2025届山西省太原市六十六中高三3月份模拟考试化学试题含解析

2025届山西省太原市六十六中高三3月份模拟考试化学试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、常温下，往饱和石灰水中加入一定量的生石灰，一段时间后恢复到原温度，以下叙述错误的是A．有溶质析出 B．溶液中Ca2+的数目不变C．溶剂的质量减小 D．溶液的pH不变2、水的电离平衡曲线如图所示，下列说法中，正确的是A．图中A、B、D三点处Kw的大小关系：B>A>DB．25℃时，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，溶液中c(NH4+)／c(NH3·H2O)的值逐渐减小C．在25℃时，保持温度不变，在水中加人适量NH4Cl固体，体系可从A点变化到C点D．A点所对应的溶液中，可同时大量存在Na+、Fe3+、Cl-、SO42—3、钯是航天、航空高科技领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图：下列说法错误的是（）A．酸浸时反应的化学方程式是Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2OB．“热还原”中每生成1molPd同时生成的气体的物质的量为8molC．化学实验中可利用氯钯酸根离子检验溶液中是否含有NH4+D．在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸4、SBP电解法能大幅度提高电解槽的生产能力，如图为SBP电解法制备MoO3的示意图，下列说法错误的是()A．a极为电源的负极，发生氧化反应B．电路中转移4mol电子，则石墨电极上产生标准状况下22.4LO2C．钛基钛锰合金电极发生的电极反应为：3H2O+Mo4+-2e-=MoO3+6H+D．电路中电子流向为：a极石墨，钛基钛锰电极b极5、《厉害了，我的国》展示了中国在航空、深海、交通、互联网等方面取得的举世瞩目的成就，它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是（）A．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐B．港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐，依据的是外加电流的阴极保护法C．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D．化学材料在北京大兴机场的建设中发挥了巨大作用，其中高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料6、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素成的化合物，d是淡黄色粉末，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是A．简单离子半径：Z<YB．d中既含有离子键又含有共价键，其中阳离子和阴离子的数目之比为2:1C．简单气态氢化物的热稳定性：Y>XD．由上述4种元素组成的化合物的水溶液一定显酸性7、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8、短周期主族元素M、X、Y、Z的原子序数依次增大，湿润的红色石蕊试纸遇M的气态氢化物变蓝色。含X、Y和Z三种元素的化合物R有如下转化关系(已知酸性强弱：HClO3>HNO3)。下列说法正确的是A．简单离子半径：Y>Z>M>XB．简单气态氢化物的热稳定性：M>XC．加热单质甲与品红溶液反应所得的“无色溶液”，可变成红色溶液D．常温下，向蒸馏水中加入少量R，水的电离程度可能增大9、室温时，用0.0200mol/L稀盐酸滴定20.00mL0.0200mol/LNaY溶液，溶液中水的电离程度随所加稀盐酸的体积变化如图所示(忽略滴定过程中溶液的体积变化)，则下列有关说法正确的是已知：K(HY)=5.0×10-11A．可选取酚酞作为滴定指示剂B．M点溶液的pH>7C．图中Q点水的电离程度最小，Kw<10-14D．M点,c(Na+)=c(HY)+c(Y-)+c(Cl-)10、常温下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1某酸（HA）溶液，溶液中HA、A－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。［已知δ(X)＝］下列说法正确的是A．Ka(HA)的数量级为10－5B．溶液中由水电离出的c(H＋)：a点＞b点C．当pH＝4.7时，c(A－)＋c(OH－)＝c(HA)＋c(H＋)D．当pH＝7时，消耗NaOH溶液的体积为20.00mL11、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X分别与Y、Z、W结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。丁为无色气体，遇空气变红棕色；丙的水溶液可刻蚀玻璃。上述物质有如图转化关系：下列说法错误的是A．四种元素形成的单质中W的氧化性最强B．甲、乙、丙中沸点最高的是丙C．甲常用作致冷剂D．甲、乙分子均只含极性共价键12、乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下（起始时，n(H2O)＝n(C2H4)＝1mol，容器体积为1L）。下列分析不正确的是（）A．乙烯气相直接水合反应的∆H＜0B．图中压强的大小关系为：p1＞p2＞p3C．图中a点对应的平衡常数K＝D．达到平衡状态a、b所需要的时间：a＞b13、利用下列实验装置能达到实验目的的是A．分离CH3COOH和CH3COOC2H5混合液B．验证NH4NO3晶体溶于水的热效应C．蒸发FeCl3溶液得到FeCl3固体D．验证C、Cl、Si的非金属性强弱14、设NA为阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是A．0.01mol·L-1氯水中，Cl2、Cl-和ClO-三粒子数目之和大于0.01NAB．氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时，负极消耗的气体分子数目为2NAC．2.4g镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为0.2NAD．0.lmol/L(NH4)2SO4溶液与0.2mol/LNH4Cl溶液中的NH4+数目相同15、下列有关说法正确的是A．用新制Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中的甘油时，可生成绛蓝色沉淀B．用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，为了看到色斑，必须通过氨熏C．氯化钻浓溶液加水稀释，溶液的颜色由蓝色逐渐转变为粉红色D．摘下几根火柴头，浸于水中，片刻后取少量溶液于试管中，加AgNO3溶液和稀硝酸，若出现白色沉淀，说明火柴头中含氯元素16、如图是lmol金属镁和卤素反应的△H(单位：kJ·mol－1)示意图，反应物和生成物均为常温时的稳定状态，下列选项中不正确的是A．由图可知，MgF2(s)＋Br2(l)＝MgBr2(s)＋F2(g)△H＝＋600kJ·mol－1B．MgI2与Br2反应的△H<0C．电解MgBr2制Mg是吸热反应D．化合物的热稳定性顺序：MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF2二、非选择题（本题包括5小题）17、A（C2H4）是基本的有机化工原料。用A和常见的有机物可合成一种醚类香料和一种缩醛类香料，具体合成路线如图所示（部分反应条件略去）：已知：+→2ROH+回答下列问题：（1）B的分子式是__________。若D为单取代芳香族化合物且能与金属钠反应；每个D分子中只含有1个氧原子，D中氧元素的质量分数约为13.1%，则D的结构简式为__________。（2）C中含有的官能团名称是_______________。⑥的反应类型是________________。（3）据报道，反应⑦在微波辐射下，以NaHSO4·H2O为催化剂进行，请写出此反应的化学方程式：___________________________________________________。（4）请写出满足下列条件的苯乙醛的所有同分异构体的结构简式：______________________。i.含有苯环和结构ii.核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3:2:2:1（5）若化合物E为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，则能使FeCl3溶液显色的E的所有同分异构体共有（不考虑立体异构）__________种。（6）参照的合成路线，写出由2-氯丙烷和必要的溶剂、无机试剂制备的合成流程图：_____________________________。合成流程图示例如下：18、W、X、Y、Z均为短周期元素，X、W可形成两种液态化合物甲和乙，其原子个数比分别为1∶1（甲）和2∶1（乙），且分子中电子总数分别为18（甲）和10（乙）。X与Z能形成一种极易溶于水的碱性气体丙X与Y能形成极易溶于水的酸性气体丁，丁分子中的电子数为18。X、Y、Z能形成一种离子化合物，其水溶液呈弱酸性。请写出：（1）W的元素符号___，其核外共有___种运动状态不同的电子。（2）甲物质的结构式为___；乙物质的空间构型为___。（3）Z元素核外共有___种能量不同的电子，碱性气体甲的电子式为___。（4）用离子方程式解释X、Y、Z形成的化合物水溶液呈弱酸性的原因是___。（5）铋元素跟Y元素能形成化合物（BiY3），其水解生成难溶于水的BiOY。①BiY3水解反应的化学方程式为___。②把适量的BiY3溶于含有少量丁的水中，能得到澄清溶液，试分析可能的原因___。③医药上把BiOY叫做“次某酸铋”，分析这种叫法的不合理之处，为什么。___。19、三硫代碳酸钠(Na2CS3)在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子。某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行探究。回答下列问题：(1)在试管中加入少量三硫代碳酸钠样品，加水溶解，测得溶液pH=10，由此可知H2CS3是______(填“强”或“弱”)酸。向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去，由此说明Na2CS3具有______性。(填“还原”或“氧化”)。(2)为了测定某Na2CS3溶液的浓度，按如图装置进行实验。将35.0mL该Na2CS3溶液置于下列装置A的三颈烧瓶中，打开仪器d的活塞，滴入足量稀硫酸，关闭活塞。已知：CS32-+2H+==CS2+H2S↑，CS2和H2S均有毒；CS2不溶于水，沸点46°C，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。①仪器d的名称是__________。反应开始时需要先通入一段时间N2，其作用为______。②B中发生反应的离子方程式是________。③反应结束后。打开活塞K。再缓慢通入热N2(高于60°C)一段时间，其目的是__________。④为了计算该Na2CS3溶液的浓度，可测定B中生成沉淀的质量。称量B中沉淀质量之前，需要进行的实验操作名称是过滤、_____、________；若B中生成沉淀的质量为8.4g，则该Na2CS3溶液的物质的量浓度是___________。⑤若反应结束后将通热N2改为通热空气(高于60°C)，通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时，计算值______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。20、某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。（查阅资料）物质BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g（20℃）2.4×10－41.4×10－33.0×10－71.5×10－4（实验探究）（一）探究BaCO3和BaSO4之间的转化，实验操作如下所示：试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验Ⅰ实验ⅡBaCl2Na2CO3Na2SO4……Na2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解（1）实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入稀盐酸后，__________。（2）实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_________。（3）实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：___________。（二）探究AgCl和AgI之间的转化。（4）实验Ⅲ：证明AgCl转化为AgI。甲溶液可以是______（填字母代号）。aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液（5）实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。装置步骤电压表读数ⅰ.按图连接装置并加入试剂，闭合Kaⅱ.向B中滴入AgNO3（aq），至沉淀完全bⅲ.再向B中投入一定量NaCl（s）cⅳ.重复ⅰ，再向B中加入与ⅲ等量的NaCl（s）a注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。①查阅有关资料可知，Ag＋可氧化I－，但AgNO3溶液与KI溶液混合总是得到AgI沉淀，原因是氧化还原反应速率__________（填“大于”或“小于”）沉淀反应速率。设计（－）石墨（s）[I－（aq）//Ag＋（aq）]石墨（s）（＋）原电池（使用盐桥阻断Ag＋与I－的相互接触）如上图所示，则该原电池总反应的离子方程式为________。②结合信息，解释实验Ⅳ中b＜a的原因：__________。③实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_________。（实验结论）溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化溶解度较大的沉淀越难实现。21、党的十九大报告中多次提及“绿色环保”“生态文明”，而CO2的有效利用可以缓解温室效应，解决能源短缺问题。中科院大连化学物理研究所的科研人员在新型纳米催化剂Na—Fe3O4和HMCM—22的表面将CO2转化为烷烃，其过程如图。上图中CO2转化为CO的反应为：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol已知：2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)△H=-128kJ/mol(1)图中CO转化为C2H4的热化学方程式是______________________。(2)Fe3O4是水煤气变换反应的常用催化剂，可经CO、H2还原Fe2O3制得。两次实验结果如表所示：实验I实验II通入气体CO、H2CO、H2、H2O(g)固体产物Fe3O4、FeFe3O4结合化学方程式解释H2O(g)的作用______________________。(3)用稀硫酸作电解质溶液，电解CO2可制取甲醇，装置如图所示，电极a接电源的____________极（填“正”或“负”），生成甲醇的电极反应式是______________________。(4)用CO、H2生成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2，在10L恒容密闭容器中按物质的量之比1：2充入CO和H2，测得CO的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，200℃时n(H2)随时间的变化如表所示：t/min0135n(H2)/mol8.05.44.04.0①△H2______________（填“＞”“＜”“=”）0。②写出两条可同时提高反应速率和CO转化率的措施______________________________________。③下列说法正确的是___________（填字母）。a．温度越高，该反应的平衡常数越大b．达平衡后再充人稀有气体，CO的转化率提高c．容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度d．图中压强p1＜p2④0~3min内用CH3OH表示的反应速率v(CH3OH)=____________mol·L-1·min-1⑤200℃时，该反应的平衡常数K=_____________。向上述200℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2molCO、2molH2、2molCH3OH，保持温度不变则化学平衡__________（填“正向”“逆向”或“不”）移动。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

常温下，往饱和石灰水中加入一定量的生石灰，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，一段时间后恢复到原温度，Ksp不变，溶解度不变，由于反应消耗水，溶质、溶剂、溶液质量均减少，则：A．有溶质氢氧化钙析出，A正确；B．溶液中Ca2+的浓度不变，但数目减少，B错误；C．氧化钙消耗水，则溶剂的质量减小，C正确；D．OH-浓度不变，则溶液的pH不变，D正确；答案选B。2、B【解析】

A、Kw的影响因素为温度，水的电离吸热，升高温度Kw增大，A、D在同一等温线上，故图中A、B、D三点处Kw的大小关系为B>A=D，A错误；B、25℃时，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，c(OH-)逐渐增大，c(OH-)•c(NH4+)／c(NH3·H2O)的值不变，故c(NH4+)／c(NH3·H2O)逐渐减小，B正确；C、在25℃时，保持温度不变，在水中加人适量NH4Cl固体，体系不能从A点变化到C点，体系从A点变化到C点，可采用加热的方法，C错误；D、A点所对应的溶液呈中性，Fe3+因水解生成氢氧化铁沉淀不能大量存在，D错误。故选B。3、D【解析】

A．据图可知，酸浸时反应物有Pd、浓HNO3和浓HCl，产物有NO2，中和过程为非氧化还原过程，说明酸浸后Pd的化合价应为+4价，存在形式为PdCl62-，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，故A正确；B．根据元素守恒生成的气体应为HCl和NH3，生成1molPd，则消耗1mol氯钯酸铵，根据元素守恒可知可生成2molNH3和6molHCl，共8mol气体，故B正确；C．氯钯酸铵为红色沉淀，所以若某溶液中含有铵根，滴入含有氯钯酸根离子的溶液可以生成红色沉淀，有明显现象，可以检验铵根，故C正确；D．溶解过程中盐酸电离出的Cl-与Pd4+生成络合物，促使Pd转化为Pd4+的反应正向移动，从而使Pd溶解，若换成硫酸，无法生成络合物，会使溶解的效率降低，故D错误；故答案为D。【点睛】难点为A选项，要注意结合后续流程判断Pd元素的存在形式；分析选项B时首先根据元素守恒判断产物，然后再根据守恒计算生成的气体的物质的量，避免写反应方程式。4、B【解析】

根据图像电流方向，可知a为负极，b为正极，石墨为阴极，钛基钛锰合金为阳极。【详解】A选项，根据上面分析得出a极为电源的负极，发生氧化反应，故A正确；B选项，石墨是氢离子得到电子生成氢气，因此电路中转移4mol电子，则石墨电极上产生标准状况下44.8L氢气，故B错误；C选项，钛基钛锰合金电极是阳极，发生氧化反应，电极反应为：3H2O+Mo4+－2e－=MoO3+6H+，故C正确；D选项，电路中电子流向为：负极a极阴极石墨，阳极钛基钛锰电极正极b极，故D正确。综上所述，答案为B。【点睛】电解质中电子移动方向：电源负极电解质阴极，电解质阳极电源正极；电解质中离子移动方向：阳离子移向阴极，阳离子移向阳极。5、D【解析】

A．高温结构陶瓷耐高温、耐腐蚀，是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐，A错误；B．钢结构防腐蚀涂装体系中，富锌底漆的作用至关重要，它要对钢材具有良好的附着力，并能起到优异的防锈作用，依据的是牺牲阳极的阴极保护法，B错误；C．光缆的主要成分是二氧化硅，C错误；D．高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料，D正确；故答案选D。6、D【解析】

短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，d是淡黄色粉末，d为Na2O2，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体，则m为O2，则Y为O元素，根据图示转化关系可知：a为烃，b、c分别为CO2、H2O，e、f分别为碳酸钠、NaOH，结合原子序数可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na，据此解答。【详解】由上述分析可知，四种元素分别是：W为H，X为C，Y为O，Z为Na。A．Z、Y的离子具有相同电子层结构，原子序数越大，其相应的离子半径就越小，所以简单离子半径：Z＜Y，选项A正确；B．过氧化钠为离子化合物，含有离子键和共价键，含有阳离子钠离子和阴离子过氧根离子，阳离子和阴离子的比值为2：1，选项B正确；C．元素非金属性越强，其对应的氢化物越稳定，由于元素的非金属性Y>X，所以简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X，选项C正确；D．上述4种元素组成的化合物是NaHCO3，该物质属于强碱弱酸盐，其水溶液水解显碱性，选项D错误；故符合题意的选项为D。【点睛】本题考查无机物的推断，把握钠的化合物的性质及相互转化是本题解答的关键，侧重于分析与推断能力的考查，注意淡黄色固体、原子序数为推断的突破口，本题为高频考点，难度不大。7、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。8、D【解析】

在短周期主族元素中，可以形成强碱的是Na元素，所以强碱戊为NaOH。能使品红溶液褪色的气体可能是SO2、Cl2，单质只有Cl2。电解氯化钠水溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，故R可能是NaClO。M的气态氢化物使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明M为氮元素。综上所述，M为氮元素，X为氧元素，Y为钠元素，Z为氯元素。【详解】A．X为氧元素，Y为钠元素，Z为氯元素，M为氮元素，Cl-、N3-、O2-、Na+的半径依次减小，故A错误；B．X为氧元素，M为氮元素，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：O＞N，H2O的热稳定性比NH3强，故B错误；C．若气体甲为氯气，则加热“无色溶液”，由于次氯酸漂白后较稳定，溶液不变色，故C错误；D．NaClO属于强碱弱酸盐，能够发生水解，可促进水的电离，故D正确；答案选D。9、B【解析】A.滴定终点溶液显酸性，故可选取甲基橙作为滴定指示剂，A不正确；B.M点溶液中，c(NaY)=c(HY)，因为K(HY)=5.0×10-11，所以c(Y-)≈c(HY)，代入HY的电离常数表达式可得，ka=cH+=5.0×10-11，所以，pH>7，B正确；C.由图可知，Q点水的电离程度最小，Kw=10-14，C不正确；D.M点，由物料守恒可知10、A【解析】

A.曲线的交点处，c(HA)=c(A-)，此时pH=4.7，则因此Ka(HA)的数量级为10-5，A项正确；B.a点、b点溶液均显酸性，均抑制水的电离，a点pH较小，溶液酸性较强，抑制水的电离程度更大，因此，溶液中由水电离出的c(H＋)：a点<b点，B项错误；C.当pH＝4.7时，c(HA)=c(A-)，但c(OH－)不等于c(H＋)，C项错误；D.HA为弱酸，当消耗NaOH溶液的体积为20.00mL时，二者恰好反应生成NaA溶液，溶液显碱性，pH>7，D项错误；答案选A。【点睛】利用曲线的交点计算Ka(HA)，是该题的巧妙之处，因为该点c(HA)=c(A-)，因此Ka(HA)=c(H+)，同学们在做水溶液中离子平衡的图像题的时候，多关注特殊的点，诸如曲线的交点、起点、恰好反应点、中性点等。11、B【解析】

丁为无色气体，遇空气变红棕色，则丁为NO，单质Z与化合物甲反应生成NO，则单质Z为O2，化合物甲为NH3，乙为H2O，能与H2O反应生成氧气的单质为F2，丙为HF，故元素X、Y、Z、W分别为H、N、O、F。据此解答。【详解】A.根据以上分析，H、N、O、F四种元素形成的单质中F2的氧化性最强，故A正确；B.常温下NH3和HF为气态，H2O在常温下为液态，所以沸点最高的是H2O，故B错误；C.化合物甲为NH3，氨气易液化，液氨气化时吸收大量的热，故常用作致冷剂，故C正确；D.化合物甲为NH3，乙为H2O，NH3和H2O分子均只含极性共价键，故D正确。故选B。【点睛】本题考查了结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意丁为无色气体，遇空气变红棕色是解题的突破口，熟记常见的10电子微粒。12、B【解析】

A.温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动；B.增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大；C.由图象可知a点时乙烯的转化率为20%，依据三段法进行计算并判断；D.升高温度，增大压强，反应速率加快。【详解】A.温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动，正向为放热反应，∆H＜0，A项正确；B.增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大，由图可知，相同温度下转化率p1<p2<p3，因此压强p1<p2<p3，B项错误；C.由图象可知a点时乙烯的转化率为20%，那么乙烯转化了0.2mol/LC2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)始(mol/L)110转(mol/L)0.20.20.2平(mol/L)0.80.80.2平衡常数K=K===，C项正确；D.升高温度，增大压强，反应速率加快b点温度和压强均大于a点，因此反应速率b>a，所需要的时间：a＞b，D项正确；答案选B。13、B【解析】

A.CH3COOH和CH3COOC2H5互溶，不能用分液的方法分离，故A错误；B.硝酸铵晶体溶于水吸热，所以U型管中的液体向左侧移动，故该实验能验证NH4NO3晶体溶于水的热效应，故B正确；C.蒸发FeCl3溶液时促进铁离子水解，最后得到氢氧化铁，灼烧又得到氧化铁固体，故C错误；D.根据元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强分析，要验证C、Cl、Si的非金属性强弱应用实验证明高氯酸、碳酸和硅酸的酸性强弱，但实验中使用的是盐酸，故D错误。故选B。【点睛】掌握非金属性强弱与最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱的对应关系，不能用盐酸的酸性强弱进行比较。14、C【解析】

A.缺少体积数据，不能计算微粒数目，A错误；B.缺少条件，不能计算气体的物质的量，也就不能计算转移的电子数目，B错误；C.Mg是+2价的金属，2.4gMg的物质的量是0.1mol，反应会失去0.2mol电子，因此2.4g镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为0.2NA，C正确；D.溶液的体积未知，不能计算微粒的数目，D错误；故合理选项是C。15、C【解析】

A.用新制Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中的甘油时，可生成绛蓝色溶液，A错误；B.用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，为了看到色斑，Cu2+和Fe3+本身就具有不同颜色，不必须通过氨熏，B错误；C.氯化钴浓溶液中，主要存在[CoCl4]2-，为蓝色离子，氯化钴稀溶液，主要存在[Co（H2O）6]2+，为粉红色离子，溶液中存在平衡[CoCl4]2-+6H2O[Co（H2O）6]2++4Cl-，加水稀释平衡向右移动，溶液的颜色由蓝色逐渐转变为粉红色，C正确；D.火柴头中含有氯酸钾，硝酸银能和氯离子反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以硝酸酸化的硝酸银能检验氯离子，但硝酸银不和氯酸根离子反应，所以不能检验氯酸根离子，D错误；答案选C。16、D【解析】

A．Mg（s）+F2（l）=MgF2（s）△H=-1124kJ·mol－1，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=-524kJ·mol－1，依据盖斯定律计算得到选项中热化学方程式分析判断；B．溴化镁的能量小于碘化镁的能量，溴的能量大于碘的能量，所以MgI2与Br2反应是放热反应；C．生成溴化镁为放热反应，其逆反应为吸热反应；D．能量越小的物质越稳定。【详解】A．Mg（s）+F2（l）=MgF2（s）△H=-1124kJ·mol－1，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=-524kJ·mol－1，将第二个方程式与第一方程式相减得MgF2（s）+Br2（L）=MgBr2（s）+F2（g）△H=+600kJ·mol－1，故A正确；B．溴化镁的能量小于碘化镁的能量，溴的能量大于碘的能量，所以MgI2与Br2反应是放热反应，MgI2与Br2反应的△H<0，故B正确；C.生成溴化镁为放热反应，其逆反应为吸热反应，电解MgBr2制Mg是吸热反应，故C正确；D．能量越小的物质越稳定，所以化合物的热稳定性顺序为MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，故D错误；故选D。【点睛】本题化学反应与能量变化，侧重考查学生的分析能力，易错点D，注意物质能量与稳定性的关系判断，难点A，依据盖斯定律计算得到选项中热化学方程式。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH4O羟基氧化反应、9【解析】

A的分子式为C2H4，A为乙烯，即结构简式为CH2=CH2，根据问题（1），D能与金属钠反应，且D分子中只有一个氧原子，即D中含有－OH，D属于芳香族化合物，即D中含有苯环，D的相对分子质量为1×16/13.1%=122，根据苯乙醛推出D的结构简式为，根据缩醛的结构简式，推出C的结构简式为HOCH2CH2OH，根据信息，推出B的结构简式为CH3OH，据此分析；【详解】A的分子式为C2H4，A为乙烯，即结构简式为CH2=CH2，根据问题（1），D能与金属钠反应，且D分子中只有一个氧原子，即D中含有－OH，D属于芳香族化合物，即D中含有苯环，D的相对分子质量为1×16/13.1%=122，根据苯乙醛的结构简式推出D的结构简式为，根据缩醛的结构简式，推出C的结构简式为HOCH2CH2OH，根据信息，推出B的结构简式为CH3OH，（1）根据上述分析，B的结构简式为CH3OH，即分子式为CH4O；D能与金属钠反应，且D分子中只有一个氧原子，即D中含有－OH，D属于芳香族化合物，即D中含有苯环，D的相对分子质量为1×16/13.1%=122，根据苯乙醛的结构简式，推出D的结构简式为；（2）C的结构简式为HOCH2CH2OH，含有的官能团是羟基；根据合成路线，反应⑥是苯乙醇被氧化成苯乙醛，反应类型为氧化反应；（3）反应⑦是苯乙醛与HOCH2CH2OH反应生成缩醛，即化学反应方程式为；（4）根据信息，核磁共振氢谱有4组峰，说明是对称结构，峰面积之比为3：2：2：1，说明不同化学环境的氢原子的个数比为3：2：2：1，符合条件的结构简式为、；（5）若化合物E为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，则其分子式为C8H10O，E的同分异构体能使FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，假设苯环上有－OH、－C2H5两个取代基，有邻间对三种结构，假设苯环上有－OH、－CH3、－CH3三个取代基，两个甲基在邻位，羟基有2种结构；两个甲基在间位，羟基有3种结构；两个甲基在对位，羟基有1种结构，一共有9种结构；（6）根据反应②，推出生成目标物原料是，根据路线①，用乙烯与O2在Ag作催化剂的条件下生成环氧乙烷，因此生成的原料是CH3CH=CH2，生成丙烯，用2－氯丙烷发生消去反应，合成路线为。【点睛】本题的难点是同分异构体的判断，根据信息判断出含有的形式，如本题含有苯环和，写出苯乙醛的同分异构体，醛与酮互为同分异构体，则有，符合峰有4种，峰面积之比为3：2：2：1，然后将－CH2CHO，拆成－CH3和－CHO，在苯环上有邻、间、对三种，然后根据峰和峰的面积进行判断，哪些符合要求。18、O8H-O-O-HV型3NH4++H2ONH3·H2O+H+BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl盐酸能抑制BiCl3的水解不合理，因为BiOCl中的Cl的化合价为-1【解析】

W、X、Y、Z均为短周期元素，X、W可形成两种液态化合物甲和乙，其原子个数比分别为1∶1(甲)和2∶1(乙)，且分子中电子总数分别为18(甲)和10(乙)，则W为O元素，X为H元素，两种化合物甲为H2O2、乙为H2O；X与Z能形成一种极易溶于水的碱性气体丙，则丙为NH3，Z为N元素；H与Y能形成极易溶于水的酸性气体丁，丁分子中的电子数为18，则丁为HCl，Y为Cl元素；H、Cl、N三种元素能组成一种离子化合物，其水溶液呈弱酸性，则此离子化合物为NH4Cl，据此解题。【详解】由分析知：W为O元素、X为H元素、Y为Cl元素、Z为N元素、甲为H2O2、乙为H2O、丙为NH3；(1)由分析知W为氧元素，元素符号为O，其原子核外共有8个电子，则共有8种运动状态不同的电子；(2)甲H2O2，为极性分子，含有H-O和O-O键，则结构式为H-O-O-H；乙为H2O，O原子的杂化轨道形式为sp3，有两个孤对电子，则空间构型为V型；(3)Z为N元素，电子排布式为1s22s22p3，同一轨道上的电子能量相等，则核外共有3种能量不同的电子，碱性气体丙为NH3，其电子式为；(4)H、Cl、N三种元素组成的离子化合物为NH4Cl，在水溶液中NH4+的水解，使溶液呈弱酸性，发生水解反应的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+；(5)铋元素跟Cl元素能形成化合物为BiCl3，其水解生成难溶于水的BiOCl；①BiCl3水解生成难溶于水的BiOCl，则另一种产物为HCl，水解反应的化学方程式为BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl；②BiCl3溶于稀盐酸，盐酸抑制了BiCl3的水解，从而得到澄清溶液；③BiOCl中Cl元素的化合价为-1价，而次氯酸中Cl元素为+1价，则BiOCl叫做“次某酸铋”的说法不合理。19、弱还原分液漏斗排除装置中的空气Cu2++H2S=CuS↓+2H+将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收洗涤干燥2.5mol/L偏高【解析】

（1）根据盐类水解原理及酸性高锰酸钾的强氧化性分析解答；（2）根据实验目的、实验装置及空气的组成和H2S的还原性分析解答；运用关系式法进行相关计算。【详解】（1）在试管中加入少量三硫代碳酸钠样品，加水溶解，洲得溶液pH=10，溶液显碱性，说明盐为强碱弱酸盐；向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去证明盐被氧化发生氧化还原反应，Na2CS3具有还原性，故答案为：弱；还原性；（2）①根据仪器构造分析，仪器d的名称分液漏斗；N2化学性质比较稳定，为了防止空气中氧气将H2S氧化，所以反应开始时需要先通入一段时间N2，排除装置中的空气，故答案为：分液漏斗；排除装置中的空气；②B中发生反应是硫酸铜和硫化氢反应生成黑色硫化铜沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故答案为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；③反应结束后打开活塞K，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是：将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收，故答案为：将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收，将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收；④称量B中沉淀质量之前需要进行的实验操作名称是：过滤、洗涤、干燥，若B中生成沉淀的质量为8.4g，物质的量=，物质的量守恒，CS32-+2H+=CS2+H2S↑，Cu2++H2S=CuS↓+2H+，得到定量关系：CS32−∼H2S∼CuS，n（Na2CS3）=n（CuS）=0.0875mol，则35.0mL三硫代碳酸钠溶液的物质的量浓度，故答案为：洗涤、干燥；2.5mol/L；⑤若反应结束后将通热N2改为通热空气，通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时，C中除吸收二硫化碳还会吸收空气中二氧化碳，溶液质量增加偏大，计算得到溶液浓度或偏高，故答案为：偏高。20、沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2OBaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42−(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动b小于2Ag＋＋2I－=I2＋2Ag生成AgI沉淀使B中的溶液中的c（I－）减小，I－还原性减弱，原电池的电压减小实验步骤ⅳ表明Cl－本身对该原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c＞b说明加入Cl－使c（I－）增大，证明发生了AgI(s)＋Cl－(aq)AgCl(s)＋I－(aq)【解析】

⑴因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸。⑵实验Ⅱ是将少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解。⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42−(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32−与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀。⑷向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，获得AgCl悬浊液时NaCl相对于AgNO3过量，因此说明有AgCl转化为AgI。⑸①AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I－＋2Ag＋=2Ag＋I2；②由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I－)减小，I－还原性减弱，根据已知信息“其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关”可的结论；③实验步骤ⅳ表明Cl－本身对该原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c＞b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI(s)＋Cl－(aq)AgCl(s)＋I－(aq)。【详解】⑴因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生(或无明显现象)；故答案为：沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象。⑵实验Ⅱ是将少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，发生反应的离子方程式为BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2O；故答案为：BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2O。⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42−(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32−与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动，BaSO4沉淀部分转化为BaCO3沉淀；故答案为：BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42−(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32−与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。⑷为观察到AgCl转化为AgI，需向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，获得AgCl悬浊液时NaCl相对于AgNO3过量，因此说明有AgCl转化为AgI；故答案为：b。⑸①AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀