上海市松江區統考2024-2025學年高三3月調研考試化學試題理試題注意事項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、如圖所示的方案可以降低鐵閘門的腐蝕速率。下列判斷正確的是()A．若X為導線，Y可以是鋅B．若X為導線，鐵閘門上的電極反應式為Fe-2e-=Fe2+C．若X為直流電源，鐵閘門做負極D．若X為直流電源，Y極上發生還原反應2、在一定條件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有關物質的沸點、熔點如下表：對二甲苯鄰二甲苯間二甲苯苯沸點/點/℃13-25-476下列說法錯誤的是（）A．該反應屬于取代反應B．用蒸餾的方法可將苯從反應所得產物中首先分離出來C．甲苯和氫氣完全反應所得產物的分子式是

C7H16D．對二甲苯的一溴代物有

2

種3、設阿伏加德羅常數的數值為NA。下列說法正確的是A．1L1mol·L-1的NaHSO3溶液中含有的離子數為3NAB．5.6g乙烯和環丙烷的混合物中含C—H鍵數目為1．8NAC．常溫常壓下，22.4L的37Cl2中所含的中子數為41NAD．硝酸與銅反應生成1.1molNOx時，轉移電子數為1.2NA4、乙醇催化氧化制取乙醛(沸點為20.8℃，能與水混溶)的裝置(夾持裝置已略)如圖所示：下列說法錯誤的是A．向圓底燒瓶中滴入H2O2溶液前需打開KB．實驗開始時需先加熱②，再通O2，然后加熱③C．裝置③中發生的反應為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OD．實驗結束時需先將④中的導管移出。再停止加熱5、氯堿工業是高耗能產業,一種將電解池與燃料電池相組合的新工藝可以節能30%以上,工作原理如圖所示,其中各電極未標出。下列有關說法錯誤的是（）A．A池中右邊加入NaOH溶液的目的是增大溶液的導電性B．兩池工作時收集到標準狀況下氣體X為2.24L,則理論上此時充入標準狀況下的空氣(不考慮去除CO2的體積變化)的體積約為5.6LC．A為陽離子交換膜、B為陰離子交換膜D．氫氧化鈉的質量分數從大到小的順序為b%>a%>c%6、甲醇脫氫可制取甲醛：CH3OH(g)HCHO(g)＋H2(g)?H=-QkJ/mol，甲醇的平衡轉化率隨溫度變化曲線如圖所示。下列有關說法正確的是()A．Q>0B．600K時，Y點甲醇的υ(正)<υ(逆)C．從Y點到Z點可通過增大壓強實現D．從Y點到X點可通過使用催化劑實現7、下圖所示為某同學設計的檢驗濃硫酸和碳反應所得氣體產物的實驗裝置圖。下列說法正確的是A．若按①→③→②順序連接，可檢驗所有氣體產物B．若裝置②只保留a、b，同樣可以達到實驗目的C．若圓底繞瓶內碳粉過量，充分反應后恢復到25℃，溶液的pH≥5.6D．實驗結束后，應按從下往上、從左往右的順序拆卸裝置8、已知二甲苯的結構：，下列說法正確的是A．a的同分異構體只有b和c兩種B．在三種二甲苯中，b的一氯代物種數最多C．a、b、c均能使酸性KMnO4溶液、溴水發生化學反應而褪色D．a、b、c中只有c的所有原子處于同一平面9、用所給試劑與圖示裝置能夠制取相應氣體的是（夾持儀器略）ABCDX中試劑濃硝酸濃硫酸雙氧水濃氨水Y中試劑CuC2H5OHMnO2NaOH氣體NO2C2H4O2NH3A．A B．B C．C D．D10、短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序數依次增大，其中X、Z位于同一主族；W的氣態氫化物常用作制冷劑；Y是同周期主族元素中離子半徑最小的；ZXR2能與水劇烈反應，可觀察到液面上有白霧生成，并有無色刺激性氣味的氣體逸出，該氣體可使品紅溶液褪色。下列說法正確的是A．最簡單氫化物的沸點：W>XB．含氧酸的酸性：Z<RC．Y和R形成的化合物是離子化合物D．向ZXR2與水反應后的溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成11、以下關于原子的未成對電子數的敘述正確的是()①鈉、鋁、氯：1個；②硅、硫：2個；③磷：3個；④鐵：4個．A．只有①③ B．只有①②③ C．只有②③④ D．有①②③④12、用“銀-Ferrozine”法測室內甲醛含量的原理為：已知：吸光度與溶液中有色物質的濃度成正比。下列說法正確的是A．反應①中參與反應的HCHO為30g時轉移電子2molB．可用雙氧水檢驗反應②后的溶液中是否存在Fe3+C．生成44.8LCO2時反應②中參加反應的Ag一定為8molD．理論上測得溶液吸光度越高，HCHO含量也越高13、水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液處理，使之轉化為疏松、易溶于酸的CaCO3。某化學興趣小組用某濃度的Na2CO3溶液處理一定量的CaSO4固體，測得所加Na2CO3溶液體積與溶液中-lgc(CO32-)的關系如下。已知Ksp(CaSO4)=9×10-6，Ksp(CaCO3)=3×10-9，lg3=0.5，下列說法不正確的是（）A．曲線上各點的溶液滿足關系式：c(Ca2+)·c(SO42-)=Ksp(CaSO4)B．CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)K=3×103C．該Na2CO3溶液的濃度為1mol/LD．相同實驗條件下，若將Na2CO3溶液的濃度改為原濃度的2倍，則上圖曲線整體向上平移1個單位即可14、有3份等量的燒堿溶液，第1份直接與鹽酸反應；第2份稀釋一倍，再與鹽酸反應；第3份通入適量的CO2后，再與鹽酸反應．若鹽酸的濃度相同，完全反應時消耗鹽酸的體積分別為V1、V2和V3，則V1、V2和V3的大小關系正確的是（）A．V1=V2=V3 B．V1＞V3＞V2 C．V2＞V3＞V1 D．V1＞V2＞V315、下列說法錯誤的是（）A．以乙醇、空氣為原料可制取乙酸B．甲苯分子中最多13個原子共平面C．淀粉、油脂和蛋白質都是可以水解的高分子化合物D．分子式為C5H12O的醇共有8種結構16、由兩種物質組成的一包白色粉末，通過如下實驗可鑒別其中的成分：取少量樣品加入足量水中，充分攪拌，固體部分溶解；向所得的懸濁液中加入足量稀HNO3，有氣體放出，最后仍有未溶解的白色固體，上層清液呈無色。該白色粉末可能為A．SiO2、明礬 B．BaCO3、無水CuSO4C．MgCO3、Na2S2O3 D．KCl、Ag2CO317、下列說法錯誤的是（）A．“地溝油”可以用來制肥皂和生物柴油B．我國規定商家不得無償提供塑料袋，目的是減少“白色污染”C．NaOH與SiO2可以反應，故NaOH可用于玻璃器皿上刻蝕標記D．燃煤中加入CaO可以減少酸雨的形成，但不能減少溫室氣體排放18、古往今來傳頌著許多與酒相關的古詩詞，其中“葡萄美酒夜光杯，欲飲琵琶馬上催”較好地表達了戰士出征前開杯暢飲的豪邁情懷。下列說法錯誤的是（）A．忽略酒精和水之外的其它成分，葡萄酒的度數越高密度越小B．古代琵琶的琴弦主要由牛筋制成，牛筋的主要成分是蛋白質C．制作夜光杯的鴛鴦玉的主要成分為3MgO?4SiO2?H2O，屬于氧化物D．紅葡萄酒密封儲存時間越長，質量越好，原因之一是儲存過程中生成了有香味的酯19、大海航行中的海輪船殼上連接了鋅塊，說法錯誤的是A．船體作正極 B．屬犧牲陽極的陰極保護法C．船體發生氧化反應 D．鋅塊的反應：Zn－2e-→Zn2+20、下列說法正確的是（）A．電解精煉銅時，陽極泥中含有Zn、Fe、Ag、Au等金屬B．恒溫時，向水中加入少量固體硫酸氫鈉，水的電離程度增大C．2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)在298K時能自發進行，則它的ΔH<0D．在硫酸鋇懸濁液中加入足量飽和Na2CO3溶液，振蕩、過濾、洗滌，沉淀中加入鹽酸有氣體產生，說明Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)21、25℃時，HCN溶液中CN-和HCN濃度所占分數(α)隨pH變化的關系如圖所示，下列表述正確的是（）A．Ka(HCN)的數量級為10-9B．0.1mol/LHCN溶液使甲基橙試液顯紅色C．1L物質的量都是0.1mol的HCN和NaCN混合溶液中c(HCN)＞c(CN-)D．0.1mol/LNaCN溶液的pH=9.222、最新科技報道，美國夏威夷聯合天文中心的科學家發現了新型氫粒子，這種新粒子是由3個氫原子核（只有質子）和2個電子構成，對于這種粒子，下列說法中正確的是（）A．是氫的一種新的同分異構體 B．是氫的一種新的同位素C．它的組成可用H3表示 D．它比一個普通H2分子多一個氫原子核二、非選擇題(共84分)23、（14分）暗紅色固體X由三種常見的元素組成（式量為412），不溶于水，微熱易分解，高溫爆炸。己知：氣體B在標準狀況下的密度為1.25g.L-1，混合氣體通過CuSO4，CuSO4固體變為藍色。請回答以下問題：（1）寫出A的電子式____________。（2）寫出生成白色沉淀D的化學方程式________________________。（3）固體X可由A與過量氣體C的濃溶液反應生成，其離子方程式為_________________（4）有人提出氣體C在加熱條件下與Fe2O3反應，經研究固體產物中不含+3價的鐵元素，請設計實驗方案檢驗固體產物中可能的成分（限用化學方法）________________________24、（12分）丁苯酞(J)是治療輕、中度急性腦缺血的藥物，合成J的一種路線如下：已知：②E的核磁共振氫譜只有一組峰；③C能發生銀鏡反應；④J是一種酯，分子中除苯環外還含有一個五元環．回答下列問題：（1）由A生成B的化學方程式為__________，其反應類型為__________；（2）D的化學名稱是__________，由D生成E的化學方程式為__________；（3）J的結構簡式為__________；（4）G的同分異構體中核磁共振氫譜有4組峰且能與FeCl3溶液發生顯色反應的結構簡式__________(寫出一種即可)；（5）由甲醛和化合物A經下列步驟可得到2一苯基乙醇：反應條件1為__________；反應條件2所選擇的試劑為__________；L的結構簡式為__________。25、（12分）二氧化氯(ClO2)具有強氧化性，在工業上常用作水處理劑、漂白劑。ClO2是一種易溶于水的黃綠色氣體，其體積分數超過10%時易引起爆炸。某研究小組欲用以下三種方案制備ClO2，回答下列問題：（1）以黃鐵礦(FeS2)、氯酸鈉和硫酸溶液混合反應制備ClO2，黃鐵礦中的硫元素在酸性條件下被ClO3-氧化成SO42-，寫出制備ClO2的離子方程式__。（2）用過氧化氫作還原劑，在硫酸介質中還原NaClO3制備ClO2，并將制得的ClO2用于處理含CN-廢水。實驗室模擬該過程的實驗裝置(夾持裝置略)如圖所示。①裝置A的名稱是__，裝置C的作用是__。②反應容器B應置于30℃左右的水浴中，目的是__。③通入氮氣的主要作用有3個，一是可以起到攪拌作用，二是有利于將ClO2排出，三是__。④ClO2處理含CN-廢水的離子方程式為__，裝置E的作用是__。（3）氯化鈉電解法是一種可靠的工業生產ClO2的方法。①用于電解的食鹽水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等雜質。某次除雜操作時，往粗鹽水中先加入過量的__（填化學式），至沉淀不再產生后，再加入過量的Na2CO3和NaOH，充分反應后將沉淀一并濾去。②用石墨做電極，在一定條件下電解飽和食鹽水制取ClO2，工作原理如圖所示，寫出陽極產生ClO2的電極反應式__。26、（10分）鈉與水反應的改進實驗操作如下：取一張濾紙，用酚酞試液浸潤并晾干，裁剪并折疊成信封狀，濾紙內放一小塊（約綠豆粒般大小）金屬鈉，把含鈉的濾紙信封放入水中，裝置如下圖所示。請回答：（1）寫出金屬鈉與水反應的離子方程式________________。（2）實驗過程中取用金屬鈉的操作方法是________________。（3）有關此實驗的說法正確的是________________。A．實驗過程中，可能聽到爆鳴聲B．實驗過程中，看到濾紙信封由白色逐漸變紅色C．實驗改進的優點之一是由實驗現象能直接得出反應產物D．實驗過程中，多余的金屬鈉不能放回原試劑瓶中，以免對瓶內試劑產生污染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）鈦被譽為“的金屬”，可呈現多種化合價。其中以+4價的Ti最為穩定。回答下列問題：（1）基態Ti原子的價電子排布圖為__。（2）已知電離能：I2(Ti)=1310kJ·mol-1，I2(K)=3051kJ·mol-1。I2(Ti)<I2(K)，其原因為__。（3）鈦某配合物可用于催化環烯烴聚合，其結構如圖所示：①鈦的配位數為__，碳原子的雜化類型__。②該配合物中存在的化學鍵有__(填字母)。a.離子健b.配位鍵c.金屬健d.共價鍵e.氫鍵（4）鈦與鹵素形成的化合物熔、沸點如下表所示：TiCl4TiBr4TiI4熔點/℃-24.138.3155沸點/℃136.5233.5377分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔點和沸點呈現一定變化規律的原因是__。（5）已知TiO2與濃硫酸反應生成硫酸氧鈦，硫酸氧鈦晶體中陽離子為鏈狀聚合形式的離子，結構如圖所示，該陽離子化學式為_。陰離子的立體構型為__。（6）已知TiN晶體的晶胞結構如圖所示，若該晶胞的密度為ρg·cm-3，阿伏加德羅常數值為NA，則晶胞中Ti原子與N原子的最近距離為___pm。(用含ρ、NA的代數式表示)29、（10分）硒化銅納米晶體在光電轉化中有著廣泛的應用，銅和硒等元素形成的化合物在生產、生活中應用廣泛。(1)基態硒原子的核外電子排布式為______。As、Se、Br三種元素第一電離能由大到小的順序為______。(2)SeO2易溶解于水，熔點為340～350℃，315℃時升華，由此可判斷SeO2中的化學鍵類型為______。(3)Se2Cl2為深棕紅色的劇毒液體，其分子結構中含有Se-Se鍵，該分子中，Se原子的雜化軌道類型為______，Se2Cl2的空間構型為______

（填字母）。a．直線形b．鋸齒形c．環形d．四面體形(4)硒酸鋼（CuSeO4）在電子、儀表工業中發揮著重要作用。硒酸的酸性與硫酸的比較，酸性較強的是______（填化學式）。(5)SeO42-中Se-O的鍵角比SeO3的鍵角______（填“大“或“小“），原因是______。(6)銅的某種氧化物的晶胞結構如圖所示，則該氧化物的化學式為______，若組成粒子氧、銅的半徑分別為r(O)pm、r(Cu)pm，密度為ρg?cm-3，阿伏加德羅常數的值為NA，則該晶胞的空間利用率為______（用含π的式子表示）。

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、A【解析】

A.若X為導線，Y可以是鋅，形成原電池，鐵閘門作正極被保護，能降低鐵閘門的腐蝕速率，故A正確；B.若X為導線，鐵閘門上的電極反應式為Fe-2e-=Fe2+，則鐵閘門作負極被腐蝕，所以不能降低鐵閘門的腐蝕速率，故B錯誤；C.若X為直流電源，鐵閘門連接負極，作陰極，能降低鐵閘門的腐蝕速率，故C錯誤；D.若X為直流電源，鐵閘門連接負極，作陰極，Y極為陽極，則Y極上發生氧化反應，故D錯誤；故選：A。2、C【解析】

甲苯發生取代反應生成二甲苯，由表中數據可知苯與二甲苯的沸點相差較大，可用蒸餾的方法分離，而對二甲苯熔點較低，可結晶分離，結合有機物的結構特點解答該題。【詳解】A、甲苯變成二甲苯是苯環上的氫原子被甲基取代所得，屬于取代反應，故A不符合題意；B、苯的沸點與二甲苯的沸點相差較大，且二者能夠互溶，因此可以用蒸餾的方法分離，故B不符合題意；C、甲苯和氫氣完全反應所得產物為甲基環己烷，分子式是

C7H14，故C符合題意；D、對二甲苯結構對稱，有2種H，則一溴代物有

2

種，故D不符合題意。故選：C。3、B【解析】

A.HSO3-屬于弱酸酸式陰離子，在溶液中既存在水解平衡又存在電離平衡，1L1mol·L-1的NaHSO3溶液中含有的離子數不是3NA，故A錯誤；B.乙烯和環丙烷的最簡式為CH2，2．6g的混合物中含CH2物質的量為1.4mol，所以含C—H鍵數目為1.8NA，故B正確；C.標準狀況下，3．4L的37Cl2中所含的中子數為41NA，常溫常壓下中子數不為41NA，故C錯誤；D.NOx可能是NO或NO2，根據得失電子守恒可得，生成1．1molNOx轉移電子數介于1.11.3mol之間，故D錯誤；答案：B。4、B【解析】

根據裝置圖，①中過氧化氫在二氧化錳催化條件下生成氧氣，通入②中與乙醇形成混合蒸氣，在③中加熱條件下發生氧化還原反應生成乙醛，④用于收集乙醛以及未反應的乙醇，據此分析解答。【詳解】A．向圓底燒瓶中滴入H2O2溶液前需打開K，避免生成的氧氣，使裝置內壓強過大，故A正確；B．實驗時應先加熱③，以起到預熱的作用，使乙醇充分反應，故B錯誤；C．催化條件下，乙醇可被氧化生成乙醛，發生2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故C正確；D．實驗結束時需先將④中的導管移出，再停止加熱，以避免發生倒吸，故D正確；故選B。明確反應的原理是解題的關鍵。本題的易錯點為A，要注意滴入過氧化氫就會反應放出氧氣，容器中的壓強會增大。5、C【解析】

A．氫氧化鈉是強電解質，A池中右邊加入NaOH溶液的目的是增大溶液的導電性，A正確；B．電解池中，陽極反應：2Cl--2e-=Cl2↑，X是氯氣，陰極氫離子放電2H++2e-＝H2↑，Y是氫氣，2.24氯氣是0.1molCl2，轉移電子是0.2mol，燃料電池中，正極發生得電子的還原反應：O2+2H2O+4e-=4OH-，當轉移0.2mol電子，理論上燃料電池中消耗O2的物質的量為0.05mol，標況下體積是0.05mol×22.4L/mol＝1.12L，因此此時充入標準狀況下的空氣(不考慮去除CO2的體積變化)的體積約為1.12L×5＝5.6L，B正確；C．電解池中陽離子向陰極移動，原電池中陽離子向正極移動，則A、B均為陽離子交換膜，C錯誤；D．燃料電池中的離子膜只允許陽離子通過，而燃料電池中正極氧氣得到電子產生OH-，所以反應后氫氧化鈉的濃度升高，即b%大于a%，負極氫氣失電子生成氫離子消耗氫氧根離子，所以a%＞c%，得到b%＞a%＞c%，D正確。答案選C。明確電極的判斷及發生的電極反應為解答的關鍵，注意利用電子守恒進行計算。6、B【解析】

A.根據圖像，溫度升高，甲醇的平衡轉化率升高，表示平衡向右移動，則正反應為吸熱反應，Q<0，A錯誤；B.600K時，Y點變成X點，反應需要向逆反應方向進行才能平衡，說明Y點甲醇υ(正)＜υ(逆)，B正確；C.從Y點到Z點甲醇的平衡轉化率不變，可以通過升高溫度實現，而增大壓強，平衡逆向移動，甲醇的平衡轉化率減小，C錯誤；D.催化劑不能改變平衡狀態，不能改變平衡轉化率，D錯誤；答案選B。7、B【解析】濃硫酸和碳反應所得氣體產物為二氧化碳、二氧化硫和水蒸氣，應該先過無水硫酸銅檢驗水，再過品紅溶液檢驗二氧化硫，過酸性高錳酸鉀氧化除去二氧化硫，過品紅溶液驗證二氧化硫都被除去，最后用澄清石灰水檢驗二氧化碳，所以選項A錯誤。若裝置②只保留a、b，只要看到酸性高錳酸鉀溶液沒有褪色就可以證明二氧化硫完全被吸收，所以選項B正確。酸雨的要求是pH小于5.6，而本實驗中生成的二氧化硫會導致酸雨，所以溶液的pH一定小于5.6，同時隨著反應的進行濃硫酸轉化為稀硫酸就不再反應，所以還有剩余的稀硫酸，溶液的pH就會更小，選項C錯誤。從下往上、從左往右是實驗裝置的安裝順序，拆卸順序應該相反，選項D錯誤。8、B【解析】

A.a的同分異構體中屬于芳香烴的除了b和c外還有，另a還可能有鏈狀的同分異構體如CH2=CH—CH=CH—CH=CH—CH=CH2等、或環狀的同分異構體如等，A錯誤；B.a、b、c側鏈上的一氯代物都只有1種，a苯環上一氯代物有2種，b苯環上一氯代物有3種，c苯環上一氯代物只有1種，故三種二甲苯中，b的一氯代物種數最多，B正確；C.a、b、c均能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，a、b、c都不能與溴水發生化學反應，C錯誤；D.a、b、c分子中都含有—CH3，與—CH3中碳原子直接相連的4個原子構成四面體，a、b、c中所有原子都不可能在同一平面上，D錯誤；答案選B。9、C【解析】

A.二氧化氮和水反應，收集二氧化氮不能用排水法，A錯誤；B.乙醇消去制乙烯需要加熱，B錯誤；C.雙氧水分解制氧氣制取裝置用固液不加熱制氣體，收集氧氣用排水法，C正確；D.氨氣極易溶于水，不能用排水法收集，D錯誤；答案選C。10、D【解析】

W的氣態氫化物常用作制冷劑，W為N元素；X、Z位于同一主族；ZXR2能與水劇烈反應，可觀察到液面上有白霧生成，并有無色刺激性氣味的氣體逸出，該氣體可使品紅溶液褪色，可推斷該氣體為SO2，則X為O，Z為S，R為Cl；Y是同周期主族元素中離子半徑最小的，Y是Al。【詳解】根據題意，可推斷出W、X、Y、Z、R分別是N、O、Al、S、Cl元素；A.W和X最簡單氫化物的為NH3、H2O，沸點大小為NH3<H2O，所以A項錯誤；B.最高價含氧酸的酸性：Z<R，B項錯誤；C.Y和R形成的化合物AlCl3是共價化合物，C項錯誤；D.SOCl2與水反應,SOCl2+H2O=SO2↑+HCl，向反應后溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀AgCl生成，D項正確。答案選D。11、D【解析】

①鈉原子的電子排布式為：1s22s22p63s1，則Na原子的未成對電子數為1；鋁原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p1，則鋁原子的未成對電子數為1；氯原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p5，則氯原子的未成對電子數為1，故①正確；②硅原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p2，則硅原子的未成對電子數為2；硫原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p4，則硫原子的未成對電子數為2，故②正確；③磷原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p3，則磷原子的未成對電子數為3，故③正確；④Fe的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，則鐵原子的未成對電子數為4，故④正確；答案選D。磷原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p3，3p為半充滿狀態，故未成對電子數為3，Fe的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，電子先排布在4s能級上，再排布在3d能級上，3d有5個軌道，6個電子，先單獨占據一個軌道，剩余一個電子按順序排，所以未成對電子數為4。12、D【解析】

A.30gHCHO的物質的量為1mol，被氧化時生成二氧化碳，碳元素化合價從0價升高到+4價，所以轉移電子4mol，故A錯誤；B.過氧化氫能將Fe2+氧化為Fe3+，與Fe3+不反應，所以不能用雙氧水檢驗反應②后的溶液中是否存在Fe3+，故B錯誤；C.沒有注明溫度和壓強，所以無法計算氣體的物質的量，也無法計算參加反應的Ag的物質的量，故C錯誤；D.吸光度與溶液中有色物質的濃度成正比，吸光度越高，則說明反應②生成的Fe2+越多，進一步說明反應①生成的Ag越多，所以HCHO含量也越高，故D正確。故選D。13、D【解析】

A.CaSO4的溶度積表達式Ksp(CaSO4)=c(Ca2+)·c(SO42-)，A項正確；B.CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)的化學平衡常數，B項正確；C.依據上述B項分析可知，CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)K=3×103，每消耗1molCO32-會生成1molSO42-，在CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42-)等于Na2CO3溶液的濃度，設Na2CO3溶液的濃度為1mol/L，則c(SO42-)=1mol/L，根據可得溶液中c(CO32-)=，-lgc(CO32-)=3.5，與圖像相符，C項正確；D.依據題意可知，起始CaSO4的物質的量為0.02mol，相同實驗條件下，若將Na2CO3溶液的濃度改為原濃度的2倍，則消耗碳酸鈉的體積為10mL，在CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42-)=2mol/L，根據可得溶液中c(CO32-)=，-lgc(CO32-)=3.2，圖像中的橫縱坐標都要改變，D項錯誤；答案選D。14、A【解析】

最后生成物質的都為NaCl，根據Na原子、Cl原子守恒：n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH），由于NaOH物質的量相等，則消耗HCl的物質的量相等，故消耗鹽酸的體積相等，即V1=V2=V3。答案選A。【點晴】該題側重于分析能力和計算能力的考查，題目難度不大，注意根據元素質量守恒進行計算，可省去中間過程的繁瑣。15、C【解析】

A.醇羥基可以發生氧化反應生成羧基，可以用乙醇、空氣為原料制取乙酸，故A正確；B.甲苯中苯基有11個原子共平面，甲基中最多有2個原子與苯基共平面，最多有13個原子共平面，故B正確；C.油脂不屬于高分子化合物，故C錯誤；D.C5H12的同分異構體有CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、C(CH3)4，其中CH3CH2CH2CH2CH3有3種H原子，CH3CH2CH(CH3)2有4種H原子，C(CH3)4只有1種H原子，故羥基(—OH)取代1個H得到的醇有3+4+1=8種，故D正確；故答案為C。C5H12O的醇可以看做羥基上連接一個戊基，戊基有8種，所以分子式為C5H12O的醇共有8種結構；常見的烴基個數：丙基2種；丁基4種；戊基8種。16、D【解析】

A、取少量樣品加入足量水中，充分攪拌，固體部分溶解，說明固體中含有不溶性的物質和可溶性物質，對四個選項分析比較，都具備該條件；向所得的懸濁液中加入足量稀HNO3，有氣體放出，說明有碳酸鹽，A中無碳酸鹽，A錯誤；B、最后仍有未溶解的白色固體，上層清液呈無色，由于CuSO4溶液顯藍色，不是無色，B錯誤；C、Na2S2O3與硝酸反應產生Na2SO4、S單質、NO氣體，S是淡黃色難溶于水的物質，不是白色固體，C錯誤；D、KCl能溶于水，而Ag2CO3不溶于水，加入HNO3，反應產生AgNO3、CO2氣體和H2O，KCl再與AgNO3發生復分解反應產生AgCl白色不溶于酸的沉淀，符合題意，通過上述分析可知該白色粉末為KCl、Ag2CO3，D正確；故合理選項是D。17、C【解析】

A．“地溝油”含有大量的有害物質，禁止食用，其主要成分為油脂，屬于酯類，可以發生皂化反應制肥皂，及通過化學反應用來制生物柴油，A選項正確；B．塑料袋由聚乙烯材料構成，可形成白色污染，減少塑料袋的使用可減少白色污染，B選項正確；C．NaOH與SiO2可以反應，但可用于玻璃器皿上刻蝕標記的是氫氟酸(HF)，C選項錯誤；D．加入氧化鈣可以與硫燃燒生成的二氧化硫在氧氣中發生反應生成硫酸鈣，二氧化硫排放量減少，減少了酸雨的形成，但是二氧化碳不會減少，不能減少溫室氣體的排放，D選項正確；答案選C。18、C【解析】

A.酒精的密度小于水的密度，其密度隨著質量分數的增大而減小，因此葡萄酒的度數越高密度越小，故A說法正確；B.牛筋的主要成分是蛋白質，故B說法正確；C.3MgO·4SiO2·H2O屬于硅酸鹽，不屬于氧化物，故C說法錯誤；D.密封過程中一部分乙醇被氧化酸，酸與醇反應生成了有香味的酯，故D說法正確；答案：C。19、C【解析】

A.在海輪的船殼上連接鋅塊，則船體、鋅和海水構成原電池，船體做正極，鋅塊做負極，海水做電解質溶液，故A正確；B.在海輪的船殼上連接鋅塊是形成原電池來保護船體，鋅做負極被腐蝕，船體做正極被保護，是犧牲陽極的陰極保護法，故B正確；C.船體做正極被保護,溶于海水的氧氣放電：O2+4e?+2H2O=4OH?，故C錯誤；D.鋅做負極被腐蝕：Zn－2e-→Zn2+，故D正確。故選:C。20、C【解析】

A.電解精煉銅時，在陽極上活動性比Cu強的金屬，如Zn、Fe會被氧化變為Zn2+、Fe2+進入溶液，活動性比Cu弱的金屬Ag、Au等則沉積在陽極底部形成陽極泥，A錯誤；B.恒溫時，向水中加入少量固體NaHSO4，NaHSO4是可溶性強電解質，電離產生Na+、H+、SO42-，產生的H+使溶液中c(H+)增大，導致水的電離程度減小，B錯誤；C.反應2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)是氣體體積減小的反應，△S<0，在298K時反應能自發進行，說明△G=△H-T△S<0，則該反應的ΔH<0，C正確；D.在BaSO4懸濁液中加入足量飽和Na2CO3溶液，振蕩、過濾、洗滌，沉淀中加入鹽酸有氣體產生，說明沉淀中含有BaCO3，這是由于溶液中c(Ba2+)·c(CO32-)>Ksp(BaCO3)，與Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)的大小無關，D錯誤；故合理選項是C。21、C【解析】

A.電離平衡常數只受溫度的影響，與濃度無關，取b點，c(HCN)=c(CN－)，則有HCN的電離平衡常數表達式為Ka==c(H＋)=10－9.2，Ka(HCN)的數量級約為10－10，故A錯誤；B.HCN為弱酸，其電離方程式為HCNH＋＋CN－，弱電解質的電離程度微弱，可以認為c(H＋)=c(CN－)，c(HCN)=0.1mol·L－1，根據電離平衡常數，0.1mol·L－1HCN溶液：=10－10，解得c(H＋)=10－5.5，即pH=5.5，甲基橙：當pH<3.1時變紅，因此0.1mol·L－1HCN溶液不能使甲基橙顯紅色，故B錯誤；C.CN－水解平衡常數Kh==10－4>Ka=10－10，即CN－的水解大于HCN的電離，從而推出1L物質的量都是0.1mol的HCN和NaCN混合溶液中：c(CN－)<c(HCN)，故C正確；D.根據CN－水解平衡常數，得出：=10－4，c(OH－)=10－2.5，pOH=2.5，則pH=11.5，故D錯誤；答案：C。22、D【解析】

A.該粒子為微觀粒子，是離子，不是單質，A項錯誤；B.相同相同質子數不同中子數的原子互為同位素，該粒子與H的質子數不同，則不是氫的同位素，B項錯誤；C.粒子是由3個氫原子核(只含質子)和2個電子構成的,而H3表示個氫原子核(只含質子)和3個電子構成，C項錯誤；D.普通H2分子有2個原子核,而這種新粒子有3個氫原子核,比普通H2分子多一個氫原子核，D項正確；答案選D。二、非選擇題(共84分)23、SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+2HI+2HCl3I2+5NH3·H2O=NI3·NH3+3NH4++3I-+5H2O取固體產物少許，溶于足量的硫酸銅溶液，充分反應后，若有紅色固體出現，證明有鐵，過濾所得的濾渣溶于稀鹽酸，滴加硫氰化鉀溶液無現象，再滴加氯水，若溶液呈紅色，則證明還有氧化亞鐵。【解析】

氣體B在標準狀況下的密度為1.25g.L-1，則其摩爾質量為22.4L/mol×1.25g.L-1=28g/mol，為氮氣。混合氣體通過CuSO4，CuSO4固體變為藍色，說明混合氣體中含有水蒸氣和氮氣。根據前后氣體的體積變化分析，無色氣體C為氨氣。紫黑色固體A應為碘單質，能與二氧化硫和氯化鋇反應生成硫酸鋇沉淀，所以白色沉淀6.99克為硫酸鋇沉淀，即0.03mol，通過電子計算碘單質的物質的量為0.03mol，氮氣的物質的量為0.01mol，氨氣的物質的量為0.02mol，計算三種物質的質量和為8.24克，正好是固體X的質量，所以X的化學式為NI3·NH3。【詳解】（1）A為碘單質，電子式為：；（2）碘單質和二氧化硫和氯化鋇和水反應生成硫酸鋇沉淀和碘化氫和鹽酸，方程式為：SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+2HI+2HCl；（3）固體X可由碘與過量氣體氨氣的濃溶液反應生成，離子方程式為：3I2+5NH3·H2O=NI3·NH3+3NH4++3I-+5H2O；（4）固體產物中不含+3價的鐵元素，所以反應后可能產生鐵或氧化亞鐵，利用鐵和硫酸銅反應置換出紅色固體銅檢驗是否有鐵，氧化亞鐵的檢驗可以利用鐵離子遇到硫氰化鉀顯紅色的性質進行，故實驗操作為：取固體產物少許，溶于足量的硫酸銅溶液，充分反應后，若有紅色固體出現，證明有鐵，過濾所得的濾渣溶于稀鹽酸，滴加硫氰化鉀溶液無現象，再滴加氯水，若溶液呈紅色，則證明還有氧化亞鐵。24、+Br2+HBr取代反應2-甲基丙烯CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr或或光照鎂、乙醚【解析】

比較A、B的分子式可知，A與HBr發生加成反應生成B，B的核磁共振氫譜只有一組峰，則可知D為CH2=C(CH3)2，E為(CH3)3CBr，根據題中已知①可知F為(CH3)3CMgBr，C能發生銀鏡反應，同時結合G和F的結構簡式可推知C為，進而可以反推得，B為，A為，根據題中已知①，由G可推知H為，J是一種酯，分子中除苯環外，還含有一個五元環，則J為，與溴發生取代生成K為，K在鎂、乙醚的條件下生成L為，L與甲醛反應生成2-苯基乙醇【詳解】（1）由A生成B的化學方程式為+Br2+HBr，其反應類型為取代反應；（2）D為CH2=C(CH3)2，名稱是2-甲基丙烯，由D生成E的化學方程式為CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr，故答案為2-甲基丙烯；CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr；（3）根據上面的分析可知，J的結構簡式為，故答案為；（4）G的同分異構體中核磁共振氫譜有4組峰且能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明有酚羥基，這樣的結構為苯環上連有-OH、-CH2Br呈對位連結，另外還有四個-CH3基團，呈對稱分布，或者是-OH、-C(CH3)2Br呈對位連結，另外還有2個-CH3基團，以-OH為對稱軸對稱分布，這樣有或或；（5）反應Ⅰ的為與溴發生取代生成K為，反應條件為光照，K在鎂、乙醚的條件下生成L為，故答案為光照；鎂、乙醚；。25、FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O恒壓漏斗安全瓶提高化學反應速率，同時防止過氧化氫受熱分解稀釋ClO2，防止其爆炸2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-吸收ClO2等氣體，防止污染大氣BaCl2Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+【解析】

二氧化氯(ClO2)具有強氧化性，在工業上常用作水處理劑、漂白劑。分別利用無機反應和電解原理制備二氧化氯，三種方法均利用了氧化還原反應。【詳解】（1）以黃鐵礦(FeS2)、氯酸鈉和硫酸溶液混合反應制備ClO2，黃鐵礦中的硫元素在酸性條件下被ClO3-氧化成SO42-，根據氧化還原反應中電子守恒和元素守恒，可以寫出制備ClO2的離子方程式為FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O。（2）①裝置A的名稱為恒壓漏洞，裝置C為安全瓶，起到防止液體倒吸的作用。②升高溫度可以提高化學反應速率，但是原料中含有過氧化氫，過氧化氫在過高的溫度下可以發生分解反應，因此反應容器B應置于30℃左右的水浴中。③根據題文可知，ClO2是一種易溶于水的黃綠色氣體，其體積分數超過10%時易引起爆炸，故通入氮氣的主要作用有3個，一是可以起到攪拌作用，二是有利于將ClO2排出，三是稀釋ClO2，防止其爆炸。④ClO2處理含CN-廢水發生氧化還原反應，將CN-轉化為無污染的CO2和N2，故離子方程式為2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-；裝置E在整套裝置之后，起到吸收尾氣，防止環境污染的作用。（3）①用于電解的食鹽水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等雜質，需要過量的碳酸根離子、氫氧根離子和鋇離子，過量的鋇離子可以用碳酸根離子除去，因此在加入Na2CO3之前應先加入過量BaCl2。②用石墨做電極，電解池的陽極發生氧化反應，元素化合價升高，因此氯離子在陽極失電子和水反應得到ClO2，電極反應式為Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+。26、2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑用鑷子取出金屬鈉，用濾紙吸干表面的煤油，用小刀切一小塊用于實驗。ABC【解析】（1）金屬鈉與水反應生成NaOH和氫氣的離子方程式為2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；（2）因鈉能與水反應，應保存在煤油中，且生成的NaOH有腐蝕性，實驗過程中取用金屬鈉的操作方法是用鑷子取出金屬鈉，用濾紙吸干表面的煤油，用小刀切一小塊用于實驗；（3）A．反應放熱，生成的H2在空氣中燃燒，能聽到爆鳴聲，故A正確；B．生成NaOH,溶液顯堿性，滴有酚酞的濾紙信封由白色逐漸變紅色，故B正確；C．此實驗的優點之一是由實驗現象能直接得出反應產物，故C正確；D．實驗過程中，多余的金屬鈉應放回原試劑瓶，故D錯誤；答案為ABC。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、K+失去的是全充滿的3p6電子，Ti+失去的是4s1電子，相對較易失去，故I2(Ti)<I2(K)6sp3、sp2bd三者均為分子晶體，組成與結構相似，隨著相對分子質量增大，分子間作用力增大，熔、沸點升高TiO2+正四面體×1010【解析】

（1）基態Ti原子的價電子排布圖可根據構造原理、泡利原理、洪特規則填寫；（2）全充滿、半充滿、全空，是相對穩定的結構，破壞這樣的結構需要更多的能量，形成這樣的結構趨勢較大，需要較少能量；（3）配位數是中心原子周圍的配位原子的個數；碳原子的雜化類型與其形成的化學鍵有關：形成4個單鍵為sp3雜化，形成1個雙鍵、2個單鍵為sp2雜化，形成1個三鍵、1個單鍵為sp雜化；（4）分子晶體，組成和結構相似，相對分子質量越大，分子間作用力越大，物質的熔、沸點越高；（5）SO42-的立體構型可根據價層電子對互斥理論推測；（6）晶胞中Ti原子與N原子的最近距離為晶胞棱長的二分之一，可先根據V=計算出晶胞的體積，再開三次方計算晶胞棱長，最后將晶胞棱長乘二分之一。【詳解】（1）基態Ti原子有4個價電子，根據構造原理，4s能級能量較低，電子先填滿4s能級，再填入3d能級；根據泡利原理和洪特規則，2個電子先填入4s能級的1個軌道，自旋狀態相反，3d能級有5個軌道，剩余2個電子應先占據不同的軌道，且自旋狀態相同，故答案為：；（2）Ti+的基態電子排布為[Ar]3d24s1，再失去1個電子，4s軌道將變為全空狀態，趨勢較大，所需能量I2(Ti)較低；K+的基態電子排布為[Ne]3s23p6，再失去1個電子，將破壞3p6的全充滿狀態，所需能量I2(K)較高，故答案為：K+失去的是全充滿的3p6電子，Ti+失去的是4s1電子，相對較易失去，故I2(Ti)<I2(K)；（3）①Ti的配位數為6，甲基碳的雜化類型為sp3，雙鍵碳的雜化類型為sp2，故答案為：6；sp3、sp2；②該配合物中存在配位鍵和共價鍵，故答案為：bd；（4）TiCl4、TiBr4、TiI4的熔、沸點逐漸升高，因為它們均為分子晶體，組成和結構相似，相對分子質量越大，分子間作用力越強，熔、沸點越高，故答案為：三者均為分子晶體，組成與結構相似，隨著相對分子質量增大，分子間作用力增大，熔、沸點升高；（5）可用均攤法確定硫酸