云南省玉溪市2024年高三第三次测评化学试卷含解析

云南省玉溪市2024年高三第三次测评化学试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、工业酸性废水中的可转化为除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如下表所示(实验开始时溶液体积为的起始浓度、电压、电解时间均相同)，下列说法中，不正确的是()实验①②③电解条件阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨，滴加浓硫酸阴极为石墨，阳极为铁，滴加浓硫酸的去除率%0.92212.757.3A．对比实验①②可知，降低pH可以提高的去除率B．实验②中，在阴极放电的电极反应式是C．实验③中，去除率提高的原因是阳极产物还原D．实验③中，理论上电路中每通过电子，则有被还原2、电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。向10mL0.3mol·L－1Ba(OH)2溶液滴入0.3mol·L－1NH4HSO4溶液，其电导率随滴入的NH4HSO4溶液体积的变化如图所示（忽略BaSO4溶解产生的离子）。下列说法不正确的是A．a→e的过程水的电离程度逐渐增大B．b点：c(Ba2+)=0.1moI.L-1C．c点：c(NH4+)<c(OH-)D．d点：c(SO42－)+c(H+)>c(OH-)+c(NH3∙H2O)3、四种短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的位置如图所示，四种元素原子的最外层电子数之和为22。下列说法正确的是（）WXYZA．氢化物的沸点：X＜ZB．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞WC．化合物熔点：YX2＜YZ4D．简单离子的半径：X＜W4、短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如图所示。R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T能形成化合物Z2T。下列推断正确的是（）A．简单离子半径：T>Z>YB．Z2Y、Z2Y2所含有的化学键类型相同C．由于X2Y的沸点高于X2T，可推出X2Y的稳定性强于X2TD．ZXT的水溶液显弱碱性，促进了水的电离5、如图所示是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c，d均是热和电的良导体。下列说法不正确的是A．e、f单质晶体熔化时克服的是共价键B．d单质对应元素原子的电子排布式：1s22s22p63s23p2C．b元素形成的气态氢化物易与水分子之间形成氢键D．单质a、b、f对应的元素以原子个数比1：1：1形成的分子中含2个σ键，2个π键6、下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是A．用装置甲制取氯气B．用装置乙除去氯气中的少量氯化氢C．用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D．用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2·4H2O7、下列指定反应的离子方程式正确的是A．向NaAlO2

溶液中滴入NaHCO3溶液：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-B．MnO2与浓盐酸混合加热：MnO2+4H++4Cl-MnCl2+Cl2↑+2H2OC．FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2：Fe2++H2O2+2H+=Fe3++2H2OD．Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水：Ca2++HCO3-+NH3·H2O=CaCO3↓+H2O+NH4+8、25℃时，已知醋酸的电离常数为1.8×10-5。向20mL2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0mol/LNaOH溶液，溶液中水电离出的c(H+)在此滴定过程中变化曲线如下图所示。下列说法不正确的是A．a点溶液中：c(H+)=6.010-3molL-1B．b点溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)C．c点溶液中：c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)D．d点溶液中：c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)9、25℃时，用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1HX溶液，溶液的pH随加入的NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（）A．HX为弱酸B．V1＜20C．M点溶液中离子浓度由大到小的顺序：c（X－）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH－）D．0.1mol·L－1NaOH溶液和0.1mol·L－1HX溶液等体积混合后，溶液中c（Na＋）＝c（X－）＋c（OH－）10、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增加。已知，离子化合物甲是由X、Y、Z、W四种元素组成的，其中，阴阳离子个数比为1∶1，阳离子是一种5核10电子微粒；Q元素原子半径是短周期主族元素中最大的；乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物；甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质，其中丁在常温下为气体。下列说法正确的是A．甲中既含离子键，又含共价键B．丙和戊的混合物一定显酸性C．丁一定能使湿润的红色石蕊试纸变蓝D．原子半径：X＜Y＜Z＜W11、《学习强国》学习平台说“最基本的生命分子中都有碳原子”。常用于测定文物的年代，作为示踪原子对研究有机化学反应和生物化学反应更为方便。被用来作为阿伏伽德罗常数的标准。关于、、说法正确的是（）A．质子数与质量数相同 B．化学性质相似C．互为同素异形体 D．质子数与中子数相等12、在加热条件下，乙醇转化为有机物R的过程如图所示，其中错误的是A．R的化学式为C2H4OB．乙醇发生了还原反应C．反应过程中固体有红黑交替变化的现象D．乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）也能发生类似反应13、有机物①在一定条件下可以制备②，下列说法错误的是（）A．①不易溶于水B．①的芳香族同分异构体有3种（不包括①）C．②中所有碳原子可能共平面D．②在碱性条件下的水解是我们常说的皂化反应14、下列物质的性质与用途具有对应关系的是A．二氧化硅熔点高，可用作光导纤维B．过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸供氧剂C．明矾易溶于水，可用作净水剂D．二氧化硫有氧化性，可用于漂白纸张15、人体吸入CO后在肺中发生反应CO+HbO2O2+HbCO导致人体缺氧。向某血样中通入CO与O2的混合气[c(CO)=1.0×10-4mol/L，c(O2)=9.9×10-4mol/L]，氧合血红蛋白HbO2浓度随时间变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．反应开始至4s内用HbO2表示的平均反应速率为2×l0-4mol/(L·s)B．反应达平衡之前，O2与HbCO的反应速率逐渐减小C．将CO中毒病人放入高压氧舱治疗是利用了化学平衡移动原理D．该温度下反应CO+HbO2O2+HbCO的平衡常数为10716、实验室进行下列实验时，一定不需要使用“沸石”的是A．制乙酸丁酯 B．分馏石油 C．制取乙烯 D．溴乙烷的水解二、非选择题（本题包括5小题）17、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。___。18、为探究某无结晶水的正盐X(仅含有两种短周期元素)的组成和性质，设计并完成下列实验。(气体体积已转化为标准状况下的体积)已知：B是空气的主要成分之一；C是一种强碱，且微溶于水，载人宇宙飞船内常用含C的过滤网吸收宇航员呼出的CO2，以净化空气；D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝。(1)X的化学式为__________________。(2)图中B的组成元素在元素周期表中的位置是______________。(3)A的电子式为____________。(4)X受热分解转变成A和B的化学反应方程式为____________。19、某学习小组研究溶液中Fe2+的稳定性，进行如下实验，观察，记录结果。实验Ⅰ物质0min1min1h5hFeSO4淡黄色桔红色红色深红色(NH4)2Fe(SO4)2几乎无色淡黄色黄色桔红色（1）上述(NH4)2Fe(SO4)2溶液pH小于FeSO4的原因是_______（用化学用语表示）。溶液的稳定性：FeSO4_______(NH4)2Fe(SO4)2（填“＞”或“＜”）。（2）甲同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保护了Fe2+，因为NH4+具有还原性。进行实验Ⅱ，否定了该观点，补全该实验。操作现象取_______，加_______，观察。与实验Ⅰ中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同。（3）乙同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异是溶液酸性不同导致，进行实验Ⅲ：分别配制0.80mol·L－1pH为1、2、3、4的FeSO4溶液，观察，发现pH＝1的FeSO4溶液长时间无明显变化，pH越大，FeSO4溶液变黄的时间越短。资料显示：亚铁盐溶液中存在反应4Fe2+＋O2＋10H2O4Fe(OH)3＋8H+由实验III，乙同学可得出的结论是_______，原因是_______。（4）进一步研究在水溶液中Fe2+的氧化机理。测定同浓度FeSO4溶液在不同pH条件下，Fe2+的氧化速率与时间的关系如图（实验过程中溶液温度几乎无变化）。反应初期，氧化速率都逐渐增大的原因可能是_____。（5）综合以上实验，增强Fe2+稳定性的措施有_______。20、硫酸锌可用于制造锌钡白、印染媒染剂等。用锌白矿(主要成分为ZnO，还含有Fe2O3、CuO、SiO2等杂成)制备ZnSO4·7H2O的流程如下。相关金属离了生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算）如下表：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+6.48.0(1)“滤渣1”的主要成分为_________(填化学式）。“酸浸”过程中，提高锌元素浸出率的措施有：适当提高酸的浓度、______________(填一种)。(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应的化学方程式为__________________________。(3)“氧化”一步中，发生反应的离子方程式为_______________________。溶液pH控制在[3.2，6.4)之间的目的是________________。(4)“母液”中含有的盐类物质有_________(填化学式）。21、I是合成抗凝血药物的中间体,一种合成I的路线如下(部分产物和条件省略):已知:酚羟基难与羧酸发生酯化反应。回答下列问题:(1)E的名称是________；I中既含碳又含氧的官能团名称是__________。(2)F有多种同分异构体，它们在下列仪器中显示信号完全相同的是___________(填字母)。a.核磁共振氢谱仪b.元素分析仪c.质谱仪d.红外光谱仪(3)D+G→H的反应类型是__________________。(4)写出F→G的化学方程式：___________________________________。(5)T是H的同分异构体，T同时具备下列条件的同分异构体有________________种，其中苯环上一氯代物只有2种的结构简式为____________________(写出一种即可)。①苯环上只有3个取代基②只含一种官能团③能发生水解反应和银镜反应④1mol该有机物消耗4molNaOH(6)参照上述流程,以苯甲醇为原料(无机试剂自选)合成,设计合成方案：________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A.对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72-的去除率越大；B.实验②中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应；C.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上生成的亚铁离子也能还原Cr2O72-；D.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上生成的亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过3mol电子，则有0.5molCr2O72-在阴极上被还原，且溶液中还有Cr2O72-被还原。【详解】A.对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72-的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr2O72-的去除率，A正确；B.实验②中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，故B正确；C.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上Fe失电子生成Fe2+，亚铁离子也能还原Cr2O72-，C正确；D.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上Fe失电子生成Fe2+，亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过3mol电子，根据电极反应式Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，则有0.5molCr2O72-在阴极上被还原，同时阳极生成1.5molFe2+，根据得失电子守恒，溶液中还有0.25molCr2O72-被Fe2+还原，所以共有0.75molCr2O72-被还原，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查电解原理的应用的知识，明确离子放电顺序及电解原理是解本题关键，注意：活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，易错选项是D。2、D【解析】

ac段电导率一直下降，是因为氢氧化钡和硫酸氢铵反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨，c点溶质为一水合氨，ce段电导率增加，是一水合氨和硫酸氢铵反应生成硫酸铵，溶液中的离子浓度增大。【详解】A.a→e的过程为碱溶液中加入盐，水的电离程度逐渐增大，故正确；B.b点c(Ba2+)==0.1moI.L-1，故正确；C.c点的溶质为一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，水也能电离出氢氧根离子，所以有c(NH4+)<c(OH-)，故正确；D.d点溶液为等物质的量的一水合氨和硫酸铵，电荷守恒有①c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42－)+c(OH-)，物料守恒有②c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=3c(SO42－)，②-①可得c(SO42-)+c(H+)=c(OH-)+c(NH3∙H2O)，故错误。故选D。【点睛】掌握溶液中的微粒守恒关系，如电荷守恒和物料守恒等，注意分清溶液中的成分和数据关系。3、D【解析】

根据元素在周期表中的位置知，W、X是第二周期元素而Y和Z位于第三周期，设W原子最外层电子数是a，则X、Y、Z原子序数分别是a+1、a-1、a+2，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，则a+a＋1+a－1+a+2=22，则a=5，则X、Y、Z、W分别是O、Si、Cl、N元素；【详解】A．NH3和SiH4均为分子晶体，NH3分子间存在氢键，其沸点比SiH4高，故A错误；B．N元素的非金属性比Si元素强，HNO3的酸性比H2SiO3酸性强，故B错误；C．二氧化硅是原子晶体，四氯化硅是分子晶体，原子晶体的熔点高，即SiO2的熔点比SiCl4高，故C错误；D．N3﹣和O2﹣离子结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则N3﹣＞O2﹣，故D正确；故选：D。【点睛】易错选项是A，注意：氢化物的熔沸点与分子间作用力和氢键有关，氢化物的稳定性与化学键有关。4、D【解析】

R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R可能为C元素或S元素，由于图示原子半径和原子序数关系可知R应为C元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，应为Na2O、Na2O2，则Y为O元素，Z为Na元素；Z与T形成的Z2T化合物，且T的原子半径比Na小，原子序数T>Z，则T应为S元素，X的原子半径最小，原子序数最小，原子半径也较小，则X应为H元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求解答该题。【详解】根据上述推断可知：X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；R是C元素，T是S元素。A.S2-核外有3个电子层，O2-、Na+核外有2个电子层，由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：T>Y>Z，A错误；B.Z2Y、Z2Y2表示的是Na2O、Na2O2，Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键、极性共价键，因此所含的化学键类型不相同，B错误；C.O、S是同一主族的元素，由于H2O分子之间存在氢键，而H2S分子之间只存在范德华力，氢键的存在使H2O的沸点比H2S高，而物质的稳定性与分子内的共价键的强弱有关，与分子间作用力大小无关，C错误；D.ZXT表示的是NaHS，该物质为强碱弱酸盐，在溶液中HS-水解，消耗水电离产生的H+结合形成H2S，使水的电离平衡正向移动，促进了水的电离，使溶液中c(OH-)增大，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了原子结构与元素性质及位置关系应用的知识，根据原子结构特点及元素间的关系推断元素是解题的关键，侧重于学生的分析能力的考查。5、B【解析】

Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质中，Na、Cu为金属晶体，均是热和电的良导体，C、Si的单质为原子晶体，且C单质的熔沸点大于Si原子晶体的熔点，H、N对应的单质为分子晶体，其中氢气的熔点最低，由图熔点的高低顺序可知a为H，b为N，c为Na，d为Cu，e为Si，f为C。【详解】A选项，e为Si，f为C，对应的单质为原子晶体，存在共价键，熔化时破坏共价键，故A正确；B选项，d为Cu，铜单质对应元素原子的电子排布式：1s22s22p63s23p23d104s1，故B错误；C选项，b为N，N元素形成的气态氢化物氨气，易与水分子之间形成氢键，故C正确；D选项，单质a、b、f对应的元素以原子个数比1:1:1形成的分子为HCN，结构式为H−C≡N，分子中含2个σ键，2个π键，故D正确；综上所述，答案为B。6、C【解析】

A、二氧化锰与浓盐酸需要在加热的条件下反应制取氯气，A不正确；B、用装置乙除去氯气中的少量氯化氢应该用饱和氯化钠溶液，且气体是长口进短口出，B不正确；C、二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，装置丙是过滤装置，C正确；D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制备MnCl2·4H2O，应该在氯化氢的气氛中进行，D不正确。答案选C。7、A【解析】

A．NaAlO2和NaHCO3发生反应生成氢氧化铝程度和碳酸钠，离子方程式为AlO2-+HCO3-+H2O═Al(OH)3↓+CO32-，故A正确；B．MnO2与浓盐酸混合加热，离子方程式：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故B错误；C．电荷不守恒，FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2的离子方程式为2H++2Fe2++H2O2═2Fe3++2H2O，故C错误；D．Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水，碳酸氢根离子完全反应，离子方程式：Ca2++2HCO3-+2NH3•H2O=CaCO3↓+2H2O+2NH4++CO32-，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意反应物用量对反应的影响。8、B【解析】

A．a点溶液没有加入NaOH，为醋酸溶液，根据电离平衡常数计算。设电离的出的H＋的浓度为x，由于电离程度很低，可认为醋酸浓度不变。CH3COOHCH3COO－＋H＋2xxKa===1.8×10-5，解得x=6.0×10-3mol/L，A项正确；B．b点的溶液为CH3COOH和CH3COONa等浓度混合的溶液，物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)，醋酸会电离CH3COOHCH3COO－＋H＋，醋酸根会水解，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，水解平衡常数<1.8×10-5，CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，所以c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)；B项错误；C．c点醋酸和氢氧化钠完全反应，溶液为CH3COONa溶液，在醋酸钠溶液中有电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，有物料守恒c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，将两式联立得到质子守恒，则有c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)；C项正确；D．d点加入40mL的NaOH溶液，NaOH多一倍，为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，有物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，D项正确；本题答案选B。【点睛】电解质溶液中，粒子浓度有三大守恒，电荷守恒、物料守恒和质子守恒，写出前两个即可以导出质子守恒。要特别注意等物质的量浓度的混合溶液中水解和电离的大小关系。9、D【解析】

A.由图可知，0.1mol·L－1HX溶液的pH＝3，说明HX为弱酸，故A正确；B.若V1＝20，则溶液中的溶质只有NaX，由于HX为弱酸，则NaX溶液呈碱性，pH＞7，所以V1应小于20，故B正确；C.M点溶液中的溶质是等物质的量的HX和NaX，溶液呈酸性，说明HX的电离程度大于X－的水解程度，则溶液中离子浓度大小顺序为c（X－）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH－），故C正确；D.两种溶液等体积混合时，根据电荷守恒有c（Na＋）＋c（H＋）＝c（X－）＋c（OH－），故D错误；故选D。10、A【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增加。离子化合物甲是由X、Y、Z、W四种元素组成的，其中阴阳离子个数比为1∶1，阳离子是一种5核10电子微粒，该阳离子为NH4+，则X为H元素；Q元素原子半径是短周期主族元素中最大的，则Q为Na元素，因此Y、Z、W均为第二周期元素，阴离子组成元素的原子序数小于Na，则阴离子为碳酸氢根离子，则甲为NH4HCO3，因此Y为C元素、Z为N元素、W为O元素；乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物；甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质，则乙为氢氧化钠或硝酸，与碳酸氢铵反应生成氨气，碳酸钠和水或硝酸铵、二氧化碳和水，其中丁在常温下为气体，则丁为氨气或二氧化碳，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为O元素，Q为Na元素，甲为NH4HCO3，乙为NaOH或硝酸，丁为氨气或二氧化碳，丙、戊为碳酸钠或硝酸铵和水。A．甲为NH4HCO3，属于离子化合物，含有离子键，铵根离子、HCO3-中还含有共价键，故A正确；B．丙和戊的混合物可能为碳酸钠溶液或硝酸铵溶液，碳酸钠水解后溶液显碱性，故B错误；C．丁可能为二氧化碳，二氧化碳不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C错误；D．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：X＜W＜Z＜Y，故D错误；答案选A。11、B【解析】

根据原子符号的表示含义，、、三种原子的质子数都是6个，中子数分别是8、7、6，它们属于同位素，由于原子核外都有6个电子，核外电子排布相同，因此三种同位素原子的化学性质相同，故合理选项是B。12、B【解析】

从铜催化氧化乙醇的反应机理分析。【详解】A.图中CH3CH2OH+CuO→CH3CHO+Cu+H2O，则R化学式为C2H4O，A项正确；B.乙醇变成乙醛，发生了脱氢氧化反应，B项错误；C.图中另一反应为2Cu+O2→2CuO，两反应中交替生成铜、氧化铜，故固体有红黑交替现象，C项正确；D.从乙醇到乙醛的分子结构变化可知，分子中有αH的醇都可发生上述催化氧化反应。乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）的两个羟基都有αH，能发生类似反应，D项正确。本题选B。【点睛】有机反应中，通过比较有机物结构的变化，可以知道反应的本质，得到反应的规律。13、D【解析】

A．根据①分子结构可以看出，它属于氯代烃，是难溶于水的，故A正确；B．Br和甲基处在苯环的相间，相对的位置，Br取代在甲基上，共有三种，故B正确；C．苯环和双键都是平面结构，可能共面，酯基中的两个碳原子，一个采用sp2杂化，一个采用sp3杂化，所有碳原子可能共面，故C正确；D．皂化反应仅限于油脂与氢氧化钠或氢氧化钾混合，得到高级脂肪酸的钠/钾盐和甘油的反应，②属于芳香族化合物，故D错误；答案选D。14、B【解析】A.二氧化硅用作光导纤维是因为光在二氧化硅中能够发生全反射，与熔点无关，A错误；B.过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸供氧剂，之间存在因果关系，B正确C.明矾可用作净水剂，是因为水解生成氢氧化铝胶体，与易溶于水无关，C错误；D.二氧化硫可用于漂白纸张，是因为二氧化硫具有漂白性，D错误；故选B。15、C【解析】

A、v=△c/△t=(1.0−0.2)×10−4mol/L÷4s=2×10-5mol/（L•s），A错误；B、HbO2转化为O2，所以反应物的浓度减少，生成物浓度增加，则正反应速率减少，逆反应速率增加，B错误；C、CO中毒的病人放入高压氧仓中，氧气的浓度增大，平衡向左移动，C正确；D、根据平衡常数K=c(O2)•c(HbCO)/c(CO)•c(HbO2)=10.7×10−4×0.8×10−4/0.2×10−4×0.2×10−4=214，D错误；答案选C。16、D【解析】

A.制乙酸丁酯温度较高，需要加入沸石防止混合液体暴沸，故A错误；B.分馏石油时，需要通过蒸馏操作完成，需要加入沸石防止混合液体暴沸，故B错误；C.制取乙烯，需要将混合液体加热到170℃，为了防止混合液体暴沸，需要使用沸石，故C错误；D.溴乙烷的水解温度较低，所以不需要使用沸石，故D正确；故选：D。二、非选择题（本题包括5小题）17、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。18、LiN3第2周期VA族3LiN3Li3N+4N2↑【解析】

B是空气的主要成分之一，B为氮气或氧气；C是一种强碱，且微溶于水，C为LiOH，载人宇宙飞船内常用含C的过滤网吸收宇航员呼出的CO2，以净化空气，LiOH与反应生成Li2CO3；D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝，D是NH3，确定B为氮气，NH3是2.24L合0.1mol，A中N为14g·mol－1×0.1mol=1.4g。A为Li3N，3.5g中Li为3.5-1.4=2.1g，14.7gX中Li为2.1g，n(Li)==0.3mol，n(N)==0.9mol,n(Li)：n(N)=0.3:0.9=1:3，X的化学式为：LiN3。【详解】（1）由分析可知：X的化学式为LiN3。故答案为：LiN3；（2）B为氮气，组成元素N在元素周期表中的位置是第2周期VA族。故答案为：第2周期VA族；（3）A为Li3N，Li最外层只有1个电子，显+1价，N最外层5个电子，得三个电子，显-3价，电子式为。故答案为：；（4）由分析X的化学式为：LiN3，X受热分解转变成Li3N和N2，由质量守恒：化学反应方程式为3LiN3Li3N+4N2↑。故答案为：3LiN3Li3N+4N2↑。19、NH4+＋H2ONH3·H2O＋H+＜取2mLpH＝4.0的0.80mol·L－1FeSO4溶液加2滴0.01mol·L－1KSCN溶液溶液pH越小，Fe2+越稳定溶液中存在平衡4Fe2+＋O2＋10H2O4Fe(OH)3＋8H+，c（H+）大，对平衡的抑制作用强，Fe2+更稳定生成的Fe(OH)3对反应有催化作用加一定量的酸；密封保存【解析】

（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同，但中（NH4）2Fe（SO4）2含有浓度较高的NH4+；通过表格中的颜色变化来分析；（2）由于是要验证两溶液的稳定性差异是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保护了Fe2+导致，根据控制变量法可知，应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致，据此分析；（3）由实验Ⅲ可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越强，则Fe2+越稳定；亚铁盐溶液中存在反应4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe（OH）3+8H+，根据平衡的移动来分析；（4）根据影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂来分析；（5）根据上述实验来分析。【详解】（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同，但（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有浓度较高的NH4+，NH4+水解显酸性，导致（NH4）2Fe（SO4）2中的pH更小；通过表格中的颜色变化可知（NH4）2Fe（SO4）2中的Fe2+被氧化的速率更慢，即溶液的稳定性：FeSO4<（NH4）2Fe（SO4）2，故答案为：NH4++H2ONH3•H2O+H+；<；（2）由于是要验证两溶液的稳定性差异是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保护了Fe2+导致，根据控制变量法可知，应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致，故应取2mLpH=4.0的0.80mol•L-1FeSO4溶液于试管中，加2滴0.01mol•L-1KSCN溶液，过若观察到的现象与实验Ⅰ中（NH4）2Fe（SO4）2溶液现象相同，则说明上述猜想不正确，故答案为：取2mLpH=4.0的0.80mol•L-1FeSO4溶液；加2滴0.01mol•L-1KSCN溶液；（3）由实验Ⅲ可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越强，则Fe2+越稳定；亚铁盐溶液中存在反应4Fe2++O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，溶液的pH越小，则氢离子浓度越大，平衡左移，则Fe2+的氧化被抑制，故答案为：溶液pH越小，Fe2+越稳定；溶液中存在平衡4Fe2++O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，c（H+）大，对平衡的抑制作用强，Fe2+更稳定；（4）影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂，而同一条曲线上的浓度FeSO4溶液相同，且应随着反应的进行，Fe2+的浓度减小，故不是浓度对反应速率的影响；而此反应为溶液中的反应，故压强对此反应速率无影响；而此反应中温度不变，故能影响反应速率的只有催化剂，故唯一的可能原因是生成的Fe（OH）3对反应有催化作用，故答案为：生成的Fe（OH）3对反应有催化作用；（5）根据上述实验可知，加入一定量的酸会抑制Fe2+的氧化，或是隔绝空气密封保存，故答案为：加入一定量的酸，密封保存。【点睛】（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有浓度较高的NH4+，NH4+水解显酸性，导致（NH4）2Fe（SO4）2中的pH更小，NH4+保护了Fe2+是解答关键，也是试题的难点和突破口。20、SiO2粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）Zn+CuSO4═Cu+ZnSO43Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质ZnSO4、K2SO4【解析】锌白矿中加入稀硫酸浸取，ZnO、Fe2O3、CuO分别和稀硫酸反应生成