上海市松江區市級名校2024-2025學年高三（普通班）下學期期末考試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、下列實驗方案正確且能達到實驗目的是（）A．用圖1裝置制取并收集乙酸乙酯B．用圖2裝置除去CO2氣體中的HCl雜質C．用圖3裝置檢驗草酸晶體中是否含有結晶水D．用圖4裝置可以完成“噴泉實驗”2、化學與生產生活密切相關，下列說法錯誤的是A．二氧化硫能夠殺死會將酒變成醋的酵母菌B．二氧化碳可以作為溫室大棚里的氣態肥料C．可以用熟石灰鑒別所有的氮肥和鉀肥D．蔗糖、淀粉、纖維素都屬于糖類物質3、常溫下，向20mL、濃度均為0.1mol·L－1的氫氧化鈉溶液、氨水中分別滴加0.1mol·L－1鹽酸，溶液導電性如圖所示（已知：溶液導電性與離子濃度相關）。下列說法正確的是A．a點溶液pH=11B．曲線1中c與e之間某點溶液呈中性C．c點溶液中：c（H+）=c（OH－）+c（N3H·H2O）D．在a、b、c、d、e中，水電離程度最大的點是d4、下列解釋事實的方程式不正確的是（）A．硫酸銅溶液中加入氫氧化鋇溶液：Ba2++SO42-=BaSO4↓B．硫酸亞鐵溶液中加入過氧化氫溶液：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OC．向NaHCO3溶液中加入NaOH溶液：HCO3-+OH-=CO32-+H2OD．向AgCl懸濁液中加入Na2S溶液：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-5、下列說法合理的是()A．NH3極易溶于水，所以液氨常用作制冷劑B．C具有還原性，高溫下用焦炭還原SiO2制取粗硅和CO2C．用ClO2代替Cl2對飲用水消毒，是因為ClO2殺菌消毒效率高，二次污染小D．明礬水解形成的Al(OH)3膠體能吸附水中懸浮物，可用作生活用水的消毒劑6、電導率用于衡量電解質溶液導電能力的大小，與離子濃度和離子遷移速率有關。圖1為相同電導率鹽酸和醋酸溶液升溫過程中電導率變化曲線，圖2為相同電導率氯化鈉和醋酸鈉溶液升溫過程中電導率變化曲線，溫度均由22℃上升到70℃。下列判斷不正確的是A．由曲線1可以推測：溫度升高可以提高離子的遷移速率B．由曲線4可以推測：溫度升高，醋酸鈉電導率變化與醋酸根的水解平衡移動有關C．由圖1和圖2可以判定：相同條件下，鹽酸的電導率大于醋酸的電導率，可能的原因是Cl-的遷移速率大于CH3COO-的遷移速率D．由圖1和圖2可以判定：兩圖中電導率的差值不同，與溶液中H+、OH-的濃度和遷移速率無關7、下列說法正確的是（）A．鋼管鍍鋅時，鋼管作陰極，鋅棒作為陽極，鐵鹽溶液作電解質溶液B．鍍鋅鋼管破損后，負極反應式為Fe﹣2e﹣═Fe2+C．鍍銀的鐵制品，鍍層部分受損后，露出的鐵表面不易被腐蝕D．鋼鐵水閘可用犧牲陽極或外加電流的陰極保護法防止其腐蝕8、通過資源化利用的方式將CO2轉化為具有工業應用價值的產品(如圖所示)，是一種較為理想的減排方式，下列說法中正確的是()A．CO2經催化分解為C、CO、O2的反應為放熱反應B．除去Na2CO3固體中少量NaHCO3可用熱分解的方法C．過氧化尿素和SO2都能使品紅溶液褪色，其原理相同D．由CO2和H2合成甲醇，原子利用率達100%9、X、Y、Z、W均為短周期元素，它們在周期表中相對位置如圖所示.若Y原子的最外層電子數是內層電子數的3倍，下列說法中正確的是：A．只由這四種元素不能組成有機化合物B．最高價氧化物對應水化物的酸性W比Z弱C．Z的單質與氫氣反應較Y劇烈D．X、Y形成的化合物都易溶于水10、下列說法錯誤的是（）A．光照下，1molCH4最多能與4molCl2發生取代反應，產物中物質的量最多的是HClB．將苯滴入溴水中，振蕩、靜置，上層接近無色C．鄰二氯苯僅有一種結構可證明苯環結構中不存在單雙鍵交替結構D．乙醇、乙酸都能與金屬鈉反應，且在相同條件下乙酸比乙醇與金屬鈉的反應更劇烈11、我國科研人員研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化劑上CO2加氫制甲醇過程中水的作用機理，其主反應歷程如圖所示(H2→*H+*H，帶*標記的物質是該反應歷程中的中間產物或過渡態)。下列說法錯誤的是A．第①步中CO2和H2分子中都有化學鍵斷裂B．水在整個歷程中可以循環使用，整個過程不消耗水也不產生水C．第③步的反應式為：*H3CO+H2O→CH3OH+*HOD．第④步反應是一個放熱過程12、短周期主族元素Q、X、Y、Z的原子序數依次增大。Q的簡單氫化物和其最高價含氧酸可形成鹽，X與Q同周期且是該周期主族元素中原子半徑最小的元素；Z－具有與氬原子相同的電子層結構；Y、Z原子的最外層電子數之和為10。下列說法正確的是A．X與Z的簡單氫化物的水溶液均呈強酸性B．Y單質常溫下穩定不跟酸堿反應C．簡單氫化物的沸點：Q<XD．Y與Z的一種化合物是高溫結構陶瓷材料13、化學與生活、社會發展息息相關。下列說法正確的是A．有人稱“一帶一路”是“現代絲綢之路”，絲綢的主要成分是纖維素B．聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的過程C．疫苗一般應冷藏存放，其目的是避免蛋白質變性D．“玉兔二號”的太陽能電池帆板的材料是二氧化硅14、X、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素。25℃時，各元素最高價氧化物對應水化物的pH與原子半徑的關系如圖，其中X、N、W、R測定的是濃度均為0.01mol/L溶液的pH，Y、Z測定的是其飽和溶液的pH。下列說法正確的是A．R、N分別與X形成二元化合物的水溶液均呈堿性B．N、Z、X三種元素的最高價氧化物均不與水反應C．單質與H2化合由易到難的順序是：R、N、MD．金屬單質與冷水反應由易到難的順序是：Y、X、Z15、工業合成氨的反應是在高溫、高壓和有催化劑存在的條件下，用氫氣和氮氣直接化合制取：3H2＋N22NH3，這是一個正反應放熱的可逆反應。如果反應在密閉容器中進行，下述有關說法中錯誤的是A．為了提高H2的轉化率。應適當提高N2的濃度B．達到平衡時，c(NH3)一定是c(H2)的三分之二C．使用催化劑是為了加快反應速率，提高生產效率D．達到平衡時，氨氣分解速率是氮氣消耗速率的兩倍16、給定條件下，下列選項中所示的物質間轉化均能一步實現的是（）A．SSO2BaSO4B．SiO2H2SiO3Na2SiO3（aq）C．MgCl2?6H2OMgCl2MgD．N2NO2HNO317、下列有關NH3的說法錯誤的是（）A．屬于極性分子 B．比例模型C．電子式為 D．含有極性鍵18、從制溴苯的實驗中分離出FeBr3溶液，得到溴的苯溶液和無水FeCl3。下列設計能達到相應實驗目的的是A．用裝置甲制取氯氣按圖示通入裝置乙中能使Br-全部轉化為溴單質B．用裝置丙分液時先從下口放出水層，換一容器從上口倒出有機層C．檢驗溶液中是否氧化完全，取水層少許滴加硝酸銀溶液，看有無沉淀生成D．用裝置丁將分液后的水層溶液蒸發至有大量晶體析出時，停止加熱，余熱蒸干19、主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加，且均不大于20。W、X、Y最外層電子數之和為11，W與Y同族且都是復合化肥的營養元素，Z的氫化物遇水可產生最輕的氣體。下列說法正確的是（）A．常溫常壓下X的單質為氣態B．簡單氣態氫化物的熱穩定性：Y＞WC．Z的氫化物含有共價鍵D．簡單離子半徑：W＞X20、已知還原性I->Fe2+>Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯氣，關于所得溶液離子成分分析正確的是（不考慮Br2、I2和水的反應）（）A．I-、Fe3+、Cl- B．Fe2+、Cl-、BrC．Fe2+、Fe3+、Cl- D．Fe2+、I-、Cl-21、下列實驗現象與實驗操作不相匹配的是）（）選項實驗操作實驗現象A向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇溶液褪色B向濃HNO3中加入炭粉并加熱，產生的氣體通入少量澄清石灰石中有紅棕色氣體產生，石灰石變渾濁C向稀溴水中加入苯，充分振蕩，靜置水層幾乎無色D向試管底部有少量銅的Cu(NO3)2溶液中加入稀硫酸銅逐漸溶解A．A B．B C．C D．D22、下列表示物質結構的化學用語或模型正確的是A．HClO的結構式：H—O—Cl B．HF的電子式：H＋[::]－C．S2﹣的結構示意圖： D．CCl4分子的比例模型：二、非選擇題(共84分)23、（14分）藥物中間體(G)在有機制藥工業中的一種合成方法如下:回答下列問題:(1)化合物D和G中含氧官能團的名稱分別為___________、_________。(2)由B→C的反應類型為_____;寫出C→D反應的化學方程式:________。(3)化合物E的結構簡式為________。(4)反應F→G的另一種生成物是___________。(5)寫出同時滿足下列條件的B的同分異構體的結構簡式:_______。①能與新制Cu(OH)2加熱條件下反應生成磚紅色沉淀，水解產物之一能與FeCl3溶液發生顯色反應:②核磁共振氫譜為四組峰,峰面積比為1:2:4:9;③分子中含有氨基。(6)已知:RCNRCH2NH2請設計以HOOCCH2COOH和CH3CH2Cl為原料制備的合成路線:_________(無機試劑任用)。24、（12分）藥物心舒寧（又名冠心寧）是一種有機酸鹽,用于治療心脈瘀阻所致的冠心病、心絞痛等，可用以下路線合成。完成下列填空：47、寫出反應類型：反應①______________、反應②_______________。48、寫出結構簡式：A__________________、C____________________。49、由1molB轉化為C，消耗H2的物質的量為_______________。如果將③、④兩步顛倒，則最后得到的是（寫結構簡式）__________________________。50、D有同類別的同分異構體E，寫出E與乙二醇發生縮聚反應所得產物的結構簡式______________。51、寫出與A的屬于芳香族化合物的同分異構體與鹽酸反應的化學方程式______________。25、（12分）葡萄糖酸鋅{M[Zn(C6H11O7)2]＝455g·mol－1)是一種重要的補鋅試劑，其在醫藥、食品、飼料、化妝品等領城中具有廣泛的應用。純凈的葡葡糖酸鋅為白色晶體，可溶于水，極易溶于熱水，不溶于乙醇，化學興趣小組欲在實驗室制備葡萄糖酸鋅并測定產率。實驗操作分以下兩步：Ⅰ.葡萄糖酸(C6H12O7)的制備。量取50mL蒸餾水于100mL燒杯中，攪拌下緩慢加入2.7mL(0.05mol)濃H2SO4，分批加入21.5g葡萄糖酸鈣{M[Ca(C6H11O7)2]＝430g·mol－1，易溶于熱水}，在90℃條件下，不斷攪拌，反應40min后，趁熱過濾。濾液轉移至小燒杯，冷卻后，緩慢通過強酸性陽離子交換樹脂，交換液收集在燒杯中，得到無色的葡葡糖酸溶液。Ⅱ.葡萄糖酸鋅的制備。向上述制得的葡萄糖酸溶液中分批加入足量的ZnO，在60℃條件下，不斷攪拌，反應1h，此時溶液pH≈6。趁熱減壓過濾，冷卻結晶，同時加入10mL95%乙醇，經過一系列操作，得到白色晶體，經干燥后稱量晶體的質量為18.2g。回答下列問題：(1)制備葡萄糖酸的化學方程式為________________。(2)通過強酸性陽離子交換樹脂的目的是_______________。(3)檢驗葡萄糖酸溶液中是否存在SO42-的操作為_________。(4)制備葡萄糖酸時選用的最佳加熱方式為_______________。(5)制備葡萄糖酸鋅時加入乙醇的目的是________，“一系列操作”具體是指_______。(6)葡萄糖酸鋅的產率為______(用百分數表示)，若pH≈5時就進行后續操作，產率將_____(填“增大”“減小”或“不變”)。26、（10分）二氧化釩（VO2）是一種新型熱敏材料。實驗室以V2O5為原料合成用于制備VO2的氧釩（IV）堿式碳酸銨晶體,過程如下:V2O5VOCl2溶液（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]10·H2O回答下列問題：（1）步驟i中生成VOCl2的同時生成一種無色無污染的氣體,該反應的化學方程式為____。也可只用濃鹽酸與V2O5來制備VOCl2溶液,從環境角度考慮,該方法的缺點是_______。（2）步驟ii可在如圖裝置（氣密性良好）中進行。已知:VO2+能被O2氧化。①藥品填裝完成后的實驗操作是____（填活塞“a”“b”的操作）。②若無裝置B,則導致的后果是____。（3）加完VOCl2后繼續攪拌數分鐘,使反應完全,小心取下分液漏斗,停止通氣,立即塞上橡膠塞,將錐形瓶置于CO2保護下的干燥器中，靜置過夜,得到紫紅色晶體,抽濾,并用飽和NH4HCO3溶液洗滌3次,用無水乙醇洗滌2次,除去水分,再用乙醚洗滌2次,抽干稱重。用飽和NH4HCO3溶液洗滌除去的陰離子主要是____。（4）測定氧釩（IV）堿式碳酸銨晶體粗產品中釩的含量。稱量4.246g樣品于錐形瓶中,用20mL蒸餾水與30mL硫酸混合溶解后，加0.02mol·L-1的KMnO4溶液至稍過量,充分反應后繼續加1%NaNO2溶液至稍過量，再用尿素除去過量的NaNO2,最后用0.08mol·L-1的（NH4）2Fe（SO4）2標準溶液滴定至終點,消耗體積為30.00mL。（滴定反應:VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O）①NaNO2溶液的作用是____。②粗產品中釩的質量分數為____（精確到小數點后兩位）。27、（12分）已知CuSO4溶液與K2C2O4溶液反應，產物為只含一種陰離子的藍色鉀鹽晶體(只含有1個結晶水)，某實驗小組為確定該晶體的組成，設計實驗步驟及操作如下：已知：a.過程②：MnO4－被還原為Mn2+，C2O42－被氧化為CO2b.過程③：MnO4－在酸性條件下，加熱能分解為O2，同時生成Mn2+c.過程④：2Cu2++4I－=2CuI↓+I2d.過程⑥：I2+2S2O32－=21－+S4O62－(1)過程①加快溶解的方法是________________________。(2)配制100mL0.20mol·L－1KMnO4溶液時用到的玻璃儀器有玻璃棒、燒杯、膠頭滴管、____________；過程②和過程⑥滴定時，滴定管應分別選用____________、____________(填“甲”或乙”)。(3)完成過程②的離子反應方程式的配平：___MnO4－+___C2O42－+___H+===___Mn2++___H2O+___CO2↑。(4)過程③加熱的目的是________________________。(5)過程⑥，應以____________作指示劑，若溶液顏色剛剛褪去就停止滴加，則測定結果是____________(填“偏大”“偏小”或“無影響”)(6)已知兩個滴定過程中消耗KMnO4和Na2S2O3的體積相等，據此推測該晶體為____________·H2O。28、（14分）甲醇CH3OH)是一種重要的化工原料，工業上有多種方法可制得甲醇成品(一)以CO、H2和CO2制備甲醇①CO2(g)+H2(g)COg)+H2O(g)?H1②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)?H3（1）已知:反應①的化學平衡常數K和溫度的關系如下表t/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6則下列說法正確的是______A．反應①正反應是吸熱反應B．一定體積的密閉容器中，壓強不再變化時，說明反應①達到平衡狀態C．1100℃時，反應①的K可能為1.5D．在1000℃時，[c(CO2)·c(H2)]/[c(CO)·c(H2O)]約為0.59（2）比較△H2_____△H3(填“>”、“＝”或“＜”)（3）現利用②和③兩個反應合成CH3OH，已知CO可使反應的催化劑壽命下降若氫碳比表示為f＝[n(H2)-n(CO2)]/[n(CO)+n(CO2)]，則理論上f＝_____時，原料氣的利用率高，但生產中住往采用略高于該值的氯碳比，理由是_________________________________.(二)以天然氣為原料，分為兩階段制備甲醇:(i)制備合成氣:CH4(g)+H2Og)CO(g)+3H2(g)?H1>0(ii)合成甲醇:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)?H2>0在一定壓強下，1molCH4(g)和1molH2O(g)在三種不同催化劑作用下發生反應(i)，經歷相同時間時，CO的物質的量(n)隨溫度變化的關系如圖1（1）下列說法正確的是_______A．曲線①中n(CO)隨溫度變化的原因是正反應為吸熱反應，升高溫度，平衡向右移動B．三種催化劑中，催化劑③的催化效果最好，所以能獲得最高的產率C．當溫度低于700℃時的曲線上的點可能都沒有到達平衡D．若溫度大于700℃時，CO的物質的量保持不變（2）500℃時，反應(1)在催化劑①的作用下到10mim時達到平衡，請在圖2中畫出反應（1）在此狀態下0至12分鐘內反應體系中H2的體積分數(H2)隨時間t變化的總趨勢___________________（三）研究表明，CO也可在酸性條件下通過電化學的方法制備甲醇，原理如圖3所示。（1）產生甲醇的電極反應式為___________________；（2）甲醇燃料電池應用很廣，其工作原理如圖4，寫出電池工作時的負極反應式:___________。29、（10分）（14分）新型潔凈能源能夠解決環境污染、能源短缺等問題，真正把“綠水青山就是金山銀山”落實到我國的各個角落。氫氣作為清潔高效、可持續“零碳”能源被廣泛研究，而水煤氣變換反應(WGSR)是一個重要的制氫手段。（1）WGSR的氧化還原機理和羧基機理如圖所示。則熱化學方程式CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH中，對ΔH表述錯誤的是________（填字母）。A．氧化還原機理途徑：ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH5a+ΔH7B．羧基機理途徑：ΔH=ΔH1+ΔH4+ΔH5d+ΔH7C．氧化還原機理途徑：ΔH=ΔH1+ΔH3+ΔH5a+ΔH7D．羧基機理途徑：ΔH=ΔH1+ΔH4+ΔH5c+ΔH7E．ΔH=ΔH1++ΔH7（2）水煤氣變換反應在不同條件時CO的轉化率不同，下圖為壓力、溫度、不同溫度時鉀的化合物對CO的轉化率的影響關系圖，請認真觀察圖中信息，結合自己所學知識及生產實際，寫出水煤氣變換反應的條件：溫度選擇________℃；鉀的化合物中_______催化效果最明顯；壓力選擇______Mpa，選用此壓力的原因為________。（3）如圖是Au12Cu、Au12Pt、Au12Ni三種催化劑在合金團簇上WGSR最佳反應路徑的基元反應能量圖，反應能壘（活化能）最_______（填“高”或“低”）的步驟，為整個反應的速控步驟；三種催化劑催化反應的速控步驟__________（填“相同”或“不相同”）；三種催化劑中，___________在合金團簇上的WGSR各基元反應能壘較小，對WGSR表現出較好的催化活性。（4）已知某密閉容器中存在下列平衡：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，CO的平衡物質的量濃度c(CO)與溫度T的關系如圖所示。若T1、T2、T3時的平衡常數分別為K1、K2、K3，則K1、K2、K3由小到大的關系為____________。

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．乙酸乙酯在NaOH溶液中能完全水解，應改用飽和碳酸鈉溶液，故A錯誤；B．二者均與碳酸鈉反應，不能除雜，應選飽和碳酸氫鈉溶液，故B錯誤；C．無水硫酸銅遇水變藍，且草酸中含H元素和氧元素，分解生成水，則變藍不能說明草酸含結晶水，故C錯誤；D．氨氣極易溶于水，打開止水夾，捂熱燒瓶根據氣體熱脹冷縮的原理可引發噴泉，故D正確；故答案為D。解答綜合性實驗設計與評價題主要從以下幾個方面考慮：①實驗原理是否正確、可行；②實驗操作是否完全、合理；③實驗步驟是否簡單、方便；④實驗效果是否明顯等。⑤反應原料是否易得、安全、無毒；⑥反應速率較快；⑦原料利用率以及合成物質的產率是否較高；⑧合成過程是否造成環境污染。⑨有無化學安全隱患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、著火、濺液、破損等。2、C【解析】

A．二氧化硫可以用作防腐劑，能夠殺死會將酒變成醋的酵母菌，故A正確；B．二氧化碳能引起溫室效應，也是植物發生光合作用的原料之一，因此二氧化碳可以作為溫室大棚里的氣態肥料，故B正確；C．氫氧化鈣與鉀肥無現象，氫氧化鈣和銨態氮肥混合會產生刺激性氣味的氨氣，但并不是所有的氮肥，如硝酸鹽(除硝酸銨外)，不能用熟石灰鑒別所有的氮肥和鉀肥，故C錯誤；D．蔗糖屬于二糖；淀粉、纖維素屬于多糖，故D正確；答案選C。3、C【解析】

氫氧化鈉為強電解質，一水合氨為弱電解質，所以體積、濃度相同的氫氧化鈉溶液的導電性要比一水合氨的導電性要強，故曲線2為氫氧化鈉溶液，曲線1氨水。【詳解】A.曲線2為氫氧化鈉溶液，氫氧化鈉是一元強堿，c(OH-)=0.1mol/L，則c(H+)=1×10-13mol/L，所以pH=-lgc(H+)=13，故A錯誤；B.在氨水中滴加鹽酸，溶液由堿性變中性，再變成酸性，滴定前氨水呈堿性，而c點對應的溶液溶質為氯化銨，呈酸性，說明中性點在c點向b點間的某點，c點到e點溶液的酸性越來越強，故B錯誤；C.c點表示溶質是氯化銨，溶液中存在質子守恒式：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，故C正確；D.由圖像知，曲線1導電性較弱，說明曲線1對應的溶液為弱電解質溶液，即曲線1代表氨水，曲線2代表氫氧化鈉溶液，c點表示氨水與鹽酸恰好完全反應生成氯化銨，水解程度最大，故此點對應的溶液中水的電離程度最大，故D錯誤；故選C。正確判斷曲線1、曲線2代表的溶質為解答關鍵，然后根據橫坐標加入HCl的量可以判斷各點相應的溶質情況，根據溶質分析溶液的酸堿性、水的電離程度。4、A【解析】

A．硫酸銅溶液中加入氫氧化鋇溶液的離子反應為Cu2＋＋2OH?＋Ba2＋＋SO42?=BaSO4↓＋Cu(OH)2↓，故A錯誤；B．硫酸亞鐵溶液中加入過氧化氫溶液，發生氧化還原反應，則離子反應為2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故B正確；C．碳酸氫鈉與氫氧化鈉溶液反應生成碳酸鈉和水，反應的離子方程式為：HCO3?＋OH?=CO32?＋H2O，故C正確；D．向AgCl懸濁液中滴加Na2S溶液，白色沉淀變成黑色，發生沉淀的轉化，反應的離子反應為：2AgCl＋S2?=Ag2S＋2Cl?，故D正確；故答案選A。5、C【解析】

A.NH3可用作制冷劑，是利用液氨氣化時從環境吸收大量的熱的性質，不是溶解性，故A錯誤；B.高溫下用焦炭還原SiO2生成的產物是粗硅和一氧化碳，不能產生二氧化碳，故B錯誤；C.相同物質的量的ClO2轉移電子數Cl2的2.5倍，其消毒能力之比為5:2，而且不產生二次污染，故C正確；D.明礬水解形成的Al(OH)3膠體能吸附水中懸浮物，是利用膠體的吸附作用，不能殺菌消毒，故D錯誤；故答案為C。本題綜合考查常見物質的性質，為高考高頻考點，側重于學生的分析能力和元素化合物知識的綜合理解和運用的考查，難度不大，注意相關基礎知識的積累。6、D【解析】

A．曲線1中鹽酸溶液在升高溫度的過程中離子濃度不變，但電導率逐漸升高，說明溫度升高可以提高離子的遷移速率，故A正確；B．溫度升高，促進CH3COONa溶液中CH3COO-的水解，則由曲線3和曲線4可知，溫度升高，醋酸鈉電導率變化與醋酸根的水解平衡移動有關，故B正確；C．曲線1和曲線2起始時導電率相等，但溫度升高能促進醋酸的電離，溶液中離子濃度增加，但鹽酸溶液的導電率明顯比醋酸高，說明可能原因是Cl-的遷移速率大于CH3COO-的遷移速率，故C正確；D．曲線1和曲線2起始時導電率相等，可知鹽酸和醋酸兩溶液中起始時離子濃度相等，包括H+和OH-濃度也相等，而隨著溫度的升高，促進醋酸的電離，醋酸溶液中的H+和OH-濃度不再和鹽酸溶液的H+和OH-濃度相等，則兩者的導電率升高的幅度存在差異，可能與溶液中H+、OH-的濃度和遷移速率有關，故D錯誤；故答案為D。7、D【解析】

A、電鍍時鍍層金屬作陽極，則Zn為陽極，待鍍金屬作陰極，則Fe為陰極，含有鋅離子的溶液為電解質溶液，故A錯誤；B、Zn比Fe活潑，形成原電池時，Zn作負極，鍍鋅鋼管破損后，負極反應式為Zn﹣2e﹣═Zn2+，故B錯誤；C、鍍銀的鐵制品鐵破損后發生電化學腐蝕，因Fe比Ag活潑，鐵易被腐蝕，故C錯誤；D、用犧牲陽極或外加電流的陰極保護法，鐵分別為正極和陰極，都發生還原反應，可防止被氧化，故D正確。答案選D。考查電化學腐蝕與防護，應注意的是在原電池中正極被保護、在電解池中陰極被保護。8、B【解析】

A、該反應應為吸熱反應，A錯誤；B、碳酸氫鈉受熱易分解生成碳酸鈉、水和二氧化碳，因此除去Na2CO3固體中少量NaHCO3可用熱分解的方法，B正確；C、過氧化尿素使品紅溶液褪色是利用它的強氧化性，而二氧化硫使品紅溶液褪色是利用它與品紅試劑化合生成不穩定的無色物質，原理不相同，C錯誤；D、由圖示可知，二氧化碳與氫氣合成甲醇的原子利用率不是100%，D錯誤；答案選B。9、A【解析】

根據Y原子的最外層電子數是內層電子數的3倍，可判斷Y為氧元素，因此X、Z、W分別為氮、硫、氯元素。【詳解】A、因要組成有機化合物必須含有碳、氫元素，正確；B、非金屬性W>Z，最高價氧化物對應水化物的酸性是W>Z，錯誤；C、非金屬性Y>Z，故Y與氫氣化合物更劇烈，錯誤；D、N、O形成的化合物如NO不易溶于水，錯誤。10、B【解析】

A．甲烷和氯氣發生取代反應生成多種氯代烴，取代1個氫原子消耗1mol氯氣，同時生成氯化氫；B．苯與溴水不反應，發生萃取；C．如果苯環是單雙鍵交替，則鄰二氯苯有兩種；D．醇羥基氫活潑性弱于羧羥基氫。【詳解】A．甲烷和氯氣發生取代反應生成多種氯代烴，取代1個氫原子消耗1mol氯氣，同時生成氯化氫，1molCH4最多能與4molCl2發生取代反應，產物中物質的量最多的是HCl，故A正確；B．苯與溴水不反應，發生萃取，溴易溶于苯，苯密度小于水，所以將苯滴入溴水中，振蕩、靜置，下層接近無色，故B錯誤；C．如果苯環是單雙鍵交替，則鄰二氯苯有兩種，鄰二氯苯僅有一種結構可證明苯環結構中不存在單雙鍵交替結構，故C正確；D．醇羥基氫活潑性弱于羧羥基氫，所以乙醇、乙酸都能與金屬鈉反應，且在相同條件下乙酸比乙醇與金屬鈉的反應更劇烈，故D正確；故選：B。11、B【解析】

A.第①步反應中CO2和H2反應產生*H和*HCOO，可見兩種分子中都有化學鍵斷裂，A正確；B.根據圖示可知：在第③步反應中有水參加反應，第④步反應中有水生成，所以水在整個歷程中可以循環使用，整個過程中總反應為CO2+3H2→CH3OH+H2O，整個過程中產生水，B錯誤；C.在反應歷程中，第③步中需要水，*H3CO、H2O反應生成CH3OH、*HO，反應方程式為：*H3CO+H2O→CH3OH+*HO，C正確；D.第④步反應是*H+*HO=H2O，生成化學鍵釋放能量，可見第④步反應是一個放熱過程，D正確；故答案選B。12、C【解析】

根據條件“Q的簡單氫化物和其最高價含氧酸可形成鹽”，推測Q為N元素；X是與Q同周期，且半徑是同周期中最小的元素，所以X為F元素；由“Z－具有與氬原子相同的電子層結構”可知，Z為Cl元素；根據“Y、Z原子的最外層電子數之和為10”，且“Q、X、Y、Z的原子序數依次增大”，可知Y為Al元素。【詳解】A．X和Z的簡單氫化物分別是HF和HCl，其中HF為弱酸，A項錯誤；B．Y單質即鋁單質，化學性質活潑，常溫下既可以與強酸反應也可以與強堿反應，B項錯誤；C．Q和X的簡單氫化物分別為NH3和HF，標況下HF為液態，而NH3為氣態，所以HF的沸點更高，C項正確；D．Y和Z的化合物即AlCl3，屬于分子晶體，并不具備高沸點和高強度，D項錯誤；答案選C。13、C【解析】

A.絲綢的主要成分是蛋白質，故A錯誤；B.聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的過程，油脂不屬于高分子，故B錯誤；C.疫苗一般應冷藏存放，其目的是避免蛋白質變性，使蛋白質失去活性，故C正確；D.硅是半導體，“玉兔二號”的太陽能電池帆板的材料是硅，故D錯誤；故選C。14、C【解析】

X、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素，25℃時，各元素最高價氧化物對應水化物的

pH與原子半徑的關系如圖，其中

X、N、W、R測定的是濃度均為0.01

mol/L溶液的pH，Y、Z測定的是其飽和溶液的pH，X、Y、Z的最高價氧化物對應水化物的水溶液呈堿性，結合堿性強弱可知，X為Na，Y為Mg，Z為Al；R的pH=2，則R為Cl；N的pH＜2，則N為S；M的pH＜4，應該為P元素，據此解答。【詳解】根據分析可知，X為Na，Y為Mg，Z為Al，M為P，N為S，R為Cl元素。

A．NaCl溶液呈中性，故A錯誤；

B．Na的氧化物為氧化鈉，S的最高價氧化物為三氧化硫，三氧化硫和水反應生成硫酸，氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉，故B錯誤；

C．非金屬性：Cl＞S＞P，非金屬性越強，單質與氫氣化合越容易，則單質與

H2化合由易到難的順序是：R、N、M，故C正確；

D．金屬性：Na＞Mg＞Al，則金屬單質與冷水反應由易到難的順序是：X、Y、Z，故D錯誤；

故選：C。15、B【解析】

A、增大N2的濃度，平衡向正反應移動，H2的轉化率增大，選項A正確；B、反應達到平衡時，c(NH3)不一定是c(H2)的三分之二，這與該反應的初始物質的量及轉化率有關，選項B錯誤；C、使用催化劑增大反應速率，不影響化學平衡移動，能提高生產效率，選項C正確；D、氨氣分解速率是氮氣消耗速率的兩倍時，說明正逆反應速率相等，則反應達平衡狀態，選項D正確。答案選B。16、A【解析】A．硫單質點燃生成二氧化硫，二氧化硫通入硝酸鋇溶液，溶液顯酸性，硝酸根氧化二氧化硫為硫酸，結合鋇離子生成不溶于水和酸的硫酸鋇沉淀，轉化關系可以一步實現，A正確；B．二氧化硅是酸性氧化物，但不溶于水不能一步生成硅酸，B錯誤；C．氯化鎂晶體加熱過程中會發生水解得到氫氧化鎂，不能生成氯化鎂固體，需要在氯化氫氣流中加熱失去結晶水得到氯化鎂固體，C錯誤；D．氮氣與氧氣放電件下反應生成一氧化氮，不能一步生成二氧化氮氣體，D錯誤；答案選A。17、B【解析】

NH3中N-H鍵為極性鍵，氨氣為三角錐形結構，故為極性分子，電子式為，據此分析。【詳解】A.氨氣為三角錐形，為極性分子，故A正確；B.由于氨氣為三角錐形，故其比例模型為，故B錯誤；C.氨氣中N原子分別以單鍵和H原子形成共價鍵，且N原子上還有一對孤電子對，故電子式為，故C正確；D.形成于不同原子間的共價鍵為極性共價鍵，故N-H鍵為極性共價鍵，故D正確。故選：B。18、B【解析】

A．乙中Cl2應當長進短出，A錯誤；B．分液操作時，先將下層液體從下口放出，再將上層液體從上口倒出，B正確；C．無論氧化是否完全，滴加硝酸銀溶液都會產生沉淀，C錯誤；D．FeCl3會水解，水解方程式為：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，蒸發時，應在HCl氛圍中進行，否則得不到FeCl3，得到Fe(OH)3，D錯誤。答案選B。19、D【解析】

W與Y同族且都是復合化肥的營養元素，則W為氮(N)，Y為磷(P)；W、X、Y最外層電子數之和為11，則X為鈉(Na)；Z的氫化物遇水可產生最輕的氣體，則Z為鉀(K)或鈣(Ca)。【詳解】A．常溫常壓下X的單質為鈉，呈固態，A錯誤；B．非金屬性Y(P)<W(N)，簡單氣態氫化物的熱穩定性Y<W，B錯誤；C．Z的氫化物為KH或CaH2，含有離子鍵，C錯誤；D．具有相同核電荷數的離子，核電荷數越大，半徑越小，則簡單離子半徑：N3->Na+，D正確；故選D。20、B【解析】

由于還原性I->Fe2+>Br-，所以在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯氣，首先發生反應：Cl2＋2I－===2Cl－＋I2；當I－反應完全后再發生反應：2Fe3＋+Cl2=2Fe2++2Cl－，當該反應完成后發生反應：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2。因此可能存在的情況是Fe2+、Cl-、Br，故選項是B。21、B【解析】

A.酸性KMnO4溶液中滴加乙醇，乙醇被氧化，酸性KMnO4溶液溶液褪色，故A正確，不符合題意；B.C與濃硝酸反應生成二氧化碳、二氧化氮，二氧化氮與水反應生成硝酸，即使生成了碳酸鈣，也會被硝酸溶解，因此不會有渾濁現象，故B錯誤，符合題意；C.苯與溴水發生萃取，水層接近無色，故C正確，不符合題意；D.

向硝酸銅溶液中滴加稀硫酸，有氫離子和硝酸根離子，能使銅溶解，故D正確，不符合題意；故選：B。22、A【解析】

A.次氯酸的中心原子為O，HClO的結構式為：H?O?Cl，A項正確；B.

HF是共價化合物，不存在離子鍵，分子中氟原子與氫原子形成1對共用電子對，電子式為，B項錯誤；C.硫離子質子數為16，核外電子數為18，有3個電子層，由里到外各層電子數分別為2、8、8，離子結構示意圖為，C項錯誤；D.氯原子的半徑比碳原子的大，中心原子的半徑小，D項錯誤；答案選A。A項是易錯點，要特別注意原子與原子之間形成的共價鍵盡可能使本身達到穩定結構。二、非選擇題(共84分)23、酯基肽鍵加成反應CH3CH2OH和【解析】

A發生取代反應生成B，B和HCl發生加成反應生成C，C與KCN發生取代反應生成D，D與鹽酸反應，根據E和乙醇發生酯化反應生成F，根據F的結構推出E的結構簡式為，F和C2H5NH2發生取代反應生成G和乙醇。【詳解】(1)根據D、G的結構得出化合物D中含氧官能團的名稱為酯基，G中含氧官能團的名稱為肽鍵；故答案為：酯基；肽鍵。(2)根據B→C的結構式得出反應類型為加成反應；根據C→D反應得出是取代反應，其化學方程式；故答案為：加成反應；。(3)根據E到F發生酯化反應得出化合物E的結構簡式為；故答案為：。(4)根據反應F→G中的結構得出反應為取代反應，因此另一種生成物是CH3CH2OH；故答案為：CH3CH2OH。(5)①能與新制Cu(OH)2加熱條件下反應生成磚紅色沉淀，水解產物之一能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明含有甲酸與酚形成的酚酸酯，即取代基團為—OOCH，③分子中含有氨基，②核磁共振氫譜為四組峰，峰面積比為1:2:4:9，存在對稱結構，還又含有2個—NH2,1個—C(CH3)3，符合條件的同分異構體為和；故答案為：和。(6)CH3CH2Cl在堿性條件下水解得到CH3CH2OH，然后與HOOCCH2COOH發生酯化反應得到CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，CH3CH2Cl與KCN發生取代反應得到CH3CH2CN，用氫氣還原得到CH3CH2CH2NH2，根據F到G的轉化過程，CH3CH2CH2NH2與CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3反應得到，合成路線為；故答案為：。24、取代反應消去反應10mol【解析】

根據流程圖中苯轉化為，為四氯化碳中的兩個氯原子被苯環上的碳取代，同一碳上的羥基不穩定，所以鹵代烴水解消去得到酮，根據酮和A反應生成，推之酮和A發生加成反應的產物，所以A為：，在濃硫酸的作用下發生醇羥基的消去反應生成B，和氫氣發生加成反應生成C，C與D反應生成心舒寧，所以D為：；據以上分析進行解答。【詳解】據流程圖中苯轉化為，為四氯化碳中的兩個氯原子被苯環上的碳取代，CCl4+2→+2HCl，同一碳上的羥基不穩定，所以鹵代烴水解消去得到酮，根據酮和A反應生成，推之酮和A發生加成反應的產物，+→，A為：，在濃硫酸的作用下發生醇羥基的消去反應→+H2O，生成B，和氫氣發生加成反應+10H2→，生成C，C與D反應生成心舒寧，所以D為：，反應為：+→，1．結合以上分析可知，反應①取代反應、反應②是醇的消去；2．發生加成反應生成，結合原子守恒和碳架結構可得出A的結構簡式：；C是由經過醇的消去，再和氫氣完全加成的產物，可C的結構簡式為：；3．B與氫氣加成時二個苯環和右側六元環需要9個氫分子，另外還有一個碳碳雙鍵，故由1molB轉化為C，完全加成消耗H2的物質的量為10mol；如果將③、④兩步顛倒，則發生反應為中間體B先與生成鹽，后再與H2加成，故最后得到的產物的結構簡式中應不含不飽和的雙鍵．即為；4．D為與之同類別的同分異構體E為，E與乙二醇發生縮聚反應所得產物的結構簡式；5．A的屬于芳香族化合物的同分異構體為與鹽酸反應的化學方程式。25、將未充分反應的葡萄糖轉化為葡萄糖酸取適量葡萄糖酸試液，向其中加入足量的稀鹽酸，無明顯現象，再滴加BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則證明葡萄糖酸溶液中還存在SO42-，反之則不存在水浴加熱（或熱水浴）降低葡萄糖酸鋅溶解度，便于晶體析出過濾、洗滌80%減小【解析】

(1)葡萄糖酸鈣Ca(C6H11O7)2與硫酸H2SO4反應生成葡萄糖酸(C6H12O7)，原理為強酸制弱酸，化學反應方程式為，故答案為：；(2)將葡萄糖酸鈣與硫酸反應后的濾液緩慢通過強酸性陽離子交換樹脂進行陽離子交換，可將為充分反應的Ca2+交換為H+，即將未充分反應的葡萄糖酸鈣轉化為葡萄糖酸，故答案為：將未充分反應的葡萄糖轉化為葡萄糖酸；(3)結合SO42-離子的檢驗方法，可取適量葡萄糖酸試液，向其中加入足量的稀鹽酸，無明顯現象，再滴加BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則證明葡萄糖酸溶液中還存在SO42-，反之則不存在，故答案為：取適量葡萄糖酸試液，向其中加入足量的稀鹽酸，無明顯現象，再滴加BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則證明葡萄糖酸溶液中還存在SO42-，反之則不存在；(4)實驗Ⅰ制備葡糖糖酸時，反應條件為90℃，則最佳的加熱方式為水浴加熱（或熱水浴），故答案為：水浴加熱（或熱水浴）；(5)葡萄糖酸鋅可溶于水，極易溶于熱水，不溶于乙醇，生成葡萄糖酸鋅后，加入乙醇可減少葡萄糖酸鋅的溶解，使其以晶體的形式析出，加入乙醇后的“一些列操作”可以是過濾、洗滌，故答案為：降低葡萄糖酸鋅溶解度，便于晶體析出；過濾、洗滌；(6)根據反應方程式可得關系式：Ca(C6H11O7)2~Zn(C6H11O7)2，m[Ca(C6H11O7)2]=21.5g，則，則理論上可得到葡萄糖酸鋅的物質的量為n[Zn(C6H11O7)2]=0.05mol，因此，，根據可得，葡萄糖酸鋅的產率為，若pH≈5時就進行后續操作，一些葡萄糖酸就不能充分轉化為葡萄糖酸鋅，導致葡萄糖酸鋅質量將減小，產率減小，故答案為：80%；減小；26、2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O氯氣有毒，污染空氣打開活塞a數分鐘后，再打開活塞bHCl與NH4HCO3反應Cl-除去過量的KMnO42.88%【解析】

V2O5與鹽酸、N2H4﹒2HCl混合發生反應：2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，得到VOCl2溶液，加碳酸氫銨溶液后得到氧釩(IV)堿式碳酸銨晶體。（1）根據原子守恒及氧化還原反應原理分析解答；（2）根據題給信息中+4價V易被氧化的性質分析解答；（3）根據原子守恒及晶體的組成分析解答；（4）根據滴定原理及氧化還原反應原理分析解答。【詳解】（1）根據原子守恒分析生成的一種無色無污染的氣體為N2，該反應的化學方程式為2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；根據氧化還原反應原理分析，V被還原，則濃鹽酸的中Cl被氧化生成氯氣，氯氣有毒，污染空氣，故答案為：2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；氯氣有毒，污染空氣；（2）①已知VO2+能被O2氧化，故裝置中不能有空氣，所以反應前先通入CO2數分鐘排除裝置中的空氣，避免產物被氧化，所以實驗操作時先打開活塞a數分鐘后，再打開活塞b，故答案為：打開活塞a數分鐘后，再打開活塞b；②A中制得的二氧化碳混有氯化氫氣體，B裝置中的試劑應是除去二氧化碳氣體中HCl氣體的飽和NaHCO3溶液，若無裝置B，則HCl與NH4HCO3反應，故答案為：HCl與NH4HCO3反應；（3）根據原子守恒分析，及晶體的組成分析，NH4HCO3溶液洗滌除去陰離子主要是Cl-，故答案為：Cl-；（4）①根據分析，KMnO4溶液的作用是氧化V，NaNO2溶液的作用是除去過量的KMnO4，故答案為：除去過量的KMnO4；②根據V元素的質量守恒，根據滴定反應VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，則n(V)=n((NH4)2Fe(SO4)2)=0.08mol·L-1×0.03L=0.0024mol，則粗產品中釩的含量為：，故答案為：2.88%。27、粉碎、攪拌或加熱100mL容量甲乙25162810除去溶液中多余的MnO4-，防止過程④加入過量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起誤差；淀粉溶液偏小K2Cu(C2O4)2【解析】

（1）在由固體與液體的反應中，要想加快反應速率，可以粉碎固體物質或攪拌，都是增大固液的接觸面積，也可以加熱等；（2）配制溶液要掌握好配制步驟，容量瓶的選擇，因為配制100mL溶液，所以選擇100mL容量瓶，氧化還原滴定的時候，注意選擇指示劑、滴定管等。（3）利用氧化還原反應中得失電子守恒配平氧化還原反應離子方程式：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑；（4）、MnO4-在酸性條件下，加熱能分解為O2，同時生成Mn2+，據此分析作答；（5）結合實際操作的規范性作答；（6）根據方程式找出關系式，通過計算確定晶體的組成。【詳解】（1）為了加快藍色晶體在2mol·L-1稀硫酸中溶解，可以把晶體粉碎、攪拌、或者加熱的方法；（2）配制100mL0.20mol·L－1KMnO4溶液時需要用100mL容量瓶進行溶液配制，配置過程需要用到的玻璃儀器由玻璃棒、燒杯、膠頭滴管、100mL容量瓶；過程②是用0.20mol·L-1KMnO4溶液滴定，KMnO4具有強氧化性，因此選用甲（酸式滴定管）；過程⑥是用0.25mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，Na2S2O3在溶液中水解呈堿性，故選用乙（堿式滴定管）；（3）利用氧化還原反應中化合價升降總數相等，先配氧化劑、還原劑、氧化產物、還原產物的化學計量數，然后再觀察配平其他物質，過程②的離子反應方程式：2MnO4++5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑（4）MnO4-在酸性條件下，加熱能分解為O2，同時生成Mn2+，故加熱的目的是除去溶液中多余的MnO4-，防止過程④加入過量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起誤差；（5）過程⑥是用0.25mol·L－1Na2S2O3溶液滴定含I2的溶液，反應方程式為I2+2S2O32-=21－+S4O62-，故過程⑥，應以淀粉溶液作指示劑；若溶液顏色剛剛褪去就停止滴加，則滴入Na2S2O3的物