吉林省蛟河高级中学2025届高三（最后冲刺）化学试卷含解析

吉林省蛟河高级中学2025届高三（最后冲刺）化学试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、下列实验操作、现象和结论均正确的是实验操作和现象结论A向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuS，ZnS溶解而CuS不溶解Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)B将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变为红色样品已变质C加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D常温下，测得0.1mol·L－1NaA溶液的pH小于0.1mol·L－1Na2B溶液的pH酸性：HA＞H2BA．A B．B C．C D．D2、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3、25℃时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（）A．25℃时，H2CO3的一级电离K(H2CO3)=1.0×10-6.4B．图中a=2.6C．25℃时，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6D．M点溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)4、复旦大学王永刚的研究团队制得一种柔性水系锌电池,该可充电电池以锌盐溶液作为电解液,其原理如图所示。下列说法不正确的是A．放电时,N极发生还原反应B．充电时,Zn2+向M极移动C．放电时,每生成1molPTO-Zn2+,M极溶解Zn的质量为260gD．充电时,N极的电极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+=PTO-Zn2+5、关于石油和石油化工的说法错误的是A．石油大体上是由各种碳氢化合物组成的混合物B．石油分馏得到的各馏分是由各种碳氢化合物组成的混合物C．石油裂解和裂化的主要目的都是为了得到重要产品乙烯D．实验室里，在氧化铝粉末的作用下，用石蜡可以制出汽油6、X、Y、Z、W均是短周期元素，且核电荷数依次增大，X2-与Y+有相同的电子层结构，Z是第3周期元素的简单离子中半径最小的，W的单质有多种同素异形体，其氧化物是形成酸雨的主要原因之一。下列说法正确的是A．原子最外层电子数：X>Y>Z B．单质沸点：Y>Z>WC．离子半径：Y+>X2- D．Y与W形成的化合物的水溶液显碱性7、短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R和X组成简单分子的球棍模型如图所示。Y原子核外K、M层上电子数相等，Z原子最外层电子数是电子层数的2倍。下列推断正确的是A．原子半径：Y>Z>R>XB．Y3X2是含两种化学键的离子化合物C．X的氧化物对应的水化物是强酸D．X和Z的气态氢化物能够发生化合反应8、有关铝及其化合物的用途正确的是()A．氢氧化铝：治疗胃酸过多B．氧化铝：铝热剂C．明矾：消毒净水D．铝槽车：装运稀硫酸9、以石墨为电极分别电解水和饱和食盐水，关于两个电解池反应的说法正确的是（）A．阳极反应式相同B．电解结束后所得液体的pH相同C．阴极反应式相同D．通过相同电量时生成的气体总体积相等（同温同压）10、已知在100℃、1.01×105Pa下，1mol氢气在氧气中燃烧生成气态水的能量变化如图所示，下列有关说法不正确的是()A．1molH2O(g)分解为2molH与1molO时吸收930kJ热量B．热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－490kJ·mol－1C．甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙>甲>丙D．乙→丙的过程中若生成液态水，释放的能量将小于930kJ11、面对突如其来的新冠病毒，越来越多的人意识到学习化学的重要性。下列说法正确的是A．医用酒精灭活新冠肺炎病毒是利用其氧化性B．N95口罩所使用的聚丙烯材料属于合成纤维C．为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入稀盐酸D．我国研制的重组新冠疫苗无需冷藏保存12、如图所示，甲池的总反应式为：N2H4+O2═N2+2H2O下列关于该电池工作时说法正确的是（）A．甲池中负极反应为：N2H4﹣4e﹣═N2+4H+B．甲池溶液pH不变，乙池溶液pH减小C．反应一段时间后，向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度D．甲池中消耗2.24LO2，此时乙池中理论上最多产生12.8g固体13、NH5属于离子晶体。与水反应的化学方程式为：NH5+H2O→NH3•H2O+H2↑，它也能跟乙醇发生类似的反应，并都产生氢气。有关NH5叙述正确的是（）A．与乙醇反应时，NH5被氧化B．NH5中N元素的化合价为+5价C．1molNH5中含有5molN-H键D．1molNH5与H2O完全反应，转移电子2mol14、下列说法正确的是A．氯碱工业电解饱和食盐水，以石墨作阴极，铁网作阳极B．稀释0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32-的水解程度和溶液的pH均增大C．相同条件下，溶液中Fe3+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次减弱D．升高温度，可提高反应速率，原因是降低了反应的活化能15、实验室用水浴加热不能完成的实验是（）A．制备乙烯 B．银镜反应C．乙酸乙酯的制备 D．苯的硝化反应16、氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，其能量密度是目前锂电池的十倍以上且不会因为过热而造成安全风险。如图是氟离子电池工作示意图，其中充电时F-从乙电极流向甲电极，下列关于该电池的说法正确的是（）A．放电时，甲电极的电极反应式为Bi－3e-＋3F-=BiF3B．放电时，乙电极电势比甲电极高C．充电时，导线上每通过1mole-，甲电极质量增加19gD．充电时，外加电源的正极与乙电极相连17、关于胶体和溶液的叙述中正确的是（）A．胶体能透过半透膜，而溶液不能B．胶体加入某些盐可产生沉淀，而溶液不能C．胶体粒子直径比溶液中离子直径大D．胶体能够发生丁达尔现象，溶液也能发生丁达尔现象18、一定量的H2在Cl2中燃烧后，所得混合气体用100mL3.00mol∕L的NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含0.05molNaClO（不考虑水解）。氢气和氯气物质的量之比是A．2:3 B．3:1 C．1:1 D．3:219、延庆区的三张名片：长城、世园会、冬奥会中所使用的材料属于无机非金属材料的是A．京张高铁的复兴号火车“龙凤呈祥”内装使用材料FRPB．中国馆屋顶ETFE保温内膜C．八达岭长城城砖D．2022年冬奥会高山滑雪服20、下列有水参加的反应中，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂的是()A．CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑B．2F2+2H2O=4HF+O2↑C．Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO421、一种碳纳米管新型二次电池的装置如图所示。下列说法中正确的是A．离子交换膜选用阳离子交换膜（只允许阳离子通过）B．正极的电极反应为NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－C．导线中通过1mol电子时，理论上负极区溶液质量增加1gD．充电时，碳电极与电源的正极相连22、下列实验能达到实验目的且符合安全要求的是（）A．利用排空气法收集CO2B．收集氧气C．制备并检验氢气的可燃性D．稀释浓硫酸二、非选择题(共84分)23、（14分）肉桂酸是一种重要的有机合成中间体，被广泛应用于香料、食品、医药和感光树脂等精细化工产品的生产，它的一条合成路线如下：已知：完成下列填空：（1）反应类型：反应II________________，反应IV________________。（2）写出反应I的化学方程式____________________________________。上述反应除主要得到B外，还可能得到的有机产物是______________（填写结构简式）。（3）写出肉桂酸的结构简式______________________。（4）欲知D是否已经完全转化为肉桂酸，检验的试剂和实验条件是____________________。（5）写出任意一种满足下列条件的C的同分异构体的结构简式。①能够与NaHCO3(aq)反应产生气体②分子中有4种不同化学环境的氢原子。___________________________。（6）由苯甲醛（）可以合成苯甲酸苯甲酯（），请设计该合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）_____________24、（12分）A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，他们能发生如图所示的转化关系。若该元素用R表示，则A为R的氧化物，D与NaOH溶液反应生成C和H2。请回答：(1)写出对应物质的化学式：A________________；C________________；E________________。(2)反应①的化学方程式为_______________________________________。(3)反应④的离子方程式为_____________________________________。(4)H2CO3的酸性强于E的，请用离子方程式予以证明：_______________________________。25、（12分）实验室用如图装置（略去夹持仪器）制取硫代硫酸钠晶体。已知：①Na2S2O1．5H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇。②硫化钠易水解产生有毒气体。③装置C中反应如下：Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1。回答下列问题：（1）装置B的作用是___。（2）该实验能否用NaOH代替Na2CO1？___（填“能”或“否”）。（1）配制混合液时，先溶解Na2CO1，后加入Na2S·9H2O，原因是___。（4）装置C中加热温度不宜高于40℃，其理由是___。（5）反应后的混合液经过滤、浓缩，再加入乙醇，冷却析出晶体。乙醇的作用是___。（6）实验中加入m1gNa2S·9H2O和按化学计量的碳酸钠，最终得到m2gNa2S2O1·5H2O晶体。Na2S2O1·5H2O的产率为___（列出计算表达式）。[Mr(Na2S·9H2O)=240，Mr(Na2S2O1·5H2O)=248]（7）下列措施不能减少副产物Na2SO4产生的是___（填标号）。A．用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水配制相关溶液B．装置A增加一导管，实验前通人N2片刻C．先往装置A中滴加硫酸，片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液D．将装置D改为装有碱石灰的干燥管26、（10分）CCl3CHO是一种药物合成的中间体，可通过CH3CH2OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl进行制备。制备时可能发生的副反应为C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O、CCl3CHO+HClO—CCl3COOH+HCl。合成该有机物的实验装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如下：(1)A中恒压漏斗的作用是______；A装置中发生反应的化学方程式为_____。(2)装置B的作用是____；装置F在吸收气体时，为什么可以防止液体发生倒吸现象______。(3)装置E中的温度计要控制在70℃，三口烧瓶采用的最佳加热方式是______。如果要在球形冷凝管中注入冷水增加冷凝效果，冷水应该从_____(填“a”或“b”)口通入。实验使用球形冷凝管而不使用直形冷凝管的目的是________。(4)实验中装置C中的试剂是饱和食盐水，装置中D的试剂是浓H2SO4。如果不使用D装置，产品中会存在较多的杂质_______(填化学式)。除去这些杂质最合适实验方法是______。(5)利用碘量法可测定产品的纯度，反应原理如下：CCl3CHO+NaOH→CHC13+HCOONaHCOONa+I2=HI+NaI+CO2I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O8称取该实验制备的产品5.00g，配成100.00mL溶液，取其中10.00mL,调节溶液为合适的pH后，加入30.00mL0.100mol•L-1的碘标准液，用0100mol•L-1的Na2S2O3溶液滴定，重复上述3次操作，消耗Na2S2O3溶液平均体积为20.00mL,则该次实验所得产品纯度为_________。27、（12分）苯甲醛是一种重要的化工原料，某小组同学利用如图所示实验装置(夹持装置已略去)制备苯甲醛。已知有机物的相关数据如下表所示：有机物沸点℃密度为g/cm3相对分子质量溶解性苯甲醛178.11.04106微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃苯甲醇205.71.04108微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃二氯甲烷39.81.33难溶于水，易溶于有机溶剂实验步骤：①向容积为500mL的三颈烧瓶加入90.0mL质量分数为5%的次氯酸钠溶液(稍过量)，调节溶液的pH为9-10后，加入3.0mL苯甲醇、75.0mL二氯甲烷，不断搅拌。②充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3次，并将有机相合并。③向所得有机相中加入无水硫酸镁，过滤，得到有机混合物。④蒸馏有机混合物，得到2.08g苯甲醛产品。请回答下列问题：(1)仪器b的名称为______，搅拌器的作用是______。(2)苯甲醇与NaClO反应的化学方程式为_______。(3)步骤①中，投料时，次氯酸钠不能过量太多，原因是____；步骤③中加入无水硫酸镁，若省略该操作，可能造成的后果是______。(4)步骤②中，应选用的实验装置是___(填序号)，该操作中分离出有机相的具体操作方法是___。(5)步骤④中，蒸馏温度应控制在_______左右。(6)本实验中，苯甲醛的产率为________(保留到小数点后一位)。28、（14分）NO、CO、是大气污染物但又有着重要用途。已知：(1)某反应的平衡常数表达式为，此反应的热化学方程式为：______。(2)向绝热恒容密闭容器中充入等量的NO和CO进行反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是______(填序号)。a.容器中的压强保持不变b.c.气体的平均相对分子质量保持34.2不变d.该反应平衡常数保持不变e.NO和CO的体积比保持不变Ⅱ.(3)甲烷转化为和CO的反应为：①一定条件下，的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。则______(填“<”“>”或“=”)；A、B、C三点处对应的平衡常数(、、)，由大到小的顺序为______。②将和按等物质的量混合，一定条件下反应达到平衡，转化率为50%。则反应前与平衡后，混合气体的平均相对分子质量之比为______。Ⅲ.含的烟气可用溶液吸收。(4)已知时由,和形成的混合溶液恰好呈中性，此时溶液中离子浓度大小顺序为______。(已知时，的电离平衡常数，)(5)可将吸收液送至电解槽再生后循环使用。再生电解槽如图所示。a电极上含硫微粒放电的反应式为______(任写一个)。离子交换膜______(填标号)为阴离子交换膜。29、（10分）磷酸氯喹是一种广谱抗疟疾和抗炎药，临床试验证明：该药物在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染。磷酸氯喹可由氯喹（）和磷酸在一定条件下制得。氯喹的合成路线如图：已知：①A为芳香族化合物；②；③具有酸性。回答下列问题：（1）A的结构简式为__，F的名称为__，H中的含氧官能团名称为__。（2）A→B、F→G的反应类型分别为__。（3）写出C与NaOH反应的化学方程式__。（4）碳原子上连接有4个不同的原子或原子团时，该碳原子称为手性碳。B与足量H2加成后的产物为X，写出X的结构简式，并用※标识手性碳__。（5）Y是G的同系物，分子式为C5H11NO2，其同时含有氨基和羧基的同分异构体有__种，其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6：2：2：1的结构简式为__。

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、A【解析】

A．相同条件下，溶解度大的物质先溶解，组成和结构相似的难溶物，溶解度越大，其溶度积越大。因在等体积等浓度的盐酸ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），故A正确；B．Fe(NO3)2溶于稀硫酸后，Fe2+在酸性条件下被NO3-氧化为Fe3+，此时滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则无法证明Fe(NO3)2是否变质，故B错误；C．在加热条件下NH4HCO3固体分解生成NH3，NH3能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，由于固体本身没有与试纸接触，故本实验不能证明NH4HCO3显碱性，故C错误；D．强碱弱酸盐的pH越大，对应酸的酸性越弱，Na2B溶液对应的酸为HB-，则由现象可知酸性：HA＞HB-，但是本实验不能证明HA的酸性比H2B强，故D错误；故答案为A。2、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。3、D【解析】

A．25℃时，在N点，pH=7.4，则c(H+)=10-7.4，lg=1，则=10，H2CO3的一级电离K(H2CO3)==10-7.4×10=1.0×10-6.4，A正确；B．图中M点，pH=9，c(H+)=10-9，K(H2CO3)==1.0×10-6.4，=102.6，a=lg=2.6，B正确；C．25℃时，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh===1.0×10-7.6，C正确；D．M点溶液中：依据电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)，此时溶液为NaHCO3、NaCl的混合溶液，则c(Na+)>c(H2CO3)+c(HCO3-)，所以c(H+)+c(H2CO3)<c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)，D错误；故选D。4、D【解析】

放电时，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，即M电极为负极，则N电极为正极，电极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+═PTO-Zn2+；充电时，外加电源的正极连接原电池的正极N，外加电源的负极连接原电池的负极。【详解】A.该原电池中，放电时M电极为负极，N电极为正极，正极得电子发生还原反应，故A正确；

B.充电时，原电池的负极M连接外加电源的负极作阴极，电解质中阳离子Zn2+移向阴极M，故B正确；

C.放电时，正极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+═PTO-Zn2+，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，电子守恒有4Zn～PTO-Zn2+，所以每生成1molPTO-Zn2+，M极溶解Zn的质量=65g/mol×4mol=260g，故C正确；

D.充电时，原电池的正极N连接外加电源的正极作阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为PTO-Zn2+-8e-=2PTO+4Zn2+，故D错误；

故选：D。5、C【解析】

A、石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，故A说法正确；B、因为石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，石油分馏时，沸点相近做为气体跑出，因此石油分馏得到的馏分是混合物，故B说法正确；C、石油裂化得到是轻质汽油，裂解得到是乙烯等气态烃，故C说法错误；D、实验室里石蜡在氧化铝的催化下，得到汽油，故D说法正确。6、D【解析】

Z是第3周期元素的简单离子中半径最小的，则Z为Al，X2-与Y+有相同的电子层结构，则X为O，Y为Na，W的单质有多种同素异形体，其氧化物是形成酸雨的主要原因之一，则W为S，以此解题。【详解】根据分析，X为O、Y为Na、Z为Al、W为S；A．X为O，最外层电子数为6，Y为Na，最外层电子数为1，Z为Al，最外层电子数为3，原子最外层电子数：X>Z>Y，故A错误；B．Y为Na、Z为Al、W为S，铝的原子半径与钠相比较小，且其价电子数较多，故金属键较强，则铝的熔点高于钠，即单质沸点：Z>Y，故B错误；C．X为O、Y为Na，X2-与Y+有相同的电子层结构，核电荷数越大，半径越小，离子半径：Y+<X2-，故C错误；D．Y为Na、W为S，Y与W形成的化合物为硫化钠，属于强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，故D正确；答案选D。【点睛】酸雨是硫和氮的氧化物造成的，分析出W是硫。7、D【解析】

根据R和X组成简单分子的球棍模型，可推出该分子为NH3，由此得出R为H，X为N；由“Y原子核外K、M层上电子数相等”，可推出Y核外电子排布为2、8、2，即为Mg；因为Z的原子序数大于Y，所以Z属于第三周期元素，由“Z原子最外层电子数是电子层数的2倍”，可确定Z的最外层电子数为6，从而推出Z为S。【详解】依据上面推断，R、X、Y、Z分别为H、N、Mg、S。A.原子半径：Mg>S>N>H，A错误；B.Mg3N2是由Mg2+和N3-构成的离子化合物，只含有离子键，B错误；C.N的氧化物对应的水化物可能为HNO3、HNO2，HNO3是强酸，HNO2是弱酸，C错误；D.N和S的气态氢化物分别为NH3和H2S，二者能够发生化合反应，生成NH4HS或(NH4)2S，D正确。故选D。8、A【解析】

A．氢氧化铝碱性较弱，能与酸反应，可用于治疗胃酸过多，故A正确；B．铝热剂是铝粉和难熔金属氧化物的混合物，不含氧化铝，故B错误；C．明矾净水是由于明矾水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附能力，但不具有消毒杀菌能力，故C错误；D．铝会和稀硫酸反应，释放出氢气，不能用铝罐车盛稀硫酸，故D错误；答案选A。【点睛】消毒剂可以是医用酒精，使蛋白质变性，可以是氯气，臭氧，具有强氧化性，可以用于杀菌，明矾只能吸附悬浮物，不能杀菌消毒。9、C【解析】

A．以石墨为电极电解水，阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，以石墨为电极电解饱和食盐水，阳极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阳极的电极反应式不同，故A错误；B．电解水时其pH在理论上是不变的，但若加入少量硫酸则变小，若加入少量氢氧钠则变大，若加入硫酸钠则不变；电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠和氯气和氢气，pH变大，所以电解结束后所得液体的pH不相同，故B错误；C．以石墨为电极电解水和饱和食盐水的阴极反应式为：2H++2e-=H2↑，所以电极反应式相同，故C正确；D．若转移电子数为4mol，则依据电解方程式2H2O2H2↑+O2↑～4e-，电解水生成3mol气体；依据电解方程式2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑～2e-，电解食盐水生成4mol气体，在同温同压下气体的总体积不相等，故D错误；故选C。【点睛】明确电解池工作原理、准确判断电极及发生反应是解题关键。本题的易错点为D，要注意氧化还原反应方程式中根据转移电子的相关计算。10、D【解析】

A.由已知的能量变化图可知，1molH2O(g)分解为2molH与1molO时吸收930kJ热量，A项正确；B.由已知的能量变化图可知，H2(g)＋O2(g)=H2O(g)ΔH＝反应物断键吸收的能量-生成物成键释放的能量=(436+249-930)kJ·mol－1=-245kJ·mol－1，则热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝-245kJ·mol－1×2=-490kJ·mol－1，B项正确；C.甲吸收能量生成乙，乙释放能量生成丙，乙的能量最高，甲生成丙为放热反应，则甲的能量高于丙，则甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙＞甲＞丙，C项正确；D.乙→丙的过程中生成气态水时，释放930kJ的能量，若生成液态水，气态水转变为液态水会继续释放能量，则释放的能量将大于930kJ，D项错误；答案选D。11、B【解析】

A.医用酒精灭活新冠肺炎病毒是因为酒精使蛋白质脱水，并非酒精的氧化性，故A错误；B.聚丙烯材料属于合成有机高分子材料，故B正确；C.84消毒液和洁厕灵混合会发生氧化还原反应产生有毒气体氯气，所以两者不能混合使用，故C错误；D.疫苗的成分是蛋白质，因光和热可以导致蛋白变性，所以疫苗需冷藏保存，故D错误；故选B。12、C【解析】试题分析：甲池是原电池，N2H4发生氧化反应，N2H4是负极，在碱性电解质中的方程式为N2H4﹣4e﹣+4OH－═N2+4H2O，故A错误；甲池的总反应式为：N2H4+O2═N2+2H2O，有水生成溶液浓度减小，PH减小；乙池是电解池，乙池总反应：2CuSO4+2H2O=2Cu+O2+2H2SO4，乙池溶液pH减小，故B错误；乙池析出铜和氧气，所以反应一段时间后，向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度，故C正确；2.24LO2在非标准状况下的物质的量不一定是0.1mol，故D错误。考点：本题考查原电池、电解池。13、A【解析】

反应NH5+H2O→NH3∙H2O+H2↑，NH5的5个H原子中有1个H原子，化合价由﹣1价变为0价，水中H元素化合价由+1价变为0价，所以NH5作还原剂，水作氧化剂，【详解】A．NH5也能跟乙醇发生类似的反应，并都产生氢气，则乙醇作氧化剂，NH5作还原剂而被氧化，A正确；B．NH5的电子式为，N元素的化合价为﹣3价，B错误；C．NH5的电子式为，1molNH5中含有4molN-H键，C错误；D．1molNH5与H2O完全反应，转移电子的物质的量=1mol×[0-(-1)]=1mol，D错误；故选A。14、C【解析】

A．电解饱和氯化钠溶液时，如果Fe作阳极，则阳极上Fe失电子而不是氯离子失电子，所以应该用石墨作阳极，故A错误；B．稀释0.1mol/LNa2CO3溶液，促进碳酸钠的水解，水解程度增大，但溶液的碱性减弱，pH减小，故B错误；C．金属活动顺序表中单质的还原性越强，对应的阳离子氧化性越弱，锌比铜活泼，则铜离子比锌离子的氧化性强，根据三价铁离子与铜的反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，由强制弱可判断三价铁氧化性比铜离子的氧化性强，即相同条件下，溶液中Fe3+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次减弱，故C正确；D．温度升高，增加了反应体系中活化分子百分数，反应速率加快，但反应的活化能不变，故D错误；答案选C。【点睛】本题的易错点为A，要注意电解饱和食盐水应该生成氢氧化钠、氢气和氯气，因此阳极应该选用惰性材料作电极。15、A【解析】

乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，以此来解答。【详解】B、C、D中均需要水浴加热，只有A中乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，不能水浴加热完成，故选：A。16、C【解析】

充电时F－从乙电极流向甲电极，说明乙为阴极，甲为阳极。【详解】A.放电时，甲电极的电极反应式为BiF3+3e－=Bi＋3F－，故A错误；B.放电时，乙电极电势比甲电极低，故B错误；C.充电时，甲电极发生Bi－3e－＋3F－=BiF3，导线上每通过1mole－，则有1molF－变为BiF3，其质量增加19g，故C正确；D.充电时，外加电源的负极与乙电极相连，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】阳极失去电子，化合价升高，阴离子移向阳极，充电时，电源正极连接阳极。17、C【解析】

A.胶粒能透过半透膜，而溶液中的离子和分子也能透过半透膜，A错误；B.胶体加入某些盐可产生沉淀，而溶液也可能生成沉淀，B错误；C.胶体粒子直径介于10-9~10-7m之间，而溶液中离子直径不大于10-9m，C正确；D.胶体能够发生丁达尔效应，溶液不能发生丁达尔效应，D错误。故选C。18、A【解析】

H2在Cl2中燃烧的产物能被碱液完全吸收，则H2完全燃烧。吸收液中有NaClO，则燃烧时剩余Cl2，从而根据化学方程式进行计算。【详解】题中发生的反应有：①H2+Cl2=2HCl；②HCl+NaOH=NaCl+H2O；③Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。据③，生成0.05molNaClO，消耗0.05molCl2、0.10molNaOH。则②中消耗0.20molNaOH和0.20molHCl。故①中消耗H2、Cl2各0.10mol。氢气和氯气物质的量之比0.10mol:(0.10mol+0.05mol)=2:3。本题选A。【点睛】吸收液中有NaClO，则燃烧时剩余Cl2。氢气和氯气物质的量之比必小于1:1，只有A项合理。19、C【解析】

A.FRP属于纤维增强复合材料，不属于无机非金属材料，A项错误；B.ETFE保温内膜属于乙烯-四氟乙烯共聚物，不属于无机非金属材料，B项错误；C.长城城砖属于无机非金属材料，C项正确；D.高山滑雪服内层有一层单向芯吸效应的化纤材料，外层是棉制品，不属于无机非金属材料，D项错误；答案选C。20、D【解析】

A．H2O中H元素的化合价降低，则属于氧化还原反应，水作氧化剂，故A不选；B．反应中水中O元素的化合价升高，则属于氧化还原反应，水作还原剂，故B不选；C．反应没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不选；D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4反应中，S、Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，H2O中没有元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故D选；故选D。21、B【解析】根据装置图，碳电极通入氢气，发生氧化反应，电极反应为H2-2e-+2OH－=2H2O，Ni电极NiO(OH)→Ni(OH)2发生还原反应，电极反应为NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－，碳电极是负极，Ni电极是正极。根据以上分析，离子交换膜选用阴离子交换膜（只允许阴离子通过），故A错误；正极的电极反应为NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－，故B正确；导线中通过1mol电子时，负极生成1mol水，理论上负极区溶液质量增加18g，故C错误；充电时，负极与电源负极相连，所以碳电极与电源的负极相连，故D错误。22、B【解析】

A.CO2的密度比空气大，应该由长导气管通入，用向上排空气的方法收集，A错误；B.O2难溶于水，可以用排水的方法收集，B正确；C.装置中含有空气，开始反应产生气体，通过导气管逸出的气体中含有H2、O2，若立即点燃会发生爆炸，应该等排出一段时间气体后再点燃，C错误；D.浓硫酸稀释时，应该将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中，D错误；故合理选项是B。二、非选择题(共84分)23、取代反应消去反应、新制Cu(OH)2悬浊液、加热（或银氨溶液、加热）或【解析】

根据上述反应流程看出，结合及有机物B的分子式看出，有机物A为甲苯；甲苯发生侧链二取代，然后再氢氧化钠溶液中加热发生取代反应，再根据信息，可以得到；与乙醛发生加成反应生成，加热失水得到含有碳碳双键的有机物D，有机物D被弱氧化剂氧化为肉桂酸。【详解】（1）综上所述，反应II为氯代烃的水解反应，反应IV为加热失水得到含有碳碳双键的有机物D，为消去反应；正确答案：取代反应；消去反应。（2）甲苯与氯气光照条件下发生取代反应，方程式为：；氯原子取代甲苯中甲基中的氢原子，可以取代1个氢或2个氢或3个氢，因此还可能得到的有机产物是、；正确答案：；、。（3）反应IV为加热失水得到含有碳碳双键的有机物D，有机物D被弱氧化剂氧化为肉桂酸，结构简式；正确答案：。（4）有机物D中含有醛基，肉桂酸中含有羧基，检验有机物D是否完全转化为肉桂酸，就是检验醛基的存在，所用的试剂为新制的氢氧化铜悬浊液、加热或银氨溶液，加热，若不出现红色沉淀或银镜现象，有机物D转化完全；正确答案：新制Cu(OH)2悬浊液、加热（或银氨溶液、加热）。（5）有机物C分子式为C9H10O2，①能够与NaHCO3(aq)反应产生气体，含有羧基；②分子中有4种不同化学环境的氢原子，有4种峰，结构满足一定的对称性；满足条件的异构体有2种，分别为：和；正确答案：或。（6）根据苯甲酸苯甲酯结构可知，需要试剂为苯甲醇和苯甲酸；苯甲醛还原为苯甲醇，苯甲醛氧化为苯甲酸；苯甲醇和苯甲酸在一定条件下发生酯化反应生成苯甲酸苯甲酯；具体流程如下：；正确答案：；。24、SiO2Na2SiO3H2SiO3(或H4SiO4)SiO2＋2CSi＋2CO↑Si＋2OH－＋H2O===SiO32-＋2H2↑SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32-(或SiO32-＋2CO2＋2H2O===H2SiO3↓＋2HCO3-)【解析】

A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，该元素（用R表示）的单质能与NaOH溶液反应生成盐和氢气，则可推知该元素为硅元素，根据题中各物质转化关系，结合硅及其化合物相关知识可知，A与焦碳高温下生成D，则A为SiO2，D为Si，C为Na2SiO3，根据反应②或反应⑤都可推得B为CaSiO3，根据反应⑥推知E为H2SiO3；（1）由以上分析可知A为SiO2，C为Na2SiO3，E为H2SiO3；（2）反应①的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO↑；（3）反应④的离子方程式为Si+2OH-+H2O＝SiO32-+2H2↑；（4）H2CO3的酸性强于H2SiO3的酸性，可在硅酸钠溶液中通入二氧化碳，如生成硅酸沉淀，可说明，反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O＝H2SiO3↓+CO32-。25、安全瓶，防止倒吸能碳酸钠溶液显碱性，可以抑制Na2S水解温度过高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1较多，或Na2S2O1产率降低等其它合理答案降低Na2S2O1晶体的溶解度，促进晶体析出×100%D【解析】

(1)装置B的作用是平衡压强，防止倒吸；(2)Na2CO1的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠；(1)Na2S是强碱弱酸盐，易发生水解；(4)温度过高不利于二氧化硫的吸收，产品产率会降低；(5)Na2S2O1．5H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇；(6)根据反应Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1，列关系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O，结合数据计算理论上制得Na2S2O1·5H2O晶体的质量，Na2S2O1·5H2O的产率为；(7)Na2SO1易被氧化为硫酸钠，减少副产物的含量就要防止Na2SO1被氧化。【详解】(1)装置B的作用是平衡压强，防止倒吸，则B为安全瓶防止倒吸；(2)Na2CO1的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠，氢氧化钠和二氧化硫反应也可以生成亚硫酸钠，可以代替碳酸钠；(1)Na2S是强碱弱酸盐，易发生水解，碳酸钠溶液显碱性，可以抑制Na2S水解；(4)温度过高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1较多，或Na2S2O1产率降低等其它合理答案；(5)Na2S2O1．5H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，则乙醇的作用为：降低Na2S2O1晶体的溶解度，促进晶体析出；(6)根据反应Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1，列关系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O，理论上制得Na2S2O1·5H2O晶体的质量为g，Na2S2O1·5H2O的产率为×100%=×100%；(7)A．用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水中含氧量降低，可有效防止Na2SO1被氧化为Na2SO4，可减少副产物的产生，故A不符合题意；B．装置A增加一导管，实验前通人N2片刻，可将装置中的空气赶走提供无氧环境，可防止Na2SO1被氧化为Na2SO4，可减少副产物的产生，故B不符合题意；C．先往装置A中滴加硫酸，产生二氧化硫，可将装置中的空气赶走，片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液，可减少副产物的产生，故C不符合题意；D．将装置D改为装有碱石灰的干燥管，装置中仍然含有空气，氧气可将Na2SO1被氧化为Na2SO4，不能减少副产物产生，故D符合题意；答案选D。26、保持漏斗和反应容器内的气压相等2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O安全瓶(或防止装置C中液体倒吸入装置A中)漏斗口径较大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中水浴b增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果C2H5Cl、CCl3COOH蒸馏59%【解析】

A装置利用高锰酸钾与浓盐酸制备氯气，C装置用饱和食盐水除去HCl，D装置盛放浓硫酸干燥氯气，E中反应制备CCl3CHO。F装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气。【详解】(1)A中的恒压漏斗使得漏斗中的压强和圆底烧瓶中的压强相同，从而浓盐酸能够顺利流下。高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；(2)装置B中的导管很短，而且B中没有试剂，所以是作安全瓶，防止C装置处理HCl气体时发生倒吸。装置F中倒扣的漏斗，与液体接触的部分横截面积很大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中，不会发生倒吸。答案为安全瓶漏斗口径较大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中；(3)温度要控制在70℃，未超过水的沸点100℃，可以选择水浴加热，即最佳的加热方式为水浴加热。冷凝过程中，冷凝管中应该充满水，所以冷水应该从b口进。球形冷凝管与蒸气接触的面积大，冷凝回流效果更好。答案为：水浴b增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果；(4)如果没有浓硫酸干燥，则E中会有水参加反应，水与氯气反应生成HCl和HClO，副反应就会发生，生成的产物有C2H5Cl、CCl3COOH。从图表所给的信息来看，杂质均溶于乙醇，得到一混合液体，且沸点相差较大，使用蒸馏，可以分离除去；(5)加入的碘单质被硫代硫酸钠和CCl3CHO消耗，加入的碘单质的物质的量为0.03L×0.100mol•L-1=0.003mol，消耗的Na2S2O3的物质的量为0.02L×0.100mol•L-1=0.002mol。有关系式为I2~CCl3CHOI2~2Na2S2O30.001mol0.002molCCl3CHO消耗碘单质的物质的量为0.003-0.001mol=0.002mol，则10mL的溶液中含有CCl3CHO的物质的量为0.002mol。100mL溶液中含有CCl3CHO为0.02mol，质量为0.02mol×147.5g=2.95g，则纯度。【点睛】本题纯度的计算采用的返滴法，要理解题目所给方程式的意思。消耗I2的物质有两种，和一般的滴定有所差别。27、球形冷凝管使物质充分混合+NaClO→+NaCl+H2O防止苯甲醛被氧化为苯甲酸，使产品的纯度降低产品中混有水，纯度降低③打开分液漏斗颈部的玻璃塞（或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔），再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞178.1℃67.9%【解析】

(1)根据图示结合常见的仪器的形状解答；搅拌器可以使物质充分混合，反应更充分；(2)根据实验目的，苯甲醇与NaClO反应生成苯甲醛；(3)次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化；步骤③中加入无水硫酸镁的目的是除去少量的水；(4)步骤②中萃取后要进行分液，结合实验的基本操作分析解答；(5)步骤④是将苯甲醛蒸馏出来；(6)首先计算3.0mL苯甲醇的物质的量，再根据反应的方程式计算理论上生成苯甲醛的质量，最后计算苯甲醛的产率。【详解】(1)根据图示，仪器b为球形冷凝管，搅拌器可以使物质充分混合，反应更充分，故答案为球形冷凝管；使物质充分混合；(2)根据题意，苯甲醇与NaClO反应，苯甲醇被氧化生成苯甲醛，次氯酸钠本身被还原为氯化钠，反应的化学方程式为+NaClO→+NaCl+H2O，故答案为+NaClO→+NaCl+H2O；(3)次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化，因此步骤①中，投料时，次氯酸钠不能过量太多；步骤③中加入无水硫酸镁的目的是除去少量的水，提高产品的纯度，若省略该操作，产品中混有水，纯度降低，故答案为防止苯甲醛被氧化为苯甲酸，使产品的纯度降低；产品中混有水，纯度降低；(4)步骤②中，充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3次，萃取应该选用分液漏斗进行分液，应选用的实验装置是③，分液中分离出有机相的具体操作方法为打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔)，再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞，故答案为③；打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔)，再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞；(5)根据相关有机物的数据可知，步骤④是将苯甲醛蒸馏出来，蒸馏温度应控制在178.1℃左右，故答案为178.1℃；(6)根据+NaClO→+NaCl+H2O可知，1mol苯甲醇理论上生成1mol苯甲醛，则3.0mL苯甲醇的质量为1.04g/cm3×3.0cm3=3.12g，物质的量为，则理论上生成苯甲醛的质量为×106g/mol=3.06g，苯甲醛的产率=×100%=67.9%，故答案为67.9%。28、2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)H=-746.5kJ/molacd<KC>KB>KA3:2c(Na+)>(SO32-)>c(HSO3-)>c(H+)=c(OH-)HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+c【解析】

(1)根据反应的平衡常数表达式得到反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，根据盖斯定律，将第一和第三个方程式乘以-1，第二个方程式乘以2，相加得到：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ/mol，故答案为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)