2026届湖南省双峰县一中化学高三上期中质量检测模拟试题含解析

2026届湖南省双峰县一中化学高三上期中质量检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列叙述中，不正确的是A．某特定反应的平衡常数仅是温度的函数B．催化剂不能改变平衡常数的大小C．平衡常数发生变化，化学平衡必定发生移动，达到新的平衡D．化学平衡发生移动，平衡常数必发生变化2、在恒容密闭容器中可逆反应4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g)，下列叙述正确的是（）A．达到平衡时，4V正（O2）=5V逆（NO）B．若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则反应达到平衡状态C．达到平衡时，若增大容器的体积，V正减少V逆反应速率增大D．容器中混合气体的密度保持不变，则反应达到平衡状态3、根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是A．气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4B．氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物C．如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl＞C＞SiD．用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族4、A元素的原子最外层电子数是a，次外层电子数是b；B元素的原子M层电子数是(a－b)，L层电子数是(a＋b)，则A、B两元素形成化合物的化学式最可能表示为()A．B3A2 B．BA2C．A3B2 D．AB25、下列说法中，正确的是A．25℃时，1LpH=3的盐酸和醋酸能消耗等质量的镁粉B．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2＋)将增大C．V1LpH=12的NaOH溶液与V2LpH=2的HA溶液混合，若混合液显中性，则V1≤V2D．在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中，加入少量NaOH固体，Na+和CO32-的离子浓度均增大6、对于下图所示实验，下列实验现象预测或操作正确的是A．实验甲：匀速逐滴滴加盐酸时，试管中没气泡产生和有气泡产生的时间段相同B．实验乙：充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层为无色C．实验丙：用瓷坩埚融化NaOHD．装置丁：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去7、下列有关原子结构及元素周期表的叙述正确的是A．第IA族元素钫的两种核素：221Fr比223Fr少2个质子B．第三周期金属元素的离子半径：r(Na+)<r(Mg2+)<r(Al3+)C．第ⅦA族元素从上到下，单质与氢气化合越来越容易D．通常可在周期表的过渡元素中寻找化学反应的催化剂8、下列离子方程式的书写及评价，均合理的是()选项离子方程式评价ANa2CO3溶液处理水垢中的CaSO4Ca2++CO32−=CaCO3↓正确：碳酸钙溶解度更小B向CuSO4溶液中通入过量的H2S气体：Cu2++H2S=CuS↓+2H+错误：H2S的酸性比H2SO4弱CBa(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：Ba2++HCO3-+OH-═BaCO3↓+H2O错误：Ba2+与HCO3-系数比应为1:2D过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=HClO+HSO3-正确：H2SO3的酸性比HClO强A．A B．B C．C D．D9、下述实验能达到预期目的的是（）编号实验内容实验目的A将SO2通入酸性KMnO4溶液中证明SO2具有氧化性B将Cl2通入NaBr溶液中比较氯与溴的氧化性强弱C将铜与浓硝酸反应生成的气体收集后用冰水混合物冷却降温研究温度对化学平衡的影响D分别向2支试管中加入相同体积不同浓度的H2O2溶液，再向其中1支加入少量MnO2研究催化剂对H2O2分解速率的影响A．A B．B C．C D．D10、下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是（）A．淀粉、CuO、HClO、CuB．水玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、Ag2O、SO3C．KAl(SO4)2·12H2O、KClO3、NH3·H2O、CH3CH2OHD．普通玻璃、H2O、CH3COOH、葡萄糖11、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐，其中有两种组成为ZXY3、ZWY4。下列说法中正确的是A．简单离子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B．最常见氢化物的稳定性：X＞YC．Z2Y2中含有共价键且在熔融状态下能导电D．HWY分子中各原子均达到8电子稳定结构12、下列装置或操作能达到实验目的的是A．用装置甲制取氯气 B．用乙装置除去氯气中的HCl气体C．用丙装置萃取溴水中的溴单质 D．用丁装置分离乙酸与乙醇13、高铁酸钠（Na2FeO4）是具有紫色光泽的粉末，是一种高效绿色强氧化剂，碱性条件下稳定，可用于废水和生活用水的处理。实验室以石墨和铁钉为电极，以不同浓度的NaOH溶液为电解质溶液，控制一定电压电解制备高铁酸钠，电解装置和现象如下：c(NaOH)阴极现象阳极现象1mol·L－1产生无色气体产生无色气体，10min内溶液颜色无明显变化10mol·L－1产生大量无色气体产生大量无色气体，3min后溶液变为浅紫红色，随后逐渐加深15mol·L－1产生大量无色气体产生大量无色气体，1min后溶液变为浅紫红色，随后逐渐加深下列说法不正确的是A．a为铁钉，b为石墨B．阴极主要发生反应：2H2O+2e－===H2↑+2OH－C．高浓度的NaOH溶液，有利于发生Fe－6e－+8OH－===FeO42－+4H2OD．制备Na2FeO4时，若用饱和NaCl溶液，可有效避免阳极产生气体14、水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是A．水的电离程度很小，纯水中主要存在形态是水分子B．温度升高，纯水中的c(H+)增大，c(OH-)减小C．4℃时，纯水的pH=7D．向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，使水的离子积减小15、碲（Te）广泛用于彩色玻璃和陶瓷。工业上用精炼铜的阳极泥（含有质量分数为8%的TeO2、少量Ag、Au)为原料制备单质碲的一种工艺流程如下，（已知TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱），下列有关说法不正确的是A．将阳极泥研磨、反应适当加热都有利于提高“碱浸”的速率和效率B．“碱浸”时发生主要反应的离子方程式为TeO2+2OH－＝TeO32－+H2OC．“沉碲”时为使碲元素沉淀充分，应加入过量的硫酸D．若提取过程碲元素的回收率为90%，则处理1kg这种阳极泥最少需通入标准状况下SO220.16L16、下列有关滴定的说法正确的是A．用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7mLB．用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏低C．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质，则结果偏低D．.用c1mol/L高锰酸钾溶液滴定V2mL未知浓度的H2C2O4溶液，至滴定终点用去高锰酸钾溶液体积为V1mL，则H2C2O4溶液的浓度为mol/L二、非选择题（本题包括5小题）17、用两种不饱和烃A和D为原料可以合成一类新药有机物J，合成路线如下：已知①②有机物J结构中含两个环。回答下列问题：(1)C的名称是___________。(2)A→B试剂和反应条件为____________。(3)H→J的化学反应方程式为_________。(4)已知CMN①符合下列条件的N的同分异构体有_______种。a含有基团、环上有三个取代基b与NaHCO3反应产生气泡c可发生缩聚反应。②M的所有同分异构体在下列表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同是_____。a．质谱仪b．红外光谱仪c．元素分析仪d．核磁共振仪(5)利用题中信息和所学知识，写出以A和甲烷为原料，合成的路线流程图(其它试剂自选)_________。18、A、B、C、D、E为短周期元素,A-E原子序数依次增大,质子数之和为40,B、C同周期,A、D同主族,A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2,E是地壳中含量最多的金属元素。(1)E元素在周期表中的位置为__________；B、C的氢化物稳定性强的是________(用化学式表示,下同)；B、C、D组成的化合物中含有的化学键为_____________(2)D2C2的电子式是_________,将D的单质投入A2C中,反应后得到一种无色溶液,E的单质在该无色溶液中反应的离子方程式为______________；(3)元素D的单质在一定条件下,能与A单质化合生成氢化物DA,熔点为800℃。DA能与水反应放出氢气,化学反应方程式为_____________。(4)废印刷电路版上含有铜,以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜,再用硫酸溶解。现改用A2C2和稀硫酸浸泡既达到了上述目的,又保护了环境,试写出反应的化学方程式__________________________19、右图是实验室制取HCl气体并验证气体性质的装置图。完成下列填空：I.（1）玻璃仪器A的名称是___________。B瓶中浓硫酸的作用是___________。（2）C瓶中观察到的实验现象是___________，反应后生成了___________（填化学式）。（3）证明HCl气体中含有氯元素的实验方法和现象是__________________。II.实验室用浓度为0.500mol/L的标准氢氧化钠溶液来测定未知浓度的盐酸，完善下列实验过程：（1）滴定管使用前，先要检查滴定管的活塞___________，活塞旋转是否灵活。（2）把标准氢氧化钠溶液注入用标准氢氧化钠溶液润洗过的蓝色手柄滴定管中，使液面位于刻度0或0以下位置，记录读数。（3）在锥形瓶中放入20.00mL的待测溶液，再滴加2滴酚酞，摇匀。用标准氢氧化钠溶液滴定，边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视________的变化。直到滴入最后一滴氢氧化钠溶液，指示剂的颜色由___________色变为___________色，并在________内溶液颜色不发生变化，停止滴定，记录读数。（4）重复（2）和（3）操作，并记录数据。再次滴定消耗氢氧化钠溶液的数据如下表：第2次滴定后滴定管的读数如右图所示，这一读数为___________mL。根据表中的数据计算出盐酸的浓度为___________mol/L。（5）会造成实验结果偏高的操作是___________（填写编号）。a.锥形瓶用蒸馏水洗净后，立即装入待测溶液b.振荡时溶液溅出锥形瓶外c.滴定时蓝色手柄滴定管中的液体滴在锥形瓶外20、某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。（1）A中试剂为________。（2）实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是____________________。（3）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B中滴加足量试剂。上述操作的顺序是________(填序号)；记录C的液面位置时，除平视外，还应________。（4）B中发生反应的化学方程式为__________________________。（5）若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为________。（6）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。21、卤素单质可以参与很多化学反应，如：NF3气体可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到；反应①：2NH3+3F2NF3+3NH4F，Ta（钽）是一种过渡元素，利用“化学蒸气转移法”可以制备TaS2晶体；反应②：TaI4（g）+S2（g）TaS2（s）+2I2（g）+QkJ，Q＞0（1）反应①中：非金属性最强的元素原子核外有____种不同运动状态的电子；该反应中的某元素的单质可作粮食保护气，则该元素最外层的电子有___种自旋方向。（2）反应①中：物质所属的晶体类型有____；并写出所有原子符合8电子稳定结构的化合物的电子式____。（3）反应②中：平衡常数表达式：K=___，若反应达到平衡后，保持其他条件不变，降低温度，重新达到平衡时____。a.平衡常数K增大b.S2的浓度减小c.I2的质量减小d.V(TaI4)逆增大（4）反应②在一定温度下进行，若反应容器的容积为2L，3min后达到平衡，测得蒸气的质量减少了2.45g，则I2的平均反应速率为___。（5）某同学对反应②又进行研究，他查阅资料，发现硫单质有多种同素异形体，可表示Sx（x为偶数），且在一定条件下可以相互转化，他认为仅增大压强对平衡是有影响的，则TaI4的平衡转化率会____（填增大或减小），其原因是___。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【详解】在一定条件下的可逆反应中，当反应达到化学平衡时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值是化学平衡常数，平衡常数只与温度有关系，所以只有选项D是错误的，其它都是正确的，答案选D。2、A【解析】A、平衡时，V正（O2）=V逆（O2），根据物质的速率之比等于物质的化学计量数之比有V逆（O2）=5V逆（NO）/4，即4V逆（O2）=5V逆（NO），所以有4V正（O2）=5V逆（NO），A正确。B、生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，两者为同一个方向无法判断，B错误。C、增大容器的体积，反应物和生成物的浓度都减小，所以正逆反应速率均减小，C错误。D、反应中反应物及生成物都是气体，所以混合气体的质量不变，而且容器的体积也不变，故混合气体的密度始终不变，所以密度保持不变不能说明反应是否平衡，D错误。正确答案为A3、C【详解】A．C、N、O属于同周期元素，从左至右，非金属性依次增强，原子序数C＜N＜O，非金属性O＞N＞C，C、Si属于同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，原子序数C＜Si，非金属性C＞Si，则非金属性O＞N＞Si，非金属性越强，氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性H2O＞NH3＞SiH4，故A正确；B．H与F、Cl等形成共价化合物，与Na等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故B正确；C．利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性强弱，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故C错误；D．118号元素的原子序数为118，质子数为118，核外电子数为118，其原子结构示意图为，它的原子结构中有7个电子层，最外层电子数为8，则第118号元素在周期表中位于第七周期0族，故D正确。答案为C。4、B【详解】因为B的L层电子数为(a＋b)且有M层，所以a+b=8，又因A原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，且满足a+b=8，所以A原子有两个电子层，且K层为2个电子，L层为6个电子，所以a=6，b=2。进而推知B的各电子层上的电子数分别为2、8、4；即A为O，B为Si，二者形成的物质为SiO2，故答案为B。5、D【详解】A、pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，醋酸和盐酸分别与镁反应，消耗镁的质量与酸的物质的量成正比，等pH、等体积的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，所以醋酸消耗的镁质量大，故A错误；B、硫酸钡溶液中存在溶解平衡，加入含有钡离子或硫酸根离子的物质抑制硫酸钡溶解，所以向硫酸钡中加入硫酸钠，硫酸根离子浓度增大抑制硫酸钡溶解，溶液中钡离子浓度减小，故B错误；C、pH=12的NaOH溶液和pH=2的HA溶液，氢氧化钠中氢氧根离子浓度等于HA中氢离子浓度，如果HA为强酸，溶液呈中性，则二者体积相等，如果HA为弱酸，酸的浓度大于氢氧化钠，混合溶液呈中性，则酸体积应该少些，故C错误；D、碳酸氢根离子存在电离平衡，加入和氢离子反应的物质促进碳酸氢根离子电离，所以加入氢氧化钠后，氢氧根离子和氢离子反应生成水，从而促进碳酸氢根离子电离，则溶液中碳酸根离子和钠离子浓度都增大，故D正确；故选D。6、D【详解】A．先发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠，则开始没有气泡，然后有气泡，但反应时间前短后长，故A错误；B．四氯化碳的密度比水的大，充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层为氯化铁溶液，为黄色，故B错误；C．瓷坩埚成分中有二氧化硅，它能够NaOH反应生成粘性物质硅酸钠，故C错误；D．浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为碳，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，SO2具有还原性，与酸性KMnO4溶液反应时，观察到酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去，故D正确；综上所述，本题选D。7、D【解析】A.221Fr比223Fr为同位素，质子数相同，故A错误；B.电子层结构相同的离子，离子半径随核电荷数的增加而减小，因此离子半径r(Na+)＞r(Mg2+)＞r(Al3+)，故B错误；C.第ⅦA族元素从上到下，元素的非金属逐渐减弱，单质与氢气化合越来越困难，故C错误；D.优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料大多属于过渡元素，故D正确；故选D。8、C【详解】A.Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，反应生成更难溶的碳酸钙，硫酸钙微溶于水，不能拆，正确的离子方程式为：CaSO4+CO32−⇌CaCO3+SO42-，A项错误；B.向CuSO4溶液中通人过量的H2S气体生成CuS沉淀和硫酸，其中H2S为弱酸、CuS是沉淀，均不能拆，正确的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，该反应之所以可以发生，是因为硫化铜的溶解度极小，既不能溶于水，也不溶于酸，B项错误；C.Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，正确的离子方程式为Ba2++2HCO3−+2OH−=BaCO3↓+2H2O+CO32−，评价合理，C项正确；D.过量SO2通入到NaClO溶液中，SO2有强还原性，ClO−有强氧化性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：SO2+H2O+ClO−=2H++SO42−+Cl−，D项错误；答案选C。【点睛】Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子方程式的书写是学生们学习的难点，Ba(HCO3)2溶液与少量的NaOH反应，离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH反应，离子方程式为：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+CO32-+2H2O。以“少量者定为1mol”配平过量反应物的系数。9、B【解析】A项，将SO2通入酸性KMnO4溶液中，KMnO4作氧化剂，发生5SO2＋2MnO4－＋2H2O=5SO42－＋2Mn2＋＋4H+，可以证明SO2具有还原性，故A错误。B项，将Cl2通入NaBr溶液中，发生Cl2＋2NaBr=2NaCl＋Br2反应，根据氧化还原反应的强弱规律可知Cl2的氧化性大于Br2，故B正确；C项，将铜与浓硝酸反应生成的气体收集后用冰水混合物冷却降温，气体中发生的反应是2NO2N2O4，与Cu2＋无关，故C错误；D项，根据“控制变量法”，在比较催化剂对化学反应速率的影响时，应在同一浓度下进行比较，否则没有可比性，故D错误。此题答案选B。10、D【解析】混合物是指由不同种物质组成的；氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物；弱电解质是指在水溶液里中部分电离的化合物；非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；据此可以分析各个选项中各种的所属类别。【详解】A.淀粉属于混合物、CuO属于氧化物、HClO属于弱电解质、Cu是单质不是电解质，A项错误；B.水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物、Na2O⋅CaO⋅6SiO2是盐不是氧化物，Na2O融完全电离是强电解质、SO3是非电解质，B项错误；C.KAl(SO4)2⋅12H2O属于盐、KClO3是盐不是氧化物,NH3⋅H2O是弱碱属于弱电解质、CH3CH2OH是有机物属于非电解质，C项错误；D.普通玻璃是硅酸盐和二氧化硅的混合物、H2O属于氧化物、CH3COOH存在电离平衡属于弱电解质，葡萄糖属于非电解质，D项正确；答案选D。11、C【分析】由三种元素组成的盐通常是含氧酸盐，可确定Y为O元素，由于X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐，可确定ZXY3是NaNO3，而不是MgCO3；W是Cl元素，排除Si或S元素，结合已有的知识体系可推出这两种盐为：NaNO3、NaClO4，X、Y、Z、W分别是N、O、Na、Cl，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W分别是N、O、Na、Cl元素，A.电子层数越大，离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，则简单离子半径：r(Cl－)>r(N3－)>r(O2－)>r(Na＋)，A项错误；B.因非金属性：N＜O，故最常见氢化物的稳定性：X＜Y，B项错误；C.Z2Y2为过氧化钠，其中含有离子键和共价键，属于离子晶体，在熔融状态下能导电，C项正确；D.HWY分子为HClO，其中Cl和O原子均达到8电子稳定结构，而H是2电子稳定结构，D项错误；答案选C。12、C【详解】A．浓盐酸和二氧化锰的应在加热条件下进行，常温下二者不反应，不能制备氯气，故A错误；B．氯气和HCl气体都与氢氧化钠溶液反应，应用饱和食盐水除杂，故B错误；C．溴易溶于苯而不易溶于水，故可用丙装置萃取溴水中的溴单质，C正确；D．温度计用于测量馏分的温度，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口附近，故D错误；故选C。13、D【解析】试题分析：由题中信息可知，铁钉为阳极、石墨为阴极。阴极上水电离的氢离子放电生成氢气；当氢氧化钠溶液的浓度很大时，阳极上既有氢氧根离子放电生成氧气，又有铁被氧化为FeO42－。A.a为铁钉，b为石墨，A正确；B.阴极主要发生的电极反应是2H2O+2e－===H2↑+2OH－，B正确；C.高浓度的NaOH溶液，有利于发生Fe－6e－+8OH－===FeO42－+4H2O，C正确；D.制备Na2FeO4时，若用饱和NaCl溶液，阳极上氯离子放电产生氯气，D不正确。本题选D。14、A【详解】A.水在常温下电离出氢离子和氢氧根离子浓度为1×10-7mol/L，水电离程度很小，所以纯水中水的主要存在形态是水分子，A正确；B.水的电离是吸热过程，升温促进电离，氢离子和氢氧根离子浓度增大，B错误；C.温度降低，水的电离平衡逆向移动，c(H+)<1×10-7mol/L，所以4℃时，纯水的pH>7，C错误D.向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，但水的离子积只与温度有关，温度不变，水的离子积不变，D错误；故合理选项是A。15、C【分析】本流程目的为利用阳极泥（含有质量分数为8%的TeO2、少量Ag、Au）为原料制备单质碲，所以先要进行除杂，最后提取Te。根据TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱，流程中先加碱溶，过滤除去杂质，得到溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质，以此解答。【详解】A、研磨增大接触面积，加热均能提高“碱浸”的速率和效率，故A正确；B、由已知信息可知，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，是两性氧化物，与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应，生成TeO32－，离子方程式为TeO2+2OH－＝TeO32－+H2O，故B正确；C、由已知信息可知，TeO2易溶于强酸和强碱，在沉降的过程中，硫酸若过量，可能导致TeO2的溶解，造成产品的损失，故C错误；D、1kg阳极泥中含TeO2的质量为1000g×8%=80g，碲元素的回收率为90%，则有80g×90%=72g的TeO2被还原。每摩尔TeO2得4mol电子，每摩尔SO2失去2mol电子，则有关系式：1TeO2～2SO2，V(SO2)=×2×22.4L/mol=20.16L，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查工业流程，弄清流程中每一步的目的、化学反应原理、方程式的书写，实验操作的判断是解本题关键，涉及计算要注意得失电子守恒的运用。16、C【详解】A．滴定管每个小刻度为0.1mL，读数读到0.01mL，用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积应为21.70mL，故A错误；B．用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若滴定前仰视读数，滴定至终点后俯视读数，导致消耗的盐酸体积偏小，依据c（酸）=，测定结果偏高，故B错误；C．所用的固体KOH中混有NaOH，相同质量的氢氧化钠和氢氧化钾，氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量，故所配得溶液的OH-浓度偏大，造成V（碱）偏小，根据c（酸）=，可知c（酸）偏小，故C正确；D．依据方程式：，则草酸浓度c2=mol/L，故D错误；故选：C。二、非选择题（本题包括5小题）17、邻溴苯甲醛Br2、FeBr3(或Fe)+H2O19c【分析】由题可知，A和D为两种不饱和的烃，根据已知①，C和F发生反应生成G，可知C的结构式为，F为，则E为，D与HBr发生加成反应得到E，故D为，B到C为催化氧化，则B为，A发生取代反应得到B，故A为，G在该条件下得到H，结合已知①可以得到H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到J，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述分析，C的结构式为，名称为邻溴苯甲醛；(2)A→B为苯环上的取代反应，条件为Br2、FeBr3(或Fe)；(3)

H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到J，所以H→J的化学反应方程式为+H2O；(4)，根据以上分析C为，由转化关系可推出M为，N为，其分子式为C8H14O3，N的同分异构体中符合下列条件：a．含有基团、环上有三个取代基；b．与NaHCO3反应产生气泡说明含有羧基；c．可发生缩聚反应，说明同时含有羧基和羟基，则环上有三个不同取代基分别为甲基、羟基和羧基。先分析环上有两个取代基时共有4种结构（邻间对和同一个碳上），这4种结构对应的第三个取代基的取代产物分别有6种，6种，4种，3种，所以共有6+6+4+3=19种同分异构体；M的同分异构体的元素组成相同，在元素分析仪中显示的信号完全相同，故答案为：c；(5)

以和甲烷为原料合成，甲苯发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛和CH3MgBr发生信息①的反应生成，甲烷发生取代反应生成CH3Br，其合成路线为：。【点睛】充分利用反应条件、结构简式或分子式、题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用逆向思维及知识迁移方法进行合成路线设计；(4)中不要漏掉两个取代基位于同一个碳原子上的情况。18、第三周期第ⅢA族H2O离子键、共价键2Al＋2H2O＋2OH-=2AlO2-＋3H2↑NaH＋H2O=H2↑＋NaOHH2O2＋H2SO4＋Cu=CuSO4＋2H2O【分析】E是地壳中含量最多的金属元素，则E为Al；A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，可判断两种液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H；C为O；A、D同主族，且原子序数大于O的，则D为Na；A-E原子的质子数之和为40，则B的序数为7，则为N。【详解】(1)E为Al，在周期表中的位置为第三周期IIIA族；B、C分别为N、O，且非金属性N<O，则氢化物的稳定性为NH3<H2O；B、C、D分别为N、O、Na，组成的化合物为NaNO3，含有离子键、共价键；(2)D2C2为过氧化钠，为离子化合物，电子式为；Al与氢氧化钠、水反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al＋2H2O＋2OH-=2AlO2-＋3H2↑；(3)元素Na可与氢气反应生成氢化钠，氢化钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，方程式为NaH＋H2O=H2↑＋NaOH；(4)过氧化氢有强氧化性，可与Cu、稀硫酸反应生成硫酸铜和水，方程式为H2O2＋H2SO4＋Cu=CuSO4＋2H2O。19、圆底烧瓶干燥HCl气体有白烟生成NH4Cl将气体通入硝酸银溶液中，有白色沉淀产生是否漏液锥形瓶中溶液颜色无色无色【答题空10】30s20.000.5075c【解析】实验室采用浓硫酸与氯化钠固体加热制取HCl气体H2SO4（浓）+NaClNaHSO4+HCl↑I.（1）仪器A的名称是圆底烧瓶，生成的HCl中含有水蒸气，B瓶中浓硫酸的作用是：干燥HCl气体。（2）HCl+NH3=NH4Cl，NH4Cl为固体，所以C瓶中会产生白烟现象，反应后生成了NH4Cl。（3）HCl气体溶于水可以电离出Cl-，Cl-可与Ag+产生不溶于稀硝酸的白色沉淀AgCl。因此证明HCl气体中含有氯元素的实验方法和现象是：将气体通入硝酸银溶液中，有白色沉淀产生。II.（1）滴定管使用前必须检查其是否漏液，只有不漏液的滴定管才可以使用，故答案为是否漏液。（3）向待测的稀盐酸中加入酚酞，溶液无色，用标准氢氧化钠溶液滴定，边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化，当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液的颜色由无色变为红色，且30秒内不褪色，说明滴定完成。（4）滴定管的精确度为0.01，据此可读出第二次滴定后的读数为20.00ml，答案为：20.00；两次消耗的氢氧化钠溶液的体积的平均值为（21.10-0.40+20.00-0.10）ml/2=20.30ml，c(HCl)=20.30ml×0.500mol/L÷20.00ml=0.5075mol/L。（5）锥形瓶用蒸馏水洗净后，立即装入待测溶液，HCl的物质的量不变，对测定结果无影响；振荡时溶液溅出锥形瓶外，待测液体积减少，消耗的氢氧化钠溶液体积偏小，结果偏低；滴定时蓝色手柄滴定管中的液体滴在锥形瓶外，导致消耗的氢氧化钠溶液体积偏大，导致所测待测液的浓度也偏大，故c为正确答案。20、NaOH溶液除去铝镁合金表面的氧化膜①④③②使D和C的液面相平2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑偏小【分析】(1)Mg、Al均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，因为Al可以和碱反应而不和Mg反应，则可以用NaOH与Al反应制得H2，然后用排水法收集H2，以计算Al的量；(2)因为Al表面容易生成氧化膜，因而要用酸处理；(3)整个操作过程及原理是：检查气密性；记录起始液面；加入碱反应；不产生气体后，记录C中的液面，两者相减即为产生H2的量；最后称得的固体即为Mg的质量。在读数时要注意D、C液面相平，否则气体将受压，造成读数不准；(4)B中发生的是Al与碱的反应；(5)（a-c）即为铝的质量，再除以Al的物质的量即为铝的摩尔质量，而n(Al)可以由产生的H2获得；(6)未洗涤，则造成（a-c）变小，则由(5)的结果可进行判断。【详解】(1)根据铝镁的化学性质，铝镁都能与酸反应放出氢气，但铝还能与碱(如NaOH溶液)反应放出氢气，而镁不能，要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择NaOH溶液，答案是：NaOH溶液；(2)铝镁的表面都容易形成一层氧化膜，在实验前必须除去；答案是：除去铝镁合金表面的氧化膜；(3)实验时首先要检查气密性，记下量气管中C的液面位置，再加入NaOH溶液开始反应，待反应完毕并冷却至室温后，记录量气管中C的液面位置，最后将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；量气管读数时为使里面气体压强与外界大气压相等，必须使D和C两管中液面相平，答案是：