陕西省师大附中2026年高三5月月考试题化学试题含解析

陕西省师大附中2026年高三5月月考试题化学试题注意事项：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、在25℃时,将1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合,使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化),溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是（）A．水的电离程度:a>b>cB．b点对应的混合溶液中:c(Na+)<c(CH3COO-)C．c点对应的混合溶液中:c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)D．该温度下,a、b、c三点CH3COOH的电离平衡常数均为2、下列有关碳酸钠在化学实验中的作用叙述错误的是（）A．用碳酸钠溶液制备少量烧碱B．用饱和碳酸钠溶液除去CO2中混有的HCl气体C．用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙醇和乙酸D．用热的碳酸钠溶液洗涤银镜反应前试管内壁的油污3、下列说法正确的是A．煤转化为水煤气加以利用是为了节约燃料成本B．用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，可实现“碳”的循环利用C．纤维素、油脂、蛋白质均能作为人类的营养物质D．铁粉和生石灰均可作为食品包装袋内的脱氧剂4、如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。字母代表元素，分析正确的是A．R在周期表的第15列B．Y、Q两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸C．简单离子的半径:X>Z>MD．Z的单质能从M与Q元素构成的盐溶液中置换出单质M5、“文房四宝”湖笔、徽墨、宣纸和歙砚为中华传统文化之瑰宝。下列说法正确的是A．制造毛笔时，将动物毫毛进行碱洗脱脂是为了增强笔头的吸水性B．徽墨的主要成分是性质稳定的焦炭，故水墨字画能较长久地保存C．宣纸的主要成分是碳纤维，其制造工艺促进了我国造纸术的发展D．歙砚材质组云母的化学式用氧化物形式表示为：6、常温下，0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是A．HA是强酸B．该混合液pH=7C．图中x表示HA，Y表示OH-，Z表示H+D．该混合溶液中：c(A-)+c(Y)=c（Na+）7、相同主族的短周期元素中，形成的单质一定属于相同类型晶体的是A．第IA族 B．第IIIA族 C．第IVA族 D．第VIA族8、在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A(g)+B(g)2C(g)ΔH=QkJ/mol。相关条件和数据见下表：实验编号实验Ⅰ实验Ⅱ实验Ⅲ反应温度/℃700700750达平衡时间/min40530平衡时n(C)/mol1.51.51化学平衡常数K1K2K3下列说法正确的是（）A．K1=K2<K3B．升高温度能加快反应速率的原因是降低了反应的活化能C．实验Ⅱ比实验Ⅰ达平衡所需时间小的可能原因是使用了催化剂D．实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molC，平衡正向移动9、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．710、下列物质中，按只有氧化性，只有还原性，既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是A．Cl2、Al、H2 B．F2、K、HClC．NO2、Na、Br2 D．HNO3、SO2、H2O11、下列反应中，反应后固体物质增重的是A．氢气通过灼热的CuO粉末 B．二氧化碳通过Na2O2粉末C．铝与Fe2O3发生铝热反应 D．将锌粒投入Cu(NO3)2溶液12、同温同压下，热化学方程式中反应热数值最大的是A．2W(l)+Y(l)→2Z(g)+Q1 B．2W(g)+Y(g)→2Z(l)+Q2C．2W(g)+Y(g)→2Z(g)+Q3 D．2W(l)+Y(l)→2Z(l)+Q413、室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法正确的是A．Kb2的数量级为10-5B．X(OH)NO3水溶液显酸性C．等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)>c[X(OH)+]D．在X(OH)NO3水溶液中，c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)14、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAB．密闭容器中1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5(g)，增加2NA个P-Cl键C．92.0甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NAD．高温下，0.1molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数为0.3NA15、用下列实验方案不能达到实验目的的是（）A．图A装置——Cu和稀硝酸制取NO B．图B装置——检验乙炔的还原性C．图C装置——实验室制取溴苯 D．图D装置——实验室分离CO和CO216、劣质洗发水中含有超标致癌物二噁烷()。关于该化合物的说法正确的是A．1mol二噁烷完全燃烧消耗5molO2 B．与互为同系物C．核磁共振氢谱有4组峰 D．分子中所有原子均处于同一平面17、下列有关化学用语表示正确的是①CSO的电子式：②对硝基苯酚的结构简式：③Cl－的结构示意图：④苯分子的比例模型：⑤葡萄糖的实验式：CH2O⑥原子核内有20个中子的氯原子：⑦HCO3－的水解方程式为：HCO3－＋H2OCO32－＋H3O＋A．①④⑤ B．①②③④⑤ C．③⑤⑥⑦ D．全部正确18、下列说法不正确的是A．乙醇、苯酚与金属钠的反应实验中，先将两者溶于乙醚配成浓度接近的溶液，再投入绿豆大小的金属钠，观察、比较实验现象B．可以用新制Cu（OH）2浊液检验乙醛、甘油、葡萄糖、鸡蛋白四种物质的溶液（必要时可加热）C．牛油与NaOH浓溶液、乙醇混合加热充分反应后的混合液中，加入冷饱和食盐水以促进固体沉淀析出D．分离氨基酸混合液可采用控制pH法、分离乙醇和溴乙烷的混合物可用萃取法19、亚硝酸钠(NaNO2)是一种常用的发色剂和防腐剂，某学习小组利用如图装置(夹持装置略去)制取亚硝酸钠，已知：2NO+Na2O2=2NaNO2，2NO2+Na2O2=2NaNO3；NO能被酸性高锰酸钾氧化为NO3-。下列说法正确的是（）A．可将B中的药品换为浓硫酸B．实验开始前通一段时间CO2，可制得比较纯净的NaNO2C．开始滴加稀硝酸时，A中会有少量红棕色气体D．装置D中溶液完全褪色后再停止滴加稀硝酸20、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A．1molCl2与过量Fe粉反应生成FeCl3，转移2NA个电子B．常温常压下，0.1mol苯中含有双键的数目为0.3NAC．1molZn与一定量浓硫酸恰好完全反应，则生成的气体分子数为NAD．在反应KClO4＋8HCl=KCl＋4Cl2↑＋4H2O中，每生成1molCl2转移的电子数为1.75NA21、在药物制剂中，抗氧剂与被保护的药物在与O2发生反应时具有竞争性，抗氧性强弱主要取决于其氧化反应的速率。Na2SO3、NaHSO3和Na2S2O5是三种常用的抗氧剂。已知：Na2S2O5溶于水发生反应：S2O52−+H2O=2HSO3−实验用品实验操作和现象①1.00×10-2mol/LNa2SO3溶液②1.00×10-2mol/LNaHSO3溶液③5.00×10-3mol/LNa2S2O5溶液实验1：溶液①使紫色石蕊溶液变蓝，溶液②使之变红。实验2：溶液①与O2反应，保持体系中O2浓度不变，不同pH条件下，c(SO32−)随反应时间变化如下图所示。实验3：调溶液①②③的pH相同，保持体系中O2浓度不变，测得三者与O2的反应速率相同。下列说法中，不正确的是A．Na2SO3溶液显碱性，原因是：SO32−+H2OHSO3−+OH−B．NaHSO3溶液中HSO3−的电离程度大于水解程度C．实验2说明，Na2SO3在pH=4.0时抗氧性最强D．实验3中，三种溶液在pH相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此反应速率相同22、某种新型热激活电池的结构如图所示，电极a的材料是氧化石墨烯（CP）和铂纳米粒子，电极b的材料是聚苯胺（PANI），电解质溶液中含有Fe3+和Fe2+。加热使电池工作时电极b发生的反应是PANI-2e-=PANIO（氧化态聚苯胺，绝缘体）+2H+，电池冷却时Fe2+在电极b表面与PANIO反应可使电池再生。下列说法不正确的是A．电池工作时电极a为正极，且发生的反应是：Fe3++e-—Fe2+B．电池工作时，若在电极b周围滴加几滴紫色石蕊试液，电极b周围慢慢变红C．电池冷却时，若该装置正负极间接有电流表或检流计，指针会发生偏转D．电池冷却过程中发生的反应是：2Fe2++PANIO+2H+=2Fe3++PANI二、非选择题(共84分)23、（14分）聚酰亚胺是重要的特种工程材料，已广泛应用在航空、航天、纳米、液晶、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如下（部分反应条件略去）。已知:i、ii、iii、CH3COOH+CH3COOH(R代表烃基)（1）A所含官能团的名称是________。（2）①反应的化学方程式是________。（3）②反应的反应类型是________。（4）I的分子式为C9H12O2N2，I的结构简式是________。（5）K是D的同系物，核磁共振氢谱显示其有4组峰，③的化学方程式是________。（6）1molM与足量的NaHCO3溶液反应生成4molCO2，M的结构简式是________。（7）P的结构简式是________。24、（12分）[化学——选修5：有机化学基础]化合物M是一种香料，A与D是常见的有机化工原料，按下列路线合成化合物M：已知以下信息：①A的相对分子质量为28回答下列问题：（1）A的名称是___________，D的结构简式是___________。（2）A生成B的反应类型为________，C中官能团名称为___________。（3）E生成F的化学方程式为___________。（4）下列关于G的说法正确的是___________。（填标号）a．属于芳香烃b．可与FeCl3溶液反应显紫色c．可与新制的Cu(OH)2共热生成红色沉淀d．G分子中最多有14个原子共平面（5）化合物M的同系物N比M的相对分子质量大14，N的同分异构体中同时满足下列条件的共有________种（不考虑立体异构）。①与化合物M含有相同的官能团；②苯环上有两个取代基（6）参照上述合成路线，化合物X与Y以物质的量之比2:1反应可得到化合物，X的结构简式为________，Y的结构简式为________。25、（12分）S2Cl2是有机化工中的氯化剂和中间体，为浅黄色液体。可由适量氯气通入熔融的硫磺而得。Cl2能将S2Cl2氧化为SCl2，SCl2遇水发生歧化反应，并且硫元素脱离水溶液。已知：回答下列问题。（1）写出下列反应的化学方程式①制取氯气：________________。②SCl2与水反应：___________。（2）为获得平稳的氯气气流，应_____。（3）C装置中进气导管应置于熔融硫上方且靠近液面，还是伸入熔融硫的下方？请判断并予以解释___。（4）D装置中热水浴（60℃）的作用是________。（5）指出装置D可能存在的缺点_________。26、（10分）化合物M{[(CH3COO)2Cr]2·2H2O，相对分子质量为376}不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂。实验室中以锌粒、三氯化铬溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备该化合物，其装置如图所示，且仪器2中预先加入锌粒。已知二价铬不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。制备过程中发生的相关反应如下：Zn(s)+2HCl(aq)===ZnCl2(aq)+H2(g)2CrCl3(aq)+Zn(s)===2CrCl2(aq)+ZnCl2(aq)2Cr2+(aq)+4CH3COO－(aq)+2H2O(l)===[Cr(CH3COO)2]2•2H2O(s)请回答下列问题：（1）仪器1的名称是__________。（2）往仪器2中加盐酸和三氯化铬溶液的顺序最好是__________(填序号)；目的是_______。A．盐酸和三氯化铬溶液同时加入B．先加三氯化铬溶液，－段时间后再加盐酸C．先加盐酸，－段时间后再加三氯化铬溶液（3）为使生成的CrCl2溶液与醋酸钠溶液顺利混合，应关闭阀门__________(填“A”或“B”，下同)，打开阀门___________________。（4）本实验中锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与醋酸钠溶液反应外，另－个作用是__________________________。27、（12分）甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。实验室利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。查阅资料：①甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。②柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。实验过程：I．装置C中盛有17.4gFeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸溶液。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌；然后向三颈瓶中滴加柠檬酸溶液。Ⅱ．反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。(1)仪器a的名称是________；与a相比，仪器b的优点是_______________。(2)装置B中盛有的试剂是：____________；装置D的作用是________________。(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，该反应的离子方程式为____________________________。(4)过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，溶液pH与甘氨酸亚铁产率的关系如图所示。①pH过低或过高均导致产率下降，其原因是_____________________；②柠檬酸的作用还有________________________。(5)过程II中加入无水乙醇的目的是_______________________。(6)本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，则其产率是_____％。28、（14分）汽车尾气中的CO和NO在排放时会发生复杂的化学反应。回答下列问题：（1）通过NO传感器可监测汽车排放尾气中NO含量，其工作原理如图所示。该传感器正极的电极反应式为_________________。（2）已知如下发生反应：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H1=-606.6kJ·mol-1②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H2=-114.1kJ·mol-1则反应CO(g)+NO2(g)=CO2(g)+NO(g)的△H=__________kJ•mol-1（3）300K时，将等浓度的CO和NO2混合加入刚性密闭容器中，发生反应CO(g)+NO2(g)=CO2(g)+NO(g),测得c(CO)浓度随时间t的变化如表所示。t/min0209017056016001320014000∞c(CO)/mol·L-10.1000.0750.0550.0470.0340.0250.0130.0130.013①300K时反应的平衡转化率α=_______%。平衡常数K=_______（保留1位小数）。②在300K下：要提高CO转化率，可采取的措施是_____________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有______________、____________________。③实验测得：反应物浓度按任意比时，该反应的正反应速率均符合v正=k正c2(NO2)。其中：k正为正反应速率常数，是与平衡常数K类似的只受温度影响的常数。请推理出v逆的表达式：v逆＝_____________（用k正、K与c(CO)、c(CO2)、c(NO)表达）。④根据v逆的表达式，一定温度下，当反应达平衡后，t1时刻增大CO浓度，平衡发生移动，下列图像正确的是______________。29、（10分）一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂，结构简式如图

。（1）基态Zn2+的价电子排布式为_______________；一水合甘氨酸锌中所涉及的非金属元素电负性由大到小的顺序是___________________。（2）甘氨酸（H2N-CH2-COOH）中N的杂化轨道类型为______________；甘氨酸易溶于水，试从结构角度解释___________________________________________。（3）一水合甘氨酸锌中Zn2+的配位数为______________________。（4）[Zn(IMI)4](ClO4)2是Zn2+的另一种配合物，IMI的结构为，则1molIMI中含有________个σ键。（5）常温下IMI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物为液态而非固态，原因是________________________________________。（6）Zn与S形成某种化合物的晶胞如图Ⅰ所示。①Zn2+填入S2-组成的________________空隙中；②由①能否判断出S2-、Zn2+相切？_________（填“能”或“否”）；已知晶体密度为dg/cm3，S2-半径为apm，若要使S2-、Zn2+相切，则Zn2+半径为____________________pm（写计算表达式）。

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】

根据图示可知，原混合液显酸性，则为醋酸与醋酸钠的混合液，a点加入0.10molNaOH固体，pH=7，说明原溶液中CH3COOH的物质的量稍大于0.2mol。酸或碱抑制水的电离，含弱酸根离子的盐促进水的电离，酸或碱的浓度越大，抑制水电离程度越大。A.1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，发生的反应为：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，反应后的溶液是CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解能够促进水的电离，而CH3COOH的电离会抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl，b→c发生的反应为：CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，CH3COONa减少，CH3COOH增多，水的电离程度减小；若向该混合溶液中加入NaOH固体，b→a发生的反应是：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，CH3COONa增多，CH3COOH减少，水的电离会逐渐增大，因此水的电离程度：a>b>c，故A正确；B.b点对应的混合溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，则此时溶质为CH3COOH和CH3COONa，结合电荷守恒，所以c(Na+)<c(CH3COO-)，故B正确；C.c点对于的溶液是通入0.1molHCl的溶液，相当于HCl中和氢氧化钠，所以c点溶液相当于原CH3COOH溶液和0.1molNaCl固体的混合液，醋酸浓度大于0.2mol/L，所以c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)，故C正确；D.该温度下，CH3COOH的电离平衡常数，a点对于溶液中pH=7，c(Na+)=c(CH3COO-)=0.2mol/L，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，则溶液中c(CH3COOH)=(c-0.2)mol/L，带入公式得，故D错误。2、B【解析】

A．碳酸钠可与氢氧化钙发生复分解反应，在实验室中可用于制备NaOH溶液，故A正确；B．CO2和HCl都能与饱和碳酸钠反应，无法达到提纯的目的，应用饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，故B错误；C．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应，可溶乙醇于水，可起到分离物质的作用，故C正确；D．热的碳酸钠溶液呈碱性，油污在碱性条件下可发生水解，可除去油污，故D正确；故答案为B。3、B【解析】

A．煤转化为水煤气加以利用是为了实现煤的综合利用并减少环境污染，A选项错误；B．用纳米技术高效催化二氧化碳合成可降解塑料聚碳酸酯，可分解为无毒的二氧化碳，既不会引起白色污染，也可实现“碳”的循环利用，B选项正确；C．纤维素在人体内不能水解成葡萄糖，不能作为人类的营养物质，C选项错误；D．生石灰能用作食品干燥剂，但不能用作食品脱氧剂，D选项错误；答案选B。4、C【解析】

从图可看出X、Y在第二周期，根据原子序数知道X是O元素，Y是F元素，同理可知Z是Na元素，M是Al元素，R是Si元素，Q是Cl元素。【详解】A.R是Si元素，在周期表中位于第14列，故A错误；B.Y是F元素，没有正化合价，没有含氧酸，故B错误；C.X、Z、M的简单离子都是10电子结构，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径：X＞Z＞M，故C正确；D.Z是Na元素，钠与铝盐溶液反应时，先与水反应，不能置换出Al，故D错误；故选C。5、A【解析】

A．动物毫毛表面的油脂难溶于水，不利于毛笔吸水，碱洗脱脂可以增强笔头的吸水性，A项正确；B．墨的主要成分是炭黑，B项错误；C．宣纸的主要成分是纤维素，C项错误；D．用氧化物的形式表示硅酸盐，顺序是：金属氧化物（按活动性顺序排列）→SiO2→H2O，所以应为K2O·4Al2O3·8SiO2·4H2O，D项错误；答案选A。6、D【解析】

A、0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0.1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c(A-)=0.1mol/L，与图不符，所以HA为弱酸，A错误；B、根据A的分析，可知该溶液的pH＞7，B错误；C、A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c(Na+)＞c(A-)＞c(OH－）＞c(HA)＞c(H＋)，所以X是OH－，Y是HA，Z表示H+，C错误；D、根据元素守恒，有c(A-)+c(HA)=c（Na+），D正确；答案选D。7、D【解析】

A、第IA族的氢气是分子晶体，其它碱金属是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项A错误；B、第IIIA族硼是原子晶体，其它是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项B错误；C、C、Si、Ge等都属于第IVA族元素，属于原子晶体，铅是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项C错误；D、第VIA族形成的都是分子晶体，形成的单质晶体类型相同，选项D正确；答案选D。明确晶体类型的划分、元素在周期表中的位置即可解答，熟练掌握常见原子晶体及其结构，易错点是选项C。8、C【解析】

A.反应为2A(g)+B(g)2C(g)，比较实验I和III，温度升高，平衡时C的量减少，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，Q<0，则K3<K1；温度相同，平衡常数相同，则K1=K2，综上所述可知平衡常数关系为：K3<K2=K1，A错误；B.升高温度，使一部分分子吸收热量而变为活化分子，导致活化分子百分数增大，增大活化分子有效碰撞机会，化学反应速率加快，而反应的活化能不变，B错误；C.实验II达到平衡的时间比实验I短，而实验温度与实验I相同，平衡时各组分的量也相同，可判断实验II改变的条件是使用了催化剂。催化剂加快反应速率，但不改变化学平衡状态，故实验I和Ⅱ探究的是催化剂对于化学反应的影响，C正确；D.容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A(g)+B(g)2C(g)，实验III中，原平衡的化学平衡常数为K==4。温度不变，平衡常数不变，实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molC，则此时容器中c(A)=1mol/L，c(B)=0.25mol/L，c(C)=1mol/L，此时浓度商Qc==4=K，因此恒温下再向容器中通入1molA和1molC，化学平衡没有发生移动，D错误；故合理选项是C。9、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。10、B【解析】

物质的氧化性和还原性，需从两个反面入手。一是熟悉物质的性质，二是物质所含元素的化合价。如果物质所含元素处于中间价态，则物质既有氧化性又有还原性，处于最低价，只有还原性，处于最高价，只有氧化性。【详解】A.Cl2中Cl元素化合价为0价，处于其中间价态，既有氧化性又有还原性，而金属铝和氢气只有还原性，A错误；A.F2只有氧化性，F2化合价只能降低，K化合价只能升高，所以金属钾只有还原性，盐酸和金属反应表现氧化性，和高锰酸钾反应表现还原性，B正确；C.NO2和水的反应说明NO2既有氧化性又有还原性，金属钠只有还原性，溴单质既有氧化性又有还原性，C错误；D.SO2中硫元素居于中间价，既有氧化性又有还原性，D错误。故合理选项是B。本题主要考察对氧化性和还原性的判断和理解。氧化性是指物质得电子的能力，处于高价态的物质一般具有氧化性，还原性是在氧化还原反应里，物质失去电子或电子对偏离的能力，金属单质和处于低价态的物质一般具有还原性，元素在物质中若处于该元素的最高价态和最低价态之间，则既有氧化性，又有还原性。11、B【解析】

A、氢气通过灼热的CuO粉末发生的反应为，固体由CuO变为Cu，反应后固体质量减小，A错误；B、二氧化碳通过Na2O2粉末发生的反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，固体由Na2O2变为Na2CO3，反应后固体质量增加，B正确；C、铝与Fe2O3发生铝热反应，化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，反应前后各物质均为固体，根据质量守恒定律知，反应后固体质量不变，C错误；D、将锌粒投入Cu(NO3)2溶液发生的反应为Zn+Cu(NO3)2=Zn(NO3)2+Cu，固体由Zn变为Cu，反应后固体质量减小，D错误；故选B。12、B【解析】

试题分析：各反应中对应物质的物质的量相同，同一物质的能量g＞l＞s，所以反应物的总能量为：W(g)＞W(l)，Y(g)＞Y(l)，生成物的能量为：Z(g)＞Z(l)，同温同压下，各反应为放热反应，反应物的总能量越高，生成物的总能量越低，则反应放出的热量越多，故B放出的热量最多，即Q2最大，故选B。本题主要考查物质能量、物质状态与反应热的关系，难度不大，根据能量变化图来解答非常简单，注意反应热比较时数值与符号均进行比较。13、D【解析】

A.选取图中点（6.2,0.5），此时pH=6.2，c[X(OH)+]=c(X2+)，Kb2=c(OH-)c(X2+)/c[X(OH)+]=c(OH-)=10-14-(-6.2)=10-7.8，故A错误；B.X(OH)NO3水溶液中X的主要存在形式为X(OH)+，由图示X(OH)+占主导位置时，pH为7到8之间，溶液显碱性，故B错误；C.选取图中点（9.2，0.5），此时c[X(OH)2]=c[X(OH)+]，溶液的pH=9.2，则X（OH）2的Kb1=c(OH-)×c[X(OH)+]/c[X(OH)2]=10-4.8，X2+第一步水解平衡常数为Kh1=Kw/Kb2=10-6.2，第二步水解平衡常数Kh2=Kw/Kb1=10-9.2，由于Kh1>Kb2>Kh2，等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中，X2+的水解大于X（OH）+的电离，溶液显酸性，所以此时c(X2+)<c[X(OH)+]，故C错误；D.在X(OH)NO3水溶液中，有电荷守恒c(NO3-)+c(OH-)=2c(X2+)+c(H+)+c[X(OH)]+，物料守恒c(NO3-)=c(X2+)+c[X(OH)2]+c[X(OH)]+，将物料守恒带入电荷守恒，将硝酸根离子的浓度消去，得到该溶液的质子守恒式为：c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)，故D正确；答案：D。14、A【解析】

A．过氧化钠与水的反应中，过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，过氧化钠中氧元素的价态由-1价变为0价和-2价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2NA个电子，故A正确；B．PCl3与Cl2生成PCl5的反应为可逆反应，则生成PCl5的物质的量小于1mol，增加的P-Cl键小于2NA，故B错误；C．92.0g甘油(丙三醇)的物质的量为=1mol，1mol丙三醇含有3mol羟基，即含有羟基数为3NA，故C错误；D．铁与水蒸气反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2↑，消耗3mol铁生成4mol氢气，则0.1molFe与足量水蒸气反应生成的H2为mol，数目为NA，故D错误；答案选A。15、B【解析】

A.铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮不与水反应，所以可以用此装置制取一氧化氮，故A正确；B.用此法制取的乙炔气体中常混有硫化氢等，硫化氢具有还原性，也能使高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C.图C装置，有分液漏斗，可以通过控制液溴的量控制反应，装有四氯化碳的试管可用于除液溴，烧杯中的液体用于吸收溴化氢，倒置漏斗可防倒吸，此装置用于实验室制取溴苯，故C正确；D.二氧化碳可以先被碱液吸收，在球胆中收集一氧化碳气体，再通过分液漏斗向试剂瓶中加入酸液，二氧化碳即可放出，可以用于分离一氧化碳和二氧化碳，故D正确。答案选B。本题考查的实验方案的设计，解题的关键是掌握各实验的目的和各物质的性质。解题时注意A选项根据铜和稀硝酸反应的化学方程式分析产生的气体以及一氧化氮的性质分析；D选项根据一氧化碳和二氧化碳的性质的区别分析实验装置和操作方法。据此解答。16、A【解析】

A.二噁烷的分子式为C4H8O2，完全燃烧后生成二氧化碳和水，1mol二噁烷完全燃烧消耗5molO2，故A正确；B.二噁烷中含有2个氧原子，与组成上并非只相差n个CH2原子团，所以两者不是同系物，故B错误；C.根据二噁烷的结构简式可知，其分子中只有一种化学环境的氢原子，故核磁共振氢谱只有1组峰，C错误；D.分子中碳原子都是sp3杂化，所以所有原子不可能处于同一平面，故D错误，故选A。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：结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子中所有原子不可能共面。17、A【解析】

①CSO分子中存在碳碳双键和碳硫双键，正确；②对硝基苯酚的结构简式中硝基表示错误，正确的结构简式为，错误；③Cl－的结构示意图为，错误；④苯为平面结构，碳原子半径大于氢原子半径，分子的比例模型：，正确；⑤葡萄糖的分子式为C6H12O6，则实验式为CH2O，正确；⑥原子核内有20个中子的氯原子质量数为37，则该元素表示为：，错误；⑦HCO3－的水解方程式为：HCO3－＋H2OOH－＋H2CO3，HCO3－＋H2OCO32－＋H3O＋为电离方程式，错误；答案选A。18、C【解析】

A.因为苯酚是固体，将其溶于乙醚形成溶液时，可以和金属钠反应，二者配制成接近浓度，可以从反应产生气体的快慢进行比较，故正确；B.四种溶液中加入新制的氢氧化铜悬浊液，没有明显现象的为乙醛，出现沉淀的为鸡蛋白溶液，另外两个出现绛蓝色溶液，将两溶液加热，出现砖红色沉淀的为葡萄糖，剩余一个为甘油，故能区别；C.牛油的主要成分为油脂，在氢氧化钠溶液加热的条件下水解生成高级脂肪酸盐，应加入热的饱和食盐水进行盐析，故错误；D.不同的氨基酸的pH不同，可以通过控制pH法进行分离，乙醇能与水任意比互溶，但溴乙烷不溶于水，所以可以用水进行萃取分离，故正确。故选C。19、C【解析】

A.装置B中无水CaCl2作干燥剂，干燥NO气体，由于装置为U型管，若换为浓硫酸，气体不能通过，因此不能将B中的药品换为浓硫酸，A错误；B.实验开始前通一段时间CO2，可排出装置中的空气，避免NO氧化产生NO2气体，不能发生2NO2+Na2O2=2NaNO3，但CO2会发生反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，因此也不能制得比较纯净的NaNO2，B错误；C.开始滴加稀硝酸时，A中Cu与稀硝酸反应产生NO气体，NO与装置中的O2反应产生NO2，因此会有少量红棕色气体，C正确；D.在装置D中，NO会被酸性KMnO4溶液氧化使溶液褪色，因此当D中溶液紫红色变浅，就证明了NO可以被氧化，此时就可以停止滴加稀硝酸，D错误；故合理选项是C。20、B【解析】

A.1molCl2与过量Fe粉反应的产物是FeCl3，转移，A项正确；B.苯分子中没有碳碳双键，B项错误；C.1molZn失去，故硫酸被还原为和的物质的量之和为，C项正确；D.反应KClO4＋8HCl=KCl＋4Cl2↑＋4H2O中每生成4molCl2就有1molKClO4参加反应，转移，所以每生成1molCl2，转移的电子数为，D项正确。答案选B。21、C【解析】

A.Na2SO3是强碱弱酸盐，SO32−水解SO32−+H2OHSO3−+OH−，所以溶液显碱性，故A正确；B.HSO3−电离呈酸性、HSO3−水解呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3−的电离程度大于水解程度，故B正确；C.根据图示，Na2SO3在pH=9.2时反应速率最快，所以pH=9.2时抗氧性最强，故C错误；D.根据已知信息可知实验3中，三种溶液在pH相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此反应速率相同，故D正确；选C。22、C【解析】

根据b上发生氧化反应可知b为负极，再由题中信息及原电池原理解答。【详解】A．根据b极电极反应判断电极a是正极，电极b是负极，电池工作时电极a上的反应是Fe3++e-=Fe2+，A正确;B．电池工作时电极b发生的反应是PANI-2e-=PANIO（氧化态聚苯胺，绝缘体）+2H+，溶液显酸性，若在电极b周围滴加几滴紫色石蕊试液，电极b周围慢慢变红，B正确；C．电池冷却时Fe2+是在电极b表面与PANIO反应使电池再生，因此冷却再生过程电极a上无电子得失，导线中没有电子通过，C错误；D．电池冷却时Fe2+是在电极b表面与PANIO反应使电池再生，反应是2Fe2++PANIO+2H+=2Fe3++PANI，D正确；答案选C。挖掘所给反应里包含的信息，判断出正负极、氢离子浓度的变化，再联系原电池有关原理进行分析解答。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键+C2H5OH+H2O取代反应（硝化反应）+2CH3Cl+2HCl【解析】

根据合成路线可知，A为乙烯，与水加成生成乙醇，B为乙醇；D为甲苯，氧化后生成苯甲酸，E为苯甲酸；乙醇与苯甲酸反应生成苯甲酸乙酯和水，F为苯甲酸乙酯；根据聚酰亚胺的结构简式可知，N原子在苯环的间位，则F与硝酸反应，生成；再与Fe/Cl2反应生成，则I为；K是D的同系物，核磁共振氢谱显示其有4组峰，则2个甲基在间位，K为；M分子中含有10个C原子，聚酰亚胺的结构简式中苯环上碳原子的位置，则L为；被氧化生成M，M为；【详解】（1）分析可知，A为乙烯，含有的官能团为碳碳双键；（2）反应①为乙醇与苯甲酸在浓硫酸的作用下发生酯化反应，方程式为+C2H5OH+H2O；（3）反应②中，F与硝酸反应，生成，反应类型为取代反应；（4）I的分子式为C9H12O2N2，根据已知ii，可确定I的分子式为C9H16N2，氨基的位置在-COOC2H5的间位，结构简式为；（5）K是D的同系物，D为甲苯，则K中含有1个苯环，核磁共振氢谱显示其有4组峰，则其为对称结构，若为乙基苯，有5组峰值；若2甲基在对位，有2组峰值；间位有4组；邻位有3组，则为间二甲苯，聚酰亚胺中苯环上碳原子的位置，则L为，反应的方程式为+2CH3Cl+2HCl；（6）1molM可与4molNaHCO3反应生成4molCO2，则M中含有4mol羧基，则M的结构简式为；（7）I为、N为，氨基与羧基发生缩聚反应生成酰胺键和水，则P的结构简式为。确定苯环上N原子的取代位置时，可以结合聚酰亚胺的结构简式中的N原子的位置确定。24、（1）乙烯，；（2）加成反应，醛基；（3）；（4）cd；（5）18；（6）CH3CH2CHO，。【解析】

根据信息②，推出C和D结构简式为：CH3CHO和，A的分子量为28，推出A为CH2=CH2(乙烯)，B为CH3CH2OH，G的结构简式为：，F的结构简式为：，E的结构简式为：，D的结构简式为：。【详解】（1）A为乙烯，D的结构简式为：；（2）A和B发生CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH，发生加成反应，C的结构简式含有官能团是醛基；(3)E生成F，发生取代反应，反应方程式为：；（4）根据G的结构简式为：，a、烃仅含碳氢两种元素，G中含有O元素，故错误；b、不含有酚羟基，与FeCl3溶液不发生显色反应，故错误；c、含有醛基，与新制Cu(OH)2共热产生Cu2O，故正确；d、苯环是平面正六边形，醛基共面，所有原子共面，即有14个原子共面，故正确；（5）N的相对分子质量比M大14，说明N比M多一个“CH2”，（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种），共有3×6=18种；(6)根据信息②，X为CH3CH2CHO，Y的结构简式为。25、2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O或KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O2SCl2+2H2O==S↓+SO2↑+4HCl控制分液漏斗的活塞，使浓盐酸匀速滴下深入熔融硫的下方，使氯气与硫充分接触、反应，减少因氯气过量而生成SCl2除去SCl2没有吸收Cl2、SCl2等尾气的装置【解析】

（1）①不加热条件下可用KMnO4或KClO3与浓HCl作用制氯气；②SCl2与水发生水解反应；（2）为获得平稳的氯气气流，应控制分液漏斗的活塞，使浓盐酸匀速滴下。（3）可通过控制分液漏斗的活塞，来调节反应的快慢；（4）SCl2的沸点是59℃，60℃时气化而除去；（5）Cl2、SCl2等尾气有毒，污染环境。【详解】（1）①不加热条件下可用KMnO4或KClO3与浓HCl作用制氯气，化学方程式为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O或KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O；②SCl2与水发生水解反应：2SCl2+2H2O==S↓+SO2↑+4HCl；（2）为获得平稳的氯气气流，应控制分液漏斗的活塞，使浓盐酸匀速滴下。（3）C装置中进气导管应置于熔融硫上方且靠近液面，深入熔融硫的下方，使氯气与硫充分接触、反应，减少因氯气过量而生成SCl2。（4）SCl2的沸点是59℃，60℃时气化而除去。D装置中热水浴（60℃）的作用是除去SCl2。（5）Cl2、SCl2等尾气有毒，污染环境。装置D可能存在的缺点：没有吸收Cl2、SCl2等尾气的装置26、分液漏斗C让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化BA过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2【解析】

（1）根据仪器结构特征，可知仪器1为分液漏斗；（2）二价铬不稳定，极易被氧气氧化，让锌粒与盐酸先反应产生H2，让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化，故先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液，故答案为C；让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化；（3）利用生成氢气，使装置内气体增大，将CrCl2溶液压入装置3中与CH3COONa溶液顺利混合，应关闭阀门B，打开阀门A；（4）锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外，另一个作用是：过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2。本题考查物质制备实验方案的设计，题目难度中等，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、产率计算、溶度积有关计算、对信息的获取与运用等知识，注意对题目信息的应用，有利于培养学生分析、理解能力及化学实验能力。27、分液漏斗平衡压强、便于液体顺利流下饱和NaHCO3溶液检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2OpH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀防止Fe2+被氧化降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出75【解析】

(1)根据仪器的结构确定仪器a的名称；仪器b可平衡液面和容器内的压强；(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl；澄清石灰水遇CO2气体变浑浊；(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时应有CO2气体生成，根据守恒法写出反应的离子方程式；(4)①甘氨酸具有两性，能与H+反应；溶液中的Fe2+易水解生成Fe(OH)2沉淀；②柠檬酸的还原性比Fe2+还原性强，更易被空气中氧气氧化；(5)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇；(6)17.4gFeCO3的物质的量为=0.15mol，200mL甘氨酸溶液中含甘氨酸的物质的量为0.2L×1.0mol·L-1=0.2mol，理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204g▪mol-1×0.1mol=20.4g，以此计算产率。【详解】(1)根据仪器的结构可知仪器a的名称分液漏斗；仪器b可平衡液面和容器内的压强，便于液体顺利流下；(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl，则装置B中盛有的试剂饱和NaHCO3溶液；当装置内空气全部排净后，多余的CO2气体排出遇澄清的石灰水变浑浊，则装置D的作用是检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中；(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时应有CO2气体生成，发生反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(4)①过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，当pH过低即酸性较强时，甘氨酸会与H+反应生成NH3+CH2COOH；当pH过高即溶液中OH-较大时，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，故pH过低或过高均