怀化市2025-2026学年高考化学倒计时模拟卷（含答案解析）

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3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、化学与生活紧密相关，下列描述正确的是
A．流感疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
B．乳酸()通过加聚反应可制得可降解的聚乳酸塑料
C．“客从南溟来，遗我泉客珠。”“珍珠”的主要成分属于有机高分子化合物
D．水泥是由石灰石、石英砂、纯碱为原料烧制而成的
2、下列实验过程中，始终无明显现象的是
A．Cl2通入Na2CO3溶液中
B．CO2通入CaCl2溶液中
C．NH3通入AgNO3溶液中
D．SO2通入NaHS溶液中
3、氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为：aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时，试纸先变蓝后褪色。下列说法正确的是( )
A．由反应可确定：氧化性：HClO4＞HClO3
B．变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了：4Cl2+I2+6H2O═12H++8Cl-+2IO3-
C．若氯酸分解所得混合气体，1 ml混合气体质量为47.6 g，则反应方程式可表示为26HClO3 ═15O2↑+8Cl2↑+10HClO4+8H2O
D．若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子数为20e-
4、短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如图所示。R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T能形成化合物Z2T。下列推断正确的是（ ）
A．简单离子半径：T>Z>Y
B．Z2Y、Z2Y2所含有的化学键类型相同
C．由于X2Y的沸点高于X2T，可推出X2Y的稳定性强于X2T
D．ZXT的水溶液显弱碱性，促进了水的电离
5、下列化学用语表达正确的是（）
A．还原性：HF>HCl>HBr>HI
B．丙烷分子的比例模型：
C．同一周期元素的原子，半径越小越容易失去电子
D．Na2O2中既含离子键又含共价键
6、熔化时需破坏共价键的晶体是
A．NaOHB．CO2C．SiO2D．NaCl
7、下列我国科技创新的产品设备在工作时，由化学能转变成电能的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
8、将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是（ ）
A．在此实验过程中铁元素被还原
B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能
C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀
D．以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀
9、下列物质属于弱电解质的是
A．酒精B．水C．盐酸D．食盐
10、25℃时，NaCN溶液中CN－、HCN浓度所占分数()随pH变化的关系如图甲所示，其中a点的坐标为(9.5，0.5)。向10mL0.01ml·L－1NaCN溶液中逐滴加入0.01ml·L-1的盐酸，其pH变化曲线如图乙所示。下列溶液中的关系中一定正确的
A．图甲中pH=7的溶液：c(Cl－)=c(HCN)
B．常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)=10－4.5ml/L
C．图乙中b点的溶液：c(CN－)＞c(Cl－)＞c(HCN)＞c(OH－)＞c(H+)
D．图乙中c点的溶液：c(Na+)+ c(H+)= c(HCN)+ c(OH－)+ c(CN－)
11、下列说法正确的是
A．检验(NH4)2Fe(SO4)2·12H2O晶体中的NH4+：取少量晶体溶于水，加入足量浓NaOH溶液并加热，再用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体
B．验证FeCl3与KI反应的限度：可将少量的FeCl3溶液与过量的KI溶液混合，充分反应后用CCl4萃取，静置，再滴加KSCN溶液
C．受溴腐蚀至伤时，先用稀NaOH溶液洗，再用水洗
D．用激光笔检验硫酸铜溶液具有丁达尔效应
12、有些古文或谚语包含了丰富的化学知识，下列解释不正确的是
A．AB．BC．CD．D
13、在100kPa时，1 ml C(石墨，s)转化为1 ml C(金刚石，s)，要吸收l.895kJ的热能。下列说法正确的是
A．金刚石和石墨是碳元素的两种同分异构体
B．金刚石比石墨稳定
C．1 ml C(石墨，s)比1 ml C(金刚石，s)的总能量低
D．石墨转化为金刚石是物理变化
14、设 NA 表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是
A．将 1 ml NH4NO3 溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中 NH4 ＋的数目为 NA
B．1.7 g H2O2 中含有的电子数为 0.7NA
C．标准状况下，2.24 L 戊烷所含分子数为 0.1NA
D．1 ml Na 与足量 O2 反应，生成 Na2O 和 Na2O2 的混合物，钠失去 2NA 个电子
15、某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则X离子可能为
A．Cl—B．Ba2+C．Fe2+D．Mg2+
16、下列过程中涉及化学反应的是
A．通过“扫描隧道显微镜”操纵原子“书写”文字B．14C考古断代
C．煤焦油分馏得到苯及其同系物D．粮食酿酒
二、非选择题（本题包括5小题）
17、华法林是一种治疗心脑血管疾病的药物，可由化合物和在一定条件下合成得到（部分反应条件略）。
请回答下列问题：
（1）的名称为______，的反应类型为______。
（2）的分子式是______。的反应中，加入的化合物与银氨溶液可发生银镜反应，该银镜反应的化学方程式为____________________________________。
（3）为取代反应，其另一产物分子中的官能团名称是____________。完全燃烧最少需要消耗 ____________。
（4）的同分异构体是芳香酸，，的核磁共振氢谱只有两组峰，的结构简式为____________，的化学方程式为________________________。
（5）上图中，能缩合成体型高分子化合物的酚类单体是____________ ，写出能检验该物质存在的显色反应中所用的试剂及实验现象__________________________________________。
（6）已知：的原理为：①C6H5OH++C2H5OH和②+C2H5OH，的结构简式为____________。
18、某研究小组按下列路线合成药物诺氟沙星：
已知：
试剂EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，在适当条件下，可由C生成D。
②
③
请回答：
（1）根据以上信息可知诺氟沙星的结构简式_____。
（2）下列说法不正确的是_____。
A．B到C的反应类型为取代反应
B．EMME可发生的反应有加成，氧化，取代，加聚
C．化合物E不具有碱性，但能在氢氧化钠溶液中发生水解
D．D中两个环上的9个C原子可能均在同一平面上
（3）已知：RCH2COOH，设计以化合物HC(OC2H5)3、C2H5OH合成EMME的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)_____。
（4）写出C→D的化学方程式______。
（5）写出化合物G的同系物M（C6H14N2）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：____
①1H-NMR谱表明分子中有4种氢原子，IR谱显示含有N－H键，不含N－N键；
②分子中含有六元环状结构，且成环原子中至少含有一个N原子。
19、铵明矾（NH4Al（SO4）2•12H2O）是常见的食品添加剂，用于焙烤食品，可通过硫酸铝溶液和硫酸铵溶液反应制备。用芒硝（Na2SO4•10H2O）制备纯碱和铵明矾的生产工艺流程图如图1：
完成下列填空：
（1）铵明矾溶液呈_________性，它可用于净水，原因是_______________；向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，可观察到的现象是__________________。
（2）写出过程Ⅰ的化学反应方程式_______________。
（3）若省略过程Ⅱ，直接将硫酸铝溶液加入滤液A中，铵明矾的产率会明显降低，原因是___________。
（4）已知铵明矾的溶解度随温度升高明显增大．加入硫酸铝后，经过程III的系列实验得到铵明矾，该系列的操作是加热浓缩、___________、过滤洗涤、干燥。
（5）某同学用图2图示的装置探究铵明矾高温分解后气体的组成成份。
①夹住止水夹K1，打开止水夹K2，用酒精喷灯充分灼烧。实验过程中，装置A和导管中未见红棕色气体；试管C中的品红溶液褪色；在支口处可检验到NH3，方法是______________；在装置A与B之间的T型导管中出现白色固体，该白色固体可能是___________（任填一种物质的化学式）；另分析得出装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，写出它溶于NaOH溶液的离子方程式_______________。
②该同学通过实验证明铵明矾高温分解后气体的组成成份是NH3、N2、SO3、SO2和H2O，且相同条件下测得生成N2和SO2的体积比是定值，V（N2）：V（SO2）=_____。
20、随着时代的发展，绿色环保理念越来越受到大家的认同，变废为宝是我们每一位公民应该养成的意识。某同学尝试用废旧的铝制易拉罐作为原材料、采用“氢氧化铝法”制取明矾晶体并进行一系列的性质探究。
制取明矾晶体主要涉及到以下四个步骤：
第一步：铝制品的溶解。取一定量铝制品，置于250mL锥形瓶中，加入一定浓度和体积的强碱溶液，水浴加热(约93℃)，待反应完全后(不再有氢气生成)，趁热减压抽滤，收集滤液于250mL烧杯中；
第二步：氢氧化铝沉淀的生成。将滤液重新置于水浴锅中，用3 ml/L H2SO4调节滤液pH至8～9，得到不溶性白色絮凝状Al(OH)3，减压抽滤得到沉淀；
第三步：硫酸铝溶液的生成。将沉淀转移至250mL烧杯中，边加热边滴入一定浓度和体积的H2SO4溶液；
第四步：硫酸铝钾溶液的形成。待沉淀全部溶解后加入一定量的固体K2SO4，将得到的饱和澄清溶液冷却降温直至晶体全部析出，减压抽滤、洗涤、抽干，获得产品明矾晶体[KAl(SO4)2·12H2O，M＝474g/ml]。
回答下列问题：
(1)第一步铝的溶解过程中涉及到的主要反应的离子方程式为__________________________
(2)为了加快铝制品的溶解，应该对铝制品进行怎样的预处理：________________________
(3)第四步操作中，为了保证产品的纯度，同时又减少产品的损失，应选择下列溶液中的___(填选项字母)进行洗涤，实验效果最佳。
A．乙醇 B．饱和K2SO4溶液 C．蒸馏水 D．1：1乙醇水溶液
(4)为了测定所得明矾晶体的纯度，进行如下实验操作：准确称取明矾晶体试样4.0g于烧杯中，加入50mL 1ml/L盐酸进行溶解，将上述溶液转移至100mL容量瓶中，稀释至刻度线，摇匀；移取25.00 mL溶液干250 mL锥形瓶中，加入30 mL 0.10ml/L EDTA－2Na标准溶液，再滴加几滴2D二甲酚橙，此时溶液呈黄色；经过后续一系列操作，最终用0.20 ml/L锌标准溶液滴定至溶液由黄色变为紫红色，达到滴定终点时，共消耗5.00 mL锌标准溶液。滴定原理为H2Y2－＋Al3＋→AlY－＋2H＋，H2Y2－(过量)＋Zn2＋→ZnY2－＋2H＋(注：H2Y2－表示EDTA－2Na标准溶液离子)。则所得明矾晶体的纯度为_________%。
(5)明矾除了可以用作人们熟悉的净水剂之外，还常用作部分食品的膨松剂，例如油条(饼)的制作过程需要加入一定量的明矾，请简述明矾在面食制作过程作膨松剂的原理：_______
(6)为了探究明矾晶体的结晶水数目及分解产物，在N2气流中进行热分解实验，得到明矾晶体的热分解曲线如图所示(TG%代表的是分解后剩余固体质量占样品原始质量的百分率，失重百分率＝×100%)：
根据TG曲线出现的平台及失重百分率，30～270℃范围内，失重率约为45.57%，680～810℃范围内，失重百分率约为25.31%，总失重率约为70.88%，请分别写出所涉及到30～270℃、680～810℃温度范围内这两个阶段的热分解方程式：___________、_____________
21、氮氧化物的转化和综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境。
(1)H2还原法是处理燃煤烟气中SO2的方法之一。已知：2H2S(g)+SO2(g)＝3S(s)+2H2O(l) ΔH=a kJ∙ml—1H2S(g)＝H2(g)+S(s) ΔH=b kJ∙ml—1H2O(l)＝H2O(g) ΔH=c kJ∙ml—1写出SO2(g)和H2(g)反应生成S(s)和H2O(g)的热化学方程式______________。
(2)SO2经过净化后与空气混合进行催化氧化可制取硫酸，其中SO2发生催化氧化的反应为： 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。若在T1℃、0.1 MPa条件下，往一密闭容器通入 SO2和O2［其中n(SO2) ∶n(O2)＝2∶1］，测得容器内总压强与反应时间如图所示。
①图中A点时，SO2的转化率为______________。
②在其他条件不变的情况下，测得T2℃时压强的变化曲线如图所示，则C点的正反应速率vc(正)与A点的逆反应速率vA(逆)的大小关系为vc(正)______________vA(逆)(填“＞”、“＜”或 “＝”)。
③图中B点的压强平衡常数Kp＝______________ (用平衡分压代替平衡浓度计算， 分压＝总压×物质的量分数)。
(3)利用脱氮菌可净化低浓度 NO 废气。当废气在塔内停留时间均为 90s 的情况下，测得不 同条件下 NO 的脱氮率如图Ⅰ、Ⅱ所示。
①由图I知，当废气中的NO含量增加时，宜选用______________法提高脱氮效率。
②图Ⅱ中，循环吸收液加入Fe2+、Mn2+提高了脱氮的效率，其可能原因为______________。
(4)研究表明：NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝。图Ⅲ所示为复合吸收 剂组成一定时，温度对脱硫脱硝的影响。
①写出废气中的SO2与NaClO2反应的离子方程式：______________。
②温度高于 60℃后，NO 去除率随温度升高而下降的原因为______________
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
A．流感疫苗属于蛋白质，温度过高会使蛋白质变性，A选项正确；
B．乳酸()通过缩聚反应可制得可降解的聚乳酸塑料，B选项错误；
C．“珍珠”的主要成分是CaCO3，属于无机盐，不属于有机高分子化合物，C选项错误；
D．水泥是由黏土和石灰石烧制而成的，D选项错误；
答案选A。
2、B
【解析】
A、氯气与水反应生成次氯酸和盐酸，盐酸与碳酸钠反应，生成二氧化碳气体，所以有气体产生，A错误；
B、氯化钙和二氧化碳不符合离子发生反应的条件，故不发生反应，溶液不会变浑浊，所以无现象，B正确；
C、NH3通入硝酸和硝酸银的混合溶液中，先与硝酸反应，故开始没有沉淀，等硝酸全部反应完全后，再与硝酸银反应生成氢氧化银沉淀，再继续通入氨气会生成可溶性的银氨溶液，故沉淀又会减少，直至最终没有沉淀，反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3、NH3+AgNO3+H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3=Ag(NH3)2OH（银氨溶液），C错误；
D、SO2通入NaHS溶液中，发生氧化还原反应，生成淡黄色固体，D错误；
故选B。
3、D
【解析】
A. aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O反应中，HClO3是氧化剂，HClO4、O2是氧化产物，所以氧化性：HClO3＞HClO4，故A错误；
B. 变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为I2被Cl2继续氧化生成IO3-：5C12+I2+6H2O=12H++10Cl-+2IO3-，故B错误；
C. 由生成的Cl2和O2的混合气体平均分子量为47.6g/ml，则，可得n（Cl2）：n（O2）=2：3，由电子守恒得化学反应方程式为8 HClO3=3O2↑+2 Cl2↑+4 HClO4+2H2O，故C错误；
D. 若化学计量数a=8，b=3，由C可知，化学反应方程式为8 HClO3=3O2↑+2 Cl2↑+4 HClO4+2H2O，电子转移数为20e-，故D正确；答案选D。
本题考查氧化还原反应规律和计算，注意把握氧化还原反应中的强弱规律，易错点为C，注意得失电子守恒在氧化还原反应中的应用。
4、D
【解析】
R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R可能为C元素或S元素，由于图示原子半径和原子序数关系可知R应为C元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，应为Na2O、Na2O2，则Y为O元素，Z为Na元素；Z与T形成的Z2T化合物，且T的原子半径比Na小，原子序数T>Z，则T应为S元素，X的原子半径最小，原子序数最小，原子半径也较小，则X应为H元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求解答该题。
【详解】
根据上述推断可知：X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；R是C元素，T是S元素。
A.S2-核外有3个电子层，O2-、Na+核外有2个电子层，由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：T>Y>Z，A错误；
B. Z2Y、Z2Y2表示的是Na2O、Na2O2，Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键、极性共价键，因此所含的化学键类型不相同，B错误；
C.O、S是同一主族的元素，由于H2O分子之间存在氢键，而H2S分子之间只存在范德华力，氢键的存在使H2O的沸点比H2S高，而物质的稳定性与分子内的共价键的强弱有关，与分子间作用力大小无关，C错误；
D.ZXT表示的是NaHS，该物质为强碱弱酸盐，在溶液中HS-水解，消耗水电离产生的H+结合形成H2S，使水的电离平衡正向移动，促进了水的电离，使溶液中c(OH-)增大，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，D正确；
故合理选项是D。
本题考查了原子结构与元素性质及位置关系应用的知识，根据原子结构特点及元素间的关系推断元素是解题的关键，侧重于学生的分析能力的考查。
5、D
【解析】
A．卤化氢的还原性随着卤素的原子序数的增大而增强，即还原性：HF＜HCl＜HBr＜HI，故A错误；
B．为丙烷的球棍模型，丙烷的比例模型为，故B错误；
C．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，失电子能力逐渐减弱，故C错误；
D．过氧化钠的电子式为，过氧化钠中既含钠离子与过氧根离子形成的离子键，又含O-O共价键，故D正确；
答案选D。
本题的易错点为A，要注意元素的非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱。
6、C
【解析】
原子晶体在熔化时需要破坏共价键，四个选项中仅C为原子晶体，故选择C。
点睛：熔化时要破坏化学键的物质有：1、离子化合物：破坏离子键；2、原子晶体：破坏共价键；3、金属单质和合金：破坏金属键。常见原子晶体有：有金刚石C、二氧化硅SiO2、晶体硅Si、SiC。
7、D
【解析】
A.火箭升空时，将燃料的化学能转化为火箭的机械能，故A错误；
B.太阳能电池板，将太阳能转化为电能，故B错误；
C.动车在行驶时主要的能量转化是电能转化为机械能，故C错误；
D.手机电池放电是将化学能转化为电能，故D正确；
答案选D。
8、C
【解析】
A、该装置中发生吸氧腐蚀，Fe作负极，Fe失电子生成亚铁离子；
B、铁腐蚀过程中部分化学能转化为热能、部分化学能转化为电能；
C、Fe、C和电解质溶液构成原电池，加速Fe的腐蚀；
D、弱酸性或中性条件下铁腐蚀吸氧腐蚀。
【详解】
A、该装置中发生吸氧腐蚀，Fe作负极，Fe失电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，被氧化，故A错误；
B、铁腐蚀过程发生电化学反应，部分化学能转化为电能，且该过程放热，所以还存在化学能转化为热能的变化，故B错误；
C、Fe、C和电解质溶液构成原电池，Fe易失电子被腐蚀，加速Fe的腐蚀，故C正确；
D、铁在弱酸性或中性条件以及碱性条件下发生吸氧腐蚀，水代替NaCl溶液，溶液仍然呈中性，Fe发生吸氧腐蚀，故D错误；
故选：C。
9、B
【解析】
A. 酒精的水溶液不导电，属于非电解质，故A错误；
B. 水可以部分电离生成氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故B正确；
C. 盐酸是混合物，不是电解质也不是非电解质，氯化氢在水溶液中完全电离，属于强电解质，故C错误；
D. 食盐属于盐，在水溶液中完全电离，属于强电解质，故D错误。
故选B。
电解质的前提必须是化合物，化合物中的酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水是电解质。
10、B
【解析】
A. 图甲中可以加入HCN调节溶液的pH=7，溶液中不一定存在Cl-，即不一定存在c(Cl－)=c(HCN)，故A错误；
B. a点的坐标为(9.5，0.5)，此时c(HCN)=c(CN−)，HCN的电离平衡常数为，则NaCN的水解平衡常数，故B正确；
C. b点加入5mL盐酸，反应后溶液组成为等浓度的NaCN、HCN和NaCl，由图乙可知此时溶液呈碱性，则HCN的电离程度小于CN−的水解程度，因此c(HCN)＞c(CN−)，故C错误；
D. c点加入10mL盐酸，反应后得到等浓度的HCN和NaCl的混合溶液，任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cl−)=c(HCN)+c(CN−)，而根据电荷守恒可知，c(Na+)+ c(H+)= c(Cl−)+ c(OH−)+ c(CN−)，则c(Na+)+ c(H+)= c(HCN)+ c(OH－)+ 2c(CN－)，故D错误；
故选B。
11、B
【解析】
A．向某无色溶液中加入浓NaOH溶液，加热试管，检验氨气，利用湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，则说明原溶液中一定含NH4+，不是用蓝色石蕊试纸检验，故A错误；
B．反应中氯化铁不足，KSCN溶液遇三价铁离子变红色，若变红色，说明未完全反应，说明存在化学反应的限度，故B正确；
C．氢氧化钠具有腐蚀性，应该根据溴易溶于酒精或甘油，先用酒精或甘油洗伤口，再用大量水冲洗，故C错误；
D．淀粉溶液是胶体，可用丁达尔效应检验，硫酸铜的水溶液是溶液，没有丁达尔效应，故D错误；
故选B。
12、A
【解析】
A．烟是气溶胶，“日照香炉生紫烟”是丁达尔效应，故A错误；
B．“曾青”是CuSO4溶液，铁与CuSO4发生置换反应，故B正确；
C．“豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故C正确；
D．“闪电下雨”过程发生的主要化学反应有：N2+O2=2NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3与土壤中的弱酸盐反应生成硝酸盐，农作物吸收NO3-中化合态的N，其中第一个反应是“将游离态的氮转化为化合态氮”，属于自然界固氮作用，故D正确；
答案选A。
13、C
【解析】
A、金刚石和石墨是碳元素形成的两种不同单质，互为同素异形体，选项A错误；
B、1ml石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定，选项B错误；
C、1 ml C(石墨，s)转化为1 ml C(金刚石，s)，要吸收l.895kJ的热能说明1 ml C(石墨，s)比1 ml C(金刚石，s)的总能量低，选项C正确；
D、石墨转化为金刚石是化学变化，选项D错误。
答案选C。
本题主要考查物质具有的能量越低越稳定，在100kPa时，1ml石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定．金刚石的能量高，1ml石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多。
14、A
【解析】
A. 根据溶液的电中性原理，n(H+)+n(NH4+)=n(OH-)+n(NO3-)，溶液呈中性，即n(H+)=n(OH-)，即有n(NH4+)=n(NO3-)=1ml，即铵根离子为NA个，故A正确；
B. 1.7g双氧水的物质的量为0.05ml，而双氧水分子中含18个电子，故0.05ml双氧水中含有的电子为0.9NA个，故B错误；
C. 标况下戊烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；
D. 由于钠反应后变为+1价，故1ml钠反应后转移电子为NA个，与产物无关，故D错误。
故选：A。
15、D
【解析】
溶液（体积为1L）中的阴离子带电荷数为2ml/L×1+1ml/L×2=4，氢离子带正电荷数为2ml/L×1=2，根据溶液呈电中性原则，则X为阳离子，且带电荷数为2，只有Ba2+、Fe2、Mg2+三种离子可选；而在酸性环境下，硝酸根离子能够氧化铁离子，不能共存，硫酸根离子与钡离子产生沉淀，不能大量共存，只有镁离子在上述溶液中大量共存，故答案选D。
16、D
【解析】
A. 通过“扫描隧道显微镜”操纵原子“书写”文字，没有新物质生成属于物理变化，故A错误；
B.14C考古断代是元素的放射性衰变，故B错误；
C. 分馏是利用物质沸点不同分离物质的方法，没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；
D. 粮食酿酒，生成新物质，属于化学变化，故D正确；
故选：D。
物理变化与化学变化区别，物理变化没有新物质生成，化学变化有新物质生成，据此分析解答。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、丙炔 加成反应 C10H10O +2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O 羧基 4 +2NaOH+NaCl+H2O 苯酚 氯化铁溶液，溶液呈紫色
【解析】
化合物X与银氨溶液可发生银镜反应，说明X中含有醛基，结合D、E的结构简式可知，X为苯甲醛；根据L→M的反应原理可知，L→M是取代反应，由①的反应信息，L中酚羟基与C2H5OCOOC2H5反应，-COOC2H5与酚羟基H原子交换，由②的反应信息可知，发生自身交换生成M，则M的结构简式为，化合物E和M在一定条件下合成得到华法林，据此分析解答。
【详解】
(1)A的结构简式为CH3C≡CH，含有碳碳三键，属于炔烃，名称为丙炔；A→B是丙炔与H2O反应，反应后碳碳三键转化为碳碳双键，发生了加成反应，故答案为丙炔；加成反应；
(2)由结构简式可知，E的分子式为C10H10O；X为苯甲醛()，苯甲醛与银氨溶液反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为C10H10O；+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；
(3)G为乙酸酐，G与苯酚生成J同时，还生成乙酸，乙酸中含有的官能团是羧基，G的分子式为C4H6O3，G完全燃烧生成二氧化碳和水，1mlG完全燃烧，消耗的氧气的物质的量为(4+-)ml=4ml，故答案为羧基；4；
(4)L的分子式是C8H8O，Q是L的同分异构体，Q属于芳香酸，Q中含羧基，Q→R是苯环上的甲基上的1个H原子被取代，R→S是氯代烃的水解反应，S→T是-CH2OH氧化成-COOH，T的核磁共振氢谱只有两组峰，说明2个羧基处在苯环的对位，Q为对甲基苯甲酸，Q结构简式为，R为，则R→S的化学方程式为：；故答案为；；
(5)苯酚可与甲醛缩合成体型高分子化合物，检验酚羟基，可加入氯化铁溶液，溶液呈紫色，故答案为苯酚；氯化铁溶液，溶液呈紫色；
(6)L→M是取代反应，由①的反应信息，L中的酚羟基与C2H5OCOOC2H5反应，-COOC2H5与酚羟基H原子交换，由②的反应信息可知，发生自身交换生成M，故M的结构简式为：，故答案为。
18、 AC C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2 +C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH 、、、
【解析】
根据流程图分析，A为，B为，C为，E为，F为，H为。
（1）根据以上信息，可知诺氟沙星的结构简式。
（2）A.B到C的反应类型为还原反应；
B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳双键可发生加成、氧化，加聚反应，酯基可发生取代反应；
C.化合物E含有碱基，具有碱性；
D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断、右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子，两个环上的9个C原子可能共平面；
（3）将C2H5OH氧化为CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再与NaCN反应，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再与HC(OC2H5)3反应，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。
（4）与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应，生成和C2H5OH。
（5）G的同系物M（C6H14N2）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：
若六元环上只有一个N原子，则分子中不存在4种氢原子的异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接C原子，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上，但都必须呈对称结构。
【详解】
（1）通过对流程图的分析，可得出诺氟沙星的结构简式为。答案为：；
（2）A.B到C的反应类型为还原反应，A错误；
B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳双键可发生加成、氧化，加聚反应，酯基可发生取代反应，B正确；
C.化合物E含有碱基，具有碱性，C错误；
D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断、右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子，两个环上的9个C原子可能共平面，D正确。答案为：AC；
（3）将C2H5OH氧化为CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再与NaCN反应，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再与HC(OC2H5)3反应，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。答案为：C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2；
（4）与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应，生成和C2H5OH。答案为：+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH；
（5）若六元环上只有一个N原子，则分子中不存在4种氢原子的异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接C原子，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，结构简式可能为、；两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上，结构简式可能为、。答案为：、、、。
19、酸性 铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，有吸附作用，故铵明矾能净水 先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失 2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4 省略过程Ⅱ，因HCO3-与Al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低 冷却结晶 打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟 （NH4）2SO3 Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O 1：3
【解析】
碳酸氢铵溶液中加入硫酸钠，过滤得到滤渣与滤液A，而滤渣焙烧得到碳酸钠与二氧化碳，可知滤渣为NaHCO3，过程I利用溶解度不同发生复分解反应：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4 ，滤液A中含有（NH4）2SO4 及少量HCO3-等，加入硫酸，调节pH使HCO3-转化二氧化碳与，得到溶液B为（NH4）2SO4 溶液，再加入硫酸铝得铵明矾；
（1）铵明矾溶液中NH4+、铝离子水解NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+、Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，促进水的电离，溶液呈酸性；铵明矾用于净水的原因是：铵明矾水解得到氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附水中悬浮物，达到净水的目的；向铵明矾溶液中加入氢氧化钠溶液，首先Al3+与OH-反应生成氢氧化铝沉淀，接着NH4+与OH-反应生成氨气，最后加入的过量NaOH溶液溶解氢氧化铝，现象为：先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失。
（2）过程I利用溶解度不同发生复分解反应，反应方程式为：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4 。
（3）省略过程Ⅱ，因HCO3-与Al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低。
（4）由于铵明矾的溶解度随温度升高明显增大，加入硫酸铝后从溶液中获得铵明矾的操作是：加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥。
（5）①检验氨气方法为：打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟；装置A和导管中未见红棕色气体，说明没有生成氮的氧化物，试管C中的品红溶液褪色，说明加热分解有SO2生成，氨气与二氧化硫、水蒸汽反应可以生成（NH4）2SO3，白色固体可能是（NH4）2SO3；装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，该物质为氧化铝，氧化铝与氢氧化钠溶液反应离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；
②反应中-3价的N化合价升高发生氧化反应生成N2，+6价的S化合价降低发生还原反应生成SO2，根据电子转移守恒：n（N2）×2×[0﹣（﹣3）]=n（SO2）×（6﹣4），故n（N2）：n（SO2）=1：3，相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比，故V（N2）：V（SO2）=1：3。
20、2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑ 用砂纸将废旧铝制易拉罐内外表面打磨光滑，并剪成小片备用（其他合理答案也给分） D 94.8 明矾与小苏打（NaHCO3）发生反应（双水解）：Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓
+3CO2↑，产生大量CO2，使面食内部体积迅速膨胀，形成较大空隙。 KAl(SO4)2▪12H2OKAl(SO4)2+12H2O 2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑
【解析】
（1）铝与强碱溶液的反应生成偏铝酸盐和氢气，写出离子方程式；
（2）预处理需要去掉铝表面的致密的氧化物保护膜；
（3）从减少产品损失考虑；
（4）根据题目信息及滴定原理可知，用EDTA-2Na的总量减去锌标准溶液对EDTA-2Na的消耗量，即可计算出样品溶液中Al3+的物质的量，间接算出明矾晶体的物质的量和质量，进而求出明矾晶体的纯度；
（5）从双水解角度考虑；
（6）根据题目所给数据，确定第一个阶段应是脱掉结晶水；第二阶段脱掉SO3；
【详解】
（1）第一步铝的溶解过程中主要发生铝与强碱溶液的反应，离子方程式为2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑；
答案：2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑
（2）铝制品表面有氧化膜及包装油漆喷绘等，打磨、剪成小片后可加快在强碱溶液中的溶解；
答案：用砂纸将废旧铝制易拉罐内外表面打磨光滑，并剪成小片备用（其他合理答案也给分）
（3）所得明矾晶体所含的杂质能溶于水，需用水洗涤，但为了减少产品的损失，应控制水的比例，因此用1:1乙醇水溶液洗涤效果最佳；
答案：D
（4）根据题目信息及滴定原理可知，用EDTA-2Na的总量减去锌标准溶液对EDTA-2Na的消耗量，即可计算出样品溶液中Al3+的物质的量，间接算出明矾晶体的物质的量和质量，进而求出明矾晶体的纯度；
答案：94.8
（5）面食发酵过程中需要用到小苏打（NaHCO3），NaHCO3与明矾发生双水解反应，产生CO2；
答案：明矾与小苏打（NaHCO3）发生反应（双水解）：Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓
+3CO2↑，产生大量CO2，使面食内部体积迅速膨胀，形成较大空隙。
（6）根据题目所给数据，结合KAl(SO4)2▪12H2O的化学式，可验证出第一个阶段应是脱掉结晶水得到KAl(SO4)2；第二阶段脱掉SO3，发生的是非氧化还原反应，得到K2SO4和Al2O3；
答案：KAl(SO4)2▪12H2OKAl(SO4)2+12H2O 2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑
21、SO2(g+2H2(g)=S(s)+2H2O(g) ΔH=(a -2b+2c) kJ·ml—1 45% ＞ 24300 (MPa)－1 好氧硝化 Fe2+、Mn2+对该反应有催化作用 2H2O+ClO－2+2SO2=Cl—+2SO42-+4H+ 温度升高，H2O2分解速率加快
【解析】
(1)已知：①2H2S(g)+SO2(g)＝3S(s)+2H2O(l) ΔH1=a kJ·ml—1
②H2S(g)＝H2(g)+S(s) ΔH2=b kJ·ml—1
③H2O(l)＝H2O(g) ΔH3=c kJ·ml—1
根据盖斯定律，由①-②×2+③×2得反应SO2(g+2H2(g)=S(s)+2H2O(g) ΔH=ΔH1-2ΔH2+2ΔH3==(a -2b+2c) kJ·ml—1；
（2）①依据化学三行列式计算，设氧气消耗物质的量为x，
2SO2（g）+ O2（g）⇌2SO3
起始量（ml） 2a a 0
变化量（ml） 2x x 2x
平衡量（ml）2a﹣2x a﹣x 2x
图中A点时，气体物质的量0.085，则 = ，x=0.45a，SO2的转化率=×100%=45%；②图象分析可知，C点是平衡状态，A点反应未达到平衡状态，其中C点的正反应速率vC（正）与A点的逆反应速率vA（逆）的大小关系为vC（正）＞vA（逆）；
③③图中B点，依据化学三行列式计算，设氧气消耗物质的量为y，
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3
起始量（ml） 2a a 0
变化量（ml） 2y y 2y
平衡量（ml）2a﹣2y a﹣y 2y
B点气体物质的量为 0.007，则= ，y=0.9a，平衡常数K==24300（MPa）﹣1；
(3) ①由图I知，当废气中的NO含量增加时，脱氮率较高的是好氧硝化法，故宜选用好氧硝化法提高脱氮效率；②图Ⅱ中，Fe2+、Mn2+对该反应有催化作用，循环吸收液加入Fe2+、Mn2+提高了脱氮的效率；⑷①废气中的SO2与NaClO2反应生成硫酸钠和盐酸，其离子方程式为：2H2O+ClO－+2SO2=Cl—+2SO42-+4H+；②温度高于60℃后，温度升高，H2O2分解速率加快，NO去除率随温度升高而下降。
选项
古文或谚语
化学解释
A
日照香炉生紫烟
碘的升华
B
以曾青涂铁，铁赤色如铜
置换反应
C
煮豆燃豆萁
化学能转化为热能
D
雷雨肥庄稼
自然固氮
所含离子
NO3—
SO42—
H+
X
浓度ml/L
2
1
2
1