江苏省常州市教育学会2025年高三下学期第五次调研考试化学试题含解析

江苏省常州市教育学会2025年高三下学期第五次调研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、化学与生产生活、环境保护密切相关，下列说法正确的是A．氢氧化铝、碳酸氢钠都是常见的胃酸中和剂B．用活性炭为糖浆脱色和利用臭氧漂白纸浆，原理相似C．光导纤维和聚酯纤维都是新型无机非金属材料D．汽车尾气中含有的氮氧化合物，是汽油不完全燃烧造成的2、2019年诺贝尔化学奖花落锂离子电池，美英日三名科学家获奖，他们创造了一个可充电的世界。像高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构如图所示。原理如下：(1−x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列说法不正确的是（）A．放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe-=xLiFePO4B．放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极C．充电时，阴极电极反应式：xLi++xe-+nC=LixCnD．充电时，Li+向左移动3、下列依据实验操作及现象得出的结论正确的是()选项实验操作现象结论A将待测液中，依次滴加氯水和KSCN溶液溶液变为红色待测溶液中含有Fe2+B向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuSZnS溶解而CuS不溶解Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)C向有少量铜粉的Cu(NO3)2溶液中滴入稀硫酸铜粉逐渐溶解稀硫酸能与铜单质反应D常温下，用pH计分别测0.1mol/LNaA溶液、0.1mol/LNa2CO3溶液的pHNaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH酸性：HA>H2CO3A．A B．B C．C D．D4、下列说法中正确的是（）A．向0.1mol•L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中增大B．厨房小实验：将鸡蛋壳浸泡在食醋中，有气泡产生，说明CH3COOH是弱电解质C．有甲、乙两种醋酸溶液，测得甲的pH=a、乙的pH=a+1，若用于中和等物质的量浓度等体积的NaOH溶液，需消耗甲、乙两酸的体积V(乙)>10V(甲)D．体积相同、浓度均为0.1mol•L-1的NaOH溶液、氨水，分别稀释m、n倍，使溶液的pH都变为9，则m<n5、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂B．SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维C．Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料D．CaO能与水反应，可用作食品干燥剂6、化合物如图的分子式均为C7H8。下列说法正确的是A．W、M、N均能与溴水发生加成反应 B．W、M、N的一氯代物数目相等C．W、M、N分子中的碳原子均共面 D．W、M、N均能使酸性KMnO4溶液褪色7、用饱和硫酸亚铁、浓硫酸和硝酸钾反应可以制得纯度为98%的NO，其反应为FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是A．该反应的氧化剂是KNO3B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶3C．Fe2(SO4)3、K2SO4、H2O均为电解质D．该反应中生成144gH2O，转移电子的物质的量为12mol8、分子式为C4H8Br2的有机物共有(不考虑立体异构)（）A．9种 B．10种 C．11种 D．12种9、X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，X原子最外层电子数是其电子层数的3倍，Y的最高正价与最低负价代数和为6。下列说法正确的是A．Y元素的最高价氧化物的水化物化学式为H2YO4B．它们形成的简单离子半径:X>WC．X、Z两种元素的气态氢化物稳定性:Z>XD．X与W形成的化合物中阴、阳离子个数比为1:1或1:210、常温下，向50mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2mol/L的NaOH溶液，得到溶液pH随所加NaOH溶液体积的变化图像如下图所示。下列说法正确的是A．若a点pH=4，且c(Cl-)=m·c(ClO-)，则Ka(HClO)=B．若x=100，b点对应溶液中：c(OH－)>c(H＋)，可用pH试纸测定其pHC．b～c段，随NaOH溶液的滴入，逐渐增大D．若y=200，c点对应溶液中：c(OH－)-c(H＋)=2c(Cl-)+c(HClO)11、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A．Na2SiO3易溶于水，可用作木材防火剂B．NaHCO3能与碱反应，可用作食品疏松剂C．Fe粉具有还原性，可用作食品袋中的抗氧化剂D．石墨具有还原性，可用作干电池的正极材料12、一种水基二次电池原理为，电解液为含Zn2+的水溶液，该电池可用于电网贮能。下列说法正确的是（）A．放电时，Zn2+脱离插层B．放电时，溶液中Zn2+浓度一直减小C．充电时，电子由层经电解质溶液流向层D．充电时，阳极发生电极反应：13、离子化合物O2[PtF6]的阴离子为[PtF6]－，可以通过反应O2＋PtF6→O2[PtF6]得到。则A．O2[PtF6]中只含离子键 B．O2[PtF6]中氧元素化合价为+1C．反应中O2是氧化剂，PtF6是还原剂 D．每生成1molO2PtF6转移1mol电子14、中学化学中很多“规律”都有适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（）选项规律结论A较强酸可以制取较弱酸次氯酸溶液无法制取盐酸B反应物浓度越大，反应速率越快常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完C结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高NH3沸点低于PH3D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化AgCl沉淀中滴加NaI溶液可以得到AgI沉淀A．A B．B C．C D．D15、能证明KOH是离子化合物的事实是A．常温下是固体 B．易溶于水 C．水溶液能导电 D．熔融态能导电16、最近媒体报道了一些化学物质，如：爆炸力极强的N5、比黄金还贵的18O、太空中的甲醇气团等。下列说法中正确的是A．18O2和16O2是两种不同的原子 B．甲醇（CH3OH）属于离子化合物C．N5和N2是氮元素的两种同位素 D．由N5变成N2是化学变化17、其它条件不变，升高温度，不一定增大的是A．气体摩尔体积Vm B．化学平衡常数KC．水的离子积常数Kw D．盐类水解程度18、如图所示，将铁钉放入纯水中，一段时间后，铁钉表面有铁锈生成，下列说法正确的是A．铁钉与水面交接处最易腐蚀B．铁钉发生吸氧腐蚀，铁做阴极C．铁发生的反应是：Fe－3e→Fe3+D．水上和水下部分的铁钉不发生电化腐蚀19、下列转化过程不能一步实现的是A．Al(OH)3→Al2O3 B．Al2O3→Al(OH)3C．Al→AlCl3 D．Al→NaAlO220、下列我国科技成果不涉及化学变化的是A．厨余污油裂化为航空燃油B．“深海勇士”号潜水艇用锂电池供能C．以“煤”代“油”生产低碳烯烃D．用“天眼”接收宇宙中的射电信号A．A B．B C．C D．D21、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．22.4L乙烷中所含的极性共价键数目为7NAB．某温度下，将1molCl2通入足量水中转移电子数为NAC．常温常压下，3.0g含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NAD．室温下，1LpH为13的NaOH溶液和Ba(OH)2混合溶液中含OH-个数为0.01NA22、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．NH4HCO3

受热易分解，可用作化肥B．NaHCO3

溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂C．SO2

具有氧化性，可用于纸浆漂白D．Al2O3

具有两性，可用于电解冶炼铝二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物PAS-Na是一种治疗肺结核药物的有效成分，有机物G是一种食用香料，以甲苯为原料合成这两种物质的路线如图：已知：①②(R=—CH3或—H)③回答下列问题：（1）生成A的反应类型是___。（2）F中含氧官能团的名称是___，试剂a的结构简式为___。（3）写出由A生成B的化学方程式：___。（4）质谱图显示试剂b的相对分子质量为58，分子中不含甲基，且为链状结构，写出肉桂酸与试剂b生成G的化学方程式：___。（5）当试剂d过量时，可以选用的试剂d是___（填字母序号）。a．NaHCO3b．NaOHc．Na2CO3（6）肉桂酸有多种同分异构体，写出符合下列条件的任意一种的结构简式___。a．苯环上有三个取代基；b．能发生银镜反应，且1mol该有机物最多生成4molAg；c．苯环上有两种不同化学环境氢原子24、（12分）某有机物F()在自身免疫性疾病的治疗中有着重要的应用，工业上以乙烯和芳香族化合物B为基本原料制备F的路线图如下：已知：RCHO+CH3CHORCH=CHCHO(1)乙烯生成A的原子利用率为100%，则X是___________(填化学式)，F中含氧官能团的名称为___________。(2)E→F的反应类型为___________，B的结构简式为___________，若E的名称为咖啡酸，则F的名称是___________。(3)写出D与NaOH溶液反应的化学方程式：_________________________________。(4)E的同系物G比E多一个碳原子，G有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有___________种①能发生水解反应、银镜反应且1mol该物质最多可还原出4molAg②遇FeCl3溶液发生显色反应③分子中没有甲基，且苯环上有2个取代基(5)以乙烯为基本原料，设计合成路线合成2-丁烯酸，写出合成路线：______________________________(其他试剂任选)。25、（12分）高锰酸钾是常用的氧化剂。某化学小组在实验室以软锰矿(主要成分是MnO2)为原料制备KMnO4，下图是实验室制备高锰酸钾的操作流程。已知：温度溶解度/gK2CO3KHCO3KMnO420℃11133.76.38请回答：(1)反应①的化学方程式为______________________________________，加热软锰矿、KClO3和KOH固体，除三脚架、玻璃棒、泥三角和铁坩埚外，还用到的仪器有___，不采用瓷坩埚而选用铁坩埚的理由是______________(2)反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________________；上述流程中可以循环利用的物质是__________________________。(3)实验时，从滤液中得到KMnO4晶体的实验操作a为___________________，若CO2过量会生成KHCO3，导致得到的KMnO4产品的纯度降低其原因是________。26、（10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)。27、（12分）甲乙两组学生用不同的方法制备氯气并验证其性质。甲组用漂白粉与硫酸溶液反应制取氯气：Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2SO42CaSO4＋2Cl2↑＋2H2O，如图1所示；乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气：2KMnO4＋16HCl(浓)→2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O，如图2所示(省略夹持装置)。（1）实验中A选用装置__，E选用装置__(填写序号)。（2）装置F的作用___，请描述装置G中的实验现象___。（3）B中反应的离子方程式是___；C中氯气氧化了亚硫酸钠：Cl2+SO32-+H2O→SO42-+2Cl-+2H+，请你帮甲组设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化(简述实验步骤)：___。（4）乙组中H的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是___。（5）甲组实验存在的明显缺陷是___。28、（14分）制造一次性医用口罩的原料之一丙烯是三大合成材料的基本原料，丙烷脱氢作为一条增产丙烯的非化石燃料路线具有极其重要的现实意义。丙烷脱氢技术主要分为直接脱氢和氧化脱氢两种。(1)根据下表提供的数据，计算丙烷直接脱氢制丙烯的反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)的∆H=___。共价键C-CC=CC-HH-H键能/(kJ∙mol-1)348615413436(2)下图为丙烷直接脱氢制丙烯反应中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系（图中压强分别为1×104Pa和1×105Pa）①在恒容密闭容器中，下列情况能说明该反应达到平衡状态的是__（填字母）。A．∆H保持不变B．混合气体的密度保持不变C．混合气体的平均摩尔质量保持不变D．单位时间内生成1molH-H键，同时生成1molC=C键②欲使丙烯的平衡产率提高，下列措施可行的是____（填字母）A．增大压强B．升高温度C．保持容积不变充入氩气工业生产中为提高丙烯的产率，还常在恒压时向原料气中掺入水蒸气，其目的是_____。③1×104Pa时，图中表示丙烷和丙烯体积分数的曲线分别是___、____（填标号）④1×104Pa、500℃时，该反应的平衡常数Kp=____Pa（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，计算结果保留两位有效数字）(3)利用CO2的弱氧化性，科学家开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺，该工艺可采用铬的氧化物作催化剂，已知C3H8+CO2(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)，该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂的活性，其原因是____，相对于丙烷直接裂解脱氢制丙烯的缺点是_____。29、（10分）一种药物中间体(G)的一种合成路线如图：已知：请回答下列问题：(1)R的名称是__；R中官能团名称是__。(2)M→N的反应类型是__。P的结构简式为__。(3)H分子式是__。(4)写出Q→H的化学方程式：__。(5)T是一种与R具有相同官能团的芳香化合物(且组成元素种类相同)，T的相对分子质量比R多14。T有__种结构。其中，在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1：1：2：2：2的结构简式可能有__。(6)以1，5-戊二醇()和硝基苯为原料(其他无机试剂自选)合成，设计合成路线：__。

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.氢氧化铝、碳酸氢钠都能与胃酸中的盐酸反应，能够作胃酸的中和剂，故A正确；B.活性炭为糖浆脱色是利用它的吸附性，臭氧漂白纸浆是利用其强氧化性，故B错误；C.光导纤维是新型无机非金属材料，聚酯纤维为有机高分子材料，故C错误；D.汽油属于烃类物质，只含有碳氢两种元素，不含有N元素，汽车尾气中含有的氮氧化合物，是空气中的氮气与氧气在高温下反应生成的，故D错误；故选A。2、D【解析】

放电为原电池原理，从(1−x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC可知，LixCn中的C化合价升高了，所以LixCn失电子，作负极，那么负极反应为：+nC，LiFePO4作正极，正极反应为：，充电为电解池工作原理，反应为放电的逆过程，据此分析解答。【详解】A．由以上分析可知，放电正极上得到电子，发生还原反应生成，正极电极反应式：，A正确；B．原电池中电子流向是负极导线用电器导线正极，放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，B正确；C．充电时，阴极为放电时的逆过程，变化为，电极反应式：，C正确；D．充电时，作为电解池，阳离子向阴极移动，向右移动，D错误；答案选D。【点睛】带x的新型电池写电极反应时，先用原子守恒会使问题简单化，本题中，负极反应在我们确定是变为C之后，先用原子守恒得到—xLi++nC，再利用电荷守恒在左边加上-xe-即可，切不可从化合价出发去写电极反应。3、B【解析】

A．若原溶液中有Fe3＋，加入氯水，再加入KSCN溶液，也会变红，不能确定溶液中是否含有Fe2＋，结论错误；应该先加入KSCN溶液不变红，说明没有Fe3＋，再加入氯水，溶液变红，说明氯气将Fe2＋氧化成Fe3＋，A错误；B．ZnS溶解而CuS不溶解，可知CuS更难溶；这两种物质的类型相同，可通过溶解度大小直接比较Ksp大小，则Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，B正确；C．Cu(NO3)2溶液中有NO3－，加入稀硫酸酸化，则混合溶液中的Cu、H＋、NO3－发生氧化还原反应，而不是Cu与稀硫酸反应，结论错误，C错误；D．CO32－HCO3－电离得到CO32－。相同条件下，NaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH，说明CO32－水解能力强，则酸性HA＞HCO3－，而不是强于H2CO3，结论错误，D错误。答案选B。【点睛】容易误选D项，需要注意，CO32－是由HCO3－电离得到的，因此通过比较NaA溶液和Na2CO3溶液的pH比较酸的强弱，其实比较的是HA和HCO3－的强弱。若需要比较HA和H2CO3的酸性强弱，则应该同浓度NaA和NaHCO3溶液的pH大小。4、C【解析】

A.因为铵根离子加入后，一水合氨的电离平衡受到抑制，则减小，故A错误；B.醋酸能与碳酸钙反应放出二氧化碳气体，说明醋酸的酸性比碳酸的酸性强，但不能说明醋酸是弱酸，也不能说明醋酸是弱电解质，故B错误；C.根据越稀越电离可知，c（甲）>10c（乙），则若用于中和等物质的量浓度等体积的NaOH溶液，需消耗甲、乙两酸的体积V(乙)>10V(甲)，故C正确；D.体积相同、浓度均为0.1mol•L-1的NaOH溶液、氨水，pH（NaOH）>pH（氨水），若使溶液的pH都变为9，则应在氢氧化钠溶液中加入更多的水，即m>n，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】中和等物质的量浓度等体积的NaOH溶液，即氢氧化钠的物质的量相同，需要的一元酸的物质的量也相同，则需要浓度大的酸体积消耗的小，浓度小的酸消耗的体积大。5、D【解析】

A项，NaHCO3能与HCl反应，NaHCO3用于制胃酸中和剂，NaHCO3用于制胃酸中和剂与NaHCO3受热易分解没有对应关系；B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维，SiO2用于制光导纤维与SiO2熔点高硬度大没有对应关系；C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料，Al2O3用作耐高温材料与Al2O3是两性氧化物没有对应关系；D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂，CaO用于食品干燥剂与CaO与水反应有对应关系；答案选D。6、D【解析】

A.由结构简式可知,W不能和溴水发生加成反应，M、N均能与溴水发生加成反应，故A错误；B.W的一氯代物数目为4种，M的一氯代物数目3种，N的一氯代物数目4种，故B错误；C.根据甲烷分子的正四面体结构、乙烯分子和苯分子的共面结构可知，W、N分子中的碳原子均共面，M中的碳原子不能共面，故C错误，D.W中与苯环相连的碳原子了有氢原子，M和N均含碳碳双键，故W、M、N均能被酸性KMnO4溶液氧化，故D正确;答案：D。7、B【解析】

A.在反应FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O中，N元素的化合价由反应前KNO3中的+5价变为反应后NO中的+2价，化合价降低，获得电子，所以该反应的氧化剂是KNO3，A正确；B.配平的化学方程式为6FeSO4+2KNO3+4H2SO4(浓)3Fe2(SO4)3+2NO↑+K2SO4+4H2O，在该反应中KNO3作氧化剂，还原产物是NO，FeSO4作还原剂，Fe2(SO4)3是氧化产物，根据反应过程中电子转移数目相等，所以n(KNO3)：n(FeSO4)=1：3=2：6，则氧化产物Fe2(SO4)3与还原产物NO的物质的量之比为3∶2，B错误；C.Fe2(SO4)3、K2SO4都是盐，属于强电解质，H2O能部分电离产生自由移动的离子，是弱电解质，因此这几种物质均为电解质，C正确；D.根据方程式可知：每反应产生72gH2O，转移6mol电子，则生成144gH2O，转移电子的物质的量为12mol，D正确；故合理选项是B。8、A【解析】

先分析碳骨架异构,分别为C−C−C−C与2种情况，然后分别对2种碳骨架采用“定一移一”的方法分析：①骨架C−C−C−C上分别添加Br原子的种类有6种，②骨架上分别添加Br原子的种类有有3种，所以满足分子式为C4H8Br2的有机物共有9种，故选:A。9、B【解析】

X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，由于最外层电子数不能超过8个，所以X是O，则Z是S。Y的最高正价与最低负价的代数和为6，说明Y属于第ⅦA，Y、Z同周期，则Y是Cl。W是短周期主族元素中原子半径最大的，所以W是Na。A.Y为氯元素，其最高价氧化物的水化物化学式为HClO4，选项A错误；B、X与W形成的简单离子具有相同电子层结构，核电荷数越大半径越小，则简单离子半径:X>W，选项B正确；C、X（Cl）的非金属性强于Z（S）的，所以HCl的稳定性强于H2S的，选项C错误；D、X与W形成的化合物Na2O、Na2O2中阴、阳离子个数比均为1:2，选项D错误。答案选B。10、D【解析】

A.若a点pH=4，(H+)=10-4mol/L，溶液呈酸性，根据方程式知c(HClO)=c(Cl-)-c(ClO-)，c(Cl-)=mc(ClO-)，则c(HClO)=(m-1)c(ClO-)，Ka(HClO)==，A错误；B.若x=100，Cl2恰好与NaOH溶液完全反应生成NaCl、NaClO，NaClO水解生成次氯酸，溶液呈碱性，但次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测pH，应选pH计测量，B错误；C.b～c段，随NaOH溶液的滴入，溶液的pH不断增大，溶液中c（H+）减小，温度不变则Ka(HClO)=不变，所以减小，C错误；D.若y=200，c点对应溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.2molNaOH，根据电荷守恒得：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)①，物料守恒得：c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)②，2c(Cl-)+2c(ClO-)+2c(HClO)=c(Na+)③，由①+③+②得：c(OH-)=2c(Cl-)+c(HClO)+c(H+)，D正确；故答案是D。11、C【解析】

A.Na2SiO3可用作木材防火剂是因为其具有较好的耐热性，与其是否易溶于水无直接关系，A项错误；B.NaHCO3可用作食品疏松剂是利用其与有机酸反应或受热分解生成二氧化碳，B项错误；C.Fe粉具有还原性，易和空气中的氧气反应，可用作食品袋中的抗氧化剂，C项正确；D.石墨可用作干电池的正极材料，主要利用的是石墨具有良好的导电性，与还原性无关，D项错误；答案选C。12、D【解析】

A.放电时，利用原电池原理，Zn作负极，失去电子，得到电子，放电时是溶液中的Zn2+与插层结合，故A错误；B.根据反应方程式，放电时，负极的锌板失去电子变成锌离子进入溶液中，然后与正极结合，所以溶液中的锌离子浓度是不变的，故B错误；C.充电时是电解池原理，但电子不能通过电解质溶液，故C错误；D.充电时，阳极失电子，电极反应为：，故D正确；故选D。【点睛】已知总反应书写电极反应时，根据得失电子情况加以判断，失电子，则化合价升高，发生氧化反应；总反应减去阳极的反应即可得到阴极的电极反应。13、D【解析】

A．化合物中的阴离子和阳离子是原子团，其中都存在共价键，A错误；

B．中氧元素的化合价是价，B错误；

C．根据化合价的升降可知，是还原剂，是氧化剂，C错误；

D．，PtF6，所以氧化还原反应中转移电子总数为，D正确。

答案选D。14、D【解析】

A.

HClO不稳定，可分解生成HCl，故A错误；B.浓硝酸与铝发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应继续进行，与稀硝酸发生不同的反应，故B错误；C.结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高，含有氢键的沸点较高，由于NH3分子间存在氢键，沸点高于PH3，故C错误；D.

AgCl沉淀中滴加NaI溶液可以得到AgI沉淀，可说明AgI更难溶，故D正确；故选：D。15、D【解析】

离子化合物在熔融状态下能电离生成阴阳离子而导电，共价化合物在熔融状态下以分子存在，据此分析解答。【详解】离子化合物在熔融状态下能电离生成阴阳离子而导电，共价化合物在熔融状态下以分子存在，所以在熔融状态下能导电的化合物是离子化合物，KOH在熔融状态下能导电，所以是离子化合物，与其状态、溶解性强弱、其水溶液是否导电都无关，答案选D。16、D【解析】

A.18O2和16O2是两种不同的原子构成的分子，A错误；B.甲醇(CH3OH)是由分子构成的共价化合物，B错误；C.N5和N2是氮元素的两种不同的单质，二者互为同素异形体，C错误；D.N5和N2是N元素的两种不同的单质，所以由N5变成N2是化学变化，D正确；故合理选项是D。17、B【解析】

A.气体摩尔体积Vm，随温度的升高而升高，故错误；；B.可能为吸热反应，也可能为放热反应，则升高温度，可能正向移动或逆向移动，化学平衡常数K不一定增大，故B选；C.水的电离吸热，则升高温度水的离子积常数Kw增大，故C不选；D.水解反应吸热，则升高温度盐类的水解平衡常数Kh增大，故D不选；故选：B。18、A【解析】

A.在铁钉和水面的交界处，有电解质溶液，氧气的浓度最高，故发生吸氧腐蚀的速率最大，则最易被腐蚀，故A正确；B.由于水为中性，故钢铁发生吸氧腐蚀，其中铁做负极，故B错误；C.铁做负极，电极反应为：Fe-2e=Fe2+，故C错误；D.因为水的蒸发，故在铁钉的水面以上的部分上仍然有水膜，仍然能发生吸氧腐蚀；因为氧气能溶解在水中，故铁钉水面一下的部分也能发生吸氧腐蚀，但均没有铁钉和水的交接处的腐蚀速率大，故D错误；答案：A【点睛】将铁钉放入纯水中，由于铁钉为铁的合金，含有碳单质，故在纯水做电解质溶液的环境下，铁做负极，碳做正极，中性的水做电解质溶液，发生钢铁的吸氧腐蚀，据此分析。19、B【解析】

A、Al(OH)3加热分解Al2O3，可一步实现转化，A错误；B、氧化铝不溶于水,不能一步转化生成Al(OH)3，B正确；C、金属铝与盐酸或氯气反应均生成AlCl3，可一步转化，C错误；D、Al与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，可一步实现转化，D错误；答案选B。20、D【解析】

A、航空燃油是厨余污油通过热裂解等技术得到一种长链脂肪酸的单烷基酯，该过程属于化学变化，故不选A；B、电池放电时把化学能转化为电能，属于化学变化，故不选B；C、煤制烯烃，属于化学变化，故不选C；D、用“天眼”接收宇宙中的射电信号，没有生成新物质，不属于化学变化，故选D。21、C【解析】

A.没有说明是否为标准状态，所以无法由体积计算气体的物质的量，即无法确定所含化学键数目，故A错误；B.Cl2和水反应为可逆反应，所有转移电子数小于NA，故B错误；C.葡萄糖和冰醋酸的最简式都为CH2O，则3.0g含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子总数为=0.4NA，故C正确；D.pH=13，c(OH-)=，则1L溶液中OH-个数为0.1NA，故D错误；故选C。22、B【解析】

A、NH4HCO3

含有营养元素N元素，可用作化肥，与NH4HCO3

受热易分解无关，故A不符合题意；B、NaHCO3能与盐酸反应，并且NaHCO3溶液无腐蚀性，常用作制胃酸中和剂，故B符合题意；C、SO2

具有漂白性，可用于纸浆漂白，与SO2

具有氧化性无关，故C不符合题意；D、熔融状态下的Al2O3能发生电离，可用于电解冶炼铝，与Al2O3

具有两性无关，故D不符合题意；故选：B。【点睛】高中阶段常见具有漂白的物质类型有：①强氧化性(漂白过程不可逆)，常见物质有O3、H2O2、Na2O2、NaClO、HClO、Ca(ClO)2等；②形成不稳定化合物型(漂白过程可逆)，常见物质有SO2；③物理吸附型(漂白过程不可逆)，常见物质有活性炭。二、非选择题(共84分)23、取代反应（或硝化反应）醛基+Br2+HBr+CH2=CHCH2OH+H2Oa或【解析】

甲苯发生硝化反应生成A，A结构简式为，A和溴发生取代反应生成B，根据最终产物知，A中苯环上甲基邻位H原子被溴取代生成B，B结构简式为，B被酸性高锰酸钾溶液氧化生成C，C为，C和NaOH的水溶液发生取代反应然后酸化生成D，D结构简式为，根据信息①知，D发生还原反应生成E，E结构简式为，E和碳酸氢钠反应生，则试剂d为NaHCO3，

根据信息③知，F为，F和a反应生成肉桂酸，a为，肉桂酸和b反应生成G，b为醇，质谱图显示试剂b的相对分子质量为58，分子中不含甲基，且为链状结构，b结构简式为CH2=CHCH2OH，G结构简式为，【详解】（1）通过以上分析知，甲苯发生取代反应生成A，所以反应类型是取代反应，故答案为：取代反应（或硝化反应）；（2）通过以上分析知，F为，官能团名称是醛基，a结构简式为，故答案为：醛基；；（3）A结构简式为，A和溴发生取代反应生成B，B结构简式为，反应方程式为，故答案为：；（4）肉桂酸和丙烯醇发生酯化反应生成G，反应方程式为，故答案为：；（5）酚羟基和羧基都能和NaOH、碳酸钠反应，但酚羟基不能和碳酸氢钠反应、羧基能和碳酸氢钠反应，故选a；（6）肉桂酸同分异构体符合下列条件：a．苯环上有三个取代基；b．能发生银镜反应，且1mol该有机物最多生成4mol

Ag说明含有两个醛基；c．苯环上有两种不同化学环境氢原子，说明含有两种类型的氢原子；符合条件的同分异构体有，故答案为：。24、O2(酚)羟基、酯基取代反应(或酯化反应)咖啡酸乙酯+5NaOH+2NaCl+3H2O9CH2=CH2CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH【解析】

根据流程图中有机物的结构式、分子式及反应条件分析各步反应的反应类型及产物；根据已知条件分析同分异构体的种类；根据题干信息设计有机物合成路线。由C的结构简式、反应信息知，A、B中均含有醛基，再结合乙烯与A的转化关系知，A是乙醛，B是，由C转化为D的反应条件知，D为，由E的分子式、F的结构式及反应条件知，E为，由E、F之间的关系知Y是乙醇，由酯的命名方法知F的名称为咖啡酸乙酯；【详解】由C的结构简式、反应信息知，A、B中均含有醛基，再结合乙烯与A的转化关系知，A是乙醛，B是，由C转化为D的反应条件知，D为，由E的分子式、F的结构式及反应条件知，E为，由E、F之间的关系知Y是乙醇，由酯的命名方法知F的名称为咖啡酸乙酯；(1)乙烯生成乙醛，则X是O2；F中含氧官能团的名称为羟基、酯基；(2)E→F的反应类型为酯化反应或取代反应；B的结构简式为；F的名称是咖啡酸乙酯；(3)D为，与NaOH溶液反应的化学方程式：；(4)由②得出分子中含有苯环且苯环上含有酚羟基；由①及分子中氧原子数目知分子中含有一个-CHO、一个HCOO-，苯环上有2个官能团一定有-OH，还含有－CH2CH(CHO)OOCH或－CH(CHO)CH2OOCH或－CH(OOCH)CH2CHO，苯环上有3种不同的位置关系，故共有9种同分异构体；(5)乙烯先被氧化成乙醛，乙醛再转化为2-丁烯醛，最后氧化为目标产物：CH2=CH2CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH。【点睛】本题难点是问题（4），应根据题中信息进行分析，遇FeCl3溶液发生显色反应，说明G中含有苯环和酚羟基，能发生水解反应，说明含有酯基，能发生银镜反应，说明含有醛基，1mol该物质最多还原出4molAg，说明酯基为HCOO－，分子不含有甲基，且苯环上有2个取代基，取代基的位置为邻间对三种，然后根据官能团位置异构进行分析。25、(1)KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O酒精灯、坩埚钳瓷坩埚中的SiO2会与KOH发生反应2:1KOH、MnO2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥KHCO3的溶解度较小，滤液蒸发浓缩降温结晶时KHCO3会随KMnO4一同结晶析出【解析】

以软锰矿（主要成分是MnO2）为原料制备KMnO4晶体，软锰矿固体和KOH固体混合在铁坩埚中煅烧，得到墨绿色熔块，为K2MnO4，冷却后溶于水其水溶液呈深绿色，这是锰酸根在碱溶液中的特征颜色，边加热边通入适量二氧化碳气体，调节溶液pH趁热过滤得到MnO2和KMnO4溶液，冷却结晶得到KMnO4晶体。⑴加热条件下，MnO2、KOH和KClO3反应生成K2MnO4、KCl、H2O，熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物含有碱性物质KOH应该用铁坩埚；瓷坩埚中的二氧化硅和强碱反应，坩埚被腐蚀；⑵工艺流程可知，CO2使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入CO2太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、KMnO4；氧化还原反应中的氧化剂是元素化合价降低的物质，还原剂是元素化合价升高的物质，结合化学方程式定量关系和电子守恒计算；流程中需要加入的物质在后面有生成该物质，该物质可以循环利用；⑶从滤液中得到物质的方法是浓缩蒸发，冷却结晶，过滤或抽滤得到晶体；工艺流程可知，二氧化碳使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、高锰酸钾；【详解】(1).加热条件下，MnO2、KOH和KClO3反应生成K2MnO4、KCl、H2O，反应的化学方程式为3MnO2＋KClO3＋6KOH3K2MnO4＋KCl＋3H2O；加热软锰矿、KClO3和KOH固体混合物时，由于KOH会与瓷坩埚中的SiO2发生反应：2KOH+SiO2K2SiO3+H2O腐蚀坩埚，而不与Fe发生反应，所以要用铁坩埚；故答案为KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；酒精灯、坩埚钳；瓷坩埚中的SiO2会与KOH发生反应；(2).由流程图可知，二氧化碳使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、KMnO4，在加热浓缩时，会有KHCO3和KMnO4晶体一起析出，实验中通入适量二氧化碳时体系中可能发生反应的离子方程式为：3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-，2OH-+CO2=CO32-+H2O，其中氧化还原反应中氧化剂和还原剂都是KMnO4，所以氧化剂和还原剂的质量比即为反应的物质的量之比为1:2，调节溶液pH过程中，所得氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1；从流程图可以看出，需要加入的物质有MnO2、KOH、KClO3、CO2（水可以不考虑），反应中又生成KOH、MnO2，故KOH、MnO2是可以循环利用的物质，故答案为：2:1；KOH、MnO2；(3).依据流程中的信息，滤液中含有大量的高锰酸钾和碳酸钾，再根据表中的溶解度数据可知，高锰酸钾在室温下的溶解度较小，而碳酸钾的溶解度很大，因此，从滤液中得到KMnO4晶体的实验操作是浓缩蒸发，冷却结晶、过滤或抽滤得到晶体；工艺流程可知，二氧化碳使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、KMnO4，在加热浓缩时，会有KHCO3和KMnO4晶体一起析出，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；KHCO3的溶解度比K2CO3小得多，滤液蒸发浓缩时KHCO3会随KMnO4一起结晶析出；【点睛】化学工艺流程题是高考的热点内容，每年都会涉及，体现了化学知识与生产实际的紧密联系工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入；而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→所以有什么变化→结论；化学工艺流程一般涉及氧化还原反应方程式的书写、化学反应原理知识的运用、化学计算、实验基本操作等知识，只要理解清楚每步的目的，加上夯实的基础知识，此题能够很好的完成。26、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%。27、III除去氯气中的氯化氢，安全瓶（监测装置H是否堵塞）U型管中左边有色布条褪色，右边有色布条没有褪色Cl2+2I-→2Cl-+I2取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化Cl2也可与KI反应生成I2，乙组设计的实验中并没有排除Cl2对实验的干扰，故不能比较Cl、Br、I的非金属性或Cl2未充分接触到溴化钠溶液中，未必能看到现象无尾气处理装置，污染环境【解析】

(1)结合反应原理甲组利用固体与液体加热制备氯气；乙组利用固体与液体反应不加热制氯气；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，装置G中CaCl2是干燥剂；(3)氯气能氧化I-生成I2；装置C中氯气氧化了亚硫酸钠，所得溶液中含有SO42-，只要利用稀盐酸和BaCl2溶液检验溶液中是否存在SO42-，即可判断有没有发生氧化还原反应；(4)NaBr溶液未能完全吸收Cl2，有部分Cl2参与KI氧化为I2的反应；(5)Cl2是有毒气体，需要处理含氯气的尾气。【详解】(1)甲组用漂白粉与硫酸溶液混合加热制取氯气，实验中A选用装置II；而乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，反应不需要加热，则E选用装置I；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，可利用装置F中饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，同时根据长颈漏斗中液面是否上升，达到监测装置H是否堵塞的目的；从F中进入G中的Cl2混有水蒸气，能使U型管中左边有色布条褪色，而潮湿的氯气经过无水CaCl2干燥后，不再具有漂白性，则右边有色布条没有褪色；(3)氯气能氧化I-生成I2，发生反应的离子方程式为Cl2+2I-→2Cl-+I2；验证装置C中氯气是否氧化亚硫酸钠的操作方法是取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化；(4)乙组中H装置中NaBr不能完全吸收Cl2，将有部分Cl2也可与KI反应生成I2，干扰Br2氧化I-的实验，则无法判断Br2和I2的氧化性强弱，也不能比较Cl、Br、I的非金属性；(5)甲组实验存在的明显缺陷是无尾气处理装置，污染环境。【点睛】本题考查氯气的制备与氯气的性质探究，明确实验原理解题关键，难点是氯气有强氧化性，但没有漂白性，氯气使湿润有色布条褪色的根本原因是氯气与水反应生成的HClO有漂白性，易错点是装置G中左侧干燥有色布条能褪色，原因是制得的氯气中混有水蒸气。28、+123kJ∙mol-1CB该反应是气体分子数增多的反应，恒压条件下充入水蒸气容器体积增大，平衡右移ⅳⅰ3.3×103C与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面生成有毒气体CO(或其他合理说法)【解析】

(1)比较丙烷与丙烯的结构，可确定断裂2个C-H键和1个C-C键，形成1个C=C键和1个H-H键，利用表中键能可计算C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)的∆H。(2)①A．对于一个化学反应，方程式确定后，∆H确定，与反应进行的程度无关；B．混合气体的质量和体积都不变，密度始终不变；C．混合气体的质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不断减小；D．反应发生后，总是存在单位时间内生成1molH-H键，同时生成1molC=C键。②A．增大压强，平衡逆向移动；B．升高温度，平衡正向移动；C．保持容积不变充入氩气，平衡不受影响。工业生产中为提高丙烯的产率，还常在恒压时向原料气中掺入水蒸气，可增大混合气的体积，减小与反应有关气体的浓度。③1×104Pa与1×105Pa进行对比，从平衡移动的方向确定图中表示丙烷和丙