广东省惠州市第三中学2026届化学高三第一学期期中复习检测试题含解析

广东省惠州市第三中学2026届化学高三第一学期期中复习检测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、中国丝绸有五千年的历史和文化。古代染坊常用某种“碱剂”来精炼丝绸，该“碱剂”的主要成分是一种盐，能促进蚕丝表层的丝胶蛋白杂质水解而除去，使丝绸颜色洁白、质感柔软、色泽光亮这种“碱剂”可能是A．草木灰B．火碱C．食盐D．胆矾2、下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。下列说法中不正确的是（）A．当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4B．当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3C．B和Cl2的反应是氧化还原反应D．当X是强酸时，C在常温下是气态单质3、下列关于矿物油（汽油、煤油、柴油等）的判断正确的是A．都是烃的衍生物 B．都有固定沸点C．都易溶于水 D．都不能与氢氧化钠溶液反应4、处于平衡状态的反应：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)ΔH>0，不改变其他条件的情况下，下列叙述正确的是（）A．加入催化剂，反应途径将发生改变，ΔH也将随之改变B．升高温度，正、逆反应速率都增大，H2S分解率也增大C．增大压强，平衡向逆反应方向移动，将引起体系温度降低D．若体系恒容，注入一些H2后达新平衡，H2的浓度将减小5、在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuO＋NH4Cl→Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是A．反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和NB．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2C．反应中产生0.2mol气体时，转移0.6mol电子D．该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的6、向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为深黄色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是（）A．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+>I2>SO2B．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂C．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性D．滴加KI溶液时，转移2mol电子时生成1mol白色沉淀7、白磷有剧毒，被白磷污染的物品应即刻用硫酸铜溶液浸泡并清洗，反应原理是:11P4+60CuSO4+96H2O20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4下列说法正确的是A．该反应中CuSO4将白磷氧化为Cu3PB．该反应中1molCuSO4氧化0.1molP4C．Cu3P既是氧化产物，又是还原产物D．该反应中白磷发生歧化反应，其中作氧化剂和作还原剂的P4的质量之比为5∶68、室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．能与金属铝作用产生H2的溶液：K+、Ca2+、Br－、B．=1×10−12的溶液：K+、Na+、、C．0.1mol∙L−1KFe(SO4)2溶液：Mg2+、Al3+、SCN－、D．通入大量SO2气体的溶液中：Na+、、NH、9、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A．无色透明的溶液中：OH-、Na+、CrO、SOB．c(S2O)=0.1mol·L-1的溶液中：Na+、K+、CO、SOC．水电离出的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液中：Na+、Mg2+、HSO、NOD．能使蓝色石蕊试纸变红的溶液中：Na+、NH、F-、Cl-10、下列离子方程式书写正确的是A．Fe3O4溶于足量氢碘酸：Fe3O4+8H+==Fe2++2Fe3++4H2OB．硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠可能发生：4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na+C．向100mL0.5mol/LNaOH溶液中通入672mLCO2(标准状况)：3CO2+5OH‾==2CO32‾+HCO3‾+2H2OD．向含1molFeBr2的溶液中通入0.6molCl2：10Fe2++4Br‾+8Cl2=10Fe3++2Br2+16Cl‾11、下列说法正确的是（）A．二氧化硅具有良好的半导体特性，故而可用作光导纤维B．硅酸钠为盐，非碱类物质，故可用玻璃瓶盛装C．高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，说明硅酸酸性强于碳酸D．硅溶于氢氧化钠溶液，只有水作氧化剂，NaOH既非氧化剂也非还原剂12、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,W、Y同主族,Z的核外最外层电子数与W核外电子总数相等,四种元素的最外层电子数之和为11,向X、Y、Z三种元素形成的常见化合物的水溶液中通入CO2有白色胶状沉淀生成,过滤,加入盐酸后白色沉淀溶解且无气体放出。下列说法正确的是A．原子半径:W<X<Y<ZB．W的单质与水反应比Y的单质与水反应剧烈C．Y的最高价氧化物对应的水化物溶液可与Z的单质反应D．Y、Z分别与X形成的二元化合物中,两者所含化学键类型一定相同13、下列叙述中，排列顺序正确的是：①氧化性：KMnO4>MnO2>Cl2②单质的密度：Na<K<Rb③微粒半径：K＋>S2－>F－④物质的熔点：Li>Na>K⑤氢化物的沸点：H2Se>H2S>H2OA．①③ B．②④ C．①④ D．③⑤14、下列试剂中无法鉴别对应物质的是选项物质试剂A乙醛甲苯和CCl4水B甲烷乙炔和四氯化碳溴水C乙醇乙酸和乙酸乙酯饱和碳酸钠溶液D苯甲醇苯甲醛和苯甲酸酸性高锰酸钾溶液A．A B．B C．C D．D15、下列实验操作能达到实验目的的是A．将甲烷和乙烯的混合气体通过溴的四氯化碳溶液进行分离B．只用Na2CO3溶液来鉴别CaCl2溶液、AlCl3溶液和稀硫酸C．为检验某品牌食盐中是否加碘，将样品溶解后滴加淀粉溶液D．向某溶液中滴加少量稀硝酸，产生白色沉淀，证明其中含有SiO32-16、硫酸铵在一定条件下发生反应:4(NH4)2SO4＝6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+N2↑+7H2O，将反应后的气体通入一定量的氯化钡溶液中恰好完全反应，有白色沉淀生成。下列有关说法正确的是A．白色沉淀为BaSO4B．白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为1:1C．白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为3:1D．从溶液中逸出的气体为N2，最后溶液中的溶质只有NH4Cl二、非选择题（本题包括5小题）17、艾司洛尔是预防和治疗手术期心动过速或高血压的一种药物，艾司洛尔的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)丙二酸的结构简式为_______；E中含氧官能团的名称是_______。(2)D生成E的反应类型为____________。(3)C的结构简式为________________。(4)A遇FeCl3溶液发生显色反应，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1molB、1molH2O和1molCO2，B能与溴水发生加成反应，推测A生成B的化学方程式为____。(5)X是B的同分异构体，X同时满足下列条件的结构共有____种，其中核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为____。①可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳②遇FeCl3溶液发生显色反应③除苯环外不含其他环(6)写出以苯甲醇和丙二酸为原料制备的合成路线________(其他试剂任选)。18、A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大。①A元素组成的单质是相同条件下密度最小的物质；②B元素原子的最外层电子数是其内层电子总数的2倍；③D原子的电子层数与最外层电子数之比为3：1；④E元素的最外层电子数是电子层数的2倍；⑤C与E同主族。请回答下列问题：(1)B元素在周期表中的位置是：______________(2)写出化合物D2C2的电子式____________；该化合物中所含化学键类型为____________(3)化合物A2C和A2E中，沸点较高的是______________(填化学式)(4)化合物EC2常温下呈气态，将其通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀和NO气体放出，该反应的离子方程式为_______________(5)元素A、B、C按原子个数比2：1：1组成的化合物是常见的室内装修污染物，该物质的分子空间构型为______________；该化合物中B原子的杂化轨道类型为______________19、现要测定某氯化铁与氯化亚铁混合物中铁元素的质量分数。实验按以下步骤进行：I．根据上面流程，回答以下问题：（1）操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有_______、_______(填仪器名称)。（2）加入氯水发生反应的离子方程式为______________________________。（3）将沉淀物灼烧后，冷却至室温，用天平称量其质量为b1g，再次加热并冷却至室温，称量其质量为b2g，若b1－b2=0.3g，则接下来还应进行的操作是___________________；若坩埚质量是w1g，坩埚与灼烧后固体总质量是w2g，则样品中铁元素的质量分数是_______________。II．有同学提出，还可以采用以下方法来测定：（4）溶解样品改用了硫酸，而不再用盐酸，为什么?_____________________________。（5）选择的还原剂是否能用铁_____(填“是”或“否”)，原因是______________________。（6）)若滴定消耗cmol·L-1KMnO4溶液bmL，则样品中铁元素的质量分数是__________。20、广泛用作有机反应催化剂。十堰市采用镁屑与液溴为原料制备无水，装置如图1，主要步骤如下：步骤1：三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置B中加入15mL液溴。步骤2：缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三口瓶中。步骤3：反应完毕后恢复至室温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。步骤4：常温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水产品。已知：①和剧烈反应，放出大量的热；具有强吸水性；②乙醚极易挥发；③请回答下列问题：（1）仪器D的作用是__________；（2）无水的作用是__________。（3）步骤2通入干燥的的目的是______；实验中不能用干燥空气代替干燥，原因是________。（4）若将装置B改为装置C（图2），可能会导致的后果是______（5）步骤4用苯溶解粗品的目的是_________。（6）从平衡移动的角度解释得到三乙醚合溴化镁后，加热有利于得到无水产品的原因：_________21、甲醇是一种优质燃料，在工业上常用CO和H2合成甲醇，反应方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。已知：①CO(g)＋1/2O2(g)＝CO2(g)△H1＝－283.0kJ/mol②H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(g)△H2＝－241.8kJ/mol③CH3OH(g)＋3/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)△H3＝－192.2kJ/mol回答下列问题：（1）计算CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的反应热△H4=________________。（2）若在绝热、恒容的密闭容器中充入1molCO、2molH2，发生CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻为平衡状态的是________(填选项字母)。（3）T1℃时，在一个体积为5L的恒容容器中充入1molCO、2molH2，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.8，则5min内用H2表示的反应速率为v(H2)=_______________________。T1℃时，在另一体积不变的密闭容器中也充入1molCO、2molH2，达到平衡时CO的转化率为0.7，则该容器的体积______5L(填“>”“<”或“=”)；T1℃时，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数K=____________________________。（4）为了提高燃料的利用率可以将甲醇设计为燃料电池，写出KOH作电解质溶液时，甲醇燃料电池的负极反应式：_________________________。该电池负极与水库的铁闸相连时，可以保护铁闸不被腐蚀，这种电化学保护方法叫做___________。（5）含有甲醇的废水随意排放会造成水污染，可用ClO2将其氧化为CO2，然后再加碱中和即可。写出处理甲醇酸性废水过程中，ClO2与甲醇反应的离子方程式：_________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】草木灰的成分是碳酸钾，属于盐，溶液呈碱性，故A正确；火碱是氢氧化钠，属于碱，故B错误；食盐是氯化钠属于盐，溶液呈中性，故C错误；胆矾是，属于盐，溶液呈酸性，故D错误。2、D【解析】根据图中的转化关系可知，A一定是弱酸的铵盐，当X是强酸时，A、B、C、D、E、F分别是：Na2S、H2S、S、SO2、SO3、H2SO4；当X是强碱时，A、B、C、D、E、F分别是：NH4Cl、NH3、N2、NO、NO2、HNO3。【详解】A.由上述分析可知，当X是强酸时，F是H2SO4，故A正确；B.由上述分析可知，当X是强碱时，F是HNO3，故B正确；C.无论B是H2S还是NH3，B和Cl2的反应一定是氧化还原反应，故C正确；D.当X是强酸时，C是硫，在常温下是固态单质，故D错误；答案选D。3、D【分析】矿物油（汽油、煤油、柴油等）沸点较低，在常压下加热就容易挥发，所以汽油、煤油、柴油主要来自于石油的常压蒸馏。【详解】A.矿物油（汽油、煤油、柴油等）都是烃，选项A错误；B.矿物油（汽油、煤油、柴油等）都为混合物，没有固定沸点，选项B错误；C.矿物油（汽油、煤油、柴油等）都难溶于水，选项C错误；D.矿物油（汽油、煤油、柴油等）都不能与氢氧化钠溶液反应，选项D正确。答案选D。4、B【分析】A.加入催化剂，反应速率加快，反应的活化能降低；B.升高温度，反应速率加快，平衡向吸热的方向移动；C.增大压强，平衡向体积缩小的方向移动；D.增大生成物的浓度，平衡移向移动。【详解】A.加入催化剂，反应途径将发生改变，但根据盖斯定律反应的始态和终态不变，反应的ΔH不会改变，A项错误；B.升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向吸热反应方向移动，所以平衡正向移动，H2S分解率增大，B项正确；C.该反应随反应进行气体分子数增多，增大压强，化学平衡逆向移动，由于正反应吸热，所以平衡逆向移动体系温度升高，C项错误；D.恒容体系中充入H2平衡逆向移动，但平衡移动的趋势是很微弱的，只能减弱这种改变，不能抵消这种改变，因此再次平衡时H2的浓度比原来的大，D项错误；答案选B。5、B【分析】根据CuO＋NH4Cl→Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O分析可知：Cu由+2价降低为0，被还原；N元素的化合价由-3价升高为0，被氧化；根据电子守恒、原子守恒配平为4CuO＋2NH4Cl=3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O即可判断。【详解】A.氯化铵中N元素化合价升高被氧化，氧化铜中铜元素化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素分别为N和Cu，故A错误；B.根据反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3：2，故B正确；C.由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol的气体转移的电子为0.2mol×6=1.2mol，故C错误；D.由反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的3/4，故D错误。综上所述，本题正确答案为B。6、A【分析】向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为深黄色，说明有I2生成。碘元素化合价由-1价升高到0价，Cu2+被还原为CuI，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色，说明I2被还原，I2与SO2反应生成HI和H2SO4，据此分析解答。【详解】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，发生反应化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，发生反应：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。A.在2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2反应中，Cu2+化合价降低，Cu2+作氧化剂，I2是I-失去电子形成的，I2是氧化产物，根据物质的氧化性：氧化剂>氧化产物，可知氧化性：Cu2+>I2；在反应SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中，碘元素化合价由0价降低为-1价，I2作氧化剂，SO2被氧化，SO2作还原剂。由于物质氧化性：氧化剂>还原剂，因此氧化性：I2>SO2，故氧化性：Cu2+>I2>SO2，A正确；B.向反应后的混合物中不断通入SO2气体，发生反应：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反应方程式可知，碘元素化合价由0价降低为-1价，被还原，所以I2作氧化剂，B错误；C.向反应后的混合物中不断通入SO2气体，发生反应：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，因为I2不断被还原消耗变为I-使碘水褪色，SO2体现强还原性，而不能表现漂白性，C错误；D.CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，发生反应的化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，可知：每转移2mol电子生成2molCuI，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查氧化还原反应，掌握物质的性质与元素化合价的关系是本题解答的关键。根据题目信息推断实验中发生的反应，利用物质的氧化性：氧化剂大于氧化产物，氧化剂大于还原剂；物质的还原剂：还原剂大于还原产物，还原剂大于氧化剂，电子转移数目等于反应中元素化合价升降总数，本题考查了学生对氧化还原反应的利用及对陌生信息的接受与应用能力。7、D【分析】本题主要考查氧化还原反应，氧化还原反应的电子转移数目计算。Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，结合电子守恒来解答。【详解】A.该反应中CuSO4将白磷氧化为H3PO4，错误；B.因为1molCuSO41/3molCu3P得到1mole-，1molP44molH3PO4失去20mole-，故1molCuSO4可氧化0.05molP4，错误；C.Cu3P只是还原产物，错误；D.根据反应中各元素化合价变化，该反应可写为6P4（还原剂）+5P4+60CuSO4（氧化剂）+96H2O===20Cu3P（还原产物）+24H3PO4（氧化产物）+60H2SO4，白磷发生歧化反应，其中作氧化剂和还原剂的白磷的质量之比为5:6，正确。8、B【详解】A．能与金属铝作用产生H2的溶液，说明可能是酸或碱，Ca2+、OH－、生成CaSO3沉淀，H+与生成气体，故A不符合题意；B．=1×10−12的溶液，说明溶液显碱性，K+、Na+、、都共存，故B符合题意；C．0.1mol∙L−1KFe(SO4)2溶液，Fe3+与SCN－反应，故C不符合题意；D．通入大量SO2气体的溶液，H2SO3与反应生成，故D不符合题意。综上所述，答案为B。9、B【详解】A．CrO呈黄色，A项错误；B．S2O、Na+、K+、CO、SO之间不反应，可以大量共存，B项正确；C．水电离出的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液为酸或碱溶液，酸溶液中，HSO不能大量存在，碱溶液中，Mg2+、HSO不能大量存在，C项错误；D．能使蓝色石蕊试纸变红的溶液，呈酸性，F-不能大量共存，D项错误；故选B。10、C【解析】A.Fe3O4溶于足量氢碘酸生成碘化亚铁、单质碘和水，A错误；B.还有氧气生成，应该是：4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+，B错误；C.向100mL0.5mol/LNaOH溶液中通入672mLCO2(标准状况)，二者的物质的量之比是5：3，因此反应的离子方程式为：3CO2+5OH‾＝2CO32‾+HCO3‾+2H2O，C正确；D.向含1molFeBr2的溶液中通入0.6molCl2，亚铁离子全部被氧化，溴离子部分被氧化，即10Fe2++2Br‾+6Cl2=10Fe3++Br2+12Cl‾，D错误，答案选C。点睛：选项D是解答的难点，注意掌握离子方程式错误的原因：离子方程式不符合客观事实：质量不守恒、电荷不守恒、电子得失总数不守恒、难溶物质和难电离物质写成离子形式、没有注意反应物的量的问题。在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。11、D【详解】A.硅具有良好的半导体特性，二氧化硅可用作光导纤维，故错误；B.硅酸盐具有粘性，容易将玻璃瓶与玻璃塞粘到一起，不能用玻璃瓶盛装，故错误；C.高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，不是在常温下进行，且不是在水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，故错误；D.硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，水中氢离子化合价降低，做氧化剂，故正确；故选D。12、C【分析】向X、Y、Z三种元素形成的常见化合物的水溶液中通入CO2有白色胶状沉淀生成,过滤,加入盐酸后白色沉淀溶解且无气体放出，可推出X、Y、Z三形成的化合物为NaAlO2，可得出X为O，Y为Na，Z为Al，又根据W、Y同主族、Z的核外最外层电子数与W核外电子总数相等得出W为Li，据此解答。【详解】根据上述分析，得出W为Li，X为O，Y为Na，Z为Al。A、根据原子半径递变规律，应是X<W<Z<Y，故A错误；B、W的单质是Li，Y的单质是Na，Na与水反应更剧烈，故B错误；C、Y的最高价氧化物对应的水化物溶液是NaOH溶液，可与Al反应，故C正确；D、Y、Z分别与X形成的二元化合物可能有Na2O、Na2O2、Al2O3，Na2O2中有离子键和非极性键，而其余两种都只有离子键，化学键类型不同，故D错误。答案选C。【点睛】推出元素是解题的关键，突破口是水溶液中通入CO2有白色胶状沉淀生成,过滤,加入盐酸后白色沉淀溶解且无气体放出，推出该水溶液为NaAlO2溶液，可推出X、Y、Z元素。13、C【详解】①由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，高锰酸钾分解生成二氧化锰，故氧化性：KMnO4＞MnO2，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，故氧化性：MnO2＞Cl2，氧化性：KMnO4＞MnO2＞Cl2，故正确；②碱金属元素从上到下，金属的密度呈增大趋势，钾反常，所以单质的密度：K＜Na＜Rb，故错误；③核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，离子的核外电子层数越多，离子半径越大，应为S2-＞K+＞F－，故错误；④碱金属元素从上到下，金属的熔点逐渐降低，应为Li＞Na＞K，故正确；⑤水中存在氢键，沸点最高，H2Se和H2S结构相似，分子间只存在范德华力，相对分子质量越大，沸点越高，故正确顺序为H2O＞H2Se＞H2S，故错误；故选C。【点睛】本题涉及氧化性的比较、离子半径的比较以及金属的性质等知识。注意把握元素周期律的递变规律。本题的易错点为碱金属的密度，要注意钾反常。14、D【解析】A、乙醛和水互溶，甲苯不溶于水，密度小于水，四氯化碳不溶于水，密度大于水，可以鉴别，A不符合题意；B、甲烷和溴水不反应，乙炔和溴水发生加成反应，能使溴水褪色，四氯化碳萃取溴水中的溴，可以鉴别，B不符合题意；C、乙醇和碳酸钠溶液互溶，乙酸和碳酸钠反应放出气体，乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液中，可以鉴别，C不符合题意；D、苯甲醇、苯甲醛均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，D符合题意，答案选D。15、B【详解】A．溴与乙烯反应，而甲烷不能，但甲烷可溶于四氯化碳，应选溴水、洗气分离，故A错误；B．碳酸钠与CaCl2溶液反应生成白色沉淀，与AlCl3溶液也生成白色沉淀，但同时生成无色无味的气体，现象不同，可以鉴别，故B正确；C．食盐中一般添加的是碘酸钾，淀粉遇碘单质变蓝色，遇碘的化合物无明显现象，故C错误；D．向某溶液中滴加少量稀硝酸，产生白色沉淀，该白色沉淀可能为氢氧化铝，也可能为硅酸，故D错误；答案选B。16、B【分析】反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应：SO2+H2O+2NH3=(NH4)2SO3、(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=(NH4)2SO4、(NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl，依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨气和2molSO2反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余SO2和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，则：n(BaSO4):n(BaSO3)=1:1；【详解】A、根据分析可知，白色沉淀为BaSO4和BaSO3，故A错误；B、由上述分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故B正确；C、根据B项分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故C错误；D、从溶液中逸出的气体为N2，根据分析可知，反应后的溶质为亚硫酸氢钡与氯化铵，故D错误；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、HOOC－CH2－COOH醚键、酯基取代反应15【分析】本题主要考查有机合成综合推断以及逆向合成。合成路线分析：由E的结构简式以及D的分子式可推断出D的结构简式为，由C与甲醇发生酯化反应生成D，可推断出C的结构简式为，B与氢气发生加成反应生成C，结合B的分子式与第（4）问中“B能与溴水发生加成反应”，可推断出B的结构简式为，A与丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成B，结合A的分子式以及第（4）问中“A遇FeCl3溶液发生显色反应，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1molB、1molH2O和1molCO2”，可推断出A的结构简式为。【详解】（1）丙二酸的结构简式为：；观察E结构简式可知，所含含氧官能团有：醚键、酯基；（2）D生成E的方程式为：，故反应类型为取代反应；（3）由上述分析可知，C的结构简式为：；（4）根据化学方程式配平可写出A生成B的化学方程式为：；（5）条件①：该结构简式中含有羧基；条件②：该结构简式中含有酚羟基；条件③：除苯环外，不含有其它杂环；可以酚羟基作为移动官能团，书写出主要碳骨架，再进行判断同分异构体总数，（1）中酚羟基有2个取代位置（不包含本身），（2）中酚羟基有3个取代位置，（3）中酚羟基有4个取代位置，（4）中酚羟基有4个取代位置，（5）中酚羟基有2个取代位置，故同分异构体一共有2+3+4+4+2=15种；核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为。（6）对比苯甲醇和结构简式，根据题干信息，需将苯甲醇氧化生成苯甲醛，再模仿A生成B的方程式生成，再根据碳碳双键与卤素单质加成再取代合成，故合成路线为：【点睛】本题主要考查有机物的推断与合成，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团，有机反应绝大多数都是围绕官能团展开，而高中教材中的反应原理也只是有机反应的一部分，所以有机综合题中经常会出现已知来推断部分没有学习过的有机反应原理，认识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行，而不必过多追究。18、第二周期第IVA族离子键、共价键H2O3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+平面三角形sp2【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大。①A元素组成的单质是相同条件下密度最小的物质，则A是H元素；②B元素原子的最外层电子数是其内层电子总数的2倍，则B原子核外有2个电子层，核外电子排布是2、4，B是C元素；③D原子的电子层数与最外层电子数之比为3：1，则D核外电子排布式是2、8、1，D是Na元素；④E元素的最外层电子数是电子层数的2倍，则E核外电子排布是2、8、6，E是S元素；⑤C与E同主族，原子序数小于Na，大于C，则C是O元素。结合元素的单质及化合物的结构、性质分析解答。【详解】根据上述分析可知A是H，B是C，C是O，D是Na，E是S元素。(1)B是C元素，在周期表中的位置是第二周期第IVA族；(2)化合物D2C2是Na2O2，该物质中Na+与O22-通过离子键结合，在O22-中两个O原子通过共价键结合，所以其电子式为：；该化合物中所含化学键类型为离子键、共价键；(3)化合物A2C是H2O，A2E是H2S，由于在H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使物质气化消耗较多的能量，因此沸点较高的是H2O；(4)化合物EC2是SO2，在常温下呈气态，该物质具有还原性，将其通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀和NO气体放出，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+；(5)元素A、B、C按原子个数比2：1：1组成的化合物CH2O是常见的室内装修污染物，该物质的分子中，C原子采用sp2杂化，与O原子形成共价双键，再与2个H原子形成2个共价键，分子空间构型为平面三角形。【点睛】本题考查了元素的原子结构与物质性质的关系、有电子转移的离子方程式书写等知识。根据题干信息正确推断元素是解题关键，能很好的反映学生对饮水机化合物的性质及物质结构理论的掌握和应用情况。19、251mL容量瓶胶头滴管2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于1．1g×111%过量的盐酸能被酸性高锰酸钾溶液氧化，对KMnO4的滴定过程有干扰否如果用铁做还原剂，会与Fe3+、过量的硫酸反应生成Fe2+，干扰原混合物中铁元素的测定2.8bc/a【解析】本题按照两种不同的实验设计进行了某氯化铁与氯化亚铁混合物中铁元素的质量分数，方案I为沉淀法，方案II滴定法，两种方案中均是先准确配制一定体积的溶液，然后取样进行测定，计算的依据为铁元素的质量守恒，据此分析解答。【详解】Ⅰ．（1）操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有251mL容量瓶、胶头滴管；故答案为251mL容量瓶、胶头滴管；（2）加入氯水将溶液中的Fe2+氧化转变成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；（3）为了减少误差，需再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于1．1g，因b1－b2=1.3g>1.1g，所以接下来需再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于1．1g；由铁元素质量守恒可得红棕色固体中铁元素就是样品中的铁，Fe2O3中铁元素的质量为（W2-W1）g×；则样品中铁元素的质量为：（W2-W1）g××=g=7（W2-W1）g，所以样品中铁元素的质量分数为：×111%，故答案为再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于1．1g；×111%；II．（4）溶解样品改用了硫酸，而不再用盐酸，是因为过量的盐酸会被酸性KMnO4溶液氧化，对KMnO4的滴定有干扰，故答案为过量的盐酸能被酸性高锰酸钾溶液氧化，对KMnO4的滴定过程有干扰；（5）选择的还原剂不能用铁，因为如果用铁做还原剂，会与Fe3+、过量的硫酸反应生成Fe2+，从而干扰原混合物中铁元素的测定；故答案为否；如果用铁做还原剂，会与Fe3+、过量的硫酸反应生成Fe2+，干扰原混合物中铁元素的测定；（6）Fe与KMnO4反应的离子方程式是：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。n(MnO4-)=bc×11-3mol；则n(Fe2+)=5bc×11-3mol，则样品中铁元素的质量分数是（11×5bc×11-3mol×56g/mol）÷a=2.8bc/a，故答案为2.8bc/a。20、冷凝回流防止空气中的水蒸气进入A装置将溴蒸汽吹出镁屑会与空气中的氧气反应，生成的阻碍反应的继续进行会将液溴挤压入A中，剧烈反应，放出大量热，存在安全隐患除去溴、乙醚等杂质该反应为放热反应，且加热促使乙醚挥发，加热后平衡逆向移动【分析】(1)乙醚和溴都易挥发，据此分析作用；(2)MgBr2具有强吸水性，据此分析；(3)根据溴单质具有挥发性分析；空气中的氧气与Mg反应；(4)将装置B改为装置C，会将液溴挤压入三口瓶中，而Mg和Br2反应剧烈放热；(5)粗品含有溴和乙醚等杂质，需要除去；(6)已知：MgBr2

+3C2H5OC2H5

⇌MgBr2•3C2H5OC2H5△H＜0，加热有利于吸热方向，同时乙醚会挥发，据此分析。【详解】(1)仪器D为球形冷凝管，作用是使挥发出的乙醚和溴蒸气冷却并回流至反应装置；(2)具有强吸水性，无水的作用是防止空气中的水蒸气进入A装置；(3)因为液溴极易挥发，故干燥的N2可将液溴吹出；镁屑会与空气中的氧气反应，生成的MgO阻碍反应的继