2025届山东省济南育英中学高三二诊模拟考试化学试卷含解析

2025届山东省济南育英中学高三二诊模拟考试化学试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、2018年是“2025中国制造”启动年，而化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列有关化学知识的说法错误的是A．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”B．我国发射“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维，是一种非金属材料C．用聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒，以减少木材的使用D．碳纳米管表面积大，可用作新型储氢材料2、下列五种短周期元素的某些性质如表所示(其中只有W、Y、Z为同周期元素)。元素XWYZR原子半径(pm)37646670154主要化合价+1-1-2-5、-3+1下列叙述错误的是A．原子半径按X、W、Y、Z、R的顺序依次增大B．X、Y、Z三种元素形成的化合物，其晶体可能是离子晶体，也可能是分子晶体C．W、Y、Z三种元素形成的气态氢化物稳定性：ZH3>H2Y>HWD．R元素可分别与X、W、Y三种元素形成离子化合物3、根据下列图示所得出的结论不正确的是A．图甲是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ΔH<0B．图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小C．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，说明HX是一元强酸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，说明溶液中c(SO42−)越大c(Ba2+)越小4、关于下列转化过程分析不正确的是A．Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3B．过程Ⅰ中每消耗58gFe3O4转移1mol电子C．过程Ⅱ的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑D．该过程总反应为2H2O═2H2↑+O2↑5、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6、下列反应中，水作氧化剂的是（）A．SO3+H2O→H2SO4 B．2K+2H2O→2KOH+H2↑C．2F2＋2H2O→4HF＋O2 D．2Na2O2＋2H2O→4NaOH＋O2↑7、β一l，3一葡聚糖具有明显的抗肿瘤功效，受到日益广泛的关注。β-l，3一葡聚糖的结构简式如图，下列说法正确的是A．分子式为(C6Hl2O6)n B．与葡萄糖互为同系物C．可以发生氧化反应 D．葡萄糖发生加聚反应可生成β-l，3一葡聚糖8、由环己醇合成环己酮的反应为：。下列说法正确的是（）A．该反应属于取代反应B．环己酮的分子式为C6H12OC．环己醇不能和NaOH溶液反应D．环己醇分子中的所有原子可能共平面9、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的一种或几种所组成的物质。已知A分子中含有18个电子，C、D有漂白性。五种物质间的转化关系如图所示。下列说法错误的是A．Y的简单氢化物的沸点比Z的高B．X、Y组成的化合物中可能含有非极性键C．Z的氧化物对应水化物的酸性比W的弱D．W是所在周期中原子半径最小的元素10、我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。下列说法不正确的是A．异戊二烯所有碳原子可能共平面B．可用溴水鉴别M和对二甲苯C．对二甲苯的一氯代物有2种D．M的某种同分异构体含有苯环且能与钠反应放出氢气11、下列离子方程式正确的是A．钠粒投入硫酸铜溶液中:2Na+Cu2+=Cu+2Na+B．在硝酸铝溶液中滴加过量的烧碱溶液:Al3++4OH-=AlO2-+2H2OC．向溴化亚铁溶液中滴加过量氯水:2Fe2++Cl2=2Fe3++2C1-D．磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸中：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O12、下图所示的实验，能达到实验目的的是（）A．验证化学能转化为电能B．证明温度对平衡移动的影响C．验证铁发生析氢腐蚀D．验证AgCl溶解度大于Ag2S13、下列关于氨气的说法正确的是（）A．氨分子的空间构型为三角形B．氨分子常温下能被氧化成一氧化氮C．氨分子是含极性键的极性分子D．氨水呈碱性，所以氨气是电解质14、线型PAA（）具有高吸水性，网状PAA在抗压性、吸水性等方面优于线型PAA。网状PAA的制备方法是：将丙烯酸用NaOH中和，加入少量交联剂a，再引发聚合。其部分结构片段如图所示，列说法错误的是A．线型PAA的单体不存在顺反异构现象B．形成网状结构的过程发生了加聚反应C．交联剂a的结构简式是D．PAA的高吸水性与—COONa有关15、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．0.1molC3H9N中所含共用电子对数目为1.2NAB．14gN60（分子结构如图所示）中所含N－N键数目为1.5NAC．某温度下，1LpH＝6的纯水中所含OH−数目为1.0×10−8NAD．标准状况下，5.6L甲醛气体中所含的质子数目为4NA16、下列关于铝及其化合物的说法中不正确的是（）A．工业上冶炼金属铝时，通过在氧化铝中添加冰晶石的方法降低电解能耗B．铝制品表面可以形成耐腐蚀的致密氧化膜保护层，因此可以用铝罐盛放咸菜，用铝罐车运输浓硫酸C．铝合金具有密度小、强度高、塑性好等优点，广泛应用于制造飞机构件D．在饱和明矾溶液中放入几粒形状规则的明矾晶体，静置几天后可观察到明矾小晶体长成明矾大晶体17、下列状态的铝中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是A．[Ne] B． C． D．18、如图表示某个化学反应过程的能量变化。该图表明（）A．催化剂可以改变该反应的热效应B．该反应是个放热反应C．反应物总能量低于生成物D．化学反应遵循质量守恒定律19、下列有关氮原子的化学用语错误的是A． B． C．1s22s22p3 D．20、能正确表示下列反应的离子方程式是()A．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3∙H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2OB．氯化钠与浓硫酸混合加热：H2SO4+2Cl-SO2↑+Cl2↑+H2OC．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2OD．明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-，恰好完全沉淀：2Ba2++3OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+Al(OH)3↓21、化学制备萘（）的合成过程如图，下列说法正确的是（）A．a的分子式是C10H12O B．b的所有碳原子可能处于同一平面C．萘的二氯代物有10种 D．a→b的反应类型为加成反应22、偏二甲肼[（CH3）2N-NH2]（N为-2价）与N2O4是常用的火箭推进剂，发生的化学反应如下：（CH3）2N-NH2（l）+2N2O4（l）═2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g）△H＜0，下列说法不正确的是（）A．该反应在任何情况下都能自发进行B．1mol（CH3）2N-NH2含有11mol共价键C．反应中，氧化产物为CO2，还原产物为N2D．反应中，生成1molCO2时，转移8mole-二、非选择题(共84分)23、（14分）周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同；基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态；c的最外层电子数是内层电子数的3倍；d的原子序数是c的两倍；基态e原子3d轨道上有4个单电子。回答下列问题：（1）b、c、d电负性最大的是___(填元素符号)。（2）b单质分子中σ键与π键的个数比为___。（3）a与c可形成两种二元化合物分子，两种物质可以任意比互溶。其中一种不稳定，可分解产生c的单质，该化合物分子中的c原子的杂化方式为___；这两种物质的互溶物中，存在的化学键有___(填序号)。①极性共价键②非极性共价键③离子键④金属键⑤氢键⑥范德华力（4）这些元素形成的含氧酸中，分子内中心原子的价层电子对数为4的酸是___(填化学式，下同)；酸根呈正三角形结构的酸是___，试从两者结构特点判断该酸分子与酸根离子的稳定性：酸分子___酸根离子(填“>”或“<”)。（5）元素e在周期表中的位置是___区；e的一种常见氯化物中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，结构式为，请补写e的元素符号并用“→”表示出其中的配位键___。24、（12分）化合物H是一种光电材料中间体。由芳香化合物A制备H的一种合成路线如图：已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O②回答下列问题：（1）A的官能团名称是_____。（2）试剂a是_____。（3）D结构简式为_____。（4）由E生成F的化学方程式为_____。（5）G为甲苯的同分异构体，其结构简式为_____。（6）如图是以环戊烷为原料制备化合物的流程。M→N的化学方程式是_____。25、（12分）碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。（1）合成该物质的步骤如下：步骤1：配制0.5mol·L-1MgSO4溶液和0.5mol·L-1NH4HCO3溶液。步骤2：用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL三颈烧瓶中，开启搅拌器。温度控制在50℃。步骤3：将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min内滴加完后，用氨水调节溶液pH到9.5。步骤4：放置1h后，过滤，洗涤。步骤5：在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸镁晶须产品（MgCO3·nH2On=1～5）。①步骤2控制温度在50℃，较好的加热方法是_________。②步骤3生成MgCO3·nH2O沉淀的化学方程式为__________。③步骤4检验沉淀是否洗涤干净的方法是__________。（2）测定生成的MgCO3·nH2O中的n值。称量1.000碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中加入适量水，并滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应4～5h，反应后期将温度升到30℃，最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CO2的总量；重复上述操作2次。①图中气球的作用是_________。②上述反应后期要升温到30℃，主要目的是______。③测得每7.8000g碳酸镁晶须产生标准状况下CO2为1.12L，则n值为_______。（3）碳酸镁晶须可由菱镁矿获得，为测定某菱镁矿（主要成分是碳酸镁，含少量碳酸亚铁、二氧化硅）中铁的含量，在实验室分别称取12.5g菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中，加入指示剂，用0.010mol/LH2O2溶液进行滴定。平行测定四组。消耗H2O2溶液的体积数据如表所示。实验编号1234消耗H2O2溶液体积/mL15.0015.0215.6214.98①H2O2溶液应装在_________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。②根据表中数据，可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为_________%（保留小数点后两位）。26、（10分）以铬铁矿(含FeO·Cr2O3、Al2O3、SiO2等)为原料制备二草酸铬钾的实验步骤如图：回答下列问题：(1)“熔融”的装置如图，坩埚W的材质可以是________(填“铁”“陶瓷”或“玻璃”)；FeO·Cr2O3与KClO3及Na2CO3发生反应，生成Fe2O3、KCl、Na2CrO4和CO2的化学方程式为_______________。(2)熔融后的固体中含Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、NaAlO2、KCl等，步骤①的具体步骤为水浸，过滤，调pH为7~8，加热煮沸半小时，趁热过滤。第一次过滤滤渣中的主要成分为________，“调pH为7~8，加热煮沸半小时”的目的是__________。(3)步骤②需加入酸，则加入稀硫酸时发生反应的离子方程式为________。(4)步骤④包含的具体操作有____，经干燥得到K2Cr2O7晶体。(有关物质的溶解度曲线如图所示)(5)步骤⑤需往两种固体混合物中加入一滴水及少量酒精研磨，所用的硅酸盐质仪器的名称是________。(6)采用热重分析法测定K[Cr(C2O4)2]·nH2O样品所含结晶水数目，将样品加热到80℃时，失掉全部结晶水，失重16.8%。K[Cr(C2O4)2]·nH2O晶体中n=____。27、（12分）某课外活动小组欲利用CuO与NH3反应，研究NH3的某种性质并测定其组成，设计了如下实验装置（夹持装置未画出）进行实验。请回答下列问题：（1）仪器a的名称为______；仪器b中可选择的试剂为______。（2）实验室中，利用装置A，还可制取的无色气体是______（填字母）。A．Cl2B．O2C．CO2D．NO2（3）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，上述现象证明NH3具有______性，写出相应的化学方程式______。（4）E装置中浓硫酸的作用______。（5）读取气体体积前，应对装置F进行的操作：______。（6）实验完毕，若测得干燥管D增重mg，装置F测得气体的体积为nL（已折算成标准状况），则氨分子中氮、氢的原子个数比为______（用含m、n字母的代数式表示）。28、（14分）光纤通讯是光导纤维传送信号的一种通讯手段，合成光导纤维及氮化硅(一种无机涂层)的工艺流程如下：回答下列问题：(1)反应I的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO↑，其中还原剂为_______________，产物Si在周期表中位于_______________，该反应涉及的副反应可能有C+SiO2Si+CO2↑(碳不足)和__________________________________(碳足量)。(2)经反应Ⅱ所得的四氯化硅粗品中所含的物质如下：组分名称SiCl4SiHCl3SiH2Cl2HClBCl3PCl3质量分数0.5450.4050.04620.00030.001930.00157沸点/℃57.631.88.2-8512.575.5图中“操作X”的名称为______________________；PCl3的电子式为________________。(3)反应IV的化学方程式为SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl，若向一2L恒容密闭容器中投入1molSiCl4和1molNH3，6min后反应完全，则0～6min内，HCl的平均反应速率为__________mol/(L·min)。反应III的与IV产生的气体相同，则反应III化学方程式为__________________。反应III中的原料气H2和O2在碱性条件下可构成燃料电池，其正极反应的电极方程式为__________________。29、（10分）含氮化合物在生产、生命活动中有重要的作用。回答下列问题：(1)已知4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H1=－alkJ/mol，4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H2=－bkJ/mol，H2O(1)=H2O(g)△H3=+ckJ/mol，写出在298K时，氨气燃烧生成N2的热化学方程式___________。(2)肌肉中的肌红蛋白(Mb)可与O2结合生成MbO2：Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)，其中k正和k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数，即V正=k正·c(Mb)·P(O2)，V逆=k逆·c(MbO2)。37℃时测得肌红蛋白的结合度(α)与P(O2)的关系如下表[结合度(α)指已与O2结合的肌红蛋白占总肌红蛋白的百分比]：P(O2)0.501.002.003.004.005.006.00α（MbO2%）50.067.080.085.088.090.391.0①计算37℃、P(O2)为2.00kPa时，上述反应的平衡常数K=___________。②导出平衡时肌红蛋白与O2的结合度(α)与O2的压强[P(O2)]之间的关系式α=___________(用含有k正、k逆的式子表示)。(3)构成肌红蛋白的甘氨酸(NH2CH2COOH)是一种两性物质，在溶液中以三种离子形式存在，其转化关系如下：在甘氨酸溶液中加入酸或碱，三种离子的百分含量与的关系如图所示：①纯甘氨酸溶液呈___________性；当溶液呈中性时三种离子的浓度由大到小的顺序为___________。②向=8的溶液中加入过量HCl时，反应的离子方程式为___________。③用电位滴定法可测定某甘氨酸样品的纯度.称取样品150mg，在一定条件下，用0.1000mol/L的高氯酸溶液滴定(与甘氨酸1︰1发生反应)，测得电压变化与滴入HClO4溶液的体积关系如下图。做空白对照实验，消耗HClO4溶液的体积为0.25mL，该样品的纯度为___________%(计算结果保留一位小数)

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．二氧化硅能够与氢氧化钠等强碱反应生成硅酸钠和水，所以高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，二氧化硅能够被碱腐蚀而造成断路，A正确；B．碳纤维是碳的一种单质，属于非金属材料，B正确；C．聚氯乙烯难降解，大量使用能够引起白色污染，且聚氯乙烯塑料有毒不能用于食品包装以及生产快餐盒等，C错误；D．碳纳米管表面积大，据有较大的吸附能力，所以可以用作新型储氢材料，D正确；答案选C。2、C【解析】

主族元素中，元素最高正化合价与其族序数相等，最低负化合价=族序数-8，根据元素化合价知，X、R属于第IA族元素，W属于第ⅦA族元素，Y属于第ⅥA族元素，Z属于第VA族元素，原子电子层数越多其原子半径越大，X原子半径最小，则X为H元素，W、Y、Z原子半径相近，根据其族序数知，W是F元素、Y是O元素、Z是N元素，R原子半径最大，且位于第IA族，则R是Na元素。【详解】A项、同主族元素从上到下，原子半径依次增大，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，则H、F、O、N、Na的原子半径依次增大，故A正确；B项、由H、O、N三种元素形成的化合物可能是离子晶体，如NH4NO3为离子晶体，可能是分子晶体，如HNO3为分子晶体，故B正确；C项、元素的非金属性越强，形成的气态氢化物稳定性越强，非金属性的强弱顺序为W>Y>Z，则气态氢化物稳定性的强弱顺序为HW＞H2Y＞ZH3，故C错误；D项、Na元素可分别与H元素、F元素和O元素形成离子化合物NaH、NaF和Na2O（或Na2O2），故D正确。故选C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意位置、结构、性质的相互关系，利用题给表格信息正确判断元素是解本题的关键。3、C【解析】

A.升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0；B.根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小；C.根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸；D.根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小。【详解】A.升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0，A项正确；B.根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B项正确；C.根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸，C项错误；D.根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小，D项正确；答案选C。【点睛】本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定pH曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。4、B【解析】

A．Fe3O4的化学式可以改写为Fe2O3•FeO，Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3，故A正确；

B．过程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)当有2molFe3O4分解时，生成1mol氧气，而58

gFe3O4的物质的量为0.25mol，故生成0.125mol氧气，而氧元素由-2价变为0价，故转移0.5mol电子，故B错误；

C．过程Ⅱ中FeO与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑，故C正确；

D．过程Ⅰ：2Fe3O4(s)==6FeO(s)+O2(g)过程II：3FeO(s)+H2O(l)==H2(g)+Fe3O4(s)，相加可得该过程总反应为2H2O==O2↑+2H2↑，故D正确；

故选：B。5、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。6、B【解析】

A、没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A错误；B、H2O中H化合价由＋1价→0价，化合价降低，因此H2O作氧化剂，故B正确；C、H2O中O由－2价→0价，化合价升高，即H2O作还原剂，故C错误；D、Na2O2既是氧化剂又是还原剂，H2O既不是氧化剂又不是还原剂，故D错误。故选B。7、C【解析】

A.如图所示每个节点为一个碳原子，每个碳原子形成4个共价键，缺化学键的碳原子用氢原子补齐，则分子式为(C6Hl0O5)n，故A错误；B.根据同系物的概念：结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或多个-CH2-原子团的有机物互称同系物，该有机物与葡萄糖，结构不相似，组成上差别的也不是CH2原子团，不是同系物，故B错误；C.该有机物分子结构中含有醇羟基，具有醇的性质，可以发生氧化反应，故C正确；D.β-l，3一葡聚糖的结构简式分析，葡萄糖发生分子间脱水的缩聚反应可生成β-l，3一葡聚糖，故D错误；答案选C。【点睛】醇可以氧化成醛，醛也可以氧化成酸，醇可以被酸性高锰酸钾直接氧化成酸。8、C【解析】

A.有机反应中，失去氢或加上氧，发生氧化反应，所以该反应是醇的氧化反应，A错误；B.环己酮的分子式为C6H10O，B错误；C.环己醇含有的官能团是-OH，醇羟基不具有酸性，不能和NaOH溶液反应，C正确；D.环己醇分子中的C原子为饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构，因此不可能所有原子共平面，D错误；故合理选项是C。9、C【解析】

A分子中含有18个电子，含有18个电子的分子有：Ar、F2、HCl、H2S、PH3、SiH4、H2O2、N2H4、C2H6、CH3OH等，C、D有漂白性，具有漂白性的物质有Na2O2、O3、H2O2、NaClO、Ca(ClO)2、SO2、活性炭，根据五种物质间的转化关系，A为H2S，B为S，C为SO2，D为H2O2，E为O2，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，则X为H元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素，据此分析解答。【详解】A．Y为O元素，Z为S元素，简单气态氢化物分别为H2O、H2S，由于H2O分子间形成氢键，则Y的简单氢化物的沸点比Z的高，故A正确；B．X为H元素，Y为O元素，X、Y组成的化合物为H2O和H2O2，H2O中只含有极性共价键，H2O2中既含有极性共价键又含有非极性共价键，故B正确；C．Z为S元素，W为Cl元素，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Z的氧化物对应水化物可形成硫酸，W可形成次氯酸，硫酸的酸性强于次氯酸，故C错误；D．W为Cl元素，同周期元素从左至右，随核电荷数增大原子半径减小，则W是所在周期中原子半径最小的元素，故D正确；答案选C。10、D【解析】

A.异戊二烯中2个碳碳双键所确定的平面重合时，所有碳原子共平面，A正确；B.M中含有碳碳双键可使溴水褪色，对二甲苯与溴水可发生萃取，使溶液分层，有机层显橙红色，可用溴水鉴别，B正确；C.对二甲苯的一氯代物有氯原子在苯环上1种，在甲基上1种，合计2种，C正确；D.M的分子式为C8H12O，某种同分异构体含有苯环，则剩余基团为C2H7-，无此基团，D错误；答案为D【点睛】碳碳双键与溴水中的溴发生加成反应使溴水褪色；对二甲苯与溴水萃取使溴水褪色，但有机层显橙红色。11、B【解析】A、钠粒投入硫酸铜溶液中，钠先与水反应:2Na+2H2O＋Cu2＋=Cu(OH)2+2Na＋＋H2↑，故A错误；B、在硝酸铝溶液中滴加过量的烧碱溶液，氢氧化铝具有两性，溶于过量的碱中:Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，故B正确；C、向溴化亚铁溶液中滴加过量氯水，氯水能将溴离子和亚铁离子均氧化:2Fe2＋+4Br－＋3Cl2=2Fe3＋+6Cl－＋2Br2,故C错误；D、磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸中，亚铁离子被氧化成铁离子：3Fe3O4+28H＋+NO3－=9Fe3＋+NO↑+14H2O，故D错误；故选B。12、B【解析】

A．由图可知，没有形成闭合回路，不能形成原电池，不能验证化学能转化为电能，故A不能达到实验目的；B．在圆底烧瓶中存在化学平衡：2NO2⇌N2O4，二氧化氮为红棕色气体，利用颜色的深浅，可说明温度对二氧化氮与四氧化二氮的化学平衡的影响，故B能达到实验目的；C．食盐水为中性，铁发生吸氧腐蚀，不会发生析氢腐蚀，故C不能达到实验目的；D．加入NaCl溶液后，溶液中Ag+还有剩余，再滴入Na2S溶液后，会生成黑色沉淀，不存在沉淀的转化，因此无法判断AgCl与Ag2S的溶解度大小关系，故D不能达到实验目的；故答案为B。13、C【解析】

A．NH3中N原子的价层电子对数=3+12（5-3×1）=4，属于sp3型杂化，空间构型为三角锥形，选项AB．氨氧化法是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮（NO）。此时温度很高，选项B错误；C．NH3中有N、H元素之间形成极性键，分子结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，选项C正确；D．氨气本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，选项D错误；答案选C。14、C【解析】

A.线型PAA的单体为CH2=CHCOONa，单体不存在顺反异构现象，故A正确；B.

CH2=CHCOONa中的碳碳双键发生的加成聚合反应，形成网状结构，过程发生了加聚反应，故B正确；C.分析结构可知交联剂a的结构简式是，故C错误；D.线型PAA()具有高吸水性，和−COONa易溶于水有关，故D正确；故选：C。15、C【解析】

A.根据物质中的最外层电子数进行分析，共用电子对数为，所以0.1molC3H9N中所含共用电子对数目为1.2NA，故正确；B.14gN60的物质的量为，N60的结构是每个氮原子和三个氮原子结合形成两个双键和一个单键，每两个氮原子形成一个共价键，1molN60含有的氮氮键数为，即14gN60的含有氮氮键，数目为1.5NA，故正确；C.某温度下，1LpH＝6的纯水中氢离子浓度为10-6mol/L，纯水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，所以氢氧根离子浓度为10-6mol/L，氢氧根离子数目为10-6NA，故错误；D.标准状况下，5.6L甲醛气体物质的量为0.25mol，每个甲醛分子中含有16个质子，所以0.25mol甲醛中所含的质子数目为4NA，故正确。故选C。16、B【解析】

A.电解熔融氧化铝加冰晶石是为了降低电解液工作温度，降低电解能耗，故A正确；B.长时间用铝罐盛放咸菜，铝表面的氧化膜会被破坏失去保护铝的作用；浓硫酸具有强吸水性，容器口部的浓硫酸吸收空气中的水蒸汽后稀释为稀硫酸，稀硫酸能溶解铝罐口部的氧化膜保护层，故B错误；C.铝合金具有密度小、强度高、塑性好等优点，被广泛地应用于航空工业等领域，例如用于制造飞机构件，故C正确；D.培养明矾晶体时，在饱和明矾溶液中放入几粒形状规则的明矾晶体，静置几天后可观察到明矾小晶体长成明矾大晶体，故D正确；综上所述，答案为B。17、B【解析】

A．[Ne]为基态Al3+，2p能级处于全充满，较稳定，电离最外层的一个电子为Al原子的第四电离能；B．为Al原子的核外电子排布的激发态；C．为基态Al原子失去两个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al原子的第三电离能；D．为基态Al失去一个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al原子的第二电离能；电离最外层的一个电子所需要的能量：基态大于激发态，而第一电离能小于第二电离能小于第三电离能小于第四电离能，则电离最外层的一个电子所需能量最小的是B；综上分析，答案选B。【点睛】明确核外电子的排布，电离能基本概念和大小规律是解本题的关键。18、B【解析】

A.由图可知，加入催化剂能降低反应的活化能，但反应热不变，A项错误；B.由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，故为放热反应，B项正确；C.由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，C项错误；D.化学反应一定遵循质量守恒定律，但是根据题目要求，图示不能说明质量守衡，D项错误。答案选B。19、D【解析】

A、N原子最外层有5个电子，电子式为，A正确；B、N原子质子数是7，核外有7个电子，第一层排2个，第二层排5个，因此B正确；C、核外电子依次排布能量逐渐升高的1s、2s、2p……轨道，电子排布式为1s22s22p3，C正确；D、根据泡利原理3p轨道的3个电子排布时自旋方向相同，所以正确的轨道式为，D错误。答案选D。20、A【解析】

A．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2的离子反应为2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O，故A正确；B．氯化钠与浓硫酸混合加热，浓硫酸中只有很少的水，氯化钠几乎不能电离，故该反应的离子方程式就是其化学方程式，H2SO4+2NaClNa2SO4+2HCl↑，故B错误；C．磁性氧化铁的主要成分为四氧化三铁，溶于稀硝酸的离子反应方程式为3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故C错误；D．明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀的离子反应方程式为2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故D错误；答案选A。【点睛】掌握离子方程式的正误判断的常见方法是解题的关键。本题的易错点为D，要注意明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀时，铝离子恰好转化为偏铝酸根。21、C【解析】

A．根据结构简式确定分子式为C10H10O，故A错误；B．b中有4个C原子为饱和C原子，具有甲烷结构特点，所以该分子中所有C原子不可能共平面，故B错误；C．结构对称，萘中含2种位置的H，则其一氯代物有2种（），二氯代物有10种（，故C正确；D．a比b少1个O原子、多2个H原子，所以为还原反应，故D错误；答案选C。【点睛】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系、同分异构体种类判断方法是解本题关键，C为解答易错点，采用"定一移二"的方法判断即可。22、C【解析】

A.自发反应的判断依据，△G=△H-T△S＜0，反应能自发进行，根据方程式（CH3）2N-NH2（l）+2N2O4（l）═2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g）△H＜0可知，△H<0、△S>0，可得△G=△H-T△S＜0，该反应在任何情况下都能自发进行，A正确；B.1mol（CH3）2N-NH2含有11mol共价键，B正确；C.反应中，C元素化合价由-4升高到+4，发生氧化反应，CO2为氧化产物，N元素化合价由-2升高到0，+4降低到0，即发生氧化反应又发生还原反应，N2即为氧化产物又为还原产物，C错误；D.反应中，C元素化合价由-4升高到+4，生成1molCO2时，转移8mole-，D正确；故答案选C。【点睛】自发反应的判断依据，△G=△H-T△S＜0，反应自发进行，△G=△H-T△S>0，反应非自发，△S为气体的混乱度。二、非选择题(共84分)23、O1:2sp3①②H2SO4、H2SO3HNO3<d【解析】

周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，a为H，基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态即2p3，则b为N，c的最外层电子数是内层电子数的3倍，则c为O，d的原子序数是c的两倍，d为S，基态e原子3d轨道上有4个单电子，则为3d6，即e为Fe。A：H，b：N，c：O，d：S，e：Fe。【详解】⑴电负性从左到右依次递增，从上到下依次递减，b、c、d电负性最大的是O，故答案为：O。⑵b单质分子为氮气，氮气中σ键与π键的个数比为1:2，故答案为：1:2。⑶a与c可形成两种二元化合物分子，分别为水和过氧化氢，过氧化氢不稳定，过氧化氢的结构式为H—O—O—H，每个氧原子有2个σ键，还有2对孤对电子，因此O原子的杂化方式为sp3，水和过氧化氢互溶物中，水中有共价键，过氧化氢中有极性共价键，非极性共价键，分子之间有范德华力和分子间氢键，但范德华力和分子间氢键不是化学键，因此存在的化学键有①②，故答案为：sp3；①②。⑷这些元素形成的含氧酸中，有硝酸、亚硝酸、硫酸、亚硫酸，硝酸分子N有3个σ键，孤对电子为0，因此价层电子对数为3，硝酸根价层电子对数为3+0=3，为正三角形；亚硝酸分子N有2个σ键，孤对电子为1，因此价层电子对数为3，亚硝酸根价层电子对数为2+1=3，为“V”形结构；硫酸分子S有4个σ键，孤对电子为0，因此价层电子对数为4，硫酸根价层电子对数为4+0=4，为正四面体结构；亚硫酸分子S有3个σ键，孤对电子为1，因此价层电子对数为4，亚硫酸根价层电子对数为3+1=4，为三角锥形结构，因此分子内中心原子的价层电子对数为4的酸是H2SO4、H2SO3，酸根呈正三角形结构的酸是HNO3；酸分子中心原子带正电荷，吸引氧原子上的电子，使得氧与氢结合形成的电子对易断裂，因此酸分子稳定性<酸根离子稳定性，故答案为：H2SO4、H2SO3；HNO3；<。⑸元素e的价电子为3d64s2，在周期表中的位置是d区，e的一种常见氯化物中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，中间的Cl与其中易个Fe形成共价键，与另一个Fe形成配位键，Cl提供孤对电子，因此其结构式为，故答案为：d；。24、醛基新制的氢氧化铜+CH3CH2OH+H2O+NaOH+NaCl+H2O【解析】

芳香族化合物A与乙醛发生信息①中的反应生成B，A含有醛基，反应中脱去1分子水，由原子守恒可知A的分子式，C9H8O＋H2O−C2H4O＝C7H6O，故A为，则B为，B发生氧化反应、酸化得到C为，C与溴发生加成反应得到D为，D发生消去反应、酸化得到E为，E与乙醇发生酯化反应生成F为，结合信息②中的加成反应、H的结构简式，可推知G为。【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为：，所含官能团为醛基；(2)由分析可知，B为，B发生氧化反应、酸化得到C为，可以氧化醛基的试剂为新制的氢氧化铜，故a为新制的氢氧化铜；(3)由分析可知，D结构简式为；(4)E与乙醇发生酯化反应生成F为，化学方程式为：+CH3CH2OH+H2O；(5)G为甲苯的同分异构体，故分子式为C7H8，结合信息②中的加成反应、H的结构简式，可推知G为；(6)由可知，N为，则需要环戊烷通过反应形成碳碳双键，故环戊烷与Cl2发生取代反应生成M为，然后与NaOH醇溶液发生消去反应生成N，化学方程式为：+NaOH+NaCl+H2O。【点睛】本题关键是确定A的结构，结合反应条件顺推各物质，(6)中根据题目中的合成路线图反推N的结构简式，然后根据已知试剂推断可能发生的化学反应。25、水浴加热MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收4酸式0.13【解析】

本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCO3·nH2O中n值、测定菱镁矿中铁的含量三部分。合成碳酸镁晶须是利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成。测定MgCO3·nH2O中n值，采用的是加稀硫酸，和MgCO3·nH2O反应，测定产生的CO2的体积，可以通过计算确定MgCO3·nH2O中n值。测定菱镁矿中铁的含量的原理是将菱镁矿中的铁转化为Fe2+，用H2O2溶液滴定，根据消耗的H2O2的物质的量以及电子守恒即可计算出菱镁矿中铁的含量。【详解】（1）①步骤2控制温度在50℃，当温度不超过100℃时，较好的加热方法是水浴加热。水浴加热既可均匀加热，又可以很好地控制温度。②MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成MgCO3·nH2O沉淀的同时还得到(NH4)2SO4，化学方程式为：MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4。③步骤4检验沉淀是否洗涤干净，可以检验洗涤液中的SO42-，方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净。（2）①图中气球可以缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用。②上述反应后期要升温到30℃，主要目的是使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收。③标准状况下1.12LCO2的物质的量为0.05mol，根据碳守恒，有=0.05mol，解得n=4。（3）①H2O2溶液有强氧化性和弱酸性，应装在酸式滴定管中。②四次实验数据，第3次和其他三次数据偏离较大，舍去，计算出三次实验消耗H2O2溶液体积的平均值为15.00mL。n(H2O2)=0.015L×0.010mol/L=1.5×10-4mol，在H2O2和Fe2+的反应中，H2O2做氧化剂，-1价氧的化合价降低到-2价，Fe2+中铁的化合价升高到+3价，根据电子守恒，n(Fe2+)=2(H2O2)=3×10-4mol，则m(Fe)=3×10-4mol×56g/mol=0.0168g，实验菱镁矿中铁元素的质量分数为×100%=0.13%。【点睛】当控制温度在100℃以下时，可以采取水浴加热的方法。检验沉淀是否洗涤干净时需要选择合适的检测离子，选择检测的离子一定是滤液中的离子，并且容易通过化学方法检测。检验沉淀是否洗涤干净的操作需要同学记住。26、铁Fe2O3、Fe(OH)3使AlO2-、SiO32-水解为Al(OH)3和H2SiO3，过滤除去2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O加热浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤研钵3【解析】

铬铁矿(含FeO·Cr2O3、Al2O3、SiO2等)，与KClO3及NaOH、Na2CO3发生反应，熔融后的固体中含Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、NaAlO2、KCl及NaFeO2等，主要的反应为：，水浸，过滤，调pH为7-8，加热煮沸半小时，趁热过滤，除去不溶的Fe2O3以及反应NaFeO2+2H2O═Fe(OH)3↓+NaOH生成的Fe(OH)3沉淀，滤液含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、KCl及等，再调节pH除去Na2SiO3、NaAlO2，得到含有Na2CrO4、KCl的溶液，加入稀硫酸发生反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，加入KCl，Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤并洗涤沉淀得到K2Cr2O7，加入草酸晶体和无水乙醇得到产品K[Cr(C2O4)2]·nH2O。(1)高温下陶瓷或玻璃中的SiO2会与NaOH及Na2CO3发生反应；由流程分析可知6FeO•Cr2O3、Na2CO3和KClO3在加热条件下生成Na2CrO4、Fe2O3、KCl和CO2，结合质量守恒写出发生反应的化学方程式；(2)熔渣中的Fe2O3和生成的Fe(OH)3均不溶于水；根据盐的水解反应是吸热反应，从平衡移动角度分析；(3)根据流程，酸化时，CrO42-→Cr2O72-，结合电荷守恒和原子守恒写出发生反应的离子方程式；(4)根据溶解度随温度变化情况，选择结晶方法；(5)结合常用仪器的性能判断；(6)根据K[Cr(C2O4)2]·nH2O中水的质量分析为16.8%，即=0.168计算。【详解】(1)高温下陶瓷或玻璃仪器中的SiO2会与NaOH及Na2CO3发生反应，因此应选用铁坩埚；由流程中的产物及已知条件可知反应方程式为；(2)根据分析第一次过滤的滤渣为熔渣中的Fe2O3以及反应NaFeO2+2H2O=Fe(OH)3↓+NaOH生成的Fe(OH)3；由于NaAlO2、Na2SiO3是强碱弱酸盐，在溶液中存在水解平衡，水解产生Al(OH)3、H2SiO3，由于盐的水解反应是吸热反应，根据温度对盐的水解的影响，“调pH为7－8，加热煮沸半小时”的目的是使AlO2-、SiO32-水解为Al(OH)3和H2SiO3，过滤除去；(3)根据流程，酸化时，CrO42-→Cr2O72-，结合电荷守恒和原子守恒，可得发生反应的离子方程式2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；(4)依据溶解度曲线，步骤④包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶，过滤并洗涤，经干燥得到K2Cr2O7晶体；(5)实验室研磨固体时，所用硅酸盐质仪器为研钵；(6)K[Cr(C2O4)2]·nH2O的相对分子质量为267+18n，由题意知=0.168，解得n=3。【点睛】本题考查学生对工艺流程的理解、阅读题目获取信息能力、物质推断、化学用语、化学计算、氧化还原反应等，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力。27、分液漏斗固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰BC还原3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2吸收未反应的氨气，阻止F中水蒸气进入D慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平【解析】

A装置制取氨气，B装置干燥氨气，C为反应装置，D装置吸收反应产生的水，E装置防止F中的水分进入D装置干扰实验结果，F装置测量生成氮气的体积。【详解】（1）装置中仪器a为分液漏斗，浓氨水遇氧化钙、氢氧化钠会释放氨气，故可选用固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰（成分为氧化钙和氢氧化钠）；（2）该装置为固液不加热制取气体，A.氯气为黄绿色气体，A错误；B.过氧化钠和水，或过氧化氢和二氧化锰制氧气都无需加热，B正确；C.碳酸钙和稀盐酸制取二氧化碳，无需加热，C正确；D.二氧化氮为红棕色气体，D错误；答案选BC；（3）装置C中黑色粉末变为红色固体，说明氧化铜被还原为铜单质，说明氨气具有还原性，量气管有无色无味的气体，根据元素守恒该气体肯定含有氮元素，只能是氮气，故方程式为；（4）根据实验目的，需要测定D装置的质量变化来确定生成水的量，故E装置的作用是防止F中的水分进入D装置，同时浓硫酸还能吸收氨气；（5）为保证读出的气体体积为标准大气压下的体积，需要调整两边液面相平；（6）测得干燥管D增重mg，即生成mg水，装置F测得气体的体积为nL，即nL氮气，根据元素守恒，水中的氢元素都来自于氨气，氮气中的氮元素都来自于氨气，故氨分子中氮、氢的原子个数比为：。【点睛】量气装置读数的注意事项：①气体冷却到室温；②上下移动量筒，使量筒内液面与集气瓶内液面相平；③读数时视线与凹液面最低处相平。28、碳(或C)第三周期ⅣA族3C+SiO2SiC+2CO↑精馏(或蒸馏或分馏)0.252H2+O2+SiCl4SiO2+4HClO2+2H2O+4e-=4OH-【解析】

(1)根据还原剂失去电子，元素的化合价升高；氧化剂获得电子，元素的化合价降低判断；根据原子核外电子排布与元素在周期表的位置分析；由于元素的非金属性C>Si，在高温下可能生成二者的化合物；(2)得到的氯化物中各种成分的沸点相差较大，可利用蒸馏的方法提纯；P原子与3个Cl形成3对共用电子对结合形成PCl3；(3)先利用化学反应速率定义式计算υ(NH3)，然后根据υ(HCl)与υ(NH3)关系计算υ(HCl)；根据框图可知反应物是SiCl4与H2、O2，生成物是SiO2、HCl，根据原子守恒、电子守恒书写反应的方程式；原料气H2和O2在碱性条件下可构成燃料电池，通入燃料H2的电极为负极，通入O2的电极为正极，根据原电池反应原理书写电极反应式。【详解】(1)在反应2C+SiO2Si+2CO↑中C元素的化合价由反应前的C单质的0价变为反应后CO中的+2价，化合价升高，失去电子，所以C为还原剂；Si是14号元素，Si原子核外K、L、M层依次排有2、8、4个电子，因此Si元素在元素周期表中位于第三周期第IVA族；在高温