上海市交通大学附属中学2026届高三上化学期中达标测试试题含解析

上海市交通大学附属中学2026届高三上化学期中达标测试试题注意事项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、下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A向Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴入KSCN溶液溶液变红稀硫酸能氧化Fe2＋B将少量溴水加入KI溶液中，充分反应后再加入CCl4，振荡，静置下层液体呈紫色氧化性：Br2＞I2C向盛有Na2SO3溶液的试管中向加入BaCl2溶液，再滴入稀硝酸生成不溶于稀硝酸的白色沉淀原Na2SO4溶液已被空气中O2氧化DCu与浓硫酸反应，将反应混合物冷却后，再向反应器中加入冷水溶液变蓝验证生成Cu2＋A．A B．B C．C D．D2、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次增大，且原子最外层电子数之和为15。基态Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y与Z同主族，Z与W同周期。下列说法错误的是A．电负性最大的元素是YB．简单氢化物的沸点：Y>ZC．化合物WX2中既存在离子键，又存在共价键D．W元素基态原子核外M层电子的自旋状态相反3、25℃时，将amol·L－1一元酸HA与bmol·L－1NaOH等体积混合后测得溶液pH＝7，则下列关系一定不正确的是（）A．a＝b B．a＞bC．c(A－)＝c(Na＋) D．c(A－)＜c(Na＋)4、下列各组物质中，属于同系物的一组是A．甲烷、一氯甲烷 B．C． D．5、甲醛被视为“空气杀手”，可用如下方法检测：5HCHO+4MnO4-+12H+==4Mn2++5CO2+11H2O。下列说法不正确的是A．甲醛(HCHO)分子中存在极性键B．CO2的电子式为：C．MnO4-是氧化剂，CO2是氧化产物D．当有1.8g甲醛参加反应时，转移电子的物质的量为0.12mol6、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是A．B．C．D．7、将CO2转化为CH4，既可以减少温室气体的排放，又能得到清洁能源。已知：CO2(g)+2H2O(g)⇌CH4(g)+2O2(g)△H＝+802kj·mol－1下图为在恒温、光照和不同催化剂(I、Ⅱ)作用下，体积为1L的密闭容器中n(CH4)随光照时间的变化曲线。下列说法正确的是A．在16h时，对第I种催化剂的容器加压，平衡向正向移动B．0～16h内，v(H2O)I＝1.5mol/(L·h)C．在两种不同催化剂下，该反应的平衡常数不相等D．反应开始后的15h内，第I种催化剂的作用下，得到的CH4最多8、我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：HCHO+O2CO2+H2O。下列有关说法正确的是A．该反应为吸热反应 B．CO2分子中的化学键为非极性键C．HCHO分子中既含σ键又含π键 D．每生成1.8gH2O消耗2.24LO29、下列应用不涉及氧化还原反应的是()A．铝热法冶炼难熔金属B．FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作C．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂D．实验室用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH310、下列事实中，能用同一化学原理解释的是（）A．亚硫酸钠和乙烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．异戊烷和异戊二烯都能使溴水层褪色C．氯气和二氧化硫都能使品红溶液褪色D．活性炭与氢氧化钠溶液都能使二氧化氮气体褪色11、已知：A(g)+B(g)=C(g)+D(l)△H<0，下列图示能表示该反应能量变化的是（图中E表示能量）A． B． C． D．12、根据下列实验：①向Fe2（SO4）3和CuSO4的混合液中加入过量铁粉，充分反应，有红色固体析出，过滤。②取①中滤液，向其中滴加KSCN溶液，观察现象。判断下列说法正确的是（）A．氧化性Cu2+>Fe3+ B．①中所得固体只含铜C．①中滤液含有Cu2+和Fe2+ D．②中不会观察到溶液变红13、R2O8n－离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO4－，若反应后R2O8n－离子变为RO42－离子。又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，则n的值是A．1 B．2 C．3 D．414、下列分子中，属于含有极性键的非极性分子的是A．PCl3 B．H2S C．P4 D．C2H415、W、X、Y、Z

均为短周期主族元素，Y的原子序数是W和Z

的原子序数之和的一半，Y原子的最外层电子数与核外电子总数之比为2：7；W和Z形成的可溶性化合物WZ溶于水中不能促进水的电离；W、X、Z三种元素形成的某种化合物能消毒杀菌．下列说法正确的是A．四种元素原子中,原子半径最大的是ZB．X、Y形成的化合物能溶于盐酸C．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z强于YD．1molW单质与足量X单质反应,转移的电子数为16、如图曲线a表示放热反应X(g)+Y(g)Z(g)+M(g)+N(s)进行过程中X的转化率随时间变化的关系。若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是()A．升高温度 B．加大X的投入量C．加催化剂 D．增大体积17、下列实验现象，与新制氯水中的某些成分(括号内物质)没有关系的是A．使红色布条褪色(HCl)B．将NaHCO3固体加入新制氯水，有无色气泡(H+)C．向FeCl2溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，发现呈红色(Cl2)D．滴加AgNO3溶液生成白色沉淀(Cl-)18、水是生命之源，下列有关说法中正确的是（）A．双氧水被称为绿色氧化剂，是因为其还原产物为O2，对环境没有污染B．氯水放置数天后，漂白性和酸性均减弱C．氨水能导电，说明氨气是电解质D．王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比3：1配成的混合物，可以溶解Au、Pt19、北宋沈括的《梦溪笔谈》对指南针已有详细记载：“方家以磁石磨针锋，则能指南。”磁石的主要成分是（）A． B． C． D．20、下列应用与盐的水解无关的是A．分别将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热、蒸发浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分不同B．配置FeSO4溶液加入铁屑C．NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中D．制TiO2可用TiCl4加大量水，同时加热，方程式如下所示：TiCl4+(x+2)H2O(过量)=TiO2·xH2O↓+4HCl，所得的TiO2·xH2O经焙烧得TiO221、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是()A．某温度和压强下，22.4LCO和N2的混合气体中含有的原子总数可能为2NAB．在合成氨反应中，当有2.24L氨气(标准状况下)生成时，转移的电子数为0.3NAC．标准状况下22.4LHF含有NA个分子D．将78gNa2O2与过量CO2反应转移的电子数为NA22、设NA为阿伏加德罗常数的值，2molN2和2molC2H4相比较，下列叙述中一定正确的是（）A．体积相等 B．电子数均为14NAC．质量相等 D．含共价键均为6mol二、非选择题(共84分)23、（14分）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)。24、（12分）Ⅰ.A、B、C、D和E均为中学化学常见的纯净物，其中B为自然界中含量最多的液体，它们之间有如图反应关系：（1）若A的溶液能使淀粉溶液变蓝，C为非金属氧化物，能使品红溶液褪色，该反应的离子方程式为____________________________________。（2）若A为短周期的金属单质，D为气态单质，C溶液呈强酸性或强碱性时，该反应都能进行。写出C溶液呈强碱性时反应的离子方程式：_____________________________。（3）若A、C均为化合物，E为白色沉淀（不含金属元素），C为引起温室效应的主要气体，则该反应的离子方程式为__________________________________。Ⅱ.FeCl3可用于污水处理，具有效果好、价格便宜等优点。工业上可将铁屑溶于盐酸中先生成FeCl2，再通入Cl2氧化来制备FeCl3溶液。（4）将标准状况下aL氯化氢气体溶于1000g水中得到盐酸，若该盐酸的密度为bg·mL－1，则该盐酸的物质的量浓度是____________________。（5）向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下Cl23.36L，反应后的溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为____________。（6）用100mL2mol·L－1的FeCl3溶液净水时，生成具有净水作用的微粒数_____0.2NA(填“大于”“等于”或“小于”)。25、（12分）二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质）。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：（1）洗涤滤渣A的目的是为了去除_______（填离子符号），检验该离子是否洗涤的方法是_________________________________________________________。（2）第②步反应的离子方程式是______________________________，滤渣B的主要成分是_________。（3）萃取是分离稀土元素的常用方法，已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP________（填“能”或“不能”）与水互溶。实验室进行萃取操作是用到的主要玻璃仪器有_________、烧杯、玻璃棒、量筒等。（4）取上述流程中得到的Ce(OH)4产品0.536g，加硫酸溶解后，用0.1000mol•L-1FeSO4标准溶液滴定终点是（铈被还原为Ce3+），消耗25.00mL标准溶液，该产品中Ce(OH)4的质量分数为__________。26、（10分）C1O2是常用的自来水消毒剂。I．已知实验室可用亚氯酸钠固体与氯气反应制备ClO2：2NaClO2+C12=2C1O2+2NaCl，装置如下图所示：(1)圆底烧瓶内发生反应的化学方程式是：__________。(2)已知常温常压下，ClO2和Cl2是气体，在下列溶剂中溶解性如下表所示：ClO2Cl2水极易溶于水溶CCl4难溶溶B、C、E装置中的试剂依次是_________（填序号）。a.NaOH溶液b.浓硫酸c.饱和食盐水d.CCl4e.饱和石灰水II．使用C1O2在给自来水消毒的过程中会产生有害的副产物亚氯酸根(ClO2-)，可用Fe2+将其去除。已知ClO2-与Fe2+在pH=5～7的条件下能快速反应，最终形成红褐色沉淀，而ClO2-则被还原成Cl-。(3)Fe2+消除ClO2-的离子方程式为_______。(4)实际向自来水中加入Fe2+的量要高于理论值，原因是(结合离子方程式解释)___________。27、（12分）硫化碱法是工业上制备Na2S2O3的方法之一，其反应原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO2==3Na2S2O3+CO2（该反应△H>0），某研究小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O3·5H2O的流程如下。（1）吸硫装置如图所示。①装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效率，B中试剂是____________，表明SO2吸收效率低的实验现象是B中溶液_________________。②为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，除了及时搅拌反应物外，还可采取的合理措施是__________________。（答一条）（2）假设本实验所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH，设计实验方案进行检验。（室温时CaCO3饱和溶液的pH＝10.2）。序号实验操作预期现象结论①取少量样品于试管中，加入适量蒸馏水，充分振荡溶解，_________。有白色沉淀生成样品含NaCl②另取少量样品于烧杯中，加入适量蒸馏水，充分搅拌溶解，________。有白色沉淀生成，上层清液pH>10.2样品含NaOH（3）Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：第一步：准确称取agKIO3（相对分子质量为214）固体配成溶液；第二步：加入过量KI固体和H2SO4溶液，滴加指示剂；第三步：用Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL。则c(Na2S2O3)＝_________mol·L－1。已知：IO3-+5I-+6H+=3I2＋3H2O，2S2O32－＋I2=S4O62－＋2I－（4）某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的Na2S2O3浓度可能__________（填“不受影响”、“偏低”或“偏高”），原因是_________________________________。（用离子方程式表示）。28、（14分）MnSO4·H2O在工业、农业等方面有广泛的应用。软锰矿-黄铁矿硫酸浸出法是工业上制取硫酸锰的一种方法。（1）酸浸时主要反应为15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O，反应中被氧化的元素是____。酸浸时，硫酸过量的目的是：①____；②____。（2）加入CaCO3可以将滤液中的Fe3+转化为Fe(OH)3而除去，该反应的化学方程式为____。CaCO3用量过大，对MnSO4·H2O产量的影响是，____（填“升高”“降低”或“无影响”）。（3）硫酸锰在不同温度下结晶可分别得到MnSO4·7H2O、MnSO4·5H2O和MnSO4·H2O。硫酸锰在不同温度下的溶解度和该温度范围内析出晶体的组成如下图所示。从过滤Ⅱ所得的滤液中获得较高纯度MnSO4·H2O的操作是：控制温度在80℃~90℃之间蒸发结晶，____，使固体MnSO4·H2O与溶液分离，____、真空干燥。29、（10分）将CO2转化成C2H4可以变废为宝、改善环境。以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：Ⅰ．CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)∆H=+177kJ·mol-1(主反应)Ⅱ．C2H6(g)CH4(g)+H2(g)+C(s)∆H=+9kJ·mol-1(副反应)(1)反应I的反应历程可分为如下两步：i．C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)∆H1=+136kJ·mol-1(反应速率较快)ii．H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)∆H2(反应速率较慢)①∆H2=______kJ·mol-1②相比于提高c(C2H6)，提高c(CO2)对反应I速率影响更大，原因是______。(2)0.1MPa时向密闭容器中充入CO2和C2H6，温度对催化剂K-Fe-Mn/Si-2性能的影响如图所示：①工业生产中反应I选择800℃，原因是______。②800℃时，不同的CO2和C2H6体积比对反应影响的实验数据如下表：平衡时有机产物的质量分数CH4C2H415.0/15.07.792.320.0/10.06.493.624.0/6.04.595.5a.随增大，CO2转化率将______(填“增大”或“减小”)。b.解释对产物中C2H4的质量分数影响的原因：______。(3)我国科学家使用电化学的方法(装置如图)用C2H6和CO2合成了C2H4。①N是电源的______极。②阳极电极反应式是______。

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、B【详解】A.溶液中的硝酸根离子在酸性条件下氧化亚铁离子生成铁离子，A错误；B.溴和碘化钾反应生成碘单质和溴化钾，碘溶于四氯化碳显紫色，能说明溴的氧化性大于碘，B正确；C.硝酸氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡，不能说明亚硫酸钠被空气中氧气氧化，C错误；D.铜和浓硫酸反应后可能剩余浓硫酸，稀释时应采用酸入水的原则，D错误；故选B。2、C【分析】基态Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，则其电子层结构为2、6，则Y为O元素，Y与Z同主族，则Z为S元素，所以X、W最外层电子数之和为15-6-6=3，X的半径比O原子小，则应为H元素，则W为Mg元素。【详解】A．非金属性越强电负性越强，四种元素中非金属性最强的为O，则电负性最大的元素为O，即Y，故A正确；B．H2O分子之间存在氢键，所以沸点高于H2S，故B正确；C．化合物MgH2中只存在离子键，故C错误；D．Mg原子M层电子排布为2s2，同一轨道中的两个电子自旋方向相反，故D正确；综上所述答案为C。3、D【解析】A、若HA为强酸，溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合恰好反应，则a=b；若HA为弱酸，生成强碱弱酸盐NaA，NaA水解使溶液呈碱性，由于溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合，HA应过量，故a＞b，，故A可能正确；B、由A分析可知，a=b或a＞b，故B可能正确；C、由电荷守恒可知，溶液中c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，溶液pH=7，则c(OH-)=c(H+)，故c(A-)=c(Na+)，故C一家正确；D、由C中分析可知，溶液中一定满足c(A-)=c(Na+)，故D一定不正确。故选D。【点晴】本题考查溶液中离子浓度比较、酸碱反应pH的定性判断、盐类水解等知识，注意酸HA的强弱讨论方法及电荷守恒、物料守恒在比较离子间关系时的应用。本题中根据HA是强酸还是弱酸，结合盐类水解判断a、b关系；根据溶液呈电中性，以及溶液中的电荷守恒关系c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，便可顺利判断c(A-)、c(Na+)的相对大小。4、D【详解】A．甲烷属于烷烃，一氯甲烷为卤代烃，二者结构不相似，不属于同系物，故A错误；B.的结构不相似，一个含有碳碳双键，一个含有碳碳三键，不属于同系物，故B错误；C．HCHO为醛类物质，CH3COOH为羧酸，结构不相似，不属于同系物，故C错误；D．都是羧酸，结构相似，相差1个CH2原子团，属于同系物，故D正确；故选D。【点睛】正确理解同系物的概念是解题的关键。互为同系物的物质需要结构相似，结构相似表示含有的原子种类相同，官能团的种类和数目相同。5、D【解析】A.甲醛是共价化合物，其中存在C-H极性键，故A正确；B.CO2分子中含有碳氧双键，电子式为，故B正确；C.反应中Mn的化合价由+7降低为+4价，MnO4-是氧化剂，甲醛被氧化生成二氧化碳，CO2是氧化产物，故C正确；D.1.8g甲醛的物质的量为1.8g30g/mol=0.06mol，参加反应时，转移电子的物质的量为20×0.06mol5=0.24mol，故D错误；故选6、C【解析】A、氯气是强氧化剂，和变价金属反应生成高价化合物；B、硫燃烧一步只能生成二氧化硫；C、碳酸钙高温分解得氧化钙，氧化钙与二氧化硅反应生成硅酸钙；D、氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与水不反应，所以不能实现各步转化。【详解】A、铁和氯气反应生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，故A错误；B、硫燃烧一步只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则转化关系不可以实现，故B错误；C、碳酸钙高温分解得氧化钙，氧化钙与二氧化硅反应生成硅酸钙，所以能实现各步转化，故C正确；；D、氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与水不反应，所以不能实现各步转化，故D错误。故选C。7、B【解析】A.CO2(g)+2H2O(g)⇌CH4(g)+2O2(g)，是反应前后气体物质的物质的量不变的反应，增大压强，平衡不移动，故A错误；B.在0-16h内，CH4的反应速率v(CH4)=12mol1L×16h=0.75mol/(L·h)，而v(H2O)=2v(CH4C.平衡常数只受温度的影响，与催化剂的使用无关，故在恒温的条件下，在两种不同催化剂下，该反应的平衡常数相等，故C错误；D.根据图象不难看出，在反应开始后的15h内，第Ⅰ种催化剂的作用下，得到的CH4较少，故D错误；本题答案为B。8、C【详解】A．该反应在室温下可以进行，故该反应为放热反应，故A错误；B．二氧化碳结构为O=C=O，为极性键，故B错误；C．甲醛中，含有碳氧双键以及两个碳氢单键，故其中3个δ键，1个π键，故C正确；D．每生成1.8gH2O消耗氧气的物质的量为0.1，没有标明状况，故不一定为2.24L，故D错误；故选C。9、D【详解】A、利用Al的强还原性，与某些难熔金属氧化物发生反应，该反应为置换反应，属于氧化还原反应，故A不符合题意；B、利用Fe3＋的强氧化性，发生2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，属于氧化还原反应，故B不符合题意；C、发生2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，属于氧化还原反应，故C不符合题意；D、发生2NH4Cl＋Ca(OH)2=CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，不存在化合价的变化，不属于氧化还原反应，故D符合题意。10、A【详解】A．亚硫酸钠和乙烯都具有还原性，都能被酸性高锰酸钾氧化，所以原理相同，故A正确；B．烷烃与溴水不反应，使溴水褪色是发生了萃取，烯烃能与溴水发生加成反应，使溴水褪色，原理不同，故B错误；C．二氧化硫与品红化合生成无色不稳定的物质，而氯气与水反应生成的HClO，次氯酸具有强氧化性，使品红氧化褪色，原理不同，故C错误；D．活性炭具有吸附性，使二氧化氮气体褪色是物理变化，氢氧化钠与二氧化氮发生化学反应，原理不同，故D错误；故选A。11、B【解析】反应是放热反应，说明反应物总能量高于生成物总能量，因此选项B正确，答案选B。12、D【分析】在实验①中会发生反应：Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4、Fe+CuSO4FeSO4+Cu，由以上反应原理和氧化还原反应规律分析可得结论。【详解】A.在反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+中，氧化剂为Fe3+，氧化产物为Cu2+，即可知氧化性Fe3+>Cu2+，故A错误；B.①中所得固体含有过量的铁和置换出的铜，故B错误；C.由于加入的铁是过量的，则溶液中不可含有Cu2+，故C错误；D.因在①的滤液中只有Fe2+，没有Fe3+，则滴加KSCN溶液时并不会出现溶液变红的现象，故D正确；答案选D。13、B【详解】锰元素的化合价变化为7-2=5，R2O8n－中R的化合价是＋(8－n/2)，在还原产物中R的化合价是＋6价，所以根据得失电子守恒可知5×2×(8－n/2－6)＝2×5，解得n＝2，答案选B。14、D【详解】A．PCl3是分子晶体，含有共价键，分子是三角锥形，正负电荷重心不重合，分子不对称故是极性分子，故A不选；B．H2S是V形分子，正负电荷重心不重合，分子不对称故是极性分子，含有极性键，故B不选；C．P4正负电荷重心重合，分子是正四面体结构，分子对称，故是非极性分子，含有非极性键，故C不选；D．C2H4含有极性键，属于直线型结构，正负电荷重心重合，分子对称故是非极性分子，选D；故选D。15、C【分析】Y原子的最外层电子数与核外电子总数之比为2：7，则Y是Si元素；Y的原子序数是W和Z

的原子序数之和的一半，W和Z

的原子序数之和为28，WZ溶于水中不能促进水的电离，则W是Na元素、Z是Cl元素；W、X、Z三种元素形成的某种化合物能消毒杀菌，则X是O元素。【详解】A.电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越少，半径越大，四种元素原子中，原子半径最大的是Na，故A错误；B.X、Y形成的化合物是SiO2，SiO2是酸性氧化物，不溶于盐酸，故B错误；C.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性HClO4>H2SiO3，故C正确；D.1molNa与足量氧气反应，钠元素化合价由0升高为+1，所以转移的电子数为，故D错误；故答案选C。16、C【分析】先分析出反应X(g)+Y(g)Z(g)+M(g)+N(s)的特点是：气体计量数不变、放热。再由图可知，按b曲线进行与按a曲线进行的关系是：b途径反应速率快，但达到的平衡结果与a相同，根据影响速率的因素及勒夏特列原理可作判断。【详解】A.升高温度：反应速率增大，但平衡逆向移动X的转化率下降，A错误；B.加大X的投入量，可增大的X的浓度，使平衡正向移动，但X的转化率下降，B错误；C.加催化剂加快反应速率，不改变x的转化率，C正确；D.增大体积相当于减压，不影响该反应的平衡，但会使反应速率减小，D错误；答案选C。17、A【解析】试题分析：A、氯水中的次氯酸能使红色布条褪色，与HCl无关，故A选；B、因氯水中有盐酸和次氯酸，均可电离生成H+，H+能与NaHCO3固体反应生成二氧化碳气体，则会有无色气泡出现，故B不选；C、因氯水中的氯气能将亚铁离子氧化为铁离子，再滴加KSCN溶液，发现呈血红色，故C不选；D、因氯水中的盐酸电离生成Cl-，氯离子能与硝酸银发生复分解反应生成氯化银白色沉淀，故D不选；故选A．考点：氯气的化学性质．点评：本题考查氯水的成分及氯气的化学性质、次氯酸的化学性质，明确氯水的成分是解答本题的关键，并熟悉各微粒的性质来解答即可18、D【解析】A、过氧化氢中氧元素化合价为-1价，易得电子，发生还原反应，生成还原产物为水，对环境没有污染，故A错误；B、氯水放置数天后，氯水中的次氯酸逐渐分解生成HCl和O2，漂白性减弱而酸性增强，故B错误；C、氨气是非电解质，氨水能导电，是因为氨气溶于水，与水反应生成一水合氨，一水合氨是弱电解质，其水溶液能导电，故C错误；D、王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比3：1配成的混合物，可以溶解Au、Pt，故D正确；综上所述，本题应选D。【点睛】本题应注意对电解质的理解，电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，其能导电是因为在水溶液或熔融状态下自身电离出自由移动的电子，而氨气溶于水形成氨水，能导电是因为氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，所以一水合氨是电解质，而氨气不是电解质。与此情况类似的还CO2、SO2等，CO2、SO2的水溶液能导电，但CO2、SO2为非电解质。19、C【详解】叫磁性氧化铁，具有磁性，制指南针的磁石的主要成分是，C答案选C。20、B【详解】A．AlCl3溶液水解生成氢氧化铝和氯化氢，由于氯化氢易挥发，加热、蒸发浓缩、结晶，得到氢氧化铝，灼烧得到氧化铝；硫酸铝水解生成氢氧化铝和硫酸，但硫酸是难挥发性酸，加热、蒸发浓缩、结晶，得到硫酸铝固体，灼烧后依然是硫酸铝，所得固体的成分不相同，且与盐的水解相关，故A不符合题意；B．配置FeSO4溶液加入铁屑是为了防止亚铁离子被氧化，与水解无关，故B符合题意；C．铵根和F-均会水解，且二者相互促进，所以NH4F水溶液中含有HF，不能存放于玻璃试剂瓶中，与水解有关，故C不符合题意；D．TiCl4在水中水解：：TiCl4+(x+2)H2O(过量)=TiO2·xH2O↓+4HCl，加热使水解程度增大并使HCl挥发，促进水解，最终彻底水解得到TiO2·xH2O，经焙烧得TiO2，与水解有关，故D不符合题意；综上所述答案为B。21、C【详解】A.CO和N2均属于双原子分子，某温度和压强下，22.4LCO和N2的混合气体的物质的量可能为1mol，含有的原子总数可能为2NA；B.在标准状况下2.24L氨气的物质的量为0.1mol，该反应中氮元素由0价降低到-3价，故转移的电子数为0.3NA；C.标准状况下，HF为液态，不能计算标准状况下22.4LHF的物质的量；D.根据化合价的变化，过氧化钠与转移电子的对应关系为：Na2O2~e-，n(e-)=n(Na2O2)=78g÷78g/mol=1mol，故转移电子数为NA；答案选C。22、C【详解】A．2molN2和2molC2H4相比较，在温度压强相同时体积相同，但选项温度压强不知，不能判断体积大小，A错误；B．2molN2分子中含电子数=2mol×14×NA=28NA，2molC2H4分子中所含电子数=2mol×16×NA=32NA，所含电子数不相等，B错误；C．2molN2质量=2mol×28g·mol－1=56g；2molC2H4质量=2mol×28g·mol－1=56g；质量相等，C正确；D．2molN2含共价键数=2mol×3×NA=6NA，2molC2H4含共价键=2mol×6×NA=12NA，所含共价键数目不一样，D错误。答案选C。二、非选择题(共84分)23、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)。24、I2+SO2+2H2O=4H++2I-+SO42-2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑SiO32-+2CO2+2H2O=2HCO3-+H2SiO3↓mol·L-12mol·L-1小于【分析】Ⅰ.A、B、C、D、E均为中学化学常见的纯净物，B为自然界中含量最多的液体，判断B为H2O，再结合流程中物质转化关系及提供的信息进行分析判断，从而得解；Ⅱ.（4）n（HCl）=，溶液质量为×36.5g/mol+1000g，则溶液体积为mL，结合c=计算；（5）还原性Fe2+＞Br-，通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，反应后溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为=0.15mol，若Br-没有反应，溶液中n（Br-）=0.3mol，则n（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应，设FeBr2的物质的量为x，表示出参加反应的n（Br-），根据电子转移守恒列方程计算x值，再根据c=计算；（6）铁离子水解制备胶体，胶体可净化水，且水解反应为可逆反应。【详解】A、B、C、D、E均为中学化学常见的纯净物，B为自然界中含量最多的液体，判断B为H2O；（1）若A的溶液能使淀粉溶液变蓝，A具有氧化性为I2，C为非金属氧化物，能使品红溶液褪色，则C为二氧化硫，该反应的反应离子方程式为：SO2+I2+2H2O═4H++2I-+SO42-；（2）若A为短周期的金属单质，D为气态单质，C溶液呈强酸性或强碱性时，该反应都能进行，则A为Al，D为H2，A与强碱性溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（3）若A、C均为化合物，C为引起温室效应的主要气体，判断C为CO2，为酸性强的制备酸性弱的反应，E为白色沉淀不含金属元素，判断E为H2SiO3，则A为硅酸盐，足量的C与A反应生成E的一个离子方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O=2HCO3-+H2SiO3↓；Ⅱ.（4）n（HCl）=，溶液质量为×36.5g/mol+1000g，则溶液体积为mL，由c==mol/L；（5）还原性Fe2+＞Br-，通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，反应后溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为=0.15mol，若Br-没有反应，溶液中n（Br-）=0.3mol，则n（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应，设FeBr2的物质的量为x，则n（Fe2+）=xmol，n（Br-）=2xmol，未反应的n（Br-）=0.3mol，参加反应的n（Br-）=（2x-0.3）mol，根据电子转移守恒有x×1+（2x-0.3）×1=0.15mol×2，解得x=0.2mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2mol/L；（6）100mL2mol/L的FeCl3溶液，其物质的量为0.2mol，因为水解为可逆反应，且生成胶体为微观粒子的集合体，则生成具有净水作用的微粒数小于0.2NA。【点睛】本题考查无机推断、氧化还原反应的计算及浓度计算等，综合性较强，把握氧化还原反应中电子守恒、盐类水解及物质的量浓度的相关计算公式等为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等。25、滤渣上附着的Fe3+、Cl-等取最后洗涤液少量于试管中，滴加几滴AgNO3溶液，如无白色沉淀，则洗干净2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2OSiO2不能分液漏斗97.01%【详解】（1）滤渣A上含有FeCl3，洗涤滤渣A的目的是为了除去Fe3+、Cl-，因此检验是否洗涤干净的实验操作为：取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净或取最后洗涤液少量，滴加AgNO3，如无白色沉淀，则洗干净；（2）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：2CeO2+H2O2+6H+

=2Ce3++O2↑+4H2O；加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，SiO2不反应，滤渣B的成分为SiO2；（3）化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，所以TBP不能与水互溶，实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒、量筒等；（4）用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定至终点，铈被还原成Ce3+，则Fe2+被氧化为Fe3+，则Ce(OH)4～FeSO40.0025mol0.1000mol/L-1×0.025L所以m[Ce(OH)4]=0.0025mol×208g/mol=0.52g产品中Ce(OH)4的质量分数为0.52/0.536×100%=97.0%。26、MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2OcbdClO2-+4Fe2++10H2O=4Fe(OH)3↓+Cl-+8H+Fe2+易被水中溶解的氧气氧化，4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+【分析】由题目中所给信息和实验装置图可知：实验首先用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，反应的方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2++Cl2↑+2H2O，经除杂、干燥后在D中与亚氯酸钠固体反应生成ClO2，B装置除去氯气中的氯化氢，C装置用浓硫酸进行干燥，由于Cl2易溶于CCl4，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，最后收集、并处理尾气。(1)圆底烧瓶中浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，两者反应生成二氯化锰、氯气、水；(2)氯化氢易挥发，浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，氯气中混有氯化氢，可用饱和食盐水除去气体中混有的HCl杂质，因氯气从溶液中制取，所以氯气中混有水蒸气，浓硫酸干燥除去水，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2；(3)ClO2-与Fe2+在pH=5～7的条件下能快速反应，最终形成红褐色沉淀，该沉淀为Fe(OH)3，而ClO2-则被还原成Cl-，据此结合化合价升降总数相等配平该反应的离子方程式；(4)Fe2+具有较强还原性，易被水中溶解的氧气氧化，故实际向自来水中加入Fe2+的量要高于理论值。【详解】(1)实验室用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，浓盐酸盛装在分液漏斗中，圆底烧瓶内为MnO2，浓盐酸和MnO2在加热条件下反应生成二氯化锰、氯气、水，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2++Cl2↑+2H2O；(2)由于浓盐酸具有挥发性，所以在加热时制取的氯气中混有杂质HCl和水蒸气，为制备纯净干燥的氯气，根据氯气不溶于饱和食盐水的性质，可用饱和食盐水除去气体中混有的HCl杂质，然后用浓硫酸干燥除去水蒸气，由于Cl2易溶于CCl4，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，所以B、C、E装置中的试剂依次为：饱和食盐水、浓硫酸、CCl4，故B、C、E装置中的试剂序号依次是cbd；(3)ClO2-与Fe2+在pH=5～7的条件下能快速反应，最终形成红褐色沉淀，该沉淀为Fe(OH)3，铁元素化合价升高了1，而ClO2-则被还原成Cl-，化合价降低了4价，根据氧化还原反应中化合价升降总数相等，可知Fe2+和Fe(OH)3的系数为4，ClO2-、Cl-的系数为1，结合原子守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为：ClO2-+4Fe2++10H2O=4Fe(OH)3↓+Cl-+8H+；(4)由于Fe2+易被水中溶解的氧气氧化，发生反应为4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+，所以实际向自来水中加入Fe2+的量要高于理论值。【点睛】本题以实验室制备ClO2为载体，考查了物质制备方案的设计的知识，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。27、品红、溴水或KMnO4溶液颜色很快褪色（或其他合理答案）控制SO2的流速、适当升高温度（其他合理答案）滴加足量稀硝酸，再滴加少量AgNO3溶液，振荡加入过量CaCl2溶液，搅拌，静置，用pH计测定上层清液pH6000a/214V或3000a/107V

偏高4I-+4H++O2＝2I2+2H2O2S2O32－＋I2=S4O62－＋2I－【解析】(1)①二氧化硫具有还原性、漂白性，所以可以用品红、溴水或KMnO4溶液，来检验二氧化硫是否被完全吸收，若SO2吸收效率低，则二氧化硫有剩余，B中的溶液会褪色，故答案为品红、溴水或KMnO4溶液；溶液颜色很快褪色；②为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，可以减缓二氧化硫的流速，使二氧化硫与溶液充分接触反应，适当升高温度，也能使二氧化硫充分反应，故答案为增大SO2的接触面积或控制SO2的流速；适当升高温度；(2)实验所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH，若检验NaCl存在，需先加稀硝酸排除干扰，再加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有NaCl；已知室温时CaCO3饱和溶液的pH=10.2，若要检验氢氧化钠存在，需加入过量CaCl2溶液，把Na2CO3转化为CaCO3，再测量溶液的pH，若pH大于10.2，说明含有NaOH，故答案为滴加足量稀硝酸，再滴加少量AgNO3溶液，振荡；加入过量CaCl2溶液，搅拌，静置，用pH计测定上层清液pH；(3)n(KIO3)=mol，设参加反应的Na2S2O3为xmol；根据KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，有：