吉林省松原市乾安县七中2026届高三化学第一学期期中质量跟踪监视模拟试题含解析

吉林省松原市乾安县七中2026届高三化学第一学期期中质量跟踪监视模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（）A．强碱性溶液中：K+、Mg2+、Cl—、SO42—B．室温下，pH=1的盐酸中：Na+、Fe3+、NO3—、SO42—C．含有Ca2+的溶液中：Na+、K+、CO32—、Cl—D．由水电离产生的c(H+)=1×10—3溶液中：Na+、K+、Cl—、SiO32—2、下列有关有机物的结构和性质的叙述中正确的是A．、、互为同系物B．丙烯和苯分子内所有原子均在同一平面内C．乙烷、乙烯和聚乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色D．乙酸与乙醇可以发生酯化反应，又均可与金属钠发生置换反应3、一定量的盐酸跟过量锌粉反应时，为了减缓反应速率但又不影响生成H2的总量，可采取的措施是()A．加入少量NaOH固体B．加入少量CH3COONa固体C．加入少量Na2SO4固体D．加入少量Na2CO3固体4、已知热化学方程式：H2O(g)=H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋241.8kJ/molH2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ/mol，当1g液态水变为水蒸气时，其热量变化是()A．ΔH＝＋88kJ/mol B．ΔH＝＋2.44kJ/molC．ΔH＝－4.98kJ/mol D．ΔH＝－44kJ/mol5、下列有关化学用语的表述正确的是A．37Cl－的结构示意图 B．中子数为7的碳原子：76CC．NH3的结构式： D．次氯酸的电子式6、100℃时，将N2O4、NO2分别充入两个各为1L的密闭容器中，Ⅰ容器0.1molN2O4Ⅱ容器0.2molNO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)ΔH＜0，下列说法正确的是（）A．平衡时，Ⅰ、Ⅱ中反应物的转化率α(N2O4)+α(NO2)=1B．平衡后，再向Ⅱ容器内通入一定量的NO2，又达到平衡时，NO2的体积分数增大C．若只改变一个条件使Ⅱ容器NO2的平衡转化率增大，则该反应的化学平衡常数一定变大D．平衡后，反应放出或吸收热量的数值Q：Q(Ⅰ)＝Q(Ⅱ)7、科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元索W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如图，W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。（注：实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注）下列说法正确的是A．氢化物的热稳定性：X>YB．W、X、Y、Z四种元素只能组成两种离子化合物C．ZW与水反应生成W2的反应中，ZW为还原剂D．Y与Z可组成阴阳离子数之比为1:1的离子化合物8、下图是可逆反应A+2B2C+3D的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变（先降温后加压）而变化的情况，由此可推断A．降温后逆反应速率增大B．逆反应是放热反应C．若A、B是气体，则D是液体或固体D．A、B、C、D均为气体9、下列说法正确的是A．常温下同浓度的强酸、强碱等体积混合后由水电离出的c(H+)=10-7mol·L-lB．常温下pH=2的盐酸和pH=12的氨水等体积混合后c(Cl-)+c(H+)=c(NH4+)+c(OH-)C．常温下0.1mol·L-1的Na2A溶液的pH=10，则该溶液中由水电离的c(OH-)=10-10mol·L-lD．常温下向10mL0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中，将减小10、常温下，在等体积①pH=0的硫酸②0.1mol·L－1NaOH溶液③pH=10的纯碱溶液水电离程度的大小顺序是（）A．①>②>③ B．②>①>③ C．③>①>② D．③>②>①11、我国化学家侯德榜创立了著名的“侯氏制碱法”(流程简图如图所示)，促进了世界制碱技术的发展.下列有关说法正确的是（）A．沉淀池中的反应物共含有五种元素B．过滤得到的“母液”中一定只含有两种溶质C．图中X可能是氨气D．通入氨气的作用是使溶液呈碱性，促进二氧化碳的吸收，更多地析出沉淀12、下列有关热化学方程式的叙述正确的是()A．在101Kpa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8KJ热量，氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=+285.8KJ/molB．已知C(石墨，s)C(金刚石，s)△H>0，则石墨比金刚石稳定C．在稀溶液中H＋(aq)＋OH－(aq)H2O(l)△H＝－57.2kJ/mol若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的稀溶液混合，放出的热量等于57.2kJD．己知2H2(g)+O2(g)2H2O(l)△H1,2H2(g)+O2(g)2H2O(g)△H2,则△H1>△H213、下列有关实验操作或事实与相应现象或结论均正确的是（）选项操作或事实现象或结论ASO2和SO3混合气体通入足量的Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀，白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物B将醋酸加入到含有水垢的水壶中产生气泡，水垢脱落，可用醋酸清洗掉水垢C向水玻璃中通入SO2气体溶液出现浑浊，证明非金属性:Si<SD向待测液中加入适量的稀NaOH溶液，将湿润的蓝色石蕊试纸放在试管口湿润的蓝色石蕊试纸未变红，则待测液中不存在NHA．A B．B C．C D．D14、实验室以活性炭为催化剂，由CoCl2·6H2O制备的流程如下。已知：在时完全沉淀为。下列说法错误的是A．步骤①中“研磨”的目的是为了增大晶体的表面积，加快溶解速率B．步骤②中应先加入浓氨水，再加入溶液C．步骤③中发生的反应为D．步骤④中加入浓盐酸，有利于析出15、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，Z最外层电子数等于最内层电子数，X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，W的单质是空气中体积分数最大的气体。下列说法正确的是A．离子半径的大小顺序：r(W)>r(X)>r(Y)>r(Z)B．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强C．W的气态氢化物比X的稳定D．WX2与ZY2中的化学键类型相同16、下列事实不能用元素周期律解释的是（

）A．原子半径：Na>OB．气态氢化物的稳定性：H2O>H2SC．向Na2CO3溶液中加盐酸，有气泡产生D．与同浓度盐酸反应的剧烈程度：Mg>Al17、下列化学实验事实及解释都正确的是A．向Na2SO3溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀出现，说明Na2SO3溶液已经变质B．向某溶液中加入盐酸产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，说明该溶液中一定有CO32-C．向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加稀硝酸后，白色沉淀不溶解，说明该溶液中一定含有SO42-D．取少量久置的Na2SO3样品溶于水，加足量盐酸有气体产生，然后加BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明Na2SO3样品已部分变质18、废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使NH4+完全转化为N2，该反应可表示为2NH＋3ClO－===N2↑＋3Cl－＋2H＋＋3H2O。下列说法中不正确A．反应中氮元素被氧化，氯元素被还原B．还原性：NH4+>Cl－C．反应中每生成1molN2，转移6mol电子D．经此法处理过的废水可以直接排放19、某溶液中可能含有、、、、、、、、、等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如图所示。下列说法正确的是（）A．原溶液中一定含有B．反应最后形成的溶液中的溶质只有C．原溶液中含有与的物质的量之比为D．原溶液中一定含有的阴离子是：、、、20、下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．滴加盐酸可以产生沉淀的溶液中：Ca2+、Na+、NO、K+B．0.1mol/LFeCl2溶液：K+、Mg2+、SO、MnOC．0.1mol/L的NaHCO3溶液中：SO、AlO2-、NH、Br-D．(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中：Fe3+、Cl-、Br-、K+21、设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB．标准状况下，2.24LNO和2.24LO2混合后气体分子数为0.15NAC．0.1molNa2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1NAD．加热条件下，1molFe投入足量的浓硫酸中，生成NA个SO2分子22、下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是

abc①CuCuOCu（OH）2②CH3CH2OHCH3CHOCH2=CH2③SSO3H2SO4④NONO2HNO3⑤FeCl2FeFeCl3A．②⑤ B．③④ C．④⑤ D．①⑤二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物H是一种中枢神经兴奋剂，其合成路线如图所示。请回答下列题：（1）A的化学名称为___，C的结构简式为___。（2）E中官能团的名称为___。B→C、G→H的反应类型分别为___、__。（3）D分子中最多有___个原子共平面。（4）写出C→D反应的化学方程式为___。（5）同时满足下列条件的E的同分异构体有___种(不考虑立体异构)。①与E具有相同官能团；②苯环上有三个取代基。24、（12分）医药合成中可用下列流程合成一种治疗心脏病的特效药物(G)。已知：①RCH=CH2RCH2CH2CHO；②(1)B的核磁共振氢谱图中有________组吸收峰，C的名称为________。(2)E中含氧官能团的名称为________，写出D→E的化学方程式________。(3)E-F的反应类型为________。(4)E的同分异构体中，结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构有________种，写出其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式________________________。(5)下列有关产物G的说法正确的是________A．G的分子式为C15H28O2B．1molG水解能消耗2molNaoHC．G中至少有8个C原子共平面D．合成路线中生成G的反应为取代反应(6)写出以1-丁醇为原料制备C的同分异构体正戊酸(CH3CH2CH2CH2COOH)的合成路线流程图。示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH，无机试剂任选______________________。25、（12分）SO2为无色、有强烈刺激性气味的气体，是主要大气污染物之一，具有一定的还原性。I．探究SO2还原Fe3+、I2。可使用的药品和装置如下图所示。(1)实验室常用亚硫酸钠与70%硫酸加热制备二氧化硫，写出该反应的化学方程式_________________________________。(2)B中可观察到的现象是__________________。(3)C的作用是______________。(4)设计实验检验A中SO2与Fe3+反应所得还原产物____________________。Ⅱ．某同学将SO2与漂粉精进行如下实验探究。操作现象取适量漂粉精固体，加入100mL水大部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，用pH试纸测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝(约为12)，后褪色将SO2持续通入漂粉精溶液中①溶液出现浑浊，并呈淡黄绿色②一段时间后，产生较多白色沉淀，黄绿色褪去(1)由pH试纸颜色变化说明漂粉精溶液具有的性质是______________________________。(2)①中溶液呈淡黄绿色的可能原因是_________________________________；用离子方程式解释②中溶液黄绿色褪去的主要原因___________________________。26、（10分）用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.01000mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液250mL，应准确称取一定质量的K2Cr2O7(保留4位有效数字)，已知M(K2Cr2O7)＝294.0g·mol－1。(1)计算配制250mL0.01000mol·L－1K2Cr2O7溶液时需要准确计量K2Cr2O7的质量是________g。(2)配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用的有________(用编号表示)。①电子天平②烧杯③量筒④玻璃棒⑤容量瓶⑥胶头滴管⑦移液管(3)配制0.01000mol·L－1K2Cr2O7溶液的操作步骤为(填写空白)：计算⇒称量⇒________⇒移液⇒洗涤⇒________⇒摇匀。(4)配制0.01000mol·L－1K2Cr2O7溶液时，下列操作对配制结果有何影响(填“偏高”或“偏低”)?①配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒________。②定容时，仰视刻度线________。(5)配制0.01000mol·L－1K2Cr2O7溶液；定容时不慎加水超过了刻度线，应如何操作：__________。(6)用0.01000mol·L－1K2Cr2O7溶液滴定20.00mL未知浓度的含Fe2＋的溶液，恰好完全反应时消耗10.00mLK2Cr2O7溶液，则溶液中Fe2＋的物质的量浓度是______。(已知：Fe2＋＋Cr2O＋H＋---Cr3＋＋Fe3＋＋H2O未配平)27、（12分）下图是一个实验室制取氯气并以氯气为原料进行一系列反应的装置，回答下列问题。

（1）写出a仪器的名称_______；（2）装置D产生白色沉淀现象的原因_______________________；（3）E装置的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，其产物为CO2和HCl。试写出E中反应的化学方程式_________________________________；（4）F处的烧杯溶液中最终____（填“有”或“没有”）白色沉淀；（5）F装置无法确认E处反应中有CO2产生，为了证明CO2的存在，要对F装置进行改造，装置符合要求的是_____________。28、（14分）(1)某一反应体系中的物质有：HCl、SnCl2、H2SnCl6、As、H3AsO3、H2O，已知：HCl是反应物之一。①写出配平的该反应的化学方程式：_______________②被氧化的元素是___________(2)氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40～50℃时反应可生成它．CuH具有的性质有：不稳定，易分解；在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体；Cu＋在酸性条件下发生的反应是：2Cu＋==Cu2＋＋Cu.根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：①写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式：___________________________________.②如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式：__________________________________________________.(3)在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热1．68kJ。则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为_________29、（10分）已知：周期表中前四周期的六种元素A、B、C、D、E、F核电荷数依次增大，其中A原子核外有三个未成对电子：化合物B2E的晶体为离子晶体，E原子核外的M层中有两对成对电子：C元素是底壳中含量最高的金属元素：D单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的：F2＋离子核外各层电子均充满。请根据以上信息，回答下列问题：（1）A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为______（用元素符号表示）（2）B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点高，理由是______。（3）E的最高价氧化物分子的空间构型是______。是______分子（填“极性”“非极性”）（4）F原子的价层电子排布式是_____。（5）E、F形成某种化合物有如图所示两种晶体结构（深色球表示F原子）。其化学式为_____。（a）中E原子的配位数为______，若在（b）的结构中取出一个平行六面体作为晶胞，则平均一个晶胞中含有_____个F原子。结构（a）与（b）中晶胞的原子空间利用率相比，（a）________（b）（填“>”“<”或“=”）

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．强碱性溶液中存在大量OH-，Mg2+与OH-反应生成沉淀而不能大量共存，故A错误；B．室温下，pH=1的盐酸中存在大量H+，Na+、Fe3+、NO3—、SO42—离子之间不反应，且和氢离子也不反应，能大量共存，故B正确；C．Ca2+、CO32—结合生成沉淀，不能大量共存，故C错误；D．由水电离产生的c(H+)=1×10-3mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，酸性溶液中，SiO32-与氢离子反应生成硅酸，促进盐的水解，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了离子共存，明确限制条件的含义及离子反应是解本题关键。本题的难点为D中限制条件的解读，由水电离产生的c(H+)=1×10—3溶液，1×10—3＞1×10—7，说明是加入了能够水解的盐造成的结果，溶液显酸性或碱性。2、D【解析】A.同系物都有相同的通式，结构上相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团。、、三者所含苯环数不同，所以、、不是同系物，A不正确；B.丙烯分子中有甲基，分子内所有原子不在同一平面内，B不正确；C.乙烷和聚乙烯分子中没有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C不正确；D.乙酸与乙醇可以发生酯化反应生成乙酸乙酯，又均可与金属钠发生置换反应生成氢气，D正确，本题选D。3、B【解析】A．因盐酸与NaOH溶液反应，会导致生成氢气的量减少，故A不选；B．加入少量CH3COONa固体，使盐酸转化为醋酸，减小氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量，可满足减缓反应速率但又不影响生成H2的总量，故B选；C．加入少量Na2SO4固体，对反应没有影响，故C不选；D．因盐酸与Na2CO3固体反应，会导致生成氢气的量减少，故D不选；故选B。【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素。本题的易错点为题意的理解，因Zn过量，则减小氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量，可满足减缓反应速率但又不影响生成H2的总量。4、B【详解】将两式编号：H2O(g)=H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋241.8kJ/mol①H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ/mol②将①+②得H2O(g)=H2O(l)ΔH＝+241.8kJ/mol+(-285.8kJ/mol)=－44kJ/mol，所以每1g液态水变成水蒸气需要吸收的热量为kJ＝2.44kJ，答案选B。5、C【分析】A、氯的核电荷数为17；B、元素符号左上角的数字表示质量数；C、氨分子形成三个共价键；D、次氯酸的中心原子是氧原子。【详解】A、氯的核电荷数为17，37Cl－的结构示意图，故A错误；B、元素符号左上角的数字表示质量数，中子数为7的碳原子：136C，故B错误；C、氨分子形成三个共价键，故C正确；D、次氯酸的中心原子是氧原子，次氯酸的电子式，故D错误；故选C。6、A【解析】A.平衡时，Ⅰ、Ⅱ形成等效平衡，Ⅰ、Ⅱ中反应物的转化率α(N2O4)+α(NO2)=1，故A正确；B.平衡后，再向Ⅱ容器内通入一定量的NO2，相当于加压，平衡右移，又达到平衡时，NO2的体积分数减小，故B错误；C.如加压平衡右移，Ⅱ容器NO2的平衡转化率增大，该反应的平衡常数不变，故C错误；D.Q(Ⅰ)不一定等于Q(Ⅱ)，故D错误。故选A。点睛：解答本题的难点是选项A。在相同条件下，在元素守恒的前提下，从正反应和逆反应开始建立的平衡是等效平衡。两个过程是互逆的，α(N2O4)+α(NO2)=1。7、C【分析】四种原子序数依次递增短周期元索W、X、Y、Z，由化合物的结构可知，X能形成4个共价键，则X为C元素；W的原子序数最小，只形成了1个共价键，则W为H元素；Y能形成2个共价键，则Y为O元素，Z是同周期中金属性最强的元素则Z为Na元素；【详解】A.非金属性O>C，非金属性越强，元素的氢化物的稳定性越强，则稳定性H2O>CH4，故A错误；B．离子化合物由阴、阳离子构成的，一般情况下，活泼金属与非金属相互作用形成，经以上分析，能形成NaH、Na2O、Na2O2三种离子化合物，故B错误；C．以上分析ZW是NaH，NaH+H2O=NaOH+H2↑,NaH中H的化合价由-1价→0价，失去电子，做还原剂，所以NaH是还原剂，故C正确；D．O和Na可形成Na2O和Na2O2两种离子化合物，且阴阳离子个数均为1:2，故D错误；故选C。8、C【解析】试题分析：A、降低温度，正逆反应速率都降低，故错误；B、根据图像，降低温度，平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应为放热反应，故错误；C、加压时，正逆反应速率都增大，且平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，应向体积减小的方向移动，A、B、C为气体，D为固体或液体，故正确；D、根据选项C的分析，故错误。考点：考查影响化学反应速率和化学平衡的因素等知识。9、D【解析】A．常温下同浓度的强酸、强碱等体积混合后，酸碱的元数不确定溶液不一定显中性，由水电离出的c(H+)不一定为10-7mol•L-l，故A错误；B．一水合氨为弱碱，存在电离平衡，常温下pH=2的盐酸和pH=12的氨水等体积混合，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒c(C1-)+c(OH-)═c(NH4+)+c(H+)，c(OH-)＞c(H+)，c(C1-)＜c(NH4+)，若混合后c(C1-)+c(H+)═c(NH4+)+c(OH-)，c(C1-)＞c(NH4+)，故B错误；C．常温下0.1

mol•L-1的Na2A溶液的pH=10，则该溶液中由水电离的c(OH-)=10

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mol•L-l，故C错误；D．溶液中c(NH4+)c(NH3•H2O)=c(N10、D【详解】①pH=0的硫酸酸溶液中，OH-是电离的，c(H+)=1mol/L，水电离的氢氧根：c(OH-)=10-14mol/L；

②0.1mol/LNaOH溶液，溶液中的H+是水电离的，c(OH-)=10-1mol/L，水电离的H+：c(H+)=10-13mol/L；③pH=10的纯碱溶液，碳酸钠是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，溶液中的OH-是水电离出的，水电离的c(OH-)=10-4mol/L；综合以上数据，可知水电离程度的大小顺序是：③＞②＞①，故答案为D。11、D【详解】A．沉淀池中发生的反应的反应物是氯化钠、氨气、二氧化碳和水，所以含有钠、氯、氮、氢、碳、氧六种元素，故A错误；B．过滤得到的“母液”中含有的溶质有碳酸氢钠、氯化铵，还有可能含有过量的氯化钠，故B错误；C．碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，所以X是二氧化碳，故C错误；D．氨气的水溶液显碱性，能更好的吸收二氧化碳，使反应物浓度大，反应速度快，故D正确；故答案为D。12、B【解析】A错放出热量，ΔH应为小于0B对能量越低越稳定，石墨能量比金刚石低，石墨比金刚石稳定C错应该是稀硫酸D错放出的热量越多，ΔH越小，因为ΔH是负数，所以△H1<△H213、B【详解】A．二氧化硫和三氧化硫溶于水显酸性，在酸性条件下会把BaSO3氧化为BaSO4沉淀，白色沉淀为BaSO4，A错误；B．醋酸的酸性比碳酸强，醋酸与水垢（主要成分是碳酸钙和氢氧化镁）反应生成可溶性盐，所以可用醋酸清洗掉水垢，B正确；C．向水玻璃中通入SO2气体，生成硅酸沉淀，证明亚硫酸酸性大于硅酸，但亚硫酸中S元素化合价不是最高价，故无法证明非金属性：Si<S，C错误；D．加入稀NaOH，可能生成一水合氨，应加热，且选湿润的红色石蕊试纸检验，D错误；故答案选：B。14、B【详解】A．步骤①中“研磨”的目的是为了增大晶体的表面积，加快溶解速率，A正确；B．由于浓氨水呈碱性，而NH4Cl溶液呈酸性，故步骤②中若先加入浓氨水，将使转化为沉淀为，故应该先加入溶液，再加入浓氨水，B错误；C．步骤③中发生的反应是H2O2将氧化为为，故反应方程式为：，C正确；D．步骤④中加入浓盐酸，氯离子浓度大，同离子效应有利于固体析出，故有利于析出，D正确；故答案为：B。15、A【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，Z最外层电子数等于最内层电子数，且Z的原子序数最大，因此Z是Mg。X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，W的单质是空气中体积分数最大的气体，W是N，X是O，Y是F。A.离子的核外电子层数越多，离子半径越大。核外电子排布相同时，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径的大小顺序：r(W)>r(X)>r(Y)>r(Z)，A正确；B.F是最活泼的非金属，没有含氧酸，B错误；C.氧元素非金属性强于氮元素，因此O的气态氢化物比N的稳定，C错误；D.NO2与MgF2中的化学键分别是共价键、离子键，D错误，答案选A。16、C【详解】A.钠原子有三个电子层，氧原子有2个电子层，所以钠原子半径大于氧，故能用元素周期律解释，不符合题意；B.因为氧的非金属性比硫强，所以水的稳定性大于硫化氢，能用元素周期律解释，不符合题意；C.碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠和水和二氧化碳，能说明盐酸的酸性大于碳酸，但不能用于比较氯和碳的非金属性，故不能用元素周期律解释，符合题意；D.镁的金属性比铝强，所以与盐酸反应时镁会更剧烈，能用元素周期律解释，不符合题意。故选C。17、D【解析】A.硝酸具有强氧化性，能够将Na2SO3氧化为硫酸钠，选项A错误；B.二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，选项B错误；C.某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加稀硝酸后，白色沉淀不溶解，白色沉淀可能是氯化银，选项C错误；D.取少量久置的Na2SO3样品溶于水，加足量盐酸有气体产生，排除了Na2SO3的干扰，然后加BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明生成的是硫酸钡，说明Na2SO3样品已部分变质，选项D正确；答案选D。18、D【解析】试题分析：A．反应中氮元素化合价由-3价升高为0价，被氧化，氯元素化合价由+1价降低为-1价，被还原，故A正确；B．根据上述分析，NH4+是还原剂，Cl-是还原产物，还原性NH4+>Cl-，故B正确；C．反应中每生成1molN2，转移电子2×3="6"mol，故C正确；D．经此法处理过的废水中含有盐酸，属于酸性废水，不能直接排放，故D错误；故选D。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。19、D【分析】根据图像分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含有OH-离子，则与OH-不能共存的离子为Fe3+、Mg2+、Al3+；随后发生反应沉淀逐渐增大，说明是AlO2-和SiO32-和氢离子反应生成氢氧化铝和硅酸，继续加入盐酸沉淀质量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32-，反应后继续加入盐酸，沉淀量逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀。氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液中电中性可以知道一定含有Na+离子。【详解】A．溶液中硫酸根离子不能确定，剩余溶液中不一定含有硫酸钠，A错误；B．反应最后形成的溶液中的溶质为氯化钠和氯化铝，B错误；C．根据图像可以知道和碳酸根离子反应的盐酸为2L，CO32-+2H+=CO2↑+H2O，氢氧化铝溶解消耗的盐酸的体积为4L，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，原溶液中含有碳酸根与偏铝酸根的物质的量比为3:4，C错误；D．根据分析判断原溶液中一定含有氢氧根、硅酸根、偏铝酸根、碳酸根，D正确；故选D。20、D【详解】A．滴加盐酸可以产生沉淀的溶液中可能含有Ag+和SiO，Ca2+和SiO反应，SiO存在时不能大量共存，故A不符合题意；B．0.1mol/LFeCl2溶液中，Fe2+具有还原性，与MnO不能大量共存，故B不符合题意C．0.1mol/L的NaHCO3溶液中，AlO2-、NH与HCO发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C不符合题意；D．的溶液中Fe3+、Cl-、Br-、K+之间不反应，且都不与(NH4)2Fe(SO4)2反应，在溶液中能大量共存，故D符合题意；答案选D。21、C【详解】A.氯气与水是可逆反应，0.1molCl2与水不能完全反应，转移的电子数目小于0.1NA，故A错误；B.标准状况下，2.24LNO为0.1mol，2.24LO2为0.1mol，混合后发生反应生成二氧化氮，反应方程式为2NO+O2=2NO2，0.1molNO反应消耗0.05molO2，生成0.1molNO2，剩余0.05molO2，生成的NO2自身存在2NO2N2O4，则反应后气体分子的总物质的量小于0.15mol，因此气体分子数小于0.15NA，故B错误；C.潮湿的二氧化碳中含有水，0.1molNa2O2与水和二氧化碳都反应生成氧气，Na2O2在两个反应中都既做氧化剂又做还原剂，发生歧化反应，1mol过氧化钠完全反应转移1mol电子，则0.1molNa2O2完全反应转移的电子数为0.1NA，故C正确；D.加热条件下，由于浓硫酸具有氧化性，铁单质被氧化为三价铁，化学方程式为2Fe+6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O

，1molFe投入足量的浓硫酸中，根据反应生成1.5molSO2，则SO2分子数目为1.5NA个，故D错误；答案选C。【点睛】阿伏伽德罗常数的题要细心的分析物质与其他物质间的相互转化，根据化合价的变化，找出转移的电子数。22、C【解析】①铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜不能一步转化生成氢氧化铜，故不符合；②乙醇在铜的催化下与氧气发生反应生成乙醛，乙醛不能一步反应转化为乙烯，故不符合；③硫与氧气反应生成二氧化硫，不能一步反应转化为三氧化硫，故不符合；④一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，各转化关系均能一步完全，故符合；⑤氯化亚铁与镁反应生成氯化镁和铁，铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化铁与锌反应生成铁和氯化锌，各转化均能一步完全，故符合。答案选C。二、非选择题(共84分)23、甲苯羟基、碳碳三键取代反应加成反应142C6H5-CH2OH+O22C6H5-CHO+2H2O10【分析】由题目内容以及A的不饱和度可知A结构中含有苯环，A为甲苯。甲苯在光照条加下与氯气发生取代反应生成B，B为，B物质在加热、NaOH溶液条件中发生水解反应生成C：，C发生氧化反应生成D，D为：，F在一定条件下反应生成G，G与氢气加成后合成出产物H，根据此分析解答本题。【详解】（1）由题意可知A的化学名称为甲苯，C由B发生水解反应生成，C为苯甲醇，结构简式为：。（2）题目中已知E的结构简式，可知E中含有的官能团为：羟基、碳碳三键。B物质在加热、NaOH溶液条件中发生水解反应生成C，水解反应属于取代反应。由G到H，反应过程主要是G中的C=N与氢气发生加成反应。（3）由于苯环和醛基均为平面结构，所以苯甲醛分子中最多有14个原子可以共平面。（4）由题可知C发生氧化反应生成D，反应方程式为：2C6H5-CH2OH+O22C6H5-CHO+2H2O。（5）①与E具有相同官能团；②苯环上有三个取代基分别为：甲基、-OH、。固定其中两个取代基，变换第三个取代基。当甲基、-OH为邻位时，变换，有4种同分异构体。当甲基、-OH为间位时，变换，有4种同分异构体。当甲基、-OH为对位时，变换，有2种同分异构体。所以共有10种同分异构体。【点睛】根据流程图判断出结构简式和物质名称是最基本的考点，比较容易掌握。难点在于同分异构体的书写，一定要把握好“定”和“换”的基团分别是那些，每次只能变换一个基团，有规律的书写出同分异构体。24、43-甲基丁酸羟基加成反应或还原反应13、AD【解析】分析：在合成路线中，C+F→G为酯化反应，由F和G的结构可推知C为:，结合已知①，可推知B为：，由F的结构和E→F的转化条件，可推知E的结构简式为：，再结合已知②，可推知D为：。详解：（1）分子中有4种等效氢，故其核磁共振氢谱图中有4组吸收峰,的名称为3-甲基丁酸，因此，本题正确答案为：.4；3-甲基丁酸；（2）中含氧官能团的名称为羟基，根据已知②可写出D→E的化学方程式为。（3）E-F为苯环加氢的反应，其反应类型为加成反应或还原反应。故答案为加成反应或还原反应；（4）的同分异构体中，结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构：分两步分析，首先从分子组成中去掉-O-,剩下苯环上只有一个取代基结构为：，由于丁基有4种，所以也有4种，、、、，第二步，将-O-插入C-C之间形成醚分别有4种、4种、3种和2种，共有13种，其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式为、。所以，本题答案为：13；、；（5）A.由结构简式知G的分子式为C15H28O2，故A正确；B.1molG水解能消耗1mol

NaOH，故B错误；C.G中六元碳环上的C原子为饱和碳原子，不在同一平面上，故至少有8个C原子共平面是错误的；D.合成路线中生成G的反应为酯化反应，也属于取代反应，故D正确；所以，本题答案为：AD（6）以1-丁醇为原料制备正戊酸(

CH3CH2CH2CH2COOH)，属于增长碳链的合成，结合题干中A→B→C的转化过程可知，1-丁醇先消去生成1-丁烯，再和CO/H2反应生成戊醛，最后氧化生成正戊酸，合成路线为：25、Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2↑+H2O蓝色溶液变浅直至褪色吸收尾气SO2，防止污染空气取少量实验后的A中溶液于试管中，加入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，说明反应所得还原产物为Fe2+碱性、漂白性Cl−与ClO−在酸性环境下反应生成氯气Cl2+SO2+2H2O+Ca2+=4H++2Cl−+CaSO4↓【解析】I．（1）亚硫酸钠固体和浓硫酸反应生成硫酸钠和水和二氧化硫，配平即可；（2）B中二氧化硫被碘单质氧化生成硫酸和碘化氢；（3）C中盛有NaOH溶液，其作用是吸收尾气SO2，防止污染空气；（4）装置A中SO2做还原剂，被氧化为硫酸根离子，Fe3+作氧化剂，被还原为Fe2+，检验Fe2+可用铁氰化钾溶液；Ⅱ．（1）pH试纸先变蓝（约为12），说明溶液呈碱性，之后颜色退去，说明具有漂白性。（2）漂粉精中主要漂白成分为ClO-，它会与Cl-发生归中反应生成Cl2，氯气溶于水，溶液呈黄绿色。黄绿色褪去是因为溶液中的Cl2与SO2发生氧化还原反应，生成了SO42-和Cl-，又因为漂粉精溶液中还含有Ca2+，CaSO4微溶于水，据此写出离子方程式。【详解】I．（1）亚硫酸钠固体和浓硫酸反应生成硫酸钠和水和二氧化硫，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2↑+H2O。因此，本题正确答案是：Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2↑+H2O；

（2）B中二氧化硫被碘单质氧化生成硫酸和碘化氢，则B中反应的现象为：蓝色溶液变浅直至褪色。因此，本题正确答案是：蓝色溶液变浅直至褪色；（3）C中盛有NaOH溶液，其作用是吸收尾气SO2，防止污染空气；因此，本题正确答案是：吸收尾气SO2，防止污染空气；（4）装置A中SO2做还原剂，被氧化为硫酸根离子，Fe3+作氧化剂，被还原为Fe2+，检验Fe2+的方法是取少量实验后的A中溶液于试管中，加入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，说明反应所得还原产物为Fe2+。因此，本题正确答案是：取少量实验后的A中溶液于试管中，加入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，说明反应所得还原产物为Fe2+；Ⅱ．（1）pH试纸先变蓝（约为12），说明溶液呈碱性，之后颜色退去，说明具有漂白性。因此，本题正确答案是：碱性、漂白性；（2）漂粉精中主要漂白成分为ClO-，它会与Cl-发生归中反应生成Cl2，ClO-+Cl-+2H+=H2O+Cl2↑，氯气溶于水溶液呈黄绿色。黄绿色褪去是因为溶液中的Cl2与SO2发生氧化还原反应，生成了SO42-和Cl-，又因为漂粉精溶液中还含有Ca2+，CaSO4微溶于水，因此离子方程式为Cl2+SO2+2H2O+Ca2+=4H++2Cl−+CaSO4↓。因此，本题正确答案是：Cl−与ClO−在酸性环境下反应生成氯气；Cl2+SO2+2H2O+Ca2+=4H++2Cl−+CaSO4↓。【点睛】本题以探究SO2与漂白精的反应为基础，重点考查学生综合设计实验和分析解决问题的能力。涉及到二氧化硫的还原性，次氯酸根的氧化性，氯离子和硫酸根离子的检测。解题时要熟悉漂白精的主要成分是次氯酸钙和氯化钙。26、0.7350⑦溶解定容偏低偏低重新配制0.03mol·L－1【解析】（1）配制250mL0.01000mol/LK2Cr2O7溶液，需要溶质的质量=0.250L×0.01000mol/L×294.0g•mol-1=0.7350g；（2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器：电子天平、烧杯、玻璃棒、量筒、250mL容量瓶、胶头滴管；用不到的是：⑦移液管；故答案为⑦；（3）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等；故答案为溶解；定容；（4）①配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；②定容时，仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低；（5）定容时不慎加水超过了刻度线，导致实验失败，且无法挽救，必须重新配制；（6）依据方程式，设Fe2+离子的物质的量浓度为c：6Fe2++Cr2O72-+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O61c×20.00mL0.01000mol/L×10.00mL解得c=0.030mol/L；答案：溶液中Fe2+的物质的量浓度0.030mol/L。27、分液漏斗氯气将二氧化硫在水中氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀没有b【分析】（1）根据仪器a的构造判断其名称；

（2）Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，生成的硫酸再与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀来分析；

（3）氯气有强氧化性，碳有还原性，在加热条件下氯气和水、碳发生氧化还原反应；

（4）氯化氢、氯气和澄清石灰水反应都生成的盐和水；

（5）确认E处反应中有CO2产生，需用澄清的石灰水变浑浊验证，需除去二氧化碳中的氯化氢、氯气，且不能生成二氧化碳；【详解】：（1）根据仪器的构造可知a为分液漏斗；

故答案为：分液漏斗；

（2）E装置产生白色沉淀现象的原因是氯气和二氧化硫发生氧化还原反应，即Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4生成的硫酸又与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀；

故答案为：氯气将二氧化硫在水中氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀；

（3）氯气有强氧化性，碳有还原性，在加热条件下氯气和水、碳发生氧化还原反应生成氯化氢和二氧化碳，反应方程式为：，故答案为：

（4）剩余的氯气在F装置中和水反应生成盐酸和次氯酸，装置E中反应也生成氯化氢气体，氯化氢、氯气和澄清石灰水反应都生成可溶性的盐和水，二氧化碳的物质的量少于氯化氢，不可能生成碳酸钙沉淀，所以反应过程无现象无白色沉淀生成；

故答案为：没有

（5）因通入F装置的气体中含有氯气、氯化氢、二氧化碳，现需除去氯气和氯化氢，且除去这两种气体过程中不能产生二氧化碳，装置a氯气、氯化氢、二氧化碳一同通入无法确认E处反应中有CO2产生；装置d氯化氢与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，无法确认E处反应中有CO2产生；装置c中碳酸钠与氯化氢及氯气反应生生成二氧化碳，且碳酸钠溶液能吸收二氧化碳，无法确认E处反应中有CO2产生；装置b中，少量氯气能溶于水，氯化氢极易溶于水，二氧化碳混有氯化氢时，二氧化碳在水中几乎不溶，用水可除去氯气和氯化氢两种气体，多余的气体与澄清石灰水作用变浑浊，能确认E处反应中有CO2产生，

故答案为：b。28、12HCl+3SnCl2+2H3AsO3=3H2SnCl6+2As+6H2OSn2CuH＋3Cl22CuCl2＋2HClCuH＋3H＋＋NO3-===Cu2＋＋2H2O＋NO↑CH3OH(l)+3/2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝–2．76kJ·mol－1【分析】本题考查的是铜金属及其重要化合物的主要性质、化学方程式的书写、氧化还原反应、热化学反应方程式的书写。（1）HCl是反应物之一，根据氢元素、氯元素的价态，可知HCl在反应中起酸的作用，HCl中氢元素生成水，由元素守恒知H3AsO3是反应物，根据As、Sn元素化合价及电子转移守恒可知，H3AsO3是氧化剂，被还原为As，SnCl2是还原剂，被氧化为H2SnCl6，再根据质量守恒、电子转移守恒书写方程式；（2）氧化剂得电子被还原，所含元素化合价降低，化合价升高的元素被氧化；（3）CuH