广西南宁市兴宁区南宁三中2024年高三第三次模拟考试化学试卷含解析

广西南宁市兴宁区南宁三中2024年高三第三次模拟考试化学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，其中X原子的质子总数与电子层数相等，X、Z同主族，Y、W同主族，且Y、W形成的一种化合物甲是常见的大气污染物。下列说法正确的是A．简单离子半径：Z＜Y＜W＜QB．Y能分别与X、Z、W形成具有漂白性的化合物C．非金属性：W＜Q，故W、Q的氢化物的水溶液的酸性：W＜QD．电解Z与Q形成的化合物的水溶液可制得Z的单质2、下列表示正确的是()A．丙烯的结构简式：CH3CH=CH2B．CO2的电子式：C．金刚石的比例模型：D．硫离子的结构示意图：3、下列物质性质与应用的因果关系正确的是（）A．大气中的N2可作为工业制硝酸的原料B．晶体硅用于制作半导体材料是因其熔点高、硬度大C．Fe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，前者表现出还原性后者表现出漂白性D．氯气泄漏现场自救方法是用湿毛巾捂住口鼻并向地势低的地方撤离4、利用脱硫细菌净化含硫物质的方法叫生物法脱硫，发生的反应为：CH3COOH+Na236SO42NaHCO3+H236S↑。下列说法正确的是A．的摩尔质量是100B．CH3COOH既表现氧化性又表现酸性C．反应的离子方程式是：CH3COOH+2+H236S↑D．每生成11.2LH2S转移电子为4×6.02×10235、二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种高效、低毒的消毒剂。其一种生产工艺如图所示。下列说法正确的是A．气体A为Cl2B．参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为3：1C．溶液B中含有大量的Na+、Cl－、OH－D．可将混合气通过饱和食盐水除去C1O2中的NH36、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7、下列实验原理或操作，正确的是()A．用广泛pH试纸测得0.1mol/LNH4Cl溶液的pH=5.2B．酸碱中和滴定时锥形瓶用蒸馏水洗涤后，再用待测液润洗后装液进行滴定C．将碘水倒入分液漏斗，加入适量苯振荡后静置，从分液漏斗放出碘的苯溶液D．在溴化钠中加入少量的乙醇，再加入2倍于乙醇的1﹕1的硫酸制取溴乙烷8、25℃时，向20mL0.1mol/L一元弱酸HA溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，溶液中lg与pH关系如图所示。下列说法正确的是A．A点或B点所示溶液中，离子浓度最大的均是Na+B．HA滴定NaOH溶液时可用甲基橙作指示剂C．达到图中B点溶液时，加入NaOH溶液的体积小于10mLD．对C点溶液加热(不考虑挥发)，则一定增大9、下列叙述正确的是A．Li在氧气中燃烧主要生成B．将SO2通入溶液可生成沉淀C．将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸D．将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原成Cu10、化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法错误的是A．SiO2超分子纳米管属无机非金属材料B．草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分是碳酸钙C．“梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同D．《本草纲目》记载的“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”的实验方法可用来分离乙酸和乙醇11、近年来，我国多条高压直流电线路的瓷绝缘子出现铁帽腐蚀现象，在铁帽上加锌环能有效防止铁帽的腐蚀。下列说法正确的是A．阴极的电极反应式为4OH－－4e－＝O2↑＋2H2O B．阳极的电极反应式为Zn－2e－＝Zn2＋C．通电时，该装置为牺牲阳极的阴极保护法 D．断电时，锌环失去保护作用12、属于弱电解质的是A．一水合氨 B．二氧化碳 C．乙醇 D．硫酸钡13、下列关于核外电子的描述中，正确的是()A．电子云图中一个小黑点表示一个电子B．电子式中元素符号周围的小黑点数表示核外电子总数C．s电子在s电子云的球形空间内做规则运动D．核外电子的能量大小主要是由电子层和电子亚层决定14、捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)()A．10.1gN(C2H5)3中所含的共价键数目为2.1NAB．标准状况下，22.4LCO2中所含的电子数目为22NAC．在捕获过程中，二氧化碳分子中的共价键完全断裂D．100g46％的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA15、硫元素最常见和最稳定的一种同素异形体是黄色的正交α－型，1912年E.Beckmann由硫在碘中的冰点降低法测得它含有S8分子。1891年，M.R.Engel用浓盐酸和硫代硫酸盐的饱和溶液在0℃下作用首次制得了一种菱形的－硫，后来证明含有S6分子。下列说法正确的是A．S6和S8分子都是由S原子组成，所以它们是一种物质B．S6和S8分子分别与铁粉反应，所得产物不同C．S6和S8分子分别与过量的氧气反应可以得到SO3D．等质量的S6和S8分子分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同16、铁的氧化物可用于脱除煤气中的H2S，有一步反应为：Fe3O4(s)+3H2S(g)+H2(g)3FeS(s)+4H2O(g)，其温度与平衡常数的关系如图所示。对此反应原理的理解正确的是A．H2S是还原剂B．脱除H2S的反应是放热反应C．温度越高H2S的脱除率越大D．压强越小H2S的脱除率越高17、一种香豆素的衍生物结构如图所示，关于该有机物说法正确的是（）A．该有机物分子式为C10H10O4B．1mol该有机物与H2发生加成时最多消耗H25molC．1mol该有机物与足量溴水反应时最多消耗Br23molD．1mol该有机物与NaOH溶液反应是最多消耗NaOH3mol18、三轴烯()(m)、四轴烯()(n)、五轴烯()(p)的最简式均与苯相同。下列说法正确的是A．m、n、p互为同系物 B．n能使酸性KMnO4溶液褪色C．n和p的二氯代物均有2种 D．m生成1molC6H14需要3molH219、下列属于碱性氧化物的是A．Mn2O7 B．Al2O3 C．Na2O2 D．MgO20、中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图。下列有关说法正确的是（）A．在Na-Fe3O4上发生的反应为CO2+H2=CO+H2OB．中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键C．催化剂HZMS-5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率D．该过程，CO2转化为汽油的转化率高达78％21、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．20gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．2L0.5mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋数为2NAC．标准状况下，22.4L水中含有的共价键数为2NAD．50mL12mol·L－1的浓盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA22、下列离子方程式正确且符合题意的是A．向Ba(NO3)2溶液中通入SO2，产生白色沉淀，发生的离子反应为Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2HB．向K3[Fe(CN)6]溶液中加入少量铁粉，产生蓝色沉淀，发生的离子反应为Fe+2[Fe(CN)6]3=Fe2++2[Fe(CN)6]4，3Fe2++2[Fe(CN)6]3=Fe3[Fe(CN)6]2↓C．向酸化的KMnO4溶液中加入少量Na2S，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明一定发生离子反应：8MnO4-+5S2+24H=8Mn2++5SO42+12H2OD．向FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液变黄色：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl二、非选择题(共84分)23、（14分）某研究小组按下列路线合成药物诺氟沙星：已知：试剂EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，在适当条件下，可由C生成D。②③请回答：（1）根据以上信息可知诺氟沙星的结构简式_____。（2）下列说法不正确的是_____。A．B到C的反应类型为取代反应B．EMME可发生的反应有加成，氧化，取代，加聚C．化合物E不具有碱性，但能在氢氧化钠溶液中发生水解D．D中两个环上的9个C原子可能均在同一平面上（3）已知：RCH2COOH，设计以化合物HC(OC2H5)3、C2H5OH合成EMME的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)_____。（4）写出C→D的化学方程式______。（5）写出化合物G的同系物M（C6H14N2）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：____①1H-NMR谱表明分子中有4种氢原子，IR谱显示含有N－H键，不含N－N键；②分子中含有六元环状结构，且成环原子中至少含有一个N原子。24、（12分）已知A为常见烃，是一种水果催熟剂；草莓、香蕉中因为含有F而具有芳香味。现以A为主要原料合成F，其合成路线如下图所示。(1)A的结构简式为____；D中官能团名称为____。

(2)写出反应①的化学方程式：____________________。

(3)写出反应②的化学方程式：____________________。25、（12分）某学习小组以Mg(NO3)2为研究对象，拟通过实验初步探究硝酸盐热分解的规律。（提出猜想）小组提出如下4种猜想：甲：Mg(NO2)2、NO2、O2乙：MgO、NO2、O2丙：Mg3N2、O2丁：MgO、NO2、N2(1)查阅资料得知，NO2

可被NaOH溶液吸收，反应的化学方程式为：_________。(2)实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是________。（实验操作）(3)设计如图装置，用氮气排尽装置中空气，其目的是_______；加热Mg(NO3)2固体，AB装置实验现象是：________，说明有Mg(NO3)2固体分解了，有NO2生成。(4)有同学提出可用亚硫酸钠溶液检验是否有氧气产生，但通入之前，还需在BD装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液，其作用是：_______。(5)小组讨论后认为即便通过C后有氧气，仅仅用亚硫酸钠溶液仍然难以检验，因为：______，改进的措施是可在亚硫酸钠溶液中加入_______。(6)上述系列改进后，如果分解产物中有O2存在，排除装置与操作的原因，未检测到的原因是______。（用化学方程式表示）26、（10分）常用调味剂花椒油是一种从花椒籽中提取的水蒸气挥发性香精油，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂。利用如图所示装置处理花椒籽粉，经分离提纯得到花椒油。实验步骤：（一）在A装置中的圆底烧瓶中装入容积的水，加1~2粒沸石。同时，在B中的圆底烧瓶中加入20g花椒籽粉和50mL水。（二）加热A装置中的圆底烧瓶，当有大量蒸气产生时关闭弹簧夹，进行蒸馏。（三）向馏出液中加入食盐至饱和，再用15mL乙醚萃取2次，将两次萃取的醚层合并，加入少量无水Na2SO4；将液体倾倒入蒸馏烧瓶中，蒸馏得花椒油。(1)装置A中玻璃管的作用是_______。装置B中圆底烧瓶倾斜的目的是________。(2)步骤（二）中，当观察到_______现象时，可停止蒸馏。蒸馏结束时，下列操作的顺序为_______（填标号）。①停止加热②打开弹簧夹③关闭冷凝水(3)在馏出液中加入食盐的作用是__；加入无水Na2SO4的作用是_______。(4)实验结束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管，反应的化学方程式为_________。（残留物以表示）(5)为测定花椒油中油脂的含量，取20.00mL花椒油溶于乙醇中，加80.00mL0.5mol/LNaOH的乙醇溶液，搅拌，充分反应，加水配成200mL溶液。取25.00mL加入酚酞，用0.1moI/L盐酸进行滴定，滴定终点消耗盐酸20.00mL。则该花椒油中含有油脂_______g/L。（以计，式量：884)。27、（12分）CuCl用于石油工业脱硫与脱色，是一种不溶于水和乙醇的白色粉末，在潮湿空气中可被迅速氧化。Ⅰ.实验室用CuSO4-NaCl混合液与Na2SO3溶液反应制取CuCl。相关装置及数据如下图。回答以下问题：（1）甲图中仪器1的名称是________；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，为提高产率，仪器2中所加试剂应为_________（填“A”或“B”）。A、CuSO4-NaCl混合液B、Na2SO3溶液（2）乙图是体系pH随时间变化关系图，写出制备CuCl的离子方程式_______________；丙图是产率随pH变化关系图，实验过程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是___________________________并维持pH在____________左右以保证较高产率。（3）反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。抽滤所采用装置如丁图所示，其中抽气泵的作用是使吸滤瓶与安全瓶中的压强减小，跟常规过滤相比，采用抽滤的优点是________________________（写一条）；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是____________________________。Ⅱ.工业上常用CuCl作O2、CO的吸收剂，某同学利用如下图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量。已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液也能吸收氧气。（4）装置的连接顺序应为_______→D（5）用D装置测N2含量，读数时应注意______________________。28、（14分）形形色色的物质，构成了我们这个五彩缤纷的世界。世上万物，神奇莫测，常常超乎人们按“常理"的想象。学习物质结构和性质的知识，能使你想象的翅膀变得更加有力。（1）基态Ga原子的核外电子排布式是[Ar]__，基态Ga原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图为___。（2）HC≡CNa(乙炔钠)广泛用于有机合成，乙炔钠中C原子的杂化类型为___。乙炔钠中存在___(填字母)。A．金属键B．σ键C．π键D．氢键E.配位键F.离子键G.范德华力（3）NaN3是汽车安全气囊中的主要化学成分，其阴离子的立体构型为____。写出和该阴离子互为等电子体的一种分子的结构式___。（4）钙和铁都是第四周期元素，且原子的最外层电子数相同，铁的熔沸点远高于钙，其原因是____。（5）配体中配位原子提供孤电子对的能力与元素的电负性有关，SCN-的结构式可以表示为[S=C=N]-或[S-C≡N]-，SCN-与Fe3+、Au+和Hg2+等离子能形成配离子，N、C、S的电负性依次为3.0、2.5和2.5。SCN-中提供孤电子对的原子可能是___。（6）某离子晶体的晶胞结构如图所示。①晶体中在每个X周围与它最近且距离相等的X共有___个。②设该晶体的摩尔质量为Mg·mol-1，晶胞的密度为ρg.cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则晶体中两个最近的X间的距离为___cm。29、（10分）铂、钴、镍及其化合物在工业和医药等领域有重要应用。回答下列问题:(1)筑波材料科学国家实验室科研小组发现了在5K下呈现超导性的晶体CoO2，该晶体具有层状结构。①晶体中原子Co与O的配位数之比为_________。②基态钴原子的价电子排布图为_______。(2)配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂。固态Ni(CO)4属于_____晶体；写出两种与CO具有相同空间构型和键合形式的分子或离子：_______。(3)某镍配合物结构如图所示:①分子内含有的化学键有___________(填序号).A氢键B离子键C共价键D金属键E配位键②配合物中C、N、O三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序是N>O>C，试从原子结构解释为什么同周期元素原子的第一电离能N>O_________。(4)某研究小组将平面型的铂配合物分子进行层状堆砌，使每个分子中的铂原子在某一方向上排列成行，构成能导电的“分子金属"，其结构如图所示。①"分子金属"可以导电，是因为______能沿着其中的金属原子链流动。②"分子金属"中，铂原子是否以sp3的方式杂化?_________(填“是"或“否")，其理由是__________。(5)金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，其立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图所示，若金属铂的密度为dg·cm-3，则晶胞参数a=_______nm(列计算式)。

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、B【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，其中X原子的质子总数与电子层数相等，则X为氢；Y、W同主族，且Y、W形成的一种化合物甲是常见的大气污染物，该物质为二氧化硫，则Y为氧，W为硫；X、Z同主族，则Z为钠；Q为氯；A.核外电子排布相同，核电荷越大半径越小，则S2->Cl-，O2->Na+，电子层多的离子半径大，则S2->Cl->O2->Na+，即Z＜Y＜Q＜W，故A错误；B.氧能分别与氢、钠、硫形成过氧化氢、过氧化钠、三氧化硫具有漂白性的化合物，故B正确；C.同周期元素，核电荷数越大非金属性越强，则非金属性：W＜Q；非金属性越强其最高价氧化物的水化物酸性越强，而不是氢化物水溶液的酸性，故C错误；D.电解氯化钠的水溶液可制得氢气、氯气和氢氧化钠，无法得到钠单质，故D错误；故选B。【点睛】比较元素非金属性可以根据其氢化物的稳定性，也可以根据其最高价氧化物的水化物酸性强弱，或是单质的氧化性。2、A【解析】

A、丙烯的结构简式表示为CH3CH=CH2，选项A正确；B、CO2的电子式为，选项B错误；C、该比例模型可表示甲烷等，金刚石是正四面体空间网状结构，选项C错误；D、硫离子的核电荷数是16，硫离子的结构示意图为，选项D错误；故答案是A。【点睛】本题考查化学用语的使用。易错点为选项C，该比例模型可表示甲烷等，金刚石是正四面体空间网状结构，且原子大小相同。3、A【解析】

A、大气中的N2可作为工业制硝酸的原料，A正确；B、晶体硅用于制作半导体材料是因导电性介于导体与绝缘体之间，与熔点高、硬度大无关，B不正确；C、Fe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，两者均表现出还原性，C不正确；D、氯气有毒且密度比空气大，所以氯气泄漏现场自救方法是用湿毛巾捂住口鼻并向地势高的地方撤离，D不正确；故选A。4、C【解析】

的摩尔质量是100g·mol−1，A错误；CH3COOH中碳化合价升高，表现还原性，B错误；醋酸是弱酸，不能拆写，C正确；没有指明处于标准状况，D错误。5、C【解析】

氯化铵溶液中加入盐酸通电电解，得到NCl3溶液，氮元素化合价由-3价变化为+3价，在阳极发生氧化反应，阴极是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，则气体A为氢气；在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2、NH3和溶液B，由氢元素守恒可知，有水参加反应，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，反应还生成NaCl与NaOH。【详解】A．根据分析，气体A为H2，故A错误；B．在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2、NH3和溶液B，由氢元素守恒可知，有水参加反应，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，反应还生成NaCl与NaOH，方程式为：6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3+3NaOH，参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为6：1，故B错误；C．根据分析，结合反应6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3+3NaOH可知，溶液B中含有NaCl与NaOH，则含有大量的Na+、Cl－、OH－，故C正确；D．二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体，不可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3，故D错误；答案选C。6、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。7、D【解析】

A．广泛pH试纸只能读出整数，所以无法用广泛pH试纸测得pH约为5.2，故A错误；B．中和滴定中，锥形瓶不能用待测液润洗，否则造成实验误差，故B错误；C．苯的密度比水小，位于上层，故C错误；D．药品混合后在加热条件下生成HBr并和乙醇发生取代反应，故D正确；正确答案是D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及试纸使用、中和滴定、物质的分离以及有机物的反应等，侧重基础知识的考查，题目难度不大，注意中和滴定中，锥形瓶不能润洗。8、C【解析】

A.溶液在A、B点时，溶液显酸性，则c(H+)>c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，由于c(H+)>c(OH-)，所以c(Na+)<c(A-)，故A、B点溶液中离子浓度最大的都不是Na+，A错误；B.HA为弱酸，NaOH为强碱，HA与NaOH恰好完全反应时生成强碱弱酸盐NaA，由于A-的水解NaA溶液呈碱性，而甲基橙作指示剂时溶液pH变化范围是3.1～4.4，所以HA滴定NaOH溶液时不能选择甲基橙作指示剂，B错误；C.溶液在B点时pH=5.3，lg=0，则c(A-)=c(HA)，弱酸HA的电离平衡常数Ka==c(H+)=10-5.3，A-的水解平衡常数Kh=<10-5.3，若向20mL0.1mol/LHA溶液中加入10mL0.1mol/LNaOH溶液，得到的是等浓度的HA、NaA的混合溶液，由于HA的电离程度大于NaA的水解程度，则溶液中c(A-)>c(HA)，即lg>0，故B点溶液时，加入NaOH溶液的体积小于10mL，C正确；D.温度升高，盐水解程度增大，A-的水解平衡常数会增大，会随温度的升高而减小，D错误；故答案选C。9、C【解析】

A、Li在氧气中燃烧生成Li2O，得不到Li2O2，A错误；B、SO2和BaCl2不反应，不能生成沉淀，B错误；C、由于次氯酸的酸性比碳酸弱，因此将CO2通入次氯酸钙溶液中可生成次氯酸，C正确；D、将NH3通入热的CuSO4溶液中生成氢氧化铜沉淀。氨气具有还原性，在加热条件下，氨气可和氧化铜反应生成铜、氮气和水，D错误。答案选C。10、B【解析】

A.SiO2属于无机非金属材料，可以制取超分子纳米管，A正确；B.碳酸钙需要在高温下煅烧分解才能得到二氧化碳，草莓棚中不能使用碳酸钙分解来产生二氧化碳，B错误；C.柳絮的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，C正确；D.“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”涉及蒸馏的方法，蒸馏可根据乙醇、乙酸沸点的不同，用来分离乙酸和乙醇，D正确；故合理选项是B。11、B【解析】

A.通电时，阴极发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，A项错误；B.通电时，锌作阳极，则阳极反应式为Zn－2e－＝Zn2＋，B项正确；C.通电时，该装置是电解池，为外接电流的阴极保护法，C项错误；D.断电时，构成原电池装置，铁为正极，锌为负极，仍能防止铁帽被腐蚀，锌环仍然具有保护作用，D项错误；答案选B。12、A【解析】

在水溶液中只能部分电离的电解质为弱电解质，包括弱酸、弱碱和水等，据此分析。【详解】A.NH3•H2O在水溶液中部分电离产生离子，在溶液中存在电离平衡，属于弱电解质，A正确；B.CO2在水溶液中和熔融状态下均不能导电，为非电解质，B错误；C.乙醇在水溶液中和熔融状态下均不能导电，为非电解质，C错误；D.BaSO4在水溶液中虽然溶解度很小，但溶解的能完全电离，故为强电解质，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查了电解质、非电解质以及强弱电解质的判断的知识，应注意的是强弱电解质的本质区别是电离是否彻底，和溶解度、离子浓度及溶液的导电能力等均无关。13、D【解析】

A．电子云图中的小黑点表示电子在核外空间某处出现的机会，不表示电子数目，故A错误；B．电子式中元素符号周围的小黑点数表示最外层电子数，故B错误；C．s亚层的原子轨道呈球形，处在该轨道上的电子不只在球壳内运动，还在球壳外运动，只是在球壳外运动概率较小，故C错误；D．核外电子的能量大小主要是由电子层和电子亚层决定，能层越大，电子的能量越大，同一能层，不同能级的电子能量不同，故D正确；选D。14、C【解析】

A．10.1gN(C2H5)3物质的量0.1mol，一个N(C2H5)3含有共价键数目为21根，则10.1gN(C2H5)3含有的共价键数目为2.1NA，故A正确；B．标准状况下，22.4LCO2的物质的量是1mol，1个CO2分子中有22个电子，所以含的电子数目为22NA，故B正确；C．在捕获过程中，根据图中信息可以看出二氧化碳分子中的共价键没有完全断裂，故C错误；D．100g46％的甲酸水溶液，甲酸的质量是46g，物质的量为1mol，水的质量为54g，物质的量为3mol，因此共所含的氧原子数目为5NA，故D正确；选C。15、D【解析】

A选项，S6和S8分子都是由S原子组成，它们是不同的物质，互为同素异形体，故A错误；B选项，S6和S8是硫元素的不同单质，化学性质相似，因此它们分别与铁粉反应，所得产物相同，故B错误；C选项，不管氧气过量还是少量，S6和S8分子分别与氧气反应可以得到SO2，故C错误；D选项，等质量的S6和S8分子，其硫原子的物质的量相同，因此它们分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同，故D正确。综上所述，答案为D。16、B【解析】

A．还原剂在氧化还原反应中失去电子，化合价升高，H2S为反应物，FeS为生成物，反应前后S的化合价均为-2，故既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；B．由图可以得出，温度越高，K值越小，说明此反应为放热反应，故B正确；C．此反应为放热反应，升高温度，平衡左移，不利于脱硫，即温度越高H2S的脱除率越小，故C错误；D．此反应特点为反应前后气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，故硫化氢的转化率不会提高，D错误；故选B。17、C【解析】

A．该有机物分子式为C10H8O4，故A错误；B．只有苯环和双键能与氢气发生加成反应，则1mol该有机物与H2发生加成时最多消耗H24mol，故B错误；C．酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1mol该有机物与足量溴水反应时最多消耗Br23mol，故C正确；D．2个酚﹣OH、﹣COOC﹣及水解生成的酚﹣OH均与NaOH反应，则1mol该有机物与NaOH溶液反应时最多消耗NaOH4mol，故D错误；故选C。18、B【解析】

A.同系物必须满足两个条件：①结构相似②分子组成相差若干个CH2，故A错误；B.n含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C.n的二氯代物有3种，p的二氯代物也有3种，故C错误；D.应该是m（C6H6）生成1molC6H12需要3molH2，故D错误；答案：B【点睛】易错选项C易忽略两个氯原子取代同一个碳上的氢原子。19、D【解析】

碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，反应过程中元素化合价不发生变化。【详解】A.Mn2O7与碱反应产生盐和水，属于酸性氧化物，A不符合题意；B.Al2O3既能与碱反应产生盐和水，也能与酸反应产生盐和水，所以属于两性氧化物，B不符合题意；C.Na2O2和酸反应生成盐和水，同时生成氧气，发生的是氧化还原反应，不是碱性氧化物，属于过氧化物，C错误；D.MgO和酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查物质的分类，掌握酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物的概念是解答本题的关键。20、B【解析】

A、由流程图可知，CO2+H2在Na-Fe3O4催化剂表面反应生成烯烃，根据元素和原子守恒可知，其反应为：，故A错误；B、中间产物Fe5C2是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，故B正确；C、催化剂HZMS-5的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，故C错误；D、由图分析78%并不是表示CO2转化为汽油的转化率，故D错误；故答案为：B。21、A【解析】

A.20gD2O物质的量，含有的质子数均为10NA，18gH2O物质的量，含有的质子数均为10NA，故A正确；B.亚硫酸是弱电解质，不能完全电离，溶液中含有的H＋数小于2NA，故B错误；C.标准状况下，水为液体，故C错误；D.随着反应的进行，浓盐酸逐渐变为稀盐酸，MnO2与稀盐酸不反应，反应停止，且盐酸易挥发则转移的电子数小于0.3NA，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】用22.4L‧mol−1时一定要注意两个前提条件，一、是否为气体，二、是否为标准状况下。22、B【解析】

A．BaSO3和HNO3不能大量共存，白色沉淀是BaSO4，A项错误；B．铁氰化钾可氧化铁单质生成亚铁离子，Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成具有蓝色特征的铁氰化亚铁沉淀，离子方程式正确，B项正确；C．不能排除是用硫酸对高锰酸钾溶液进行酸化，故酸化的高锰酸钾溶液中可能含有H2SO4，则不能证明上述离子反应一定发生，C项错误；D．还原性：I＞Fe2+，少量氯水优先氧化碘离子，离子方程式应为2I＋Cl2=I2＋2Cl，D项错误；答案选B。【点睛】离子方程式书写正误判断方法：（1）一查：检查离子反应方程式是否符合客观事实；（2）二查：“==”“”“↓”“↑”是否使用恰当；（3）三查：拆分是否正确。只有易溶于水的强电解质能拆写成离子，其他物质均不能拆写；（4）四查：是否漏写离子反应；（5）五查：反应物的“量”——过量、少量、足量等；（6）六查：是否符合三个守恒：质量守恒、电荷守恒以及得失电子守恒。二、非选择题(共84分)23、ACC2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH、、、【解析】

根据流程图分析，A为，B为，C为，E为，F为，H为。（1）根据以上信息，可知诺氟沙星的结构简式。（2）A.B到C的反应类型为还原反应；B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳双键可发生加成、氧化，加聚反应，酯基可发生取代反应；C.化合物E含有碱基，具有碱性；D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断、右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子，两个环上的9个C原子可能共平面；（3）将C2H5OH氧化为CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再与NaCN反应，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再与HC(OC2H5)3反应，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。（4）与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应，生成和C2H5OH。（5）G的同系物M（C6H14N2）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：若六元环上只有一个N原子，则分子中不存在4种氢原子的异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接C原子，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上，但都必须呈对称结构。【详解】（1）通过对流程图的分析，可得出诺氟沙星的结构简式为。答案为：；（2）A.B到C的反应类型为还原反应，A错误；B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳双键可发生加成、氧化，加聚反应，酯基可发生取代反应，B正确；C.化合物E含有碱基，具有碱性，C错误；D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断、右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子，两个环上的9个C原子可能共平面，D正确。答案为：AC；（3）将C2H5OH氧化为CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再与NaCN反应，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再与HC(OC2H5)3反应，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。答案为：C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2；（4）与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应，生成和C2H5OH。答案为：+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH；（5）若六元环上只有一个N原子，则分子中不存在4种氢原子的异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接C原子，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，结构简式可能为、；两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上，结构简式可能为、。答案为：、、、。24、CH2=CH2羧基2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O【解析】

A为常见烃，是一种水果催熟剂，则A为CH2=CH2，A与水反应生成B，B为CH3CH2OH，B发生催化氧化反应生成C，C为CH3CHO，F具有芳香味，F为酯，B氧化生成D，D为CH3COOH，B与D发生酯化反应生成F，F为CH3COOCH2CH3，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A的结构简式为CH2=CH2，D为乙酸，D中官能团为羧基，故答案为：CH2=CH2；羧基；(2)反应①为乙醇的催化氧化，反应的化学方程式是2CH3CH2OH+O2

2CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2

2CH3CHO+2H2O；(3)反应②为乙醇和乙酸的酯化反应，反应的化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。25、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O不符合氧化还原反应原理避免对产物O2的检验产生干扰固体减少，产生红棕色气体，溶液中有气泡冒出确保二氧化氮已被除尽，防止干扰氧气的检验亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，难以判断反应是否发生了几滴酚酞试剂4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O【解析】

(1)NO2在碱性条件下自身发生氧化还原反应，与氢氧化钠反应生成NaNO3和NaNO2；(2)根据氧化还原反应化合价升降相等判断；(3)为检验是否生成氧气，应将装置内的氧气排尽；加热Mg(NO3)2固体，固体质量减小，如生成红棕色气体，则有NO2生成；(4)亚硫酸钠具有还原性，可被氧气氧化，也可被二氧化氮氧化；(5)亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，结合亚硫酸钠溶液呈碱性，硫酸钠溶液呈中性判断；(6)如果分解产物中有O2存在，但没有检测到，可能原因是二氧化氮、氧气与水反应。【详解】(1)NO2在碱性条件下自身发生氧化还原反应，与氢氧化钠反应生成NaNO3和NaNO2，，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的方程式为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；(2)由于丙产物中化合价只有降低情况，没有升高，不满足氧化还原反应的特征，不符合氧化还原反应原理；(3)为检验是否生成氧气，应将装置内的氧气排尽，避免对产物O2的检验产生干扰，加热Mg(NO3)2固体，固体质量减小，如生成红棕色气体，则有NO2生成；(4)亚硫酸钠具有还原性，可被氧气氧化，也可被NO2氧化，通入之前，还需在BD装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液，可确保NO2已被除尽，防止干扰氧气的检验；(5)亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，结合亚硫酸钠溶液呈碱性，硫酸钠溶液呈中性判断，可滴加几滴酚酞试剂，如溶液由红色变为无色，说明有氧气生成；(6)如果分解产物中有O2存在，但没有检测到，可能原因是NO2、O2与H2O反应，发生方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O。【点睛】本题为实验探究题目，答题时主要在把握物质的性质基础上把握实验的原理、目的以及相关实验的基本操作，侧重考查学生的分析、实验能力。26、平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流)仪器甲处馏出液无油状液体②①③；降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层除去花椒油中的水或干燥353.6g/L【解析】

在A装置中加热产生水蒸气，水蒸气经导气管进入B装置，给装置B中花椒籽粉与水的混合物进行加热提取花椒油；向馏出液中加入食盐颗粒，可降低花椒油在水中的溶解度，利于花椒油分层析出；由于花椒油容易溶解在有机溶剂乙醚中，而乙醚与水互不相溶，用乙醚萃取其中含有的花椒油，加入硫酸钠除去醚层中少量的水，最后蒸馏得到花椒油。根据花椒油的主要成分属于油脂，能够与NaOH反应产生高级脂肪酸钠和甘油，过量的NaOH用HCl滴定，根据酸碱中和滴定计算出其中含有的花椒油的质量，进而可得花椒油中油脂的含量。【详解】(1)加热时烧瓶内气体压强增大，导气管可缓冲气体压强，平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大；装置B中圆底烧瓶倾斜可以防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流)；(2)加热A装置中的圆底烧瓶，当有大量蒸气产生时关闭弹簧夹，进行蒸馏，装置B中的花椒油会随着热的水蒸气不断变为气体蒸出，当仪器甲处馏出液无油状液体，说明花椒油完全分离出来，此时停止蒸馏。蒸馏结束时，首先是打开弹簧夹，然后停止加热，最后关闭冷凝水，故操作的顺序为②①③；(3)在馏出液中加入食盐的作用是增大水层的密度，降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层；加入无水Na2SO4的作用是无水Na2SO4与水结合形成Na2SO4·10H2O，以便于除去花椒油中的水或对花椒油进行干燥；(4)实验结束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管内壁上沾有的油脂，二者发生反应产生可溶性的高级脂肪酸钠和甘油，该反应的化学方程式为；(5)根据HCl+NaOH=NaCl+H2O，所以n(NaOH)(过量)=n(HCl)=0.1mol/L×0.020L×=0.016mol，则与油脂反应的物质的量的物质的量为：0.5mol/L×0.08L-0.016mol=0.024mol，根据花椒油与NaOH反应的物质的量的物质的量关系可知其中含有的花椒油的物质的量为n(油脂)=n(NaOH)=×0.024mol=0.008mol，其质量为m(油脂)=0.008mol×884g/mol=7.072g，则该花椒油中含有油脂7.072g÷0.02L=353.6g/L。【点睛】本题考查了化学实验基本操作的知识，涉及操作顺序、装置设计的目的、酸碱中和滴定及物质含量的计算等。掌握化学反应原理、理解其含义及操作的目的是解题关键。27、三颈烧瓶B2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－及时除去系统中反应生成的H+3.5可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条）洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化C→B→A温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切（任意两条）【解析】

Ⅰ.（1）根据仪器的结构和用途回答；仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液，便于通过分液漏斗控制滴加的速率，故选B。（2）乙图随反应的进行，pH降低，酸性增强，Cu2＋将SO32－氧化，制备CuCl的离子方程式2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－；丙图是产率随pH变化关系图，pH=3.5时CuCl产率最高，实验过程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，控制pH。（3）抽滤的优点是可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条）；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化。Ⅱ.（4）氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，故C中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，B中盛放保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧气，A中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO，D测定氮气的体积，装置的连接顺序应为C→B→A→D；（5）用D装置测N2含量，读数时应注意温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切（任意两条）。【详解】Ⅰ.（1）根据仪器的结构和用途，甲图中仪器1的名称是三颈烧瓶；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，为提高产率，仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液，便于通过分液漏斗控制滴加的速率，故选B。（2）乙图是体系pH随时间变化关系图，随反应的进行，pH降低，酸性增强，Cu2＋将SO32－氧化，制备CuCl的离子方程式2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－；丙图是产率随pH变化关系图，pH=3.5时CuCl产率最高，实验过程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是及时除去系统中反应生成的H+，并维持pH在3.5左右以保证较高产率。（3）抽滤所采用装置如丁图所示，其中抽气泵的作用是使吸滤瓶与安全瓶中的压强减小，跟常规过滤相比，采用抽滤的优点是可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条）；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化。Ⅱ.（4）氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，故C中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，B中盛放保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧气，A中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO，D测定氮气的体积，装置的连接顺序应为C→B→A→D；（5）用D装置测N2含量，读数时应注意温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切（任意两条）。【点睛】本题考查物质制备实验、物质含量测定实验，属于拼合型题目，关键是对原理的理解，难点Ⅱ.（4）按实验要求连接仪器，需要具备扎实的基础。28、3d104s24p1哑铃形spBCF直线形钙原子半径较大且价电子数少，金属键较弱S12【解析】

（1）Ga原子位于第4周期IIIA族，为31号，则基态Ga原子的核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p1，核外电子占据最高的能级为4p能级，p能级的电子云形状为哑铃形；（2）碳原子之间形成碳碳三键，空间构型为直线型，杂化方式为sp杂化；碳碳三键中有两个π键和一个σ键，Na+与C2H-之间为离子键，所以选BCF；（3）NaN3