，降低反应混合物中分子所具有的能量；反应焓变△H=生成物的反应焓之和-反应物的反应焓之和；（2）①根据图Ⅰ，T1的温度高于T2，速率大；②由图，A点甲烷的转化率为40%，算出分压，代入公式计算；（3）A.正反应速率增大，如逆速率同等程度地增加，平衡不移动；B.向反应体系中投入某生成物，生成物的百分含量增大，但平衡逆向移动；C.平衡常数K增大，平衡正向进行的程度增大；（4）其他条件相同，在甲、乙两种不同催化剂作用下，相同时间内测得CH4转化率与温度变化关系如图Ⅱ，C点一定未达到平衡状态，理由是催化剂不会改变平衡转化率，