2024年河北省張家口市尚義一中高三第一次調研測試化學試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列有關裝置對應實驗的說法正確的是（）A．①可用于制取H2，且活塞a處于打開狀態B．②可用于收集NH3C．③可用于固體NH4Cl和I2的分離D．④可用于分離I2的CCl4溶液，導管b的作用是滴加液體2、下列說法不正確的是A．己烷有5種同分異構體（不考慮立體異構），它們的熔點、沸點各不相同B．苯的密度比水小，但由苯反應制得的溴苯、硝基苯的密度都比水大C．聚合物（）可由單體CH3CH＝CH2和CH2＝CH2加聚制得D．1mol葡萄糖能水解生成2molCH3CH2OH和2molCO23、常溫下，控制條件改變0.1mol·L-1二元弱酸H2C2O4溶液的pH，溶液中的H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的物質的量分數δ(X)隨pOH的變化如圖所示。已知pOH=-lgc(OH-)，。下列敘述錯誤的是（）A．反應H2C2O4+C2O42-2HC2O4-的平衡常數的值為103B．若升高溫度，a點移動趨勢向右C．pH=3時，=100.6：1D．物質的量濃度均為0.1mol·L-1的Na2C2O4、NaHC2O4混合溶液中：c(Na+)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)4、“侯氏制堿法”是我國化工專家侯德榜為世界制堿工業作出的突出貢獻。某實驗小組模擬“侯氏制堿法”的工藝流程及實驗裝置(部分夾持裝置省略)如圖：下列敘述正確的是（）A．實驗時先打開裝置③中分液漏斗的旋塞，過一段時間后再點燃裝置①的酒精燈B．裝置②的干燥管中可盛放堿石灰，作用是吸收多余的NH3C．向步驟I所得濾液中通入氨氣，加入細小的食鹽顆粒并降溫可析出NH4ClD．用裝置④可實現步驟Ⅱ的轉化，所得CO2可循環使用5、不潔凈玻璃儀器洗滌方法正確的是（）A．做銀鏡反應后的試管用氨水洗滌 B．做碘升華實驗后的燒杯用酒精洗滌C．盛裝CCl4后的試管用鹽酸洗滌 D．實驗室制取O2后的試管用稀鹽酸洗滌6、W、X、Y和Z為原子序數依次增大的四種短周期元素，最外層電子數之和為18。X、Z同一主族，Z的一種氧化物的水化物為具有還原性且不穩定的二元酸；Y的周期數是族序數的3倍。下列說法錯誤的是A．簡單離子半徑：W>X>YB．X、Z的最高化合價不相同C．簡單氫化物的熱穩定性：X>WD．Y與其他三種元素分別形成的化合物中均只含離子鍵7、乙醇催化氧化制取乙醛(沸點為20.8℃，能與水混溶)的裝置(夾持裝置已略)如圖所示。下列說法錯誤的是A．①中用膠管連接其作用是平衡氣壓，便于液體順利流下B．實驗過程中銅絲會出現紅黑交替變化C．實驗開始時需先加熱②，再通O2，然后加熱③D．實驗結束時需先將④中的導管移出，再停止加熱。8、短周期元素A、B、C、D的原子序數依次增大，B與C的簡單離子具有相同的電子層結構，D的最高正價與最低負價代數和為6。工業上采用在二氧化鈦與A的單質混合物中通入D的單質，高溫下反應得到化合物X和一種常見的可燃性氣體Y（化學式為AB），X與金屬單質C反應制得單質鈦。下列說法不正確的是A．簡單離子半徑：D＞B＞CB．氧化物的水化物酸性：D＞AC．X與單質C不能在空氣的氛圍中反應制得單質鈦D．B與D組成的某化合物可用于飲用水消毒9、下列關于pH=3的CH3COOH溶液的敘述正確的是（）A．溶液中H2O電離出的c(OH-)=1.0×10-3mol?L—1B．加入少量CH3COONa固體后，溶液pH升高C．與等體積0.001mol/LNaOH溶液反應，所得溶液呈中性D．與pH=3的硫酸溶液濃度相等10、2019年諾貝爾化學獎花落鋰離子電池，美英日三名科學家獲獎，他們創造了一個可充電的世界。像高能LiFePO4電池，多應用于公共交通。電池中間是聚合物的隔膜，主要作用是在反應過程中只讓Li+通過。結構如圖所示。原理如下：(1?x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列說法不正確的是（）A．放電時，正極電極反應式：xFePO4+xLi++xe-=xLiFePO4B．放電時，電子由負極經導線、用電器、導線到正極C．充電時，陰極電極反應式：xLi++xe-+nC=LixCnD．充電時，Li+向左移動11、常溫下，向某濃度的二元弱酸H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，pC與溶液pH的變化關系如圖所示(pC=－lgx，x表示溶液中溶質微粒的物質的量濃度)。下列說法正確的是A．常溫下，H2C2O4的Ka1=100.8B．pH=3時，溶液中C．pH由0.8增大到5.3的過程中，水的電離程度逐漸增大D．常溫下，隨著pH的增大，的值先增大后減小12、現有部分元素的原子結構特點如表，下列敘述中正確的是A．W原子結構示意圖為B．元素X和Y只能形成原子個數比為1∶2的化合物C．元素X比元素Z的非金屬性強D．X、Y、Z、W四種元素不能形成離子化合物13、下列離子方程式書寫正確的是()A．NaHCO3溶液與足量的澄清石灰水反應：Ca2＋＋2OH－＋2HCO3-=CaCO3↓＋2H2OB．NH4HCO3溶液與足量的NaOH溶液反應：HCO3-＋OH－=CO32-＋H2OC．向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2：SiO32-＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋HCO3-D．Cl2與足量的FeBr2溶液反應：Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－14、乙醇轉化為乙醛，發生的反應為A．取代反應 B．加成反應 C．消除反應 D．氧化反應15、下列由實驗現象得出的結論正確的是（）操作及現象結論A其他條件相同，測定等濃度的HCOOK和K2S溶液的pH比較Ka（HCOOH）和Ka2（H2S）的大小B向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈紅色溶液中一定含有Fe2+C向等體積等濃度的H2O2溶液中分別加入5滴等濃度的CuSO4和KMnO4溶液，觀察氣體產生的速度比較CuSO4和KMnO4的催化效果DC2H5OH與濃硫酸混合后加熱到170℃，制得的氣體使酸性KMnO4溶液褪色一定是制得的乙烯使酸性KMnO4溶液褪色A．A B．B C．C D．D16、延慶區的三張名片：長城、世園會、冬奧會中所使用的材料屬于無機非金屬材料的是A．京張高鐵的復興號火車“龍鳳呈祥”內裝使用材料FRPB．中國館屋頂ETFE保溫內膜C．八達嶺長城城磚D．2022年冬奧會高山滑雪服二、非選擇題（本題包括5小題）17、布洛芬具有降溫和抑制肺部炎癥的雙重作用。一種制備布洛芬的合成路線如圖：已知：①CH3CH2ClCH3CH2MgCl②+HCl回答下列問題：（1）A的化學名稱為___，G→H的反應類型為___，H中官能團的名稱為__。（2）分子中所有碳原子可能在同一個平面上的E的結構簡式為__。（3）I→K的化學方程式為___。（4）寫出符合下列條件的D的同分異構體的結構簡式__(不考慮立體異構)。①能與FeCl3溶液發生顯色反應；②分子中有一個手性碳原子；③核磁共振氫譜有七組峰。（5）寫出以間二甲苯、CH3COCl和(CH3)2CHMgCl為原料制備的合成路線：__(無機試劑任選)。18、PBAT(聚已二酸/對苯二甲酸丁二酯)可被微生物幾乎完全降解，成為包裝、醫療和農用薄膜等領域的新興材料，它可由聚合物PBA和PBT共聚制得，一種合成路線如下：已知：R-CH3R-CNR-COOHR-CH=CH2R-COOH+CO2回答下列問題：(1)B的官能團名稱為_____，D的分子式為_____。(2)①的反應類型為_____；反應②所需的試劑和條件是_____。(3)H的結構簡式為_____。(4)⑤的化學方程式為_____。(5)M與G互為同系物，M的相對分子質量比G大14；N是M的同分異構體，寫出同時滿足以下條件的N的結構簡式：______________(寫兩種，不考慮立體異構)。Ⅰ.既能與FeCl3發生顯色反應，又能發水解反應和銀鏡反應；Ⅱ.與NaOH溶液反應時，1molN能消耗4molNaOH；Ⅲ.核磁共振氫譜有五組峰，峰面積比為1:2:2:2:1。19、食鹽中含有一定量的鎂、鐵等雜質，加碘鹽可能含有K+、IO3-、I-、Mg2+．加碘鹽中碘的損失主要是由于雜質、水分、空氣中的氧氣以及光照、受熱引起的。已知：IO3-+5I-+6H+→3I2+3H2O，2Fe3++2I-→2Fe2++I2，KI+I2?KI3；氧化性：IO3-＞Fe3+＞I2。（1）學生甲對某加碘鹽進行如下實驗，以確定該加碘鹽中碘元素的存在形式。取一定量加碘鹽，用適量蒸餾水溶解，并加稀鹽酸酸化，將所得溶液分為3份。第一份試液中滴加KSCN溶液后顯紅色；第二份試液中加足量KI固體，溶液顯淡黃色，加入CCl4，下層溶液顯紫紅色；第三份試液中加入適量KIO3固體后，滴加淀粉試劑，溶液不變色。①第一份試液中，加KSCN溶液顯紅色，該紅色物質是______（用化學式表示）。②第二份試液中“加入CCl4”的實驗操作名稱為______，CCl4中顯紫紅色的物質是______（用化學式表示）。③根據這三次實驗，學生甲得出以下結論：在加碘鹽中，除了Na+、Cl-以外，一定存在的離子是______，可能存在的離子是______，一定不存在的離子是______。由此可確定，該加碘鹽中碘元素是______價（填化合價）的碘。（2）將I2溶于KI溶液，在低溫條件下，可制得KI3?H2O．該物質作為食鹽加碘劑是否合適？______（填“是”或“否”），并說明理由______。（3）已知：I2+2S2O32-→2I-+S4O62-．學生乙用上述反應方程式測定食用精制鹽的碘含量（假設不含Fe3+），其步驟為：a．準確稱取wg食鹽，加適量蒸餾水使其完全溶解；b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3與KI反應完全；c．以淀粉溶液為指示劑，逐滴加入物質的量濃度為2.0×10-3mol/L的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反應完全。根據以上實驗，學生乙所測精制鹽的碘含量（以I元素計）是______mg/kg（以含w的代數式表示）。20、設計一個方案，在用廉價的原料和每種原料只用一次的條件下，分三步從含有Fe3＋、Cu2＋、Cl－和NO3－的廢液中，把Fe3＋轉化為綠礬回收，把Cu2＋轉化為Cu回收，各步反應加入的原料依次是________，________，________。各步反應的離子方程式是：（1）_________________________________；（2）_________________________________；（3）__________________________________。21、(1)一定條件下，CO2與1.0mol·L-1NaOH溶液充分反應放出的熱量如下表：反應序號CO2的物質的量/molNaOH溶液的體積/L放出的熱量/kJ10.50.75X21.02.00y該條件下CO2與NaOH溶液反應生成NaHCO3的熱化學方程式為_____________________。(2)用焦炭還原NO的反應為：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，向容積均為1L的甲、乙、丙三個恒溫容器中分別加入足量的焦炭和一定量的NO，測得各容器中n(NO)隨反應時間t的變化情況如下表：溫度t/min04080120160甲(673K)2.001.501.100.800.80乙(T)2.001.451.001.001.00丙(673K)1.000.800.650.530.45①甲容器中，0～40min內用NO的濃度變化表示的平均反應速率v(NO)=____________。②該反應的△H__________(填序號)a．大于0b．小于0c．等于0d．不能確定③丙容器達到平衡時，NO的轉化率為__________________。(3)298K時，NH3·H2O的電離常數Kb=2×10-5，H2CO3的電離常數Kal=4×10-7，Ka2=4×10-11。在NH4HCO3溶液中，c(NH4+)__________c(HCO3-)(填“>”、“<”或“=”)；反應NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常數K的數值(用科學計數法表示)為_____。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【解析】

A.①可用于制取H2，且活塞a處于打開狀態時，稀硫酸和鋅粒發生反應，生成氫氣，故A正確；B.NH3密度比空氣小，所以不能用向上排空氣法收集，故B錯誤；C.加熱氯化銨分解，碘升華，則NH4Cl和I2的固體混合物不能用加熱的方法分離，故C錯誤；D.導管b的作用是回收冷凝的CCl4，故D錯誤；正確答案是A。2、D【解析】

A．己烷有5種同分異構體，分別為：己烷、2-甲基戊烷、3-甲基戊烷、2,2-二甲基丁烷、2,3-二甲基丁烷，它們的熔沸點均不相同，A正確；B．苯的密度比水小，溴苯、硝基苯的密度都比水大，B正確；C．根據加聚反應的特點可知，CH3CH＝CH2和CH2＝CH2可加聚得到，C正確；D．葡萄糖是單糖，不能發生水解，D錯誤。答案選D。3、B【解析】

A．反應H2C2O4+C2O42-2HC2O4-的平衡常數K=，a點c(C2O42-)=c(HC2O4-)，此時pOH=9.8，則c(OH-)=10-9.8mol/L，c(H+)=10-4.2mol/L，則Ka2==10-4.2；同理b點c(HC2O4-)=c(H2C2O4)可得Ka1=10-1.2，所以反應的平衡常數K=，故A正確；B．溫度升高，水的電離程度增大，水的離子積變大，pH與pOH之后小于14，則圖像整體將向左移動，故B錯誤；C．=100.6：1，故C正確；D．H2C2O4的Ka1=10-1.2，Ka2=10-4.2，則HC2O4-的水解平衡常數Kh1=，即其電離程度大于其水解程度，所以純NaHC2O4溶液中c(C2O42-)>c(HC2O4-)，加入等物質的量濃度Na2C2O4、草酸鈉會電離出大量的C2O42-，則溶液中c(C2O42-)>c(HC2O4-)依然存在，據圖可知當c(C2O42-)>c(HC2O4-)時溶液呈酸性，鈉離子不水解，所以混合溶液中離子濃度大小關系為c(Na+)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)，故D正確；故答案為B。【點睛】有關溶液中離子的物質的量分數變化的圖像，各條曲線的交點是解題的關鍵，同過交點可以求電離平衡常數和水解平衡常數；D項為易錯點，要通過定量的計算結合圖像來判斷溶液的酸堿性。4、C【解析】

在飽和氯化鈉溶液中通入氨氣和二氧化碳可得到碳酸氫鈉沉淀和氯化銨溶液，過濾得沉淀物為碳酸氫鈉，經洗滌、干燥得碳酸氫鈉固體，濾液中主要溶質為氯化銨，再加入氯化鈉和通入氨氣，將溶液降溫結晶可得氯化銨晶體。【詳解】A、氯化鈉、水、氨氣和二氧化碳反應生成碳酸氫鈉、氯化銨，反應方程式為NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，由于氨氣在水中溶解度較大，所以先通氨氣，再通入二氧化碳，故A錯誤；B、氨氣是污染性氣體不能排放到空氣中，堿石灰不能吸收氨氣，裝置②的干燥管中可盛放蘸稀硫酸的脫脂棉，作用是吸收多余的NH3，故B錯誤；C、通入氨氣的作用是增大的濃度，使NH4Cl更多地析出、使NaHCO3轉化為Na2CO3，提高析出的NH4Cl純度，故C正確；D、用裝置④加熱碳酸氫鈉，分解生成碳酸鈉、水和二氧化碳，可實現步驟Ⅱ的轉化，但生成的二氧化碳未被收集循環使用，燒杯加熱未墊石棉網，故D錯誤；故答案為：C。【點睛】“侯氏制堿法”試驗中，需先通入氨氣，其原因是氨氣在水中的溶解度較大，二氧化碳在水中溶解度較小，先通入氨氣所形成的溶液中氨的濃度較大，方便后續的反應進行；“侯氏制堿法”所得到的產品是碳酸氫鈉，碳酸氫鈉經過加熱會生成碳酸鈉。5、B【解析】

A.銀單質與氨水不反應，可用稀硝酸洗去，A項錯誤；

B.根據碘溶于酒精的性質，所以可用酒精清洗殘留碘，B項正確；

C.CCl4與鹽酸不反應，但易溶于酒精，因此殘留有CCl4的試管，可用酒精洗滌，C項錯誤；

D.實驗室若用過氧化氫制取O2，則反應后會剩余不溶于水也不溶于稀鹽酸的二氧化錳，因此用稀鹽酸無法洗凈試管，D項錯誤；答案選B。6、D【解析】

Z的一種氧化物的水化物是具有還原性且不穩定的二元酸，判斷Z為S元素；X、Z同一主族，可知X為O元素。Y的周期數是族序數的3倍，可推出Y為Na元素，再結合W、X、Y和Z原子的最外層電子數之和為18，可知W為N元素。【詳解】A.N3-、Na+和O2-具有相同的核外電子排布，核電荷數越大，半徑越小，簡單離子半徑順序為：W＞X＞Y，與題意不符，A錯誤；B.O最高價+2，而S最高價為+6，與題意不符，B錯誤；C.簡單氫化物熱穩定性強弱與元素的非金屬性強弱一致，而非金屬性：O＞N，穩定性：H2O＞NH3，與題意不符，C錯誤；D.Na與O可形成Na2O2，含有離子鍵和共價鍵，符合題意，D正確；答案為D。【點睛】具有相同的核外電子排布簡單離子，原子序數越大，微粒半徑越小。7、C【解析】

A．裝置中若關閉K時向燒瓶中加入液體，會使燒瓶中壓強增大，雙氧水不能順利流下，①中用膠管連接，打開K時，可以平衡氣壓，便于液體順利流下，A選項正確；B．實驗中Cu作催化劑，但在過渡反應中，紅色的Cu會被氧化成黑色的CuO，CuO又會被還原為紅色的Cu，故會出現紅黑交替的現象，B選項正確；C．實驗開始時應該先加熱③，防止乙醇通入③時冷凝，C選項錯誤；D．為防止倒吸，實驗結束時需先將④中的導管移出，再停止加熱，D選項正確；答案選C。8、B【解析】

短周期元素A、B、C、D的原子序數依次增大，D的最高正價與最低負價代數和為6，則D為Cl元素，工業上采用在二氧化鈦與A的單質混合物中通入D的單質，高溫下反應得到化合物X和一種常見的可燃性氣體Y（化學式為AB），X與金屬單質C反應制得單質鈦，這種常見的可燃性氣體為CO，則A為C元素，B為O元素，X為TiCl4，工業上用金屬鎂還原TiCl4制得金屬鈦，則C為Mg元素，據此分析解答。【詳解】A.D為Cl，B為O，C為Mg，Cl-核外有3個電子層，O2-和Mg2+核外電子排布相同，均有2個電子層，當核外電子排布相同時，核電荷數越大，離子半徑越小，則它們的簡單離子半徑：D＞B＞C，故A正確；B.A為C，D為Cl，其中H2CO3的酸性比HClO的酸性強，故B錯誤；C.因為鎂會與空氣中的氮氣、氧氣、二氧化碳反應，則金屬鎂還原TiCl4制得金屬鈦時不能在空氣的氛圍中反應，故C正確；D.D為Cl，B為O，由二者組成的化合物中ClO2具有強氧化性，可用于飲用水消毒，故D正確；故選B。【點睛】工業上制金屬鈦采用金屬熱還原法還原四氯化鈦，將TiO2(或天然的金紅石)和炭粉混合加熱至1000～1100K，進行氯化處理，并使生成的TiCl4蒸氣冷凝，發生反應TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO；在1070K下，用熔融的鎂在氬氣中還原TiCl4可得多孔的海綿鈦，發生反應TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti。9、B【解析】

A項、pH=3的CH3COOH溶液中c（H+）為1.0×10-3mol?L-1，氫離子抑制了水的電離，醋酸中的氫氧根離子來自水的電離，則溶液中H2O電離出的c（OH-）=1.0×10-10mol?L-1，故A錯誤；B項、加入少量CH3COONa固體后，溶液中醋酸根濃度增大，醋酸的電離平衡逆向移動，溶液中氫離子濃度減小，溶液pH升高，故B正確；C項、醋酸為弱酸，pH=3的醋酸溶液濃度大于0.001mol?L-1，與等體積0.001mol?L-1NaOH溶液反應后醋酸過量，所得溶液呈酸性，故C錯誤；D項、pH=3的硫酸溶液中氫離子濃度為c（H+）=1.0×10-3mol?L-1，硫酸的濃度為5×10-4mol?L-1，而醋酸的濃度大于0.001mol?L-1，故D錯誤；故選B。【點睛】水電離出的氫離子濃度總是等于水電離出是氫氧根離子濃度，酸堿抑制水電離，水解的鹽促進水電離。10、D【解析】

放電為原電池原理，從(1?x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC可知，LixCn中的C化合價升高了，所以LixCn失電子，作負極，那么負極反應為：+nC，LiFePO4作正極，正極反應為：，充電為電解池工作原理，反應為放電的逆過程，據此分析解答。【詳解】A．由以上分析可知，放電正極上得到電子，發生還原反應生成，正極電極反應式：，A正確；B．原電池中電子流向是負極導線用電器導線正極，放電時，電子由負極經導線、用電器、導線到正極，B正確；C．充電時，陰極為放電時的逆過程，變化為，電極反應式：，C正確；D．充電時，作為電解池，陽離子向陰極移動，向右移動，D錯誤；答案選D。【點睛】帶x的新型電池寫電極反應時，先用原子守恒會使問題簡單化，本題中，負極反應在我們確定是變為C之后，先用原子守恒得到—xLi++nC，再利用電荷守恒在左邊加上-xe-即可，切不可從化合價出發去寫電極反應。11、C【解析】

A．曲線II為PC(H2C2O4)，曲線I為PC(HC2O4-)、III為PC(C2O42-)，當pH=0.8時，PC(H2C2O4)=PC(HC2O4-)，即c(H2C2O4)=c(HC2O4-)，則Ka1==c(H+)=10-0.8，故A錯誤；B．曲線II為PC(H2C2O4)，曲線I為PC(HC2O4-)、III為PC(C2O42-)，pH=3時，PC(H2C2O4)=PC(C2O42-)＞PC(HC2O4-)，pC越小則該微粒濃度越大，所以c(HC2O3-)＞c(C2O42-)=c(H2C2O4)，故B錯誤；C．酸抑制水電離，酸中c(H+)越大其抑制水電離程度越大，所以pH從0.8上升到5.3的過程中c(H+)減小，則水的電離程度增大，故C正確；D．，電離平衡常數只與溫度有關，溫度不變則不變，故D錯誤；故答案為C。【點睛】考查弱電解質的電離，側重考查學生圖象分析判斷能力，正確判斷曲線與微粒的一一對應關系是解本題關鍵，注意縱坐標大小與微粒濃度關系，為易錯點，pC越小則該微粒濃度越大，c(H2C2O4)越大，pC越小。12、C【解析】

X元素原子的L層電子數是K層電子數的3倍，可知L層為6個電子，所以X為氧元素；Y元素原子的核外電子層數等于原子序數，Y只能是H元素；Z元素原子的L層電子數是K層和M層電子數之和，其M層電子數為6，所以Z是S元素；W元素原子共用三對電子形成雙原子分子，常溫下為氣體單質，所以W為N元素。根據上述分析，X為氧元素，Y是H元素，Z是S元素，W為N元素，據此來分析即可。【詳解】A．W為N元素，原子核外有2個電子層，最外層電子數為5，原子結構示意圖為，故A錯誤；B．元素X和元素Y可以以原子個數比1∶1形成化合物，為H2O2，故B錯誤；C．X為O，Z為S，位于同一主族，非金屬性O＞S，故C正確；D．X、Y、Z、W四種元素可以形成離子化合物(NH4)2SO4或NH4HSO4等，故D錯誤；答案選C。13、D【解析】

A.NaHCO3溶液與足量的澄清石灰水反應生成碳酸鈣、氫氧化鈉和水，反應的離子方程式為：Ca2＋＋OH－＋HCO3-=CaCO3↓＋H2O，選項A錯誤；B.NH4HCO3溶液與足量的NaOH溶液反應生成碳酸鈉、一水合氨和水，反應的離子方程式為HCO3-＋NH4+＋2OH－=CO32-＋H2O＋NH3·H2O，選項B錯誤；C.向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2，反應生成碳酸氫鈉和硅酸，反應的離子方程式為SiO32-＋2CO2＋2H2O=H2SiO3↓＋2HCO3-，選項C錯誤；D.Fe2＋還原性大于Br－，Cl2與足量的FeBr2溶液反應只能生成Fe3＋，反應的離子方程式為Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，選項D正確。【點睛】本題考查離子方程式的書寫及正誤判斷，易錯點為選項A.考查過量問題，在離子方程式的正誤判斷中，學生往往忽略相對量的影響，命題者往往設置“離子方程式正確，但不符合相對量”的陷阱。突破這個陷阱的方法一是審準“相對量”的多少，二是看離子反應是否符合該量。如何判斷哪種物質過量：典例對應的離子方程式①少量NaHCO3Ca2＋＋OH－＋HCO3-=CaCO3↓＋H2O②足量Ca(OH)2③足量NaHCO3Ca2＋＋2OH－＋2HCO3-=CaCO3↓＋2H2O＋CO32-④少量Ca(OH)214、D【解析】

乙醇在催化條件下，可與氧氣發生反應生成乙醛，以此解答。【詳解】乙醇在催化條件下，可與氧氣發生氧化反應生成乙醛，—OH被氧化生成—CHO，為氧化反應。答案選D。15、A【解析】由于甲酸的酸性大于氫硫酸，等濃度的HCOOK和K2S溶液的PH：K2S溶液>HCOOK溶液，所以甲酸的電離平衡常數較大，A正確；含有鐵離子的溶液滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈紅色，不一定為Fe2+的溶液，B錯誤；硫酸銅在H2O2溶液分解時作催化劑，而KMnO4溶液與H2O2溶液反應，KMnO4溶液做氧化劑，沒有可比性，C錯誤；濃硫酸能夠使乙醇脫水碳化，濃硫酸被還原為二氧化硫，可能是二氧化硫能夠使酸性KMnO4溶液褪色，也可能是乙醇蒸氣使高錳酸鉀溶液褪色，D錯誤；正確選項A。點睛：C2H5OH與濃硫酸混合后加熱到170℃，制得的氣體通入到足量的氫氧化鈉溶液中進行洗氣，除去二氧化硫和二氧化碳氣體，然后所得的氣體通入到酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，證明一定制得了乙烯氣體。16、C【解析】

A.FRP屬于纖維增強復合材料，不屬于無機非金屬材料，A項錯誤；B.ETFE保溫內膜屬于乙烯-四氟乙烯共聚物，不屬于無機非金屬材料，B項錯誤；C.長城城磚屬于無機非金屬材料，C項正確；D.高山滑雪服內層有一層單向芯吸效應的化纖材料，外層是棉制品，不屬于無機非金屬材料，D項錯誤；答案選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、甲苯消去反應碳碳雙鍵、酯基+H2O+CH3OH【解析】

根據F的結構可知A中應含有苯環，A與氯氣可以在光照條件下反應，說明A中含有烷基，與氯氣在光照條件下發生取代反應，A的分子式為C7H8，則符合條件的A只能是；則B為，B→C→D發生信息①的反應，所以C為，D為；D中羥基發生消去反應生成E，則E為或；E與氫氣加成生成F，F生成G，G在濃硫酸加熱的條件下羥基發生消去反應生成H，則H為，H與氫氣加成生成I，則I為，I中酯基水解生成K。【詳解】(1)A為，名稱為甲苯；G到H為消去反應；H為，其官能團為碳碳雙鍵、酯基；(2)E為或，其中的碳原子可能在同一平面上；(3)I到K的過程中酯基發生水解，方程式為+H2O+CH3OH；(4)D為，其同分異構體滿足：①能與FeCl3溶液發生顯色反應說明含有酚羥基；②分子中有一個手性碳原子，說明有一個飽和碳原子上連接4個不同的原子或原子團；③核磁共振氫譜有七組峰，有7種環境的氫，結構應對稱，滿足條件的同分異構體為：；(5)根據觀察可知需要在間二甲苯的苯環上引入一個支鏈，根據信息②可知CH3COCl/AlCl3可以在苯環上引入支鏈-COCH3，之后的流程與C到F相似，參考C到F的過程可知合成路線為：。18、氯原子C6H10O4取代反應NaOH、C2H5OH(或乙醇)，加熱HOCH2CH2CH2CH2OH+2NH3+3O2→+6H2O【解析】

從A到C由環烷烴變成了環烯烴，并且A生成B是光照下與Cl2的取代，所以從B到C即為鹵代烴的消去，結合題干提示的反應，環己烯經過高錳酸鉀處理后就可以得到己二酸，H就是1,4-丁二醇，所以PBA就是聚己二酸丁二酯。從E生成F，再由F生成對苯二甲酸，條件恰好與題干提示的反應相同，所以推測E為對二甲苯，F即為對苯二腈。【詳解】(1)B為鹵代烴，官能團的名稱為氯原子；D為己二酸，所以分子式為C6H10O4；(2)反應①即為烴變成鹵代烴的反應，反應類型即為取代反應；反應②為鹵代烴的消去反應，所加試劑即NaOH，乙醇，并且需要加熱；(3)H通過推斷即為1,4-丁二醇，所以結構簡式為HOCH2CH2CH2CH2OH；(4)反應⑤即由對二甲苯生成對苯二腈的反應，所以方程式為：+2NH3+3O2→+6H2O；(5)由題可知M的分子式為C9H8O4，扣除苯環還有2個不飽和度；滿足要求的N的結構中一定有羥基，此外也要具有醛基和酯基的結構；考慮到1molN能消耗4mol的NaOH，所以只能是2個羥基，1個甲酸酯基，由于還需要有一個不飽和度，所以還含有一個乙烯基；再考慮到核磁共振氫譜的信息，最終滿足要求的有機物的結構為如下兩種：；【點睛】書寫滿足特定要求的物質的同分異構體的結構時，從不飽和度入手，結合有關信息確定有機物中一定含有的結構；此外，也要注意特定結構的基團，例如甲酸酯基等；確定有機物所含的基團后，再結合核磁共振氫譜的信息考慮物質的對稱性，最終將物質的結構書寫出來。19、Fe(SCN)3萃取I2和Fe3+Mg2+、K+I-+5否KI3受熱（或潮濕）條件下產生KI和I2，KI被氧氣氧化，I2易升華【解析】

（1）①從第一份試液中滴加KSCN溶液后顯紅色，可知該加碘鹽中含有Fe3+，反應：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，Fe(SCN)3呈血紅色；②從第二份試液中加足量KI固體，溶液顯淡黃色，用CCl4萃取，下層溶液顯紫紅色，可知有碘生成。③這是因為由于氧化性：>Fe3+>I2，加足量KI后，和Fe3+均能將I-氧化成I2，由此也可以知道該加碘鹽添加KIO3，根據化合價規律確定該加碘鹽中碘元素的價態；第三份試液中加入適量KIO3固體后，滴加淀粉試劑，溶液不變色。由此可知該加碘鹽中不含KI；③具有氧化性的離子為與具有還原性的離子為I-，發生氧化還原反應；（2）根據KI具有還原性及氧化還原反應、KI3在常溫下不穩定性來分析；（3）存在KIO3～3I2～6Na2S2O3，以此計算含碘量。【詳解】（1）①某加碘鹽可能含有

K+、、I-、Mg2+，用蒸餾水溶解，并加稀鹽酸酸化后將溶液分為3份：從第一份試液中滴加KSCN溶液后顯紅色，可知該加碘鹽中含有Fe3+，反應：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，Fe(SCN)3呈血紅色；故答案為：Fe(SCN)3；②從第二份試液中加足量KI固體，溶液顯淡黃色，用CCl4萃取，下層溶液顯紫紅色，可知有碘生成，故答案為：萃取；I2；③據上述實驗得出氧化性：>Fe3+>I2，加足量KI后，IO3-和Fe3+均能將I-氧化成I2，由此也可以知道該加碘鹽添加KIO3，該加碘鹽中碘元素是+5價；第三份試液中加入適量KIO3固體后，滴加淀粉試劑，溶液不變色。由此可知該加碘鹽中不含KI，一定存在的離子是：IO3-和Fe3+，可能存在的離子是：Mg2+、K+，一定不存在的離子是

I-，故答案為：和Fe3+；Mg2+、K+；I-；+5；（2）KI作為加碘劑的食鹽在保存過程中，KI會被空氣中氧氣氧化，根據題目告知，KI3?H2O是在低溫條件下，由I2溶于KI溶液可制得，再由題給的信息：“KI+I2?KI3”，可知KI3在常溫下不穩定性，受熱(或潮濕)條件下易分解為KI和I2，KI又易被空氣中的氧氣氧化，I2易升華，所以KI3?H2O作為食鹽加碘劑是不合適的，故答案為：否；KI3受熱(或潮濕)條件下產生KI和I2，KI被氧氣氧化，I2易升華；（3）根據反應式可知，設所測精制鹽的碘含量(以

I

元素計)是xmg/kg，則因此所測精制鹽的碘含量是x==，故答案為：。20、Ca(OH)2溶液稀H2SO4鐵Fe3＋＋3OH－＝Fe(OH)3↓Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓Fe(OH)3＋3H＋＝Fe3＋＋3H2OCu(OH)2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu【解析】

從含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的廢液中，把Fe3+轉化為綠礬回收，把Cu2+轉化為銅回收，先加堿使金屬離子轉化為沉淀，與陰離子分離，然后加酸溶解沉淀，再加鐵粉可得到硫酸亞鐵溶液和Cu，過濾得到銅和硫酸亞鐵溶液，硫酸亞鐵溶液經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到綠礬。【詳解】依據題意從含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的廢液中，把Fe3+轉化為綠礬回收，把Cu2+轉化為銅回收應分三步實施，先加廉價的堿Ca(OH)2將Fe3+、Cu2+轉化為Fe(OH)3和Cu(OH)2，與Cl-、NO3-分離，反應的離子方程式為Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓；過濾后向Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀中加入稀硫酸，使沉淀溶解得到硫酸鐵和硫酸銅的混合液，反應的離子方程式為Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O，Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；向所得溶液中加入鐵粉與硫酸鐵和硫酸銅反應，可得到硫酸亞鐵溶液和Cu，反應的離子方程式為2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu；過濾得到銅和硫酸亞鐵溶液，硫酸亞鐵溶液經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到綠礬，故答