2026屆甘肅省靖遠(yuǎn)第二中學(xué)化學(xué)高三上期末質(zhì)量跟蹤監(jiān)視試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請(qǐng)用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號(hào)。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W在大氣中有兩種同素異形體且均能支持燃燒，X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，非金屬元素Y的原子序數(shù)是Z的最外層電子數(shù)的2倍。下列敘述不正確的是（）A．Y、Z的氫化物穩(wěn)定性Y>ZB．Y單質(zhì)的熔點(diǎn)高于X單質(zhì)C．X、W、Z能形成具有強(qiáng)氧化性的XZWD．中W和Y都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)2、實(shí)驗(yàn)室用Ca與H2反應(yīng)制取氫化鈣(CaH2)。下列實(shí)驗(yàn)裝置和原理不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ〢．裝置甲制取H2 B．裝置乙凈化干燥H2C．裝置丙制取CaH2 D．裝置丁吸收尾氣3、的名稱是A．1-甲基-4-乙基戊烷 B．2-乙基戊烷C．1,4-二甲基己烷 D．3-甲基庚烷4、25℃時(shí)，部分含鐵元素的微粒在溶液中的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與溶液pH的關(guān)系如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．pH=4時(shí)，溶液中存在下列關(guān)系c（HFeO4-）＞c（H2FeO4）＞c（FeO42-）B．H2FeO4的第一步電離平衡常數(shù)Ka1=4.15×10-4C．B點(diǎn)溶液加NaOH溶液到pH為4的過程中，減小D．B、C兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中水的電離程度：B＜C5、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A．含1molH2SO4的濃硫酸和足量的鋅完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAB．常溫下1L0.1mol·L－1NH4NO3溶液中的氮原子數(shù)為0.2NAC．標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24L己烷分子中含有1.9NA對(duì)共用電子D．以Mg、Al為電極，NaOH溶液為電解質(zhì)溶液的原電池中，導(dǎo)線上經(jīng)過NA個(gè)電子，則正極放出H2的體積為11.2L6、將NaHCO3和Na2O2的固體混合物xg在密閉容器中加熱至250℃，充分反應(yīng)后排出氣體．將反應(yīng)后的固體溶入水無氣體放出，再逐滴加入鹽酸，產(chǎn)生氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況）與所加鹽酸體積之間的關(guān)系如圖所示．下列說法錯(cuò)誤的是（）A．HCl的濃度0.2mol/LB．反應(yīng)后固體的成分為NaOH與Na2CO3C．密閉容器中排出氣體的成分為O2和H2OD．x的數(shù)值為6.097、用多孔石墨電極完成下列實(shí)驗(yàn)，下列解釋或推斷不合理的是（）實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象（i）中a、b兩極均有氣泡產(chǎn)生（ii）中b極上析出紅色固體（iii）中b極上析出灰白色固體A．（i）中，a電極上既發(fā)生了化學(xué)變化，也發(fā)生了物理變化B．電解一段時(shí)間后，（i）中溶液濃度不一定會(huì)升高C．（ii）中發(fā)生的反應(yīng)為H2+Cu2+=2H++Cu↓D．（iii）中發(fā)生的反應(yīng)只可能是2Ag+Cu=2Ag++Cu2+8、下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)室模擬侯德榜制堿法的操作正確的是（）A．將CO2和NH3的混合氣體同時(shí)通入飽和食鹽水中B．將析出的NaHCO3固體過濾后灼燒得到純堿C．在析出NaHCO3的母液中加入消石灰以循環(huán)利用NH3D．在析出NaHCO3的母液中通入NH3，加入氯化鈉粉末，析出Na2CO3固體9、《本草綱目》記載的燒酒工藝：“凡酸壞之酒，皆可蒸燒”，“以燒酒復(fù)燒二次……價(jià)值數(shù)倍也”。該方法與分離下列物質(zhì)的原理相同的是A．苯和水 B．硝酸鉀和氯化鈉C．食鹽水和泥沙 D．乙酸丁酯和1-丁醇10、有關(guān)下列四個(gè)圖象的說法中正確的是（）A．①表示等質(zhì)量的兩份鋅粉a和b，分別加入過量的稀硫酸中，a中同時(shí)加入少量CuSO4溶液，其產(chǎn)生的氫氣總體積(V)與時(shí)間(t)的關(guān)系B．②表示合成氨反應(yīng)中，每次只改變一個(gè)條件，得到的反應(yīng)速率v與時(shí)間t的關(guān)系，則t3時(shí)改變的條件為增大反應(yīng)容器的體積C．③表示其它條件不變時(shí)，反應(yīng)4A(g)+3B(g)2C(g)+6D在不同壓強(qiáng)下B%(B的體積百分含量)隨時(shí)間的變化情況，則D一定是氣體D．④表示恒溫恒容條件下發(fā)生的可逆反應(yīng)2NO2(g)N2O4(g)中，各物質(zhì)的濃度與其消耗速率之間的關(guān)系，其中交點(diǎn)A對(duì)應(yīng)的狀態(tài)為化學(xué)平衡狀態(tài)11、化合物(X)、(Y)、(Z)的分子式均為C5H6。下列說法正確的是（）A．X、Y、Z均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色B．Z的同分異構(gòu)體只有X和Y兩種C．Z的二氯代物只有兩種(不考慮立體異構(gòu))D．Y分子中所有碳原子均處于同一平面12、分子式為C4H8Br2的有機(jī)物同分異構(gòu)體（不考慮立體異構(gòu)）為（）A．9 B．10 C．11 D．1213、短周期元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次增大，B與C的簡(jiǎn)單離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，D的最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)代數(shù)和為6。工業(yè)上采用在二氧化鈦與A的單質(zhì)混合物中通入D的單質(zhì)，高溫下反應(yīng)得到化合物X和一種常見的可燃性氣體Y（化學(xué)式為AB），X與金屬單質(zhì)C反應(yīng)制得單質(zhì)鈦。下列說法不正確的是A．簡(jiǎn)單離子半徑：D＞B＞CB．氧化物的水化物酸性：D＞AC．X與單質(zhì)C不能在空氣的氛圍中反應(yīng)制得單質(zhì)鈦D．B與D組成的某化合物可用于飲用水消毒14、關(guān)于化合物2一呋喃甲醛（）下列說法不正確的是A．能使酸性高錳酸鉀溶液褪色 B．含有三種官能團(tuán)C．分子式為C5H4O2 D．所有原子一定不共平面15、下列說法不正確的是()A．苯和乙炔都與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，從而使溴水褪色B．乙醛和乙酸都可以與新制的氫氧化銅懸濁液反應(yīng)C．鄰二甲苯只有一種結(jié)構(gòu)，證明苯環(huán)中不存在碳碳單鍵和碳碳雙鍵交替出現(xiàn)的結(jié)構(gòu)D．等質(zhì)量的乙烯和丙烯充分燃燒所消耗的O2的量相同16、自催化作用是指反應(yīng)物之一使該反應(yīng)速率加快的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4進(jìn)行下列三組實(shí)驗(yàn)，一段時(shí)間后溶液均褪色（0.01mol/L可以記做0.01M實(shí)驗(yàn)①實(shí)驗(yàn)②實(shí)驗(yàn)③1mL0.01M的KMnO4溶液和MnSO41mL0.01M的KMnO4溶液和1mL稀鹽酸1mL0.01M的KMnO4溶液和褪色比實(shí)驗(yàn)①褪色快比實(shí)驗(yàn)①褪色快下列說法不正確的是A．實(shí)驗(yàn)①中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，H2C2OB．實(shí)驗(yàn)②褪色比①快，是因?yàn)镸nSO4的催化作用加快了反應(yīng)速率C．實(shí)驗(yàn)③褪色比①快，是因?yàn)镃l-的催化作用加快了反應(yīng)速率D．若用1mL0.2M17、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序數(shù)依次增大的五種元素，A、B形成的簡(jiǎn)單化合物常用作制冷劑，D原子最外層電子數(shù)與最內(nèi)層電子數(shù)相等，化合物DC中兩種離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，A、B、C、D的原子序數(shù)之和是E的兩倍。下列說法正確的是（）A．原子半徑：C>B>AB．氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：E>CC．最高價(jià)氧化對(duì)應(yīng)的水化物的酸性：B>ED．化合物DC與EC2中化學(xué)鍵類型相同18、用0.10mol/L的NaOH溶液分別滴定體積均為20.00mL、濃度均為0.050mol/L的鹽酸、磷酸及谷氨酸(H2G)，滴定曲線如圖所示：下列說法正確的是A．滴定鹽酸時(shí)，用甲基橙作指示劑比用酚酞更好B．H3PO4與H2G的第一電離平衡常數(shù)K1的數(shù)量級(jí)不同C．用酚酞作指示劑滴定磷酸到終點(diǎn)時(shí)，溶液中的溶質(zhì)為Na2HPO4D．NaH2PO4溶液中：19、化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．“赤潮”與水體中N、P元素的含量較高有關(guān)B．“綠色蔬菜”種植過程中不能使用農(nóng)藥和肥料C．游泳池中按標(biāo)準(zhǔn)加入膽礬可消毒殺菌D．制作醫(yī)用口罩使用的聚丙烯屬于人工合成高分子材料20、在恒容密閉容器中，反應(yīng)3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)達(dá)到平衡，保持溫度不變，加入少量水蒸氣，體系重新達(dá)到平衡，下列說法正確的是A．水蒸氣的體積分?jǐn)?shù)增大 B．氫氣的濃度增大C．平衡常數(shù)變大 D．鐵的質(zhì)量增大21、主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，且均不大于20。其中X、Y處于同一周期，Y的單質(zhì)與水反應(yīng)可生成X的單質(zhì)，X、Y、W的最外層電子數(shù)之和是Z的最外層電子數(shù)的3倍。下列說法正確的是A．簡(jiǎn)單離子的半徑：Z>Y>X B．WX2中含有非極性共價(jià)鍵C．簡(jiǎn)單氫化物的熱穩(wěn)定性：X>Y D．常溫常壓下Z的單質(zhì)為氣態(tài)22、碲被譽(yù)為“現(xiàn)代工業(yè)的維生素”，它在地殼中平均的豐度值很低，銅陽極泥中碲的回收越來越引起人們的重視。某科研小組從粗銅精煉的陽極泥（主要含有Cu2Te）中提取粗碲設(shè)計(jì)工藝流程如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是（）已知:①“焙燒”后，碲主要以TeO2形式存在②TeO2微溶于水，易溶于強(qiáng)酸和強(qiáng)堿A．“焙燒”用到的主要硅酸鹽產(chǎn)品儀器：蒸發(fā)皿、酒精燈、玻璃棒B．“還原”時(shí)氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1:2C．為加快“氧化”速率溫度越高越好D．TeO2是兩性氧化物，堿浸時(shí)反應(yīng)的離子方程式為TeO2+2OH-=TeO32-+H2O二、非選擇題(共84分)23、（14分）根據(jù)文獻(xiàn)報(bào)道，醛基可和雙氧水發(fā)生如下反應(yīng)：為了合成一類新藥，選擇了下列合成路線（部分反應(yīng)條件已略去）（1）C中除苯環(huán)外能團(tuán)的名稱為____________________。（2）由D生成E的反應(yīng)類型為_____________________。（3）生成B的反應(yīng)中可能會(huì)產(chǎn)生一種分子式為C9H5O4Cl2的副產(chǎn)物，該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_________。（4）化合物C有多種同分異構(gòu)體，請(qǐng)寫出符合下列條件的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式:___________________。①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)②核磁共振氫譜圖中有3個(gè)吸收峰（5）寫出以和CH3OH為原料制備的合成路線流程圖（無機(jī)試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）___________。24、（12分）H是一種可用于治療腫瘤的藥物中間體，由芳香烴A制備H的合成路線如圖。回答下列問題：（1）A物質(zhì)的一氯代物共有______種；（2）B物質(zhì)中含有的官能團(tuán)名稱______；（3）①的反應(yīng)試劑和反應(yīng)條件分別是______，③的反應(yīng)的類型是______；（4）E物質(zhì)通過多次取代反應(yīng)和氧化反應(yīng)可以獲取F物質(zhì)，用系統(tǒng)命名法對(duì)E物質(zhì)命名______，F(xiàn)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為______；（5）⑤的化學(xué)反應(yīng)方程式為______；（6）對(duì)甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精細(xì)化工中間體，寫出由苯甲醚（）制備對(duì)甲氧基乙酰苯胺的合成路線。（其他試劑任選）______________（合成路線常用的表達(dá)方式為：AB……目標(biāo)產(chǎn)物）。25、（12分）溴化亞銅是一種白色粉末，不溶于冷水，在熱水中或見光都會(huì)分解，在空氣中會(huì)慢慢氧化成綠色粉末。制備CuBr的實(shí)驗(yàn)步驟如下：步驟1.在如圖所示的三頸燒瓶中加入45gCuSO4·5H2O、19gNaBr、150mL煮沸過的蒸餾水，60℃時(shí)不斷攪拌，以適當(dāng)流速通入SO22小時(shí)。步驟2.溶液冷卻后傾去上層清液，在避光的條件下過濾。步驟3.依次用溶有少量SO2的水、溶有少量SO2的乙醇、純乙醚洗滌。步驟4.在雙層干燥器（分別裝有濃硫酸和氫氧化鈉）中干燥3～4h，再經(jīng)氫氣流干燥，最后進(jìn)行真空干燥。（1）實(shí)驗(yàn)所用蒸餾水需經(jīng)煮沸，煮沸目的是除去其中水中的______________（寫化學(xué)式）。（2）步驟1中：①三頸燒瓶中反應(yīng)生成CuBr的離子方程式為_______________；②控制反應(yīng)在60℃進(jìn)行，實(shí)驗(yàn)中可采取的措施是_____________；③說明反應(yīng)已完成的現(xiàn)象是__________________。（3）步驟2過濾需要避光的原因是_______________。（4）步驟3中洗滌劑需“溶有SO2”的原因是_____________________最后溶劑改用乙醚的目的是________________________________。（5）欲利用上述裝置燒杯中的吸收液（經(jīng)檢測(cè)主要含Na2SO3、NaHSO3等）制取較純凈的Na2SO3·7H2O晶體。請(qǐng)補(bǔ)充實(shí)驗(yàn)步驟（須用到SO2（貯存在鋼瓶中）、20%NaOH溶液、乙醇）①_______________________________________________。②__________________________________________________。③加入少量維生素C溶液（抗氧劑），蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶。④__________________________________________________。⑤放真空干燥箱中干燥。26、（10分）納米TiO2是一種重要的光催化劑。以鈦酸酯Ti(OR)4為原料制備納米TiO2的步驟如下：①組裝裝置如下圖所示，保持溫度約為65℃，先將30mL鈦酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]加入盛有無水乙醇的三頸燒瓶，再加入3mL乙酰丙酮，充分?jǐn)嚢?；②將含?0％的乙醇溶液緩慢滴入三頸燒瓶中，得到二氧化鈦溶膠；③將二氧化鈦溶膠干燥得到二氧化鈦凝膠，灼燒凝膠得到納米TiO2。已知，鈦酸四丁酯能溶于除酮類物質(zhì)以外的大部分有機(jī)溶劑，遇水劇烈水解；Ti(OH)4不穩(wěn)定，易脫水生成TiO2，回答下列問題：(1)儀器a的名稱是_______，冷凝管的作用是________。(2)加入的乙酰丙酮可以減慢水解反應(yīng)的速率，其原理可能是________(填標(biāo)號(hào))。a.增加反應(yīng)的焓變b.增大反應(yīng)的活化能c.減小反應(yīng)的焓變d.降低反應(yīng)的活化能制備過程中，減慢水解反應(yīng)速率的措施還有________。(3)步驟②中制備二氧化鈦溶膠的化學(xué)方程式為________。下圖所示實(shí)驗(yàn)裝置中，可用于灼燒二氧化鈦凝膠的是________(填標(biāo)號(hào))。(4)測(cè)定樣品中TiO2純度的方法是：精確稱取0.2000g樣品放入錐形瓶中，加入硫酸和硫酸銨的混合溶液，加強(qiáng)熱使其溶解。冷卻后，加入一定量稀鹽酸得到含TiO2+的溶液。加入金屬鋁，將TiO2+全部轉(zhuǎn)化為Ti3+。待過量的金屬鋁完全溶解并冷卻后，加入指示劑，用0.1000mol·L-lNH4Fe(SO4)2溶液滴定至終點(diǎn)。重復(fù)操作2次，消耗0.1000mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液的平均值為20.00mL(已知：Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋)。①加入金屬鋁的作用除了還原TiO2＋外，另一個(gè)作用是________________。②滴定時(shí)所用的指示劑為____________(填標(biāo)號(hào))a.酚酞溶液b.KSCN溶液c.KMnO4溶液d.淀粉溶液③樣品中TiO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為________%。27、（12分）碘酸鈣[Ca(IO3)2]是重要的食品添加劑。實(shí)驗(yàn)室制取Ca(IO3)2·H2O的實(shí)驗(yàn)流程：已知：碘酸是易溶于水的強(qiáng)酸，不溶于有機(jī)溶劑。（1）轉(zhuǎn)化步驟是為了制得碘酸，該過程在圖1所示的裝置中進(jìn)行，當(dāng)觀察到反應(yīng)液中紫紅色接近褪去時(shí)，停止通入氯氣。①轉(zhuǎn)化時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_____________________________________。②轉(zhuǎn)化過程中CCl4的作用是_______________________________________。③為增大轉(zhuǎn)化過程的反應(yīng)速率，可采取的措施是_______________________。（2）將CCl4與水層分離的玻璃儀器有燒杯、________。除去HIO3水溶液中少量I2單質(zhì)的實(shí)驗(yàn)操作為______________________________，直至用淀粉溶液檢驗(yàn)不出碘單質(zhì)的存在。（3）已知：①Ca(IO3)2·6H2O是一種難溶于水的白色固體，在堿性條件下不穩(wěn)定。②Ca(IO3)2·6H2O加熱升溫過程中固體的質(zhì)量變化如圖2所示。設(shè)計(jì)以除碘后的水層為原料，制取Ca(IO3)2·H2O的實(shí)驗(yàn)方案：向水層中__________。[實(shí)驗(yàn)中必須使用的試劑：Ca(OH)2粉末、AgNO3溶液]。28、（14分）科學(xué)家研究發(fā)現(xiàn)：硫化態(tài)的鈷、鉬、硫相互作用相（所謂“CoMoS”相）和噻吩(分子式為C4H4S)的加氫脫硫反應(yīng)(C4H4S+4H2→C4H10+H2S)活性有線性關(guān)系。請(qǐng)回答下列有關(guān)問題：(1)基態(tài)鈷原子的外圍電子排布圖（軌道表示式）為___________。(2)常溫下，噻吩是一種無色、有惡臭、能催淚的液體，天然存在于石油中。①1mol噻吩()中含有的鍵數(shù)目為___。②在組成噻吩的三種元素中，電負(fù)性最小的是__（填元素符號(hào)，下同）；與S元素位于同一周期的非金屬元素第一電離能由大到小的順序?yàn)開______________。(3)已知沸點(diǎn)：H2O>H2Se>H2S，其原因__________。(4)H2S在空氣中燃燒可生成SO2，SO2催化氧化后得到SO3。①寫出與SO2互為等電子體的分子和離子：___、___（各一種）。②氣態(tài)SO3以單分子形式存在，其分子的立體構(gòu)型為_____；固態(tài)SO3形成三聚體環(huán)狀結(jié)（如圖1所示），該分子中S原子的雜化軌道類型為______。(5)Na2S的晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示，則黑球代表的離子是___。已知Na的半徑為0.102nm，S2-的半徑為0.184nm，根據(jù)硬球接觸模型，則Na2S的晶胞參數(shù)a=__nm（列出計(jì)算式即可）。29、（10分）二草酸合銅(II)酸鉀晶體{K2[Cu(C2O4)2]·2H2O}，微溶于冷水，可溶于熱水，微溶于酒精，干燥時(shí)較為穩(wěn)定，加熱時(shí)易分解。I.用氧化銅和草酸為原料制備二草酸合銅(II)酸鉀晶體的流程如下：已知：H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O回答下列問題：(1)將H2C2O4晶體加入去離子水中，微熱，溶解過程中溫度不能太高，原因是________。(2)將CuO與KHC2O4的混合液在50°C下充分反應(yīng)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________。(3)50°C時(shí)，加熱至反應(yīng)充分后的操作是_______________(填字母)。A．放于冰水中冷卻后過濾B．自然冷卻后過濾C．趁熱過濾D．蒸發(fā)濃縮、冷卻后過濾II.以CuSO4·5H2O晶體和K2C2O4固體為原料制備二草酸合銅(II)酸鉀晶體。實(shí)驗(yàn)步驟：將CuSO4·5H2O晶體和K2C2O4固體分別用去離子水溶解后，將K2C2O4溶液逐滴加入硫酸銅溶液中，有晶體析出后放在冰水中冷卻，過濾，用酒精洗滌，在水浴鍋上炒干。炒時(shí)不斷攪拌，得到產(chǎn)品。(4)用酒精而不用冷水洗滌的目的是____________。II.產(chǎn)品純度的測(cè)定：準(zhǔn)確稱取制得的晶體試樣ag溶于NH3·H2O中，并加水定容至250mL，取試樣溶液25.00mL，再加入10mL的稀硫酸，用bmol·L-1的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液滴定，消耗KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液VmL。(5)滴定時(shí)，下列滴定方式中，最合理的是______(填字母)，理由為________。(夾持部分略去)A．B．C．(6)若在接近滴定終點(diǎn)時(shí)，用少量蒸餾水將錐形瓶?jī)?nèi)壁沖洗一下，再繼續(xù)滴定至終點(diǎn)，實(shí)驗(yàn)結(jié)果會(huì)_____(填“偏大”偏小”或“無影響”)。(7)該產(chǎn)品的純度為___________(寫出表達(dá)式)。

參考答案一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、A【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W在大氣中有兩種同素異形體且均能支持燃燒，說明W為O，X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，說明X為Na，非金屬元素Y的原子序數(shù)是Z的最外層電子數(shù)的2倍，說明Y為Si，Z為Cl?！驹斀狻緼選項(xiàng)，Y、Z的氫化物穩(wěn)定性HCl>SiH4，故A錯(cuò)誤；B選項(xiàng)，Si單質(zhì)的熔點(diǎn)高于Na單質(zhì)，硅是原子晶體，鈉是金屬晶體，原子晶體熔點(diǎn)一般高于金屬晶體熔點(diǎn)，故B正確；C選項(xiàng)，X、W、Z能形成具有強(qiáng)氧化性的NaClO，故C正確；D選項(xiàng)，利用價(jià)態(tài)絕對(duì)值加最外層電子數(shù)是否等于8來判斷得出SiO32－中Si和O都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D正確。綜上所述，答案為A。【點(diǎn)睛】?jī)r(jià)態(tài)絕對(duì)值加最外層電子數(shù)是否等于8來判斷化合物中各原子是否滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。2、D【解析】

A.裝置甲利用稀鹽酸與鋅在簡(jiǎn)易裝置中制取H2，實(shí)驗(yàn)裝置和原理能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)?，選項(xiàng)A不選；B.裝置乙利用氫氧化鈉溶液吸收氫氣中的氯化氫氣體、利用濃硫酸干燥氫氣，起到凈化干燥H2的作用，實(shí)驗(yàn)裝置和原理能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)浚x項(xiàng)B不選；C.裝置丙利用純凈的氫氣在高溫條件下與鈣反應(yīng)制取CaH2，實(shí)驗(yàn)裝置和原理能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)?，選項(xiàng)C不選；D.裝置丁是用于防止空氣中的水蒸氣及氧氣進(jìn)入與鈣或CaH2反應(yīng)，實(shí)驗(yàn)原理與吸收尾氣不符合，過量氫氣應(yīng)收集或點(diǎn)燃，選項(xiàng)D選。答案選D。3、D【解析】根據(jù)主鏈最長(zhǎng)原則，主鏈有7個(gè)碳原子；根據(jù)支鏈最近原則，從右端開始第3個(gè)碳原子上連有一個(gè)甲基，所以的名稱是3-甲基庚烷，故D正確。4、C【解析】

A、由圖中離子在溶液中的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)可知，pH=4時(shí)，溶液中存在下列關(guān)系c(HFeO4-)＞c(H2FeO4)＞c(FeO42-)，故A正確；B、由A點(diǎn)數(shù)據(jù)可知，A點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中pH=4，HFeO4-的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為80.6%，則H2FeO4的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為19.4%，所以兩者的物質(zhì)的量之比為=4.15，c(H+)=10-4mol/L，H2FeO4的第一步電離平衡常數(shù)Ka1==4.15×l0-4，故B正確；C、B點(diǎn)溶液加NaOH溶液到pH為4的過程中，溶液的酸性減弱，c(HFeO4-)增大，即c(H+)減小，所以增大，故C錯(cuò)誤；D、B點(diǎn)pH約為3，溶液顯酸性，溶液的酸性是由高鐵酸和高鐵酸氫根的電離決定的，而C點(diǎn)的pH約為7，是由高鐵酸氫根的電離和高鐵酸根的水解共同決定的，酸的電離對(duì)水的電離有抑制作用，酸性越強(qiáng)，抑制作用越大，而酸根水解會(huì)促進(jìn)水的電離，溶液的pH越大，則對(duì)水的電離的促進(jìn)作用就越大，所以B、C兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中水的電離程度：B＜C，故B正確；故選：C。5、B【解析】

A.含1molH2SO4的濃硫酸和足量的鋅先發(fā)生反應(yīng)：2H2SO4(濃)+Zn=ZnSO4+SO2↑+2H2O，該反應(yīng)中消耗1molH2SO4，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA，硫酸濃度下降后，Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑，該反應(yīng)中消耗1molH2SO4，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA，則含1molH2SO4的濃硫酸和足量的鋅完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)介于NA和2NA之間，A錯(cuò)誤；B.常溫下1L0.1mol·L－1NH4NO3溶液中含有銨離子、一水合氨分子以及硝酸根離子，因?yàn)镹元素守恒，所以氮原子總數(shù)為0.2NA，B正確；C.1摩爾己烷分子含19NA對(duì)共用電子，然而標(biāo)準(zhǔn)狀況下己烷呈液態(tài)，2.24L己烷分子物質(zhì)的量并不是1mol，故C錯(cuò)誤；D.該原電池中，導(dǎo)線上經(jīng)過NA個(gè)電子時(shí)，則正極放出H2的物質(zhì)的量為0.5mol，但是不知道溫度和壓強(qiáng)條件，故體積不一定為11.2L，D錯(cuò)誤；答案選B?！军c(diǎn)睛】C、D容易錯(cuò)，往往誤以為1mol物質(zhì)的體積就是22.4L，換算時(shí)，一定要明確物質(zhì)是不是氣體，求氣體體積時(shí)一定要注意氣體所處的狀態(tài)。6、D【解析】

A、由175mL到275mL是與碳酸氫鈉反應(yīng)，而n（Na2CO3）=n（NaHCO3）=n（CO2）=0.02mol，NaHCO3～～～HCl1mol1mol0.02mol0.02mol所以c（HCl）=0.02mol/(275?175)×10?3L=0.2mol/L，A正確；B、由圖像可知，因?yàn)?75＞275-175所以固體混合物為NaOH，Na2CO3，B正確；C、由方程式可知：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，生成0.02mol的二氧化碳和0.02mol的水，再根據(jù)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知密閉容器中排出氣體的成分O2，H2O，C正確；D、根據(jù)碳原子守恒可知，n（NaHCO3）=n（CO2）="0.02mol"="0.02mol"，275ml時(shí)溶質(zhì)是單一的氯化鈉，根據(jù)鈉守恒可知n（Na2O2）＝0.2mol/L×0.275L?0.02mol/L＝0.0175mol，固體的質(zhì)量為：0.02×84+0.0175×78=3.045g，故x=3.045g，D錯(cuò)誤；答案選D?！军c(diǎn)晴】解答時(shí)注意掌握過氧化鈉、碳酸氫鈉的性質(zhì)及根據(jù)化學(xué)方程式進(jìn)行的簡(jiǎn)單計(jì)算方法，本題中分析、理解圖像信息是解題關(guān)鍵。另外明確二氧化碳、水蒸氣與過氧化鈉反應(yīng)的先后順序是解答的難點(diǎn)和易錯(cuò)點(diǎn)，一定量的Na2O2與一定量的CO2和H2O(g)的混合物的反應(yīng)，可看做Na2O2先與CO2反應(yīng)，待CO2反應(yīng)完全后，Na2O2再與H2O(g)發(fā)生反應(yīng)。7、D【解析】

A．陰極b極反應(yīng)：2H++2e-=H2↑產(chǎn)生氫氣發(fā)生了化學(xué)過程，氫氣又被吸附在多孔石墨電極中發(fā)生了物理變化，故A正確；B．(i)為電解池，a、b兩極均產(chǎn)生氣泡即相當(dāng)于電解水，如果原溶液是飽和溶液則電解一段時(shí)間后c(NaNO3)不變，如果原溶液是不飽和溶液，則電解一段時(shí)間后c(NaNO3)增大，故B正確；C．取出b放到(ii)中即硫酸銅溶液中析出紅色固體，說明b產(chǎn)生的氫氣吸附在多孔石墨電極中將銅置換出來，反應(yīng)為：Cu2++H2=Cu+2H+，故C正確；D．(ii)中取出b，則b表面已經(jīng)有析出的銅，所以放到(iii)中析出白色固體即Ag，可能是銅置換的、也可能是b產(chǎn)生的氫氣吸附在多孔石墨電極中置換，則可能發(fā)生反應(yīng)為：2Ag++Cu=Cu2++2Ag和2Ag++H2=2Ag+2H+，故D錯(cuò)誤；故答案為D。8、B【解析】

A.氨氣極易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度較小，依據(jù)侯德榜制堿的原理：向氨化的飽和食鹽水中通入二氧化碳?xì)怏w析出碳酸氫鈉，加熱反應(yīng)制備，則應(yīng)該先向飽和食鹽水中通入過量的氨氣，再通入過量的二氧化碳，故A錯(cuò)誤；B.NaHCO3固體加熱會(huì)分解成純堿Na2CO3，故B正確；C.侯德榜制堿法中，在析出NaHCO3的母液中加入生石灰（CaO），可以循環(huán)利用NH3，故C錯(cuò)誤；D.析出NaHCO3的母液中主要含NH4Cl，氯化鈉粉末溶解度較大，有利于增加Cl-含量；通入氨氣，增加NH4+量，有利于NH4Cl析出，故D錯(cuò)誤；正確答案是B?！军c(diǎn)睛】本題考查了侯德榜制堿的工作原理和流程分析，明確碳酸鈉、碳酸氫鈉、氨氣、二氧化碳的性質(zhì)，掌握工藝流程和反應(yīng)原理是解題關(guān)鍵，題目難度中等。9、D【解析】

據(jù)混合物的成分及性質(zhì)，選擇合適的分離提純方法?！驹斀狻俊八釅闹啤焙幸掖嫉难趸a(chǎn)物乙酸，可利用它們沸點(diǎn)的差異，以蒸餾方法除去乙酸。A.苯不溶于水，密度比水小，可用分液法分離，A項(xiàng)不符；B.硝酸鉀和氯化鈉都易溶于水，但溶解度受溫度的影響不同，通常用結(jié)晶法分離，B項(xiàng)不符；C.食鹽水與泥沙，是不相溶的固液混合物，用過濾法分離，C項(xiàng)不符；D.乙酸丁酯和1-丁醇，是互溶的、沸點(diǎn)不同的液體混合物，可蒸餾分離，D項(xiàng)符合。本題選D。10、B【解析】

A.a中加入少量CuSO4溶液，鋅會(huì)與硫酸銅發(fā)生反應(yīng)生成銅，鋅、銅和硫酸溶液形成原電池，反應(yīng)速率會(huì)加快，但生成的氫氣的體積會(huì)減少，故A錯(cuò)誤；B.當(dāng)增大容器的體積時(shí)，反應(yīng)物和生成物的濃度均減小，相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，正、逆反應(yīng)速率均減小，平衡逆向移動(dòng)，與反應(yīng)速率v和時(shí)間t的關(guān)系圖像相符合，故B正確；C.由③圖像可知，p2>p1，壓強(qiáng)增大，B的體積百分含量減小，說明平衡正向移動(dòng)，正向?yàn)闅怏w體積減小的方向，則D為非氣態(tài)，故C錯(cuò)誤；D.當(dāng)反應(yīng)達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)時(shí)，v（NO2）正=2v（N2O4）逆，由此可知圖中交點(diǎn)A對(duì)應(yīng)的狀態(tài)不是化學(xué)平衡狀態(tài)，故D錯(cuò)誤；綜上所述，答案為B?！军c(diǎn)睛】④圖中A點(diǎn)時(shí)v（N2O4）逆=v（NO2）正=2v（N2O4）正，則v（N2O4）逆>v（N2O4）正，反應(yīng)逆向移動(dòng)。11、C【解析】

A．z不含碳碳雙鍵，與高錳酸鉀不反應(yīng)，不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A錯(cuò)誤；B．C5H6的不飽和度為=3，可知若為直鏈結(jié)構(gòu)，可含1個(gè)雙鍵、1個(gè)三鍵，則x的同分異構(gòu)體不止X和Y兩種，故B錯(cuò)誤；C．z含有1種H，則一氯代物有1種，對(duì)應(yīng)的二氯代物，兩個(gè)氯原子可在同一個(gè)碳原子上，也可在不同的碳原子上，共2種，故C正確；D．y中含3個(gè)sp3雜化的碳原子，這3個(gè)碳原子位于四面體結(jié)構(gòu)的中心，則所有碳原子不可能共平面，故D錯(cuò)誤；故答案為C。12、A【解析】

分子式為C4H8Br2的同分異構(gòu)體有主鏈有4個(gè)碳原子的：CHBr2CH2CH2CH3；CH2BrCHBrCH2CH3；CH2BrCH2CHBrCH3；CH2BrCH2CH2CH2Br；CH3CHBr2CH2CH3；CH3CHBrCHBrCH3；主鏈有3個(gè)碳原子的：CHBr2CH（CH3）2；CH2BrCBr（CH3）2；CH2BrCHCH3CH2Br；共有9種情況答案選A。13、B【解析】

短周期元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次增大，D的最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)代數(shù)和為6，則D為Cl元素，工業(yè)上采用在二氧化鈦與A的單質(zhì)混合物中通入D的單質(zhì)，高溫下反應(yīng)得到化合物X和一種常見的可燃性氣體Y（化學(xué)式為AB），X與金屬單質(zhì)C反應(yīng)制得單質(zhì)鈦，這種常見的可燃性氣體為CO，則A為C元素，B為O元素，X為TiCl4，工業(yè)上用金屬鎂還原TiCl4制得金屬鈦，則C為Mg元素，據(jù)此分析解答。【詳解】A.D為Cl，B為O，C為Mg，Cl-核外有3個(gè)電子層，O2-和Mg2+核外電子排布相同，均有2個(gè)電子層，當(dāng)核外電子排布相同時(shí)，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則它們的簡(jiǎn)單離子半徑：D＞B＞C，故A正確；B.A為C，D為Cl，其中H2CO3的酸性比HClO的酸性強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；C.因?yàn)殒V會(huì)與空氣中的氮?dú)狻⒀鯕?、二氧化碳反?yīng)，則金屬鎂還原TiCl4制得金屬鈦時(shí)不能在空氣的氛圍中反應(yīng)，故C正確；D.D為Cl，B為O，由二者組成的化合物中ClO2具有強(qiáng)氧化性，可用于飲用水消毒，故D正確；故選B?！军c(diǎn)睛】工業(yè)上制金屬鈦采用金屬熱還原法還原四氯化鈦，將TiO2(或天然的金紅石)和炭粉混合加熱至1000～1100K，進(jìn)行氯化處理，并使生成的TiCl4蒸氣冷凝，發(fā)生反應(yīng)TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO；在1070K下，用熔融的鎂在氬氣中還原TiCl4可得多孔的海綿鈦，發(fā)生反應(yīng)TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti。14、D【解析】

A．該有機(jī)物分子結(jié)構(gòu)中含有碳碳雙鍵，具有烯烴的性質(zhì)，則能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A正確；B．該有機(jī)物分子結(jié)構(gòu)中含有碳碳雙鍵、醛基和醚鍵，三種官能團(tuán)，故B正確；C．結(jié)構(gòu)中每個(gè)節(jié)點(diǎn)為碳原子，每個(gè)碳原子可形成四個(gè)共價(jià)鍵，不足的可用氫原子補(bǔ)齊，分子式為C5H4O2，故C正確；D．與碳碳雙鍵上的碳直接相連的所有原子可能在同一平面，則該有機(jī)物結(jié)構(gòu)中的五元環(huán)上的所有原子可以在同一平面，碳氧雙鍵上的所有原子可能在同一平面，碳氧雙鍵與五元環(huán)上的碳碳雙鍵直接相連，則所有原子可能在同一平面，故D錯(cuò)誤；答案選D?！军c(diǎn)睛】有機(jī)物的分子式根據(jù)碳原子形成四個(gè)共價(jià)鍵的原則寫出，需注意它的官能團(tuán)決定了它的化學(xué)性質(zhì)。15、A【解析】

A．苯不能與溴水加成，將苯加入溴水中，是發(fā)生了萃取而使溴水褪色，故A錯(cuò)誤；B．乙醛與氫氧化銅濁液在加熱的條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，乙酸含有羧基，具有酸性，與氫氧化銅發(fā)生中和反應(yīng)，故B正確；C．若苯環(huán)中存在碳碳單鍵和碳碳雙鍵交替的結(jié)構(gòu)，則鄰二甲苯有2種結(jié)構(gòu)，而鄰二甲苯只有一種結(jié)構(gòu)，證明苯環(huán)中不存在碳碳單鍵和碳碳雙鍵交替的結(jié)構(gòu)，故C正確；D．乙烯和聚乙烯的最簡(jiǎn)式相同，則完全燃燒等質(zhì)量的乙烯和聚乙烯消耗O2量相同，故D正確；故選A。16、C【解析】

A.碳元素的化合價(jià)升高，且錳離子可作催化劑，則實(shí)驗(yàn)①中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，H2C2O4是還原劑，產(chǎn)物MnSO4能起自催化作用，故A正確；B.催化劑可加快反應(yīng)速率，則實(shí)驗(yàn)②褪色比①快，是因?yàn)镸nSO4的催化作用加快了反應(yīng)速率，故B正確；C.高錳酸鉀可氧化氯離子，則實(shí)驗(yàn)③褪色比①快，與催化作用無關(guān)，故C錯(cuò)誤；D.增大濃度，反應(yīng)速率加快，則用1mL0.2M的H2C2O4做實(shí)驗(yàn)①，推測(cè)比實(shí)驗(yàn)①褪色快，故D正確；故選C。17、C【解析】

已知A、B、C、D、E是短周期中原子序數(shù)依次增大的五種元素，A、B形成的簡(jiǎn)單化合物常用作制冷劑，A為H，B為N，D原子最外層電子數(shù)與最內(nèi)層電子數(shù)相等，則D為Mg，化合物DC中兩種離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，C為O，A、B、C、D的原子序數(shù)之和是E的兩倍，E為Si?！驹斀狻緼.原子半徑：N>C>H，故A錯(cuò)誤；B.氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：H2O>SiH4，故B錯(cuò)誤；C.最高價(jià)氧化對(duì)應(yīng)的水化物的酸性：HNO3>H2SiO3，故C正確；D.化合物MgO含有離子鍵，SiO2含共價(jià)鍵，故D錯(cuò)誤；答案為C?！军c(diǎn)睛】同周期，從左到右非金屬性增強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物酸性增強(qiáng)，氫化物穩(wěn)定性增強(qiáng)。18、C【解析】

A．鹽酸和氫氧化鈉溶液反應(yīng)至終點(diǎn)時(shí)，pH=7，與酚酞的變色范圍8~10接近，甲基橙的變色范圍在3.1-4.4，則使用酚酞做指示劑更好，故A錯(cuò)誤；B．滴定前，0.050mol/LH3PO4與H2G的pH值幾乎相等，由此可得，二者第一電離平衡常數(shù)Ki的數(shù)量級(jí)相同，故B錯(cuò)誤；C．20.00mL、0.050mol/L的磷酸用0.10mol/L的NaOH完全中和應(yīng)消耗30mL氫氧化鈉，根據(jù)圖像，滴定磷酸共有兩次突躍，第二次為滴定磷酸的終點(diǎn)，用酚酞作指示劑滴定磷酸到終點(diǎn)時(shí)，消耗氫氧化鈉的體積為20mL，則可以確定達(dá)到終點(diǎn)是，溶液中的溶質(zhì)為Na2HPO4，故C正確，D．當(dāng)溶液中的溶質(zhì)為NaH2PO4時(shí)，應(yīng)為磷酸的第一次滴定突躍，根據(jù)圖像顯示，此時(shí)溶液顯酸性，即H2PO4-的電離程度大于水解程度，即c(HPO42-)＞c(H3PO4)，則，故D錯(cuò)誤；答案選C。19、B【解析】

A.N、P元素是農(nóng)作物生長(zhǎng)需要的宏量元素，若水體中N、P元素的含量較高，水中藻類物質(zhì)就會(huì)生長(zhǎng)旺盛，導(dǎo)致產(chǎn)生赤潮現(xiàn)象，A正確；B.“綠色蔬菜”種植過程中為了使蔬菜生長(zhǎng)旺盛，控制病蟲害，也要適當(dāng)使用農(nóng)藥和肥料，B錯(cuò)誤；C.Cu2+是重金屬離子，能夠使病菌、病毒的蛋白質(zhì)發(fā)生變性，因此游泳池中按標(biāo)準(zhǔn)加入膽礬可消毒殺菌，C正確；D.制作醫(yī)用口罩使用的聚丙烯是由丙烯通過加聚反應(yīng)產(chǎn)生的人工合成高分子材料，D正確；故合理選項(xiàng)是B。20、B【解析】

A．鐵為固體，所以加入少量水蒸氣，相當(dāng)于在恒溫密閉容器中增加壓強(qiáng)，與原平衡等效，所以水蒸氣的體積分?jǐn)?shù)不變，A錯(cuò)誤；B．加入少量水蒸氣，則反應(yīng)物的濃度增大，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，使生成物氫氣的濃度增大，B正確；C．平衡常數(shù)僅與溫度有關(guān)，溫度不變，加入少量水蒸氣，體系重新達(dá)到平衡時(shí)平衡常數(shù)不變，C錯(cuò)誤；D．加入少量水蒸氣，反應(yīng)物的濃度增大，化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，所以鐵的質(zhì)量變小，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是B。21、B【解析】

主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增加，且均不大于20，只有X、Y處于同一周期，Y的單質(zhì)與水反應(yīng)可生成X的單質(zhì)，X的原子序數(shù)大于W元素，則Y為F元素，X為O，結(jié)合原子序數(shù)可知Z、W位于第三周期，X、Y、W的最外層電子數(shù)之和是Z的最外層電子數(shù)的3倍，設(shè)Z的最外層電子數(shù)為m、W的最外層電子數(shù)為n，則6+7+n=3m，只有n=2時(shí)、m=5符合，Z、W不位于同周期，即Z為P、W為Ca，以此來解答?！驹斀狻拷猓河缮鲜龇治隹芍?，X為O、Y為F、Z為P、W為Ca，A．電子層越多，離子半徑越大，具有相同電子排布的離子中原子序數(shù)大的離子半徑小，則簡(jiǎn)單離子的半徑：P3-＞O2-＞F-，即Z＞X＞Y，故A錯(cuò)誤；B．WX2為CaO2，含有O-O非極性鍵，故B正確；C．非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)氫化物越穩(wěn)定，則簡(jiǎn)單氫化物的熱穩(wěn)定性：HF＞H2O，即Y＞X，故C錯(cuò)誤；D．Z的單質(zhì)為P4或紅磷，常溫常壓下均為固態(tài)，故D錯(cuò)誤；故答案為B?！军c(diǎn)睛】本題考查“位、構(gòu)、性”的關(guān)系，其主要應(yīng)用有：①元素原子的核外電子排布，決定元素在周期表中的位置，也決定了元素的性質(zhì)；②元素在周期表中的位置，以及元素的性質(zhì)，可以反映原子的核外電子排布；③根據(jù)元素周期律中元素的性質(zhì)遞變規(guī)律，可以從元素的性質(zhì)推斷元素的位置；④根據(jù)元素在周期表中的位置，根據(jù)元素周期律，可以推測(cè)元素的性質(zhì)。22、D【解析】

由工藝流程分析可知，銅陽極泥經(jīng)O2焙燒得到TeO2，堿浸時(shí)TeO2與NaOH反應(yīng)得到Na2TeO3，再經(jīng)過氧化和酸化得到TeO42-，TeO42-與Na2SO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)得到粗碲，3SO32-+TeO42-+2H+===Te↓+H2O+3SO42-，結(jié)合選項(xiàng)分析即可解答。【詳解】A．“焙燒”硅酸鹽產(chǎn)品主要用到的儀器有：坩堝、泥三角、酒精燈和玻璃棒，不能用蒸發(fā)皿，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；B．還原時(shí)發(fā)生反應(yīng)：3SO32-+TeO42-+2H+===Te↓+H2O+3SO42-，氧化劑為TeO42-，還原劑SO32-，物質(zhì)的量之比與化學(xué)計(jì)量數(shù)成正比，故為1:3，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C．“氧化”時(shí)氧化劑為H2O2，溫度過高，H2O2會(huì)分解，氧化效果會(huì)減弱，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D．根據(jù)上述分析，并結(jié)合題干條件，TeO2微溶于水，易溶于強(qiáng)酸和強(qiáng)堿，TeO2是兩性氧化物，堿浸時(shí)反應(yīng)的離子方程式為TeO2+2OH-=TeO32-+H2O，D選項(xiàng)正確；答案選D。二、非選擇題(共84分)23、氯原子、羥基加成反應(yīng)【解析】

由有機(jī)物的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，與KMnO4或K2Cr2O7等氧化劑發(fā)生氧化反應(yīng)生成，在酸性條件下，與甲醇共熱發(fā)生酯化反應(yīng)生成，則B為；與LiAlH4反應(yīng)生成，則C為；發(fā)生氧化反應(yīng)生成，與雙氧水發(fā)生加成反應(yīng)生成，酸性條件下與ROH反應(yīng)生成，則F為?！驹斀狻浚?）C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，含有的官能團(tuán)為氯原子和羥基，故答案為氯原子、羥基；（2）由D生成E的反應(yīng)為與雙氧水發(fā)生加成反應(yīng)生成，故答案為加成反應(yīng)；（3）由副產(chǎn)物的分子式為C9H5O4Cl2可知，在酸性條件下，與甲醇共熱發(fā)生酯化反應(yīng)生成，則副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為；（4）化合物C的同分異構(gòu)體能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明分子中含有酚羥基，核磁共振氫譜圖中有3個(gè)吸收峰說明結(jié)構(gòu)對(duì)稱，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為；（5）由題給轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，在酸性條件下，與甲醇共熱發(fā)生酯化反應(yīng)生成，與LiAlH4反應(yīng)生成，催化氧化生成，與過氧化氫發(fā)生加成反應(yīng)生成，合成路線如下：，故答案為?！军c(diǎn)睛】本題考查有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)，解題的關(guān)鍵是要熟悉烴的各種衍生物間的轉(zhuǎn)化關(guān)系，不僅要注意物質(zhì)官能團(tuán)的衍變，還要注意同時(shí)伴隨的分子中碳、氫、氧、鹵素原子數(shù)目以及有機(jī)物相對(duì)分子質(zhì)量的衍變，這種數(shù)量、質(zhì)量的改變往往成為解題的突破口。24、4氯原子氯氣、光照還原反應(yīng)2-甲基丙烷【解析】

由B的結(jié)構(gòu)可知，芳香烴為A為，A與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B與濃硝酸在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成C，C發(fā)生還原反應(yīng)生成D，D與G在吡啶條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成H．由F的分子式、G的結(jié)構(gòu)，可知F為，E系列轉(zhuǎn)化得到F，結(jié)合E的分子式，可知E為?！驹斀狻?1)由B的結(jié)構(gòu)可知，芳香烴為A為，A

物質(zhì)的一氯代物在苯環(huán)上有3種，在甲基上有1種，故共有4種，故答案為：4；(2)B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，B

物質(zhì)中含有的官能團(tuán)名稱為：氯原子，故答案為：氯原子；(3)反應(yīng)①是轉(zhuǎn)化為，反應(yīng)試劑和反應(yīng)條件分別是：氯氣、光照；反應(yīng)③中硝基轉(zhuǎn)化為氨基，屬于還原反應(yīng)，故答案為：氯氣、光照；還原反應(yīng)；(4)由F的分子式、G的結(jié)構(gòu)，可知F為，E系列轉(zhuǎn)化得到F，結(jié)合E的分子式，可知E為，用系統(tǒng)命名法對(duì)

E

物質(zhì)命名為：2-甲基丙烷，故答案為：2-甲基丙烷；；(5)⑤的化學(xué)反應(yīng)方程式為：，故答案為：；(6)結(jié)合合成路線圖中轉(zhuǎn)化可知，與在吡啶條件下反應(yīng)生成，乙酸與SOCl2/PCl3作用生成．先發(fā)生硝化反應(yīng)，然后與Fe/HCl作用生成，合成路線流程圖為：，故答案為：。25、O22Cu2++2Br－+SO2+2H2O→2CuBr↓+SO42－+4H+60℃水浴加熱溶液藍(lán)色完全褪去防止CuBr見光分解防止CuBr被氧化除去表面乙醇，并使晶體快速干燥在燒杯中繼續(xù)通入SO2至飽和然后向燒杯中加入100g20%的NaOH溶液過濾，用乙醇洗滌2～3次【解析】

(1)溴化亞銅能被氧氣慢慢氧化，要排除氧氣的干擾；

(2)①三頸燒瓶中銅離子被二氧化硫還原成亞銅離子，與溴離子反應(yīng)生成CuBr沉淀；

②控制反應(yīng)在60℃進(jìn)行，可以用60℃的水浴加熱；

③45gCuSO4?5H2O為0.18mol，19gNaBr為0.184mol，所以NaBr稍過量，所以當(dāng)溶液中的銅離子消耗完時(shí)反應(yīng)即完成；

(3)溴化亞銅見光會(huì)分解；

(4)溴化亞銅在空氣中會(huì)慢慢被氧化，洗滌劑需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，溶劑改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶體快速干燥；

(5)燒杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取較純凈的Na2SO3?7H2O晶體，可以在燒杯中繼續(xù)通入SO2至飽和，將Na2SO3生成NaHSO3，根據(jù)鈉元素守恒可知，此時(shí)溶液中NaHSO3的物質(zhì)的量為0.5mol，然后向燒杯中加入100g20%的NaOH溶液，使NaHSO3恰好完全反應(yīng)生成Na2SO3，加入少量維生素C溶液(抗氧劑)，蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾，用乙醇洗滌2～3次，除去表面可溶性雜質(zhì)，放真空干燥箱中干燥，據(jù)此答題。【詳解】(1)溴化亞銅能被氧氣慢慢氧化，用二氧化硫還原銅離子生成溴化亞銅要排除氧氣的干擾，可以通過煮沸的方法除去其中水中的O2，故答案為：O2；(2)①三頸燒瓶中銅離子被二氧化硫還原成亞銅離子，與溴離子反應(yīng)生成CuBr沉淀，反應(yīng)的離子方程式為2Cu2++2Br?+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42?+4H+，故答案為：2Cu2++2Br?+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42?+4H+；②控制反應(yīng)在60℃進(jìn)行，可以用60℃的水浴加熱；故答案為：60℃水浴加熱；③45gCuSO4?5H2O為0.18mol，19gNaBr為0.184mol，所以NaBr稍過量，所以當(dāng)溶液中的銅離子消耗完時(shí)反應(yīng)即完成，所以說明反應(yīng)已完成的現(xiàn)象是溶液藍(lán)色完全褪去，故答案為：溶液藍(lán)色完全褪去；(3)溴化亞銅見光會(huì)分解，所以步驟2過濾需要避光，防止CuBr見光分解，故答案為：防止CuBr見光分解；(4)在空氣中會(huì)慢慢被氧化，所以洗滌劑需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，最后溶劑改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶體快速干燥，故答案為：防止CuBr被氧化；除去表面乙醇，并使晶體快速干燥；(5)燒杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取較純凈的Na2SO3?7H2O晶體，可以在燒杯中繼續(xù)通入SO2至飽和，將Na2SO3生成NaHSO3，根據(jù)鈉元素守恒可知，此時(shí)溶液中NaHSO3的物質(zhì)的量為0.5mol，然后向燒杯中加入100g20%的NaOH溶液，使NaHSO3恰好完全反應(yīng)生成Na2SO3，加入少量維生素C溶液(抗氧劑)，蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾，用乙醇洗滌2～3次，除去表面可溶性雜質(zhì)，放真空干燥箱中干燥，故答案為：在燒杯中繼續(xù)通入SO2至飽和；然后向燒杯中加入100g20%的NaOH溶液；過濾，用乙醇洗滌2～3次。26、溫度計(jì)冷凝回流b用含水20%的乙醇溶液代替水、緩慢滴液Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OHa與酸反應(yīng)生成氫氣，形成氫氣氛圍，防止Ti3+在空氣中被氧化b80【解析】

(1)根據(jù)水、無水乙醇和乙酰丙酮容易揮發(fā)分析解答；(2)反應(yīng)的焓變只與初始狀態(tài)和終了狀態(tài)有關(guān)；增大反應(yīng)的活化能，反應(yīng)速率減慢；降低反應(yīng)的活化能，反應(yīng)速率加快，據(jù)此分析判斷；根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟②的提示分析判斷；(3)Ti(OH)4不穩(wěn)定，易脫水生成TiO2，鈦酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化鈦溶膠，據(jù)此書寫反應(yīng)的化學(xué)方程式；灼燒固體需要在坩堝中進(jìn)行；(4)根據(jù)Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋，說明Ti3+容易被氧化；并據(jù)此分析判斷可以選用的指示劑，結(jié)合消耗的NH4Fe(SO4)2的物質(zhì)的量計(jì)算樣品中TiO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。【詳解】(1)根據(jù)裝置圖，儀器a為溫度計(jì)，實(shí)驗(yàn)過程中為了防止水、無水乙醇和乙酰丙酮揮發(fā)，可以使用冷凝管冷凝回流，提高原料的利用率，故答案為溫度計(jì)；冷凝回流；(2)a.反應(yīng)的焓變只與初始狀態(tài)和終了狀態(tài)有關(guān)，加入的乙酰丙酮，改變是反應(yīng)的條件，不能改變反應(yīng)的焓變，故a錯(cuò)誤；b.增大反應(yīng)的活化能，活化分子數(shù)減少，反應(yīng)速率減慢，故b正確；c.反應(yīng)的焓變只與初始狀態(tài)和終了狀態(tài)有關(guān)，加入的乙酰丙酮，改變是反應(yīng)的條件，不能改變反應(yīng)的焓變，故c錯(cuò)誤；d.降低反應(yīng)的活化能，活化分子數(shù)增多，反應(yīng)速率加快，故d錯(cuò)誤；故選b；根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟②的提示，制備過程中，用含水20%的乙醇溶液代替水、緩慢滴液，減慢鈦酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解的反應(yīng)速率，故答案為b；用含水20%的乙醇溶液代替水、緩慢滴液；(3)Ti(OH)4不穩(wěn)定，易脫水生成TiO2，步驟②中鈦酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化鈦溶膠，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；灼燒二氧化鈦凝膠需要在坩堝中進(jìn)行，故選擇的裝置為a，故答案為Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；a；(4)①根據(jù)Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋，說明Ti3+容易被氧化，鋁與酸反應(yīng)生成氫氣，在液面上方形成氫氣氛圍，防止Ti3+在空氣中被氧化，故答案為與酸反應(yīng)生成氫氣，形成氫氣氛圍，防止Ti3+在空氣中被氧化；②酚酞溶液、淀粉溶液與NH4Fe(SO4)2溶液，現(xiàn)象不明顯；KMnO4溶液也能氧化Ti3+，影響滴定結(jié)果，KMnO4不與Fe3+反應(yīng)；根據(jù)滴定反應(yīng)Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋可知，可以選用KSCN溶液作指示劑，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜰H4Fe(SO4)2溶液，容易變成血紅色，且半分鐘不褪色，說明到達(dá)了滴定終點(diǎn)，故答案為b；③消耗的NH4Fe(SO4)2的物質(zhì)的量=0.02L×0.1000mol·L-1=0.002mol，則根據(jù)鈦原子守恒，n(TiO2)=n(Ti3+)=n（Fe3+）=0.002mol，樣品中TiO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%=80%，故答案為80。27、I2＋5Cl2＋6H2O=2IO3-＋10Cl－＋12H＋增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率加快攪拌速率分液漏斗將HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液加入Ca(OH)2粉末，邊加邊攪拌至溶液pH約為7，過濾，洗滌沉淀至洗滌后濾液滴加AgNO3溶液不再有沉淀產(chǎn)生，將濾渣在100～160℃條件下加熱至恒重【解析】

(1)①轉(zhuǎn)化步驟是為了制得碘酸，根據(jù)流程圖，轉(zhuǎn)化時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為氯氣、水和碘單質(zhì)反應(yīng)生成碘酸和鹽酸；②氯氣可溶于水，會(huì)降低轉(zhuǎn)化過程中氯氣的利用率；③根據(jù)裝置圖所示，裝置圓底燒瓶中有一個(gè)攪拌裝置，可使反應(yīng)物充分混合接觸；(2)互不相溶的液體混合物分離應(yīng)使用分液操作；HIO3可溶于水，但碘單質(zhì)在水中溶解度較小，可進(jìn)行萃取分離；(3)除碘后的水層溶液為HIO3溶液，可與Ca(OH)2反應(yīng)生成Ca(IO3)2·6H2O，根據(jù)圖示，在100～160℃條件下固體質(zhì)量基本保持不變，并且要將雜質(zhì)除盡?！驹斀狻?1)①轉(zhuǎn)化步驟是為了制得碘酸，根據(jù)流程圖，轉(zhuǎn)化時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為氯氣、水和碘單質(zhì)反應(yīng)生成碘酸和鹽酸，方程式為：I2＋5Cl2＋6H2O=2IO3-＋10Cl－＋12H＋；②氯氣可溶于水，會(huì)降低轉(zhuǎn)化過程中氯氣的利用率，轉(zhuǎn)化過程中CCl4的作用是增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率；③根據(jù)裝置圖所示，裝置圓底燒瓶中有一個(gè)攪拌裝置，可使反應(yīng)物充分混合接觸，則為增大轉(zhuǎn)化過程的反應(yīng)速率的方法為加快攪拌速率；(2)互不相溶的液體混合物分離應(yīng)使用分液操作，需要的玻璃儀器有燒杯、分液漏斗；HIO3可溶于水，但碘單質(zhì)在水中溶解度較小，可進(jìn)行萃取分離，操作為將HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液，直至用淀粉溶液檢驗(yàn)不出碘單質(zhì)的存在；(3)除碘后的水層溶液為HIO3溶液，可與Ca(OH)2反應(yīng)生成Ca(IO3)2·6H2O，根據(jù)圖示，在100～160℃條件下固體質(zhì)量基本保持不變，則實(shí)驗(yàn)方案：向水層中加入Ca(OH)2粉末，邊加邊攪拌至溶液pH約為7，過濾，洗滌沉淀至洗滌后濾液滴加AgNO3溶液不再有沉淀產(chǎn)生，將濾渣在100～160℃條件下加熱至恒重。28、9NAHCl>P>S>Si水分子間存在氫鍵，沸點(diǎn)高；相對(duì)分子質(zhì)量H2Se大，范德華力強(qiáng)，沸點(diǎn)比H2S高O3NO2-(或其他合理答案)平面三角形sp3硫離