江苏省连云港市赣榆高级中学2026届高三上化学期中质量检测模拟试题含解析

江苏省连云港市赣榆高级中学2026届高三上化学期中质量检测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A．某无色透明溶液中：Na＋、K＋、MnO、OH－B．加入Al能放出H2的溶液中：Ba2＋、K＋、Cl－、HCO3-C．在0.1mol·L－1FeCl2溶液中：H＋、NH4+、NO3-、SCN－D．使紫色石蕊变红的溶液中：K＋、Na＋、I－、SO42-2、K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法不正确的是()A．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色B．②中C2H5OH被Cr2O72-氧化成CH3COOHC．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性比K2CrO4溶液强D．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄3、下列说法不正确的是(

)A．硫酸钡俗称钡餐，用作胃肠造影剂B．铁能与氯化铜溶液反应，该反应可以应用于印刷电路板的制作C．二氧化硅常用于制造光导纤维D．溴化银是一种重要的感光材料，是胶卷必不可少的部分4、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NAB．标准状况下，2.24LSO3中所含原子数为0.4NAC．常温常压下，16gO2和O3的混合气体中所含原子数目为NAD．在一定条件下，1molN2与3molH2反应生成的NH3分子数为2NA5、氢氧化铈是一种重要的稀土氢氧化物．平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含、、)，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：下列说法错误的是A．滤渣A中主要含有、B．①中洗涤的目的主要是为了除去和C．过程②中发生反应的离子方程式为D．过程④中消耗，转移电子数约为6、将38.4gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500ml2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为A．1.0molB．0.8molC．0.6molD．0.4mol7、用化学用语表示Na2CO3＋2Cl2===2NaCl＋Cl2O＋CO2中的相关微粒，其中正确的是()A．Na＋的结构示意图：B．Cl2O的结构式：Cl—O—ClC．中子数比质子数多3的氯原子：3517ClD．CO2的电子式：8、甲酸甲酯、乙酸丁酯、丙酸甲酯组成的混合酯中，若氧元素的质量分数为30%，那么氢元素的质量分数为A．10% B．15% C．20% D．无法确定9、下列推断正确的是A．N2、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在B．向AlCl3溶液中滴加过量的氨水能看到先产生白色沉淀，后沉淀溶解C．可用浓硫酸或者浓硝酸除去镀在铝表面的铜镀层D．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，铜粉就会溶解10、对于300mL1mol/L盐酸与金属铁制氢气的反应，下列措施能提高反应速率的是①升温②改用100mL3mol/L盐酸③改用铁粉替代铁片④加入一定量浓硝酸⑤再加入300mL1mol/L盐酸⑥将盐酸改用浓硫酸⑦加入少量CuSO4溶液A．①②③④⑤⑥⑦ B．①②③⑤⑥⑦ C．①②③⑦ D．①②③11、X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10，X与Z同族，Y最外层电子数等于X次外层电子数，且Y原子半径大于Z。下列叙述正确的是（）A．熔点：X的氧化物比Y的氧化物高B．热稳定性：X的氢化物小于Z的氢化物C．X与Z可形成共价化合物ZXD．Y的单质与Z的单质均能溶于浓硫酸12、一定温度下恒容容器中，可逆反应达到平衡状态的标志是①单位时间内生成nmolH2的同时生成2nmolHI②单位时间内生成nmolH2的同时，生成nmolI2③用HI、I2、H2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶1∶1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的压强不再改变的状态A．①④. B．①④⑤. C．①②④⑤. D．①②③④⑤13、下列有关化学用语使用错误的是（）A．氯化铵的电子式：B．原子核内有8个中子的碳原子：68CC．钾离子结构示意图：D．二氧化碳的电子式：14、铁碳微电解技术是利用原电池原理处理酸性污水的一种工艺，装置如图所示。若上端开口关闭，可得到强还原性的H·(氢原子);若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的·OH（羟基自由基)。下列说法错误的是A．无论是否鼓入空气，负极的电极反应式均为Fe-2e—===Fe2+B．不鼓入空气时，正极的电极反应式为H++e—===H·C．鼓入空气时，每生成1mol·OH有2mol电子发生转移D．处理含有草酸(H2C2O4)的污水时，上端开口应打开并鼓入空气15、在给定条件下，下列物质之间的转化能实现的是①SiSiO2H2SiO3②CCO2CO③饱和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3④Mg(OH)2MgCl2(aq)无水MgCl2⑤NH3NONO2HNO3A．①④⑤ B．①③④ C．②③⑤ D．②④⑤16、下列关于物质用途的叙述中不正确的是A．Na2O2可用作供氧剂 B．铝槽车可用于浓硫酸的贮运C．水玻璃可用于木材的防火 D．在医疗上，可用碳酸钠治疗胃酸过多17、硒（Se）与S同主族，下列能用于比较两者非金属性强弱的是()A．氧化性：SeO2>SO2 B．热稳定性：H2S>H2SeC．沸点：H2S<H2Se D．酸性：H2SO3>H2SeO318、以海水为原料，生产制得氯气的过程中不包括A．蒸发结晶 B．精制提纯 C．高温熔融 D．通电电解19、下列离子方程式书'与正确的是A．铁粉溶于氯化铁溶液：Fe+2Fe3+=3Fe2+B．硫化钠溶液呈醎性：S2-+2H2OHS-+2OH-C．用FeCl3溶液回收废旧电路板中的Cu:Fe3++Cu=Fe2++Cu2+D．工业上利用电解饱和食盐水制氯气:2H++2C1-=H2↑+C12↑20、类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是()已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入到CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+B向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClOC用惰性电极电解NaCl溶液2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑用惰性电极电解MgBr2溶液2Br-+2H2O2OH-+H2↑+Br2D稀盐酸与NaOH溶液反应至中性H++OH-=H2O稀HNO3与Ba(OH)2溶液反应至中性H++OH-=H2OA．A B．B C．C D．D21、下列变化不涉及氧化还原反应的是A．明矾净水 B．钢铁生锈 C．海水提溴 D．工业固氮22、下列化学用语正确的是()A．的结构示意图：B．分子的比例模型：C．的电子式为：D．自然界某氯原子：二、非选择题(共84分)23、（14分）F是一种常见的α-氨基酸，可通过下列路线人工合成：回答下列问题：（1）化合物E中的官能团名称是___________，烃A的结构简式是____________。（2）由化合物D生成E、醇C生成D的反应类型分别是___________、___________。（3）化合物F的系统命名为____________，F相互形成的环状二肽的结构简式为___________。（4）化合物C可在灼热CuO催化下与O2发生反应，得到一种具有刺激性气味的液体，写出相关的化学方程式____________。（5）0.05mol化合物E与足量NaOH醇溶液加热反应，最多消耗NaOH的物质的量为_____。（6）烃A可与苯酚在酸性条件下产生苯酚对位取代衍生物G（C8H10O），其满足如下条件的G的同分异构体有_______种。①遇FeCl3溶液不显紫色；②苯环上至多有两个取代基；③有醚键。24、（12分）化合物A(分子式为C6H6O)是一种有机化工原料，在空气中易被氧化。A的有关转化反应如下(部分反应条件略去)：已知：①②（R表示烃基，R′和R″表示烃基或氢）③F和D互为同分异构体（1）写出A的名称：________________。（2）能用于检验A中官能团的试剂是____________。a．Nab．NaOHc．Na2CO3d．溴水e．FeCl3（3）G是常用指示剂酚酞，G中能够与NaOH溶液反应的官能团的名称：________。（4）分别写出反应A→B和E→F的化学方程式，并注明反应类型：A→B：________________________________________________；E→F：________________________________________________；（5）符合下列条件的B的同分异构体共_______种。①能发生银镜反应②分子中不含环状结构写出其中含有三个甲基的分子的结构简式_______。（写出一种即可）25、（12分）碱式氯化镁(MgOHCl)常用作塑料添加剂，工业上制备方法较多，其中利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁的工艺属于我国首创。某中学科研小组根据该原理设计如下装置图进行相关实验，装置C中CuO的质量为8.0g。请回答下列问题：（1）装置A中发生反应生成碱式氯化镁的化学方程式为：_____________________________。（2）装置D中生成沉淀，发生反应的离子方程式为_________________________________。（3）反应过程中持续通入N2的作用有两点：一是:将装置A中产生的氨气完全导出，二是:_______________________________。（4）若测得碱石灰的质量增加了ag，则得到碱式氯化镁的质量为_______g。（5）反应完毕，装置C中的氧化铜全部由黑色变为红色，称其质量为6.8g，且生成的气体可直接排放到大气中，则红色固体是_______，该反应中转移电子的物质的量为_______mol。（6）请你设计一个实验方案证明装置C中的氧化铜反应完全后得到的红色固体中含有氧化亚铜。已知：①Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O②限选试剂：2mol·L－1H2SO4溶液、浓硫酸、2mol·L－1HNO3溶液、10mol·L－1HNO3溶液实验步骤预期现象和结论步骤1：取反应后装置C中的少许固体于试管中步骤2：________________________26、（10分）亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃)是一种黄色气体，遇水反应生成一种氯化物和两种氮化物。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如下图所示：①制备NO发生装置可以选用___________________(填写字母代号)，请写出发生反应的离子方程式：___________________。②欲收集一瓶干燥的氯气，选择装置，其连接顺序为：a→__________________(按气流方向，用小写字母表示)。(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：①实验室也可用X装置制备NO，X装置的优点为________________________________。②检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开____________，通入一段时间气体，其目的为___________________________，然后进行其他操作，当Z有一定量液体生成时，停止实验。③若无装置Y，则Z中NOCl可能发生反应的化学方程式为________________________。④若尾气处理装置连接上图烧杯中导管d，则烧杯中可加入__________溶液。(3)取Z中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol•L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50mL。则亚硝酰氯(NOC1)的质量分数为________(用代数式表示)。[已知：Ag2CrO4为砖红色固体；Ksp(AgCl)=1.56×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12]27、（12分）Ⅰ.无机盐A由4种常见的元素组成(各原子都满足8电子的稳定结构)，为探究A的组成，设计并完成如下实验：已知：D为单质，不能使带火星的木条复燃；溶液B显酸性。(1)写出组成A的金属元素在周期表中的位置___________(2)写出A与H2O2反应的离子方程式____________(3)写出一个离子方程式___________________要求同时满足：①其中一种反应物必须是A中的阴离子；②反应原理与“Cu2++4NH3·H20Cu(NH3)+4H2O”相同Ⅱ.锶(Sr)和镁位于同主族，锶比镁更活泼，锶与氮气在加热条件下反应产生氮化锶，已知氮化锶遇水剧烈反应。某同学设计如图装置制备氮化锶利用氮气样品来制取氮化锶已知：①所使用的氮气样品可能含有少量CO、CO2、O2等气体杂质。②醋酸二氨合亚铜CH3COO[Cu(NH3)2]溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO能力；连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2。(1)打开分液漏斗的旋塞，装置D能持续提供N2，这是利用了N2_____的物理性质。(2)装置F、G、H盛装的试剂分别是_____(填代号)。A．浓硫酸B．连苯三酚碱性溶液C．醋酸二氨合亚铜溶液(3)方案设计存在缺陷，可能会导致产品变质，提出改进方案为：_____。28、（14分）某工业废液中含有Cu2+、Mg2+、Zn2+等离子，为将其回收利用，再采用了如下工艺：所用试剂在下列试剂中选择①铁粉②锌粉③稀HNO3④稀H2SO4⑤稀HCl⑥稀氨水⑦NaOH溶液⑧石灰水请回答下列问题：（提示：锌的氧化物、氢氧化物性质与铝的相似）(1)试剂1、试剂2、试剂3分别可以是____、____、______（填编号）(2)操作2是____________、___________、___________(3)操作3是________________________29、（10分）（1）镍与CO反应会造成镍催化剂中毒。为防止镍催化剂中毒，工业上常用SO2除CO。已知：则用SO2除去CO的热化学方程式为___。（2）含乙酸钠和对氯酚()的废水可以利用微生物电池除去，其原理如图所示：①B是电池的___极(填“正”或“负”)；②A极的电极反应式为____。（3）利用双模三室电解法不仅可处理含NiCl2的废水，还可回收金属镍，其装置如图所示。①两端电解质溶液分别为含NiCl2的废水和NaOH溶液，其中含NiCl2的废水应进___（填“Ⅰ”“Ⅱ”“Ⅲ”，下同）室。②阳极的电极反应式为___。（4）某研究性学习小组根据反应2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O设计如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为1mol·L－1，溶液的体积均为200mL，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。回答下列问题：①此原电池的正极是石墨___(填“a”或“b”)，发生___反应。②电池工作时，盐桥中的SO42-移向____(填“甲”或“乙”)烧杯。③甲烧杯中的电极反应式为____；

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、D【解析】A.含MnO4-的溶液呈紫红色，故无色透明溶液中不存在MnO4-，选项A错误；B.加入Al能放出H2的溶液为强碱或非氧化性强酸，HCO3-都不能大量存在，选项B错误；C.在0.1mol/LFeCl2溶液中H+、NO3-与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，选项C错误；D.使紫色石蕊变红的溶液呈酸性，H+、K+、Na+、I-、SO42-之间相互不反应，能大量共存，选项D正确。答案选D。2、A【分析】从图中可以看出，加入70%H2SO4的K2Cr2O7溶液中，平衡逆向移动，溶液仍呈橙色，加入C2H5OH溶液，能被氧化成CH3COOH，K2Cr2O7被还原为Cr3+，溶液呈绿色；K2Cr2O7溶液中加入30%NaOH溶液，平衡正向移动，K2Cr2O7转化为K2CrO4，再加入C2H5OH，溶液不褪色，则表明K2CrO4不能将C2H5OH氧化。【详解】A．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，K2CrO4转化为K2Cr2O7，K2Cr2O7被C2H5OH还原，溶液变为绿色，A不正确；B．由图中实验可知，②中C2H5OH被Cr2O72-氧化，生成CH3COOH，B正确；C．对比②和④可知，K2Cr2O7酸性溶液能将C2H5OH氧化，而K2CrO4溶液不能将C2H5OH氧化，则表明K2Cr2O7氧化性比K2CrO4强，C正确；D．①中平衡逆向移动，溶液橙色加深，③中平衡正向移动，溶液变黄，D正确；故选A。3、B【解析】A．硫酸钡不溶于酸，且不容易被X射线透过，在医疗上可用作检查肠胃的内服药剂，选项A正确；B．印刷电路板的制作的原理是，选项B错误；C．二氧化硅常用于制造光导纤维，选项C正确；D．溴化银不稳定，见光易分解，为重要的感光材料，可用于胶卷，选项D正确。答案选B。【点睛】本题考查较为综合，涉及物质的性质与应用，为高考常见题型，侧重考查化学与生活、生产等知识，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。4、C【详解】A.常温下Al在浓硫酸中发生钝化，A项错误；B.标准状况下SO3呈固态，无法用22.4L/mol计算SO3物质的量，B项错误；C.O2和O3互为同素异形体，16gO2和O3的混合气体中所含O原子物质的量：n（O）==1mol，C项正确；D.N2与H2化合成NH3的反应为可逆反应，在一定条件下1molN2与3molH2反应生成NH3分子物质的量小于2mol，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查以阿伏加德罗常数为中心的计算，涉及金属的钝化、气体摩尔体积、物质的组成、可逆反应等知识。注意22.4L/mol适用于标准状况下已知气体体积计算气体分子物质的量。5、D【分析】该反应过程为：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣为SiO2；③加入碱后Ce3+转化为沉淀，④通入氧气将Ce从+3氧化为+4，得到产品，据此分析解答。【详解】A．根据分析，CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2，故A正确；B．根据分析，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，①中洗涤的目的主要是为了除去滤渣表面附着的和，故B正确；C．过程②中稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2(SO4)3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O，故C正确；D．过程④中消耗的状态未知，不能用标况下气体摩尔体积计算物质的量，则转移电子数无法确定，故D错误；答案选D。6、D【解析】可以将反应理解为：Cu+HNO3+NaOH→Cu(NO3)2+NaNO3+NaNO2+H2O（未配平），由上，发生化合价变化的元素只有Cu和N，所以38.4gCu（0.6mol）失去1.2mol电子，硝酸也应该得到1.2mol电子生成0.6molNaNO2（一个N原子得到2个电子）。根据钠原子守恒，加入1mol氢氧化钠，则NaNO3+NaNO2一共1mol，已知有0.6molNaNO2，则有0.4molNaNO3。7、B【详解】A.钠原子核电核数为11，所以Na＋的结构示意图：，故A错误；B.Cl2O分子中一个氧原子与两个氯原子各形成一条共价键，结构式为：Cl—O—Cl，故B正确；C.氯原子的质子数为17，中子数比质子数多3则为20，质量数为17+20=37，所以该氯原子为：3717Cl，故C错误；D.CO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，其电子式为：，故D错误。答案选B。8、A【解析】三种酯均符合通式CnH2nO2，即C∶H＝1∶2，若氧元素质量分数为30%，则C、H两元素的质量分数之和为70%，故H的质量分数为70%×＝10%。9、D【解析】试题分析：A、N2不是污染物，NO在空气中会发生反应2NO+O2=2NO2，不能稳定存在，A错；B、Al(OH)3沉淀不能溶于过量的氨水中，B错误；C、浓硫酸和浓硝酸都能使铝钝化，但在常温下，浓硝酸能与铜反应，浓硫酸不能，故可用浓硝酸，不能用浓硫酸，C错误；选项D、Cu不能与稀硫酸反应，但加入Cu(NO3)2后，溶液中存在HNO3，Cu可以溶解在HNO3中，D正确；故选D。考点：考查了物质的性质的相关知识。10、C【详解】①适当升高温度，增大活化分子百分数，反应速率加快，①正确；②改用100mL3.0mol/L盐酸，氢离子的浓度增大，反应速率加快，②正确；③改用铁粉替代铁片，增大了固体接触面积，加快了反应速率，③正确；④锌与一定量浓硝酸反应，虽然反应速率加快，但不产生氢气，④错误；⑤再加入300mL1mol/L盐酸，氢离子的浓度不变，反应速率不变，⑤错误；⑥将盐酸改用浓硫酸，锌与浓硫酸反应生成二氧化硫，不产生氢气，⑥错误；⑦滴入少量CuSO4溶液，锌置换出铜，构成原电池，反应速率加快，⑦正确；综上所述，①②③⑦正确；答案选C。【点睛】若要加快产生氢气的速率，可增大反应的浓度、增大固体的表面积、升高温度以及形成原电池反应，注意加入酸的性质，注意不能改变反应的机理，例如不能加入浓硫酸或硝酸。11、C【详解】由“X与Z同族，且Y原子半径大于Z”可知，Y与Z同周期，且Y在Z的左边，从而得出X为第二周期元素，Y与Z为第三周期元素；由“Y最外层电子数等于X次外层电子数”，可确定Y的最外层电子数为2，Y为镁；由“X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10”，可求出X为碳、Y为镁、Z为硅。A.CO2为分子晶体，SiO2为原子晶体，前者的熔点比后者低，A错误；B.因为非金属性C>Si，所以CH4的热稳定性比SiH4强，B错误；C.X与Z可形成共价化合物SiC，C正确；D.Mg能与浓硫酸反应，但Si与浓硫酸不反应，D错误。故选C。12、A【详解】①单位时间内生成nmolH2的同时生成2nmolHI，说明V(正)=V(逆)，反应一定达到平衡状态；②单位时间内生成nmolH2的同时，生成nmolI2，都表示正反应速率，不能判断V(正)是否等于V(逆)，反应不一定达到平衡状态；③用HI、I2、H2的物质的量浓度变化表示的反应速率，任意时刻的速率比均为2∶1∶1，反应不一定达到平衡状态；④混合气体的颜色不再改变，说明碘蒸气的浓度不变，反应一定达到平衡状态；⑤反应前后气体系数和不变，压强是恒量，混合气体的压强不再改变，不一定达到平衡状态；故选A。13、B【解析】在元素符号的左上角的数值为质量数，等于质子数+中子数，左下角的数值为质子数，所以原子核内有8个中子的碳原子为614C，故故选B。【点睛】根据元素符号各个位置的数字的含义分析，左上角的数字为质量数，左下角的为质子数，质量数=质子数+中子数。在书写电子式时注意各元素符号周围一般都满足8电子结构（氢原子满足2电子结构），根据元素原子之间形成的离子键或共价键进行书写。14、C【详解】A．无论是否鼓入空气时，铁作为负极，易失去电子生成亚铁离子，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，A项正确；B．不鼓入空气时，正极上可得到强还原性的氢原子，电极反应式为H++e-=H·，B项正确；C．若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的羟基自由基，电极反应为2H++2e-+O2=2OH-，所以每生成1mol羟基自由基有1mol电子发生转移，C项错误；D．除去草酸需要氧化性的物质，上端口打开可生成羟基自由基，D项正确；所以答案选择C项。15、C【详解】①中SiO2属于酸性氧化物，但不能与水反应，①中转化不能实现；②碳在氧气中燃烧生成二氧化碳，二氧化碳和碳在高温条件下反应生成一氧化碳，②中转化能实现；③在饱和NaCl溶液中依次通入氨气、二氧化碳可生成碳酸氢钠沉淀，碳酸氢钠加热可生成碳酸钠、二氧化碳和水，③中转化能实现；④MgCl2溶液直接加热不能得到无水MgCl2，要在氯化氢气氛中加热才可以，④中转化不能实现；⑤NH3发生催化氧化生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3和NO，⑤中转化能实现；综上所述，上述转化能实现的是②③⑤，答案选C。16、D【详解】A.过氧化钠可以和二氧化碳、水等物质反应生成氧气，可用作呼吸面具中的供氧剂，故A正确；B.在常温下金属铝遇到浓硫酸会发生钝化，可用铝制容器贮藏运输浓硫酸，故B正确；C.水玻璃为硅酸钠，将木材用硅酸钠溶液浸泡不易燃烧，可用于木材的防火，故C正确；D.碳酸钠碱性较强，对胃有腐蚀性，在医疗上，可用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故D错误；答案选D。17、B【分析】硒()与同主族，同主族从上到下，非金属性逐渐减弱，可利用气态氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性等比较非金属性，以此来解答。【详解】A．不能利用氧化物的氧化性比较非金属性强弱，A错误；B．热稳定性：＞，可知非金属性，B错误；C．不能利用熔沸点比较非金属性强弱，错误；D．酸性：，不是最高价含氧酸，则不能比较非金属性强弱，D错误；故选B。【点睛】元素非金属性强弱比较：1、简单氢化物的稳定性，越稳定，非金属性越强；2、最高价氧化物对应水化物的酸性，酸性越强，非金属性越强；元素金属性强弱比较：1、金属与酸或水反应越剧烈，金属性越强；2、最高价氧化物对应水化物碱性越强，金属性越强。18、C【详解】海水经蒸发结晶得到粗盐，粗盐精制提纯得到饱和食盐水，电解饱和食盐水可制得烧碱、氢气和氯气，所以以海水为原料，生产制得氯气的过程中不包括高温熔融，故答案选C。19、A【解析】A.铁粉溶于氯化铁溶液：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故A正确；B.硫化钠的水解分步进行：S2-+H2OHS-+OH－，HS-+H2OH2S+OH－，而且溶液的碱性主要取决于第一步水解，故B错误；C.用FeCl3溶液回收废旧电路板中的Cu：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C错误；D.工业上利用电解饱和食盐水制氯气:2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑，故D错误。故选A。点睛：离子方程式要满足以下条件：符合事实；符合质量守恒定律；符合电荷守恒关系。20、D【详解】A．将Na加入到CuSO4溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应，不能置换出铜，故A错误；B．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2，二氧化硫具有还原性，被次氯酸根离子氧化，离子方程式为：Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+Cl-+2HClO，故B错误；C．用惰性电极电解MgBr2溶液，离子方程式为：Mg2++2Br-+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Br2，故C错误；D．稀盐酸与NaOH溶液、稀HNO3与Ba(OH)2溶液反应的实质相同，都是氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式为：H++OH-=H2O，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为B，要注意次氯酸的强氧化性对产物的影响，该反应中不能生成亚硫酸钙沉淀，应该生成硫酸钙沉淀。21、A【详解】A.明矾净水与铝离子水解生成胶体有关，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故A选；B.

Fe、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；C.

Br元素的化合价升高，还需要氧化剂，为氧化还原反应，故C不选；D.工业固氮过程中，

N元素的化合价发生改变，为氧化还原反应，故D不选；故选A。22、C【详解】A.的核电荷数为16，核外电子数为18，该结构示意图中核外电子数为16，此为S原子的结构示意图，故A错误；B.此为分子的球棍模型，不是比例模型，故B错误；C.为共价化合物，C与每个O原子形成两对共用电子对，其电子式为：，故C正确；D.35.5是自然界中氯元素的相对分子质量，不是某氯原子的质量数，故D错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、溴原子和羧基CH2=CH2取代反应氧化反应2－氨基丙酸或α－氨基丙酸2CH3CH2CH2OH＋O22CH3CH2CHO＋2H2O0.1mol3【分析】根据B的结构简式，推出烃A为CH2=CH2，根据D的分子式，D为羧酸，即D的结构简式为CH3CH2COOH，根据E的结构简式，D→E发生取代反应，C→D的条件是酸性高锰酸钾溶液，发生氧化反应，即C结构简式为CH3CH2CH2OH，F是α－氨基酸，即F的结构简式为CH3CH(NH2)COOH，据此分析。【详解】根据B的结构简式，推出烃A为CH2=CH2，根据D的分子式，D为羧酸，即D的结构简式为CH3CH2COOH，根据E的结构简式，D→E发生取代反应，C→D的条件是酸性高锰酸钾溶液，发生氧化反应，即C结构简式为CH3CH2CH2OH，F是α－氨基酸，即F的结构简式为CH3CH(NH2)COOH；(1)根据E的结构简式，E中含有官能团是溴原子和羧基；烃A为乙烯，结构简式为CH2=CH2；(2)根据上述分析，反应类型分别是取代反应和氧化反应；(3)化合物F的结构简式为CH3CH(NH2)COOH，该化合物的名称为2－氨基丙酸或α－氨基丙酸；两个F分子形成环状二肽，发生取代反应，羧基去羟基，氨基去氢，化学反应方程式为2CH3CH(NH2)COOH→＋2H2O，即环状二肽物质为；(4)C为CH3CH2CH2OH，在Cu作催化剂下，被氧气氧化成醛，化学反应方程式为2CH3CH2CH2OH＋O22CH3CH2CHO＋2H2O；(5)E中含有官能团是溴原子和羧基，与NaOH醇溶液发生消去反应和中和反应，即反应方程式为CH3CH(Br)COOH＋2NaOHCH2=CHCOONa＋NaBr＋2H2O，根据反应方程式可知，0.05mol化合物E与足量NaOH醇溶液加热反应，最多消耗NaOH的物质的量为0.1mol；(6)遇FeCl3溶液不显色，说明不含有酚羟基，苯环上有两个取代基，取代基位置为邻间对三种，根据G的分子式，且有醚键，即结构简式(邻间对)，共有3种。【点睛】本题突破口在烃A，乙烯与氧气在Ag作催化剂时生成环氧乙烷，然后根据反应条件和分子式作出合理推断即可。24、苯酚de羟基、酯基；加成反应+H2O；消去反应8(CH3)2CHCH(CH3)CHO(CH3)3CCH2CHOCH3CH2C(CH3)2CHO【解析】化合物A(分子式为C6H6O)是一种有机化工原料，在空气中易被氧化，所以A是苯酚，A的结构简式为：，A在一定条件下和氢气发生加成反应生成B，B的结构简式为：，B被重铬酸钾溶液氧化生成C，C的结构简式为，C反应生成D，结合题给信息知，D的结构简式为：，C经过一系列反应生成E，E反应生成F，F和D互为同分异构体，所以E发生消去反应生成F，则F的结构简式为：。(1)A为苯酚，故答案为苯酚；(2)检验A中官能团酚羟基可以选用浓溴水和氯化铁，浓溴水与苯酚反应生成白色沉淀，氯化铁遇到苯酚，溶液显紫色，故选de；(3)G中能够与NaOH溶液反应的官能团是酚羟基和酯基，故答案为酚羟基和酯基；(4)分别写出反应A→B和E→F的化学方程式，并注明反应类型：反应A→B是部分与氢气加成，反应的化学方程式为+3H2，根据上述分析，反应E→F是E发生了消去反应，反应的化学方程式为+H2O，故答案为+3H2；加成反应；+H2O；消去反应；(5)B为，①能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；②分子中不含环状结构，满足条件的B的同分异构体为己醛，有CH3CH2CH2CH2CH2CHO、(CH3)2CHCH2CH2CHO、CH3CHCH(CH3)CH2CHO、CH3CH2CH2CH(CH3)CHO、(CH3)2CHCH(CH3)CHO、(CH3)3CCH2CHO、CH3CH2C(CH3)2CHO，共7种，其中含有三个甲基的分子的结构简式有(CH3)2CHCH(CH3)CHO、(CH3)3CCH2CHO、CH3CH2C(CH3)2CHO，故答案为7；(CH3)2CHCH(CH3)CHO、(CH3)3CCH2CHO、CH3CH2C(CH3)2CHO(任写一种)。25、Mg(OH)2＋NH4ClMgOHCl＋NH3↑＋H2OAl3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH稀释氨气，防止倒吸4.25aCu和Cu2O0.15向试管中加入适量2mol·L－1H2SO4溶液溶液变成蓝色，说明红色固体中含有Cu2O【解析】A中反应得到MgOHCl，还生成NH3与H2O，碱石灰干燥氨气，C中氨气与氧化铜反应会得到氮气与水，D最过氧化钠水反应生成氧气，D中氨气与氧气发生催化氧化，F中NO与氧气反应得到二氧化氮，G中二氧化氮溶解得到硝酸，硝酸与Cu反应。据此分析解答。【详解】(1)A中氢氧化镁与氯化铵再加热条件下反应生成MgOHCl、NH3与H2O，反应方程式为：Mg(OH)2+NH4ClMgOHCl+NH3↑+H2O，故答案为Mg(OH)2+NH4ClMgOHCl+NH3↑+H2O；(2)氨水和氯化铝反应生成氯化铵和氢氧化铝，反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故答案为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；(3)G中二氧化氮、氨气极易溶于水，溶解会导致倒吸，通入氮气可以稀释氨气，防止倒吸，故答案为稀释氨气，防止倒吸；(4)若测得碱石灰的质量增加了ag，即生成的水的质量为ag，根据Mg(OH)2+NH4ClMgOHCl+NH3↑+H2O，生成的碱式氯化镁的质量为×76.5g/mol=4.25ag，故答案为4.25a；(5)红色物质为Cu或Cu2O或二者混合物，固体质量减少质量为减少的氧元素质量，则减少的氧元素质量为8g-6.8g=1.2g，而CuO中氧元素质量为8.0g×=1.6g＞1.2g，故红色固体为Cu、Cu2O混合物，设二者物质的量分别为xmol、ymol，则：x+2y＝，64x+144y，解得x=0.05，y=0.025，则转移电子为0.05mol×2+0.025mol×2=0.15mol，故答案为Cu和Cu2O；0.15；(6)Cu能与浓硫酸反应，Cu2O能与稀酸反应得到Cu2+，用稀H2SO4溶液溶解，溶液中出现蓝色，说明红色固体中含有Cu2O，故答案为向试管中加入适量2mol·L－1H2SO4溶液；溶液变成蓝色，说明红色固体中含有Cu2O。【点睛】本题考查物质的制备及性质探究实验，关键是理解各装置的作用。本题的易错点为(5)，要注意利用氧元素质量变化判断固体组成，也可以利用Cu元素质量确定。26、B3Cu+8H++NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2Of→g→c→b→d→e→j→h排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停K3排干净三颈瓶中的空气，防NO和NOCl变质2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑NaOH14.7375c/m×100%【解析】（1）①制备NO，常用Cu和稀硝酸反应：3Cu＋8HNO3=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，因此选用的装置为B，反应离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；②a装置为制备Cl2装置，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，先通过饱和食盐水除去HCl，然后通过浓硫酸，氯气的密度大于空气的密度，收集时从d管通入，氯气有毒，必须尾气处理，连接顺序是a→f→g→c→b→d→e→j→h；（2）①装置X的优点是排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停；②NO与O2能发生反应，先通入一段时间的气体，排除三颈烧瓶中的空气，防止NO和NOCl变质，即打开K2后，然后打开K3；③装置Y的作用是干燥NO，NOCl能与水反应，因此无装置Y，则NOCl与水发生反应，根据信息，反应方程式为2NOCl＋H2O=2HCl＋NO↑＋NO2↑；④尾气中含有HCl、Cl2、NO、NO2，HCl和Cl2能与NaOH发生反应，被除去，NO＋NO2＋2NaOH=2NaNO2＋H2O，因此烧杯中可加入NaOH溶液；（3）K2CrO4为指示剂，根据溶度积大小，Ag＋先于Cl－反应生成AgCl，建立关系式：NOCl～HCl～AgNO3，NOCl的质量分数为65.5×22.50×1027、第四周期第ⅠA族2SCN-+11H2O2=2SO+CO2↑+N2↑+10H2O+2H+Fe3++SCN-=Fe(SCN)3不溶于水BCA最后加一个装有碱石灰的干燥管【分析】D为单质，不能使带火星的木条复燃，则D为N2。溶液B呈酸性，且能够与Ba(OH)2溶液生成白色沉淀，则B应该含有H2SO4，不可能为H2CO3，在强酸溶液中H2CO3会分解生成CO2，白色沉淀为23.3g。则n(BaSO4)==0.1mol；混合气体C也能够与Ba(OH)2溶液生成白色沉淀，应该有CO2，则n(BaCO3)==0.lmol，CO2的物质的量为0.1mol，在标况下的体积为2.24L，则N2的体积为1.12L，其物质的量为0.05mol；根据物质守恒，该物质A含有0.1molS、0.1molN、0.1molC，这三种元素的总质量为3.2g+1.4g+1.2g=5.8g，另一种元素质量为9.7g-5.8g=3.9g；S、N、C这三种元素可以构成常见的阴离子SCN-，则另一种元素原子形成的阳离子带个正电荷，其摩尔质量M=3.9g÷0.1mol=39g/mol，为K元素，该物质为KSCN；【详解】Ⅰ.（1）A的金属元素为钾，在周期表中位于第