河北省唐山一中等五校重點中學2025年高考適應性考試化學試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、下列實驗操作能達到實驗目的的是A．用裝置甲驗證NH3極易溶于水B．用50mL量筒量取10mol·L-1硫酸2mL,加水稀釋至20mL,配制1mol·L-1稀硫酸C．用pH試紙測量氯水的pHD．用裝置乙制取無水FeCl32、設NA表示阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．60g丙醇中含有的共價鍵數目為10NAB．過氧化鈉與水反應生成0.lmolO2時，轉移的電子數為0.2NAC．0.lmol?L-1碳酸鈉溶液中陰離子總數大于0.1NAD．密閉容器中，1molN2與3molH2反應制備NH3，產生N—H鍵的數目為6NA個3、能使品紅溶液褪色的物質是①漂粉精②過氧化鈉③新制氯水④二氧化硫A．①③④B．②③④C．①②③D．①②③④4、下列氣體在常溫常壓下不能共存的是A．NH3、HCl B．CH4、Cl2 C．H2S、O2 D．SO2、O25、已知CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(g)ΔH==-Q1；2H2(g)+O2(g)→2H2O(g)ΔH==-Q2；H2O(g)→H2O(l)ΔH==-Q3常溫下，取體積比為4：1的甲烷和H2的混合氣體112L（標準狀況下），經完全燃燒后恢復到常溫，則放出的熱量為A．4Q1+0.5Q2 B．4Q1+Q2+10Q3 C．4Q1+2Q2 D．4Q1+0.5Q2+9Q36、下列反應不屬于取代反應的是A．CH2=CH2+H2OCH3CH2OHB．+Br2+HBrC．2CH3CH2OHC2H5—O—C2H5+H2OD．+HNO3+H2O7、下列實驗操作、現象和結論均正確的是（）選項實驗操作和現象結論A向NaBr溶液中分別滴入少量氯水和苯，振蕩、靜置，溶液上層呈橙紅色Br-的還原性強于Cl-B相同條件下，分別向20mL0.1mol/LKMnO4溶液和20mL0.5mol/LKMnO4溶液中滴加相同濃度和體積的草酸溶液(過量)，0.5mol/LKMnO4溶液紫色褪去的時間更短(生成的Mn2+對該反應無影響)濃度對反應速率的影響：濃度越大，反應速率越快C向淀粉碘化鉀溶液中通入過量氯氣，溶液由無色變為藍色，后藍色褪去氯氣具有強氧化性和漂白性D室溫下，用pH試紙測得0.1mol/LNa2SO3溶液的pH約為10，0.1mol/LNaHSO3溶液的pH約為5HSO3-結合H+的能力比SO32-的強A．A B．B C．C D．D8、只存在分子間作用力的物質是A．NaCl B．He C．金剛石 D．HCl9、一種新型太陽光電化學電池貯能時電解質溶液中離子在兩極發生如下圖所示的轉化。下列說法正確的是（）A．貯能時，電能轉變為化學能和光能B．貯能和放電時，電子在導線中流向相同C．貯能時，氫離子由a極區遷移至b極區D．放電時，b極發生：VO2+2H++e-=VO2++H2O10、一種三電極電解水制氫的裝置如圖，三電極為催化電極a、催化電極b和Ni(OH)2電極。通過控制開關連接K1或K2，可交替得到H2和O2。下列說法錯誤的是（）A．制O2時，電子由Ni(OH)2電極通過外電路流向催化電極bB．制H2時，陽極的電極反應式為Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2OC．催化電極b上，OH-發生氧化反應生成O2D．該裝置可在無隔膜的條件下制備高純氫氣11、一種熔融KNO3燃料電池原理示意圖如圖所示，下列有關該電池的說法錯誤的是A．電池工作時，NO3－向石墨I移動B．石墨Ⅰ上發生的電極反應為：2NO2+2OH－－2e－=N2O5+H2OC．可循環利用的物質Y的化學式為N2O5D．電池工作時，理論上消耗的O2和NO2的質量比為4：2312、下列物質中導電能力最差的是（）A．熔融態KHSO4 B．銅片 C．0.1mol/LH2SO4 D．固態KCl13、化學與人類生活、生產和社會可持續發展密切相關，下列說法錯誤的是A．84消毒液具有強氧化性，可用于居家環境殺菌消毒B．加強生活垃圾分類與再生資源回收有利于踐行“綠水青山就是金山銀山”的理念C．中國華為自主研發的5G芯片巴龍5000的主要材料是SiD．太陽能光催化環境技術技術可以將二氧化碳轉化為燃料，該燃料屬于一次能源14、海水是巨大的資源寶庫：從海水中提取食鹽和溴的過程如下：下列說法錯誤的是A．海水淡化的方法主要有蒸餾法、電滲析法、離子交換法等B．電解熔融的氯化鈉是一個將電能轉化為化學能的過程C．步驟Ⅱ中將Br2還原為Br－的目的是富集溴元素D．向母液中加入石灰乳可得到Mg(OH)2，工業上常用電解熔融的Mg(OH)2來制取鎂15、只用一種試劑即可區別的：NaCl、MgCl2、FeCl3、Al2(SO4)3四種溶液，這種試劑是A．AgNO3 B．NaOH C．BaCl2 D．HCl16、已知：pOH=-lgc(OH-)。室溫下，將稀鹽酸滴加到某一元堿（BOH）溶液中，測得混合溶液的pOH與微粒濃度的變化關系如圖所示。下列說法錯誤的是()A．若向0.1mol/LBOH溶液中加水稀釋，則溶液中c(OH-)/c(BOH)增大B．室溫下，BOH的電離平衡常數K=1×10-4.8C．P點所示的溶液中：c(Cl-)>c(B+)D．N點所示的溶液中：c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)-c(BOH)17、下列變化中化學鍵沒有破壞的是A．煤的干餾 B．煤的氣化 C．石油分餾 D．重油裂解18、二氧化氯（ClO2）是易溶于水且不與水反應的黃綠色氣體，沸點為11℃。某小組在實驗室中制備ClO2的裝置如下：[已知：SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4]下列說法正確的是A．裝置C中裝的是飽和食鹽水，a逸出的氣體為SO2B．連接裝置時，導管口a應接h或g，導管口c應接eC．裝置D放冰水的目的是液化SO2，防止污染環境D．可選用裝置A利用1mol·L?1鹽酸與MnO2反應制備Cl219、X、Y、Z是中學化學中常見的三種物質，下表各組物質之間通過一步反應不能實現如圖所示轉化關系的是（）XYZ箭頭上所標數字的反應條件A．NONO2HNO3①常溫遇氧氣B．Cl2NaClOHClO②通入CO2C．Na2O2NaOHNaCl③加入H2O2D．Al2O3NaAlO2Al(OH)3④加NaOH溶液A．A B．B C．C D．D20、第三代混合動力車，可以用電動機、內燃機或二者結合推動車輛。汽車上坡或加速時，電動機提供推動力，降低汽油的消耗;在剎車或下坡時，電池處于充電狀態，其電路工作原理如圖所示。下列說法中正確的是A．放電時甲為負極，充電時為陽極B．電池充電時，OH—由甲側向乙側移動C．放電時負極的電極反應式為:MHn—ne—＝M+nH+D．汽車下坡時發生圖中實線所示的過程21、已知A、B、C、D為由短周期元素組成的四種物質，它們有如圖所示轉化關系，且D為強電解質（其他相關物質可能省略）。下列說法不正確的是（）A．若A是共價化合物，則A和D有可能發生氧化還原反應B．若A為非金屬單質，則其組成元素在周期表中的位置可能處于第二周期第ⅣA族C．若A為非金屬單質，則它與Mg反應的產物中陰、陽離子個數比可能為2：3D．若A是金屬或非金屬單質，則常溫下0.1mol/L的D溶液中由水電離出的c(H+)可能為10-13mol/L22、在催化劑、400℃時可實現氯的循環利用，下圖是其能量關系圖下列分析正確的是A．曲線a是使用了催化劑的能量變化曲線B．反應物的總鍵能高于生成物的總鍵能C．反應的熱化學方程式為：4HCl(g)+O2(g)＝2Cl2+2H2O(g)△H＝－115.6kJD．若反應生成2mol液態水，放出的熱量高于115.6kJ二、非選擇題(共84分)23、（14分）吡貝地爾（）是多巴胺能激動劑，合成路線如下：已知：①②D的結構簡式為(1)A的名稱是__________。(2)E→F的反應類型是__________。(3)G的結構簡式為________；1molB最多消耗NaOH與Na的物質的量之比為_______。(4)D+H→吡貝地爾的反應的化學方程式為_______。(5)D的同分異構體中滿足下列條件的有______種（碳碳雙鍵上的碳原子不能連羥基），其中核磁共振氫譜有5種峰且峰面積之比為2:2:1:1:1的結構簡式為_______（寫出一種即可）。①與FeCl3溶液發生顯色反應②苯環上有3個取代基③1mol該同分異構體最多消耗3molNaOH。(6)已知：；參照上述合成路線，以苯和硝基苯為原料（無機試劑任選）合成，設計制備的合成路線：_______。24、（12分）以乙烯與甲苯為主要原料，按下列路線合成一種香料W：（1）實驗室制備乙烯的反應試劑與具體反應條件為____。（2）上述①～④反應中，屬于取代反應的是___。（3）檢驗反應③是否發生的方法是____。（4）寫出兩種滿足下列條件的同分異構體的結構簡式。____、____。a．能發生銀鏡反應b．苯環上的一溴代物有兩種（5）設計一條由乙烯制備A的合成路線。（無機試劑可以任選）____。（合成路線常用的表示方式為：）25、（12分）I.四溴化鈦（TiBr4）可用作橡膠工業中烯烴聚合反應的催化劑。已知TiBr4常溫下為橙黃色固體，熔點為38.3℃，沸點為233.5℃，具有潮解性且易發生水解。實驗室利用反應TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制備TiBr4的裝置如圖所示。回答下列問題：（1）檢查裝置氣密性并加入藥品后，加熱前應進行的操作是___，反應結束后應繼續通入一段時間CO2，主要目的是___。（2）將連接管切斷并熔封，采用蒸餾法提純。此時應將a端的儀器改裝為___、承接管和接收瓶，在防腐膠塞上加裝的儀器是___（填儀器名稱）。II.過氧化鈣溶于酸，極微溶于水，不溶于乙醇、乙醚和丙酮，通常可用作醫用殺菌劑、消毒劑、防腐劑。已知從溶液中制得的過氧化鈣帶有8個結晶水，在100℃時會脫水生成米黃色的無水過氧化鈣，而無水過氧化鈣在349℃時會迅速分解生成CaO和O2。以下是一種用純凈的碳酸鈣制備過氧化鈣的實驗方案。請回答下列問題：CaCO3濾液白色結晶（3）步驟①的具體操作為向碳酸鈣中逐滴加入稀鹽酸，至溶液中尚存有少量固體，此時溶液呈___性（填“酸”、“堿”或“中”）。將溶液煮沸，趁熱過濾。將溶液煮沸的作用是__。（4）步驟②中反應的化學方程式為__，該反應需要在冰浴下進行，原因是__。（5）為測定產品中過氧化鈣的質量分數，取1.2g樣品，在溫度高于349℃時使之充分分解，并將產生的氣體（恢復至標準狀況）通過如圖所示裝置收集，測得量筒中水的體積為112mL，則產品中過氧化鈣的質量分數為___。26、（10分）檢驗甲醛含量的方法有很多，其中銀﹣Ferrozine法靈敏度較高。測定原理為甲醛把氧化銀還原成Ag，產生的Ag與Fe3＋定量反應生成Fe2+，Fe2+與菲洛嗪(Ferrozine)形成有色配合物，通過測定吸光度計算出甲醛的含量。某學習小組類比此原理設計如下裝置測定新裝修居室內空氣中甲醛的含量（夾持裝置略去）。已知：甲醛能被銀氨溶液氧化生成CO2，氮化鎂與水反應放出NH3，毛細管內徑不超過1mm。請回答下列問題：(1)A裝置中反應的化學方程式為___________，用飽和食鹽水代替水制備NH3的原因是___________________。(2)B中裝有AgNO3溶液，儀器B的名稱為________。(3)銀氨溶液的制備。關閉K1、K2，打開K3，打開______，使飽和食鹽水慢慢滴入圓底燒瓶中，當觀察到B中白色沉淀恰好完全溶解時，________。(4)室內空氣中甲醛含量的測定。①用熱水浴加熱B，打開K1，將滑動隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室內空氣，關閉K1；后續操作是______________；再重復上述操作3次。毛細管的作用是__________。②向上述B中充分反應后的溶液中加入稀硫酸調節溶液pH=1，再加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反應后立即加入菲洛嗪，Fe2＋與菲洛嗪形成有色物質，在562nm處測定吸光度，測得生成Fe2+1.12mg，空氣中甲醛的含量為____mg·L-1。27、（12分）某實驗小組同學為了研究氯氣的性質，做以下探究實驗。向KI溶液通入氯氣溶液變為黃色；繼續通入氯氣一段時間后，溶液黃色退去，變為無色；繼續通入氯氣，最后溶液變為淺黃綠色，查閱資料：I2+I-?I3-，I2、I3-在水中均呈黃色。（1）為確定黃色溶液的成分，進行了以下實驗：取2～3mL黃色溶液，加入足量CCl4，振蕩靜置，CCl4層呈紫紅色，說明溶液中存在______，生成該物質的化學方程式為______，水層顯淺黃色，說明水層顯黃色的原因是______；（2）繼續通入氯氣，溶液黃色退去的可能的原因______；（3）NaOH溶液的作用______，反應結束后，發現燒杯中溶液呈淺黃綠色，經測定該溶液的堿性較強，一段時間后溶液顏色逐漸退去，其中可能的原因是______。28、（14分）2019年諾貝爾化學獎頒給了日本吉野彰等三人，以表彰他們對鋰離子電池研發的卓越貢獻。（1）工業中利用鋰輝石（主要成分為LiAlSi2O6，還含有FeO、CaO、MgO等）制備鈷酸鋰(LiCoO2)的流程如圖：回答下列問題：①鋰輝石的主要成分為LiAlSi2O6，其氧化物的形式為___。②為提高“酸化焙燒”效率，常采取的措施是___。③向“浸出液”中加入CaCO3，其目的是除去“酸化焙燒”中過量的硫酸，控制pH使Fe3+、A13+完全沉淀，則pH至少為___。(已知：，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，完全沉淀后離子濃度低于1×l0-5)mol/L）。④“濾渣2”的主要化學成分為___。⑤“沉鋰”過程中加入的沉淀劑為飽和的___(化學式）溶液。（2）利用鋰離子能在石墨烯表面和電極之間快速大量穿梭運動的特性，開發出石墨烯電池，電池反應式為LiCoO2+C6LixC6+Li1-xCoO2其工作原理如圖2。下列關于該電池的說法正確的是___（填字母）。A．過程1為放電過程B．該電池若用隔膜可選用質子交換膜C．石墨烯電池的優點是提高電池的儲鋰容量進而提高能量密度D．充電時，LiCoO2極發生的電極反應為LiCoO2-xe-=xLi++Li1-xCoO2E.對廢舊的該電池進行“放電處理”讓Li+嵌入石墨烯中而有利于回收（3）LiFePO4也是一種電動汽車電池的電極材料，實驗室先將綠礬溶解在磷酸中，再加入氫氧化鈉和次氯酸鈉溶液反應獲得FePO4固體。再將FePO4固體與H2C2O4和LiOH反應即可獲得LiFePO4同時獲得兩種氣體。①寫出FePO4固體與H2C2O4和LiOH反應溶液獲得LiFePO4的化學方程式___。②LiFePO4需要在高溫下成型才能作為電極，高溫成型時要加入少量活性炭黑，其作用是___。29、（10分）2019年諾貝爾化學獎授予約翰·古德伊納夫、斯坦利·惠廷漢和吉野彰三位科學家，以表彰他們在鋰電池領域所做出的巨大貢獻。請回答下列問題：(1)LiCoO2、LiFePO4常用作鋰離子電池的正極材料。①基態Co原子核外電子排布式為_______________；②基態磷原子中，電子占據的最高能層符號為______；該能層能量最高的電子云在空間有_____個伸展方向。(2)[Co(NO3)4]2－的配體中N原子的雜化方式為____，該配離子中各元素的第一電離能由小到大的順序為________(填元素符號)，1mol該配離子中含σ鍵數目為_____NA。(3)LiFePO4屬于簡單磷酸鹽，而直鏈的多磷酸鹽則是一種復雜磷酸鹽，如：焦磷酸鈉、三磷酸鈉等。焦磷酸根離子、三磷酸根離子如圖所示：這類磷酸根離子的化學式可用通式表示為____________(用n代表P原子數)。(4)①Li2O被廣泛用作玻璃的組分，其熔點______Na2O(填高于或者低于)，判斷理由_____。②Li2O具有反螢石結構，晶胞如圖所示，已知其晶胞參數為0.4665nm，NA為阿伏加德羅常數的值，則Li2O的密度為___________g·cm－3(列出計算式)。

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、A【解析】

A.將膠頭滴管中的水擠入燒瓶，若氨氣極易溶于則燒瓶內壓強降低，氣球會鼓起來，可以達到實驗目的，故A正確；B.稀釋濃硫酸時要把濃硫酸加入水中，且不能在量筒中進行，故B錯誤；C.氯水中有次氯酸具有漂白性，不能用pH試紙測其pH值，故C錯誤；D.氯化鐵易水解生成氫氧化鐵和HCl，加熱促進水解，而且鹽酸易揮發，所以蒸干最終得到氫氧化鐵而不是氯化鐵，故D錯誤；故答案為A。【點睛】制備無水氯化鐵需要在HCl氣流中加熱蒸發氯化鐵溶液，抑制氯化鐵水解。2、B【解析】

A.60g丙醇為1mol，丙醇中含7個C-H鍵、2個C-C鍵、1個C-O鍵和1個O-H鍵，存在的共價鍵總數為11NA，故A錯誤；B.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2中一個氧原子從-1價升高到0價；另外一個從-1價降到-2價，每生成lmolO2時，轉移的電子數為2NA，生成0.lmolO2時，轉移的電子數為0.2NA，故B正確；C.溶液的體積未知，無法計算，故C錯誤；D.氮氣和氫氣的反應是一個可逆反應，1molN2與3molH2反應產生的NH3小于2mol，故產生N—H鍵的數目小于6NA個，故D錯誤；故選B。3、D【解析】①漂粉精中含有ClO-,具有強氧化性②過氧化鈉具有強氧化性③新制氯水中含有ClO-,具有強氧化性④二氧化硫具有漂白作用。4種物質均能使品紅溶液褪色，故選擇D。4、A【解析】

常溫下，能反應的氣體不能大量共存，以此來解答。【詳解】A．常溫下反應生成氯化銨，不能大量共存，選項A選；B．常溫下不反應，光照的條件反應，可大量共存，選項B不選；C．常溫下不反應，反應需要點燃、加熱等，可大量共存，選項C不選；D．常溫下不反應，要在催化劑和加熱的條件反應，選項D不選；答案選A。5、D【解析】

①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-Q1；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-Q2；H2O(g)→H2O(l)ΔH=-Q3；根據蓋斯定律①+2③得

CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-Q1-2Q3；

根據蓋斯定律②+2③得

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=Q2-2Q3，標準狀況下，112L體積比為4:

1的甲烷和H2的混合氣體的物質的量為=

=

5mol

，故甲烷的物質的量為5mol=4mol，完全燃燒生成液體水放出的熱量為（Q1+2Q3)

=4

(Q1+2Q3)，氫氣的物質的量為5mol-4mol=1mol，完全燃燒生成液體水放出的熱量為(Q2+2Q3)

=0.5

(Q2+2Q3)

，故甲烷、氫氣完全燃燒，放出的熱量為:4

(Q1+2Q3)

+0.5

(Q2+2Q3)=4Q1+0.5Q2+9Q3，故選D。

答案：

D。【點睛】先根據混合氣體的物質的量

結合體積分數計算甲烷、氫氣各自物質的量，再根據蓋斯定律，利用已知的三個熱化學反應方程式進行計算甲烷、氫氣完全燃燒生成液體水和二氧化碳的反應熱。6、A【解析】

A．反應中碳碳雙鍵轉化為碳碳單鍵，屬于加成反應，故A選；B．苯環上H原子被Br原子取代，屬于取代反應，故B不選；C．1分子乙醇中-OH上H氫原子被另1分子乙醇中的乙基取代，屬于取代反應，故C不選；D．苯環上H原子被硝基取代，屬于取代反應，故D不選；答案選A。【點睛】取代取代，“取而代之”的反應叫取代反應。7、A【解析】

A．NaBr溶液中滴入氯水，發生反應2Br-+Cl2＝Br2+2Cl-，由此得出還原性Br-＞Cl-，A正確；B．要通過溶液紫色褪去的時間長短比較反應速率快慢，應該讓酸性高錳酸鉀的體積和濃度均相同，改變草酸的濃度，B錯誤；C．淀粉碘化鉀溶液中通入過量氯氣，溶液先變藍后褪色，氯氣只表現氧化性，氯氣沒有漂白性，C錯誤；D．0.1mol/LNa2SO3溶液的pH大，堿性強，則結合H+的能力強，D錯誤；故選A。8、B【解析】

A．NaCl是離子化合物，陰陽離子間以離子鍵結合，故A不選；B．He由分子構成，分子間只存在分子間作用力，故B選；C．金剛石是原子晶體，原子間以共價鍵相結合，故C不選；D．HCl由分子構成，分子間存在分子間作用力，但分子內氫和氯以共價鍵相結合，故D不選；故選B。9、D【解析】

光照時貯能VO2+失電子轉化為VO2+，b極為陽極，a極為陰極，放電時b極為正極，a極為負極，據此分析解答。【詳解】A.貯能時，光能轉變為化學能，選項A錯誤；B.貯能時電子由b極流出，放電時電子由a極流出，在導線中流向不相同，選項B錯誤；C.貯能時，氫離子由陽極b極區遷移至陰極a極區，選項C錯誤；D.放電時，b極為正極，發生電極反應：VO2+2H++e-=VO2++H2O，選項D正確；答案選D。10、A【解析】

A．催化電極b中，水失電子生成O2，作陽極，電子由催化電極b通過外電路流向Ni(OH)2電極，A錯誤；B．制H2時，催化電極a為陰極，陽極Ni(OH)2在堿性溶液中失電子生成NiOOH，電極反應式為Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，B正確；C．催化電極b上，水電離產生的OH-失電子，發生氧化反應生成O2，C正確；D．該裝置中，電解質只有水，所以可在無隔膜的條件下制備高純氫氣，D正確；故選A。11、B【解析】

由圖示可知，原電池中負極發生氧化反應、正極發生還原反應，石墨Ⅰ通入NO2生成N2O5，發生的是氧化反應，故石墨Ⅰ是負極，發生的反應式為NO2-e-+NO3-=N2O5，則石墨Ⅱ為正極，發生還原反應，反應式為O2+4e-+2N2O5=4NO3-，該電池的總反應為：4NO2+O2=2N2O5。【詳解】由圖示可知，原電池中負極發生氧化反應、正極發生還原反應，石墨Ⅰ通入NO2生成N2O5，發生的是氧化反應，故石墨Ⅰ是負極，發生的反應式為NO2-e-+NO3-=N2O5，則石墨Ⅱ為正極，發生還原反應，反應式為O2+4e-+2N2O5=4NO3-。A．電池工作時，陰離子移向負極，陽離子移向正極，石墨Ⅰ是負極，NO3-向石墨I移動，A正確；B．該電池一種熔融KNO3燃料電池，負極發生氧化反應，石墨Ⅰ上發生的電極反應為：NO2-e-+NO3-=N2O5，B錯誤；C．石墨Ⅰ生成N2O5，石墨Ⅱ消耗N2O5，可循環利用的物質Y的化學式為N2O5，C正確；D．原電池中正極得到的電子數等于負極失去的電子數，故電池工作時，理論上消耗的O2和NO2的物質的量之比是1:4，則消耗的O2和NO2的物質的量之比是4：23，D正確；答案選D。【點睛】考生做該題的時候，首先從圖中判斷出石墨Ⅰ、石墨Ⅱ是哪個電極，并能準確寫出電極反應式，原電池中陰離子移向負極、陽離子移向正極，原電池工作時，理論上負極失去的電子數等于正極得到的電子數。12、D【解析】

導電能力最差的應是離子濃度最小，或不存在自由移動的離子等情況，如固體氯化鉀，據此進行解答。【詳解】固體KCl不能電離出自由移動的離子，不能導電，而熔融態KHSO4、0.1mol/LH2SO4都存在自由移動的離子，都能導電，銅片為金屬，存在自由移動的電子，也能導電，所以導電能力最差的是固態KCl；故答案選D。【點睛】金屬導電是因為含有自由移動的電子，而電解質導電是因為含有自由移動的離子；比如KCl是電解質，但是在固態時不導電，沒有自由移動的離子；但是氯化鉀溶于水或在熔融狀態下，存在自由移動的離子，就能夠導電，所以電解質不一定能夠導電，導電的也不一定是電解質。13、D【解析】

A．84消毒液主要成分是NaClO，具有強氧化性，有殺菌消毒作用，因此可用于居家環境殺菌消毒，A正確；B．生活垃圾分類處理，使能夠回收利用的物質物盡其用，再生資源回收利用，有害物質集中處理，就可以減少污染物的排放，有利于社會持續發展，B正確；C．5G芯片主要材料是Si單質，C正確；D．太陽能光催化環境技術技術可以將二氧化碳轉化為燃料，涉及太陽能與化學能的轉移，產生的燃料為氫氣、CO等屬于二次能源，D錯誤；故合理選項是D。14、D【解析】

A.海水淡化的方法主要有蒸餾法、電滲析法、離子交換法等，選項A正確；B.電解熔融的氯化鈉是一個將電能轉化為化學能的過程，選項B正確；C.步驟Ⅱ中將Br2還原為Br－，發生反應Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，目的是富集溴元素，選項C正確；D.向母液中加入石灰乳可得到Mg(OH)2，工業上常用電解熔融的MgCl2來制取鎂，選項D錯誤。答案選D。15、B【解析】

四種溶液中陽離子互不相同，可選用氫氧化鈉溶液鑒別。氯化鈉與氫氧化鈉不反應；氫氧化鈉與氯化鎂生成白色沉淀；氫氧化鈉與氯化鐵生成紅褐色沉淀；氫氧化鈉加入硫酸鋁溶液產生白色沉淀然后沉淀溶解。答案選B。【點睛】氫氧化鎂和氫氧化鋁均為白色沉淀，但氫氧化鋁溶于強堿溶液。16、C【解析】

A．BOH是弱堿，加水稀釋時促進電離，溶液中BOH的微粒數減小，而OH-的數目增多，則溶液中=不斷增大，故A正確；B．N點-lg=0，即c(BOH)=c(B+)，則BOH的電離平衡常數Kb=×c(OH-)=c(OH-)=1×10-4.8，故B正確；C．P點的pOH＜4，溶液呈堿性，則c(OH-)＜c(OH-)，根據電荷守恒可知：c(Cl-)＜c(B+)，故C錯誤；D．N點-lg=0，則c(BOH)=c(B+)，根據電荷守恒c(B+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知，c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)-c(BOH)，故D正確；故答案為C。【點睛】考查酸堿混合的定性判斷，明確圖象圖象變化的意義為解答關鍵，根據圖象可知，N點-lg=0，=1，此時pOH=-lgc(OH-)=4.8，則BOH的電離平衡常數Kb=×c(OH-)=c(OH-)=1×10-4.8，證明BOH只能部分電離，屬于弱堿，再結合溶液中的電荷守恒式分析即可。17、C【解析】

A．煤干餾可以得到煤焦油，煤焦油中含有甲烷、苯和氨等重要化工原料，屬于化學變化，化學鍵被破壞，故A錯誤；B．煤的氣化是將其轉化為可燃氣體的過程，主要反應為碳與水蒸氣反應生成H2、CO等氣體的過程，有新物質生成，屬于化學變化，化學鍵被破壞，故B錯誤；C．石油的分餾是根據物質的沸點不同進行分離的，屬于物理變化，化學鍵沒有破壞，故C正確；D．石油裂化是大分子生成小分子，屬于化學變化，化學鍵被破壞，故D錯誤．故選：C。18、B【解析】

利用A裝置制取SO2，在B中發生制取反應得到ClO2，ClO2的沸點為11℃，利用冰水浴冷凝，可在裝置D中收集到ClO2；E為安全瓶，防B中的液體進入到A中，E放置在A與B之間。C為尾氣吸收裝置，吸收多余的SO2。【詳解】A、利用A裝置制取SO2，a逸出的氣體為SO2，C為尾氣吸收裝置，用于吸收多余的SO2，應該裝有NaOH溶液，A錯誤；B、利用A裝置制取SO2，在B中發生制取反應得到ClO2，E為安全瓶，防B中的液體進入到A中，E放置在A與B之間，所以a應接h或g；裝置D中收集到ClO2，導管口c應接e，B正確；C、ClO2的沸點11℃，被冰水浴冷凝，在D中收集到，C錯誤；D、MnO2有濃鹽酸反應，1mol·L－1并不是濃鹽酸，D錯誤；答案選B。19、C【解析】

A.一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮與水反應生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸與銅反應生成一氧化氮，各物質之間通過一步反應可以實現，故A正確；B.氯氣與氫氧化鈉反應生成次氯酸鈉，次氯酸鈉與碳酸反應生成次氯酸，次氯酸與氫氧化鈉反應生成次氯酸鈉，次氯酸與鹽酸反應生成氯氣，各物質之間通過一步反應可以實現，故B正確；C.氯化鈉不能夠通過一步反應得到過氧化鈉，故C錯誤；D.氧化鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉與碳酸反應生成氫氧化鋁，氫氧化鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉，氫氧化鋁分解生成氧化鋁，個物質之間通過一步反應可以實現，故D正確；本題選C。【點睛】要通過氯化鈉得到過氧化鈉，首先要電解熔融的氯化鈉得到金屬鈉，金屬鈉在氧氣中燃燒可以得到過氧化鈉。20、B【解析】

A.根據電解池的工作原理，充電時甲電極是陰極，放電時是原電池，甲是負極，故A錯誤；B.電池充電時是電解池的工作原理，電解池中的甲電極是陰極，陰極發生氫離子得電子的還原反應，乙是陽極，所以OH-由甲側向乙側移動，故B正確；C.放電時負極發生氧化反應，電極反應式為M-ne-+nH+=MHn，故C錯誤；D.汽車下坡時電池處于充電狀態，發生圖中虛線所示的過程，故D錯誤；答案選B。21、B【解析】

A、B、C、D為短周期元素構成的四種物質，且D為強電解質，它們有如下轉化關系：，中學常見物質中N、S元素單質化合物符合轉化關系，Na元素單質化合物符合轉化關系。【詳解】A、B、C、D為短周期元素構成的四種物質，且D為強電解質，它們有如下轉化關系：，中學常見物質中N、S元素單質化合物符合轉化關系，Na元素單質化合物符合轉化關系；A．若A是共價化合物，A可能為NH3或H2S，D為HNO3或H2SO4，H2S與H2SO4可以發生氧化還原反應，故A正確；B．若A為非金屬單質，則A為N2(或S)，氮元素處于第二周期ⅤA族，硫元素處于第三周期ⅥA族，故B錯誤；C．若A為非金屬單質，則A為N2(或S)，B為NO(或SO2)，C為NO2(或SO3)，D為HNO3(或H2SO4)，其中N2與鎂反應生成的Mg3N2中陰、陽離子的個數比為2：3，故C正確；D．若A是金屬或非金屬單質，則A為Na或N2或S，D為NaOH或HNO3或H2SO4，0.1mol/LNaOH溶液或HNO3溶液中水電離出的c(H＋)都是10?13mol/L，故D正確；故答案選B。22、D【解析】

A.曲線b的活化能比a的低，所以曲線b是使用了催化劑的能量變化曲線，選項A錯誤；B.由圖像可知反應物能量高，所以鍵能低，選項B錯誤；C.反應的熱化學方程式為：4HCl（g）+O2（g）2Cl2+2H2O（g）△H=﹣115.6kJ/mol，選項C錯誤；D.氣態水變成液態要放出能量，所以若反應生成2mol液態水，放出的熱量高于115.6kJ，選項D正確；答案選D。二、非選擇題(共84分)23、苯取代反應1:1或12【解析】

由已知信息可知A為苯，再和CH2Cl2發生取代反應生成，再和HCHO在濃鹽酸的作用下生成的D為；和Cl2在光照條件下發生取代反應生成的F為，F再和G發生取代反應生成，結合G的分子式可知G的結構簡式為；再和在乙醇和濃氨水的作用下生成吡貝地爾（），據此分析解題；（6）以苯和硝基苯為原料合成，則需要將苯依次酚羥基、鹵素原子得到，將硝基苯先還原生成苯胺，苯胺再和在PdBr4的催化作用下即可得到目標產物。【詳解】(1)A的結構簡式為，其名稱是苯；(2)和Cl2在光照條件下發生取代反應生成的F為，則E→F的反應類型是取代反應；(3)由分析知G的結構簡式為；B為，酚羥基均能和Na、NaOH反應，則1molB最多消耗NaOH與Na的物質的量之比為1:1；(4)和在乙醇和濃氨水的作用下生成吡貝地爾的化學方程式為；(5)D為，其分子式為C8H7O2Cl，其同分異構體中：①與FeCl3溶液發生顯色反應，說明含有酚羥基；②苯環上有3個取代基，這三個取代基有連、間、偏三種連接方式；③1mol該同分異構體最多消耗3molNaOH，則分子結構中含有2個酚羥基，另外存在鹵素原子水解，則另一個取代基為-CH=CHCl或-CCl=CH2，苯環上先定位取代基為-CH=CHCl或-CCl=CH2，再增加二個酚羥基，則各有6種結構，即滿足條件的同分異構體共有12種，其中核磁共振氫譜有5種峰且峰面積之比為2:2:1:1:1的結構簡式為；（6）以苯和硝基苯為原料合成，則需要將苯依次酚羥基、鹵素原子得到，將硝基苯先還原生成苯胺，苯胺再和在PdBr4的催化作用下即可得到目標產物，具體合成路線為。【點睛】解有機推斷與合成題，學生需要將題目給信息與已有知識進行重組并綜合運用是解答本題的關鍵，需要學生具備準確、快速獲取新信息的能力和接受、吸收、整合化學信息的能力，采用正推和逆推相結合的方法，逐步分析有機合成路線，可推出各有機物的結構簡式，然后分析官能團推斷各步反應及反應類型。本題根據吡貝地爾的結構特點分析合成的原料，再結合正推與逆推相結合進行推斷，充分利用反應過程C原子數目，對學生的邏輯推理有較高的要求。24、乙醇、濃硫酸、170℃①②④取樣，滴加新制氫氧化銅懸濁液，加熱，有磚紅色沉淀生成，可證明反應③已經發生【解析】

由C的結構及反應④為酯化反應可知，A為CH3COOH，C為，則反應①為光照下取代反應，生成B為，反應②為鹵代烴的水解反應，反應③為醇的催化氧化反應。（1）實驗室制備乙烯的反應試劑與具體反應條件為乙醇、濃硫酸、170℃，發生消去反應，故答案為：乙醇、濃硫酸、170℃；（2）上述①～④反應中，屬于取代反應的是①②④，故答案為：①②④；（3）檢驗反應③是否發生的方法是取樣，滴加新制氫氧化銅懸濁液，加熱，有磚紅色沉淀生成，可證明反應③已經發生，故答案為：取樣，滴加新制氫氧化銅懸濁液，加熱，有磚紅色沉淀生成，可證明反應③已經發生；（4）的同分異構體滿足a．能發生銀鏡反應，含-CHO；b．苯環上的一溴代物有兩種，苯環上有2種H，則2個取代基位于對位，符合條件的結構簡式為、、，故答案為：；（5）乙烯加成生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，則由乙烯制備A的合成路線為，故答案為：。25、打開K1，關閉K2和K3，通入二氧化碳排出殘留在裝置中的四溴化鈦和溴蒸氣直形冷凝管溫度計酸除去溶液中的二氧化碳CaCl2+H2O2+2NH3?H2O+6H2O=CaO2?8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3?H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O溫度過高時過氧化氫分解60%【解析】

I.TiBr4常溫易潮解，所以制備TiBr4時要使用干燥的反應物，所以通入的二氧化碳氣體必須干燥，濃硫酸能干燥二氧化碳，所以試劑A為濃硫酸；因為裝置中含有空氣，空氣中氧氣能和C在加熱條件下反應，所以要先通入二氧化碳排出裝置中空氣，需要打開K1，關閉K2和K3；然后打開K2和K3

，同時關閉K1，發生反應TiO2+C+2Br2

TiBr4+CO2制備TiBr4，TiBr4常溫下為橙黃色固體，流入收集裝置中；溴有毒不能直接排空，應該最后有尾氣處理裝置，TiBr4易潮解，所以裝置X單元能起干燥作用，結合題目分析解答。II.大理石加入稀鹽酸溶解得到氯化鈣溶液，將溶液煮沸，趁熱過濾，將溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的CO2，反應②濾液中加入氨水和過氧化氫冰水浴中反應生成過氧化鈣晶體，過濾得到過氧化鈣晶體，水洗、乙醇洗、烘烤得到過氧化鈣固體，以此來解答。【詳解】(1)根據分析以及圖示可知加熱前要先打開K1，關閉K2和K3，通入二氧化碳排出裝置中空氣；反應結束后在反應裝置中還有少量四溴化鈦殘留，以及剩余的溴蒸氣，應繼續通入一段時間CO2，主要目的是把少量殘留四溴化鈦排入收集裝置中，提高產率，而且還可以排出剩余的溴蒸氣，進行尾氣處理，防止污染；(2)在產品四溴化鈦中還有殘留的液溴，因此根據題中給出的四溴化鈦的沸點233.5°C，可以使用蒸餾法提純；此時應將a端的儀器改裝為直形冷凝管、承接管和接收瓶，蒸餾時要根據溫度收集餾分，所以在防腐膠塞上應加裝溫度計；(3)此時溶液中溶有二氧化碳，所以呈酸性；將溶液煮沸的作用是除去溶液中的二氧化碳；(4)反應②是濾液中加入氨水和過氧化氫冰水浴中反應生成過氧化鈣晶體，反應的化學方程式為：CaCl2+H2O2+2NH3?H2O+6H2O=CaO2?8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3?H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O；過氧化氫熱易分解，所以該反應需要在冰浴下進行；(5)過氧化鈣受熱分解，方程式為2CaO2=2CaO+O2↑，收集到的氣體為氧氣，根據量筒中水的體積可知收集到氧氣112mL，則其物質的量為=0.005mol，則原樣品中n(CaO2)=0.01mol，所以樣品中過氧化鈣的質量分數為=60%。26、Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑飽和食鹽水可減緩生成氨氣的速率三頸燒瓶(或三口燒瓶)分液漏斗的活塞與旋塞關閉K3和分液漏斗旋塞打開K2，緩慢推動滑動隔板，將氣體全部推出，再關閉K2減小氣體的通入速率，使空氣中的甲醛氣體被完全吸收0.0375【解析】

在儀器A中Mg3N2與H2O反應產生Mg(OH)2和NH3，NH3通入到AgNO3溶液中首先反應產生AgOH白色沉淀，后當氨氣過量時，反應產生Ag(NH3)2OH，然后向溶液中通入甲醛，水浴加熱，發生銀鏡反應產生單質Ag和CO2氣體，產生的Ag與加入的Fe3＋定量反應生成Fe2+，Fe2＋與菲洛嗪形成有色物質，在562nm處測定吸光度，測得生成Fe2＋1.12mg，據此結合反應過程中電子守恒，可計算室內空氣中甲醛含量。【詳解】(1)Mg3N2與水發生鹽的雙水解反應產生Mg(OH)2和NH3，反應方程式為：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；用飽和食鹽水代替水，單位體積溶液中水的含量降低，可減緩生成氨氣的速率；(2)根據儀器B的結構可知，儀器B的名稱為三頸燒瓶；(3)銀氨溶液的制備：關閉K1、K2，打開K3，打開K3，分液漏斗的活塞與旋塞，使飽和食鹽水慢慢滴入圓底燒瓶中，首先發生反應：Ag++NH3+H2O=AgOH↓+NH4+，后又發生反應：AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++OH-+2H2O，當觀察到B中白色沉淀恰好完全溶解時，就得到了銀氨溶液，此時關閉K3和分液漏斗旋塞；(4)①用熱水浴加熱B，打開K1，將滑動隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室內空氣，關閉K1；后續操作是打開K2，緩慢推動滑動隔板，將氣體全部推出，再關閉K2；再重復上述操作3次。毛細管的作用是減小氣體的通入速率，使空氣中的甲醛氣體被完全吸收。②甲醛和銀氨溶液加熱反應生成銀，銀具有還原性，被Fe3+氧化，結合甲醛被氧化為CO2，氫氧化二氨合銀被還原為銀，甲醛中碳元素化合價0價變化為+4價，銀+1價變化為0價，生成的銀又被鐵離子氧化，鐵離子被還原為亞鐵離子，生成亞鐵離子1.12mg，物質的量n(Fe)==2×10-5mol，根據氧化還原反應電子守恒計算，設消耗甲醛物質的量為xmol，則4x=2×10-5mol×1，x=5×10-6mol，因此實驗進行了4次操作，所以測得1L空氣中甲醛的含量為1.25×10-6mol，空氣中甲醛的含量為1.25×10-6mol×30g/mol×103mg/g=0.0375mg/L。【點睛】本題考查了物質組成和含量的測定、氧化還原反應電子守恒的計算的應用、物質性質等，掌握基礎是解題關鍵，了解反應原理、根據反應過程中電子守恒分析解答。27、I2Cl2+2KI=I2+2KClI3-生成的碘單質被氯氣氧化為無色物質吸收多余的氯氣氯氣與堿的反應速率低于鹽酸和次氯酸與堿反應【解析】

(1)氯氣與KI發生Cl2+2I-=I2+2Cl-，以及I2+I-?I3-，取2～3mL黃色溶液，加入足量CCl4，振蕩靜置，CCl4層呈紫紅色，水層顯淺黃色，可說明溶液中存在I2、I3-；(2)繼續通入氯氣，溶液黃色退去，是因為氯氣將I2氧化為無色物質；(3)NaOH溶液吸收多余的氯氣；氯水的顏色為淺黃綠色，說明氯氣與堿的反應速率低于鹽酸和次氯酸與堿反應。【詳解】(1)取2～3mL黃色溶液，加入足量CCl4，振蕩靜置，CCl4層呈紫紅色，說明溶液中存在I2，生成該物質的化學方程式為Cl2+2KI=I2+2KCl，水層顯淺黃色，可說明溶液中存在I3-，發生反應為I2+I-?I3-，故答案為：I2；Cl2+2KI=I2+2KCl；I3-；(2)氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯氣發生Cl2+2KI=KCl+I2，溶液變成黃色，繼續通入氯氣，生成的碘單質被氯氣氧化為無色物質，所以溶液黃色退去；故答案為：生成的碘單質被氯氣氧化為無色物質；(3)NaOH溶液吸收多余的氯氣，氯氣過量，過量的氯氣溶解于水，水中含有氯氣分子，氯水呈淺黃綠色，說明氯氣與堿的反應速率低于鹽酸和次氯酸與堿反應，故答案為：吸收多余的氯氣；氯氣與堿的反應速率低于鹽酸和次氯酸與堿反應。28、Li2O?Al2O3?4SiO2將礦石細磨、攪拌、升高溫度4.7Mg(OH)2和CaCO3Na2CO3CD2LiOH+6H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+7CO2↑+5CO↑+7H2O與空氣中的氧氣反應，防止LiFePO4中的Fe2+被氧化【解析】

鋰輝石(主要成分為LiAlSi2O6，還含有FeO、CaO、MgO等)為原料來制取鈷酸鋰(LiCoO2)，加入過量濃硫酸酸化焙燒鋰輝礦，之后加入碳酸鈣除去過量的硫酸，并使鐵離子、鋁離子沉淀完全，然后加入氫氧化鈣和碳酸鈉調節pH沉淀鎂離子和鈣離子，過濾得到主要含鋰離子的溶液，濾液蒸發濃縮得20%Li2S，加入碳酸鈉沉淀鋰離子生成碳酸鋰，洗滌后與Co3O4高溫下焙燒生成鈷酸鋰；【詳解】(1)①硅酸鹽改寫成氧化物形式的方法如下：a．氧化物的書寫順序：活潑金屬氧化物→較活發金屬氧化物→二氧化硅→水，不同氧化物間以·隔開；b．各元素的化合價保持不變，且滿足化合價