2026届百色市重点中学化学高三上期中联考试题含解析

2026届百色市重点中学化学高三上期中联考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、室温下，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：Na+、Cu2+、、Cl-B．的溶液：K+、Na+、、C．0.1mol•L-1KMnO4溶液：、Na+、、I-D．能溶解Al(OH)3的溶液：Na+、、、CH3COO-2、甲、乙、丙三个容器中最初存在的物质及其数量如图所示，三个容器最初的容积相等、温度相同，反应中甲、丙的容积不变，乙中的压强不变，在一定温度下反应达到平衡。下列说法正确的是A．平衡时各容器内c(NO2)的大小顺序为乙>甲>丙B．平衡时N2O4的百分含量：乙>甲＝丙C．平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率不可能相同D．平衡时混合物的平均相对分子质量：甲>乙>丙3、“空气吹出法”海水提溴的工艺流程如下：下列说法中，不正确的是A．实验室保存溴通常加少量水B．海水提溴与海水提镁发生的所有反应均为氧化还原反应C．经过吸收塔后，溴元素得到了富集D．蒸馏塔中还发生了化学变化4、下列说法中正确的是A．“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂及生物柴油B．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸C．向牛奶中加入果汁会产生沉淀，是因为发生了中和反应D．海水淡化可以解决淡水危机，向海水中加入明矾可以使海水淡化5、设NA为阿伏加德罗常数的值。已知反应：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=akJ•mol-1②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=bkJ•mol-1其他数据如下表所示，下列说法正确的是化学键C=OC—HO—HO=O键能/(kJ•mol-1)798413463xA．ΔH1<ΔH2B．H2O(g)=H2O(1)ΔH=(a-b)kJ•mol-1C．当有4NA个O-H键生成时，反应放出的热量为akJD．上文中x=6、下列有关实验装置图的叙述中，正确的是①②③④A．装置①：常用于分离互不相溶的液体混合物B．装置②：可用于吸收氯化氢、氨气等气体尾气，防止倒吸C．装置③：可用于实验室以氯化铵为原料制备少量NH3的实验D．装置④：先装满水，再从b口进NO气体，可收集NO7、某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是（）A．SiO2 B．Na2O C．FeCl2 D．AlCl38、现在的污水治理越来越引起人们重视。可通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚，其原理如图所示，下列说法正确的是A．当外电路中有0.2mole﹣转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NAB．A极的电极反应式为C．电流方向从B极沿导线经小灯泡流向A极D．B为电池的正极，发生还原反应9、有机物a和苯通过反应合成b的过程如图(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是()A．该反应是加成反应B．若R为CH3时，b中所有原子可能共面C．若R为C4H9时，取代b苯环上的氢的一氯代物的可能的结构共有4种D．若R为C4H5O时，1molb最多可以与5molH2加成10、室温下，关于pH=3的盐酸和醋酸，下列说法正确的是A．等体积的两溶液，导电能力是盐酸强B．等体积的盐酸和醋酸溶液加水稀释10倍后，c(Cl-

)<c(CH3COO-)C．将pH=3

的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低D．中和等体积等浓度的NaOH

溶液，醋酸消耗的体积多11、宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有关于银针验毒的记载，“银针验毒”的原理是4Ag＋2H2S＋O2===2X＋2H2O，下列说法不正确的是()A．X的化学式为Ag2SB．银针验毒时，空气中氧气得到电子C．反应中Ag和H2S均是还原剂D．每生成1molX，反应转移2mole－12、近年来，我国多条高压直流电线路的瓷绝缘子出现铁帽腐蚀现象，在铁帽上加锌环能有效防止铁帽的腐蚀，下列说法正确的是A．阳极电极反应为Zn—2eˉ=Zn2+B．阴极电极反应为4OHˉ－4eˉ=O2↑+2H2OC．该装置为牺牲阳极的阴极保护法D．绝缘子表面产生的OH-向阴极移动13、X、Y、Z、M、R为五种短周期元素,其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法不正确的是A．简单离子半径：M<RB．氢化物的稳定性：Y<ZC．M的氢化物常温常压下为气体D．X、R、Y、Z均存在两种及两种以上的氧化物14、下列关于pH=3的CH3COOH溶液的叙述正确的是（）A．溶液中H2O电离出的c(OH-)=1.0×10-3mol⋅L—1B．加入少量CH3COONa固体后，溶液pH升高C．与等体积0.001mol/LNaOH溶液反应，所得溶液呈中性D．与pH=3的硫酸溶液浓度相等15、有机物分枝酸结构简式如图，分枝酸可用于生化研究。下列关于分枝酸的叙述正确的是A．分子中含有3种官能团B．1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应C．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型不相同D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理不相同16、下列除去杂质的操作中不正确的是（）A．CuO中混有Al2O3：加入过量烧碱溶液充分反应后过滤B．FeCl2溶液中混有CuCl2：加入过量铁粉充分反应后过滤C．Na2CO3固体中混有少量NaHCO3：加入过量NaOH溶液，反应后加热蒸干D．氯气中混有少量氯化氢气体：将混合气体通过盛饱和食盐水的洗气瓶二、非选择题（本题包括5小题）17、中学常见反应的化学方程式是A+BX+Y+H2O(未配平，反应条件略去)，其中A、B的物质的量之比为了1：4。请回答：(1)若Y是黄绿色气体，则Y的电子式是______，该反应的离子方程式是______。(2)若A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的溶液为某浓酸，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是________．(3)若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中。①元素在周期表中的位置是______(填所在周期和族)；Y的化学式是______。②含amol

X的溶液溶解了一定量A后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则被还原的X是______mol。(4)若A、B、X、Y均为化合物，向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色，则A与B按物质的量之比1：4恰好反应后，溶液中离子浓度从大到小的顺序是_________。18、多沙唑嗪盐酸盐是一种用于治疗高血压的药物。多沙唑嗪的合成路线如下：（1）A分子结构中在一个面上最多有________个原子。D→E发生的化学反应类型是_______。D中含有的官能团名称是________。（2）B→C的化学方程式是______.(K2CO3在方程式中作催化剂)（3）满足下列条件①和②的D的同分异构体的个数为________。写出一种同时满足下列条件①②③的同分异构体的结构简式_________。①苯的衍生物，且苯环上只有两种处于对位的取代基②分子结构中含羧基，且该物质能发生银镜反应③水解后的产物才能与FeCl3溶液发生显色反应（4）E→F的反应中还可能生成一种有机副产物，该副产物的结构简式为________。（5）由F制备多沙唑嗪的反应中要加入试剂X(C10H10N3O2Cl)，X的结构简式为________。19、某研究小组设计如图所示实验装置(夹持装置已略去)分别探究NO与铜粉、Na2O2的反应。已知：①NO与Na2O2可发生反应2NO+Na2O2=2NaNO2。②NO、NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化为③在溶液中存在平衡FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)I．关闭K3，打开K2，探究NO与铜粉的反应并检验NO。(1)反应开始前，打开K1，通入一段时间N2，其目的是________。(2)装置B中盛放的试剂为水，其作用是________。(3)装置F中的实验现象为______。装置H中收集的气体为N2和_______(填化学式)。Ⅱ．关闭K2，打开K3，探究NO与Na2O2的反应并制备NaNO2。(4)装置G的作用是________。(5)若省略装置C，则进入装置G中的气体除N2、NO外，可能还有NO2和_____(填化学式)。(6)测定反应后装置E中NaNO2的含量。已知；在酸性条件下，NO可将MnO还原为Mn2+，为测定样品中亚硝酸钠的含量，该小组同学称取ag样品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL所得溶液于锥形瓶中，用0.100mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定至终点时，消耗bmL酸性KMnO4溶液。①判断滴定终点的方法________。②样品中NaNO2的质量分数为___________(用含有a、b的代数式表示)。20、纳米Fe3O4在磁流体、催化剂、医学等领域具有广阔的应用前景。氧化共沉淀制备纳米Fe3O4的方法如下：I．Fe2+的氧化：将FeSO4溶液用NaOH溶液调节pH至a，再加入H2O2溶液，立即得到FeO(OH)红棕色悬浊液。（1）①若用NaOH溶液调节pH过高会产生灰白色沉淀，该反应的离子方程式是_____________。②上述反应完成后，测得a值与FeO(OH)产率及其生成后溶液pH的关系，结果如下：用离子方程式解释FeO(OH)生成后溶液pH下降的原因：____。（2）经检验：当a=7时，产物中存在大量Fe2O3。对Fe2O3的产生提出两种假设：i．反应过程中溶液酸性增强，导致FeO(OH)向Fe2O3的转化；ii．溶液中存在少量Fe2+，导致FeO(OH)向Fe2O3的转化。①经分析，假设i不成立的实验依据是____。②其他条件相同时，向FeO(OH)浊液中加入不同浓度Fe2+，30min后测定物质的组成，结果如下：以上结果表明：____。③a=7和a=9时，FeO(OH)产率差异很大的原因是____。Ⅱ．Fe2+和Fe3+共沉淀：向FeO(OH)红棕色悬浊液中同时加入FeSO4溶液和NaOH浓溶液进行共沉淀，再将此混合液加热回流、冷却、过滤、洗涤、干燥，得到纳米Fe3O4。（3）共沉淀时的反应条件对产物纯度和产率的影响极大。①共沉淀pH过高时，会导致FeSO4溶液被快速氧化；共沉淀pH过低时，得到的纳米Fe3O4中会混有的物质是____。②已知N=n[FeO(OH)]/n(Fe2+)，其他条件一定时，测得纳米Fe3O4的产率随N的变化曲线如下图所示：经理论分析，N=2共沉淀时纳米Fe3O4产率应最高，事实并非如此的可能原因是_________。21、A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大；A、B两元素原子最外层电子数之和等于C元素原子最外层电子数；B元素形成的某种单质是自然界中最硬的物质；A与D可以形成原子个数比分别为1：1和2:1的两种液态化合物；E的气态氧化物能使品红溶液褪色，加热品红恢复红色。请回答：（1）E的原子结构示意图为_______________。（2）可以验证B与E两元素非金属性强弱的方法是_________（填写字母序号）。A．比较这两种元素的气态氢化物的沸点B．比较这两种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性C．比较只有这两种元素所形成的简单化合物中元素的化合价（3）写出由A、C两种元素组成的原子个数比为2:1的化合物的电子式_________________。（4）写出由A、B、C、D四种元素组成的离子个数比为1:1的化合物的化学式_______________。（5）A分别与B、C、D形成的最简单化合物的稳定性由强到弱的顺序为______________（用化学式表示）。（6）胶态磁流体在医学上有重要的用途，而纳米级Fe3O4是磁流体中的重要粒子，其制备过程简述如下：①将化合物CA3通入等物质的量的FeSO4、Fe2（SO4）3混合溶液中，生成两种碱，写出该反应的总离子方程式______________________________________________。②上述反应得到的两种碱在一定条件下继续作用得到Fe3O4，写出该反应的化学方程式______________________________________________。（7）将8.4gFe加入某浓度的C的最高价氧化物对应水化物的溶液中，充分反应后，Fe无剩余（且滴加KSCN溶液无明显现象），生成标况下的CD和CD2两种气体共4.032L，其中含CD________mol。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【详解】A．无色透明的溶液中不可能含有Cu2+，故A错误；B．室温下的溶液中c(OH-)=10-1mol/L，即溶液pH=13，而离子组K+、Na+、、彼此间不发生离子反应，且在碱性溶液中能大量存在，故B正确；C．有强氧化性，I-有较强还原性，两离子不可能大量共存于同一溶液中，故C错误；D．能溶解Al(OH)3的溶液可能显强酸性，也可能显强碱性，而不能在强碱性溶液中大量存在，CH3COO-不能在强酸性溶液中大量存在，故D错误；故答案为B。2、B【分析】甲、乙存在平衡2NO2⇌N2O4，该反应为气体物质的量减小的反应，故甲中压强减小，乙中压强不变，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，平衡时N2O4的百分含量增大；但平衡移动的结果是降低NO2浓度的增大，不会消除增大；反应混合气体的总质量不变，总的物质的量减小，混合气体的平均摩尔质量增大；丙中存在平衡N2O4⇌2NO2，相当于开始加入0.2molNO2，与甲为等效平衡，NO2浓度、N2O4的百分含量、混合气体的平均摩尔质量与甲中相同。平衡时甲、丙中N2O4的物质的量相等，平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率之和等于1。【详解】甲、乙存在平衡2NO2⇌N2O4，该反应为气体物质的量减小的反应，故甲中压强减小，乙中压强不变，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，丙中存在平衡N2O4⇌2NO2，相当于开始加入0.2molNO2，与甲为等效平衡，A.甲与丙为完全等效平衡，平衡时NO2浓度的相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，但平衡移动的结果是降低NO2浓度的增大，不会消除增大，故平衡时容器内c(NO2)的大小顺序为乙>甲＝丙，故A错误；B.甲与丙为完全等效平衡，平衡时N2O4的百分含量相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，平衡时N2O4的百分含量增大，故平衡时N2O4的百分含量：乙>甲＝丙，故B正确；C.甲与丙为完全等效平衡，平衡时甲、丙中N2O4的物质的量相等，平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率之和等于1，故平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率可能相同，都为0.5，故C错误；D.甲与丙为完全等效平衡，平衡时混合气体的平均摩尔质量相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，总的物质的量减小，乙中平均摩尔质量增大，故平衡时混合物的平均相对分子质量：乙>甲＝丙，故D错误；答案选B。【点睛】解答本题的关键是等效平衡的建立和建模思想的应用。3、B【分析】浓缩、酸化后的海水，通入Cl2，Cl2将Br-氧化成Br2，通入空气、水蒸气吹出Br2，在吸收塔被SO2再次还原成Br-，在蒸馏塔中被Cl2氧化成Br2，经过冷凝、精馏得到高纯度Br2；A.液溴易挥发，常用水封法保存；B.海水提镁发生的所有反应大部分为非氧化还原反应，只有电解氯化镁为氧化还原反应；C.经过吸收塔后，Br2在吸收塔被SO2吸收，溴元素得到了富集；D.Br-在蒸馏塔中被Cl2氧化成Br2。【详解】A.溴易挥发，加水液封可以减少挥发损失，A正确；B.海水提镁的过程中，发生了镁盐与碱反应生成氢氧化镁的复分解反应，所以并不都是氧化还原反应，B错误；C.经过吸收塔后，所得溶液中的Br—浓度远大于进入吹出塔之前的海水中的Br—浓度，因此溴元素得到了富集，C正确；D.蒸馏塔中发生的反应为：2Br—+Cl2=2Cl-+Br2,D正确。4、A【解析】A、地沟油成分为高级脂肪酸甘油酯,可以燃烧,在碱性环境下发生水解反应生成的高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，故A正确；B、豆浆为胶体，加热煮沸后蛋白质变质，失去活性，但不能分解为氨基酸，故B错误；C、牛奶为胶体，果汁中含有电解质，牛奶中加入果汁会产生沉淀是因为胶体遇电解质发生了聚沉，故C错误；D、明矾的主要成分为硫酸铝钾溶液，加入海水中不能除去氯化钠、氯化镁、氯化钙等可溶性杂质,故起不到海水淡化的目的，故D错误；综上所述，本题应选A。5、A【详解】A.反应①②都是甲烷燃烧，所有的燃烧都是放热反应，反应热ΔH<0，等量的甲烷完全燃烧生成液态水比生成气态水放出的热量多，则有a>b，因ΔH为负值，放出的热量越多，ΔH越小因，因此放出的ΔH1<ΔH2，故A正确；B.①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=akJ•mol-1，②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=bkJ•mol-1，根据盖斯定律(①-②)可得：H2O(g)=H2O(1)ΔH=(a-b)kJ•mol-1，故B错误；C.当有4NA个O—H键生成时，反应消耗了1mol甲烷，按照反应①进行生成液态水放出的热量为akJ，按照反应②进行生成液态水放出的热量为bkJ，故C错误；D.根据反应②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=bkJ•mol-1，ΔH2=413kJ•mol-1×4+2xkJ•mol-1-(798kJ•mol-1×2+463kJ•mol-1×4)=bkJ•mol-1，整理可得：x=，故D错误；答案选A。【点睛】本题的易错点在D选项，计算物质中化学键的键能时，该题需要注意，H2O(g)=H2O(1)是物质状态变化而引起的能量变化，分子内的化学键没有发生变化，因此要用生成气态水是的反应②才能准确计算O=O的键能大小。6、D【详解】A.装置①为蒸馏装置，常用于分离沸点不同的液体混合液，A项错误；B.装置②中苯与水互不相容，密度比水小，位于水的上层，氯化氢、氨气等气体易溶于水，与水直接接触易倒吸，该装置达不到防倒吸的目的，B项错误；C.氯化铵受热分解虽能生成氯化氢和氨气，但氨气为碱性气体，与氯化氢会重新化合生成氯化铵，该操作不能用于制备氨气，C项错误；D.NO的密度与空气相当，只能用排水法收集，图示中操作规范且科学，D项正确；答案选D。7、D【详解】A．Si与O2在高温下反应生成SiO2，SiO2和Ba(HCO3)2不反应，故A不符合题意；B．Na与O2常温下化合生成Na2O，Na2O＋H2O=2NaOH，Ba(HCO3)2＋NaOH=BaCO3↓＋H2O＋NaHCO3，没有气体，故B不符合题意；C．铁和氯气反应生成FeCl3，不生成FeCl2，故C不符合题意；D．Al和Cl2反应生成AlCl3，AlCl3通入到Ba(HCO3)2溶液中发生Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑，故D符合题意；答案选D。8、A【解析】试题分析：A．据电荷守恒，当外电路中有0.2mole-转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，故A正确；B．A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为，故B错误；C．电流从正极A沿导线流向负极B，故C错误；D．B为原电池负极，发生氧化反应，故D错误；故选A。【考点定位】涉及电解池的工作原理以及应用的考查【名师点晴】注意知识的迁移和应用是解题的关键，原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为，电流从正极经导线流向负极，据此分析。9、D【解析】A．烃基取代苯环的氢原子，同时生成氯化氢，为取代反应，故A错误；B．R为CH3时，应具有甲烷的结构特点，则所有的原子不可能共平面，故B错误；C．-C4H9有4种，分别为：①CH3-CH2-CH2-CH2-、②CH3-CH2-CH(CH3)-、③(CH3)2CH-CH2-、④(CH3)3C-，苯环的H被取代，各有邻、间、对3种，共12种，故C错误；D．R为C4H5O时，不饱合度为4×2+2-62=2，且1mol苯环消耗3mol氢气，则lmol

b最多可以与5mol

H2加成，故D正确；故选10、B【详解】A、pH=3的盐酸和醋酸中离子浓度相同，导电性相同，故A错误；B、相同pH的盐酸和醋酸中，醋酸的浓度大，稀释过程中，醋酸会进一步电离，所以c(Cl-)<c(CH3COO-)，故B正确；C、酸性溶液稀释，溶质离子浓度均减小，但OH-浓度会增大，故C错误；D、相同pH的盐酸和醋酸中，醋酸的浓度大，中和相同量的NaOH，消耗的醋酸体积小一些，故D错误。答案选B。【点睛】同pH的强酸和弱酸的比较题型属于难点和易错点，要把握两种溶液的相同点和不同点。相同pH的盐酸和醋酸，相同点是：氢离子浓度相同，与金属单质、碱反应起始速率相同；不同点是：醋酸是弱酸，只发生微弱的电离，溶液中还存在大量的醋酸分子没有发生电离，即醋酸的浓度大于盐酸，在稀释和反应时，醋酸会边反应边电离，那么反应过程中醋酸的速率大于盐酸，相同体积的酸，醋酸中和能力更强。11、C【详解】A项，根据元素守恒可知X的化学式为Ag2S，故A正确；B项，O2中O元素化合价降低，所以银针验毒时，空气中O2得到电子，B正确；C项，反应时，Ag化合价升高，所以Ag是还原剂，S元素化合价不变，H2S不是还原剂，C错误；D项，根据Ag元素的化合价变化，每生成1molAg2S，转移电子的物质的量为2mol，D正确。综上所述，本题选C。12、A【详解】由题图可知是电化学防腐，而且有外加电源。加锌环铁帽为阳极，湿润的绝缘子作阴极，水是电解质。则A.阳极应是锌放电，电极反应为Zn—2eˉ=Zn2+，正确；B.阴极是水电离的氢离子放电生成氢气，故B错误；C只有断电时，才是牺牲锌保护铁的牺牲阳极（负极）的阴极（正极）保护法，故C不正确，D.电解池中阴离子移向阳极，即OH-向阳极移动，故D错误。故选A。【点睛】掌握金属的防腐措施。牺牲阳极的阴极保护法为利用原电池原理，连接一个更活泼的金属做原电池的负极。外加电流的阴极保护法是指将被保护的金属与电流负极连接做电解池的阴极。13、A【解析】X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，X、R最外层只有一个电子，为第IA族元素；Y最外层有4个电子，位于第IVA族，Z原子最外层有5个电子，位于第VA族，M最外层有6个电子，位于第VIA族；R原子半径最大，为Na元素，X原子半径最小，为H元素；Y原子和Z原子半径接近、M原子半径大于Y而最外层电子数大于Y，所以Y是C、Z是N、M为S元素。A．硫离子比钠离子多一个电子层，硫离子半径较大，故A错误；B．非金属性N＞C，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；C．M的氢化物的硫化氢，常温下为气体，故C正确；D.X、R、Y、Z均存在的氧化物有水和双氧水、氧化钠和过氧化钠、一氧化碳和二氧化碳、一氧化氮和二氧化氮以及四氧化二氮等，均在两种及两种以上，故D正确；故选A。14、B【详解】A项、pH=3的CH3COOH溶液中c（H+）为1.0×10-3mol•L-1，氢离子抑制了水的电离，醋酸中的氢氧根离子来自水的电离，则溶液中H2O电离出的c（OH-）=1.0×10-10mol•L-1，故A错误；B项、加入少量CH3COONa固体后，溶液中醋酸根浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH升高，故B正确；C项、醋酸为弱酸，pH=3的醋酸溶液浓度大于0.001mol•L-1，与等体积0.001mol•L-1NaOH溶液反应后醋酸过量，所得溶液呈酸性，故C错误；D项、pH=3的硫酸溶液中氢离子浓度为c（H+）=1.0×10-3mol•L-1，硫酸的浓度为5×10-4mol•L-1，而醋酸的浓度大于0.001mol•L-1，故D错误；故选B。【点睛】水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出是氢氧根离子浓度，酸碱抑制水电离，水解的盐促进水电离。15、D【分析】由结构可知，分子中含羧基、碳碳双键、羟基、醚键，结合羧酸、烯烃、醇的性质来解答。【详解】A.含羧基、碳碳双键、羟基、醚键四种官能团，故A错误；B.分枝酸的六元环不是苯环，故羟基是醇羟基，只有与反应，则1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生中和反应，故B错误；C.可与乙醇、乙酸反应，均为酯化反应，反应类型相同，故C错误；D.含碳碳双键，与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，原理不同，故D正确；答案选D。16、C【解析】A．氧化铝与NaOH反应，CuO不能，则充分反应后过滤可分离，故A正确；B．Fe与氯化铜反应生成氯化亚铁，则加入过量铁粉充分反应后过滤可除杂，故B正确；C．加入过量NaOH溶液，引入新杂质NaOH，不能除杂，应选加热法，故C错误；D．氯气不溶于饱和食盐水，可用饱和食盐水除杂，故D正确；故选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握混合物分离提纯、实验技能为解答的关键。本题的易错点为D，要注意在饱和食盐水中氯化氢能溶，而氯气不溶，是因为氯气与水反应为可逆反应，增大氯离子浓度，能够抑制氯气与水的反应。二、非选择题（本题包括5小题）17、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O4：1第四周期Ⅷ族NO0.4ac(Na+)>c(Cl-)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(H+)【分析】(1)若Y是黄绿色气体，则Y为氯气，A、B的物质的量之比为1：4，结合实验室常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取氯气来解答；(2)A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，若为2个电子层，则第一层电子数为2，第二层电子数为4，即A为碳元素；A、B的物质的量之比为1：4，则该反应为碳与浓硝酸反应，然后利用元素的化合价分析；(3)A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，则A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，又A可溶于X溶液中，则A为铁，由A、B的物质的量之比为1：4，该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；利用铁的原子序数分析其位置，利用三价铁离子与铁的反应及溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等来计算被还原的三价铁；(4)向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则A中含有Cl-，B的焰色为黄色，则B中含有钠元素，A与B按物质的量之比1：4恰好反应，则该反应为氯化铝与氢氧化钠的反应，利用反应中各物质的量级偏铝酸钠的水解来分析。【详解】(1)因黄绿色气体为氯气，氯原子最外层7个电子，则氯气中存在一对共用电子对，其电子式为，A、B的物质的量之比为1：4，则反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，若为2个电子层，则第一层电子数为2，第二层电子数为4，其质子数等于电子数等于6，即A为碳元素；A、B的物质的量之比为1：4，则该反应为碳与浓硝酸反应，其反应为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O。根据元素的化合价变化可知：碳元素的化合价升高，则碳作还原剂；硝酸中氮元素的化合价降低，则硝酸作氧化剂，由化学计量数可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1；(3)A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，则A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，又A可溶于X溶液中则A为铁，由A、B的物质的量之比为1：4，该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应方程式为Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O。①铁为26号元素，在在元素周期表中的第四周期Ⅷ族，铁与稀硝酸反应生成的气体Y为NO；②设被还原的硝酸铁的物质的量为x，则根据放出2Fe3++Fe=3Fe2+可知：每有2molFe3+反应会产生3molFe2+，假设反应的Fe3+的物质的量是x，则反应产生Fe2+的物质的量是mol，由于反应后溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则a-x=，解得x=0.4a；(4)若A、B、X、Y均为化合物，向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则A中含有Cl-，B的焰色为黄色，则B中含有Na+，A与B按物质的量之比1：4恰好反应，则该反应为氯化铝与氢氧化钠的反应，其反应为AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O，由题意知A与B的物质的量分别为1mol、4mol，则n(Na+)=4mol，n(Cl-)=3mol，NaAlO2是强碱弱酸盐，AlO2-水解消耗，则n(AlO2-)<1mol，因偏铝酸根离子水解则溶液显碱性，c(OH-)>c(H+)，水解产生的离子浓度小于盐电离产生的离子浓度，则c(AlO2-)>c(OH-)，故溶液离子大小为：c(Na+)>c(Cl-)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(H+)。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断、化学方程式的书写、离子浓度大小比较等，要求学生应熟悉常见的氧化还原反应及常见物质的性质，弄清物质结构与物质组成及性质的关系，这是解答本题的关键。18、7取代反应醚键、羧基9种【解析】(1)H2C=CHCN

分子结构中的碳碳双键是平面结构，碳碳单键可以旋转，因此在一个面上最多有7个原子。根据流程图，D→E

过程中就是用氯原子代替了结构中羧基上的羟基，属于取代反应；中含有的官能团有羧基和醚键，故答案为7；取代反应；醚键、羧基；(2)根据流程图，B与邻二苯酚发生取代反应生成C，反应的化学方程式是为，故答案为；(3)满足条件的D的同分异构体应有如下结构特点：①苯环上有2个取代基且位于对位；②分子结构中含羧基，且该物质能发生银镜反应，说明含有-COOH和醛基，结合D的分子式可知，苯环上含有的取代基中含有羧基，醛基，可能的结构有：OHC——OCH2COOH、OHC——CH2-O-COOH、OHC-CH2——O-COOH、OHC-O——CH2COOH、OHC-CH2-O——COOH、OHC-O-CH2——COOH、OHC——CH(OH)COOH、OHC-CH(OH)——COOH、HO——CH(CHO)-COOH共9种；满足条件的D的同分异构体应有如下结构特点：①苯环上有2个取代基且位于对位；②分子结构中含羧基，且该物质能发生银镜反应，说明含有-COOH和醛基，③水解后的产物才能与FeCl3

溶液发生显色反应，说明含有HCOO-(酯基)、且苯环直接与O原子相连，由此可写出同分异构体的结构为，故答案为9；；(4)反应E→F中，N-H键中H被取代，而中有2个N-H键，不难想到，副产物为2个N-H键中的H均发生反应生成，故答案为；(5)对比多沙唑嗪与F的结构，即可写出试剂X的结构简式为，故答案为。点睛：本题是一道综合性的有机合成试题，考查了同分异构题的书写，题目难度较大。注意关注重要官能团的性质，书写同分异构体(有限制条件的)要求熟练掌握各种官能团的性质。本题的易错点为同分异构体数目的判断。19、排尽装置中的空气，防止NO被空气中的氧气氧化为二氧化氮吸收挥发出的硝酸溶液由浅绿色变为棕色NO吸收未参与反应的NOO2滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液变浅红色且半分钟内不褪色【分析】铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，为防止生成的NO被氧气氧化，实验开始前向装置中通入一段时间的氮气，排净装置内空气，由于硝酸具有挥发性，通过装置F中水吸收挥发出的硝酸，通过C中干燥剂干燥一氧化氮，NO通过装置D加热反应，铜和NO反应生成氮气和氧化铜，装置I用于检验NO，剩余气体收集主要为氮气和一氧化氮，关闭K2，打开K3，探究NO与Na2O2的反应并制备NaNO2，剩余气体通过高锰酸钾溶液吸收。【详解】(1)NO易与O2反应生成NO2，反应开始前，打开K1，通入一段时间N2，其自的是排尽装置中的空气，防止NO被空气中的氧气氧化为二氧化氮；(2)硝酸易挥发，会随NO一起出来干扰后续的实验，所以装置B中盛放的试剂为水为了溶解吸收挥发的硝酸；(3)由于在溶液中存在平衡FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)，通入NO后平衡正向移动，所以装置F中的实验现象为：溶液由浅绿色变为棕色；D装置红色粉末变为黑色，说明NO和Cu发生了反应，生成CuO和N2，又因为NO是气体，不可能完全反应，故H收集的气体是NO和N2；(4)根据信息NO能与酸性高锰酸钾溶液反应，装置G的作用吸收未参与反应的NO，防止污染空气。(5)C是干燥装置，若省略装置C，那么水蒸气会与Na2O2反应生成NaOH和O2，NO和O2反应生NO2，则进入装置G中的气体除N2、NO外，可能还有NO2和O2；(6)①酸性KMnO4溶液显紫红色，当达到滴定终点时NO被完全氧化，再滴入高锰酸钾后溶液变红，所以滴定终点为：当锥形瓶滴入最后一滴KMnO4溶液，恰好变为淡紫色，且半分钟不变色，说明达到滴定终点；③NO可将MnO还原为Mn2+，自身被氧化成NO，根据得失电子守恒可知2n(MnO)=5n(NO)，消耗的n(MnO)=0.1mol·L-1×b×10-3L，则250mL样品溶液中n(NO)=n(MnO)××=2.5×10-3bmol，NaNO2的质量分数=

=。20、a=8或9时反应后溶液的pH均接近4，即反应过程中溶液的酸性均增强溶液中存在少量Fe2+可导致FeO(OH)向Fe2O3转化，且溶液中Fe2+含量越高相同时间内,FeO(OH)向Fe2O3转化的越多a=9时，溶液中几乎没有Fe2+，而a=7时，溶液中还存在Fe2+Fe2O3在实验操作过程中，会有部分Fe2+被氧气氧化成Fe3+，故N=2时，参与共沉淀的Fe2+的量减少，导致生成的Fe3O4产率下降【详解】（1）①若用NaOH溶液调节pH过高会产生灰白色沉淀是亚铁离子结合氢氧根离子生成氢氧化亚铁沉淀，反应的离子方程式：，故答案为：。②FeSO4溶液用NaOH溶液调节pH至a，再加入H2O2溶液，立即得到FeO(OH)红棕色悬浊液，消耗氢氧根离子，溶液pH降低，反应的离子方程式为：，故答案为：。（2）①根据表中数据，a=8或9时反应后溶液pH均接近于4即反应过程中溶液酸性均增