山東省濰坊實驗中學2025年高三（下）返校化學試題試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、已知：。下列關于（b）、（d）、（p）的說法不正確的是A．有機物可由2分子b反應生成B．b、d、p均能使稀酸性高錳酸鉀溶液褪色C．b、q、p均可與乙烯發(fā)生反應D．p的二氯代物有五種2、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大。其中X與Y可形成一種淡黃色物質(zhì)P，常溫下將0.05molP溶于水，配成1L溶液，pH=13；Z為金屬元素，且Z可在W的一種氧化物中燃燒，生成一種白色物質(zhì)和一種黑色物質(zhì)。下列說法錯誤的是A．簡單離子半徑：X>Y>ZB．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：W>XC．單質(zhì)的熔點：Z>YD．元素Z形成的單質(zhì)被稱為“國防金屬”3、下圖為室溫時不同pH下磷酸鹽溶液中含磷微粒形態(tài)的分布，其中a、b、c三點對應的pH分別為2.12、7.21、11.31，其中δ表示含磷微粒的物質(zhì)的量分數(shù)，下列說法正確的是A．2molH3PO4與3molNaOH反應后的溶液呈中性B．NaOH溶液滴定Na2HPO4溶液時，無法用酚酞指示終點C．H3PO4的二級電離常數(shù)的數(shù)量級為10?7D．溶液中除OH?離子外，其他陰離子濃度相等時，溶液可能顯酸性、中性或堿性4、銀Ferrozine法檢測甲醛的原理：①在原電池裝置中，氧化銀將甲醛充分氧化為CO2②Fe3+與①中產(chǎn)生的Ag定量反應生成Fe2+③Fe2+與Ferrozine形成有色物質(zhì)④測定溶液的吸光度(吸光度與溶液中有色物質(zhì)的濃度成正比)。下列說法不正確的是()A．①中負極反應式：HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+B．①溶液中的H+由Ag2O極板向另一極板遷移C．測試結果中若吸光度越大，則甲醛濃度越高D．理論上消耗的甲醛與生成的Fe2+的物質(zhì)的量之比為1：45、微生物燃料電池是指在微生物的作用下將化學能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，某微生物燃料電池的工作原理如圖所示，下列說法錯誤的是A．b電極發(fā)生還原反應：4H++O2+4e－＝2H2OB．電路中有4mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移，大約消耗標準狀況下22.4L空氣C．維持兩種細菌存在，該裝置才能持續(xù)將有機物氧化成CO2并產(chǎn)生電子D．HS－在硫氧化菌作用下轉(zhuǎn)化為的反應是＝6、室溫下，0.1mol·L-1的氨水溶液中，下列關系式中不正確的是()A．c(OH-)＞c(H+)B．c(NH3·H2O)+c(NH4+)+c(NH3)=0.1mol·L-1C．c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c(H+)D．c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)7、常溫下，向甲胺溶液中滴加的鹽酸，混合溶液的pH與相關微粒的濃度關系如圖所示。已知：甲胺的。圖中橫坐標x的值為A．0 B．1 C．4 D．108、下列說法正確的是A．配制Fe(NO3)2溶液時，向Fe(NO3)2溶液中滴加幾滴稀硝酸，以防止Fe(NO3)2發(fā)生水解B．滴定接近終點時，滴定管的尖嘴可以接觸錐形瓶內(nèi)壁C．中和熱的測定實驗中，測酸后的溫度計未用水清洗便立即去測堿的濃度，所測中和熱的數(shù)值偏高D．配制1mol/L的NH4NO3溶液時，溶解后立即轉(zhuǎn)移至容量瓶，會導致所配溶液濃度偏高9、對可逆反應2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)ΔH＜0，在一定條件下達到平衡，下列有關敘述正確的是()①增加A的量，平衡向正反應方向移動②升高溫度，平衡向逆反應方向移動，v(正)減小③壓強增大一倍，平衡不移動，v(正)、v(逆)不變④增大B的濃度，v(正)＞v(逆)⑤加入催化劑，B的轉(zhuǎn)化率提高A．①② B．④ C．③ D．④⑤10、我國科學家設計的二氧化碳的熔鹽捕獲及電化學轉(zhuǎn)化裝置如圖所示。下列說法正確的是（）A．a(chǎn)極是電化學裝置的陰極B．d極的電極反應式為CO32--4e-=C+3O2-C．①中，捕獲CO2時碳元素的化合價發(fā)生了變化D．上述裝置中反應的化學方程式為CO2C+O2↑11、某恒定溫度下，在一個2L的密閉容器中，加入4molA和2molB進行如下反應:3A(g)+2B(g)?4C(?)+2D(?),“?”代表狀態(tài)不確定。反應一段時間后達到平衡，測得生成1.6molC,且反應前后壓強之比為5:4,則下列說法正確的是A．增加C,B的平衡轉(zhuǎn)化率不變B．此時B的平衡轉(zhuǎn)化率是35%C．增大該體系的壓強，平衡向右移動，化學平衡常數(shù)增大D．該反應的化學平衡常數(shù)表達式是K=12、NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3膠體粒子數(shù)為0.1NAB．22.4L（標準狀況）氬氣含有的質(zhì)子數(shù)為18NAC．92.0g甘油（丙三醇）中含有羥基數(shù)為1.0NAD．1.0molCH4與Cl2在光照下反應生成的CH3Cl分子數(shù)為1.0NA13、含元素碲(Te)的幾種物質(zhì)存在如圖所示轉(zhuǎn)化關系。下列說法錯誤的是A．反應①利用了H2Te的還原性B．反應②中H2O作氧化劑C．反應③利用了H2O2的氧化性D．H2Te2O5轉(zhuǎn)化為H2Te4O9發(fā)生了氧化還原反應14、下列離子方程式正確的是()A．硫酸銅溶液與氫氧化鋇溶液反應+Ba2+=BaSO4↓B．碳酸氫鈉溶液與稀硝酸反應:CO32-+2H+=CO2↑+H2OC．氯化亞鐵溶液與新制氯水反應:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-D．氯化鎂溶液與氨水反應:Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓15、將鎂鋁合金溶于100mL稀硝酸中，產(chǎn)生1.12LNO氣體（標準狀況），向反應后的溶液中加入NaOH溶液，產(chǎn)生沉淀情況如圖所示。下列說法不正確的是A．可以求出合金中鎂鋁的物質(zhì)的量比為1∶1 B．可以求出硝酸的物質(zhì)的量濃度C．可以求出沉淀的最大質(zhì)量為3.21克 D．氫氧化鈉溶液濃度為3mol/L16、核能的和平利用對于完成“節(jié)能減排”的目標有著非常重要的意義。尤其是核聚變，因其釋放能量大，無污染，成為當前研究的一個熱門課題。其反應原理為＋→＋。下列說法中正確的是（）A．D和T是質(zhì)量數(shù)不同，質(zhì)子數(shù)相同的氫的兩種元素B．通常所說的氫元素是指C．、、是氫的三種核素，互為同位素D．這個反應既是核反應，也是化學反應二、非選擇題（本題包括5小題）17、化合物J是一種重要的醫(yī)藥中間體，其合成路線如圖：回答下列問題：（1）G中官能團的名稱是__；③的反應類型是__。（2）通過反應②和反應⑧推知引入—SO3H的作用是__。（3）碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳。寫出F與足量氫氣反應生成產(chǎn)物的結構簡式，并用星號（*）標出其中的手性碳__。（4）寫出⑨的反應方程式__。（5）寫出D的苯環(huán)上有三個不相同且互不相鄰的取代基的同分異構體結構簡式_。（6）寫出以對硝基甲苯為主要原料（無機試劑任選），經(jīng)最少步驟制備含肽鍵聚合物的合成路線__。18、PVAc是一種具有熱塑性的樹脂，可合成重要高分子材料M，合成路線如下：己知：R、Rˊ、Rˊˊ為H原子或烴基I.R'CHO+R"CH2CHOII.RCHO+（1）標準狀況下，4.48L氣態(tài)烴A的質(zhì)量是5.2g，則A的結構簡式為___________________。（2）己知A→B為加成反應，則X的結構簡式為_______；B中官能團的名稱是_________。（3）反應①的化學方程式為______________________。（4）E能使溴的四氯化碳溶液褪色，反應②的反應試劑和條件是_______________________。（5）反應③的化學方程式為____________________________。（6）在E→F→G→H的轉(zhuǎn)化過程中，乙二醇的作用是__________________________。（7）己知M的鏈節(jié)中除苯環(huán)外，還含有六元環(huán)狀結構，則M的結構簡式為_________________。19、某化學課外小組在制備Fe(OH)2實驗過程中觀察到生成的白色沉淀迅速變?yōu)榛揖G色，一段時間后變?yōu)榧t褐色。該小組同學對產(chǎn)生灰綠色沉淀的原因，進行了實驗探究。I．甲同學猜測灰綠色沉淀是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物，設計并完成了實驗1和實驗2。編號實驗操作實驗現(xiàn)象實驗1向2mL0.1mol·L－1FeSO4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液(兩溶液中均先加幾滴維生C溶液)液面上方出現(xiàn)白色沉淀，一段時間后變?yōu)榛揖G色，長時間后變?yōu)榧t褐色實驗2取實驗1中少量灰綠色沉淀，洗凈后加鹽酸溶解，分成兩份。①中加入試劑a，②中加入試劑b①中出現(xiàn)藍色沉淀，②中溶液未變成紅色（1）實驗中產(chǎn)生紅褐色沉淀的化學方程式為_________________________（2）實驗1中加入維生素C溶液是利用了該物質(zhì)的___性（3）實驗2中加入的試劑a為___溶液，試劑b為____溶液。實驗2的現(xiàn)象說明甲同學的猜測_____（填“正確”或“不正確”）。Ⅱ.乙同學查閱資料得知，F(xiàn)e(OH)2沉淀具有較強的吸附性，猜測灰綠色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，設計并完成了實驗3—實驗5。編號實驗操作實驗現(xiàn)象實驗3向10mL4mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1FeSO4溶液(兩溶液中均先加幾滴維生素C溶液)液面上方產(chǎn)生白色沉淀(帶有較多灰綠色)。沉淀下沉后，部分灰綠色沉淀變?yōu)榘咨珜嶒?向10mL8mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1FeSO4溶液(兩溶液中均先加幾滴維生素C溶液)液面上方產(chǎn)生白色沉淀（無灰綠色）。沉淀下沉后，仍為白色實驗5取實驗4中白色沉淀，洗凈后放在潮濕的空氣中______________（4）依據(jù)乙同學的猜測，實驗4中沉淀無灰綠色的原因為_____。（5）該小組同學依據(jù)實驗5的實驗現(xiàn)象，間接證明了乙同學猜測的正確性，則實驗5的實驗現(xiàn)象可能為____。Ⅲ.該小組同學再次查閱資料得知當沉淀形成時，若得到的沉淀單一，則沉淀結構均勻，也緊密；若有雜質(zhì)固體存在時，得到的沉淀便不夠緊密，與溶液的接觸面積會更大。（6）當溶液中存在Fe3+或溶解較多O2時，白色沉淀更容易變成灰綠色的原因為______。（7）該小組同學根據(jù)上述實驗得出結論：制備Fe(OH)2時能較長時間觀察到白色沉淀的適宜的條件和操作有________、____。20、葡萄糖酸鋅{M[Zn(C6H11O7)2]＝455g·mol－1)是一種重要的補鋅試劑，其在醫(yī)藥、食品、飼料、化妝品等領城中具有廣泛的應用。純凈的葡葡糖酸鋅為白色晶體，可溶于水，極易溶于熱水，不溶于乙醇，化學興趣小組欲在實驗室制備葡萄糖酸鋅并測定產(chǎn)率。實驗操作分以下兩步：Ⅰ.葡萄糖酸(C6H12O7)的制備。量取50mL蒸餾水于100mL燒杯中，攪拌下緩慢加入2.7mL(0.05mol)濃H2SO4，分批加入21.5g葡萄糖酸鈣{M[Ca(C6H11O7)2]＝430g·mol－1，易溶于熱水}，在90℃條件下，不斷攪拌，反應40min后，趁熱過濾。濾液轉(zhuǎn)移至小燒杯，冷卻后，緩慢通過強酸性陽離子交換樹脂，交換液收集在燒杯中，得到無色的葡葡糖酸溶液。Ⅱ.葡萄糖酸鋅的制備。向上述制得的葡萄糖酸溶液中分批加入足量的ZnO，在60℃條件下，不斷攪拌，反應1h，此時溶液pH≈6。趁熱減壓過濾，冷卻結晶，同時加入10mL95%乙醇，經(jīng)過一系列操作，得到白色晶體，經(jīng)干燥后稱量晶體的質(zhì)量為18.2g。回答下列問題：(1)制備葡萄糖酸的化學方程式為________________。(2)通過強酸性陽離子交換樹脂的目的是_______________。(3)檢驗葡萄糖酸溶液中是否存在SO42-的操作為_________。(4)制備葡萄糖酸時選用的最佳加熱方式為_______________。(5)制備葡萄糖酸鋅時加入乙醇的目的是________，“一系列操作”具體是指_______。(6)葡萄糖酸鋅的產(chǎn)率為______(用百分數(shù)表示)，若pH≈5時就進行后續(xù)操作，產(chǎn)率將_____(填“增大”“減小”或“不變”)。21、近年來,我國對霧霾的治理重視有加。研究NO2、SO2、CO等大氣污染氣體的處理方法具有重要意義。(1)利用鈉堿循環(huán)法可脫除煙氣中的SO2。在鈉堿循環(huán)法中,Na2SO3溶液作為吸收液,可由NaOH溶液吸收SO2制得,發(fā)生反應的離子方程式是__________________。(2)在恒溫恒容的容器中充入3molCO，3molH2發(fā)生反應2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，下列說法可以判斷反應一定達到平衡狀態(tài)的是____________。A．CO和CH3OCH3(g)的生成速率相等B．混合物中CO的體積分數(shù)保持不變C．反應容器中的壓強不再變化D．反應容器內(nèi)CO、H2、CH3OCH3(g)、H2O(g)四者共存E.反應容器中混合氣體的平均摩爾質(zhì)量保持不變(3)利用反應6NO2+8NH3=7N2+12H2O設計為電池可消除NO2，其簡易裝置如圖所示。①b極的電極反應式為______________________。②常溫下,若用該電池電解0.6L飽和KCl溶液，一段時間后,測得飽和KCl溶液pH變?yōu)?3,則理論上a極上消耗A氣體的體積為_____mL(氣體處于標準狀況;假設電解過程中溶液體積不變)。(4)化學上采用NH3處理NxOy不僅可以消除污染，還可作為工業(yè)生產(chǎn)的能量來源。已知:①2NO(g)=N2(g)+O2(g)?H1=-177kJ.mol-1②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)?H2=-1253.4kJ.mol-1則用NH3處理NO生成氮氣和氣態(tài)水的熱化學方程式為___________________。(5)氨氧化物可用堿溶液吸收。若NO和NO2混合氣體被NaOH溶液完全吸收，只生成一種鹽，則該反應的化學方程式為____________。已知常溫下.Ka(HNO2)=5×10-4,則反應HNO2(aq)+NaOH(aq)NaNO2(aq)+H2O(1)的平衡常數(shù)為________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】

A.根據(jù)已知反應可知，有機物可由2分子b反應生成，故A正確；B.b、d、p均含有碳碳雙鍵，則都能使稀酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B正確；C.根據(jù)已知反應可知，b、q、p均可與乙烯發(fā)生反應，故C正確；D.p有2種等效氫原子，根據(jù)“定一移一”的思路可得其二氯代物有以下四種，分別是3種、1種，故D錯誤；故選D。2、B【解析】

X與Y可形成一種淡黃色物質(zhì)P，則P為Na2O2，結合原子序數(shù)可知X為O，Y為Na，金屬Z可在W的一種氧化物中燃燒，則Z為Mg，W為C，氧化物為CO2，綜上所述，W、X、Y、Z分別為：C、O、Na、Mg，據(jù)此解答。【詳解】A．O2-、Na+、Mg2+核外電子排布相同，序小半徑大，故離子半徑：O2->Na+>Mg2+，A正確；B．非金屬性：C＜O，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：CH4＜H2O，B錯誤；C．一般情況下，金屬離子半徑越小，所帶的電荷越多，自由電子越多，金屬鍵就越強，熔點就越高，所以，單質(zhì)的熔點：Mg>Na，C正確；D．Z為Mg元素，Mg被稱為國防金屬，D正確。答案選B。3、B【解析】

2molH3PO4與3molNaOH反應后生成等物質(zhì)的量濃度的NaH2PO4、Na2HPO4，據(jù)圖可看出b點、濃度相等，pH=7.21，顯堿性，A選項錯誤；把NaOH溶液滴入Na2HPO4溶液時，發(fā)生反應+OH?+H2O，δ()減小，δ()增大，在此pH變化范圍內(nèi)，無法用酚酞指示終點，B選項正確；H3PO4H++，H++，Ka2=，當c()=c()時，pH=7.21，c(H+)=10?7.21，數(shù)量級為10?8，C選項錯誤；溶液中陰離子濃度相等時，可能是c()=c()，此時溶液pH=7.21顯堿性，還可能是c()=c()，此時pH=11.31，顯堿性，D選項錯誤。4、B【解析】

A.①在原電池裝置中，氧化銀將甲醛充分氧化為CO2，則負極HCHO失電子變成CO2，其電極反應式為：HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+，A項正確；B.Ag2O極板作正極，原電池中陽離子向正極移動，則①溶液中的H+由負極移向正極，B項錯誤；C.甲醛濃度越大，反應生成的Fe2+的物質(zhì)的量濃度越大，形成有色配合物的濃度越大，吸光度越大，C項正確；D.甲醛充分氧化為CO2，碳元素的化合價從0價升高到+4價，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4，F(xiàn)e3+反應生成Fe2+轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1，則理論上消耗的甲醛與生成的Fe2+的物質(zhì)的量之比為1：4，D項正確；答案選B。本題的難點是D選項，原電池有關的計算主要抓住轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等，根據(jù)關系式法作答。5、B【解析】

A．燃料電池通氧氣的極為正極，則b電極為正極，發(fā)生還原反應，電極反應為4H++O2+4e－＝2H2O，故A正確；B．電路中有4mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移，消耗氧氣的物質(zhì)的量為=1mol，標準狀況下體積為22.4L，則大約消耗標準狀況下空氣22.4L×5=112L，故B錯誤；C．硫酸鹽還原菌可以將有機物氧化成二氧化碳，而硫氧化菌可以將硫氫根離子氧化成硫酸根離子，則兩種細菌存在，就會循環(huán)把有機物氧化成CO2放出電子，故C正確；D．負極上HS-在硫氧化菌作用下轉(zhuǎn)化為SO42-，失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+，故D正確；故答案為B。考查原電池工作原理以及應用知識，注意知識的遷移應用是解題的關鍵。6、C【解析】

A．氨水顯堿性，則c(OH-)＞c(H+)，故A正確；B．0.1mol/L的氨水溶液中，由氮元素守恒可知，所有含氮元素微粒的濃度之和為0.1mol/L，即c(NH3?H2O)+c(NH4+)+c(NH3)=0.1mol/L，故B正確；C．由NH3?H2O?NH4++OH-，電離的程度很弱，則c(NH3?H2O)＞c(NH4+)，故C錯誤；D．溶液不顯電性，陽離子帶的正電荷總數(shù)等于陰離子帶的負電荷總數(shù)，即c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，故D正確；故選C。7、A【解析】

已知甲胺的，說明甲胺為弱堿，在水中的電離方程式為，則甲胺的電離常數(shù)為，a點溶液的，，則代入，，，故，故選A。8、B【解析】

A.Fe(NO3)2是強酸弱堿鹽，水解使溶液顯酸性，在配制Fe(NO3)2溶液時，為了防止Fe2+水解不可向溶液中加入硝酸，因為硝酸能將亞鐵離子氧化為鐵離子，選項A錯誤；B.滴定接近終點時，滴定管的尖嘴可以接觸錐形瓶內(nèi)壁，使溶液進入到錐形瓶中，慢慢加標準溶液，以減小實驗誤差，選項B正確；C.中和熱的測定實驗中，測酸后的溫度計若未用水清洗便立即去測堿的溫度，在溫度計上殘留的酸液就會與溶液中的堿發(fā)生中和反應，放出熱量，使所測堿的起始溫度偏高，導致中和熱的數(shù)值偏小，選項C錯誤；D.NH4NO3溶于水吸熱，使溶液溫度降低，配制1mol/L的NH4NO3溶液時，溶解后，就立即轉(zhuǎn)移至容量瓶，會導致配制溶液的體積偏大，使所配溶液濃度偏低，選項D錯誤；故合理選項是B。9、B【解析】

①A是固體，增加A的量，平衡不移動，故①錯誤；②2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)，正反應放熱，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，v(正)、v(逆)均增大，故②錯誤；③2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)，反應前后氣體系數(shù)和不變，壓強增大一倍，平衡不移動，v(正)、v(逆)均增大，故③錯誤；④增大B的濃度，反應物濃度增大，平衡正向移動，所以v(正)＞v(逆)，故④正確；⑤加入催化劑，平衡不移動，B的轉(zhuǎn)化率不變，故⑤錯誤；故選B。10、D【解析】

由電解裝置示意圖可知，a極生成O2，O的化合價升高，失去電子，發(fā)生氧化反應，則a為陽極，連接電源正極(b極)，電極反應式為：2C2O52--4e-===4CO2+O2，d極生成C，C的化合價降低，得到電子，發(fā)生還原反應，則d為陰極，連接電源負極(c極)，電極反應式為：CO32-+4e-===3O2-+C，電池總反應為CO2C+O2↑，據(jù)此解答問題。【詳解】A．根據(jù)上述分析，a極是電化學裝置的陽極，A選項錯誤；B．d為陰極，電極反應式為：CO32-+4e-===3O2-+C，B選項錯誤；C．①中，捕獲CO2時，CO2變成C2O52-和CO32-，碳元素的化合價始終為+4價，沒有發(fā)生改變，C選項錯誤；D．電池總反應為CO2C+O2↑，D選項正確；答案選D。11、A【解析】

由題意可知反應的前后壓強之比為5：4，說明反應正向是體積減小的反應，即C、D物質(zhì)中只有一種是氣體，列三段式：由于（4+2）：（2.8+1.2+1.6）=15：14≠5：4，（4+2）：（2.8+1.2+0.8）=5：4，所以C物不是氣體，D物為氣體。【詳解】A.增大反應體系中物質(zhì)的濃度，平衡向濃度減小的方向移動，但C不是氣體，增加C不能使平衡正向移動，所以B的平衡轉(zhuǎn)化率不變，故A正確；B.B的平衡轉(zhuǎn)化率=0.8mol÷2mol×100%=40%，故B錯誤；C.化學平衡常數(shù)只與溫度有關，溫度不變則平衡常數(shù)不變，故C錯誤；D.由于生成物C為非氣體，其濃度為1，所以該反應的化學平衡常數(shù)表達式K=，故D錯誤；故答案為A。注意掌握外界條件對化學平衡的影響和反應三段式的應用。12、B【解析】分析：A、膠體是大分子的集合體；B、根據(jù)氬氣的組成解答；C、根據(jù)丙三醇的結構分析；D、根據(jù)甲烷與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應的特點分析。詳解：A、16.25g氯化鐵的物質(zhì)的量是16.25g÷162.5g/mol＝0.1mol，由于氫氧化鐵膠體是分子的集合體，因此水解生成的Fe(OH)3膠體粒子數(shù)小于0.1NA，A錯誤；B、標準狀況下22.4L氬氣的物質(zhì)的量是1mol，氬氣是一個Ar原子組成的單質(zhì)，其中含有的質(zhì)子數(shù)是18NA，B正確；C、1分子丙三醇含有3個羥基，92.0g丙三醇的物質(zhì)的量是1mol，其中含有羥基數(shù)是3NA，C錯誤；D、甲烷與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成的鹵代烴不止一種，因此生成的CH3Cl分子數(shù)小于1.0NA，D錯誤。答案選B。點睛：選項D是易錯點，主要是不清楚甲烷發(fā)生取代反應時屬于自由基取代反應，每個氫原子都有可能被取代，其產(chǎn)物比較復雜，這與乙烯與氫氣的加成反應完全不同。13、D【解析】

A．H2Te被O2氧化生成Te，體現(xiàn)H2Te具有還原性，故A正確；B．反應②中Te與H2O反應H2TeO3，Te元素化合價升高，是還原劑，則H2O為氧化劑，應有H2生成，故B正確；C．反應③中H2TeO3→H6TeO6，Te元素化合價升高，發(fā)生氧化反應，則H2O2作氧化劑，體現(xiàn)氧化性，故C正確；D．H2Te2O5轉(zhuǎn)化為H2Te4O9時不存在元素化合價的變化，未發(fā)生氧化還原反應，故D錯誤；故答案為D。14、C【解析】

A.Cu2+與OH-也會發(fā)生反應生成沉淀，故A不選；B.碳酸氫根離子不能拆開寫，要寫成HCO3-的形式，故B不選；C.氯化亞鐵溶液與新制氯水反應是Fe2+被Cl2氧化，發(fā)生氧化還原反應，故C選；D.氨水是弱電解質(zhì)，不能拆開寫，不能寫成OH-的形式，故D不選。故選C。15、C【解析】

由圖可知60ml到70ml是氫氧化鋁溶解消耗10ml氫氧化鈉溶液，則鋁離子沉淀需要30ml氫氧化鈉溶液，鎂離子離子沉淀需要20ml氫氧化鈉溶液，所以鎂鋁的物質(zhì)的量比為1：1，再由鎂鋁與100mL稀硝酸反應，產(chǎn)生1.12LNO氣體（標準狀況）得失守恒可以得2x+3x＝0.05×3，則x＝0.03mol，沉淀的最大質(zhì)量，沉淀達到最大值時溶液為硝酸鈉，硝酸的物質(zhì)的量為0.03mol×2+0.03mol×3+0.05mol=0.2mol，氫氧化鈉溶液濃度，故C錯誤；綜上所述，答案為C。16、C【解析】

A項、D和T是質(zhì)量數(shù)不同，質(zhì)子數(shù)相同的氫的兩種核素，故A錯誤；B項、是氫元素的一種核素，氫元素是指核電荷數(shù)即質(zhì)子數(shù)為1的原子，符號為H，故B錯誤；C項、、、的質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同，屬于同種元素的不同核素，互為同位素，故C正確；D項、該反應是原子核內(nèi)發(fā)生的反應，屬于核反應，不是化學反應，故D錯誤；故選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、羧基、肽鍵（或酰胺鍵）取代反應定位+2H2O+CH3COOH+H2SO4或（任寫1種）【解析】

(1)根據(jù)流程圖中的結構簡式和反應物轉(zhuǎn)化關系分析；(2)通過反應②和反應⑧推知引入—SO3H的作用是控制反應中取代基的位置；(3)碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳，根據(jù)結構簡式分析；(4)根據(jù)流程圖中H和J的結構簡式可斷定I的結構簡式為；(5)根據(jù)題目要求分析，結合取代基位置異構，判斷同分異構體的數(shù)目。(6)先用酸性高錳酸鉀溶液將甲基氧化為羧基，然后用“Fe/HCl”將硝基還原為氨基，得到對氨基苯甲酸，然后在催化劑作用下，發(fā)生縮聚反應生成含肽鍵的聚合物。【詳解】(1)根據(jù)G的結構圖，G中官能團的名稱是羧基和肽鍵(或酰胺鍵)；反應③中C的—SO3H被取代生成D，則反應類型是取代反應；(2)通過反應②和反應⑧推知引入—SO3H的作用是控制反應過程中取代基的連接位置，故起到定位的作用；(3)F是鄰氨基苯甲酸，與足量氫氣發(fā)生加成反應生成，與羧基、氨基連接的碳原子是手性碳原子，可表示為：；(4)根據(jù)流程圖中H和J的結構簡式可斷定I的結構簡式為，⑨的反應方程式：+2H2O+CH3COOH+H2SO4；(5)D的結構簡式為，苯環(huán)上有三個不相同且互不相鄰的取代基的同分異構體，即三個取代基在苯環(huán)上處于鄰間對位置上，同分異構體結構簡式或（任寫1種）；(6)先用酸性高錳酸鉀溶液將甲基氧化為羧基，然后用“Fe/HCl”將硝基還原為氨基，得到對氨基苯甲酸，然后在催化劑作用下，發(fā)生縮聚反應生成含肽鍵的聚合物，不能先把硝基還原為氨基，然后再氧化甲基，因為氨基有還原性，容易被氧化，故合成路線如下：。18、HC≡CHCH3COOH酯基、碳碳雙鍵稀NaOH溶液／△保護醛基不被H2還原【解析】

標準狀況下，3.36L氣態(tài)烴A的質(zhì)量是3.9g，則相對摩爾質(zhì)量為=26g/mol，應為HC≡CH，A與X反應生成B，由B的結構簡式可知X為CH3COOH，X發(fā)生加聚反應生成PVAc，結構簡式為，由轉(zhuǎn)化關系可知D為CH3CHO，由信息Ⅰ可知E為，由信息Ⅱ可知F為，結合G的分子式可知G應為，H為，在E→F→G→H的轉(zhuǎn)化過程中，乙二醇可保護醛基不被H2還原，M為，據(jù)此分析作答。【詳解】根據(jù)上述分析可知，（1）標準狀況下，4.48L氣態(tài)烴A的物質(zhì)的量為0.2mol,質(zhì)量是5.2g，摩爾質(zhì)量為26g/mol，所以A為乙炔，結構簡式為HC≡CH；正確答案：HC≡CH。（2）根據(jù)B分子結構可知，乙炔和乙酸發(fā)生加成反應，X的結構簡式為.CH3COOH；B中官能團的名稱是酯基、碳碳雙鍵；正確答案：CH3COOH；酯基、碳碳雙鍵。（3）有機物B發(fā)生加聚反應生成PVAc，PVAc在堿性環(huán)境下發(fā)生水解生成羧酸鹽和高分子醇，化學方程式為；正確答案：（4）乙炔水化制乙醛，乙醛和苯甲醛發(fā)生加成、消去反應生成有機物E，因此反應②的反應試劑和條件是是稀NaOH溶液／△；正確答案：稀NaOH溶液／△。（5）根據(jù)信息II，可知芳香烯醛與乙二醇在氯化氫環(huán)境下發(fā)生反應，與氫氣發(fā)生加成反應生成；化學方程式為；正確答案：。（6）從流程圖可以看出，醛基能夠與氫氣發(fā)生加成反應，所以乙二醇的作用是保護醛基不被H2還原；正確答案：保護醛基不被H2還原。（7）高分子醇中2個-CH(OH)-CH2-與苯丙醛發(fā)生反應，生成六元環(huán)狀結構的高分子環(huán)醚，則M的結構簡式為；正確答案：。19、4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3還原K3[Fe(CN)6](或鐵氰化鉀)KSCN(或硫氰化鉀)不正確NaOH溶液濃度高，反應后溶液中Fe2+濃度較小，不易被吸附在Fe(OH)2表面白色沉淀變?yōu)榧t褐色，中間過程無灰綠色出現(xiàn)沉淀中混有Fe(OH)3，不夠緊密，與溶液接觸面積更大，更容易吸附Fe2+向高濃度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液除去溶液中Fe3+和O2【解析】

(1)實驗1中產(chǎn)生紅褐色沉淀是因為Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3，反應方程式為4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3，故答案為：4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3；(2)實驗1中加入維生素C是為了防止Fe2+被氧化，利用了其還原性，故答案為：還原；(3)根據(jù)實驗現(xiàn)象可知，①中加入試劑出現(xiàn)藍色沉淀，是在檢驗Fe2+，試劑a為K3[Fe(CN)6]，②中溶液是否變紅是在檢驗Fe3+，試劑b為KSCN，由于②中溶液沒有變紅，則不存在Fe3+，即灰綠色沉淀中沒有Fe(OH)3，甲同學的猜測錯誤，故答案為：K3[Fe(CN)6](或鐵氰化鉀)；KSCN(或硫氰化鉀)；不正確；(4)根據(jù)已知，F(xiàn)e(OH)2沉淀具有較強的吸附性，灰綠色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，而實驗4中NaOH溶液濃度高，反應后溶液中Fe2+濃度較小，不易被吸附在Fe(OH)2表面，導致沉淀沒有灰綠色，故答案為：NaOH溶液濃度高，反應后溶液中Fe2+濃度較小，不易被吸附在Fe(OH)2表面；(5)當實驗5中的現(xiàn)象為白色沉淀變?yōu)榧t褐色，中間過程無灰綠色出現(xiàn)時，可說明白色沉淀上沒有或很少附著有Fe2+，故答案為：白色沉淀變?yōu)榧t褐色，中間過程無灰綠色出現(xiàn)；(6)溶液中存在Fe3+或溶解較多O2時，O2能將Fe2+氧化成Fe3+，形成Fe(OH)3沉淀，根據(jù)題干信息可知，沉淀中混有Fe(OH)3，不夠緊密，與溶液接觸面積更大，更容易吸附Fe2+，從而白色沉淀更容易變成灰綠色，故答案為：沉淀中混有Fe(OH)3，不夠緊密，與溶液接觸面積更大，更容易吸附Fe2+；(7)根據(jù)上述實驗可知道，當NaOH濃度高或者溶液中不存在Fe3+和O2時，制備Fe(OH)2時能較長時間觀察到白色沉淀，其操作可以是向高濃度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液或除去溶液中Fe3+和O2，故答案為：向高濃度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液；除去溶液中Fe3+和O2。本題主要考查學生的實驗探究與分析能力，同時對學生提取信息的能力有較高的要求，難度較大，解題關鍵在于對題干信息的提取和結合所學知識進行綜合解答。20、將未充分反應的葡萄糖轉(zhuǎn)化為葡萄糖酸取適量葡萄糖酸試液，向其中加入足量的稀鹽酸，無明顯現(xiàn)象，再滴加BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則證明葡萄糖酸溶液中還存在SO42-，反之則不存在水浴加熱（或熱水浴）降低葡萄糖酸鋅溶解度，便于晶體析出過濾、洗滌80%減小【解析】

(1)葡萄糖酸鈣Ca(C6H11O7)2與硫酸H2SO4反應生成葡萄糖酸(C6H12O7)，原理為強酸制弱酸，化學反應方程式為，故答案為：；(2)將葡萄糖酸鈣與硫酸反應后的濾液緩慢通過強酸性陽離子交換樹脂進行陽離子交換，可將為充分反應的Ca2+交換為H+，即將未充分反應的葡萄糖酸鈣轉(zhuǎn)化為葡萄糖酸，故答案為：將未充分反應的葡萄糖轉(zhuǎn)化為葡萄糖酸；(3)結合SO42-離子的檢驗方法，可取適量葡萄糖酸試液，向其中加入足量的稀鹽酸，無明顯現(xiàn)象，再滴加BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則證明葡萄糖酸溶液中還存在SO42-，反之則不存在，故答案為：取適量葡萄糖酸