北京市第十九中2026屆化學高三上期中學業(yè)質量監(jiān)測試題考生請注意：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(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列有關金屬的說法中正確的是()A．鈉在空氣中燃燒只生成白色的氧化鈉固體B．燃著的鎂條伸入盛滿二氧化碳的集氣瓶中不能繼續(xù)燃燒C．銅能與氯化鐵溶液反應，該反應可以用于印刷電路板的制作D．鐵能與硫酸發(fā)生反應，故不能用鐵制容器貯存濃硫酸2、VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+ag，取0.5VmL溶液稀釋到8VmL，則稀釋后溶液中SO42－的物質的量濃度是A．18V1000(m1-m2)mol/L B．125a3、下列寶石的主要成分為二氧化硅的是A．水晶B．琥珀C．剛玉D．珍珠4、某研究小組經資料檢索后發(fā)現(xiàn)，藥物貝諾酯可由乙酰水楊酸和對乙酰氨基酚在一定條件下反應制得，其反應方程式為：下列有關敘述錯誤的是（）A．貝諾酯、乙酰水楊酸分子中都有酯基B．乙酰水楊酸的分子式為C9H8O4C．乙酰水楊酸能與NaHCO3溶液反應，并放出CO2D．貝諾酯與足量NaOH溶液共熱，最終生成產物之一是乙酰水楊酸鈉5、下列物質依次按照混合物、氧化物、弱電解質和非電解質的順序排列的一組是（）A．淀粉、CuO、HClO、CuB．水玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、Ag2O、SO3C．KAl(SO4)2·12H2O、KClO3、NH3·H2O、CH3CH2OHD．普通玻璃、H2O、CH3COOH、葡萄糖6、化學與生活密切相關，下列說法錯誤的是A．明礬可用作凈水劑B．純堿可用于中和過多的胃酸C．硫酸銅常用作游泳館池水消毒劑D．硫酸鋇可用于胃腸X射線造影檢查7、將1molCO和2molH2充入密閉容器中，發(fā)生反應：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H。在其他條件相同時，測得CO平衡轉化率[α（CO）]與溫度和壓強的關系如下圖。下列說法不正確的是（）A．△H<0B．C、D兩點的反應速率：v（C）>v（D）C．若E點的容器體積為10L，該溫度下的平衡常數(shù)為k=25D．工業(yè)生產中實際控制的條件200℃、P2壓強，不采用200℃、P3壓強8、對下列化學用語的理解正確的是()A．原子結構示意圖可以表示12C，也可以表示14CB．比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子C．電子式可以表示羥基，也可以表示氫氧根離子D．分子式C2H4O2可以表示乙酸，也可以表示乙二醇9、25℃時，向20

mL

0.0100

mol/L苯酚溶液中滴加0.0100mol/LNaOH溶液，溶液的pH與所加NaOH溶液體積(V)的關系如圖所示。下列說法正確的是（）A．25℃時，苯酚的電離常數(shù)Ka約為1.0×10-12B．M點時，所加入NaOH溶液的體積大于10mLC．加入20mLNaOH溶液時，溶液中c(OH-)-c(H+)=c()D．M點時，溶液中的水不發(fā)生電離10、ClO2是一種國際公認的高效含氯消毒劑，ClO2屬于A．混合物 B．酸 C．堿 D．氧化物11、黑火藥著火爆炸，發(fā)生如下化學反應：2KNO3+3C+S=K2S+N2↑+3CO2↑,該反應的還原劑是（）A．KNO3 B．S C．C D．S、C12、可逆反應N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的正、逆反應速率可用各反應物或生成物濃度的變化來表示。下列各關系中能說明反應已達到平衡狀態(tài)的是（）A．3v(N2)正=v(H2)正B．v(N2)正=v(NH3)逆C．v(N2)正=3v(H2)逆D．2v(H2)正=3v(NH3)逆13、化學與社會、生產、生活緊切相關。下列說法正確的是A．石英只能用于生產光導纖維B．從海水提取物質都必須通過化學反應才能實現(xiàn)C．為了增加食物的營養(yǎng)成分，可以大量使用食品添加劑D．“地溝油”禁止食用，但可以用來制肥皂14、下列溶液肯定呈酸性的是A．含有H+離子的溶液 B．酚酞顯無色的溶液C．c(OH-)＜c(H+)的溶液 D．pH小于7的溶液15、下列物質均為ag，將它們在氧氣中完全氧化的產物全部通入到足量的過氧化鈉固體中，過氧化鈉固體增重為ag，符合條件的物質種類有（）①CO②H2③CH4④HCHO⑤CH3COOH⑥HCOOHA．4種 B．5種 C．6種 D．2種16、1mol白磷（P4，s）和4mol紅磷（P，s）與氧氣反應過程中的能量變化如圖（E表示能量）。下列說法正確的是A．紅磷燃燒的熱化學方程式是4P(s，紅磷)＋5O2(g)＝P4O10(s)ΔH=－(E2－E3)kJ?mol-1B．P4(s，白磷)=4P(s，紅磷)ΔH＞0C．白磷比紅磷穩(wěn)定D．以上變化中，白磷和紅磷所需活化能相等17、軸烯是一類獨特的星形環(huán)烴。三元軸烯()與苯()A．均為芳香烴 B．互為同素異形體 C．互為同系物 D．互為同分異構體18、下列有關化學用語表示正確的是A．的電子式：B．氟原子的結構示意圖：C．中子數(shù)為16的磷原子：D．明礬的化學式：19、如圖所示，a曲線表示一定條件下可逆反應：X(g)＋Y(g)2Z(g)＋W(g)△H<0的反應過程中X的轉化率和時間的關系，若使a曲線變?yōu)閎曲線，可采取的措施是A．加入催化劑 B．增大Y的濃度C．降低溫度 D．增大體系壓強20、下列比較或歸納一定正確的是（）A．離子半徑：陰離子＞陽離子 B．酸性：HClO4＞H2SO4C．熔沸點：共價化合物＞離子化合物 D．穩(wěn)定性：PH3＞NH321、高溫時，焦炭和水蒸氣反應，所得氣體含CO、CO2、H2和H2O，現(xiàn)用濃硫酸、無水硫酸銅、氧化銅、澄清石灰水、氫氧化鈉溶液五種試劑，一次性檢測氣體中的CO、CO2和H2，下列說法不正確的是A．氣體檢驗的順序應該是CO2、H2、COB．檢驗CO和H2之前，需用濃硫酸將氣體干燥后再完成后續(xù)實驗C．干燥氣體通過灼熱氧化銅后，可根據(jù)無水硫酸銅是否變藍色來確定是否含H2D．該實驗中，澄清石灰水只需使用一次22、下列指定反應的離子方程式正確的是（）A．0.010mol?L-1NH4Fe(SO4)2溶液與0.040mol?L-1NaOH溶液等體積混合：NH+Fe3++4OH-=Fe(OH)3↓+NH3?H2OB．石灰乳中通入Cl2：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2OC．過量鐵粉與稀硝酸反應：Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2OD．酸性溶液中NaI和NaIO3反應生成I2：5I-+IO+3H2O=3I2+6OH-二、非選擇題(共84分)23、（14分）制備天然化合物antofine的中間體F的一種合成路線如下：注：PCC為吡啶和CrO3在鹽酸溶液中的絡合鹽，。(1)A中的含氧官能團名稱為____和____。(2)X的分子式為C8H8O2，C→D是兩苯環(huán)間脫2H成稠環(huán)，則X的結構簡式為____。(3)B→C的反應類型為____。(4)F的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：____(只寫一種)。①分子中只有兩種含氧官能團。②堿性水解后酸化，得到碳原子數(shù)相等的芳香化合物P和Q；P既能發(fā)生銀鏡反應又能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；P、Q中均只有四種不同化學環(huán)境的氫。(5)寫出以為原料制備的合成路線流程圖___(無機試劑、PCC和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)。24、（12分）X、Y、Z、M、W是原子序數(shù)由小到大排列的五種短周期主族元素，其中X、Z、M、W四種元素的原子序數(shù)之和為32，在元素周期表中X是原子半徑最小的元素，Y原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，Z、M左右相鄰，M、W位于同主族?；卮鹣铝袉栴}：（1）Y在周期表中的位置是________,W的陰離子符號是_____。（2）Z的單質的結構式為________。標準狀況下，試管中收集滿Z的簡單氫化物后倒立于水中（假設溶質不向試管外擴散），一段時間后，試管內溶液中溶質的物質的量濃度為_______。（3）由X、Z、M三種元素組成的化合物是酸、堿、鹽的化學式分別為________（各舉一例）。（4）寫出加熱時Y的單質與W的最高價氧化物的水化物的濃溶液發(fā)生反應的化學方程式：_______。（5）化合物甲由X、Z、M、W和Fe五種元素組成，甲的摩爾質量為392g·mol-1,1mol甲中含有6mol結晶水。對化合物甲進行如下實驗：a．取甲的水溶液少許，加入過量的濃NaOH溶液，加熱，產生白色絮狀沉淀和無色、有刺激性氣味的氣體；白色絮狀沉淀迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色。b．另取甲的水溶液少許，加入過量的BaCl2溶液，產生白色沉淀；再加鹽酸，白色沉淀不溶解。①甲的化學式為________。②已知100mL1mol·L-1的甲溶液能與20mL1mol·L-1的酸性KMnO4溶液恰好反應，寫出反應的離子方程式：____________。25、（12分）實驗需要0.1mol/LNaOH溶液450ml，根據(jù)溶液配制中情況回答下列問題：（1）實驗中必須用到的玻璃儀器有：______．（2）根據(jù)計算得知，所需NaOH的質量為______g．（3）配制時，其正確的操作順序是（字母表示，每個字母只能用一次）______；A．用50mL水洗滌燒杯2﹣3次，洗滌液均注入容量瓶，振蕩B．用托盤天平準確稱量取所需的NaOH的質量，倒入燒杯中加入適量水，用玻璃棒慢慢攪動．C．將已冷卻的NaOH溶液沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中D．將容量瓶蓋緊，振蕩，搖勻E．加水至離刻度線1～2cm處改用膠頭滴管加水，使溶液凹面恰好與刻度相切（4）下列操作對所配濃度有何影響（填寫字母）偏大的有______；偏小的有______；無影響的有______。A．稱量用了生銹的砝碼；B．將NaOH放在紙張上稱量；C．NaOH在燒杯中溶解后，未冷卻就立即轉移到容量瓶中；D．往容量瓶轉移時，有少量液體濺出E．未洗滌溶解NaOH的燒杯F．定容時仰視刻度線G．容量瓶未干燥即用來配制溶液H．定容后塞上瓶塞反復搖勻，靜置后，液面不到刻度線，再加水至刻度線．26、（10分）Co(CH3COO)2·4H2O(乙酸鈷)是一種重要的有機化工原料。回答下列問題:(1)以工業(yè)品氧化鈷(CoO)為原料制備乙酸鈷。(已知CoO與CH3COOH溶液反應緩慢,Co2+能與H+、NO3-大量共存)可能用到的試劑:Na2CO3溶液、CH3COOH溶液、HNO3溶液。先將CoO溶于____(填化學式,下同)溶液制得____溶液;在不斷攪拌下,向制得的溶液中不斷加入____溶液至不再產生沉淀,靜置,過濾,洗滌;向沉淀中加入___溶液至沉淀完全溶解,調節(jié)pH約為6.8,經一系列操作得Co(CH3COO)2·4H2O。

(2)為探究乙酸鈷的熱分解產物,先在低于100℃時使其脫去結晶水,然后用下列裝置進行實驗(已知CO能與PdCl2溶液反應生成黑色Pd沉淀):①通N2的目的是______。

②澄清石灰水和PdCl2溶液分別用于檢驗CO2和CO,其中盛放PdCl2溶液的裝置是____(填字母)。

③實驗結束時,為防止倒吸,正確的操作是______。

④裝置a中完全反應后得到鈷的一種氧化物,固體殘留率(×100%)為45.4%。該氧化物為____。

⑤裝置a在加熱過程中沒有水生成,最終生成的固體氧化物質量為3.0125g,裝置b和c中的試劑均足量(b、c中得到固體的質量分別為2.5g、10.6g),集氣瓶中收集到的氣體為C2H6和N2,則裝置a中發(fā)生反應的化學方程式為________。27、（12分）高錳酸鉀溶液常用于物質的定性檢驗與定量分析。（1）實驗室里欲用KMnO4固體來配制480mL0.1000mol·L－1的酸性KMnO4溶液。①需用的儀器有天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、量筒、_____________________。用天平需要稱量固體KMnO4的質量___________。②下列操作導致所配制溶液的濃度偏大的是___________(填序號)。a．加水定容時俯視刻度線b．容量瓶底部有少量蒸餾水c．顛倒搖勻后發(fā)現(xiàn)凹液面低于刻度線又加水補上d．天平的砝碼生銹（2）某化學興趣小組利用滴定的方法，用新配制的酸性KMnO4溶液來測定某試劑廠生產的FeSO4溶液中Fe2＋的物質的量濃度。①酸性高錳酸鉀溶液與FeSO4溶液反應的離子方程式為_________________。②該小組在測定過程中發(fā)現(xiàn)，測得的Fe2＋的物質的量濃度比標簽上的標注值要低，在滴定操作準確的前提下，可能導致該測定結果的原因如下：猜想一：FeSO4溶液變質；證明方法是_______________；猜想二：____________________。28、（14分）Ⅰ.幾種短周期元素的原子半徑及主要化合價如下表：已知X是短周期中最活潑的金屬，且與R同周期。元素代號XYZMR原子半徑/nm0.1860.1020.0750.0740.143主要化合價＋1＋6－2＋5－3－2＋3（1）M在元素周期表中的位置為________________。（2）X與Y按原子個數(shù)比2∶1構成的物質的電子式為________________；所含化學鍵類型_________。（3）X＋、Y2－、M2－離子半徑大小順序為_____________________________________。（4）將YM2通入FeCl3溶液中的離子方程式：______________________________________。Ⅱ.如下圖轉化關系：（1）若B為白色膠狀不溶物，則A與C反應的離子方程式為_______________________。（2）若向B溶液中滴加鐵氰化鉀溶液會產生特征藍色沉淀，則A與C反應的離子方程式為___________。29、（10分）Ⅰ.氮和氮的化合物在國防建設、工農業(yè)生產和生活中都有極其廣泛的用途。請回答下列與氮元素有關的問題：(1)亞硝酰氯(結構式為)是有機合成中的重要試劑。它可由和在常溫常壓條件下反應制得，應方程式為。已知幾種化學鍵的鍵能數(shù)據(jù)如下表所示：化學鍵鍵能243200607630當與反應生成的過程中轉移電子，理論上放出的熱量為______。(2)在一個恒容密閉容器中充入和發(fā)生(1)中反應，在溫度分別為、時測得的物質的量(單位：)與時間的關系如下表所示：溫度/℃0581321.51.31.021.151.01.0①______(填“>”“<”或“=”)。②溫度為時，起始時容器內的壓強為，則該反應的平衡常數(shù)______(化為最簡式)。(3)近年來，地水中氮污染已成為一個世界性的環(huán)境問題。在金屬、和銥的催化作用下，密閉容器中的可高效轉化酸性溶液中的硝態(tài)氮，其工作原理如下左圖所示。①表面發(fā)生反應的方程式為______________________。②若導電基體上的顆粒增多，造成的后果是____________。Ⅱ.利用電化學原理，將、和熔融制成燃料電池，模擬工業(yè)電解法來精煉銀，裝置如上圖所示。(4)①甲池工作時，轉變成綠色硝化劑，可循環(huán)使用，則石墨Ⅱ附近發(fā)生的電極反應式為_____________。②若用的電流電解后，乙中陰極得到，則該電解池的電解效率為______%。(保留小數(shù)點后一位。通過一定電量時陰極上實際沉積的金屬質量與通過相同電量時理論上應沉積的金屬質量之比叫電解效率。法拉第常數(shù)為)

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【詳解】A．鈉在空氣中燃燒只生成淡黃色的過氧化鈉固體，故A錯誤；B．燃著的鎂條伸入盛滿二氧化碳的集氣瓶中能繼續(xù)燃燒生成氧化鎂和碳，故B錯誤；C．三價鐵離子能夠氧化銅生成銅離子和二價鐵離子，所以可以用于印刷電路板的制作，故C正確；D．濃硫酸具有強的氧化性，常溫下能夠使鐵鈍化，形成致密氧化膜，阻止反應進行，所以能用鐵制容器貯存濃硫酸，故D錯誤；故選C。2、C【解析】利用n=mM，計算agAl3+的物質的量，然后計算0.5VmL溶液中Al3+的物質的量，根據(jù)電荷守恒可知2n(SO42-)=3n(Al3+)，計算0.5VmL溶液中SO42-的物質的量，將其稀釋為8VmL，在稀釋過程中溶中SO42-的物質的量不變，再根據(jù)c=nV，計算稀釋后溶液SO4【詳解】agAl3+的物質的量為n=ag27g/mol=a27mol，故0.5VmL溶液中Al3+的物質的量為n(Al3+)=a27mol×0.5VmLVmL=a54mol，根據(jù)電荷守恒可知2n(SO42-)=3n(Al3+)，所以0.5VmL溶液中SO42-的物質的量為n(SO42-)=a54mol×【點睛】本題考查物質的量濃度的有關計算，屬于字母型計算，利用電荷守恒，根據(jù)Al3+的物質的量找出溶液中SO42-是本題的關鍵，離子物質的量容易計算出問題，注意對公式的理解與靈活運用。3、A【解析】水晶的主要成分時二氧化硅；琥珀的主要成分為化石，含有的元素主要為C、H、O；剛玉的主要成分是氧化鋁；珍珠的主要成分時碳酸鈣。故選A。4、D【詳解】A.貝諾酯、乙酰水楊酸分子中均含有結構，即含有酯基，故A正確；B.根據(jù)乙酰水楊酸的結構簡式可知其分子式為C9H8O4，故B正確；C.乙酰水楊酸含有羧基，所以能與NaHCO3溶液反應，并放出CO2，故C正確；D.貝諾酯與足量NaOH溶液共熱時兩個酯基均會水解，其中一個酯基與乙酰水楊酸中的酯基相同，所以不會生成乙酰水楊酸鈉，故D錯誤；故答案為D。5、D【解析】混合物是指由不同種物質組成的；氧化物是指由兩種元素組成其中一種是氧元素的化合物；弱電解質是指在水溶液里中部分電離的化合物；非電解質是指在水溶液里和熔化狀態(tài)下都不能夠導電的化合物；據(jù)此可以分析各個選項中各種的所屬類別。【詳解】A.淀粉屬于混合物、CuO屬于氧化物、HClO屬于弱電解質、Cu是單質不是電解質，A項錯誤；B.水玻璃是硅酸鈉的水溶液屬于混合物、Na2O?CaO?6SiO2是鹽不是氧化物，Na2O融完全電離是強電解質、SO3是非電解質，B項錯誤；C.KAl(SO4)2?12H2O屬于鹽、KClO3是鹽不是氧化物,NH3?H2O是弱堿屬于弱電解質、CH3CH2OH是有機物屬于非電解質，C項錯誤；D.普通玻璃是硅酸鹽和二氧化硅的混合物、H2O屬于氧化物、CH3COOH存在電離平衡屬于弱電解質，葡萄糖屬于非電解質，D項正確；答案選D。6、B【解析】A、氫氧化鋁膠體具有吸附性；B、純堿堿性較強，不能用于胃藥；C、銅離子是重金屬離子，能使蛋白質變性；D、硫酸鋇難溶于水，可用于胃腸X射線造影檢查。【詳解】A、氫氧化鋁膠體具有吸附性，吸附水中懸浮的雜質，故A正確；B、純堿堿性較強，不能用于胃藥，故B錯誤；C、銅離子是重金屬離子，能使蛋白質變性，硫酸銅具有殺菌消毒作用，常用作游泳館池水消毒劑，故C正確；D、硫酸鋇難溶于水，X射線不能透過，可用于胃腸X射線造影檢查，故D正確。故選B。7、C【詳解】A項、由圖可知，溫度升高，CO平衡轉化率減小，說明平衡向逆反應方向移動，則該反應為放熱反應，△H<0，故A正確；B項、溫度相同時，壓強越大，反應速率越快，由圖可知，P2＞P,1，則C、D兩點的反應速率：v（C）>v（D），故B正確；C項、由圖可知，E點CO平衡轉化率為80%，平衡時三種物質的濃度分別為=0.02mol/L、=0.04mol/L、=0.08mol/L，則該溫度下的平衡常數(shù)為k==2500，故C錯誤；D項、由圖可知，200℃、P2壓強時CO平衡轉化率與200℃、P3壓強時CO平衡轉化率相差不大，則從生產成本考慮，工業(yè)生產中實際控制的條件200℃、P2壓強，不采用200℃、P3壓強，故D正確；故選C。【點睛】壓強越大，反應時消耗的動能越大，生產成本越高，經濟效益會降低，在反應物轉化率相差不大時，會選用較低壓強是解答關鍵。8、A【詳解】A．12C與14C互為同位素，二者質子數(shù)相同，原子結構示意圖相同。故A正確；B．比例模型：可以表示水分子，但不可以表示二氧化碳分因為二氧化碳分子為直線型分子。故B錯誤；C．羥基電子式為：，氫氧根離子電子式為：，故C錯誤；D．分子式C2H4O2：可以表示乙酸，但乙二醇的分子式為C2H6O2，故D錯誤；答案選A。【點睛】本題考查正確使用化學術語、符號、模型等的能力。比例模型應符合原子半徑的相對大小、分子實際構型等；書寫電子式常見的錯誤有：漏寫未參于成鍵的電子、不符合原子成鍵事實、書寫不規(guī)范、混淆離子化合物與共價化合物等。9、C【分析】由圖象可知0.0100mol?L-1苯酚溶液的pH為6，則可知，可知苯酚為弱酸，M點溶液呈中性，加入20mL時酸堿恰好完全反應?！驹斀狻緼.0.0100mol?L?1苯酚溶液的pH為6，則可知，故A錯誤；B.M點pH=7，溶液呈中性，如加入體積為10mL，反應后剩余的苯酚和生成的苯酚鈉濃度相等，由，可知苯酚根離子的水解常數(shù)為，可知水解程度大于電離常數(shù)，溶液呈堿性，如呈中性，則加入的體積小于10mL，故B錯誤；C.加入20mL溶液時，溶液中存在電荷守恒，由物料守恒可知,則二者聯(lián)式可得，即c(OH-)-c(H+)=c()，故C正確；D.任何水溶液都存在水的電離，故D錯誤；答案選C。10、D【解析】ClO2是由兩種元素組成，其中一種是氧元素的化合物，屬于氧化物，故選D。點睛：考查了酸、堿、以及氧化物、混合物等物質的區(qū)分，把握住概念是解題的關鍵；電離時生成的陽離子都是氫離子的化合物是酸；電離時生成的陰離子都是氫氧根離子的化合物是堿；由兩種元素組成，其中一種是氧元素的化合物是氧化物；由兩種或兩種以上物質組成的是混合物。11、C【分析】可通過分析各元素化合價的變化來判斷：還原劑中有元素化合價升高?！驹斀狻窟€原劑中有元素化合價升高。反應2KNO3+3C+S=K2S+N2↑+3CO2↑各元素的化合價變化為：K、O不變；N由+5→0，化合價降低；C由0→+4，化合價升高；S由0→-2，化合價降低；所以還原劑是C，C選項符合題意；答案選C。12、D【分析】若可逆反應的正反應速率與逆反應速率相等，則該反應達到了化學平衡狀態(tài)。不同物質表示同一反應的速率時，其數(shù)值之比等于其化學計量數(shù)之比?！驹斀狻緼.3v(N2)正=v(H2)正，兩物質表示的化學反應速率之比等于其化學計量數(shù)之比，但不能說明正反應速率等于逆反應速率，故A不能說明反應已達到平衡狀態(tài)；B.v(N2)正=v(NH3)逆，兩物質表示的化學反應速率之比不等于其化學計量數(shù)之比，不能說明正反應速率等于逆反應速率，故B不能說明反應已達到平衡狀態(tài)；C.v(N2)正=3v(H2)逆，兩物質表示的化學反應速率之比不等于其化學計量數(shù)之比，不能說明正反應速率等于逆反應速率，故C不能說明反應已達到平衡狀態(tài)；D.2v(H2)正=3v(NH3)逆，因為2v(H2)正=3v(NH3)正，所以兩物質表示的化學反應速率之比等于其化學計量數(shù)之比，而且能說明正反應速率等于逆反應速率，故D能說明反應已達到平衡狀態(tài)。綜上所述，本題選D?！军c睛】化學平衡狀態(tài)下的正反應速率與逆反應速率相等，并不一定是其數(shù)值絕對相等，因為其化學計量數(shù)可能不同。若正反應速率與逆反應速率的比值與相關物質的化學計量數(shù)之比相等，則可判斷正反應速率與逆反應速率相等。13、D【詳解】選項

具體分析

結論

A

石英的主要成分為SiO2,不僅可以用來生產光導纖維還可以生產玻璃、晶體硅等

錯誤

B

從海水中提取食鹽和淡水屬于物理變化

錯誤

C

食品添加劑大量使用會對人體健康造成危害,應該合理使用

錯誤

D

“地溝油”的主要成分為油脂,但其中含有對人體有害的物質,不能食用,但可以利用皂化反應來制造肥皂

正確

14、C【詳解】A、酸、堿、鹽溶液中同時存在氫離子和氫氧根離子，含有H+的溶液不一定為酸性溶液，選項A錯誤；B、酚酞遇酸性和中性溶液都不變色，遇堿性溶液變紅，酚酞顯無色的溶液不一定為酸性溶液，選項B錯誤；C、溶液的酸堿性與氫離子和氫氧根離子濃度的相對大小決定，如果氫離子濃度大于氫氧根濃度，該溶液一定呈酸性，選項C正確；D、溶液的酸堿性是由氫離子和氫氧根離子濃度的相對大小決定的，而不在于氫離子濃度或氫氧根濃度絕對值大小，即pH值大小，選項D錯誤；答案選C?！军c睛】本題考查了溶液酸堿性的判斷，選項D易錯，溶液的酸堿性是由氫離子和氫氧根離子濃度的相對大小決定的，而不在于氫離子濃度或氫氧根濃度絕對值大小。15、A【詳解】H2、CO發(fā)生的化學方程式為：2H2+O22H2O，2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，2CO+O22CO2，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，由反應方程式可知，過氧化鈉增加的質量即為H2、CO的質量。因此只要是CO或H2或它們的混合氣體或化學組成符合mCO·nH2的物質完全氧化的產物全部通入到足量的過氧化鈉固體中，過氧化鈉固體增重質量等于原物質的質量，則①②符合，而④HCHO可以改寫成CO·H2，⑤CH3COOH可以改寫成2CO·2H2，③CH4可以改寫成C·2H2，⑥HCOOH可以改寫成CO2·H2，因此④⑤符合，③⑥不符合，即①②④⑤符合；故答案選A。16、A【詳解】A.如圖所示，反應物的總能量大于生成物的總能量，為放熱反應，ΔH=E生-E反，E3生成物的總能量，E2為反應物的總能量，紅磷燃燒的熱化學方程式是4P(s，紅磷)+5O2(g)=P4O10(s)ΔH=-(E2-E3)kJ?mol-1，故A正確；B.如圖所示，白磷的能量高于紅磷的能量，反應P4(s，白磷)=4P(s，紅磷)為放熱反應，ΔH<0，故B錯誤；C.能量越低越穩(wěn)定，如圖所示，白磷的能量高于紅磷的能量，則紅磷比白磷穩(wěn)定，故C錯誤；D.白磷和紅磷的分子結構不同，化學鍵的連接方式不同，由穩(wěn)定分子變?yōu)榛罨肿有枰哪芰恳膊煌?，則二者需要的活化能不相等，故D錯誤；答案選A?！军c睛】物質自身具有的能量越低，這種物質越穩(wěn)定，鍵能越大。17、D【詳解】軸烯與苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，結構不同，互為同分異構體，答案選B。【點睛】有機物的概念是歷次考試的主要考點之一，主要包括有機物的分類、有機反應類型、同分異構體等“四同”。有機物所屬類別主要由官能團決定，芳香烴是指分子中含有苯環(huán)的烴類物質。同位素：是同種元素的不同種核素間的互稱，是針對原子而言；同素異形體：是同種元素組成的不同種單質的互稱，是針對單質而言；同系物：是指結構相似、組成上相差一個或若干“CH2”原子團的有機物的互稱；同分異構體：是指分子式相同而結構不同的有機物的互稱。“四同”往往結合在一起考查，理解的基礎上熟練掌握概念便可順利解答。18、C【詳解】A.過氧化氫屬于共價化合物，其正確的電子式為：，故A錯誤；B.氟元素的原子序數(shù)為9，原子核外有2個電子層，最外層有7個電子，原子結構示意圖為，故B錯誤；C.中子數(shù)為16的磷原子的質子數(shù)為15，質量數(shù)為，原子符號為，故C正確；D.明礬是十二水硫酸鋁鉀的俗稱，化學式為，故D錯誤；故選C。19、A【分析】由圖像可知，由曲線a到曲線b，到達平衡的時間縮短，需要改變條件后，反應速率加快，且平衡時X的轉化率不變，說明條件改變不影響平衡狀態(tài)的移動，據(jù)此分析判斷?！驹斀狻緼、加入催化劑，反應速率加快，催化劑不影響平衡的移動，X的轉化率不變，故A正確；B、增大Y的濃度，反應速率加快，平衡向正反應方向移動，X的轉化率增大，故B錯誤；C、該反應正反應是放熱反應，降低溫度，反應速率減慢，平衡向正反應方向移動，X的轉化率增大，故C錯誤；D、增大體系壓強，平衡向逆反應方向移動，X的轉化率減小，故D錯誤；故選A?！军c睛】本題考查化學平衡的移動與影響因素的分析。正確解讀圖像是解題的關鍵。解答本題要注意X的轉化率不變，也是本題的易錯點。20、B【解析】A、陰離子半徑不一定大于陽離子半徑，例如氟離子半徑小于鉀離子半徑，A錯誤；B、氯元素的非金屬性強于硫，則酸性：HClO4＞H2SO4，B正確；C、共價化合物的熔沸點不一定大于離子化合物，例如CO2的熔沸點高于NaCl，C錯誤；D、氮元素非金屬性強于磷元素，則穩(wěn)定性：PH3＜NH3，D錯誤。故答案選B。21、D【解析】高溫時，焦炭和水蒸氣反應，所得氣體含CO、CO2、H2和H2O，一次性檢測氣體中的CO、CO2和H2，檢驗二氧化碳可以選用澄清石灰水，檢驗氫氣可以選用灼熱的氧化銅和無水硫酸銅、檢驗一氧化碳可以選用灼熱的氧化銅和澄清石灰水，因此首先用澄清石灰水檢驗二氧化碳，用氫氧化鈉除去二氧化碳，并用濃硫酸干燥后，剩余的氣體再經過灼熱的氧化銅，用無水硫酸銅檢驗氫氣，用澄清石灰水檢驗一氧化碳(需要防止澄清石灰水中的水和空氣中的二氧化碳干擾實驗)，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼.根據(jù)上述分析，氣體檢驗的順序應該是CO2、H2、CO，故A正確；B.根據(jù)上述分析，檢驗CO和H2之前，需用濃硫酸將氣體干燥后再完成后續(xù)實驗，防止氣體中的水蒸氣影響氫氣的檢驗，故B正確；C.根據(jù)上述分析，干燥氣體通過灼熱氧化銅后，可根據(jù)無水硫酸銅是否變藍色來確定是否含H2，故C正確；D.根據(jù)上述分析，該實驗中，澄清石灰水需要用來檢驗二氧化碳及其一氧化碳氧化后生成的二氧化碳，需使用兩次，如果考慮二氧化碳是否除盡，則需要三次，故D錯誤；故選D?！军c睛】本題考查了物質檢驗的實驗方案的設計。本題的難點和易錯點為空氣中的二氧化碳和水蒸氣以及實驗中的二氧化碳和水蒸氣對實驗設計的影響。22、A【詳解】A．0.010mol?L-1NH4Fe(SO4)2溶液與0.040mol?L-1NaOH溶液等體積混合，氫氧根恰好和鐵離子、銨根完全反應，離子方程式為NH+Fe3++4OH-=Fe(OH)3↓+NH3?H2O，故A正確；B．石灰乳不能寫成離子，正確離子方程式為Ca(OH)2+Cl2=Cl-+ClO-+H2O+Ca2+，故B錯誤；C．鐵粉過量，最終產物應為Fe2+，正確離子方程式為3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O，故C錯誤；D．酸性環(huán)境下不會生成氫氧根，正確離子方程式為5I-+5IO+6H+=3I2+3H2O，故D錯誤；綜上所述答案為A。二、非選擇題(共84分)23、醚鍵羧基取代反應【分析】C→D是兩苯環(huán)間脫2H成稠環(huán)，則C應為，根據(jù)B生成C的反應條件可知該過程為酯化反應，根據(jù)C中酯基的位置可知B為；A與X反應生成B，X的分子式為C8H8O2，且X中含有苯環(huán)，結合B的結構簡式可知X為?！驹斀狻?1)根據(jù)A的結構簡式可知其含氧官能團為醚鍵、羧基；(2)根據(jù)分析可知X的結構簡式為；(3)B生成C為酯化反應，也屬于取代反應；(4)F的同分異構體滿足：①分子中只有兩種含氧官能團；②堿性水解后酸化，得到碳原子數(shù)相等的芳香化合物P和Q，說明含有酯基；P既能發(fā)生銀鏡反應又能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，則P中含有—CHO和酚羥基；P、Q中均只有四種不同化學環(huán)境的氫，說明P、Q均為對稱結構，則Q為或，P為或，F(xiàn)的同分異構體為、、、；(5)對比和的結構簡式，需要將—CH2COOCH3轉化為—CH2CHO、—CH=CH2轉化為—CH(OH)CH3；觀察題目所給流程可知將—CH2COOCH3轉化為—CH2CHO的步驟與D生成F的過程相似，而—CH=CH2轉化為—CH(OH)CH3可以直接與H2O加成，也可以先和鹵化氫加成，再水解，所以合成路線為。24、第二周期IVA族S2-N≡N0.045mol/L（或1/22.4mol/L）HNO3（或HNO2）、NH3·H2O、NH4NO3（或NH4NO2）C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O【解析】原子序數(shù)由小到大排列的五種短周期元素X、Y、Z、M、W，在周期表中X是原子半徑最小的元素，則X為H元素；元素Y原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，Y為C或S，結合原子序數(shù)可知，Y不可能為S元素，故Y為C元素；Z、M左右相鄰，M、W位于同主族，令Z的原子序數(shù)為a，可知M原子序數(shù)為a+1，W原子序數(shù)為a+9，X、Z、M、W四種元素的原子序數(shù)之和為32，則1+a+a+1+a+9=32，解得a=7，故Z為N元素、M為O元素、W為S元素。(1)Y為C元素，在周期表中位于第二周期IVA族，W為S元素，W的陰離子符號是S2-，故答案為第二周期IVA族；S2-；(2)Z為N元素，單質的結構式為N≡N；標況下，Z的氫化物為氨氣，氨氣極易溶于水，試管中收集滿氨氣，倒立于水中(溶質不擴散)，一段時間后，氨氣體積等于溶液的體積，令體積為1L，則試管內溶液的物質的量濃度為=0.045mol/L，故答案為N≡N；0.045mol/L；(3)X為H元素、Z為N元素、M為O元素。由H、N、O三種元素組成的化合物是酸、堿、鹽的化學式分別為HNO3(或HNO2)、NH3·H2O、NH4NO3(或NH4NO2)，故答案為HNO3(或HNO2)、NH3·H2O、NH4NO3(或NH4NO2)；(4)加熱時，碳與濃硫酸發(fā)生反應的化學方程式為C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案為C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O；(5)①取甲的溶液加入過量的濃NaOH溶液并加熱，產生白色絮狀沉淀和無色刺激性氣味氣體，過一段時間白色絮狀沉淀變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色，則說明甲中有亞鐵離子和銨根離子，另取甲的溶液，加入過量BaCl2溶液產生白色沉淀，加鹽酸沉淀不溶解，則說明甲中有硫酸根離子，1mol甲中含有6mol結晶水，即甲的化學式中含有6個結晶水，甲的摩爾質量為392g/mol，則甲的化學式為(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O，故答案為(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；②100mL1mol·L-1的甲溶液中含有0.1molFe2+，20mL1mol·L-1的酸性KMnO4溶液中含有0.02molMnO4-，恰好反應生成鐵離子和錳離子，反應的離子方程式為5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案為5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。點睛：本題考查結構性質位置關系應用，推斷元素是解題關鍵。本題的難點是(5)中甲的化學式的確定；易錯點為(2)的計算，要知道氨氣極易溶于水，氨氣體積等于溶液的體積。25、燒杯、玻璃棒、500ml容量瓶、膠頭滴管2.0gBCAEDACBDEFHG【解析】試題分析：（1）取NaOH需要用燒杯，攪拌和引流需要用玻璃棒，定容需要用膠頭滴管和500mL的容量瓶。（2）實驗需要0.1mol/LNaOH溶液450mL，根據(jù)容量瓶的規(guī)格，需要配制NaOH溶液500mL，所需NaOH的質量為：0.5L×0.1mol/L×40g/mol=2.0g。（3）配制步驟有計算、稱量、溶解、冷卻、轉移、洗滌、定容、搖勻等，所以配制過程所必需的先后順序為：BCAED（4）A．稱量時用了生銹的砝碼，砝碼質量增大，所稱NaOH質量增大，所配溶液濃度偏高；B．NaOH易潮解，將NaOH放在紙張上稱量，濾紙會吸附氫氧化鈉，所以轉入燒杯的氫氧化鈉也少了，所配溶液濃度偏低；C．液體具有熱脹冷縮的性質，氫氧化鈉溶解放熱，未冷卻到室溫，趁熱將溶液到入容量瓶，并配成溶液，會導致溶液體積偏小，溶液濃度偏高；D．往容量瓶轉移時，有少量液體濺出，移入容量瓶中的氫氧化鈉的質量減小，所配溶液濃度偏低；E．未洗滌燒杯，少量氫氧化鈉沾在燒杯壁，氫氧化鈉的實際質量減小，溶液濃度偏低；F．定容時，仰視刻度線，導致溶液體積增大，所配溶液濃度偏低；G．最后需要定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸餾水，對溶液濃度無影響．H．搖勻后液面下降，一部分溶液留在瓶塞與瓶口之間，再加蒸餾水至刻度線，導致溶液體積偏大，所以溶液濃度偏低。所以偏大的有AC；偏小的有BDEFH；無影響的有G?？键c：配制一定物質的量濃度溶液的儀器、計算和誤差分析。【名師點晴】本題考查了配制一定物質的量的溶液的方法及誤差分析，注意配制450mL溶液需要選用500mL容量瓶，本題難度不大。26、HNO3Co(NO3)2Na2CO3CH3COOH隔絕空氣,使反應產生的氣體全部進入后續(xù)裝置c先熄滅裝置a的酒精燈,冷卻后停止通入氮氣Co3O43Co(CH3COO)2Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑【解析】根據(jù)CoO與CH3COOH溶液反應緩慢，Co2+能與H+、NO3-大量共存的信息，制備乙酸鈷時，先將CoO溶于溶液HNO3溶液制得Co(NO3)2溶液，再加入Na2CO3溶液產生碳酸鈷沉淀，最后加CH3COOH溶液反應生成Co(CH3COO)2，再通過濃縮、結晶等方法得到最終產物；探究乙酸鈷的熱分解產物，a中乙酸鈷受熱分解生成CO、CO2等產物,通入N2先將空氣排盡并將產生的氣體都趕入吸收裝置，b澄清石灰水檢驗CO2，c中PdCl2溶液可檢驗CO，最后用d來收集未反應完的CO?！驹斀狻浚?）根據(jù)CoO與CH3COOH溶液反應緩慢，Co2+能與H+、NO3-大量共存的信息，制備乙酸鈷時，先將CoO溶于溶液HNO3溶液制得Co(NO3)2溶液，再加入Na2CO3溶液產生碳酸鈷沉淀，最后加CH3COOH溶液反應生成Co(CH3COO)2，再通過濃縮、結晶等方法得到Co(CH3COO)2·4H2O；故答案為HNO3；Co(NO3)2；Na2CO3；CH3COOH；（2）①通N2的目的是排盡裝置內的空氣，并使反應產生的氣體全部進入后續(xù)裝置，故答案為隔絕空氣，使反應產生的氣體全部進入后續(xù)裝置；②因為在檢驗CO時可生成CO2，會影響原混合氣體中CO2的檢驗，因此應該先檢驗CO2，故答案為c；③實驗結束時，為防止倒吸，應該先熄滅酒精燈，再通入一段時間氮氣保護分解后的產物，以免被空氣氧化，故答案為先熄滅裝置a的酒精燈,冷卻后停止通入氮氣；④樣品已完全失去結晶水，殘留固體為金屬氧化物，取1molCo(CH3COO)2，質量為177g，則殘留的氧化物質量為177g×45.4%=80.36g，根據(jù)Co元素守恒，氧化物中含有1molCo，則氧元素的物質的量為mol=1.33mol=mol，則==，故金屬氧化物的化學式為Co3O4，答案為：Co3O4；⑤Co3O4為3.0125g，其物質的量為=0.0125mol，CO2的物質的量為=0.025mol，CO的物質的量為0.05mol，最后用質量守恒計算出乙烷的質量為(0.0375×177-3.0125-0.025×44-0.05×28)g=1.125g，則乙烷的物質的量為：mol=0.0375mol，綜上計算可得Co3O4、CO2、CO、C2H6的物質的量之比為：1:2:4:3，方程式為：3Co(CH3COO)2Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑，故答案為3Co(CH3COO)2Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑。【點睛】再檢驗分解產物時，要考慮相互影響并確定順序；計算過程主要抓住鈷元素和碳元素守恒。27、膠頭滴管、500mL容量瓶7.9gad5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O取少量原溶液于試管中，滴入KSCN溶液，若溶液變?yōu)檠t色，則說明原硫酸亞鐵溶液已變質滴定過程中，部分Fe2＋被氧氣氧化【詳解】（1）①實驗室里用KMnO4固體來配制480mL0.1000mol·L－1的酸性KMnO4溶液。步驟是：計算、稱量、溶解、冷卻、轉移、洗滌、定容、搖勻、貼簽。因此需用的儀器有天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、膠頭滴管。因無480mL的容量瓶，故需選擇500mL容量瓶，計算時也應用500mL溶液來計算。所以需要稱量固體KMnO4的質量=cVM=0.1000mol·L－1×500mL×158g/mol=7.9g。②a．加水定容時俯視刻度線，溶液體積偏小，導致所配制溶液的濃度偏大；b．容量瓶底部有少量蒸餾水，對所配制溶液的濃度無影響；c．顛倒搖勻后發(fā)現(xiàn)凹液面低于刻度線又加水補上，溶液體積偏大，導致所配制溶液的濃度偏??；d．天平的砝碼生銹，所稱量的KMnO4固體質量偏大，導致所配制溶液的濃度偏大；故選ad。（2）①酸性高錳酸鉀溶液能將Fe2＋氧化為Fe3＋，反應的離子方程式為5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋=Mn2＋＋5F