2025屆福建省福州市屏東中學高考沖刺押題（最后一卷）化學試卷含解析

2025屆福建省福州市屏東中學高考沖刺押題（最后一卷）化學試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、設表示阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．常溫常壓下，9.5g羥基（）含有的中子數為B．中含有的鍵數量為C．與足量濃鹽酸反應產生時轉移電子數為D．溶液中含有的陰離子總數大于2、W、X、Y、Z四種短周期元素，它們在周期表中的位置如圖所示。下列推斷正確的是（）A．原子半徑：Z＞Y＞XB．元素非金屬性：Z＞Y＞XC．最高價氧化物對應水化物的酸性：Z＞Y＞WD．WH4與Z元素的單質在光照時發(fā)生置換反應3、下列標有橫線的物質在給定的條件下不能完全反應的是①1molZn與含1molH2SO4的稀硫酸溶液反應②1molCu與含2molH2SO4的濃硫酸溶液共熱③1molCu與含4molHNO3的濃硝酸溶液反應④1molMnO2與含4molHCl的濃鹽酸溶液共熱A．①③ B．①② C．②④ D．③④4、碳酸亞乙酯是鋰離子電池低溫電解液的重要添加劑，其結構如下圖。下列有關該物質的說法正確的是A．分子式為C3H2O3B．分子中含6個σ鍵C．分子中只有極性鍵D．8.6g該物質完全燃燒得到6.72LCO25、下列說法正確的是A．用苯萃取溴水中的Br2，分液時先從分液漏斗下口放出水層，再從上口倒出有機層B．欲除去H2S氣體中混有的HCl，可將混合氣體通入飽和Na2S溶液C．乙酸乙酯制備實驗中，要將導管插入飽和碳酸鈉溶液底部以利于充分吸收乙酸和乙醇D．用pH試紙分別測量等物質的量濃度的NaCN和NaClO溶液的pH，可比較HCN和HClO的酸性強弱6、有一種化合物是很多表面涂層的重要成分，其結構如圖所示，其中W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y無最高正價，Z的含氧酸均具有氧化性，下列有關說法正確的是（）A．WZ沸點高于W2Y的沸點B．含Z的兩種酸反應可制得Z的單質C．W2Y2中既含離子鍵又含共價鍵鍵D．X的含氧酸一定為二元弱酸7、實驗室中某些氣體的制取、收集及尾氣處理裝置如圖所示(夾持和凈化裝置省略)。僅用以下實驗裝置和表中提供的物質完成相關實驗，最合理的選項是選項a中的液體b中的物質c中收集的氣體d中的液體A濃氨水堿石灰NH3H2OB濃硝酸CuNO2H2OC濃硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液D稀硝酸CuNONaOH溶液A．A B．B C．C D．D8、2019年12月17日，我國國產航母——山東艦正式列裝服役。下列用于制造該艦的材料屬于無機非金屬材料的是A．艦身無磁鎳鉻鈦合金鋼 B．甲板耐磨SiC涂層C．艦載機起飛擋焰板鋁合金 D．艦底含硅有機涂層9、硫元素最常見和最穩(wěn)定的一種同素異形體是黃色的正交α－型，1912年E.Beckmann由硫在碘中的冰點降低法測得它含有S8分子。1891年，M.R.Engel用濃鹽酸和硫代硫酸鹽的飽和溶液在0℃下作用首次制得了一種菱形的－硫，后來證明含有S6分子。下列說法正確的是A．S6和S8分子都是由S原子組成，所以它們是一種物質B．S6和S8分子分別與鐵粉反應，所得產物不同C．S6和S8分子分別與過量的氧氣反應可以得到SO3D．等質量的S6和S8分子分別與足量的KOH反應，消耗KOH的物質的量相同10、下列化學方程式或者離子方程式書寫不正確的是()A．用氫氧化鈉溶液除去鎂粉中的雜質鋁：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑B．SO2使酸性KMnO4溶液褪色：5SO2+2MnO4﹣+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+C．向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸：SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓D．Na2O2在空氣中放置后由淡黃色變?yōu)榘咨?Na2O2=2Na2O+O2↑11、不同條件下，用O2氧化amol/LFeCl2溶液過程中所測的實驗數據如圖所示。下列分析或推測合理的是A．由①、②可知，pH越大，+2價鐵越易被氧化B．由②、③推測，若pH>7，+2價鐵更難被還原C．由①、③推測，F(xiàn)eCl2被O2氧化的反應為放熱反應D．60℃、pH=2.5時，4h內Fe2＋的平均消耗速率大于0.15amol/(L·h)12、設NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法錯誤的是A．1molCl2與過量Fe粉反應生成FeCl3，轉移2NA個電子B．常溫常壓下，0.1mol苯中含有雙鍵的數目為0.3NAC．1molZn與一定量濃硫酸恰好完全反應，則生成的氣體分子數為NAD．在反應KClO4＋8HCl=KCl＋4Cl2↑＋4H2O中，每生成1molCl2轉移的電子數為1.75NA13、室溫下，向20mL濃度均為0.1mol/L的NaOH和MOH溶液中分別滴加0.1mol/L鹽酸，溶液的pH隨鹽酸體積變化如圖所示。下列說法不正確的是()A．MOH的電離常數約為1×l0-5 B．a點溶液中存在C．b點和c點溶液混合后顯堿性 D．水的電離程度：d>b>a14、已知1mol氫氣和氧氣完全燃燒生成水蒸氣放出241.8千焦熱量，下列熱化學方程式正確的是A．2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+241.8kJB．H2（g）+1/2O2（g）→H2O（s）+241.8kJC．H2（g）+1/2O2（g）→H2O（g）-241.8kJD．H2O（g）→H2（g）+1/2O2（g）-241.8kJ15、利用含碳化合物合成燃料是解決能源危機的重要方法，已知CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)反應過程中的能量變化情況如圖所示，曲線Ⅰ和曲線Ⅱ分別表示不使用催化劑和使用催化劑的兩種情況。下列判斷正確的是（）A．該反應的ΔH＝＋91kJ·mol－1B．加入催化劑，該反應的ΔH變小C．反應物的總能量大于生成物的總能量D．如果該反應生成液態(tài)CH3OH，則ΔH增大16、常溫下，下列各組離子在指定溶液中可能大量共存的是（）A．無色透明的溶液中：K+、NH4+、MnO4-、CO32-B．c(I-)＝0.10mol·L-1的溶液中：Al3+、Fe3+、Cl-、NO3-C．pH=1的溶液中：NH4＋、Na+、SO42-、Br-D．水電離出的c(H+)＝10-13mol·L-1的溶液中：Mg2+、K+、Cl-、HCO3-二、非選擇題（本題包括5小題）17、研究發(fā)現(xiàn)艾滋病治療藥物利托那韋對新型冠狀病毒也有很好的抑制作用，它的合成中間體2-異丙基-4-(甲基氨基甲基)噻唑可按如下路線合成：回答下列問題：(1)A的結構簡式是__________，C中官能團的名稱為______________。(2)①、⑥的反應類型分別是__________、_____。D的化學名稱是______。(3)E極易水解生成兩種酸，寫出E與NaOH溶液反應的化學方程式：_______。(4)H的分子式為__________________。(5)I是相對分子質量比有機物D大14的同系物，寫出I符合下列條件的所有同分異構體的結構簡式：_____________。①能發(fā)生銀鏡反應②與NaOH反應生成兩種有機物(6)設計由，和丙烯制備的合成路線______________(無機試劑任選)。18、（化學——選修5：有機化學基礎）高血脂是一種常見的心血管疾病，治療高血脂的新藥I的合成路線如下：回答下列問題：（1）反應①所需試劑、條件分別是____________；F的化學名稱為____________。（2）②的反應類型是______________；A→B的化學方程式為_____________________。（3）G的結構簡式為______________；H中所含官能團的名稱是____________。（4）化合物W的相對分子質量比化合物C大14，且滿足下列條件，W的可能結構有___種。①遇FeCl3溶液顯紫色②屬于芳香族化合物③能發(fā)生銀鏡反應其中核磁共振氫譜顯示有5種不同化學環(huán)境的氫，峰面積比為2:2:2:1:1，寫出符合要求的W的結構簡式____________。（5）設計用甲苯和乙醛為原料制備的合成路線，其他無機試劑任選（合成路線常用的表示方式為：）____________。19、氨基甲酸銨(NH2COONH4)是一種易分解、易水解的白色固體，難溶于CCl4。實驗室可將干燥二氧化碳和干燥氨氣通入CCl4中進行制備，化學方程式為：2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s)ΔH＜0?；卮鹣铝袉栴}：（1）利用裝置甲制備氨氣的化學方程式為__。（2）簡述檢查裝置乙氣密性的操作__。（3）選擇圖中的裝置制備氨基甲酸銨，儀器接口的連接順序為：B→__→__→EF←__←A。（4）反應時為了增加氨基甲酸銨的產量，三頸瓶的加熱方式為__（填“熱水浴”或“冷水浴”）；丁中氣球的作用是__。（5）從裝置丁的混合物中分離出產品的方法是__（填寫操作名稱）。（6）取因吸潮變質為碳酸氫銨的氨基甲酸銨樣品11.730g，用足量石灰水充分處理后，使碳元素完全轉化為碳酸鈣，過濾、洗滌、干燥、稱量，質量為15.000g。則樣品中氨基甲酸銨的質量分數為__（已知：Mr(NH2COONH4)=78、Mr(NH4HCO3)=79、Mr(CaCO3)=100。計算結果保留3位有效數字）。20、某校同學設計下列實驗，探究CaS脫除煙氣中的SO2并回收S。實驗步驟如下：步驟1.稱取一定量的CaS放入三口燒瓶中并加入甲醇作溶劑(如下圖所示)。步驟2.向CaS的甲醇懸濁液中緩緩通入一定量的SO2。步驟3.過濾，得濾液和濾渣。步驟4.從濾液中回收甲醇(沸點為64.7℃)，所得殘渣與步驟3的濾渣合并。步驟5.用CS2從濾渣中萃取回收單質S。(1)圖中用儀器X代替普通分液漏斗的突出優(yōu)點是________________。(2)三口燒瓶中生成硫和亞硫酸鈣的化學方程式為________________，三口燒瓶中最后殘留固體中含一定量的CaSO4，其原因是________________。(3)步驟4“回收甲醇”需進行的操作方法是________________。(4)步驟5為使濾渣中S盡可能被萃取，可采取的操作方案是________________。(5)請設計從上述回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制備Na2S2O3·5H2O的實驗方案：稱取稍過量硫粉放入燒杯中，__________________________________________，用濾紙吸干。已知：①在液體沸騰狀態(tài)下，可發(fā)生反應Na2SO3＋S＋5H2ONa2S2O3·5H2O。②硫不溶于Na2SO3溶液，微溶于乙醇。③為獲得純凈產品，需要進行脫色處理。④須使用的試劑：S、Na2SO3吸收液、乙醇、活性炭。21、氮化鎵(GaN)是第三代半導體材料，具有熱導率高、化學穩(wěn)定性好等性質，在光電領域和高頻微波器件應用等方面有廣闊的前景。(1)傳統(tǒng)的氮化鎵制各方法是采用GaC13與NH3在一定條件下反應。NH3的電子式為___。(2)Johnson等人首次在1100℃下用液態(tài)鎵與氨氣制得氮化鎵固體，該可逆反應每生成1molH2放出10.3kJ熱量。其熱化學方程式為_________。(3)在恒容密閉容器中，加入一定量的液態(tài)鎵與氨氣發(fā)生上述反應，測得反應平衡體系中NH3的體積分數與壓強(p)、溫度(T)的關系如圖所示。①下列說法正確的是___（填標號）。a.溫度：T1>T2b.當百分含量ω(NH3)=ω(H2)時，說明該反應處于化學平衡狀態(tài)c.A點的反應速率小于C點的反應速率d.溫度恒定為T2，達平衡后再充入氦氣(氦氣不參與反應)，NH3的轉化率不變②既能提高反應速率又能使平衡正向移動的措施有___(寫出一條即可)。③氣體分壓(p分)=氣體總壓(p總)×體積分數，用平衡分壓代替物質的量濃度也可以表示平衡常數(記作Kp)。在T2時，用含p6的計算式表示C點的______。(4)如圖可表示氮化鎵與銅組裝成的人工光合系統(tǒng)的工作原理。H+向______（填“左”或“右”）池移動；銅電極上發(fā)生反應的電極反應式為_______。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【解析】

A．一個中含有10中子，常溫常壓下，9.5g羥基()的物質的量為0.5mol，含有的中子數為，故A正確；B．在SiO2晶體中，，每個Si原子形成4個Si-O鍵，的物質的量為1mol，則含有的鍵數量為4NA，故B錯誤；C．未指明Cl2的狀態(tài)，不知Vm的值，則無法計算22.4LCl2的物質的量，也無法確定反應中轉移的電子數，故C錯誤；D．沒有指明溶液的體積，根據n=cV，則無法計算溶液中含有的陰離子的物質的量，故D錯誤；故答案為A?！军c睛】順利解答該類題目的關鍵是：一方面要仔細審題，注意關鍵字詞，熟悉常見的“陷阱”；另一方面是要把各種量轉化為物質的量，以此為中心進行計算。特別要注意氣體摩爾體積、阿伏加德羅定律的適用范圍和使用條件。關于氣體摩爾體積的使用注意：①氣體的摩爾體積適用的對象為氣體，而標況下水、CCl4、HF等為液體，SO3為固體；②必須明確溫度和壓強是0℃，101kPa，只指明體積無法求算物質的量；③22.4L/mol是標準狀態(tài)下或一定溫度、一定壓強下的氣體摩爾體積。2、C【解析】

根據四種短周期元素在周期表的位置，推出W為C，X為O，Y為S，Z為Cl；【詳解】根據四種短周期元素在周期表的位置，推出W為C，X為O，Y為S，Z為Cl；A、Y、Z、X的原子半徑依次減小，即Y＞Z＞X，故A錯誤；B、非金屬性X＞Y、Z＞Y，且O原子半徑小，則非金屬性X、Z、Y依次降低，即X＞Z＞Y，故B錯誤；C、非金屬性Z＞Y＞W，則Z、Y、W的最高價氧化物對應水化物的酸性依次降低，故C正確；D、CH4與Z元素的單質氯氣，在光照下可發(fā)生取代反應，生成鹵代烴和HCl，不屬于置換反應，故D錯誤。【點睛】易錯點是選項D，學生會把甲烷和氯氣發(fā)生的取代反應，與置換反應混淆，可以從置換反應的定義入手，置換反應是單質＋化合物→單質＋化合物，CH4與Cl2反應生成鹵代烴和HCl，沒有單質的生成，從而推出CH4和Cl2發(fā)生取代反應，而不是置換反應。3、C【解析】

①1mol鋅與含1molH2SO4的稀硫酸溶液恰好完全反應，故不選；②隨反應的進行濃硫酸變在稀硫酸，稀硫酸與銅不反應，故選；③1mol銅轉移2mol的電子，生成2mol的銅離子與2mol硝酸結合成硫酸鹽，而2molHNO3的硝酸作氧化劑，得電子的量為2mol～6mol，所以銅不足，故不選；④隨著反應的進行，鹽酸濃度逐漸降低，稀鹽酸與二氧化錳不反應，故選；故選C4、A【解析】

A、雙鍵兩端的碳原子上各有一個氫原子，所以分子式為C3H2O3，故A正確；B、分子中的單鍵為σ鍵，一共有8個，故B錯誤；C、該分子中碳碳雙鍵屬于非極性鍵，故C正確；D、此選項沒有說明溫度和壓強，所以所得二氧化碳的體積是不確定的，故D錯誤。此題選C。5、A【解析】

A．苯的密度比水小，萃取后有機層位于上層，水層位于下層，因此分液時先從分液漏斗下口放出水層，再從上口倒出有機層，故A正確；B．H2S與Na2S溶液能夠發(fā)生反應生成NaHS，因此不能用飽和Na2S溶液除去H2S氣體中混有的HCl，故B錯誤；C．乙酸乙酯制備實驗中，導管需離液面一小段距離，防止倒吸，故C錯誤；D．NaClO具有漂白性，不能用pH試紙測定溶液的pH，故D錯誤；故答案為：A?！军c睛】測定溶液pH時需注意：①用pH試紙測定溶液pH時，試紙不能濕潤，否則可能存在實驗誤差；②不能用pH試紙測定具有漂白性溶液的pH，常見具有漂白性的溶液有：新制氯水、NaClO溶液、H2O2溶液等。6、B【解析】

W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y無最高正價，結合圖示可知，W形成1個共價鍵，Y能夠形成2個共價鍵，X形成4個共價鍵，Z形成1個共價鍵，則W為H，X為C元素，Y為O元素，Z為Cl元素，據此解答?！驹斀狻扛鶕治隹芍?，W為H，X為C元素，Y為O元素，Z為Cl元素；A．H2O分子間存在氫鍵，且常溫下為液體，而HCl常溫下為氣體，則HCl沸點低于H2O的沸點，故A錯誤；B．HCl和和HClO反應生成氯氣，故B正確；C．H2O2是共價化合物，分子中只含共價鍵，不存在離子鍵，故C錯誤；D．X為C元素，C的含氧酸H2CO3為二元弱酸，而CH3COOH為一元弱酸，故D錯誤；故答案為B。7、C【解析】

A.濃氨水與堿石灰不加熱可以制取氨氣，但是氨氣的密度比空氣小，不能用向上排空氣方法收集，A錯誤；B.濃硝酸與Cu反應產生NO2氣體，NO2密度比空氣大，可以用向上排空氣方法收集，NO2是大氣污染物，但NO2若用水吸收，會發(fā)生反應：3NO2+H2O=2HNO3+NO，產生的NO仍然會污染空氣，B錯誤；C.濃硫酸與Na2SO3發(fā)生復分解反應，產生Na2SO4、H2O、SO2，SO2密度比空氣大，可以用向上排空氣方法收集，SO2是大氣污染物，可以用NaOH溶液吸收，發(fā)生反應為：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，為防止倒吸，安裝了倒扣漏斗，從而達到環(huán)境保護的目的，C正確；D.稀硝酸與Cu反應產生NO氣體，NO與空氣中的氧氣會發(fā)生反應，所以不能用排空氣方法收集，D錯誤；故合理選項是C。8、B【解析】

無機非金屬材料，是除金屬材料、高分子材料以外的所有材料的總稱。它是由硅酸鹽、鋁酸鹽、硼酸鹽、磷酸鹽、鍺酸鹽等原料和(或)氧化物、氮化物、碳化物、硼化物、硫化物、硅化物、鹵化物等原料經一定的工藝制備而成的材料，由此判斷。【詳解】A．艦身無磁鎳鉻鈦合金鋼屬于金屬材料中的合金，故A錯誤；B．甲板耐磨SiC涂層屬于無機非金屬材料，故B正確；C．艦載機起飛擋焰板鋁合金屬于金屬材料中的合金，故C錯誤；D．有機硅，即有機硅化合物，是指含有Si-C鍵、且至少有一個有機基是直接與硅原子相連的化合物，習慣上也常把那些通過氧、硫、氮等使有機基與硅原子相連接的化合物也當作有機硅化合物，不屬于無機非金屬材料，屬于有機材料，故D錯誤；答案選B?！军c睛】解本題的關鍵是知道什么是無機非金屬材料，無機非金屬材料，是除金屬材料、高分子材料以外的所有材料的總稱。9、D【解析】

A選項，S6和S8分子都是由S原子組成，它們是不同的物質，互為同素異形體，故A錯誤；B選項，S6和S8是硫元素的不同單質，化學性質相似，因此它們分別與鐵粉反應，所得產物相同，故B錯誤；C選項，不管氧氣過量還是少量，S6和S8分子分別與氧氣反應可以得到SO2，故C錯誤；D選項，等質量的S6和S8分子，其硫原子的物質的量相同，因此它們分別與足量的KOH反應，消耗KOH的物質的量相同，故D正確。綜上所述，答案為D。10、D【解析】

A．氫氧化鈉溶液與鋁反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，該反應的化學方程式為2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，故A正確；B．SO2溶液使酸性KMnO4溶液褪色，是因發(fā)生氧化還原反應，該反應的離子方程式為：5SO2+2MnO4﹣+2H2O═2Mn2++5SO42﹣+4H+，故B正確；C．向硅酸鈉溶液中滴加稀鹽酸，生成沉淀的離子反應為SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓，故C正確；D．過氧化鈉在空氣中與二氧化碳反應生成碳酸鈉，由淡黃色變?yōu)榘咨?，發(fā)生反應：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故D錯誤；故選：D。【點睛】離子反應方程式的正誤判斷：(1)、是否符合客觀事實，D選項，過氧化鈉在空氣中與二氧化碳反應生成碳酸鈉，由淡黃色變?yōu)榘咨?2)、拆分是否正確，能夠拆分的是強酸、強堿和可溶性鹽。(3)、電荷守恒。11、D【解析】

A．①、②中溫度和pH均不同，存在兩個變量，不能判斷pH對反應的影響，故A錯誤；

B．若pH＞7，+2價鐵會轉化為氫氧化亞鐵沉淀，氫氧化亞鐵在空氣中能被氧氣氧化生成氫氧化鐵，所以+2價鐵易被氧化，故B錯誤；

C．①、③中pH相同，溫度越高，轉化率越大，則FeCl2被O2氧化的反應為吸熱反應，故C錯誤；

D．50℃、pH=2.5時，4h內Fe2+的平均消耗速率等于

0.15a

mol/（L?h），在60℃、pH=2.5時，溫度升高，速率增大，所以60℃、pH=2.5時，4h內Fe2+的平均消耗速率大于

0.15a

mol/（L?h），故D正確。

故答案為D?！军c睛】本題考查了影響反應速率的因素、影響化學平衡移動的因素，把握圖中的信息以及影響反應速率的因素、影響化學平衡移動的因素是解題的關鍵，側重于考查學生的分析能力和應用能力。12、B【解析】

A.1molCl2與過量Fe粉反應的產物是FeCl3，轉移，A項正確；B.苯分子中沒有碳碳雙鍵，B項錯誤；C.1molZn失去，故硫酸被還原為和的物質的量之和為，C項正確；D.反應KClO4＋8HCl=KCl＋4Cl2↑＋4H2O中每生成4molCl2就有1molKClO4參加反應，轉移，所以每生成1molCl2，轉移的電子數為，D項正確。答案選B。13、D【解析】

A．據圖知，0.1mol?L?1MOH溶液中pH=11，則c(OH?)=0.001mol?L?1，MOH電離程度較小，則c(M+)≈c(OH?)=0.001mol?L?1，c(MOH)≈0.1mol?L?1，常溫下，MOH的電離常數，A正確；B．a點溶液呈堿性，則c(H+)＜c(OH?)，根據電荷守恒得c(M+)+c(H+)=c(OH?)+c(Cl?)，所以得c(M+)＞c(Cl?)≈，B正確；C．當鹽酸的體積為10mL時，c點溶液為等物質的量濃度的NaCl和NaOH溶液，當鹽酸的體積為20mL時，b點為0.05mol?L?1的MCl溶液，是強酸弱堿鹽，水解過程微弱，所以b點和c點溶液混合后顯堿性，C正確；D.a點有堿溶液、d點酸過量，水的電離均受到抑制，b點溶質是強酸弱堿鹽，水解時促進水電離，從a到b點水的電離程度增大，從b到d點水的電離程度減小，故D錯誤；答案選D?！军c睛】D容易錯，同學往往受到圖的影響而誤以為水的電離程度是逐漸改變的，實際上水電離程度受溶質的影響。堿溶液、酸過溶液中水的電離均受到抑制，強酸弱堿鹽、強堿弱酸鹽水解時促進水電離。14、D【解析】

1mol氫氣和氧氣完全燃燒生成水蒸氣放出241.8kJ熱量，該反應的熱化學方程式為：H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ/mol，即H2（g）+1/2O2（g）→H2O（g）+241.8kJ，選項B、C均錯誤；2mol氫氣和氧氣完全燃燒生成水蒸氣放出483.6kJ熱量，該反應的熱化學方程式為：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ/mol，即2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+483.6kJ，選項A錯誤；1mol水蒸氣分解生成氫氣和氧氣吸收241.8kJ熱量，該反應的熱化學方程式為：H2O（g）=H2（g）+O2（g）△H=+241.8kJ/mol，即H2O（g）→H2（g）+1/2O2（g）-241.8kJ，選項D正確。答案選D。【點睛】據熱化學方程式的書寫原則寫出氫氣燃燒生成氣態(tài)水的熱化學方程式，方程中的熱量和化學計量數要對應，根據1mol氣態(tài)水轉化成液態(tài)水放出的熱量，結合氫氣與氧氣反應生成氣態(tài)水的反應熱計算生成液態(tài)水的反應熱。15、C【解析】

A、根據圖示，該反應反應物的總能量大于生成物的總能量，是放熱反應，故選項A錯誤；B、加入催化劑只能降低反應所需的活化能，而對反應熱無影響，選項B錯誤；C、根據圖示，該反應反應物的總能量大于生成物的總能量，C正確；D、生成液態(tài)CH3OH時釋放出的熱量更多，ΔH更小，選項D錯誤。答案選C。16、C【解析】

A.MnO4－是紫紅色溶液，故A不符合題意；B.c(I－)＝0.10mol·L-1的溶液中與Fe3+反應生成亞鐵離子和碘單質，故B不符合題意；C.pH=1的溶液中：NH4＋、Na+、SO42－、Br－都不反應，故C符合題意；D.水電離出的c(H+)＝10-13mol·L-1的溶液，可能為酸或堿，HCO3－在酸中或堿中都要反應，故D不符合題意。綜上所述，答案為C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、CH2＝CH－CH2Cl羰基、氯原子加成反應取代反應2-甲基丙酸+2NaOH→+NaCl+H2OC8H14N2SHCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3【解析】

根據合成路線中，有機物的結構變化、分子式變化及反應條件分析反應類型及中間產物；根據目標產物及原理的結構特征及合成路線中反應信息分析合成路線；根據結構簡式、鍵線式分析分子式及官能團結構?！驹斀狻浚?）根據B的結構及A的分子式分析知，A與HOCl發(fā)生加成反應得到B，則A的結構簡式是CH2＝CH－CH2Cl；C中官能團的名稱為羰基、氯原子；故答案為：CH2＝CH－CH2Cl；羰基、氯原子；（2）根據上述分析，反應①為加成反應；比較G和H的結構特點分析，G中氯原子被甲胺基取代，則反應⑥為取代反應；D為，根據系統(tǒng)命名法命名為2-甲基丙酸；故答案為：加成反應；取代反應；2-甲基丙酸；（3）E水解時C-Cl鍵發(fā)生斷裂，在堿性條件下水解生成兩種鹽，化學方程式為：+2NaOH→+NaCl+H2O，故答案為：+2NaOH→+NaCl+H2O；（4）H的鍵線式為，則根據C、N、S原子的成鍵特點分析分子式為C8H14N2S，故答案為：C8H14N2S；（5）I是相對分子質量比有機物D大14的同系物，則I的結構比D多一個CH2原子團；①能發(fā)生銀鏡反應，則結構中含有醛基；②與NaOH反應生成兩種有機物，則該有機物為酯；結合分析知該有機物為甲酸某酯，則I結構簡式為：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3，故答案為：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；（6）根據合成路線圖中反應知，可由與合成得到，由氧化得到，可由丙烯加成得到，合成路線為：，故答案為：。18、Cl2、光照辛醛取代反應羥基13【解析】

甲苯發(fā)生取代反應生成，在氫氧化鈉水溶液加熱條件下發(fā)生取代反應生成，則A為，該分子繼續(xù)氧化為B，可推知B為，C為；D經過先水解后消去反應可得到HCHO，所以E為HCHO，根據給定的已知信息及逆合成分析法可知，G為，據此分析作答?！驹斀狻考妆健?，發(fā)生的是取代反應，所需試劑、條件分別是Cl2、光照；F為，根據系統(tǒng)命名法可知其名稱為辛醛，故答案為Cl2、光照；辛醛；（2）反應②是C和H發(fā)生的酸和醇的酯化反應（取代反應），A→B的化學方程式為，故答案為取代反應；；（3）結合給定的已知信息推出G的結構簡式為；G→H，是-CHO和H2的加成反應，所以H中所含官能團的名稱是羥基，故答案為；羥基。（4）C為，化合物W的相對分子質量比化合物C大14，W比C多一個CH2，遇FeCl3溶液顯紫色含有酚羥基，屬于芳香族化合物含有苯環(huán)，能發(fā)生銀鏡反應含有醛基，①苯環(huán)上有三個取代基，分別為醛基、羥基和甲基，先固定醛基和羥基的位置，鄰間對，最后移動甲基，可得到10種不同結構；②苯環(huán)上有兩個取代基，分別為-OH和-CH2CHO，鄰間對位共3種，所以W的可能結構有10+3=13種；符合①遇FeCl3溶液顯紫色、②屬于芳香族化合物、③能發(fā)生銀鏡反應其中核磁共振氫譜顯示有5種不同化學環(huán)境的氫、峰面積比為2:2:2:1:1要求的W的結構簡式：，故答案為13；；（5）根據題目已知信息和有關有機物的性質，用甲苯和乙醛為原料制備的合成路線具體如下：，故答案為。19、Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O夾緊止水夾B，向長頸漏斗加水至漏斗中的液面高于試管中的液面，靜置，若液面差保持不變，則表明氣密性良好IJHGD(C)或C(D)冷水浴平衡氣壓，收集多余的氣體過濾79.8%【解析】

(1)實驗室用氯化銨和氫氧化鈣晶體共熱制取氨氣；(2)夾緊止水夾B，向長頸漏斗加水至漏斗中的液面高于試管中的液面變化情況；(3)選擇圖中的裝置制備氨基甲酸銨，制取的二氧化碳中含有HCl和水蒸氣，制取氨氣時氣體中含有水蒸氣，也需要除去雜質氣體；(4)氨基甲酸銨(NH2COONH4)是一種易分解、易水解的白色固體，結合物質的性質分析；丁中氣球的用來平衡內外壓強；(5)利用已知信息，氨基甲酸銨(NH2COONH4)難溶于CCl4分析；(6)取因吸潮變質為碳酸氫銨的氨基甲酸銨樣品11.730g，用足量石灰水充分處理后，使碳元素完全轉化為碳酸鈣，過濾、洗滌、干燥、稱量，質量為15.000g。通過碳原子守恒，計算樣品中氨基甲酸銨的質量分數。【詳解】(1)實驗室用氯化銨和氫氧化鈣晶體共熱制取氨氣，方程式為：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；(2)檢查裝置乙氣密性的操作：夾緊止水夾B，向長頸漏斗加水至漏斗中的液面高于試管中的液面，靜置，若液面差保持不變，則表明氣密性良好；(3)選擇圖中的裝置制備氨基甲酸銨，制取的二氧化碳中含有HCl和水蒸氣，應先通過裝置已中的飽和碳酸氫鈉溶液除去HCl，然后通過戊中的濃硫酸除去水蒸氣；制取氨氣時氣體中含有水蒸氣，通過裝置丙中的堿石灰；儀器接口的連接順序為：B→IJ→HG→EF←（或DC）CD←A。(4)氨基甲酸銨(NH2COONH4)是一種易分解、易水解的白色固體，生成氨基甲酸銨的反應是放熱的，所以需要降低溫度，用冷水??；丁中氣球的用來平衡內外壓強，還能吸收多余未反應的氣體；(5)氨基甲酸銨(NH2COONH4)是易水解的白色固體，難溶于CCl4，則可以使用過濾的方法分離；(6)取因吸潮變質為碳酸氫銨的氨基甲酸銨樣品11.730g，用足量石灰水充分處理后，使碳元素完全轉化為碳酸鈣，過濾、洗滌、干燥、稱量，質量為15.000g。碳酸鈣的物質的量==0.1500mol，根據碳原子守恒，氨基甲酸銨樣品中碳的物質的量也為0.1500mol，碳酸氫銨和氨基甲酸銨的物質的量分別為x、y，則x+y=0.15，79x+78y=11.73，解得：x=0.03mol，y=0.12mol，則樣品中氨基甲酸銨的質量分數為×100%=79.8%。20、能使漏斗與三口燒瓶中的氣壓相等2CaS＋3SO22CaSO3＋3SCaSO3被系統(tǒng)中O2氧化蒸餾，收集64.7℃餾分加入CS2，充分攪拌并多次萃取加入適量乙醇充分攪拌，然后加入Na2SO3吸收液，蓋上表面皿，加熱至沸并保持微沸，在不斷攪拌下，反應至液面只有少量硫粉時，加入活性炭并攪拌，趁熱過濾，將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾，用乙醇洗滌【解析】

(1)恒壓漏斗能保持壓強平衡；(2)CaS脫除煙氣中的SO2并回收S，元素守恒得到生成S和CaSO3，CaSO3能被空氣中氧氣氧化生成CaSO4；(3)甲醇(沸點為64.7℃)，可以控制溫度用蒸餾的方法分離；(4)硫單質易溶于CS2，萃取分液的方法分離；(5)回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制備Na2S2O3?5H2O，在液體沸騰狀態(tài)下，可發(fā)生反應Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3?5H2O，據此設計實驗過程?！驹斀狻?1)根據圖示可知用的儀器X為恒壓漏斗代替普通分液漏斗的突出優(yōu)點是：能使漏斗與三口燒瓶中的氣壓相等，便于液體流下；(2)三口燒瓶中生成硫和亞硫酸鈣的化學方程式為：2CaS+3SO2CaSO3+3S，三口燒瓶中最后殘留固體中含一定量的CaSO4，其原因是：CaSO3被系統(tǒng)中O2氧化；(3)從濾液中回收甲醇(沸點為64.7℃)，步驟4“回收甲醇”需進行的操作方法是：蒸餾，收集64.7℃餾分；(4)步驟5為使濾渣中S盡可能被萃取，可采取的操作方案是：加入CS2，充分攪拌并多次萃??；(5)已知：①在液體沸騰狀態(tài)下，可發(fā)生反應Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3?5H2O；②硫不溶于Na2SO3溶液，微溶于乙醇。③為獲得純凈產品，需要進行脫色處理。④須使用的試劑：S、Na2SO3吸收液、乙醇、活性炭，因此從上述回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制備