2025屆河北省唐山開灤一中高三下學期聯考化學試題注意事項：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、下列物質分類正確的是A．SO2、SiO2、CO均為酸性氧化物 B．多肽、油脂、淀粉均為酯類C．燒堿、冰醋酸、四氯化碳均為電解質 D．福爾馬林、漂粉精、氨水均為混合物2、化學與生活密切相關。下列敘述正確的是A．液氨可用作制冷劑 B．硅膠可作食品袋內的脫氧劑C．加入“聚鐵”凈水劑可以使海水淡化 D．二氧化硫可作食品的增白劑3、12C與13C互為（）A．同系物 B．同位素 C．同素異形體 D．同分異構體4、氟離子電池是新型電池中的一匹黑馬，其理論比能量高于鋰電池。一種氟離子電池的工作原理如圖所示。下列說法正確的是A．放電時，b是電源的正極B．放電時，a極的電極反應為：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－C．充電時，電極a接外電源的負極D．可將含F－的有機溶液換成水溶液以增強導電性5、鉛霜(醋酸鉛)是一種中藥，具有解毒斂瘡、墜痰鎮驚之功效，其制備方法為：將醋酸放入磁皿，投入氧化鉛，微溫使之溶化，以三層細布趁熱濾去渣滓，放冷，即得醋酸鉛結晶；如需精制，可將結晶溶于同等量的沸湯，滴醋酸少許，過七層細布，清液放冷，即得純凈鉛霜。制備過程中沒有涉及的操作方法是A．萃取 B．溶解 C．過濾 D．重結晶6、關于“硫酸銅晶體結晶水含量測定”的實驗，下列操作正確的是()A．在燒杯中稱量 B．在研缽中研磨C．在蒸發皿中加熱 D．在石棉網上冷卻7、溴化氫比碘化氫A．鍵長短 B．沸點高 C．穩定性小 D．還原性強8、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A．使甲基橙呈紅色的溶液：Fe2＋、Mg2＋、SO42-、Cl?B．使KSCN呈紅色的溶液：Al3＋、NH4+、S2?、I?C．使酚酞呈紅色的溶液：Mg2＋、Cu2＋、NO3-、SO42-D．由水電離出的c(H＋)＝10－12mol·L－1的溶液：Na＋、K＋、NO3-、HCO3-9、下列指定反應的離子方程式正確的是A．用Na2CO3溶液處理水垢中的CaSO4：Ca2＋＋CO32-=CaCO3↓B．用稀硝酸洗滌做過銀鏡反應的試管：Ag＋4H＋＋NO3-=Ag＋＋NO↑＋2H2OC．用氫氧化鈉溶液除去鋁表面的氧化膜：Al2O3＋2OH－=2AlO2-＋H2OD．工業上用過量氨水吸收二氧化硫：NH3·H2O＋SO2=NH4+＋HSO3-10、實現中國夢，離不開化學與科技的發展。下列說法不正確的是A．2019年新冠肺炎“疫苗”等生物制劑需要冷凍保存B．大飛機C919采用大量先進復合材料、鋁鋰合金等，鋁鋰合金屬于金屬材料C．納米復合材料實現了水中微污染物鉛（Ⅱ）的高靈敏、高選擇性檢測，但吸附的量小D．我國提出網絡強國戰略，光纜線路總長超過三千萬公里，光纜的主要成分是晶體硅11、25℃將濃度均為0.1mol/L的HA溶液和BOH溶液按體積分別為Va和Vb混合，保持Va+Vb=100mL，且生成的BA可溶于水。已知Va、Vb與混合液pH關系如圖。下列說法錯誤的是A．曲線II表示HA溶液體積B．x點存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)C．電離平衡常數K(HA)>K(BOH)D．向z點溶液加入NaOH，水的電離程度減小12、X、Y、Z、W為原子序數遞增的四種短周期元素，其中Z為金屬元素，X、W為同一主族元素，Y是地殼中含量最高的元素。X、Z、W分別與Y形成的最高價化合物為甲、乙、丙。結合如圖轉化關系，下列判斷錯誤的是A．反應③為工業制粗硅的原理B．Z位于元素周期表第三周期ⅡA族C．4種元素的原子中，Y原子的半徑最小D．工業上通過電解乙來制取Z13、Y是合成香料、醫藥、農藥及染料的重要中間體，可由X在一定條件下合成：下列說法錯誤的是（）A．Y的分子式為C10H8O3B．由X制取Y過程中可得到乙醇C．一定條件下，Y能發生加聚反應D．等物質的量的X、Y分別與NaOH溶液反應，最多消耗NaOH的物質的量之比為3：214、如圖所示裝置中不存在的儀器是()A．坩堝 B．泥三角 C．三腳架 D．石棉網15、下列物質分類正確的是A．豆漿、蛋白質溶液均屬于膠體 B．H2O、CO2均為電解質C．NO、SO3均為酸性氧化物 D．H2S、O2常作還原劑16、下列說法正確的是（）A．天然油脂中含有高級脂肪酸甘油酯，油脂的皂化過程是發生了加成反應B．向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加熱后滴入幾滴新制氫氧化銅懸濁液，再加熱至沸騰，未出現紅色物質，說明淀粉未水解C．向雞蛋清的溶液中加入濃的硫酸鈉或硫酸銅溶液，蛋白質的性質發生改變并凝聚D．氨基酸種類較多，分子中均含有﹣COOH和﹣NH2，甘氨酸為最簡單的氨基酸17、下列物質中，由極性鍵構成的非極性分子是A．氯仿 B．干冰 C．石炭酸 D．白磷18、下列各表述與示意圖一致的是A．25℃時，用0.1mol·L-1鹽酸滴定20mL0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH隨加入酸體積的變化B．10mL0.01mol·L-1KMnO4酸性溶液與過量的0.1mol·L-1H2C2O4溶液混合時，n(Mn2-)隨時間的變化C．曲線表示反應2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0正、逆反應的平衡常數K隨溫度的變化D．a、b曲線分別表示反應CH2=CH2(g)+H2(g)→CH3CH3(g)△H<0使用和未使用催化劑時，反應過程中的能量變化19、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列有關敘述正確的是A．在12.0gNaHSO4晶體中，所含離子數目為0.3NAB．足量的鎂與濃硫酸充分反應，放出2.24L混合氣體時，轉移電子數為0.2NAC．30g冰醋酸和葡萄糖的混合物中含氫原子的數目為2NAD．標準狀況下，11.2L乙烯和丙烯混合物中含氫原子數目為2NA20、298

K時，向20

mL0.1

mol/L某酸HA溶液中逐滴加入0.1

mol/L

NaOH溶液，混合溶液的pH變化曲線如圖所示。下列說法錯誤的是A．a點溶液的pH為2.88B．b點溶液中：c（Na+）＞c（A－）＞c（HA）C．b、c之間一定存在c（Na+）＝c（A－）的點D．a、b、c三點中，c點水的電離程度最大21、實驗室制備少量乙酸乙酯的裝置如圖所示。下列有關該實驗說法正確的是A．乙酸乙酯的沸點小于100℃B．反應前，試管甲中先加入濃硫酸，后加入適量冰酸醋和乙醇C．試管乙中應盛放NaOH濃溶液D．實驗結束后，將試管乙中混合液進行蒸發結晶可得到乙酸乙酯22、氰氣[(CN)2]性質與鹵素相似，分子中4個原子處于同一直線．下列敘述正確的是()A．是極性分子B．鍵長：N≡C大于C≡CC．CN﹣的電子式：D．和烯烴一樣能發生加成反應二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機物A有如下轉化關系：已知：①有機物B是芳香烴的含氧衍生物，其相對分子質量為108，B中氧的質量分數為14.8％。②CH3-CH2-COOH+Cl2+HCl根據以上信息，回答下列問題：（1）B的分子式為___________；有機物D中含氧官能團名稱是_____________。（2）A的結構簡式為_________________；檢驗M中官能團的試劑是______________。（3）條件I為_________________；D→F的反應類型為________________。（4）寫出下列轉化的化學方程式：F→E______________________________________F→G_____________________________________。（5）N的同系物X比N相對分子質量大14，符合下列條件的X的同分異構體有_________種（不考慮立體異構），寫出其中核磁共振氫譜有五組峰，且吸收峰的面積之比為1∶1∶2∶2∶2的同分異構體的結構簡式______________（寫一種）。①含有苯環；②能發生銀鏡反應；③遇FeCl3溶液顯紫色。24、（12分）[化學——選修5：有機化學基礎]環丙貝特(H)是一種降血脂藥物，可明顯降低極低密度和低密度脂蛋白水平，并升高高密度脂蛋白，通過改善膽固醇的分布，可減少CH和LDL在血管壁的沉積，還有溶解纖維蛋白和阻止血小板凝聚作用。如圖是合成環丙貝特的一種新方法：回答下列問題：(1)C的化學名稱為______________________(2)F中含氧官能團的名稱為______________(3)H的分子式為________________________(4)反應①的反應類型為___________，反應④的化學方程式為______________________(5)M為的同分異構體，能與NaHCO3溶液反應產生氣體，則M的結構共有種____(不考慮立體異構)；其中1HNMR中有3組峰，且峰面積之比為6：2：1的結構簡式為_______(6)利用Wittig反應，設計以環己烷為原料(其他試劑任選)，制備的合成路線：______________________。25、（12分）為探究氧化銅與硫的反應并分析反應后的固體產物，設計如下實驗裝置。(1)如圖連接實驗裝置，并_____。(2)將氧化銅粉末與硫粉按5：1質量比混合均勻。(3)取適量氧化銅與硫粉的混合物裝入大試管中，固定在鐵架臺上，打開_____和止水夾a并______，向長頸漏斗中加入稀鹽酸，一段時間后，將燃著的木條放在止水夾a的上端導管口處，觀察到木條熄滅，關閉活塞K和止水夾a，打開止水夾b。該實驗步驟的作用是______，石灰石與稀鹽酸反應的離子方程式為___________________。(4)點燃酒精燈，預熱大試管，然后對準大試管底部集中加熱，一段時間后，氣球膨脹，移除酒精燈，反應繼續進行。待反應結束，發現氣球沒有變小，打開止水夾c，觀察到酸性高錳酸鉀溶液褪色后，立即用盛有氫氧化鈉溶液的燒杯替換盛裝酸性高錳酸鉀溶液的燒杯，并打開活塞K。這樣操作的目的是__________________。(5)拆下裝置，發現黑色粉末混有磚紅色粉末。取少量固體產物投入足量氨水中，得到無色溶液、但仍有紅黑色固體未溶解，且該無色溶液在空氣中逐漸變為藍色。查閱資料得知溶液顏色變化是因為發生了以下反應：4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3?H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH－+6H2O。①經分析，固體產物中含有Cu2O。Cu2O溶于氨水反應的離子方程式為______。②仍有紅色固體未溶解，表明氧化銅與硫除發生反應4CuO+S2Cu2O+SO2外，還一定發生了其他反應，其化學方程式為_________。③進一步分析發現CuO已完全反應，不溶于氨水的黑色固體可能是_____(填化學式)。26、（10分）草酸是一種常用的還原劑，某校高三化學小組探究草酸被氧化的速率問題。實驗Ⅰ試劑混合后溶液pH現象（1h后溶液）試管滴管a4mL0.01mol·L?1KMnO4溶液，幾滴濃H2SO42mL0.3mol·L?1H2C2O4溶液2褪為無色b4mL0.01mol·L?1KMnO4溶液，幾滴濃NaOH7無明顯變化c4mL0.01mol·L?1K2Cr2O7溶液，幾滴濃H2SO42無明顯變化d4mL0.01mol·L?1K2Cr2O7溶液，幾滴濃NaOH7無明顯變化（1）H2C2O4是二元弱酸，寫出H2C2O4溶于水的電離方程式：_____________。（2）實驗I試管a中KMnO4最終被還原為Mn2+，該反應的離子方程式為：________。（3）瑛瑛和超超查閱資料，實驗I試管c中H2C2O4與K2Cr2O7溶液反應需數月時間才能完成，但加入MnO2可促進H2C2O4與K2Cr2O7的反應。依據此資料，吉吉和昊昊設計如下實驗證實了這一點。實驗II實驗III實驗IV實驗操作實驗現象6min后固體完全溶解，溶液橙色變淺，溫度不變6min后固體未溶解，溶液顏色無明顯變化6min后固體未溶解，溶液顏色無明顯變化實驗IV的目的是：_______________________。（4）睿睿和萌萌對實驗II繼續進行探究，發現溶液中Cr2O72-濃度變化如圖：臧臧和蔡蔡認為此變化是通過兩個過程實現的。過程i．MnO2與H2C2O4反應生成了Mn2+。過程ii．__________________________________。①查閱資料：溶液中Mn2+能被PbO2氧化為MnO4-。針對過程i，可采用如下方法證實：將0.0001molMnO2加入到6mL____________中，固體完全溶解；從中取出少量溶液，加入過量PbO2固體，充分反應后靜置，觀察到_______________。②波波和姝姝設計實驗方案證實了過程ii成立，她們的實驗方案是________。（5）綜合以上實驗可知，草酸發生氧化反應的速率與__________________有關。27、（12分）亞硝酸鈉(NaNO2)外觀酷似食鹽且有咸味，是一種常用的發色劑和防腐劑，但使用過量會使人中毒．某學習小組針對亞硝酸鈉設計了如下實驗：（實驗一）制取NaNO2該小組先查閱資料知：①2NO+Na2O2→2NaNO2；2NO2+Na2O2→2NaNO3；②NO能被酸性高錳酸鉀氧化為NO3-，然后設計制取裝置如圖(夾持裝置略去)：(1)裝置D的作用是_______________；如果沒有B裝置，C中發生的副反應有_______________。(2)就算在裝置氣密性良好的情況下進行實驗，該小組發現制得的NaNO2的純度也不高，可能的原因是由_____________；設計一種提高NaNO2純度的改進措施_________。（實驗二）測定NaNO2樣品(含NaNO3雜質)的純度先查閱資料知：①5NO2-+2MnO4-+6H+→5NO3-+3Mn2++3H2O；②MnO4-+5Fe2++8H+→Mn2++5Fe3++4H2O然后，設計如下方案測定樣品的純度：樣品→溶液A溶液B數據處理(3)取樣品2.3g經溶解后得到溶液A100mL，準確量取10.00mLA與24.00mL0.0500mol/L的酸性高錳酸鉀溶液在錐形瓶中充分反應．反應后的溶液用0.1000mol/L(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定至紫色剛好褪去；重復上述實驗3次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液10.00mL，則樣品中NaNO2的純度為_________．(4)通過上述實驗測得樣品中NaNO2的純度偏高，該小組討論的原因錯誤的是_________。(填字母編號)a．滴定至溶液紫色剛好褪去，立即停止滴定b．加入A與KMnO4溶液前的錐形瓶未經干燥c．實驗中使用的(NH4)2Fe(SO4)2溶液暴露在空氣中的時間過長28、（14分）研究處理NOx、SO2，對環境保護有著重要的意義。回答下列問題：(1)SO2的排放主要來自于煤的燃燒，工業上常用氨水吸收法處理尾氣中的SO2。已知吸收過程中相關反應的熱化學方程式如下：①SO2(g)+NH3?H2O(aq)=NH4HSO3(aq)△H1=akJ?mol-1；②NH3?H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(aq)+H2O(l)△H2=bkJ?mol-1；③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)△H3=ckJ?mol-1，則反應2SO2(g)+4NH3?H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)△H=______。(2)NOx的排放主要來自于汽車尾氣，有人利用反應C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)△H＝－34.0kJ?mol-1，用活性炭對NO進行吸附。在恒壓密閉容器中加入足量的活性炭和一定量的NO氣體，測得NO的轉化率α(NO)隨溫度的變化如圖所示：①由圖可知，1050K前反應中NO的轉化率隨溫度升高而增大，原因是_________________________；在1100K時，CO2的體積分數為______。②用某物質的平衡分壓代替其物質的量濃度也可以表示化學平衡常數(記作Kp）。在1050K、1.1×106Pa時，該反應的化學平衡常數Kp＝________(已知：氣體分壓＝氣體總壓×體積分數)。(3)在高效催化劑的作用下用CH4還原NO2，也可消除氮氧化物的污染。在相同條件下，選用A、B、C三種不同催化劑進行反應，生成N2的物質的量與時間變化關系如圖所示，其中活化能最小的是_________(填字母標號)。(4)在汽車尾氣的凈化裝置中CO和NO發生反應：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H2=－746.8kJ?mol-1。實驗測得，υ正＝k正?c2(NO)?c2(CO)，υ逆＝k逆?c(N2)?c2(CO2)(k正、k逆為速率常數，只與溫度有關）。①達到平衡后，僅升高溫度，k正增大的倍數_____(填">”、“<”或“=”)k逆增大的倍數。②若在1L的密閉容器中充入1molCO和1molNO，在一定溫度下達到平衡時，CO的轉化率為40%，則＝_____(保留2位有效數字)。29、（10分）焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化劑之一。某研究小組進行如下實驗：實驗一焦亞硫酸鈉的制取采用如圖裝置(實驗前已除盡裝置內的空氣)制取Na2S2O5。裝置II中有Na2S2O5晶體析出，發生的反應為：Na2SO3＋SO2=Na2S2O5（1）裝置I中產生氣體的化學方程式為___________________________。（2）要從裝置II中獲得已析出的晶體，可采取的分離方法是_______________。（3）裝置III用于處理尾氣，可選用的最合理裝置(夾持儀器已略去)為________(填序號)。實驗二焦亞硫酸鈉的性質（4）Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。證明NaHSO3溶液中HSO3－的電離程度大于水解程度，可采用的實驗方法是______________(填序號)。a．測定溶液的pHb．加入Ba(OH)2溶液c．加入鹽酸d．加入品紅溶液e．用藍色石蕊試紙檢測（5）檢驗Na2S2O5晶體在空氣中已被氧化的實驗方案是_____________________________。實驗三葡萄酒中抗氧化劑殘留量的測定葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化劑。測定某葡萄酒中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計算)的方案如下：（6）按上述方案實驗，消耗標準I2溶液25.00mL，該次實驗測得樣品中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計算)為_______________g·L－1。（7）在上述實驗過程中，若有部分HI被空氣氧化，則測得結果_______________(填“偏高”“偏低”或“不變”)。

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.SO2、SiO2均能和堿反應生成鹽和水，為酸性氧化物，CO不與酸或水反應，屬于不成鹽氧化物，故A錯誤；B.油脂是由高級脂肪酸和甘油形成的酯，多肽是由氨基酸形成的，淀粉屬于多糖，故B錯誤；C.四氯化碳在水溶液中和熔融狀態下都不能導電，屬于非電解質，故C錯誤;D.福爾馬林是甲醛水溶液，屬于混合物；漂粉精主要成分是次氯酸鈣，屬于混合物；氨水是氨氣溶于水形成的溶液，屬于混合物；故D正確；答案選D。2、A【解析】

A.液氨汽化需要吸收大量的熱，具有制冷作用，常用作制冷劑，故A正確；B.由于硅膠具有很好的吸附性，且無毒，可以用作袋裝食品的干燥劑，故B錯誤；C.向海水中加入“聚鐵”凈水劑只能除去懸浮物雜質，但不能使海水淡化，應用蒸餾的方法，故C錯誤；D.二氧化硫有毒，不可作食品的漂白劑，故D錯誤；答案選A。【點睛】化學與生活方面要充分利用物質的性質，包括物理性質和化學性質，結構決定性質，性質決定用途，用途反映出物質的性質，此類題需要學生多積累生活經驗，發現生活中的各種現象。3、B【解析】

同種元素的不同種原子間互為同位素，據此分析。【詳解】12C與13C是碳元素的兩種不同的碳原子，故互為同位素。答案選：B。【點睛】本題考查了“四同”概念的辨別，應注意的概念要點的把握。結構相似,組成上相差1個或者若干個某種原子團的化合物互稱為同系物；具有相同質子數，不同中子數的同一元素的不同核素互為同位素；同素異形體,是指由同樣的單一化學元素組成,因排列方式不同,而具有不同性質的單質；化學上，同分異構體是一種有相同分子式而有不同的原子排列的化合物。4、B【解析】

由于Mg是活潑金屬，Mg2+氧化性弱，所以該電池工作時Mg失去電子結合F-生成MgF2，即b電極為負極，電極反應式為：Mg+2F－－2e－=MgF2，則a為正極，正極反應式為：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－；充電時，電解池的陽極、陰極與原電池的正、負極對應，電極反應與原電池的電極反應反應物與生成物相反，據此解答。【詳解】A．由于Mg是活潑金屬，Mg2+氧化性弱，所以原電池放電時，Mg失去電子，作負極，即b為負極，a為正極，A錯誤；B．放電時，a為正極發生還原反應，電極反應為：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－，B正確；C．充電時電解池的陽極、陰極與原電池的正、負極對應，所以a極接外電源的正極，C錯誤；D．因為Mg能與水反應，因此不能將有機溶液換成水溶液，D錯誤；答案選B。5、A【解析】

此操作中，將醋酸放入磁皿，投入氧化鉛，微溫使之溶化操作為溶解；放冷，即得醋酸鉛結晶…清液放冷，即得純凈鉛霜此操作為重結晶；以三層細紗布趁熱濾去渣滓，此操作為過濾，未涉及萃取，答案為A。6、B【解析】

A．實驗是在瓷坩堝中稱量，故A錯誤；B．實驗是在研缽中研磨，故B正確；C．蒸發除去的是溶液中的溶劑，蒸發皿中加熱的是液體，硫酸銅晶體是固體，不能用蒸發皿，故C錯誤；D．瓷坩堝是放在干燥器里干燥的，故D錯誤；答案選B。7、A【解析】

A.溴化氫中的溴原子半徑小于碘原子半徑，所以溴化氫的鍵長比碘化氫的短，故A正確；B.溴化氫和碘化氫都是共價化合物，組成和結構相似，相對分子質量越大，范德華力越強，沸點越高，所以溴化氫的沸點低于碘化氫的，故B錯誤；C.溴的非金屬性比碘強，所以溴化氫比碘化氫穩定，故C錯誤；D.溴的非金屬性比碘強，非金屬性越強，單質的氧化性越強，離子的還原性就越弱，所以溴化氫比碘化氫還原性弱，故D錯誤；故選：A。8、A【解析】

A．能使甲基橙呈紅色的溶液顯酸性，該組離子之間不反應，能大量共存，選項A符合題意；B.使KSCN呈紅色的溶液中有大量的Fe3＋，Fe3＋、Al3＋均可與S2?發生雙水解產生氫氧化物和硫化氫而不能大量共存，選項B不符合題意；C.使酚酞呈紅色的溶液呈堿性，Mg2＋、Cu2＋與氫氧根離子反應生成沉淀而不能大量存在，選項C不符合題意；D.由水電離出的c(H＋)＝10－12mol·L－1的溶液，水的電離受到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈堿性，HCO3-均不能大量存在，選項D不符合題意；答案選A。9、C【解析】

A．用Na2CO3溶液處理水垢中的CaSO4，水垢是難溶物，離子反應中不能拆，正確的離子反應：CaSO4＋CO32-=CaCO3+SO42-，故A錯誤；B．用稀硝酸洗滌做過銀鏡反應的試管，電子轉移不守恒，電荷不守恒，正確的離子反應：3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O，故B錯誤；C．用氫氧化鈉溶液除去鋁表面的氧化膜，是氫氧化鈉與氧化鋁反應，離子方程為：Al2O3＋2OH－=2AlO2-＋H2O，故C正確；D．工業上用過量氨水吸收二氧化硫，反應生成亞硫酸銨，正確的離子方程式為：2NH3+SO2+H2O=2NH4++SO32?，故D錯誤；答案選C。10、D【解析】

A．2019年新冠肺炎“疫苗”等生物制劑在溫度較高時容易失活，需要冷凍保存，故A正確；B.金屬材料包括純金屬以及它們的合金，鋁鋰合金屬于金屬材料，故B正確；C.納米復合材料表面積大，納米復合材料實現了水中微污染物鉛（Ⅱ）的高靈敏、高選擇性檢測，但吸附的量小，故C正確；D.光纜的主要成分是二氧化硅，故D錯誤；故選D。11、C【解析】

A.由圖可知，當HA溶液與BOH溶液等體積混合時，溶液的pH>7，隨著曲線I體積的增大，溶液的pH逐漸增大，說明曲線I表示BOH溶液的體積，則曲線II表示HA溶液體積，故A正確；B.根據圖像，x點HA溶液體積大于BOH溶液等體積，溶液為HA和BA的混合溶液，根據電荷守恒，有c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故B正確；C.由圖可知，當HA溶液與BOH溶液等體積混合時，溶液的pH>7，溶液顯堿性，說明K(HA)<K(BOH)，故C錯誤；D.根據圖像，z點HA溶液體積小于BOH溶液等體積，溶液為BA和BOH的混合溶液，堿過量水的電離程受抑制，所以向z點溶液加入NaOH，水的電離程度減小，故D正確。故選C。【點睛】本題考查酸堿混合離子的濃度關系，明確信息中pH及離子的關系來判斷酸堿的強弱是解答本題的關鍵，注意電離、鹽類水解等知識的運用。12、D【解析】

由題干信息分析可知X為C、Y為O、Z為Mg、W為Si，甲為CO2，乙為MgO，丙為SiO2，丁為CO；【詳解】A.反應③，為工業制粗硅的原理，A正確；B.Z即鎂位于元素周期表第三周期ⅡA族，B正確；C.4種元素的原子中，Y原子即氧原子的半徑最小，C正確；D.工業上通過電解熔融氯化鎂而不是氧化鎂來制取鎂，D錯誤；答案選D。13、D【解析】

A.Y分子中含有10個C原子，3個O原子，不飽和度為：7，所以分子式為：C10H8O3，故A正確；B.根據質量守恒定律可知：由X制取Y的過程中可得到乙醇，故B正確；C.Y含有酚羥基和碳碳雙鍵，碳碳雙鍵可能發生加聚反應，酚可與甲醛發生縮聚反應，故C正確；D.X中酚羥基、酯基可與氫氧化鈉溶液反應，1mol可與3molNaOH反應，Y中酚羥基、酯基可與氫氧化鈉反應，且酯基可水解生成酚羥基和羧基，則1molY可與3molNaOH反應，最多消耗NaOH的物質的量之比為1:1，故D錯誤；故選：D。14、D【解析】

由圖示裝置可知，涉及的儀器為：坩堝、泥三角、三腳架、酒精燈等，由于給坩堝加熱時可以直接進行加熱，不需要使用石棉網，所以該裝置中沒有用到石棉網，答案選D。【點睛】注意常見的儀器干燥及正確的使用方法，明確給坩堝加熱時，不需要墊上石棉網。15、A【解析】

A．分散質粒子直徑介于1-100nm之間的為膠體，豆漿、蛋白質溶液均屬于膠體，故A正確；B．H2O是弱電解質，CO2屬于非電解質，故B錯誤；C．SO3為酸性氧化物，NO是不成鹽氧化物，故C錯誤；D．H2S中S的化合價為最低價，是常見的還原劑，O2是常見的氧化劑，故D錯誤；故選A。【點睛】本題的易錯點為B，要注意二氧化碳的水溶液能夠導電，是反應生成的碳酸能夠電離，而二氧化碳不能電離。16、D【解析】

A．天然油脂為高級脂肪酸與甘油生成的酯，水解反應屬于取代反應的一種；B．在加入新制氫氧化銅懸濁液之前需要加入NaOH溶液；C．加入硫酸鈉，蛋白質不變性；D．氨基酸含羧基和氨基官能團。【詳解】A．油脂得到皂化是在堿性條件下發生的水解反應，水解反應屬于取代反應，故A錯誤；B．在加入新制氫氧化銅懸濁液之前需要加入NaOH溶液中和未反應的稀硫酸，否則不產生磚紅色沉淀，故B錯誤；C．加入濃硫酸鈉溶液，蛋白質發生鹽析，不變性，故C錯誤；D．氨基酸結構中都含有﹣COOH和﹣NH2兩種官能團，甘氨酸為最簡單的氨基酸，故D正確；故選：D。【點睛】解題關鍵：明確官能團及其性質關系，易錯點A，注意：水解反應、酯化反應都屬于取代反應。17、B【解析】

A、氯仿是極性鍵形成的極性分子，選項A錯誤；B、干冰是直線型，分子對稱，是極性鍵形成的非極性分子，選項B正確；C、石炭酸是非極性鍵形成的非極性分子，選項C錯誤；D、白磷是下正四面體結構，非極鍵形成的非極性分子，選項D錯誤；答案選B。18、C【解析】

A.等濃度的強酸強堿的滴定曲線，到達終點的pH發生突變，不是漸變；B.發生氧化還原反應生成錳離子，Mn2+對該反應有催化作用，反應加快；C.反應2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0，結合K雖溫度的變化情況作答；D.催化劑降低反應活化能，根據圖示的能量變化與實際反應的熱效應不符。【詳解】A.0.1mol?L-1NaOH溶液的pH為13，用0.1mol?L-1鹽酸滴定恰好中和時pH為7，因濃度相同，則體積相同，但酸堿中和在接近終點時，pH會發生突變，曲線的斜率會很大，A項錯誤；B.發生氧化還原反應生成錳離子，則n（Mn2+）隨時間的變化而增大，且催化作用，一段時間內增加的更快，后來濃度變化成為影響速率的主要因素，反應物濃度減小，速率減慢，圖像不符，B項錯誤；C.因反應為放熱反應，則升高溫度，平衡逆向移動，平衡后升溫K正減小，而K逆增大，且正逆反應的平衡常數互為倒數關系，C項正確；D.圖象中使用催化劑降低反應活化能，但反應CH2=CH2(g)+H2(g)→CH3CH3(g)△H＜0，是放熱反應，反應物能量高，圖象中表示的吸熱反應，D項錯誤；答案選C。19、C【解析】

A．NaHSO4晶體中存在鈉離子和硫酸氫根兩種離子，所以在12.0gNaHSO4晶體中，即0.1mol晶體中所含離子數目為0.2NA，故A錯誤；B．未指明溫度和壓強，無法確定2.24L混合氣體的物質的量，所以無法確定轉移電子數，故B錯誤；C．冰醋酸和葡萄糖最簡式都是CH2O，所以30g冰醋酸和葡萄糖的混合物中含氫原子的數目為：×2×NA=2NA，故C正確；D．11.2L乙烯和丙烯的混合氣體在標況下的物質的量為0.5mol，0.5mol乙烯中氫原子為2mol，0.5mol丙烯中氫原子為3mol，所以0.5mol二者的混合物所含氫原子個數在2NA至3NA之間，故D錯誤；故答案為C。【點睛】阿伏加德羅常數是高考的熱點，要準確解答好這類題目，一是要掌握好以物質的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數的關系；二是要準確弄清分子、原子、原子核內質子中子及核外電子的構成關系，還要注意氣體摩爾體積使用條件和對象。20、B【解析】

A．當加入10mL0.1

mol/L

NaOH溶液時，溶液中c(HA)=c(A-),由HA?H++A-可知Ka==c(H+)=10-4.76，則0.1mol/L的某酸HA中的c(H+)可用三段式進行計算，設電離的c(HA)為xmol/L：HA的電離平衡常數K===10-4.76，剩余的c(HA)=0.1-x≈0.1mol/L，解得x=10-2.88，所以a點溶液的pH為2.88，A正確；B．b溶液顯酸性，c(H+)>(OH-)，由電荷守恒可知c(Na+)<c(A-)，B錯誤；C．溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，當溶液pH=7呈中性時c(H+)=c(OH-)，則c(Na+)=c(A-)，所以b、c之間一定存在c(Na+)=c(A-)的點，C正確；D．a、b點中溶液顯酸性，HA電離出的H+對水的電離起抑制作用，c點酸堿恰好完全反應生成鹽NaA，對水的電離起促進的作用，所以a、b、c三點中，c點水的電離程度最大，D正確；答案選B。【點睛】溶液中一直存在電荷守恒，酸、堿對水的電離起抑制作用，能水解的鹽對水的電離起促進作用。21、A【解析】

A、由水浴加熱制備并蒸出乙酸乙酯，可知乙酸乙酯的沸點小于100℃，故A正確；B、濃硫酸的密度大，應該先加入適量乙醇，然后慢慢地加入濃硫酸和冰酸醋，防止混合液體濺出，發生危險，故B錯誤；C.乙酸乙酯在氫氧化鈉溶液中水解，試管乙中不能盛放NaOH濃溶液，應盛放飽和碳酸鈉溶液，故C錯誤；D.乙酸乙酯難溶于飽和碳酸鈉，實驗結束后，將試管乙中混合液進行分液可得到乙酸乙酯，故D錯誤；選A。22、D【解析】

A．[(CN)2]的結構為N≡C﹣C≡N，結構對稱，為非極性分子，為A錯誤；B．N原子半徑小于C，則鍵長：N≡C小于C≡C，故B錯誤；C．CN﹣的電子式為，故C錯誤；D．N≡C﹣C≡N含有不飽和鍵，可發生加成反應，故D正確；選D。二、非選擇題(共84分)23、C7H8O羧基銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液NaOH的醇溶液，加熱水解反應（或取代反應）+H2O+2H2O13【解析】

有機物B是芳香烴的含氧衍生物，其相對分子質量為108，B中氧的質量分數為14.8%，B中O原子個數==1，碳原子個數==7…8，所以B分子式為C7H8O，B中含有苯環且能連續被氧化，則B為，B被催化氧化生成M，M為，N為苯甲酸，結構簡式為；

A發生水解反應生成醇和羧酸，C為羧酸，根據題給信息知，C發生取代反應生成D，D發生反應然后酸化得到E，E能生成H，D是含有氯原子的羧酸，則D在氫氧化鈉的醇溶液中加熱生成E，E發生加聚反應生成H，所以D為、E為、C為；D反應生成F，F能反應生成E，則D發生水解反應生成F，F為，F發生酯化反應生成G，根據G分子式知，G為；根據B、C結構簡式知，A為，以此解答該題。【詳解】(1)B為，分子式為C7H8O，D為，含氧官能團為羧基；

(2)由以上分析可知A為，M為，含有醛基，可用銀氨溶液或新制備氫氧化銅濁液檢驗；

(3)通過以上分析知，條件I為氫氧化鈉的醇溶液、加熱；D為，D發生水解反應(取代反應)生成F；

(4)F發生消去反應生成E，反應方程式為+2H2O，F發生酯化反應生成G，反應方程式為+2H2O；

(5)N為苯甲酸，結構簡式為，X是N的同系物，相對分子質量比N大14，即X中含有羧基，且分子中碳原子數比N多一個，根據條件：①含有苯環

②能發生銀鏡反應，說明含有醛基，③遇FeCl3溶液顯紫色，說明含有酚羥基，如苯環含有2個取代基，則分別為-CH2CHO、-OH，有鄰、間、對3種，如苯環含有3個取代基，可為-CH3、-CHO、-OH，有10種，共13種；其中核磁共振氫譜有五組峰，且吸收峰的面積之比為1：1：2：2：2的同分異構體的結構簡式為。【點睛】以B為突破口采用正逆結合的方法進行推斷，注意結合反應條件、部分物質分子式或結構簡式、題給信息進行推斷，注意：鹵代烴發生反應條件不同其產物不同。24、對羥基苯甲醛（或4-羥基苯甲醛）酯基、醚鍵C13H14O3Cl2加成反應+→+HBr12、【解析】

A()與HCHO在堿性條件下發生加成反應生成B（）；B氧化生成C（）；C生成D（）；D與發生取代反應生成E（）和HBr；E環化生成F（）；F酸性條件下水解生成H（），據此分析。【詳解】（1）C為，命名為對羥基苯甲醛（或4-羥基苯甲醛）；答案：對羥基苯甲醛（或4-羥基苯甲醛）（2）F為，F中含氧官能團為酯基、醚鍵；答案：酯基、醚鍵（3）H為，由結構簡式可知，H的分子式為C13H14O3Cl2；答案：C13H14O3Cl2（4）反應①為加成反應，反應④為取代反應，產物中還有HBr，化學方程式為+→+HBr；答案：加成反應+→+HBr（5）M為的同分異構體，滿足條件的M的結構簡式為、、、、、、、、、、、共12種；其中1HNMR中有3組峰，且峰面積之比為6:2:1的結構簡式為、；答案：12種、（6）根據題干信息①②③可得出合成路線，由環己烷為原料制備的合成路線為；答案：【點睛】第⑤小題尋找同分異構體為易錯點，可以分步確定：①根據同分異構體要求可知存在兩個官能團-COOH、-Br②確定碳鏈種類③將兩個官能團-COOH、-Br采用定一移一法確定同分異構體種類。25、檢查裝置氣密性活塞K關閉b、c排除裝置中的空氣或氧氣CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑避免SO2污染空氣Cu2O+4NH3·H2O=2[Cu(NH3)2]++2OH－+3H2O2CuO+S2Cu+SO2Cu2S【解析】

(1)硫在加熱條件下易于空氣中的氧氣反應，對該實驗會產生影響，要確保實驗裝置中無空氣，保證密閉環境；(3)氧化銅與硫的反應，需在無氧條件下進行，石灰石與鹽酸反應產生的CO2氣體排除裝置中的空氣；(4)酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明產物有SO2，二氧化硫有毒不能排放到大氣中；(5)反應剩余固體含有Cu2O(磚紅色)，加入氨水后但仍有紅黑色固體未溶解，表明有Cu，CuO與S的質量比為5∶1。而生成Cu2O的反應方程式為4CuO+S2Cu2O+SO2，其中CuO與S的質量比為10∶1，因此S過量。【詳解】(1)探究氧化銅與硫的反應，需在無氧條件下進行(S在空氣與O2反應)，故需對裝置進行氣密性檢查；(3)利用石灰石與鹽酸反應產生的CO2氣體排除裝置中的空氣，打開K使鹽酸與石灰石接觸，打開a，并檢驗是否排盡空氣，該實驗步驟的作用是排除裝置中的空氣或氧氣。石灰石與鹽酸反應的離子方程式是CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；(4)酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明產物有SO2，用盛有氫氧化鈉溶液的燒杯替換盛裝酸性高錳酸鉀溶液的燒杯，并打開活塞K的目的是盡量使SO2被吸收，避免污染環境；(5)結合題意，反應剩余固體含有Cu2O(磚紅色)，因為Cu2O與氨水反應為Cu2O+4NH3·H2O=2[Cu(NH3)2]+(無色)+2OH－+3H2O，4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2+(藍色)+4OH－+6H2O。但仍有紅黑色固體未溶解，表明有Cu，反應方程式為2CuO+S2Cu+SO2，其中CuO與S的質量比為5∶1。而生成Cu2O的反應方程式為4CuO+S2Cu2O+SO2，其中CuO與S的質量比為10∶1，因此S過量，則可能發生反應2Cu+SCu2S，黑色固體為Cu2S。26、H2C2O4HC2O4-+H+、HC2O4-C2O42-+H+5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O排除實驗II中MnO2直接還原重鉻酸鉀的可能Mn2+可加快草酸與重鉻酸鉀的反應0.1mol/LH2C2O4溶液（調至pH=2）上清液為紫色2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液與4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合，調至pH=2，加入0.0001molMnSO4固體（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色變淺氧化劑種類、溶液pH、是否有催化劑【解析】

（1）H2C2O4是二元弱酸，分步電離；（2）酸性條件下，KMnO4最終被還原為Mn2+，草酸被氧化為二氧化碳；（3）實驗IV與實驗II、III區別是沒有草酸；（4）分析曲線可知，開始時Cr2O72-濃度變化緩慢，一段時間后變化迅速；①由實驗結論出發即可快速解題；②由控制變量法可知，保持其他變量不變，將MnO2換成等物質的量的MnSO4固體即可；（5）注意實驗的變量有：氧化劑種類、溶液pH、是否有催化劑。【詳解】（1）H2C2O4是二元弱酸，分步電離，用可逆符號，則H2C2O4溶于水的電離方程式為H2C2O4HC2O4-+H+、HC2O4-C2O42-+H+；（2）實驗I試管a中，酸性條件下，KMnO4最終被還原為Mn2+，草酸被氧化為二氧化碳，則該反應的離子方程式為5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O；（3）實驗IV與實驗II、III區別是沒有草酸，則實驗IV的目的是：排除實驗II中MnO2直接還原重鉻酸鉀的可能；（4）分析曲線可知，開始時Cr2O72-濃度變化緩慢，一段時間后變化迅速，則可能是過程i．MnO2與H2C2O4反應生成了Mn2+。過程ii．Mn2+可加快草酸與重鉻酸鉀的反應；①將0.0001molMnO2加入到6mL0.1mol/LH2C2O4溶液（調至pH=2）中，固體完全溶解，則說明MnO2與H2C2O4反應生成了Mn2+；從中取出少量溶液（含Mn2+），加入過量PbO2固體，充分反應后靜置，觀察到上清液為紫色，則說明溶液中Mn2+能被PbO2氧化為MnO4-，MnO4-顯紫色；②設計實驗方案證實過程ii成立，由控制變量法可知，保持其他變量不變，將MnO2換成等物質的量的MnSO4固體即可，即實驗方案是2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液與4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合，調至pH=2，加入0.0001molMnSO4固體（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色變淺；（5）綜合以上實驗可知，變量有：氧化劑種類、溶液pH、是否有催化劑，則草酸發生氧化反應的速率與氧化劑種類、溶液pH、是否有催化劑有關。27、吸收多余的NO2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2NO+O2=NO2由于獲得NO的過程中會產生其他氮氧化物在A、B之間增加裝有水的洗氣瓶75%bc【解析】

在裝置A中稀硝酸與Cu反應產生Cu(NO3)2、NO和H2O，反應產生的NO氣體經B裝置的無水CaCl2干燥后進入裝置C中，發生反應：2NO+Na2O2=2NaNO2，未反應的NO在裝置D中被酸性KMnO4氧化除去。再用酸性KMnO4溶液測定NaNO2純度中，可根據反應過程中的電子得失數目相等計算，利用反應過程中操作使KMnO4溶液消耗體積大小上分析實驗誤差。【詳解】(1)酸性KMnO4溶液具有氧化性，能將NO氧化為NO3-，所以裝置D的作用是吸收多余的NO；若沒有裝置B中無水CaCl2的干燥作用，其中的H2O就會與Na2O2發生反應：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反應產生O2再與NO反應：2NO+O2=NO2，氣體變為NO2；(2)由于反應開始時硝酸濃度較大時，可能有NO2產生，獲得NO的過程中可能會產生其他氮氧化物，這樣會干擾實驗結果，提高NaNO2純度可以在A、B之間增加裝有水的洗氣瓶，減小實驗誤差；(3)根據電子守恒可得關系式：5(NH4)2Fe(SO4)2～MnO4-，消耗n(KMnO4)=0.1mol/L×0.01L=0.001mol，根據2MnO4-～5NO2-可知NO2-反應消耗KMnO4溶液的物質的量n(KMnO4)=0.05mol/L×0.024L-0.001mol=2.0×10-4mol，則NaNO2的物質的量n(NaNO2)=5.0×10-4mol，則100mL溶液中含NaNO2的物質的量為n(NaNO2)總=5.0×10-4mol×=5.0×10-3mol，所以樣品中NaNO2的純度為×100%=75%；(4)a．滴定至溶液紫色剛剛好褪去，消耗(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液體積偏小，n[(NH4)2Fe(SO4)2]偏小，導致NaNO2的量測定結果偏高，a正確；b．加入A與KMnO4溶液前錐形瓶未經干燥，對測量結果無影響，b錯誤；c．實驗中使用的(NH4)2Fe(SO4)2溶液暴露在空氣中時間過長，部分(NH4)2Fe(SO4)2被氧化，消耗的(NH4)2Fe(SO4)2偏大，導致的測量結果偏低，c錯誤；故合理選項是bc。【點睛】本題考查了裝置的連接、試劑的作用、實驗方案的設計與評價及滴定方法在物質含量測定的應用。掌握反應原理、各個裝置中試劑的作用是解題關鍵，在物質含量測定中要結合反應過程中電子守恒分析。題目考查學生分析和解決問題的能力，主要是物質性質和化學反應定量關系的計算分析。28、（2a+2b+c）kJ?mol-11050K前反應未達到平衡狀態，隨著溫度升高，反應速率加快，NO轉化率增大20％4A<0.25【解析】

（1）利用蓋斯定律解答。（2）①在1050K前反應未達到平衡狀態，隨著溫度升高，反應速率加快，NO轉化率增大；達到平衡后，升高溫度，平衡左移，NO的轉化率降低。恒溫恒壓下體積分數等于物質的量分數。②利用化學平衡常數表達式計算。（3）A反應速率快，先達到平衡，故活化能最小。（4）①正反應為放熱反應，升高溫度平衡左移，則正反應速率增大的倍數小于逆反應速率增大的倍數。②當反應達到平衡時，υ正=υ逆，故=c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=K。【詳解】（1）①SO2(g)+NH3?H2O(aq)=NH4HSO3(aq)△H1=akJ?mol-1；②NH3?H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(aq)+H2O(l)△H2=bkJ?mol-1；③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)△H3=ckJ?mol-1；利用蓋斯定律，將①×2+②×2+③可得2SO2(g)+4NH3?H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的△H=（2a+2b+c）kJ?mol-1，故答案為（2a+2b+c）kJ?mol-1。（2）①在1050K前反應未達到平