2025年新疆沙灣縣一中高三5月校質(zhì)檢化學試題含解析

2025年新疆沙灣縣一中高三5月校質(zhì)檢化學試題考生請注意：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(nèi)，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(nèi)，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、短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，R和X組成簡單分子的球棍模型如圖所示。Y原子核外K、M層上電子數(shù)相等，Z原子最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍。下列推斷正確的是A．原子半徑：Y>Z>R>XB．Y3X2是含兩種化學鍵的離子化合物C．X的氧化物對應的水化物是強酸D．X和Z的氣態(tài)氫化物能夠發(fā)生化合反應2、NaCl是我們生活中必不可少的物質(zhì)。將NaCl溶于水配成1mol·L－1的溶液，溶解過程如圖所示，下列說法正確的是A．b的離子為Cl－B．溶液中含有NA個Na+C．水合b離子的圖示不科學D．40℃時該溶液的pH小于7，是由于Na+水解所致3、部分元素在周期表中的分布如圖所示（虛線為金屬元素與非金屬元素的分界線），下列說法不正確的是A．B只能得電子，不能失電子B．原子半徑Ge＞SiC．As可作半導體材料D．Po處于第六周期第VIA族4、第三周期元素的原子中，未成對電子不可能有（）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個5、《本草綱目》中的“石堿”條目下寫道:“采蒿蓼之屬……曬干燒灰,以原水淋汁……久則凝淀如石……浣衣發(fā)面,甚獲利也?！毕铝姓f法中錯誤的是A．“石堿”的主要成分易溶于水B．“石堿”俗稱燒堿C．“石堿”可用作洗滌劑D．“久則凝淀如石”的操作為結晶6、在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是()A．Ca(ClO)2(aq)HClO(aq)O2(g)B．H2SO4(稀)SO2(g)BaSO3(s)C．Fe2O3(s)FeCl3(aq)Fe(s)D．SiO2(s)H2SiO3(膠體)Na2SiO3(aq)7、輝鉬精礦主要成分是二氧化鉬（MoS2），還含有石灰石、石英、黃銅礦（CuFeS2）等雜質(zhì)。某學習小組設計提取MoS2的過程如下：下列說法錯誤的是A．為加快輝鉬精礦溶解，可將礦石粉粹并適當加熱B．加濾液中含Ca2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、H+等離子C．以上①②③過程均涉及氧化還原反應D．步驟③溫度不宜過高，以免MoS2被氧化8、某抗癌藥物的結構簡式如圖所示，其中W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外層電子數(shù)之和是X的最外層電子數(shù)的2倍。下列敘述正確的是A．元素的非金屬性：W>Z>XB．Y的最高價氧化物的水化物是強酸C．W的最簡單氫化物與Z的單質(zhì)混合后可產(chǎn)生白煙D．Y、Z形成的化合物中，每個原子均滿足8電子結構9、丙烯醛（CH2=CH-CHO）不能發(fā)生的反應類型有（）A．氧化反應 B．還原反應 C．消去反應 D．加聚反應10、通過資源化利用的方式將CO2轉(zhuǎn)化為具有工業(yè)應用價值的產(chǎn)品(如圖所示)，是一種較為理想的減排方式，下列說法中正確的是()A．CO2經(jīng)催化分解為C、CO、O2的反應為放熱反應B．除去Na2CO3固體中少量NaHCO3可用熱分解的方法C．過氧化尿素和SO2都能使品紅溶液褪色，其原理相同D．由CO2和H2合成甲醇，原子利用率達100%11、2019年9月25日，全世界幾大空之一―—北京大興國際機場，正式投運。下列相關說法不正確的是()A．機楊航站樓所用鋼鐵屬于合金材料B．航站樓使用的玻璃是無機非金屬材料C．航站樓采用的隔震支座由橡膠和鋼板相互疊加粘結而成，屬于新型無機材料D．機場高速應用自融冰雪路面技術，減少了常規(guī)融雪劑使用對環(huán)境和橋梁結構造成的破壞12、向某Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2固體(溶液體積變化、溫度變化忽略不計)，測得溶液中離子濃度的關系如圖所示，下列說法正確的是()已知：Ksp(BaCO3)=2.4010-9A．A、B、C三點對應溶液pH的大小順序為：A>B>CB．A點對應的溶液中存在：c(CO32-)<c(HCO3-)C．B點溶液中c(CO32-)=0.24mol/LD．向C點溶液中通入CO2可使C點溶液向B點溶液轉(zhuǎn)化13、常溫常壓下，下列氣體混合后壓強一定不發(fā)生變化的是A．NH3和Cl2 B．NH3和HBr C．SO2和O2 D．SO2和H2S14、下列裝置或操作正確且能達到實驗目的的是A．圖1：用酒精萃取碘水中的碘單質(zhì)后分液B．圖2：電解精煉銅C．圖3：X為四氯化碳，可用于吸收氨氣或氯化氫，并能防止倒吸D．圖4:配制銀氨溶液15、下列“實驗現(xiàn)象”和“結論”都正確且有因果關系的是選項操作實驗現(xiàn)象結論A用坩堝鉗夾住一小塊用砂紙仔細打磨過的鋁箔在酒精燈上加熱融化后的液態(tài)鋁滴落下來金屬鋁的熔點低B用鉑絲蘸取少量某溶液進行焰色反應火焰呈黃色該溶液中含有鈉鹽C向盛有酸性高錳酸鉀溶液的試管中通入足量的乙烯后靜置溶液的紫色逐漸褪去，靜置后溶液分層乙烯發(fā)生氧化反應D將20℃0.5mol·L－1Na2CO3溶液加熱到60℃，用pH傳感器測定pH溶液的pH逐漸減小Kw改變與水解平衡移動共同作用的結果A．A B．B C．C D．D16、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，原子序數(shù)之和為42，X原子的核外電子總數(shù)等于Y的最外層電子數(shù)，Z原子最外層只有1個電子，W能形成酸性最強的含氧酸。下列說法正確的是A．單質(zhì)的熔點：Z>X B．Z與Y、W均能形成離子化合物C．氣態(tài)氫化物的沸點：X<Y<W D．X、Z的氧化物均含非極性鍵二、非選擇題（本題包括5小題）17、丹參素是一種具有保護心肌、抗血栓形成、抗腫瘤等多種作用的藥物。它的一種合成路線如下：已知：Bn－代表芐基（）請回答下列問題：（1）D的結構簡式為__________，H中所含官能團的名稱為_______________。（2）的反應類型為_____________，該反應的目的是_____________。（3）A的名稱是__________，寫出的化學方程式：________。（4）用苯酚與B可以制備物質(zhì)M（）。N是M的同系物，相對分子質(zhì)量比M大1．則符合下列條件的N的同分異構體有__________種（不考慮立體異構）。其中核磁共振氫譜有6組峰，且峰面積之比為1:1:1:2:2:3的物質(zhì)的結構簡式是_____________（寫出一種即可）。①苯環(huán)只有兩個取代基②能與溶液發(fā)生顯色反應③能發(fā)生銀鏡反應④紅外光譜表明分子中不含醚鍵（5）參照丹參素的上述合成路線，以為原料，設計制備的合成路線：____________________。18、芳香族化合物A()是重要的有機化工原料。由A制備有機化合物F的合成路線(部分反應條件略去)如圖所示：（1）A的分子式是______，B中含有的官能團的名稱是_________。（2）D→E的反應類型是_______。（3）已知G能與金屬鈉反應，則G的結構簡式為_________。（4）寫出E→F的化學方程式：_________。（5）寫出符合下列條件的龍膽酸乙酯()的同分異構體有______種，寫出其中一種同分異構體的結構簡式：_________________。①能發(fā)生銀鏡反應，與FeCl3溶液不發(fā)生顯色反應，但水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；②核磁共振氫譜有四組峰，且峰的面積之比為6:2:1:1。（6）已知：。參照上述合成路線，設計一條以苯酚、乙醇為原料制備龍膽酸乙酯()的合成路線(無機試劑任用)：________。19、銅及其化合物在生產(chǎn)、生活中有廣泛的應用。某研究性學習小組的同學對銅常見化合物的性質(zhì)和制備進行實驗探究，研究的問題和過程如下：I.探究不同價態(tài)銅的穩(wěn)定性進行如下實驗：(1)向中加適量稀硫酸，得到藍色溶液和一種紅色固體，該反應的離子化學方程式為：__________。由此可知，在酸性溶液中，價Cu比+1價Cu更_______(填“穩(wěn)定”或“不穩(wěn)定”)。(2)將粉末加熱至以上完全分解成紅色的粉末，該反應說明：在高溫條件下，+1價的Cu比+2價Cu更_______(填“穩(wěn)定”或“不穩(wěn)定”)。II.探究通過不同途徑制取硫酸銅(1)途徑A：如下圖①雜銅(含少量有機物)灼燒后的產(chǎn)物除氧化銅還含少量銅，原因可能是___________(填字母代號)a.該條件下銅無法被氧氣氧化b.灼燒不充分，銅未被完全氧化c.氧化銅在加熱過程中分解生成銅d.灼燒過程中部分氧化銅被還原②測定硫酸銅晶體的純度：某小組同學準確稱取4.0g樣品溶于水配成100mL溶液，取10mL溶液于錐形瓶中，加適量水稀釋，調(diào)節(jié)溶液pH=3~4，加入過量的KI，用標準溶液滴定至終點，共消耗標準溶液。上述過程中反應的離子方程式如下：。則樣品中硫酸銅晶體的質(zhì)量分數(shù)為_________________(2)途徑B：如下圖①燒瓶內(nèi)可能發(fā)生反應的化學方程式為_______________(已知燒杯中反應：)②下圖是上圖的改進裝置，其中直玻璃管通入氧氣的作用是_____________________。Ⅲ.探究用粗銅(含雜質(zhì)Fe)按下述流程制備氯化銅晶體。(1)實驗室采用如下圖所示的裝置，可將粗銅與反應轉(zhuǎn)化為固體l(部分儀器和夾持裝置已略去)，有同學認為應在濃硫酸洗氣瓶前增加吸收的裝置，你認為是否必要________(填“是”或“否”)(2)將溶液2轉(zhuǎn)化為的操作過程中，發(fā)現(xiàn)溶液顏色由藍色變?yōu)榫G色。已知：在氯化銅溶液中有如下轉(zhuǎn)化關系：[Cu(H2O)4]2+(aq，藍色)+4Cl-(aq)CuCl42-(aq，黃色)+4H2O(l)，該小組同學取氯化銅晶體配制成藍綠色溶液Y，進行如下實驗，其中能夠證明溶液中有上述轉(zhuǎn)化關系的是_____________(填序號)(已知：較高濃度的溶液呈綠色)。a.將Y稀釋，發(fā)現(xiàn)溶液呈藍色b.在Y中加入晶體，溶液變?yōu)榫G色c.在Y中加入固體，溶液變?yōu)榫G色d.取Y進行電解，溶液顏色最終消失Ⅳ.探究測定銅與濃硫酸反應取銅片和12mL18mol/L濃硫酸放在圓底燒瓶中共熱，一段時間后停止反應，為定量測定余酸的物質(zhì)的量濃度，某同學設計的方案是：在反應后的溶液中加蒸餾水稀釋至1000mL，取20mL至錐形瓶中，滴入2~3滴甲基橙指示劑，用標準氫氧化鈉溶液進行滴定(已知氫氧化銅開始沉淀的pH約為5)，通過測出消耗氫氧化鈉溶液的體積來求余酸的物質(zhì)的量濃度。假定反應前后燒瓶中溶液的體積不變，你認為該學生設計的實驗方案能否求得余酸的物質(zhì)的量濃度____________(填“能”或“不能”)，其理由是_____________。20、某小組同學設計如下實驗，研究亞鐵鹽與H2O2溶液的反應。實驗Ⅰ：試劑：酸化的0.5mol·L-1FeSO4溶液（pH=0.2），5%H2O2溶液（pH=5）操作現(xiàn)象取2mL上述FeSO4溶液于試管中，加入5滴5%H2O2溶液溶液立即變?yōu)樽攸S色，稍后，產(chǎn)生氣泡。測得反應后溶液pH=0.9向反應后的溶液中加入KSCN溶液溶液變紅(1)上述實驗中H2O2溶液與FeSO4溶液反應的離子方程式是__。(2)產(chǎn)生氣泡的原因是__。(3)某同學認為，根據(jù)“溶液變紅”不能說明FeSO4與H2O2發(fā)生了反應，又補充了實驗II證實了該反應發(fā)生。實驗II的方案和現(xiàn)象是__。實驗III：試劑：未酸化的0.5mol·L-1FeSO4溶液（pH=3），5%H2O2溶液（pH=5）操作現(xiàn)象取2mL5%H2O2溶液于試管中，加入5滴上述FeSO4溶液溶液立即變?yōu)樽攸S色，產(chǎn)生大量氣泡，并放熱，反應混合物顏色加深且有渾濁。測得反應后溶液pH=1.4(4)將上述混合物分離，得到棕黃色沉淀和紅褐色膠體。取部分棕黃色沉淀洗凈，加4mol·L-1鹽酸，沉淀溶解得到黃色溶液。初步判斷該沉淀中含有Fe2O3，經(jīng)檢驗還含有SO42-。①檢驗棕黃色沉淀中SO42-的方法是______。②結合方程式解釋實驗III中溶液pH降低的原因______。實驗IV：用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作與實驗III相同，除了產(chǎn)生與III相同的現(xiàn)象外，還生成刺激性氣味氣體，該氣體能使?jié)駶櫟乃{色石蕊試紙變紅但不褪色。(5)將反應得到的混合物過濾，得到黃色沉淀。將黃色沉淀洗凈，加稀鹽酸，沉淀不溶解。經(jīng)檢驗沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，寫出生成黃色沉淀的化學方程式___。(6)由以上實驗可知，亞鐵鹽與H2O2反應的現(xiàn)象與______（至少寫兩點）有關。21、CH4可用于消除NO2的污染，回答下列問題。(1)已知：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H=-1．2kJ·mol-1②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ·mol-1③CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-10kJ·mol-1則CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=_________kJ·mol-1。(2)在相同溫度和壓強下，一定量的CH4與NO2在不同條件下反應的能量變化如圖所示。當反應進行到某相同時刻時，測得在催化劑2條件下NO2轉(zhuǎn)化率更高，其原因是_____________________。(3)在體積均為2L的密閉容器A(500℃，絕熱)、B(500℃，恒溫)兩個容器中分別加入2molCH4、2molNO2和相同催化劑。A、B容器中CH4的轉(zhuǎn)化率α(CH4)隨時間變化如下表所示。時間（s/t）0100200300400A中α(CH4)（%）020222222B中α(CH4)（%）010202525①A、B兩容器中，反應平衡后放出熱量少的是______，理由是_____________________。②B容器中，判斷該反應達到平衡狀態(tài)的標志為_________________(填字母序號)。a．壓強保持不變b．密度保持不變c．CO2的體積分數(shù)保持不變d．v(CH4)：v(N2)=1：le．斷裂4molC—H鍵同時斷裂2molO—H鍵③A容器中前100s內(nèi)用NO2表示的化學反應速率v(NO2)=________mol·L-1·s-1④已知反應速率v正=k正·c(CH4)·c2(NO2)，v逆=k逆·c(N2)·c(CO2)·c2(H2O)(k正、k逆分別是正、逆反應速率常數(shù))，則B容器中平衡時=__________，200s時=________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】

根據(jù)R和X組成簡單分子的球棍模型，可推出該分子為NH3，由此得出R為H，X為N；由“Y原子核外K、M層上電子數(shù)相等”，可推出Y核外電子排布為2、8、2，即為Mg；因為Z的原子序數(shù)大于Y，所以Z屬于第三周期元素，由“Z原子最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍”，可確定Z的最外層電子數(shù)為6，從而推出Z為S。【詳解】依據(jù)上面推斷，R、X、Y、Z分別為H、N、Mg、S。A.原子半徑：Mg>S>N>H，A錯誤；B.Mg3N2是由Mg2+和N3-構成的離子化合物，只含有離子鍵，B錯誤；C.N的氧化物對應的水化物可能為HNO3、HNO2，HNO3是強酸，HNO2是弱酸，C錯誤；D.N和S的氣態(tài)氫化物分別為NH3和H2S，二者能夠發(fā)生化合反應，生成NH4HS或(NH4)2S，D正確。故選D。2、C【解析】

NaCl在溶液中電離出Na+和Cl?，Na+含有2個電子層，Cl?離子含有3個電子層，則離子半徑Cl?＞Na+，根據(jù)圖示可知，a為Cl?、b為Na+，A.離子半徑Cl?＞Na+，則a離子為Cl?，b離子為Na+，故A錯誤；B.沒有告訴該NaCl溶液的體積，無法計算該溶液中含有Na+的數(shù)目，故B錯誤；C.b為Na+，帶正電荷，會使水分子中帶有負電的氧原子受到吸引，故圖示b離子不科學，故C正確；D.Cl?、Na+都不水解，NaCl溶液呈中性，故D錯誤；故選C。B項是學生們的易錯點，往往忽視了題中并沒有給出溶液的體積，直接認為溶液體積是1L，進行計算，這種錯誤只要多加留意，認真審題即可避免。3、A【解析】

同一周期從左到右元素的金屬性逐漸減弱，非金屬性逐漸增強；同一主族從上到下元素的金屬性逐漸增強，非金屬性逐漸減弱，因此圖中臨近虛線的元素既表現(xiàn)一定的金屬性，又表現(xiàn)出一定的非金屬性，在金屬和非金屬的分界線附近可以尋找半導體材料（如鍺、硅、硒等），據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼.根據(jù)以上分析，B元素位于金屬元素與非金屬元素的分界線附近，既能得電子，又能失電子，故A錯誤；B.同一主族元素從上到下原子半徑逐漸增大，所以原子半徑Ge＞Si，故B正確；C.As元素位于金屬元素與非金屬元素的分界線附近，可作半導體材料，故C正確；D.Po為主族元素，原子有6個電子層，最外層電子數(shù)為6，處于第六周期第VIA族，故D正確。故選A。4、A【解析】

第三周期的元素最多能填到，而p軌道上最多有3個未成對電子，因此不可能有4個未成對電子，答案選A。5、B【解析】

A.由“以原水淋汁”可以看出，“石堿”的主要成分易溶于水，故A正確；B.“采蒿蓼之屬……曬干燒灰”，草木灰的成分是碳酸鉀，故B錯誤；C.碳酸鉀溶液呈堿性，可用作洗滌劑，故C正確；D.“以原水淋汁……久則凝淀如石”是從碳酸鉀溶液中得到碳酸鉀晶體，操作為蒸發(fā)結晶，故D正確；選B。6、A【解析】

A.Ca(ClO)2與二氧化碳和水反應生成次氯酸，次氯酸再受熱分解會產(chǎn)生氧氣，A項正確；B.根據(jù)金屬活動性順序已知，銅與稀硫酸不反應，B項錯誤；C.銅與氯化鐵反應時生成氯化亞鐵與氯化銅，不能得到鐵單質(zhì)，C項錯誤；D.二氧化硅不與水反應，D項錯誤；答案選A。7、C【解析】

輝鉬精礦經(jīng)鹽酸、氯化鐵浸泡時，碳酸鈣黃銅礦溶解，則濾液中含有Ca2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、H+等離子；濾渣為S、MoS2、SiO2；加入氫氟酸，二氧化硅反應生成四氟化硅氣體和水，濾渣2為S、MoS2，空氣中加入S生成二氧化硫。【詳解】A.可將礦石粉粹增大接觸面積并適當加熱，可使反應速率增大，促使輝鉬精礦加快溶解，與題意不符，A錯誤；B.分析可知，濾液中含Ca2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、H+等離子，與題意不符，B錯誤；C.反應②的過程為二氧化硅與氫氟酸反應生成四氟化硅氣體和水，為復分解反應，符合題意，C正確；D.步驟③溫度不宜過高，以免MoS2被氧化，與題意不符，D錯誤；答案為C。8、C【解析】

由分子結構可知Y形成5個共價鍵，則Y原子最外層有5個電子，由于W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，則W是N，Y是P，Y、Z的最外層電子數(shù)之和是X的最外層電子數(shù)的2倍，P最外層有5個電子，Z最外層電子數(shù)也是奇數(shù)，X最外層電子數(shù)為偶數(shù)，結合都是短周期元素，則Z是Cl最外層有7個電子，所以X最外層電子數(shù)為(5+7)÷2=6，原子序數(shù)比P小中，則X是O元素，然后分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知：W是N，X是O，Y是P，Z是Cl元素。A．元素的非金屬性：O>N，即X>W，A錯誤；B．Y是P，P的最高價氧化物的水化物是H3PO4是弱酸，B錯誤；C．W是N，Z是Cl，W的最簡單氫化物NH3與Z的單質(zhì)Cl2混合后會發(fā)生氧化還原反應：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，反應產(chǎn)生的NH4Cl在室溫下呈固態(tài)，因此可看到產(chǎn)生白煙現(xiàn)象，C正確；D．Y是P，Z是Cl，二者可形成PCl3、PCl5，其中PCl3中每個原子均滿足8電子結構，而PCl5中P原子不滿足8電子結構，D錯誤；故合理選項是C。本題考查元素周期表和元素周期律的應用。把握原子結構與原子最外層電子數(shù)目關系，結合物質(zhì)分子結構簡式推斷元素是解題關鍵，側重考查學生分析與應用能力，注意規(guī)律性知識的應用。9、C【解析】

丙烯醛含有碳碳雙鍵，可發(fā)生氧化反應，加聚反應，且醛基、碳碳雙鍵都可與氫氣發(fā)生加成反應，也為還原反應，不能發(fā)生消去反應，故選：C。10、B【解析】

A、該反應應為吸熱反應，A錯誤；B、碳酸氫鈉受熱易分解生成碳酸鈉、水和二氧化碳，因此除去Na2CO3固體中少量NaHCO3可用熱分解的方法，B正確；C、過氧化尿素使品紅溶液褪色是利用它的強氧化性，而二氧化硫使品紅溶液褪色是利用它與品紅試劑化合生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì)，原理不相同，C錯誤；D、由圖示可知，二氧化碳與氫氣合成甲醇的原子利用率不是100%，D錯誤；答案選B。11、C【解析】

A．機楊航站樓所用鋼鐵是合金，屬于金屬材料，故A正確；B．玻璃是硅酸鹽材料，屬于無機非金屬材料，故B正確；C．橡膠隔震支座，成分為有機高分子材料，鋼板是金屬材料，故C錯誤；D．常用的融雪劑為工業(yè)食鹽，而鹽溶液會加速鐵的生銹，應盡量減小使用，故D正確；故答案為C。12、A【解析】

A．CO32－的水解能力強于HCO3－，因此溶液中的CO32－的濃度越大，溶液中的OH－的濃度越大，pH越大。溶液中的CO32－的濃度越大，則的值越小，從圖像可知，A、B、C三點對應的溶液的的值依次增大，則溶液的pH依次減小，pH的排序為A>B>C，A正確；B．A點對應的溶液的小于0，可知＞0，可知c(CO32-)＞c(HCO3-)，B錯誤；C．B點對應的溶液的lgc(Ba2＋)=-7，則c(Ba2＋)=10-7mol·L－1，根據(jù)Ksp(BaCO3)=c(Ba2＋)c(CO32－)=2.4010-9，可得c(CO32－)=，C錯誤；D．通入CO2，CO2與水反應生成H2CO3，H2CO3第一步電離產(chǎn)生較多的HCO3－，減小，則增大，C點不能移動到B點，D錯誤。答案選A。D項也可以根據(jù)電離平衡常數(shù)推導，根據(jù)HCO3－H＋＋CO32－，有，轉(zhuǎn)化形式可得，，通入CO2，溶液的酸性增強，c(H＋)增大，減小，則增大。13、C【解析】

完全反應后容器中壓強沒有發(fā)生變化，說明反應前后氣體的物質(zhì)的量沒有發(fā)生變化，A．氨氣與氯氣常溫下反應：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，氯化銨為固體，氣體物質(zhì)的量減小，壓強發(fā)生變化，故A不選；B．氨氣與溴化氫反應生成溴化銨固體，方程式為：NH3+HBr=NH4Br，溴化銨為固體，氣體物質(zhì)的量減小，壓強發(fā)生變化，故B不選；C．二氧化硫與氧氣常溫下不反應，所以氣體物的量不變，壓強不變，故C選；D．SO2和H2S發(fā)生SO2+2H2S═3S↓+2H2O，氣體物質(zhì)的量減小，壓強發(fā)生變化，故D不選；故選：C。14、C【解析】

A.酒精能與水互溶，不能用來萃取，故錯誤；B.電解精煉銅時應粗銅做陽極，故錯誤；C.氨氣或氯化氫都不溶于四氯化碳，都極易溶于水，故用該裝置能吸收氨氣或氯化氫并能做到防止倒吸，故正確；D.配制銀氨溶液應向硝酸銀溶液中逐滴加入氨水直到產(chǎn)生的沉淀恰好溶解為止，故錯誤。故選C。15、D【解析】

A．氧化鋁的熔點高，包裹在Al的外面，則熔化后的液態(tài)鋁不會滴落下來，則實驗結論錯，故A錯誤；B．用鉑絲蘸取少量某溶液進行焰色反應，火焰呈黃色，說明溶液中含有Na+，不一定含鈉鹽，也可以是NaOH，實驗結論錯，故B錯誤；C．乙烯被高錳酸鉀氧化，溶液褪色，但不分層，實驗現(xiàn)象錯，故C錯誤；D．升高溫度促進水解，碳酸鈉溶液的堿性增強，溶液的pH增大，水的電離平衡、水解平衡均正向移動，現(xiàn)象和結論均正確，故D正確；故答案為D。16、B【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，原子序數(shù)之和為42，Z原子最外層只有1個電子，Z是第IA元素，結合原子序數(shù)大小可知Z為Na元素；W能形成酸性最強的含氧酸，W應該為Cl元素；X、Y的原子序數(shù)之和=42-11-17=14，X原子的核外電子數(shù)等于Y的最外層電子數(shù)，Y只能位于第二周期，設X的核外電子數(shù)為x，則x+(2+x)=14，解得x=6，則X為C元素、Y為O元素，據(jù)此結合元素周期律分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析，X為C元素，Y為O元素，Z為Na元素，W為Cl元素。A．X、Z分別為C、Na元素，金屬Na的熔點較低，C的單質(zhì)一般為金剛石或石墨，熔點較高，熔點：X＞Z，故A錯誤；B．Na與O和Cl形成的化合物為氧化鈉和過氧化鈉、NaCl，都是離子化合物，故B正確；C．水分子間能夠形成氫鍵，沸點：H2O＞HCl，故C錯誤；D．X、Z的氧化物可以是CO或CO2、Na2O或Na2O2，僅Na2O2有非極性鍵，故D錯誤；故選B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、醚鍵、羥基、羧基取代反應保護（酚）羥基乙二醛+O2→18【解析】

根據(jù)A的分子式和B的結構可知A為乙二醛（OHC-CHO），乙二醛氧化生成B；根據(jù)C、E、B的結構可知D為；B與D發(fā)生加成反應生成E（）；F與BnCl堿性環(huán)境下，發(fā)生取代反應生成G（），保護酚羥基不被后續(xù)步驟破壞；H與氫氣發(fā)生取代反應生成丹參素，據(jù)此分析?！驹斀狻浚?）根據(jù)合成路線逆推可知D為鄰苯二酚。H（）中所含官能團為醚鍵、羥基、羧基；答案：醚鍵、羥基、羧基（2）的結果是F中的羥基氫被芐基取代，所以是取代反應。從F到目標產(chǎn)物，苯環(huán)上的兩個羥基未發(fā)生變化，所以是為了保護酚羥基，防止它在后續(xù)過程中被破壞。答案：取代反應保護（酚）羥基（3）A為乙二醛（OHC-CHO），屬于醛基的氧化反應，方程式為+O2→；答案：乙二醛+O2→（4）根據(jù)題意，N的同分異構體必含一個酚羥基，另一個取代基可能是：HCOOCH2CH2-、HCOOCH（CH3）、OHCCH（OH）CH2-、OHCCH2CH（OH）-、、，每個取代基與酚羥基都有鄰、間、對三種位置關系，共有；其中核磁共振氫譜有6組峰，且峰面積之比為1:1:1:2:2:3的物質(zhì)的結構簡式是；答案：18（5）由原料到目標產(chǎn)物，甲基變成了羧基（發(fā)生了氧化反應），但羥基未發(fā)生變化。由于酚羥基易被氧化，所以需要預先保護起來。根據(jù)題意可以使用BnCl進行保護，最后通過氫氣使酚羥基復原，合成路線為；答案：本題難點第（4）小題同分異構體種類判斷①注意能發(fā)生銀鏡反應的有醛基、甲酸鹽、甲酸某酯、甲酸鹽、葡萄糖、麥芽糖等；②先確定官能團種類，在確定在苯環(huán)中的位置。18、C6H7N羰基、碳碳雙鍵酯化反應（或取代反應）HOCH2COOC2H5+C6H5CH2Br+HBr2或【解析】

本小題考查有機化學基礎知識，意在考查學生推斷能力。（1）結合芳香族化合物A的結構簡式可知其分子式；由有B的結構簡式確定其官能團；（2）根據(jù)D和E的官能團變化判斷反應類型；（3）G能與金屬鈉反應，則G中含羧基或羥基，對比D和E的結構簡式可確定G的結構簡式；（4））E→F的反應中，E中的酚羥基的氫原子被苯甲基取代生成F；（5）發(fā)生銀鏡反應，與FeCl3溶液不發(fā)生顯色反應但水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明該有機物分子中不含有酚羥基，但其水解產(chǎn)物中含有酚羥基，故該有機物為酯類，核磁共振氫譜有四組峰，氫峰的面積之比為6:2:1:1，說明該有機物分子中含有4種等效氫原子，其中6個氫應該為兩個甲基上的H，則該有機物具有對稱結構；（6）根據(jù)信息，以苯酚、乙醇為原料制備龍膽酸乙酯()的合成路線為?！驹斀狻浚?）結合芳香族化合物A的結構簡式可知其分子式為C6H7N；根據(jù)B的結構簡式確定其官能團為羰基、碳碳雙鍵。本小題答案為：C6H7N；羰基、碳碳雙鍵。（2）根據(jù)D和E的官能團變化分析，D→E發(fā)生的是酯化反應（或取代反應）。本小題答案為：酯化反應（或取代反應）。（3）G能與金屬鈉反應，則G中含羧基或羥基，對比D和E的結構簡式可確定G中含羥基，結構簡式為HOCH2COOC2H5。本小題答案為：HOCH2COOC2H5。（4）E→F的反應中，E中的酚羥基的氫原子被苯甲基取代生成F，方程式為+C6H5CH2Br+HBr。本小題答案為：+C6H5CH2Br+HBr。（5）發(fā)生銀鏡反應，與FeCl3溶液不發(fā)生顯色反應但水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明該有機物分子中不含有酚羥基，但其水解產(chǎn)物中含有酚羥基，故該有機物為酯類，核磁共振氫譜有四組峰，氫峰的面積之比為6:2:1:1，說明該有機物分子中含有4種等效氫原子，其中6個氫應該為兩個甲基上的H，則該有機物具有對稱結構，結合結構簡式可知，滿足條件的有機物的結構簡式為或本小題答案為：、（6）根據(jù)信息，以苯酚、乙醇為原料制備龍膽酸乙酯()的合成路線為。本小題答案為：。19、穩(wěn)定穩(wěn)定bd87.5%Cu+H2SO4+2HNO3（濃）=CuSO4+2NO2↑+2H2O3Cu+3H2SO4+2HNO3（稀）=3CuSO4+2NO↑+4H2O氧氣氧化氮氧化合物，使氮氧化物全部被氫氧化鈉溶液吸收，防止污染大氣否abc不能雖然甲基橙變色的pH范圍為3.1~4.4，Cu（OH）2開始沉淀時的pH為5，在指示劑變色范圍之外，即中和酸時，Cu2+不會消耗OH-，但甲基橙由紅色變成橙色、黃色時，銅離子溶液呈藍色，對觀察指示終點顏色有干擾【解析】

I.(1)物質(zhì)都有由不穩(wěn)定物質(zhì)轉(zhuǎn)化為穩(wěn)定物質(zhì)的傾向，所以在酸性溶液中，+2價Cu比+1價Cu更穩(wěn)定；(2)在高溫下CuO分解產(chǎn)生Cu2O、O2，說明Cu2O比CuO在高溫下穩(wěn)定；II.(1)①Cu未完全反應、部分氧化銅能被有機物還原；②根據(jù)Cu元素守恒和反應方程式可得關系式，然后利用關系式計算CuSO4?5H2O的質(zhì)量，最后根據(jù)質(zhì)量分數(shù)的含義計算硫酸銅晶體的含量；(2)①Cu與稀硫酸、濃硝酸（或隨著反應進行濃硝酸變?yōu)榈南∠跛幔┓磻a(chǎn)生硫酸銅、NO2（或NO）、H2O，根據(jù)氧化還原反應規(guī)律書寫反應方程式；②O2可以將NO氧化為NO2，可以將NO、NO2驅(qū)趕進入NaOH溶液中，發(fā)生反應，防止大氣污染；III.(1)HCl對反應沒有影響；(2)根據(jù)平衡移動原理分析；IV.含銅離子溶液呈藍色，對觀察指示終點顏色有干擾?！驹斀狻縄.(1)向Cu2O中加適量稀硫酸，得到藍色溶液和一種紅色固體，這說明氧化亞銅和稀硫酸反應生成的是硫酸銅、水和單質(zhì)銅，該反應的離子方程式為：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，這說明在酸性溶液中，+2價Cu比+1價Cu更穩(wěn)定；(2)將粉末加熱至以上完全分解成紅色的粉末，該反應說明：在高溫條件下，+1價的Cu比+2價Cu更穩(wěn)定；II.(1)①a.加熱條件下銅易被氧氣氧化，a錯誤；b.灼燒不充分，銅未被完全氧化導致含有銅單質(zhì)，b正確；c.氧化銅在加熱過程中不會分解生成銅，c錯誤；d.灼燒過程中部分氧化銅被有機物還原生成銅單質(zhì)，d正確；故合理選項是bd；②根據(jù)方程式可知：2Cu2+~I2~2S2O32-，n(S2O32-)=0.1000mol/L×0.014L×10=1.4×10-2mol，則n(Cu2+)=1.4×10-2mol，m(CuSO4?5H2O)=1.4×10-2mol×250g/mol=3.5g，所以硫酸銅晶體的質(zhì)量分數(shù)為(3.5g÷4.0g)×100%=87.5%；(2)①Cu與稀硫酸、濃硝酸（或隨著反應進行濃硝酸變?yōu)榈南∠跛幔┓磻闪蛩徙~、NO2（或NO）、H2O，根據(jù)氧化還原反應規(guī)律，可得反應方程式為：；②NO不能被NaOH溶液吸收，O2可以將NO氧化為NO2，使氮氧化物完全被NaOH溶液吸收，同時可以將NO、NO2驅(qū)趕進入NaOH溶液中，發(fā)生反應，轉(zhuǎn)化為NaNO2、NaNO3，防止大氣污染；III.(1)Cl2中混有的HCl對反應沒有影響，因此不需要在濃硫酸洗氣瓶前增加吸收HCl的裝置；(2)a.將Y稀釋，平衡向左移動，溶液呈藍色，可以能夠證明CuCl2溶液中轉(zhuǎn)化關系，a正確；b.在Y中加入CuCl2晶體，溶液中[Cu(H2O)4]2+、Cl-濃度增大，平衡向右移動，溶液變?yōu)榫G色，可以能夠證明CuCl2溶液中轉(zhuǎn)化關系，b正確；c.在Y中加入NaCl固體，溶液中氯離子濃度增大，平衡向右移動，溶液變?yōu)榫G色，可以能夠證明CuCl2溶液中轉(zhuǎn)化關系，c正確；d.取Y進行電解，銅離子放電，溶液顏色最終消失，不能可以能夠證明CuCl2溶液中轉(zhuǎn)化關系，d錯誤；故合理選項是abc；IV.甲基橙變色的pH范圍是3.1~4.4，Cu(OH)2開始沉淀的pH=5，在指示劑變色范圍之外，即酸被堿中和時，Cu2+不會消耗OH-，但是甲基橙由紅色變成橙色、黃色時，Cu2+溶液呈藍色，對觀察指示終點顏色有干擾，因此不能測定剩余硫酸的物質(zhì)的量濃度。本題考查了實驗方案的設計、對工藝流程理解、實驗裝置的理解、平衡移動、物質(zhì)分離提純等，明確物質(zhì)的性質(zhì)是解答題目關鍵，難點是實驗方案的評價，從實驗的可操作性、簡便性、安全性、環(huán)保等方面考慮，有助于培養(yǎng)學生基本扎實的基礎與綜合運用能力。20、2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O反應生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2取2mL上述FeSO4溶液于試管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反應后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不變紅取加入鹽酸后的黃色溶液少許于試管中，加入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明棕黃色沉淀中含有SO42-2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(膠體)+4H+，F(xiàn)e2+氧化的產(chǎn)物Fe3+發(fā)生了水解生成H+使pH下降6nFeCl2+3nH2O2=2(Fe2O3?FeCl3)n+6nHCl↑pH、陰離子種類、溫度、反應物用量【解析】

(1)H2O2溶液與FeSO4溶液反應，從“溶液立即變?yōu)樽攸S色”、“反應后的溶液中加入KSCN溶液，溶液變紅”、“稍后，產(chǎn)生氣泡”，可推出反應生成Fe3+；從“反應后溶液pH=0.9”，可推出反應消耗H+，由此可寫出離子方程式。(2)反應生成的Fe3+，對H2O2的分解有催化作用，由此可解釋產(chǎn)生氣泡的原因。(3)某同學認為，根據(jù)“溶液變紅”不能說明FeSO4與H2O2發(fā)生了反應，那么他的意思是空氣中的溶解氧也能將Fe2+氧化，所以我們需要做一個不加H2O2的實驗，由此設計實驗方案。(4)①棕黃色沉淀為Fe2O3，對SO42-的檢驗不產(chǎn)生干擾，所以檢驗SO42-的方法與常規(guī)方法相同。②如果僅是H2O2氧化Fe2+，需消耗H+，現(xiàn)在pH減小，說明生成了H+，此H+應來自Fe3+的水解，由此可結合方程式解釋實驗III中溶液pH降低的原因。(5)由實驗IV可知，除得到黃色沉淀外，還有HCl生成。經(jīng)檢驗沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，則沉淀應為(Fe2O3?FeCl3)n，由此可寫出生成黃色沉淀的化學方程式。(6)以上實驗，分別探究了pH、陰離子種類、溫度、反應物用量等對Fe2+與H2O2反應現(xiàn)象的影響，由此可得出與亞鐵鹽與H2O2反應的現(xiàn)象有關的因素。【詳解】(1)在酸性條件下，H2O2溶液與FeSO4溶液反應，生成Fe3+和H2O，反應的離子方程式為2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。答案為：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；(2)反應生成的Fe3+，對H2O2的分解有催化作用，由此可解釋產(chǎn)生氣泡的原因是在反應生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2。答案為：在反應生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2；(3)既然某同學懷疑空氣中的溶解氧也可能將Fe2+氧化，只需做一個不加H2O2的實驗，由此設計實驗方案為取2mL上述FeSO4溶液于試管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反應后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不變紅。答案為：取2mL上述FeSO4溶液于試管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反應后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不變紅；(4)①Fe2O3的存在，對SO42-的檢驗不產(chǎn)生干擾，所以檢驗SO42-的方法為取加入鹽酸后的黃色溶液少許于試管中，加入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明棕黃色沉淀中含有SO42-。答案為：取加入鹽酸后的黃色溶液少許于試管中，加入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明棕黃色沉淀中含有SO42-；②如果僅是H2O2氧化Fe2+，需消耗H+，現(xiàn)pH減小，說明生成了H+，此H+應來自Fe3+的水解，由此得出實驗III中溶液pH降低的原因是2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(膠體)+4H+，F(xiàn)e2+氧化的產(chǎn)物Fe3+發(fā)生了水解生成H+使pH下降。答案為：2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(膠體)+4H+，F(xiàn)e2+氧化的產(chǎn)物Fe3+發(fā)生了水解生成H+使pH下降；(5)由實驗IV可知，除得到黃色沉淀外，還有HCl生成。經(jīng)檢驗沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，則沉淀應為(Fe2O3?FeCl3)n，由此得出生成黃色沉淀的化學方程式為6nFeCl2+3nH2O2==2(Fe2O3?FeCl3)n+6nHCl↑。答案為：6nFeCl2+3nH2O2==2(Fe2O3?FeCl3)n+6nHCl↑；(6)總結以上實驗分別探究的因素，由此可得出與反應現(xiàn)象有關的因素為：pH、陰離子種類、溫度、反應物用量。答案為：pH、陰離子種類、溫度、反應物用量。H2O2溶液與FeSO4溶液混合，反應生成Fe3+，OH-等，如