云南省玉溪市2026年高考模拟最后十套：化学试题（十）考前提分仿真卷含解析

云南省玉溪市2026年高考模拟最后十套：化学试题（十）考前提分仿真卷注意事项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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、设阿伏加德罗常数的值为NA，下列叙述正确的是A．1L0.1mol·L－1Na2S溶液中含有的S2－的数目小于0.1NAB．同温同压下，体积均为22.4L的卤素单质中所含的原子数均为2NAC．1mol苯中含有的碳碳双键数为3NAD．78g过氧化钠固体中所含的阴、阳离子总数为4NA2、下列实验中，所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是()A．观察氢氧化亚铁的生成 B．配制一定物质的量浓度的硝酸钠溶液 C．实验室制氨气 D．验证乙烯的生成3、化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法正确的是A．“霾尘积聚难见路人”，雾霾有丁达尔效应B．“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料C．汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的D．石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物4、元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X的最高正价和最低负价之和为0，下列说法不正确的是（）XYZQA．原子半径（r）：r（Y）＞r（Z）＞r（X）B．分别含Y元素和Z元素的两种弱酸可以反应生成两种强酸C．推测Q的单质可以和氢气、氧气、活泼金属等反应D．Z的简单阴离子失电子能力比Y的强5、在一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A(g)+B(g)2C(g)△H<0。t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图。下列说法正确的是A．0～t2时，v（正）>v（逆）B．t2时刻改变的条件可能是加催化剂C．Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，A的体积分数Ⅰ=ⅡD．Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，平衡常数I<Ⅱ6、有关浓硫酸的性质或作用，叙述错误的是A．浓硫酸的脱水性是化学性质B．使铁、铝钝化表现了强氧化性C．制备乙酸乙酯的反应中起催化吸水作用D．与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，表现强酸性7、用标准盐酸滴定未知浓度氢氧化钠溶液，描述正确的是A．用石蕊作指示剂B．锥形瓶要用待测液润洗C．如图滴定管读数为25.65mLD．滴定时眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化8、比较纯碱的两种工业制法，正确的是选项项目氨碱法联合制碱法A．原料食盐、氨气、生石灰食盐、氨气、二氧化碳B．可能的副产物氯化钙氯化铵C．循环物质氨气、二氧化碳氨气、氯化钠D．评价原料易得、产率高设备简单、能耗低A．A B．B C．C D．D9、如图是我国学者研发的高效过氧化氢一尿素电池的原理装置：装置工作时，下列说法错误的是A．Ni-Co/Ni极上的电势比Pd/CFC极上的低B．向正极迁移的主要是K+，产物M为K2SO4C．Pd/CFC极上发生反应：D．负极反应为10、已知有机物M在一定条件下可转化为N。下列说法正确的是A．该反应类型为取代反应B．N分子中所有碳原子共平面C．可用溴水鉴别M和ND．M中苯环上的一氯代物共4种11、电解质的电导率越大，导电能力越强。用0.100mol·L-1的KOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100mol•L-1的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是（）A．曲线②代表滴定CH3COOH溶液的曲线B．在相同温度下，P点水电离程度大于M点C．M点溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1mol·L-1D．N点溶液中：c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)12、下列化学用语正确的是（）A．重水的分子式：D2O B．次氯酸的结构式：H—Cl—OC．乙烯的实验式：C2H4 D．二氧化硅的分子式：SiO213、成语、古诗词、谚语等都是我国传统文化的瑰宝。下列有关解读错误的是选项传统文化化学角度解读A兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光“香”主要因为美酒含有酯类物质B百炼成钢、钢筋铁骨生铁在高温下挥发除去碳等杂质转化成钢C三月打雷麦谷堆在雷电作用下N2转化成能被作物吸收的氮元素D《本草经集注》记载“如握盐雪不冰，强烧之，紫青烟起…云是真硝石也”利用物理方法（焰色反应）可以检验钠盐和钾盐A．A B．B C．C D．D14、我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下，则下列说法正确的是（）A．E为该反应的反应热B．①→②吸收能量C．CH4→CH3COOH过程中，有极性键的断裂和非极性键的形成D．加入催化剂能改变该反应的能量变化15、“侯氏制碱法”是我国化工专家侯德榜为世界制碱工业作出的突出贡献。某实验小组模拟“侯氏制碱法”的工艺流程及实验装置(部分夹持装置省略)如图：下列叙述正确的是（）A．实验时先打开装置③中分液漏斗的旋塞，过一段时间后再点燃装置①的酒精灯B．装置②的干燥管中可盛放碱石灰，作用是吸收多余的NH3C．向步骤I所得滤液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温可析出NH4ClD．用装置④可实现步骤Ⅱ的转化，所得CO2可循环使用16、X、Y、Z三种元素的常见单质在适当条件下可发生如下图所示的变化，其中a为双原子分子，b和c均为10电子分子，b在常温下为液体。下列说法不正确的是A．单质Y为N2B．a不能溶于b中C．a和c不可能反应D．b比c稳定17、工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为：CN－＋OH－＋Cl2―→CO2＋N2＋Cl－＋H2O（未配平）。下列说法错误的是A．Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物B．该反应中，若有1molCN－发生反应，则有5NA电子发生转移C．上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为2∶5D．若将该反应设计成原电池，则CN－在负极区发生反应18、W、R、X、Y均为短周期元素且原子序数依次增大.Y的最高正价和最低负价之和等于0；常温常压下，W和R组成的化合物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化；这4种元素原子的最外层电子数之和等于R原子的核电荷数的2倍。下列说法正确的是A．元素的非金属性为R>Y>WB．原子半径为W>R>X>YC．R与其他三种元素均可形成二元共价化合物D．简单氢化物的热稳定性为R>W>Y19、用氟硼酸(HBF4，属于强酸)代替硫酸做铅蓄电池的电解质溶液，可使铅蓄电池在低温下工作时的性能更优良，反应方程式为：Pb+PbO2+4HBF42Pb(BF4)2+2H2O；Pb(BF4)2为可溶于水的强电解质，下列说法正确的是A．充电时，当阳极质量减少23.9g时转移0.2mol电子B．放电时，PbO2电极附近溶液的pH增大C．电子放电时，负极反应为PbO2+4HBF4-2e-=Pb(BF4)2+2HF4-+2H2OD．充电时，Pb电极的电极反应式为PbO2+H++2e-=Pb2++2H2O20、属于工业固氮的是A．用N2和H2合成氨 B．闪电将空气中N2转化为NOC．用NH3和CO2合成尿素 D．固氮菌将氮气变成氨21、甲、乙两种CH3COOH溶液的pH，若甲比乙大1，则甲、乙两溶液中A．c（甲）:c（乙）＝1:10 B．c（H+）甲:c（H+）乙＝1:2C．c（OH-）甲:c（OH-）乙＝10:1 D．α（甲）:α（乙）＝2:122、国际计量大会第26届会议修订了阿伏加德罗常数（NA=6.02214076×1023mol-1)，于2019年5月20日正式生效。设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．40g正丁烷和18g异丁烷的混合物中共价键数目为13NAB．常温下，pH=12的Ba(OH)2溶液中的OH-数目为0.01NAC．电解精炼铜时，阳极质量减小3.2g时，转移的电子数为0.1NAD．0.1molCl2与足量NaOH溶液反应后，溶液中Cl-、ClO-两种粒子数之和为0.2NA二、非选择题(共84分)23、（14分）某有机物F()在自身免疫性疾病的治疗中有着重要的应用，工业上以乙烯和芳香族化合物B为基本原料制备F的路线图如下：已知：RCHO+CH3CHORCH=CHCHO(1)乙烯生成A的原子利用率为100%，则X是___________(填化学式)，F中含氧官能团的名称为___________。(2)E→F的反应类型为___________，B的结构简式为___________，若E的名称为咖啡酸，则F的名称是___________。(3)写出D与NaOH溶液反应的化学方程式：_________________________________。(4)E的同系物G比E多一个碳原子，G有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有___________种①能发生水解反应、银镜反应且1mol该物质最多可还原出4molAg②遇FeCl3溶液发生显色反应③分子中没有甲基，且苯环上有2个取代基(5)以乙烯为基本原料，设计合成路线合成2-丁烯酸，写出合成路线：______________________________(其他试剂任选)。24、（12分）如图中A～J分别代表相关反应中的一种物质，已知A分解得到等物质的量的B、C、D，已知B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，F为黑色固体单质，I为红棕色气体。图中有部分生成物未标出。请填写以下空白：

（1）A的化学式为___，C的电子式为___；（2）写出下列反应的化学方程式：D+G→H___；F+J→B+C+I____；（3）2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为___mol；（4）I与足量C生成J的过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___；（5）容积为10mL的试管中充满I和G的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则原混合气体中I与G的体积之比为___。25、（12分）用含有二氧化碳和水蒸气杂质的某种还原性气体测定一种铁的氧化物(FexOy)的组成，实验装置如图所示。根据图回答：(1)甲装置的作用是________，甲装置中发生反应的化学方程式为________。(2)实验过程中丁装置中没有明显变化，而戊装置中溶液出现了白色沉淀，则该还原性气体是________；丙中发生的反应化学方程式为________。(3)当丙装置中的FexOy全部被还原后，称量剩余固体的质量为16.8g，同时测得戊装置的质量增加17.6g，则FexOy中，铁元素与氧元素的质量比为________，该铁的氧化物的化学式为________。(4)上述实验装置中，如果没有甲装置，将使测定结果中铁元素与氧元素的质量比值____(填偏大、偏小或无影响)。如果没有已装置，可能产生的后果是________。26、（10分）氨基甲酸铵（）是一种易分解、易水解的白色固体，可用于化肥、灭火剂、洗涤剂等。某化学兴趣小组模拟工业原理制备氨基甲酸铵。反应式：。(1)如果使用如图所示的装置制取，你所选择的试剂是__________________。(2)制备氨基甲酸铵的装置如图，把氨和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，当悬浮物较多时，停止制备。（注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质。）①发生器用冰水冷却的原因是________________________________________________；液体石蜡鼓泡瓶的作用是__________________________；发生反应的仪器名称是_______________。②从反应后的混合物中过滤分离出产品。为了得到干燥产品，应采取的方法是_______________（选填序号）a.常压加热烘干b.高压加热烘干c.真空40℃以下烘干(3)尾气有污染，吸收处理所用试剂为浓硫酸，它的作用是_________________________。(4)取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为。样品中氨基甲酸铵的质量分数为_______________。[已知]27、（12分）溴化钙晶体(CaBr2·2H2O)为白色固体，易溶于水，可用于制造灭火剂、制冷剂等。一种制备溴化钙晶体的工艺流程如下：(1)实验室模拟海水提溴的过程中，用苯萃取溶液中的溴，分离溴的苯溶液与水层的操作是(装置如下图）：使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，将活塞拧开，使下面的水层慢慢流下，待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞，______________。(2)“合成”的化学方程式为___________________。“合成”温度控制在70℃以下，其原因是__________。投料时控制n(Br2)：n(NH3)=1：0.8，其目的是__________________。(3)“滤渣”的主要成分为_________________(填化学式）。(4)“滤液”呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，请补充从“滤液”中提取CaBr2·2H2O的实验操作：加热驱除多余的氨，______________。[实验中须使用的试剂有：氢溴酸、活性炭、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空干燥箱]28、（14分）UO2与铀氮化物是重要的核燃料，已知：3(NH4)4[UO2(CO3)3]3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O↑回答下列问题：(1)基态氮原子价电子排布图为______。(2)反应所得气态化合物中属于非极性分子的是_______(填化学式)。(3)某种铀氮化物的晶体结构是NaCl型。NaCl的Bom-Haber循环如图所示。已知：元素的一个气态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能。下列有关说法正确的是________(填标号)。a.Cl-Cl键的键能为119.6kJ/molb.Na的第一电离能为603.4kJ/molc.NaCl的晶格能为785.6kJ/mold.Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol(4)依据VSEPR理论推测CO32-的空间构型为_________。分子中的大丌键可用符号丌表示，其中m代表参与形成大丌键的原子数，n代表参与形成大丌键的电子数(如苯分子中的大丌键可表示为丌)，则CO32-中的大丌键应表示为_____(5)UO2可用于制备UF4：2UO2+5NH4HF22UF4·2NH4F+3NH3↑+4H2O，其中HF2的结构表示为[F—H…F]-，反应中断裂的化学键有_______(填标号)。a.氢键b.极性键c.离子键d.金属键e.非极性键(6)铀氮化物的某两种晶胞如图所示：①晶胞a中铀元素的化合价为__________，与U距离相等且最近的U有_______个。②已知晶胞b的密度为dg/cm3，U原子的半径为r1cm，N原子的半径为为r2cm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的空间利用率为___________(列出计算式)。29、（10分）自来水生产过程中，可用氯气等物质作消毒剂，明矾等物质作絮凝剂。出厂的自来水中含少量可溶性矿物质。完成下列填空：(1)自来水中含硫量约70mg/L，它只能以______(填微粒符号)形态存在，不能以其它形态存在的原因是________________________。(2)已知在碱性条件下，氯气会发生自身氧化还原反应，某反应体系中的物质为：KClO3、Cl2、KCl、KOH、H2O。①写出该反应的化学方程式。____________________________。②该反应中氧化剂与还原剂的质量比为_________。(3)实验室利用反应6HCl＋KClO3→KCl+3H2O+3Cl2↑制取Cl2，当产生标准状况下的气体3.36L时，转移电子_____mol。(4)不同环境中，物质的性质可能会有所不同。根据上述两题的反应中KClO3和Cl2的氧化性强弱比较，你能得出的结论是________________________。(5)铝铵矾[NH4Al(SO4)2•12H2O]也是常用的工业净水剂，其净水的化学原理是________________（用离子方程式表示）。(6)在向铝铵矾溶液中逐滴滴加氢氧化钡溶液的过程中，下列关系可能正确的是_________。（选填编号）a．n(SO42-)>n(NH4+)>n(A13+)>n(OH-)b．n(A13+)>n(NH4+)>n(SO42-)>n(H+)c．n(BaSO4)>n[A1(OH)3]>n(NH3·H2O)>n(A1O2-)d．n(NH3·H2O)>n(BaSO4)>n[A1(OH)3]>n(A1O2-)

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】

A、由于硫离子水解，所以1L0.1mol•L-1Na2S溶液中含有的S2-的个数小于0.1NA，选项A正确；B、同温同压下不一定为标准状况下，卤素单质不一定为气体，体积为22.4L的卤素单质的物质的量不一定为1mol，故所含的原子数不一定为2NA，选项B错误；C、苯中不含有碳碳双键，选项C错误；D、过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，78g过氧化钠固体为1mol，其中所含的阴、阳离子总数为3NA，选项D错误。答案选A。2、A【解析】

A．氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔绝空气，所以能实现实验目的，故A正确；B．容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器，应该用烧杯溶解硝酸钠，然后等溶液冷却到室温，再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中，故B错误；C．实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，氨气极易溶于水，不能采用排水法收集，常温下，氨气和氧气不反应，且氨气密度小于空气，所以应该采用向下排空气法收集氨气，故C错误；D．制取乙烯需要170℃，温度计测定混合溶液温度，所以温度计水银球应该插入溶液中，且乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，乙醇易挥发，导致得到的乙烯中含有乙醇，影响乙烯的检验，故D错误；故选A。3、A【解析】

A．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，有丁达尔效应，选项A正确；B．碳纤维为碳的单质，属于无机物，所以碳纤维是一种新型无机非金属材料，不是有机高分子材料，选项B错误；C．汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在放电条件下生成的，选项C错误；D、由于石油是多种烃的混合物，而石油的分馏产品均为混合物，故汽油、煤油和柴油均为多种烃的混合物，选项D错误；答案选A。4、D【解析】

元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，则X位于第二期，Y、Z位于第三周期；X的最高正价和最低负价之和为0，则X位于ⅣA族，为C元素，结合各元素在周期表中的相对位置可知，Y为S，Z为Cl元素，Q为Sc元素，据此解答。【详解】根据分析可知：X为C元素，Y为S，Z为Cl元素，Q为Sc元素。A.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r（Y）＞r（Z）＞r（X），故A正确；B.亚硫酸与次氯酸反应生成HCl和硫酸，HCl和硫酸都是强酸，故B正确；C.Q位于ⅥA族，最外层含有6个电子，根据O、S的性质可推测Se的单质可以和氢气、氧气、活泼金属等反应，故C正确；D.非金属性越强，对应离子的失电子能力越强，非金属性Cl＞S，则简单离子失电子能力Z（Cl）＜Y（S），故D错误；故选D。5、C【解析】试题分析：A、图像分析判断0～t2时，0～t1逆反应速率大于正反应速率，t1～t2正逆反应速率相同，A错误；B、在t2时刻若是加入催化剂，由于催化剂对正逆反应速率都有影响，图像中逆反应速率和正反应速率同等程度增大，而现在逆反应速率先增大最后和原平衡相同，速率不变，最后反应达到平衡和原平衡相同，B错误；C、Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，反应速率不变，说明反应达到相同的平衡状态，A的体积分数Ⅰ=Ⅱ，C正确；D、Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，反应速率不变，说明反应达到相同的平衡状态，平衡常数不变，D错误，答案选C。考点：考查化学平衡的建立、图像的分析6、D【解析】

A.浓硫酸使其他物质脱水生成新的物质，属于化学反应，是化学性质，故A正确；B.浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁、铝发生钝化，故B正确；C.制备乙酸乙酯的反应中浓硫酸起催化剂和吸水剂作用，故C正确；D.浓硫酸与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，表现难挥发性，故D错误；故选D。7、D【解析】

A.滴定终点时石蕊变色不明显，通常不用石蕊作指示剂，故A错误；B.锥形瓶如果用待测液润洗，会使结果偏高，故B错误；C.如图滴定管读数为24.40mL，故C错误；D．滴定时眼睛不需要注视滴定管中液面，应该注视锥形瓶中溶液颜色变化，以便及时判断滴定终点，故D正确；故选：D。。8、B【解析】

氨碱法制纯碱，以食盐氯化钠、石灰石经煅烧生成生石灰和二氧化碳、氨气为原料，先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液．其化学反应原理是：，将经过滤、洗涤得到的微小晶体，再加热煅烧制得纯碱产品，放出的二氧化碳气体可回收循环使用。含有氯化铵的滤液与石灰乳混合加热，所放出的氨气可回收循环使用。，，氯化钠的利用率低。联合制碱法，以氨气、水、二氧化碳、氯化钠为原料。氨气与水和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，这是第一步。第二步是：碳酸氢铵与氯化钠反应生成氯化铵和碳酸氢钠沉淀，碳酸氢钠之所以沉淀是因为在该温度下它的溶解度较小。最后一步，加热析出的碳酸氢钠得到纯碱，原理方程式为：，保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高；可做氮肥；可与合成氨厂联合，使合成氨的原料气CO转化成，革除了制这一工序。【详解】A．氨碱法原料有：食盐氯化钠、石灰石经煅烧生成生石灰和二氧化碳、氨气，联合制碱法原料有：食盐、氨气、二氧化碳，A错误；B．氨碱法可能的副产物为氯化钙，联合制碱法可能的副产物氯化铵，B正确；C．氨碱法循环物质：氨气、二氧化碳，联合制碱法循环物质：氯化钠，二氧化碳，C错误；D．氨碱法原料食盐和石灰石便宜，产品纯碱的纯度高，副产品氨和二氧化碳都可以回收循环使用，制造步骤简单，适合于大规模生产，但设备复杂；能耗高，氨碱法的最大缺点还在于原料食盐的利用率只有；联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到以上，废弃物少，D错误。答案选B。9、C【解析】

由电池工作原理图可得，氮元素化合价由-3价变为0价，化合价升高，失电子，发生氧化反应，则Ni-Co/Ni极为负极，Pd/CFC为正极，正极得电子，发生还原反应。【详解】A．电子从低电势(负极)流向高电势（正极），Ni-Co/Ni极是原电池负极，电势较低，故A正确；B．该电池使用阳离子交换膜，只允许阳离子通过，原电池中，阳离子向正极迁移，则向正极迁移的主要是K+，产生M为K2SO4，故B正确；C．Pd/CFC极上发生反应：，故C错误；D．根据分析，Ni-Co/Ni极为负极，结合图示负极的物质转化关系可得，氮元素化合价由-3价变为0价，化合价升高，失电子，发生氧化反应，负极反应为：，故D正确；答案选C。10、C【解析】

A.M中碳碳双键变成单键，该反应类型为加成反应，故A错误；B.异丙基中的碳是四面体结构，N分子中所有碳原子不能平面，故B错误；C.M中碳碳双键可与溴水发生加成反应，使溴水褪色，可用溴水鉴别M和N，故C正确；D.M中苯环上的一氯代物共有邻、间、对3种，故D错误；故选C。11、D【解析】

A．醋酸为弱电解质，滴加KOH，变为CH3COOK是强电解质，故导电率增加，即曲线①代表滴定醋酸的曲线，故A错误。B.相同温度下，P点溶质为KCl，不影响水的电离，M点为CH3COOK，其水解促进水的电离，故M点大于P点，故B错误。C．对于M点，根据电荷守恒可知，c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.05mol·L-1，故C错误。D．N点的溶液中含有等物质的量的醋酸钾和氢氧化钾，溶液显碱性，CH3COO-只有很小的一部分发生水解，所以c(K+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+),故D正确。答案：D。12、A【解析】

A.重水中氧原子为16O，氢原子为重氢D，重水的分子式为D2O，故A正确；B.次氯酸中不存在氢氯键，其中心原子为氧原子，分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键，结构式为H—O—Cl，故B错误；C.实验式为最简式，乙烯的实验式为CH2，故C错误；D.二氧化硅晶体为原子晶体，不存在二氧化硅分子，故D错误。答案选A。13、B【解析】

A．酒放置时间长，部分乙醇转化成乙酸乙酯等酯类物质，具有果香味，A项正确；B．工业上把生铁炼成钢是用氧气或铁的氧化物作氧化剂在高温条件下把生铁中的过量的碳和其它杂质氧化成气体或炉渣除去，B项错误；C．在雷电作用下空气中N2和O2反应生成NO，经过一系列化学反应最终形成可溶性硝酸盐，增加土壤中氮肥含量，有利于作物生长，C项正确；D．钠盐和钾盐焰色反应的颜色不同，焰色反应是物理变化，D项正确；答案选B。14、C【解析】

A.根据图示E为该反应的活化能，故A错误；B.①→②的能量降低，过程为放热过程，故B错误；C.该过程中甲烷中的C-H键断裂，为极性键的断裂，形成CH3COOH的C-C键，为非极性键形成，故C正确；D.催化剂不能改变反应的能量变化，只改变反应的活化能，故D错误；故答案为C。15、C【解析】

在饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳可得到碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，过滤得沉淀物为碳酸氢钠，经洗涤、干燥得碳酸氢钠固体，滤液中主要溶质为氯化铵，再加入氯化钠和通入氨气，将溶液降温结晶可得氯化铵晶体。【详解】A、氯化钠、水、氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠、氯化铵，反应方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，由于氨气在水中溶解度较大，所以先通氨气，再通入二氧化碳，故A错误；B、氨气是污染性气体不能排放到空气中，碱石灰不能吸收氨气，装置②的干燥管中可盛放蘸稀硫酸的脱脂棉，作用是吸收多余的NH3，故B错误；C、通入氨气的作用是增大的浓度，使NH4Cl更多地析出、使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度，故C正确；D、用装置④加热碳酸氢钠，分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，可实现步骤Ⅱ的转化，但生成的二氧化碳未被收集循环使用，烧杯加热未垫石棉网，故D错误；故答案为：C。“侯氏制碱法”试验中，需先通入氨气，其原因是氨气在水中的溶解度较大，二氧化碳在水中溶解度较小，先通入氨气所形成的溶液中氨的浓度较大，方便后续的反应进行；“侯氏制碱法”所得到的产品是碳酸氢钠，碳酸氢钠经过加热会生成碳酸钠。16、C【解析】

b和c均为10电子分子，b在常温下为液体，则b可能为H2O，c可能为HF、NH3，根据转化关系推测X为氧气，Z为氢气，则Y可能为氟气或氮气，又a为双原子分子，则a为NO，则Y为氮气。A.根据上述分析，单质Y为N2，故A正确；B.NO不能溶于H2O中，故B正确；C.NO和NH3在一定条件下可以反应，故C错误；D.H2O比NH3稳定，故D正确。故选C。17、C【解析】

反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2[(4-2)+(3-0)]=10价，故CN-系数为2，Cl2系数为5，由元素守恒反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，以此来解答。【详解】A．反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，故A正确；

B．由上述分析可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以若有1molCN-发生反应，则有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA电子发生转移，故B正确；

C．由上述分析可知，反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是CN-是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，故C错误；

D．C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以CN-失电子，发生氧化反应为负极，故D正确。

故选：C。18、D【解析】

W、R、X、Y的原子序数依次增大，Y的最高正价和最低负价之和等于0，则Y位于第IVA族；W和R组成的化合物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化，二氧化氮和四氧化二氮之间能相互转化，且没有电子转移，则W为N、R为O元素；这4种元素的最外层电子数之和等于R原子的核电荷数的2倍，R核电荷数为8，W最外层有5个电子、R最外层有6个电子、Y最外层有4个电子，则X最外层有1，且X原子序数大于R而小于Y，为Na元素，Y为硅，然后结合元素的性质和元素周期律来解答。【详解】A.

W、R、Y分别是N、O、Si元素，同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元素，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，所以非金属性强弱顺序是R>W>Y，故A错误；B.原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径大小顺序是X>Y>W>R，故B错误；C.活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子化合物，R是活泼非金属元素、X是活泼金属元素，二者易形成离子化合物Na2O、Na2O2，故C错误；D.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性R>W>Y，则简单氢化物的热稳定性次序为R>W>Y，故D正确；故选D。19、B【解析】

A.充电时阳极发生反应Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，产生1molPbO2，转移2mol电子，阳极增重1mol×239g/mol=239g，若阳极质量增加23.9g时转移0.2mol电子，A错误；B.放电时正极上发生还原反应，PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O，c(H+)减小，所以溶液的pH增大，B正确；C.放电时，负极上是金属Pb失电子,发生氧化反应，不是PbO2发生失电子的氧化反应，C错误；D.充电时，PbO2电极与电源的正极相连，作阳极，发生氧化反应，电极反应式为Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，Pb电极与电源的负极相连，D错误；故合理选项是B。20、A【解析】A.工业上通常用H2和N2在催化剂、高温、高压下合成氨，A正确；B.闪电能使空气里的氮气转化为一氧化氮，称为天然固氮（又称高能固氮），B错误；C.是氮的化合物之间的转换，不属于氮的固定，C错误；D.生物固氮是指固氮微生物将大气中的氮还原成氨的过程，D错误。故选择A。21、C【解析】

A．甲、乙两种溶液的pH，若甲比乙大1，则浓度乙比甲的10倍还要大，A错误；

B．根据氢离子浓度等于知，：：10，B错误；

C．酸溶液中的氢氧根浓度等于水电离出的氢氧根离子浓度，：：：1，C正确；

D．根据上述分析结果，甲：乙不等于2：1，D错误。

答案选C。22、A【解析】

A.正丁烷和异丁烷互为同分异构体，二者相对分子质量相同，分子内的共价键数目也相同(都为13个)。混合物共58g，其物质的量为1mol，共价键数目为13NA，正确；B.常温下，pH=12的Ba(OH)2溶液中的OH-数目无法计算，因为不知道溶液的体积，错误；C.电解精炼铜时，阳极放电的金属不仅有铜，还有杂质中的比铜活泼的金属，所以阳极质量减小3.2g时，转移的电子数不一定是0.1NA，错误；D.0.1molCl2与足量NaOH溶液反应，溶液中除Cl-、ClO-两种粒子外，可能还有ClO3-等含氯离子，它们的数目之和为0.2NA，错误。故选A。二、非选择题(共84分)23、O2(酚)羟基、酯基取代反应(或酯化反应)咖啡酸乙酯+5NaOH+2NaCl+3H2O9CH2=CH2CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH【解析】

根据流程图中有机物的结构式、分子式及反应条件分析各步反应的反应类型及产物；根据已知条件分析同分异构体的种类；根据题干信息设计有机物合成路线。由C的结构简式、反应信息知，A、B中均含有醛基，再结合乙烯与A的转化关系知，A是乙醛，B是，由C转化为D的反应条件知，D为，由E的分子式、F的结构式及反应条件知，E为，由E、F之间的关系知Y是乙醇，由酯的命名方法知F的名称为咖啡酸乙酯；【详解】由C的结构简式、反应信息知，A、B中均含有醛基，再结合乙烯与A的转化关系知，A是乙醛，B是，由C转化为D的反应条件知，D为，由E的分子式、F的结构式及反应条件知，E为，由E、F之间的关系知Y是乙醇，由酯的命名方法知F的名称为咖啡酸乙酯；(1)乙烯生成乙醛，则X是O2；F中含氧官能团的名称为羟基、酯基；(2)E→F的反应类型为酯化反应或取代反应；B的结构简式为；F的名称是咖啡酸乙酯；(3)D为，与NaOH溶液反应的化学方程式：；(4)由②得出分子中含有苯环且苯环上含有酚羟基；由①及分子中氧原子数目知分子中含有一个-CHO、一个HCOO-，苯环上有2个官能团一定有-OH，还含有－CH2CH(CHO)OOCH或－CH(CHO)CH2OOCH或－CH(OOCH)CH2CHO，苯环上有3种不同的位置关系，故共有9种同分异构体；(5)乙烯先被氧化成乙醛，乙醛再转化为2-丁烯醛，最后氧化为目标产物：CH2=CH2CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH。本题难点是问题（4），应根据题中信息进行分析，遇FeCl3溶液发生显色反应，说明G中含有苯环和酚羟基，能发生水解反应，说明含有酯基，能发生银镜反应，说明含有醛基，1mol该物质最多还原出4molAg，说明酯基为HCOO－，分子不含有甲基，且苯环上有2个取代基，取代基的位置为邻间对三种，然后根据官能团位置异构进行分析。24、NH4HCO34NH3+5O24NO+6H2OC+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O21：24：1【解析】

A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，C能和过氧化钠反应，则C为水，镁条能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下与G反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3，以此解答该题。【详解】(1)、A为NH4HCO3，C为水，C的电子式为；故答案为NH4HCO3；；(2)、D为NH3，G是O2，H是NO，则D+G→H的反应为：4NH3+5O24NO+6H2O；F是C，J是HNO3，则F+J-→B+C+I的反应为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；(3)、Na2O2与足量水反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氧由-1价升高为0价，由-1价降低为-2价，则2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为2mol,；故答案为2；(4)、由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；故答案为1:2；(5)、容积为10mL的试管中充满NO2和O2的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则发生的反应为4NO2+2H2O+O2=4HNO3，根据反应方程式可知原混合气体中NO2与O2体积比为4:1，所以10mL混合气体中NO2和O2的体积分别为8mL和2mL，故答案为4:1。25、除去混合气体中CO22NaOH+CO2=Na2CO3+H2OCOyCO+FexOyxFe+yCO221：8Fe3O4偏小造成大气污染【解析】

利用还原性气体测定铁的氧化物的组成，其原理是根据生成物的质量通过计算确定结果；还原性气体有氢气和一氧化碳，他们夺氧后生成水和二氧化碳；原气体中混有二氧化碳和水蒸气，所以必须先除去，然后让还原性气体反应，丁、戊装置用以检验生成的水和二氧化碳，最后的己装置进行尾气处理，有环保理念。【详解】(1)因二氧化碳能与氢氧化钠反应，方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，所以除二氧化碳用氢氧化钠溶液，故甲装置的作用是除去二氧化碳；故答案为：除去混合气体中CO2；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；(2)丁装置盛放的是无水硫酸铜，无水硫酸铜遇水会变蓝，丁装置没有明显变化，说明没有水生成，故该还原性气体不是氢气。戊装置盛放的是石灰水，二氧化碳能使石灰水变浑浊，戊装置中溶液出现了白色沉淀，故该还原性气体是一氧化碳，反应方程式为：yCO+FexOyxFe+yCO2，故答案为：CO；yCO+FexOyxFe+yCO2；(3)丙装置中的FexOy全部被还原，剩余固体为生成的铁的质量，戊装置中盛放的石灰水吸水二氧化碳，增加的质量为二氧化碳的质量，二氧化碳是一氧化碳夺取FexOy的氧生成的，即二氧化碳只有一个氧原子来自铁氧化合物，占二氧化碳质量的，故FexOy中氧元素的质量为：17.6g×＝6.4g，则FexOy中铁氧元素的质量比为：56x：16y＝16.8g：6.4g＝21：8，x：y＝3：4，该铁的氧化物的化学式为Fe3O4；故答案为：21：8；Fe3O4；(4)如果没有甲装置，混有的二氧化碳也会在戊装置被吸收，故二氧化碳的质量偏大，相当于一氧化碳夺得的氧的质量增加，故测得结果中铁元素与氧元素的质量的比值偏小。一氧化碳有毒，会污染空气，最后的己装置对尾气进行处理，具有环保理念；故答案为：偏小；造成大气污染。26、浓氨水、氧化钙（氢氧化钠）提高原料转化率、防止产物分解控制气体的流速和原料气体的配比三颈烧瓶c将氨气转化为固体盐79.8%【解析】

首先我们要用（1）中的装置来制取氨气，固液不加热制取氨气可以考虑将浓氨水滴入到固体氧化钙或氢氧化钠中，制好的氨气经干燥后通入液体石蜡鼓泡瓶，通过观察鼓泡瓶中气泡的大小，我们可以调节氨气和二氧化碳两种原料的比例，接下来在三颈烧瓶中进行反应；冰水浴的作用是降低温度，提高转化率，据此来分析作答即可。【详解】（1）固液不加热制取氨气，可以将浓氨水滴入固体氧化钙或氢氧化钠或碱石灰中；（2）①制备氨基甲酸铵的反应是放热反应，因此给发生器降温可以有效提高原料的转化率，并且防止生成物温度过高分解；而液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比；发生仪器的名称为三颈烧瓶；②为了防止产品受热分解以及被氧化，应选用真空40℃以下烘干，c项正确；（3）尾气中的氨气会污染环境，因此可以用硫酸吸收将其转化为固体盐，可用作氮肥；（4）首先根据算出碳酸钙的物质的量，设碳酸氢铵的物质的量为xmol，氨基甲酸铵的物质的量为ymol，则根据碳守恒有，根据质量守恒有，联立二式解得，，则氨基甲酸铵的质量分数为。27、将上层液体从上口倒入另一烧杯中3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O温度过高，Br2、NH3易挥发确保Br2被充分还原Ca(OH)2用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥【解析】(1)用苯萃取溶液中的溴，分离溴的苯溶液与水层的操作是：使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，将活塞拧开，使下面的水层慢慢流下，待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞，将上层液体从上口倒入另一烧杯中，故答案为将上层液体从上口倒入另一烧杯中；(2)根据流程图，“合成”过程中，氧化钙、液氨、液溴和水反应生成氮气、溴化钙等，反应的化学方程式为3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O；液溴和液氨容易挥发，“合成”温度应控制在70℃以下；投料时控制n(Br2)：n(NH3)=1：0.8，可以确保Br2被充分还原，故答案为3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O；温度过高，Br2、NH3易挥发；确保Br2被充分还原；(3)氧化钙与水反应生成的氢氧化钙微溶于水，因此“滤渣”的主要成分为Ca(OH)2，故答案为Ca(OH)2；(4)“滤液”呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，二者能够在酸性条件下与溴离子反应生成溴，从而可以用活性炭吸附除去，在洗涤时可以用乙醇洗涤，减少溴化钙晶体的损失，也便与干燥。因此从“滤液”中提取CaBr2·2H2O的实验操作：加热驱除多余的氨，用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥，故答案为用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥。28、CO2c、d平面三角形b、c+312×100%【解析】

(1)先根据构造原理，书写N的核外电子排布式，然后可根据各个能级具有的轨道数及轨道电子填充电子规律，得到基态氮原子价电子排布图；(2)反应所得气态化合物分子有NH3、CO2、N2、H2O，根据分子是否对称判断是否为非极性分子；(3)根据图示的能量变化结合化学基本概念分析判断；(4)根据价层电子对互斥理论分析判断；C原子、O原子有平行的p轨道，价电子总数为4+2+6×3=24，单电子数=24-2×3-4×3=6，为4原子、6电子形成的大π键；(5)NH4HF2为离子晶体，含有离子键，HF2-含有氢键和共价键，NH4+中含有配位键和共价键；(6)①用均摊方法计算a中U、N原子个数比，然后根据N元素化合价分析U元素化合价；在晶体中与U距离相等且最近的U原子在晶胞面心，然后根据通过一个U原子的晶胞数及重合数目计算其微粒数目；②先计算1个晶胞中含有的U、N原子数目，然后计算晶胞的体积及一个晶胞中含有的U、N原子数目的总体积，最后根据原子体积占总体积的百分比可得其空间利用率。【详解】(1)N是7号元素，根据构造原理，可得其核外电子排布式1s22s22p3，其价电子的轨道表达式为；(2)反应所得气态化合物分子有NH3、CO2、N2、H2O，NH3、H2O的空间排列不对称，正负电荷的重心不重合，属于极性分子，CO2、N2的空间排列对称，分子中正负电荷重心重合，是非极性分子，其中CO2是非极性化合物分子；(3)a.Cl-Cl键的键能为2×119.6kJ/mol=239.2kJ/mol，a错误；b.Na的第一电离能为495.0kJ/mol，b错误；c.NaCl的晶格能为785.6kJ/mol，c正确；d.Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol，d正确；故合理选项是cd；(4)CO32-的价层电子对数为3+=3，因此CO32-空间构型为平面三角形；C原子、O原子有平行的p轨道，价电子总数为4+2+6×3=24，单电子数=24-2×3-4×3=6，为4原子、6电子形成的大π键，大π键为；(5)NH4HF2为离子晶体，含有离子键，HF2-含有氢键和共价键，NH4+中含有配位键和共价键，所以NH4HF2中所含作用力有：a、b、c、d，反应中断裂的化学键有b、c；(6)①晶胞a中U原子个数8×+6×=4；含有N原子个数为：12×+1=4，因此一个晶胞中含有U、N原子个数均为4个，化学式为UN，由于N原子最外层有5个电子，N化合价为-3价，所以U元素的化合价为+3，根据图示可知