山東省肥城市泰西中學2025屆高三下學期教學質量監測化學試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、25℃將濃度均為0.1mol/L的HA溶液和BOH溶液按體積分別為Va和Vb混合，保持Va+Vb=100mL，且生成的BA可溶于水。已知Va、Vb與混合液pH關系如圖。下列說法錯誤的是A．曲線II表示HA溶液體積B．x點存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)C．電離平衡常數K(HA)>K(BOH)D．向z點溶液加入NaOH，水的電離程度減小2、為實現隨處可上網，中國發射了“中星16號”衛星。NH4ClO4是火箭的固體燃料，發生反應為2NH4ClO4N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O，NA代表阿伏加德羅常數，下列說法正確的是A．1molNH4ClO4溶于水含NH4+和ClO4－離子數均為NAB．產生6.4gO2反應轉移的電子總數為1.4NAC．反應中還原產物分子數與氧化產物分子總數之比為3:1D．0.5molNH4ClO4分解產生的氣體體積為44.8L3、下列實驗與對應的解釋或結論正確的是()選項實驗解釋或結論A2mL0.2molL-1H2C2O4(草酸)溶液右側試管中溶液紫色褪去慢，推知反應物濃度越大，反應速率越小B分別向盛有等量煤油、無水乙醇的兩燒杯中加入大小相等的金屬鈉，對比觀察現象乙醇分子中羥基上的氫原子活潑C分別向盛有動物油、石蠟的兩燒杯中加入足量燒堿溶液，充分加熱，冷卻動物油、石蠟均能發生皂化反應D將電石與食鹽水反應生成的氣體，通入酸性高錳酸鉀溶液中，觀察溶液顏色變化由溶液紫色褪去可知乙炔能發生氧化反應A．A B．B C．C D．D4、高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種環保、高效、多功能飲用水處理劑，制備流程如圖所示：下列敘述錯誤的是A．用K2FeO4作水處理劑時，既能殺菌消毒又能凈化水B．反應I中尾氣可用FeCl2溶液吸收再利用C．反應II中氧化劑與還原劑的物質的量之比為3:2D．該條件下，物質的溶解性：Na2FeO4<K2FeO45、明礬[KA1(SO4)2·12H2O]是一種復鹽，在造紙等方面應用廣泛。采用廢易拉罐制備明礬的過程如下圖所示。下列敘述錯誤的是（）A．合理處理易拉罐有利于環境保護和資源再利用B．從易拉罐中可回收的金屬元素有Al、FeC．“沉淀”反應的金屬離子為Fe3+D．上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO36、2019年北京園藝會主題是“綠色生活，美麗家園”。下列有關園藝會說法正確的是(

)A．大會交通推廣使用的是利用原電池原理制成太陽能電池汽車，可減少化石能源的使用B．媯汭劇場里使用的建筑材料第五形態的碳單質——“碳納米泡沫”，與石墨烯互為同分異構體C．傳統煙花的制作常加入含有鉑、鐵、鉀、鈣、銅等金屬元素的發光劑，燃放時呈現美麗的顏色，大會慶典禁止使用D．秸稈經加工處理成吸水性的材料——植物纖維，可用作食品干燥劑，符合大會主題7、中國第二化工設計院提出，用間接電化學法對大氣污染物NO進行無害化處理，其原理示意如圖(質子膜允許H+和H2O通過)，下列相關判斷正確的是A．電極Ⅰ為陰極，電極反應式為2H2O+2e-=2OH-+H2↑B．電解池中質子從電極Ⅰ向電極Ⅱ作定向移動C．吸收塔中的反應為2NO+2S2O42-+H2O=N2+4HSO3-D．每處理1molNO電解池質量減少16g8、以下是在實驗室模擬“侯氏制堿法”生產流程的示意圖：則下列敘述錯誤的是（）則下列敘述錯誤的是A．A氣體是NH3，B氣體是CO2B．把純堿及第Ⅲ步所得晶體與某些固體酸性物質（如酒石酸）混合可制泡騰片C．第Ⅲ步操作用到的主要玻璃儀器是燒杯、漏斗、玻璃棒D．第Ⅳ步操作是將晶體溶于水后加熱、蒸發、結晶9、工業上將氨氣和空氣的混合氣體通過鉑銠合金網發生氨氧化反應，若有標準狀況下VL氨氣完全反應，并轉移n個電子，則阿伏加德羅常數(NA)可表示為()A． B． C． D．10、由下列實驗對應的現象推斷出的結論正確的是選項實驗現象結論A將紅熱的炭放入濃硫酸中產生的氣體通入澄清的石灰水石灰水變渾濁炭被氧化成CO2B將稀鹽酸滴入Na2SiO3溶液中溶液中出現凝膠非金屬性：Cl>SiCSO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸有白色沉淀產生，加入稀硝酸后沉淀溶解先產生BaSO3沉淀，后BaSO3溶于硝酸D向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不變色，再滴加新制氯水溶液顯紅色原溶液中一定含有Fe2＋A．A B．B C．C D．D11、X、Y、Z、W是原子序數依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序數=族序數，由這四種元素組成的單質或化合物存在如圖所示的轉化關系，其中甲、戊是兩常見的金屬單質，丁是非金屬單質，其余為氧化物且丙為具有磁性的黑色晶體。下列說法正確的是A．丙屬于堿性氧化物B．W元素在周期表中的位置是第四周期VIIIB族C．W的原子序數是Z的兩倍，金屬性弱于ZD．常溫下等物質的量的甲和戊加入過量濃硝酸中，消耗的HNO3物質的量相等12、常溫下，向20mL0.2mol·L-1H2A溶液中滴加0.2mol.L-1NaOH溶液，溶液中微粒H2A、HA-、A2-的物質的量的變化曲線如圖所示。下列說法錯誤的是A．當V[NaOH(aq)]=20mL時.c(OH-)=c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)B．在P點時，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)C．當V[NaOH(aq)]=30mL時，2c(Na+)=3[c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)]D．當V[NaOH(aq)]=40mL.時.c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(HA-)>c(H2A)>c(H+)13、2018年世界環境日主題為“塑戰速決”。下列做法不應該提倡的是A．使用布袋替代一次性塑料袋購物B．焚燒廢舊塑料以防止“白色污染”C．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料D．用高爐噴吹技術綜合利用廢塑料14、a、b、c、d、e為原子序數依次增大的五種常見短周期元素，可組成一種化合物A，其化學式為ba4d(ec4)2。A能夠發生如下轉化關系：己知C的分子式為ba3，能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍。則下列說法正確的是A．原子半徑b>cB．e的氧化物的水化物為強酸C．化合物A為共價化合物D．元素非金屬性強弱c<e15、對下列溶液的分析正確的是A．常溫下pH=12的NaOH溶液，升高溫度，其pH增大B．向0.1mol/LNaHSO3溶液通入氨氣至中性時C．0.01mol/L醋酸溶液加水稀釋時，原溶液中水的電離程度增大D．在常溫下，向二元弱酸的鹽NaHA溶液中加入少量NaOH固體將增大16、根據下列實驗操作和現象所得到的結論正確的是選項實驗操作和現象實驗結論A向右拉動注射器活塞并在某處，往試管中注水沒過導氣管后，向左推動活塞至某處，發現導氣管液面高于試管液面，且高度一段時間保持不變。裝置氣密性良好B將氧化鐵加入到足量的HI溶液中，充分溶解后，滴加四氯化碳，震蕩靜置，下層呈紫紅色。I2氧化性強與Fe3+C往氫氧化銅沉淀中分別滴加鹽酸和氨水，沉淀皆溶解氫氧化銅為兩性氫氧化物D將SO2通入Na2CO3溶液中生成的氣體，通入澄清石灰水中有渾濁說明酸性：H2SO3﹥H2CO3A．A B．B C．C D．D二、非選擇題（本題包括5小題）17、我國自主研發的一類用于治療急性缺血性腦卒中的新藥即丁苯酞(N)的合成路線之一如下圖所示(部分反應試劑及條件略去)：已知：R→Br請按要求回答下列問題：(1)A的分子式：_________________；B→A的反應類型：_________________。A分子中最多有_________________個原子共平面。(2)D的名稱：_________________；寫出反應③的化學方程式：_________________________。(3)N是含有五元環的芳香酯。寫出反應⑦的化學方程式：_____________________。(4)已知：EX。X有多種同分異構體，寫出滿足下述所有條件的X的同分異構體的結構簡式：________________________________________。①能發生銀鏡反應②能與氯化鐵溶液發生顯色反應③分子中有5種不同環境的氫原子(5)寫出以甲烷和上圖芳香烴D為原料，合成有機物Y：的路線流程圖(方框內填寫中間產物的結構簡式，箭頭上注明試劑和反應條件)：______________________________18、氯吡格雷是一種用于預防和治療因血小板高聚集引起的心、腦及其他動脈循環障礙疾病的藥物。以A為原料合成該藥物的路線如圖：（1）A的化學名稱是__，C中的官能團除了氯原子，其他官能團名稱為__。（2）A分子中最少有__原子共面。（3）C生成D的反應類型為__。（4）A與新制Cu(OH)2反應的化學方程式為__。（5）物質G是物質A的同系物，比A多一個碳原子，符合以下條件的G的同分異構體共有__種。①除苯環之外無其他環狀結構；②能發生銀鏡反應。③苯環上有只有兩個取代基。其中核磁共振氫譜中有4個吸收峰，且峰值比為2∶2∶2∶1的結構簡式為__。（6）已知：，寫出以苯甲醇為有機原料制備化合物的合成路線（無機試劑任選）__。19、I.硝酸鉀用途廣泛，工業上一般用復分解反應制取硝酸鉀（相關物質的溶解度曲線見表）。以硝酸鈉和氯化鉀為原料制備硝酸鉀的工藝流程如下：完成下列填空：(1)為了加速固體溶解，可采取的措施有__________(至少寫兩種)；實驗室進行蒸發結晶操作時，為了防止液滴飛濺，進行的操作是_____________。(2)過濾I所得濾液中含有的離子是________；過濾I所得濾液在進行冷卻結晶前應補充少量水，目的是______________。(3)檢驗產品KNO3中雜質的方法是________________。II.實驗室模擬工業上用氯化鉀和硝酸銨為原料制取硝酸鉀的過程如下：取40gNH4NO3和37.25gKCl固體加入100g水中，加熱至90℃，固體溶解,用冰水浴冷卻至5℃以下，過濾(a)。在濾液中再加入NH4NO3，加熱蒸發，當體積減小到約原來的時，保持70℃過濾(b)，濾液可循環使用。完成下列填空：(4)過濾(a)得到的固體物質主要是__________；在濾液中再加入NH4NO3的目的是________________________。(5)為檢測硝酸鉀樣品中銨鹽含量，稱取1.564g樣品，加入足量的NaOH濃溶液，充分加熱，生成的氣體用20.00mL0.102mol/LH2SO4溶液全部吸收，滴定過量的H2SO4用去0.089mol/L標準NaOH溶液16.55mL。滴定過程中使用的指示劑是________；樣品中含銨鹽(以氯化銨計)的質量分數是___________(保留3位小數)。20、溴化亞銅是一種白色粉末，不溶于冷水，在熱水中或見光都會分解，在空氣中會慢慢氧化成綠色粉末。制備CuBr的實驗步驟如下：步驟1.在如圖所示的三頸燒瓶中加入45gCuSO4·5H2O、19gNaBr、150mL煮沸過的蒸餾水，60℃時不斷攪拌，以適當流速通入SO22小時。步驟2.溶液冷卻后傾去上層清液，在避光的條件下過濾。步驟3.依次用溶有少量SO2的水、溶有少量SO2的乙醇、純乙醚洗滌。步驟4.在雙層干燥器（分別裝有濃硫酸和氫氧化鈉）中干燥3～4h，再經氫氣流干燥，最后進行真空干燥。（1）實驗所用蒸餾水需經煮沸，煮沸目的是除去其中水中的______________（寫化學式）。（2）步驟1中：①三頸燒瓶中反應生成CuBr的離子方程式為_______________；②控制反應在60℃進行，實驗中可采取的措施是_____________；③說明反應已完成的現象是__________________。（3）步驟2過濾需要避光的原因是_______________。（4）步驟3中洗滌劑需“溶有SO2”的原因是_____________________最后溶劑改用乙醚的目的是________________________________。（5）欲利用上述裝置燒杯中的吸收液（經檢測主要含Na2SO3、NaHSO3等）制取較純凈的Na2SO3·7H2O晶體。請補充實驗步驟（須用到SO2（貯存在鋼瓶中）、20%NaOH溶液、乙醇）①_______________________________________________。②__________________________________________________。③加入少量維生素C溶液（抗氧劑），蒸發濃縮，冷卻結晶。④__________________________________________________。⑤放真空干燥箱中干燥。21、煙氣脫硫是控制二氧化硫污染的主要技術手段。（1）利用海水脫硫是一種有效的方法，其工藝流程如圖所示：某研究小組為探究提高含硫煙氣中SO2的吸收效率的措施，進行了天然海水吸收含硫煙氣的模擬實驗，實驗結果如下圖所示。①根據圖示實驗結果，為了提高一定濃度含硫煙氣中SO2的吸收效率，下列措施正確的是___________。A．降低通入含硫煙氣的溫度

B．減小通入含硫煙氣的流速C．減少天然海水的進入量

D．在天然海水中加入生石灰

②天然海水吸收了含硫煙氣后會溶有H2SO3，使用空氣中的氧氣將其氧化，寫出該反應的離子方程式_____________。

③該小組采用下圖裝置在實驗室測定煙氣中SO2的體積分數（假設實驗在標準狀況下進行）：上述裝置組裝連接的順序是：原料氣→____（填導管接口序號）。下列試劑中（濃度、體積一定），可以用來代替試管中的碘一淀粉溶液的是____（填編號）。

A．酸性KMnO4溶液B．NaOH溶液C．溴水D．氨水

（2）石灰石-石膏濕法煙氣脫硫工藝技術的工作原理是煙氣中的二氧化硫與漿液中的碳酸鈣以及鼓入的空氣反應生成石膏(CaSO4·2H2O)。寫出該反應的化學方程式：____。某電廠用煤300t(煤中含硫質量分數為2.5%)，若燃燒時煤中的硫全部轉化成二氧化硫，用該方法脫硫時有96%的硫轉化為石膏，則可生產石膏____t。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

A.由圖可知，當HA溶液與BOH溶液等體積混合時，溶液的pH>7，隨著曲線I體積的增大，溶液的pH逐漸增大，說明曲線I表示BOH溶液的體積，則曲線II表示HA溶液體積，故A正確；B.根據圖像，x點HA溶液體積大于BOH溶液等體積，溶液為HA和BA的混合溶液，根據電荷守恒，有c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故B正確；C.由圖可知，當HA溶液與BOH溶液等體積混合時，溶液的pH>7，溶液顯堿性，說明K(HA)<K(BOH)，故C錯誤；D.根據圖像，z點HA溶液體積小于BOH溶液等體積，溶液為BA和BOH的混合溶液，堿過量水的電離程受抑制，所以向z點溶液加入NaOH，水的電離程度減小，故D正確。故選C。本題考查酸堿混合離子的濃度關系，明確信息中pH及離子的關系來判斷酸堿的強弱是解答本題的關鍵，注意電離、鹽類水解等知識的運用。2、B【解析】

A.銨根離子水解,濃度減小，則1molNH4ClO4溶于水含ClO4－離子數為NA，含NH4+離子數小于NA，故A錯誤；B.產生6.4g即0.2molO2，同時生成0.1molCl2，Cl元素化合價由+7價降低到0價,轉移的電子總數為1.4NA，故B正確；C.

O、N元素化合價升高,N2、O2為氧化產物，Cl元素的化合價降低,Cl2為還原產物，則反應中還原產物分子數與氧化產物分子總數之比為1:3，故C錯誤；D.沒有說明是否是標準狀況下,無法計算0.5molNH4ClO4分解產生的氣體體積，故D錯誤；故選：B。3、B【解析】

A.反應物濃度越大，反應速率越快，則解釋與結論不正確，A項錯誤；B.鈉會與無水乙醇反應產生氫氣，則說明乙醇分子中羥基上的氫原子活潑，B項正確；C.動物油是高級脂肪酸甘油酯，在堿性條件下會水解生成高級脂肪酸納，能發生皂化反應，但石蠟不會與氫氧化鈉發生皂化反應，C項錯誤；D.電石與食鹽水反應生成的乙炔氣體含雜質如硫化氫等氣體，所以通入酸性高錳酸鉀溶液中能使紫色褪去的氣體不一定是乙炔，D項錯誤；答案選B。4、D【解析】

A.K2FeO4具有強氧化性，可用于殺菌消毒，還原產物為Fe3+，Fe3+水解生成具有吸附性的氫氧化鐵膠體，可達到凈水的目的，A敘述正確，但是不符合題意；B.反應I中尾氣Cl2為，可與FeCl2繼續反應生成FeCl3，B敘述正確，但是不符合題意；C.反應II中的反應方程式為3NaClO+10NaOH+2FeCl3=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，氧化劑是NaClO，還原劑是2FeCl3，所以反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為3:2，C敘述正確，但是不符合題意；D.向飽和的KOH溶液中加入Na2FeO4，K2FeO4晶體析出，說明該條件下，物質的溶解性：Na2FeO4>K2FeO4，D敘述錯誤，但是符合題意；答案選D。5、D【解析】

A.易拉罐作為可再生資源，其回收再生利用對經濟效益、社會效益的提高、環境的保護有著巨大的促進作用，故不選A；B.易拉罐(主要成分為Al,含有少量的Fe)，因此可從易拉罐中回收的金屬元素有Al、Fe，故不選B；C.“沉淀”反應是鐵離子生成氫氧化鐵的反應，故不選C；D.鋁離子與碳酸氫根離子互促水解到底生成氫氧化鋁沉淀，硫酸氫根離子是強酸的酸式酸根，不水解，不與鋁離子反應，故選D；答案：D6、D【解析】

A.太陽能電池是將太陽能轉化為電能，不是原電池原理，故A錯誤；B.第五形態的碳單質——“碳納米泡沫”，與石墨烯是同素異形體，而非同分異構體，故B錯誤；C.煙花的使用需要從環保、安全等多方面考慮，但禁止使用是錯誤的，故C錯誤；D.植物纖維的成分為糖類，無污染，可再生，可用作食品干燥劑，符合大會主題，故D正確，故選D。7、C【解析】

在電極Ⅰ，HSO3-轉化為S2O42-，S元素化合價由+4價降低為+3價發生還原反應，則該電極作電解池的陰極，電極Ⅱ為電解池的陽極，在電極Ⅱ上H2O失電子發生氧化反應生成O2和H+。【詳解】A．電極Ⅰ為電解池的陰極，電極反應式為2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，A不正確；B．由于陰極需消耗H+，而陽極生成H+，電解池中質子從電極Ⅱ向電極Ⅰ作定向移動，B不正確；C．從箭頭的指向，可確定吸收塔中S2O42-與NO反應，生成HSO3-和N2，發生反應為2NO+2S2O32-+H2O=N2+4HSO3-，C正確；D．每處理1molNO，陰極2HSO3-→S2O42-，質量增加34g，陽極H2O→O2，質量減輕16g，電解池質量增加34g-16g=18g，D不正確；故選C。8、D【解析】

A．氨氣易溶于水，二氧化碳能溶于水，依據侯德榜制堿的原理：向氨化的飽和食鹽水中通入二氧化碳氣體析出碳酸氫鈉，加熱反應制備純堿，所以氣體A為氨氣，B為二氧化碳，故A正確；B．第Ⅲ步操作是過濾操作，通過過濾得到碳酸氫鈉晶體，把純堿及碳酸氫鈉與某些固體酸性物質（如酒石酸）混合可制得泡騰片，故B正確；C．第Ⅲ步操作是過濾操作，通過過濾得到碳酸氫鈉晶體，所以需要的儀器有：燒杯、漏斗、玻璃棒，故C正確；D．第Ⅳ步操作是將晶體碳酸氫鈉直接加熱分解得到碳酸鈉固體，故D錯誤；故選D。9、D【解析】

氨氣與氧氣發生了催化氧化反應：4NH3＋5O24NO＋6NO，可知4NH3～20e－，即4：20=，推出為NA=22.4n/5V。答案選D。10、D【解析】

A．C與濃硫酸反應生成二氧化碳、二氧化硫，均使石灰水變渾濁；B．鹽酸為無氧酸；C．SO2通入BaCl2溶液中不反應，二氧化硫可被硝酸氧化生成硫酸根離子；D．滴加KSCN溶液，溶液不變色，可知不含鐵離子。【詳解】A．二氧化碳、二氧化硫均使石灰水變渾濁，由現象不能說明炭被氧化成CO2，故A錯誤；B．鹽酸為無氧酸，不能比較非金屬性，故B錯誤；C．SO2通入BaCl2溶液中不反應，二氧化硫可被硝酸氧化生成硫酸根離子，白色沉淀為硫酸鋇，故C錯誤；D．滴加KSCN溶液，溶液不變色，可知不含鐵離子，再滴加新制氯水，溶液變紅，可知原溶液中一定含有Fe2＋，故D正確；故選：D。11、C【解析】

X、Y、Z、W是原子序數依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序數═族序數，應分別為H、Al元素，由這四種元素組成的單質或化合物存在如圖所示的轉化關系，其中甲、戊是兩常見的金屬單質，丁是非金屬單質，其余為氧化物且丙為具有磁性的黑色晶體，則丙為Fe3O4，由轉化關系可知甲為Fe、乙為H2O，丁為H2，戊為Al、己為Al2O3，則對應X、Y、Z、W分別為H、O、Al、Fe元素。【詳解】A.丙為Fe3O4，不是兩性氧化物，故A錯誤；B.W為Fe，原子序數為26，位于第四周期Ⅷ族，故B錯誤；C.由金屬活動順序可知Fe的金屬性比Al弱，故C正確；D.常溫下等物質的量的甲和戊加入過量濃硝酸中，均產生鈍化現象，故D錯誤；故選C。本題考查無機物的推斷，把握物質的性質、發生的反應、元素周期律等為解答的關鍵，側重分析與推斷能力的考查，注意丙為具有磁性的黑色晶體為推斷的突破口，D為易錯點，鈍化的量不能確定。12、A【解析】

A.當V（NaOH）=20mL時，二者恰好完全反應生成NaHA，根據電荷守恒得：c（OH-）+2c（A2-）+c（HA-）=c（H+）+c（Na+），根據物料守恒得c（Na+）=c（HA-）+c（H2A）+c（A2-），二者結合可得：c（OH-）+c（A2-）=c（H+）+c（H2A），則c（OH-）<c（H+）+c（H2A）<c（H+）+c（HA-）+2c（H2A），故A錯誤；B.P點滿足電荷守恒：c（HA-）+2c（A2-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），根據圖象可知，P點c（A2-）=c（H2A），則c（H2A）+c（HA-）+c（A2-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），，故B正確；C．當V（NaOH）=30

mL時，混合溶液中溶質為等物質的量濃度的NaHA、Na2A，根據物料守恒可得：2c（Na+）=3[c（HA-）+c（A2-）+c（H2A）]，故C正確；D．當V（NaOH）=40mL時，反應后溶質為Na2A，A2-部分水解生成等濃度的OH-、HA-，溶液中還存在水電離的氫氧根離子，則c（OH-）>c（HA-），正確的離子濃度大小為：c（Na+）>c（A2-）>c（OH-）>c（HA-）>c（H2A）>c（H+），故D正確；故選B。13、B【解析】

A.使用布袋替代一次性塑料袋購物，可以減少塑料的使用，減少“白色污染”，故不選A；B.焚燒廢舊塑料生成有毒有害氣體，不利于保護生態環境，故選B；C.利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯類可降解塑料可以在自然界中自行分解為小分子化合物，所以替代聚乙烯塑料，可減少“白色污染”，故不選C；D.高爐噴吹廢塑料是將廢塑料作為高爐煉鐵的燃料和還原劑，利用廢塑料燃燒向高爐冶煉提供熱量，同時利用廢塑料中的C、H元素，還原鐵礦石中的Fe，使廢塑料得以資源化利用、無害化處理和節約能源的有效綜合利用方法，故不選D。14、A【解析】

A和氫氧化鈉溶液反應生成B和C，C為氣體，C的分子式為ba3，能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，根據化學式可推斷C為氨氣，B為白色沉淀，繼續加入氫氧化鈉溶液沉淀溶解，則B可推斷為氫氧化鋁，A中加入酸化的氯化鋇溶液形成白色沉淀，則A中含有硫酸根離子，根據以上推斷，A為NH4Al(SO4)2，a為H元素，b為N元素，c為O元素，d為Al元素，e為S元素，據此分析解答。【詳解】A．b為N元素，c為O元素，同周期元素隨核電荷數增大，半徑逐漸減小，則原子半徑b＞c，故A正確；B．e為S元素，S的氧化物的水化物有硫酸和亞硫酸，亞硫酸是弱酸，故B錯誤；C．A為NH4Al(SO4)2，是離子化合物，故C錯誤；D．c為O元素，e為S元素，同主族元素隨核電荷數增大非金屬性逐漸減弱，元素非金屬性強弱c＞e，故D錯誤；答案選A。15、C【解析】

A．NaOH溶液是強堿，氫離子來自于水的電離，常溫下pH=12的NaOH溶液，升高溫度，溶液中Kw增大，其pH減小，故A錯誤；B．0.1mol?L?1的NaHSO3溶液中通NH3至pH=7，溶液中存在物料守恒，即c(Na+)=c(SO32?)+c(HSO3?)+c(H2SO3)①，溶液中存在電荷守恒，即c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=2c(SO32?)+c(HSO3?)+c(OH?)，因為pH=7即c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32?)+c(HSO3?)②，由①得c(Na+)＞c(SO32?)；將①式左右兩邊都加上c(NH4+)得c(Na+)+c(NH4+)=c(SO32?)+c(HSO3?)+c(H2SO3)+c(NH4+)③，結合②③得c(SO32?)=c(NH4+)+c(H2SO3)，故c(SO32?)＞c(NH4+)，故c(Na+)＞c(SO32?)＞c(NH4+)，故C錯誤；C．酸堿對水的電離都有抑制作用，0.01mol/L醋酸溶液加水稀釋時，醋酸的濃度減小，對水的電離平衡抑制作用減弱，則原溶液中水的電離程度增大，故C正確；D．在常溫下，向二元弱酸的鹽NaHA溶液中，加入少量NaOH固體，溶液酸性減弱，氫離子濃度減小，該比值將減小，故D錯誤；答案選C。16、A【解析】

A選項，通過向右拉動注射器活塞并固定在某處，往試管中注水沒過導氣管口后，向左推活塞，觀察是否有氣泡來判斷裝置氣密性，故A正確；B選項，將氧化鐵加入到足量的HI溶液中，充分溶解后，滴加四氯化碳，震蕩靜置，下層呈紫紅色，說明氧化鐵與碘化氫反應生成了單質碘，Fe3+氧化性強I2，故B錯誤；C選項，往氫氧化銅沉淀滴加鹽酸發生酸堿中和反應，氫氧化銅和氨水反應生成四氨合銅離子而溶解，氫氧化銅不是兩性氫氧化物，故C錯誤；D選項，SO2與CO2都能使澄清石灰水變渾濁，當二氧化硫過量一樣是渾濁的，不能說明誰的酸性強弱，故D錯誤；綜上所述，答案為A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、C4H8消去反應8甲苯+HBrCH3BrCH3MgBr【解析】

比較A、B的分子式可知，A與HBr發生加成反應生成B，摩爾質量為137g/mol，根據已知條件B轉化為C（C4H9MgBr），結合A的摩爾質量為56g/mol，可知A為，比較D、E的分子式可知，D與液溴加入鐵粉時發生取代反應生成E，E中甲基被氧化成醛基，根據G的結構可推知F中溴原子和醛基在鄰位，則D為甲苯，E為，F為，再根據已知條件的反應，結合G的結構可知：C為，B為，A為，再根據反應可知，M為，據此分析作答。【詳解】（1）A的結構簡式為，所以其分子式為：C4H8，生成，其化學方程式可表示為：C(CH3)3Br+NaOH↑+NaBr+H2O，故反應類型為消去反應；根據乙烯分子中六個原子在同一平面上，假如兩個甲基上各有一個氫原子在這個面上，則分子中最多有8個原子共平面；故答案為C4H8；消去反應；8；（2）D為甲苯，加入液溴和溴化鐵（或鐵），可發生取代反應生成，其化學方程式為：+HBr，故答案為甲苯；+HBr；（3）N是含有五元環的芳香酯，則N是發生分子內的酯化反應生成的一種酯，反應的化學方程式為：，故答案為；（4），則：，X為：，X的同分異構體中，能與氯化鐵溶液發生顯色反應，說明分子中含有酚羥基，除了酚羥基，只剩下一個氧原子，且要能發生銀鏡反應，則應該還含有一個醛基。分子中有5種不同環境的氫原子的結構簡式：，故答案為；（7）以甲烷和甲苯為原料合成的路線為甲苯在光照條件下生成一鹵代烴，在氫氧化鈉的水溶液中加熱水解產生的醇被氧化成醛，而另一方面甲烷也光照生成一鹵代烴，在鎂和乙醚的作用下生成的產物與醛反應得到終極產物，其合成路線為：CH3BrCH3MgBr，故答案為CH3BrCH3MgBr。18、鄰氯苯甲醛（2—氯苯甲醛）氨基、羧基12取代反應（或酯化反應）+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+6、【解析】

根據題干信息分析合成氯吡格雷的路線可知，A與NH4Cl、NaCN反應生成B，B酸化得到C，C與CH3OH發生酯化反應生成D，D發生取代反應得到E，E最終發生反應得到氯吡格雷，據此結合題干信息分析解答問題。【詳解】(1)有機物A的結構簡式為，分子中含有醛基和氯原子，其化學名稱為鄰氯苯甲醛，C的結構簡式為，分子中含有的管能團有氨基、羧基和氯原子，故答案為：鄰氯苯甲醛；氨基、羧基；(2)A分子中苯環和醛基均為共平面結構，故分子中最少有苯環上的所有原子共平面，即最少有12個原子共平面，故答案為：12；(3)C與CH3OH發生酯化反應生成D，反應類型為取代反應（或酯化反應），故答案為：取代反應（或酯化反應）；(4)A的結構簡式為，分子中含有醛基，可與新制Cu(OH)2反應生成Cu2O的磚紅色沉淀，反應方程式為+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+，故答案為：+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+；(5)物質G是物質A的同系物，比A多一個碳原子，物質G除苯環之外無其他環狀結構；能發生銀鏡反應，可知物質G含有醛基，又苯環上有只有兩個取代基，則物質G除苯環外含有的基團有2組，分別為—CHO、—CH2Cl和—Cl、—CH2CHO，分別都有鄰間對3中結構，故G的同分異構體共有6種，其中核磁共振氫譜中有4個吸收峰，且峰值比為2∶2∶2∶1的結構簡式為、，故答案為：6；、；(6)已知：，根據題干信息，結合合成氯吡格雷的路線可得，以苯甲醇為有機原料制備化合物的合成路線可以是，故答案為：。19、加熱、攪拌、研細顆粒用玻璃棒不斷攪拌濾液K+、NO3-、Na+、Cl-減少NaCl的結晶析出取少量固體溶于水，加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，若生成白色沉淀說明含有雜質KNO3增大銨根離子的濃度，有利于氯化銨結晶析出甲基橙8.92%【解析】

硝酸鈉和氯化鉀用水溶解，得到的溶液中含有K+、NO3-、Na+、Cl-，由于在溶液中NaCl的溶解度較小，且受溫度影響不大，采取蒸發濃縮，析出NaCl晶體，過濾分離出NaCl晶體。由于硝酸鉀溶解度受溫度影響比硝酸鈉大，采取冷卻結晶析出硝酸鉀，過濾出硝酸鉀晶體后，向濾液中加入NH4NO3，可增大溶液中NH4+濃度，有利于NH4Cl結晶析出。【詳解】I.(1)加熱、攪拌、研細顆粒等都可以加快物質溶解；實驗室進行蒸發結晶操作時，為防止液滴飛濺，要用玻璃棒不斷攪拌濾液，使溶液受熱均勻；(2)過濾I后析出部分NaCl，濾液I含有K+、NO3-、Na+、Cl-；氯化鈉溶解度較小，濃縮析出NaCl晶體后，直接冷卻會繼續析出NaCl晶體，在進行冷卻結晶前應補充少量水，可以減少NaCl的結晶析出；(3)產品KNO3中可能含有Na+、Cl-雜質離子，檢驗的方法是：取少量固體溶于水，加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，若生成白色沉淀說明含有雜質NaCl，即含有雜質；II.(4)取40gNH4NO3和37.25gKCl固體加入100g水中，加熱至90℃所有固體均溶解，用冰水浴冷卻至5℃以下時，硝酸鉀的溶解度最小，首先析出的是硝酸鉀晶體；在濾液中加入硝酸銨可以增大銨根離子濃度，使NH4Cl晶體析出；(5)由于恰好反應時生成的溶質為(NH4)2SO4和Na2SO4，溶液為酸性，則應該選用甲基橙為指示劑；硫酸總的物質的量n(H2SO4)=c·V=0.102mol/L×0.02L=0.00204mol，含有氫離子的物質的量為n(H+)=2n(H2SO4)=2×0.00204mol=0.00408mol，氫氧化鈉的物質的量n(NaOH)=c·V=0.089mol/L×0.01655L=0.001473mol，所以氨氣的物質的量n(NH3)=0.00408mol-0.001473mol=0.002607mol，所以根據N元素守恒，可知樣品中氯化銨的物質的量為0.002607mol，則樣品中氯化銨的質量分數為：×100%≈8.92%。本題考查物質制備方案、物質的分離與提純方法，涉及溶解度曲線的理解與應用、滴定計算等，關鍵是對原理的理解，試題培養了學生對圖象的分析能力與靈活應用所學知識的能力。20、O22Cu2++2Br－+SO2+2H2O→2CuBr↓+SO42－+4H+60℃水浴加熱溶液藍色完全褪去防止CuBr見光分解防止CuBr被氧化除去表面乙醇，并使晶體快速干燥在燒杯中繼續通入SO2至飽和然后向燒杯中加入100g20%的NaOH溶液過濾，用乙醇洗滌2～3次【解析】

(1)溴化亞銅能被氧氣慢慢氧化，要排除氧氣的干擾；

(2)①三頸燒瓶中銅離子被二氧化硫還原成亞銅離子，與溴離子反應生成CuBr沉淀；

②控制反應在60℃進行，可以用60℃的水浴加熱；

③45gCuSO4?5H2O為0.18mol，19gNaBr為0.184mol，所以NaBr稍過量，所以當溶液中的銅離子消耗完時反應即完成；

(3)溴化亞銅見光會分解；

(4)溴化亞銅在空氣中會慢慢被氧化，洗滌劑需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，溶劑改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶體快速干燥；

(5)燒杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取較純凈的Na2SO3?7H2O晶體，可以在燒杯中繼續通入SO2至飽和，將Na2SO3生成NaHSO3，根據鈉元素守恒可知，此時溶液中NaHSO3的物質的量為0.5mol，然后向燒杯中加入100g20%的NaOH溶液，使NaHSO3恰好完全反應生成Na2SO3，加入少量維生素C溶液(抗氧劑)，蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾，用乙醇洗滌2～3次，除去表面可溶性雜質，放真空干燥箱中干燥，據此答題。【詳解】(1)溴化亞銅能被氧氣慢慢氧化，用二氧化硫還原銅