江西省贛州市會昌中學2025年高三適應性調研考試化學試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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、下列常見的金屬中，常用電解法冶煉的是A．Fe B．Cu C．Mg D．Pt2、化學與生產、生活、社會密切相關。下列說法正確的是A．生石灰、鐵粉、硅膠是食品包裝中常用的干燥劑B．乙醇溶液、雙氧水均可用于殺菌消毒，但原理不同C．純堿是焙制糕點所用發酵粉的主要成分之一D．SiO2具有導電性，可用于制造光導纖維3、下列說法正確的是A．金剛石和足球烯（）均為原子晶體B．HCl在水溶液中能電離出，因此屬于離子化合物C．碘單質的升華過程中，只需克服分子間作用力D．在、和都是由分子構成的4、已知：4FeO42﹣+10H2O═4Fe（OH）3↓+8OH﹣+3O2↑，測得c（FeO42﹣）在不同條件下變化如圖甲、乙、丙、丁所示：下列說法正確的是（）A．圖甲表明，其他條件相同時，溫度越低FeO42﹣轉化速率越快B．圖乙表明，其他條件相同時，堿性越強FeO42﹣轉化速率越快C．圖丙表明，其他條件相同時，堿性條件下Fe3+能加快FeO42﹣的轉化D．圖丁表明，其他條件相同時，鈉鹽都是FeO42﹣優良的穩定劑5、對下圖兩種化合物的結構或性質描述正確的是A．不是同分異構體B．分子中共平面的碳原子數相同C．均能與溴水反應D．可用紅外光譜區分，但不能用核磁共振氫譜區分6、下列方案設計能達到實驗目的的是ABCD檢驗淀粉是否水解由褪色快慢研究反應物濃度對反應速率的影響證明發生了取代反應驗證Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]A．A B．B C．C D．D7、用如圖裝置進行實驗，1小時后觀察到生鐵明顯銹蝕，由此得出的結論是A．屬于化學腐蝕B．O2未參與反應C．負極反應2Fe-6e+3H2O→Fe2O3+6H+D．正極反應O2+4e-+2H2O→4OH-8、下列關于物質結構與性質的說法，不正確的是()A．I3AsF6晶體中存在I3＋離子,I3＋離子的幾何構型為V形B．C、H、O三種元素的電負性由小到大的順序為H＜C＜OC．水分子間存在氫鍵，故H2O的熔沸點及穩定性均大于H2SD．第四周期元素中，Ga的第一電離能低于Zn9、X、Y、Z、W是四種短周期主族元素，X原子最外層電子數是次外層的2倍，Y是地殼中含量最多的元素，Z元素在短周期中金屬性最強，W與Y位于同一主族。下列敘述正確的是A．原子半徑：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B．Y的簡單氣態氫化物的熱穩定性比W的強C．X的最高價氧化物對應水化物的酸性比W的強D．Y與Z形成的兩種常見化合物化學鍵類型相同10、研究表明，地球上的碳循環，光合作用是必不可少的（如下圖所示）。下列敘述正確的是A．石油與煤是可再生能源B．CO2是煤、石油形成淀粉、纖維素等的催化劑C．光合作用將太陽能轉化為化學能D．圖中所出現的物質中淀粉與纖維素為同分異構體11、在淀粉碘化鉀溶液中加入少量次氯酸鈉溶液，振蕩后溶液變藍，再加入足量的亞硫酸鈉溶液，藍色逐漸消失。下列判斷錯誤的是A．氧化性：ClO－>SO42->I2B．漂粉精溶液可使淀粉碘化鉀試紙變藍C．ClO－與I－在堿性條件下可以發生氧化還原反應D．向新制氯水中加入足量亞硫酸鈉溶液，氯水褪色12、以下物質的水溶液顯酸性的是A．NaHCO3 B．NaHSO4 C．CH3COOK D．KNO313、下列物質中，常用于治療胃酸過多的是（）A．碳酸鈉 B．氫氧化鋁 C．氧化鈣 D．硫酸鎂14、設NA為阿伏加德羅常數值。下列有關敘述正確的是()A．14g乙烯和丙烯混合氣體中的氫原子數為2NAB．1molN2與4molH2反應生成的NH3分子數為2NAC．1molFe溶于過量硝酸，電子轉移數為2NAD．標準狀況下，2.24LCCl4含有的共價鍵數為0.4NA15、化學與環境、生產、生活關系密切，下列說法正確的是A．84消毒液和醫用酒精都可以起到殺菌消毒的作用，其作用原理相同B．防控新冠病毒所用的酒精，其濃度越大，殺毒效果越好。C．工業上常用高純硅制造光導纖維D．推廣使用可降解塑料及布質購物袋，以減少“白色污染”16、生活中處處有化學。根據你所學過的化學知識，判斷下列說法錯誤的是A．柑橘屬于堿性食品B．為防止流感傳染，可將教室門窗關閉后，用食醋熏蒸，進行消毒C．氯化鈉是家庭常用的防腐劑，可用來腌制食品D．棉、麻、絲、毛及合成纖維完全燃燒都只生成CO2和H2O17、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－)＝0.2NA18、下列離子方程式正確的是()A．高錳酸鉀與濃鹽酸反應制氯氣：MnO4-+8H++4Cl-=Mn2++2Cl2↑+4H2OB．飽和碳酸鈉溶液中通入過量二氧化碳：CO32-+H2O+CO2=2HCO3-C．銅片與濃硫酸共熱：Cu+4H++SO42-Cu2++SO2↑+2H2OD．硫酸銅溶液中加入過量氨水：Cu2++4NH3?H2O=Cu(NH3)42++4H2O19、CH2=CH-CH=CH2通過一步反應不能得到的物質是A． B．C． D．CO220、“綠色化學實驗”已走進課堂，下列做法符合“綠色化學”的是①實驗室收集氨氣采用圖1所示裝置②實驗室做氯氣與鈉的反應實驗時采用圖2所示裝置③實驗室中用玻璃棒分別蘸取濃鹽酸和濃氨水做氨氣與酸生成銨鹽的實驗④實驗室中采用圖3所示裝置進行銅與稀硝酸的反應A．②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④21、下列說法不正確的是()A．苯和乙炔都與溴水發生加成反應，從而使溴水褪色B．乙醛和乙酸都可以與新制的氫氧化銅懸濁液反應C．鄰二甲苯只有一種結構，證明苯環中不存在碳碳單鍵和碳碳雙鍵交替出現的結構D．等質量的乙烯和丙烯充分燃燒所消耗的O2的量相同22、在材料應用與發現方面，中華民族有著卓越的貢獻。下列說法錯誤的是A．黏土燒制成陶器過程中發生了化學變化 B．區分真絲產品與純棉織物可以用灼燒法C．離子交換法凈化水為物理方法 D．“玉兔號”月球車帆板太陽能電池的材料是單質硅二、非選擇題(共84分)23、（14分）化合物A含有碳、氫、氧三種元素，其質量比是3:1:4,B是最簡單的芳香烴，D是有芳香氣味的酯。它們之間的轉換關系如下：回答下列問題：(1)A的結構簡式為__________________________________________。(2)C中的官能團為__________________________________________。(3)的一氯代物有_________________________________________種。(不考慮立體異構)(4)反應④的化學方程式為______________________________________________________________。24、（12分）A、B、C、D為原子序數依次增大的四種元素，A2-和B+具有相同的電子構型：C、D為同周期元素，C核外電子總數是最外層層電子數的3倍；D元素最外層有一個未成對電子。回答下列問題：（1）四種元素中電負性最大的是___________（填元素符號），其中C原子的核外電子排布式為__________。（2）單質A有兩種同素異形體，其中沸點高的是____________（填分子式）；A和B的氫化物所屬的晶體類型分別為___________和___________。（3）C和D反應可生成組成比為1：3的化合物E，E的立體構型為____________，中心原子的雜化軌道類型為________________。（4）單質D與濕潤的Na2CO3反應可制備D2A，其化學方程式為______________。（5）A和B能夠形成化合物F，其晶胞結構如圖所示，晶胞參數a=0.566nm，F的化學式為________；晶胞中A原子的配位數為____________；列式計算晶體F的密度（g?cm-3）__________。25、（12分）為測定某硬鋁（含有鋁、鎂、銅）中鋁的含量，設計了Ⅰ、Ⅱ兩個方案。根據方案Ⅰ、Ⅱ回答問題：方案Ⅰ：(1)固體甲是銅，試劑X的名稱是_______________。(2)能確認NaOH溶液過量的是___________（選填選項）。a.測溶液pH，呈堿性b.取樣，繼續滴加NaOH溶液，不再有沉淀生成c.繼續加NaOH溶液，沉淀不再有變化(3)步驟④的具體操作是：灼燒、_______、________，重復上述步驟至恒重。(4)固體丙的化學式是______，該硬鋁中鋁的質量分數為_______________。方案Ⅱ的裝置如圖所示：操作步驟有：①記錄A的液面位置；②待燒瓶中不再有氣體產生并恢復至室溫后，使A和B液面相平；③再次記錄A的液面位置；④將一定量Y（足量）加入燒瓶中；⑤檢驗氣密性，將ag硬鋁和水裝入儀器中，連接好裝置。(1)試劑Y是________________；操作順序是______________________。(2)硬鋁質量為ag，若不測氣體的體積，改測另一物理量也能計算出鋁的質量分數，需要測定的是_______，操作的方法是__________。26、（10分）某研究小組利用下圖裝置探究溫度對氨氣還原Fe2O3的影響（固定裝置略）。完成下列填空：（1）實驗時A中有大量紫紅色的煙氣，則NH4I的分解產物為___（至少填三種），E裝置的作用是___。（2）裝置B中的反應方程式：______，D裝置的作用是______。某研究小組按上圖裝置進行對比實驗，甲組用酒精燈、乙組用酒精噴燈對裝置C加熱，反應產物均為黑色粉末（純凈物），兩組分別用各自的產物進行以下探究，完成下列填空：步驟操作甲組現象乙組現象1取黑色粉末加入稀鹽酸溶解，無氣泡溶解，有氣泡2取步驟1中溶液，滴加KSCN溶液變紅無現象3向步驟2溶液中滴加新制氯水紅色先變深后褪去先變紅后也褪色（3）乙組得到的黑色粉末是______。（4）甲組步驟1中反應的離子方程式為______。（5）乙組步驟3中，溶液變紅的原因為______；溶液褪色可能的原因及其驗證方法為______。（6）若裝置C中Fe2O3反應后的產物是兩種氧化物組成的混合物，為研究氧化物的組成，研究小組取樣品7.84克在加熱條件下通入氨氣，完全反應后，停止加熱，反應管中鐵粉冷卻后，稱得質量為5.6克，則混合物的組成為______。27、（12分）某化學興趣小組在習題解析中看到：“SO2通入Ba(NO3)2溶液出現白色沉淀，是因為在酸性環境中，NO3-將SO32-氧化成SO42-而產生沉淀”。有同學對這個解析提出了質疑，“因沒有隔絕空氣，也許只是氧化了SO32-，與NO3-無關”。于是做了“SO2通入Ba(NO3)2溶液”的探究實驗，用pH傳感器檢測反應的進行，實驗裝置如圖。回答下列問題：（1）儀器a的名稱為__。（2）實驗小組發現裝置C存在不足，不足之處是__。（3）用0.1mol/LBaCl2溶液、0.1mol/LBa(NO3)2溶液、食用油，配制4種溶液（見下表）分別在裝置C中進行探究實驗。編號①②③④試劑煮沸過的BaCl2溶液25mL，再加入食用油25mL未煮沸過的BaCl2溶液25mL煮沸過的Ba(NO3)2溶液25mL，再加入食用油25mL未煮沸過的Ba(NO3)2溶液25mL對比①、②號試劑，探究的目的是___。（4）進行①號、③號實驗前通氮氣的目的是__。（5）實驗現象：①號依然澄清，②、③、④號均出現渾濁。第②號實驗時C中反應的離子方程式為__。（6）圖1-4分別為①，②，③，④號實驗所測pH隨時間的變化曲線。根據以上數據，可得到的結論是__。28、（14分）C、S和Cl元素的單質及化合物在工業生產中的有效利用備受關注。請回答下列問題：（1）已知：Ⅰ．；Ⅱ．；Ⅲ．__________（用含有、和的代數式表示）。（2）25℃時，溶液中各種含硫微粒的物質的量分數與溶液的變化關系如圖甲所示。甲乙已知25℃時，的水溶液，解釋其原因為：__________。（3）是一種綠色消毒劑和漂白劑，工業上采用電解法制備的原理如圖乙所示。①交換膜應選用__________（填“陽離子交換膜”或“陰離子交換膜”）。②陽極的電極反應式為__________。（4）一定溫度下，向2L恒容密閉容器中滲入和，發生反應，若反應進行到20min時達平衡，測得CO2的體積分數為0.5，則前20min的反應速率v(CO)=__________，該溫度下反應化學平衡常數K=__________。（5）在不同條件下，向2L恒容密閉容器中通入2molCO和1molSO2，反應體系總壓強隨時間的變化如圖所示：①圖中三組實驗從反應開始至達到平衡時，v(CO)最大的為__________。（填序號）②與實驗a相比，c組改變的實驗條件可能是__________。29、（10分）現有常溫下甲、乙、丙三種溶液，甲為0.1mol·L-1的NaOH溶液，乙為0.1mol·L-1的HCl溶液，丙為0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，試回答下列問題：（1）甲溶液的pH=___。（2）丙溶液中存在的電離平衡為___(用電離平衡方程式表示)。（3）常溫下，用水稀釋0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，下列各量隨水量的增加而增大的是___(填序號)。①n(H＋)②c(H＋)③④c(OH-)（4）甲、乙、丙三種溶液中由水電離出的c(OH-)最大的是___。（5）某同學用甲溶液分別滴定20.00mL乙溶液和20.00mL丙溶液，得到如圖所示的兩條滴定曲線，則a=___。（6）圖___（填1或2）表示NaOH溶液滴定CH3COOH溶液的過程。（7）圖2中a點對應的溶液pH=8，原因是___（用離子方程式表示）。

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、C【解析】

電解法：冶煉活潑金屬K、Ca、Na、Mg、Al，一般用電解熔融的氯化物(Al是電解熔融的Al2O3)制得；熱還原法：冶煉較不活潑的金屬Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用還原劑有(C、CO、H2等)；熱分解法：冶煉不活潑的金屬Hg、Ag用加熱分解氧化物的方法制得。【詳解】A．Fe用熱還原法冶煉，故A不選；B．Cu用熱還原法冶煉，故B不選；C．Mg的性質很活潑，用電解其氯化物的方法冶煉，故C選；D．Pt用熱分解法冶煉，故D不選；故答案選C。2、B【解析】

A.鐵粉是抗氧化劑，不是干燥劑，A項錯誤；B.乙醇溶液和雙氧水均能使蛋白質變性而達到殺菌消毒的目的，但原理不同，B項正確；C.發酵粉的主要成分是NaHCO3，C項錯誤；D.二氧化硅可用于制造光纖，但無導電性，D項錯誤。答案選B。3、C【解析】

據常見物質的組成、結構、變化的本質分析判斷。【詳解】A.金剛石為原子晶體，足球烯分子（）之間靠分子間作用力結合成分子晶體，A項錯誤；B.HCl是分子構成的物質，屬于共價化合物。它電離出需在水的作用下才能發生，B項錯誤；C.碘的升華是物理變化，分子間距離變大只需克服分子間作用力，C項正確；D.、是由分子構成的，但是原子構成的，D項錯誤。本題選C。4、C【解析】

A．由甲圖可知，升高溫度，FeO42－的濃度變化較大；B．由乙圖可知堿性越強，FeO42－的濃度變化越小；C．由丙圖可知鐵離子濃度越大，FeO42－的濃度變化越大；D．由丁圖可知在磷酸鈉溶液中，FeO42－的濃度變化較大。【詳解】A．由甲圖可知，升高溫度，FeO42﹣的濃度變化較大，可知溫度越高FeO42﹣轉化速率越快，故A錯誤；B．由乙圖可知堿性越強，FeO42﹣的濃度變化越小，則堿性越強FeO42﹣轉化速率越小，故B錯誤；C．由丙圖可知鐵離子濃度越大，FeO42﹣的濃度變化越大，故C正確；D．由丁圖可知在磷酸鈉溶液中，FeO42﹣的濃度變化較大，可知鈉鹽不都是FeO42﹣優良的穩定劑，其中醋酸鈉為優良的穩定劑，故D錯誤；故選：C。5、C【解析】

A、二者分子式相同而結構不同，所以二者是同分異構體，錯誤；B、第一種物質含有苯環，8個C原子共面，第二種物質含有碳碳雙鍵，7個C原子共面，錯誤；C、第一種物質含有酚羥基，可與溴水發生取代反應，第二種物質含有碳碳雙鍵，可與溴水發生加成反應，正確；D、兩種有機物H原子位置不同，可用核磁共振氫譜區分，錯誤；答案選C。6、A【解析】

A、淀粉水解時要用硫酸作催化劑，要先用NaOH將混合液中和至弱堿性或中性，再用新制氫氧化銅懸濁液檢驗，故A正確；B、實驗的原理方程式為：2MnO4－+5H2C2O4+6H＋=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O，題中高錳酸鉀過量，應設計成：高錳酸鉀的物質的量相同，濃度不同的草酸溶液，且草酸要過量，探究反應物濃度對該反應速率的影響，故B錯誤；C、要證明甲烷與氯氣發生了取代反應，因有氯化氫生成，不能通過體積變化就斷定發生取代反應，故C錯誤；D、驗證Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，要先制得Mg(OH)2，再加入少量Cu2+，沉淀轉化為Cu(OH)2，沉淀由白色轉化成藍色，故D錯誤；故選A。7、D【解析】

A.鐵在堿性或者接近中性電解質溶液中主要發生吸氧腐蝕，屬于電化學腐蝕，故A錯誤；B.鐵在堿性或者接近中性電解質溶液中主要發生吸氧腐蝕，雖然苯可使NaCl溶液隔絕外界空氣，但溶液中有溶解氧，氧氣參與了反應，故B錯誤；C.鐵在堿性或者接近中性電解質溶液中主要發生吸氧腐蝕，負極失電子形成Fe2+，方程式為：Fe-2e-=Fe2+，故C錯誤；D.鐵在堿性或者接近中性電解質溶液中主要發生吸氧腐蝕，正極得電子生成氫氧根，電極方程式為：O2+4e-+2H2O→4OH-，故D正確；正確答案是D。8、C【解析】

A．I3＋離子的價層電子對數，含有對孤電子對，故空間幾何構型為V形，A選項正確；B．非金屬性：H＜C＜O，則C、H、O三種元素的電負性由小到大的順序為H＜C＜O，B選項正確；C．非金屬簡單氫化物的熔沸點與氫鍵和范德華力有關，而穩定性與非金屬性有關，H2O的穩定性大于H2S是因為O的非金屬性大于S，C選項錯誤；D．Zn的核外電子排布為[Ar]3d104s2，電子所在的軌道均處于全充滿狀態，較穩定，故第一電離能大于Ga，D選項正確；答案選C。【點睛】C選項在分析時需要注意，非金屬簡單氫化物的熔沸點與氫鍵和范德華力有關，若含有氫鍵，物質熔沸點增大，沒有氫鍵時，比較范德華力，范德華力越大，熔沸點越高；而簡單氫化物的穩定性與非金屬性有關，非金屬性越強，越穩定。一定要區分兩者間的區別。9、B【解析】

X、Y、Z、W是短周期主族元素，X原子最外層電子數是次外層的兩倍，最外層電子數不超過8個，則其K層為次外層，故X是C元素；Y元素在地殼中的含量最高的元素，則Y是O元素；W與Y屬于同一主族，則為W為S元素；Z元素在短周期中金屬性最強，則Z是Na元素；據此答題。【詳解】根據分析，X是C元素，Y是O元素，Z是Na元素，W為S元素；A．X、Y為第二周期，Z、W為第三周期，則X、Y原子半徑小于Z、W，同周期元素原子半徑隨核電荷數增大半徑減小，原子半徑：r(Z)＞r(W)＞r(X)＞r(Y)，故A錯誤B．非金屬性越強，簡單氣態氫化物的穩定性越強，非金屬性：Y＞W，則Y的簡單氣態氫化物的熱穩定性比W的強，故B正確；C．非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，非金屬性：X＜W，X的最高價氧化物對應水化物的酸性比W的弱，故C錯誤；D．Y是O元素，Z是Na元素，Y與Z形成的兩種化合物為Na2O、Na2O2，含有的陰陽離子數目之比均為1:2，前者只含離子鍵，后者含有離子鍵、共價鍵，故D錯誤；答案選B。【點睛】非金屬性越強，簡單氣態氫化物的穩定性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強。10、C【解析】

A.石油與煤是化石燃料，屬于不可再生資源，A項錯誤；B.煤、石油燃燒會生成二氧化碳，生成的二氧化碳參與光合作用形成淀粉與纖維素等，因此二氧化碳不是催化劑，而是該過程的中間產物，B項錯誤；C.光合作用是綠色植物在葉綠體內吸收太陽光把二氧化碳和水合成葡萄糖，同時放出氧氣，將太陽能轉化為化學能，C項正確；D.圖中所出現的物質中淀粉與纖維素分子式中的n值不同，因此不屬于同分異構體，D項錯誤；答案選C。【點睛】淀粉與纖維素的分子通式雖均為(C6H10O5)n，但n值不同，所以不屬于同分異構體，一定要格外注意。11、A【解析】

A、根據向淀粉碘化鉀溶液中加入少量的次氯酸鈉溶液，溶液變藍色知，次氯酸根離子將碘離子氧化成了碘單質，碘遇淀粉變藍色，根據氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，次氯酸根離子是氧化劑，碘單質是氧化產物，氧化性為：ClO-＞I2，再加入足量的亞硫酸鈉溶液藍色又逐漸消失，說明碘單質又將亞硫酸根離子氧化了，得到硫酸根離子，碘單質是氧化劑，硫酸根離子是氧化產物，故氧化性SO42-＜I2，因此得出氧化性的強弱為：ClO-＞I2＞SO42-，A錯誤；B、漂白精的成分中有次氯酸鈉，根據對A的分析，次氯酸鈉能將淀粉碘化鉀中的碘離子氧化成碘單質，B正確；C、次氯酸根離子無論在堿性條件下還是在酸性條件下、中性條件下均有氧化性．因此ClO-與I-在堿性條件下可以發生氧化還原反應，C正確；D、新制的氯水中主要是氯氣，因此新制的氯水是黃綠色的，由于氯氣的氧化性比亞硫酸根離子的氧化性強，故能發生氧化還原反應，氯氣被還原而使氯水褪色，D正確，答案選A。12、B【解析】

溶液的酸堿性取決于溶液中c(H+)、c(OH-)的相對大小。c(H+)>c(OH-)的溶液呈酸性。A.NaHCO3在溶液中完全電離，生成的HCO3-以水解為主使溶液呈堿性，A項錯誤；B.NaHSO4在溶液中完全電離生成Na+、H+、SO42-，使溶液呈酸性，B項正確；C.CH3COOK在溶液中完全電離，生成的CH3COO-水解使溶液呈堿性，C項錯誤；D.KNO3溶液中，K+、NO3-不能發生水解，溶液呈中性，D項錯誤。本題選B。13、B【解析】

用于治療胃酸過多的物質應具有堿性，但堿性不能過強，過強會傷害胃粘膜；以上四種物質中，硫酸鎂溶液顯酸性，碳酸鈉溶液，氧化鈣的水溶液均顯堿性，而氫氧化鋁顯兩性，堿性較弱，能夠與胃酸反應，故氫氧化鋁常用于治療胃酸過多，B正確；故答案選B。14、A【解析】

A.乙烯和丙烯的最簡式均為CH2，14g乙烯和丙烯混合氣體中含CH2物質的量為14g÷14g/mol=1mol，含氫原子數為2NA，故A正確；B.1molN2與4molH2反應生成的NH3，反應為可逆反應，1mol氮氣不能全部反應生成氨氣，則生成氨氣分子數小于2NA，故B錯誤；C.1molFe溶于過量硝酸生成硝酸鐵，轉移電子3mol，電子轉移數為3NA，故C錯誤；D．標準狀況下，四氯化碳不是氣體，2.24LCCl4的物質的量不是0.1mol，無法計算其含有的共價鍵數，故D錯誤；答案選A。15、D【解析】

A.84消毒液具有強氧化性，使蛋白質分子結構發生變化而失去其生理活性，因而具有殺菌消毒作用；醫用酒精能夠使蛋白質變性，因而可殺菌消毒，二者作用原理不相同，A錯誤；B.酒精濃度小，滲透性強，但殺菌消毒作用能力小；濃度太大，殺菌消毒作用能力強，但滲透性又差，僅使蛋白質表面分子發生變性，病毒褪去外殼后，仍然具有破壞作用，因此不是濃度越大，殺毒效果越好，B錯誤；C.SiO2對光具有良好的全反射作用，工業上常用SiO2作光導纖維的材料，C錯誤；D.塑料不能降解，導致“白色污染”，則推廣使用可降解塑料及布質購物袋，以減少“白色污染”，D正確；故合理選項是D。16、D【解析】

A.含鉀、鈉、鈣、鎂等礦物質較多的食物，在體內的最終的代謝產物常呈堿性，產生堿性物質的稱為堿性食品，蔬菜、水果、乳類、大豆和菌類食物等，柑橘水水果，屬于堿性食品，選項A正確；B.為防止流感傳染，可將教室門窗關閉后，用食醋熏蒸，進行消毒，殺除病菌，選項B正確；C.氯化鈉的濃溶液(超過0.9%)才有防腐作用，因為這是生理鹽水的濃度，超過這個濃度，細胞就會脫水死亡，可用來腌制食品，選項C正確；D.棉、麻屬于纖維素，含有C、H兩種元素，完全燃燒只生成CO2和H2O；羊毛屬于蛋白質，含有C、H、O、N等元素，完全燃燒除生成CO2和H2O，還有其它物質生成；合成纖維是以小分子的有機化合物為原料，經加聚反應或縮聚反應合成的線型有機高分子化合物，分子中出C、H元素外，還含有其它元素，如N元素等，完全燃燒除生成CO2和H2O，還有其它物質生成，選項D錯誤；答案選D。17、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。18、D【解析】

A．高錳酸鉀與濃鹽酸反應制氯氣：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故A錯誤；B．飽和碳酸鈉溶液中通入過量二氧化碳：2Na＋＋CO32-+H2O+CO2=2NaHCO3↓，故B錯誤；C．銅片與濃硫酸共熱不能寫離子方程式，故C錯誤；D．硫酸銅溶液中加入過量氨水生成四氨合銅（Ⅱ）：Cu2++4NH3?H2O=Cu(NH3)42++4H2O，故D正確；故選D。19、A【解析】

A．CH2=CH-CH=CH2發生1，4加成生成，所以不能得到該物質，A符合題意；B．CH2=CH-CH=CH2與HCl發生1，4加成生成，B不符合題意；C．CH2=CH-CH=CH2發生加聚反應生成，C不符合題意；D．CH2=CH-CH=CH2燃燒生成CO2，D不符合題意；故合理選項是A。20、C【解析】

分析每種裝置中出現的相應特點，再判斷這樣的裝置特點能否達到處理污染氣體，減少污染的效果。【詳解】①圖1所示裝置在實驗中用帶有酚酞的水吸收逸出的氨氣，防止氨氣對空氣的污染，符合“綠色化學”，故①符合題意；②圖2所示裝置用沾有堿液的棉球吸收多余的氯氣，能有效防止氯氣對空氣的污染，符合“綠色化學”，故②符合題意；③氨氣與氯化氫氣體直接散發到空氣中，對空氣造成污染，不符合防止污染的理念，不符合“綠色化學”，故③不符合題意；④圖3所示裝置中，銅絲可以活動，能有效地控制反應的發生與停止，用氣球收集反應產生的污染性氣體，待反應后處理，也防止了對空氣的污染，符合“綠色化學”，故④符合題意；故符合“綠色化學”的為①②④。故選C。【點睛】“綠色化學”是指在源頭上消除污染，從而減少污染源的方法，與“綠色化學”相結合的往往是原子利用率，一般來說，如果所有的反應物原子都能進入指定的生成物的話，原子的利用率為100%。21、A【解析】

A．苯不能與溴水加成，將苯加入溴水中，是發生了萃取而使溴水褪色，故A錯誤；B．乙醛與氫氧化銅濁液在加熱的條件下發生氧化還原反應，乙酸含有羧基，具有酸性，與氫氧化銅發生中和反應，故B正確；C．若苯環中存在碳碳單鍵和碳碳雙鍵交替的結構，則鄰二甲苯有2種結構，而鄰二甲苯只有一種結構，證明苯環中不存在碳碳單鍵和碳碳雙鍵交替的結構，故C正確；D．乙烯和聚乙烯的最簡式相同，則完全燃燒等質量的乙烯和聚乙烯消耗O2量相同，故D正確；故選A。22、C【解析】

A.陶器在燒制過程中發生了復雜的物理變化與化學變化，故A正確；B.真絲屬于蛋白質，灼燒時有燒焦羽毛的氣味，故B項正確；C.離子交換法屬于化學方法，故C錯誤；D.太陽能電池光電板的材料為單質硅，故D項正確；故答案為C。二、非選擇題(共84分)23、CH3OH羧基5【解析】

(1)根據化合物A的質量比分析，，因此A的結構簡式為CH3OH。(2)乙苯和酸性高錳酸鉀反應生成苯甲酸，因此C中含有羧基。(3)有五種位置的氫，因此其一氯代物有5種。(4)反應④是甲醇和苯甲酸酯化反應，其化學方程式為：。【詳解】(1)根據化合物A的質量比分析，，因此A的結構簡式為CH3OH，故答案為：CH3OH。(2)乙苯和酸性高錳酸鉀反應生成苯甲酸，因此C中含有羧基，故答案為：羧基。(3)有五種位置的氫，因此其一氯代物有5種，故答案為：5。(4)反應④是甲醇和苯甲酸酯化反應，其化學方程式為：，故答案為：。24、Ols22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）O3分子晶體離子晶體三角錐形sp32Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）Na2O82.27g/cm3【解析】

A、B、C、D為原子序數依次增大的四種元索，C核外電子總數是最外層電子數的3倍，則C為P元素，C、D為同周期元索，D元素最外層有一個未成對電子，則D為Cl元素，A2－和B＋具有相同的電子構型，則A為O、B為Na元素；通過以上分析，A、B、C、D分別是O、Na、P、Cl元素。【詳解】（1）元素的非金屬性越強，其電負性越大，這幾種元素非金屬性最強的是O元素，則電負性最大的是O元素；C是P元素，其原子核外有15個電子，根據構造原理書寫P原子核外電子排布式為ls22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）；故答案為：O；ls22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）；（2）單質A為氧氣，氧氣的同素異形體是臭氧，二者都是分子晶體，分子晶體熔沸點與范德華力成正比，范德華力與相對分子質量成正比，臭氧的相對分子質量大于氧氣，則范德華力：臭氧＞氧氣，所以熔沸點較高的是O3；A和B的氫化物所屬的晶體類型分別為水是分子晶體和NaH為離子晶體。故答案為：O3；分子晶體；離子晶體；（3）C和D反應可生成組成比為1：3的化合物PCl3，PCl3中P原子價層電子對個數=3+=4且含1個孤電子對，根據價層電子對互斥理論判斷該分子的立體構型為三角錐形、中心原子的雜化軌道類型為sp3，故答案為：三角錐形；sp3；（4）單質Cl2與濕潤的Na2CO3反應可制備Cl2O，其化學方程式為2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）。故答案為：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）；（5）O和Na能夠形成化合物F，半徑大的為O元素離子、半徑小的為Na＋，該晶胞中大球個數=8×+6×=4、小球個數為8，則大球、小球個數之比=4：8=1：2，則化學式為Na2O；觀察晶胞中面心的原子，與之相連的原子有8個，晶胞中O原子的配位數為8；該晶胞體積=a3nm3，晶胞密度==g·cm－3=2.27g·cm－3；故答案為：Na2O；2.27g·cm-3。【點睛】本題考查物質結構和性質，涉及晶胞計算、原子雜化方式判斷、微粒空間構型判斷、原子核外電子排布等知識點，側重考查基礎知識點的靈活運用、空間想像能力及計算能力，難點是晶胞計算，利用均攤法求出晶胞中原子的個數，結合密度公式含義計算。25、鹽酸或稀硫酸c冷卻稱量Al2O3×100％氫氧化鈉溶液⑤①④②③剩余固體的質量將燒瓶中剩余固體過濾、洗滌、干燥，稱量【解析】

為了測定硬鋁中鋁的質量分數，可稱得樣品質量，測量其中鋁的質量。根據硬鋁的成分及其性質，將鋁轉化為氧化鋁測其質量或轉化為氫氣測其體積，從而計算得鋁的質量分數。【詳解】方案Ⅰ：(1)實驗流程中，固體甲是銅，則足量X可溶解硬鋁中的鎂、鋁，試劑X可能是稀鹽酸或稀硫酸。(2)操作①所得溶液中含有MgCl2、AlCl3和多余的酸，加入足量的NaOH溶液，可中和酸、使Mg2+完全生成Mg(OH)2沉淀、Al3+完全轉化為NaAlO2。Mg(OH)2、NaAlO2也能使溶液呈堿性（a錯）；證明NaOH溶液過量不必取樣，NaOH溶液過量的現象是沉淀量不再減少（b錯、c對）。(3)步驟④是為了獲得氧化鋁的質量，故需經過灼燒、冷卻、稱量，重復操作至固體恒重。(4)固體丙是氧化鋁（Al2O3）。實驗流程中，硬鋁中的鋁最終全部變成氧化鋁，則樣品中鋁的質量為(54b/102)g，鋁的質量分數為(54b/102a)×100%=×100％。方案Ⅱ：(1)該方案中通過測定氣體體積來測定鋁的質量分數。硬鋁中只有鋁能與強堿溶液反應放出氫氣，則試劑Y可能是氫氧化鈉溶液；實驗時檢查裝置氣密性、加入試劑、量氣管初讀數、反應生成氫氣、量氣管末讀數，操作順序是⑤①④②③。(2)硬鋁質量為ag，若不測氣體的體積，向圓底燒瓶中加入足量氫氧化鈉溶液，當不再有氣泡產生時，將燒瓶中剩余固體過濾、洗滌、干燥，稱量，測量剩余固體的質量，也能計算出鋁的質量分數。【點睛】實驗目的是實驗的靈魂，故解答實驗題應緊扣實驗目進行思考，則所用試劑、操作作用、計算原理等問題便容易回答。26、NH3、H2、I2(HI)吸收多余的氨氣Zn+I2═ZnI2安全瓶Fe粉Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2OFe2+被氧化成Fe3+，Fe3+遇SCN-顯紅色假設SCN-被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出現紅色，則假設成立Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4【解析】

(1)實驗時中A有大量紫紅色的煙氣，說明生成了碘蒸氣，NH4I發生下列反應：NH4I(固)?NH3(氣)+HI(氣)，2HI(氣)?H2(氣)+I2(氣)，則NH4I的分解產物為NH3、H2、I2(HI)，E裝置濃硫酸的作用是吸收多余的氨氣；(2)裝置B中鋅的作用是吸收碘蒸氣，反應方程式：Zn+I2═ZnI2，故D裝置的作用是作安全瓶，防倒吸，因為氨氣極易被濃硫酸吸收；(3)利用黑色固體可溶于鹽酸并產生氣體，結合“原子守恒”可知用酒精噴燈的乙組實驗得到的固體為Fe；(4)Fe2O3被還原得到黑色固體為Fe3O4，由此可寫出反應的離子方程式；(5)步驟4中溶液變紅是溶液中Fe2+被Cl2氧化為Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2將SCN-氧化，若該假設成立，則溶液中還存在Fe3+，再繼續加入KSCN溶液則溶液變紅；(6)氧化物樣品質量為7.84克，還原成鐵粉質量為5.6克，氧元素質量為：7.84-5.6g=2.24g，則鐵和氧的原子個數比為：：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式為Fe5O7，由此確定混合物的組成。【詳解】：(1)實驗時中A有大量紫紅色的煙氣，說明生成了碘蒸氣，NH4I發生下列反應：NH4I(固)?NH3(氣)+HI(氣)，2HI(氣)?H2(氣)+I2(氣)，則NH4I的分解產物為NH3、H2、I2(HI)，E裝置濃硫酸的作用是吸收多余的氨氣；(2)裝置B的作用是吸收碘蒸氣，反應方程式：Zn+I2═ZnI2，因為氨氣極易被濃硫酸吸收，故D裝置的作用是作安全瓶，防倒吸；(3)利用黑色固體可溶于鹽酸并產生氣體，結合“原子守恒”可知用酒精噴燈的乙組實驗得到的固體為Fe；(4)利用甲組現象可知Fe2O3與CO在酒精燈加熱的條件下，Fe2O3被還原得到黑色固體為Fe3O4，由此可寫出反應的離子方程式為Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；(5)因Fe3+遇SCN-顯紅色，所以乙組步驟3中溶液變紅是溶液中Fe2+被Cl2氧化為Fe3+所致，溶液褪色的原因可能是Cl2將SCN-氧化，若該假設成立，則溶液中還存在Fe3+，再繼續加入KSCN溶液則溶液變紅；(6)氧化物樣品質量為7.84克，還原成鐵粉質量為5.6克，氧元素質量為：7.84-5.6g=2.24g，則鐵和氧的原子個數比為：：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式為Fe5O7；則混合物的組成為Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4，故答案為：Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4。27、錐形瓶裝置C中的溶液與空氣接觸探究氧氣能否氧化SO32-排除裝置內的空氣，防止氧氣干擾2SO2+O2+2H2O=4H++2SO42-、NO3-都能氧化氧化SO32-，氧氣的氧化效果比NO3-更好，在氧氣、NO3-共存條件下，氧化速率更快。【解析】

（1）根據裝置圖判斷儀器a的名稱；（2）要驗證“只是氧化了SO32-，與NO3-無關”，需在無氧條件下把SO2通入Ba(NO3)2溶液。（3）①、②號試劑的區別是①號溶液中無氧氣、②號試劑中溶有氧氣。（4）進行①號、③號試劑的共同點是無氧環境，區別是①號溶液中無硝酸根離子、③號試劑中有硝酸根離子；（5）實驗現象：①號依然澄清，②號出現渾濁，說明把SO32-氧化為SO42-；（6）根據pH減小的速度、pH達到的最小值分析。【詳解】（1）根據裝置圖，儀器a的名稱是錐形瓶；（2）要驗證“只是氧化了SO32-，與NO3-無關”，需在無氧條件下把SO2通入Ba(NO3)2溶液，不足之處是裝置C中的溶液與空氣接觸。（3）①、②號試劑的區別是①號溶液中無氧氣、②號試劑中溶有氧氣，對比①、②號試劑，探究的目的是氧氣能否氧化SO32-。（4）進行①號、③號試劑的共同點是無氧環境，區別是①號溶液中無硝酸根離子、③號試劑中有硝酸根離子；進行①號、③號實驗的目的是探究在酸性環境中，NO3-能否將SO32-氧化成SO42-，進行①號、③號實驗前通氮氣可以排除裝置內的空氣，防止氧氣干擾；（5）實驗現象：①號依然澄清，②號出現渾濁，說明把SO32-氧化為SO42-，第②號實驗時C中反應的離子方程式為2SO2+O2+2H2O=4H++2SO42-；（6）根據圖象可知，、NO3-都能氧化氧化SO32-，氧氣的氧化效果比NO3-更好，在氧氣、NO3-共存條件下，氧化速率更快。28、（△H1+2△H2+△H3）/2由圖中數據可以計算出Ka2(H2SO3)=10－7.2