2026届湖北省宜昌市秭归县第二高级中学化学高三第一学期期中调研模拟试题含解析

2026届湖北省宜昌市秭归县第二高级中学化学高三第一学期期中调研模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、已知H2O2是一种弱酸，在强碱溶液中主要以HO2－形式存在。现以Al—H2O2电池电解尿素CO(NH2)2的碱性溶液制备H2，下列说法不正确的是（）A．电解过程中，电子的流向由a→d→c→bB．电池的正极反应为：HO2－+2e－+H2O=3OH－C．电解时，消耗5.4gAl，则产生标况下2.24LN2D．电极c是阳极，且反应后该电极区pH减小2、下列物质或离子在指定分散系中能大量共存的是A．空气中:H2、HCl、NO、NH3B．Fe(OH)3胶体中:Na+、H+、Cl-、I-C．Ca(ClO)2溶液中:K+、Na+、NO3-、Cl-D．无色透明溶液中:K+、Na+、MnO4-、SO42-3、关于胶体和溶液的本质区别，下列叙述中正确的A．溶液呈电中性，胶体带电荷B．溶液中通过一束光线出现明显光路，胶体中通过一束光线没有特殊现象C．溶液中溶质粒子能通过滤纸，胶体中分散质粒子不能通过滤纸D．溶液与胶体的本质区别在于分散质微粒直径大小，前者小于1nm，后者介于1nm～100nm之间4、某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）。关于该固体混合物，下列说法正确的是A．一定含有Al，其质量为4.05gB．一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3C．一定含有MgCl2和FeCl2D．一定含有(NH4)2SO4和MgCl2，且物质的量相等5、能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．Cl2通入NaOH溶液：Cl2＋OH−=Cl−＋ClO−＋H2OB．Cu溶于稀HNO3：3Cu＋8H+＋2NO3−=3Cu2+＋2NO↑＋4H2OC．NaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32−＋2H+=CO2↑＋H2OD．AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液：Al3+＋3OH−=Al（OH）3↓6、下列各项中的实验方案不能达到预期实验目的的是选项实验目的实验方案A鉴别BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三种盐溶液分别向三种盐溶液中缓慢通入SO2气体B除去CuCl2溶液中的少量FeCl3加入足量氧化铜粉末。充分反应后过滤C除去HCl气体中混有少量Cl2将气体依次通过饱和食盐水、浓硫酸D配制氯化铁溶液将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释A．A B．B C．C D．D7、设NA为阿伏伽德罗常数值。下列有关叙述正确的是()A．10g46%的乙醇水溶液中，氧原子的个数为0.4NAB．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NAC．1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD．14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为NA8、下列关于如图所示转化关系(X代表卤素)的说法错误的是A．ΔH3<0 B．ΔH1=ΔH2+ΔH3C．按Cl、Br、I的顺序，ΔH2依次增大 D．ΔH1越小，HX越稳定9、甲醛被视为“空气杀手”，可用如下方法检测：5HCHO+4MnO4-+12H+==4Mn2++5CO2+11H2O。下列说法不正确的是A．甲醛(HCHO)分子中存在极性键B．CO2的电子式为：C．MnO4-是氧化剂，CO2是氧化产物D．当有1.8g甲醛参加反应时，转移电子的物质的量为0.12mol10、下列现象或应用与胶体性质无关的是A．将盐卤或石膏加入豆浆中，制成豆腐B．冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘微粒带电荷C．泡沫灭火器中将Al2(SO4)3与NaHCO3两溶液混合后，喷出大量泡沫，起到灭火作用D．用半透明可以除去淀粉溶液中的少量NaCl11、氮化铝（AlN）具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域。在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO下列叙述正确的是()A．在氮化铝的合成反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B．上述反应中每生成2molAlN，N2得到3mol电子C．氮化铝中氮元素的化合价为-3D．氮化铝晶体属于分子晶体12、室温下，某兴趣小组用下图装置在通风橱中进行如下实验：实验现象试管中开始无现象，逐渐有微小气泡生成，越来越剧烈，液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色.试管中剧烈反应，迅速生成大量红棕色气体，溶液呈绿色；之后向绿色溶液中持续通入N2，溶液变为蓝色.下列说法正确的是A．试管Ⅰ中浅红棕色气体为NO2，由硝酸还原生成B．等质量的Cu完全溶解时，Ⅰ中消耗的HNO3更多C．换成Fe之后重复实验，依然是试管Ⅱ中反应更剧烈D．试管Ⅱ中反应后溶液颜色与试管Ⅰ中的不同，是由于溶有NO213、下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是()①NaHCO3②Al2O3③Al(OH)3④Al．A．③④ B．②③④ C．①③④ D．全部14、用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．在标准状况下，0.5molNO与0.5molO2混合后气体分子数为0.75NAB．常温常压下，14g的C2H4和C4H8混合气体中含有的原子数为3NAC．0.1molAlCl3完全转化为氢氧化铝胶体，生成0.lNA个胶体粒子D．1.0L1.0mol·L-1Na2SiO3水溶液中含有的氧原子数为3NA15、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、Y、Z三种原子的最外层电子数之和与W原子的最外层电子数相等，X的最低负价为－4。下列说法正确的是A．原子半径：r(Y)＞r(Z)＞r(W)B．Y的最高价氧化物的水化物碱性比Z的弱C．W的氧化物的水化物酸性一定比X的强D．W与Z形成的化合物ZW2中既含有离子键又含有共价键16、环扁桃酯是一种治疗心脑血管疾病的药品，结构简式如图。下列说法不正确的是()A．环扁桃酯的分子式是C17H24O3B．1mol环扁桃酯最多能与3molH2反应C．环扁桃酯水解得到的醇与苯甲醇互为同系物D．环扁桃酯能发生取代、加成、氧化、还原反应17、下列事实不能用元素周期律解释的是()A．气态氢化物的稳定性：HBr>HI B．0.1mol·L－1溶液的pH：NaOH>LiOHC．向Na2SO3溶液中加盐酸，有气泡产生 D．Mg、Al与同浓度盐酸反应，Mg更剧烈18、已知在盐酸中易被还原成，且、、、的氧化性依次减弱。下列叙述正确的是()A．将通入溶液中，可发生反应B．每1个在盐酸中被氧化为时转移2个电子C．溶液能将KI溶液中的氧化D．具有较强的氧化性，可以将氧化为19、下列有关化学键与晶体结构说法正确的是A．两种元素组成的分子中一定只有极性键B．离子化合物的熔点一定比共价化合物的高C．非金属元素组成的化合物一定是共价化合物D．含有阴离子的化合物一定含有阳离子20、下列说法中正确的是（）A．碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物一定是非金属氧化物B．硫酸钡难溶于水，所以硫酸钡是弱电解质C．CO2、NH3的水溶液可以导电，所以CO2、NH3是电解质D．强电解质溶液的导电能力不一定强，弱电解质溶液的导电能力不一定弱21、下列离子方程式正确的是A．过氧化钠和水反应：B．氯化铝的溶液中加入过量氨水：C．单质铜与稀硝酸反应：D．向Fe2(SO4)3的酸性溶液中通入足量HI：22、下列反应中，改变反应物的用量或浓度，不会改变生成物的是A．铜和硝酸反应 B．二氧化碳通入氢氧化钠溶液中C．细铁丝在氯气中燃烧 D．氯化铝与氢氧化钠溶液反应二、非选择题(共84分)23、（14分）前四周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大。元素X和铝在元素周期表中具有特殊的“对角线”关系，单质及化合物的性质十分相似；Y原子半径在短周期主族元素中最大；Z元素有多种同素异形体，其中一种为正四面体结构，易自燃；M基态原子未成对电子数在同周期元素中最多。请回答下列问题：(1)元素Z在周期表中的位置是_______。(2)元素X的氧化物能与Y的氧化物的水化物形成的溶液反应，生成一种四配位化合物，写出该化合物的化学式________。(3)元素Y的氢化物被称作“万能还原剂”，具有强的还原性。其电子式为______，遇水可发生反应的化学方程式为________。(4)元素M的名称为_______，其+3价氧化物与铝反应的化学方程式为_______。24、（12分）芳香烃A(C7H8)是重要的有机化工原料，由A制备聚巴豆酸甲酯和医药中间体K的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：已知：①②③(弱碱性，易氧化)回答下列问题：(1)A的名称是____________，I含有的官能团是_______________________。(2)②的反应类型是______________，⑤的反应类型是__________________。(3)B、试剂X的结构简式分别为____________________、____________________。(4)巴豆酸的化学名称为2-丁烯酸，有顺式和反式之分，巴豆酸分子中最多有_____个原子共平面，反式巴豆酸的结构简式为__________________________。(5)第⑦⑩两个步骤的目的是_________________________________________________。(6)既能发生银镜反应又能发生水解反应的二元取代芳香化合物W是F的同分异构体，W共有_______种，其中苯环上只有两种不同化学环境的氢原子且属于酯类的结构简式___。(7)将由B、甲醇为起始原料制备聚巴豆酸甲酯的合成路线补充完整(无机试剂及溶剂任选)______________________________________________.25、（12分）某探究性学习小组拟用小颗粒状铝硅合金与足量稀硫酸的反应(其中硅与稀硫酸不反应)测定通常状况(约20℃，1atm)下气体摩尔体积的方法。拟选用下列实验装置完成试验：(1)该组同学必须选用的装置的连接顺序是(用管口字母，可不填满)：A接（_______）（_______）接（_______）(2)实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开其活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶。请你帮助分析原因_________________________。(3)实验结束时，该组同学应怎样测量实验中生成氢气的体积？____(4)实验中准确测得4个数据：实验前铝硅合金的质量m1g，实验后残留固体的质量m2g，实验后量筒中液面读数为VmL。则通常状况下气体摩尔体积Vm＝_________。若合金中含铜，测得的Vm将________(偏大/偏小/无影响)。26、（10分）某研究性学习小组用如图装置进行SO2与FeCl3溶液反应的相关实验：完成下列填空（1）在配制FeCl3溶液时，需先把FeCl3晶体溶解在________中，再加水稀释，才能得到透明澄清溶液。（2）B装置的作用是__________；D装置中吸收尾气的离子方程式是__________。（3）A装置中制备SO2的化学方程式为：_______，在该反应中浓硫酸体现的性质是______。（4）当温度较高的SO2气体（足量）通入FeCl3溶液中时，可以观察到溶液由黄色逐渐变为浅绿色。根据此现象，该小组同学认为SO2与FeCl3溶液发生了氧化还原反应。a.写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式：___________。b.请设计实验方案检验上述反应中FeCl3是否反应完全：_________________。c.若向得到的浅绿色溶液中逐滴滴加NaOH溶液，可以观察到的现象是：________。27、（12分）实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）K2FeO4作为高效、多功能水处理剂的原因是______________________________。（2）制备K2FeO4（夹持装置略）①A为氯气发生装置。A中反应方程式是_____________________________。②该装置有明显不合理设计，如何改进？____________________________。③改进后，B中得到紫色固体和溶液。B中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有____________________________。（3）探究K2FeO4的性质（改进后的实验）①取B中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤B中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。a．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由_________________________产生（用方程式表示）。b．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是______________。②根据K2FeO4的制备实验和方案Ⅱ实验表明Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是_____________。28、（14分）氯化铜是一种广泛用于生产颜料、木材防腐剂等的化工产品。某研究小组用粗铜(含杂质Fe)按图1所示工艺流程制备氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)：请回答下列问题：（1）为了完成步骤Ⅰ，可采用图2所示的装置将粗铜完全转化为固体a：①A装置中发生反应的离子方程式是___________________________________________。②在该实验中，点燃A、C装置中的酒精灯时，应该先点燃________装置的酒精灯，D装置的作用是_____________________________，C装置中生成的产物是________________。③有同学认为应在B装置前增加吸收HCl的装置，你认为是否必要____(填“是”或“否”)。（2）步骤Ⅱ的操作：将固体a置于烧杯中，然后加入_________，至固体完全溶解。（3）步骤Ⅲ中应先加入某试剂调节溶液b的pH以除去杂质，该试剂可选用下列试剂中的________(填序号)。a．NaOH溶液b．氨水c．CuOd．Cu2(OH)2CO3e．CuSO4溶液（4）步骤Ⅳ中，将溶液c蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuCl2·2H2O。现欲得到无水CuCl2，在实验室也可以采用图2所示装置使CuCl2·2H2O脱水得到无水CuCl2，则A装置中的两种化学试剂是___________________________(填名称)。29、（10分）石油产品中含有H2S及COS、CH3SH等多种有机硫，石油化工催生出多种脱硫技术。回答下列问题：(1)已知热化学方程式：①2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)△H1=-362kJ·mol-1②2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)△H2=-1172kJ·mol-1则H2S气体和氧气反应生成固态硫和液态水的热化学方程式为__________________。(2)可以用K2CO3溶液吸收H2S，其原理为K2CO3+H2S=KHS+KHCO3，该反应的平衡常数为_______。(已知H2CO3的Ka1=4.2×10-7，Ka2=5.6×10-11；H2S的Ka1=5.6×10-8，Ka2=1.2×10-15)(3)在强酸溶液中用H2O2可将COS氧化为硫酸，这一原理可用于COS的脱硫。该反应的化学方程式为_______。(4)COS的水解反应为COS(g)+H2O(g)CO2(g)+H2S(g)△H<0。某温度时，用活性α-Al2O3作催化剂，在恒容密闭容器中COS(g)的平衡转化率随不同投料比[n(H2O)/n(COS)]的转化关系如图1所示。其它条件相同时，改变反应温度，测得一定时间内COS的水解转化率如图2所示：①该反应的最佳条件为:投料比[n(H2O)/n(COS)]__________，温度__________。②P点对应的平衡常数为_____________。(保留小数点后2位)

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、A【分析】根据装置，左侧为电池，右侧为电解池，d电极上产生H2，根据电解原理，d电极为阴极，则c电极为阳极，a为负极，b为正极，据此分析；【详解】A、根据装置，左侧为电池，右侧为电解池，d电极上产生H2，根据电解原理，d电极为阴极，则c电极为阳极，a为负极，b为正极，电解质内部没有电子通过，电子流向由a→d，c→b，故A说法错误；B、根据A选项分析，b电极为正极，电极反应方程式为HO2－＋2e－＋H2O=3OH－，故B说法正确；C、根据得失电子数目守恒，因此有，解得V(N2)=2.24L，故C说法正确；D、根据A选项分析，电极c为阳极，电极反应式为CO(NH2)2＋8OH－－6e－=CO32－＋N2↑＋6H2O，消耗OH－，反应后该电极区pH减小，故D说法正确；答案为A。【点睛】电极反应式的书写，是本题的难点，也是热点，一般书写时，先写出氧化剂＋ne－→还原产物，还原剂－ne－→氧化产物，然后根据电解质的环境，判断出是H＋、OH－参与反应或生成，最后根据电荷守恒，配平其他。2、C【详解】A、NO易被空气中氧气氧化，不能稳定存在，HCl和NH3能化合为氯化铵，故A不能共存；B、胶体遇电解质会发生聚沉，氢氧化铁沉淀还可以溶解在酸中，并且Fe3+与I-能发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；C、Ca(ClO)2溶液与K+、Na+、NO3-、Cl-均不反应，可以共存，故C正确；D、MnO4-为紫红色，不满足无色要求，故D错误。答案选C。【点睛】考查离子共存的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等。3、D【解析】试题分析：A、溶液、胶体都是呈电中性的分散系，胶体微粒吸附带电荷离子，故A错误；B、溶液中通过一束光线没有特殊现象，胶体中通过一束光线出现明显光路，故B错误；C、溶液中溶质粒子能通过滤纸，胶体中分散质粒子也能通过滤纸，故C错误；D、溶液与胶体的本质区别在于分散质微粒直径大小，前者小于1nm，后者介于1nm～100nm之间，故D正确；故选D。考点：考查了溶液、胶体的本质特征的相关知识。4、D【解析】A;14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体,有铵盐和碱反应生成生成的氨气,也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气；5.60L气体通过碱石灰无变化,说明气体中无与碱石灰反应的气体，,通过浓硫酸,气体剩余3.36L,体积减少5.60L-3.36L=2,24L,结合混合物可能存在的物质可以知道，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L,剩余的气体只能是氢气，体积为3.36，,说明原混合物中一定含有铝，故A对；B:14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化,因为氢氧化铝溶于强碱，Fe(OH)2易被氧化，所以一定不含FeCl2，能生成的白色沉淀一定是氯化镁与强碱反应生成的氢氧化镁白色沉淀,一定含有氯化镁，故B错误；C.根据上边分析，一定含氯化镁，一定不含FeCl2，故C错误；根据A分析一定有(NH4)2SO4，根据B分析一定有氯化镁。Mg(OH)2MgCl2(NH4)2SO42NH4+2NH358g1mol1mol22.4L2.9g0.05mol0.05mol2.24L(NH4)2SO4和MgCl2物质的量相等，故D正确。本题答案：D。点睛：:14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体,有铵盐和碱反应生成生成的氨气,也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气,5.60L气体通过碱石灰无变化,说明气体中无与碱石灰反应的气体,无水蒸气的存在,通过浓硫酸,气体剩余3.36L,体积减少5.60L-3.36L=2,24L,结合混合物可能存在的物质可以知道,一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2,24L,剩余的气体只能是氢气,体积为3.36L,说明原混合物中一定含有铝。5、B【解析】A.Cl2通入NaOH溶液，题中所给方程式不符合电荷守恒，正确的离子方程式是：Cl2＋2OH−=Cl−＋ClO−＋H2O，故A错误；B.Cu溶于稀HNO3，反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式是：3Cu＋8H+＋2NO3−=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，故B正确；C.HCO3－对应的碳酸是弱酸，不能拆开，正确的离子方程式是：HCO3−＋H+=CO2↑＋H2O，故C错误；D.AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液，生成的是偏铝酸钠、氯化钠和水，不是氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式是：Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，故D错误；故答案选B。点睛：判断离子方程式正确与否的方法一般是：（1）检查反应能否发生。（2）检查反应物、生成物是否正确（如D项）。（3）检查各物质拆分是否正确（如C项）。（4）检查是否符合守恒关系（如A项）。（5）检查是否符合原化学方程式。6、C【解析】A、分别向BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三种盐溶液中缓慢通入SO2气体，无明显现象的为氯化钡溶液，产生白色沉淀且有无色气体产生马上变为红棕色气体的为硝酸钡溶液，产生白色沉淀的为硅酸钠溶液，故可鉴别三种盐溶液，选项A正确；B．氧化铜可促进铁离子的水解转化为沉淀，则加入过量氧化铜粉末，过滤可除杂，选项B正确；C．氯气难溶于饱和食盐水，但HCl极易溶于水，不能用饱和食盐水除去氯化氢气体中混有的少量氯气，选项C不正确；D．盐酸可抑制铁离子的水解，则配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，选项D正确；答案选C。7、A【详解】A.10g46%的乙醇水溶液中，乙醇的质量为4.6克，物质的量为0.1mol，含有0.1mol氧原子，水的质量为5.4克，物质的量为0.3mol，氧原子的物质的量为0.3mol，所以氧原子总共0.4mol，故正确；B.1molN2与4molH2反应为可逆反应，不能计算生成的氨气的物质的量，故错误；C.1molFe溶于过量硝酸，生成硝酸铁，电子转移数为3NA，故错误；D.乙烯和丙烯的最简式为CH2，14g乙烯和丙烯混合气体含有1molCH2，含有2mol氢原子，故错误。故选A。【点睛】注意本题的易错点在A上。水溶液中当然有水分子的存在，Ａ选项中乙醇溶液中乙醇中含有氧原子，水分子也含有氧原子。所以在涉及H、O原子数目的问题上，不能把水忘了。8、C【解析】A.原子形成化学键时放热，则反应2H(g)+2X(g)=2HX(g)ΔH3<0，故A正确；B.根据盖斯定律，途径I生成HX的反应热与途径无关，所以ΔH1=ΔH2+ΔH3，故B正确；C.Cl、Br、I的原子半径依次增大，Cl2、Br2、I2断裂化学键需要的能量减小，所以途径II按Cl、Br、I的顺序，吸收的热量依次减小，即ΔH2依次减小；故C错误；D.途径I，ΔH1越小，说明放出的热量越多，则生成HX具有的能量越低，HX越稳定，故D正确；因此本题应选C。9、D【解析】A.甲醛是共价化合物，其中存在C-H极性键，故A正确；B.CO2分子中含有碳氧双键，电子式为，故B正确；C.反应中Mn的化合价由+7降低为+4价，MnO4-是氧化剂，甲醛被氧化生成二氧化碳，CO2是氧化产物，故C正确；D.1.8g甲醛的物质的量为1.8g30g/mol=0.06mol，参加反应时，转移电子的物质的量为20×0.06mol5=0.24mol，故D错误；故选10、C【解析】A.利用电解质使豆浆胶体发生聚沉；B.冶金厂常用高压电除去烟尘，利用的是胶体发生电泳；C.泡沫灭火器中将Al2(SO4)3与NaHCO3两溶液混合后，两种盐发生互促水解，使水解反应进行到底，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，所以喷出大量泡沫，起到灭火作用，与胶体无关；D.胶体粒子不能透过半透膜、溶液中的粒子可以透过半透膜，所以用半透膜可以除去淀粉溶液中的少量NaCl。综上所述，C符合题意，本题选C。11、C【详解】A.在氮化铝的合成反应中，N2中氮元素的化合价从0价降低到－3价，氮气是氧化剂，碳是还原剂，A不正确；B.上述反应中每生成2molAlN，N2得到6mol电子，B不正确；C.氮化铝中氮元素的化合价为-3，C正确；D.氮化铝具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，说明该化合物是原子晶体，D不正确。答案选C。12、D【详解】A．铜与稀硝酸反应生成NO，试管Ⅰ中浅红棕色气体为NO2、NO的混合气体，NO2由NO与氧气反应生成，故A错误；B．根据方程式，铜与稀硝酸反应时，3mol铜消耗硝酸8mol，铜与浓硝酸反应时，3mol铜消耗硝酸12mol，所以等质量的Cu完全溶解时，Ⅱ中消耗的HNO3更多，故B错误；C．铁在浓硝酸中钝化，故C错误；D．向试管Ⅱ中持续通入N2，溶液变为蓝色，所以试管Ⅱ中反应后溶液颜色与试管Ⅰ中的不同，是由于溶有NO2，故D正确。13、D【详解】①NaHCO3属于弱酸弱碱盐，既能与稀硫酸反应，生成CO2气体，又能与氢氧化钠反应，生成盐，故①正确；②Al2O3属于两性氧化物，既能与稀硫酸反应，生成Al3+离子，又能与氢氧化钠反应生成AlO2-离子，故②正确；③Al(OH)3属于两性氢氧化物，既能与稀硫酸反应，生成Al3+离子，又能与氢氧化钠反应生成AlO2-离子，故③正确；④金属铝与稀硫酸反应生成Al3+和氢气，与氢氧化钠反应生成AlO2-和氢气，故④正确。选D。14、B【解析】试题分析：A、在标准状况下，1．5mol如何气体含有1．5NA分子，A错误；B、常温常压下，14g的CH2的物质的量为1mol，含有的原子数为3NA，B正确；C、胶体粒子是多个分子形成的聚合体，1．1molAlCl3完全转化为氢氧化铝胶体，生成少于1．lNA个胶体粒子，C错误；D、Na2SiO3水溶液中还含有水分子，含有的氧原子数大于3NA，D错误。考点：考查了阿伏加德罗常数的相关知识。15、A【分析】X的最低负价为－4，则其为碳；X、Y、Z三种原子的最外层电子数之和与W原子的最外层电子数相等，则Y、Z的最外层电子数之和为3，W的最外层电子数为7。从而得出X、Y、Z、W分别为C、Na、Mg、Cl。【详解】A.同周期元素，从左往右，原子半径依次减小，所以原子半径：r(Na)＞r(Mg)＞r(Cl)，A正确；B.同周期元素，从左往右，金属性依次减弱，所以Na的最高价氧化物的水化物碱性比Mg的强，B错误；C.虽然Cl的非金属性比C强，但W的氧化物的水化物若为HClO，则酸性比H2CO3的弱，C错误；D.W与Z形成的化合物MgCl2中，只含有离子键不含有共价键，D错误。故选A。【点睛】此题中有形的信息很少，我们只能推出X的最外层电子数为4，它可能是C，也可能是Si。所以我们需要使用周期表这个无形的信息。若X为Si，因为主族元素的最外层电子数不超过7，无法满足“X、Y、Z三种原子的最外层电子数之和与W原子的最外层电子数相等”这一限制条件，所以X只能是C。Y、Z不可能是同主族元素，也就是最外层电子数不可能都为1，但又必须满足二者的最外层电子数之不大于3(W的最外层电子最多为7)，所以Y的最外层电子数为1，Z的最外层电子数为2，W的最外层电子数为7，从而确定Y、Z、W分别为Na、Mg、Cl。16、C【解析】A.根据结构简式可知，环扁桃酯的分子式是C17H24O3，选项A正确；B.环扁桃酯分子中含有一个苯环，1mol环扁桃酯最多能与3molH2反应，选项B正确；C.环扁桃酯水解得到的醇与苯甲醇不互为同系物，选项C不正确；D.环扁桃酯含有酯基、羟基能发生取代反应，含有苯环能发生加成反应，含有羟基能发生氧化反应，选项D正确。答案选C。17、C【详解】A.同一主族从上到下，气态氢化物的稳定性依次减弱，则稳定性HBr>HI，能用元素周期律解释，A项不选；B.同一主族从上到下，金属性逐渐增强，氢氧化物的碱性逐渐增强，碱性NaOH>LiOH，则同浓度的两种溶液，NaOH溶液的pH较大，能用元素周期律解释，B项不选；C.Na2SO3与盐酸反应生成SO2，能够证明酸性：HCl>H2SO3，但不能体现元素周期律，C项选；D.同周期从左到右，金属性逐渐减弱，金属单质的还原性逐渐减弱，因此Mg比Al与等浓度的盐酸反应更剧烈，能用元素周期律解释，D项不选。答案选C。18、C【详解】A.、、的氧化性依次减弱，所以将通入溶液中，先氧化后氧化，不会生成，且不存在，A错误；

B.1个在盐酸中被还原为时，Pb元素化合价从+4降低到+2，转移2个电子，B错误；

C.的氧化性强于，所以溶液能将KI溶液中的氧化成，C正确；

D.、、、的氧化性依次减弱，因此不能把氧化为，D错误；

答案选C。

19、D【详解】本题考查的是化学键知识。A选项，两种元素组成的分子中也可以有非极性键，如双氧水，故A错；B选项，晶体熔沸点顺序一般为:原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，共价化合物多数是分子晶体，但也有些是原子晶体如二氧化硅，故B错；C选项，非金属元素组成的化合物多数是共价化合物，但也可以形成离子化合物，如铵盐，故C错；D选项，由电荷守恒可知，D正确。20、D【详解】A．只能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物，只能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7是金属氧化物，属于酸性氧化物，故A错误；B．强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，硫酸钡是难溶的盐，投入水中，导电性较弱，但熔融状态完全电离，所以BaSO4是强电解质，故B错误；C．CO2、NH3溶于水分别生成碳酸、一水合氨，碳酸、一水合氨能够电离，其水溶液均能导电，但导电离子不是CO2、NH3自身电离的，二者不属于电解质，为非电解质，故C错误；D．导电能力的强弱与参与导电的自由移动的离子的浓度大小有关，强电解质如果浓度很小，导电能力也可能比浓的弱电解质溶液的导电能力弱，故D正确；答案为D。21、D【详解】A、过氧化钠投入水中的离子方程式：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，故A错误；B、向氯化铝溶液中加入过量氨水，二者反应生成氢氧化铝，氢氧化铝不溶于氨水，离子方程式为Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，故B错误；C、电荷不守恒，单质铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；D、HI为强酸，铁离子与碘离子发生氧化还原反应，所以向Fe2(SO4)3的酸性溶液中通入足量HI的离子反应为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，故D正确；故选D。22、C【解析】A、铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，和稀硝酸反应生成一氧化氮，生成物有改变，不选A；B、二氧化碳和氢氧化钠反应可以生成碳酸钠，也可以生成碳酸氢钠，生成物有不同，不选B；C、铁和氯气只能生成氯化铁，不改变生成物，选C；D、氯化铝和氢氧化钠反应可以生成氢氧化铝沉淀，也可以生成偏铝酸钠，产物有不同，不选D。答案选C。二、非选择题(共84分)23、第3周期第ⅤA族Na2[Be(OH)4]NaH+H2O=NaOH+H2↑铬2Al+Cr2O32Cr+Al2O3【分析】前四周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大。元素X和铝在元素周期表中具有特殊的“对角线”关系，单质及化合物的性质十分相似，则X是Be元素；Y原子半径在短周期主族元素中最大，则Y是Na元素；Z元素有多种同素异形体，其中一种为正四面体结构，易自燃，Z是P元素；M基态原子未成对电子数在同周期元素中最多，则M是Cr元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析可知X是Be元素，Y是Na元素，Z是P元素，M是Cr元素。(1)元素Z是P，核外电子排布是2、8、5，所以P元素在周期表中的位置是第3周期第ⅤA族；(2)元素X的氧化物是BeO，该氧化物能与Y的氧化物的水化物NaOH溶液反应，生成一种四配位化合物，根据Be单质及化合物的性质与Al单质及化合物的性质十分相似，结合Al元素的化合物Na[Al(OH)4]，结合Be元素化合价为+2价，可知该化合物的化学式为Na2[Be(OH)4]；(3)Na元素的原子容易失去电子形成Na+，H元素的原子获得电子形成，二者通过离子键结合形成离子化合物NaH，电子式为；该物质遇水可发生反应产生NaOH和H2，反应的化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑；(4)由于前四周期的M元素的未成对电子数最多，结合元素的原子序数可知元素M是Cr，元素的名称为铬，其+3价氧化物Cr2O3与铝在高温下发生铝热反应产生Al2O3和Cr，反应的化学方程式为2Al+Cr2O32Cr+Al2O3。【点睛】本题考查了元素的推断、元素在周期表的位置、物质的结构表示、化学方程式书写等。元素的原子结构与元素在周期表的位置关系密切，不仅同族元素性质相似，有些元素还存在对角线相似法则，掌握结构对性质的决定作用是本题解答的关键。24、甲苯羧基、酰胺基氧化反应取代反应（硝化反应）10保护氨基，防止其被氧化6【分析】由分子式可知A为甲苯，B经反应可生成聚巴豆酸甲酯，由根据信息①可知，B为，D为丙二酸，E为C2H5OOCCH2COOC2H5，由题给信息可知试剂X为，甲苯发生硝化反应生成F为，F发生还原反应生成G为，由I的结构简式、H的分子式可知H的结构简式为：，H被酸性高锰酸钾溶液氧化生成I，I发生取代反应生成G，J发生水解反应生成K，可知G→H是为了保护氨基，防止被氧化，以此解答该题。【详解】(1)根据流程图A(C7H8)是芳香烃，可知A是甲苯；根据I的结构简式，分子中含有羧基、酰胺基两种官能团；(2)酸性高锰酸钾具有强氧化性，能将碳碳双键氧化，即②发生氧化反应；反应⑤甲苯发生硝化反应，生成对硝基甲苯；(3)根据信息①可知，B的结构简式为；根据信息②可知，试剂X的结构简式为；(4)反式-2-丁烯酸分子的结构简式为，除了甲基上两个氢原子不在双键结构所确定的平面上，其它所有原子都可能在同一平面上，共有10个原子；(5)第⑦、⑩两个步骤的目的是：第⑦步先把氨基保护起来，防止氨基被酸性高锰酸钾氧化，第⑩步再水解，重新生成氨基；(6)既能发生银镜反应又能发生水解反应的二元取代芳香化合物W只能为、、或、、，苯环上只有两种不同化学环境的氢原子且属于酯类的结构简式为；(7)分析知B为，它经过与氢气发生加成反应，再发生消去反应、酯化反应、加聚反应，即可得到聚巴豆酸甲酯。具体合成路线：。【点睛】本题的解题关键在于已知信息的灵活运用，熟悉官能团的性质和有机反应类型。25、EDG铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大待实验装置冷却后，上下移动量筒使其中液面与广口瓶中液面相平，再平视读取量筒中水的体积，即氢气在通常状况时的体积L•moL-1无影响【解析】(1)装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部；(2)镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大；(3)保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等是读取示数的关键点；(4)硅铝合金中，只有金属铝可以和硫酸反应产生氢气，硅和硫酸之间不反应，根据化学反应中量的关系来计算即可。【详解】(1)①装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：E、D、G；(2)镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大，导致硫酸不能顺利滴入锥形瓶；(3)根据气压原理，待实验装置冷却后，上下移动量筒使其中液面与广口瓶中液面相平，再平视读取量筒中水的体积，此时的体积即为常温常压下的体积，即氢气在通常状况时的体积；(4)实验前铝硅合金的质量m1g，实验后残留固体的质量m2g，则金属铝的质量是m1-m2，实验后量筒中液面读数为VmL，即产生的气体物质的量是，根据化学反应原理：

2Al～3H2↑

2

3即=，解得Vm=L•moL-1，若合金中含有金属铜，不会和硫酸之间反应，和含有硅是一样的结果，无影响。26、浓盐酸防倒吸氧化性、酸性2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+4H++2Fe2+取少量反应后的溶液于试管中，滴加适量KSCN溶液，若溶液变红色则FeCl3没有反应完全生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色【分析】（1）配制氯化铁溶液时，应加相应的酸抑制铁离子水解，在烧杯中稀释配制溶液；（2）SO2会溶于FeCl3溶液，需要防倒吸装置；尾气主要是未反应的二氧化硫；（3）浓硫酸和铜粉加热条件下生成二氧化硫；（4）a．三价铁离子可以氧化二氧化硫；b．三价铁离子可以与KSCN溶液反应显红色；c．氢氧化亚铁容易被空气氧化。【详解】（1）在配制氯化铁溶液时，需先把氯化铁晶体溶解在浓盐酸中，再加水稀释，这样操作的目的是抑制铁离子水解，故答案为：浓盐酸；（2）SO2会溶于FeCl3溶液，需要防倒吸装置；二氧化硫与氢氧化钠离子反应方程式为：；故答案为：防倒吸；；（3）制备SO2的化学方程式为：；该反应既体现了浓硫酸的氧化性又体现了其酸性，故答案为：；氧化性、酸性；（4）a．三价铁离子可以氧化二氧化硫，故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+4H++2Fe2+2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+4H++2Fe2+；b．实验室常用KSCN检验三价铁离子，故答案为：取少量反应后的溶液于试管中，滴加适量KSCN溶液，若溶液变红色则FeCl3没有反应完全；c．若向得到的浅绿色溶液中逐滴滴加NaOH溶液，生成氢氧化亚铁沉淀，容易被氧气氧化，故答案为：生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；27、K2FeO4具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时FeO42−被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体，能够吸附水中悬浮杂质2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O应该增加盛装饱和食盐水的洗气瓶，吸收蒸发出来的HCl气体Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2OFe3+4FeO42−+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO−的干扰溶液的酸碱性不同【分析】(1)K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；在酸性或中性溶液中快速产生O2，说明K2FeO4具有强氧化性，而FeO42−被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体，能够吸附水中悬浮杂质，所以可以用来净水；(2)本实验采用氯气与氢氧化铁在碱性条件下制备K2FeO4，而采用浓盐酸与高锰酸钾溶液反应制备的氯气中混有氯化氢杂质，应先除去；(3)通过Cl2、Fe(OH)3与KOH之间的反应制备K2FeO4，溶液中可能存在副反应Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，因此制备出的K2FeO4中可能混有次氯酸钾和氯化钾等杂质。方案I，取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色说明溶液中存在Fe3+，但Fe3+不一定是与K2FeO4将Cl－氧化，根据题干已知K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，同时产生Fe3+，氯气是由酸性条件下次氯酸根与氯离子发生归中反应生成的。方案II可以证明K2FeO4将Cl－氧化，方案II中采氢氧化钾溶液洗涤高铁酸钾，使K2FeO4稳定析出，并除去ClO−，防止酸性条件下ClO−与Cl−发生反应产生Cl2，干扰实验。【详解】(1)K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，说明K2FeO4具有强氧化性，能够杀菌消毒，而FeO42−被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体，能够吸附水中悬浮杂质，所以可以用来净水；(2)①A中用浓盐酸和高锰酸钾反应制备氯气，化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)