2026届福建省福州市第一中学高三第三次调研考化学试题含解析

2026届福建省福州市第一中学高三第三次调研考化学试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是A．氢氧化钠溶液 B．稀硫酸 C．盐酸 D．稀硝酸2、为了除去括号中的杂质，不合理的是（）选项物质（杂质）加入试剂方法A氯化铵溶液（FeCl3）氢氧化钠溶液过滤BKNO3（s）（少量NaCl）水结晶C乙酸乙酯（乙酸）饱和碳酸钠溶液分液D乙醇（水）新制生石灰蒸馏A．A B．B C．C D．D3、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4、下列说法不正确的是()A．可用焦炭还原SiO2制备单质SiB．镁单质可与NH4Cl溶液反应生成NH3C．浓硫酸与NaBr固体共热可生成单质Br2D．摩尔盐的组成可表示为NH4Fe(SO4)2•6H2O5、“地沟油”可与醇加工制成生物柴油变废为宝。关于“地沟油”的说法正确的是A．属于烃类 B．由不同酯组成的混合物C．密度比水大 D．不能发生皂化反应6、国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生的污染。其工作原理如图所示。下列说法正确的是A．“全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能B．吸附层b发生的电极反应：H2–2e+2OH=2H2OC．NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应D．“全氢电池”的总反应:2H2+O2=2H2O7、莽草酸是一种合成治疗禽流感药物达菲的原料，鞣酸存在于苹果、生石榴等植物中。有关说法正确的是（）A．等浓度的两种酸其酸性相同B．两种酸都能与溴水发生加成反应C．鞣酸分子与莽草酸分子相比多了两个碳碳双键D．鞣酸能与Fe3+发生显色反应，而莽草酸不能8、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A．碳酸钙溶于稀醋酸：CaCO3＋2H＋＝Ca2+＋H2O＋CO2↑B．铜与稀硝酸反应：3Cu＋2NO3－＋8H＋＝3Cu2+＋2NO↑＋4H2OC．向NH4HCO3溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液：HCO3－+OH－+Ba2+＝H2O+BaCO3↓D．用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+[Ag(NH3)2]++2OH－CH3COO－+NH4++NH3+Ag↓+H2O9、1，2—二苯乙烯(具有抗老年痴呆、抗癌等功能，下列关于该有机物的说法不正确的是A．难溶于水B．不能使高锰酸钾稀溶液褪色C．分子中所有原子可能共平面D．可以发生加成聚合反应10、实验室常用如下装置制备乙酸乙酯。下列有关分析不正确的是A．b中导管不能插入液面下，否则会阻碍产物的导出B．固体酒精是一种白色凝胶状纯净物，常用于餐馆或野外就餐C．乙酸乙酯与互为同分异构体D．乙酸、水、乙醇羟基氢的活泼性依次减弱11、《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O8，其中S为+6价）去除废水中的正五价砷[As(V)]的研究成果，其反应机制模型如图所示。Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10-39，下列叙述错误的是A．pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷B．1mol过硫酸钠（Na2S2O8）含NA个过氧键C．碱性条件下，硫酸根自由基发生反应的方程式为：SO4-•+OH-=SO42-+•OHD．室温下，中间产物Fe(OH)3溶于水所得饱和溶液中c(Fe3+)约为2.7×10-18mol·L-112、化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B．可以用Si3N4、A2O3制作高温结构陶瓷制品C．Ge(32号元素)的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池D．纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可作为人类的营养物质13、向含有5×10﹣3molHIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，溶液变蓝且有S析出，继续通入H2S，溶液的蓝色褪去，则在整个过程中（）A．共得到0.96g硫 B．通入H2S的体积为336mLC．硫元素先被还原后被氧化 D．转移电子总数为3.0×10﹣2NA14、化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是A．SO2和NO2是主要的大气污染物B．大气中的SO2和CO2溶于水形成酸雨C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染D．对煤燃烧后形成的烟气脱硫，目前主要用石灰法15、主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X-的电子层结构与氦相同，R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂；Z3+和Y2-具有相同的电子层结构；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉淀。下列说法不正确的是（）A．原子半径：T>R>W>ZB．T和R形成化合物的水溶液呈碱性C．化合物TX具有很强的还原性，可与水反应D．T、R、Z三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两能发生反应16、25℃时，1mol/L醋酸加水稀释至0.01mol/L，下列说法正确的是A．溶液中的值增大 B．pH增大2个单位C．溶液中c(OH-)减小 D．Kw减小17、NA表示阿伏加德罗常数的值。室温下，下列关于1L0.1mol/LFeCl3溶液的说法中正确的是A．溶液中含有的Fe3+离子数目为0.1NAB．加入Cu粉，转移电子数目为0.1NAC．加水稀释后，溶液中c(OH－)减小D．加入0.15molNaOH后，3c(Fe3+)+c(H+)=c(Na+)+c(OH－)18、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．11g超重水(T2O)含中子数为5NAB．25℃，pH=13的1LBa(OH)2溶液中OH—的数目为0.2NAC．1mol金刚石中C—C键的数目为2NAD．常温下，pH=6的MgCl2溶液中H+的数目为10-6NA19、化学与生活密切相关，下列说法错误的是（）A．硅胶、生石灰、氯化钙等都是食品包装袋中常用的干燥剂B．厕所清洁剂、食用醋、肥皂水、厨房清洁剂四种溶液的pH逐渐增大C．酒精能使蛋白质变性，预防新冠肺炎病毒使用的酒精纯度越高越好D．使用氯气对自来水消毒时，氯气会与自来水中的有机物反应，生成的有机氯化物可能对人有害20、乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是（

）①分子式为C12H19O2；②不能发生银镜反应；③mol该有机物最多能与3mol氢气发生加成反应；④它的同分异构体中不可能有酚类；

⑤1mol该有机物与NaOH溶液反应最多消耗1mol

NaOH；⑥属于芳香族化合物。A．②④⑤ B．①④⑤ C．②③⑥ D．②③④21、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22、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．4.6g14CO2与N218O的混合物中所含中子数为2.4NAB．将0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO-数目等于0.1NAC．1molHI被氧化为I2时转移的电子数为NAD．常温下电解饱和食盐水，当溶液pH由7变为13时，电路中转移的电子数为0.1NA二、非选择题(共84分)23、（14分）以下是某药物中间体D的合成过程：A(C6H6O)B（1）A的结构简式为_________________，A转化为B的反应类型是____________。（2）D中含氧官能团的名称是__________。（3）鉴别B、C

可以用的试剂名称是______________。（4）D在一定条件下与足量NaOH溶液反应的化学方程式是_________________。（5）同时符合下到条件的D的所有同分异构体(不考虑立体异构)有________种。①能与NaHCO3溶液反应产生气体；②苯环上只有2个取代基；③遇氯化铁溶液发生显色反应。其中核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为3∶1∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式是________________________________(写结构简式)。（6）已知：+CH≡CH请设计合成路线以A和C2H2

为原料合成(无机试剂任选)：____________。24、（12分）有机物M的合成路线如下图所示：已知：R—CH=CH2R—CH2CH2OH。请回答下列问题：（1）有机物B的系统命名为__________。（2）F中所含官能团的名称为__________，F→G的反应类型为__________。（3）M的结构简式为_________。（4）B→C反应的化学方程式为__________。（5）X是G的同系物，且相对分子质量比G小14，X有多种同分异构体，满足与FeCl3溶液反应显紫色的有______种。其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1∶1∶2∶6的结构简式为______。（6）参照M的合成路线，设计一条由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯的合成路线_________（无机试剂任选）。25、（12分）无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡，实验装置图如图：查阅资料可知：①Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l)ΔH=-511kJ/mol②SnCl4易挥发，极易发生水解。③相关物质的物理性质如下：物质SnSnCl4CuCl2熔点/℃232-33620沸点/℃2260114993密度/g·cm-37.3102.2263.386回答下列问题：(1)a管的作用是__________。(2)A中反应的离子方程式是__________。(3)D中冷却水的作用是________________。(4)尾气处理时，可选用的装置是__________(填序号)。(5)锡粒中含铜杂质致D中产生CuCl2，但不影响E中产品的纯度，原因是________。(6)制得的SnCl4产品中常含有SnCl2，可用如下方法测定产品纯度：先准确称量7.60g产品于锥形瓶中，再加过量的FeCl3溶液，发生反应：SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2，再用0.1000mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+，此时还原产物为Cr3+，消耗标准溶液20.00mL，则SnCl4产品的纯度为__________。26、（10分）硫酸四氨合铜晶体常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质溶于水，不溶于乙醇、乙醚，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3mol/L的硫酸、浓氨水、10%NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500mol/L稀盐酸、0.500mol/L的NaOH溶液来合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。I．CuSO4溶液的制备①称取4g铜粉，在A仪器中灼烧10分钟并不断搅拌，放置冷却。②在蒸发皿中加入30mL3mol/L的硫酸，将A中固体慢慢放入其中，加热并不断搅拌。③趁热过滤得蓝色溶液。(1)A仪器的名称为____。(2)某同学在实验中有1.5g的铜粉剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因_____II．晶体的制备将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作(3)已知浅蓝色沉淀的成分为，试写出生成此沉淀的离子反应方程式_________。(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是__。III．氨含量的测定精确称取mg晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用V1mLC1mol/L的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用C2mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl(选用甲基橙作指示剂)，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。(5)A装置中长玻璃管的作用_____，样品中氨的质量分数的表达式_______。(6)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏高的原因是_______。A．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管B．读数时，滴定前平视，滴定后俯视C．滴定过程中选用酚酞作指示剂D．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁。27、（12分）五氧化二钒(V2O5,摩尔质量为182

g·mol-1)可作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工等行业。V2O5是一种橙黄色片状晶体,微溶于水，不溶于乙醇,具有强氧化性,属于两性氧化物。某研究小组将从某粗钒(主要含有V2O5,还有少量Al2O3、Fe2O3)中提取V2O5。实验方案设计如下：已知：NH4VO3是白色粉末,微溶于冷水,可溶于热水,不溶于乙醇、醚。2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O请回答：（1）第①步操作的实验装置如右图所示,虚线框中最为合适的仪器是________。(填编号)（2）调节pH为8～8.5的目的________。（3）第④步洗涤操作时,可选用的洗涤剂_________。(填编号)A．冷水B．热水C．乙醇D．1%

NH4Cl

溶液（4）第⑤

步操作时,需在流动空气中灼烧的可能原因________。（5）硫酸工业中,SO2转化为SO3的催化剂就选用V2O5,催化过程经两步完成,将其补充完整：________(

用化学方程式表示),4VO2+O2=2V2O5。（6）将0.253

g产品溶于强碱溶液中,加热煮沸,调节pH为8～8.5,向反应后的溶液中加入硫酸酸化的KI溶液(过量),溶液中含有V3+,滴加指示剂,用0.250

mol·L-1Na2S2O3溶液滴定,达到终点消耗Na2S2O3标准溶液20.00

mL,则该产品的纯度为________。(已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)28、（14分）深井岩盐的主要配料为：精制盐、碘酸钾(KIO3)、亚铁氰化钾[K4Fe(CN)6·3H2O]。其中亚铁氰化钾的无水盐在高温下会发生分解：3K4[Fe(CN)6]2(CN)2↑+12KCN+N2↑+Fe3C+C。请回答下列问题：（1）①基态Fe原子价电子排布图（轨道表示式）为_________________________②C、N和O三种元素的第一电离能的大小顺序为_____________，原因是__________。③IO3-的中心原子的杂化方式为______。一种与CN-互为等电子体的分子的电子式为_______。④1molFe(CN)63−中含有σ键的数目为____mol。（2）配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x＝___。Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于__________(填晶体类型)。（3）如图是从铁氧体离子晶体Fe3O4中取出的能体现其晶体结构的一个立方体，该立方体中三价铁离子处于氧离子围成的________(填空间结构)空隙。（4）Fe能形成多种氧化物，其中FeO晶胞结构为NaCl型。晶体中实际上存在空位、错位、杂质原子等缺陷，晶体缺陷对晶体的性质会产生重大影响。由于晶体缺陷，在晶体中Fe和O的个数比发生了变化，变为FexO（x＜1），若测得某FexO晶体密度为5.71g•cm﹣3，晶胞边长为4.28×10﹣10m，则FexO中x=____。（用代数式表示，不要求算出具体结果）。29、（10分）2019年诺贝尔化学奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。锂离子电池的广泛应用使锂的需求量大增，自然界中主要的锂矿物为锂辉石、锂云母、透锂长石和磷锂铝石等。（1）i.为鉴定某矿石中是否含有锂元素，可以采用焰色反应来进行鉴定，当观察到火焰呈_______，可以认为存在锂元素。A．紫红色B．绿色C．黄色D．紫色（需透过蓝色钴玻璃）ii锂离子电池的广泛应用同样也要求处理电池废料以节约资源、保护环境。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(由Al箔、LiFePO4活性材料、少量不溶于酸碱的导电剂组成)中的资源，部分流程如图：查阅资料，部分物质的溶解度(s)，单位g，如下表所示：（2）将回收的废旧锂离子电池进行预放电、拆分破碎、热处理等预处理，筛分后获得正极片。下列分析你认为合理的是___。A．废旧锂离子电池在处理之前需要进行彻底放电，否则在后续处理中，残余的能量会集中释放，可能会造成安全隐患。B．预放电时电池中的锂离子移向负极，不利于提高正极片中锂元素的回收率。C．热处理过程可以除去废旧锂离子电池中的难溶有机物、碳粉等。（3）工业上为了最终获得一种常用金属，向碱溶一步所得滤液中加入一定量硫酸，请写出此时硫酸参与反应的所有离子方程式____________（4）有人提出在―酸浸时，用H2O2代替HNO3效果会更好。请写出用双氧水代替硝酸时主要反应的化学方程式__________________（5）若滤液②中c(Li+)=4mol/L加入等体积的Na2CO3后，沉淀中的Li元素占原Li元素总量的95.5%，计算滤液③中c(CO32-)___________。（Ksp(LiCO)=1.62×10－3）（6）综合考虑，最后流程中对―滤渣③‖洗涤时，常选用下列________（填字母）洗涤。A．热水B．冷水C．酒精原因是_______________________（7）工业上将回收的Li2CO3和滤渣②中FePO4粉碎与足量炭黑混合高温灼烧再生制备LiFePO4，实现了物质的循环利用，更好的节省了资源，保护了环境。请写出反应的化学方程式：___________________________。

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、A【解析】

假设反应都产生3mol氢气，则：A．2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑反应产生3mol氢气，会消耗2molNaOH；B．2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，反应产生3mol氢气，需消耗3mol硫酸；C．2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，反应产生3mol氢气，需消耗6molHCl；D．由于硝酸具有强的氧化性，与铝发生反应，不能产生氢气；故反应产生等量的氢气，消耗溶质的物质的量最少的是氢氧化钠溶液；选项A正确。2、A【解析】

A．二者均与NaOH反应，不能除杂，应加氨水、过滤，选项A错误；B．二者溶解度受温度影响不同，可结晶法分离，选项B正确；C．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，可分液分离，选项C正确；D．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，可蒸馏分离，选项D正确；答案选A。3、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。4、D【解析】

A.高温条件下，可用碳还原SiO2制备单质Si，故A正确；B.镁单质可与NH4Cl溶液反应生成NH3和氢气、氯化镁，故B正确；C.浓硫酸具有强氧化性与NaBr固体共热可生成单质Br2，故C正确；D.摩尔盐的组成可用(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O表示，故D错误；故选D。5、B【解析】

A．“地沟油”的主要成分为油脂，含有氧元素，不属于烃类，选项A错误；B．“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，是由不同酯组成的混合物，选项B正确；C．“地沟油”的主要成分为油脂，油脂的密度比水小，选项C错误；D．皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应，“地沟油”的主要成分为油脂，能发生皂化反应，选项D错误。答案选B。本题主要考查了油脂的性质与用途，熟悉油脂结构及性质是解题关键，注意皂化反应的实质是高级脂肪酸甘油酯的水解反应，“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，密度比水小，油脂在碱性条件下的水解反应为皂化反应。6、A【解析】

由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极解答该题。【详解】A.“全氢电池”工作时，将酸碱反应的化学能（中和能）转化为电能，故A正确；B.右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，故B错误；C.NaClO4的作用是传导离子，没有参与电极反应，故C错误；D.由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，总反应为：H++OH-═H2O，故D错误；正确答案是A。7、D【解析】

A.莽草酸只有一个羧基能电离出氢离子，使溶液显酸性，鞣酸有一个羧基、三个酚羟基均可以电离出氢离子，使溶液显酸性，则等浓度的两种酸，鞣酸酸性更强，故A错误；B.鞣酸不含碳碳双键，含有酚羟基，与溴水只发生取代反应，故B错误；C.鞣酸含有苯环，不含碳碳双键，故C错误；D.鞣酸含有酚羟基，与铁离子反应，而莽草酸中不含酚−OH，则遇三氯化铁溶液不显紫色，故D正确；答案选D。鞣酸中的羟基为酚羟基，遇三氯化铁溶液显紫色，莽草酸中的六元环不是苯环，其中的羟基是醇羟基，遇三氯化铁溶液不显紫色，这是同学们的易错点。8、B【解析】

A.醋酸是弱酸，应该写化学式，离子方程式是：CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2+＋2CH3COO—＋H2O＋CO2↑，A错误；B．铜与稀硝酸反应，方程式符合反应事实，B正确；C．向NH4HCO3溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液，盐电离产生的阳离子、阴离子都发生反应，离子方程式是：NH4++HCO3－+2OH－+Ba2+＝H2O+BaCO3↓+NH3∙H2O，C错误；D．用银氨溶液检验乙醛中的醛基，方程式的电荷不守恒，应该是：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH－CH3COO－+NH4++3NH3+2Ag↓+H2O，D错误。故选B。9、B【解析】

A．所有的碳氢化合物均难溶于水，A项正确；B．该物质分子结构中含有碳碳双键，可以使高锰酸钾溶液褪色，B项错误；C．乙烯和苯都是平面型分子，当苯环与碳碳双键之间的单键旋转到特定位置时，可以共平面，所以分子中所有原子可能共平面，C项正确；D．该物质分子中含有碳碳双键，故可以发生加聚反应，D项正确；答案选B。10、B【解析】

A.饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，为防止产生倒吸现象，b中导管不能插入液面下，否则不仅可能会产生倒吸现象，而且还会阻碍产物的导出，A正确；B.固体酒精制作方法如下：将碳酸钙固体放入醋酸(CH3COOH)溶液中，充分反应后生成醋酸钙(CH3COO)2Ca、CO2、H2O，将醋酸钙溶液蒸发至饱和，加入适量酒精冷却后得胶状固体即固体酒精，可见固体酒精是混合物，B错误；C.乙酸乙酯与的分子式都是C4H8O2，二者分子式相同，结构不同，故二者互为同分异构体，C正确；D.乙酸、水、乙醇分子中都含有羟基，电离产生H+的能力：乙酸>水>乙醇，所以羟基氢的活泼性依次减弱，D正确；故合理选项是B。11、A【解析】

A．pH越小，酸性越强，会使Fe(OH)3(s)⇌Fe3+(aq)+3OH-(aq)和Fe(OH)2(s)⇌Fe2+(aq)+2OH-(aq)平衡右移，无法生成沉淀，不利于除去废水中的正五价砷，故A错误；B．设1mol过硫酸钠(Na2S2O8)中过氧键物质的量为amol，钠为+1价，硫为+6价，过氧键中的氧为-1价，非过氧键中的氧为-2价，则(+1)×2+(+6)×2+(-2)×a+(-2)×(8-2a)=0，解得a=1，所以1mol过硫酸钠(Na2S2O8)中过氧键的数量为NA，故B正确；C．由图示可得，碱性条件下，硫酸根自由基发生反应的方程式为：SO42-•+OH-=SO42-+•OH，故C正确；D．Fe(OH)3溶于水存在沉淀溶解平衡：Fe(OH)3(s)⇌Fe3+(aq)+3OH-(aq)，此溶液碱性极弱，pH接近7，即c(OH-)=1×10-7mol/L，因为Ksp(Fe(OH)3)=c(Fe3+)×c3(OH-)=2.7×10-39，则c(Fe3+)==2.7×10-18mol·L-1，故D正确；答案选A。12、D【解析】

A.蚕丝主要成分为蛋白质，蛋白质灼烧能产生烧焦羽毛的特殊气味，而人造纤维没有这种气味，则用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维，A项正确；B.Si3N4、A2O3为常见的新型高温陶瓷材料，B项正确；C.Ge(32号元素)位于金属与非金属的分界线附近，可做半导体材料，C项正确；D.人体内没有纤维素水解酶，因此纤维素不能再人体内水解，D项错误；答案选D。13、D【解析】

A．HIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，能将硫化氢氧化最终生成硫单质和HI，根据电子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S，所以5×10﹣3molHIO3被消耗，就会得到硫单质是0.48g，故A错误；B．没有指明标准状况，无法计算所需H2S的体积，故B错误；C．不管是HIO3与H2S反应，还是碘单质与H2S反应，H2S都被氧化，故C错误；D．整个过程中，根据电子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S～I﹣～6e﹣，消耗5×10﹣3molHIO3伴随0.03mol电子转移，转移电子总数为3.0×10﹣2NA，故D正确；故选D。14、B【解析】A．空气中的SO2和NO2是主要的大气污染物，故A正确；B．大气中的SO2和氮氧化物是形成酸雨的主要污染物，故B错误；C．液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气污染小，减少大气污染，故C正确；D．用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，可以将有害气体二氧化硫转化为硫酸钙，减少环境污染，故D正确；答案为B。15、A【解析】

主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X-的电子层结构与氦相同，则X为H元素；R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂，为O3，则Y为O元素；R为S元素；Z3+和Y2-具有相同的电子层结构Z在Y的下一周期，Z为铝元素；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉淀，且W的原子序数大于铝而小于硫，故T2WY3为K2SiO3，生成的白色沉淀为硅酸，据此分析。【详解】主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X-的电子层结构与氦相同，则X为H元素；R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂，为O3，则Y为O元素；R为S元素；Z3+和Y2-具有相同的电子层结构Z在Y的下一周期，Z为铝元素；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉淀，且W的原子序数大于铝而小于硫，故T2WY3为K2SiO3，生成的白色沉淀为硅酸。A.同周期元素从左而右依次减小，故原子半径：T(K)>Z(Al)>W(Si)>R(S)，选项A不正确；B.T和R形成化合物K2S为强碱弱酸盐，水解呈碱性，选项B正确；C.化合物TX为KH，具有很强的还原性，可与水反应生成氢氧化钾和氢气，选项C正确；D.T、R、Z三种元素的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钾、硫酸、氢氧化铝两两能发生反应，选项D正确。答案选A。本题考查元素周期表元素周期律的应用。推断元素是解题的关键，通过判断：Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂，结合Y元素原子序数较小，可知为O3，从而进一步求解。16、A【解析】

A．加水稀释，溶液中的c(CH3COO-)减小，但醋酸的Ka=不变，故溶液中的值增大，故A正确；B．加水稀释，醋酸的电离被促进，电离出的氢离子的物质的量增多，故pH的变化小于2，故B错误；C．对醋酸加水稀释，溶液中的氢离子浓度减小，而Kw不变，故c(OH-)增大，故C错误；D．Kw只受温度的影响，温度不变，Kw的值不变，故加水稀释对Kw的值无影响，故D错误；故答案为A。17、D【解析】

A．Fe3+发生一定程度的水解，N(Fe3+)＜0.1NA，故A错误；B．Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，因加入Cu的量不确定，转移电子数目N(e－)≤0.1NA，无法确定，故B错误；C．加水稀释使平衡Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3向右移动，(H+)增大，但c(H+)减小，c(OH－)增大，故C错误；D．加入0.15molNaOH后，溶液中必有2c(Na+)=c(Cl－)(物料守恒)、3c(Fe3+)+c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)(电荷守恒)，可得3c(Fe3+)+c(H+)=c(Na+)+c(OH－)，故D正确；答案选D。列出溶液中的2c(Na+)=c(Cl－)(物料守恒)是解D项的关键。18、C【解析】

A.11g超重水(T2O)的物质的量为0.5mol，由于在1个超重水(T2O)中含有12个中子，所以0.5mol超重水(T2O)中含中子数为6NA，A错误；B.溶液中氢氧根的物质的量浓度是0.1mol/L，则1L溶液中含有的氢氧根离子的数目为0.1NA，B错误；C.由于一个C原子与相邻的4个C原子形成共价键，每个共价键为相邻两个原子形成，所以1个C原子含有的C-C键数目为4×=2，因此1mol金刚石中C—C键的数目为2NA，C正确；D.缺体积，无法计算H+的数目，D错误；故合理选项是C。19、C【解析】

A.硅胶、生石灰、氯化钙均可以吸收水分，且都是固体，适合装进小包作食品干燥剂，A项正确；B.厕所清洁剂中含有盐酸，食醋中含有醋酸，盐酸的酸性强于醋酸，肥皂水是弱碱性的，而厨房清洁剂为了洗去油污一定是强碱性的，因此四种溶液的pH逐渐增大，B项正确；C.医用酒精是75%的乙醇溶液，酒精浓度不是越高越好，浓度太高或浓度太低都不利于杀菌消毒，C项错误；D.氯气消毒的同时可能会生成一些对人体有害的物质，因此现在多改用无毒的等新型消毒剂，D项正确；答案选C。注意75%医用酒精中的75%指的是体积分数，而我们一般说的98%浓硫酸中的98%指的是质量分数，二者是有区别的。20、A【解析】

本题主要考查有机物的结构与性质。不存在醛基，不能发生银镜反应，不饱和度仅有三个酚类至少有四个不饱和度，能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基。据此回答。【详解】①由结构简式可知分子中含有12个C原子，20个H原子，2个O原子，则分子式为C12H20O2，故错误；②分子中不含醛基，则不能发生银镜反应，故正确；③只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，故错误；④分子中含有3个双键，则不饱和度为3，而酚类物质的不饱和度至少为4，则它的同分异构体中不可能有酚类，故正确；⑤能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH，故正确；⑥分子中不含苯环或稠环，则不属于芳香族化合物，故错误。故选A。21、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。22、D【解析】

A.14CO2和N218O的摩尔质量均为46g/mol，故4.6g混合物的物质的量为0.1mol，且二者均含有24个中子，故0.1mol此混合物中含中子数为2.4NA个，故A正确；B.将0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒有：n(CH3COO-)+n(OH−)=n(Na+)+n(H+)，而由于溶液显中性，故n(OH−)=n(H+)，则有n(CH3COO-)=n(Na+)=0.1mol，溶液中CH3COO-数目等于0.1NA，故B正确；C.I元素的化合价由-1价升高为0价，则1molHI被氧化为I2时转移的电子数为1mol×1NA=NA，故C正确；D.溶液体积不明确，故溶液中放电的氢离子的物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故D错误；故选D。D项是学生们的易错点，学生们往往不细心，直接认为溶液是1L并进行计算，这种错误只要多加留意，认真审题即可避免；二、非选择题(共84分)23、加成反应(酚)羟基、酯基碳酸氢钠+3NaOH+CH3OH+NaBr+H2O12【解析】本题考查有机物的推断和合成，（1）根据C的结构简式，判断出B生成C反应类型为酯化反应，即B的结构简式为，根据A的分子式，以及B的结构简式，推出A为苯酚，结构简式为，结合A和B的结构简式，A生成B的反应类型为加成反应；（2）根据D的结构简式，含有含氧官能团是酯基和（酚）羟基；（3）B含有羧基，C不含有羧基，且酚羟基电离出H＋能力小于碳酸，羧酸的酸性强于碳酸，因此检验两种物质，可以滴加NaHCO3溶液，B溶液中出现气泡，C中不出现气泡；（4）根据氢氧化钠发生反应的是酚羟基、酯基、溴原子，因此发生的反应方程式为+3NaOH+CH3OH+NaBr+H2O；（5）能与NaHCO3溶液产生气体，则结构中含有羧基，遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，符合条件的同分异构体为（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种），共有12种；核磁共振氢谱有5种峰，说明有5种不同的氢原子，即结构简式为；（6）根据信息，生成的反应物应是乙炔和，因此先让A与氢气发生加成反应，然后再被氧化，合成路线为。点睛：本题的难点是同分异构体的书写，首先根据题中所给信息，判断出含有官能团或结构，如能与NaHCO3溶液反应产生气体，说明含有羧基，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，苯环上有2种取代基，首先判断出的结构是，然后考虑苯环上两个取代基的位置，即邻间对，然后再考虑溴的位置，以及碳链异构，判断其他，平时注意多练习总结，找规律。24、2－甲基－1－丙醇醛基、碳碳双键加成反应（或还原反应）(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H52（CH3）2CHCH2OH＋O22H2O＋2（CH3）2CHCHO9CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3（答案合理均可）【解析】

由合成路线及题中信息可知，A反应后得到B，则B为(CH3)2CHCH2OH；B发生催化氧化反应生成C，C经氧化和酸化转化为D，则C为(CH3)2CHCHO，D为(CH3)2CHCOOH；F可以加聚为E，则F为C6H5CH=CHCHO；F经催化加氢得到G，结合M的分子式可知G为C6H5CH2CH2CH2OH，D与G发生酯化反应生成的M为(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。据此解答。【详解】（1）根据以上分析可知，有机物B为(CH3)2CHCH2OH，其系统命名为2－甲基－1－丙醇；故答案为：2－甲基－1－丙醇。（2）F为C6H5CH=CHCHO，F中所含官能团的名称为醛基、碳碳双键；F经催化加氢得到G，故F→G的反应类型为加成反应或还原反应；故答案为：醛基、碳碳双键；加成反应(或还原反应）。（3）M为羧酸D[(CH3)2CHCOOH]和醇G(C6H5CH2CH2CH2OH)发生酯化反应生成的酯，故M的结构简式为(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。（4）B为(CH3)2CHCH2OH，C为(CH3)2CHCHO，B→C反应为醇的催化氧化反应，该反应的化学方程式为2(CH3)2CHCH2OH＋O22(CH3)2CHCHO＋2H2O；故答案为：2(CH3)2CHCH2OH＋O22(CH3)2CHCHO＋2H2O。（5）G为C6H5CH2CH2CH2OH，X是G的同系物，且相对分子质量比G小14，则X的一种可能结构为C6H5CH2CH2OH。X有多种同分异构体，满足条件“与FeCl3溶液反应显紫色”的，说明分子中含有酚羟基，除苯环外余下两个碳，则苯环上另外的取代基可以是1个乙基，也可以是2个甲基：①含有2个取代基——1个羟基和1个乙基，乙基和酚羟基有邻、间、对3种位置；②含有3个侧链——2个甲基和1个羟基，采用“定二移一”的方法——先找2个甲基有邻、间、对3种位置，对应的酚羟基分别有2种、3种、1种位置。综上所述，可知符合条件的X的同分异构体共有3＋6＝9种。其中，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1∶1∶2∶6的结构简式为；故答案为：9；。（6）参照M的合成路线，由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯，可以先由丙烯合成1－丙醇，然后把1－丙醇氧化为丙醛，接着把丙醛氧化为丙酸，最后由丙酸与乙醇发生酯化反应合成丙酸乙酯；故答案为：CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3(答案合理均可）。25、平衡压强使浓盐酸顺利流下MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O避免SnCl4挥发②常温下，CuCl2为固体且密度比SnCl4大85%【解析】

根据装置：A装置制备氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，其中a可以平衡压强，使浓盐酸顺利流下，B吸收杂质HCl气体，C吸收水蒸气，干燥纯净的Cl2与Sn在D中反应制得SnCl4，锡粒中含铜杂质使得D中产生的SnCl4中含有CuCl2，但因为CuCl2熔点高，为固体，且密度比SnCl4大，不会随SnCl4液体溢出，E收集SnCl4液体，尾气用盛放碱石灰的干燥管处理，据此分析作答。【详解】(1)a管的作用是平衡浓盐酸上下的气体压强，使浓盐酸顺利流下；(2)A中浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，反应的离子方程式是MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(3)在D中制取的物质SnCl4中含有杂质CuCl2，SnCl4易挥发，所以D中冷却水的作用是避免SnCl4挥发；(4)尾气中含有氯气会导致大气污染，因此一定要进行处理，可根据Cl2与碱反应的性质，用碱性物质吸收，同时为防止SnCl4水解，该装置还具有干燥的作用，用盛放碱石灰的干燥管可满足上述两个条件，故合理选项是②；(5)锡粒中含铜杂质致D中产生CuCl2，但因为常温下，CuCl2为固体且密度比SnCl4大，故不影响E中产品的纯度；(6)滴定中，铁元素化合价由+2价变为+3价，升高1价，Cr元素化合价由+6价变为+3价，降低3价，则有关系式：3SnCl2～6Fe2+～K2Cr2O7，n(SnCl2)=3n(K2Cr2O7)=3×0.1000mol/L×0.02L=0.006mol，故SnCl4产品的纯度为×100%=85%。本题考查了物质制备方案设计，涉及化学实验操作、物质的作用、滴定方法在物质含量测定的由于等，明确实验原理及实验基本操作方法、知道各个装置作用是解本题关键。26、坩埚反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO42Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解平衡气压，防止堵塞和倒吸BD【解析】

（1）灼烧固体，应在坩埚中进行，所以仪器A为坩埚，故答案为坩埚。（2）得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，浓硫酸具有吸水性，使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4，可使固体变为白色，故答案为反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4。（3）浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，根据原子守恒可知反应的离子方程式为2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+，故答案为2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+。（4）析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解，故答案为Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解。（5）A装置中长玻璃管可起到平衡气压，防止堵塞和倒吸的作用；与氨气反应的n(HCl)=10-3V1L×0.5mol/L-10-3V2L×0.5mol/L=0.5×10-3(V1-V2)mol，根据氨气和HCl的关系式可知：n(NH3)=n(HCl)=0.5×10-3(V1-V2)mol，则样品中氨的质量分数为，故答案为平衡气压，防止堵塞和倒吸；。（6）如果氨含量测定结果偏高，则V2偏小，A.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，浓度偏低，则V2偏大，含量偏低，故A错误；B.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，导致V2偏小，含量偏高，故B正确；C.滴定过程中选用酚酞作指示剂，对实验没有影响，故C错误；D.取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V2偏小，含量偏高，故D正确。故答案为BD。在分析滴定实验的误差分析时，需要考虑所有的操作都归于标准液的体积变化上。标准液的体积变大，则测定结果偏大，标准液的体积变小，则测定结果偏小。27、B让AlO2-

转化为Al(OH)3沉淀，避免VO3-的沉淀AD若空气不流通，由于V2O5具有强氧化性，会与还原性的NH3反应，从而影响产物的纯度及产率SO2+V2O5=2VO2+SO389.9%【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）虚线框中的仪器是向三颈烧瓶中滴加NaOH，为了能够使NaOH溶液顺利滴下，需要有连通装置，故选项B正确；（2）根据流程图，氧化铁为碱性氧化物，不与NaOH发生反应，V2O5、Al2O3属于两性氧化物，能与NaOH发生反应，调节pH为8～8.5的目的就是让AlO2－转化为Al(OH)3沉淀，避免VO3－的沉淀；（3）根据信息，NH4VO3微溶于水，可溶于热水，不溶于乙醇、醚，A、用冷水洗涤，可以减少NH4VO3的溶解，故A正确；B、NH4VO3溶于热水，造成NH4VO3溶解，故B错误；C、虽然NH4VO3不溶于乙醇，但NH4VO3表面杂质，如NH4Cl不溶于乙醇，使用乙醇不能洗去沉淀表面的杂质，故C错误；D、根据流程生成NH4VO3沉淀，是滤液1与饱和NH4Cl的反应生成，且NH4Cl受热易分解，不产生杂质，故D正确；（4）根据信息，NH4VO4灼烧生成V2O5，因为V2O5具有强氧化性，能与具有还原性NH3发生反应，从而影响产物的纯度及产率，因此灼烧NH4VO3时在流动空气中；（5）催化剂在反应前后质量不变，根据已知反应反应方程式，因此得出反应方程式为SO2＋V2O5=2VO2＋SO3；（6）根据I2和Na2S2O3发生反应的方程式，求出消耗n(I2)=20.00×10－3×0.250/2mol=2.5×10－3mol，根据得失电子数目守恒，n(V2O5)×2×2=n(I2)×2，求出n(V2O5)=1.25×10－3mol，即m(V2O5)=1.25×10－3×182g=0.2275g，则产品纯度为0.2275/0.253×100%=89.9%。28、N>O>C同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层p能级处于半充满状态，第一电离能反常sp3、125分子晶体正八面体