2026届山东省平度市高三最后一次模拟考试化学试题含解析

2026届山东省平度市高三最后一次模拟考试化学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、实验室中，要使AlCl3溶液中的Al3+离子全部沉淀出来，适宜的试剂是A．NaOH溶液 B．氨水 C．盐酸 D．Ba(OH)2溶液2、下列叙述中指定粒子数目一定大于NA的是A．1L1mol/LCH3COOH溶液中所含分子总数B．1molCl2参加化学反应获得的电子数C．常温常压下，11.2LN2和NO的混合气体所含的原子数D．28g铁在反应中作还原剂时，失去电子的数目3、用石墨作电极电解KCl和CuSO4(等体积混合)混合溶液,电解过程中溶液pH随时间t的变化如图所示,下列说法正确的是A．ab段H+被还原,溶液的pH增大B．原溶液中KCl和CuSO4的物质的量浓度之比为2∶1C．c点时加入适量CuCl2固体,电解液可恢复原来浓度D．cd段相当于电解水4、某固体混合物可能由Fe2O3、Fe、Na2SO3、NaBr、AgNO3、BaCl2中的两种或两种以上的物质组成。某兴趣小组为探究该固体混合物的组成，设计的部分实验方案如图所示：下列说法正确的是A．气体A至少含有SO2、H2中的一种B．固体C可能含有BaSO4或者Ag2SO4C．该固体混合物中Fe2O3和Fe至少有其中一种D．该固体混合物一定含有BaCl2，其余物质都不确定5、某化学学习小组利用如图装置来制备无水AlCl3（已知：无水AlCl3遇水能迅速发生反应）。下列说法正确的是A．装置①中的试剂可能是二氧化锰B．装置②、③中的试剂分别为浓硫酸、饱和食盐水C．点燃④处酒精灯之前需排尽装置中的空气D．球形干燥管中碱石灰的作用只有处理尾气6、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A．用①装置除去CO2中含有的少量SO2B．用②装置蒸干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体C．用③装置加热NH4Cl固体制取NH3D．用④装置分离乙酸乙酯与水的混合液7、锂-铜空气燃料电池容量高、成本低，具有广阔的发展前景。该电池通过一种复杂的铜腐蚀―现象产生电能，其中放电过程为2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH-，下列说法错误的是()A．放电时，Li＋透过固体电解质向右移动B．放电时，正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-C．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2OD．整个反应过程中，氧化剂为O28、下列说法正确的是()A．将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质B．氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质C．固态的离子化合物不能导电，熔融态的离子化合物能导电D．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强9、室温下，对于0.10mol•L﹣1的氨水，下列判断正确的是（）A．溶液的pH=13B．25℃与60℃时，氨水的pH相等C．加水稀释后，溶液中c（NH4+）和c（OH﹣）都变大D．用HCl溶液完全中和后，溶液显酸性10、已知C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合。关于C3N4晶体的说法错误的是：A．该晶体属于原子晶体，其化学键比金刚石中的更牢固B．该晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构C．该晶体中每个碳原子连接4个氮原子，每个氮原子连接3个碳原子D．该晶体与金刚石相似，都是原子间以非极性共价键形成空间网状结构11、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是A．25℃、l0IKPa下，NA个C18O2分子的质量为48gB．标准状况下，22.4LHF中含有的电子数为10NAC．1mol白磷(P4)分子中所含化学键的数目为4NAD．1L0.1mol/L的NaClO水溶液中含有的氧原子数为0.lNA12、常温下向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐渐滴入0.1mol/L的NH3·H2O溶液,所得溶液pH及导电性变化如图。下列分析不正确的是A．a～b点导电能力增强，说明HR为弱酸B．b点溶液pH=7，说明NH4R没有水解C．c点溶液存在c(NH4+)>c(R-)、c(OH-)>c(H+)D．b～c任意点溶液均有c(H+)×c(OH-)=Kw=1.0×10-1413、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温下lLpH=7的1mol/LCH3COONH4溶液中CH3COO－与NH4+数目均为NAB．18.0g葡萄糖和果糖的混合物中含羟基数目为0.5NAC．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，Na失去2NA个电子D．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH－数目为0.1NA14、化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解NO3-的原理如图所示。下列说法不正确的是（）A．A为电源的正极B．溶液中H+从阳极向阴极迁移C．电解过程中，每转移2mol电子,则左侧电极就产生32gO2D．Ag-Pt电极的电极反应式为2NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O15、某同学在实验室利用氢氧化钠、盐酸分离铁粉和铝粉混合物，物质转化关系如图所示：下列说法不正确的是()A．x为NaOH溶液，y为盐酸B．a→b发生的反应为：AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓C．b→c→Al的反应条件分别为：加热、电解D．a、b、c既能与酸又能与碱反应16、下列实验操作能达到实验目的的是A．用装置甲验证NH3极易溶于水B．用50mL量筒量取10mol·L-1硫酸2mL,加水稀释至20mL,配制1mol·L-1稀硫酸C．用pH试纸测量氯水的pHD．用装置乙制取无水FeCl317、不同温度下，三个体积均为1L的密闭容器中发生反应：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867kJ.mol-1，实验测得起始、平衡时的有关数据如表。下列说法正确的是容器编号温度/K起始物质的量/mol平衡物质的量/molCH4NO2N2CO2H2ONO2IT10.501.20000.40IIT20.300.800.200.200.400.60IIIT30.400.700.700.701.0A．T1<T2B．若升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆移C．平衡时，容器I中反应放出的热量为693.6kJD．容器III中反应起始时v正(CH4)<v逆(CH4)18、常温下，将0.2mol/LKMnO4酸性溶液0.1L与一定量pH=3的草酸（HOOC—COOH）溶液混合，放出VL气体。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.1molHOOC—COOH含共用电子对数目为0.9NAB．当1molKMnO4被还原时，强酸提供的H+数目为NAC．pH=3的草酸溶液含有H+数目为0.001NAD．该反应释放CO2分子数目为NA19、下列我国科技成果不涉及化学变化的是A．厨余污油裂化为航空燃油B．“深海勇士”号潜水艇用锂电池供能C．以“煤”代“油”生产低碳烯烃D．用“天眼”接收宇宙中的射电信号A．A B．B C．C D．D20、稀土元素铥(Tm)广泛用于高强度发光电源。有关它的说法正确的是()A．质子数为69 B．电子数为100C．相对原子质量为169 D．质量数为23821、化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是()A．石英玻璃、分子筛的主要成分是硅酸盐B．分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液和胶体之间C．海水淡化可以解决淡水危机，向海水中加入明矾可使海水淡化D．农业废弃物、城市与工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着丰富的生物质能22、以下物质间的每步转化通过一步反应能实现的是（）A．Al－Al2O3－Al(OH)3－NaAlO2 B．N2－NH3－NO2－HNO3C．Cu－CuO－Cu(OH)2－CuSO4 D．Na－Na2O2－Na2CO3－NaOH二、非选择题(共84分)23、（14分）烃A中碳、氢两种元素的质量比是24：5，G具有浓郁的香味。它们之间的转化关系如下（含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质）：请回答：（1）化合物B所含的官能团的名称是___。（2）D的结构简式是___。（3）C+F→G的化学方程式是___。（4）下列说法正确的是___。A．在工业上，A→B的过程可以获得汽油等轻质油B．有机物C与D都能与金属钠反应，C经氧化也可得到FC．可以用碳酸钠溶液鉴别E、F、GD．等质量的E、G混合物，无论以何比例混合，完全燃烧耗氧量相同24、（12分）美托洛尔可用于治疗高血压及心绞痛，某合成路线如下：回答下列问题：（1）写出C中能在NaOH溶液里发生反应的官能团的名称______。（2）A→B和C→D的反应类型分别是___________、____________，H的分子式为______。（3）反应E→F的化学方程式为______。（4）试剂X的分子式为C3H5OCl，则X的结构简式为______。（5）B的同分异构体中，写出符合以下条件：①含有苯环；②能发生银镜反应；③苯环上只有一个取代基且能发生水解反应的有机物的结构简式____________。（6）4－苄基苯酚（）是一种药物中间体，请设计以苯甲酸和苯酚为原料制备4－苄基苯酚的合成路线：____________（无机试剂任用）。25、（12分）乳酸亚铁晶体{CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，广泛应用于乳制品、营养液等，吸收效果比无机铁好，可由乳酸与FeCO3反应制得：2CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O+CO2↑Ⅰ.制备碳酸亚铁（FeCO3）：装置如图所示。（1）仪器C的名称是______。（2）清洗仪器，检查装置气密性，A中加入盐酸，B中加入铁粉，C中加入NH4HCO3溶液。为顺利达成实验目的，上述装置中活塞的打开和关闭顺序为：关闭活塞_____，打开活塞_____，装置B中可观察到的现象是_____，当加入足量盐酸后，关闭活塞1，反应一段时间后，关闭活塞_____，打开活塞_____。C中发生的反应的离子方程式为_____。Ⅱ.制备乳酸亚铁晶体：将制得的FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸。（3）加入少量铁粉的作用是_____。从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是隔绝空气低温蒸发，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。Ⅲ.乳酸亚铁晶体纯度的测量：（4）若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其原因可能是_____。（5）经查阅文献后，改用Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。测定时，先称取5.76g样品，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250mL溶液，每次取25.00mL，用0.100mol/LCe(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如表所示。滴定次数0.100mol/LCe(SO4)2标准溶液/mL滴定前读数滴定后读数10.1019.6520.1222.3231.0520.70则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为______（以质量分数表示，保留3位有效数字）。26、（10分）氮化钙(Ca3N2)是一种重要的化学试剂。某化学兴趣小组拟制备氮化钙并测定产品纯度。已知：①氮化钙极易与水反应；②实验室在加热条件下用饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液混合制备N2；③焦性没食子酸溶液用于吸收少量O2。I．制备氮化钙。他们选择下列装置设计实验(装置可重复使用)：(1)实验室将钙保存在________中(填物质名称)。氮化钙中所含化学键类型是_________。(2)气体从左至右，装置连接顺序为____________________________。(填代号)(3)写出A中发生反应的化学方程式：______________________________。(4)用化学方法检验氮化钙(Ca3N2)产品中是否混有Ca，设计实验方案：________。Ⅱ.测定产品纯度。利用如图装置测定氮化钙产品纯度(杂质不产生气体，氨气不溶于煤油)。(5)当产品与蒸馏水完全反应后，冷却至室温、调平液面、读数。调平液面的操作是___________________________________。(6)取产品质量为wg，开始量气管读数为V1mL，最终量气管读数为V2mL(折合成标准状况)，则该样品纯度为________________________(用代数式表示)。如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。27、（12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____。28、（14分）A、B、C、D是四种短周期元素，E是过渡元素。A、B、C同周期，C、D同主族，A的原子结构示意图为：，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个成单电子，E的外围电子排布式为3d64s2。回答下列问题：(1)用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是__________，碱性最强的是_________。(2)用元素符号表示D所在周期(除稀有气体元素外)第一电离能最大的元素是__________，电负性最大的元素是__________。(3)D的氢化物比C的氢化物的沸点__________（填"高"或"低"），原因_____________(4)E元素原子的核电荷数是__________，E元素在周期表的第_______周期，第________族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在_______区。(5)B、C最高价氧化物的晶体类型是分别是______晶体、______晶体(6)画出D的核外电子排布图_____________，这样排布遵循了________原理和____________规则。29、（10分）以下是处于研究阶段的“人工固氮”的新方法．N2在催化剂表面与水发生反应：2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g）△H="+"1530.4kJ/mol；完成下列填空：（1）该反应平衡常数K的表达式_______．（2）上述反应达到平衡后，保持其他条件不变，升高温度，重新达到平衡，则______．a．平衡常数K增大b．H2O的浓度减小c．容器内的压强增大d．v逆（O2）减小（3）研究小组分别在四个容积为2升的密闭容器中，充入N21mol、H2O3mol，在催化剂条件下进行反应3小时．实验数据见下表：序号第一组第二组第三组第四组t/℃30405080NH3生成量/（10﹣6mol）4.85.96.02.0第四组实验中以NH3表示反应的速率是_____，与前三组相比，NH3生成量最小的原因可能是______．（4）氨水是实验室常用的弱碱．①往CaCl2溶液中通入CO2至饱和，无明显现象．再通入一定量的NH3后产生白色沉淀，此时溶液中一定有的溶质是_____．请用电离平衡理论解释上述实验现象________________________．②向盐酸中滴加氨水至过量，该过程中离子浓度大小关系可能正确的是______．a．c（C1﹣）=c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣）b．c（C1﹣）＞c（NH4+）=c（OH﹣）＞c（H+）c．c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（C1﹣）＞c（H+）d．c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（C1﹣）

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】

要使AlCl3溶液中的Al3+全部沉淀出来，要求所用试剂能提供OH−，且须过量，因此适宜的试剂不能为强碱溶液，因为强碱会使氢氧化铝沉淀溶解，据此分析；【详解】A.据分析可知，氢氧化钠过量会将氢氧化铝沉淀溶解，A错误；B.据分析可知，氨水可以使铝离子全部沉淀出来，且氢氧化铝沉淀不溶于氨水，B正确；C.据分析可知，盐酸不能使AlCl3溶液中的Al3+离子沉淀，C错误；D.据分析可知，Ba(OH)2溶液可以使铝离子沉淀，但Ba(OH)2溶液过量会使氢氧化铝沉淀溶解，D错误；故答案选B。氢氧化铝不溶于弱酸弱碱是考察频率较高的知识点之一，学生须熟练掌握。2、A【解析】

A．水溶液中含醋酸分子和水分子，1L1mol/LCH3COOH溶液中所含分子总数大于NA，故A正确；B．1molCl2发生氧化还原反应，若是自身发生歧化反应，获得电子1mol，也可以只做氧化剂得到电子2mol，故B错误；C．标准状况11.2L混合气体物质的量为0.5mol，常温常压下，11.2LN2和NO的混合气体所含的原子数小于NA，故C错误；D．28g铁物质的量为0.5mol，在反应中作还原剂时，与强氧化剂生成铁盐，与弱氧化剂反应生成亚铁盐；失去电子的数目可以是1mol，也可以是1.5mol，故D错误；故答案为：A。考查与阿伏加德罗常数有关计算时，要正确运用物质的量的有关计算，同时要注意气体摩尔体积的使用条件；另外还要谨防题中陷阱，如讨论溶液里的离子微粒的数目时，要考虑：①溶液的体积，②离子是否水解，③对应的电解质是否完全电离；涉及化学反应时要考虑是否是可逆反应，反应的限度达不到100%；其它如微粒的结构、反应原理等，总之要认真审题，切忌凭感觉答题。3、D【解析】

用惰性电极电解相等体积的KCl和CuSO4混合溶液，溶液中存在的离子有：K+，Cl-，Cu2+，SO42-，H+，OH-；阴极离子放电顺序是Cu2+＞H+，阳极上离子放电顺序是Cl-＞OH-，电解过程中分三段：第一阶段：阳极上电极反应式为2Cl--2e-═Cl2↑、阴极电极反应式为Cu2++2e-═Cu，铜离子浓度减小，水解得到氢离子浓度减小，溶液pH上升；第二阶段：阳极上电极反应式为4OH--4e-═2H2O+O2↑（或2H2O-4e-═4H++O2↑），阴极反应先发生Cu2++2e-═Cu，反应中生成硫酸，溶液pH降低；第三阶段：阳极电极反应式为4OH--4e-═2H2O+O2↑、阴极电极反应式为2H++2e-═H2↑，实质是电解水，溶液中硫酸浓度增大，pH继续降低；据此分析解答。【详解】A.ab段阴极电极反应式为Cu2++2e-═Cu，由于铜离子浓度减小，水解得到氢离子浓度减小，溶液pH上升，氢离子未被还原，故A错误；B.由图像可知，ab、bc段，阴极反应都是Cu2++2e-═Cu，所以原混合溶液中KCl和CuSO4的浓度之比小于2:1，故B错误；C.电解至c点时，阳极有氧气放出，所以往电解液中加入适量CuCl2固体，不能使电解液恢复至原来的浓度，故C错误；D.cd段pH降低，此时电解反应参与的离子为H+，OH-，电解反应相当于电解水，故D正确；选D。本题考查电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，根据电解过程中溶液中氢离子浓度变化判断发生的反应；本题需结合图象分析每一段变化所对应的电解反应。4、C【解析】

由实验方案分析，溶液G中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，生成白色沉淀，则其为AgCl，原固体中一定含有BaCl2，一定不含NaBr；溶液B中加入NaOH溶液，有白色沉淀生成，此沉淀一段时间后颜色变深，则其为Fe(OH)2，说明溶液B中含有Fe2+，原固体中可能含有Fe(与硫酸反应生成Fe2+和H2)，可能含有Fe2O3(与硫酸反应生成的Fe3+全部被SO32-还原为Fe2+)，还可能含有AgNO3(必须少量，与硫酸电离出的H+构成的HNO3能被Fe或SO32-全部还原，且溶液中只含有Fe2+，不含有Fe3+)。【详解】A.气体A可能为H2，可能为SO2，可能为H2、NO的混合气，可能为SO2、NO的混合气，还可能为H2、NO、SO2的混合气，A错误；B.原固体中一定含有BaCl2，则固体C中一定含有BaSO4，可能含有Ag2SO4，B错误；C.从上面分析可知，固体混合物中不管是含有Fe2O3还是含有Fe，都能产生Fe2+，C正确；D.该固体混合物一定含有BaCl2，一定不含有NaBr，D错误。故选C。在进行物质推断时，不仅要注意物质存在的可能性问题，还要考虑试剂的相对量问题。如上面分析得出，加入过量硫酸后的溶液中含有Fe2+，不含有Fe3+，此时我们很可能会考虑到若含AgNO3，则会与硫酸电离出的H+构成HNO3，将Fe2+氧化为Fe3+，武断地得出原固体中不存在AgNO3的结论。如果我们考虑到若Fe过量，或Na2SO3过量，也可确保溶液中不含有Fe3+，则迎合了命题人的意图。5、C【解析】

结合题干信息，由图可知，①装置为氯气的制备装置，装置②的目的是除去氯气中的氯化氢，装置③的目的是干燥氯气，装置④为制备无水AlCl3的装置，装置⑤用来收集生成的氯化铝，碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入装置⑤中，并吸收过量的氯气防止污染环境，据此分析解答问题。【详解】A．①装置为氯气的制备装置，浓盐酸与MnO2需要在加热的条件下才能反应生成Cl2，缺少加热仪器，A选项错误；B．装置②的目的是除去氯气中的氯化氢，用饱和食盐水，装置③的目的是干燥氯气，用浓硫酸，B选项错误；C．因为Al能与空气中的氧气在加热的条件下发生反应，故点燃④处酒精灯之前需排尽装置中的空气，C选项正确；D．球形干燥管中的碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入装置⑤中，并吸收过量的氯气防止污染环境，D选项错误；答案选C。本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价分析，把握实验原理，明确装置的作用关系为解答题目的关键。6、D【解析】

A.CO2和SO2都会和饱和碳酸钠溶液反应，不能到达除杂效果，A项错误；B.AlCl3为强酸弱碱盐，在溶液中发生水解生成氢氧化铝胶体和氯化氢，直接蒸干AlCl3饱和溶液，氯化氢挥发，导致水解平衡右移，使水解趋于完全生成氢氧化铝沉淀，不能得到无水AlCl3，B项错误；C.加热NH4Cl固体分解为NH3和HCl，两者遇冷又会生成NH4Cl，堵住导管，存安全隐患，C项错误；D.乙酸乙酯的密度比水小，有机层在上层，水层在下层，与图中装置分层现象相符，D项正确；答案选D。7、B【解析】

A．根据图示及电池反应，Cu2O为正极，Li为负极；放电时，阳离子向正极移动，则Li＋透过固体电解质向Cu2O极移动，故A正确；B．根据电池反应式知，正极反应式为Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，故B错误；C．放电过程为2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH-，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，故C正确；D．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，氧化剂为O2，故D正确；答案选B。8、C【解析】

A．硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离，所以BaSO4是电解质，故A错误；B．氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因，故B错误；C．固态离子化合物不能电离出离子，不能导电；离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故C正确；D．溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故D错误；正确答案是C。本题考查了电解质可导电关系的判断，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关是解答的关键，题目难度不大。9、D【解析】

A．一水合氨是弱电解质，在水溶液里不完全电离；B．氨水的电离受到温度的影响，温度不同，氨水电离的氢氧根离子浓度不同；C．加水稀释促进一水合氨电离，但一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以稀释过程中c（NH4＋）、c（OH－）都减小；D．氯化铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性。【详解】A．一水合氨是弱电解质，在水溶液里不完全电离，所以0.10mol•L﹣1的氨水的pH小于13，故A错误；B．氨水的电离受到温度的影响，温度不同，氨水电离的氢氧根离子浓度不同，pH也不同，故B错误；C．加水稀释促进一水合氨电离，但一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以稀释过程中c（NH4+）、c（OH﹣）都减小，所以溶液中c（NH4+）•c（OH﹣）变小，故C错误；D．含有弱根离子的盐，谁强谁显性，氯化铵是强酸弱碱盐，所以其溶液呈酸性，故D正确，故选：D。10、D【解析】

A．C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合，这说明该晶体属于原子晶体。由于碳原子半径大于氮原子半径，则其化学键比金刚石中的碳碳键更牢固，A正确；B．构成该晶体的微粒间只以单键结合，每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构，B正确；C．碳最外层有4个电子，氮最外层有5个电子，则该晶体中每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，C正确；D．金刚石中只存在C-C键，属于非极性共价键，C3N4晶体中C、N之间以极性共价键结合，原子间以极性键形成空间网状结构，D错误；答案选D。11、A【解析】

A、NA个分子，其物质的量为1mol，其质量为1×48g=48g，故正确；B、标准状况下，HF不是气体，故错误；C、白磷是正四面体结构，4个P处于顶点，1mol白磷分子中含有化学键物质的量为6mol，故错误；D、NaClO溶液中有水，水是由氢元素和氧元素组成，即氧原子的物质的量大于0.1mol，故错误；故答案选A。12、B【解析】A．a～b点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，也证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，故A正确；B、弱离子在水溶液中会发生水解反应，根据A知，HR是弱电解质，且一水合氨是弱电解质，所以NH4R是弱酸弱碱盐，b点溶液呈中性，且此时二者的浓度、体积都相等，说明HR和一水合氨的电离程度相等，所以该点溶液中铵根离子和酸根离子水解程度相等，故B错误；C．c点溶液的pH＞7，说明溶液呈碱性，溶液中c（OH-）＞c（H+），再结合电荷守恒得c（NH4+）＞c（R-），故C正确；D．离子积常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，所以b-c任意点溶液均有c（H+）•c（OH-）=Kw=1.0×10-14

mol2•L-2，故D正确；故选B。点睛：本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确图中曲线变化趋势及曲线含义是解本题关键，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力，易错选项是D，注意：离子积常数只与温度有关，与溶液浓度及酸碱性无关，题目难度中等13、B【解析】

A．CH3COONH4溶液中CH3COO－与NH4+均要水解，其数目均小于NA，故选项A错误；B．葡萄糖为五羟基醛，果糖为五羟基酮，同时二者互为同分异构体，二者任意比例混合，所含羟基数目为0.5NA，故选项B正确；C．由于Na为1mol，与足量O2反应，无论生成什么产物，Na失去NA个电子，故选项C错误；D．1LpH=13的NaOH溶液中，水电离的c(OH－)=10－13mol/L，故选项D错误；故选B。14、C【解析】A项，该装置中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则Ag-Pt电极为阴极，pt电极为阳极，连接阴极的B电极为负极，A为正极，故A项正确；B项，电解时阳离子向阴极移动，所以H+从阳极向阴极迁移，故B项正确；C项，左侧电极为阳极发生2H2O-4e-=4H++O2↑，所以每转移2mol电子时，左侧电极就产生0.5molO2即16g氧气，故C项错误；D项，阴极上硝酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为，故D项正确。综上所述，本题正确答案为C。点睛：考查电解池的反应原理。抓住氧化还原反应进行判定电池的阴阳极。根据氧化剂和还原剂进行电极反应式的书写。15、D【解析】

根据流程图，混合物中加入试剂x过滤后得到铁，利用铝与氢氧化钠反应，铁不与氢氧化钠反应，因此试剂x为NaOH，a为NaAlO2，a生成b加入适量的y，因此y是盐酸，b为氢氧化铝，氢氧化铝受热分解成Al2O3，然后电解氧化铝得到铝单质；A.根据上述分析，A正确；B.a→b发生的反应为：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，故B正确；C.根据上述分析，b→c→Al的反应条件分别为：加热、电解，故C正确；D.a为NaAlO2，NaAlO2与碱不反应，故D错误；答案选D。16、A【解析】

A.将胶头滴管中的水挤入烧瓶，若氨气极易溶于则烧瓶内压强降低，气球会鼓起来，可以达到实验目的，故A正确；B.稀释浓硫酸时要把浓硫酸加入水中，且不能在量筒中进行，故B错误；C.氯水中有次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测其pH值，故C错误；D.氯化铁易水解生成氢氧化铁和HCl，加热促进水解，而且盐酸易挥发，所以蒸干最终得到氢氧化铁而不是氯化铁，故D错误；故答案为A。制备无水氯化铁需要在HCl气流中加热蒸发氯化铁溶液，抑制氯化铁水解。17、A【解析】

A.该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，平衡时二氧化氮的物质的量多，故有T1<T2，正确；B.升温，正逆速率都加快，平衡逆向移动，故错误；C.平衡时，容器I中二氧化氮的消耗量为1.2-0.4=0.8mol，则反应热为=346.8kJ，故错误；D.容器III中T3下平衡常数不确定，不能确定其反应进行方向，故错误。故选A。18、A【解析】

A.1个HOOC—COOH分子中含有9对共用电子对，则0.1molHOOC—COOH含共用电子对数目为0.9NA，A正确；B.KMnO4与草酸反应的方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，根据方程式可知当1molKMnO4被还原时，强酸提供的H+的物质的量为3mol，因此反应消耗的H+数目为3NA，B错误；C.缺少溶液的体积，不能计算H+的数目，C错误；D.不确定CO2气体所处的环境，因此不能计算其物质的量，也就不能确定其分子数，D错误；故合理选项是A。19、D【解析】

A、航空燃油是厨余污油通过热裂解等技术得到一种长链脂肪酸的单烷基酯，该过程属于化学变化，故不选A；B、电池放电时把化学能转化为电能，属于化学变化，故不选B；C、煤制烯烃，属于化学变化，故不选C；D、用“天眼”接收宇宙中的射电信号，没有生成新物质，不属于化学变化，故选D。20、A【解析】

A．稀土元素铥(Tm)的质子数为69，故A正确；B．稀土元素铥(Tm)质子数为69，质子数和核外电子数相等都是69，故B错误；C．其质量数为169，质量数指的是质子与中子质量的和,相对原子质量为各核素的平均相对质量，故C错误；D．稀土元素铥(Tm)的质量数为169，故D错误；一个元素有多种核素,质量数指的是质子与中子质量的和,而不同核素的质量数不同,即一个元素可以有多个质量数，相对原子质量为各核素的平均相对质量，所以同种元素的相对原子质量只有一个数值，C项是易错点。21、D【解析】

A．分子筛的主要成分是硅酸盐，石英玻璃的主要成分是SiO2，是氧化物，不是硅酸盐，故A错误；B．根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，浊液的分散质粒子大于溶液和胶体，故B错误；C．海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质，不能减少盐的含量，不能使海水淡化，故C错误；D．生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，可转化为常规的固态、液态和气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源，故D正确；故选D。22、D【解析】

A.Al和O2反应生成Al2O3，但Al2O3不能一步反应生成Al(OH)3，故A错误；B.N2和H2化合生成NH3，但NH3不能一步反应生成NO2，故B错误；C.Cu和O2反应生成CuO，但CuO不能一步反应生成Cu(OH)2，，故C错误；D.Na和O2反应生成Na2O2，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3和Ca(OH)2反应生成NaOH，故D正确。答案选D。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键CH3CH2CH2OHH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2OCD【解析】

烃A中碳、氢两种元素的质量比是24：5，则N（C）：N（H）=，应为C4H10，由生成物G的分子式可知C为CH3CHOHCH3，D为CH3CH2CH2OH，E为CH3CH2CHO，F为CH3CH2COOH，B为CH3CH=CH2，生成G为CH3CH2COOCH（CH3）2，以此解答该题。【详解】（1）B为CH3CH=CH2，含有的官能团为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；（2）D为CH3CH2CH2OH，故答案为：CH3CH2CH2OH；（3）C+F→G的化学方程式是CH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O，故答案为：CH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O；（4）A.在工业上，A→B的过程为裂解，可获得乙烯等烯烃，而裂化可以获得汽油等轻质油，故A错误；B.有机物C与D都能与金属钠反应，C经氧化生成丙酮，故B错误；C.醛可溶于水，酸与碳酸钠反应，酯类不溶于水，则可以用碳酸钠溶液鉴别E、F、G，故C正确；D.E、G的最简式相同，则等质量的E、G混合物，无论以何比例混合，完全燃烧耗氧量相同，故D正确；故答案为：CD。24、（酚）羟基；氯原子取代反应还原反应C15H25O3N+CH3OH+H2O【解析】

由B的分子式、C的结构，可知B与氯气发生取代反应生成C，故B为，C发生还原反应生成D为．对比D、E的分子式，结合反应条件，可知D中氯原子水解、酸化得到E为．由G的结构可知，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，F中酚羟基上H原子被取代生成G，故F为．对比G、美托洛尔的结构可知，G发生开环加成生成美托洛尔。【详解】(1)由结构可知C中官能团为：(酚)羟基、羰基和氯原子，在氢氧化钠溶液中，由于和氯元素相邻的碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，羰基不与氢氧化钠反应，酚羟基有弱酸性，可以与氢氧化钠反应；(2)B为，根据流程图中A和B的结构式分析，A中的氯原子将苯酚上的氢原子取代得到B，则为取代反应；D为，根据分析，C发生还原反应生成D；根据流程图中美托洛尔的结构简式，每个节点为碳原子，每个碳原子形成4个共价键，不足键用氢原子补充，则H的分子式为C15H25O3N；(3)E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，化学方程式为：+CH3OH+H2O；(4)F为，F中酚羟基上H原子被取代生成G，对比二者结构可知，X的结构简式为；(5)B为，B的同分异构体中，含有苯环；能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环上只有一个取代基且能发生水解反应，故有机物的结构简式；（6）苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛与苯酚反应生成，最后与Zn（Hg）/HCl作用得到目标物。合成路线流程图为：。25、三颈烧瓶21、3铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色32Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O防止FeCO3与乳酸反应产生的亚铁离子被氧化乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化98.0%【解析】

亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与盐酸反应制备氯化亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备氯化亚铁，利用生成的氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3＝FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，据此解答本题。【详解】（1）仪器C为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）反应前先利用生成的氢气除去装置内空气，再利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，具体操作为：关闭活塞2，打开活塞3，然后打开活塞1加入足量的盐酸，然后关闭活塞1，反应一段时间后，装置B中可观察到的现象为：铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；打开活塞2，关闭活塞3；C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3＝FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：2；1、3；铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；3；2；Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；（3）Fe2+离子易被氧化为Fe3+离子，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，可防止Fe2+离子被氧化，故答案为：防止FeCO3与乳酸反应产生的亚铁离子被氧化；（4）乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%，故答案为：乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化；（5）三次滴定第二次操作消耗标准液数值明显偏大，应舍去，取第一次和第三次平均值V==19.60mL，由：Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，可知25mL溶液中n(Fe2+)＝n(Ce4+)＝0.100mol/L×0.0196L＝0.00196mol，故250mL含有n(Fe2+)＝0.00196mol×=0.0196mol，故产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为＝98.0%，故答案为：98.0%。26、煤油离子键A、D、C、B、C2NaNO2＋(NH4)2SO4Na2SO4＋2N2↑＋4H2O取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙上下移动水准瓶偏低【解析】

(1).钙的密度比煤油的大，钙是活泼金属能与氧气、水反应；氮化钙是活泼金属与活泼非金属形成的离子化合物；(2).金属钙与氮气反应生成氮化钙，氮化钙与水能反应，所以装置B前后都应加装干燥剂，钙能与氧气反应，所以需要用焦性没食子酸溶液除掉氮气中的氧气。(3)装置A中饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液在加热条件下发生归中反应生成氮气；(4)氮化钙与水反应放出氨气，钙与水反应生成氢气。(5)调平液面是将量气管和水准瓶中的液面保持相平。(6)氮化钙与水反应的方程式是Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑，根据氨气的体积计算样品纯度。如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得氨气的体积偏小。【详解】(1).钙的密度比煤油的大，钙是活泼金属能与氧气、水反应，所以实验室将钙保存在煤油中；氮化钙是活泼金属与活泼非金属形成的离子化合物，所以氮化钙含有离子键；(2).金属钙与氮气反应生成氮化钙，氮化钙与水能反应，所以装置B前后都应加装干燥剂，钙能与氧气反应，所以需要用焦性没食子酸溶液除掉氮气中的氧气，装置连接顺序为A→D→C→B→C。(3)装置A中饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液在加热条件下发生归中反应生成氮气，反应化学方程式是2NaNO2＋(NH4)2SO4Na2SO4＋2N2↑＋4H2O；(4)氮化钙与水反应放出氨气，钙与水反应生成氢气。检验氮化钙(Ca3N2)产品中是否混有Ca方法是取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙。(5)调平液面是将量气管和水准瓶中的液面保持相平，操作方法是上下移动水准瓶；(6)样品与水反应生成氨气的体积是(V2mL－V1mL)，设样品中Ca3N2的质量为xg；Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑148g44.8Lxg(V2－V1)×10-3Lx=则该样品纯度为；如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得氨气的体积偏小，所以测得结果偏低。本题考查物质的制备实验，把握实验装置的作用、发生的反应及制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用。27、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