2025屆陜西省西安電子科技大學(xué)附中高三下期中考試（化學(xué)試題理）試題含解析

2025屆陜西省西安電子科技大學(xué)附中高三下期中考試（化學(xué)試題理）試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、Q、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素。W、Y是金屬元素，Z的原子序數(shù)是X的2倍。Q與W同主族，且Q與W形成的離子化合物中陰、陽離子電子層結(jié)構(gòu)相同。Q與X形成的簡單化合物的水溶液呈堿性。Y的氧化物既能與強酸溶液反應(yīng)又與強堿溶液反應(yīng)。下列說法不正確的是A．Q與X形成簡單化合物的分子為三角錐形B．Z的氧化物是良好的半導(dǎo)體材料C．原子半徑Y(jié)>Z>X>QD．W與X形成化合物的化學(xué)式為W3X2、用氟硼酸(HBF4，屬于強酸)代替硫酸做鉛蓄電池的電解質(zhì)溶液，可使鉛蓄電池在低溫下工作時的性能更優(yōu)良，反應(yīng)方程式為：Pb+PbO2+4HBF42Pb(BF4)2+2H2O；Pb(BF4)2為可溶于水的強電解質(zhì)，下列說法正確的是A．充電時，當(dāng)陽極質(zhì)量減少23.9g時轉(zhuǎn)移0.2mol電子B．放電時，PbO2電極附近溶液的pH增大C．電子放電時，負極反應(yīng)為PbO2+4HBF4-2e-=Pb(BF4)2+2HF4-+2H2OD．充電時，Pb電極的電極反應(yīng)式為PbO2+H++2e-=Pb2++2H2O3、甲～辛等元素在周期表中的相對位置如下表。甲與戊的原子序數(shù)相差3，戊的一種單質(zhì)是自然界硬度最大的物質(zhì)，丁與辛屬同周期元素，下列判斷正確的是A．丙與庚的原子序數(shù)相差3B．氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：戊>己>庚C．乙所在周期元素中，其簡單離子的半徑最大D．乙的單質(zhì)在空氣中燃燒生成的化合物只含離子鍵4、雌黃(As2S3)在我國古代常用作書寫涂改修正膠。濃硝酸氧化雌黃可制得硫黃，并生成砷酸和一種紅棕色氣體，利用此反應(yīng)原理設(shè)計為某原電池。下列有關(guān)敘述正確的是A．砷酸的分子式為H2AsO4B．紅棕色氣體在該原電池的負極區(qū)生成并逸出C．該反應(yīng)的氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為12：1D．該反應(yīng)中每析出4.8g硫黃，則轉(zhuǎn)移0.5mol電子5、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A．的溶液：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-B．0.1mol·L?1的氨水：Cu2+、Na+、SO42-、NO3-C．1mol·L?1的NaClO溶液：Fe2+、Al3+、NO3-、I?D．0.1mol·L?1的NaHCO3溶液：K+、Na+、NO3-、OH?6、新型冠狀病毒是一種致病性很強的RNA病毒，下列說法錯誤的是A．新型冠狀病毒組成元素中含有C、H、OB．用“84消毒液”進行消毒時，消毒液越濃越好C．3M防顆粒物口罩均使用3M專有高效過濾材料——聚丙烯材質(zhì)，聚丙烯屬于高分子D．不去人群聚集處、勤洗手可預(yù)防新型冠狀病毒7、研究反應(yīng)物的化學(xué)計量數(shù)與產(chǎn)物之間的關(guān)系時，使用類似數(shù)軸的方法可以收到的直觀形象的效果。下列表達不正確的是（）A．密閉容器中CuO和C高溫反應(yīng)的氣體產(chǎn)物：B．Fe在Cl2中的燃燒產(chǎn)物：C．AlCl3溶液中滴加NaOH后鋁的存在形式：D．氨水與SO2反應(yīng)后溶液中的銨鹽：8、下列解釋工業(yè)生產(chǎn)或應(yīng)用的化學(xué)方程式正確的是（）A．氯堿工業(yè)制氯氣：2NaCl（熔融）2Na+C12↑B．利用磁鐵礦冶煉鐵：CO+FeOFe+CO2C．工業(yè)制小蘇打：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4ClD．工業(yè)制粗硅：C+SiO2Si+CO2↑9、下列關(guān)于物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的說法，不正確的是()A．I3AsF6晶體中存在I3＋離子,I3＋離子的幾何構(gòu)型為V形B．C、H、O三種元素的電負性由小到大的順序為H＜C＜OC．水分子間存在氫鍵，故H2O的熔沸點及穩(wěn)定性均大于H2SD．第四周期元素中，Ga的第一電離能低于Zn10、有關(guān)遠洋輪船船殼腐蝕與防護敘述錯誤的是A．可在船殼外刷油漆進行保護B．可將船殼與電源的正極相連進行保護C．可在船底安裝鋅塊進行保護D．在海上航行時，船殼主要發(fā)生吸氧腐蝕11、天然海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO3-等離子?；鹆Πl(fā)電時燃煤排放的含SO2的煙氣可利用海水脫硫，其工藝流程如圖所示：下列說法錯誤的是（）A．天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO32-、HCO3-水解B．“氧化”是利用氧氣將H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化生成SO42-C．“反應(yīng)、稀釋”時加天然海水的目的是中和、稀釋經(jīng)氧化后海水中生成的酸D．“排放”出來的海水中SO42-的物質(zhì)的量濃度與進入吸收塔的天然海水相同12、下列說法正確的是（）A．液氯可以儲存在鋼瓶中B．工業(yè)制鎂時，直接向海水中加Ca（OH）2溶液以制取Mg（OH）2C．用硫酸清洗鍋爐后的水垢D．在水泥回轉(zhuǎn)窖中用石灰石、純堿、黏土為原料制造水泥13、2019年諾貝爾化學(xué)獎授予了在鋰離子電池領(lǐng)域作出貢獻的三位科學(xué)家。他們于1972年提出“搖椅式“電池(Rockingchairbattery),1980年開發(fā)出LiCoO2材料，下圖是該電池工作原理圖，在充放電過程中，Li+在兩極之間“搖來搖去”，該電池充電時的總反應(yīng)為：LiCoO2+6C(石墨）=Li(1-x)CoO2+LixC6。下列有關(guān)說法正確的是A．充電時，Cu電極為陽極B．充電時，Li+將嵌入石墨電極C．放電時，Al電極發(fā)生氧化反應(yīng)D．放電時，負極反應(yīng)LiCoO2—xe-=Li(1-x)CoO2+(1-x)+xLi+14、2019年諾貝爾化學(xué)獎授予了鋰離子電池開發(fā)的三位科學(xué)家。一種鋰離子電池的反應(yīng)式為LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2(x＜1)。其工作原理如圖所示。下列說法不正確的是（）A．放電時，Li+由b極向a極遷移B．放電時，若轉(zhuǎn)移0.02mol電子，石墨電極將減重0.14gC．充電時，a極接外電源的正極D．該廢舊電池進行“充電處理”有利于鋰在LiCoO2極回收15、人體尿液中可以分離出具有生長素效應(yīng)的化學(xué)物質(zhì)——吲哚乙酸，吲哚乙酸的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是A．分子中含有2種官能團B．吲哚乙酸苯環(huán)上的二氯代物共有四種C．1mol吲哚乙酸與足量氫氣發(fā)生反應(yīng)，最多消耗5molH2D．分子中不含手性碳原子16、下列實驗Ⅰ～Ⅳ中，正確的是（）A．實驗Ⅰ：配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液B．實驗Ⅱ：除去Cl2中的HClC．實驗Ⅲ：用水吸收NH3D．實驗Ⅳ：制備乙酸乙酯二、非選擇題（本題包括5小題）17、化合物X由三種元素(其中一種是第四周期元素)組成，現(xiàn)進行如下實驗：已知：氣體A在標(biāo)準(zhǔn)狀況下密度為0.714g·L-1；堿性溶液焰色反應(yīng)呈黃色。(1)X中非金屬元素的名稱為__________，X的化學(xué)式__________。(2)X與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________。(3)化合物Y由X中金屬元素和第四周期元素構(gòu)成，設(shè)計實驗證明Y的晶體類型__________。(4)補充焰色反應(yīng)的操作：取一根鉑絲，________，蘸取待測液灼燒，觀察火焰顏色。18、某研究小組以環(huán)氧乙烷和布洛芬為主要原料，按下列路線合成藥物布洛芬酰甘氨酸鈉。己知：（1）RCOOHRCOC1RCOORˊ（2）R-Cl-R-NH2R-NH2HC1RCONHR請回答：（1）寫出化合物的結(jié)構(gòu)簡式：B_________；D_________。（2）下列說法不正確的是_________。A．轉(zhuǎn)化為A為氧化反應(yīng)B．RCOOH與SOCl2反應(yīng)的產(chǎn)物有SO2和HC1C．化合物B能發(fā)生縮聚反應(yīng)D．布洛芬酰甘氨酸鈉的分子式為C15H19NO3Na（3）寫出同時符合下列條件的布洛芬的所有同分異構(gòu)體_________。①紅外光譜表明分子中含有酯基，實驗發(fā)現(xiàn)能與NaOH溶液1∶2反應(yīng)，也能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；②H—NMR譜顯示分子中有三個相同甲基，且苯環(huán)上只有一種化學(xué)環(huán)境的氫原子。（4）寫出F→布洛芬酰甘氨酸鈉的化學(xué)方程式_________。（5）利用題給信息，設(shè)計以為原料制備（）的合成路線(用流程圖表示：無機試劑任選)_____________________。19、焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）是一種可溶于水的白色或淡黃色小晶體，食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果的保鮮劑等。某化學(xué)研究興趣小組欲自制焦亞硫酸鈉并探究其部分化學(xué)性質(zhì)等。(1)制備Na2S2O5，如圖（夾持及加熱裝置略）可用試劑：飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體（試劑不重復(fù)使用）焦亞硫酸鈉的析出原理：NaHSO3(飽和溶液)→Na2S2O5(晶體)+H2O(l)①F中盛裝的試劑是__，作用是__。②通入N2的作用是__。③Na2S2O5晶體在__（填“A”或“D”或“F”）中得到，再經(jīng)離心分離，干燥后可得純凈的樣品。④若撤去E，則可能發(fā)生__。(2)設(shè)計實驗探究Na2S2O5的性質(zhì)，完成表中填空：預(yù)測Na2S2O5的性質(zhì)探究Na2S2O5性質(zhì)的操作及現(xiàn)象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性①探究二Na2S2O5晶體具有還原性取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液，劇烈反應(yīng)，溶液紫紅色很快褪去①__。（提供：pH試紙、蒸餾水及實驗必需的玻璃儀器）②探究二中反應(yīng)的離子方程式為__(KMnO4→Mn2+)(3)利用碘量法可測定Na2S2O5樣品中+4價硫的含量。實驗方案：將agNa2S2O5樣品放入碘量瓶（帶磨口塞的錐形瓶）中，加入過量c1mol·L-1的碘溶液，再加入適量的冰醋酸和蒸餾水，充分反應(yīng)一段時間，加入淀粉溶液，__（填實驗步驟），當(dāng)溶液由藍色恰好變成無色，且半分鐘內(nèi)溶液不恢復(fù)原色，則停止滴定操作重復(fù)以上步驟兩次記錄數(shù)據(jù)。（實驗中必須使用的試劑有c2mol·L-1的標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液；已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）(4)含鉻廢水中常含有六價鉻[Cr(Ⅵ)]利用Na2S2O5和FeSO4·7H2O先后分兩個階段處理含Cr2O72-的廢水，先將廢水中Cr2O72-全部還原為Cr3+，將Cr3+全部轉(zhuǎn)化為Cr(OH)3而除去，需調(diào)節(jié)溶液的pH范圍為___。{已知：Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，lg2≈0.3，c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1時視為完全沉淀}20、FeSO4溶液放置在空氣中容易變質(zhì)，因此為了方便使用Fe2＋，實驗室中常保存硫酸亞鐵銨晶體[俗稱“摩爾鹽”，化學(xué)式為(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O]，它比綠礬或綠礬溶液更穩(wěn)定。(穩(wěn)定是指物質(zhì)放置在空氣中不易發(fā)生各種化學(xué)反應(yīng)而變質(zhì))I．硫酸亞鐵銨晶體的制備與檢驗（1）某興趣小組設(shè)計實驗制備硫酸亞鐵銨晶體。本實驗中，配制溶液以及后續(xù)使用到的蒸餾水都必須煮沸、冷卻后再使用，這樣處理蒸餾水的目的是_______。向FeSO4溶液中加入飽和(NH4)2SO4溶液，經(jīng)過操作_______、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌和干燥后得到一種淺藍綠色的晶體。（2）該小組同學(xué)繼續(xù)設(shè)計實驗證明所制得晶體的成分。①如圖所示實驗的目的是_______，C裝置的作用是_______。取少量晶體溶于水，得淡綠色待測液。②取少量待測液，_______(填操作與現(xiàn)象)，證明所制得的晶體中有Fe2＋。③取少量待測液，經(jīng)其它實驗證明晶體中有NH4＋和SO42－II．實驗探究影響溶液中Fe2＋穩(wěn)定性的因素（3）配制0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液（pH=4.0），各取2ml上述溶液于兩支試管中，剛開始兩種溶液都是淺綠色，分別同時滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液，15分鐘后觀察可見：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然為淺綠色透明澄清溶液；FeSO4溶液則出現(xiàn)淡黃色渾濁。（資料1）沉淀Fe(OH)2Fe(OH)3開始沉淀pH7.62.7完全沉淀pH9.63.7①請用離子方程式解釋FeSO4溶液產(chǎn)生淡黃色渾濁的原因_______。②討論影響Fe2＋穩(wěn)定性的因素，小組同學(xué)提出以下3種假設(shè)：假設(shè)1：其它條件相同時，NH4＋的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+穩(wěn)定性較好。假設(shè)2：其它條件相同時，在一定pH范圍內(nèi)，溶液pH越小Fe2＋穩(wěn)定性越好。假設(shè)3：_______。（4）小組同學(xué)用如圖裝置（G為靈敏電流計），滴入適量的硫酸溶液分別控制溶液A（0.2mol/LNaCl）和溶液B（0.1mol/LFeSO4）為不同的pH，觀察記錄電流計讀數(shù)，對假設(shè)2進行實驗研究，實驗結(jié)果如表所示。序號A：0.2mol·L－1NaClB：0.1mol·L－1FeSO4電流計讀數(shù)實驗1pH=1pH=58.4實驗2pH=1pH=16.5實驗3pH=6pH=57.8實驗4pH=6pH=15.5（資料2）原電池裝置中，其它條件相同時，負極反應(yīng)物的還原性越強或正極反應(yīng)物的氧化性越強，該原電池的電流越大。（資料3）常溫下，0.1mol/LpH=1的FeSO4溶液比pH=5的FeSO4溶液穩(wěn)定性更好。根據(jù)以上實驗結(jié)果和資料信息，經(jīng)小組討論可以得出以下結(jié)論：①U型管中左池的電極反應(yīng)式____________。②對比實驗1和2（或3和4）,在一定pH范圍內(nèi)，可得出的結(jié)論為____________。③對比實驗____________和____________，還可得出在一定pH范圍內(nèi)溶液酸堿性變化對O2氧化性強弱的影響因素。④對（資料3）實驗事實的解釋為____________。21、2019年10月1日，在慶祝中華人民共和國成立70周年的閱兵儀式上，最后亮相的DF-31A洲際戰(zhàn)略導(dǎo)彈是我國大國地位、國防實力的顯著標(biāo)志。其制作材料包含了Fe、Cr、Ni、C等多種元素?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)鐵原子的價電子排布式為___。（2）與Cr同周期且基態(tài)原子最外層電子數(shù)相同的元素，可能位于周期表的___區(qū)。（3）實驗室常用KSCN溶液、苯酚()檢驗Fe3+。其中N、O、S的第一電離能由大到小的順序為___(用元素符號表示)，苯酚中碳原子的雜化軌道類型為___。（4）鐵元素能于CO形成Fe(CO)5。羰基鐵[Fe(CO)5]可用作催化劑、汽油抗爆劑等。1molFe(CO)5分子中含___molσ鍵，與CO互為等電子體的一種離子的化學(xué)式為___。（5）碳的一種同素異形體的晶體可采取非最密堆積，然后在空隙中插入金屬離子獲得超導(dǎo)體。如圖為一種超導(dǎo)體的面心立方晶胞，C60分子占據(jù)頂點和面心處，K+占據(jù)的是C60分子圍成的___空隙和___空隙(填幾何空間構(gòu)型)；若C60分子的坐標(biāo)參數(shù)分別為A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，則距離A位置最近的陽離子的原子坐標(biāo)參數(shù)為___。（6）Ni可以形成多種氧化物，其中一種NiaO晶體晶胞結(jié)構(gòu)為NaCl型，由于晶體缺陷，a的值為0.88，且晶體中的Ni分別為Ni2+、Ni3+，則晶體中Ni2+與Ni3+的最簡整數(shù)比為___，晶胞參數(shù)為428pm，則晶體密度為___g/cm3(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，列出表達式)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

Q、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素。Q與W同主族，且Q與W形成的離子化合物中陰、陽離子電子層結(jié)構(gòu)相同。則Q為H元素，W為Li元素，Q與X形成的簡單化合物的水溶液呈堿性，X為N元素。W、Y是金屬元素，Y的氧化物既能與強酸溶液反應(yīng)又與強堿溶液反應(yīng)；Y為Al元素，Z的原子序數(shù)是X的2倍，Z為Si元素?！驹斀狻緼.Q與X形成簡單化合物NH3分子為三角錐形，故A正確；B.Z為Si元素，硅晶體是良好的半導(dǎo)體材料，Z的氧化物SiO2，是共價化合物，不導(dǎo)電，故B錯誤；C.電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑：Y>Z>X>Q，故C正確；D.W與X形成化合物的化學(xué)式為Li3N，故D正確；故選B。2、B【解析】

A.充電時陽極發(fā)生反應(yīng)Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，產(chǎn)生1molPbO2，轉(zhuǎn)移2mol電子，陽極增重1mol×239g/mol=239g，若陽極質(zhì)量增加23.9g時轉(zhuǎn)移0.2mol電子，A錯誤；B.放電時正極上發(fā)生還原反應(yīng)，PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O，c(H+)減小，所以溶液的pH增大，B正確；C.放電時，負極上是金屬Pb失電子,發(fā)生氧化反應(yīng)，不是PbO2發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，C錯誤；D.充電時，PbO2電極與電源的正極相連，作陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，Pb電極與電源的負極相連，D錯誤；故合理選項是B。3、B【解析】

戊的一種單質(zhì)（金剛石）是自然界硬度最大的物質(zhì)，則戊為C，甲與戊的原子序數(shù)相差3，則甲的原子序數(shù)為6-3=3，即甲為Li，由元素在周期表中的相對位置圖可知，乙為Na，丙為K，丁為Ca；丁與辛屬同周期元素，由第ⅣA族元素可知，己為Si，庚為Ge，辛為Ga；A.丙為K，K的原子序數(shù)為19，庚為Ge，Ge的原子序數(shù)為32，原子序數(shù)相差13，A項錯誤；B.元素的非金屬性越強，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，同主族元素從上到下元素的非金屬性逐漸減弱，則氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：戊>己>庚，B項正確；C.根據(jù)上述分析，乙為Na，Na＋有2個電子層，而同周期的S2-、Cl-有3個電子層，半徑都比Na+大，所以Na＋的半徑不是最大，C項錯誤；D.乙為Na，Na在空氣中燃燒生成Na2O2，Na2O2中既有離子鍵、又有共價鍵，D項錯誤；答案選B。4、D【解析】

A、砷最高價為+5，砷酸的分子式為H3AsO4，故A錯誤；B、紅棕色氣體是硝酸發(fā)生還原反應(yīng)生成的NO2,原電池正極發(fā)生還原反應(yīng)，所以NO2在正極生成并逸出，故B錯誤；C、As2S3被氧化為砷酸和硫單質(zhì)，As2S3化合價共升高10，硝酸被還原為NO2，氮元素化合價降低1，氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為10：1，故C錯誤；D、As2S3被氧化為砷酸和硫單質(zhì)，1molAs2S3失10mol電子，生成2mol砷酸和3mol硫單質(zhì)，所以生成0.15mol硫黃，轉(zhuǎn)移0.5mol電子，故D正確。5、A【解析】

A．的溶液顯酸性，NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-離子之間不反應(yīng)，與氫離子也不反應(yīng)，可大量共存，A項正確；B．氨水顯堿性，與Cu2+之間發(fā)生反應(yīng)生成氫氧化銅沉淀，在溶液中不能大量共存，B項錯誤；C．1mol·L?1的NaClO溶液具有氧化性，能氧化Fe2+和I?，故在該溶液中不能大量共存，C項錯誤；D．HCO3-與OH?會反應(yīng)生成CO32-和H2O而不能大量共存，D項錯誤；答案選A。（1）判斷離子能否大量共存的原則：在所給條件下，離子之間互不反應(yīng)，則離子能夠大量共存，否則，不能大量共存；（2）判斷離子能否大量共存的步驟：先看題給限制條件，包括顏色、酸堿性、氧化（還原）性等，再看離子之間的相互反應(yīng)，逐項判斷各組離子之間是否發(fā)生反應(yīng)，從而確定離子能否大量共存；（3）注意題目中給的是“一定”“可能”還是“不能”大量共存，具體問題具體分析。6、B【解析】

A.新型冠狀病毒成分為蛋白質(zhì)，組成元素為C、H、O、N等，故A錯誤；B.用“84消毒液”進行消毒時，消毒液過高對人體健康也會產(chǎn)生危害，故B錯誤；C.聚丙烯材質(zhì)的成分為聚丙烯，聚丙烯屬于合成有機高分子，故C正確；D..新型冠狀病毒主要通過飛沫和接觸傳播，為減少傳染性，不去人群聚集處、勤洗手可預(yù)防新型冠狀病毒，故D正確；故選B。7、B【解析】

A.該過程涉及的化學(xué)方程式有：，，A錯正確；B.Fe在Cl2中燃燒，只會生成FeCl3，B錯誤；C.該過程涉及的化學(xué)方程式有：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，C正確；D.該過程涉及的化學(xué)方程式有：2NH3·H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O，NH3·H2O+SO2=NH4HSO3，D正確；故合理選項為B。8、C【解析】

A．氯堿工業(yè)制氯氣是電解飽和食鹽水，反應(yīng)的化學(xué)方程式：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，故A錯誤；B．磁鐵礦成分為四氧化三鐵，反應(yīng)的化學(xué)方程式：4CO+Fe3O43Fe+4CO2，故B錯誤；C．工業(yè)制小蘇打是飽和氯化鈉溶液中依次通入氨氣、二氧化碳生成碳酸氫鈉晶體和氯化銨，反應(yīng)的化學(xué)方程式：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，故C正確；D．工業(yè)制粗硅是焦炭和二氧化硅高溫反應(yīng)生成硅和一氧化碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式：2C+SiO2Si+2CO↑，故D錯誤；故選：C。9、C【解析】

A．I3＋離子的價層電子對數(shù)，含有對孤電子對，故空間幾何構(gòu)型為V形，A選項正確；B．非金屬性：H＜C＜O，則C、H、O三種元素的電負性由小到大的順序為H＜C＜O，B選項正確；C．非金屬簡單氫化物的熔沸點與氫鍵和范德華力有關(guān)，而穩(wěn)定性與非金屬性有關(guān)，H2O的穩(wěn)定性大于H2S是因為O的非金屬性大于S，C選項錯誤；D．Zn的核外電子排布為[Ar]3d104s2，電子所在的軌道均處于全充滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，故第一電離能大于Ga，D選項正確；答案選C。C選項在分析時需要注意，非金屬簡單氫化物的熔沸點與氫鍵和范德華力有關(guān)，若含有氫鍵，物質(zhì)熔沸點增大，沒有氫鍵時，比較范德華力，范德華力越大，熔沸點越高；而簡單氫化物的穩(wěn)定性與非金屬性有關(guān)，非金屬性越強，越穩(wěn)定。一定要區(qū)分兩者間的區(qū)別。10、B【解析】A.可在船殼外刷油漆進行保護，A正確；B.若將船殼與電源的正極相連，則船殼腐蝕加快，B不正確；C.可在船底安裝鋅塊進行保護屬于犧牲陽極的陰極保護法，C正確；D.在海上航行時，船殼主要發(fā)生吸氧腐蝕，D正確。本題選B。11、D【解析】

火力發(fā)電時燃煤排放的含SO2的煙氣通入吸收塔和天然海水，得到溶液通入氧氣氧化亞硫酸生成硫酸，加入天然海水中和、稀釋經(jīng)氧化后海水中生成的酸?！驹斀狻緼．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等離子，在這些離子中能發(fā)生水解的是CO32-、HCO-3離子，CO32-+H2O?HCO3-+OH-，HCO3-+H2O?H2CO3+OH-它們水解呈堿性，所以天然海水的pH≈8，呈弱堿性，故A正確；B．天然海水吸收了含硫煙氣后，要用O2進行氧化處理，因為氧氣具有氧化性，被氧化的硫元素的化合價為+4價，具有還原性，所以氧氣將H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化為硫酸，如亞硫酸被氧化的反應(yīng)為2H2SO3+O2=2H2SO4，故B正確；C．氧化后的“海水”需要用大量的天然海水與之混合后才能排放，是因中和稀釋經(jīng)氧氣氧化后海水中生成的酸(H+)，故C正確；D．從框圖可知：排放”出來的海水，是經(jīng)過加天然海水中和、稀釋經(jīng)氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的體積顯然比進入吸收塔的天然海水大，所以SO42-的物質(zhì)的量濃度排放出來的海水中濃度小，故D錯誤；故答案為D。12、A【解析】

A.液氯是液態(tài)的氯，和鐵在常溫下不反應(yīng)，所以可以儲存在鋼瓶中，故A正確；B.海水制鎂富集氯化鎂，生產(chǎn)流程采用了向曬鹽后的苦鹵中加入石灰乳，而不是直接往海水中加入氫氧化鈣溶液，故B錯誤；C.水垢的主要成分為碳酸鈣和氫氧化鎂，硫酸與碳酸鈣反應(yīng)生成微溶的硫酸鈣，不容易去除，所以應(yīng)該用鹽酸清洗鍋爐后的水垢，故C錯誤；D.生產(chǎn)水泥的原料為石灰石、黏土，故D錯誤。故選A。13、B【解析】

根據(jù)充電時的總反應(yīng)，鈷化合價升高被氧化，因此鈷為陽極，石墨為陰極，則在放電時鈷為正極，石墨為負極，據(jù)此來判斷各選項即可。【詳解】A.根據(jù)分析，銅電極以及上面的石墨為陰極，A項錯誤；B.充電時整個裝置相當(dāng)于電解池，電解池中陽離子移向陰極，B項正確；C.放電時整個裝置相當(dāng)于原電池，原電池在工作時負極被氧化，C項錯誤；D.根據(jù)分析，含鈷化合物位于電源的正極，D項錯誤；答案選B。不管是不是鋰電池，都遵循原電池的工作原理，即陽離子移向正極，陰離子移向負極，鋰離子電池只不過是換成了在正、負極間移動罷了，換湯不換藥。14、D【解析】

根據(jù)鋰離子電池的反應(yīng)式為LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2(x＜1)可判斷出，放電時Li元素化合價升高，LixC6（可看作單質(zhì)Li和C）作負極，Co元素化合價降低?！驹斀狻緼．放電時是b極為負極，a極為正極，Li+由負極移向正極，即由b極移向a極，A正確；B．放電時石墨電極發(fā)生Li-e-=Li+,若轉(zhuǎn)移0.02mol電子，則有0.02molLi參與反應(yīng)，電極減重為0.02×7=0.14g，B正確；C．充電時，原來的正極作陽極，與外接電源的正極相連，C正確；D．“充電處理”時，Li+在陰極得電子生成Li，石墨為陰極，故該廢舊電池進行“充電處理”有利于鋰在石墨極回收，D錯誤；答案選D。充電時為電解裝置，電池的正極與外電源的正極相連，作電解池的陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電池的負極與外電源的負極相連，作電解池的陰極，發(fā)生還原反應(yīng)。判斷電極時可以通過判斷電池反應(yīng)中元素化合價的變化來進行。15、D【解析】

A．分子中含有三種官能團，包括了羧基、碳碳雙鍵和氨基，A錯誤；B．采用“定一移一”的方法，二氯代物，如圖所示：、、，共有6種，B錯誤；C．1mol苯環(huán)能夠與3molH2發(fā)生加成，1mol碳碳雙鍵和1molH2發(fā)生加成，而羧基不能與H2發(fā)生加成，則1mol吲哚乙酸與足量氫氣發(fā)生反應(yīng)，最多消耗4molH2，C錯誤；D．分子中只有1個飽和碳原子，但是碳原子連有2個相同的H原子，因此分子中不含有手性碳原子，D正確。答案選D。16、B【解析】

A.配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，把溶液或蒸餾水加入容量瓶中需要用玻璃棒引流，故A錯誤；B.HCl極易溶于水，Cl2在飽和食鹽水中溶解度很小，可用飽和食鹽水除去Cl2中的HCl雜質(zhì)，故B正確；C.NH3極易溶于水，把導(dǎo)管直接插入水中，會發(fā)生倒吸，故C錯誤；D.制備乙酸乙酯時缺少濃硫酸，乙酸乙酯在氫氧化鈉溶液中會發(fā)生水解，并且導(dǎo)管直接插入液面以下，會發(fā)生倒吸，故D錯誤；故答案為B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、碳、溴Na5CBrNa5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑將Y加熱至熔化，然后測其導(dǎo)電性，若熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電，證明該物質(zhì)是由離子構(gòu)成的離子晶體放在稀鹽酸中洗滌后在酒精燈火焰上灼燒至無色【解析】

X與水反應(yīng)產(chǎn)生氣體A和堿性溶液，氣體A摩爾質(zhì)量為M=0.714g·L-1×22.4L/mol=16g/mol，則A是CH4，說明X中含有C元素；堿性溶液焰色反應(yīng)呈黃色，說明堿性溶液含有鈉元素，物質(zhì)X中有鈉元素；向該堿性溶液中加入0.04molHCl溶液顯中性后，再加入足量HNO3酸化，再加入AgNO3溶液產(chǎn)生兩種沉淀，質(zhì)量和為7.62g，根據(jù)Cl-守恒，其中含有AgCl沉淀質(zhì)量為m(AgCl)=0.04mol×143.5g/mol=5.74g，X中含有的另外一種元素位于第四周期，可以與Ag+反應(yīng)產(chǎn)生沉淀，則該元素為溴元素，則X的組成元素為Na、C、Br三種元素，形成的沉淀為AgBr，其質(zhì)量為m(AgBr)=7.62g-5.74g=1.88g，n(AgBr)=1.88g÷188g/mol=0.01mol，X中含有Br-0.01mol，其質(zhì)量為0.01mol×80g/mol=0.80g，結(jié)合堿性溶液中加入0.04molHCl，溶液顯中性，說明2.07gX中含有0.05molNa+，X與水反應(yīng)產(chǎn)生0.01molHBr和0.05molNaOH，其中0.01molHBr反應(yīng)消耗0.01molNaOH，產(chǎn)生0.01molNaBr，還有過量0.04molNaOH，則X中含有C的物質(zhì)的量為n(C)=(2.07g-0.05mol×23g/mol-0.80g)÷12g/mol=0.01mol，n(Na)：n(Br)：n(C)=0.05：0.01：0.01=5：1：1，則X化學(xué)式為Na5CBr，Na5CBr與水反應(yīng)總方程式為：Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知X是Na5CBr，A是CH4，堿性溶液為NaOH與NaBr按4：1混合得到的混合物，中性溶液為NaCl、NaBr按4：1物質(zhì)的量的比的混合物，沉淀為AgCl、AgBr混合物，二者物質(zhì)的量的比為4：1；(1)X化學(xué)式為Na5CBr，其中非金屬元素的名稱為碳、溴；(2)X與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑；(3)化合物Y由X中金屬元素和第四周期元素構(gòu)成，則Y為NaBr，該化合物為離子化合物，證明Y的晶體類型實驗是：將NaBr加熱至熔化，測其導(dǎo)電性，若熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電，證明在熔融狀態(tài)中含有自由移動的離子，則該物質(zhì)是由離子構(gòu)成的離子化合物；(4)補充焰色反應(yīng)的操作：取一根鉑絲，放在稀鹽酸中洗滌后在酒精燈或酒精噴燈火焰上灼燒至無色，然后蘸取待測液灼燒，觀察火焰顏色，來確定其中含有的金屬元素。本題考查了元素及化合物的推斷、顏色反應(yīng)的操作及化合物類型判斷方法。掌握常見元素及化合物的性質(zhì)、物質(zhì)的構(gòu)成微粒，并結(jié)合題干信息計算、推理。18、D【解析】氧化得到的A為ClCH2COOH，ClCH2COOH與NH3作用得到的B為H2NCH2COOH，H2NCH2COOH再與SOCl2作用生成的C為，再與CH3OH作用得到的D為；與SOCl2作用生成的E為，E與D作用生成的F為，F(xiàn)再在NaOH溶液中水解可得布洛芬酰甘氨酸鈉；（1）寫出化合物的結(jié)構(gòu)簡式：B為H2NCH2COOH；D為；（2）A．催化氧化為轉(zhuǎn)化為ClCH2COOH，反應(yīng)類型為氧化反應(yīng)，故A正確；B．RCOOH與SOCl2發(fā)生取代反應(yīng)，所得產(chǎn)物為RCOOCl、SO2和HC1，故B正確；C．化合物B為氨基酸，一定條件下能發(fā)生縮聚反應(yīng)，故B正確；D．布洛芬酰甘氨酸鈉的分子式為C15H20NO3Na，故D錯誤；答案為D。（3）①紅外光譜表明分子中含有酣基，實驗發(fā)現(xiàn)能與NaOH溶液1∶2反應(yīng)，也能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明苯環(huán)上直接連接HCOO—；②H—NMR譜顯示分子中有三個相同甲基，說明同一碳原子上連接三個甲基；苯環(huán)上只有一種化學(xué)環(huán)境的氫原子，因苯環(huán)上不可能只有對位有兩個不同的取代基，可以保證對稱位置上的氫原子環(huán)境相同，滿足條件的同分異構(gòu)體有；（4）F→布洛芬酰甘氨酸鈉的化學(xué)方程式為；（5）以為原料制備的合成路線為。點睛：本題題干給出了較多的信息，學(xué)生需要將題目給信息與已有知識進行重組并綜合運用是解答本題的關(guān)鍵，需要學(xué)生具備準(zhǔn)確、快速獲取新信息的能力和接受、吸收、整合化學(xué)信息的能力，采用正推和逆推相結(jié)合的方法，逐步分析有機合成路線，可推出各有機物的結(jié)構(gòu)簡式，然后分析官能團推斷各步反應(yīng)及反應(yīng)類型；難點是有機物D的結(jié)構(gòu)確定，可先根據(jù)F的堿性水解，結(jié)合產(chǎn)物確定出F，再利用D和E生成F，可借助碳架結(jié)構(gòu)、反應(yīng)原理及原子守恒分析推測D的結(jié)構(gòu)。19、濃NaOH溶液吸收剩余的SO2排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化D倒吸用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上，試紙變紅5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O用c2mol·L-1的標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定pH>5.6【解析】

從焦亞硫酸鈉的析出原理[NaHSO3(飽和溶液)→Na2S2O5(晶體)+H2O(l)]可以看出，要制取Na2S2O5(晶體)，需先制得NaHSO3(飽和溶液)，所以A裝置的作用是用濃硫酸與Na2SO3固體反應(yīng)制取SO2，將SO2再通入飽和Na2SO3溶液中制得NaHSO3飽和溶液。因為Na2S2O5易被空氣中的O2氧化，所以需排盡裝置內(nèi)的空氣，這也就是在A裝置內(nèi)通入N2的理由。由于SO2會污染環(huán)境，所以F裝置應(yīng)為吸收尾氣的裝置，為防倒吸，加了裝置E?！驹斀狻?1)①從以上分析知，F(xiàn)裝置應(yīng)為SO2的尾氣處理裝置，F(xiàn)中盛裝的試劑是濃NaOH溶液，作用是吸收剩余的SO2。答案為：濃NaOH溶液；吸收剩余的SO2；②為防裝置內(nèi)空氣中的氧氣將Na2S2O5、NaHSO3、Na2SO3等氧化，需排盡裝置內(nèi)的空氣，所以通入N2的作用是排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化。答案為：排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化；③Na2S2O5晶體由NaHSO3飽和溶液轉(zhuǎn)化而得，所以應(yīng)在D中得到。答案為：D；④因為E中的雙球能容納較多液體，可有效防止倒吸，所以若撤去E，則可能發(fā)生倒吸。答案為：倒吸；(2)①既然是檢測其是否具有酸性，則需用pH試紙檢測溶液的pH，若在酸性范圍，則表明顯酸性。具體操作為：用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上，試紙變紅。答案為：用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上，試紙變紅；②探究二中，Na2S2O5具有還原性，能將KMnO4還原為Mn2+，自身被氧化成SO42-，同時看到溶液的紫色褪去，反應(yīng)的離子方程式為5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O。答案為：5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O；(3)根據(jù)信息，滴定過量碘的操作是：用c2mol·L-1的標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定。答案為：用c2mol·L-1的標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定；(4)c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1時，Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，即1.0×10-5×c3(OH-)>6.4×10-31，c(OH-)>4.0×10-9mol·L-1，c(H+)<=mol·L-1，pH>5+2lg2=5.6。答案為：pH>5.6。Na2S2O5來自于NaHSO3的轉(zhuǎn)化，且二者S的價態(tài)相同，所以在研究Na2S2O5的性質(zhì)時，可把Na2S2O5當(dāng)成NaHSO3。20、除去水中溶解的氧氣，防止氧化Fe2+蒸發(fā)濃縮檢驗晶體中是否含有結(jié)晶水防止空氣中水蒸氣逆向進入裝有無水CuSO4的試管，影響實驗結(jié)果滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出現(xiàn)藍色沉淀（或先滴入2滴KSCN溶液，無明顯變化，再加入幾滴新制氯水，溶液變成紅色）4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+當(dāng)其它條件相同時，硫酸根離子濃度大小影響Fe2+的穩(wěn)定性。（或當(dāng)其它條件相同時，硫酸根離子濃度越大，F(xiàn)e2+的穩(wěn)定性較好。）O2+4e-+4H+=2H2O溶液酸性越強,Fe2+的還原性越弱13（或2和4）其它條件相同時，溶液酸性增強對Fe2+的還原性減弱的影響，超過了對O2的氧化性增強的影響。故pH=1的FeSO4溶液更穩(wěn)定?！窘馕觥?/p>

I.(1)亞鐵離子具有還原性，在空氣中容易被氧化；向FeSO4溶液中加入飽和(NH4)2SO4溶液，需要經(jīng)過蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌和干燥后得到一種淺藍綠色的晶體；(2)①無水硫酸銅遇水變藍色；空氣中也有水蒸氣，容易對實驗產(chǎn)生干擾；②檢驗Fe2+，可以向樣品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出現(xiàn)藍色沉淀，說明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，無明顯變化，再加入幾滴新制氯水，溶液變成紅色，說明存在Fe2+；II.(3)①由表可知，pH=4.5的0.8mol/L的FeSO4溶液中，會產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，說明二價鐵被氧化成了三價鐵，同時和水反應(yīng)生成Fe(OH)3沉淀；②0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根的濃度也不同，可以以此提出假設(shè)；(4)①FeSO4中的鐵的化合價為+2價，具有還原性，在原電池中做負極，則左池的碳電極做正極，NaCl中溶解的氧氣得電子生成，在酸性環(huán)境中生成水；②實驗1和2（或3和4）中NaCl溶液的pH相同，F(xiàn)eSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，電流越小，結(jié)合原電池裝置中，其它條件相同時，負極反應(yīng)物的還原性越強或正極反應(yīng)物的氧化性越強，該原電池的電流越大，可以得出結(jié)論；③對比實驗1和3（或2和4）發(fā)現(xiàn)，F(xiàn)eSO4溶液的pH相同時，NaCl溶液的pH越大，電流越小，結(jié)合原電池裝置中，其它條件相同時，負極反應(yīng)物的還原性越強或正極反應(yīng)物的氧化性越強，該原電池的電流越大，可以得出結(jié)論；④對比實驗1和4，NaCl溶液的pH增大酸性減弱，F(xiàn)eSO4溶液的pH減小酸性增強，但是電流卻減小，結(jié)合②③的結(jié)論分析?！驹斀狻縄.(1)亞鐵離子具有還原性，在空氣中容易被氧化，在配制溶液時使用到的蒸餾水都必須煮沸、冷卻后再使用，目的是：除去水中溶解的氧氣，防止氧化Fe2+；向FeSO4溶液中加入飽和(NH4)2SO4溶液，需要經(jīng)過蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌和干燥后得到一種淺藍綠色的晶體；(2)①無水硫酸銅遇水變藍色，該裝置的實驗?zāi)康氖牵簷z驗晶體中是否含有結(jié)晶水；空氣中也有水蒸氣，容易對實驗產(chǎn)生干擾，需要使用濃硫酸防止空氣中水蒸氣逆向進入裝有無水CuSO4的試管，影響實驗結(jié)果；②檢驗Fe2+，可以向樣品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出現(xiàn)藍色沉淀，說明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，無明顯變化，再加入幾滴新制氯水，溶液變成紅色，說明存在Fe2+；II.(3)①由表可知，pH=4.5的0.8mol/L的FeSO4溶液中，會產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，說明二價鐵被氧化成了三價鐵，同時和水反應(yīng)生成Fe(OH)