2026届本溪市高考仿真模拟化学试卷（含答案解析）

这是一份2026届本溪市高考仿真模拟化学试卷（含答案解析），共16页。
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、学习化学应有辩证的观点和方法．下列说法正确的是（ ）
A．催化剂不参加化学反应
B．醇和酸反应的产物未必是酯
C．卤代烃的水解产物一定是醇
D．醇脱水的反应都属于消去反应
2、用NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列有关说法正确的是（ ）
A．1ml氮气与3ml氢气反应，生成的氨分子数目为2NA
B．1.0ml•L-1Na2SO3水溶液中含有的硫原子数目为NA
C．电解饱和食盐水，当阳极产生11.2LH2时，转移的电子数为NA
D．常温下，3L0.1ml•L-1FeCl3溶液所含Fe3+数目小于0.3NA
3、测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案不合理的是
A．取ag混合物用酒精灯充分加热后质量减少bg
B．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收后质量增加bg
C．取ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入1~2滴甲基橙指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmL
D．取ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入1~2滴酚酞指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmL
4、国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生的污染，其工作原理如图所示。下列说法正确的是

A．NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应
B．吸附层b的电极反应：H2-2e-+2OH-=2H2O
C．全氢电池工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能
D．若离子交换膜是阳离子交换膜，则电池工作一段时间后左池溶液pH基本不变
5、化合物A()可由环戊烷经三步反应合成：
则下列说法错误的是（ ）
A．反应1可用试剂是氯气
B．反应3可用的试剂是氧气和铜
C．反应1为取代反应，反应2为消除反应
D．A可通过加成反应合成Y
6、下列离子方程式正确的是
A．钠粒投入硫酸铜溶液中:2Na+Cu2+=Cu+2Na+
B．在硝酸铝溶液中滴加过量的烧碱溶液:Al3++4OH-=AlO2-+2H2O
C．向溴化亚铁溶液中滴加过量氯水:2Fe2++Cl2=2Fe3++2C1-
D．磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸中：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O
7、测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和热的实验中没有使用的仪器有：①大、小烧杯；②容量瓶；③量筒；④环形玻璃搅拌棒；⑤试管；⑥温度计；⑦蒸发皿；⑧托盘天平中的( )
A．①②⑥⑦B．②⑤⑦⑧C．②③⑦⑧D．③④⑤⑦
8、下列物质和铁不可能发生反应的是（ ）
A．Al2O3B．H2OC．浓硝酸D．O2
9、如图所示，常温时将一滴管液体Y一次性全部挤到充满O2的锥形瓶内(装置气密性良好)，若锥形瓶内气体的最大物质的量是a ml，久置后其气体的物质的量是b ml，不存在a＞b关系的是( )
A．AB．BC．CD．D
10、图表示反应M (g) + N (g)2R(g)过程中能量变化，下列有关叙述正确的是
A．由图可知，2mlR的能量高于1mlM和1mlN的能量和
B．曲线B代表使用了催化剂，反应速率加快，M的转化率： 曲线B >曲线A
C．1mlM和1mlN的总键能高于2mlR的总键能
D．对反应2R(g) M (g) + N (g)使用催化剂没有意义
11、下表中“试剂”与“操作及现象”对应关系错误的是
A．AB．BC．CD．D
12、下列关于元素周期表和元素周期律的说法正确的是（ ）
A．Li、Na、K元素的原子核外电子层数随着核电荷数的增加而减少
B．第二周期元素从Li到F，非金属性逐渐减弱
C．因为K比Na容易失去电子，所以K比Na的还原性强
D．O与S为同主族元素，且O比S的非金属性弱
13、下列各组离子能大量共存的是
A．在pH=0的溶液中：NH4+、Al3+、OH-、SO42-
B．在新制氯水中:Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-
C．在加入NH4HCO3产生气体的溶液中:Na+、Ba2+、Cl-、NO3-
D．加入Al片能产生H2的溶液：NH4+、Ca2+、HCO3-、NO3-
14、氧氟沙星是常用抗菌药物，其结构简式如图所示。下列有关氧氟沙星的叙述错误的是
A．能发生加成、取代、还原等反应
B．分子内有3个手性碳原子
C．分子内存在三种含氧官能团
D．分子内共平面的碳原子多于6个
15、化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．新型冠状病毒主要由C、H、O、N、S等元素组成，常用质量分数为75%的医用酒精杀灭新型冠状病毒
B．葡萄中含有的花青素在碱性环境下显蓝色，可用苏打粉检验假葡萄酒
C．植物油长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质
D．防疫时期很多家庭都备有水银温度计，若不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖
16、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
17、1875年科学家布瓦博德朗发现了一种新元素，命名为“镓”，它是门捷列夫预言的元素类铝。Ga(镓)和As(砷)在周期表的位置如图，下列说法不正确的是
A．Ga的原子序数为31
B．碱性：Al(OH)3 r(As3-)>r(P3-)
D．GaAs可制作半导体材料，用于电子工业和通讯领域
18、药物吗替麦考酚酯有强大的抑制淋巴细胞增殖的作用，可通过如下反应制得：
+HCl
下列叙述正确的是
A．化合物X与溴水反应的产物中含有2个手性碳原子
B．化合物Y的分子式为C6H12NO2
C．1ml化合物Z最多可以与2mlNaOH反应
D．化合物Z能与甲醛发生聚合反应
19、目前，国家电投集团正在建设国内首座百千瓦级铁－铬液流电池储能示范电站。铁－铬液流电池总反应为Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，工作示意图如图。下列说法错误的是
A．放电时a电极反应为Fe 3++e−=Fe2+
B．充电时b电极反应为Cr3++e−=Cr2+
C．放电过程中H+通过隔膜从正极区移向负极区
D．该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低
20、短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中。常温下Z单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是
A．元素Y的最高化合价为+6价
B．最简单氢化物的沸点：Y＞W
C．原子半径的大小顺序：W＞Z＞X＞Y
D．X、Z、W分别与Y均能形成多种二元化合物
21、强酸和强碱稀溶液的中和热可表示为 H+(aq)+OH﹣(aq)→H2O(l)+55.8kJ。已知：①HCl(aq)+NH3•H2O(aq)→NH4Cl(aq)+H2O(l)+a kJ；②HCl(aq)+NaOH(s)→NaCl(aq)+H2O(l)+b kJ；③HNO3(aq)+KOH(aq)→KNO3(aq)+H2O(l)+c kJ。则a、b、c三者的大小关系为( )
A．a＞b＞c
B．b＞c＞a
C．a=b=c
D．a=b＜c
22、2019 年诺贝尔化学奖授予了在锂离子电池领域作出突出贡献的三位科学家。一类锂离子电池的电池总反应为Lix C6 ＋Li1-xYC6 (石墨)+LiY 。已知电子电量为1.6 ×10－19 C ，下列关于这类电池的说法中错误的是
A．金属锂的价电子密度约为 13760 C/gB．从能量角度看它们都属于蓄电池
C．在放电时锂元素发生了还原反应D．在充电时锂离子将嵌入石墨电极
二、非选择题(共84分)
23、（14分）3-正丙基-2,4-二羟基苯乙酮(H)是一种重要的药物合成中间体，合成路线图如下：
已知：+(CH3CO)2O+CH3COOH
回答下列问题：
(1)G中的官能固有碳碳双键，羟基，还有____和 ____。
(2)反应②所需的试剂和条件是________。
(3)物质M的结构式____。
(4)⑤的反应类型是____。
(5)写出C到D的反应方程式_________。
(6)F的链状同分异构体还有____种(含顺反异构体)，其中反式结构是____。
(7)设计由对苯二酚和丙酸制备的合成路线(无机试剂任选)____。
24、（12分）根据文献报道，醛基可和双氧水发生如下反应：
为了合成一类新药，选择了 下列合成路线（部分反应条件已略去）
（1）C中除苯环外能团的名称为____________________。
（2）由D生成E的反应类型为_____________________。
（3）生成B的反应中可能会产生一种分子式为C9H5O4Cl2的副产物，该副产物的结构简式为_________。
（4）化合物C有多种同分异构体，请写出符合下列条件的结构简式:___________________。
①能与FeCl3溶液发生显色反应
②核磁共振氢谱图中有3个吸收峰
（5）写出以和CH3OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）___________。
25、（12分）三苯甲醇()是重要的有机合成中间体。实验室中合成三苯甲醇时采用如图所示的装置，其合成流程如图：
已知:①格氏试剂易潮解，生成可溶于水的 Mg(OH)Br。
②三苯甲醇可通过格氏试剂与苯甲酸乙酯按物质的量比2:1反应合成
③相关物质的物理性质如下：
请回答下列问题：
（1）合成格氏试剂：实验装置如图所示，仪器A的名称是____，已知制备格氏试剂的反应剧烈放热，但实验开始时常加入一小粒碘引发反应，推测I2的作用是____。使用无水氯化钙主要是为避免发生____（用化学方程式表示）。
（2）制备三苯甲醇：通过恒压滴液漏斗往过量的格氏试剂中加入13mL苯甲酸乙酯（0.09ml）和15mL无水乙醚的混合液，反应剧烈，要控制反应速率除使用冷水浴外，还可以 ___（答一点）。回流0.5h后，加入饱和氯化铵溶液，有晶体析出。
（3）提纯：冷却后析出晶体的混合液含有乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯和碱式溴化镁等杂质，可先通过 ___（填操作方法，下同）除去有机杂质，得到固体17.2g。再通过 ___纯化，得白色颗粒状晶体16.0g，测得熔点为164℃。
（4）本实验的产率是____（结果保留两位有效数字）。本实验需要在通风橱中进行，且不能有明火，原因是____。
26、（10分）用如图装置探究NH3和CuSO4溶液的反应。
(1)上述制备NH3的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：NH3+H2ONH3∙H2O、____________、_________________(在列举其中的两个平衡，可写化学用语也可文字表述)。
(2) 制备100mL25%氨水(ρ=0.905g∙cm-3)，理论上需要标准状况下氨气______L(小数点后保留一位)。
(3) 上述实验开始后，烧杯内的溶液__________________________，而达到防止倒吸的目的。
(4)NH3通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，写出该反应的离子方程式。_______________________。继续通氨气至过量，沉淀消失得到深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液。发生如下反应：2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)。
①该反应平衡常数的表达式K=___________________________。
②t1时改变条件，一段时间后达到新平衡，此时反应K增大。在下图中画出该过程中v正的变化___________________。
③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：________________________________。
④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正随时间的变化如下图所示，v正先增大后减小的原因__________________________________。
27、（12分）葡萄糖酸锌{M[Zn(C6H11O7)2]＝455g·ml－1)是一种重要的补锌试剂，其在医药、食品、饲料、化妆品等领城中具有广泛的应用。纯净的葡葡糖酸锌为白色晶体，可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，化学兴趣小组欲在实验室制备葡萄糖酸锌并测定产率。实验操作分以下两步：
Ⅰ.葡萄糖酸(C6H12O7)的制备。量取50 mL蒸馏水于100 mL烧杯中，搅拌下缓慢加入2.7 mL(0.05 ml)浓H2SO4，分批加入21.5 g葡萄糖酸钙{M[Ca(C6H11O7)2]＝430g·ml－1，易溶于热水}，在90℃条件下，不断搅拌，反应40min后，趁热过滤。滤液转移至小烧杯，冷却后，缓慢通过强酸性阳离子交换树脂，交换液收集在烧杯中，得到无色的葡葡糖酸溶液。
Ⅱ.葡萄糖酸锌的制备。向上述制得的葡萄糖酸溶液中分批加入足量的ZnO，在60℃条件下，不断搅拌，反应1h，此时溶液pH≈6。趁热减压过滤，冷却结晶，同时加入10 mL 95%乙醇，经过一系列操作，得到白色晶体，经干燥后称量晶体的质量为18.2g。
回答下列问题：
(1)制备葡萄糖酸的化学方程式为________________。
(2)通过强酸性阳离子交换树脂的目的是_______________。
(3)检验葡萄糖酸溶液中是否存在SO42-的操作为_________。
(4)制备葡萄糖酸时选用的最佳加热方式为_______________。
(5)制备葡萄糖酸锌时加入乙醇的目的是________，“一系列操作”具体是指_______。
(6)葡萄糖酸锌的产率为______(用百分数表示)，若pH≈5时就进行后续操作，产率将_____(填“增大”“减小”或“不变”)。
28、（14分）TiCl4是一种重要的化工原料，其工业生产过程如下：
2FeTiO3(s) + 7Cl2(g) + 6C (s)2TiCl4(g)+ 2FeCl3(g) + 6CO(g) – Q (Q>0)
回答下列问题：
1.该反应达到平衡后，若使正反应速率增大可采取的方法有_________。（选填编号）
a.加压 b.加入碳 c.升温 d.及时移走CO
2.若上述反应在固定体积的密闭容器中发生，一定能说明反应已达平衡的是_______。(选填编号）
a. 反应物不再转化为生成物
b. 炉内FeTiO3与TiCl4的质量比保持不变
c. 反应的热效应不再改变
d. 单位时间内，n(FeTiO3)消耗：n(FeCl3）生成=1:1
3.上述反应中所有非金属元素原子的半径从大到小的顺序为_____________；其中不属于同周期又不属于相邻族的两元素形成_____分子（填“极性”或“非极性”），通过比较____________可以判断这两种元素的非金属性。
4.上述反应中，非金属性最弱的元素原子的电子共占据_______个原子轨道，最外层电子排布式为____________。它形成的固态单质中只含一种强烈的相互作用力，则该单质属于______晶体。
5.为方便获得氯气，工业制TiCl4厂可以和氯碱厂进行联合生产。CO可合成甲醇，若不考虑损失，上述联合生产在充分利用各种副产品的前提下，合成192 kg甲醇，至少需补充H2_______ml。
29、（10分）工业上用焦炭与石英在高温下氮气流中发生如下反应，3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g) +Q(Q>0)，可制得一种新型陶瓷材料氮化硅(Si3N4)，该材料熔点高，硬度大 ，广泛应用于光伏、轴承、冶金、化工、能源、环保等行业。回答下列问题：
(1)N2的电子式为____________，Si在元素周期表中的位置是_______________，氮化硅晶体属于__________晶体。
(2)该反应中，还原产物是______________。若测得反应生成22.4 L CO气体（标准状况下），则转移的电子的物质的量为_____________。
(3)该反应的平衡常数表达式K=__________________；若其他条件不变，降低温度，达到新的平衡时，K值____________(填“增大”、“减小”或“不变”，以下同)。CO的浓度_________，SiO2的质量______________。
(4)已知在一定条件下的2L密闭容器中制备氮化硅，SiO2（纯度98.5%，所含杂质不与参与反应）剩余质量和反应时间的关系如右图所示。CO在0～10min的平均反应速率为 _______ 。
(5)现用四氯化硅、氮气和氢气在高温下发生反应，可得较高纯度的氮化硅。反应的化学方程式为______________。
参考答案
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、B
【解析】
A. 催化剂能明显增大化学反应速率，且在反应前后质量和性质不发生变化，这并不意味着催化剂不参加反应过程，实际催化剂参与了反应过程，改变了反应的路径，从而起到改变反应快慢的作用，故A错误；
B. 醇和酸反应后的产物是不是酯取决于酸是有机酸还是无机酸，如果是醇和有机酸反应，则生成的为酯，如果是醇和无机酸反应，则发生取代反应生成卤代烃，如乙醇和HBr反应则生成溴乙烷，故B正确；
C. 卤代烃水解后的产物除了是醇，还可能是酚，即卤代烃发生水解后生成的是醇还是酚，取决于−X是连在链烃基上还是直接连在苯环上，故C错误；
D. 醇可以分子内脱水，也可以分子间脱水，如果是分子内脱水，则发生的是消去反应，如果是分子间脱水，则发生的是取代反应，故D错误；
答案选B。
2、D
【解析】
A．氮气与氢气反应为可逆反应，不能进行到底，所以1ml氮气与3ml氢气反应，生成的氨分子数目小于2NA，故A错误；
B．溶液体积未知，无法计算S原子个数，故B错误；
C．气体状况未知，无法计算其物质的量，故无法计算电子转移数，故C错误；
D．三价铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，所以常温下，3L0.1ml•L-1FeCI3溶液所含Fe3+数目小于0.3NA，故D正确；
故选：D。
3、B
【解析】
A.NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故不选A；
B.混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不全是二氧化碳的质量，不能测定含量，故选B；
C. Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故不选C；
DNa2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故不选D；
答案：B
实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果。
4、C
【解析】
电子从吸附层a流出，a极为负极，发生的反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，b极为正极，发生的反应为：2H++2e-=H2↑。
【详解】
A．由上面的分析可知，NaClO4没有参与反应，只是传导离子，A错误；
B．吸附层b的电极反应2H++2e-=H2↑，B错误；
C．将正、负电极反应叠加可知，实际发生的是H++OH-=H2O，全氢电池工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能，C正确；
D．若离子交换膜是阳离子交换膜，则Na+向右移动，左池消耗OH-且生成H2O，pH减小，D错误。
答案选C。
B．电解质溶液为酸溶液，电极反应不能出现OH-。
5、C
【解析】
实现此过程，反应1为与卤素单质发生取代反应，反应2为卤代环戊烷与氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇，反应3为醇的催化氧化。
【详解】
A. 反应1为与卤素单质发生取代反应，可用试剂是氯气，A正确；
B. 反应3为醇的催化氧化，可用的试剂是氧气和铜，B正确；
C. 反应1和反应2都为取代反应，C错误；
D. 酮可催化加氢生成相应的醇，D正确；故答案为：C。
6、B
【解析】
A、钠粒投入硫酸铜溶液中，钠先与水反应:2Na+2H2O＋Cu2＋=Cu(OH)2+2Na＋＋H2↑，故A错误；B、在硝酸铝溶液中滴加过量的烧碱溶液，氢氧化铝具有两性，溶于过量的碱中:Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，故B正确；C、向溴化亚铁溶液中滴加过量氯水，氯水能将溴离子和亚铁离子均氧化:2Fe2＋+4Br－＋3Cl2=2Fe3＋+6Cl－＋2Br2,故C错误；D、磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸中，亚铁离子被氧化成铁离子：3Fe3O4+28H＋+NO3－=9Fe3＋+NO↑+14H2O，故D错误；故选B。
7、B
【解析】
在测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和反应反应热的实验中,需要使用量筒量取溶液体积，小烧杯作为两溶液的反应容器，小烧杯置于大烧杯中，小烧杯与大烧杯之间填充隔热材料，反应过程中用环形玻璃搅拌棒不断搅拌促进反应均匀、快速进行，用温度计量取起始温度和最高温度，没有使用到的是容量瓶、试管、蒸发皿、托盘天平，即②⑤⑦⑧，
答案选B。
8、A
【解析】
A、铁的活泼性比铝弱，则铁和Al2O3不反应，故A选；
B、铁和H2O在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，故B不选；
C、铁和浓硝酸在加热的条件下发生氧化还原反应，常温下发生钝化，故C不选；
D、铁在氧气中点燃生成四氧化三铁，故D不选；
故选：A。
9、C
【解析】
A.铁与稀盐酸反应放出氢气，久置后其气体的物质的量增大，故不选A；
B. Na2CO3粉末与稀H2SO4 反应放出二氧化碳气体，久置后其气体的物质的量增大，故不选B；
C. Fe、Al在浓硫酸中钝化，久置后其气体的物质的量不变，故选C
D. Cu与浓硝酸反应放出NO2气体，久置后其气体的物质的量增大，故不选D；答案选C。
10、C
【解析】
A．图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，生成物的总能量高于反应物的总能量，即2mlR(g)的能量高于1mlM(g)和1mlN(g)的能量和，但A选项中未注明物质的聚集状态，无法比较，选项A错误；
B．催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能，改变反应的路径，曲线B代表使用了催化剂，反应速率加快，但M的转化率：曲线B=曲线A，选项B错误；
C．图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，键能是指断开键所需的能量，1mlM和1mlN的总键能高于2mlR的总键能，选项C正确；
D．图象分析使用催化剂能加快化学反应速率，选项D错误；
答案选C。
11、B
【解析】
硝酸银溶液中滴加氨水会产生白色沉淀，继续滴加氨水，白色沉淀会生成氢氧化二氨合银，沉淀溶解；铝粉中滴加氢氧化钠，会生成偏铝酸钠，继续滴加氢氧化钠，无现象；硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠，出现氢氧化铜蓝色沉淀，滴加乙醛，加热，新制氢氧化铜会和乙醛反应生辰氧化亚铜砖红色沉淀；氯水中滴加氢氧化钠，颜色褪去，再加盐酸，中和氢氧化钠后与次氯酸反应会生成氯气，颜色恢复。
【详解】
A.硝酸银溶液中滴加氨水会产生白色沉淀，继续滴加氨水，白色沉淀会生成氢氧化二氨合银，沉淀溶解；A项正确；
B.铝粉中滴加氢氧化钠，会生成偏铝酸钠，继续滴加氢氧化钠，无现象；B项错误；
C.硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠，出现氢氧化铜蓝色沉淀，滴加乙醛，加热，新制氢氧化铜会和乙醛反应生辰氧化亚铜砖红色沉淀；C项正确；
D.氯水中滴加氢氧化钠，颜色褪去，再加盐酸，中和氢氧化钠后与次氯酸反应会生成氯气，颜色恢复，D项正确；
答案选B。
12、C
【解析】
A.Li、Na、K元素的原子核外电子层数随着核电荷数的增加而增多，故A错误；
B. 第二周期元素从Li到F，金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增强，故B错误；
C.金属越容易失去电子，则金属性越强，K比Na容易失去电子，所以K比Na的还原性强，所以C选项是正确的；
D.O与S为同主族元素，同主族自上而下元素非金属性减弱，O比S的非金属性强，故D错误。
答案选C。
13、C
【解析】
A、在pH=0的溶液呈酸性：OH-不能大量共存，故A错误；B、在新制氯水中，氯水具有强氧化性:Fe2+会被氧化成铁离子，故B错误；C、在加入NH4HCO3产生气体的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，Na+、Ba2+、Cl-、NO3-在酸性和碱性条件下均无沉淀、气体或水生成，故C正确；D、加入Al片能产生H2的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性：NH4+、HCO3-在碱性条件下不共存，HCO3-在酸性条件下不共存，故D错误；故选C。
14、B
【解析】
A．含C=C、苯环、羰基，均能与H2发生加成反应，也是还原反应；含-COOH，能发生取代反应，故A正确；
B．手性碳原子上需连接四个不同的原子或原子团，则中只有1个手性碳原子，故B错误；
C．分子结构中含有羧基、羰基和醚键三种含氧官能团，故C正确；
D．苯环、C=O均为平面结构，且二者直接相连，与它们直接相连的C原子在同一平面内，则分子内共平面的碳原子数多于6个，故D正确；
故答案为B。
考查有机物的结构和性质，注意把握有机物的结构特点以及官能团的性质，为解答该类题目的关键，该有机物中含C=C、C=O、苯环、-COOH，结合烯烃、苯、羧酸的性质及苯为平面结构来解答。
15、A
【解析】
A. 新型冠状病毒主要由C、H、O、N、P等元素组成，常用体积分数为75%的医用酒精杀灭新型冠状病毒，故A错误；
B. 葡萄中含有的花青素在碱性环境下显蓝色，苏打粉是碳酸钠，溶液呈碱性，可用苏打粉检验假葡萄酒，故B正确；
C. 植物油含有碳碳双键，长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质，故C正确；
D. Hg和S常温下反应生成HgS，水银温度计不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖，故D正确；
故选A。
16、D
【解析】
A项、试纸变为蓝色，说明NO3-被铝还原生成氨气，故A错误；
B项、制备氢氧化铜悬浊液时，加入的氢氧化钠溶液不足，因此制得的悬浊液与有机物Y不能反应，无法得到砖红色沉淀，故B错误；
C项、能否产生沉淀与溶度积常数无直接的关系，有碳酸钡沉淀的生成只能说明Qc（BaCO3）＞Ksp（BaCO3），不能比较Ksp（BaSO4）、Ksp（BaCO3），故C错误；
D项、H2O2溶液与酸化的氯化亚铁溶液发生氧化还原反应，反应生成的Fe3+能做催化剂，催化H2O2分解产生O2，溶液中有气泡出现，故D正确。
故选D。
本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，把握离子检验、物质的性质、实验技能为解答关键。
17、C
【解析】
A. Al是13号元素，Ga位于Al下一周期同一主族，由于第四周期包括18种元素，则Ga的原子序数为13+18=31，A正确；
B. Al、Ga是同一主族的元素，由于金属性Alr(Ga3+)，C错误；
D. GaAs导电性介于导体和绝缘体之间，可制作半导体材料，因此广泛用于电子工业和通讯领域，D正确；
故合理选项是C。
18、A
【解析】
A．连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，化合物X与溴水反应的产物中含有2个手性碳原子（为连接溴原子的碳原子），选项A正确；
B．根据结构简式确定分子式为C6H13NO2，选项B错误；
C．Z中酚羟基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH反应，则1ml化合物Z最多可以与3mlNaOH反应，选项C错误；
D. 化合物Z中酚羟基的邻、对位上均没有氢原子，不能与甲醛发生聚合反应，选项D错误。
答案选A。
本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，侧重考查烯烃、酯和酚的性质，注意Z中水解生成的酚羟基能与NaOH反应，为易错点。
19、C
【解析】
铁-铬液流电池总反应为Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，放电时，Cr2+发生氧化反应生成Cr3+、b电极为负极，电极反应为Cr2+-e-=Cr3+，Fe3+发生得电子的还原反应生成Fe2+，a电极为正极，电极反应为Fe3++e-═Fe2+，放电时，阳离子移向正极、阴离子移向负极；充电和放电过程互为逆反应，即a电极为阳极、b电极为阴极，充电时，在阳极上Fe2+失去电子发、生氧化反应生成Fe3+，电极反应为：Fe2+-e-═Fe3+，阴极上Cr3+发生得电子的还原反应生成Cr2+，电极反应为Cr3++e-═Cr2+，据此分析解答。
【详解】
A．根据分析，电池放电时a为正极，得电子发生还原反应，反应为Fe3++e−=Fe2+，A项不选；
B．根据分析，电池充电时b为阴极，得电子发生还原反应，反应为Cr3++e−=Cr2+，B项不选；
C．原电池在工作时，阳离子向正极移动，故放电过程中H+通过隔膜从负极区移向正极区，C项可选；
D．该电池在成充放电过程中只有四种金属离子之间的转化，不会产生易燃性物质，不会有爆炸危险，同时物质储备于储液器中，Cr3+、Cr2+毒性比较低，D项不选；
故答案选C。
20、B
【解析】
X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常用做溶剂的氢化物为H2O，则Y为O，极易溶于水的氢化物有HCl和NH3，X的原子序数小于Y，则X应为N；常温下Z单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，可以联想到铝在浓硫酸和浓硝酸中钝化，而W的原子序数大于Z，所以Z为Al，W为S；综上所述X为N、Y为O、Z为Al、W为S。
【详解】
A．Y为O元素，没有+6价，故A错误；
B．Y、W的简单氢化物分别为H2O、H2S，水分子间存在氢键，硫化氢分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，故沸点 H2O＞H2S，故B正确；
C．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Z(Al)＞W(S)＞X(N)＞Y(O)，故C错误；
D．Al与O只能形成Al2O3，故D错误；
故答案为B。
21、B
【解析】
①HCl（aq）+NH3•H2O（aq）→NH4Cl（aq）+H2O（l）+a kJ，NH3•H2O是弱电解质，电离过程吸热，因此a＜55.8；
②HCl（aq）+NaOH（s）→NaCl（aq）+H2O（l）+b kJ，氢氧化钠固体溶解放热，因此b＞55.8；
③HNO3（aq）+KOH（aq）→KNO3（aq）+H2O（l）+c kJ，符合中和热的概念，因此c=55.8，
所以a、b、c三者的大小关系为b＞c＞a；选B。
本题考查了中和热的计算和反应热大小比较，理解中和热的概念，明确弱电解质电离吸热、强酸浓溶液稀释放热、氢氧化钠固体溶解放热；
22、C
【解析】
A．7g金属锂价电子1 ml，其电量约为(6.02×1023)×(1.6×10－19 C)，故金属锂的价电子密度约为(6.02×1023)×(1.6×10－19 C)÷7g=13760C/g，故A正确；
B．锂离子电池在放电时释放电能、在充电时消耗电能，从能量角度看它们都属于蓄电池，故B正确；
C．在放电时，无锂单质生成，故锂元素没有被还原，故C错误；
D．在充电时发生“C6→LixC6”，即锂离子嵌人石墨电极，故D正确；
答案选C。
二、非选择题(共84分)
23、酮基 醚基 H2O/H+加热 取代反应 +CH3COOH+H2O 3
【解析】
A转化到B的反应中，A中的羰基转化为B中的酯基，B在酸性条件下发生水解得到C，即间苯二酚，间苯二酚在ZnCl2的作用下，和CH3COOH发生在酚羟基的邻位上引入了－COCH3，E的分子式为C3H6，根据G的结构简式，可知E为丙烯，F的结构简式为CH2=CHCH2Cl，D和F发生取代反应，D的羟基上的H被－CH2CH=CH2取代，根据G和H的结构简式，以及M到H的反应条件，可知M到H是发生了碳碳双键的加成，则M的结构简式为。
【详解】
(1)根据G的结构简式，其官能团有碳碳双键，羟基外，还有结构式中最下面的部分含有醚键，最上端的部分含有羰基（酮基）； 答案为酮基、醚键；
(2)B中含有酯基，在酸性条件下发生水解才能得到转化为酚羟基，在反应条件为H2O/H+加热；
(3)根据G和H的结构简式，以及M到H的反应条件，可知M到H是发生了碳碳双键的加成，则M的结构简式为；
(4) F的结构简式为CH2=CHCH2Cl，结合D和G的结构简式，D的羟基上的H被－CH2CH=CH2取代，因此反应⑤的反应类型为取代反应；
(5)C的结构简式为，结合D的结构简式，可知C（间苯二酚）在ZnCl2的作用下，和CH3COOH发生在酚羟基的邻位上引入了－COCH3，化学方程式为+CH3COOH+H2O；
(6)F的分子式为C3H5Cl，分子中含有碳碳双键，可用取代法，用－Cl取代丙烯中的氢原子，考虑顺反异构，因此其同分异构体有（顺）、（反）、、（F），除去F自身，还有3种，其反式结构为；
(7)对苯二酚的结构简式为，目标产物为，需要在酚羟基的邻位引入－COCH2CH3，模仿C到D的步骤；将—OH转化为－OOCCH2CH3，利用已知。已知信息中，需要酸酐，因此可以利用丙酸得到丙酸酐，在进行反应，因此合成流程为。
24、氯原子、羟基 加成反应
【解析】
由有机物的转化关系可知，与KMnO4或K2Cr2O7等氧化剂发生氧化反应生成，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，则B为；与LiAlH4反应生成，则C为；发生氧化反应生成，与双氧水发生加成反应生成，酸性条件下与ROH反应生成，则F为。
【详解】
（1）C的结构简式为，含有的官能团为氯原子和羟基，故答案为氯原子、羟基；
（2）由D生成E的反应为与双氧水发生加成反应生成，故答案为加成反应；
（3）由副产物的分子式为C9H5O4Cl2可知，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，则副产物的结构简式为，故答案为；
（4）化合物C的同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，核磁共振氢谱图中有3个吸收峰说明结构对称，结构简式为，故答案为；
（5）由题给转化关系可知，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，与LiAlH4反应生成，催化氧化生成，与过氧化氢发生加成反应生成，合成路线如下：，故答案为。
本题考查有机化学基础，解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。
25、球形干燥管 与Mg反应放出热量，提供反应需要的活化能 +H2O→+Mg(OH)Br 缓慢滴加混合液 蒸馏 重结晶 68% 乙醚有毒，且易燃
【解析】
首先利用镁条、溴苯和乙醚制取格氏试剂，由于格氏试剂易潮解，所以需要在无水环境中进行反应，则装置A中的无水氯化钙是为了防止空气中的水蒸气进入反应装置；之后通过恒压滴液漏斗往过量的格氏试剂中加入苯甲酸抑制和无水乙醚混合液，由于反应剧烈，所以需要采用冷水浴，同时控制混合液的滴入速率；此时得到的三苯甲醇溶解在有机溶剂当中，而三苯甲醇的沸点较高，所以可采用蒸馏的方法将其分离，除去有机杂质；得到的粗品还有可溶于水的 Mg(OH)Br杂质，可以通过重结晶的方法分离，三苯甲醇熔点较高，所以最终得到的产品为白色颗粒状晶体。
【详解】
(1)根据装置A的结构特点可知其为球形干燥管；碘与Mg反应放热，可以提供反应需要的活化能；无水氯化钙防止空气中的水蒸气进入反应装置，使格氏试剂潮解，发生反应：+H2O→+Mg(OH)Br；
(2)控制反应速率除降低温度外(冷水浴)，还可以缓慢滴加混合液、除去混合液的杂质等；
(3)根据分析可知应采用蒸馏的方法除去有机杂质；进一步纯化固体可采用重结晶的方法；
(4)三苯甲醇可以通过格氏试剂与苯甲酸乙酯按物质的量比2:1反应，由于格氏试剂过量，所以理论生成的n(三苯甲醇)=n(苯甲酸乙酯)=0.09ml，所以产率为=68%；本实验使用的乙醚易挥发，有毒且易燃，所以需要在通风橱中进行。
本题易错点为第3题，学生看到三苯甲醇的熔点较高就简单的认为生成的三苯甲醇为固体，所以通过过滤分离，应还要注意三苯甲醇的溶解性，实验中使用的有机溶剂都可以溶解三苯甲醇，所以要用蒸馏的方法分离。
26、NH3∙H2ONH4＋＋OH－ NH3(g)NH3(aq)(或氨气的溶解平衡) Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)(或Ca(OH)2 的溶解平衡) 29.8 进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行 Cu2＋＋2NH3∙H2O→ Cu(OH)2↓＋2NH4＋ [[Cu(NH3)4]2＋]/[ NH3]2∙[NH4＋] 2 加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后c[Cu(NH3)4]2＋/c2 (NH3) ∙c2 (NH4＋) 会大于该温度下的K，平衡左移，生成了 更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀 该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正 增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正 减小
【解析】
(1) 制备NH3的实验中，存在着NH3+H2ONH3∙H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2 的溶解平衡三个平衡过程；
(2) 氨水是指NH3的水溶液，不是NH3·H2O的水溶液，所以要以NH3为标准计算. n（NH3）= =1.33 ml；
(3) 实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，而达到防止倒吸的目的；
(4) NH3通入CuSO4溶液中和水反应生成NH3∙H2O，NH3∙H2O电离出OH-，从而生成蓝色沉淀Cu(OH)2；
①反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)，平衡常数的表达式K=；
②反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)是放热反应，降温可以使K增大，正逆反应速率都减少；
③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后会大于该温度下的K，平衡左移，生成了 更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀；
④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正先增大后减小的原因，温度升高反应速度加快，反应物浓度降低反应速率又会减慢。
【详解】
(1) 制备NH3的实验中，存在着NH3+H2ONH3∙H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2 的溶解平衡三个平衡过程，故答案为：NH3∙H2ONH4＋＋OH－ NH3(g)NH3(aq)(或氨气的溶解平衡)、Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)(或Ca(OH)2 的溶解平衡)；
(2) 氨水是指NH3的水溶液，不是NH3·H2O的水溶液，所以要以NH3为标准计算. n（NH3）= =1.33 ml，标准状况下体积为1.33ml×22.4L/ml=29.8L；
(3) 实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，而达到防止倒吸的目的；
(4) NH3通入CuSO4溶液中和水反应生成NH3∙H2O，NH3∙H2O电离出OH-，从而生成蓝色沉淀Cu(OH)2，该反应的离子方程式为：Cu2＋＋2NH3∙H2O→ Cu(OH)2↓＋2NH4＋；
①反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)，平衡常数的表达式K=；
②反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)是放热反应，降温可以使K增大，正逆反应速率都减少，画出该过程中v正的变化为：；
③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后会大于该温度下的K，平衡左移，生成了 更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀；
④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正先增大后减小的原因，温度升高反应速度加快，反应物浓度降低反应速率又会减慢，故原因是：该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正 增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正 减小。
27、 将未充分反应的葡萄糖转化为葡萄糖酸 取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在 水浴加热（或热水浴） 降低葡萄糖酸锌溶解度，便于晶体析出 过滤、洗涤 80% 减小
【解析】
(1)葡萄糖酸钙Ca(C6H11O7)2与硫酸H2SO4反应生成葡萄糖酸(C6H12O7)，原理为强酸制弱酸，化学反应方程式为，故答案为：；
(2)将葡萄糖酸钙与硫酸反应后的滤液缓慢通过强酸性阳离子交换树脂进行阳离子交换，可将为充分反应的Ca2+交换为H+，即将未充分反应的葡萄糖酸钙转化为葡萄糖酸，故答案为：将未充分反应的葡萄糖转化为葡萄糖酸；
(3)结合SO42-离子的检验方法，可取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在，故答案为：取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在；
(4)实验Ⅰ制备葡糖糖酸时，反应条件为90℃，则最佳的加热方式为水浴加热（或热水浴），故答案为：水浴加热（或热水浴）；
(5)葡萄糖酸锌可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，生成葡萄糖酸锌后，加入乙醇可减少葡萄糖酸锌的溶解，使其以晶体的形式析出，加入乙醇后的“一些列操作”可以是过滤、洗涤，故答案为：降低葡萄糖酸锌溶解度，便于晶体析出；过滤、洗涤；
(6)根据反应方程式可得关系式：Ca(C6H11O7)2~ Zn(C6H11O7)2，m[Ca(C6H11O7)2]=21.5g，则，则理论上可得到葡萄糖酸锌的物质的量为n[Zn(C6H11O7)2]=0.05ml，因此，，根据可得，葡萄糖酸锌的产率为，若pH≈5时就进行后续操作，一些葡萄糖酸就不能充分转化为葡萄糖酸锌，导致葡萄糖酸锌质量将减小，产率减小，故答案为：80%；减小；
28、ac bc Cl>C>O 非极性 最高价氧化物对应水化物的酸性 4 2s22p2 原子 5000
【解析】
1.a.反应中有气体参加，因此加压正反应速率增大，选项a正确；
b. 碳是固体，加入碳不能改变反应速率，选项b错误；
c. 升温正反应速率增大，选项c正确；
d. 及时移走CO正反应速率逐渐降低，选项d错误；
答案选ac；
2.在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。
a. 反应物不可能不再转化为生成物，选项a错误；
b. 炉内FeTiO3与TiCl4的质量比保持不变说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，选项b正确；
c. 反应的热效应不再改变说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，选项c正确；
d. 单位时间内，n(FeTiO3)消耗：n(FeCl3）生成=1:1表示的反应速率方向均是正方应，不能说明达到平衡状态，选项d错误；
答案选bc；
3.同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则上述反应中所有非金属元素原子的半径从大到小的顺序为Cl>C>O；其中不属于同周期又不属于相邻族的两元素是C和Cl，二者形成四氯化碳属于非极性_分子；非金属性越强最高价氧化物水化物的酸性越强，则可以通过比较最高价氧化物对应水化物的酸性判断这两种元素的非金属性；
4.上述反应中，非金属性最弱的元素是碳元素，碳元素的原子序数是6，则碳原子的电子共占据4原子轨道，最外层电子排布式为2s22p2；。它形成的固态单质中只含一种强烈的相互作用力，则该单质是金刚石，属于原子晶体；
5.192 kg甲醇的物质的量是6000ml，则根据CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）可知，合成6000ml甲醇需要CO的物质的量是6000ml、氢气的物质的量12000ml。根据方程式2FeTiO3(s)+7Cl2(g)+6C(s)2TiCl4（g)+2FeCl3(g)+6CO(g)可知6000mlCO需要7000ml氯气，而根据方程式2NaCl+2H2O →2NaOH+H2↑+Cl2↑生成7000ml氯气的同时还有7000ml氢气产生，所以至少需补充氢气的物质的量是12000ml—7000ml＝5000ml。
29、 第三周期第ⅣA族 原子 Si3N4 2ml 增大 增大 减小 0.1ml/(L·min) 3SiCl4+2N2+6H2 Si3N4+12HCl
【解析】
(1)N原子最外层有5个电子，在N2分子中2个N原子形成三对共用电子对，从而使每个N原子都达到8个电子的温度结构，所以N2的电子式为，Si是14号元素，核外电子排布是2、8、4，所以在元素周期表中的位置是第三周期第ⅣA族，在氮化硅晶体中每个Si原子与相邻的4个N原子形成共价键，每个N原子与相邻的3个Si形成共价键，这种结构向空间扩展，就形成了立体网状结构，因此该晶体属于原子晶体。
(2)在反应3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g) +Q(Q>0)，中C元素的化合价由反应前单质C的0价变为反应后的CO的+2价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以CO是氧化产物，N元素的化合价由反应前N2的0价变为反应后Si3N4的-3价，化合价降低，获得电子，所以该反应中，Si3N4是还原产物。n(CO)= 22.4 L÷22.4L/ml=1ml，每反应产生1mlCO，转移 2ml电子，故反应产生1mlCO，反应转移的电子的物质的量为2ml；
(3)化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时，各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，故该反应的平衡常数表达式K=；由于该反应的正反应是放热反应，所以若其他条件不变，降低温度，化学平衡向正反应方向移动，所以达到新的平衡时，K值增大；平衡正向移动，反应产生更多的CO气体，由于容器的容积不变，所以CO的浓度增大；反应不断正向移动，消耗反应物SiO2，所以SiO2的质量会减少；
(4) 反应中消耗SiO2的质量为m(SiO2)=100g-40g=60g，即消耗1mlSiO2，生成CO的物质的量n(CO)=2n(SiO2)=2ml，△c(CO)==1ml/L，所以v(CO)===0.1ml/(L•min)；
(5)四氯化硅、氮气和氢气在高温下反应生成氮化硅和氯化氢气体，反应的化学方程式为3SiCl4+2N2+6H2 Si3N4+12HCl。
X
Y
A
过量C、Fe碎屑
稀HCl
B
过量Na2CO3粉末
稀H2SO4
C
过量Fe、Al碎屑
浓H2SO4
D
过量Cu、CuO粉末
浓HNO3
选项
实验操作
实验现象
结论
A
KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸
试纸变为蓝色
NO3-被氧化为NH3
B
向1 mL1%的NaOH溶液中加入2 mL2%的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5mL有机物Y，加热
未出现砖红色沉淀
Y中不含有醛基
C
BaSO4固体加入饱和Na2CO3溶液中，过滤，向滤渣中加入盐酸
有气体生成
Ksp（BaSO4）>Ksp（BaCO3）
D
向盛有H2O2溶液的试管中滴几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，一段时间后
溶液中有气泡出现
铁离子催化H2O2的分解
Al
P
Ga
As
物质
相对分子量
沸点
熔点
溶解性
三苯甲醇
260
380℃
164.2℃
不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
乙醚
-
34.6℃
-116.3℃
微溶于水，溶于乙醇、苯等有机溶剂
溴苯
-
156.2℃
-30.7℃
不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
苯甲酸乙酯
150
212.6℃
-34.6℃
不溶于水