安徽宿州市汴北三校联考2026届高考化学试题全真模拟密押卷（九）含解析

安徽宿州市汴北三校联考2026届高考化学试题全真模拟密押卷（九）注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、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2、常温下，向某浓度的二元弱酸H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，pC与溶液pH的变化关系如图所示(pC=－lgx，x表示溶液中溶质微粒的物质的量浓度)。下列说法正确的是A．常温下，H2C2O4的Ka1=100.8B．pH=3时，溶液中C．pH由0.8增大到5.3的过程中，水的电离程度逐渐增大D．常温下，随着pH的增大，的值先增大后减小3、天然气脱硫的方法有多种，一种是干法脱硫，其涉及的反应：H2(g)+CO(g)+SO2(g)H2O(g)+CO2(g)+S(s)+Q(Q>0)。要提高脱硫率可采取的措施是A．加催化剂 B．分离出硫 C．减压 D．加生石灰4、化学与生活密切相关。下列说法错误的是A．泡沫灭火器可用于一般的灭火，也适用于电器灭火B．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性C．家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法5、已知短周期元素M、N、P、Q最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、Z、W，M是短周期中原子半径最大的元素，常温下X、Z、W均可与Y反应，M、P、Q的原子序数及0.1mol/LX、Z、W溶液的pH如图所示。下列说法正确的是（）A．N原子的电子层数与最外层电子数相等B．M的离子半径小于N的离子半径C．P氢化物稳定性大于Q氢化物稳定性D．X、W两物质含有的化学键类型相同6、“绿水青山就是金山银山”“像对待生命一样对待生态环境”，下列做法不合理的是A．绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染B．焚烧树叶，以减少垃圾运输C．推广燃料“脱硫”技术，以减少硫氧化物对空气的污染D．干电池的低汞化、无汞化，以减少废电池造成的土壤污染7、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于IA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是（）A．熔沸点：Z2X＜Z2W B．元素最高价：Y＜ZC．气态氢化物的热稳定性：Y＜W D．原子半径：X＜Y＜Z＜W8、硫酸铜分解产物受温度影响较大，现将硫酸铜在一定温度下分解，得到的气体产物可能含有SO2、SO3、O2，得到的固体产物可能含有CuO、Cu2O。已知Cu2O＋2H+=Cu＋Cu2+＋H2O，某学习小组对产物进行以下实验，下列有关说法正确的是A．将气体通过BaCl2溶液产生白色沉淀，说明混合气体中含有SO3B．将气体通过酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明混合气体中含有SO2与O2C．固体产物中加稀硝酸溶解，溶液呈蓝色，说明固体产物中含有CuOD．将气体依次通过饱和Na2SO3溶液、灼热的铜网、酸性高锰酸钾可以将气体依次吸收9、下列有关实验原理或实验操作正确的是()A．用pH试纸测量Ca(ClO)2溶液的pHB．向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体通过NaOH溶液，制取并纯化氢气C．向NaBr溶液中滴入少量氯水和四氯化碳，振荡、静置，溶液下层呈橙红色，说明Br﹣还原性强于Cl﹣D．称取K2SO4固体0.174g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度，可配制浓度为0.010mol/L的K2SO4溶液10、下列实验操作对应的现象以及解释或结论都正确且具有因果关系的是（）选项实验操作实验现象解释或结论A用石墨作电极电解Mg(NO3)2、Cu(NO3)2的混合溶液阴极上先析出铜金属活动性：Mg>CuB室温下，测定等浓度的Na2A和NaB溶液的pHNa2A溶液的pH较大酸性：H2A<HBC加热浸透了石蜡油的碎瓷片，产生的气体通过酸性KMnO4溶液酸性KMnO4溶液紫红色褪去石蜡油分解一定产生了乙烯D室温下，取相同大小、形状和质量的Fe粒分别投入0.1mol/L的稀硝酸和10.0mol/L的浓硝酸中Fe粒与浓硝酸反应比与稀硝酸反应剧烈探究浓度对化学反应速率的影响A．A B．B C．C D．D11、下列说法正确的是A．电解精炼铜时，若转移2NA个电子，则阳极减少的质量为64gB．合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率C．2Na2O2(s)+2COD．常温下，KSP[Al(OH)3]=112、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1.75NA13、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14、一种基于锂元素的电化学过程来合成氨的方法，其效率能达到88.5%。其工艺流程如图所示，下列说法错误的是（）A．反应Ⅰ的关键是隔绝空气和水B．反应Ⅱ的产物LiOH是离子化合物C．整个流程中，金属锂是催化剂D．整个流程的总化学方程式为：2N2+6H2O═4NH3+3O215、目前人类已发现的非金属元素除稀有气体外，共有１６种，下列对这１６种非金属元素的相关判断①都是主族元素，最外层电子数都大于４②单质在反应中都只能作氧化剂③氢化物常温下都是气态，所以又都叫气态氢化物④氧化物常温下都可以与水反应生成酸A．只有①②正确 B．只有①③正确 C．只有③④正确 D．①②③④均不正确16、2019年化学诺贝尔奖授予拓展锂离子电池应用的三位科学家。如图是某锂—空气充电电池的工作原理示意图，下列叙述正确的是A．电解质溶液可选用可溶性锂盐的水溶液B．电池放电时间越长，Li2O2含量越少C．电池工作时，正极可发生Li+＋O2－e-=LiO2D．充电时，b端应接负极二、非选择题（本题包括5小题）17、结晶玫瑰广泛用于香料中，它的两条合成路线如下图所示：已知：两个羟基同时连在同一碳原子上的结构不稳定，会发生脱水反应：+H2O完成下列填空：（1）A的俗称是_________；D中官能团的名称是_______；反应②的反应类型是_______。（2）写出G与氢氧化钠溶液反应的化学方程式__________。（3）已知：，则可推知反应②发生时，会得到一种副产物，写出该副产物的结构简式_____。（4）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，与足量浓溴水反应未见白色沉淀产生，若L与NaOH的乙醇溶液共热能反应，则共热生成的有机物的结构简式为________________（任写一种）18、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)。19、是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性环境下易分解生成S和。某小组设计了如下实验装置制备（夹持及加热仪器略），总反应为。回答下列问题：a.b.粉末c.溶液d.、溶液e.溶液（1）装置A的作用是制备________，反应的化学方程式为________。（2）完成下表实验过程：操作步骤装置C的实验现象解释原因检查装置气密性后，添加药品pH计读数约为13用离子方程式表示（以为例）：①__打开，关闭，调节；使硫酸缓慢匀速滴下ⅰ.导管口有气泡冒出，②___ⅱ.pH计读数逐渐③___反应分步进行：↓（较慢）当pH计读数接近7时，立即停止通，操作是④___必须立即停止通的原因是：⑤___（3）有还原性，可作脱氯剂。向溶液中通入少量，某同学预测转变为，设计实验验证该预测：取少量反应后的溶液于试管中，________。20、苯甲酰氯()是制备染料，香料药品和树脂的重要中间体，以光气法制备苯甲酰氯的原理如下(该反应为放热反应)：+COCl2+CO2+HCl已知物质性质如下表：物质熔点/℃沸点/℃溶解性苯甲酸122.1249微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂碳酰氯(COCl2)-1888.2较易溶于苯、甲苯等。遇水迅速水解，生成氯化氢，与氨很快反应，主要生成尿素[CO(NH2)2]和氯化铵等无毒物质苯甲酰氯-1197溶于乙醚、氯仿和苯。遇水或乙醇逐渐分解，生成苯甲酸或苯甲酸乙酯和氯化氢三氯甲烷(CHCl3)-63.563.1不溶于水，溶于醇、苯。极易挥发，稳定性差，450℃以上发生热分解I.制备碳酰氯反应原理：2CHCl3＋O22HCl＋COCl2甲.乙.丙.丁.戊.(1)仪器M的名称是____________(2)按气流由左至右的顺序为___________→c→d→_________→_________→_________→_________→_________.(3)试剂X是_______________(填名称)。(4)装置乙中碱石灰的作用是____________。(5)装置戊中冰水混合物的作用是____________；多孔球泡的作用是________________。Ⅱ.制备苯甲酰氯(部分夹持装置省略)(6)碳酰氯也可以用浓氨水吸收，写出该反应的化学方程式：______________。若向三颈烧瓶中加入610g苯甲酸，先加热至140~150℃，再通入COCl2，充分反应后，最后产品经减压蒸馏得到562g苯甲酰氯，则苯甲酸的转化率为_________________。21、二甲醚被称为“的清洁燃料”。利用甲醇脱水可制得二甲醚。反应方程式如下：2CH3OH(g)≒CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH1(1)二甲醚亦可通过合成气反应制得，相关热化学方程式如下：2H2(g)+CO(g)≒CH3OH(g)ΔH2CO(g)+H2O(g)≒CO2(g)+H2(g)ΔH33H2(g)+3CO(g)≒CH3OCH3(g)+CO2(g)ΔH4则ΔH1=__________________(用含有ΔH2、ΔH3、ΔH4的关系式表示)．(2)经查阅资料，上述甲醇脱水反应平衡常数Kp的计算式为lnKp=-2.205+(2708.6137/T)(Kp为以分压表示的平衡常数，T为热力学温度)，且催化剂吸附H2O(g)的量会受压强影响，从而进步影响催化效率。①在一定温度范围内，随温度升高，CH3OH(g)脱水转化为CH3OCH3(g)的倾向__________(填“增大”、“不变”或“减小”)，ΔH4________2ΔH2+ΔH3(填“>”、<”或“=”)。物质CH3OHCH3OCH3H2O分压/MPa0.500.500.50②某温度下(此时Kp=100)，在密闭容器中加入一定量CH3OH，某时刻测得各组分的压如下：此时正、逆反应速率的大小：V正____V逆(填“>”、“<”或“=”)。③200℃时，在密闭容器中加入一定量CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数为__________(填序号).A．<1/3B．1/3C．1/3~1/2D．1/2E．>1/2④300℃时，使CH3OH(g)以一定流速通过催化剂，V/F(按原料流率的催化剂量)、压强对甲醇转化率影响如图1所示。请简述在上述条件下，压强对甲醇转化率影响的规律，并解释变化原因__________。(3)直接二甲醚燃料电池有望大规模商业化应用，工作原理如图2所示。①负极的电极反应式为__________。②现利用该电池电解CuC12溶液，当消耗2.3g二甲醚时，电解所得铜的质量为_________g(设电池的能量利用率为50%)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、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。2、C【解析】

A．曲线II为PC(H2C2O4)，曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-)，当pH=0.8时，PC(H2C2O4)=PC(HC2O4-)，即c(H2C2O4)=c(HC2O4-)，则Ka1==c(H+)=10-0.8，故A错误；B．曲线II为PC(H2C2O4)，曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-)，pH=3时，PC(H2C2O4)=PC(C2O42-)＞PC(HC2O4-)，pC越小则该微粒浓度越大，所以c(HC2O3-)＞c(C2O42-)=c(H2C2O4)，故B错误；C．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，所以pH从0.8上升到5.3的过程中c(H+)减小，则水的电离程度增大，故C正确；D．，电离平衡常数只与温度有关，温度不变则不变，故D错误；故答案为C。考查弱电解质的电离，侧重考查学生图象分析判断能力，正确判断曲线与微粒的一一对应关系是解本题关键，注意纵坐标大小与微粒浓度关系，为易错点，pC越小则该微粒浓度越大，c(H2C2O4)越大，pC越小。3、D【解析】

H2（g）+CO（g）+SO2（g）⇌H2O（g）+CO2（g）+S（s）△H<0，正反应是气体体积减小的放热反应，A、加入催化剂只改变反应速率不改变化学平衡，能提高单位时间脱硫率，选项A不符合题意；B．硫是固体，分离出硫对平衡无影响，选项B不符合题意；C、减压会使平衡逆向进行，脱硫率降低，选项C不符合题意；D．加生石灰可吸收生成的水和二氧化碳，有利于平衡正向移动，提高脱硫率，选项D符合题意。答案选D。本题考查了化学平衡的分析应用，影响因素的分析判断，掌握化学平衡移动原理是关键，正反应是气体体积减小的放热反应，依据化学平衡的反应特征结合平衡移动原理分析选项判断，高压、降温平衡正向进行，固体和催化剂不影响化学平衡。4、A【解析】

A．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合时发生盐的双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出CO2进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，会导致触电或电器短路，因此泡沫灭火器不适用于电器灭火，A错误；B．疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B正确；C．油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，C正确；D．电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼，Mg棒作原电池的负极，从而对正极的热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法，D正确；故合理选项是A。5、A【解析】

短周期元素M、N、P、Q最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、Z、W，M是短周期中原子半径最大的元素，则M为Na元素，则X为NaOH；0.1mol/L的W溶液pH=1，则W为一元含氧强酸，且Q的原子序数大于Na元素，则Q为Cl元素、W为HClO4；0.1

mol/L的Z溶液pH=0.7，则氢离子浓度为10-0.7mol/L=0.2mol/L，故Z为二元强酸，且P的原子序数大于Na元素，则P为S元素、Z为H2SO4；常温下X、Z、W均可与Y反应，则Y为两性氢氧化物，则Y为Al(OH)3、N为Al元素，据此解答。【详解】A．N为Al元素，原子核外有3个电子层数，最外层电子数为3，其电子层与最外层电子数相等，故A正确；B．Na+、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Na+＞Al3+，故B错误；C．非金属性Cl＞S，故简单氢化物稳定性：HCl＞H2S，故C错误；D．NaOH为离子化合物，含有离子键、共价键，HClO4为分子化合物，分子内只含有共价键，二者含有化学键不全相同，故D错误；故答案为：A。“三看”法快速判断简单微粒半径的大小：一看电子层数：最外层电子数相同时，电子层数越多，半径越大；二看核电荷数：当电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小；三看核外电子数：当电子层数和核电荷数均相同时，核外电子数越多，半径越大。6、B【解析】

A选项，绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染，课本上原话，故A正确；B选项，焚烧树叶，会产生大量烟雾，污染空气，故B错误；C选项，一般用生石灰进行对燃料“脱硫”技术，以减少硫氧化物对空气的污染，故C正确；D选项，干电池的低汞化、无汞化，以减少废电池造成的土壤污染，故D正确；综上所述，答案为B。7、B【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，则Y为F；X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，则X为O元素；在周期表中Z位于IA族，其原子序数大于O，则Z为Na元素；W与X属于同一主族，则W为S元素，据此解答。【详解】根据分析可知，X为O，Y为F，Z为Na，W为S元素。A、Na2O和Na2S都是离子晶体，氧离子半径小于硫离子，则熔沸点Na2O>Na2S，故A错误；B、F最高价为0价，Na的最高价为+1价，则元素最高价：Y<Z，故B正确；C、非金属性F>S，则气态氢化物的热稳定性：Y>W，故C错误；D、同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Y<X<W<Z，故D错误；故选：B。离子晶体熔沸点比较：阴阳离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高，反之越低，如：CsCl<NaCl；简单气体氢化物的稳定性与化学键强度有关。8、B【解析】

A.二氧化硫和氧气和氯化钡可以反应生成硫酸钡沉淀，所以不能说明混合气体中含有三氧化硫，故错误；B.二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明混合气体含有二氧化硫，硫酸铜分解生成二氧化硫，硫元素化合价降低，应有元素化合价升高，所以产物肯定有氧气，故正确；C.固体产物加入稀硝酸，氧化铜或氧化亚铜都可以生成硝酸铜，不能说明固体含有氧化铜，故错误；D.将气体通过饱和Na2SO3溶液，能吸收二氧化硫、三氧化硫，故错误。故选B。9、C【解析】

A．Ca（ClO）2溶液具有漂白性，可使pH试纸褪色，应选pH计测定，故A错误；B．NaOH可吸收挥发的HCl，氢气中混有水蒸气，还需浓硫酸干燥纯化氢气，故B错误；C．由操作和现象可知，氯气与NaBr反应生成溴，则Br﹣还原性强于Cl﹣，故C正确；D．不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容，故D错误；故选：C。10、A【解析】

A、金属阳离子的氧化性越强，其对应单质的还原性越弱；B、室温下，测定等浓度的NaHA和NaB溶液的pH大小才能判断H2A与HB的酸性强弱；C、酸性KMnO4溶液紫红色褪去说明有烯烃生成，不能确定是否有乙烯生成；D、不同的反应无法探究浓度对反应速率的影响。【详解】A项、用石墨作电极，电解Mg（NO3）2、Cu（NO3）2的混合溶液，阴极上先析出铜说明氧化性：Cu2+＞Mg2+。则还原性：镁强于铜，故A正确；B项、室温下，测定等浓度的Na2A和NaB溶液的pH，Na2A溶液的pH较大，说明A2—水解程度大于B—，酸性HA—<HB，不能判断H2A与HB的酸性强弱，故B错误；C项、加热浸透了石蜡油的碎瓷片，产生的气体通过酸性KMnO4溶液，酸性KMnO4溶液紫红色褪去说明有烯烃生成，不能确定是否有乙烯生成，故C错误；D项、铁与稀硝酸反应生成一氧化氮，在浓硝酸中产生钝化现象，两个反应属于不同的反应，无法探究浓度对反应速率的影响，故D错误。故选A。本题考查化学实验方案的评价，侧重考查分析能力及灵活应用能力，注意常见物质的性质，明确常见化学实验基本操作方法是解答关键。11、D【解析】

A．阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，电解过程中Fe、Zn和Cu都要溶解，故转移2NA个电子时，阳极减少的质量不一定为64g，故A错误；B．合成氨生产中将NH3液化分离，减小了生成物的浓度，平衡向反应正方向移动，提高了H2的转化率，由于浓度减小，反应速率减小，故B错误；C．2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+O2(g)，该反应的△S＜0，常温下能自发进行，说明△H-TD．使溶液中c(Al3+)≤1×10-6mol•L-1，c(OH-)≥31×10-331×10-6=10-9答案选D。本题的易错点为A，电解精炼铜时使用的阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，通常情况下，Fe、Zn要先于Cu放电。12、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。13、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。14、C【解析】

A．反应Ⅰ是氮气和锂反应，锂为活泼金属，易与空气中的氧气、水蒸气发生反应，所以反应Ⅰ的关键是隔绝空气和水，故A正确；B．反应Ⅱ的产物LiOH是碱，是锂离子和氢氧根离子构成的化合物属于离子化合物，故B正确；C．分析可知锂是参与反应过程的反应物，最后生成锂单质的条件是电解，所以金属锂不是催化剂，故C错误；D．三步反应为：6Li+N2=2Li3N，Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，4LiOH4Li+O2↑+2H2O，整个流程的总化学方程式为：2N2+6H2O═4NH3+3O2，故D正确；故选：C。15、D【解析】

①都是主族元素，但最外层电子数不都大于４，如氢元素最外层只有1个电子，错误②当两种非金属单质反应时，一种作氧化剂，一种作还原剂，错误③氢化物常温下不都是气态，如氧的氢化物水常温下为液体，错误④SiO2、NO等氧化物常温下都不能与水反应生成酸，错误。故选D。16、D【解析】

根据电子的流向可知b极为负极，锂单质失电子被氧化，a极为正极，氧气得电子被还原。【详解】A．负极单质锂与水反应，所以电解溶液不能用水溶液，故A错误；B．电池放电过程中锂单质被氧化成锂离子，锂离子移动到正极发生xLi++O2+xe-=LixO2，所以时间越长正极产生的Li2O2越多，而不是越少，故B错误；C．正极发生得电子的还原反应，当x=1时发生：Li++O2+e-=LiO2，故C错误；D．充电时，b极锂离子转化为锂，发生还原反应，即为电解池的阴极，则充电时，b端应接负极，故D正确；故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、氯仿氯原子、醛基加成反应+4NaOH+3NaCl+2H2O【解析】

（1）根据A的结构简式可判断其俗称是氯仿，D中官能团为醛基、氯原子；对比D、E、G的结构可知反应②为加成反应，故答案为：氯仿；醛基、氯原子；加成反应；（2）G与氢氧化钠溶液反应发生水解反应，再脱去1分子水生成形成羧基，羧基和氢氧化钠发生中和反应，则反应方程式为：，故答案为：；（3）已知：，可推知反应②中副产物为苯环取代G中羟基，结构简式为：，故答案为：；（4）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，与足量浓溴水反应未见白色沉淀产生，说明酚羟基邻位、对位没有H原子，若L与NaOH的乙醇溶液共热能反应，则L含有-CH2CH2Cl或-CHClCH3，L苯环上还含有2个-Cl，L与NaOH的乙醇溶液共热时，羟基发生反应，还发生卤代烃的消去反应，生成物的结构简式为：，故答案为：。18、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。19、溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清（或浑浊减少）减小关闭、，打开过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加Ba溶液，有白色沉淀生成【解析】

（1）装置A中试剂1为浓硫酸，试剂2为Na2SO3，反应生成二氧化硫气体；（2）检查装置气密性后，添加药品，pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解的原因；打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓慢匀速滴下，反应分步进行：Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO22Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓Na2SO3+S═Na2S2O3（较慢）发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2

，据此分析反应现象；当pH计读数接近7时，立即停止通SO2，SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率，操作是关闭K1、K2，打开K3；（3）预测S2O32-转变为SO42-，可以利用检验硫酸根离子的方法设计实验检验；【详解】（1）装置A中试剂1为浓硫酸，试剂2为Na2SO3，反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4，故答案为SO2；

H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4；(2)检查装置气密性后，添加药品，pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解，水解离子方程式为：S2−+H2O⇌HS−+OH−，打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓慢匀速滴下，反应分步进行：Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO22Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓Na2SO3+S═Na2S2O3（较慢）发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2

，反应过程中的现象是导管口有气泡冒出，溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清(或浑浊减少)，碳酸钠溶液变化为亚硫酸钠溶液和硫代硫酸钠溶液，pH计读数逐渐减小当pH计读数接近7时，立即停止通SO2，操作是关闭K1、K2，打开K3，必须立即停止通SO2的原因是：SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率，故答案为S2−+H2O⇌HS−+OH−；溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清(或浑浊减少)；减小；关闭K1、K2，打开K3；SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率；(3)Na2S2O3有还原性，可作脱氯剂。向Na2S2O3溶液中通入少量Cl2，某同学预测S2O32−转变为SO42−，设计实验为：取少量反应后的溶液于试管中，加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，故答案为加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成；20、分液漏斗eghbaf浓硫酸干燥气体，防止水蒸气进入装置戊中防止三氯甲烷挥发，使碳酰氯液化增大反应物之间的接触面积，加快反应速率COCl2＋4NH3∙H2O=CO(NH2)2＋2NH4Cl＋4H2O79.3%【解析】

(1)看图得出仪器M的名称。(2)根据已知，碳酰氯与水反应，因此要干燥氧气，且后面产物中要隔绝水蒸气，再得出顺序。(3)根据已知信息，碳酰氯不能见水，因此整个环境要干燥，故得到答案。(4)根据(2)中得到装置乙中碱石灰的作用是干燥气体。(5)根据碳酰氯(COCl2)沸点低，三氯甲烷易挥发，得出结论，多孔球泡的作用是增大反应物之间的接触面积，加快反应速率。Ⅱ(6)碳酰氯也可以用浓氨水吸收，生成尿素和氯化铵，再写出反应方程式，先根据方程式计算实际消耗了苯甲酸的质量，再计算转化率。【详解】(1)仪器M的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗。(2)根据已知，碳酰氯与水反应，因此要干燥氧气，且后面产物中要隔绝水蒸气，因此X要用浓硫酸干燥，按气流由左至右的顺序为e→c→d→g→h→b→a→f，故答案为：e；g；h；b；a；f。(3)根据上题得出试剂X是浓硫酸，故答案为：浓硫酸