2025屆廣東省深圳市第二高級中學高考化學倒計時模擬卷注意事項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、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Cl22、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-3、化合物丙是一種醫藥中間體,可以通過如圖反應制得。下列有關說法不正確的是A．丙的分子式為C10H14O2B．乙分子中所有原子不可能處于同一平面C．甲、.乙、丙均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D．甲的一氯代物只有2種（不考慮立體異構）4、將NaHCO3和Na2O2的固體混合物xg在密閉容器中加熱至250℃，充分反應后排出氣體．將反應后的固體溶入水無氣體放出，再逐滴加入鹽酸，產生氣體（標準狀況）與所加鹽酸體積之間的關系如圖所示．下列說法錯誤的是（）A．HCl的濃度0.2mol/LB．反應后固體的成分為NaOH與Na2CO3C．密閉容器中排出氣體的成分為O2和H2OD．x的數值為6.095、如圖是利用試紙、鉛筆芯設計的微型實驗．以鉛筆芯為電極，分別接觸表面皿上的試紙，接通電源，觀察實驗現象．下列說法錯誤的是（）A．pH試紙變藍B．KI﹣淀粉試紙變藍C．通電時，電能轉換為化學能D．電子通過pH試紙到達KI﹣淀粉試紙6、繼電器在控制電路中應用非常廣泛，有一種新型繼電器是以對電池的循環充放電實現自動離合（如圖所示）。以下關于該繼電器的說法中錯誤的是已知電極材料為納米Fe2O3，另一極為金屬鋰和石墨的復合材料。A．充電完成時，電池能被磁鐵吸引B．該電池電解液一般由高純度的有機溶劑、鋰鹽等原料組成C．充電時，該電池正極的電極反應式為3Li2O+2Fe-6e-═Fe2O3+6Li+D．放電時，Li作電池的負極，Fe2O3作電池的正極7、從下列事實所得出的相應結論正確的是實驗事實結論A在相同溫度下，向1mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，產生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成紅褐色沉淀溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3B某氣體能使濕潤的藍色石蕊試紙變紅該氣體水溶液一定顯堿性C同溫同壓下，等體積pH=3的HA和HB兩種酸分別于足量的鋅反應，排水法收集氣體，HA放出的氫氣多且反應速率快HB的酸性比HA強DSiO2既能與氫氟酸反應又能與堿反應SiO2是兩性氧化物A．A B．B C．C D．D8、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序數依次增加。已知，離子化合物甲是由X、Y、Z、W四種元素組成的，其中，陰陽離子個數比為1∶1，陽離子是一種5核10電子微粒；Q元素原子半徑是短周期主族元素中最大的；乙為上述某種元素的最高價氧化物對應的水化物；甲與乙的濃溶液反應生成丙、丁、戊三種物質，其中丁在常溫下為氣體。下列說法正確的是A．甲中既含離子鍵，又含共價鍵B．丙和戊的混合物一定顯酸性C．丁一定能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍D．原子半徑：X＜Y＜Z＜W9、下列食品添加劑中，其使用目的與反應速率有關的是()A．抗氧化劑 B．調味劑C．著色劑 D．增稠劑10、用Cl2生產某些含氯有機物時會產生副產物HCl。利用如下反應，可實現氯的循環利用：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)△H=-115.6kJ·mol-1下列說法正確的是A．升高溫度能提高HCl的轉化率B．加入催化劑，能使該反運的焓變減小C．1molCl2轉化為2molCl2原子放出243kJ熱量D．斷裂H2O(g)中1molH-O鍵比斷裂HCl(g)中1molH-Cl鍵所需能量高11、2018年11月16日，國際計量大會通過最新決議，將1摩爾定義為“精確包含6.02214076×1023個原子或分子等基本單元，這一常數稱作阿伏伽德羅常數(NA)，單位為mol?1。”下列敘述正確的是A．標準狀況下，22.4LSO3含有NA個分子B．4.6g乙醇中含有的C?H鍵為0.6NAC．0.1molNa2O2與水完全反應轉移的電子數為0.1NAD．0.1mol·L─1的醋酸溶液中含有的H+數目小于0.1NA12、世界第一條大面積碲化鎘薄膜“發電玻璃”生產線最近在成都投產，該材料是在玻璃表面鍍一層碲化鎘薄膜，光電轉化率高。下列說法錯誤的是A．普通玻璃含有二氧化硅 B．該發電玻璃能將光能不完全轉化為電能C．碲化鎘是一種有機化合物 D．應用該光電轉化技術可減少溫室氣體排放13、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14、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）：2c15、下列反應所得溶液中只含一種溶質的是A．Fe2(SO4)3溶液中加入過量Fe粉 B．A1(OH)3中加入過量NaOH溶液C．濃H2SO4中加入過量Cu片，加熱 D．Ca(C1O)2溶液中通入過量CO216、如圖所示裝置能實現實驗目的的是（）A．圖用于實驗室制取氯氣B．圖用于實驗室制取氨氣C．圖用于酒精萃取碘水中的I2D．圖用于FeSO4溶液制備FeSO4?7H2O17、某原子電子排布式為1s22s22p3，下列說法正確的是A．該元素位于第二周期IIIA族 B．核外有3種能量不同的電子C．最外層電子占據3個軌道 D．最外層上有3種運動狀態不同的電子18、空間實驗室“天宮一號”的供電系統中有再生氫氧燃料電池（RFC），RFC是一種將水電解技術與氫氧燃料電池技術相結合的可充電電池。下圖為RFC工作原理示意圖，有關說法正確的是A．轉移0.1mol電子時，a電極產生標準狀況下O21.12LB．b電極上發生的電極反應是：2H2O+2e－＝H2↑+2OH－C．c電極上進行還原反應，B池中的H+可以通過隔膜進入A池D．d電極上發生的電極反應是：O2+4H＋+4e－＝2H2O19、下列關于古籍中的記載說法不正確的是A．《本草綱目》“燒酒”條目下寫道自元時始創其法，用濃酒和糟入甑，蒸令氣上其清如水，味極濃烈，蓋酒露也”。這里所用的“法”是指蒸餾B．《呂氏春秋·別類編》中“金(即銅)柔錫柔，合兩柔則剛”體現了合金硬度方面的特性C．《本草經集注》中關于鑒別硝石(KNO3)和樸硝(Na2SO4)的記載：“以火燒之，紫青煙起，乃真硝石也”，該方法應用了顯色反應D．《抱樸子·金丹篇》中記載：“丹砂(HgS)燒之成水銀，積變又成丹砂”，該過程發生了分解、化合、氧化還原反應20、磷酸氯喹在細胞水平上能有效抑制新型冠狀病毒(2019－nCOV)的感染，其結構如圖所示。下列說法錯誤的是A．基態C1原子的核外電子有17種運動狀態B．C、N、O、P四種元素中電負性最大的是OC．H3PO4分子中磷原子的價層電子對數為4D．與足量H2發生加成反應后，該分子中手性碳原子個數不變21、用下圖所示裝置進行下列實驗：將①中溶液滴入②中，預測的現象與實際相符的是選項

①中物質

②中物質

預測②中的現象

A

稀鹽酸

碳酸鈉與氫氧化鈉的混合溶液

立即產生氣泡

B

濃硝酸

用砂紙打磨過的鋁條

產生紅棕色氣體

C

草酸溶液

高錳酸鉀酸性溶液

溶液逐漸褪色

D

氯化鋁溶液

濃氫氧化鈉溶液

產生大量白色沉淀

A．A B．B C．C D．D22、下列醇類物質中既能發生消去反應，又能發生催化氧化反應生成醛類的物質是()A．B．C．D．二、非選擇題(共84分)23、（14分）藥物H(阿戈美拉汀)是一種抗抑郁藥，H的一種合成路線如下：已知：；化合物B中含五元環結構，化合物E中含兩個六元環狀結構。回答下列問題：(1)A的名稱為_______(2)H中含氧官能團的名稱為_______(3)B的結構簡式為_______(4)反應③的化學方程式為_______(5)⑤的反應類型是_______(6)M是C的一種同分異構體，M分子內除苯環外不含其他的環，能發生銀鏡反應和水解反應，其核磁共振氫譜有4組峰且峰面積之比為6:3:2:1。任寫出三種滿足上述條件的M的結構簡式_______(不考慮立體異構)。(7)結合上述合成路線，設計以2—溴環己酮()和氰基乙酸(NCCH2COOH)為原料制備的合成路線_______(無機試劑及有機溶劑任選)24、（12分）鹽酸阿比朵爾，適合治療由A、B型流感病毒引起的上呼吸道感染，2020年入選新冠肺炎試用藥物，其合成路線：回答下列問題：（1）有機物A中的官能團名稱是______________和______________。（2）反應③的化學方程式______________。（3）反應④所需的試劑是______________。（4）反應⑤和⑥的反應類型分別是______________、______________。（5）I是B的同分異構體，具有兩性并能與碳酸氫鈉溶液反應放出氣體，寫出具有六元環結構的有機物H的結構簡式______________。(不考慮立體異構，只需寫出3個)（6）已知：兩分子酯在堿的作用下失去一分子醇生成β—羥基酯的反應稱為酯縮合反應，也稱為Claisen（克萊森）縮合反應，如：，設計由乙醇和制備的合成線路______________。(無機試劑任選)25、（12分）ClO2(黃綠色易溶于水的氣體)是一種高效、低毒的消毒劑。某興趣小組通過圖1裝置(夾持裝置略)對其制備、吸收和釋放進行了研究。(1)儀器A的名稱是_______________________。(2)安裝F中導管時，應選用圖2中的___________________。(3)A中發生反應生成ClO2和Cl2，其氧化產物和還原產物物質的量之比為__________。(4)關閉B的活塞，ClO2在D中被穩定劑完全吸收生成NaClO2，此時F中溶液的顏色不變，則裝置C的作用是__________________。(5)已知在酸性條件下NaClO2可發生反應生成NaCl并釋放出ClO2，該反應的離子方程式為____。(6)ClO2很不穩定，需隨用隨制，產物用水吸收可得到ClO2溶液。為測定所得溶液中ClO2的濃度，進行了下列實驗：步驟1：準確量取ClO2溶液10.00mL，稀釋成100.00mL試樣，量取V0mL試樣加入到錐形瓶中；步驟2：用稀硫酸調節試樣的pH≤2.0，加入足量的KI晶體，靜置片刻；步驟3：加入指示劑，用cmol·L?1Na2S2O3溶液滴定至終點。重復2次，測得消耗Na2S2O3溶液平均值為V1mL。(已知2ClO2+10I?+8H+=2Cl?+5I2+4H2O2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI)計算該ClO2的濃度為______g/L(用含字母的代數式表示，計算結果化簡)。26、（10分）某小組選用下列裝置，利用反應，通過測量生成水的質量來測定Cu的相對原子質量。實驗中先稱取氧化銅的質量為ag。(1)濃氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是______________。(2)甲同學按B-A-E-C-D的順序連接裝置，該方案是否可行__________，理由是_______________。(3)乙同學按B-A-D-E-C的順序連接裝置，則裝置C的作用是___________________________。(4)丙同學認為乙同學測量的會偏高，理由是_____，你認為該如何改進？___(5)若實驗中測得g，則Cu的相對原子質量為_______。（用含a，b的代數式表示）。(6)若CuO中混有Cu，則該實驗測定結果_________。（選填“偏大”、“偏小”或“不影響”）27、（12分）焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)可作為貯存水果的保鮮劑。現欲制備焦亞硫酸鈉并探究其部分化學性質。Ⅰ.制備Na2S2O5可用試劑：飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體(試劑不重復使用)。焦亞硫酸鈉的析出原理：2NaHSO3(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l)（1）如圖裝置中儀器A的名稱是___。A中發生反應的化學方程式為___。儀器E的作用是___。（2）F中盛裝的試劑是___。Ⅱ.探究Na2S2O5的還原性（3）取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，劇烈反應，溶液紫紅色很快褪去。反應的離子方程式為___。食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學原理是防止食品___。Ⅲ.測定Na2S2O5樣品的純度。（4）將10.0gNa2S2O5樣品溶解在蒸餾水中配制100mL溶液，取其中10.00mL加入過量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高錳酸鉀溶液，充分反應后，用0.2500mol/L的Na2SO3標準液滴定至終點，消耗Na2SO3溶液20.00mL，Na2S2O5樣品的純度為___%（保留一位小數），若在滴定終點時，俯視讀數Na2SO3標準液的體積，會導致Na2S2O5樣品的純度___。（填“偏高”、“偏低”）28、（14分）微量元素硼對植物的生長和人體骨骼的健康有著十分重要的作用。請回答下列問題：（1）區分晶體硼和無定硼形科學的方法為_________________________________。（2）下列B原子基態的價層電子排布圖中正確的是___________A．B．C．D．（3）NaBH4是重要的儲氫載體，陰離子的立體構型為___________。（4）三硫化四磷分子(結構如下圖1所示)是___________分子(填極性”或非極性)。（5）圖2表示多硼酸根離子的一種無限長的鏈式結構，其化學式可表示為___________。（6）硼酸晶體是片層結構，其中一層的結構如圖3所示。硼酸在冷水中溶解度很小，但在熱水中較大，原因是_________________________________。（7）立方氮化硼(BN)是新型高強度耐磨材料，可作為金屬表面的保護層，其晶胞結構(如右圖)與金剛石類似。已知該晶體密度為ag/cm3，則晶體中兩個N原子間的最小距離為___________pm。(用含a的代數式表示，NA表示阿伏加德羅常數)29、（10分）含氮化合物在生產、生命活動中有重要的作用。回答下列問題：(1)已知4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H1=－alkJ/mol，4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H2=－bkJ/mol，H2O(1)=H2O(g)△H3=+ckJ/mol，寫出在298K時，氨氣燃燒生成N2的熱化學方程式___________。(2)肌肉中的肌紅蛋白(Mb)可與O2結合生成MbO2：Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)，其中k正和k逆分別表示正反應和逆反應的速率常數，即V正=k正·c(Mb)·P(O2)，V逆=k逆·c(MbO2)。37℃時測得肌紅蛋白的結合度(α)與P(O2)的關系如下表[結合度(α)指已與O2結合的肌紅蛋白占總肌紅蛋白的百分比]：P(O2)0.501.002.003.004.005.006.00α（MbO2%）50.067.080.085.088.090.391.0①計算37℃、P(O2)為2.00kPa時，上述反應的平衡常數K=___________。②導出平衡時肌紅蛋白與O2的結合度(α)與O2的壓強[P(O2)]之間的關系式α=___________(用含有k正、k逆的式子表示)。(3)構成肌紅蛋白的甘氨酸(NH2CH2COOH)是一種兩性物質，在溶液中以三種離子形式存在，其轉化關系如下：在甘氨酸溶液中加入酸或堿，三種離子的百分含量與的關系如圖所示：①純甘氨酸溶液呈___________性；當溶液呈中性時三種離子的濃度由大到小的順序為___________。②向=8的溶液中加入過量HCl時，反應的離子方程式為___________。③用電位滴定法可測定某甘氨酸樣品的純度.稱取樣品150mg，在一定條件下，用0.1000mol/L的高氯酸溶液滴定(與甘氨酸1︰1發生反應)，測得電壓變化與滴入HClO4溶液的體積關系如下圖。做空白對照實驗，消耗HClO4溶液的體積為0.25mL，該樣品的純度為___________%(計算結果保留一位小數)

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、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。2、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。3、D【解析】

A.由丙的結構簡式可知，丙的分子式為C10H14O2，故A正確；B.乙分子中含有飽和碳原子，所以乙分子中所有原子不可能處于同一平面，故B正確；C.甲、乙、丙三種有機物分子中均含有碳碳雙鍵，所以均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C正確；D.甲的分子中有3種不同化學環境的氫原子，則其一氯代物有3種(不考慮立體異構)，故D錯誤；故選D。【點睛】共面問題可以運用類比遷移的方法分析，熟記簡單小分子的空間構型：①甲烷分子為正四面體構型，其分子中有且只有三個原子共面；②乙烯分子中所有原子共面；③乙炔分子中所有原子共線；④苯分子中所有原子共面；⑤HCHO分子中所有原子共面。4、D【解析】

A、由175mL到275mL是與碳酸氫鈉反應，而n（Na2CO3）=n（NaHCO3）=n（CO2）=0.02mol，NaHCO3～～～HCl1mol1mol0.02mol0.02mol所以c（HCl）=0.02mol/(275?175)×10?3L=0.2mol/L，A正確；B、由圖像可知，因為175＞275-175所以固體混合物為NaOH，Na2CO3，B正確；C、由方程式可知：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，生成0.02mol的二氧化碳和0.02mol的水，再根據2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知密閉容器中排出氣體的成分O2，H2O，C正確；D、根據碳原子守恒可知，n（NaHCO3）=n（CO2）="0.02mol"="0.02mol"，275ml時溶質是單一的氯化鈉，根據鈉守恒可知n（Na2O2）＝0.2mol/L×0.275L?0.02mol/L＝0.0175mol，固體的質量為：0.02×84+0.0175×78=3.045g，故x=3.045g，D錯誤；答案選D。【點晴】解答時注意掌握過氧化鈉、碳酸氫鈉的性質及根據化學方程式進行的簡單計算方法，本題中分析、理解圖像信息是解題關鍵。另外明確二氧化碳、水蒸氣與過氧化鈉反應的先后順序是解答的難點和易錯點，一定量的Na2O2與一定量的CO2和H2O(g)的混合物的反應，可看做Na2O2先與CO2反應，待CO2反應完全后，Na2O2再與H2O(g)發生反應。5、D【解析】

A．連接負極的鉛筆芯為陰極，陰極上氫離子放電生成氫氣，同時電極附近生成氫氧根離子，溶液呈堿性，pH試紙遇堿變藍色，故A正確；B．連接正極的鉛筆芯為陽極，陽極上氯離子放電生成氯氣，氯氣能氧化碘離子生成碘，碘與淀粉試液變藍色，所以淀粉碘化鉀試紙變藍色，故B正確；C．該裝置是將電能轉化為化學能裝置，為電解池，故C正確；D．電子不通過電解質溶液，電解質溶液中陰陽離子定向移動形成電流，故D錯誤；故答案為D。【點睛】考查電解原理，明確離子放電順序及各個電極上發生的反應、物質的性質即可解答，該裝置為電解池，連接負極的鉛筆芯為陰極，陰極上氫離子放電，同時電極附近生成氫氧根離子，溶液呈堿性；連接正極的鉛筆芯為陽極，陽極上氯離子放電生成氯氣，氯氣能氧化碘離子生成碘，碘與淀粉試液變藍色，注意電解質溶液中電流的形成，為易錯點。6、A【解析】

由圖可知該電池放電時負極反應式為Li-e-═xLi+，正極反應式為Fe2O3+6Li++6e-═3Li2O+2Fe，充電時，陽極、陰極電極反應式與正極、負極電極反應式正好相反，以此解答該題。【詳解】A．充電時，Fe作為陽極生成Fe2O3，充電完成時，鐵完全轉化為Fe2O3，磁鐵不可吸引Fe2O3，故A錯誤；B．鋰屬于活潑金屬，會和水發生反應，所以不可以用電解質溶液作為電解液，一般由高純度的有機溶劑、鋰鹽等原料組成，故B正確；C．充電時，陽極、陰極電極反應式與正極、負極電極反應式正好相反，則充電時，該電池正極的電極反應式為3Li2O+2Fe-6e-═Fe2O3+6Li+，故C正確；D．根據分析，放電時，Li作電池的負極，Fe2O3作電池的正極，故D正確；答案選A。【點睛】根據題意要判斷出正負極，寫出電極反應,原電池負極發生氧化反應，正極發生還原反應，而電解池中，陽極發生氧化反應，陰極發生還原反應。7、C【解析】

A.發生反應MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，由于NaOH過量，因此再滴入FeCl3溶液，會發生反應：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，不能比較Mg(OH)2和Fe(OH)3溶解度大小，A錯誤；B.某氣體能使濕潤的藍色石蕊試紙變紅，則該氣體為酸性氣體，其水溶液顯酸性，B錯誤；C.HA放出的氫氣多且反應速率快，HA濃度比HB大，在反應過程中HA溶液中c(H+)比較大，證明HA溶液中存在電離平衡HAH++A-，HA是弱酸，故酸性HB>HA，C正確；D.SiO2與氫氟酸反應產生SiF4和H2O，SiF4不是鹽，因此SiO2不是兩性氧化物，D錯誤；故合理選項是C。8、A【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序數依次增加。離子化合物甲是由X、Y、Z、W四種元素組成的，其中陰陽離子個數比為1∶1，陽離子是一種5核10電子微粒，該陽離子為NH4+，則X為H元素；Q元素原子半徑是短周期主族元素中最大的，則Q為Na元素，因此Y、Z、W均為第二周期元素，陰離子組成元素的原子序數小于Na，則陰離子為碳酸氫根離子，則甲為NH4HCO3，因此Y為C元素、Z為N元素、W為O元素；乙為上述某種元素的最高價氧化物對應的水化物；甲與乙的濃溶液反應生成丙、丁、戊三種物質，則乙為氫氧化鈉或硝酸，與碳酸氫銨反應生成氨氣，碳酸鈉和水或硝酸銨、二氧化碳和水，其中丁在常溫下為氣體，則丁為氨氣或二氧化碳，據此分析解答。【詳解】根據上述分析，X為H元素，Y為C元素，Z為N元素，W為O元素，Q為Na元素，甲為NH4HCO3，乙為NaOH或硝酸，丁為氨氣或二氧化碳，丙、戊為碳酸鈉或硝酸銨和水。A．甲為NH4HCO3，屬于離子化合物，含有離子鍵，銨根離子、HCO3-中還含有共價鍵，故A正確；B．丙和戊的混合物可能為碳酸鈉溶液或硝酸銨溶液，碳酸鈉水解后溶液顯堿性，故B錯誤；C．丁可能為二氧化碳，二氧化碳不能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，故C錯誤；D．同一周期，從左到右，原子半徑逐漸減小，同一主族，從上到下，原子半徑逐漸增大，原子半徑：X＜W＜Z＜Y，故D錯誤；答案選A。9、A【解析】

A.抗氧化劑減少食品與氧氣的接觸，延緩氧化的反應速率，故A正確；B.調味劑是為了增加食品的味道，與速率無關，故B錯誤；C.著色劑是為了給食品添加某種顏色，與速率無關，故C錯誤；D.增稠劑是改變物質的濃度，與速率無關，故D錯誤。故選:A。10、D【解析】

A、該反應正反應為放熱反應，升溫平衡逆向移動，HCl的轉化率降低，A錯誤；B、催化劑只能改變反應的歷程而不能改變反應的焓變，焓變只與反應物和生成物的能量差有關，B錯誤；C、斷裂化學鍵需要吸收能量，1molCl2轉化為2molCl原子應該吸收243kJ熱量，C錯誤；D、設H-Cl鍵能為a，H-O鍵能為b，△H=反應物的總鍵能-生成物的總鍵能，所以有-115.6=4a+498-(243×2+4b)，解的4(a-b)=-127.6，即b>a，所以H-O鍵的鍵能大于H-Cl鍵能，D正確；正確答案為D。11、C【解析】

A．標準狀況下，SO3為固態，22.4LSO3含有分子不等于NA，選項A錯誤；B．4.6g乙醇的物質的量是0.1mol，含有的C-H鍵的個數為0.5NA，選項B錯誤；C．過氧化鈉與水的反應中過氧化鈉既是氧化劑，也是還原劑，則0.1molNa2O2與水反應轉移電子數為0.1NA，選項C正確；D、沒有給定溶液的體積，無法計算氫離子的數目，選項D錯誤。答案選C。12、C【解析】

A.玻璃成分為硅酸鈉、硅酸鈣、二氧化硅，故A正確，但不符合題意；B.該發電玻璃能將光能轉化為電能，但是不能完全轉化，存在能量損耗，故B正確，但不符合題意；C.碲化鎘不含碳元素，是一種無機化合物，不是有機化合物，故C錯誤，但符合題意；D.應用該光電轉化技術可減少化石燃料的使用，減少二氧化碳的排放，故D正確，但不符合題意；故選：C。13、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。14、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（H2C2O15、A【解析】

A.Fe2(SO4)3溶液中加入過量Fe粉反應產生FeSO4，Fe是固體物質，不能進入溶液，故所得溶液中只含一種溶質，A符合題意；B.A1(OH)3中加入過量NaOH溶液，反應產生NaAlO2和H2O，反應所得溶液中含過量NaOH和產生的NaAlO2兩種溶質，B不符合題意；C.反應后溶液中含有反應產生的CuSO4和過量的未反應的H2SO4，C不符合題意；D.反應后溶液中含有HClO和Ca(HCO3)2兩種溶質，D不符合題意；故合理選項是A。16、B【解析】

A.實驗室制取氯氣，二氧化錳與濃鹽酸需要加熱，常溫下不反應，A錯誤；B.實驗室制取氨氣，氯化銨固體與氫氧化鈣固體加熱，B正確；C.酒精和水互溶，不能作萃取劑，C錯誤；D.Fe2+容易被空氣氧化變為Fe3+，加熱后得不到亞鐵鹽，D錯誤；故答案選B。17、B【解析】

由原子電子排布式為1s22s22p3，可知原子結構中有2個電子層，最外層電子數為5，共7個電子，有7個不同運動狀態的電子，但同一能級上電子的能量相同，以此來解答。【詳解】A．有2個電子層，最外層電子數為5，則該元素位于第二周期VA族，故A錯誤；B．核外有3種能量不同的電子，分別為1s、2s、3p上電子，故B正確；C．最外層電子數為5，占據1個2s、3個2p軌道，共4個軌道，故C錯誤；D．最外層電子數為5，則最外層上有5種運動狀態不同的電子，故D錯誤；故答案為B。18、C【解析】

A．a電極與外加電源的負極相連，a電極為陰極，a電極上的電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，a電極產生的氣體是氫氣，A項錯誤；B．b電極與外加電源的正極相連，b電極為陽極，b電極上的電極反應式為2H2O－4e－＝O2↑+4H+，B項錯誤；C.c電極通入O2，c電極為氫氧燃料電池的正極，c電極上發生還原反應，d電極通入H2，d電極為氫氧燃料電池的負極，d電極的電極反應式為H2-2e-=2H+，在原電池中陽離子向正極移動，B池中的H+可以通過隔膜進入A池，C項正確；D．d電極上發生的電極反應是H2-2e-=2H+，D項錯誤；答案選C。19、C【解析】

A．由“蒸令氣”可知與混合物沸點有關，則這里所用的“法”是指蒸餾，故A正確；B．金(即銅)柔錫柔，合兩柔則剛，則說明合金硬度大于各成分，故B正確；C．鑒別KNO3和Na2SO4，利用鉀元素和鈉元素的焰色反應不同，鈉元素焰色反應為黃色，鉀元素焰色反應為隔著鈷玻璃為紫色，故C錯誤；D．丹砂(HgS)燒之成水銀，HgSHg+S，積變又還成丹砂的過程都是氧化還原反應，有單質(水銀)生成，且單質(水銀)重新生成化合物，故該過程包含分解、化合、氧化還原反應，故D正確；答案選C。【點睛】準確把握詩句含義，明確相關物質的性質是解題關鍵。本題的易錯點為C，要注意焰色反應屬于物理變化，不是化學變化。20、D【解析】

A．基態C1原子的核外有17個電子，每個電子運動狀態均不相同，則電子有17種運動狀態，故A正確；B．非金屬性越強，元素的電負性越強，非金屬性：C＜P＜N＜O，四種元素中電負性最大的是O，故B正確；C．H3PO4分子中磷原子的價層電子對數=4+(5+3-2×4)=4，故C正確；D．磷酸氯喹分子中只有一個手性碳，如圖(?所示)：，與足量H2發生加成反應后，該分子中含有5個手性碳原子，如圖(?所示):，故D錯誤；答案選D。【點睛】計算價層電子對數時，利用的是成鍵電子對數和孤電子對數之和。21、C【解析】

A項、鹽酸首先中和氫氧化鈉，故A錯誤；B項、常溫下鋁在濃硝酸中鈍化，得不到氣體，故B錯誤；C項草酸具有還原性，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，使其褪色，故C正確；D項、氫氧化鈉溶液開始是過量的，因此不可能產生白色沉淀氫氧化鋁，故D錯誤；故選C。22、C【解析】A、被氧化為酮，不能被氧化為醛，選項A錯誤；B、不能發生消去反應，選項B錯誤；C、-OH鄰位C上含有H原子，能發生消去反應，含有-CH2OH的結構，可被氧化為醛，選項C正確；D、被氧化為酮，不能被氧化為醛，選項D錯誤。答案選C。二、非選擇題(共84分)23、苯甲醚醚鍵、酰胺鍵+H2O消去反應【解析】

已知化合物B分子式為C4H4O3，有3個不飽和度，且含有五元環，那么必有一個O原子參與成環；考慮到B與A反應后產物C的結構為，所以推測B的結構即為。C生成D時，反應條件與已知信息中給出的反應條件相同，所以D的結構即為。D經過反應③后，分子式中少了1個H2O，且E中含有兩個六元環，所以推測E的結構即為。【詳解】(1)由A的結構可知，其名稱即為苯甲醚；(2)由H的結構可知，H中含氧官能團的名稱為：醚鍵和酰胺鍵；(3)B分子式為C4H4O3，有3個不飽和度，且含有五元環，那么必有一個O原子參與成環；考慮到B與A反應后產物C的結構為，所以推測B的結構簡式即為；(4)D經過反應③后，分子式中少了1個H2O，且E中含有兩個六元環，所以推測E的結構即為，所以反應③的方程式為：+H2O；(5)F經過反應⑤后分子結構中多了一個碳碳雙鍵，所以反應⑤為消去反應；(6)M與C互為同分異構體，所以M的不飽和度也為6，去除苯環，仍有兩個不飽和度。結合分子式以及核磁共振氫譜的面積比，可知M中應該存在兩類一共3個甲基。考慮到M可水解的性質，分子中一定存在酯基。綜合考慮，M的分子中苯環上的取代基個數為2或3時都不能滿足要求；如果為4時，滿足要求的結構可以有：，，，，，；如果為5時，滿足要求的結構可以有：，；(7)氰基乙酸出現在題目中的反應④處，要想發生反應④需要有機物分子中存在羰基，經過反應④后，有機物的結構中會引入的基團，并且形成一個碳碳雙鍵，因此只要得到環己酮經過該反應就能制備出產品。原料相比于環己酮多了一個取代基溴原子，所以綜合考慮，先將原料中的羰基脫除，再將溴原子轉變為羰基即可，因此合成路線為：【點睛】在討論復雜同分異構體的結構時，要結合多方面信息分析；通過分子式能獲知有機物不飽和度的信息，通過核磁共振氫譜可獲知有機物的對稱性以及等效氫原子的信息，通過性質描述可獲知有機物中含有的特定基團；分析完有機物的結構特點后，再適當地分類討論，同分異構體的結構就可以判斷出來了。24、羰基酯基+→+HClBr2取代反應取代反應（任寫3個）CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH【解析】

根據合成路線圖中反應物和生成物的結構變化分析反應類型；根據題給信息及路線圖中反應類型比較目標產物及原料的結構設計合成路線圖。【詳解】（1）根據A的結構簡式分析，A中的官能團有羰基和酯基，故答案為：羰基；酯基；（2）根據比較C和E的結構及反應物的結構，分析中間產物D的結構簡式為：，則反應③的化學方程式為：+→+HCl；故答案為：+→+HCl；（3）比較D和E的結構，反應④為取代反應，所需的試劑是Br2，故答案為：Br2；（4）比較E和F的結構變化及F和G的結構變化，反應⑤為取代反應；反應⑥也為取代反應，故答案為：取代反應；取代反應；（5）I是B（）的同分異構體，具有兩性并能與碳酸氫鈉溶液反應放出氣體，則結構中含有氨基和羧基，其中具有六元環結構的有機物H的結構簡式有：；（6）乙醇氧化可以得到乙酸，乙酸與乙醇酯化反應反應得到乙酸乙酯（），乙酸乙酯發生酯縮合反應生成，與發生合成路線中反應①的反應即可得到，故答案為：CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH。25、圓底燒瓶b1∶2吸收Cl24H++5ClO2-=Cl?+4ClO2↑+2H2O135cV1/V0【解析】

根據實驗裝置圖可知，A、B是制備氯氣和二氧化氯的；C是用于吸收氯氣的；D是用于吸收二氧化氯的，E是用于重新釋放二氧化氯的，F是可驗證尾氣中是否含有氯氣。【詳解】(1)根據儀器特征，可知儀器A是圓底燒瓶；(2)F裝置應是Cl2和KI反應，還需要連接尾氣處理裝置，所以應長管進氣，短管出氣，故選b；(3)氯酸鈉和稀鹽酸混合產生Cl2和ClO2，NaClO3中氯為+5價被還原成ClO2中+4價，鹽酸中氯為-1價，被氧化成0價氯，轉移電子數為2，所以NaClO3、ClO2前化學計量數為2，Cl2前化學計量數為1，反應化學方程式：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，其氧化產物Cl2和還原產物ClO2物質的量之比為1∶2；(4)F裝置中發生Cl2+2KI=2KCl+I2時，碘遇淀粉變藍，而F中溶液的顏色不變，則裝置C的作用是吸收Cl2；(5)在酸性條件下NaClO2可發生反應生成NaCl并釋放出ClO2，根據元素守恒可知應還有水生成，該反應的離子方程式為4H++5ClO2-=Cl?+4ClO2↑+2H2O；(6)設原ClO2溶液的濃度為xmol/L，則根據滴定過程中的反應方程式可知2ClO2～5I2～10Na2S2O3；則有，解得x=，換算單位得。26、氨水中存在平衡NH3+H2ONH3.H2ONH4++OH-，生石灰吸收濃氨水中的水放出熱量，生成OH-均能使平衡向左移動，從而得到氨氣不可行C裝置將生成的水和多余的氨氣一起吸收，無法測量出生成水的質量吸收未反應的NH3，防止空氣中的水蒸氣進入裝置B生成的氨氣有混有水，故m(H2O)會偏高可在裝置B和A之間增加裝置D偏大【解析】

(1)生石灰和水反應生成Ca（OH）2且放出大量熱，放出的熱量導致溶液溫度升高，抑制氨氣溶解，氫氧根離子濃度增大抑制一水合氨電離；(2)甲同學按B-A-E-C-D的順序連接裝置，過程中生成的水和過量氨氣會被裝置C吸收；(3)乙同學按B-A-D-E-C的順序連接裝置，裝置C可以吸收多余氨氣和防止空氣中水蒸氣進入D影響測定結果；(4)丙同學認為乙同學測量的m(H2O)會偏高，可能是氨氣中水蒸氣進入裝置D被吸收，可以用堿石灰吸收水蒸氣，干燥的氨氣再和氧化銅反應；(5)2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O，結合化學方程式定量關系計算；(6)若CuO中混有Cu，氧元素質量減小，測定水質量減小，結合計算定量關系判斷結果誤差。【詳解】(1)生石灰和水反應生成Ca（OH）2且放出大量熱，放出的熱量導致溶液溫度升高，溫度越高，導致氨氣的溶解度越低；氫氧化鈣電離生成氫氧根離子，氫氧根離子濃度增大抑制一水合氨電離，則抑制氨氣溶解，所以常用氨水滴入生石灰中制取氨氣，濃氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是：氨水中存在平衡NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH-，生石灰吸收濃氨水中的水放出熱量，生成OH-均能使平衡向左移動，從而得到氨氣；答案是:氨水中存在平衡NH3+H2ONH3.H2ONH4++OH-，生石灰吸收濃氨水中的水放出熱量，生成OH-均能使平衡向左移動，從而得到氨氣；(2)甲同學按B-A-E-C-D的順序連接裝置，該方案不可行，C裝置將生成的水和多余的氨氣一起吸收，無法測量出生成水的質量；答案是：不可行；C裝置將生成的水和多余的氨氣一起吸收，無法測量出生成水的質量；(3)乙同學按B-A-D-E-C的順序連接裝置，則裝置C的作用是:吸收未反應的NH3，防止空氣中的水蒸氣進入；答案是:吸收未反應的NH3，防止空氣中的水蒸氣進入；(4)丙同學認為乙同學測量的m(H2O)會偏高，可能是裝置B生成的氨氣有混有水，故m(H2O)會偏高，可在裝置B和A之間增加裝置D吸收氨氣中水蒸氣，減少誤差；答案是：裝置B生成的氨氣有混有水，故m(H2O)會偏高；可在裝置B和A之間增加裝置D；(5)反應2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O，生成水物質的量和氧化銅物質的量相同，若實驗中測得m(H2O)=bg，氧化銅物質的量n=，實驗中先稱取氧化銅的質量m[(CuO)]為ag，則Cu的摩爾質量=ag/[bg/18g/mol]-16g/mol，即Cu的相對原子質量為:-16；答案是:-16；(6)若CuO中混有Cu，氧元素質量減小，測定水質量減小，b減小，則-16值增大，所以若CuO中混有Cu，則該實驗測定結果偏大；答案是:偏大。27、三頸燒瓶Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4防倒吸濃NaOH溶液5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O氧化變質95.0偏高【解析】

A三頸燒瓶中制備二氧化硫，發生Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4，生成的二氧化硫通入D裝置，發生Na2SO3+SO2＋H2O=2NaHSO3，2NaHSO3(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l)，儀器E的作用是防倒吸，F吸收尾氣。據此解答。【詳解】Ⅰ（1）裝置中儀器A的名稱是三頸燒瓶。A中發生反應的化學方程式為Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4。二氧化硫易溶于水，儀器E的作用是防倒吸。故答案為：三頸燒瓶；Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2＋Na2SO4；防倒吸；（2）二氧化硫有毒，排到空氣中會污染空氣，SO2是酸性氧化物，可用堿溶液吸收，題干中只提供了一種試劑--濃NaOH溶液，F中盛裝的試劑是濃NaOH溶液。故答案為：濃NaOH溶液；Ⅱ.（3）取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，劇烈反應，溶液紫紅色很快褪去，說明MnO4－將S2O52－氧化生成硫酸根離子。反應的離子方程式為5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O。食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學原理是：利用焦亞硫酸鈉的還原性，防止食品氧化變質。故答案為：5S2O5－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O；氧化變質；Ⅲ.（4）由關系式：5SO32－～2MnO4－，用0.2500mol/L的Na2SO3標準液滴定至終點，消耗Na2SO3溶液20.00mL，剩余的n(MnO4－)=×0.2500mol/L×20.00×10-3L=2.000×10-3mol，再由5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O得：Na2S2O5樣品的純度為=×100%=95.0%；若在滴定終點時，俯視讀數Na2SO3標準液的體積，使Na2SO3標準液的體積偏低，算出的剩余高錳酸鉀偏低，與Na2S2O5樣品反應的高錳酸鉀偏高，會導致Na2S2O5樣品的純度偏高；故答案為：