2026届广西北海中学高三化学第一学期期中预测试题含解析

2026届广西北海中学高三化学第一学期期中预测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在Na2S溶液中下列关系不正确的是A．c(Na+)=2c(HS－)+2c(S2－)+2c(H2S)B．c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(HS－)+2c(S2－)C．c(Na+)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)D．c(OH－)=c(HS－)+c(H+)+c(H2S)2、下列关于铜锌原电池（如图所示）的说法正确的是（）A．Zn是负极，发生还原反应B．Cu是负极，发生氧化反应C．铜片上有气体逸出D．电子由铜片通过导线流向锌片3、用NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列说法不正确的是（

）A．标准状况下，2.24L1H2和0.4g2H2均含有0.2NA个质子B．惰性电极电解饱和食盐水，若电路中通过2NA个电子，则阳极产生气体22.4LC．常温常压下，23gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子数为1.5NAD．1molNa2CO3晶体中含有的CO32-数目一定为NA4、下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是

abc①CuCuOCu（OH）2②CH3CH2OHCH3CHOCH2=CH2③SSO3H2SO4④NONO2HNO3⑤FeCl2FeFeCl3A．②⑤ B．③④ C．④⑤ D．①⑤5、下列说法中正确的是A．第ⅦA族单质从上往下熔沸点逐渐升高，第ⅠA族单质从上往下熔沸点逐渐降低B．Na2SiO3溶液可用作矿物胶、木材防火剂，还可用作制备硅胶的原料C．品红溶液和滴有酚酞的NaOH溶液均能与SO2气体作用而褪色，且其实质相同D．镁和铝性质稳定且都有很强的抗腐蚀能力，所以镁铝合金可用于飞机、轮船制造6、将氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液，通过一步实验就能加以区别，并只用一种试剂，这种试剂是（）A．KSCN B．BaCl2 C．HCl D．NaOH7、短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。W原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的两倍，质子数比X原子少5个，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z和W在同一主族。下列说法正确的是A．原子半径：W<X<Y<ZB．X、Y、Z单质的熔点：Z<Y<XC．简单气态氢化物的热稳定性：Y<Z<WD．Z元素的最高价氧化物对应水化物的分子中存在非极性共价键8、下列各组离子在水溶液中能大量共存的是A．K+、H+、SiO32－、SO42－B．Na+、K+、OH－、SO32－C．Na+、Cl－、H+、ClO－D．Fe2+、Na+、AlO2－、OH－9、硫酸亚铁的用途广泛，可以制备下图所示物质，下列说法错误的是A．Fe4(OH)2(SO4)5属于碱式盐，可用作净水剂B．与足量NH4HCO3反应的离子方程式为：2+Fe2+═FeCO3↓+CO2↑+H2OC．可用稀硫酸和K3[Fe(CN)6]溶液检验铁红中是否含有FeCO3D．“冷却结晶”后的操作是过滤，“锻烧”操作的主要仪器有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒10、Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行某些探究实验。利用如图所示装置可以探究SO2与BaCl2反应生成沉淀的条件。下列判断正确的是（）A．玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参与反应B．c、d两根导管都必须插入BaCl2溶液中，保证气体与Ba2+充分接触C．Y形管乙中产生的是氧化性气体，将BaSO3氧化为BaSO4沉淀D．e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体11、标准状况下，将aLSO2和Cl2组成的混合气体通入100mL0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中，充分反应后，溶液的棕黄色变浅。向反应后的溶液中加入足量的BaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥后称重，其质量为11.65g。则下列关于该过程的推断不正确的是（）A．所得沉淀为0.05mol的BaSO4 B．混合气体中SO2的体积为0.448LC．aL混合气体的物质的量为0.04mol D．a的取值范围为0.672<a<0.89612、下列有关硫酸或氢氧化钠物质的量浓度溶液的配制，操作与解释均正确的是（）选项实验操作解释A量取浓硫酸后，慢慢转入容量瓶中浓硫酸溶于水放出大量的热，在容量瓶中溶解更安全B配制氢氧化钠时，应为容量瓶选择合适的塑料瓶塞氢氧化钠溶液与玻璃塞中的二氧化硅反应C定容时，改用胶头滴管滴加蒸馏水容易控制滴加的水量，减小误差D定容时，发现液面高度超过刻度线后，立即用干净胶头滴管吸去多余液体由于及时吸去多余水量，浓度不会手影响A．A B．B C．C D．D13、绝热容器中发生反应：3Z（s）X（g）＋2Y（g）△H＝akJ·mol－1（a＞0）。下列说法不正确的是A．将0.3molZ置于容器中充分反应生成气体的物质的量一定小于0.3molB．达到化学平衡状态时，气体平均摩尔质量不变C．容器中放入3molZ，达到化学平衡状态时，反应吸收的总热量为akJD．容器温度不变，反应已经达到平衡14、下列图示与对应的叙述相符的是A．图1所示，A→C反应的ΔH=E1-E2B．图2所示，金刚石比石墨稳定C．图3表示的是Al3+与OH-反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a区域的物质是Al(OH)3D．图4所示，图中阴影部分面积的含义是（υ正-υ逆）15、在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明下述反应：A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)已达到平衡状态()①混合气体的压强②混合气体的密度③B的物质的量浓度④气体的总物质的量⑤混合气体总质量A．②③⑤ B．①②③ C．②③④ D．①③④⑤16、X、Y、Z、W均为中学化学的常见物质，一定条件下它们之间有如下转化关系(其他产物已略去)：XYZ下列说法不正确的是()A．若W是单质铁，则Z溶液可能是FeCl2溶液B．若W是氢氧化钠，则X与Z可反应生成YC．若X是碳酸钠，则W可能是盐酸D．若W为氧气，则Z与水作用(或溶于水)一定生成一种强酸二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E、F为中学化学常见的单质或化合物，其中A、F为单质，常温下，E的浓溶液能使铁、铝钝化，相互转化关系如图所示（条件已略去）。完成下列问题：（1）若A为淡黄色固体，B为气体，F为非金属单质。①写出E转变为C的化学方程式________________________________。②B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，该反应的氧化剂和还原剂之比为_____。（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。①B和E反应得到的产物中所含的化学键类型为____________________。②做过银镜反应后的试管可用E的稀溶液清洗，反应的离子方程式为___________________。③在干燥状态下，向②反应得到的溶质中通入干燥的氯气，得到N2O5和一种气体单质，写出反应的化学方程式______。18、有机物I是一种医药合成中间体，实验室以芳香烃A为原料制备I的路线如下(部分反应条件已省略)：已知：RCH=CH2+HBrRCH2CH2Br。回答下列问题：(1)X的分子式为C8H8，且X与A互为同系物，则X的化学名称是______。(2)B生成C的反应类型是_____,B、C含有的相同的官能团名称是_____。(3)碳原子上连有4个不同原子或基团时，该碳原子为手性碳原子。写出D的结构简式，并用星号标出其中的手性碳原子_____。(4)写出D—E的化学反应方程式：_________。(5)G的结构简式是______。(6)Y与C是同分异构体，Y中含苯环，且苯环上有2个取代基，Y能发生银镜反应，其核磁共振氢谱中有5组峰，且峰面积之比为6:2:2:1:1,则Y的结构简式为_______。(7)丙二酸(HOOCCH2COOH)主要用作医药合成中间体、电镀抛光剂等。结合题目信息，设计以丙烯(CH3CH=CH2)和为原料制备丙二酸的合成路线______(无机试剂任选)。19、“共生系统”能很大程度上提高经济效益。研究硫酸工业尾气的“共生系统”具有重要意义。回答下列问题：(1)工业上，将Na2CO3和Na2S以合适的物质的量比配成溶液，吸收富集的SO2，可制取重要的化工原料Na2S2O3，同时放出CO2。该反应的化学方程式为___________________。(2)工业上，将富含SO2的工业尾气降温液化，收集液态SO2。用液态SO2、硫磺(用S表示)、液氯为原料，在200℃～250℃活性炭催化条件下合成氯化剂SOCl2。该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________________。(3)SOCl2分子的空间构型为______________。下列关于O、S、Se三种同主族元素的叙述正确的是____________(填序号)。a．沸点：H2O>H2S>H2Seb．H2O分子中H—O—H键的键角小于H2S分子中H—S—H键的键角c．热稳定性H2O>H2S>H2Sed．CS2是一种直线型分子，分子中C、S原子都满足8电子稳定结构(4)氯化亚砜(SOCl2，易挥发液体，易水解)常用作脱水剂。ZnCl2·xH2O制取无水ZnCl2流程如图所示：①利用SOCl2和ZnCl2·xH2O混合加热可制得无水ZnCl2的原因是_________________________________(用化学方程式和必要的文字解释)。②甲同学认为SOCl2也可用于FeCl3·6H2O制取无水FeCl3，但乙同学认为该过程会发生氧化还原反应。要验证乙同学观点是否正确，可选择下列试剂中的___________(填序号)。a．K3[Fe(CN)6]溶液b．BaCl2溶液和稀盐酸c．AgNO3溶液和稀硝酸d．酸性KMnO4溶液20、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；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）①A为氯气发生装置。A中反应方程式是________________（锰被还原为Mn2+）。②C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有（请配平）_____Cl2+Fe(OH)3+KOHK2FeO4+KCl+H2O（2）探究K2FeO4的性质①取C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C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。i．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有Fe3+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）。ii．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2________FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是________________。21、联氨(N2H4)又称肼，是一种良好的火箭燃料，与适量氧化剂混合可组成液体推进剂，无水N2H4液体有微弱氨气的气味。(1)N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)ΔH1=+67.7kJ/mol，N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH2=-622kJ/mol，试计算1mol气态肼与二氧化氮完全反应时放出的热量为_______。(2)在加热条件下，液态肼可还原新制的Cu(OH)2制备纳米级Cu2O，并产生无污染气体，试写出该反应的化学反应方程式_______________________________。(3)以气态肼为原料的碱性燃料电池的总反应为N2H4+O2=N2+2H2O，放电时负极的反应方程式为______________________________(4)肼的性质与氨气相似，易溶于水，可发生两步电离过程，第一步电离过程N2H4+H2ON2H5++OH-，试写出第二步电离过程____________________________。常温下，某浓度N2H6Cl2溶液的pH为4，则该溶液中水电离出的c(H+)=_______________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】Na2S中存在水解平衡：S2-+H2O⇌HS-+OH-、HS-+H2O⇌H2S+OH-，A、溶液中的物料守恒为c（Na+）=2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S），A正确；B、溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-），B正确；C、硫离子水解溶液显碱性，且分步水解，第一步水解远大于第二步水解，则溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（S2-）＞c（OH-）＞c（HS-），C正确；D、溶液中的质子守恒为c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+2c（H2S），D错误；答案选D。2、C【分析】该装置是将化学能转化为电能的装置,为原电池,Zn易失电子作负极、Cu作正极,电子从负极沿导线流向正极,据此分析解答。【详解】A.该装置是原电池,Zn易失电子发生氧化反应而作负极、Cu作正极,故A错误;

B.Cu作正极,发生还原反应,故B错误；C.铜是正极,氢离子在正极得电子发生还原反应:2H++2e-=H2↑,所以C选项是正确；D.负极上失电子、正极上得电子,该装置中Zn是负极、Cu是正极,所以电子从Zn沿导线流向正极Cu,故D错误；正确选项C。【点睛】原电池工作时溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，电子由负极经外电路流向正极，电子不能从电解质中通过。3、B【解析】A、标准状况下，2.24L1H2的物质的量为0.1mol，而0.4g2H2的物质的量也为0.1mol，且1H2和2H2中质子数均为2个，故0.1mol1H2和2H2均含有0.2NA个质子，选项A正确；B、惰性电极电解饱和食盐水，阳极电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，若电路中通过2NA个电子即2mol，则阳极产生气体1mol，但不一定是标准状况，气体体积不一定是22.4L，选项B错误；C、NO2和N2O4的混合气体可看成是最简式为NO2，计算23gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子数=×3×NA=1.5NA，选项C正确；D、碳酸钠由钠离子和碳酸根离子构成，1molNa2CO3晶体中含有的CO32-数目一定为NA，选项D正确。答案选B。4、C【解析】①铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜不能一步转化生成氢氧化铜，故不符合；②乙醇在铜的催化下与氧气发生反应生成乙醛，乙醛不能一步反应转化为乙烯，故不符合；③硫与氧气反应生成二氧化硫，不能一步反应转化为三氧化硫，故不符合；④一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，各转化关系均能一步完全，故符合；⑤氯化亚铁与镁反应生成氯化镁和铁，铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化铁与锌反应生成铁和氯化锌，各转化均能一步完全，故符合。答案选C。5、B【解析】A.第ⅦA族单质从上往下：氟气、氯气、液溴、固体碘、固体砹，物质由气态变为液态，所以熔沸点逐渐升高，第一主族的金属元素，从上到下，原子半径逐渐增大，形成的金属键逐渐减弱，熔沸点逐渐降低，但该族元素还含有H元素，H2常温下为气体，熔点低于同族元素的单质，故A错误；B.硅酸钠的水溶液是矿物胶，和酸反应可以制备硅胶，具有防腐阻燃的作用，做木材防火剂的原料,故B正确；C.品红遇二氧化硫褪色体现二氧化硫的漂白作用，而且加热红色能复原；二氧化硫能跟滴有酚酞的氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，溶液碱性减弱，红色褪去，各元素没有价态变化，是复分解反应，二者褪色原理不一样，故C错误；D.镁铝合金密度小，硬度大，可用于制造飞机、汽车等部件，故D错误；综上所述，本题选B。【点睛】二氧化硫具有漂白性，漂白某些有机色质，如品红，且漂白过程属于非氧化性漂白，具有可逆性；但是不能漂白酸碱指示剂，因此二氧化硫能跟滴有酚酞的氢氧化钠反应，红色褪去，体现了二氧化硫的酸性氧化物的性质，而非漂白性。6、D【详解】A．KSCN只能和氯化铁之间发生络合反应，使溶液变红色，而和其他物质间不反应，不能区别，故A不符合题意；B．BaCl2和上述物质间均不反应，无明显现象，不能区别，故B不符合题意；C．HCl和上述物质间均不反应，无明显现象，不能区别，故C不符合题意；D．氯化钠和NaOH溶液混合无明显现象；氯化铝中逐滴加入NaOH溶液，先出现白色沉淀然后沉淀会消失；氯化亚铁和NaOH反应先出现白色沉淀然后变为灰绿色最后变为红褐色，氯化铁和NaOH反应生成红褐色沉淀；氯化镁和NaOH反应生成白色沉淀，现象各不相同，能区别，故D符合题意；综上所述答案选D。7、C【解析】试题分析：短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。W原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的两倍，质子数比X原子少5个，说明W是氧元素，X是铝元素，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y是硅元素，Z和W在同一主族，Z是硫元素，A、原子半径应该是X>Y>Z>W，A错误；B、硅的熔点最高1420℃，铝的熔点660℃，硫的熔点最低，X、Y、Z单质的熔点：Y>X>Z，B错误；C、气态氢化物的热稳定性与非金属性强弱有关，非金属元素的非金属性越强，氢化物就越稳定.同一周期的由左到右非金属性越来越强，同一族的自下而上非金属性越来越强，所以简单气态氢化物的热稳定性：Y<Z<W，C正确；D、Z元素的最高价氧化物对应水化物H2SO4，分子中不存在非极性共价键，D错误。答案选C。考点：元素周期律8、B【解析】A.H+和SiO32－生成硅酸沉淀，不能大量共存，故A错误；B.能大量共存，故B正确；C.H+与ClO－生成次氯酸，次氯酸是弱酸，不能大量共存，故C错误；D.Fe2+与OH－不能大量共存，故D错误；故选B。【点睛】（1）在溶液中离子间能互相反应生成难溶性物质时，这些离子就不能大量共存。（2）离子间能结合生成难电离物质时，则这些离子不能大量共存。（3）离子间能结合生成挥发性物质时，则这些离子不能大量共存。（4）离子之间能发生氧化还原反应时，则这些离子不能大量共存。（5）还应注意题目是否给出溶液的酸碱性，是否给定溶液是无色的，在酸性溶液中除题给离子外，还应有大量H+；在碱性溶液中除题给离子外，还应有大量OH－，若给定溶液为无色时，则应排除Cu2+(蓝色)、Fe2+（浅绿色）、Fe3+（棕黄色）、MnO4－（紫色）。9、D【详解】A．Fe4(OH)2(SO4)5电离后的阴离子为OH-和SO42-，阳离子为Fe3+，属于碱式盐，其中Fe3+可水解产生Fe(OH)3的胶体，吸附水中的杂质，可作净水剂，故A正确；B．FeSO4与足量NH4HCO3反应的离子方程式为：2+Fe2+═FeCO3↓+CO2↑+H2O，故B正确；C．Fe2+能使K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀，用稀硫酸和K3[Fe(CN)6]溶液检验铁红中是否含有FeCO3，若含有，溶液会生成蓝色沉淀，若不含有，则无明显现象，故C正确；D．“冷却结晶”后的操作是过滤，“煅烧”操作的主要仪器有酒精灯、三脚架、坩埚、泥三角、玻璃棒，故D错误；答案选D。10、D【详解】A．玻璃管的作用是连通大气，平衡压强，以便左右两边产生的气体顺利导入，故A错误。B．如果Y形管乙产生极易溶于水的气体，如氨气，将导管d插入BaCl2溶液中，会引起倒吸，故B错误。C．与BaCl2不反应，不能生成BaSO3，若Y形管乙中产生的是氧化性气体，氧化性气体将氧化成，而不是将BaSO3氧化为BaSO4沉淀，故C错误；D．若Y形管乙中产生的气体是氨气，氨气是碱性气体，导入使溶液呈碱性或中性时，可以与反应生成大量的，与反应生成BaSO3，浓氨水和NaOH固体混合可以制得氨气，因此e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体，故D正确。综上所述，答案为D。11、C【解析】A、沉淀是硫酸钡，其物质的量为11.65g/233g/mol=0.05mol，正确；B、硫酸根离子的物质的量是0.05mol；硫酸铁溶液中硫酸根离子的物质的量是0.03mol，二氧化硫和氯气生成的硫酸根离子的物质的量是0.02mol，故标准状况下二氧化硫的体积为0.448L，正确；C、氯气的未知，不能计算气体的物质的量，C错误；D、溶液中棕黄色变浅，说明二氧化硫被氯气氧化量不够，三价铁离子参与反应；因二氧化硫为0.02mol，氯气的最大量为0.02mol，最小量为0.01mol（一部分二氧化硫被三价铁氧化），气体总的物质的量介于0.03mol和0.04mol之间，正确；答案选C。12、C【解析】容量瓶不能用于稀释溶液，故A错误；配制氢氧化钠时，可以用磨口玻璃塞，故B错误。定容时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，容易控制滴加的水量，故C正确；定容时，发现液面高度超过刻度线后，立即用干净胶头滴管吸去多余液体，浓度偏小，故D错误。13、C【详解】A、可逆反应的反应物不会完全转化为产物，将0.3molZ置于容器中充分反应生成气体的物质的量一定小于0.3mol，故A正确；B、气体平均摩尔质量等于气体质量和物质的量的比值，反应气体质量和物质的量都变化，达到化学平衡状态时，气体平均摩尔质量不变，故B正确；C、容器中放入3molZ，达到化学平衡状态时，消耗的Z的物质的量小于3mol，反应吸收的总热量小于akJ，故C错误；D、反应伴随吸热，反应过程中会伴随温度的变化，变量不变的状态是平衡状态，容器温度不变，反应已经达到平衡，故D正确；故选C。【点睛】反应达到平衡的标志是各物质的量不变、正逆反应速率相等。也可以说当随反应进行改变的物理量不变时反应达到平衡。如B选项，气体平均摩尔质量等于气体质量和物质的量的比值，反应气体质量和物质的量都变化，达到化学平衡状态时，气体平均摩尔质量不变。14、C【解析】A项，图1所示，A→C整个反应中△H=(E1-E2)+(E3-E4)，故A错误；B项，图2所示，石墨的能量低于金刚石的能量，石墨比金刚石稳定，故B错误；C项，Al3+中加入OH-反应先生成氢氧化铝沉淀，溶液中含铝微粒浓度减小，随着溶液碱性增强，氢氧化铝与碱反应生成AlO2-，溶液中含铝微粒浓度增大，a区域对应溶液含铝微粒浓度很低，是因为大部分转化成了Al(OH)3，故C正确；D项，阴影部分的面积指的是某反应物浓度的变化值，故D错误。15、A【解析】①该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以容器中的压强不再发生变化，不能证明达到了平衡状态，故①错误；②该容器的体积保持不变，A是固态，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量会变，所以当混合气体的密度不再发生变化时，能表明达到化学平衡状态，故②正确；③反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的浓度等不再发生变化，所以各气体物质的物质的量浓度不再变化时，该反应达到平衡状态，故③正确；④该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以气体总物质的量不变，不能表明反应达到平衡状态，故④错误；⑤容器中的气体平均相对分子质量M=，反应前后混合气体的质量会变化，该反应是一个反应前后气体物质的量不变的反应，所以当M不再发生变化时，表明已经平衡，故⑤正确；故选A。【点晴】本题考查化学平衡状态的判断，注意只有反应前后不相同的量才能作为判断化学平衡的依据。反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化。反应前后不改变的量不能作为判断化学平衡的依据，如该反应中的压强就不能作为判断化学平衡的依据。16、D【解析】若W是单质铁，则X可以是Cl2，Z溶液可能是FeCl2溶液；若W是氢氧化钠，则X可以是AlCl3，Z可以是NaAlO2,AlCl3与NaAlO2反应生成Y[Al(OH)3],若X是碳酸钠，则W可能是盐酸,Y为碳酸氢钠；若W为氧气，则X可以是C，Y为CO，Z为CO2，CO2与水作用生成弱酸。选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、C+2H2SO4(浓)△CO2↑+2SO2↑+2H2O1:4离子键、共价键Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O4AgNO3+2Cl2=2N2O5+O2+4AgCl↓【分析】（1）若A为淡黄色固体，则A为S，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为C；（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，为NH3，则A为N2，C为NO，D为NO2，E为HNO3，F为C。【详解】(1)经分析，A为S，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为C，则：①浓硫酸和碳反应生成二氧化碳和二氧化硫和水，方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；②B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，方程式为2H2S+O2+4Ag=2Ag2S+2H2O，反应中氧化剂为氧气，还原剂为银，二者物质的量比为1:4；(2)经分析，A为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，F为C，则：①氨气和硝酸反应生成硝酸铵，含有离子键、共价键；②银和硝酸反应生成硝酸银和一氧化氮和水，离子方程式为：Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O；③在干燥状态下，向②反应得到的溶质中通入干燥的氯气，得到N2O5和一种气体单质，氯气化合价降低，氮元素化合价不变，则气体单质为氧气，方程式为：4AgNO3+2Cl2=2N2O5+O2+4AgCl↓。【点睛】掌握无机推断提的突破口，如物质的颜色，高中常见的有颜色的物质有：淡黄色：硫，过氧化钠，溴化银。常温下，能使铁、铝钝化的浓溶液为浓硫酸或浓硝酸。能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气。18、苯乙烯取代反应碳碳双键2+O22+2H2O【分析】对比A、B的结构，可知A中甲基上H原子被-Br替代生成B，属于取代反应。由C的分子式可知，B发生卤代烃水解反应生成C，故C为．D可以连续发生氧化反应，结合D的分子式、F的结构简式，可知C与HBr发生加成反应生成D，故D为，则E为．由J的结构，可知F发生消去反应、酸化得到G为，G与乙醇发生酯化反应得到J，故H为CH3CH2OH；(7)模仿合成路线中转化，可知CH3CH=CH2与

发生取代反应生成CH2=CHCH2Br，然后与HBr在过氧化物条件下得到BrCH2CH2CH2Br，再发生水解反应得到HOCH2CH2CH2OH，最后氧化得到HOOCCH2COOH。【详解】(1)A分子结构中含有碳碳双键和苯环，X的分子式为C8H8，且X与A互为同系物，则X的结构简式为，化学名称是苯乙烯；(2)B→C为卤代烃在NaOH溶液中的水解，则反应类型是取代反应或水解反应；B、C含有的相同的官能团名称是碳碳双键；(3)D的结构简式为，其中的手性碳原子是；(4)→发生醇的催化氧化，反应的化学反应方程式为2+O22+2H2O；(5)G的结构简式是；(6)Y与C()互为同分异构体，满足下列条件：①含苯环，②苯环上有2个取代基，③能发生银镜反应，说明含有醛基，2个取代基为-CH3、-CH2CH2CHO，或者为-CH3、-CH(CH3)CHO，或者为-CH2CH3、-CH2CHO、或者为-CH2CH2CH3、-CHO，或者为-CH(CH3)2、-CHO，均有邻、间、对3种位置结构，故符合条件的同分异构体共有3×5=15种，其核磁共振氢谱中有5组峰，且峰面积之比为6:2:2:1:1,则Y的结构简式为；(7)模仿合成路线中转化，可知CH3CH=CH2与

发生取代反应生成CH2=CHCH2Br，然后与HBr在过氧化物条件下得到

BrCH2CH2CH2Br，再发生水解反应得到HOCH2CH2CH2OH，最后氧化得到HOOCCH2COOH．合成路线流程图为：。【点睛】能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键，常见反应条件与发生的反应原理类型：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。19、Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO22:1三角锥形cdSOCl2易水解，发生反应SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑或xSOCl2+ZnCl2·xH2O+H2O=ZnCl2+xSO2↑+2xHCl↑，生成的HCl抑制Zn2+水解，故可制得无水ZnCl2ad【分析】(1)根据题意可知，SO2和Na2S发生氧化还原反应，生成Na2S2O3；(2)Cl2为氧化剂，S为还原剂根据化合价升降法确定系数；(3)SOCl2分子中S为中心原子，为sp3杂化；根据同族元素原子的结构及其性质的递变性进行分析。(4)①已知SOCl2易水解，可与ZnCl2·xH2O提供的水反应发生SOCl2+H2O=SO2+2HCl，且生成的HCl能够抑制锌离子的水解，导致ZnCl2·xH2O失去水，从而得到无水ZnCl2；②若乙同学观点正确，则生成的氯化铁固体中含有氯化亚铁杂质，可将少量固体溶于稀盐酸中，加入K3[Fe(CN)6]溶液显蓝色或滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去即可。【详解】(1)根据题意可知，SO2和Na2S发生氧化还原反应，生成Na2S2O3，反应的化学方程式为Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2；(2)以SO2、S、Cl2为原料制取SOCl2中，Cl2为氧化剂，化合价由0价变为-1，S为还原剂，化合价由0价变为+4，而SO2的化合价未变，则化合价改变值的最小公倍数为4，则的系数为2，S的系数为1，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；(3)SOCl2分子中S为中心原子，共3条键，有1对孤电子对，为sp3杂化，则为三角锥形；a．H2O间存在氢键，分子间的作用力增大，沸点较高，而H2S、H2Se分子间无氢键，沸点与分子量有关，分子量越大，分子间的作用力越强，沸点越高，则沸点：H2O>H2Se>H2S，a错误；b．O原子半径小于S，导致电子对与原子核距离变小，则H2O分子中H、O间的成键电子对间的斥力变大，H—O—H键的键角大于H2S分子中H—S—H键的键角，b错误；c．O、S、Se三种同主族元素，非金属性越强，则热稳定性越高，则热稳定性H2O>H2S>H2Se，c正确；d．CS2是一种直线型分子，中心原子为sp杂化，分子中C、S原子间形成C=S键，则都满足8电子稳定结构，d正确；答案为cd；(4)①已知SOCl2易水解，可与ZnCl2·xH2O提供的水反应发生SOCl2+H2O=SO2+2HCl，且生成的HCl能够抑制锌离子的水解，导致ZnCl2·xH2O失去水，从而得到无水ZnCl2；②若乙同学观点正确，则生成的氯化铁固体中含有氯化亚铁杂质，可将少量固体溶于稀盐酸中，加入K3[Fe(CN)6]溶液显蓝色或滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去即可，综上所述，答案为ad。20、2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O3，2，10，2，6，84FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O>溶液酸碱性不同【解析】装置A中KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2；由于Cl2中混有HCl（g）和H2O（g），HCl（g）会消耗Fe（OH）3和KOH，装置B中应盛放饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl（g）；C装置中Cl2与KOH、Fe（OH）3反应制备K2FeO4，在此装置中Cl2还可以直接与KOH反应生成KCl、KClO和H2O；D装置中NaOH溶液用于吸收多余Cl2，防止污染大气。【详解】（1）①根据题意，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，反应中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，Cl元素的化合价由-1价升至0价，根据电子守恒和原子守恒配平，A中反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；②C中Cl2与KOH、Fe（OH）3反应制备K2FeO4，反应中Cl2做氧化剂被还原为KCl，Fe(OH)3做还原剂被氧化K2FeO4，根据电子守恒和原子守恒配平，反应的化学方程