2025屆江蘇省鎮江市第一中學高三一診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、假定NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．常溫下，46g乙醇中含C-H鍵的數目為6NAB．1mol/L的K2SO4溶液中含K+的數目為2NAC．標準狀況下，22.4L氦氣中含質子的數目為4NAD．1molHNO3被還原為NO轉移電子的數目為3NA.2、下列說法正確的是（）A．甲烷有兩種二氯代物B．1molCH2=CH2中含有的共用電子對數為5NAC．等物質的量的甲烷與氯氣在光照條件下反應的產物是CH3ClD．鄰二甲苯只有一種結構說明苯分子不是由單雙鍵交替組成的環狀結構3、下圖為光電催化能源化利用CO2制備太陽能燃料的示意圖。下列說法不正確的是A．陽極反應式為2H2O?4e?4H++O2↑B．CO2還原產物可能為CO、HCHO、CH3OH、CH4等C．陽極、陰極材料互換對制備太陽能燃料影響不大D．若太陽能燃料為甲醇，則陰極電極反應式為：CO2+6H++6e?CH3OH+H2O4、下列關于金屬腐蝕和保護的說法正確的是A．犧牲陽極的陰極保護法利用電解法原理B．金屬的化學腐蝕的實質是：M－ne－=Mn＋，電子直接轉移給還原劑C．外加直流電源的陰極保護法，在通電時被保護的金屬表面腐蝕電流降至零或接近于零。D．銅碳合金鑄成的銅像在酸雨中發生電化學腐蝕時正極的電極反應為：2H＋＋2e－=H2↑5、將下列物質按電解質、非電解質、弱電解質分類順序排列，正確的是（）A．硫酸燒堿醋酸B．硫酸銅醋酸C．高錳酸鉀乙醇醋酸D．磷酸二氧化碳硫酸鋇6、NA表示阿伏加德羅常數，下列說法正確的是A．5.6gFe完全溶于一定量溴水中，反應過程中轉移的總電子數一定為0.3NAB．1molNa與足量O2反應，生成Na2O和Na2O2的混合物，鈉失去2NA個電子C．標況時，22.4L二氯甲烷所含有的分子數為NAD．鎂條在氮氣中完全燃燒，生成50g氮化鎂時，有1.5NA對共用電子對被破壞7、關于Na2O和Na2O2的敘述正確的是A．等物質的量時所含陰離子數目相同 B．顏色相同C．所含化學鍵類型相同 D．化合物種類不同8、下列實驗中的顏色變化，與氧化還原反應無關的是ABCD實驗NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl濁液中熱銅絲插入稀硝酸中現象產生白色沉淀，隨后變為紅褐色溶液變紅，隨后迅速褪色沉淀由白色逐漸變為黑色產生無色氣體，隨后變為紅棕色A．A B．B C．C D．D9、化學與生產、生活密切相關。下列說法錯誤的是A．疫苗一般應冷藏存放，以避免蛋白質變性B．糖類、油脂、蛋白質均能發生水解反應C．鐵粉和維生素C均可作食品袋內的脫氧劑D．電熱水器用鎂棒防止內膽腐蝕，原理是犧牲陽極的陰極保護法10、能正確表示下列反應離子方程式的是A．用惰性電極電解熔融氯化鈉：2Cl－＋2H2O=Cl2↑＋H2↑＋2OH－B．硫酸溶液中加入足量氫氧化鋇溶液：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42-=BaSO4↓＋H2OC．Fe(NO3)3溶液中加入過量的HI溶液：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2D．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4-＋5NO2-＋6H＋=2Mn2＋＋5NO3-＋3H2O11、短周期主族元素a、b、c、d的原子序數依次增大。四種元素形成的單質依次為m、n、p、q；x、y、z是這些元素組成的二元化合物，其中z為形成酸雨的主要物質之一；25℃時，0.01mol·L－1w溶液中，c(H+)/c(OH-)＝1.0×10－10。上述物質的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是A．原子半徑的大小：a＜b＜c＜dB．氫化物的沸點：b＞dC．x的電子式為：D．y、w含有的化學鍵類型完全相同12、下列關于有機物的說法正確的是A．乙醇和丙三醇互為同系物B．二環己烷()的二氯代物有7種結構(不考慮立體異構)C．按系統命名法，化合物的名稱是2，3，4-三甲基-2-乙基戊烷D．環己烯()分子中的所有碳原子共面13、2019年7月1日起，上海進入垃圾分類強制時代，隨后西安等地也紛紛開始實行垃圾分類。這體現了我國保護環境的決心，而環境保護與化學息息相關，下列有關說法正確的是A．廢棄的聚乙烯塑料屬于白色垃圾，不可降解，能使溴水褪色B．可回收的易拉罐中含金屬鋁，可通過電解氯化鋁制取C．廢舊電池中含有鎳、鎘等重金屬，不可用填埋法處理D．含棉、麻、絲、毛及合成纖維的廢舊衣物燃燒處理時都只生成CO2和H2O14、混合物M中可能含有A12O3、Fe2O3、Al、Cu，為確定其組成，某同學設計如圖所示分析方案。下列分析正確的是A．已知m1>m2，則混合物M中一定含有A12O3B．生成藍綠色溶液的離子方程式為Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+C．固體P既可能是純凈物，又可能是混合物D．要確定混合物M中是否含有A1，可取M加入過量NaOH溶液15、25℃時，向20.00mL0.1mol·L-1H2X溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液中由水電離出的c水(OH-)的負對數[-1gc水(OH-)]與所加NaOH溶液體積的關系如圖所示。下列說法中正確的是A．水的電離程度：M>N=Q>PB．圖中M、P、Q三點對應溶液中cHXC．N點溶液中c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)D．P點溶液中c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+c(H2X)16、下列微粒中，最易得電子的是（）A．Cl- B．Na+ C．F D．S2-17、下列解釋對應事實的離子方程式正確的是A．FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，靜置一段時間后：Fe2++2OH一=Fe(OH)2↓B．漂白粉溶液加入醋酸：H++ClO-=HC1OC．AgCl懸濁液滴入Na2S溶液：2Ag++S2-=Ag2S↓D．K2CrO4溶液滴入硫酸溶液；2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O18、相同溫度下溶液的酸堿性對TiO2光催化燃料R降解反應的影響如圖所示。下列判斷不正確的是（）A．對比pH=7和pH=10的曲線，在同一時刻，能說明R的起始濃度越大，降解速率越大B．對比pH=2和pH=7的曲線，說明溶液酸性越強，R的降解速率越大C．在0~20min之間，pH=2時R的平均降解速率為0.0875×10-4mol·L-1·min-1D．50min時，pH=2和pH=7時R的降解百分率相等19、如圖是一個一次性加熱杯的示意圖。當水袋破裂時，水與固體碎塊混合，杯內食物溫度逐漸上升。制造此加熱杯可選用的固體碎塊是（）A．硝酸銨 B．生石灰C．氯化銨 D．食鹽20、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（）A．71gCl2溶于足量水中，Cl-的數量為NAB．46g乙醇中含有共價鍵的數量為7NAC．25℃時，1LpH=2的H2SO4溶液中含H+的總數為0.02NAD．標準狀況下，2.24LCO2與足量Na2O2反應轉移的電子數為0.1NA21、關于下列裝置的描述正確的是（）A．甲裝置可用于電解精煉銅B．乙裝置紅墨水水柱兩邊液面變為左低右高C．丙裝置中的交換膜為陰離子交換膜D．丁裝置可達到保護鐵閘門的作用22、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．遇苯酚顯紫色的溶液：I－、K+、SCN－、Mg2＋B．pH＝12的溶液：K+、Na＋、ClO－、SO32—C．水電離的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Cl－、CH3COO－、Cu2+D．0.1mol·L－1的K2SO4溶液：Na＋、Al3＋、Cl—、NO3—二、非選擇題(共84分)23、（14分）新合成的藥物J的合成方法如圖所示：已知：R1—NH—R2+Cl—R3+HClR1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH(R1、R2、R3、R4為氫或烴基)回答下列問題：(1)B的化學名稱為______________，F的結構簡式為_____________(2)有機物CH2=CHCH2NH2中的官能團名稱是_______，由A生成B的反應類型為_____(3)③的化學方程式為__________。(4)已知④有一定的反應限度，反應進行時加入吡啶(C5H5N，屬于有機堿)能提高J的產率，原因是________。(5)有機物K分子組成比F少兩個氫原子，符合下列要求的K的同分異構體有_________種(不考慮立體異構)。①遇FeCl3溶液顯紫色②苯環上有兩個取代基(6)是一種重要的化工中間體。以環已醇()和乙醇為起始原料，結合已知信息選擇必要的無機試劑，寫出制備的合成路線：_________________。(已知：RHC=CHR＇RCOOH+R＇COOH，R、R＇為烴基。用結構簡式表示有機物，用箭頭表示轉化關系，箭頭上注明試劑和反應條件)24、（12分）（14分）藥物H在人體內具有抑制白色念球菌的作用，H可經下圖所示合成路線進行制備。已知：硫醚鍵易被濃硫酸氧化。回答下列問題：（1）官能團?SH的名稱為巰(qiú)基，?SH直接連在苯環上形成的物質屬于硫酚，則A的名稱為________________。D分子中含氧官能團的名稱為________________。（2）寫出A→C的反應類型：_____________。（3）F生成G的化學方程式為_______________________________________。（4）下列關于D的說法正確的是_____________（填標號）。（已知：同時連接四個各不相同的原子或原子團的碳原子稱為手性碳原子）A．分子式為C10H7O3FSB．分子中有2個手性碳原子C．能與NaHCO3溶液、AgNO3溶液發生反應D．能發生取代、氧化、加成、還原等反應（5）M與A互為同系物，分子組成比A多1個CH2，M分子的可能結構有_______種；其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積比為2∶2∶2∶1的物質的結構簡式為_____________。（6）有機化合物K()是合成廣譜抗念球菌藥物的重要中間體，參考上述流程，設計以為原料的合成K的路線。_____________25、（12分）PCl3是磷的常見氯化物，可用于半導體生產的外延、擴散工序。有關物質的部分性質如下：熔點/℃沸點/℃密度/g/mL化學性質黃磷44.1280.51.822P+3Cl2（少量）2PCl32P+5Cl2（過量）2PCl5PCl3-11275.51.574遇水生成H3PO4和HCl，遇氧氣生成POCl3I.PCl3的制備如圖是實驗室制備PCl3的裝置（部分儀器已省略）。回答下列問題：(1)儀器乙的名稱是____；與自來水進水管連接的接口編號是____（填“a"或“b”）。(2)實驗前需先向儀器甲中通入一段時間CO2，然后加熱，再通入干燥C12。干燥管中堿石灰的作用主要是：①____；②___。(3)實驗室制備Cl2的離子方程式為___；實驗過程中，通入氯氣的速率不宜過快的原因是____。II.測定PC13的純度測定產品中PC13純度的方法如下：迅速稱取4.100g產品，水解完全后配成500mL溶液，取出25.00mL加入過量0.1000mol/L20.00mL碘溶液，充分反應后再用0.1000mol/LNa2S2O3溶液滴定過量的碘，終點時消耗12.00mLNa2S2O3溶液。已知：H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，假設測定過程中沒有其它反應。(4)根據上述數據，該產品中PC13的質量分數為____；若滴定終點時仰視讀數，則PC13的質量分數__（填“偏大”、“偏小”或“無影響”）。III．PC13水解生成的H3PO3性質探究(5)請你設計一個實驗方案，證明H3PO3為二元酸：____。26、（10分）乙烯來自石油的重要化工原料，其產量是一個國家石油化工水平的標志，根據以下實驗，請回答下列問題：（1）實驗之前需要對該裝置進行氣密性的檢查，具體操作為：______（2）石蠟油分解實驗產生的氣體的主要成分是______（填寫序號）；①只有甲烷②只有乙烯③烷烴與烯烴的混合物（3）實驗過程中裝置B中的現象為_________，若裝置D中產生了白色沉淀，則說明裝置C中發生反應的離子方程式為______________；（4）該實驗中碎瓷片的作用是______（填序號）；①防止暴沸②有催化功能③積蓄熱量④作反應物（5）將分解產生的氣體混合物全部通入到足量溴水中，溴水增重mg，則該氣體混合物中屬于烯烴的原子個數為__________（用NA表示）；（6）利用A裝置的儀器還可以制備的氣體有______（任填一種），產生該氣體的化學方程式為_____。27、（12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”）28、（14分）2019年10月9日諾貝爾化學獎授予對鋰電池方面研究有貢獻的三位科學家。磷酸鐵鋰電池是綠色環保型電池，電池的總反應為：Li1-xFePO4+LixC6=LiFePO4+C6。磷酸亞鐵鋰（LiFePO4）可用作鋰離子電池正極材料，文獻報道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作為原料制備。（1）基態Li原子中，核外電子排布式為_______，占據的最高能層的符號是_______。（2）該電池總反應中涉及第二周期的元素的第一電離能由大到小的順序是_______（用元素符號表示）。（3）FeCl3和LiFePO4中的鐵元素顯+3、+2價，請從原子結構角度解釋Fe為何能顯+3、+2價_______。（4）苯胺（）與甲苯（）的相對分子質量相近，但苯胺的熔點（?5.9℃）、沸點（184.4℃）分別高于甲苯的熔點（?95.0℃）、沸點（110.6℃），原因是_______。（5）NH4H2PO4中，NH4+的空間構型為_______。與PO43-互為等電子體的分子或離子有_______（寫兩種），PO43-中磷原子雜化軌道類型為_______。（6）鋰晶體為A2型密堆積即體心立方結構（見圖），晶胞中鋰的配位數為_______。若晶胞邊長為apm，則鋰原子的半徑r為_______pm。29、（10分）化合物M是制備一種抗菌藥的中間體，實驗室以芳香化合物A為原料制備M的一種合成路線如下：已知：R1CH2BrR1CH=CHR2回答下列問題：(1)B的化學名稱為_________；E中官能團的名稱為__________。(2)C→D的反應類型為_______。(3)寫出D與氫氧化鈉水溶液共熱的化學方程式________________________。(4)由F生成M所需的試劑和條件為_____________。(5)X是D的同分異構體，同時符合下列條件的X可能的結構有______種(不含立體異構)。①苯環上有兩個取代基，含兩個官能團；②能發生銀鏡反應。其中核磁共振氫譜顯示4組峰的結構簡式是___________(任寫一種)。(6)碳原子上連有4個不同的原子或原子團時，該碳稱為手性碳。寫出F的結構簡式____________，用星號(*)標出F中的手性碳。(7)參照上述合成路線和信息，以乙烯和乙醛為原料(無機試劑任選)，設計制備的合成路線。______________________________。

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．一個乙醇分子中含有5個C-H鍵，常溫下，46g乙醇為1mol，含C-H鍵的數目為5NA，故A錯誤；B．1mol/L的K2SO4溶液的體積未知，含K+的物質的量不能確定，則K+數目也無法確定，故B錯誤；C．氦氣為稀有氣體，是單原子分子，一個氦氣分子中含有2個質子，標準狀況下，22.4L氦氣為1mol，含質子的數目為2NA，故C錯誤；D．HNO3中氮元素的化合價由+5價變為+2價，轉移3個電子，則1molHNO3被還原為NO，轉移電子的數目為1mol×3×NA/mol=3NA，故D正確；.答案選D。【點睛】計算轉移的電子數目時，需判斷出元素化合價的變化，熟練應用關于物質的量及其相關公式。2、D【解析】

A.甲烷為正四面體構型，所以二氯甲烷只有一種結構，故A錯誤；B.1molCH2=CH2中含有的共用電子對數為6NA，故B錯誤；C.甲烷與氯氣在光照條件下發生取代反應，多步取代反應同時進行，所以等物質的量的甲烷與氯氣在光照條件下反應的產物為多種氯代烴與氯化氫的混合物，故C錯誤；D.鄰二甲苯只有一種結構說明苯分子不是由單雙鍵交替組成的環狀結構，故D正確。綜上所述，答案為D。3、C【解析】

圖中陽極是水失電子，生成O2和H+，電極反應式為：2H2O?4e?4H++O2↑，選項A正確；CO2被還原時，化合價降低，還原產物可能為CO、HCHO、CH3OH、CH4等，選項B正確；裝置中陽極材料是光電催化材料，陰極是惰性電極Pt，二者不能互換，選項C錯誤；若太陽能燃料為甲醇，陰極反應物為CO2和H+，則電極反應式為：CO2+6H++6e?CH3OH+H2O，選項D正確。4、C【解析】

A.犧牲陽極的陰極保護法利用原電池原理，用較活潑的金屬作負極先被氧化，故A錯誤；B.金屬的化學腐蝕的實質是：金屬作還原劑M－ne－=Mn＋，電子直接轉移給氧化劑，故B錯誤；C.外加直流電源的陰極保護法，在通電時被保護的金屬表面腐蝕電流降至零或接近于零，故C正確；D.銅碳合金鑄成的銅像在酸雨中發生電化學腐蝕時，銅作負極，碳正極的電極反應為：O2+4e－+4H＋=2H2O，故D錯誤；故選C。5、C【解析】

在水溶液里或熔融狀態下完全電離的是強電解質，部分電離的是弱電解質；在水溶液里或熔融狀態下不導電的化合物是非電解質。【詳解】A、燒堿是NaOH，屬于強堿，是強電解質，選項A錯誤；B、銅是單質，既不是電解質也不是非電解質，選項B錯誤；C、高錳酸鉀是鹽，屬于電解質，乙醇不能導電，屬于非電解質，醋酸溶于水部分電離，屬于弱電解質，選項C正確；D、硫酸鋇是鹽，屬于強電解質，選項D錯誤。答案選C。【點睛】本題考查物質的分類、強弱電解質的判斷，明確電解質是化合物及電解質與物質的溶解性沒有必然的聯系，如碳酸鈣不溶于水，但屬于強電解質是學生解答的難點。6、D【解析】A．鐵完全溶于一定量溴水，反應后的最終價態可能是+3價，還可能是+2價，故0.1mol鐵轉移的電子數不一定是0.3NA個，還可能是0.2NA個，故A錯誤；B．Na原子最外層是1個電子，則1molNa與足量O2反應，生成Na2O和Na2O2的混合物，鈉失去1NA個電子，故B錯誤；C．標況下二氯甲烷為液體，不能根據氣體摩爾體積計算其物質的量，故C錯誤；D．鎂條在氮氣中完全燃燒，生成50g氮化鎂時，參加反應的N2為0.5mol，而N2分子含有氮氮叁鍵，則有1.5NA對共用電子對被破壞，故D正確；答案為D。7、A【解析】

A．Na2O陰離子是O2-離子，Na2O2陰離子是O22-離子，等物質的量時所含陰離子數目相同，故A正確；B．Na2O固體為白色，Na2O2固體為淡黃色，故B錯誤；C．Na2O中含有離子鍵，Na2O2中含有離子鍵和共價鍵，故C錯誤；D．Na2O和Na2O2都屬于金屬氧化物，故D錯誤；故答案選A。8、C【解析】分析：A項，白色沉淀變為紅褐色沉淀時的反應為4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；B項，紅色褪色是HClO表現強氧化性；C項，白色沉淀變為黑色時的反應為2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D項，氣體由無色變為紅棕色時的反應為2NO+O2=2NO2。詳解：A項，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中產生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀變為紅褐色沉淀時的反應為4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，該反應前后元素化合價有升降，為氧化還原反應；B項，氯水中存在反應Cl2+H2OHCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先變紅，紅色褪色是HClO表現強氧化性，與有色物質發生氧化還原反應；C項，白色沉淀變為黑色時的反應為2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反應前后元素化合價不變，不是氧化還原反應；D項，Cu與稀HNO3反應生成Cu（NO3）2、NO氣體和H2O，氣體由無色變為紅棕色時的反應為2NO+O2=2NO2，反應前后元素化合價有升降，為氧化還原反應；與氧化還原反應無關的是C項，答案選C。點睛：本題考查氧化還原反應的判斷，分析顏色變化的原因、理解氧化還原反應的特征是解題的關鍵。9、B【解析】

A.疫苗一般應冷藏存放，以避免蛋白質變性，正確；B.油脂、蛋白質均能發生水解反應，但糖類中的單糖不能發生水解，錯誤；C.鐵粉和維生素C都具有還原性，均可作食品袋內的脫氧劑，正確；D.電熱水器用鎂棒防止內膽腐蝕，原理是犧牲陽極的陰極保護法，正確。故答案為B。10、D【解析】

A.用惰性電極電解熔融氯化鈉而不是電解食鹽水，A錯誤；B.硫酸溶液中加入足量氫氧化鋇溶液，沉淀完全的同時恰好中和，正確的離子方程式為Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-=BaSO4↓＋2H2O，B錯誤；C.Fe(NO3)3溶液中加入過量的HI溶液，大量氫離子的環境中，硝酸根的氧化性更強，碘離子優先和硝酸根、氫離子反應，多余的碘離子才接著和鐵離子發生2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2反應，C錯誤；D.NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液發生氧化還原反應：2MnO4-＋5NO2-＋6H＋=2Mn2＋＋5NO3-＋3H2O，D正確；答案選D。【點睛】C項為易錯點，注意硝酸根離子與氫離子大量共存時有強氧化性。11、B【解析】

z是形成酸雨的主要物質之一，推出z是SO2，n、p為單質，因此n、p為S和O2，c(H＋)/c(OH－)=10－10，溶液顯堿性，即c(OH－)=10－2mol·L－1，w為強堿，即NaOH，推出x和y反應可能是Na2O2與H2O反應，即n為O2，q為S，四種元素原子序數增大，推出a為H，b為O，p為Na，據此分析作答。【詳解】A、半徑大小比較：一看電子層數，電子層數越多，半徑越大，二看原子序數，電子層數相同，半徑隨著原子序數增大而減小，因此半徑順序是：Na>S>O>H，故錯誤；B、氫化物分別是H2O、H2S，H2O中含有分子間氫鍵，H2S沒有，則H2O的沸點高于H2S，故正確；C、x為H2O，其電子式為：，故錯誤；D、y是過氧化鈉，w為NaOH，前者只含離子鍵，后者含有離子鍵和共價鍵，故錯誤；答案選B。12、B【解析】

A．乙醇和丙三醇所含羥基的個數不同，不是同系物，故選項A錯誤；B．二環己烷中有兩類氫原子，當一個氯原子定到1號位，二氯代物有3種，當一個氯原子定到2號位，二氯代物有4種，故選項B正確；C．按系統命名法，化合物的名稱是2，3，4，4-四甲基己烷，故選項C錯誤；D．環己烯中碳原子有sp2和sp3兩種雜化方式，不能滿足所有碳原子共面，故選項D錯誤；故選B。13、C【解析】

A.聚乙烯結構中不含碳碳雙鍵，不能使溴水褪色，故A錯誤；B.氯化鋁為共價化合物，受熱易升華，電解得不到金屬鋁；金屬鋁采用電解氧化鋁制備，故B錯誤；C.鎳、鎘等重金屬會造成水土污染，應集中處理，不可用填埋法處理，故C正確；D.絲、毛中主要含蛋白質，含有C、H、O、N等元素，燃燒不止生成CO2和H2O，故D錯誤；答案：C14、D【解析】

Al2O3和Al均能溶解在過量氫氧化鈉溶液中，生成藍綠色溶液說明含Cu2+，能形成Cu2+，則固體A肯定含有Fe2O3和Cu。【詳解】A．若m1>m2，則混合物M中可能含有Al2O3或Al或者是兩者均有，不一定含有Al2O3，A錯誤；B．離子方程式電荷不守恒，故B錯誤；C．由于加了過量的鹽酸，因此固體P只能是銅，不可能是混合物，故C錯誤；D．要確定混合物M中是否含有Al，可取M加入過量NaOH溶液，若產生氣體，則一定含鋁，否則不含鋁，故D正確。故選D。15、C【解析】

A.M點：水電離出來的氫氧根離子為10-11.1mol/L，N點和Q點：水電離出來的氫氧根離子為10-7.0mol/L，P點水電離出來的氫氧根離子為10-5.4mol/L，水的電離程度：P>N=Q>M，故A錯誤；B.H2X的第二步電離常數Ka2=c（X2-）×c（H+）c（HX-）C.N點為NaHX與Na2X的混合溶液，由圖像可知，M點到P點發生HX-+OH-=H2O+X2-，根據橫坐標消耗堿的量可知，在N點生成的X2-大于剩余的HX-，因此混合液n(Na2X)>n(NaHX),因為溶液呈中性，X2-的水解平衡與HX-的電離平衡相互抵消，所以N點溶液中c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)，故選C；D.P點恰好生成Na2X溶液，根據質子守恒c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D錯誤；答案：C【點睛】本題注意把握圖象的曲線的變化意義，把握數據的處理，難度較大。16、C【解析】

氧化性越強的微粒，越容易得到電子。在四個選項中，氧化性最強的為F，其余微粒均達到穩定結構，化學性質不活潑，C項正確；答案選C。17、D【解析】

A．硫酸亞鐵與氫氧化鈉溶液反應的離子方程式為：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，靜置一段時間后，氫氧化亞鐵被氧化生成氫氧化鐵沉淀，故A錯誤；B．漂白粉溶液中加入醋酸，醋酸為弱酸，離子方程式為CH3COOH+ClO-═HClO+CH3COO-，故B錯誤；C．向AgCl懸濁液中加Na2S溶液，白色沉淀變成黑色，離子方程式：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-，故C錯誤；D．K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-(橙色)+H2O?2CrO42-(黃色)+2H+，滴加少量H2SO4，增大了氫離子濃度，平衡逆向移動，顏色加深，2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，故D正確；故選D。18、A【解析】A．根據圖中曲線可知，曲線的斜率表示反應速率，起始濃度不同分解速率不同，PH不同分解速率也不同，故R的起始濃度和溶液的PH均影響R的降解速率，且R的起始濃度越大，降解速率越小，故A錯誤；B．溶液酸性越強，即pH越小，線的斜率越大，可以知道R的降解速率越大，故B正確；C．在0~20min之間，pH=2時R的平均降解速率為17.5×10-4mol/L20min=0.0875×10-419、B【解析】

A．硝酸銨與水混合時，吸收熱量，溫度降低，故A錯誤；B．生石灰(CaO)與水反應時放出熱量，溫度升高，故B正確；C．氯化銨與水混合時，吸收熱量，溫度降低，故C錯誤；D．食鹽溶于水沒有明顯的熱效應，溫度變化不明顯，故D錯誤；故答案為B。【點睛】考查常見的放熱和吸熱反應，明確物質的性質、掌握常見的放熱反應和吸熱反應是解決該類題目的關鍵，根據常見的放熱反應有：大多數的化合反應，酸堿中和的反應，金屬與酸的反應，金屬與水的反應，燃燒反應，爆炸反應；常見的吸熱反應有：大多數的分解反應，C、CO、H2還原金屬氧化物，銨鹽與堿的反應；結合題意可知水與固體碎片混合時放出熱量，即為放熱反應來解題。20、D【解析】

A．Cl2與水反應是可逆反應，Cl-的數量少于NA，A錯誤；B．每個乙醇分子中含8個共價鍵，46g乙醇的物質的量==1mol，則共價鍵的物質的量=1mol8=8mol，所以46g乙醇所含共價鍵數量為8NA，B錯誤；C．25℃時，1LpH=2的H2SO4溶液中，C(H+)=10-2mol·L-1，n(H+)=10-2mol·L-1×1L=0.01mol，所以含H+的總數為0.01NA，C錯誤；D．每1molCO2對應轉移電子1mol，標準狀況下，2.24L的物質的量=0.1mol，故0.1molCO2與足量Na2O2反應轉移的電子數為0.1NA，D正確。答案選D。21、A【解析】

A．粗銅與電源正極相連，為陽極，陰極上銅離子得到電子生成Cu，可電解精煉銅，故A正確；B．左側發生吸氧腐蝕，右側發生析氫腐蝕，則紅墨水水柱兩邊液面變為左高右低，故B錯誤；C．由圖可知，需要鈉離子透過交換膜，精制飽和食鹽水，則交換膜為陽離子交換膜，故C錯誤；D．鐵閘門與電源正極相連，失去電子，加速腐蝕，故D錯誤；答案選A。22、D【解析】

A．遇苯酚顯紫色的溶液，說明溶液中含有Fe3+，Fe3+與I－因發生氧化還原反應而不能大量共存，Fe3+與SCN－能反應生成絡合物，而不能大量共存，A不符合題意；B．ClO－具有強氧化性，SO32-具有還原性，ClO－與SO32-能發生氧化還原反應而不能大量共存，B不符合題意；C．酸堿抑制水的電離，溶液中水電離的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1，該溶液可能顯酸性或堿性；酸性溶液中，H+與CH3COO－不能大量共存，C不符合題意；D．0.1mol·L－1的K2SO4溶液，溶液中的Na＋、Al3＋、Cl-、NO3-能夠大量共存，D符合題意；答案選D。【點睛】在做離子共存題的時候，重點要注意題目中暗含的信息，例如溶液中水電離的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1，這個溶液可能是酸性溶液也可能是堿性溶液，弱酸根離子與H+不能夠大量共存，弱堿陽離子與OH-不能夠大量共存。二、非選擇題(共84分)23、3-氯-1-丙烯碳碳雙鍵和氨基取代反應吡啶顯堿性，能與反應④的產物HCl發生中和反應，使平衡正向移動，提高J產率15【解析】

由A、B的分子式，C的結構簡式，可知A為CH3CH=CH2，A發生取代反應生成B為ClCH2CH=CH2；B中氯原子被氨基取代得到，根據C的分子式既反應條件，可知反應②發生題給信息中的取代反應，可知C為；比較C、D分子式，結合E的結構簡式分析，反應③為題給信息中的成環反應，可知D為；D發生酯的水解反應生成E，比較E和G的結構，結合反應條件分析中間產物F的結構為；對比G、J的結構，G與發生取代反應生成J，據此分析解答。【詳解】（1）B為ClCH2CH=CH2，化學名稱為3-氯-1-丙烯，比較E和G的結構，結合反應條件分析中間產物F的結構為故答案為：3-氯-1-丙烯；；（2）根據官能團的結構分析，有機物CH2=CHCH2NH2中的官能團有碳碳雙鍵和氨基；比較A和B的結構變化可知該反應為取代反應，故答案為：碳碳雙鍵和氨基；取代反應；（3）根據上述分析，反應③的化學方程式為，故答案為：；（4）反應④為取代反應，生成有機物的同時可生成HCl，而吡啶呈堿性，可與HCl發生中和反應，使平衡正向移動，提高J的產率，故答案為：吡啶顯堿性，能與反應④的產物HCl發生中和反應，使平衡正向移動，提高J產率；（5）F為，分子式為C8H13NO，則K的分子式為C8H11NO，①遇FeCl3溶液顯紫色，則結構中含有酚羥基；②苯環上有兩個取代基，一個為OH，則另一個為由2個C原子6個H原子1個N原子構成的取代基，其結構有-CH2CH2NH2、-CH2NHCH3、-CH(CH3)NH2、-NHCH2CH3、-N(CH3)2共5種，兩取代基的位置共有鄰、間、對三種情況，所以K的同分異構體有3×5=15種，故答案為：15；（6）由題給信息可知，由反應得到，用酸性高錳酸鉀溶液氧化的己二酸，己二酸與乙醇發生酯化反應得到，可由原料發生消去反應獲取，則合成路線流程圖為：，故答案為：。【點睛】解決這類題的關鍵是以反應類型為突破口，以物質類別判斷為核心進行思考。經常在一系列推導關系中有部分物質已知，這些已知物往往成為思維“分散”的聯結點。可以由原料結合反應條件正向推導產物，也可以從產物結合條件逆向推導原料，也可以從中間產物出發向兩側推導，審題時要抓住基礎知識，結合新信息進行分析、聯想、對照、遷移應用、參照反應條件推出結論。解題的關鍵是要熟悉烴的各種衍生物間的轉化關系，不僅要注意物質官能團的衍變，還要注意同時伴隨的分子中碳、氫、氧、鹵素原子數目以及有機物相對分子質量的衍變，這種數量、質量的改變往往成為解題的突破口。24、4?氟硫酚（或對氟硫酚）羧基、羰基加成反應AD13【解析】

（1）F原子在硫酚的官能團巰基對位上，習慣命名法的名稱為對氟硫酚，科學命名法的名稱為4?氟硫酚；D分子中含氧官能團有羧基，羰基兩種。（2）A→C為巰基與B分子碳碳雙鍵的加成反應。（3）F→G的過程中，F中的—OCH3被—NH—NH2代替，生成G的同時生成CH3OH和H2O，反應的方程式為。（4）由結構簡式可推出其分子式為C10H7O3FS，A正確；分子中只有一個手性碳原子，B錯誤；分子中的羧基能夠與NaHCO3溶液反應，但F原子不能直接與AgNO3溶液發生反應，C錯誤；能發生取代(如酯化)、氧化、加成(羰基、苯環)、還原(羰基)等反應，D正確。（5）根據描述，其分子式為C7H7FS，有?SH直接連在苯環上，當苯環上連有?SH和?CH2F兩個取代基時，共有3種同分異構體，當苯環上連有—SH、—CH3和—F三個取代基時，共有10種同分異構體，合計共13種同分異構體，其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積比為2∶2∶2∶1的物質的結構簡式為。（6）到，首先應該把分子中的仲醇部分氧化為羰基，把伯醇(—CH2OH)部分氧化為羧基，然后模仿本流程中的D→E→F兩個過程，得到K。25、直形冷凝管b防止空氣中水蒸氣進入而使PCl3水解吸收多余的C12，防止污染環境MnO2+4H++2Cl-=Mn2++Cl2↑+2H2O防止生成PCl593.9%偏大用與H3PO3相同濃度的氫氧化鈉溶液進行滴定，若消耗的堿的體積為酸的二倍，則說明H3PO3為二元酸【解析】

I.根據實驗裝置圖分析儀器名稱及連接方式；根據實驗目的及題干信息分析裝置的作用和操作時的注意事項；根據氯氣的制備原理書寫離子方程式；II.根據滴定原理計算樣品的質量分數，并進行誤差分析；III.根據二元酸與一元堿反應的物質的量之比用滴定法設計方案進行探究。【詳解】I.（1）根據圖示裝置圖知，儀器乙的名稱是直形冷凝管；冷凝水下進上出，則與自來水進水管連接的接口編號是b，故答案為：冷凝管；b；（2）根據題干信息知PCl3遇水會水解，且氯氣有毒，所以干燥管中堿石灰的作用主要是：①防止空氣中水蒸氣進入而使PCl3水解；②吸收多余的C12，防止污染環境；故答案為：防止空氣中水蒸氣進入而使PCl3水解；吸收多余的C12，防止污染環境；（3）實驗室制備用濃鹽酸和二氧化錳加熱制備Cl2，其離子方程式為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；由題干信息分析知，P與過量Cl2反應生成PCl5，所以實驗過程中，通入氯氣的速率不宜過快的原因是防止生成PCl5，故答案為：MnO2+4H++2Cl-=Mn2++Cl2↑+2H2O；防止生成PCl5；II.（4）通過H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，假設測定過程中沒有其它反應。0.1000mol/L碘溶液20.00mL中含有碘單質的物質的量為：0.1000mo1/L×0.020L=0.002mo1，根據反應I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，與磷酸反應消耗的碘單質的物質的量為：0.002mo1-0.1000mo1/L×0.012L×1/2=0.0014mo1，再由H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI可知，25mL三氯化磷水解后的溶液中含有的H3PO3的物質的量為：n(H3PO3)=n(I2)=0.0014mo1，500mL該溶液中含有H3PO3的物質的量為：0.0014mo1×=0.028mol，所以4.100g產品中含有的三氯化磷的物質的量為0.028mol，該產品中PC13的質量分數為：；若滴定終點時仰視讀數，則讀取數值偏大，導致最終的質量分數偏大，故答案：93.9%；偏大；III．（5）若H3PO3為二元酸，則與氫氧化鈉反應的物質的量之比為1:2，則可以用與H3PO3相同濃度的氫氧化鈉溶液進行滴定，若消耗的堿的體積為酸的二倍，則說明H3PO3為二元酸，故答案為：用與H3PO3相同濃度的氫氧化鈉溶液進行滴定，若消耗的堿的體積為酸的二倍，則說明H3PO3為二元酸。26、微熱A中的大試管，E中出現了氣泡，冷卻后E中導管中形成一段液注，則裝置的氣密性良好③溴水褪色5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2↑+12Mn2++28H2O②③3mNA/14NH3Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑【解析】

探究工業制乙烯的原理和乙烯的主要化學性質，由實驗裝置可知，A中烷烴在催化劑和加熱條件下發生反應生成不飽和烴，B中乙烯與溴水發生加成反應，C中乙烯與高錳酸鉀發生氧化反應，D中吸收C中生成的二氧化碳，E中利用排水法收集乙烯。【詳解】(1)檢查該裝置氣密性時先形成密閉系統，再利用氣體的熱脹冷縮原理檢驗，具體操作為：E中加入適量水，將導管放入水中，再微熱A中的大試管，E中出現了氣泡，冷卻后E中導管中形成一段液注，則裝置的氣密性良好。(2)石蠟油主要是含17個碳原子以上的液態烷烴混合物，在加熱條件下，石蠟油分解生成烯烴，根據原子守恒知，除了生成烯烴外還生成烷烴，故選③；(3)石蠟油分解生成烯烴，烯烴能與溴發生加成反應，則實驗過程中裝置B中的現象為溴水褪色；若裝置D中產生了白色沉淀，則說明混合氣體經過裝置C時，乙烯被酸性KMnO4溶液氧化生成了CO2氣體，同時生成MnSO4，則發生反應的離子方程式為5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2↑+12Mn2++28H2O；(4)加熱石蠟油時加入碎瓷片，石蠟油分解較緩慢，加熱碎瓷片能加快反應速率，碎瓷片還能吸收熱量而積蓄熱量從而促進石蠟油分解，故選②③；(5)分解產生的氣體混合物全部通入到足量溴水中，溴水增重mg，說明分解生成的烯烴的質量為mg，烯烴的分子通式為CnH2n，其摩爾質量為14ng/mol，則該氣體混合物中屬于烯烴的原子個數為=。(6)A裝置是固體混合加熱制氣法，常見氣體O2、NH3均可以用此裝置制備，其中加熱氯化銨和消石灰的混合固體可制得NH3，發生反應的化學方程式為Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑。27、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。28、1s22s1