2025屆湖北省襄陽四中高考化學全真模擬密押卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、下列有關物質的性質與應用相對應的是（）A．Cl2具有漂白性，可用作自來水的消毒B．SiO2具有高沸點，可用作制備光導纖維C．NH3具有還原性，可用作制冷劑D．Na2O2能與CO2反應，可用作潛水艇內的供氧劑2、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，X、W同主族，Y的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，Z是地殼中含量最多的金屬元素，四種元素原子的最外層電子數總和為16。下列說法正確的是A．原子半徑：r(X)<r(Z)<r(W)B．Y、Z、W的最高價氧化物的水化物兩兩之間均能反應C．簡單氫化物的熱穩定性：X＜WD．X分別與Y、W形成的化合物中所含化學鍵類型相同3、天然氣脫硫的方法有多種，一種是干法脫硫，其涉及的反應：H2(g)+CO(g)+SO2(g)H2O(g)+CO2(g)+S(s)+Q(Q>0)。要提高脫硫率可采取的措施是A．加催化劑 B．分離出硫 C．減壓 D．加生石灰4、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序數依次增大的五種元素，A、B形成的簡單化合物常用作制冷劑，D原子最外層電子數與最內層電子數相等，化合物DC中兩種離子的電子層結構相同，A，B、C、D的原子序數之和是E的兩倍。下列說法正確的是A．最高價氧化物對應的水化物的酸性：B＞EB．原子半徑：C＞B＞AC．氣態氫化物的熱穩定性：E＞CD．化合物DC與EC2中化學鍵類型相同5、下列解釋事實的離子方程式正確的是（）A．用稀硫酸除去硫酸鈉溶液中少量的硫代硫酸鈉：Na2S2O3＋2H+＝SO2↑＋S↓＋2Na+＋H2OB．硝酸鐵溶液中加入少量碘化氫：2Fe3++2I-=2Fe2++I2C．向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸：ClO-＋H2O＋CO2＝HClO＋HCO3-D．硫酸鋁銨與氫氧化鋇以1：2混合形成的溶液：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=BaSO4↓+AlO2-+2H2O6、己知在堿性溶液中可發生如下反應：2R(OH)3+3C1O-+4OH－=2RO4n-+3Cl－+5H2O。則RO4n-中R的化合價是（）A．+3 B．+4 C．+5 D．+67、圖甲是一種利用微生物將廢水中的尿素（CO(NH2)2）轉化為環境友好物質的原電池裝置示意圖甲，利用該電池在圖乙裝置中的鐵上鍍銅。下列說法正確的是（

）A．圖乙中Fe電極應與圖甲中Y相連接B．圖甲中H+透過質子交換膜由右向左移動C．圖甲中M電極反應式：CO(NH2)2+5H2O-14e?=CO2+2NO2+14H+D．當圖甲中N電極消耗0.5molO2時，圖乙中陰極增重64g8、下列有關描述中，合理的是A．用新制氫氧化銅懸濁液能夠區別葡萄糖溶液和乙醛溶液B．洗滌葡萄糖還原銀氨溶液在試管內壁產生的銀:先用氨水溶洗、再用水清洗C．裂化汽油和四氯化碳都難溶于水，都可用于從溴水中萃取溴D．為將氨基酸混合物分離開，可以通過調節混合溶液pH，從而析出晶體，進行分離。9、25℃時，把0.2mol/L的醋酸加水稀釋，那么圖中的縱坐標y表示的是（）A．溶液中OH-的物質的量濃度 B．溶液的導電能力C．溶液中的 D．醋酸的電離程度10、下列實驗過程中，始終無明顯現象的是A．CO2通入飽和Na2CO3溶液中B．SO2通入CaCl2溶液中C．NH3通入HNO3和AgNO3的混和溶液中D．SO2通入Na2S溶液中11、NSR技術能降低柴油發動機在空氣過量條件下NOx的排放，其工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．降低NOx排放可以減少酸雨的形成B．儲存過程中NOx被氧化C．還原過程中消耗1molBa(NO3)2轉移的電子數為5NA（NA為阿伏加德羅常數的值）D．通過BaO和Ba(NO3)2的相互轉化實現NOx的儲存和還原12、固體電解質可以通過離子遷移傳遞電荷，利用固體電解質RbAg4I5可以制成電化學氣敏傳感器，其中遷移的物種全是Ag+。下圖是一種測定O2含量的氣體傳感器示意圖，O2可以透過聚四氟乙烯薄膜，根據電池電動勢變化可以測得O2的含量。在氣體傳感器工作過程中，下列有關說法正確的是A．銀電極被消耗，RbAg4I5的量增多B．電位計讀數越大，O2含量越高C．負極反應為Ag+I--e-=AgID．部分A1I3同體變為Al和AgI13、元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相對位置如下表所示,其中R單質在暗處與H2劇烈化合并發生爆炸。則下列判斷正確的是()A．非金屬性:Z<T<XB．R與Q的電子數相差26C．氣態氫化物穩定性:R<T<QD．最高價氧化物的水化物的酸性:R>Q14、有機物環丙叉環丙烷的結構為。關于該有機物的說法正確的是A．所有原子處于同一平面B．二氯代物有3種C．生成1molC6H14至少需要3molH2D．1mol該物質完全燃燒時，需消耗8.5molO215、有機物M、N、Q的轉化關系為：下列說法正確的是（）A．M分子中的所有原子均在同一平面B．上述兩步反應依次屬于加成反應和取代反應C．M與H2加成后的產物，一氯代物有6種D．Q與乙醇互為同系物，且均能使酸性KMnO4溶液褪色16、常溫下，向lLpH=l0的NaOH溶液中持續通入CO2。通入CO2的體積(y)與溶液中水電離出的c(OH-)的關系如圖所示。下列敘述錯誤的是A．a點溶液中：水電離出的c(H+)=1×10-10mol·L-1B．b點溶液中：c(H+)=1×10-7mol·L-1C．c點溶液中：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)D．d點溶液中：c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)17、X、Y、Z、Q、R為原子序數依次增大的短周期主族元素，其原子半徑與最外層電子數的關系如下圖所示。R原子最外層電子數Q原子最外層電子數的4倍，Q的簡單離子核外電子排布與Z2-相同。下列相關敘述不正確的是A．化合物XZB．五種元素中Q的金屬性最強C．氣態氫化物的穩定性：YD．最高價氧化物對應的水化物酸性：HY18、共用兩個及兩個以上碳原子的多環烴稱為橋環烴，共用的碳原子稱為橋頭碳。橋環烴二環[2.2.0]己烷的碳原子編號為。下列關于該化合物的說法錯誤的是（）A．橋頭碳為1號和4號B．與環己烯互為同分異構體C．二氯代物有6種（不考慮立體異構）D．所有碳原子不可能位于同一平面19、常溫下，下列有關敘述正確的是（）A．向0.1mol/LNa2CO3溶液中通入適量CO2氣體后：B．pH=6的NaHSO3溶液中：cC．等物質的量濃度、等體積的Na2CO3和NaHCO3混合：cD．0.1mol/LNa2C2O4溶液與0.1mol/LHCl溶液等體積混合（H2C2O4為二元弱酸）：2c20、下列物質與其用途不相符的是A．乙二醇——抗凍劑 B．NaCl——制純堿C．Al2O3——焊接鋼軌 D．甲苯——制炸藥21、2017年5月9日，我國科學技術名詞審定委員會等單位正式發布115號等4種人工合成的新元素的名稱、元素符號，115號元素名稱為“鏌”，符號為Mc。下列有關說法正確的是A．Mc的最低負化合價為－3 B．Mc的最高價氧化物的化式為Mc2O5C．的中子數為115 D．通過化學反應可使轉化為22、由下列實驗及現象推出的相應結論正確的是（）實驗現象結論A．某溶液中滴加K3產生藍色沉淀原溶液中有Fe2+，無B．①某溶液中加入BaNO②再加足量鹽酸①產生白色沉淀②仍有白色沉淀原溶液中有SOC．向含有ZnS和Na2S的懸濁液中滴加生成黑色沉淀KD．向C6H溶液變渾濁酸性：HA．A B．B C．C D．D二、非選擇題(共84分)23、（14分）白藜蘆醇在保健品領域有廣泛的應用。其合成路線如下：回答下列問題：(1)物質B中含氧官能團的名_______。B→C的反應類型為___________。(2)1mol有機物D最多能消耗NaOH為_________mol，白藜蘆醇遇足量濃溴水時反應的化學方程式為____________。(3)已知的系統名稱1，3-苯二酚，則A的名稱為________，已知乙酸酐()極易與水反應生成乙酸，是很好的吸水劑。試從平衡移動的角度分析A→B反應中用乙酸酐代替乙酸的目的是__________。(4)C的核磁共振氫譜有_________組峰，寫出滿足下列條件的化合物X的所有同分異構體的結構簡式__________。①具有與X相同的官能團②屬于醋酸酯(5)利用甲苯、磷葉立德試劑和乙醛為原料可以合成(涉及無機試劑自選)，請寫出合成路線__________。24、（12分）奧美拉唑主要用于十二指腸潰瘍和胃潰的治療，靜脈注射可用于消化性潰瘍急性出的治療，反應中間體F和奧美拉性的合成路線如下：I中間體F的合成：II奧美拉唑的合成：已知：結合上述合成路線，請回答：（1）下列說法正確的是__________A．奧美拉的分子式為C18H19N3O3SB．J生成K的反應類型為加成反應C．化合物C可以發生的反應類型有取代、還原、加成D．設計A轉化為B的目的是保護其中的官能團（2）化合物F的結構簡式為_______________________________；（3）請寫出A→B的反應方程式___________________________________；（4）試寫出同時滿足下列條件的化合物H的同分異構體:_____________________________①分子中含苯環，遇FeC13顯紫色②分子中含有4種不同化學環境的氫原子。（5）利用已有知識和題中涉及的反應，設計從乙烯合成的路線。(用流程圖表示，無機試劑任選)_________________________25、（12分）某化學興趣小組制取氯酸鉀和氯水并進行有關探究實驗。實驗一制取氯酸鉀和氯水利用如圖所示的實驗裝置進行實驗。（1）制取實驗結束后，取出B中試管冷卻結晶，過濾，洗滌。該實驗操作過程需要的玻璃儀器有______。（2）若對調B和C裝置的位置，_____（填“可能”或“不可能”）提高B中氯酸鉀的產率。實驗二氯酸鉀與碘化鉀反應的研究（3）在不同條件下KClO3可將KI氧化為I2或KIO3。該小組設計了系列實驗研究反應條件對反應產物的影響，其中系列a實驗的記錄表如下（實驗在室溫下進行）：試管編號12340.20mol?L-1KI/mL1.01.01.01.0KClO3（s）/g0.100.100.100.106.0mol?L-1H2SO4/mL03.06.09.0蒸餾水/mL9.06.03.00實驗現象①系列a實驗的實驗目的是______。②設計1號試管實驗的作用是______。③若2號試管實驗現象是溶液變為黃色，取少量該溶液加入______溶液顯藍色。實驗三測定飽和氯水中氯元素的總量（4）根據下列資料，為該小組設計一個簡單可行的實驗方案（不必描述操作過程的細節）：_____。資料：①次氯酸會破壞酸堿指示劑；②次氯酸或氯水可被SO2、H2O2和FeCl2等物質還原成Cl-。26、（10分）ClO2作為一種廣譜型的消毒劑，將逐漸用來取代Cl2成為自來水的消毒劑。已知ClO2是一種易溶于水而難溶于有機溶劑的氣體，11℃時液化成紅棕色液體。（1）某研究小組用下圖裝置制備少量ClO2（夾持裝置已略去）。①冰水浴的作用是____________。②NaOH溶液的主要作用為吸收反應產生的Cl2，其吸收液可用于制取漂白液，該吸收反應的氧化劑與還原劑之比為___________________。③以NaClO3和HCl為原料制備ClO2的化學方程式為_________________________。（2）將ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液變棕黃；再向其中加入適量CCl4，振蕩、靜置，觀察到________，證明ClO2具有氧化性。（3）ClO2在殺菌消毒過程中會產生Cl-,其含量一般控制在0.3-0.5mg·L?1，某研究小組用下列實驗方案測定長期不放水的自來水管中Cl-的含量：量取10.00mL的自來水于錐形瓶中，以K2CrO4為指示劑，用0.0001mol·L－1的AgNO3標準溶液滴定至終點。重復上述操作三次，測得數據如下表所示：實驗序號1234消耗AgNO3溶液的體積/mL10.2410.029.9810.00①在滴定管中裝入AgNO3標準溶液的前一步，應進行的操作_____________。②測得自來水中Cl-的含量為______mg·L?1。③若在滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視標準液液面，則測定結果_______（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）。27、（12分）(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O(M=392g/mol)又稱摩爾鹽，簡稱FAS，它是淺藍色綠色晶體，可溶于水，難溶于水乙醇。某小組利用工業廢鐵屑進行下列實驗。請按要求回答下列問題：Ⅰ.FAS的制取。流程如下：(1)步驟①加熱的目的是_________________________。(2)步驟②必須在剩余少量鐵屑時進行過濾，其原因是(用離子方程式表示)：______________。Ⅱ.NH4+含量的測定。裝置如圖所示：實驗步驟：①稱取FAS樣品ag，加水溶解后，將溶液注入Y中②量取bmLc1mol/LH2SO4溶液于Z中③向Y加入足量NaOH濃溶液，充分反應后通入氣體N2，加熱(假設氨完全蒸出)，蒸氨結束后取下Z。④用c2mol/LNaOH標準溶液滴定Z中過量的硫酸，滴定終點時消耗dmLNaOH標準溶液。(3)儀器X的名稱______________；N2的電子式為______________。(4)步驟③蒸氨結束后，為了減少實驗誤差，還需要對直形冷凝管進行處理的操作是__________________；NH4+質量百分含量為(用代數式表示)__________________。Ⅲ.FAS純度的測定。稱取FASmg樣品配制成500mL待測溶液。分別取20.00mL待測溶液，進行如下方案實驗：(5)方案一：用0.01000mol/L的酸性KMnO4溶液進行滴定。滴定過程中需用到的儀器中(填圖中序號)_________。滴定中反應的離子方程式為____________________。①②③④⑤⑥⑦⑧(6)方案二：待測液→足量BaCl2溶液→過濾→洗滌(7)方案一、二實驗操作均正確，卻發現方案一測定結果總是小于方案二的，其可能的原因是_______________；為驗證該猜測正確，設計后續實驗操作為_________________，現象為______________。28、（14分）據央廣新聞報道，2016年我國河南桐柏縣發現特大金礦，含金量近105噸可挖80年。除了發現的特大金礦，同時還發現大量天然堿、鉛鋅礦產資源。根據上述信息，回答下列問題：(1)鉛原子的價層電子排布式為__________，原子核外有__________個未成對電子。(2)鋅與鎵(Ga)同周期，鋅的第一電離能大于鎵的第一電離能，其原因是________________。(3)天然堿的化學式為Na2CO3·NaHCO3·2H2O。(I)天然堿的晶體類型是__________；H2O的VSEPR模型為______________。(Ⅱ)Na2CO3中存在的作用力類型主要有__________，CO32－中C的雜化類型為___________。(4)金是貴重金屬。冶金工業上，提取金的原理是2[Au(CN)2]一＋Zn＝2Au＋[Zn(CN)4]2－。與CN一互為等電子體的離子有________(任寫一種)，HCN分子中σ鍵和π鍵數目之比為_________。(5)金晶體的晶胞結構如圖所示。已知金的密度為ρg·cm3，摩爾質量M(Au)＝197g·mol－1，阿伏加德羅常數為NA。則晶體中金原子的配位數為_______，金原子(或粒子)的半徑r＝___pm(用含ρ和NA的代數式表示)。29、（10分）含有N、P、Fe、Ti等元素的新型材料有著廣泛的用途。(1)基態Fe原子未成對電子數為______個；基態Ti原子的價電子排布圖是_____________。(2)意大利羅馬大學的：FuNvioCacace等人獲得了極具理論研究意義的N4分子，其中氮原子的軌道雜化形式為__________________________。(3)比較氣態氫化物膦(PH3)和氨(NH3)的鍵角：PH3________NH3(填“大于”、“小于”或“等于”)，主要原因為____________________________________________________________。(4)半夾心結構催化劑M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯的聚合，其結構如圖所示。①組成M的元素中，電負性最大的是___________(填名稱)。②M中含有_________(填標號)。Aπ鍵Bσ鍵C離子鍵D配位鍵(5)已知金剛石的晶胞沿其體對角線垂直在紙平面上的投影圖如下圖B所示，則金屬鐵晶胞沿其體對角線垂直在紙平面上的投影圖應該是圖__________(填標號)。(6)某種磁性氮化鐵的晶胞結構如圖所示，其中距離鐵原子最近的鐵原子的個數為____________，氮化鐵晶胞底邊長為acm，高為ccm，則這種磁性氮化鐵的晶體密度為__________g·cm-3(用含a、c和NA的計算式表示)。

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．氯氣沒有漂白性，是氯氣和水之間反應生成的次氯酸具有漂白性，物質的性質與應用不相對應，故A錯誤；B．二氧化硅熔點高，具有傳輸信息的特點，所以是制造光導纖維的材料，物質的性質與應用不相對應，故B錯誤；C．氨氣常用作制冷劑，是因為其易液化，不是因為還原性，物質的性質與應用不相對應，故C錯誤；D．過氧化鈉可以和人體呼出的氣體二氧化碳等反應產生氧氣，常做供氧劑，質的性質與應用相對應，故D正確；故答案為D。2、B【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，X、W同主族，最外層電子數相同，Y的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，為金屬鈉，Z是地殼中含量最多的金屬元素，為鋁，四種元素原子的最外層電子數總和為16，所以計算X、W的最外層電子數為6，分別為氧和硫。X為氧，Y為鈉，Z為鋁，W為硫。A.原子半徑同一周期從左至右逐漸減小，同一主族從上至下逐漸增大，則原子半徑：r(X)<r(W)<r(Z)，故錯誤；B.Y、Z、W的最高價氧化物的水化物分別為氫氧化鈉，氫氧化鋁，硫酸，兩兩之間均能反應，故正確；C.因為氧的非金屬性比硫強，所以簡單氫化物的熱穩定性：X>W，故錯誤；D.X分別與Y形成氧化鈉或過氧化鈉，含有離子鍵，氧和硫形成的化合物為二氧化硫或三氧化硫，只含共價鍵，故錯誤。故選B。3、D【解析】

H2（g）+CO（g）+SO2（g）?H2O（g）+CO2（g）+S（s）△H<0，正反應是氣體體積減小的放熱反應，A、加入催化劑只改變反應速率不改變化學平衡，能提高單位時間脫硫率，選項A不符合題意；B．硫是固體，分離出硫對平衡無影響，選項B不符合題意；C、減壓會使平衡逆向進行，脫硫率降低，選項C不符合題意；D．加生石灰可吸收生成的水和二氧化碳，有利于平衡正向移動，提高脫硫率，選項D符合題意。答案選D。【點睛】本題考查了化學平衡的分析應用，影響因素的分析判斷，掌握化學平衡移動原理是關鍵，正反應是氣體體積減小的放熱反應，依據化學平衡的反應特征結合平衡移動原理分析選項判斷，高壓、降溫平衡正向進行，固體和催化劑不影響化學平衡。4、A【解析】

A、B形成的簡單化合物常用作制冷劑，該化合物為氨氣，A為H，B為N；D原子最外層電子數與最內層電子數相等，則D的質子數=2+8+2=12，D為Mg；化合物DC中兩種離子的電子層結構相同，C為O；A，B、C、D的原子序數之和是E的兩倍，E為Si。【詳解】A.N的非金屬性強于Si，最高價氧化物對應的水化物的酸性B＞E，A正確；B.同周期，原子半徑隨原子序數增大而減小，故原子半徑N>O，即B>C>A，B錯誤；C.元素的非金屬性越強，其氣態氫化物的穩定性越強，故氣態氫化物的熱穩定性C>E，C錯誤；D.化合物DC為MgO，EC2為SiO2，DC中為離子鍵，EC2為共價鍵，D錯誤；故答案選A。【點睛】日常學習中注意積累相關元素化合物在實際生產生活中的應用，以便更好地解決元素化合物的推斷題。5、C【解析】

A、Na2S2O3為可溶性鹽類，其與稀硫酸反應的離子方程式為：，故A錯誤；B、硝酸鐵水解會生成硝酸，其氧化性大于鐵離子，因此向硝酸鐵中加入少量碘化氫時，其反應的離子方程式為：，故B錯誤；C、因酸性：碳酸>次氯酸>碳酸氫根，因此向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸的離子反應方程式為：，故C正確；D、硫酸鋁銨與氫氧化鋇以1：2混合形成的溶液中反應的離子方程式為：，故D錯誤；故答案為：C。【點睛】對于先后型非氧化還原反應的分析判斷，可采用“假設法”進行分析，其分析步驟為：先假定溶液中某離子與所加物質進行反應，然后判斷其生成物與溶液中相關微粒是否發生反應，即是否能夠共存，若能共存，則假設成立，若不能共存，則假設不能成立。6、D【解析】

根據方程式兩端電荷守恒可知n＝＝2，O元素是－2價，所以R的化合價是+6價，答案選D。7、D【解析】

該裝置是將化學能轉化為電能的原電池，由甲圖可知，M上有機物失電子是負極，N上氧氣得電子是正極，電解質溶液為酸性溶液，圖乙中在鐵上鍍銅，則鐵為陰極應與負極相連，銅為陽極應與正極相連；A．在鐵上鍍銅，則鐵為陰極應與負極相連，銅為陽極應與正極相連，則Fe與X相連，故A錯誤；B．由甲圖可知，氫離子向正極移動，即H+透過質子交護膜由左向右移動，故B錯誤；C．H2NCONH2在負極M上失電子發生氧化反應，生成氮氣、二氧化碳和水，電極反應式為CO(NH2)2+H2O-6e-═CO2↑+N2↑+6H+，故C錯誤；D．當圖甲中N電極消耗0.5molO2時，轉移電子的物質的量為0.5mol×4=2.0mol，則乙中陰極增重×64g/mol=64g，故D正確；故答案為D。【點睛】考查原電池原理以及電鍍原理，明確原電池正負極上得失電子、電解質溶液中陰陽離子移動方向是解題關鍵，該裝置是將化學能轉化為電能的原電池，由甲圖可知，M上有機物失電子是負極，N上氧氣得電子是正極，電解質溶液為酸性溶液，圖乙中在鐵上鍍銅，則鐵為陰極應與負極相連，銅為陽極應與正極相連，根據得失電子守恒即可計算。8、D【解析】

A．葡萄糖和乙醛都含有醛基，加熱時都可與氫氧化銅發生氧化還原反應，不能鑒別，故A錯誤；B．銀不與氨水反應，不能用于洗滌試管內壁的銀單質，銀可溶于硝酸，可用硝酸洗滌，故B錯誤；C．裂化汽油成分中，含有碳碳雙鍵的化合物，可與溴水發生加成反應，則不能用作萃取劑，故C錯誤；D．氨基酸含有羧基、氨基，具有兩性，不同的氨基酸達到等電點的pH不同，可控制pH利用溶解度差異分離，故D正確。答案選D。【點睛】氨基酸解離成陽離子和陰離子的趨勢及程度相等，所帶凈電荷為零，呈電中性，此時溶液的pH稱為該氨基酸的等電點。當達到等電點時氨基酸在溶液中的溶解度最小。9、B【解析】

A.加水稀釋促進醋酸電離，但酸的電離程度小于溶液體積增大程度，所以溶液中氫離子濃度逐漸減少，OH-的物質的量濃度逐漸增大，故A錯誤；B.醋酸是弱電解質，加水稀釋促進醋酸電離，但酸的電離程度小于溶液體積增大程度，所以溶液中氫離子、醋酸根離子濃度逐漸減少，溶液的導電能力逐漸減小，故B正確；C.因溫度不變，則Ka不變，且Ka=c(H+)，因

c(H+)濃度減小，則增大，故C錯誤；D.加水稀釋，促進電離，醋酸的電離程度增大，

故D錯誤；答案選B。10、B【解析】

A．碳酸鈉與CO2和水反應生成酸式鹽NaHCO3，NaHCO3溶解度小于Na2CO3，并且反應生成的NaHCO3固體質量比原來Na2CO3多，溶劑質量減少，溶液中有渾濁出現，故A不符合題意；B．鹽酸的酸性大于亞硫酸的酸性，則CaCl2溶液中通入SO2不發生反應，始終無明顯現象，故B符合題意；C．NH3通入硝酸和硝酸銀的混合溶液中，先與硝酸反應，故開始沒有沉淀，等硝酸全部反應完全后，再與硝酸銀反應生成氫氧化銀沉淀，再繼續通入氨氣會生成可溶性的銀氨溶液，故沉淀又會減少，直至最終沒有沉淀，反應方程式為NH3+HNO3=NH4NO3、NH3+AgNO3+H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3=Ag(NH3)2OH(銀氨溶液)，故C不符合題意；D．SO2通入Na2S溶液中發生反應：2Na2S+5SO2+2H2O═4NaHSO3+3S↓，生成硫沉淀，故D不符合題意；答案選B。【點睛】鹽酸的酸性大于亞硫酸的酸性，化學反應中一般遵循強酸制弱酸的規律。11、C【解析】

A．大氣中的NOx可形成硝酸型酸雨，降低NOx排放可以減少酸雨的形成，A正確；B．儲存過程中NOx轉化為Ba(NO3)2，N元素價態升高被氧化，B正確；C．還原過程中消耗1molBa(NO3)2轉移的電子數為10NA，C錯誤；D．BaO轉化為Ba(NO3)2儲存NOx，Ba(NO3)2轉化為BaO、N2和H2O，還原NOx，D正確；故選C。12、B【解析】

O2通入后，發生反應：4AlI3+3O2=2Al2O3+6I2，I2在傳感器電池中發生還原反應，因此多孔石墨電極為正極，電極反應式為：I2+2Ag++2e-=2AgI，銀電極發生氧化反應，銀作負極，固體電解質RbAg4I5中遷移的物種是Ag+，電極反應式為：Ag-e-=Ag+，據此解答。【詳解】A．由上述分析可知，傳感器工作過程中，銀電極被消耗，傳感器中總反應為：I2+2Ag=2AgI，因固體電解質RbAg4I5中遷移的物種是Ag+，因此RbAg4I5質量不會發生變化，故A錯誤；B．O2含量越高，單位時間內轉移電子數越多，電位計讀數越大，故B正確；C．由上述分析可知，負極反應為：Ag-e-=Ag+，故C錯誤；D．由上述分析可知，部分AlI3生成Al2O3和I2，故D錯誤；故答案為：B。13、B【解析】

R單質在暗處與H2劇烈化合并發生爆炸，則R為F元素，由元素在周期表中的位置可知，T為Cl元素，Q為Br元素，X為S元素，Z為Ar元素。【詳解】A．Z為Ar元素，最外層為穩定結構，金屬性與非金屬性在同周期中最弱，且同周期自左而右非金屬性增強，非金屬性Z＜X＜T，A項錯誤；B．R為F元素，Q為Br元素，原子序數相差26，B項正確；C．同主族自上而下，非金屬性減弱，非金屬性F＞Cl＞Br，非金屬性越強，氣態氫化物越穩定，穩定性HF＞HCl＞HBr，C項錯誤；D．R為F，非金屬性很強，沒有最高價含氧酸，D項錯誤；答案選B。14、C【解析】

A.分子中所有碳原子處于同一平面，但氫原子不在此平面內，錯誤；B.二氯代物中，兩個氯原子連在同一碳原子上的異構體有1種，兩個氯原子連在不同碳原子上的異構體有3種，也就是二氯代物共有4種，錯誤；C.生成1molC6H14，至少需要3molH2，正確；D.該物質的分子式為C6H8，1mol該物質完全燃燒時，需消耗8molO2，錯誤。答案為C。15、C【解析】

A．M中含甲基、亞甲基均為四面體結構，則M分子中所有原子不可能均在同一平面，故A錯誤；B．M→N為取代反應，N→Q為水解反應，均屬于取代反應，故B錯誤；C．M與H2加成后的產物為，中含有6種H，則一氯代物有6種，故C正確；D．Q中含苯環，與乙醇的結構不相似，且分子組成上不相差若干個“CH2”原子團，Q與乙醇不互為同系物，兩者均含-OH，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故D錯誤；故答案選C。16、C【解析】試題分析：A．a點溶液是NaOH溶液，pH=10，則水電離出的c(H+)=1×10-10mol·L-1，正確。B．b點溶液中c(OH-)=1×10-7mol·L-1，由于水的離子積是kw=1×10-14mol2·L-2，所以c(H+)=1×10-7mol·L-1，正確。C．c點水電離產生的c(OH-)最大，則溶液是Na2CO3溶液。根據物料守恒可知c(Na+)>c(CO32-)，CO32-發生水解反應形成HCO3-，但是鹽水解的程度是微弱的，主要還是以鹽電離產生的離子存在，所以c(CO32-)>c(HCO3-)。故溶液中離子濃度關系是：c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)，錯誤。D．d點溶液中，根據電荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，由于c(OH-)=1×10-7mol·L-1，所以c(H+)=1×10-7mol·L-1，故c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，正確。考點：考查堿與酸性氧化物反應時水電離程度大小比較及溶液中離子濃度關系的知識。17、A【解析】

X、Y、Z、Q、R為原子序數依次增大的短周期主族元素，R原子最外層上的電子數是Q原子最外層電子數的4倍，則Q只能處于IA族，R處于ⅣA族，R與X最外層電子數相同，二者同主族，且R的原子半徑較大，故X為C元素、R為Si元素；最外層電子數Z>Y>4，且二者原子半徑小于碳原子，故Y、Z處于第二周期，Z能夠形成離子Z2-，故Z為O元素，則Y為N元素；Q離子核外電子排布與O2-相同，且Q處于IA族，故D為Na，據此進行解答。【詳解】根據上述分析可知X是C元素，Y是N元素，Z是O元素，R是Si元素，Q是Na元素。A.化合物XZ2是CO2，該物質是共價化合物，由分子構成，分子中含有共價鍵，A錯誤；B.在上述五種元素中只有Q表示的Na元素是金屬元素，因此五種元素中Q的金屬性最強，B正確；C.元素的非金屬性越強，其簡單氫化物的穩定性就越強。由于元素的非金屬性N>C，所以氫化物的穩定性NH3>CH4，C正確；D.元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性就越強。由于元素的非金屬性N>Si，所以酸性：HNO3>H2SiO3，D正確；故合理選項是A。【點睛】本題考查了元素周期表與元素周期律的應用的知識。根據元素的原子結構及相互關系進行元素推斷是本題解答的關鍵，難度適中。18、C【解析】

A.由橋環烴二環[2.2.0]己烷的結構可知，橋頭碳為1號和4號，形成2個四元碳環，故A正確；B.橋環烴二環[2.2.0]己烷和環己烯的分子式均為C6H10，二者的分子結構不同，互為同分異構體，故B正確；C.該烴分子有2種不同化學環境的氫原子，其二氯代物中2個氯原子在同一碳原子上的有1種，在不同碳原子上的有6種，故其二氯代物有7種，故C錯誤；D.該烴分子中所有碳原子均形成4個單鍵，所以所有碳原子不可能位于同一平面，故D正確；故選C。【點睛】19、B【解析】向0.1mol·L?1Na2CO3溶液中通入適量CO2氣體后，溶質為碳酸鈉和碳酸氫鈉混合液或碳酸氫鈉，根據物料守恒可知：c(Na+)<2[c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)]，A錯誤；常溫下，pH=6的NaHSO3溶液中，電荷守恒為c(H+)+c(Na+)=c(OH?)+2c(SO32-)+c(HSO3-)，物料守恒為c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)，由兩個守恒關系式消去鈉離子的濃度可得，c(SO31×10?8mol·L?1=9.9×10?7mol·L?1，B正確；根據碳酸氫根離子、碳酸的電離平衡常數可得：c(HCO3-)/c(H2CO3)=K(H2CO3)/c(H+)、c(CO32-)/c(HCO3-)=K(HCO3-)/c(H+)，由于同一溶液中，則氫離子濃度相同，根據碳酸的電離平衡常數大于碳酸氫根離子可知，c(HCO3-)/c(H2CO3)=K(H2CO3)/c(H+)>c(CO32-)/c(HCO3-)=K(HCO3-)/c(H+)，C錯誤；0.1mol·L?1Na2C2O4溶液與0.1mol·L?1HCl溶液等體積混合（H2C2O20、C【解析】

A.乙二醇的熔點很低，故可用作汽車的防凍液，故A正確；B.侯氏制堿法的原理是將氨氣和二氧化碳通入飽和氯化鈉溶液中，然后生成碳酸氫鈉和氯化銨，將碳酸氫鈉分離出后加熱即可制得純堿碳酸鈉，故氯化鈉可用作制純堿，故B正確；C.利用鋁熱反應來焊接鋼軌，而鋁熱反應是鋁單質和某些金屬氧化物的反應，其中氧化鋁是生成物，故可以說金屬鋁能用于焊接鋼軌，故C錯誤；D.三硝基甲苯是一種烈性炸藥，可以通過甲苯的硝化反應來制取，故D正確。故選：C。21、B【解析】

A.該元素的名稱帶“钅”字旁，屬于金屬元素，金屬元素易失去電子，一般為正價，沒有負價，故A錯誤；B.Mc為115號元素，位于元素周期表第七周期第VA族，主族序數等于最外層電子數，則該元素最高正價為+5價，最高價氧化物的化式為Mc2O5，故B正確；C.的質量數為288，質子數為115，中子數=質量數-質子數=288-115=173，故C錯誤；D.和互為同位素，是鏌元素的不同原子，轉化過程，沒有新物質生成，不是化學變化，故D錯誤；答案選B。22、D【解析】

A．K3[Fe(CN)6]與亞鐵離子反應生成藍色沉淀，不能檢驗鐵離子，由現象可知原溶液中有Fe2+，不能確定是否含Fe3+，故A錯誤；B．Ba(NO3)2的酸性溶液具有強氧化性，能夠將亞硫酸根離子氧化為硫酸根離子，從而生成硫酸鋇沉淀，則原溶液中可能有SO32-或SO42-，或二者均存在，故B錯誤；C．溶液中含有Na2S，不一定發生沉淀的轉化，不能比較Ksp(CuS)與Ksp(ZnS)的大小，故C錯誤；D．C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液變渾濁，說明反應生成了苯酚，發生強酸制弱酸的反應，則酸性：H2CO3＞C6H5OH，故D正確；答案選D。二、非選擇題(共84分)23、酯基取代反應65－甲基－1,3－苯二酚吸收酯化反應生成的水，促進酯化反應正向移動以提高酯的產率4和【解析】

A和乙酸酐反應，酚羥基中的H被－OCCH3取代，B中的甲基上的H被Cl取代。D在堿性環境下發生水解反應，再酸化，得到白藜蘆醇。【詳解】(1)B中含氧官能團的名稱是酯基；B中的甲基上的H被Cl取代，B到C為取代反應；(2)1mol酚羥基形成的酯基與NaOH溶液反應時，消耗2molNaOH，1molD中含有3mol酚羥基形成的酯基，因此1molD最多能消耗6molNaOH；酚羥基的鄰對位上的H能夠被Br取代，碳碳雙鍵能夠與Br2發生加成反應，則化學方程式為；(3)根據已知，可知酚羥基的編號為1和3，則A中甲基的編號為5，則A的名稱為5－甲基－1,3－苯二酚；A與乙酸發生酯化反應時有水生成，如果用乙酸酐代替乙酸，乙酸酐可以吸收酯化反應生成的水，而且生成乙酸，有利于反應正向進行，答案：吸收酯化反應生成的水，促進酯化反應正向移動以提高酯的產率；(4)C分子存在一對稱軸，分子中有4種H原子，如圖所示，因此C的核磁共振氫譜有4組峰；X的同分異構體，與X具有相同的官能團，也屬于醋酸酯，則苯環上的取代基與X的相同，分別是－CHO，－OOCCH3。苯環上有2個取代基，則同分異構體共3種，兩取代基分別位于鄰位、間位、對位，除去X本身還有2種，分別是和；(5)利用甲苯、磷葉立德試劑和乙醛制備，模仿B到D的過程，則合成路線為。24、C、D【解析】

（1）奧美拉的分子式為C17H19N3O3S，A錯誤；J生成K的過程中，增加了氧原子，反應類型為氧化反應，B錯誤；化合物C中有苯環，可發生取代和加成反應；有碳氧雙鍵，可得到氫，發生還原反應；C正確；設計A轉化為B的目的是保護其中的官能團，D正確。答案選CD。（2）根據流程I到J有機物兩個分子結構的差別可知，化合物F的結構簡式。（3）根據生成物B的結構式和反應物可得A的結構式為，發生的化學反應為；（4）①分子中含苯環，遇FeC13顯紫色，結構中有酚羥基；②分子中含有4種不同化學環境的氫原子，根據化合物G的結構符合要求的化合物H結構式為；（5）結合題中流程圖，從乙烯合成的路線為；25、燒杯、漏斗、玻璃棒可能研究反應體系中硫酸濃度對反應產物的影響硫酸濃度為0的對照實驗淀粉；量取一定量的試樣，加入足量的H2O2溶液，充分反應后，加熱除去過量的H2O2，冷卻，再加入足量的硝酸銀溶液，過濾，洗凈烘干后稱量沉淀質量，計算可得【解析】

（1）制取實驗結束后，取出B中試管冷卻結晶，過濾，洗滌，該實驗操作過程需要的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，故答案為：燒杯、漏斗、玻璃棒；（2）若對調B和C裝置的位置，A中揮發出來的氣體有Cl2和HCl，氣體進入C裝置，HCl溶于水后，抑制氯氣的溶解，B中氯氣與KOH加熱生成氯酸鉀，則可能提高氯酸鉀的產率，故答案為：可能；（3）①研究反應條件對反應產物的影響，由表格數據可知，總體積相同，只有硫酸的濃度不同，則實驗目的為研究反應體系中硫酸濃度對反應產物的影響，故答案為：研究反應體系中硫酸濃度對反應產物的影響；②設計1號試管實驗的作用是硫酸濃度為0的對照實驗，故答案為：硫酸濃度為0的對照實驗；③淀粉遇碘單質變藍，若2號試管實驗現象是溶液變為黃色，因此取少量該溶液加入淀粉溶液顯藍色，故答案為：淀粉；（4）由資料可知，次氯酸會破壞酸堿指示劑，因此設計實驗不能用酸堿指示劑，可以利用氯水的氧化性，設計簡單實驗為量取一定量的試樣，加入足量的H2O2溶液，充分反應后，加熱除去過量的H2O2，冷卻，再加入足量的硝酸銀溶液，過濾，洗凈烘干后稱量沉淀質量，計算可得，故答案為：量取一定量的試樣，加入足量的H2O2溶液，充分反應后，加熱除去過量的H2O2，冷卻，再加入足量的硝酸銀溶液，過濾，洗凈烘干后稱量沉淀質量，計算可得。【點睛】本題的難點是（4），實驗目的是測定飽和氯水中氯元素的總量，氯水中氯元素以Cl－、HClO、Cl2、ClO－形式存在，根據實驗目的需要將Cl元素全部轉化成Cl－，然后加入AgNO3，測AgCl沉淀質量，因此本實驗不能用SO2和FeCl3，SO2與Cl2、ClO－和HClO反應，SO2被氧化成SO42－，SO42－與AgNO3也能生成沉淀，干擾Cl－測定，FeCl3中含有Cl－，干擾Cl－測定，因此只能用H2O2。26、收集ClO2（或使ClO2冷凝為液體）1：12NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O溶液分層，下層為紫紅色用AgNO3標準溶液進行潤洗3.55偏低【解析】

(1)①冰水浴可降低溫度，防止揮發；②氯氣與氫氧化鈉反應生成氯化鈉、次氯酸鈉；③以NaClO3和HCl為原料制備ClO2，同時有Cl2和NaCl生成，結合電子守恒和原子守恒寫出發生反應的化學方程式；(2)反應生成碘，碘易溶于四氯化碳，下層為紫色；(3)根據滴定操作中消耗的AgNO3的物質的量計算溶液中含有的Cl-的物質的量，再計算濃度即可。【詳解】(1)①冰水浴可降低溫度，防止揮發，可用于冷凝、收集ClO2；②氯氣與氫氧化鈉反應生成氯化鈉、次氯酸鈉，反應的化學方程式為Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，此反應中Cl2既是氧化劑，又是還原劑，還原產物NaCl和氧化產物NaClO的物質的量之比為1:1，則該吸收反應的氧化劑與還原劑之比為1:1；③以NaClO3和HCl為原料制備ClO2，同時有Cl2和NaCl生成，則發生反應的化學方程式為2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；(2)將ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液變棕黃，說明生成碘，碘易溶于四氯化碳，即當觀察到溶液分層，下層為紫紅色時，說明有I2生成，體現ClO2具有氧化性；(3)①裝入AgNO3標準溶液，應避免濃度降低，應用AgNO3標準溶液進行潤洗后再裝入AgNO3標準溶液；②滴定操作中第1次消耗AgNO3溶液的體積明顯偏大，可舍去，取剩余3次數據計算平均體積為mL=10.00mL，含有AgNO3的物質的量為0.0001mol·L－1×0.01L=1×10-6mol，測得自來水中Cl-的含量為=3.55g·L?1；③在滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視標準液液面，導致消耗標準液的體積讀數偏小，則測定結果偏低。27、加快并促進Na2CO3水解，有利于除去油污Fe+2Fe3+=3Fe2+分液漏斗用少量蒸餾水沖洗冷凝管內通道2~3次，將洗滌液注入到錐形瓶Z中(2bc1-dc2)×10-3×18a×100%①④⑤⑥MnO4-+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O392n×252×233m×100%部分Fe2+被氧氣氧化取少量待測溶液于試管中，加入少量KSCN【解析】

廢鐵屑用熱的Na2CO3溶液除去表面的油污后，加稀硫酸溶解，Fe與H2SO4反應產生硫酸亞鐵溶液，加硫酸銨晶體共同溶解，經過蒸發濃縮、冷卻晶體、過濾、洗滌、干燥得到莫爾鹽FAS，以此分析解答。【詳解】Ⅰ．(1)步驟①是用碳酸鈉溶液除去廢鐵屑表面的油污，該鹽是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，由于鹽的水解反應是吸熱反應，加熱，可促進鹽的水解，使溶液堿性增強，因而可加快油污的除去速率；(2)亞鐵離子易被氧化，少量鐵還原氧化生成的Fe3+，反應的離子方程式為Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3)根據圖示可知：儀器X的名稱為分液漏斗；N原子最外層有5個電子，兩個N原子之間共用3對電子形成N2，使每個N原子都達到最外層8個電子的穩定結構，故N2的電子式為；(4)蒸出的氨氣中含有水蒸氣，使少量的氨水殘留在冷凝管中，為減小實驗誤差，用少量蒸餾水沖洗冷凝管內通道2~3次，將洗滌液注入到錐形瓶Z中；根據反應方程式2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可得物質之間的物質的量關系為：n(NH3)+n(NaOH)=2n(H2SO4)，n(H2SO4)=b×10-3L×c1mol/L=bc1×10-3mol，n(NaOH)=c2mol/L×d×10-3L=c2d×10-3mol，所以n(NH3)=2n(H2SO4)-n(NaOH)=2bc1×10-3mol-c2d×10-3mol=(2bc1-dc2)×10-3mol；根據N元素守恒可知該摩爾鹽中含有的NH4+的物質的量為n(NH4+)=(2bc1-dc2)×10-3mol，故NH4+質量百分含量為φ=m((5)用0.01000mol/L的酸性KMnO4溶液滴定溶液中的Fe2+離子，酸性KMnO4溶液盛裝在酸式滴定管中，盛裝待測液需要使用④錐形瓶，滴定管需要固定，用到⑤鐵架臺及⑥鐵夾。故滴定過程中需用到的儀器是①④⑤⑥；KMnO4將Fe2+氧化為Fe3+，KMnO4被還原為Mn2+，同時產生了水，根據電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得滴定中反應的離子方程式為MnO4-+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2+(6)根據元素守恒可得：(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O～2SO42-～2BaSO4，n(BaSO4)=ng233g/mol