黑龙江省牡东部地区四校联考2026届高三化学第一学期期中调研试题含解析

黑龙江省牡东部地区四校联考2026届高三化学第一学期期中调研试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下列离子方程式书写错误的是（）A．FeCl3溶液呈酸性：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+B．CH3COOH与NaOH溶液反应：CH3COOH+OH-→CH3COO-+H2OC．FeSO4溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2→2Fe3++2Cl-D．铝粉投入到氨水溶液中：2Al+2H2O+2OH-→2AlO+3H22、下列说法错误的是A．石墨烯作为一种复杂的无机高分子，是重要的隐身材料，我国对石墨烯的研究已处于世界领先地位B．明矾在水中生成的氢氧化铝胶体有吸附性，因此常用明矾对水进行消毒C．2017年我国北方地区相继开展了“煤改气”和“煤改电”的尝试，此举是改善空气质量的重要措施D．高科技产业中的压电陶瓷及生物陶瓷属于新型无机非金属材料3、下列说法正确的是A．H2O的沸点比H2S高，所以H2O

比H2S

更稳定B．干冰和石英晶体中的化学键类型相同，熔化时需克服微粒间的作用力类型也相同C．N2和CCl4中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构D．NaHCO3受热分解的过程中，只有离子键被破坏4、Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O。当产物n（NO2）：n（NO）＝1:1时，下列说法不正确的是A．反应中Cu2S是还原剂，Cu（NO3）2、CuSO4是氧化产物B．参加反应的n（Cu2S）:n（HNO3）＝1:7C．产物n[Cu（NO3）2]:n[CuSO4]＝1:2D．1molCu2S参加反应时有10mol电子转移5、下列反应的离子方程式书写正确的是（）A．氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O=＋4＋2H2OB．浓烧碱溶液中加入铝片：Al＋2OH－=＋H2↑C．用浓NaOH溶液溶解Al2O3：2OH－＋Al2O3=2＋H2OD．往碳酸镁中滴加稀盐酸：＋2H＋=CO2↑＋H2O6、某小组用打磨过的铝片进行如下实验，下列分析不合理的是（）A．①中无明显现象说明常温下铝与浓硝酸不反应B．②中产生的气泡是氮氧化合物，不是氢气C．②中反应体现了硝酸的酸性和强氧化性D．③中沉淀溶解的离子方程式是Al（OH）3+OH—＝AlO+2H2O7、南海是一个巨大的资源宝库，开发利用这些资源是科学研究的重要课题。下图为海水资源利用的部分过程，有关说法不正确的是A．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法B．氯碱工业中采用阳离子交换膜可提高产品的纯度C．由MgCl2·6H2O得到无水MgCl2的关键是要在干燥的氯化氢气流低温小火烘干D．溴工业中③、④的目的是为了富集溴元素，溴元素在反应③、④、⑤中均被氧化8、中科院科学家们研究开发了一种柔性手机电池，示意图如图所示[其中多硫化锂(Li2Sx)中x=2、4、6、8]。下列说法错误的是()A．碳纳米层具有导电性，可用作电极材料B．充电时，Li+移向Li2Sx膜C．电池工作时，正极可能发生反应：2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4D．电池充电时间越长，电池中Li2S2的量越少9、下列解释事实的方程式正确的是（）A．钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-3e-=Fe3+B．用浓硝酸除去试管内壁上附着的铜：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2OC．酸性条件下，用H2O2将I-转化为I2：H2O2+2I-=I2+2OH-D．利用明矾做混凝剂净水：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+10、将3.48gFe3O4完全溶解在100mL1mol·L-1H2SO4溶液中，然后加入K2Cr2O7溶液25mL，恰好使溶液中的Fe2＋全部反应完，Cr2O72－全部转化为Cr3＋，则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为A．0.033mol·L—1 B．0.3mol·L—1 C．0.2mol·L—1 D．0.1mol·L—111、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是A．原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)B．化合物N与乙烯均能使溴水褪色，且原理相同C．含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性D．Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构12、下列物质熔点最高的物质是A．金刚石 B．氯化钠 C．碳化硅 D．干冰13、下列说法正确的是A．将SO2通入BaCl2溶液中，无沉淀产生，再通入过量NH3，产生沉淀B．SiO2为碳族元素的非金属氧化物,是酸性氧化物，故不能与任何酸发生化学反应C．SO2能使紫红色的酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有漂白性D．在滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，溶液褪色，说明BaCl2溶液具有酸性14、以下实验装置和相关描述正确的是（）A．装置A可以实现利用浓氨水和生石灰制备并收集少量干燥的氨气B．利用装置B可将少量海水淡化，蒸馏中圆底烧瓶中需要加入沸石或碎瓷片C．实验室中装置C可以实现制备少量的小苏打D．通过装置D利用升华的方法可以分离提纯含有少量NH4Cl的纯碱15、某无色溶液能与镁粉作用产生氢气，此溶液中可能大量存在的离子组是（）A．Ca2+、H+、C1－、NO3－ B．K+、Ba2+、AlO2-、Cl-C．A13+、Fe3+、HCO3-、SO32- D．H+、Na+、Cl－、SO42-16、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和W为同主族元素，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。由这四种元素中的一种或几种组成的物质存在如下转化关系，甲+乙→丙+W，其中甲是元素X的氢化物，其稀溶液可用于伤口消毒，乙为一种二元化合物，常温下0.1mol·L-1丙溶液的pH=13，下列说法错误的是A．X和Y、W均至少能形成两种化合物B．乙和丙均为既含有离子键又含有共价键的离子化合物C．四种元素简单离子半径中Z的最小D．气态氢化物的稳定性：X>W17、饮茶是中国人的传统饮食文化之一。为方便饮用，可通过以下方法制取罐装饮料茶，上述过程涉及的实验方法、实验操作和物质作用说法不正确的是（）A．①操作利用了物质的溶解性 B．②操作为过滤C．③操作为萃取分液 D．加入抗氧化剂是为了延长饮料茶的保质期18、在4L的密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g)zC(g)。图甲表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图乙表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A)∶n(B)的变化关系。则下列结论正确的是A．200℃时，该反应的平衡常数为6.25L2/mol2B．由甲图和乙图可知，反应xA(g)＋yB(g)zC(g)的ΔH<0，且a＝2C．200℃时，向容器中加入2molA和1molB，达到平街时C的体积分数大于0.25D．当外界条件由200℃降温到100℃，原平衡一定被破坏，且正反应速率均增大，逆反应速率减小19、短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和B形成的气态化合物的水溶液呈碱性，A和C同主族，D原子最外层电子数与电子层数相等，在中学常见的酸中E的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强。下列叙述正确的是（）A．氧元素与A、B、C形成的二元化合物均只有两种B．简单离子半径：E>C>D>BC．由A、B、E三种元素只能形成含有共价键的共价化合物D．C、D、E三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两之间均能发生反应20、已知反应（1）、（2）分别是从海藻灰和智利硝石中提取碘的主要反应：（1）2NaI+MnO2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2（2）2NaIO3+5NaHSO3=2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2下列说法正确的是A．两个反应中NaHSO4均为氧化产物B．I2在反应（1）中是还原产物，在反应（2）中是氧化产物C．氧化性：MnO2＞SO42-＞IO3-＞I2D．反应（1）、（2）中生成等量的I2时转移电子数之比为1:521、某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验。下列说法中，正确的是（）A．实验前两电解质在溶液中都有电离平衡存在B．实验前两溶液中离子种类完全相同C．加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多D．实验前两溶液的pH右>左22、下列说法错误的是A．越王勾践剑(青铜)的铸造材料主要是铜锡合金B．青花瓷制作原料的主要成分是硅酸盐C．以毛竹为原料制作的竹纤维属于高分子材料D．石墨烯是一种能导电的有机高分子材料二、非选择题(共84分)23、（14分）元素是构成我们生活的世界中一切物质的“原材料”。Ⅰ．1869年，门捷列夫在前人研究的基础上制出了第一张元素周期表，如图所示。Ni=Co=59H=1Cu=63.4Ag=108Hg=200Be=9.4Mg=24Zn=65.2Cd=112B=11Al=27.4?=68Ur=116Au=198?C=12Si=28?=70Sn=118N=14P=31As=75Sb=122Bi=210?O=16S=32Se=79.4Te=128?F=19Cl=35.5Br=80I=127Li=7Na=23K=39Rb=85.4Cs=133Tl=204Ca=40Pb=207（1）门捷列夫将已有元素按照相对原子质量排序，同一___（填“横行”或“纵列”）元素性质相似。（2）结合表中信息，猜想第5列方框中“Te=128？”的问号表达的含义是___。Ⅱ．X、Y、Z、W是现在元素周期表中的短周期元素，它们的相对位置如图所示，其中Y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍。XYZW请回答下列问题：（1）W位于周期表中的位置__。W的原子核外电子运动状态有___种，原子轨道数为___。（2）比较Y、Z气态氢化物的稳定性___（用分子式表示）。（3）科学家们认为存在含氢量最高的化合物XH5，预测其与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，写出该反应的化学方程式___，XH5是离子化合物，它的电子式为___。（4）工业上将干燥的W单质通入熔融的Z单质中可制得化合物Z2W2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，写出Z2W2与水反应的化学方程式___。24、（12分）一种重要的药物中间体E的结构简式为：，合成E和高分子树脂N的路线如图所示：已知：①②(注：R和R´表示烃基或氢原子)请回答下列问题：(1)合成高分子树脂N①由A可制得F，F的结构简式为____________；F的同分异构体中，与F具有相同官能团的芳香类有机物中，含片段且存在顺反异构的有_____种。②G→H的反应类型为____________。③G有多种同分异构体，其中一种异构体X的结构简式为：，下列有关X的说法正确的是__________（填标号）。a．能与银氨溶液发生反应b．能与氢气在一定条件下发生加成反应c．在碱性条件下发生水解反应，1molX消耗3molNaOHd．加热条件下，与NaOH醇溶液反应，可生成不止一种有机物④写出M→N反应的化学方程式______。⑤已知碳碳双键能被O2氧化，则上述流程中“F→G”和“H→M”两步的作用是______。(2)合成有机物E①B中的官能团的结构简式为：______。②E在一定条件下也可以生成C，写出E→C反应的化学方程式：_______。25、（12分）（10分）市场销售的某种食用精制盐包装袋上有如下说明：产品标准GB5461产品等级一级配料食盐、碘酸钾、抗结剂碘含量(以I计）20～50mg/kg（1）碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，配平化学方程式（将化学计量数填于空白处）KIO3＋KI＋H2SO4＝K2SO4＋I2＋H2O（2）上述反应生成的I2可用四氯化碳检验。向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以回收四氯化碳。①Na2SO3稀溶液与I2反应的离子方程式是。②某学生设计回收四氯化碳的操作步骤为：a.将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中；b.加入适量Na2SO3稀溶液；c.分离出下层液体。以上设计中遗漏的操作是。（3）已知：I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－。某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为：a.准确称取12.7g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；b.用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；c.以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为6.0×10－4mol·L－1的Na2S2O3溶液20.0mL，恰好反应完全。①判断c中反应恰好完全依据的现象是。②根据以上实验和包装袋说明，所测精制盐的碘含量是mg/kg（以含w的代数式表示）。26、（10分）树德中学化学兴趣小组设计不同实验方案比较Cu2+、Ag+的氧化性。(本实验忽略Cu2+、Ag+在此条件下的水解)(1)方案1:通过置换反应比较:向AgNO3溶液插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝。反应的离子方程式是______，说明氧化性Ag+>Cu2+。(2)方案2:通过Cu2+、Ag+分别与同一物质反应进行比较实验试剂编号及现象试管滴管1.0mol/LKI溶液1.0mol/LAgNO3溶液1mLI.产生黄色沉淀，溶液无色1.0mol/LCuSO4溶液1mLII.产生棕黑色沉淀A，溶液变棕黄①经检验，I中溶液不含I2，黄色沉淀是______。②取II中棕黄色溶液，加入少量______溶液，变为______色，说明生成了I2。推测Cu2+做氧化剂,沉淀A有CuI。该反应的离子方程式为:________________查阅资料得知:CuI为难溶于水的白色固体。于是对棕黑色沉淀的组成提出假设并证明假设是否成立，取部分棕黑色沉淀进行实验二:已知:CuI难溶于CCl4；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(无色)；Cu++2S2O32-=Cu(S2O3)23-(无色)。由实验二得出结论:棕黑色沉淀是___________________。现象ⅲ为______________。用化学平衡移动原理解释产生现象ii的原因:________________。③白色沉淀CuI与AgNO3溶液反应生成AgI和一种固体单质，该反应的离子方程式是______，说明氧化性Ag+>Cu2+。27、（12分）为验证氧化性：Cl2>Fe3+>SO2，某化学研究性学习小组用图所示装置进行实验（夹持仪器和A中的加热装置已略，气密性已经检验完毕）：Ⅰ.打开弹簧夹K1—K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1,K3,K4。Ⅱ.打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热。Ⅲ.当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2。Ⅳ.打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的阳离子。Ⅴ.打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹K3。Ⅵ.更新试管D，重复过程Ⅳ，检验B溶液中的离子。回答下列问题：（1）过程Ⅰ的目的是________。（2）棉花中浸润的溶液为________，作用是_____________。（3）导致步骤Ⅲ中溶液变黄的离子反应是____，用_____，（写试剂化学式）检验氧化产物，现象是____。（4）能说明氧化性Fe3＋>SO2的离子方程式是________。（5）甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，他们的检测结果一定能够证明氧化性：Cl2>Fe3＋>SO2的是__（填“甲”“乙”“丙”）。28、（14分）碳酸二甲酯（CH3OCOOCH3，简称DMC）在医药、农药、香料等多个领域具有广泛的应用，称为绿色化学品。目前，主要通过甲醇、CO、O2在常压、70～120℃和催化剂的条件下合成DMC。主要副产物有HCOOCH3和CO2。请回答下列问题：（1）已知：①CO的标准燃烧热为：−283.0kJ•mol−1②1molH2O（l）完全蒸发变成H2O（g）需吸收44.0kJ的热量③2CH3OH（g）＋CO2（g）→CH3OCOOCH3（g）＋H2O（g）△H＝−15.5kJ•mol−1则2CH3OH（g）＋CO（g）＋1/2O2（g）→CH3OCOOCH3（g）＋H2O（l）△H＝______________。该反应在常压和70～120℃条件下就能自发反应的原因是_______________。（2）在制备DMC的实际工艺过程中，用活性炭负载法制得的催化剂比沉淀法制得的催化剂有更高的活性，说明影响催化剂活性的因素有______________。从化学反应原理分析，合适的催化剂在化学反应中的作用有①_________________，②提高化学反应的选择性能。（3）使用甲醇汽油可减少汽车尾气对环境的污染，某化工厂用水煤气为原料合成甲醇，恒温条件下，在体积可变的密闭容器中发生反应：CO（g）+2H2（g）→CH3OH（g），达到平衡时，测得CO、H2、CH3OH分别为1mol、1mol、1mol，容器的体积为3L，该温度下，现往容器中继续通入3molCO，此时v（正）__________v（逆）（选填‘‘＞”、“＜’’或“=”），用数据说明理由__________________。（4）某研究小组在某温度下，在100mL恒容密闭容器中投入2.5molCH3OH（g）、适量CO2和6×10−5mol催化剂发生反应③，研究反应时间对甲醇转化数（TON）的影响，其变化曲线如右图所示。（计算公式为：TON＝转化的甲醇的物质的量/催化剂的物质的量）。在该温度下，最佳反应时间是_________h；4～10h内DMC的平均反应速率是_______。29、（10分）有机物F（）是合成某种药物的中间体，它的一种合成路线如下：回答下列问题：（1）A的结构简式为______，分子中处于同一平面的原子最多有____个。（2）E中官能团名称是_____，①～④中属于加成反应的是_______（填序号）。（3）反应③的化学方程式为______________。（4）反应⑤的生成物有两种，除了F以外，另一种生成物的名称是______。（5）满足下列条件的D的同分异构体有______种。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③分子中有1个甲基（6）仿照E的合成路线，设计一种由合成的合成路线_________________。

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【详解】A.FeCl3溶液呈酸性是因为铁离子水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，A正确；B.CH3COOH与NaOH溶液反应生成醋酸钠和水：CH3COOH+OH-＝CH3COO-+H2O，B正确；C.FeSO4溶液中通入Cl2亚铁离子被氧化为铁离子：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－，C正确；D.由于氨水不能溶解氢氧化铝，铝粉投入到氨水溶液中不反应，D错误；答案选D。2、B【详解】A.石墨烯作为一种复杂的无机高分子，是重要的隐身材料，我国对石墨烯的研究已处于世界领先地位，A正确；B.氢氧化铝胶体具有吸附性,能吸附水中的悬浮物而净水,没有强氧化性,所以不能杀菌消毒,故B错误；C.开展了“煤改气”和“煤改电”的尝试，减少了二氧化硫气体的排放，此举是改善空气质量的重要措施，C正确；D.压电陶瓷及生物陶瓷都属于新型无机非金属材料，D正确；综上所述，本题选B。3、C【解析】A、沸点是物理性质，与分子间作用力有关，热稳定性是化学性质，与元素非金属性有关，沸点与热稳定性没有因果关系，A错误；B、干冰是分子晶体，冰熔化需克服分子间作用力，石英是原子晶体，熔化需要克服共价键，故B错误；C、N2的电子式为，CCl4电子式为，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，故C正确；D、NaHCO3受热分解生成碳酸钠、水、CO2，既破坏了离子键也破坏了共价键，故D错误。选C。4、C【分析】根据元素化合价的变化配平方程式为：2Cu2S+14HNO3＝2Cu(NO3)2+2CuSO4+5NO2↑+5NO↑+7H2O。【详解】A、S、Cu元素化合价升高，Cu2S做还原剂，硝酸铜和硫酸铜是氧化产物，正确，不选A；B、硫化亚铜和硝酸比例为2:14=1:7，正确，不选B；C、硝酸铜和硫酸铜的比例为1:1，错误，选C；D、每摩尔硫化亚铜反应，铜失去2摩尔电子，硫失去8摩尔电子，所以转移10摩尔电子，正确，不选D。答案选C。5、C【详解】A．氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+＋3NH3·H2O＝↓＋3，故A错误；B．浓烧碱溶液中加入铝片：2Al＋2OH－＋2H2O＝2＋3H2↑，故B错误；C．用浓NaOH溶液溶解Al2O3：2OH－＋Al2O3＝2＋H2O，故C正确；D．往碳酸镁中滴加稀盐酸：MgCO3＋2H＋＝CO2↑＋H2O＋Mg2+，故D错误。综上所述，答案为C。6、A【详解】A．①中无明显现象说明常温下铝与浓硝酸发生了钝化，但钝化是产生了氧化膜，不是不反应，故A错误；B．②中加水后，硝酸浓度变稀，硝酸体现强氧化性，产生的气泡是氮氧化合物，故B正确；C．②中反应生成了氮的氧化物和硝酸铝，体现了硝酸的酸性和强氧化性，故C正确；D．③中沉淀是生成了氢氧化铝，氢氧化铝和氢氧化钠会继续溶解，溶解的离子方程式是Al（OH）3+OH—＝AlO+2H2O，故D正确；故选A。7、D【详解】A项、海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法，故A正确；B项、电解饱和食盐水生成的氯气能与氢气和氢氧化钠溶液反应，氯碱工业中采用阳离子交换膜，只允许阳离子通过，不允许分子和阴离子通过，防止氯气和氢氧化钠溶液反应，从而提高了产品的纯度，故B正确；C项、氯化镁在溶液中会发生水解，由MgCl2·6H2O得到无水MgCl2的关键是要在干燥的氯化氢气流低温小火烘干，防止氯化镁发生水解，故C正确；D项、反应④是溴与二氧化硫在溶液中发生氧化还原反应，溴元素被还原，故D错误；故选D。【点睛】氯碱工业中采用阳离子交换膜，只允许阳离子通过，不允许分子和阴离子通过，防止氯气和氢氧化钠溶液反应影响产品纯度是解答关键，也是易错点。8、B【详解】A．碳纳米层具有导电性，可用作电极材料，A正确；B．该原电池中碳纳米层作负极，多硫化锂作正极，放电时，阳离子移向正极，故Li+移向Li2Sx膜，充电时，Li+移向碳纳米层，B错误；C．Li2Sx膜作正极，x=2、4、6、8，正极发生得电子的还原反应，故正极可能发生反应：2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4，C正确；D．充电时Li2Sx膜为阳极，与放电时的电极反应相反，则充电时间越长，电池中的Li2S2量就会越少，D正确；答案选B。9、D【详解】A．钢铁吸氧腐蚀负极铁失电子生成亚铁离子反应为Fe-2e-═Fe2+，故A错误；B．铜与浓硝酸反应生成NO2，Cu+4H＋+2NO=Cu2＋+2H2O+2NO2↑，故B错误；C．酸性条件下，用H2O2将I-转化为I2：H2O2+2I-+2H＋=I2+2H2O，故C错误；D．铝离子水解是可逆过程，不生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，故D正确；答案选：D。10、D【详解】3.48g四氧化三铁的物质的量是＝0.015mol，与稀硫酸反应溶液中亚离子的物质的量是0.015mol，与重铬酸钾的反应中失去0.015mol电子。在反应中Cr元素的化合价从＋6价降低到＋3价得到3个电子，则关键电子得失守恒可知消耗重铬酸钾的物质的量是＝0.0025mol，则其浓度是＝0.1mol/L，答案选D。11、C【分析】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；【详解】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序是r(Na)>r(s)>r(O)，故A错误；B、SO2能使溴水褪色，发生SO2＋Br2＋H2O=2HBr＋H2SO4，利用SO2的还原性，乙烯和溴水反应，发生的加成反应，故B错误；C、含S元素的盐溶液，如果是Na2SO4，溶液显中性，如果是NaHSO4，溶液显酸性，如果是Na2SO3，溶液显碱性，故C正确；D、形成化合物分别是NaH、Na2O/Na2O2、Na2S，NaH中H最外层有2个电子，不满足8电子结构，故D错误，答案选C。【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般来说电子层数越多，半径越大；二看原子序数，当电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。12、A【详解】金刚石和碳化硅是原子晶体，氯化钠是离子晶体，干冰是分子晶体；熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体。由于硅的半径大于碳的半径，碳硅键键长大于碳碳键，键长越长键能越小，则碳化硅的熔点低于金刚石。答案选A。13、A【解析】A．亚硫酸酸性弱于盐酸，所以将SO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生，二氧化硫能够与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故A正确；B、二氧化硅的特性：能和HF酸反应，故B错误；C．二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，表现出二氧化硫的还原性，故C错误；D．Na2CO3水解呈碱性，加入氯化钡发生反应生成沉淀，降低碳酸钠溶液的浓度，使得水解平衡逆向移动，溶液的碱性减弱，颜色褪去，故D错误；故选A。14、B【详解】A、氨气的密度比空气密度小，导管应伸到试管底部，故A错误；B、海水中水的沸点较低，图中蒸馏可淡化海水，且圆底烧瓶中需要加入沸石或碎瓷片，防止暴沸，故B正确；C、二氧化碳与溶液发生反应，因此通二氧化碳的导管应伸到液面下，故C错误；D、加热氯化铵分解，为化学变化，可分离，而升华为物理变化，故D错误。答案选B。【点睛】把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的制备、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析。15、D【分析】无色时可排除等有色离子的存在，与镁粉作用产生氢气的溶液呈酸性。【详解】A.在酸性条件下与Mg反应不会生成氢气，而是产生,故A错误；B.与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C.与发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D.之间不反应，都是无色离子，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；答案选D。【点睛】金属与硝酸不会产生氢气而是产生氮的氧化物（等），酸性环境中加金属产生氢气的溶液中，肯定不能存在。16、B【解析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液中，不溶于其浓溶液中，说明Z为Al元素，W为S元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；X和W为同主族元素，则X为O元素；甲是元素X的氢化物，其稀溶液可用于伤口消毒，则甲为H2O2；常温下0.1mol·L-1丙溶液的pH=13，则丙为强碱，说明X、Y、Z、W四种元素中有一种元素的氢氧化物为强碱，则Y为Na元素，则丙为NaOH；由于这四种元素中的一种或几种组成的物质存在甲+乙→丙+W的转化关系，且乙为一种二元化合物，则乙为Na2S。A.根据上述分析X、Y、W分别为O、Na、S元素。X和Y能形成氧化钠、过氧化钠，X和W能形成二氧化硫、三氧化硫，即X和Y、W均至少能形成两种化合物，故A正确；B.通过上述分析可知，乙为硫化钠，硫化钠是只含离子键的离子化合物，丙为氢氧化钠，氢氧化钠是既含离子键又含共价键的离子化合物，故B错误；C.W的离子核外电子层数最多，离子半径最大，X、Y、Z的离子具有相同的电子层结构，因为核外电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，Z的核电荷数最大，离子半径最小，故C正确；D.X和W为同主族元素，非金属性X>W，因为非金属性越强，气体氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性X>W，故D正确。答案选B。17、C【详解】A．①操作为提取可溶物，利用了物质的溶解性，溶解到水中，A正确；B．②操作为除去不溶物茶渣，方法为过滤，B正确；C．③操作时，混合物不分层，分罐密封，无分液操作，C不正确；D．抗氧化剂具有还原性，加入抗氧化剂是为了延长饮料茶的保质期，D正确；答案为C。18、C【解析】根据图甲，A、B、C物质的量随时间的变化分别是0.4mol、0.2mol、0.2mol；容器中发生反应的方程式是2A(g)＋B(g)C(g)。200℃时，该反应的平衡常数为100，故A错误；由图乙可知，升高温度，C的百分含量增大，所以ΔH>0，投料比等于系数比，达到平衡时生成物百分含量最大，故a=2，故B错误；根据图甲，200℃时，向容器中加入0.8molA和0.4molB，达到平街时C的体积分数等于0.25；200℃时，向容器中加入2molA和1molB，相当于加压，平衡正向移动，达到平街时C的体积分数大于0.25，故C正确；当外界条件由200℃降温到100℃，原平衡一定被破坏，正逆反应速率均减小，故D错误。19、D【解析】根据题意：A和B形成的气态化合物的水溶液呈碱性，A为氢元素，B为氮元素，A和C同主族，C为钠元素；在中学常见的酸中E的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强，E为氯元素；D原子最外层电子数与电子层数相等，D为铝元素。氧元素与氮元素形成的二元化合物有：N2ONONO2N2O4N2O5等；A错误；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以Al3+<N3-，B错误；H、N、Cl可以形成氯化铵，即有离子键、又含共价键的离子化合物，C错误；氢氧化钠、氢氧化铝、高氯酸三者之间两两之间可以反应生成盐和水，D正确；正确选项D。20、D【详解】A．在反应（1）中硫元素既不被氧化也不被还原，在反应（2）中被氧化，故A错误；B．碘元素在反应（1）中被氧化，在反应（2）中被还原，故B错误；C．根据反应（2），氧化性IO3-＞SO42-，故C错误；D．反应（1）中生成1mol碘转移2NA电子，反应（2）中生成1mol碘转移10NA电子，所以反应（1）、（2）中生成等量的I2时转移电子数比为2NA：10NA=1：5，故D正确；答案选D。21、B【详解】A.Na2CO3在溶液中完全电离，电离产生的CO32-发生水解，NaHCO3在溶液中完全电离，电离生成的HCO3-在溶液中既能电离又能水解，所以实验前Na2CO3在溶液中不存在电离平衡，但NaHCO3在溶液中存在电离平衡，A错误；B.实验前两溶液中都存在Na+、CO32-、HCO3-、OH-、H+，离子种类完全相同，B正确。C.加入CaCl2溶液后生成的沉淀不一样多，因为Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，2NaHCO3+CaCl2=CaCO3↓+NaCl+H2O+CO2↑，C错误；D.实验前相同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，前者水解程度大，所以两溶液的pH左>右，D错误。故选B。22、D【详解】A．越王勾践剑是春秋晚期越国青铜器，铸造材料主要是铜锡合金，故A正确；B．青花瓷的制造原料为黏土，属于硅酸盐，故B正确；C．高分子化合物相对分子质量很大，一般在10000以上，可高达几百万，以毛竹为原料制作的竹纤维，主要成分为纤维素，是高聚物，属于有机合成高分子材料，故C正确；D．“石墨烯”是一种碳的单质，为无机物，不是新型有机高分子材料，故D错误；

故选：D。二、非选择题(共84分)23、横行怀疑Te的相对原子质量（或同一列相对原子质量依次增大，按此规律，Te的相对原子质量应该在122和127之间）第三周期第ⅦA族179H2S<H2ONH5+H2O=H2↑+NH3·H2O2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl【分析】Ⅰ．(1)结合表中给出的是相对原子质量分析；(2)由表中信息，同一列相对原子质量依次增大；Ⅱ．X、Y、Z、W是现在元素周期表中的短周期元素，由元素在周期表中位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，其中

Y

元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故Y为氧元素，则Z为硫元素、X为氮元素、W为Cl；(2)元素非金属性越强，对应氢化物越稳定；(3)化合物NH5与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，水溶液为氨水，相当于反应生成氨气后再溶于水，由元素守恒可知反应时放出的气体为氢气，NH5是离子化合物，N原子形成稳定结构最多形成4个N-H键，由铵根离子与氢负离子构成；(4)S2Cl2可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，该气体为SO2，其中只有一种元素化合价发生改变，故S元素化合价降低，根据电子转移守恒计算生成二氧化硫的物质的量，再根据元素守恒计算发生还原反应的S原子物质的量，再根据电子转移守恒计算硫元素在氧化产物中的化合价确定氧化产物，最后结合原子守恒进行解答。【详解】Ⅰ．(1)结合表中信息得，给出的是元素的相对原子质量，故同一横行元素性质相似；(2)由表中信息，同一列按相对原子质量依次增大规律进行排列，第5列方框中“Te=128？”的问号表示怀疑Te的相对原子质量，Te的相对原子质量应该在122和127之间；Ⅱ．X、Y、Z、W是现在元素周期表中的短周期元素，由元素在周期表中位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，其中

Y

元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故Y为氧元素，则Z为硫元素、X为氮元素、W为Cl；(1)W为Cl，在周期表中的位置：第三周期第ⅦA族；Cl元素的核电荷数是17，则原子核外电子总数为17，即W的原子核外电子运动状态有17种，其电子排布式为1s22s22p63s23p5，则原子轨道数为9；(2)由于元素非金属性S＜O，故氢化物稳定性：H2S＜H2O；(3)化合物NH5与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，水溶液为氨水，相当于反应生成氨气后再溶于水，由元素守恒可知反应时放出的气体为氢气，反应方程式为NH5+H2O=H2↑+NH3•H2O，NH5是离子化合物，N原子形成稳定结构最多形成4个N-H键，由铵根离子与氢负离子构成，电子式为：；(4)化合物S2Cl2可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，该气体为SO2，其中只有一种元素化合价发生改变，故S元素化合价降低，根据电子转移守恒，转移0.3mol电子生成二氧化硫为=0.1mol，故有0.3molS原子发生还原反应，根据电子转移守恒可知S元素在还原产物中的化合价为0，故生成S，同时生成HCl，该反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl。24、8氧化反应abdn防止碳碳双键被氧化（或：保护碳碳双键，使之不被氧化）-OH、-Cl+H2O+C2H5OH【分析】苯丙醛和甲醛发生反应生成F，由题中信息可知F结构简式为，F和溴发生加成反应生成G，G的结构简式为，G被氧气氧化生成H，醛基氧化为羧基，H的结构简式为，H和锌反应生成M，M能发生加聚反应生成N，根据H和锌反应的生成物可知，M的结构简式为，N的结构简式为；苯丙醛和三氯乙酸反应生成B，由已知信息可知B的结构简式为，B在氢氧化钠水溶液中水解、酸化后生成C为，C和甲醇发生酯化反应生成E为，据此分析解答。【详解】(1)①苯丙醛和甲醛发生信息②中的反应生成F，F结构简式为，F的同分异构体中，与F具有相同官能团的芳香类有机物中，含片段且存在顺反异构的有：可以在碳碳双键上分别连接、—CH2CHO；、—CHO；、—CH3(醛基苯环上有邻、间、对三种位置变化)；、—CHO(甲基苯环上有邻、间、对三种位置变化)，共有8种结构，答案：；8；②G被氧气氧化生成H，所以G→H的反应类型为氧化反应，答案：氧化反应；③X的结构简式为，a．X中含有醛基，能与银氨溶液发生反应，a正确；b．X中含有醛基和苯环，所以能与氢气在一定条件下发生加成反应，b正确；c．X中含有溴原子，所以能在碱性条件下发生水解反应，1molX消耗2molNaOH，c错误；d．加热条件下，X与NaOH醇溶液发生消去反应，双键可出现在不同位置，所以可生成不止一种有机物，d正确，答案选abd；④一定条件下M发生加聚反应生成N，反应的化学方程式为n，答案：n；⑤已知碳碳双键能被O2氧化，则上述流程中“F→G”和“H→M”两步的作用是防止碳碳双键被氧化（或：保护碳碳双键，使之不被氧化），答案：防止碳碳双键被氧化（或：保护碳碳双键，使之不被氧化）；(2)①由分析可知B的结构简式为，含有羟基和氯原子两种官能团，官能团的结构简式为-OH、-Cl，答案：-OH、-Cl；②由分析可知E为，C为，E含有酯基，在酸性条件下水解可生成C，反应的化学方程式为+H2O+C2H5OH，答案：+H2O+C2H5OH。25、（10分）(1)1、5、3、3、3、3(2)①I2＋SO32－＋H2O=2I－＋SO42－＋2H＋②在步骤b后：将分液漏斗充分振荡后静置(3)①溶液由蓝色恰好变为无色②20【解析】略26、Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+AgI淀粉蓝2Cu2++4I-2CuI↓+I2CuI吸附I2

形成的(CuI与I2的混合物)

棕黑色固体颜色变浅，溶液变为紫红色CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-与Cu+反应生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)减小，平衡右移从而使白色沉淀溶解CuI+

2Ag+=Cu2++Ag+AgI【分析】（1）结合金属活动性顺序及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性规律，再根据反应现象推出结论；（2）①黄色沉淀是碘离子与银离子形成的碘化银沉淀；②证明棕黄色溶液中含有I2，则可以用淀粉溶液检测，若溶液变蓝，则证明溶液中含有I2单质，再根据电子守恒规律，配平氧化还原反应即可；根据已知信息“CuI为难溶于水的白色固体，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(无色)”，结合实验二现象可推知，棕黄色沉淀为CuI吸附I2形成的混合物；又知I2易溶于有机溶剂，CuI不溶于CCl4；所以加入CCl4振荡静置后，观察到的现象为：棕黑色固体颜色变浅，四氯化碳中因溶解了I2变为紫红色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI（s）⇌Cu+(aq)+I-(aq)，加入的S2O32-与因与Cu+反应，促进平衡向沉淀溶解方向移动，最后使沉淀消失。③反应能说明氧化性Ag+>Cu2+，说明Ag+被还原为固体单质为Ag，Cu2+为氧化产物。【详解】（1）向酸化的AgNO3溶液插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝，说明铜置换出了金属银，反应的离子方程式为，说明氧化性Ag+＞Cu2+，故答案为；（2）①经检验，Ⅰ中溶液不含I2，黄色沉淀是碘离子与银离子形成的碘化银沉淀，故答案为AgI；②欲证明棕黄色溶液中含有I2，则可以用淀粉溶液检测，若溶液变蓝，则证明溶液中含有I2，推测Cu2+做氧化剂，沉淀A有CuI，根据氧化还原反应电子守恒规律得知，发生反应的离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；根据已知信息“CuI为难溶于水的白色固体，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(无色)”，结合实验二现象可推知，棕黄色沉淀为CuI吸附I2形成的混合物；又知I2易溶于有机溶剂，CuI不溶于CCl4；所以加入CCl4振荡静置后，观察到的现象为：棕黑色固体颜色变浅，四氯化碳中因溶解了I2变为紫红色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI（s）⇌Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-与Cu+发生反应Cu++2S2O32-=Cu(S2O3)23-(无色)，使c(Cu+)减小，促进平衡向沉淀溶解方向移动，最后使沉淀消失，故答案为淀粉；蓝；2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；CuI吸附I2形成的(CuI与I2的混合物)；棕黑色固体颜色变浅，溶液变为紫红色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-与Cu+反应生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)减小，平衡右移从而使白色沉淀溶解；③根据题中信息，白色沉淀CuI与AgNO3溶液反应生成AgI和一种固体单质，反应能说明氧化性Ag+>Cu2+，说明Ag+被还原为固体单质为Ag，Cu2+为氧化产物，因此离子反应方程式为：CuI+2Ag+=Cu2++Ag+AgI，故答案为CuI+2Ag+=Cu2++Ag+AgI。27、赶走装置内的空气，避免空气中的氧气影响实验氢氧化钠溶液吸收反应中多余的氯气、二氧化硫气体，防止污染空气2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－KSCN溶液红色2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO42－＋4H＋乙、丙【分析】将装置内的空气排出，避免空气中氧气干扰实验，实验室制得的氯气先通入到氯化亚铁溶液中，溶液变黄，用KSCN溶液验证是否生成了铁离子，关闭氯气，再利用生成的二氧化硫通入到B溶液中，检验B中的离子。【详解】⑴打开弹簧夹，通入一段时间氮气，目的是赶走装置内的空气，避免空气中的氧气影响实验，故答案为赶走装置内的空气，避免空气中的氧气影响实验；⑵棉花上的溶液主要是吸收