辽宁省葫芦岛市建昌县高级中学2026届化学高三第一学期期中学业质量监测试题含解析

辽宁省葫芦岛市建昌县高级中学2026届化学高三第一学期期中学业质量监测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、铝热焊法是一种具有高效率的铁轨快速焊接方法。铝热剂的成分可能是A．铝粉和铁粉 B．铁粉和氧化铝粉末C．铝粉和氧化铁粉末 D．氧化铝粉末和氧化铁粉末2、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A．无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN−、Cl−B．=1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO32−、NO3−C．的溶液中：K+、NH4+、MnO4−、SO42－D．能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42－、HCO3－3、H2与ICl的反应分①、②两步进行，其能量曲线如图所示，下列有关说法正确的是A．反应①、反应②△H均大于零B．反应①、反应②均为氧化还原反应C．反应①比反应②的速率慢，与相应正反应的活化能无关D．该反应的热反应方程式可表示为：H2（g）+2ICl（g）=I2（g）+2HCl（g）ΔH=－218kJ4、侯德榜制碱法的反应原理为NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，下列装置制取碳酸钠粗品能达到实验目的的是()A．用装置甲制取氨气 B．用装置乙制取碳酸氢钠C．用装置丙分离碳酸氢钠 D．用装置丁加热碳酸氢钠制备碳酸钠5、下列关于电解质溶液的正确判断是：A．在pH＝12的溶液中，K＋、Cl－、HCO3-、Na＋可以大量共存B．在pH＝0的溶液中，Na＋、NO3-、SO32-、K＋可以大量共存C．由0.1mol/L一元碱BOH溶液的pH＝10，可推知BOH溶液存在BOH===B＋＋OH－D．由0.1mol/L一元酸HA溶液的pH＝3，可推知NaA溶液存在A－＋H2OHA＋OH－6、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的氢化物在通常情况下呈液态，Y的最高价氧化物对应的水化物为强碱，由X、Y、Z三种元素形成的一种盐溶于水后加盐酸，有淡黄色沉淀析出，同时有刺激性气味气体产生。下列说法不正确的是()A．其简单离子半径：Z>W＞X＞YB．Y分别与X、Z、W形成的化合物中一定没有共价键C．X的简单氢化物的热稳定性比Z的强D．W对应单质的水溶液具有漂白性7、“三效催化转换器”可将汽车尾气中的有毒气体处理为无污染的气体，下图为该反应的微观示意图（未配平），其中不同符号的球代表不同种原子。下列说法不正确的是（）A．反应属于氧化还原反应 B．丁物质一定是非金属单质C．配平后甲、乙、丙的化学计量数均为2 D．甲和丙中同种元素的化合价不可能相等8、化学反应中，反应物用量或浓度可能对生成物产生影响。下列反应的生成物不受上述因素影响的是A．铜与硝酸反应B．氢气与氧气反应C．硝酸银溶液与稀氨水反应D．氯化铝与氢氧化钠溶液反应9、已知还原性Cl﹣＜Fe2+＜H2O2＜I﹣＜SO2，判断下列反应不能发生的是A．2Fe3++SO2+2H2O=+4H++2Fe2+B．H2O2+2H++=SO2+O2+2H2OC．I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HID．2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－10、2—氯丁烷常用于有机合成等，有关2—氯丁烷的叙述正确的是A．它的同分异构体除本身外还有4种B．与硝酸银溶液混合产生不溶于稀硝酸的白色沉淀C．可混溶于乙醇、乙醚、氯仿等多数有机溶剂D．与氢氧化钠、乙醇在加热条件下的消去反应有机产物只有一种11、元素性质呈周期性变化的根本原因是A．元素原子的核外电子排布呈周期性变化B．元素的金属性和非金属性呈周期性变化C．元素的原子半径呈周期性变化D．元素化合价呈周期性变化12、2017年5月9日，我国科学技术名词审定委员会等单位正式发布115号等4种人工合成的新元素的名称、元素符号，115号元素名称为“镆”，符号为Mc。下列有关说法正确的是A．Mc的最低负化合价为－3 B．Mc的最高价氧化物的化式为Mc2O5C．的中子数为115 D．通过化学反应可使转化为13、下列微粒不具有还原性的是

()A．H2B．H＋C．NaD．CO14、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数之和为46，它们在周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是A．原子半径大小顺序为：Y>Z>X B．X元素最高价氧化物的水化物酸性最强C．Y元素的简单氢化物稳定性最强 D．Z单质难溶于化合物WZ215、在潮湿的深层土壤中，钢管主要发生厌氧腐蚀，有关厌氧腐蚀的机理有多种，其中一种理论为厌氧细菌可促使SO42-与H2反应生成S2-，加速钢管的腐蚀，其反应原理如图所示。下列说法正确的是（）A．正极的电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-B．SO42-与H2的反应可表示为：4H2+SO42--8eS2-+4H2OC．钢管腐蚀的直接产物中含有FeS、Fe（OH）2D．在钢管表面镀锌或铜可减缓钢管的腐蚀16、实验：①0.005mol·L－1FeCl3溶液和0.015mol·L－1KSCN溶液各1mL混合得到红色溶a，均分溶液a置于b、c两支试管中；②向b中滴加3滴饱和FeCl3溶液，溶液颜色加深；③再向上述b溶液中滴加3滴1mol·L－1NaOH溶液，溶液颜色变浅且出现浑浊；④向c中逐渐滴加1mol·L－1KSCN溶液2mL，溶液颜色先变深后变浅。下列分析不正确的是A．实验②中增大Fe3+浓度使平衡Fe3++3SCN－⇌Fe(SCN)3正向移动B．实验③中发生反应：Fe3++3OH－＝Fe(OH)3↓C．实验③和④中溶液颜色变浅的原因相同D．实验②、③、④均可说明浓度改变对平衡移动的影响17、处理超标电镀废水，使其NaCN含量低于0.5mg/L，即可达到排放标准，反应分两步进行。第一步NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl。第二步NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。已知HCN是弱酸，易挥发，有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。下列说法正确的是A．处理NaCN超标电镀废水的过程中无元素化合价的改变B．第一步反应溶液应调节为酸性，可避免生成有毒物质HCNC．第二步发生的反应为2OCN－+3ClO－2CO2↑+CO32−+3Cl－+N2↑D．处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水实际至少需要50molNaClO18、将0.2mol·L－1NaHCO3溶液与0.1mol·L－1KOH溶液等体积混合，下列关系正确的是A．2c(K＋)＝c(HCO3—)＋2c(CO32—)＋c(H2CO3)B．c(Na＋)＞c(K＋)＞c(OH－)＞c(HCO3—)＞c(CO32—)＞c(H＋)C．c(OH－)＋c(CO32—)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋0.1mol·L－1D．3c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3—)＋2c(CO32—)19、如图是某元素的价类二维图。其中A为正盐，X是一种强碱，通常条件下Z是无色液体，E的相对分子质量比D大16，各物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A．A是适合与草木灰混合施用的肥料 B．B和F能发生复分解反应生成盐C．C可用排空气法收集 D．D→E的反应可用于检验D20、25℃时，将浓度均为0.1mol/L、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3·H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法不正确的是()A．b点，c(NH4+)+c(HX)=0.05mol/LB．c、d两点，值相等C．Ka(HX)的值与Kb(NH3·H2O)的值相等D．a→d点过程中，存在c(X－)=c(NH4+)21、下列与实验相关的叙述正确的是()A．钠在氯气中燃烧，产生白色的烟雾B．除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3，可加入适量的NaOHC．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应该重新配制D．检验某溶液是否含有SO42-时，应取少量该溶液，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸22、amolFeS与bmolFeO投入VLcmol·L-1的HNO3溶液(过量)中，充分反应，产生气体为NO，则反应后溶液中NO3-的量为（）A．62(a＋b)g B．186(a＋b)g C．mol D．mol二、非选择题(共84分)23、（14分）下面是以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线：（1）X的名称为__，Y的结构简式为__，反应②的反应试剂和反应条件为__。（2）金刚烷是一种重要的化工原料，工业上可通过下列途径制备：环戊二烯分子的分子式为__；二聚环戊二烯的同分异构体中，属于芳香烃且苯环上的一氯代物有3种的同分异构体的结构简式为__，__。金刚烷的一氯代物有__种；金刚烷与四氢二聚环戊二烯的关系是___。（填字母）a．互为同系物b．互为同分异构体c．均为烷烃d．均为环烃（3）写出环戊二烯在一定条件下生成高聚物的结构简式：__。（4）烯烃也能发生如下反应：R1CHO++HCHO。请写出下列反应的有机产物的结构简式：__。24、（12分）化合物H是重要的有机物，可由E和F在一定条件下合成：（部分反应物或产物省略，另请注意箭头的指向）已知以下信息：i．A属于芳香烃，H属于酯类化合物。ii．I的核磁共振氢谱为二组峰，且峰的面积比为6：1。回答下列问题：（1）E的含氧官能团名称是______，B的结构简式是___________________。（2）B→C和G→J两步的反应类型分别为___________，____________。（3）①E+F→H的化学方程式是____________________________________。②D与银氨溶液反应的化学方程式是__________________________________。（4）E的同系物K比E相对分子质量大28，则K的同分异构体共______种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1，写出符合要求的该同分异构体的结构简式为（写出1种即可）____________________________。25、（12分）工业上H2O2是一种重要的绿色氧化还原试剂，某小组对H2O2的催化分解实验进行探究。回答下列问题：(1)在同浓度Fe3+的催化下，探究浓度对H2O2分解反应速率的影响。实验装置如图所示：①写出H2O2溶液在Fe3+催化下分解的化学方程式___________；除了图中所示仪器之外，该实验还必需的仪器是___________。②请写出下面表格中I、II、III的实验记录内容或数据：实验序号0.1mol/LFe2(SO4)3溶液的体积/mLII30%H2O2溶液的体积/mL蒸馏水的体积/mLO2的体积/mL1Ibcde2abdIIIfI＝_________，II＝_________，III＝________。(2)利用图1和图2中的信息，按图3装置(连通的A、B瓶中已充有NO2气体)进行实验。可观察到A瓶中气体颜色比B瓶中的________(填“深”或“浅”)，其原因是____________。(3)该小组预测同为第四周期VIII族的Fe、Co、Ni可能有相似的催化作用。查阅资料：CoxNi(1-x)Fe2O4(其中Co、Ni均为+2价)也可用作H2O2分解的催化剂，具有较高的活性。如图表示两种不同方法制得的催化剂CoxNi(1-x)Fe2O4在10℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线。由图中信息可知___________法制取得到的催化剂活性更高，推测Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是___________。26、（10分）草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O，相对分子质量为180）呈淡黄色，可用作照相显影剂。某实验小组对其进行了一系列探究。I．纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究。（1）气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置（可重复选用）进行实验：①装置D的名称为______。②按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为_____→尾气处理装置（填仪器接口的字母编号）。③实验前先通入一段时间N2，其目的为_______。④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为______。（2）固体产物成分的探究。充分反应后，A处反应管中残留黑色固体。查阅资料可知，黑色固体可能为Fe或FeO。小组成员设计实验证明了其成分只有FeO，其操作及现象为___。（3）依据（1）和（2）结论，可知A处反应管中发生反应的化学方程式为____。Ⅱ．草酸亚铁晶体样品纯度的测定工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀H2SO4中，配成250mL溶液。步骤2：取上述溶液25.00mL，用cmol·L−1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol·L−1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。（4）步骤3中加入锌粉的目的为______。（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为_____；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，则测定结果将______（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。27、（12分）某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示(夹持装置略)：已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：回答下列问题：(1)装置A中a的作用是______________；装置C中的试剂为________________；装置A中制备Cl2的化学方程为______________。(2)上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是________________。(3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4溶液加入___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；在规格为50.00mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为______________(填标号)。A.15.00mLB.35.00mLC.大于35.00mLD.小于15.00m1(4)某FeC2O4﹒2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4﹒2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下:Ⅰ.取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。用cmol﹒L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。样品中所含的质量分数表达式为_________________。下列关于样品组成分析的说法，正确的是__________(填标号)。A.时，样品中一定不含杂质B.越大，样品中含量一定越高C.若步骤I中滴入KMnO4溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏低D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏高28、（14分）水的离子积常数Kw与温度T（℃）的关系如图D3-5所示：（1）若T1=25℃，则Kw1=_____________；若T2=100℃时，Kw2=10-12，则此时0.05mol/L的Ba（OH）2溶液的pH=_____________。（2）已知25℃时，0.1L0.1mol/L的NaA溶液的pH=10，则NaA溶液中存在的平衡有_______________________________________________。溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为__________________________。（3）25℃时，将pH=11的NaOH溶液与pH=4的硫酸溶液混合，若所得混合溶液的pH=9，则NaOH溶液与硫酸溶液的体积比为_____________。29、（10分）碳是地球上组成生命的最基本的元素之一。按要求回答：（1）碳原子核外有________种不同空间运动状态的电子，第一电离能介于B和C之间的元素的名称为_________。（2）碳元素能形成多种无机物。①CO32-的立体构型是_______________。②MgCO3分解温度比CaCO3低的原因是_________________________。③石墨与钾可形成石墨夹层离子晶体C8K（如图），其结构为每隔一层碳原子插入一层钾原子，与钾原子层相邻的上下两层碳原子排列方式相同，则与钾最近等距的配位碳原子有_________个。（3）碳也可形成多种有机化合物，下图所示是一种嘌呤和一种吡啶的结构，两种分子中所有原子都在一个平面上。①1mol吡啶分子中含有σ键数目是__________。②嘌呤结构中N原子的杂化方式为________。③嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，解释原因________________________________。（4）将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元取代可形成碳的一种新型三维立方晶体结构——T-碳。已知T-碳密度为ρg/cm，阿伏加德罗常数为NA，则T-碳的晶胞参数a=________pm(写出表达式即可)。

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、C【详解】铝热反应方程式为：；故铝热剂的成分为铝粉和氧化铁粉末，故答案为C。2、B【详解】A.

Fe3+可与SCN−结合形成Fe(SCN)3，溶液变红色，因此，该组离子在溶液中不能大量共存，故A错误；B.

的溶液中(OH-)=0.1mol/l，显强碱性。四种离子之间不发生反应，且它们与OH-也都不反应，所以，该组离子在指定溶液中能大量共存，故B正确；C.

Fe2+具有还原性，MnO4−具有氧化性，二者可发生氧化还原反应，因此，该组离子在溶液中不能大量共存，故C错误；D.能使甲基橙变红色的溶液呈强酸性，HCO3－可与氢离子结合生成碳酸，碳酸不稳定，分解为二氧化碳和水，所以，该组离子在溶液中不能大量共存，故D错误。故选B。3、B【解析】A．根据图象可知，反应①和反应②中反应物总能量都大于生成物，则反应①、反应②均为放热反应，△H均小于零，A错误；B．反应①中氢气参与反应，反应产物中都是化合物，则一定存在化合价变化，反应②中反应物都是化合物，生成物中有碘单质生成，则也一定存在化合价变化，所以反应①②均为氧化还原反应，B正确；C．反应①比反应②的速率慢，说明反应①中正反应的活化能较小，反应②中正反应的活化能较大，与活化能有关系，C错误；D．反应①、反应②总的能量变化为218kJ，根据盖斯定律可知，反应①、反应②的焓变之和为△H=-218kJ•mol-1，D错误；答案选B。点睛：本题考查了化学反应与能量变化，明确反应热与反应物、生成物总能量的关系为解答关键，注意掌握盖斯定律的内容及应用方法，选项C为解答的易错点，注意活化能对反应速率的影响。4、B【解析】A.固体加热制取氨气，试管口应略向下倾斜，A错误；氨气极易溶于水，防止倒吸用干燥管改进，B正确；丙图中用过滤法分离碳酸氢钠操作时没有用玻璃棒引流，C错误；D.加热碳酸氢钠制备碳酸钠时应在试管中进行，D错误。5、D【解析】试题分析：A．pH＝12的溶液显碱性，则HCO3－不可以大量共存，A错误；B．pH＝0的溶液显酸性，则NO3－与SO32－发生氧化还原反应不可以大量共存，B错误；C．由0.1mol·L－1一元碱BOH溶液的pH＝10，可推知BOH部分电离，属于弱碱，则溶液存在BOHB＋＋OH－，C错误；D．由0.1mol·L－1一元酸HA溶液的pH＝3，可推知HA是弱酸，则NaA溶液存在水解平衡A－＋H2OHA＋OH－，D正确，答案选D。考点：考查离子共存及弱电解质的电离6、B【分析】X的氢化物在通常情况下呈液态，则X为O元素；Y的最高价氧化物对应的水化物为强碱，结合原子序数可知Y为Na；由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有淡黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，淡黄色沉淀为S，刺激性气体为二氧化硫，则根据元素守恒规律可推知Z为S元素，再结合短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，进而推得W为Cl元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为O、Y为Na、Z为S，W为Cl。A.根据元素周期律可知，电子层数越大，简单离子的半径越大；当电子层数相同时，核电荷数越小，对应的离子半径越大，因此四种元素对应的简单离子半径大小排序：Z>W>X>Y，故A项正确；B.Y为钠元素，与X形成的化合物为Na2O2时，含离子键、共价键，故B项错误；C.同主族元素，非金属性从上到下依次降低，其对应的简单氢化物的热稳定性也逐渐降低，故X的简单氢化物的热稳定性比Z的强，C项正确；D.W对应的单质为Cl2，氯气溶于水生成的次氯酸具有漂白性，故D项正确；答案选B。【点睛】本题考查元素结构与性质的综合运用，非金属性判断的依据有：1.由单质的氧化性判断，一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强。2.由对应氢化物的稳定性判断，氢化物越稳定，非金属性越强；3.由和氢气化合的难易程度判断，化合反应越容易，非金属性越强；4.由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断，酸性越强，非金属性越强；5.由对应最低价阴离子的还原性判断，还原性越强，对应非金属性越弱；以上几条规律，反之也成立，即若已知元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可直接判断出非金属性强弱，进而也可推测出其对应的性质关系，如气态氢化物的稳定性强弱等规律。7、D【详解】根据变化的微观示意图，可知该反应为：2NO+2CO=N2+2CO2；A．该反应中氮元素的化合价由+2价降低到0价，碳元素化合价由+2价升高到+4价，元素化合价发生变化，为氧化还原反应，故A正确；B．丁物质为氮气单质，属于非金属单质，故B正确；C．配平后反应为2NO+2CO=N2+2CO2，NO、CO、CO2的化学计量数均为2，故C正确；D．一氧化氮和一氧化碳中氧元素的化合价都为-2价，故D错误；故答案为D。【点睛】考查氧化还原反应、质量守恒定律，解题难点是根据微观示意图准确得出NO+CO→N2+CO2的反应原理是解题关键，再从化合价变化的角度分析氧化还原反应，结合质量守恒分析即可，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。8、B【解析】A项，Cu与浓硝酸反应生成Cu（NO3）2、NO2和H2O，Cu与稀硝酸反应生成Cu（NO3）2、NO和H2O，反应物浓度不同生成物不同；B项，氢气与氧气反应只能生成H2O；C项，硝酸银与少量稀氨水反应生成AgOH和NH4NO3，硝酸银与过量稀氨水反应获得银氨溶液，反应物用量不同生成物不同；D项，AlCl3与少量NaOH反应生成Al（OH）3和NaCl，AlCl3与过量NaOH反应生成NaAlO2、NaCl和H2O，反应物用量不同生成物不同；答案选B。9、B【分析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可以判断氧化还原反应中物质的还原性强弱，同时也可以根据还原性的强弱反推氧化还原反应能否发生，通过逐一判断反应中的还原剂和还原产物，与题目中的还原性强弱顺序表，符合的可以发生，不符合的不可以发生来解题。【详解】A.反应中还原剂为二氧化硫，还原产物为亚铁离子，还原性二氧化硫大于亚铁离子，故反应可以发生，故A正确；B.反应中还原剂为双氧水，还原产物为二氧化硫，而二氧化硫的还原性大于双氧水的，故反应不发生，故B错误；C.反应中还原剂为二氧化硫，还原产物为碘离子，还原性二氧化硫大于碘离子，故反应可以发生，故C正确；D.反应中还原剂为亚铁离子，还原产物为氯离子，还原性亚铁离子大于氯离子，故反应可以发生，故D正确。答案选B。【点睛】氧化还原反应中强弱规律：还原性：还原剂大于还原产物，氧化性：氧化剂大于氧化产物。10、C【详解】A．2-氯丁烷的同分异构体中，碳链异构为正丁烷和异丁烷，各自氯原子有2种同分异构体，故它的同分异构体除本身外还有3种，A叙述错误；B．2-氯丁烷中不含有氯离子，则其与硝酸银溶液混合不产生白色沉淀，B叙述错误；C．2-氯丁烷为有机物，含有碳碳单键，可混溶于乙醇、乙醚、氯仿等多数有机溶剂，C叙述正确；D．2-氯丁烷与氢氧化钠、乙醇在加热条件下的消去反应，生成1-丁烯或2-丁烯，则有机产物只有2种，D叙述错误；答案为C。11、A【解析】A．由原子的电子排布可知，随原子序数的递增，原子结构中电子层数和最外层电子数呈现周期性变化，则元素原子的核外电子排布的周期性变化是元素的性质呈周期性变化的根本原因，故A正确；B．元素的金属性和非金属性都是元素的性质，不能解释元素性质的周期性变化，故B错误；C．元素的原子半径的变化属于元素的性质，不能解释元素性质的周期性变化，故C错误；D．因元素的化合价属于元素的性质，则不能解释元素性质的周期性变化，故D错误；答案为A。12、B【详解】A.该元素的名称带“钅”字旁，属于金属元素，金属元素易失去电子，一般为正价，没有负价，故A错误；B.Mc为115号元素，位于元素周期表第七周期第VA族，主族序数等于最外层电子数，则该元素最高正价为+5价，最高价氧化物的化式为Mc2O5，故B正确；C.的质量数为288，质子数为115，中子数=质量数-质子数=288-115=173，故C错误；D.和互为同位素，是镆元素的不同原子，转化过程，没有新物质生成，不是化学变化，故D错误；答案选B。13、B【解析】A.H2中H元素化合价为0价，比较容易升高到+1价，具有较强的还原性，故A不选；B.H＋中H元素化合价为+1价，处于H元素的最高价态，不具有还原性，故B选；C.Na元素化合价为0价，比较容易升高到+1价，具有较强的还原性，故C不选；D.CO中C元素化合价为+2价，比较容易升高到+4价，具有较强的还原性，故D不选；故选B。点睛：元素处于高价的物质一般具有氧化性，元素处于低价的物质一般具有还原性，元素处于中间价态时，该物质既有氧化性，又有还原性。对于同一种元素，一般是价态越高，其氧化性就越强；价态越低，其还原性越强。14、A【解析】由短周期主族元素W、X、Y、Z四种元素在周期表中的位置关系可知W、X为第2周期，Y、Z为第3周期，设W的原子序数为a，则X、Y、Z的原子序数分别为a+3、a+9、a+10，则有a+3+a+9+a+10+a=46，a=6，故W、X、Y、Z四种元素分别为碳、氟、磷、硫，据此分析解答。【详解】A.同周期元素的原子半径随核电荷数的增加而逐渐减小，同主族元素的原子半径随核电荷数的增加而逐渐增大，即有原子半径大小顺序为：Y>Z>X，故A正确；B.X元素为氟元素，不存在最高价氧化物的水化物，故B错误；C.在四种元素中非金属性最强的是F（X），其氢化物的稳定性最强，故C错误；D.Z为硫元素，硫单质易溶于二硫化碳中，故D错误；答案选A。15、C【解析】A．正极上水发生还原反应生成H2，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2，故A错误；B．SO42-与H2在厌氧细菌的催化作用下反应生成S2-和H2O，离子反应式为：4H2+SO42-S2-+4H2O，故B错误；C．钢管腐蚀的过程中，负极上Fe失电子发生氧化反应生成的Fe2+，与正极周围的S2-和OH-分别生成FeS的Fe(OH)2，故C正确；D．在钢管表面镀锌可减缓钢管的腐蚀，但镀铜破损后容易形成Fe-Cu原电池会加速铁的腐蚀，故D错误；故答案为C。16、C【解析】实验②中向b中滴加3滴饱和FeCl3溶液，增大了Fe3+浓度使反应正向移动，溶液颜色加深，选项A正确。实验③中向上述b溶液中滴加3滴1mol⋅L-117、D【解析】A、处理NaCN超标电镀废水的过程中碳元素化合价的改变，由+2价变为+4价，故A错误；B、NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性，故B错误；C、反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子，N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2OCN－+3ClO－=CO32－+CO2↑+3Cl－+N2↑，故C错误；D、参加反应的NaCN是：=20mol，反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从-3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，所以处理100m3含NaCN10.3mg·L－1的废水，实际至少需NaClO的物质的量为：20mol×5/2=50mol。点睛：易错选项B，NaCN易与酸反应生成HCN，HCN易挥发，剧毒，学生比较陌生。难点选项D，NaCN在反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从-3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，是难点，两种元素化合价同时升高，学生难考虑全面。18、D【解析】将0.2mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、碳酸钠和0.05mol/L的NaHCO3，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液中碳酸氢根离子浓度大于0.05mol/L，碳酸根离子浓度小于0.05mol/L；钾离子浓度为0.05mol/L、钠离子浓度为0.1mol/L，溶液显示碱性，则c(OH-)＞c(H+)，然后结合电荷守恒、物料守恒对各选项进行判断。【详解】0.2mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、碳酸钠和0.05mol/L的NaHCO3。A．混合液中钾离子浓度为0.05mol/L，则2c(K+)=0.1mol/L，根据物料守恒可得：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L，则c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(H2CO3)＞0.1mol/L，所以2c(K+)＜c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(H2CO3)，故A错误；B．由于碳酸氢根离子、碳酸根离子水解，则溶液显示碱性，c(OH-)＞c(H+)；碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液中碳酸氢根离子浓度大于0.05mol/L，碳酸根离子浓度小于0.05mol/L；钾离子浓度为0.05mol/L、钠离子浓度为0.1mol/L，则溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(K+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；C．根据物料守恒可得：①c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L=c(Na+)=0.1mol/L、②c(K+)=0.05，根据电荷守恒可得：③c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+c(Na+)，根据①③可得：c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+c(K+)，由于c(K+)=0.05，则c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.05mol•L-1，故C错误；D．根据电荷守恒可得：c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+c(Na+)，由于混合液中c(Na+)=0.1mol/L、c(K+)=0.05mol/L，则c(Na+)=2c(K+)，所以3c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度较大，正确分析混合液中的溶质组成为解答关键。注意掌握判断溶液中离子浓度大小的方法，选项C为易错点，需要明确混合液体积比原溶液体积扩大了1倍，则钾离子浓度减小为原先的一半。19、D【分析】A为正盐，X是一种强碱，二者反应生成氢化物B，则A为铵盐、B为NH3，B连续与Y反应得到氧化物D与氧化物E，E的相对分子质量比D大16，则Y为O2、C为N2、D为NO、E为NO2，通常条件下Z是无色液体，E与Z反应得到含氧酸F，则Z为H2O、F为HNO3，F与X发生酸碱中和反应得到G为硝酸盐。【详解】A.物质A为铵盐，草木灰呈碱性，二者混合会生成氨气，降低肥效，故A错误；B.氨气与硝酸反应生成硝酸铵，属于化合反应，不属于复分解反应，故B错误；C.氮气的密度与空气接近，不宜采取排空气法收集，可以利用排水法收集氮气，故C错误；D.

D→E的反应NO转化为NO2，由无色气体变为红棕色，可以检验NO，故D正确；故选：D。20、D【详解】A.由图可知0.1mol/L的HX溶液的pH=3，HX为弱酸，因为b点的pH=7，所以c(X－)=c(NH4+),根据物料守恒c(X－)+c(HX)=(0.1mol/L50mL/1000)/0.1L=0.05mol/L，所以A正确；B.c、d两点时，c(X－)/c(OH-)c(HX)=1/Kh，水解平衡常数只与温度有关，温度不变，则c、d两点的c(X－)/c(OH-)c(HX)相等，故B正确；C.b点加入等体积等浓度的HX和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X，b点溶液的pH=7，说明X-与NH4+的水解程度相等，所以Ka(HX)的值与Kb(NH3·H2O)的值相等，故C正确；D.a→d点过程中存在电荷守恒c(X－)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，因为a→d点过程中c(H+)>c(OH-)，所以c(X－)>c(NH4+),故D错误。答案：D。21、C【详解】A.钠在氯气中燃烧产生白烟，故错误；B.除去碳酸氢钠中的碳酸钠应通入二氧化碳，加入氢氧化钠会使碳酸氢钠反应转化为碳酸钠，故错误；C.配制溶液过程中，加水超过刻度线，应该重新配制，故正确；D.检验硫酸根离子，应先加入盐酸，无沉淀生成，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，说明含有硫酸根离子。故错误；故选C。【点睛】掌握离子的检验方法，注意干扰离子的排除。如硫酸根离子检验过程中注意碳酸根离子和银离子的干扰。先加入盐酸，不产生沉淀，再加入氯化钡，产生白色沉淀说明有硫酸根离子，若无沉淀，则无硫酸根离子。掌握碳酸钠和碳酸氢钠的相互转化。碳酸钠和二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水。22、D【分析】依据得失电子守恒，计算表现氧化性的HNO3的物质的量，HNO3总量减去表现氧化性的硝酸量，即可得到溶液中NO3-的量。【详解】FeS中，Fe由+2价升高到+3价，S由-2价升高到+6价，amolFeS共失电子9amol；FeO中，Fe由+2价升高到+3价，bmolFeO共失电子bmol；HNO3中，N由+5价降为+2价，1molHNO3共得电子3mol。设表现氧化性的HNO3的物质的量为x则9a+b=3xx=从而得出反应后溶液中NO3-的量为(cV-)mol。答案为D。二、非选择题(共84分)23、环戊烯氢氧化钠醇溶液，加热C5H62bDOHC-CHO+OHC-CH2-CHO【分析】(1)由转化关系可知X为，Y为；

(2)根据结构简式判断分子式，二聚环戊二烯的同分异构体中，属于芳香烃且苯环上的一氯代物有3种的同分异构体，则苯环上有3种性质不同的H原子，金刚烷中含有2种性质不同的H原子，金刚烷与四氢二聚环戊二烯分子式相同，但结构不同；

(3)环戊二烯含有碳碳双键，可发生加聚反应；

(4)根据题给信息判断碳碳双键的断裂，可确定生成物。【详解】(1)由转化关系可知X为，Y为，X为环戊烯，反应②为消去反应，在氢氧化钠的醇溶液中加热条件下反应；

(2)由结构简式可知环戊二烯分子的分子式为C5H6，二聚环戊二烯的同分异构体中，属于芳香烃且苯环上的一氯代物有3种的同分异构体，则苯环上有3种性质不同的H原子，可能的结构为，金刚烷中含有2种性质不同的H原子，金刚烷的一氯代物有2种，金刚烷与四氢二聚环戊二烯分子式相同，但结构不同，属于同分异构体，答案选b。

(3)环戊二烯含有碳碳双键，可发生加聚反应，类似于二烯烃的加聚反应，生成物为；

(4)由题给信息可知OHCCHO+OHCCH2CHO。24、羧基取代反应（或水解反应）加聚反应（或聚合反应）+CH3CH(OH)CH3+H2O+2Ag(NH3)OH+2Ag+3NH3+H2O14或【分析】A属于芳香烃，分子式为C7H8，则A为，B与氯气在光照条件下发生甲基上取代反应生成B，结合B的分子式可知B为，B发生水解反应生成C为，C发生催化氧化生成D为，D与银氨溶液反应、酸化得到E为．I的分子式为C3H7Cl，核磁共振氢谱为二组峰，且峰的面积比为6：1，则I为CH3CHClCH3，I发生水解反应得到F为CH3CH(OH)CH3，E与F发生酯化反应生成H为．I发生消去反应生成G为CH2=CHCH3，G发生加聚反应生成J为，据此分析作答。【详解】（1）通过以上分析知，E为，含有官能团为羧基，B结构简式为，故答案为羧基；；（2）B发生水解反应生成C为，其反应类型为：取代反应（或水解反应）；G发生加聚反应生成J为，其反应类型为：加聚反应（或聚合反应）；（3）①E+F→H的化学方程式为：+CH3CH(OH)CH3+H2O；②D为，其与银氨溶液反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)OH+2Ag+3NH3+H2O；（4）E的同系物K比E相对分子质量大28，则K的分子式为：C9H10O2，与E属于同系物，则含有羧基，且属于芳香族化合物，则按苯环上的取代基个数分类讨论如下：①苯环上有一个取代基，则结构简式为、；②苯环上有两个取代基，则可以是-CH2CH3和-COOH，也可以是-CH2COOH和-CH3，两个取代基的位置可以是邻间对，共23=6种；③苯环上有三个取代基，则为2个-CH3和1个-COOH，定“二”议“一”其，确定其结构简式可以为：、、、、和共6种，综上情况可知，K的结构简式有2+6+6=14种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1的结构简式是或，故答案为14；或(任意一种)。25、2H2O22H2O+O2↑秒表或计时器a时间(min或s)c浅H2O2分解放热，使得B瓶温度高，升高温度，反应2NO2(g)⇌N2O4(g)的平衡逆向移动，NO2浓度增大，B瓶中颜色加深微波水热Co2+【详解】(1)①过氧化氢在铁离子催化下分解生成水和氧气，方程式为2H2O22H2O+O2↑；该实验是探究浓度对H2O2分解反应速率的影响，即相同时间内收集产生的氧气的体积多少，所以使用的仪器有秒表或计时器；②在同浓度Fe3+的催化下，探究浓度对H2O2分解反应速率的影响，所以实验要控制铁离子的浓度相同，时间相同，所以Ⅰ为a，Ⅱ时间(min或s)，控制过氧化氢和蒸馏水的体积总数相同，所以Ⅲ为c；(2)因为H2O2分解放热，使得B瓶温度高，升高温度，反应2NO2(g)⇌N2O4(g)的平衡逆向移动，NO2浓度增大，B瓶中颜色加深，所以A瓶的颜色比B瓶浅；(3)微波水热法使过氧化氢分解初始速率增大，所以微波水热法制取得到的催化剂活性更高，从图分析，x数值越大，过氧化氢的初始分解速率越大，所以Co2+催化效果更好。26、（球形）干燥管agfbchi（或ih）de（或ed）bc排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O将Fe3+还原为Fe2+×100%偏低【分析】I．(1)①根据仪器的图形和作用分析解答；②草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜可以检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水可以检验二氧化碳的生成，经碱石灰干燥后气体通入装置C中玻璃管和氧化铜反应，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，最后尾气处理，据此分析解答；③实验前先通入一段时间N2，可以把装置内空气赶净，据此解答；④实验证明了气体产物中含有CO，可以利用CO还原氧化铜设计实验验证；(2)黑色固体可能为Fe或FeO，可以把固体溶于酸检验；(3)依据(1)和(2)的结论分析解答；Ⅱ．(4)根据锌可以将Fe3+还原分析解答；(5)草酸亚铁与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，亚铁离子和草酸根离子都被氧化。向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，此时滴定的是亚铁离子，利用化学反应的定量关系分析计算；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，根据消耗高锰酸钾量的变化分析误差。【详解】(1)①装置D的名称为：(球形)干燥管，故答案为(球形)干燥管；②草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水检验二氧化碳的生成，通过装置E中碱石灰干燥后，气体通入装置C中玻璃管和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为：agfbchi(或ih)de(或ed)bc，最后连接尾气处理装置，故答案为agfbchi(或ih)de(或ed)bc；③实验前先通入一段时间N2，目的是排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，故答案为排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸；④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为：C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊，故答案为C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊；(2)充分反应后，A处反应管中残留黑色固体，黑色固体可能为Fe或FeO。要证明其成分只有FeO，可以将固体溶于酸，看有无气体放出即可，具体为：取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成说明无铁存在，只有氧化亚铁，故答案为取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成；(3)依据(1)和(2)结论，可知A处反应管中发生的反应是草酸亚铁晶体分解生成氧化亚铁、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O，故答案为FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O；(4)锌可以将Fe3+还原，因此步骤3中加入锌粉的目的为：将Fe3+还原为Fe2+，故答案为将Fe3+还原为Fe2+；(5)取上述溶液25.00mL，用cmol•L﹣1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL，此过程中亚铁离子和草酸根离子都被氧化；向反应后的溶液中加入适量锌粉，锌将Fe3+还原为Fe2+，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL，此时滴定的是溶液中的亚铁离子。第一次消耗的高锰酸钾减去第二次消耗的高锰酸钾为滴定草酸根离子的量，反应的离子方程式：2MnO4-+5C2O42-+8H+=10CO2+4H2O+2Mn2+，草酸亚铁晶体样品的纯度＝×100%，若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，会导致第一步滴定中消耗的高锰酸钾的量减少，即V1偏小，则计算得到的亚铁离子物质的量减小，测定结果偏低，故答案为×100%；偏低。【点睛】本题考查了物质的组成和含量测定的实验分析。本题的难点为实验装置的连接顺序，要注意从实验的原理分析解答；易错点为(5)的计算和误差分析，要注意2次滴定过程中的反应微粒，理解清楚计算原理，并结合计算公式分析误差。27、平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；NaOH溶液在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶酸式CBD【分析】漂白粉的有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，Cl2和K2MnO4在B中反应产生KMnO4，反应不完的Cl2用C吸收，据此解答。【详解】(1)装置A为恒压分液漏斗，它的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，C的作用是吸收反应不完的Cl2，可用NaOH溶液吸收，Ca(ClO)2和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案为：平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；NaOH溶液；Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；(2)锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-，一部分MnO42-转化为了MnO2，导致最终KMnO4的产率低，而浓盐酸易挥发，直接导致B中NaOH溶液的浓度减小，故改进措施是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HCl，故答案为：在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；(3)高锰酸钾有强氧化性，强氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，规格为50.00mL的滴定管中实际的体积大于(50.00-15.00)mL，即大于35.00mL，故答案为：酸式；C；(4)设FeC2O4·2H2O的物质的量为xmol，Fe2(C2O4)3的物质的量为ymol，H2C2O4·2H2O的物质的量为zmol，步骤I中草酸根和Fe2+均被氧化，结合得失电子守恒有：2KMnO4~5H2C2O4(C2O42-)，KMnO4~5Fe2+，所以，步骤II中Fe2+被氧化，由KMnO4~5Fe2+可知，，联立二个方程解得：z=2.5c(V1-3V2)×10-3，所以H2C2O4·2H2O的质量分数==。关于样品组成分析如下：A．时，H2C2O4·2H2O的质量分数==0，样品中不含H2C2O4·2H2O，由和可知，y≠0，样品中含Fe2(C2O4)3杂质，A错误；B．越大，由H2C2O4·2H2O的质量分数表达式可知，其含量一定越大，B正确；C．Fe元素的物质的量=，若步骤I中KMnO4溶液不足，则步骤I中有一部分Fe2+没有被氧化，不影响V2的大小，则不变，则对于测得Fe元素的含量无影响，C错误；D．结合C可知：若KMnO4溶液浓度偏低，则消耗KM