2025屆湖北省枝江市部分高中高三最后一卷化學試卷請考生注意：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、NH5屬于離子晶體。與水反應的化學方程式為：NH5+H2O→NH3?H2O+H2↑，它也能跟乙醇發生類似的反應，并都產生氫氣。有關NH5敘述正確的是（）A．與乙醇反應時，NH5被氧化B．NH5中N元素的化合價為+5價C．1molNH5中含有5molN-H鍵D．1molNH5與H2O完全反應，轉移電子2mol2、把1．4g鐵粉完全溶解于某濃度的硝酸中，如反應只收集到2．3molNO2和2．2molNO，下列說法正確的是A．反應后生成的鹽只為Fe（NO3）3B．反應后生成的鹽只為Fe（NO3）2C．反應后生成的鹽為Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物質的量之比為1∶3D．反應后生成的鹽為Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物質的量之比為3∶13、以太陽能為熱源，熱化學硫碘循環分解水是一種高效、環保的制氫方法，其流程圖如下：相關反應的熱化學方程式為：反應I：SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)＝2HI(aq)+H2SO4(aq)；ΔH1

=﹣213kJ·mol-1反應II：H2SO4(aq)＝SO2(g)+H2O(l)+1/2O2(g)；ΔH2

=+327kJ·mol-1反應III：2HI(aq)＝H2(g)+I2(g)；ΔH3

=+172kJ·mol-1下列說法不正確的是（）A．該過程實現了太陽能到化學能的轉化B．SO2和I2對總反應起到了催化劑的作用C．總反應的熱化學方程式為：2H2O(l)＝2H2

(g)+O2(g)；ΔH

=+286kJ·mol-1D．該過程降低了水分解制氫反應的活化能，但總反應的ΔH不變4、下圖可設計成多種用途的電化學裝置。下列分析正確的是A．當a和b用導線連接時，溶液中的SO42－向銅片附近移動B．將a與電源正極相連可以保護鋅片，這叫犧牲陽極的陰極保護法C．當a和b用導線連接時，銅片上發生的反應為：2H++2e-=H2↑D．a和b用導線連接后，電路中通過0.02mol電子時，產生0.02mol氣體5、下列有關我國最新科技成果的說法中錯誤的是A．北斗衛星的太陽能電池板可將太陽能直接轉化為電能B．國產飛機——C919使用的航空煤油可從石油中分餾得到C．高鐵“復興號”使用的碳纖維屬于有機非金屬材料D．極地考查船“雪龍2號”船身上鍍的鋅層可減緩鐵制船體遭受的腐蝕6、甲、乙、丙、丁四種易溶于水的物質，分別由NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH﹣、Cl﹣、HCO3-、SO42-中的不同陽離子和陰離子各一種組成，已知：①將甲溶液分別與其他三種物質的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1mol·L-1乙溶液中c（H+）＞0.1mol·L-1；③向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列結論不正確的是（）A．甲溶液含有Ba2+ B．乙溶液含有SO42-C．丙溶液含有Cl﹣ D．丁溶液含有Mg2+7、控制變量是科學研究重要方法。由下列實驗現象一定能得出相應結論的是選項AB裝置圖現象右邊試管產生氣泡較快左邊棉球變棕黃色，右邊棉球變藍色結論催化活性：Fe3+>Cu2+氧化性：Br2>I2選項CD裝置圖現象試管中先出現淡黃色固體，后出現黃色固體試管中液體變渾濁結論Ksp：AgCl>AgBr>AgI非金屬性：C>SiA．A B．B C．C D．D8、中國傳統文化對人類文明貢獻巨大,書中充分記載了古代化學研究成果。下列關于古代化學的應用和記載,對其說明不合理的是()A．《本草綱目》中記載:“(火藥)乃焰消(KNO3)、硫黃、杉木炭所合,以為烽燧銃機諸藥者”,其中利用了KNO3的氧化性B．杜康用高粱釀酒的原理是通過蒸餾法將高粱中的乙醇分離出來C．我國古代人民常用明礬除去銅器上的銅銹[Cu2(OH)2CO3]D．蔡倫利用樹皮、碎布(麻布)、麻頭等為原料精制出優質紙張,由他監制的紙被稱為“蔡侯紙”。“蔡侯紙”的制作工藝中充分應用了化學工藝9、t℃時，將0.5mol/L的氨水逐滴加入10.00mL0.5mol/L鹽酸中，溶液中溫度變化曲線Ⅰ、pH變化曲線Ⅱ與加入氨水的體積的關系如下圖所示（忽略混合時溶液體積的變化）。下列說法正確的是A．Kw的比較：a點比b點大B．b點氨水與鹽酸恰好完全反應，且溶液中c（NH4+）=c（Cl─）C．c點時溶液中c（NH4＋）=c（Cl─）=c（OH─）=c（H＋）D．d點時溶液中c（NH3?H2O）＋c（OH─）=c（Cl─）+c（H＋）10、用表示阿伏加德羅常數的值，下列敘述不正確的是A．4.6gNa與含0.1molHCl的稀鹽酸充分反應，轉移電子數目為0.2B．25℃時，1L的溶液中由水電離的的數目為C．常溫常壓下，和混合氣體所含的原子數為D．500℃時，和在密閉容器中充分反應后生成的分子數為11、NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．11g超重水(T2O)含中子數為5NAB．25℃，pH=13的1LBa(OH)2溶液中OH—的數目為0.2NAC．1mol金剛石中C—C鍵的數目為2NAD．常溫下，pH=6的MgCl2溶液中H+的數目為10-6NA12、混合物M中可能含有A12O3、Fe2O3、Al、Cu，為確定其組成，某同學設計如圖所示分析方案。下列分析正確的是A．已知m1>m2，則混合物M中一定含有A12O3B．生成藍綠色溶液的離子方程式為Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+C．固體P既可能是純凈物，又可能是混合物D．要確定混合物M中是否含有A1，可取M加入過量NaOH溶液13、在100kPa時，1molC(石墨，s)轉化為1molC(金剛石，s)，要吸收l.895kJ的熱能。下列說法正確的是A．金剛石和石墨是碳元素的兩種同分異構體B．金剛石比石墨穩定C．1molC(石墨，s)比1molC(金剛石，s)的總能量低D．石墨轉化為金剛石是物理變化14、高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種兼具凈水和消毒功能的可溶性鹽，可發生如下反應：2K2FeO4+16HCl→4KCl+2FeCl3+8H2O+3Q↑，下列說法不正確的是A．可用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗產物QB．K2FeO4在水中的電離方程式為K2FeO4→2K++Fe6++4O2一C．反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：3D．反應中涉及的物質中有5種為電解質15、化學在實際生活中有著廣泛的應用。下列說法錯誤的是（）A．食品添加劑可以改善食物的色、香、味并防止變質，但要按標準使用B．鉛蓄電池工作時兩極的質量均增加C．CO2和SO2都是形成酸雨的氣體D．用明礬作凈水劑除去水中的懸浮物16、常溫下，若HA溶液和NaOH溶液混合后pH=7，下列說法不合理的是A．反應后HA溶液可能有剩余B．生成物NaA的水溶液的pH可能小于7C．HA溶液和NaOH溶液的體積可能不相等D．HA溶液的c(H+)和NaOH溶液的c(OH-)可能不相等17、《環境科學》曾刊發我國科研部門采用零價鐵活化過硫酸鈉（Na2S2O7其中S為+6價）去除廢水中的正五價砷的研究成果，其反應機理模型如圖，（NA為阿伏加德羅常數的值）下列說法正確的是A．1molSO4-·（自由基）中含50NA個電子B．pH越大，越不利于去除廢水中的正五價砷C．1mol過硫酸鈉中含NA個過氧鍵D．轉化過程中，若共有1molS2O82-被還原，則參加反應的Fe為56g18、不能用于比較Na與Al金屬性相對強弱的事實是A．最高價氧化物對應水化物的堿性強弱 B．Na和AlCl3溶液反應C．單質與H2O反應的難易程度 D．比較同濃度NaCl和AlCl3的pH大小19、只能在溶液中導電的電解質是()A．KOH B．CH3COONH4 C．SO2 D．CH3COOH20、以下情況都有氣體產生，其中不產生紅棕色氣體的是()A．加熱濃硝酸 B．光照硝酸銀C．加熱硝酸鈣 D．加熱溴化鉀和濃硫酸混合物21、下列離子方程式正確的是()A．硫酸銅溶液與氫氧化鋇溶液反應+Ba2+=BaSO4↓B．碳酸氫鈉溶液與稀硝酸反應:CO32-+2H+=CO2↑+H2OC．氯化亞鐵溶液與新制氯水反應:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-D．氯化鎂溶液與氨水反應:Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓22、NaHCO3和NaHSO4溶液混合后，實際參加反應的離子是()A．CO32﹣和H+ B．HCO3﹣和HSO4﹣C．CO32﹣和HSO4﹣ D．HCO3﹣和H+二、非選擇題(共84分)23、（14分）酯類化合物H是一種醫藥中間體，常用于防曬霜中紫外線的吸收劑。實驗室由化合物A和E制備H的一種合成路線如下圖:已知①②回答下列問題:(1)經測定E的相對分子質量為28，常用來測定有機物相對分子質量的儀器為_______。F中只有一種化學環境的氫原子，其結構簡式為_________________。(2)(CH3)2SO4是一種酯，其名稱為_________________。(3)A能與Na2CO3溶液及濃溴水反應，且1molA最多可與2molBr2反應。核磁共振氫譜表明A的苯環上有四種不同化學環境的氫原子。A的結構簡式為______________。C中含氧官能團的名稱為_________。(4)D+G→H的化學方程式為__________________。(5)C的同分異構體中能同時滿足下列條件的共有_____種(不含立體異構)。①遇FeCl3溶液發生顯色反應②能發生水解反應(6)參照上述合成路線，設計一條由和(CH3)3CCl為起始原料制備的合成路線(其他試劑任選)；________________________________________。24、（12分）某新型藥物H()是一種可用于治療腫瘤的藥物，其合成路線如圖所示：已知：(1)E的分子式為C9H8O2，能使溴的四氯化碳溶液褪色(2)（R為烴基）(3)請回答下列問題：(1)A的結構簡式為_____；D的官能團的名稱為_____。(2)①的反應類型是_____；④的反應條件是_____。(3)寫出B→C的化學方程式_____。(4)寫出F+G→H的化學方程式_____。(5)E有多種同分異構體，同時滿足下列條件的E的同分異構體有_____種。ⅰ.能發生銀鏡反應ⅱ.能發生水解反應ⅲ.分子中含的環只有苯環(6)參照H的上述合成路線，設計一條由乙醛和NH2CH(CH3)2為起始原料制備醫藥中間CH3CONHCH(CH3)2的合成路線_____。25、（12分）二氧化氯是高效、低毒的消毒劑。已知：ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，回答下列問題：(1)ClO2的制備及性質探究(如圖所示)。①儀器a的名稱為________，裝置B的作用是________。②裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，該反應的化學方程式為_________。裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，其作用是________________。③裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，則該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為________，氧化產物是___________。(2)粗略測定生成ClO2的量實驗步驟如下：a.取下裝置D，將其中的溶液轉入250mL容量瓶，用蒸餾水洗滌D瓶2~3次，并將洗滌液一并轉移到容量瓶中，再用蒸餾水稀釋至刻度。b.從容量瓶中取出25.00mL溶液于錐形瓶中，用0.1000mol/L硫代硫酸鈉標準溶液滴定（I2+2S2O32-=2I－+S4O62-），指示劑顯示終點時共用去24.00mL硫代硫酸鈉溶液。①滴定至終點的現象是_____________。②進入裝置D中的ClO2質量為_______，與C中ClO2的理論產量相比，測定值偏低，可能的原因是__________。26、（10分）X、Y、Z均是中學化學中常見的物質，某同學用X、Y兩種單質及Z的溶液進行實驗，部分實驗內容如下表所示：(1)I中反應物與生成物總能量的大小E(反應物)_____E(生成物）（填“>”“<”或“=”），僅僅由I、II中的信息可知，Z可能是_____。(2)若X是鋁，在溫度不變時向I中分別加入（適量）等物質的量的NaCl、KCl、CsCl后，產生無色氣泡的速率明顯加快，導致這種變化最可能的原因是_________。(3)若X是鋁，II中反應產生的氣泡有特殊顏色，則發生反應的離子方程式為_____；單質Y不可能是____(填字母）。A鉛B石墨C鎂D銀(4)若Ⅲ溶液最終變成藍色，寫出負極上電極反應式_______；變化過程中，參與正極上放電的離子是_________。27、（12分）硫酰氯（SO2Cl2）可用于有機合成和藥物制造等。實驗室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2[SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ/mol]，裝置如圖所示（部分裝置省略）。已知SO2Cl2的熔點為－54.1℃，沸點為69.1℃，有強腐蝕性，不宜接觸堿、醇、纖維素等許多無機物和有機物，遇水能發生劇烈反應并產生白霧。回答下列問題：I．SO2Cl2的制備（1）水應從___（選填“a”或“b”）口進入。（2）制取SO2的最佳組合是___（填標號）。①Fe+18.4mol/LH2SO4②Na2SO3+70%H2SO4③Na2SO3+3mo/LHNO3（3）乙裝置中盛放的試劑是___。（4）制備過程中需要將裝置甲置于冰水浴中，原因是___。（5）反應結束后，分離甲中混合物的最佳實驗操作是___。II．測定產品中SO2Cl2的含量，實驗步驟如下：①取1.5g產品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振蕩、過濾、洗滌，將所得溶液均放入錐形瓶中；②向錐形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.2000mol·L－1的AgNO3溶液l00.00mL；③向其中加入2mL硝基苯，用力搖動，使沉淀表面被有機物覆蓋；④加入NH4Fe(SO4)2指示劑，用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+，終點所用體積為10.00mL。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10Ksp(AgSCN)=2×10-12（6）滴定終點的現象為___。（7）產品中SO2Cl2的質量分數為___%，若步驟③不加入硝基苯則所測SO2Cl2含量將___（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）。28、（14分）鎳及其化合物是重要的合金材料和催化劑。請回答下列問題：（1）基態鎳原子的價電子排布式為_____，排布時能量最高的電子所占能級的原子軌道有____個伸展方向。（2）鎳能形成多種配合物如正四面體形的Ni(CO)4和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面體形的[Ni(NH3)6]2+等。下列說法正確的有___A．CO與CN-互為等電子體，其中CO分子內σ鍵和π鍵個數之比為1:2-B．NH3的空間構型為平面三角形C．Ni2+在形成配合物時，其配位數只能為4D．Ni(CO)4和[Ni(CN)4]2-中，鎳元素均是sp3雜化（3）丁二酮肟常用于檢驗Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟與Ni2+反應生成鮮紅色沉淀，其結構如圖所示。該結構中，除共價鍵外還存在配位鍵和氫鍵，請在圖中用“→”和“???”分別表示出配位鍵和氫鍵。_____（4）NiO的晶體結構類型與氯化鈉的相同，相關離子半徑如下表：NiO晶胞中Ni2+的配位數為____，NiO熔點比NaCl高的原因是_____。（5）研究發現鑭鎳合金LaNix是一種良好的儲氫材料。屬六方晶系,其晶胞如圖a中實線所示，儲氫位置有兩種，分別是八面體空隙（“”）和四面體空隙（“”），見圖b、c，這些就是氫原子存儲處，有氫時，設其化學式為LaNixHy。①LaNix合金中x的值為_____；②晶胞中和“”同類的八面體空隙有___個，和“”同類的四面體空隙有___個。③若H進入晶胞后，晶胞的體積不變，H的最大密度是______g/cm-3（保留2位有效數字，NA=6.0×1023，=1.7）29、（10分）2019年10月9日，瑞典皇家科學院將2019年度諾貝爾化學獎授予美國JohnBGoodenough教授、M.stanleyWhittlingham教授和日本化學家AkiraYoshino，以表彰其在鋰離子電池的發展方面作出的貢獻。（1）基態鋰原子核外能量最高的電子所處能級的電子云輪廓圖的形狀為___；基態磷原子第一電離能比硫的___(填“大”或“小”)，原因是___。（2）實室中可用KSCN或K4[Fe(CN)6]來檢驗Fe3+，FeCl3與KSCN溶液混合，可得到配位數為5的配合物的化學式是___；（3）磷酸(H3PO4)和亞磷酸(H3PO3)是磷元素的兩種含氧酸。PO43-的空間構型為___；亞磷酸與NaOH反應只生成NaHPO3和NaH2PO3兩種鹽，則H3PO3的結構式為___。（4）磷酸分子間脫水可生成多磷酸，其某一鈣鹽的結構如圖所示：由圖推知該多磷酸鈣鹽的通式為__（用n表示重復單元數）（5）氧化亞鐵晶體的晶胞如圖所示。已知：氧化亞鐵晶體的密度為ρg·cm-3，NA代表阿伏加德羅常數的值。在該晶胞中，與O2-緊鄰且等距離的Fe2+數目為__；Fe2+與O2-最短核間距為___pm。

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、A【解析】

反應NH5+H2O→NH3?H2O+H2↑，NH5的5個H原子中有1個H原子，化合價由﹣1價變為0價，水中H元素化合價由+1價變為0價，所以NH5作還原劑，水作氧化劑，【詳解】A．NH5也能跟乙醇發生類似的反應，并都產生氫氣，則乙醇作氧化劑，NH5作還原劑而被氧化，A正確；B．NH5的電子式為，N元素的化合價為﹣3價，B錯誤；C．NH5的電子式為，1molNH5中含有4molN-H鍵，C錯誤；D．1molNH5與H2O完全反應，轉移電子的物質的量=1mol×[0-(-1)]=1mol，D錯誤；故選A。2、C【解析】

1.4g鐵粉的物質的量為1.4g÷56g/mol=2.4mol；收集到2.3molNO2和2.2molNO過程中得到電子物質的量為：2.3mol×[(+5)-(+4)]+2.2mol×[(+5)-(+2)]=2.9mol；若反應生成的鹽只有Fe（NO3）3，Fe失去的電子物質的量為1.2mol≠2.9mol，若反應生成的鹽只有Fe（NO3）2，Fe失去的電子物質的量為2.8mol≠2.9mol，所以可得1.4g鐵粉反應后生成了硝酸鐵和硝酸亞鐵，根據Fe守恒n[Fe(NO3)3]+n[Fe(NO3)2]=2.4mol，根據得失電子相等可得3n[Fe(NO3)3]+2n[Fe(NO3)2]=2.9mol，解得n[Fe(NO3)3]=2.1mol，n[Fe(NO3)2]=2.3mol，Fe（NO3）3和Fe（NO3）2物質的量之比為1∶3，答案選C。3、C【解析】

A、通過流程圖，反應II和III，實現了太陽能到化學能的轉化，故A說法正確；B、根據流程總反應為H2O=H2↑＋1/2O2↑，SO2和I2起到催化劑的作用，故B說法正確；C、反應I+反應II+反應III，得到H2O(l)=H2(g)＋1/2O2(g)△H=(－213＋327＋172)kJ·mol－1=＋286kJ·mol－1，或者2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)△H=＋572kJ·mol－1，故C說法錯誤；D、△H只與始態和終態有關，該過程降低了水分解制氫的活化能，△H不變，故D說法正確。4、C【解析】

A．當a和b用導線連接時構成原電池，鋅是負極，則溶液中的SO42－向鋅片附近移動，選項A錯誤；B．將a與電源正極相連銅是陽極，鋅是陰極，可以保護鋅片，這叫外加電流的陰極保護法，選項B錯誤；C．當a和b用導線連接時時構成原電池，鋅是負極，銅是正極發生還原反應，則銅片上發生的反應為：2H++2e=H2↑，選項C正確；D．a和b用導線連接后構成原電池，鋅是負極，銅是正極，電路中通過0.02mol電子時，產生0.01mol氫氣，選項D錯誤；答案選C。5、C【解析】

A．人造衛星上的太陽能電池板，消耗了太陽能，得到了電能，故將太陽能轉化為了電能，選項A正確；B．客機所用的燃料油是航空煤油，是石油分餾得到的，選項B正確；C．碳纖維是由有機纖維經碳化及石墨化處理而得到的微晶石墨材料，是一種新型無機非金屬材料，選項C錯誤；D．在船體上鑲嵌鋅塊，形成鋅鐵原電池，鋅比鐵活潑，鋅作陽極不斷被腐蝕，鐵做陰極則不會被腐蝕，選項D正確；答案選C。6、D【解析】

根據②中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根據③中現象，可以推知丙中含有Cl-；再結合①中提供信息，甲與其它三種物質混合均產生白色沉淀，則可推出甲是Ba(OH)2，乙是H2SO4，丙是MgCl2，丁是NH4HCO3，故選D。【點睛】本題考查離子共存的正誤判斷，該題是高考中的高頻題，屬于中等難度的試題，側重對學生基礎知識的訓練和檢驗，本題解題關鍵是先找出離子之間能夠形成的白色沉淀，然后判斷甲的組成即可。7、A【解析】兩只試管中滴加的溶液的唯一區別就是左邊加入的Cu2+，右邊加入的是Fe3+，所以右邊反應較快，能說明催化活性：Fe3+>Cu2+，選項A正確。選項B中的實驗，氯氣通入溴化鈉溶液變為棕色，通入淀粉碘化鉀溶液變為藍色，能證明氯氣的氧化性強于溴單質也強于碘單質，但是不能證明氧化性：Br2>I2，選項B錯誤。向氯化銀懸濁液中加入少量溴化鈉溶液，白色沉淀轉化為淡黃色沉淀，說明氯化銀轉化為溴化銀，即Ksp：AgCl>AgBr；再加入少量的碘化鈉，出現黃色沉淀，應該是將上一步剩余的氯化銀轉化為碘化銀沉淀，所以證明Ksp：AgCl>AgI，但是不能得到Ksp：AgBr>AgI，選項C錯誤。鹽酸和碳酸鈉反應生成二氧化碳氣體，考慮到鹽酸的揮發性，生成的二氧化碳氣體中一定會有HCl，所以硅酸鈉溶液中有渾濁，也可能是HCl和硅酸鈉反應的結果，不能證明一定是碳酸強于硅酸，進而不能證明非金屬性強弱，選項D錯誤。8、B【解析】

A項,火藥發生化學反應時,KNO3中N元素的化合價降低,得到電子,被還原,作氧化劑,體現氧化性，故A合理;B項,高粱中不含乙醇,用高粱釀酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反應產生乙醇,然后用蒸餾方法將乙醇分離出來，故B不合理;C項,明礬是強酸弱堿鹽,水解使溶液顯酸性,酸性溶液中H+與銅銹[Cu2(OH)2CO3]發生反應,達到除銹目的，故C合理;D項,蔡倫利用樹皮、碎布(麻布)、麻頭等原料精制出優質紙張,體現了化學的物理和化學分離方法,因此充分應用了化學工藝，故D合理；故答案為B。9、D【解析】

A．據圖可知b點的溫度比a點高，水的電離吸熱，所以b點Kw更大，故A錯誤；B．據圖可知b點加入10mL0.5mol/L的氨水，與10.00mL0.5mol/L鹽酸恰好完全反應，所以溶液中的溶質為NH4Cl，由于銨根會發生水解，所以c(NH4+)<c(Cl─)，故B錯誤；C．c點溶液為中性，溶液中存在電荷守恒c(NH4＋)+c(H＋)=c(Cl─)+c(OH─)，溶液呈中性，所以c(H＋)=c(OH─)，c(NH4＋)=c(Cl─)，溶液中整體c(NH4＋)=c(Cl─)>c(OH─)=c(H＋)，故C錯誤；D．d點加入20mL0.5mol/L的氨水，所以溶液中的溶質為等物質的量的NH4Cl和NH3?H2O，溶液中存在電荷守恒：c(NH4＋)+c(H＋)=c(Cl─)+c(OH─)，物料守恒：2c(Cl─)=c(NH4＋)+c(NH3?H2O)，二式聯立可得c(NH3?H2O)＋c(OH─)=c(Cl─)+c(H＋)，故D正確；故答案為D。10、D【解析】

鹽類水解的本質是水的電離平衡的移動。一定條件下可逆反應不可能進行完全。【詳解】A.鈉能與溶液中的水反應，不會有鈉剩余。4.6gNa與稀鹽酸充分反應，轉移電子數目必為0.2，A項正確；B.溶液中OH－全部來自水的電離。25℃、1L的溶液中c(H+)=10-9mol/L，則c(OH-)=10-5mol/L，水電離的OH－的數目為，B項正確；C.和混合氣體中，“CH2”的物質的量為1mol，所含原子數為，C項正確；D.二氧化硫與氧氣的反應可逆，不能完全進行。故和充分反應生成的分子數小于，D項錯誤。本題選D。11、C【解析】

A.11g超重水(T2O)的物質的量為0.5mol，由于在1個超重水(T2O)中含有12個中子，所以0.5mol超重水(T2O)中含中子數為6NA，A錯誤；B.溶液中氫氧根的物質的量濃度是0.1mol/L，則1L溶液中含有的氫氧根離子的數目為0.1NA，B錯誤；C.由于一個C原子與相鄰的4個C原子形成共價鍵，每個共價鍵為相鄰兩個原子形成，所以1個C原子含有的C-C鍵數目為4×=2，因此1mol金剛石中C—C鍵的數目為2NA，C正確；D.缺體積，無法計算H+的數目，D錯誤；故合理選項是C。12、D【解析】

Al2O3和Al均能溶解在過量氫氧化鈉溶液中，生成藍綠色溶液說明含Cu2+，能形成Cu2+，則固體A肯定含有Fe2O3和Cu。【詳解】A．若m1>m2，則混合物M中可能含有Al2O3或Al或者是兩者均有，不一定含有Al2O3，A錯誤；B．離子方程式電荷不守恒，故B錯誤；C．由于加了過量的鹽酸，因此固體P只能是銅，不可能是混合物，故C錯誤；D．要確定混合物M中是否含有Al，可取M加入過量NaOH溶液，若產生氣體，則一定含鋁，否則不含鋁，故D正確。故選D。13、C【解析】

A、金剛石和石墨是碳元素形成的兩種不同單質，互為同素異形體，選項A錯誤；B、1mol石墨轉化為金剛石，要吸收1.895kJ的能量說明石墨的能量低于金剛石的能量，石墨更穩定，選項B錯誤；C、1molC(石墨，s)轉化為1molC(金剛石，s)，要吸收l.895kJ的熱能說明1molC(石墨，s)比1molC(金剛石，s)的總能量低，選項C正確；D、石墨轉化為金剛石是化學變化，選項D錯誤。答案選C。【點睛】本題主要考查物質具有的能量越低越穩定，在100kPa時，1mol石墨轉化為金剛石，要吸收1.895kJ的能量說明石墨的能量低于金剛石的能量，石墨更穩定．金剛石的能量高，1mol石墨和金剛石完全燃燒時釋放的能量金剛石比石墨多。14、B【解析】

A.根據2K2FeO4+16HCl=4KCl+2FeCl3+8H2O+3Q↑可知Q為氯氣，可用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗產物氯氣，故A正確；B.K2FeO4為強電解質，在水中完全電離，其電離方程式為K2FeO4=2K++FeO42-，故B錯誤；C.反應中16molHCl參加反應只有6mol被氧化,則反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為1:3,故C正確；D.因為產物Q為氯氣,氯氣為單質不是電解質,所以反應中涉及的物質中有5種為電解質,故D正確；答案選B。15、C【解析】

A．食品添加劑要按標準使用，因為它在為人類改善食物的色、香、味的同時，可能也產生一定的毒性，A正確；B．鉛蓄電池工作時，負極Pb→PbSO4，正極PbO2→PbSO4，兩極的質量均增加，B正確；C．SO2是形成酸雨的氣體，但CO2不是形成酸雨的氣體，C錯誤；D．明礬中的Al3+可水解生成Al(OH)3膠體，吸附水中的懸浮物并使之沉降，所以可用作凈水劑，D正確；故選C。16、B【解析】

A、若HA是弱酸，則二者反應生成NaA為堿性，所以HA過量時，溶液才可能呈中性，正確；B、若二者等體積混合，溶液呈中性，則HA一定是強酸，所以NaA的溶液的pH不可能小于7，至小等于7，錯誤；C、若HA為弱酸，則HA的體積大于氫氧化鈉溶液的體積，且二者的濃度的大小未知，所以HA溶液和NaOH溶液的體積可能不相等，正確；D、HA溶液的c(H+)和NaOH溶液的c(OH-)可能不相等，混合后只要氫離子濃度與氫氧根離子濃度相等即可，正確。答案選B。17、C【解析】

A.1molSO4??(自由基)中含1mol×(16+4×8+1)NAmol?1=49NA個電子，故A錯誤；B.室溫下，pH越大，亞鐵離子和鐵離子變為氫氧化亞鐵和氫氧化鐵，越有利于去除廢水中的+5價砷，故B錯誤；C.過硫酸鈉(Na2S2O8)中S為+6價，Na為+1價，假設含有x個O2?，含有y個O22?，則x+2y=8，(+1)×2+(+6)×2+(?2)×x+(?2)×y=0，則x=6，y=1，因此1mol過硫酸鈉(Na2S2O8)含NA個過氧鍵，故C正確；D.根據圖示可知，1molFe和1molS2O82?反應生成2molSO42?和1molFe2+，該過程轉移2mol電子，但是1molFe2+還要與0.5molS2O82?反應變成Fe3+，因此1mol鐵參加反應要消耗1.5molS2O82?，所以共有1molS2O82?被還原時，參加反應的Fe，故D錯誤。綜上所述，答案為C。18、B【解析】

A.對應的最高價氧化物的水化物的堿性越強，金屬性越強，可以比較Na與Al金屬性相對強弱，A項正確；B.Na和AlCl3溶液反應，主要是因為鈉先與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，生成的氫氧化鈉再和氯化鋁反應生成氫氧化鋁沉淀和氯化鈉，這不能說明Na的金屬性比鋁強，B項錯誤；C.金屬單質與水反應越劇烈，金屬性越強，可用于比較Na與Al金屬性相對強弱，C項正確；D.AlCl3的pH小，說明鋁離子發生了水解使溶液顯堿性，而氯化鈉溶液呈中性，說明氫氧化鈉為強堿，氫氧化鋁為弱堿，所以能比較Na、Al金屬性強弱，D項正確；答案選B。【點睛】金屬性比較規律：1、由金屬活動性順序表進行判斷：前大于后。2、由元素周期表進行判斷，同周期從左到右金屬性依次減弱，同主族從上到下金屬性依次增強。3、由金屬最高價陽離子的氧化性強弱判斷，一般情況下，氧化性越弱，對應金屬的金屬性越強，特例，三價鐵的氧化性強于二價銅。4、由置換反應可判斷強弱，遵循強制弱的規律。5、由對應最高價氧化物對應水化物的堿性強弱來判斷，堿性越強，金屬性越強。6、由原電池的正負極判斷，一般情況下，活潑性強的作負極。7、由電解池的離子放電順序判斷。19、D【解析】

A．氫氧化鉀是離子化合物，在水溶液或者熔融狀態下均能導電，故不選A；B．醋酸銨是離子化合物，在水溶液或者熔融狀態下均能導電，故不選；C．二氧化硫為非電解質，不能導電，故不選C；D．醋酸是共價化合物，只有在水溶液里能電離導電，故選D。20、C【解析】

A．硝酸化學性質不穩定，硝酸見光或受熱分解，4HNO32H2O+4NO2↑+O2↑，生成的二氧化氮氣體為紅棕色，故A正確；B．硝酸銀不穩定，見光易分解生成Ag、NO2和O2，生成的二氧化氮氣體為紅棕色，故B正確；C．硝酸鈣加熱于132℃分解，加熱至495～500℃時會分解為氧氣和亞硝酸鈣，生成的氧氣為無色氣體，故C錯誤；D．濃硫酸和溴化鈉混合物受熱后2KBr+H2SO4(濃)K2SO4+2HBr↑，濃硫酸具有強氧化性，易與HBr發生氧化還原反應，H2SO4(濃)+2HBrBr2↑+SO2↑+2H2O，生成的溴蒸氣為紅棕色，故D正確；答案選C。【點睛】掌握常見的紅棕色氣體是解答本題的關鍵，常見紅棕色氣體為NO2和Br2蒸氣，可由硝酸或硝酸鹽分解或由溴化物氧化生成。21、C【解析】

A.Cu2+與OH-也會發生反應生成沉淀，故A不選；B.碳酸氫根離子不能拆開寫，要寫成HCO3-的形式，故B不選；C.氯化亞鐵溶液與新制氯水反應是Fe2+被Cl2氧化，發生氧化還原反應，故C選；D.氨水是弱電解質，不能拆開寫，不能寫成OH-的形式，故D不選。故選C。22、D【解析】

碳酸氫鈉和硫酸氫鈉反應時，碳酸氫根電離生成鈉離子和碳酸氫根離子，硫酸氫鈉電離生成鈉離子和氫離子、硫酸根離子，碳酸氫根和氫離子反應生成水和二氧化碳，故答案選D。二、非選擇題(共84分)23、質譜儀硫酸二甲酯羧基、醚鍵+HOCH2CH2OH+H2O19【解析】

A能與Na2CO3溶液及溴水反應，A發生信息①中的取代反應生成B，A的苯環上有四種不同化學環境的氫原子，結合B的分子式，可知B為，逆推可知A為；B發生氧化反應生成C為，C發生信息①中的反應生成D為，E的相對分子質量為28，E催化氧化產生的F中只有一種化學環境的氫原子，則E是乙烯CH2=CH2，E發生催化氧化生成F，F中只有一種化學環境的氫原子，F結構簡式為，F與水反應產生的G是乙二醇；G結構簡式為HOCH2CH2OH，結合H的分子式可知H為；(6)由苯酚和(CH3)3CCl為起始原料制備，可先由苯酚發生信息①反應，再發生硝化反應，最后與HI反應可生成目標物，以此解答該題。【詳解】根據上述分析可知：A為；B為；C為；D為；E為CH2=CH2；F為；G為HOCH2CH2OH；H為。(1)經測定E的相對分子質量為28，常用來測定有機物相對分子質量的儀器為質譜儀。F中只有一種化學環境的氫原子，其結構簡式為。(2)(CH3)2SO4是一種酯，是硫酸與2個甲醇發生酯化反應產生的酯，因此其名稱為硫酸二甲酯。(3)根據上述分析可知A的結構簡式為，C為，可見C中含氧官能團的名稱為羧基、醚鍵。(4)D+G發生酯化反應產生H的化學方程式為+HOCH2CH2OH+H2O。(5)C為，其中含有的官能團是-COOH、，C的同分異構體中能同時滿足條件①遇FeCl3溶液發生顯色反應，說明含有酚羥基；②能發生水解反應，說明含有酯基，如含有3個取代基，則可為-OH、-OOCH、-CH3，有10種同分異構體，如含有2個取代基，一個為-OH，另一個可為-OOCCH3、-CH2OOCH、-COOCH3，各有鄰、間、對3種，因此共有19種同分異構體；(6)由苯酚和(CH3)3CCl為起始原料制備，可先由苯酚發生信息①反應，再發生硝化反應，最后與HI發生反應可生成目標物，則該反應的流程為：。【點睛】本題考查有機物的合成的知識，涉及物質結構簡式的書寫、官能團的判斷、化學方程式的書寫及同分異構體種類的判斷等，把握官能團與性質、有機反應、合成反應中官能團的變化及碳原子數變化為解答的關鍵，注意有機物性質的應用，側重考查學生的分析與應用能力。24、羥基、羧基加成反應濃硫酸、加熱5【解析】

由B的結構簡式，結合反應條件，逆推可知A為，B發生水解反應生成C為，結合D的分子式可知C發生氧化反應生成D為，E的分子式為C9H8O2，能使溴的四氯化碳溶液褪色，則D是發生消去反應生成E，故E為，E發生信息(3)中的反應生成F為，結合信息(2)中H的結構簡式，可知G為；(6)乙醛發生氧化反應生成乙酸，乙酸與PBr3作用生成，最后與NH2CH(CH3)2作用得到CH3CONHCH(CH3)2。【詳解】(1)據上所述可知：A的結構簡式為；D為，D官能團的名稱為羥基、羧基；(2)①A變為B的反應，A是，A與Br2的CCl4溶液發生加成反應，產生B：，所以①的反應類型是加成反應；④的反應是D變為E，D是，D發生消去反應，產生E：④的反應類型是消去反應；(3)B是，B與NaOH的水溶液在加熱時發生取代反應，產生C，所以B→C的化學方程式為：；(4)F為，G是，二者發生取代反應產生H：及HBr，該反應的化學方程式為：；(5)E()的同分異構體含有苯環，且同時滿足下列條件：①能發生銀鏡反應、②能發生水解反應，說明含有甲酸形成的酯基，③分子中含的環只有苯環，說明苯環側鏈含有碳碳雙鍵，只有一個取代基為—CH=CHOOCH、、有2個取代基為—CH=CH2、—OOCH，兩個取代基在苯環上有鄰、間、對3不同的位置，故符合條件的共有5種；(6)乙醛發生氧化反應生成乙酸CH3COOH，乙酸與PBr3作用生成，最后與NH2CH(CH3)2作用得到CH3CONHCH(CH3)2，合成路線流程圖為：。【點睛】本題考查有機物的推斷與合成的知識，側重考查分析推斷、知識綜合運用能力，充分利用反應條件、有機物分子式與結構簡式進行分析推斷，明確官能團及其性質關系、官能團之間的轉化關系是解本題關鍵，題目難度中等。25、分液漏斗防倒吸、防堵塞(或平衡氣壓、安全瓶均可)SO2＋H2SO4＋2KClO3=2KHSO4＋2ClO2檢驗有I2生成，進而證明ClO2有強氧化性2:1O2溶液由藍色變為無色，且半分鐘內溶液顏色不再改變0.324

g產生ClO2的速率太快，ClO2沒有被D中的溶液完全吸收；C中ClO2未全部進入D中【解析】

(1)濃H2SO4和Na2SO3反應生成SO2，A制備SO2，B裝置有緩沖作用，可防止倒吸、堵塞；裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，則C中發生反應SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，在D中發生氧化還原反應生成I2，裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，I2遇淀粉變藍色；裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，雙氧水作還原劑生成氧氣，從而防止尾氣污染環境；(2)①碘遇淀粉變藍色，當碘完全反應后溶液變為無色；②ClO2與KI在溶液反應離子方程式為：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，結合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得ClO2～5S2O32-，則n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；ClO2部分沒有被吸收、未完全進入D中都導致測定值偏低。【詳解】(1)濃H2SO4和Na2SO3反應生成SO2，A用于制備SO2，B裝置有緩沖作用，能防止倒吸、堵塞；裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，則C中發生反應SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，所以D中發生氧化還原反應生成I2，裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，I2單質遇淀粉溶液變為藍色；裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，雙氧水作還原劑生成氧氣，從而防止尾氣污染環境，①儀器a的名稱為分液漏斗，裝置B有緩沖作用，所以能防倒吸、防堵塞(或平衡氣壓、安全瓶)；②裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，根據元素守恒可知，生成的酸式鹽為KHSO4，該反應的化學方程式為SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2；裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，淀粉遇碘溶液變為藍色，根據淀粉溶液是否變色來判斷是否有I2單質生成，從而證明ClO2是否具有氧化性；③裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，反應方程式為H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+H2O，在該反應中ClO2是氧化劑，NaClO2的還原產物，H2O2是還原劑，O2是氧化產物，該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為2：1；(2)①I2單質遇淀粉溶液變為藍色，當碘完全反應后溶液變為無色，所用滴定終點是溶液由藍色變為無色，且半分鐘內溶液顏色不再改變；②ClO2溶液與碘化鉀反應的離子方程式：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，結合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得關系式：ClO2～5S2O32-，則n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，則在250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；由于C中ClO2有一部分沒有被吸收、未完全進入D中都導致測定值偏低。【點睛】本題考查物質制備，涉及實驗操作、氧化還原反應、方程式的計算、物質檢驗等知識點，側重考查實驗操作規范性、元素化合物性質等知識點，明確實驗原理、物質性質、物質之間的轉化關系是解本題關鍵。26、＞硝酸或硫酸Cl－對鋁與H＋之間的反應有催化作用2Al3＋＋6H＋＋6NO3－=Al2O3＋6NO2↑＋3H2OBCu－2e－=Cu2＋NO3－【解析】

（1）該反應自發進行，且為放熱反應，根據反應熱=生成物的總能量-反應物的總能量作答；根據圖示信息可知，X在常溫下被Z的濃溶液鈍化；（2）根據影響反應速率的外因結合三種鹽的結構特點分析；（3）結合Z可能是硫酸或硝酸，及題意中II中反應產生的氣泡有特殊顏色，推測該氣泡為二氧化氮，據此分析作答；結合原電池的工作原理分析；（4）Cu2＋為藍色溶液；NO3－在正極得電子生成NO2。【詳解】（1）I進行的是自發的氧化還原反應，為放熱反應，所以反應物總能量高于生成物總能量；由I、II可知，X在常溫下被Z的濃溶液鈍化，故Z可能是硫酸或硝酸，故答案為：＞；硫酸或硝酸；（2）由于加入（適量）等物質的量的NaCl、KCl、CsCl后反應速率明顯加快，因三種鹽均含有Cl－，而Cl－不可能與Al反應，故只能是Cl－起催化作用，故答案為：Cl－對鋁與H＋之間的反應有催化作用；（3）有色氣體為NO2，Z是硝酸，鋁被濃硝酸氧化后生成致密的Al2O3，故反應的離子方程式為：2Al3＋＋6H＋＋6NO3－=Al2O3＋6NO2↑＋3H2O；由III知，X、Y與濃硝酸構成原電池且Y是負極，故Y的單質在常溫下應該與濃硝酸發生反應，鉛、鎂、銀都能與濃硝酸反應，石墨與濃硝酸不反應，答案選B；故答案為2Al3＋＋6H＋＋6NO3－=Al2O3＋6NO2↑＋3H2O；B；（4）Ⅲ溶液最終變成藍色，則說明生成銅離子，即銅是負極，發生失電子的氧化反應，其電極反應式為：Cu－2e－=Cu2＋；NO3－與H＋在正極得電子生成NO2和H2O，故答案為：Cu－2e－=Cu2＋；NO3－。27、b②堿石灰制取硫酰氯的反應時放熱反應，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產率蒸餾溶液變為紅色，而且半分鐘內不褪色85.5%偏小【解析】

（1）用來冷卻的水應該從下口入，上口出；（2）制備SO2，鐵與濃硫酸反應需要加熱，硝酸能氧化SO2，所以用70%H2SO4+Na2SO3來制備SO2；（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反應又沒有加熱，故SO2與氯氣間的反應為放熱反應，由于會有一部分Cl2、SO2通過冷凝管逸出，故乙中應使用堿性試劑，又因SO2Cl2遇水易水解，故用堿石灰；（4）制取硫酰氯的反應時放熱反應，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產率；（5）分離沸點不同的液體可以用蒸餾的方法，所以甲中混合物分離開的實驗操作是蒸餾；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，當滴定達到終點時NH4SCN過量，加NH4Fe(SO4)2作指示劑，Fe3+與SCN?反應溶液會變紅色，半分鐘內不褪色，即可確定滴定終點；（7）用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積V，則過量Ag+的物質的量為Vcmol，與Cl?反應的Ag+的物質的量為0.1000mol/L×0.1L?Vc×10?3mol，則可以求出SO2Cl2的物質的量；AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力搖動，使AgCl沉淀表面被有機物覆蓋，避免在滴加NH4SCN時，將AgCl沉淀轉化為AgSCN沉淀，若無此操作，NH4SCN與AgCl反應生成AgSCN沉淀，則滴定時消耗的NH4SCN標準液的體積偏多，即銀離子的物質的量偏大，則與氯離子反應的銀離子的物質的量偏小。【詳解】（1）用來冷卻的水應該從下口入，上口出，故水應該從b口進入；（2）制備SO2，鐵與濃硫酸反應需要加熱，硝酸能氧化SO2，所以用②70%H2SO4+Na2SO3來制備SO2，故選②；（3）根據裝置圖可知，冷凝管的作用是冷凝回流而反應又沒有加熱，故SO2與氯氣間的反應為放熱反應，由于會有一部分Cl2、SO2通過冷凝管逸出，故乙中應使用堿性試劑，又因SO2Cl2遇水易水解，故用堿石灰，可以吸收氯氣、SO2并防止空氣中的水蒸氣進入冷凝管中，故乙裝置中盛放的試劑是堿石灰；（4）制取硫酰氯的反應時放熱反應，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產率；（5）分離沸點不同的液體可以用蒸餾的方法，所以甲中混合物分離開的實驗操作是蒸餾；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，當滴定達到終點時NH4SCN過量，加NH4Fe(SO4)2作指示劑，Fe3+與SCN?反應溶液會變紅色，半分鐘內不褪色，即可確定滴定終點；故答案為：溶液變為紅色，而且半分鐘內不褪色；（7）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積10.00mL，則過量Ag+的物質的量為Vcmol=0.01×0.1000mol·L-1=1×10-3mol，與Cl?反應的Ag+的物質的量為0.2000mol/L×0.1L?Vc×10?3mol＝1.9×10-2mol，則SO2Cl2的物質的