2025届福建省泉州市晋江四校高三下学期一模考试化学试题含解析

2025届福建省泉州市晋江四校高三下学期一模考试化学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、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2、烷烃命名中常使用三套数字，甲、乙、丙……，1、2、3……，一、二、三……。其中“一、二、三……”是说明A．碳原子数 B．烷基位置编号 C．氢原子数 D．同种烷基数目3、下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子的是A．NaOH B．SiO2 C．Fe D．CO24、单质钛的机械强度高，抗蚀能力强，有“未来金属”之称。工业上常用硫酸分解钛铁矿(FeTiO3)的方法制取二氧化钛，再由二氧化钛制金属钛，主要反应有：①FeTiO3+3H2SO4=Ti(SO4)2+FeSO4+3H2O②Ti(SO4)2+3H2O=H2TiO3↓+2H2SO4③H2TiO3TiO2+H2O④TiO2+2C+2Cl2TiCl4↑+CO↑⑤TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti下列叙述错误的是()A．反应①属于非氧化还原反应B．反应②是水解反应C．反应④中二氧化钛是氧化剂D．反应⑤表现了金属镁还原性比金属钛强5、催化加氢可生成3-甲基戊烷的是A．B．C．D．6、一种新型漂白剂结构如图所示，其中W.Y.Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列说法正确的是A．非金属性：X>W>YB．Y的最高价氧化为对应的水化物为三元酸C．可利用W与X、Y形成的化合物热还原制备单质YD．该漂白剂中仅有X均满足8电子稳定结构7、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．使甲基橙呈红色的溶液：Fe2＋、Mg2＋、SO42-、Cl−B．使KSCN呈红色的溶液：Al3＋、NH4+、S2−、I−C．使酚酞呈红色的溶液：Mg2＋、Cu2＋、NO3-、SO42-D．由水电离出的c(H＋)＝10－12mol·L－1的溶液：Na＋、K＋、NO3-、HCO3-8、近日，北京某区食药监局向居民发放了家用食品快检试剂盒．试剂盒涉及的部分检验方法如下，其中不是通过化学原理进行检验的是（）A．通过测定大米浸泡液的pH检验大米新鲜度B．用含Fe2+的检测试剂检验自来水中余氯的含量C．向食盐样品中加还原剂和淀粉检测食盐的含碘量D．通过观察放入检测液中鸡蛋的沉浮检验鸡蛋新鲜度9、短周期元素甲～戊在元素周期表中的相对位置如下表所示。下列判断正确的是()甲乙丙丁戊A．原子半径：丙＜丁＜戊B．戊不可能为金属C．氢氧化物碱性：丙＞丁＞戊D．氢化物的稳定性：甲＞乙10、2019年9月25日，全世界几大空之一―—北京大兴国际机场，正式投运。下列相关说法不正确的是()A．机杨航站楼所用钢铁属于合金材料B．航站楼使用的玻璃是无机非金属材料C．航站楼采用的隔震支座由橡胶和钢板相互叠加粘结而成，属于新型无机材料D．机场高速应用自融冰雪路面技术，减少了常规融雪剂使用对环境和桥梁结构造成的破坏11、T℃时，分别向10mL浓度均为0.1mol·L－1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol·L－1的Na2S溶液，滴加过程中－lgc(Cu2＋)和－lgc(Zn2＋)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示[已知：Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，lg3≈0.5]。下列有关说法错误的是()。A．a～b～d为滴定ZnCl2溶液的曲线B．对应溶液pH：a＜b＜eC．a点对应的CuCl2溶液中：c(Cl－)＜2[c(Cu2＋)＋c(H＋)]D．d点纵坐标约为33.912、工业上用酸性KMnO4溶液与乙苯()反应生产苯甲酸()，下列有关说法正确的是A．乙苯是苯的同系物 B．乙苯的所有原子均共平面C．生产苯甲酸时发生的是取代反应 D．乙苯不能与H2发生反应13、已知磷酸分子（）中的三个氢原子都可以与重水分子（D2O）中的D原子发生氢交换。又知次磷酸（H3PO2）也可与D2O进行氢交换，但次磷酸钠（NaH2PO2）却不能与D2O发生氢交换。下列说法正确的是A．H3PO2属于三元酸 B．NaH2PO2溶液可能呈酸性C．NaH2PO2属于酸式盐 D．H3PO2的结构式为14、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是（）A．32gCu在足量O2或硫蒸气中完全燃烧失去的电子数均为NAB．4g甲烷和8g甲醇含有的氢原子数均为NAC．标准状况下,5.6L乙烷中含有的共价键数目为1.5NAD．一定条件下,32gSO2与足量O2反应。转移电子数为NA15、下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是（）A．SO2 B．NH3 C．Cl2 D．CO216、新版人民币的发行，引发了人们对有关人民币中化学知识的关注。下列表述错误的是A．制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料含有C、H、O元素B．用于人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质C．防伪荧光油墨由颜料与树脂等制成，其中树脂属于有机高分子材料D．某种验钞笔中含有碘酒溶液，遇假钞呈现蓝色，其中遇碘变蓝的是葡萄糖17、一种香豆素的衍生物结构如图所示，关于该有机物说法正确的是（）A．该有机物分子式为C10H10O4B．1mol该有机物与H2发生加成时最多消耗H25molC．1mol该有机物与足量溴水反应时最多消耗Br23molD．1mol该有机物与NaOH溶液反应是最多消耗NaOH3mol18、下列有关有机化合物的说法中，正确的是A．淀粉、蛋白质和油脂都属于有机高分子化合物B．乙烯、苯和乙醇均能被酸性高锰酸钾溶液氧化C．绝大多数的酶属于具有高选择催化性能的蛋白质D．在的催化作用下，苯可与溴水发生取代反应19、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．0.1molHClO中含H—Cl键的数目为0.1NAB．1L0.1mol•L-1NaAlO2溶液中含AlO2-的数目为0.1NAC．含0.1molAgBr的悬浊液中加入0.1molKCl，充分反应后的水溶液中Br-的数目为0.1NAD．9.2g由甲苯()与甘油(丙三醇)组成的混合物中含氢原子的总数为0.8NA20、下列实验装置正确的是（）A．用图1所示装置收集SO2气体B．用图2所示装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的C2H4C．用图3所示装置从食盐水中提取NaClD．用图4所示装置制取并收集O221、室温下，pH相同的盐酸和醋酸的说法正确的是()A．醋酸的浓度小于盐酸B．盐酸的导电性明显大于醋酸C．加水稀释相同倍数时，醋酸的pH变化更明显D．中和两份完全相同的NaOH溶液，消耗的醋酸的体积更小22、人剧烈运动后肌肉发酸是因为当体内氧气缺少时葡萄糖发生反应产生了乳酸，其结构简式为。下列关于乳酸的说法正确的是（）A．乳酸的系统命名为1-羟基丙酸B．与乳酸具有相同官能团的所有同分异构体(包括乳酸)共3种C．乳酸既可发生取代反应、消去反应又可发生加成反应D．乳酸发生缩聚反应的方程式为n+nH2O二、非选择题(共84分)23、（14分）据报道，化合物M对番茄灰霉菌有较好的抑菌活性，其合成路线如下图所示。已知：回答下列问题：（1）化合物C中的含氧官能团为____________，反应④的反应类型为____________。（2）写出E的结构简式：________________________。（3）写出反应②的化学方程式：_____________________________________________。（4）写出化合物C满足下列条件的一种同分异构体的结构简式：_________________。①含苯环结构，能在碱性条件下发生水解；②能与FeCl3发生显色反应；③分子中含有4种不同化学环境的氢。（5）已知CH3CH2CNCH3CH2COOH。请以、CH2==CHCN和乙醇为原料合成化合物，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任用)_____。24、（12分）研究发现艾滋病治疗药物利托那韦对新型冠状病毒也有很好的抑制作用，它的合成中间体2-异丙基-4-(甲基氨基甲基)噻唑可按如下路线合成：回答下列问题：(1)A的结构简式是__________，C中官能团的名称为______________。(2)①、⑥的反应类型分别是__________、_____。D的化学名称是______。(3)E极易水解生成两种酸，写出E与NaOH溶液反应的化学方程式：_______。(4)H的分子式为__________________。(5)I是相对分子质量比有机物D大14的同系物，写出I符合下列条件的所有同分异构体的结构简式：_____________。①能发生银镜反应②与NaOH反应生成两种有机物(6)设计由，和丙烯制备的合成路线______________(无机试剂任选)。25、（12分）氮化钙(Ca3N2)是一种重要的化学试剂。某化学兴趣小组拟制备氮化钙并测定产品纯度。已知：①氮化钙极易与水反应；②实验室在加热条件下用饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液混合制备N2；③焦性没食子酸溶液用于吸收少量O2。I．制备氮化钙。他们选择下列装置设计实验(装置可重复使用)：(1)实验室将钙保存在________中(填物质名称)。氮化钙中所含化学键类型是_________。(2)气体从左至右，装置连接顺序为____________________________。(填代号)(3)写出A中发生反应的化学方程式：______________________________。(4)用化学方法检验氮化钙(Ca3N2)产品中是否混有Ca，设计实验方案：________。Ⅱ.测定产品纯度。利用如图装置测定氮化钙产品纯度(杂质不产生气体，氨气不溶于煤油)。(5)当产品与蒸馏水完全反应后，冷却至室温、调平液面、读数。调平液面的操作是___________________________________。(6)取产品质量为wg，开始量气管读数为V1mL，最终量气管读数为V2mL(折合成标准状况)，则该样品纯度为________________________(用代数式表示)。如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。26、（10分）实验室用乙醇、浓硫酸和溴化钠反应来制备溴乙烷，其反应原理为H2SO4(浓)＋NaBrNaHSO4＋HBr↑、CH3CH2OH＋HBrCH3CH2Br＋H2O。有关数据和实验装置如（反应需要加热，图中省去了加热装置）：乙醇溴乙烷溴状态无色液体无色液体深红棕色液体密度/g·cm-30.791.443.1沸点/℃78.538.459（1）A中放入沸石的作用是__，B中进水口为__口（填“a”或“b”）。（2）实验中用滴液漏斗代替分液漏斗的优点为__。（3）氢溴酸与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应的化学方程式__。（4）给A加热的目的是__，F接橡皮管导入稀NaOH溶液，其目的是吸收__和溴蒸气，防止__。（5）C中的导管E的末端须在水面以下，其原因是__。（6）将C中的镏出液转入锥形并瓶中，连振荡边逐滴滴入浓H2SO41～2mL以除去水、乙醇等杂质，使溶液分层后用分液漏斗分去硫酸层；将经硫酸处理后的溴乙烷转入蒸镏烧瓶，水浴加热蒸馏，收集到35～40℃的馏分约10.0g。①分液漏斗在使用前必须__；②从乙醇的角度考虑，本实验所得溴乙烷的产率是__（精确到0.1%）。27、（12分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种可溶于水的白色或淡黄色小晶体，食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果的保鲜剂等。某化学研究兴趣小组欲自制焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质等。(1)制备Na2S2O5，如图（夹持及加热装置略）可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体（试剂不重复使用）焦亚硫酸钠的析出原理：NaHSO3(饱和溶液)→Na2S2O5(晶体)+H2O(l)①F中盛装的试剂是__，作用是__。②通入N2的作用是__。③Na2S2O5晶体在__（填“A”或“D”或“F”）中得到，再经离心分离，干燥后可得纯净的样品。④若撤去E，则可能发生__。(2)设计实验探究Na2S2O5的性质，完成表中填空：预测Na2S2O5的性质探究Na2S2O5性质的操作及现象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性①探究二Na2S2O5晶体具有还原性取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去①__。（提供：pH试纸、蒸馏水及实验必需的玻璃仪器）②探究二中反应的离子方程式为__(KMnO4→Mn2+)(3)利用碘量法可测定Na2S2O5样品中+4价硫的含量。实验方案：将agNa2S2O5样品放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中，加入过量c1mol·L-1的碘溶液，再加入适量的冰醋酸和蒸馏水，充分反应一段时间，加入淀粉溶液，__（填实验步骤），当溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟内溶液不恢复原色，则停止滴定操作重复以上步骤两次记录数据。（实验中必须使用的试剂有c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液；已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）(4)含铬废水中常含有六价铬[Cr(Ⅵ)]利用Na2S2O5和FeSO4·7H2O先后分两个阶段处理含Cr2O72-的废水，先将废水中Cr2O72-全部还原为Cr3+，将Cr3+全部转化为Cr(OH)3而除去，需调节溶液的pH范围为___。{已知：Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，lg2≈0.3，c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1时视为完全沉淀}28、（14分）近年来，随着人类社会的快速发展，环境污染日益严重，而环境污染中的很多问题是由于氮磷富集化引起的，所以如何降低水体中的氮磷含量问题受到广泛关注。目前有两种较为有效的氨氮废水处理方法。I.化学沉淀法利用了Mg2+与PO43-与氨氮生成MgNH4PO4∙6H2O沉淀以达到去除氨氮的效果。已知：磷在pH=8-10时主要存在形式为HPO42-Ksp（MgNH4PO4∙6H2O）=2.5×10-13(1)请写出pH=8时，化学沉淀法去除NH4+的离子方程式为_。(2)氨氮去除率与含磷微粒浓度随pH变化如图1所示，已知：Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3×10-26，请解释pH>10时氨氮去除率随pH变化的原因：__。II.光催化法(3)光催化降解过程中形成的羟基自由基（·OH）和超氧离子（·O2-）具有光催化能力，催化原理如图2所示。请写出NO3-转化为无毒物质的电极反应式：__。(4)经过上述反应后，仍有NH4+残留，探究其去除条件。①温度对氨氮去除率影响如图3所示。温度升高，氨氮去除率变化的可能原因是：__；__（请写出两条）。②选取TiO2作为催化剂，已知：TiO2在酸性条件下带正电，碱性条件下带负电。请在图4中画出pH=5时，氨氮去除率变化曲线_____。(5)为测定处理后废水中（含少量游离酸）残留NH4+浓度，可选用甲醛-滴定法进行测定。取20mL的处理后水样，以酚酞为指示剂，用0.0100mol/LNaOH滴定至酚酞变红，此时溶液中游离酸被完全消耗，记下消耗NaOH的体积V1mL；然后另取同样体积水样，加入甲醛，再加入2-3滴酚酞指示剂，静置5min，发生反应：6HCHO+4NH4+=(CH2)6N4H+ +6H2O+3H+，继续用NaOH滴定，发生反应：(CH2)6N4H++OH-=(CH2)6N4+H2O；H++OH-=H2O。滴定至终点，记录消耗NaOH的体积V2mL，水样中残留NH4+浓度为__mol/L。29、（10分）以含1个碳原子物质(如CO、CO2、CH4、CH3OH等)为原料的“碳一化学”处于未来化学产业的核心，成为科学家研究的重要课题。请回答下列问题：（1）已知CO、H2、CH3OH(g)的燃烧热分别为-283.0kJ·mol-1、-285.8kJ·mol-l、-764.5kJ·mol-l。则反应I：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=___（2）在温度T时，向体积为2L恒容容器中充入3molCO和H2的混合气体，发生反应I，反应达到平衡时，CH3OH(g)的体积分数(φ)与n(H2)/n(CO)的关系如下图所示。①当起始n(H2)/n(CO)=1时，从反应开始到平衡前，CO的体积分数将___(填“增大”、“减小”或“不变”)。②当起始n(H2)/n(CO)=2时，反应经过l0min达到平衡，CO转化率为0.5，则0~l0min内平均反应速率v(H2)=___。③当起始n(H2)/n(CO)=3.5时，达到平衡后，CH3OH的体积分数可能是图像中的__。(填“D”、“E”或“E”点)。（3）在一容积可变的密闭容器中充有10molCO和20molH2，发生反应I。CO的平衡转化率(α)与温度(T)、压强(P)的关系如下图所示。①压强P1=___(填“<”、“=”或“>”)P2；A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为___(用“<”、“=”或“>”表示)。②若达到平衡状态C时，容器体积为10L，则在平衡状态A时容器体积为____L。

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.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。2、D【解析】

据烷烃的命名规则，理解所用数字的含义。【详解】烷烃系统命名时，甲、乙、丙……，表示主链碳原子数目。1、2、3……，用于给主链碳原子编号，以确定取代基在主链的位置。一、二、三……，用于表示相同取代基的数目。本题选D。3、D【解析】

A、NaOH是氢氧化钠的化学式，它是由钠离子和氢氧根离子构成的，不能表示物质的一个分子，A不符合题意；B、SiO2只能表示二氧化硅晶体中Si、O原子的个数比为1:2，不能表示物质的一个分子，B不符合题意；C、Fe是铁的化学式，它是由铁原子直接构成的，不能表示物质的一个分子，C不符合题意；D、CO2是二氧化碳的化学式，能表示一个二氧化碳分子，D符合题意；答案选D。【点睛】本题难度不大，掌握化学式的含义、常见物质的粒子构成是正确解题的关键。4、C【解析】

A.由产物Ti(SO4)2和FeSO4可推出Ti的化合价为+4价，Fe的化合价为+2价，正好在反应物FeTi03中符合化合价原则，所以不是氧化还原反应，A正确；B.H2O提供H+和OH-，Ti4+和OH-结合生成H2TiO3，H+和SO42-形成H2SO4，所以是水解反应，B正确；C.分析反应④，Ti的化合价反应前后都为+4价，所以不是氧化剂，C错误；D.金属之间的置换，体现了还原性强的制取还原性弱的反应规律，D正确；本题答案选C。5、C【解析】

含碳碳双键的有机物与氢气发生加成反应，且加成后碳链骨架不变，生成3-甲基戊烷，以此来解答。【详解】A.与氢气发生加成反应生成2−甲基丁烷，故A错误；B.与氢气发生加成反应生成2−甲基丁烷，故B错误；C.含2个碳碳双键，均与氢气发生加成反应，生成3−甲基戊烷，故C正确；D.与氢气发生加成反应生成2−甲基丁烷，故D错误；答案选C6、C【解析】

由W2+可知，W最外层有2个电子；Z形成1个键，Z是第ⅠA或ⅦA族元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，X形成2个键，X是ⅥA族元素；Z与X形成共价键，Z是H元素，X是O元素；Y是B元素；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，W是Mg元素。【详解】A.W是镁，为金属元素，非金属性：O>B>Mg，故A错误；B.Y是B元素，B的最高价氧化为对应的水化物为H3BO3，H3BO3中的质子无法直接电离出，H3BO3结合水中的OH-，电离出H+，H3BO3是一元弱酸，故B错误；C.镁和B2O3加热生成B和氧化镁，故C正确；D.该漂白剂中Mg2+、B、O均满足8电子稳定结构，故D错误。【点睛】本题需要通过微观的原子结构、化学键结合题目信息推断元素，关键是联系宏观物质的性质、灵活运用结构决定性质的规律，本题的突破口是该漂白剂的结构示意图。7、A【解析】

A．能使甲基橙呈红色的溶液显酸性，该组离子之间不反应，能大量共存，选项A符合题意；B.使KSCN呈红色的溶液中有大量的Fe3＋，Fe3＋、Al3＋均可与S2−发生双水解产生氢氧化物和硫化氢而不能大量共存，选项B不符合题意；C.使酚酞呈红色的溶液呈碱性，Mg2＋、Cu2＋与氢氧根离子反应生成沉淀而不能大量存在，选项C不符合题意；D.由水电离出的c(H＋)＝10－12mol·L－1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，HCO3-均不能大量存在，选项D不符合题意；答案选A。8、D【解析】

A项、通过测定大米浸泡液的pH检验大米新鲜度，涉及与氢离子的反应，pH试纸的变色过程是化学变化，故A错误；B项、亚铁离子与氯气发生氧化还原反应，属于化学变化，故B错误；C项、向食盐样品中加还原剂和淀粉检测食盐的含碘量，发生氧化还原反应，淀粉中碘酸钾被还原生成碘，故C错误；D项、鸡蛋的沉浮与密度有关，没有发生化学变化，故D正确；故选D。9、C【解析】

A、同周期从左向右原子半径减小(稀有气体除外)，即原子半径大小顺序是丙>丁>戊，故A错误；B、若丙为Na，丁为Mg，则戊为Al，故B错误；C、同周期从左向右金属性减弱，其最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，氢氧化物的碱性：丙>丁>戊，故C正确；D、同周期从左向右非金属性增强，其氢化物的稳定性增强，即氢化物的稳定性：甲<乙，故D错误；答案选C。10、C【解析】

A．机杨航站楼所用钢铁是合金，属于金属材料，故A正确；B．玻璃是硅酸盐材料，属于无机非金属材料，故B正确；C．橡胶隔震支座，成分为有机高分子材料，钢板是金属材料，故C错误；D．常用的融雪剂为工业食盐，而盐溶液会加速铁的生锈，应尽量减小使用，故D正确；故答案为C。11、A【解析】

A．10mL浓度为0.1mol∙L−1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴入10mL0.1mol∙L−1的Na2S反应生成CuS沉淀和ZnS沉淀，Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，反应后溶液中锌离子浓度大，则a−b−e为滴定ZnCl2溶液的曲线，故A错误；B．某温度下，分别向10mL浓度均为0.1mol∙L−1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol∙L−1的Na2S溶液发生反应生成硫化铜和硫化锌，铜离子浓度和锌离子浓度减小，水解产生的c(H+)降低，溶液pH增大，硫化钠溶液呈碱性，完全反应后继续滴加硫化钠溶液，溶液pH增大，溶液pH：a＜b＜e，故B正确；C．CuCl2在溶液中发生水解反应，生成氢氧化铜，溶液中存在物料守恒：c(Cl−)=2c(Cu2+)+2c[Cu(OH)2]，溶液中氢离子浓度大于氢氧化铜的浓度，c(Cl−)＜2[c(Cu2+)+c(H+)]，故C正确；D．c点时铜离子全部沉淀，此时加入的Na2S的物质的量等于原溶液中CuCl2的物质的量，所以生成CuS沉淀后，c(Cu2+)=c(S2−)，则Ksp(CuS)=10−17.7×10−17.7=10−35.4，d点加入20mL0.1mol∙L−1Na2S溶液，溶液中硫离子浓度，，c(Cu2+)=3×10−34.4mol∙L−1，-lgc(Cu2+)=34.4-lg3=34.4-0.5=33.9，故D正确。综上所述，答案为A。12、A【解析】

A．苯和乙苯，都只含有一个苯环，结构相似，且分子相差2个CH2，是同系物，A正确；B．乙苯中的－CH2CH3上有2个饱和的C原子，饱和碳原子与其周围的原子位置关系类似于CH4，不能所有原子共面，B错误；C．乙苯在高锰酸钾的作用下转化为苯甲酸，是氧化反应，C错误；D．乙苯中的苯环能够与H2反生加成反应，D错误。答案选A。13、D【解析】

根据磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子(D2O)中的D原子发生氢交换及次磷酸(H3PO2)也可跟D2O进行氢交换，说明羟基上的氢能与D2O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能跟D2O发生氢交换，说明次磷酸钠中没有羟基氢，则H3PO2中只有一个羟基氢，据此分析解答。【详解】A.根据以上分析，H3PO2中只有一个羟基氢，则H3PO2属于一元酸，故A错误；

B.NaH2PO2属于正盐并且为强碱形成的正盐，所以溶液不可能呈酸性，故B错误；

C.根据以上分析，H3PO2中只有一个羟基氢，则H3PO2属于一元酸，所以NaH2PO2属于正盐，故C错误；

D.根据以上分析，H3PO2中只有一个羟基氢，结构式为，故D正确；

故选：D。【点睛】某正盐若为弱碱盐，由于弱碱根水解可能显酸性，若为强碱盐其水溶液只可能是中性或者由于弱酸根水解为碱性。14、B【解析】A.32gCu是0.5mol，在足量O2或硫蒸气中完全燃烧分别生成氧化铜和硫化亚铜，失去的电子数分别为NA和0.5NA，A错误；B.4g甲烷和8g甲醇的物质的量均是0.25mol，含有的氢原子数均为NA，B正确；C.标准状况下，5.6L乙烷是0.25mol，其中含有的共价键数目为1.75NA，C错误；D.一定条件下，32gSO2与足量O2反应，转移电子数小于NA，因为是可逆反应，D错误，答案选B。点睛：在高考中，对物质的量及其相关计算的考查每年必考，以各种形式渗透到各种题型中，与多方面的知识融合在一起进行考查，近年来高考题常以阿伏加德罗常数为载体，考查物质的量，气体摩尔体积、阿伏加德罗定律及其推论、氧化还原反应等，综合运用了物质的状态、摩尔质量、比例关系、微粒数目、反应关系、电子转移等思维方法。其中选项A是易错点，注意铜在氧气和硫的反应中铜的价态不同。15、B【解析】

能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明气体溶于水后显碱性，据此解答。【详解】A．SO2和水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，使石蕊试液显红色，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；B．氨气溶于水形成氨水，氨水显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B正确；C．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能使湿润的红色石蕊试纸褪色，C错误；D．CO2和水反应生成碳酸，溶液显酸性，使石蕊试液显红色，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D错误；答案选B。16、D【解析】

A.棉花、木材的成分主要为纤维素，含C、H、O元素，故不选A；B.四氧化三铁为黑色，俗称磁性铁，用于油墨中，故不选B；C.树脂为合成高分子，为有机物加聚或缩聚反应的产物，相对分子质量在10000以上，故不选C；D.淀粉遇碘变蓝，而葡萄糖不能，故选D；答案：D17、C【解析】

A．该有机物分子式为C10H8O4，故A错误；B．只有苯环和双键能与氢气发生加成反应，则1mol该有机物与H2发生加成时最多消耗H24mol，故B错误；C．酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1mol该有机物与足量溴水反应时最多消耗Br23mol，故C正确；D．2个酚﹣OH、﹣COOC﹣及水解生成的酚﹣OH均与NaOH反应，则1mol该有机物与NaOH溶液反应时最多消耗NaOH4mol，故D错误；故选C。18、C【解析】

A．淀粉、蛋白质是有机高分子化合物，油脂不是有机高分子化合物，A项错误；B．苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，B项错误；C．酶是由活细胞产生的具有催化功能的有机物，具有高度选择性，绝大多数酶是蛋白质，C项正确；D．在FeBr3的催化下，苯可与液溴发生取代反应，但不与溴水反应，D项错误；答案选C。19、D【解析】

A．次氯酸的结构为H-O-Cl，并不存在H-Cl键，A项错误；B．会发生水解，所以溶液中的数目小于0.1NA，B项错误；C．AgBr的悬浊液中加入KCl后，最终溶液中Ag+、Br-仍存在如下平衡关系：，所以Br-的数目必然小于0.1NA，C项错误；D．甲苯的分子式为C7H8，甘油的分子式为C3H8O3，两种物质分子中所含的氢原子个数相同，且两种物质分子的摩尔质量均为92g/mol，所以9.2g混合物所含的氢原子总数一定为0.8NA，D项正确；答案选D。20、D【解析】

A、SO2密度比空气大，应用向上排空法收集，故A错误；B、乙醇易挥发，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，不能排除乙醇的干扰，故B错误；C、蒸发应用蒸发皿，不能用坩埚，故C错误；D、过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，氧气密度比空气大，可用向上排空法收集，故D正确。答案选D。21、D【解析】

盐酸为强酸，完全电离，醋酸为弱酸，部分电离，相同pH时，醋酸的浓度大于盐酸的浓度，据此分析；【详解】A、醋酸为弱酸，部分电离，盐酸为强酸，完全电离，相同pH时，醋酸的浓度大于盐酸，故A错误；B、电解质导电性与离子浓度和离子所带电荷数有关，醋酸和盐酸都是一元酸，相同pH时，溶液中离子浓度和所带电荷数相等，导电能力几乎相同，故B错误；C、加水稀释，两种酸的pH增大，醋酸是弱酸，加水稀释，促进电离，稀释相同倍数时，醋酸溶液中c(H＋)大于盐酸c(H＋)，即盐酸的pH变化更明显，故C错误；D、根据A选项分析，c(CH3COOH)>c(HCl)，中和相同的NaOH溶液时，浓度大的醋酸消耗的体积小，故D正确；答案选D。22、B【解析】

A．乳酸的系统命名为2-羟基丙酸，故A错误；B．与乳酸具有相同官能团的同分异构体，乳酸分子有对称碳原子有两种旋光异构体，包括乳酸共3种，故B正确；C．乳酸分子含有羟基、羧基，可发生取代反应、消去反应，不能发生加成反应，故C错误；D．乳酸分子含有羟基、羧基，乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸，反应的方程式为n+(n-1)H2O，故D错误；故选B。二、非选择题(共84分)23、醚键取代反应【解析】

由框图知A为，由C的结构简式知含氧官能团为“一O-”为醚键;

E+M,M中生成了肽键，则为取代反应。(2)

由M逆推，知E的结构筒式为。逆推D的结构筒式为

,C与D比较知，D比C比了“一NO2"，则应为C发生硝化反应所得。(4)碱性条件能水解，则含有酯基，与FeCl3能发生显色反应，则说明含有酚羟基，且酚羟基与酯基互为对位关系。

(5)由合成产物逆推,产物可以由与乙醇酯化得到,羧基可以由“-

CN”水解获得，

和CH2=CHCN相连，可以先将CH2=CHCN与Br2发生加成反应生成卤代物，再发生类似于流程中A-→B的反应.【详解】（1）由C的结构简式知化合物C中的含氧官能团为醚键，反应④为+，其反应类型为取代反应。答案：醚键；取代反应。（2）根据分析知E的结构简式为：；答案：。（3）反应②是的反应。其化学方程式：；答案：。（4）①碱性条件能水解，则含有酯基，与FeCl3能发生显色反应，则说明含有酚羟基，③分子中含有4种不同化学环境的氢，酚羟基与酯基互为对位关系。；答案：。

（5）已知CH3CH2CNCH3CH2COOH。以、CH2==CHCN和乙醇为原料合成化合物的合成路线流程图为：。24、CH2＝CH－CH2Cl羰基、氯原子加成反应取代反应2-甲基丙酸+2NaOH→+NaCl+H2OC8H14N2SHCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3【解析】

根据合成路线中，有机物的结构变化、分子式变化及反应条件分析反应类型及中间产物；根据目标产物及原理的结构特征及合成路线中反应信息分析合成路线；根据结构简式、键线式分析分子式及官能团结构。【详解】（1）根据B的结构及A的分子式分析知，A与HOCl发生加成反应得到B，则A的结构简式是CH2＝CH－CH2Cl；C中官能团的名称为羰基、氯原子；故答案为：CH2＝CH－CH2Cl；羰基、氯原子；（2）根据上述分析，反应①为加成反应；比较G和H的结构特点分析，G中氯原子被甲胺基取代，则反应⑥为取代反应；D为，根据系统命名法命名为2-甲基丙酸；故答案为：加成反应；取代反应；2-甲基丙酸；（3）E水解时C-Cl键发生断裂，在碱性条件下水解生成两种盐，化学方程式为：+2NaOH→+NaCl+H2O，故答案为：+2NaOH→+NaCl+H2O；（4）H的键线式为，则根据C、N、S原子的成键特点分析分子式为C8H14N2S，故答案为：C8H14N2S；（5）I是相对分子质量比有机物D大14的同系物，则I的结构比D多一个CH2原子团；①能发生银镜反应，则结构中含有醛基；②与NaOH反应生成两种有机物，则该有机物为酯；结合分析知该有机物为甲酸某酯，则I结构简式为：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3，故答案为：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；（6）根据合成路线图中反应知，可由与合成得到，由氧化得到，可由丙烯加成得到，合成路线为：，故答案为：。25、煤油离子键A、D、C、B、C2NaNO2＋(NH4)2SO4Na2SO4＋2N2↑＋4H2O取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙上下移动水准瓶偏低【解析】

(1).钙的密度比煤油的大，钙是活泼金属能与氧气、水反应；氮化钙是活泼金属与活泼非金属形成的离子化合物；(2).金属钙与氮气反应生成氮化钙，氮化钙与水能反应，所以装置B前后都应加装干燥剂，钙能与氧气反应，所以需要用焦性没食子酸溶液除掉氮气中的氧气。(3)装置A中饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液在加热条件下发生归中反应生成氮气；(4)氮化钙与水反应放出氨气，钙与水反应生成氢气。(5)调平液面是将量气管和水准瓶中的液面保持相平。(6)氮化钙与水反应的方程式是Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑，根据氨气的体积计算样品纯度。如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得氨气的体积偏小。【详解】(1).钙的密度比煤油的大，钙是活泼金属能与氧气、水反应，所以实验室将钙保存在煤油中；氮化钙是活泼金属与活泼非金属形成的离子化合物，所以氮化钙含有离子键；(2).金属钙与氮气反应生成氮化钙，氮化钙与水能反应，所以装置B前后都应加装干燥剂，钙能与氧气反应，所以需要用焦性没食子酸溶液除掉氮气中的氧气，装置连接顺序为A→D→C→B→C。(3)装置A中饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液在加热条件下发生归中反应生成氮气，反应化学方程式是2NaNO2＋(NH4)2SO4Na2SO4＋2N2↑＋4H2O；(4)氮化钙与水反应放出氨气，钙与水反应生成氢气。检验氮化钙(Ca3N2)产品中是否混有Ca方法是取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙。(5)调平液面是将量气管和水准瓶中的液面保持相平，操作方法是上下移动水准瓶；(6)样品与水反应生成氨气的体积是(V2mL－V1mL)，设样品中Ca3N2的质量为xg；Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑148g44.8Lxg(V2－V1)×10-3Lx=则该样品纯度为；如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得氨气的体积偏小，所以测得结果偏低。【点睛】本题考查物质的制备实验，把握实验装置的作用、发生的反应及制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用。26、防止暴沸b平衡压强，使浓硫酸顺利滴下2HBr+H2SO4(浓)SO2+Br2+2H2O加快反应速率，蒸馏出溴乙烷SO2防止污染环境冷却并减少溴乙烷的挥发检漏53.4%【解析】

(1)液体加热需要防止液体瀑沸，B为球形冷凝管，应采取逆流原理通入冷凝水，进行充分冷凝回流；(2)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，使浓硫酸顺利流下；(3)浓硫酸有强氧化性，氢溴酸与浓硫酸混合加热可生成Br2和SO2；(4)给A加热可以加快反应速率蒸出溴乙烷；实验中产生的二氧化硫、溴化氢、溴等可以用稀NaOH溶液吸收；(5)通过E的末端插入水面以下冷却减少溴乙烷的挥发；(6)①带有活塞或瓶塞的装置使用前要检查是否漏水；②10mL乙醇的质量为0.79×10g=7.9g，其物质的量为0.172mol，所以理论制得溴乙烷的物质的量为0.172mol，其质量为18.75g，根据产率=×100%计算。【详解】(1)液体加热加入沸石，可以防止液体瀑沸，B为球形冷凝管，应采取逆流原理通入冷凝水，进行充分冷凝回流，所以B中进水口为b；(2)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，使浓硫酸顺利流下，而分液漏斗没有这个功能；(3)浓硫酸有强氧化性，氢溴酸与浓硫酸混合加热可生成Br2和SO2，发生氧化还原反应的化学方程式为2HBr+H2SO4(浓)SO2+Br2+2H2O；(4)加热的目的是加快反应速率，温度高于38.4℃溴乙烷全部挥发蒸馏出来，实验中产生的二氧化硫、溴化氢、溴等会污染空气，所以可以用稀NaOH溶液吸收，防止污染环境；(5)导管E的末端须在水面以下，通过冷却得到溴乙烷，减少溴乙烷的挥发；(6)①分液漏斗有上口塞子和下口有控制液体流量的活塞，在使用前需要检查是否漏水；②10mL乙醇的质量为0.79×10g=7.9g，其物质的量为0.172mol，所以理论制得溴乙烷的物质的量为0.172mol，其质量为18.75g，所以溴乙烷的产率=×100%≈53.4%。【点睛】考查制备实验方案设计，为高频考点，涉及计算、基本操作、氧化还原反应、除杂等知识点，明确实验原理及物质性质、基本操作规范性是解本题关键，知道各个装置可能发生的反应，题目难度中等。27、浓NaOH溶液吸收剩余的SO2排尽空气，防止Na2S2O5被氧化D倒吸用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O用c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液滴定pH>5.6【解析】

从焦亚硫酸钠的析出原理[NaHSO3(饱和溶液)→Na2S2O5(晶体)+H2O(l)]可以看出，要制取Na2S2O5(晶体)，需先制得NaHSO3(饱和溶液)，所以A装置的作用是用浓硫酸与Na2SO3固体反应制取SO2，将SO2再通入饱和Na2SO3溶液中制得NaHSO3饱和溶液。因为Na2S2O5易被空气中的O2氧化，所以需排尽装置内的空气，这也就是在A装置内通入N2的理由。由于SO2会污染环境，所以F装置应为吸收尾气的装置，为防倒吸，加了装置E。【详解】(1)①从以上分析知，F装置应为SO2的尾气处理装置，F中盛装的试剂是浓NaOH溶液，作用是吸收剩余的SO2。答案为：浓NaOH溶液；吸收剩余的SO2；②为防装置内空气中的氧气将Na2S2O5、NaHSO3、Na2SO3等氧化，需排尽装置内的空气，所以通入N2的作用是排尽空气，防止Na2S2O5被氧化。答案为：排尽空气，防止Na2S2O5被氧化；③Na2S2O5晶体由NaHSO3饱和溶液转化而得，所以应在D中得到。答案为：D；④因为E中的双球能容纳较多液体，可有效防止倒吸，所以若撤去E，则可能发生倒吸。答案为：倒吸；(2)①既然是检测其是否具有酸性，则需用pH试纸检测溶液的pH，若在酸性范围，则表明显酸性。具体操作为：用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红。答案为：用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红；②探究二中，Na2S2O5具有还原性，能将KMnO4还原为Mn2+，自身被氧化成SO42-，同时看到溶液的紫色褪去，反应的离子方程式为5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O。答案为：5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O；(3)根据信息，滴定过量碘的操作是：用c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液滴定。答案为：用c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液滴定；(4)c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1时，Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，即1.0×10-5×c3(OH-)>6.4×10-31，c(OH-)>4.0×10-9mol·L-1，c(H+)<=mol·L-1，pH>5+2lg2=5.6。答案为：pH>5.6。【点睛】Na2S2O5来自于NaHSO3的转化，且二者S的价态相同，所以在研究Na2S2O5的性质时，可把Na2S2O5当成NaHSO3。28、Mg2++HPO42-+NH4++6H2O=MgNH4PO4∙6H2O↓+H+pH>10时NH4+与OH-反应生成NH3而挥发，Mg2+与PO43-反应生成Mg3(PO4)2沉淀，使氨氮去除率降低2NO3-+12H++6e-=N2↑+6H2O温度升高羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的运动速率加快,羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)活性增大温度升高羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的形成速率增大，温度升高反应速率加快【解析】

(1)pH=8时，磷主要以HPO42-的形式存在，则应为Mg2+、HPO42-、NH4+发生反应，生成MgNH4PO4∙6H2O沉淀。(2)pH>10时，磷主要以PO43-的形式存在，从Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3×10-26看，易生成Mg3(PO4)2沉淀，氨氮去除率降低，则表明NH4+与碱发生了反应。(3)从图中可以看出，NO3-在H+存在的环境中得电子，生成N2等。(4)①温度升高，氨氮去除率变化的可能原因是从温度对羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的影响进行分析。②依信息：TiO2在酸性条件下带正电，碱性条件下带负电。则在pH=5时，TiO2带正电，吸引NH4+的能力差，氨氮去除率比pH=11时要小