安徽省銅陵市2025年高三下學期第二階段檢測試題化學試題試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列有關物質性質的敘述錯誤的是A．將過量氨氣通入CuSO4溶液中可得深藍色溶液B．蛋白質溶于水所得分散系可產生丁達爾效應C．硅酸鈉溶液與稀鹽酸反應可生成硅酸膠體D．過量鐵粉在氯氣中燃燒可生成氯化亞鐵2、為測定人體血液中Ca2＋的含量，設計了如下方案：有關反應的化學方程式為：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O若血液樣品為15mL，滴定生成的草酸消耗了0.001mol·L－1的KMnO4溶液15.0mL，則這種血液樣品中的含鈣量為A．0.001mol·L－1 B．0.0025mol·L－1 C．0.0003mol·L－1 D．0.0035mol·L－13、已知氯氣、溴蒸氣分別跟氫氣反應的熱化學方程式如下(Q1、Q2均為正值)：H2(g)+Cl2(g)→2HCl(g)+Q1H2(g)+Br2(g)→2HBr(g)+Q2根據上述反應做出的判斷正確的是()A．Q1＞Q2B．生成物總能量均高于反應物總能量C．生成1molHCl(g)放出Q1熱量D．等物質的量時，Br2(g)具有的能量低于Br2(l)4、秦皮是一種常用的中藥，具有抗炎鎮痛、抗腫瘤等作用?！扒仄に亍笔瞧浜械囊环N有效成分，結構簡式如圖所示，有關其性質敘述不正確的是（）A．該有機物分子式為C10H8O5B．分子中有四種官能團C．該有機物能發生加成、氧化、取代等反應D．1mol該化合物最多能與3molNaOH反應5、硼氫化鈉(NaBH4)可用作還原劑和塑料發泡劑。它在催化劑作用下與水反應獲取氫氣的微觀過程如圖所示。下列說法不正確的是A．NaBH4中氫元素的化合價為+1價B．若用D2O代替H2O，反應后生成的氣體中含有H2、HD和D2C．通過控制催化劑的用量和表面積，可以控制氫氣的產生速率D．NaBH4與水反應的離子方程式為：BH4－+4H2O=B(OH)4－+4H26、NA代表阿伏加德羅常數的值，下列有關敘述正確的是A．標準狀況下，5.6L一氧化氮和5.6L氧氣混合后的分子總數為0.5NAB．等體積、濃度均為1mol/L的磷酸和鹽酸，電離出的氫離子數之比為3:1C．一定溫度下，1L0.50mol/LNH4Cl溶液與2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物質的量不同D．標準狀況下，等體積的N2和CO所含的原子數均為2NA7、下列說法不正確的是()A．Na-K合金用作快中子反應堆的導熱劑B．MgO是一種常用的耐高溫材料C．亞鐵鹽是常用的補血藥劑D．石英坩堝常用來熔融堿8、下列濃度關系正確的是（）A．0.1mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba(OH)2溶液至剛好沉淀完全：c(NH4+)＞c(OH-)＞c(SO42-)＞c(H+)B．1L0.1mol/L的KOH溶液中通入標準狀況下的CO2氣體3.36L，所得溶液中：c(K+)＋c(H+)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH-)C．0.1mol/L的NaOH溶液與0.2mol/L的HCN溶液等體積混合，所得溶液呈堿性：c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)D．同溫下pH相同的NaOH溶液、CH3COONa溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的濃度：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(NaHCO3)＜c(Na2CO3)9、X、Y、Z、W為短周期主族元素，它們的最高正化合價和原子半徑如下表所示：元素XYZW最高正化合價+3+1+5+7原子半徑0.0820.1860.1100.099則下列說法錯誤的是A．X的最高價氧化物對應的水化物具有兩性B．ZW3分子中所有原子最外層均滿足8e－結構C．Y的一種氧化物可用作供氧劑，Z的一種氧化物可用作干燥劑D．簡單氣態氫化物的熱穩定性：W>Z>X10、下列說法正確的是A．氫氧燃料電池放電時化學能全部轉化為電能B．反應4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常溫下可自發進行，該反應為吸熱反應C．3molH2與1molN2混合反應生成NH3，轉移電子的數目小于6×6.02×1023D．在酶催化淀粉水解反應中，溫度越高淀粉水解速率越快11、已知一組有機物的分子式通式，按某種規律排列成下表項序1234567……通式C2H4C2H4OC2H4O2C3H6C3H6OC3H6O2C4H8……各項物質均存在數量不等的同分異構體。其中第12項的異構體中，屬于酯類的有（不考慮立體異構）A．8種 B．9種 C．多于9種 D．7種12、煤、石油、天然氣仍是人類使用的主要能源，同時也是重要的化工原料，我們熟悉的塑料、合成纖維和合成橡膠都主要是以石油、煤和天然氣為原料生產的。下列說法中不正確的是A．石油在加熱和催化劑的作用下，可以通過結構重整，生成苯、甲苯、苯甲酸等芳香烴B．煤干餾的產品有出爐煤氣、煤焦油和焦炭C．棉花、羊毛、蠶絲和麻等都是天然纖維D．天然氣是一種清潔的化石燃料，作為化工原料它主要用于合成氨和甲醇13、用NA表示阿伏加德羅常數的值。下列敘述不正確的是()A．25℃時，pH＝1的1.0LH2SO4溶液中含有的H＋的數目為0.2NAB．標準狀況下，2.24LCl2與水反應，轉移的電子總數小于0.1NAC．室溫下，14.0g乙烯和環己烷的混合氣體中含有的碳原子數目一定為NAD．在0.5L0.2mol·L－1的CuCl2溶液中，n(Cl－)＝0.2NA14、下列模型表示的烴或烴的含氧衍生物中，可以發生酯化反應的是（）A． B． C． D．15、NA表示阿伏加德羅常數，下列說法正確的是A．5.6gFe完全溶于一定量溴水中，反應過程中轉移的總電子數一定為0.3NAB．1molNa與足量O2反應，生成Na2O和Na2O2的混合物，鈉失去2NA個電子C．標況時，22.4L二氯甲烷所含有的分子數為NAD．鎂條在氮氣中完全燃燒，生成50g氮化鎂時，有1.5NA對共用電子對被破壞16、下列實驗不能達到目的的是（）選項目的實驗A制取較高濃度的次氯酸溶液將Cl2通入小蘇打溶液中B除去溴苯中的少量溴加入苛性鈉溶液洗滌、分液C加快氫氣的生成速率將與稀硫酸反應的粗鋅改為純鋅D制備少量氨氣向新制生石灰中滴加濃氨水A．A B．B C．C D．D17、有一種化合物是很多表面涂層的重要成分，其結構如圖所示，其中W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y無最高正價，Z的含氧酸均具有氧化性，下列有關說法正確的是（）A．WZ沸點高于W2Y的沸點B．含Z的兩種酸反應可制得Z的單質C．W2Y2中既含離子鍵又含共價鍵鍵D．X的含氧酸一定為二元弱酸18、地球表面是易被氧化的環境，用括號內的試劑檢驗對應的久置的下列物質是否被氧化。正確的是（）A．KI（AgNO3

溶液） B．FeCl2（KSCN

溶液）C．HCHO（銀氨溶液） D．Na2SO3（BaCl2

溶液）19、下列有關海水綜合利用的說法正確的是()A．電解飽和食鹽水可制得金屬鈉 B．海水提溴涉及到氧化還原反應C．海帶提碘只涉及物理變化 D．海水提鎂不涉及復分解反應20、下列說法正確的是()A．Na2CO3分子中既存在離子鍵，也存在共價鍵B．硅晶體受熱融化時，除了破壞硅原子間的共價鍵外，還需破壞分子間作用力C．H2O不易分解是因為H2O分子間存在較大的分子間作用力D．液態AlCl3不能導電，說明AlCl3晶體中不存在離子21、ClO2是一種國際公認的安全、無毒的綠色消毒劑，沸點11℃，凝固點-59℃。工業上，可用下列原理制備ClO2(液相反應)：。設NA是阿伏伽德羅常數的值。下列說法正確的是()A．在標準狀況下，2240mLClO2含有原子數為0.3NAB．若生成1.5molNa2SO4，則反應后的溶液中Fe3+數目為0.2NAC．48.0gFeS2完全反應，則上述反應中轉移電子數為6NAD．每消耗30molNaClO3，生成的水中氫氧鍵數目為14NA22、我國某科研機構研究表明，利用K2Cr2O7可實現含苯酚廢水的有效處理，其工作原理如下圖所示。下列說法正確的是A．N為該電池的負極B．該電池可以在高溫下使用C．一段時間后，中間室中NaCl溶液的濃度減小D．M的電極反應式為：C6H5OH＋28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋二、非選擇題(共84分)23、（14分）為探究黑色固體X(僅含兩種元素)的組成和性質，設計并完成如下實驗：請回答：（1）X的化學式是______________。（2）寫出藍色溶液轉化為藍色沉淀的離子方程式是______________。（3）寫出固體甲與稀硫酸反應的化學方程式______________。24、（12分）丁苯酞(J)是治療輕、中度急性腦缺血的藥物，合成J的一種路線如下：已知：②E的核磁共振氫譜只有一組峰；③C能發生銀鏡反應；④J是一種酯，分子中除苯環外還含有一個五元環．回答下列問題：（1）由A生成B的化學方程式為__________，其反應類型為__________；（2）D的化學名稱是__________，由D生成E的化學方程式為__________；（3）J的結構簡式為__________；（4）G的同分異構體中核磁共振氫譜有4組峰且能與FeCl3溶液發生顯色反應的結構簡式__________(寫出一種即可)；（5）由甲醛和化合物A經下列步驟可得到2一苯基乙醇：反應條件1為__________；反應條件2所選擇的試劑為__________；L的結構簡式為__________。25、（12分）焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化劑之一。某研究小組進行如下實驗：實驗一焦亞硫酸鈉的制取采用如圖裝置(實驗前已除盡裝置內的空氣)制取Na2S2O5。裝置Ⅱ中有Na2S2O5晶體析出，發生的反應為：Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5（1）裝置I中產生氣體的化學方程式為__________________。（2）要從裝置Ⅱ中獲得已析出的晶體，可采取的分離方法是_________。（3）裝置Ⅲ用于處理尾氣，可選用的最合理裝置(夾持儀器已略去)為________(填序號)。實驗二焦亞硫酸鈉的性質Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。（4）證明NaHSO3溶液中HSO3－的電離程度大于水解程度，可采用的實驗方法是________(填序號)。a．測定溶液的pHb．加入Ba(OH)2溶液c．加入鹽酸d．加入品紅溶液e．用藍色石蕊試紙檢測（5）檢驗Na2S2O5晶體在空氣中已被氧化的實驗方案是____________。實驗三葡萄酒中抗氧化劑殘留量的測定（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化劑。測定某葡萄酒中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計算)的方案如下：(已知：滴定時反應的化學方程式為SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI)①按上述方案實驗，消耗標準I2溶液25.00mL，該次實驗測得樣品中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計算)為________________g·L－1。②在上述實驗過程中，若有部分HI被空氣氧化，則測得結果____(填“偏高”“偏低”或“不變”)。26、（10分）氮化鈣(Ca3N2)是一種重要的化學試劑。某化學興趣小組擬制備氮化鈣并測定產品純度。已知：①氮化鈣極易與水反應；②實驗室在加熱條件下用飽和NaNO2溶液和飽和(NH4)2SO4溶液混合制備N2；③焦性沒食子酸溶液用于吸收少量O2。I．制備氮化鈣。他們選擇下列裝置設計實驗(裝置可重復使用)：(1)實驗室將鈣保存在________中(填物質名稱)。氮化鈣中所含化學鍵類型是_________。(2)氣體從左至右，裝置連接順序為____________________________。(填代號)(3)寫出A中發生反應的化學方程式：______________________________。(4)用化學方法檢驗氮化鈣(Ca3N2)產品中是否混有Ca，設計實驗方案：________。Ⅱ.測定產品純度。利用如圖裝置測定氮化鈣產品純度(雜質不產生氣體，氨氣不溶于煤油)。(5)當產品與蒸餾水完全反應后，冷卻至室溫、調平液面、讀數。調平液面的操作是___________________________________。(6)取產品質量為wg，開始量氣管讀數為V1mL，最終量氣管讀數為V2mL(折合成標準狀況)，則該樣品純度為________________________(用代數式表示)。如果開始仰視刻度線，終點時俯視刻度線，則測得結果________(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。27、（12分）某課外小組制備SO2并探究SO2的相關性質，他們設計了如圖裝置（夾持儀器省略）：(1)實驗需要大約100mL的1:1硫酸（濃硫酸與溶劑水的體積比），配制該硫酸時需要的玻璃儀器是：玻璃棒、______、_______，配制過程_______________________________。(2)圖中裝置A的作用是________________________________。(3)若需要對比干燥SO2和濕潤的SO2的漂白性，則各儀器中需要加入的試劑分別是：C：_____________D：_________E：品紅溶液F：NaOH溶液若需要先后驗證SO2的氧化性與還原性，則各儀器中需要加入的試劑分別是：C：空瓶D：_____________E：_________F：NaOH溶液寫出驗證SO2還原性裝置中的離子反應方程式__________________________________。(4)亞硫酸鈉易被氧化，在下列方框內設計一個實驗流程圖測定亞硫酸鈉的質量分數，設樣品質量為W克，流程圖樣例如下，需要測定的數據自行設定符號表示，列出亞硫酸鈉質量分數的計算表達式___________________，并說明各符號的意義：________________28、（14分）光纖通訊是光導纖維傳送信號的一種通訊手段，合成光導纖維及氮化硅(一種無機涂層)的工藝流程如下：回答下列問題：(1)反應I的化學方程式為2C+SiO2Si+2CO↑，其中還原劑為_______________，產物Si在周期表中位于_______________，該反應涉及的副反應可能有C+SiO2Si+CO2↑(碳不足)和__________________________________(碳足量)。(2)經反應Ⅱ所得的四氯化硅粗品中所含的物質如下：組分名稱SiCl4SiHCl3SiH2Cl2HClBCl3PCl3質量分數0.5450.4050.04620.00030.001930.00157沸點/℃57.631.88.2-8512.575.5圖中“操作X”的名稱為______________________；PCl3的電子式為________________。(3)反應IV的化學方程式為SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl，若向一2L恒容密閉容器中投入1molSiCl4和1molNH3，6min后反應完全，則0～6min內，HCl的平均反應速率為__________mol/(L·min)。反應III的與IV產生的氣體相同，則反應III化學方程式為__________________。反應III中的原料氣H2和O2在堿性條件下可構成燃料電池，其正極反應的電極方程式為__________________。29、（10分）氟代硼酸鉀（KBe2BO3F2）是激光器的核心材料，我國化學家在此領域的研究走在了世界的最前列?；卮鹣铝袉栴}：（1）氟代硼酸鉀中非金屬元素原子的電負性大小順序是__。基態K+的電子排布式為__。（2）NaBH4是有機合成中常用的還原劑，其中的陰離子空間構型是__，中心原子的雜化方式為__。NaBH4中存在__（填標號）。a.離子鍵b.氫鍵c.σ鍵d.π鍵（3）BeCl2中的化學鍵具有明顯的共價性，蒸汽狀態下以雙聚分子存在的BeCl2的結構式為__，其中Be的配位數為__。（4）第三周期元素氟化物的熔點如下表：化合物NaFMgF2AlF3SiF4PF5SF6熔點/℃99312611291-90-83-50.5解釋表中氟化物熔點變化的原因：___。（5）CaF2的一種晶胞如圖所示。Ca2+占據F-形成的空隙，若r(F-)=xpm，r(Ca2+)=ypm，設阿伏加德羅常數的值為NA，則CaF2的密度ρ=__g·cm-3（列出計算表達式）。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【解析】

A.將過量氨氣通入CuSO4溶液過程中發生如下反應：2NH3+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+2NH4+，Cu(OH)2+2NH3=Cu(NH3)42++2OH-，Cu(NH3)42+絡離子在水溶液中呈深藍色，A項正確；B.蛋白質屬于高分子，分子直徑已達到1nm~100nm之間，蛋白質的水溶液屬于膠體，故可產生丁達爾效應。B項正確；C.在硅酸鈉溶液中逐滴加入稀鹽酸，邊滴邊振蕩，可得到硅酸膠體：Na2SiO3+2HCl=H2SiO3(膠體)+2NaCl。C項正確；D.鐵粉在氯氣中燃燒只生成氯化鐵：2Fe+3Cl22FeCl3。D項錯誤；答案選D。2、B【解析】

由方程式Ca2+＋C2O42+＝CaC2O4、CaC2O4＋H2SO4＝CaSO4↓＋H2C2O4、2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4＝H2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O可得關系式：5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，令血液中含鈣量為cmol/L，則：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；答案選B。3、A【解析】

A．非金屬性Cl＞Br，HCl比HBr穩定，則反應①中放出的熱量多，即Ql＞Q2，故A正確；B．燃燒反應為放熱反應，則反應物總能量均高于生成物總能量，故B錯誤；C．由反應①可知，Q1為生成2molHCl的能量變化，則生成molHCl(g)時放出熱量小于Q1，故C錯誤；D．同種物質氣體比液體能量高，則1molHBr(g)具有的能量大于1molHBr(l)具有的能量，故D錯誤；故選A。4、D【解析】

由結構可知分子式，秦皮中物質分子中含酚-OH、碳碳雙鍵、-COOC-及醚鍵，結合酚、烯烴及酯的性質來解答。【詳解】A.由結構可知分子式為C10H8O5，A正確；B.含有羥基、酯基、碳碳雙鍵以及醚鍵4種官能團，B正確；C.含苯環、碳碳雙鍵可發生加成反應，碳碳雙鍵、-OH可發生氧化反應，-OH、-COOC-可發生取代反應，C正確；D.能與氫氧化鈉反應的為酚羥基和酯基，且酯基可水解生成羧基和酚羥基，則1mol該化合物最多能與4molNaOH反應，D錯誤；故合理選項是D。本題考查有機物的結構與性質，把握官能團與性質、有機反應為解答的關鍵，注意選項D為解答的易錯點。5、A【解析】

A.B為ⅢA元素，其化合價為+3價，NaBH4中氫元素的化合價為－1價，故A說法錯誤；B.由圖示可知BH4－中的H原子與H2O中H結合為H2，當若用D2O代替H2O，形成的氫氣有三種，即D2、HD和H2，故B說法正確；C.反應物在催化劑表面反應，催化劑對反應物吸附，生成產物后會解吸，通過控制催化劑的用量和表面積，可以控制氫氣的產生速率，故C說法正確；D.NaBH4與水反應為氫元素的歸中反應，反應方程式為BH4－＋4H2O=B(OH)4－＋4H2↑，故D說法正確；答案：A。6、C【解析】

A.5.6L一氧化氮和5.6L氧氣混合后發生反應2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，反應為氣體分子數減少的反應，因此混合后的分子總數小于0.5NA，故A錯誤；B.磷酸為弱酸，不可完全電離出H+，故B錯誤；C.NH4+水解，濃度不同，水解程度不同，因此1L0.50mol/LNH4Cl溶液與2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物質的量不同，故C正確；D.標準狀況下，等體積的N2和CO物質的量相等，所含的原子數相等，但不一定為2NA，故D錯誤；答案：C易錯選項A，忽略隱含反應2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4。7、D【解析】

A、Na－K合金常溫下為液體，具有良好的導熱性，常用于快中子反應堆的導熱劑，故A說法正確；B、MgO熔沸點高，常用作耐高溫材料，故B說法正確；C、我國最常見的貧血癥是缺鐵性貧血，鐵是制造血紅蛋白必不可缺少的原料，因此亞鐵鹽是常用補血劑，故C說法正確；D、石英是SiO2，屬于酸性氧化物，與堿能發生反應，因此石英坩堝不能熔融堿，常用鐵制坩堝，故D說法錯誤；答案選D。8、C【解析】

A．向0.1mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba(OH)2溶液至沉淀剛好完全時發生反應：NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NH3·H2O+H2O。NH3·H2ONH4++OH-H2OH++OH-。c(OH-)＞c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)。錯誤；B.根據電荷守恒可得：c(K+)＋c(H+)＝2c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH-).錯誤；C．0.1mol/L的NaOH溶液與0.2mol/L的HCN溶液等體積混合，則發生反應：NaOH+HCN="NaCN+"H2O。反應后溶液為NaCN和HCN等物質的量的混合溶液。由于所得溶液呈堿性，說明NaCN的水解作用大于HCN的電離作用，所以個微粒的大小關系為：c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，正確；D．NaOH溶液電離使溶液顯堿性；CH3COONa溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3水解使溶液顯堿性。由于酸性CH3COOH>H2CO3>HCO3-。酸越強，鹽水解的程度就越小。當溶液的pH相同時，鹽的濃度就越大。故各物質的濃度的關系是：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(NaHCO3)＜c(CH3COONa)，錯誤；答案選C。9、A【解析】

根據X、Y、Z、W為短周期主族元素，聯系最高正化合價，X可與為B元素或者Al元素，Y為Li元素或Na元素，Z為N元素或P元素，W為Cl元素，又原子半徑：Y>Z>Cl>X，則X為B元素，Y為Na元素，Z為P元素，據此分析回答問題?！驹斀狻緼．B的最高價氧化物對應的水化物H2BO3是弱酸，不具有兩性，A選項錯誤；B．PCl3的電子式為，所有原子最外層均滿足8e－結構，B選項正確；C．Na的氧化物Na2O2可作供氧劑，P的氧化物P2O5是酸性干燥劑，C選項正確；D．非金屬性越強，簡單氣態氫化物的熱穩定性越強，非金屬性Cl>P>B，則熱穩定性：HCl>PH3>BH3，D選項正確；答案選A。10、C【解析】

A項，氫氧燃料電池放電時化學能不能全部轉化為電能，理論上能量轉化率高達85%～90%，A項錯誤；B項，反應4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，該反應常溫下可自發進行，該反應為放熱反應，B項錯誤；C項，N2與H2的反應為可逆反應，3molH2與1molN2混合反應生成NH3，轉移電子數小于6mol，轉移電子數小于66.021023，C項正確；D項，酶是一類具有催化作用的蛋白質，酶的催化作用具有的特點是：條件溫和、不需加熱，具有高度的專一性、高效催化作用，溫度越高酶會發生變性，催化活性降低，淀粉水解速率減慢，D項錯誤；答案選C。本題考查燃料電池中能量的轉化、化學反應自發性的判斷、可逆的氧化還原反應中轉移電子數的計算、蛋白質的變性和酶的催化特點。弄清化學反應中能量的轉化、化學反應自發性的判據、可逆反應的特點、蛋白質的性質和酶催化的特點是解題的關鍵。11、B【解析】

由表中規律可知，3、6、9、12項符合CnH2nO2，由C原子數的變化可知，第12項為C5H10O2，屬于酯類物質一定含-COOC-?！驹斀狻竣贋榧姿岫□r，丁基有4種，符合條件的酯有4種；②為乙酸丙酯時，丙基有2種，符合條件的酯有2種；③為丙酸乙酯只有1種；④為丁酸甲酯時，丁酸中-COOH連接丙基，丙基有2種，符合條件的酯有2種，屬于酯類的有4+2+1+2=9種，故選：B。12、A【解析】

A.石油在加熱和催化劑的作用下，可以通過結構重整，使鏈狀烴轉化為環狀烴，生成苯、甲苯等芳香烴，苯甲酸屬于烴的含氧衍生物，不屬于芳香烴，故A錯誤；B.煤干餾發生化學變化，產品有出爐煤氣、煤焦油和焦炭等，故B正確；C.天然纖維的種類很多，長期大量用于紡織的有棉、麻、毛、絲四種。棉和麻是植物纖維，毛和絲是動物纖維，故C正確；D.天然氣廣泛用于民用及商業燃氣灶具、熱水器，天然氣也可用作化工原料，以天然氣為原料的一次加工產品主要有合成氨、甲醇、炭黑等近20個品種，故D正確。故答案選A。13、A【解析】

A.pH＝1，c(H＋)＝0.1mol·L－1，n(H＋)＝0.1NA，選項A不正確；B.氯氣和水的反應是可逆反應，可逆反應是有限度的，轉移的電子總數小于0.1NA，選項B正確；C.乙烯和環己烷的最簡式都是CH2，所以14.0g乙烯和環己烷的混合氣體中含有的CH2為1mol，碳原子數目一定為NA，選項C正確；D.n(Cl－)＝0.5L×0.2mol·L－1×2＝0.2mol，即0.2NA，選項D正確。答案選A。14、D【解析】

醇和羧酸發生酯化反應生成酯和水，表示甲烷，表示苯，表示乙醛，表示乙醇，乙醇和乙酸發生酯化反應生成乙酸乙酯，能發生酯化反應的是乙醇；答案選D。15、D【解析】A．鐵完全溶于一定量溴水，反應后的最終價態可能是+3價，還可能是+2價，故0.1mol鐵轉移的電子數不一定是0.3NA個，還可能是0.2NA個，故A錯誤；B．Na原子最外層是1個電子，則1molNa與足量O2反應，生成Na2O和Na2O2的混合物，鈉失去1NA個電子，故B錯誤；C．標況下二氯甲烷為液體，不能根據氣體摩爾體積計算其物質的量，故C錯誤；D．鎂條在氮氣中完全燃燒，生成50g氮化鎂時，參加反應的N2為0.5mol，而N2分子含有氮氮叁鍵，則有1.5NA對共用電子對被破壞，故D正確；答案為D。16、C【解析】

A．氯水中存在反應Cl2+H2OHCl+HClO，加入NaHCO3能與HCl反應，從而促進平衡正向移動，使次氯酸的濃度增大，A不合題意；B．苛性鈉溶液能與溴反應，產物溶解在溶液中，液體分層，分液后可得下層的溴苯，從而達到除雜目的，B不合題意；C．粗鋅與稀硫酸能發生原電池反應，反應速率快，純鋅與稀硫酸不能形成原電池，反應速率慢，C符合題意；D．濃氨水滴入新制生石灰中，生石灰與水反應放熱，使氨水分解同時降低氨氣的溶解度，從而制得少量的氨氣，D不合題意；故選C。17、B【解析】

W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y無最高正價，結合圖示可知，W形成1個共價鍵，Y能夠形成2個共價鍵，X形成4個共價鍵，Z形成1個共價鍵，則W為H，X為C元素，Y為O元素，Z為Cl元素，據此解答?！驹斀狻扛鶕治隹芍琖為H，X為C元素，Y為O元素，Z為Cl元素；A．H2O分子間存在氫鍵，且常溫下為液體，而HCl常溫下為氣體，則HCl沸點低于H2O的沸點，故A錯誤；B．HCl和和HClO反應生成氯氣，故B正確；C．H2O2是共價化合物，分子中只含共價鍵，不存在離子鍵，故C錯誤；D．X為C元素，C的含氧酸H2CO3為二元弱酸，而CH3COOH為一元弱酸，故D錯誤；故答案為B。18、B【解析】

A．KI是否變質均能與硝酸銀溶液反應生成碘化銀沉淀，可以用淀粉溶液檢驗是否變質，故A不選；B．FeCl2溶液變質混有FeCl3，則加KSCN可檢驗鐵離子，能檢驗是否變質，故B選；C．HCHO變質生成HCOOH，銀氨溶液與甲醛、甲酸均能反應，所以不能檢驗，故C不選；D．Na2SO3溶液變質生成Na2SO4，Na2SO3、Na2SO4均能與氯化鋇生成白色沉淀，所以加氯化鋇不能檢驗變質，故D不選；故選：B。19、B【解析】

A．電解飽和食鹽水生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，不能制得金屬鈉，金屬鈉的制備方法是電解熔融的氯化鈉，A錯誤；B．海水中溴元素以溴離子形式存在，海水提溴過程中溴離子被氧化為單質溴，涉及到氧化還原反應，B正確；C．海帶中的碘元素以碘離子形式存在，海帶提碘過程中碘離子被氧化為碘單質，涉及化學變化，C錯誤；D．海水提鎂過程中向海水中加石灰乳生成氫氧化鎂沉淀、氫氧化鎂與鹽酸反應生成氯化鎂和水均為復分解反應，D錯誤；答案選B。20、D【解析】

A.Na2CO3是離子化合物，沒有分子，A項錯誤；B.硅晶體是原子晶體，不存在分子間作用力，B項錯誤；C.H2O不易分解是因為水分子中氫氧鍵鍵能大，C項錯誤；D.晶體加熱熔化后所得液態物質不能導電，說明在液態時不存在自由移動的離子，即原晶體中不存在離子，則液態AlCl3不能導電，說明AlCl3晶體中不存在離子，D項正確；答案選D。21、C【解析】

A.ClO2沸點11℃，標況下為液體，2240mLClO2的物質的量不是0.1mol，故A錯誤；B.Fe3+在水溶液中會發生水解，不能確定其數目，故B錯誤；C.48.0gFeS2物質的量為48g÷120g/mol=0.4mol，NaClO3中氯元素由+5價降到+4價，失一個電子，故6molNaClO3失6mol電子，即48.0gFeS2完全反應，轉移電子數為6NA，故C正確；D.消耗30molNaClO3生成14mol水，一個水分子中有兩個氫氧鍵，故生成的水中氫氧鍵數目為28NA，故D錯誤；故答案為C。本題結合氧化還原反應方程式考察阿伏伽德羅常數，要抓住題目關鍵信息，判斷反應標況下的狀態，注意D選項中一個水分子中有兩個氫氧鍵。22、C【解析】

A.由圖可知Cr元素化合價降低，被還原，N為正極，A項錯誤；B.該電池用微生物進行發酵反應，不耐高溫，B項錯誤；C.由于電解質NaCl溶液被陽離子交換膜和陰離子交換膜隔離，使Na+和Cl-不能定向移動，所以電池工作時，負極生成的H+透過陽離子交換膜進入NaCl溶液中，正極生成的OH-透過陰離子交換膜進入NaCl溶液中與H+反應生成水，使NaCl溶液濃度減小。C項正確；D.苯酚發生氧化反應、作負極，結合電子守恒和電荷守恒可知電極反應式為C6H5OH-28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋，D項錯誤；答案選C。二、非選擇題(共84分)23、CuOCu2++2OH-=Cu(OH)2Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O【解析】

流程中32gX隔絕空氣加熱分解放出了能使帶火星的木條復燃的氣體為氧氣，質量：32.0g-28.8g=3.2g，證明X中含氧元素，28.8g固體甲和稀硫酸溶液反應生成藍色溶液，說明含銅離子，證明固體甲中含銅元素，即X中含銅元素，銅元素和氧元素形成的黑色固體為CuO，X為氧化銅，n(CuO)==0.4mol，結合質量守恒得到n(O2)==0.1mol，氧元素守恒得到甲中n(Cu)：n(O)=0.4mol：(0.4mol-0.1mol×2)=2：1，固體甲化學式為Cu2O，固體乙為Cu，藍色溶液為硫酸銅，加入氫氧化鈉溶液生成氫氧化銅沉淀，加熱分解得到16.0g氧化銅?！驹斀狻?1)分析可知X為CuO，故答案為CuO；(2)藍色溶液為硫酸銅溶液，轉化為藍色沉淀氫氧化銅的離子方程式為Cu2++2OH-=Cu(OH)2，故答案為Cu2++2OH-=Cu(OH)2；(3)固體甲為Cu2O，氧化亞銅和稀硫酸溶液發生歧化反應生成銅、二價銅離子和水，反應的化學方程式為：Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O，故答案為Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O。24、+Br2+HBr取代反應2-甲基丙烯CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr或或光照鎂、乙醚【解析】

比較A、B的分子式可知，A與HBr發生加成反應生成B，B的核磁共振氫譜只有一組峰，則可知D為CH2=C(CH3)2，E為(CH3)3CBr，根據題中已知①可知F為(CH3)3CMgBr，C能發生銀鏡反應，同時結合G和F的結構簡式可推知C為，進而可以反推得，B為，A為，根據題中已知①，由G可推知H為，J是一種酯，分子中除苯環外，還含有一個五元環，則J為，與溴發生取代生成K為，K在鎂、乙醚的條件下生成L為，L與甲醛反應生成2-苯基乙醇【詳解】（1）由A生成B的化學方程式為+Br2+HBr，其反應類型為取代反應；（2）D為CH2=C(CH3)2，名稱是2-甲基丙烯，由D生成E的化學方程式為CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr，故答案為2-甲基丙烯；CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr；（3）根據上面的分析可知，J的結構簡式為，故答案為；（4）G的同分異構體中核磁共振氫譜有4組峰且能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明有酚羥基，這樣的結構為苯環上連有-OH、-CH2Br呈對位連結，另外還有四個-CH3基團，呈對稱分布，或者是-OH、-C(CH3)2Br呈對位連結，另外還有2個-CH3基團，以-OH為對稱軸對稱分布，這樣有或或；（5）反應Ⅰ的為與溴發生取代生成K為，反應條件為光照，K在鎂、乙醚的條件下生成L為，故答案為光照；鎂、乙醚；。25、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O過濾da、e取少量Na2S2O5晶體于試管中，加適量水溶解，滴加足量鹽酸，振蕩，再滴入氯化鋇溶液，有白色沉淀生成0.16偏低【解析】

（1）裝置Ⅰ中濃硫酸與亞硫酸鈉反應產生二氧化硫氣體，同時生成硫酸鈉和水，其化學方程式為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O；（2）從裝置Ⅱ中溶液中獲得已析出的晶體，采取的方法是過濾；（3）裝置Ⅲ用于處理尾氣SO2，由于SO2屬于酸性氧化物，除去尾氣SO2應選擇堿性溶液，a裝置無氣體出口，不利于氣體與稀氨水充分接觸，不選；要選擇d，既可有效吸收，又可防止倒吸，2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；（4）證明NaHSO3溶液中HSO3－的電離程度大于水解程度，要利用兩個平衡式HSO3－H++SO32－，HSO3－+H2OH2SO3+OH－，證明溶液呈酸性，可采用的實驗方法是a、測定溶液的pH，PH<7，說明溶液呈酸性，選項a正確；b、加入Ba(OH)2溶液或鹽酸，都會發生反應，無法判定電離、水解程度，選項b錯誤；c、加入鹽酸，都不反應，無法判定電離、水解程度，選項c錯誤；d、品紅只檢驗SO2的存在，選項d錯誤；e、用藍色石蕊試紙檢測，呈紅色證明溶液呈酸性，選項e正確；答案選ae；（5）由于Na2S2O5中的硫元素為+4價，故檢驗Na2S2O5晶體已被氧化，實為檢驗SO42－，其實驗方案為：取少量Na2S2O5晶體于試管中，加適量水溶解，滴加足量鹽酸，振蕩，再滴入氯化鋇溶液，有白色沉淀生成；（6）①由題設滴定反應的化學方程式知，樣品中抗氧化劑的殘留量(以SO2計算)與I2的物質的量之比為1∶1，n(SO2)=n(I2)=0.01000mol·L-1×0.025L=0.0025mol，殘留量==0.16g·L-1；②由于實驗過程中有部分HI被氧化生成I2，4HI+O2=2I2+2H2O，則用于與SO2反應的I2減少，故實驗結果偏低。26、煤油離子鍵A、D、C、B、C2NaNO2＋(NH4)2SO4Na2SO4＋2N2↑＋4H2O取少量產品溶于足量的蒸餾水中，將產生的氣體依次通過足量的濃硫酸、赤熱的氧化銅粉末，若黑色粉末變成紅色，則原產品中含有鈣，否則不含鈣上下移動水準瓶偏低【解析】

(1).鈣的密度比煤油的大，鈣是活潑金屬能與氧氣、水反應；氮化鈣是活潑金屬與活潑非金屬形成的離子化合物；(2).金屬鈣與氮氣反應生成氮化鈣，氮化鈣與水能反應，所以裝置B前后都應加裝干燥劑，鈣能與氧氣反應，所以需要用焦性沒食子酸溶液除掉氮氣中的氧氣。(3)裝置A中飽和NaNO2溶液和飽和(NH4)2SO4溶液在加熱條件下發生歸中反應生成氮氣；(4)氮化鈣與水反應放出氨氣，鈣與水反應生成氫氣。(5)調平液面是將量氣管和水準瓶中的液面保持相平。(6)氮化鈣與水反應的方程式是Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑，根據氨氣的體積計算樣品純度。如果開始仰視刻度線，終點時俯視刻度線，則測得氨氣的體積偏小。【詳解】(1).鈣的密度比煤油的大，鈣是活潑金屬能與氧氣、水反應，所以實驗室將鈣保存在煤油中；氮化鈣是活潑金屬與活潑非金屬形成的離子化合物，所以氮化鈣含有離子鍵；(2).金屬鈣與氮氣反應生成氮化鈣，氮化鈣與水能反應，所以裝置B前后都應加裝干燥劑，鈣能與氧氣反應，所以需要用焦性沒食子酸溶液除掉氮氣中的氧氣，裝置連接順序為A→D→C→B→C。(3)裝置A中飽和NaNO2溶液和飽和(NH4)2SO4溶液在加熱條件下發生歸中反應生成氮氣，反應化學方程式是2NaNO2＋(NH4)2SO4Na2SO4＋2N2↑＋4H2O；(4)氮化鈣與水反應放出氨氣，鈣與水反應生成氫氣。檢驗氮化鈣(Ca3N2)產品中是否混有Ca方法是取少量產品溶于足量的蒸餾水中，將產生的氣體依次通過足量的濃硫酸、赤熱的氧化銅粉末，若黑色粉末變成紅色，則原產品中含有鈣，否則不含鈣。(5)調平液面是將量氣管和水準瓶中的液面保持相平，操作方法是上下移動水準瓶；(6)樣品與水反應生成氨氣的體積是(V2mL－V1mL)，設樣品中Ca3N2的質量為xg；Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑148g44.8Lxg(V2－V1)×10-3Lx=則該樣品純度為；如果開始仰視刻度線，終點時俯視刻度線，則測得氨氣的體積偏小，所以測得結果偏低。本題考查物質的制備實驗，把握實驗裝置的作用、發生的反應及制備原理為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意物質性質的綜合應用。27、燒杯量筒量取50mL水置于燒杯中，再將50mL濃硫酸沿玻璃棒緩緩加入到燒杯中，邊加邊攪拌確保液體順利流下濃硫酸干燥的品紅試紙Na2S溶液溴水Br2+SO2+2H2O→4H＋＋2Br－+SO42-亞硫酸鈉質量分數=（a表示硫酸鋇質量）【解析】

(1)配制大約100mL的1：1硫酸時需要的玻璃儀器為玻璃棒、燒杯、量筒；注意將50mL濃硫酸沿玻璃棒緩緩加入到燒杯中，邊加邊攪拌，不能將50mL水沿玻璃棒緩緩加入到燒杯50mL濃硫酸中；(2)圖1中裝置A的作用是保證上下壓強相同，確保液體順利流下；(3)若需要對比干燥SO2和濕潤的SO2的漂白性，則首先應對二氧化硫進行干燥，再通過干燥的品紅試紙，檢驗干燥SO2的漂白性，最后通過品紅溶液檢驗濕潤的SO2的漂白性；若需要先后驗證SO2的氧化性與還原性，氧化性則通過還原劑Na2S溶液看是否有S沉淀生成；還原性則通過氧化劑溴水看是否退色，離子方程式為：SO2+Br2+2H2O=2SO42-+2Br-+4H+；(4)根據亞硫酸鈉易被氧化成硫酸鈉，硫酸鋇不溶于鹽酸而亞硫酸鋇溶于鹽酸來設計計算亞硫酸鈉的質量分數。【詳解】(1)配制大約100mL的1：1硫酸時需要的玻璃儀器為玻璃棒、燒杯、量筒；配制過程為將50mL濃硫酸沿玻璃棒緩緩加入到盛有50ml水的燒杯中，邊加邊攪拌；故答案為：燒杯；量筒；將50mL濃硫酸沿玻璃棒緩緩加入到盛有50ml水的燒杯中，邊加邊攪拌；(2)圖1中裝置A的作用是保證上下壓強相同，確保液體順利流下，故答案為：確保液體順利流下；(3)若需要對比干燥SO2和濕潤的SO2的漂白性，則首先應對二氧化硫進行干燥，則先通過濃硫酸，再通過干燥的品紅試紙，檢驗干燥SO2的漂白性，最后通過品紅溶液檢驗濕潤的SO2的漂白性；若需要先后驗證SO2的氧化性與還原性，氧化性則通過還原劑Na2S溶液看是否有S沉淀生成；還原性則通過氧化劑溴水看是否退色，離子方程式為：SO2+Br2+2H2O=2SO42-+2Br-+4H+；故答案為：濃硫酸；干燥的品紅試紙；Na2S溶液；溴水；SO2+Br2+2H2O=2SO42-+2Br-+4H+；(4)因為亞硫酸鈉易被氧化成硫酸鈉，硫酸鋇不溶于鹽酸而亞硫酸鋇溶于鹽酸，所以流程為稱取樣品質量為W克溶液固體固體a克；則亞硫酸鈉質量分數=(1-)×100%(a表示硫酸鋇質量，樣品質量為W克)，故答案為：亞硫酸鈉質量分數=(1-)×100%(a表示硫酸鋇質量，樣品質量為W克)。28、碳(或C)第三周期ⅣA族3C+SiO2SiC+2CO↑精餾(或蒸餾或分餾)0.252H2+O2+SiCl4SiO2+4HClO2+2H2O+4e-=4OH-【解析】

(1)根據還原劑失去電子，元素的化合價升高；氧化劑獲得電子，元素的化合價降低判斷；根據原子核外電子排布與元素在周期表的位置分析；由于元素的非金屬性C>Si，在高溫下可能生成二者的化合物；(2)得到的氯化物中各種成分的沸點相差較大，可利用蒸餾的方法提純；P原子與3個Cl形成3對共用電子對結合形成PCl3；(3)先利用化學反應速率定義式計算υ(NH3)，然后根據υ(HCl)與υ(NH3)關系計算υ(HCl)；根據框圖可知反應物是SiCl4與H2、O2，生成物是SiO2、HCl，根據原子守恒、電子守恒書寫反應的方程式；原料氣H2和O2在堿性條件下可構成燃料電池，通入燃料H2的電極為負極，通入O2的電極為正極，根據原電池反應原理書寫電極反應式。【詳解】(1)在反應2C+SiO2Si+2CO↑中C元素的化合價由反應前的C單質的0價變為反應后CO中的+2價，化合價升高，失去電子，所以C為還原劑；Si是14號元素，Si原子核外K、L、M層依次排有2、8、4個電子，因此Si元素在元素周期表中位于第三周期第IVA族；在高溫下，除可能發生副反應C+SiO2Si+CO2↑外，足量的C與產生的Si再結合形成SiC，反應的方程式為：3C+SiO2SiC+2CO↑；(2)在用石英砂與焦炭反應產生的粗硅中含有Si及一些雜質，用氯氣將這些物質氧化，得到各種氯化物的液態混合物，各種成分的沸點相差較大，可利用蒸餾法分離提純得到純凈的SiCl4；P原子最外層有5個電子，Cl原子最外層有7個電子，P原子與3個Cl形成3對共用電子對結合形成PCl3，每個原子都達到最外層8個電子的