佳木斯市2025-2026学年高三下第一次测试化学试题（含答案解析）

这是一份佳木斯市2025-2026学年高三下第一次测试化学试题（含答案解析），共26页。

一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大。四种元素形成的单质依次为m、n、p、q ；x、y、z是这些元素组成的二元化合物，其中z为形成酸雨的主要物质之一；25℃时，0.01ml·L－1w溶液中，c(H+)/c(OH-)＝1.0×10－10。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．原子半径的大小：a＜b＜c＜d
B．氢化物的沸点：b＞d
C．x的电子式为：
D．y、w含有的化学键类型完全相同
2、25℃时，向某Na2CO3溶液中加入稀盐酸，溶液中含碳微粒的物质的量分数(φ)随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法中正确的是
A．pH=7时， c(Na+)=(Cl－ )+c(HCO3－)+2c(CO32－)
B．pH=8时，c(Na+)=c(C1－)
C．pH=12时， c(Na+ )>c(OH－ )>c(CO32－)>c(HCO3－)>c(H+)
D．25℃时，CO32－+H2OHCO3－+OH－的水解平衡常数Kh=10－10ml·L－1
3、化学与生活密切相关。下列错误的是
A．用四氯乙烯干洗剂除去衣服上油污，发生的是物理变化
B．“碳九”（石油炼制中获取的九个碳原子的芳烃）均属于苯的同系物
C．蛟龙号潜水器用到钛合金，22号钛元素属于过渡元素
D．波尔多液（硫酸铜、石灰和水配成）用作农药，利用使病毒蛋白变性
4、零族元素难以形成化合物的本质原因是
A．它们都是惰性元素B．它们的化学性质不活泼
C．它们都以单原子分子形式存在D．它们的原子的电子层结构均为稳定结构
5、已知HA的酸性弱于HB的酸性。25℃时，用NaOH固体分别改变物质的量浓度均为0.1 ml•L-1的HA溶液和HB溶液的pH（溶液的体积变化忽略不计），溶液中A-、B-的 物质的量浓度的负对数与溶液的pH的变化情况如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．曲线Ⅰ表示溶液的pH与-lgc（A-）的变化关系
B．
C．溶液中水的电离程度：M>N
D．N点对应的溶液中c（Na+）＞Q点对应的溶液中c（Na+）
6、NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，11.2 L SO2含有的氧原子数小于NA
B．0. 1 ml Na2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数等于0.4NA
C．10 g质量分数为34%的H2O2溶液含有的氢原子数为0.2NA
D．100 mL 0.1 ml/L醋酸中含有的醋酸分子数是0.01NA
7、 “一带一路”是“丝绸之路经济带”和“海上丝绸之路”的简称。下列说法正确的是（ ）
A．古代中国出产的丝绸的主要成分是纤维素
B．中国从中亚进口的天然气的主要成分是乙烯
C．中国承建巴基斯坦的水电站实现了水能直接转化为电能
D．服务一带一路的北斗卫星上的太阳能电池板与地壳含量第二的元素有关
8、NA代表阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是
A．0.1ml 熔融的 NaHSO4 中含有的离子总数为 0.3 NA
B．标准状况下，2.24L HF和NH3分子所含电子数目均为NA
C．常温时,56gAl与足量浓硝酸反应,转移的电子数目为3NA
D．向含有 1ml FeI2 溶质的溶液中通入适量的氯气，当有 1mlFe2+被氧化时，该反应转移电子的数目为 3NA
9、根据下表(部分短周期元素的原子半径及主要化合价)信息，判断以下叙述正确的是
A．最高价氧化物对应水化物的碱性C＞A
B．氢化物的沸点H2E＞H2D
C．单质与稀盐酸反应的速率A＜B
D．C2＋与A＋的核外电子数相等
10、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．pH=1的溶液中：NO3-、Cl−、S2−、Na+
B．c(H+)/c(OH−)=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl−
C．由水电离的c(H+)=1×10−12ml·L−1的溶液中：Na+、K+、Cl−、HCO3-
D．c(Fe3+)=0.1ml·L−1的溶液中：K+、Cl−、SO42-、SCN−
11、中华民族有着灿烂的文化积淀。下列叙述不正确的是（ ）
A．胆水炼铜是中国古代冶金中一项重要发明，发生了分解反应
B．古语：“雷雨发庄稼”,是因为发生了自然固氮
C．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
D．中国古代利用明矾溶液来清除铜镜表面的铜锈
12、在酸性条件下，黄铁矿( FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是
A．反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+= 4Fe3++4NO+2H2O
B．反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+
C．反应Ш是氧化还原反应
D．黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
13、常温下向10mL0.1ml/L的HR溶液中逐渐滴入0.1ml/L的NH3·H2O溶液, 所得溶液pH及导电性变化如图。下列分析不正确的是
A．a～b点导电能力增强，说明HR为弱酸
B．b点溶液pH=7，说明NH4R没有水解
C．c点溶液存在c(NH4+)>c(R-)、c(OH-)>c(H+)
D．b～c任意点溶液均有c(H+)×c(OH-)=Kw=1.0×10-14
14、已知Cu+在酸性条件下能发生下列反应:Cu+Cu+Cu2+(未配平)。NH4CuSO3与足量的1.0 ml·L-1硫酸溶液混合微热,产生下列现象:①有红色金属生成 ②有刺激性气味气体产生 ③溶液呈蓝色。据此判断下列说法一定合理的是( )
A．该反应显示硫酸具有酸性
B．NH4CuSO3中铜元素全部被氧化
C．刺激性气味的气体是氨气
D．反应中硫酸作氧化剂
15、一定温度下，在三个体积均为0.5 L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)，其中容器Ⅰ中反应在5 min时达到平衡状态。
下列说法中正确的是
A．容器Ⅰ中前5 min的平均反应速率v(CO)=0.16 ml·L-1·min-1
B．该反应正反应为吸热反应
C．容器Ⅱ中起始时Cl2的物质的量为0.55 ml
D．若起始时向容器Ⅰ加入CO0.8ml、Cl20.8ml，达到平衡时CO转化率大于80%
16、我国科学家成功地研制出长期依赖进口、价格昂贵的物质，下列说法正确的是（ ）
A．它是的同分异构体
B．它是O3的一种同素异形体
C．与互为同位素
D．1 ml分子中含有20 ml电子
17、实现化学能转变为电能的装置是（ ）
A．干电池B．电解水
C．太阳能热水器D．水力发电
18、下列对实验现象的解释正确的是
A．AB．BC．CD．D
19、某澄清透明溶液中，可能大量存在下列离子中的若干种：H+、NH4+、K+、Mg2+、 Cu2+、Br－、AlO2－、Cl－、SO42－、CO32－，现进行如下实验：
①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出。将溶液分为3份。
②在第1份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清。加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象。
③在第2份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色。
则下列推断正确的是:
A．溶液中一定有K+、Br－、AlO2－、CO32－
B．溶液中一定没有NH4+、Mg2+、Cu2+、Cl－
C．不能确定溶液中是否有K+、Cl－、SO42－
D．往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液可确认是否有Cl－
20、下列说法正确的是( )
A．碘单质或NH4Cl的升华过程中，不需克服化学键
B．Na2O2属于离子化合物，该物质中阴、阳离子数之比为1∶1
C．CO2和SiO2中，都存在共价键，它们的晶体都属于分子晶体
D．金刚石和足球烯(C60)虽均为碳单质，但晶体类别不同，前者属于原子晶体，后者属于分子晶体
21、下列化学式中属于分子式且能表示确定物质的是（ ）
A．C3H8B．CuSO4C．SiO2D．C3H6
22、甲烷与氯气光照条件下取代反应的部分反应历程和能量变化如下：
第一步：
第二步：
第三步：中其中表示氯原子，表示甲基，下列说法不正确的是（ ）
A．由题可知，甲烷和氯气在室温暗处较难反应
B．
C．形成中键放出的能量比拆开中化学键吸收的能量多
D．若是甲烷与发生取代反应，则第二步反应
二、非选择题(共84分)
23、（14分）酯类化合物与格氏试剂(RMgX，X=Cl、Br、I)的反应是合成叔醇类化合物的重要方法，可用于制备含氧多官能团化合物。化合物F的合成路线如下，回答下列问题：
已知信息如下：①RCH=CH2RCH2CH2OH；
②；
③RCOOCH3 .
(1)A的结构简式为____，B →C的反应类型为___，C中官能团的名称为____，C→D的反应方程式为_____。
(2)写出符合下列条件的D的同分异构体_____(填结构简式，不考虑立体异构)。①含有五元环碳环结构；②能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体；③能发生银镜反应。
(3)判断化合物F中有无手性碳原子___，若有用“*”标出。
(4)已知羟基能与格氏试剂发生反应。写出以、CH3OH和格氏试剂为原料制备的合成路线(其他试剂任选) ___。
24、（12分）周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同；基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态；c的最外层电子数是内层电子数的3倍；d的原子序数是c的两倍；基态e原子3d轨道上有4个单电子。
回答下列问题：
（1）b、c、d电负性最大的是___(填元素符号)。
（2）b单质分子中σ键与π键的个数比为___。
（3）a与c可形成两种二元化合物分子，两种物质可以任意比互溶。其中一种不稳定，可分解产生c的单质，该化合物分子中的c原子的杂化方式为___；这两种物质的互溶物中，存在的化学键有___(填序号)。
①极性共价键 ②非极性共价键 ③离子键 ④金属键 ⑤氢键 ⑥范德华力
（4）这些元素形成的含氧酸中，分子内中心原子的价层电子对数为4的酸是___(填化学式，下同)；酸根呈正三角形结构的酸是___，试从两者结构特点判断该酸分子与酸根离子的稳定性：酸分子___酸根离子(填“>”或“S>O>H，故错误；
B、氢化物分别是H2O、H2S，H2O中含有分子间氢键，H2S没有，则H2O的沸点高于H2S，故正确；
C、x为H2O，其电子式为：，故错误；
D、y是过氧化钠，w为NaOH，前者只含离子键，后者含有离子键和共价键，故错误；
答案选B。
2、A
【解析】
A、由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=(OH－ )+Cl－ )+c(HCO3－)+2c(CO32－), pH=7时，c(H+)=(OH－ )，则c(Na+)=(Cl－ )+c(HCO3－)+2c(CO32－)，故A正确；
B、据图可知，pH=8时溶液中溶质为碳酸氢钠和氯化钠，则溶液中c（Cl－）＜c（Na＋），故B错误；
C、pH=12时，溶液为Na2CO3溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子， 则c(Na+ )>c(CO32－)>c(OH－ )>c(HCO3－)>c(H+)，故C错误；
D、CO32－的水解常数Kh=c(HCO3－)c(OH－)/c(CO32－)，据图可知，当溶液中c（HCO3－）:c（CO32－）=1:1时，溶液的pH=10，c（H＋）=10-10ml·L－1，由Kw可知c（OH－）=10-4ml·L－1，则Kh=c(HCO3－)c(OH－)/c(CO32－)=c（OH－）=10-4ml·L－1，故D错误；
故选A。
本题考查盐类的水解、平衡常数计算、弱电解质的电离等，难点为D，注意利用溶液中c（HCO3－）:c（CO32－）=1:1时，溶液的pH=10这个条件。
3、B
【解析】
A. 用四氯乙烯干洗剂除去衣服上油污，是利用有机溶剂的溶解性，没有新物质生成，属于物理变化，故A正确；
B. “碳九”主要包括苯的同系物和茚等，其中茚的结构为，不属于苯的同系物，故B错误；
C. 22号钛元素位于第四周期第IVB族，属于过渡元素，故C正确；
D. CuSO4属于重金属盐，病毒中的蛋白质在重金属盐或碱性条件下可以发生变性，故D正确；
答案选B。
4、D
【解析】
零族元素难以形成化合物的本质原因是最外层都已达到稳定结构，不容易和其它原子化合，故选D。
5、B
【解析】
A.由“HA的酸性弱于HB的酸性”可知，Ka（HB）>Ka（HA），由图可知，曲线I表示溶液的pH与-lgc（B-）的变化关系，错误；B.根据图中M、N点的数据可知，c（A-）=c（B-），c（HA）=c（HB），故，正确；M点与N点存在c（A-）=c（B-），M点溶液的pH比N点溶液的pH小，故M点水的电离程度弱，错误；D.N、Q点对应溶液的pH相等，由图可知c（A-）Fe2+，向含有1ml FeI2溶质的溶液中通入适量的氯气，当有 1mlFe2+被氧化时，I-已经反应完全，则1ml FeI2反应转移3ml电子，则转移电子数目是3NA，选项D正确；
故合理选项是D。
9、B
【解析】
元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，D、E两元素最外层电子数为6，故为第VIA元素，而D的半径大于E，故在周期表中E元素在上面，D在下面，故E为O，D为S，B元素最最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫均大，故位于氧元素和硫元素的中间，应为Al，A的半径比铝大，最外层电子数为1，应为Na，C的半径最小，最外层两个电子，故为Be，据此分析解答问题。
【详解】
A．A、C最高价氧化物对应水化物分别为NaOH和Be(OH)2，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Na>B，故碱性NaOH > Be(OH)2，A选项错误；
B．H2O含有氢键，分子间作用力较强，氢化物的沸点较高，则H2D< H2E，B选项正确；
C．金属钠的活泼性强于铝，故与稀盐酸反应的速率Na > A1，C选项错误；
D．Be2+与Na+的核外电子数分别为2、10，二者核外电子数不等，D选项错误；
答案选B。
本题主要考查了学生有关元素周期表和周期律的应用，难度一般，解答关键在于准确掌握原子半径和化合价的关系，熟记元素周期表中的递变规律，学以致用。
10、B
【解析】
A. pH=1的溶液呈酸性，H+、NO3-与S2−发生氧化还原反应而不能大量共存，选项A错误；
B. c(H+)/c(OH−)=1012的溶液呈酸性，H+、NH4+、Al3+、NO3-、Cl−相互之间不反应，能大量共存，选项B正确；
C. 由水电离的c(H+)=1×10−12ml·L−1的溶液可能为强酸性也可能为强碱性，HCO3-均不能大量存在，选项C错误；
D. c(Fe3+)=0.1ml·L−1的溶液中：Fe3+与SCN−发生络合反应而不能大量共存，选项D错误；
答案选B。
11、A
【解析】胆水炼铜是用铁与硫酸铜溶液发生置换反应，A错误；放电情况下，氮气与氧气反应变为NO，然后被O2氧化为NO2，NO2溶于水变为硝酸随雨水落入地面，相当于给庄稼施肥，这是自然固氮，B正确；侯氏制碱法的工艺过程中是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，主要应用了Na2CO3与NaHCO3的溶解度的差异， C正确；明矾中铝离子水解显酸性，与铜锈中主成分碱式碳酸铜反应，D正确；正确选项A；
12、C
【解析】
A．根据图示，反应I的反应物为Fe(NO)2+和O2，生成物是Fe3+和NO，结合总反应方程式，反应的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+= 4Fe3++4NO+2H2O，故A正确；
B．根据图示，反应Ⅱ的反应物是Fe3+和FeS2，生成物是Fe2+和SO42-，反应中铁元素的化合价降低，氧化剂是Fe3+，故B正确；
C．根据图示，反应Ш的反应物是Fe2+和NO，生成物是Fe(NO)2+，没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D．根据2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，反应过程中NO参与反应，最后还变成NO，NO作催化剂，故D正确；
故选C。
解答本题的关键是认真看图，从图中找到物质间的转化关系。本题的易错点为A，要注意根据总反应方程式判断溶液的酸碱性。
13、B
【解析】
A．a～b点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，也证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，故A正确；B、弱离子在水溶液中会发生水解反应，根据A知，HR是弱电解质，且一水合氨是弱电解质，所以NH4R是弱酸弱碱盐，b点溶液呈中性，且此时二者的浓度、体积都相等，说明HR和一水合氨的电离程度相等，所以该点溶液中铵根离子和酸根离子水解程度相等，故B错误；C．c点溶液的pH＞7，说明溶液呈碱性，溶液中c（OH-）＞c（H+），再结合电荷守恒得c（NH4+）＞c（R-），故C正确；D．离子积常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，所以b-c任意点溶液均有c（H+）•c（OH-）=Kw=1.0×10-14 ml2•L-2，故D正确；故选B。
点睛：本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确图中曲线变化趋势及曲线含义是解本题关键，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力，易错选项是D，注意：离子积常数只与温度有关，与溶液浓度及酸碱性无关，题目难度中等
14、A
【解析】
由反应现象可以知道，NH4CuSO3与足量的1.0 ml·L-1硫酸溶液混合微热，分别发生：2Cu+=Cu+Cu2+，SO32—+2H+=SO2↑+H2O，结合反应的现象判断。
【详解】
A.分别发生:2Cu+=Cu+Cu2+，SO32—+2H+=SO2↑+H2O，反应中硫酸中各元素的化合价不变，所以只显示酸性，所以A选项是正确的；
B.根据2Cu+=Cu+Cu2+知，NH4CuSO3中铜元素部分被氧化部分被还原，故B错误；
C.根据反应SO32—+2H+=SO2↑+H2O，刺激性气味的气体是SO2，故C错误；
D.反应中硫酸只作酸，故D错误。
答案选A。
15、C
【解析】
A．容器I中前5min的平均反应速率v(COCl2)==0.32ml/L•min-1，依据速率之比等于计量系数之比，则V(CO)=V(COCl2)=0.32ml/L•min-1，故A错误；
B．依据图中数据可知：Ⅱ和Ⅲ为等效平衡，升高温度，COCl2物质的量减小，说明平衡向逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B错误；
C．依据方程式：CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)，可知：
CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)
起始浓度(ml/L) 2 2 0
转化浓度(ml/L) 1.6 1.6 1.6
平衡浓度(ml/L) 0.4 0.4 1.6
反应平衡常数K==10，平衡时CO转化率：×100%=80%；
依据Ⅱ中数据，结合方程式可知：
CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)
起始浓度(ml/L) 2 2a 0
转化浓度 (ml/L) 1 1 1
平衡浓度 (ml/L) 1 2a-1 1
Ⅰ和Ⅱ温度相同则平衡常数相同则：K==10，解得：a=0.55ml，故C正确；
D．CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)为气体体积减小的反应，若起始时向容器I加入CO0.8ml，Cl20.8ml，相当于给体现减压，减压平衡向系数大的方向移动，平衡转化率降低，小于80%，故D错误；
故答案为C。
16、B
【解析】
A．与的分子式相同，不属于同分异构体，故A错误；
B．与O3都为氧元素的不同单质，互为同素异形体，故B正确；
C．同位素研究的对象为原子，与属于分子，不属于同位素关系，故C错误；
D．1 ml分子中含有16ml电子，故D错误；
故选B。
17、A
【解析】
A．干电池属于原电池，原电池向外提供电能时化学能转化为电能，故A正确；
B．电解水，电能转变为化学能，故B错误；
C．太阳能热水器，是太阳能直接转化为热能，故C错误；
D．水力发电时机械能转化为电能，故D错误；
故答案为A。
将化学能转化为电能，应为原电池装置，构成原电池的条件是：①有两个活泼性不同的电极；②将电极插入电解质溶液中；③两电极间构成闭合回路；④能自发的进行氧化还原反应；所以设计原电池必须符合构成原电池的条件，且该反应必须是放热反应；注意把握常见能量的转化形成。
18、B
【解析】
A．二者反应生成硫酸铜、硫酸亚铁，只能说明铁离子氧化性大于铜离子，不能比较金属性；要证明金属铁比铜活泼，要将铁放入硫酸铜等溶液中，故A错误；
B．铜与浓硫酸共热有灰白色固体生成，说明生成了无水硫酸铜，铜被氧化，硫酸具有氧化性，硫酸铜从溶液中析出时应是CuSO4·5H2O，是蓝色固体，现变成白色，是无水硫酸铜，说明浓硫酸具有吸水性，故B正确；
C．氧化铁溶于足量 HI 溶液，Fe2O3＋ 6H＋+ 2I－= 2Fe2＋+ I2＋ 3H2O ，生成的碘溶于水也呈黄色，故C错误；
D．铵根离子与氢氧化钠在加热条件下能反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，这是氨气的特征反应，但湿润的红色石蕊试纸未变蓝，也可能是溶液太稀，没有得到氨气，无法确定待测液中是否存在NH4+，故D错误；
故选B。
19、A
【解析】
①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出，可知无色气体为二氧化碳，一定含CO32-，溶液先浑浊后又变澄清可知，溶液中一定含AlO2-，由离子共存的条件可知，一定不含H+、Mg2+、Cu2+；
②在一份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象，则溶液中不含NH4+；
③在另一份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色，则溶液中一定含Br-，由电荷守恒可知溶液中一定存在的阳离子为K+，不能确定是否含Cl-、SO42-。
【详解】
A项、由实验现象可知，溶液中一定存在K+、Br-、CO32-、AlO2-，故A正确；
B项、由实验操作可知，一定不含NH4+、H+、Mg2+、Cu2+，不能确定溶液中是否含Cl-，故B错误；
C项、溶液中一定含K+，不能确定是否含Cl-、SO42-，故C错误；
D项、由于溶液事先已经加入盐酸，往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液无法确认是否有Cl－，故D错误。
故选A。
本题考查离子的共存，试题信息量较大，侧重分析与推断能力的考查，把握离子的反应、现象与结论的关系为解答的关键。
20、D
【解析】
A、NH4Cl的分解生成气体过程中，需克服离子键和共价键，选项A错误；
B、Na2O2中阴离子(O22-)、阳离子(Na＋)数之比为1∶2，选项B错误；
C、SiO2中，Si原子、O原子向空间伸展，不存在小分子，属于原子晶体，选项C错误；
D、金刚石和足球烯(C60)虽均为碳单质，但晶体类别不同，前者属于原子晶体，后者属于分子晶体，选项D正确。
答案选D。
本题主要是化学键、分子晶体和物质三态变化克服的作用力等知识，正确理解信息是解题关键，试题培养了学生分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。注意晶体类型的判断方法，离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体，分子间通过分子间作用力形成的晶体是分子晶体，原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，由金属阳离子和自由电子构成的晶体是金属晶体。
21、A
【解析】
A．C3H8为分子晶体且无同分异构体，故C3H8为分子式且只能表示丙烷，故A正确；
B．CuSO4为离子晶体，故CuSO4是化学式但不是分子式，故B错误；
C．SiO2为原子晶体，故SiO2是化学式，不是分子式，故C错误；
D．C3H6为分子晶体，但有同分异构体，即C3H6是分子式，但可能表示的是丙烯，还可能表示的是环丙烷，故不能确定其物质，故D错误。
故选：A。
应注意的是只有分子晶体才有分子式。
22、D
【解析】
光照下发生取代反应，常温下不能反应，故A正确；
B.由第二步与第三步相加得到，故B正确；
C.由第三步反应可知，形成键，拆开中化学键，且为放热反应，则形成中键放出的能量比拆开中化学键吸收的能量多，故C正确；
D.若是甲烷与发生取代反应，形成HCl比形成HBr更容易，即形成HBr需要的能量大于形成HCl需要的能量，则第二步反应，故D错误；
故选：D。
二、非选择题(共84分)
23、 氧化反应 羧基、羟基 、和
【解析】
根据F的结构不难得知A含1个五元环，根据题目给的信息可知A中必定含有双键， 结合分子的不饱和度可知再无不饱和键，因此A的结构简式为，根据信息不难得出B的结构简式为，酸性高锰酸钾有氧化性，可将醇羟基氧化为羧基，因此C的结构简式为，C到D的反应条件很明显是酯化反应，因此D的结构简式为，再根据题目信息不难推出E的结构简式为，据此再分析题目即可。
【详解】
（1）根据分析，A的结构简式为；B→C的过程是氧化反应，C中含有的官能团为羰基和羧基，C→D的反应方程式为；
（2）根据题目中的要求，D的同分异构体需含有五元环、羧基和羟基，因此符合要求的同分异构体有三种，分别为、和；
（3）化合物F中含有手性碳原子，标出即可；
（4）根据所给信息，采用逆推法，可得出目标产物的合成路线为：。
24、O 1:2 sp3 ①② H2SO4、H2SO3 HNO3 < d
【解析】
周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，a为H，基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态即2p3，则b为N，c的最外层电子数是内层电子数的3倍，则c为O，d的原子序数是c的两倍，d为S，基态e原子3d轨道上有4个单电子，则为3d6，即e为Fe。
A：H，b：N，c：O，d：S，e：Fe。
【详解】
⑴电负性从左到右依次递增，从上到下依次递减，b、c、d电负性最大的是O，故答案为：O。
⑵b单质分子为氮气，氮气中σ键与π键的个数比为1:2，故答案为：1:2。
⑶a与c可形成两种二元化合物分子，分别为水和过氧化氢，过氧化氢不稳定，过氧化氢的结构式为H—O—O—H，每个氧原子有2个σ键，还有2对孤对电子，因此O原子的杂化方式为sp3，水和过氧化氢互溶物中，水中有共价键，过氧化氢中有极性共价键，非极性共价键，分子之间有范德华力和分子间氢键，但范德华力和分子间氢键不是化学键，因此存在的化学键有①②，故答案为：sp3；①②。
⑷这些元素形成的含氧酸中，有硝酸、亚硝酸、硫酸、亚硫酸，硝酸分子N有3个σ键，孤对电子为0，因此价层电子对数为3，硝酸根价层电子对数为3+0=3，为正三角形；亚硝酸分子N有2个σ键，孤对电子为1，因此价层电子对数为3，亚硝酸根价层电子对数为2+1=3，为“V”形结构；硫酸分子S有4个σ键，孤对电子为0，因此价层电子对数为4，硫酸根价层电子对数为4+0=4，为正四面体结构；亚硫酸分子S有3个σ键，孤对电子为1，因此价层电子对数为4，亚硫酸根价层电子对数为3+1=4，为三角锥形结构，因此分子内中心原子的价层电子对数为4的酸是H2SO4、H2SO3，酸根呈正三角形结构的酸是HNO3；酸分子中心原子带正电荷，吸引氧原子上的电子，使得氧与氢结合形成的电子对易断裂，因此酸分子稳定性 < 酸根离子稳定性，故答案为：H2SO4、H2SO3；HNO3；H2NCH2COO->H3N+CH2COOH H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH 85.0
【解析】
(1) 根据盖斯定律，将三个热化学方程式叠加，可得相应的热化学方程式；
(2)①根据平衡常数的含义，结合37℃、P(O2)为2.00kPa时a(MbO2)计算平衡常数；
②根据反应达到平衡时，V正=V逆，结合平衡常数定义式进行变性，可得表达式；
(3)①根据甘氨酸的存在形式与溶液酸碱性的关系，先判断I、II、III分别为H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-和H3N+CH2COOH，若只含有H3N+CH2COO-，此时lg，结合溶液的Kw可判断溶液的pH、确定溶液的酸碱性；当溶液呈中性时，lg=0，根据图示判断微粒浓度大小；
②根据lg=8时，微粒存在有H2NCH2COO-、H3N+CH2COOH，盐酸过量，H2NCH2COO-反应变为H3N+CH2COOH，书写反应方程式；
③结合滴定突跃时溶液体积读数与空白读数差，计算出消耗高氯酸的体积，利用n=c·V计算出高氯酸的物质的量，根据恰好反应时甘氨酸与高氯酸的物质的量的比是1：1，计算出甘氨酸质量，利用甘氨酸质量与样品质量差计算得到甘氨酸的纯度。
【详解】
(1) ①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H1=－alkJ/ml，
②4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H2=－bkJ/ml，
③H2O(1)=H2O(g)△H3=+ckJ/ml，将①×3+②×2-③×30，整理可得热化学方程式：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l) △H=kJ/ml；
(2)①37℃、P(O2)=2.00kPa时，结合度为80%，化学平均常数K=kPa-1；
②由结合度的定义式可知，反应达平衡时，V正=V逆，所以K=，可求出c(MbO2)=，代入结合度定义式=可得a=；
①甘氨酸的三种存在形式：H3N+CH2COOH、H3N+CH2COO-和H2NCH2COO-应分别在强酸性至强碱性中存在，由此判断，图中I、II和III分别为H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-和H3N+CH2COOH，当lg=-8时，溶液显碱性，溶液中存在的主要是H2NCH2COO-，它与过量的HCl反应生成H3N+CH2COOH。由图可知纯甘氨酸溶液呈酸性(实际在5.9左右)，溶液呈中性时，lg=0，中性时H3N+CH2COO-> H2NCH2COO->H3N+CH2COOH；②根据lg=8时，微粒存在有H2NCH2COO-、H3N+CH2COOH，由于加入的盐酸过量，所以，发生反应H2NCH2COO-变为H3N+CH2COOH，反应方程式为H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH；
根据滴定曲线的突跃范围，消耗HClO4溶液17.25mL，减去空白实验的0.25mL，实际消耗滴定液17.00mL。n(HClO4)= 0.1000ml/L×0.01700L=0.0017ml，则n(甘氨酸)=0.0017ml，甘氨酸的质量为m(甘氨酸)=0.0017ml×75g/ml=0.1275g，所以甘氨酸的纯度为：(0.1275g÷0.150g)×100%=85.0%。
29、3-溴丙酸 C19H33NO2 羰基、硝基 取代、还原
【解析】
A分子式是C3H5O2Br，能够与NaHCO3溶液反应放出CO2，说明是溴代羧酸，核磁共振氢谱显示有三组峰，峰面积比为2:2:1则A结构简式为BrCH2CH2COOH，A与SOCl2发生信息③反应产生B是BrCH2CH2COCl，根据D的分子式，结合生成物H的结构简式可知C是，B与C发生烃基对位的取代反应产生D结构简式是；D与NaNO2发生取代反应产生E是，E与NaBH4发生羰基的还原反应产生F：，F与HCHO在三乙胺存在时发生信息④反应产生G：，G与H2发生还原反应产生H：，据此解答。
【详解】
根据上述分析可知A是BrCH2CH2COOH，B是BrCH2CH2COCl，C是，D是，E是，F是，G是，H是。
(1)根据上述分析可知A是BrCH2CH2COOH，A的化学名称为3-溴丙酸；D的结构简式为；
(2)根据H的结构简式，可知H的分子式为C19H33NO2，E结构简式是，E中官能团的名称为羰基、硝基；
(3) B与C发生烃基对位的取代反应产生D，所以B→D的反应类型为取代反应；E与NaBH4发生羰基的还原反应产生F，所以E→F的反应类型为还原反应；
(4)F→G的化学方程式为；
(5)C是，与C互为同分异构体，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为6：3：1：1的有机物的结构简式为；
(6)B与发生取代反应产生，与NaNO2发生取代反应产生，该物质与NaBH4发生羰基的还原反应产生，然后与HCHO在三乙胺存在时发生信息④反应产生，然后在H2、Cd/C条件下发生还原反应产生，故合成路线为：。
本题考查了有机合成与推断、物质的命名、官能团、反应类型的判断及同分异构体的书写等知识，注意根据题目流程中的转化关系与反应信息进行合成路线的设计。
元素代号
A
B
C
D
E
原子半径/nm
0.186
0.143
0.089
0.102
0.074
主要化合价
＋1
＋3
＋2
＋6、－2
－2
容器编号
温度/℃
起始物质的量/ml
平衡物质的量/ml
CO
Cl2
COCl2
COCl2
Ⅰ
500
1.0
1.0
0
0.8
Ⅱ
500
1.0
a
0
0.5
Ⅲ
600
0.5
0.5
0.5
0.7
选项
操作
现象
解释
A
将铜粉加入 Fe2(SO4)3溶液中
溶液变蓝
金属铁比铜活泼
B
铜与浓硫酸共热
有灰白色固体生成
浓硫酸具有强氧化性和吸水性
C
氧化铁溶于足量 HI 溶液
溶液呈棕黄色
Fe3+呈 棕黄色
D
向待测液中加 入适量的NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口
湿润的红色石蕊试纸未变蓝
待测液中不存在NH4+
P(O2)
0.50
1.00
2.00
3.00
4.00
5.00
6.00
α（MbO2%）
50.0
67.0
80.0
85.0
88.0
90.3
91.0