2026届广东省河源市化学高三第一学期期中质量检测试题含解析

2026届广东省河源市化学高三第一学期期中质量检测试题注意事项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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、铜有两种常见的氧化物CuO和Cu2O。某学习小组取0.98g(用精密天平测量)Cu(OH)2固体加热，有铜的氧化物生成，其质量随温度变化如图1所示；另外，某同学绘制了三条表示金属氧化物与其所含金属元素质量的关系曲线，如图2所示。则下列分析正确的是()A．图1中，A到B的过程中有0.005mol电子发生了转移B．图1整个过程中共生成0.18g水C．图2三条曲线中，表示CuO和其中所含Cu元素质量关系的曲线是AD．图1中A和B化学式分别为Cu2O和CuO2、下列说法中正确的是A．Cu→CuO→Cu(OH)2每步转化均能通过一步反应实现B．铝合金是一种混合物，它比纯铝的熔点高C．金属铜放置在潮湿的空气中会被腐蚀，生成绿色的铜锈——碱式碳酸铜D．金属铝、铁、铜都有一定的抗腐蚀性能，其抗腐蚀的原因都是表面形成氧化物薄膜，阻止反应的进一步进行3、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，11.2L苯中所含C-H键数目为3NAB．7.8gNa2S和Na2O2组成的混合物，所含阴离子总数为0.1NAC．1molCl2发生反应时，转移的电子数一定为2NAD．常温下，pH＝2的H2SO4溶液中所含H+数目为0.01NA4、某溶液中可能含有OH-、CO32-、[Al(OH)4]-、SiO32-、SO42-、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如图所示。下列说法正确的是A．BC段是OH-与盐酸反应B．反应后最终溶液中的溶质只有NaC1C．原溶液中含有CO32-与[Al(OH)4]-的物质的量之比为3：4D．原溶液中一定含有的离子是Na+、OH-、SiO32-、SO42-、[A1(OH)4]-、CO32-5、实验室电解饱和食盐水的装置如图所示。下列判断正确的是（）A．电极a为阴极 B．电极b上发生还原反应C．电极b为负极 D．阴极产生黄绿色气体6、生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐的形式存在，可用电解法从溶液中除去。有Cl-存在时，除氮原理如图1所示，主要依靠有效氯（HClO、ClO-）将NH4+或NH3氧化为N2。在不同pH条件下进行电解时，氮的去除率和水中有效氯浓度与溶液pH的关系如图2所示。下列说法不正确的是（）A．pH=3时，主要发生ClO-氧化NH3的反应B．pH>8时，有效氯浓度随pH的增大而减小C．pH>8时，NH4+转变为NH3∙H2O，且有利于NH3逸出D．pH<8时，氮的去除率随pH的减小而下降的原因是c（HClO）减小7、海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C．工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收8、聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如下：

（图中虚线表示氢键）下列说法不正确的是（）A．聚维酮分子由（m+n）个单体聚合而成B．聚维酮的单体是：C．聚维酮碘是一种水溶性物质D．聚维酮在一定条件下能发生水解反应9、高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka1.6×10－56.3×10－91.6×10－94.2×10－10下列说法不正确的是（）A．在冰醋酸中这四种酸都是弱酸B．在冰醋酸中可能发生：HClO4+NaHSO4=NaClO4+H2SO4C．在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO4=2H＋+SO42-D．酸性：HCl>HNO310、今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W原子最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法正确的是（）A．原子半径：W>XB．最高价氧化物的水化物酸性：Y>ZC．气态氢化物沸点：Z>WD．气态氢化物热稳定性：Z<W11、一定温度下,将2mo1SO2和ImolO2充入1L恒容密闭容器中，发生反应:2SO2(g)

+O2(g)2SO3(g)△H=-196kJ·mol-1，5min时达到平衡，测得反应放热166.6kJ。下列说法错误的是A．0~5

min

内，用O2表示的平均反应速率V(O2)=0.17mol·L-1·min-1B．n(O2)/n(SO3)的值不变时，该反应达到平衡状态C．若增大O2的浓度，SO2的转化率增大D．条件不变，若起始时充入4molSO2和2molO2，平衡时放出的热量小于333.2kJ12、芬太尼(结构式如图)是一种强效的类阿片止痛剂，起效迅速而作用时间极短。当它与药物联合使用时，通常用作疼痛药物或麻醉剂。下列说法正确的是A．它的分子式是C22H27N2O B．它和苯是同系物C．它属于烃的衍生物 D．药物可以过量使用13、向KAl(SO4)2溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液的过程中，下列说法正确的是（）A．有可能产生两种沉淀 B．不可能立即出现沉淀C．不可能只有一种沉淀 D．有可能变为澄清溶液14、随着人们对物质组成和性质研究的深入，物质的分类更加多样化。下列有关说法正确的是()A．Na2O2、Al2O3、Fe2O3都是碱性氧化物 B．磁铁矿、盐酸、绿矾都是混合物C．CH3COOH、NH3·H2O、HClO都是弱电解质 D．烧碱、纯碱、熟石灰都是碱15、某种光电池的工作原理为：AgCl(s)+Cu+(aq)Ag(s)+Cu2+(aq)+Cl－(aq)。图为该光电池发电装置电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢的装置示意图，下列不正确的是A．制氢装置溶液中K+移向A极B．制氢装置工作时，A极的电极反应式为：CO(NH2)2+8OH－－6e－=CO+N2↑+6H2OC．光电池工作时，Cl－从左侧透过膜进入右侧D．光电池工作时，Ag电极发生还原反应，电极反应为：AgCl(s)+e－═Ag(s)+Cl－(aq)16、下列过程中，没有新物质生成的是A．熔化Al B．电解Al2O3 C．Al(OH)3分解 D．AlCl3水解17、在一定条件下发生下列反应，其中反应后固体质量增加的是A．氨气还原氧化铜B．二氧化锰加入过氧化氢溶液中C．次氯酸钙露置在空气中变质D．过氧化钠吸收二氧化碳18、在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是A．范德华力、范德华力、范德华力B．范德华力、范德华力、共价键C．范德华力、共价键、共价键D．共价键、共价键、共价键19、等质量的两份锌粉a、b分别加入到两份体积相同、物质的量浓度相同且过量的稀硫酸中，同时向a中加入少量的CuSO4溶液，下列各图为产生H2的体积V(L)与时间t(min)的关系，其中正确的是A． B． C． D．20、某溶液中可能存在Br－、CO、SO、Al3＋、I－、Mg2＋、Na＋7种离子中的几种．现取该溶液进行实验，得到如下现象：①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气体冒出；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。据此可以推断：该溶液中肯定不存在的离子是（）A．Al3＋、Na＋、SOB．Mg2＋、CO、Br－C．Al3＋、Mg2＋、SOD．Al3＋、Br－、SO21、已知7834Se与O同主族，下列有关7834Se的说法不正确的是A．非金属性强于SB．位于第四周期第ⅥA族C．中子数是44D．最高化合价为+622、下列离子方程式书写正确的是A．向水玻璃中通入过量二氧化碳：SiO32-＋CO2＋H2O＝CO32-＋H2SiO3↓B．向AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al3＋＋4NH3·H2O＝[Al(OH)4]－＋4NH4＋C．向碳酸氢铵溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：NH4++OH-＝NH3•H2OD．向Na[(AlOH)4]溶液中通入过量二氧化碳：[Al(OH)4]－＋CO2＝Al(OH)3↓+HCO3－二、非选择题(共84分)23、（14分）某研究小组按下列路线合成药物双氯芬酸钠：已知：①②—NO2—NH2请回答：（1）化合物A的结构简式___________；（2）下列说法不正确的是___________；A．化合物B具有碱性B．化合物D不能发生自身的缩聚反应C．化合物G在NaOH水溶液能发生取代反应D．药物双氯芬酸钠的分子组成为C14H9Cl2NO2Na（3）写出G→H的化学方程式___________；（4）以苯和乙烯为原料，设计生成的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）___________；（5）请用结构简式表示同时符合下列条件的化合物H的同分异构体________。①分子中含有联苯结构（）和-OCH3基团；②核磁共振氢谱显示只有4种不同的H原子。24、（12分）丁香酚存在于丁香花的花蕊中，以丁香酚为原料制取有机物F的路线如下：已知：回答下列问题：(1)丁香酚的分子式为________．(2)A中的含氧官能团有________（填名称），②的反应类型为________。(3)写出满足下列条件的C的所有同分异构体的结构简式________。①含苯环且环上只有两个取代基；②属于酯类化合物；③核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为3：1：1。(4)1molD最多可以与____molH2发生加成反应(5)反应⑤中，试剂X的结构简式为_________。25、（12分）Co(CH3COO)2·4H2O(乙酸钴)是一种重要的有机化工原料。回答下列问题:(1)以工业品氧化钴(CoO)为原料制备乙酸钴。(已知CoO与CH3COOH溶液反应缓慢,Co2+能与H+、NO3-大量共存)可能用到的试剂:Na2CO3溶液、CH3COOH溶液、HNO3溶液。先将CoO溶于____(填化学式,下同)溶液制得____溶液;在不断搅拌下,向制得的溶液中不断加入____溶液至不再产生沉淀,静置,过滤,洗涤;向沉淀中加入___溶液至沉淀完全溶解,调节pH约为6.8,经一系列操作得Co(CH3COO)2·4H2O。

(2)为探究乙酸钴的热分解产物,先在低于100℃时使其脱去结晶水,然后用下列装置进行实验(已知CO能与PdCl2溶液反应生成黑色Pd沉淀):①通N2的目的是______。

②澄清石灰水和PdCl2溶液分别用于检验CO2和CO,其中盛放PdCl2溶液的装置是____(填字母)。

③实验结束时,为防止倒吸,正确的操作是______。

④装置a中完全反应后得到钴的一种氧化物,固体残留率(×100%)为45.4%。该氧化物为____。

⑤装置a在加热过程中没有水生成,最终生成的固体氧化物质量为3.0125g,装置b和c中的试剂均足量(b、c中得到固体的质量分别为2.5g、10.6g),集气瓶中收集到的气体为C2H6和N2,则装置a中发生反应的化学方程式为________。26、（10分）某研究小组模拟工业上以黄铁矿为原料制备硫酸的第一步反应如下：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2进行以下实验，并测定该样品中FeS2样品的纯度（假设其它杂质不参与反应）。实验步骤：称取研细的样品4.000g放入上图b装置中，然后在空气中进行煅烧。为测定未反应高锰酸钾的量（假设其溶液体积保持不变），实验完成后取出d中溶液10mL置于锥形瓶里，用0.1000mol/L草酸(H2C2O4)标准溶液进行滴定。（已知：5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4）请回答下列问题：（1）称量样品质量能否用托盘天平_______（填“能”或“不能”），取出d中溶液10mL需要用______准确量取(填序号)A．容量瓶B．量筒C．碱式滴定管D．酸式滴定管（2）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是__________（3）已知草酸与高锰酸钾酸性溶液作用有CO2和Mn2+等物质生成，则滴定时发生反应的离子方程式为_______________﹔判断滴定到达终点的方法是___________。（4）已知滴定管初读数为0.10mL，末读数如图所示，消耗草酸溶液的体积为___________mL。下列操作会导致该样品中FeS2的纯度测定结果偏高的是_________(填序号)A．盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定B．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗C．读取标准液读数时，滴定前平视，滴定到终点后俯视D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失（5）该样品中FeS2的纯度为__________________（6）若用下图装置替代上述实验装置d，同样可以达到实验目的的是_______（填编号）。27、（12分）废旧光盘金属层中的少量Ag，某科研小组采用如下方案进行回收（金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略）。已知：①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO=2NaCl+NaClO3②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3·H2O=Ag(NH3)2++Cl-+2H2O③常温时N2H4·H2O（水合肼）能还原Ag(NH3)2+：4Ag(NH3)2++N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为___________。（2）NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为___________。HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是________________。（3）为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并________________。（4）从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的过程中，在加入2mol/L水合肼溶液后，后续还需选用的试剂有________________（①1mol/LH2SO4、②10%氨水、③1mol/LNaOH溶液，填序号）。反应完全后获取纯净的单质银再进行的实验操作过程简述为________________。28、（14分）以丙烯为原料合成抗炎药物D和机体免疫增强制剂Ⅰ的合成路线如下(部分反应条件和产物己经略去)：已知：+HCl回答下列问题：（1）A的结构简式________，由H生成I的反应类型为______________。（2）E的名称为_____________。（3）化合物G的化学式为C5H10O3N2，则其结构简式为___________________。（4）由E生成丙烯的化学方程式为__________________________________。（5）分子式为C9H10O2的有机物J和D是同系物，J的结构共有________种。（6）结合上述流程中的信息，设计由制制备的合成路线：_________________。（其他试剂自选）29、（10分）乙烯是一种重要的化工原料，以乙烯为原料生产部分化工产品的反应如下（部分反应条件已略去）：请回答下列问题：（1）A的名称是___________，含有的官能团名称是_______________。实验室由A转化为乙烯的反应条件为_______________。（2）B和A反应生成C的化学方程式为_______________，该反应的类型为_______________。（3）F的结构简式为__________________。（4）写出D的同分异构体的结构简式__________________。（5）乙炔是常见的一种化工原料，它可以制取很多化工产品。例如：聚氯乙烯塑料。写出由乙炔合成聚氯乙烯的合成路线。_____________（合成路线常用的表示方式为：）

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、B【解析】0.98gCu(OH)2物质的量为0.98g÷98g/mol=0.01mol，若全部生成CuO，则质量为0.01mol×80g•mol-1=0.8g，所以A点是CuO；若全部生成Cu2O，则质量为0.005mol×144g•mol-1=0.72g，所以B点是Cu2O；A.根据反应方程式4CuO2Cu2O+O2↑可知，A到B的过程中转移电子物质的量为0.01mol，A错误；B.根据化学方程式Cu(OH)2CuO+H2O、4CuO2Cu2O+O2↑可知，水的物质的量为0.01mol，质量为0.01mol×18g/mol=0.18g，B正确；C.10gCuO中所含Cu元素的质量为：×64g=8g，观察图2可知，表示CuO的是B曲线，C错误；D.根据上述分析，A、B的化学式依次为CuO、Cu2O，D错误；答案选B。2、C【解析】A．铜与氧气反应生成氧化铜，但是CuO→Cu（OH）2不可能通过一步反应实现，故A错误；B．铝合金是一种混合物，一般合金的沸点较低，所以铝合金比纯铝的熔点低，故B错误；C．金属铜放置在潮湿的空气中会被锈蚀，生成绿色的铜锈，即：碱式碳酸铜，故C正确；Fe、Cu在潮湿的空气中易生锈，Al属于亲氧元素，易被氧化生成致密的氧化物薄膜氧化铝而阻止进一步被氧化，所以金属铝有一定的抗腐蚀性能，而铁、铜露置于空气中容易与氧气进一步反应，抗腐蚀性能不强，故D错误；故选C。3、B【解析】A.标准状况下，苯呈非气态，11.2L苯中所含C-H键数目大于3NA，故A错误；B.7.8g即0.1molNa2S和Na2O2组成的混合物，所含阴离子总数为0.1NA，故B正确；C.1molCl2发生反应时，转移的电子数不一定为2NA，如1molCl2发生反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO时，转移的电子数为NA，故C错误；D.H2SO4溶液的体积不定，所含H+数目无从确定，故D错误。故选B。点睛：解答本题需要特别注意在标准状况下不是气体的物质，如水、三氧化硫、苯、四氯化碳等。4、C【解析】由图象可知，开始加入HCl时无沉淀生成，说明加入的HCl与溶液中OH-的反应，则溶液中一定不会存在与氢氧根离子发生反应的离子:Fe3+、Mg2+、Al3+;之后开始生成沉淀且反应生成沉淀逐渐增大，说明溶液中存在AlO2-、SiO32-，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32-离子，碳酸根离子反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸;硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中至少含有K+、Na+离子中的一种离子。BC段是CO32-与盐酸反应，故A错误；溶液中至少含有K+、Na+离子中的一种离子、反应后最终溶液中一定铝离子、氯离子、钠离子或钾离子，故B错误；依据图象可知和碳酸根离子反应的盐酸为2体积，反应总方程式为:CO32-+2H+=CO2↑+H2O;氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4体积，反应的离子方程式为:Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;所以原溶液中含有CO32-与Al(OH)3的物质的量之比为n(CO32-):n(Al(OH)3)=2×：=3:4，故C正确；根据以上分析可知，原溶液中一定含有的离子是:OH-、SiO32-、[A1(OH)4]-、CO32-，故D错误。点睛：根据电荷守恒，溶液中阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。根据电荷守恒可计算离子的物质的量。5、B【详解】A．电极a与电源正极相连，故电极a为阳极，A错误；B．电极b与电源负极相连，电极b为阴极，电极上发生还原反应，B正确；C．该装置为电解池，电极b与电源负极相连，电极b为阴极，C错误；D．阴极上氢离子得电子生成氢气，D错误；答案选B。【点睛】电解池中与电源负极相连的为阴极，阳离子在阴极得电子，发生还原发应。6、A【详解】A.当pH=3时，溶液中有效氯主要以HClO的形式存在，主要发生HClO氧化NH4+的反应，A错误；B.由图可知pH>8时，有效氯浓度随pH的增大而减小，B正确；C.当pH>8时，有利于NH4+转变为NH3∙H2O，有利于NH3逸出，C正确；D.随溶液pH降低，c（H+）增大，反应Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO的平衡逆向移动，c（HClO）减小，氮的去除率降低，D正确；答案为A。7、C【详解】A、向苦卤中通入氯气置换出溴单质，分离得到溴，通入氯气是为了提取溴，A正确；B、粗盐中含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等杂质，精制时通常在溶液中依次加入过量的氯化钡溶液、过量的氢氧化钠溶液和过量的碳酸钠溶液，过滤后向滤液中加入盐酸到溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，B正确；C、工业常选用生石灰或石灰乳作为沉淀剂，C错误；D、提取溴时一般用氯气置换出溴单质，由于Br2具有挥发性，用空气和水蒸气吹出溴单质，再用二氧化硫将其还原吸收转化为溴化氢，达到富集的目的，D正确；答案选C。【点睛】本题以海水的综合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等，题目难度中等。氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收，据此解答即可。8、A【详解】A．聚维酮碘是由聚维酮和HI3通过氢键形成的，由聚维酮碘的结构：可知，聚维酮分子是由2m+n个单体加聚而成，A项错误；B．由聚维酮碘的结构：可知，聚维酮的单体是，B项正确；C．聚维酮可以与HI3形成氢键，则由聚维酮碘的结构推测，其也可以与水形成氢键，C项正确；D．聚维酮的结构中含有肽键，所以能在一定条件下发生水解，D项正确；答案选A。【点睛】考虑物质的溶解性时，可以从三个因素入手进行判断：一是，溶质分子和溶剂分子极性相似相溶；二是，溶质分子与溶剂分子之间能形成氢键，溶解性会有明显提高；三是，溶质分子与溶剂分子可以发生可逆反应，溶解性会适当提高。9、C【详解】A．根据电离平衡常数知，在醋酸中这几种酸都不完全电离，都是弱酸，选项A正确；B．在醋酸中，高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，反应HClO4+NaHSO4=NaClO4+H2SO4能进行，选项B正确；C．在冰醋酸中硫酸存在电离平衡，所以其电离方程式为H2SO4⇌H++HSO4-，选项C错误；D．Ka(HCl)>Ka(HNO3)，故酸性：HCl>HNO3，选项D正确；答案选C。10、D【分析】W原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，即W为O，根据四种元素在周期表位置，推出四种元素，然后据此分析；【详解】W原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，即W为O，根据四种元素在周期表位置，X为Si，Y为P，Z为S，A、同主族从上到下原子半径增大，即r(O)<r(S)，故A错误；B、两种元素最高价氧化物对应的水化物分别是H3PO4、H2SO4，酸性强弱：H2SO4>H3PO4，故B错误；C、两种元素的氢化物是H2O和H2S，H2O分子间存在氢键，其沸点比没有分子间氢键的H2S高，故C错误；D、O的非金属性强于S，即H2O比H2S稳定，故D正确；答案为D。【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大；二看原子序数，电子层数相等，半径随着原子序数的递增而减少；三看电子数，当电子层数相等，原子序数相等，半径随着电子数的递增而增大。11、D【解析】A、根据反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196kJ•mol-1可知，当反应放热166.6kJ时，有1.7mol二氧化硫和0.85mol氧气参加反应，生成1.7mol三氧化硫，则0～5min内，用O2表示的平均反应速率V(O2)＝0.85mol/(10L×5min)＝0.017mol·L-1·min-1，A正确；B、的值不变时，说明氧气和二氧化硫的浓度保持不变，该反应达到平衡状态，B正确；C、若增大O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率增大，C正确；D、条件不变，起始向容器中充入4molSO2和2molO2，相当于加压，平衡时放热大于333.2kJ，D错误。答案选D。点睛：选项D是解答的难点，注意放大缩小思想的灵活应用，该方法适用于起始投入物质的物质的量之间存在一定的倍数关系。它指的是将反应容器的体积扩大一定的倍数，使起始物质的浓度相同，则在一定条件下，可建立相同的平衡态。然后在此基础上进行压缩，使其还原为原来的浓度。分析在压缩过程中，平衡如何移动，再依据勒夏特列原理，分析相关量的变化情况。12、C【解析】芬太尼的分子式是C22H28N2O，分子中含有N原子和O原子，不属于烃，属于烃的衍生物。【详解】A项、由结构简式可知，芬太尼的分子式是C22H28N2O，故A错误；B项、苯属于芳香烃，芬太尼属于烃的衍生物，和苯不可能是同系物，故B错误；C项、芬太尼分子中含有N原子和O原子，不属于烃，属于烃的衍生物，故C正确；D项、芬太尼是一种强效的类阿片止痛剂，不可以过量使用，故D错误。故选C。【点睛】本题主要考查了有机物的组成、结构与分类，把握有机物的组成为解答的关键。13、A【详解】向KAl(SO4)2中逐滴滴加Ba(OH)2：先生成BaSO4和Al(OH)3，当铝离子完全沉淀，溶液中还存在没有沉淀的硫酸根离子，再加入Ba(OH)2生成BaSO4的同时Al(OH)3溶解，最后Al(OH)3溶解完，只剩余BaSO4沉淀。反应的方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-═3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，2Al(OH)3+SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2AlO2-+4H2O，因此向明矾溶液中逐滴滴入氢氧化钡溶液至过量的过程中可能产生两种沉淀氢氧化铝和硫酸钡沉淀，也可能生成一种沉淀，故选A。【点睛】明确物质性质及物质之间反应是解本题关键。解答本题要注意氢氧化铝能够被过量的氢氧化钡溶解。14、C【分析】A、碱性氧化物是指与酸反应生成盐和水的氧化物；B、混合物中至少含有两种物质；C、根据电解质在水中的电离程度可知，电离不完全的电解质为弱电解质；D、碱在水中电离产生的阴离子全部为氢氧根离子。【详解】A、Fe2O3是碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，Na2O2是过氧化物，故A错误；B、磁铁矿、盐酸都是混合物，而绿矾（FeSO4•7H2O）为纯净物，故B错误；C、CH3COOH、NH3·H2O、HClO在水中电离均不完全，则都属于弱电解质，故C正确；D、烧碱、熟石灰都是碱，而纯碱（Na2CO3）属于盐，故D错误；故答案选C。【点睛】本题考查物质的分类，熟悉根据物质的组成和性质得出的分类结果是解答本题的关键，学生应熟记概念并能利用概念来判断物质的类别。15、A【分析】左侧是电池，右侧是电解池，左侧Ag电极上得电子作正极、Pt作负极，光电池工作时，Ag电极上AgCl得电子生成Ag，电极反应式为AgCl(s)+e－═Ag(s)+Cl－(aq)，Pt上发生Cu+(aq)-e－=Cu2+(aq)，A连接Ag电极为阳极、B连接Pt电极为阴极，以此分析电极反应和各池中粒子的流向。【详解】A．左侧Ag电极作正极，Pt作负极，连接Ag电极的A为阳极、连接Pt电极的B为阴极，制取氢气装置溶液中阳离子向阴极移动，所以K＋移向B电极，故A说法错误；B．制取氢气装置工作时，A电极为阳极，尿素失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和氮气、水，电极反应式为CO(NH2)2+8OH－-6e－═CO+N2↑+6H2O，故B说法正确；C．Pt作负极，电池的内部阴离子移向负极，光电池工作时，Cl－从左侧透过膜进入右侧，故C说法正确；D．光电池工作时，Ag电极上AgCl得电子生成Ag，电极反应式为AgCl(s)+e－═Ag(s)+Cl－(aq)，故D说法正确；故选A。【点睛】本题考查电化学知识，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确正负极及阴阳极判断方法、各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是判断各个电极上发生的反应，B选项中，制取氢气装置工作时，A电极为阳极，尿素失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和氮气、水，电极反应式为CO(NH2)2+8OH－-6e－═CO+N2↑+6H2O。16、A【解析】A．熔化铝只是物质状态的变化，没有新物质生成，故A正确；B．电解氧化铝生成铝和氧气，有新物质生成，故B错误；C．氢氧化铝分解生成氧化铝和水，有新物质生成，故C错误；D．氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，有新物质生成，故D错误；故答案为A。17、D【解析】A.氨气还原氧化铜后生成铜，固体质量减小；B.二氧化锰加入过氧化氢溶液中，二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂，其质量不变；C.次氯酸钙露置在空气中变质后，次氯酸钙转化为碳酸钙，固体质量减小；D.过氧化钠吸收二氧化碳后，变成碳酸钠，固体质量减小，D正确，本题选D。18、B【详解】“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气”属于石蜡的“三态”之间的转化，所以转化的过程中要克服分子间作用力；“石蜡蒸气→裂化气”属于石油的裂化，属于化学变化，必然要破坏化学键(共价键)，答案选B。19、A【详解】a、b中的Zn的质量相同，稀硫酸是过量的，所以Zn无剩余；又a中加入硫酸铜溶液，与Zn反应生成Cu和硫酸锌，消耗Zn，使Zn与稀硫酸反应产生的氢气的体积减少，同时形成铜、锌原电池使反应速率加快，所以a曲线先反应完全，所需时间较少，但生成的氢气的体积少于b。答案选A。20、C【解析】根据①的现象，推出原溶液中含有Br－和CO32－，根据离子共存，推出Al3＋、Mg2＋不能大量存在，溶液呈电中性，原溶液中一定存在Na＋，根据②中现象，无沉淀产生，说明原溶液中不存在SO32－，根据③中现象，说明原溶液中不含I－，一定存在的离子是Na＋、Br－、CO32－，一定不存在的离子是SO32－、Al3＋、I－、Mg2＋，故选项C正确。点睛：离子检验中，已经注意溶液呈电中性，有阴离子一定有阳离子，不能只有阴离子，没有阳离子。21、A【解析】A.同主族元素从上往下非金属性逐渐减弱，所以Se非金属性弱于S，故A错误；B.Se与O同主族，而Se是第四周期，所以Se位于第四周期第ⅥA族，故B正确；C.中子数=质量数−质子数，所以中子数为：78−34=44，故C正确；D.最高价等于最外层电子数，所以最高化合价为+6，故D正确；故选：A。【点睛】本题以3478Se与O同主族为载体考查原子结构的有关“粒子数”的关系及非金属性强弱的比较、元素在周期表中的位置，熟悉基础知识是解题的关键，注意中子数=质量数−质子数。22、D【解析】A．水玻璃中通入过量的二氧化碳，反应生成硅酸和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3-，故A错误；B．氨水不能溶解氢氧化铝，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B错误；C．向碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液，离子方程式：NH4++HCO3-+2OH-═CO32-+H2O+NH3•H2O，故C错误；D．向Na[Al(OH)4]溶液中通入过量CO2，离子方程式：[Al(OH)4]-+CO2═Al(OH)3↓+HCO3-，故D正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、BD、、、【详解】（1）由逆推知（1）化合物A的结构简式。（2）A．化合物B分子式C6H7N可能是苯胺，具有碱性。故A正确；B．化合物D是2-羟基乙酸，能发生自身的缩聚反应生成聚酯，故B错误；C．化合物G中含有卤原子形成卤代物，在NaOH水溶液能发生取代反应，故C正确；D．药物双氯芬酸钠的分子组成为C14H10Cl2NO2Na，故D错误。答案选BD。（3）G的结构为根据①，所以G→H的化学方程式。（4）以苯和乙烯为原料，设计生成的合成路线：（5）H的分子式为，符合下列条件①分子中含有联苯结构（）和-OCH3基团；②核磁共振氢谱显示只有4种不同的H原子。的同分异构体为：、、、。24、C10H12O2羟基、醚键取代反应、4或CH3COCH3【分析】根据丁香酚的键线式结构，判断其分子式；根据A的结构简式，判断含氧官能团，对比A、B的结构判断反应类型；根据题中所给信息，写出符合条件的C的同分异构体；根据D的结构判断与H2加成的量；根据题中信息，对比D、E的结构，判断试剂X的结构；据此解答。【详解】(1)丁香酚的键线式结构为，交点、端点为碳原子，用H原子饱和碳的四价结构，可知其分子式为C10H12O2；答案为C10H12O2。(2)由A的结构简式为可知，该有机物含氧官能团有羟基和醚键；A的结构简式为，B的结构简式为，对比A、B的结构，从羟基变成酯基，得出该反应为取代反应；答案为羟基、醚键，取代反应。(3)C的结构简式为，其的分子式为C10H10O4，根据信息中含有苯环，则取代基只剩下4个碳原子，且苯环上有两个取代基，其相对位置应该有邻位、间位和对位三种结构。又因其核磁共振氢谱为3组峰，峰面积比为3：1：1，它可能的同分异构体应该是邻位的两个相同的取代基，因为C是酯类化合物，故取代基为-COOCH3或者-OOCCH3，可以确定符合条件C的同分异构体结构简式为，答案为。(4)由D的结构简式可知，其分子中含有一个醛基，1mol醛基可以加成1molH2，另外1mol苯环也可以加成3molH2，则1molD最多可以与4molH2发生加成反应；答案为4。(5)D的结构简式为，E的结构简式为，反应⑤的条件与题干中的羟醛缩合反应对应，说明反应⑤就是羟醛缩合，对比D、E的结构，发现E比2个D多了中间的三个碳原子，可以得出试剂X为或CH3COCH3；答案为或CH3COCH3。25、HNO3Co(NO3)2Na2CO3CH3COOH隔绝空气,使反应产生的气体全部进入后续装置c先熄灭装置a的酒精灯,冷却后停止通入氮气Co3O43Co(CH3COO)2Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑【解析】根据CoO与CH3COOH溶液反应缓慢，Co2+能与H+、NO3-大量共存的信息，制备乙酸钴时，先将CoO溶于溶液HNO3溶液制得Co(NO3)2溶液，再加入Na2CO3溶液产生碳酸钴沉淀，最后加CH3COOH溶液反应生成Co(CH3COO)2，再通过浓缩、结晶等方法得到最终产物；探究乙酸钴的热分解产物，a中乙酸钴受热分解生成CO、CO2等产物,通入N2先将空气排尽并将产生的气体都赶入吸收装置，b澄清石灰水检验CO2，c中PdCl2溶液可检验CO，最后用d来收集未反应完的CO。【详解】（1）根据CoO与CH3COOH溶液反应缓慢，Co2+能与H+、NO3-大量共存的信息，制备乙酸钴时，先将CoO溶于溶液HNO3溶液制得Co(NO3)2溶液，再加入Na2CO3溶液产生碳酸钴沉淀，最后加CH3COOH溶液反应生成Co(CH3COO)2，再通过浓缩、结晶等方法得到Co(CH3COO)2·4H2O；故答案为HNO3；Co(NO3)2；Na2CO3；CH3COOH；（2）①通N2的目的是排尽装置内的空气，并使反应产生的气体全部进入后续装置，故答案为隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置；②因为在检验CO时可生成CO2，会影响原混合气体中CO2的检验，因此应该先检验CO2，故答案为c；③实验结束时，为防止倒吸，应该先熄灭酒精灯，再通入一段时间氮气保护分解后的产物，以免被空气氧化，故答案为先熄灭装置a的酒精灯,冷却后停止通入氮气；④样品已完全失去结晶水，残留固体为金属氧化物，取1molCo(CH3COO)2，质量为177g，则残留的氧化物质量为177g×45.4%=80.36g，根据Co元素守恒，氧化物中含有1molCo，则氧元素的物质的量为mol=1.33mol=mol，则==，故金属氧化物的化学式为Co3O4，答案为：Co3O4；⑤Co3O4为3.0125g，其物质的量为=0.0125mol，CO2的物质的量为=0.025mol，CO的物质的量为0.05mol，最后用质量守恒计算出乙烷的质量为(0.0375×177-3.0125-0.025×44-0.05×28)g=1.125g，则乙烷的物质的量为：mol=0.0375mol，综上计算可得Co3O4、CO2、CO、C2H6的物质的量之比为：1:2:4:3，方程式为：3Co(CH3COO)2Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑，故答案为3Co(CH3COO)2Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑。【点睛】再检验分解产物时，要考虑相互影响并确定顺序；计算过程主要抓住钴元素和碳元素守恒。26、不能D促进装置中的二氧化硫气体全部吸收2MnO4—+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O滴入最后一滴草酸溶液,溶液由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复15.00C90％②【分析】将空气通入浓硫酸中将空气干燥，在b中氧气和二硫化亚铁发生反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，然后将气体再通入c中，发生的反应为2Cu+O22CuO，然后将气体通入d中，二氧化硫能被高锰酸钾溶液氧化生成硫酸；(1)称量样品质量感量为0.001g，托盘天平感量为0.1g；d中溶液呈酸性且具有强氧化性，应该用酸式滴定管量取；(2)为使b中生成的二氧化硫全部被d中酸性高锰酸钾溶液吸收，所以实验中应将b装置中二氧化硫全部驱赶到d装置中；(3)草酸与高锰酸钾酸性溶液作用有CO2和Mn2+等物质生成，则滴定时发生反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O﹔判断滴定到达终点的方法是滴入最后一滴草酸溶液，溶液由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复；(4)依据滴定管的结构，利用开始和结束的体积差值计算得到消耗草酸溶液的体积；滴定过程中如果使用的草酸体积偏大，未与SO2反应的高锰酸钾偏大，则测定的二硫化亚铁的质量分数就偏小；(5)依据灼烧反应和滴定反应的定量关系计算二硫化亚铁的质量分数；(6)装置d是用于吸收并测定产物中二氧化硫的含量，根据二氧化硫的化学性质进行判断。【详解】将空气通入浓硫酸中将空气干燥，在b中氧气和二硫化亚铁发生反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，然后将气体再通入c中，发生的反应为2Cu+O22CuO，然后将气体通入d中，二氧化硫能被高锰酸钾溶液氧化生成硫酸；(1)称量样品质量感量为0.001g，托盘天平感量为0.1g，所以不能用托盘天平称量样品质量；d中溶液呈酸性且具有强氧化性，应该用酸式滴定管量取，故答案为D；(2)实验的目的是测量FeS2的纯度，为使b中生成的二氧化硫全部被d中酸性高锰酸钾溶液吸收，所以反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是：将b装置中二氧化硫全部驱赶到d装置中，使SO2被完全吸收；(3)草酸与高锰酸钾酸性溶液作用有CO2和Mn2+等物质生成，则滴定时发生反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O﹔判断滴定到达终点的方法是滴入最后一滴草酸溶液，溶液由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复；(4)依据滴定管的结构，末读数为15.10mL，利用开始和结束的体积差值计算得到消耗草酸溶液的体积为：15.10mL-0.10mL=15.00mL；A．盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定，导致草酸浓度降低，则使用的草酸体积偏大，导致未与二氧化硫反应的高锰酸钾物质的量偏大，二硫化亚铁测定值偏低；B．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗，不影响测定；C．读取标准液读数时，滴定前平视，滴定到终点后俯视，导致草酸体积偏小，未与二氧化硫反应的高锰酸钾物质的量偏小，二硫化亚铁测定值偏高；D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，导致草酸体积偏大，未与二氧化硫反应的高锰酸钾物质的量偏大，二硫化亚铁的测定值偏低；故答案为C；(5)根据离子方程式：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，100mL溶液中剩余高锰酸钾物质的量为：×0.01500L×0.1000mol/L×=0.006mol，与二氧化硫反应的高锰酸钾物质的量为：0.3000mol/L×0.1000L-0.006mol=0.024mol，结合反应5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4可得：5FeS2～10SO2～4KMnO454n(FeS2)0.024mol，解得n(FeS2)=0.03mol，则样品中FeS2的纯度为：×100%=90%；(6)①中溶液不能吸收SO2，无法测定SO2；②中溶液吸收二氧化硫生成硫酸钡沉淀，可测定SO2，可以替代装置d；③SO2中混有的N2等不溶于水，干扰了二氧化硫的测定；故答案为②。【点睛】考查滴定操作误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。27、水浴加热4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl↓+4NaOH+O2↑会释放出氮氧化物(或NO、NO2),造成环境污染将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中①过滤、洗涤,干燥【解析】（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，由于加热温度低于水的沸点，所以适宜的加热方式为水浴加热。（2）因为已知NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2,用化合价升降法即可配平，该反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑。HNO3也能氧化Ag，硝酸做氧化剂时通常被还原为有毒的氮的氧化物而污染环境，所以以HNO3代替NaClO的缺点是会产生氮的氧化物(或NO、NO2),造成环境污染。（3）洗涤的目的是为了把滤渣表面残存的银氨配离子洗涤下来，将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中可以提高Ag的回收率。（4）“过滤Ⅱ”后的滤液含有银氨配离子，根据题中信息常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)2+，4Ag(NH3)2++N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O，由于该反应产生所气体中含有氨气，氨气有强烈的刺激性气味会污染空气，所以要设计尾气处理措施，吸收氨气比较理想的溶液是稀硫酸。所以，从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的过程中，在加入2mol/L水合肼溶液后，后续还需选用的试剂有①1mol/LH2SO4。反应完全后为获取纯净的单质银，需要再进行的实验操作过程简述为过滤、洗涤,干燥。点睛：本题以回收一种光盘金属层中的少量Ag的实验流程为载体，将实验原理的理解、实验试剂和仪器的选用、实验条件的控制、实验操作规范、实验方案的设计等融为一体，重点考查学生对实验流程的理