山東省濟(jì)寧市魚(yú)臺(tái)一中2025屆高三下學(xué)期沖刺（三）化學(xué)試題含解析

山東省濟(jì)寧市魚(yú)臺(tái)一中2025屆高三下學(xué)期沖刺（三）化學(xué)試題注意事項(xiàng)1．考生要認(rèn)真填寫(xiě)考場(chǎng)號(hào)和座位序號(hào)。2．試題所有答案必須填涂或書(shū)寫(xiě)在答題卡上，在試卷上作答無(wú)效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、電導(dǎo)率用于衡量電解質(zhì)溶液導(dǎo)電能力的大小，與離子濃度和離子遷移速率有關(guān)。圖1為相同電導(dǎo)率鹽酸和醋酸溶液升溫過(guò)程中電導(dǎo)率變化曲線，圖2為相同電導(dǎo)率氯化鈉和醋酸鈉溶液升溫過(guò)程中電導(dǎo)率變化曲線，溫度均由22℃上升到70℃。下列判斷不正確的是A．由曲線1可以推測(cè)：溫度升高可以提高離子的遷移速率B．由曲線4可以推測(cè)：溫度升高，醋酸鈉電導(dǎo)率變化與醋酸根的水解平衡移動(dòng)有關(guān)C．由圖1和圖2可以判定：相同條件下，鹽酸的電導(dǎo)率大于醋酸的電導(dǎo)率，可能的原因是Cl-的遷移速率大于CH3COO-的遷移速率D．由圖1和圖2可以判定：兩圖中電導(dǎo)率的差值不同，與溶液中H+、OH-的濃度和遷移速率無(wú)關(guān)2、已知HCl的沸點(diǎn)為-85℃，則HI的沸點(diǎn)可能為（）A．-167℃ B．-87℃ C．-35℃ D．50℃3、國(guó)內(nèi)某科技研究小組首次提出一種新型的Li+電池體系，該體系正極采用含有I-、Li+的水溶液，負(fù)極采用固體有機(jī)聚合物，電解質(zhì)溶液為L(zhǎng)iNO3溶液，聚合物離子交換膜作為隔膜將液態(tài)正極和固態(tài)負(fù)極分隔開(kāi)（原理示意圖如圖）。已知：I-+I2=I3-，則下列有關(guān)判斷正確的是A．圖甲是原電池工作原理圖，圖乙是電池充電原理圖B．放電時(shí)，正極液態(tài)電解質(zhì)溶液的顏色變淺C．充電時(shí)，Li+從右向左通過(guò)聚合物離子交換膜D．放電時(shí)，負(fù)極的電極反應(yīng)式為：+2ne-=+2nLi+4、已知常溫下Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)、Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)。下列分析不正確的是（）A．將10mL0.1mol/LNa2CO3溶液逐滴滴加到10mL0.1mol/L鹽酸中：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(CO32－)＞c(HCO3－)B．現(xiàn)有①200mL0.1mol/LNaClO溶液，②100mL0.1mol/LCH3COONa溶液，兩種溶液中的陰離子的物質(zhì)的量濃度之和：②＞①C．向0.1mol/LNH4Cl溶液中加入少量NH4Cl固體：比值減小D．將AgBr和AgCl的飽和溶液等體積混合，再加入足量AgNO3濃溶液：產(chǎn)生的AgCl沉淀多于AgBr沉淀5、下列關(guān)于有機(jī)物的說(shuō)法不正確的是A．正丁烷和異丁烷的沸點(diǎn)相同B．麥芽糖的水解產(chǎn)物只有葡萄糖C．疫苗冷藏存放的目的是避免蛋白質(zhì)變性D．苯與乙烯均可以使溴水褪色，但褪色原理不同6、在氧氣中灼燒0.44gS和Fe組成的化合物，使其中的S全部轉(zhuǎn)化成H2SO4，這些H2SO4可用20mL0.5mol/L的NaOH溶液完全中和，則原化合物中S的質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為()A．18% B．46% C．53% D．36%7、下列屬于氧化還原反應(yīng)的是()A．2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑B．Na2O＋H2O=2NaOHC．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2D．Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O8、以下情況都有氣體產(chǎn)生，其中不產(chǎn)生紅棕色氣體的是()A．加熱濃硝酸 B．光照硝酸銀C．加熱硝酸鈣 D．加熱溴化鉀和濃硫酸混合物9、下列物質(zhì)屬于油脂的是()①②③④潤(rùn)滑油⑤花生油⑥石蠟A．①② B．④⑤ C．①⑤ D．①③10、下列化學(xué)用語(yǔ)表述不正確的是A．HCl的電子式： B．CH4的球棍模型C．S2-的結(jié)標(biāo)示意圖： D．CS2的結(jié)構(gòu)式：11、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W原子的最外層電子數(shù)為內(nèi)層電子數(shù)的3倍，X在短周期主族元素中金屬性最強(qiáng)，Y與W同主族。下列敘述正確的是（）A．X2W、X2Y的水溶液都呈堿性B．原子半徑：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W)C．簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：W<Z<YD．W與氫元素形成的化合物分子中一定不含非極性共價(jià)鍵12、“結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)”是學(xué)習(xí)有機(jī)化學(xué)尤為重要的理論，不僅表現(xiàn)在官能團(tuán)對(duì)物質(zhì)性質(zhì)的影響上，還表現(xiàn)在原子或原子團(tuán)相互的影響上。以下事實(shí)并未涉及原子或原子團(tuán)相互影響的是A．乙醇是非電解質(zhì)而苯酚有弱酸性B．鹵代烴難溶于水而低級(jí)醇、低級(jí)醛易溶于水C．甲醇沒(méi)有酸性，甲酸具有酸性D．苯酚易與濃溴水反應(yīng)生成白色沉淀而苯與液溴的反應(yīng)需要鐵粉催化13、水系鈉離子電池安全性能好、價(jià)格低廉、對(duì)環(huán)境友好，有著巨大的市場(chǎng)前景。某鈉離子電池工作原理如圖，電池總反應(yīng)為：2NaFePO4F+Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+NaTi2(PO4)3下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．充電時(shí)，a接電源正極B．放電時(shí)，溶液中的Na+在NaFePO4F電極上得電子被還原C．充電時(shí)，陰極上的電極反應(yīng)為NaTi2(PO4)3+2Na++2e﹣=Na3Ti2(PO4)3D．理論上，該電池在充電或放電過(guò)程中溶液中的c(Na+)不變14、已知有機(jī)物是合成青蒿素的原料之一（如圖）。下列有關(guān)該有機(jī)物的說(shuō)法正確的是（）A．可與酸性KMnO4溶液反應(yīng)B．既能發(fā)生消去反應(yīng)，又能發(fā)生加成反應(yīng)C．分子式為C6H10O4D．1mol該有機(jī)物與足量的金屬Na反應(yīng)最多產(chǎn)生33.6LH215、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是A．12g金剛石與12g石墨所含共價(jià)鍵數(shù)均為2NAB．常溫下，lLpH=7的1mol/LHCOONH4溶液中HCOO-與NH4+數(shù)目均為NAC．0.1molCl2與0.2molCH4光照充分反應(yīng)生成HCl分子數(shù)為0.1NAD．100g34%的H2O2中加入MnO2充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA16、下列氣體在常溫常壓下不能共存的是A．NH3、HCl B．CH4、Cl2 C．H2S、O2 D．SO2、O2二、非選擇題（本題包括5小題）17、化合物H是一種有機(jī)光電材料中間體。實(shí)驗(yàn)室由芳香化合物A制備H的一種合成路線如下：已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO②③+HCHO+HCOO-回答下列問(wèn)題：（1）E中含氧官能團(tuán)名稱(chēng)為_(kāi)________非含氧官能團(tuán)的電子式為_(kāi)______。E的化學(xué)名稱(chēng)為苯丙炔酸，則B的化學(xué)名稱(chēng)為_(kāi)_________。（2）C→D的反應(yīng)類(lèi)型為_(kāi)_________。B→C的過(guò)程中反應(yīng)①的化學(xué)方程式為_(kāi)_______。（3）G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)________。（4）寫(xiě)出同時(shí)滿(mǎn)足下列條件的F的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式________。①遇FeCl3溶液顯紫色；②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；③分子中有五種不同化學(xué)環(huán)境的氫且個(gè)數(shù)比為1:1:2:2:4（5）寫(xiě)出用甲醛和乙醇為原材料制備化合物C(CH2ONO2)4的合成路線（其他無(wú)機(jī)試劑任選，合成路線流程圖示例見(jiàn)本題題干）。_________。18、貝諾酯臨床主要用于治療類(lèi)風(fēng)濕性關(guān)節(jié)炎、感冒發(fā)燒等。合成路線如下：（1）貝諾酯的分子式______。（2）A→B的反應(yīng)類(lèi)型是______；G+H→I的反應(yīng)類(lèi)型是______。（3）寫(xiě)出化合物C、G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：C______，G______。（4）寫(xiě)出滿(mǎn)足下列條件的F同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式（任寫(xiě)3種）______。a．不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；b．能發(fā)生銀鏡反應(yīng)和水解反應(yīng)；c．能與金屬鈉反應(yīng)放出H2；d．苯環(huán)上的一氯取代產(chǎn)物只有兩種結(jié)構(gòu)（5）根據(jù)題給信息，設(shè)計(jì)從A和乙酸出發(fā)合成的合理線路（其他試劑任選，用流程圖表示：寫(xiě)出反應(yīng)物、產(chǎn)物及主要反應(yīng)條件）_______________19、焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)可作為貯存水果的保鮮劑?，F(xiàn)欲制備焦亞硫酸鈉并探究其部分化學(xué)性質(zhì)。Ⅰ.制備N(xiāo)a2S2O5可用試劑：飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體(試劑不重復(fù)使用)。焦亞硫酸鈉的析出原理：2NaHSO3(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l)（1）如圖裝置中儀器A的名稱(chēng)是___。A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__。儀器E的作用是___。（2）F中盛裝的試劑是___。Ⅱ.探究Na2S2O5的還原性（3）取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，劇烈反應(yīng)，溶液紫紅色很快褪去。反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)__。食品級(jí)焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學(xué)原理是防止食品___。Ⅲ.測(cè)定Na2S2O5樣品的純度。（4）將10.0gNa2S2O5樣品溶解在蒸餾水中配制100mL溶液，取其中10.00mL加入過(guò)量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高錳酸鉀溶液，充分反應(yīng)后，用0.2500mol/L的Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗Na2SO3溶液20.00mL，Na2S2O5樣品的純度為_(kāi)__%（保留一位小數(shù)），若在滴定終點(diǎn)時(shí)，俯視讀數(shù)Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)液的體積，會(huì)導(dǎo)致Na2S2O5樣品的純度___。（填“偏高”、“偏低”）20、綠礬（FeSO4·7H2O）可作還原劑、著色劑、制藥等，在不同溫度下易分解得到各種鐵的氧化物和硫的氧化物。已知SO3是一種無(wú)色晶體，熔點(diǎn)16.8℃，沸點(diǎn)44.8℃，氧化性及脫水性較濃硫酸強(qiáng)，能漂白某些有機(jī)染料，如品紅等?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）甲組同學(xué)按照上圖所示的裝置，通過(guò)實(shí)驗(yàn)檢驗(yàn)綠礬的分解產(chǎn)物。裝置B中可觀察到的現(xiàn)象是_____________________________，甲組由此得出綠礬的分解產(chǎn)物中含有SO2。裝置C的作用是_________________________。（2）乙組同學(xué)認(rèn)為甲組同學(xué)的實(shí)驗(yàn)結(jié)論不嚴(yán)謹(jǐn)，認(rèn)為需要補(bǔ)做實(shí)驗(yàn)。對(duì)甲組同學(xué)做完實(shí)驗(yàn)的B裝置的試管加熱，發(fā)現(xiàn)褪色的品紅溶液未恢復(fù)紅色，則可證明綠礬分解的產(chǎn)物中__________（填字母）。A．不含SO2B．可能含SO2C．一定含有SO3（3）丙組同學(xué)查閱資料發(fā)現(xiàn)綠礬受熱分解還可能有O2放出，為此，丙組同學(xué)選用甲組同學(xué)的部分裝置和下圖部分裝置設(shè)計(jì)出了一套檢驗(yàn)綠礬分解所得氣態(tài)產(chǎn)物的裝置：①丙組同學(xué)的實(shí)驗(yàn)裝置中，依次連接的合理順序?yàn)開(kāi)______________________。②能證明綠礬分解產(chǎn)物中有O2的檢驗(yàn)方法是________________________。（4）為證明綠礬分解產(chǎn)物中含有三價(jià)鐵的操作及現(xiàn)象____________________。21、SO2是造成空氣污染的主要原因之一，利用鈉堿循環(huán)法可除去SO2。(1)鈉堿循環(huán)法中，吸收液為Na2SO3溶液，該反應(yīng)的離子方程式是______。(2)已知常溫下，H2SO3的電離常數(shù)為K1=1.54×10﹣2，K2=1.02×10﹣7，H2CO3的電離常數(shù)為K1=4.30×10﹣7，K2=5.60×10﹣11，則下列微?？梢源罅抗泊娴氖莀_____（選填編號(hào)）。a.CO32﹣HSO3-b.HCO3-HSO3-c.SO32﹣HCO3-d．H2SO3HCO3-(3)已知NaHSO3溶液顯酸性，解釋原因______，在NaHSO3稀溶液中各離子濃度從大到小排列順序是______。(4)實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)把亞硫酸氫鈉溶液放置在空氣中一段時(shí)間，會(huì)被空氣中的氧氣氧化，寫(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式______。(5)在NaIO3溶液中滴加過(guò)量NaHSO3溶液，反應(yīng)完全后，推測(cè)反應(yīng)后溶液中的還原產(chǎn)物為_(kāi)_____（填化學(xué)式）。(6)如果用含等物質(zhì)的量溶質(zhì)的下列溶液分別吸收SO2，則理論吸收量由多到少的順序_____（用編號(hào)排序）。a．Na2SO3b．Na2Sc．酸性KMnO4

參考答案一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、D【解析】

A．曲線1中鹽酸溶液在升高溫度的過(guò)程中離子濃度不變，但電導(dǎo)率逐漸升高，說(shuō)明溫度升高可以提高離子的遷移速率，故A正確；B．溫度升高，促進(jìn)CH3COONa溶液中CH3COO-的水解，則由曲線3和曲線4可知，溫度升高，醋酸鈉電導(dǎo)率變化與醋酸根的水解平衡移動(dòng)有關(guān)，故B正確；C．曲線1和曲線2起始時(shí)導(dǎo)電率相等，但溫度升高能促進(jìn)醋酸的電離，溶液中離子濃度增加，但鹽酸溶液的導(dǎo)電率明顯比醋酸高，說(shuō)明可能原因是Cl-的遷移速率大于CH3COO-的遷移速率，故C正確；D．曲線1和曲線2起始時(shí)導(dǎo)電率相等，可知鹽酸和醋酸兩溶液中起始時(shí)離子濃度相等，包括H+和OH-濃度也相等，而隨著溫度的升高，促進(jìn)醋酸的電離，醋酸溶液中的H+和OH-濃度不再和鹽酸溶液的H+和OH-濃度相等，則兩者的導(dǎo)電率升高的幅度存在差異，可能與溶液中H+、OH-的濃度和遷移速率有關(guān)，故D錯(cuò)誤；故答案為D。2、C【解析】

氯化氫、碘化氫為結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，分子晶體熔沸點(diǎn)高低與分子間作用力有關(guān)，而分子間作用力與相對(duì)分子質(zhì)量成正比，碘化氫的相對(duì)分子質(zhì)量大于氯化氫，所以分子間作用力強(qiáng)于氯化氫，熔沸點(diǎn)高于氯化氫熔沸點(diǎn)，排除A、B，常溫下碘化氫為氣體，所以沸點(diǎn)低于0℃，排除D，C項(xiàng)正確；答案選C。3、B【解析】

題目已知負(fù)極采用固體有機(jī)聚合物，甲圖是電子傳向固體有機(jī)聚合物，圖甲是電池充電原理圖，則圖乙是原電池工作原理圖，放電時(shí)，負(fù)極的電極反應(yīng)式為：正極的電極反應(yīng)式為：I3-+2e-=3I-。【詳解】A.甲圖是電子傳向固體有機(jī)聚合物，電子傳向負(fù)極材料，則圖甲是電池充電原理圖，圖乙是原電池工作原理圖，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.放電時(shí)，正極液態(tài)電解質(zhì)溶液的I2也會(huì)的得電子生成I-，故電解質(zhì)溶液的顏色變淺，B項(xiàng)正確；C.充電時(shí)，Li+向陰極移動(dòng)，Li+從左向右通過(guò)聚合物離子交換膜，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.放電時(shí)，負(fù)極是失電子的，故負(fù)極的電極反應(yīng)式為：易錯(cuò)點(diǎn)：原電池中，陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)；電解池中，陽(yáng)離子向陰極移動(dòng)，陰離子向陽(yáng)極移動(dòng)，注意不要記混淆。4、C【解析】

A.10

mL0.1

mol?L?1Na2CO3溶液逐滴滴加到10

mlL0.1

mol?L?1鹽酸中，開(kāi)始時(shí)產(chǎn)生二氧化碳?xì)怏w，滴加完后鹽酸完全反應(yīng)，碳酸鈉過(guò)量，所以得到碳酸鈉和氯化鈉的混合物，所以離子濃度大小為：c(Na+)>c(Cl?)>c(CO32?)>c(HCO3?)，A正確；B.由于Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)，ClO-水解程度大于CH3COO-水解程度，兩種溶液中的陰離子的物質(zhì)的量濃度之和：②＞①，B正確C.向0.1mol/LNH4Cl溶液中，存在NH4++H2ONH3·H2O+H+，加入少量NH4Cl固體，NH4+，NH4+水解平衡正向移動(dòng)，c(NH3·H2O)、c(H+)，水解常數(shù)不變，即，NH4+水解程度減小，減小，、增大，C錯(cuò)誤；D.因?yàn)镵sp(AgCl)>Ksp(AgBr)，在AgCl和AgBr兩飽和溶液中，前者c(Ag+)大于后者c(Ag+)，c(Cl-)＞c(Br-)，當(dāng)將AgCl、AgBr兩飽和溶液混合時(shí)，發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，生成更多的AgBr沉淀，與此同時(shí)，溶液中c(Cl-)比原來(lái)AgCl飽和溶液中大，當(dāng)加入足量的濃AgNO3溶液時(shí)，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多，D正確；故答案為：C。當(dāng)鹽酸逐滴滴加Na2CO3溶液時(shí)，開(kāi)始時(shí)不產(chǎn)生二氧化碳?xì)怏w，隨著鹽酸過(guò)量，才產(chǎn)生二氧化碳?xì)怏w，其反應(yīng)方程式為：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；5、A【解析】

A.正丁烷不帶支鏈，沸點(diǎn)高于帶支鏈的異丁烷，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.麥芽糖水解為葡萄糖，B項(xiàng)正確；C.蛋白質(zhì)在溫度較高時(shí)易變性，疫苗為蛋白質(zhì)，為了防止蛋白質(zhì)變性，所以一般應(yīng)該冷藏存放，C項(xiàng)正確；D.乙烯與溴發(fā)生加成反應(yīng)，使溴水中水層褪色，溴在苯的溶解度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于水中的溶解度，苯萃取溴水的溴，使溴水中水層褪色，二者褪色原理不同，D項(xiàng)正確；答案選A。6、D【解析】

n（NaOH）=0.02L×0.50mol/L=0.01mol，由反應(yīng)的關(guān)系式SO2～H2SO4～2NaOH可知，n（SO2）=0.005mol，則硫和鐵組成的化合物中含有0.005molS，m（S）=0.005mol×32g/mol=0.16g，則ω（S）=×100%=36%，答案選D。7、C【解析】

凡是有元素化合價(jià)變化的反應(yīng)均為氧化還原反應(yīng)，A、B、D項(xiàng)中均無(wú)化合價(jià)變化，所以是非氧化還原反應(yīng)；C項(xiàng)中Fe、C元素化合價(jià)變化，則該反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，故C符合；答案選C。8、C【解析】

A．硝酸化學(xué)性質(zhì)不穩(wěn)定，硝酸見(jiàn)光或受熱分解，4HNO32H2O+4NO2↑+O2↑，生成的二氧化氮?dú)怏w為紅棕色，故A正確；B．硝酸銀不穩(wěn)定，見(jiàn)光易分解生成Ag、NO2和O2，生成的二氧化氮?dú)怏w為紅棕色，故B正確；C．硝酸鈣加熱于132℃分解，加熱至495～500℃時(shí)會(huì)分解為氧氣和亞硝酸鈣，生成的氧氣為無(wú)色氣體，故C錯(cuò)誤；D．濃硫酸和溴化鈉混合物受熱后2KBr+H2SO4(濃)K2SO4+2HBr↑，濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，易與HBr發(fā)生氧化還原反應(yīng)，H2SO4(濃)+2HBrBr2↑+SO2↑+2H2O，生成的溴蒸氣為紅棕色，故D正確；答案選C。掌握常見(jiàn)的紅棕色氣體是解答本題的關(guān)鍵，常見(jiàn)紅棕色氣體為NO2和Br2蒸氣，可由硝酸或硝酸鹽分解或由溴化物氧化生成。9、C【解析】

油脂是指高級(jí)脂肪酸甘油脂，脂肪及植物油均屬于油脂，排除②③；而潤(rùn)滑油、石蠟均為石油分餾產(chǎn)品，主要成分為烴，故答案為C。10、A【解析】

A.HCl為共價(jià)化合物，分子中沒(méi)有陰陽(yáng)離子，其電子式為，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.CH4分子正四面體形，其中球表示原子，棍表示共價(jià)鍵，B項(xiàng)正確；C.S2-的核電荷數(shù)為16，核外18電子符合電子排布規(guī)律，C項(xiàng)正確；D.CS2分子中碳原子與2個(gè)硫原子各形成2對(duì)共用電子對(duì)，D項(xiàng)正確。本題選A。11、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的最外層電子數(shù)為內(nèi)層電子數(shù)的3倍，則W為O元素；X在短周期主族元素中金屬性最強(qiáng)，則X為Na元素；W與Y屬于同一主族，則Y為S元素；Z的原子序數(shù)大于S，則Z為Cl元素，據(jù)此解答。【詳解】根據(jù)上述分析可知：W為O，X為Na，Y為S，Z為Cl元素。A．Na2O是堿性氧化物，與水反應(yīng)產(chǎn)生NaOH，NaOH是一元強(qiáng)堿，水溶液顯堿性；Na2S是強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中S2-發(fā)生水解作用，消耗水電離產(chǎn)生的H+，促進(jìn)了水的電離，最終達(dá)到平衡時(shí)溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液顯堿性，A正確；B．同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，同一主族從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑：r(Na)>r(S)>r(Cl)>r(O)，B錯(cuò)誤；C．元素的非金屬性：O>Cl>S，則簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：H2O>HCl>H2S，C錯(cuò)誤；C．O、H可形成化合物H2O2，其中含有非極性共價(jià)鍵，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是A。本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系，根據(jù)元素的原子結(jié)構(gòu)及相互關(guān)系推斷元素為解答關(guān)鍵，注意掌握元素周期律內(nèi)容及常見(jiàn)元素化合物性質(zhì)，試題有利于提高學(xué)生的分析能力及綜合應(yīng)用能力。12、B【解析】

A、乙醇中羥基與乙基相連，苯酚中羥基與苯環(huán)相連，乙醇是非電解質(zhì)而苯酚有弱酸性是烴基對(duì)羥基的影響，錯(cuò)誤；B、鹵代烴難溶于水，低級(jí)醇、低級(jí)醛和水分子間形成氫鍵，易溶于水，未涉及原子或原子團(tuán)相互影響，正確；C、甲醇沒(méi)有酸性，甲酸中羰基對(duì)羥基影響，使羥基氫活潑，發(fā)生電離，具有酸性，錯(cuò)誤；D、苯酚中羥基影響苯環(huán)使苯環(huán)上羥基鄰、對(duì)位氫原子活潑易被取代，易與濃溴水反應(yīng)生成白色沉淀，錯(cuò)誤。13、B【解析】

2NaFePO4F+Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+NaTi2(PO4)3分析方程式得出NaFePO4F變?yōu)镹a2FePO4F，F(xiàn)e在降低，發(fā)生還原反應(yīng)，該物質(zhì)作原電池的正極，Na3Ti2(PO4)3變?yōu)镹aTi2(PO4)3，Ti在升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，該物質(zhì)作原電池的負(fù)極?！驹斀狻緼選項(xiàng)，放電時(shí)a為正極，因此充電時(shí)，a接電源正極，故A正確；B選項(xiàng)，放電時(shí)，溶液中的Na+不放電，而是Na3Ti2(PO4)3中Ti在失去電子，故B錯(cuò)誤；C選項(xiàng)，陰極主要是NaTi2(PO4)3得到電子，因此陰極上的電極反應(yīng)為NaTi2(PO4)3+2Na++2e－=Na3Ti2(PO4)3，故C正確；D選項(xiàng)，根據(jù)溶液中電荷守恒關(guān)系，理論上，該電池在充電或放電過(guò)程中溶液中的c(Na+)不變，故D正確；綜上所述，答案為B。分析化合價(jià)，根據(jù)化合價(jià)來(lái)定負(fù)極和正極，根據(jù)負(fù)極和正極來(lái)書(shū)寫(xiě)電極反應(yīng)式。14、A【解析】

中含有有官能團(tuán)羥基和羧基，所以具有羥基和羧基的性質(zhì)。【詳解】A.該有機(jī)物右上角的羥基可被酸性KMnO4溶液氧化為羧基，A正確；B.該有機(jī)物右下角的羥基可以發(fā)生消去反應(yīng)，但該有機(jī)物不能發(fā)生加成反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C.分子式為C6H12O4，C錯(cuò)誤；D.未說(shuō)明是標(biāo)準(zhǔn)狀況，所以不確定該有機(jī)物與金屬Na反應(yīng)最多產(chǎn)生的H2體積，D錯(cuò)誤；故選A。15、C【解析】

A．金剛石中平均1個(gè)碳原子形成2個(gè)共價(jià)鍵，石墨中平均1個(gè)碳原子形成1.5個(gè)共價(jià)鍵，因此12g金剛石與12g石墨所含共價(jià)鍵數(shù)不相等，A錯(cuò)誤；B．常溫下，lLpH=7的1mol/LHCOONH4溶液顯中性，根據(jù)電荷守恒守恒可知HCOO-與NH4+的濃度相等，但由于二者均水解，所以數(shù)目均小于NA，B錯(cuò)誤；C．0.1molCl2與0.2molCH4光照充分反應(yīng)根據(jù)氯原子守恒可知生成HCl分子數(shù)為0.1NA，C正確；D．100g34%的H2O2（物質(zhì)的量是1mol）中加入MnO2充分反應(yīng)生成0.5mol氧氣，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA，D錯(cuò)誤；答案選C。16、A【解析】

常溫下，能反應(yīng)的氣體不能大量共存，以此來(lái)解答?！驹斀狻緼．常溫下反應(yīng)生成氯化銨，不能大量共存，選項(xiàng)A選；B．常溫下不反應(yīng)，光照的條件反應(yīng)，可大量共存，選項(xiàng)B不選；C．常溫下不反應(yīng)，反應(yīng)需要點(diǎn)燃、加熱等，可大量共存，選項(xiàng)C不選；D．常溫下不反應(yīng)，要在催化劑和加熱的條件反應(yīng)，選項(xiàng)D不選；答案選A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、羧基苯丙烯醛加成反應(yīng)+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2OCH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4【解析】

由信息①及B分子式可知A應(yīng)含有醛基，且含有7個(gè)C原子，則芳香化合物A為，因此B為；B與新制氫氧化銅反應(yīng)后酸化生成C，則C為，C與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成D，D為，D發(fā)生消去反應(yīng)并酸化得到E，E與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成F，F(xiàn)為，對(duì)比F、H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，結(jié)合信息②可知，G為。據(jù)此分析解答。(5)CH2=CH2和水發(fā)生加成反應(yīng)生成CH3CH2OH，CH3CH2OH發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成CH3CHO，CH3CHO和HCHO發(fā)生信息反應(yīng)生成HOCH2C(CH2OH)2CHO，HOCH2C(CH2OH)CHO發(fā)生加成反應(yīng)生成HOCH2C(CH2OH)3，HOCH2C(CH2OH)3和濃硝酸發(fā)生取代反應(yīng)生成C(CH2ONO2)4?！驹斀狻?1)E()中的含氧官能團(tuán)為羧基，非含氧官能團(tuán)為碳碳三鍵，其電子數(shù)為，E的化學(xué)名稱(chēng)為苯丙炔酸，則B()的化學(xué)名稱(chēng)為苯丙烯醛，故答案為羧基；；苯丙烯醛；(2)C為，發(fā)生加成反應(yīng)生成D，B為，C為，B→C的過(guò)程中反應(yīng)①的化學(xué)方程式為+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O，故答案為加成反應(yīng)；+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；(3)G

的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為；(4)F為，F(xiàn)的同分異構(gòu)體符合下列條件：①遇FeCl3溶液顯紫色，說(shuō)明含有酚羥基；②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說(shuō)明含有醛基；③分子中有5

種不同化學(xué)環(huán)境的氫且個(gè)數(shù)比為1∶1∶2∶2∶4，符合條件的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為；(5)CH3CH2OH發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成CH3CHO，CH3CHO和HCHO發(fā)生信息①的反應(yīng)生成C(CH2OH)4，C(CH2OH)3和濃硝酸發(fā)生酯化反應(yīng)生成C(CH2ONO2)4，合成路線為CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4，故答案為CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4。本題的難點(diǎn)為(5)，要注意題干信息的利用，特別是信息①和信息③的靈活運(yùn)用，同時(shí)注意C(CH2ONO2)4屬于酯類(lèi)物質(zhì)，不是硝基化合物。18、C17H15NO5還原反應(yīng)取代反應(yīng)CH3COOCOCH3、、、、（任寫(xiě)三種）【解析】

根據(jù)貝諾酯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式和G、H的分子式可知，G為，H為，再根據(jù)題各步轉(zhuǎn)化的條件及有關(guān)物質(zhì)的分子式可推知，E為，B為，C為CH3COOCOCH3，A為，F(xiàn)為，D為，A發(fā)生還原反應(yīng)得B，B與C發(fā)生取代反應(yīng)生成E，E與氫氧化鈉反應(yīng)生成G，C與D發(fā)生取代反應(yīng)生成F，F(xiàn)發(fā)生取代反應(yīng)生成H，G和H發(fā)生取代反應(yīng)生成I，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式知，貝諾酯的分子式C17H15NO5，故答案為：C17H15NO5；(2)A→B的反應(yīng)類(lèi)型是還原反應(yīng)，G+H→Ⅰ的反應(yīng)類(lèi)型是取代反應(yīng)，故答案為：還原反應(yīng)；取代反應(yīng)；(3)根據(jù)上面的分析可知，C為CH3COOCOCH3，G為，故答案為：CH3COOCOCH3；；(4)a.不能與FeC13溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說(shuō)明沒(méi)有酚羥基，b.能發(fā)生銀鏡反應(yīng)和水解反應(yīng)，說(shuō)明有甲酸某酯的結(jié)構(gòu)或酯基和醛基同時(shí)存在，c.能與金屬鈉反應(yīng)放出H2，說(shuō)明有羥基或羧基，d.苯環(huán)上的一氯取代產(chǎn)物只有兩種結(jié)構(gòu)，一般為兩個(gè)取代基處于對(duì)位，則滿(mǎn)足條件的F的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為、、、、，故答案為：、、、、(其中的三種)；(5)A為，從A和乙酸出發(fā)合成，可以先將對(duì)硝基苯酚還原成對(duì)氨基苯酚，在堿性條件下變成對(duì)氨基苯酚鈉，將醋酸與SOCl2反應(yīng)生成CH3COCl，CH3COCl與對(duì)氨基苯酚鈉發(fā)生反應(yīng)即可得產(chǎn)品，合成線路為，故答案為：。19、三頸燒瓶Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4防倒吸濃NaOH溶液5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O氧化變質(zhì)95.0偏高【解析】

A三頸燒瓶中制備二氧化硫，發(fā)生Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4，生成的二氧化硫通入D裝置，發(fā)生Na2SO3+SO2＋H2O=2NaHSO3，2NaHSO3(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l)，儀器E的作用是防倒吸，F(xiàn)吸收尾氣。據(jù)此解答?！驹斀狻竣瘢?）裝置中儀器A的名稱(chēng)是三頸燒瓶。A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4。二氧化硫易溶于水，儀器E的作用是防倒吸。故答案為：三頸燒瓶；Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2＋Na2SO4；防倒吸；（2）二氧化硫有毒，排到空氣中會(huì)污染空氣，SO2是酸性氧化物，可用堿溶液吸收，題干中只提供了一種試劑--濃NaOH溶液，F(xiàn)中盛裝的試劑是濃NaOH溶液。故答案為：濃NaOH溶液；Ⅱ.（3）取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，劇烈反應(yīng)，溶液紫紅色很快褪去，說(shuō)明MnO4－將S2O52－氧化生成硫酸根離子。反應(yīng)的離子方程式為5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O。食品級(jí)焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學(xué)原理是：利用焦亞硫酸鈉的還原性，防止食品氧化變質(zhì)。故答案為：5S2O5－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O；氧化變質(zhì)；Ⅲ.（4）由關(guān)系式：5SO32－～2MnO4－，用0.2500mol/L的Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗Na2SO3溶液20.00mL，剩余的n(MnO4－)=×0.2500mol/L×20.00×10-3L=2.000×10-3mol，再由5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O得：Na2S2O5樣品的純度為=×100%=95.0%；若在滴定終點(diǎn)時(shí)，俯視讀數(shù)Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)液的體積，使Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏低，算出的剩余高錳酸鉀偏低，與Na2S2O5樣品反應(yīng)的高錳酸鉀偏高，會(huì)導(dǎo)致Na2S2O5樣品的純度偏高；故答案為：95.0；偏高。20、品紅溶液褪色吸收尾氣，防止SO2(SO3)等氣體擴(kuò)散到空氣中污染環(huán)境BCAFGBDH用帶火星的木條檢驗(yàn)H中收集到的氣體，木條復(fù)燃。取少量分解產(chǎn)物于試管中，加入足量稀鹽酸溶解，再滴加幾滴KSCN溶液，溶液變紅色，說(shuō)明有三價(jià)鐵?！窘馕觥?/p>

二氧化硫、三氧化硫能使品紅褪色，但二氧化硫使品紅褪色后加熱能恢復(fù)紅色；檢驗(yàn)綠礬分解所得氣態(tài)產(chǎn)物，根據(jù)可能的產(chǎn)物性質(zhì)，用無(wú)水硫酸銅驗(yàn)證沒(méi)水、用冰水冷卻氣體看是否有無(wú)色晶體生成，若有無(wú)色晶體則含有三氧化硫；用品紅檢驗(yàn)二氧化硫；用氫氧化鈉除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧氣；氧氣能使帶火星的木條復(fù)燃；三價(jià)鐵能使KSCN溶液變紅?！驹斀狻浚?）二氧化硫能使品紅褪色，裝置B中可觀察到的現(xiàn)象是品紅溶液褪色。二氧化硫、三氧化硫是酸性氣體，有毒，為防止SO2(SO3)等氣體擴(kuò)散到空氣中污染環(huán)境，裝置C的作用是尾氣處理。（2）二氧化硫、三氧化硫能使品紅褪色，但二氧化硫使品紅褪色后加熱能恢復(fù)紅色；對(duì)甲組同學(xué)做完實(shí)驗(yàn)的B裝置的試管加熱，發(fā)現(xiàn)褪色的品紅溶液未恢復(fù)紅色，則可證明綠礬分解的產(chǎn)物中可能含SO2或一定含有SO3。（3）①檢驗(yàn)綠礬分解所得氣態(tài)產(chǎn)物，根據(jù)可能的產(chǎn)物性質(zhì)，用無(wú)水硫酸銅驗(yàn)證沒(méi)水、用冰水冷卻氣體看是否有無(wú)色晶體生成，若有無(wú)色晶體則含有三氧化硫；用品紅檢驗(yàn)二氧化硫；用氫氧化鈉除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧氣，所以?xún)x器連接順序是AFGBDH；②氧氣能使帶火星的木條復(fù)燃，所以檢驗(yàn)氧氣的方法是用帶火星的木條檢驗(yàn)H中收集到的氣體，木條復(fù)燃證明有氧氣生成；（4）三價(jià)鐵能使KSCN溶液變紅，證明綠礬分解產(chǎn)物中含有三價(jià)鐵的操作及現(xiàn)象是取少量分解