2025-2026学年云南省大姚一中化学高三上期末学业水平测试试题

2025-2026学年云南省大姚一中化学高三上期末学业水平测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是选项实验及现象结论A将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝反应中有NH3产生B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反应中有H2产生C收集气体的同时测得溶液的pH为8.6弱碱性溶液中Mg也可被氧化D将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生弱碱性溶液中OH-氧化了MgA．A B．B C．C D．D2、25℃时，二元弱酸H2R的pKa1=1.85，pKa2=7.45(已知pKa=-lgKa)。在此温度下向20mL0.1mol•L-1H2R溶液中滴加0.1mol•L-1的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列有关说法正确的是()A．a点所示溶液中：c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.1mol•L-1B．b点所示溶液中：c(Na+)＞c(HR-)＞c(H2R)＞c(R2-)C．c点溶液中水电离程度大于d点溶液D．d点所示溶液中：c(Na+)＞c(R2-)＞c(HR-)3、某学习小组在实验室中用废易拉罐(主要成分为AI，含有少量的Fe、Mg杂质)制明矾[KAl(SO4)2·12H2O]的过秳如图所示。下列说法正确的是A．为尽量少引入杂质，试剂①应选用氨水B．滤液A中加入NH4HCO3溶液产生CO2C．沉淀B的成分为Al(OH)3D．将溶液C蒸干得到纯净的明矾4、2019年2月，在世界移动通信大会(MWC)上发布了中国制造首款5G折叠屏手机的消息。下列说法不正确的是()A．制造手机芯片的关键材料是硅B．用铜制作手机线路板利用了铜优良的导电性C．镁铝合金制成的手机外壳具有轻便抗压的特点D．手机电池工作时，电池中化学能完全转化为电能5、可用碱石灰干燥的气体是A．H2S B．Cl2 C．NH3 D．SO26、己知NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．1molOD-中含有的质子数和中子数均为9NAB．60g正戊烷与12g新戊烷的混合物中共价键数为17NAC．11.2L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为NAD．1L0.1mo1·L-1CH3COONa溶液中，CH3COO-数目为0.1NA7、化学与生产、生活及环境密切相关，下列有关说法不正确的是A．二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中B．工业生产时加入适宜的催化剂，除了可以加快反应速率之外，还可以降低反应所需的温度，从而减少能耗C．《本草经集注》中记载了区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，这是利用了“焰色反应”D．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜目的8、298K时，向20mL一定浓度的KOH溶液中滴加0.1mol·L-1HCOOH溶液，混合溶液中水电离出的氢氧根离子浓度与滴加甲酸(弱酸)溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A．V1=20B．c(KOH)＝0.1mol·L-1C．n、q两点对应的溶液中均存在：c(K＋)=c(HCOO-)D．p点对应的溶液中存在：c(OH-)=c(HCOOH)+c(H＋)9、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A．0.2molFeI2与足量氯气反应时转移电子数为0.4NAB．常温常压下，46gNO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NAC．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NAD．常温下，56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子10、我国科学家以MoS2为催化剂，在不同电解质溶液中实现常温电催化合成氨，其反应历程与相对能量模拟计算结果如图。下列说法错误的是（）A．Li2SO4溶液利于MoS2对N2的活化B．两种电解质溶液环境下从N2→NH3的焓变不同C．MoS2(Li2SO4溶液)将反应决速步(*N2→*N2H)的能量降低D．N2的活化是N≡N键的断裂与N—H键形成的过程11、密度为0.910g/cm3氨水，质量分数为25.0%，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量分数为A．等于13.5% B．大于12.5% C．小于12.5% D．无法确定12、下列关于有机物的说法正确的是（）A．含5个碳原子的有机物分子中最多可形成4个碳碳单键B．蛋白质的水解和油脂的皂化都是由高分子生成小分子的过程C．四苯基乙烯（）所有碳原子一定处于同一平面D．化学式为且有芳香气味的有机物，在酸性条件下加热水解产生相对分子质量相同的两种有机物，则符合此条件的的结构有16种13、下列关于有机化合物和的说法正确的是()A．一氯代物数目均有6种B．二者均能发生取代、加成和氧化反应C．可用酸性高锰酸钾溶液区分D．分子中所有碳原子可能在同一平面上14、化学与生活、环境密切相关，下列说法错误的是（）A．生活中钢铁制品生锈主要是由于发生吸氧腐蚀所致B．将氨气催化氧化生成NO，属于氮的固定C．维纶被称为“人造棉花”，是因为其分子链上含有羟基的缘故D．氢氧化铝是医用的胃酸中和剂的一种15、某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，现象和有关数据如图所示(气体体积数据换算成标准状况)。关于该固体混合物，下列说法正确的是（）A．含有4.5gAlB．不含FeCl2、AlCl3C．含有物质的量相等的(NH4)2SO4和MgCl2D．含有MgCl2、FeCl216、通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池可以将废水中的氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。下列叙述正确的是A．b极为正极，发生还原反应B．一段时间后b极区电解液的pH减小C．H+由a极穿过质子交换膜到达b极D．a极的电极反应式为-e-=Cl-+17、卤代烃C3H3Cl3的链状同分异构体（不含立体异构）共有A．4种 B．5种 C．6种 D．7种18、2019年12月17日，我国国产航母——山东舰正式列装服役。下列用于制造该舰的材料属于无机非金属材料的是A．舰身无磁镍铬钛合金钢 B．甲板耐磨SiC涂层C．舰载机起飞挡焰板铝合金 D．舰底含硅有机涂层19、下列化合物中，属于酸性氧化物的是()A．Na2O2 B．SO3 C．NaHCO3 D．CH2O20、纳米级TiO2具有独特的光催化性与紫外线屏蔽等功能、具有广阔的工业应用前景。实验室用钛铁精矿（FeTiO3）提炼TiO2的流程如下。下列说法错误的是（）A．酸浸的化学方程式是：FeTiO3＋2H2SO4＝FeSO4＋TiOSO4＋2H2OB．X稀释所得分散系含纳米级H2TiO3，可用于观察丁达尔效应C．②用水蒸气是为了促进水解，所得稀硫酸可循环使用D．①③反应中至少有一个是氧化还原反应21、如图所示，将铁钉放入纯水中，一段时间后，铁钉表面有铁锈生成，下列说法正确的是A．铁钉与水面交接处最易腐蚀B．铁钉发生吸氧腐蚀，铁做阴极C．铁发生的反应是：Fe－3e→Fe3+D．水上和水下部分的铁钉不发生电化腐蚀22、下列有关化学用语表示正确的是A．中子数为10的氟原子：10FB．乙酸乙酯的结构简式：C4H8O2C．Mg2+的结构示意图：D．过氧化氢的电子式为：二、非选择题(共84分)23、（14分）治疗帕金森病的新药沙芬酰胺的合成方法如下：已知：①CH3CN在酸性条件下可水解生成CH3COOH。②CH2=CH-OH和CH3OOH均不稳定。(1)C生成D的反应类型为_______________。G中含氧官能团的名称为_____。B的名称为_____。(2)沙芬酰胺的结构简式为_____。(3)写出反应(1)的方程式_____。分析反应(2)的特点，写出用福尔马林浸制生物标本的反应原理的方程式_____（蛋白质的结构用表示）。(4)H是F相邻的同系物，H的苯环上有两个处于对位的取代基，符合下列条件的H的稳定的同分异构体共有_____种。①苯环上仍然有两个处于对位的取代基；②能与NaOH溶液反应；(5)下图是根据题中信息设计的由丙烯为起始原料制备B的合成路线，在方框中补全必要的试剂和中间产物的结构简式（无机试剂任选，氧化剂用[O]表示，还原剂用[H]表示，连续氧化或连续还原的只写一步）。________________________24、（12分）烃A中碳、氢两种元素的质量比是24：5，G具有浓郁的香味。它们之间的转化关系如下（含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质）：请回答：（1）化合物B所含的官能团的名称是___。（2）D的结构简式是___。（3）C+F→G的化学方程式是___。（4）下列说法正确的是___。A．在工业上，A→B的过程可以获得汽油等轻质油B．有机物C与D都能与金属钠反应，C经氧化也可得到FC．可以用碳酸钠溶液鉴别E、F、GD．等质量的E、G混合物，无论以何比例混合，完全燃烧耗氧量相同25、（12分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2实验I：Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：(1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。b中利用质量分数为70%〜80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。c中试剂为_______(2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______(写出一条)(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。资料：Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)装置试剂X实验现象Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s后几乎变为无色(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：_______实验Ⅲ：标定Na2S2O3溶液的浓度(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g∙mol-1)0.5880g。平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol∙L-126、（10分）乳酸亚铁晶体{CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，广泛应用于乳制品、营养液等，吸收效果比无机铁好，可由乳酸与FeCO3反应制得：2CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O+CO2↑Ⅰ.制备碳酸亚铁（FeCO3）：装置如图所示。（1）仪器C的名称是______。（2）清洗仪器，检查装置气密性，A中加入盐酸，B中加入铁粉，C中加入NH4HCO3溶液。为顺利达成实验目的，上述装置中活塞的打开和关闭顺序为：关闭活塞_____，打开活塞_____，装置B中可观察到的现象是_____，当加入足量盐酸后，关闭活塞1，反应一段时间后，关闭活塞_____，打开活塞_____。C中发生的反应的离子方程式为_____。Ⅱ.制备乳酸亚铁晶体：将制得的FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸。（3）加入少量铁粉的作用是_____。从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是隔绝空气低温蒸发，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。Ⅲ.乳酸亚铁晶体纯度的测量：（4）若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其原因可能是_____。（5）经查阅文献后，改用Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。测定时，先称取5.76g样品，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250mL溶液，每次取25.00mL，用0.100mol/LCe(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如表所示。滴定次数0.100mol/LCe(SO4)2标准溶液/mL滴定前读数滴定后读数10.1019.6520.1222.3231.0520.70则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为______（以质量分数表示，保留3位有效数字）。27、（12分）镍的全球消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位，常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也用作催化剂，制取原理：Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，实验室用如图所示装置制取Ni(CO)4。已知：CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓(黑色)+2HCl；Ni(CO)4熔点-25℃，沸点43℃，60℃以上与空气混合易爆炸；Fe(CO)5熔点-20℃，沸点103℃。回答下列问题：(1)装置A中发生反应的化学方程式为_____。(2)装置C用于合成Ni(CO)4(夹持装置略)，最适宜选用的装置为________(填标号)。①②③(3)实验过程中为了防止_________，必须先观察________(填实验现象)再加热C装置。(4)利用“封管实验”原理可获得(高纯镍。如图所示的石英)玻璃封管中充有CO气体，则高纯镍粉在封管的________温度区域端生成填“323K”或“473K”。(5)实验中加入11.50gHCOOH，C装置质量减轻2.95g(设杂质不参加反应)，E装置中盛有PdCl2溶液100mL，则PdCl2溶液的物质的量浓度至少为________mol·L-1。28、（14分）三氯胺(NCl3)是一种饮用水二级消毒剂，可由以下反应制备：Ⅰ．回答下列问题：(1)已知：Ⅱ．Ⅲ．则=________(用含和的代数式表示)。(2)向容积均为2L的甲乙两个恒温密闭容器中分别加入4molNH3和4molCl2，发生反应Ⅰ，测得两容器中n(Cl2)随反应时间的变化情况如下表所示：时间/min04080120160容器甲(T1)4.03.02.21.61.6容器乙(T2)4.02.92.02.02.0①0~80min内，容器甲中v(NH3)=________________。②反应Ⅰ的________0(填“>”或“<”)，其原因为________________________。③关于容器乙，下列说法正确的是________(填选项字母)。A．容器内，说明反应达到平衡状态B．反应进行到70min时，v正一定大于v逆C．容器内气体平均相对分子质量在增大，说明平衡在正向移动D．达平衡后，加入一定量NCl3(l)，平衡逆向移动E．达平衡后，按原投料比再充入一定量反应物，平衡后NH3的转化率增大④温度为T1时HCl(g)的平衡体积分数=________，该温度下，若改为初始体积为2L的恒压容器，平衡时容器中n(Cl2)________(填“>”、“=”或“<”)1.6mol。⑤温度为T2时，该反应的平衡常数K=________。29、（10分）2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。TiS2、LiCoO2、LiFePO4、LiMnO2、Cu与磷的化合物等都是研究电池的常用材料。请回答下列问题。（1）Co4+中存在__种不同能量的电子。（2）你预测第一电离能：Cu__Zn(填“＞”或“＜”)。请说出你的理由：__。（3）已知下列化合物的熔点：化合物AlF3GaF3AlCl3熔点/℃10401000194表格中卤化物的熔点产生差异的原因是：___。（4）直链多磷酸盐的阴离子有复杂的结构，焦磷酸根离子、三磷酸根离子结构如图：这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为___(用n代表P原子数)。（5）钴蓝晶胞结构如图1所示，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成如图2，则钴蓝晶体的化学式为___。在晶体中，某些原子位于其它原子围成的空隙中，如图3中●原子就位于最近的4个原子围成的正四面体空隙中。在钴蓝晶体中，Al3+位于O2-形成的___空隙中。若阿伏加德罗常数用NA表示，则钴蓝晶体的密度为___g·cm-3(列计算式即可，不必化简)。

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．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；B．收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；C．pH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故C正确；D、若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以D的结论不合理，故D错误；故选D。2、D【解析】

A．a点溶液体积是原来的1.5倍，则含有R元素的微粒浓度是原来的，根据物料守恒得c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=mol•L-1，故A错误；B．b点二者恰好完全反应生成NaHR，溶液呈酸性，说明HR-的电离程度大于水解程度，但其水解和电离程度都较小，钠离子不水解，所以离子微粒浓度大小顺序是c(Na+)＞c(HR-)＞c(R2-)＞c(H2R)，故B错误；C．c点是浓度相等的NaHR和Na2R的混合溶液，NaHR抑制水的电离，Na2R促进水的电离；d点是Na2R溶液，对水的电离有促进作用，故d点的水的电离程度大于c点，故C错误；D．d点溶液中溶质为Na2R，R2-水解但程度较小，所以存在c(Na+)＞c(R2-)＞c(HR-)，故D正确；答案选D。明确曲线上对应点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键。本题的易错点为C，要注意HR-的电离程度大于水解程度，即NaHR抑制水的电离。3、C【解析】

A选项，为尽量少引入杂质，试剂①应选用氢氧化钾，故A错误；B选项，滤液A为偏铝酸盐与NH4HCO3溶液反应生成氢氧化铝和碳酸铵，故B错误；C选项，根据B选项得出沉淀B的成分为Al(OH)3，故C正确；D选项，将溶液C蒸干得到明矾中含有硫酸钾杂质，故D错误。综上所述，答案为C。偏铝酸盐与NH4HCO3溶液反应生成氢氧化铝和碳酸铵，不是水解反应。4、D【解析】

A.单晶硅是良好的半导体材料，可以制作芯片，A项正确；B.铜属于金属，具有良好的导电性，可以做手机线路板，B项正确；C.镁铝合金密度小强度高，具有轻便抗压的特点，C项正确；D.手机电池工作时，电池中化学能主要转化为电能，但有一部分能量以热能形式会散失，D项错误；答案选D。5、C【解析】

碱石灰具有吸水性，可以用作干燥剂，所干燥的物质不能与干燥剂发生反应，碱石灰不能干燥二氧化硫、氯气、硫化氢等溶于水显酸性的气体，据此即可解答。【详解】碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，所以碱石灰是碱性物质，不能干燥酸性物质，A.H2S属于酸性气体，能与氢氧化钠和氧化钙反应，所以不能用碱石灰干燥，A项错误；B.Cl2可以和碱石灰反应，不能用碱石灰干燥，B项错误；C.NH3是碱性气体，不和碱石灰反应，能用碱石灰干燥，C项正确；D.SO2属于酸性气体，能与碱石灰反应，所以不能用碱石灰干燥，D项错误；答案选C。常见的干燥剂可分为酸性干燥剂、碱性干燥剂和中性干燥剂，其中酸性干燥剂为浓H2SO4，它具有强烈的吸水性，常用来除去不与H2SO4反应的气体中的水分。例如常作为H2、O2、CO、SO2、N2、HCl、CH4、CO2、Cl2等气体的干燥剂；碱性干燥剂为碱石灰（固体氢氧化钠和碱石灰）：不能用以干燥酸性物质，常用来干燥氢气、氧气、氨气和甲烷等气体。6、A【解析】

A.质子数同原子序数，因此质子数为，中子数=质量数-中子数，因此中子数为，A项正确；B.正戊烷和新戊烷分子内含有的共价键数目一致，都是1个分子中有16个共价键，混合物的物质的量是，因此共价键的数目为，B项错误；C.未说明条件，无法计算氯气的物质的量，C项错误；D.醋酸根是一个弱酸根离子，水中会发生水解导致其数目小于，D项错误；答案选A。7、A【解析】

A.二氧化硫具有较强的还原性，故常用作葡萄酒的抗氧化剂，选项A错误；B.催化剂可以降低活化能，从而起到加快速率，降低所需能量等作用，选项B正确；C.利用钾和钠的焰色反应不同进行区分，选项C正确；D.乙烯有催熟的效果，高锰酸钾溶液可以吸收乙烯，选项D正确。答案选A。本题考查化学与生产、生活的关系，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，易错点为选项B催化剂可以降低活化能，从而起到加快速率，降低所需能量等作用。8、C【解析】

A.根据未加加酸时水点出的氢氧根离子浓度为1×10-13mol∙L-1，则水电离出的氢离子浓度为1×10-13mol∙L-1，氢氧化钠中氢氧根浓度为0.1mol∙L-1，c(KOH)＝0.1mol·L-1，p点是水的电离程度最大的点即恰好生成盐的点，因此甲酸的物质的量等于氢氧化钾的物质的了，因此0.1mol·L-1×0.02∙L=0.1mol·L-1×V1，则V1=0.02L=20mL，故A正确；B.根据A分析得出c(KOH)＝0.1mol·L-1，故B正确；C.n点溶质是KOH和HCOOK的混合溶液，溶液显碱性，根据电荷守恒和溶液呈碱性，因此溶液中存在：c(K＋)>c(HCOO－)，q点是HCOOK和HCOOH的混合溶液，溶液呈中性，根据电荷守恒和呈中性，得到溶液中存在c(K＋)=c(HCOO－)，故C错误；D.p点溶质为HCOOK，则根据质子守恒得到对应的溶液中存在：c(OH－)=c(HCOOH)+c(H＋)，故D正确。综上所述，答案为C。9、B【解析】

A.FeI2与足量氯气反应生成氯化铁和碘单质，0.2molFeI2与足量氯气反应时转移电子数为0.6NA，故A错误；B.NO2和N2O4的最简式都是NO2，46gNO2和N2O4混合气体含有的原子数3NA，故B正确；C.标准状况下CCl4是液体，2.24LCCl4的物质的量不是0.1mol，故C错误；D.常温下，铁在浓H2SO4中钝化，故D错误。10、B【解析】

A.从图中可知在Li2SO4溶液中N2的相对能量较低，因此Li2SO4溶液利于MoS2对N2的活化，A正确；B.反应物、生成物的能量不变，因此反应的焓变不变，与反应途径无关，B错误；C.根据图示可知MoS2在Li2SO4溶液中的能量比Na2SO4溶液中的将反应决速步(*N2→*N2H)的能量大大降低，C正确；D.根据图示可知N2的活化是N≡N键的断裂形成N2H的过程，即是N≡N键的断裂与N—H键形成的过程，D正确；故合理选项是B。11、C【解析】

设浓氨水的体积为V，密度为ρ浓，稀释前后溶液中溶质的质量不变，则稀释后质量分数ω=，氨水的密度小于水的密度(1g/cm3)，浓度越大密度越小，所以=＜==12.5%，故选C。解答本题需要知道氨水的密度小于水的密度，而且浓度越大密度越小。12、D【解析】

A.若5个碳原子形成一个五元环，则有5个碳碳单键，A项错误；B.蛋白质属于高分子，油脂不属于高分子，B项错误；C.由于碳碳单键可以旋转，因此四苯基乙烯分子中所有碳原子不一定处于同一平面，C项错误；D.化学式为且有芳香气味的有机物，在酸性条件下加热水解产生相对分子质量相同的两种有机物，则水解后得到丁酸和戊醇，丁酸一共有2种，戊基则有8种，即戊醇有8种，因此该酯一共可能有16种结构，D项正确；答案选D。高分子一般指分子量大于10000的有机物，同学们可以自己算一算油脂的分子量，就知道油脂属不属于高分子了。13、C【解析】

A.中有6种等效氢，则一氯代物有6种，中有4种等效氢，一氯代物有4种，两种一氯代物数目不同，故A错误；B.中含碳碳双键，能发生加成反应，除此之外还能发生取代、氧化反应，中不含不饱和键，不能发生加成反应，能发生取代、氧化反应，故B错误；C.中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，中不含不饱和键，不能使酸性高锰酸钾褪色，则可用酸性高锰酸钾溶液区分，故C正确；D.中与碳碳双键上的碳原子直接相连的原子共面，其中含1个叔碳原子（与甲基直接相连的碳原子），则所有碳原子不可能在同一平面上，故D错误。答案选C。14、B【解析】

A.生活中钢铁制品生锈主要是由钢铁中的Fe与杂质C及金属制品表面的水膜中的电解质构成原电池，Fe失去电子，被氧化，溶解在水中的氧气获得电子被还原，即由于发生吸氧腐蚀所致，A正确；B.氨气中的N是化合物，由氨气转化为NO，是氮元素的化合物之间的转化，不属于氮的固定，B错误；C.维纶被称为“人造棉花”，是因为其分子链上含有与纤维素相同的官能团羟基，其性能接近棉花，C正确；D.氢氧化铝是两性氢氧化物，不溶于水，能够与胃酸反应，降低胃酸的浓度，本身不会对人产生刺激，因而是医用的胃酸中和剂的一种，D正确；故合理选项是B。15、C【解析】

5.60L标况下的气体通过浓硫酸后，体积变为3.36L，则表明V(H2)=3.36L，V(NH3)=2.24L，从而求出n(H2)=0.15mol，n(NH3)=0.1mol，从而确定混合物中含有Al、(NH4)2SO4；由白色沉淀久置不变色，可得出此沉淀为Mg(OH)2，物质的量为；由无色溶液中加入少量盐酸，可得白色沉淀，加入过量盐酸，白色沉淀溶解，可确定此沉淀为Al(OH)3，溶液中含有AlCl3。从而确定混合物中一定含有Al、(NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3，一定不含有FeCl2。【详解】A.由前面计算可知，2Al—3H2，n(H2)=0.15mol，n(Al)=0.1mol，质量为2.7g，A错误；B.从前面的推断中可确定，混合物中不含FeCl2，但含有AlCl3，B错误；C.n(NH3)=0.1mol，n[(NH4)2SO4]=0.05mol，n(MgCl2)=n[Mg(OH)2]=0.05mol，从而得出(NH4)2SO4和MgCl2物质的量相等，C正确；D.混合物中含有MgCl2，但不含有FeCl2，D错误。故选C。16、B【解析】原电池工作时，正极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+，则a为正极，b为负极，反应式为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+。A．正极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+，则a为正极，发生还原反应，故A错误；B．由电极方程式可知当转移8mol电子时，正极消耗4molH+，负极生成7molH+，则处理后的废水pH降低，故B正确；C．b为负极，反应式为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+，由示意图可知，质子从b极移向a极，故C错误；D．a为正极，发生还原反应，电极反应式为+2e-+H+=Cl-+，故D错误；故选B。点睛：本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极。本题的易错点为D，电极反应也要满足质量守恒定律。17、C【解析】

由C3H3Cl3的不饱和度为3+1-=1可知碳链上有一个双键，C3H3Cl3的链状同分异构体相当于丙烯的三氯代物，采用定二移一的方法进行讨论。【详解】卤代烃C3H3Cl3的链状同分异构体中三个氯原子在一个碳原子的有一种：CH2=CH−CCl3；两个氯原子在一个碳原子上一个氯原子在另一个碳原子上的有四种：CCl2=CCl−CH3、CCl2=CH−CH2Cl、CHCl=CH−CHCl2、CH2=CCl−CHCl2；三个氯原子在三个碳原子上的有一种：CHCl=CCl−CH2Cl，共6种。答案选C。卤代烃的一氯代物就是看等效氢，二氯代物可以看作是一氯代物的一氯代物，三氯代物可以看作是二氯代物的一氯代物。18、B【解析】

无机非金属材料，是除金属材料、高分子材料以外的所有材料的总称。它是由硅酸盐、铝酸盐、硼酸盐、磷酸盐、锗酸盐等原料和(或)氧化物、氮化物、碳化物、硼化物、硫化物、硅化物、卤化物等原料经一定的工艺制备而成的材料，由此判断。【详解】A．舰身无磁镍铬钛合金钢属于金属材料中的合金，故A错误；B．甲板耐磨SiC涂层属于无机非金属材料，故B正确；C．舰载机起飞挡焰板铝合金属于金属材料中的合金，故C错误；D．有机硅，即有机硅化合物，是指含有Si-C键、且至少有一个有机基是直接与硅原子相连的化合物，习惯上也常把那些通过氧、硫、氮等使有机基与硅原子相连接的化合物也当作有机硅化合物，不属于无机非金属材料，属于有机材料，故D错误；答案选B。解本题的关键是知道什么是无机非金属材料，无机非金属材料，是除金属材料、高分子材料以外的所有材料的总称。19、B【解析】

A.Na2O2是过氧化物，不属于酸性氧化物，选项A错误；B.SO3＋2NaOH=Na2SO4＋H2O，SO3是酸性氧化物，选项B正确；C.NaHCO3不属于氧化物，是酸式盐，选项C错误；D.CH2O由三种元素组成，不是氧化物，为有机物甲醛，选项D错误。答案选B。本题考查酸性氧化物概念的理解，凡是能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，注意首先必须是氧化物，由两种元素组成的化合物，其中一种元素为氧元素的化合物。20、D【解析】

A.FeTiO3中Fe、Ti分别显＋2、＋4价，溶于硫酸得到对应的硫酸盐，因此方程式为FeTiO3＋2H2SO4＝FeSO4＋TiOSO4＋2H2O，故A正确；B.纳米级是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，则该混合物属于胶体，可用于观察丁达尔效应。故B正确；C.用水蒸气过滤，相当于加热，可促进盐的水解，溶解钛铁精矿需要加入稀硫酸，TiO2+水解时生成H2TiO3和稀硫酸，则稀硫酸可以循环使用，符合绿色化学理念，故C正确；D.①反应时稀硫酸溶解FeTiO3，③反应是煅烧H2TiO3得到TiO2产品，都不是氧化还原反应，故D错误；故选D。21、A【解析】

A.在铁钉和水面的交界处，有电解质溶液，氧气的浓度最高，故发生吸氧腐蚀的速率最大，则最易被腐蚀，故A正确；B.由于水为中性，故钢铁发生吸氧腐蚀，其中铁做负极，故B错误；C.铁做负极，电极反应为：Fe-2e=Fe2+，故C错误；D.因为水的蒸发，故在铁钉的水面以上的部分上仍然有水膜，仍然能发生吸氧腐蚀；因为氧气能溶解在水中，故铁钉水面一下的部分也能发生吸氧腐蚀，但均没有铁钉和水的交接处的腐蚀速率大，故D错误；答案：A将铁钉放入纯水中，由于铁钉为铁的合金，含有碳单质，故在纯水做电解质溶液的环境下，铁做负极，碳做正极，中性的水做电解质溶液，发生钢铁的吸氧腐蚀，据此分析。22、C【解析】

A.中子数为10的氟原子为：，选项A错误；B.C4H8O2为乙酸乙酯的分子式，乙酸乙酯的结构简式：CH3COOC2H5，选项B错误；C.Mg2+的结构示意图为：，选项C正确；D.过氧化氢是共价化合物，两个氧原子之间共用一对电子，过氧化氢的电子式应为：，选项D错误。答案选C。二、非选择题(共84分)23、取代反应醛基和醚键丙氨酸CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O+HCHO→+H2O5【解析】

CH3CHO、NH3、HCN和水在一定条件下合成A，反应为：CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O，结合信息①CH3CN在酸性条件下可水解生成CH3COOH，得A为，水解后生成，中和后得到B，B为，与SOCl2和CH3OH发生取代反应生成C，C为，C与NH3反应生成D，D为，E和F生成G，G为，G和D反应生成，最加氢生成。【详解】（1）C为，C与NH3反应生成D，D为，C生成D的反应类型为取代反应，G为，G中含氧官能团的名称为醛基和醚键。B为，B的名称为丙氨酸。故答案为：取代反应；醛基和醚键；丙氨酸；（2）由分析：沙芬酰胺的结构简式为。故答案为：；（3）反应（1）的方程式CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O。分析反应(2)的特点，醛基和氨基反应生成碳氮双键和水，使蛋白质变性，用福尔马林浸制生物标本的反应原理的方程式+HCHO→+H2O。故答案为：CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O；+HCHO→+H2O；（4）H是F相邻的同系物，H比F多一个碳原子，H的苯环上有两个处于对位的取代基，①苯环上仍然有两个处于对位的取代基，②能与NaOH溶液反应，可能为酚、、三种；酸一种、和酯一种，共5种；故答案为：5；(5)根据题中信息设计的由丙烯为起始原料先与溴发生加成反应，得1，2-二溴丙烷，水解后生成1，2-丙二醇，氧化后生成，羰基可与NH3反应，最后与氢气加成可得产品，。故答案为：。24、碳碳双键CH3CH2CH2OHH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2OCD【解析】

烃A中碳、氢两种元素的质量比是24：5，则N（C）：N（H）=，应为C4H10，由生成物G的分子式可知C为CH3CHOHCH3，D为CH3CH2CH2OH，E为CH3CH2CHO，F为CH3CH2COOH，B为CH3CH=CH2，生成G为CH3CH2COOCH（CH3）2，以此解答该题。【详解】（1）B为CH3CH=CH2，含有的官能团为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；（2）D为CH3CH2CH2OH，故答案为：CH3CH2CH2OH；（3）C+F→G的化学方程式是CH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O，故答案为：CH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O；（4）A.在工业上，A→B的过程为裂解，可获得乙烯等烯烃，而裂化可以获得汽油等轻质油，故A错误；B.有机物C与D都能与金属钠反应，C经氧化生成丙酮，故B错误；C.醛可溶于水，酸与碳酸钠反应，酯类不溶于水，则可以用碳酸钠溶液鉴别E、F、G，故C正确；D.E、G的最简式相同，则等质量的E、G混合物，无论以何比例混合，完全燃烧耗氧量相同，故D正确；故答案为：CD。25、分液漏斗蒸馏烧瓶硫化钠和碳酸钠的混合液调节酸的滴加速度若SO2过量，溶液显酸性．产物会发生分解加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀开始生成Fe(S2O3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe3+与S2O32-氧化还原反应的程度大，导致Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色0.1600【解析】

(1)a的名称即为分液漏斗，b的名称即为蒸馏烧瓶；b中是通过浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2，所以方程式为：；c中是制备硫代硫酸钠的反应，SO2由装置b提供，所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；(2)从反应速率影响因素分析，控制SO2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的SO2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；(4)检验Fe2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：①；②；反应①I-被氧化成I2，反应②中第一步所得的I2又被还原成I-，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的得电子总数就与消耗的失电子总数相同；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设c(Na2S2O3)=amol/L，列电子得失守恒式：，解得a=0.1600mol/L。26、三颈烧瓶21、3铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色32Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O防止FeCO3与乳酸反应产生的亚铁离子被氧化乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化98.0%【解析】

亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与盐酸反应制备氯化亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备氯化亚铁，利用生成的氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3＝FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，据此解答本题。【详解】（1）仪器C为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）反应前先利用生成的氢气除去装置内空气，再利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，具体操作为：关闭活塞2，打开活塞3，然后打开活塞1加入足量的盐酸，然后关闭活塞1，反应一段时间后，装置B中可观察到的现象为：铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；打开活塞2，关闭活塞3；C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3＝FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：2；1、3；铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；3；2；Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；（3）Fe2+离子易被氧化为Fe3+离子，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，可防止Fe2+离子被氧化，故答案为：防止FeCO3与乳酸反应产生的亚铁离子被氧化；（4）乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%，故答案为：乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化；（5）三次滴定第二次操作消耗标准液数值明显偏大，应舍去，取第一次和第三次平均值V==19.60mL，由：Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，可知25mL溶液中n(Fe2+)＝n(Ce4+)＝0.100mol/L×0.0196L＝0.00196mol，故250mL含有n(Fe2+)＝0.00196mol×=0.0196mol，故产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为＝98.0%，故答案为：98.0%。27、HCOOHH2O+CO↑③CO及Ni(CO)4与装置中空气混合在加热条件下爆炸E装置中产生黑色沉淀473K0.50【解析】

A装置中甲酸和浓硫酸反应生成CO，经B装置中浓硫酸进行干燥，根据方程式Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，温度在50~80℃是更有利于Ni(CO)4的生成，为了更好的控制温度可选用水浴加热，Ni(CO)4的沸点为43℃，所以反应生成的Ni(CO)4会变成气体，在D装置中进行冷凝得到Ni(CO)4液体，之后利用E装置吸收未反应的CO，同时为了防止Ni(CO)4与空气混合加热，需先通一段时间的CO，通过观察E装置中是否有黑色成生成可判断装置中是否充满CO。【详解】(1)装置A中甲酸与在浓硫酸的作用下生成CO和水，反应方程式为HCOOHH2O+CO↑；(2)温度在50~80℃是更有利于Ni(CO)4的生成，为了更好的控制温度，且可避免温度过高，可选用水浴加热，所以选用③装置；(3)CO及Ni(CO)4与装置中空气混合在加热条件下会发生爆炸，所以要先观察到E装置中生成黑色沉淀，再加热C装置；(4)323K是49.85℃，473K是199.85℃，根据方程式Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)可知180~200℃时生成Ni单质，所以高纯镍粉在封管的473K温度区域端生成；(5)n(HCOOH)==0.25mol，则生成的n(CO)=0.25mol，C装置中发生Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，则C管减轻的质量即反应的Ni的质量，则反应n(Ni)==0.05mol，则消耗n(CO)=0.2mol，所以PdCl2溶液至少要吸收CO的物质的量为0.25mol-0.2mol=0.05mol，根据方程式CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓(黑色)+2HCl可知所需n(PdCl2)=0.05mol，所以其浓度至少为=0.5mol/L。解答第(4)题时要注意单位的换算，方程式中温度的单位是摄氏度，封管所给温度时开尔文，0℃=273.15K。28、2△H-△H13.75×10-3mol▪L-1▪min-1<容器乙反应速率快，所以T1>T2,又因为容器乙平衡时n(Cl2)大，说明温度升高，平衡逆向移动，△H2<0》E0.33或<0.6【解析】

（1）根据盖斯定律进行计算；

（2）①由表中数据可知，