湖南省攸縣二中等四校2025屆高三第一次檢測試題化學(xué)試題（快班）含解析

湖南省攸縣二中等四校2025屆高三第一次檢測試題化學(xué)試題（快班）注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、CuI是有機合成的一種催化劑，受熱易氧化。實驗室可通過向CuSO4與NaI的混合溶液中通入SO2制備CuI(2CuSO4＋2NaI＋SO2＋2H2O2CuI↓＋2H2SO4＋Na2SO4)。下列實驗原理和裝置不能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖?)A．制備SO2B．制備CuI并制備少量含SO2的溶液C．將CuI與母液分離并用裝置制得的含SO2的溶液洗滌沉淀D．加熱干燥濕的CuI固體2、我國某科研機構(gòu)研究表明，利用K2Cr2O7可實現(xiàn)含苯酚廢水的有效處理，其工作原理如下圖所示。下列說法正確的是A．N為該電池的負(fù)極B．該電池可以在高溫下使用C．一段時間后，中間室中NaCl溶液的濃度減小D．M的電極反應(yīng)式為：C6H5OH＋28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋3、下列有關(guān)海水綜合利用的說法正確的是A．海水提溴過程中，提取溴單質(zhì)只能用有機物萃取的方法B．電解飽和食鹽水可制得金屬鈉C．海水曬鹽過程中主要涉及物理變化D．海帶提碘中，氧化過程可通入過量的氯氣4、當(dāng)大量氯氣泄漏時，用浸潤下列某物質(zhì)水溶液的毛巾捂住鼻子可防中毒．適宜的物質(zhì)是A．NaOH B．KI C．NH3 D．Na2CO35、以鐵作陽極，利用電解原理可使廢水中的污染物凝聚而分離，其工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．電極b為陰極B．a(chǎn)極的電極反應(yīng)式：Fe-2e-=Fe2+C．處理廢水時，溶液中可能發(fā)生反應(yīng)：4Fe2++O2+8OH-+2H2O=4Fe(OH)3D．電路中每轉(zhuǎn)移3mol電子，生成1molFe(OH)3膠粒6、下列實驗過程中，始終無明顯現(xiàn)象的是A．CO2通入飽和Na2CO3溶液中B．SO2通入CaCl2溶液中C．NH3通入HNO3和AgNO3的混和溶液中D．SO2通入Na2S溶液中7、用化學(xué)方法不能實現(xiàn)的是（）A．生成一種新分子 B．生成一種新離子C．生成一種新同位素 D．生成一種新單質(zhì)8、測定硫酸銅晶體中結(jié)晶水含量實驗，經(jīng)計算相對誤差為+0.4%，則下列對實驗過程的相關(guān)判斷合理的為（）A．所用晶體中有受熱不揮發(fā)的雜質(zhì) B．用玻璃棒攪拌時沾去少量的藥品C．未將熱的坩堝放在干燥器中冷卻 D．在實驗結(jié)束時沒有進行恒重操作9、某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42－、I－、S2－。分別取樣：①用pH計測試，溶液顯弱酸性；②加氯水和淀粉無明顯現(xiàn)象。為確定該溶液的組成，還需檢驗的離子是A．NH4+ B．SO42－ C．Ba2+ D．Na+10、研究表明，霧霾中的無機顆粒主要是硫酸銨和硝酸銨，大氣中的氨是霧霾的促進劑。減少氨排放的下列解決方案不可行的是()A．改變自然界氮循環(huán)途徑，使其不產(chǎn)生氨 B．加強對含氨廢水的處理，降低氨氣排放C．采用氨法對煙氣脫硝時，設(shè)置除氨設(shè)備 D．增加使用生物有機肥料，減少使用化肥11、下列氣體在常溫常壓下不能共存的是A．NH3、HCl B．CH4、Cl2 C．H2S、O2 D．SO2、O212、有BaCl2和NaCl的混合溶液aL，將它均分成兩份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+離子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl—離子完全沉淀。反應(yīng)中消耗xmolH2SO4、ymolAgNO3。據(jù)此得知原混合溶液中的c(Na+)(單位：mol·L-1)為A．（y-2x）/aB．(y-x)/aC．(2y-2x)/aD．(2y-4x)/a13、某科研團隊研究將磷鎢酸(H3PW12O40，以下簡稱HPW)代替濃硫酸作為酯化反應(yīng)的催化劑，但HPW自身存在比表面積小、易溶于有機溶劑而難以重復(fù)使用等缺點，將其負(fù)載在多孔載體(如硅藻土、C等)上則能有效克服以上不足，提高其催化活性。用HPW負(fù)載在硅藻土上催化制取乙酸正丁酯的酯化率與HPW負(fù)載量的關(guān)系(溫度：120℃，時間：2h)如圖所示，下列說法不正確的是A．與HPW相比，HPW/硅藻土比表面積顯著增加，有助于提高其催化性能B．當(dāng)HPW負(fù)載量為40%時達(dá)到飽和，酯化率最高C．用HPW/硅藻土代替?zhèn)鹘y(tǒng)催化劑，可減少設(shè)備腐蝕等不足D．不同催化劑對酯化率的影響程度主要取決于化學(xué)反應(yīng)正向進行的程度14、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。m、n、r為這些元素組成的化合物，常溫下，0.1mol·L－1m溶液的pH＝13，組成n的兩種離子的電子層數(shù)相差1。p、q為其中兩種元素形成的單質(zhì)。上述物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）A．原子半徑：X＜Y＜Z＜WB．X、Z既不同周期也不同主族C．簡單氫化物的沸點：Y＜WD．Y、Z、W形成的一種化合物具有漂白性15、常溫下，下列各組物質(zhì)中，Y既能與X反應(yīng)又能與Z反應(yīng)的()XYZ①FeCl3溶液Cu濃硫酸②KOH溶液SiO2濃鹽酸③SO2Ca(OH)2NaHCO3④NaOH溶液Al(OH)3稀硫酸A．①③ B．①② C．②③ D．③④16、利用小粒徑零價鐵（ZVI）的電化學(xué)腐蝕處理三氯乙烯，進行水體修復(fù)的過程如圖所示，H+、O2、NO3－等共存物會影響修復(fù)效果。下列說法錯誤的是A．反應(yīng)①②③④均為還原反應(yīng)B．1mol三氯乙烯完全脫Cl時，電子轉(zhuǎn)移為3molC．④的電極反應(yīng)式為NO3－+10H++8e－=NH4++3H2OD．修復(fù)過程中可能產(chǎn)生Fe(OH)3二、非選擇題（本題包括5小題）17、有機化合物P是合成抗腫瘤藥物的中間體，其合成路線如下:已知:RClRCOOH（1）H的官能團名稱___________。寫出E的結(jié)構(gòu)簡式___________。（2）B→C中①的化學(xué)方程式___________。（3）檢驗F中官能團的試劑及現(xiàn)象_________。（4）D的同分異構(gòu)體有多種，其中滿足以下條件的有________種。①1molD能與足量NaHCO3反應(yīng)放出2molCO2②核磁共振氫譜顯示有四組峰（5）H→J的反應(yīng)類型___________。（6）已知：K經(jīng)過多步反應(yīng)最終得到產(chǎn)物P：①K→L的化學(xué)方程式___________。②寫出M的結(jié)構(gòu)簡式___________。18、W、X、Y、Z四種元素均為短周期元素，原子序數(shù)依次增大，其它相關(guān)信息見下表。元素相關(guān)信息W單質(zhì)為密度最小的氣體X元素最高正價與最低負(fù)價之和為0Y某種同素異形體是保護地球地表的重要屏障Z存在質(zhì)量數(shù)為23，中子數(shù)為12的核素根據(jù)上述信息，回答下列問題：(l)元素Y在元素周期表中的位置是____；Y和Z的簡單離子半徑比較，較大的是___（用離子符號表示）。(2)XY2由固態(tài)變?yōu)闅鈶B(tài)所需克服的微粒間作用力是____；由元素W和Y組成的一種綠色氧化劑的電子式為____。(3)由W、X、Y、Z四種元素組成的一種無機鹽，水溶液呈堿性的原因是__（用離子方程式表示）。19、某課外活動小組欲利用CuO與NH3反應(yīng)，研究NH3的某種性質(zhì)并測定其組成，設(shè)計了如下實驗裝置（夾持裝置未畫出）進行實驗。請回答下列問題：（1）儀器a的名稱為______；儀器b中可選擇的試劑為______。（2）實驗室中，利用裝置A，還可制取的無色氣體是______（填字母）。A．Cl2B．O2C．CO2D．NO2（3）實驗中觀察到裝置C中黑色CuO粉末變?yōu)榧t色固體，量氣管有無色無味的氣體，上述現(xiàn)象證明NH3具有______性，寫出相應(yīng)的化學(xué)方程式______。（4）E裝置中濃硫酸的作用______。（5）讀取氣體體積前，應(yīng)對裝置F進行的操作：______。（6）實驗完畢，若測得干燥管D增重mg，裝置F測得氣體的體積為nL（已折算成標(biāo)準(zhǔn)狀況），則氨分子中氮、氫的原子個數(shù)比為______（用含m、n字母的代數(shù)式表示）。20、某溶液X含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、HCO3-、S2-、SO42-、Cl-、OH-中的一種或幾種，取該溶液進行實驗，實驗內(nèi)容和相關(guān)數(shù)據(jù)(氣體體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下測定)如下：(1)通過上述實驗過程，一定不存在的離子是_______。(2)反應(yīng)①中生成A的離子方程式為________。(3)若測得X溶液中c(H+)=6mol·L-1，則X溶液中_______(填“含”或“不含”)Fe3+，c(Fe3+)=________mol·L-1(若填不含，則不需計算)，X溶液中c(Cl-)=_______mol·L-1。21、[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]氮的化合物在生產(chǎn)、生活中有廣泛應(yīng)用。（1）氮化鎵(GaN)是新型的半導(dǎo)體材料。基態(tài)氮原子的核外電子排布圖為____；基態(tài)鎵(Ga)原子的核外具有____種不同能量的電子。（2）乙二氨的結(jié)構(gòu)簡式為(H2N-CH2-CH2-NH2，簡寫為en)。①分子中氮原子軌道雜化類型為____；②乙二氨可與銅離子形成配合離子[Cu(en)2]2+，其中提供孤電子對的原子是____，配合離子結(jié)構(gòu)簡式為____；③乙二氨易溶于水的主要原因是____。（3）氮化硼(BN)是一種性能優(yōu)異、潛力巨大的新型材料，主要結(jié)構(gòu)有立方氮化硼（如圖1）和六方氮化硼（如圖2），前者類似于金剛石，后者與石墨相似。①圖1中氮原子的配位數(shù)為____，離硼原子最近且等距離的硼原子有____個；②已知六方氮化硼同層中B與N之間的距離為acm，密度為dg?cm-3，則相鄰層與層之間的距離為____pm(列出表達(dá)式)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】

A.Cu與濃硫酸在加熱時發(fā)生反應(yīng)生成SO2，圖中固液加熱裝置可制備，A正確；B.硫酸銅與NaI發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuI、SO2，可用該裝置制備CuI并制備少量含SO2的溶液，B正確；C.分離沉淀與溶液，可選該裝置進行過濾，C正確；D.加熱干燥濕的CuI固體，由于CuI易被氧化，因此不能用該裝置加熱，D錯誤；故合理選項是D。2、C【解析】

A.由圖可知Cr元素化合價降低，被還原，N為正極，A項錯誤；B.該電池用微生物進行發(fā)酵反應(yīng)，不耐高溫，B項錯誤；C.由于電解質(zhì)NaCl溶液被陽離子交換膜和陰離子交換膜隔離，使Na+和Cl-不能定向移動，所以電池工作時，負(fù)極生成的H+透過陽離子交換膜進入NaCl溶液中，正極生成的OH-透過陰離子交換膜進入NaCl溶液中與H+反應(yīng)生成水，使NaCl溶液濃度減小。C項正確；D.苯酚發(fā)生氧化反應(yīng)、作負(fù)極，結(jié)合電子守恒和電荷守恒可知電極反應(yīng)式為C6H5OH-28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋，D項錯誤；答案選C。3、C【解析】

A.溴元素在海水中以化合態(tài)存在,將Br元素由化合態(tài)轉(zhuǎn)化為游離態(tài)時發(fā)生電子轉(zhuǎn)移，所以一定發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成溴單質(zhì)后用有機物進行萃取，故A錯誤；B.鈉易與水反應(yīng),電解飽和食鹽水得到氫氧化鈉、氯氣和氫氣，所以應(yīng)用電解熔融的氯化鈉的方法冶煉鈉，故B錯誤；C.海水曬鹽利用蒸發(fā)原理，蒸發(fā)是根據(jù)物質(zhì)的沸點不同進行分離的操作，為物理變化，故C正確；D.加入過量的氯氣能將I2氧化成更高價的化合物,減少碘的產(chǎn)率,故D錯誤；答案選C。4、D【解析】

A．氫氧化鈉具有強烈的腐蝕性，能腐蝕皮膚，故A錯誤；B．KI與氯氣反應(yīng)生成碘，如濃度過高，對人體有害，故B錯誤；C．氨氣本身具有刺激性，對人體有害，不能用氨水吸收氯氣，故C錯誤；D．Na2CO3溶液顯堿性，堿性較弱，能與氯氣反應(yīng)而防止吸入氯氣中毒，則可以用浸有Na2CO3溶液的毛巾捂住鼻子，故D正確；故選：D。5、D【解析】

根據(jù)圖示可知，鐵做陽極，失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，F(xiàn)e-2e-=Fe2+，所以a為陽極，b電極為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，2H2O+2e-=H2+2OH-?！驹斀狻緼.根據(jù)圖示a電極為Fe電極，連接電源正極，作陽極，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，b電極連接電源負(fù)極，作陰極，A正確；B.由圖示可知：a電極為Fe電極，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，陽極的電極反應(yīng)式為Fe-2e-=Fe2+，B正確；C.Fe2+具有還原性，容易被溶解在溶液的氧氣氧化變?yōu)镕e3+，氧氣得到電子變?yōu)镺H-，F(xiàn)e3+與OH-結(jié)合形成Fe(OH)3，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，在處理廢水時，溶液中可能發(fā)生的反應(yīng)為：4Fe2++O2+8OH-+2H2O=4Fe(OH)3，C正確；D.Fe(OH)3膠粒是許多Fe(OH)3的集合體，所以電路中每轉(zhuǎn)移3mol電子，生成Fe(OH)3膠粒的物質(zhì)的量小于1mol，D錯誤；故合理選項是D。6、B【解析】

A．碳酸鈉與CO2和水反應(yīng)生成酸式鹽NaHCO3，NaHCO3溶解度小于Na2CO3，并且反應(yīng)生成的NaHCO3固體質(zhì)量比原來Na2CO3多，溶劑質(zhì)量減少，溶液中有渾濁出現(xiàn)，故A不符合題意；B．鹽酸的酸性大于亞硫酸的酸性，則CaCl2溶液中通入SO2不發(fā)生反應(yīng)，始終無明顯現(xiàn)象，故B符合題意；C．NH3通入硝酸和硝酸銀的混合溶液中，先與硝酸反應(yīng)，故開始沒有沉淀，等硝酸全部反應(yīng)完全后，再與硝酸銀反應(yīng)生成氫氧化銀沉淀，再繼續(xù)通入氨氣會生成可溶性的銀氨溶液，故沉淀又會減少，直至最終沒有沉淀，反應(yīng)方程式為NH3+HNO3=NH4NO3、NH3+AgNO3+H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3=Ag(NH3)2OH(銀氨溶液)，故C不符合題意；D．SO2通入Na2S溶液中發(fā)生反應(yīng)：2Na2S+5SO2+2H2O═4NaHSO3+3S↓，生成硫沉淀，故D不符合題意；答案選B。鹽酸的酸性大于亞硫酸的酸性，化學(xué)反應(yīng)中一般遵循強酸制弱酸的規(guī)律。7、C【解析】

化學(xué)變化的實質(zhì)是相互接觸的分子間發(fā)生原子或電子的轉(zhuǎn)換或轉(zhuǎn)移，生成新的分子并伴有能量變化的過程?！驹斀狻扛鶕?jù)化學(xué)變化的實質(zhì)是相互接觸的分子間發(fā)生原子或電子的轉(zhuǎn)換或轉(zhuǎn)移，生成新的分子并伴有能量變化的過程，原子并沒有發(fā)生變化，可知通過化學(xué)方法可以生產(chǎn)一種新分子，也可以生成一種新離子，還可生成一種新單質(zhì)；具有一定數(shù)目的質(zhì)子和一定數(shù)目的中子的原子稱為核素，即核素的種類決定于原子核，而化學(xué)反應(yīng)只是核外電子數(shù)目的變化，所以生成一種新同位素通過化學(xué)反應(yīng)是不能實現(xiàn)的，故C符合；答案選C。8、B【解析】

測定硫酸銅晶體中結(jié)晶水含量實驗，經(jīng)計算相對誤差為+0.4%，即測定的結(jié)晶水含量偏高?！驹斀狻緼．所用晶體中有受熱不揮發(fā)的雜質(zhì)，會導(dǎo)致測定的硫酸銅的質(zhì)量偏大，導(dǎo)致測定的水的質(zhì)量偏小，測定的結(jié)晶水含量偏低，故A不選；B．用玻璃棒攪拌時沾去少量的藥品，會導(dǎo)致測定的硫酸銅的質(zhì)量偏小，導(dǎo)致水的質(zhì)量測定結(jié)果偏大，測定的結(jié)晶水含量偏高，故B選；C．未將熱的坩堝放在干燥器中冷卻，會導(dǎo)致測定的硫酸銅的質(zhì)量偏大，使測定的水的質(zhì)量偏小，測定的結(jié)晶水含量偏低，故C不選；D．在實驗結(jié)束時沒有進行恒重操作，會導(dǎo)致測定的硫酸銅的質(zhì)量偏大，使測定的水的質(zhì)量偏小，測定的結(jié)晶水含量偏低，故D不選；故選：B。9、D【解析】

由①可知溶液顯弱酸性，上述離子只有NH4+水解使溶液顯酸性，則一定含有NH4+，而S2-水解顯堿性，且其水解程度比NH4+大，則溶液中一定不含有S2-；再由氯水能氧化I-生成碘單質(zhì)，而碘遇淀粉變藍(lán)，而②中加氯水和淀粉無明顯現(xiàn)象，則一定不含有I-；又溶液呈電中性，有陽離子必有陰離子，則溶液中有NH4+，必須同時存在陰離子，即SO42－必然存在，而Ba2+、SO42－能結(jié)合生成沉淀，則這兩種離子不能共存，即一定不存在Ba2+；顯然剩下的Na+是否存在無法判斷，則需檢驗的離子是Na+，故D符合題意；所以答案：D。10、A【解析】

A.人類無法改變自然界氮循環(huán)途徑，使其不產(chǎn)生氨，所以此方法不可行，A錯誤；B.加強對含氨廢水的處理，可以減少氨氣的排放，方法可行，B正確；C.采用氨法對煙氣脫硝時，設(shè)置除氨設(shè)備，方法可行，C正確；D.增加使用生物有機肥料，減少銨態(tài)氮肥的使用，能夠減少氨氣的排放，方法可行，D正確；故合理選項是A。11、A【解析】

常溫下，能反應(yīng)的氣體不能大量共存，以此來解答?！驹斀狻緼．常溫下反應(yīng)生成氯化銨，不能大量共存，選項A選；B．常溫下不反應(yīng)，光照的條件反應(yīng)，可大量共存，選項B不選；C．常溫下不反應(yīng)，反應(yīng)需要點燃、加熱等，可大量共存，選項C不選；D．常溫下不反應(yīng)，要在催化劑和加熱的條件反應(yīng)，選項D不選；答案選A。12、D【解析】n（Ba2+）=n（H2SO4）=xmol，n（Cl-）=n（AgNO3）=ymol，根據(jù)電荷守恒：2n（Ba2+）+n（Na+）=n（Cl-），n（Na+）=（y-2x）mol，c(Na+)=（y-2x）mol/0.5aL=(2y-4x)/amol·L-113、D【解析】

A、HPW自身存在比表面積小、易溶于有機溶劑而難以重復(fù)使用等缺點，將其負(fù)載在多孔載體(如硅藻土、C等)上則能有效克服以上不足，提高其催化活性，選項A正確；B、根據(jù)圖中曲線可知，當(dāng)HPW負(fù)載量為40%時達(dá)到飽和，酯化率最高，選項B正確；C、用HPW/硅藻土代替?zhèn)鹘y(tǒng)催化劑濃硫酸，可減少設(shè)備腐蝕等不足，選項C正確；D、催化劑不能使平衡移動，不能改變反應(yīng)正向進行的程度，選項D不正確。答案選D。14、D【解析】

0.1mol·L－1m溶液的pH＝13，則m為一元強堿，應(yīng)該為NaOH，組成n的兩種離子的電子層數(shù)相差1，根據(jù)圖示可知，n為NaCl，電解NaCl溶液得到NaOH、H2和Cl2，p、q為其中兩種元素形成的單質(zhì)，則p、q為H2和Cl2，結(jié)合短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大可知：X為H元素、Y為O元素、Z為Na元素、W為Cl元素，據(jù)此答題?！驹斀狻坑煞治隹芍篨為H元素、Y為O元素、Z為Na元素、W為Cl元素。A.電子層數(shù)越多，則原子的半徑越大，具有相同電子層數(shù)的原子，隨著原子序數(shù)的遞增，原子半徑逐漸減小，所以原子半徑：X＜Y＜W＜Z，故A錯誤；B.由分析可知：X為H元素、Z為Na元素，X、Z的最外層電子數(shù)均為1，屬于同一主族，故B錯誤；C.Y、W形成的氫化物分別為H2O和HCl，因為水分子中含有氫鍵，含有氫鍵的物質(zhì)熔沸點較高，所以簡單氫化物的沸點：Y＞W(wǎng)，故C錯誤；D.Y、Z、W形成的一種化合物為NaClO，NaClO具有強氧化性，可用于漂白，具有漂白性，故D正確。故選D。15、D【解析】

①Cu與FeCl3溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，常溫下不與濃硫酸發(fā)生反應(yīng)；②SiO2屬于酸性氧化物，能與強堿反應(yīng)，但不與濃鹽酸反應(yīng)；③Ca(OH)2是強堿與SO2反應(yīng)，與NaHCO3也反應(yīng)；④Al(OH)3屬于兩性氫氧化物，與強酸強堿溶液都反應(yīng)；【詳解】①Cu與FeCl3溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，常溫下不和濃硫酸反應(yīng)，故①錯誤；②SiO2屬于酸性氧化物，能與強堿發(fā)生反應(yīng)，所以與氫氧化鉀發(fā)生反應(yīng)SiO2+2KOH=K2SiO3+H2O，但不能和鹽酸反應(yīng)；③Ca(OH)2是強堿與SO2酸性氧化物發(fā)生反應(yīng)Ca(OH)2+SO2=CaSO3+H2O，與NaHCO3也發(fā)生反應(yīng)；④Al(OH)3屬于兩性氫氧化物，能和強酸強堿溶液都反應(yīng)，和強堿NaOH反應(yīng)Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O、和硫酸反應(yīng)3H2SO4+2Al(OH)3==Al2(SO4)3+6H2O；故③④正確，故答案為D。本題考查物質(zhì)的相關(guān)性質(zhì)，熟記相關(guān)物質(zhì)的反應(yīng)及反應(yīng)條件很重要。16、B【解析】

A.由修復(fù)過程示意圖中反應(yīng)前后元素化合價變化可知，反應(yīng)①②③④均為得電子的反應(yīng)，所以均為還原反應(yīng)，A項正確；B.三氯乙烯C2HCl3中C原子化合價為+1價，乙烯中C原子化合價為-2價，1molC2HCl3轉(zhuǎn)化為1molC2H4時，得到6mol電子，B項錯誤；C.由示意圖及N元素的化合價變化可寫出如下轉(zhuǎn)化NO3-+8e-→NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O來配平該反應(yīng)，而不能用H2O和OH-來配平，所以④的電極反應(yīng)式為NO3－+10H++8e－=NH4++3H2O，C項正確；D.ZVI失去電子有Fe2+產(chǎn)生，F(xiàn)e2+在氧氣和OH-的作用下，可能產(chǎn)生Fe(OH)3，D項正確；答案選B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、醚鍵、硝基(C2H5OOC)2C=CHOC2H5ClCH2COOH+NaCN→CNCH2COOH+NaClFeCl3溶液，顯紫色3還原反應(yīng)+C2H5OH【解析】

A和Cl2反應(yīng)生成B，B中只有1個Cl，所以應(yīng)該是取代反應(yīng)，B發(fā)生了給出的已知中的反應(yīng)，所以C中有羧基，C有4個氧原子，而且C的不飽和度為2，再根據(jù)D的結(jié)構(gòu)簡式，可知C為丙二酸，B為ClCH2COOH，A為CH3COOH。根據(jù)K和J的結(jié)構(gòu)簡式可知E的結(jié)構(gòu)簡式為(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)，根據(jù)G的結(jié)構(gòu)簡式可知F為苯酚?！驹斀狻浚?）根據(jù)H的結(jié)構(gòu)簡式，H的官能團名稱為醚鍵和硝基。E的結(jié)構(gòu)簡式為(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)。（2）B→C中①的化學(xué)方程式為ClCH2COOH+NaCNNCCH2COOH+NaCl。（3）F為苯酚，苯酚遇FeCl3溶液顯紫色，或和濃溴水反應(yīng)生成三溴苯酚白色沉淀。（4）D的同分異構(gòu)體有多種，1molD能與足量NaHCO3反應(yīng)放出2molCO2，說明1個D分子中有2個羧基。核磁共振氫譜顯示有四組峰，說明D分子有比較高的對稱性。符合要求的有HOOCCH2CH2CH2CH2CH2COOH、HOOCCH(CH3)CH2CH(CH3)COOH和，共3種。（5）H→J是H中的硝基變成了氨基，是還原反應(yīng)。（6）①根據(jù)已知，K→L發(fā)生了苯環(huán)上的一個氫原子和酯基上的乙氧基斷裂結(jié)合成乙醇，苯環(huán)上的碳原子和斷裂乙氧基的碳原子結(jié)合成新的碳碳單鍵的反應(yīng)，再結(jié)合P的結(jié)構(gòu)可知，苯環(huán)上斷裂的氫原子是和氮原子處于鄰位、和甲氧基處于對位的氫原子，所以K→L的化學(xué)方程式為：+C2H5OH。②得到的L繼續(xù)發(fā)生給出的已知的反應(yīng)，生成Q（），Q在NaOH溶液中發(fā)生水解，Cl被羥基代替，同時羧基和NaOH發(fā)生中和反應(yīng)生成鈉鹽，故M的結(jié)構(gòu)簡式為。18、第2周期，VIA族O2-分子間作用力HCO3-+H2OH2CO3+OH-【解析】

根據(jù)題干信息中元素性質(zhì)分析判斷元素的種類；根據(jù)元素的種類判斷在元素周期表中的位置；根據(jù)物質(zhì)的組成和性質(zhì)分析該物質(zhì)的晶體類型，判斷微粒間的作用力；根據(jù)成鍵特點書寫電子式?！驹斀狻縒、X、Y、Z四種元素均為短周期元素，原子序數(shù)依次增大，W單質(zhì)為密度最小的氣體，則W為氫元素；X最高正價與最低負(fù)價之和為0，則X為第IVA族元素，Y的某種同素異形體是保護地球地表的重要屏障，則Y是氧元素，X是碳元素；Z存在質(zhì)量數(shù)為23，中子數(shù)為12的核素，則Z的質(zhì)子數(shù)為23-12=11，則Z是鈉元素。（1）元素氧在元素周期表中的位置是第2周期，VIA族；氧離子和鈉離子具有相同的核外電子排布，則核電荷越大半徑越小，所以半徑較大的是O2-，故答案為：第2周期，VIA族；O2-；（2）CO2晶體為分子晶體，由固態(tài)變?yōu)闅鈶B(tài)所需克服的微粒間作用力是分子間作用力；由元素氫和氧組成的一種綠色氧化劑是雙氧水，其電子式為，故答案為：分子間作用力；；（3）由氫、碳、氧、鈉四種元素組成的一種無機鹽為碳酸氫鈉，因為水解其水溶液呈堿性離子方程式表示為：，故答案為：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故答案為：HCO3-+H2OH2CO3+OH-。19、分液漏斗固體氫氧化鈉或氧化鈣或堿石灰BC還原3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2吸收未反應(yīng)的氨氣，阻止F中水蒸氣進入D慢慢上下移動右邊漏斗，使左右兩管液面相平【解析】

A裝置制取氨氣，B裝置干燥氨氣，C為反應(yīng)裝置，D裝置吸收反應(yīng)產(chǎn)生的水，E裝置防止F中的水分進入D裝置干擾實驗結(jié)果，F(xiàn)裝置測量生成氮氣的體積?！驹斀狻浚?）裝置中儀器a為分液漏斗，濃氨水遇氧化鈣、氫氧化鈉會釋放氨氣，故可選用固體氫氧化鈉或氧化鈣或堿石灰（成分為氧化鈣和氫氧化鈉）；（2）該裝置為固液不加熱制取氣體，A.氯氣為黃綠色氣體，A錯誤；B.過氧化鈉和水，或過氧化氫和二氧化錳制氧氣都無需加熱，B正確；C.碳酸鈣和稀鹽酸制取二氧化碳，無需加熱，C正確；D.二氧化氮為紅棕色氣體，D錯誤；答案選BC；（3）裝置C中黑色粉末變?yōu)榧t色固體，說明氧化銅被還原為銅單質(zhì)，說明氨氣具有還原性，量氣管有無色無味的氣體，根據(jù)元素守恒該氣體肯定含有氮元素，只能是氮氣，故方程式為；（4）根據(jù)實驗?zāi)康?，需要測定D裝置的質(zhì)量變化來確定生成水的量，故E裝置的作用是防止F中的水分進入D裝置，同時濃硫酸還能吸收氨氣；（5）為保證讀出的氣體體積為標(biāo)準(zhǔn)大氣壓下的體積，需要調(diào)整兩邊液面相平；（6）測得干燥管D增重mg，即生成mg水，裝置F測得氣體的體積為nL，即nL氮氣，根據(jù)元素守恒，水中的氫元素都來自于氨氣，氮氣中的氮元素都來自于氨氣，故氨分子中氮、氫的原子個數(shù)比為：。量氣裝置讀數(shù)的注意事項：①氣體冷卻到室溫；②上下移動量筒，使量筒內(nèi)液面與集氣瓶內(nèi)液面相平；③讀數(shù)時視線與凹液面最低處相平。20、HCO3-、S2-、OH-3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O含28【解析】

測得X溶液中c(H+)=6mol/L，在強酸性溶液中與H+反應(yīng)的離子不能大量存在；一定不會存在HCO3-、S2-、OH-離子，加入過量硝酸鋇生成沉淀，則沉淀C為BaSO4沉淀，說明溶液中含有SO42-離子，生成氣體A，A連續(xù)氧化生成D和E，則A為NO，D為NO2，E為HNO3，說明溶液中含有還原性離子，一定為Fe2+離子，溶液B中加入過量NaOH溶液，生成氣體F，則F為NH3，說明溶液中含有NH4+離子，溶液H中溶于CO2氣體，生成沉淀I，則I為Al(OH)3，H為NaAlO2，沉淀G為Fe(OH)3，說明原溶液中含有Al3+離子，通過計算氫氧化鐵物質(zhì)的量和原溶液中亞鐵離子物質(zhì)的量判斷原溶液中含有Fe3+，溶液顯酸性，溶液中含有Fe2+離子，就一定不含NO3-離子，根據(jù)已知溶液中電荷守恒計算確定是否含有的離子Cl-，以此解答?！驹斀狻客ㄟ^上述分析可知：氣體A是NO，溶液B中含有Al3+、NH4+、Fe2+，沉淀C是BaSO4，氣體D是NO2，溶液E為HNO3，氣體F是NH3，I為Al(OH)3，H為NaAlO2，沉淀G為Fe(OH)3：(1)由于測得X溶液中c(H+)=6mol/L，溶液顯酸性，在強酸性溶液中與H+反應(yīng)的離子HCO3-、S2-、OH-不能大量存在；故原溶液一定不會存在HCO3-、S2-、OH-離子；(2)在X中含有Fe2+、H+，當(dāng)加入Ba(NO3)2溶液時，會發(fā)生氧化還原反應(yīng)，產(chǎn)生Fe3+、NO、H2O，反應(yīng)的離子方程式：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；(3)n(NO)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，根據(jù)3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O中Fe2+與NO的關(guān)系可知n(Fe2+)=3n(NO)=0.03mol，n[Fe(OH)3]=5.35g÷107g/mol=0.05mol>n(Fe2+)=0.03mol，根據(jù)Fe元素守恒，說明在原溶液中含有Fe3+，其物質(zhì)的量是0.02mol，由于溶液的體積是0.01L，所以c(Fe3+)=0.02mol÷0.01L=2mol/L；該溶液中，n(H+)=6mol/L×0.01L=0.06mol，根據(jù)元素守恒可得n(NH4+)=n(NH3)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，n(SO42-)=n(BaSO4)=16.31g÷233g/mol=0.07mol，n(Al3+)=n[Al(OH)3]=0.78g÷78g/mol=0.01mol，根據(jù)(3)計算可知n(Fe2+)=0.03mol，n(Fe3+)=0.02mol，由于正電荷總數(shù)：3n(Al3+)+3n(Fe3+)+2n(Fe2+)+n(NH4+)+n(H+)=3×0.01mol+3×0.02mol+2×0.03mol+0.01mol+0.06mol=0.22mol，n(SO42-)=0.07mol，其所帶的負(fù)電荷數(shù)0.07mol×2=0.14mol<0.22mol，所以該溶液中還含有帶負(fù)電荷的Cl-，其物質(zhì)的量為n