2026届河北省石家庄市外国语学校高三化学第一学期期中统考试题含解析

2026届河北省石家庄市外国语学校高三化学第一学期期中统考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．FeSO4具有氧化性，可用作食品抗氧化剂B．SiO2熔点高、硬度大，可用于制光学仪器C．Al(OH)3具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂D．NH3具有还原性，可用作制冷剂2、将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是A．铁被氧化的电极反应式为Fe−3e−Fe3+B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀D．以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀3、反应是指卤代烃与活化不饱和烃在钯催化下，生成反式产物的反应，例如：，利用反应，由苯和溴乙烷为原料制备的合成路线如下，下列说法正确的是()A．该合成路线中，也可以用苯的溴代反应代替，制备溴苯的方法是将铁屑、溴水、苯混合加热B．合成路线中涉及到三种有机反应类型C．若乙苯与氯气在光照条件下只发生烷基上的取代反应，则烷基上的三氯代物的种类与二氯代物的种类一样多D．中间产物中，最多有12个原子共面4、我国对可呼吸的“钠一二氧化碳电池”研究有新突破，其原理为：4Na+3CO2=2Na2C03+C,用NaClO4/TEGDME溶液作电解质溶液（注明：TEGDME为有机物）。下列说法正确的是A．放电时，Na+向负极迁移B．放电时，负极反应式为：Na-e-=Na+C．充电时，Na2CO3在阳极发生氧化反应D．TEGDME可用醇、羧酸类有机物代替5、下列各项所述内容对应的图象正确的是ABCD向含有H

+、Al

3+、Mg

2+的溶液中逐滴加入NaOH向Al

2(SO

4)

3溶液中加入Ba(OH)

2等物质的量的镁和铝分别与等浓度等体积的过量稀硫酸反应向AlCl3溶液中加氨水A．A B．B C．C D．D6、下列除杂过程中，所选用的试剂或方法不正确的是A．Na2CO3固体中混有NaHCO3：充分加热固体混合物B．FeCl2溶液中混有FeCl3：加入过量的铁粉，过滤C．Fe2O3固体中混有Al2O3：加入足量的盐酸，过滤D．FeCl3溶液中混有FeCl2：通入足量的Cl27、下列叙述I和叙述II均正确且因果关系也一定正确的是选项叙述I叙述IIA用pH计分别测定SO2和CO2溶于水形成溶液的pH，前者pH小说明H2SO3酸性强于H2CO3BSiO2是酸性氧化物SiO2不与任何酸溶液反应CSn2+容易水解且在空气中能氧化为Sn4+配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸中，再用蒸馏水稀释，保存时再在试剂瓶中加入入少量锡粒D浓硫酸具有强氧化性浓硫酸能使滤纸变黑A．A B．B C．C D．D8、常温下，某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，该溶液可能是()①二氧化硫②氯化铵水溶液③硝酸钠水溶液④氢氧化钠水溶液A．①④ B．①② C．②③ D．③④9、生活中处处有化学。下列说法正确的是A．制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金B．做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体C．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类D．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸10、用过量的H2SO4、NaOH、NH3·H2O、NaCl等溶液，按题图所示步骤分开五种离子。则溶液①、②、③、④是（）A．①NaCl②NaOH③NH3·H2O④H2SO4B．①H2SO4②NaOH③NH3·H2O④NaClC．①H2SO4②NH3·H2O③NaOH④NaClD．①NaCl②NH3·H2O③NaOH④H2SO411、偏二甲肼[(CH3)2N—NH2]与N2O4是常用的火箭推进剂，火箭发射时常出现红棕色气体，发生的化学反应如下：①(CH3)2N—NH2(l)+2N2O4(l)=2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g)∆H1＜0②N2O4(l)2NO2(g)∆H2＞0下列说法不正确的是A．反应①中，N2O4为氧化剂B．反应①中，生成1molCO2时，转移8mole-C．由反应②推断：加压、降温是获得液态N2O4的条件D．温度升高，反应①的化学反应速率减小、反应②的化学反应速率增大12、向含有5×10-3molHIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，溶液变蓝且有S析出，继续通入H2S，溶液的蓝色褪去，则在整个过程中（）A．共得到0.96g硫 B．通入H2S的体积为336mLC．碘元素先被还原后被氧化 D．转移电子总数为3.0×10-2NA13、已知反应：10AgF+5Cl2+5H2O=9AgCl+AgClO3+10HF+O2下列关于该反应的叙述不正确的是A．该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为9:5B．当反应中有1mol电子转移时，被还原氯气物质的量为1/18molC．每产生1molO2时，被氧元素还原的氯气物质的量为2molD．参加反应的水有2/5被氧化14、下列实验操作中，正确的是（）A．把pH试纸浸入待测溶液中，测定溶液的pHB．称NaOH固定质量时。将NaOH固体放在垫有滤纸的托盘上进行称量C．配制100mL2mol·L－1的NaOH溶液时，应将称量好的固体在烧杯中溶解后再将溶液转移入容量瓶定容D．浓硫酸溅在皮肤上，应立即用烧碱溶液冲洗15、R、X、Y和Z是四种元素，其常见化合价均为+2价，且X2+与单质R不反应；X2++Z=X+Z2+；Y+Z2+=Y2++Z，这四种离子的氧化性大小顺序正确的是（）A．R2+＞X2+＞Z2+＞Y2+B．X2+＞R2+＞Y2+＞Z2+C．Y2+＞Z2+＞R2+＞X2+D．Z2+＞X2+＞R2+＞Y2+16、下列各组物质中，不能按(“→”表示一步完成)的关系相互转化的是（）选项abcAFeFeCl2FeCl3BSiSiO2SiF4CHNO3NONO2DAlAl2O3Al(OH)3A．A B．B C．C D．D二、非选择题（本题包括5小题）17、图中A为淡黄色固体，B的阳离子与A相同（其他物质均略去）．根据以上关系，回答下列问题：（1）A的电子式为__________.（2）A投入FeCl2溶液中的反应为_______________(请用一个化学方程式表示)（3）若A、B按物质的量之比1:1.5混合在密闭容器中加热充分反应后，排出气体,则剩余的固体为_____________________________(写化学式)（4）氢能被视为21世纪最具发展潜力的清洁能源，试回答下列问题：①与化石燃料相比，氢气作为燃料的优点是__________________(答两点)。②施莱辛（Sehlesinger）等人提出可用NaBH4与水反应制氢气，写出NaBH4与水反应的化学方程式____________________________________。18、有机物H是一种中枢神经兴奋剂，其合成路线如图所示。请回答下列题：（1）A的化学名称为___，C的结构简式为___。（2）E中官能团的名称为___。B→C、G→H的反应类型分别为___、__。（3）D分子中最多有___个原子共平面。（4）写出C→D反应的化学方程式为___。（5）同时满足下列条件的E的同分异构体有___种(不考虑立体异构)。①与E具有相同官能团；②苯环上有三个取代基。19、某红色固体粉末样品可能含有Fe2O3和Cu2O中的一种或两种，某校化学自主探究实验小组拟对其组成进行探究。查阅资料：Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O探究一：用如图所示装置进行实验，回答下列问题：(1)仪器组装完成后，夹好止水夹，___________________________________________，则说明装置A的气密性良好。(2)装置A是氢气的发生装置，可以选用的药品是________(填选项)。A．稀硫酸和锌片B．稀硝酸和铁片C．氢氧化钠溶液和铝片D．浓硫酸和镁片(3)从下列实验步骤中，选择正确的操作顺序：①________③(填序号)。①打开止水夹②熄灭C处的酒精喷灯③C处冷却至室温后，关闭止水夹④点燃C处的酒精喷灯⑤收集氢气并验纯⑥通入气体一段时间，排尽装置内的空气探究二：(4)取少量样品于试管中，加入适量的稀硫酸，若无红色物质生成，则说明样品中不含Cu2O；此观点是否正确________(填“是”或“否”)，若填“否”，则原因是_________________________________(用离子方程式说明)；另取少量样品于试管中，加入适量的浓硝酸，产生红棕色的气体，证明样品中一定含有__________，取少量反应后的溶液，加适量蒸馏水稀释后，滴加_____________________(填试剂和实验现象)，则可证明另一成分存在，反之，说明样品中不含该成分。探究三：(5)取一定量样品于烧杯中，加入足量的稀硫酸，若反应后经过滤得到固体3.2g，滤液中Fe2＋有1.0mol，则样品中n(Cu2O)＝________mol。20、某学生进行微型实验研究：一块下面衬白纸的玻璃片上有a、b、c、d四个位置，分别滴加浓度为0.1mol/L的四种溶液各1滴，每种彼此分开，形成一个小液滴。在圆心e处放置2粒芝麻粒大小的KMnO4晶体，然后向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸，并将表面皿盖好。可观察到a、b、c、d、e五个位置均有明显反应。完成下列填空：（1）e处立即发生反应，化学方程式如下，请配平，并标出电子转移方向和数目___。___KMnO4+___HCl(浓)→___KCl+__MnCl2+___Cl2↑+___H2O（2）b处实验现象为___。d处发生氧化还原反应的离子方程式为___。通过此实验__（填“能”或“不能”）比较Cl2、FeCl3、KMnO4三种物质氧化性的强弱。若能，则其氧化性由强到弱的顺序是___。（3）在氯水中，下列关系正确的是__（选填编号）。a.c(H+)=c(ClO-)+c(Cl-)b.c(H+)=c(ClO-)+c(Cl-)+c(OH-)c.c(HClO)<c(Cl-)d.c(Cl-)<c(OH-)（4）常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后改向其中滴加浓NaOH溶液。整个实验过程中的pH变化曲线如图所示，不考虑次氯酸分解与溶液体积变化，下列叙述正确的是___。a.实验过程中可以用pH试纸测定溶液的pHb.由a→b过程中，溶液中HClO的浓度增大c.由b→c过程中，溶液中Cl-的浓度减少d.c点以后溶液呈碱性，没有漂白性21、铅及其化合物广泛用于蓄电池、机械制造、电缆护防等行业。（1）用PbS熔炼铅的过程中会有如下反应发生：2PbS（s）+3O2（g）=2PbO（s）+2SO2（g）△H=akJ·mol-1PbS（s）+2O2（g）=PbSO4（s）△H=bkJ·mol-1PbS（s）+2PbO（s）=3Pb（s）+SO2（g）△H=ckJ·mol-1写出PbS与PbSO4反应生成Pb和SO2的热化学方程式____________________。（2）利用电解法也可制得金属铅。将PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含[PbC14]2-的电解液。用惰性电极电解Na2PbCl4溶液制得金属Pb，装置如下图所示。a电极的名称是__________，b电极的电极反应式为______________________，该生产过程中可以循环利用的物质是____________________。（3）铅蓄电池是一种用途广泛的二次电池。铅蓄电池的电池反应通常表示如下：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O。铅蓄电池充电时，二氧化铅电极应与外接电源的_________________（填“正极”或“负极”）相连接，该电极的电极反应式为________________________________。（4）PbO2受热会随温度升高逐步分解。称取23.9gPbO2，将其加热分解，受热分解过程中固体质量随温度的变化如下图所示。A点与C点对应物质的化学式分别为____________、_______________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A.FeSO4具有还原性，可用作食品抗氧化剂，A项错误；B.SiO2晶体透光性好，可用于制光学仪器，B项错误；C.Al(OH)3具有弱碱性，能中和胃酸又不伤害人体组织细胞，C项正确；D.NH3易液化，液化时放热，液氨汽化时吸收大量的热，所以NH3可用作制冷剂。D项错误；答案选C。2、C【分析】根据实验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-；据此解题；【详解】A.在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故A错误；B.铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故B错误；C.活性炭与铁混合，在氯化钠溶液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故C正确；D.以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故D错误；综上所述，本题应选C.【点睛】本题考查金属铁的腐蚀。根据电解质溶液的酸碱性可判断电化学腐蚀的类型，电解质溶液为酸性条件下，铁发生的电化学腐蚀为析氢腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：2H++2e-=H2↑；电解质溶液为碱性或中性条件下，发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-。3、C【详解】A.根据框图：该合成路线中，也可以用苯的溴代反应代替，制备溴苯的方法是将铁屑、液溴、苯混合加热，使其发生取代反应生成溴苯，故A错误；B.根据框图分析可知：合成路线中涉及到取代反应和消去反应，故B错误；C.若乙苯与氯气在光照条件下只发生烷基上的取代反应，则烷基上的三氯代物的种类有3种，二氯代物的种类也有两种，故C正确；D.中间产物中，最多有14个原子共面，故D错误；故答案选C。4、B【详解】依题“钠一二氧化碳电池”可知是原电池，则电解质溶液中阳离子移向正极故A错误；Na做负极，其失去电子、被氧化，故B正确；要求电解质不能与钠反应，而醇、羧酸类有机物能与钠反应，故D错误；CO2做正极反应物，得电子生成C，故充电时逆向反应，C氧化生成CO2，故C错误。故选B。【点睛】解决电化学类习题，必须熟悉原电池和电解池的原型，明确两个电极和电解质溶液，还有离子的移动方向，最后再结合具体情形准确作出判断。5、D【解析】A、向含有H+，Al3+，Mg2+的溶液中，逐渐加入NaOH溶液，先是和氢离子之间发生中和反应，所以开始没有沉淀产生，A错误；B、硫酸铝溶液中加入氢氧化钡溶液，先发生反应Al3++3OH-=Al（OH）3↓、Ba2++SO42-=BaSO4↓，若Al3+反应完毕，OH-还有剩余，还发生反应：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，但是生成的硫酸钡不会消失，沉淀不会为零，B错误；C、物质的量相等的镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，金属镁反应速率快，根据金属和氢气量的关系Mg～H2、Al～1.5H2，所以最终产生氢气的体积不相等，C错误；D、向AlCl3溶液中加氨水会发生反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，氢氧化铝不溶于氨水中，符合反应情况，D正确，答案选D。6、C【详解】A．NaHCO3受热易分解，生成Na2CO3固体、水和二氧化碳，因此可利用充分加热固体混合物的方法除去Na2CO3固体中混有NaHCO3，A正确；B．铁粉能与FeCl3反应生成FeCl2，因此除去FeCl2溶液中混有FeCl3的方法是加入过量的铁粉，过滤，B正确；C．Fe2O3和Al2O3都能溶于盐酸，因此加入足量的盐酸，过滤，不能除去Fe2O3固体中混有的Al2O3，C错误；D．Cl2能将FeCl2氧化为FeCl3，因此可往FeCl3溶液中通入足量的Cl2，以除去溶液中混有的FeCl2，D正确。故答案是C。7、C【解析】A.SO2和CO2饱和溶液，浓度不同，不能比较电离程度；

B.二氧化硅和HF反应生成四氟化硅和水；

C.加酸抑制金属离子的水解，加少量的锡粒，具有还原性，防止Sn2+被氧化；

D.浓硫酸能使滤纸变黑体现了浓硫酸的脱水性。【详解】A.SO2和CO2饱和溶液，浓度不同，不能比较电离程度，应测定等浓度的pH比较酸性，故A错误；

B.二氧化硅和HF反应生成四氟化硅和水，II错误，故B错误；

C.因金属离子水解，且易被氧化，则加酸抑制金属离子的水解，加少量的锡粒，具有还原性,防止Sn2+被氧化，所以C选项是正确的；

D.将浓硫酸滴在滤纸上，滤纸很快变黑，体现了浓硫酸的脱水性，故D错误。

所以C选项是正确的。8、A【分析】依据常温下溶液中由水电离出来的c（H

+）=1.0×10

-13mol•L

-1，和水中的氢离子浓度比较可知，水的电离被抑制，结合所给物质的性质分析判断。【详解】c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，说明水的电离受到抑制，溶液为强酸或强碱溶液。①二氧化硫溶于水生成了亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子，会抑制水的电离，故①正确；②氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子会发生水解，水解的本质是促进水的电离，故②错误；③硝酸钠是强酸强碱盐，溶液为中性，水的电离程度不会减小，故③错误；④氢氧化钠为强碱，会抑制水的电离，故④正确。综上所述，本题正确答案为A。9、A【详解】A．“不锈钢是合金”，不锈钢是铁、钴、镍的合金，故A正确；B．棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉一样都属于混合物，不属于同分异构体，故B错误；C．花生油是不饱和酯类，牛油是饱和酯类，故C错误；D．豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，故D错误。故选A。10、D【详解】从题目所给的图示步骤综合分析，可以看出第①步分离五种离子中的一种离子，只能是Ag＋与Cl－结合生成AgCl沉淀。第②步产生的沉淀和剩余的溶液分别分离出两种离子，应用NH3·H2O沉淀出Fe3＋和Al3＋，然后用强碱NaOH溶液将Fe(OH)3和Al(OH)3分离。第④步用SO42－将Ba2＋和K＋分离，故答案为D。11、D【详解】A.反应①中，N2O4中N元素化合价降低，所以N2O4为氧化剂，故A正确；B.反应①中，N2O4中N元素化合价由+4降低为0，生成2molCO2时，转移16mole-，故B正确；C.加压、降温，N2O4(l)2NO2(g)逆向移动，由反应②推断：加压、降温是获得液态N2O4的条件，故C正确；D.温度升高，反应①、②的化学反应速率均增大，故D错误；故选D。12、D【解析】A、HIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，能将硫化氢氧化生成硫单质，本身被还原为碘单质，所以溶液变蓝且有S析出；继续通入H2S，溶液的蓝色褪去，说明最终生成碘离子，得到的硫的质量是mol×32g/mol=0.48g，故A错误；B、整个过程中，根据电子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S～I-，所以5×10-3molHIO3被消耗，就会消耗0.015mol的H2S，标况下体积为336mL，但题目未注明是否为标准状况，故B错误；C、HIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，与硫化氢反应生成硫单质和碘单质，H2S被氧化，继续通入H2S，H2S会和碘单质发生反应，碘单质消失，H2S被氧化，故C错误；D、整个过程中，根据电子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S～I-～6e-，消耗5×10-3molHIO3伴随0.03mol电子转移，转移电子总数为3.0×10-2NA，故D正确；故选D。【点睛】本题考查学生氧化还原反应中的电子守恒的计算知识，注意知识的迁移应用是关键。本题中HIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，能将硫化氢氧化生成硫单质，继续通入H2S，H2S会和碘单质反应，生成碘离子和硫。13、B【解析】A．反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，9molCl原子得电子，1molCl原子失电子，2molO原子失电子，则氧化剂为4.5mol，还原剂物质的量为0.5mol+2mol=2.5mol，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为9：5，正确；B．反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，5mol氯气反应时，被还原的氯气为4.5mol，转移电子的物质的量为9mol，当反应中有1mol电子转移时，被还原氯气物质的量为0.5mol，错误；C．每产生1molO2时，O元素失去4mol电子，则氯元素得到4mol，所以被氧元素还原的氯气物质的量为2mol，正确；D．反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中H2O中5个O原子参加反应，其中有2个O原子失电子被氧化，所以参加反应的水有2/5被氧化，正确；故选B。【点晴】明确元素的化合价变化是解答的关键，注意Cl的得电子数等于转移的电子总数；反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，Cl元素的化合价既升高又降低，其中9molCl原子得电子，1molCl原子失电子，O元素的化合价升高，2molO原子失电子，以此来解答。14、C【详解】A.使用pH试纸时不能直接将试纸浸到溶液中，应用玻璃棒蘸取溶液滴在PH试纸上，防止污染溶液，故A错误；

B.NaOH具有吸水性能与空气中二氧化碳反应，称量时应尽量减小与空气的接触面积，应放在小烧杯中称量，故B错误；

C.配制100mL2mol·L-1的NaOH溶液时，应将称量好的固体在烧杯中溶解冷却后再将溶液转移入容量瓶，在加水定容即可，故C正确；D.因浓硫酸能与烧碱反应放出大量的热，如果用烧碱溶液清洗会增大烧伤面积，所以先用抹布擦拭，再用大量的水冲洗，故D错误；

故选C。15、A【分析】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此分析。【详解】反应X2++Z=X+Z2+中氧化剂X2+的氧化性大于氧化产物Z2+，即氧化性X2+＞Z2+；反应Y+Z2+=Y2++Z中氧化剂Z2+的氧化性大于氧化产物Y2+，即氧化性Z2+＞Y2+；X2+与单质R不反应说明X2+的氧化性小于R2+的氧化性，即R2+＞X2+；综上所述，四种离子的氧化性大小为R2+＞X2+＞Z2+＞Y2+，A项正确；故选A。16、D【解析】A、铁与盐酸反应生成氯化亚铁，Fe+HCl=H2↑+FeCl2，铁与氯气反应生成氯化铁，2Fe+3Cl2=2FeCl3，向氯化亚铁溶液中通入氯气可生成氯化铁，2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故A不符合题意；B、硅与氧气在加热条件下可生成二氧化硅，Si+O2=SiO2，硅单质与氟单质反应生成氟化硅，Si+2F2=SiF4，SiO2与氢氟酸反应可生成SiF4，SiO2+4HF=SiF4+2H2O，故B不符合题意；C、铜与稀硝酸反应生成一氧化氮，铜与浓硝酸反应可生成二氧化氮，一氧化氮与氧气反应可生成二氧化氮，故C不符合题意；D、铝与氧气反应可生成氧化铝，其他均不能经一步反应实现，故D符合题意；综上所述，本题应选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、4Na2O2+4FeCl2+6H2O═4Fe(OH)3↓+8NaCl+O2↑NaOH、Na2CO3热值高,污染小NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑【分析】图中A为淡黄色固体为Na2O2，框图中C为气体为O2，A与B在加入稀硫酸或加热或加水都能产生气体C，结合D通入E能产生B，B与稀硫酸反应又能产生D，且B的阳离子与A相同，则B为NaHCO3，加入稀硫酸反应生成二氧化碳气体D为CO2，A、B和水反应生成E为Na2CO3，据此答题。【详解】图中A为淡黄色固体为Na2O2，框图中C为气体为O2，A与B在加入稀硫酸或加热或加水都能产生气体C，结合D通入E能产生B，B与稀硫酸反应又能产生D，且B的阳离子与A相同，则B为NaHCO3，加入稀硫酸反应生成二氧化碳气体D为CO2，A、B和水反应生成E为Na2CO3，（1）A为Na2O2，Na2O2的电子式为。因此，本题正确答案是：。(2)A为Na2O2，具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，碱性条件下生成氢氧化铁沉淀，同时过氧化钠和水反应还有氧气生成，根据得失电子守恒写出方程式为4Na2O2+4FeCl2+6H2O═4Fe(OH)3↓+8NaCl+O2↑，因此，本题正确答案是：4Na2O2+4FeCl2+6H2O═4Fe(OH)3↓+8NaCl+O2↑。(3)若A、B按物质的量之比1:1.5混合在密闭容器中加热充分反应后，排出气体，可能发生的反应及个物质的量分析如下：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O1.5mol0.75mol0.75mol0.75mol2Na2O2+2CO22Na2CO3+O21mol0.75mol0.75mol2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑(1-0.75)mol0.75mol0.5mol根据反应：Na2O2+1.5NaHCO30.5NaOH+1.5Na2CO3+O2↑，则剩余的固体为NaOH、Na2CO3，因此，本题正确答案是：NaOH、Na2CO3。(4)氢能是清洁能源，具有原料来源广、燃烧热值高、污染小、可再生等优点。因此，本题正确答案是：热值高，污染小。(5)②NaBH4与水发生氧化还原反应生成NaBO2和氢气，化学方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑。因此，本题正确答案是：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑。【点睛】本题考查无机物的推断，涉及Na元素化合物性质与相互转化，关键是根据A为淡黄色固体推断A为过氧化钠，再结合混合物与水、酸反应都去气体生成确定一定含有过氧化钠。18、甲苯羟基、碳碳三键取代反应加成反应142C6H5-CH2OH+O22C6H5-CHO+2H2O10【分析】由题目内容以及A的不饱和度可知A结构中含有苯环，A为甲苯。甲苯在光照条加下与氯气发生取代反应生成B，B为，B物质在加热、NaOH溶液条件中发生水解反应生成C：，C发生氧化反应生成D，D为：，F在一定条件下反应生成G，G与氢气加成后合成出产物H，根据此分析解答本题。【详解】（1）由题意可知A的化学名称为甲苯，C由B发生水解反应生成，C为苯甲醇，结构简式为：。（2）题目中已知E的结构简式，可知E中含有的官能团为：羟基、碳碳三键。B物质在加热、NaOH溶液条件中发生水解反应生成C，水解反应属于取代反应。由G到H，反应过程主要是G中的C=N与氢气发生加成反应。（3）由于苯环和醛基均为平面结构，所以苯甲醛分子中最多有14个原子可以共平面。（4）由题可知C发生氧化反应生成D，反应方程式为：2C6H5-CH2OH+O22C6H5-CHO+2H2O。（5）①与E具有相同官能团；②苯环上有三个取代基分别为：甲基、-OH、。固定其中两个取代基，变换第三个取代基。当甲基、-OH为邻位时，变换，有4种同分异构体。当甲基、-OH为间位时，变换，有4种同分异构体。当甲基、-OH为对位时，变换，有2种同分异构体。所以共有10种同分异构体。【点睛】根据流程图判断出结构简式和物质名称是最基本的考点，比较容易掌握。难点在于同分异构体的书写，一定要把握好“定”和“换”的基团分别是那些，每次只能变换一个基团，有规律的书写出同分异构体。19、)向装置A中的长颈漏斗内加水至形成一段水柱，若一段时间内水柱高度保持不变AC⑥⑤④②否2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋Cu2OKSCN溶液，若溶液变红色0.55【详解】(1)仪器组装完成后，夹好止水夹，向装置A中的长颈漏斗内加水至形成一段水柱，若一段时间内水柱高度保持不变，则说明装置A的气密性良好；综上所述，本题答案是：向装置A中的长颈漏斗内加水至形成一段水柱，若一段时间内水柱高度保持不变。(2)装置A为固液不加热型，稀硫酸和锌片反应能生成氢气，稀硝酸和铁片反应生成一氧化氮，浓硫酸和镁片反应生成二氧化硫，氢氧化钠溶液和铝片反应生成氢气，AC项正确；综上所述，本题答案是：AC。(3)在实验前应先将装置内空气排尽并验纯，实验结束后应先熄灭酒精灯，保持气体继续通入一段时间后关闭止水夹，所以正确的操作顺序是①⑥⑤④②③；综上所述，本题答案是：⑥⑤④②。(4)样品中含有的氧化铁溶于稀硫酸生成铁离子，Cu2O在酸性条件下发生歧化反应生成亚铜离子和金属铜，铜与铁离子发生反应：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，所以看不到无红色物质生成，但不能说明样品中不含Cu2O；另取少量样品于试管中，加入适量的浓硝酸，产生红棕色的气体，即反应生成了二氧化氮，说明样品中含有还原性物质，即含有Cu2O；如果反应后的溶液中含有铁离子，可以用硫氰化钾溶液进行检验，如果出现红色溶液，证明含有铁离子；综上所述，本题答案是：否，2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋；Cu2O；KSCN溶液，若溶液变红色。(5)溶液中依次发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O、2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，反应后，过滤得到m(Cu)=3.2g，滤液中Fe2+有1.0mol，则参与反应的n(Cu)=0.5mol，所以反应中生成Cu的物质的量为3.2/64+0.5=0.55mol，所以样品中n(Cu2O)＝0.55mol；综上所述，本题答案是：0.55。20、由无色变为蓝色Cl2＋2Fe2+=2Cl-＋2Fe3+能KMnO4>Cl2>FeCl3bcb【分析】浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气与周围四点均存在氧化还原反应，与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，与溴化钾反应生成溴单质，与氯化亚铁反应生成氯化铁，与碘化钾反应生成碘单质，据此回答