2025屆上海市寶山區寶山中學高三第三次模擬考試化學試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列有關敘述正確的是（）A．5.6L甲烷含有的共價鍵數為NAB．2gD2l6O和2gH218O中含有的中子數均為NAC．過氧化鈉與水反應時，生成0.1mol氧氣轉移的電子數為0.4NAD．常溫下pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-離子數為0.1NA2、下列有關敘述錯誤的是()A．中國古代利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹B．陶瓷、水泥和光導纖維均屬于硅酸鹽材料C．“煤改氣”、“煤改電”等清潔燃料改造工程有利于減少霧霾天氣D．石油裂解、煤的干餾、玉米制醇、蛋白質的變性都是化學變化3、下列各組中所含化學鍵類型相同的一組是（）A．NaOH、H2SO4、NH4Cl B．MgO、Na2SO4、NH4HCO3C．Na2O2、KOH、Na2SO4 D．AlCl3、Al2O3、MgCl24、某同學采用硫鐵礦燒渣(主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質)制取綠礬(FeSO4·7H2O)，設計了如圖流程：下列說法不正確的是（）A．固體1中含有SiO2B．溶解燒渣選用足量鹽酸，試劑X選用鐵粉C．控制pH是為了使Al3+轉化為Al(OH)3進入固體2D．從溶液2得到FeSO4·7H2O產品的過程中，須控制條件防止其氧化5、下列關于有機物1-氧雜-2，4-環戊二烯（）的說法正確的是（）A．與互為同系物B．一氯代物有2種，二氯代物有4種（不考慮立體異構）C．能使溴水退色，不能使酸性高錳酸鉀溶液退色D．1mol該有機物完全燃燒消耗5molO26、常溫下，用0.1000NaOH溶液滴定20.00mL某未知濃度的CH3COOH溶液，滴定曲線如右圖所示。已知在點③處恰好中和。下列說法不正確的是（）A．點①②③三處溶液中水的電離程度依次增大B．該溫度時CH3COOH的電離平衡常數約為C．點①③處溶液中均有c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)D．滴定過程中可能出現：c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)7、某有機物的結構簡式如圖所示。下列關于該有機物的說法正確的是()A．該有機物能發生酯化、加成、氧化、水解等反應B．該有機物中所有碳原子不可能處于同一平面上C．與該有機物具有相同官能團的同分異構體有3種D．1mol該有機物最多與4molH2反應8、金屬鉈(81Tl)有重要用途，可用來制造光電管、光學玻璃等。鉈與銫(55Cs)同周期，下列說法不正確的是A．原子半徑：Cs>Tl B．堿性：CsOH>Tl(OH)3C．與水反應的劇烈程度：Tl>Cs D．Tl是第六周期第ⅢA元素9、下列反應顏色變化和解釋原因相一致的是（）A．氯水顯黃綠色：氯氣和水反應生成的次氯酸為黃綠色液體B．氫氧化鈉溶液滴加酚酞顯紅色：氫氧化鈉水解使溶液顯堿性C．乙烯使溴水褪色：乙烯和溴水發生氧化反應D．碘在苯中的顏色比水中深：碘在有機物中的溶解度比水中大10、設NA為阿伏加德羅常數的數值，下列說法正確的是A．22.4L乙烷中所含的極性共價鍵數目為7NAB．某溫度下，將1molCl2通入足量水中轉移電子數為NAC．常溫常壓下，3.0g含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子總數為0.4NAD．室溫下，1LpH為13的NaOH溶液和Ba(OH)2混合溶液中含OH-個數為0.01NA11、下列說法中正確的是（）A．向0.1mol?L-1的氨水中加入少量硫酸銨固體，溶液中增大B．廚房小實驗：將雞蛋殼浸泡在食醋中，有氣泡產生，說明CH3COOH是弱電解質C．有甲、乙兩種醋酸溶液，測得甲的pH=a、乙的pH=a+1，若用于中和等物質的量濃度等體積的NaOH溶液，需消耗甲、乙兩酸的體積V(乙)>10V(甲)D．體積相同、濃度均為0.1mol?L-1的NaOH溶液、氨水，分別稀釋m、n倍，使溶液的pH都變為9，則m<n12、設NA表示阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．1molI2與4molH2反應生成的HI分子數為2NAB．標準狀況下，2.24LH2O含有的電子數為NAC．1L1．1mol/L的NH4NO3溶液中含有的氮原子數為1.2NAD．7.8g苯中碳碳雙鍵的數目為1.3NA13、可用堿石灰干燥的氣體是A．H2S B．Cl2 C．NH3 D．SO214、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列有關敘述正確的是（）A．標準狀況下，22.4L二氯甲烷的分子數約為NAB．乙烯和丙烯組成的42g混合氣體中含碳原子數為6NAC．1mol甲醇完全燃燒生成CO2和H2O，轉移的電子數目為12NAD．將1molCH3COONa溶于稀醋酸中溶液呈中性，溶液中CH3COO-數目等于NA15、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列關于常溫下0.1mol/LNa2S2O3溶液與pH=1的H2SO4溶液的說法正確的是（）A．1LpH=1的H2SO4溶液中，含H+的數目為0.2NAB．98g純H2SO4中離子數目為3NAC．含0.1molNa2S2O3的水溶液中陰離子數目大于0.1NAD．Na2S2O3與H2SO4溶液混合產生22.4L氣體時轉移的電子數為2NA16、右下表為元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W為短周期元素，W元素的核電荷數為X元素的2倍。下列說法正確的是（）A．X、W、Z元素的原子半徑及它們的氣態氫化物的熱穩定性均依次遞增B．Y、Z、W元素在自然界中均不能以游離態存在，它們的最高價氧化物的水化物的酸性依次遞增C．YX2晶體熔化、液態WX3氣化均需克服分子間作用力D．根據元素周期律，可以推測T元素的單質具有半導體特性，T2X3具有氧化性和還原性二、非選擇題（本題包括5小題）17、聚酰亞胺是綜合性能最佳的有機高分子材料之一，已廣泛應用在航空、航天、微電子等領域。某聚酰亞胺的合成路線如圖（部分反應條件己略去）：己知下列信息：①芳香族化合物B的一氯代物有兩種②③回答下列問題：（1）固體A是___（寫名稱）；B的化學名稱是___。（2）反應①的化學方程式為___。（3）D中官能團的名稱為___；反應②的反應類型是___。（4）E的分子式為___；己知1mo1F與足量的NaHCO3反應生成4mo1CO2，則F的結構簡式是___。（5）X與C互為同分異構體，寫出同時滿足下列條件的X的結構簡式___。①核磁共振氫譜顯示四種不同化學環境的氫，其峰面積之比為2：2：1：1②能與NaOH溶液反應，1mo1X最多消耗4mo1NaOH③能發生水解反應，其水解產物之一能與FeC13溶液發生顯色反應（6）參照上述合成路線，以甲苯和甲醇為原料（無機試劑任選）設計合成的路線___。18、W、X、Y、Z四種元素均為短周期元素，原子序數依次增大，其它相關信息見下表。元素相關信息W單質為密度最小的氣體X元素最高正價與最低負價之和為0Y某種同素異形體是保護地球地表的重要屏障Z存在質量數為23，中子數為12的核素根據上述信息，回答下列問題：(l)元素Y在元素周期表中的位置是____；Y和Z的簡單離子半徑比較，較大的是___（用離子符號表示）。(2)XY2由固態變為氣態所需克服的微粒間作用力是____；由元素W和Y組成的一種綠色氧化劑的電子式為____。(3)由W、X、Y、Z四種元素組成的一種無機鹽，水溶液呈堿性的原因是__（用離子方程式表示）。19、某小組同學探究物質的溶解度大小與沉淀轉化方向之間的關系。已知：物質BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g(20℃)2.4×10-41.4×10-33.0×10-71.5×10-4(1)探究BaCO3和BaSO4之間的轉化試劑A試劑B試劑C加入鹽酸后的現象實驗ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4……實驗ⅡNa2SO4Na2CO3有少量氣泡產生，沉淀部分溶解①實驗I說明BaCO3全部轉化為BaSO4，依據的現象是加入鹽酸后，__________________。②實驗Ⅱ中加入稀鹽酸后發生反應的離子方程式是__________________________________。③實驗Ⅱ中加入試劑C后，沉淀轉化的平衡常數表達式K=___________。(2)探究AgCl和AgI之間的轉化實驗Ⅳ：在試管中進行溶液間反應時，同學們無法觀察到AgI轉化為AgCl，于是又設計了如下實驗(電壓表讀數：a＞c＞b>0)。裝置步驟電壓表讀數ⅰ.如圖連接裝置并加入試劑，閉合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.重復i，再向B中加入與ⅲ等量NaCl(s)d注：其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑（或還原劑）的氧化性（或還原性）越強，原電池的電壓越大；離子的氧化性（或還原性）強弱與其濃度有關。①實驗Ⅲ證明了AgCl轉化為AgI，甲溶液可以是________（填標號）。aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液②實驗Ⅳ的步驟i中，B中石墨上的電極反應式是___________________________。③結合信息，解釋實驗Ⅳ中b<a的原因_____________________。④實驗Ⅳ的現象能說明AgI轉化為AgCl，理由是_____________________。(3)綜合實驗Ⅰ~Ⅳ,可得出的結論是________________________________________。20、化合物M{[(CH3COO)2Cr]2·2H2O，相對分子質量為376}不溶于冷水，是常用的氧氣吸收劑。實驗室中以鋅粒、三氯化鉻溶液、醋酸鈉溶液和鹽酸為主要原料制備該化合物，其裝置如圖所示，且儀器2中預先加入鋅粒。已知二價鉻不穩定，極易被氧氣氧化，不與鋅反應。制備過程中發生的相關反應如下：Zn(s)+2HCl(aq)===ZnCl2(aq)+H2(g)2CrCl3(aq)+Zn(s)===2CrCl2(aq)+ZnCl2(aq)2Cr2+(aq)+4CH3COO－(aq)+2H2O(l)===[Cr(CH3COO)2]2?2H2O(s)請回答下列問題：（1）儀器1的名稱是__________。（2）往儀器2中加鹽酸和三氯化鉻溶液的順序最好是__________(填序號)；目的是_______。A．鹽酸和三氯化鉻溶液同時加入B．先加三氯化鉻溶液，－段時間后再加鹽酸C．先加鹽酸，－段時間后再加三氯化鉻溶液（3）為使生成的CrCl2溶液與醋酸鈉溶液順利混合，應關閉閥門__________(填“A”或“B”，下同)，打開閥門___________________。（4）本實驗中鋅粒要過量，其原因除了讓產生的H2將CrCl2溶液壓入裝置3與醋酸鈉溶液反應外，另－個作用是__________________________。21、催化劑是化工技術的核心，絕大多數的化工生產需采用催化工藝。I．（1）催化劑的選擇性指在能發生多種反應的反應系統中，同一催化劑促進不同反應的程度的比較，實質上是反應系統中目的反應與副反應之間反應速度競爭的表現。如圖所示為一定條件下1molCH3OH與O2發生反應時，生成CO、CO2或HCHO的能量變化圖[反應物O2（g）和生成物H2O（g）略去]。在有催化劑作用下，CH3OH與O2反應主要生成____（選填“CO或CO2或HCHO”）。（2）2007年諾貝爾化學獎授予善于做“表面文章”的德國科學家哈德·埃特爾，他的成就之一是證實了氣體在固體催化劑表面進行的反應，開創了表面化學的方法論。埃特爾研究的氮氣和氫氣分子在固體催化劑表面發生的部分變化過程如圖所示：①下列說法不正確的是____。A升高溫度可以提高一段時間內NH3的生產效率B圖示中的②一③以及后面幾個過程均是放熱過程C此圖示中存在H-H鍵斷裂和N-N鍵斷裂，以及N-H鍵的形成過程②合成氨工業中，原料氣（N2、H2及少量CO、NH3的混合氣）在進入合成塔前常用Cu（NH3）2Ac（醋酸二氨合亞銅，Ac代表醋酸根）溶液來吸收原料氣中的CO，其反應是：生產中必須除去原料氣中CO的原因是___；Cu（NH3）2Ac溶液吸收原料氣中的CO的生產適宜條件應是___。Ⅱ．氮循環是指氮在自然界中的循環轉化過程，是生物圈內基本的物質循環之一，存在較多藍、綠藻類的酸性水體中存在如有圖所示的氮循環，請回答相關問題。（3）NH4+硝化過程的方程式是2NH4++3O22HNO3+2H2O+2H+，恒溫時在亞硝酸菌的作用下發生該反應，能說明體系達到平衡狀態的是____（填標號）。A溶液的pH不再改變BNH4+的消耗速率和H+的生成速率相等C溶液中NH4+、NH3?H2O、HNO3、NO2-的總物質的量保持不變實驗測得在其它條件一定時，NH4+硝化反應的速率隨溫度變化曲線如下圖A所示，溫度高于35℃時反應速率迅速下降的原因可能是___。（4）亞硝酸鹽含量過高對人和動植物都會造成直接或間接的危害，因此要對亞硝酸鹽含量過高的廢水進行處理。處理亞硝酸鹽的方法之一是用次氯酸鈉將亞硝酸鹽氧化為硝酸鹽，反應方程式是ClO-+NO2-=NO3-+Cl-。在25℃和35℃下，分別向NO2-初始濃度為5×10-3mol/L的溶液中按不同的投料比加人次氯酸鈉固體（忽略溶液體積的變化），平衡時NO2-的去除率和溫度、投料比的關系如上圖B所示，a、b、c、d四點ClO-的轉化率由小到大的順序是____，35℃時該反應的平衡常數K=____（保留三位有效數字）。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

A.未指明是否為標準狀況，無法確定氣體的物質的量，故A錯誤；B.D2l6O和H218O的摩爾質量均為20g/mol，故2gH218O和D2O的物質的量均為0.1mol，而且兩者均含10個中子，故0.1molH218O和D2O中均含1mol中子即NA個，故B正確；C.過氧化鈉與水反應時，氧元素的價態由-1價變為0價，故當生成0.1mol氧氣時轉移0.2mol電子即0.2NA個，故C錯誤；D.溶液的體積未知，無法計算溶液中微粒的個數，故D錯誤；故答案為B。2、B【解析】

A．明礬溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，銅銹為Cu2(OH)2CO3，溶于酸性溶液，故利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹，故A正確；B．陶瓷、水泥和玻璃為硅酸鹽產品，而光導纖維的主要成分為二氧化硅，不屬于硅酸鹽材料，故B錯誤；C．二氧化硫、氮氧化物以及可吸入顆粒物這三項是霧霾主要組成，前兩者為氣態污染物，最后一項顆粒物才是加重霧霾天氣污染的罪魁禍首．它們與霧氣結合在一起，讓天空瞬間變得灰蒙蒙的，“煤改氣”、“煤改電”等清潔燃料改造工程減少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入顆粒物，故有利于減少霧霆天氣，故C正確；D．石油裂解、煤的干餾、玉米制醇、蛋白質的變性過程均生成了新的物質，是化學變化，故D正確；故選B。【點睛】本題綜合考查常見物質的組成、性質的應用，為高考常見題型，題目難度不大，側重于化學與生活的考查，注意光導纖維的主要成分為二氧化硅，不屬于硅酸鹽。3、C【解析】

A.NaOH、NH4Cl含有離子鍵和共價鍵，H2SO4只含有共價鍵，化學鍵類型不相同，故A錯誤；B.MgO中只有離子鍵，Na2SO4、NH4HCO3中含有離子鍵和共價鍵，化學鍵類型不相同，故B錯誤；C.Na2O2、KOH、Na2SO4均為離子鍵和共價鍵，化學鍵類型相同，故C正確。D.AlCl3只含有共價鍵，Al2O3、MgCl2含有離子鍵，化學鍵類型不相同，故D錯誤；答案選C。4、B【解析】

硫鐵礦燒渣(主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質)，加足量酸，氧化鐵、氧化鋁與酸反應，二氧化硅不反應，因此固體1為SiO2，溶液1為硫酸鋁、硫酸鐵、硫酸，加入足量鐵粉，生成硫酸亞鐵，加氫氧化鈉控制pH值，沉淀鋁離子，溶液2為硫酸亞鐵。【詳解】A.根據分析得到固體1中含有SiO2，故A正確；B.最后要得到綠礬，因此溶解燒渣選用足量硫酸，試劑X選用鐵粉，故B錯誤；C.控制pH是為了使Fe2+、Al3+混合溶液中Al3+轉化為Al(OH)3進入固體2，故C正確；D.從溶液2得到FeSO4·7H2O產品的過程中，亞鐵離子容易被氧化，因此須控制條件防止其氧化，故D正確。綜上所述，答案為B。5、B【解析】

1-氧雜-2，4-環戊二烯()的分子式為C4H4O，有2種等效氫，結合碳碳雙鍵的平面結構特征和有機物燃燒規律進行解答。【詳解】A．屬于酚，而不含苯環和酚羥基，兩者不是同系物，A錯誤；B．共有2種等效氫（不考慮立體異構），它的一氯代物有2種，二氯代物有4種，B正確；C．含碳碳雙鍵，既能能使溴水退色，又能使酸性高錳酸鉀溶液退色，C錯誤；D．的分子式為C4H4O，1molC4H4O完全燃燒消耗的O2的物質的量為1mol(4+-)=4.5mol，D錯誤。答案選B。6、C【解析】

點③處恰好中和，反應生成醋酸鈉，原溶液中醋酸的濃度為：=0.10055mol/L，A.溶液中氫離子或氫氧根離子濃度越大，水的電離程度越小，在逐滴加入NaOH溶液至恰好完全反應時，溶液中氫離子濃度減小，水的電離程度逐漸增大，A項正確；B.點②處溶液的pH=7，此時c(Na+)=c(CH3COO?)==0.05mol/L，c(H+)=10?7mol/L，此時溶液中醋酸的濃度為：?0.05mol/L=0.000275mol/L，所以醋酸的電離平衡常數為：K==≈1.8×10?5，B項正確；C.在點③處二者恰好中和生成醋酸鈉，根據質子守恒可得：c(OH?)=c(CH3COOH)+c(H+)，C項錯誤；D.c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)，根據電荷守恒規律可知，此情況可能出現，如溶液中存在大量醋酸和少量醋酸鈉時，D項正確；答案選C。7、D【解析】

有機物分子中含有苯環、碳碳雙鍵和羧基，結合苯、烯烴和羧酸的性質分析解答。【詳解】A．該有機物含有羧基能發生酯化反應，含有碳碳雙鍵，能發生加成、氧化反應；但不能發生水解反應，A錯誤；B．由于苯環和碳碳雙鍵均是平面形結構，且單鍵可以旋轉，所以該有機物中所有碳原子可能處于同一平面上，B錯誤；C．與該有機物具有相同官能團的同分異構體如果含有1個取代基，可以是-CH=CHCOOH或-C(COOH)=CH2，有2種，如果含有2個取代基，還可以是間位和對位，則共有4種，C錯誤；D．苯環和碳碳雙鍵均能與氫氣發生加成反應，所以1mol該有機物最多與4molH2反應，D正確；答案選D。8、C【解析】

銫(55Cs)位于第六周期第ⅠA族，鉈與銫(55Cs)同周期，可知鉈(81Tl)位于第六周期第ⅢA族，金屬性：Cs>Tl。A.元素在同一周期，序數越小，半徑越大，則原子半徑：Cs>Tl，A項正確；B.金屬性：Cs>Tl，則堿性：CsOH>Tl(OH)3，B項正確；C.金屬性：Cs>Tl，則與水反應的劇烈程度：Cs>Tl，C項錯誤；D.Tl是第六周期第ⅢA元素，D項正確；答案選C。【點睛】本題重點，知道元素在元素周期表中的位置，根據原子結構示意圖的書寫規律，每一層最多排布2n2個電子，最外層最多排布8個(除第一層外)，次外層最多排布18個，得出鉈與銫的原子結構示意圖，即可知道位置。9、D【解析】

A、氯水顯黃綠色的原因是氯氣在水中的溶解度有限，氯氣本身為黃綠色，次氯酸無色，故A不符合題意；B、氫氧化鈉為強堿，在水溶液中完全電離出氫氧根，使酚酞顯紅色，不是水解，故B不符合題意；C、乙烯中含有碳碳雙鍵，為不飽和鍵，能夠與溴單質發生加成反應，使溴水褪色，故C不符合題意；D、碘單質本身為紫黑色，碘水顯黃色，而碘溶于苯中顯紫紅色，碘在有機物中溶解度增大，故D符合題意；故選：D。10、C【解析】

A.沒有說明是否為標準狀態，所以無法由體積計算氣體的物質的量，即無法確定所含化學鍵數目，故A錯誤；B.Cl2和水反應為可逆反應，所有轉移電子數小于NA，故B錯誤；C.葡萄糖和冰醋酸的最簡式都為CH2O，則3.0g含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子總數為=0.4NA，故C正確；D.pH=13，c(OH-)=，則1L溶液中OH-個數為0.1NA，故D錯誤；故選C。11、C【解析】

A.因為銨根離子加入后，一水合氨的電離平衡受到抑制，則減小，故A錯誤；B.醋酸能與碳酸鈣反應放出二氧化碳氣體，說明醋酸的酸性比碳酸的酸性強，但不能說明醋酸是弱酸，也不能說明醋酸是弱電解質，故B錯誤；C.根據越稀越電離可知，c（甲）>10c（乙），則若用于中和等物質的量濃度等體積的NaOH溶液，需消耗甲、乙兩酸的體積V(乙)>10V(甲)，故C正確；D.體積相同、濃度均為0.1mol?L-1的NaOH溶液、氨水，pH（NaOH）>pH（氨水），若使溶液的pH都變為9，則應在氫氧化鈉溶液中加入更多的水，即m>n，故D錯誤；綜上所述，答案為C。【點睛】中和等物質的量濃度等體積的NaOH溶液，即氫氧化鈉的物質的量相同，需要的一元酸的物質的量也相同，則需要濃度大的酸體積消耗的小，濃度小的酸消耗的體積大。12、C【解析】

A．氫氣和碘的反應為可逆反應，不能進行徹底，生成的HI分子小于2NA個，故A錯誤；B．標況下，水不是氣體，2.24L水的物質的量大于1.1mol，含有的電子數大于NA個，故B錯誤；C．1L1.1mol?L-1的NH4NO3溶液中含有1molNH4NO3，含有2mol氮原子，含有的氮原子數為1.2NA，故C正確；D．苯分子結構中不含碳碳雙鍵，故D錯誤；故選C。【點睛】本題的易錯點為D，要注意苯分子中沒有碳碳雙鍵，所有碳碳鍵都一樣。13、C【解析】

堿石灰具有吸水性，可以用作干燥劑，所干燥的物質不能與干燥劑發生反應，堿石灰不能干燥二氧化硫、氯氣、硫化氫等溶于水顯酸性的氣體，據此即可解答。【詳解】堿石灰是氧化鈣和氫氧化鈉的混合物，所以堿石灰是堿性物質，不能干燥酸性物質，A.H2S屬于酸性氣體，能與氫氧化鈉和氧化鈣反應，所以不能用堿石灰干燥，A項錯誤；B.Cl2可以和堿石灰反應，不能用堿石灰干燥，B項錯誤；C.NH3是堿性氣體，不和堿石灰反應，能用堿石灰干燥，C項正確；D.SO2屬于酸性氣體，能與堿石灰反應，所以不能用堿石灰干燥，D項錯誤；答案選C。【點睛】常見的干燥劑可分為酸性干燥劑、堿性干燥劑和中性干燥劑，其中酸性干燥劑為濃H2SO4，它具有強烈的吸水性，常用來除去不與H2SO4反應的氣體中的水分。例如常作為H2、O2、CO、SO2、N2、HCl、CH4、CO2、Cl2等氣體的干燥劑；堿性干燥劑為堿石灰（固體氫氧化鈉和堿石灰）：不能用以干燥酸性物質，常用來干燥氫氣、氧氣、氨氣和甲烷等氣體。14、D【解析】

A.在標準狀況下二氯甲烷呈液態，不能使用氣體摩爾體積進行計算，A錯誤；B.乙烯和丙烯的最簡式是CH2，最簡式的式量是14，乙烯和丙烯的組成的42g混合氣體中含有最簡式的物質的量是3mol，所以其中含C原子數為3NA，B錯誤；C.甲醇燃燒的方程式為2CH3OH+3O22CO2+4H2O，根據方程式可知：2mol甲醇完全燃燒轉移12mol電子，則1mol甲醇完全燃燒生成CO2和H2O，轉移的電子數目為6NA，C錯誤；D.根據電荷守恒可知n(Na+)+n(H+)=n(OH-)+n(CH3COO-)，由于溶液顯中性，則n(H+)=n(OH-)，所以n(Na+)=n(CH3COO-)，因此將1molCH3COONa溶于稀醋酸中溶液呈中性，溶液中CH3COO-數目等于NA，D正確；故合理選項是D。15、C【解析】

A．pH=1的硫酸溶液中氫離子濃度為0.1mol/L，故1L溶液中氫離子的物質的量為0.1mol，則個數為0.1NA個，故A錯誤；B．硫酸是共價化合物，無氫離子，即純硫酸中離子數為0，故B錯誤；C．硫代硫酸根是弱酸根，硫代硫酸根離子在溶液中的水解會導致陰離子個數增多，故含0.1molNa2S2O3的溶液中陰離子數目大于0.1NA，故C正確；D．所產生的氣體所處的狀態不明確，氣體的摩爾體積不確定，則22.4L氣體的物質的量不一定是1mol，轉移的電子數也不一定是2NA，故D錯誤；故答案為C。【點睛】考查物質的量和阿伏伽德羅常數的有關計算，掌握公式的運用和物質的結構是解題關鍵，常見問題和注意事項：①氣體注意條件是否為標況；②物質的結構，如硫酸是共價化合物，不存在離子；③易水解鹽中離子數目的判斷；選項C為難點，多元素弱酸根離子水解后，溶液中陰離子總數增加。16、D【解析】

從表中位置關系可看出，X為第2周期元素，Y為第3周期元素，又因為X、W同主族且W元素的核電荷數為X的2倍，所以X為氧元素、W為硫酸元素；再根據元素在周期表中的位置關系可推知：Y為硅元素、Z為磷元素、T為砷元素。【詳解】A、O、S、P的原子半徑大小關系為：P＞S＞O，三種元素的氣態氫化物的熱穩定性為：H2O＞H2S＞PH3，A不正確；B、在火山口附近或地殼的巖層里，常常存在游離態的硫，B不正確；C、SiO2晶體為原子晶體，熔化時需克服的微粒間的作用力為共價鍵，C不正確；D、砷在元素周期表中位于金屬元素與非金屬的交界線附近，具有半導體的特性，As2O3中砷為+3價，處于中間價態，所以具有氧化性和還原性，D正確。答案選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、焦炭對二甲苯（或1,4-二甲苯）+2CH3OH+2H2O酯基取代反應CH3OHCH3Cl【解析】

采用逆推法，D中應該含有2個酯基，即，反應①的條件是乙醇，因此不難猜出這是一個酯化反應，C為對二苯甲酸，結合B的分子式以及其不飽和度，B只能是對二甲苯，從B到C的反應條件是酸性高錳酸鉀溶液，固體A是煤干餾得到的，因此為焦炭，再來看下線，F脫水的產物其實是兩個酸酐，因此F中必然有四個羧基，則E就是1,2,4,5-四甲苯，據此來分析本題即可。【詳解】（1）固體A是焦炭，B的化學名稱為對二甲苯（或1,4-二甲苯）（2）反應①即酯化反應，方程式為+2CH3OH+2H2O；（3）D中官能團的名稱為酯基，注意苯環不是官能團；（4）E是1,2,4,5-四甲苯，其分子式為，根據分析，F的結構簡式為；（5）根據給出的條件，X應該含有兩個酯基，并且是由酚羥基形成的酯，再結合其有4種等效氫，因此符合條件的X的結構簡式為；（6）甲苯只有一個側鏈，而產物有兩個側鏈，因此要先用已知信息中的反應引入一個側鏈，再用酸性高錳酸鉀溶液將側鏈氧化為羧基，再進行酯化反應即可，因此合成路線為CH3OHCH3Cl。18、第2周期，VIA族O2-分子間作用力HCO3-+H2OH2CO3+OH-【解析】

根據題干信息中元素性質分析判斷元素的種類；根據元素的種類判斷在元素周期表中的位置；根據物質的組成和性質分析該物質的晶體類型，判斷微粒間的作用力；根據成鍵特點書寫電子式。【詳解】W、X、Y、Z四種元素均為短周期元素，原子序數依次增大，W單質為密度最小的氣體，則W為氫元素；X最高正價與最低負價之和為0，則X為第IVA族元素，Y的某種同素異形體是保護地球地表的重要屏障，則Y是氧元素，X是碳元素；Z存在質量數為23，中子數為12的核素，則Z的質子數為23-12=11，則Z是鈉元素。（1）元素氧在元素周期表中的位置是第2周期，VIA族；氧離子和鈉離子具有相同的核外電子排布，則核電荷越大半徑越小，所以半徑較大的是O2-，故答案為：第2周期，VIA族；O2-；（2）CO2晶體為分子晶體，由固態變為氣態所需克服的微粒間作用力是分子間作用力；由元素氫和氧組成的一種綠色氧化劑是雙氧水，其電子式為，故答案為：分子間作用力；；（3）由氫、碳、氧、鈉四種元素組成的一種無機鹽為碳酸氫鈉，因為水解其水溶液呈堿性離子方程式表示為：，故答案為：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故答案為：HCO3-+H2OH2CO3+OH-。19、沉淀不溶解，無氣泡產生BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2Ob2I――2e－＝I2由于生成AgI沉淀，使B溶液中c(I－)減小，I－還原性減弱，原電池電壓減小實驗步驟ⅳ表明Cl－本身對原電池電壓無影響，實驗步驟ⅲ中c>b說明加入Cl－使c(I－)增大，證明發生了AgI+Cl－AgCl+I－溶解度小的沉淀容易轉化為溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差別越大，由溶解度小的沉淀轉化為溶解度較大的沉淀越難實現【解析】

(1)①BaCO3與鹽酸反應放出二氧化碳氣體，BaSO4不溶于鹽酸；②實驗Ⅱ中加入稀鹽酸后有少量氣泡產生，是BaCO3與鹽酸反應放出二氧化碳；③實驗Ⅱ中加入試劑Na2CO3后，發生反應是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；(2)①要證明AgCl轉化為AgI，AgNO3與NaCl溶液反應時，必須是NaCl過量；②I―具有還原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原電池負極；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀；④AgI轉化為AgCl，則c(I－)增大，還原性增強，電壓增大。(3)根據實驗目的及現象得出結論。【詳解】(1)①BaCO3與鹽酸反應放出二氧化碳氣體，BaSO4不溶于鹽酸，實驗I說明BaCO3全部轉化為BaSO4的現象是加入鹽酸后，沉淀不溶解，無氣泡產生；②實驗Ⅱ中加入稀鹽酸后有少量氣泡產生，沉淀部分溶解，說明是BaCO3與鹽酸反應，反應離子方程式是BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；③實驗Ⅱ中加入試劑Na2CO3后，發生反應是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；固體不計入平衡常數表達式，所以沉淀轉化的平衡常數表達式K=；(2)①AgNO3與NaCl溶液反應時，NaCl過量，再滴入KI溶液，若有AgI沉淀生成才能證明AgCl轉化為AgI，故實驗Ⅲ中甲是NaCl溶液，選b；②I―具有還原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原電池負極，負極反應是2I――2e－＝I2；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀，B溶液中c(I－)減小，I－還原性減弱，原電池電壓減小，所以實驗Ⅳ中b<a；④實驗步驟ⅳ表明Cl－本身對原電池電壓無影響，實驗步驟ⅲ中c>b說明加入Cl－使c(I－)增大，證明發生了AgI+Cl－AgCl+I－。(3)綜合實驗Ⅰ~Ⅳ,可得出的結論是溶解度小的沉淀容易轉化為溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差別越大，由溶解度小的