浙江省学军中学2025年高三第二次联考（二模）化学试题试卷含解析

浙江省学军中学2025年高三第二次联考（二模）化学试题试卷注意事项：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、下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是A．用装置甲制取氯气B．用装置乙除去氯气中的少量氯化氢C．用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D．用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2·4H2O2、化学现象随处可见，化学制品伴随我们的生活。下列说法错误的是（）A．“霾尘积聚难见路人”，雾霾可能产生丁达尔效应B．“用浓酒和糟入甑(蒸锅)，蒸令气上……”，其中涉及的操作是蒸馏C．“世间丝、麻、裘皆具素质……”，其中的“丝、麻”的主要成分都是蛋白质D．古剑“沈卢”以“剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，其中的“剂钢”是铁合金3、化学与生命健康密切相关，“84”消毒液（有效成分为NaClO）在抗击新冠肺炎疫情中起到重要作用。下列说法错误的是A．“84”消毒液为混合物B．“84”消毒液具有漂白性C．“84”消毒液可用于灭杀新型冠状病毒D．“84”消毒液可以与“洁厕灵”（主要成分为盐酸）混用4、天然气脱硫的方法有多种，一种是干法脱硫，其涉及的反应：H2(g)+CO(g)+SO2(g)H2O(g)+CO2(g)+S(s)+Q(Q>0)。要提高脱硫率可采取的措施是A．加催化剂 B．分离出硫 C．减压 D．加生石灰5、在高温高压的水溶液中，AuS－与Fe2+发生反应沉积出磁铁矿(主要成分Fe3O4)和金矿(含Au)，并伴有H2S气体生成。对于该反应的说法一定正确的是A．氧化剂和还原剂的物质的量之比2:3B．AuS－既作氧化剂又作还原剂C．每生成2.24L气体，转移电子数为0.1molD．反应后溶液的pH值降低6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．1L0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中含有的阳离子数目小于0.2NAB．0.24gMg在O2和CO2的混合气体中完全燃烧，转移电子数为0.02NAC．3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NAD．1molNa2O2与SO2完全反应，转移电子数为2NA7、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1L0.1mol·L-1的氨水中含有的NH3分子数为0.1NAB．标准状况下，2.24L的CCl4中含有的C-Cl键数为0.4NAC．14g由乙烯与环丙烧(C3H6)组成的混合气体含有的碳原子数目为NAD．常温常压下，Fe与足量稀盐酸反应生成2.24LH2,转移电子数为0.3NA8、在铁质品上镀上一定厚度的锌层，以下电镀方案正确的是（）A．锌作阳极，铁制品作阴极，溶液中含Zn2+B．锌作阳极，铁制品作阴极，溶液中含Fe3+C．锌作阴极，铁制品作阳极，溶液中含Zn2+D．锌作阴极，铁制品作阳极，溶液中含Fe3+9、白色固体Na2S2O4常用于织物的漂白，也能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去。下列关于Na2S2O4说法不正确的是A．可以使品红溶液褪色B．其溶液可用作分析化学中的吸氧剂C．其溶液可以和Cl2反应，但不能和AgNO3溶液反应D．已知隔绝空气加热Na2S2O4分解可生成SO2，则其残余固体产物中可能有Na2S2O310、化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法不正确的是A．电动汽车充电、放电过程均有电子转移B．很多鲜花和水果的香味来自于酯C．淘米水能产生丁达尔效应，这种淘米水具有胶体的性质D．碳纳米管是一种比表面积大的有机合成纤维，可用作新型储氢材料11、某有机物结构简式如图，下列对该物质的叙述中正确的是A．该有机物能发生取代反应、氧化反应和消去反应B．1mol该有机物最多可与2molNaOH发生反应C．该有机物可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使之褪色D．该有机物有3个手性碳原子12、为测定镁铝合金（不含其它元素）中镁的质量分数。某同学设计了如下实验：称量ag镁铝合金粉末，放在如图所示装置的惰性电热板上，通电使其充分灼烧。下列说法错误的是A．实验结束后应再次称量剩余固体的质量B．氧气要保证充足C．可以用空气代替氧气进行实验D．实验结束后固体质量大于ag13、能正确表示下列反应的离子反应方程式的是A．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：H++SO42-＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2OB．Cl2溶于过量NaOH溶液中：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OC．醋酸除水垢CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑D．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32-＋2H＋=SO2↑＋H2O14、下列说法正确的是（）A．lmol葡萄糖能水解生成2molCH3CH2OH和2molCO2B．苯的结构简式为，能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．相同物质的量的乙烯与乙醇分别在足量的O2中完全燃烧，消耗O2的物质的量相同D．乙烯和植物油都能使溴水褪色，其褪色原理不同15、根据下列图示所得出的结论不正确的是A．图甲是室温下20mL0.1mol•L﹣1氨水中滴加盐酸，溶液中由水电离出的c（H+）随加入盐酸体积的变化关系，图中b、d两点溶液的pH值均为7B．图乙是CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的△H＜0C．图丙是室温下用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1某一元酸HX的滴定曲线，该滴定过程可以选择酚酞作为指示剂D．图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c（Ba2+）与c（SO42﹣）的关系曲线，说明Ksp（BaSO4）＝1×10﹣1016、《唐本草》和《本草图经》中记载：“绛矾，本来绿色，……正如瑁璃烧之赤色”“取此物（绛矾）置于铁板上，聚炭，……吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也”。其中不涉及的物质是（）A．FeSO4·7H2O B．S C．Fe2O3 D．H2SO417、下列说法不正确的是()A．工业合成氨是一种人工固氮方法 B．侯氏制碱法应用了物质溶解度的差异C．播撒碘化银可实现人工降雨 D．铁是人类最早使用的金属材料18、某原子电子排布式为1s22s22p3，下列说法正确的是A．该元素位于第二周期IIIA族 B．核外有3种能量不同的电子C．最外层电子占据3个轨道 D．最外层上有3种运动状态不同的电子19、下列有关化学和传统文化关系的说法中不正确的是A．东汉魏伯阳在《周易参同契》中对汞的描述：“太阳流珠，常欲去人…得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根……”，这里的“黄芽”是指硫B．三国时期曹植在《七步诗》中写到“煮豆持作羹，漉菽以为汁。萁在釜中燃，豆在釜中泣。……”，文中“漉”涉及的操作原理类似于化学实验中的过滤C．《本草经集注》中关于鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）的记载：“强烧之，紫青烟起……云是真硝石也”，该方法用了焰色反应D．《本草图经》在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤……”，因为绿矾能电离出H+，所以“味酸”20、银­Ferrozine法检测甲醛(HCHO)的原理为①在原电池装置中，氧化银能将甲醛充分氧化为CO2；②Fe3＋与产生的Ag定量反应生成Fe2＋；③Fe2＋与Ferrozine形成有色配合物；④测定溶液的吸光度(吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比)。下列说法正确的是()A．①中，负极上消耗1mol甲醛时转移2mol电子B．①溶液中的H＋由正极移向负极C．理论上消耗的甲醛与生成的Fe2＋的物质的量之比为1∶4D．④中，甲醛浓度越大，吸光度越小21、下列属于不可再生能源的是（）A．氢气B．石油C．沼气D．酒精22、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．NH3NO2HNO3B．Mg(OH)2MgCl2(aq)无水MgCl2C．Fe2O3FeFeCl2D．NaCl(aq)NaOH(aq)NaHCO3二、非选择题(共84分)23、（14分）有机化合物H的结构简式为，其合成路线如下（部分反应略去试剂和条件）：已知：①②(苯胺易被氧化)请回答下列问题：(1)烃A的名称为_______，B中官能团为_______，H的分子式为_______，反应②的反应类型是_______。(2)上述流程中设计C→D的目的是_______。(3)写出D与足量NaOH溶液反应的化学方程式为_______。(4)符合下列条件的D的同分异构体共有_______种。A．属于芳香族化合物B．既能发生银镜反应又能发生水解反应写出其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为6∶2∶1∶1的同分异构体的结构简式：______。(任写一种)(5)已知：苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位，据此按先后顺序写出以烃A为原料合成邻氨基苯甲酸（）合成路线(无机试剂任选)。_______24、（12分）已知：D为烃，E分子中碳元素与氢元素的质量之比6∶1，相对分子质量为44，其燃烧产物只有CO2和H2O。A的最简式与F相同，且能发生银镜反应，可由淀粉水解得到。（1）A的结构简式为__________________。（2）写出D→E的化学方程式_______________________。（3）下列说法正确的是____。A.有机物F能使石蕊溶液变红B.用新制的氢氧化铜无法区分有机物C、E、F的水溶液C.等物质的量的C和D分别完全燃烧消耗氧气的量相等D.可用饱和碳酸钠溶液除去有机物B中混有的少量C、FE.B的同分异构体中能发生银镜反应的酯类共有2种25、（12分）单晶硅是信息产业中重要的基础材料。工业上可用焦炭与石英砂(SiO2)的混合物在高温下与氯气反应生成SiCl4和CO，SiCl4经提纯后用氢气还原得高纯硅。以下是实验室制备SiCl4的装置示意图：实验过程中，石英砂中的铁、铝等杂质也能转化为相应氯化物，SiCl4、AlCl3、FeCl3遇水均易水解，有关物质的物理常数见下表：物质SiCl4AlCl3FeCl3沸点/℃57.7—315熔点/℃-70.0——升华温度/℃—180300(1)装置B中的试剂是_______，装置D中制备SiCl4的化学方程式是______。(2)D、E间导管短且粗的作用是______。(3)G中吸收尾气一段时间后，吸收液中肯定存在OH-、Cl-和SO42-，请设计实验，探究该吸收液中可能存在的其他酸根离子(忽略空气中CO2的影响)。（提出假设）假设1：只有SO32-；假设2：既无SO32-也无ClO-；假设3：______。（设计方案进行实验）可供选择的实验试剂有：3mol/LH2SO4、1mol/LNaOH、0.01mol/LKMnO4、溴水、淀粉-KI、品红等溶液。取少量吸收液于试管中，滴加3mol/LH2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于a、b、c三支试管中，分别进行下列实验。请完成下表：序号操作可能出现的现象结论①向a试管中滴加几滴_____溶液若溶液褪色则假设1成立若溶液不褪色则假设2或3成立②向b试管中滴加几滴_____溶液若溶液褪色则假设1或3成立若溶液不褪色假设2成立③向c试管中滴加几滴_____溶液_____假设3成立26、（10分）铜锈的主要成分是铜绿，某化学兴趣小组为了研究铜生锈的条件，进行了如下图所示的实验。一月后，发现B中的铜丝慢慢生锈，且水面处铜丝生锈较为严重，而A、C、D中的铜丝基本无变化。试根据实验回答下列问题：(1)铜生锈所需要的条件是：铜与________相互作用发生化学反应的结果。(2)写出铜生锈产生铜绿[Cu2(OH)2CO3]的化学反应方程式________。(3)推测铜和铁，________更易生锈。27、（12分）高锰酸钾是常用的消毒剂、除臭剂、水质净化剂以及强氧化剂，下图是在实验室中制备KMnO4晶体的流程：回答下列问题：（1）操作②目的是获得K2MnO4，同时还产生了KCl和H2O，试写出该步反应的化学方程式：_______________。操作①和②均需在坩埚中进行，根据实验实际应选择_______________(填序号)。a．瓷坩埚b．氧化铝坩埚c．铁坩埚d．石英坩埚（2）操作④是使K2MnO4转化为KMnO4和MnO2，该转化过程中发生反应的离子方程式为_______________。若溶液碱性过强，则MnO4-又会转化为MnO42-，该转化过程中发生反应的离子方程式为_______________。因此需要通入某种气体调pH=10-11，在实际操作中一般选择CO2而不是HCl，原因是_______________。（3）操作⑤过滤时，选择图2所示装置而不用图1所示装置的原因是_______________。（4）还可采用电解K2MnO4溶液(绿色)的方法制造KMnO4(电解装置如图所示)，电解过程中右侧石墨电极的电极反应式为_______________。溶液逐渐由绿色变为紫色。但若电解时间过长，溶液颜色又会转变成绿色，可能的原因是_______________。28、（14分）燃煤产生的烟气中含有较多的CO2、CO、SO2等影响环境的气体。如何综合利用这些气体一直是科研单位研究的热点。(1)已知：2CO2(g)＋6H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋3H2O(g)ΔH1CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)ΔH22CO(g)＋4H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH3用ΔH2、ΔH3表示ΔH1，ΔH1＝_________。(2)针对CO2与H2反应转化为二甲醚(g)和H2O(g)，研究发现，该反应中CO2的平衡转化率随反应温度、投料比[n(H2)/n(CO2)]的变化曲线如图：①ΔH1________(填“＞”或“＜”)0。②若其他条件不变，仅仅增大压强，则逆反应速率会________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，平衡常数K会________。(3)研究发现，催化剂可以促使烟气CO、SO2转化为CO2、S。反应原理为2CO(g)＋SO2(g)⇌2CO2(g)＋S(l)ΔH＝－270kJ·mol－1。①其他条件相同，研究发现，分别选取Fe2O3、NiO、Cr2O3作上述反应的催化剂时，SO2的转化率随反应温度的变化如图，研究得出，应该选择Fe2O3作催化剂，主要原因可能是________________②若在2L恒容密闭容器中，将3molCO、1molSO2混合，在一定条件下引发反应，当SO2的平衡转化率为40%时，此时K＝________。③向反应容器中再分别通入下列气体，可以使SO2转化率增大的是_____(填字母)。A．COB．SO2C．N2D．H2SE.CO229、（10分）我国具有光辉灿烂的古代科技，早在商代就已经铸造出司母戊大方鼎。回答下列问题：（1）Cu在元素周期表中的位置___，Cu2+的价电子排布式为__。（2）已知基态铜的部分电离能如表所示：电离能/kJ·mol－1I1I2I3Cu74619582058由表格数据知，I2(Cu)远远大于I1(Cu)，其原因是__。（3）Cu2+能与吡咯()的阴离子()形成双吡咯铜。①中C和N原子的杂化均为__，1mol含有__molσ键；②双吡咯铜Cu()2的配位原子为__；噻吩的沸点为84℃，吡咯()的沸点在129~131℃之间，吡咯沸点较高，其原因是__。（4）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如图所示(白球代表M原子)。每个铜原子周围距离最近的铜原子数目__；该晶体的化学式为__。已知该晶体的密度为ρg·cm－3，晶体的摩尔质量为Mg/mol，阿伏伽德罗常数的值为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为__pm(只写计算式)。

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、二氧化锰与浓盐酸需要在加热的条件下反应制取氯气，A不正确；B、用装置乙除去氯气中的少量氯化氢应该用饱和氯化钠溶液，且气体是长口进短口出，B不正确；C、二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，装置丙是过滤装置，C正确；D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制备MnCl2·4H2O，应该在氯化氢的气氛中进行，D不正确。答案选C。2、C【解析】

A．雾霾中可能存在直径1-100nm的粒子，这些粒子分散在空气中形成胶体，可产生丁达尔效应，A项正确；B．“用浓酒和糟入甑(蒸锅)，蒸令气上……”，通过蒸煮使酒精转化为蒸气，再冷凝收集，是蒸馏操作，B项正确；C．“丝”是蚕丝，主要成分为蛋白质；“麻”来自植物，主要成分为纤维素，C项错误；D．钢是铁和碳的合金，D项正确；答案选C。3、D【解析】

A．“84”消毒液的主要成分为NaClO、NaCl，为混合物，A正确；B．“84”消毒液的有效成分是有NaClO，具有漂白性，B正确；C．“84”消毒液中的NaClO具有杀菌消毒能力，可用于灭杀新型冠状病毒，C正确；D．若将“84”消毒液与“洁厕灵”混用，会发生反应ClO-+Cl-+2H+==Cl2↑+H2O，D错误；故选D。4、D【解析】

H2（g）+CO（g）+SO2（g）⇌H2O（g）+CO2（g）+S（s）△H<0，正反应是气体体积减小的放热反应，A、加入催化剂只改变反应速率不改变化学平衡，能提高单位时间脱硫率，选项A不符合题意；B．硫是固体，分离出硫对平衡无影响，选项B不符合题意；C、减压会使平衡逆向进行，脱硫率降低，选项C不符合题意；D．加生石灰可吸收生成的水和二氧化碳，有利于平衡正向移动，提高脱硫率，选项D符合题意。答案选D。本题考查了化学平衡的分析应用，影响因素的分析判断，掌握化学平衡移动原理是关键，正反应是气体体积减小的放热反应，依据化学平衡的反应特征结合平衡移动原理分析选项判断，高压、降温平衡正向进行，固体和催化剂不影响化学平衡。5、D【解析】

在高温高压的水溶液中，AuS－与Fe2+发生反应沉积出磁铁矿(主要成分Fe3O4)和金矿(含Au)，并伴有H2S气体生成，则反应的方程式可表示为4H2O+2AuS－+3Fe2+→Fe3O4+2Au+2H2S↑+4H＋，则A．氧化剂是AuS－，还原剂是亚铁离子，根据电子得失守恒可知二者的物质的量之比1:1，选项A错误；B．AuS－中Au的化合价降低，只作氧化剂，亚铁离子是还原剂，选项B错误；C．不能确定气体所处的状态，则每生成2.24L气体，转移电子数不一定为0.1mol，选项C错误；D．反应后有氢离子产生，因此溶液的pH值降低，选项D正确；答案选D。6、A【解析】

A.铁离子在溶液中水解导致阳离子个数增多，故溶液中阳离子个数多于0.2NA个，故A错误；B.0.24gMg为0.01mol，Mg在O2和CO2的混合气体中完全燃烧生成MgO，失去0.02mol电子，则转移电子数为0.02NA，故B正确；C.CO2的摩尔质量为44g/mol，含22个质子；SO2的摩尔质量为64g/mol，含32个质子，即两者均是2g中含1mol质子，故3g混合物中含1.5mol质子即1.5NA个质子，故C正确；D.过氧化钠与二氧化硫反应生成硫酸钠，1mol过氧化钠中的−1价的氧原子变为−2价，故1mol过氧化钠转移2mol电子即2NA个，故D正确；答案选A。7、C【解析】

A.氨水中存在电离平衡，因此溶液中实际存在的氨分子一定少于0.1mol，A项错误；B.四氯化碳在标况下不是气体，因此无法按气体摩尔体积计算其分子数，B项错误；C.乙烯和环丙烷的最简式相同，均为，因此14g混合物相当于1mol的，自然含有NA个碳原子，C项正确；D.常温常压下，气体摩尔体积并不是，因此无法根据氢气的体积进行计算，D项错误；答案选C。8、A【解析】

在Fe上镀上一定厚度的锌层，镀层金属作阳极、镀件作阴极，含有镀层金属阳离子的可溶性盐溶液为电解质溶液，所以Zn作阳极、Fe作阴极，含有锌离子的可溶性盐为电解质，故选A。9、C【解析】

A.Na2S2O4溶于水，会与溶解在水中的氧气反应产生SO2，SO2能使品红溶液褪色，所以Na2S2O4的水溶液具有漂白性，A正确；B.Na2S2O4溶液与少量氧气反应产生亚硫酸氢钠和硫酸氢钠两种盐，反应方程式为：Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4，所以Na2S2O4溶液可用作分析化学中的吸氧剂，B正确；C.Na2S2O4中S元素平均化合价为+3价，具有还原性，Cl2具有氧化性，AgNO3具有酸性和氧化性，所以Na2S2O4与Cl2和AgNO3溶液都可以发生反应，C错误；D.隔绝空气加热Na2S2O4分解可生成SO2和两种盐Na2S2O3、Na2SO3，D正确；故合理选项是C。10、D【解析】

A.电动汽车充电为电解池原理，放电过程为原电池原理，两个过程均属于氧化还原反应，存在电子转移，A正确；B.一些低级酯有芳香气味，很多鲜花和水果的香味来自于这些酯，B正确；C.淘米水中含有的淀粉分子达到胶体颗粒的大小，能产生丁达尔效应，说明这种淘米水具有胶体的性质，C正确；D.碳纳米管只含有C元素，属于单质，不是有机物，D错误；故合理选项是D。11、D【解析】

A．该有机物中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，故A错误；B．该分子含有酯基，1mol该有机物含有1mol酯基，酯基水解后生成羧基和醇羟基，只能和1molNaOH发生反应，故B错误；C．该分子中不含碳碳双键或三键，不能与溴发生加成反应，故C错误；D．连接四个不同原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子，所以与苯环相连的碳原子、六元环上与O相连的碳原子、六元环上连接一个甲基的碳原子均为手性碳原子，故D正确；答案为D。与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子可发生消去反应；与羟基相连的碳原子上有氢原子可发生氧化反应；连接四个不同原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子。12、C【解析】

A．实验结束后一定要再次称量剩余固体质量，再通过其它操作可以计算镁铝合金中镁的质量分数，故A正确；B．为了使其充分灼烧，氧气要保证充足，故B正确；C．用空气代替氧气对实验有影响，这是因为高温条件下，镁还能够和氮气、二氧化碳等反应，故C错误；D．灼烧后的固体为氧化镁和氧化铝的混合物，质量大于ag，这是因为氧气参加了反应，故D正确；故答案选C。13、B【解析】

A.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，正确离子方程式为：2H++SO42-＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，A项错误；B.Cl2溶于过量NaOH溶液中生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，B项正确；C.醋酸为弱酸，离子方程式中不拆，C项错误；D.稀HNO3具有强氧化性，能将Na2SO3氧化为Na2SO4，D项错误；答案选B。本题易错点D，离子方程式正确判断时，要注意物质的性质，有强氧化剂时，会与还原剂发生氧化还原反应。14、C【解析】A．葡萄糖是单糖不能水解，lmol葡萄糖能分解生成2molCH3CH2OH和2molCO2，故A错误；B．苯的结构简式为，但分子结构中无碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C．乙醇分子式可以变式为C2H4·H2O，故乙醇燃烧相当于乙烯燃烧，耗氧量相同，故C正确；D．乙烯和植物油均含有碳碳双键，都能使溴水褪色，其褪色原理均为加成反应，故D错误；答案为C。15、A【解析】

A、过量氨水或者盐酸存在抑制水的电离，NH4Cl水解促进水的电离；B、根据图象，温度升高，平衡常数值减小，不利于反应正向进行；C、根据图知，HX中未加NaOH溶液时，0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，说明该溶液中HX不完全电离；D、温度不变，溶度积常数不变，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)•c(SO42-)。【详解】A、过量氨水或者盐酸存在抑制水的电离，NH4Cl水解促进水的电离，随着盐酸的滴加，溶液中NH4Cl逐渐增多，到达b点时存在NH4Cl和氨水，此时溶液中c水(H+)=10-7mol/L，可说明溶液为中性，继续滴加至c点，此时完全是NH4Cl，溶液为酸性，继续滴加HCl，溶液酸性增强，到达c点虽然c水(H+)=10-7mol/L，但溶液为酸性，故A符合题意；B、根据图象，温度升高，平衡常数值减小，说明平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，反应的<0，故B不符合题意；C、根据图知，HX中未加NaOH溶液时，0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，说明该溶液中HX不完全电离，所以HX为一元弱酸，pH突跃范围落在酚酞的指示范围内，可以使用酚酞，故C不符合题意；D、温度不变，溶度积常数不变，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)•c(SO42-)，c(Ba2+)与c(SO42-)成反比，则c(SO42-)越大，c(Ba2+)越小，根据图象上的点计算可得Ksp(BaSO4)=1×10-10，故D不符合题意；故选：A。本题的A选项分析需注意，b点对应溶质为NH4Cl、NH3•H2O，此时溶液中氢离子均为水所电离，溶液呈中性，而d点对应溶质为NH4Cl、HCl，此时溶液中氢离子为HCl水电离，溶液呈酸性。16、B【解析】

由信息可知，绿矾为硫酸亚铁的结晶水合物，即FeSO4·7H2O，加热发生氧化还原反应，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，Fe的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水蒸气，三氧化硫与水结合可生成硫酸，不涉及的物质是S，答案选B。硫为淡黄色固体，在题目中并未涉及，做本题时要关注各物质的物理性质。17、D【解析】

A.氮的固定是把游离态氮转变成化合态氮的过程，分自然固氮和人工固氮，工业合成氨是一种人工固氮方法，A正确；B.侯氏制碱法，应用了碳酸氢钠溶解度小而结晶析出，经分离再受热分解得到碳酸钠，B正确；C.播撒碘化银、干冰都可实现人工降雨，C正确；D.铁的金属性比较强，不可能是人类最早使用的金属材料，人类使用金属材料，铜比铁早，D错误；答案选D。18、B【解析】

由原子电子排布式为1s22s22p3，可知原子结构中有2个电子层，最外层电子数为5，共7个电子，有7个不同运动状态的电子，但同一能级上电子的能量相同，以此来解答。【详解】A．有2个电子层，最外层电子数为5，则该元素位于第二周期VA族，故A错误；B．核外有3种能量不同的电子，分别为1s、2s、3p上电子，故B正确；C．最外层电子数为5，占据1个2s、3个2p轨道，共4个轨道，故C错误；D．最外层电子数为5，则最外层上有5种运动状态不同的电子，故D错误；故答案为B。19、D【解析】

A．液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故A正确；B．煮豆持作羹，漉豉以为汁意思为煮熟的豆子来做豆豉而使豆子渗出汁水，分离豆豉与豆汁，实际是分离固体与液体，应选择过滤的方法，故B正确；C．鉴别硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)，灼烧时焰色反应不同，分别为紫色、黄色，可鉴别，故C正确；D．FeSO4⋅7H2O电离生成二价铁离子、硫酸根离子，不能电离产生氢离子，硫酸亚铁为强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液显酸性，故D错误；答案选D。20、C【解析】A．甲醛分子中碳元素的化合价为0价，1mol甲醛被氧化时转移4mol电子，故A错误；B．原电池中阳离子向正极移动，故B错误；C．每生成1molFe2+转移1mol电子，1mol甲醛被氧化时转移4mol电子，根据电子转移的数目相等，可知消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1:4，故C正确；D．④中，甲醛浓度越大，反应生成的Fe2+的浓度越大，吸光度越大，故D错误；答案为C。21、B【解析】煤、石油及天然气是化石能源，属不可能再生的能源，而氢气、沼气、酒精及太阳能、风能等为再生能源，故答案为B。点睛：明确能源的来源是解题关键，能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源，如太阳能、风能、生物质能等；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源，如煤、石油等。22、D【解析】

A.NH3NO2不能一步转化，氨气催化氧化得到NO而不能直接得到NO2，选项A错误；B.MgCl2(aq)无水MgCl2，氯化镁为强酸弱碱盐，水解产生氢氧化镁和盐酸，盐酸易挥发，最后得到的氢氧化镁灼烧得到氧化镁，而不能一步得到无水氯化镁，选项B错误；C.FeFeCl3，铁在氯气中燃烧生成氯化铁不是生成氯化亚铁，无法一步转化生成氯化亚铁，选项C错误；D.NaCl(aq)NaOH(aq)NaHCO3，电解氯化钠溶液得到氢氧化钠，氢氧化钠溶液中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钠，反应均能一步转化，选项D正确。答案选D。本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。二、非选择题(共84分)23、甲苯氯原子或－ClC7H7O3N取代反应或硝化反应保护(酚)羟基不被氧化+2NaOH+CH3COONa+H2O14或【解析】

H的结构简式为，逆推可知G为。纵观整个过程，可知烃A为芳香烃，结合C的分子式C7H8O，可知A为，A与Cl2发生苯环上氯代反应生成B，B中氯原子发生水解反应、酸化引入-OH生成C，C中酚羟基发生信息①中取代反应生成D，D与酸性KMnO4溶液反应，D中-CH3被氧化成-COOH生成E，E→F转化中在苯环上引入硝基-NO2，F→G的转化重新引入酚羟基，可知C→D的转化目的防止酚羟基被氧化，结合H的结构简式，可推知B为、C为、D为、E为、F为。(5)甲基氧化引入羧基，硝基还原引入氨基，由于氨基易被氧化，应先把甲基氧化为羧基后再将硝基还原为氨基，结合苯环引入基团的定位规律，甲苯先和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，然后邻硝基甲苯再被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，最后邻硝基苯甲酸和Fe、HCl反应生成邻氨基苯甲酸。【详解】根据上述分析可知：A为，B为、C为、D为、E为、F为，G为，H为。(1)烃A为，A的名称为甲苯。B为，B中官能团为氯原子。H的结构简式为，H的分子式为C7H7O3N。反应②是苯环上引入硝基，反应类型是：取代反应；(2)C→D中消除酚羟基，F→G中又重新引入酚羟基，而酚羟基容易被氧化，所以流程中设计C→D的目的是：保护(酚)羟基不被氧化；(3)D是，D与足量NaOH溶液发生酯的水解反应，化学方程式为：+2NaOH+CH3COONa+H2O，(4)D为，其符合下列条件的同分异构体：A.属于芳香族化合物，说明含有苯环；B.既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有-OOCH基团。只有1个取代基为-CH2CH2OOCH和-CH(CH3)OOCH两种不同结构；有2个取代基为-CH3、-CH2COOH，或者-CH2CH3、-OOCH，这两种情况均有邻、间、对3种位置结构，种类数为2×3=6种；有3个取代基为-CH3、-CH3、-OOCH，2个甲基有邻、间、对3种位置结构，对应的-OOCH分别有2种、3种、1种位置，故符合条件的共有2+3×2+2+3+1=14种。其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为6：2：1：1的同分异构体的结构简式：或。(5)以甲苯为原料合成的方法是：先使甲苯发生取代反应产生邻硝基甲苯，用酸性KMnO4氧化甲基为—COOH，得到邻硝基甲苯，用Fe在HCl存在条件下发生还原反应，—NO2被还原得到—NH2，就生成邻氨基苯甲酸。故合成路线流程图为：。本题考查有机物推断与合成，涉及物质的命名、反应类型的判断、操作目的、同分异构体种类的判断及符合要求的同分异构体结构简式的书写等。要采用正推、逆推相结合的方法分析判断。需要熟练掌握官能团性质与转化，并对给予的信息进行利用，结合转化关系中有机物H的结构和反应条件进行推断。24、CH2OH(CHOH)4CHO2CH2CH2+O22CH3CHOACDE【解析】

A能发生银镜反应，可由淀粉水解得到，说明A为葡萄糖，葡萄糖在催化剂作用下生成C为乙醇，E分子中碳元素与氢元素的质量之比6∶1，说明E分子中C与H原子个数比为1:2，相对分子质量为44，其燃烧产物只有CO2和H2O，则E为CH3CHO，D为烃，根据C和E可知，D为乙烯，F的最简式和葡萄糖相同，且由乙醛催化氧化得到，说明F为乙酸，B在酸性条件下生成乙酸和乙醇，则B为乙酸乙酯。据此判断。【详解】(1)A为葡萄糖，其结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，故答案为CH2OH(CHOH)4CHO；(2)乙烯催化氧化生成乙醛的化学方程式为：2CH2＝CH2+O22CH3CHO，故答案为2CH2＝CH2+O22CH3CHO；(3)A.有机物F为乙酸，具有酸性，可使石蕊溶液变红，故A正确；B.C为乙醇、E为乙醛、F为乙酸乙酯，乙醇易溶于水，不分层，乙醛与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，乙酸乙酯不溶于水，产生分层，上层为油状液体，现象各不相同，所以可用新制的氢氧化铜区分，故B错误；C.1mol乙醇完全燃烧消耗3mol氧气，1mol乙烯完全燃烧消耗3mol氧气，则等物质的量的乙醇和乙烯分别完全燃烧消耗氧气的量相等，故C正确；D.饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇、消耗乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，所以可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的少量乙醇和乙酸，故D正确；E.乙酸乙酯的同分异构体中能发生银镜反应的酯类物质有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2，共2种，故E正确；答案选：ACDE。25、饱和食盐水SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO防止生成物中的AlCl3，FeCl3等杂质凝结成固体堵塞导管只有ClO-0.01mol/LKMnO4溶液(或溴水)品红淀粉-KI若溶液变为蓝色【解析】

制备四氯化硅的实验流程：A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应生成氯气，B中饱和食盐水除去Cl2中杂质HCl，C装置中浓硫酸干燥氯气，D中发生Si与氯气的反应生成四氯化硅，由信息可知，四氯化硅的沸点低，则E装置冷却可收集四氯化硅，F可防止F右端的水蒸气进入装置E中与四氯化硅反应，造成产物不纯，最后G处理含氯气的尾气。据此解答。【详解】(1)装置A是氯气发生装置，A中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑；浓盐酸具有挥发性，所以制取得到的Cl2中含有杂质HCl及水蒸气，装置B的作用是除去杂质HCl，结合Cl2与水的反应是可逆反应的特点，装置B使用的试剂是饱和食盐水，用以除去杂质HCl；在D装置中二氧化硅、碳和氯气反应生成四氯化硅和一氧化碳，反应为：SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO；(2)石英砂中的杂质Fe、Al会与Cl2反应产生FeCl3、AlCl3，这两种物质的熔沸点比较高，在室温下成固态，D、E间导管短且粗就可防止生成物中的AlCl3，FeCl3等杂质凝结成固体堵塞导管；(3)由假设1和假设2可知，要检测的为SO32-和ClO-，故假设3为只有ClO-，又因为SO32-具有还原性，会使KMnO4溶液(或溴水)褪色，而ClO-不会，所以可以用0.01mol/LKMnO4溶液(或溴水)来检测，证明假设1成立；SO32-与硫酸反应产生H2SO3，H2SO3分解产生的SO2和ClO-具有漂白性，会使品红溶液褪色，所以可以用品红溶液来检测假设2是否成立；ClO-具有氧化性，可以氧化KI反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉边蓝色，若溶液变为蓝色，证明含有ClO-，否则不含有ClO-，因此可以使用淀粉-KI溶液用来检测假设3是否成立。本题考查制备实验方案的设计，综合了氯气的制法、硅的提纯等实验知识，注意把握制备原理及实验流程中的反应、物质的性质等为解答的关键，侧重考查学生的分析与实验能力。26、O2、H2O、CO22Cu+O2+H2O+CO2==Cu2(OH)2CO3铁【解析】

(1)由铜绿的化学式可以看出，铜绿由铜、碳、氢、氧四种元素组成，据此判断；(2)根据反应物和生成物及其质量守恒定律可以书写化学方程式；(3)根据生活的经验和所需化学知识推测易生锈的物质。【详解】(1)根据铜锈的化学式[Cu2(OH)2CO3]，可以看出其中含有铜、氢、碳、氧四种元素，不会是只与氧气和水作用的结果，还应与含有碳元素的物质接触，而空气中的含碳物质主要是二氧化碳，所以铜生锈是铜与氧气、水、二氧化碳共同作用的结果；故答案为：O2、H2O、CO2；(2)铜、氧气、水、二氧化碳反应生成碱式碳酸铜，反应的化学方程式为：2Cu+O2+H2O+CO2==Cu2(OH)2CO3；故答案为：2Cu+O2+H2O+CO2==Cu2(OH)2CO3；(3)铁和铜相比，铁生锈需氧和水，而铜生锈要氧、水和二氧化碳，相比之下铁生锈的条件更易形成，所以铁更易生锈；故答案为：铁。解答本题要正确的分析反应物和生成物各是哪些物质，然后根据质量守恒定律书写反应的化学方程式。27、KClO3＋3MnO2＋6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑c3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2OCl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原过滤速度快、效果好MnO42--e-=MnO4-电解较长时间后，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色。(或阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色【解析】

（1）根据图示，操作②中的反应物有KClO3、MnO2和KOH加热时生成K2MnO4、KCl和H2O，反应的化学方程式为：KClO3＋3MnO2＋6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑；操作①和②的反应物中均含有碱性物质，碱能够与氧化铝、二氧化硅及硅酸盐反应，应选择铁坩埚，故答案为KClO3＋3MnO2＋6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑；c；（2）操作④中K2MnO4转化为KMnO4和MnO2，反应的离子方程式为：3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-；若溶液碱性过强，则MnO4-又会转化为MnO42-，反应的离子方程式为：4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2O；通入CO2调pH=10-11，不选用HCl，是因为Cl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原，故答案为3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-；4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2O；Cl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原；（3）图1为普通过滤装置，图2为抽滤装置，抽滤装置过滤速度快，过滤效果好，且能够过滤颗粒很小是固体和糊状物，故答案为过滤速度快、效果好；（4）电解过程中右侧石墨电极连接电源正极，是阳极，发生氧化反应，电极反应式为：MnO42--e-=MnO4-；若电解时间过长，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色，也可能是阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色，故答案为MnO42--e-=MnO4-；电解较长时间后，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色。(或阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色)。28、ΔH3－2ΔH2＜增大不变Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源0.44A【解析】

（1）反应2CO2(g)＋6H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋3H2O(g)ΔH1CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)ΔH22CO(g)＋4H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH3根据盖斯定律将①+2×②=③，可得反应2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)△H3，以此计算△H1；（2）①观察图象，随温度升高，CO2的平衡转化率逐渐减小，结合平衡移动原理可知该反应为吸热还是放热反应；②结合反应速率、平衡常数的影响因素回答即可；（3）①条件的选择关键在于在使用较低成本，较少时间，而能够达到较高转化率；②已知起始量3molCO、1molSO2，SO2的平衡转化率为40%，代入三段式即可求出各物质平衡量，即可求出K；③结合平衡移动影响因素选择恰当的物质。【详解】(1)反应2CO2(g)＋6H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋3H2O(g)ΔH1CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)ΔH22CO(g)＋4H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH3根据盖斯定律将①+2×②=③，可得反应2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)△H3，故△H3=2×△H2+△H1，所以△H1=ΔH3－2ΔH2，故答案为：ΔH3－2ΔH2；(2)①由图可知，升高温度，CO2的平衡转化率降低，则正反应为放热反应，△H1<0，故答案为：<；②增大压强，正逆反应速率均增大，K只与温