江西省横峰中学2026届高三下学期4月考化学试题文试卷含解析

江西省横峰中学2026届高三下学期4月考化学试题文试卷请考生注意：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、为测定人体血液中Ca2＋的含量，设计了如下方案：有关反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O若血液样品为15mL，滴定生成的草酸消耗了0.001mol·L－1的KMnO4溶液15.0mL，则这种血液样品中的含钙量为A．0.001mol·L－1 B．0.0025mol·L－1 C．0.0003mol·L－1 D．0.0035mol·L－12、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列关于常温下0.1mol/LNa2S2O3溶液与pH=1的H2SO4溶液的说法正确的是（）A．1LpH=1的H2SO4溶液中，含H+的数目为0.2NAB．98g纯H2SO4中离子数目为3NAC．含0.1molNa2S2O3的水溶液中阴离子数目大于0.1NAD．Na2S2O3与H2SO4溶液混合产生22.4L气体时转移的电子数为2NA3、下列化学用语表述不正确的是A．HCl的电子式： B．CH4的球棍模型C．S2-的结标示意图： D．CS2的结构式：4、银­Ferrozine法检测甲醛(HCHO)的原理为①在原电池装置中，氧化银能将甲醛充分氧化为CO2；②Fe3＋与产生的Ag定量反应生成Fe2＋；③Fe2＋与Ferrozine形成有色配合物；④测定溶液的吸光度(吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比)。下列说法正确的是()A．①中，负极上消耗1mol甲醛时转移2mol电子B．①溶液中的H＋由正极移向负极C．理论上消耗的甲醛与生成的Fe2＋的物质的量之比为1∶4D．④中，甲醛浓度越大，吸光度越小5、下列各组物质的分类正确的是①同位素：1H、2H2、3H②同素异形体：C80、金刚石、石墨③酸性氧化物：CO2、NO、SO3④混合物：水玻璃、水银、水煤气⑤电解质：明矾、冰醋酸、石膏⑥干冰、液氯、乙醇都是非电解质A．②⑤ B．②⑤⑥ C．②④⑤⑥ D．①②③④⑤⑥6、化学与人类生产、生活、可持续发展密切相关，下列说法正确的是()A．太阳能光电池、光导纤维的主要成分都是二氧化硅B．制作航天服的聚酯纤维是新型无机非金属材料C．“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都是利用了化学方法来提高空气质量D．淀粉、油脂、蛋白质的水解都是由高分子生成小分子的过程7、硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一。下列说法正确的是A．硒的摄入量越多对人体健康越好 B．SeO32－空间构型为正四面体C．H2Se的熔沸点比H2S高 D．H2SeO4的酸性比H2SO4强8、下列关于氧化还原反应的说法正确的是A．1molNa2O2参与氧化还原反应，电子转移数一定为NA(NA为阿伏加德罗常数的值)B．浓HCl和MnO2制氯气的反应中，参与反应的HCl中体现酸性和氧化性各占一半C．VC可以防止亚铁离子转化成三价铁离子，主要原因是VC具有较强的还原性D．NO2与水反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:19、人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素[CO(NH2)2]。下列有关说法正确的是（）A．a为电源的负极B．电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高C．除去尿素的反应为：CO(NH2)2＋2Cl2＋H2O==N2＋CO2＋4HClD．若两极共收集到气体0.6mol，则除去的尿素为0.12mol(忽略气体溶解，假设氯气全部参与反应)10、铋(Bi)位于元素周期表中第VA族，其价态为+3时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示：加入溶液①适量铋酸钠溶液②过量双氧水③适量KI淀粉溶液实验现象溶液呈紫红色溶液紫红色消失，产生气泡溶液缓慢变成蓝色在上述实验条件下，下列结论不正确的是（）A．BiO3-的氧化性强于MnO4-B．H2O2可被高锰酸根离子氧化成O2C．向铋酸钠溶液中滴加KI淀粉溶液，溶液一定变蓝色D．H2O2具有氧化性，能把KI氧化成I211、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，A、B、C、D的原子序数之和是E的两倍。下列说法正确的是（）A．原子半径：C>B>AB．气态氢化物的热稳定性：E>CC．最高价氧化对应的水化物的酸性：B>ED．化合物DC与EC2中化学键类型相同12、已知N2H4在水中电离方式与NH3相似，若将NH3视为一元弱碱，则N2H4是一种二元弱碱，下列关于N2H4的说法不正确的是A．它与硫酸形成的酸式盐可以表示为N2H5HSO4B．它溶于水所得的溶液中共有4种离子C．它溶于水发生电离的第一步可表示为：N2H4＋H2ON2H5＋OH－D．室温下，向0.1mol/L的N2H4溶液加水稀释时，n(H＋)·n(OH－)会增大13、海洋动物海鞘中含有种类丰富、结构新颖的次生代谢产物，是海洋抗肿瘤活性物质的重要来源之一。一种从海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物的流程如下：下列关于该流程中各步骤的说法中，错误的是（）选项步骤采用装置主要仪器A①过滤装置漏斗B②分液装置分液漏斗C③蒸发装置坩埚D④蒸馏装置蒸馏烧瓶A．A B．B C．C D．D14、化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是A．棉布和丝绸的主要成分都是纤维素B．肥皂水显碱性可做蚊虫叮咬处的清洗剂C．“84”消毒液与75%的酒精消杀新冠病毒的机理相同D．青铜器发生析氢腐蚀可在表面形成铜绿15、下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是选项实验目的实验方案A探究化学反应的

限度取5mL0.1mol/LKI溶液，滴加0.1mol/LFeCl3溶液5～6滴，充分反应，可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应B探究浓度对化学反应速率的影响用两支试管各取5mL0.1mol/L的KMnO4溶液，分别加入2mL0.1mol/L和0.2mol/L的草酸溶液，记录溶液褪色所需的时间C证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中D验证醋酸钠溶液中存在水解平衡取CH3COONa溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再加入醋酸铵固体其水溶液呈中性，观察溶液颜色变化A．A B．B C．C D．D16、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述不正确的是A．常温常压下，1mol氦气中含有的质子数为2NAB．l0g46%乙醇水溶液中所含氧原子数为0.4NAC．1Llmol/LNa2CO3溶液中，阴离子总数小于NAD．浓硝酸热分解生成NO2、N2O4共23g，转移电子数为0.5NA17、用下表提供的仪器（夹持仪器和试剂任选）不能达到相应实验目的的是选项实验目的仪器A用CCl4除去NaBr溶液中少量Br2烧杯、分液漏斗B配制1.0mol•L-1的H2SO4溶液量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶C从食盐水中获得NaCl晶体酒精灯、烧杯、漏斗D制备少量乙酸乙酯试管、酒精灯、导管A．A B．B C．C D．D18、下列由实验操作及现象得出的结论正确的是操作及现象结论A其他条件相同，测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH比较Ka(HCOOH)和Ka2(H2S)的大小B向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+C向纯碱中滴加足量浓盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液，溶液变浑浊酸性：盐酸>碳酸>硅酸DC2H5OH与浓硫酸混合后加热到170℃，制得气体使酸性KMnO4溶液褪色一定是制得的乙烯使酸性KMnO4溶液褪色A．A B．B C．C D．D19、乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：己知:化学键C-HC-CC=CH-H键能/kJ•mol-1412348612436根据表中数据计算上述反应的△H（kJ•mol-1）（）A．-124 B．+124 C．+1172 D．-104820、下列实验装置能达到实验目的的是（）A．用图①装置进行石油的分馏B．用图②装置蒸干FeCl3溶液得到FeCl3固体C．用图③装置分离乙酸和乙醇的混合物D．用图④装置制取H2并检验H2的可燃性21、化学家合成了一种新化合物（如图所示），其中A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，B与C在同一主族，C与D在同一周期。下列有关说法正确的是A．熔点：B的氧化物>C的氧化物B．工业上由单质B可以制得单质CC．氧化物对应水化物的酸性：D>B>CD．A与B形成的化合物中只含有极性键22、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A．氨水应密闭保存，置低温处B．在FeCl2溶液中加入铁粉防止氧化变质C．生产硝酸中使用过量空气以提高氨的利用率D．实验室用排饱和食盐水法收集氯气二、非选择题(共84分)23、（14分）EPR橡胶（）和PC塑料(）的合成路线如下：（1）A的名称是___________。E的化学式为______________。（2）C的结构简式____________。（3）下列说法正确的是（选填字母）_________。A．反应Ⅲ的原子利用率为100%B．CH3OH在合成PC塑料的过程中可以循环利用C．1molE与足量金属Na反应，最多可生成22.4LH2D．反应Ⅱ为取代反应（4）反应Ⅰ的化学方程式是_________。（5）反应Ⅳ的化学方程式是_________。（6）写出满足下列条件F的芳香族化合物的同分异构体________。①含有羟基，②不能使三氯化铁溶液显色，③核磁共振氢谱为五组峰，且峰面积之比为1:2:2:2:1；（7）已知：，以D和乙酸为起始原料合成无机试剂任选，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明反应试剂和条件）_______。24、（12分）白藜芦醇(结构简式：)属二苯乙烯类多酚化合物，具有抗氧化、抗癌和预防心血管疾病的作用。某课题组提出了如下合成路线：已知：①RCH2Br+②根据以上信息回答下列问题：(1)白藜芦醇的分子式是_________(2)C→D的反应类型是：__________；E→F的反应类型是______。(3)化合物A不与FeCl3溶液发生显色反应，能与NaHCO3溶液反应放出CO2，推测其核磁共振谱(1H-NMR)中显示不同化学环境的氢原子个数比为_______(从小到大)。(4)写出A→B反应的化学方程式：_____________；(5)写出结构简式；D________、E___________；(6)化合物符合下列条件的所有同分异构体共________种，①能发生银镜反应；②含苯环且苯环上只有两种不同化学环境的氢原子。写出其中不与碱反应的同分异构体的结构简式：_______。25、（12分）碳酸镧咀嚼片是一种不含钙和铝的磷酸盐结合剂，有效成分碳酸镧难溶于水，可用于慢性肾衰患者高磷血症的治疗。Ⅰ.碳酸镧可由LaCl3和碳酸氢铵为原料来制备，避免生成碱式碳酸镧[La(OH)CO3]，整个反应需在较低的pH条件下进行。化学兴趣小组利用下列装置在实验室中制备碳酸镧。（1）仪器X的名称是_____。（2）如下左图装置是启普发生器，常用于实验室制取CO2、H2等气体，具有“随开随用、随关随停”的功能。右图装置与启普发生器原理类似，也可用于实验室制取CO2的装置的是______（填选项字母）。ABC（3）关闭活塞K2，______，说明如下装置气密性良好。（4）装置乙用于制备氨气，可以选用的试剂是____（填选项字母）。A、NH4Cl固体和Ca(OH)2固体B、生石灰和浓氨水C、碱石灰和浓氨水D、无水CaCl2和浓氨水（5）实验装置接口的连接顺序是：a接____。为制得纯度较高的碳酸镧，实验过程中需要注意的问题是__。II．可用碳酸氢钠溶液代替碳酸氢铵溶液，与氯化镧反应制备碳酸镧。（6）精密实验证明：制备过程中会有气体逸出，则制备过程总反应的离子方程式是________。（7）制备时，若碳酸氢钠滴加过快，会降低碳酸镧的产率，可能的原因是_____。III、碳酸镧咀嚼片中有效成分测量。（8）准确称取碳酸镧咀嚼片ag，溶于10.0mL稀盐酸中，加入10mLNH3-NH4C1缓冲溶液，加入0.2g紫脲酸铵混合指示剂，用0.5mo1·L－1，EDTA(Na2H2Y）标准溶液滴定至呈蓝紫色(La3++H2y2－=LaY－＋2H＋），消耗EDTA标准溶液VmL。则咀嚼片中碳酸镧（摩尔质量为458g/mol)的质量分数w＝____。26、（10分）某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知：物质BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g(20℃)2.4×10-41.4×10-33.0×10-71.5×10-4(1)探究BaCO3和BaSO4之间的转化试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4……实验ⅡNa2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解①实验I说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，__________________。②实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是__________________________________。③实验Ⅱ中加入试剂C后，沉淀转化的平衡常数表达式K=___________。(2)探究AgCl和AgI之间的转化实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验(电压表读数：a＞c＞b>0)。装置步骤电压表读数ⅰ.如图连接装置并加入试剂，闭合Kaⅱ.向B中滴入AgNO3(aq),至沉淀完全bⅲ.再向B中投入一定量NaCl(s)cⅳ.重复i，再向B中加入与ⅲ等量NaCl(s)d注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。①实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是________（填标号）。aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液②实验Ⅳ的步骤i中，B中石墨上的电极反应式是___________________________。③结合信息，解释实验Ⅳ中b<a的原因_____________________。④实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_____________________。(3)综合实验Ⅰ~Ⅳ,可得出的结论是________________________________________。27、（12分）氨基锂（LiNH2)是一种白色固体，熔点为390℃，沸点为430℃，溶于冷水，遇热水强烈水解，主要用于有机合成和药物制造。实验室制备少量氨基锂的装置如图所示（部分夹持装置已略）：(1)A中装置是用于制备氨气的，若制备氨气的试剂之一是熟石灰，则A中制气装置是______(从方框中选用，填序号）；用浓氨水与生石灰反应也可制取NH3，反应的化学方程式为_______。(2)试剂X是_________，装置D的作用是_______。(3)实验中需要先向C通入一段时间的NH3再点燃C处酒精灯，这样做的目的是____，可根据E中____(填现象）开始给锂加热。(4)某同学经理论分析认为LiNH2遇热水时可生成一种气体，试设计一种方案检验该气体:_______。28、（14分）氮及其化合物在生产生活中应用广泛。回答下列问题：(1)“中国制造2025”是中国政府实施制造强国战略第一个十年行动纲领。氮化铬(CrN)具有极高的硬度和力学强度、优异的抗腐蚀性能和高温稳定性能，氮化铬在现代工业中发挥更重要的作用，请写出Cr3+的外围电子排布式____；基态铬、氮原子的核外未成对电子数之比为____。(2)氮化铬的晶体结构类型与氯化钠相同，但氮化铬熔点(1282℃)比氯化钠(801'C)的高，主要原因是________。(3)过硫酸铵[(NH4)2S2O8]，广泛地用于蓄电池工业、石油开采、淀粉加工、油脂工业、照相工业等，过硫酸铵中N、S、O的第一电离能由大到小的顺序为_______，其中NH4+的空间构型为____________(4)是20世纪80年代美国研制的典型钝感起爆药Ⅲ，它是由和[Co(NH3)5H2O](ClO4)3反应合成的，中孤电子对与π键比值为_______，CP的中心Co3+的配位数为______。(5)铁氮化合物是磁性材料研究中的热点课题之一，因其具有高饱和磁化强度、低矫顽力，有望获得较高的微波磁导率，具有极大的市场潜力，其四子格结构如图所示，已知晶体密度为ρg∙cm-3，阿伏加德罗常数为NA。①写出氮化铁中铁的堆积方式为____。②该化合物的化学式为___。③计算出Fe(II)围成的八面体的体积为____cm3。29、（10分）锌的配合物ZSM、[Zn（N2H4）2（N3）2]n等配合物及其合金用途非常广泛。（1）Zn2+基态核外电子排布式为_____________。（2）ZSM是2-甲基咪唑和水杨酸与锌形成的配合物，2-甲基咪唑可通过下列反应制备：①与CN-互为等电子体的分子是_____________（写化学式）。②2-甲基咪唑中碳原子杂化轨道类型为_____________；lmol2-甲基咪唑分子中含键数目为_________。N2H4易溶于水的主要的原因是_____________。（3）[Zn（N2H4）2（N3）2]n有两种配体，Zn2+的配位数是6，补画出[Zn（N2H4）2（N3）2]n结构示意图：____________。

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】

由方程式Ca2+＋C2O42+＝CaC2O4、CaC2O4＋H2SO4＝CaSO4↓＋H2C2O4、2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4＝H2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O可得关系式：5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，令血液中含钙量为cmol/L，则：5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO452cmol/L×0.015L0.001mol•L-1×0.015L所以cmol/L×0.015L×2＝5×0.001mol•L-1×0.015L解得c＝0.0025mol•L-1；答案选B。2、C【解析】

A．pH=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，故1L溶液中氢离子的物质的量为0.1mol，则个数为0.1NA个，故A错误；B．硫酸是共价化合物，无氢离子，即纯硫酸中离子数为0，故B错误；C．硫代硫酸根是弱酸根，硫代硫酸根离子在溶液中的水解会导致阴离子个数增多，故含0.1molNa2S2O3的溶液中阴离子数目大于0.1NA，故C正确；D．所产生的气体所处的状态不明确，气体的摩尔体积不确定，则22.4L气体的物质的量不一定是1mol，转移的电子数也不一定是2NA，故D错误；故答案为C。考查物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，常见问题和注意事项：①气体注意条件是否为标况；②物质的结构，如硫酸是共价化合物，不存在离子；③易水解盐中离子数目的判断；选项C为难点，多元素弱酸根离子水解后，溶液中阴离子总数增加。3、A【解析】

A.HCl为共价化合物，分子中没有阴阳离子，其电子式为，A项错误；B.CH4分子正四面体形，其中球表示原子，棍表示共价键，B项正确；C.S2-的核电荷数为16，核外18电子符合电子排布规律，C项正确；D.CS2分子中碳原子与2个硫原子各形成2对共用电子对，D项正确。本题选A。4、C【解析】A．甲醛分子中碳元素的化合价为0价，1mol甲醛被氧化时转移4mol电子，故A错误；B．原电池中阳离子向正极移动，故B错误；C．每生成1molFe2+转移1mol电子，1mol甲醛被氧化时转移4mol电子，根据电子转移的数目相等，可知消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1:4，故C正确；D．④中，甲醛浓度越大，反应生成的Fe2+的浓度越大，吸光度越大，故D错误；答案为C。5、A【解析】

①质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，2H2是单质，不是核素，①错误；②由同一种元素形成的不单质互为同素异形体，C80、金刚石、石墨均是碳元素形成的不同单质，②正确；③能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，NO不是酸性氧化物，③错误；④水银是单质，④错误；⑤溶于水或熔融状态下能导电的化合物是电解质，明矾、冰醋酸、石膏均是电解质，⑤正确；⑥溶于水和熔融状态下不能导电的化合物是非电解质，液氯是单质，不是非电解质，⑥错误。答案选A。6、C【解析】

A项、太阳能电池中使用的半导体材料的主要成分是Si，光导纤维的主要成分是二氧化硅，故A错误；B项、制作航天服的聚酯纤维属于有机合成高分子材料，不属于新型无机非金属材料，故B错误；C项、“燃煤固硫”利用化学方法减少了二氧化硫的排放，“汽车尾气催化净化”利用化学方法减少了氮的氧化物排放，都有效的减少了空气污染物的排放，提高了空气质量，故C正确；D项、油脂不是高分子化合物，故D错误。故选C。本题考查化学与生活，侧重分析与应用能力的考查，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键。7、C【解析】

A．硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一，但并不表示摄入量越多越好，故A错误；B．SeO32－中心原子的价电子对数为3+=4，其中有1个孤电子对，中心原子为sp3杂化，其空间构型为三角锥形，故B错误；C．H2Se和H2S结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，则H2Se的熔沸点比H2S高，故C正确；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物酸性越强，Se的非金属性比S弱，则H2SeO4的酸性比H2SO4弱，故D错误；故答案为C。8、C【解析】

A．Na2O2中的O为-1价，既具有氧化性又具有还原性，发生反应时，若只作为氧化剂，如与SO2反应，则1molNa2O2反应后得2mol电子；若只作为还原剂，则1molNa2O2反应后失去2mol电子；若既做氧化剂又做还原剂，如与CO2或水反应，则1molNa2O2反应后转移1mol电子，综上所述，1molNa2O2参与氧化还原反应，转移电子数不一定是1NA，A项错误；B．浓HCl与MnO2制氯气时，MnO2表现氧化性，HCl一部分表现酸性，一部分表现还原性；此外，随着反应进行，盐酸浓度下降到一定程度时，就无法再反应生成氯气，B项错误；C．维生素C具有较强的还原性，因此可以防止亚铁离子被氧化，C项正确；D．NO2与水反应的方程式：，NO2中一部分作为氧化剂被还原价态降低生成NO，一部分作为还原剂被氧化价态升高生成HNO3，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2，D项错误；答案选C。处于中间价态的元素，参与氧化还原反应时既可作为氧化剂表现氧化性，又可作为还原剂表现还原性；氧化还原反应的有关计算，以三个守恒即电子得失守恒，电荷守恒和原子守恒为基础进行计算。9、D【解析】

A、由图可以知道，左室电极产物为CO2和N2，发生氧化反应，故a为电源的正极，右室电解产物H2，发生还原反应，故b为电源的负极，故A错误；B、阴极反应为6H2O+6e-=6OH-+3H2↑，阳极反应为6Cl--6e-=3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH-、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+，通过质子交换膜进入阴极室与OH-恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变，故B错误；C、由图可以知道，阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成HCl，阳极室中发生的反应依次为6Cl--6e-=3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，故C错误；D、如图所示，阴极反应为6H2O+6e-=6OH-+3H2↑，阳极反应为6Cl--6e-=3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，若两极共收集到气体0.6mol，则n(N2)=n(CO2)=0.6×1/5mol=0.12mol，由反应CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl可知所消耗的CO（NH2）2的物质的量也为0.12mol，故D正确。答案选D。10、C【解析】

向一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液中滴入适量铋酸钠溶液，溶液呈紫红色说明Mn2+被BiO3-氧化为MnO4-；再滴入过量双氧水，溶液紫红色消失，产生气泡，说明MnO4-把H2O2氧化为O2；最后滴入适量KI淀粉溶液，溶液缓慢变成蓝色，说明H2O2把KI氧化为I2；【详解】A.氧化剂的氧化性大于氧化产物，Mn2+被BiO3-氧化为MnO4-，BiO3-的氧化性强于MnO4-，故A正确；B.滴入过量双氧水，溶液紫红色消失，产生气泡，说明MnO4-把H2O2氧化为O2，故B正确；C.铋酸钠具有强氧化性，向铋酸钠溶液中滴加KI溶液，I-可能被氧化为IO3-，所以溶液不一定变蓝色，故C错误；D.由③中现象可知：碘离子被双氧水氧化成单质碘，故D正确；故选C。本题考查学生氧化还原反应中氧化性强弱的判断方法，掌握氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性是关键，注意I-被强氧化剂氧化的产物不一定是I2。11、C【解析】

已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，A为H，B为N，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，则D为Mg，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，C为O，A、B、C、D的原子序数之和是E的两倍，E为Si。【详解】A.原子半径：N>C>H，故A错误；B.气态氢化物的热稳定性：H2O>SiH4，故B错误；C.最高价氧化对应的水化物的酸性：HNO3>H2SiO3，故C正确；D.化合物MgO含有离子键，SiO2含共价键，故D错误；答案为C。同周期，从左到右非金属性增强，最高价氧化物对应的水化物酸性增强，氢化物稳定性增强。12、A【解析】

A、N2H4+H2ON2H5++OH-、N2H5++H2ON2H62++OH-，它属于二元弱碱，和硫酸形成的酸式盐应为N2H6（HSO4）2，选项A不正确；B、所得溶液中含有N2H5+、N2H62+、OH-、H+四种离子，选项B正确；C、它溶于水发生电离是分步的，第一步可表示为：N2H4＋H2ON2H5+＋OH－，选项C正确；D、Kw=c(H＋)·c(OH－)在一定温度下为定值，因加水体积增大，故n(H＋)·n(OH－)也将增大，选项D正确；答案选A。13、C【解析】

由流程可知，步骤①是分离固液混合物，其操作为过滤，需要漏斗、烧杯等仪器；步骤②是分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗等仪器；步骤③是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿等仪器；步骤④是从有机化合物中，利用沸点不同用蒸馏的方法得到甲苯，需要蒸馏烧瓶等仪器，则错误的为C，故答案选C。14、B【解析】

A.棉布的主要成分是纤维素，丝绸的主要成分是蛋白质，A错误；B.蚊虫叮咬时会释放出甲酸，肥皂的主要成分是高级脂肪酸钠，高级脂肪酸根水解使肥皂水显碱性，肥皂水可消耗甲酸，故肥皂水可做蚊虫叮咬处的清洗剂，B正确；C.“84”消毒液的主要成分为NaClO，NaClO具有强氧化性用于杀菌消毒，75%的酒精能使蛋白质变性用于杀菌消毒，“84”消毒液与75%的酒精消杀新冠病毒的机理不同，C错误；D.Cu在金属活动性顺序表中排在H的后面，Cu不能与H+自发反应放出H2，青铜器不能发生析氢腐蚀，青铜器发生吸氧腐蚀形成铜绿，D错误；答案选B。15、D【解析】

A．KI与FeCl3发生氧化还原反应，其离子反应式为2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，由于KI过量，因此溶液中存在I2和I-，故不可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应，A错误；B．高锰酸钾与草酸溶液反应的离子式为

2MnO4-+5H2C2O4+6H+=8H2O+10CO2↑+2Mn2+，可知溶液中高锰酸钾溶液过量，难以观察到褪色现象，B错误；C．由于溶液中挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能使用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯，C错误；D．CH3COONa在水溶液呈碱性是存在阴离子的水解：CH3COO-

+H2O⇌CH3COOH+OH-，加入酚酞溶液后变红，再加入醋酸铵固体，醋酸铵溶液呈中性，此时溶液中CH3COO-浓度增大，反应正向移动，溶液颜色加深，D正确；答案选D。此题易错点是B选项，通过观察高锰酸钾褪色快慢来探究反应速率大小，若高锰酸钾过量则不会观察到褪色，延伸考点还会出现高锰酸钾浓度不同来探究，要注意浓度不同时本身颜色深浅就不同，所以难以通过观察先褪色说明速率快；一般是高锰酸钾浓度相同且量少时，慢慢滴加不同浓度的草酸溶液，以此探究浓度对速率的影响。16、C【解析】

A．He原子序数为2，原子序数等于质子数，所以1molHe含有2mol质子，质子数为2NA，A项正确；B．10g46%的乙醇水溶液含有乙醇4.6g，为0.1mol，0.1molCH3CH2OH含有0.1mol氧原子，溶液中还含有54%的水，5.4g水，为0.3molH2O，含有0.3molO，所以溶液中含有的O原子共0.4mol，数目为0.4NA，B项正确；C．CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，可以知道1个CO32－水解会生成1个OH－和1个HCO3－，阴离子数目增加，大于NA，C项错误；D．NO2、N2O4的最简式相同，可以以NO2的形式进行求解，23gNO2物质的量为0.5mol，N的化合价从NO3－中的＋5降低到了＋4，现生成0.5molNO2，则共转移0.5mol电子，转移的电子数为0.5NA，D项正确；本题答案选C。17、C【解析】

A.单质溴易溶于有机溶剂，因此可以用萃取的方法将其从水相中分离，A项正确；B.配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶，B项正确；C.若要从食盐水中获得食盐晶体，可以蒸发结晶，蒸发结晶一般在蒸发皿中进行，C项错误；D.制备少量乙酸乙酯，可以在试管中进行，再用导管将产物通入饱和碳酸钠溶液中收集产物并除杂，D项正确；答案选C。18、A【解析】

A.酸的电离平衡常数越大，其酸根离子水解程度越小，则其相应的钾盐pH越小，所以测定等物质的量浓度的HCOOK和K2S溶液的pH比较Ka（HCOOH）和Ka2（H2S）的大小，故A正确；B.向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，原溶液中可能含有铁离子，无法据此判断原溶液中是否含有亚铁离子，故B错误；C.盐酸易挥发，产生的气体中混有HCl，HCl与硅酸钠反应也产生白色沉淀，则该实验不能比较碳酸与硅酸酸性的强弱，故C错误；D.C2H5OH与浓硫酸混合后加热到170℃，制取的乙烯气体中混有乙醇、SO2等，乙醇、SO2都能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明一定是乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误。故选A。19、B【解析】反应热=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是-CH2CH3中总键能与-CH=CH2、H2总键能之差，故△H=（5×412+348-3×412-612-436）kJ•mol-1=+124kJ•mol-1，故选B。点睛：解题关键是明确有机物分子结构，搞清断裂与形成的化学键及键数，反应热=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是-CH2CH3中总键能与-CH=CH2、H2总键能之差。20、A【解析】

A.用图①装置进行石油的分馏，故A正确；B.用图②装置蒸干FeCl3溶液不能得到FeCl3固体，氯化铁要在HCl气流中加热蒸干，故B错误；C.乙酸和乙醇是互溶的混合物，不能用分液漏斗分离，故C错误；D.用图④装置制取H2，先要验纯，在点燃检验H2的可燃性，故D错误。综上所述，答案为A。21、B【解析】

从图中可以看出，B、C都形成4个共价键，由于B与C在同一主族且原子序数C大于B，所以B为碳(C)元素，C为硅(Si)元素；D与C同周期且原子序数大于14，从图中可看出可形成1个共价键，所以D为氯(Cl)元素；A的原子序数小于6且能形成1个共价键，则其为氢(H)元素。【详解】A．B的氧化物为CO2，分子晶体，C的氧化物为SiO2，原子晶体，所以熔点：B的氧化物<C的氧化物，A不正确；B．工业上由单质C可以制得单质Si，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，B正确；C．未强调最高价氧化物对应的水化物，所以D不一定比B大，如HClO的酸性<H2CO3，C不正确；D．A与B形成的化合物中可能含有非极性键，如CH3CH3，D不正确；故选B。22、B【解析】

A、NH3+H2ONH3·H2O⊿H<0，升高温度，促进氨水分解，正确；B、Fe2+易被氧化为Fe3+，加入Fe粉，Fe+2Fe3+=3Fe2+，能防止Fe2+氧化变质，B不能用勒沙特列原理解释；C、增大一种反应物浓度，可以提高另一反应物转化率，正确；D、Cl2+H2OH++Cl-+HClO，增大c(Cl-)，抑制氯气溶解，D正确。答案选B。二、非选择题(共84分)23、丙烯C2H6O2ABn+n+(2n-1)CH3OH或【解析】

EPR橡胶()的单体为CH2=CH2和CH2=CHCH3，EPR由A、B反应得到，B发生氧化反应生成环氧己烷，则B为CH2=CH2、A为CH2=CHCH3；结合PC和碳酸二甲酯的结构，可知C15H16O2为，D与丙酮反应得到C15H16O2，结合D的分子式，可推知D为，结合C的分子式，可知A和苯发生加成反应生成C，再结合C的氧化产物，可推知C为；与甲醇反应生成E与碳酸二甲酯的反应为取代反应，可推知E为HOCH2CH2OH。据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A为CH2=CHCH3，名称为丙烯；E为HOCH2CH2OH，化学式为C2H6O2，故答案为丙烯；C2H6O2；(2)C为，故答案为；(3)A．反应Ⅲ为加成反应，原子利用率为100%，故A正确；B．生成PC的同时生成甲醇，生成E时需要甲醇，所以CH3OH在合成PC塑料的过程中可以循环利用，故B正确；C．E为HOCH2CH2OH，1mol

E与足量金属

Na

反应，最多可以生成1mol氢气，气体的体积与温度和压强有关，题中未告知，无法计算生成氢气的体积，故C错误；D．反应Ⅱ为加成反应，故D错误；故答案为AB；(4)反应Ⅰ的化学方程式是，故答案为；(5)反应Ⅳ的化学方程式是n+n+(2n-1)CH3OH，故答案为n+n+(2n-1)CH3OH；(6)F的分子式为C15H16O2，F的芳香族化合物的同分异构体满足：①含有羟基；②不能使三氯化铁溶液显色，说明羟基没有直接连接在苯环上；③核磁共振氢谱为五组峰，且峰面积之比为1:2:2:2:1，满足条件的F的芳香族化合物的同分异构体为或，故答案为或；(7)和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，发生信息中的氧化反应生成OHCCH2CH2CH2CH2CHO，OHCCH2CH2CH2CH2CHO发生加成反应生成HOCH2CH2CH2CH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2CH2CH2CH2OH和乙酸发生酯化反应生成，因此合成路线为：，故答案为。正确推断题干流程图中的物质结构是解题的关键。本题的易错点为(6)，要注意从结构的对称性考虑，难点为(7)中合成路线的设计，要注意充分利用题干流程图提供的信息和已知信息，可以采用逆推的方法思考。24、C14H12O3取代反应消去反应1∶1∶2∶6+CH3OH+H2O3【解析】

根据F的分子式、白藜芦醇的结构，并结合信息②中第二步可知，F中苯环含有3个-OCH3，故F的结构简式为；D发生信息①中一系列反应生成E，反应过程中的醛基转化为羟基，E发生消去反应生成F，因此E为，逆推可知D为，结合物质的分子式、反应条件、给予的信息，则C为，B为，A为。据此分析解答。【详解】(1)白黎芦醇()的分子式为C14H12O3，故答案为C14H12O3；(2)C→D是C中羟基被溴原子替代，属于取代反应，E→F是E分子内脱去1分子式形成碳碳双键，属于消去反应，故答案为取代反应；消去反应；(3)化合物A的结构简式为，其核磁共振谱中显示有4种不同化学环境的氢原子，其个数比为1∶1∶2∶6，故答案为1∶1∶2∶6；(4)A为，与甲醇发生酯化反应生成B()，A→B反应的化学方程式为：，故答案为；(5)由上述分析可知，D的结构简式为，E的结构简式为，故答案为；；(6)化合物的同分异构体符合下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基；②含苯环且苯环上只有两种不同化学环境的氢原子，则结构简式可能为、、，共3种；酚羟基和酯基都能够与碱反应，不与碱反应的同分异构体为；故答案为3；。本题的难点是物质结构的推断。可以根据白黎芦醇的结构简式为起点，用逆推方法，确定各步反应的各物质的结构简式和反应类型，推断过程中要充分利用题干信息。25、球形干燥管（干燥管）B打开分液漏斗活塞，向其中注入一定量的水，若水不能顺利滴下，在分液漏斗中形成稳定的液面BCc控制氨气或二氧化碳的通入量加入碳酸氢钠过快，溶液的碱性迅速增强，生成碱式碳酸镧【解析】

⑴仪器X的名称为球形干燥管。⑵A装置与C装置当活塞关闭时反应不能停止，B装置当活塞关闭时可以使液体和固体脱离接触，反应停止。⑶检验装置气密性的方法是关闭旋塞K2，打开分液漏斗活塞，向其中注入一定量的水，若水不能顺利滴下，在分液漏斗中形成稳定的液面，说明装置不漏气。⑷装置乙是固液混合不加热型装置，可以用浓氨水和生石灰、碱石灰等制取氨气。⑸a是启普发生器产生二氧化碳的装置，二氧化碳溶于水不会发生倒吸，可直接用导管通入，连接c即可；为避免生成碱式碳酸镧[La(OH)CO3]，整个反应需在较低的pH条件下进行，需控制控制氨气或二氧化碳的通入量，以免pH变大。⑹和碳酸氢铵反应生成碳酸镧。⑺碳酸氢钠水解显碱性，当加入碳酸氢钠过快时，溶液的pH值会迅速增大，影响碳酸镧的生成。⑻根据反应进行计算。【详解】⑴仪器X的名称是球形干燥管简称干燥管，故答案为：球形干燥管（干燥管）；⑵A装置与C装置不具有“随开随用、随关随停”的功能，B装置当活塞关闭时可以使液体和固体脱离接触，反应停止，所以B装置符合题意，故答案为：B；⑶检验装置气密性的方法是关闭旋塞K2，打开分液漏斗活塞，向其中注入一定量的水，若水不能顺利滴下，在分液漏斗中形成稳定的液面，说明装置不漏气，故答案为：打开分液漏斗活塞，向其中注入一定量的水，若水不能顺利滴下，在分液漏斗中形成稳定的液面；⑷装置乙是固液混合不加热型制取气体装置，可以用浓氨水和生石灰、碱石灰等制取氨气，无水CaCl2和氨气发生反应，不能用来制取氨气，故答案为：BC；⑸a属于启普发生器，是产生二氧化碳的，二氧化碳溶于水不会发生倒吸，可直接用导管通入，连接c即可；为避免生成碱式碳酸镧[La(OH)CO3]，整个反应需在较低的pH条件下进行，需控制控制氨气或二氧化碳的通入量，以免pH变大；故答案为：c，需控制控制氨气或二氧化碳的通入量；⑹和碳酸氢铵反应生成碳酸镧反应化学方程式为：，所以离子方程式为：，故答案为：；⑺碳酸氢钠水解显碱性，当加入碳酸氢钠过快时，溶液的pH值会迅速增大，生成碱式碳酸镧，故答案为：加入碳酸氢钠过快，溶液的碱性迅速增强，生成碱式碳酸镧；⑻,滴定时消耗EDTA的物质的量，根据反应可知碳酸镧的物质的量为，所以质量为，咀嚼片中碳酸镧的质量分数为，化简得，故答案为。注意启普发生器的使用条件必须是块状或颗粒状固体和液体，且块状固体与液体接触后仍为块状或颗粒状。26、沉淀不溶解，无气泡产生BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2Ob2I――2e－＝I2由于生成AgI沉淀，使B溶液中c(I－)减小，I－还原性减弱，原电池电压减小实验步骤ⅳ表明Cl－本身对原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c>b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI+Cl－AgCl+I－溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现【解析】

(1)①BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，BaSO4不溶于盐酸；②实验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生，是BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳；③实验Ⅱ中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；(2)①要证明AgCl转化为AgI，AgNO3与NaCl溶液反应时，必须是NaCl过量；②I―具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀；④AgI转化为AgCl，则c(I－)增大，还原性增强，电压增大。(3)根据实验目的及现象得出结论。【详解】(1)①BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，BaSO4不溶于盐酸，实验I说明BaCO3全部转化为BaSO4的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生；②实验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，说明是BaCO3与盐酸反应，反应离子方程式是BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；③实验Ⅱ中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；固体不计入平衡常数表达式，所以沉淀转化的平衡常数表达式K=；(2)①AgNO3与NaCl溶液反应时，NaCl过量，再滴入KI溶液，若有AgI沉淀生成才能证明AgCl转化为AgI，故实验Ⅲ中甲是NaCl溶液，选b；②I―具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极，负极反应是2I――2e－＝I2；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀，B溶液中c(I－)减小，I－还原性减弱，原电池电压减小，所以实验Ⅳ中b<a；④实验步骤ⅳ表明Cl－本身对原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c>b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI+Cl－AgCl+I－。(3)综合实验Ⅰ~Ⅳ,可得出的结论是溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。27、②CaO＋NH3·H2O=Ca(OH)2＋NH3↑碱石灰或氢氧化钠或生石灰防止水蒸气进入C中导致氨基锂水解排尽装置中的空气，防止加热时Li与氧气反应球形干燥管末端基本没有气泡冒出时取适量LiNH2加入盛有热水的试管中，在试管口放一张湿润的红色石蕊试纸，若观察到试纸变蓝，则证明有氨气生成【解析】

（1）实验室选用氯化铵与熟石灰加热的情况下制备氨气；CaO溶于水生成氢氧化钙并放出大量的热，OH-浓度增大，使NH3与水反应的平衡逆向移动，浓氨水受热分解生成氨气；（2）X是用于干燥氨气的；因LiNH2溶于冷水，且遇热水强烈水解，据此分析D的作用；（3）Li非常活泼，在加热条件下容易被空气氧化，需排尽装置中的空气；（4）依据水解原理分析可知产物之一为氨气，根据氨气的性质选择检验方案。【详解】（1）氯化铵与Ca(OH)2反应需要加热且有水生成，故应选用②；CaO与氨水反应生成NH3与Ca(OH)2，化学方程式为：CaO＋NH3·H2O=Ca(OH)2＋NH3↑，故答案为：②；CaO＋NH3·H2O=Ca(OH)2＋NH3↑；（2）由于锂能与水反应，故B是干燥装置，可用NaOH、生石灰或碱石灰做干燥剂干燥NH3；氨基锂溶于冷水、遇热水强烈水解，因此D的作用是防止E中水蒸气进入C中导致生成的氨基锂水解，故答案为：碱石灰或氢氧化钠或生石灰；防止水蒸气进入C中导致氨基锂水解；（3）加热时锂易与空气中的氧气反应，故先通入NH3的目的是将装置中的空气排尽，E的作用是吸收尾气NH3，NH3极易溶于水，故当E中球形干燥管末端基本无气泡冒出时，说明装置中的空气基本排尽，故答案为：排尽装置中的空气，防止加热时Li与氧气反应；球形干燥管末端基本没有气泡冒出时；（4）LiNH2水解时产物应是LiOH和NH3，可用湿润的红色石蕊试纸或pH试纸检验NH3，故方案可设计如下：取适量LiNH2加入盛有热水的试