2026年江苏省扬州、泰州、淮安、南通、徐州、宿迁、连云港市高三下第三次大考化学试题含解析

2026年江苏省扬州、泰州、淮安、南通、徐州、宿迁、连云港市高三下第三次大考化学试题考生请注意：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、下列关于元素周期表和元素周期律的说法正确的是（）A．Li、Na、K元素的原子核外电子层数随着核电荷数的增加而减少B．第二周期元素从Li到F，非金属性逐渐减弱C．因为K比Na容易失去电子，所以K比Na的还原性强D．O与S为同主族元素，且O比S的非金属性弱2、下列说法正确的是（）A．钢管镀锌时，钢管作阴极，锌棒作为阳极，铁盐溶液作电解质溶液B．镀锌钢管破损后，负极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+C．镀银的铁制品，镀层部分受损后，露出的铁表面不易被腐蚀D．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀3、实验室中，要使AlCl3溶液中的Al3+离子全部沉淀出来，适宜的试剂是A．NaOH溶液 B．氨水 C．盐酸 D．Ba(OH)2溶液4、下列有关物质性质的叙述正确的是（）A．向NaOH溶液中加入铝粉，可生成Al(OH)3B．向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液，可生成CO2C．向热的蔗糖溶液中滴加银氨溶液，可生成银镜D．向饱和氯化钠溶液中先通入NH3至饱和，再通入CO2，可生成NaHCO35、CuI是有机合成的一种催化剂，受热易氧化。实验室可通过向CuSO4与NaI的混合溶液中通入SO2制备CuI(2CuSO4＋2NaI＋SO2＋2H2O2CuI↓＋2H2SO4＋Na2SO4)。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是()A．制备SO2B．制备CuI并制备少量含SO2的溶液C．将CuI与母液分离并用装置制得的含SO2的溶液洗涤沉淀D．加热干燥湿的CuI固体6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．28g晶体硅中含有NA个Si-Si键B．叠氮化铵(NH4N3)发生爆炸反应：NH4N3=2N2+2H2，当产生标准状况下22.4L气体时，转移电子的数目为NAC．pH=1的H3PO4溶液中所含H+的数目为0.1NAD．200mL1mol/LAl2(SO4)3溶液中A13+和SO42-的数目总和是NA7、次磷酸(H3PO2一元弱酸)和氟硼酸(HBF4)均可用于植物杀菌。常温时，有1mol∙L-1的H3PO2溶液和1mol∙L-1的HBF4溶液，两者起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水，稀释后溶液的体积均为V，两溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是A．常温下，NaBF4溶液的pH=7B．常温下，H3PO2的电离平衡常数约为1.110-2C．NaH2PO2溶液中：c(Na+)=c(H2PO2-)+c(HPO22-)+c(PO23-)+c(H3PO2)D．常温下，在0≤pH≤4时，HBF4溶液满足8、下列石油的分馏产品中，沸点最低的是A．汽油 B．煤油 C．柴油 D．石油气9、分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（不考虑立体异构）A．5种 B．6种 C．7种 D．8种10、下列说法不正确的是A．天然气、水煤气、液化石油气均是生活中常用的燃料，它们的主要成分都是化合物B．“中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于金属材料C．制玻璃和水泥都要用到石灰石原料D．1996年人工合成了第112号元素鎶(Cn)，盛放鎶的容器上应该贴的标签是11、Cl2可用于废水处理。向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体。下列说法正确的是A．两种无毒的气体均为还原产物B．反应后溶液的pH会升高C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:2D．每转移2NA个电子时，一定会生成13.44L的气体12、不能用元素周期律解释的是（）A．氯与钠形成离子键，氯与硅形成共价键B．向淀粉KI溶液中滴加溴水，溶液变蓝C．向Na2SO3溶液中滴加盐酸，有气泡生成D．F2在暗处遇H2即爆炸，I2在暗处遇H2几乎不反应13、已知：CH3C≡CH＋CO＋CH3OHM，N＋CH3OHM＋H2O。其中M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，下列说法错误的是（）A．N可以使溴水褪色B．N转化为M的反应为取代反应C．M中所有碳原子可能共面D．N属于酯的同分异构体有3种14、实现化学能转变为电能的装置是（）A．干电池 B．电解水C．太阳能热水器 D．水力发电15、氢化钙可以作为生氢剂(其中CaH2中氢元素为-1价)，反应方程式如下：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑，其中水的作用是A．既不是氧化剂也不是还原剂B．是氧化剂C．是还原剂D．既是氧化剂又是还原剂16、某有机物的分子式为，该物质与金属钠反应有气体生成。则该有机物可能的结构有几种（不考虑立体异构）A．8 B．10 C．12 D．1417、化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A．疫苗因未冷藏储运而失效,与蛋白质变性有关B．天然气既是高效清洁的化石燃料,又是重要的化工原料C．“中国天眼”的镜片材料为SiC,属于新型有机非金属材料D．港珠澳大桥水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极的阴极保护法18、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．原子半径：C>B>AB．气态氢化物的热稳定性：E>CC．最高价氧化对应的水化物的酸性：B>ED．化合物DC与EC2中化学键类型相同19、国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生污染。其工作原理如图所示。下列说法正确的是A．“全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能B．吸附层b发生的电极反应：H2–2e－+2OH－=2H2OC．Na+在装置中从右侧透过阳离子交换膜向左侧移动D．“全氢电池”的总反应：2H2+O2=2H2O20、下表记录了t℃时的4份相同的硫酸铜溶液中加入无水硫酸铜的质量以及析出的硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)的质量(温度保持不变)的实验数椐：硫酸铜溶液①②③④加入的无水硫酸铜(g)3.005.508.5010.00析出的硫酸铜晶体(g)1.005.5010.9013.60当加入6.20g无水硫酸铜时，析出硫酸铜晶体的质量(g)为A．7.70 B．6.76 C．5.85 D．9.0021、下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素。Z的最高价氧化物对应的水化物为M，室温下，0.01mol/LM溶液pH<2。下列说法中错误的是WXYZA．原子半径大小：X<W<Y B．Z的单质易溶于化合物WZ2C．气态氢化物稳定性：W<X D．含Y元素的离子一定是阳离子22、下列变化过程中克服共价键的是（）A．二氧化硅熔化 B．冰融化 C．氯化钾熔化 D．碘升华二、非选择题(共84分)23、（14分）PBAT(聚已二酸/对苯二甲酸丁二酯)可被微生物几乎完全降解，成为包装、医疗和农用薄膜等领域的新兴材料，它可由聚合物PBA和PBT共聚制得，一种合成路线如下：已知：R-CH3R-CNR-COOHR-CH=CH2R-COOH+CO2回答下列问题：(1)B的官能团名称为_____，D的分子式为_____。(2)①的反应类型为_____；反应②所需的试剂和条件是_____。(3)H的结构简式为_____。(4)⑤的化学方程式为_____。(5)M与G互为同系物，M的相对分子质量比G大14；N是M的同分异构体，写出同时满足以下条件的N的结构简式：______________(写两种，不考虑立体异构)。Ⅰ.既能与FeCl3发生显色反应，又能发水解反应和银镜反应；Ⅱ.与NaOH溶液反应时，1molN能消耗4molNaOH；Ⅲ.核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为1:2:2:2:1。24、（12分）已知：环己烯可以通过1，3-丁二烯与乙烯发生环化加成反应得到：实验证明，下列反应中，反应物分子的环外双键比环内双键更容易被氧化：现仅以1,3-丁二烯为有机原料，无机试剂任选，按下列途径合成甲基环己烷：(1)写出结构简式：A_____________；B______________(2)加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是_____________(3)1molA与1molHBr加成可以得到___________种产物。25、（12分）有“退热冰”之称的乙酰苯胺具有退热镇痛作用，是较早使用的解热镇痛药，纯乙酰苯胺是一种白色有光泽片状结晶，不仅本身是重要的药物，而且是磺胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。实验室用苯胺与乙酸合成乙酰苯胺的反应和实验装置如图(夹持及加热装置略)：+CH3COOH+H2O注：①苯胺与乙酸的反应速率较慢，且反应是可逆的。②苯胺易氧化，加入少量锌粉，防止苯胺在反应过程中氧化。③刺形分馏柱的作用相当于二次蒸馏，用于沸点差别不太大的混合物的分离。可能用到的有关性质如下：(密度单位为g/cm3)名称相对分子质量性状密度/g∙cm3熔点/℃沸点/溶解度g/100g水g/100g乙醇苯胺93.12棕黄色油状液体1.02-6.3184微溶∞冰醋酸60.052无色透明液体1.0516.6117.9∞∞乙酰苯胺135.16无色片状晶体1.21155~156280~290温度高，溶解度大较水中大合成步骤：在50mL圆底烧瓶中加入10mL新蒸馏过的苯胺和15mL冰乙酸(过量)及少许锌粉(约0.1g)。用刺形分馏柱组装好分馏装置，小火加热10min后再升高加热温度，使蒸气温度在一定范围内浮动1小时。在搅拌下趁热快速将反应物以细流倒入100mL冷水中冷却。待乙酰苯胺晶体完全析出时，用布氏漏斗抽气过滤，洗涤，以除去残留酸液，抽干，即得粗乙酰苯胺。分离提纯：将粗乙酰苯胺溶于300mL热水中，加热至沸腾。放置数分钟后，加入约0.5g粉未状活性炭，用玻璃棒搅拌并煮沸10min，然后进行热过滤，结晶，抽滤，晾干，称量并计算产率。(1)由于冰醋酸具有强烈刺激性，实验中要在__内取用，加入过量冰醋酸的目的是__。(2)反应开始时要小火加热10min是为了__。(3)实验中使用刺形分馏柱能较好地提高乙酰苯胺产率，试从化学平衡的角度分析其原因：__。(4)反应中加热方式可采用__(填“水浴”“油浴”或"直接加热”)，蒸气温度的最佳范围是__(填字母代号)。a．100~105℃b．117.9~184℃c．280~290℃(5)判断反应基本完全的现象是__，洗涤乙酰苯胺粗品最合适的试剂是__(填字母代号)。a．用少量热水洗b．用少量冷水洗c．先用冷水洗，再用热水洗d．用酒精洗(6)分离提纯乙酰苯胺时，在加入活性炭脱色前需放置数分钟，使热溶液稍冷却，其目的是__，若加入过多的活性炭，使乙酰苯胺的产率__(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(7)该实验最终得到纯品7.36g，则乙酰苯胺的产率是__%(结果保留一位小数)。26、（10分）实验室以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)为原料制取铜粉和K2Cr2O7的主要流程如下：(1)“酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为______________(从浸取产物的溶解性考虑)。(2)“制铜氨液”，即制取[Cu(NH3)4]SO4溶液时，采用8mol·L－1氨水，适量30%H2O2，并通入O2，控制温度为55℃。温度不宜过高，这是因为______________________。(3)“沉CuNH4SO3”时可用如下装置(夹持、加热仪器略)：①制取SO2的化学方程式为______________________。②“沉CuNH4SO3”时，反应液需控制在45℃，合适的加热方式是________________。③反应完成的实验现象是____________________________。(4)设计以“Cr(OH)3、Fe(OH)3”的混合物为原料，制取K2Cr2O7的实验方案：将Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状，_________________，冰水洗涤及干燥。(已知：①碱性条件下，H2O2可将＋3价的Cr氧化为CrO42-；酸性条件下，H2O2可将＋6价的Cr还原为＋3价的Cr；＋6价的Cr在溶液pH<5时，主要以Cr2O72-的形式存在；在pH>7时，主要以CrO42-的形式存在。②部分物质溶解度曲线如图所示：③实验中必须使用的试剂：KOH溶液、10%H2O2溶液、稀盐酸)27、（12分）甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]是一种新型补铁剂。某化学学习小组用如图所示装置(夹持仪器省略)制备甘氨酸亚铁。有关物质性质如下表所示：甘氨酸(H2NCH2COOH)易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸仲溶解度大于在乙醇中的溶解度。柠檬酸易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性。甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸。实验步骤如下：Ⅰ.打开K1、K3，向c中通入气体，待确定c中空气被排尽后，将b中溶液加入到c中。Ⅱ.在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。Ⅲ.反应完成后，向c中反应混合液中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品，将粗产品纯化后得精品。回答下列问题：（1）仪器b的名称是__，d的作用是__。（2）步骤Ⅰ中将b中溶液加入到c中的操作是__；步骤Ⅱ中若调节溶液pH偏高，则所得粗产品中会混有杂质___(写化学式)。（3）c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是__。（4）下列关于该实验的说法错误的是__(填写序号)。a.步骤Ⅰ中可由d中导管冒出气泡的快慢来判断装置中的空气是否排尽b.反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止Fe2+被氧化c.步骤Ⅲ中加入无水乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度d.步骤Ⅲ中沉淀洗涤时，用蒸馏水作洗涤剂（5）工业上常用高氯酸在非水体系中滴定甘氨酸的方法测定产品中的甘氨酸的含量。请设计实验，将所得粗产品中的甘氨酸分离出来直接用于滴定：___。28、（14分）光催化技术是一种在能源和环境领域有着重要应用前景的绿色技术。Ti的某种晶型的氧化物，M可用作光催化材料。（1）基态Ti原子的价层电子排布图为___________。（2）在第四周期d区元素中，与Ti原子未成对电子数相同的元素名称是___________。（3）金属钛的原子堆积方式如图1所示，则金属钛晶胞俯视图为_______。距离每个钛原子最近且等距的钛原子有________个。（4）生活环境中的臭气源有氨气、甲硫醇(CH3-SH)等，氧化物M可以作为高效除臭剂。与氨气互为等电子体的阳离子为________，甲硫醇中硫原子采取的杂化方式为_________，与S位于同一周期，且第一电离能小于S的非金属元素符号为_________，已知甲硫醇熔沸点小于甲醇(CH3OH)，试解释此差异的主要原因_______。（5）M的晶胞结构如图2，M的化学式为___________。（6）石墨烯是单个原子厚度的二维碳纳米材料(如图3)，其比表面积大(比表面积指单位质量物料所具有的总面积)。石墨烯与M的结合使用，极大地提高了M的光催化效果。在石墨烯晶体中，每个最小的六元环占有______个C原子。已知石墨烯中C-C键长为apm，则单层石墨烯的比表面积为______m2/g(NA表示阿伏伏德罗常数的数值，忽略碳原子的厚度)。29、（10分）镍具有良好的导磁性和可塑性，主要用于制作合金及催化剂。请回答下列问题（1）基态镍原子的价电子排布图为____，同周期元素中基态原子与镍具有相同未成对电子的还有____种。（2）四羰基合镍是一种无色挥发性液体，熔点-25℃，沸点43℃。则四羟基合镍中σ键和π键数目之比为___三种组成元素按电负性由大到小的顺序为____。（3）[Ni(NH3)

4]SO4中N原子的杂化方式为____，写出与SO42-互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式____，____；[Ni(

NH3)4]SO4中H-N-H键之间的夹角___（填“＞”“＜”或“=”）NH3分子中H-N-H键之间的夹角。（4）已知NiO的晶体结构（如图1），可描述为：氧原子位于面心和顶点，氧原子可形成正八面体空隙和正四面体空隙，镍原子填充在氧原子形成的空隙中，则NiO晶体中原子填充在氧原子形成的____体空隙中，其空隙的填充率为____。（5）一定温度下，NiO晶体可分散形成“单分子层”，O2-作单层密置排列，Ni2+填充O2-形成的正三角形空隙中（如图2），已知O2-的半径为αm，每平方米面积上分数的NiO的质量为___g。（用a、NA表示）

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.Li、Na、K元素的原子核外电子层数随着核电荷数的增加而增多，故A错误；B.第二周期元素从Li到F，金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增强，故B错误；C.金属越容易失去电子，则金属性越强，K比Na容易失去电子，所以K比Na的还原性强，所以C选项是正确的；D.O与S为同主族元素，同主族自上而下元素非金属性减弱，O比S的非金属性强，故D错误。答案选C。2、D【解析】

A、电镀时镀层金属作阳极，则Zn为阳极，待镀金属作阴极，则Fe为阴极，含有锌离子的溶液为电解质溶液，故A错误；B、Zn比Fe活泼，形成原电池时，Zn作负极，镀锌钢管破损后，负极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，故B错误；C、镀银的铁制品铁破损后发生电化学腐蚀，因Fe比Ag活泼，铁易被腐蚀，故C错误；D、用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可防止被氧化，故D正确。答案选D。考查电化学腐蚀与防护，应注意的是在原电池中正极被保护、在电解池中阴极被保护。3、B【解析】

要使AlCl3溶液中的Al3+全部沉淀出来，要求所用试剂能提供OH−，且须过量，因此适宜的试剂不能为强碱溶液，因为强碱会使氢氧化铝沉淀溶解，据此分析；【详解】A.据分析可知，氢氧化钠过量会将氢氧化铝沉淀溶解，A错误；B.据分析可知，氨水可以使铝离子全部沉淀出来，且氢氧化铝沉淀不溶于氨水，B正确；C.据分析可知，盐酸不能使AlCl3溶液中的Al3+离子沉淀，C错误；D.据分析可知，Ba(OH)2溶液可以使铝离子沉淀，但Ba(OH)2溶液过量会使氢氧化铝沉淀溶解，D错误；故答案选B。氢氧化铝不溶于弱酸弱碱是考察频率较高的知识点之一，学生须熟练掌握。4、D【解析】

A.向NaOH溶液中加入铝粉，发生的反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，不会生成氢氧化铝，A项错误；B.因酸性比较：H2CO3>苯酚>HCO3-，则向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液，不会生成CO2，只会生成苯酚钠与碳酸氢钠，B项错误；C.蔗糖不是还原性糖，不能与银氨溶液发生银镜反应，C项错误；D.向饱和氯化钠溶液中先通入NH3至饱和，再通入CO2，因碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠溶解度小，会先以晶体形式析出，发生的反应是：NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，D项正确；答案选D。A项是易错点，学生要理解并准确掌握铝三角的转化关系，铝单质的特性。铝单质与酸反应会生成正盐铝盐，而与碱反应生成偏铝酸盐，铝单质不能直接转化为氢氧化铝沉淀。5、D【解析】

A.Cu与浓硫酸在加热时发生反应生成SO2，图中固液加热装置可制备，A正确；B.硫酸铜与NaI发生氧化还原反应生成CuI、SO2，可用该装置制备CuI并制备少量含SO2的溶液，B正确；C.分离沉淀与溶液，可选该装置进行过滤，C正确；D.加热干燥湿的CuI固体，由于CuI易被氧化，因此不能用该装置加热，D错误；故合理选项是D。6、B【解析】

A．1个Si原子周围有4个Si－Si，而1个Si－Si周围有2个Si原子，则Si和Si－Si的比例为2：4=1：2，28gSi其物质的量为1mol，则含有的Si－Si的物质的量为2mol，其数目为2NA，A错误；B．叠氮化铵发生爆炸时，H的化合价降低，从＋1降低到0，1mol叠氮化铵发生爆炸时，生成4mol气体，则总共转移4mol电子；现生成22.4：L，即1mol气体，则转移的电子数为NA，B正确；C．不知道磷酸溶液的体积，无法求出其溶液中的H＋数目，C错误；D．200mL1mol·L－1Al2(SO4)3溶液中，如果Al3＋不水解，则Al3＋和SO42－的物质的量=0.2L×1mol·L－1×2＋0.2L×1mol·L－1×3=1mol，其数目为NA，但是Al3＋为弱碱的阳离子，在溶液中会水解，因此Al3＋数目会减少，Al3＋和SO42－的总数目小于NA，D错误。答案选B。7、C【解析】

此题的横坐标是，V是加水稀释后酸溶液的体积，未稀释时，V=V0，横坐标值为1；稀释10倍时，V=10V0，横坐标值为2，以此类推。此题实际上考察的是稀释过程中，酸碱溶液pH的变化规律：越强的酸碱，稀释过程中pH的变化越明显；如果不考虑无限稀释的情况，对于强酸或强碱，每稀释十倍，pH变化1。根据此规律，再结合题干指出的次磷酸是弱酸这条信息，就可以明确图像中两条曲线的归属，并且可以得出氟硼酸是强酸这一信息。【详解】A．根据图像可知，b表示的酸每稀释十倍，pH值增加1，所以b为强酸的稀释曲线，又因为H3PO2为一元弱酸，所以b对应的酸只能是氟硼酸(HBF4)，即氟硼酸为强酸；那么NaBF4即为强酸强碱盐，故溶液为中性，常温下pH=7，A项正确；B．a曲线表示的是次磷酸的稀释曲线，由曲线上的点的坐标可知，1mol/L的次磷酸溶液的pH=1，即c(H+)=0.1mol/L；次磷酸电离方程式为：，所以1mol/L的次磷酸溶液中c(H3PO2)=0.9mol/L，c()=0.1mol/L，那么次磷酸的电离平衡常数即为：，B项正确；C．次磷酸为一元弱酸，无法继续电离，溶液中并不含有和两类离子；此外，还会发生水解产生次磷酸分子，所以上述等式错误，C项错误；D．令y=pH，x=，由图可知，在0≤pH≤4区间内，y=x-1，代入可得pH=，D项正确；答案选C。关于pH的相关计算主要考察三类：一类是最简单的单一溶液的pH的相关计算，通过列三段式即可求得；第二类是溶液混合后pH的计算，最常考察的是强酸碱混合的相关计算，务必要考虑混合时发生中和反应；第三类就是本题考察的，稀释过程中pH的变化规律：越强的酸或碱，稀释过程中pH的变化越明显，对于强酸或强碱，在不考虑无限稀释的情况下，每稀释十倍，pH就变化1。8、D【解析】

将石油常压分馏依次得到石油气、汽油、煤油、柴油、重油等，将重油减压分馏依次得到重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青，则它们的沸点范围由低到高的顺序为：石油气＜汽油＜煤油＜柴油＜重柴油＜润滑油＜凡士林＜石蜡＜沥青，故选D项。答案选D。9、D【解析】

该分子式符合饱和一元醇和饱和一元醚的通式。醇类可以与金属钠反应放出氢气，而醚不能。根据碳链异构，先写出戊烷的同分异构体（3种），然后用羟基取代这些同分异构体的不同类的氢原子，就可以得出这样的醇，戊基共有8种，故这样的醇共有8种，D正确，选D。10、A【解析】

A.水煤气主要成分是CO、H2，是混合物，其中H2是单质，不是化合物，A错误；B.“中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，钢铁属于金属材料，B正确；C.制玻璃的原料是石灰石、纯碱、石英，制水泥的原料是黏土、石灰石，因此二者都要用到原料石灰石，C正确；D.112号元素鎶属于放射性元素，因此盛放鎶的容器上应该贴有放射性元素的标签是，D正确；故合理选项是A。11、C【解析】

向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体，气体是氮气和二氧化碳，方程式为2KCN+8KOH+5Cl2＝2CO2+N2+10KCl+4H2O，由此分析解答。【详解】A．碳元素化合价从+2价升高到+4价，二氧化碳是氧化产物。N元素化合价由﹣3价升高为0价，氮气是氧化产物，选项A错误；B．氢氧化钾生成氯化钾，碱性变成中性，所以溶液的pH会降低，选项B错误；C．由反应2KCN+8KOH+5Cl2＝2CO2+N2+10KCl+4H2O可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，选项C正确；D．状况不知，所以无法求气体的体积，选项D错误；答案选C。12、C【解析】

A.氯最外层7个电子，容易得到电子，Na最外层1个电子，容易失去电子，Si不易失去也不易得到电子；B.非金属性强的元素单质，能从非金属性弱的非金属形成的盐中置换出该非金属单质；C.向Na2SO3溶液中加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应；D.非金属性越强，与氢气化合越容易。【详解】A.氯最外层7个电子，容易得到电子，Na最外层1个电子，容易失去电子，Si不易失去也不易得到电子；所以氯与钠形成氯化钠，含有离子键，氯与硅形成四氯化硅，含有共价键，可以利用元素周期律解释，故A不选；B.向淀粉KI溶液中滴入溴水，溶液变蓝，说明溴单质的氧化性强于碘单质，能用元素周期律解释，故B不选；C.向Na2SO3溶液中加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应，HCl不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释，故C选；D.非金属性F>I，故氟气与氢气化合较容易，可以利用元素周期律解释，故D不选；故答案选C。13、D【解析】

由CH3C≡CH＋CO＋CH3OHM，N＋CH3OHM＋H2O，其中M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，可知N为CH2＝C(CH3)COOH。【详解】A．由分析可知，N为CH2＝C(CH3)COOH，分子中含有碳碳双键，可以使溴水褪色，故A正确；B．N＋CH3OHM＋H2O为酯化反应，属于取代反应，故B正确；C．M中碳碳双键、羰基均为平面结构，且直接相连，3个原子可共面，则M中所有碳原子可能共面，故C正确；D．CH2＝C(CH3)COOH，属于酯的同分异构体含−COOC−，可能为CH3CH＝CHOOCH、CH2＝CHCH2OOCH、CH2＝CHOOCCH3、CH3OOCCH＝CH2，则属于酯的同分异构体大于3种，故D错误；故答案选D。本题把握M的结构简式及N与甲醇的酯化反应推断N的结构为解答的关键，注意有机物官能团所具有的性质。14、A【解析】

A．干电池属于原电池，原电池向外提供电能时化学能转化为电能，故A正确；B．电解水，电能转变为化学能，故B错误；C．太阳能热水器，是太阳能直接转化为热能，故C错误；D．水力发电时机械能转化为电能，故D错误；故答案为A。将化学能转化为电能，应为原电池装置，构成原电池的条件是：①有两个活泼性不同的电极；②将电极插入电解质溶液中；③两电极间构成闭合回路；④能自发的进行氧化还原反应；所以设计原电池必须符合构成原电池的条件，且该反应必须是放热反应；注意把握常见能量的转化形成。15、B【解析】

根据反应前后元素的化合价变化来看，Ca和O的化合价均没有变化，其中CaH2中H的化合价由-1价升高到0价，被氧化，作还原剂；H2O中H的化合价由+1价降低到0价，被还原，作氧化剂；氢气既是氧化产物，又是还原产物；答案选B。16、C【解析】

该物质与金属钠反应有气体生成，说明分子中含有-OH，即可转变为4个C的烷烃的二元取代物，可采用定一议一的方法。4个C的烷烃共有两种结构，正丁烷和异丁烷，正丁烷共有8种二元取代物，异丁烷共有4种二元取代物，共有12种，故答案选C。17、C【解析】

A．温度过高蛋白质会发生变性，故A正确；B．天然气燃烧只生成二氧化碳和水，为清洁燃料，利用天然气可以合成二甲醚等有机物，是重要的化工原料，故B正确；C．碳化硅是非金属化合物，且为无机物，碳化硅是一种新型无机非金属材料，故C错误；D．铝比铜活泼，形成原电池铝作负极被氧化，防腐方法为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；故答案为C。18、C【解析】

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，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.原子半径：N>C>H，故A错误；B.气态氢化物的热稳定性：H2O>SiH4，故B错误；C.最高价氧化对应的水化物的酸性：HNO3>H2SiO3，故C正确；D.化合物MgO含有离子键，SiO2含共价键，故D错误；答案为C。同周期，从左到右非金属性增强，最高价氧化物对应的水化物酸性增强，氢化物稳定性增强。19、A【解析】

由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-=2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2H++2e-=H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极解答该题。【详解】A.根据图知，左侧和右侧物质成分知，左侧含有NaOH、右侧含有高氯酸，所以全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能，故A正确；B.吸附层a为负极，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，吸附层b为正极，电极反应是2H++2e-=H2，故B错误；C.电池中阳离子向正极移动，所以Na+在装置中从左侧透过阳离子交换膜向右侧移动，故C错误；D.负极电极反应是H2-2e-+2OH-=2H2O，正极电极反应是2H++2e-=H2，电池的总反应为H++OH-=H2O，故D错误；故选A。20、B【解析】

根据图表可看出无水硫酸铜的质量每增加0.5g析出硫酸铜晶体的质量就增加0.9g，可求出增加0.7g无水硫酸铜析出硫酸铜晶体的质量；设0.7g无水硫酸铜可析出硫酸铜晶体的质量为x，＝，解得x=1.26；6.2g无水硫酸铜时，析出硫酸铜晶体的质量为：5.5g+1.26g=6.76g；答案选B。21、D【解析】

根据元素在周期表位置关系，四种元素位于第二三周期，且Z的最高价氧化物对应的水化物为M，室温下，0.01mol/LM溶液pH<2。则Z为S，W、X、Y分别为C、N、Al。A．原子半径大小：N＜C＜Al，故A正确；B．Z元素为S，其单质易溶于CS2，故B正确；C．W、X分别为C、N，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性：C＜N，则气态氢化物稳定性：CH4＜NH3，故C正确；D．Y为Al元素，含Al元素的离子有Al3+、AlO或[Al(OH)4]－，故D错误；答案选D。根据相似相容原理，S易溶于CS2。22、A【解析】

原子晶体熔化克服共价键，离子晶体熔化或电离均克服离子键，分子晶体发生三态变化只破坏分子间作用力，非电解质溶于水不发生电离，则不破坏化学键，以此来解答。【详解】A、二氧化硅是原子晶体，熔化克服共价键，选项A正确；B、冰融化克服的是分子间作用力，选项B错误；C、氯化钾熔化克服是离子键，选项C错误；D、碘升华克服的是分子间作用力，选项D错误；答案选A。二、非选择题(共84分)23、氯原子C6H10O4取代反应NaOH、C2H5OH(或乙醇)，加热HOCH2CH2CH2CH2OH+2NH3+3O2→+6H2O【解析】

从A到C由环烷烃变成了环烯烃，并且A生成B是光照下与Cl2的取代，所以从B到C即为卤代烃的消去，结合题干提示的反应，环己烯经过高锰酸钾处理后就可以得到己二酸，H就是1,4-丁二醇，所以PBA就是聚己二酸丁二酯。从E生成F，再由F生成对苯二甲酸，条件恰好与题干提示的反应相同，所以推测E为对二甲苯，F即为对苯二腈。【详解】(1)B为卤代烃，官能团的名称为氯原子；D为己二酸，所以分子式为C6H10O4；(2)反应①即为烃变成卤代烃的反应，反应类型即为取代反应；反应②为卤代烃的消去反应，所加试剂即NaOH，乙醇，并且需要加热；(3)H通过推断即为1,4-丁二醇，所以结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH；(4)反应⑤即由对二甲苯生成对苯二腈的反应，所以方程式为：+2NH3+3O2→+6H2O；(5)由题可知M的分子式为C9H8O4，扣除苯环还有2个不饱和度；满足要求的N的结构中一定有羟基，此外也要具有醛基和酯基的结构；考虑到1molN能消耗4mol的NaOH，所以只能是2个羟基，1个甲酸酯基，由于还需要有一个不饱和度，所以还含有一个乙烯基；再考虑到核磁共振氢谱的信息，最终满足要求的有机物的结构为如下两种：；书写满足特定要求的物质的同分异构体的结构时，从不饱和度入手，结合有关信息确定有机物中一定含有的结构；此外，也要注意特定结构的基团，例如甲酸酯基等；确定有机物所含的基团后，再结合核磁共振氢谱的信息考虑物质的对称性，最终将物质的结构书写出来。24、A4【解析】

根据碳原子数目可知，反应①为1，3-丁二烯与CH2=CH-CH3发生信息Ⅰ反应生成A，则A为，结合A发生信息Ⅱ中反应生成B，则B为，结合C的分子式可知，B与氢气发生全加成反应生成C，C为，C发生消去反应生成D，D为，D发生加成反应生成甲基环己烷。【详解】根据上述分析可知：A为，B为，C为，D为。(1)通过以上分析知，A的结构简式是，B的结构简式是；(2)A是，A与H2发生加成反应后产物为，名称为乙基环己烷，与甲基环己烷互为同系物，故合理物质序号为A；(3)A的结构简式是，其分子中含有的2个碳碳双键上的4个C原子都不等效，所以Br原子加成到4个C原子上的产物都不相同，故其与HBr加成时的产物有4种。本题考查有机物推断，正确理解题给信息是解本题关键，侧重考查学生获取信息、加工信息、利用信息及分析推断能力，注意(3)中A发生加成反应产物种类判断，为易错点。25、通风橱促进反应正向进行，提高苯胺的转化率让苯胺与乙酸反应成盐使用刺形分馏柱可以很好地将沸点差别不太大的乙酸和水分开，只将生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方向移动，乙酸又可以回流到烧瓶内继续反应，从而提高乙酰苯胺的产率油浴a冷凝管中不再有液滴流下b防止暴沸偏小49.7【解析】

(1)由于冰醋酸具有强烈刺激性，实验中要防止其扩散到室内空气中，过量加入反应物(冰醋酸)的目的，应从平衡移动考虑。(2)反应开始时要小火加热10min，主要是让反应物充分反应。(3)实验中使用刺形分馏柱，可提高乙酰苯胺产率，则应从反应物的利用率和平衡移动两个方面分析原因。(4)反应中加热温度超过100℃，不能采用水浴；蒸发时，应减少反应物的挥发损失。(5)判断反应基本完全，则基本上看不到反应物产生的现象；乙酰苯胺易溶于酒精，在热水中的溶解度也比较大，由此可确定洗涤粗品最合适的试剂。(6)热溶液中加入冷物体，会发生暴沸；活性炭有吸附能力，会吸附有机物。(7)计算乙酰苯胺的产率时，应先算出理论产量。【详解】(1)由于冰醋酸具有强烈刺激性，易扩散到室内空气中，损害人的呼吸道，所以实验中要在通风橱内取用；苯胺与冰醋酸的反应为可逆反应，加入过量冰醋酸的目的，促进平衡正向移动，提高苯胺的转化率。答案为：通风橱；促进反应正向进行，提高苯胺的转化率；(2)可逆反应进行比较缓慢，需要一定的时间，且乙酸与苯胺反应是先生成盐，后发生脱水反应，所以反应开始时小火加热10min，是为了让苯胺与乙酸反应成盐。答案为：让苯胺与乙酸反应成盐；(3)反应可逆，且加热过程中反应物会转化为蒸气，随水蒸气一起蒸出，实验中使用刺形分馏柱，可将乙酸、苯胺的蒸气冷凝，让其重新流回反应装置内，同时将产物中的水蒸出，从而提高乙酰苯胺的产率，从化学平衡的角度分析其原因是：使用刺形分馏柱可以很好地将沸点差别不太大的乙酸和水分开，只将生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方向移动，乙酸又可以回流到烧瓶内继续反应，从而提高乙酰苯胺的产率。答案为：使用刺形分馏柱可以很好地将沸点差别不太大的乙酸和水分开，只将生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方向移动，乙酸又可以回流到烧瓶内继续反应，从而提高乙酰苯胺的产率；(4)反应中需要将生成的水蒸出，促进平衡正向移动，提高产率。水的沸点是100℃，而冰醋酸的沸点为117.9℃，温度过高会导致反应物的挥发，温度过低反应速率太慢，且不易除去水，所以加热温度应介于水与乙酸的沸点之间，不能采用水浴反应，加热方式可采用油浴，最佳温度范围是a。答案为：油浴；a；(5)不断分离出生成的水，可以使反应正向进行，提高乙酰苯胺的产率，反应基本完全时，冷凝管中不再有液滴流下；乙酰苯胺易溶于酒精和热水，所以洗涤粗品最合适的试剂是用少量的冷水洗，以减少溶解损失。答案为：冷凝管中不再有液滴流下；b；(6)分离提纯乙酰苯胺时，若趁热加入活性炭，溶液会因受热不均而暴沸，所以在加入活性炭脱色前需放置数分钟，使热溶液稍冷却，其目的是防止暴沸，若加入过多的活性炭，则会吸附一部分乙酰苯胺，使乙酰苯胺的产率偏小。答案为：防止暴沸；偏小；(7)苯胺的物质的量为=0.11mol，理论上完全反应生成乙酰苯胺的质量为0.11mol×135.16g/mol=14.8g，该实验最终得到纯品7.36g，则乙酰苯胺的产率是=49.7%。答案为：49.7。乙酸与苯胺反应生成乙酰苯胺的反应是一个可逆反应，若想提高反应物的转化率或生成物的产率，压强和催化剂都是我们无须考虑的问题，温度是我们唯一可以采取的措施。因为反应物很容易转化为蒸气，若不控制温度，反应物蒸出，转化率则会降低，所以温度尽可能升高，但同时要保证其蒸气不随水蒸气一起蒸出，这样就需要我们使用刺形分馏柱，并严格控制温度范围。26、硫酸可将CaO转化为CaSO4渣而除去温度过高会加速NH3的挥发、加速H2O2的分解、“铜氨液”会分解生成Cu(OH)2(答出一点即可)Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O45℃的水浴加热上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色在不断搅拌下加入适量KOH溶液，再加入过量的10%H2O2溶液，维持pH大于7，充分反应后，煮沸(除去过量的H2O2)，静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pH<5，蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤【解析】

电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)用硫酸酸浸，残渣为CaSO4等溶解度不大的物质，溶液中有Cr3＋、Cu2＋、Fe3＋，加适量Na2S溶液，过滤，滤液中Cr3＋、Fe3＋，处理生成Fe(OH)3Cr(OH)3，除去Fe(OH)3，制备K2Cr2O7；滤渣CuS沉淀，采用8mol·L－1氨水，适量30%H2O2，并通入O2，制取铜氨溶液，通SO2，“沉CuNH4SO3”，同时生成铜粉。【详解】(1)“酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为硫酸可将CaO转化为CaSO4渣而除去。(2)“制铜氨液”，即制取[Cu(NH3)4]SO4溶液时，温度不宜过高，这是因为温度过高会加速NH3的挥发、加速H2O2的分解、“铜氨液”会分解生成Cu(OH)2(答出一点即可)；(3)①铜与浓硫酸加热生成SO2、硫酸铜和水，化学方程式为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O。②要控制100℃以下的加热温度，且受热均匀，可选用水浴加热；“沉CuNH4SO3”时，反应液需控制在45℃，合适的加热方式是：45℃的水浴加热。③[Cu(NH3)4]SO4溶液呈蓝色，通入SO2反应生成CuNH4SO3和Cu，反应完成的实验现象是上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色。(4)制取K2Cr2O7的实验方案：将Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状，在不断搅拌下加入适量KOH溶液，再加入过量的10%H2O2溶液，维持pH大于7，充分反应后，煮沸(除去过量的H2O2)，静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pH<5，蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤，冰水洗涤及干燥。本题以实际化工生产“以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)为原料制取铜粉和K2Cr2O7的主要流程”为背景，考查了元素化合物知识，化学方程式的书写等，难点（3）[Cu(NH3)4]SO4溶液呈蓝色，通入SO2反应生成CuNH4SO3和Cu。27、蒸馏烧瓶防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化关闭K3，打开K2Fe(OH)22H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2Oad将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液【解析】

先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入c中；c中盛放甘氨酸和少量柠檬酸，在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应，反应完成后加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出；得到的产品中混有甘氨酸杂质，可用冰醋酸洗涤。【详解】(1)根据b的结构特点可知其为蒸馏烧瓶；d中导管插入液面以下，可以形成液封，防止空气进入c中将甘氨酸亚铁氧化；(2)关闭K3，打开K2，产生的气体可将b中溶液压入c中；pH偏高可能生成Fe(OH)2沉淀；(3)反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亚铁，结合元素守恒可知方程式应为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；(4)a．空气排尽后也会有氢气冒出，气泡产生的速率与空气是否排尽无关，故a错误；b．根据题目信息可知柠檬酸具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，故b正确；c．根据题目信息可知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以加入乙醇可以降低其溶解度，使其从溶液中析出，故c正确；d．甘氨酸亚铁易溶于水，用水洗涤会造成大量产品损失，故d错误；综上所述选ad；(5)甘氨酸和甘氨酸均易溶于水，但甘氨酸亚铁难溶于冰醋酸，而甘氨酸在冰醋酸中有一定的溶解度，所以可将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液。解决本题的关键是对题目提供信息的理解，通常情况下洗涤产品所用的洗涤液要尽量少的溶解产品，而尽量多的溶解杂质。28、镍D12H3O+sp3Si甲醇分子间有氢键TiO22a2NA×10−24【解析】

(1)Ti原子序数为22，根据能级图及能量构造原理可得核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，其价层电子排布