2026届台州市重点中学高三上化学期中联考试题含解析

2026届台州市重点中学高三上化学期中联考试题注意事项：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、某新型水系钠离子电池工作原理如下图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4还原为Na2S。下列说法错误的是（）A．充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能B．放电时，a极为负极C．充电时，阳极的电极反应式为3I--2e-=I3-D．M是阴离子交换膜2、下列说法中，不正确的是A．麦芽糖水解的产物只有葡萄糖B．苯酚可用于合成高分子化合物C．油脂水解可以制取高级脂肪酸D．鸡蛋清遇醋酸铅后产生的沉淀能重新溶于水3、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+4、根据下列事实,判断离子的氧化性顺序为①A+B2+===A2++B②D+2H2O===D(OH)2+H2↑③以B、E为电极与E的盐溶液组成原电池，电极反应为：E2++2e-=E，B-2e-=B2+A．D2+>A2+>B2+>E2+B．D2+>E2+>B2+>A2+C．E2+>B2+>A2+>D2+D．A2+>B2+>D2+>E2+5、化学与社会、生活密切相关，下列说法正确的是()A．凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，不可食用B．“嫦娥”三号使用的碳纤维是一种新型的有机高分子材料C．Fe2O3俗称铁红，常做红色油漆和涂料D．工业上通常用电解Na、Mg、Al对应的氯化物制取该三种金属单质6、科学的假设与猜想是科学探究的先导和价值所在。在下列假设（猜想）引导下的探究肯定没有意义的选项是（）A．探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成B．探究Mg(OH)2溶解于NH4Cl是NH4+水解呈酸性所致，还是NH4+与OH－结合所致C．探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质可能是Cu(OH)2D．探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通以Cl2，酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性所致7、已知PbO2在盐酸溶液中易被还原成PbCl2，且PbO2、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列叙述中，正确的是（）A．Cl2通入FeI2溶液中，可存在反应3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3B．每1个PbO2在盐酸溶液中被氧化生成PbCl2时转移2个e-C．FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化D．I2具有较强的氧化性，可以将PbCl2氧化成PbO28、高温时，焦炭和水蒸气反应，所得气体含CO、CO2、H2和H2O，现用浓硫酸、无水硫酸铜、氧化铜、澄清石灰水、氢氧化钠溶液五种试剂，一次性检测气体中的CO、CO2和H2，下列说法不正确的是A．气体检验的顺序应该是CO2、H2、COB．检验CO和H2之前，需用浓硫酸将气体干燥后再完成后续实验C．干燥气体通过灼热氧化铜后，可根据无水硫酸铜是否变蓝色来确定是否含H2D．该实验中，澄清石灰水只需使用一次9、下列实验操作、实验现象及解释与结论都正确的是选项实验操作实验现象解释与结论A将乙醇与浓硫酸共热至170℃，所得气体通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色乙醇发生消去反应，气体中只含有乙烯B淀粉溶液和稀H2SO4混合加热，加新制Cu(OH)2悬浊液加热至沸腾有砖红色沉淀产生淀粉发生水解，产物具有还原性C向甲苯中滴入适量浓溴水，振荡，静置溶液上层呈橙红色，下层几乎无色甲苯萃取溴所致D将少量某物质滴加到新制的银氨溶液中，水浴加热有银镜生成说明该物质一定是醛A．A B．B C．C D．D10、把一小块金属钠放入下列溶液中，既能产生气体又会生成白色沉淀的是()A．稀硫酸B．氢氧化钾稀溶液C．硫酸铜溶液D．氯化镁溶液11、化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列图像描述正确的是（）A．根据图1可判断可逆反应“A2(g)+3B2(g)2AB3(g)”的ΔH<0B．图2可能表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强大C．图3可表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性的变化D．根据图4，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可采用向溶液中加入适量Cu至pH在4左右12、下列物质按纯净物、混合物、强电解质和非电解质顺序排列的是（）A．单甘油酯、混甘油酯、苛性钾、H2S、B．胆矾、漂白粉、硫酸钠、次氯酸C．明矾、水煤气、盐酸、铜D．冰醋酸、福尔马林、硫酸钡、乙醇13、被誉为“矿石熊猫”的香花石，是由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种主族元素组成，其化学式为Y2X3(ZWR4)3T2，其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同一主族，Y、Z、R、T位于同一周期，R元素原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，T无正价，X与R的原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是（）A．原子半径：Y＞Z＞R＞TB．气态氢化物的稳定性：W＜R＜TC．最高价氧化物对应水化物的碱性：X＞ZD．XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同14、下列有关物质分类或归类正确的一组是（）①酸性氧化物SO2、NO、CO2、SiO2②铝热剂、盐酸、水玻璃、氨水均为混合物③明矾、小苏打、次氯酸均为电解质④碘酒、牛奶、豆浆、漂白粉均为胶体⑤液氨、液氯、干冰、碘化银均为化合物A．①③B．②③C．③④D．②⑤15、下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是A．用碱式滴定管量取13.60mL酸性高锰酸钾溶液B．用容量瓶配制溶液时，定容时仰视刻度线，所配溶液浓度偏低C．蒸馏时，应使温度计水银球置于蒸馏液体中D．过滤时，先将滤纸湿润，然后再将滤纸放入漏斗中16、下列物质属于纯净物的是A．液氯B．漂白粉C．盐酸D．碘酒17、一定温度下恒容容器中，可逆反应达到平衡状态的标志是①单位时间内生成nmolH2的同时生成2nmolHI②单位时间内生成nmolH2的同时，生成nmolI2③用HI、I2、H2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶1∶1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的压强不再改变的状态A．①④. B．①④⑤. C．①②④⑤. D．①②③④⑤18、化学与生活、生产密切相关，下列有关叙述不正确的是（）A．氢氧化铝、小苏打均可用作胃酸中和剂B．过氧化钠可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源C．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率D．ClO2具有强氧化性，可用作自来水的净水剂19、钯的化合物PdCl2通过化学反应可用来检测有毒气体CO，该反应的反应物与生成物有CO、Pd、H2O、HCl、PdCl2和一种未知物质X。下列说法错误的是()A．未知物质X为CO2，属于氧化产物B．每转移1mole－时，生成2molXC．反应中PdCl2作氧化剂，被还原D．还原性：CO>Pd20、我国用BeO、KBF4等原料制备KBe2BO3F2晶体，在世界上首次实现在177.3nm深紫外激光倍频输出，其晶胞如图所示。下列说法错误的是（）A．构成晶体的非金属元素的电负性由大到小的顺序为F>O>BB．KBF4中的阴离子的中心原子的杂化方式为sp2C．根据元素周期表中元素所处的位置可推测BeO与Al2O3性质相似D．晶胞中的K+有2个位于晶胞内部，8个位于晶胞顶点，则1mo1该晶胞含3molKBe2BO3F221、根据下列实验方案所得到的现象，得出的结论一定正确的是甲中玻璃管盛放的物质乙中现象结论A还原铁粉、用水湿润的玻璃纤维肥皂水中有气泡水蒸气高温下与铁反应生成了氢气BCaCO3、SiO2石灰水变浑浊CaCO3和SiO2高温下反应生成了CO2C碎瓷片、石蜡油（主要成分为烷烃）酸性KMnO4溶液褪色石蜡油可能发生了分解反应DFeCl3固体（熔点306℃、沸点315℃）、MnO2固体淀粉KI溶液变蓝加热时MnO2能将FeCl3氧化成Cl2A．A B．B C．C D．D22、下列反应在常温下均为非自发反应，在高温下仍为非自发反应的是A．Ag2O(s)===2Ag(s)＋O2(g)B．Fe2O3(s)＋C(s)===2Fe(s)＋CO2(g)C．N2O4(g)===2NO2(g)D．6C(s)＋6H2O(l)===C6H12O6(s)二、非选择题(共84分)23、（14分）已知高分子化合物I是轻工业生产的重要原料，其中一种生产合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A为芳香烃，A的化学名称是______。（2）G→H、H→I的反应类型分别是______、______。（3）若G结构为①请写出D的结构简式______。②2由B生成C的化学方程式为__。（4）C有多种同分异构体，其中属于酚类的同分异构体有_____种，写出其中具有四组核磁共振氢谱峰的一种结构简式_____。（5）参考上述合成路线信息，写出以CH3－CH=CH2和CH3MgBr为原料(其它无机物任选)合成的合成路线图。_____24、（12分）下表为元素周期表的一部分。碳氮YX硫Z回答下列问题（1）Z元素在周期表中的位置为__________。（2）元素周期表中与Z元素同周期原子半径最大的是(写元素名称)__________，其最高价氧化物对应的水化物含有的化学键类型____________。（3）下列事实能说明Y元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是___；a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊b．在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多c．Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高（4）根据下图实验，可以证明碳的非金属性比X强。饱和小苏打溶液的作用__________。发生的离子方程式是：__________________（5）重水(D2O)是重要的核工业原料，下列说法错误的是________。a．氘(D)原子核内有1个中子b．1H与D互称同位素c．H2O与D2O互称同素异形体d．1H218O与D216O的相对分子质量相同25、（12分）氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索。以菱镁矿(主要成分为MgCO3，另含少量杂质FeCO3和SiO2等)为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：(1)酸溶时，MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为_____________________________。(2)滤渣1的化学式为__________________。(3)写出流程中“氧化”的离子方程式为______________________________________。(4)调节pH时，使用pH试纸的具体操作是取一小块pH试纸放在洁净的玻璃片上，_______________________________________________________；滤渣2中除了过量的MgO外，还含有的物质是____________。(5)高温煅烧过程中，同时存在以下反应：2MgSO4＋C2MgO＋2SO2↑＋CO2↑；MgSO4＋CMgO＋SO2↑＋CO↑；MgSO4＋3C高温MgO＋S↑＋3CO↑。利用下图装置对煅烧产生的气体进行连续分别吸收或收集(其中S蒸气在A管中沉积)。①D中收集的气体是_________________(填化学式)。②B中盛放的溶液是__________________(填下列选项的字母编号)。a．NaOH溶液b．Na2CO3溶液c．稀硝酸d．酸性KMnO4溶液26、（10分）硫代硫酸钠（Na2S2O3）可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得。已知：①Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在；②硫代硫酸钠与碘反应的离子方程式为：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。（Ⅰ）制备Na2S2O3·5H2O①打开K1，关闭K2，向放有铜片的圆底烧瓶中加入足量浓硫酸，加热。圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为___________________________________________。②C中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少。C中碳酸钠的作用是_____。“停止C中的反应”的操作是____________________。③过滤C中的混合液。将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，得到产品。④装置B中盛放的试剂是（填化学式）_____________溶液，其作用是__________________。（Ⅱ）用I2的标准溶液测定产品的纯度取5.5g产品，配制成100mL溶液。取10.00mL溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol/LI2的标准溶液进行滴定，相关数据记录如下表所示：编号123溶液的体积/mL10.0010.0010.00消耗I2标准溶液的体积/mL19.9517.1020.05①滴定时，达到滴定终点的现象是______________________________。②Na2S2O3·5H2O在产品中的质量分数是___________（用百分数表示，且保留1位小数）。③下列操作中可能使测定结果偏低的是________(填字母)。A．酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入I2的标准液B．滴定前盛放Na2S2O3溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C．酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡D．读取I2标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数27、（12分）某探究性学习小组拟用小颗粒状铝硅合金与足量稀硫酸的反应(其中硅与稀硫酸不反应)测定通常状况(约20℃，1atm)下气体摩尔体积的方法。拟选用下列实验装置完成试验：(1)该组同学必须选用的装置的连接顺序是(用管口字母，可不填满)：A接（_______）（_______）接（_______）(2)实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开其活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶。请你帮助分析原因_________________________。(3)实验结束时，该组同学应怎样测量实验中生成氢气的体积？____(4)实验中准确测得4个数据：实验前铝硅合金的质量m1g，实验后残留固体的质量m2g，实验后量筒中液面读数为VmL。则通常状况下气体摩尔体积Vm＝_________。若合金中含铜，测得的Vm将________(偏大/偏小/无影响)。28、（14分）是一种重要的化学原料，在生产和生活中应用十分广泛。(1)氯水中具有漂白性，能杀菌消毒。其电子式为_____________。(2)实验室可用和浓盐酸反应制取，反应的离子方程式是_________。(3)工业上可采取电解饱和食盐水的方法制取，装置如图所示，图中的离子交换膜为_______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。(4)以为原料，用氧化制取，可提高效益，减少污染。反应如下：上述反应在同一反应器中，通过控制合适条件，分两步循环进行，可使转化率接近100%，其基本原理如下图所示：过程Ⅰ的反应为：①过程Ⅱ反应的热化学方程式为_______________。②过程Ⅰ流出的气体通过稀溶液(含少量酚酞)进行检测，氯化初期主要为不含的气体，判断氯化结束时溶液的现象为___________。③相同条件下，若将氯化温度升高的300℃。溶液中出现上述现象的时间将缩短，其原因为______。④实验测得在不同压强下，总反应的平衡转化率随温度变化的曲线如图;i平衡常数比较：K(A)_________K(B)(填“＞”“＜”或“=”)。ii压强比较：p1_______p2。(填“＞”“＜”或“=”)29、（10分）A、B、C、D、E、F为前四周期元素且原子序数依次增大，其中基态A原子的电子分布在3个能级，且每个能级所含的电子数相同；C的原子核外最外层有6个运动状态不同的电子；D是短周期元素中电负性最小的元素；E的最高价氧化物的水化物酸性最强；基态F原子核外最外层只有一个电子，其余能层均充满电子。G元素与D元素同主族，且相差3个周期。（1）元素A、B、C的第一电离能由小到大的是__________________（用元素符号表示）。（2）E的最高价含氧酸中E原子的杂化方式为_____________。基态E原子中，核外电子占据最高能级的电子云轮廓形状为_________________。（3）F原子的外围电子排布式为_______________________，（4）已知元素A、B形成的(AB)2分子中所有原子都满足8电子稳定结构，则其分子中σ键与π键数目之比为__________。（5）通常情况下，D单质的熔沸点比G单质高，原因是_________________________。（6）已知DE晶体的晶胞如图所示：若将DE晶胞中的所有E离子去掉，并将D离子全部换为A原子，再在其中的4个“小立方体”中心各放置一个A原子，且这4个“小立方体”不相邻。位于“小立方体”中的A原子与最近的4个A原子以单键相连，由此表示A的一种晶体的晶胞（已知A—A键的键长为acm，NA表示阿伏加德罗常数），则该晶胞中含有_________个A原子，该晶体的密度是_______g·cm-3（列式表示）。

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.充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能贮存起来，故A正确；B.放电时，a极为负极，Na2S失电子氧化为Na2S4，故B正确；C.充电时，阳极失电子被氧化，阳极的电极反应式为3I--2e-=I3-，故C正确；D.M是阳离子交换膜，阴离子会相互反应，故D错误，故选D。2、D【详解】A.麦芽糖水解的产物只有葡萄糖，而蔗糖的水解产物是葡萄糖和果糖，A正确；B.苯酚是一种重要的化工原料，可以用于合成高分子化合物，B正确；C.油脂酸性水解的产物是高级脂肪酸和甘油，因此可以制取高级脂肪酸，C正确；D.鸡蛋清的主要成分是蛋白质，蛋白质遇到重金属盐发生变性而沉淀，且沉淀不能重新溶于水，D错误。3、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。4、C【解析】试题分析：根据氧化剂的氧化性大于还原产物的氧化性得到，B2+>A2+，H+>D2+，E2+>B2+，即E2+>B2+>A2+>D2+，故答案选C。考点：考查氧化还原反应中离子氧化性的判断相关知识5、C【详解】A.为保持食品新鲜，食品添加剂可按规定限量使用，如火腿肠中加亚硝酸钠等防腐剂，A项错误；B.碳纤维属于无机材料，不属于有机高分子材料，B项错误；C.Fe2O3为红棕色，俗称铁红，常做红色油漆和涂料，C项正确；D.氯化铝为共价化合物，其在熔融状态下不导电，应电解熔融氧化铝冶炼Al，而工业上通常用电解Na、Mg对应的氯化物制取Na、Mg，D项错误；答案选C。【点睛】工业冶炼金属的常用化学方法有：电解法：适用于K、Ca、Na、Mg、Al；热还原法：适用于Zn、Fe、Sn、Pb、Cu；热分解法：适用于Hg、Ag。6、C【解析】A、二氧化硫具有还原性,过氧化钠具有氧化性,所以可以探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成,故A不符合题意;

B、NH4Cl中NH4+水解呈酸性，可能会使Mg(OH)2溶解，一水合氨是弱碱，在溶液中铵根离子会结合氢氧根离子，也可能使Mg(OH)2溶解，所以探究Mg(OH)2溶解于NH4Cl是NH4+水解呈酸性所致，还是NH4+与OH－结合所致有意义，故B不符合题意；C、Cu(OH)2固体为白色，浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质肯定不是Cu(OH)2，没有探究意义，可探究浓硫酸与铜发生氧化还原反应,铜有可能被氧化为黑色的氧化铜,故C符合题意;

D、氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,消耗氢氧化钠溶液红色褪去,氯气可以与水反应生成的次氯酸或生成的次氯酸钠水解生成次氯酸具有漂白性,有探究意义,故D不符合题意.

综上所述，本题应选C。7、C【详解】A．Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，所以氯气通入FeI2溶液中，氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子，所以不可能存在反应3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3，故A错误；B．PbO2在酸性溶液中易得电子而被还原成Pb2+，所以每1个PbO2在盐酸溶液中被还原生成PbCl2时转移2个e-，故B错误；C．氯化铁的氧化性大于碘，所以氯化铁和碘化钾反应生成碘单质，所以FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化，故C正确；D．PbO2的氧化性大于I2，所以PbO2能氧化碘离子生成碘单质，而碘不能将PbCl2氧化成PbO2，故D错误；故选C。8、D【解析】高温时，焦炭和水蒸气反应，所得气体含CO、CO2、H2和H2O，一次性检测气体中的CO、CO2和H2，检验二氧化碳可以选用澄清石灰水，检验氢气可以选用灼热的氧化铜和无水硫酸铜、检验一氧化碳可以选用灼热的氧化铜和澄清石灰水，因此首先用澄清石灰水检验二氧化碳，用氢氧化钠除去二氧化碳，并用浓硫酸干燥后，剩余的气体再经过灼热的氧化铜，用无水硫酸铜检验氢气，用澄清石灰水检验一氧化碳(需要防止澄清石灰水中的水和空气中的二氧化碳干扰实验)，据此分析解答。【详解】A.根据上述分析，气体检验的顺序应该是CO2、H2、CO，故A正确；B.根据上述分析，检验CO和H2之前，需用浓硫酸将气体干燥后再完成后续实验，防止气体中的水蒸气影响氢气的检验，故B正确；C.根据上述分析，干燥气体通过灼热氧化铜后，可根据无水硫酸铜是否变蓝色来确定是否含H2，故C正确；D.根据上述分析，该实验中，澄清石灰水需要用来检验二氧化碳及其一氧化碳氧化后生成的二氧化碳，需使用两次，如果考虑二氧化碳是否除尽，则需要三次，故D错误；故选D。【点睛】本题考查了物质检验的实验方案的设计。本题的难点和易错点为空气中的二氧化碳和水蒸气以及实验中的二氧化碳和水蒸气对实验设计的影响。9、C【详解】A．乙醇的消去反应中，催化剂浓硫酸具有脱水性，能使少量乙醇在浓硫酸作用下脱水生成碳单质，碳和浓硫酸之间会反应生成二氧化碳和具有还原性的二氧化硫气体，该气体也能使高锰酸钾褪色，故A错误；B．淀粉溶液和稀H2SO4混合加热，水解产物是葡萄糖，它和新制的Cu(OH)2悬浊液的反应必须在碱性环境下发生，验证水解产物时必须先加入氢氧化钠溶液使混合液变为碱性，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，故B错误；C．甲苯和溴水之间不会发生取代反应，只有在铁催化下才和纯液溴反应，溴在甲苯中的溶解度大于在水中的溶解度，所以甲苯能够萃取溴水中的溴，甲苯的密度比水的密度小，所以上层呈橙红色，下层几乎无色，故C正确；D．能够发生银镜反应的物质具有醛基，但是不一定为醛，比如甲酸、甲酸酯都含有醛基，但是不属于醛类，故D错误；答案选C。10、D【解析】试题分析：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，A、NaOH和硫酸发生中和反应，无沉淀，故错误；B、没有沉淀生成，故错误；C、Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓，但沉淀是蓝色沉淀，故错误；D、Mg2＋＋2OH=Mg(OH)2↓，为白色沉淀，故正确。考点：考查钠的性质等知识。11、A【详解】A．升高温度，逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应应为放热反应，即△H<0，选项A正确；B．从图象可知，乙曲线斜率大，乙反应到达平衡用得时间少，则乙反应速率快，根据压强对反应速率的影响，压强越大反应速率越大，则乙曲线压强大，根据反应方程式可以看出，物质D为固体，则增大压强平衡向正反应方向移动，反应物的含量减小，而图中达到平衡时反应物的浓度在两种不同压强下相同，是不符合实际的，选项B错误；C.乙酸为弱电解质，向乙酸溶液中通入氨气，二者反应生成的醋酸铵为强电解质，溶液中离子浓度增大，导电性增强，图象不符合，选项C错误；D.CuSO4溶液中加入适量CuO，发生：CuO+2H+=Cu2++H2O，溶液中H+浓度减小，易于Fe3+水解生成沉淀，当调节pH在4左右时，Fe3+全部水解生成沉淀而除去，而加入Cu不能和H+发生反应，不能调节溶液的pH，选项D错误。答案选A。12、D【解析】A、H2S属于弱电解质，故A错误；B、次氯酸属于弱电解质，故B错误；C、盐酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，铜属于单质，既不是电解质又不是非电解质，故C错误；D、符合概念，故D正确。点睛：盐酸是混合物，是HCl与水的混合物，而电解质还是非电解质都是化合物，属于纯净物，而硫酸、硝酸都有纯净的，因此书写成硫酸、硝酸属于纯净物，属于电解质。13、D【分析】根据题给信息可知，X、Y、Z、R、W、T分别为钙、锂、铍、氧、硅、氟。【详解】A．Y、Z、R、T位于同一周期，元素的原子半径从左向右逐渐减小，故A正确；B．非金属性：F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性：SiH4＜H2O＜HF，故B正确；C．钙元素比铍元素的金属性强，则最高价氧化物对应水化物的碱性：Ca(OH)2＞Be(OH)2，故C正确；D．CaO2、SiO2中氧(即R)的化合价分别为−1、−2，故D错误。综上所述，答案为D。14、B【解析】①NO不是酸性氧化物，错误；②铝热剂、盐酸、水玻璃、氨水均为混合物，正确；③明矾、小苏打、次氯酸均为电解质，正确；④碘酒、漂白粉不是胶体，错误；⑤液氯为单质，错误，答案选B。15、B【详解】A．碱式滴定管只能量取碱性溶液，酸性高锰酸钾溶液呈酸性，且高锰酸钾可氧化橡胶，应该用酸式滴定管量取，故A错误；B．用容量瓶配制溶液时，定容时仰视刻度线，加入水的体积超过了刻度线，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，故B正确；C．蒸馏时温度计测定馏分的温度，则温度计的水银球应在支管口处，故C错误；D．先将滤纸放入漏斗中，再湿润，否则滤纸易破坏，故D错误；答案为B。16、A【解析】试题分析：A．液氯是液态氯气，只有一种物质组成，为纯净物，故A正确；B．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故B错误；C．盐酸是氯化氢气体的水溶液，属于混合物，故C错误；D．碘酒是碘单质的酒精溶液，属于混合物，故D错误；故选A。考点：考查了物质的分类的相关知识。17、A【详解】①单位时间内生成nmolH2的同时生成2nmolHI，说明V(正)=V(逆)，反应一定达到平衡状态；②单位时间内生成nmolH2的同时，生成nmolI2，都表示正反应速率，不能判断V(正)是否等于V(逆)，反应不一定达到平衡状态；③用HI、I2、H2的物质的量浓度变化表示的反应速率，任意时刻的速率比均为2∶1∶1，反应不一定达到平衡状态；④混合气体的颜色不再改变，说明碘蒸气的浓度不变，反应一定达到平衡状态；⑤反应前后气体系数和不变，压强是恒量，混合气体的压强不再改变，不一定达到平衡状态；故选A。18、D【详解】A．氢氧化铝、小苏打均可与盐酸反应，可用作胃酸中和剂，A叙述正确；B．过氧化钠可与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，则可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，B叙述正确；C．在海轮外壳上镶入锌块，可形成原电池，且锌失电子，铁作正极，可减缓船体的腐蚀速率，C叙述正确；D．ClO2具有强氧化性，具有杀菌消毒的作用，可用作自来水的消毒剂，D叙述错误；答案为D。19、B【详解】根据题意，CO、PdCl2参加反应，PdCl2被还原成Pd，则CO被氧化成CO2，反应方程式为CO＋PdCl2＋H2O=Pd＋CO2＋2HCl；A.根据上述分析，X为CO2，C元素的化合价由＋2价升至＋4价，化合价升高，CO为还原剂，CO2为氧化产物，A正确；B.根据反应方程式，生成1molCO2时转移电子2mol，因此每转移1mol电子，生成0.5molCO2，B错误；C.PdCl2中Pd的化合价降低，作氧化剂，被还原，C正确；D.根据氧化还原反应中，还原性：还原剂>还原产物，还原性CO>Pd，D正确；答案选B。20、B【详解】A.非金属元素的非金属性越强，电负性越大，则电负性由大到小的顺序为F>O>B，故A正确；B.KBF4中的阴离子为BF4-，中心原子为B，根据价电子理论，中心原子价电子对数=4+（4-4×1）=4，因此杂化方式为sp3，故B错误；C.根据对角线规则，在对角线的元素，性质具有相似性，故C正确；D.晶胞中的K+有2个位于晶胞内部，8个位于晶胞顶点，该晶胞中K+的数目=8×+2=3，则1mo1该晶胞含3molK，因此KBe2BO3F2物质的量为3mol，故D正确；答案选B。21、C【分析】A.空气受热膨胀，水受热会变成水蒸气；B.碳酸钙受热分解，可以生成氧化钙和二氧化碳；C.不饱和烃可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，石蜡油的主要成分为烷烃；D.酒精灯加热可以达到氯化铁的沸点315℃，可能导致氯化铁气化进入乙中，Fe3+氧化性强于I2，可以将碘化钾氧化为碘使淀粉变蓝。【详解】A.铁粉即便不与水反应，加热时空气受热膨胀、水会变成蒸汽形成气泡，因此应该对肥皂泡进行进一步的实验才能证明有H2产生（点燃），A错误；B.CaCO3即便不与SiO2反应，也可自身分解产生使石灰水变浑浊的CO2，B错误；C.石蜡油主要成分为烷烃，不能使酸性KMnO4溶液褪色，故乙中酸性KMnO4溶液褪色可说明石蜡油分解产生了烯烃，C正确；D.乙中KI淀粉变蓝，既可能为MnO2氧化FeCl3产生了Cl2，也可能因为FeCl3分解产生了Cl2，还可能为高温下FeCl3气化进入乙中将KI氧化，D错误。答案选C。22、D【分析】反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0。【详解】A.Ag2O(s)===2Ag(s)＋O2(g)反应的△H＞0、△S＞0，高温下△H-T△S＜0，反应能自发进行，故A错误；B.Fe2O3(s)＋C(s)===2Fe(s)＋CO2(g)反应的△H＞0、△S＞0，高温下△H-T△S＜0，反应能自发进行，故B错误；C.N2O4(g)===2NO2(g)反应的△H＜0、△S＞0，任何情况下△H-T△S＜0，反应均能自发进行，故C错误；D.6C(s)＋6H2O(l)===C6H12O6(s)反应的△H＜0、△S＜0，高温下△H-T△S＞0，反应不能自发进行，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查了反应自发进行的判断依据，注意反应是否自发进行由焓变、熵变、温度共同决定。二、非选择题(共84分)23、苯乙烯消去反应加聚反应：9或【分析】A为芳香烃，能与HBr发生加成反应，所以A为,与HBr加成能生成两种产物，和，C生成D是醇的催化氧化，所以B生成C是氯代烃的水解；若G结构为，根据题目信息，可反推D是，C为，B为，F是，E为。G（）在浓硫酸、加热的条件下发生消去反应，H发生加聚反应生成高分子化合物I。【详解】（1）A为，化学名称为苯乙烯；答案：苯乙烯；（2）D和F反应反应再水解得到的产物含有醇羟基，在浓硫酸、加热的条件下发生的是消去反应，生成H含有碳碳双键，所以H反应生成高分子化合物I发生的是加聚反应；答案：消去反应；加聚反应；（3）①若G结构为，根据题目已知信息可逆推出D是；答案：；②B为，C为，由B生成C的化学方程式为：；答案：；（4）C为，若苯酚的苯环上连接一个乙基，则有邻、间、对3种同分异构体，若苯酚的苯环上连接两个甲基就有6种，总共9种；具有四组核磁共振氢谱峰的一种结构，也就是有4种氢原子，则符合要求的同分异构体有：、；答案：9;或；（5）结合题目已知信息，以CH3－CH=CH2和CH3MgBr为原料合成的合成路线图为：【点睛】本题考查有机物推断，涉及卤代烃、烯、醇等的性质以及分子式的求解、同分异构体、有机化学反应类型和方程式的书写等，题目综合性较大，注意逆向推导的思维训练，难度中等。24、第三周期ⅦA族钠离子键和（极性）共价键ac除去挥发出来的HCl气体H++HCO3-=H2O+CO2↑c【分析】根据元素在周期表的位置关系可知，X与碳同族，位于碳的下一周期，应为Si元素；Y与硫元素同族，位于硫的上一周期，应为O元素；Z与硫元素处于同一周期，位于第VIIA族，应为Cl元素，结合元素原子的结构和元素周期律分析作答。（1）Z为Cl，质子数为17，电子结构有3个电子层，最外层电子数为7；

（2）电子层相同时核电荷数越大离子半径越小，即同一周期元素原子的半径从左到右依次减小；根据化学键与物质类别分析；

（3）Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，可利用单质之间的置换反应、氢化物稳定性比较；

（4）利用碳酸钙与稀盐酸反应制备二氧化碳，利用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的HCl气体，再将二氧化碳通入硅酸钠溶液中出现白色胶状沉淀，以此证明碳酸的酸性比硅酸强；（5）a．原子的中子数等于质量数-质子数；

b．具有相同质子数、不同中子数的原子互为同位素；

c．同种元素形成的不同单质互为同素异形体；

d．D即是2H，据此分析。【详解】（1）Z为Cl元素，在周期表中的位置为第三周期ⅦA族；（2）根据上述分析可知，与Cl处于同一周期的原子半径最大的是钠，其最高价氧化物对应的水化物为氢氧化钠，其化学键类型为：离子键和（极性）共价键，故答案为钠；离子键和（极性）共价键；（3）a.Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊，则Y的得到电子能力强，Y的非金属性强，a项正确；b.在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多，得电子多少不能比较非金属性，b项错误；c.Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，可知Y的氢化物稳定，则Y的非金属性强，c项正确；故答案为ac；（4）图中实验装置中，制备二氧化碳的过程中会有HCl气体挥发，为除去二氧化碳气体中的HCl，证明碳酸的酸性比硅酸强，需用饱和碳酸氢钠溶液进行除杂，发生的离子方程式为：H++HCO3-=H2O+CO2↑，故答案为除去挥发出来的HCl气体；H++HCO3-=H2O+CO2↑；（5）a.氘(D)原子内有1个质子，质量数为2，因此中子数=2-1=1，a项正确；b.1H与D具有相同质子数、不同中子数，二者互称同位素，b项正确；c.H2O与D2O均为水，属于化合物，不是单质，不能互称同素异形体，c项错误；d.D即是2H，所以1H218O与D216O的相对分子质量相同，d项正确；故答案为c。25、MgCO3＋2H+＝Mg2+＋CO2↑＋H2OSiO22Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O用洁净干燥的玻璃棒蘸取待测溶液点在试纸的中部，再与比色卡对照得出读数Fe(OH)3COd【解析】以菱镁矿（主要成分为MgCO3，另含少量杂质FeCO3和SiO2等）为原料，加入稀硫酸酸溶过滤得到滤液为硫酸镁、硫酸亚铁溶液，滤渣1为二氧化硅，滤液中加入过氧化氢，亚铁离子被氧化为铁离子，加入氧化镁调节溶液pH沉淀铁离子，过滤得到滤渣2为氢氧化铁沉淀，滤液为硫酸镁溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得硫酸镁，硫酸镁和木炭高温煅烧制备高纯氧化镁，据此解答。【详解】（1）MgCO3与稀硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO3＋2H+＝Mg2+＋CO2↑＋H2O；（2）二氧化硅不溶于稀硫酸，则滤渣1的化学式为SiO2；（3）加入H2O2氧化时，在酸性溶液中氧化硫酸亚铁，反应的离子方程式为2Fe2＋+2H＋+H2O2＝2Fe3＋+2H2O；（4）调节pH时，使用pH试纸的具体操作是取一小块pH试纸放在洁净的玻璃片上，用洁净干燥的玻璃棒蘸取待测溶液点在试纸的中部，再与比色卡对照得出读数；调节pH时铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则滤渣2中除了过量的MgO外，还含有的物质是Fe(OH)3；（5）根据方程式可知煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过C中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集；①CO难溶于水，D中收集的气体可以是CO；②装置B吸收二氧化硫，由于二氧化碳、二氧化硫均与氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液反应，稀硝酸能把二氧化硫氧化，但同时生成NO气体，所以B中盛放的溶液选择KMnO4溶液吸收二氧化硫，故答案为d。【点睛】本题考查了镁、铁及其化合物、二氧化硫性质应用，混合物分离方法和实验操作方法，物质性质熟练掌握是解题的关键，（5）中气体吸收的先后顺序判断是解答的易错点和难点。26、Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O提供碱性环境，作反应物打开K2，关闭K1NaOH在C中的反应停止后，吸收A中产生的多余SO2，防止空气污染加入最后一滴I2标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不改变90.2％CD【解析】（Ⅰ）①铜和浓硫酸加热反应生成CuSO4、SO2和H2O；故答案为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；②SO2通入Na2CO3溶液中反应生成Na2SO3，Na2SO3和硫粉反应生成Na2S2O3，故Na2CO3作反应物；又Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在，Na2CO3又可以提供碱性环境。停止C中的反应只需要打开K2，关闭K1。故答案为提供碱性环境，作反应物；打开K2，关闭K1；④打开K2，关闭K1，C中反应停止，SO2进入B装置，为防止SO2排放到空气中污染环境，装置B利用NaOH溶液吸收。故答案为NaOH；在C中的反应停止后，吸收A中产生的多余SO2，防止空气污染；（Ⅱ）①以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol/LI2的标准溶液进行滴定，终点现象为溶液变蓝色且半分钟内不褪色；②根据表中数据可知，第二次实验中消耗I2标准溶液的体积偏小，舍去，则实际消耗I2标准溶液的体积的平均值是=l，则根据反应的方程式可知，2S2O32﹣+I2→S4O62﹣+2I﹣，所以样品中Na2S2O3•5H2O的物质的量是0.050mol/L×0.0200L×2×10=0.02mol，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数=；故答案为加入最后一滴I2标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不改变；90.2%；③A、酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入I2的标准液，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，所以计算出的c(待测)偏大，故A错误；B、滴定前盛放Na2S2O3溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，锥形瓶中Na2S2O3的物质的量不受影响，所以V(标准)不受影响，计算出c(待测)也不受影响，故B错误；C、酸式滴定管中装有标准液I2，尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡，使得记录的标准液体积小于实际溶液的体积，所以计算出的c(待测)偏小，故C正确；C、读取I2标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，使得记录的标准液体积小于实际溶液的体积，所以计算出的c(待测)偏小，故D正确。故答案为CD。点睛：分析误差时要看是否影响标准体积的用量，若标准体积偏大，结果偏高；若标准体积偏小，则结果偏小；若不影响标准体积，则结果无影响。27、EDG铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大待实验装置冷却后，上下移动量筒使其中液面与广口瓶中液面相平，再平视读取量筒中水的体积，即氢气在通常状况时的体积L•moL-1无影响【解析】(1)装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部；(2)镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大；(3)保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等是读取示数的关键点；(4)硅铝合金中，只有金属铝可以和硫酸反应产生氢气，硅和硫酸之间不反应，根据化学反应中量的关系来计算即可。【详解】(1)①装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：E、D、G；(2)镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大，导致硫酸不能顺利滴入锥形瓶；(3)根据气压原理，待实验装置冷却后，上下移动量筒使其中液面与广口瓶中液面相平，再平视读取量筒中水的体积，此时的体积即为常温常压下的体积，即氢气在通常状况时的体积；(4)实验前铝硅合金的质量m1g，实验后残留固体的质量m2g，则金属铝的质量是m1-m2，实验后量筒中液面读数为VmL，即产生的气体物质的量是，根据化学反应原理：

2Al～3H2↑

2

3即=，解得Vm=L•moL-1，若合金中含有金属铜，不会和硫酸之间反应，和含有硅是一样的结果，无影响。28、2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O阳2CuCl2(s)+O2(g)═2CuO

(s)+2Cl2(