2026届河北省石家庄市外国语学校高三化学第一学期期中达标检测模拟试题含解析

2026届河北省石家庄市外国语学校高三化学第一学期期中达标检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、不能用元素周期律解释的性质是A．非金属性：Cl>Br B．热稳定性：Na2CO3>NaHCO3C．酸性：HNO3>H2CO3 D．碱性：NaOH>Mg(OH)22、某透明溶液放入铝片后有氢气产生。向此溶液中加入下列物质，该物质一定能在溶液中大量存在的是A．NaHCO3 B．NH4Cl C．KNO3 D．Na2SO43、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温常压下，28g

乙烯和丙烯的混合物中含有C-H

键的数目为4NAB．0.1mol•L-1Na2CO3溶液中含有的CO32-数目小于0.1NAC．0.1mol

的SO2

与ImolO2

充分反应，转移的电子数为0.2NAD．常温常压下，19g

羟基(—18OH)

中所含的中子数为9NA4、设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．乙烷分子中含有的共价键数目为B．完全溶于水转移的电子数为C．标准状况下，含有的原子数为D．乙烯和丙烯的混合物中含有的质子数为5、在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：物质XYZ初始浓度/(mol·L－1)0.10.20平衡浓度/(mol·L－1)0.050.050.1下列说法错误的是()A．增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大B．反应可表示为X＋3Y2Z，其平衡常数为1600C．反应达平衡时，X的转化率为50%D．改变温度可以改变此反应的平衡常数6、在体积为VL的密闭容器中，通入amolNO和bmolO2，反应后容器内氮原子和氧原子数之比为()A．a/bB．a/2bC．a/(a+2b)D．a/(2a+b)7、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最高价氧化物固态时可用作人工降雨剂或用于冷藏食品，X、Y的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，W的简单氢化物与Z的单质混合光照可生成Z的氢化物和油状混合物。下列说法正确的是A．原子半径:W＞X＞Y＞ZB．X、Y的简单离子的电子层结构相同C．W的简单氢化物的稳定性比Z的强D．Z分别与W、X形成的化合物中所含化学键类型相同8、下列实验方案正确且能达到相应实验目的的是()A．甲装置用于验证草酸晶体是否含结晶水B．乙装置用于海带提碘实验中将海带灼烧成灰C．丙装置用于配制溶液的实验中向容量瓶中转移溶液D．丁装置用于验证酸性：H2SO4>H2CO3>HClO9、下列事实与平衡移动原理无关的是A．向含酚酞的Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液，红色变浅B．加热MgCl2·6H2O固体最终得到Mg(OH)ClC．将FeS2矿石粉碎更有利于焙烧制备SO2气体D．NO2气体经过冷凝和加压成无色液体10、下列实验操作、现象和结论均正确的是（）A．乙炔具有还原性B．待测液中含Fe2+C．a管发生吸氧腐蚀，b管发生析氢腐蚀D．检验溴乙烷消去反应产物A．A B．B C．C D．D11、高铁酸钾(K2FeO4)是一种易溶于水、高效的多功能水处理剂。工业上通常先制得高铁酸钠，然后在一定温度下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，从而使高铁酸钾析出。下列叙述正确的是（）A．高铁酸钾溶于水可吸附水中悬浮物，净水原理和明矾相同B．高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH，该反应中高铁酸钾既做氧化剂又做还原剂C．在无水条件下制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO4＋aNa2O2=2Na2FeO4＋bX＋2Na2SO4＋cO2↑，该反应中物质X的化学式为NaOHD．向Fe(OH)3和过量KOH溶液的混合物中通入氯气，得到紫色固体的反应为3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH=2K2FeO4＋6KCl＋8H2O12、将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L﹣1NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中不正确的是（）A．当金属全部溶解时，失去电子的物质的量为0.3molB．标准状态下，当金厲全部溶解时收集NO气体体积为3.36LC．当生成的沉淀量达最大时，消耗NaOH溶液的体积V≥100mLD．参加反应的金属总质量为9.6g＞m＞3.6g13、25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．0.1mol/LNH4HCO3溶液中：B．的溶液中：C．的溶液中：D．溶液中：14、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．0.1mol·L−1的FeCl2溶液中：H＋、Na＋、Cl－、NO3-B．0.1mol·L−1的HCl溶液中：Na＋、K＋、SO42-、CH3COO－C．0.1mol·L−1的K2CO3溶液中：Na＋、Ca2+、AlO2-、OH－D．0.1mol·L−1的NaOH溶液中：K＋、Ba2+、Cl－、NO3-15、根据下列事实：(1)X+Y2+=X2++Y；(2)Z+2H2O=Z(OH)2+H2(3)Z2+氧化性比X2+弱；(4)由Y、W电极组成的原电池，电极反应为：W2++2e-=W，Y-2e-=Y2+，可知X、Y、Z、W的还原性由强到弱的顺序是A．X>Z>Y>W B．Z>W>X>YC．Z>X>Y>W D．Z>Y>X>W16、化学学习方法中的类推法是指由已学知识通过迁移构建新知识的方法。下列类推正确的是A．CaCO3与稀HNO3反应生成CO2,CaSO3也能与稀HNO3反应生成SO2B．铜在氯气中剧烈燃烧生成二价铜,铜也能在硫蒸气中剧烈燃烧生成二价铜C．钠与乙醇反应产生氢气,钾与乙醇也能反应产生氢气D．锌可以与溶液中的银离子发生置换反应,钠也能与溶液中的银离子发生置换反应17、下列各组物质混合后，只能生成一种含钠化合物的是（）A．NaHCO3溶液、石灰水 B．NaOH溶液、CO2C．Na2CO3溶液、盐酸 D．Na2O2、CO218、下图装置(Ⅰ)是一种可充电电池，装置(Ⅱ)为电解池。装置(Ⅰ)的离子交换膜只允许Na＋通过，已知电池充、放电的化学方程式为2Na2S2＋NaBr3Na2S4＋3NaBr，当闭合开关K时，X电极附近溶液变红。下列说法正确的是A．闭合开关K时，Na＋从右到左通过离子交换膜B．闭合开关K时，负极反应式为3NaBr－2e－===NaBr3＋2Na＋C．闭合开关K时，当有0.1molNa＋通过离子交换膜时，X电极上放出标准状况下气体1.12LD．闭合开关K时，X电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑19、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．中性溶液中：Fe3+、NH4+、Br、HCO3-B．澄清透明的溶液中：Na+、Cu2+、NO3-、Cl-C．c(OH-)<的溶液中：Na+、Ca2+、ClO-、F-D．1mo/L的KNO3溶液中：H+、Fe2+、SCN-、SO42-20、25

℃时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数[-lgc(M2+)与溶液pH的变化关系如图所示，已知该温度下Ksp[Cu(OH)2]-Ksp[Fe(OH)2]，下列说法正确的是A．b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，且Ksp[Fe(OH)2]=10-15.1B．当Fe(OH)2

和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中：C(Fe2+):c(Cu2+)=

l：104.6C．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液D．除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，可加入适量CuO21、实验室加热浓H2SO4和乙醇混合液制乙烯。有关说法正确的是A．向烧瓶中依次加入碎瓷片、浓H2SO4和酒精B．用温度计测量生成气体的温度C．温度过高时制得的乙烯中混有SO2D．用排气法收集乙烯22、八种短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价如图所示，下列说法错误的是（）A．常见的离子半径：g>h>d>eB．氢化物的沸点y一定低于zC．由d、e、g三种元素组成的盐和稀硫酸反应可能生成沉淀D．e、f、h的最高价氧化物的水化物之间可两两反应二、非选择题(共84分)23、（14分）元素是构成我们生活的世界中一切物质的“原材料”。Ⅰ．1869年，门捷列夫在前人研究的基础上制出了第一张元素周期表，如图所示。Ni=Co=59H=1Cu=63.4Ag=108Hg=200Be=9.4Mg=24Zn=65.2Cd=112B=11Al=27.4?=68Ur=116Au=198?C=12Si=28?=70Sn=118N=14P=31As=75Sb=122Bi=210?O=16S=32Se=79.4Te=128?F=19Cl=35.5Br=80I=127Li=7Na=23K=39Rb=85.4Cs=133Tl=204Ca=40Pb=207（1）门捷列夫将已有元素按照相对原子质量排序，同一___（填“横行”或“纵列”）元素性质相似。（2）结合表中信息，猜想第5列方框中“Te=128？”的问号表达的含义是___。Ⅱ．X、Y、Z、W是现在元素周期表中的短周期元素，它们的相对位置如图所示，其中Y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍。XYZW请回答下列问题：（1）W位于周期表中的位置__。W的原子核外电子运动状态有___种，原子轨道数为___。（2）比较Y、Z气态氢化物的稳定性___（用分子式表示）。（3）科学家们认为存在含氢量最高的化合物XH5，预测其与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，写出该反应的化学方程式___，XH5是离子化合物，它的电子式为___。（4）工业上将干燥的W单质通入熔融的Z单质中可制得化合物Z2W2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，写出Z2W2与水反应的化学方程式___。24、（12分）〔化学—选修5：有机化学基础〕席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。合成G的一种路线如下：已知以下信息：①②一摩尔B经上述反应可生居二摩尔C，且C不能发生银镜反应。③D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106。④核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的⑤回答下列问题：（1）由A生成B的化学方程式为，反应类型为（2）D的化学名称是，由D生成E的化学方程式为：（3）G的结构简式为（4）F的同分异构体中含有苯环的还有____种（不考虑立体异构）。其中核磁共振氢谱中有4组峰，且面积比为6：2：2：1的是_______。（写出其中的一种的结构简式）。（5）由苯和化合物C经如下步骤可合成N-异丙基苯胺。反应条件1所选择的试剂为____________；反应条件2所选择的试剂为________；I的结构简式为_____________。25、（12分）FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学实验小组在实验室里用如下两种方法来制备无水FeCl2。有关物质的性质如下：C6H5Cl(氯苯）C6H4Cl2(二氯苯）FeCl3FeCl2溶解性不溶于水，易溶于苯、乙醇不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水熔点/℃-4553易升华（1）用H2还原无水FeCl3制取FeCl2。有关装置如下：①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为______。②按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为B→______→E（填字母，装置可多次使用，也可不用）；C中盛放的试剂是______。③实验中D的导气管易堵塞的原因是______。（2）利用反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑制取无水FeCl2。按如图装置，在三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围加热3h，冷却、分离提纯得到粗产品。①仪器a的名称是_____。②反应完成后继续通N2的目的是_____。③反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后，得到粗产品。回收滤液中C6H5Cl的操作方法是_____。将锥形瓶中溶液配成250mL，量取25.00mL所配溶液，用0.40mol/LNaOH溶液滴定，终点时消耗NaOH溶液为19.60mL，则氯化铁的转化率为_____。26、（10分）实验室制取少量溴乙烷的装置如图所示。根据题意完成下列填空：（1）圆底烧瓶中加入的反应物是溴化钠、乙醇和1:1的硫酸。配制体积比1:1的硫酸所用的仪器为________（选填编号）。a天平b量筒c容量瓶d烧杯（2）写出加热时烧瓶中发生的主要反应的化学方程式___________________。（3）将生成物导入盛有冰水混合物的试管A中，冰水混合物的作用是________，试管A中的物质分为三层（如图所示），产物在第____层。（4）试管A中除了产物和水之外，还可能存在________，_________（写出结构简式）。（5）用浓硫酸进行实验，若试管A中获得的有机物呈棕黄色，除去其中杂质的最佳方法是___________（选填编号）。a蒸馏b氢氧化钠溶液洗涤c用四氯化碳萃取d用亚硫酸钠溶液洗涤若试管B中的酸性高锰酸钾溶液褪色，使之褪色的物质名称是_________。（6）实验员老师建议把上述装置中的仪器连接部分由橡胶管改成标准玻璃接口，其原因_________。27、（12分）某同学向两个容积相同的烧瓶内分别充入一定量的HCl与NH3（假设烧瓶内其它气体难溶于水）。利用如图所示的装置进行实验，实验开始前各活塞均关闭。（1）同温同压下，两个烧瓶内充入的HCl与NH3分子数目之比为___，烧瓶Ⅱ中喷泉的颜色是___。（2）单独进行喷泉实验后，烧瓶I中c(Cl-)=___mol•L-1（实验条件下气体摩尔体积为Vm)（3）实验表明，若只是关闭b、打开a、c，则易在烧瓶I中观察到白烟，这表明气体分子扩散速率随着气体相对分子质量的增大而____（填“增大”或“减小”)。28、（14分）火法炼铜是目前世界上最主要的冶炼铜的方法，其产量可占到铜总产量的85％以上，火法炼铜相关的方程式有Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g)△H1=-271.4kJ/mol反应①Cu2S(s)+2Cu2O(s)=6Cu(s)+SO2(g)△H2=+123.2kJ/mol反应②（1）Cu2S(s)在空气中煅烧生成Cu2O(s)和SO2(g)的热化学方程式是___。（2）火法炼铜所得吹炼烟气中SO2含量较高，该烟气在工业上可直接用于生产硫酸，从绿色化学角度考虑其优点有____(任写一条)。（3）在2L的恒温密闭容器中通入5mol氧气并加入足量Cu2S发生反应①(不考虑其它反应)，容器中的起始压强为akPa，反应过程中某气体的体积分数随时间变化如图所示，反应前3min平均反应速率v(SO2)=___mol/(L·min)，该温度下反应的平衡常数KP=___(KP为以分压表示的平衡常数)。若保持温度不变向平衡体系中再通入1mol氧气，达到新平衡后氧气的体积分数___(填“大于”“小于”或“等于”)原平衡时氧气的体积分数。（4）工业上电镀铜的装置如图所示，阳极产物除Cu2+外还有部分Cu+，部分Cu+经过一系列变化会以Cu2O的形式沉积在镀件表面，导致镀层不够致密、光亮。电镀过程中用空气搅拌而不是氮气搅拌的原因是_____。29、（10分）减少CO2的排放，合理利用CO2使其资源化具有重要意义。(1)CO2和H2在一定条件下反应生成甲醇等产物，工业上利用该反应合成甲醇。已知：25℃，101KPa下：H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH1=−242kJ/molCH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=−676kJ/mol①写出CO2和H2生成气态甲醇等产物的热化学方程式_____。②下面表示合成甲醇反应的能量变化示意图，正确的是_____(填字母)。a.b.c.d.③工业上用合成得到的甲醇制成微生物燃料电池，结构示意图如图1：该电池外电路电子的流动方向为_____(填写“从A到B”或“从B到A”)。A电极附近甲醇发生的电极反应式为_____。(2)工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如图2：①写出X的化学式_____。②在阳极区发生的反应为：_____和H++HCO=H2O+CO2↑。③简述K2CO3在阴极区再生的原理_____。

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】同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：Cl＞Br，能用元素周期律解释，A选项错误；碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，不能用元素周期律解释，B选项正确；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：N＞C，则酸性：HNO3＞H2CO3，能用元素周期律解释，C选项错误；元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2，能用元素周期律解释，D选项错误；正确答案B。点睛：利用元素周期律中元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，可以比较酸性强弱，如本题中的非金属性：N＞C，则酸性：HNO3＞H2CO3，但要注意的是如果不是最高价氧化物的水化物形成的酸，是不可以比较非金属性的，如：盐酸能够与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，说明盐酸的酸性比亚硫酸强，因此非金属性Cl＞S，这一结论是错误的，因为两种酸都不是最高价氧化物的水化物，不可以用来比较的，所以一定要注意是否是最高价氧化物的水化物。2、D【分析】某透明溶液放入铝片后有氢气产生，则该溶液即可能呈强酸性又可能呈强碱性，则该物质既能在强酸溶液中能大量存在又在强碱溶液中能大量存在；【详解】A．NaHCO3即不能在强酸性溶液中大存在，又不能在强碱性溶液中大量存在，故A不选；B．NH4Cl虽然能在强酸溶液中大量存在，但不能在强碱溶液中大量存在，故B不选；C．KNO3在强酸强碱溶液中都能大量存在，但在强酸溶液中与和Al反应不能产生，故C不选；D．在强酸强碱溶液中Na2SO4都能大量存在，故选D。答案选D3、A【详解】A、乙烯和丙烯的最简式都为CH2，28g混合物中含有2molCH2，含有C-H键4mol，数目为4NA，故A正确；B、没有已知Na2CO3溶液的体积，无法分析CO32-的物质的量及数目，故B错误；C、SO2

与O2

的反应是一个可逆反应，不能进行彻底，故0.1mol

的SO2

不能反应完全，转移的电子数小于0.2NA，故C错误；D、—18OH中含有10个中子，19g

羟基即0.1mol羟基中含有中子数为10mol，数目为10NA，故D错误。答案选A。4、D【详解】A．一个乙烷分子含有7条共价键，1mol乙烷分子中含有的共价键数目为7NA，故A错误；B．NO2和水的反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，属于歧化反应，N元素由+4价歧化为+5价和+2价，3molNO2转移2mol电子，则1mol

NO2溶于水，转移的电子数为NA，故B错误；C．三氯甲烷在标准状况下不是气体，无法计算4.48LCHCl3含有的碳原子数，故C错误；D．乙烯和丙烯的最简式都为CH2，故14g乙烯和丙烯含有CH2的物质的量为=1mol，含有的质子数为1mol×8=8mol，即8NA个，故D正确；故选D。5、A【分析】根据表格中的数据可知反应物为X和Y，Z为生成物，X、Y、Z的浓度变化量分别为0.05mol·L-1，0.15mol·L-1，0.10mol·L-1，变化量之比等于计量数之比，因此方程式为X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)，由三段法有：据此进行分析判断。【详解】A．增压使平衡向生成Z的方向移动，但平衡常数只与温度有关，改变压强平衡常数不变，A错误；B．反应可表示为X+3Y⇌2Z，其平衡常数为==1600，B正确；C．X的转化率为=50%，C正确；D．平衡常数只受温度的影响，温度改变时，化学平衡常数一定变化，D正确；故选A。6、C【解析】根据原子守恒可知反应后容器内氮原子和氧原子数之比为，答案选C。7、B【分析】W的最高价氧化物固态时可用作人工降雨剂或用于冷藏食品，W是碳元素；碳最外层有4个电子，X、Y的最外层电子数之和与碳的最外层电子数相等，所以X、Y分别是Na、Al；W的简单氢化物是甲烷与Z的单质混合光照可生成Z的氢化物和油状混合物，则Z是Cl，据此解答。【详解】A、同主族从上到下原子半径逐渐增大，同周期从左向右原子半径逐渐减小，原子半径:Na＞Al＞Cl＞C，故A错误；B、Na+、Al3+的电子层结构相同，都是10电子微粒，故B正确；C、氯元素非金属性强于碳元素，则HCl的稳定性比CH4的强，故C错误；D、CCl4中含有共价键、NaCl含离子键，故D错误。答案选B。8、C【详解】A．草酸不稳定，受热分解也可生成水，A错误；B．海带提碘实验中将海带灼烧成灰需要在坩埚中进行，B错误；C．配制溶液的实验中向容量瓶中转移溶液时要用玻璃棒引流，C正确；D．二氧化碳通入次氯酸钠溶液中会生成次氯酸，但是观察不到实验现象，无法通过实验得出是否有次氯酸生成，D错误；答案选C。9、C【解析】A.向含酚酞的Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液中生成碳酸钡和氯化钠，溶液的碱性减弱，红色变浅，与水解原理有关，A错误；B.镁离子水解，水解吸热，加热MgCl2·6H2O固体最终得到Mg(OH)Cl，与水解原理有关，B错误；C.将FeS2矿石粉碎增大反应物的接触面积，更有利于焙烧制备SO2气体，与平衡移动原理无关，C正确；D.NO2气体经过冷凝和加压成无色液体与2NO2N2O4有关系，D错误，答案选C。10、C【详解】A．电石不纯，与水反应生成乙炔的同时也生成硫化氢、磷化氢等，都可与高锰酸钾溶液反应，应先除杂，故A错误；B．滴入氯水可氧化亚铁离子，应先加KSCN溶液无现象，再加氯水变血红色检验，故B错误；C．U型管左边装置是中性溶液，右边装置是酸性溶液，一段时间后，b处Fe与稀H2SO4发生反应生成H2，发生析氢腐蚀，压强增大，a处吸收氧气，发生的是铁的吸氧腐蚀，压强减小，因此液面左高右低，故C正确；D．挥发出的乙醇也可使高锰酸钾褪色，故D错误；答案选C。11、D【详解】A．高铁酸钾中铁为+6，最高正价，具有强氧化性，作水处理剂时能起到杀菌消毒的作用，同时其与水反应生成的还原产物为Fe(OH)3胶体，又能起到净水的作用；而明矾的水溶液只是形成氢氧化铝胶体吸附悬浮物，原理不完全相同，故A错误；B．反应的离子方程式为4＋10H2O=4Fe(OH)3(胶体)＋8OH-＋3O2↑高铁酸钾只做氧化剂，故B错误；C．根据元素守恒可知，X应是Na2O，故C错误；D．向Fe(OH)3和过量KOH溶液的混合物中通入氯气，得到紫色固体，说明碱性环境下氯气将Fe(OH)3氧化成高铁酸钾，结合电子守恒和元素守恒可知化学方程式为3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH=2K2FeO4＋6KCl＋8H2O，故D正确；综上所述答案为D。12、B【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应：3Mg+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol·L﹣1NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3，Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3；因此沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g,则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g,氢氧根的物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒,则镁和铜的总的物质的量为:0.3×1/2=0.15mol；据以上分析解答。【详解】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应：3Mg+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol·L﹣1NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3，Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3；因此沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g,则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g,氢氧根的物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒,则镁和铜的总的物质的量为:0.3×1/2=0.15mol；A.根据分析可以知道,合金的物质的量为0.15mol,当金属全部溶解时,失去电子的物质的量为0.3mol,故A项正确；

B.镁和铜的总的物质的量为0.15mol,根据电子转移守恒可以知道生成的NO物质的量为0.15×2/3=0.1mol，标况下NO气体体积为2.24L,故B项错误；C.当生成的沉淀量达最大时，参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，至少需要氢氧化钠溶液的体积=0.3/3=0.1L=100mL，通常沉淀试剂可以稍过量，所以消耗NaOH溶液的体积V≥100mL，故C项正确；

D.镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15×24=3.6g，若全为铜，质量为0.15×64=9.6g，所以参加反应的金属的总质量(m)为9.6g＞m＞3.6g，故D项正确；

综上所述，本题选B。13、A【详解】A.0.1mol/LNH4HCO3溶液中，K+、Na+、NO3-、Cl-相互之间不反应，能大量共存，故选A；B.的溶液呈碱性，Mg2+、Cu2+与反应生成沉淀，不能大量共存，故不选B；C.pH=1的溶液呈酸性，CO32-与H+反应放出二氧化碳气体，不能大量共存，故不选C；D.溶液中，Fe3+、SCN-结合为络合物Fe（SCN）3，不能大量共存，故不选D；故答案选A。14、D【详解】A.H＋、NO3-能将Fe2+氧化为Fe3+，离子间不能大量共存，A错误；B.CH3COO－能与H+反应，生成弱电解质CH3COOH，离子间不能大量共存，B错误；C.Ca2+与CO32-会发生反应生成CaCO3沉淀，离子间不能大量共存，C错误；D.K＋、Ba2+、Cl－、NO3-在碱性环境中能稳定存在，离子间不反应，D正确。故选D。【点睛】简单来说，离子能共存，就是离子间不发生反应。离子反应包括离子间直接反应，生成沉淀、气体或弱电解质，也可以是离子间发生成分的互换反应，如HSO3-与CO32-能发生反应，生成SO32-和HCO3-。离子间发生氧化还原反应，也不能大量共存。如在酸性条件下，NO3-能表现出强氧化性，与Fe2+、S2-、SO32-等不能大量共存。离子的颜色，也可能是命题人设置的限制条件。15、C【详解】X+Y2+=X2++Y，该反应说明在水溶液中X可以置换出Y，则X的还原性强于Y；Z+2H2O=Z(OH)2+H2，该反应说明Z的还原性强于氢气，同时也比X和Y强；Z2+氧化性比X2+弱，可以说明Z的还原性强于X；由Y、W电极组成的原电池，电极反应为：W2++2e-=W，Y-2e-=Y2+，说明Y的还原性强于W。综上所述，X、Y、Z、W的还原性由强到弱的顺序是Z>X>Y>W，C正确，选C。16、C【分析】A、亚硫酸盐具有还原性易被氧化剂氧化；B、金属铜被氧化剂S氧化为低价态；C、活泼金属可以和醇发生反应生成氢气；D、金属钠和盐溶液的反应实质是和水先反应，不和盐发生置换反应。【详解】A、CaCO3与稀硝酸反应生成CO2，但是亚硫酸盐具有还原性，易被氧化剂硝酸氧化为硫酸钙，不会生成SO2，选项A错误；B、氯气氧化性强于S，金属铜被氧化剂S氧化到低价态+2价，选项B错误；C、活泼金属钾、钠可以和醇发生反应生成氢气，选项C正确；D、金属钠和盐溶液的反应实质是和水先反应，不和溶液中的银离子发生置换反应生成银，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查学生物质的性质知识，可以根据所学知识来回答，注意知识的梳理和归纳是关键，难度不大。17、D【详解】A．NaHCO3溶液、石灰水反应，如石灰水不足，则生成Na2CO3，如石灰水过量，则生成NaOH，故A不选；B．NaOH溶液、CO2反应，如二氧化碳不足，则生成Na2CO3，如二氧化碳过量，则生成NaHCO3，故B不选；C．Na2CO3与盐酸反应，如盐酸不足，生成NaHCO3、NaCl，如盐酸过量，则只生成NaCl，故C不选；D．Na2O2、CO2反应只生成Na2CO3，故D选。故答案选D。18、C【解析】当闭合开关K时，X附近溶液先变红，即X附近有氢氧根生成，所以在X极上得电子析出氢气，X极是阴极，Y极是阳极．与阴极连接的是原电池的负极，所以左边是负极，右边是正极。A、闭合K时，I左边是负极，右边是正极，根据异性电荷相吸原理，所以钠离子从左到右通过离子交换膜，故A错误；B、闭合K时，A是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为2K2S2-2e－═K2S4+2K＋，故B错误；C、闭合K时，当有0.1mol钠离子通过离子交换膜，即有0.1mol电子产生，根据氢气与电子的关系式知，生成的氢气体积为1.12L（标况下），故C正确；D、闭合K时，X电极是阴极，在阴极上溶液中的氢离子放电生成氢气，所以电极反应式为2H＋+2e－=H2↑，故D错误；故选C。19、B【详解】A.Fe3+与HCO3-发生双水解反应生成沉淀和气体，不能大量共存，故A不选；B.该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；C.常温下，KW=1×10-14，所以c(OH-)<的溶液显酸性，H+与ClO-，H+与F-结合生成弱电解质，不能大量共存，故C不选；D.H+、Fe2+、NO3-三种离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不选；故答案选B。【点睛】硝酸亚铁溶液中，Fe2+与NO3-之间可以大量共存，NO3-没有氧化性；但是在酸性较强的环境下，NO3-具有强氧化性，能够把Fe2+氧化为Fe3+，导致Fe2+与NO3-之间不能大量共存。20、A【解析】A．该温度下，Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]，则c(Fe2+)＞c(Cu2+)，离子浓度越大，-lgc(M2+)值越小，则相同条件下，饱和溶液中c(Fe2+)较大，所以Fe(OH)2饱和溶液中-lgc(Fe2+)较小，则b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，由图象可知，pH=8时，-lgc(Fe2+)=3.1，Ksp[Fe(OH)2]=10-3.1×(10-6)2=10-15.1，故A正确；B．当pH=10时，-lgc(Cu2+)=11.7，则Ksp[Cu(OH)2]=10-11.7×(10-4)2=10-19.7，c(Fe2+)：c(Cu2+)===，故B错误；C．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，溶液中会生成Cu(OH)2沉淀，溶液中铜离子的浓度会减小，而从X点到Y点铜离子浓度不变，故C错误；D．Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]，Cu(OH)2更易生成沉淀，在含有Fe2+的CuSO4溶液中，加入适量CuO，不能生成Fe(OH)2沉淀，所以Fe2+浓度不变，故D错误；故选A。21、C【详解】A.加热浓H2SO4和乙醇混合液制乙烯时需要向烧瓶中依次加入碎瓷片、酒精和浓H2SO4，选项A错误；B.用温度计测量反应溶液的温度，迅速加热到170℃，选项B错误；C.温度过高时乙醇被炭化，生成的碳与浓硫酸反应生成SO2，选项C正确；D.乙烯密度与空气很接近，不适合用排气法收集乙烯，应用排水法收集，选项D错误。答案选C。22、B【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，x位于第一周期，为H元素；y、z、d位于第二周期，y是C元素，z是N元素，d是O元素；e、f、g、h位于第三周期，是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此结合元素周期律知识解答。【详解】根据分析可知：x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素；A．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：g＞h＞d＞e，故A正确；B．NH3分子间形成氢键，其沸点比CH4高，但C的氢化物有很多种，且多碳的烃常温下可能为液态或固态，则C的氢化物沸点不一定就比N的氢化物低，故B错误；C．O、Na、S形成的硫代硫酸钠与稀硫酸反应可以生成S沉淀，故C正确；D．氢氧化铝具有两性，能够与NaOH、高氯酸反应，故D正确；故答案为B。二、非选择题(共84分)23、横行怀疑Te的相对原子质量（或同一列相对原子质量依次增大，按此规律，Te的相对原子质量应该在122和127之间）第三周期第ⅦA族179H2S<H2ONH5+H2O=H2↑+NH3·H2O2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl【分析】Ⅰ．(1)结合表中给出的是相对原子质量分析；(2)由表中信息，同一列相对原子质量依次增大；Ⅱ．X、Y、Z、W是现在元素周期表中的短周期元素，由元素在周期表中位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，其中

Y

元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故Y为氧元素，则Z为硫元素、X为氮元素、W为Cl；(2)元素非金属性越强，对应氢化物越稳定；(3)化合物NH5与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，水溶液为氨水，相当于反应生成氨气后再溶于水，由元素守恒可知反应时放出的气体为氢气，NH5是离子化合物，N原子形成稳定结构最多形成4个N-H键，由铵根离子与氢负离子构成；(4)S2Cl2可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，该气体为SO2，其中只有一种元素化合价发生改变，故S元素化合价降低，根据电子转移守恒计算生成二氧化硫的物质的量，再根据元素守恒计算发生还原反应的S原子物质的量，再根据电子转移守恒计算硫元素在氧化产物中的化合价确定氧化产物，最后结合原子守恒进行解答。【详解】Ⅰ．(1)结合表中信息得，给出的是元素的相对原子质量，故同一横行元素性质相似；(2)由表中信息，同一列按相对原子质量依次增大规律进行排列，第5列方框中“Te=128？”的问号表示怀疑Te的相对原子质量，Te的相对原子质量应该在122和127之间；Ⅱ．X、Y、Z、W是现在元素周期表中的短周期元素，由元素在周期表中位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，其中

Y

元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故Y为氧元素，则Z为硫元素、X为氮元素、W为Cl；(1)W为Cl，在周期表中的位置：第三周期第ⅦA族；Cl元素的核电荷数是17，则原子核外电子总数为17，即W的原子核外电子运动状态有17种，其电子排布式为1s22s22p63s23p5，则原子轨道数为9；(2)由于元素非金属性S＜O，故氢化物稳定性：H2S＜H2O；(3)化合物NH5与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，水溶液为氨水，相当于反应生成氨气后再溶于水，由元素守恒可知反应时放出的气体为氢气，反应方程式为NH5+H2O=H2↑+NH3•H2O，NH5是离子化合物，N原子形成稳定结构最多形成4个N-H键，由铵根离子与氢负离子构成，电子式为：；(4)化合物S2Cl2可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，该气体为SO2，其中只有一种元素化合价发生改变，故S元素化合价降低，根据电子转移守恒，转移0.3mol电子生成二氧化硫为=0.1mol，故有0.3molS原子发生还原反应，根据电子转移守恒可知S元素在还原产物中的化合价为0，故生成S，同时生成HCl，该反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl。24、（1）,消去反应；（1）乙苯；（3）；（4）19；；；。（5）浓硝酸、浓硫酸、加热50℃～60℃；Fe/稀HCl；【解析】试题分析：A的分子式为C6H13Cl，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到B，1molB发生信息①中氧化反应生成1molC，且C不能发生银镜反应，B为对称结构烯烃，且不饱和C原子没有H原子，故B为（CH3）1C=C（CH3）1，C为（CH3）1C=O，逆推可知A为（CH3）1CH-CCl（CH3）1．D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106，D含有一个苯环，侧链式量=106-77=19，故侧链为-CH1CH3，D为，核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢，故D发生乙基对位取代反应生成E为，由F的分子式可知，E中硝基被还原为-NH1，则F为，C与F发生信息⑤中反应，分子间脱去1分子水形成N=C双键得到G，则G为，（1）A发生消去反应生成B，反应方程式为C（CH3）1Cl-CH（CH3）1+NaOHC（CH3）1=C（CH3）1+NaCl+H1O，该反应为消去反应，故答案为C（CH3）1Cl-CH（CH3）1+NaOHC（CH3）1=C（CH3）1+NaCl+H1O；消去；（1）E为，其名称是对硝基乙苯，D发生取代反应生成E，反应方程式为+HNO3+H1O，故答案为对硝基乙苯；+HNO3+H1O；（3）通过以上分析知，G结构简式为，故答案为；（4）F为，含有苯环同分异构体中，若取代基为氨基、乙基，还有邻位、间位1种，若只有一个取代基，可以为-CH（NH1）CH3、-CH1CH1NH1、-NH-CH1CH3、-CH1NHCH3、-N（CH3）1，有5种；若取代为1个，还有-CH3、-CH1NH1或-CH3、-NHCH3，各有邻、间、对三种，共有6种；若取代基有3个，即-CH3、-CH3、-NH1，1个甲基相邻，氨基有1种位置，1个甲基处于间位，氨基有3种位置，1个甲基处于对位，氨基有1种位置，共有1+3+1=6种，故符合条件的同分异构体有：1+5+6+6=19，其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6：1：1：1，说明含有1个-CH3，可以是，故答案为19；。（5）由苯与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下得到H为硝基苯，硝基苯在Fe粉/盐酸条件下还有得到I为，再与（CH3）1C=O反应得到，最后加成反应还原得到，故反应条件1所选用的试剂为：浓硝酸、浓硫酸，反应条件1所选用的试剂为：Fe粉/稀盐酸，I的结构简式为，故答案为浓硝酸、浓硫酸；Fe粉/盐酸；。【考点定位】考查有机物的合成与推断【名师点晴】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生获取信息并灵活运用信息解答问题能力，根据题给信息、反应条件、分子式进行推断，正确推断A、D结构简式是解本题关键，难点是（4）题同分异构体种类判断。25、H2+2FeCl32FeCl2+2HClACDC（或CDC）碱石灰FeCl3易升华，蒸汽遇冷后凝华，导致导气管堵塞球形冷凝管将反应生成的HCl全部排入锥形瓶中蒸馏滤液，并收集沸点132℃的馏分78.4%【分析】（1）B装置制取氢气，氢气含有水蒸气，干扰实验，所以用C装置除去水蒸气，然后在D装置中与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化氢，为了防止空气中的水蒸气进入D，所以在D装置后连接C，最后在E处利用点燃处理剩余的氢气。（2）在A三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯,控制反应温度在一定范围加热3h,发生反应，反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、用苯洗涤、干燥后，得到粗产品，将滤液蒸馏，收集沸点132°C的馏分，回收C6H5Cl,为了减少实验误差，反应开始前先通N2一段时间，反应完成后继续通N2一段时间，在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙(或P2O5或硅胶)的球形干燥管，以此解答该题。【详解】解:(1)①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的反应为H2+2FeCl32FeCl2+2HCl；②用B装置氢气，用A观察氢气的流速并平衡气压，用C装置干燥氢气，干燥后的氢气与无水FeCl3在D中发生反应，为防止外界空气中的水蒸气进入D装置，D之后再连接一个C，最后用E装置处理尾气，故连接顺序为：BACDCE(或BCDCE)；C的目的是干燥吸水,盛放的试剂是碱石灰；③根据题意氯化铁易升华，故该制备装置可能会因为氯化铁易升华导致导管易堵塞；(2)①仪器a为球形冷凝管；②反应过程中生成氯化氢气体，利用氮气将氯化氢全部排入装置B中；③反应结束后，冷却实验装置A，三颈烧瓶内物质主要是产物FeCl2,还有多余的氯苯和副产物C6H4Cl2，由题可知,氯苯和副产物C6H4Cl2溶于苯，FeCl2不溶于苯，故洗涤所用的试剂可以是苯，减少产品的损失；滤液的溶质有氯苯和C6H4Cl2，由表可知，二者沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，故回收滤液中C6H5Cl的操作方法是蒸馏滤液，并收集沸点132℃的馏分；32.5g无水氯化铁理论上生成的n(FeCl2)=n(FeCl3)==0.2mol，HCl消耗标准液NaOH为0.196L×0.4mol/L=0.00784mol，故反应生成的n(FeCl2)=2(HCI)=2×0.00784mol×=0.1568mol，故氯化铁的转化率为=78.4%。26、bNaBr+H2SO4+CH3CH2OHCH3CH2Br+NaHSO4+H2O冷凝、液封溴乙烷3CH2=CH2CH3CH2OCH2CH3d乙烯反应会产生Br2，腐蚀橡胶【分析】实验原理为圆底烧瓶中加入的反应物是溴化钠、乙醇和1:1的硫酸，加热进行反应制备溴乙烷，制备原理为：NaBr+H2SO4+CH3CH2OHCH3CH2Br+NaHSO4+H2O，试管A中加入冰水冷凝液封得到溴乙烷，试管B对产物的成分进行探究验证。【详解】（1）配制体积比1:1的硫酸所用的仪器为量筒，答案选b；（2）加热时烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为NaBr+H2SO4+CH3CH2OHCH3CH2Br+NaHSO4+H2O；（3）冰水混合物可以起到冷却的作用，生成的溴乙烷和水互不相溶，并且溴乙烷的密度比水大，在冰水混合物的下层，所以也可液封溴乙烷，防止其挥发，产物在第3层；（4）反应过程中会有HBr生成，在加热条件下反应，HBr和CH3CH2OH都易挥发，故生成物中可能有HBr、CH3CH2OH；乙醇在浓硫酸加热的条件可以发生消去反应生成CH2=CH2，也可以分子间脱水生成CH3CH2OCH2CH3，即产物中也可能存在CH2=CH2，CH3CH2OCH2CH3；（5）试管A中获得的有机物呈棕黄色，是由于浓硫酸具有强氧化性，将HBr氧化物Br2，产物为溴乙烷，混有单质溴，蒸馏不能完全除去杂质，并且操作麻烦；氢氧化钠溶液易使溴乙烷水解；四氯化碳会引入新的杂质；而亚硫酸钠和溴发生氧化还原反应生成HBr和硫酸钠，易与溴乙烷分离，所以