云南民族大學附中2025屆高三（下）4月模擬化學試題試卷含解析

云南民族大學附中2025屆高三（下）4月模擬化學試題試卷考生請注意：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(jié)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、常溫下，用0.10mol·L-1的AgNO3溶液分別滴定體積均為50.0mL的由Cl-與Br-組成的混合溶液和由C1-與I-組成的混合溶液(兩混合溶液中Cl-濃度相同，Br-與I-的濃度也相同)，其滴定曲線如圖所示。已知25℃時：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgBr)=4.9×10-13，Ksp(AgI)=8.5×10-16。下列有關(guān)描述正確的是（）A．圖中X-為Br-B．混合溶液中n(Cl-)：n(I-)=8：5C．滴定過程中首先沉淀的是AgClD．當?shù)稳階gNO3溶液25mL時，Cl-與Br-組成的混合溶液中c(Ag+)=7×10-7mol·L-12、下列變化過程中克服共價鍵的是（）A．二氧化硅熔化 B．冰融化 C．氯化鉀熔化 D．碘升華3、室溫下進行下列實驗，根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A向X溶液中滴加幾滴新制氯水，振蕩，再加入少量KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色X溶液中一定含有Fe2+B在熾熱的木炭上滴加少許濃硝酸，產(chǎn)生紅棕色氣體，木炭持續(xù)燃燒加熱條件下，濃硝酸與C反應(yīng)生成NO2C向含有ZnS和Na2S的懸濁液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)D用pH試紙測得：Na2CO3溶液的pH約為9，NaNO2溶液的pH約為8HNO2電離出H+的能力比H2CO3的強A．A B．B C．C D．D4、向等物質(zhì)的量濃度的Ba(OH)2與BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液，下列離子方程式與事實相符的是（）A．HCO3-+OH-=CO32-+H2OB．Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3↓+H2OC．Ba2++2OH-+2HCO3-=BaCO3↓+CO32-+H2OD．2Ba2++3OH-+3HCO3-=2BaCO3↓+CO32-+3H2O5、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．Na2S溶液中：SO42-、K+、Cl-、Cu2+B．的溶液：K+、AlO2-、CO32-、Na+C．飽和氯水中：Cl-、NO3-、Na+、SO32-D．碳酸氫鈉溶液：K+、SO42-、Cl-、H+6、某化學小組設(shè)計了如圖甲所示的數(shù)字化實驗裝置，研究常溫下，向1L0.1mol/LH2A溶液中逐滴加入等濃度NaOH溶液時的pH變化情況，并繪制出溶液中含A元素的粒子的物質(zhì)的量分數(shù)與溶液pH的關(guān)系如圖乙所示，則下列說法中正確的是（）A．pH=4.0時，圖中n(HA-)約為0.0091molB．0.1mol/LNaHA溶液中存在c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol/LC．該實驗應(yīng)將左邊的酸式滴定管換成右邊堿式滴定管并加酚酞作指示劑D．常溫下，等物質(zhì)的量濃度的NaHA與Na2A溶液等體積混合后溶液pH=3.07、圖1為CO2與CH4轉(zhuǎn)化為CH3COOH的反應(yīng)歷程(中間體的能量關(guān)系如虛框中曲線所示)，圖2為室溫下某溶液中CH3COOH和CH3COO－兩種微粒濃度隨pH變化的曲線。下列結(jié)論錯誤的是A．CH4分子在催化劑表面會斷開C—H鍵，斷鍵會吸收能量B．中間體①的能量大于中間體②的能量C．室溫下，CH3COOH的電離常數(shù)Ka＝10－4.76D．升高溫度，圖2中兩條曲線交點會向pH增大方向移動8、被譽為“礦石熊貓”的香花石，由我國地質(zhì)學家首次發(fā)現(xiàn)，它由前20號元素中的6種組成，分別為X、Y、Z、W、R、T。其中X、Y、Z為金屬元素，Z的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外層電子數(shù)是次外層的3倍，T無正價，X與R原子序數(shù)之和是W的2倍。下列說法錯誤的是A．離子半徑:R＞T＞Y＞ZB．XR2、WR2兩種化合物中R的化合價相同C．最高價氧化物對應(yīng)的水化物的堿性:X＞ZD．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:W＜R＜T9、下列化學用語的表述正確的是A．離子結(jié)構(gòu)示意圖：可以表示16O2－，也可以表示18O2－B．比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子C．氯化銨的電子式為：D．二氧化碳分子的比例模型是：10、化學與人類社會的生活、生產(chǎn)、科技密切相關(guān)。下列說法錯誤是（）A．氫能的優(yōu)點是燃燒熱值高，已用作火箭和燃料電池的燃料B．糖類、油脂和蛋白質(zhì)均由C、H、O三種元素組成C．離子反應(yīng)的速率受溫度影響不大，是一類幾乎不需要用活化能來引發(fā)的反應(yīng)D．游泳池可用漂粉精、臭氧、活性炭等進行消毒11、下列溶液中的粒子濃度關(guān)系正確的是（）A．0.1mol?B．1L0.1C．等體積、等物質(zhì)的量濃度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中：cD．室溫下，pH=3.5的柑橘汁中cH+是pH12、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是()A．能使甲基橙變紅的溶液：Na＋、Ca2＋、Br－、HCO3－B．＝1×10－12的溶液：K＋、Na＋、CO32－、AlO2－C．0.1mol·L－1KFe(SO4)2溶液：Mg2＋、Al3＋、SCN－、NO3－D．0.1mol·L－1Ca5NH4(NO3)11溶液：H＋、Fe2＋、Cl－、SO42-13、將一定質(zhì)量的Mg和Al混合物投入到200mL稀硫酸中，固體全部溶解后，向所得溶液中滴加NaOH溶液至過量，生成沉淀的物質(zhì)的量與加入NaOH溶液的體積關(guān)系如圖所示。則下列說法錯誤的是A．最初20mLNaOH溶液用于中和過量的稀硫酸B．NaOH溶液物質(zhì)的量濃度為C．Mg和Al的總質(zhì)量為9gD．生成的氫氣在標準狀況下的體積為11.2L14、化學與生產(chǎn)、生活和社會密切相關(guān)。下列有關(guān)說法正確的是（）A．食品袋中放置的CaO可防止食品氧化變質(zhì)B．華為繼麒麟980之后自主研發(fā)的7m芯片問世，芯片的主要成分是二氧化硅C．納米鐵粉可以高效地去除被污染水體中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金屬離子，其本質(zhì)是納米鐵粉對重金屬離子較強的物理吸附D．SO2具有漂白性可用來漂白紙漿、毛、絲、草帽辮15、下列關(guān)于有機物的說法正確的是A．聚氯乙烯高分子中所有原子均在同一平面上B．乙烯和苯使溴水褪色的反應(yīng)類型相同C．石油裂化是化學變化D．葡萄糖與蔗糖是同系物16、25℃時，NH3·H2O和CH3COOH的電離常數(shù)K相等。下列說法正確的是A．常溫下，CH3COONH4溶液的pH=7，與純水中H2O的電離程度相同B．向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固體時，c(NH4+)、c(CH3COO－)均會增大C．常溫下，等濃度的NH4Cl和CH3COONa兩溶液的pH之和為14D．等溫等濃度的氨水和醋酸兩溶液加水稀釋到相同體積，溶液pH的變化值一定相同二、非選擇題（本題包括5小題）17、氟西汀G是一種治療抑郁性精神障礙的藥物，其一種合成路線如圖：已知：LiAIH4是強還原劑，不僅能還原醛、酮，還能還原酯，但成本較高?；卮鹣铝袉栴}：（1）碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳。寫出D的結(jié)構(gòu)簡式，用星號（*）標出D中的手性碳___。（2）④的反應(yīng)類型是___。（3）C的結(jié)構(gòu)簡式為___。（4）G的分子式為___。（5）反應(yīng)⑤的化學方程式為___。（6）已知M與D互為同分異構(gòu)體，在一定條件下能與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應(yīng)。M分子的苯環(huán)上有3個取代基，其中兩個相同。符合條件的M有__種。（7）也是一種生產(chǎn)氟西汀的中間體，設(shè)計以和為主要原料制備它的合成路線___（無機試劑任選）。18、結(jié)晶玫瑰廣泛用于香料中，它的兩條合成路線如下圖所示：已知：兩個羥基同時連在同一碳原子上的結(jié)構(gòu)不穩(wěn)定，會發(fā)生脫水反應(yīng)：+H2O完成下列填空：（1）A的俗稱是_________；D中官能團的名稱是_______；反應(yīng)②的反應(yīng)類型是_______。（2）寫出G與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的化學方程式__________。（3）已知：，則可推知反應(yīng)②發(fā)生時，會得到一種副產(chǎn)物，寫出該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式_____。（4）G的同分異構(gòu)體L遇FeCl3溶液顯色，與足量濃溴水反應(yīng)未見白色沉淀產(chǎn)生，若L與NaOH的乙醇溶液共熱能反應(yīng)，則共熱生成的有機物的結(jié)構(gòu)簡式為________________（任寫一種）19、為探究氧化銅與硫的反應(yīng)并分析反應(yīng)后的固體產(chǎn)物，設(shè)計如下實驗裝置。(1)如圖連接實驗裝置，并_____。(2)將氧化銅粉末與硫粉按5：1質(zhì)量比混合均勻。(3)取適量氧化銅與硫粉的混合物裝入大試管中，固定在鐵架臺上，打開_____和止水夾a并______，向長頸漏斗中加入稀鹽酸，一段時間后，將燃著的木條放在止水夾a的上端導管口處，觀察到木條熄滅，關(guān)閉活塞K和止水夾a，打開止水夾b。該實驗步驟的作用是______，石灰石與稀鹽酸反應(yīng)的離子方程式為___________________。(4)點燃酒精燈，預熱大試管，然后對準大試管底部集中加熱，一段時間后，氣球膨脹，移除酒精燈，反應(yīng)繼續(xù)進行。待反應(yīng)結(jié)束，發(fā)現(xiàn)氣球沒有變小，打開止水夾c，觀察到酸性高錳酸鉀溶液褪色后，立即用盛有氫氧化鈉溶液的燒杯替換盛裝酸性高錳酸鉀溶液的燒杯，并打開活塞K。這樣操作的目的是__________________。(5)拆下裝置，發(fā)現(xiàn)黑色粉末混有磚紅色粉末。取少量固體產(chǎn)物投入足量氨水中，得到無色溶液、但仍有紅黑色固體未溶解，且該無色溶液在空氣中逐漸變?yōu)樗{色。查閱資料得知溶液顏色變化是因為發(fā)生了以下反應(yīng)：4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3?H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH－+6H2O。①經(jīng)分析，固體產(chǎn)物中含有Cu2O。Cu2O溶于氨水反應(yīng)的離子方程式為______。②仍有紅色固體未溶解，表明氧化銅與硫除發(fā)生反應(yīng)4CuO+S2Cu2O+SO2外，還一定發(fā)生了其他反應(yīng)，其化學方程式為_________。③進一步分析發(fā)現(xiàn)CuO已完全反應(yīng)，不溶于氨水的黑色固體可能是_____(填化學式)。20、草酸銨[(NH4)2C2O4]為無色柱狀晶體，不穩(wěn)定，受熱易分解，可用于測定Ca2+、Mg2+的含量。I．某同學利用如圖所示實驗裝置檢驗草酸銨的分解產(chǎn)物。(l)實驗過程中，觀察到浸有酚酞溶液的濾紙變紅，裝置B中澄清石灰水變渾濁，說明分解產(chǎn)物中含有____（填化學式）；若觀察到____，說明分解產(chǎn)物中含有CO2草酸銨分解的化學方程式為____。(2)反應(yīng)開始前，通人氮氣的目的是____。(3)裝置C的作用是____。(4)還有一種分解產(chǎn)物在一定條件下也能還原CuO，該反應(yīng)的化學方程式為_____。Ⅱ．該同學利用草酸銨測定血液中鈣元素的含量。(5)取20.00mL血液樣品，定容至l00mL，分別取三份體積均為25.00mL稀釋后的血液樣品，加入草酸銨，生成草酸鈣沉淀，過濾，將該沉淀溶于過量稀硫酸中，然后用0.0l00mol/LKMnO4溶液進行滴定。滴定至終點時的實驗現(xiàn)象為____。三次滴定實驗消耗KMnO4溶液的體積分別為0.43mL，0.4lmL，0.52mL，則該血液樣品中鈣元素的含量為__________mmol/L。21、H2S存在于多種燃氣中，脫除燃氣中H2S的方法很多。(1)2019年3月《sciencedirect》介紹的化學鏈技術(shù)脫除H2S的原理如圖所示。①“H2S氧化”反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為________。②“HI分解”時，每1molHI分解生成碘蒸氣和氫氣時，吸收13kJ的熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學方程式：________。③“Bunsen反應(yīng)”的離子方程式為________。(2)電化學干法氧化法脫除H2S的原理如圖所示。陽極發(fā)生的電極反應(yīng)為________；陰極上COS發(fā)生的電極反應(yīng)為________。(3)用Fe2(SO4)3吸收液脫除H2S法包含的反應(yīng)如下：(Ⅰ)H2S(g)H2S(aq)(Ⅱ)H2S(aq)H＋+HS-(Ⅲ)HS－+2Fe3＋=S↓+2Fe2＋+H＋一定條件下測得脫硫率與Fe3＋濃度的關(guān)系如圖所示。①吸收液經(jīng)過濾出S后，濾液需進行再生，較經(jīng)濟的再生方法是________。②圖中當Fe3＋的濃度大于10g·L－1時，濃度越大，脫硫率越低，這是由于________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

向體積均為50.0mL的由Cl-與Br-組成的混合溶液和由Cl-與I-組成的混合溶液中滴加0.10mol·L-1的AgNO3溶液，根據(jù)溶度積數(shù)據(jù)，Cl-與I-組成的混合溶液中I-先沉淀，Cl-與組成的混合溶液中Br-先沉淀，由圖象可知當加入25mLAgNO3溶液時I-和Br-分別反應(yīng)完，當加入65mLAgNO3溶液時Cl-反應(yīng)完，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼、由于Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，因此當開始沉淀時，I-濃度應(yīng)該更小，縱坐標值應(yīng)該更大，故X-表示I-；故A錯誤；B、由圖象可知，當?shù)味–l-與I-組成的混合溶液時，當加入25mLAgNO3溶液時I-反應(yīng)完，n（I-）=0.025L0.10mol·L-1=0.0025mol；當加入65mLAgNO3溶液時Cl-反應(yīng)完，即Cl-反應(yīng)完消耗了40mLAgNO3溶液，n（Cl-）=0.04L0.10mol·L-1=0.004mol，混合溶液中n(Cl-)：n(I-)=0.004mol:0.0025mol=8：5，故B正確；C、由溶度積可知，滴定過程中首先沉淀的是AgI，故C錯誤；D、由圖象可知，當?shù)稳階gNO3溶液25mL時，Cl-與Br-組成的混合溶液中c(Ag+)<7×10-7mol·L-1，故D錯誤。答案選B。2、A【解析】

原子晶體熔化克服共價鍵，離子晶體熔化或電離均克服離子鍵，分子晶體發(fā)生三態(tài)變化只破壞分子間作用力，非電解質(zhì)溶于水不發(fā)生電離，則不破壞化學鍵，以此來解答?！驹斀狻緼、二氧化硅是原子晶體，熔化克服共價鍵，選項A正確；B、冰融化克服的是分子間作用力，選項B錯誤；C、氯化鉀熔化克服是離子鍵，選項C錯誤；D、碘升華克服的是分子間作用力，選項D錯誤；答案選A。3、B【解析】

A．先加氯水可氧化亞鐵離子，不能排除鐵離子的干擾，檢驗亞鐵離子應(yīng)先加KSCN，后加氯水，故A錯誤；B．在熾熱的木炭上滴加少許濃硝酸，產(chǎn)生紅棕色氣體，木炭持續(xù)燃燒，這說明加熱條件下，濃硝酸與C反應(yīng)生成NO2，故B正確；C．由于懸濁液中含有硫化鈉，硫離子濃度較大，滴加CuSO4溶液會生成黑色沉淀CuS，因此不能說明Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，故C錯誤；D．水解程度越大，對應(yīng)酸的酸性越弱，但鹽溶液的濃度未知，由pH不能判斷HNO2電離出H+的能力比H2CO3的強，故D錯誤；故答案選B。D項為易錯點，題目中鹽溶液的濃度未知，所以無法判斷HNO2電離出H+的能力比H2CO3的強，解題時容易漏掉此項關(guān)鍵信息。4、B【解析】

A．等物質(zhì)的量濃度的Ba(OH)2與BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液，反應(yīng)生成碳酸根離子，碳酸根離子與鋇離子不共存，一定會產(chǎn)生沉淀，故A錯誤；B．Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3↓+H2O可以表示1mol氫氧化鋇與1mol氯化鋇，1mol碳酸氫鈉的離子反應(yīng)，故B正確；C．若氫氧化鋇物質(zhì)的量為1mol，則氯化鋇物質(zhì)的量為1mol，加入碳酸氫鈉，消耗2mol氫氧根離子生成2mol碳酸根離子，2mol碳酸根離子能夠與2mol鋇離子反應(yīng)生成2mol碳酸鋇沉淀，故C錯誤；D．依據(jù)方程式可知：3molOH-對應(yīng)1.5mol氫氧化鋇，則氯化鋇物質(zhì)的量為1.5mol，消耗3mol碳酸氫根離子，能夠生成3mol碳酸根離子，同時生成3mol碳酸鋇沉淀，故D錯誤；答案選B。本題考查了離子方程式的書寫，側(cè)重考查反應(yīng)物用量不同的離子反應(yīng)方程式的書寫，明確離子反應(yīng)的順序是解題關(guān)鍵。本題中反應(yīng)的先后順序為碳酸氫根離子與氫氧根離子反應(yīng)生成碳酸根離子和水，生成的碳酸根離子再與鋇離子反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀。5、B【解析】A、Cu2＋與S2－生成難溶物是CuS，不能大量共存，故錯誤；B、此溶液顯堿性，這些離子大量共存，故正確；C、氯水中Cl2和HClO，具有強氧化性，能把SO32－氧化成SO42－，不能大量共存，故錯誤；D、HCO3－與H＋反應(yīng)生成CO2，不能大量共存，故錯誤。6、A【解析】

A．pH＝3時A2?、HA?的物質(zhì)的量分數(shù)相等，所以二者的濃度相等，則Ka2＝＝c(H＋)＝0.001mol/L，由同一溶液中＝，pH＝4時該酸的第二步電離常數(shù)不變，且原溶液中n(HA?)＋n(A2?)＝0.1mol，據(jù)此計算n(HA?)；B．該二元酸第一步完全電離，第二步部分電離，所以NaHA溶液中不存在H2A；C．根據(jù)圖知，滴定終點時溶液呈酸性；D．pH＝3時，溶液中不存在H2A，說明該酸第一步完全電離，第二步部分電離，則NaHA只電離不水解，Na2A能水解，且c(A2?)＝c(HA?)?！驹斀狻緼．pH＝3時A2?、HA?的物質(zhì)的量分數(shù)相等，所以二者的濃度相等，則Ka2＝＝c(H＋)＝0.001mol/L，由同一溶液中＝，pH＝4時該酸的第二步電離常數(shù)不變，且原溶液中n(HA?)＋n(A2?)＝0.1mol，Ka2＝＝×c(H＋)＝×0.0001mol/L＝0.001mol/L，n(HA?)約為0.0091mol，故A正確；B．該二元酸第一步完全電離，第二步部分電離，所以NaHA只能電離不能水解，則溶液中不存在H2A，根據(jù)物料守恒得c(A2?)＋c(HA?)＝0.1mol/L，故B錯誤；C．根據(jù)圖知，滴定終點時溶液呈酸性，應(yīng)該選取甲基橙作指示劑，故C錯誤；D．pH＝3時，溶液中不存在H2A，說明該酸第一步完全電離，第二步部分電離，則NaHA只電離不水解，Na2A能水解，且c(A2?)=c(HA?)；等物質(zhì)的量濃度的NaHA與Na2A溶液等體積混合，因為電離、水解程度不同導致c(A2?)、c(HA?)不一定相等，則混合溶液的pH不一定等于3，故D錯誤；故答案選A。正確判斷該二元酸“第一步完全電離、第二步部分電離”是解本題關(guān)鍵，注意電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，與溶液中溶質(zhì)及其濃度無關(guān)。7、D【解析】

A.虛框內(nèi)中間體的能量關(guān)系圖可知，CH4分子在催化劑表面斷開C－H鍵，斷裂化學鍵需要吸收能量，A項正確；B.從虛框內(nèi)中間體的能量關(guān)系圖看，中間體①是斷裂C—H鍵形成的，斷裂化學鍵需要吸收能量，中間體②是形成C—C和O—H鍵形成的,形成化學鍵需要釋放能量，所以中間體①的能量大于中間體②的能量，B項正確；C.由圖2可知，當溶液pH=4.76，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L，CH3COOHCH3COO-+H+的電離常數(shù)Ka==c(H+)=10-4.76。C項正確；D.根據(jù)CH3COOHCH3COO-+H+的電離常數(shù)Ka=可知，圖2兩條曲線的交點的c(H+)值等于醋酸的電離常數(shù)Ka的值，而升高溫度電離常數(shù)增大，即交點的c(H+)增大，pH將減小，所以交點會向pH減小的方向移動。D項錯誤；答案選D。8、B【解析】

X、Y、Z、W、R、T屬于周期表的前20號元素，其中X、Y、Z為金屬元素。R最外層電子數(shù)是次外層的3倍，則R含有2個電子層，最外層含有6個電子，為O元素；Y、Z、R、T位于同周期，都位于第二周期，T無正價，則T為F元素；Z的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相等，且位于第二周期，則Z為Be元素，X、Z位于同族，則X為Mg或Ca元素；Y為第二周期的金屬元素，則Y為Li；X與R（O）原子序數(shù)之和是W的2倍，X為Mg時，W的原子序數(shù)為(12+8)/2=10，為Ne元素，為稀有氣體，不滿足條件；X為Ca時，W的原子序數(shù)為(20+8)/2=14，則W為Si元素，據(jù)此解答。【詳解】根據(jù)分析可知：X為Ca，Y為Li，Z為Be，W為Si，R為O，T為F元素。A．電子層越多離子半徑越大，電子層相同時，核電荷數(shù)越大原子半徑越小，則簡單離子半徑：R＞T＞Y＞Z，故A正確；B．XR2、WR2分別為CaO2、SiO2，CaO2中O元素化合價為-1，SiO2中O元素化合價為-2，兩種化合物中O的化合價不相同，故B錯誤；C．同一主族從上到下金屬性逐漸減弱，則金屬性Ca＞Be，則最高價氧化物對應(yīng)的水化物的堿性：X＞Z，故C正確；D．非金屬性F＞O＞Si，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：W＜R＜T，故D正確。9、A【解析】

A．離子結(jié)構(gòu)示意圖中質(zhì)子數(shù)為8，核核外電子數(shù)為10，表示氧離子，所以可以表示16O2-，也可以表示18O2-，與中子數(shù)無關(guān)，故A正確；B．比例模型為：可以表示甲烷分子，但不能表示四氯化碳分子，因Cl原子半徑比C原子半徑大，四氯化碳的比例模型為，故B錯誤；C．氯化銨為離子化合物，氯離子需要標出最外層電子和電荷，正確的電子式為：，故C錯誤；D．二氧化碳是直線形分子，同一周期元素中，原子半徑隨著原子序數(shù)的增大而減小，則二氧化碳分子的比例模型：，故D錯誤；故選A。本題的易錯點為BD，要注意比例模型中原子的相對大小的判斷。10、B【解析】

A．氫能的優(yōu)點是燃燒熱值高，已用作火箭和燃料電池的燃料，故A正確；B．糖類和油脂是由C、H、O三種元素組成，蛋白質(zhì)除了含C、H、O外，還含有N、S、P等元素，故B錯誤；C．離子反應(yīng)的活化能接近于零，所以速率受溫度影響不大，是一類幾乎不需要用活化能來引發(fā)的反應(yīng)，故C正確；D．漂粉精、臭氧具有強氧化性，活性炭具有吸附作用，游泳池可用漂粉精、臭氧、活性炭等進行消毒，故D正確；故選B。11、D【解析】

A．NaHCO3溶液中碳酸氫根離子水解程度大于電離程度，溶液顯堿性，則NaHCO3溶液中存在c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(CO32-)，故A錯誤；B．任何電解質(zhì)溶液中都存在物料守恒和電荷守恒，根據(jù)物料守恒得①c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)，根據(jù)電荷守恒得②c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)，將①代入②得：c(HS-)+2c(H2S)=c(OH-)-c(H+)，故B錯誤；C．等體積、等物質(zhì)的量濃度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中，無法判斷電離程度和水解程度，不能判斷溶液的酸堿性，即無法比較c(OH-)和c(H+)的大小，溶液中必滿足電荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（X-）+c（OH-）和物料守恒2c（Na+）=c（X-）+c（HX），故C錯誤；D．pH=3.5的柑橘汁中c(H+)=10-3.5，pH=6.5的牛奶中c(H+)=10-6.5，所以pH=3.5的柑橘汁中c(H+)是pH=6.5的牛奶中c(H+)的1000倍，故D正確；答案選D。12、B【解析】

A.能使甲基橙變紅的溶液呈酸性：H＋、HCO3－反應(yīng)生成水和二氧化碳，故A不符；B.＝1×10－12的溶液，氫離子濃度小于氫氧根離子濃度，溶液呈堿性：K＋、Na＋、CO32－、AlO2－與OH-間不發(fā)生反應(yīng)，故B符合；C.0.1mol·L－1KFe(SO4)2溶液：Fe3＋+3SCN－=Fe(SCN)3,生成絡(luò)合物，不能共存，故C不符；D.0.1mol·L－1Ca5NH4(NO3)11溶液：H＋、Fe2＋、NO3－之間要發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故D不符合；故選B。13、D【解析】

由圖象可以知道,從開始至加入NaOH溶液20mL,沒有沉淀生成,說明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余,此時發(fā)生的反應(yīng)為:.當V(NaOH溶液)=200mL時,沉淀量最大,此時為和,二者物質(zhì)的量之和為0.35mol,溶液中溶質(zhì)為,根據(jù)鈉元素守恒可以知道此時等于200mL氫氧化鈉溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍.從200mL到240mL,NaOH溶解,當V(NaOH溶液)=240mL時,沉淀不再減少,此時全部為,物質(zhì)的量為0.15mol,為0.15mol,為0.35mol-0.15mol=0.2mol,因為從200mL到240mL,發(fā)生,所以該階段消耗,氫氧化鈉的濃度為.【詳解】A.由上述分析可以知道,最初20mLNaOH溶液用于中和過量的稀硫酸,所以A選項是正確的;B.由上述分析可以知道,氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度為5mol/L,所以B選項是正確的;C.由元素守恒可以知道，,所以鎂和鋁的總質(zhì)量為,所以C選項是正確的;D.由電子守恒可以知道,生成的氫氣為,若在標況下,體積為,但狀況未知,故D錯誤;故答案選D。14、D【解析】

A.CaO沒有強還原性，故不能防止食品的氧化變質(zhì)，只能起到防潮的作用，A項錯誤；B.硅是半導體，芯片的主要成分是硅單質(zhì)，B項錯誤；C.Fe具有還原性，能把Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金屬離子還原，所以納米鐵粉可以高效地去除被污染水體中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金屬離子是利用Fe的還原性，與吸附性無關(guān)，C項錯誤；D.SO2能與有色物質(zhì)化合生成無色物質(zhì)，可用于漂白紙漿、毛、絲、草帽辮等，D項正確；答案選D。15、C【解析】

A.聚氯乙烯高分子中是鏈狀結(jié)構(gòu)，像烷烴結(jié)構(gòu)，因此不是所有原子均在同一平面上，故A錯誤；B.乙烯使溴水褪色是發(fā)生加成反應(yīng)，苯使溴水褪色是由于萃取分層，上層為橙色，下層為無色，原理不相同，故B錯誤；C.石油裂化、裂解都是化學變化，故C正確；D.葡萄糖是單糖，蔗糖是二糖，結(jié)構(gòu)不相似，不是同系物，故D錯誤。綜上所述，答案為C。石油裂化、裂解、煤干氣化、液化都是化學變化，石油分餾是物理變化。16、C【解析】

25℃時，NH3·H2O和CH3COOH的電離常數(shù)K相等，這說明二者的電離常數(shù)相等。則A．常溫下，CH3COONH4溶液中銨根與醋酸根的水解程度相等，因此溶液的pH＝7，但促進水的電離，與純水中H2O的電離程度不相同，選項A錯誤；B．向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固體時溶液堿性增強，促進銨根的水解，因此c(NH4+)降低，c(CH3COO－)增大，選項B錯誤；C．由于中銨根與醋酸根的水解程度相等，因此常溫下，等濃度的NH4Cl和CH3COONa兩溶液的pH之和為14，選項C正確；D．由于二者的體積不一定相等，所以等溫等濃度的氨水和醋酸兩溶液加水稀釋到相同體積，溶液pH的變化值不一定相同，選項D錯誤；答案選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、取代反應(yīng)C17H18NOF3+CH3NH2→+CH3SO2OH12【解析】

B在催化劑作用下與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成C，C與氫化鋁鋰反應(yīng)生成D，根據(jù)D和B的結(jié)構(gòu)簡式，D與CH3SO2Cl發(fā)生取代反應(yīng)生成E，E與CH3NH2發(fā)生取代反應(yīng)生成F，F(xiàn)與在氫化鈉作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成G。根據(jù)G和E的結(jié)構(gòu)簡式，可得F的結(jié)構(gòu)簡式為，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳。D中的手性碳位置為；(2)根據(jù)分析，④的反應(yīng)類型是取代反應(yīng)；(3)根據(jù)分析，C的結(jié)構(gòu)簡式為；(4)G的分子式為C17H18NOF3；(5)反應(yīng)⑤為E與CH3NH2發(fā)生取代反應(yīng)生成F化學方程式為：+CH3NH2→+CH3SO2OH；(6)D的結(jié)構(gòu)簡式為，已知M與D互為同分異構(gòu)體，在一定條件下能與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明分子中有酚羥基。M分子的苯環(huán)上有3個取代基，其中兩個相同，即苯環(huán)上有兩個羥基和一個-C3H7原子團。-C3H7原子團的結(jié)構(gòu)式共有-CH2CH2CH3和-C(CH3)2兩種結(jié)構(gòu)，同分異構(gòu)體數(shù)目分析如下：若羥基的位置結(jié)構(gòu)為，同分異構(gòu)體的數(shù)量為2×2=4種，若羥基的位置結(jié)構(gòu)為，同分異構(gòu)體的數(shù)量為1×2=2種，若羥基的位置結(jié)構(gòu)為，同分異構(gòu)體的數(shù)量為3×2=6種；則符合條件的M有12種；(7)在加熱條件下，在氫氧化鈉醇溶液中發(fā)生消去反應(yīng)生成，和氯氣發(fā)生加成反應(yīng)生成，加熱條件下，與氫氧化鈉溶液發(fā)生取代反應(yīng)生成，與CH3SO2Cl發(fā)生取代反應(yīng)生成，合成路線為：。18、氯仿氯原子、醛基加成反應(yīng)+4NaOH+3NaCl+2H2O【解析】

（1）根據(jù)A的結(jié)構(gòu)簡式可判斷其俗稱是氯仿，D中官能團為醛基、氯原子；對比D、E、G的結(jié)構(gòu)可知反應(yīng)②為加成反應(yīng)，故答案為：氯仿；醛基、氯原子；加成反應(yīng)；（2）G與氫氧化鈉溶液反應(yīng)發(fā)生水解反應(yīng)，再脫去1分子水生成形成羧基，羧基和氫氧化鈉發(fā)生中和反應(yīng)，則反應(yīng)方程式為：，故答案為：；（3）已知：，可推知反應(yīng)②中副產(chǎn)物為苯環(huán)取代G中羥基，結(jié)構(gòu)簡式為：，故答案為：；（4）G的同分異構(gòu)體L遇FeCl3溶液顯色，說明含有酚羥基，與足量濃溴水反應(yīng)未見白色沉淀產(chǎn)生，說明酚羥基鄰位、對位沒有H原子，若L與NaOH的乙醇溶液共熱能反應(yīng)，則L含有-CH2CH2Cl或-CHClCH3，L苯環(huán)上還含有2個-Cl，L與NaOH的乙醇溶液共熱時，羥基發(fā)生反應(yīng)，還發(fā)生鹵代烴的消去反應(yīng)，生成物的結(jié)構(gòu)簡式為：，故答案為：。19、檢查裝置氣密性活塞K關(guān)閉b、c排除裝置中的空氣或氧氣CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑避免SO2污染空氣Cu2O+4NH3·H2O=2[Cu(NH3)2]++2OH－+3H2O2CuO+S2Cu+SO2Cu2S【解析】

(1)硫在加熱條件下易于空氣中的氧氣反應(yīng)，對該實驗會產(chǎn)生影響，要確保實驗裝置中無空氣，保證密閉環(huán)境；(3)氧化銅與硫的反應(yīng)，需在無氧條件下進行，石灰石與鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生的CO2氣體排除裝置中的空氣；(4)酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明產(chǎn)物有SO2，二氧化硫有毒不能排放到大氣中；(5)反應(yīng)剩余固體含有Cu2O(磚紅色)，加入氨水后但仍有紅黑色固體未溶解，表明有Cu，CuO與S的質(zhì)量比為5∶1。而生成Cu2O的反應(yīng)方程式為4CuO+S2Cu2O+SO2，其中CuO與S的質(zhì)量比為10∶1，因此S過量?！驹斀狻?1)探究氧化銅與硫的反應(yīng)，需在無氧條件下進行(S在空氣與O2反應(yīng))，故需對裝置進行氣密性檢查；(3)利用石灰石與鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生的CO2氣體排除裝置中的空氣，打開K使鹽酸與石灰石接觸，打開a，并檢驗是否排盡空氣，該實驗步驟的作用是排除裝置中的空氣或氧氣。石灰石與鹽酸反應(yīng)的離子方程式是CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；(4)酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明產(chǎn)物有SO2，用盛有氫氧化鈉溶液的燒杯替換盛裝酸性高錳酸鉀溶液的燒杯，并打開活塞K的目的是盡量使SO2被吸收，避免污染環(huán)境；(5)結(jié)合題意，反應(yīng)剩余固體含有Cu2O(磚紅色)，因為Cu2O與氨水反應(yīng)為Cu2O+4NH3·H2O=2[Cu(NH3)2]+(無色)+2OH－+3H2O，4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2+(藍色)+4OH－+6H2O。但仍有紅黑色固體未溶解，表明有Cu，反應(yīng)方程式為2CuO+S2Cu+SO2，其中CuO與S的質(zhì)量比為5∶1。而生成Cu2O的反應(yīng)方程式為4CuO+S2Cu2O+SO2，其中CuO與S的質(zhì)量比為10∶1，因此S過量，則可能發(fā)生反應(yīng)2Cu+SCu2S，黑色固體為Cu2S。20、NH3、CO2E中黑色固體變紅，F(xiàn)中澄清石灰水變渾濁(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O排盡裝置中的空氣充分吸收CO2，防止干擾CO的檢驗2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內(nèi)不褪去2.1【解析】

(l)按實驗過程中觀察到現(xiàn)象，推測分解產(chǎn)物并書寫草酸銨分解的化學方程式；(2)氮氣驅(qū)趕裝置內(nèi)原有氣體，從空氣對實驗不利因素來分析；(3)由所盛裝的物質(zhì)性質(zhì)及實驗?zāi)康耐茰y裝置C的作用；(4)從分解產(chǎn)物中找到另一個有還原性的物質(zhì)，結(jié)合氧化還原反應(yīng)原理寫該反應(yīng)的化學方程式；Ⅱ．(5)三次平行實驗，計算時要數(shù)據(jù)處理，結(jié)合關(guān)系式進行計算；【詳解】(l)實驗過程中，觀察到浸有酚酞溶液的濾紙變?yōu)榧t色說明分解產(chǎn)物中含有氨氣，裝置B中澄清石灰水變渾濁，說明分解產(chǎn)物中含有二氧化碳氣體；若觀察到裝置E中氧化銅由黑色變?yōu)榧t色，裝置F中澄清石灰水變渾濁，說明分解產(chǎn)物中含有CO；答案為：NH3；CO2；E中黑色固體變紅，F(xiàn)中澄清石灰水變渾濁；草酸銨分解產(chǎn)生了CO2、NH3、CO，結(jié)合質(zhì)量守恒定律知，另有產(chǎn)物H2O，則草酸銨分解的化學方程式為(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+C