2024-2025學年福建省寧德一中等重點中學高三下學期第五次月考化學試題含解析

2024-2025學年福建省寧德一中等重點中學高三下學期第五次月考化學試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序數(shù)依次增大。其中X、Z位于同一主族：W的氣態(tài)氫化物常用作制冷劑；Y是同周期主族元素中離子半徑最小的；ZXR2能與水劇烈反應，觀察到液面上有白霧生成，并有無色刺激性氣味的氣體逸出，該氣體能使品紅溶液褪色。下列說法正確的是A．最簡單氫化物的穩(wěn)定性：W>XB．含氧酸的酸性：Z<RC．Y和R形成的化合物是離子化合物D．向ZXR2與水反應后的溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成2、下列各選項有機物同分異構(gòu)體的數(shù)目，與分子式為ClC4H7O2，且能與碳酸氫鈉反應生成氣體的有機物數(shù)目相同的是(不含立體異構(gòu))（）A．分子式為C5H10的烯烴 B．分子式為C4H8O2的酯C．的一溴代物 D．立方烷()的二氯代物3、下列關(guān)于古籍中的記載說法正確的是A．《本草經(jīng)集注》中關(guān)于鑒別硝石(KNO3)和樸硝(Na2SO4)的記載：“以火燒之，紫青煙起，乃真硝石也”，該方法應用了顯色反應B．氫化鈣的電子式是：Ca2+[∶H]2–C．目前，元素周期表已經(jīng)排滿，第七周期最后一種元素的原子序數(shù)是118D．直徑為20nm的納米碳酸鈣屬于膠體4、我國古代文獻中有許多化學知識的記載，如《夢溪筆談》中的“信州鉛山縣有苦泉，……，挹其水熬之，則成膽礬，熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”等，上述描述中沒有涉及的化學反應類型是A．復分解反應B．化合反應C．離子反應D．氧化還原反應5、公元八世紀，JabiribnHayyan在干餾硝石的過程中首次發(fā)現(xiàn)并制得硝酸(4KNO32K2O+4NO↑+3O2↑)，同時他也是硫酸和王水的發(fā)現(xiàn)者。下列說法正確的是A．干餾產(chǎn)生的混合氣體理論上可被水完全吸收B．王水是由3體積濃硝酸與1體積濃鹽酸配制而成的C．王水溶解金時，其中的鹽酸作氧化劑(Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO↑+2H2O)D．實驗室可用NaNO3與濃硫酸反應制備少量的HNO3，利用的是濃硫酸的氧化性6、采用陰離子交換法合成了一系列不同Zn和Pt含量的PtSn-Mg(Zn)AlO催化劑用于乙烷脫氫反應[CH3CH3(g)?CH2=CH2(g)+H2(g)△H>0]，實驗結(jié)果表明，在水滑石載體中摻雜少量的Zn對乙烷脫氫反應有明顯影響，如圖所示為不同Zn含量PtSn催化劑的乙烷催化脫氫反應中，乙烷的轉(zhuǎn)化率隨時間的變化。下列說法不正確的是()A．由圖可知，PtSn/Mg(2-Zn)AlO催化劑的催化反應活性最優(yōu)B．一定溫度下，將nmol乙烷放入VL密閉容器中進行催化脫氫，維持容器體積不變，測得乙烷平衡轉(zhuǎn)化率為a，則該溫度下反應的平衡常數(shù)K=C．升高溫度，平衡逆向移動D．隨著反應時間的延長，乙烷轉(zhuǎn)化率逐漸穩(wěn)定，催化活性保持在相對穩(wěn)定的階段7、下列說法中不正確的是（）A．D和T互為同位素B．“碳納米泡沫”被稱為第五形態(tài)的單質(zhì)碳，它與石墨互為同素異形體C．CH3CH2COOH和HCOOCH3互為同系物D．丙醛與環(huán)氧丙烷（）互為同分異構(gòu)體8、已知NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是（）A．標準狀況下0.5molNT3分子中所含中子數(shù)為6.5NAB．0.1molFe與0.1molCl2完全反應后，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAC．13.35gAlCl3水解形成的Al(OH)3膠體粒子數(shù)小于0.1NAD．一定條件下的密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應充分發(fā)生后分子總數(shù)為2NA9、CuI是有機合成的一種催化劑，受熱易氧化。實驗室可通過向CuSO4與NaI的混合溶液中通入SO2制備CuI(2CuSO4＋2NaI＋SO2＋2H2O2CuI↓＋2H2SO4＋Na2SO4)。下列實驗原理和裝置不能達到實驗目的的是()A．制備SO2B．制備CuI并制備少量含SO2的溶液C．將CuI與母液分離并用裝置制得的含SO2的溶液洗滌沉淀D．加熱干燥濕的CuI固體10、某科研小組將含硫化氫的工業(yè)廢氣進行了資源化利用，將獲得的電能用于制取“84”消毒液。已知:2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)△H=-632KJ/mol。下圖為該小組設(shè)計的原理圖。下列說法正確的是()A．電極a為燃料電池正極B．電極b上發(fā)生的電極反應為:O2+4e-+2H2O=4OH-C．電路中每流過4mol電子，電池質(zhì)子固體電解質(zhì)膜飽和NaCl溶液內(nèi)部釋放熱能小于632kJD．a(chǎn)極每增重32g，導氣管e將收集到氣體22.4L11、如圖為某漂白劑的結(jié)構(gòu)。已知：W、Y、Z是不同周期、不同主族的短周期元素，W、Y、Z原子最外層電子數(shù)之和等于X原子最外層電子數(shù)，W、X對應的簡單離子核外電子排布相同。下列敘述錯誤的是（）A．W、X對應的簡單離子的半徑：X>WB．電解W的氯化物水溶液可以制得W單質(zhì)C．實驗室可用X和Z形成的某種化合物制取單質(zhì)XD．25℃時，Y的最高價氧化物對應水化物的鈉鹽溶液pH大于712、合成導電高分子材料PPV的反應如下。下列說法正確的是（）+（2n-1）HIA．合成PPV的反應為加聚反應B．1molPPV最多能與4molH2發(fā)生加成反應C．與溴水加成后的產(chǎn)物最多有14個原子共平面D．和苯乙烯互為同系物13、下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應關(guān)系的是（）A．Al2O3的熔點很高，可用作耐火材料B．NH3具有還原性，可用作制冷劑C．SO2具有氧化性，可用于紙漿的漂白D．鈉鉀合金的密度小，可用作快中子反應堆的熱交換劑14、對可逆反應2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)ΔH＜0，在一定條件下達到平衡，下列有關(guān)敘述正確的是()①增加A的量，平衡向正反應方向移動②升高溫度，平衡向逆反應方向移動，v(正)減?、蹓簭娫龃笠槐叮胶獠灰苿?，v(正)、v(逆)不變④增大B的濃度，v(正)＞v(逆)⑤加入催化劑，B的轉(zhuǎn)化率提高A．①② B．④ C．③ D．④⑤15、下列表示正確的是()A．丙烯的結(jié)構(gòu)簡式：CH3CH=CH2B．CO2的電子式：C．金剛石的比例模型：D．硫離子的結(jié)構(gòu)示意圖：16、下列說法正確的是A．常溫下，向0.1mol·L-1的醋酸溶液中加水稀釋，溶液中c(H+)/c(CH3COOH)減小B．反應N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0達平衡后，降低溫度，正反應速率增大、逆反應速率減小，平衡向正反應方向移動C．鍍鋅鐵板是利用了犧牲陽極的陰極保護法來達到防止腐蝕的目的D．電解精煉銅時，陽極泥中含有Zn、Fe、Ag、Au等金屬二、非選擇題（本題包括5小題）17、石油裂解氣用途廣泛，可用于合成各種橡膠和醫(yī)藥中間體。利用石油裂解氣合成CR橡膠和醫(yī)藥中間體K的線路如下：

已知：Ⅰ.氯代烴D的相對分子質(zhì)量是113，氯的質(zhì)量分數(shù)約為62.8％，核磁共振氫譜峰面積之比為2:1.Ⅱ.。（1）A中官能團的結(jié)構(gòu)式為__________________，D的系統(tǒng)名稱是________________.（2）反應②的條件是_____________，依次寫出①和③的反應類型___________、_________.（3）寫出F→G過程中第一步反應的化學方程式____________________________.（4）K的結(jié)構(gòu)簡式為____________________.（5）寫出比G多2個碳原子的同系物的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式_________________.（6）已知雙鍵上的氫原子很難發(fā)生取代反應。以A為起始原料，選用必要的無機試劑合成B_______。合成路線流程圖示如下：。18、研究表明不含結(jié)晶水的X（由4種短周期元素組成），可作為氧化劑和漂白劑，被廣泛應用于蓄電池工業(yè)等。為探究X的組成和性質(zhì)，設(shè)計并完成了下列實驗：已知：氣體單質(zhì)B可使帶火星的木條復燃。（1）X中含有的元素為：____；圖中被濃硫酸吸收的氣體的電子式為：_____。（2）請寫出①的化學方程式：_____。（3）已知X常用于檢驗Mn2+，它可將Mn2+氧化成MnO4-。請寫出X溶液和少量MnCl2溶液反應的離子方程式：_____。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。某化學研究興趣小組欲自制焦亞硫酸鈉并探究其部分化學性質(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，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(nèi)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(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、ClO2是一種高效安全消毒劑，常溫下ClO2為紅黃色有刺激性氣味氣體，其熔點為-59.5℃，沸點為11.0℃，能溶于水但不與水反應，遇熱水緩慢水解。某研究性學習小組欲制備Ⅰ．二氧化氯水溶液制備。在圓底燒瓶中先放入10gKClO3固體和(1)裝置A用水浴加熱的優(yōu)點是_________；裝置A中水浴溫度不低于60℃，其原因是_______________。(2)裝置A中反應生成ClO2及KHSO4等產(chǎn)物的化學方程式為(3)裝置B的水中需放入冰塊的目的是__________________；已知ClO2緩慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2，且物質(zhì)的量之比為2:1，則該反應的化學方程式為____________；裝置C中的NaOH溶液吸收尾氣中的ClO2，生成物質(zhì)的量之比為的1:1的兩種鹽，一種為NaClOⅡ．ClO2步驟1：量取ClO2溶液10mL，稀釋成100mL步驟2：調(diào)節(jié)試樣的pH≤2.0，加入足量的步驟3：加入指示劑，用c?mol?L-1?(4)已知：2ClO2+8H++10I-=5IⅢ．設(shè)計實驗驗證ClO2(5)取適量ClO2水溶液加入H2S溶液中，振蕩，得無色溶液。欲檢驗H(6)證明ClO2的氧化性比Fe3+強的方案是21、聚乙烯醇生產(chǎn)過程中會產(chǎn)生大量副產(chǎn)物乙酸甲酯，其催化醇解反應可用于制備甲醇和乙酸己酯，該反應的化學方程式為：CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l)CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l)已知v正=k正x(CH3COOCH3)?x(C6H13OH)，v逆=k逆x(CH3COOC6H13)?x(CH3OH)，其中v正、v逆為正、逆反應速率，k正、k逆為速率常數(shù)，x為各組分的物質(zhì)的量分數(shù)。（1）反應開始時，已醇和乙酸甲酯按物質(zhì)的量之比1：1投料，測得348K、343K、338K三個溫度下乙酸甲酯轉(zhuǎn)化率（α）隨時間（t）的變化關(guān)系如圖所示。該醇解反應的ΔH____0（填>或<）。348K時，以物質(zhì)的量分數(shù)表示的化學平衡常數(shù)Kx=____（保留2位有效數(shù)字）。在曲線①、②、③中，k正－k逆值最大的曲線是____；A、B、C、D四點中，v正最大的是___，v逆最大的是____。（2）343K時，己醇和乙酸甲酯按物質(zhì)的量之比1：1、1：2和2：1進行初始投料。則達到平衡后，初始投料比____時，乙酸甲酯轉(zhuǎn)化率最大；與按1：2投料相比，按2：1投料時化學平衡常數(shù)Kx___（填增大、減小或不變）。（3）該醇解反應使用離子交換樹脂作催化劑，下列關(guān)于該催化劑的說法正確的是____。a.參與了醇解反應，但并不改變反應歷程b.使k正和k逆增大相同倍數(shù)c.降低了醇解反應的活化能d.提高乙酸甲酯的平衡轉(zhuǎn)化率

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】

W的氣態(tài)氫化物常用作制冷劑，確定W為N，W、X、Y、Z、R的原子序數(shù)依次增大，Y是同周期主族元素中離子半徑最小的，確定Y為Al；ZXR2能與水劇烈反應，觀察到液面上有白霧生成，證明有HCl生成，并有無色刺激性氣味的氣體逸出，該氣體能使品紅溶液褪色，證明有二氧化硫氣體生成，確定ZXR2為SOCl2，因此X為O、Z為S、R為Cl；即：W為N、X為O、Y為Al、Z為S、R為Cl?！驹斀狻緼.非金屬性越強，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，最簡單氫化物的穩(wěn)定性：W＜X,故A錯誤；B.未說最高價含氧酸，無法比較，故B錯誤；C.Y和R形成的化合物AlCl3是共價化合物，故C錯誤；D.SOCl2+H2O＝SO2+2HCl，AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，溶液有白色沉淀生成，故D正確；答案：D把握物質(zhì)的性質(zhì)、原子結(jié)構(gòu)來推斷元素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意液氨為常用的制冷劑，SOCl2的推斷為解答的難點，題目難度較大。2、A【解析】

分子式為ClC4H7O2，且能與碳酸氫鈉反應生成氣體，說明含有羧基，然后看成氯原子取代丁酸烴基上的氫原子，丁酸有2種：：CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH，所以該有機物有3+2=5種；A.戊烷的同分異構(gòu)體有：CH3?CH2?CH2?CH2?CH3、、，若為CH3?CH2?CH2?CH2?CH3，相應烯烴有CH2═CH?CH2?CH2?CH3、CH3?CH═CH?CH2?CH3；若為，相應烯烴有：CH2═C(CH3)CH2CH3、CH3C(CH3)═CHCH3、CH3CH(CH3)CH═CH2；若為，沒有相應烯烴，總共5種，故A正確；B.分子式為C4H8O2的酯，為飽和一元酯，若為甲酸與丙醇形成的酯，甲酸只有1種結(jié)構(gòu)，丙醇有2種，形成的酯有2種；若為乙酸與乙醇形成的酯，乙酸只有1種結(jié)構(gòu)，乙醇只有1種結(jié)構(gòu)，形成的乙酸乙酯有1種；若為丙酸與甲醇形成的酯，丙酸只有1種結(jié)構(gòu)，甲醇只有1種結(jié)構(gòu)，形成的丙酸甲酯只有1種，所以C4H8O2屬于酯類的同分異構(gòu)體共有4種，故B錯誤；C.甲苯分子中含有4種氫原子，一溴代物有4種：苯環(huán)上鄰、間、對位各一種，甲基上一種，共4種，故C錯誤；D.立方烷的二氯代物的同分異構(gòu)體分別是：一條棱、面對角線、體對角線上的兩個氫原子被氯原子代替，所以二氯代物的同分異構(gòu)體有3種，故D錯誤。答案選A。3、C【解析】

A.根據(jù)題意，鑒別KNO3和Na2SO4，是利用了焰色反應，故A錯誤；B.電子式中相同的離子要分開寫，氫化鈣的電子式是：[∶H]-Ca2+[∶H]-，故B錯誤；C.根據(jù)各周期容納元素種數(shù)可知，第七周期最后一種元素的原子序數(shù)為2+8+8+18+18+32+32=118，故C正確；D.納米碳酸鈣只有一種物質(zhì)，不是分散系，不是膠體，故D錯誤；故選C。此題易錯點在D項，膠體屬于分散系，分散質(zhì)粒子直徑大小在1nm～100nm之間，膠體屬于混合物。4、A【解析】CuSO4+5H2O=CuSO4.5H2O為化合反應，CuSO4.5H2OCuSO4+5H2O為分解反應，F(xiàn)e+CuSO4=Cu+FeSO4為置換反應，且Fe、Cu元素的化合價變化，為氧化還原反應，故答案為A。5、A【解析】

A.干餾硝石產(chǎn)生的氣體NO、O2的物質(zhì)的量的比是4:3，將混合氣體通入水中，會發(fā)生反應：2H2O+4NO+3O2=4HNO3，故可以完全被水吸收，A正確；B.王水是由3體積濃鹽酸與1體積濃硝酸配制而成的，B錯誤；C.在王水溶解金時，其中的硝酸作氧化劑，獲得電子被還原產(chǎn)生NO氣體，C錯誤；D.實驗室可用NaNO3與濃硫酸反應制備少量的HNO3，利用的是HNO3易揮發(fā)，而濃硫酸的高沸點，難揮發(fā)性，D錯誤；故合理選項是A。6、C【解析】

A．由圖可知，當時間相同時，PtSn/Mg(2-Zn)AlO催化劑的催化反應活性最優(yōu)，乙烷轉(zhuǎn)化率最高，故A正確；B．一定溫度下，將nmol乙烷放入VL密閉容器中進行催化脫氫，維持容器體積不變，測得乙烷平衡轉(zhuǎn)化率為a，則該溫度下反應的平衡常數(shù)K===，故B正確；C．CH3CH3(g)?CH2=CH2(g)+H2(g)△H>0，升高溫度，平衡正向移動，故C錯誤；D．由圖上曲線，隨著反應時間的延長，曲線的斜率逐漸變小，乙烷轉(zhuǎn)化率逐漸穩(wěn)定，催化活性保持在相對穩(wěn)定的階段，故D正確；故選C。7、C【解析】

A.D和T均為氫元素，但中子數(shù)不同，互為同位素，故A正確；B.“碳納米泡沫”和石墨均為碳元素形成的單質(zhì)，互為同素異形體，故B正確；C.CH3CH2COOH屬于羧酸類，HCOOCH3屬于酯類，官能團不同，不是同系物，故C錯誤；D.丙醛與環(huán)氧丙烷（）分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，故D正確；綜上所述，答案為C。8、D【解析】

A.標準狀況下，0.5molNT3分子中所含中子數(shù)為=6.5NA，A正確；B.0.1molFe與0.1molCl2完全反應，根據(jù)方程式2Fe＋3Cl22FeCl3判斷鐵過量，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA，B正確；C.13.35gAlCl3物質(zhì)的量為0.1mol，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，水解是可逆的，形成的Al(OH)3膠體粒子數(shù)應小于0.1NA，C正確；D.2molSO2和1molO2的反應是可逆反應，充分反應也不能進行到底，故反應后分子總數(shù)為應大于2NA，D錯誤；故選D。9、D【解析】

A.Cu與濃硫酸在加熱時發(fā)生反應生成SO2，圖中固液加熱裝置可制備，A正確；B.硫酸銅與NaI發(fā)生氧化還原反應生成CuI、SO2，可用該裝置制備CuI并制備少量含SO2的溶液，B正確；C.分離沉淀與溶液，可選該裝置進行過濾，C正確；D.加熱干燥濕的CuI固體，由于CuI易被氧化，因此不能用該裝置加熱，D錯誤；故合理選項是D。10、C【解析】

根據(jù)2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反應，得出負極H2S失電子發(fā)生氧化反應，則a為電池的負極，正極O2得電子發(fā)生還原反應，則b為電池的正極，則c為陰極，發(fā)生還原反應生成氫氣，d為陽極，發(fā)生氧化反應生成氯氣，以此解答該題?！驹斀狻緼.由2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反應，得出負極H2S失電子發(fā)生氧化反應，則a為電池的負極，故A錯誤；B.正極O2得電子發(fā)生還原反應，所以電極b上發(fā)生的電極反應為：O2+4H++4e-＝2H2O，故B錯誤；C.電路中每流過4mol電子，則消耗1mol氧氣，但該裝置將化學能轉(zhuǎn)化為電能，所以電池內(nèi)部釋放熱能小于632kJ，幾乎不放出能量，故C正確；D.a極發(fā)生2H2S?4e?=S2+4H+，每增重32g，則轉(zhuǎn)移2mol電子，導氣管e將收集到氣體1mol，但氣體存在的條件未知，體積不一定為22.4L，故D錯誤。故選C。此題易錯點在D項，涉及到由氣體物質(zhì)的量求體積時，一定要注意條件是否為標準狀態(tài)。11、B【解析】

W、Y、Z為不同周期不同主族的短周期元素，那么其中一種為H，根據(jù)漂白劑結(jié)構(gòu)可知，Z為H，W、X對應的簡單離子核外電子排布相同，從結(jié)構(gòu)圖中可知，W為Mg，X為O，W、Y、Z的最外層電子數(shù)之和等于X的最外層電子數(shù)，Y為B，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．O2-和Mg2+電子層數(shù)相同，但O2-為陰離子，原子序數(shù)更小，半徑更大，A正確；B．工業(yè)上電解熔融狀態(tài)的MgCl2來制備Mg，B錯誤；C．實驗室可用H2O2在MnO2催化作用下制備O2，C正確；D．硼酸（H3BO3）是一元弱酸，其鈉鹽會水解顯堿性，D正確。答案選B。12、C【解析】

A、合成PPV通過縮聚反應生成，同時有小分子物質(zhì)HI生成，不屬于加聚反應，選項A錯誤；B、1molPPV中含有2nmol碳碳雙鍵，最多能與4nmolH2發(fā)生加成反應，選項B錯誤；C.與溴水加成后的產(chǎn)物為，根據(jù)苯分子中12個原子共面、甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)可知，該分子中最多有14個原子共平面，選項C正確；D.和苯乙烯相差C2H2，不是相差n個CH2，不互為同系物，選項D錯誤。答案選C。13、A【解析】

A、氧化鋁熔點很高，所以可以做耐火材料，選項A正確；B、氨氣中的氮元素化合價是-3價，具有還原性，做制冷劑，是氨氣易液化的原因，選項B錯誤；C．二氧化硫可用于漂白紙漿是因為其具有漂白性，與二氧化硫的氧化性無關(guān)，選項C錯誤；D．在快中子反應堆中，不能使用水來傳遞堆芯中的熱量，因為它會減緩快中子的速度，鈉和鉀的合金可用于快中子反應堆作熱交換劑，選項D錯誤；答案選A。14、B【解析】

①A是固體，增加A的量，平衡不移動，故①錯誤；②2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)，正反應放熱，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，v(正)、v(逆)均增大，故②錯誤；③2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)，反應前后氣體系數(shù)和不變，壓強增大一倍，平衡不移動，v(正)、v(逆)均增大，故③錯誤；④增大B的濃度，反應物濃度增大，平衡正向移動，所以v(正)＞v(逆)，故④正確；⑤加入催化劑，平衡不移動，B的轉(zhuǎn)化率不變，故⑤錯誤；故選B。15、A【解析】

A、丙烯的結(jié)構(gòu)簡式表示為CH3CH=CH2，選項A正確；B、CO2的電子式為，選項B錯誤；C、該比例模型可表示甲烷等，金剛石是正四面體空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，選項C錯誤；D、硫離子的核電荷數(shù)是16，硫離子的結(jié)構(gòu)示意圖為，選項D錯誤；故答案是A。本題考查化學用語的使用。易錯點為選項C，該比例模型可表示甲烷等，金剛石是正四面體空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，且原子大小相同。16、C【解析】

A.常溫下，向0.1mol·L-1的醋酸溶液中加水稀釋，c(H+)、c(CH3COOH)均減小，因為稀釋過程促進醋酸的電離，所以溶液中c(H+)/c(CH3COOH)增大，A錯誤；B.反應N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0達平衡后，降低溫度，正反應速率減小、逆反應速率減小，平衡向正反應方向移動，B錯誤；C.鍍鋅鐵板在空氣中會形成原電池，鋅做負極被腐蝕，鐵做正極被保護，是利用了犧牲陽極的陰極保護法來達到防止腐蝕的目的，C正確；D.電解精煉銅時，粗銅做陽極，精銅做陰極，鋅、鐵比銅活潑，所以失電子變?yōu)殡x子，陽極泥中含有Ag、Au

等金屬，D錯誤；綜上所述，本題選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、、-Br1,3-二氯丙烷NaOH溶液,△（加熱）加聚反應取代反應OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3、、、【解析】

由CH2=CH-CH=CH2反應到A（C4H6Br）發(fā)生加成反應，根據(jù)框圖到C為1,4-二溴-2-丁烷，AB為取代；再根據(jù)知F為醛，E為醇，G為羧酸；H為酯，由此知道D為1,3-二氯丙烷。H為CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3,H與C反應根據(jù)信息即可判斷?！驹斀狻浚?）由CH2=CH-CH=CH2反應到A（C4H6Br）知，A中含有碳碳雙鍵和溴原子。已知氯代烴D的相對分子質(zhì)量是113，氯的質(zhì)量分數(shù)約為62.8％，n(Cl)=[113]/35.5=2,D的化學式為C3H6Cl2,核磁共振氫譜峰面積之比為2:1.則D的結(jié)構(gòu)簡式CH2ClCH2ClCH2。系統(tǒng)命名為1,3-二氯丙烷；（2）由框圖知D為鹵代烴，E為醇，所以反應②的條件是NaOH溶液,△（加熱）；由的反應條件知道①為加聚反應；由③的條件知③反應類型取代反應。

（3根據(jù)知E為醇，F(xiàn)為醛，所以F→G過程中第一步反應的化學方程式OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3。（4）根據(jù)已知和，所以K的結(jié)構(gòu)簡式為；（5）通過上述分析知G為HOOCCH2COOH，比G多2個碳原子的同系物的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式有、、、；（6）已知雙鍵上的氫原子很難發(fā)生取代反應，經(jīng)分析知A為，以A為起始原料，選用必要的無機試劑合成B（）的路線圖為：。18、N、H、S、O2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2↑+6H2O7S2O82-+2Mn2++4Cl-+8H2O=2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-+16H+【解析】

從圖中可以采集以下信息：m(X)=4.56g，m(BaSO4)=9.32g，V(O2)=0.224L，V(NH3)=1.12L-0.224L=0.896L。n(BaSO4)=，n(O2)=，n(NH3)=。在X中，m(NH4+)=0.04mol×18g/mol=0.72g，m(S)=0.04mol×32g/mol=1.28g，則X中所含O的質(zhì)量為m(O)=4.56g-0.72g-1.28g=2.56g，n(O)=。X中所含NH4+、S、O的個數(shù)比為0.04:0.04:0.16=1:1:4，從而得出X的最簡式為NH4SO4，顯然這不是X的化學式，X可作為氧化劑和漂白劑，則其分子中應含有過氧鏈，化學式應為(NH4)2S2O8。（1）從以上分析，可確定X中含有的元素；圖中被濃硫酸吸收的氣體為NH3。（2）反應①中，(NH4)2S2O8與NaOH反應，生成BaSO4、NH3、O2等。（3）已知X常用于檢驗Mn2+，它可將Mn2+氧化成MnO4-。則(NH4)2S2O8與MnCl2反應生成MnO4-、Cl2、SO42-等?！驹斀狻浚?）從以上分析，可確定X中含有的元素為N、H、S、O；圖中被濃硫酸吸收的氣體為NH3，電子式為。答案為：N、H、S、O；；（2）反應①中，(NH4)2S2O8與NaOH反應，生成BaSO4、NH3、O2等，且三者的物質(zhì)的量之比為4:4:1，化學方程式為2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2↑+6H2O。答案為：2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2↑+6H2O；（3）已知X常用于檢驗Mn2+，它可將Mn2+氧化成MnO4-。則(NH4)2S2O8與MnCl2反應生成MnO4-、Cl2、SO42-等。S2O82-中有兩個O從-1價降低到-2價，共得2e-；MnCl2中，Mn2+由+2價升高到+7價，Cl-由-1價升高到0價，MnCl2共失7e-，從而得到下列關(guān)系：7S2O82-+2Mn2++4Cl-——2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-，再依據(jù)電荷守恒、質(zhì)量守恒進行配平，從而得出反應的離子方程式為7S2O82-+2Mn2++4Cl-+8H2O=2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-+16H+。答案為：7S2O82-+2Mn2++4Cl-+8H2O=2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-+16H+。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(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裝置應為吸收尾氣的裝置，為防倒吸，加了裝置E。【詳解】(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(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。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當成NaHSO3。20、受熱均勻，且易控制溫度如溫度過低，則反應速率較慢，且不利于ClO2的逸出2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O可減少ClO2揮發(fā)和水解8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2NaClO3135cV2V1偏大鹽酸和BaCl2溶液將ClO2氣體通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，觀察溶液顏色變化，若溶液變?yōu)檠t色，則證明ClO2的氧化性比【解析】

Ⅰ．水浴加熱條件下，草酸、氯酸鉀在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應生成ClO2，因遇熱水緩慢水解，則B中含冰塊的水用于吸收ClO2，根據(jù)氧化還原反應規(guī)律，結(jié)合生成物的物質(zhì)的量的比及質(zhì)量守恒定律書寫反應方程式；C中NaOH溶液可吸收ClO2尾氣，生成物質(zhì)的量之比為1：1的兩種陰離子，一種為NaClO2，根據(jù)氧化還原反應規(guī)律來書寫；II.有碘單質(zhì)生成，用淀粉做指示劑；根據(jù)元素守恒結(jié)合反應得到關(guān)系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3計算c(ClO2)；III.ClO2具有強氧化性，可氧化H2S生成硫酸，氧化亞鐵離子生成鐵離子，檢驗鐵離子即可解答該題。【詳解】I.(1)裝置A用水浴加熱的優(yōu)點是受熱均勻，且易控制溫度，如溫度過低，則反應速率較慢，且不利于ClO2的逸出，溫度過高，會加劇ClO2水解；(2)裝置A中反應生成ClO2及KHSO4等產(chǎn)物，同時草酸被氧化生成水和二氧化碳，則反應化學方程式為2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑