内蒙古自治区普通高中学2025年高三第二次调研考试化学试题文试卷含解析

内蒙古自治区普通高中学2025年高三第二次调研考试化学试题文试卷注意事项：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（每题只有一个选项符合题意）1、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．78gNa2O2与足量CO2反应，转移电子的数目为NAB．0.1mol聚乙烯含有碳碳双键的数目为0.1NAC．标准状况下，2.24LH2O含有电子的数目为NAD．1L0.1mol/LNaHS溶液中硫原子的数目小于0.1NA2、25℃时，向0.1mol/LCH3COOH溶液中逐渐加入NaOH固体，恢复至原温度后溶液中的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列有关叙述不正确的是（）A．CH3COOH的Ka=1.0×10-4.7B．C点的溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)C．B点的溶液中：c(Na+)＋c(H+)=c(CH3COOH)＋c(OH-)D．A点的溶液中：c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH-)=0.1mol/L3、克伦特罗是一种平喘药，但被违法添加在饲料中，俗称“瘦肉精”，其结构简式如图。下列有关“瘦肉精”的说法正确的是A．它的分子式为C12H17N2Cl2OB．它含有氨基、氯原子、碳碳双键等官能团C．1mol克伦特罗最多能和3molH2发生加成反应D．一定条件下它能发生水解反应、酯化反应、消去反应、氧化反应、加聚反应等4、中国传统文化对人类文明贡献巨大,书中充分记载了古代化学研究成果。下列关于古代化学的应用和记载,对其说明不合理的是()A．《本草纲目》中记载:“(火药)乃焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者”,其中利用了KNO3的氧化性B．杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来C．我国古代人民常用明矾除去铜器上的铜锈[Cu2(OH)2CO3]D．蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等为原料精制出优质纸张,由他监制的纸被称为“蔡侯纸”。“蔡侯纸”的制作工艺中充分应用了化学工艺5、德国化学家利用N2和H2在催化剂表面合成氨气而获得诺贝尔奖，该反应的微观历程及反应过程中的能量变化如图一、图二所示，其中分别表示N2、H2、NH3及催化剂。下列说法不正确的是（）A．①→②过程中催化剂与气体之间形成离子键B．②→③过程中，需要吸收能量C．图二说明加入催化剂可降低反应的活化能D．在密闭容器中加入1molN2、3molH2，充分反应放出的热量小于92kJ6、某研究小组以AgZSM为催化剂，在容积为1L的容器中，相同时间下测得0.1molNO转化为N2的转化率随温度变化如图所示[无CO时反应为2NO(g)N2(g)＋O2(g)；有CO时反应为2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)]。下列说法正确的是()A．反应2NON2＋O2的ΔH＞0B．达平衡后，其他条件不变，使n(CO)/n(NO)＞1，CO转化率下降C．X点可以通过更换高效催化剂提高NO转化率D．Y点再通入CO、N2各0.01mol，此时v(CO，正)＜v(CO，逆)7、常温下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1某酸（HA）溶液，溶液中HA、A－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。［已知δ(X)＝］下列说法正确的是A．Ka(HA)的数量级为10－5B．溶液中由水电离出的c(H＋)：a点＞b点C．当pH＝4.7时，c(A－)＋c(OH－)＝c(HA)＋c(H＋)D．当pH＝7时，消耗NaOH溶液的体积为20.00mL8、探究氢氧化铝的两性，最适宜的试剂是（）A．AlCl3、氨水、稀盐酸 B．Al2C．Al、NaOH溶液、稀盐酸 D．Al29、高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：下列叙述错误的是A．用K2FeO4作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水B．反应I中尾气可用FeCl2溶液吸收再利用C．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2D．该条件下，物质的溶解性：Na2FeO4<K2FeO410、向FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液,测定混合后溶液pH随混合前溶液中变化的曲线如图所示。实验发现:ⅰ.a点溶液澄清透明,向其中滴加NaOH溶液后,立即产生灰白色沉淀,滴入KSCN溶液显红色;ⅱ.c点和d点溶液中产生红褐色沉淀,无气体逸出。取其上层清液滴加NaOH溶液后无明显现象,滴加KSCN溶液显红色。下列分析合理的是A．向a点溶液中滴加BaCl2溶液,无明显现象B．b点较a点溶液pH升高的主要原因:2Fe3++SO32-+H2O2Fe2++SO42-+2H+C．c点溶液中发生的主要反应:2Fe3++3SO32-+6H2O2Fe(OH)3+3H2SO3D．向d点上层清液中滴加KSCN溶液,溶液变红;再滴加NaOH溶液,红色加深11、下列说法中正确的有几项①钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2②配制480mL0.5mol/L的NaOH溶液，需要用托盘天平称量氢氧化钠固体9.6g③盐酸既有氧化性又有还原性④Fe(OH)3、FeCl2、H2SiO3都不直接用化合反应制备⑤SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性⑥将质量分数为5%和25%的氨水等体积混合后，所得溶液中溶质的质量分数大于15%⑦干燥的Cl2和氯水均能使鲜花褪色⑧中和热测定实验中需要用到的玻璃仪器只有烧杯、温度计和环形玻璃搅拌棒三种⑨纯银器在空气中久置变黑是因为发生了化学腐蚀A．3项 B．4项 C．5项 D．6项12、微生物燃料电池在净化废水的同时能获得能源或得到有价值的化学产品，左下图为其工作原理，右下图为废水中Cr2O72-离子浓度与去除率的关系。下列说法不正确的是（）A．正极反应式是O2＋4H＋＋4e－=2H2O，Cr2O72－＋14H＋＋6e－=2Cr3＋＋7H2OB．电池工作时，N极附近溶液pH增大C．处理1molCr2O72-时有6molH+从交换膜左侧向右侧迁移D．Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活13、某盐溶液中可能含有NH4+、Ba2+、Na+、Fe2+、Cl—、CO32—、NO3—七种离子中的数种。某同学取4份此溶液样品，分别进行了如下实验：①用pH试纸测得溶液呈强酸性；②加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成；③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；④加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色该同学最终确定在上述七种离子中肯定含有NH4+、Fe2+、Cl—三种离子。请分析，该同学只需要完成上述哪几个实验，即可得出此结论。A．①②④ B．①② C．①②③④ D．②③④14、反应A(g)+B(g)⇋3X，在其他条件不变时，通过调节容器体积改变压强，达平衡时c(A)如下表：平衡状态①②③容器体积/L40201c(A)(mol/L)0.022a0.05a0.75a下列分析不正确的是（）A．①→②的过程中平衡发生了逆向移动B．①→③的过程中X的状态发生了变化C．①→③的过程中A的转化率不断增大D．与①②相比，③中X的物质的量最大15、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．某密闭容器中盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NAB．常温下，1LpH＝9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10−9NAC．14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3•xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NAD．标准状况下，2.24L丙烷含有的共价键数目为1.1NA16、下列各选项中所述的两个量，前者一定大于后者的是（）A．将pH=4的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液，所加水的量B．pH=10的NaOH和Na2CO3溶液中，水的电离程度C．物质的量浓度相等的(NH4)2SO4溶液与(NH4)2CO3溶液中NH4+的物质的量浓度D．相同温度下，10mL0.1mol/L的醋酸与100mL0.01mol/L的醋酸中H+的物质的量二、非选择题（本题包括5小题）17、A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。已知：，R-COOH(1)A的名称是_____________；B中含氧官能团名称是________________。(2)C的结构简式________________；D→E的反应类型为________________(3)E→F的化学方程式为___________________________。(4)B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是__________________（写出结构简式）。(5)等物质的量的分别与足量NaOH、NaHCO3反应，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为__________；检验其中一种官能团的方法是______________（写出官能团名称、对应试剂及现象）。18、某新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成，元素M位于第二周期VA族。D、E、H均为难溶于水的白色固体：化合物C、E均含A元素。其余物质均为中学化学中常见物质。请回答：（1）写出H的化学式：________________。（2）化合物A3M4中含有的化学键类型为：________________。（3）写出反应②的离子方程式：________________。19、欲用浓硝酸法(测定反应后生成气体的量)测定某铜银合金中铜的质量分数，但资料表明：反应中除了生成NO2气体外还会有少量的NO生成；常温下NO2和N2O4混合存在，在低于0℃时几乎只有无色的N2O4液体或晶体存在。为完成测定并验证确有NO生成，有人设计如下实验：（1）实验开始前要先打开A部分的活塞K1，持续通一段时间的氮气再关闭K1，这样做的目的是___。（2）装置B瓶的作用是___。（3）A中的反应停止后，打开D中的活塞K2，并通入氧气，若反应确有NO产生，则D中应出现的现象是___；实验发现，通入氧气温度的高低对实验现象有较大影响，则为便于观察应通入___(填“冷”或“热”)的氧气。（4）为减小测量误差，在A中反应完成和D中出现现象后，还应继续进行的操作是___。（5）实验测得下列数据：所用铜银合金质量：15.0g、浓硝酸：40mL13.5mol/L；实验后A中溶液体积：40mL；H+浓度：1.0mol/L。若设反应中硝酸既无挥发也无分解，则：①参加反应的硝酸的物质的量为___。②若已测出反应后E装置的生成物中含氮元素的质量，则为确定合金中铜的质量分数还需要测定的数据是___。（6）若实验只测定Cu的质量分数，不验证NO的产生，则在铜银合金中与浓硝酸反应后，只需要简单的实验操作可达到目的，请简述实验过程：___。20、亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯品为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解，常用于制染料。SO2和浓硝酸在浓硫酸存在时可制备NOSO4H，反应原理为：SO2+HNO3=SO3+HNO2、SO3+HNO2=NOSO4H。（1）亚硝酰硫酸（NOSO4H）的制备。①仪器I的名称为______________，打开其旋塞后发现液体不下滴，可能的原因是_________________。②按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为__________________(填仪器接口字母，部分仪器可重复使用)。③A中反应的方程式为___________。④B中“冷水”的温度一般控制在20℃，温度不宜过高或过低的原因为________。（2）亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯度的测定。称取1.500g产品放入250mL的碘量瓶中，并加入100.00mL浓度为0.1000mol·L-1的KMnO4标准溶液和10mL25%的H2SO4，摇匀；用0.5000mol·L-1的Na2C2O4标准溶液滴定，滴定前读数1.02mL,到达滴定终点时读数为31.02mL。已知：i：□KMnO4+□NOSO4H+□______=□K2SO4+□MnSO4+□HNO3+□H2SO4ii：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+8H2O①完成反应i的化学方程式：_____________□KMnO4+□NOSO4H+□______=□K2SO4+□MnSO4+□HNO3+□H2SO4②滴定终点的现象为____________________。③产品的纯度为__________________。21、化合物G(盐酸阿扎司琼，Azasetronhydrochchoride)主要用于治疗和预防肿瘤术后以及化疗引起的恶心、呕吐。G的合成路线设计如图：回答下列问题：（1）A中含有的官能团名称为__。（2）A生成B、B生成C的反应类型分别为__、__，D的分子式为__。（3）上述合成路线中，互为同分异构体的物质是__(填字母序号)。（4）E生成F的第一步反应的化学方程式为__。（5）X为A的同分异构体，写出两种满足以下条件的X的结构简式__。①含有苯环，且苯环上有4个取代基；②有四种不同化学环境的氢，个数比为2：2：2：1；③能发生银镜反应，还能与氯化铁溶液发生显色反应。（6）以和(CH3O)2CO为原料制备，写出合成路线：__(无机试剂和有机溶剂任选)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A．78gNa2O2物质的量为1mol，由关系式Na2O2—e-，可得出转移电子数为NA，A正确；B．聚乙烯分子中不含有碳碳双键，B不正确；C．标准状况下，H2O呈液态，不能使用22.4L/mol计算含有电子的数目，C不正确；D．1L0.1mol/LNaHS溶液中不含有硫原子，D不正确；故选A。2、D【解析】

A、CH3COOH的，取B点状态分析，=1，且c(H+)=1×10-4.7，所以Ka=1×10-4.7，故A不符合题意；B、C点状态，溶液中含有CH3COONa、NaOH，故c(Na+)＞c(CH3COO-)，溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，pH=8.85，故此时c(CH3COO-)远大于c(OH-)，因此c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B不符合题意；C、根据电荷平衡，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B点溶液中，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)，故C不符合题意；D、在溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，A点的溶液中，c(H+)>c(OH-)，c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH-)>0.1mol/L，故D符合题意；故答案为D。3、C【解析】

A、根据克伦特罗结构简式知它的分子式为C12H18N2Cl2O，错误；B、根据克伦特罗结构简式知它含有苯环、氨基、氯原子、羟基等官能团，不含碳碳双键，错误；C、该有机物含有1个苯环，1mol克伦特罗最多能和3molH2发生加成反应，正确；D、该有机物不含碳碳双键，不能发生加聚反应，错误；故答案选C。4、B【解析】

A项,火药发生化学反应时,KNO3中N元素的化合价降低,得到电子,被还原,作氧化剂,体现氧化性，故A合理;B项,高粱中不含乙醇,用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反应产生乙醇,然后用蒸馏方法将乙醇分离出来，故B不合理;C项,明矾是强酸弱碱盐,水解使溶液显酸性,酸性溶液中H+与铜锈[Cu2(OH)2CO3]发生反应,达到除锈目的，故C合理;D项,蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等原料精制出优质纸张,体现了化学的物理和化学分离方法,因此充分应用了化学工艺，故D合理；故答案为B。5、A【解析】

A.①→②过程中催化剂与气体之间是吸附，没有形成离子键，故A错误；B.②→③过程中，化学键断键需要吸收能量，故B正确；C.图二中通过a、b曲线说明加入催化剂可降低反应的活化能，故C正确；D.在密闭容器中加入1molN2、3molH2，该反应是可逆反应，不可能全部反应完，因此充分反应放出的热量小于92kJ，故D正确。综上所述，答案为A。6、B【解析】

A.升高温度，NO的转化率降低；B.达平衡后，其他条件不变，使n(CO)/n(NO)＞1，增大反应物浓度；C.X点更换高效催化剂，能使反应速率加快；D.Y点再通入CO、N2各0.01mol，增大反应物的浓度，平衡正向移动。【详解】A.升高温度，NO的转化率降低，因此反应2NON2＋O2为放热反应，ΔH<0，A项错误；B.达平衡后，其他条件不变，使n(CO)/n(NO)＞1，增大了CO的浓度，平衡正移，但CO的转化率降低，B项正确；C.X点更换高效催化剂，能使反应速率加快，但不能改变NO的转化率，C项错误；D.Y点再通入CO、N2各0.01mol，增大反应物的浓度，平衡正向移动，因此此时v(CO，正)>v(CO，逆)，D项错误；答案选B。7、A【解析】

A.曲线的交点处，c(HA)=c(A-)，此时pH=4.7，则因此Ka(HA)的数量级为10-5，A项正确；B.a点、b点溶液均显酸性，均抑制水的电离，a点pH较小，溶液酸性较强，抑制水的电离程度更大，因此，溶液中由水电离出的c(H＋)：a点<b点，B项错误；C.当pH＝4.7时，c(HA)=c(A-)，但c(OH－)不等于c(H＋)，C项错误；D.HA为弱酸，当消耗NaOH溶液的体积为20.00mL时，二者恰好反应生成NaA溶液，溶液显碱性，pH>7，D项错误；答案选A。利用曲线的交点计算Ka(HA)，是该题的巧妙之处，因为该点c(HA)=c(A-)，因此Ka(HA)=c(H+)，同学们在做水溶液中离子平衡的图像题的时候，多关注特殊的点，诸如曲线的交点、起点、恰好反应点、中性点等。8、D【解析】

既能与酸反应，又能与强碱反应的氢氧化物属于两性氢氧化物，但氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，据此分析。【详解】A、由于氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，故探究氢氧化铝的两性，不能用氨水，选项A错误；B、由于氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，故探究氢氧化铝的两性，不能用氨水，选项B错误；C、Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠溶液中滴加少量盐酸产生氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀会溶于过量的盐酸，操作步骤较多，不是最适宜的试剂，选项C错误；D、Al2（SO4）3溶液和少量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀，继续滴加氢氧化钠溶液沉淀溶解，向氢氧化铝沉淀加稀盐酸沉淀也溶解，说明氢氧化铝具有两性，选项D正确。答案选D。本题考查了金属元素化合物的性质，注意把握氢氧化铝的性质是解题的关键，既能与强酸反应生成盐和水，又能与强碱反应生成盐和水的氢氧化物。9、D【解析】

A.K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原产物为Fe3+，Fe3+水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可达到净水的目的，A叙述正确，但是不符合题意；B.反应I中尾气Cl2为，可与FeCl2继续反应生成FeCl3，B叙述正确，但是不符合题意；C.反应II中的反应方程式为3NaClO+10NaOH+2FeCl3=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，氧化剂是NaClO，还原剂是2FeCl3，所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2，C叙述正确，但是不符合题意；D.向饱和的KOH溶液中加入Na2FeO4，K2FeO4晶体析出，说明该条件下，物质的溶解性：Na2FeO4>K2FeO4，D叙述错误，但是符合题意；答案选D。10、C【解析】

根据i的现象，a点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2，即a点溶液中含有Fe2＋，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先发生2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c点和d点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2SO3，因此无气体产生，然后据此分析；【详解】根据i的现象，a点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2，即a点溶液中含有Fe2＋，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先发生2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c点和d点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2SO3，因此无气体产生，取上层清液滴加NaOH溶液，无明显现象，是因为NaOH与H2SO3反应，滴加KSCN溶液显红色，说明溶液中含有Fe3＋，A、a点处溶液中含有SO42－，加入BaCl2，会产生BaSO4白色沉淀，故A错误；B、pH升高说明溶液c(H＋)减小，原因是c(SO32－)增大，水解程度增大，按照给出方程式，生成H＋，溶液c(H＋)增大，溶液的pH应减小，不会增大，故B错误；C、c点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应，离子方程式为2Fe3＋＋3SO32－＋6H2O=2Fe(OH)3↓＋3H2SO3，故C正确；D、溶液变红后滴加NaOH会消耗溶液中的Fe3＋，因此红色应变浅，故D错误；答案为C。11、B【解析】

①钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2，正确；②配制480mL0.5mol/L的NaOH溶液，因容量瓶是500mL，需要用托盘天平称量氢氧化钠固体10.0g，错误；③盐酸中H为+1价是最高价，Cl为-1价为最低价，既有氧化性又有还原性，正确；④Fe(OH)3可用Fe(OH)2、氧气和水化合制备，FeCl2可用铁和氯化铁化合制备，错误；⑤SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有还原性，错误；⑥将质量分数为5%和25%的氨水等体积混合后，所得溶液中溶质的质量分数小于15%，错误；⑦因鲜花里有水份，干燥的Cl2和氯水均能使鲜花褪色，正确；⑧中和热测定实验中需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、温度计和环形玻璃搅拌棒四种，错误；⑨纯银器在空气中久置变黑是因为发生了化学腐蚀，正确；答案为B。12、C【解析】A、根据工作原理，电解质环境为H＋，根据原电池的工作原理，电子流入的一极为正极，即N极为正极，电极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，Cr2O72－＋14H＋＋6e－=2Cr3＋＋7H2O，故A说法正确；B、根据选项A的分析，消耗H＋，N极附近溶液的pH升高，故B说法正确；C、正极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，Cr2O72－＋14H＋＋6e－=2Cr3＋＋7H2O，消耗1molCr2O72－时，从交换膜左侧向右侧迁移至少有14molH＋，故C说法错误；D、根据右边的图，当Cr2O72－浓度大时去除率变为0，Cr2O72－离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活，故D说法正确。13、B【解析】

由①溶液呈强酸性，溶液中不含CO32-；由②加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成，溶液中含NH4＋、Fe2＋，由于酸性条件下NO3-、Fe2+不能大量共存，则溶液中不含NO3-，根据溶液呈电中性，溶液中一定含Cl-；由③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，溶液中含Cl-；由④加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色，溶液中含Fe2+；根据上述分析，确定溶液中肯定含NH4+、Fe2+、Cl-只需完成①②，答案选B。14、C【解析】

A.①到②的过程中，体积缩小了一半，平衡时A物质的量由0.88amol变为1amol，说明增大压强，平衡逆向移动，X此时应为气态；故A正确；B.②到③的过程中，体积继续缩小，平衡时A物质的量由1amol变为0.75amol，说明增大压强平衡正向移动，说明X在压缩的某个过程中变成了非气态，结合A项分析，①到③的过程中X的状态发生了变化；故B正确；C.结合A、B项的分析，平衡首先逆向移动然后正向移动，A的转化率先减小后增大，故C错误；D.③状态下A物质的量最小，即A转化率最大，X的物质的量最大，故D正确；答案选C。15、C【解析】

A.合成氨的反应为可逆反应，不能进行到底，则转移的电子数小于0.6NA，故A错误；B.CH3COONa属于强碱弱酸盐，醋酸根的水解促进水的电离，c(H2O)电离=c(OH-)=1×10−5mol/L，则发生电离的水分子数为1L×1×10−5mol/L×NA=1×10−5NA，故B错误；C.Fe发生吸氧腐蚀，铁作负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，然后Fe2+与OH-反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，最后生Fe2O3•xH2O，14.0gFe的物质的量为，则电极反应转移的电子数为0.25mol×2=0.5mol，故C正确；D.标准状况下，2.24L丙烷的物质的量为0.1mol，而丙烷中含10条共价键，故0.1mol丙烷中含有的共价键数目为NA，故D错误；故选C。水电离的c(H＋)或c(OH-)的计算技巧(25℃时)(1)中性溶液：c(H＋)＝c(OH-)＝1.0×10-7mol·L-1。(2)酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H＋)＝c(OH-)＜10-7mol·L-1，当溶液中的c(H＋)＜10-7mol·L-1时就是水电离出的c(H＋)；当溶液中的c(H＋)＞10-7mol·L-1时，就用10-14除以这个浓度即得到水电离的c(H＋)。(3)可水解的盐促进水的电离，水电离的c(H＋)或c(OH-)均大于10-7mol·L-1。若给出的c(H＋)＞10-7mol·L-1，即为水电离的c(H＋)；若给出的c(H＋)＜10-7mol·L-1，就用10-14除以这个浓度即得水电离的c(H＋)。16、C【解析】

A.醋酸是弱电解质，在稀释过程中继续电离出氢离子，氯化氢是强电解质，在水溶液中完全电离，所以pH相同的盐酸和醋酸，如果稀释相同倍数，则醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以将pH=4的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液时所加水的量，醋酸加入水的量大于盐酸，A项错误；B.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以氢氧化钠抑制水电离、碳酸钠促进水电离，氢氧化钠中水电离程度小于碳酸钠溶液中水电离程度，B项错误；C.碳酸根离子与铵根离子相互促进水解，所以硫酸铵溶液中铵根离子浓度大于碳酸铵，C项正确；D.相同温度下,醋酸的浓度越大其电离程度越小,所以前者电离程度小于后者,所以10

mL

0.1mol/L的醋酸与100

mL

0.01mol/L的醋酸中H+的物质的量前者小于后者，D项错误；答案选C。D项是易错点，要注意物质的量浓度与物质的量不是一个概念，10

mL

0.1mol/L的醋酸与100

mL

0.01mol/L的醋酸物质的量虽然相同，但物质的量浓度不同，则电离程度不同。二、非选择题（本题包括5小题）17、丙烯酯基取代反应CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2HCOO-CH=C(CH3)2l：l检验羧基：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变红(或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色)【解析】

A分子式为C3H6，A与CO、CH3OH发生反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，聚丁烯酸甲酯发生水解反应，然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A与Cl2在高温下发生反应生成D，D发生水解反应生成E，根据E的结构简式CH2=CHCH2OH可知D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为。【详解】根据上述推断可知A是CH2=CH-CH3，C为，D是CH2=CHCH2Cl，E为CH2=CHCH2OH，F是，G是。(1)A是CH2=CH-CH3，名称为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B中含氧官能团名称是酯基；(2)C的结构简式为，D是CH2=CHCH2Cl，含有Cl原子，与NaOH的水溶液加热发生水解反应产生E：CH2=CHCH2OH，该水解反应也是取代反应；因此D变为E的反应为取代反应或水解反应；(3)E为CH2=CHCH2OH、E与2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，该反应方程式为：CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2；(4)B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，说明含有醛基、酯基及碳碳双键，则为甲酸形成的酯，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是HCOO-CH=C(CH3)2；(5)含有羧基，可以与NaOH反应产生；含有羧基可以与NaHCO3反应产生和H2O、CO2，则等物质的量消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1；在中含有羧基、碳碳双键、醇羟基三种官能团，检验羧基的方法是：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变为红色；检验碳碳双键的方法是：加入溴水，溴水褪色。本题考查有机物推断和合成的知识，明确官能团及其性质关系、常见反应类型、反应条件及题给信息是解本题关键，难点是有机物合成路线设计，需要学生灵活运用知识解答问题能力，本题侧重考查学生分析推断及知识综合运用、知识迁移能力。18、AgCl共价键SiO2+2OH-=SiO32-+H2O【解析】根据题中各物质转化关系，D受热得E，E能与氢氧化钠反应生成F，F与过量的二氧化碳反应生成D，说明D为弱酸且能受热分解；新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成，元素M位于第二周期VA族，应为N元素，A元素为四价元素，C、E均为含A元素，可知A3M4应为Si3N4，可以确定A为Si，E为SiO2，F为Na2SiO3，则D为H2SiO3，G与硝酸银反应生成不溶于稀硝酸的沉淀H，则可知G中有Cl-，H为AgCl，故C为SiCl4，B为Cl2；由SiCl4+3H2═4HCl+H2SiO3，生成G：HCl；（1）H的化学式为AgCl；（2）化合物Si3N4中含有的化学键类型为共价键；（3）SiO2溶解于NaOH溶液发生反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。19、排尽装置中的空气吸收水蒸气，防止水蒸气在C中冷凝后与NO2反应产生NO出现红棕色气体热打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O20.5molC中圆底烧瓶在实验前后增加的质量往剩余溶液中加入过量HCl溶液，过滤、洗涤、干燥、称量【解析】

实验开始前要先打开A部分的活塞K1，持续通一段时间的氮气再关闭K1，排尽装置中的空气，滴入浓硝酸反应生成二氧化氮和一氧化氮气体，干燥后通过装置C，在低于0℃时几乎只有无色的N2O4液体或晶体存在，A中的反应停止后，打开D中的活塞K2，并通入氧气，若反应确有NO产生，则D中出现红棕色气体，说明有一氧化氮气体生成，剩余气体用氢氧化钠溶液吸收；(1)通入氮气是排除装置中的空气，避免生成的一氧化氮气体被氧化为二氧化氮；(2)B装置是利用浓硫酸的吸水性吸收气体中的水蒸气避免在C中冷却后水和二氧化氮反应生成一氧化氮；(3)一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮气体；温度高反应速率快；(4)由于装置中有残留的气体，所以要打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2，以把气体完全排尽；(5)①硝酸的总的物质的量是0.54mol，剩余硝酸是0.04mol，所以参加反应的硝酸是0.54mol-0.04mol=0.5mol；②要计算铜质量分数，还需要计算出生成的N2O4的质量，所以还需要测量C中烧烧瓶在实验前后增加的质量；(6)铜银合金和硝酸全部反应生成铜盐和银盐，利用A装置中银离子和氯离子形成的氯化银沉淀称量，计算得到合金中铜的质量分数。【详解】(1)通入氮气是排除装置中的空气，避免生成的一氧化氮气体被氧化为二氧化氮；(2)B装置是利用浓硫酸的吸水性吸收气体中的水蒸气避免在C中冷却后水和二氧化氮反应生成一氧化氮；(3)A中的反应停止后，打开D中的活塞K2再通入氧气，若反应中确有NO产生，一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮气体，通入氧气温度越高反应速率越快，因此要通入热的氧气；(4)由于装置中有残留的气体，所以在A中反应完成和D中出现现象后还须进行的操作是：打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2，以把气体完全排尽；(5)①硝酸的总的物质的量是0.54mol，剩余硝酸是0.04mol，所以参加反应的硝酸是0.54mol-0.04mol=0.50mol；②要计算铜质量分数，还需要计算出生成的N2O4的质量．所以还需要测量C中烧烧瓶在实验前后增加的质量；(6)铜银合金和硝酸全部反应生成铜盐和银盐，利用A装置中银离子和氯离子形成的氯化银沉淀称量，计算得到合金中铜的质量分数，在反应后的混合溶液中A中加入过量的NaCl溶液，过滤后，将沉淀洗涤、干燥，最后称取所得的AgCl沉淀的质量，再进行计算。20、分液漏斗分液漏斗上口的瓶塞未打开或漏斗未与大气相通或漏斗下端活塞的凹槽未与瓶颈上的通气孔对齐a→de→cb→de→fNa2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑温度过低，反应速率太慢，温度过高，浓硝酸易分解，SO2逸出2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4滴入最后一滴Na2C2O4标准液后，溶液由紫红色变为无色，且半分钟颜色不恢复84.67%【解析】

(1)①根据图示中装置的形外分析名称；漏斗内的液体与大气相通时液体才能顺利流下；②亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，装置A制取的SO2中含有水蒸气，必须先干燥在通入B中反应制取亚硝酰硫酸(NOSO4H)时，要防止空气中或其他实验仪器中的水蒸气进入B中，SO2有毒，未反应的剩余SO2不能排放到大气中；据此分析；③硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠(或硫酸氢钠)和二氧化硫；④温度影响反应速率，同时浓硝酸不稳定；(2)①根据氧化还原反应，化合价升降(电子得失)守恒及物料守恒分析配平；②在氧化还原滴定操作中，高锰酸钾自身为紫红色，发生氧化还原反应时紫色褪去，自身可做滴定操作的指示剂；③结合反应ii，根据题给数据计算过量的KMnO4的物质的量，在结合反应i计算NOSO4H的物质的量，进而求算产品纯度。