江苏如皋市江安镇中心初中2026届高三上化学期中联考试题含解析

江苏如皋市江安镇中心初中2026届高三上化学期中联考试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、我国科学家发现了一类由Fe-Se-As-F-O组成的磁性超导材料。下列说法正确的是A．Fe变成时首先失去3d轨道电子B．的空间构型为平面正三角形C．通过化学变化可以实现与的相互转化D．基态F原子的核外电子有9种空间运动状态2、氮及其化合物的转化过程如下图所示，其中如图为反应①过程中能量变化的曲线图。下列分析合理的是A．如图中c曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线B．反应①的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/molC．在反应②中，若有1.25mol电子发生转移，则参加反应的NH3的体积为5.6LD．催化剂a、b能提高化学反应①、②的化学反应速率和平衡转化率3、有关实验操作，下列说法正确的是（）A．蒸馏时，应先通冷凝水再加热B．萃取振荡时分液漏斗的下口应倾斜向下C．用洁净玻璃棒蘸取少许氯水点在pH试纸上，再与标准比色卡对照即可测定新制氯水的pHD．锥形瓶和容量瓶使用前需用蒸馏水洗净后再放入烘箱中烘干4、化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法中正确的是（）A．Na2FeO4有强氧化性，还原产物又易水解成胶体，是自来水理想的消毒剂和净水剂B．玻璃中含有的SiO2可与NaOH溶液反应，故常用NaOH溶液雕刻玻璃纹饰C．硅酸盐Na2Fe2Si3O9用氧化物的形式可表示为2FeO•Na2O•3SiO2D．面粉中禁止添加CaO2、过氧化苯甲酰等增白剂，CaO2属于碱性氧化物，也属于离子化合物，其阴阳离子个数比为2:l，过氧化苯甲酞属于有机物5、对于合成氨N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＝-92.4kJ·mol-1反应，达到平衡后，以下分析正确的是()A．升高温度，对正反应的反应速率影响更大B．增大压强，对正反应的反应速率影响更大C．减小反应物浓度，对逆反应的反应速率影响更大D．加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大6、下列化学用语正确的是（）A．甲烷分子的球棍模型:B．中子数为16的硫原子:C．NaH中氢离子结构示意图为D．次氯酸结构式:H-Cl-O7、根据下列图示所得出的结论正确的是A．图甲表示.N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）反应过程的能量变化关系，说明催化剂可以改变该反应的焓变B．图乙表示等量的钠块分别与足量的水和乙醇反应产生氢气的物质的量随时间的变化关系，则曲线b表示水与钠的反应C．图丙表示25℃时水溶液中H2C2O4、HC2O4－、C2O42－的物质的量分数随pH的分布，说明H2C2O4的Ka1＝1×10－4.2D．图丁表示25℃时BaSO4达到沉淀溶解平衡时，溶液中c（Ba2＋）与c（SO42－）的关系曲线，说明Ksp（BaSO4）＝1×10－108、下列气体中，既可用浓硫酸干燥，又可用碱石灰干燥的是()A．Cl2 B．SO2C．NO D．NH39、向100mLpH=0的硫酸和硝酸混合溶液中投入3.84g铜粉，微热使反应充分完成后，生成NO气体448mL(标准状况)。则反应前的混合溶液中含硫酸的物质的量浓度为（）A．0.8mol·L-1B．0.4mol·L-1C．0.08mol·L-1D．0.04mol·L10、已知34Se、35Br位于同一周期，根据元素在周期表中的位置，判断下列说法正确的是A．离子还原性：Cl−>Br−B．气态氢化物的稳定性：H2S>H2SeC．原子半径：Cl>Br>SeD．酸性：H2SeO4>HBrO4>HClO411、如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。则下列说法正确的是A．Y、R两种元素的气态氢化物稳定性：Y>RB．简单离子的半径：X<Z<MC．最高价氧化物对应水化物的酸性：R<ND．由X与N两种元素组成的化合物不能与任何酸反应，但能与强碱反应12、常温下，将等浓度的FeSO4和(NH4)2SO4两种浓溶液混合可制得一种晶体，该晶体(称摩尔盐)是分析化学中常用的一种还原剂，其强热分解反应化学方程式：2(NH4)2Fe(SO4)2·6H2OFe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+17H2O。下列说法正确的是()A．该反应中氧化产物是N2、NH3，还原产物是SO2、Fe2O3B．1mol摩尔盐强热分解时转移电子的物质的量为8NAC．向摩尔盐溶液中滴入足量浓NaOH溶液，最终可得刺激性气体和红褐色沉淀D．常温下，摩尔盐的溶解度比FeSO4、(NH4)2SO4大13、下列有关化学用语正确的是A．NH4Cl的电子式：Cl－B．2－戊烯的结构简式：CH3CH2CH=CHCH3C．S2－的结构示意图：D．质子数为94、中子数为144的钚（Pu）原子：14、二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池将化学能转变成电能的同时，实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，降低了成本提高了效益，其原理如图所示。下列说法错误的是()A．该电池放电时电子从Pt1电极经过外电路流到Pt2电极B．Pt1电极附近发生的反应为：SO2＋2H2O－2e－=SO＋4H＋C．相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1D．Pt2电极附近发生的反应为O2＋4e－=2O2－15、某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池。放电时电池的总反应为：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+C6(x<1)。下列关于该电池的说法不正确的是（）A．放电时，Li+在电解质中由负极向正极迁移B．放电时，负极的电极反应式为LixC6-xe-=xLi++C6C．充电时，若转移1mole-，石墨C6电极将增重7xgD．充电时，阳极的电极反应式为LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+Li+16、有机物M的结构如图所示。关于M的描述正确的是A．分子式为C8H6O6B．能发生中和、取代、消去、氧化、加成反应C．1molM与溴水发生反应的产物可能有3种D．1molM与足量氢氧化钠溶液反应，消耗4molNaOH17、下列实验现象和结论都正确的是（）选项实验操作实验现象结论A将SO2气体通入Ba(NO3)2溶液有白色沉淀SO2中混有SO3B向NaAlO2溶液中持续通入气体Y先出现白色沉淀，最终沉淀又溶解Y可能是CO2气体C向某溶液中滴入氯水，再滴加KSCN溶液显红色原溶液中一定有Fe2＋Da向淀粉KI溶液中滴入3滴稀硫酸b再加入10%的H2O2溶液a未见溶液变蓝b溶液立即变蓝色证明酸性条件下H2O2氧化性强于I2A．A B．B C．C D．D18、下列有关化学用语表示正确的是A．葡萄糖的结构简式:C6H12O6B．BCl3的电子式:C．硫离子的结构示意图:D．质量数为44，中子数为24的钙原子:

19、下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的组合有序号XYZW①CuCuSO4Cu(OH)2CuO②NaNaOHNa2CO3NaCl③AlAlCl3Al(OH)3Al2O3④FeFeCl3FeCl2Fe(OH)2A．②③ B．①③④ C．①④ D．①②③20、取一定质量的Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份。其中一份通入足量的氢气充分反应后固体质量为25.6g，另一份加入500mL稀硝酸中固体恰好完全溶解并产生标准状况下的NO气体4.48L。已知Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。则稀硝酸的浓度为A．4mo1·L-1 B．2mo1·L-1 C．1.6mo1·L-1 D．0.8mo1·L-121、BMO（Bi2MoO6）是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是A．该过程的总反应：C6H6O+7O26CO2+3H2OB．该过程中BMO表现较强氧化性C．降解产物的分子中只含有极性共价键D．①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3:122、下列实验能达到预期目的的是编号实验内容实验目的A室温下，用pH试纸测得：0.1mol·L-1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH约为5HSO3-结合H+的能力比SO32-强B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C配置FeCl2溶液时，先将FeCl2固体溶于适量盐酸中，再用蒸馏水稀释到所需浓度，最后向试剂瓶中加入少量铜粉抑制Fe2+水解，并防止Fe2+被氧化D向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，在滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下的Ksp[Mg（OH）2]>Ksp[Fe（OH）3]A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E为短周期元素,A-E原子序数依次增大,质子数之和为40,B、C同周期,A、D同主族,A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2,E是地壳中含量最多的金属元素。(1)E元素在周期表中的位置为__________；B、C的氢化物稳定性强的是________(用化学式表示,下同)；B、C、D组成的化合物中含有的化学键为_____________(2)D2C2的电子式是_________,将D的单质投入A2C中,反应后得到一种无色溶液,E的单质在该无色溶液中反应的离子方程式为______________；(3)元素D的单质在一定条件下,能与A单质化合生成氢化物DA,熔点为800℃。DA能与水反应放出氢气,化学反应方程式为_____________。(4)废印刷电路版上含有铜,以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜,再用硫酸溶解。现改用A2C2和稀硫酸浸泡既达到了上述目的,又保护了环境,试写出反应的化学方程式__________________________24、（12分）已知X、Y、Z、W、H五种元素原子序数依次增大，分布在元素周期表中的三个不同短周期。X、W同主族，Y、Z是同周期的相邻元素。W原子的质子数等于Y、Z原子最外层电子数之和。Y的氢化物分子中有3个共价键。Z的阴离子与H的阳离子具有相同的电子层结构，H的单质能溶于W最高价氧化物的水化物溶液中。试推断：(1)Y元素的名称是：___________；(2)H在元素周期表中的位置：___________；H的单质溶于W最高价氧化物的水化物反应的离子方程式：______________________；(3)由X、Y、Z所形成的离子化合物M的化学式是__________(注：Y元素在该化合物中既体现它的最高价又体现最低价)，工业上用电解Y的氧化物YO来制备M，工作原理如图：①X为Y的氢化物，最终制得3molM理论上需补充___________molX物质；②若用甲醇—空气燃料电池（电解质溶液为KOH溶液）为该电解过程提供电能，则通入甲醇一极的极反应为：______________________，该极与上图电解装置中的___________（填“A”或“B”）极相连。25、（12分）某废催化剂含48.6%的SiO2、16.2%的ZnO、19.4%的ZnS和12.8%的CuS及少量的Fe3O4。.某同学用10.0g该废催化剂为原料，回收锌和铜。采用的实验方案如下，回答下列问题：已知：金属Zn与Al类似，都是两性金属，能溶于强碱并放出氢气，但铝不溶于氨水，锌却可以溶于氨水形成四氨合锌配离子[Zn(NH3)4]2+。（1）滤液1中含有Fe2+，选用提供的试剂进行检验，检验方法如下：__________________________。（提供的试剂：稀盐酸、KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、K3[Fe(CN)6]溶液）（2）滤渣2除SiO2外的另一成分是____________；第二次浸出时，加热温度不宜过高的原因是___________________；写出第二次浸出的化学反应方程式____________________________________。写出锌溶于氨水的离子方程式____________________________________。（3）ZnSO4在水中的溶解度，随温度的升高而缓慢增大，从硫酸锌溶液得到七水硫酸锌晶体，可采用的方法是_____________________；析出七水硫酸锌晶体，减压过滤，用于淋洗七水硫酸锌晶体的溶剂是___________________；某同学在实验完成之后，得到5.74gZnSO4·7H2O（式量287）则锌的回收率为_______________________________。26、（10分）已知Cr2＋不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O是一种深红色晶体，不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂。实验室中以锌粒、CrCl3溶液、CH3COONa溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如下图所示。制备过程中发生的相关反应如下所示：Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑Zn＋2CrCl3===2CrCl2＋ZnCl22Cr2＋＋4CH3COO－＋2H2O===[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(晶体)试回答下列问题：(1)本实验中配制溶液所用的蒸馏水需事先煮沸，原因是__________。(2)往仪器Ⅱ中加盐酸和CrCl3溶液的顺序最好是__________________________，理由是____________。(3)为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液混合，应关闭阀门____(填“A”或“B”，下同)，打开阀门_____。(4)本实验中锌粒要过量，其原因除了使锌与CrCl3充分反应得到CrCl2外，另一个作用是________。仪器Ⅳ的主要作用是___________。(5)已知实验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51g，取用的CH3COONa溶液为1.5L0.1mol/L，其他反应物足量。实验后得干燥的[Cr(CH3COO)2]2·2H2O9.4g，则该实验所得产品的产率为________(用百分数表示，保留3位有效数字)(不考虑溶解的醋酸亚铬水合物)。27、（12分）实验小组对Cr(Ⅲ)与过氧化氢反应的影响因素进行了探究，实验过程如下：实验1：探究pH对Cr(Ⅲ)与过氧化氢反应的影响1.室温下，加酸或碱调节0.1mol/LCr2(SO4)3溶液pH分别为2.00、4.10、6.75、8.43、10.03、13.37。2.各取5mL上述溶液分置于6支试管中，分别向其中逐滴加入30%H2O2溶液，直至溶液不再发生变化，观察并记录现象。pH对Cr(Ⅲ)与过氧化氢反应的影响试管①②③④⑤⑥pH2.004.106.758.4310.0313.37起始现象墨绿色溶液墨绿色溶液蓝色浑浊液蓝色浑浊液蓝色浑浊液亮绿色溶液终点现象墨绿色墨绿色黄绿色亮黄色橙红色砖红色查阅资料：①Cr3+为绿色，CrO为亮绿色，CrO为黄色。②Cr3+较稳定，需用较强氧化剂才能将其氧化；CrO在碱性溶液中是较强的还原剂。（1）Cr(OH)3为蓝色固体，写出⑤中生成蓝色沉淀的离子方程式_____。（2）试管①②中溶液未发生明显变化，可能的原因是_____。（3）④中沉淀溶解，溶液变为亮黄色，可能发生反应的离子方程式是_____。（4）Cr(OH)3与Al(OH)3类似，具有两性。存在如下关系：Cr3++3OH-Cr(OH)3CrO+H++H2O。解释实验1中，随着溶液pH升高，终点溶液颜色变化的原因______。实验2：探究温度对Cr(Ⅲ)与过氧化氢反应的影响各取5mLpH=13.50Cr2(SO4)3溶液分置于5支试管中，将其分置于0℃、25℃、50℃、75℃、100℃的水浴中，然后向试管中各滴加过量30%H2O2溶液，观察并记录实验现象：温度对Cr(Ⅲ)与30%H2O2反应的影响反应温度0℃25℃50℃75℃100℃起始现象墨绿色终点现象红棕色砖红色橙红色亮黄色亮黄色（5）随着反应温度的升高，反应后溶液颜色由红棕色向亮黄色转变，是因为生成的红色物质CrO（Cr为+5价）不稳定，自身发生氧化还原反应，随着温度升高会逐渐转化为亮黄色的CrO，同时生成氧气。发生反应的离子方程式是______。（6）反应物浓度也是影响反应的因素之一。请利用实验1给出的试剂，设计实验进行验证_____。（7）综上所述，Cr(III)与过氧化氢的反应产物与_____密切相关。28、（14分）某铜矿石的主要成分是Cu2O，还含有少量的Al2O3、Fe2O3和SiO2。某工厂利用此矿石炼制精铜的工艺流程如图所示(已知：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O)。(1)滤液A中铁元素的存在形式为______________(填离子符号)，生成该离子的离子方程式为_______________，检验滤液A中存在该离子的试剂为___________(填试剂名称)。(2)金属E与固体F发生的某一反应可用于焊接钢轨，该反应的化学方程式为_________________________，在实验室中完成此实验还需要的试剂是________。a．KClO3b．KClc．Mgd．MnO2(3)为使固体混合物D在空气中灼烧完全分解，应_____________，直至连续两次测定的实验结果相同(或质量相差小于0.1g)时为止；灼烧时必须用到的实验仪器是__________。(4)溶液G与固体混合物B反应的离子方程式为__________________________。(5)将Na2CO3溶液滴入到一定量的CuCl2溶液中，得到氯化钠、二氧化碳和一种绿色的不溶于水的盐(不含结晶水)，该盐受热分解产生三种氧化物，则该盐的化学式是______。29、（10分）请参照元素①－⑧在表中的位置，根据判断出的元素回答问题：①②③④⑤⑥⑦⑧（1）⑧原子的最外层电子的轨道表达式为___________________,关于它的最外层p亚层电子的说法错误的是_________。（填序号）a.能量相同b.电子云形状相同c.自旋方向相同d.电子云伸展方向相同（2）③和①组成的四核分子的化学式为___________，空间构型为_____________，属于_____分子（填“极性”或“非极性”）。（3）比较④、⑤元素常见离子的半径大小（用化学式表示）______＞_____；②、③两元素非金属性较强的是______（写元素符号），写出证明该结论的一个事实:___________________________。（4）④、⑤元素形成的四原子化合物的电子式为___________；已知⑥元素的氧化物的熔点为2054℃，且以它为原料，可以通过电解的方法得到铝，据此推断⑥元素的氧化物为_________晶体（填“分子晶体”或“离子晶体”或“原子晶体”或“金属晶体”）。⑥元素的氧化物熔点______⑥元素的氯化物熔点（填“大于”“小于”“等于”），请解释其原因______________________________。

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【详解】A．Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe变成时首先失去4s轨道电子，A错误；B．的中心原子的价电子对数为，含有一对孤电子对，则其空间构型为三角锥形，B错误；C．同位素之间的变化为物理变化，C错误；D．F原子的最外层有9个电子，则基态F原子的核外电子有9种空间运动状态，D正确；答案选D。2、B【详解】A.使用催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，所以曲线d是加入催化剂a时的能量变化曲线，A错误；B.根据图示可知反应物比生成物的能量高出600kJ-508kJ=92kJ，故反应①的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol，B正确；C.未指明气体所处条件，因此不能根据电子转移的物质的量确定气体的体积，C错误；D.催化剂能加快化学反应的反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此不能改变物质的平衡转化率，D错误；故合理选项是B。3、A【详解】A.蒸馏时，为了充分冷凝，应先通冷凝水再加热，故A正确；B.萃取振荡时，使分液漏斗上口朝下、下口朝上，以便于振荡混合，故B错误；C.氯水中的HClO可使pH试纸褪色，不能用pH试纸测定氯水的pH，应选pH计测定，故C错误；D.锥形瓶、容量瓶中有少量水对实验无影响，则锥形瓶、容量瓶均不需要烘干，故D错误；答案选A。4、A【解析】A．K2FeO4中Fe元素化合价高，具有强氧化性，可以杀菌消毒，被还原为铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，表面积很大，可以吸附悬浮物起净水作用，故A正确；B．用于雕刻工艺玻璃上纹饰的是氢氟酸而不是NaOH溶液，故B错误；C.根据硅酸盐写成氧化物的规律，金属氧化物按活动顺序表的活动性顺序书写，硅酸盐Na2Fe2Si3O9用氧化物的形式可表示为Na2O•2FeO•3SiO2，故C错误；D．碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，过氧化钙属于过氧化物，不是碱性氧化物，其阴阳离子个数比为1：l，故D错误；故选A。5、B【详解】A.该反应的正反应是放热反应，升高温度正逆反应速率都增大，但平衡向逆反应方向移动，说明温度对逆反应速率影响较大，故A错误；B.该反应的正反应是反应前后气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，则压强对正反应速率影响较大，故B正确；C.减小反应物浓度，生成物浓度不变，则逆反应速率不变，故C错误；D.加入催化剂，对正逆反应速率影响相同，所以正逆反应速率仍然相等，故D错误；故选B。6、C【解析】A.甲烷分子的比例模型为:，选项A错误；B.中子数为16的硫原子为:3216S，选项B错误；C.NaH中氢离子结构示意图为，选项C正确；D.次氯酸结构式:H-O-Cl，选项D错误。答案选C。7、D【详解】A、催化剂能够降低反应的活化能，但是不能改变焓变，焓变只与反应物和生成物的总能量有关，与反应途径无关，A错误；B、钠与水反应的速率比钠与乙醇反应的速率快，生成相同体积的氢气，钠与水反应所需的时间更短，曲线a表示水与钠的反应，B错误；C、H2C2O4HC2O4－＋H＋，HC2O4－C2O42－＋H＋，，，当c(C2O42－)=c(C2O4-)，Ka2=c(H+)，从图中可以看出，当c(C2O42－)=c(C2O4-)，pH=4.2，c(H+)=10-4.2，则Ka2=1×10－4.2，C错误；D、BaSO4达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2＋)与c(SO42－)的关系有，，左右同时取10的对数，有，lgc(Ba2+)=lg(Ksp)-lgc(SO42－)，为一次函数曲线，曲线符合。求算Ksp，取曲线上的点，如-lgc(Ba2+)=10，-lgc(SO42－)=0，带入等式，得lg(Ksp)=-10，则Ksp=10-10，D正确；答案选D。8、C【解析】A和B属于酸性气体，和碱石灰反应。氨气是碱性气体和浓硫酸反应。所以正确的答案是C。9、B【解析】试题分析：根据铜和硝酸反应的离子方程式分析：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O，3.84克铜的物质的量为0.06摩尔，一氧化氮物质的量为0.02摩尔，根据方程式计算硝酸的物质的量为0.02摩尔，则根据硫酸中氢离子的物质的量为0.1-0.02=0.08摩尔，则硫酸的物质的量为0.04摩尔，其物质的量浓度为0.4mol/L。选B。考点：硝酸的性质10、B【解析】试题分析：同周期从左到右半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，还原性逐渐减弱，氧化性逐渐增强，离子的还原性逐渐增强，氧化性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性依次增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性依次减弱，酸性依次增强；同主族从上到下半径逐渐增大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，还原性逐渐增强，氧化性逐渐减弱，离子的还原性逐渐增强，氧化性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性依次减弱，最高价氧化物对应的水化物的碱性依次增强，酸性依次减弱。A项离子还原性：Cl－<Br－；B项气态氢化物的稳定性：H2S＞H2Se；C项原子半径：Cl<Br<Se；D项酸性：H2SeO4<HBrO4<HClO4。考点：元素周期律的应用点评：本题主要考查了元素周期律的相关内容，难度不太大，但要求学生熟练掌握元素周期律的内容及应用，为高频考题。11、A【解析】A.X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si，R为Cl元素；非金属性F＞Cl，非金属性越强氢化物越稳定，故稳定性HF＞HCl，A正确；B.O2-、Na+、Al3+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，离子半径：O2-＞Na+＞Al3+，B错误；C.非金属性Cl＞Si，最高价氧化物对应水化物的酸性：高氯酸＞硅酸，C错误；D.由X与N两种元素组成的化合物为二氧化硅，能与氢氟酸反应，D错误；正确选项A。12、C【分析】反应中铁元素化合价升高，氮元素化合价升高，硫元素化合价降低。据此分析。【详解】反应中铁元素化合价升高，氮元素化合价升高，硫元素化合价降低。A.该反应中氧化产物是N2、Fe2O3，还原产物是SO2，故错误；B.反应中转移8个电子，所以1mol摩尔盐强热分解时转移电子的物质的量为4NA，故错误；C.向摩尔盐溶液中滴入足量浓NaOH溶液，可得刺激性气体氨气和氢氧化亚铁白色沉淀，但氢氧化亚铁沉淀能被空气中的氧气氧化，最终氢氧化铁红褐色沉淀，故正确；D.将等浓度的FeSO4和(NH4)2SO4两种浓溶液混合可制得一种晶体，说明常温下，摩尔盐的溶解度比FeSO4、(NH4)2SO4小，故错误。故选C。13、B【详解】A．NH

4Cl是离子化合物，电子式为

，A错误；B．2－戊烯的结构简式：CH3CH2CH=CHCH3，B正确；C．S

2

－的结构示意图为

，C错误；D．在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，则质子数为94、中子数为144的钚（Pu）原子可表示为，D错误。答案选B。14、D【分析】该装置为原电池，根据氢离子的流向可知Pt1电极为负极，SO2失电子被氧化，Pt2电极为正极，O2得电子被还原。【详解】A．放电时，电子从负极流向正极，Pt1电极为负极，Pt2电极为正极，则该电池放电时电子从Pt1电极经过外电路流到Pt2电极，故A正确；B．Pt1电极通入SO2，SO2在负极失电子生成SO，则电极反应为SO2+2H2O-2e-=SO+4H+，故B正确；C．该电池的总反应为二氧化硫与氧气的反应，即2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2：1，故C正确；D．Pt2电极上氧气得电子结合迁移到正极的氢离子生成水，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故D错误；综上所述答案为D。15、C【详解】A．放电时，负极LixC6失去电子得到Li+，在原电池中，阳离子移向正极，则Li+在电解质中由负极向正极迁移，故A正确；B．放电时，负极LixC6失去电子产生Li+，电极反应式为LixC6-xe-═xLi++C6，故B正确；C．充电时，石墨(C6)电极变成LixC6，电极反应式为：xLi++C6+xe-═LixC6，则石墨(C6)电极增重的质量就是锂离子的质量，根据关系式：xLi+～～～xe-1mol1mol可知若转移1mole-，就增重1molLi+，即7g，故C错误；D．正极上Co元素化合价降低，放电时，电池的正极反应为：Li1-xCoO2+xLi++xe-═LiCoO2，充电是放电的逆反应，故D正确；故选C。【点晴】明确电池反应中元素的化合价变化及原电池的工作原理是解题关键，放电时的反应为Li1-xCoO2+LixC6═LiCoO2+C6，Co元素的化合价降低，Co得到电子，则Li1-xCoO2为正极，LixC6为负极，Li元素的化合价升高变成Li+，结合原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，充电是放电的逆过程，据此解答。16、B【详解】A．分子式为C8H6O8，故A错误；B．此有机物有碳碳双键、羧基、醇羟基、酯基，则能发生中和、取代、消去、氧化、加成反应，故B正确；C．1molM与溴水发生反应的产物要结合溴的物质的量来确定，故C错误；D．1molM与足量氢氧化钠溶液反应，只能发生酯的水解和与羧酸的中和，共消耗2molNaOH，故D错误；答案为B。17、D【详解】A、将SO2气体通入Ba(NO3)2溶液，SO2能被NO3-氧化成H2SO4，并进一步和Ba2+形成BaSO4白色沉淀，所以不能确定SO2中是否混有SO3，结论错误，A选项错误；B、CO2能和NaAlO2反应：CO2+2AlO2-+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-，过量的CO2不能溶解Al(OH)3，反应为：CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3+HCO3-，B选项错误；C、滴入氯水后再加KSCN，溶液显红色，检测出的Fe3+可能来自Fe2+，也可能是溶液中已有的Fe3+，所以，无法确定原溶液是否含Fe2+，C选项错误；。D、向淀粉KI溶液中滴入稀硫酸不变蓝，再加入H2O2溶液，I-被H2O2氧化为I2，溶液变蓝色，从而证明酸性条件下H2O2氧化性强于I2，现象和结论都正确，D选项正确。答案选D。【点睛】Fe2+的检验：用氯水和KSCN溶液检验Fe2+要排除Fe3+的干扰。正确方法是：先加KSCN溶液，溶液不变红，再加氯水，溶液变红，则含Fe2+。18、B【解析】A、葡萄糖的结构简式:CH2OH(CHOH)4CHO，C6H12O6是葡萄糖的分子式，故A错误；B、B最外层只有三个电子，BCl3的电子式:，故B正确；C、硫离子核外有18个电子、最外层有8个电子，其离子结构示意图为：，故C错误；D.质量数为44，中子数为24的钙原子:，故D错误；故选B。点睛：本题考查化学用语的书写判断，涉及结构简式、离子结构示意图、电子式等知识点，题目难度中等，解题关键：掌握化学用语特点。注意BCl3的电子式的书写，为易错点。19、D【解析】①Cu与浓硫酸在加热时反应产生CuSO4，CuSO4与NaOH溶液发生复分解反应产生Cu(OH)2，Cu(OH)2加热分解产生CuO，CuO与H2在加热时反应产生Cu单质，可以实现上述转化，①合理；②Na与H2O反应产生NaOH，NaOH与少量CO2反应产生Na2CO3，Na2CO3与足量HCl反应产生NaCl，电解熔融的NaCl得到金属Na，可以实现上述转化，②合理；③Al与盐酸反应产生AlCl3，AlCl3与氨水反应产生Al(OH)3，Al(OH)3加热分解产生Al2O3，电解熔融的Al2O3得到金属Al，可以实现上述转化，③合理；④Fe与氯气反应得到FeCl3，FeCl3与Fe反应得到FeCl2，FeCl2与NaOH溶液反应产生Fe(OH)2，但是Fe(OH)2不能发生反应得到Fe单质，故不会实现上述转化，④不合理；合理有①②③，选项D正确。20、B【分析】一份用足量的氢气还原，反应后固体质量为Cu的质量，另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu（NO3）2，根据Cu元素守恒可知：n[Cu（NO3）2]=n（Cu），根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2n[Cu（NO3）2]，再根据c=计算硝酸的浓度。【详解】一份用足量的氢气还原，反应后固体质量为Cu的质量，故n（Cu）==0.4mol，另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu（NO3）2，根据Cu元素守恒可知：n[Cu（NO3）2]=n（Cu）=0.4mol，根据氮元素守恒可知：n（HNO3）=n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=+2×0.4mol=1mol，所以该稀硝酸的浓度为：c（HNO3）==2mol/L，答案选B。【点睛】本题考查混合物的计算，清楚反应过程是解题的关键，注意利用守恒法进行解答，侧重考查学生分析计算能力，难度中等。21、B【详解】A、该过程用光催化降解苯酚生成二氧化碳和水，所以反应：C6H6O+7O26CO2+3H2O，故A正确；B、该过程中BMO是催化剂，BMO与O2在光作用下，BMO被氧化成BMO+，故B错误；C、降解苯酚的产物为二氧化碳和水，二氧化碳和水分子中都只含有极性共价键，故C正确；D、①中1molO2-要得到3mol电子，而②中1molBMO+变为1molBMO只要得到1mol电子，根据氧化还原反应得失电子相等，所以①、②中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1，故D正确；正确答案选B。22、B【解析】A．阴离子水解程度越大，溶液pH越大，说明越易结合氢离子，则HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱，A错误；B、向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅，说明氢氧根的浓度减小，这是由于碳酸根转化为碳酸钡沉淀，水解平衡向逆反应方向进行，因此可以证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，B正确；C、为了防止氯化亚铁被氧化，有关加入铁粉，C错误；D、反应中氢氧化钠过量，则加入氯化铁一定产生氢氧化铁沉淀，不能比较二者的溶度积常数大小，D错误，答案选B。点睛：本题考查实验方案的评价，涉及物质的性质比较，检验，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价。易错选项是D，注意反应中氢氧化钠的量。二、非选择题(共84分)23、第三周期第ⅢA族H2O离子键、共价键2Al＋2H2O＋2OH-=2AlO2-＋3H2↑NaH＋H2O=H2↑＋NaOHH2O2＋H2SO4＋Cu=CuSO4＋2H2O【分析】E是地壳中含量最多的金属元素，则E为Al；A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，可判断两种液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H；C为O；A、D同主族，且原子序数大于O的，则D为Na；A-E原子的质子数之和为40，则B的序数为7，则为N。【详解】(1)E为Al，在周期表中的位置为第三周期IIIA族；B、C分别为N、O，且非金属性N<O，则氢化物的稳定性为NH3<H2O；B、C、D分别为N、O、Na，组成的化合物为NaNO3，含有离子键、共价键；(2)D2C2为过氧化钠，为离子化合物，电子式为；Al与氢氧化钠、水反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al＋2H2O＋2OH-=2AlO2-＋3H2↑；(3)元素Na可与氢气反应生成氢化钠，氢化钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，方程式为NaH＋H2O=H2↑＋NaOH；(4)过氧化氢有强氧化性，可与Cu、稀硫酸反应生成硫酸铜和水，方程式为H2O2＋H2SO4＋Cu=CuSO4＋2H2O。24、氮(元素)第三周期第IIIA族2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑NH4NO31.2CH3OH-6e-+8OH-=6H2O+A【分析】X、Y、Z、W、H五种元素原子序数依次增大，分布在元素周期表中的三个不同短周期，X、W同主族，X是氢元素，W是钠元素；Y、Z为同周期的相邻元素，原子序数小于Na的11号，Y的氢化物分子中有3个共价键，则Y为N元素；Z是氧元素；Z的阴离子与H的阳离子具有相同的电子层结构，离子核外电子数为10，H的单质能溶于W最高价氧化物的水化物溶液中，故H为铝元素，据此解答。【详解】根据上述分析可知：X是H，Y是N，Z是O，W是Na，H是Al元素。(1)Y是N元素，元素名称为氮元素；(2)H是Al元素，核外电子排布是2、8、3，因此在元素周期表中位于第三周期第IIIA族；Al单质能够与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；(3)X是H，Y是N，Z是O，三种元素形成的离子化合物M是NH4NO3，在工业上一般是用电解NO的方法制取NH4NO3；①X为Y的氢化物，X物质为NH3。由图示可知在A电极上NO得到电子发生还原反应产生阳离子，N元素化合价降低5价，得到电子5e-；在B电极上NO失去电子发生氧化反应产生阴离子，N元素化合价升高3价，失去电子3e-，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，电子转移总数为15e-，A电极上产生3个，B电极上产生5个，二者结合产生5个NH4NO3，需补充2个NH3，则若最终制得3molM理论上需补充NH3的物质的量n(NH3)=×2mol=1.2mol；②若用甲醇—空气燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)为该电解过程提供电能，则通入甲醇一极为负极，失去电子发生氧化反应，产生CO2与OH-结合形成，该电极的电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=6H2O+；该电极是负极，根据①分析可知A电极为阴极，应该与电源的负极连接，所以甲醇燃料电池要与上图电解装置中的A极相连。25、取少量滤液1，滴加几滴高锰酸钾溶液，若褪色，则证明有亚铁离子。（或取少量滤液1，滴加2滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀，则证明有亚铁离子）S温度过高双氧水易分解CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2OZn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++H2↑+2OH-蒸发结晶法酒精50.0%【解析】废催化剂加入稀硫酸，第一次浸出主要发生反应：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，过滤后滤液中ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，浓缩结晶得到粗ZnSO4•7H2O；滤渣1含有SiO2、CuS，向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫，滤渣2含有硫和二氧化硅，滤液含有硫酸铜，经浓缩结晶可得到硫酸铜晶体。(1)亚铁离子具有还原性，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，检验亚铁离子，可取少量滤液1，滴加高锰酸钾溶液，若褪色，则证明有亚铁离子，故答案为：取少量滤液1，滴加高锰酸钾溶液，若褪色，则证明有亚铁离子；(2)根据上述分析，滤渣2含有硫和二氧化硅；第二次浸出时，加热温度不宜过高，主要是防止双氧水分解；第二次浸出时发生反应：CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O；锌可以溶于氨水形成四氨合锌配离子[Zn(NH3)4]2+，反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++H2↑+2OH-，故答案为：S；温度过高双氧水易分解；CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O；Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++H2↑+2OH-；(3)ZnSO4在水中的溶解度，随温度的升高而缓慢增大，从硫酸锌溶液得到七水硫酸锌晶体，可采用蒸发结晶的方法；析出七水硫酸锌晶体，减压过滤，淋洗七水硫酸锌晶体可以选用酒精，减少晶体的损失；5.74gZnSO4·7H2O(式量287)的物质的量为=0.02mol，其中含有锌元素的质量为0.02mol×65g/mol=1.3g，原样品中锌的质量为10.0g×16.2%

×+10.0g×19.4%

×=2.6g，锌的回收率为×100%=50%，故答案为：蒸发结晶法；酒精；50.0%。点睛：本题以金属回收为载体，综合考查物质的制备实验，涉及化学工艺流程、对原理与装置的分析、物质的分离提纯、化学计算等。本题的易错点为离子方程式的书写和锌的回收率的计算，计算锌的回收率，需要计算出最终晶体中的锌和原样品中锌的质量。26、去除水中的溶解氧，防止Cr2＋被氧化先加盐酸后加CrCl3溶液让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置Ⅱ和Ⅲ中的空气赶出，避免生成的Cr2＋被氧化BA让产生的H2赶出装置Ⅱ和Ⅲ中的空气并将CrCl2溶液压入装置Ⅲ与CH3COONa溶液反应防止空气进入装置Ⅲ83.3%【详解】（1）根据信息，Cr2＋不稳定，极易被氧气氧化，因此在配制溶液时，所用蒸馏水事先煮沸，其原因是去除水中的溶解氧，防止Cr2＋被氧化；（2）装置中有氧气，为防止Cr2＋被氧化，先排除装置中氧气，即先加盐酸，再加CrCl3溶液，理由是让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置Ⅱ和Ⅲ中的空气赶出，避免生成的Cr2＋被氧化；（3）根据实验目的，需要把装置II的溶液压入到装置III，需要关闭阀门B，打开阀门A，Zn和盐酸反应，产生氢气，利用压强差，把装置II中溶液压入到装置III中；（4）根据（3）过量Zn的另一个作用是让产生的H2赶出装置Ⅱ和Ⅲ中的空气并将CrCl2溶液压入装置Ⅲ与CH3COONa溶液反应；仪器IV的作用是防止空气进入装置III；（5）CrCl3的物质的量为9.51/158.5mol=0.06mol，根据元素守恒，则Cr2＋的物质的量为0.06mol，CH3COONa的物质的量为1.5×0.1mol=0.15mol，根据题中所给第三个反应，Cr2＋不足，CH3COONa过量，根据Cr2＋进行计算，得出[Cr(CH3COO)2]2·2H2O的质量为0.06×376/2g=11.28g，即产率为9.4/11.28×100%=83.3%。27、Cr3++3OH-=Cr(OH)3Cr3+较稳定，不能被过氧化氢氧化2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2+8H2OpH较低时，溶液中存在Cr3+，不易被氧化，故溶液为墨绿色，pH较高时，混合物中存在Cr(OH)3和CrO，可被过氧化氢氧化为或，故溶液颜色逐渐变为黄色或砖红色H2O2+2=2+4O2+2OH-在一定温度和pH下，用不同浓度的Cr2(SO4)3溶液与H2O2反应，观察反应后的现象pH、温度、浓度【分析】本题探究Cr(Ⅲ)与过氧化氢反应的影响因素，研究了pH、温度、浓度的影响，在研究每一个因素时，需用控制变量法，即研究一个因素，需保证另外两个因素不变。探究pH的影响时，不同pH时Cr在水中的存在形式不同，pH较小时以Cr3+形式存在，随着pH的不断增大，Cr的存在形式变为Cr(OH)3和CrO；探究温度的影响时，生成的红色物质CrO（Cr为+5价）不稳定，该物质中O的化合价为-1价，自身的Cr与O发生氧化还原反应，反应后的物质再被H2O2氧化，得到亮黄色的CrO和O2；探究浓度的影响时，需保证pH和温度不变，改变Cr3+浓度，观察