2026届河北省易县中学高三化学第一学期期中复习检测试题含解析

2026届河北省易县中学高三化学第一学期期中复习检测试题注意事项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（每题只有一个选项符合题意）1、25℃时，浓度均为0.1mol/L的溶液，其pH如下表所示。有关说法正确的是序号①②③④溶液NaClCH3COONH4NaFCH3COONapH7.07.08.18.9A．酸性强弱：c(CH3COOH)>c(HF) B．离子的总浓度：①>③C．②中：c(CH3COO－)=c(NH4+)=c(OH－)=c(H+) D．②和④中c(CH3COO－)相等2、下列说法中正确的是()A．Na2S2、NaClO中所含化学键类型完全相同B．只有活泼金属元素与活泼非金属元素之间才能形成离子键C．等物质的量的CN－和N2含有的共用电子对数相等D．氯气与NaOH反应的过程中，同时有离子键、极性键和非极性键的断裂和形成3、下列解释物质用途或现象的反应方程式不准确的是A．硫酸型酸雨的形成会涉及反应2H2SO3+O2====2H2SO4B．工业上制取粗硅的化学方程式：SiO2+CSi+CO2↑C．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：S2O32-+2H＋=SO2↑+S↓+H2OD．成分为盐酸的“洁厕灵”与“84消毒液”混合使用易中毒：Cl－+ClO－+2H＋=Cl2↑+H2O4、某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是()A．“水瓶”、冰水混合物、CuSO4•5H2O都是混合物B．金刚石、石墨和C60互称为同素异形体，其中金刚石更稳定C．磷酸钙是难溶性弱电解质D．一定条件下石墨转化为C60是化学变化，属于有单质参加的非氧化还原反应5、对某溶液中部分离子的定性检测流程如图。相关分析正确的是（）A．步骤①所加试剂可以是浓KOH溶液B．步骤①发生反应Al3++4NH3•H2O=Al(OH)+4NHC．可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体D．步骤②发生反应Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑6、洗涤仪器时，下列所选试剂合理的是A．用稀盐酸洗涤粘有二氧化锰的烧杯B．用稀硫酸洗涤做过银镜反应的试管C．用水洗涤久置漂白粉的试剂瓶D．用CS2洗涤粘有硫单质的圆底烧瓶7、反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ•mol-1可用于工业合成氨。在容积固定不变的密闭容器中加入1molN2和3molH2发生反应。下列叙述正确的是（）A．该反应达到平衡时，放出的热量等于92.4KJB．达到平衡后向容器中通入1mol氦气，平衡不移动C．降低温度和缩小容器体积均可使该反应的平衡常数增大D．常温常压下，有22.4L的N2反应时转移了6mol电子8、下列叙述正确的是()A．等质量的硫蒸气和硫粉分别完全燃烧，后者放出热量多B．稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－53.7kJ·mol－1，若将含1molH2SO4的稀溶液与含0.5molBa(OH)2的溶液混合，放出的热量则为57.3kJC．C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH＝＋1.9kJ·mol－1，则说明石墨比金刚石稳定D．X(g)＋Y(g)Z(g)△H＞0，恒温恒容条件下达到平衡后加入X，上述反应△H增大9、某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中，不正确的是A．该温度下加入等体积pH=12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性B．该温度高于25℃C．加入NaHSO4晶体抑制了水的电离D．该溶液中由水电离出来的H+浓度是1.0×10－10mol/L10、可逆反应2A(g)+3B(g)4C(g)+D(g)，已知起始浓度c(A)=4mol·L-1，c(B)=3mol·L-1，C、D浓度均等于0，反应开始2秒后达到平衡状态，此时D的平衡浓度为0.5mol·L-1,则下列说法不正确的是()A．反应速率v(C)=1mol/（L·s）B．C的平衡浓度为4mol/LC．A的转化率为25%D．B的平衡浓度为1.5mol/L11、下列离子方程式正确的是A．向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32-+2Cl2＋3H2O==2SO32-＋4Cl-＋6H+B．CuSO4溶液吸收H2S气体：Cu2++H2S=CuS↓+2H+C．AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al3++4NH3·H2O═AlO2-+4NH4++2H2OD．等体积、等浓度的Ba（OH）2稀溶液与NaHSO4稀溶液混合：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O12、室温下，某兴趣小组用下图所示装置在通风橱中进行如下实验：下列说法不正确的是A．试管II中红棕色气体为NO2，由硝酸还原生成B．等质量的Cu完全溶解时，II试管中消耗的HNO3多C．将Cu换成Fe之后重复实验，依然是试管II中反应更剧烈D．试管II中反应后溶液颜色与试管I中的不同，是由于溶有NO213、某混合物中有活性炭、MnO2和NaClO3，利用下图的电解装置可以将混合物中的NaClO3转化成KClO3提取出来，（已知：KClO3在碱性条件下能够稳定存在，在酸性条件下易分解）下列说法正确的是A．电极A与电源的负极相连B．电极B上发生的电极反应方程式为：2H2O-4e-=4H++O2↑C．通过交换膜M向左移动D．电解池右室溶液的pH降低14、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．11.2LCl2通入足量NaOH溶液中充分反应,转移的电子数目为0.5NAB．4.4g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的电子数目为2.2NAC．常温下,1.0LpH=1的H2SO4溶液中含有的H+数目为0.2NAD．2.1g环己烷中含有的共价键数目为4.5NA15、将镁铝合金溶于100mL稀硝酸中，产生1.12LNO气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，产生沉淀情况如图所示。下列说法错误的是（）A．合金中铝的质量为0.81g B．硝酸的物质的量浓度为1.8mol/LC．氢氧化钠溶液浓度为3mol/L D．沉淀的最大质量为4.08g16、X、Y、Z、W是4种短周期主族元素，在周期表中的相对位罝如右图，己知Z的单质可用作半导体材料，则以下说法正确的是（）A．X的气态氢化物的水溶液呈酸性B．X原子的半径小于Y原子的半径C．Z的氧化物是生产玻璃的原料之一D．W单质的水溶液久罝不会变质二、非选择题（本题包括5小题）17、下列中所列的是五种短期周期元素原子的半径及主要化合价：元素代号ABCDE原子半径/nm0.1110.0640.1170.1600.066主要化合物+2-1+4，-4+2-2（1）C元素在周期表中的位置___；E原子的电子填充在___个轨道上，这些电子有___种不同的能量。（2）B、D、E所代表元素的离子半径从大到小的顺序为___（填离子符号）（3）C与E形成的化合物属于__晶体。（4）已知X是与E同族的另一短周期元素，有人认为：H-E键的键能大于H-X键的键能，所以H2E的沸点高于H2X的沸点。你是否赞同这种观点___（“赞同”或“不赞同”），理由：___。18、合成医用麻醉药苄佐卡因E和食品防腐剂J的路线如图所示：已知：请回答下列问题：（1）A属于芳香烃，结构简式为_____________。（2）E中官能团的名称是氨基、____________。（3）C能与NaHCO3溶液反应，反应③的化学方程式是___________。（4）反应⑥、⑦中试剂ii和试剂iii依次是___________、___________。（5）反应①~⑦中，属于取代反应的是_______________。（6）J有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体有______________种，写出其中任一种同分异构体的结构简式：___________。a.为苯的二元取代物，其中一个取代基为羟基b.属于酯类，且能发生银镜反应（7）以A为起始原料，选用必要的无机试剂合成高分子树脂（），写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）：_______________。19、实验小组对Cr(Ⅲ)与过氧化氢反应的影响因素进行了探究，实验过程如下：实验1：探究pH对Cr(Ⅲ)与过氧化氢反应的影响1.室温下，加酸或碱调节0.1mol/LCr2(SO4)3溶液pH分别为2.00、4.10、6.75、8.43、10.03、13.37。2.各取5mL上述溶液分置于6支试管中，分别向其中逐滴加入30%H2O2溶液，直至溶液不再发生变化，观察并记录现象。pH对Cr(Ⅲ)与过氧化氢反应的影响试管①②③④⑤⑥pH2.004.106.758.4310.0313.37起始现象墨绿色溶液墨绿色溶液蓝色浑浊液蓝色浑浊液蓝色浑浊液亮绿色溶液终点现象墨绿色墨绿色黄绿色亮黄色橙红色砖红色查阅资料：①Cr3+为绿色，CrO为亮绿色，CrO为黄色。②Cr3+较稳定，需用较强氧化剂才能将其氧化；CrO在碱性溶液中是较强的还原剂。（1）Cr(OH)3为蓝色固体，写出⑤中生成蓝色沉淀的离子方程式_____。（2）试管①②中溶液未发生明显变化，可能的原因是_____。（3）④中沉淀溶解，溶液变为亮黄色，可能发生反应的离子方程式是_____。（4）Cr(OH)3与Al(OH)3类似，具有两性。存在如下关系：Cr3++3OH-Cr(OH)3CrO+H++H2O。解释实验1中，随着溶液pH升高，终点溶液颜色变化的原因______。实验2：探究温度对Cr(Ⅲ)与过氧化氢反应的影响各取5mLpH=13.50Cr2(SO4)3溶液分置于5支试管中，将其分置于0℃、25℃、50℃、75℃、100℃的水浴中，然后向试管中各滴加过量30%H2O2溶液，观察并记录实验现象：温度对Cr(Ⅲ)与30%H2O2反应的影响反应温度0℃25℃50℃75℃100℃起始现象墨绿色终点现象红棕色砖红色橙红色亮黄色亮黄色（5）随着反应温度的升高，反应后溶液颜色由红棕色向亮黄色转变，是因为生成的红色物质CrO（Cr为+5价）不稳定，自身发生氧化还原反应，随着温度升高会逐渐转化为亮黄色的CrO，同时生成氧气。发生反应的离子方程式是______。（6）反应物浓度也是影响反应的因素之一。请利用实验1给出的试剂，设计实验进行验证_____。（7）综上所述，Cr(III)与过氧化氢的反应产物与_____密切相关。20、实验室根据需要现配制500mL0.4mol∙L−1氢氧化钠溶液，请回答下列问题(1)需要称量氢氧化钠固体质量为______g。(2)以下配制操作中正确的有（填序号）__________。a.把称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中，加入约480mL蒸馏水溶解；b.氢氧化钠溶解后立刻转移入容量瓶中；c.洗涤烧杯和玻璃棒2~3次洗涤液都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；d.定容时，向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻线1cm～2cm处，改用胶头滴管小心滴加至刻线.(3)上题操作d中，如果仰视刻线，所配溶液浓度_____（选填“偏大”或“偏小”）；请在下面图中画出配制终点时仰视的视线以及凹液面的位置。(4)称量时，氢氧化钠固体中含有过氧化钠，则所配溶液浓度_____（选填“偏大”或“偏小”）。(5)在操作步骤完全正确的情况下，配制后所得的氧氧化钠溶液，所得浓度也和理论值有所偏差，其原因是_______（任答两条）。使用时需用邻苯二甲酸氢钾来标定，原理为_______（用离子方程式表示），指示剂应选择___________，可知邻苯二甲酸为______元酸。21、前四周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A是宇宙中含量最丰富的元素；B和C同一主族，且B的L层电子数是K层电子数的2.5倍；D和C同一周期；E元素原子核外电子有17种不同的运动状态，F位于第四周期，其未成对电子数只有一个，且内层都处于全充满状态。请回答下列问题：（1）B原子的L层电子排布图____________。（2）由A、B原子形成的分子的结构式为：A-B=B-A，则该分子中σ键和π键的数目之比为________，B、C的氢化物中BH3的沸点高于CH3的沸点，原因是___________；C、D和E的电负性由大到小的顺序为___________；C、D和E的第一电离能由大到小的顺序是____________；C和D最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序为_________________。CO中C的杂化方式为___________，该离子的“VSEPR”模型为__________________形。（3）向FDO4溶液中加入过量稀氨水，得到的深蓝色溶液中阳离子化学式为_______，该离子的配位体为________________。（4）D（黑球）和F（白球）形成的某种晶体的晶胞如下图所示，已知该晶胞的棱长为516pm，则该晶胞的密度为___________g/cm3（精确到0.1），最近的黑球和白球之间的距离为_______pm。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】由表中数据得到，碱性：NaF＜CH3COONa，所以说明阴离子的水解能力：F－＜CH3COO－，根据越弱越水解的原理，得到酸性：CH3COOH＜HF。选项A错误。①③两个溶液有各自的电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)；c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)，所以两个溶液的离子总浓度都等于各自的2[c(Na+)+c(H+)]，因为两个溶液中的钠离子浓度相等，所以只需要比较两个溶液的氢离子浓度即可。pH为：①＜③，所以①的氢离子浓度更大，即溶液①的2[c(Na+)+c(H+)]大于溶液③的2[c(Na+)+c(H+)]，所以离子的总浓度：①>③，选项B正确。溶液②中，pH=7，所以c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L。明显溶液中的醋酸根和铵根离子的浓度都接近0.1mol/L（电离和水解的程度都不会太大），所以应该是cCH2、C【解析】A．Na2S2含离子键和S－S非极性键，NaClO中含离子键和Cl－O极性键，则化学键不完全相同，A错误；B．铵盐中含离子键，均为非金属元素，离子键的形成中可能不含金属元素，B错误；C．等物质的量的CN－和N2含有的共用电子对数相等，均是三对，C正确；D．氯气与NaOH反应生成NaClO、NaCl、H2O，产物中不存在非极性键，则离子键、极性键和非极性键的断裂，但没有非极性键的形成，D错误；答案选C。点睛：本题考查化学键的有关判断，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答本题关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见物质中的化学键及结合实例分析解答。3、B【解析】试题分析：A．硫酸型酸雨的形成，在SO2溶于水形成的亚硫酸会被溶于水的氧气氧化形成硫酸，反应方程式是：2H2SO3+O22H2SO4，正确；B．工业上制取粗硅的化学方程式：SiO2+2CSi+2CO↑，错误；C．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，首先发生复分解反应产生H2S2O3，产生的H2S2O3再发生分解反应产生SO2、S、H2O，因此反应总方程式是：S2O32-+2H＋=SO2+S↓+H2O，正确；D．84消毒液主要成分是NaClO，当与成分为盐酸的洁厕灵混合使用会发生反应：Cl－+ClO－+2H＋=Cl2↑+H2O，产生氯气导致中毒。正确。考点：考查离子方程式正误判断的知识。4、D【详解】A.冰水混合物、CuSO4•5H2O都是纯净物，故A错误；B.金刚石、石墨和C60都是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，其中金刚石和石墨相比较，石墨的能量低，比较稳定，故B错误；C.磷酸钙为难溶物，但溶解的部分在水溶液中完全电离，是强电解质，故C错误；D.同素异形体之间的转化伴随着旧键的断裂和新键的形成，是化学变化，反应前后化合价没有发生变化，属于有单质参加的非氧化还原反应，故D正确；故选：D。5、A【分析】步骤①加入过量的某个试剂后生成无色气体、红褐色沉淀，无色气体应为氨气，红褐色沉淀为Fe(OH)3，试剂应为强碱溶液，X溶液应为偏铝酸盐溶液，偏铝酸根和碳酸氢根离子之间反应可以得到氢氧化铝沉淀。【详解】A．根据分析可知该试剂应为强碱溶液，可以是浓KOH溶液，故A正确；B．步骤①中加入的是强碱，铝离子发生的反应为Al3++4OH-=Al(OH)，故B错误；C．无色气体为氨气，氨气应用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸会变蓝，故C错误；D．步骤②为偏铝酸根和碳酸氢根离子之间的反应，离子方程式为H2O+AlO+HCO=Al(OH)3↓+CO，故D错误；答案为A。6、D【解析】A、稀盐酸与二氧化锰不反应，A错误；B、稀硫酸与银单质不反应，B错误；C、久置的漂白粉含有难溶于水的碳酸钙，C错误；D、CS2能将硫单质溶解，D正确，答案选D。7、B【详解】A．反应为可逆反应，不能完全转化，则加入1mol

N2和3mol

H2发生反应达到平衡时，放出的热量小于92.4KJ，故A错误；B．容积不变，通入1mol氦气，反应体积中各物质的浓度不变，则平衡不移动，故B正确；C．该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，K增大，而K只与温度有关，缩小容器体积平衡常数K不变，故C错误；D．常温常压下，气体摩尔体积不等于22.4L/mol，22.4L的氮气不是1mol，故转移电子不是6mol，故D错误。答案选B。8、C【详解】A．硫蒸气的能量大于等质量的硫粉，等质量的硫蒸气和硫粉分别完全燃烧，前者放出热量多，故A错误；B．稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－53.7kJ·mol－1，若将含1molH2SO4的稀溶液与含0.5molBa(OH)2的溶液混合，由于有硫酸钡沉淀生成，放出的热量则大于57.3kJ，故B错误；C．能量越低越稳定，C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH＝＋1.9kJ·mol－1，说明石墨比金刚石稳定，故C正确；D．X(g)＋Y(g)Z(g)△H＞0，恒温恒容条件下达到平衡后加入X，平衡正向移动，△H不变，故D错误；选C。9、A【解析】A、PH为12的NaOH的浓度时1mol·L－1，而硫酸氢钠溶液的H＋浓度时0.01mol·L－1,等体积混合，碱多了故A错误；B、25℃时Ka=10-14，本题Ka=10-6*10-6=10-12，水电离吸热，升高温度，K变大，该温度高于25℃，故B正确；C、加入NaHSO4晶体，提高H＋的浓度，抑制了水的电离，故C正确。D、pH=6，水的离子积常数为1×10-12，水的离子积常数=氢离子与氢氧根浓度的乘积，溶液的pH为2，故由水电离出来的c（H＋）=1×10-10mol·L－1，故D正确；故选A。10、B【解析】从开始到平衡转化D的浓度为0.5mol/L，运用三段式2A(g)+3B(g)4C(g)+D(g)c（起始）（mol/L）4300c（转化）（mol/L）11.520.5c（平衡）（mol/L）31.520.5A项，υ（C）=2mol/L2s=1mol/（L·s），正确；B项，C的平衡浓度为2mol/L，错误；C项，A的转化率为100%=25%，正确；D项，B的平衡浓度为1.5mol/L，正确；答案选B。点睛：有关化学反应速率和化学平衡的计算常用“三段式”，其中涉及的物理量之间的关系有：各物质转化物质的量之比等于化学计量数之比；反应物平衡物质的量=反应物起始物质的量-反应物转化物质的量；生成物平衡物质的量=生成物起始物质的量+生成物转化物质的量；某一反应物的转化率=100%。11、B【解析】A.氯气具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子，故A错误；B.CuSO4溶液吸收H2S气体，反应生成的硫化铜不溶于硫酸，离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故B正确；C.氨水不能溶解生成的氢氧化铝沉淀，故C错误；D.等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NaHSO4稀溶液混合，反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，以及水，离子方程式为：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，故D错误；故选B。12、C【解析】A.Cu与浓硝酸反应生成红棕色气体NO2;B.3molCu消耗8mol稀硝酸,1molCu消耗4mol浓硝酸；C.常温下Fe遇浓硝酸发生钝化；D.二氧化氮为红棕色气体；【详解】A.II中Cu与浓硝酸反应生成红棕色气体NO2，浓硝酸作氧化剂，故A正确；B.3molCu消耗8mol稀硝酸,1molCu消耗4mol浓硝酸，则等质量的Cu完全溶解时，II中消耗的HNO3更多，故B正确；C.常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，则试管II中反应不明显，故C错误；D.二氧化氮为红棕色气体，则II中反应后溶液颜色与试管I中的不同，是由于溶有NO2，故D正确；故选C。【点睛】（1）Cu与浓硝酸反应生成红棕色气体NO2，Cu与稀硝酸反应生成NO；（2）常温下Fe、Al遇浓硝酸、浓硫酸发生钝化；13、C【分析】根据题意KClO3在碱性条件下能够稳定存在，在酸性条件下易分解，则KClO3在A极生成，所以通过交换膜M向左移动，根据电解时阴离子向阳极移动，则A极为阳极，B极为阴极。【详解】A.A极为阳极，电极A与电源的正极相连，故A错误；B.B极为阴极，电极B上氢离子得到电子生成氢气，电极反应方程式为：2H++2e-=H2↑，故B错误；C.KClO3在A极生成，所以通过交换膜M向左移动，故C正确；D.电解池右室氢离子得到电子生成氢气，溶液的pH升高，故D错误；答案选C。14、B【详解】A、氯气所处的状态不明确，不一定是标况，故物质的量不一定是0.5mol，则转移的电子不一定为0.5NA个，故A错误；B、CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，故4.4g混合物的物质的量为0.1mol，且两者分子中均含22个电子，故0.1mol混合物中含2.2NA个电子，故B正确；C、1LpH=1的H2SO4溶液中含有的H+的数目=1L×0.1mol/L×NA=0.1NA，故C错误；D、环己烷的摩尔质量为84g/mol，2.1g环己烷的物质的量为0.025mol,而一个环己烷分子中含有共价键数为18，故2.1g环己烷中含有的共价键数目为0.45NA，故D错误。答案选B。【点睛】阿伏伽德罗常数的有关判断，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意环己烷结构特点。15、B【分析】由题给图示可知，向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，开始没有沉淀，说明硝酸过量，与硝酸反应的氢氧化钠溶液是10mL，沉淀达到最大时，消耗氢氧化钠溶液是50mL，溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠溶液是10mL，则生成氢氧化铝消耗氢氧化钠溶液是30mL，生成氢氧化镁消耗氢氧化钠溶液是20mL，由反应的离子方程式Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓可知，镁铝合金中镁、铝的物质的量比为1:1，标准状况下1.12LNO气体的物质的量为0.05mol，设镁铝合金中镁的物质的量为xmol，由得失电子数目守恒可得2x+3x=0.05mol×3，解得x=0.03，沉淀达到最大时消耗氢氧化钠溶液是50mL，50mL溶液中氢氧化钠的物质的量为(0.03mol×2+0.03mol×3)=0.15mol，氢氧化钠溶液的浓度为=3mol/L。【详解】A.由分析可知，合金中铝的物质的量为0.03mol，则质量为0.03mol×27g/mol=0.81g，故A正确；B.由分析可知，沉淀达到最大量时所得溶液是硝酸钠，由电荷守恒可知，溶液中硝酸根的物质的量为3mol/L×0.06mol=0.18mol，由氮原子个数守恒可知100mL稀硝酸中硝酸的物质的量为(0.18mol+0.05mol)=0.23mol，稀硝酸的浓度为=2.3mol/L，故B错误；C.由分析可知，氢氧化钠溶液浓度为3mol/L，故C正确；D.由分析可知，沉淀的最大质量为(0.03mol×58g/mol+0.03mol×78g/mol)=4.08g，故D正确；故选B。16、C【解析】Z的单质可用作半导体材料，则Z是Si，根据在周期表中的相对位置可知X是N，Y是O，W是Cl。A、N的气态氢化物的水溶液是氨水，呈碱性，A错误；B、同周期自左向右原子半径逐渐增大，X原子的半径大于Y原子的半径，B错误；C、Z的氧化物二氧化硅是生产玻璃的原料之一，C正确；D、W单质的水溶液氯水久罝后由于次氯酸分解，最终变为盐酸，会变质，D错误，答案选C。点睛：准确判断出元素以及灵活应用元素周期律是解答的关键，注意“位—构—性”推断的核心是“结构”，即根据结构首先判断其在元素周期表中的位置，然后根据元素性质的相似性和递变性预测其可能的性质；也可以根据其具有的性质确定其在周期表中的位置，进而推断出其结构。例如本题中首先根据性质判断出Z元素，然后结合元素周期表判断其它元素。二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期第ⅣA族43O2-＞F-＞Mg2+原子不赞同H2O与H2S形成的晶体均为分子晶体，H2O的熔沸点高于H2S的熔沸点是因为水分子间能够形成氢键，与键能无关【分析】5种短周期元素，由化合价只有正价而没有负价可知，A、D为+2价，为同主族金属元素，A的原子半径小，则A为Be，D为Mg；B、E只有负价，B的半径小，则B为F，E为O；C有+4价和-4价，在第ⅣA族，原子半径比D小，比A大，则C为Si元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为Be元素，B为F元素，C为Si元素，D为Mg元素，E为O元素。(1)C为Si，在元素周期表中第三周期ⅣA族；E为O元素，核外有8个电子，电子排布式为1s22s22p4，电子填充在4个轨道上，题意电子亚层上的电子能量相同，这些电子有3种不同的能量，故答案为第三周期第ⅣA族；4；3；(2)B、D、E所代表元素的离子具有相同的电子排布，原子序数大的离子半径小，所以O2-＞F-＞Mg2+，故答案为O2-＞F-＞Mg2+；

(3)C与E形成的化合物为SiO2，是由共价键形成的空间网状结构的晶体，为原子晶体，故答案为原子；

(4)E为O元素，则X为S元素，H2O与H2S所成晶体为分子晶体，H2O的熔沸点高于H2S的熔沸点与键能无关，因水中含有氢键使其沸点高，故答案为不赞同；H2O与H2S形成的晶体均为分子晶体，H2O的熔沸点高于H2S的熔沸点是因为水分子间能够形成氢键，与键能无关。18、酯基（键）酸性高锰酸钾溶液NaOH/H2O①③⑤⑦6（以下结构任写一种）（路线合理即可）【分析】本题考查有机推断和有机合成，涉及有机物官能团的识别，有机物结构简式和有机反应方程式的书写，有机反应类型的判断，限定条件下同分异构体数目的确定和书写，有机合成路线的设计。A属于芳香烃，A发生反应①生成B，A的结构简式为；对比B和E的结构简式以及反应④的条件，反应④是将-NO2还原为-NH2，D的结构简式为；C能与NaHCO3溶液反应，C中含羧基，反应②为用酸性高锰酸钾溶液将B中-CH3氧化成-COOH，C的结构简式为；反应③为C与CH3CH2OH的酯化反应，试剂i为CH3CH2OH、浓硫酸。结合F的分子式，反应⑤为A与Cl2在催化剂存在下发生苯环上的取代反应，由于J中两个侧链处于对位，则F的结构简式为；由于试剂i为CH3CH2OH、浓硫酸，由J逆推出I的结构简式为；对比F和I的结构简式，F转化为I需要将-CH3氧化成-COOH，将-Cl水解成酚羟基，由于酚羟基也易发生氧化反应，为了保护酚羟基不被氧化，反应⑥为氧化反应，反应⑦为水解反应，则试剂ii为酸性KMnO4溶液，G的结构简式为；试剂iii为NaOH溶液，H的结构简式为，据以上分析解答。【详解】A属于芳香烃，A发生反应①生成B，A的结构简式为；对比B和E的结构简式以及反应④的条件，反应④是将-NO2还原为-NH2，D的结构简式为；C能与NaHCO3溶液反应，C中含羧基，反应②为用酸性高锰酸钾溶液将B中-CH3氧化成-COOH，C的结构简式为；反应③为C与CH3CH2OH的酯化反应，试剂i为CH3CH2OH、浓硫酸。结合F的分子式，反应⑤为A与Cl2在催化剂存在下发生苯环上的取代反应，由于J中两个侧链处于对位，则F的结构简式为；由于试剂i为CH3CH2OH、浓硫酸，由J逆推出I的结构简式为；对比F和I的结构简式，F转化为I需要将-CH3氧化成-COOH，将-Cl水解成酚羟基，由于酚羟基也易发生氧化反应，为了保护酚羟基不被氧化，反应⑥为氧化反应，反应⑦为水解反应，则试剂ii为酸性KMnO4溶液，G的结构简式为；试剂iii为NaOH溶液，H的结构简式为，（1）A属于芳香烃，A的结构简式为；（2）由E的结构简式可知，E中官能团的名称为氨基、酯基；（3）C的结构简式为，反应③为C与CH3CH2OH的酯化反应，反应的化学方程式为：+CH3CH2OH+H2O；（4）反应⑥是将中-CH3氧化成-COOH，试剂ii是酸性高锰酸钾溶液。反应⑦是的水解反应，试剂iii是NaOH溶液；（5）反应①~⑦依次为取代反应、氧化反应、取代反应、还原反应、取代反应、氧化反应、取代反应，属于取代反应的是①③⑤⑦；（6）J的结构简式为，J的同分异构体属于酯类且能发生银镜反应，则结构中含有HCOO-，J的同分异构体为苯的二元取代物，其中一个取代基为-OH；符合条件的同分异构体有：（1）若两个取代基为-OH和-CH2CH2OOCH，有邻、间、对三个位置，结构简式为、、；（2）若两个取代基为-OH和-CH（CH3）OOCH，有邻、间、对三个位置，结构简式为、、；符合条件的同分异构体共6种；（7）由单体和发生缩聚反应制得，合成需要由合成和；由合成，需要在-CH3的对位引入-OH，先由与Cl2在催化剂存在下发生苯环上的取代反应生成，然后在NaOH溶液中发生水解反应生成，酸化得；由合成，在侧链上引入官能团，先由与Cl2在光照下发生侧链上的取代反应生成，在NaOH溶液中发生水解反应生成，发生催化氧化生成；合成路线为：。19、Cr3++3OH-=Cr(OH)3Cr3+较稳定，不能被过氧化氢氧化2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2+8H2OpH较低时，溶液中存在Cr3+，不易被氧化，故溶液为墨绿色，pH较高时，混合物中存在Cr(OH)3和CrO，可被过氧化氢氧化为或，故溶液颜色逐渐变为黄色或砖红色H2O2+2=2+4O2+2OH-在一定温度和pH下，用不同浓度的Cr2(SO4)3溶液与H2O2反应，观察反应后的现象pH、温度、浓度【分析】本题探究Cr(Ⅲ)与过氧化氢反应的影响因素，研究了pH、温度、浓度的影响，在研究每一个因素时，需用控制变量法，即研究一个因素，需保证另外两个因素不变。探究pH的影响时，不同pH时Cr在水中的存在形式不同，pH较小时以Cr3+形式存在，随着pH的不断增大，Cr的存在形式变为Cr(OH)3和CrO；探究温度的影响时，生成的红色物质CrO（Cr为+5价）不稳定，该物质中O的化合价为-1价，自身的Cr与O发生氧化还原反应，反应后的物质再被H2O2氧化，得到亮黄色的CrO和O2；探究浓度的影响时，需保证pH和温度不变，改变Cr3+浓度，观察反应后的现象。【详解】(1)⑤为碱性环境，生成蓝色沉淀的离子方程式为Cr3++3OH-=Cr(OH)3；(2)试管①②溶液为酸性，酸性条件下为Cr3+，Cr3+较稳定，不能被过氧化氢氧化；(3)④中溶液偏碱性，沉淀溶解，溶液变为亮黄色，是Cr(OH)3被氧化为，离子方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2+8H2O；(4)根据分析，pH较低时，溶液中存在Cr3+，而Cr3+不易被氧化，故溶液为Cr3+的颜色，为墨绿色；pH较高时，根据分析，混合物中存在Cr(OH)3和CrO，两者都可被过氧化氢氧化，得到或，故溶液颜色逐渐变为黄色或砖红色；(5)根据分析，在碱性环境中，生成的红色物质CrO不稳定，该物质中O的化合价为-1价，自身的Cr与O发生氧化还原反应，反应后的物质再被H2O2氧化，得到亮黄色的CrO和O2，总反应为H2O2+2=2+4O2+2OH-；(6)根据分析，探究浓度的影响时，需保证pH和温度不变，通过稀释，改变Cr3+浓度，观察反应后的现象；(7)根据分析，本实验探究了pH、温度、浓度不同时，对Cr(Ⅲ)与过氧化氢反应的影响；20、8.0cd偏小，偏大NaOH可能部分变质生成碳酸钠，或则NaOH固体中含有杂质酚酞二【分析】根据配制溶液计算固体的质量和配制过程中需要注意的事项，再根据酸碱中和滴定分析指示剂的选择。【详解】(1)氢氧化钠物质的量为n＝0.5L×0.4mol∙L−1＝0.2mol，需要称量氢氧化钠固体质量为m＝0.2mol×40g∙mol−1＝8.0g；故答案为：8.0。(2)a．溶解NaOH固体，一般加入约配溶液