豫南九校2026年高三下学期3月高考模拟化学试题含解析

豫南九校2026年高三下学期3月高考模拟化学试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、下列说法不正确的是A．淀粉能水解为葡萄糖 B．油脂属于天然有机高分子C．鸡蛋煮熟过程中蛋白质变性 D．食用新鲜蔬菜和水果可补充维生素C2、稀有气体化合物是指含有稀有气体元素的化合物。其中二氟化氙（XeF2）、三氧化氙（XeO3），氙酸（H2XO4）是“绿色氧化剂”，氙酸是一元强酸。下列说法错误的是（）A．上述“绿色氧化剂”的优点是产物易分离，不干扰反应B．三氧化氙可将I-氧化为IO3-C．氙酸的电离方程式为：H2XeO4═2H++XeO42-D．XeF2与水反应的化学方程式为：2XeF2+2H2O═2Xe↑+O2↑+4HF↑3、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均小于20。W、X、Y、Z的族序数之和为12；X与Y的电子层数相同；向过量的ZWY溶液中滴入少量胆矾溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出。下列说法正确的是（）A．ZWY是离子化合物，既可以与酸反应又可以与碱反应B．晶体X熔点高、硬度大，可用于制造光导纤维C．原子半径由小到大的顺序为：D．热稳定性：4、其它条件不变，升高温度，不一定增大的是A．气体摩尔体积Vm B．化学平衡常数KC．水的离子积常数Kw D．盐类水解程度5、某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒。其中ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是（）A．该反应的还原剂是Cl-B．反应后溶液的酸性明显增强C．消耗1mol还原剂，转移6mol电子D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶36、用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略)ABCDX中试剂浓盐酸双氧水浓硫酸浓氨水Y中试剂KMnO4MnO2CuNaOH气体Cl2O2SO2NH3A．A B．B C．C D．D7、下列有机实验操作正确的是A．证明CH4发生氧化反应：CH4通入酸性KMnO4溶液B．验证乙醇的催化氧化反应：将铜丝灼烧至红热，插入乙醇中C．制乙酸乙酯：大试管中加入浓硫酸，然后慢慢加入无水乙醇和乙酸D．检验蔗糖在酸催化下的水解产物：在水解液中加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热8、高能固氮反应条件苛刻，计算机模拟该历程如图所示，在放电的条件下，微量的O2或N2裂解成游离的O或N原子，分别与N2和O2发生以下连续反应生成NO。下列说法错误的（）A．图1中，中间体1到产物1的方程式为O-O═N→O+N═OB．NO的生成速率很慢是因为图2中间体2到过渡态4的能垒较大C．由O和N2制NO的活化能为315.72kJ•mol-1D．由N和O2制NO的过程比由O原子和N2制NO的过程速率慢9、如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。下列说法错误的是A．铁闸主要发生的是吸氧腐蚀B．图中生成铁锈最多的是乙区域C．铁腐蚀时的电极反应式：Fe－2e－==Fe2＋D．将铁闸与石墨相连可保护铁闸10、潮湿的氯气、新制的氯水及漂粉精的水溶液均能使有色布条褪色，因为它们都含有A．Cl2 B．HClO C．ClO‾ D．HCl11、向H2S的水溶液中通入一定量的Cl2，下列图像所示变化正确的是A． B． C． D．12、下列说法正确的是（）A．甲烷有两种二氯代物B．1molCH2=CH2中含有的共用电子对数为5NAC．等物质的量的甲烷与氯气在光照条件下反应的产物是CH3ClD．邻二甲苯只有一种结构说明苯分子不是由单双键交替组成的环状结构13、已知某溶液中含有碳酸钠、硫酸钠、氢氧化钠、氯化钠四种溶质，欲将该溶液中四种溶质的阴离子逐一检验出来，所加试剂先后顺序合理的是A．HNO3、Ba(NO3)2、NH4NO3、AgNO3 B．HNO3、NH4NO3、Ba(NO3)2、AgNO3C．NH4NO3、HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3 D．NH4NO3、HNO3、AgNO3、Ba(NO3)214、下列除去括号内杂质的方法正确的是（）A．FeCl2(FeCl3)：加入足量铁屑，充分反应后过滤B．CO2(HCl)：通过饱和NaOH溶液，收集气体C．N2(O2)：通过灼热的CuO粉末，收集气体D．KCl(MgCl2)：加入适量NaOH溶液，过滤15、由下列“实验操作和现象”与“结论”均正确的（

）选项实验操作及现象结论A将含铁的氧化物的砖块用盐酸浸取，浸取液能使KMnO4溶液褪色浸取液中含Fe2+B常温下，测得饱和Na2CO3溶液的pH大于饱和NaHCO3溶液的pH常温下水解程度>C25℃时，向AgNO3溶液中滴加足量NaCl溶液至不再产生沉淀，然后滴加KI溶液，有黄色沉淀生成25℃时，Ksp（AgCl）>Ksp（AgI）D将Cl2通入滴有酚酞的NaOH溶液后，溶液褪色Cl2具有漂白性A．A B．B C．C D．D16、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数是其质子数的，X原子的核电荷数等于Z原子的最外层电子数，元素Y的最高正化合价为+2价。下列说法正确的是（）A．单质的沸点：W<XB．简单离子的半径：Z>YC．X、Z的氧化物对应的水化物均为强酸D．X、Y可形成离子化合物X3Y217、化学与生活密切相关。下列说法错误的是A．绿色净水消毒剂高铁酸钠有强氧化性，其还原产物水解生成Fe(OH)3胶体B．电子货币的使用和推广符合绿色化学发展理念C．检查酒驾时，三氧化铬(橙红色)被酒精氧化成硫酸铬(绿色)D．自行车镀锌辐条破损后仍能抗腐蚀，是利用了原电池反应原理18、下列有关实验操作的叙述不正确的是（）A．中和滴定接近终点时，滴入要慢，并且不断摇动B．向试管中滴加溶液时，滴管尖嘴紧贴试管内壁C．分液时，下层液体下口放出，上层液体上口倒出D．定容时，加水到容量瓶刻度线下1~2cm时，改用胶头滴管加水19、K2FeO4在酸性或中性溶液中能快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。如图是制备高铁酸钾的一种装置，制取实验完成后，取C中紫色溶液，加入稀盐酸，产生气体。下列说法不正确的是（）A．B瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HClB．C瓶中KOH过量更有利于高铁酸钾的生成C．加盐酸产生气体可说明氧化性：K2FeO4＞Cl2D．高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝等特点为一体的优良的水处理剂20、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种清洁能源，X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，Y是非金属性最强的元素，Z的原子半径是所有短周期元素中最大的。下列说法不正确的是（）A．W、X、Y的最高价氧化物对应对应水化物的酸性Y>X>WB．Y的简单氢化物的热稳定性比W的强C．元素X、Y、Z的简单离子半径依次减小D．W与Y两种元素可以形成共价化合物21、已知：25℃时，有关弱酸的电离平衡常数，下列选项中正确的是弱酸H2C2O4CH3COOHHCNH2CO3电离常数KiKi1=5.9×l0-2Ki2=6.4×l0-51.8×l0-54.9×l0-10Ki1=4.3×l0-7Ki2=5.6×l0-11A．等物质的量浓度的溶液pH关系：NaHCO3＞NaCN＞CH3COONa＞NaHC2O4B．反应NaHC2O4+NaHCO3→Na2C2O4+H2O+CO2↑能发生C．等体积等物质的量浓度的溶液中离子总数：NaCN＞CH3COONaD．Na2CO3溶液中2c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)22、X、Y、Z、R，W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，它们所在周期数之和为11。YZ气体遇空气变成红棕色，R的原子半径是五种元素中最大的，W与Z同主族。下列说法错误的是（）A．简单离子的半径：Y＞XB．气态氢化物的稳定性：Y＞WC．X、Z和R形成强碱D．最高价氧化物对应的水化物的酸性：W＞R二、非选择题(共84分)23、（14分）某芳香烃X（分子式为C7H8）是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中A是一氯代物。已知：Ⅰ.Ⅱ.(苯胺，易被氧化)（1）写出：X→A的反应条件______；反应④的反应条件和反应试剂：______。（2）E中含氧官能团的名称：______；反应②的类型是_______；反应②和③先后顺序不能颠倒的原因是_______。（3）写出反应①的化学方程式：_______。（4）有多种同分异构体，写出1种含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物的结构简式：_______。（5）写出由A转化为的合成路线________。(合成路线表示方法为：AB……目标产物)。24、（12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）。________________________25、（12分）某学习小组利用下图装置探究铜与浓H2SO4的反应（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）。资料：微量Cu2+与过量NaOH溶液发生反应：Cu2++4OH−=[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−溶于甘油形成特征的绛蓝色溶液。编号实验用品实验现象I10mL15mol/L浓H2SO4溶液过量铜片剧烈反应，品红溶液褪色，150℃时铜片表面产生大量黑色沉淀，继续加热，250℃时黑色沉淀消失。II10mL15mol/L浓H2SO4溶液适量铜片剧烈反应，品红溶液褪色，150℃时铜片表面产生少量黑色沉淀，继续加热，250℃时黑色沉淀消失。（1）A中反应的化学方程式是________。（2）将装置C补充完整并标明所用试剂________。（3）实验I中，铜片表面的黑色沉淀可能含CuO、Cu2S或CuS。为探究黑色沉淀的成分，取出反应后的铜片，用水小心冲洗后，进行下列操作：i.黑色沉淀脱落，一段时间后，上层溶液呈无色。ii.开始时，上层溶液呈无色，一段时间后，上层溶液呈淡蓝色。甲认为通过上述两个实验证明黑色沉淀不含CuO，理由是________。②乙同学认为仅通过颜色判断不能得出上述结论，理由是______。需要增加实验iii，说明黑色沉淀不含CuO，实验iii的操作和现象是_______。（4）甲同学对黑色沉淀成分继续探究，补全实验方案：编号实验操作实验现象iv取洗净后的黑色沉淀，加入适量_____溶液，加热。黑色沉淀全部溶解，试管上部出现红棕色气体，底部有淡黄色固体生成。（5）用仪器分析黑色沉淀的成分，数据如下：150℃取样230℃取样铜元素3.2g，硫元0.96g。铜元素1.28g，硫元0.64g。230℃时黑色沉淀的成分是__________。（6）为探究黑色沉淀消失的原因，取230℃时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250℃时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成，试管底部出现淡黄色固体，溶液变蓝。用化学方程式解释原因____。（7）综合上述实验过程，说明Cu和浓H2SO4除发生主反应外，还发生着其他副反应，为了避免副反应的发生，Cu和浓H2SO4反应的实验方案是______。26、（10分）次氯酸溶液由于其具有极强的氧化性，可以使病毒的核酸物质发生氧化反应，从而杀灭病毒，是常用的消毒剂和漂白剂。已知：Ⅰ.常温常压下，Cl2O为棕黄色气体，沸点为3.8℃，42℃以上会分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水立即反应生成HClO。Ⅱ.将氯气和空气(不参与反应)按体积比1∶3混合通入潮湿的碳酸钠中生成Cl2O气体，用水吸收Cl2O(不含Cl2)制得次氯酸溶液。某实验室利用以下装置制备浓度不小于0.8mol/L的次氯酸溶液。A．B．C．D．E.回答下列问题：(1)装置D的作用为_______________。(2)配平装置B中的反应___________：Cl2+Na2CO3+H2O=Cl2O+NaCl+NaHCO3。写出Cl2O的结构式为_____。(3)装置C中加入的试剂X为CCl4，其作用是__________。(4)各装置的连接顺序为A→____________→____________→______________→E。(5)此方法相对于氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是__________。(答出1条即可)(6)若装置B中生成的Cl2O气体有20%滞留在E前各装置中，其余均溶于装置E的水中，装置E所得500mL次氯酸溶液浓度为0.8mol/L，则至少需要含水8%的碳酸钠的质量为_____g。27、（12分）某学习小组研究溶液中Fe2+的稳定性，进行如下实验，观察，记录结果。实验Ⅰ物质0min1min1h5hFeSO4淡黄色桔红色红色深红色(NH4)2Fe(SO4)2几乎无色淡黄色黄色桔红色（1）上述(NH4)2Fe(SO4)2溶液pH小于FeSO4的原因是_______（用化学用语表示）。溶液的稳定性：FeSO4_______(NH4)2Fe(SO4)2（填“＞”或“＜”）。（2）甲同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保护了Fe2+，因为NH4+具有还原性。进行实验Ⅱ，否定了该观点，补全该实验。操作现象取_______，加_______，观察。与实验Ⅰ中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同。（3）乙同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异是溶液酸性不同导致，进行实验Ⅲ：分别配制0.80mol·L－1pH为1、2、3、4的FeSO4溶液，观察，发现pH＝1的FeSO4溶液长时间无明显变化，pH越大，FeSO4溶液变黄的时间越短。资料显示：亚铁盐溶液中存在反应4Fe2+＋O2＋10H2O4Fe(OH)3＋8H+由实验III，乙同学可得出的结论是_______，原因是_______。（4）进一步研究在水溶液中Fe2+的氧化机理。测定同浓度FeSO4溶液在不同pH条件下，Fe2+的氧化速率与时间的关系如图（实验过程中溶液温度几乎无变化）。反应初期，氧化速率都逐渐增大的原因可能是_____。（5）综合以上实验，增强Fe2+稳定性的措施有_______。28、（14分）[2017新课标Ⅰ]凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知：NH3+H3BO3=NH3·H3BO3；NH3·H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3。

回答下列问题：（1）a的作用是_______________。（2）b中放入少量碎瓷片的目的是____________。f的名称是__________________。（3）清洗仪器：g中加蒸馏水；打开k1，关闭k2、k3，加热b，蒸气充满管路；停止加热，关闭k1，g中蒸馏水倒吸进入c，原因是____________；打开k2放掉水，重复操作2~3次。（4）仪器清洗后，g中加入硼酸（H3BO3）和指示剂。铵盐试样由d注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭k3，d中保留少量水。打开k1，加热b，使水蒸气进入e。①d中保留少量水的目的是___________________。②e中主要反应的离子方程式为________________，e采用中空双层玻璃瓶的作用是________。（5）取某甘氨酸（C2H5NO2）样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为cmol·L–1的盐酸VmL，则样品中氮的质量分数为_________%，样品的纯度≤_______%。29、（10分）磷及部分重要化合物的相互转化如图所示。(1)不慎将白磷沾到皮肤上，可用0.2mol/LCuSO4溶液冲洗，根据步骤Ⅱ可判断，1molCuSO4所能氧化的白磷的物质的量为______。(2)步骤Ⅲ中，反应物的比例不同可获得不同的产物，除Ca3(PO4)2外可能的产物还有______。磷灰石是生产磷肥的原料，它的组成可以看作是Ca3(PO4)2、CaF2、CaSO4、CaCO3、SiO2的混合物，部分元素的分析结果如下（各元素均以氧化物形式表示）：成分CaOP2O5SO3CO2质量分数（%）47.3028.403.506.10(3)磷灰石中，碳元素的质量分数为______%（保留两位小数）。(4)取100g磷灰石粉末，加入足量的浓硫酸，并加热，钙元素全部以CaSO4的形式存在，可以得到CaSO4______g（保留两位小数）。(5)取mg磷灰石粉末，用50.00mL混酸溶液（磷酸为0.5mol/L、硫酸为0.1mol/L）与其反应，结果Ca、S、P元素全部以CaSO4和Ca(H2PO4)2的形式存在，求m的值______。

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、B【解析】

A.淀粉是多糖，水解最终产物是葡萄糖，A正确；B.油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于天然有机物，但不是高分子化合物，B错误；C.鸡蛋煮熟过程中，蛋白质分子结构发生了变化，不具有原来蛋白质的生理功能，物质的化学性质也发生了改变。因此鸡蛋煮熟过程是蛋白质变性，C正确；D.新鲜蔬菜和水果含有丰富的维生素C，因此食用新鲜蔬菜和水果可补充维生素C，D正确；故合理选项是B。2、C【解析】

A．氟化氙(XeF2)、三氧化氙(XeO3)，氙酸(H2XO4)作氧化剂都生成对应的单质很稳定，易分离，不干扰反应，所以“绿色氧化剂”的优点是产物易分离，不干扰反应，故A正确；B．三氧化氙具有氧化性，可将I-氧化为IO3-，故B正确；C．氙酸是一元强酸，则氙酸的电离方程式为：H2XeO4═H++HXeO4-，故C错误；D．XeF2与水反应生成Xe、O2和HF，方程式为：2XeF2+2H2O═2Xe↑+O2↑+4HF↑，故D正确。故选：C。根据酸分子电离时所能生成的氢离子的个数，可以把酸分为一元酸、二元酸、三元酸等，例如硝酸是一元酸，硫酸是二元酸；不能根据分子中氢原子的个数来判断是几元酸，例如该题中氙酸分子中有两个氢原子，但只能电离出一个氢离子，故为一元酸。3、A【解析】

主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。向过量的ZWY溶液中滴入少量硫酸铜溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出，臭鸡蛋气体的气体为H2S，黑色沉淀为CuS，ZWY为NaHS或KHS；由于W、X、Y、Z的族序数之和为12，X的族序数=12-1-1-6=4，X与Y的电子层数相同，二者同周期，且原子序数不大于20，则X只能为Si，Y为S元素；Z的原子序数大于S，则Z为K元素。【详解】W为H，X为Si元素，Y为S，Z为K元素A、KHS属于离子化合物，属于弱酸盐，可以和强酸反应，属于酸式盐，可以和碱反应，故A正确；B、晶体Si熔点高、硬度大，是信息技术的关键材料，故B错误；C、同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径r（W）＜r（Y）＜r（X）＜r（Z），故C错误；D、X为Si元素，Y为S，非金属性Si<S，热稳定性：SiH4<H2S，故D错误；故选A。本题考查原子结构与元素周期律的关系，解题关键：推断元素，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，易错点B，注意二氧化硅用于制造光导纤维。4、B【解析】

A.气体摩尔体积Vm，随温度的升高而升高，故错误；；B.可能为吸热反应，也可能为放热反应，则升高温度，可能正向移动或逆向移动，化学平衡常数K不一定增大，故B选；C.水的电离吸热，则升高温度水的离子积常数Kw增大，故C不选；D.水解反应吸热，则升高温度盐类的水解平衡常数Kh增大，故D不选；故选：B。5、B【解析】由曲线变化图可知，随反应进行具有氧化性的ClO-物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，根据所含有的NH4+和N2，其中NH4+有还原性，故N2是生成物，N元素化合价发生氧化反应，则反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+；A．由方程式可知反应的氧化剂是ClO-，还原产物为Cl-，故A错误；B．反应生成H+，溶液酸性增强，故B正确；C．N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故C错误；C．由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故D错误；答案为B。点睛：由曲线变化图可知，具有氧化性的ClO-物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，再结合氧化还原反应的理论，有氧化必有还原，根据所含有的微粒，可知NH4+是还原剂，氧化产物为N2，发生反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+，以此解答该题。6、B【解析】

A．浓盐酸和KMnO4固体混合有氯气生成，但氯气易溶于水，且与水发生反应，则不能用排水法收集，故A错误；B．双氧水在MnO2的催化作用下生成氧气，氧气可用排水法收集，故B正确；C．Cu与浓硫酸反应需要加热，图中缺少酒精灯，且二氧化硫不能选排水法收集，故C错误；D．氨气极易溶于水，不能排水法收集，故D错误；故答案为B。7、B【解析】

A．甲烷与酸性KMnO4溶液不反应，不能通过将CH4通入酸性KMnO4溶液，证明CH4发生氧化反应，故A错误；B．铜与氧气发生反应，生成黑色的氧化铜，热的氧化铜与乙醇反应生成乙醛和金属铜，根据质量守恒定律可知，整个过程中铜丝的质量不变，为催化剂，故B正确；C．加入试剂的顺序为乙醇、浓硫酸、醋酸，先加入浓硫酸会发生液体飞溅，故C错误；D．蔗糖水解后溶液呈酸性，应先用NaOH调节至碱性，再用银氨溶液或新制的氢氧化铜检验水解产物的还原性，否则实验不会成功，故D错误；故选B。8、D【解析】

A、由图1可知，中间体1为O-O═N，产物1为O+N═O，所以中间体1到产物1的方程式为O-O═N→O+N═O，故A正确；B、反应的能垒越高，反应速率越小，总反应的快慢主要由机理反应慢的一步决定，由图2可知，中间体2到过渡态4的能垒较大、为223.26kJ/mol，决定了NO的生成速率很慢，故B正确；C、由图2可知，反应物2到过渡态4的能垒为315.72kJ•mol-1，过渡态4到反应物2放出能量为逆反应的活化能，所以由O和N2制NO的能垒或活化能为315.72kJ•mol-1，故C正确；D、由图1可知，N和O2制NO的过程中各步机理反应的能垒不大，反应速率较快；由图2可知，O原子和N2制NO的过程中多步机理反应的能垒较高、中间体2到过渡态4的能垒为223.26kJ/mol，导致O原子和N2制NO的反应速率较慢，所以由N和O2制NO的过程比由O原子和N2制NO的过程速率快，故D错误；故选：D。明确图中能量变化、焓变与能垒或活化能关系为解答的关键，注意反应过程中能量变化和反应速率之间的关系。9、D【解析】

A．海水溶液为弱碱性，发生吸氧腐蚀，在酸性较强的条件下才发生析氢腐蚀，故A正确；B．在乙处，海水与氧气接触，与Fe最易形成原电池，发生的吸氧腐蚀的程度最大，生成铁锈最多，故B正确；C．铁腐蚀时作负极失电子生成亚铁离子，电极反应式：Fe－2e－=Fe2＋，故C正确；D．将铁闸与石墨相连，铁比碳活泼，铁作负极失电子，可以加快海水对铁闸的腐蚀，故D错误；答案选D。10、B【解析】氯气与水反应生成HClO、HCl，Cl2、HCl都没有漂白性，HClO具有漂白性，故B正确。11、C【解析】

H2S与Cl2发生反应：H2S+Cl2=2HCl+S↓，溶液酸性逐渐增强，导电性逐渐增强，生成S沉淀，则A．H2S为弱酸，HCl为强酸，溶液pH逐渐减小，选项A错误；B．H2S为弱酸，HCl为强酸，溶液离子浓度逐渐增大，导电能力增强，选项B错误；C．生成S沉淀，当H2S反应完时，沉淀的量不变，选项C正确；D．开始时为H2S溶液，c(H+)＞0，溶液呈酸性，选项D错误。答案选C。12、D【解析】

A.甲烷为正四面体构型，所以二氯甲烷只有一种结构，故A错误；B.1molCH2=CH2中含有的共用电子对数为6NA，故B错误；C.甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，多步取代反应同时进行，所以等物质的量的甲烷与氯气在光照条件下反应的产物为多种氯代烃与氯化氢的混合物，故C错误；D.邻二甲苯只有一种结构说明苯分子不是由单双键交替组成的环状结构，故D正确。综上所述，答案为D。13、C【解析】

先加硝酸，氢离子与碳酸根离子生成气体，可以鉴别出碳酸钠，但硝酸也可和氢氧化钠反应生成水，没有明显现象，又除去了氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子反应生成具有刺激性气味的气体，加入硝酸铵可以证明氢氧化钠的存在；再加入稀硝酸，有气体生成，证明含有碳酸钠；加入硝酸钡，钡离子与硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，可以证明含有硝酸钡；最后加入硝酸银，银离子与氯离子反应生成氯化银白色沉淀，证明含有氯化钠，可以将四种溶质都证明出来，如先加入硝酸银，则硫酸银、氯化银都生成沉淀，不能鉴别，综上所述，C项正确；答案选C。14、A【解析】

A、铁和氯化铁反应生成物是氯化亚铁，A正确；B、NaOH也吸收CO2，所以不正确，应选用饱和的碳酸氢钠溶液，B不正确；C、氧化铜与氧气不反应，应选用灼热的铜网，C不正确；D、加入适量NaOH溶液会引入钠离子，应该是氢氧化钾，D不正确；故选A。除杂的要求是不增不减。即不引入新杂质，不减少主要成分；如B选项，NaOH能与CO2反应，主要物质被反应，故错误。15、C【解析】

A．酸性KMnO4溶液有强氧化性，能氧化溶液中的Cl-，则溶液褪色无法判断溶液中一定含有Fe2+，故A错误；B．常温下，Na2CO3溶解度大于NaHCO3，要比较两种钠盐水解程度相对大小时钠盐溶液浓度必须相同，因为两种钠盐饱和溶液浓度不等，所以不能根据溶液pH判断常温下水解程度：CO32-＞HCO3-，故B错误；C．向少量AgNO3溶液中滴加足量NaCl溶液，再滴加KI溶液，若开始有白色沉淀生成，后逐渐变为黄色沉淀，说明碘化银更难溶，说明碘化银的溶度积较小，即Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故C正确；D．Cl2通入到含有酚酞的NaOH溶液中，红色褪去，是因氯气与NaOH反应生成NaCl和NaClO，导致溶液碱性减弱，而不是漂白性，故D错误；故答案为C。16、B【解析】

W原子的最外层电子数是其质子数的，则W为C；元素Y的最高正化合价为+2价，则Y为第三周期第ⅡA族元素即Mg，X原子的核电荷数等于Z原子的最外层电子数，则X为7号元素即N，Z为Cl。【详解】A.C单质多为固体，如金刚石，石墨，所以单质的沸点C>N2，故A错误；B.简单离子的半径:Cl⁻>Mg2+，故B正确；C.N、Cl的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸和高氯酸，均为强酸，故C错误；D.N、Mg可形成离子化合物Mg3N2，即Y3X2，故D错误；故答案为B。17、C【解析】

A、高铁酸钾中铁元素的化合价为+6价，处于较高价态，因此具有强氧化性，具有杀菌消毒作用，而高铁酸根离子水解产生的Fe(OH)3胶体又具有吸附水中杂质的作用，选项A正确；B、电子货币的使用和推广，减少纸张的使用，符合绿色化学发展理念，选项B正确；C、检查酒驾时，三氧化铬(橙红色)被酒精还原成硫酸铬(绿色)，选项C错误；D、自行车镀锌辐条破损后仍能抗腐蚀，是利用了原电池反应原理，锌为负极，保持辐条，选项D正确。答案选C。18、B【解析】

A.为防止滴入液体过量，中和滴定接近终点时，滴入要慢，并且不断摇动，故A正确；B.向试管中滴加溶液时，滴管尖嘴应悬空，不能紧贴试管内壁，故B错误；C.分液时，下层液体下口放出，上层液体上口倒出，可以避免两种液体相互污染，故C正确；D.定容时，为准确控制溶液体积，加水到容量瓶刻度线下1~2cm时，改用胶头滴管加水，故D正确。答案选B。19、C【解析】

在装置中，A为制取氯气的装置，B为除去Cl2中混有的HCl的装置，C为Cl2、Fe(OH)3、KOH制取K2FeO4的装置，D为未反应Cl2的吸收装置。【详解】A．因为Cl2中混有的HCl会消耗KOH、Fe(OH)3，所以需使用饱和食盐水除去，A正确；B．因为K2FeO4在碱性溶液中较稳定，所以C瓶中KOH过量更有利于高铁酸钾的生成，B正确；C．在C装置中发生反应3Cl2+10KOH+2Fe(OH)3==2K2FeO4+6KCl+8H2O，所以氧化性：K2FeO4<Cl2，C不正确；D．高铁酸钾具有强氧化性，能杀死细菌，反应生成的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，具有吸附、絮凝作用，所以高铁酸钾是优良的水处理剂，D正确；故选C。20、A【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种清洁能源，则W为C元素；Y是非金属性最强的元素，则Y为F元素；X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，且原子序数小于F，则X为N元素；Z的原子半径是所有短周期金属元素中最大的，则Z为Na元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为C、X为N、Y为F、Z为Na。

A.Y为F，F没有正价，其无含氧酸，故A错误；

B.非金属性Y＞W，则Y的简单氢化物的热稳定性比W的强，故B正确；

C.元素X、Y、Z的简单离子核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，因此半径依次减小，故C正确；D.C、F均为非金属元素，可以形成共价化合物，并且只能形成共价化合物，故D正确答案选A。21、B【解析】

A、根据酸的电离常数的大小确定酸性强弱顺序是HCN＜H2CO3＜CH3COOH＜H2C2O4，所以等物质的量浓度的溶液pH关系：NaCN＞NaHCO3＞CH3COONa＞NaHC2O4，故A错误；B、根据数据知道酸性：草酸氢根离子强于碳酸的酸性，所以反应NaHC2O4+NaHCO3→Na2C2O4+H2O+CO2↑能发生，故B正确；C、等体积等物质的量浓度的溶液中，NaCN水解程度大，水解生成HCN分子，则相同条件下，两溶液比较，CH3COONa溶液中的离子总数较多，故C错误；D、Na2CO3溶液中物料守恒c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]，故D错误；故选B。【点晴】本题考查离子浓度大小的比较，明确信息得到酸性的强弱是解答的关键，注意盐类水解规律及溶液中的守恒式来解答。在探究离子浓度问题，要充分认识电解质在溶液中的表现，全面考虑溶液中各种离子的存在情况及相互关系，比如：在Na2CO3溶液中存在Na2CO3的电离，CO32-的水解、二级水解以及H2O的电离等多个反应，故溶液中微粒有H2O、Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、H+、OH-，忽视任何一个很微弱的反应、很微少的粒子都是不正确的等方面的因素。22、C【解析】

X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，YZ气体遇空气变成红棕色，则YZ为NO，故Y为N元素、Z为O元素；W与Z同主族，则W为S元素；R的原子半径是五种元素中最大的，R处于第三周期，可能为Na、Mg、Al、Si、P中的一种；五元素所在周期数之和为11，则X处于第一周期，故X为H元素。【详解】A．X、Y简单离子分别为H+(或H-)、N3-，电子层越多离子半径越大，故离子半径；N3-＞H+(或H-)，故A正确；B．非金属性N＞S，故氢化物稳定性NH3＞H2S，故B正确；C．X、Z和R可能形成NaOH、氢氧化镁、氢氧化铝、硅酸、磷酸等，故C错误；D．W的非金属性比R的强，最高价氧化物对应的水化物的酸性：W＞R，故D正确。故选：C。本题的突破口为“YZ气体遇空气变成红棕色”，可知YZ为NO；本题中无法确定R代表的具体元素，但并不影响对选项的判断。二、非选择题(共84分)23、光照O2、Cu，加热羧基氧化防止氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）+HNO3(浓)+H2O、【解析】

分子式为芳香烃C7H8的不饱和度为：=4，则该芳香烃为甲苯（）；甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，则A为；A生成B，且B能发生催化氧化，则B为、C为、D为、E为；发生硝化反应生成F，F通过题目提示的反应原理生成，以此解答。【详解】（1）甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，反应条件是光照；B发生氧化反应生成C，条件是O2、Cu，加热；（2）由分析可知E为，氧官能团的名称为：羧基；F是，②的方程式为：，该反应是氧化反应；苯胺易被氧化，所以②和③先后顺序不能颠倒，以免氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）；（3）发生硝化反应生成F，方程式为：+HNO3(浓)+H2O；（4）含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物应该是对称的结构，苯环上必须有3个取代基，可能的结构有、；（5）由分析可知A为，通过加成反应和消去反应，生成，用Cl2加成生成，再进行一步取代反应即可，整个合成路线为：。24、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：。25、Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2ONaOH溶液实验i和ii对比，上层溶液颜色不同，说明CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，i中上层溶液无色，说明不含Cu2+，因此黑色沉淀不含CuO。溶液中Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色取实验i的上层清液，加入过量NaOH溶液，再加入一定量甘油，振荡，未观察到绛蓝色HNO3CuSCuS+2H2SO4S↓+CuSO4+SO2↑+2H2O将烧瓶中10mL15mol/L的浓H2SO4加热至250℃以上，其后加入适量铜片【解析】

（1）A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水；（2）二氧化硫属于酸性氧化物，污染空气；（3）①CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，溶液变蓝；②溶液中Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色；检验上层溶液是否含有Cu2+；（4）试管上部出的现红棕色气体是NO2，底部淡黄色固体是S单质；（5）根据n(Cu):n(S)可计算化学式；（6）取230℃时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250℃时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成说明放出二氧化硫气体，试管底部出现淡黄色固体S，溶液变蓝说明有CuSO4生成，根据得失电子守恒配平方程式；（7）综合上述实验过程可知加热至250℃时可避免铜与浓硫酸发生副反应。【详解】（1）A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应的化学方程式是Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；（2）二氧化硫污染空气，所以装置C中盛放NaOH溶液吸收二氧化硫，装置图为；（3）①CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，溶液变蓝；实验i和ii对比，i中上层溶液无色，说明不含Cu2+，因此黑色沉淀不含CuO。②如果溶液中Cu2+浓度过低，也无法呈明显的蓝色，所以仅通过颜色判断不能得出黑色沉淀不含CuO的结论；根据资料信息：微量Cu2+与过量NaOH溶液发生反应：Cu2++4OH−＝[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−溶于甘油形成特征的绛蓝色溶液。因此说明黑色沉淀不含CuO的实验iii的操作和现象是取实验i的上层清液，加入过量NaOH溶液，再加入一定量甘油，振荡，未观察到绛蓝色；（4）黑色沉淀中加入适量硝酸发生氧化还原反应，硝酸被还原为红棕色气体是NO2，氧化产物是S单质；（5）230℃取样，铜元素1.28g，硫元0.64g，则n(Cu):n(S)=，所以230℃时黑色沉淀的成分是CuS；（6）取230℃时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250℃时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成说明放出二氧化硫气体，试管底部出现淡黄色固体S，溶液变蓝说明有CuSO4生成，反应方程式是CuS+2H2SO4S↓+CuSO4+SO2↑+2H2O；（7）将烧瓶中10mL15mol/L的浓H2SO4加热至250℃以上，其后加入适量铜片只发生Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O。本题考查物质性质的探究，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握分析反应产物的方法、实验设计的能力，仔细审题、应用题干信息是解题关键。26、除去氯气中的HCl气体；观察产生气泡的速度来调节流速和体积比1:32Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3Cl-O-Cl除去Cl2O中的Cl2，提高制得的HClO的纯度DBC制备的HClO的浓度大，纯度高，不含有Cl-57.6【解析】

该实验属于物质制备类实验，所需原料为氯气和空气，并且要注意体积比1:3这个要求；因此就出现了这两个问题：(1)原料Cl2含有杂质需要除杂；(2)如何准确地控制两种原料气体积比；带着问题分析每个装置的作用就不难发现D装置就恰好能解决上述两个问题。接下来，由于B中的制备反应是气体与固体的反应，所以产物中肯定含有未反应完全的原料气，所以这里又出现了一个问题：未反应完的原料气是否会干扰后续的制备，如何除去；通过分析不难发现装置C恰好可以解决上述问题；最终在装置E中，成功制备了纯度较高的次氯酸溶液。【详解】(1)装置D的作用一方面要对装置A制备的Cl2进行净化除杂，另一方面也要保证空气和氯气的最佳体积比；所以D的作用为：除去氯气中的HCl杂质，同时观察气泡的速度来调节氯气和空气的体积比至1:3；(2)根据题意，B中发生的反应为2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3，Cl2O中的O为-2价，Cl为+1价，所以该反应是氯元素的歧化反应；根据Cl2O中氯和氧的价态可推测其结构为Cl-O-Cl；(3)题干中提到，用水吸收Cl2O制得次氯酸溶液，Cl2O中不能含有Cl2，而B处的反应是气体与固体的反应，必然会有一部分Cl2无法反应，因此，需要对B装置的出口气体进行除氯气操作，C中的CCl4由于与Cl2极性相近，可以将Cl2吸收，所以C的作用即：除去中的Cl2，提高次氯酸溶液的纯度；(4)结合以上分析，可知连接顺序为A→D→B→C→E；(5)氯气直接溶解在水中会生成盐酸杂质，并且由于Cl2在水中溶解度很小，所以制备的次氯酸的浓度也不高，因此该方法的优点为：制备的次氯酸溶液浓度大，纯度高；(6)由题可知，E中次氯酸的含量为0.4mol，根据E中发生的反应：，可知E中参与反应的n(Cl2O)=0.2mol，所以总共生成的Cl2O的物质的量为。根据Cl2O的制备反应方程式可知，所需碳酸钠的物质的量为：，那么至少需要含水量8%的碳酸钠的质量为。在考虑制备类实验的装置连接顺序时，可先找出其中的原料发生装置，反应制备装置和尾气处理装置，再根据具体信息考虑这些装置之间的除杂干燥防倒吸问题，最终设计出合理的连接顺序。27、NH4+＋H2ONH3·H2O＋H+＜取2mLpH＝4.0的0.80mol·L－1FeSO4溶液加2滴0.01mol·L－1KSCN溶液溶液pH越小，Fe2+越稳定溶液中存在平衡4Fe2+＋O2＋10H2O4Fe(OH)3＋8H+，c（H+）大，对平衡的抑制作用强，Fe2+更稳定生成的Fe(OH)3对反应有催化作用加一定量的酸；密封保存【解析】

（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同，但中（NH4）2Fe（SO4）2含有浓度较高的NH4+；通过表格中的颜色变化来分析；（2）由于是要验证两溶液的稳定性差异是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保护了Fe2+导致，根据控制变量法可知，应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致，据此分析；（3）由实验Ⅲ可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越强，则Fe2+越稳定；亚铁盐溶液中存在反应4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe（OH）3+8H+，根据平衡的移动来分析；（4）根据影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂来分析；（5）根据上述实验来分析。【详解】（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同，但（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有浓度较高的NH4+，NH4+水解显酸性，导致（NH4）2Fe（SO4）2中的pH更小；通过表格中的颜色变化可知（NH4）2Fe（SO4）2中的Fe2+被氧化的速率更慢，即溶液的稳定性：FeSO4<（NH4）2Fe（SO4）2，故答案为：NH4++H2ONH3•H2O+H+；<；（2）由于是要验证两溶液的稳定性差异是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保护了Fe2+导致，根据控制变量法可知，应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致，故应取2mLpH=4.0的0.80mol•L-1FeSO4溶液于试管中