2026年云南省峨山一中高三下学期5月阶段检测试题化学试题含解析

2026年云南省峨山一中高三下学期5月阶段检测试题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、化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法错误的是A．SiO2超分子纳米管属无机非金属材料B．草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分是碳酸钙C．“梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同D．《本草纲目》记载的“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”的实验方法可用来分离乙酸和乙醇2、造纸术是中国古代四大发明之一。古法造纸是将竹子或木材经过蒸解、抄纸、漂白等步骤制得。下列说法正确的是（）A．“文房四宝”中的宣纸与丝绸的化学成分相同B．“竹穰用石灰化汁涂浆，入木桶下煮”，蒸解过程中使纤维素彻底分解C．“抄纸”是把浆料加入竹帘中，形成薄层，水由竹帘流出，其原理与过滤相同D．明矾作为造纸填充剂，加入明矾后纸浆的pH变大3、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．标准状况下，2.24LSO3中所含原子数为0.4NAB．l0mL12mol/L盐酸与足量MnO2加热反应，制得Cl2的分子数为0.03NAC．0.1molCH4与0.4molCl2在光照下充分反应，生成CCl4的分子数为0.1NAD．常温常压下，6g乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA4、我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。下列有关说法不正确的是A．CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的B．催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒C．该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂D．有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物5、下列有关14C60的叙述正确的是A．与12C60化学性质相同 B．与12C60互为同素异形体C．属于原子晶体 D．与12C60互为同位素6、某化学实验创新小组设计了如图所示的检验Cl2某些性质的一体化装置。下列有关描述不正确的是A．浓盐酸滴到氯酸钾固体上反应的离子方程式为5Cl−＋＋6H+===3Cl2↑＋3H2OB．无水氯化钙的作用是干燥Cl2，且干燥有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色C．2处溶液出现白色沉淀，3处溶液变蓝，4处溶液变为橙色，三处现象均能说明了Cl2具有氧化性D．5处溶液变为血红色，底座中溶液红色消失，氢氧化钠溶液的作用为吸收剩余的Cl2以防止污染7、下列说法正确的是A．紫外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析B．高聚物()属于可降解材料，工业上是由单体经过缩聚反应合成C．通过煤的液化可获得煤焦油、焦炭、粗氨水等物质D．石油裂解的目的是为了提高轻质油的质量和产量8、电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制甲酸盐的装置如图所示。下列说法中错误的是（）A．b是电源负极B．K+由乙池向甲池迁移C．乙池电极反应式为：CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-D．两池中KHCO3溶液浓度均降低9、下列各组性质比较中，正确的是()①沸点：②离子还原性：③酸性：④金属性：⑤气态氢化物稳定性：⑥半径：A．①②③ B．③④⑤⑥ C．②③​④ D．①③​④⑤⑥10、800℃时，可逆反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数K=1，800℃时，测得某一时刻密闭容器中各组分的浓度如表，下列说法正确的是（）物质COH2OCO2H2浓度/mol•L-10.0020.0030.00250.0025A．此时平衡逆向移动B．达到平衡后，气体压强降低C．若将容器的容积压缩为原来的一半，平衡可能会向正向移动D．正反应速率逐渐减小，不变时，达到化学平衡状态11、下列实验能达到目的的是选项目的实验A验证某气体表现还原性将某气体通入溴水中，溴水褪色B制备少量二氧化硫气体向饱和亚硫酸溶液中滴加浓硫酸C制备硅酸胶体向硅酸钠水溶液中逐滴滴加浓盐酸至溶液呈强酸性D配制0.2mol/L的CH3COOH溶液准确量取100mL2mol/L的CH3COOH溶液，加入烧杯中稀释后迅速转移至1000mL容量瓶中，然后加蒸馏水定容A．A B．B C．C D．D12、某温度下，容积一定的密闭容器中进行可逆反应：X(g)+Y(g)2Z(g)+W(s)+Q，下列叙述正确的是A．加入少量W，υ(逆)增大 B．压强不变时，反应达到平衡状态C．升高温度，υ(逆)、υ(正)都增大 D．平衡后加入X，方程式中的Q增大13、《唐本草》和《本草图经》中记载：“绛矾，本来绿色，……正如瑁璃烧之赤色”“取此物（绛矾）置于铁板上，聚炭，……吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也”。其中不涉及的物质是（）A．FeSO4·7H2O B．S C．Fe2O3 D．H2SO414、镆（Mc）是115号元素，其原子核外最外层电子数是5。下列说法不正确的是A．Mc的原子核外有115个电子 B．Mc是第七周期第VA族元素C．Mc在同族元素中金属性最强 D．Mc的原子半径小于同族非金属元素原子15、下列说法错误的是（）A．以乙醇、空气为原料可制取乙酸B．甲苯分子中最多13个原子共平面C．淀粉、油脂和蛋白质都是可以水解的高分子化合物D．分子式为C5H12O的醇共有8种结构16、根据元素在周期表中的位置可以预测A．分解温度：CH4>H2S B．氧化性：NaClO>Na2SO3C．同浓度溶液pH：Na2SiO3>Na2CO3 D．金属性：Ca>Na17、下列说法正确的是A．氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能B．反应4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应C．3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023D．在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快18、磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒(2019－nCOV)的感染，其结构如图所示。下列说法错误的是A．基态C1原子的核外电子有17种运动状态B．C、N、O、P四种元素中电负性最大的是OC．H3PO4分子中磷原子的价层电子对数为4D．与足量H2发生加成反应后，该分子中手性碳原子个数不变19、Weiss利用光敏剂QD制备2—环己基苯乙烯(c)的过程如图所示。下列有关说法正确的是A．a不能使酸性KMnO4溶液褪色B．a、b、c都能发生加成、加聚反应C．c中所有原子共平面D．b、c为同系物20、锌电池是一种极具前景的电化学储能装置。扣式可充电电池组成示意图如下。可以在晶体中可逆地嵌入和脱除，总反应为。下列说法错误的是（）A．放电时不锈钢箔为正极，发生还原反应B．放电时负极的反应为C．充电时电池正极上的反应为：D．充电时锌片与电源的负极相连21、因新型冠状病毒肺炎疫情防控需求，口罩已经成为了2020每个人必备之品。熔喷布，俗称口罩的“心脏”，是口罩中间的过滤层，能过滤细菌，阻止病菌传播。熔喷布是一种以高熔融指数的聚丙烯（PP）为材料，由许多纵横交错的纤维以随机方向层叠而成的膜。其中有关聚丙烯的认识正确的是A．由丙烯通过加聚反应合成聚丙烯B．聚丙烯的链节：—CH2—CH2—CH2—C．合成聚丙烯单体丙烯的结构简式：CH2CHCH3D．聚丙烯能使溴水发生加成反应而褪色22、设NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A．6.2g白磷分子（P4）中含P-P键数为0.05NAB．1molCH3+含电子数为8NAC．标准状况下，22.4LSO3中含原子数为4NAD．常温常压下，11.2LCO2气体通过足量Na2O2充分反应，转移电子数为2NA二、非选择题(共84分)23、（14分）某药物G，其合成路线如下：已知：①R-X+②试回答下列问题：(1)写出A的结构简式_________。(2)下列说法正确的是__________A．化合物E具有碱性B．化合物B与新制氢氧化铜加热产生砖红色沉淀C．化合物F能发生还原反应D．化合物G的分子式为C16H17N5O2Br(3)写出C+D→E的化学方程式___________。(4)请设计以用4－溴吡啶（）和乙二醇（）为原料合成化合物D的同系物的合成路线________(用流程图表示，无机试剂任选)。(5)写出化合物A可能的同分异构体的结构简式__________。须同时符合：①分子中含有一个苯环；②1H-NMR图谱显示分子中有3种氢原子。24、（12分）前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小。回答下列问题：(1)元素A、B、C中，电负性最大的是____(填元素符号，下同)，元素B、C、D第一电离能由大到小的顺序为________。(2)与同族其它元素X形成的XA3相比，BA3易液化的原因是________；BA3分子中键角________109°28′(填“＞”“＜”或“＝”)，原因是________。(3)BC3－离子中B原子轨道的杂化类型为____________，BC3－离子的立体构型为________________。(4)基态E原子的电子排布式为________；C、E形成的化合物EC5(其中E的化合价为＋6)中σ键与π键数目之比为________；(5)化合物DB是人工合成的半导体材料，它的晶胞结构与金刚石(晶胞结构如图所示)相似。若DB的晶胞参数为apm，则晶体的密度为_____g·cm－3(用NA表示阿伏加德罗常数)。25、（12分）探究SO2和氯水的漂白性，设计了如下实验，装置如图．完成下列填空：（1）棉花上沾有的试剂是NaOH溶液，作用是______．（2）①反应开始一段时间后，B、D两个试管中可以观察到的现象分别是：B：_____，D：____．②停止通气后，分别加热B、D两个试管，可以观察到的现象分别是：B：_____，D：____．（3）有同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强，他将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不理想．产生该现象的原因（用化学方程式表示）______．（4）装置E中用_____（填化学式）和浓盐酸反应制得Cl2，生成2.24L（标准状况）的Cl2，则被氧化的HCl为____mol．（5）实验结束后，检验蘸有试剂的棉花含有SO42﹣的实验方案是：取棉花中的液体少许，滴加足量的稀HNO3，再加入几滴BaCl2溶液，出现白色沉淀．该方案是否合理____，理由是___．26、（10分）Fe(OH)3广泛应用于医药制剂、颜料制造等领域，其制备步骤及装置如下：在三颈烧瓶中加入16.7gFeSO4·7H2O和40.0ml蒸馏水。边搅拌边缓慢加入3.0mL浓H2SO4，再加入2.0gNaClO3固体。水浴加热至80℃，搅拌一段时间后，加入NaOH溶液，充分反应。经过滤、洗涤、干燥得产品。(1)NaClO3氧化FeSO4·7H2O的离子方程式为_____________。(2)加入浓硫酸的作用为_________(填标号)。a.提供酸性环境，增强NaClO3氧化性b.脱去FeSO4·7H2O的结晶水c.抑制Fe3+水解d.作为氧化剂(3)检验Fe2+已经完全被氧化需使用的试剂是_________。(4)研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响，设计对比实验如下表编号T/℃FeSO4·7H2O/gNaClO3/g氧化效果/%i70251.6aii7025mbiii80n2.0civ80251.687.8①m=______；n=______。②若c>87.8>a，则a、b、c的大小关系为___________。(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，其原因是___(6)判断Fe(OH)3沉淀洗涤干净的实验操作为_________________；(7)设计实验证明制得的产品含FeOOH(假设不含其他杂质)。___________。27、（12分）苯甲酸乙酯可由苯甲酸与乙醇在浓硫酸共热下反应制得，反应装置如图（部分装置省略），反应原理如下：实验操作步骤：①向三颈烧瓶内加入12.2g苯甲酸、25mL乙醇、20mL苯及4mL浓硫酸，摇匀，加入沸石。②装上分水器、电动搅拌器和温度计，加热至分水器下层液体接近支管时将下层液体放入量筒中。继续蒸馏，蒸出过量的乙醇，至瓶内有白烟(约3h)，停止加热。③将反应液倒入盛有80mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末至溶液无二氧化碳逸出，用pH试纸检验至呈中性。④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取，然后合并至有机层。用无水CaC12干燥，粗产物进行蒸馏，低温蒸出乙醚。当温度超过140℃时，直接接收210-213℃的馏分，最终通过蒸馏得到纯净苯甲酸乙酯12.8mL。可能用到的有关数据如下：相对分子质量密度（g/cm3）沸点/℃溶解性苯甲酸1221.27249微溶于水，易溶于乙醇、乙醚苯甲酸乙酯1501.05211-213微溶于热水，溶于乙醇、乙醚乙醇460.7978.5易溶于水乙醚740.7334.5微溶于水回答以下问题：(1)反应装置中分水器上方的仪器名称是______，其作用是____(2)步骤①中加浓硫酸的作用是_________，加沸石的目的是______。(3)步骤②中使用分水器除水的目的是_________。(4)步骤③中加入碳酸钠的目的是________。(5)步骤④中有机层从分液漏斗的____（选填“上口倒出”或“下口放出”）。(6)本实验所得到的苯甲酸乙酯产率是________%。28、（14分）药物中间体M的合成路线流程图如图：已知：（R、R’、R”为H或烃基）请回答下列问题：(1)A为芳香烃，名称为___。(2)化合物C含有的官能团名称为__。(3)下列说法中正确的是__。A．化合物A只有1种结构可以证明苯环不是单双键交替的结构B．可利用酸性KMnO4溶液实现A→B的转化C．化合物C具有弱碱性D．步骤④、⑤、⑥所属的有机反应类型各不相同(4)步骤⑥可得到一种与G分子式相同的有机副产物，其结构简式是__。(5)有机物H与氢气加成的产物J存在多种同分异构体。写出一种同时符合下列条件的同分异构体的结构简式__。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②核磁共振氢谱检测表明分子中有4种化学环境不同的氢原子。(6)写出I+G→M的化学方程式（可用字母G和M分别代替物质G和M的结构简式）__。(7)设计以和CH3CH2OH为原料制备的合成路线流程图_____(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH29、（10分）铁、铝、铜三种金属元素在日常生活中的应用最为广泛。回答下列问题：(1)基态Fe原子的简化电子排布式为__________。(2)常温下，Fe(CO)5为黄色液体，易溶于非极性溶剂。写出CO的电子式_________；Fe(CO)5分子中σ键与π键之比为_______。(3)硝酸铜溶于氨水形成[Cu(NH3)4](NO3)2的深蓝色溶液。①[Cu(NH3)4](NO3)2中阴离子的立体构型是_______。NO3-中心原子的轨道杂化类型为________。②与NH3互为等电子体的一种阴离子为_______(填化学式)；氨气在一定的压强下，测得的密度比该压强下理论密度略大，请解释原因________。(4)金属晶体可看成金属原子在三维空间中堆积而成，单质铝中铝原子采用铜型模式堆积，原子空间利用率为74%，则铝原子的配位数为________________。(5)铁和硫形成的某种晶胞结构如图所示，晶胞参数a＝xpm，则该物质的化学式为_______；A原子距离B原子所在立方体侧面的最短距离为______pm(用x表示)；该晶胞的密度为____g·cm-3。(阿伏加德罗常数用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、B【解析】

A.SiO2属于无机非金属材料，可以制取超分子纳米管，A正确；B.碳酸钙需要在高温下煅烧分解才能得到二氧化碳，草莓棚中不能使用碳酸钙分解来产生二氧化碳，B错误；C.柳絮的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，C正确；D.“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”涉及蒸馏的方法，蒸馏可根据乙醇、乙酸沸点的不同，用来分离乙酸和乙醇，D正确；故合理选项是B。2、C【解析】

A．宣纸主要成分为纤维素，丝绸主要成分为蛋白质，故A错误；B．蒸解过程是将纤维素分离出来，而不是使纤维素彻底分解，故B错误；C．过滤是利用滤纸把固体不溶物和溶液分离，抄纸过程中竹帘相当于与滤纸，纤维素等不溶于水的物质可留在竹帘上，故C正确；D．明矾中铝离子水解会使纸浆显酸性，pH变小，故D错误；故答案为C。3、D【解析】

A.标准状况下，SO3不是气体，2.24LSO3并不是0.1mol，A错误；B.12mol/L盐酸为浓盐酸，和足量的二氧化锰共热时，盐酸因消耗、部分挥发以及水的生成，使盐酸浓度变小不能完全反应，所以制得的Cl2小于0.03mol，分子数小于0.03NA，B错误；C.0.1molCH4与0.4molCl2在光照下充分反应，发生的是取代反应，得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷及氯化氢的混合物，生成CCl4的分子数小于0.1NA，C错误；D.一个乙酸分子中有3个C-H键，则常温常压下，6g乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA，D正确；答案选D。4、C【解析】

A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应，CO2生成甲醇是通过了多步加氢，为还原反应，故A正确；B.根据题中反应机理图所示，催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，故B正确；C.催化过程中有旧的原子团消失，说明有化学键的断裂，例如：CO2和H转化为COOH，故C错误；D.根据反应机理图所示，中间步骤中有CH2O生成，如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛，故D正确。答案选C。5、A【解析】

A．14C60与12C60中碳原子为同种元素的碳原子，则化学性质相同，故A正确；B．14C60与12C60是同一种单质，二者不是同素异形体，故B错误；C．14C60是分子晶体，故C错误；D．14C与12C的质子数均为6，中子数不同，互为同位素，14C60与12C60是同一种单质，故D错误。故选：A。6、C【解析】

浓盐酸滴到氯酸钾固体上的作用是为了制备Cl2，根据含同种元素物质间发生氧化还原反应时，化合价只靠近不交叉，配平后可得反应的离子方程式：5Cl−＋＋6H+===3Cl2↑＋3H2O，A正确；为了检验Cl2有无漂白性，应该先把Cl2干燥，所以，无水氯化钙的作用是干燥Cl2，然后会出现干燥有色布条不褪色而湿润有色布条褪色的现象，B正确；Cl2与3处碘化钾置换出单质碘，遇淀粉变蓝，与4处溴化钠置换出单质溴，使溶液变橙色，均说明了Cl2具有氧化性，Cl2与水反应生成HCl和HClO，HCl与硝酸银产生白色沉淀，无法说明Cl2具有氧化性，C错误；Cl2与5处硫酸亚铁生成Fe3+，Fe3+与SCN−生成血红色配合物，氢氧化钠溶液可以吸收剩余的Cl2，防止污染空气，D正确。7、A【解析】

A.紫外可见分光光度计是定量研究物质组成或结构的现代仪器，核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目，质谱仪可用于有机化合物的相对分子质量，A正确；B.高聚物()水解产生小分子和H2CO3，所以属于可降解材料，工业上是由单体和H2CO3经过缩聚反应合成，B错误；C.通过煤的干馏可获得煤焦油、焦炭、粗氨水等物质，C错误；D.石油裂解的目的是为了获得短链气态不饱和烃，石油裂化的目的是为了提高轻质油的质量和产量，D错误；故合理选项是A。8、B【解析】

A．由图可知，CO2在乙池中得到电子还原为HCOO-，则Sn极为电解池阴极，所以b为电源负极，故A正确；B．电解池中，阳离子向阴极移动，Sn极为电解池阴极，所以K+由甲池向乙池移动，故B错误；C．CO2在乙池中得到电子还原为HCOO-，电极反应式为：CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-，故C正确；D．电解过程中，甲池发生反应：，同时K+向乙池移动，所以甲池中KHCO3溶液浓度降低；乙池发生反应：，所以乙池中KHCO3溶液浓度降低，故D正确；答案选B。9、B【解析】

①.HF中含分子间氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为，故错误；②.元素的非金属性，对应离子还原性，故错误；③.非金属性，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，即酸性：，故正确；④.同主族从上到下，金属性增强：，同周期从左到右，金属性减弱，即，即金属性：，故正确；⑤.元素的非金属性，气态氢化物稳定性，故正确；⑥.电子层越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，核电荷数越多，半径越小，即，故正确。故选B。10、A【解析】

A、Qc==1.04＞K，所以平衡逆向移动，故A正确；B、反应前后气体分子数不变，体系压强不变，所以达到平衡后，气体压强不变，故B错误；C、若将容器的容积压缩为原来的一半，相当于加压，但加压不对化学平衡产生影响，故C错误；D、反应逆向进行，说明v逆＞v正，随着反应进行，CO和H2O的浓度增大，正反应速率增大，故D错误，故选：A。本题考查化学平衡的移动，根据表中数据，利用Qc与K的大小关系判断反应的方向是解题的关键，难度不大。11、B【解析】

A．若某气体具有强氧化性将溴单质氧化，溴水也会褪色，故A错误；B．向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可生成SO2，且浓硫酸溶于水放热，降低了SO2的溶解度，能够达到实验目的，故B正确；C．硅酸胶体中加入加入过量盐酸可使胶体聚沉，故C错误；D．量取一定体积的浓醋酸在烧杯中稀释后，迅速转移至1000mL容量瓶中，要用蒸馏水洗涤烧杯玻璃棒2-3次，洗涤液转移进容量瓶，否则会造成溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，浓醋酸的少量挥发，也会导致溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，故D错误；故答案为B。12、C【解析】

据外因对化学反应速率和化学平衡的影响分析判断。【详解】A.物质W为固体，加入少量W不改变W浓度，故υ(逆)不变，A项错误；B.题中反应前后气体分子数不变，当温度、体积一定时，容器内压强必然不变。故压强不变时不一定是平衡状态，B项错误；C.温度越高，化学反应越快。故升高温度，υ(逆)、υ(正)都增大，C项正确；D.方程式中的Q表示每摩化学反应的热效应。平衡后加入X，平衡右移，但Q不变，D项错误。本题选C。13、B【解析】

由信息可知，绿矾为硫酸亚铁的结晶水合物，即FeSO4·7H2O，加热发生氧化还原反应，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，Fe的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水蒸气，三氧化硫与水结合可生成硫酸，不涉及的物质是S，答案选B。硫为淡黄色固体，在题目中并未涉及，做本题时要关注各物质的物理性质。14、D【解析】

周期表中，原子的结构决定着元素在周期表中的位置，原子的电子层数与周期数相同，最外层电子数等于主族序数，同主族元素从上而下金属性逐渐增强，同主族元素从上而下原子半径依次增大，【详解】A、镆（Mc）是115号元素，原子核外有115个电子，选项A正确；B、原子的电子层数与周期数相同，最外层电子数等于主族序数，115号元素原子有七个电子层，应位于第七周期，最外层有5个电子，则应位于第VA族，选项B正确；C、同主族元素从上而下金属性逐渐增强，故Mc在同族元素中金属性最强，选项C正确；D、同主族元素从上而下原子半径依次增大，故Mc的原子半径大于同族非金属元素原子，选项D不正确；答案选D。本题考查元素的推断，题目难度不大，注意原子核外电子排布与在周期表中的位置，结合元素周期律进行解答。15、C【解析】

A.醇羟基可以发生氧化反应生成羧基，可以用乙醇、空气为原料制取乙酸，故A正确；B.甲苯中苯基有11个原子共平面，甲基中最多有2个原子与苯基共平面，最多有13个原子共平面，故B正确；C.油脂不属于高分子化合物，故C错误；D.C5H12的同分异构体有CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、C(CH3)4，其中CH3CH2CH2CH2CH3有3种H原子，CH3CH2CH(CH3)2有4种H原子，C(CH3)4只有1种H原子，故羟基(—OH)取代1个H得到的醇有3+4+1=8种，故D正确；故答案为C。C5H12O的醇可以看做羟基上连接一个戊基，戊基有8种，所以分子式为C5H12O的醇共有8种结构；常见的烃基个数：丙基2种；丁基4种；戊基8种。16、C【解析】

A．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，根据元素周期律稳定性应该是硫化氢大于甲烷，A错误；

B．氧化性取决于得电子能力的强弱，次氯酸钠氧化性强是因为氯元素化合物为价，很容易得到电子，与在周期表的位置无关，B错误；

C．最高价氧化物的水化物酸性越强，对应的盐碱性越弱，酸性：硅酸碳酸，同浓度溶液pH：，C正确；

D．失去电子的能力越强，元素的金属性越强，金属性，不能从周期表的位置预测，D错误。

答案选C。17、C【解析】

A项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%～90%，A项错误；B项，反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，B项错误；C项，N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于66.021023，C项正确；D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项错误；答案选C。本题考查燃料电池中能量的转化、化学反应自发性的判断、可逆的氧化还原反应中转移电子数的计算、蛋白质的变性和酶的催化特点。弄清化学反应中能量的转化、化学反应自发性的判据、可逆反应的特点、蛋白质的性质和酶催化的特点是解题的关键。18、D【解析】

A．基态C1原子的核外有17个电子，每个电子运动状态均不相同，则电子有17种运动状态，故A正确；B．非金属性越强，元素的电负性越强，非金属性：C＜P＜N＜O，四种元素中电负性最大的是O，故B正确；C．H3PO4分子中磷原子的价层电子对数=4+(5+3-2×4)=4，故C正确；D．磷酸氯喹分子中只有一个手性碳，如图(∗所示)：，与足量H2发生加成反应后，该分子中含有5个手性碳原子，如图(∗所示):，故D错误；答案选D。计算价层电子对数时，利用的是成键电子对数和孤电子对数之和。19、B【解析】

A．a()中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B．a()、b()、c()都含有碳碳双键，具有烯烃的性质，可发生加成反应，加聚反应，故B正确；C．c()含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能共平面，故C错误；D．b()、c()的结构不同，不属于同系物，故D错误；故选B。本题的易错点为C，要注意有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、、)中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内。20、C【解析】

如图：对VS2/Zn扣式可充电电池组成分析，放电时，不锈钢箔为正极，锌片为负极，电极反应Zn-2e－═Zn2＋；充电时原电池的正极与外电源正极相连，作阳极，失电子发生氧化反应，原电池负极与电源负极相连，作阴极，得到电子发生还原反应。【详解】A．放电时，不锈钢箔为正极，发生还原反应，故A正确；B．放电时，负极为锌，锌电极反应为：Zn-2e－═Zn2＋，故B正确；C．充电时，原电池的正极接电源的正极，作阳极，失去电子，发生氧化反应，故C错误；D．充电时，原电池负极锌片与电源的负极相连，作阴极，故D正确；故选C。21、A【解析】

A.由丙烯通过加聚反应合成高分子化合物聚丙烯，故A正确；B.聚丙烯的链节：，故B错误；C.合成聚丙烯单体丙烯的结构简式：CH2=CHCH3，碳碳双键不能省，故C错误；D.聚丙烯中没有不饱和键，不能使溴水发生加成反应而褪色，故D错误；故选A。22、B【解析】

A.1mol白磷分子（P4）中含P-P键数为6mol，则6.2g白磷分子（P4）中含P-P键数为=0.3NA，A项错误；B.1个CH3+中含8个电子，所以1molCH3+中含电子数为8NA，B项正确；

C.标准状况下，SO3不是气体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol计算SO3中含原子数，C项错误；

D.常温常压不是标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，无法计算转移的电子数，D项错误；

答案选B。二、非选择题(共84分)23、A、B、C+→+HBr、、【解析】

A的分子式为C6H6N2Br2，A生成分子式为C7H6N2Br2O的B，再结合B的结构推测由A生成B的反应即取代反应，生成了一个肽键，所以A的结构为。B经过反应后生成分子式为C7H4N2Br2的C，相比于B，C的分子中少了1个H2O，所以推测B生成C额外产生了不饱和结构。由C生成E的条件以及E的分子式为C16H20N3O2Br且其中仅含1个Br推测，C生成E发生的是已知信息中给出的反应①类型的取代反应；进一步由G的结构原子的排列特点可以推测，C的结构为，那么E的结构为。E反应生成分子式为C14H16N3OBr的产物F，再结合反应条件分析可知，E生成F的反应即已知信息中提供的反应②，所以F的结构为。【详解】(1)通过分析可知，A生成B的反应即取代反应，所以A的结构即为；(2)A．通过分析可知，E的结构为，结构中含有咪唑环以及胺的结构，所以会显现碱性，A项正确；B．化合物B的结构中含有醛基，所以可以与新制氢氧化铜在加热条件下产生砖红色沉淀，B项正确；C．通过分析可知，F的结构为，可以与氢气加成生成醇，所以F可以发生还原反应，C项正确；D．由化合物G的结构可知其分子式为C16H18N5O2Br，D项错误；答案选ABC；(3)C与D反应生成E的方程式为：++HBr；(4)原料中提供了乙二醇，并且最终合成了，产物的结构中具有特征明显的五元环结构，因此考虑通过已知信息中的反应②实现某步转化；所以大致思路是，将4-溴吡啶中的溴原子逐渐转变为羰基，再与乙二醇发生反应②即可，所以具体的合成路线为：；(5)化合物A为，分子中含有4个不饱和度，1个苯环恰好有4个不饱和度，所以符合条件的A的同分异构体除苯环外其他结构均饱和；除去苯环外，有机物中还含有2个溴原子，以及2个都只形成单键的氮原子；若苯环上只安排1个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有2个取代基，只有；若苯环上有3个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有4个取代基，则满足要求的结构有和，至此讨论完毕。推断有机物结构时，除了反应条件，物质性质等信息外，还可以从推断流程入手，对比反应前后，物质结构上的差异推测反应的具体情况。24、ON＞O＞AlNH3分子间易形成氢键＜孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用sp2三角形1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)7:1×1030【解析】

前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态，A为H元素；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1，核外电子排布为1s22s22p3，为N元素；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍，核外电子排布为1s22s22p4、1s22s22p63s23p63d54s1，则C为O元素，E为Cr元素；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小，则D为该周期中原子序数最大的金属元素，因此D为Al元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Al元素，E为Cr元素。(1)元素的非金属性越强，电负性越大，元素H、N、O中，电负性最大的是O元素；同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，元素N、O、Al的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞Al，故答案为O；N＞O＞Al；(2)NH3分子间易形成氢键，导致氨气易液化；NH3中中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为1，其VSEPR模型为四面体构型，NH3分子中N原子采用sp3杂化，为三角锥结构，孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用，使得氨气分子中键角小于109°28′，故答案为NH3分子间易形成氢键；＜；孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用；(3)NO3－离子中N原子的价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数=3+=3，采用sp2杂化，立体构型为三角形，故答案为sp2；三角形；(4)E为Cr元素，基态E原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；C、E形成的化合物CrO5(其中E的化合价为＋6)，结构为，其中σ键与π键数目之比为7:1，故答案为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；7:1；(5)AlN晶胞中含有N或Al原子数为4，8×+6×=4，晶胞质量为g，因此晶胞的密度==×1030g·cm－3，故答案为×1030。正确推导元素是解答本题的关键。本题的难点为C、E的推导，易错点为(4)，要能够根据题意确定CrO5的结构。25、吸收Cl2或SO2等尾气，保护环境品红溶液褪色品红溶液褪色褪色的品红又恢复为红色无明显现象Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4KMnO40.2不合理蘸有试剂的棉花中可能含有SO32﹣，用HNO3溶液酸化时会干扰SO42﹣检验【解析】

探究SO2和氯水的漂白性：A用于制备SO2，可用Na2SO3与硫酸反应制取，B用于检验二氧化硫的生成，E用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制备氯气，D用于检验气体的漂白性，C用于检验SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性，棉花上沾有的试剂是NaOH溶液，作用是吸收尾气。【详解】(1)氯气、二氧化硫都是污染性的气体不能排放到空气中，氯气和氢氧化钠发应生成氯化钠、次氯酸钠和水，二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，棉花需要沾有氢氧化钠溶液吸收吸收Cl2或SO2等尾气，保护环境；(2)①氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，二氧化硫和品红化合生成无色物质，两者都能使品红溶液褪色，所以B和D装置中品红都褪色；②二氧化硫漂白后的物质具有不稳定性，加热时又能变为红色，而氯气的漂白是利用了氯气和水反应生成的次氯酸的强氧化性，具有不可逆性，所以看到的现象是B中溶液由无色变为红色，D中无明显现象；(3)SO2和Cl2按1：1通入，SO2和Cl2恰好反应，二者反应生成H2SO4和HCl，生成物都无漂白性，化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl；(4)常温下，用KMnO4和浓盐酸反应制Cl2，反应的化学方程式如下：2KMnO4+16HCl(浓)═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，Mn元素由+7价降低到+2价，Cl元素的化合价由﹣1价升高到0，高锰酸钾得电子是氧化剂，HCl失电子是还原剂，2KMnO4+16HCl(浓)═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，每生成5mol氯气被氧化的HCl是10mol，生成2.24L(标准状况)的Cl2，为0.1mol氯气，所以被氧化的HCl的物质的量n＝2n(Cl2)＝2×0.1mol＝0.2mol；(5)亚硫酸根离子具有还原性，硝酸具有氧化性，能把亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，蘸有试剂的棉花中可能含有SO32﹣，用HNO3溶液酸化时会干扰SO42﹣检验，所以该方案不合理。考查物质的性质实验，题目涉及二氧化硫与氯气的制取以及二氧化硫漂白与次氯酸漂白的区别，二氧化硫的性质主要有：①二氧化硫和水反应生成亚硫酸，紫色石蕊试液遇酸变红色；②二氧化硫有漂白性，能使品红褪色，但不能使石蕊褪色；③二氧化硫有还原性，能使高锰酸钾能发生氧化还原反应而褪色；④二氧化硫和二氧化碳有相似性，能使澄清的石灰水变浑浊，继续通入二氧化硫，二氧化硫和亚硫酸钙反应生成可溶性的亚硫酸氢钙；⑤具有氧化性，但比较弱。26、ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2Oa、cK3[Fe(CN)6]溶液2.025c>b>a若温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净称取mg样品，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于【解析】

(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO4·7H2O氧化为硫酸铁，据此书写；(2)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下氧化性增强；同时反应产生的Fe3+会发生水解反应，根据盐的水解规律分析分析；(3)检验Fe2+已经完全被氧化，就要证明溶液在无Fe2+；(4)实验是研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响，根据表格数据可知i、ii是研究NaClO3用量的影响；ii、iii或i、iv是研究温度的影响；据此分析解答；(5)温度低，盐水解程度小，不能充分聚沉；(6)Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，只要检验无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净；(7)根据Fe元素守恒，若含有FeOOH，最后得到的固体质量比Fe(OH)3多。【详解】(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO4·7H2O氧化为硫酸铁，NaClO3被还原为NaCl，同时产生水，反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；(2)NaClO3氧化FeSO4·7H2O时，为了增强其氧化性，要加入酸，因此提供酸性环境，增强NaClO3氧化性，选项a合理；同时FeSO4·7H2O被氧化为Fe2(SO4)3，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+发生水解反应使溶液显酸性，为抑制Fe3+的水解，同时又不引入杂质离子，因此要向溶液中加入硫酸，选项c合理，故答案为ac；(3)检验Fe2+已经完全被氧化，只要证明溶液中无Fe2+即可，检验方法是取反应后的溶液少许，向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若溶液无蓝色沉淀产生，就证明Fe2+已经完全被氧化为Fe3+；(4)①根据实验目的，i、ii是在相同温度下，研究NaClO3用量的影响，ii、iii或i、iv是研究温度的影响；因此m=2，n=25；②在其它条件不变时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快，实验b>a；ii、iii的反应物浓度相同时，升高温度，化学反应速率大大加快，实验c>b，因此三者关系为c>b>a；(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，原因是温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降；(6)Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，若最后的洗涤液中无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净。方法是取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净；(7)在最后得到的沉淀Fe(OH)3中若含有FeOOH，由于Fe(OH)3中比FeOOH中Fe元素的含量多。由于1molFe(OH)3质量是107g，完全灼烧后产生0.5molFe2O3，质量是80g，若称取mgFe(OH)3，完全灼烧后固体质量是，若样品中含有FeOOH，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于。本题考查了氢氧化铁的制备原理及操作的知识。涉及氧化还原反应方程式的配平、实验方案的涉及、离子的检验方法、盐的水解、物质纯度的判断等。掌握元素及化合物的知识和化学反应基本原理是解题关键。27、球形冷凝管冷凝回流，减少反应物乙醇的损失作催化剂防止暴沸及时分离出产物水，促使酯化反应的平衡正向移动除去硫酸及未反应的苯甲酸下口放出89.6【解析】

根据反应原理，联系乙酸与乙醇的酯化反应实验的注意事项，结合苯甲酸、乙醇、苯甲酸乙酯、乙醚的性质分析解答(1)～(5)；(6)根据实验中使用的苯甲酸的质量和乙醇的体积，计算判断完全反应的物质，再根据反应的方程式计算生成的苯甲酸乙酯的理论产量，最后计算苯甲酸乙酯的产率。【详解】(1)根据图示，反应装置中分水器上方的仪器是球形冷凝管，乙醇容易挥发，球形冷凝管可以起到冷凝回流，减少反应物乙醇的损失；(2)苯甲酸与乙醇的酯化反应需要用浓硫酸作催化剂，加入沸石可以防止暴沸；(3)苯甲酸与乙醇的酯化反应中会生成水，步骤②中使用分水器除水，可以及时分离出产物水，促使酯化反应的平衡正向移动，提高原料的利用率；(4)步骤③中将反应液倒入盛有80mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末，碳酸钠可以与硫酸及未反应的苯甲酸反应生成二氧化碳，因此加入碳酸钠的目的是除去硫酸及未反应的苯甲酸；(5)根据表格数据，生成的苯甲酸乙酯密度大于水，在分液漏斗中位于下层，分离出苯甲酸乙酯，应该从分液漏斗的下口放出；(6)12.2g苯甲酸的物质的量==0.1mol，25mL乙醇的质量为0.79g/cm3×25mL=19.75g，物质的量为=0.43mol，根据