四川省綿陽市東辰高中2025屆高三第六次模擬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、學習化學應有辯證的觀點和方法．下列說法正確的是（）A．催化劑不參加化學反應B．醇和酸反應的產物未必是酯C．鹵代烴的水解產物一定是醇D．醇脫水的反應都屬于消去反應2、向恒溫恒容密閉容器中充入1molX和2molY，發(fā)生反應4X（g）+2Y（g）?3Z（g），下列選項表明反應一定已達平衡狀態(tài)的是（）A．氣體密度不再變化B．Y的體積分數不再變化C．3v（X）＝4v（Z）D．容器內氣體的濃度c（X）：c（Y）：c（Z）＝4：2：33、已知：①H2(g)+Se(g)H2Se(g)+87.48kJ②Se(g)→Se(s)+102.17kJ；下列選項正確的是A．H2(g)+Se(s)的總能量對應圖中線段bB．相同物質的量的Se，Se(s)的能量高于Se(g)C．1molSe(g)中通入1molH2(g)，反應放熱87.48kJD．H2(g)+S(g)H2S(g)+QkJ，Q<87.48kJ4、常溫下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中不斷加入固體NaOH后，NH4+與NH3·H2O的變化趨勢如右圖所示(不考慮體積變化和氨的揮發(fā))，下列說法不正確的是（）A．M點溶液中水的電離程度比原溶液小B．在M點時，n(OH－)－n(H+)=(a－0.05)molC．隨著NaOH的加入，c(NH3D．當n(NaOH)=0.05mo1時，溶液中有：c(Cl－)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH－)>c(H+)5、下列有關14C60的敘述正確的是A．與12C60化學性質相同 B．與12C60互為同素異形體C．屬于原子晶體 D．與12C60互為同位素6、科學家采用碳基電極材料設計了一種制取氯氣的新工藝方案，裝置如圖所示：下列說法錯誤的是（）A．反應過程中需要不斷補充Fe2+B．陽極反應式是2HCl-2e-=Cl2+2H+C．電路中轉移1mol電子，消耗標況下氧氣5.6LD．電解總反應可看作是4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）7、下列實驗操作、現象與對應的結論或解釋正確的是選項操作現象結論或解釋A用潔凈鉑絲蘸取某溶液進行焰色反應火焰吳黃色原溶液中有Na+B將CH3CH2溶液紫色褪去CHC向AgNO得到澄清溶液Ag+與D向盛有少量溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振蕩，靜置上、下層液體均近無色裂化汽油不可用作溴的萃取溶劑A．A B．B C．C D．D8、W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y處于同一周期，X、Z的最低價離子分別為X2－和Z－，Y＋和Z-離子具有相同的電子層結構。下列說法正確的是()A．原子最外層電子數：X＞Y＞Z B．單質沸點：X＞Y＞ZC．離子半徑：X2－＞Y＋＞Z－ D．原子序數：X＞Y＞Z9、同一周期的X、Y、Z三種元素，已知最高價氧化物對應水化物的酸性順序為HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，則下列判斷錯誤的是A．原子半徑：X＞Y＞Z B．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HX＞H2Y＞ZH3C．元素原子得電子能力：X＞Y＞Z D．陰離子的還原性：Z3－＞Y2－＞X－10、人體血液存在H2CO3/HCO3－、HPO42－/H2PO4－等緩沖對。常溫下，水溶液中各緩沖對的微粒濃度之比的對數值lgx[x表示c(H2CO3)/c(HCO3-)或c(HPO42-)/c(H2PO4-)]與pH的關系如圖所示。已知碳酸pKal=6.4、磷酸pKa2=7.2（pKa=-lgKa）。則下列說法正確的是A．曲線I表示lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)與pH的變化關系B．a－b的過程中，水的電離程度逐漸減小C．當c(H2CO3)=c(HCO3－)時，c(HPO42－)=c(H2PO4－)D．當pH增大時，c(HCO3-)?c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐漸減小11、某同學在實驗室探究NaHCO3的性質：常溫下，配制0.10mol/LNaHCO3溶液，測其pH為8.4；取少量該溶液滴加CaCl2溶液至pH=7，滴加過程中產生白色沉淀，但無氣體放出。下列說法不正確的是()A．NaHCO3溶液呈堿性的原因是HCO3-的水解程度大于電離程度B．反應的過程中產生的白色沉淀為CaCO3C．反應后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)D．加入CaCl2促進了HCO3-的水解12、根據下列實驗操作和現象，得出的結論正確的是（）選項實驗操作和現象結論A光照時甲烷與氯氣反應后的混合氣體能使紫色石蕊溶液變紅生成的氯甲烷具有酸性B向溶有SO2的BaCl2溶液中通入氣體X，出現白色沉淀X一定具有氧化性C兩支盛0.1mol·L-1醋酸和次氯酸的試管中分別滴加等濃度Na2CO3溶液，觀察到前者有氣泡、后者無氣泡Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)D向淀粉溶液中滴加H2SO4并加熱，再加入新制的Cu(OH)2懸濁液，加熱，未見磚紅色沉淀淀粉沒有水解A．A B．B C．C D．D13、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，W原子的最外層電子數為內層電子數的3倍，X在短周期主族元素中金屬性最強，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鍵14、YBa2Cu3Ox(Y元素釔)是一種重要超導材料，下列關于Y的說法錯誤的是（）A．質量數是89 B．質子數與中子數之差為50C．核外電子數是39 D．Y與Y互為同位素15、證據推理與模型認知是化學學科的核心素養(yǎng)之一。下列事實與相應定律或原理不相符的是（）A．向Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固體，溶液顏色加深——勒夏特列原理B．常溫常壓下，1體積CH4完全燃燒消耗2體積O2——阿伏加德羅定律C．向漂白液中加入少量稀硫酸能增強漂白液的漂白效果——元素周期律D．通過測量C、CO的燃燒熱來間接計算2C(s)+O2(g)=2CO(g)的反應熱——蓋斯定律16、NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．18gD2O和18gH2O中含有的質子數均為10NAB．2L0.5mol·L－1亞硫酸溶液中含有的H＋離子數為2NAC．過氧化鈉與水反應時，生成0.1mol氧氣轉移的電子數為0.2NAD．密閉容器中2molNO與1molO2充分反應，產物的分子數為2NA二、非選擇題（本題包括5小題）17、化合物H是一種除草劑，可由下列路線合成(部分反應條件略去)：(1)B和A具有相同的實驗式，分子結構中含一個六元環(huán)，核磁共振氫譜顯示只有一個峰，則B的結構簡式為__________，A→B的反應類型是__________。(2)C中含氧官能團的名稱是__________；ClCH2COOH的名稱(系統(tǒng)命名)是__________。(3)D→E所需的試劑和條件是__________。(4)F→G的化學方程式是___________________。(5)I是E的一種同分異構體，具有下列結構特征：①苯環(huán)上只有一個取代基；②是某種天然高分子化合物水解的產物。I的結構簡式是__________。(6)設計由乙醇制備的合成路線__________(無機試劑任選)。18、某新型無機材料A3M4由兩種非金屬元素組成，元素M位于第二周期VA族。D、E、H均為難溶于水的白色固體：化合物C、E均含A元素。其余物質均為中學化學中常見物質。請回答：（1）寫出H的化學式：________________。（2）化合物A3M4中含有的化學鍵類型為：________________。（3）寫出反應②的離子方程式：________________。19、某小組以亞硝酸鈉（NaNO2）溶液為研究對象，探究NO2-的性質。實驗試劑編號及現象滴管試管2mL1%酚酞溶液1mol·L-1NaNO2溶液實驗I：溶液變?yōu)闇\紅色，微熱后紅色加深1mol·L-1NaNO2溶液0.1mol·L-1KMnO4溶液實驗II：開始無明顯變化，向溶液中滴加稀硫酸后紫色褪去KSCN溶液1mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）實驗III：無明顯變化1mol·L-1NaNO2溶液1mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）實驗IV：溶液先變黃，后迅速變?yōu)樽厣渭覭SCN溶液變紅資料：[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。（1）結合化學用語解釋實驗I“微熱后紅色加深”的原因______（2）實驗II證明NO2-具有_____性，從原子結構角度分析原因_________（3）探究實驗IV中的棕色溶液①為確定棕色物質是NO與Fe2+，而非Fe3+發(fā)生絡合反應的產物，設計如下實驗，請補齊實驗方案。實驗溶液a編號及現象1mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）i．溶液由___色迅速變?yōu)開__色____________________ii．無明顯變化②加熱實驗IV中的棕色溶液，有氣體逸出，該氣體在接近試管口處變?yōu)榧t棕色，溶液中有紅褐色沉淀生成。解釋上述現象產生的原因_________。（4）絡合反應導致反應物濃度下降，干擾實驗IV中氧化還原反應發(fā)生及產物檢驗。小組同學設計實驗V：將K閉合后電流表指針發(fā)生偏轉，向左側滴加醋酸后偏轉幅度增大。①鹽橋的作用是____________________________②電池總反應式為______________________實驗結論：NO2-在一定條件下體現氧化性或還原性，氧還性強弱與溶液酸堿性等因素有關。20、化學興趣小組在實驗室進行“海帶提碘”的實驗過程如圖：(1)操作①的名稱是_____，操作②的主要儀器是_____；氧化步驟的離子方程式是_____。(2)探究異常：取樣檢驗時，部分同學沒有觀察到溶液變藍色。他們假設原因可能是加入的氯水過量，氧化了①I2；②淀粉；③I2和淀粉。他們在沒有變藍色的溶液中，滴加_____(選填“四氯化碳”“碘水”“淀粉溶液”)后，若出現_____現象，即可證明假設①正確，同時排除假設②③.能同時排除假設②③的原因是_____。(3)查閱資料：Cl2可氧化I2，反應的化學方程式為_____Cl2+_____I2+_____H2O→_____HIO3+_____HCl.配平上述方程式，并標出電子轉移的方向和數目_______。(4)探究氧化性：在盛有FeCl3溶液的試管中，滴入幾滴KI溶液，將反應后的溶液均勻倒入兩支試管，試管a中加入1mL苯振蕩靜置，出現______(填實驗現象)，證明有I2存在；試管b中滴入KSCN溶液，溶液顯血紅色，證明有_____存在。(5)比較氧化性：綜合上述實驗，可以得出的結論是氧化性：Cl2＞FeCl3，理由是_____。21、最新“人工固氮”的研究成果表明，能在常溫常壓發(fā)生反應：2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)﹣Q(Q＞0)。常溫下，實驗室在10L恒容容器中模擬該反應，測得實驗數據如表：0min2min4min5min6minN221.71.61.62.5H2O109.18.88.88.65O200.450.60.60.675(1)該反應的平衡常數表達式K＝_____，0～2min內NH3的平均生成速率為_____。(2)若反應過程中氣體的密度不再發(fā)生變化，請解釋說明能否判斷反應達到平衡_____。(3)在5～6min之間只改變了單一條件，該條件是_____。(4)以NH3和CO2為原料可生產化肥碳銨(NH4HCO3)。生產過程中首先需往水中通入的氣體是_____，通入該氣體后溶液中存在的電離平衡有_____(用方程式表示)。(5)常溫下NH4HCO3溶液的pH＞7，由此判斷溶液中：c(NH4+)_____c(HCO3﹣)(選填“＞”、“＜”或“＝”)，理由是_____。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

A.催化劑能明顯增大化學反應速率，且在反應前后質量和性質不發(fā)生變化，這并不意味著催化劑不參加反應過程，實際催化劑參與了反應過程，改變了反應的路徑，從而起到改變反應快慢的作用，故A錯誤；B.醇和酸反應后的產物是不是酯取決于酸是有機酸還是無機酸，如果是醇和有機酸反應，則生成的為酯，如果是醇和無機酸反應，則發(fā)生取代反應生成鹵代烴，如乙醇和HBr反應則生成溴乙烷，故B正確；C.鹵代烴水解后的產物除了是醇，還可能是酚，即鹵代烴發(fā)生水解后生成的是醇還是酚，取決于?X是連在鏈烴基上還是直接連在苯環(huán)上，故C錯誤；D.醇可以分子內脫水，也可以分子間脫水，如果是分子內脫水，則發(fā)生的是消去反應，如果是分子間脫水，則發(fā)生的是取代反應，故D錯誤；答案選B。2、B【解析】

根據化學平衡狀態(tài)的特征解答，當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發(fā)生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態(tài)?！驹斀狻緼.反應前后氣體的質量不變，容器的體積不變，混合氣體的密度一直不變，不能判定反應達到平衡狀態(tài)，故A錯誤；B.Y的體積分數不再變化，說明各物質的量不變，反應達平衡狀態(tài)，故B正確；C.3v（X）=4v（Z）未體現正與逆的關系，不能判定反應是否達到平衡狀態(tài)，故C錯誤；D.當體系達平衡狀態(tài)時，c（X）：c（Y）：c（Z）可能為4：2：3，也可能不是4：2：3，與各物質的初始濃度及轉化率有關，不能判定反應是否達到平衡狀態(tài)，故D錯誤；故選B。3、A【解析】

A.根據①H2(g)+Se(g)H2Se(g)+87.48kJ②Se(g)→Se(s)+102.17kJ可得：H2(g)+Se(s)H2Se(g)-14.69kJ，所以H2(g)+Se(s)的總能量對應圖中線段b，故正確；B.相同物質的量的Se，Se(s)的能量低于Se(g)，故錯誤；C.1molSe(g)中通入1molH2(g)，H2(g)+Se(g)H2Se(g)+87.48kJ，該反應是可逆反應，放出的熱量小于87.48kJ，故錯誤；D.S和Se是同族元素，S的非金屬性比Se強，和氫氣化合更容易，放熱更多，故錯誤；故選：A。4、C【解析】

常溫下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中不斷加入固體NaOH，則溶液中發(fā)生反應NH4++OH-=NH1?H2O，隨著反應進行，c(NH4+)不斷減小，c(NH1?H2O)不斷增大?！驹斀狻緼項、M點是向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的混合溶液，溶液中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，故A正確；B項、根據電荷守恒c(H+)＋c(NH4+)＋c(Na+)＝c(OH－)＋c(Cl－)，可得n(OH－)－n(H+)=[c(NH4+)＋c(Na+)－c(Cl－)]×1L，在M點時c(NH4+)=0.05mol?L￣1，c(Na+)=amol?L￣1，c(Cl－)=0.1mol?L￣1，帶入數據可得n(OH－)－n(H+)=[0.05mol?L-1+amol?L-1－0.1mol?L-1]×1L=(a－0.05)mol，故B正確；C項、氨水的電離常數Kb=c(NH4+)c(OH－)c(NH3?H2O)，則c(NH3?H2O)c(OH－)D項、當n（NaOH）=0.05mol時，NH4Cl和NaOH反應后溶液中溶質為等物質的量的NH1?H2O和NH4Cl、NaCl，NH1．H2O的電離程度大于NH4Cl水解程度，導致溶液呈堿性，鈉離子、氯離子不水解，所以溶液中離子濃度大小順序是c（Cl-）>c（NH4+）>c（Na+）>c（OH-）>c（H+），故D正確。故選C。5、A【解析】

A．14C60與12C60中碳原子為同種元素的碳原子，則化學性質相同，故A正確；B．14C60與12C60是同一種單質，二者不是同素異形體，故B錯誤；C．14C60是分子晶體，故C錯誤；D．14C與12C的質子數均為6，中子數不同，互為同位素，14C60與12C60是同一種單質，故D錯誤。故選：A。6、A【解析】

HCl在陽極失電子，發(fā)生氧化反應，生成Cl2和H+，Fe3+在陰極得電子，還原成Fe2+，Fe2+、H+、O2反應生成Fe3+和H2O，Fe2+、Fe3+在陰極循環(huán)?！驹斀狻緼．由分析可知，Fe2+在陰極循環(huán)，無需補充，A錯誤；B．HCl在陽極失電子得到Cl2和H+，電極反應式為：2HCl-2e-=Cl2+2H+，B正確；C．根據電子得失守恒有：O2～4e-，電路中轉移1mol電子，消耗0.25mol氧氣，標況下體積為5.6L，C正確；D．由圖可知，反應物為HCl(g)和O2(g)，生成物為H2O(g)和Cl2(g)，故電解總反應可看作是4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)，D正確。答案選A。7、D【解析】

A.用潔凈鉑絲蘸取某溶液進行焰色反應，火焰吳黃色，只能證明含有Na+，不能判斷是否含有K+，A錯誤；B.乙醇容易揮發(fā)，故產物中一定含有乙醇的蒸氣，且乙醇具有還原性，可以使酸性KMnO4溶液褪色，因此，不能證明溴乙烷發(fā)生了消去反應產生了乙烯，B錯誤；C.向AgNO3溶液在滴加過量氨水，是由于發(fā)生反應：Ag++NH3?H2O=AgOH↓+NH4+,AgOH+2NH3?H2O=[Ag(NH3)2]++OH-+2H2O，產生了絡合物，C錯誤；D.裂化汽油中含有烯烴，能夠與溴水中的溴單質發(fā)生加成反應，生成不溶于水的鹵代烴，兩層液體均顯無色，因此裂化汽油不可用作溴的萃取溶劑，D正確；故合理選項是D。8、D【解析】

X、Z的最低價離子分別為X2-和Z-，則X為第ⅥA族元素，Z為ⅦA族元素；Y+和Z-具有相同的電子層結構，則Y在Z的下一周期，則Y為Na元素，Z為F元素，X、Y同周期，則X為S元素，A．X、Y、Z分別為S、Na、F，原子最外層電子數分別為6、1、7，即原子最外層電子數：Z＞X＞Y，故A錯誤；B．常溫下Na、S為固體，F2為氣體，Na的熔點較低，但鈉的沸點高于硫，順序應為Na＞S＞F2，故B錯誤；C．Na+、F-具有相同的核外電子排布，離子的核電荷數越大，半徑越小，應為F-＞Na+，S2-電子層最多，離子半徑最大，故離子半徑S2-＞F-＞Na+，故C錯誤；D．X、Y、Z分別為S、Na、F，原子序數分別為16、11、9，則原子序數：X＞Y＞Z，故D正確。答案選D。9、A【解析】

元素非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，由題意可知，最高價氧化物對應水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，則元素非金屬性X＞Y＞Z?！驹斀狻緼項、同周期元素從左到右，原子半徑逐漸減小，非金屬性依次增強，則原子半徑：X＜Y＜Z，故A錯誤；B項、元素非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，非金屬性：X＞Y＞Z，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HX＞H2Y＞ZH3，故B正確；C項、元素非金屬性越強，原子得電子能力越強，元素非金屬性：X＞Y＞Z，則原子得電子能力：X＞Y＞Z，故C正確；D項、元素非金屬性越強，陰離子的還原性越弱，非金屬性：X＞Y＞Z，則陰離子的還原性：Z3－＞Y2－＞X－，故D正確。故選A。10、D【解析】

H2CO3HCO3－+H＋的電離平衡常數Kal=c(H＋)·c(HCO3－)/c(H2CO3)，所以lgc(H2CO3)/c(HCO3－)=pKal-pH=6.4-pH，H2PO4－HPO42－+H＋的電離平衡常數Ka2=c(H＋)·c(HPO42－)/c(H2PO4－)，所以lgc(HPO42－)/c(H2PO4－)=pH-pKa2=pH-7.2，A．當lgx=0時，pH分別為6.4、7.2；B．酸對水的電離有抑制作用，酸性越強即pH越小，抑制作用越大，水的電離程度越小；C．當c（H2CO3）=c（HCO3－）時，即lgc(H2CO3)/c(HCO3－)=0，溶液中pH=6.4，則lgc(HPO42－)/c(H2PO4－)=pH-7.2=6.4-7.2=-0.8；D．c(HCO3-)·c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3－)·c(H＋)/Ka2=Ka1×c(H2CO3)/Ka2，pH增大則H2CO3HCO3－+H＋正向進行，使c（H2CO3）減小?！驹斀狻緼．當lgx=0時，pH分別為6.4、7.2，所以曲線I表示lgc(H2CO3)/c(HCO3－)=pKal-pH=6.4-pH，曲線II表示lgc(HPO42－)/c(H2PO4－)=pH-pKa2=pH-7.2，故A錯誤；B．酸對水的電離有抑制作用，酸性越強即pH越小，抑制作用越大，水的電離程度越小，a-b的過程中pH增大，溶液酸性減弱，水的電離程度增大，故B錯誤；C．當c（H2CO3）=c（HCO3－）時，即lgc(H2CO3)/c(HCO3－)=0，溶液中pH=6.4，則lgc(HPO42－)/c(H2PO4－)=pH-7.2=6.4-7.2=-0.8＜0，即c（HPO42－）＜c（H2PO4－），故C錯誤；D、c(HCO3-)·c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3－)·c(H＋)/Ka2=Ka1×c(H2CO3)/Ka2，pH增大則H2CO3HCO3－+H＋正向進行，使c（H2CO3）減小，Ka1、Ka2不變，所以pH增大時，c(HCO3-)?c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐漸減小，故D正確；故選D。【點睛】本題考查弱電解質的電離平衡及其溶液中離子濃度的變化關系，把握電離平衡常數意義及應用、分析圖象信息是解題關鍵，注意比例式的恒等轉化以判斷其增減性的方法。11、D【解析】

A.NaHCO3電離產生的HCO3-離子在溶液中既能發(fā)生電離作用又能發(fā)生水解作用；B.HCO3-與Ca2+生成CaCO3和氫離子，氫離子結合HCO3-生成H2CO3；C.根據電荷守恒分析判斷；D.加入CaCl2消耗CO32-生成CaCO3沉淀?！驹斀狻緼.NaHCO3是強堿弱酸鹽，在溶液中HCO3-既能電離又能水解，水解消耗水電離產生的H+，使溶液顯堿性；電離產生H+使溶液顯酸性，NaHCO3溶液呈堿性的原因是HCO3-的水解程度大于電離程度，A正確；B.向NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液至pH=7，滴加過程中產生白色沉淀，說明HCO3-與Ca2+生成CaCO3和氫離子，氫離子結合HCO3-生成H2CO3，則反應的離子方程式，2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3，B正確；C.該溶液中存在電荷守恒，c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-)，溶液至pH=7，c(H+)=c(OH-)，c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)，C正確；D.溶液中存在HCO3-CO32-+H+，加入CaCl2消耗CO32-，促進HCO3-的電離，D錯誤；故合理選項是D?！军c睛】本題考查了電解質溶液中反應實質、沉淀溶解平衡的理解及應用的知識。涉及電解質溶液中離子濃度大小比較、電荷守恒、物料守恒等，題目難度中等。12、C【解析】

A．甲烷和氯氣在光照條件下反應生成氯甲烷和HCl，HCl使紫色石蕊溶液變紅，A錯誤；B．若X是NH3則生成白色的BaSO3，得到相同現象，B錯誤；C．Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)，所以2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+H2O+CO2↑，產生氣泡，Na2CO3和HClO不會反應，無氣泡，C正確；D．加入新制的Cu(OH)2懸濁液之前要先加入NaOH中和H2SO4，不然新制的Cu(OH)2懸濁液和硫酸反應了，就不會出現預期現象，D錯誤。答案選C?！军c睛】Ka越大，酸性越強，根據強酸制弱酸原則，Ka大的酸可以和Ka小的酸對應的鹽反應生成Ka小的酸。13、A【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，W的最外層電子數為內層電子數的3倍，則W為O元素；X在短周期主族元素中金屬性最強，則X為Na元素；W與Y屬于同一主族，則Y為S元素；Z的原子序數大于S，則Z為Cl元素，據此解答?！驹斀狻扛鶕鲜龇治隹芍篧為O，X為Na，Y為S，Z為Cl元素。A．Na2O是堿性氧化物，與水反應產生NaOH，NaOH是一元強堿，水溶液顯堿性；Na2S是強堿弱酸鹽，在溶液中S2-發(fā)生水解作用，消耗水電離產生的H+，促進了水的電離，最終達到平衡時溶液中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錯誤；C．元素的非金屬性：O>Cl>S，則簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：H2O>HCl>H2S，C錯誤；C．O、H可形成化合物H2O2，其中含有非極性共價鍵，D錯誤；故合理選項是A?！军c睛】本題考查原子結構與元素周期律的關系，根據元素的原子結構及相互關系推斷元素為解答關鍵，注意掌握元素周期律內容及常見元素化合物性質，試題有利于提高學生的分析能力及綜合應用能力。14、B【解析】

A選項，原子符號左上角為質量數，所以釔原子質量數為89，胡A正確；

B選項，質子數+中子數=質量數，中子數=質量數－質子數=89－39=50，質子數與中子數之差為50－39=11，故B錯誤；

C選項，原子的核外電子數=核內質子數，所以核外有39個電子，故C正確；D選項，Y與Y質子數相同，中子數不同，互為同位素，故D正確;綜上所述，答案為B?！军c睛】原子中質子數、中子數、質量數之間的關系為質量數=質子數+中子數，原子中的質子數與電子數的關系為核電荷數=核外電子數=核內質子數=原子序數，同位素是指質子數相同中子數不同的同種元素的不同原子互稱同位素。15、C【解析】

A．向Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固體，溶液顏色加深，說明增大反應物濃度，能使平衡正向移動，此事實與勒夏特列原理相符，A不合題意；B．由CH4燃燒反應方程式可知，1molCH4在2molO2中完全燃燒，常溫常壓下，1體積CH4完全燃燒消耗2體積O2，二者的體積比等于其物質的量之比，符合阿伏加德羅定律，B不合題意；C．向漂白液中加入少量稀硫酸能增強漂白液的漂白效果，說明生成了HClO，符合強酸制弱酸原理，由于HClO不是最高價含氧酸，所以不符合元素周期律，C符合題意；D．通過C、CO的燃燒熱反應方程式，通過調整化學計量數后相減，可間接計算2C(s)+O2(g)=2CO(g)的反應熱，符合蓋斯定律，D不合題意；故選C。16、C【解析】

A．18gD2O和18gH2O的物質的量不相同，其中含有的質子數不可能相同，A錯誤；B．亞硫酸是弱電解質，則2L0.5mol·L-1亞硫酸溶液中含有的H+離子數小于2NA，B錯誤；C．過氧化鈉與水反應時，氧元素化合價從-1價水的0價，則生成0.1mol氧氣轉移的電子數為0.2NA，C正確；D．密閉容器中2molNO與1molO2充分反應生成2molNO2，但NO2與N2O4存在平衡關系，所以產物的分子數小于2NA，D錯誤。答案選C?！军c睛】阿伏伽德羅常數與微粒數目的關系涉及的知識面廣，涉及到核素、弱電解質電離、氧化還原反應、化學平衡、膠體、化學鍵等知識點。與微粒數的關系需要弄清楚微粒中相關粒子數(質子數、中子數、電子數)及離子數、電荷數、化學鍵之間的關系，計算氧化還原反應中的轉移電子數目時一定要抓住氧化劑或還原劑的化合價的改變以及物質的量，還原劑失去的電子數或氧化劑得到的電子數就是反應過程中轉移的電子數。二、非選擇題（本題包括5小題）17、加成反應醚鍵2-氯乙酸濃硝酸、濃硫酸、加熱【解析】

B和A具有相同的實驗式，分子結構中含一個六元環(huán)，核磁共振氫譜顯示只有一個峰；3個分子的甲醛分子HCHO斷裂碳氧雙鍵中較活潑的鍵，彼此結合形成B：，B與HCl、CH3CH2OH反應產生C：ClCH2OCH2CH3；間二甲苯與濃硝酸、濃硫酸混合加熱發(fā)生取代反應產生E為，在Fe、HCl存在條件下硝基被還原變?yōu)?NH2，產生F為：，F與ClCH2COOH在POCl3條件下發(fā)生取代反應產生G：，G與C發(fā)生取代反應產生H：?！驹斀狻扛鶕鲜龇治隹芍狟是，F是。(1)3個分子的甲醛斷裂碳氧雙鍵中較活潑的鍵，彼此結合形成環(huán)狀化合物B：，A→B的反應類型是加成反應；(2)C結構簡式為ClCH2OCH2CH3；其中含氧官能團的名稱是醚鍵；ClCH2COOH可看作是乙酸分子中甲基上的一個H原子被Cl原子取代產生的物質，名稱是2-氯乙酸；(3)D為間二甲苯，由于甲基使苯環(huán)上鄰位和對位變得活潑，所以其與濃硝酸、濃硫酸混合加熱發(fā)生取代反應產生E為，則D→E所需的試劑和條件是濃硝酸、濃硫酸、加熱；(4)F與ClCH2COOH在POCl3條件下發(fā)生取代反應產生G和水，F→G的化學方程式是；(5)E為，硝基化合物與C原子數相同的氨基酸是同分異構體，I是E的一種同分異構體，具有下列結構特征：①苯環(huán)上只有一個取代基；②是某種天然高分子化合物水解的產物，則該芳香族化合物的一個側鏈上含有1個—COOH、1個—NH2，和1個，I的結構簡式是；(6)CH3CH2OH在Cu催化下加熱下發(fā)生氧化反應產生CH3CHO，3個分子的乙醛發(fā)生加成反應產生，與乙醇在HCl存在時反應產生，故由乙醇制備的合成路線為：?！军c睛】本題考查有機物推斷與合成、限制條件同分異構體書寫、有機物結構與性質等，掌握有機物官能團的結構與性質是解題關鍵。要根據已知物質結構、反應條件進行推斷，注意根據物質結構簡式的變化理解化學鍵的斷裂與形成，充分利用題干信息分析推理，側重考查學生的分析推斷能力。18、AgCl共價鍵SiO2+2OH-=SiO32-+H2O【解析】根據題中各物質轉化關系，D受熱得E，E能與氫氧化鈉反應生成F，F與過量的二氧化碳反應生成D，說明D為弱酸且能受熱分解；新型無機材料A3M4由兩種非金屬元素組成，元素M位于第二周期VA族，應為N元素，A元素為四價元素，C、E均為含A元素，可知A3M4應為Si3N4，可以確定A為Si，E為SiO2，F為Na2SiO3，則D為H2SiO3，G與硝酸銀反應生成不溶于稀硝酸的沉淀H，則可知G中有Cl-，H為AgCl，故C為SiCl4，B為Cl2；由SiCl4+3H2═4HCl+H2SiO3，生成G：HCl；（1）H的化學式為AgCl；（2）化合物Si3N4中含有的化學鍵類型為共價鍵；（3）SiO2溶解于NaOH溶液發(fā)生反應的離子方程式為SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。19、NO2-發(fā)生水解反應NO2-+H2OHNO2+OH-，溫度升高水解平衡正向移動，堿性增強，溶液紅色加深還原性N原子最外層5個電子（可用原子結構示意圖表示），+3價不穩(wěn)定，易失電子，體現還原性淺綠色棕色0.5mol·L?1Fe2（SO4）3溶液（pH=3）棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受熱生成NO和Fe2+，NO被空氣氧化為NO2，加熱有利于Fe2+被氧化為Fe3+，促進Fe3+水解，產生Fe(OH)3沉淀阻礙Fe2+與NO接觸，避免絡合反應發(fā)生Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O【解析】

（1）根據實驗I的現象說明NaNO2為強堿弱酸鹽，NO2-發(fā)生水解反應NO2-+H2OHNO2+OH-，溫度升高水解平衡正向移動，堿性增強，溶液紅色加深；（2）N原子最外層5個電子，NO2-中N為+3價不穩(wěn)定，易失電子，體現還原性；（3）①若要證明棕色物質是NO與Fe2+，而非Fe3+發(fā)生絡合反應的產物，需要作對照實驗，即向pH均為3，含Fe2+和Fe3+濃度均為1mol/L的FeSO4溶液和Fe2（SO4）3溶液中通入NO，若通入FeSO4溶液出現溶液由淺綠色迅速變?yōu)樽厣?，而通入Fe2（SO4）3溶液無現象，則可證明；②加熱實驗IV中的棕色溶液，有氣體逸出，該氣體在接近試管口處變?yōu)榧t棕色，說明加熱后生成了NO氣體；溶液中有紅褐色沉淀生成，說明生成了Fe(OH)3，據此解答；（4）①將K閉合后電流表指針發(fā)生偏轉，向左側滴加醋酸后偏轉幅度增大，由圖可知，該裝置構成了原電池，兩電極分別產生NO和Fe3+，U形管中間鹽橋的作用是阻礙Fe2+與NO接觸，避免絡合反應發(fā)生；②兩電極反應式相加得總反應式。【詳解】（1）根據實驗I的現象說明NaNO2為強堿弱酸鹽，NO2-發(fā)生水解反應NO2-+H2OHNO2+OH-，溫度升高水解平衡正向移動，堿性增強，溶液紅色加深，所以在2mL1mol·L-1NaNO2溶液中滴加酚酞溶液出現溶液變?yōu)闇\紅色，微熱后紅色加深，故答案為NO2-發(fā)生水解反應NO2-+H2OHNO2+OH-，溫度升高水解平衡正向移動，堿性增強，溶液紅色加深；（2）根據實驗II說明NaNO2溶液與KMnO4溶液在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應而使KMnO4溶液的紫色褪去，即KMnO4被還原，說明NO2-具有還原性。NO2-具有還原性的原因是：N原子最外層5個電子（可用原子結構示意圖表示），+3價不穩(wěn)定，易失電子，體現還原性，故答案為還原性；N原子最外層5個電子（可用原子結構示意圖表示），+3價不穩(wěn)定，易失電子，體現還原性；（3）①實驗IV在FeSO4溶液（pH=3）中滴加NaNO2溶液，溶液先變黃，后迅速變?yōu)樽厣渭覭SCN溶液變紅，說明有Fe3+生成，NO2-被還原為NO。若要證明棕色物質是是NO與Fe2+，而非Fe3+發(fā)生絡合反應的產物，需要作對照實驗，即向pH均為3，含Fe2+和Fe3+濃度均為1mol/L的FeSO4溶液和Fe2（SO4）3溶液中通入NO，若通入FeSO4溶液出現溶液由淺綠色迅速變?yōu)樽厣?，而通入Fe2（SO4）3溶液無現象，則可證明；故答案為淺綠色；棕色；0.5mol·L?1Fe2（SO4）3溶液（pH=3）；②加熱實驗IV中的棕色溶液，有氣體逸出，該氣體在接近試管口處變?yōu)榧t棕色，說明加熱后生成了NO氣體；溶液中有紅褐色沉淀生成，說明生成了Fe(OH)3，原因是棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受熱生成NO和Fe2+，NO被空氣氧化為NO2，加熱有利于Fe2+被氧化為Fe3+，促進Fe3+水解，產生Fe(OH)3沉淀，故答案為棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受熱生成NO和Fe2+，NO被空氣氧化為NO2，加熱有利于Fe2+被氧化為Fe3+，促進Fe3+水解，產生Fe(OH)3沉淀；（4）①將K閉合后電流表指針發(fā)生偏轉，向左側滴加醋酸后偏轉幅度增大，由圖可知，該裝置構成了原電池，兩電極分別產生NO和Fe3+，U形管中間鹽橋的作用是阻礙Fe2+與NO接觸，避免絡合反應發(fā)生；故答案為阻礙Fe2+與NO接觸，避免絡合反應發(fā)生；②該原電池負極反應為：Fe2+-e-=Fe3+，正極反應為NO2-+e-+2H+=NO↑+H2O，所以電池總反應式為Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O；故答案為Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O。20、過濾分液漏斗Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣碘水變藍加入碘水溶液變藍，說明溶液中沒有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘沒有氧化淀粉，所以可以同時排除假設②③516210分層現象，且上層為紫紅色、下層幾乎無色Fe3+由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3【解析】

(1)根據流程圖，結合物質提純與分離的基本操作分析；通入氯水將碘離子氧化為碘單質；(2)碘單質與淀粉變藍，若碘被氧化，則藍色消失，淀粉恢復原來的顏色，結合碘單質遇淀粉變藍的性質分析；(3)反應中Cl2中的Cl元素由0價變?yōu)?1價，碘元素由0價變?yōu)?5價，結合化合價升降總數相等以及質量守恒配平；(4)苯可以溶解碘單質，溶液分層；三價鐵遇KSCN溶液變?yōu)檠t色；(5)由結合探究(4)和(3)三種反應氧化劑與氧化產物氧化性強弱分析?！驹斀狻?1)海帶灰中部分可溶物浸泡后經過操作①得到含碘離子的溶液，則操作①為過濾；將碘單質從水溶液中經過操作②轉移至有機溶劑中，則操作②為萃取，主要是用的儀器為分液漏斗；氧化步驟中是向含碘離子溶液中加入氯水，將碘離子氧化為碘單質，離子反應為：Cl2+2I-=I2+2Cl-；(2)沒有觀察到溶液變藍色，有兩種可能，一是溶液中沒有碘單質，二是淀粉被轉化為其他物質，要證明①是正確的，則只需要在溶液中加入碘水，若溶液變藍