河北省張家口市尚義一中2025屆高考化學二模試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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、煉油廠的廢堿液含有廢油、苯酚鈉、碳酸鈉等，實驗室通過以下兩個步驟處理廢堿液獲取氫氧化鈉固體。下列說法正確的是A．用裝置甲制取CO2并通入廢堿液B．用裝置乙從下口放出分液后上層的有機相C．用裝置丙分離水相中加入Ca(OH)2產生的CaCO3D．用裝置丁將濾液蒸發結晶得到NaOH固體2、中國工程院院士、國家衛健委高級別專家組成員李蘭娟團隊，于2月4日公布阿比朵爾、達蘆那韋可抑制新型病毒。如圖所示有機物是合成阿比朵爾的原料，關于該有機物下列說法正確的是（）A．可以發生加成反應、取代反應、水解反應和氧化反應B．易溶于水和有機溶劑C．分子結構中含有三種官能團D．分子中所有碳原子一定共平面3、人的胃壁能產生胃液，胃液里含有少量鹽酸，稱為胃酸。胃過多會導致消化不良和胃痛。抗酸藥是一類治療胃痛的藥物，能中和胃里過多的鹽酸，緩解胃部的不適。下列物質不能作抗酸藥的是（）A．碳酸氫鈉 B．氫氧化鋁 C．碳酸鎂 D．硫酸鋇4、某有機物X的結構簡式如圖，下列有關該有機物的說法正確的是（）A．分子式為C8H10O3B．含有兩種官能團C．既可以發生加成反應又可以發生取代反應D．分子中所有碳原子共面5、水凝膠材料要求具有較高的含水率，以提高其透氧性能，在生物醫學上有廣泛應用。由N-乙烯基吡咯烷酮（NVP）和甲基丙烯酸－羥乙酯（HEMA）合成水凝膠材料高聚物A的路線如圖：下列說法正確的是A．NVP具有順反異構B．高聚物A因含有-OH而具有良好的親水性C．HEMA和NVP通過縮聚反應生成高聚物AD．制備過程中引發劑濃度對含水率影響關系如圖，聚合過程中引發劑的濃度越高越好6、改革開放40周年以來，化學科學技術的發展大大提高了我國人民的生活質量。下列過程沒有涉及化學變化的是A．太陽能分解水制取氫氣B．開采可燃冰獲取燃料C．新能源汽車燃料電池供電D．運載“嫦娥四號”的火箭發射A．A B．B C．C D．D7、二甲胺[(CH3)2NH]在水中電離與氨相似，。常溫下，用0.l00mol/L的HCl分別滴定20.00mL濃度均為0.l00mol/L的NaOH和二甲胺溶液，測得滴定過程中溶液的電導率變化曲線如圖所示。下列說法正確的是A．b點溶液：B．d點溶液：C．e點溶液中：D．a、b、c、d點對應的溶液中，水的電離程度：8、鉈（Tl）是某超導材料的組成元素之一，與鋁同族，位于周期表第六周期。Tl3+與銀在酸性溶液中發生反應：Tl3++2AgTl++2Ag+，下列推斷正確的是（）A．Tl+的最外層有1個電子 B．Tl能形成+3價和+1價的化合物C．Tl3+氧化性比鋁離子弱 D．Tl+的還原性比Ag強9、三國時期曹植在《七步詩》中這樣寫到“煮豆持作羹,漉豉以為汁。萁在釜下燃，豆在釜中泣。……”，文中“漉”涉及的化學實驗基本操作是A．過濾B．分液C．升華D．蒸餾10、下列物質屬于油脂的是()①②③④潤滑油⑤花生油⑥石蠟A．①② B．④⑤ C．①⑤ D．①③11、有BaCl2和NaCl的混合溶液aL，將它均分成兩份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+離子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl—離子完全沉淀。反應中消耗xmolH2SO4、ymolAgNO3。據此得知原混合溶液中的c(Na+)(單位：mol·L-1)為A．（y-2x）/aB．(y-x)/aC．(2y-2x)/aD．(2y-4x)/a12、根據下列事實書寫的離子方程式中，錯誤的是A．向Na2SiO3溶液中加入稀鹽酸得到硅酸膠體：SiO32-+2H＋=H2SiO3(膠體)B．向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3沉淀：Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2OC．向AlCl3溶液中加入足量稀氨水：Al3＋+4NH3·H2O=Al3＋+NH4++2H2OD．在稀硫酸存在下，MnO2將CuS中的硫元素氧化為硫單質：MnO2+CuS+4H＋=Mn2＋+Cu2＋+S+2H2O13、某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42－、I－、S2－。分別取樣：①用pH計測試，溶液顯弱酸性；②加氯水和淀粉無明顯現象。為確定該溶液的組成，還需檢驗的離子是A．NH4+ B．SO42－ C．Ba2+ D．Na+14、銅錫合金，又稱青銅，含錫量為～（質量比）的青銅被稱作鐘青銅，有一銅錫合金樣品，可通過至少增加ag錫或至少減少bg銅恰好使其成為鐘青銅，增加ag錫后的質量是減少bg銅后質量的2倍．則原銅錫合金樣品中銅錫的質量之比為（）A．7：17 B．3：2 C．12：1 D．7：115、設NA為阿伏加德羅常數的數值，下列說法正確的是（）A．1mol金剛石中含有2NA個C-C鍵，1molSiO2含有2NA個Si-O鍵B．標況下，將9.2g甲苯加入足量的酸性高錳酸鉀溶液中轉移的電子數為0.6NAC．在含CO32-總數為NA的Na2CO3溶液中，Na+總數為2NAD．標準狀況下，22.4L庚烷中所含的分子數約為NA16、向一定體積含HC1、H2SO4、NH4NO3、A1C13的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，溶液中產生沉淀的物質的量與加入Ba(OH)2溶液的體積關系正確的是A．B．C．D．17、阿伏加德羅常數為NA。關于l00mLlmol/L的Fe2(SO4)3溶液，下列說法正確是A．加NaOH可制得Fe(OH)3膠粒0.2NAB．溶液中陽離子數目為0.2NAC．加Na2CO3溶液發生的反應為3CO32-+2Fe3+=Fe2(CO3)3↓D．Fe2(SO4)3溶液可用于凈化水18、改革開放40周年取得了很多標志性成果，下列說法不正確的是A．“中國天眼”的鏡片材料為SiC，屬于新型無機非金屬材料B．“蛟龍”號潛水器所使用的鈦合金材料具有強度大、密度小、耐腐蝕等特性C．北斗導航專用ASIC硬件結合國產處理器打造出一顆真正意義的“中國芯”，其主要成分為SiO2D．港珠澳大橋設計使用壽命120年，水下鋼柱鑲鋁塊防腐的方法為犧牲陽極保護法19、下列事實不能用勒夏特列原理解釋的是（）A．氨水應密閉保存，置低溫處B．在FeCl2溶液中加入鐵粉防止氧化變質C．生產硝酸中使用過量空氣以提高氨的利用率D．實驗室用排飽和食鹽水法收集氯氣20、“神藥”阿司匹林是三大經典藥物之一，下列有關阿司匹林的說法錯誤的是（）A．能與NaHCO3

溶液反應產生氣體B．與鄰苯二甲酸（）互為同系物C．在酸性條件，能發生水解反應生成乙酸D．1mol

阿司匹林最多能與

3mol

H2

發生加成反應21、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22、利用如圖裝置可以進行實驗并能達到實驗目的的是選項實驗目的X中試劑Y中試劑A用MnO2和濃鹽酸制取并收集純凈干燥的Cl2飽和食鹽水濃硫酸B用Cu與稀硝酸制取并收集純凈干燥的NO水濃硫酸CCaCO3和稀鹽酸制取并收集純凈干燥的CO2飽和NaHCO3溶液濃硫酸D用CaO與濃氨水制取并收集純凈干燥的NH3NaOH溶液堿石灰A．A B．B C．C D．D二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機物W用作調香劑、高分子材料合成的中間體等，制備W的一種合成路線如下。請回答下列問題：（1）F的化學名稱是________，⑤的反應類型是________。（2）E中含有的官能團是________（寫名稱），D聚合生成高分子化合物的結構簡式為________。（3）將反應③得到的產物與O2在催化劑、加熱的條件下反應可得D，寫出反應④的化學方程式________。（4）④、⑤兩步能否顛倒？________（填“能”或“否”）理由是________。（5）與A具有含有相同官能團的芳香化合物的同分異構體還有________種（不含立體異構），其中核磁共振氫譜為六組峰，且峰面積之比為1：1：2：2：2：2的結構簡式為________。（6）參照有機物W的上述合成路線，以M和CH3Cl為原料制備F的合成路線（無機試劑任選）________。24、（12分）H是一種可用于治療腫瘤的藥物中間體，由芳香烴A制備H的合成路線如圖。回答下列問題：（1）A物質的一氯代物共有______種；（2）B物質中含有的官能團名稱______；（3）①的反應試劑和反應條件分別是______，③的反應的類型是______；（4）E物質通過多次取代反應和氧化反應可以獲取F物質，用系統命名法對E物質命名______，F物質的結構簡式為______；（5）⑤的化學反應方程式為______；（6）對甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精細化工中間體，寫出由苯甲醚（）制備對甲氧基乙酰苯胺的合成路線。（其他試劑任選）______________（合成路線常用的表達方式為：AB……目標產物）。25、（12分）乳酸亞鐵晶體[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O(M=288)是一種很好的食品鐵強化劑，易溶于水，吸收效果比無機鐵好，可由乳酸CH3CH(OH)COOH與FeCO3反應制得：I．制備碳酸亞鐵（1）儀器C的名稱是_____。（2）利用如圖所示裝置進行實驗。首先關閉活塞2，打開活塞1、3，目的是____；關閉活塞1，反應一段時間后，關閉活塞____，打開活塞______，觀察到B中溶液進入到C中，C中產生沉淀和氣體，寫出制備FeCO3的離子方程式____。（3）裝置D的作用是____。Ⅱ．乳酸亞鐵晶體的制備及純度測定將制得的FeCO3加入到乳酸溶液中，加入少量鐵粉，在75℃下攪拌使之充分反應。然后再加入適量乳酸，從所得溶液中獲得乳酸亞鐵晶體。（4）加入少量鐵粉的作用是_____。（5）若用KMnO4滴定法測定樣品中Fe2+的量進而計算純度時，發現結果總是大于100%，其主要原因是_________。（6）經查閱文獻后，改用Ce(SO4)2標準溶液進行滴定。反應中Ce4+離子的還原產物為Ce3+。測定時，先稱取5.760g樣品，溶解后進行必要處理，用容量瓶配制成250mL溶液，每次取25.00mL，用0.1000mol·L-1Ce(SO4)2標準溶液滴定至終點，記錄數據如下表所示。則產品中乳酸亞鐵晶體的純度為___%（保留小數點后兩位）。26、（10分）下面a～e是中學化學實驗中常見的幾種定量儀器：（a）量筒（b）容量瓶（c）滴定管（d）托盤天平（e）溫度計（1）其中標示出儀器使用溫度的是_________________（填寫編號）（2）由于操作錯誤，使得到的數據比正確數據偏小的是_________（填寫編號）A．實驗室制乙烯測量混合液溫度時，溫度計的水銀球與燒瓶底部接觸B．中和滴定達終點時俯視滴定管內液面讀數C．使用容量瓶配制溶液時，俯視液面定容所得溶液的濃度（3）稱取10.5g固體樣品（1g以下使用游碼）時，將樣品放在了天平的右盤，則所稱樣品的實際質量為________g。27、（12分）向硝酸酸化的2mL0.1mol?L-1AgNO3溶液（pH=2）中加入過量鐵粉，振蕩后靜置，溶液先呈淺綠色，后逐漸呈粽黃色，試管底部仍存有黑色固體，過程中無氣體生成。實驗小組同學針對該實驗現象進行如下探究。Ⅰ．探究Fe2+產生的原因（1）提出猜想：Fe2+可能是Fe與____或___反應的產物。（2）實驗探究：在兩支試管中分別加入與上述實驗等量的鐵粉，再加入不同的液體試劑，5min后取上層清液，分別加入相同體積和濃度的鐵氰化鉀溶液液體試劑加人鐵氰化鉀溶液1號試管2mL.0.1mol?L-1AgNO3溶液無藍色沉淀2號試管______藍色沉淀①2號試管中所用的試劑為____。②資料顯示：該溫度下，0.1mol?L-1的AgNO3溶液可以將Fe氧化為Fe2+。但1號試管中未觀察到藍色沉淀的原因可能為____。③小組同學繼續進行實驗，證明了2號試管得出的結論正確。實驗如下：取100mL0.1mol?L-1硝酸酸化的AgNO3溶液（pH=2），加入鐵粉井攪拌，分別插入pH傳感器和NO3-傳感器（傳感器可檢測離子濃度），得到如圖圖示，其中pH傳感器測得的圖示為___（填“圖甲”或“圖乙”）。④實驗測得2號試管中有NH4+生成，則2號試管中發生反應的離子方程式為___。Ⅱ．探究Fe3+產生的原因查閱資料可知，反應中溶液逐漸變棕黃色是因為Fe2+被Ag+氧化。小組同學設計不同實驗方案對此進行驗證。（3）方案一；取出少量黑色固體，洗滌后___（填操作和現象），證明黑色固體中有Ag。（4）方案二：按圖連接裝置，一段時間后取出左側燒杯溶液，加人KSCN溶液，溶液變F紅。該實驗現象____（填“能“或“不能“）證明Fe2+可被Ag+氧化，理由為__。28、（14分）研究高效催化劑是解決汽車尾氣中的NO和CO對大氣污染的重要途徑。(1)已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ/molC(s)+O2(g)=CO(g)△H2=-110.5kJ/molN2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.0kJ/mol則汽車尾氣的催化轉化反應2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的△H=_______kJ/mol。(2)400℃時，在分別裝有催化劑A和B的兩個容積為2L的剛性密閉容器中，各充入物質的量均為nmol的NO和CO發生上述反應。通過測定容器內總壓強隨時間變化來探究催化劑對反應速率的影響，數據如下表：時間/min0102030∞A容器內壓強/kPa75.070.065.060.060.0B容器內壓強/kPa75.071.068.066.060.0①由上表可以判斷催化劑__________(填“A”或“B”)的效果更好。②容器中CO的平衡轉化率為__________。400℃時，用壓強表示的平衡常數Kp__________(kPa)-1(保留兩位小數)。③汽車尾氣排氣管中使用催化劑可以提高污染物轉化率，其原因是__________。(3)為研究氣缸中NO的生成，在體積可變的恒壓密閉容器中，高溫下充入物質的量均為1mol的氮氣和氧氣，發生反應N2(g)+O2(g)?2NO(g)。①下列說法能表明該反應已經達到平衡狀態的是_________(填序號)。A.2v正(O2)=v逆(NO)B.混合氣體的平均相對分子質量不變C.c(N2):c(O2)=lD.容器內溫度不變②為減小平衡混合氣中NO的體積分數，可采取的措施是___________。(4)對于氣缸中NO的生成，化學家提出了如下反應歷程：第一步O2?2O慢反應第二步O+N2?NO+N較快平衡第三步N+O2?NO+O快速平衡下列說法錯誤的是_______(填標號)。A.第一步反應不從N2分解開始，是因為N2比O2穩定B.N、O原子均為該反應的催化劑C.三步反應中第一步反應活化能最大D.三步反應的速率都隨溫度升高而增大29、（10分）對甲烷和CO2的高效利用不僅能緩解大氣變暖，而且對日益枯竭的石油資源也有一定的補充作用，甲烷臨氧耦合CO2重整反應有：反應（i）：2CH4(g)＋O2(g)2CO(g)＋4H2(g)△H=－71.4kJ?mol-1反應（ii）：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)△H=+247.0kJ?mol-1（1）寫出表示CO燃燒熱的熱化學方程式：_______________________________。（2）在兩個體積均為2L的恒容密閉容器中，起始時按表中相應的量加入物質，在相同溫度下進行反應（ii）：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)（不發生其它反應），CO2的平衡轉化率如下表所示：容器起始物質的量(n)/molCO2的平衡轉化率CH4CO2COH2Ⅰ0.10.10050％Ⅱ0.10.10.20.2/①下列能說明反應達到平衡狀態是_________。A．v正(CH4)=2v逆(CO)B．容器內各物質的濃度滿足c(CH4)·c(CO2)=c2(CO)·c2(H2)C．容器內混合氣體的總壓強不再變化D．容器內混合氣體密度保持不變②若容器Ⅰ內反應從開始到平衡所用的時間為tmin，則tmin內該反應的平均反應速率為：v(H2)=________（用含t的表達式表示）。③達到平衡時，容器Ⅰ、Ⅱ內CO的物質的量的關系滿足：2n(CO)Ⅰ_______n(CO)Ⅱ（填“＞”、“＝”或“＜”）（3）將CH4(g)和O2(g)以物質的量比為4:3充入盛有催化劑的恒容密閉容器內，發生上述反應（i）：2CH4(g)＋O2(g)2CO(g)＋4H2(g)，相同時間段內測得CO的體積分數[ψ(CO)]與溫度（T）的關系如圖如示。①T2℃時，CO體積分數最大的原因是_____________。②若T2℃時，容器內起始壓強為P0，平衡時CO的體積分數為20％，則反應的平衡常數KP=_______（用平衡分壓強代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數）。（4）2016年我國科研人員根據反應Na+CO2

→Na2CO3+C（未配平）研制出一種室溫“可呼吸”Na-CO2電池。放電時該電池“吸入”CO2，充電時“呼出”CO2。其放電時的工作原理如圖所示，已知吸收的全部CO2中，有轉化為Na2CO3固體沉積在多壁碳納米管（MWCNT）電極表面，寫出放電時正極的電極反應式：_________________。

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】

A、碳酸鈣與硫酸反應生成硫酸鈣微溶，包裹在碳酸鈣的表面；B、分液時避免上下層液體混合；C、CaCO3不溶于水；D、在蒸發皿中蒸發結晶。【詳解】A項、濃硫酸溶于水放熱，且碳酸鈣與硫酸反應生成硫酸鈣微溶，包裹在碳酸鈣的表面，不利用氣體的制備，應選鹽酸與碳酸鈣反應，故A錯誤；B項、分液時避免上下層液體混合，則先從下口放出下層液體，后從上口倒出上層的有機相，故B錯誤；C項、CaCO3不溶于水，則圖中過濾裝置可分離，故C正確；D項、在蒸發皿中蒸發結晶，不能在燒杯中蒸發結晶，且燒杯不能直接加熱，故D錯誤。故選C。【點睛】本題考查化學實驗方案的評價，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，把握實驗裝置的作用、氣體的制備、混合物分離提純、實驗技能為解答的關鍵。2、A【解析】

A．碳碳雙鍵、苯環能發生加成反應，酯基能發生取代反應、水解反應和氧化反應，A正確；B．該有機物難溶于水，易溶于有機溶劑，B不正確；C．分子結構中含有羥基、酯基、氨基、碳碳雙鍵四種官能團，C不正確；D．苯環中碳原子一定共平面，但苯環與其它碳原子不一定在同一平面內，D不正確；故選A。3、D【解析】

碳酸氫鈉、氫氧化鋁、碳酸鎂、硫酸鋇中只有硫酸鋇不能和鹽酸反應。答案D4、C【解析】

A.根據物質結構簡式可知物質的分子式是C8H12O3，A錯誤；B.在該物質分子中含有-COOH、-OH、碳碳雙鍵三種官能團，B錯誤；C.該物質分子中含有碳碳雙鍵，可以發生加成反應，含有羧基、羥基，可以發生取代反應，C正確；D.分子中含有4個飽和碳原子，與該碳原子連接的原子構成的是四面體結構，因此不可能所有C原子都在同一個平面上，D錯誤；故合理選項是C。5、B【解析】

如圖，HEMA和NVP通過加聚反應生成高聚物A，聚合過程中引發劑的濃度為1.6含水率最高。【詳解】A.NVP中碳碳雙鍵的其中一個碳原子的另外兩個鍵均是C-H鍵，故不具有順反異構，故A錯誤；B.–OH是親水基，高聚物A因含有-OH而具有良好的親水性，故B正確；C.HEMA和NVP通過加聚反應生成高聚物A，故C錯誤；D.制備過程中引發劑濃度對含水率影響關系如圖，聚合過程中引發劑的濃度為1.6含水率最高，并不是引發劑的濃度越高越好，故D錯誤；答案選B。【點睛】常見親水基：羥基、羧基等。含這些官能團較多的物質一般具有良好的親水性。6、B【解析】

A.水分解產生氫氣和氧氣，有新的物質產生，發生的是化學變化，A不符合題意；B.從海底開采可燃冰獲取燃料，沒有新物質產生，發生的是物理變化，B符合題意；C.新能源汽車燃料電池供電，是化學能轉化為電能，有新物質產生，發生的是化學變化，C不符合題意；D.運載“嫦娥四號”的火箭發射，化學能轉化為熱能、機械能，發生化學反應，有新的物質產生，D不符合題意；故合理選項是B。7、D【解析】

NaOH是強堿，二甲胺是弱堿，則相同濃度的NaOH和二甲胺，溶液導電率：NaOH>(CH3)2NH，所以①曲線表示NaOH滴定曲線、②曲線表示(CH3)2NH滴定曲線，然后結合相關守恒解答。【詳解】A．b點溶液中溶質為等物質的量濃度的(CH3)2NH·H2O和(CH3)2NH2Cl，，(CH3)2NH2Cl的水解常數，所以(CH3)2NH·H2O的電離程度大于(CH3)2NH2Cl的水解程度導致溶液呈堿性，但是其電離和水解程度都較小，則溶液中微粒濃度存在：，A錯誤；B．d點二者完全反應生成(CH3)2NH2Cl，水解生成等物質的量的和H+，水解程度遠大于水的電離程度，因此與近似相等，該溶液呈酸性，因此，則，溶液中存在電荷守恒：，因此，故B錯誤；C．e點溶液中溶質為等物質的量濃度的(CH3)2NH2Cl、HCl，溶液中存在電荷守恒：，物料守恒：，則，故C錯誤；D．酸或堿抑制水電離，且酸中c(H+)越大或堿中c(OH?)越大其抑制水電離程度越大，弱堿的陽離子或弱酸的陰離子水解促進水電離，a點溶質為等濃度的NaOH和NaCl；b點溶質為等物質的量濃度的[(CH3)2]NH·H2O和(CH3)2NH2Cl，其水溶液呈堿性，且a點溶質電離的OH-濃度大于b點，水的電離程度：b>a；c點溶質為NaCl，水溶液呈中性，對水的電離無影響；d點溶質為(CH3)2NH2Cl，促進水的電離，a、b點抑制水電離、c點不影響水電離、d點促進水電離，所以水電離程度關系為：d>c>b>a，故D正確；故案為：D。8、B【解析】

A.鉈與鋁同族，最外層有3個電子，則Tl+離子的最外層有2個電子，A項錯誤；B.根據反應Tl3++2Ag═Tl++2Ag+可知，Tl能形成+3價和+1價的化合物，B項正確；C.Tl3++2Ag═Tl++2Ag+，則氧化性Tl3+＞Ag+，又知Al+3Ag+═Al3++3Ag，則氧化性Ag+＞Al3+，可知Tl3+的氧化性比Al3+強，C項錯誤；D.還原劑的還原性大于還原產物的還原性來分析，在反應Tl3++2Ag=Tl++2Ag+，還原性Ag＞Tl+，D項錯誤；答案選B。【點睛】氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，還原劑的還原性大于還原產物的還原性，掌握氧化還原反應的規律是解題的關鍵。9、A【解析】煮豆持作羹,漉豉以為汁意思是煮熟豆子來做豆豉而使豆子滲出汁水。所以漉豉以為汁采用了過濾的方法把豆豉和豆汁分開。故A符合題意，BCD不符合題意。所以答案為A。10、C【解析】

油脂是指高級脂肪酸甘油脂，脂肪及植物油均屬于油脂，排除②③；而潤滑油、石蠟均為石油分餾產品，主要成分為烴，故答案為C。11、D【解析】n（Ba2+）=n（H2SO4）=xmol，n（Cl-）=n（AgNO3）=ymol，根據電荷守恒：2n（Ba2+）+n（Na+）=n（Cl-），n（Na+）=（y-2x）mol，c(Na+)=（y-2x）mol/0.5aL=(2y-4x)/amol·L-112、C【解析】

A選項，向Na2SiO3溶液中加入稀鹽酸得到硅酸膠體：SiO32－+2H＋=H2SiO3(膠體)，故A正確；B選項，向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3沉淀、二氧化碳氣體和水：Fe2＋+2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故B正確；C選項，向AlCl3溶液中加入足量稀氨水生成氫氧化鋁和銨根離子：Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C錯誤；D選項，在稀硫酸存在下，MnO2將CuS中的硫元素氧化為硫單質、水、硫酸錳和硫酸銅：MnO2+CuS+4H＋=Mn2＋+Cu2＋+S+2H2O，故D正確；綜上所述，答案為C。13、D【解析】

由①可知溶液顯弱酸性，上述離子只有NH4+水解使溶液顯酸性，則一定含有NH4+，而S2-水解顯堿性，且其水解程度比NH4+大，則溶液中一定不含有S2-；再由氯水能氧化I-生成碘單質，而碘遇淀粉變藍，而②中加氯水和淀粉無明顯現象，則一定不含有I-；又溶液呈電中性，有陽離子必有陰離子，則溶液中有NH4+，必須同時存在陰離子，即SO42－必然存在，而Ba2+、SO42－能結合生成沉淀，則這兩種離子不能共存，即一定不存在Ba2+；顯然剩下的Na+是否存在無法判斷，則需檢驗的離子是Na+，故D符合題意；所以答案：D。14、C【解析】

設原青銅中銅的質量為x，錫的質量為y，根據題意有①，②，③，聯立三個關系式可以解出，，因此銅錫之比為12:1，答案選C。15、B【解析】分析：本題對阿伏加德羅常數相關知識進行了考察。A中考察1mol金剛石中含有2NA個C-C鍵，1molSiO2含有4NA個Si-O鍵；B中考察甲苯中的甲基被氧化為羧基，根據化合價法則，判斷出碳元素的化合價變化情況，然后計算反應電子轉移的數目；C中考察碳酸根離子的水解規律；D中考察只有氣體在標況下，才能用氣體摩爾體積進行計算。詳解：1mol金剛石中含有2NA個C-C鍵，1molSiO2含有4NA個Si-O鍵，A錯誤；由甲苯變為苯甲酸，碳元素化合價變化7×（-2/7+8/7）=6；9.2g甲苯（即為0.1mol）被氧化為苯甲酸，轉移的電子數為0.6NA，B正確；Na2CO3溶液中會有少量CO32-發生水解，因此在含CO32-總數為NA的Na2CO3溶液中，溶質的總量大于1mol，所以Na+總數大于2NA，C錯誤；標準狀況下，庚烷為液態，無法用氣體摩爾體積進行計算，D錯誤；正確選項B。16、C【解析】

向一定體積含HCl、H2SO4、NH4NO3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，發生H++OH-=H2O，同時鋇離子與硫酸根離子結合生成沉淀，沉淀在增多，氫離子物質的量比氫離子濃度大，則第二階段沉淀的量不變，第三階段鋁離子反應生成沉淀，第四階段銨根離子與堿反應，最后氫氧化鋁溶解，沉淀減少，最后只有硫酸鋇沉淀，顯然只有圖象C符合。答案選C。17、D【解析】

A.Fe2(SO4)3加NaOH反應生成Fe(OH)3沉淀，而不是膠粒，故A錯誤；B.l00mLlmol/L的Fe2(SO4)3溶液中n[Fe2(SO4)3]=1mol?L?1×0.1L=0.1mol，n(Fe3+)=0.2mol，鐵離子水解Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，根據水解方程式得到溶液中陽離子數目大于0.2NA，故B錯誤；C.加Na2CO3溶液發生雙水解生成氫氧化鐵沉淀和二氧化碳氣體，其反應為3CO32?+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，故C錯誤；D.Fe2(SO4)3溶液水解生成膠體，膠體具有吸附雜質功能，起凈水功能，因此可用于凈化水，故D正確。綜上所述，答案為D。【點睛】鐵離子與碳酸根、碳酸氫根、偏鋁酸根、硅酸根等離子要發生雙水解反應。18、C【解析】

A.SiC屬于新型無機非金屬材料，故不選A；B.鈦合金材料具有強度大、密度小、耐腐蝕等特性，故不選B；C.“中國芯”主要成分為半導體材料Si，不是SiO2，故選C；D.因為鋁比鐵活潑，所以利用原電池原理，鐵做正極被保護，這種方法叫犧牲陽極的陰極保護法，故不選D；答案：C19、B【解析】

A、NH3+H2ONH3·H2O⊿H<0，升高溫度，促進氨水分解，正確；B、Fe2+易被氧化為Fe3+，加入Fe粉，Fe+2Fe3+=3Fe2+，能防止Fe2+氧化變質，B不能用勒沙特列原理解釋；C、增大一種反應物濃度，可以提高另一反應物轉化率，正確；D、Cl2+H2OH++Cl-+HClO，增大c(Cl-)，抑制氯氣溶解，D正確。答案選B。20、B【解析】

A、含-COOH，能與NaHCO3溶液反應產生氣體，故A正確；B、與鄰苯二甲酸()的官能團不完全相同，不是同系物，故B錯誤；C、含-COOC-，在酸性條件，能發生水解反應生成乙酸，故C正確；D、只有苯環與氫氣發生加成，則1mol阿司匹林最多能與3molH2發生加成反應，故D正確；故選：B。【點睛】本題考查有機物的結構與性質，把握官能團與性質、有機反應為解答的關鍵，注意羧酸、酯的性質，題目難度不大。21、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。22、C【解析】

A.MnO2和濃鹽酸制取氯氣，需要加熱，A不符合題意；B.NO不能選排空氣法收集，B不符合題意；C.CaCO3和稀鹽酸反應生成二氧化碳，碳酸氫鈉溶液可除去HCl，濃硫酸干燥后，選向上排空氣法收集二氧化碳，C符合題意；C.用CaO與濃氨水制取氨氣，進入X中時氨氣會溶解，而且氨氣密度比空氣小，應該用向下排空氣方法收集，不能用向上排空氣的方法收集，D不符合題意；故合理選項是C。二、非選擇題(共84分)23、苯甲醇消去反應碳碳雙鍵、羧基否在醛基被催化氧化的同時，碳碳雙鍵也被能氧化5【解析】

由Ｂ的結構可知Ａ為，Ａ與溴發生加成反應生成Ｂ，Ｂ發生水解反應生成Ｃ為，Ｃ催化氧化的產物繼續氧化生成Ｄ，則Ｄ為，對比Ｄ、Ｅ分子式可知Ｄ分子內脫去１分子水生成Ｅ，故Ｄ在濃硫酸、加熱條件下發生消去反應生成Ｅ，則Ｅ為，Ｅ和Ｆ發生酯化反應生成Ｗ為。【詳解】（1）F的結構簡式為，的化學名稱是苯甲醇，⑤為Ｄ在濃硫酸、加熱條件下發生消去反應生成Ｅ。（2）E的結構為，含有的官能團是碳碳雙鍵、羧基，D含有羧基和羥基，能發生聚合生成酯類高分子化合物，結構簡式為。（3）經過反應③，是羥基連接的碳原子上有2個氫原子的碳原子發生氧化反應生成醛基得到，與O2在催化劑、加熱的條件下反應可得D，寫出反應④的化學方程式。（4）④、⑤兩步不能顛倒，因為在醛基被催化氧化的同時，碳碳雙鍵也被能氧化。（5）與A具有含有相同官能團的芳香化合物的同分異構體還有5種。苯環上可以連接一個甲基和一個-CH=CH2，有三種結構，也可以是苯環上連接-CH=CHCH3或-CH2CH=CH2，共5種，其中核磁共振氫譜為六組峰，且峰面積之比為1：1：2：2：2：2的結構簡式為。（6）根據逆推原理分析，合成苯甲醇，需要制備，可以用甲苯的取代反應，利用苯和一氯甲烷發生取代反應生成甲苯，故合成路線為：。24、4氯原子氯氣、光照還原反應2-甲基丙烷【解析】

由B的結構可知，芳香烴為A為，A與氯氣在光照條件下發生取代反應生成B，B與濃硝酸在濃硫酸、加熱條件下發生取代反應生成C，C發生還原反應生成D，D與G在吡啶條件下發生取代反應生成H．由F的分子式、G的結構，可知F為，E系列轉化得到F，結合E的分子式，可知E為。【詳解】(1)由B的結構可知，芳香烴為A為，A

物質的一氯代物在苯環上有3種，在甲基上有1種，故共有4種，故答案為：4；(2)B的結構簡式為：，B

物質中含有的官能團名稱為：氯原子，故答案為：氯原子；(3)反應①是轉化為，反應試劑和反應條件分別是：氯氣、光照；反應③中硝基轉化為氨基，屬于還原反應，故答案為：氯氣、光照；還原反應；(4)由F的分子式、G的結構，可知F為，E系列轉化得到F，結合E的分子式，可知E為，用系統命名法對

E

物質命名為：2-甲基丙烷，故答案為：2-甲基丙烷；；(5)⑤的化學反應方程式為：，故答案為：；(6)結合合成路線圖中轉化可知，與在吡啶條件下反應生成，乙酸與SOCl2/PCl3作用生成．先發生硝化反應，然后與Fe/HCl作用生成，合成路線流程圖為：，故答案為：。25、三頸燒瓶制備Fe2+，利用產生的氫氣排凈裝置內的空氣，防止Fe2+被氧化32Fe2++2HCO3=FeCO3↓+CO2↑+H2O液封，防止空氣中的氧氣進入到C裝置中，將Fe2+氧化防止FeCO3與乳酸反應產生的Fe2+被氧化乳酸（根中的羥基）被酸性高錳酸鉀溶液氧化97.50【解析】

(1)根據化學反應實驗原理進行分析判斷。（2）根據實驗用到的儀器裝置進行分析解答相關的問題；（3）根據化學反應方程式找出相關物質的關系式進行計算。【詳解】（1）由裝置圖可知儀器C的名稱是三頸燒瓶。答案：三頸燒瓶。（2）為順利達成實驗目的，先要使鹽酸與鐵粉反應制備FeCl2。先關閉活塞2，打開活塞1、3，待加入足量鹽酸后，關閉活塞1，反應一段時間后，利用生成的H2使B裝置中的氣壓增大，將B裝置中的FeCl2溶液加入到C裝置中，具體操作為：關閉活塞3，打開活塞2。C裝置中FeCl2和NH4HCO3發生的反應的離子方程式為Fe2++2HCO3=FeCO3↓+CO2↑+H2O。答案：制備Fe2+；利用產生的氫氣排凈裝置內的空氣，防止Fe2+被氧化；2；3；Fe2++2HCO3=FeCO3↓+CO2↑+H2O。（3）亞鐵離子易被氧化，裝置D的作用是液封，防止空氣中的氧氣進入到C裝置中，將Fe2+氧化（4）Fe2+易被氧化為Fe3+，實驗目的是制備乳酸亞鐵晶體，加入少量鐵粉的作用，可以防止FeCO3與乳酸反應產生的Fe2+被氧化。答案：防止FeCO3與乳酸反應產生的Fe2+被氧化。（5）乳酸根中含有羥基，可能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，導致消耗的高錳酸鉀的量變多，而計算中按Fe2+被氧化，故計算所得的乳酸亞鐵的質量偏大，產品中乳酸亞鐵的純度大于100%。答案：乳酸根中的羥基被酸性高錳酸鉀溶液氧化。（6）3組數據，第二組數據與第一、三組相差太大，應舍去，平均每25.00mL消耗Ce(SO4)2的體積為v=mL=19.50mL，有Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，25.00mL溶液中含有的Fe2+的物質的量濃度為c(Fe2+)=(19.500.1)/25.00mol/L=0.078mol/L,則250mL溶液中，原產品中含有n(Fe2+)=0.078mol/L0.25L=0.0195mol，則產品中乳酸亞鐵晶體的質量分數為=97.50答案：97.50。26、a、b、cB9.5g【解析】

（1）精度相對較高的玻璃量器，常標示出使用溫度。（2）A．給燒瓶內的液體加熱時，燒瓶底部的溫度往往比溶液高；B．滴定管刻度從上往下標，俯視滴定管內液面讀數，讀出的數值偏小；C．俯視容量瓶內的液面，定容時液面低于刻度線。（3）對天平來說，有如下等量關系：天平的右盤物品質量=天平左盤物品質量+游碼指示的質量。稱取10.5g固體樣品，天平質量為10g，游碼移到0.5g，代入關系式，可求出所稱樣品的實際質量。【詳解】（1）量筒、容量瓶、滴定管都標有規格和溫度，量筒的刻度從下往上標，滴定管刻度從上往下標，容量瓶只有一個刻度線。答案為：a、b、c；（2）A．給燒瓶內的液體加熱時，燒瓶底部的溫度往往比溶液高，A不合題意；B．滴定管刻度從上往下標，俯視滴定管內液面讀數，讀出的數值偏小，B符合題意；C．俯視容量瓶內的液面，定容時液面低于刻度線，所得溶液的濃度偏大，C不合題意。答案為：B；（3）對天平來說，有如下等量關系：天平的右盤物品質量=天平左盤物品質量+游碼指示的質量。稱取10.5g固體樣品，天平質量為10g，游碼移到0.5g，代入關系式，則所稱樣品的實際質量=10g-0.5g=9.5g。答案為：9.5g。【點睛】用天平稱量物品，即便違反實驗操作，也不一定產生誤差。因為若不使用游碼，則不產生誤差；若使用游碼，則物品的質量偏小，物質的真實質量=讀取的質量-游碼指示質量的二倍。27、HNO3AgNO3硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2）該反應速率很小或反應的活化能較大圖乙NO3-+4Fe+10H+=NH4++4Fe2++3H2O加入足量稀硝酸加熱將固體全部溶解，再向所得溶液中加入稀鹽酸，產生白色沉淀不能Fe2+可能被硝酸氧化或被氧氣氧化【解析】

（1）Fe過量，可能與硝酸反應生成硝酸亞鐵，或Fe與硝酸銀反應生成硝酸亞鐵；（2）①加硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2）作對比實驗；②1號試管中未觀察到藍色沉淀，與反應速率很小有關；③發生NO3-+4Fe+10H+=NH4++4Fe2++3H2O，消耗氫離子，pH增大；④實驗過程中，溶液先變成淺綠色，而后逐漸呈棕黃色，但整個過程中并無NO氣體產生，則NO3-中N轉化為NH4+；（3）Ag可溶于硝酸，不溶于鹽酸；（4）左側燒杯溶液，加KSCN溶液，溶液變紅，可知左側含鐵離子，左側為正極，但亞鐵離子可能被硝酸或氧氣氧化。【詳解】（1）提出猜想：Fe2+可能是Fe與HNO3或AgNO3反應的產物；（2）①2號試管中所用的試劑為硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2），與1為對比實驗；②資料顯示：該溫度下，0.1mol?L-1的AgNO3溶液可以將Fe氧化為Fe2+．但1號試管中未觀察到藍色沉淀的原因可能為該反應速率很小或反應的活化能較大；③反應中消耗氫離子，pH變大，則pH傳感器測得的圖示為圖乙；④實驗測得2號試管中有NH4+生成，則2號試管中發生反應的離子方程式為NO3-+4Fe+10H+=NH4++4Fe2++3H2O；（3）方案一：取出少量黑色固體，洗滌后加入足量稀硝酸加熱將固體全部溶解，再向所得溶液中加入稀鹽酸，產生白色沉淀（或加入足量鹽酸，有黑色固體剩余），證明黑色固體中有Ag；（4）方案二：一段時間后取出左側燒杯溶液，加入KSCN溶液，溶液變紅，該實驗現象不能證明Fe2+可被Ag+氧化，理由為Fe2+可能被硝酸氧化或被氧氣氧化。28、-794.5A80%4.27排氣管是敝口容器，管中進行的反應為非平衡態，該非平衡條件下，反應速率越快，相同時間內污染物轉化率就越高AD降低溫度B【解析】

（1）已知：①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ/mol②C(s)+O2(g)=CO(g)△H2=-110.5kJ/mol③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.0kJ/mol根據蓋斯定律，2×①-（2×②+③）得2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-393.5kJ/mol×2-（-110.5kJ/mol）×2-180.0kJ/mol=-794.5kJ/mol，故答案為：-794.5；（2）①根據表中數據分析A容器中反應先達到平衡，則催化劑A的效果更好，故答案為：A；②設平衡時反應的CO的物質的量為x，則則，解得x=，CO的平衡轉化率為；平衡時NO、CO、N2、CO2的物質的量分別為、、、，則各物質的分壓分別為、、、，(kPa)-1，故答案為：80%；4.27；③汽車尾氣排氣管中使用催化劑可以提高污染物轉化率，其原因是排氣管是敝口容器，管中進行的反應為非平衡態，該非平衡條件下，反應速率越快，相同時間內污染物轉化率就越高，故答案為：排氣管是敝口容器，管中進行的反應為非平衡態，該非平衡條件下，反應速率越快，相同時間內污染物轉化率就越高；（3）①A.2v正(O2)=v逆(NO)=2v逆(O2)，正反應速率等于逆反應速率，則說明反應達到平衡狀態，故A選；B.混合氣體的平均相對分子質量始終保持不變，所以B不選；C.c(N2):c(O2)