2026届四川成都实验中学化学高三上期末经典试题含解析

2026届四川成都实验中学化学高三上期末经典试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、我国是世界最大的耗煤国家，下列加工方法不属于煤的综合利用的是A．干馏 B．气化 C．液化 D．裂解2、甲基环戊烷（）常用作溶剂，关于该化合物下列说法错误的是A．难溶于水，易溶于有机溶剂B．其一氯代物有3种C．该有机物在一定条件下可以发生取代、氧化反应D．与2-己烯互为同分异构体3、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍。下列说法正确的是A．最高价氧化物对应的水化物的酸性：B＞EB．原子半径：C＞B＞AC．气态氢化物的热稳定性：E＞CD．化合物DC与EC2中化学键类型相同4、下列说法不正确的是A．属于有机物，因此是非电解质B．石油裂化和裂解的目的均是为了将长链烃转化为短链烃C．煤的气化，液化和干馏都是化学变化D．等质量的乙烯，丙烯分别充分燃烧，所耗氧气的物质的量一样多5、某次硫酸铜晶体结晶水含量的测定实验中，相对误差为+2.7%，其原因不可能是（）A．实验时坩埚未完全干燥 B．加热后固体未放入干燥器中冷却C．加热过程中晶体有少量溅失 D．加热后固体颜色有少量变黑6、设NA为阿伏加德罗常数值。如图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是A．N2O转化成无害气体时的催化剂是Pt2O2+B．每1molPt2O+转化为Pt2O2+得电子数为3NAC．将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，无明显现象D．1gCO2、N2O的混合气体中含有电子数为0.5NA7、下列化学用语表示正确的是A．CO2的比例模型：B．HClO的结构式：H—Cl—OC．HS-的水解方程式：HS-+H2O⇌S2-+H3O+D．甲酸乙酯的结构简式：HCOOC2H58、短周期中同主族元素的单质，晶体类型一定相同的是()A．ⅠA族 B．ⅢA族 C．ⅣA族 D．ⅦA族9、下列实验过程可以达到实验目的的是选项实验目的实验过程A检验久置的Na2SO3粉末是否变质取样配成溶液，加入盐酸酸化，再加氯化钡溶液，观察到有白色沉淀产生B制备纯净的FeCl2向含少量FeBr2的FeCl2溶液中滴入适量新制氯水，并加入CCl4萃取分液C制备银氨溶液向5mL0.1mol•L-1AgNO3溶液中加入1mL0.1mol•L-1NH3•H2OD探究浓度对反应速率的影响向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5％H2O2溶液，观察实验现象A．A B．B C．C D．D10、下列说法正确的是（）A．液氯可以储存在钢瓶中B．工业制镁时，直接向海水中加Ca（OH）2溶液以制取Mg（OH）2C．用硫酸清洗锅炉后的水垢D．在水泥回转窖中用石灰石、纯碱、黏土为原料制造水泥11、将含1molKAl(SO4)2溶液逐滴加到含1molBa(OH)2溶液中，最终溶液中不存在A．K+ B．Al3+ C．SO42- D．AlO2-12、常温下，物质的量浓度相等的下列物质的水溶液，pH最小的是()A．NH4ClO4 B．BaCl2 C．HNO3 D．K2CO313、X、Y、Z、T是四种原子序数递增的短周期元素，X形成的简单阳离子核外无电子，Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸，Z是人体内含量最多的元素，T在同周期元素形成的简单阳离子中半径最小，则以下说法正确的是A．元素最高化合价的顺序为Z＞Y＞T＞XB．Y、Z分别形成的简单氢化物的稳定性为Z＞YC．由X、Y和Z三种元素构成的强电解质，对水的电离均起抑制作用D．常温下，T的单质与Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液不能反应14、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A．用①装置除去CO2中含有的少量SO2B．用②装置蒸干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体C．用③装置加热NH4Cl固体制取NH3D．用④装置分离乙酸乙酯与水的混合液15、下列有关垃圾处理的方法不正确的是A．废电池必须集中处理的原因是防止电池中汞、镉、铬、铅等重金属元素形成的有毒化合物对土壤和水源污染B．将垃圾分类回收是垃圾处理的发展方向C．家庭垃圾中的瓜果皮、菜叶、菜梗等在垃圾分类中属于湿垃圾D．不可回收垃圾图标是16、短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，在下列转化关系中，甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物。其中A为d元素组成的单质，常温下乙为液体，丁物质常用于消毒、漂白。下列说法错误的是A．简单离子半径：c＞bB．丙中既有离子键又有极性键C．b、c形成的化合物中阴、阳离子数目比为1：2D．a、b、d形成的化合物中，d的杂化方式是sp317、用石墨电极电解饱和食盐水，下列分析错误的是A．得电子能力H+>Na+，故阴极得到H2B．水电离平衡右移，故阴极区得到OH-C．失电子能力Cl->OH-，故阳极得到Cl2D．OH-向阴极移动，故阳极区滴酚酞不变红18、下列关于反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)；ΔH<0的图示与对应的叙述相符合的是()A．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)；ΔH＝－92kJ·mol－1B．达到平衡时N2、H2的转化率(α)随n(H2)/n(N2)比值的变化C．正、逆反应速率随温度的变化D．反应达平衡时，混合气体中氨的物质的量分数随温度、压强的变化19、下列有关说法不正确的是()A．天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点B．用饱和Na2CO3溶液可以除去乙酸乙酯中的乙酸C．的名称为2-乙基丙烷D．有机物分子中所有碳原子不可能在同一个平面上20、下列各组中所含化学键类型相同的一组是（）A．NaOH、H2SO4、NH4Cl B．MgO、Na2SO4、NH4HCO3C．Na2O2、KOH、Na2SO4 D．AlCl3、Al2O3、MgCl221、类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是A．lmol晶体硅含Si-Si键的数目为2NA，则1mol金刚砂含C-Si键的数目也为2NAB．Ca(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液，发生化学反应的方程式：则Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液，发生化学反应的方程式：C．标准状况下，22.4LCO2中所含的分子数目为NA个，则22.4LCS2中所含的分子数目也为NA个D．NaClO溶液中通人过量CO2发生了反应：，则Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2发生了：22、煤、石油、天然气是人类使用的主要能源，同时也是重要的化工原料。我们熟悉的塑料、合成纤维和合成橡胶主要是以石油、煤和天然气为原料生产。下列说法中正确的是（）A．煤的液化是物理变化B．石油裂解气不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．棉花、羊毛、蚕丝和麻的主要成分都是纤维素D．“可燃冰”是由甲烷与水在高压低温下形成的类冰状的结晶物质二、非选择题(共84分)23、（14分）乙炔为原料在不同条件下可以合成多种有机物．已知：①CH2=CH‑OH（不稳定）CH3CHO②一定条件下，醇与酯会发生交换反应：RCOOR’+R”OHRCOOR”+R’OH完成下列填空：（1）写反应类型：③__反应；④__反应．反应⑤的反应条件__．（2）写出反应方程式．B生成C__；反应②__．（3）R是M的同系物，其化学式为，则R有__种．（4）写出含碳碳双键、能发生银镜反应且属于酯的D的同分异构体的结构简式__．24、（12分）氯吡格雷是一种用于预防和治疗因血小板高聚集引起的心、脑及其他动脉循环障碍疾病的药物。以A为原料合成该药物的路线如图：（1）A的化学名称是__，C中的官能团除了氯原子，其他官能团名称为__。（2）A分子中最少有__原子共面。（3）C生成D的反应类型为__。（4）A与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为__。（5）物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，符合以下条件的G的同分异构体共有__种。①除苯环之外无其他环状结构；②能发生银镜反应。③苯环上有只有两个取代基。其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2∶2∶2∶1的结构简式为__。（6）已知：，写出以苯甲醇为有机原料制备化合物的合成路线（无机试剂任选）__。25、（12分）五氧化二钒(V2O5,摩尔质量为182

g·mol-1)可作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工等行业。V2O5是一种橙黄色片状晶体,微溶于水，不溶于乙醇,具有强氧化性,属于两性氧化物。某研究小组将从某粗钒(主要含有V2O5,还有少量Al2O3、Fe2O3)中提取V2O5。实验方案设计如下：已知：NH4VO3是白色粉末,微溶于冷水,可溶于热水,不溶于乙醇、醚。2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O请回答：（1）第①步操作的实验装置如右图所示,虚线框中最为合适的仪器是________。(填编号)（2）调节pH为8～8.5的目的________。（3）第④步洗涤操作时,可选用的洗涤剂_________。(填编号)A．冷水B．热水C．乙醇D．1%

NH4Cl

溶液（4）第⑤

步操作时,需在流动空气中灼烧的可能原因________。（5）硫酸工业中,SO2转化为SO3的催化剂就选用V2O5,催化过程经两步完成,将其补充完整：________(

用化学方程式表示),4VO2+O2=2V2O5。（6）将0.253

g产品溶于强碱溶液中,加热煮沸,调节pH为8～8.5,向反应后的溶液中加入硫酸酸化的KI溶液(过量),溶液中含有V3+,滴加指示剂,用0.250

mol·L-1Na2S2O3溶液滴定,达到终点消耗Na2S2O3标准溶液20.00

mL,则该产品的纯度为________。(已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)26、（10分）一氯甲烷(CH3Cl)一种重要的化工原料，常温下它是无色有毒气体，微溶于水，易溶于乙醇、CCl4等有机浓剂。(1)甲组同学在实验室用装置A模拟催化法制备一氯甲烷并检验CH3Cl的稳定性。A．B．C．D．①装置A中仪器a的名称为__________，a瓶中发生反应的化学方程式为________。②实验室干燥ZnCl2晶体制备无水ZnCl2的方法是________。(2)为探究CH3Cl与CH4分子稳定性的差别，乙组同学设计实验验证CH3C1能被酸性KMnO4溶液氧化。①为达到实验目的，上面装置图中装置连接的合理顺序为A________②装置中水的主要作用是__________。③若实验过程中还产生了一种黄绿色气体和一种无色气体，该反应的离子方程式为_____。(3)丙组同学选用A装置设计实验探究甲醇的转化率。取6.4g甲醇与足量的浓盐酸充分反应，将收集到的CH3Cl气体在足量的氧气中充分燃烧，产物用过量的V1mL、c1mol·L-1NaOH溶液充分吸收。现以甲基橙作指示剂，用c2mol·L-1盐酸标准溶液对吸收液进行返滴定，最终消耗V2mL盐酸。(已知：2CH3Cl+3O22CO2+2H2O+2HCl)①滴定终点的现象为____________②该反应甲醇的转化率为________。(用含有V、c的式子表示)27、（12分）硫化碱法是工业上制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O）的方法之一，流程如下：已知：Na2S2O3在空气中强热会被氧化，Na2S2O3•5H2O（M=248g/moL）在35℃以上的干燥空气中易失去结晶水，可用作定影剂、还原剂。某兴趣小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O3•5H2O并探究Na2S2O3的化学性质。I．制备Na2S2O3•5H2O设计如下吸硫装置：（1）写出A瓶中生成Na2S2O3和CO2的离子方程式______。（2）装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效果，装置B中试剂可以是______A浓硫酸B溴水CFeSO4溶液DBaCl2溶液II．测定产品纯度（1）Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：第一步：准确称取agKIO3（M=214g/moL）固体配成溶液；第二步：加入过量KI和H2SO4溶液，滴加指示剂；第三步：用Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL。则c（Na2S2O3）＝______mol/L。（列出算式即可）（已知：IO3－+5I－+6H+＝3I2+3H2O，2S2O32－+I2＝S4O62－+2I－）（2）滴定过程中下列实验操作会造成结果偏高的是_________（填字母）A滴定管未用Na2S2O3溶液润洗B滴定终点时俯视读数C锥形瓶用蒸馏水润洗后未用待取液润洗D滴定管尖嘴处滴定前有气泡，达滴定终点时未发现有气泡Ⅲ．探究Na2S2O3的化学性质已知Na2S2O3溶液与Cl2反应时，1molNa2S2O3转移8mol电子。甲同学设计如图实验流程：（1）甲同学设计实验流程的目的是证明Na2S2O3溶液具有___________和__________。（2）乙同学认为应将上述流程中②③所加试剂顺序颠倒，你认为理由是__________。28、（14分）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=－92.4kJ·mol－1（1）已知：2H2(g)＋O2(g)2H2O(g)ΔH=－483.6kJ·mol－1。则4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)ΔH=______kJ·mol－1。（2）如图所示，合成氨反应中未使用催化剂时，逆反应的活化能Ea(逆)＝__kJ·mol－1；使用催化剂之后，正反应的活化能为___kJ·mol－1(已知：加入催化剂后，反应分两步进行，反应的活化能是两个过程中需要吸收能量较大的反应的活化能)。（3）从平衡视角考虑，工业合成氨应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500℃左右的高温，试解释其原因：____________________________。（4）如图表示500℃、60MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3的体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数为__。（5）合成氨需要选择合适的催化剂，分别选用A、B、C三种催化剂进行实验，所得结果如图所示(其他条件相同)，则实际生产中适宜选择的催化剂是__(填“A”“B”或“C”)，理由是________。（6）如图是当反应器中按n(N2)∶n(H2)＝1∶3投料后，在200℃、400℃、600℃反应达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随总压强的变化曲线。①曲线a、b对应温度较高的是___(填“a”或“b”)。②列出b点平衡常数的计算式Kp=____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数；不要求计算结果)。29、（10分）扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以A和B为原料合成扁桃酸衍生物F路线如图：（1）A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A所含官能团名称为：______．（2）E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，写出E的结构简式：______（3）D→F的反应类型是______，1molF在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为：______mol．写出符合下列条件的F的所有同分异构体（不考虑立体异构）的结构简式：______①属于一元酸类化合物②苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基（4）已知：，A有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成A的路线流程图（其他原料任选）（合成路线常用的表示方式为：AB…目标产物）____________

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】

煤的综合利用是指通过物理或化学加工等途径，回收和利用煤中的各种有益组分，以获得多种产品的方法，包括煤的气化、液化和干馏，均属于煤的综合利用；而裂解是石油的综合利用的方法。故选：D。2、B【解析】

A.甲基环戊烷是烃，烃难溶于水，易溶于有机溶剂，故A正确；B.甲基环戊烷有四种位置的氢，如图，因此其一氯代物有4种，故B错误；C.该有机物在一定条件下与氯气光照发生取代，与氧气点燃发生氧化反应，故C正确；D.甲基环戊烷与2-己烯分子式都为C6H10，因此两者互为同分异构体，故D正确。综上所述，答案为B。3、A【解析】

A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，该化合物为氨气，A为H，B为N；D原子最外层电子数与最内层电子数相等，则D的质子数=2+8+2=12，D为Mg；化合物DC中两种离子的电子层结构相同，C为O；A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍，E为Si。【详解】A.N的非金属性强于Si，最高价氧化物对应的水化物的酸性B＞E，A正确；B.同周期，原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径N>O，即B>C>A，B错误；C.元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物的热稳定性C>E，C错误；D.化合物DC为MgO，EC2为SiO2，DC中为离子键，EC2为共价键，D错误；故答案选A。【点睛】日常学习中注意积累相关元素化合物在实际生产生活中的应用，以便更好地解决元素化合物的推断题。4、A【解析】

据煤化工、石油化工中的相关含义分析判断。【详解】A.属于有机物，在水溶液中能微弱电离，属于弱电解质，A项错误；B.石油裂化和裂解都是将长链烃转化为短链烃，裂化获得轻质液体燃料（汽油等），裂解获得短链不饱和烃（化工原料），B项正确；C.煤的气化是将煤与水蒸汽反应生成气体燃料，煤的液化是将煤与氢气反应转化为液体燃料，煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其发生分解的过程，它们都是化学变化，C项正确；D.乙烯、丙烯符合通式(CH2)n，等质量的乙烯和丙烯有等物质的量的CH2，完全燃烧消耗等量氧气，D项正确。本题选A。5、B【解析】

A．实验时坩埚未完全干燥，计算出的结晶水的质量偏高，会使误差偏大，故A错误；B．加热后固体未放入干燥器中冷却，固体部分吸水，差距值变小，结果偏小，故B正确；C．加热过程中晶体有少量溅失，固体质量减少得多，结晶水含量测得值会偏高，故C错误；D．加热后固体颜色有少量变黑，说明部分硫酸铜分解，导致计算出的结晶水的质量偏高，测定结果偏高，故D错误；故答案为B。【点睛】考查硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，明确实验操作方法和原理为解答关键，根据结晶水合物中，结晶水的质量=m(容器十晶体)-m(容器十无水硫酸铜)，质量分数=×100%，在测定中若被测样品中含有加热挥发的杂质或实验前容器中有水，都会造成测量结果偏高。6、D【解析】

A．根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A错误；B．根据转化关系，结合得失电子守恒，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，氧化还原反应方程式为：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1molN2O转化为N2得到2mol电子，则每1molPt2O+转化为Pt2O2+失电子为2mol，数目为2NA，故B错误；C．将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C错误；D．CO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol，一个分子中含有电子数都为22个，则1gCO2、N2O的混合气体的物质的量为mol，含有电子数为mol×22×NA=0.5NA，故D正确；答案选D。【点睛】B项计算转移的电子数时，必须正确写出反应方程式，根据化合价的变化，物质的关系，计算出转移的电子数。7、D【解析】

A.碳原子半径大于氧，故A错误；B.氧为中心原子，HClO的结构式：H—O—Cl，故B错误；C.HS-的水解方程式：HS-+H2O⇌H2S+OH-，故C错误；D.甲酸乙酯的结构简式：HCOOC2H5，故D正确；故选D。8、D【解析】

A．ⅠA族的单质有氢气、锂、钠、钾、铷、铯、钫，氢气是分子晶体，锂、钠、钾、铷、铯，钫都是金属晶体，故A错误；B．ⅢA族的单质有硼、铝、鎵、铟、铊，硼是分子晶体，铝、鎵、铟、铊都是金属晶体，故B错误；C．ⅣA族的单质有碳、硅、锗、锡、铅，碳元素可以组成金刚石、石墨、C60等，分别是原子晶体，混合晶体，分子晶体，硅形成原子晶体，锗，锡，铅都形成金属晶体，故C错误；D．ⅦA族有氟、氯、溴、碘、砹，它们形成的单质都是分子晶体，故D正确；答案选D。9、A【解析】

A.久置的Na2SO3粉末变质，转化成Na2SO4，取样配成溶液，加入盐酸酸化，除去SO32－等离子对实验的干扰，再加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，则说明Na2SO3变质，如果没有白色沉淀，则说明Na2SO3没有变质，能达到实验目的，故A符合题意；B.还原性：Fe2＋>Br－，加入氯水，先将Fe2＋氧化成Fe3＋，不能达到实验目的，故B不符合题意；C.制备银氨溶液的操作步骤：向硝酸银溶液中滴加氨水，发生AgNO3＋NH3·H2O=AgOH↓＋NH4NO3，继续滴加氨水至白色沉淀恰好溶解，发生AgOH＋2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]＋＋OH－＋2H2O，根据方程式，推出5mL0.1mol·L－1AgNO3溶液中加入15mL0.1mol·L－1NH3·H2O，故C不符合题意；D.NaHSO3与H2O2反应无现象，不能观察实验现象得到结论，故D不符合题意；答案：A。10、A【解析】

A.液氯是液态的氯，和铁在常温下不反应，所以可以储存在钢瓶中，故A正确；B.海水制镁富集氯化镁，生产流程采用了向晒盐后的苦卤中加入石灰乳，而不是直接往海水中加入氢氧化钙溶液，故B错误；C.水垢的主要成分为碳酸钙和氢氧化镁，硫酸与碳酸钙反应生成微溶的硫酸钙，不容易去除，所以应该用盐酸清洗锅炉后的水垢，故C错误；D.生产水泥的原料为石灰石、黏土，故D错误。故选A。11、D【解析】

1molKAl(SO4)2电离出1mol钾离子，1mol铝离子，2mol硫酸根离子，加入1mol氢氧化钡，电离出1mol钡离子和2mol氢氧根离子，所以铝离子过量，不会生成偏铝酸根离子，故选：D。12、C【解析】

A．NH4ClO4是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液显酸性；B．BaCl2是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性；C．HNO3是强酸，完全电离，溶液显酸性；D．K2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解，溶液显碱性；溶液中氢离子浓度硝酸溶液中最大，酸性最强，pH最小，故选C。【点睛】本题的易错点为A，要注意盐类的水解程度一般较小。13、B【解析】

X形成的简单阳离子核外无电子，应为H元素，Z是人体内含量最多的元素，应为O元素，Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸，应为N元素，T在同周期元素形成的简单阳离子中半径最小，依据同周期金属离子半径小于非金属离子半径，且同周期金属离子核电荷数越大离子半径越小可知应为Al元素。【详解】A.Z为O元素，该元素没有最高正价，所以其最高价比N元素低，故A错误；B.非金属性O>N，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；C.由X、Y和Z三种元素构成的强电解质可为硝酸铵，为强酸弱碱盐，水解可促进水的电离，故C错误；D.常温下，铝与浓硝酸发生钝化反应，故D错误；答案：B14、D【解析】

A.CO2和SO2都会和饱和碳酸钠溶液反应，不能到达除杂效果，A项错误；B.AlCl3为强酸弱碱盐，在溶液中发生水解生成氢氧化铝胶体和氯化氢，直接蒸干AlCl3饱和溶液，氯化氢挥发，导致水解平衡右移，使水解趋于完全生成氢氧化铝沉淀，不能得到无水AlCl3，B项错误；C.加热NH4Cl固体分解为NH3和HCl，两者遇冷又会生成NH4Cl，堵住导管，存安全隐患，C项错误；D.乙酸乙酯的密度比水小，有机层在上层，水层在下层，与图中装置分层现象相符，D项正确；答案选D。15、D【解析】

A．电池中汞、镉和铅等重金属离子对土壤和水源会造成污染，所以废电池必须进行集中处理，故A正确；B．将垃圾分类并回收利用，有利于对环境的保护，减少资源的消耗，是垃圾处理的发展方向，故B正确；C．家庭垃圾中的瓜果皮、菜叶、菜梗等在垃圾分类中属于湿垃圾，故C正确；D．为可回收垃圾图标，故D错误；故选D。16、A【解析】

短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，常温下乙为液体，应该为H2O，则a为H元素，A为d元素组成的单质，且与丙反应生成水和常用于消毒、漂白的丁，则丙应为碱，由转化关系可知甲为Na2O，丙为NaOH，A为Cl2，生成丁、戊为NaCl，NaClO，可知b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素，以此解答该题。【详解】由以上分析可知a为H元素、b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素，甲为Na2O、乙为H2O、丙为NaOH、丁为NaClO、戊为NaCl；A．b、c对应的离子为O2-和Na+，具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径O2-＞Na+，即b＞c，故A错误；B．丙为NaOH，由Na+和OH-组成，则含有离子键和极性共价键，故B正确；C．b为O元素、c为Na元素，两者组成的Na2O和Na2O2中阴、阳离子数目比均为1：2，故C正确；D．a、b、d形成的化合物中，若为NaClO，Cl原子的价电子对为1+=4，则Cl的杂化方式是sp3；若为NaClO2，Cl原子的价电子对为2+=4，则Cl的杂化方式是sp3；同理若为NaClO3或NaClO4，Cl原子杂化方式仍为sp3，故D正确；故答案为A。17、D【解析】

A.得电子能力H+>Na+，电解饱和食盐水阴极：2H++2e-═H2↑，故A正确；B.电解饱和食盐水过程中，H+被消耗，促进水的电离，阴极消耗H+同时得到OH-，故B正确；C.失电子能力Cl->OH-，电解饱和食盐水阳极：2Cl--2e-=Cl2，故阳极得到Cl2，故C正确；D.D.电解池中，阴离子会向阳极移动，而阴极氢离子放电，使整个溶液显碱性，因此阳极区滴酚酞也会变红，故D错误；故选D。18、A【解析】

A.根据图中能量变化图可以看出，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)；ΔH＝+2254kJ·mol－1-2346kJ·mol－1=－92kJ·mol－1，A项正确；B.随n(H2)/n(N2)比值越大，氢气的转化率逐渐减小，氮气的转化率逐渐增大，B项错误；C.该反应正向为放热反应，则升高温度，正、逆速率均增大，但逆速率受温度影响更大，C项错误；D.该反应正方向是气体分子数减小的放热反应。同一压强下，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则反应达平衡时，混合气体中氨的物质的量分数减小；同一温度下，增大压强，平衡向正反应方向移动，则反应达平衡时，混合气体中氨的物质的量分数增大，图示中压强变化曲线不正确，D项错误；答案选A。19、C【解析】

A.油脂属于高级脂肪酸甘油酯，分子中碳原子数不相同，所以天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点，故A正确；B.乙酸具有酸的通性，可以与碳酸钠反应，所以可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故B正确；C.选定碳原子数最多的碳链为主链，所以2号位不能存在乙基，的名称为2-甲基丁烷，故C错误；D.该有机物中存在手性碳原子，该碳原子为sp3杂化，与与之相连的碳原子不可能在同一个平面上，所以该分子中所有碳原子不可能在同一个平面上，故D正确。故选C。【点睛】有机物中共面问题参考模型：①甲烷型：四面体结构，凡是C原子与其它4个原子形成共价键时，空间结构为四面体型。小结1：结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子不再共面。②乙烯型：平面结构，当乙烯分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定在乙烯的的平面内。小结2：结构中每出现一个碳碳双键，至少有6个原子共面。③乙炔型：直线结构，当乙炔分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定和乙炔分子中的其它原子共线。小结3：结构中每出现一个碳碳三键，至少有4个原子共线。④苯型：平面结构，当苯分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定在苯分子所在的平面内。小结4：结构中每出现一个苯环，至少有12个原子共面。20、C【解析】

A.NaOH、NH4Cl含有离子键和共价键，H2SO4只含有共价键，化学键类型不相同，故A错误；B.MgO中只有离子键，Na2SO4、NH4HCO3中含有离子键和共价键，化学键类型不相同，故B错误；C.Na2O2、KOH、Na2SO4均为离子键和共价键，化学键类型相同，故C正确。D.AlCl3只含有共价键，Al2O3、MgCl2含有离子键，化学键类型不相同，故D错误；答案选C。21、D【解析】

A．1mol晶体硅含Si-Si键的数目为2NA，而1mol金刚砂含C-Si键的数目为4NA，A错误；B．Ca(HCO3)2溶液中与过量的NaOH溶液反应生成CaCO3沉淀，而Mg(HCO3)2溶液中与过量的NaOH溶液反应时，由于Mg(OH)2的溶度积比MgCO3小，生成的是Mg(OH)2沉淀而不是MgCO3沉淀，B错误；C．在标准状况下，CO2是气体而CS2是液体，C错误；D．NaClO和Ca(ClO)2溶液通入过量CO2都是发生反应：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，D正确；答案选D。22、D【解析】

A．煤的液化是指从煤中产生液体燃料的一系列方法的统称，是化学变化，A错误；B．石油裂解的化学过程是比较复杂的，生成的裂解气是一种复杂的混合气体，它除了主要含有乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃外，还含有甲烷、乙烷、氢气、硫化氢等，有烯烃，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C．羊毛蚕丝主要成分都是蛋白质，棉花和麻主要成分都是天然纤维，C错误；D．天然气水合物，有机化合物，化学式CH₄·nH₂O，即可燃冰，是分布于深海沉积物或陆域的永久冻土中，由天然气与水在高压低温条件下形成的类冰状的结晶物质，D正确；故答案选D。二、非选择题(共84分)23、取代反应加成反应铁粉作催化剂2CH3CHO+O22CH3COOHnCH3COOCH=CH24HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）C=CH2【解析】

与乙烯水化法得到乙醇类似，乙炔与水反应得到乙烯醇，乙烯醇不稳定会自动变成乙醛，因此B为乙醛，C为乙醛催化氧化后得到的乙酸，乙酸和乙炔在一定条件下加成，得到，即物质D，而D在催化剂的作用下可以发生加聚反应得到E，E与甲醇发生酯交换反应，这个反应在题干信息中已经给出。再来看下面，为苯，苯和丙烯发生反应得到异丙苯，即物质F，异丙苯和发生取代得到M，注意反应⑤取代的是苯环上的氢，因此要在铁粉的催化下而不是光照下。【详解】（1）反应③是酯交换反应，实际上符合取代反应的特征，反应④是一个加成反应，这也可以从反应物和生成物的分子式来看出，而反应⑤是在铁粉的催化下进行的；（2）B生成C即乙醛的催化氧化，方程式为2CH3CHO+O22CH3COOH，而反应②为加聚反应，方程式为nCH3COOCH=CH2；（3）说白了就是在问我们丁基有几种，丁基一共有4种，因此R也有4种；（4）能发生银镜反应说明有醛基，但是中只有2个氧原子，除酯基外不可能再有额外的醛基，因此只能是甲酸酯，符合条件的结构有HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）C=CH2。【点睛】一般来说，光照条件下发生的是自由基反应，会取代苯环侧链上的氢、烷基上的氢，例如乙烯和氯气若在光照下不会发生加成，而会发生取代，同学们之后看到光照这个条件一定要注意。24、邻氯苯甲醛（2—氯苯甲醛）氨基、羧基12取代反应（或酯化反应）+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+6、【解析】

根据题干信息分析合成氯吡格雷的路线可知，A与NH4Cl、NaCN反应生成B，B酸化得到C，C与CH3OH发生酯化反应生成D，D发生取代反应得到E，E最终发生反应得到氯吡格雷，据此结合题干信息分析解答问题。【详解】(1)有机物A的结构简式为，分子中含有醛基和氯原子，其化学名称为邻氯苯甲醛，C的结构简式为，分子中含有的管能团有氨基、羧基和氯原子，故答案为：邻氯苯甲醛；氨基、羧基；(2)A分子中苯环和醛基均为共平面结构，故分子中最少有苯环上的所有原子共平面，即最少有12个原子共平面，故答案为：12；(3)C与CH3OH发生酯化反应生成D，反应类型为取代反应（或酯化反应），故答案为：取代反应（或酯化反应）；(4)A的结构简式为，分子中含有醛基，可与新制Cu(OH)2反应生成Cu2O的砖红色沉淀，反应方程式为+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+；(5)物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，物质G除苯环之外无其他环状结构；能发生银镜反应，可知物质G含有醛基，又苯环上有只有两个取代基，则物质G除苯环外含有的基团有2组，分别为—CHO、—CH2Cl和—Cl、—CH2CHO，分别都有邻间对3中结构，故G的同分异构体共有6种，其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2∶2∶2∶1的结构简式为、，故答案为：6；、；(6)已知：，根据题干信息，结合合成氯吡格雷的路线可得，以苯甲醇为有机原料制备化合物的合成路线可以是，故答案为：。25、B让AlO2-

转化为Al(OH)3沉淀，避免VO3-的沉淀AD若空气不流通，由于V2O5具有强氧化性，会与还原性的NH3反应，从而影响产物的纯度及产率SO2+V2O5=2VO2+SO389.9%【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）虚线框中的仪器是向三颈烧瓶中滴加NaOH，为了能够使NaOH溶液顺利滴下，需要有连通装置，故选项B正确；（2）根据流程图，氧化铁为碱性氧化物，不与NaOH发生反应，V2O5、Al2O3属于两性氧化物，能与NaOH发生反应，调节pH为8～8.5的目的就是让AlO2－转化为Al(OH)3沉淀，避免VO3－的沉淀；（3）根据信息，NH4VO3微溶于水，可溶于热水，不溶于乙醇、醚，A、用冷水洗涤，可以减少NH4VO3的溶解，故A正确；B、NH4VO3溶于热水，造成NH4VO3溶解，故B错误；C、虽然NH4VO3不溶于乙醇，但NH4VO3表面杂质，如NH4Cl不溶于乙醇，使用乙醇不能洗去沉淀表面的杂质，故C错误；D、根据流程生成NH4VO3沉淀，是滤液1与饱和NH4Cl的反应生成，且NH4Cl受热易分解，不产生杂质，故D正确；（4）根据信息，NH4VO4灼烧生成V2O5，因为V2O5具有强氧化性，能与具有还原性NH3发生反应，从而影响产物的纯度及产率，因此灼烧NH4VO3时在流动空气中；（5）催化剂在反应前后质量不变，根据已知反应反应方程式，因此得出反应方程式为SO2＋V2O5=2VO2＋SO3；（6）根据I2和Na2S2O3发生反应的方程式，求出消耗n(I2)=20.00×10－3×0.250/2mol=2.5×10－3mol，根据得失电子数目守恒，n(V2O5)×2×2=n(I2)×2，求出n(V2O5)=1.25×10－3mol，即m(V2O5)=1.25×10－3×182g=0.2275g，则产品纯度为0.2275/0.253×100%=89.9%。26、圆底烧瓶CH3OH+HCl(浓)→CH3Cl+H2O在HC1气流中小心加热C-D-B除去CH3C1中的HCl和甲醇，防止对后续试验的干扰10CH3Cl+14MnO4－+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化【解析】

(1)①根据仪器a特点，得出仪器a为圆底烧瓶；根据实验目的，装置A是制备CH3Cl，据此分析；②ZnCl2为强酸弱碱盐，Zn2＋能发生水解，制备无水ZnCl2时，需要防止Zn2＋水解；(2)①A是制备CH3Cl的装置，CH3Cl中混有甲醇和HCl，甲醇和HCl能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰实验，必须除去，利用它们溶于水，需要通过C装置，然后通过D装置验证CH3Cl能被酸性高锰酸钾溶液氧化最后通过B装置；②根据①分析；③黄绿色气体为Cl2，利用高锰酸钾溶液的氧化性，将CH3Cl中C氧化成CO2，高锰酸钾中Mn元素被还原成Mn2＋，据此分析；(3)①使用盐酸滴定，甲基橙作指示剂，终点是溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化；②CH3Cl燃烧生成CO2和HCl，CO2和HCl被NaOH所吸收，然后用盐酸滴定过量的NaOH溶液和Na2CO3溶液，据此分析；【详解】(1)①根据仪器a的特点，仪器a的名称为圆底烧瓶，根据实验目的，装置A制备CH3Cl，HCl中Cl取代CH3OH中羟基，则a瓶中的反应方程式为CH3OH+HCl(浓)→CH3Cl+H2O；答案：圆底烧瓶；CH3OH+HCl(浓)→CH3Cl+H2O；②ZnCl2为强酸弱碱盐，Zn2＋发生水解，因此实验室干燥ZnCl2晶体制备无水ZnCl2的方法是在HC1气流中小心加热；答案：在HC1气流中小心加热；(2)①根据实验目的，装置A制备CH3Cl，甲醇和浓盐酸易挥发，CH3C1中含有HCl和甲醇等杂质，HCl和甲醇均能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰后续实验，利用甲醇和HCl易溶于水，通入KMnO4溶液前需用水除去，然后再通入酸性高锰酸钾溶液，根据③得到黄绿色气体，黄绿色气体为Cl2，氯气有毒，污染环境，因此最后通入CCl4溶液，除去Cl2等有毒气体，则连接顺序是A→C→D→B；答案：C→D→B；②根据①分析，水的作用是除去CH3C1中的HCl和甲醇；答案：除去CH3Cl中的HCl和甲醇，防止对后续实验的干扰；③黄绿色气体为Cl2，利用高锰酸钾溶液的氧化性，将CH3Cl中C氧化成CO2，高锰酸钾中Mn元素被还原成Mn2＋，根据化合价升降法、原子守恒和电荷守恒，得到l0CH3Cl+14MnO4-+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O；答案：l0CH3Cl+14MnO4-+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O；(3)①燃烧生成的CO2和HCl全部被NaOH溶液充分吸收，溶液中的溶质有NaOH、NaCl、Na2CO3，用甲基橙作指示剂，盐酸进行滴定，滴定终点的产物为NaCl，滴定终点的现象为溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化；答案：溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟（30s）内不变化；②根据①的分析，最后溶质为NaCl，NaCl中氯元素来自于CH3Cl和盐酸，根据Cl元素守恒可得CH3Cl中的n(Cl)=n(CH3Cl)-n（HCl）=(c1V1－c2V2)×10－3，甲醇的转化率是=；答案：。27、2S2－+CO32－+4SO2＝3S2O32－+CO2B（或）B碱性还原性可以排除BaS2O3的干扰【解析】

I．(1)根据图示信息可知，吸硫装置A制取Na2S2O3的反应物为SO2、Na2S和Na2CO3，主产物为Na2S2O3，根据得失电子数守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的计量数，再根据质量守恒得出Na2CO3的计量数和另一种产物CO2，据此分析；(2)二氧化硫具有还原性、漂白性；II．(1)根据KIO3的量求出I2，再根据S2O32-与I2的关系求出Na2S2O3的物质的量及浓度；(2)滴定时的误差分析，需利用c(标)V(标)=c(待)V(待)，c(待)=分析；Ⅲ．(1)甲同学的实验流程中通过加入BaCl2产生白色沉淀B来证明Na2S2O3与氯水反应时有SO42-生成；(2)在证明Na2S2O3的还原性时由于不知道BaS2O3是否是沉淀，所以应先加BaCl2溶液，如果不产生白色沉淀再加足量氯水产生白色沉淀，即可证明Na2S2O3具有还原性。【详解】I．(1)根据图示信息可知，吸硫装置A制取Na2S2O3的反应物为SO2、Na2S和Na2CO3，主产物为Na2S2O3，SO2、Na2S中硫元素由+4价和−2价变为+2价，根据得失电子数守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的计量数分别为4、2和3，再根据质量守恒得出Na2CO3的计量数为1，根据碳原子和氧原子数守恒可知另一种产物CO2，且计量数为1，故方程式为：2S2－+CO32－+4SO2＝3S2O32－+CO2；(2)二氧化硫具有还原性、漂白性，所以可以用品红、溴水或溶液，来检验二氧化硫是否被完全吸收，若SO2吸收效率低，则二氧化硫有剩余，B中的溶液会褪色；II．(1)KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI；n(KIO3)=mol，设参加反应的Na2S2O3为xmol；所以x=，则c(Na2S2O3)==mol⋅L−1（或）mol⋅L−1，

(2)A.滴定管末用Na2S2O3溶液润洗，则Na2S2O3溶液会被稀释，滴定时消耗待测液体积偏大，导致纯度偏低，故A不符合题意；B.滴定终点时俯视读数，使Na2S2O3溶液体积偏小，滴定时消耗待测液体积偏小，导致纯度偏高，故B符合题意；C.锥形瓶用蒸馏水润洗，对实验结果没影响，纯度不变，故C不符合题意；D.滴定管尖嘴处滴定前有气泡，达滴定终点时未发现有气泡，待测液体积偏大，导致样品纯度偏低，故D不符合题意；故答案选B；Ⅲ．(1)甲同学通过测定Na2S2O3溶液的pH=8；说明该盐的水溶液显碱性；甲同学的实验流程中通过加入BaCl2产生白色沉淀B来证明Na2S2O3与氯水反应时有SO42−生成,即证明S2O32−具有还原性；(2)在证明Na2S2O3的还原性时由于不知道BaS2O3是否是沉淀，所以应先加BaCl2溶液，如果不产生白色沉淀再加足量氯水产生白色沉淀，即可证明Na2S2O3具有还原性，故乙可排除BaS2O3的干扰。【点睛】本题易错点在于第(2)题中和滴定的误差分析，首先要清楚标准液和待测液，装在滴定管中的液体不一定必须