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广东省三校2024-2025学年高三上学期8月开学摸底考试化学试题（含答案）
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这是一份广东省三校2024-2025学年高三上学期8月开学摸底考试化学试题（含答案），共20页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，下列反应属于氧化还原反应的是，工业上合成，下列离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。
学校：建文外国语学校、广东碧桂园学校、广州亚加达外国语高级中学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子量：H 1 O 16 Na 23
一、单选题：本大题共16小题，共48分。
1.下列关于常见有机物的说法正确的是( )
A. 乙烯和苯都能和溴水发生化学反应而使溴水褪色
B. 乙烷可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 糖类和蛋白质都是高分子化合物
D. 乙酸和油脂都能与氢氧化钠溶液反应
2.能源可划分为一级能源和二级能源，直接来自自然界的能源称为一级能源；需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二级能源．下列叙述正确的是( )
A. 水煤气(CO,H2)是二级能源B. 水力是二级能源
C. 天然气是二级能源D. 电能是一级能源
3.下列各项叙述中，正确的是( )
A. N、P、As的电负性随原子序数的增大而增大
B. 价电子排布为4s24p3的元素位于第4周期第ⅤA族，是p区元素
C. 2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等
D. Cr原子的价电子表示式3d54S1不符合洪特规则
4.下列金属中，通常采用电解法冶炼的是( )
A. NaB. CuC. FeD. Ag
5.下列反应属于氧化还原反应的是( )
A. Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O
B. 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
C. Na2O+CO2=Na2CO3
D. 2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O
6.下列关于有机化合物的说法正确的是( )
A. 乙烯能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，且褪色原理相同
B. 葡萄糖和果糖的分子式都是C6H12O6，二者互为同分异构体
C. 不含其他杂质的油脂属于纯净物
D. 石油裂解和油脂皂化都是化学变化，而石油的分馏和煤的干馏都是物理变化
7.工业上合成
的反应为+→一定条件
，下列有关说法不正确的是( )
A. X、Y、Z三种有机物均易发生加成反应
B. X、Y、Z三种有机物分子中所有原子均有可能共平面
C. X、Y、Z三种有机物使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理相同
D. Z的二氯代物有7种(不考虑立体异构)
8.下列离子方程式正确的是( )
A. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3OH−=Al(OH)3↓
B. 将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中：2Na+Cu2+=Cu+2Na+
C. 氢氧化钡溶液与硫酸反应：2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O
D. 将Cl2通入FeCl2溶液中：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl−
9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。K、L、 M、N均是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是元素X、Y的单质，甲是固体，乙是气体，K是主要的大气污染物之一，0.05ml·L−1丙溶液的pH为1，上述物质的转化关系如下图所示。下列说法正确的是 ( )
A. 原子半径： WB. 元素的非金属性： Y>Z>X
C. 原子最外层电子数： WD. K、L、M、N 四种物质中沸点最高的是N
10.LED系列产品是被看好的一类节能新产品，如图是一种氢氧燃料电池驱动LED发光的装置。下列有关叙述正确的是( )
A. a处通入氢气，发生了还原反应：H2−2e−+2OH−=2H2O
B. b处通入氧气，为电池的正极
C. 该装置中只涉及两种形式的能量转化，电池中的KOH溶液也可用稀硫酸溶液代替
D. P−型半导体连接的是电池负极
11.下列说法正确的是( )
A. 其它条件不变时，升高温度，可以提高反应物的活化分子百分数
B. 其它条件不变时，增大反应物的浓度，可以提高反应物的活化分子百分数
C. 保持温度不变，化学平衡正向移动时，化学平衡常数增大，逆向移动时则减小
D. 其它条件不变时，加入高效催化剂，可以增大化学反应速率和反应物的转化率
12.下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是( )
A. 取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体干燥后用碱石灰吸收，增重bg
B. 取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体
C. 取ag混合物充分加热，固体质量减少bg
D. 取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得bg溶液
13.下列有关晶体的叙述中，正确的是 ( )
A. 氯化钠晶体中含有4个NaCl分子
B. 金刚石结构中最小的环上有6个碳原子
C. 干冰晶体中，每个CO2分子周围距离相等且最近的CO2分子共有8个
D. 金属Zn晶体中的晶胞如图所示，这种堆积方式称为体心立方堆积
14.下列装置应用于实验室进行相关实验，能达到实验目的的是( )
A. 用装置甲在强光照条件下制取一氯甲烷
B. 用装置乙分离乙酸乙酯和水
C. 用装置丙蒸馏石油并收集60～150℃馏分
D. 用装置丁制取并收集乙酸乙酯
15.下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是( )
A. H2+CuO=Cu+H2O
B. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
C. H2+Cl2=2HCl
D. 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O
16.活性炭吸附法是工业提碘的主要方法之一。其流程如图：下列有关叙述正确的是( )
A. 反应①的离子方程式为2NO2−+2H2O+2I−=2NO↑+I2+4OH−
B. 实验室从反应②所得溶液提取碘可采用蒸馏法
C. 流程中I2碘经过吸附，转化为I−、IO3−再转化为I2的过程是为了增大I2的浓度
D. 反应②所得溶液呈紫色
二、填空题：本大题共1小题，共8分。
17.燃煤产生的烟气中含有较多的CO2、CO、SO2等影响环境的气体。如何综合利用这些气体一直是科研单位研究的热点。
(1)已知：
2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH1
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2
2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH3
用ΔH2、ΔH3表示ΔH1，ΔH1=________。
(2)针对CO2与H2反应转化为二甲醚(g)和H2O(g)，研究发现，该反应中CO2的平衡转化率随反应温度、投料比[n(H2)/n(CO2)]的变化曲线如图：
①ΔH1________(填写“>”或“<”)0。
②若其他条件不变，仅仅增大压强，则逆反应速率会________(填写“增大”‘减小”或“不变”，下同)，平衡常数K会________。
③在其他条件不变时，请在图中画出平衡时CH3OCH3的体积分数随投料比[n(H2)/n(CO2)]变化的曲线图。
(3)研究发现，催化剂可以促使烟气CO、SO2转化为CO2、S。反应原理为：2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+S(l) ΔH=−270 kJ·ml−1。
①其他条件相同，研究发现，分别选取Fe2O3、NiO、Cr2O3作上述反应的催化剂时，SO2的转化率随反应温度的变化如图，研究得出，应该选择Fe2O3作催化剂，主要原因可能是：_________________________________________。
②若在2 L恒容密闭容器中，将3 ml CO、1 ml SO2混合，在一定条件下引发反应，当SO2的平衡转化率为40%时，此时K=________。
③向反应容器中再分别通入下列气体，可以使SO2转化率增大的是________(填写编号)。
A.CO B.SO2 C.N2 D.H2S E.CO2
三、流程题：本大题共1小题，共8分。
18.工业上用辉铜矿(主要成分Cu2S，含Fe3O4、SiO2杂质)为原料，生产硫酸铜晶体的工艺流程如下：
已知：①固体B为氧化物组成的混合物 ②[Cu(NH3)4]2+(aq)⇌Cu2+(aq)+4NH3(aq)
(1)气体X是 ______ ，高温下在过量空气中煅烧辉铜矿时，Cu2S发生反应的方程式为： ______ ．
(2)固体B酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是 ______ ，不用浓硫酸的原因是 ______ ．
(3)鉴别溶液D中Fe3+完全除尽的方法是 ______ .滤液G的主要溶质是 ______ (填化学式)．
(4)由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、 ______ 、烘干．
(5)用“间接碘量法”测定所制备的CuSO4⋅5H2O(不含能与I−反应的氧化性杂质)的纯度．取a g试样配成100mL溶液，取25.00mL该溶液，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，滴加KI溶液至沉淀不再产生为止，然后用硫代硫酸钠标准溶液滴定生成的I2，发生反应的化学方程式为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，消耗c ml⋅L−1 Na2S2O3溶液的体积为V mL．
①写出CuSO4与KI反应的离子方程式 ______ ．
②计算试样中CuSO4⋅5H2O的纯度 ______ (用a、c、V表示)．
四、实验题：本大题共1小题，共10分。
19.PCl3是无色澄清发烟液体(沸点为76℃)，在潮湿空气中水解成H3PO3和HCl，遇O2生成氧氯化磷(POCl3)，且氧氯化磷可用于农药、医药的制造及有机合成等。某校同学设计下列装置制取PCl3。
回答下列问题：
(1)盛装浓盐酸的仪器名称为________。
(2)装置B盛放的试剂是________；E中进入冷凝管中的水从接口________(填字母)进入，盛无水CaCl2干燥管的作用是________。
(3)实验开始前及整个过程中需通入CO2，其目的是________。
(4)装置A中生成Cl2的离子方程式为________；D中白磷(P4)与Cl2反应生成三氯化磷的化学方程式为________。
五、推断题：本大题共1小题，共10分。
20.丁腈橡胶、合成纤维M、制备古马隆树脂的原料N的合成路线如下：
已知：i R−C≡→H20H+R−COOH
ii
(1)A中所含官能团的名称是_______。
(2)B和C的结构简式依次是_______、_______。
(3)反应Ⅱ的化学方程式是_______。
(4)1 ml F完全转化成G所消耗的H2的质量是_______g。
(5)反应Ⅲ的化学方程式是_______。
(6)下列说法正确的是(选填字母)_______。
a.反应Ⅰ是加聚反应
b. N的分子式为C9H10
c. A与2−甲基−1，3−丁二烯互为同系物
d. H的同分异构体中属于苯的同系物的有8种
(7)烃K的核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为1：1：1，则反应Ⅳ的化学方程式是_______ 。
1.【答案】D
【解析】解：A.苯与溴水不反应，而乙烯与溴水发生加成反应，故A错误；
B.乙烷为饱和烃，不能被高锰酸钾氧化，故B错误；
C.糖类中单糖、二糖的相对分子质量在10000以下，不是高分子，而多糖、蛋白质为高分子，故C错误；
D.乙酸含−COOH，油脂含−COOC−，分别与NaOH发生中和反应、水解反应，故D正确；
故选：D。
A.苯与溴水不反应；
B.乙烷为饱和烃；
C.糖类中单糖、二糖的相对分子质量在10000以下；
D.乙酸含−COOH，油脂含−COOC−．
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团及有机反应的应用，题目难度不大．
2.【答案】A
【解析】解：A.水煤气是通过煤制取的，是二级能源，故A正确；
B.水能是自然界中以现成形式提供的能源，不是二级能源，为一级能源，故B错误；
C.天然气可以从自然界直接获得，则为一级能源，故C错误；
D.电能是通过物质燃烧放热转化成的，或是由风能、水能、核能等转化来的，为二级能源，故D错误．
故选A．
根据能源的分类知识判断，自然界中以现成形式提供的能源称为一级能源，需要依靠他能源的能量间接制取的能源称为二级能源．
本题主要考查一级能源和二级能源的定义，题目难度不大，注意基础知识的积累．
3.【答案】B
【解析】解：A.N、P、As位于同一主族，同主族元素从上到下，电负性减小，则N、P、As的电负性随原子序数的增大而减小，故A错误；
B.价电子排布为4s24p3的元素有4个电子层、最外层电子数为5，位于第四周期第ⅤA族，最后填充p电子，是p区元素，故B正确
C.p轨道均为纺锤形，离原子核越远，能量越高2p轨道能量低于3p，故C错误；
D.Cr原子的3d轨道含有5个电子时处于半满状态，较稳定，其价电子排布式为3d54s1，符合符合洪特规则，故D错误；
故选：B。
A.同主族元素从上到下，电负性减小；
B.价电子排布为4s24p3的元素有4个电子层、最外层电子数为5，最后填充p电子；
C.3p轨道的能量大于2p轨道的能量；
D.全空、全满、半满时能量最低。
本题考查原子核外电子的排布，题目难度中等，明确核外电子排布规律为解答关键，注意掌握洪特规则、能量最低原理等内容，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
4.【答案】A
【解析】【分析】
电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的Al2O3)制得；
热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有(C、CO、H2等)；
热分解法：冶炼不活泼的金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得．
本题考查金属冶炼的一般方法和原理，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法，难度不大．
【解答】
A.Na的性质很活泼，用电解其氯化物的方法冶炼，故A选；
B.Cu用热还原法冶炼，故B不选；
C.Fe用热还原法冶炼，故C不选；
D.Ag用热分解法冶炼，故D不选；
故选：A。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应的特征为化合价变化，题目难度不大。
含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，以此来解答。
【解答】
A、C、D中均没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，只有B中Na、H元素的化合价变化，B为氧化还原反应，故B正确。
故选B。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了石油和煤的综合利用以及油脂的结构、性质以及乙烯的性质，难度不大，注意基础的掌握．
【解答】
A、乙烯能被高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，能和溴水发生加成反应而使溴水褪色，两者的现象相同，但原理不同，故A错误；
B、分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，葡萄糖和果糖的分子式都是C6H12O6，故互为同分异构体，故B正确；
C、天然的油脂是多种混合甘油酯所组成的混合物，故C错误；
D、根据石油中各组分的沸点的不同，用加热的方法将其分离的方法称为石油的分馏，故石油的分馏是物理变化，而石油的裂解、皂化反应、煤的干馏均为化学变化，故D错误．
故选B．
7.【答案】B
【解析】解：A.都含有碳碳不饱和键，可发生加成反应，故A正确；
B.Z含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的原子不在同一个平面上，故B错误；
C.都含有碳碳不饱和键，都可酸性高锰酸钾溶液氧化，原理相同，故C正确；
D.Z的二氯代物中，两个氯原子可在相同或不同的碳原子上，如在不同的碳原子上有6种，共7种，故D正确。
故选：B。
A.都含有碳碳不饱和键，可发生加成反应；
B.Z含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征；
C.都含有碳碳不饱和键，都可酸性高锰酸钾溶液氧化；
D.Z的二氯代物中，两个氯原子可在相同或不同的碳原子上。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的官能团及性质的关系，选项D为解答的易错点，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.AlCl3溶液中加入足量的氨水，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误；
B.钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀、氢气和硫酸钠，正确的离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+=H2↑+2Na++Cu(OH)2↓，故B错误；
C.氢氧化钡溶液与硫酸反应生成硫酸钡和水，该反应的离子方程式为：2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O，故C正确；
D.将Cl2通入FeCl2溶液中，反应生成氯化铁，正确的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，故D错误；
故选：C。
A.一水合氨为弱碱，一水合氨不能拆开；
B.钠与硫酸铜溶液反应不会生成铜；
C.氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水；
D.离子方程式两边总电荷不相等，违反了电荷守恒。
本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)等。
9.【答案】B
【解析】解：由上述分析可知，W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素，
A.同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径为S>C>O>H，即WB.同主族元素从上到下非金属性减弱，且碳酸的酸性小于硫酸，可知非金属性为O>S>C，即Y>Z>X，故B正确；
C.W、X、Y、Z的最外层电子数分别为1、4、6、6，故C错误；
D.K、L、M、N中，L为水，常温下为液体，沸点最高，故D错误。
故选：B。
0.05ml/L丙溶液的pH为l，可知丙为二元强酸，应为H2SO4，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4，则应为SO2，可知乙为O2，N为SO3，L为H2O，由转化关系可知甲为C，M为CO2，则W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素，以此解答该题。
本题考查无机物的推断，为高频考点，把握酸的pH、短周期元素形成的二元素来推断物质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识与规律性知识的应用，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】【试题解析】
【分析】
本题考查燃料电池的相关知识，题目难度不大，根据图示电子的流向判断电源的正负极为解答该题的关键。
【解答】
A、由电子流向可知a为负极，b为正极，a处通入氢气，发生了氧化反应：H2−2e−+2OH−=2H2O，故A错误；
B、b处通入氧气，为正极，发生得电子的还原反应：O2+2H2O+4e−=4OH−，故B正确；
C、该装置涉及化学能→电能、化学能→热能、电能→光能的转化，故C错误；
D、由电子流向可知，P−型半导体连接的是电池正极，故D错误。
故选B。
11.【答案】A
【解析】解：A.其它条件不变时，升高温度，可以提高反应物的活化分子百分数，使反应速率加快，故A正确；
B.其它条件不变时，增大反应物的浓度，增大了单位体积的活化分子数，没有改变活化分子百分数，故B错误；
C.保持温度不变，即使化学平衡移动，化学平衡常数也不变，故C错误；
D.其它条件不变时，加入高效催化剂，只能同等程度地加快正逆反应速率，但不能使平衡移动，反应物的转化率不变，故D错误；
故选A．
A.升高温度，使部分非活化分子转化为活化分子；
B.增大反应物浓度，能增大单位体积内活化分子个数；
C.化学平衡常数只与温度有关；
D.催化剂只能改变反应速率，不影响平衡移动．
本题考查化学反应速率影响因素，为高频考点，明确化学反应速率影响原理是解本题关键，知道哪些因素影响活化分子百分数、哪些因素影响单位体积内活化分子个数，易错选项是C．
12.【答案】D
【解析】解：A.逸出气体干燥后用碱石灰吸收，增重bg为二氧化碳的质量，设Na2CO3为xml、NaHCO3为yml，则106x+84y=ax+y=b44，能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数，故A错误；
B.与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体为NaCl的质量，设Na2CO3为xml、NaHCO3为yml，则106x+84y=a2x+y=b58.5，能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数，故B错误；
C.加热时只有碳酸氢钠分解，由固体质量差可知碳酸氢钠的质量为162(a−b)62g，结合混合物的质量能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数，故C错误；
D.碳酸氢钠与NaOH溶液反应生成碳酸钠溶液，bg溶液中含NaOH、水、碳酸钠，a、b均为混合物的质量，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数，故D正确；
故选：D。
A.逸出气体干燥后用碱石灰吸收，增重bg为二氧化碳的质量；
B.与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体为NaCl的质量；
C.加热时只有碳酸氢钠分解，由固体质量差可计算碳酸氢钠的质量；
D.碳酸氢钠与NaOH溶液反应生成碳酸钠溶液，bg溶液中含NaOH、水、碳酸钠。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、含量测定原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13.【答案】B
【解析】解：A.氯化钠是离子晶体，其中含有钠离子和氯离子，不含氯化钠分子，故A错误；
B.金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，故B正确；
C.干冰晶体中，CO2分子间以范德华力结合，分子呈密堆积排列，每个CO2分子周围距离相等且最近的CO2分子共有12个，故C错误；
D.由图示，该种堆积方式为六方最紧密堆积，故D错误；
故选：B。
A.氯化钠是离子晶体，不含氯化钠分子；
B.金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环；
C.干冰晶体中，以顶点CO2分子微粒，周围距离相等且最近的CO2分子位于面心；
D.该种堆积方式为六方最紧密堆积。
本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞的掌握情况，试题难度中等。
14.【答案】B
【解析】解：A.甲烷与氯气的取代反应为链锁反应，产物复杂，不能利用光照下取代反应制备一氯甲烷，故A错误；
B.乙酸乙酯和水分层，利用图中分液漏斗可分离，故B正确；
C.温度计测定馏分的温度，则温度计水银球应在烧瓶支管口处，故C错误；
D.乙酸乙酯与NaOH反应，小试管中应为饱和碳酸钠溶液，故D错误；
故选：B。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，题目难度不大．
15.【答案】B
【解析】解：A.该反应中没有极性键的断裂和离子键、非极性键的形成，故A错误；
B.该反应中过氧化钠中离子键和非极性键断裂、水中极性键断裂，氧气中非极性键形成、氢氧化钠中离子键和极性键形成，故B正确；
C.该反应中没有离子键的形成和断裂，没有极性键的断裂和非极性键的形成，故C错误；
D.该反应中没有极性键的断裂和非极性键的形成，故D错误；
故选B．
活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键，据此分析解答．
本题考查化学键的判断，为高频考点，明确离子键和共价键的根本区别是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意结合物质构成微粒及微粒之间作用力分析解答．
16.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了提取碘单质的过程分析判断、物质性质的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
【解答】
A.反应①是酸性溶液中，反应的离子方程式为：2NO2−+4H++2I−=2NO↑+I2+2H2O，故A错误；
B.实验室从反应②所得溶液提取碘需要萃取分液提取，故B错误；
C.流程中I2经过吸附，转化为I−、IO3−再转化为I2的过程是为了富集碘，得到浓度较大的碘单质，故C正确；
D.碘单质的水溶液呈黄色获棕色溶液，故D错误。
故选C。
17.【答案】(1)ΔH1=ΔH3−2ΔH2；
(2)①<；②增大；不变；③；
(3)①Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源；②0.44；③A。
【解析】【分析】
本题考查盖斯定律的计算，化学平衡的影响因素，化学平衡的计算，题目较综合，难度一般。
【解答】
(1)根据盖斯定律，得出ΔH1=ΔH3−2ΔH2，
故答案为：ΔH1=ΔH3−2ΔH2；
(2)①由题图可知，当投料比一定时，温度越高，CO2的平衡转化率越低，所以升温，平衡左移，正反应为放热反应，
故答案为：<；
②其他条件不变，增大压强，正、逆反应速率均增大；平衡常数只与温度有关，不随其他条件的变化而变化，
故答案为：增大；不变；
③当反应物按系数之比投料时，CH3OCH3的体积分数最大，
故答案为：；
(3)①根据题图，可以得出Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源，
故答案为：Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源；
②利用三段式法进行计算：
2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l)
初始/ml 3 1 0
转化/ml 0.8 0.4 0.8
平衡/ml 2.2 0.6 0.8
K=(0.82)2(2.22)2×0.62=0.44，
故答案为：0.44；
③A.增加CO的量，可以使SO2的转化率增大，故A正确；
B若增加SO2的量，平衡向正反应方向移动，但是SO2的转化率会降低，故B错误；
C.通入N2，不影响平衡移动，故C错误；
D.通入H2S，H2S会与SO2反应，平衡逆向移动，SO2的转化率会降低，故D错误；
E.通入CO2，平衡逆向移动，SO2的转化率会降低，故E错误，
故选A。
18.【答案】SO2；Cu2S+2O2 高温 2CuO+SO2；溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；浓硫酸与Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2；取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；(NH4)2SO4；过滤、洗涤；2Cu2++4I−=2CuI↓+I2；100cva%
【解析】解：辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化硫气体和固体CuO、Fe3O4，加入盐酸得到含有Cu2+、Fe3+的溶液，加入过量氨水，可得到[Cu(NH3)4]2+和Fe(HO)3，[Cu(NH3)4]2+经加热可得到CuO，加入硫酸得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶后可得到硫酸铜晶体，
(1)根据图示，Cu2S与O2的反应为氧化还原反应生成铜和二氧化硫，方程式为：Cu2S+2O2 高温 2CuO+SO2，所以气体X是SO2；
故答案为：SO2；Cu2S+2O2 高温 2CuO+SO2；
(2)固体B为氧化物组成的混合物，酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；因为浓硫酸氧化Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2，所以不用，
故答案为：溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；浓硫酸与Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2；
(3)因为三价铁与KSCN溶液出现血红色，所以取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；因为溶液D中含有[Cu(NH3)4]2+和硫酸根，所以D转化生成CuO后，剩余的溶液中含有(NH4)2SO4；
故答案为：取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；(NH4)2SO4；
(4)由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干，
故答案为：过滤、洗涤；
(5)①硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀(碘化亚铜)并析出碘，离子方程式为：2Cu2++4I−=2CuI↓+I2，
故答案为：2Cu2++4I−=2CuI↓+I2；
②据比例关系4CuSO4⋅5H2O～4Cu2+～2I2～4S2O32−，
c×V×10−3ml c×V×10−3ml
试样中CuSO4⋅5H2O的质量分数为c×V×10&;−3×250a×100mL25mL×100%=100cva%，
故答案为：100cva%.
辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化硫气体和固体CuO、Fe3O4，加入盐酸得到含有Cu2+、Fe3+的溶液，加入过量氨水，可得到[Cu(NH3)4]2+和Fe(HO)3，[Cu(NH3)4]2+经加热可得到CuO，加入硫酸得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶后可得到硫酸铜晶体，
(1)根据图示，Cu2S与O2的反应为氧化还原反应生成铜和二氧化硫；
(2)固体B为氧化物组成的混合物，酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；根据浓硫酸氧化Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2；
(3)根据三价铁与KSCN溶液出现血红色，证明Fe3+是否完全除尽；根据溶液的组成判断滤液G的主要溶质；
(4)由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干．
(5)硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀(碘化亚铜)并析出碘，写出离子方程式；据比例关系4CuSO4⋅5H2O～4Cu2+～2I2～4S2O32−计算．
本题考查了物质分离提纯的方法和流程判断，主要是物质性质的理解应用和实验基本操作，掌握基础是关键，题目难度中等．
19.【答案】(1)分液漏斗；
(2)浓硫酸；x；防止水蒸气进入系统导致PCl3水解；
(3)隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置；
(4)2MnO4−+16H++10Cl−=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；P4+6Cl24PCl3
【解析】【分析】
本题主要考查物质的制备、性质实验探究，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，难度中等，注意把握反应的原理以及实验的操作方法。
【解答】
(1)结合图示可知盛装浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；
故答案为：分液漏斗；
(2)PCl3是无色澄清发烟液体(沸点为76℃)，在潮湿空气中水解成H3PO3和HCl，所以装置B盛放的试剂是浓硫酸，E中进入冷凝管中的水从下口进上口出，所以应从x口进入，盛无水CaCl2干燥管的作用是：防止水蒸气进入系统导致PCl3水解；
故答案为：浓硫酸；x；防止水蒸气进入系统导致PCl3水解；
(3)实验开始前及整个过程中需通入CO2，其目的是隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置；
故答案为：隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置；
(4)装置A中生成Cl2的离子方程式为2MnO4−+16H++10Cl−=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，D中白磷(P4)与Cl2反应生成三氯化磷的化学方程式为P4+6Cl24PCl3。
故答案为：2MnO4−+16H++10Cl−=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；P4+6Cl24PCl3。
20.【答案】(1)碳碳双键
(2)CH2=CH−CN NC(CH2)4CN
(3)CH2=CH−CH=CH2+Cl2→ClCH2CH=CHCH2Cl
(4)10
(5)
(6)acd
(7)
【解析】【分析】
本题考查有机物的推断与合成，充分利用分子式与结构简式进行推断，侧重考查学生的分析推理能力，是对有机化学的综合考查，是高考常考题型。
【解答】
由A、B分子式结合丁腈橡胶的结构简式推断知A为CH2=CH−CH=CH2，B为CH2=CH−CN，B电解还有得到C，C酸化得到HOOC(CH2)4COOH，则C为NC(CH2)4CN，1，3−丁二烯与氯气发生加成反应生成E，E与NaCN发生取代反应生成F，F与氢气发生加成反应得到G，结合G的结构简式可知，E为ClCH2CH=CHCH2Cl，F为NC−CH2CH=CHCH2−CN，D与G发生缩聚反应得到M为，A与烃K发生加成反应生成H，而H的相对分子质量为120，故K的相对分子质量为120−54=66，则6612=5…6，则K的分子式为C5H6，结合N的结构可知K为，H为。
(1)A为CH2=CH−CH=CH2，A中所含官能团的名称是碳碳双键，
故答案为：碳碳双键；
(2)B和C的结构简式依次是CH2=CH−CN、NC(CH2)4CN，
故答案为：CH2=CH−CN、NC(CH2)4CN；
(3)反应Ⅱ的化学方程式是：CH2=CH−CH=CH2+Cl2→ClCH2CH=CHCH2Cl，
故答案为：CH2=CH−CH=CH2+Cl2→ClCH2CH=CHCH2Cl；
(4)F为NC−CH2CH=CHCH2−CN，碳碳双键、−CN均与氢气发生加成反应生成G，1mlF完全转化成G所消耗的H2为5ml，消耗氢气质量是5ml×2=10g，
故答案为：10；
(5)反应Ⅲ的化学方程式是：，
故答案为：；
(6)a.反应Ⅰ是加聚反应，故a正确；
b.由N的结构可知，N的分子式为C9H8，故b错误；
c.A与2−甲基−1，3−丁二烯均含有1个碳碳双键，二者互为同系物，故c正确；
d.H为，H的同分异构体中属于苯的同系物，侧链为正丙基、异丙基，或侧链为甲基、乙基，有邻、间、对3种，或者含有3个甲基，有连、偏、均3种，故共有8种，故d正确，
故选：acd；
(7)反应Ⅳ的化学方程式是：，
故答案为：。
学校：建文外国语学校、广东碧桂园学校、广州亚加达外国语高级中学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子量：H 1 O 16 Na 23
一、单选题：本大题共16小题，共48分。
1.下列关于常见有机物的说法正确的是( )
A. 乙烯和苯都能和溴水发生化学反应而使溴水褪色
B. 乙烷可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 糖类和蛋白质都是高分子化合物
D. 乙酸和油脂都能与氢氧化钠溶液反应
2.能源可划分为一级能源和二级能源，直接来自自然界的能源称为一级能源；需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二级能源．下列叙述正确的是( )
A. 水煤气(CO,H2)是二级能源B. 水力是二级能源
C. 天然气是二级能源D. 电能是一级能源
3.下列各项叙述中，正确的是( )
A. N、P、As的电负性随原子序数的增大而增大
B. 价电子排布为4s24p3的元素位于第4周期第ⅤA族，是p区元素
C. 2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等
D. Cr原子的价电子表示式3d54S1不符合洪特规则
4.下列金属中，通常采用电解法冶炼的是( )
A. NaB. CuC. FeD. Ag
5.下列反应属于氧化还原反应的是( )
A. Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O
B. 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
C. Na2O+CO2=Na2CO3
D. 2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O
6.下列关于有机化合物的说法正确的是( )
A. 乙烯能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，且褪色原理相同
B. 葡萄糖和果糖的分子式都是C6H12O6，二者互为同分异构体
C. 不含其他杂质的油脂属于纯净物
D. 石油裂解和油脂皂化都是化学变化，而石油的分馏和煤的干馏都是物理变化
7.工业上合成
的反应为+→一定条件
，下列有关说法不正确的是( )
A. X、Y、Z三种有机物均易发生加成反应
B. X、Y、Z三种有机物分子中所有原子均有可能共平面
C. X、Y、Z三种有机物使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理相同
D. Z的二氯代物有7种(不考虑立体异构)
8.下列离子方程式正确的是( )
A. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3OH−=Al(OH)3↓
B. 将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中：2Na+Cu2+=Cu+2Na+
C. 氢氧化钡溶液与硫酸反应：2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O
D. 将Cl2通入FeCl2溶液中：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl−
9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。K、L、 M、N均是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是元素X、Y的单质，甲是固体，乙是气体，K是主要的大气污染物之一，0.05ml·L−1丙溶液的pH为1，上述物质的转化关系如下图所示。下列说法正确的是 ( )
A. 原子半径： W
C. 原子最外层电子数： W
10.LED系列产品是被看好的一类节能新产品，如图是一种氢氧燃料电池驱动LED发光的装置。下列有关叙述正确的是( )
A. a处通入氢气，发生了还原反应：H2−2e−+2OH−=2H2O
B. b处通入氧气，为电池的正极
C. 该装置中只涉及两种形式的能量转化，电池中的KOH溶液也可用稀硫酸溶液代替
D. P−型半导体连接的是电池负极
11.下列说法正确的是( )
A. 其它条件不变时，升高温度，可以提高反应物的活化分子百分数
B. 其它条件不变时，增大反应物的浓度，可以提高反应物的活化分子百分数
C. 保持温度不变，化学平衡正向移动时，化学平衡常数增大，逆向移动时则减小
D. 其它条件不变时，加入高效催化剂，可以增大化学反应速率和反应物的转化率
12.下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是( )
A. 取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体干燥后用碱石灰吸收，增重bg
B. 取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体
C. 取ag混合物充分加热，固体质量减少bg
D. 取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得bg溶液
13.下列有关晶体的叙述中，正确的是 ( )
A. 氯化钠晶体中含有4个NaCl分子
B. 金刚石结构中最小的环上有6个碳原子
C. 干冰晶体中，每个CO2分子周围距离相等且最近的CO2分子共有8个
D. 金属Zn晶体中的晶胞如图所示，这种堆积方式称为体心立方堆积
14.下列装置应用于实验室进行相关实验，能达到实验目的的是( )
A. 用装置甲在强光照条件下制取一氯甲烷
B. 用装置乙分离乙酸乙酯和水
C. 用装置丙蒸馏石油并收集60～150℃馏分
D. 用装置丁制取并收集乙酸乙酯
15.下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是( )
A. H2+CuO=Cu+H2O
B. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
C. H2+Cl2=2HCl
D. 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O
16.活性炭吸附法是工业提碘的主要方法之一。其流程如图：下列有关叙述正确的是( )
A. 反应①的离子方程式为2NO2−+2H2O+2I−=2NO↑+I2+4OH−
B. 实验室从反应②所得溶液提取碘可采用蒸馏法
C. 流程中I2碘经过吸附，转化为I−、IO3−再转化为I2的过程是为了增大I2的浓度
D. 反应②所得溶液呈紫色
二、填空题：本大题共1小题，共8分。
17.燃煤产生的烟气中含有较多的CO2、CO、SO2等影响环境的气体。如何综合利用这些气体一直是科研单位研究的热点。
(1)已知：
2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH1
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2
2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH3
用ΔH2、ΔH3表示ΔH1，ΔH1=________。
(2)针对CO2与H2反应转化为二甲醚(g)和H2O(g)，研究发现，该反应中CO2的平衡转化率随反应温度、投料比[n(H2)/n(CO2)]的变化曲线如图：
①ΔH1________(填写“>”或“<”)0。
②若其他条件不变，仅仅增大压强，则逆反应速率会________(填写“增大”‘减小”或“不变”，下同)，平衡常数K会________。
③在其他条件不变时，请在图中画出平衡时CH3OCH3的体积分数随投料比[n(H2)/n(CO2)]变化的曲线图。
(3)研究发现，催化剂可以促使烟气CO、SO2转化为CO2、S。反应原理为：2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+S(l) ΔH=−270 kJ·ml−1。
①其他条件相同，研究发现，分别选取Fe2O3、NiO、Cr2O3作上述反应的催化剂时，SO2的转化率随反应温度的变化如图，研究得出，应该选择Fe2O3作催化剂，主要原因可能是：_________________________________________。
②若在2 L恒容密闭容器中，将3 ml CO、1 ml SO2混合，在一定条件下引发反应，当SO2的平衡转化率为40%时，此时K=________。
③向反应容器中再分别通入下列气体，可以使SO2转化率增大的是________(填写编号)。
A.CO B.SO2 C.N2 D.H2S E.CO2
三、流程题：本大题共1小题，共8分。
18.工业上用辉铜矿(主要成分Cu2S，含Fe3O4、SiO2杂质)为原料，生产硫酸铜晶体的工艺流程如下：
已知：①固体B为氧化物组成的混合物 ②[Cu(NH3)4]2+(aq)⇌Cu2+(aq)+4NH3(aq)
(1)气体X是 ______ ，高温下在过量空气中煅烧辉铜矿时，Cu2S发生反应的方程式为： ______ ．
(2)固体B酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是 ______ ，不用浓硫酸的原因是 ______ ．
(3)鉴别溶液D中Fe3+完全除尽的方法是 ______ .滤液G的主要溶质是 ______ (填化学式)．
(4)由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、 ______ 、烘干．
(5)用“间接碘量法”测定所制备的CuSO4⋅5H2O(不含能与I−反应的氧化性杂质)的纯度．取a g试样配成100mL溶液，取25.00mL该溶液，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，滴加KI溶液至沉淀不再产生为止，然后用硫代硫酸钠标准溶液滴定生成的I2，发生反应的化学方程式为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，消耗c ml⋅L−1 Na2S2O3溶液的体积为V mL．
①写出CuSO4与KI反应的离子方程式 ______ ．
②计算试样中CuSO4⋅5H2O的纯度 ______ (用a、c、V表示)．
四、实验题：本大题共1小题，共10分。
19.PCl3是无色澄清发烟液体(沸点为76℃)，在潮湿空气中水解成H3PO3和HCl，遇O2生成氧氯化磷(POCl3)，且氧氯化磷可用于农药、医药的制造及有机合成等。某校同学设计下列装置制取PCl3。
回答下列问题：
(1)盛装浓盐酸的仪器名称为________。
(2)装置B盛放的试剂是________；E中进入冷凝管中的水从接口________(填字母)进入，盛无水CaCl2干燥管的作用是________。
(3)实验开始前及整个过程中需通入CO2，其目的是________。
(4)装置A中生成Cl2的离子方程式为________；D中白磷(P4)与Cl2反应生成三氯化磷的化学方程式为________。
五、推断题：本大题共1小题，共10分。
20.丁腈橡胶、合成纤维M、制备古马隆树脂的原料N的合成路线如下：
已知：i R−C≡→H20H+R−COOH
ii
(1)A中所含官能团的名称是_______。
(2)B和C的结构简式依次是_______、_______。
(3)反应Ⅱ的化学方程式是_______。
(4)1 ml F完全转化成G所消耗的H2的质量是_______g。
(5)反应Ⅲ的化学方程式是_______。
(6)下列说法正确的是(选填字母)_______。
a.反应Ⅰ是加聚反应
b. N的分子式为C9H10
c. A与2−甲基−1，3−丁二烯互为同系物
d. H的同分异构体中属于苯的同系物的有8种
(7)烃K的核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为1：1：1，则反应Ⅳ的化学方程式是_______ 。
1.【答案】D
【解析】解：A.苯与溴水不反应，而乙烯与溴水发生加成反应，故A错误；
B.乙烷为饱和烃，不能被高锰酸钾氧化，故B错误；
C.糖类中单糖、二糖的相对分子质量在10000以下，不是高分子，而多糖、蛋白质为高分子，故C错误；
D.乙酸含−COOH，油脂含−COOC−，分别与NaOH发生中和反应、水解反应，故D正确；
故选：D。
A.苯与溴水不反应；
B.乙烷为饱和烃；
C.糖类中单糖、二糖的相对分子质量在10000以下；
D.乙酸含−COOH，油脂含−COOC−．
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团及有机反应的应用，题目难度不大．
2.【答案】A
【解析】解：A.水煤气是通过煤制取的，是二级能源，故A正确；
B.水能是自然界中以现成形式提供的能源，不是二级能源，为一级能源，故B错误；
C.天然气可以从自然界直接获得，则为一级能源，故C错误；
D.电能是通过物质燃烧放热转化成的，或是由风能、水能、核能等转化来的，为二级能源，故D错误．
故选A．
根据能源的分类知识判断，自然界中以现成形式提供的能源称为一级能源，需要依靠他能源的能量间接制取的能源称为二级能源．
本题主要考查一级能源和二级能源的定义，题目难度不大，注意基础知识的积累．
3.【答案】B
【解析】解：A.N、P、As位于同一主族，同主族元素从上到下，电负性减小，则N、P、As的电负性随原子序数的增大而减小，故A错误；
B.价电子排布为4s24p3的元素有4个电子层、最外层电子数为5，位于第四周期第ⅤA族，最后填充p电子，是p区元素，故B正确
C.p轨道均为纺锤形，离原子核越远，能量越高2p轨道能量低于3p，故C错误；
D.Cr原子的3d轨道含有5个电子时处于半满状态，较稳定，其价电子排布式为3d54s1，符合符合洪特规则，故D错误；
故选：B。
A.同主族元素从上到下，电负性减小；
B.价电子排布为4s24p3的元素有4个电子层、最外层电子数为5，最后填充p电子；
C.3p轨道的能量大于2p轨道的能量；
D.全空、全满、半满时能量最低。
本题考查原子核外电子的排布，题目难度中等，明确核外电子排布规律为解答关键，注意掌握洪特规则、能量最低原理等内容，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
4.【答案】A
【解析】【分析】
电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的Al2O3)制得；
热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有(C、CO、H2等)；
热分解法：冶炼不活泼的金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得．
本题考查金属冶炼的一般方法和原理，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法，难度不大．
【解答】
A.Na的性质很活泼，用电解其氯化物的方法冶炼，故A选；
B.Cu用热还原法冶炼，故B不选；
C.Fe用热还原法冶炼，故C不选；
D.Ag用热分解法冶炼，故D不选；
故选：A。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应的特征为化合价变化，题目难度不大。
含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，以此来解答。
【解答】
A、C、D中均没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，只有B中Na、H元素的化合价变化，B为氧化还原反应，故B正确。
故选B。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了石油和煤的综合利用以及油脂的结构、性质以及乙烯的性质，难度不大，注意基础的掌握．
【解答】
A、乙烯能被高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，能和溴水发生加成反应而使溴水褪色，两者的现象相同，但原理不同，故A错误；
B、分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，葡萄糖和果糖的分子式都是C6H12O6，故互为同分异构体，故B正确；
C、天然的油脂是多种混合甘油酯所组成的混合物，故C错误；
D、根据石油中各组分的沸点的不同，用加热的方法将其分离的方法称为石油的分馏，故石油的分馏是物理变化，而石油的裂解、皂化反应、煤的干馏均为化学变化，故D错误．
故选B．
7.【答案】B
【解析】解：A.都含有碳碳不饱和键，可发生加成反应，故A正确；
B.Z含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的原子不在同一个平面上，故B错误；
C.都含有碳碳不饱和键，都可酸性高锰酸钾溶液氧化，原理相同，故C正确；
D.Z的二氯代物中，两个氯原子可在相同或不同的碳原子上，如在不同的碳原子上有6种，共7种，故D正确。
故选：B。
A.都含有碳碳不饱和键，可发生加成反应；
B.Z含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征；
C.都含有碳碳不饱和键，都可酸性高锰酸钾溶液氧化；
D.Z的二氯代物中，两个氯原子可在相同或不同的碳原子上。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的官能团及性质的关系，选项D为解答的易错点，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.AlCl3溶液中加入足量的氨水，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误；
B.钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀、氢气和硫酸钠，正确的离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+=H2↑+2Na++Cu(OH)2↓，故B错误；
C.氢氧化钡溶液与硫酸反应生成硫酸钡和水，该反应的离子方程式为：2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O，故C正确；
D.将Cl2通入FeCl2溶液中，反应生成氯化铁，正确的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，故D错误；
故选：C。
A.一水合氨为弱碱，一水合氨不能拆开；
B.钠与硫酸铜溶液反应不会生成铜；
C.氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水；
D.离子方程式两边总电荷不相等，违反了电荷守恒。
本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)等。
9.【答案】B
【解析】解：由上述分析可知，W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素，
A.同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径为S>C>O>H，即W
C.W、X、Y、Z的最外层电子数分别为1、4、6、6，故C错误；
D.K、L、M、N中，L为水，常温下为液体，沸点最高，故D错误。
故选：B。
0.05ml/L丙溶液的pH为l，可知丙为二元强酸，应为H2SO4，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4，则应为SO2，可知乙为O2，N为SO3，L为H2O，由转化关系可知甲为C，M为CO2，则W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素，以此解答该题。
本题考查无机物的推断，为高频考点，把握酸的pH、短周期元素形成的二元素来推断物质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识与规律性知识的应用，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】【试题解析】
【分析】
本题考查燃料电池的相关知识，题目难度不大，根据图示电子的流向判断电源的正负极为解答该题的关键。
【解答】
A、由电子流向可知a为负极，b为正极，a处通入氢气，发生了氧化反应：H2−2e−+2OH−=2H2O，故A错误；
B、b处通入氧气，为正极，发生得电子的还原反应：O2+2H2O+4e−=4OH−，故B正确；
C、该装置涉及化学能→电能、化学能→热能、电能→光能的转化，故C错误；
D、由电子流向可知，P−型半导体连接的是电池正极，故D错误。
故选B。
11.【答案】A
【解析】解：A.其它条件不变时，升高温度，可以提高反应物的活化分子百分数，使反应速率加快，故A正确；
B.其它条件不变时，增大反应物的浓度，增大了单位体积的活化分子数，没有改变活化分子百分数，故B错误；
C.保持温度不变，即使化学平衡移动，化学平衡常数也不变，故C错误；
D.其它条件不变时，加入高效催化剂，只能同等程度地加快正逆反应速率，但不能使平衡移动，反应物的转化率不变，故D错误；
故选A．
A.升高温度，使部分非活化分子转化为活化分子；
B.增大反应物浓度，能增大单位体积内活化分子个数；
C.化学平衡常数只与温度有关；
D.催化剂只能改变反应速率，不影响平衡移动．
本题考查化学反应速率影响因素，为高频考点，明确化学反应速率影响原理是解本题关键，知道哪些因素影响活化分子百分数、哪些因素影响单位体积内活化分子个数，易错选项是C．
12.【答案】D
【解析】解：A.逸出气体干燥后用碱石灰吸收，增重bg为二氧化碳的质量，设Na2CO3为xml、NaHCO3为yml，则106x+84y=ax+y=b44，能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数，故A错误；
B.与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体为NaCl的质量，设Na2CO3为xml、NaHCO3为yml，则106x+84y=a2x+y=b58.5，能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数，故B错误；
C.加热时只有碳酸氢钠分解，由固体质量差可知碳酸氢钠的质量为162(a−b)62g，结合混合物的质量能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数，故C错误；
D.碳酸氢钠与NaOH溶液反应生成碳酸钠溶液，bg溶液中含NaOH、水、碳酸钠，a、b均为混合物的质量，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数，故D正确；
故选：D。
A.逸出气体干燥后用碱石灰吸收，增重bg为二氧化碳的质量；
B.与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体为NaCl的质量；
C.加热时只有碳酸氢钠分解，由固体质量差可计算碳酸氢钠的质量；
D.碳酸氢钠与NaOH溶液反应生成碳酸钠溶液，bg溶液中含NaOH、水、碳酸钠。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、含量测定原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13.【答案】B
【解析】解：A.氯化钠是离子晶体，其中含有钠离子和氯离子，不含氯化钠分子，故A错误；
B.金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，故B正确；
C.干冰晶体中，CO2分子间以范德华力结合，分子呈密堆积排列，每个CO2分子周围距离相等且最近的CO2分子共有12个，故C错误；
D.由图示，该种堆积方式为六方最紧密堆积，故D错误；
故选：B。
A.氯化钠是离子晶体，不含氯化钠分子；
B.金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环；
C.干冰晶体中，以顶点CO2分子微粒，周围距离相等且最近的CO2分子位于面心；
D.该种堆积方式为六方最紧密堆积。
本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞的掌握情况，试题难度中等。
14.【答案】B
【解析】解：A.甲烷与氯气的取代反应为链锁反应，产物复杂，不能利用光照下取代反应制备一氯甲烷，故A错误；
B.乙酸乙酯和水分层，利用图中分液漏斗可分离，故B正确；
C.温度计测定馏分的温度，则温度计水银球应在烧瓶支管口处，故C错误；
D.乙酸乙酯与NaOH反应，小试管中应为饱和碳酸钠溶液，故D错误；
故选：B。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，题目难度不大．
15.【答案】B
【解析】解：A.该反应中没有极性键的断裂和离子键、非极性键的形成，故A错误；
B.该反应中过氧化钠中离子键和非极性键断裂、水中极性键断裂，氧气中非极性键形成、氢氧化钠中离子键和极性键形成，故B正确；
C.该反应中没有离子键的形成和断裂，没有极性键的断裂和非极性键的形成，故C错误；
D.该反应中没有极性键的断裂和非极性键的形成，故D错误；
故选B．
活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键，据此分析解答．
本题考查化学键的判断，为高频考点，明确离子键和共价键的根本区别是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意结合物质构成微粒及微粒之间作用力分析解答．
16.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了提取碘单质的过程分析判断、物质性质的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
【解答】
A.反应①是酸性溶液中，反应的离子方程式为：2NO2−+4H++2I−=2NO↑+I2+2H2O，故A错误；
B.实验室从反应②所得溶液提取碘需要萃取分液提取，故B错误；
C.流程中I2经过吸附，转化为I−、IO3−再转化为I2的过程是为了富集碘，得到浓度较大的碘单质，故C正确；
D.碘单质的水溶液呈黄色获棕色溶液，故D错误。
故选C。
17.【答案】(1)ΔH1=ΔH3−2ΔH2；
(2)①<；②增大；不变；③；
(3)①Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源；②0.44；③A。
【解析】【分析】
本题考查盖斯定律的计算，化学平衡的影响因素，化学平衡的计算，题目较综合，难度一般。
【解答】
(1)根据盖斯定律，得出ΔH1=ΔH3−2ΔH2，
故答案为：ΔH1=ΔH3−2ΔH2；
(2)①由题图可知，当投料比一定时，温度越高，CO2的平衡转化率越低，所以升温，平衡左移，正反应为放热反应，
故答案为：<；
②其他条件不变，增大压强，正、逆反应速率均增大；平衡常数只与温度有关，不随其他条件的变化而变化，
故答案为：增大；不变；
③当反应物按系数之比投料时，CH3OCH3的体积分数最大，
故答案为：；
(3)①根据题图，可以得出Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源，
故答案为：Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源；
②利用三段式法进行计算：
2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l)
初始/ml 3 1 0
转化/ml 0.8 0.4 0.8
平衡/ml 2.2 0.6 0.8
K=(0.82)2(2.22)2×0.62=0.44，
故答案为：0.44；
③A.增加CO的量，可以使SO2的转化率增大，故A正确；
B若增加SO2的量，平衡向正反应方向移动，但是SO2的转化率会降低，故B错误；
C.通入N2，不影响平衡移动，故C错误；
D.通入H2S，H2S会与SO2反应，平衡逆向移动，SO2的转化率会降低，故D错误；
E.通入CO2，平衡逆向移动，SO2的转化率会降低，故E错误，
故选A。
18.【答案】SO2；Cu2S+2O2 高温 2CuO+SO2；溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；浓硫酸与Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2；取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；(NH4)2SO4；过滤、洗涤；2Cu2++4I−=2CuI↓+I2；100cva%
【解析】解：辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化硫气体和固体CuO、Fe3O4，加入盐酸得到含有Cu2+、Fe3+的溶液，加入过量氨水，可得到[Cu(NH3)4]2+和Fe(HO)3，[Cu(NH3)4]2+经加热可得到CuO，加入硫酸得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶后可得到硫酸铜晶体，
(1)根据图示，Cu2S与O2的反应为氧化还原反应生成铜和二氧化硫，方程式为：Cu2S+2O2 高温 2CuO+SO2，所以气体X是SO2；
故答案为：SO2；Cu2S+2O2 高温 2CuO+SO2；
(2)固体B为氧化物组成的混合物，酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；因为浓硫酸氧化Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2，所以不用，
故答案为：溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；浓硫酸与Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2；
(3)因为三价铁与KSCN溶液出现血红色，所以取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；因为溶液D中含有[Cu(NH3)4]2+和硫酸根，所以D转化生成CuO后，剩余的溶液中含有(NH4)2SO4；
故答案为：取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；(NH4)2SO4；
(4)由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干，
故答案为：过滤、洗涤；
(5)①硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀(碘化亚铜)并析出碘，离子方程式为：2Cu2++4I−=2CuI↓+I2，
故答案为：2Cu2++4I−=2CuI↓+I2；
②据比例关系4CuSO4⋅5H2O～4Cu2+～2I2～4S2O32−，
c×V×10−3ml c×V×10−3ml
试样中CuSO4⋅5H2O的质量分数为c×V×10&;−3×250a×100mL25mL×100%=100cva%，
故答案为：100cva%.
辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化硫气体和固体CuO、Fe3O4，加入盐酸得到含有Cu2+、Fe3+的溶液，加入过量氨水，可得到[Cu(NH3)4]2+和Fe(HO)3，[Cu(NH3)4]2+经加热可得到CuO，加入硫酸得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶后可得到硫酸铜晶体，
(1)根据图示，Cu2S与O2的反应为氧化还原反应生成铜和二氧化硫；
(2)固体B为氧化物组成的混合物，酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；根据浓硫酸氧化Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2；
(3)根据三价铁与KSCN溶液出现血红色，证明Fe3+是否完全除尽；根据溶液的组成判断滤液G的主要溶质；
(4)由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干．
(5)硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀(碘化亚铜)并析出碘，写出离子方程式；据比例关系4CuSO4⋅5H2O～4Cu2+～2I2～4S2O32−计算．
本题考查了物质分离提纯的方法和流程判断，主要是物质性质的理解应用和实验基本操作，掌握基础是关键，题目难度中等．
19.【答案】(1)分液漏斗；
(2)浓硫酸；x；防止水蒸气进入系统导致PCl3水解；
(3)隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置；
(4)2MnO4−+16H++10Cl−=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；P4+6Cl24PCl3
【解析】【分析】
本题主要考查物质的制备、性质实验探究，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，难度中等，注意把握反应的原理以及实验的操作方法。
【解答】
(1)结合图示可知盛装浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；
故答案为：分液漏斗；
(2)PCl3是无色澄清发烟液体(沸点为76℃)，在潮湿空气中水解成H3PO3和HCl，所以装置B盛放的试剂是浓硫酸，E中进入冷凝管中的水从下口进上口出，所以应从x口进入，盛无水CaCl2干燥管的作用是：防止水蒸气进入系统导致PCl3水解；
故答案为：浓硫酸；x；防止水蒸气进入系统导致PCl3水解；
(3)实验开始前及整个过程中需通入CO2，其目的是隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置；
故答案为：隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置；
(4)装置A中生成Cl2的离子方程式为2MnO4−+16H++10Cl−=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，D中白磷(P4)与Cl2反应生成三氯化磷的化学方程式为P4+6Cl24PCl3。
故答案为：2MnO4−+16H++10Cl−=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；P4+6Cl24PCl3。
20.【答案】(1)碳碳双键
(2)CH2=CH−CN NC(CH2)4CN
(3)CH2=CH−CH=CH2+Cl2→ClCH2CH=CHCH2Cl
(4)10
(5)
(6)acd
(7)
【解析】【分析】
本题考查有机物的推断与合成，充分利用分子式与结构简式进行推断，侧重考查学生的分析推理能力，是对有机化学的综合考查，是高考常考题型。
【解答】
由A、B分子式结合丁腈橡胶的结构简式推断知A为CH2=CH−CH=CH2，B为CH2=CH−CN，B电解还有得到C，C酸化得到HOOC(CH2)4COOH，则C为NC(CH2)4CN，1，3−丁二烯与氯气发生加成反应生成E，E与NaCN发生取代反应生成F，F与氢气发生加成反应得到G，结合G的结构简式可知，E为ClCH2CH=CHCH2Cl，F为NC−CH2CH=CHCH2−CN，D与G发生缩聚反应得到M为，A与烃K发生加成反应生成H，而H的相对分子质量为120，故K的相对分子质量为120−54=66，则6612=5…6，则K的分子式为C5H6，结合N的结构可知K为，H为。
(1)A为CH2=CH−CH=CH2，A中所含官能团的名称是碳碳双键，
故答案为：碳碳双键；
(2)B和C的结构简式依次是CH2=CH−CN、NC(CH2)4CN，
故答案为：CH2=CH−CN、NC(CH2)4CN；
(3)反应Ⅱ的化学方程式是：CH2=CH−CH=CH2+Cl2→ClCH2CH=CHCH2Cl，
故答案为：CH2=CH−CH=CH2+Cl2→ClCH2CH=CHCH2Cl；
(4)F为NC−CH2CH=CHCH2−CN，碳碳双键、−CN均与氢气发生加成反应生成G，1mlF完全转化成G所消耗的H2为5ml，消耗氢气质量是5ml×2=10g，
故答案为：10；
(5)反应Ⅲ的化学方程式是：，
故答案为：；
(6)a.反应Ⅰ是加聚反应，故a正确；
b.由N的结构可知，N的分子式为C9H8，故b错误；
c.A与2−甲基−1，3−丁二烯均含有1个碳碳双键，二者互为同系物，故c正确；
d.H为，H的同分异构体中属于苯的同系物，侧链为正丙基、异丙基，或侧链为甲基、乙基，有邻、间、对3种，或者含有3个甲基，有连、偏、均3种，故共有8种，故d正确，
故选：acd；
(7)反应Ⅳ的化学方程式是：，
故答案为：。
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