注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是

A．1L0.1mol·NH4Cl溶液中， 的数量为0.1

B．2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1

C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2

D．0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2

2、我国科学家设计的人工光合“仿生酶—光偶联”系统工作原理如图。下列说法正确的是（    ）

A．总反应为6CO2+6H2OC6H12O6+6O2

B．转化过程中仅有酶是催化剂

C．能量转化形式为化学能→光能

D．每产生1 molC6H12O6转移H+数目为12NA

3、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中两种元素形成的化合物可用于呼吸面具中作为供氧剂。W、X、Y三种元素形成的一种化合物常用于清洗厨房用具的油污，Z的最外层电子数为X、Y的最外层电子数之和。下列说法不正确的是（    ）

A．X、Z的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂

B．化合物Y2X2和YZX都既存在离子键，又存在共价键

C．原子半径大小：W>X；简单离子半径：YD．W与X能形成多种化合物，都能与Y的最高价氧化物的水化物溶液发生反应

4、表为元素周期表短周期的一部分，下列有关A、B、C、D四种元素的叙述正确的是（   ）

B．生成的氢化物分子间均可形成氢键

C．A与C形成的阴离子可能有AC、A2C

D．A、B、C、D的单质常温下均不导电

5、水凝胶材料要求具有较高的含水率，以提高其透氧性能，在生物医学上有广泛应用。由N-乙烯基吡咯烷酮（NVP）和甲基丙烯酸－羟乙酯（HEMA）合成水凝胶材料高聚物A的路线如图：

下列说法正确的是

A．NVP具有顺反异构

B．高聚物A因含有-OH而具有良好的亲水性

C．HEMA和NVP通过缩聚反应生成高聚物A

D．制备过程中引发剂浓度对含水率影响关系如图，聚合过程中引发剂的浓度越高越好

6、下列说法正确的是

A．硬脂酸甘油酯在酸性条件下的水解反应反应叫皂化反应

B．向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后滴入几滴新制氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质，说明淀粉未水解

C．将无机盐硫酸铜溶液加入到蛋白质溶液中会出现沉淀，这种现象叫做盐析

D．油脂、蛋白质均可以水解，水解产物含有电解质

7、下列关于物质工业制备的说法中正确的是

A．接触法制硫酸时，在吸收塔中用水来吸收三氧化硫获得硫酸产品

B．工业上制备时产生的NOx，一般可以用NaOH溶液吸收

C．从海水中提取镁的过程涉及化合、分解、置换、复分解等反应类型

D．工业炼铁时，常用焦炭做还原剂在高温条件下还原铁矿石

8、第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.01mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如下图所示。下列说法正确的是

A．简单离子半径: X>Y>Z>W

B．W的单质在常温下是黄绿色气体

C．气态氢化物的稳定性: Z>W>Y

D．X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液中的微粒共有2种

9、下列试剂不会因为空气中的二氧化碳和水蒸气而变质的是（　　）

A．Na2CO3    B．Na2O2    C．CaO    D．Ca(ClO)2

10、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是

A． 的溶液：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-

B．0.1 mol·L−1的氨水：Cu2+、Na+、SO42-、NO3-

C．1 mol·L−1的NaClO溶液：Fe2+、Al3+、NO3-、I−

D．0.1 mol·L−1的NaHCO3溶液：K+、Na+、NO3-、OH−

11、120℃时，1molCO2和3molH2通入1L的密闭容器中反应生成CH3OH和水。测得CO2和CH3OH的浓度随时间的变化如图所示。下列有关说法中不正确的是

A．0~3min内，H2的平均反应速率为0.5mol·L－1·min－1

B．该反应的化学方程式：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)

C．容器内气体的压强不再变化时，反应到达平衡

D．10min后，反应体系达到平衡

12、已知在100 ℃、1.01×105 Pa下，1 mol氢气在氧气中燃烧生成气态水的能量变化如图所示，下列有关说法不正确的是(　　)

A．1 mol H2O(g)分解为2 mol H与1 mol O时吸收930 kJ热量

B．热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)　ΔH＝－490 kJ·mol－1

C．甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙>甲>丙

D．乙→丙的过程中若生成液态水，释放的能量将小于930 kJ

13、下列说法正确的是

A．CH3Cl(g)+Cl2(g)CH2Cl2(l)+HCl(g)能自发进行，则该反应的ΔH>0

B．室温下，稀释0.1 mol·L−1 NH4Cl溶液，溶液中增大

C．反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)  ΔH<0达平衡后，降低温度，正反应速率增大、逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动

D．向硫酸钡悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液，振荡、过滤、洗涤，向沉淀中加入盐酸有气体产生，说明Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)

14、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X位于ⅦA族，Y的原子核外最外层与次外层电子数之和为9，Z是地壳中含量最多的金属元素，W与X同主族。下列说法错误的是(　　)

A．原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)

B．由X、Y组成的化合物是离子化合物

C．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强

D．Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的弱

15、化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中，错误的是

A．利用可降解的“玉米塑料”替代一次性饭盒，可防止产生白色污染

B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率

C．发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔

D．喝补铁剂时，加服维生素C，效果更好，原因是维生素C具有氧化性

16、化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是

A．石英只能用于生产光导纤维

B．复旦大学研究的能导电、存储的二维材料二硫化钼是一种新型有机功能材料

C．中国歼—20上用到的氮化镓材料是当作金属合金材料使用的

D．医用双氧水和酒精均可用于伤口清洗，两者消毒原理不相同

二、非选择题（本题包括5小题）

17、阿司匹林是一种解毒镇痛药。烃A是一种有机化工原料，下图是以它为初始原料设计合成阿司匹林关系图：

已知：（苯胺，苯胺易被氧化）

回答下列问题：

（1）C的结构简式为___________。

（2）反应⑤的反应类型___________，在③之前设计②这一步的目的是___________。

（3）F 中含氧官能团的名称________。

（4）G（阿司匹林）与足量NaOH溶液反应的化学方程式为______________。

（5）符合下列条件的 E 的同分异构体有________种。写出核磁共振氢谱中有五组峰，峰面积之比为 1：2：2：2：1 的结构简式：_______（只写一种）。

a．含—OH      b．能发生水解反应     c．能发生银镜反应

（6）利用甲苯为原料，结合以上合成路线和下面所给信息合成下图所示的功能高分子材料（无机试剂任选）。________

18、为确定某盐A(仅含三种元素)的组成，某研究小组按如图流程进行了探究：

请回答：

(1)A的化学式为______________________。

(2)固体C与稀盐酸反应的离子方程式是________________________。

(3)A加热条件下分解的化学方程式为________________________。

19、草酸是一种常用的还原剂，某校高三化学小组探究草酸被氧化的速率问题。

（2）实验I试管a中KMnO4最终被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：________。

（3）瑛瑛和超超查阅资料，实验I试管c中H2C2O4与K2Cr2O7溶液反应需数月时间才能完成，但加入MnO2可促进H2C2O4与K2Cr2O7的反应。依据此资料，吉吉和昊昊设计如下实验证实了这一点。

（4）睿睿和萌萌对实验II继续进行探究，发现溶液中Cr2O72- 浓度变化如图：

臧臧和蔡蔡认为此变化是通过两个过程实现的。

过程i．MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。

过程ii．__________________________________。

①查阅资料：溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-。针对过程i，可采用如下方法证实：将0.0001molMnO2加入到6mL____________中，固体完全溶解；从中取出少量溶液，加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到_______________。

②波波和姝姝设计实验方案证实了过程ii成立，她们的实验方案是________。

（5）综合以上实验可知，草酸发生氧化反应的速率与__________________有关。

20、文献表明：工业上，向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁;相同条件下，草酸根(C2O42-)的还原性强于Fe2+。为检验这一结论，雅礼中学化学研究性小组进行以下实验：

资料:i. 草酸(H2C2O4)为二元弱酸。

ii. 三水三草酸合铁酸钾[K3Fe(C2O4)3・3H2O]为翠绿色晶体，光照易分解。其水溶液中存在[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O42-  K=6.3×10-21

iii.FeC2O4・2H2O为黄色固体，溶于水，可溶于强酸。

（实验1）用以下装置制取无水氯化亚铁

(1)仪器a的名称为___________。

(2)欲制得纯净的FeCl2，实验过程中点燃A、C酒精灯的先后顺序是___________。

(3)若用D的装置进行尾气处理，存在的问题是__________、___________。

（实验2）通过Fe3+和C2O42-在溶液中的反应比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱。

(4)取实验2中少量晶体洗浄，配成溶液，漓加KSCN溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素。加硫酸后溶液变红的原因是______________。

(5)经检验，翠绿色晶体为K3Fe(C2O4)3・3H2O。设计实验，确认实验2中没有发生氧化还原反应的操作和现象是_____。

(6)取实验2中的翠绿色溶液光照一段时间，产生黄色浑浊且有气泡产生。补全反应的离子方程式：_____Fe(C2O4)3]3-+____H2O____FeC2O4·2H2O↓+__________+_______

（实验3）研究性小组又设计以下装置直接比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱，并达到了预期的目的。

(7)描述达到期目的可能产生的现象：_____________________。

21、I.焦炭可用于制备电石、生产水煤气等。完成下列填空：

(1)电石的主要成分是CaC2，CaC2的晶体类型是___________；其与水反应的化学方程式为______________________。

(2)制备电石还需要用到CaCO3。组成CaCO3的三种元素原子半径按从大到小的顺序排列为____________。氧原子的核外电子排布式为_________________。

(3)与同主族元素Mg相比，Ca的金属性更______（填“强”或者“弱”）。能证明这一结论的实验事实是________________________。

II.用焦炭生产水煤气的反应为：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)。完成下列填空：

(4)一定温度下，在一个固定容积的密闭容器中发生上述反应，下列不能判断该反应达到平衡状态的是____________。（选填编号）

a．容器中的压强不再改变                   b．混合气体的密度不再改变

c．v正(CO)=v逆(H2O)                        d．c(CO)=c(H2)

(5)将不同量的C (s)和H2O (g)分别加入到体积为2 L的恒容密闭容器中，进行反应，得到如下数据：

②下列图像正确的是________。（选填编号）

参

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、D

【解析】A、NH4＋是弱碱阳离子，发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH4＋数量小于0.1NA，故A错误；B、2.4gMg为0.1mol，与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.4×2/24mol=0.2mol，因此转移电子数为为0.2NA，故B错误；C、标准状况下，N2和O2都是气态分子，2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，故C错误；D、H2＋I22HI，反应前后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为0.2mol，分子数为0.2NA，故D正确。

2、A

【解析】

A.根据图示可知：该装置是将CO2和H2O转化为葡萄糖和氧气，反应方程式为：6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，A正确；

B.转化过程中有酶、光触媒作催化剂，B错误；

C.能量转化形式为光能→化学能，C错误；

D.每产生1 molC6H12O6转移H+数目为24NA，D 错误；

故合理选项是A。

3、D

【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大， W、X、Y三种元素形成的一种化合物常用于清洗厨房用具的油污，推测为碳酸钠，则W为C，X为O，Y为Na，满足其中两种元素形成的化合物可用于呼吸面具中作为供氧剂，该物质为O和Na元素形成的Na2O2；Z的最外层电子数为X、Y的最外层电子数之和，则Z的最外层电子数为7，则Z为Cl。

【详解】

根据分析W为C，X为O，Y为Na，Z为Cl，

A. O、Cl形成的单质臭氧、氯气可作水的消毒剂，二者形成的二氧化氯具有强氧化性，也可作水的消毒剂，故A正确；

B. 化合物Y2X2为Na2O2，YZX为NaClO，过氧化钠中含有离子键和共价键，NaClO中既含有离子键又含有共价键，故B正确；

C. 同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径大小：W＞X；钠离子含有2个电子层，氯离子含有3个电子层，则简单离子半径：Y＜Z，故C正确；

D. C、O可以形成CO、二氧化碳，二氧化碳能够与NaOH溶液反应，但CO不与NaOH溶液反应，故D错误；

故答案为D。

【点睛】

碳酸钠溶液水解显碱性，故可以用来除油污；Na2O2能与水与二氧化碳反应生成氧气，可用于呼吸面具中作为供氧剂。

4、C

【解析】

对表中元素，我们宜从右往左推断。C为第二周期ⅥA族，其为氧，从而得出A、B、C、D分别为C、N、O、Si。

【详解】

A. 电子层数越多，半径越大；同周期元素，最外层电子数越多，半径越小，从而得出原子半径大小关系为Si>C>N>O，A错误；

B. 生成的氢化物中，只有水分子和氨分子间可形成氢键，B错误；

C. A与C形成的阴离子可能有CO、C2O，C正确；

D.C的单质石墨能导电，Si是半导体材料，常温下也能导电，N、O的单质在常温下不导电，D错误。

故选C。

5、B

【解析】

如图，HEMA和NVP通过加聚反应生成高聚物A，聚合过程中引发剂的浓度为1.6含水率最高。

【详解】

A. NVP中碳碳双键的其中一个碳原子的另外两个键均是C-H键，故不具有顺反异构，故A错误；

B. –OH是亲水基，高聚物A因含有-OH而具有良好的亲水性，故B正确；

C. HEMA和NVP通过加聚反应生成高聚物A，故C错误；

D. 制备过程中引发剂浓度对含水率影响关系如图，聚合过程中引发剂的浓度为1.6含水率最高，并不是引发剂的浓度越高越好，故D错误；

答案选B。

【点睛】

常见亲水基：羟基、羧基等。含这些官能团较多的物质一般具有良好的亲水性。

6、D

【解析】

据淀粉、油脂、蛋白质的性质分析判断。

【详解】

A. 油脂在碱性条件下的水解反应用于工业制肥皂，称为皂化反应，A项错误；

B. 淀粉溶液与硫酸溶液共热发生水解反应，用新制氢氧化铜悬浊液、加热检验水解产物前应加碱中和催化剂硫酸，B项错误；

C. 硫酸铜是重金属盐，加入到蛋白质溶液中出现沉淀，是蛋白质的变性，C项错误；

D. 油脂水解生成的高级脂肪酸、蛋白质水解生成的氨基酸，都是电解质，D项正确。

本题选D。

7、B

【解析】

A．直接用水吸收SO3，发生反应，该反应放热会导致酸雾产生，阻隔水对SO3的吸收，降低吸收率；因此，吸收塔中用的是沸点较高的浓硫酸吸收的SO3，A项错误；

B．NaOH溶液可以吸收NOx，因此工业上制备时产生的NOx通常用NaOH溶液吸收，B项正确；

C．利用海水提取镁，先将贝壳煅烧，发生分解反应生成CaO；再将其投入海水中，在沉淀槽中生成Mg(OH)2，这一过程涉及CaO与水的化合反应以及Ca(OH)2与海水中的Mg2+的复分解反应；接着Mg(OH)2加盐酸溶解，这一步发生的也是复分解反应，获得氯化镁溶液；再由氯化镁溶液获得无水氯化镁，电解熔融的无水氯化镁即可得到镁单质；整个过程中并未涉及置换反应，C项错误；

D．工业炼铁主要利用的是焦炭产生的CO在高温下还原铁矿石得到的铁单质，D项错误；

答案选B。

8、B

【解析】

第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na元素；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，SiO2不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素，以此解答该题。

【详解】

综上所述可知X是Na元素，Y是P元素，Z是S元素，W是Cl元素。

A.离子的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小；离子的电子层越多，离子半径越大，离子半径P3->S2->Cl->Na+，A错误；

B.W是Cl元素，其单质Cl2在常温下是黄绿色气体，B 正确；

C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性W>Z>Y，所以气态氢化物的稳定性：W>Z>Y，C错误；

D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H3PO4，二者恰好中和时生成磷酸钠，由于该盐是强碱弱酸盐，溶液中磷酸根发生分步水解反应，产生HPO42-，产生的HPO4-会进一步发生水解反应产生H2PO4-、H3PO4，同时溶液中还存在H+、OH-，因此溶液中的微粒种类比2种多，D错误；

故合理选项是B。

【点睛】

本题考查结构、性质、位置关系的应用的知识，根据溶液的pH与浓度的关系，结合原子半径推断元素是解题关键，侧重对元素周期表、元素周期律的考查，难度中等。

9、A

【解析】

A．碳酸钠固体在空气中与二氧化碳、水蒸气都不发生反应，故A符合题意；

B．过氧化钠和空气中的二氧化碳、水蒸气都发生反应，故B不合题意；

C．氧化钙能与空气中的水反应生成氢氧化钙，故C不合题意；

D．次氯酸钙会吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，生成次氯酸和碳酸钙，故D不合题意；

故选A。

10、A

【解析】

A．的溶液显酸性，NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-离子之间不反应，与氢离子也不反应，可大量共存，A项正确；

B．氨水显碱性，与Cu2+之间发生反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，B项错误；

C．1 mol·L−1的NaClO溶液具有氧化性，能氧化Fe2+和I−，故在该溶液中不能大量共存，C项错误；

D．HCO3-与OH−会反应生成CO32-和H2O而不能大量共存，D项错误；

答案选A。

【点睛】

（1）判断离子能否大量共存的原则：在所给条件下，离子之间互不反应，则离子能够大量共存，否则，不能大量共存；

（2）判断离子能否大量共存的步骤：先看题给条件，包括颜色、酸碱性、氧化（还原）性等，再看离子之间的相互反应，逐项判断各组离子之间是否发生反应，从而确定离子能否大量共存；

（3）注意题目中给的是“一定”“可能”还是“不能”大量共存，具体问题具体分析。

11、B

【解析】

A. 据题意得化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，则0~3min内，v(H2)=3v(CO2)=3×(1.00-0.50)mol·L-1/3min=0.5 mol·L－1·min－1，A项正确；

B. 图中10min后CO2、CH3OH的物质的量不再改变，即达化学平衡，故为可逆反应，应写成CO2+3H2CH3OH+H2O，B项错误；

C. 据pV=nRT，恒温恒容时，当压强不再变化时，容器内各气体的物质的量都不再变化，此时反应到达平衡，C项正确；

D. 图中10min后CO2、CH3OH的物质的量不再改变，即达化学平衡，D项正确。

本题选B。

12、D

【解析】

A. 由已知的能量变化图可知，1 mol H2O(g)分解为2 mol H与1 mol O时吸收930 kJ热量，A项正确；

B. 由已知的能量变化图可知，H2(g)＋O2(g)=H2O(g)  ΔH＝反应物断键吸收的能量-生成物成键释放的能量=(436+249-930)kJ·mol－1=-245kJ·mol－1，则热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)  ΔH＝-245kJ·mol－1×2=-490 kJ·mol－1，B项正确；

C. 甲吸收能量生成乙，乙释放能量生成丙，乙的能量最高，甲生成丙为放热反应，则甲的能量高于丙，则甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙＞甲＞丙，C项正确；

D. 乙→丙的过程中生成气态水时，释放930 kJ的能量，若生成液态水，气态水转变为液态水会继续释放能量，则释放的能量将大于930 kJ，D项错误；

答案选D。

13、B

【解析】

A．反应CH3Cl(g)+Cl2(g)CH2Cl2(l)+HCl(g)是熵减的反应，该反应能自发进行，根据反应能否自发进行的判据可知ΔH−TΔS<0，所以该反应的ΔH<0，A项错误；

B．氯化铵溶液中铵根离子水解，所以溶液显酸性，加水稀释促进铵根离子的水解，溶液中增大，B项正确；

C．反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)  ΔH<0达平衡后，降低温度，正、逆反应速率均减小，但逆反应速率减小的幅度更大，平衡向正反应方向移动，C项错误；

D．BaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液发生沉淀转化，是因为碳酸根离子浓度大，和钡离子浓度乘积大于其溶度积常数，因而才有BaCO3沉淀生成，不能得出Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)，D项错误；

答案选B。

14、D

【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X位于ⅦA族，X为氟元素，Y的原子核外最外层与次外层电子数之和为9，Y为钠元素，Z是地壳中含量最多的金属元素，Z为铝元素，W与X同主族，W为氯元素。

【详解】

X为氟元素，Y为钠元素，Z为铝元素，W为氯元素。

A. 电子层越多原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)，故A正确；

B. 由X、Y组成的化合物是NaF，由金属离子和酸根离子构成，属于离子化合物，故B正确；

C. 非金属性越强，对应氢化物越稳定，X的简单气态氢化物HF的热稳定性比W的简单气态氢化物HCl强，故C正确；

D.元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强， Y的最高价氧化物对应水化物是NaOH，碱性比Al(OH)3强，故D错误；

故选D，

【点睛】

本题考查原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意熟练掌握元素周期律内容、元素周期表结构，提高分析能力及综合应用能力，易错点A，注意比较原子半径的方法。

15、D

【解析】

A.可降解的“玉米塑料”在一定时间内可以自行分解，替代一次性饭盒，可防止产生白色污染，选项A正确；

B.在海轮外壳上镶入锌块，形成锌铁原电池中，锌作负极易腐蚀，作正极的金属是铁，不易被腐蚀，选项B正确；

C.碳酸氢钠能和酸反应产生二氧化碳，受热膨胀，发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔，选项C正确；

D.能被人体吸收的铁元素是亚铁离子，亚铁离子很容易被氧化为三价铁离子，维生素C具有还原性，能将三价铁还原为亚铁离子，维生素C的还原性强于亚铁离子，先被氧化，选项D错误。

答案选D。

16、D

【解析】

A．石英是光导纤维的材料，但还可生产玻璃等，故A错误；

B．二硫化钼属于无机物，不属于新型有机功能材料，故B错误；

C．氮化镓是化合物，不是合金，故C错误；

D．双氧水具有强氧化性，酒精没有强氧化性，均能使蛋白质变性，用于消毒杀菌，但原理不相同，故D正确；

故答案为D。

二、非选择题（本题包括5小题）

17、    取代反应    保护酚羟基，防止酚羟基被氧化    羧基和酚羟基        17种    或        

【解析】

根据流程图，烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B在氢氧化钠溶液条件下水解后酸化生成C，根据C的化学式可知，A为甲苯()，根据E的结构，结合信息②可知，D为，则C为，因此B为苯环上的氢原子被取代的产物，反应条件为铁作催化剂，B为，据此分析。

【详解】

根据流程图，烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B在氢氧化钠溶液条件下水解后酸化生成C，根据C的化学式可知，A为甲苯()，根据E的结构，结合信息②可知，D为，则C为，因此B为苯环上的氢原子被取代的产物，反应条件为铁作催化剂，B为。

(1)根据上述分析，C为；

（2）反应⑤是与乙酸酐发生取代反应生成和乙酸，反应类型为取代反应；

在③之前设计②可以保护酚羟基，防止酚羟基被氧化，故答案为取代反应；保护酚羟基，防止酚羟基被氧化；

（3）F为，含氧官能团的名称为羧基和酚羟基；

(4)G(阿司匹林)中的酯基水解生成的羟基为酚羟基，也能与氢氧化钠反应，因此与足量NaOH溶液反应的化学方程式为；

(4)E为，a．含—OH，可为酚羟基、醇羟基或羧基中的—OH；b．能发生水解反应说明含有酯基； c．能发生银镜反应说明含有醛基；满足条件的结构是：若苯环上只有一个取代基则为HCOOCH(OH)-，只有一种；若苯环上有两个取代基，可为HCOOCH2-和-OH，苯环上的位置可为邻、间、对位，故有3种；若苯环上有两个取代基还可以为HCOO-和-CH2OH，苯环上的位置可为邻、间、对位，故有3种；若苯环上有三个取代基，为HCOO-、-CH3和-OH，根据定二议三，两个取代基在苯环上有邻、间、对位，再取代第三个取代基在苯环上时分别有4、4、2种共10种；综上符合条件的同分异构体共有17种；其中核磁共振氢谱中有五组峰，峰面积之比为 1：2：2：2：1 的结构简式为或；

(5)用甲苯为原料合成功能高分子材料()。需要合成，根据题干信息③，可以由合成；羧基可以由甲基氧化得到，因此合成路线为。

18、FeSO4Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑

【解析】

气体B通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，该沉淀为BaSO4，物质的量为=0.01mol，则气体B中含有SO3，SO3的物质的量为0.01mol，其体积为0.01mol×22.4L·mol－1=224mL，B为混合气体，根据元素分析可知其中还含有224mL的SO2，固体C为红棕色，即固体C为Fe2O3，n(Fe2O3)==0.01mol，黄色溶液E为FeCl3，据此分析。

【详解】

气体B通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，该沉淀为BaSO4，物质的量为=0.01mol，则气体B中含有SO3，SO3的物质的量为0.01mol，其体积为0.01mol×22.4L·mol－1=224mL，B为混合气体，根据元素分析可知其中还含有224mL的SO2，固体C为红棕色，即固体C为Fe2O3，n(Fe2O3)==0.01mol，黄色溶液E为FeCl3，

（1）根据上述分析，A仅含三种元素，含有铁元素、硫元素和氧元素，铁原子的物质的量为0.02mol，S原子的物质的量为0.02mol，A的质量为3.04g，则氧原子的质量为(3.04g－0.02mol×56g·mol－1－0. 02mol×32g·mol－1)=1.28g，即氧原子的物质的量为=0.08mol，推出A为FeSO4；

（2）固体C为Fe2O3，属于碱性氧化物，与盐酸反应离子方程式为Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；

（3）FeSO4分解为Fe2O3、SO2、SO3，参与反应FeSO4、SO2、SO3、Fe2O3的物质的量0.02mol、0.01mol、0.01mol、0.01mol，得出FeSO4受热分解方程式为2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑。

19、H2C2O4HC2O4-+H+ 、HC2O4-C2O42-+H+    5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O    排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能    Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应    0.1mol/LH2C2O4溶液（调至pH=2）    上清液为紫色    2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/L K2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001molMnSO4固体（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色变浅    氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂    

【解析】

（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离；

（2）酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳；

（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸；

（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72- 浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速；

①由实验结论出发即可快速解题；

②由控制变量法可知，保持其他变量不变，将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可；

（5）注意实验的变量有：氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂。

【详解】

（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离，用可逆符号，则H2C2O4溶于水的电离方程式为H2C2O4HC2O4-+H+ 、HC2O4-C2O42-+H+；

（2）实验I试管a中，酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳，则该反应的离子方程式为5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O；

（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸，则实验IV的目的是：排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能；

（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72- 浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速，则可能是过程i．MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程ii．Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应；

①将0.0001molMnO2加入到6mL 0.1mol/LH2C2O4溶液（调至pH=2）中，固体完全溶解，则说明MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+；从中取出少量溶液（含Mn2+），加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到上清液为紫色，则说明溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-，MnO4-显紫色；

②设计实验方案证实过程ii成立，由控制变量法可知，保持其他变量不变，将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可，即实验方案是2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/L K2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001molMnSO4固体（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色变浅；

（5）综合以上实验可知，变量有：氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂，则草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂有关。

20、分液漏斗    先点燃A处酒精灯，再点燃C处酒精灯    发生倒吸    可燃性气体H2不能被吸收    溶液中存在平衡：[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O42-，加热硫酸后，H+与C2O42-结合可使平衡正向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红    取少量实验2中的翠绿色溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不出现蓝色沉淀    2    4     2    3C2O42-    2CO2↑    电流计的指针发生偏转，一段时间后，左侧溶液变为浅绿色，右侧有气泡产生    

【解析】

实验一：在装置A中用浓硫酸与NaCl固体混合加热制取HCl，通过B装置的浓硫酸干燥，得纯净HCl气体，然后在装置C中Fe与HCl发生反应产生FeCl2和H2，反应后的气体中含H2和未反应的HCl气体，可根据HCl极容易溶于水，用水作吸收剂吸收进行尾气处理；

实验二：FeCl3溶液与K2C2O4发生复分解反应产生Fe2(C2O4)3和KCl；用KSCN溶液检验Fe3+；用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+；根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒书写离子方程式；

实验三：根据2Fe3++C2O42-=2Fe2++2CO2↑，判断原电池正负极反应及相应的现象。

【详解】

(1)根据图示可知仪器a名称是分液漏斗；

(2)为防止Fe与装置中的空气发生反应，制得纯净的FeCl2，实验过程中先点燃A处酒精灯，使装置充满HCl气体，然后给C处酒精灯加热；

(3)若用D的装置进行尾气处理，由于HCl极容易溶于水，HCl溶解导致导气管中气体压强减小而引起倒吸现象的发生，而且可燃性气体H2不能被吸收；

(4)在实验二中，向FeCl3溶液中加入K2C2O4溶液，发生复分解反应产生Fe2(C2O4)3和KCl，产生的翠绿色晶体为Fe2(C2O4)3的结晶水合物K3Fe(C2O4)3・3H2O，取实验2中少量晶体洗浄，配成溶液，漓加KSCN溶液，不变红，继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素。则加硫酸后溶液变紅的原因是在溶液中存在电离平衡：溶液中存在平衡：[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O42-，加入硫酸后，硫酸电离产生H+与溶液中的C2O42-结合生成弱酸H2C2O4，使可使平衡正向移动，导致溶液中c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红；

(5)若K3Fe(C2O4)3・3H2O发生氧化还原反应，则会产生Fe2+，检验方法是取少量实验2中的翠绿色溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不出现蓝色沉淀，证明无Fe2+，产生的K3Fe(C2O4)3・3H2O未发生氧化还原反应；

(6)在光照条件下草酸铁溶液发生氧化还原反应，产生FeC2O4·2H2O、CO2气体，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式：2Fe(C2O4)3]3-+4H2O2FeC2O4·2H2O↓+2C2O42－+2CO2↑；

(7)该装置构成了原电池，在左边，Fe3+获得电子变为Fe2+，溶液变为浅绿色，左边电极为正极；在右边电极上，溶液中的C2O42-失去电子，发生氧化反应，C2O42--2e-=2CO2↑，右边电极为负极，会看到电极上有气泡产生。

【点睛】

本题考查了仪器的辨析、离子的检验方法、电离平衡移动、原电池反应原理的应用等知识。掌握元素及化合物的知识，结合题干信息进行分析、判断。

21、离子晶体    CaC2＋2H2O=Ca(OH)2+CH≡CH↑    Ca>C>O    1s22s22p4    强    金属钙与水的反应比金属镁剧烈[Ca(OH)2是强碱，Mg(OH)2是弱碱]    d    8×10-4mol/(L•min)    bc    

【解析】

(1)由阴阳离子共存的晶体为离子晶体；CaC2和H2O反应生成Ca(OH)2和CH≡CH；

(2)原子核外电子层数越多其原子半径越大；同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；O原子核外有8个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；

(3)同一主族元素，元素的金属性随着原子序数增大而增强，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强、金属与酸或水反应置换出氢气越容易；

(4)可逆反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变以及由此引起的一系列物理量不变；

(5)①先计算CO的反应速率，再根据同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氢气反应速率；

②化学平衡常数只与温度有关，与物质浓度及压强无关；该反应是反应前后气体体积增大的吸热的可逆反应，增大压强平衡向气体体积减小方向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。

【详解】

(1)CaC2是由阴、阳离子构成的，属于离子晶体；CaC2和H2O反应生成Ca(OH)2和CH≡CH，反应方程式为CaC2+2H2O=Ca(OH)2+CH≡CH↑；

(2)原子核外电子层数越多，原子半径越大；同一周期的元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以这三种元素的原子半径大小顺序是Ca>C>O；O原子核外有8个电子，根据构造原理，可知其基态原子核外电子排布式为1s22s22p4；

(3)同一主族元素，元素的金属性随着原子序数增大而增强，所以金属性Ca>Mg；

元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强、金属与酸或水反应置换出氢气越容易，钙与水反应比Mg剧烈、Ca(OH)2是强碱Mg(OH)2是弱碱都说明Ca的金属性大于Mg；

(4)该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应。

a．该反应是反应前后气体体积增大的可逆反应，当容器中的压强不再改变时正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，a不符合题意；

b．反应前后气体的物质的量增大、质量增大，容器体积不变，当混合气体的密度不再改变时该反应达到平衡状态，b不符合题意；

c．v正(CO)=v逆(H2O)时，各物质的正、逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，c不符合题意；

d．CO、H2都是生成物，二者的系数相等，在任何条件下二者的浓度都相等，所以c(CO)=c(H2)时，该反应不一定达到平衡状态，与反应物初始量及转化率有关，d符合题意；

故合理选项是d；

(5)①实验1中以v(CO)表示的到达平衡时的平均反应速率v(CO)==8×10-4 mol/(L•min)，同一可逆反应在同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以用H2表示的反应速率v(H2)= v(CO)=8×10-4 mol/(L•min)；

②650℃平衡时，c(H2O)=mol/L=0.001 mol/L；c(H2)=c(CO)= mol/L=0.004 mol/L，平衡常数K1==0.016；在800℃平衡时，c(H2O)=mol/L=0.0015 mol/L；c(H2)=c(CO)=mol/L=0.0085 mol/L，所以化学平衡常数K2==0.0482>0.016。

可见：在其他条件不变时，升高温度，化学平衡常数增大，说明正反应是吸热反应；

a．平衡常数只与温度有关，与压强无关，所以压强增大平衡常数不变，a错误；

b．该反应的正反应是吸热反应，升高温度，化学平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，b正确；

c．该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，水的转化率降低，c正确；

d．该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，水的转化率增大，d错误；

故合理选项是bc。

【点睛】

本题考查了元素周期律、原子核外电子排布、平衡状态判断、化学反应速率的计算等知识。掌握物质结构基础知识、化学平衡理论是本题解答的关键，注意只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态的判断依据，注意化学平衡常数计算中用物质浓度而不是物质的量计算，这些都是易错点。题目侧重考查学生分析、计算及知识运用能力。下载本文