2026年海南省海口市湖南师大附中高三第二次月考试题化学试题含解析

2026年海南省海口市湖南师大附中高三第二次月考试题化学试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，在下列转化关系中，甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物。其中A为d元素组成的单质，常温下乙为液体，丁物质常用于消毒、漂白。下列说法错误的是A．简单离子半径：c＞bB．丙中既有离子键又有极性键C．b、c形成的化合物中阴、阳离子数目比为1：2D．a、b、d形成的化合物中，d的杂化方式是sp32、下列说法中，不正确的是A．固体表面水膜的酸性很弱或呈中性，发生吸氧腐蚀B．钢铁表面水膜的酸性较强，发生析氢腐蚀C．将锌板换成铜板对钢闸门保护效果更好D．钢闸门作为阴极而受到保护3、某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3溶液中含有的Mg2＋、K＋杂质离子并尽可能减少AlCl3的损失。，下列说法正确的是()A．NaOH溶液可以用氨水来代替B．溶液a中含有Al3＋、K＋、Cl－、Na＋、OH－C．溶液b中只含有NaClD．向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH4、A、B、C、D是中学化学中常见的四种物质，且A、B、C中含有同一种元素，其转化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．若B为一种两性氢氧化物，则D可能是强酸，也可能是强碱B．若A为固态非金属单质，D为O2，则A可以为单质硫C．若A为强碱，D为CO2，则B的溶解度一定大于C的溶解度D．若A为18电子气态氢化物，D为O2，则A只能是C2H65、废水中过量的氨氮(NH3和NH4+)会导致水体富营养化。为研究不同pH下用NaClO氧化废水中的氨氮(用硝酸铵模拟)，使其转化为无污染的气体，试剂用量如下表。已知：HClO的氧化性比ClO—的氧化性更强。下列说法错误的是pH0.100mol/LNH4NO3(mL)0.100mol/LNaClO(mL)0.200mol/LH2SO4(mL)蒸馏水(mL)氨氮去除率(%)1.010.0010.0010.0010.00892.010.0010.00V1V2756.0……85A．V1=2.00B．pH=1时发生反应:3ClO—+2NH4+=3Cl—+N2↑+3H2O+2H+C．pH从1升高到2，氨氮去除率降低的原因是更多的HClO转化为ClO—D．pH控制在6时再进行处理更容易达到排放标准6、某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10mol/LNaHCO3溶液，测其pH为8.4；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是()A．NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度B．反应的过程中产生的白色沉淀为CaCO3C．反应后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)D．加入CaCl2促进了HCO3-的水解7、使用下列试剂或进行下列操作，能达到相应实验目的的是实验目的试剂或实验操作A制备一定量氢气锌粒、稀硝酸B证明Al(OH)3，具有两性0.1mol/L的盐酸与0.1mol/L的氨水C除去酒精中少量的水加入适量CaO后蒸发D证明Na2O2与H2O的键能之和小于生成的NaOH与氧气的键能之和用脱脂棉包裹适量Na2O2后，再向脱脂棉上滴几滴水，脱脂棉燃烧A．A B．B C．C D．D8、W、Ⅹ、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，W、X、Y位于不同周期，Ⅹ的最外层电子数是电子层数的3倍，Y与Z的原子序数之和是X的原子序数的4倍。下列说法错误的是A．原子半径大小顺序为：Y>Z>X>WB．简单氢化物的沸点X高于Y，气态氢化物稳定性Z>YC．W、X、Y形成化合物的酸性一定弱于W、X、Z形成的化合物的酸性D．W、Z阴离子的还原性：W>Z9、黑索金是一种爆炸力极强的烈性炸药，比TNT猛烈1.5倍。可用浓硝酸硝解乌洛托品得到黑索金，同时生成硝酸铵和甲醛(HCHO)。下列说法不正确的是（）A．乌洛托品的分子式为C6H12N4B．乌洛托品分子结构中含有3个六元环C．乌洛托品的一氯代物只有一种D．乌洛托品得到黑索金反应中乌洛托品与硝酸的物质的量之比为1：410、常温常压下，某烧碱溶液与0.05mol氯气恰好完全反应，得到pH＝9的混合溶液（溶质为NaC1与NaC1O）。下列说法正确的是（NA代表阿伏加德罗常数）A．氯气的体积为1.12L B．原烧碱溶液中含溶质离子0.2NAC．所得溶液中含OH－的数目为1×10－5NA D．所得溶液中ClO－的数目为0.05NA11、已知：SO32—＋I2＋H2O===SO42—＋2H＋＋2I－，某溶液中可能含有I－、NH4+、Cu2＋、SO32—，向该无色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，下列判断正确的是()A．肯定不含I－B．肯定不含NH4+C．可能含有SO32—D．可能含有I－12、碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]是一种具有发展前景的“绿色”化工产品，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示（加入两极的物质均是常温常压下的物质）。下列说法不正确的是（）A．石墨2极与直流电源负极相连B．石墨1极发生的电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+C．H+由石墨1极通过质子交换膜向石墨2极移动D．电解一段时间后，阴极和阳极消耗的气体的物质的量之比为2：113、保存液态有机物的一种方法是在其上方加盖一层水以避免挥发损失。下列有机物适合用“水封法”保存的是A．乙醇 B．硝基苯 C．甘油 D．己烷14、标准状况下，下列实验用如图所示装置不能完成的是（）A．测定一定质量的和混合物中的含量B．确定分子式为的有机物分子中含活泼氢原子的个数C．测定一定质量的晶体中结晶水数目D．比较Fe3+和Cu2+对一定质量的双氧水分解反应的催化效率15、下列各组内的不同名称实际是指同一物质的是A．液氯、氯水 B．烧碱、火碱 C．胆矾、绿矾 D．干冰、水晶16、下列仪器名称正确的是()A．圆底烧瓶 B．干燥管 C．药匙 D．长颈漏斗17、同温同压同体积的H2和COA．密度不同 B．质量相同 C．分子大小相同 D．分子间距不同18、分子式为C5H10O2，能与NaHCO3溶液反应的有机物有A．4种 B．5种 C．6种 D．7种19、常温下0.1mol/LNH4Cl溶液的pH最接近于（）A．1 B．5 C．7 D．1320、室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色X溶液中一定含有Fe2+B在炽热的木炭上滴加少许浓硝酸，产生红棕色气体，木炭持续燃烧加热条件下，浓硝酸与C反应生成NO2C向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)D用pH试纸测得：Na2CO3溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H+的能力比H2CO3的强A．A B．B C．C D．D21、探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是（）A．装置甲进行铜和浓硫酸的反应B．装置乙收集二氧化硫并吸收尾气C．装置丙稀释反应后的混合液D．装置丁分离稀释后混合物中的不溶物22、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）①②③④⑤A．①②③ B．②③④ C．①③⑤ D．②④⑤二、非选择题(共84分)23、（14分）罗氟司特是治疗慢性阻塞性肺病的特效药物，其合成中间体F的一种合成路线如下：回答下列问题：（1）A的化学名称为__________，D的分子式为__________（2）由B生成C的化学方程式是____________。（3）E→F的反应类型为___________，F中含氧官能团的名称为____________。（4）上述合成路线中，有3步反应都使用NaOH溶液来提高产率，其原理是_______。（5）的链状同分异构体有_______种（不包括立体异构），写出其中核磁共振氢谱有两组峰的结构简式：__________。（6）设计以对甲基苯酚为原料制备的合成路线：______（其他试剂任选）。24、（12分）H是一种氨基酸，其合成路线如下：已知：①②RMgBrRCH2CH2OH+③R-CHO完成下列填空：（1）A的分子式为C3H4O，其结构简式为____________。（2）E→F的化学方程式为____________。（3）H的结构简式为_________________。写出满足下列条件的苯丙氨酸同分异构体的结构简______________、________________。I.含有苯环；II.分子中有三种不同环境的氢原子。（4）结合题中相关信息，设计一条由CH2Cl2和环氧乙烷（）制备1，4-戊二烯的合成路线（无机试剂任选）。___________。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）25、（12分）已知25℃时，Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16。某研究性学习小组探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因。步骤现象Ⅰ.将NaCl与AgNO3溶液混合产生白色沉淀Ⅱ.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀变为黑色Ⅲ.滤出黑色沉淀，加入NaCl溶液在空气中放置较长时间后，沉淀变为乳白色(1)Ⅰ中的白色沉淀是__。(2)Ⅱ中能说明沉淀变黑的离子方程式是__。(3)滤出步骤Ⅲ中乳白色沉淀，推测含有AgCl。用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，过滤得到滤液X和白色沉淀Y。ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀①由ⅰ判断，滤液X中被检出的离子是__。②由ⅰ、ⅱ可确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀__。(4)该学生通过如下对照实验确认了步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因：在NaCl存在下，氧气将Ⅲ中黑色沉淀氧化。现象B：一段时间后，出现乳白色沉淀C：一段时间后，无明显变化①A中产生的气体是___。②C中盛放的物质W是__。③该同学认为B中产生沉淀的反应如下（请补充完整）：__2Ag2S+__+__+2H2O=4AgCl+__+4NaOH④从溶解平衡移动的角度，解释B中NaCl的作用__。26、（10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）。27、（12分）为了研究某气体(该气体为纯净物)的性质，做了如下探究实验：①取一洁净铜丝，在酒精灯火焰上加热，铜丝表面变成黑色；②趁热将表面变黑色的铜丝放人到盛有这种气体的集气瓶中并密闭集气瓶，可观察到铜丝表面的黑色又变成了亮红色。(1)根据所学的化学知识，可初步推断出这种气体可能是O2、H2、CO、CO2中的________。(2)如果要确定这种气体是你所推断的气体，还需要接着再做下一步化学实验，在这步实验中应选用的试剂是________，可观察到的现象是________________28、（14分）H2S是存在于燃气中的一种有害气体，脱除H2S的方法有很多。(1)国内有学者设计了“Cu2+一沉淀氧化”法脱除H2S。该法包括生成CuS沉淀，氧化CuS(Cu2++CuS+4Cl—=S+2CuCl2—)及空气氧化CuCl2—再生Cu2+。①反应H2S(aq)+Cu2+(aq)⇌CuS(s)+2H+(aq)的K=__________②再生Cu2+反应的离子方程式为____________。(2)采用生物脱硫技术时，H2S与碱反应转化为HS-，在脱氮硫杆菌参与下，HS-被NO3-氧化为SO42—、NO3—被还原为N2。当33.6m3(标准状况)某燃气(H2S的含量为0.2%)脱硫时，消耗NO3—的物质的量为___mol。(3)已知下列热化学方程式：Ⅰ.H2(g)+O2(g)=H2O(l)∆H1=-285.8kJ∙mol-1Ⅱ.H2(g)+S(s)=H2S(g)∆H2=-20.6kJ∙mol-1Ⅲ.S(s)+O2(g)=SO2(g)∆H3=-296.8kJ∙mol-1则以Claus法脱除H2S的反应：2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(1)△H=________kJ/mol。(4)101kPa下，H2S分解：2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)。保持压强不变，反应达到平衡时，气体的体积分数(φ)随温度的变化曲线如图：①在密闭容器中，关于反应2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)的说法正确的是____(填字母)。A．Kp随温度的升高而增大B．低压有利于提高HpS的平衡分解率C．维持温度、气体总压强不变时，向平衡体系中通入氩气，则v(正)<v(逆)D．在恒容密闭容器中进行反应，当气体密度不再变化时，反应达到平衡状态②图中Q点：H2S的平衡转化率为____；S2(g)的分压为____kPa；1330℃时，反应2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)的Kp=_____(Kp为以分压表示的平衡常数)。29、（10分）某化工厂生产新型清洁燃料甲醚（CH3-O-CH3）的流水线反应原理为：在10L的反应容器内进行的反应①的化学平衡常数表达式为K=[CO][H2]/[H2O]。反应②的热化学方程式为：3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）+Q。反应③为：CO2+NH3+H2O→NH4HCO3,完成下列填空：（1）反应①的方程式为______。经3min反应容器内的水蒸气从20.0mol变为2.0mol，则此3min内CO的平均反应速率V（CO）=______。（2）能判断反应①已达化学平衡状态的是（选填编号）______。A．在消耗n摩尔氢气的同时产生n摩尔的水B．容器内气体的平均相对分子质量保持不变C．容器内所有的物质的总物质的量保持不变D．化学反应速率：V（逆）（H2O）=V（正）（CO）（3）已知升高温度，反应②的化学平衡常数会减小，则反应②的热化学方程式中的Q（选填“＞”或“＜”）______0。该反应的逆反应速率V（逆）随时间t变化的关系如图一所示，则在t2时改变的反应条件是______。（4）在不同温度下，反应容器内甲醚（CH3OCH3）的浓度c（CH3OCH3）随时间t变化的状况如图二所示。则反应温度T1（选填“＞”、“=”或“＜”）______T2。（5）若反应③得到的是一种纯净常见化肥的溶液。经测定溶液中也存在NH3•H2O分子和CO32-离子，试用化学用语表示产生这两种微粒的原因：______，______。相同温度下，都为0.1mol/L的NaHCO3溶液甲和NH4HCO3溶液乙相比较，溶液中c（CO32-）甲（选填“＞”、“=”或“＜”）甲______乙。

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】

短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，常温下乙为液体，应该为H2O，则a为H元素，A为d元素组成的单质，且与丙反应生成水和常用于消毒、漂白的丁，则丙应为碱，由转化关系可知甲为Na2O，丙为NaOH，A为Cl2，生成丁、戊为NaCl，NaClO，可知b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素，以此解答该题。【详解】由以上分析可知a为H元素、b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素，甲为Na2O、乙为H2O、丙为NaOH、丁为NaClO、戊为NaCl；A．b、c对应的离子为O2-和Na+，具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径O2-＞Na+，即b＞c，故A错误；B．丙为NaOH，由Na+和OH-组成，则含有离子键和极性共价键，故B正确；C．b为O元素、c为Na元素，两者组成的Na2O和Na2O2中阴、阳离子数目比均为1：2，故C正确；D．a、b、d形成的化合物中，若为NaClO，Cl原子的价电子对为1+=4，则Cl的杂化方式是sp3；若为NaClO2，Cl原子的价电子对为2+=4，则Cl的杂化方式是sp3；同理若为NaClO3或NaClO4，Cl原子杂化方式仍为sp3，故D正确；故答案为A。2、C【解析】

钢铁生锈主要是电化学腐蚀，而电化学腐蚀的种类因表面水膜的酸碱性不同而不同，当表面水膜酸性很弱或中性时，发生吸氧腐蚀；当表面水膜的酸性较强时，发生析氢腐蚀，A、B均正确；C、钢闸门与锌板相连时，形成原电池，锌板做负极，发生氧化反应而被腐蚀，钢闸门做正极，从而受到保护，这是牺牲阳极的阴极保护法；当把锌板换成铜板时，钢闸门做负极，铜板做正极，钢闸门优先腐蚀，选项C错误；D、钢闸门连接直流电源的负极，做电解池的阴极而受到保护，这是连接直流电源的阴极保护法，选项D正确。答案选C。3、D【解析】

A．用氨水，则Mg2+、Al3+均转化为沉淀，不能分离，则不能用氨水代替NaOH，A错误；B．Al3+与过量NaOH反应，溶液a中含AlO2-、K+、Cl-、Na+、OH-，B错误；C．K+、Cl-、Na+在整个过程中不参加反应，则溶液b中含KCl、NaCl，C错误；D．因氢氧化铝能溶于盐酸，则向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH，D正确；答案选D。本题考查混合物分离、提纯实验方案的设计，为高频考点，把握实验流程中发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氢氧化铝的两性。4、A【解析】

A.B为两性氢氧化物，若D为强碱，则A为铝盐，若D为强酸，则A为偏铝酸盐，则A正确；B若A为固态非金属单质，D为O2，则A不能为单质硫，因为硫不能一步被氧化为三氧化硫，故B错误；C.当A为氢氧化钠，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，D为二氧化碳，B的溶解度大于C的溶解度，当A为氢氧化钡，B为碳酸钡，C为碳酸氢钡，则B的溶解度小于C的溶解度，故C错误；D.若A为18电子气态氢化物，D为O2，则A可以为C2H6、H2S，故D错误。答案选A。5、A【解析】

A.溶液中氢离子浓度改变，而其它条件不变，则总体积为40mL，pH=2，则0.01×40=V1×0.200×2，V1=1.00mL，符合题意，A正确；B.pH=1时NaClO氧化废水中的氨氮(用硝酸铵模拟)，使其转化为无污染的气体，发生反应:3ClO-+2NH4+=3Cl-+N2↑+3H2O+2H+，与题意不符，B错误；C.HClO的氧化性比ClO-的氧化性更强，pH从1升高到2，酸性减弱，氨氮去除率降低的原因是更多的HClO转化为ClO-，与题意不符，C错误；D.pH控制在6时氨氮去除率为85%，进行处理更容易达到排放标准，与题意不符，D错误；答案为A。6、D【解析】

A.NaHCO3电离产生的HCO3-离子在溶液中既能发生电离作用又能发生水解作用；B.HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3；C.根据电荷守恒分析判断；D.加入CaCl2消耗CO32-生成CaCO3沉淀。【详解】A.NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液中HCO3-既能电离又能水解，水解消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性；电离产生H+使溶液显酸性，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度，A正确；B.向NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，说明HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3，B正确；C.该溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-)，溶液至pH=7，c(H+)=c(OH-)，c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)，C正确；D.溶液中存在HCO3-CO32-+H+，加入CaCl2消耗CO32-，促进HCO3-的电离，D错误；故合理选项是D。本题考查了电解质溶液中反应实质、沉淀溶解平衡的理解及应用的知识。涉及电解质溶液中离子浓度大小比较、电荷守恒、物料守恒等，题目难度中等。7、D【解析】

A.稀硝酸具有强氧化性，与锌粒反应不会生成氢气，达不到实验目的；B.氢氧化铝不与弱碱反应，而氨水不能溶解氢氧化铝，达不到实验目的；C.除去酒精中少量的水，加入适量CaO后，CaO会与水反应生成沸点较高的氢氧化钙，可利用蒸馏的方法得到酒精，而不是蒸发操作，C项错误；D.用脱脂棉包裹适量Na2O2后，再向脱脂棉上滴几滴水，脱脂棉燃烧，说明该反应为放热反应，放热反应的反应物的键能之和小于生成物的键能之和，即证明Na2O2与H2O的键能之和小于生成的NaOH与氧气的键能之和，D项正确；答案选D。反应热的表达有宏观与微观两种方式。第一种，反应热=生成物的总能量-反应物的总能量；第二种，反应热=反应物的键能之和-生成物的键能之和，学生要理解反应的实质。8、C【解析】

因为W、Ⅹ、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，W、X、Y位于不同周期，所以W位于第一周期、X位于第二周期、Y、Z位于第三周期，故W是H元素；Ⅹ的最外层电子数是电子层数的3倍，X是第二周期元素共两个电子层，故X最外层有6个电子，X为O元素；X是O元素，原子序数是8，Y与Z的原子序数之和是X的原子序数的4倍，即是Y与Z的原子序数之和是32，Y、Z为第三周期主族元素，故Y原子序数为15，Z的原子序数为17，Y是P元素，Z是Cl元素。【详解】A．同一周期，从左到右，主族元素的原子半径随着原子序数的增加而，逐渐减小，则原子半径P＞Cl，因为P、Cl比O多一个电子层，O比H多一个电子层，故原子半径大小顺序为：P＞Cl＞O＞H，即Y>Z>X>W，A正确；B．H2O分子间可以形成氢键，而PH3分子间不能形成氢键，故H2O的沸点比PH3的沸点高；同周期主族元素，从左到右随着原子序数的增加，原子半径逐渐减小，元素的非金属性逐渐增强，故气态氢化物稳定性HCl＞PH3，B正确；C．没有强调P与Cl元素的最高价含氧酸酸性的比较，而H3PO4的酸性比HClO的酸性强，C错误；D．P3-的还原性比Cl-的还原性强，D正确；答案选C。9、B【解析】

A．乌洛托品的分子中含有6个“CH2”和4个N原子，则分子式为C6H12N4，A正确；B．乌洛托品分子结构中含有4个六元环，B不正确；C．乌洛托品分子中含有6个完全相同的-CH2-，所以一氯代物只有一种，C正确；D．1mol乌洛托品与4mol硝酸完全反应，生成1mol黑索金、1molNH4NO3和3molHCHO，D正确；故选B。10、B【解析】

A项，常温常压不是标准状况，0.05mol氯气体积不是1.12L，故A错误；B项，原溶液中溶质为氢氧化钠，含溶质离子为Na+和OH-，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，0.05mol氯气和0.1mol氢氧化钠恰好反应，所以原烧碱溶液中含溶质离子0.2NA，故B正确；C项，因为常温常压得到pH=9的混合溶液，所以c(OH-)=10-5mol/L，溶液体积未知不能计算OH-的数目，故C错误；D项，反应生成0.05molNaClO，因为次氯酸根离子水解，所得溶液中C1O-的数目小于0.05NA，故D错误。本题以阿伏伽德罗常数的分析判断为依托，主要考查盐类水解的分析、化学方程式的计算应用，题目综合性较强，重在考查分析综合运用能力。A项注意是否为标准状况，为易错点。11、D【解析】据题给方程式确定还原性：SO32-＞I－。其溶液呈无色，则Cu2＋一定不存在，由于SO32-还原性强，首先被Br2氧化成SO，若Br2过量会继续氧化I－生成I2，致使溶液呈黄色，则根据溶液颜色未变，确定SO32-一定存在，I－可能存在，根据电荷守恒，溶液中的阳离子只能为NH，则NH一定存在。故D正确。12、D【解析】

该装置有外接电源，是电解池，由图可知，氧气在石墨2极被还原为水，则石墨2极为阴极，B为直流电源的负极，阴极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，A为正极，石墨1极为阳极，甲醇和一氧化碳失电子发生氧化反应生成碳酸二甲酯，阳极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，据此解答。【详解】A.由以上分析知，石墨2极为阴极，阴极与直流电源的负极相连，则B为直流电源的负极，故A正确；B.阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，故B正确；C.电解池中，阳离子移向阴极，则H+由石墨1极通过质子交换膜向石墨2极移动，故C正确；D.常温常压下甲醇是液体，电解池工作时转移电子守恒，根据关系式2CO~4e-~O2可知，阴极消耗的O2与阳极消耗的CO物质的量之比为1：2，故D错误；答案选D。13、B【解析】

有机物用水封法保存，则有机物不溶于水，且密度比水大，以此解答．【详解】A.乙醇与水互溶，不能用水封，故A.错误；B.硝基苯密度大于水，且不溶于水，可以用水封，故B正确；C.甘油与水互溶，不能用水封，故C不选；D.己烷密度小于水，在水的上层，不能用水封法保存，故D不选；答案选B。14、C【解析】

A.在烧瓶中放入Na2O和Na2O2的混合物，然后将水从分液漏斗放下，通过产生气体的量可计算Na2O2的量，故A符合题意；B.在烧瓶中放入金属钠，然后将有机物从分液漏斗放下，根据产生的气体的量来判断有机物分子中含活泼氢原子的个数，故B符合题意；C.该实验需要测量生成气体的量进而计算，Na2SO4·xH2O晶体中结晶水测定时无法产生气体，该装置不能完成，故C不符合题意；D.可通过对照所以比较单位时间内Fe3+和Cu2+与双氧水反应产生气体的多少比较的催化效率，故D符合题意。故选C。15、B【解析】

A.液氯是只含Cl2的纯净物，氯水是氯气溶于水得到的混合物，不是同一物质，故A错误；B.氢氧化钠俗称火碱、烧碱、苛性钠，是同一物质，故B正确；C.胆矾的化学式为CuSO4·5H2O，绿矾的化学式为FeSO4·7H2O，二者表示的不是同一种物质，故C错误；D.干冰是固体二氧化碳，水晶是二氧化硅晶体，二者表示的不是同一种物质，故D错误。故答案选B。本题考查常见物质的名称，了解常见物质的俗名是解题的关键，易错选项A，注意对易混淆的物质归纳总结。16、B【解析】

A．颈部有支管，为蒸馏烧瓶，圆底烧瓶没有支管，故A错误；B．为干燥管，用于盛放固体干燥剂等，故B正确；C．为燃烧匙，用于燃烧实验，不是药匙，故C错误；D．下端长颈部位有活塞，是分液漏斗，不是长颈漏斗，故D错误；故选B。17、A【解析】

A.根据阿伏伽德罗定律，在同温同压下相同体积的气体相对分子质量越大，密度越大，氢气的密度小于一氧化碳的密度，故A正确；B.根据阿伏伽德罗定律，在同温同压下相同体积的气体具有相同的物质的量，相同物质的量的氢气和一氧化碳质量不相同，故B错误；C.H2和CO的分子大小不同，故C错误；D.根据阿伏伽德罗定律，同温同压下气体分子间的间距相同，故D错误；正确答案是A。18、A【解析】

分子式为C5H10O2且能与NaHCO3溶液反应，则该有机物中含有-COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4种。答案选A。19、B【解析】

NH4Cl溶液水解显酸性，且水解生成的氢离子浓度小于0.1mol/L，以此来解答。【详解】NH4Cl溶液水解显酸性，且水解生成的氢离子浓度小于0.1mol/L，则氯化铵溶液的pH介于1-7之间，只有B符合；

故答案选B。20、B【解析】

A．先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰，检验亚铁离子应先加KSCN，后加氯水，故A错误；B．在炽热的木炭上滴加少许浓硝酸，产生红棕色气体，木炭持续燃烧，这说明加热条件下，浓硝酸与C反应生成NO2，故B正确；C．由于悬浊液中含有硫化钠，硫离子浓度较大，滴加CuSO4溶液会生成黑色沉淀CuS，因此不能说明Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，故C错误；D．水解程度越大，对应酸的酸性越弱，但盐溶液的浓度未知，由pH不能判断HNO2电离出H+的能力比H2CO3的强，故D错误；故答案选B。D项为易错点，题目中盐溶液的浓度未知，所以无法判断HNO2电离出H+的能力比H2CO3的强，解题时容易漏掉此项关键信息。21、C【解析】

A．Cu和浓硫酸反应需要加热，甲装置中缺少酒精灯，无法完成铜与浓硫酸的反应，故A错误；B．二氧化硫比空气密度大，应该采用向上排空气法收集，即导管采用长进短出的方式，故B错误；C．反应后溶液中含有大量浓硫酸，需要将反应后溶液沿着烧杯内壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒搅拌，图示操作方法合理，故C正确；D．固液分离操作是过滤，但过滤时需要用玻璃棒引流，故D错误；故答案为C。22、C【解析】

①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳生成氢氧化铝和碳酸氢钠，故①能实现；②硫和氧气点燃生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在催化剂加热的条件下反应生成三氧化硫，故②不能实现；③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3晶体，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故③能实现；④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁中Fe3+水解Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，加热HCl易挥发，平衡向右移动，因此加热得不到无水FeCl3，故④不能实现；⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁煅烧分解生成氧化镁，故⑤能实现；因此①③⑤能实现，故C符合题意。综上所述，答案为C。硫和氧气反应一步反应只能生成SO2，氯化铁、氯化铝、硝酸铁、硝酸铝等溶液加热，铁离子要水解，HCl、HNO3都易挥发，因此加热氯化铁、氯化铝、硝酸铁、硝酸铝等溶液都不能得到原物质。二、非选择题(共84分)23、邻苯二酚C11H11O2F2Br取代反应（或水解反应）醚键、羧基减小生成物浓度，使平衡正向移动8BrCH＝C（CH3）2【解析】

A中苯环上有两个处于邻位的酚羟基，习惯上叫做邻苯二酚，在NaOH溶液作用下，A与发生取代反应生成B（），B与Br2发生取代反应生成C（），C在NaOH溶液作用下酚羟基发生取代生成D（），D经过取代、酯化两个反应后得到E（），最后E中的酯基经碱性条件下水解再酸化生成合成罗氟司特的中间体F（）。根据以上分析解答此题。【详解】(1)中苯环上有两个处于邻位的酚羟基，叫做邻苯二酚；D为，分子式为C11H11O2F2Br；答案为：邻苯二酚；C11H11O2F2Br。(2)由图示可知与Br2发生取代反应生成C，根据原子守恒写出反应方程式：。答案为：。(3)E到F的反应中只有酯基发生水解，生成羧酸盐后再进行酸化，反应类型为取代反应（或水解反应），F中的含氧官能团为醚键、羧基。答案为；取代反应（或水解反应）；醚键、羧基。(4)上述合成路线中，A→B、C→D、E→F这三个反应中都使用了NaOH溶液，有机反应的特点是反应比较慢，副反应多，很多还是可逆反应，在上面三个反应中NaOH溶液都可以与反应后的生成物发生反应，使生成物的浓度减小，促使平衡向正向移动，提高了反应的产率，最后还可再经酸化除去官能团里的钠离子。答案为：减小生成物浓度，使平衡正向移动。(5)的分子式为C4H7Br，不饱和度为1，写成链状可以考虑为丁烷里面增加一条双键，正丁烷里加一条双键有两种写法：CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3，异丁烷里加一条双键只有一种写法：CH2=C(CH3)2。在CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C(CH3)2里面分别有4、2、2种等效氢，所以CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C(CH3)2的一溴代物即的链状同分异构体（不包括立体异构）有4+2+2=8种。其中核磁共振氢谱有两组峰也就是结构式中有两种氢的为：BrCH＝C(CH3)2。答案为：8；BrCH＝C(CH3)2。(6)根据题中信息，以为原料合成有两个方向的反应，一个是酚羟基上的取代，另一个是甲基邻位的取代，酯化，仿照题中C→D的条件可实现酚羟基的取代，得到，再与Br2发生取代生成，然后仿照题中D→E的条件可实现甲基邻位溴原子的取代，酯化得到。故以对甲基苯酚为原料制备的合成路线为：。答案为：。24、CH2=CHCHO2+O22+2H2OCH2Cl2ClMgCH2MgClHOCH2CH2CH2CH2CH2OHH2C=CHCH2CH=CH2【解析】

A的分子式为，而1，丁二烯与A反应生成B，且B与氢气反应得到，结合信息可知A为，B为结合转化关系与信息可知发生取代反应生成C为，D为，E为，由信息可知F为，G为，H为。【详解】（1）A的分子式为，其结构简式为：，故答案为：；（2）E→F羟基的催化氧化，反应的化学方程式为，故答案为：；

（3）H的结构简式为，满足下列条件的苯丙氨酸同分异构体的结构简式：Ⅰ、含有苯环；Ⅱ、分子中有三种不同环境的氢原子，符合条件的同分异构体有：、，故答案为：；、；（4）由与干醚得到，再与环氧乙烷得到由，然后再浓硫酸加热条件下发生消去反应得到，合成路线流程图为：，故答案为：。25、AgCl2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)SO42-SO2Ag2S的悬浊液2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S【解析】

(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3溶液发生反应生成。(2)Ⅱ中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等。(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；①由ⅰ判断，可确定滤液X中被检出的离子。②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等。(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体的成分。②因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W。③B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可完善方程式。④B中，Ag2S被氧化生成S，则Ag+会与NaCl作用，从而促进平衡正向移动。【详解】(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3反应生成，则为AgCl。答案为：AgCl；(2)Ⅱ中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等，反应的离子方程式为2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。答案为：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)；(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；①由ⅰ判断，可确定滤液X中被检出的离子为SO42-。答案为：SO42-；②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等，则其为S。答案为：S；(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体为O2。答案为：O2；②因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W为Ag2S的悬浊液。答案为：Ag2S的悬浊液；③B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可得出配平的方程式为2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH。答案为：2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH；④B中，Ag2S被O2氧化生成S，则Ag+游离出来，会与NaCl中的Cl-结合，生成AgCl沉淀，从而促进平衡正向移动，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。答案为：对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。因为Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16，所以将AgCl转化为Ag2S我们容易理解，如何实现黑色沉淀向白色沉淀的转化，即Ag2S转化为AgCl，则需要改变反应条件，通过实验我们可得出是O2的帮助，结合前面推断，可确定还有S生成，然后利用守恒法便可将方程式配平。26、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产品的纯度的原理为：Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3↑、2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，根据浓硫酸增加的质量和浓硫酸的性质分析计算。【详解】I.利用装置A和C制备Sr3N2（1）NaNO2和NH4Cl反应制备N2，根据原子守恒还有NaCl、H2O生成，反应的化学方程式为NH4Cl＋NaNO2N2↑＋NaCl＋2H2O。（2）装置A中a导管将分液漏斗上下相连，其作用是平衡气压，使液体顺利流下；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，为防止装置中空气对产品纯度的影响，应先点燃装置A的酒精灯一段时间，利用生成的N2将装置内空气排尽，再点燃装置C的酒精灯。II.利用装置B和C制备Sr3N2（3）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，反应的离子方程式为CO2+2OH-=CO32-+H2O。（4）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），其中盛放的试剂为浓硫酸。III.测定Sr3N2产品的纯度的原理为：Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3↑、2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，故浓硫酸增加的质量为NH3的质量，由于浓硫酸具有吸水性，会将NH3中的水蒸气一并吸收，导致NH3的质量偏高，从而导致测得的产品纯度偏高。经改进后测得浓硫酸增重bg，根据N守恒，n(Sr3N2)=n(NH3)=×=mol，则m(Sr3N2)=mol×292g/mol=g，产品的纯度为×100%=×100%。27、H2或CO无水CuSO4或澄清的石灰水无水CuSO4变蓝色或澄清的石灰水变浑浊。【解析】

本题主要考查具有还原性的气体的性质及常见的用作还原剂的气体，同时涉及常见物质的颜色、金属与氧气的反应。【详解】(1)金属与氧气可以发生化合反应生成金属氧化物，铜在加热时与氧气化合生成黑色的氧化铜，黑色的氧化铜又变成光亮的红色，即变成了金属铜，这是氧化铜被气体还原剂夺取氧而变成单质铜的反应，气体在反应中表现出的性质称为还原性，通常用作还原剂的气体有CO和H2；(2)假设推断为氢气(或一氧化碳)，而氢气与氧化铜反应生成铜和水，再验证是否有水生成即可，步骤：将气体通过浓硫酸进行干燥，再通过灼热的氧化铜，再通过无水硫酸铜，验证是否有水生成，如果无水硫酸铜变蓝，说明有水生成，说明该气体是氢气；假设推断为一氧化碳，而一氧化碳与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再验证是否有二氧化碳生成即可，步骤：将气体通过灼热的氧化铜，再通过澄清的石灰水，验证是否有二氧化碳生成，如果澄清的石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，说明该气体是一氧化碳。28、4CuCl2—+O2+4H+=4Cu2++2H2O+8Cl-4.8-233.6AB50%20.2kPa20.2kPa【解析】

(1)①根据平衡常数表达式，反应H2S(aq)+Cu2+(aq)⇌CuS(s)+2H+(aq)的K=；②空气氧化CuCl2—再生Cu2+；(2)H2S与碱反应转化为HS-，根据硫原子守恒：H2S~HS-；在脱氮硫杆菌参与下，HS-被NO3-氧化为SO42—、NO3—被还原为N2，发生的离子反应为5HS-+8NO3-+3H+=5SO42-+4N2+4H2O，则可得关系：5H2S~5HS-~8NO3-，根据硫化氢的物质的量进行计算；(3)根据盖斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ×2-Ⅲ即可得到目标反应的焓变，即△H=2∆H1-2∆H2-∆H3；(4)①A.平衡常数只受温度影响，根据图像，随着温度升高，H2S的体积分数减少，硫和氢气的体积分数增大，反应向正向进行，则Kp随温度的升高而增大；B.反应2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)正反应方向为气体体积增大的方向，根据勒夏特列原理，降低压强平衡向体积增大的方向移动，即平衡向正反应方向移动，H2S的平衡分解率增大，则降低压强低压有利于提高H2S的平衡分解率；C.维持温度、气体总压强不变时，向平衡体系中通入氩气，相当于增大容器体积，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正向移动，则v(正>v(逆)；D.在恒容密闭容器中进行反应，容器体积不变，反应过程中气体总质量不变，气体密度始终保持不变，则密度不再变化不能判断作为判断反应达到平衡状态的依据；②图中Q点时，硫化氢的体积分数与氢气的体积分数相等，设硫化氢转化率为x，硫化氢初始物质的量为1mol，则利用三段式计算解答。【详解】(1)①根据平衡常数表达式，反应H2S(aq)+Cu2+(aq)⇌CuS(s)+2H+(aq)的K=；②空气中的氧气可氧化CuCl2—生成Cu2+，则离子反应为：4CuCl2—+O2+4H+=4Cu2++2H2O+8Cl-；(2)33.6m3(标准状况)某燃气(H2S的含量为0.2%)中含有硫化氢的物质的量==3mol；H2S与碱反应转化为HS-，根据硫原子守恒：H2S~HS-；在脱氮硫杆菌参与下，HS-被NO3-氧化为SO42—、NO3—被还原为N2，发生的离子反应为5HS-+8NO3-+3H+=5SO42-+4N2+4H2O，则可得关系：5H2S~5HS-~8NO3-，则消耗NO3—的物质的量==4.8mol；(3)根据盖斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ×2-Ⅲ即可得到目标反应的焓变，即△H=2∆H1-2∆H2-∆H3=2×(-285