山西西安博愛國際學校2025屆高三第一次模擬考試化學試卷考生請注意：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，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，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、咖啡酸具有止血、鎮(zhèn)咳、祛痰等療效，其結構簡式如圖，下列有關咖啡酸的說法中，不正確的是A．咖啡酸可以發(fā)生還原、取代、加聚等反應B．咖啡酸與FeCl3溶液可以發(fā)生顯色反應C．1mol咖啡酸最多能與4molBr2反應D．1mol咖啡酸最多能消耗3mol的NaHCO32、傳統(tǒng)接觸法制取硫酸能耗大，污染嚴重。將燃料電池引入硫酸生產(chǎn)工藝可有效解決能耗和環(huán)境污染問題，同時提供電能。以燃料電池為電源電解硫酸銅溶液的工作原理示意圖如下所示。下列說法不正確的是A．b極為正極，電極反應式為O2+4H++4e-==2H2OB．H+由a極通過質子交換膜向b極移動C．該燃料電池的總反應式為2SO2+O2+2H2O==2H2SO4D．若a極消耗2.24L(標準狀況)SO2，理論上c極有6.4g銅析出3、下列石油的分餾產(chǎn)品中，沸點最低的是A．汽油 B．煤油 C．柴油 D．石油氣4、下列物質不能使淀粉碘化鉀溶液變藍的是A．SO2 B．H2O2 C．新制氯水 D．碘酒5、實驗室分離苯和水，可選用下列（）A． B． C． D．6、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、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-的物質的量濃度與進入吸收塔的天然海水相同7、對如圖有機物的說法正確的是（）A．屬于苯的同系物B．如圖有機物可以與4molH2加成C．如圖有機物中所有的碳一定都在同一平面上D．如圖有機物與鈉、氫氧化鈉、碳酸鈉、碳酸氫鈉都能反應8、某種鈷酸鋰電池的電解質為LiPF6，放電過程反應式為xLi＋L1－xCoO2＝LiCoO2。工作原理如圖所示，下列說法正確的是()A．放電時，正極反應式為xLi＋＋Li1－xCoO2＋xe－＝LiCoO2B．放電時，電子由R極流出，經(jīng)電解質流向Q極C．充電時，R極凈增14g時轉移1mol電子D．充電時，Q極為陰極9、對下列化學用語的理解正確的是A．丙烯的最簡式可表示為CH2B．電子式既可以表示羥基，也可以表示氫氧根離子C．結構簡式(CH3)2CHCH3既可以表示正丁烷，也可以表示異丁烷D．比例模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子10、已知X、Y、Z為短周期主族元素，在周期表中的相應位置如圖所示，下列說法不正確的是（）A．若X為金屬元素，則其與氧元素形成的化合物中陰陽離子個數(shù)比可能是1∶2B．若Z、Y能形成氣態(tài)氫化物，則穩(wěn)定性一定是ZHn>YHnC．若Y是金屬元素，則其氫氧化物既能和強酸反應又能和強堿反應D．三種元素的原子半徑：r（X）>r（Y）>r（Z）11、目前中國已經(jīng)通過自主創(chuàng)新成功研發(fā)出第一臺鋅溴液流儲能系統(tǒng)，實現(xiàn)了鋅溴電池的隔膜、極板、電解液等關鍵材料自主生產(chǎn)。鋅溴電池的原理裝置圖如圖所示，下列說法錯誤的是()A．充電時電極石墨棒A連接電源的正極B．放電過程中陰離子通過隔膜從正極區(qū)移向負極區(qū)C．放電時負極反應為2Br-—2e-=Br2D．放電時右側電解質儲罐中的離子總濃度增大12、根據(jù)元素周期律，由下列事實進行歸納推測，合理的是事實推測A．Mg與水反應緩慢，Ca與水反應較快Be與水反應會更快B．HCl在1500℃時分解，HI在230℃時分解HBr的分解溫度介于二者之間C．SiH4，PH3在空氣中能自燃H2S在空氣中也能自燃D．標況下HCl，HBr均為氣體HF也為氣體A．A B．B C．C D．D13、下列有關實驗的操作、現(xiàn)象和結論都正確的是選項實驗操作現(xiàn)象結論A向濃度均為0.10mol?L－1的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出現(xiàn)黃色沉淀Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）B向Na2SO3溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，然后再加入稀鹽酸生成白色沉淀，加入稀鹽酸，沉淀不溶解溶液已經(jīng)變質C向盛有NH4Al（SO4）2溶液的試管中，滴加少量NaOH溶液產(chǎn)生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體NH4++OH-=NH3↑+H2OD測定等物質的量濃度的Na2CO3和NaClO的pH值Na2CO3＞NaClO酸性：H2CO3＜HClOA．A B．B C．C D．D14、1.52g銅鎂合金完全溶解于50mL濃度14.0mol/L的硝酸中，得到NO2和N2O4的混合氣體1120ml（標準狀況），向反應后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，當金屬離子全部沉淀時得到2.54g沉淀。下列說法不正確的是（）A．該合金中銅與鎂的物質的量之比是2：1B．NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分數(shù)是80%C．得到2.54g沉淀時加入NaOH溶液的體積是600mLD．溶解合金消耗HNO3的量是0.12mol15、下列說法正確的是（）A．金屬氧化物均為堿性氧化物B．氨氣溶于水能導電，得到的氨水是電解質C．NaCl是離子化合物，溶于水導電，熔融狀態(tài)下不導電D．只由一種元素的陽離子與另一種元素的陰離子組成的物質不一定為純凈物16、下列說法正確的是()A．等質量的鋁分別與足量Fe2O3或Fe3O4發(fā)生鋁熱反應時，轉移電子的數(shù)目相等B．質量分數(shù)分別為40%和60%的硫酸溶液等體積混合，所得溶液的質量分數(shù)為50%C．金屬鈉著火時，立即用泡沫滅火器滅火D．白磷放在煤油中；氨水密閉容器中保存二、非選擇題（本題包括5小題）17、有機物G是一種醫(yī)藥中間體。其合成路線如下：(1)B中含氧官能團名稱為________和________。(2)B→C反應類型為________。(3)D的分子式為C10H11OCl，寫出D的結構簡式：________。(4)寫出滿足下列條件的F的一種同分異構體的結構簡式：________。①分子中含有1個苯環(huán)，能發(fā)生銀鏡反應；②分子中有4種不同化學環(huán)境的氫。(5)請以、和為原料制備，寫出相應的合成路線流程圖(無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)________。18、我國自主研發(fā)的一類用于治療急性缺血性腦卒中的新藥即丁苯酞(N)的合成路線之一如下圖所示(部分反應試劑及條件略去)：已知：R→Br請按要求回答下列問題：(1)A的分子式：_________________；B→A的反應類型：_________________。A分子中最多有_________________個原子共平面。(2)D的名稱：_________________；寫出反應③的化學方程式：_________________________。(3)N是含有五元環(huán)的芳香酯。寫出反應⑦的化學方程式：_____________________。(4)已知：EX。X有多種同分異構體，寫出滿足下述所有條件的X的同分異構體的結構簡式：________________________________________。①能發(fā)生銀鏡反應②能與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應③分子中有5種不同環(huán)境的氫原子(5)寫出以甲烷和上圖芳香烴D為原料，合成有機物Y：的路線流程圖(方框內填寫中間產(chǎn)物的結構簡式，箭頭上注明試劑和反應條件)：______________________________19、某校同學設計下列實驗，探究CaS脫除煙氣中的SO2并回收S。實驗步驟如下：步驟1.稱取一定量的CaS放入三口燒瓶中并加入甲醇作溶劑(如下圖所示)。步驟2.向CaS的甲醇懸濁液中緩緩通入一定量的SO2。步驟3.過濾，得濾液和濾渣。步驟4.從濾液中回收甲醇(沸點為64.7℃)，所得殘渣與步驟3的濾渣合并。步驟5.用CS2從濾渣中萃取回收單質S。(1)圖中用儀器X代替普通分液漏斗的突出優(yōu)點是________________。(2)三口燒瓶中生成硫和亞硫酸鈣的化學方程式為________________，三口燒瓶中最后殘留固體中含一定量的CaSO4，其原因是________________。(3)步驟4“回收甲醇”需進行的操作方法是________________。(4)步驟5為使濾渣中S盡可能被萃取，可采取的操作方案是________________。(5)請設計從上述回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制備Na2S2O3·5H2O的實驗方案：稱取稍過量硫粉放入燒杯中，__________________________________________，用濾紙吸干。已知：①在液體沸騰狀態(tài)下，可發(fā)生反應Na2SO3＋S＋5H2ONa2S2O3·5H2O。②硫不溶于Na2SO3溶液，微溶于乙醇。③為獲得純凈產(chǎn)品，需要進行脫色處理。④須使用的試劑：S、Na2SO3吸收液、乙醇、活性炭。20、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。某化學研究興趣小組欲自制焦亞硫酸鈉并探究其部分化學性質等。(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)設計實驗探究Na2S2O5的性質，完成表中填空：預測Na2S2O5的性質探究Na2S2O5性質的操作及現(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，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，充分反應一段時間，加入淀粉溶液，__（填實驗步驟），當溶液由藍色恰好變成無色，且半分鐘內溶液不恢復原色，則停止滴定操作重復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的標準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+全部轉化為Cr(OH)3而除去，需調節(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}21、氮及其化合物對環(huán)境具有顯著影響。（1）已知汽車氣缸中氮及其化合物發(fā)生如下反應：①N2(g)+O2(g)?2NO(g)△H=+180kJ/mol②N2(g)+2O2(g)?2NO2(g)△H=+68kJ/mol則2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)△H=_____kJ/mol（2）對于反應2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)的反應歷程如下：第一步：2NO(g)N2O2(g)(快速平衡)第二步：N2O2(g)+O2(g)2NO(g)(慢反應)其中可近似認為第二步反應不影響第一步的平衡，第一步反應中：υ正=k1正·c2(NO)，υ逆=k1逆·c(N2O2)，k1正、k1逆為速率常數(shù)，僅受溫度影響。下列敘述正確的是_____a．整個反應的速率由第一步反應速率決定b．同一溫度下，平衡時第一步反應的越大，反應正向程度越大c．第二步反應速率慢，因而平衡轉化率也低d．第二步反應的活化能比第一步反應的活化能高（3）將氨氣與二氧化碳在有催化劑的反應器中反應△H=－87.0kJ/mol，體系中尿素的產(chǎn)率和催化劑的活性與溫度的關系如圖1所示：①a點_____(填是或不是)處于平衡狀態(tài)，T1之后尿素產(chǎn)率下降的原因可能是_____________。②實際生產(chǎn)中，原料氣帶有水蒸氣，圖2表示CO2的轉化率與氨碳比、水碳比的變化關系。曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ對應的水碳比最大的是_____，測得b點氨的轉化率為30％，則x=______________。（4）N2H4可作火箭推進劑。已知25℃時N2H4水溶液呈弱堿性：N2H4+H2O?N2H5++OH-K1=；N2H5++H2O?N2H62++OH-K2=；①25℃時，向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c(N2H5+)＞c(N2H4)，同時c(N2H5+)>c(N2H62+)，應控制溶液pH范圍__________(用含a、b式子表示)。②水合肼(N2H4·H2O)的性質類似一水合氨，與硫酸反應可以生成酸式鹽，該鹽的化學式為__________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】

分子中含有苯環(huán)、酚羥基、碳碳雙鍵和羧基，根據(jù)咖啡酸的結構及含有的官能團對各選項進行判斷，注意酚羥基酸性小于碳酸，酚羥基無法與碳酸氫鈉反應，據(jù)此分析?！驹斀狻緼．咖啡酸中含有碳碳雙鍵，可以與氫氣發(fā)生還原反應；含有羧基和羥基，能夠發(fā)生取代反應；含有碳碳雙鍵，能夠發(fā)生加聚反應，A正確；B．該有機物分子中含有酚羥基，能夠與氯化鐵發(fā)生顯色反應，B正確；C．1mol咖啡酸中1mol苯環(huán)、1mol碳碳雙鍵，最多能夠與4molBr2發(fā)生反應，C正確；D．酚羥基酸性小于碳酸，不能夠與碳酸氫鈉反應，1mol

咖啡酸中只含有1mol羧基，能夠與1mol碳酸氫鈉反應，D錯誤；答案選D。2、D【解析】

燃料電池：a端：二氧化硫生成硫酸根離子，硫元素化合價升高失電子所以a為負極，電極反應式SO2+2H2O-4e-=SO42-+4H+；b為正極，電極反應式為O2+4H++4e-=2H2O，總電極反應式2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。電解池：c極和電源正極相連為陽極，失電子，電極反應式為4OH—-4e-=2H2O+O2↑，d極與電源負極相連為陰極，得電子，電極反應式為Cu2++2e+=Cu,總電極反應式為2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑。【詳解】A.b為正極，看到質子交換膜確定酸性環(huán)境，電極反應式為O2+4H++4e-=2H2O，故不選A；B.原電池內部陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，故不選B；C.由上面分析可知該燃料電池的總反應為2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故不選C；D.d極與電源負極相連，為陰極得電子，有銅析出，所以應該是若a電極消耗標況下2.24LSO2，理論上在d極上有6.4g銅析出，故選D；正確答案：D?！军c睛】根據(jù)質子交換膜確定溶液酸堿性，燃料電池中燃料在負極反應失電子，氧氣在正極反應得電子。根據(jù)燃料電池正負極確定電解池的陰陽極、電極反應式和離子移動方向等。3、D【解析】

將石油常壓分餾依次得到石油氣、汽油、煤油、柴油、重油等，將重油減壓分餾依次得到重柴油、潤滑油、凡士林、石蠟、瀝青，則它們的沸點范圍由低到高的順序為：石油氣＜汽油＜煤油＜柴油＜重柴油＜潤滑油＜凡士林＜石蠟＜瀝青，故選D項。答案選D。4、A【解析】A.SO2和碘化鉀不反應,所以沒有碘單質生成,則不能使淀粉碘化鉀溶液變藍,故A正確；B.H2O2具有強氧化性，能和碘離子反應生成碘單質,所以能使淀粉碘化鉀溶液變藍,B錯誤;C.新制氯水中氯氣和碘離子發(fā)生置換反應生成碘單質,所以能使淀粉碘化鉀溶液變藍色,C錯誤；D.碘酒中含有碘單質,碘與淀粉溶液變藍色,所以能使淀粉碘化鉀溶液變藍色,D錯誤。答案選A.5、C【解析】

苯和水分層，可選分液法分離，以此來解答?！驹斀狻緼中為層析法；B為蒸發(fā)；D為過濾；苯和水分層，可選分液法分離，選項C符合；答案選C?！军c睛】本題考查混合物分離提純，把握物質的性質、混合物分離方法為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意層析法為解答的難點。6、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-的物質的量濃度排放出來的海水中濃度小，故D錯誤；故答案為D。7、D【解析】

A、該有機物中含有氧元素，不屬于苯的同系物，故A錯誤；B、該有機物中含有苯環(huán)、碳碳雙鍵，均能發(fā)生加成反應，題干并未告知有機物的量，故無法判斷發(fā)生加成反應消耗氫氣的量，故B錯誤；C、與苯環(huán)相連接的碳原子與苯環(huán)之間化學鍵為單鍵，可旋轉，因此該機物中所有的碳不一定都在同一平面上，故C錯誤；D、該有機物含有羧基，能與鈉、氫氧化鈉、碳酸鈉、碳酸氫鈉都能反應，故D正確；故答案為：D。8、A【解析】

A．放電時是原電池，正極發(fā)生得到電子的還原反應，根據(jù)放電過程反應式為xLi＋L1－xCoO2＝LiCoO2，則正極反應式為xLi＋＋Li1－xCoO2＋xe－＝LiCoO2，A正確；B．放電時Li是負極，則電子由R極流出，經(jīng)導線流向Q極，電子不能通過溶液，B錯誤；C．充電時，R極是陰極，電極反應式為Li＋＋e－＝Li，則凈增14g時轉移2mol電子，C錯誤；D．放電時Q是正極，則充電時，Q極為陽極，D錯誤；答案選A。9、A【解析】

A.丙烯的分子式是C3H6，最簡式可表示為CH2，故A正確；B.電子式表示羥基，表示氫氧根離子，故B錯誤；C.結構簡式(CH3)2CHCH3表示異丁烷，CH3CH2CH2CH3表示異正烷，故C錯誤；D.比例模型可以表示甲烷分子；氯原子半徑大于碳，所以不能表示四氯化碳分子，故D錯誤。10、C【解析】

由題中元素在周期表中的位置推出X、Y、Z三種元素分別位于第二周期和第三周期；當X為金屬時，X可能為Na、Mg、Al，若Y為金屬時可能為Mg或者Al，根據(jù)常見氧化物以及鎂、鋁化合物的性質分析?！驹斀狻坑深}中元素在周期表中的位置推出X、Y、Z三種元素分別位于第二周期和第三周期；A、當X為金屬時，X可能為Na、Mg、Al，與氧氣形成的化合物分別為Na2O、Na2O2、MgO、Al2O3，陰陽離子個數(shù)比有為1:2、1:1、2:3，故A不符合題意；B、由于Z、Y同族，從上至下非金屬性逐漸減弱，Z的非金屬性大于Y，所以氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性ZHn>YHn，故B不符合題意；C、若Y為金屬時可能為Mg或者Al，因為Mg(OH)2不與強堿反應，故C符合題意；D、因電子層數(shù)X=Y>Z，故半徑Y>Z，同周期原子半徑從左至右逐漸減小，故原子半徑：r(X)>r(X)>r(Z)，故D不符合題意。故選C。11、C【解析】

放電時，Zn是負極，負極反應式為：Zn-2e－═Zn2＋，正極反應式為：Br2+2e－=2Br－，充電時，陽極反應式為2Br－-2e－=Br2、陰極反應式為Zn2＋+2e－=Zn?！驹斀狻緼．充電時電極石墨棒A連接電源的正極，反應式為2Br－-2e－=Br2，故A正確；B．放電過程中陰離子通過隔膜從正極區(qū)移向負極區(qū)，故B正確；C．放電時，Zn是負極，負極反應式為：Zn-2e－═Zn2＋，故C錯誤；D．正極反應式為：Br2+2e－=2Br－，陰離子通過隔膜從正極區(qū)移向負極區(qū)，放電時右側電解質儲罐中的離子總濃度增大，故D正確；故選C。12、B【解析】

A.金屬性越強，與水反應越劇烈，則Be與水反應很緩慢，故A錯誤；B.非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，由事實可知，HBr的分解溫度介于二者之間，故B正確；C.自燃與物質穩(wěn)定性有關，硫化氫較穩(wěn)定，則H2S在空氣中不能自燃，故C錯誤；D.HF可形成氫鍵，標況下HCl、HBr均為氣體，但HF為液體，故D錯誤；故選：B。13、A【解析】

A．向濃度均為0.10mol?L－1的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出現(xiàn)黃色沉淀，說明相同條件下AgI先于AgCl沉淀，二者為同種類型沉淀，Ksp越小溶解度越小，相同條件下越先沉淀，所以Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故A正確；B．即便亞硫酸沒有變質，先加入Ba(NO3)2溶液，再加入稀鹽酸后硝酸根也會將亞硫酸根氧化沉硫酸根，故B錯誤；C．向盛有NH4Al(SO4)2溶液的試管中，滴加少量NaOH溶液會先發(fā)生Al3++3OH-=Al(OH)3↓，并不能生成氨氣，故C錯誤；D．測定等物質的量濃度的Na2CO3和NaClO的pH值，Na2CO3＞NaClO可以說明HCO3-的酸性強于HClO，若要比較H2CO3和HClO的酸性強弱，需要測定等物質的量濃度NaHCO3和NaClO的pH值，故D錯誤；故答案為A。14、C【解析】

根據(jù)氧化還原反應中得失電子守恒、元素守恒進行分析計算?！驹斀狻緼.金屬離子全部沉淀時，得到2.54g沉淀為氫氧化銅、氫氧化鎂，故沉淀中OH-的質量為：2.54g?1.52g=1.02g，，根據(jù)電荷守恒可知，金屬提供的電子物質的量等于OH-的物質的量，設銅、鎂合金中Cu、Mg的物質的量分別為xmol、ymol，則：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得：x=0.02、y=0.01，則該合金中n(Cu):n(Mg)=2:1，故A正確；B.標況下1.12L氣體的物質的量為0.05mol，設混合氣體中二氧化氮的物質的量為amol，則四氧化二氮的物質的量為(0.05?a)mol，根據(jù)電子轉移守恒可知：a×1+(0.05?a)×2×1=0.06，解得a=0.04，則混合氣體中含有二氧化氮0.04mol、四氧化二氮0.01mol，NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分數(shù)為：，故B正確；C.50mL該硝酸中含有硝酸的物質的量為：14mol/L×0.05L=0.7mol，反應后的溶質為硝酸鈉，根據(jù)N元素守恒，硝酸鈉的物質的量為：n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO2)-2n(N2O4)=0.7mol?0.04mol?0.01×2=0.64mol，故需要氫氧化鈉溶液的體積為，故C錯誤；D.Cu、Mg的物質的量分別為0.02mol、0.01mol，則生成Cu(NO3)2、Mg(NO3)2各0.02ml、0.01mol，NO2和N2O4的物質的量分別為0.04mol、0.01mol，則根據(jù)N元素守恒可知，消耗硝酸的物質的量為0.02×2+0.01×2+0.04+0.01×2=0.12mol，故D正確；答案選C。【點睛】解答該題的關鍵是找到突破口：金屬鎂、銅與硝酸反應失電子物質的量與金屬離子被沉淀結合氫氧根離子的物質的量相等，關系式為Cu~2e-~Cu2+~2OH-，Mg~2e-~Mg2+~2OH-，通過氫氧化鎂與氫氧化銅的總質量與銅鎂合金的質量差可以計算氫氧根離子的物質的量，從而確定反應中轉移的電子數(shù)。15、D【解析】

A．堿性氧化物指與水反應只生成堿，或與酸反應只生成鹽和水的氧化物，可以說堿性氧化物一定是金屬氧化物，但不能說金屬氧化物一定是堿性氧化物，如Mn2O7、CrO3、Na2O2等是金屬氧化物但不是堿性氧化物，A錯誤；B．電解質是在水溶液或熔融狀態(tài)下能導電的化合物，氨水是混合物，不屬于電解質，B錯誤；C．NaCl是由Na+和Cl-構成的離子化合物，水溶液或熔融狀態(tài)下都能導電，C錯誤；D．純凈物是一種物質組成，只由一種元素的陽離子與另一種元素的陰離子組成的物質不一定為純凈物，比如FeCl3和FeCl2，D正確；故答案選D。16、A【解析】

A.等質量的鋁分別與足量Fe2O3或Fe3O4發(fā)生鋁熱反應時，鋁元素化合價由0升高為+3，所以轉移電子的數(shù)目相等，故A正確；B.硫酸的濃度越大密度越大，等體積的質量分數(shù)分別為40%和60%的硫酸，60%的硫酸溶液質量大，所以混合后溶液的質量分數(shù)大于50%，故B錯誤；C.金屬鈉著火生成過氧化鈉，過氧化鈉與泡沫滅火器噴出的二氧化碳反應生成的氧氣助燃，不能滅火，應利用沙子蓋滅，故C錯誤；D.白磷易自燃，白磷放在水中保存，故D錯誤；答案選A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、羰基羧基還原反應【解析】

A與在AlCl3作用下發(fā)生取代反應生成，與HCl在催化劑作用下發(fā)生加氫還原反應生成，與SOCl2發(fā)生取代反應生成D，D在AlCl3作用下發(fā)生取代反應生成根據(jù)逆分析法可知，D為，據(jù)此分析作答。【詳解】（1）B為，其中含氧官能團名稱為羰基和羧基；（2）B→C的過程中，羰基轉化為亞甲基，屬于還原反應；（3）與SOCl2發(fā)生取代反應生成D，D的分子式為C10H11OCl，可知D為：；（4）F的分子式為C16H16O，其不飽和度=16×2+2-162=9，①分子中含有1個苯環(huán)，能發(fā)生銀鏡反應，則說明分子內含醛基；②分子中有4種不同化學環(huán)境的氫，則分子為對稱結構，滿足上述條件的同分異構體為：；（5）根據(jù)上述合成路線，若以請以可以先將苯在AlCl3作用下與CH3COCl進行反應，再利用生成的與以及水進行反應制備，采用逆合成分析法結合目標產(chǎn)物，只要將酸性條件下加熱可生成，最后與氫氣加成即可得到，具體合成路線為：。18、C4H8消去反應8甲苯+HBrCH3BrCH3MgBr【解析】

比較A、B的分子式可知，A與HBr發(fā)生加成反應生成B，摩爾質量為137g/mol，根據(jù)已知條件B轉化為C（C4H9MgBr），結合A的摩爾質量為56g/mol，可知A為，比較D、E的分子式可知，D與液溴加入鐵粉時發(fā)生取代反應生成E，E中甲基被氧化成醛基，根據(jù)G的結構可推知F中溴原子和醛基在鄰位，則D為甲苯，E為，F(xiàn)為，再根據(jù)已知條件的反應，結合G的結構可知：C為，B為，A為，再根據(jù)反應可知，M為，據(jù)此分析作答?！驹斀狻浚?）A的結構簡式為，所以其分子式為：C4H8，生成，其化學方程式可表示為：C(CH3)3Br+NaOH↑+NaBr+H2O，故反應類型為消去反應；根據(jù)乙烯分子中六個原子在同一平面上，假如兩個甲基上各有一個氫原子在這個面上，則分子中最多有8個原子共平面；故答案為C4H8；消去反應；8；（2）D為甲苯，加入液溴和溴化鐵（或鐵），可發(fā)生取代反應生成，其化學方程式為：+HBr，故答案為甲苯；+HBr；（3）N是含有五元環(huán)的芳香酯，則N是發(fā)生分子內的酯化反應生成的一種酯，反應的化學方程式為：，故答案為；（4），則：，X為：，X的同分異構體中，能與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應，說明分子中含有酚羥基，除了酚羥基，只剩下一個氧原子，且要能發(fā)生銀鏡反應，則應該還含有一個醛基。分子中有5種不同環(huán)境的氫原子的結構簡式：，故答案為；（7）以甲烷和甲苯為原料合成的路線為甲苯在光照條件下生成一鹵代烴，在氫氧化鈉的水溶液中加熱水解產(chǎn)生的醇被氧化成醛，而另一方面甲烷也光照生成一鹵代烴，在鎂和乙醚的作用下生成的產(chǎn)物與醛反應得到終極產(chǎn)物，其合成路線為：CH3BrCH3MgBr，故答案為CH3BrCH3MgBr。19、能使漏斗與三口燒瓶中的氣壓相等2CaS＋3SO22CaSO3＋3SCaSO3被系統(tǒng)中O2氧化蒸餾，收集64.7℃餾分加入CS2，充分攪拌并多次萃取加入適量乙醇充分攪拌，然后加入Na2SO3吸收液，蓋上表面皿，加熱至沸并保持微沸，在不斷攪拌下，反應至液面只有少量硫粉時，加入活性炭并攪拌，趁熱過濾，將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾，用乙醇洗滌【解析】

(1)恒壓漏斗能保持壓強平衡；(2)CaS脫除煙氣中的SO2并回收S，元素守恒得到生成S和CaSO3，CaSO3能被空氣中氧氣氧化生成CaSO4；(3)甲醇(沸點為64.7℃)，可以控制溫度用蒸餾的方法分離；(4)硫單質易溶于CS2，萃取分液的方法分離；(5)回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制備Na2S2O3?5H2O，在液體沸騰狀態(tài)下，可發(fā)生反應Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3?5H2O，據(jù)此設計實驗過程。【詳解】(1)根據(jù)圖示可知用的儀器X為恒壓漏斗代替普通分液漏斗的突出優(yōu)點是：能使漏斗與三口燒瓶中的氣壓相等，便于液體流下；(2)三口燒瓶中生成硫和亞硫酸鈣的化學方程式為：2CaS+3SO2CaSO3+3S，三口燒瓶中最后殘留固體中含一定量的CaSO4，其原因是：CaSO3被系統(tǒng)中O2氧化；(3)從濾液中回收甲醇(沸點為64.7℃)，步驟4“回收甲醇”需進行的操作方法是：蒸餾，收集64.7℃餾分；(4)步驟5為使濾渣中S盡可能被萃取，可采取的操作方案是：加入CS2，充分攪拌并多次萃取；(5)已知：①在液體沸騰狀態(tài)下，可發(fā)生反應Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3?5H2O；②硫不溶于Na2SO3溶液，微溶于乙醇。③為獲得純凈產(chǎn)品，需要進行脫色處理。④須使用的試劑：S、Na2SO3吸收液、乙醇、活性炭，因此從上述回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制備Na2S2O3?5H2O的實驗方案：稱取稍過量硫粉放入燒杯中，加入適量乙醇充分攪拌，然后加入Na2SO3吸收液，蓋上表面皿，加熱至沸并保持微沸，在不斷攪拌下，反應至液面只有少量硫粉時，加入活性炭并攪拌，趁熱過濾，將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾，用乙醇洗滌?！军c睛】本題考查了物質分離提純的實驗探究、物質性質分析判斷、實驗方案的設計與應用等知識點，掌握元素化合物等基礎知識是解題關鍵。20、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的標準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，所以需排盡裝置內的空氣，這也就是在A裝置內通入N2的理由。由于SO2會污染環(huán)境，所以F裝置應為吸收尾氣的裝置，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為防裝置內空氣中的氧氣將Na2S2O5、NaHSO3、Na2SO3等氧化，需排盡裝置內的空氣，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飽和溶液轉化而得，所以應在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的標準Na2S2O3溶液滴定。答案為：用c2mol·L-1的標準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?！军c睛】Na2S2O5來自于NaHSO3的轉化，且二者S的價態(tài)相同，所以在研究Na2S2O5的性質時，可把Na2S2O5當成NaHSO3。21、-112bd不是升高溫度，平衡逆向移動，產(chǎn)率下降，且催化劑的活性降低Ⅰ4