2025届河南省中原名校高考化学一模试卷含解析

2025届河南省中原名校高考化学一模试卷注意事项：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、锌电池是一种极具前景的电化学储能装置。扣式可充电电池组成示意图如下。可以在晶体中可逆地嵌入和脱除，总反应为。下列说法错误的是（）A．放电时不锈钢箔为正极，发生还原反应B．放电时负极的反应为C．充电时电池正极上的反应为：D．充电时锌片与电源的负极相连2、人体血液存在H2CO3/HCO3－、HPO42－/H2PO4－等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lgx[x表示c(H2CO3)/c(HCO3-)或c(HPO42-)/c(H2PO4-)]与pH的关系如图所示。已知碳酸pKal=6.4、磷酸pKa2=7.2（pKa=-lgKa）。则下列说法正确的是A．曲线I表示lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)与pH的变化关系B．a－b的过程中，水的电离程度逐渐减小C．当c(H2CO3)=c(HCO3－)时，c(HPO42－)=c(H2PO4－)D．当pH增大时，c(HCO3-)∙c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐渐减小3、2015年12月31日，日本获得第113号元素的正式命名权．这种原子(记作)，是由30号元素Zn，连续轰击83号元素Bi获得的．下列说法，不正确的是A．获得新核素的过程，是一个化学变化B．题中涉及的三种元素，都属于金属元素C．这种超重核素的中子数与质子数只差为52D．这种新核素，是同主族元素中原子半径最大的4、我国某科研机构研究表明，利用K2Cr2O7可实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如下图所示。下列说法正确的是A．N为该电池的负极B．该电池可以在高温下使用C．一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度减小D．M的电极反应式为：C6H5OH＋28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋5、X、Y、Z、W为四种短周期的主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W与X、Y既不同族也不同周期；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Y的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法不正确的是（）A．Y元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HYO4B．原子半径由小到大的顺序为W＜X＜ZC．X与W可以形成W2X、W2X2两种物质D．Y、Z两元素的气态氢化物中，Z的气态氢化物更稳定。6、下列反应的离子方程式书写正确的是A．硫酸铜溶液中加过量的氨水：Cu2+＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NH4+B．用食醋检验牙膏中碳酸钙的存在：CaCO3＋2H+=Ca2+＋CO2↑＋H2OC．将去膜的铝片投入到NaOH溶液中：2Al+2OH—+6H2O=2[Al(OH)4]—+3H2↑D．用碘化钾淀粉溶液检验亚硝酸钠中NO2－的存在：NO2－＋2I－＋2H+=NO↑+I2＋H2O7、在2020年抗击新型冠状病毒肺炎的战役中化学品发挥了重要作用。下列说法中错误的是（）A．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%B．生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料C．84消毒液、二氧化氯泡腾片可作为环境消毒剂D．硝酸铵制成的医用速冷冰袋利用了硝酸铵溶于水吸热的性质8、科学研究发现，高度对称的有机分子具有致密性高、稳定性强、张力能大等特点。饱和烃中有一系列高度对称结构的烃，如（正四面体烷C4H4）、（棱晶烷C6H6）、（立方烷C8H8），下列有关说法正确的是A．上述三种物质中的C原子都形成4个单键，因此它们都属于烷烃B．上述三种物质互为同系物，它们的通式为C2nH2n（n≥2）C．棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物的数目不同D．棱晶烷与立方烷在光照条件下均可与氯气发生取代反应9、ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上由ClO2气体制取NaClO2固体的工艺流程如图所示，下列说法错误的是A．通入的空气可将发生器中产生的ClO2全部驱赶到吸收器中B．吸收器中生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2=2ClO2-+2H++O2↑C．步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥D．工业上将ClO2气体制成NaClO2固体，其主要目的是便于贮存和运输10、反应A+B→C+Q(Q＞0)分两步进行，①A+B→X+Q(Q＜0)②X→C+Q(Q＞0)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（）A． B．C． D．11、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A．常温下，pH=2的H2SO4溶液1L中，硫酸和水电离的H+总数为0.01NAB．1molH2O最多可形成4NA个氢键C．用浓盐酸分别和MnO2、KClO3反应制备1mol氯气，转移的电子数均为2NAD．常温常压下，O2与O3的混合气体16g，分子总数为NA12、下列物质分类正确的是A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物13、单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点越高。下列溶液中沸点最高的是A．0.01mol/L的蔗糖溶液 B．0.02mol/L的CH3COOH溶液C．0.02mol/L的NaCl溶液 D．0.01mol/L的K2SO4溶液14、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．常温常压下，22.4LCH4含有的分子数小于NAB．7.8gNa2O2与足量水反应转移的电子数为0.2NAC．1mol苯中含有的碳碳双键数为3NAD．1L1mol·L-1的磷酸溶液中氢离子数为3NA15、下列晶体中属于原子晶体的是（）A．氖 B．食盐C．干冰 D．金刚石16、化学与日常生活紧密相关。下列说法中，不正确的是A．甲醛可作食品防腐剂 B．氢氧化铝可作抗酸药C．氯化钠可作食品调味剂 D．生石灰可作食品干燥剂17、下列有关实验操作的现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A分别向相同浓度的ZnSO4溶液和溶液中通入足量H2S前者无现象，后者有黑色沉淀生成Ksp（ZnS）<Ksp（CuS）B常温下，分别测等浓度的NaX溶液和Na2CO3溶液的pH前者pH小于后者酸性：HX>H2CO3C将铜粉加入FeCl3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现金属铁比铜活泼D将表面附有黑色的Ag2S银器浸入盛有食盐水的铝质容器中黑色逐渐褪去银器为正极，Ag2S得电子生成单质银A．A B．B C．C D．D18、2019年是门捷列夫提出元素周期表150周年。根据元素周期律和元素周期表，下列推断不合理的是A．位于第五周期第VIA族的元素为金属元素 B．第32号元素的单质可作为半导体材料C．第55号元素的单质与水反应非常剧烈 D．第七周期ⅦA族元素的原子序数为11719、通常情况下，仅凭下列事实能证明乙酸是弱酸的是A．某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢 B．乙酸钠溶液pH＞7C．乙酸溶液能使石蕊变红 D．某乙酸溶液能导电能力弱20、一定条件下，有机化合物Y可发生重排反应：(X)(Y)(Z)下列说法不正确的是A．X、Y、Z互为同分异构体B．1molX最多能与3molH2发生加成反应C．1molY最多能与2molNaOH发生反应D．通过调控温度可以得到不同的目标产物21、对图两种有机物的描述错误的是（）A．互为同分异构体 B．均能与钠反应C．均能发生加成反应 D．可用银氨溶液鉴别22、向盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色；过滤，向滤液中加入少量的铋酸钠(NaBiO3)粉末，溶液又变为紫红色。下列推断错误的是A．氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2B．生成8.7g黑色沉淀，转移0.2mol电子C．利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+D．NaBiO3可与浓盐酸发生反应：NaBiO3+6HC1=BiCl3+Cl2↑+NaCl+3H2O二、非选择题(共84分)23、（14分）某研究小组以甲苯为原料，设计以下路径合成药物中间体M和R。回答下列问题：已知：①②③(1)C中的官能团的名称为______，F的结构简式为______，A→B的反应类型为_______。(2)D→E的反应方程式为______________________________________。(3)M物质中核磁共振氢谱中有________组吸收峰。(4)至少写出2个同时符合下列条件试剂X的同分异构体的结构简式_________________①只有一个苯环且苯环上的一氯取代物只有2种②遇FeCl3溶液显紫色③分子中含(5)设计由甲苯制备R（）的合成路线（其它试剂任选）。______________________________24、（12分）重要的化学品M和N的合成路线如图所示：已知：i．ii．iiiN的结构简式是：请回答下列问题：（1）A中含氧官能团名称是______，C与E生成M的反应类型是______．（2）写出下列物质的结构简式：X：______Z：______E：______（3）C和甲醇反应的产物可以发生聚合反应．该聚合反应的产物是：______．（4）1molG一定条件下，最多能与______molH2发生反应（5）写出一种符合下列要求G的同分异构体______①有碳碳叄键②能发生银镜反应③一氯取代物只有2种（6）1，3﹣丙二醇是重要的化工物质，请设计由乙醇合成它的流程图______，合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．25、（12分）亚氯酸钠常用作漂白剂。某化学小组设计实验制备亚氯酸钠，并进行杂质分析。实验I按图装置制备NaC1O2晶体已知：①C1O2为黄绿色气体，极易与水反应。②NaC1O2饱和溶液在低于38℃时析出NaC1O2·3H2O晶体，高于38℃时析出NaC1O2晶体，温度高于60℃时NaC1O2分解生成NaC1O3和NaCl。（1）装置A中b仪器的名称是____；a中能否用稀硫酸代替浓硫酸____（填“能”或“不能”），原因是____。（2）A中生成C1O2的化学反应方程式为____。（3）C中生成NaC1O2时H2O2的作用是____；为获得更多的NaC1O2，需在C处添加装置进行改进，措施为____。（4）反应后，经下列步骤可从C装置的溶液中获得NaC1O2晶体，请补充完善。i.55℃时蒸发结晶ii.__________ii.用40℃热水洗涤iv.低于60℃干燥，得到成品实验Ⅱ样品杂质分析（5）上述实验中制得的NaC1O2晶体中还可能含有少量中学常见的含硫钠盐，其化学式为____，实验中可减少该杂质产生的操作（或方法）是____（写一条）。26、（10分）乙苯是主要的化工产品。某课题组拟制备乙苯:查阅资料如下:①几种有机物的沸点如下表:有机物苯溴乙烷乙苯沸点/℃8038.4136.2②化学原理:+CH3CH2Br+HBr。③氯化铝易升华、易潮解。I．制备氯化铝甲同学选择下列装置制备氯化铝（装置不可重复使用）:（1）本实验制备氯气的发生装置的玻璃仪器有________种。（2）连接装置之后,检查装置的气密性，装药品。先点燃A处酒精灯，当___________时（填实验现象）点燃F处酒精灯。（3）气体流动方向是从左至右，装置导管接口连接顺序a→______→k→i→f→g→_____。（4）D装置存在明显缺陷，若不改进，导致的实验后果是______________。II.制备乙苯乙同学设计实验步骤如下:步骤1：连接装置并检查气密性（如图所示，夹持装置省略）。步骤2：用酒精灯微热烧瓶。步骤3：在烧瓶中加入少量无水氯化铝、适量的苯和溴乙烷。步骤4：加热，充分反应半小时。步骤5：提纯产品。回答下列问题:（5）本实验加热方式宜采用_______

（填“

酒精灯直接加热”

或“水浴加热”）。（6）确认本实验A中已发生了反应的试剂可以是___。A硝酸银溶液B石蕊试液C品红溶液D氢氧化钠溶液（7）提纯产品的操作步骤有：①过滤；②用稀盐酸洗涤；③少量蒸馏水水洗④加入大量无水氯化钙；⑤用大量水洗；⑥蒸馏并收集136.2℃馏分⑦分液。操作的先后顺序为⑤⑦____⑦____⑥（填其它代号）。27、（12分）实验室以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)为原料制取铜粉和K2Cr2O7的主要流程如下：(1)“酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为______________(从浸取产物的溶解性考虑)。(2)“制铜氨液”，即制取[Cu(NH3)4]SO4溶液时，采用8mol·L－1氨水，适量30%H2O2，并通入O2，控制温度为55℃。温度不宜过高，这是因为______________________。(3)“沉CuNH4SO3”时可用如下装置(夹持、加热仪器略)：①制取SO2的化学方程式为______________________。②“沉CuNH4SO3”时，反应液需控制在45℃，合适的加热方式是________________。③反应完成的实验现象是____________________________。(4)设计以“Cr(OH)3、Fe(OH)3”的混合物为原料，制取K2Cr2O7的实验方案：将Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状，_________________，冰水洗涤及干燥。(已知：①碱性条件下，H2O2可将＋3价的Cr氧化为CrO42-；酸性条件下，H2O2可将＋6价的Cr还原为＋3价的Cr；＋6价的Cr在溶液pH<5时，主要以Cr2O72-的形式存在；在pH>7时，主要以CrO42-的形式存在。②部分物质溶解度曲线如图所示：③实验中必须使用的试剂：KOH溶液、10%H2O2溶液、稀盐酸)28、（14分）（卷号）10000（题号）2427322248593408钴的化合物在工业生产、生命科技等行业有重要应用。(1)Co2+的核外电子排布式为____，Co的第四电离能比Fe的第四电离能要小得多，原因是____。(2)Fe、Co均能与CO形成配合物，如Fe(CO)5、Co2(CO)8的结构如图1、图2所示，图1中1molFe(CO)5含有____mol配位键，图2中C原子的杂化方式为____，形成上述两种化合物的四种元素中电负性最大的是____(填元素符号)。(3)金属钴的堆积方式为六方最密堆积，其配位数是____，钴晶体晶胞结构如图3所示，该晶胞中原子个数为____；该晶胞的边长为anm，高为cnm，该晶胞的密度为____(NA表示阿伏加德罗常数的值，列出代数式)g·cm-3。29、（10分）硅铁合金广泛应用于冶金工业，可用于铸铁时的脱氧剂、添加剂等，回答下列问题：（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图为________，基态Si原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为________形。（2）绿帘石的组成为，将其改写成氧化物的形式为_____________.（3）分子的中心原子的价层电子对数为________，分子的立体构型为________；四卤化硅的熔、沸点如下，分析其变化规律及原因________________________________。熔点/K182.8202.7278.5393.6沸点/K177.4330.1408460.6（4）可与乙二胺（，简写为en）发生如下反应：。的中心离子的配位数为________；中的配位原子为________。（5）在硅酸盐中，四面体（图a）通过共用顶角氧离子可形成多种结构形式。图b为一种多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为________，化学式为________________。O·Si图a图b

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】

如图：对VS2/Zn扣式可充电电池组成分析，放电时，不锈钢箔为正极，锌片为负极，电极反应Zn-2e－═Zn2＋；充电时原电池的正极与外电源正极相连，作阳极，失电子发生氧化反应，原电池负极与电源负极相连，作阴极，得到电子发生还原反应。【详解】A．放电时，不锈钢箔为正极，发生还原反应，故A正确；B．放电时，负极为锌，锌电极反应为：Zn-2e－═Zn2＋，故B正确；C．充电时，原电池的正极接电源的正极，作阳极，失去电子，发生氧化反应，故C错误；D．充电时，原电池负极锌片与电源的负极相连，作阴极，故D正确；故选C。2、D【解析】

H2CO3HCO3－+H＋的电离平衡常数Kal=c(H＋)·c(HCO3－)/c(H2CO3)，所以lgc(H2CO3)/c(HCO3－)=pKal-pH=6.4-pH，H2PO4－HPO42－+H＋的电离平衡常数Ka2=c(H＋)·c(HPO42－)/c(H2PO4－)，所以lgc(HPO42－)/c(H2PO4－)=pH-pKa2=pH-7.2，A．当lgx=0时，pH分别为6.4、7.2；B．酸对水的电离有抑制作用，酸性越强即pH越小，抑制作用越大，水的电离程度越小；C．当c（H2CO3）=c（HCO3－）时，即lgc(H2CO3)/c(HCO3－)=0，溶液中pH=6.4，则lgc(HPO42－)/c(H2PO4－)=pH-7.2=6.4-7.2=-0.8；D．c(HCO3-)·c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3－)·c(H＋)/Ka2=Ka1×c(H2CO3)/Ka2，pH增大则H2CO3HCO3－+H＋正向进行，使c（H2CO3）减小。【详解】A．当lgx=0时，pH分别为6.4、7.2，所以曲线I表示lgc(H2CO3)/c(HCO3－)=pKal-pH=6.4-pH，曲线II表示lgc(HPO42－)/c(H2PO4－)=pH-pKa2=pH-7.2，故A错误；B．酸对水的电离有抑制作用，酸性越强即pH越小，抑制作用越大，水的电离程度越小，a-b的过程中pH增大，溶液酸性减弱，水的电离程度增大，故B错误；C．当c（H2CO3）=c（HCO3－）时，即lgc(H2CO3)/c(HCO3－)=0，溶液中pH=6.4，则lgc(HPO42－)/c(H2PO4－)=pH-7.2=6.4-7.2=-0.8＜0，即c（HPO42－）＜c（H2PO4－），故C错误；D、c(HCO3-)·c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3－)·c(H＋)/Ka2=Ka1×c(H2CO3)/Ka2，pH增大则H2CO3HCO3－+H＋正向进行，使c（H2CO3）减小，Ka1、Ka2不变，所以pH增大时，c(HCO3-)∙c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐渐减小，故D正确；故选D。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及其溶液中离子浓度的变化关系，把握电离平衡常数意义及应用、分析图象信息是解题关键，注意比例式的恒等转化以判断其增减性的方法。3、A【解析】

A．由30号元素Zn，连续轰击83号元素Bi获得的属于核变，不属于化学变化，故A错误；B．题中涉及的三种元素Ja、Zn、Bi都是金属元素，故B正确；C．的质子数为113，中子数=278﹣113=165，中子数与质子数差为165﹣113=52，故C正确；D．位于第七周期第ⅢA主族，是同主族元素中原子半径最大的，故D正确；答案选A。【点睛】化学变化的实质是旧的化学键的断裂和新的化学键的形成，不涉及原子核内的变化。4、C【解析】

A.由图可知Cr元素化合价降低，被还原，N为正极，A项错误；B.该电池用微生物进行发酵反应，不耐高温，B项错误；C.由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离，使Na+和Cl-不能定向移动，所以电池工作时，负极生成的H+透过阳离子交换膜进入NaCl溶液中，正极生成的OH-透过阴离子交换膜进入NaCl溶液中与H+反应生成水，使NaCl溶液浓度减小。C项正确；D.苯酚发生氧化反应、作负极，结合电子守恒和电荷守恒可知电极反应式为C6H5OH-28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋，D项错误；答案选C。5、D【解析】

X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X为O元素，X、Z同族，则Z为S元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则Y的最高价为+7价，且与S同周期，所以Y为Cl元素，W与X、Y既不同族也不同周期，W为H元素，据此解答。【详解】A．根据上述分析，Y为Cl，Cl的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，A项正确；B．在元素周期表中，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径由小到大的顺序为H＜O＜Cl＜S（H<O<S），B项正确；C．根据上述分析，X、W分别为O、H，两者可形成H2O、H2O2两者物质，C项正确；D．Y、Z分别为Cl、S，非金属性Cl＞S，元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，HCl（Y的气态氢化物）更稳定，D项错误；答案选D。6、C【解析】

A．硫酸铜溶液中加过量的氨水最终生成可溶性的，A项错误；B．食醋中的醋酸是弱电解质，在离子方程式中不能拆分，B项错误；C．铝的性质活泼，在室温下易被氧化表面生成致密的Al2O3薄膜，去除后才是Al单质，铝单质可以与NaOH溶液反应，C项正确；D．观察上述方程式，电子得失不守恒；在酸性介质中可以表现氧化性，还原产物一般为NO，因此，正确的离子方程式为：，D项错误；答案选C。【点睛】离子方程式的正误判断可以先验证其是否满足守恒关系(电子得失守恒，电荷守恒，原子守恒)，再判断物质拆分是否合理，最后再根据条件判断产物是否合理，反应是否符合实际以及化学计量系数是否正确。7、A【解析】

A．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，这个浓度的酒精使病毒中的蛋白质变性，从而杀死病毒，故A错误；B．PP纤维也称聚丙烯纤维，由聚丙烯及多种有机、无机材料，经特殊的复合技术精制而成的有机高分子材料，故B正确；C．84消毒液、二氧化氯具有强氧化性，可作为环境消毒剂，故C正确；D．硝酸铵溶于水是吸热的，可以用于医用速冷冰袋，故D正确；答案选A。8、D【解析】

A.上述三种物质中的C原子之间都形成C-C键，但由于不是结合形成链状，因此它们不属于烷烃，A错误；B.三种物质的通式为C2nH2n，n≥2，但结构不同，分子组成也不是相差CH2原子团的整数倍，不属于同系物，B错误；C.棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物都有3种，数目相同，C错误；D.棱晶烷与立方烷分子中每个C与三个C形成三个共价单键，因此都属于饱和烃，在光照条件下均可与氯气发生取代反应，D正确；故合理选项是D。9、B【解析】

A.在ClO2发生器中一定产生ClO2气体，通入空气，可以将其吹入吸收塔中进行吸收，选项A正确；B.吸收塔中加入了浓氢氧化钠溶液，显然其中的反应不可能得到氢离子，选项B错误；C.冷却结晶得到NaClO2固体后，应该经过过滤，洗涤，干燥得到产品，选项C正确；D.气体的贮存和运输都远比固体困难，所以将ClO2气体制成NaClO2固体的主要目的是便于贮存和运输，选项D正确。答案选B。10、D【解析】

由反应A+B→C+Q(Q＞0)可知，该反应是放热反应，A和B的能量之和大于C的能量；由①A+B→X+Q(Q＜0)可知，该步反应是吸热反应，故X的能量大于A和B的能量之和；又因为②X→C+Q(Q＞0)是放热反应，故X的能量之和大于C的能量，图象D符合，故选D。11、A【解析】

A．常温下，1LpH=2的H2SO4溶液中，硫酸和水电离的H+总数为(10-2+10-12)mol/L×1L×NA=0.01NA，A正确；B．在冰中，1个H2O与4个H2O形成4个氢键，平均每个水分子形成2个氢键，则1molH2O最多可形成2NA个氢键，B不正确；C．MnO2与浓盐酸反应制备1mol氯气，转移的电子数为2NA，KClO3与浓盐酸反应制备1mol氯气(反应方程式为ClO3-+5Cl-+6H+==3Cl2↑+3H2O)，转移的电子为NA，C不正确；D．采用极端分析法，O2与O3各16g，分子总数分别为NA和NA，则16g混合气，所含分子数介于二者之间，D不正确；故选A。【点睛】在冰中，每个水分子与周围的水分子可形成4个氢键，我们易认为平均每个水分子能形成4个氢键，从而产生错解。12、D【解析】

A．SO2、SiO2为酸性氧化物，CO是不成盐氧化物。A错误；B．稀豆浆、硅酸属于胶体；而氯化铁溶液则是溶液，B错误；C．烧碱NaOH是碱，属于电解质；冰醋酸是纯净的醋酸，是酸，属于电解质；而四氯化碳是非电解质。C错误；D．福尔马林是甲醛的水溶液；水玻璃是硅酸钠的水溶液；氨水为氨气的水溶液，因此都是混合物。D正确；本题答案选D。13、C【解析】

假设溶液的体积为1L，0.01mol/L的蔗糖溶液中含不挥发性的分子为0.01mol，CH3COOH为挥发性物质，0.02mol/L的NaCl溶液中含0.04mol离子，0.01mol/L的K2SO4溶液中含0.03mol离子，根据“单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点越高”，沸点最高的是0.02mol/L的NaCl溶液，故答案选C。14、A【解析】

A.常温常压下，22.4LCH4物质的量小于1mol，其含有的分子数小于NA，故A正确；B.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2mol过氧化钠转移2mol电子，因此7.8gNa2O2即0.1mol与足量水反应转移的电子数为0.1NA，故B错误；C.苯中不含有的碳碳双键，故C错误；D.1L1mol·L-1的磷酸物质的量为1mol，磷酸是弱酸，部分电离，因此溶液中氢离子数小于3NA，故D错误。综上所述，答案为A。15、D【解析】

根据原子晶体的组成特点及常见的性质判断，晶体硅、金刚石和二氧化硅等是常见的原子晶体。【详解】A、氖属于分子晶体，选项A不选；B、食盐为氯化钠晶体，氯化钠属于离子晶体，选项B不选；C、干冰属于分子晶体，选项C不选；D、金刚石属于原子晶体，选项D选；答案选D。16、A【解析】

A．甲醛有毒，不能作食品防腐剂，A错误；B．氢氧化铝能与酸反应，可作抗酸药，B正确；C．氯化钠可作食品调味剂，C正确；D．生石灰易吸水，可作食品干燥剂，D正确；答案选A。17、D【解析】

A．ZnSO4无现象，CuSO4生成黑色沉淀，ZnS的溶解度比CuS的大，因两者是相同类型的沉淀，则证明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，A项错误；B．测定盐溶液的pH，可比较HX、碳酸氢根离子的酸性，不能比较HX与碳酸的酸性，B项错误；C．铁离子具有强氧化性，Cu加入到铁离子中，生成亚铁离子和铜离子，不会有固体产生，C项错误；D．铝比银活泼，将银器放入铝容器中，会形成原电池，活泼的铝做负极，失去电子，不活泼的氧化银做正极，得到电子，所以银器做正极，硫化银得电子，生成银单质，黑色会褪去，D项正确；答案选D。【点睛】本题侧重考查物质的性质与化学实验的基本操作，所加试剂的顺序可能会影响实验结论学生在做实验时也要注意此类问题，化学实验探究和综合评价时，其操作要规范，实验过程中可能存在的问题要多思考、多分析可能发生的情况。18、A【解析】

A.位于第五周期第VIA族的元素为Te（碲），是非金属元素，A错误；B.第32号元素为锗，位于金属区与非金属区的交界线处，单质可作为半导体材料，B正确；C.第55号元素是铯，为活泼的碱金属元素，单质与水反应非常剧烈，C正确；D.第七周期0族元素的原子序数为118，ⅦA族元素的原子序数为117，D正确；答案选A。19、B【解析】

证明CH3COOH为弱酸，可从以下角度判断：①等浓度的HCl、CH3COOH导电能力；②等浓度的HCl、CH3COOH比较二者与金属反应速率大小；③判断是否存在电离平衡；④比较二者对应的盐溶液的酸碱性等，以此解答该题。【详解】A．某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢，说明该乙酸中氢离子浓度很小，但是不能说明乙酸部分电离，不能证明乙酸是弱电解质，A错误；B．乙酸钠的pH＞7，说明乙酸钠是强碱弱酸盐，乙酸是弱酸，B正确；C．乙酸溶液能使石蕊试液变红色，说明乙酸电离出氢离子，但不能说明部分电离，所以不能证明是弱电解质，C错误；D．某乙酸导电能力弱，说明该酸中离子浓度较小，但是不能说明乙酸部分电离，则不能证明乙酸是弱电解质，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查弱电解质判断的知识。明确强、弱电解质根本区别是解本题关键，溶液导电性强弱与离子浓度及离子所带电荷有关，与电解质强弱无关，题目难度不大。20、B【解析】

A．X、Y、Z的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故A正确；B．X中苯环和羰基能与氢气发生加成反应，则1

mol

X最多能与4

mol

H2发生加成反应，故B错误；C．Y含有酯基，且水解生成酚羟基，则1

mol

Y最多能与2

mol

NaOH发生反应，故C正确；D．由转化关系可知，Y在不同温度下，生成不同物质，则通过调控温度可以得到不同的目标产物，故D正确；故选B。【点睛】本题的易错点为C，要注意酯基水解生成的羟基是否为酚羟基。21、A【解析】

A.前者含8个H原子，后者含10个H原子，分子式不同，二者不是同分异构体，故A错误；B.前者含-OH，后者含-COOH，则均能与钠反应生成氢气，故B正确；C.前后含苯环、-CHO，后者含碳碳双键，则均可发生加成反应，故C正确；

D.前者含-CHO（能发生银镜反应），后者不含，则可用银氨溶液鉴别，故D正确；故答案选A。【点睛】有机物能够与氢气发生加成反应的结构特点：含有不饱和键：碳碳双键，碳碳三键，含有醛基、羰基，含有苯环；能够与金属钠发生反应的有机物的结构特点：含有-OH、-COOH等；能够发生银镜反应的有机物的结构特点：含有醛基。22、B【解析】

氧化还原反应中，氧化性：氧化剂大于氧化产物；氧化剂发生还原反应化合价降低。在盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色，说明KMnO4溶液可氧化MnSO4

生成MnO2，故氧化性：KMnO4>MnO2，在滤液中加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4

生成KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析，氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，故A正确；B．根据分析，KMnO4溶液可氧化MnSO4

生成MnO2，黑色沉淀为MnO2，反应为2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+~6e-，生成8.7gMnO2的物质的量为=0.1mol，转移电子物质的量为×6=0.12mol，故B错误；C．MnSO4溶液过量，滤液中含有Mn2+，加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4

生成KMnO4，利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+，故C正确；D．KMnO4可与浓盐酸发生反应2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，由于氧化性：NaBiO3＞KMnO4，则NaBiO3也可与浓盐酸发生反应，方程式为：NaBiO3+6HC1（浓）=BiCl3+Cl2↑+NaCl+3H2O，故D正确；答案选B。二、非选择题(共84分)23、羟基和羧基取代反应8、(其他答案只要正确也可)【解析】

根据A到B，B到C反应，推出溴原子取代苯环上的氢，取代的是甲基的邻位，D到E发生的是信息①类似的反应，引入碳碳双键，即E为，E到F发生的是信息③类似的反应，得到碳氧双键，即F为，F到M发生的信息②类似的反应，即得到M。【详解】(1)C中的官能团的名称为羟基和羧基，根据信息①和③得到F的结构简式为，根据A→B和B→C的结构简式得到A→B的反应类型为取代反应；故答案为：羟基和羧基；；取代反应。(2)根据信息①得出D→E的反应方程式为；故答案为：。(3)M物质中核磁共振氢谱中有8组吸收峰，如图。(4)①只有一个苯环且苯环上的一氯取代物只有2种，容易想到有两个支链且在对位，②遇FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基③分子中含，至少写出2个同时符合下列条件试剂X的同分异构体的结构简式、；故答案为：、(其他答案只要正确也可)。(5)甲苯先与Cl2光照发生侧链取代，后与氢气发生加成反应，然后发生氯代烃的消去反应引入碳碳双键，然后与溴加成，再水解，因此由甲苯制备R（）的合成路线；故答案为：。24、羟基、醛基酯化反应CH2=CHCHO3CH3C≡CCH2CHO或CH3CH2C≡CCHO等【解析】

有机物X与HCHO发生信息i的反应，结合A的分子式为C9H10O2可知，X为，A为，A发生消去反应脱去1分子H2O生成B，故B为，B氧化生成C为；由信息iii中N的结构，结合信息ii中反应以及M的分子式C41H36O8可知，形成M的物质为、，所以E为，C与E通过酯化反应生成M；由Y到E的转化，结合E的结构可知，Y不含苯环，再结合G的结构可知，化合物Z中含有苯环，结合反应信息i可知，Y为CH3CHO，由N的结构，结合信息ii中反应可知，E、G分别为CH2=CHCH=CHCHO、中的一种，由E的结构可知G为CH2=CHCH=CHCHO，比较G与Y的结构可知，Z为CH2=CHCHO，Y和Z发生加成反应得F为CH2=CHCH(OH)CH2CHO，F发生消去反应得G，Y与甲醛发生加成反应得D为(HOCH2)3CCHO，D与氢气发生加成反应得E，乙醇合成1，3﹣丙二醇，可以将乙醇氧化成乙醛，用乙醛再与甲醛发生加成后再还原即可得到1，3﹣丙二醇，据此答题。【详解】(1)由上述分析可知，A为，含有羟基、醛基，C与E通过酯化反应生成M；(2)由上述分析可知，X的结构简式是，Z为CH2=CHCHO，E为；(3)C为；和甲醇发生酯化反应得到的产物再发生加聚反应生成高聚物为；(4)G为CH2=CHCH=CHCHO，1molG一定条件下，最多能与3molH2发生反应；(5)G为CH2=CHCH=CHCHO，根据条件①有碳碳叄键，②能发生银镜反应，说明有醛基，③一氯取代物只有2种，则符合要求的G的一种同分异构体为CH3C≡CCH2CHO或CH3CH2C≡CCHO等；(6)乙醇合成1，3﹣丙二醇，可以将乙醇氧化成乙醛，用乙醛再与甲醛发生加成后再还原即可得到1，3﹣丙二醇，合成路线为。25、蒸馏烧瓶不能ClO2极易与稀硫酸中的水反应，影响NaC1O2产率2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O作还原剂将C装置放置于水浴中进行反应，控制温度在38℃~60℃趁热过滤（或38℃以上过滤）Na2SO4控制浓硫酸滴速（或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等）【解析】

装置A中制备得到ClO2，所以A中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成ClO2和Na2SO4，二氧化氯和氢氧化钠反应生成NaClO2，A中可能发生Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，产生的SO2

被带入C中与NaOH反应生成Na2SO3，Na2SO3与H2O2

反应生成Na2SO4，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；装置B的作用是安全瓶，有防倒吸作用，从装置C的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，装置D是吸收多余气体防止污染。据此解答。【详解】（1）根据仪器构造，装置A中b仪器的名称是蒸馏烧瓶；A中反应为氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯。由信息可知，C1O2极易与水反应，所以a中不能用稀硫酸代替浓硫酸，防止ClO2与稀硫酸中的水反应，影响NaC1O2产率。故答案为蒸馏烧瓶；不能；ClO2极易与稀硫酸中的水反应，影响NaC1O2产率；（2）A中氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯，反应的化学方程式应为2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，

故答案为2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；（3）C中二氧化氯和氢氧化钠反应生成NaClO2，氯元素化合价从+4价降到+3价，二氧化氯被还原，所以C中生成NaC1O2时H2O2的作用是作还原剂；由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以为获得更多的NaC1O2，将C装置放置于水浴中进行反应，控制温度在38℃～60℃。故答案为作还原剂；将C装置放置于水浴中进行反应，控制温度在38℃～60℃；（4）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃进行洗涤，低于60℃干燥，所缺步骤为趁热过滤（或38℃以上过滤）。故答案为趁热过滤（或38℃以上过滤）；（5）A中可能发生Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，产生的SO2

被带入C中与NaOH反应生成Na2SO3，Na2SO3与H2O2

反应生成Na2SO4，所以制得的NaC1O2晶体中混有Na2SO4；为减少Na2SO4产生，应尽量减少生成SO2，采取的操作可以是控制浓硫酸滴速（或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等）。故答案为Na2SO4；控制浓硫酸滴速（或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等）。26、4F中充满黄绿色h→j→

d→eb→c氯化铝易堵塞导管引起爆炸水浴加热AB②③④①【解析】

A中制备氯气，生成的氯气中含有HCl，经过E用饱和食盐水除去HCl，再经过C用浓硫酸干燥，进入F，加热条件下铝与氯气反应生成氯化铝。【详解】I．（1）本实验制备氯气的发生装置的玻璃仪器有酒精灯、圆底烧瓶、分液漏斗、导管共4种。故答案为：4.（2）连接装置之后,检查装置的气密性，装药品。先点燃A处酒精灯，当F中充满黄绿色时（填实验现象）点燃F处酒精灯。故答案为：F中充满黄绿色；（3）气体流动方向是从左至右，装置导管接口连接顺序a→h→j→

d→e→k→i→f→g→b→c；故答案为：h→j→

d→e；b→c；（4）氯化铝易升华，易冷凝成固体，D装置存在明显缺陷，若不改进，导致的实验后果是氯化铝易堵塞导管引起爆炸。故答案为：氯化铝易堵塞导管引起爆炸II.（5）根据反应物的性质，沸点：溴乙烷，38.4℃，苯，80℃，产物：136.2℃，本实验加热方式宜采用水浴加热。（6）根据反应方程式：，确认本实验A中已发生了反应可以用硝酸银溶液检验产生的HBr中溴离子，也可以用石蕊试液检验生成的氢溴酸，故选AB。（7）提纯产品的操作步骤有：⑤用大量水洗，洗去溶液中氯化铝等可溶的物质；⑦分液②用稀盐酸洗涤有机层；③少量蒸馏水水洗⑦分液④在有机层中加入大量无水氯化钙，干燥；①过滤；⑥蒸馏并收集136.2℃馏分，得苯乙烯。操作的先后顺序为⑤⑦②③⑦④①⑥。故答案：②、③、④、①。27、硫酸可将CaO转化为CaSO4渣而除去温度过高会加速NH3的挥发、加速H2O2的分解、“铜氨液”会分解生成Cu(OH)2(答出一点即可)Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O45℃的水浴加热上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色在不断搅拌下加入适量KOH溶液，再加入过量的10%H2O2溶液，维持pH大于7，充分反应后，煮沸(除去过量的H2O2)，静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pH<5，蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤【解析】

电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)用硫酸酸浸，残渣为CaSO4等溶解度不大的物质，溶液中有Cr3＋、Cu2＋、Fe3＋，加适量Na2S溶液，过滤，滤液中Cr3＋、Fe3＋，处理生成Fe(OH)3Cr(OH)3，除去Fe(OH)3，制备K2Cr2O7；滤渣CuS沉淀，采用8mol·L－1氨水，适量30%H2O2，并通入O2，制取铜氨溶液，通SO2，“沉CuNH4SO3”，同时生成铜粉。【详解】(1)“酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为硫酸可将CaO转化为CaSO4渣而除去。(2)“制铜氨液”，即制取[Cu(NH3)4]SO4溶液时，温度不宜过高，这是因为温度过高会加速NH3的挥发、加速H2O2的分解、“铜氨液”会分解生成Cu(OH)2(答出一点即可)；(3)①铜与浓硫酸加热生成SO2、硫酸铜和水，化学方程式为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O。②要控制100℃以下的加热温度，且受热均匀，可选用水浴加热；“沉CuNH4SO3”时，反应液需控制在45℃，合适的加热方式是：45℃的水浴加热。③[Cu(NH3)4]SO4溶液呈蓝色，通入SO2反应生成CuNH4SO3和Cu，反应完成的实验现象是上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色。(4)制取K2Cr2O7的实验方案：将Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状，在不断搅拌下加入适量KOH溶液，再加入过量的10%H2O2溶液，维持pH大于7，充分反应后，煮沸(除去过量的H2O2)，静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pH<5，蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤，冰水洗涤及干燥。【点睛】本题以实际化工生产“以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)为原料制取铜粉和K2Cr2O7的主要流程”为背景，考查了元素化合物知识，化学方程式的书写等，难点（3）[Cu(NH3)4]SO4溶液呈蓝色，通入SO2反应生成CuNH4SO3和Cu。28、或