山东省枣庄市2025年高考考前提分化学仿真卷含解析

山东省枣庄市2025年高考考前提分化学仿真卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下：则下列说法正确的是()A．试剂a是铁、试剂b是稀硫酸B．操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用仪器相同C．试剂c是氯气，相应的反应为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-D．用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否含有Fe2+2、一种新型固氮燃料电池装置如图所示。下列说法正确的是A．通入H2的电极上发生还原反应B．正极反应方程式为N2＋6e－＋8H＋=2NH4+C．放电时溶液中Cl－移向电源正极D．放电时负极附近溶液的pH增大3、下列实验方案正确，且能达到目的的是（）A．A B．B C．C D．D4、一定条件下，不能与SiO2反应的物质是（）A．CaCO3 B．NaOH C．盐酸 D．焦炭5、某新型电池材料结构如图，M、W、X、Y、Z是同周期主族元素，除M外均满足8电子稳定结构，X的最外层电子数是W次外层电子数的3倍，下列说法正确的是A．M的单质可以保存在煤油中B．原子半径Z>X>YC．气态氢化物稳定性X>YD．W的最高价氧化物对应的水化物为三元弱酸6、根据如表实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现结论A常温下，将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，沉淀由白色变为红褐色常温下，Ksp[Fe（OH）3]＞Ksp[Mg（OH）2]B向某溶液中滴加稀硝酸酸化的BaCl2溶液，溶液中产生白色沉淀原溶液中一定含有SO42﹣C将稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色氧化性：H2O2＞Fe3+D向含酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡A．A B．B C．C D．D7、根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验现象结论A甲烷与氯气在光照下反应，将反应后的气体通入紫色石蕊试液中紫色石蕊试液变红反应后的气体是HCIB向正已烷中加入催化剂，高温使其热裂解，将产生的气体通入溴水中溴水褪色裂解产生的气体是乙烯C向FeCI3溶液中滴入几滴30%的H2O2溶液有气体产生，一段时间后，FeCl3溶液颜色加深Fe3+能催化H2O2分解，该分解反应为放热反应D向某溶液中滴加氢氧化钠稀溶液后，将红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝该溶液无NH4+A．A B．B C．C D．D8、如图为高中化学教材《必修1》（人教版）中NaCl在水中的溶解和电离示意图。下列由此得出的说法中，错误的是A．在H2O分子中，H或O原子均完全不带电荷B．在NaCl晶体中，Na＋和Cl－的排列整齐有序C．Na＋、Cl在水中是以水合离子的形式存在D．NaCl晶体的溶解和电离过程破坏了离子键9、下列有关说法正确的是A．酒精浓度越大，消毒效果越好B．通过干馏可分离出煤中原有的苯、甲苯和粗氨水C．可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中残留的乙酸D．淀粉和纤维素作为同分异构体，物理性质和化学性质均有不同10、下列表示不正确的是（）A．HCl的电子式B．SiO2的结构式O=Si=OC．S的原子结构示意图D．乙炔的分子式C2H211、从某中草药提取的有机物结构如图所示，该有机物的下列说法中错误的是（）A．分子式为C14H18O6B．1mol该有机物最多可与2mol的H2发生加成反应C．既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与Na2CO3溶液反应D．1mol该有机物最多可反应2mol氢氧化钠12、下列各组物质混合后，再加热蒸干并在300℃时充分灼烧至质量不变，最终可能得到纯净物的是A．向FeSO4溶液中通入Cl2B．向KI和NaBr混合溶液中通入Cl2C．向NaAlO2溶液中加入HCl溶液D．向NaHCO3溶液中加入Na2O2粉末13、“司乐平”是治疗高血压的一种临床药物，其有效成分M的结构简式如图．下列关于M的说法正确的是（）A．属于芳香烃B．遇FeCl3溶液显紫色C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．1molM完全水解生成2mol醇14、含铀矿物通常用铅(Pb)的同位素测年法进行断代，下列关于Pb和Pb说法正确的是A．含不同的质子数 B．含不同的电子数C．含相同的中子数 D．互相转化时不属于化学变化15、将胆矾与生石灰、水按质量比为1：0.56：100混合配成无机铜杀菌剂波尔多液，其成分的化学式可表示为CuSO4•xCaSO4•xCu(OH)2•yCa(OH)2，当x=3时，y为()A．1 B．3 C．5 D．716、最近，一家瑞典公司发明了一种新型充电器"PowerTrekk'’，仅仅需要一勺水，它便可以产生维持10小时手机使用的电量。其反应原理为：Na4Si+5H2O=2NaOH+Na2SiO3+4H2↑，则下列说法正确的是()A．该电池可用晶体硅做电极材料B．Na4Si在电池的负极发生还原反应，生成Na2SiO3C．电池正极发生的反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-D．当电池转移0.2mol电子时，可生成标准状况下1.12LH217、下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（）。选项目的分离方法原理A分离溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚互溶且沸点相差较大D除去KNO3固体中混杂的NaCl重结晶NaCl在水中的溶解度受温度影响大A．A B．B C．C D．D18、已知A、B、D均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示（部分产物略去）。则下列有关物质的推断不正确的是（）A．若A为碳，则E可能为氧气B．若A为Na2CO3，则E可能为稀HClC．若A为Fe，E为稀HNO3，则D为Fe（NO3）3D．若A为AlCl3，则D可能为Al（OH）3，E不可能为氨水19、下列有关化学反应的叙述不正确的是A．铁在热的浓硝酸中钝化B．AlCl3溶液中通入过量NH3生成Al(OH)3沉淀C．向FeCl3溶液中加入少量铜粉，铜粉溶解D．向苯酚浊液中滴入Na2CO3溶液，溶液变澄清20、利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示，H+、O2、NO3－等共存物会影响修复效果。下列说法错误的是A．反应①②③④均为还原反应B．1mol三氯乙烯完全脱Cl时，电子转移为3molC．④的电极反应式为NO3－+10H++8e－=NH4++3H2OD．修复过程中可能产生Fe(OH)321、下列物质的性质与用途具有对应关系的是A．二氧化硅熔点高，可用作光导纤维B．过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸供氧剂C．明矾易溶于水，可用作净水剂D．二氧化硫有氧化性，可用于漂白纸张22、假设与猜想是科学探究的先导和价值所在。下列假设引导下的探究肯定没有意义的是A．探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成B．探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质可能是CuOC．探究Na与水的反应可能有O2生成D．探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性所致二、非选择题(共84分)23、（14分）Ⅰ.元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素知识回答问题：(1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外)，以下说法正确的是_________。a.原子半径和离子半径均减小b.金属性减弱，非金属性增强c.氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强d.单质的熔点降低(2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素为__________(填名称)；氧化性最弱的简单阳离子是________________(填离子符号)。(3)P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是_________(填字母)。a.NH3b.HIc.SO2d.CO2(4)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式：__________。Ⅱ.氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙，甲和乙是二元化合物。将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH2(已折算成标准状况)。甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25g/L。请回答下列问题：(5)甲的化学式是___________________；乙的电子式是___________。(6)甲与水反应的化学方程式是______________________。(7)判断：甲与乙之间____________(填“可能”或“不可能”)发生反应产生H2。24、（12分）有机物G是一种重要的化工原料，其合成路线如图：（1）的官能团名称是____。（2）反应2为取代反应，反应物（Me)2SO4中的“Me”的名称是____，该反应的化学方程式是____。（3）反应④所需的另一反应物名称是____，该反应的条件是____，反应类型是_____。（4）满足下列条件的的同分异构体有____种（不考虑立体异构）。①苯环上连有两个取代基②能发生银镜反应③能发生水解反应（5）以为原料，合成____。合成路线图示例如下：ABC……→H25、（12分）三硫代碳酸钠(Na2CS3)在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子。某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行探究。回答下列问题：(1)在试管中加入少量三硫代碳酸钠样品，加水溶解，测得溶液pH=10，由此可知H2CS3是______(填“强”或“弱”)酸。向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去，由此说明Na2CS3具有______性。(填“还原”或“氧化”)。(2)为了测定某Na2CS3溶液的浓度，按如图装置进行实验。将35.0mL该Na2CS3溶液置于下列装置A的三颈烧瓶中，打开仪器d的活塞，滴入足量稀硫酸，关闭活塞。已知：CS32-+2H+==CS2+H2S↑，CS2和H2S均有毒；CS2不溶于水，沸点46°C，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。①仪器d的名称是__________。反应开始时需要先通入一段时间N2，其作用为______。②B中发生反应的离子方程式是________。③反应结束后。打开活塞K。再缓慢通入热N2(高于60°C)一段时间，其目的是__________。④为了计算该Na2CS3溶液的浓度，可测定B中生成沉淀的质量。称量B中沉淀质量之前，需要进行的实验操作名称是过滤、_____、________；若B中生成沉淀的质量为8.4g，则该Na2CS3溶液的物质的量浓度是___________。⑤若反应结束后将通热N2改为通热空气(高于60°C)，通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时，计算值______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。26、（10分）某研究性学习小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。查阅文献，得到以下资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。Ⅰ．制备K2FeO4（夹持装置略）。（1）A为氯气的实验室发生装置。A中反应方程式是______（锰被还原为Mn2+）。若反应中有0.5molCl2产生，则电子转移的数目为______。工业制氯气的反应方程式为______。（2）装置B中盛放的试剂是______，简述该装置在制备高铁酸钾中的作用______。（3）C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH→2K2FeO4+6KCl+8H2O，根据该反应方程式得出：碱性条件下，氧化性Cl2______FeO42-（填“＞”或“＜”）。另外C中还可能发生其他反应，请用离子方程式表示______。Ⅱ．探究K2FeO4的性质（4）甲同学取少量K2FeO4加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快澄清。请简述K2FeO4的净水原理。______。27、（12分）无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡，实验装置图如图：查阅资料可知：①Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l)ΔH=-511kJ/mol②SnCl4易挥发，极易发生水解。③相关物质的物理性质如下：物质SnSnCl4CuCl2熔点/℃232-33620沸点/℃2260114993密度/g·cm-37.3102.2263.386回答下列问题：(1)a管的作用是__________。(2)A中反应的离子方程式是__________。(3)D中冷却水的作用是________________。(4)尾气处理时，可选用的装置是__________(填序号)。(5)锡粒中含铜杂质致D中产生CuCl2，但不影响E中产品的纯度，原因是________。(6)制得的SnCl4产品中常含有SnCl2，可用如下方法测定产品纯度：先准确称量7.60g产品于锥形瓶中，再加过量的FeCl3溶液，发生反应：SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2，再用0.1000mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+，此时还原产物为Cr3+，消耗标准溶液20.00mL，则SnCl4产品的纯度为__________。28、（14分）C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。(1)CO2的重整用CO2和H2为原料可得到CH4燃料。已知:①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1=+247kJ/mol②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ/mol写出CO2重整的热化学方程式：_____。(2)“亚碳酸盐法”吸收烟中的SO2①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的pH不断_____(填“减小”“不变”或“增大)。当溶液pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c(SO32-)=0.2mol/L，则溶液中c(HSO3-)=_____。②室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图:b点时溶液pH=7，则n(NH4+)：n(HSO3—)=______________。(3)催化氧化法去除NO。一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理4NH3+6NO5N2+6H2O。不同温度条件下，n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为4:1、3:1、1:3时，得到NO脱除率曲线如图所示：①曲线a中，NO的起始浓度为6×10-4mg·m-3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为_____mg·m-3·s-1。②曲线b对应NH3与NO的物质的量之比是_____。(4)间接电化学法除NO。其原理如图所示：写出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸性)_____。吸收池中除去NO的原理_____(用离子方程式表示)。29、（10分）聚酰亚胺是重要的特种工程材料，广泛应用在航空、纳米、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如图所示（部分反应条件略去）：已知：①有机物A的质谱与核磁共振氢谱图如图所示：②③回答下列问题：（1）A的名称是________________。（2）反应②的反应类型是________________。（3）反应①的化学方程式是________________。（4）F的结构简式是________________。（5）同时满足下列条件的G的同分异构体共有____种(不含立体结构)；写出其中一种的结构简式：________________。①能发生银镜反应②发生发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应③1mol该物质最多能与8molNaOH反应（6）参照上述合成路线，以间二甲苯和甲醇为原料（无机试剂任选）设计制备的合成路线：__________。

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】

工业废液中加入试剂a为过量的铁，操作Ⅰ为过滤，得到滤渣Y为Fe、Cu，滤液X为氯化亚铁溶液；滤渣Y中加入试剂b为盐酸，溶解过量的铁生成氯化亚铁溶液，铜不溶，操作Ⅱ过滤得到铜和滤液Z为氯化亚铁溶液，滤液Z和X合并通入氯气，氯化亚铁氧化为氯化铁溶液，蒸发结晶，过滤洗涤干燥得到氯化铁晶体。【详解】A、由最终得到FeCl3及其流程图可知，b为盐酸，若为硫酸会引入硫酸根杂质离子，故A错误；

B、上述分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ是过滤，操作Ⅲ是蒸发结晶、过滤，所用仪器不同，故B错误；

C、滤液X，滤液Z中均含有FeCl2，c为氯气，把亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2═2Cl-+2Fe3+，故C正确；

D、亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化，用酸性KMnO4溶液不能检验溶液W中是否还有Fe2+，故D错误；答案选C。【点睛】本题考查了物质分离、提纯过程的分析判断，明确离子性质和除杂方法，注意除杂试剂不能引入新的杂质，掌握亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化。2、B【解析】

A．通入氢气的一极为负极，发生氧化反应，选项A错误；B．氮气在正极获得电子，电极反应式为N2+6e-+8H+═2NH4+，选项B正确；C.放电时溶液中阴离子Cl－移向电源负极，选项C错误；D．通入氢气的一极为负极，电极方程式为H2-2e-=2H+，pH减小，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度判断氧化还原反应，确定正负极反应，为解答该题的关键，以N2、H2为电极反应物，以HCl-NH4Cl溶液为电解质溶液制造新型燃料电池，正极发生还原反应，氮气在正极获得电子，酸性条件下生成NH4+，该电池的正极电极反应式为：N2+8H++6e-=2NH4+，通入氢气的一极为负极，电极方程式为H2-2e-=2H+，总方程式为2N2+6H2+4H+=4NH4+，以此解答该题。3、D【解析】

A.强碱滴定弱酸时，化学计量点pH>7,应该用酚酞做指示剂，不能用甲基橙，因为变色pH范围大于7,而且由无色变成浅红色,颜色加深,便于确定终点，故A错误；B.将少量氯水滴入溴化亚铁溶液中，Cl2首先和Fe2+反应，不能证明Cl2的氧化性比Br2强，故B错误；C.二氧化锰是粉末状，不能用镊子取，故C错误；D.CO32-和SO32-在水溶液中水解使溶液呈碱性，碱性强弱取决于对应酸的电离程度，电离常数越小，酸性越弱，对应盐的碱性越强，pH越大，故D正确；正确答案是D。4、C【解析】

A．二氧化硅与碳酸钙高温反应生成硅酸钙和二氧化碳；B．二氧化硅为酸性氧化物与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水；C．二氧化硅与盐酸不反应；D．二氧化硅高温下与碳反应生成一氧化碳和硅。【详解】A．二氧化硅与碳酸钙高温反应生成硅酸钙和二氧化碳，二者能反应，故A不选；B．二氧化硅为酸性氧化物与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，二者能反应，故B不选；C．二氧化硅与盐酸不反应，二者不反应，故C选；D．二氧化硅高温下与碳反应生成一氧化碳和硅，二者能反应，故D不选；故选：C。5、B【解析】

M、W、X、Y、Z是同周期主族元素，X的最外层电子数是W次外层电子数的3倍，W有两个电子层，次外层为2个电子，X为O元素，由盐的结构简式可知，Z可以形成四个共价键，且能与氧形成双键，因此Z的最外层电子数为4，Z为C元素；四种元素位于同周期，且Y能形成一个共价键，Y为F元素；W能形成4个共价键，W为B元素；新型电池材料，除M外均满足8电子稳定结构，M为Li元素，据此分析解答。【详解】根据分析，M为Li元素，X为O元素，Y为F元素，Z为C元素，W为B元素；A．M为Li元素，M的单质密度比煤油小，不可以保存在煤油中，故A错误；B．X为O元素，Y为F元素，Z为C元素，同周期元素随核电荷数增大半径减小，原子半径Z＞X＞Y，故B正确；C．X为O元素，Y为F元素，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：X＞Y，气态氢化物稳定性X＞Y，故C错误；D．W为B元素，W的最高价氧化物对应的水化物为H3BO3，为一元弱酸，故D错误；答案选B。6、D【解析】

A、将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明氢氧化镁转化为氢氧化铁沉淀，则氢氧化镁溶解度大于氢氧化铁，但不能直接判断二者的溶度积常数大小关系，故A错误；B、可能生成AgCl等沉淀，应先加入盐酸，如无现象再加入氯化钡溶液检验，故B错误；C、硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可氧化亚铁离子，故C错误；D、含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaCl2固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故D正确。答案选D。【点睛】要熟悉教材上常见实验的原理、操作、现象、注意事项等，比如沉淀的转化实验要注意试剂用量的控制；硫酸根的检验要注意排除干扰离子等。7、C【解析】甲烷与氯气在光照下反应，将反应后的混合气体通入紫色石蕊试液中

紫色石蕊试液变红且不褪色，混合气体中含有HC1,故A错误；向正已烷中加入催化剂，然后高温热裂解，将产生的气体通入溴水中溴水褪色

裂解产生的气体中含有烯烃，但不一定是乙烯，故B错误；向FeCI3溶液中滴入几滴30%的H2O2

有氧气产生，一段时间后溶液颜色加深

，Fe3+能催化H2O2分解且该分解反应为放热反应，故C正确；铵盐与碱反应，加热才能放出氨气，向某溶液中滴加氢氧化钠稀溶液后，将红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，不一定无NH4+，故D错误。点睛：甲烷与氯气在光照下反应，反应后的混合气体中含有氯化氢、氯代烃，可能含有剩余的氯气，将反应后的气体通入紫色石蕊试液中，紫色石蕊试液变红且不褪色，一定含有氯化氢，紫色石蕊试液变红后褪色，不一定有氯化氢。8、A【解析】

A．在H2O分子中，O原子吸引电子的能力很强，O原子与H原子之间的共用电子对偏向于O，使得O原子相对显负电性，H原子相对显正电性，A项错误；B．在NaCl晶体中，Na＋和Cl－整齐有序地排列，B项正确；C．Na＋、Cl在水中是以水合离子的形式存在，C项正确；D．NaCl晶体的溶解和电离过程，使原本紧密结合的Na+与Cl-分开，成为了自由的水合离子，破坏了Na+与Cl-之间的离子键，D项正确；答案选A。9、C【解析】

体积分数是75%的酒精杀菌消毒效果最好，A错误；煤中不含苯、甲苯和粗氨水，可通过煤的干馏得到苯、甲苯和粗氨水等，B错误；饱和碳酸钠溶液能降低乙酸乙酯的溶解度而分层析出，且能除去乙酸，C正确；淀粉和纤维素通式相同但聚合度不同，不属于同分异构体，D项错误。10、B【解析】A.HCl是共价化合物，其电子式为B.SiO2是原子晶体，是立体网状结构，如，故B错误；C.S的核电荷数为16，其原子结构示意图为D.乙炔的分子式为C2H2，故D正确；答案为B。11、C【解析】

A．根据该有机物的结构可以得到其分子式为C14H18O6，A选项正确；B．该有机物分子中的碳碳双键可以与H2发生加成反应，1mol该有机物含有2mol碳碳双键，可以与2molH2发生加成反应，B选项正确；C．根据结构可知，该有机物分子含有羧基，可以与Na2CO3溶液反应，但该有机物分子中的羟基不是直接苯环上的，不是酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，C选项错误；D．该有机物分子中的羧基可以与NaOH发生反应，1mol该有机物含有2mol羧基，最多可以与2molNaOH反应，D选项正确；答案选C。12、D【解析】

A、FeSO4溶液和过量Cl2反应生成硫酸铁和FeCl3，硫酸铁和FeCl3加热水解生成氢氧化铁、硫酸和氯化氢，水解吸热且生成的氯化氢极易挥发，但硫酸是难挥发性酸，所以最终得到氢氧化铁，硫酸铁，灼烧后氢氧化铁分解产生氧化铁和水，则最后产物是硫酸铁和氧化铁，属于混合物，故A不确；B、KI、NaBr与过量的氯气反应生成单质碘、溴、化钾钠。在高温下碘升华，溴和水挥发，只剩KCl、NaCl，属于混合物，B不正确；C、向NaAlO2溶液中加入HCl溶液生成氢氧化铝和氯化钠，如果氯化氢过量，则生成氯化钠和氯化铝，因此加热蒸干、灼烧至质量不变，最终产物是氯化钠和氧化铝，是混合物，C不正确；D、向NaHCO3溶液中加入Na2O2粉末，过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气。氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，所以最终产物可能只有碳酸钠，属于纯净物，D正确；答案选D。13、C【解析】

A.含有C.

H、O元素且含有苯环，属于芳香族化合物，不属于芳香烃，故A错误；B.不含酚羟基，所以不能和氯化铁溶液发生显色反应，故B错误；C.含有碳碳双键且连接苯环的碳原子上含有氢原子，所以能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D.含有3个酯基，所以1

mol

M完全水解生成3mol醇，故D错误；故选：C。【点睛】该物质中含有酯基、氨基、苯环、碳碳双键，具有酯、胺、苯、烯烃的性质，能发生水解反应、中和反应、加成反应、取代反应、加聚反应等，据此分析解答．14、D【解析】

A．Pb和Pb的质子数都为82，故A错误；B．Pb和Pb的质子数都为82，质子数=核外电子数，核外电子数也都为82，故B错误；C．Pb的中子数为206-82=124，Pb的中子数为207-82=125，中子数不同，故C错误；D．Pb和Pb的互相转化不属于化学变化，化学变化过程中原子核不发生变化，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为D，要注意同位素间的转化，不属于化学变化，属于核变化。15、D【解析】

胆矾与生石灰、水按质量比依次为1：0.56：100混合，Cu2+离子和Ca2+离子的物质的量比==2：5，制成的波尔多液，其成分的化学式可表示为CuSO4•xCaSO4•xCu(OH)2•yCa(OH)2，，当x=3时，解得：y=7，故选D。16、C【解析】试题分析：由该电池的反应原理可知，硅化钠是还原剂，其在负极上发生氧化反应；水是氧化剂，其在正极上发生还原反应；反应中电子转移的数目是8e-。A.该电池工作时生成氢氧化钠溶液，而硅可以与氢氧化钠反应，所以不能用晶体硅做电极材料，A不正确；B.Na4Si在电池的负极发生氧化反应，B不正确；C.电池正极发生的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，C正确；D.当电池转移0.2mol电子时，可生成标准状况下2.24LH2，D不正确。本题选C。17、C【解析】

A.乙醇和水混溶，不能用作萃取剂，应用四氯化碳或苯萃取，A错误；B.乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分离，可用蒸馏的方法或加入饱和碳酸钠溶液分离，B错误；C.丁醇和乙醚混溶，但二者的沸点不同且相差较大，可用蒸馏的方法分离，C正确；D.根据二者在水中随温度升高而溶解度不同，利用重结晶法。NaCl随温度升高溶解度变化不大，KNO3随温度升高溶解度变化大，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查物质的分离提纯，注意相关物质性质的异同，掌握常见物质的分离方法和操作原理是解题的关键，题目难度不大，D项为易错点，注意NaCl和KNO3在水中溶解度的差异。18、C【解析】

A．若A为碳，E为氧气，则B为CO2，D为CO，CO2与CO可以相互转化，选项A正确；B．若A为Na2CO3，E为稀HCl，则B为CO2，D为NaHCO3，CO2和NaHCO3可以相互转化，选项B正确；C．若A为Fe，E为稀HNO3，则B为Fe（NO3）3，D为Fe（NO3）2，选项C错误；D．AlCl3与少量NaOH溶液反应生成Al（OH）3，与过量NaOH溶液反应生成NaAlO2，符合转化关系，若E是氨水则不符合，因为AlCl3与少量氨水和过量氨水反应都生成Al（OH）3沉淀和NH4Cl，选项D正确。故选C。19、A【解析】

A．铁在冷的浓硝酸中钝化，铁与热的浓硝酸会发生反应生成硝酸铁、二氧化氮和水，A项错误；B．NH3通入AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，B项正确；C．Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，铜粉溶解，C项正确；D．苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，溶液变澄清，D项正确；答案选A。20、B【解析】

A.由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为得电子的反应，所以均为还原反应，A项正确；B.三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1molC2HCl3转化为1molC2H4时，得到6mol电子，B项错误；C.由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3-+8e-→NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH-来配平，所以④的电极反应式为NO3－+10H++8e－=NH4++3H2O，C项正确；D.ZVI失去电子有Fe2+产生，Fe2+在氧气和OH-的作用下，可能产生Fe(OH)3，D项正确；答案选B。21、B【解析】A.二氧化硅用作光导纤维是因为光在二氧化硅中能够发生全反射，与熔点无关，A错误；B.过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸供氧剂，之间存在因果关系，B正确C.明矾可用作净水剂，是因为水解生成氢氧化铝胶体，与易溶于水无关，C错误；D.二氧化硫可用于漂白纸张，是因为二氧化硫具有漂白性，D错误；故选B。22、C【解析】

A、SO2具有还原性，Na2O2具有氧化性，所以探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成有意义，故A不符合题意；B、浓硫酸具有强氧化性，所以探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质可能是CuO有意义，故B不符合题意；C、Na是非常活泼的金属，不可能与水反应生成O2，所以探究Na与水的反应可能有O2生成没有意义，故C符合题意；D、Cl2能与NaOH反应，使溶液的碱性减弱，Cl2与H2O反应生成了HClO，HClO具有漂白性，所以探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性所致有意义，故D不符合题意。二、非选择题(共84分)23、b氩Na+b4KClO3KCl+3KClO4AlH32AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑可能【解析】

Ⅰ.(1)根据同周期元素性质递变规律回答；(2)第三周期的元素，次外层电子数是8；(3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能干燥碱性气体、还原性气体；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥碱性气体；(4)根据题干信息可知该无氧酸盐为氯化钾，再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐，最后根据化合价升降相等配平即可；Ⅱ.甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和H2，说明甲是金属氢化物，甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液，说明含有铝元素；化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，则乙是非金属气态氢化物，丙在标准状态下的密度1.25g/L，则单质丙的摩尔质量M=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，丙为氮气，乙为氨气。【详解】(1)a.同周期的元素从左到右，原子半径依次减小，金属元素形成的阳离子半径比非金属元素形成阴离子半径小，如r(Na+)＜r(Cl-)，故a错误；b.同周期的元素从左到右，金属性减弱，非金属性增强，故b正确；c.同周期的元素从左到右，最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强，故c错误；d.单质的熔点可能升高，如钠的熔点比镁的熔点低，故d错误。选b。(2)第三周期的元素，次外层电子数是8，最外层电子数与次外层电子数相同的元素为氩；元素金属性越强，简单阳离子的氧化性越弱，所以第三周期元素氧化性最弱的简单阳离子是Na+；(3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能用浓硫酸干燥NH3、HI；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥NH3；所以不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是HI，选b；(4)若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则该无氧酸为KCl，KCl中氯元素化合价为-1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KClO3KCl+3KClO4。(5)根据以上分析，甲是铝的氢化物，Al为+3价、H为-1价，化学式是AlH3；乙为氨气，氨气的电子式是。(6)AlH3与水反应生成氢氧化铝和氢气，反应的化学方程式是2AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑。(7)AlH3中含-1价H，NH3中含+1价H，可发生氧化还原反应产生H2。24、溴原子甲基2(Me)2SO42+H2SO4乙醇浓硫酸，加热酯化反应(取代反应)6【解析】

反应①为取代反应，碳链骨架不变，则中Br原子被-CN取代，生成；反应②为取代反应，碳链骨架不变，则中1个-H原子被-CH3取代，生成；反应③在氢离子的作用下，生成；反应④为酯化反应，与乙醇发生酯化反应，生成。【详解】(1)的官能团为溴原子，故答案为溴原子；(2)反应①为取代反应，碳链骨架不变，则-CH2CN中1个-H原子被-CH3取代，则反应物Me2SO4中的“Me”表示甲基；2(Me)2SO42+H2SO4，故答案为甲基；2(Me)2SO42+H2SO4；(3)反应④为酯化反应，与乙醇发生酯化反应，生成，酯化反应的条件为浓硫酸，加热，故答案为：乙醇；浓硫酸，加热；酯化反应(取代反应)；(4)满足①苯环上连有两个取代基，②能发生银镜反应，③能发生水解反应，说明有一个必须为甲酸形成的酯基，则两个取代基可能是-OOCH、-C2H5或-CH2OOCH、-CH3，存在邻、间、对三种位置异构，总共有6种，故答案为6；(5)以为原料，根据题干信息，通过①③，可以合成，用氢氧化钠取代，可以制备，与在浓硫酸加热下，发生酯化反应，得到。具体合成流线为：。【点睛】本题考查有机物的合成，熟悉合成图中的反应条件及物质的碳链骨架是分析物质结构及反应类型的关键，会利用逆推法推断有机物结构，并注意信息的利用。25、弱还原分液漏斗排除装置中的空气Cu2++H2S=CuS↓+2H+将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收洗涤干燥2.5mol/L偏高【解析】

（1）根据盐类水解原理及酸性高锰酸钾的强氧化性分析解答；（2）根据实验目的、实验装置及空气的组成和H2S的还原性分析解答；运用关系式法进行相关计算。【详解】（1）在试管中加入少量三硫代碳酸钠样品，加水溶解，洲得溶液pH=10，溶液显碱性，说明盐为强碱弱酸盐；向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去证明盐被氧化发生氧化还原反应，Na2CS3具有还原性，故答案为：弱；还原性；（2）①根据仪器构造分析，仪器d的名称分液漏斗；N2化学性质比较稳定，为了防止空气中氧气将H2S氧化，所以反应开始时需要先通入一段时间N2，排除装置中的空气，故答案为：分液漏斗；排除装置中的空气；②B中发生反应是硫酸铜和硫化氢反应生成黑色硫化铜沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故答案为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；③反应结束后打开活塞K，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是：将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收，故答案为：将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收，将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收；④称量B中沉淀质量之前需要进行的实验操作名称是：过滤、洗涤、干燥，若B中生成沉淀的质量为8.4g，物质的量=，物质的量守恒，CS32-+2H+=CS2+H2S↑，Cu2++H2S=CuS↓+2H+，得到定量关系：CS32−∼H2S∼CuS，n（Na2CS3）=n（CuS）=0.0875mol，则35.0mL三硫代碳酸钠溶液的物质的量浓度，故答案为：洗涤、干燥；2.5mol/L；⑤若反应结束后将通热N2改为通热空气，通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时，C中除吸收二硫化碳还会吸收空气中二氧化碳，溶液质量增加偏大，计算得到溶液浓度或偏高，故答案为：偏高。26、2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2ONA2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑饱和食盐水除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备>Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OK2FeO4在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的【解析】

由制备实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，B中饱和食盐水除去氯气中的HCl，C中发生3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，且C中可能发生Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，D中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。【详解】（1）A

中反应方程式是2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，若反应中有

0.5molCl2

产生，则电子转移的数目为0.5mol×2×(1-0)×NA=NA，工业制氯气的反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，故答案为：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；NA；2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；（2）装置

B

中盛放的试剂是饱和食盐水，该装置在制备高铁酸钾中的作用为除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备，故答案为：饱和食盐水；除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备；（3）Cl元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知碱性条件下，氧化性Cl2>FeO42-，C中还可能发生氯气与KOH反应，用离子方程式表示为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：>；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（4）取少量

K2FeO4

加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快澄清，可知

K2FeO4

的净水原理为K2FeO4

在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的，故答案为：K2FeO4

在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的。27、平衡压强使浓盐酸顺利流下MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O避免SnCl4挥发②常温下，CuCl2为固体且密度比SnCl4大85%【解析】

根据装置：A装置制备氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，其中a可以平衡压强，使浓盐酸顺利流下，B吸收杂质HCl气体，C吸收水蒸气，干燥纯净的Cl2与Sn在D中反应制得SnCl4，锡粒中含铜杂质使得D中产生的SnCl4中含有CuCl2，但因为CuCl2熔点高，为固体，且密度比SnCl4大，不会随SnCl4液体溢出，E收集SnCl4液体，尾气用盛放碱石灰的干燥管处理，据此分析作答。【详解】(1)a管的作用是平衡浓盐酸上下的气体压强，使浓盐酸顺利流下；(2)A中浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，反应的离子方程式是MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(3)在D中制取的物质SnCl4中含有杂质CuCl2，SnCl4易挥发，所以D中冷却水的作用是避免SnCl4挥发；(4)尾气中含有氯气会导致大气污染，因此一定要进行处理，可根据Cl2与碱反应的性质，用碱性物质吸收，同时为防止SnCl4水解，该装置还具有干燥的作用，用盛放碱石灰的干燥管可满足上述两个条件，故合理选项是②；(5)锡粒中含铜杂质致D中产生CuCl2，但因为常温下，CuCl2为固体且密度比SnCl4大，故不影响E中产品的纯度；(6)滴定中，铁元素化合价由+2价变为+3价，升高1价，Cr元素化合价由+6价变为+3价，降低3价，则有关系式：3SnCl2～6Fe2+～K2Cr2O7，n(SnCl2)=3n(K2Cr2O7)=3×0.1000mol/L×0.02L=0.006mol，故SnCl4产品的纯度为×100%=85%。【点睛】本题考查了物质制备方案设计，涉及化学实验操作、物质的作用、滴定方法在物质含量测定的由于等，明确实验原理及实验基本操作方法、知道各个装置作用是解本题关键。28、CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H=−163kJ/mo1减小1.