深圳高级中学2026年高考押题金卷（全国卷Ⅱ）化学试题试卷含解析

深圳高级中学2026年高考押题金卷（全国卷Ⅱ）化学试题试卷考生请注意：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、加入少许下列一种物质，不能使溴水颜色显著变浅的是A．Mg粉 B．KOH溶液 C．KI溶液 D．CCl42、2019年《化学教育》期刊封面刊载如图所示的有机物M(只含C、H、O)的球棍模型图。不同大小、颜色的小球代表不同的原子，小球之间的“棍”表示共价键，既可以表示三键，也可以表示双键，还可以表示单键。下列有关M的推断正确的是A．M的分子式为C12H12O2B．M与足量氢气在一定条件下反应的产物的环上一氯代物有7种C．M能发生中和反应、取代反应、加成反应D．一个M分子最多有11个原子共面3、已知二甲苯的结构：，下列说法正确的是A．a的同分异构体只有b和c两种B．在三种二甲苯中，b的一氯代物种数最多C．a、b、c均能使酸性KMnO4溶液、溴水发生化学反应而褪色D．a、b、c中只有c的所有原子处于同一平面4、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A．1mol甲基(－CH3)所含的电子数为10NAB．常温常压下，1mol分子式为C2H6O的有机物中，含有C－O键的数目为NAC．14g由乙烯和环丙烷()组成的混合气体中，含有的原子总数为3NAD．标准状况下，22.4L四氯化碳中含有共用电子对的数目为4NA5、某兴趣小组设计了如下实验测定海带中碘元素的含量，依次经过以下四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（）A．灼烧海带：B．将海带灰溶解后分离出不溶性杂质：C．制备Cl2，并将I-氧化为I2：D．以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定：6、下列保存物质的方法正确的是A．液氯贮存在干燥的钢瓶里B．少量的锂、钠、钾均保存在煤油中C．浓溴水保存在带橡皮塞的棕色细口瓶中D．用排水法收集满一瓶氢气，用玻璃片盖住瓶口，瓶口朝上放置7、比较归纳是化学学习常用的一种方法。对以下三种物质的转化关系，①C→CO2；②CH4→CO2；③CO→CO2，比较归纳正确的是A．三种转化关系中发生的反应都属于化合反应B．三种转化关系中所有的生成物在常温下都是气体C．三种物质都只能跟氧气反应转化为二氧化碳D．三种物质都能在点燃条件下转化为二氧化碳8、向等物质的量浓度的K2S、KOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫各物种（H2S、HS−、S2−）的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与滴加盐酸体积的关系如图所示（忽略滴加过程H2S气体的逸出）。下列说法不正确的是A．A曲线表示S2-随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况B．X、Y为曲线两交叉点。若已知Y点处的pH，则可计算Ka1（H2S）C．X、Y点对应溶液中水的电离程度大小关系为：X<YD．Y点对应溶液中c（K＋）与含硫各微粒浓度的大小关系为：c（K＋）＝3[c（H2S）＋c（HS−）＋c（S2−）]9、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A．Cu2S(s)Cu(s)CuCl2(s)B．SiO2(s)H2SiO3(s)Na2SiO3(aq)C．Fe(s)Fe2O3(s)Fe2(SO4)3(aq)D．NaCl(aq)Na2CO3(s)NaOH(aq)10、某学生利用NaOH溶液去除铝表面的氧化膜以后，进行“铝毛”实验。在其实验过程中常有发生，但与实验原理不相关的反应是()A．Al2O3+2NaOH→2NaAlO2+H2OB．2Al+2H2O+2NaOH→2NaAlO2+3H2↑C．2Al+3Hg(NO3)2→2Al(NO3)3+3HgD．4Al+3O2→2Al2O311、已知：一元弱酸HA的电离平衡常数K＝。25℃时，CH3COOH、HCN、H2CO3的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHHCNH2CO3K1.75×10–54.9×10–10K1=4.4×10–7K2=5.6×10–11下列说法正确的是A．稀释CH3COOH溶液的过程中，n(CH3COO–)逐渐减小B．NaHCO3溶液中：c(H2CO3)＜c()＜c(HCO3−)C．25℃时，相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液D．向CH3COOH溶液或HCN溶液中加入Na2CO3溶液，均产生CO212、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．某密闭容器中盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NAB．常温下，1LpH＝9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10−9NAC．14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3•xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NAD．标准状况下，2.24L丙烷含有的共价键数目为1.1NA13、我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。下列说法不正确的是A．异戊二烯所有碳原子可能共平面B．可用溴水鉴别M和对二甲苯C．对二甲苯的一氯代物有2种D．M的某种同分异构体含有苯环且能与钠反应放出氢气14、下列关于有机化合物的说法正确的是A．糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应B．戊烷（C5H12）有两种同分异构体C．乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键D．乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别15、辉钼精矿主要成分是二氧化钼（MoS2），还含有石灰石、石英、黄铜矿（CuFeS2）等杂质。某学习小组设计提取MoS2的过程如下：下列说法错误的是A．为加快辉钼精矿溶解，可将矿石粉粹并适当加热B．加滤液中含Ca2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、H+等离子C．以上①②③过程均涉及氧化还原反应D．步骤③温度不宜过高，以免MoS2被氧化16、如图所示的X、Y、Z、W四种短周期元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是A．X、Y、W三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B．Z、X、W三种元素氧化物对应水化物的酸性依次增强C．由X、W和氢三种元素形成的化合物中只含共价键D．X、Z形成的二元化合物是一种新型无机非金属材料17、已知室温下溶度积常数：Ksp[Pb（OH）2]=2×10-15，Ksp[Fe（OH）2]=8×10-15。当溶液中金属离子浓度小于10-5mol•L-1视为沉淀完全。向20mL含0.10mol•L-1Pb2+和0.10mol•L-1Fe2+的混合溶液中滴加0.10mol•L-1NaOH溶液，金属阳离子浓度与滴入NaOH溶液体积的关系曲线如图所示，则下列说法正确的是（）A．曲线A表示c(Pb2+)的曲线B．当溶液pH=8时，Fe2+开始沉淀，Pb2+沉淀完全C．滴入NaOH溶液体积大于30mL时，溶液中c(Fe2+)=4c(Pb2+)D．室温下，滴加NaOH溶液过程中，比值不断增大18、短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a和b的最外电子数之和等于c和d的最外层电子数之和，这四种元素组成两种盐b2da3和bca2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸，产生白色沉淀的物质的量与盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是A．1mold的氧化物含2mol化学键B．工业上电解c的氧化物冶炼单质cC．原子半径：a<b<c<dD．简单氢化物的沸点：a<d19、我国科学家发明了一种“可固氮”的锂－氮二次电池，用可传递Li+的醚类物质作电解质，电池的总反应为6Li+N22Li3N，下列说法正确的是A．固氮时，电能转化为化学能B．固氮时，电流由锂电极经用电器流向钌复合电极C．脱氮时，钌复合电极的电极反应：2Li3N-6e-=6Li++N2↑D．脱氮时，Li+向钌复合电极迁移20、向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按正反应速率由大到小排列顺序正确的是甲：在500℃时，SO2和O2各10mol反应乙：在500℃时，用V2O5做催化剂，10molSO2和5molO2反应丙：在450℃时，8molSO2和5molO2反应丁：在500℃时，8molSO2和5molO2反应A．甲、乙、丙、丁 B．乙、甲、丙、丁C．乙、甲、丁、丙 D．丁、丙、乙、甲21、元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示,其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸。则下列判断正确的是()A．非金属性:Z<T<XB．R与Q的电子数相差26C．气态氢化物稳定性:R<T<QD．最高价氧化物的水化物的酸性:R>Q22、下列说法中，正确的是A．将2gH2与足量的N2混合，充分反应后转移的电子数为2NAB．1molNa218O2与足量水反应，最终水溶液中18O原子为2NA个C．常温下，46gNO2和N2O4组成的混合气体中所含有的分子数为NAD．100mL12mol/L的浓HNO3与过量Cu反应，转移的电子数大于0.6NA二、非选择题(共84分)23、（14分）芳香族化合物A()是重要的有机化工原料。由A制备有机化合物F的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：（1）A的分子式是______，B中含有的官能团的名称是_________。（2）D→E的反应类型是_______。（3）已知G能与金属钠反应，则G的结构简式为_________。（4）写出E→F的化学方程式：_________。（5）写出符合下列条件的龙胆酸乙酯()的同分异构体有______种，写出其中一种同分异构体的结构简式：_________________。①能发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应，但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；②核磁共振氢谱有四组峰，且峰的面积之比为6:2:1:1。（6）已知：。参照上述合成路线，设计一条以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线(无机试剂任用)：________。24、（12分）盐酸阿比朵尔，适合治疗由A、B型流感病毒引起的上呼吸道感染，2020年入选新冠肺炎试用药物，其合成路线：回答下列问题：（1）有机物A中的官能团名称是______________和______________。（2）反应③的化学方程式______________。（3）反应④所需的试剂是______________。（4）反应⑤和⑥的反应类型分别是______________、______________。（5）I是B的同分异构体，具有两性并能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，写出具有六元环结构的有机物H的结构简式______________。(不考虑立体异构，只需写出3个)（6）已知：两分子酯在碱的作用下失去一分子醇生成β—羟基酯的反应称为酯缩合反应，也称为Claisen（克莱森）缩合反应，如：，设计由乙醇和制备的合成线路______________。(无机试剂任选)25、（12分）乙烯来自石油的重要化工原料，其产量是一个国家石油化工水平的标志，根据以下实验，请回答下列问题：（1）实验之前需要对该装置进行气密性的检查，具体操作为：______（2）石蜡油分解实验产生的气体的主要成分是______（填写序号）；①只有甲烷②只有乙烯③烷烃与烯烃的混合物（3）实验过程中装置B中的现象为_________，若装置D中产生了白色沉淀，则说明装置C中发生反应的离子方程式为______________；（4）该实验中碎瓷片的作用是______（填序号）；①防止暴沸②有催化功能③积蓄热量④作反应物（5）将分解产生的气体混合物全部通入到足量溴水中，溴水增重mg，则该气体混合物中属于烯烃的原子个数为__________（用NA表示）；（6）利用A装置的仪器还可以制备的气体有______（任填一种），产生该气体的化学方程式为_____。26、（10分）三苯甲醇()是重要的有机合成中间体。实验室中合成三苯甲醇时采用如图所示的装置，其合成流程如图：已知:①格氏试剂易潮解，生成可溶于水的Mg(OH)Br。②三苯甲醇可通过格氏试剂与苯甲酸乙酯按物质的量比2:1反应合成③相关物质的物理性质如下：物质相对分子量沸点熔点溶解性三苯甲醇260380℃164.2℃不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂乙醚-34.6℃-116.3℃微溶于水，溶于乙醇、苯等有机溶剂溴苯-156.2℃-30.7℃不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂苯甲酸乙酯150212.6℃-34.6℃不溶于水请回答下列问题：（1）合成格氏试剂：实验装置如图所示，仪器A的名称是____，已知制备格氏试剂的反应剧烈放热，但实验开始时常加入一小粒碘引发反应，推测I2的作用是____。使用无水氯化钙主要是为避免发生____（用化学方程式表示）。（2）制备三苯甲醇：通过恒压滴液漏斗往过量的格氏试剂中加入13mL苯甲酸乙酯（0.09mol）和15mL无水乙醚的混合液，反应剧烈，要控制反应速率除使用冷水浴外，还可以___（答一点）。回流0.5h后，加入饱和氯化铵溶液，有晶体析出。（3）提纯：冷却后析出晶体的混合液含有乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯和碱式溴化镁等杂质，可先通过___（填操作方法，下同）除去有机杂质，得到固体17.2g。再通过___纯化，得白色颗粒状晶体16.0g，测得熔点为164℃。（4）本实验的产率是____（结果保留两位有效数字）。本实验需要在通风橱中进行，且不能有明火，原因是____。27、（12分）某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与H2O2溶液的反应。实验Ⅰ：试剂：酸化的0.5mol·L-1FeSO4溶液（pH=0.2），5%H2O2溶液（pH=5）操作现象取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴5%H2O2溶液溶液立即变为棕黄色，稍后，产生气泡。测得反应后溶液pH=0.9向反应后的溶液中加入KSCN溶液溶液变红(1)上述实验中H2O2溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式是__。(2)产生气泡的原因是__。(3)某同学认为，根据“溶液变红”不能说明FeSO4与H2O2发生了反应，又补充了实验II证实了该反应发生。实验II的方案和现象是__。实验III：试剂：未酸化的0.5mol·L-1FeSO4溶液（pH=3），5%H2O2溶液（pH=5）操作现象取2mL5%H2O2溶液于试管中，加入5滴上述FeSO4溶液溶液立即变为棕黄色，产生大量气泡，并放热，反应混合物颜色加深且有浑浊。测得反应后溶液pH=1.4(4)将上述混合物分离，得到棕黄色沉淀和红褐色胶体。取部分棕黄色沉淀洗净，加4mol·L-1盐酸，沉淀溶解得到黄色溶液。初步判断该沉淀中含有Fe2O3，经检验还含有SO42-。①检验棕黄色沉淀中SO42-的方法是______。②结合方程式解释实验III中溶液pH降低的原因______。实验IV：用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作与实验III相同，除了产生与III相同的现象外，还生成刺激性气味气体，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色。(5)将反应得到的混合物过滤，得到黄色沉淀。将黄色沉淀洗净，加稀盐酸，沉淀不溶解。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，写出生成黄色沉淀的化学方程式___。(6)由以上实验可知，亚铁盐与H2O2反应的现象与______（至少写两点）有关。28、（14分）电解是一种非常强有力的促进氧化还原反应的手段，许多很难进行的氧化还原反应，都可以通过电解来实现。（1）工业上常以石墨做电极，电解NaCl水溶液时，阴极区产物有____，其溶液可用于吸收工业尾气中的SO2，写出反应的化学方程式_____。（2）电解NaCl水溶液时，用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3，用平衡移动原理解释盐酸的作用_____。离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系。由有机阳离子、Al2Cl7-和AlCl4-组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上发生电镀，有铝产生。（3）铝原子的核外电子排布式是____，其中有____种不同能级的电子。（4）为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当所得还原产物为6g时，转移电子的物质的量为___mol。（5）用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有____(填编号)。a．KClO3b．Mgc．MnO2d．KCl取少量铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，不能说明固体混合物中无Fe2O3，理由是________(用离子方程式说明)。29、（10分）钙钛矿太阳能电池具有转化效率高、低成本等优点，是未来太阳能电池的研究方向。回答下列问题：(1)下列状态的钙中，电离最外层一个电子所需能量最大的是__________(填字母标号)。A．[Ar]4s1B．[Ar]4s2C．[Ar]4s14p1D．[Ar]4p1(2)基态钛原子的核外价电子轨道表达式为____________。(3)一种有机金属卤化钙钛矿中含有NH2－CH＝NH2＋，该离子中氮原子的杂化类型为___________，其对应分子NH2－CH＝NH的熔沸点高于CH3CH2CH＝CH2的熔沸点的原因为__________。(4)一种无机钙钛矿CaxTiyOz的晶体结构如图所示，则这种钙钛矿化学式为___________，已知Ca和O离子之间的最短距离为apm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则这种钙钛矿的密度是___________g·cm－3(列出计算表达式)。(5)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子1的坐标为(，，)，则原子2和3的坐标分别为__________、__________。

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】

溴水溶液与氯水溶液成分相似，存在平衡Br2+H2OHBr+HBrO，据此分析作答。【详解】A．Mg与溴水反应生成无色溶液，颜色变浅，故A不符合题意；B．KOH与溴水反应生成无色溶液，颜色变浅，故B不符合题意；C．溴水与KI发生反应生成碘，溶液颜色加深，故C符合题意；D．溴水与四氯化碳发生萃取，使溴水颜色显著变浅，故D不符合题意；故答案为：C。2、C【解析】

根据球棍模型，推出该有机物结构简式为，据此分析；【详解】A.根据球棍模型推出M的化学式为C12H10O2，故A错误；B.M与足量氢气在一定条件下发生加成反应，得到，环上有10种不同的氢，因此环上一氯代物有10种，故B错误；C.M中有羧基和苯环，能发生中和反应、取代反应、加成反应，故C正确；D.苯的空间构型是平面正六边形，M分子中含有2个苯环，因此一个M分子最多有22个原子共面，故D错误；答案：C。3、B【解析】

A.a的同分异构体中属于芳香烃的除了b和c外还有，另a还可能有链状的同分异构体如CH2=CH—CH=CH—CH=CH—CH=CH2等、或环状的同分异构体如等，A错误；B.a、b、c侧链上的一氯代物都只有1种，a苯环上一氯代物有2种，b苯环上一氯代物有3种，c苯环上一氯代物只有1种，故三种二甲苯中，b的一氯代物种数最多，B正确；C.a、b、c均能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，a、b、c都不能与溴水发生化学反应，C错误；D.a、b、c分子中都含有—CH3，与—CH3中碳原子直接相连的4个原子构成四面体，a、b、c中所有原子都不可能在同一平面上，D错误；答案选B。4、C【解析】

A.1个甲基中含有9个电子，则1mol甲基(－CH3)所含的电子数为9NA，A错误；B.分子式为C2H6O的有机物可能是乙醇CH3CH2OH（1个乙醇分子中含1个C—O键），也可能是二甲醚CH3-O-CH3（1个二甲醚分子中含2个C—O键），故不能确定其中含有的C－O键的数目，B错误；C.乙烯和环丙烷()的最简式都是CH2，1个最简式中含有3个原子，14g由乙烯和环丙烷()组成的混合气体中含有最简式的物质的量是1mol，因此含有的原子总数为3NA，C正确；D.在标准状况下四氯化碳呈液态，不能用气体摩尔体积计算四氯化碳物质的量，D错误；故答案是C。5、B【解析】

A.灼烧需在坩埚中进行，不能选烧杯，A项错误；B.将海带灰溶解后分离出不溶性杂质采用过滤操作，过滤需要玻璃棒引流，图中操作科学规范，B项正确；C.制备Cl2，并将I-氧化为I2，除去氯气中的氯化氢应该用饱和食盐水，尾气需用氢氧化钠吸收，C项错误；D.Na2S2O3为强碱弱酸盐，因S2O32-的水解使溶液呈现碱性，所以滴定时Na2S2O3应该放在碱式滴定管中，而不是酸式滴定管，D项错误；答案选B。本题的易错点是D项，选择酸碱滴定管一方面要考虑实际的反应所需的环境，另一方面要考虑标准溶液的酸碱性。如高锰酸钾溶液在酸性条件下具有强氧化性，需选择酸式滴定管；而本题的硫酸硫酸钠还原碘单质时，考虑到标准溶液的水解来选择碱式滴定管。此外，学生要牢记仪器的构造，会区分酸式滴定管与碱式滴定管。6、A【解析】

A项，常温干燥情况下氯气不与铁反应，故液氯贮存在干燥的钢瓶里，A项正确；B项，钠、钾均保存在煤油中，但锂的密度小于煤油，故不能用煤油密封保存，应用石蜡密封，B项错误；C项，溴具有强氧化性，能腐蚀橡胶，故保存浓溴水的细口瓶不能用橡胶塞，C项错误；D项，用排水法收集满一瓶氢气，用玻璃片盖住瓶口，氢气密度小于空气，故瓶口应朝下放置，D项错误；本题选A。7、D【解析】分析：①C→CO2属于碳在氧气中燃烧或者与氧化铜等金属氧化物反应生成二氧化碳；②CH4→CO2属于甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，常温下水为液态；③CO→CO2属于一氧化碳在氧气中燃烧或者与氧化铜等金属氧化物反应生成二氧化碳。详解：A．甲烷燃烧生成二氧化碳和水，碳与氧化铜反应生成铜与二氧化碳，不是化合反应，A错误；B．甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，常温下水为液态，B错误；C．碳、一氧化碳与氧化铜反应能够生成二氧化碳，C错误；D．碳、一氧化碳、甲烷都能够燃烧生成二氧化碳，D正确；答案选D。8、C【解析】

滴加盐酸时，盐酸先和KOH反应，然后再和K2S反应，首先发生S2-+H+=HS-，该过程中S2-含量减少，HS-含量上升，然后发生HS-+H+=H2S，此时HS-含量下降，H2S上升，所以A代表S2-，B代表HS-，C代表H2S。【详解】A．根据分析可知A曲线表示S2-随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况，故A正确；B．Y点表示c(H2S)=c(HS−)，Ka1(H2S)=，当c(H2S)=c(HS−)时，Ka1(H2S)=c(H+)，所以若已知Y点处的pH，则可计算Ka1(H2S)，故B正确；C．X点c(HS-)=c(S2-)，Y点c(H2S)=c(HS-)，S2-和HS-的水解促进水的电离，H2S为酸抑制水电离，则X点水的电离程度较大，故C错误；D．原溶液为等物质的量浓度的K2S、KOH混合溶液，根据物料守恒可知c(K＋)＝3[c(H2S)＋c(HS−)＋c(S2−)]，故D正确；故答案为C。9、A【解析】

A.硫化亚铜与氧气反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2，铜与氯气反应生成氯化铜，反应为：Cu+Cl2CuCl2，A正确；B.SiO2不溶于水，也不能和水反应，所以二者不能直接生成H2SiO3，B错误；C.铁和水蒸气在高温时反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，C错误；D.在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，不是一步生成碳酸钠，D错误；故合理选项是A。10、B【解析】

利用NaOH

溶液去除铝表面的氧化膜，发生的反应为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，然后进行“铝毛”实验即汞能与铝结合成合金，俗称“铝汞齐”，所以铝将汞置换出来，形成“铝汞齐”，发生反应为：2Al+3Hg(NO3)2=2Al(NO3)3+3Hg，当“铝汞齐”表面的铝因氧化而减少时，铝片上的铝会不断溶解进入铝汞齐，并继续在表面被氧化，最后使铝片长满固体“白毛”而且越长越高，发生反应为：4Al+3O2=2Al2O3，所以与实验原理不相关的反应是B；故选：B。11、C【解析】

A．加水稀释CH3COOH溶液，促进CH3COOH的电离，溶液中n(CH3COO–)逐渐增多，故A错误；B．NaHCO3溶液中HCO3-的水解常数Kh2===2.27×10–8＞K2=5.6×10–11，说明HCO3-的水解大于电离，则溶液中c()＜c(H2CO3)＜c(HCO3−)，故B错误；C．由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于CH3COOH，同CN-的水解程度大于CH3COO-，则25℃时，相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液，故C正确；D．由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于H2CO3，则向HCN溶液中加入Na2CO3溶液，只能生成NaHCO3，无CO2气体生成，故D错误；故答案为C。12、C【解析】

A.合成氨的反应为可逆反应，不能进行到底，则转移的电子数小于0.6NA，故A错误；B.CH3COONa属于强碱弱酸盐，醋酸根的水解促进水的电离，c(H2O)电离=c(OH-)=1×10−5mol/L，则发生电离的水分子数为1L×1×10−5mol/L×NA=1×10−5NA，故B错误；C.Fe发生吸氧腐蚀，铁作负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，然后Fe2+与OH-反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，最后生Fe2O3•xH2O，14.0gFe的物质的量为，则电极反应转移的电子数为0.25mol×2=0.5mol，故C正确；D.标准状况下，2.24L丙烷的物质的量为0.1mol，而丙烷中含10条共价键，故0.1mol丙烷中含有的共价键数目为NA，故D错误；故选C。水电离的c(H＋)或c(OH-)的计算技巧(25℃时)(1)中性溶液：c(H＋)＝c(OH-)＝1.0×10-7mol·L-1。(2)酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H＋)＝c(OH-)＜10-7mol·L-1，当溶液中的c(H＋)＜10-7mol·L-1时就是水电离出的c(H＋)；当溶液中的c(H＋)＞10-7mol·L-1时，就用10-14除以这个浓度即得到水电离的c(H＋)。(3)可水解的盐促进水的电离，水电离的c(H＋)或c(OH-)均大于10-7mol·L-1。若给出的c(H＋)＞10-7mol·L-1，即为水电离的c(H＋)；若给出的c(H＋)＜10-7mol·L-1，就用10-14除以这个浓度即得水电离的c(H＋)。13、D【解析】

A.异戊二烯中2个碳碳双键所确定的平面重合时，所有碳原子共平面，A正确；B.M中含有碳碳双键可使溴水褪色，对二甲苯与溴水可发生萃取，使溶液分层，有机层显橙红色，可用溴水鉴别，B正确；C.对二甲苯的一氯代物有氯原子在苯环上1种，在甲基上1种，合计2种，C正确；D.M的分子式为C8H12O，某种同分异构体含有苯环，则剩余基团为C2H7-，无此基团，D错误；答案为D碳碳双键与溴水中的溴发生加成反应使溴水褪色；对二甲苯与溴水萃取使溴水褪色，但有机层显橙红色。14、D【解析】

A．糖类中的单糖不能水解，二糖、多糖、油脂和蛋白质可发生水解反应，故A错误；B．戊烷(C5H12)有三种同分异构体，正戊烷、新戊烷、异戊烷，故B错误；C．苯中不含碳碳双键，也不存在碳碳单键，聚氯乙烯中也不存在碳碳双键，存在的是碳碳单键，只有乙烯中含有碳碳双键，故C错误；D．乙酸与碳酸钠能够反应生成气体，而乙酸乙酯与碳酸钠不反应，现象不同，可鉴别，故D正确；故选D。15、C【解析】

辉钼精矿经盐酸、氯化铁浸泡时，碳酸钙黄铜矿溶解，则滤液中含有Ca2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、H+等离子；滤渣为S、MoS2、SiO2；加入氢氟酸，二氧化硅反应生成四氟化硅气体和水，滤渣2为S、MoS2，空气中加入S生成二氧化硫。【详解】A.可将矿石粉粹增大接触面积并适当加热，可使反应速率增大，促使辉钼精矿加快溶解，与题意不符，A错误；B.分析可知，滤液中含Ca2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、H+等离子，与题意不符，B错误；C.反应②的过程为二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅气体和水，为复分解反应，符合题意，C正确；D.步骤③温度不宜过高，以免MoS2被氧化，与题意不符，D错误；答案为C。16、D【解析】

根据在短周期中，X、Y、Z、W的位置，可以知道，X和Y位于第二周期，Z和W位于第三周期，设Z元素原子的最外层电子数为a，则X、Y、W的原子的最外层电子数分别为a＋1、a＋2、a＋3；有a+a＋1+a＋2+a＋3=22，得a=4，Z的最外层电子数为4，Z元素为Si，同理可知X、Y、W分别为N、O、Cl。A．X、Y、W三种元素最低价氢化物分别为NH3、H2O、HCl，由于NH3、H2O分子间存在氢键，沸点会升高，因此沸点最高的是H2O，最低的是HCl，A项错误；B．Z、X、W元素氧化物对应的水化物的酸性不一定增强，如Cl的含氧酸中的HClO为弱酸，其酸性比N的最高价氧化物的水化物HNO3的弱，B项错误；C．X、W和H三种元素形成的化合物为NH4Cl等，NH4Cl为离子化合物，其中既存在离子键又存在共价键，C项错误；D．Z和X形成的二元化合物为氮化硅，氮化硅是一种重要的结构陶瓷材料，它是一种新型无机非金属材料，D项正确；本题答案选D。17、C【解析】

A.Pb(OH)2的Ksp小于Fe(OH)2的Ksp，则等pH时，Fe2+浓度较大，则曲线A表示c(Fe2+)的曲线，A错误；B.当溶液pH=8时，c(OH−)=10−6mol/L，此时(Fe2+)×c2(OH−)=0.1×10−12=10−13>Ksp[Fe(OH)2]，Fe2+没有生成沉淀，B错误；C.滴入NaOH溶液体积大于30mL时，曲线发生变化，溶液中c(Fe2+)：c(Pb2+)=Ksp[Fe(OH)2]/Ksp[Pb(OH)2]=4:1，则c(Fe2+)=4c(Pb2+)，C正确；D.c(Pb2+)⋅c(OH−)/c(H+)=c(Pb2+)⋅c2(OH−)/[c(H+)⋅c(OH−)]=Ksp[(PbOH)2]/Kw，Ksp[(PbOH)2]/Kw为定值，则c(Pb2+)⋅c(OH−)/c(H+)为定值不发生变化，D错误；答案为C。Ksp[Pb（OH）2]<Ksp[Fe（OH）2]，混合溶液中加入NaOH溶液时，Pb2+先生成沉淀。18、B【解析】

短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a和b的最外电子数之和等于c和d的最外层电子数之和，这四种元素组成两种盐b2da3和bca2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸，生成白色沉淀，盐酸过量时部分沉淀溶解，说明生成的沉淀中含有氢氧化铝，因此两种盐的混合溶液中含有偏铝酸盐，如NaAlO2，因此a为O元素，c为Al元素，b为Na元素；根据盐b2da3的形式，结合强酸制弱酸的原理，d酸难溶于水，因此d酸为硅酸，d为Si元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析，a为O元素，b为Na元素，c为Al元素，d为Si元素。A.d的氧化物为二氧化硅，1mol二氧化硅中含有4molSi-O键，故A错误；B.工业上冶炼铝是电解熔融的氧化铝实现的，故B正确；C.一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，原子半径：a<d<c<b，故C错误；D.水分子间能够形成氢键，沸点较高，而SiH4不能，因此简单氢化物的沸点：a＞d，故D错误；答案选B。19、C【解析】

A.固氮时为原电池原理，化学能转化为电能，A错误；B.固氮时，Li电极为负极，钌复合电极为正极，电流由钌复合电极经用电器流向锂电极，B错误；C.脱氮时为电解原理，钌复合电极为阳极，阳极上发生失电子的氧化反应，钌复合电极的电极反应为2Li3N-6e-=6Li++N2↑，C正确；D.脱氮时，钌复合电极为阳极，锂电极为阴极，Li+（阳离子）向锂电极迁移，D错误；答案选C。20、C【解析】

根据外界条件对反应速率的影响，用控制变量法判断反应速率相对大小，然后排序，注意催化剂对反应速率的影响更大。【详解】甲与乙相比，SO2浓度相等，甲中氧气的浓度大、乙中使用催化剂，其它条件相同，因为二氧化硫的浓度一定,氧气浓度的影响不如催化剂影响大，故使用催化剂反应速率更快，所以反应速率：乙>甲；甲与丁相比，甲中SO2、O2的物质的量比丁中大，即SO2、O2的浓度比丁中大，其它条件相同，浓度越大，反应速率越快，所以反应速率：甲>丁；丙与丁相比，其它条件相同，丁中温度高，温度越高，反应速率越快，所以反应速率：丁>丙；所以由大到小的顺序排列乙、甲、丁、丙，答案选C。21、B【解析】

R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，则R为F元素，由元素在周期表中的位置可知，T为Cl元素，Q为Br元素，X为S元素，Z为Ar元素。【详解】A．Z为Ar元素，最外层为稳定结构，金属性与非金属性在同周期中最弱，且同周期自左而右非金属性增强，非金属性Z＜X＜T，A项错误；B．R为F元素，Q为Br元素，原子序数相差26，B项正确；C．同主族自上而下，非金属性减弱，非金属性F＞Cl＞Br，非金属性越强，气态氢化物越稳定，稳定性HF＞HCl＞HBr，C项错误；D．R为F，非金属性很强，没有最高价含氧酸，D项错误；答案选B。22、D【解析】

A．将2gH2与足量的N2混合，该反应为可逆反应，不能进行彻底，充分反应后转移的电子数小于2NA，故A错误；B.1molNa218O2与足量水生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠中的氧原子转化为氢氧化钠和氧气中的氧原子，最终水溶液中18O原子为NA个，故B错误；C．NO2、N2O4的摩尔质量不同，无法计算混合气体的组成，故C错误；D．由于浓HNO3与铜反应生成NO2，而稀HNO3与铜反应生成NO，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，100

mL

12

mol•L-1的浓HNO3完全被还原为NO2转移0.6mol电子，完全被还原为NO转移0.9mol电子，转移的电子数大于0.6NA，故D正确；答案选D。二、非选择题(共84分)23、C6H7N羰基、碳碳双键酯化反应（或取代反应）HOCH2COOC2H5+C6H5CH2Br+HBr2或【解析】

本小题考查有机化学基础知识，意在考查学生推断能力。（1）结合芳香族化合物A的结构简式可知其分子式；由有B的结构简式确定其官能团；（2）根据D和E的官能团变化判断反应类型；（3）G能与金属钠反应，则G中含羧基或羟基，对比D和E的结构简式可确定G的结构简式；（4））E→F的反应中，E中的酚羟基的氢原子被苯甲基取代生成F；（5）发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该有机物分子中不含有酚羟基，但其水解产物中含有酚羟基，故该有机物为酯类，核磁共振氢谱有四组峰，氢峰的面积之比为6:2:1:1，说明该有机物分子中含有4种等效氢原子，其中6个氢应该为两个甲基上的H，则该有机物具有对称结构；（6）根据信息，以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线为。【详解】（1）结合芳香族化合物A的结构简式可知其分子式为C6H7N；根据B的结构简式确定其官能团为羰基、碳碳双键。本小题答案为：C6H7N；羰基、碳碳双键。（2）根据D和E的官能团变化分析，D→E发生的是酯化反应（或取代反应）。本小题答案为：酯化反应（或取代反应）。（3）G能与金属钠反应，则G中含羧基或羟基，对比D和E的结构简式可确定G中含羟基，结构简式为HOCH2COOC2H5。本小题答案为：HOCH2COOC2H5。（4）E→F的反应中，E中的酚羟基的氢原子被苯甲基取代生成F，方程式为+C6H5CH2Br+HBr。本小题答案为：+C6H5CH2Br+HBr。（5）发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该有机物分子中不含有酚羟基，但其水解产物中含有酚羟基，故该有机物为酯类，核磁共振氢谱有四组峰，氢峰的面积之比为6:2:1:1，说明该有机物分子中含有4种等效氢原子，其中6个氢应该为两个甲基上的H，则该有机物具有对称结构，结合结构简式可知，满足条件的有机物的结构简式为或本小题答案为：、（6）根据信息，以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线为。本小题答案为：。24、羰基酯基+→+HClBr2取代反应取代反应（任写3个）CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH【解析】

根据合成路线图中反应物和生成物的结构变化分析反应类型；根据题给信息及路线图中反应类型比较目标产物及原料的结构设计合成路线图。【详解】（1）根据A的结构简式分析，A中的官能团有羰基和酯基，故答案为：羰基；酯基；（2）根据比较C和E的结构及反应物的结构，分析中间产物D的结构简式为：，则反应③的化学方程式为：+→+HCl；故答案为：+→+HCl；（3）比较D和E的结构，反应④为取代反应，所需的试剂是Br2，故答案为：Br2；（4）比较E和F的结构变化及F和G的结构变化，反应⑤为取代反应；反应⑥也为取代反应，故答案为：取代反应；取代反应；（5）I是B（）的同分异构体，具有两性并能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，则结构中含有氨基和羧基，其中具有六元环结构的有机物H的结构简式有：；（6）乙醇氧化可以得到乙酸，乙酸与乙醇酯化反应反应得到乙酸乙酯（），乙酸乙酯发生酯缩合反应生成，与发生合成路线中反应①的反应即可得到，故答案为：CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH。25、微热A中的大试管，E中出现了气泡，冷却后E中导管中形成一段液注，则装置的气密性良好③溴水褪色5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2↑+12Mn2++28H2O②③3mNA/14NH3Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑【解析】

探究工业制乙烯的原理和乙烯的主要化学性质，由实验装置可知，A中烷烃在催化剂和加热条件下发生反应生成不饱和烃，B中乙烯与溴水发生加成反应，C中乙烯与高锰酸钾发生氧化反应，D中吸收C中生成的二氧化碳，E中利用排水法收集乙烯。【详解】(1)检查该装置气密性时先形成密闭系统，再利用气体的热胀冷缩原理检验，具体操作为：E中加入适量水，将导管放入水中，再微热A中的大试管，E中出现了气泡，冷却后E中导管中形成一段液注，则装置的气密性良好。(2)石蜡油主要是含17个碳原子以上的液态烷烃混合物，在加热条件下，石蜡油分解生成烯烃，根据原子守恒知，除了生成烯烃外还生成烷烃，故选③；(3)石蜡油分解生成烯烃，烯烃能与溴发生加成反应，则实验过程中装置B中的现象为溴水褪色；若装置D中产生了白色沉淀，则说明混合气体经过装置C时，乙烯被酸性KMnO4溶液氧化生成了CO2气体，同时生成MnSO4，则发生反应的离子方程式为5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2↑+12Mn2++28H2O；(4)加热石蜡油时加入碎瓷片，石蜡油分解较缓慢，加热碎瓷片能加快反应速率，碎瓷片还能吸收热量而积蓄热量从而促进石蜡油分解，故选②③；(5)分解产生的气体混合物全部通入到足量溴水中，溴水增重mg，说明分解生成的烯烃的质量为mg，烯烃的分子通式为CnH2n，其摩尔质量为14ng/mol，则该气体混合物中属于烯烃的原子个数为=。(6)A装置是固体混合加热制气法，常见气体O2、NH3均可以用此装置制备，其中加热氯化铵和消石灰的混合固体可制得NH3，发生反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑。26、球形干燥管与Mg反应放出热量，提供反应需要的活化能+H2O→+Mg(OH)Br缓慢滴加混合液蒸馏重结晶68%乙醚有毒，且易燃【解析】

首先利用镁条、溴苯和乙醚制取格氏试剂，由于格氏试剂易潮解，所以需要在无水环境中进行反应，则装置A中的无水氯化钙是为了防止空气中的水蒸气进入反应装置；之后通过恒压滴液漏斗往过量的格氏试剂中加入苯甲酸抑制和无水乙醚混合液，由于反应剧烈，所以需要采用冷水浴，同时控制混合液的滴入速率；此时得到的三苯甲醇溶解在有机溶剂当中，而三苯甲醇的沸点较高，所以可采用蒸馏的方法将其分离，除去有机杂质；得到的粗品还有可溶于水的Mg(OH)Br杂质，可以通过重结晶的方法分离，三苯甲醇熔点较高，所以最终得到的产品为白色颗粒状晶体。【详解】(1)根据装置A的结构特点可知其为球形干燥管；碘与Mg反应放热，可以提供反应需要的活化能；无水氯化钙防止空气中的水蒸气进入反应装置，使格氏试剂潮解，发生反应：+H2O→+Mg(OH)Br；(2)控制反应速率除降低温度外(冷水浴)，还可以缓慢滴加混合液、除去混合液的杂质等；(3)根据分析可知应采用蒸馏的方法除去有机杂质；进一步纯化固体可采用重结晶的方法；(4)三苯甲醇可以通过格氏试剂与苯甲酸乙酯按物质的量比2:1反应，由于格氏试剂过量，所以理论生成的n(三苯甲醇)=n(苯甲酸乙酯)=0.09mol，所以产率为=68%；本实验使用的乙醚易挥发，有毒且易燃，所以需要在通风橱中进行。本题易错点为第3题，学生看到三苯甲醇的熔点较高就简单的认为生成的三苯甲醇为固体，所以通过过滤分离，应还要注意三苯甲醇的溶解性，实验中使用的有机溶剂都可以溶解三苯甲醇，所以要用蒸馏的方法分离。27、2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降6nFeCl2+3nH2O2=2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑pH、阴离子种类、温度、反应物用量【解析】

(1)H2O2溶液与FeSO4溶液反应，从“溶液立即变为棕黄色”、“反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液变红”、“稍后，产生气泡”，可推出反应生成Fe3+；从“反应后溶液pH=0.9”，可推出反应消耗H+，由此可写出离子方程式。(2)反应生成的Fe3+，对H2O2的分解有催化作用，由此可解释产生气泡的原因。(3)某同学认为，根据“溶液变红”不能说明FeSO4与H2O2发生了反应，那么他的意思是空气中的溶解氧也能将Fe2+氧化，所以我们需要做一个不加H2O2的实验，由此设计实验方案。(4)①棕黄色沉淀为Fe2O3，对SO42-的检验不产生干扰，所以检验SO42-的方法与常规方法相同。②如果仅是H2O2氧化Fe2+，需消耗H+，现在pH减小，说明生成了H+，此H+应来自Fe3+的水解，由此可结合方程式解释实验III中溶液pH降低的原因。(5)由实验IV可知，除得到黄色沉淀外，还有HCl生成。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，则沉淀应为(Fe2O3∙FeCl3)n，由此可写出生成黄色沉淀的化学方程式。(6)以上实验，分别探究了pH、阴离子种类、温度、反应物用量等对Fe2+与H2O2反应现象的影响，由此可得出与亚铁盐与H2O2反应的现象有关的因素。【详解】(1)在酸性条件下，H2O2溶液与FeSO4溶液反应，生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；(2)反应生成的Fe3+，对H2O2的分解有催化作用，由此可解释产生气泡的原因是在反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2。答案为：在反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2；(3)既然某同学怀疑空气中的溶解氧也可能将Fe2+氧化，只需做一个不加H2O2的实验，由此设计实验方案为取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红。答案为：取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红；(4)①Fe2O3的存在，对SO42-的检验不产生干扰，所以检验SO42-的方法为取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-。答案为：取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-；②如果仅是H2O2氧化Fe2+，需消耗H+，现pH减小，说明生成了H+，此H+应来自Fe3+的水解，由此得出实验III中溶液pH降低的原因是2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降。答案为：2Fe2++4