北京市房山区2026届9校联考高三化学试题含解析

北京市房山区2026届9校联考高三化学试题注意事项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、人体吸入CO后在肺中发生反应CO+HbO2O2+HbCO导致人体缺氧。向某血样中通入CO与O2的混合气[c(CO)=1.0×10-4mol/L，c(O2)=9.9×10-4mol/L]，氧合血红蛋白HbO2浓度随时间变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．反应开始至4s内用HbO2表示的平均反应速率为2×l0-4mol/(L·s)B．反应达平衡之前，O2与HbCO的反应速率逐渐减小C．将CO中毒病人放入高压氧舱治疗是利用了化学平衡移动原理D．该温度下反应CO+HbO2O2+HbCO的平衡常数为1072、电导率用于衡量电解质溶液导电能力的大小，与离子浓度和离子迁移速率有关。图1为相同电导率盐酸和醋酸溶液升温过程中电导率变化曲线，图2为相同电导率氯化钠和醋酸钠溶液升温过程中电导率变化曲线，温度均由22℃上升到70℃。下列判断不正确的是A．由曲线1可以推测：温度升高可以提高离子的迁移速率B．由曲线4可以推测：温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关C．由图1和图2可以判定：相同条件下，盐酸的电导率大于醋酸的电导率，可能的原因是Cl-的迁移速率大于CH3COO-的迁移速率D．由图1和图2可以判定：两图中电导率的差值不同，与溶液中H+、OH-的浓度和迁移速率无关3、298K时，向20mL浓度均为0.1mo1/L的MOH和NH3·H2O混合液中滴加0.1mol的CH3COOH溶液，测得混合液的电阻率（表示电阻特性的物理量）与加入CH3COOH溶液的体积（V）的关系如图所示。已知CH3COOH的Ka＝1.8×10－5，NH3·H2O的Kb=1.8×10－5。下列说法错误的是（）A．MOH是强碱B．c点溶液中浓度：c（CH3COOH)<c(NH3·H2O）C．d点溶液呈酸性D．a→d过程中水的电离程度先增大后减小4、下列方程式不能正确表示某沉淀溶解过程的是A．热的浓盐酸洗涤试管内壁的MnO2：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2OB．热的NaOH溶液洗涤试管内壁的S：3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2OC．向石灰石粉的悬浊液中持续通CO2：Ca(OH)2＋2CO2＝Ca(HCO3)2D．稀硫酸可除去铁锈：Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O5、同一周期的X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物对应水化物的酸性顺序为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列判断错误的是A．原子半径：X＞Y＞Z B．气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3C．元素原子得电子能力：X＞Y＞Z D．阴离子的还原性：Z3－＞Y2－＞X－6、2020年1月武汉爆发新冠肺炎，湖北省采取封城封镇的措施阻止了冠状病毒蔓延。新冠病毒主要传播方式是经飞沫传播、接触传播（包括手污染）以及不同大小的呼吸道气溶胶近距离传播。冠状病毒对热敏感，56℃30分钟、75%酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸、乙醚和氯仿等脂溶剂均可有效灭活病毒。下列有关说法正确的是A．因为过氧乙酸能灭活病毒，所以在家每天进行醋熏能杀死家里的新冠肺炎病毒B．在空气质量检测中的PM2.5，属于气溶胶C．电解食盐水制取次氯酸钠喷洒房间能杀死新冠肺炎病毒D．含氯消毒剂、过氧乙酸、乙醚和氯仿等都属于有机物7、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。X的族序数是周期数的3倍，25℃时，0.1mol·L－1Z的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为13，W的最外层有6个电子。下列说法正确的是()A．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱B．原子半径：r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)C．元素Y、W的简单阴离子具有相同的电子层结构D．Z分别与X、Y、W形成的化合物中均一定只含离子键8、一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的原理及部分反应如图所示，下列说法错误的是A．该电池将太阳能转变为电能B．电池工作时，X极电势低于Y极电势C．在电解质溶液中RuⅡ再生的反应为：2RuⅢ+3I-=2RuⅡ+I3-D．电路中每通过2mol电子生成3molI-，使溶液中I-浓度不断增加9、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．标准状况下，11.2LSO3中含有原子数为2NAB．用浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制备1molCl2，均转移电子2NAC．将0.1molNH4NO3溶于适量的稀氨水，溶液恰好呈中性，溶液中NH4+数目小于0.1NAD．2molNO和1molO2充分反应后，所得混合气体的分子数小于2NA10、含氯苯的废水可通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池将氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。下列叙述正确的是A．电子流向：N极→导线→M极→溶液→N极B．M极的电极反应式为C．每生成lmlCO2，有3mole-发生转移D．处理后的废水酸性增强11、利用脱硫细菌净化含硫物质的方法叫生物法脱硫，发生的反应为：CH3COOH+Na236SO42NaHCO3+H236S↑。下列说法正确的是A．的摩尔质量是100B．CH3COOH既表现氧化性又表现酸性C．反应的离子方程式是：CH3COOH+2+H236S↑D．每生成11.2LH2S转移电子为4×6.02×102312、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．NH4HCO3

受热易分解，可用作化肥B．NaHCO3

溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂C．SO2

具有氧化性，可用于纸浆漂白D．Al2O3

具有两性，可用于电解冶炼铝13、将石墨烯一层层叠起来就是石墨。下列说法错误的是（）A．自然界中存在石墨烯 B．石墨烯与石墨的组成元素相同C．石墨烯能够导电 D．石墨烯属于烃14、化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中，错误的是A．利用可降解的“玉米塑料”替代一次性饭盒，可防止产生白色污染B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C．发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔D．喝补铁剂时，加服维生素C，效果更好，原因是维生素C具有氧化性15、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．14g乙烯和丙烯的混合物中极性键数目为2NAB．标准状况下，与在光照条件下反应生成HCl分子数为C．容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAD．电解精炼铜时阳极减轻32g，电路中转移电子数目一定为NA16、NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金、染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。下列有关说法正确的是A．1L.0.25mol/L.Na2SO4溶液中含有的氧原子数目为NAB．1L.0.1mol/LNa2S溶液中含有的阴离子数目小于0.1NAC．生成1mol还原产物时转移电子数为8NAD．通常状况下，11.2L.CO2中含有的共价键数目为2NA17、有3.92g铁的氧化物，用足量的CO在高温下将其还原，把生成的全部CO2通入到足量的澄清的石灰水中得到7.0g固体沉淀物，这种铁的氧化物为A．Fe3O4 B．FeO C．Fe2O3 D．Fe5O718、下列有关化合物X的叙述正确的是A．X分子只存在2个手性碳原子B．X分子能发生氧化、取代、消去反应C．X分子中所有碳原子可能在同一平面上D．1molX与足量NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH19、中国传统文化对人类文明贡献巨大,书中充分记载了古代化学研究成果。下列关于古代化学的应用和记载,对其说明不合理的是()A．《本草纲目》中记载:“(火药)乃焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者”,其中利用了KNO3的氧化性B．杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来C．我国古代人民常用明矾除去铜器上的铜锈[Cu2(OH)2CO3]D．蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等为原料精制出优质纸张,由他监制的纸被称为“蔡侯纸”。“蔡侯纸”的制作工艺中充分应用了化学工艺20、分类是化学研究的重要方法,下列物质分类错误的是()A．化合物：干冰、明矾、烧碱B．同素异形体：石墨、C60、金刚石C．非电解质：乙醇、四氯化碳、氯气D．混合物：漂白粉、纯净矿泉水、盐酸21、根据有关操作与现象，所得结论不正确的是（）选项操作现象结论A将湿润的有色布条伸入Cl2中布条褪色氯气有漂白性B用洁净铂丝蘸取某溶液灼烧火焰呈黄色溶液中含有Na+C将湿润的红色石蕊试纸伸入NH3中试纸变蓝氨水显碱性D向某溶液中滴加KSCN溶液溶液变红溶液中含有Fe3+A．A B．B C．C D．D22、地球在流浪，学习不能忘”，学好化学让生活更美好。下列说法错误的是A．港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物B．“玉兔二号”月球车首次在月球背面着陆，其帆板太阳能电池的材料是SiO2C．《天工开物》中“凡石灰经火焚炼为用”，其中“石灰”指的是CaCO3D．宋·王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜二、非选择题(共84分)23、（14分）生产符合人类需要的特定性能的物质是化学服务于人类的责任。解热镇痛药水杨酸改进为阿司匹林、缓释阿司匹林、贝诺酯就是最好的实例。下图表示这三种药物的合成：(1)反应①的条件是____________；物质B含有的官能团名称是________________(2)已知乙酸酐是2分子乙酸脱去1分子水的产物，写出M的结构简式__________(3)反应③的类型____________，写出该反应④的一种副产物的结构简式________(4)水杨酸与足量Na2CO3溶液能发生反应，写出化学方程式____________________(5)1mol阿司匹林和1mol缓释长效阿司匹林与NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量分别是_________、___________。24、（12分）氟喹诺酮是人工合成的抗菌药，其中间体G的合成路线如下：(1)G中的含氧官能团为_____和_____(填名称)。(2)由C→D的反应类型是_____。(3)化合物X(分子式为C3H7N)的结构简式为_____。(4)E到F过程中的反应物HC(OC2H5)3中最多有_____个碳原子共面。(5)B和乙醇反应的产物为H(C8H6FCl2NO2)，写出该反应的化学方程式_______________。写出满足下列条件的H的所有同分异构体的结构简式：_____________。Ⅰ．是一种α﹣氨基酸；Ⅱ．分子中有4种不同化学环境的氢，且分子中含有一个苯环。(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以和ClMgCH(COOC2H5)2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)_____________。25、（12分）I.硝酸钾用途广泛，工业上一般用复分解反应制取硝酸钾（相关物质的溶解度曲线见表）。以硝酸钠和氯化钾为原料制备硝酸钾的工艺流程如下：完成下列填空：(1)为了加速固体溶解，可采取的措施有__________(至少写两种)；实验室进行蒸发结晶操作时，为了防止液滴飞溅，进行的操作是_____________。(2)过滤I所得滤液中含有的离子是________；过滤I所得滤液在进行冷却结晶前应补充少量水，目的是______________。(3)检验产品KNO3中杂质的方法是________________。II.实验室模拟工业上用氯化钾和硝酸铵为原料制取硝酸钾的过程如下：取40gNH4NO3和37.25gKCl固体加入100g水中，加热至90℃，固体溶解,用冰水浴冷却至5℃以下，过滤(a)。在滤液中再加入NH4NO3，加热蒸发，当体积减小到约原来的时，保持70℃过滤(b)，滤液可循环使用。完成下列填空：(4)过滤(a)得到的固体物质主要是__________；在滤液中再加入NH4NO3的目的是________________________。(5)为检测硝酸钾样品中铵盐含量，称取1.564g样品，加入足量的NaOH浓溶液，充分加热，生成的气体用20.00mL0.102mol/LH2SO4溶液全部吸收，滴定过量的H2SO4用去0.089mol/L标准NaOH溶液16.55mL。滴定过程中使用的指示剂是________；样品中含铵盐(以氯化铵计)的质量分数是___________(保留3位小数)。26、（10分）实验室从含碘废液（除外，含有、、等）中回收碘，实验过程如下：（1）向含碘废液中加入稍过量的溶液，将废液中的还原为，其离子方程式为__________；该操作将还原为的目的是___________________。（2）操作的名称为__________。（3）氧化时，在三颈瓶中将含的水溶液用盐酸调至约为2，缓慢通入，在40℃左右反应（实验装置如图所示）。实验控制在较低温度下进行的原因是__________________；仪器a、b的名称分别为：a__________、b__________；仪器b中盛放的溶液为__________。（4）已知：；某含碘废水（约为8）中一定存在，可能存在、中的一种或两种。请补充完整检验含碘废水中是否含有、的实验方案（实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、溶液、溶液）。①取适量含碘废水用多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在；②__________________；③另从水层中取少量溶液，加入淀粉溶液，加盐酸酸化后，滴加溶液，若溶液变蓝说明废水中含有；否则说明废水中不含有。（5）二氧化氯（，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂和水处理剂。现用氧化酸性含废液回收碘。①完成氧化的离子方程式：ClO2+I-1+__________=+Cl-1+____________________________；②若处理含相同量的废液回收碘，所需的物质的量是的______倍。27、（12分）氮化锶（Sr3N2）在工业上广泛用于生产荧光粉。已知：锶与镁位于同主族；锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应。I.利用装置A和C制备Sr3N2（1）写出由装置A制备N2的化学方程式_______。（2）装置A中a导管的作用是_______。利用该套装置时，应先点燃装置A的酒精灯一段时间后，再点燃装置C的酒精灯，理由是__________。II.利用装置B和C制备Sr3N2。利用装置B从空气中提纯N2（已知：氧气可被连苯三酚溶液定量吸收）（3）写出装置B的NaOH溶液中发生反应的离子方程式_________。（4）装置C中广口瓶盛放的试剂是_________。III.测定Sr3N2产品的纯度（5）取ag该产品，向其中加入适量的水，将生成的气体全部通入浓硫酸中，利用浓硫酸增重质量计算得到产品的纯度，该方法测得产品的纯度偏高，其原因是____。经改进后测得浓硫酸增重bg，则产品的纯度为_____（用相关字母的代数式表示）。28、（14分）（10分）含碳物质的价值型转化，有利于“减碳”和可持续性发展，有着重要的研究价值。请回答下列问题：（1）已知CO分子中化学键为C≡O。相关的化学键键能数据如下：化学键H—OC≡OC=OH—HE/(kJ·mol−1)4631075803436CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH=___________kJ·mol−1。下列有利于提高CO平衡转化率的措施有_______________（填标号）。a．增大压强b．降低温度c．提高原料气中H2O的比例d．使用高效催化剂（2）用惰性电极电解KHCO3溶液，可将空气中的CO2转化为甲酸根(HCOO−)，然后进一步可以制得重要有机化工原料甲酸。CO2发生反应的电极反应式为________________，若电解过程中转移1mol电子，阳极生成气体的体积（标准状况）为_________L。（3）乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应为：(g)＋CO2(g)(g)＋CO(g)＋H2O(g)，其反应历程如下：①由原料到状态Ⅰ____________能量（填“放出”或“吸收”）。②一定温度下，向恒容密闭容器中充入2mol乙苯和2molCO2，起始压强为p0，平衡时容器内气体总物质的量为5mol，乙苯的转化率为_______，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=_______。[气体分压(p分)=气体总压(p总)×气体体积分数]③乙苯平衡转化率与p(CO2)的关系如下图所示，请解释乙苯平衡转化率随着p(CO2)变化而变化的原因________________________________________________。29、（10分）硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_________________。（2）步骤②需要加热的目的是_________________，温度保持80~95℃，采用的合适加热方式是_________________。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_________________（填标号）。（3）步骤③中选用足量的H2O2，理由是_________________。分批加入H2O2，同时为了_________________，溶液要保持pH小于0.5。（4）步骤⑤的具体实验操作有______________，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为______________。

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、C【解析】

A、v=△c/△t=(1.0−0.2)×10−4mol/L÷4s=2×10-5mol/（L•s），A错误；B、HbO2转化为O2，所以反应物的浓度减少，生成物浓度增加，则正反应速率减少，逆反应速率增加，B错误；C、CO中毒的病人放入高压氧仓中，氧气的浓度增大，平衡向左移动，C正确；D、根据平衡常数K=c(O2)•c(HbCO)/c(CO)•c(HbO2)=10.7×10−4×0.8×10−4/0.2×10−4×0.2×10−4=214，D错误；答案选C。2、D【解析】

A．曲线1中盐酸溶液在升高温度的过程中离子浓度不变，但电导率逐渐升高，说明温度升高可以提高离子的迁移速率，故A正确；B．温度升高，促进CH3COONa溶液中CH3COO-的水解，则由曲线3和曲线4可知，温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关，故B正确；C．曲线1和曲线2起始时导电率相等，但温度升高能促进醋酸的电离，溶液中离子浓度增加，但盐酸溶液的导电率明显比醋酸高，说明可能原因是Cl-的迁移速率大于CH3COO-的迁移速率，故C正确；D．曲线1和曲线2起始时导电率相等，可知盐酸和醋酸两溶液中起始时离子浓度相等，包括H+和OH-浓度也相等，而随着温度的升高，促进醋酸的电离，醋酸溶液中的H+和OH-浓度不再和盐酸溶液的H+和OH-浓度相等，则两者的导电率升高的幅度存在差异，可能与溶液中H+、OH-的浓度和迁移速率有关，故D错误；故答案为D。3、B【解析】

溶液中离子浓度越小，溶液的导电率越小，电阻率越大，向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时，发生反应先后顺序是MOH+CH3COOH=CH3COOM+H2O，NH3·H2O+CH3COOH=CH3COONH4。a-b溶液中电阻率增大，b点最大，因为溶液体积增大导致b点离子浓度减小，b点溶液中溶质为CH3COOM、NH3·H2O继续加入醋酸溶液，NH3·H2O是弱电解质，生成CH3COONH4是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，电阻率减小，c点时醋酸和一水合铵恰好完成反应生成醋酸铵，c点溶液中溶质为CH3COOM，CH3COONH4且二者的物质的量相等。【详解】A.由图可知，向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时，电阻率先增大后减小，说明发生了两步反应，发生反应先后顺序是MOH+CH3COOH=CH3COOM+H2O然后NH3·H2O+CH3COOH=CH3COONH4，所以MOH是强碱，先和酸反应，故A正确；B.加入醋酸40mL时，溶液中的溶质为CH3COOM、CH3COONH4且二者的物质的量浓度相等，CH3COOM是强碱弱酸盐，又因为CH3COOH的Ka＝1.8×10－5等于NH3·H2O的Kb=1.8×10－5，CH3COONH4是中性盐，所以溶液呈碱性，则醋酸根的水解程度大于铵根的电离程度，则c（CH3COOH)>c(NH3·H2O），故B错误；C.d点加入醋酸60mL，溶液中的溶质为CH3COOM、CH3COONH4和CH3COOH且三者物质的量浓度相等，CH3COONH4是中性盐，溶液相当于CH3COOM和CH3COOH等物质的量混合，溶液呈酸性，故C正确；D.a→d过程，溶液的碱性逐渐减弱，水电离程度加大，后来酸性逐渐增强，水的电离程度减小，所以实验过程中水的电离程度是先增大后减小，故D正确；故选B。4、C【解析】

A.热的浓盐酸洗涤试管内壁的MnO2，发生反应为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，A正确；B.热的NaOH溶液洗涤试管内壁的S，发生反应为3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2O，B正确；C.向石灰石粉的悬浊液中持续通CO2，发生反应为CaCO3+CO2+H2O＝Ca(HCO3)2，C不正确；D.稀硫酸可除去铁锈，发生反应为Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O，D正确；答案为C。5、A【解析】

元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由题意可知，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则元素非金属性X＞Y＞Z。【详解】A项、同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，非金属性依次增强，则原子半径：X＜Y＜Z，故A错误；B项、元素非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：X＞Y＞Z，则气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3，故B正确；C项、元素非金属性越强，原子得电子能力越强，元素非金属性：X＞Y＞Z，则原子得电子能力：X＞Y＞Z，故C正确；D项、元素非金属性越强，阴离子的还原性越弱，非金属性：X＞Y＞Z，则阴离子的还原性：Z3－＞Y2－＞X－，故D正确。故选A。6、C【解析】

A.醋酸为弱酸，不能杀死新冠肺炎病毒，而且会刺激呼吸道粘膜，不宜长期熏醋，故A错误；B.胶体粒子的直径范围为1—100nm，PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，若粒子直径大于100nm，则不形成胶体，故B错误；C.次氯酸钠具有强氧化性，能杀死新冠肺炎病毒，故C正确；D.含氯消毒剂，如84消毒液(有效成分为次氯酸钠)、漂白粉(有效成分为次氯酸钙)，属于无机物，过氧乙酸、乙醚和氯仿等都属于有机物，故D错误；故选C。7、B【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，25℃时，0.1mol/LZ的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为13，则Z为Na元素；W的最外层有6个电子，其原子序数大于Na，则W为S元素；X的族序数是周期数的3倍，X只能位于第二周期，则X为O元素；Y介于O、Na之间，则Y为F元素，据此解答。【详解】根据分析可知，X为O元素，Y为F元素，Z为Na，W为S元素。A.元素的非金属性越强，其最简单的氢化物的稳定性越强，由于元素的非金属性O>S，则X(O)的简单氢化物的热稳定性比W(S)的强，A错误；B.元素核外电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径大小为：r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)，B正确；C.氟离子含有2个电子层，硫离子含有3个电子层，二者简单阴离子的电子层结构不同，C错误；D.Na与O、F、S形成的化合物中，过氧化钠中既有离子键又有共价键，D错误；故合理选项是B。本题考查了原子结构与元素周期律的关系的知识，依据元素的原子结构或物质的性质推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。8、D【解析】

由图中电子的移动方向可知,电极X为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应为：2RuⅡ-2e-=2RuⅢ，Y电极为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，据此分析解答。【详解】A.由图中信息可知，该电池将太阳能转变为电能，选项A正确；B.由图中电子的移动方向可知，电极X为原电池的负极，电池工作时，X极电势低于Y极电势，选项B正确；C.电池工作时，在电解质溶液中RuⅡ再生的反应为：2RuⅢ+3I-=2RuⅡ+I3-，选项C正确；D.Y电极为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，电路中每通过2mol电子生成3molI-，但电解质中又发生反应2RuⅢ+3I-=2RuⅡ+I3-，使溶液中I-浓度基本保持不变，选项D错误。答案选D。9、D【解析】

A.在标准状况下SO3不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，A错误；B.用KClO3法制取氯气发生的是归中反应，反应方程式为：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，Cl2既是氧化产物，也是还原产物，产生3molCl2，反应转移5mol电子，若产生1molCl2，需转移电子mol，B错误；C.溶液的电荷守恒式为：n(NH4+)+n(H+)=n(NO3-)+n(OH-)，溶液显中性时，n(NH4+)=n(NO3-)=0.1mol，C错误；D.发生反应：2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，故2molNO和1molO2充分反应后，所得混合气体的分子数小于2NA，D正确；故合理选项是D。10、D【解析】

A．原电池中阳离子向正极移动，所以由图示知M极为正极，则电子流向：N极→导线→M极，电子无法在电解质溶液中移动，故A错误；B．M为正极，电极反应式为+2e-+H+═+Cl−，氯苯被还原生成苯，故B错误；C．N极为负极，电极反应为CH3COO−+2H2O−8e−═2CO2↑+7H+，根据转移电子守恒，则每生成1molCO2，有4mole-发生转移，故C错误；D．根据电极反应式计算得，转移4mole-时，负极生成3.5molH+，正极消耗2molH+，则处理后的废水酸性增强，故D正确。故选D。11、C【解析】

的摩尔质量是100g·mol−1，A错误；CH3COOH中碳化合价升高，表现还原性，B错误；醋酸是弱酸，不能拆写，C正确；没有指明处于标准状况，D错误。12、B【解析】

A、NH4HCO3

含有营养元素N元素，可用作化肥，与NH4HCO3

受热易分解无关，故A不符合题意；B、NaHCO3能与盐酸反应，并且NaHCO3溶液无腐蚀性，常用作制胃酸中和剂，故B符合题意；C、SO2

具有漂白性，可用于纸浆漂白，与SO2

具有氧化性无关，故C不符合题意；D、熔融状态下的Al2O3能发生电离，可用于电解冶炼铝，与Al2O3

具有两性无关，故D不符合题意；故选：B。高中阶段常见具有漂白的物质类型有：①强氧化性(漂白过程不可逆)，常见物质有O3、H2O2、Na2O2、NaClO、HClO、Ca(ClO)2等；②形成不稳定化合物型(漂白过程可逆)，常见物质有SO2；③物理吸附型(漂白过程不可逆)，常见物质有活性炭。13、D【解析】

A项、石墨烯属于碳的一种单质，在自然界有存在，故A正确；B项、石墨烯与石墨都是碳的单质，它们的组成元素相同，故B正确；C项、石墨烯与石墨都易导电，故C正确；D．石墨烯属于碳的单质，不是烯烃，故D错误；故选D。14、D【解析】

A.可降解的“玉米塑料”在一定时间内可以自行分解，替代一次性饭盒，可防止产生白色污染，选项A正确；B.在海轮外壳上镶入锌块，形成锌铁原电池中，锌作负极易腐蚀，作正极的金属是铁，不易被腐蚀，选项B正确；C.碳酸氢钠能和酸反应产生二氧化碳，受热膨胀，发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔，选项C正确；D.能被人体吸收的铁元素是亚铁离子，亚铁离子很容易被氧化为三价铁离子，维生素C具有还原性，能将三价铁还原为亚铁离子，维生素C的还原性强于亚铁离子，先被氧化，选项D错误。答案选D。15、A【解析】

A.乙烯和丙烯最简式是CH2，最简式的式量是14，所以14g乙烯和丙烯的混合物中含有1molCH2，则其中含有的极性键C-H数目为2NA，A正确；B.取代反应是逐步进行的，不可能完全反应，所以标准状况下，22.4LCH4与Cl2在光照条件下反应生成HCl分子数小于4NA，B错误；C.容器中2molNO与1molO2充分反应会产生2molNO2，NO2会有部分发生反应产生N2O4，因此最后得到的气体分子数目小于2NA，C错误；D.在阳极反应的金属有Cu，还有活动性比Cu强的金属，因此电解精炼铜时阳极减轻32g，电路中转移电子数目不一定为NA，D错误；故合理选项是A。16、C【解析】

解答本类题目要审清选项中涉及的以下几个方面：①要审清所求粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电子等，②涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强，③涉及中子数和化学键的计算，要审清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量，④涉及化学反应要明确相关反应的特点和电子转移；⑤涉及溶液中的微粒要关注电离和水解；⑥要注意审清运算公式。【详解】A项、溶剂水分子中也含有氧原子，故无法计算1L0.25mol/LNa2SO4溶液中含有的氧原子数目，故A错误；B项、Na2S溶液中S2-水解：S2－＋H2OHS－＋OH－，导致阴离子总数增多，则阴离子数目大于0.1NA，故B错误；C项、由方程式可知反应的还原产物为硫化钠，生成1mol硫化钠时转移电子数为1mol×[6-（-2）]=8mol，个数为8NA，故C正确；D项、通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2LCO2的物质的量小于0.5mol，所含有的共价键数目小于2NA，故D错误。故选C。本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，注意气体摩尔体积的适用范围和溶液中的水也含有氧原子是解答关键。17、D【解析】

由生成的CO2全部通入足量澄清石灰水中，得到7.0g沉淀，则n(CaCO3)==0.07mol，由CO～CO2可知，铁的氧化物中的n(O)=0.07mol，n(Fe)==0.05mol，n(Fe):n(O)=0.05mol:0.07mol=5:7，则铁的氧化物为Fe5O7，故答案为D。18、B【解析】

A.连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。化合物X分子中含有3个手性碳原子：（打*号的碳原子为手性碳原子），A项错误；B.X分子中含有(醇)和-CH-基团能被KMnO4氧化，醇羟基和苯环上氢原子都能发生取代反应，分子中含有的和基团都能发生消去反应，B项正确；C.X分子（）中与*号碳原子相连的3个碳原子处于四面体的3个顶点上，这4个碳原子不可能在同一平面上。C项错误；D.因X分子中含有酯基和-Br，X能与NaOH溶液发生水解反应：+2NaOH+CH3CH2OH+NaBr。所以1molX与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH。D项错误；答案选B。19、B【解析】

A项,火药发生化学反应时,KNO3中N元素的化合价降低,得到电子,被还原,作氧化剂,体现氧化性，故A合理;B项,高粱中不含乙醇,用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反应产生乙醇,然后用蒸馏方法将乙醇分离出来，故B不合理;C项,明矾是强酸弱碱盐,水解使溶液显酸性,酸性溶液中H+与铜锈[Cu2(OH)2CO3]发生反应,达到除锈目的，故C合理;D项,蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等原料精制出优质纸张,体现了化学的物理和化学分离方法,因此充分应用了化学工艺，故D合理；故答案为B。20、C【解析】

A．干冰为二氧化碳、明矾为十二水合硫酸铝钾、烧碱为氢氧化钠，都是化合物，故A正确；B．石墨、C60、金刚石都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故B正确；C．乙醇、四氯化碳属于非电解质，氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、纯净矿泉水是含电解质的水，属于混合物，盐酸是氯化氢气体的水溶液，属于混合物，故D正确；答案选C。21、A【解析】

A、将湿润的有色布条伸入Cl2中，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，有色布条褪色，氯气没有漂白性，故A错误；B、钠元素焰色呈黄色，用洁净铂丝蘸取某溶液灼烧，火焰呈黄色，说明溶液中含有Na+，故B正确；C、氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨具有碱性，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C正确；D、含有Fe3+的溶液遇KSCN溶液变红，故D正确；答案选A。22、B【解析】

A、聚乙烯纤维，由小分子乙烯加聚得到，是有机高分子化合物，A不符合题意；B、太阳能电池的材料是Si，而不是SiO2，B符合题意；C、石灰石的主要成分为CaCO3，受热分解得到CaO，C不符合题意；D、铜绿的主要成分为碱式碳酸铜，Cu2(OH)2CO3；D不符合题意；答案选B。二、非选择题(共84分)23、铁羧基、氯原子（苯基）CH3COOH取代无Na2CO3+2NaHCO33mol4nmol【解析】

根据题中各物转化关系，根据水杨酸的结构可知，甲苯与氯气在铁粉做催化剂的条件下发生苯环上的取代，生成A为，A发生氧化反应生成B为，B发生碱性水解得C为，C酸化得水杨酸，水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M，则M为CH3COOH，阿司匹林发生取代反应生成贝诺酯，(CH3)2COHCN发生水解得D为(CH3)2COHCOOH，D在浓硫酸作用下发生消去反应生成E为CH2=C(CH3)COOH，E发生加聚反应生成F为，F与阿司匹林反应生成缓释阿司匹林为，据此答题；【详解】根据题中各物转化关系，根据水杨酸的结构可知，甲苯与氯气在铁粉做催化剂的条件下发生苯环上的取代，生成A为，A发生氧化反应生成B为，B发生碱性水解得C为，C酸化得水杨酸，水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M，则M为CH3COOH，阿司匹林发生取代反应生成贝诺酯，(CH3)2COHCN发生水解得D为(CH3)2COHCOOH，D在浓硫酸作用下发生消去反应生成E为CH2=C(CH3)COOH，E发生加聚反应生成F为，F与阿司匹林反应生成缓释阿司匹林为。(1)反应①的条件是铁，B为，物质B含有的官能团名称是羧基和氯原子，故答案为：铁；羧基和氯原子；(2)根据上面的分析可知，M的结构简式为CH3COOH；(3)反应③的类型为取代反应，D在浓硫酸作用下发生消去反应也可以是羟基和羧基之间发生取代反应生成酯，所以反应④的一种副产物的结构简式为；(4)水杨酸与足量Na2CO3溶液能发生反应的化学方程式为；(5)根据阿司匹林的结构简式可知，1mol阿司匹林最多消耗NaOH的物质的量为3mol，缓释长效阿司匹林为，1mol缓释长效阿司匹林与NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量为4nmol。本题考查有机物的推断与合成，根据阿司匹林与长效缓释阿司匹林的分子式推断F的结构是解题的关键，注意对反应信息的利用，酸化时-CN基团转化为-COOH，需要学生根据转化关系判断，注重对学生的自学能力、理解能力、分析归纳能力、知识迁移能力的考查。24、酯基羰基取代反应5或或

或【解析】

(1)结合常见的官能团的结构和名称分析解答；(2)对比C、D的结构，可知C中酰氯中氯原子被-CH(COOC2H5)2替代生成D；(3)化合物X的分子式为C3H7N，对比F、G的结构，F中-OCH3被替代生成G，同时生成甲醇，据此分析判断X的结构；(4)根据甲烷为四面体结构，单键可以旋转，分析判断；(5)H(C8H6FCl2NO2)的一种同分异构体满足：Ⅰ．是一种α-氨基酸，说明氨基、羧基连接同一碳原子上，Ⅱ．分子中有4种不同化学环境的氢，且分子中含有一个苯环，由于氨基、羧基中共含有的3个H原子是2种化学环境不同的氢，故另外3个H原子有2种不同的氢，应存在对称结构；(6)模仿路线流程设计，发生催化氧化生成，进一步氧化生成，再与SOCl2作用生成，进一步与ClMgCH(COOC2H5)2反应生成，最后水解生成。【详解】(1)G的结构为，其中含有的含氧官能团有：酯基、羰基，故答案为酯基、羰基；(2)对比C()、D()的结构，可知C中酰氯中氯原子被-CH(COOC2H5)2替代生成D，属于取代反应，故答案为取代反应；(3)化合物X的分子式为C3H7N，对比F()、G()的结构，F中-OCH3被替代生成G，同时生成甲醇，则X结构简式为：，故答案为；(4)甲烷为四面体结构，单键可以旋转，则HC(OC2H5)3中最多有5个碳原子共面，故答案为5；(5)B()和乙醇反应的产物H为，反应的方程式为；H的分子式为C8H6FCl2NO2，H的一种同分异构体满足：Ⅰ．是一种α-氨基酸，说明氨基、羧基连接同一碳原子上，Ⅱ．分子中有4种不同化学环境的氢，且分子中含有一个苯环，由于氨基、羧基中共含有的3个H原子是2种化学环境不同的氢，故另外3个H原子有2种不同的氢，应存在对称结构，H的同分异构体结构简式可能为：或或或，故答案为；或或或；(6)以和ClMgCH(COOC2H5)2为原料制备。模仿路线流程设计，发生催化氧化生成，进一步氧化生成，再与SOCl2作用生成，进一步与ClMgCH(COOC2H5)2反应生成，最后水解生成，合成路线流程图为：，故答案为。本题的难点和易错点为(6)中合成路线的设计，要注意利用题干转化关系中隐含的信息进行知识的迁移；另一个易错点为(5)中同分异构体的书写，要注意不要漏写。25、加热、搅拌、研细颗粒用玻璃棒不断搅拌滤液K+、NO3-、Na+、Cl-减少NaCl的结晶析出取少量固体溶于水，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成白色沉淀说明含有杂质KNO3增大铵根离子的浓度，有利于氯化铵结晶析出甲基橙8.92%【解析】

硝酸钠和氯化钾用水溶解，得到的溶液中含有K+、NO3-、Na+、Cl-，由于在溶液中NaCl的溶解度较小，且受温度影响不大，采取蒸发浓缩，析出NaCl晶体，过滤分离出NaCl晶体。由于硝酸钾溶解度受温度影响比硝酸钠大，采取冷却结晶析出硝酸钾，过滤出硝酸钾晶体后，向滤液中加入NH4NO3，可增大溶液中NH4+浓度，有利于NH4Cl结晶析出。【详解】I.(1)加热、搅拌、研细颗粒等都可以加快物质溶解；实验室进行蒸发结晶操作时，为防止液滴飞溅，要用玻璃棒不断搅拌滤液，使溶液受热均匀；(2)过滤I后析出部分NaCl，滤液I含有K+、NO3-、Na+、Cl-；氯化钠溶解度较小，浓缩析出NaCl晶体后，直接冷却会继续析出NaCl晶体，在进行冷却结晶前应补充少量水，可以减少NaCl的结晶析出；(3)产品KNO3中可能含有Na+、Cl-杂质离子，检验的方法是：取少量固体溶于水，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成白色沉淀说明含有杂质NaCl，即含有杂质；II.(4)取40gNH4NO3和37.25gKCl固体加入100g水中，加热至90℃所有固体均溶解，用冰水浴冷却至5℃以下时，硝酸钾的溶解度最小，首先析出的是硝酸钾晶体；在滤液中加入硝酸铵可以增大铵根离子浓度，使NH4Cl晶体析出；(5)由于恰好反应时生成的溶质为(NH4)2SO4和Na2SO4，溶液为酸性，则应该选用甲基橙为指示剂；硫酸总的物质的量n(H2SO4)=c·V=0.102mol/L×0.02L=0.00204mol，含有氢离子的物质的量为n(H+)=2n(H2SO4)=2×0.00204mol=0.00408mol，氢氧化钠的物质的量n(NaOH)=c·V=0.089mol/L×0.01655L=0.001473mol，所以氨气的物质的量n(NH3)=0.00408mol-0.001473mol=0.002607mol，所以根据N元素守恒，可知样品中氯化铵的物质的量为0.002607mol，则样品中氯化铵的质量分数为：×100%≈8.92%。本题考查物质制备方案、物质的分离与提纯方法，涉及溶解度曲线的理解与应用、滴定计算等，关键是对原理的理解，试题培养了学生对图象的分析能力与灵活应用所学知识的能力。26、SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-使CCl4中的碘进入水层分液使氯气在溶液中有较大的溶解度球形冷凝管锥形瓶NaOH溶液从水层中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加氯化铁溶液，若溶液变蓝色（发生的反应为2I-+2Fe3+=2Fe2++I2）说明废水中含I-，否则不含I-2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O2.5【解析】

含碘废液含有CCl4、I2、I-等，加入亚硫酸钠溶液还原碘单质为碘离子，分液得到溶液中通入氯气氧化碘离子为碘单质，富集碘元素，加入四氯化碳萃取分液后，蒸馏法得到碘单质。结合氧化还原反应的规律和物质的性质分析解答。【详解】(1)碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘离子，离子反应方程式为SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-；碘微溶于水，而碘离子易溶于水，为了使更多的I元素进入水溶液应将碘还原为碘离子，故答案为SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-；使CCl4中的碘进入水层；(2)四氯化碳是难溶于水、密度比水大的液体，两者不互溶，分离互不相溶的液体采用分液的方法分离，所以操作X为分液，故答案为分液；(3)碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小，温度越高，氯气的溶解度越小，反应越不充分，所以应该在较低温度下进行反应；根据图示，仪器a、b分别为球形冷凝管、锥形瓶；氯气、碘蒸气都有毒，不能直接排空，二者都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质，所以用NaOH溶液吸收氯气和碘蒸气，故答案为使氯气在溶液中有较大的溶解度；球形冷凝管、锥形瓶；NaOH溶液；(4)根据实验方案可知，①是排除水层中的碘单质，③是检验是否存在碘酸根离子，因此②是检验是否存在碘离子。碘离子具有还原性，能被氧化剂氧化生成碘单质，碘酸根离子具有氧化性，能被还原剂还原为碘，碘遇淀粉变蓝色，检验I-的方法为：从水层中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加氯化铁溶液，若溶液变蓝色（发生反应为：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2）说明废水中含I-，否则不含I-，故答案为从水层中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加氯化铁溶液，若溶液变蓝色（发生反应为：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2）说明废水中含I-，否则不含I-；(5)①用ClO2氧化酸性含I-废液回收碘，是二氧化氯在酸溶液中氧化碘离子生成碘单质，二氧化氯被还原为氯离子，ClO2～Cl-～5e-，2I-～I2～2e-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，故答案为2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O；②由氧化还原反应的电子守恒，每摩尔Cl2得到2mol电子，而每摩尔ClO2得到5mol电子，根据电子守恒，则处理含I-相同量的废液回收碘，所需Cl2的物质的量是ClO2的2.5倍，故答案为2.5。明确物质的性质是解答本题的关键。本题的易错点和难点为(4)，要注意实验目的和实验方案设计的意图。27、NH4Cl＋NaNO2N2↑＋NaCl＋2H2O平衡气压，使液体顺利流下利用生成的N2将装置内空气排尽CO2＋2OH-=CO32-＋H2O浓硫酸未将气体中的水蒸气除去，也被浓硫酸吸收引起增重（或其他合理答案）%【解析】

I.利用装置A和C制备Sr3N2，装置A中NaNO2和NH4Cl反应制备N2，由于N2中混有H2O（g），为防止氮化锶遇水剧烈反应，故N2与Sr反应前必须干燥，装置C中广口瓶用于除去N2中的H2O（g），碱石灰的作用是防止外界空气进入硬质玻璃管中。II.利用装置B和C制备Sr3N2，锶与镁位于同主族，联想Mg的性质，空气中的CO2、O2等也能与锶反应，为防止锶与CO2、O2反应，则装置B中NaOH用于吸收CO2，连苯三酚吸收O2，装置C中广口瓶用于除去N2中的H2O（g），碱石灰的作用是防止外界空气进入硬质玻璃管中。III.测定Sr3N2