2025届新疆克拉玛依市北师大克拉玛依附中高三第四次模拟考试化学试卷含解析

2025届新疆克拉玛依市北师大克拉玛依附中高三第四次模拟考试化学试卷考生须知：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、某学习小组在容积固定为2L的密闭容器内充入1molN2和3molH2合成NH3。恒温下开始反应，并用压力传感器测定压强如下表所示：反应时间/min051015202530压强/MPa16.8014.7813.8613.2712.8512.6012.60下列说法不正确的是A．不断地将NH3液化并移走，有利于反应正向进行B．其它条件不变，在30min时，若压缩容器的体积，N2的平衡转化率增大C．从反应开始到10min时，v（NH3）＝0.035mol·L−1·min−1D．在30min时，再加入0.5molN2、1.5molH2和2molNH3，平衡向逆反应方向移动2、用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是A．加热装置I中的烧杯分离I2和Fe B．利用装置Ⅱ合成氨并检验氨的生成C．利用装置Ⅲ制备少量的氯气 D．利用装置Ⅳ制取二氧化硫3、下列关于有机物a()、b()、c(）的说法正确的是A．a、b互为同系物B．C中所有碳原子可能处于同一平面C．b的同分异构体中含有羧基的结构还有7种（不含立体异构）D．a易溶于水，b、c均能使酸性高猛酸钾溶液褪色4、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂，可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4→2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，下列说法错误的是（）A．每1molKClO3参加反应就有2mol电子转移B．ClO2是还原产物C．H2C2O4在反应中被氧化D．KClO3在反应中得到电子5、锂—铜空气燃料电池（如图）容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2Li＋Cu2O＋H2O＝2Cu＋2Li+＋2OH-，下列说法错误的是A．放电时，当电路中通过0.2mol电子的电量时，有0.2molLi+透过固体电解质向Cu极移动，有标准状况下1.12L氧气参与反应B．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2OC．放电时，正极的电极反应式为：Cu2O＋H2O＋2e-＝2Cu＋2OH-D．整个反应过程，空气中的O2起了催化剂的作用6、下列关于有机化合物的说法正确的是A．乙醇的水溶液俗称酒精B．由苯与氯气在一定条件下生成C6H6Cl6的反应属于取代反应C．化学式为C4H10O的饱和一元醇有4种D．糖类发生水解反应的最终产物都是葡萄糖7、胆矾CuSO4·5H2O可写为[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其结构示意图如下：下列有关胆矾的说法正确的是A．Cu2+的价电子排布式为3d84s1B．所有氧原子都采取sp3杂化C．胆矾中含有的粒子间作用力有离子键、极性键、配位键和氢键D．胆矾所含元素中，H、O、S的半径及电负性依次增大8、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．18gD2O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＋离子数为2NAC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA9、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、W处于同一主族Y、Z的原子最外层电子数之和等于8，X的简单氢化物与W的简单氢化物反应有大量白烟生成。下列说法正确的是A．简单离子半径：Y<Z<WB．Z与W形成化合物的水溶液呈碱性C．W的某种氧化物可用于杀菌消毒D．Y分别与X、Z形成的化合物，所含化学键的类型相同10、部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示：下列说法正确的是A．离子半径的大小顺序：e＞f＞g＞hB．与x形成简单化合物的沸点：y＞z＞dC．x、z、d三种元素形成的化合物可能含有离子键D．e、f、g、h四种元素对应最高价氧化物的水化物相互之间均能发生反应11、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A．1molH2O2完全分解产生O2时，转移的电子数为2NAB．0.lmol环氧乙烷（）中含有的共价键数为0.3NAC．常温下，1LpH=l的草酸（H2C2O4）溶液中H+的数目为0.1NAD．1mol淀粉水解后产生的葡萄糖分子数目为NA12、已知下列反应的热化学方程式为①CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=-870.3kJ·mol-1②C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-393.5kJ·mol-1③H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH3=－285.8kJ·mol-1则反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的ΔH为（）A．-488.3kJ·mol-1B．-191kJ·mol-1C．-476.8kJ·mol-1D．-1549.6kJ·mol-113、化学在生产和生活中有重要的应用。下列说法正确的是A．陶瓷坩埚和石英坩埚都是硅酸盐产品B．乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的C．新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料D．高分子吸水性树脂聚丙烯酸钠，不溶于水，可吸收其自身重量几百倍的水14、向饱和食盐水中通入氯化氢，直至有白色固体析出，析出过程中叙述错误的是A．白色固体是NaCl B．溶液中存在两种电离平衡C．溶液pH值减小 D．NaCl的溶解速率小于结晶速率15、根据下列实验操作和现象所得到的实验结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向KI溶液中滴加少量溴水，再滴加CCl4，振荡，静置。分层，上层无色，下层紫红色溴的非金属性强于碘B向Na2SO3溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解Na2SO3溶液已经变质C向AgNO3溶液中先滴加少量NaCl溶液，生成白色沉淀，然后再滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀溶解度：AgCI>Ag2SD向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，溶液红色逐渐褪去BaCl2溶液是酸性溶液A．A B．B C．C D．D16、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A．常温下，1L0.5mol/LCH3COONH4溶液的pH＝7，则溶液中CH3COO－与NH4＋的数目均为0.5NAB．10g质量分数为46%的乙醇溶液中含有氢原子的数目为0.6NAC．16g氨基(－NH2)中含有的电子数为7NAD．在密闭容器中将2molSO2和1molO2混合反应后，体系中的原子数为8NA17、下列关于有机化合物的说法正确的是（）A．乙硫醇(C2H5SH)的沸点比乙醇的高B．除去乙酸乙酯中的少量乙醇可加入适量乙酸并充分加热C．等质量的苯和苯乙烯()完全燃烧,消耗氧气的体积相同D．分子式为C4H8Cl2且含有两个甲基的有机物有4种18、下列物质中含有非极性键的共价化合物是A．CCl4 B．Na2O2 C．C2H4 D．CS219、给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）A．SSO2BaSO4B．SiO2H2SiO3Na2SiO3（aq）C．MgCl2•6H2OMgCl2MgD．N2NO2HNO320、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．②③④21、大规模开发利用铁、铜、铝，由早到晚的时间顺序是（）A．铁、铜、铝 B．铁、铝、铜 C．铝、铜、铁 D．铜、铁、铝22、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3·xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NAB．标准状况下，11.2LH2S溶于水，溶液中含硫粒子的数目大于0.5NAC．常温下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中Ba2+的数目为0.5NAD．分子式为C2H6O的某种有机物4.6g，含有C－H键的数目一定为0.5NA二、非选择题(共84分)23、（14分）A是一种烃，可以通过下列路线合成有机产品X、Y、Z。已知：Ⅰ.（R或R’可以是烃基或氢原子）Ⅱ.反应①、②、⑤的原子利用率都为100%。完成下列填空：（1）B的名称为_____；反应③的试剂和条件为_____；反应④的反应类型是____。（2）关于有机产品Y（）的说法正确的是____。A．Y遇氯化铁溶液会发生显色反应B．1molY与H2、浓溴水中的Br2反应，最多消耗分别为4mol和2molC．1molY与氢氧化钠溶液反应时，最多可以消耗3mol氢氧化钠D．Y中⑥、⑦、⑧三处-OH的电离程度由大到小的顺序是⑧>⑥>⑦（3）写出符合下列条件的E的所有同分异构体的结构简式______。a.属于酚类化合物，且是苯的对位二元取代物b.能发生银镜反应和水解反应（4）设计一条以CH3CHO为起始原料合成Z的线路（无机试剂及溶剂任选）。______（合成路线的常用表示方法为：AB……目标产物）24、（12分）H是一种可用于治疗肿瘤的药物中间体，由芳香烃A制备H的合成路线如图。回答下列问题：（1）A物质的一氯代物共有______种；（2）B物质中含有的官能团名称______；（3）①的反应试剂和反应条件分别是______，③的反应的类型是______；（4）E物质通过多次取代反应和氧化反应可以获取F物质，用系统命名法对E物质命名______，F物质的结构简式为______；（5）⑤的化学反应方程式为______；（6）对甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备对甲氧基乙酰苯胺的合成路线。（其他试剂任选）______________（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）。25、（12分）(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(M=392g/mol)又称摩尔盐，简称FAS，它是浅蓝色绿色晶体，可溶于水，难溶于水乙醇。某小组利用工业废铁屑进行下列实验。请按要求回答下列问题：Ⅰ.FAS的制取。流程如下：(1)步骤①加热的目的是_________________________。(2)步骤②必须在剩余少量铁屑时进行过滤，其原因是(用离子方程式表示)：______________。Ⅱ.NH4+含量的测定。装置如图所示：实验步骤：①称取FAS样品ag，加水溶解后，将溶液注入Y中②量取bmLc1mol/LH2SO4溶液于Z中③向Y加入足量NaOH浓溶液，充分反应后通入气体N2，加热(假设氨完全蒸出)，蒸氨结束后取下Z。④用c2mol/LNaOH标准溶液滴定Z中过量的硫酸，滴定终点时消耗dmLNaOH标准溶液。(3)仪器X的名称______________；N2的电子式为______________。(4)步骤③蒸氨结束后，为了减少实验误差，还需要对直形冷凝管进行处理的操作是__________________；NH4+质量百分含量为(用代数式表示)__________________。Ⅲ.FAS纯度的测定。称取FASmg样品配制成500mL待测溶液。分别取20.00mL待测溶液，进行如下方案实验：(5)方案一：用0.01000mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定。滴定过程中需用到的仪器中(填图中序号)_________。滴定中反应的离子方程式为____________________。①②③④⑤⑥⑦⑧(6)方案二：待测液→足量BaCl2溶液→过滤→洗涤(7)方案一、二实验操作均正确，却发现方案一测定结果总是小于方案二的，其可能的原因是_______________；为验证该猜测正确，设计后续实验操作为_________________，现象为______________。26、（10分）硫酸亚铁晶体俗称绿矾(FeSO4•7H2O)，重铬酸钠晶体俗称红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)，它们都是重要的化工产品。工业上以铬铁矿[主要成分是[Fe(CrO2)2]为原料制备绿矾和红矾钠的工艺流程如图所示。请回答下列问题：(1)已知Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3价，则Fe(CrO2)中铁元素的化合价为______________。(2)化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如Na2SiO3写成Na2O·SiO2，则Fe(CrO2)2可写成__________。(3)煅烧铬铁矿时，矿石中的Fe(CrO2)2转变成可溶于水的Na2CrO4，反应的化学方程式如下：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O22Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2①该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为________________。②为了加快该反应的反应速率，可采取的措施是_________________(填一种即可)。⑷己知CrO42-在氢离子浓度不同的酸性溶液中有不同的反应。如：2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O3CrO42-+4H+=Cr3O102-+2H2O①往混合溶液甲中加入硫酸必须适量的原因是________________。②混合溶液乙中溶质的化学式为______________________。(5)写出Fe与混合溶液丙反应的主要离子方程式_________________。检验溶液丁中无Fe3+的方法是：_____________。从溶液丁到绿巩的实验操作为蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥。27、（12分）粮食仓储常用磷化铝(A1P)熏蒸杀虫，A1P遇水即产生强还原性的PH3气体。国家标准规定粮食中磷物(以PH3计)的残留量不超过0.05mg•kg-1时为合格。某小组同学用如图所示实验装置和原理测定某粮食样品中碟化物的残留量。C中加入100g原粮，E中加入20.00mL2.50×lO-4mol•L-1KMnO4溶液的H2SO4酸化)，C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中的溶液。(1)装置A中的KMn04溶液的作用是_____。(2)装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液吸收空气中的O2。若去掉该装置，则测得的磷化物的残留量___(填“偏髙”“偏低”或“不变”)。(3)装置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被还原为Mn2+，写出该反应的离子方程式：__________。(4)收集装置E中的吸收液，加水稀释至250mL，量取其中的25.00mL于锥形瓶中，用4.0×lO-5mol•L-1的Na2SO3标准溶液滴定，消耗Na2SO3标准溶液20.00mL，反应原理是S02-+Mn04-+H+→S042-+Mn2++H20(未配平)通过计算判断该样品是否合格(写出计算过程)_______。28、（14分）中科院大连化学物理研究所的一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲烷在催化作用下脱氢，在气相中经自由基偶联反应生成乙烯，如图所示。（1）现代石油化工采用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X（分子式C2H4O，不含双键），该反应符合最理想的原子经济，则反应的化学方程式是___（有机物请写结构简式）。（2）已知相关物质的燃烧热如上表，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式___。（3）在400℃时，向初始体积1L的恒压反应器中充入1molCH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0%。则：①在该温度下，其平衡常数K=__。②若向该容器通入高温水蒸气（不参加反应，高于400℃），C2H4的产率将__（选填“增大”“减小”“不变”“无法确定”），理由是___。③若容器体积固定，不同压强下可得变化如图，则压强的关系是___。④实际制备C2H4时，通常存在副反应：2CH4(g)→C2H6(g)＋H2(g)。反应器和CH4起始量不变，不同温度下C2H6和C2H4的体积分数与温度的关系曲线如图。在200℃时，测出乙烷的量比乙烯多的主要原因可能是___。29、（10分）过渡金属元素在日常生活中有广泛的应用。（1）金属钒在材料科学上有重要作用，被称为“合金的维生素”，基态钒原子的价层电子的排布式为__________；基态Mn原子核外有____种运动状态不同的电子，M层的电子云有_______种不同的伸展方向。（2）第四周期元素的第一电离能随原子序数增大，总趋势是逐渐增大的，但Ga的第一电离能明显低于Zn，原因是____________________________________（3）NO2－与钴盐形成的配离子[Co(NO2)6]3－可用于检验K+的存在。与NO2－互为等电子体的微粒__________（写出一种），K3[Co(NO2)6]中存在的作用力有___________a.σ键b.π键c.配位键d.离子键e.范德华力（4）锰的一种配合物的化学式为Mn(BH4)2(THF)3，BH4－的空间构型为____________（5）FeO是离子晶体，其晶格能可通过下图中的Born—Haber循环计算得到。可知，O原子的第一电子亲和能为________kJ•mol-1，FeO晶格能为________kJ•mol-1。（6）铜与氧可形成如图所示的晶胞结构，其中Cu均匀地分散在立方体内部，a、b的坐标参数依次为（0，0，0）、（1/2，1/2,1/2），则d点的坐标参数为_______________，已知该晶体的密度为ρg•cm-3，NA是阿伏伽德罗常数的值，则晶胞参数为_________pm（列出计算式即可）

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、D【解析】

A.不断将氨气液化分离，生成物的浓度减小，平衡正向移动，故正确；B.压缩体积，平衡正向移动，氮气转化率增大，故正确；C.前10分钟，N2+3H22NH3起始0.51.50改变x3x2x10min时0.5-x1.5-3x2x有，解x=0.175mol/L，用氨气表示反应速率为＝0.035mol·L−1·min−1，故正确；D.N2+3H22NH3起始0.51.50改变x3x2x平衡0.5-x1.5-3x2x，有，解x=0.25mol/L，则平衡常数表示为，在30min时，再加入0.5molN2、1.5molH2和2molNH3，则有Qc=<K，平衡正向移动，故错误。故选D。2、C【解析】

A、加热时I2和Fe发生化合反应，故A错误；B、检验氨的生成要用湿润的pH试纸，故B错误；C、高锰酸钾氧化性较强，在常温下就可以与浓盐酸反应产生氯气，故C正确；D、铜与浓硫酸反应制取二氧化硫要加热，故D错误。答案C。3、C【解析】

A.a、b的分子式和分子结构都相同，属于同一种物质。故A错误；B.c是1，4-环己二醇，碳原子均采取杂化，所有碳原子不可能处于同一平面。故B错误；C.b的烃基是戊基（），戊基一共有8种结构，所以，b的同分异构体中含有羧基的结构还有7种。故C正确；D.饱和羧酸不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，与羟基相连的碳原子上有氢原子的饱和醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以，上述物质中，只有c能使酸性高锰酸钾溶液褪色。故D错误；故答案选：C。4、A【解析】

A.根据化学方程式，KClO3中Cl元素由+5价下降到+4价，得到1个电子，所以1molKClO3参加反应有1mol电子转移，故A错误；B.反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4→2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，化合价升高元素是C，对应的产物CO2是氧化产物，化合价降低元素是Cl，对应的产物ClO2是还原产物，故B正确；C.化合价升高元素是C元素，所在的反应物H2C2O4是还原剂，在反应中被氧化，故C正确；D.反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4→2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，KClO3中Cl元素化合价降低，得到电子，故D正确；故选A。5、D【解析】

放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得电子作正极，负极上电极反应式为Li-e-═Li+，正极上电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。【详解】A．放电时，电解质中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，当电路中通过0.2mol电子的电量时，根据4Cu+O2===2Cu2O，O2+4e-+2H2O=4OH-，正极上参与反应的氧气为0.05mol，在标准状况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故A正确；B．该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，因此通入空气的目的是让氧气与铜反应生成Cu2O，故B正确；C．该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，故C正确；D．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，氧化剂为O2，故D错误；故答案为D。6、C【解析】A.乙醇俗称酒精，A错误；B.由苯与氯气在一定条件下生成C6H6Cl6的反应属于加成反应，B错误；C.丁基有4种，因此化学式为C4H10O的饱和一元醇有4种，C正确；D.糖类发生水解反应的最终产物不一定都是葡萄糖，也可以产生果糖，D错误，答案选C。7、C【解析】

A．Cu是29号元素，Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s、3d能级上各一个电子生成Cu2+，故Cu2+的价电子排布式3d9，故A错误；B．硫酸根离子中S和非羟基O和H2O中的O原子的杂化方式不同，不可能都是sp3杂化，故B错误；C．铜离子和硫酸根离子之间存在离子键，硫原子和氧原子间存在极性共价键，铜原子和氧原子间存在配位键，氧原子和氢原子间存在氢键，故C正确；D．H、O、S分别为第1，2，3周期，所以半径依次增大，但O的电负性大于S，故D错误；故选C。8、C【解析】

A．18gD2O和18gH2O的物质的量不相同，其中含有的质子数不可能相同，A错误；B．亚硫酸是弱电解质，则2L0.5mol·L-1亚硫酸溶液中含有的H+离子数小于2NA，B错误；C．过氧化钠与水反应时，氧元素化合价从-1价水的0价，则生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，C正确；D．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应生成2molNO2，但NO2与N2O4存在平衡关系，所以产物的分子数小于2NA，D错误。答案选C。【点睛】阿伏伽德罗常数与微粒数目的关系涉及的知识面广，涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡、胶体、化学键等知识点。与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系，计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。9、C【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的简单氢化物与W的氢化物反应有大量白烟生成，应该为氨气和氯化氢的反应，X为N元素，W为Cl元素；其中Y、W处于同一主族，Y为F元素；Y、Z的原子最外层电子数之和等于8，Z的最外层电子数为8-7=1，结合原子序数可知为第三周期的Na元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，X为N元素，Y为F元素，Z为Na元素，W为Cl元素。A．电子层结构相同的离子中，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以Y、Z的简单离子的半径大小：Y＞Z，故A错误；B．Z与W形成化合物为氯化钠，水溶液呈中性，故B错误；C．W的某种氧化物可用于杀菌消毒，如ClO2常用于自来水消毒，故C正确；D．Y分别与X、Z形成的化合物为NF3、NaF，前者含共价键，后者含离子键，故D错误；答案选C。10、C【解析】

根据原子序数及化合价判断最前面的元素x是氢元素，y为碳元素，z为氮元素，d为氧元素，e为钠元素，f为铝元素，g为硫元素，h为氯元素；A.根据“层多径大、序大径小”，离子半径大小g＞h＞e＞f；选项A错误；B.d、z、y与x形成的简单化合物依次为H2O、NH3、CH4，H2O、NH3分子间形成氢键且水分子间氢键强于NH3分子间氢键，CH4分子间不存在氢键，故沸点由高到低的顺序为d＞z＞y，选项B错误；C.氢元素、氮元素、氧元素可以组成离子化合物硝酸铵，硝酸铵中含离子键和共价键，选项C正确；D.g、h元素对应最高价氧化物的水化物硫酸和高氯酸不能反应，选项D错误；答案选C。11、C【解析】

A.H2O2分解的方程式为2H2O2=2H2O+O2↑，H2O2中O元素的化合价部分由-1价升至0价、部分由-1价降至-2价，1molH2O2完全分解时转移1mol电子，转移电子数为NA，A错误；B.1个环氧乙烷中含4个C—H键、1个C—C键和2个C—O键，1mol环氧乙烷中含7mol共价键，0.1mol环氧乙烷中含0.7mol共价键，含共价键数为0.7NA，B错误；C.pH=1的草酸溶液中c（H+）=0.1mol/L，1L该溶液中含H+物质的量n（H+）=0.1mol/L×1L=0.1mol，含H+数为0.1NA，C正确；D.淀粉水解的方程式为，1mol淀粉水解生成nmol葡萄糖，生成葡萄糖分子数目为nNA，D错误；答案选C。【点睛】本题易错选B，在确定环氧乙烷中共价键时容易忽略其中的C—H键。12、A【解析】

利用盖斯定律，将②×2+③×2-①可得：2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的ΔH=(-393.5kJ·mol-1)×2+(-285.8kJ·mol-1)×2-(-870.3kJ·mol-1)=-488.3kJ·mol-1。故选A。13、D【解析】

A.石英坩埚主要成分为二氧化硅，属于氧化物，不是硅酸盐产品，选项A错误；B.过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的，乙醇可使蛋白质脱水而变性，不具有氧化性，选项B错误；C.光导纤维主要成分为二氧化硅，属于无机物，不是有机高分子材料，选项C错误；D.高吸水性树脂属于功能高分子材料，聚丙烯酸钠含亲水基团，相对分子质量在10000以上，属于功能高分子材料，选项D正确；故合理选项是D。14、B【解析】

A.向饱和食盐水中通入氯化氢，氯离子浓度增大，会使氯化钠析出，故A正确；B.溶液中只存在水的电离平衡，故B错误；C.氯化钠溶液显中性，通入氯化氢后溶液显酸性，溶液pH值减小，故C正确；D.因为有氯化钠固体析出，所以氯化钠的溶解速率小于结晶速率，故D正确；故选：B。15、A【解析】

A．单质溴与KI在溶液中发生氧化还原反应生成碘单质，产生的碘单质易溶于四氯化碳，由于四氯化碳的密度比水大，与水互不相容，所以静置分层，上层无色，下层紫红色，可知溴的非金属性强于碘，A正确；B．酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸钡生成硫酸钡沉淀，因此不能确定Na2SO3溶液是否变质，B错误；C．由于是向硝酸银溶液中首先滴入少量NaCl溶液，所以硝酸银过量，过量的硝酸银与滴入的Na2S反应产生Ag2S沉淀，均为沉淀生成，不能比较AgCl、Ag2S的溶解度，C错误；D．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液中c(OH-)减小，溶液红色逐渐褪去，并不是因为BaCl2溶液是酸性溶液，D错误；故合理选项为A。16、D【解析】

A．由于醋酸根和铵根均会发生水解，所以溶液中这两种离子的数目一定小于0.5NA，A项错误；B．该溶液中乙醇的质量为4.6g，根据公式计算可知：；该溶液中的水的质量为5.4g，根据公式计算可知：；所以溶液中的H原子数目为1.2NA，B项错误；C．1个氨基中含有9个电子，16g氨基即1mol，所以含有电子数为9NA，C项错误；D．密闭容器中发生的虽然是可逆反应，但原子总数守恒，所以为8NA，D项正确；答案选D。17、C【解析】

A.乙硫醇(C2H5SH)分子间无氢键而乙醇分子之间有氢键，氢键的存在增加了分子之间的吸引力，使物质的熔沸点升高，故乙醇的熔沸点比乙硫醇高，A错误；B.乙醇与乙酸生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此不能达到除杂的目的，还引入了新的杂质，B错误；C.苯、苯乙烯最简式相同，同质量消耗O2量相同，因此消耗的氧气在相同条件下体积也相同，C正确；D.C4H8Cl2可看作是C4H10分子中的2个H原子被Cl原子取代产生的物质，C4H10有正丁烷、异丁烷两种结构，4个碳原子可形成，符合条件的正丁烷的二氯代物有2种，异丁烷的1种，共有3种不同的结构，D错误；故合理选项是C。18、C【解析】

A．CCl4中只含C-Cl极性共价键，故A不选；B．Na2O2既含有非极性共价键，又含有离子键，为离子化合物，故B不选；C．C2H4中含C-H极性共价键和C=C非极性共价键，只含共价键，由C、H元素组成，为共价化合物，故C选；D．CS2中只含C=S极性共价键，故D不选；故选：C。19、A【解析】A．硫单质点燃生成二氧化硫，二氧化硫通入硝酸钡溶液，溶液显酸性，硝酸根氧化二氧化硫为硫酸，结合钡离子生成不溶于水和酸的硫酸钡沉淀，转化关系可以一步实现，A正确；B．二氧化硅是酸性氧化物，但不溶于水不能一步生成硅酸，B错误；C．氯化镁晶体加热过程中会发生水解得到氢氧化镁，不能生成氯化镁固体，需要在氯化氢气流中加热失去结晶水得到氯化镁固体，C错误；D．氮气与氧气放电件下反应生成一氧化氮，不能一步生成二氧化氮气体，D错误；答案选A。20、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。21、D【解析】

越活泼的金属越难被还原，冶炼越困难，所以较早大规模开发利用的金属是铜，其次是铁，铝较活泼，人类掌握冶炼铝的技术较晚，答案选D。22、A【解析】

A.14.0gFe的物质的量为，Fe发生吸氧腐蚀的负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，则电极反应转移的电子数为0.25mol×2NA=0.5NA，A项正确；B.标况下，H2S为气体，11.2LH2S气体为0.5mol，H2S溶于水，电离产生HS-和S2-，根据S元素守恒可知，含硫微粒共0.5NA，B项错误；C.常温下，pH=14的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子的浓度为1mol/L，则Ba2+的浓度为0.5mol/L，则Ba2+的数目为0.5mol/L×0.5LNA=0.25NA，C项错误；D.C2H6O的摩尔质量为46g/mol，4.6gC2H6O的物质的量为0.1mol，分子式为C2H6O的有机物，可能为CH3CH2OH，也可能为CH3OCH3，则含有C－H键的数目可能为0.5NA，也可能0.6NA，D项错误；答案选A。【点睛】钢铁发生吸氧腐蚀的电极反应式：正极：O2+2H2O+4e-=4OH-；负极：2Fe-4e-=2Fe2+；总反应：2Fe+O2+2H2O=Fe(OH)2；Fe(OH)2继续与空气中的氧气作用，生成Fe(OH)3，发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，Fe(OH)3脱去一部分水就生成Fe2O3∙xH2O，它就是铁锈的主要成分。二、非选择题(共84分)23、苯乙烯氢氧化钠水溶液、加热消去反应AD、【解析】

反应①、②、⑤的原子利用率都为100%,则这几个反应为加成反应,根据

知,B和HBr发生加成反应得到该物质,则B结构简式为

,所以B为苯乙烯；A为HC≡CH;

C能发生催化氧化反应,则

发生水解反应生成D，反应条件为氢氧化钠水溶液、加热；C结构简式为

,D结构简式为

,D发生信息I的反应,E结构简式为

,E发生酯化反应生成F,F发生消去反应生成X，G相对分子质量为78,C原子个数为6个,则G为

,苯发生一系列反应生成Y；【详解】(1)由上述分析可知B名称是苯乙烯,反应③的试剂和条件为氢氧化钠水溶液、加热;反应④的反应类型是消去反应,

因此，本题正确答案是:苯乙烯;氢氧化钠水溶液、加热;消去反应;

(2)A.因为Y的结构简式为：，结构中含有酚羟基,所以遇氯化铁溶液会发生显色反应,故A正确;

B.因为Y的结构简式为：，只有苯环能和氢气发生加成反应、苯环上酚羟基邻位氢原子能和溴发生取代反应,所以1molY与H2、浓溴水中的Br2反应,最多消耗分别为3molH2和2molBr2,故B错误;

C.因为Y的结构简式为：,酚羟基和羧基能与NaOH溶液反应,1molY与氢氧化钠溶液反应时,最多可以消耗2mol氢氧化钠,故C错误;D.Y()中⑥位酚羟基，显弱酸性，⑦为醇羟基，没有酸性，⑧位为羧基上的羟基，属于弱酸性，但酸性比酚羟基的酸性强，所以三处-OH的电离程度由大到小的顺序是⑧>⑥>⑦,故D正确;所以AD选项是正确的;(3)E结构简式为

,E的同分异构体符合下列条件:a.属于酚类化合物,说明含有酚羟基,且是苯的对位二元取代物,说明另外一个取代基位于酚羟基对位;

b.能发生银镜反应和水解反应,水解含有醛基和酯基,

该物质为甲酸酯,符合条件的同分异构体有

，

因此，本题正确答案是:

；(4)乙醛发生还原反应生成CH3CH2OH，CH3CHO和HCN反应然后酸化得到CH3CH(OH)COOH，乙醇和CH3CH(OH)COOH发生酯化反应生成CH3CH(OH)COOCH2CH3，然后发生消去反应生成CH2=CH(OH)COOCH2CH3，CH2=CH(OH)COOCH2CH3发生加聚反应生成,其合成路线为为

，

因此，本题正确答案是:

。24、4氯原子氯气、光照还原反应2-甲基丙烷【解析】

由B的结构可知，芳香烃为A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，B与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成C，C发生还原反应生成D，D与G在吡啶条件下发生取代反应生成H．由F的分子式、G的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合E的分子式，可知E为。【详解】(1)由B的结构可知，芳香烃为A为，A

物质的一氯代物在苯环上有3种，在甲基上有1种，故共有4种，故答案为：4；(2)B的结构简式为：，B

物质中含有的官能团名称为：氯原子，故答案为：氯原子；(3)反应①是转化为，反应试剂和反应条件分别是：氯气、光照；反应③中硝基转化为氨基，属于还原反应，故答案为：氯气、光照；还原反应；(4)由F的分子式、G的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合E的分子式，可知E为，用系统命名法对

E

物质命名为：2-甲基丙烷，故答案为：2-甲基丙烷；；(5)⑤的化学反应方程式为：，故答案为：；(6)结合合成路线图中转化可知，与在吡啶条件下反应生成，乙酸与SOCl2/PCl3作用生成．先发生硝化反应，然后与Fe/HCl作用生成，合成路线流程图为：，故答案为：。25、加快并促进Na2CO3水解，有利于除去油污Fe+2Fe3+=3Fe2+分液漏斗用少量蒸馏水冲洗冷凝管内通道2~3次，将洗涤液注入到锥形瓶Z中(2bc1-dc2)×10-3×18a×100%①④⑤⑥MnO4-+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O392n×252×233m×100%部分Fe2+被氧气氧化取少量待测溶液于试管中，加入少量KSCN【解析】

废铁屑用热的Na2CO3溶液除去表面的油污后，加稀硫酸溶解，Fe与H2SO4反应产生硫酸亚铁溶液，加硫酸铵晶体共同溶解，经过蒸发浓缩、冷却晶体、过滤、洗涤、干燥得到莫尔盐FAS，以此分析解答。【详解】Ⅰ．(1)步骤①是用碳酸钠溶液除去废铁屑表面的油污，该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，由于盐的水解反应是吸热反应，加热，可促进盐的水解，使溶液碱性增强，因而可加快油污的除去速率；(2)亚铁离子易被氧化，少量铁还原氧化生成的Fe3+，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3)根据图示可知：仪器X的名称为分液漏斗；N原子最外层有5个电子，两个N原子之间共用3对电子形成N2，使每个N原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故N2的电子式为；(4)蒸出的氨气中含有水蒸气，使少量的氨水残留在冷凝管中，为减小实验误差，用少量蒸馏水冲洗冷凝管内通道2~3次，将洗涤液注入到锥形瓶Z中；根据反应方程式2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可得物质之间的物质的量关系为：n(NH3)+n(NaOH)=2n(H2SO4)，n(H2SO4)=b×10-3L×c1mol/L=bc1×10-3mol，n(NaOH)=c2mol/L×d×10-3L=c2d×10-3mol，所以n(NH3)=2n(H2SO4)-n(NaOH)=2bc1×10-3mol-c2d×10-3mol=(2bc1-dc2)×10-3mol；根据N元素守恒可知该摩尔盐中含有的NH4+的物质的量为n(NH4+)=(2bc1-dc2)×10-3mol，故NH4+质量百分含量为φ=m((5)用0.01000mol/L的酸性KMnO4溶液滴定溶液中的Fe2+离子，酸性KMnO4溶液盛装在酸式滴定管中，盛装待测液需要使用④锥形瓶，滴定管需要固定，用到⑤铁架台及⑥铁夹。故滴定过程中需用到的仪器是①④⑤⑥；KMnO4将Fe2+氧化为Fe3+，KMnO4被还原为Mn2+，同时产生了水，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得滴定中反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2+(6)根据元素守恒可得：(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O～2SO42-～2BaSO4，n(BaSO4)=ng233g/mol=n233mol，则n[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]=12n(BaSO4)=12×n233mol=n2×233mol，则500mL溶液中含有的(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的物质的量为n2×233mol×500(7)已知实验操作都正确，却发现甲方案的测定结果总是小于乙方案，其可能的原因是Fe2+被空气中的氧气部分氧化，设计简单的化学实验验证上述推测的实验过程为：取少量FAS溶液，加入少量KSCN溶液，若溶液变为红色，说明Fe2+已被空气部分氧化。【点睛】本题考查物质制备实验方案的设计的知识，涉及物质的净化除杂、物质电子式的书写、滴定实验过程中仪器的使用、分析应用、氧化还原反应方程式的书写与计算、物质含量的测定与计算等，该题综合性较强，要注意结合题给信息和装置特点及物质的性质分析，题目难度中等。26、+2价FeO·Cr2O34：7粉碎矿石(或升高温度）H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O10-2)，所以H2SO4必须适量Na2Cr2O7、Na2SO4Fe+2Fe3+=3Fe2+取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+冷却结晶【解析】铬铁矿中加入碳酸钠并通入氧气，高温下将Fe(CrO2)2氧化得到Fe2O3、Na2CrO4，同时生成CO2，将得到的固体溶于水得到Na2CrO4溶液，然后过滤，得到得到Na2CrO4和过量的碳酸钠混合溶液和氧化铁固体，在Na2CrO4和碳酸钠混合溶液中加入硫酸酸化，硫酸和Na2CrO4反应生成Na2Cr2O7和硫酸钠，同时除去碳酸钠，通过蒸发浓缩冷却结晶，得到红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)；氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁，加入铁粉将硫酸铁还原生成硫酸亚铁，最后蒸发浓缩冷却结晶，得到绿矾。(1)Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3价，根据正负化合价的代数和为0，Fe(CrO2)中铁元素的化合价为+2价，故答案为+2价；(2)Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3价，铁元素的化合价为+2价，可写成FeO·Cr2O3，故答案为FeO·Cr2O3；(3)①高温氧化时，Fe(CrO2)2和碳酸钠、氧气反应氧化还原反应生成Na2CrO4、二氧化碳和氧化铁，该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、Cr元素化合价由+3价变为+6价，O元素化合价由0价变为-2价，所以氧气是氧化剂、Fe(CrO2)2是还原剂，则还原剂和氧化剂的物质的量之比为4：7，故答案为4：7；②根据影响化学反应速率的外界因素，为了加快该反应的反应速率，可采取的措施有粉碎矿石、升高温度等，故答案为粉碎矿石(或升高温度)；⑷①H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O102-)，所以H2SO4必须适量，故答案为H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O102-)，所以H2SO4必须适量；②根据上述分析，混合溶液乙中的溶质有Na2Cr2O7、Na2SO4，故答案为Na2Cr2O7、Na2SO4；(5)Fe与硫酸铁溶液反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+。检验溶液丁中无Fe3+的方法为：取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+；从硫酸亚铁溶液到绿巩的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+；冷却结晶。点睛：本题考查物质的制备、分离和提纯，为高频考点，涉及氧化还原反应、基本实验操作等知识，明确物质的性质、熟悉制备流程和基本实验操作等是解题的关键。本题的难点是(4)①硫酸必须适量的原因，需要理解题目信息方程式中的计量数对反应的影响。27、吸收空气中的还原性气体，防止其干扰pH3的测定偏低5PH3+8Mn04-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O0.3825mg>0.05mg，所以不合格【解析】

(1)KMnO4溶液有强氧化性，PH3有强还原性；(2)氧气会氧化一部分PH3，滴定消耗的亚硫酸钠标准溶液偏少，则测得的磷化物的残留量偏低；(3)由得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可写出正确的化学方程式；(4)先计算Na2SO3标准溶液消耗的高锰酸钾的物质的量，再由高锰酸钾总的物质的量减去Na2SO3标准溶液消耗的高锰酸钾的物质的量求出吸收PH3消耗的高锰酸钾的物质的量，进而求出粮食中磷物(以PH3计)的残留量。【详解】(1)KMnO4溶液有强氧化性，PH3有强还原性，装置A中的KMnO4溶液的作用是吸收空气中的还原性气体，防止其干扰PH3的测定；(2)装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液吸收空气中的O2，若去掉该装置，氧气会氧化一部分PH3，导致剩下的KMnO4多，滴定消耗的亚硫酸钠标准溶液偏少，则测得的磷化物的残留量偏低；(3)装置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被还原为Mn2+，由得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可知，该反应的离子方程式为：5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O；(4)滴定的反应原理是5SO32-+2MnO4-+16H+=5SO42-+2Mn2++8H2O，Na2SO3标准溶液消耗的高锰酸钾的物质的量==3.2mol。则吸收PH3消耗的高锰酸钾的物质的量=2.50×lO-4mol•L-13.2mol=1.8mol，PH3的物质的量=1.8mol=1.125mol。粮食中磷物(以PH3计)的残留量==0.3825mg•kg-1，0.3825mg•kg-1>0.05mg•kg-1，所以不合格。28、2CH2=CH2+O222CH4(g)⇌C2H4(g)+2H2(g)△H=+202kJ/mol0.20（mol/L）增大该反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气相当于加热，同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均右移，产率增大p1＞p2在200℃时，乙烷的生成速率比乙烯的快【解析】

(1)用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X（分子式C2H4O，不含双键），该反应符合最理想的原子经济，X为；(2)结合表格中数据，根据盖斯定律，将反应可由②×2-③-①×2得到甲烷制备乙烯的热化学方程式；(3)①恒温恒容条件下气体的体积分数等于其物质的量分数，列“三段式”解答计算；②该反应的正反应是吸热反应，若向该容器通入高温水蒸气（不参加反应，高于400℃），相当于升高温度平衡正向移动；恒压条件下通入水蒸气导致分压减小，平衡正向移动；③增大压强平衡逆向移动，甲烷转化率降低；④根据图像结合反应速率解答；【详解】(1)现代石油化工采用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X(分子式C2H4O，不含双键)，X为，该反应符合最理想的原子经济，则反应的化学方程式为2CH2=CH2+O22；(2)根据表格中数据有：①H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H1=-