2025屆四川省成都鹽道街中學高考適應性考試化學試卷含解析

2025屆四川省成都鹽道街中學高考適應性考試化學試卷考生須知：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”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。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（每題只有一個選項符合題意）1、常溫下，向1L0.1mol·L-1NH4C1溶液中，逐漸加入NaOH固體粉末，隨著n(NaOH)的變化，c(NH4+)與c(NH3·H2O)的變化趨勢如下圖所示(不考慮體積變化、氨的揮發(fā)、溫度的變化)。下列說法正確的是()A．M點溶液中水的電離程度比原溶液大B．在M點時，n(OH-)+0.1mol=(a+0.05)molC．隨著NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不斷減小D．當n(NaOH)=0.1mol時，c(Na+)<c(NH4+)+c(NH3·H2O)2、明代《本草綱目》記載了民間釀酒的工藝“凡酸壞之酒，皆可蒸燒”，“以燒酒復燒二次……價值數(shù)倍也”。這里用到的實驗方法可用于分離（）A．汽油和氯化鈉溶液B．39%的乙醇溶液C．氯化鈉與單質(zhì)溴的水溶液D．硝酸鉀和氯化鈉的混合物3、“太陽水”電池裝置如圖所示，該電池由三個電極組成，其中a為TiO2電極，b為Pt電極，c為WO3電極，電解質(zhì)溶液為pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。鋰離子交換膜將電池分為A、B兩個區(qū)，A區(qū)與大氣相通，B區(qū)為封閉體系并有N2保護。下列關于該電池的說法錯誤的是（）A．若用導線連接a、c,則a為負極，該電極附近pH減小B．若用導線連接a、c,則c電極的電極反應式為HxWO3-xe-=WO3+xH+C．若用導線先連接a、c,再連接b、c,可實現(xiàn)太陽能向電能轉(zhuǎn)化D．若用導線連接b、c,b電極的電極反應式為O2+4H++4e-=2H2O4、如圖是利用試紙、鉛筆芯設計的微型實驗．以鉛筆芯為電極，分別接觸表面皿上的試紙，接通電源，觀察實驗現(xiàn)象．下列說法錯誤的是（）A．pH試紙變藍B．KI﹣淀粉試紙變藍C．通電時，電能轉(zhuǎn)換為化學能D．電子通過pH試紙到達KI﹣淀粉試紙5、關于化合物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C．分子式為C5H4O2 D．所有原子一定不共平面6、水系鈉離子電池安全性能好、價格低廉、對環(huán)境友好，有著巨大的市場前景。某鈉離子電池工作原理如圖，電池總反應為：2NaFePO4F+Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+NaTi2(PO4)3下列說法錯誤的是A．充電時，a接電源正極B．放電時，溶液中的Na+在NaFePO4F電極上得電子被還原C．充電時，陰極上的電極反應為NaTi2(PO4)3+2Na++2e﹣=Na3Ti2(PO4)3D．理論上，該電池在充電或放電過程中溶液中的c(Na+)不變7、能促進水的電離平衡，并使溶液中的c（H+）＞c（OH﹣）的操作是（）A．將水加熱煮沸 B．將明礬溶于水C．將NaHSO4固體溶于水 D．將NaHCO3固體溶于水8、將下列氣體通入溶有足量SO2的BaCl2溶液中，沒有沉淀產(chǎn)生的是A．HClB．NH3C．Cl2D．NO29、向用鹽酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH(aq)，生成沉淀的質(zhì)量與滴入NaOH(aq)的體積關系如圖。原混合溶液中MgCl2與FeCl3的物質(zhì)的量之比為A． B． C． D．10、“一帶一路”是“絲綢之路經(jīng)濟帶”和“21世紀海上絲綢之路”的簡稱。下列說法正確的是（）A．古代中國出產(chǎn)的絲綢的主要成分是纖維素B．中國從中亞進口的天然氣的主要成分是乙烯C．中國承建巴基斯坦的水電站實現(xiàn)了水能直接轉(zhuǎn)化為電能D．服務一帶一路的北斗衛(wèi)星上的太陽能電池板與地殼含量第二的元素有關11、雙極膜(BP)是陰、陽復合膜，在直流電的作用下，陰、陽膜復合層間的H2O解離成H+和OH?，作為H+和OH?離子源。利用雙極膜電滲析法電解食鹽水可獲得淡水、NaOH和HCl，其工作原理如圖所示，M、N為離子交換膜。下列說法不正確的是（）A．相同條件下，不考慮氣體溶解，陰極得到氣體體積是陽極兩倍B．電解過程中Na+向左遷移，N為陰離子膜C．若去掉雙極膜(BP)，陽極室會有Cl2生成D．電解結束后，陰極附近溶液酸性明顯增強12、某有機化合物的結構簡式如圖所示，下列說法正確的是()A．不能發(fā)生銀鏡發(fā)應B．1mol該物質(zhì)最多可與2molBr2反應C．1mol該物質(zhì)最多可與4molNaOH反應D．與NaHCO3、Na2CO3均能發(fā)生反應13、W、X、Y、Z四種短周期元素，它們在周期表中的位置如圖所示。下列推斷正確的是（）A．原子半徑：Z＞Y＞XB．元素非金屬性：Z＞Y＞XC．最高價氧化物對應水化物的酸性：Z＞Y＞W(wǎng)D．WH4與Z元素的單質(zhì)在光照時發(fā)生置換反應14、已知NaClO2在水溶液中能發(fā)生水解。常溫時，有1mol/L的HClO2溶液和1mol/L的HBF4(氟硼酸)溶液起始時的體積均為V0，分別向兩溶液中加水，稀釋后溶液的體積為V，所得曲線如圖所示。下列說法錯誤的是A．HClO2為弱酸，HBF4為強酸B．常溫下HClO2的電高平衡常數(shù)的數(shù)量級為10—4C．在0≤pH≤5時，HBF4溶液滿足pH=lg(V/V0)D．25℃時1LpH=2的HBF4溶液與100℃時1LpH=2的HBF4溶液消耗的NaOH相同15、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)量分數(shù)約為()A．18% B．46% C．53% D．36%16、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．1.0mol·L－1的KNO3溶液中：H＋、Fe2＋、Cl－、B．使紫色石蕊溶液變紅的溶液中：、Ba2＋、、Cl－C．pH＝12的溶液中：K＋、Na＋、CH3COO－、Br－D．滴加幾滴KSCN溶液顯血紅色的溶液中：、Mg2＋、I－、Cl－二、非選擇題（本題包括5小題）17、烯烴能在臭氧作用下發(fā)生鍵的斷裂，形成含氧衍生物：+R3COOH根據(jù)產(chǎn)物的結構可以推測原烯烴的結構．（1）現(xiàn)有一化學式為C10H18的烴A，經(jīng)過臭氧作用后可以得到CH3COOH和B（結構簡式如圖）．A的結構簡式是________________________（2）A經(jīng)氫化后得到的烷烴的命名是___________．（3）烴A的一種同類別同分異構體，經(jīng)過臭氧作用后，所有產(chǎn)物都不具有酸性．該同分異構體的結構簡式是__________．（4）以B為原料通過三步反應可制得化學式為（C6H10O2）n的聚合物，其路線如下：寫出該聚合物的結構簡式：________________．在進行第二步反應時，易生成一種含八元環(huán)的副產(chǎn)物，其結構簡式為________．18、（14分）藥物H在人體內(nèi)具有抑制白色念球菌的作用，H可經(jīng)下圖所示合成路線進行制備。已知：硫醚鍵易被濃硫酸氧化?；卮鹣铝袉栴}：（1）官能團?SH的名稱為巰(qiú)基，?SH直接連在苯環(huán)上形成的物質(zhì)屬于硫酚，則A的名稱為________________。D分子中含氧官能團的名稱為________________。（2）寫出A→C的反應類型：_____________。（3）F生成G的化學方程式為_______________________________________。（4）下列關于D的說法正確的是_____________（填標號）。（已知：同時連接四個各不相同的原子或原子團的碳原子稱為手性碳原子）A．分子式為C10H7O3FSB．分子中有2個手性碳原子C．能與NaHCO3溶液、AgNO3溶液發(fā)生反應D．能發(fā)生取代、氧化、加成、還原等反應（5）M與A互為同系物，分子組成比A多1個CH2，M分子的可能結構有_______種；其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積比為2∶2∶2∶1的物質(zhì)的結構簡式為_____________。（6）有機化合物K()是合成廣譜抗念球菌藥物的重要中間體，參考上述流程，設計以為原料的合成K的路線。_____________19、某活動小組利用廢鐵屑(含少量S等元素)為原料制備硫酸亞鐵銨晶體[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]，設計如圖所示裝置(夾持儀器略去)。稱取一定量的廢鐵屑于錐形瓶中，加入適量的稀硫酸，在通風櫥中置于50~60°C熱水浴中加熱.充分反應。待錐形瓶中溶液冷卻至室溫后加入氨水，使其反應完全，制得淺綠色懸濁液。(1)在實驗中選擇50~60°C熱水浴的原因是___________(2)裝置B的作用是______________；KMnO4溶液的作用是______________。(3)若要確保獲得淺綠色懸濁液，下列不符合實驗要求的是_________(填字母)。a.保持鐵屑過量b.控制溶液呈強堿性c.將稀硫酸改為濃硫酸(4)檢驗制得的(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O中是否含有Fe3+的方法：將硫酸亞鐵銨晶體用加熱煮沸過的蒸餾水溶解，然后滴加_______(填化學式)。(5)產(chǎn)品中雜質(zhì)Fe3+的定量分析：①配制Fe3+濃度為0.1mg/mL的標準溶液100mL。稱取______(精確到0.1)mg高純度的硫酸鐵銨[(NH4)Fe(SO4)2·12H2O]，加入20.00mL經(jīng)處理的去離子水。振蕩溶解后，加入2mol·L-1HBr溶液1mL和1mol·L-1KSCN溶液0.5mL，加水配成100mL溶液。②將上述溶液稀釋成濃度分別為0.2、1.0、3.0、5.0、7.0、10.0(單位：mg·L-1)的溶液。分別測定不同濃度溶液對光的吸收程度(吸光度)，并將測定結果繪制成如圖所示曲線。取硫酸亞鐵銨產(chǎn)品，按步驟①配得產(chǎn)品硫酸亞鐵銨溶液10mL，稀釋至100mL，然后測定稀釋后溶液的吸光度，兩次測得的吸光度分別為0.590、0.610，則該興趣小組所配產(chǎn)品硫酸亞鐵銨溶液中所含F(xiàn)e3+濃度為_______mg·L-1。(6)稱取mg產(chǎn)品，將產(chǎn)品用加熱煮沸的蒸餾水溶解，配成250mL溶液，取出100mL放入錐形瓶中，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液VmL，則硫酸亞鐵銨晶體的純度為_____(用含c、V、m的代數(shù)式表示)。20、硫酸亞鐵銨晶體[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]比FeSO4穩(wěn)定，不易被氧氣氧化，常用于代替FeSO4作分析試劑。某小組嘗試制備少量(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O并探究其分解產(chǎn)物。I．制備硫酸亞鐵銨晶體的流程如下：(1)鐵屑溶于稀硫酸的過程中，適當加熱的目的是_________。(2)將濾液轉(zhuǎn)移到_________中，迅速加入飽和硫酸銨溶液，直接加熱蒸發(fā)混合溶液，觀察到_________停止加熱。蒸發(fā)過程保持溶液呈較強酸性的原因是_________。Ⅱ．查閱資料可知，硫酸亞鐵銨晶體受熱主要發(fā)生反應：____(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O=____Fe2O3+____SO2↑+____NH3↑+____N2↑+____H2O但伴有副反應發(fā)生，生成少量SO3和O2。設計以下實驗探究部分分解產(chǎn)物：(3)配平上述分解反應的方程式。(4)加熱過程，A中固體逐漸變?yōu)開______色。(5)B中迅速產(chǎn)生少量白色沉淀，反應的離子方程式為______。(6)C的作用是_________。(7)D中集氣瓶能收集到O2,____(填“能”或“不能”)用帶火星木條檢驗。(8)上述反應結來后，繼續(xù)證明分解產(chǎn)物中含有NH3的方法是_________。21、（1）已知反應的，、分子中化學鍵斷裂時分別需要吸收436kJ、151kJ的能量，則1molHI(g)分子中化學鍵斷裂時需吸收的能量為_____kJ。（2）對于一般的化學反應aA+bB→P，反應物濃度和反應速率之間存在以下關系：v（單位mol·L-1·min-1）＝k×c(A)x×c(B)y，k稱為速率常數(shù)，x稱為反應物A的級數(shù)，y稱為反應物B的級數(shù)，x+y稱為反應的總級數(shù)。①對于反應H2(g)＋I2(g)→2HI(g)，速率表達式：v＝k×c(H2)×c(I2)，則反應總級數(shù)為________級。②H2O2分解成水和氧氣的反應是一級反應，反應速率常數(shù)k為0.0410min-1，則過氧化氫分解一半的時間是__________min。（結果保留3位有效數(shù)字）（已知：一級反應物質(zhì)濃度c=c0e-kt，c0為初始濃度，ln2=0.693）（3）將等物質(zhì)的量的I2和H2置于預先抽真空的特制1L密閉容器中，加熱到1500K，起始總壓強為416kPa；體系達平衡，總壓強為456kPa。體系中存在如下反應關系：①I2(g)?2I(g)Kp1=200ΔH1②I2(g)+H2(g)?2HI(g)Kp2ΔH2③HI(g)?I(g)+H(g)Kp3ΔH3④H2(g)?2H(g)Kp4ΔH4（已知Kp3、Kp4值很小，③、④反應忽略；Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)，以下計算結果均保留2位有效數(shù)字）①ΔH2=_____________。（用含ΔH1、ΔH3、ΔH4的式子表示）②1500K平衡體系中I(g)、H2(g)分壓分別為______kPa、_______kPa、Kp2=______。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

A．M點，向1L0.1mol?L-1NH4Cl溶液中，不斷加入NaOH固體后反應得到氯化銨和一水合氨溶液，銨根離子濃度和一水合氨濃度相同，一水合氨是一元弱堿抑制水電離，此時水的電離程度小于原氯化銨溶液中水的電離程度，A項錯誤；B.在M點時溶液中存在電荷守恒，n(OH?)+n(Cl?)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，則n(OH?)+0.1mol=0.05+n(H+)+a=(a+0.05)mol+n(H+)，B項錯誤；C.銨根離子水解顯酸性，因=，隨氫氧化鈉固體加入，反應生成一水合氨濃度增大，平衡常數(shù)不變，則c(H+)/c(NH4+)不斷減小，C項正確；D.當n(NaOH)=0.1mol時，恰好反應生成氯化鈉和一水合氨，根據(jù)物料守恒可知，c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)，D項錯誤；答案選C。2、B【解析】利用蒸餾或分餾方法進行釀酒，A、汽油不溶于水的液體，應用分液方法進行分離，故錯誤；B、采用蒸餾方法，提純乙醇，故正確；C、采用萃取的方法，進行分離，故錯誤；D、利用溶解度不同，采用蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶方法進行分離，故錯誤。3、B【解析】

A．用導線連接a、c，a極發(fā)生氧化，為負極，發(fā)生的電極反應為2H2O-4e-=4H++O2↑，a電極周圍H+濃度增大，溶液pH減小，故A正確；B．用導線連接a、c，c極為正極，發(fā)生還原反應，電極反應為WO3+xH++xe-=HxWO3，故B錯誤；C．用導線先連接a、c，再連接b、c，由光電池轉(zhuǎn)化為原電池，實現(xiàn)太陽能向電能轉(zhuǎn)化，故C正確；D．用導線連接b、c，b電極為正極，電極表面是空氣中的氧氣得電子，發(fā)生還原反應，電極反應式為O2+4H++4e-=2H2O，故D正確；故答案為B。4、D【解析】

A．連接負極的鉛筆芯為陰極，陰極上氫離子放電生成氫氣，同時電極附近生成氫氧根離子，溶液呈堿性，pH試紙遇堿變藍色，故A正確；B．連接正極的鉛筆芯為陽極，陽極上氯離子放電生成氯氣，氯氣能氧化碘離子生成碘，碘與淀粉試液變藍色，所以淀粉碘化鉀試紙變藍色，故B正確；C．該裝置是將電能轉(zhuǎn)化為化學能裝置，為電解池，故C正確；D．電子不通過電解質(zhì)溶液，電解質(zhì)溶液中陰陽離子定向移動形成電流，故D錯誤；故答案為D?！军c睛】考查電解原理，明確離子放電順序及各個電極上發(fā)生的反應、物質(zhì)的性質(zhì)即可解答，該裝置為電解池，連接負極的鉛筆芯為陰極，陰極上氫離子放電，同時電極附近生成氫氧根離子，溶液呈堿性；連接正極的鉛筆芯為陽極，陽極上氯離子放電生成氯氣，氯氣能氧化碘離子生成碘，碘與淀粉試液變藍色，注意電解質(zhì)溶液中電流的形成，為易錯點。5、D【解析】

A．該有機物分子結構中含有碳碳雙鍵，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．該有機物分子結構中含有碳碳雙鍵、醛基和醚鍵，三種官能團，故B正確；C．結構中每個節(jié)點為碳原子，每個碳原子可形成四個共價鍵，不足的可用氫原子補齊，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，則該有機物結構中的五元環(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錯誤；答案選D?！军c睛】有機物的分子式根據(jù)碳原子形成四個共價鍵的原則寫出，需注意它的官能團決定了它的化學性質(zhì)。6、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，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，該物質(zhì)作原電池的負極?！驹斀狻緼選項，放電時a為正極，因此充電時，a接電源正極，故A正確；B選項，放電時，溶液中的Na+不放電，而是Na3Ti2(PO4)3中Ti在失去電子，故B錯誤；C選項，陰極主要是NaTi2(PO4)3得到電子，因此陰極上的電極反應為NaTi2(PO4)3+2Na++2e－=Na3Ti2(PO4)3，故C正確；D選項，根據(jù)溶液中電荷守恒關系，理論上，該電池在充電或放電過程中溶液中的c(Na+)不變，故D正確；綜上所述，答案為B?！军c睛】分析化合價，根據(jù)化合價來定負極和正極，根據(jù)負極和正極來書寫電極反應式。7、B【解析】

A.加熱煮沸時促進水的電離，但是氫離子和氫氧根濃度依然相等，溶液仍然呈中性，故A錯誤；B.向水中加入明礬，鋁離子水解對水的電離起促進作用，電離后的溶液顯酸性，溶液中的c（H+）＞c（OH-），故B正確；C.向水中加NaHSO4固體，硫酸氫鈉在水中完全電離出鈉離子、氫離子、硫酸根離子，溶液中的c（H+）＞c（OH-），但氫離子抑制水電離，故C錯誤；D.向水中加入NaHCO3，碳酸氫鈉中的碳酸氫根水解而使溶液顯堿性，即溶液中的c（H+）＜c（OH-），故D錯誤；正確答案是B?！军c睛】本題考查影響水電離的因素，注意酸或堿能抑制水電離，含有弱酸根離子或弱堿陽離子的鹽能促進水電離。8、A【解析】

二氧化硫和水反應生成亞硫酸，亞硫酸酸性小于HCl，所以亞硫酸和氯化鋇不反應，則向BaCl2溶液中通入SO2溶液仍澄清，若再通入足量的某氣體，溶液中仍然沒有沉淀，則該氣體不能將亞硫酸氧化為硫酸或該氣體不能和亞硫酸反應生成沉淀?！驹斀狻緼．HCl和亞硫酸不反應且和氯化鋇不反應，所以沒有生成沉淀，符合題意，選項A正確；B．氨氣和亞硫酸反應生成亞硫酸氨，亞硫酸氨和氯化鋇發(fā)生復分解反應生成亞硫酸鋇沉淀，所以不符合題意，選項B錯誤；C．氯氣和二氧化硫及水反應生成硫酸和鹽酸，與氯化鋇反應生成硫酸鋇沉淀，所以不符合題意，選項C錯誤；D．二氧化氮和水反應生成硝酸，硝酸具有強氧化性，能氧化亞硫酸生成硫酸，硫酸和氯化鋇反應生成硫酸鋇白色沉淀，所以不符合題意，選項D錯誤；答案選A。9、D【解析】

向用鹽酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先發(fā)生反應NaOH+HCl=NaCl+H2O，即為圖象中0-amL，沉淀的質(zhì)量為0g；FeCl3只能在酸性較強的溶液中存在，當酸性減弱時，會轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，從amL開始，bmL時沉淀完全．bmL時，溶液仍然呈酸性，到cmL時，才開始產(chǎn)生Mg(OH)2沉淀，結合Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓、Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓計算判斷?！驹斀狻肯蛴名}酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先發(fā)生反應NaOH+HCl=NaCl+H2O，即為圖象中0?amL，沉淀的質(zhì)量為0g；FeCl3只能在酸性較強的溶液中存在，當酸性減弱時，會轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，從amL開始，bmL時沉淀完全。bmL時，溶液仍然呈酸性，到cmL時，才開始產(chǎn)生Mg(OH)2沉淀，令氫氧化鈉濃度為xmol/L，F(xiàn)e3+完全沉淀消耗氫氧化鈉為(b?a)mL，結合Fe3++3OH?═Fe(OH)3↓可知，溶液中n(Fe3+)=×(b?a)×10?3L×xmol/L，Mg2+完全沉淀消耗氫氧化鈉為(d?c)mL，結合Mg2++2OH?═Mg(OH)2↓可知，溶液中n(Mg2+)=×(d?c)×10?3L×xmol/L，故原混合溶液中n(MgCl2)：n(FeCl3)=×(d?c)×10?3L×xmol/L：×(b?a)×10?3L×xmol/L=，D項正確；答案選D。10、D【解析】

A.絲綢主要成分是蛋白質(zhì)，故A錯誤；B.天然氣主要成分是甲烷，故B錯誤；C.水力發(fā)電是將水能轉(zhuǎn)化成機械能，然后機械能轉(zhuǎn)化成電能，故C錯誤；D.制作太陽能電池板原料是晶體硅，硅元素在地殼中含量為第二，故D正確；答案：D．11、D【解析】

A.陰極室氫離子得電子生成氫氣，發(fā)生的反應為2H++2e-=H2↑，陽極反應為4OH——4e-=O2↑+2H2O，轉(zhuǎn)移相同物質(zhì)的量的電子，生成氫氣的體積是生成氧氣體積的兩倍，故A正確；B.陰極生成氫氧化鈉，鈉離子向左穿過M進入陰極室，所以M為陽離子交換膜，N為陰離子交換膜，故B正確；C.若去掉雙極膜(BP)，氯離子進入陽極室陽放電生成氯氣，故C正確；D.陰極室氫離子得電子生成氫氣，發(fā)生的反應為2H++2e-=H2↑，氫離子被消耗，酸性減弱，故D錯誤；題目要求選錯誤選項，故選D。【點睛】本題考查電解原理，注意審題，不再是電解飽和食鹽水的反應，由于雙極膜(BP)是陰、陽復合膜的存在，使電解反應變成了電解水，是易錯點。陰極是物質(zhì)得到電子，發(fā)生還原反應；溶液中的陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動。12、C【解析】

A．含甲酸某酯結構，能發(fā)生銀鏡反應，故A錯誤；B．酚-OH的鄰位、碳碳雙鍵與溴水反應，則1mol該物質(zhì)最多可與3molBr2反應，故B錯誤；C.2個酚羥基、-Cl及-COOC-均與NaOH反應，則1mol該物質(zhì)最多可與4molNaOH反應，故C正確；D．含酚-OH，與Na2CO3發(fā)生反應，與碳酸氫鈉不反應，故D錯誤；故選C。13、C【解析】

根據(jù)四種短周期元素在周期表的位置，推出W為C，X為O，Y為S，Z為Cl；【詳解】根據(jù)四種短周期元素在周期表的位置，推出W為C，X為O，Y為S，Z為Cl；A、Y、Z、X的原子半徑依次減小，即Y＞Z＞X，故A錯誤；B、非金屬性X＞Y、Z＞Y，且O原子半徑小，則非金屬性X、Z、Y依次降低，即X＞Z＞Y，故B錯誤；C、非金屬性Z＞Y＞W(wǎng)，則Z、Y、W的最高價氧化物對應水化物的酸性依次降低，故C正確；D、CH4與Z元素的單質(zhì)氯氣，在光照下可發(fā)生取代反應，生成鹵代烴和HCl，不屬于置換反應，故D錯誤?！军c睛】易錯點是選項D，學生會把甲烷和氯氣發(fā)生的取代反應，與置換反應混淆，可以從置換反應的定義入手，置換反應是單質(zhì)＋化合物→單質(zhì)＋化合物，CH4與Cl2反應生成鹵代烴和HCl，沒有單質(zhì)的生成，從而推出CH4和Cl2發(fā)生取代反應，而不是置換反應。14、B【解析】

A．lgVV0+1=1時pH=0，則V=V0，即1mol/LHBF4溶液pH=0，說明HBF4是強酸；而NaClO2在水溶液中能發(fā)生水解，說明HClO2是弱酸，故A正確；B．對于HClO2溶液，當lgVV0+1=1時pH=1，則V=V0，即1mol/LHClO2溶液中c(H+)=0.1mol，常溫下HClO2的電離平衡常數(shù)Ka=c(H+)×c(ClO2-)c(HClO2)≈1×10-2，即HClO2的電高平衡常數(shù)的數(shù)量級為10—2，故B錯誤；C．lgVV0+1=1時pH=0，則V=V0，即1mol/LHBF4溶液pH=0，說明HBF4是強酸，pH=-lgc（H+），溶液稀釋多少倍，溶液中c（H+）為原來的多少分之一，所以在0≤pH≤5時，HMnO4溶液滿足：pH=lgVV0，故C正確；D．25℃時pH=2的HBF4溶液與15、D【解析】

n（NaOH）=0.02L×0.50mol/L=0.01mol，由反應的關系式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。16、C【解析】

A.H＋、Fe2＋、NO3—之間能夠發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故A錯誤；B.使紫色石蕊溶液變紅的溶液為酸性溶液，溶液中存在大量H＋，H＋與AlO2—在溶液中能夠反應，且NH4+與AlO2—會發(fā)生雙水解，不能大量共存，故B錯誤；C.pH＝12的溶液顯堿性，OH－與K＋、Na＋、CH3COO－、Br－不反應，且K＋、Na＋、CH3COO－、Br－之間也不反應，可大量共存，故C正確；D.滴加幾滴KSCN溶液顯血紅色的溶液中含有Fe3＋，F(xiàn)e3＋、I－能夠發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故D錯誤；故選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、3，4，4﹣三甲基庚烷【解析】

(1)分析題目給出的信息，進行逆向推理即可；根據(jù)化學式為C10H18的烴A，則A烯烴應該是下列三個片斷結合而成，2個和，再結合反應原理解答該題；(2)根據(jù)(1)的分析所得A的結構簡式，再根據(jù)系統(tǒng)命名法命名與H2發(fā)生加成反應的產(chǎn)物；(3)烴A的一種同類別同分異構體，經(jīng)過臭氧作用后，所有產(chǎn)物都不具有酸性，說明雙鍵碳原子上沒有氫原子，據(jù)此分析；(4)B為，分子式為：C6H10O3，第一步發(fā)生生成C6H12O3，則羰基與氫氣加成生成醇羥基即結構式為；第二步生成C6H10O2，則脫去1分子水，即醇羥基發(fā)生消去反應生成碳碳雙鍵即結構式為；第三步發(fā)生加聚反應生成，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)根據(jù)題目所給信息可知：碳碳雙鍵在酸性高錳酸鉀作用下，生成2個碳氧雙鍵，現(xiàn)生成的2種化合物中共有3個碳氧雙鍵，故A中含有2個碳碳雙鍵，根據(jù)化學式為C10H18的烴A，則A烯烴應該是下列三個片斷結合而成，2個和，故A的結構簡式是；(2)根據(jù)(1)的分析，A為，經(jīng)氫化后雙鍵都被加成為單鍵，所以得到的烷烴的命名是3，4，4﹣三甲基庚烷；(3)烴A的一種同類別同分異構體，經(jīng)過臭氧作用后，所有產(chǎn)物都不具有酸性，說明雙鍵碳原子上沒有氫原子，則該同分異構體的結構簡式是；(4)B為，分子式為：C6H10O3，第一步發(fā)生反應生成C6H12O3，則羰基與氫氣加成生成醇羥基即結構式為；第二步生成C6H10O2，則脫去1分子水，即醇羥基發(fā)生消去反應生成碳碳雙鍵即結構式為；第三步發(fā)生加聚反應生成；第二步反應時，2分子易生成一種含八元環(huán)的副產(chǎn)物，即羥基與羧基、羧基與羥基發(fā)生酯化反應生成八元環(huán)的酯類物質(zhì)，所以其結構簡式為。【點睛】考查有機物推斷，注意根據(jù)轉(zhuǎn)化關系中有機物結構進行推斷，需要學生熟練掌握官能團的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，需要學生對給予的信息進行利用，較好的考查學生的自學能力與知識遷移應用，難度中等。18、4?氟硫酚（或?qū)Ψ蚍樱然Ⅳ驶映煞磻狝D13【解析】

（1）F原子在硫酚的官能團巰基對位上，習慣命名法的名稱為對氟硫酚，科學命名法的名稱為4?氟硫酚；D分子中含氧官能團有羧基，羰基兩種。（2）A→C為巰基與B分子碳碳雙鍵的加成反應。（3）F→G的過程中，F(xiàn)中的—OCH3被—NH—NH2代替，生成G的同時生成CH3OH和H2O，反應的方程式為。（4）由結構簡式可推出其分子式為C10H7O3FS，A正確；分子中只有一個手性碳原子，B錯誤；分子中的羧基能夠與NaHCO3溶液反應，但F原子不能直接與AgNO3溶液發(fā)生反應，C錯誤；能發(fā)生取代(如酯化)、氧化、加成(羰基、苯環(huán))、還原(羰基)等反應，D正確。（5）根據(jù)描述，其分子式為C7H7FS，有?SH直接連在苯環(huán)上，當苯環(huán)上連有?SH和?CH2F兩個取代基時，共有3種同分異構體，當苯環(huán)上連有—SH、—CH3和—F三個取代基時，共有10種同分異構體，合計共13種同分異構體，其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積比為2∶2∶2∶1的物質(zhì)的結構簡式為。（6）到，首先應該把分子中的仲醇部分氧化為羰基，把伯醇(—CH2OH)部分氧化為羧基，然后模仿本流程中的D→E→F兩個過程，得到K。19、使受熱均勻，加快反應速率，防止溫度過高，氨水揮發(fā)過多，原料利用率低防止液體倒吸進入錐形瓶吸收氨氣、硫化氫等雜質(zhì)氣體，防止污染空氣bcKSCN86.185【解析】

A中稀硫酸與廢鐵屑反應生成硫酸亞鐵、氫氣，還有少量的硫化氫氣體，滴加氨水，可生成硫酸亞鐵銨，B導管短進短出為安全瓶，避免倒吸，C用于吸收硫化氫等氣體，避免污染環(huán)境，氣囊可以吸收氫氣?！驹斀狻浚?）水浴加熱的目的是控制溫度，加快反應的速率，同時防止溫度過高，氨水揮發(fā)過多，原料利用率低，故答案為：使受熱均勻，加快反應速率，防止溫度過高，氨水揮發(fā)過多，原料利用率低；（2）B裝置短進短出為安全瓶，可以防止液體倒吸進入錐形瓶；由于鐵屑中含有S元素，因此會產(chǎn)生H2S，同時氨水易揮發(fā)，因此高錳酸鉀溶液(具有強氧化性)吸收這些氣體，防止污染空氣，吸收氨氣、硫化氫等雜質(zhì)氣體，防止污染空氣，故答案為：防止液體倒吸進入錐形瓶；吸收氨氣、硫化氫等雜質(zhì)氣體，防止污染空氣；（3）由于Fe2+易被氧化，所以為防止其被氧化，鐵屑應過量，同時為抑制Fe2+的水解，所以溶液要保持強酸性，濃硫酸常溫下會鈍化鐵，故答案為：bc；（4）檢驗鐵離子常用KSCN溶液，故答案為：KSCN；（5）①在Fe3+濃度為1.0mg/mL的標準溶液100mL中，m（Fe3+）=0.1mg/mL×100mL=10.0mg，依據(jù)關系式Fe3+～（NH4）Fe（SO4）2?12H2O得：m[（NH4）Fe（SO4）2?12H2O]=10.0mg×=86.1mg，故答案為：86.1；②兩次測定所得的吸光度分別為0.590、0.610，取其平均值為0.600，從吸光度可以得出濃度為8.5mg/L，又因配得產(chǎn)品溶液10mL，稀釋至100mL，故原產(chǎn)品硫酸亞鐵銨溶液中所含F(xiàn)e3+濃度為：8.5mg/L×=85mg/L，故答案為：85；（6）滴定過程中Fe2+被氧化成Fe3+，化合價升高1價，KMnO4被還原生成Mn2+，所以有數(shù)量關系5Fe2+~KMnO4，所以n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]=V×10-3L×cmol·L-1×5×=12.5Vc10-3mol，則硫酸亞鐵銨晶體的純度為×100%=；故答案為：。20、加快反應速率蒸發(fā)皿有晶膜出現(xiàn)（或大量固體出現(xiàn)時）防止硫酸亞鐵水解214215紅棕Ba2+＋SO3＋H2O＝BaSO4↓＋2H+（說明：分步寫也給分2Ba2+＋2SO2＋O2＋2H2O＝2BaSO4↓＋4H+也給分）檢驗產(chǎn)物中是否含有SO2不能取B中少量溶液于試管中，滴加少量NaOH溶液并加熱，能產(chǎn)生使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體【解析】

I.(1)適當加熱使溶液溫度升高，可加快反應速率；(2)加入飽和的硫酸銨溶液后直接加熱蒸發(fā)，加熱溶液至有晶膜出現(xiàn)（或大量固體出現(xiàn)時），停止加熱；溶液一直保持強酸性防止硫酸亞鐵水解；Ⅱ．(3)根據(jù)化合價升降法配平；(4)加熱過程，A逐漸變?yōu)檠趸F；(5)B為酸性溶液，二氧化硫、氧氣與氯化鋇反應生成少量硫酸鋇白色沉淀；(6)C中品紅溶液可以二氧化硫反應，導致溶液褪色；(7)D中集氣瓶能收集到SO2和少量的O2；(8)溶液B顯酸性，氨氣能夠在此裝置中被吸收，檢驗B中是否含有銨根離子即可。【詳解】I.(1)適當加熱使溶液溫度升高，可加快反應速率；