2026届安徽省青阳县一中高三上化学期中教学质量检测模拟试题含解析

2026届安徽省青阳县一中高三上化学期中教学质量检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A．某无色透明溶液中：Na＋、K＋、MnO、OH－B．加入Al能放出H2的溶液中：Ba2＋、K＋、Cl－、HCO3-C．在0.1mol·L－1FeCl2溶液中：H＋、NH4+、NO3-、SCN－D．使紫色石蕊变红的溶液中：K＋、Na＋、I－、SO42-2、以下能级符号不正确的是（）A．3s B．3p C．3d D．3f3、下列关于C、Si及其化合物性质与应用的叙述错误的是A．热稳定性CH4＞SiH4B．硅可以用作制造变压器的铁芯材料C．用焦炭还原二氧化硅可以得到含有少量杂质的粗硅D．石墨烯是一种碳氢化合物4、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．5.6gFe与足量稀HNO3发生反应，转移的电子数为0.3NAB．在1L0.1mol/LAlCl3溶液中含有0.1NA个Al3+C．在某密闭容器中盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应后，可得0.2NA个NH3分子D．标准状况下，11.2L四氯化碳中含有的C—Cl键的个数为2NA5、以酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置如图所示。下列说法正确的是()A．燃料电池工作时，正极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－B．a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出C．电解过程中SO42—移向b极D．a、b两极若是石墨，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等6、下列有机物的说法，正确的是A．分子式为C5H12的有机物有三种，它们互为同系物B．C4H8C12有9种同分异构体(不考虑立体异构)C．石蜡油、苯、四氟乙烯都不能使溴水褪色D．等物质的量的甲烷与氯气反应后体积保持不变7、25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋+OH－；ΔH>0，下列叙述正确的是A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，Kw不变C．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H＋）降低D．将水加热，Kw增大，pH不变8、X、Y、Z、W为四种短周期主族元素,且原子序数依次增大,其中X、Z同主族,Y原子半径是短周期主族元素中最大的,X原子最外层电子数是其核外电子层数的3倍。下列说法正确的是()A．原子半径:rW>rZ>rY>rXB．Z的简单氢化物沸点比X的高C．X、Y、Z三种元素组成的化合物多于2种D．W元素氧化物对应水化物的酸性一定强于Z9、下列反应中，可用离子方程式H＋＋OH－===H2O表示的是A．NH4Cl＋NaOHNaCl＋NH3↑＋H2OB．Mg(OH)2＋2HCl===MgCl2＋2H2OC．NaOH＋NaHCO3===Na2CO3＋H2OD．NaOH＋HNO3===NaNO3＋H2O10、下列说法正确的是（）A．质子数为8、中子数为10的氧原子：B．氧原子的结构示意图：C．CaCl2的电子式:D．明矾的化学式:KAl(SO4)211、化学与生活密切相关。下列说法错误的是A．碳酸钠可用于去除餐具的油污 B．漂白粉可用于生活用水的消毒C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查12、NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．1.0L1.0mo1·L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB．12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5NAC．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NAD．1mol的羟基与1moL的氢氧根离子所含电子数均为9NA13、下列说法正确的是（）A．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可B．做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加C．在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO42－或SO32－D．提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法14、下列说法正确的是（）A．含氧元素的化合物就一定是氧化物B．由不同种元素组成的纯净物就是化合物C．溶于水后得到的溶液能导电的物质是电解质D．只含有一种元素的物质不可能是混合物15、常温下，下列各组离子能大量共存的是（）A．H+、Na+、SO、Cu2+ B．Na+、NH、H+、COC．K+、Fe2+、H+、NO D．Ca2+、Ba2+、SO、Cl-16、下列说法正确的是A．常温下，CH3COOH分子不可能存在于pH=8的溶液中B．SO2的水溶液能导电，说明SO2是电解质C．Al2O3具有很高的熔点，可用于制造熔融NaOH的坩埚D．向NaClO溶液中通入少量CO2后，ClO－的浓度减小17、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X分别与Y、Z、W结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。丁为无色气体，遇空气变红棕色；丙的水溶液可刻蚀玻璃。上述物质有如图转化关系：下列说法错误的是A．四种元素形成的单质中W的氧化性最强B．甲、乙、丙中沸点最高的是丙C．甲常用作致冷剂D．甲、乙分子均只含极性共价键18、下列各组物质中化学键的类型相同的是（）A．HCl、MgCl2 B．Na2O、CO2 C．CaCl2、CH4 D．NH3、H2O19、“空气吹出法”海水提溴的工艺流程如下：下列说法中，不正确的是A．实验室保存溴通常加少量水B．海水提溴与海水提镁发生的所有反应均为氧化还原反应C．经过吸收塔后，溴元素得到了富集D．蒸馏塔中还发生了化学变化20、根据如图的转化关系判断下列说法正确的是（反应条件已略去）A．反应①②③④⑤均属于氧化反应和离子反应B．反应⑤说明该条件下铝的还原性强于锰C．反应③中每生成1molO2转移的电子数4molD．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：421、向物质的量浓度均为1mol/L的Fe2(SO4)3、CuSO4的1L混合液中加入amol铁粉，充分反应后，下列说法正确的是()A．当a≤1时，发生的反应为Fe+Cu2+＝Fe2++CuB．当固体有剩余时，溶液中一定存在Fe2+、Cu2+C．当1≤a＜2时，溶液中n(Fe2+)＝(2+a)molD．若有固体剩余，则固体中一定有铁，可能有铜22、下列离子方程式书写正确的是A．石灰水表面漂着的“白膜”可用醋酸溶解:CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑B．钠加入水中:Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑C．FeS溶液中加入稀硝酸:FeS+2H+=Fe2++2H2S↑D．0.01mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合:NH4＋＋Al3＋＋2SO42－＋2Ba2＋＋4OH－＝2BaSO4↓＋Al(OH)3↓＋NH3·H2O二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物X是一种重要的有机化工原料，下图是以它为初始原料设计出的转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去），Y是一种功能高分子材料。已知：（1）X为芳香烃，其相对分子质量为92；（2）烷基苯在高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基：；（3）（苯胺，易被氧化）；回答下列问题：（1）X的名称为________________，G的分子式为____________________。（2）F的结构简式为___________________，B中官能团的名称为____________。（3）F→G的反应类型为__________________________。（4）G→Y的化学方程式为__________________________。（5）满足下列条件的B的同分异构体有________种。①含有苯环；②只含一种官能团；③1mol该有机物能与2molNaHCO3完全反应。（6）请写出以C为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。_______________。24、（12分）已知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中使用最广泛的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C、F是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色。（1）物质A的化学式为___，F化学式为___；（2）B和R在溶液中反应生成F的离子方程式为___；（3）H在潮湿空气中变成M的实验现象是___，化学方程式为___。（4）A和水反应生成B和C的离子方程式为___，由此反应可知A有作为___的用途。（5）M投入盐酸中的离子方程式___。25、（12分）如图所示，此装置可用来制取和观察Fe(OH)2在空气中被被氧化的颜色变化。实验时必须使用铁屑和6mol・L-1的硫酸，其他试剂任选。填写下列空白：（1）B中盛有一定量的NaOH溶液，A中应预先加入的药品是__。A中反应的离子方程式是__。（2）实验开始时先将活塞a__(填“打开”或“关闭”)。（3）简述生成Fe(OH)2的操作过程：__。（4）实验完毕，打开b处活塞，放入一部分空气，此时B瓶中发生的反应为__。（5）下列各图示中，___能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀。(填序号)26、（10分）用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.01000mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液250mL，应准确称取一定质量的K2Cr2O7(保留4位有效数字)，已知M(K2Cr2O7)＝294.0g·mol－1。(1)计算配制250mL0.01000mol·L－1K2Cr2O7溶液时需要准确计量K2Cr2O7的质量是________g。(2)配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用的有________(用编号表示)。①电子天平②烧杯③量筒④玻璃棒⑤容量瓶⑥胶头滴管⑦移液管(3)配制0.01000mol·L－1K2Cr2O7溶液的操作步骤为(填写空白)：计算⇒称量⇒________⇒移液⇒洗涤⇒________⇒摇匀。(4)配制0.01000mol·L－1K2Cr2O7溶液时，下列操作对配制结果有何影响(填“偏高”或“偏低”)?①配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒________。②定容时，仰视刻度线________。(5)配制0.01000mol·L－1K2Cr2O7溶液；定容时不慎加水超过了刻度线，应如何操作：__________。(6)用0.01000mol·L－1K2Cr2O7溶液滴定20.00mL未知浓度的含Fe2＋的溶液，恰好完全反应时消耗10.00mLK2Cr2O7溶液，则溶液中Fe2＋的物质的量浓度是______。(已知：Fe2＋＋Cr2O＋H＋---Cr3＋＋Fe3＋＋H2O未配平)27、（12分）某同学对教材中铜与浓硫酸的实验作出如下改进。实验装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。实验步骤：①组装仪器，检查装置气密性；②加入试剂，关闭旋塞E，加热A，观察C中溶液颜色变化；③将铜丝上提离开液面，停止加热。（1）检查虚线框内装置气密性的方法是____________________________。（2）装置A的名称是________，装置B的作用是_________，装置D中所盛药品是__________。（3）装置A中发生反应的化学方程式为____________________________。（4）实验后，拆除装置前，为避免有害气体的泄漏，应当采取的操作是__________。（5）实验后装置A中有白色固体产生，将装置A中固液混合物缓慢转移至盛有少量水的烧杯中，可观察到的现象是______________；不可直接向装置A中加水的原因是__________。28、（14分）为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程：回答下列问题：．(1)固体1含有的物质是_________、CaCO3、Ca(OH)2；捕获剂所捕获的气体主要是_______________。(2)若X是空气，则上述反应中NO和O2的物质的量之比最好为___________，若空气过量，导致的结果会是____________________________。(3)流程中处理含NH4+废水时发生反应的离子方程式为____________________________。气体1也可通过催化剂直接转化成无污染气体，反应的化学方程式为_____________________________________。(4)若工业废气中主要含N2、SO2，不考虑其他成分，则可用下列工艺生产NaHSO3过饱和溶液[NaHSO3过饱和溶液是生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的原料]。pH=4.1时，I中反应的化学方程式为_________________________；工艺中加入Na2CO3固体、并再次通入废气的目的是_______________________________。29、（10分）二氧化氯(ClO2)是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂，而且与Cl2相比不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物。已知:ClO2浓度过高或受热易分解，甚至会爆炸。现有下列制备ClO2的方法:（1）方法一：氧化法可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备，反应原理为5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O。①该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是_______________________。②研究表明：若反应开始时盐酸浓度较大，则气体产物中有Cl2，用离子方程式解释产生Cl2的原因__________。（2）方法二：氯化钠电解法①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的____（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。②该法工艺原理示意图如图所示。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2，氯化钠电解槽中发生反应的化学方程式为_____________。（3）方法三：草酸还原法在酸性溶液中用草酸（H2C2O4）还原氯酸钠的方法来制备ClO2①写出制备ClO2的离子方程式：____________________；②与电解法相比，用草酸还原法制备ClO2的特点是____________________，提高了生产、储存及运输过程的安全性。（4）已知:ClO2被I-还原为ClO2-、Cl-的转化率与溶液pH的关系如图所示。当pH<2.0时，ClO2-也能被I-完全还原为Cl-。反应生成的I2与Na2S2O3反应的方程式:2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI。用ClO2消毒的饮用水中含有ClO2、ClO2-。测定饮用水中ClO2、ClO2-的含量，分两步进行:①用紫外分光光度法测得水样中ClO2的含量为amol/L。②用滴定法测量ClO2-的含量。请完成相应的实验步骤:步骤1:准确量取VmL上述水样加入锥形瓶中。步骤2:调节水样的pH________。步骤3:加入足量的KI晶体，充分反应。步骤4:加入少量淀粉溶液，用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1mL。根据上述分析数据，测得该饮用水中ClO2-的浓度为________mol/L(用含字母的代数式表示)。

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、D【解析】A.含MnO4-的溶液呈紫红色，故无色透明溶液中不存在MnO4-，选项A错误；B.加入Al能放出H2的溶液为强碱或非氧化性强酸，HCO3-都不能大量存在，选项B错误；C.在0.1mol/LFeCl2溶液中H+、NO3-与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，选项C错误；D.使紫色石蕊变红的溶液呈酸性，H+、K+、Na+、I-、SO42-之间相互不反应，能大量共存，选项D正确。答案选D。2、D【详解】M能级上有s、p、d，3个能级，即3s、3p和3d，没有3f，故答案为：D。3、D【详解】A．元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性：C＞Si，所以物质的热稳定性：CH4＞SiH4，A正确；B．硅铁合金可以用作制造变压器的铁芯材料，B正确；C．二氧化硅中含有杂质，在高温下焦炭与二氧化硅反应产生Si和CO，杂质也被还原产生相应的单质，也会有部分碳混在硅中，因此用焦炭还原二氧化硅得到的是含有少量杂质的粗硅，C正确；D．石墨烯是一种碳元素的单质，不是化合物，D错误；故答案为D。4、A【解析】试题分析：A、Fe与足量稀HNO3发生反应，生成正三价的铁离子，正确；B、铝离子会发生水解，因此在1L0.1mol/LAlCl3溶液中含有小于0.1NA个Al3+，错误；D、这是个可逆反应，不可能进行到底，错误；D、标准状况下，四氯化碳是液体，不能使用22.4L/mol，错误。考点：氧化还原、水解、平衡等有关知识。5、B【解析】A．因该燃料电池是在酸性电解质中工作，所以正极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，选项A错误；B．a极是粗铜，b极是纯铜时，为粗铜的精炼，电解时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出，符合精炼铜原理，选项B正确；C．b与电池的负极相连，b为电解池的阴极，a极是阳极，阴离子SO42—移向阳极a极移动，选项C错误；D．电解CuSO4溶液时，a极产生的气体为O2，产生1molO2需4mol电子，所以需要燃料电池的2molH2，二者的体积并不相等，选项D错误；答案选B。6、B【解析】A.分子式为C5H12的有机物有三种，它们互为同分异构体，故A错误；B.C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法，由图可知C4H8Cl2共有9种同分异构体，故B正确；C.四氟乙烯中含有碳碳双键，能使溴水褪色，故C错误；D.甲烷和氯气反应可生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和HCl，其中HCl的物质的量最大，一氯甲烷为气体，其余为液体，反应后体积会发生变化，故D错误；故选B。7、B【详解】A.氨水能抑制水的电离，但碱性是增强的，A不正确；B.硫酸氢钠是强酸的酸式盐，溶于水显酸性，水的离子积常数只和温度有关，所以B是正确的；C.醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性。水解是促进水的电离的，所以C不正确；D.电离是吸热的，因此加热促进水的电离，水的离子积常数增大，pH降低，D不正确。答案选B。8、C【分析】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素,且原子序数依次递增,Y原子半径是短周期主族元素中最大的,Y为Na元素;X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍,X为第二周期元素O；X、Z同主族,则Z为S；W的原子序数最大,可以知道W为Cl。由上述分析可以知道,X为O,Y为Na,Z为S,W为Cl。【详解】A、电子层越多,原子半径越大,同周期从左向右原子半径减小,则原子半径:rZ>rY>rW>rX,故A错误;B、Z的简单氢化物为H2S，X的简单氢化物为H2O,H2O分子间存在氢键，沸点高于H2S，故B错误；C、X、Y、Z三种元素组成的化合物不止2种,如亚硫酸钠、硫酸钠、硫代硫酸钠等,所以C选项是正确的;

D、尽管非金属性W＞Z,但是W元素氧化物对应水化物的酸性不一定强于Z的，只有W元素最高价氧化物对应水化物的酸性一定强于Z的,故D错误;

综上所述，本题应选C。【点睛】本题重点考查根据结构推断元素种类。此题型应熟练掌握元素周期律的相关知识。根据X、Y、Z、W为四种短周期主族元素,且原子序数依次递增,Y原子半径是短周期主族元素中最大的,Y为Na元素（原子半径的比较：电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小）;X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍,X为第二周期元素,X为O,X、Z同主族,Z为S,W的原子序数最大,可以知道W为Cl。由上述分析可以知道,X为O,Y为Na,Z为S,W为Cl。9、D【解析】ANH4＋＋OH－Δ__NH3↑＋HBMg(OH)2＋2H＋=Mg2＋＋2H2OCOH－＋HCO3－=CO32－＋H2ODH＋＋OH－=H2O，故选D10、A【解析】质子数为8、中子数为10的氧原子的质量数为18，A项正确；氧原子最外层为6个电子，B项错误；CaCl2由Ca2+和Cl—构成，电子式为，C项错误；明矾的化学式KAl(SO4)2•12H2O，D项错误。11、D【详解】A.碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确；B.漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；C.氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确；D.碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，D错误。答案选D。【点睛】本题主要是考查常见化学物质的性质和用途判断，题目难度不大。平时注意相关基础知识的积累并能灵活应用即可，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。12、B【详解】A、忽视了NaAlO2溶液中的水，错；B、每个碳原子被3个六元环共用，则每个六元环占有的碳原子数＝1××6＝2个，12g石墨烯含六元环的物质的量＝12/24＝0.5mol，正确；C、没有告诉溶液的体积，无法计算，错；D、OH－是10电子微粒，所含电子数为10N0，错。13、B【详解】A、氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，故A错误；B、液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故B正确；C、硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，溶液中可能含Ag+，故C错误；D、氯化钠的溶解度受温度影响小，氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故D错误；故答案选B。14、B【解析】A、氧化物是由两种元素组成的化合物，其中一种元素是氧元素，故A错误；B、化合物是由不同元素组成的化合物，故B正确；C、电解质溶液中导电的离子必须是本身提供，CO2的水溶液能够导电，但导电的离子不是CO2本身电离产生，因此CO2不是电解质，故C错误；D、如果是一种元素组成，且结构不同的物质混合，属于混合物，如石墨和金刚石，故D错误。15、A【详解】A.溶液中H+、Na+、SO、Cu2+四种离子之间不发生任何反应，能大量共存，故A正确；B.溶液中H+与CO反应生成二氧化碳，不能大量共存，故B错误；C.溶液中Fe2+、H+、NO发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D.溶液中SO与Ca2+、Ba2+反应生成微溶的硫酸钙和难溶的硫酸钡沉淀，不能大量共存，故D错误；故选A。16、D【解析】根据电离、水解、电解质等概念分析判断。【详解】A项：溶液中CH3COOH有电离平衡，不论加入多少碱，都不能使醋酸完全转化为醋酸根离子。即CH3COOH分子可以存在于碱性溶液中。A项错误；B项：SO2的水溶液能导电，不是因为SO2发生电离，而是它与水反应的产物H2SO3发生电离，故SO2属于非电解质。B项错误；C项：Al2O3熔点很高，可制造坩埚，但不能熔融NaOH。因为Al2O3为两性氧化物，能与NaOH反应。C项错误；D项：NaClO溶液中存在ClO－水解平衡，通入的CO2与OH－反应，使水解平衡右移，ClO－的浓度减小。D项正确。本题选D。17、B【分析】丁为无色气体，遇空气变红棕色，则丁为NO，单质Z与化合物甲反应生成NO，则单质Z为O2，化合物甲为NH3，乙为H2O，能与H2O反应生成氧气的单质为F2，丙为HF，故元素X、Y、Z、W分别为H、N、O、F。据此解答。【详解】A.根据以上分析，H、N、O、F四种元素形成的单质中F2的氧化性最强，故A正确；B.常温下NH3和HF为气态，H2O在常温下为液态，所以沸点最高的是H2O，故B错误；C.化合物甲为NH3，氨气易液化，液氨气化时吸收大量的热，故常用作致冷剂，故C正确；D.化合物甲为NH3，乙为H2O，NH3和H2O分子均只含极性共价键，故D正确。故选B。【点睛】本题考查了结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意丁为无色气体，遇空气变红棕色是解题的突破口，熟记常见的10电子微粒。18、D【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物中一定不含离子键，含有共价键。【详解】A．HCl为共价化合物，只含共价键；MgCl2为离子化合物，只含离子键，故A错误；

B．Na2O为离子化合物，只含离子键；CO2为共价化合物，只含共价键，故B错误；

C．CaCl2为离子化合物，只含离子键，CH4为共价化合物，只含共价键，故C错误；

D．NH3、H2O两种物质都是共价化合物，含有的化学键都是共价键，所以化学键类型相同，故D正确。

所以D选项是正确的。【点睛】本题考查化学键的类型，学生应注意离子化合物中可能存在共价键，共价化合物中一定不存在离子键来解答。19、B【分析】浓缩、酸化后的海水，通入Cl2，Cl2将Br-氧化成Br2，通入空气、水蒸气吹出Br2，在吸收塔被SO2再次还原成Br-，在蒸馏塔中被Cl2氧化成Br2，经过冷凝、精馏得到高纯度Br2；A.液溴易挥发，常用水封法保存；B.海水提镁发生的所有反应大部分为非氧化还原反应，只有电解氯化镁为氧化还原反应；C.经过吸收塔后，Br2在吸收塔被SO2吸收，溴元素得到了富集；D.Br-在蒸馏塔中被Cl2氧化成Br2。【详解】A.溴易挥发，加水液封可以减少挥发损失，A正确；B.海水提镁的过程中，发生了镁盐与碱反应生成氢氧化镁的复分解反应，所以并不都是氧化还原反应，B错误；C.经过吸收塔后，所得溶液中的Br—浓度远大于进入吹出塔之前的海水中的Br—浓度，因此溴元素得到了富集，C正确；D.蒸馏塔中发生的反应为：2Br—+Cl2=2Cl-+Br2,D正确。20、B【分析】A、反应中均有元素的化合价变化，③④⑤中没有离子参加反应；B、⑤为铝热反应，Al失去电子，为还原剂；C、由H2O2～O2～2e－计算；D、反应①为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高．【详解】A、反应中均有元素的化合价变化，均为氧化还原反应，而③④⑤中没有离子参加反应，则不属于离子反应，故A错误；B、⑤为铝热反应，Al失去电子，为还原剂，Mn为还原产物，则还原性Al＞Mn，故B正确；C、由H2O2～O2～2e－计算，反应③中每生成1molO2转移的电子数2mol，故C错误；D、反应①为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，4molHCl中只有2mol为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误。故选B。21、C【分析】因氧化性Fe3+>Cu2+，加入铁粉后，先与Fe3+反应，后与Cu2+反应。【详解】因氧化性Fe3+>Cu2+，加入铁粉后，先与Fe3+反应，后与Cu2+反应A.加入铁粉后，先与Fe3+反应，混合溶液中Fe3+的物质的量为1mol/L×1L×2=2mol，由2Fe3++Fe=3Fe2+可知，加入1molFe时，铁离子恰好完全反应，则a⩽1时，Fe粉只能将Fe3+还原，A项错误；B.剩余固体为Cu或Cu、Fe，当有Fe剩余时，溶液中一定没有Cu2+，B项错误；C.溶液中铁离子为2mol、铜离子为1mol，当1⩽a<2时，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu，由方程式比例关系知，铁粉全部参与反应，加入Fe为amol，由铁元素守可知，溶液中n(Fe2+)=(2+a)mol，C项正确；D.若有固体剩余，则固体中一定有铜，当铁粉过量时，还会含有铁，D项错误；答案选C。22、D【解析】A、醋酸是弱酸，书写离子反应方程式时，不能拆写成离子，应是CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋H2O＋CO2↑＋2CH3COO－，故A错误；B、电荷不守恒，正确的是2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑，故B错误；C、硝酸具有强氧化性，能与Fe2＋、H2S发生氧化还原反应，故C错误；D、NH4＋、Al3＋都能与OH－发生反应，Al3＋结合OH－能力强于NH4＋，因此先发生Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，然后发生NH4＋＋OH－=NH3·H2O，最后发生Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，根据题中信息，发生的离子反应是NH4＋＋Al3＋＋2(SO4)2－＋2Ba2＋＋4OH－=2BaSO4↓＋Al(OH)3↓＋NH3·H2O，故D正确。二、非选择题(共84分)23、甲苯C7H7NO2羧基酯基还原反应10【分析】相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=7…8，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8，结构简式为。在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成E，结合G的结构可知E为，E转化生成F，由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可知，F为，发生反应生成Y，Y为功能高分子化合物，故Y的结构简式为。【详解】(1)通过以上分析知，X为，为甲苯；G()的分子式为C7H7NO2，故答案为甲苯；C7H7NO2；(2)F为，B()中官能团的名称为酯基和羧基，故答案为；酯基、羧基；(3)F()→G()反应中硝基被还原为氨基，故答案为还原反应；(4)邻氨基苯甲酸在一定条件下反应生成Y，反应④的化学方程式为n+(n-1)H2O，故答案为n+(n-1)H2O；(5)B为()，其同分异构体满足下列条件：①含有苯环；②只含一种官能团；③1mol该有机物能与2molNaHCO3完全反应，说明含有两个羧基。如果取代基为-COOH、-CH2COOH，有邻间对3种结构；如果取代基为-CH(COOH)2，有1种结构；如果取代基为两个-COOH、一个-CH3，两个-COOH为相邻位置，有2种同分异构体；如果两个-COOH为相间位置，有3种同分异构体；如果两个-COOH为相对位置，有1种同分异构体；所以符合条件的有10种，故答案为10；(6)以C()为原料制备，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与溴发生加成反应，所得产物在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，合成反应流程图为：，故答案为。【点睛】本题考查有机推断。本题的难点为(6)中合成路线的设计，可以采用正向或逆向方法进行设计，关键是羟基的引入和羟基数目的改变方法，要注意卤代烃在羟基引入中的运用。24、Na2O2H22Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑供氧剂Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O【详解】A为淡黄色固体，其能与水反应，则其为Na2O2；R是地壳中含量最多的金属元素的单质，则其为Al；T为生活中使用最广泛的金属单质，则其为Fe；D是具有磁性的黑色晶体，则其为Fe3O4；Na2O2与水反应生成NaOH和O2，所以C为O2；Al与NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠和氢气，所以F为H2，B为NaOH；Fe3O4与盐酸反应，生成FeCl3、FeCl2和水，FeCl3再与Fe反应，又生成FeCl2，所以E为FeCl2；它与NaOH溶液反应，生成白色沉淀Fe(OH)2，它是H；Fe(OH)2在空气中被氧化为Fe(OH)3，它与盐酸反应生成FeCl3，它为W。（1）物质A的化学式为Na2O2。答案为：Na2O2F化学式为H2。答案为：H2（2）NaOH和Al在溶液中反应生成H2的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑（3）Fe(OH)2在潮湿空气中变成Fe(OH)3的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色。答案为：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。（4）Na2O2和水反应生成NaOH和O2的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。答案为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑由此反应可知A有作为供氧剂的用途。答案为：供氧剂（5）Fe(OH)3投入盐酸中的离子方程式Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O。答案为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O25、铁屑Fe+2H+=Fe2++H2↑打开关闭活塞a，使FeSO4溶液压入B瓶中进行反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3①②③⑤【分析】制取氢氧化亚铁使用的试剂是硫酸亚铁和氢氧化钠溶液，但是一定要注意隔绝氧气的氧化，A是产生硫酸亚铁的装置，保证其进入B中，要借助氢气产生的压强，根据实验试剂以及原理来回答分析即可。【详解】（1）B中盛一定量的NaOH溶液，则A中必须提供亚铁离子，所以应预先加入的试剂是铁粉，A中反应的离子方程式是Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为铁屑；Fe+2H+=Fe2++H2↑；（2）为防止生成的氢氧化亚铁被氧化，则需要利用稀硫酸和铁反应产生的氢气排尽装置中的空气，如果不打开活塞E，会造成安全事故，所以要打开活塞a，使生成的气体进入装置B，一方面能除去A和B装置中的空气，另一方面能防止安全事故的发生，故答案为打开；（3）铁和硫酸反应有氢气生成，关闭活塞a，导致A装置中氢气增大使FeSO4溶液被压入B瓶中进行反应生成氢氧化亚铁，故答案为关闭活塞a，使FeSO4溶液压入B瓶中进行反应；（4）氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（5）对比5个实验明显可以发现选项③、⑤加入有机物作隔离层和空气接触少，②中Fe和稀硫酸生成氢气能排出装置中的氧气，所以也能减少与氧气接触，①中盛有氢氧化钠溶液的滴管伸入放有还原性铁粉的硫酸亚铁溶液中，可以避免试管中部分氧气对氢氧化亚铁的氧化，则能减少与氧气接触；只有④生成的氢氧化亚铁能够与空气中氧气发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，导致不能长时间观察到氢氧化亚铁，故答案为①②③⑤。【点睛】考查氢氧化亚铁的制取，氢氧化亚铁极易被氧气氧气，所以制取氢氧化亚铁时注意必须在无氧气条件下进行反应，这是高中化学中较重要的一个实验。26、0.7350⑦溶解定容偏低偏低重新配制0.03mol·L－1【解析】（1）配制250mL0.01000mol/LK2Cr2O7溶液，需要溶质的质量=0.250L×0.01000mol/L×294.0g•mol-1=0.7350g；（2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器：电子天平、烧杯、玻璃棒、量筒、250mL容量瓶、胶头滴管；用不到的是：⑦移液管；故答案为⑦；（3）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等；故答案为溶解；定容；（4）①配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；②定容时，仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低；（5）定容时不慎加水超过了刻度线，导致实验失败，且无法挽救，必须重新配制；（6）依据方程式，设Fe2+离子的物质的量浓度为c：6Fe2++Cr2O72-+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O61c×20.00mL0.01000mol/L×10.00mL解得c=0.030mol/L；答案：溶液中Fe2+的物质的量浓度0.030mol/L。27、关闭旋塞E，装置C中加水没过导管口，给A装置微热，装置C中导管口有气泡冒出，撤去热源后，导管内有倒吸产生的液柱，且高度保持不变三颈烧瓶；防倒吸碱石灰Cu+2H2SO4═CuSO4+SO2↑+2H2O打开旋塞E，从E管口向A中鼓入大量空气混合时放热，白色固体溶解，溶液变蓝色水加入浓硫酸中，放出大量热使液体飞溅【分析】（1）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；（2）仪器A的名称是三颈烧瓶，仪器B的作用是防止二氧化硫倒吸，仪器D是处理尾气，而二氧化硫是酸性气体，所以D中所盛药品是碱石灰或NaOH固体；（3）铜与浓硫酸在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水；（4）从E处鼓入空气或氮气，使体系中的二氧化硫完全除净；（5）硫酸铜晶体溶于水溶液变蓝色；铜元素的焰色反应呈黄绿色，水加入浓硫酸中，放出大量热使液体飞溅．【详解】(1)对于简易装置的气密性检查时，一般对瓶内气体加热，然后看有无气泡冒出或冷却后看导管口是否形成一段水柱，所以要关闭旋塞E，装置C中加水没过导管口，给A装置微热，装置C中导管口有气泡冒出，撤去热源后，导管内有倒吸产生的液柱，且高度保持不变；故答案为：关闭旋塞E，装置C中加水没过导管口，给A装置微热，装置C中导管口有气泡冒出，撤去热源后，导管内有倒吸产生的液柱，且高度保持不变；(2)仪器A的名称是三颈烧瓶，仪器B的作用是防止二氧化硫倒吸，仪器D是尾气处理，而二氧化硫是酸性气体，所以D中所盛药品是碱石灰或NaOH固体；故答案为：三颈烧瓶；防倒吸；碱石灰；(3)铜与浓硫酸在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水,反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4═CuSO4+SO2↑+2H2O；故答案为：Cu+2H2SO4═CuSO4+SO2↑+2H2O；(4)从E处鼓入空气或氮气，使体系中的二氧化硫完全除净，所以操作为：打开旋塞E，从E管口向A中鼓入大量空气，故答案为：打开旋塞E，从E管口向A中鼓入大量空气；(5)硫酸铜晶体溶于水溶液变蓝色；水加入浓硫酸中，放出大量热使液体飞溅；故答案为：混合时放热，白色固体溶解，溶液变蓝色；水加入浓硫酸中，放出大量热使液体飞溅。28、CaSO3CO4:1NO将会被氧化成NaNO3，无法与NH4+反应生成无污染的N2NH4++NO2-=N2↑+2H2O2NO+2CON2+2CO2Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2加入Na2CO3固体会生成NaHCO3，再次通入废气，又重新生成NaHSO3，得到亚硫酸氢钠的过饱和溶液【详解】（1）石灰乳的成分为Ca(OH)2，能与CO2、SO2反应生成CaCO3、CaSO3，加入石灰乳过量，还有剩余的Ca(OH)2；NO被X气体氧化生成的NO2被NaOH溶液吸收，所以气体2中被捕获剂捕获的气体主要为CO；综上所述，本题答案是：CaSO3，CO。(2)根据反应流程可知，当反应物恰好完全反应生成了亚硝酸钠，二者配比为最佳配比；设NO为xmol、O2ymol，根据电子得失守恒可知，x×(3-2)=y×2×2，所以x：y=4:1；若空气过量，NO将会被氧化而生成NaNO3，无法与废水中的NH4+反应生成无污染的N2；综上所述，本题答案是：4:1；NO将会被氧化而生成NaNO3，无法与NH4+反应生成无污染的N2。(3)NH4+与亚硝酸根离子反应生成氮气，反应的离子方程式为：NH4++NO2-=N2↑+2H2O；气体1中含有NO、CO，通过催化剂直接转化成无污染气体氮气和二氧化碳，化学方程式为：2NO+2CON2+2CO2；综上所述，本题答案是：NH4++NO2-=N2↑+2H2O；2NO+2CON2+2CO2。(4)pH=4.1时，I中碳酸钠与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，反应的化学方程式为：Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2；工艺中加入Na2CO3固体会生成NaHCO