2026届江西省宜春市高安中学全国高三模拟考一化学试题含解析

2026届江西省宜春市高安中学全国高三模拟考(一）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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是（）下列说法正确的是（）A．反应过程中NO2、NH4+之间的反应是氧化还原反应B．上述历程的总反应可以为：2NH3+NO+NO22N2+3H2OC．X是HNO2，是还原产物D．[(NH4)(HNO2)]+是反应过程中的催化剂2、298K时，甲酸(HCOOH)和甲酸钠的混合溶液中HCOOH、HCOO−的浓度存在关系式c(HCOO−)+c(HCOOH)=0.100mol·L−1，而含碳元素的粒子的浓度与pH的关系如图所示：下列说法正确的是()A．0.1mol·L−1HCOONa溶液中有c(HCOO−)+c(HCOOH)+c(OH−)=c(H+)+0.1B．298K时，HCOOH的电离常数Ka=1.0×10−3.75C．298K时，加蒸馏水稀释P点溶液，溶液中n(H+)·n(OH−)保持不变D．0.1mol·L−1HCOONa溶液和0.1mol·L−1HCOOH溶液等体积混合后混合液的pH=3.75(混合后溶液体积变化忽略不计)3、工业生产措施中，能同时提高反应速率和产率的是A．合成氨使用高压 B．制硝酸用Pt-Rh合金作催化剂C．制硫酸时接触室使用较高温度 D．侯氏制碱法循环利用母液4、已知NA从阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．6g3He含有的中子数为2NAB．1molCH3CH2OH被氧化为CH3CHO转移的电子数为NAC．20g正丁烷和38g异丁烷的混合物中非极性键数目为10NAD．0.1mol·L－1Na2SO4溶液中含有的SO42－数目为0.1NA5、NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．30g丙醇中存在的共价键总数为5NAB．1molD2O与1molH2O中，中子数之比为2：1C．含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量的镁反应，转移电子数大于0.2NAD．密闭容器中1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5（g），增加2NA个P-Cl键6、比较合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，下列说法错误的是（）A．都使用了合适的催化剂B．都选择了较高的温度C．都选择了较高的压强D．都未按化学方程式的系数进行投料反应7、硅元素在地壳中的含量非常丰富。下列有关说法不正确的是A．晶体硅属于共价晶体B．硅原子的电子式为C．硅原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2D．硅原子的价电子排布图为8、某澄清透明溶液中，可能大量存在下列离子中的若干种：H+、NH4+、K+、Mg2+、Cu2+、Br－、AlO2－、Cl－、SO42－、CO32－，现进行如下实验：①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出。将溶液分为3份。②在第1份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清。加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象。③在第2份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色。则下列推断正确的是:A．溶液中一定有K+、Br－、AlO2－、CO32－B．溶液中一定没有NH4+、Mg2+、Cu2+、Cl－C．不能确定溶液中是否有K+、Cl－、SO42－D．往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液可确认是否有Cl－9、下列关于有机化合物的说法正确的是()A．属于醛类，官能团为—CHOB．分子式为C5H10O2的有机物中能与NaOH溶液反应的有4种C．立方烷()的六氨基（-NH2）取代物有3种D．烷烃的正确命名是2-甲基-3-丙基戊烷10、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NA11、已知某澄清溶液中含有NH4Fe（SO4）2和另外一种无机化合物,下列有关该溶液的说法正确的是A．检验溶液中的铁元素可加入铁氰化钾溶液,看是否有蓝色沉淀产生B．溶液中不可能含有Ba2+、I-、HS-,但可能含有ClO-、NO3-C．检验溶液中是否含有C1-,应先加入足量的Ba（NO3）2溶液,再取上层清液依次加入稀硝酸、硝酸银溶液D．该澄清溶液显中性或酸性12、周期表中有如图所示的元素，下列叙述正确的是A．47.87是丰度最高的钛原子的相对原子质量B．钛原子的M层上共有10个电子C．从价电子构型看，钛属于某主族元素D．22为钛原子的质量数13、下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是()A．用图所示装置制取少量纯净的CO2气体B．用图所示装置验证镁和稀盐酸反应的热效应C．用图所示装置制取并收集干燥纯净的NH3D．用图所示装置制备Fe(OH)2并能保证较长时间观察到白色14、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+)15、空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。下图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是A．转移0.1mol电子时，a电极产生标准状况下O21.12LB．b电极上发生的电极反应是：2H2O+2e－＝H2↑+2OH－C．c电极上进行还原反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池D．d电极上发生的电极反应是：O2+4H＋+4e－＝2H2O16、反应A+B→C+Q(Q＞0)分两步进行，①A+B→X+Q(Q＜0)②X→C+Q(Q＞0)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（）A． B．C． D．17、聚苯胺是一种在充放电过程中具有更优异可逆性的电极材料。Zn一聚苯胺二次电池的结构示意图如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A．放电时，外电路每通过0.1NA个电子时，锌片的质量减少3.25gB．充电时，聚苯胺电极的电势低于锌片的电势C．放电时，混合液中的Cl-向负极移动D．充电时，聚苯胺电极接电源的正极，发生氧化反应18、下列物质中不能通过置换反应生成的是（）A．F2 B．CO C．C D．Fe3O419、25℃时，已知醋酸的电离常数为1.8×10-5。向20mL2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0mol/LNaOH溶液，溶液中水电离出的c(H+)在此滴定过程中变化曲线如下图所示。下列说法不正确的是A．a点溶液中：c(H+)=6.010-3molL-1B．b点溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)C．c点溶液中：c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)D．d点溶液中：c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)20、在使用下列各实验装置时，不合理的是A．装置①用于分离CCl4和H2O的混合物B．装置②用于收集H2、CO2、Cl2等气体C．装置③用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸D．装置④用于收集NH3，并吸收多余的NH321、如图所示是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c，d均是热和电的良导体。下列说法不正确的是A．e、f单质晶体熔化时克服的是共价键B．d单质对应元素原子的电子排布式：1s22s22p63s23p2C．b元素形成的气态氢化物易与水分子之间形成氢键D．单质a、b、f对应的元素以原子个数比1：1：1形成的分子中含2个σ键，2个π键22、W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。W最外层电子数是次外层电子数的3倍，W与Y同主族，X在短周期中原子半径最大。下列说法正确的是A．常温常压下Y的单质为气态 B．X的氧化物是离子化合物C．X与Z形成的化合物的水溶液呈碱性 D．W与Y具有相同的最高化合价二、非选择题(共84分)23、（14分）H是一种可用于治疗肿瘤的药物中间体，由芳香烃A制备H的合成路线如图。回答下列问题：（1）A物质的一氯代物共有______种；（2）B物质中含有的官能团名称______；（3）①的反应试剂和反应条件分别是______，③的反应的类型是______；（4）E物质通过多次取代反应和氧化反应可以获取F物质，用系统命名法对E物质命名______，F物质的结构简式为______；（5）⑤的化学反应方程式为______；（6）对甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备对甲氧基乙酰苯胺的合成路线。（其他试剂任选）______________（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）。24、（12分）有机物G是一种重要的化工原料，其合成路线如图：（1）的官能团名称是____。（2）反应2为取代反应，反应物（Me)2SO4中的“Me”的名称是____，该反应的化学方程式是____。（3）反应④所需的另一反应物名称是____，该反应的条件是____，反应类型是_____。（4）满足下列条件的的同分异构体有____种（不考虑立体异构）。①苯环上连有两个取代基②能发生银镜反应③能发生水解反应（5）以为原料，合成____。合成路线图示例如下：ABC……→H25、（12分）某小组选用下列装置，利用反应，通过测量生成水的质量来测定Cu的相对原子质量。实验中先称取氧化铜的质量为ag。(1)浓氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是______________。(2)甲同学按B-A-E-C-D的顺序连接装置，该方案是否可行__________，理由是_______________。(3)乙同学按B-A-D-E-C的顺序连接装置，则装置C的作用是___________________________。(4)丙同学认为乙同学测量的会偏高，理由是_____，你认为该如何改进？___(5)若实验中测得g，则Cu的相对原子质量为_______。（用含a，b的代数式表示）。(6)若CuO中混有Cu，则该实验测定结果_________。（选填“偏大”、“偏小”或“不影响”）26、（10分）如图是某同学研究铜与浓硫酸的反应装置：完成下列填空：(1)写出A中发生反应的化学方程式______，采用可抽动铜丝进行实验的优点是______。(2)反应一段时间后，可观察到B试管中的现象为______。(3)从C试管的直立导管中向BaCl2溶液中通入另一种气体，产生白色沉淀，则气体可以是______、______．（要求填一种化合物和一种单质的化学式）。(4)反应完毕，将A中的混合物倒入水中，得到呈酸性的蓝色溶液与少量黑色不溶物，分离出该不溶物的操作是______，该黑色不溶物不可能是CuO，理由是______。(5)对铜与浓硫酸反应产生的黑色不溶物进行探究，实验装置及现象如下：实验装置实验现象品红褪色①根据实验现象可判断黑色不溶物中一定含有______元素。②若该黑色不溶物由两种元素组成且在反应前后质量保持不变，推测其化学式为______。27、（12分）NaNO2(1)已知：Ka(HNO2)=5.1×10-4，Ksp(AgCl(2)利用下图装置（略去夹持仪器）制备已知：2NO+Na2O2=2NaNO2；酸性条件下，NO①装置A中发生反应的离子方程式为__________________________________；这样安放铜丝比将铜片浸于液体中的优点是__________________________。②装置B中反应的化学方程式为________________________________。③干燥剂X的名称为__________，其作用是____________________。④上图设计有缺陷，请在F方框内将装置补充完全，并填写相关试剂名称___________。(3)测定产品的纯度。取5.000g制取的样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000滴定次数1234消耗KMnO4溶液体积20.9020.1220.0019.88①第一次滴定实验数据异常的原因可能是______（填字母序号）。A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗B．锥形瓶洗净后未干燥C．当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去，定为滴定终点D．滴定终点时俯视读数②酸性KMnO4溶液滴定NaNO2溶液的离子方程式为③该样品中NaNO2的质量分数为__________28、（14分）废水中氨氮(NH3、NH)的处理技术有生物脱氮法、化学沉淀法、折点加氯法和电催化氧化法等。(1)氨氮污水直接排放入河流、湖泊导致的环境问题是________。(2)生物脱氮法：利用微生物脱氮，原理如下：NHNON2反应①的离子方程式为__________________________________。(3)化学沉淀法：向废水中加入含MgCl2、Na3PO4的溶液，NH转化为MgNH4PO4·6H2O沉淀。若pH过大，氨氮去除率和磷利用率均降低，其原因是________(用离子方程式表示)。(4)折点加氯法：向废水中加入NaClO溶液，使氨氮氧化成N2，相关反应如下：NaClO＋H2O===HClO＋NaOH(Ⅰ)NH3＋HClO===NH2Cl＋H2O(Ⅱ)NH2Cl＋HClO===NHCl2＋H2O(Ⅲ)NHCl2＋H2O===NOH＋2HCl(Ⅳ)NHCl2＋NOH===N2↑＋HClO＋HCl(Ⅴ)探究NaClO的投加量[以m(Cl2)表示]对氨氮去除率的影响，实验结果如图所示。①当m(Cl2)∶m(NH3)≥7.7时，污水中总氮去除率缓慢下降，其原因是__________________。②当m(Cl2)∶m(NH3)<7.7时，随着m(Cl2)∶m(NH3)的减小，污水中余氯(除Cl－外的氯元素存在形式)浓度升高，其原因是____________________________。(5)电催化氧化法：原理如下图所示(MOx表示催化剂)。反应Ⅱ的离子方程式可表示为2NH4+＋6MOx(·OH)===6MOx＋N2↑＋6H2O＋2H＋。①阳极电极反应式Ⅰ为________________________________。②电催化氧化法除氨氮时，若其他条件相同时，含Cl－的污水比不含Cl－的污水氨氮去除率要高，其原因是________________________________。29、（10分）A、B、C、D是四种短周期元素，E是过渡元素。A、B、C同周期，C、D同主族，A的原子结构示意图为：，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个成单电子，E的外围电子排布式为3d64s2。回答下列问题：(1)用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是__________，碱性最强的是_________。(2)用元素符号表示D所在周期(除稀有气体元素外)第一电离能最大的元素是__________，电负性最大的元素是__________。(3)D的氢化物比C的氢化物的沸点__________（填"高"或"低"），原因_____________(4)E元素原子的核电荷数是__________，E元素在周期表的第_______周期，第________族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在_______区。(5)B、C最高价氧化物的晶体类型是分别是______晶体、______晶体(6)画出D的核外电子排布图_____________，这样排布遵循了________原理和____________规则。

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】

由题意可知，生成物为两种无毒物质，再结合反应历程可知，生成物为：N2和H2O，反应物为：NH3和NO和NO2，结合得失电子守恒、原子守恒可得反应方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O【详解】A．NO2和NH4+反应生成[(NH4)2(NO2)]2+无元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，A错误；B．由分析可知，该反应的化学方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O，B正确；C．结合B可知，X是N2和H2O，C错误；D．由反应历程可知，[(NH4)(HNO2)]+是该反应的中间产物，不是催化剂，D错误。答案选B。2、B【解析】

A．0.1mol·L−1HCOONa溶液中酸根水解溶液显碱性c(OH−)＞c(H+)，根据物料守恒可知c(HCOO−)+c(HCOOH)=c(Na+)=0.1mol·L−1，因此c(HCOO−)+c(HCOOH)+c(OH−)＞c(H+)+0.1mol·L−1，A错误；B．根据图像可知P点时298K时c(HCOO−)＝c(HCOOH)，c(H+)＝10－3.75mol·L−1，则HCOOH的电离常数Ka==c(H+)=1.0×10−3.75，B正确；C．298K时，加蒸馏水稀释P点溶液，溶液中氢离子或氢氧根的物质的量增加，溶液中n(H+)·n(OH−)增大，C错误；D．0.1mol•L-1HCOONa溶液和0.1mol•L-1HCOOH溶液等体积混合后，虽然混合溶液中c(HCOO-)+c(HCOOH)=0.100mol•L-1，但由于HCOOH的电离程度大于HCOONa的水解程度，混合溶液中c(HCOO-)＞c(HCOOH)，故溶液的pH＞3.75，D错误。答案选B。进行电离平衡常数计算时要注意曲线中的特殊点，例如起点、中性点等，比较溶液中离子浓度大小时一定要灵活应用电荷守恒、物料守恒以及质子守恒等。3、A【解析】

A．增大压强加快反应速率，且合成氨的反应为体积缩小的反应，则加压平衡正向移动，有利于提高产率，选项A正确；B．催化剂对平衡移动无影响，不影响产率，选项B错误；C．二氧化硫的催化氧化反应为放热反应，则升高温度平衡逆向移动，产率降低，选项C错误；D．侯氏制碱法循环利用母液可提高产率，但对反应速率无影响，选项D错误；答案选A。4、A【解析】

A、6g3He的物质的量为2mol，1mol3He含有的中子数为NA，2mol3He含有的中子数为2NA，选项A正确；B、1molCH3CH2OH被氧化为CH3CHO转移的电子数为2NA，选项B错误；C、正丁烷和异丁烷的分子式相同，均为C4H10，20g正丁烷和38g异丁烷的混合物的物质的量为1mol，1molC4H10中极性健数目为10NA，非极性键数目为3NA，选项C错误；D、0.1mol·L－1Na2SO4溶液的体积未给出，无法计算SO42－数目，选项D错误。答案选A。5、C【解析】

A．30g丙醇物质的量为：＝0.5mol，存在的共价键总数为0.5mol×11×NA＝5.5NA，故A错误；B．1molD2O与1molH2O中，中子数之比为10：8＝5：4，故B错误；C．0.2molH2SO4的浓硫酸和足量的镁反应如果只生成二氧化硫则转移电子数等于0.2NA，如果只生成氢气则转移电子数为0.4NA，随着反应进行浓硫酸浓度降低，所以反应中既有二氧化硫又有氢气生成，转移电子数大于0.2NA小于0.4NA，故C正确；D．三氯化磷与氯气反应为可逆反应，不能进行到底，密闭容器中1molPCl3与1moCl2反应制备PCl5(g)，增加小于2NA个P−Cl键，故D错误；故答案选C。熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意丙醇分子结构特点，注意浓硫酸的特性。6、C【解析】

对于合成氨来说，在合成塔里选择高温、较高压以及催化剂条件反应生成氨气，而制硫酸接触室中的反应为二氧化硫与氧气在催化剂高温条件下生成三氧化硫，两者都是可逆反应，据此分析解答。【详解】A、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，都使用了合适的催化剂，故A正确；B、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，都选择了较高的温度，故B正确；C、合成氨合成塔中选择较高的压强，而制硫酸接触室中的反应没有选择较高的压强，高压对设备要求高，故C错误；D、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应都是可逆反应，则都未按化学方程式的系数进行投料反应，故D正确。故选：C。7、D【解析】

晶体硅中所有原子都以共价键相结合，属于共价晶体，A正确；Si原子的最外层有4个电子，B正确；Si原子核外有14个电子，根据构造原理可知其排布式为1s22s22p63s23p2，C正确；硅原子的价电子排布图不符合洪特规则，选项D错误。8、A【解析】

①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出，可知无色气体为二氧化碳，一定含CO32-，溶液先浑浊后又变澄清可知，溶液中一定含AlO2-，由离子共存的条件可知，一定不含H+、Mg2+、Cu2+；②在一份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象，则溶液中不含NH4+；③在另一份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色，则溶液中一定含Br-，由电荷守恒可知溶液中一定存在的阳离子为K+，不能确定是否含Cl-、SO42-。【详解】A项、由实验现象可知，溶液中一定存在K+、Br-、CO32-、AlO2-，故A正确；B项、由实验操作可知，一定不含NH4+、H+、Mg2+、Cu2+，不能确定溶液中是否含Cl-，故B错误；C项、溶液中一定含K+，不能确定是否含Cl-、SO42-，故C错误；D项、由于溶液事先已经加入盐酸，往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液无法确认是否有Cl－，故D错误。故选A。本题考查离子的共存，试题信息量较大，侧重分析与推断能力的考查，把握离子的反应、现象与结论的关系为解答的关键。9、C【解析】

A．的官能团为—COO—(酯基)，为甲酸与苯酚发生酯化反应形成的酯，属于酯类，A选项错误；B．分子式为C5H10O2且能与NaOH溶液反应的有机物可能为羧酸，也可能为酯，若为羧酸，C5H10O2为饱和一元酸，烷基为—C4H9，—C4H9的同分异构体有—CH2CH2CH2CH3、—CH(CH3)CH2CH3、—CH2CH(CH3)CH3、—C(CH3)3；若为酯，可能是以下几种醇和酸形成的酯，①甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种②乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种③丙酸和乙醇酯化，1种④丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种，因此共有4+2+1+2=9种，则符合条件的C5H10O2的有机物共有13种，B选项错误；C．氨基可以占据同一边上的两个顶点，同一平面的两个顶点，立方体对角线的两个顶点，则立方烷的二氨基取代物有3种，而立方烷的六氨基取代物的种类等于二氨基取代物的种类，也为3种，C选项正确；D．的最长碳链为6，称为己烷，在2号碳上有1个甲基，3号碳上有1个乙基，正确命名为2-甲基-3-乙基己烷，D选项错误；答案选C。B选项为易错选项，在解答时容易忽略含有两个氧原子且能与NaOH溶液反应的有机物除了羧酸以外，还有可能是酯，酯能与氢氧化钠发生水解反应。10、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。11、C【解析】

A．该溶液中含有Fe3+，所以检验时应该加入KSCN溶液，看溶液是否显血红色，故A项错误；B．ClO-与Fe3+发生相互促进的水解反应而不能大量共存，故B项错误；C．溶液中含有的SO42-会干扰Cl-的检验，所以先加入足量的Ba(NO3)2溶液将SO42-完全沉淀,再检验Cl-，故C项正确；D．铵根和铁离子在溶液中发生水解会使溶液显酸性，故D项错误；故答案为C。12、B【解析】

A．47.87是元素的相对分子质量，故A错误；B．钛原子的M层上共有2+6+2=10个电子，故B正确；C．最后填充3d电子，为副族元素，故C错误；D．22为原子的原子序数，故D错误；故答案为：B。13、B【解析】

A．图①所示装置是按照启普发生器原理设计的，纯碱是粉末状，不能控制反应的发生与停止，且产物中含有HCl杂质，故A错误；B．镁和盐酸反应放热，产生的热量使U形管中右边的水柱上升，故B正确；C．NH3的密度比空气小，不能采用向上排空法，故C错误；D．酒精与水任意比互溶，起不到隔绝空气的作用，应采用苯或者汽油，故D错误。选B。14、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。15、C【解析】

A．a电极与外加电源的负极相连，a电极为阴极，a电极上的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，a电极产生的气体是氢气，A项错误；B．b电极与外加电源的正极相连，b电极为阳极，b电极上的电极反应式为2H2O－4e－＝O2↑+4H+，B项错误；C.c电极通入O2，c电极为氢氧燃料电池的正极，c电极上发生还原反应，d电极通入H2，d电极为氢氧燃料电池的负极，d电极的电极反应式为H2-2e-=2H+，在原电池中阳离子向正极移动，B池中的H+可以通过隔膜进入A池，C项正确；D．d电极上发生的电极反应是H2-2e-=2H+，D项错误；答案选C。16、D【解析】

由反应A+B→C+Q(Q＞0)可知，该反应是放热反应，A和B的能量之和大于C的能量；由①A+B→X+Q(Q＜0)可知，该步反应是吸热反应，故X的能量大于A和B的能量之和；又因为②X→C+Q(Q＞0)是放热反应，故X的能量之和大于C的能量，图象D符合，故选D。17、B【解析】

A.放电时，外电路每通过0.1NA个电子时，锌片的质量减少0.05mol×65g/mol=3.25g，A正确；B.充电时，聚苯胺电极为阳极，其电势高于锌片(阴极)的电势，B错误；C.放电时，阳离子向正极移动，则混合液中的Cl-(阴离子)向负极移动，C正确；D.充电时，聚苯胺电极为阳极，接电源的正极，失电子发生氧化反应，D正确；故选B。18、A【解析】

A．因氟单质的氧化性最强，不能利用置换反应生成氟单质，故A选；B．C与二氧化硅在高温下发生置换反应可以生成硅和CO，故B不选；C．镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和黑色的碳，该反应为置换反应，故C不选；D．Fe与水蒸气在高温下发生置换反应生成四氧化三铁和氢气，可以通过置换反应制得，故D不选；故选A。本题的易错点为D，要注意掌握常见的元素及其化合物的性质。19、B【解析】

A．a点溶液没有加入NaOH，为醋酸溶液，根据电离平衡常数计算。设电离的出的H＋的浓度为x，由于电离程度很低，可认为醋酸浓度不变。CH3COOHCH3COO－＋H＋2xxKa===1.8×10-5，解得x=6.0×10-3mol/L，A项正确；B．b点的溶液为CH3COOH和CH3COONa等浓度混合的溶液，物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)，醋酸会电离CH3COOHCH3COO－＋H＋，醋酸根会水解，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，水解平衡常数<1.8×10-5，CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，所以c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)；B项错误；C．c点醋酸和氢氧化钠完全反应，溶液为CH3COONa溶液，在醋酸钠溶液中有电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，有物料守恒c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，将两式联立得到质子守恒，则有c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)；C项正确；D．d点加入40mL的NaOH溶液，NaOH多一倍，为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，有物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，D项正确；本题答案选B。电解质溶液中，粒子浓度有三大守恒，电荷守恒、物料守恒和质子守恒，写出前两个即可以导出质子守恒。要特别注意等物质的量浓度的混合溶液中水解和电离的大小关系。20、D【解析】

A．CCl4和H2O的混合物分层，则图中分液装置可分离，选项A正确；B．短导管进入可收集密度比空气小的气体，长导管进入可收集密度比空气大的气体，则图中装置可收集H2、CO2、Cl2等气体，选项B正确；C．四氯化碳的密度比水大，在下层，可使气体与水不能直接接触，则装置用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸，选项C正确；D．不能利用无水氯化钙干燥氨气，应选碱石灰干燥，选项D错误；答案选D。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、气体的收集、防止倒吸等，把握图中装置的作用及实验基本技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查。21、B【解析】

Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质中，Na、Cu为金属晶体，均是热和电的良导体，C、Si的单质为原子晶体，且C单质的熔沸点大于Si原子晶体的熔点，H、N对应的单质为分子晶体，其中氢气的熔点最低，由图熔点的高低顺序可知a为H，b为N，c为Na，d为Cu，e为Si，f为C。【详解】A选项，e为Si，f为C，对应的单质为原子晶体，存在共价键，熔化时破坏共价键，故A正确；B选项，d为Cu，铜单质对应元素原子的电子排布式：1s22s22p63s23p23d104s1，故B错误；C选项，b为N，N元素形成的气态氢化物氨气，易与水分子之间形成氢键，故C正确；D选项，单质a、b、f对应的元素以原子个数比1:1:1形成的分子为HCN，结构式为H−C≡N，分子中含2个σ键，2个π键，故D正确；综上所述，答案为B。22、B【解析】

W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。W最外层电子数是次外层电子数的3倍，最外层电子数只能为6，次外层电子数为2，W为O元素；W与Y同主族，则Y为S元素；X在短周期中原子半径最大，X为Na元素；短周期中比S原子序数大的主族元素只有Cl，因此Z为Cl元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为S元素，Z为Cl元素。A．常温常压下，S为固体，故A错误；B．X的氧化物为氧化钠或过氧化钠，均是离子化合物，故B正确；C．X与Z形成的化合物为NaCl，NaCl为强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，故C错误；D．一般情况下，O元素不存在正价，S的最高价为+6价，故D错误；故选B。二、非选择题(共84分)23、4氯原子氯气、光照还原反应2-甲基丙烷【解析】

由B的结构可知，芳香烃为A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，B与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成C，C发生还原反应生成D，D与G在吡啶条件下发生取代反应生成H．由F的分子式、G的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合E的分子式，可知E为。【详解】(1)由B的结构可知，芳香烃为A为，A

物质的一氯代物在苯环上有3种，在甲基上有1种，故共有4种，故答案为：4；(2)B的结构简式为：，B

物质中含有的官能团名称为：氯原子，故答案为：氯原子；(3)反应①是转化为，反应试剂和反应条件分别是：氯气、光照；反应③中硝基转化为氨基，属于还原反应，故答案为：氯气、光照；还原反应；(4)由F的分子式、G的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合E的分子式，可知E为，用系统命名法对

E

物质命名为：2-甲基丙烷，故答案为：2-甲基丙烷；；(5)⑤的化学反应方程式为：，故答案为：；(6)结合合成路线图中转化可知，与在吡啶条件下反应生成，乙酸与SOCl2/PCl3作用生成．先发生硝化反应，然后与Fe/HCl作用生成，合成路线流程图为：，故答案为：。24、溴原子甲基2(Me)2SO42+H2SO4乙醇浓硫酸，加热酯化反应(取代反应)6【解析】

反应①为取代反应，碳链骨架不变，则中Br原子被-CN取代，生成；反应②为取代反应，碳链骨架不变，则中1个-H原子被-CH3取代，生成；反应③在氢离子的作用下，生成；反应④为酯化反应，与乙醇发生酯化反应，生成。【详解】(1)的官能团为溴原子，故答案为溴原子；(2)反应①为取代反应，碳链骨架不变，则-CH2CN中1个-H原子被-CH3取代，则反应物Me2SO4中的“Me”表示甲基；2(Me)2SO42+H2SO4，故答案为甲基；2(Me)2SO42+H2SO4；(3)反应④为酯化反应，与乙醇发生酯化反应，生成，酯化反应的条件为浓硫酸，加热，故答案为：乙醇；浓硫酸，加热；酯化反应(取代反应)；(4)满足①苯环上连有两个取代基，②能发生银镜反应，③能发生水解反应，说明有一个必须为甲酸形成的酯基，则两个取代基可能是-OOCH、-C2H5或-CH2OOCH、-CH3，存在邻、间、对三种位置异构，总共有6种，故答案为6；(5)以为原料，根据题干信息，通过①③，可以合成，用氢氧化钠取代，可以制备，与在浓硫酸加热下，发生酯化反应，得到。具体合成流线为：。本题考查有机物的合成，熟悉合成图中的反应条件及物质的碳链骨架是分析物质结构及反应类型的关键，会利用逆推法推断有机物结构，并注意信息的利用。25、氨水中存在平衡NH3+H2ONH3.H2ONH4++OH-，生石灰吸收浓氨水中的水放出热量，生成OH-均能使平衡向左移动，从而得到氨气不可行C装置将生成的水和多余的氨气一起吸收，无法测量出生成水的质量吸收未反应的NH3，防止空气中的水蒸气进入装置B生成的氨气有混有水，故m(H2O)会偏高可在装置B和A之间增加装置D偏大【解析】

(1)生石灰和水反应生成Ca（OH）2且放出大量热，放出的热量导致溶液温度升高，抑制氨气溶解，氢氧根离子浓度增大抑制一水合氨电离；(2)甲同学按B-A-E-C-D的顺序连接装置，过程中生成的水和过量氨气会被装置C吸收；(3)乙同学按B-A-D-E-C的顺序连接装置，装置C可以吸收多余氨气和防止空气中水蒸气进入D影响测定结果；(4)丙同学认为乙同学测量的m(H2O)会偏高，可能是氨气中水蒸气进入装置D被吸收，可以用碱石灰吸收水蒸气，干燥的氨气再和氧化铜反应；(5)2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O，结合化学方程式定量关系计算；(6)若CuO中混有Cu，氧元素质量减小，测定水质量减小，结合计算定量关系判断结果误差。【详解】(1)生石灰和水反应生成Ca（OH）2且放出大量热，放出的热量导致溶液温度升高，温度越高，导致氨气的溶解度越低；氢氧化钙电离生成氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大抑制一水合氨电离，则抑制氨气溶解，所以常用氨水滴入生石灰中制取氨气，浓氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是：氨水中存在平衡NH3+H2O⇌NH3∙H2O⇌NH4++OH-，生石灰吸收浓氨水中的水放出热量，生成OH-均能使平衡向左移动，从而得到氨气；答案是:氨水中存在平衡NH3+H2ONH3.H2ONH4++OH-，生石灰吸收浓氨水中的水放出热量，生成OH-均能使平衡向左移动，从而得到氨气；(2)甲同学按B-A-E-C-D的顺序连接装置，该方案不可行，C装置将生成的水和多余的氨气一起吸收，无法测量出生成水的质量；答案是：不可行；C装置将生成的水和多余的氨气一起吸收，无法测量出生成水的质量；(3)乙同学按B-A-D-E-C的顺序连接装置，则装置C的作用是:吸收未反应的NH3，防止空气中的水蒸气进入；答案是:吸收未反应的NH3，防止空气中的水蒸气进入；(4)丙同学认为乙同学测量的m(H2O)会偏高，可能是装置B生成的氨气有混有水，故m(H2O)会偏高，可在装置B和A之间增加装置D吸收氨气中水蒸气，减少误差；答案是：装置B生成的氨气有混有水，故m(H2O)会偏高；可在装置B和A之间增加装置D；(5)反应2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O，生成水物质的量和氧化铜物质的量相同，若实验中测得m(H2O)=bg，氧化铜物质的量n=，实验中先称取氧化铜的质量m[(CuO)]为ag，则Cu的摩尔质量=ag/[bg/18g/mol]-16g/mol，即Cu的相对原子质量为:-16；答案是:-16；(6)若CuO中混有Cu，氧元素质量减小，测定水质量减小，b减小，则-16值增大，所以若CuO中混有Cu，则该实验测定结果偏大；答案是:偏大。26、Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑可以控制反应的进行变红NH3Cl2过滤CuO会溶于稀硫酸中硫Cu2S【解析】

(1)浓硫酸和铜在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，由此可写出化学方程式；(2)反应生成二氧化硫，能够与水反应生成亚硫酸，遇到石蕊显红色；(3)向BaCl2溶液中通入另一种气体，产生白色沉淀，是因为二氧化硫不与氯化钡溶液反应，通入的气体需要满足把二氧化硫转化为盐或把二氧化硫氧化为硫酸；(4)分离固体与液体可以采用过滤法，氧化铜与酸反应生成铜离子与水；(5)黑色固体通入氧气反应生成气体能够使品红褪色，说明生成二氧化硫，含有硫元素；若该黑色不溶物由两种元素组成且在反应前后质量保持不变，可知除了含有硫元素外还含有铜。【详解】(1)浓硫酸和铜在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑，抽动铜丝可以控制铜丝与浓硫酸接触面积从而控制反应进行，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑；可以控制反应的进行；(2)反应生成二氧化硫，二氧化硫为酸性氧化物，能够与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，遇到石蕊显红色，故答案为：变红；(3)向BaCl2溶液中通入另一种气体，产生白色沉淀，是因为二氧化硫不与氯化钡溶液反应，通入的气体需要满足把二氧化硫转化为盐或把二氧化硫氧化为硫酸，如碱性气体NH3、做氧化剂的气体如Cl2、O2、O3、NO2、Cl2O等，故答案为：NH3；Cl2；(4)将A中的混合物倒入水中，得到呈酸性的蓝色溶液与少量黑色不溶物，分离固体与液体可以采用过滤法；氧化铜与酸反应生成铜离子与水，所以黑色固体不可能为氧化铜，故答案为：过滤；CuO会溶于稀硫酸中；(5)黑色固体通入氧气反应生成气体能够使品红褪色，说明生成二氧化硫，含有硫元素；若该黑色不溶物由两种元素组成且在反应前后质量保持不变，可知除了含有硫元素外还含有铜，物质为硫化亚铜，化学式为Cu2S，故答案为：硫；Cu2S。二氧化硫通入氯化钡溶液中，可认为发生如下反应：SO2+BaCl2+H2OBaSO3+2HCl，由于产物不共存，所以此反应进行的程度很小，若想使此反应正向进行，需设法让反应正向进行，要么加入碱中和盐酸；要么加入强氧化剂将BaSO3氧化为BaSO4。27、分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解，再分别滴加酚酞试液，变红的为NaNO2Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O可以控制反应的发生与停止3NO2＋H2O=2HNO3+NO碱石灰吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气A5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O69％（或0.69）【解析】

(1)根据NaCl、NaNO2盐的组成及溶液的酸碱性分析判断；(2)装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应，反应生成二氧化氮和硝酸铜和水，NO2与装置B中的水反应产生HNO3和NO，通过装置C中的干燥剂吸收水蒸气，在装置D中与Na2O2发生反应，装置E中的干燥剂防止水蒸气进入，通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气。(3)①第一次实验数据出现异常，消耗KMnO4溶液体积偏大，根据c(待测)=c(分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；②在反应中NO2-被氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+；③根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O可求出亚硝酸钠的物质的量，然后求样品中亚硝酸钠的质量分数。【详解】(1)NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性；NaNO2是强碱弱酸盐，NO2-水解，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，所以可根据盐溶液的酸碱性的不同进行鉴别。分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解，然后分别滴加酚酞试液，溶液变红的为NaNO2，不变色的为NaCl；(2)①在装置A中Cu与浓硝酸发生反应，产生硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；这样安放铜丝，可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；②装置B中水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式为3NO2＋H2O=2HNO3+NO；③在干燥管中盛放的干燥剂X的名称为碱石灰，其作用是吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气；④NO及NO2都是大气污染物，随意排入大气会造成大气污染，故上图设计的缺陷是无尾气吸收装置。可根据NO、NO2都会被酸性KMnO4溶液吸收，产物都在溶液中，为防止倒吸现象的发生，在导气管末端安装一个倒扣的漏斗，装置为；(3)①A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)B.锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，B不可能；C.当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去，就定为滴定终点，此时溶液中NO2-未反应完全，消耗标准溶液体积偏小，C不可能；D.滴定终点时俯视读数，造成V(标准)偏小，D不可能；故合理选项是A；②在反应中NO2-被氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O