2026年抚顺市高三第五次模拟考试化学试卷（含答案解析）

这是一份2026年抚顺市高三第五次模拟考试化学试卷（含答案解析），共12页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
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一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、从下列事实所得出的相应结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
2、常温下，向某浓度的二元弱酸H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，pC与溶液pH的变化关系如图所示(pC=－lgx，x表示溶液中溶质微粒的物质的量浓度)。下列说法正确的是
A．常温下，H2C2O4的Ka1=100.8
B．pH=3时，溶液中
C．pH由0.8增大到5.3的过程中，水的电离程度逐渐增大
D．常温下，随着pH的增大，的值先增大后减小
3、化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是
A．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
B．糖类、油脂、蛋白质均能发生水解反应
C．铁粉和维生素 C 均可作食品袋内的脱氧剂
D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
4、下列关于物质的分类或性质描述不正确的是( )
A．NaClO是强碱弱酸盐，具有强氧化性
B．氯气溶于水能导电，氯气是电解质
C．Fe(OH)3胶体遇氢碘酸先聚沉后溶解，并有氧化还原反应发生
D．加热煮沸Mg(HCO3)2溶液，可产生Mg(OH)2沉淀
5、溶液A中可能含有如下离子：、、、、、、、。某同学设计并完成了如下的实验：
下列说法正确的是
A．气体F能使湿润的蓝色石蕊试纸变红
B．溶液A中一定存在、、，可 能存在
C．溶液A中一定存在、、、，可能存在
D．溶液A中可能存在，且
6、某盐溶液中可能含有NH4+、Ba2+、Na+、Fe2+、Cl—、CO32—、NO3—七种离子中的数种。某同学取4份此溶液样品，分别进行了如下实验：
①用pH试纸测得溶液呈强酸性；
②加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成；
③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；
④加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色
该同学最终确定在上述七种离子中肯定含有NH4+、Fe2+、Cl—三种离子。
请分析，该同学只需要完成上述哪几个实验，即可得出此结论。
A．①②④B．①②C．①②③④D．②③④
7、活性氧化锌是一种多功能性的新型无机材料。某小组以粗氧化锌（含铁、铜的氧化物）为原料模拟工业生产活性氧化锌，步骤如图：
已知相关氢氧化物沉淀pH范围如表所示
下列说法不正确的是（ ）
A．“酸浸”中25%稀硫酸可用98%浓硫酸配制，需玻璃棒、烧杯、量简、胶头滴管等仪器
B．“除铁”中用ZnO粉调节溶液pH至4.1～4.7
C．“除铜”中加入Zn粉过量对制备活性氧化锌的产量没有影响
D．“沉锌”反应为2Zn2++4HCO3﹣═Zn2（OH）2CO3↓+3CO2↑+H2O
8、NaFeO4是一种高效多功能水处理剂。制备方法之一如下：
2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。下列说法正确的是
A．氧化产物是Na2FeO4
B．1mlFeSO4还原3ml Na2O2
C．转移0.5m1电子时生成16.6g Na2FeO4
D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:2
9、某二元弱碱B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)。向10mL稀B(OH)2溶液中滴加等浓度盐酸溶液，B(OH)2、B(OH)+、B2+的浓度分数δ随溶液POH[POH=-lgc(OH)-]变化的关系如图，以下说法正确的是
A．交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mL
B．当加入的盐酸溶液的体积为10mL时存在c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)>c(OH-)>c(B2+)
C．交点b处c(OH)=6.4×10-5
D．当加入的盐酸溶液的体积为15mL时存在：c(Cl-)+c(OH-)= c(B2+)+c(B(OH)+)+ c(H+)，
10、根据下列图示所得结论正确的是
A．图1表示1 LpH=2的某一元酸加水稀释至V L，pH随lgV的变化，说明该酸是弱酸
B．图2表示不同温度下水溶液中H+和OH－浓度的变化的曲线，说明图中温度T2＞T1
C．图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，说明图中a点N2的转化率小于b点
D．图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)， O2的平衡浓度与容器容积的关系，说明改变压强平衡不发生移动
11、下列说法中，正确的是
A．CO2的摩尔质量为44 g
B．1 ml N2的质量是14 g
C．标准状况下, 1 ml CO2所占的体积约是22.4 L
D．将40 g NaOH溶于1 L水中，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1 ml/L
12、下列有关物质性质的叙述一定不正确的是
A．向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色
B．KAl(SO4) 2·12H2O溶于水可形成 Al(OH)3胶体
C．NH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3
D．Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2
13、下列物质属于油脂的是( )
①②③④润滑油⑤花生油⑥石蜡
A．①②B．④⑤C．①⑤D．①③
14、已知某高能锂离子电池的总反应为：2Li+FeS= Fe +Li2S，电解液为含LiPF6·SO(CH3)2的有机溶液（Li+可自由通过）。某小组以该电池为电源电解废水并获得单质镍，工作原理如图所示。
下列分析正确的是
A．X与电池的Li电极相连
B．电解过程中c(BaC12)保持不变
C．该锂离子电池正极反应为：FeS+2Li++2e− =Fe +Li2S
D．若去掉阳离子膜将左右两室合并，则X电极的反应不变
15、下列说法正确的是
A．在实验室用药匙取用粉末状或块状固体药品
B．pH试纸使用时不需要润湿，红色石蕊试纸检测氨气时也不需要润湿
C．蒸馏操作时，装置中的温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶中的液体中部
D．分液时下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体从分液漏斗上端倒出
16、W、X、Y、Z四种短周期主族元素的原子序数依次增大，其最高价氧化物对应的水化物的溶液，浓度均为0.1ml/L时的pH如表所示。下列说法正确的是
A．简单离子半径大小顺序为：X>Y>Z>W
B．Z元素的氧化物对应的水化物一定是强酸
C．X、Z的简单离子都能破坏水的电离平衡
D．W、Y都能形成含18个电子的氢化物分子
二、非选择题（本题包括5小题）
17、美托洛尔(H)属于一线降压药，是当前治疗高血压、冠心病、心绞痛、慢性心力衰竭等心血管疾病的常用药物之一。它的一种合成路线如下:
已知:CH3COCH2RCH3CH2CH2R。
(1)A物质化学名称是_________。
(2)反应B→C的化学方程式为_________________;C→D的反应类型为________。
(3)D中所含官能团的名称是______________。
(4)G的分子式为________; 已知碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子，则H(美托洛尔)中含有________个手性碳原子。
(5)芳香族化合物X与C互为同分异构体。写出同时满足下列条件的X的一种结构简式___________。
①能发生银镜反应;
②不与FeCl3发生显色反应;
③含"C-Cl”键;
④核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为2:2:2:1。
(6)4-苄基苯酚()是一种药物中间体，请设计以苯甲醇和苯酚为原料制备4基苯酚的合成路线:__________(无机试剂任选)。
18、前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小。回答下列问题：
(1)元素A、B、C中，电负性最大的是____(填元素符号，下同)，元素B、C、D第一电离能由大到小的顺序为________。
(2)与同族其它元素X形成的XA3相比，BA3易液化的原因是________；BA3分子中键角________109°28′(填“＞”“＜”或“＝”)，原因是________。
(3)BC3－离子中B原子轨道的杂化类型为____________，BC3－离子的立体构型为________________。
(4)基态E原子的电子排布式为________；C、E形成的化合物EC5(其中E的化合价为＋6)中σ键与π键数目之比为________；
(5)化合物DB是人工合成的半导体材料，它的晶胞结构与金刚石(晶胞结构如图所示)相似。若DB的晶胞参数为a pm，则晶体的密度为_____g·cm－3(用NA表示阿伏加德罗常数)。
19、钠与水反应的改进实验操作如下：取一张滤纸，用酚酞试液浸润并晾干，裁剪并折叠成信封状，滤纸内放一小块（约绿豆粒般大小）金属钠，把含钠的滤纸信封放入水中，装置如下图所示。
请回答：
（1）写出金属钠与水反应的离子方程式________________。
（2）实验过程中取用金属钠的操作方法是________________。
（3）有关此实验的说法正确的是________________。
A．实验过程中，可能听到爆鸣声
B．实验过程中，看到滤纸信封由白色逐渐变红色
C．实验改进的优点之一是由实验现象能直接得出反应产物
D．实验过程中，多余的金属钠不能放回原试剂瓶中，以免对瓶内试剂产生污染
20、扁桃酸是唯一具有脂溶性的果酸，实验室用如下原理制备：
合成扁桃酸的实验步骤、装置示意图及相关数据如下：
实验步骤：
步骤一：向如图所示的实验装置中加入0.1ml(约l0.1mL)苯甲醛、0.2ml（约16mL）氯仿，慢慢滴入含19g氢氧化钠的溶液，维持温度在55～60℃，搅拌并继续反应1h，当反应液的pH接近中性时可停止反应。
步骤二：将反应液用200mL水稀释，每次用20mL。乙醚萃取两次，合并醚层，待回收。
步骤三：水相用50%的硫酸酸化至pH为2～3后，再每次用40mL乙醚分两次萃取，合并萃取液并加入适量无水硫酸钠，蒸出乙醚，得粗产品约11.5g。
请回答下列问题：
(1)图中仪器C的名称是___。
(2)装置B的作用是___。
(3)步骤一中合适的加热方式是___。
(4)步骤二中用乙醚的目的是___。
(5)步骤三中用乙醚的目的是___；加入适量无水硫酸钠的目的是___。
(6)该实验的产率为___（保留三位有效数字）。
21、CH4可用于消除NO2的污染，回答下列问题。
(1)已知：
①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H=-1．2kJ·ml-1
②N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180kJ·ml-1
③CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-10kJ·ml-1
则CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=_________kJ·ml-1。
(2)在相同温度和压强下，一定量的CH4与NO2在不同条件下反应的能量变化如图所示。当反应进行到某相同时刻时，测得在催化剂2条件下NO2转化率更高，其原因是_____________________。
(3)在体积均为2L的密闭容器A(500℃，绝热)、B(500℃，恒温)两个容器中分别加入2mlCH4、2mlNO2和相同催化剂。A、B容器中CH4的转化率α(CH4)随时间变化如下表所示。
①A、B两容器中，反应平衡后放出热量少的是______，理由是_____________________。
②B容器中，判断该反应达到平衡状态的标志为_________________(填字母序号)。
a．压强保持不变
b．密度保持不变
c．CO2的体积分数保持不变
d．v(CH4)：v(N2)=1：l
e．断裂4mlC—H键同时断裂2mlO—H键
③A容器中前100s内用NO2表示的化学反应速率v(NO2)=________ml·L-1·s-1
④已知反应速率v正=k正·c(CH4)·c2 (NO2)，v逆=k逆·c(N2)·c(CO2)·c2 (H2O)(k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，则B容器中平衡时=__________，200s时=________。
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. 发生反应MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，由于NaOH过量，因此再滴入FeCl3溶液，会发生反应：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，不能比较Mg(OH)2和Fe(OH)3溶解度大小，A错误；
B. 某气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，则该气体为酸性气体，其水溶液显酸性，B错误；
C. HA放出的氢气多且反应速率快，HA浓度比HB大，在反应过程中HA溶液中c(H+)比较大，证明HA溶液中存在电离平衡HAH++A-，HA是弱酸，故酸性HB>HA，C正确；
D. SiO2与氢氟酸反应产生SiF4和H2O，SiF4不是盐，因此SiO2不是两性氧化物，D错误；
故合理选项是C。
2、C
【解析】
A．曲线II为PC(H2C2O4)，曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-)，当pH=0.8时，PC(H2C2O4)=PC(HC2O4-)，即c(H2C2O4)=c(HC2O4-)，则Ka1==c(H+) =10-0.8，故A错误；
B．曲线II为PC(H2C2O4)，曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-)，pH=3时，PC(H2C2O4)=PC(C2O42-)＞PC(HC2O4-)，pC越小则该微粒浓度越大，所以c(HC2O3-)＞c(C2O42-)=c(H2C2O4)，故B错误；
C．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，所以pH从0.8上升到5.3的过程中c(H+)减小，则水的电离程度增大，故C正确；
D．，电离平衡常数只与温度有关，温度不变则不变，故D错误；
故答案为C。
考查弱电解质的电离，侧重考查学生图象分析判断能力，正确判断曲线与微粒的一一对应关系是解本题关键，注意纵坐标大小与微粒浓度关系，为易错点，pC越小则该微粒浓度越大，c(H2C2O4)越大，pC越小。
3、B
【解析】
A. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性，正确；
B.油脂、蛋白质均能发生水解反应，但糖类中的单糖不能发生水解，错误；
C. 铁粉和维生素 C 都具有还原性，均可作食品袋内的脱氧剂，正确；
D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法，正确。
故答案为B。
4、B
【解析】
A．次氯酸钠是由氢氧化钠与次氯酸反应生成，属于强碱弱酸盐，次氯酸钠中氯元素处于+1的价，具有强的氧化性，故A正确；
B．氯气是单质，不是电解质，故B错误；
C．氢碘酸为可溶性电解质，能够是氢氧化铁胶体聚沉，氢氧化铁具有强的氧化性，能够氧化碘离子生成单质电，所以Fe(OH)3胶体遇氢碘酸先聚沉后溶解，并有氧化还原反应发生，故C正确；
D．长时间煮沸Mg(HCO3)2溶液，Mg(HCO3)2生成MgCO3，水解生成Mg(OH)2，故D正确；
故选：B。
电解质：在水溶液或在熔融状态下能够导电的化合物。所以判断是否为电解质的前提为化合物，B选项氯气是单质，不是电解质也不是非电解质。
5、D
【解析】
溶液A中滴加过量BaCl2溶液所得沉淀B溶解于稀盐酸，部分溶解，并得到沉淀D为BaSO4，物质的量是0.01ml，溶解的为BaSO3，质量为2.17g，物质的量为0.01ml，由此推断原溶液中含有SO42-和SO32-，物质的量均为0.01ml；排除原溶液中含有Ba2+；滤液C中加入足量NaOH溶液，无沉淀可知溶液中无Mg2+，有气体放出，可知溶液中有NH4+，根据生成氨气448mL，可知溶液中NH4+的物质的量为0.02ml；溶液是电中性的，根据电荷守恒可知，溶液中一定还含有Na+，其物质的量为0.02ml，可能还含有Cl-。
【详解】
A. 气体F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；
B.由分析可知，溶液 A 中一定存在 Na+，B错误；
C. 由分析可知，溶液 A 中一定不存在 Mg2+，C错误；
D. 由分析可知，溶液 A 中不存在 Cl－时Na+物质的量为0.02ml，若溶液 A 中存在 Cl－，Na+物质的量大于0.02ml，即 c(Na+) ≥ 0.20 ml·L-1，D正确；
故答案选D。
6、B
【解析】
由①溶液呈强酸性，溶液中不含CO32-；由②加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成，溶液中含NH4＋、Fe2＋，由于酸性条件下NO3-、Fe2+不能大量共存，则溶液中不含NO3-，根据溶液呈电中性，溶液中一定含Cl-；由③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，溶液中含Cl-；由④加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色，溶液中含Fe2+；根据上述分析，确定溶液中肯定含NH4+、Fe2+、Cl-只需完成①②，答案选B。
7、C
【解析】
粗氧化锌（含铁、铜的氧化物）加入稀硫酸溶解过滤得到溶液中含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸锌，加入H2O2溶液氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化锌调节溶液PH沉淀铁离子和铜离子，加入锌还原铜离子为铜单质，过滤得到硫酸锌，碳化加入碳酸氢铵沉淀锌离子生成碱式碳酸锌，加热分解生成活性氧化锌；
A．依据溶液配制过程分析需要的仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管等；
B．依据沉淀PH范围调节溶液PH使铁离子和铜离子沉淀；
C．“除铜”加入Zn粉的作用是含有铜离子，调节溶液pH除净铜离子；
D．“沉锌”时加入NH4HCO3溶液，溶液中的Zn2＋与HCO3－反应生成Zn2（OH）2CO3和CO2。
【详解】
A．酸浸”中所需25%稀硫酸可用98%浓硫酸（密度为1.84g/mL）配制，是粗略配制在烧杯内稀释配制，所需的仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要仪器有量筒、胶头滴管等，故A正确；
B．依据沉淀PH范围调节溶液PH使铁离子和铜离子沉淀，调节溶液PH为4.1～4.7，故B正确；
C．“除铜”中加入Zn粉置换溶液中的Cu，过量的Zn粉也能溶解于稀硫酸，溶液中Zn2+浓度增大，导致活性氧化锌的产量增加，故C错误；
D．“沉锌”时溶液中的Zn2+与HCO3﹣反应生成Zn2（OH）2CO3和CO2，发生的离子反应为2Zn2++4HCO3﹣═Zn2（OH）2CO3↓+3CO2↑+H2O，故D正确；
故选C。
8、C
【解析】
该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由-1价变为0价、-2价，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物。A、化合价升高的元素有+2价的铁和-1价的氧元素，氧化产物是Na2FeO4和氧气，故A错误；B、反应中化合价升高的元素有Fe，由+2价→+6价，化合价升高的元素还有O元素，由-1价→0价，2mlFeSO4发生反应时，共有2ml×4+1ml×2=10ml电子转移，6mlNa2O2有5ml作氧化剂、1mlNa2O2作还原剂，其中2mlFeSO4还原4ml Na2O2，即1mlFeSO4还原2ml Na2O2，故B错误；C、由方程式转移10ml电子生成2mlNa2FeO4，转移0.5m1电子时生成×2×166g·ml－1=16.6g Na2FeO4，故C正确；D、每2FeSO4和6Na2O2发生反应，氧化产物2mlNa2FeO4和1mlO2，还原产物2mlNa2FeO4和2mlNa2O，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:4，故D错误；故选C。
点睛：本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念、计算，解题关键：明确元素化合价变化和电子得失的多少。难点：B和C选项，注意过氧化钠的作用，题目难度较大。
9、C
【解析】
图中曲线①B(OH)2，②为B(OH)+ ③为B2+；交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mL时，反应生成等浓度的B(OH)Cl和B(OH)2混合液，由于两种溶质水解电离能力不同，所以B(OH)2、B(OH)+ 浓度分数δ不相等，A错误；当加入的盐酸溶液的体积为10mL时，溶液为B(OH)Cl，溶液显酸性，根据B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)可知，c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)> c(B2+)>c(OH-)，B错误；交点b处时，c(B(OH)+)= c(B2+)，根据B(OH)+ B2++ OH-，K2= c(OH-)=6.4×10-5, C正确；当加入的盐酸溶液的体积为15mL时，生成等体积等浓度B(OH)Cl和BCl2的混合液，存在电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)= 2c(B2+)+c(B(OH)+)+ c(H+)，D错误；正确选项C。
10、C
【解析】
A. 加水稀释10n倍，溶液pH变化n个单位。根据图1表示1 LpH=2的某一元酸加水稀释至V L，pH随lgV的变化可以说明该酸是强酸，选项A错误；
B.升温促进水电离，Kw增大，水电离的氢离子浓度增大，所以氢离子浓度大的温度高，即温度T2< T1 ，选项B错误；
C.增大氢气的浓度，提高氮气的转化率，所以随H2起始体积分数增大， N2的转化率增大，即a点N2的转化率小于b点，选项C正确；
D.增大容器的体积，氧气的浓度减小，平衡向正方向移动，氧气的物质的量增大氧气的浓度先增大，当达到平衡状态时浓度增大，然后随着体积的增大浓度减小，温度不变，平衡常数不变，K = c(O2) ，最终氧气平衡浓度不变，选项D错误；
答案选C。
11、C
【解析】
A.二氧化碳的摩尔质量为44 g/ml，1ml二氧化碳的质量为44g，故A错误；
B. 1ml N2的质量是=1ml×28g/ml=28g，故B错误；
C.标准状况下，气体摩尔体积为22.4 L/ml，1 ml CO2所占的体积约是22.4 L，所以C选项是正确的；
D.40 g NaOH的物质的量为1ml，溶于水配成1L溶液，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1 ml/L，体积1L是指溶剂的体积，不是溶液的体积，故D错误。
答案选C。
12、A
【解析】
A项，FeCl2溶液中含Fe2+，NH4SCN用于检验Fe3+，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不会显红色，A项错误；
B项，KAl（SO4）2·12H2O溶于水电离出的Al3+水解形成Al（OH）3胶体，离子方程式为Al3++3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，B项正确；
C项，实验室可用NH4Cl和Ca（OH）2混合共热制NH3，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，C项正确；
D项，Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2和FeCl2，反应的化学方程式为Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，D项正确；答案选A。
13、C
【解析】
油脂是指高级脂肪酸甘油脂，脂肪及植物油均属于油脂，排除②③；而润滑油、石蜡均为石油分馏产品，主要成分为烃，故答案为C。
14、C
【解析】
由反应FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li被氧化，应为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为正极反应，正极电极反应为FeS+2Li++2e-=Fe+Li2S，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni，则电解池中：镀镍碳棒为阴极，即Y接线柱与原电池负极相接，发生还原反应，碳棒为阳极，连接电源的正极，发生氧化反应，据此分析解答。
【详解】
A. 用该电池为电源电解含镍酸性废水，并得到单质Ni，镍离子得到电子、发生还原反应，则镀镍碳棒为阴极，连接原电池负极，碳棒为阳极，连接电源的正极，结合原电池反应FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li被氧化，为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为原电池正极，所以X与电池的正极FeS相接，故A错误；
B. 镀镍碳棒与电源负极相连、是电解池的阴极,电极反应Ni2++2e−=Ni，为平衡阳极区、阴极区的电荷，Ba2+和Cl−分别通过阳离子膜和阴离子膜移向1%BaCl2溶液中，使BaCl2溶液的物质的量浓度不断增大，故B错误；
C. 锂离子电池，FeS所在电极为正极，正极反应式为FeS+2Li++2e−═Fe+Li2S，故C正确；
D. 若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl−>OH−，则Cl−移向阳极放电：2Cl−−2e−=Cl2↑，电解反应总方程式会发生改变，故D错误；
答案选C。
15、D
【解析】
A、粉末状或小颗粒状固体，要利用药匙，块状固体药品要用镊子取用，故A错误；
B、红色石蕊试纸检测气体时需要润湿，而pH试纸使用时不需要润湿，故B错误；
C、蒸馏操作时，装置中的温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶中的支管口处，测的是蒸汽的温度，故C错误；
D、分液时下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体从分液漏斗上端倒出，故D正确；
故选D。
16、D
【解析】
W与Z的最高价氧化物对应水化物的溶液，浓度均为0.1ml/L时pH=1（H+浓度为0.1ml/L），是一元强酸，则W为N（最高价氧化物对应水化物为HNO3），Z为Cl（最高价氧化物对应水化物为HClO4）；Y的最高价氧化物对应水化物的溶液，浓度为0.1ml/L时pH=0.7（H+浓度为0.2ml/L），是二元强酸，则Y为S（最高价氧化物对应水化物为H2SO4）；X的最高价氧化物对应水化物的溶液，浓度为0.1ml/L时pH=13（OH-浓度为0.1ml/L），是一元强碱，且X的原子序数介于N与S之间，可知X为Na（最高价氧化物对应水化物为NaOH）。
【详解】
A．S2-、Cl-的核外电子排布相同，其中S2-的核电荷数较小，半径较大；N3-、Na+的核外电子排布相同，半径比S2-、Cl-的小，其中N3-的核电荷数较小，半径比Na+大，则简单离子半径大小顺序为：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，A项错误；
B．Z为Cl ，其氧化物对应的水化物可能为强酸（如HClO4），也可能为弱酸（如HClO），B项错误；
C．X的简单离子为Na+，Z的简单离子为Cl-，均不会破坏水的电离平衡，C项错误；
D．W能形成N2H4，Y能形成H2S，均为18电子的氢化物分子，D项正确；
答案选D。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、苯酚 还原反应 羟基、氯原子 C12H16O3 1 等
【解析】
根据C结构简式及A分子式知，A为，B发生取代反应生成C，则B为，A和乙醛发生取代反应生成B，C发生信息中的反应生成D为，D水解然后酸化得到E为，由G的结构可知，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，F中酚羟基上H原子被取代生成G，故F为；对比G、美托洛尔的结构可知，G发生开环加成生成H。据此解答。
【详解】
（1）A为，其化学名称是苯酚；
（2）反应B→C的化学方程式为：，C→D的反应类型为还原反应；
（3）D为，D中所含官能团的名称是羟基、氯原子；
（4）由结构简式可知G的分子式为：C12H16O3；H（美托洛尔）中连接羟基的碳原子为手性碳原子，所以含有1个手性碳原子；
（5）芳香族化合物X与C互为同分异构体，X符合下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②不与FeCl3发生显色反应，说明不含酚羟基；③含“C-C1”键；④核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为2：2：2：1，符合条件的结构简式为等；
（6）苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛与苯酚反应生成，最后与Zn（Hg）/HCl作用得到目标物，其合成路线为。
18、O N＞O＞Al NH3分子间易形成氢键 ＜ 孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用 sp2 三角形 1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar] 3d54s1) 7:1 ×1030
【解析】
前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态，A为H元素；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1，核外电子排布为1s22s22p3，为N元素；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍，核外电子排布为1s22s22p4、1s22s22p63s23p63d54s1，则C为O元素，E为Cr元素；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小，则D为该周期中原子序数最大的金属元素，因此D为Al元素。据此分析解答。
【详解】
根据上述分析，A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Al元素，E为Cr元素。
(1)元素的非金属性越强，电负性越大，元素H、N、O中，电负性最大的是O元素；同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，
元素N、O、Al的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞Al，故答案为O；N＞O＞Al；
(2)NH3分子间易形成氢键，导致氨气易液化；NH3中中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为1，其VSEPR模型为四面体构型，NH3分子中N原子采用sp3杂化，为三角锥结构，孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用，使得氨气分子中键角小于109°28′，故答案为NH3分子间易形成氢键；＜；孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用；
(3)NO3－离子中N原子的价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数=3+=3，采用sp2杂化，立体构型为三角形，故答案为sp2；三角形；
(4) E为Cr元素，基态E原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar] 3d54s1)；C、E形成的化合物CrO5(其中E的化合价为＋6)，结构为，其中σ键与π键数目之比为7:1，故答案为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar] 3d54s1)；7:1；
(5)AlN晶胞中含有N或Al原子数为4，8×+6×=4，晶胞质量为g，因此晶胞的密度==×1030 g·cm－3，故答案为×1030。
正确推导元素是解答本题的关键。本题的难点为C、E的推导，易错点为(4)，要能够根据题意确定CrO5的结构。
19、2Na + 2H2O = 2Na++2OH- + H2↑用镊子取出金属钠，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀切一小块用于实验。ABC
【解析】（1）金属钠与水反应生成NaOH和氢气的离子方程式为2Na + 2H2O = 2Na++2OH- + H2↑；
（2）因钠能与水反应，应保存在煤油中，且生成的NaOH有腐蚀性，实验过程中取用金属钠的操作方法是用镊子取出金属钠，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀切一小块用于实验；
（3）A．反应放热，生成的H2在空气中燃烧，能听到爆鸣声，故A正确；B．生成NaOH,溶液显碱性，滴有酚酞的滤纸信封由白色逐渐变红色，故B正确；C．此实验的优点之一是由实验现象能直接得出反应产物，故C正确；D．实验过程中，多余的金属钠应放回原试剂瓶，故D错误；答案为ABC。
20、 (球形)冷凝管 吸收逸出的有机物(乙醚)，并防止倒吸 水浴加热 除去反应液中未反应完的反应物 萃取扁桃酸 作干燥剂 75.7%
【解析】
苯甲醛与氯仿在氢氧化钠溶液中发生反应，生成扁桃酸等，需要加热且维持温度在55～60℃。由于有机反应物易挥发，所以需冷凝回流，并将产生的气体用乙醇吸收。反应后所得的混合物中，既有反应生成的扁桃酸，又有剩余的反应物。先用乙醚萃取剩余的有机反应物，然后分液；在分液后所得的水溶液中加硫酸，将扁桃酸钠转化为扁桃酸，再用乙醚萃取出来，蒸馏进行分离提纯。
【详解】
(1)图中仪器C的名称是(球形)冷凝管。答案为：(球形)冷凝管；
(2)装置B中有倒置的漏斗，且蒸馏出的有机物易溶于乙醇，所以其作用是吸收逸出的有机物(乙醚)，并防止倒吸。答案为：吸收逸出的有机物(乙醚)，并防止倒吸；
(3)步骤一中，温度需控制在55～60℃之间，则合适的加热方式是水浴加热。答案为：水浴加热；
(4)步骤二中，“将反应液用200mL水稀释”，则加入乙醚，是为了萃取未反应的有机反应物，所以用乙醚的目的是除去反应液中未反应完的反应物。答案为：除去反应液中未反应完的反应物；
(5)步骤三中，“水相用50%的硫酸酸化至pH为2～3后，再每次用40mL乙醚分两次萃取”，因为加酸后扁桃酸钠转化为扁桃酸，所以用乙醚的目的是萃取扁桃酸；为了去除扁桃酸中溶有的少量水，加入适量无水硫酸钠，其目的是作干燥剂。答案为：萃取扁桃酸；作干燥剂；
(6)该实验中，0.1ml(约l0.1mL)苯甲醛理论上可生成0.1ml扁桃酸，则其产率为=75.7%。答案为：75.7%。
当反应混合物需要加热，且加热温度不超过100℃时，可使用水浴加热。水浴加热的特点：便于控制温度，且可使反应物均匀受热。
21、-863.8 反应未达到平衡，在催化剂2条件下，反应的活化能更低，反应速率更快，经过相同反应时间NO2转化率更高 A A容器绝热，随着反应进行放出热量，体系温度升高，相对B容器中反应平衡逆向移动，逆向为吸热反应，放出热量减少 ac 0.004 3.75或
【解析】
(1)已知：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H1=-1．2kJ·ml-1
②N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H2=+180kJ·ml-1
③CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H3=-10kJ·ml-1
根据盖斯定律，由③-①+②得反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=△H3-△H1+△H2=-10kJ·ml-1+1．2kJ·ml-1+180kJ·ml-1=-863.8kJ·ml-1；
(2)根据图中信息可知，反应未达到平衡，在催化剂2条件下，反应的活化能更低，反应速率更快，经过相同反应时间NO2转化率更高；
(3) ①A、B两容器中，反应平衡后放出热量少的是A，理由是A容器绝热，随着反应进行放出热量，体系温度升高，相对B容器中反应平衡逆向移动，逆向为吸热反应，放出热量减少；
②a．反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)为气体体积增大的反应，压强保持不变则反应达平衡状态，故正确；
b．反应在恒容容器中进行，所有反应物均为气体，密度始终保持不变，故密度不变不能说明达到平衡状态，故错误；
c．反应各组分体积分数保持不变则达平衡，则CO2的体积分数保持不变时达平衡状态，故正确；
d．v(CH4)：v(N2)=1：l，不能说明正逆反应速率相等，反应不一定达平衡，故错误；
e．根据反应可知，断裂4mlC—H键同时断裂4mlO—H键时，正逆反应速率相等，反应才达平衡，故错误；
答案选ac；
③A容器中前100s内甲烷的转化率为20%，则消耗甲烷2ml×20%=0.4ml，根据反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)则消耗NO2 0.8ml，用NO2表示的化学反应速率v(NO2)==0.004ml·L-1·s-1；
④根据表中数据可知，B中平衡时α(CH4)=25%，则
CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
开始时浓度（ml/L） 1 1 0 0 0
改变的浓度（ml/L） 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5
平衡时浓度（ml/L） 0.75 0.5 0.25 0.25 0.5
K=；
已知反应速率v正=k正·c(CH4)·c2 (NO2)，v逆=k逆·c(N2)·c(CO2)·c2 (H2O)(k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，则B容器中平衡时v正= v逆，k正·c(CH4)·c2 (NO2)=k逆·c(N2)·c(CO2)·c2 (H2O)，=K=；
200s时，
CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
开始时浓度（ml/L） 1 1 0 0 0
改变的浓度（ml/L） 0.2 0.4 0.2 0.2 0.4
平衡时浓度（ml/L） 0.8 0.6 0.2 0.2 0.4
v正=k正·c(CH4)·c2 (NO2)= k正×0.8×0.62=0.288k正，v逆=k逆·c(N2)·c(CO2)·c2 (H2O) = k逆×0.2×0.2×0.42=0.0064k逆，
===45×=。
实验事实
结论
A
在相同温度下，向1 mL0.2 ml/LNaOH溶液中滴入2滴0.1 ml/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1 ml/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀
溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3
B
某气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红
该气体水溶液一定显碱性
C
同温同压下，等体积pH=3的HA和HB两种酸分别于足量的锌反应，排水法收集气体，HA放出的氢气多且反应速率快
HB的酸性比HA强
D
SiO2既能与氢氟酸反应又能与碱反应
SiO2是两性氧化物
Zn（OH）2
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Cu（OH）2
开始沉淀
5.4
7.0
2.3
4.7
完全沉淀
8.0
9.0
4.1
6.7
元素对应的溶液
W
X
Y
Z
pH(25℃)
1.0
13.0
0.7
1.0
物质
状态
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
扁桃酸
无色透明晶体
119
300
易溶于热水、乙醚和异丙醇
乙醚
无色透明液体
-116.3
34.6
溶于低碳醇、苯、氯仿，微溶于水
苯甲醛
无色液体
-26
179
微溶于水，能与乙醇、乙醚、苯、
氯仿等混溶
氯仿
无色液体
-63.5
61.3
易溶于醇、醚、苯、不溶于水
时间（s/t）
0
100
200
300
400
A中α(CH4)（%）
0
20
22
22
22
B中α(CH4)（%）
0
10
20
25
25