绵阳中学2024-2025学年高三5月第一次联考化学试题含解析

绵阳中学2024-2025学年高三5月第一次联考化学试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、25℃将浓度均为0.1mol/L的HA溶液和BOH溶液按体积分别为Va和Vb混合，保持Va+Vb=100mL，且生成的BA可溶于水。已知Va、Vb与混合液pH关系如图。下列说法错误的是A．曲线II表示HA溶液体积B．x点存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)C．电离平衡常数K(HA)>K(BOH)D．向z点溶液加入NaOH，水的电离程度减小2、化合物如图的分子式均为C7H8。下列说法正确的是A．W、M、N均能与溴水发生加成反应 B．W、M、N的一氯代物数目相等C．W、M、N分子中的碳原子均共面 D．W、M、N均能使酸性KMnO4溶液褪色3、向100mL0.1mol∙L-1硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中逐滴滴入0.1mol∙L-1Ba(OH)2溶液。随着Ba(OH)2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示。下列说法正确的（）A．a点的溶液呈中性B．a点沉淀的质量比c点沉淀的质量大C．b点加入Ba(OH)2溶液的体积为250mLD．至c点完成反应，反应的离子方程式可表示为：Al3++2SO42-+NH4++2Ba2++5OH-→AlO2-+2BaSO4↓+NH3∙H2O+2H2O4、已知短周期元素M、N、P、Q最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、Z、W，M是短周期中原子半径最大的元素，常温下X、Z、W均可与Y反应，M、P、Q的原子序数及0.1mol/LX、Z、W溶液的pH如图所示。下列说法正确的是（）A．N原子的电子层数与最外层电子数相等B．M的离子半径小于N的离子半径C．P氢化物稳定性大于Q氢化物稳定性D．X、W两物质含有的化学键类型相同5、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．11g硫化钾和过氧化钾的混合物，含有的离子数目为0.4NAB．28g聚乙烯（）含有的质子数目为16NAC．将标准状况下224mLSO2溶于水制成100mL溶液，H2SO3、、三者数目之和为0.01NAD．含63gHNO3的浓硝酸与足量铜完全反应，转移电子数目为0.50NA6、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7、亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病，在溶液中存在多种微粒形态。向1L0.1mol·L-1H3AsO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1KOH溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图所示，图中M点对应的pH为a，下列说法正确的是（）A．H3AsO3的电离常数Ka1的数量级为10-9B．pH在8.0～10.0时，反应的离子方程式：H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2OC．M点对应的溶液中：c(H2AsO3-)+c(HAsO32-)+c(AsO33-)+c(H3AsO3)=0.1mol·L-1D．pH=12时，溶液中：c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H3AsO3)>c(H+)+c(K+)8、0.1moL/L醋酸用蒸馏水稀释的过程中，下列说法正确的是（）A．电离程度增大，H+浓度增大 B．电离程度减小，H+浓度减小C．电离程度增大，H+浓度减小 D．电离程度减小，H+浓度增大9、在海水中提取溴的反应原理是5NaBr＋NaBrO＋3H2SO4=3Br2+3Na2SO4+3H2O下列反应的原理与上述反应最相似的是（）A．2NaBr＋Cl2＝2NaCl＋Br2B．2FeCl3＋H2S=2FeCl2＋S+2HClC．2H2S+SO2=3S+2H2OD．AlCl3＋3NaAlO3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl10、不能判断甲比乙非金属性强的事实是（）A．常温下甲能与氢气直接化合，乙不能B．甲的氧化物对应的水化物酸性比乙强C．甲得到电子能力比乙强D．甲、乙形成的化合物中，甲显负价，乙显正价11、下列实验操作、现象及结论均正确的是选项实验操作和现象实验结论A向Na2SO3溶液中加入足量的Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，沉淀溶解BaSO3溶于稀盐酸B向KI溶液中加入CCl4，振荡后静置；液体分层，下层呈紫红色碘易溶于CCl4，难溶于水C将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，析出沉淀的物质的量AgCl多于AgBrKSP(AgCl)＞KSP(AgBr)D室温下，同浓度的Na2A溶液的pH比NaB溶液的pH大说明酸性H2A＜HBA．A B．B C．C D．D12、阿斯巴甜（Aspartame，结构简式如图）具有清爽的甜味，甜度约为蔗糖的200倍．下列关于阿斯巴甜的错误说法是A．在一定条件下能发生取代反应、加成反应B．酸性条件下的水解产物中有两种氨基酸C．一定条件下既能与酸反应、又能与碱反应D．分子式为C14H18N2O3，属于蛋白质13、常温下，0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是A．HA是强酸B．该混合液pH=7C．图中x表示HA，Y表示OH-，Z表示H+D．该混合溶液中：c(A-)+c(Y)=c（Na+）14、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．标准状况下，11.2LCHC13中含有的氯原子数目为1.5NAB．10.0g质量分数为46％的乙醇溶液与足量钠反应产生的H2数目为0.05NAC．常温常压下，124gP4中含σ键数目为4NAD．向1L1mol·L－1NH4Cl溶液中加入氨水至中性，溶液中数目为NA15、反应Cl2+2KI=2KCl+I2中，氧化剂是（）A．Cl2B．KIC．KClD．I216、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．Al2O3的熔点很高，可用作耐火材料B．NH3具有还原性，可用作制冷剂C．SO2具有氧化性，可用于纸浆的漂白D．钠钾合金的密度小，可用作快中子反应堆的热交换剂二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物G是一种重要的化工原料，其合成路线如图：（1）的官能团名称是____。（2）反应2为取代反应，反应物（Me)2SO4中的“Me”的名称是____，该反应的化学方程式是____。（3）反应④所需的另一反应物名称是____，该反应的条件是____，反应类型是_____。（4）满足下列条件的的同分异构体有____种（不考虑立体异构）。①苯环上连有两个取代基②能发生银镜反应③能发生水解反应（5）以为原料，合成____。合成路线图示例如下：ABC……→H18、化合物X是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：已知：RCHO＋CH3COOR1RCH＝CHCOOR1请回答：（1）F的名称为_____________。（2）C→D的反应类型为_________。（3）D→E的化学方程式________________________。（4）X的结构简式____________________。（5）D的芳香族化合物同分异构体有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1的是_________(写结构简式)。19、甲同学向做过银镜反应的试管滴加0.1mol/L的Fe(NO3)3溶液(pH=2)，发现银镜部分溶解，和大家一起分析原因：甲同学认为：Fe3+具有氧化性，能够溶解单质Ag。乙同学认为：Fe(NO3)3溶液显酸性，该条件下NO3－也能氧化单质Ag。丙同学认为：Fe3+和NO3－均能把Ag氧化而溶解。(1)生成银镜反应过程中银氨溶液发生_____________（氧化、还原）反应。(2)为得出正确结论，只需设计两个实验验证即可。实验I：向溶解了银镜的Fe(NO3)3的溶液中加入____________（填序号，①KSCN溶液、②K3[Fe(CN)6]溶液、③稀HC1），现象为___________，证明甲的结论正确。实验Ⅱ：向附有银镜的试管中加入______________溶液，观察银镜是否溶解。两个实验结果证明了丙同学的结论。(3)丙同学又把5mLFeSO4溶液分成两份：第一份滴加2滴KSCN溶液无变化；第二份加入1mL0.1mol/LAgNO3溶液，出现白色沉淀，随后有黑色固体产生（经验证黑色固体为Ag颗粒），再取上层溶液滴加KSCN溶液变红。根据上述的实验情况，用离子方程式表示Fe3+、Fe2+、Ag+、Ag之间的反应关系_______________。(4)丁同学改用如图实验装置做进一步探究：①K刚闭合时，指针向左偏转，此时石墨作_________，（填“正极”或“负极。此过程氧化性：Fe3+_______Ag+（填>或<）。②当指针归零后，向右烧杯中滴加几滴饱和AgNO3溶液，指针向右偏转。此过程氧化性：Fe3+_______Ag+（填>或<）。③由上述①②实验，得出的结论是：_______________________。20、硫酸亚铁晶体俗称绿矾(FeSO4•7H2O)，重铬酸钠晶体俗称红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)，它们都是重要的化工产品。工业上以铬铁矿[主要成分是[Fe(CrO2)2]为原料制备绿矾和红矾钠的工艺流程如图所示。请回答下列问题：(1)已知Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3价，则Fe(CrO2)中铁元素的化合价为______________。(2)化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如Na2SiO3写成Na2O·SiO2，则Fe(CrO2)2可写成__________。(3)煅烧铬铁矿时，矿石中的Fe(CrO2)2转变成可溶于水的Na2CrO4，反应的化学方程式如下：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O22Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2①该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为________________。②为了加快该反应的反应速率，可采取的措施是_________________(填一种即可)。⑷己知CrO42-在氢离子浓度不同的酸性溶液中有不同的反应。如：2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O3CrO42-+4H+=Cr3O102-+2H2O①往混合溶液甲中加入硫酸必须适量的原因是________________。②混合溶液乙中溶质的化学式为______________________。(5)写出Fe与混合溶液丙反应的主要离子方程式_________________。检验溶液丁中无Fe3+的方法是：_____________。从溶液丁到绿巩的实验操作为蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥。21、诺贝尔化学奖获得者GeorgeA．Olah提出了“甲醇经济”的概念，他建议使用甲醇来代替目前广泛使用的化石燃料用作能源储存材料和燃料。工业上用天然气为原料，分为两阶段制备甲醇：(i)制备合成气：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH=+206.0kJ·mol-1(ii)合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-90.67kJ·mol-1（1）制备合成气：工业生产中为解决合成气中H2过量而CO不足的问题，原料气中需添加CO2，发生的反应(iii)：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.17kJ·mol-1，为了使合成气配比最佳，理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比为_____。（2）为节约化石能源、减少碳排放，用CO2代替CO作为制备甲醇的碳源正成为当前研究的焦点。①请写出二氧化碳加氢合成甲醇的热化学方程式_____。②研究表明在二氧化碳合成甲醇的原料气中加入一氧化碳可以降低CO2与H2反应的活化能。在200-360℃，9MPa时合成气初始组成H2、CO、CO2物质的量之比7：2：1的条件下研究甲醇的合成反应。如图所示，CO2的平衡转化率随温度升高先减小后增大，分析可能的原因是____。（3）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反应的热化学方程式为：CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)ΔH=+29.1kJ·mol-1科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果如下：根据图，分析工业上制取甲酸甲酯时，选择的合适条件为_____。（4）某种熔融碳酸盐燃料电池以Li2CO3、K2CO3为电解质、以CH3OH为燃料，该电池工作原理见图。该反应负极电极反应式为_____。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A.由图可知，当HA溶液与BOH溶液等体积混合时，溶液的pH>7，随着曲线I体积的增大，溶液的pH逐渐增大，说明曲线I表示BOH溶液的体积，则曲线II表示HA溶液体积，故A正确；B.根据图像，x点HA溶液体积大于BOH溶液等体积，溶液为HA和BA的混合溶液，根据电荷守恒，有c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故B正确；C.由图可知，当HA溶液与BOH溶液等体积混合时，溶液的pH>7，溶液显碱性，说明K(HA)<K(BOH)，故C错误；D.根据图像，z点HA溶液体积小于BOH溶液等体积，溶液为BA和BOH的混合溶液，碱过量水的电离程受抑制，所以向z点溶液加入NaOH，水的电离程度减小，故D正确。故选C。本题考查酸碱混合离子的浓度关系，明确信息中pH及离子的关系来判断酸碱的强弱是解答本题的关键，注意电离、盐类水解等知识的运用。2、D【解析】

A.由结构简式可知,W不能和溴水发生加成反应，M、N均能与溴水发生加成反应，故A错误；B.W的一氯代物数目为4种，M的一氯代物数目3种，N的一氯代物数目4种，故B错误；C.根据甲烷分子的正四面体结构、乙烯分子和苯分子的共面结构可知，W、N分子中的碳原子均共面，M中的碳原子不能共面，故C错误，D.W中与苯环相连的碳原子了有氢原子，M和N均含碳碳双键，故W、M、N均能被酸性KMnO4溶液氧化，故D正确;答案：D。3、D【解析】

100mL0.1mol∙L﹣1硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]中NH4Al(SO4)2物质的量为0.01mol．溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO42-0.02mol。开始滴加时，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH-，即加入0.015molBa(OH)2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42-未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；（开始到a）再滴加Ba(OH)2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH-=NH3∙H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42-完全沉淀时，共需加入0.02molBa(OH)2，加入0.04molOH-，Al3+反应掉0.03molOH﹣，生成Al(OH)30.01mol，剩余0.01molOH﹣恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液；（a到b）继续滴加Ba(OH)2，Al(OH)3溶解，发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2﹣+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl(OH)3完全溶解，需再加入0.005molBa(OH)2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液．（b到c）【详解】A．由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓，a点对应的沉淀为BaSO4和Al(OH)3，溶液中的溶质是(NH4)2SO4，该物质水解溶液呈酸性，A错误；B．a点沉淀的质量=0.015mol×233g/mol+0.01mol×78g/mol=4.275g，c点为硫酸钡的质量，为0.01mol×2×233g/mol=4.66g，所以质量c点＞a点，B错误；C．当SO42﹣完全沉淀时，共需加入0.02molBa(OH)2，则b点消耗氢氧化钡体积==0.2L=200mL，C错误；D．至c点完成反应，反应的离子方程式可表示为：Al3++2SO42﹣+NH4++2Ba2++5OH﹣=AlO2﹣+2BaSO4↓+NH3∙H2O+2H2O，D正确；故选D。在分析曲线时，可使用共存原理，对此题来说，主要是NH4+、Al3+、Al(OH)3与OH-反应的顺序问题，若假设NH4+先与OH-发生反应，由于生成的NH3∙H2O能与Al3+反应生成Al(OH)3，所以假设错误，应为Al3+先与OH-反应生成Al(OH)3；对NH4+、Al(OH)3哪个先与OH-反应，若我们认为Al(OH)3先反应，生成的AlO2-能与NH4+发生反应生成Al(OH)3和NH3∙H2O，所以假设错误，应为NH4+先与OH-反应。4、A【解析】

短周期元素M、N、P、Q最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、Z、W，M是短周期中原子半径最大的元素，则M为Na元素，则X为NaOH；0.1mol/L的W溶液pH=1，则W为一元含氧强酸，且Q的原子序数大于Na元素，则Q为Cl元素、W为HClO4；0.1

mol/L的Z溶液pH=0.7，则氢离子浓度为10-0.7mol/L=0.2mol/L，故Z为二元强酸，且P的原子序数大于Na元素，则P为S元素、Z为H2SO4；常温下X、Z、W均可与Y反应，则Y为两性氢氧化物，则Y为Al(OH)3、N为Al元素，据此解答。【详解】A．N为Al元素，原子核外有3个电子层数，最外层电子数为3，其电子层与最外层电子数相等，故A正确；B．Na+、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Na+＞Al3+，故B错误；C．非金属性Cl＞S，故简单氢化物稳定性：HCl＞H2S，故C错误；D．NaOH为离子化合物，含有离子键、共价键，HClO4为分子化合物，分子内只含有共价键，二者含有化学键不全相同，故D错误；故答案为：A。“三看”法快速判断简单微粒半径的大小：一看电子层数：最外层电子数相同时，电子层数越多，半径越大；二看核电荷数：当电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小；三看核外电子数：当电子层数和核电荷数均相同时，核外电子数越多，半径越大。5、B【解析】

过氧化钾（K2O2）与硫化钾（K2S）的相对分子质量均为110，11g过氧化钾与硫化钾的混合物的物质的量为0.1mol，每摩尔K2O2含2molK+和1mol，每摩尔K2S含2molK+和1molS2−，故含有离子数目为0.3NA，A错误；的最简式为CH2，28g含有2molCH2，每个CH2含8个质子，故质子数目为16NA，B正确；标准状况下224mLSO2物质的量为0.01mol，SO2与水反应生成H2SO3的反应为可逆反应，所以，H2SO3、、三者数目之和小于0.01NA，C错误；浓硝酸与铜反应时，若只发生Cu＋4HNO3(浓)Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，1molHNO3转移电子数目为0.50NA，随着反应的进行，浓硝酸逐渐变稀，又发生3Cu＋8HNO33Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，若只发生3Cu＋8HNO33Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，1molHNO3转移电子数目为0.75NA，故转移电子数目介于0.50NA和0.75NA之间，D错误。6、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。7、B【解析】

A.H3AsO3的电离常数Ka1=，A错误；B.pH在8.0～10.0时，H3AsO3与OH-反应，生成H2AsO3-和H2O，B正确；C.M点对应的溶液中：n(H2AsO3-)+n(HAsO32-)+n(AsO33-)+n(H3AsO3)=0.1mol，但溶液体积大于1L，所以它们的浓度和小于0.1mol·L-1，C错误；D.pH=12时，溶液中：c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)，但此时溶液中，c(H3AsO3)<c(OH-)，所以应为c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H3AsO3)<c(H+)+c(K+)，D错误。故选B。8、C【解析】

醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加水稀释促进电离，n(CH3COO﹣)和n(H+)增大，但体积增大大于电离程度的倍数，则H+浓度减小，C项正确；答案选C。稀醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，向0.1moL/L醋酸溶液中加入蒸馏水稀释过程中，电离程度增大（稀释促进电离），各微粒浓度的变化：c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)均减小，由于Kw不变，则c(OH-)增大，各微粒物质的量的变化n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)、n(H+)均增大，其中，温度不变，醋酸的电离常数不变，这是常考点，也是学生们的易错点。9、C【解析】

反应5NaBr＋NaBrO＋3H2SO4=3Br2+3Na2SO4+3H2O为氧化还原反应，只有Br元素发生电子的得与失，反应为归中反应。A.2NaBr＋Cl2＝2NaCl＋Br2中，变价元素为Br和Cl，A不合题意；B.2FeCl3＋H2S=2FeCl2＋S+2HCl中，变价元素为Fe和S，B不合题意；C.2H2S+SO2=3S+2H2O中，变价元素只有S，发生归中反应，C符合题意；D.AlCl3＋3NaAlO3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl为非氧化还原反应，D不合题意。故选C。10、B【解析】

A．元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，与H2化合越容易，与H2化合时甲单质比乙单质容易，元素的非金属性甲大于乙，A正确；B．元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，甲、乙的氧化物不一定是最高价氧化物，不能说明甲的非金属性比乙强，B错误；C．元素的非金属性越强，得电子能力越强，甲得到电子能力比乙强，能说明甲的非金属性比乙强，C正确；D．甲、乙形成的化合物中，甲显负价，乙显正价，则甲吸引电子能力强，所以能说明甲的非金属性比乙强，D正确。答案选B。【点晴】注意非金属性的递变规律以及比较非金属性的角度，侧重于考查对基本规律的应用能力。判断元素金属性(或非金属性)的强弱的方法很多，但也不能滥用，有些是不能作为判断依据的，如：①通常根据元素原子在化学反应中得、失电子的难易判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据得、失电子的多少。②通常根据最高价氧化物对应水化物的酸碱性的强弱判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据其他化合物酸碱性的强弱来判断。11、C【解析】

A．亚硫酸钡在硝酸溶液中发生氧化还原反应生成硫酸钡，硫酸钡白色沉淀加盐酸时不溶解，现象不正确，故A错误；B．KI溶液中不存在碘单质，加入CCl4，不能发生萃取，振荡后静置，下层不能呈紫红色，现象不正确，故B错误；C．AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，AgCl沉淀多于AgBr沉淀，说明氯离子浓度大于碘离子浓度，证明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，C实验操作、现象及结论均正确；D．室温下，同浓度的Na2A溶液的pH比NaB溶液的pH大，只能说酸性HA-＜HB，不能说明酸性H2A＜HB，结论不正确，故D错误；答案选C。12、D【解析】

A．分子中含有-COOH、酯基-COO-、肽键，能发生取代反应，分子中含有苯环能发生加成反应，故A正确；B．酸性条件下肽键发生水解，生成两种氨基酸，故B正确；C．阿斯巴甜中含有氨基，具有碱性，可与酸反应，含有-COOH，具有酸性，可与碱反应，故C正确；D．蛋白质属于高分子化合物，该有机物相对分子质量较小，不属于蛋白质，故D错误；故选D。13、D【解析】

A、0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0.1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c(A-)=0.1mol/L，与图不符，所以HA为弱酸，A错误；B、根据A的分析，可知该溶液的pH＞7，B错误；C、A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c(Na+)＞c(A-)＞c(OH－）＞c(HA)＞c(H＋)，所以X是OH－，Y是HA，Z表示H+，C错误；D、根据元素守恒，有c(A-)+c(HA)=c（Na+），D正确；答案选D。14、D【解析】

A．标准状况下，CHC13是液体，不能用22.4L/mol计算物质的量，不能确定氯原子数目，故A错误；B．10.0g质量分数为46%的乙醇溶液中CH3CH2OH的质量是10.0g×46%=4.6g，物质的量为=0.1mol，根据化学方程式2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，0.1mol乙醇生成0.05mol氢气，乙醇溶液中的水也能与钠反应生成氢气，故与足量的钠反应产生H2数目大于0.05NA，故B错误；C．一个P4分子中含有6个磷磷单键，即6个σ键，124gP4物质的量为124g÷124g/mol=1mol，含σ键数目为6NA，故C错误；D．向1L1mol·L－1NH4Cl溶液中加入氨水至中性，则c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，则n(NH4+)=n(Cl-)=1L×1mol·L－1=1mol，则数目为NA，故D正确；答案选D。C项的P4分子是正四面体构型，分子中含有6个磷磷单键，知道物质的结构很关键。15、A【解析】根据单质中元素化合价为零、化合物中正负化合价代数和为零可知，反应物中，Cl2属于单质，氯气中氯元素化合价为零，碘化钾中钾显+1价，碘显-1价，生成物中，氯化钾中钾为+1价，氯为-1价，碘单质中碘元素的化合价是零，因此反应后化合价降低的元素是氯，氯气是氧化剂，故选A。16、A【解析】

A、氧化铝熔点很高，所以可以做耐火材料，选项A正确；B、氨气中的氮元素化合价是-3价，具有还原性，做制冷剂，是氨气易液化的原因，选项B错误；C．二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与二氧化硫的氧化性无关，选项C错误；D．在快中子反应堆中，不能使用水来传递堆芯中的热量，因为它会减缓快中子的速度，钠和钾的合金可用于快中子反应堆作热交换剂，选项D错误；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、溴原子甲基2(Me)2SO42+H2SO4乙醇浓硫酸，加热酯化反应(取代反应)6【解析】

反应①为取代反应，碳链骨架不变，则中Br原子被-CN取代，生成；反应②为取代反应，碳链骨架不变，则中1个-H原子被-CH3取代，生成；反应③在氢离子的作用下，生成；反应④为酯化反应，与乙醇发生酯化反应，生成。【详解】(1)的官能团为溴原子，故答案为溴原子；(2)反应①为取代反应，碳链骨架不变，则-CH2CN中1个-H原子被-CH3取代，则反应物Me2SO4中的“Me”表示甲基；2(Me)2SO42+H2SO4，故答案为甲基；2(Me)2SO42+H2SO4；(3)反应④为酯化反应，与乙醇发生酯化反应，生成，酯化反应的条件为浓硫酸，加热，故答案为：乙醇；浓硫酸，加热；酯化反应(取代反应)；(4)满足①苯环上连有两个取代基，②能发生银镜反应，③能发生水解反应，说明有一个必须为甲酸形成的酯基，则两个取代基可能是-OOCH、-C2H5或-CH2OOCH、-CH3，存在邻、间、对三种位置异构，总共有6种，故答案为6；(5)以为原料，根据题干信息，通过①③，可以合成，用氢氧化钠取代，可以制备，与在浓硫酸加热下，发生酯化反应，得到。具体合成流线为：。本题考查有机物的合成，熟悉合成图中的反应条件及物质的碳链骨架是分析物质结构及反应类型的关键，会利用逆推法推断有机物结构，并注意信息的利用。18、乙酸苯甲（醇）酯取代反应（或水解反应）2+O22+2H2O4种和【解析】

乙烯和水发生加成反应生成A，A为CH3CH2OH，A发生催化氧化生成B，根据B分子式知，B结构简式为CH3COOH，在光照条件下甲苯和氯气发生取代反应生成C，根据反应条件知，氯原子取代甲基上氢原子，由C分子式知，C结构简式为，C发生取代反应生成D，D为，D发生催化氧化反应生成E为，B和D发生酯化反应生成F，F为，F发生信息中的反应生成X，根据X分子式知，X结构简式为，（1）F为，名称为乙酸苯甲（醇）酯；（2）C→D是在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应，也属于取代反应生成和氯化钠，反应类型为取代反应（或水解反应）；（3）D→E是在催化剂的作用下与氧气发生氧化反应生成和水，反应的化学方程式为2+O22+2H2O；（4）X的结构简式为；（5）D为，其芳香族化合物同分异构体有甲苯醚、邻甲基苯酚、间甲基苯酚和对甲基苯酚共4种；其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1的是甲苯醚和对甲基苯酚。19、还原②产生蓝色沉淀pH=20.3mol/LKNO3或NaNO3溶液Ag+Fe3+⇌Ag++Fe2+或(Ag++Fe2+⇌Ag+Fe3+)正极＞＜其它条件不变时，物质的氧化性与浓度有关系，浓度的改变可导致平衡的移动【解析】

(1)根据元素化合价的变化判断；

(2)实验Ⅰ：甲同学认为：Fe3+具有氧化性，能够溶解单质Ag，则要证明甲的结论正确，可验证Fe3+的还原产物Fe2+的存在；

实验Ⅱ：进行对照实验；

(3)根据实验现象判断溶液中发生的反应；

(4)根据指针偏转方向判断正负极，判断电极反应，并结合氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物分析解答。【详解】(1)往AgNO3溶液中逐滴加入氨水，银离子和氨水反应生成白色的氢氧化银沉淀和铵根离子，Ag++NH3•H2O═AgOH↓+NH4+；继续滴入氨水白色沉淀溶解，氢氧化银和氨水反应生成银氨溶液和水，AgOH+2NH3•H2O═Ag(NH3)2OH+2H2O，若用乙醛进行银镜反应，再加入乙醛溶液后，水浴加热，生成乙酸铵，氨气、银和水，化学反应方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，银氨溶液中的银为+1价，被醛基还原生成0价的银单质，故答案为：还原；

(2)实验Ⅰ：甲同学认为：Fe3+具有氧化性，能够溶解单质Ag，则要证明甲的结论正确，可验证Fe3+的还原产物Fe2+的存在即可，验证Fe2+的实验是取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液会和Fe2+反应生成蓝色沉淀，故答案为：②；产生蓝色沉淀；

实验Ⅱ：丙同学认为：Fe3+和NO3－均能把Ag氧化而溶解，且两个实验结果证明了丙同学的结论，而实验I验证了Fe3+具有氧化性，能够溶解单质Ag，则实验II需要验证NO3－也能把Ag氧化而溶解，需进行对照实验，0.1mol/L的Fe(NO3)3溶液(pH=2)，NO3－为0.3mol/L，所以需向附有银镜的试管中加入pH=2的0.3mol/LKNO3或NaNO3溶液，故答案为：pH=2的0.3mol/LKNO3或NaNO3；

(3)Fe3+遇KSCN溶液变红，第一份滴加2滴KSCN溶液无变化，说明FeSO4溶液中无Fe3+，第二份加入1ml0.1mol/LAgNO3溶液，出现白色沉淀，随后有黑色固体Ag产生，再取上层溶液滴加KSCN溶液变红，说明有Fe3+产生，说明Fe2+被Ag+氧化生成Fe3+，Ag+被还原为Ag，又Fe3+具有氧化性，能够溶解单质Ag，则该反应为可逆反应，反应的离子方程式为：Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+或Ag++Fe2+⇌Ag+Fe3+；

(4)①K刚闭合时，指针向左偏转，则银为负极，石墨为正极，该电池的反应本质为Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+，该反应中铁离子为氧化剂，银离子为氧化产物，则氧化性：Fe3+＞Ag+，故答案为：正极；＞；

②当指针归零后，向右烧杯中滴加几滴饱和AgNO3溶液，指针向右偏转，则此时石墨为负极，银为正极，右侧烧杯中银离子浓度增大，反应Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+的平衡左移，发生反应Ag++Fe2+⇌Ag+Fe3+，此时Ag+为氧化剂，Fe3+为氧化产物，则氧化性：Fe3+＜Ag+；③由上述①②实验，得出的结论是：在其它条件不变时，物质的氧化性与浓度有关，浓度的改变可导致平衡移动。20、+2价FeO·Cr2O34：7粉碎矿石(或升高温度）H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O10-2)，所以H2SO4必须适量Na2Cr2O7、Na2SO4Fe+2Fe3+=3Fe2+取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+冷却结晶【解析】铬铁矿中加入碳酸钠并通入氧气，高温下将Fe(CrO2)2氧化得到Fe2O3、Na2CrO4，同时生成CO2，将得到的固体溶于水得到Na2CrO4溶液，然后过滤，得到得到Na2CrO4和过量的碳酸钠混合溶液和氧化铁固体，在Na2CrO4和碳酸钠混合溶液中加入硫酸酸化，硫酸和Na2CrO4反应生成Na2Cr2O7和硫酸钠，同时除去碳酸钠，通过蒸发浓缩冷却结晶，得到红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)；氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁，加入铁粉将硫酸铁还原生成硫酸亚铁，最后蒸发浓缩冷却结晶，得到绿矾。(1)Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3价，根据正负化合价的代数和为0，Fe(CrO2)中铁元素的化合价为+2价，故答案为+2价；(2)Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3价，铁元素的化合价为+2价，可写成FeO·Cr2O3，故答案为FeO·Cr2O3；(3)①高温氧化时，Fe(CrO2)2和碳酸钠、氧气反应氧化还原反应生成Na2CrO4、二氧化碳和氧化铁，该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、Cr元素化合价由+3价变为+6价，O元素化合价由0价变为-2价，所以氧气是氧化剂、Fe(CrO2)2是还原剂，则还原剂和氧化剂的物质的量之比为4：7，故答案为4：7；②根据影响化学反应速率的外界因素，为了加快该反应的反应速率，可采取的措施有粉碎矿石、升高温度等，故答案为粉碎矿石(或升高温度)；⑷①H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O102-)，所以H2SO4必须适量，故答案为H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O102-)，所以H2SO4必须适量；②根据上述分析，混合溶液乙中的溶质有Na2Cr2O7、Na2SO4，故答案为Na2Cr2O7、Na2SO4；(5)Fe与硫酸铁溶液反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+。检验溶液丁中无Fe3+的方法为：取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+；从硫酸亚铁溶液到绿巩的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+；冷却结晶。点睛：本题考查物质的制备、分离和提纯，为高频考点，涉及氧化还原反应、基本实验操作等知识，明确物质的性质、熟悉制备流程和基本实验操作等是解题的关键。本题的难点是(4)①硫酸必须适量的原因，需要理解题目信息方程式中的计量数对反应的影响。21、3：1CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.5kJ·mol-1开始时CO2和H2反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使CO2转化率降低；当温度升高到一定程度后，CO2和H2反应生成CO该反应为吸热反应使平衡正向移动，转化率升高4.0×106Pa，80℃CH3