山东省聊城文轩中学2026届化学高三上期中学业水平测试试题含解析

山东省聊城文轩中学2026届化学高三上期中学业水平测试试题注意事项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、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．使甲基橙变红色的溶液：Al3＋、Cu2＋、I-、S2B．常温下，加水稀释时的值明显增大的溶液：CH3COO－、Ba2＋、NO、Br－C．0.1mol·L－1Fe(NO3)2溶液：[Fe(CN)6]3-、Na+、、Cl－D．0.1mol·L－1NaAlO2溶液：、K＋、、2、已知1g氢气完全燃烧生成液态水时放出热量143kJ，18g水蒸气变成液态水放出44kJ的热量。其他相关数据如下表：则表中x为()O=OH-HH-O(g)1mol化学键断裂时需要吸收的能量/kJ496436xA．920 B．557 C．463 D．1883、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．200g63%的浓硝酸中含氧原子个数为6NAB．14g乙烯和环丙烷混合物含有的氢原子数目为2NAC．46gNa与一定量O2完全反应生成Na2O和Na2O2，转移电子数为3NAD．将1molCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NA4、中国科学技术大学的钱逸泰教投等以CCl4和金属钠为原料，在700℃时反应制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。下列有关说法中，你认为错误的是A．Na的还原性强于金刚石 B．另一种化合物是NaClC．该反应可能在空气中进行 D．这个反应是置换反应5、NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质（如下图所示）。下列说法正确的是A．由氯化钠制备纯碱的过程中，利用了物质溶解度的差异B．用Cl2制备漂白粉时，是将Cl2通入澄清石灰水中C．常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应D．图示转化反应都是氧化还原反应6、下列离子方程式书写正确的是A．K2O2加入H218O中：2K2O2+2H218O=4K++4OH—+18O2↑B．用铜作电极电解饱和食盐水：2Cl—+2H2OCl2↑+H2↑+2OH—C．NH4Al（SO4）2溶液与过量KOH溶液反应：Al3++4OH—=AlO+2H2OD．用氨水溶解AgOH沉淀：AgOH+2NH3∙H2O=[Ag（NH3）2]++2H2O+OH—7、下列实验操作、现象和结论均正确的是选项操作现象结论A向某溶液中加入NaOH溶液，并将红色石蕊试纸置于溶液中试纸变蓝原溶液中有NH4+B向苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸均冒气泡两者均能与盐酸反应C向某溶液中滴加氯水后，再加KSCN溶液溶液变红该溶液中一定有Fe3+D向某无色溶液中滴加BaCl2溶液产生白色沉淀该无色溶液中一定含有SO42-A．A B．B C．C D．D8、已知W、X、Y、Z均为中学化学里常见的化学物质，它们之间有如下图所示的转化关系。其中不符合图中转化关系的W、X依次是（）A．W为O2，X为CB．W为稀HCl，X为NaAlO2溶液C．W为SO2，X为NaOH溶液D．W为Cl2，X为Fe9、向含Na2CO3、Na[Al(OH)4](或NaAlO2)的混合液逐滴加入150mL1mol·L－1HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如图所示，则下列说法不正确的是A．a曲线表示的离子方程式为：[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2OB．b和c曲线表示的离子反应是相同的C．M点时，溶液中沉淀的质量为3.9gD．原混合溶液中的CO32-与[Al(OH)4]－的物质的量之比为1∶210、下列有关化学用语表示正确的是A．次氯酸的结构式：H－Cl－O B．质子数为52、中子数为75的碲原子：C．S2−的结构示意图： D．四氯化碳的电子式：11、下列叙述正确的是①向久置于空气中的NaOH溶液中加盐酸时有气体产生②浓硫酸可用于干燥H2、NO2等气体，但不能干燥NH3、SO2等气体③CO2和Na2O2反应生成Na2CO3和O2，SO2和Na2O2反应生成Na2SO3和O2④足量的硫单质与64g铜反应，有2mol电子发生转移⑤蔗糖炭化的演示实验中，浓硫酸既体现了强氧化性又体现了脱水性⑥氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得相同的物质A．①④⑤ B．①⑤⑥ C．②③④ D．④⑤⑥12、溶液X中含有下表离子中的某5种，且其浓度均为0.1mol·L−1（不考虑水的电离与离子水解）。向X溶液中加入足量稀盐酸，有无色气体生成，经分析，反应前后阴离子种类没有变化。下列叙述不正确的是阳离子阴离子Na+、Fe3+、Fe2+、Mg2+NO3－、HCO3－、CO32－、SO42－、Cl－NO3－A．X溶液中一定含Fe3+、Fe2+B．X溶液中不可能含有HCO3－或CO32－C．生成无色气体的离子方程式为：3Fe2++NO3－+4H+===3Fe3++NO↑+2H2OD．根据电荷守恒，原溶液中一定含Mg2+13、化学深入我们生活，下列说法不正确的是（）A．食盐可做食物调味剂，也可做食品防腐剂B．高锰酸钾溶液、酒精、双氧水都能杀菌消毒，都利用了强氧化性C．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质D．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果中的乙烯，可以实现水果保鲜的目的14、下列物质的用途中，利用物质氧化性的是A．氧化铝做耐火材料 B．K、Na合金作原子反应堆导热剂C．焦炭用于炼铁工业 D．次氯酸消毒餐具15、元素周期表中铋元素的数据如图，下列说法正确的是（）A．Bi元素的质量数是209B．Bi元素的相对原子质量是209.0C．Bi原子6p亚层有一个未成对电子D．Bi原子最外层有5个能量相同的电子16、向FeBr2和FeI2混合溶液中逐渐通入Cl2，不可能发生反应的离子方程式是A．2I－＋Cl2===I2＋2Cl－B．2Fe2＋＋2Br－＋2I－＋3Cl2===2Fe3＋＋I2＋Br2＋6Cl－C．2Fe2＋＋4Br－＋2I－＋4Cl2===2Fe3＋＋I2＋2Br2＋8Cl－D．4Fe2＋＋2Br－＋2I－＋4Cl2===4Fe3＋＋I2＋Br2＋8Cl－二、非选择题（本题包括5小题）17、氰基烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为，从而具有胶黏性，某种氰基丙烯酸酯(G)的合成路线如下：已知：①A的相对分子量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰；②回答下列问题：(1)A的化学名称为_________。(2)G的结构简式为_________，G中的含氧官能团是________________（填官能团名称）。(3)由B生成C的反应类型为_________，由C生成D的反应类型为_________。(4)由E生成F的化学方程式为_________。(5)G的同分异构体中，含有酯基，能发生银镜反应、核磁共振氢谱之比是1：1：3的同分异构体结构简式_________、_________。（写两种即可）18、F是一种常见的α-氨基酸，可通过下列路线人工合成：回答下列问题：（1）化合物E中的官能团名称是___________，烃A的结构简式是____________。（2）由化合物D生成E、醇C生成D的反应类型分别是___________、___________。（3）化合物F的系统命名为____________，F相互形成的环状二肽的结构简式为___________。（4）化合物C可在灼热CuO催化下与O2发生反应，得到一种具有刺激性气味的液体，写出相关的化学方程式____________。（5）0.05mol化合物E与足量NaOH醇溶液加热反应，最多消耗NaOH的物质的量为_____。（6）烃A可与苯酚在酸性条件下产生苯酚对位取代衍生物G（C8H10O），其满足如下条件的G的同分异构体有_______种。①遇FeCl3溶液不显紫色；②苯环上至多有两个取代基；③有醚键。19、用相同质量的锌片和铜粉跟相同浓度的足量的稀盐酸反应，得到的实验数据如表所示：实验編号锌的状态反应温度/℃收集100mL氢气所需时间/s①薄片15200②薄片2590③粉末2510（1）实验①和②表明___，化学反应速率越大。表明固体表面积对反应速率有影响的实验编号是___和____。（2）该实验的目的是探究____、___等因素对锌跟稀盐酸反应速率的影响。请设计一个实验方案证明盐酸的浓度对该反应速率的影响。____。20、MnO2是制造干电池的主要原料之一，也是中学化学中常见的一种试剂。工业上Mn(NO3)2和KMnO4为原料制备MnO2，其生产原理如下：用软锰矿（含MnO2和少量的Fe2O3、SiO2）和碳反应制得MnO；再将MnO与稀硝酸反应，反应后经过滤、提纯、浓缩，可制得50%的Mn(NO3)2溶液；在一定条件下，把50%的Mn(NO3)2溶液滴加到KMnO4溶液中，发生如下反应：3Mn(NO3)2+2KMnO4+2H2O═5MnO2↓+2KNO3+4HNO3，反应生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后得到MnO2。请回答下列问题：Ⅰ、若将软锰矿和碳反应后的固体产物置于如图1所示的装置甲中，与稀硝酸反应，观察到装置乙中有红棕色气体产生。（1）写出甲中产生气体反应的化学方程式___。（2）在制备MnO2的实验中要向反应混合液中不断滴加氨水，则氨水的作用是___。Ⅱ、有人提出用日光分解KMnO4溶液的方法可制取MnO2，反应方程式为：4KMnO4+2H2O4MnO2↓+4KOH+3O2↑该反应中c（OH-）随时间的变化曲线如图2所示，分析曲线的变化趋势，你认为形成该变化的原因是___。Ⅲ、某兴趣小组通过实验研究MnO2的氧化性进行了一系列的研究。（1）该小组设计了如下4个方案以验证MnO2的氧化性，可行的是___。A．把MnO2固体加入到FeSO4溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红B．把MnO2固体加入到FeCl3溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红C．把MnO2固体加入到Na2SO3溶液中，再加入BaCl2观察是否有白色沉淀生成D．把MnO2固体加入到稀盐酸中，观察是否有黄绿色气体生成（2）该小组为研究在不同酸碱性的溶液中MnO2的氧化能力，他们控制KI溶液的浓度和MnO2固体的质量相同，恒定实验温度在298K，设计如下对比试验。实验酸或碱现象A1滴0.2mol/LNaOH溶液不变色B1滴水缓慢变浅棕褐色C1滴0.1mol/L硫酸溶液迅速变棕褐色该小组从上述对比实验中，可以得出的结论是___。写出在MnO2迅速氧化I−的离子方程式___。21、亚硝酸钠（化学式为NaNO2）是一种常用的防腐剂，回答下列问题:（1）NaNO2中N元素的化合价为_________.（2）亚硝酸钠在320°C时能分解产生氧化钠固体、一氧化氮和一种常见的助燃性气体。该反应的化学方程式_________________。（3）我国规定火腿肠中亚硝酸钠添加标准为每千克食品含量不超过150毫克，以此计算，200g15％的亚硝酸钠溶液至少可用于生产火腿肠______千克。（4）在酸性条件下，NaNO2与按物质的量1:1恰好完全反应，且I－被氧化为I2时，产物中含氮的物质为________（填化学式）。（5）工业废水中的NaNO2可用铝粉除去，已知此体系中包含AI、NaAlO2、NaNO2、NaOH、NH3、H2O六种物质。该反应的化学方程式为____________。（6）某同学设计实验对工业产品中NaNO2的含量进行测定，你取固体样品2g，完全溶解配制成溶液100mL取出25mL溶液用0.100mol/L酸性KMnO4溶液进行滴定（杂质不与KMnO4反应），实验所得数据如下表所示:滴定次数1234消耗KMnO4溶液体积/mL20.7020.0220.0019.98该样品中亚硝酸钠的质量分数为_________.（已知:5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O）

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【详解】A．使甲基橙变红色的溶液显酸性，含有大量H+，H+与S2会发生反应产生H2O、S、SO2，不能大量共存，A不符合题意；B．加水稀释时的值明显增大的溶液呈碱性，含有大量OH-，OH-与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，B符合题意；C．0.1mol·L－1Fe(NO3)2溶液中含有大量的Fe2+，Fe2+与[Fe(CN)6]3-会发生反应产生蓝色沉淀而不能大量共存，C不符合题意；D．0.1mol·L－1NaAlO2溶液中含有大量的，、会发生反应产生Al(OH)3沉淀、，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是B。2、C【详解】试题分析：1g氢气完全燃烧生成液态水时放出热量143kJ，故2mol氢气燃烧生成2mol液态水时放出热量为×143kJ=572kJ，18g水蒸气变成液态水放出44kJ的热量，2mol液态水变为气态水吸收的热量为×44kJ=88kJ，故2mol氢气燃烧生成2mol气态水时放出热量为572kJ-88kJ=484kJ，故热化学方程式为2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-484kJ/mol，所以2×436kJ/mol+496kJ/mol-4xkJ/mol=-484kJ/mol，解得x=463，故选C。3、B【详解】A．200g63%的浓硝酸中，硝酸中含有氧原子个数为，溶液中还有74g水,其中也含有氧原子，故200g63%的浓硝酸中含氧原子个数大于6NA，A错误；B．乙烯分子式为C2H4，环丙烷分子式为C3H6，故可看成是14g的(CH2)n，其中含有的的氢原子数目为，B正确；C．1molNa只要完全反应，只能失去1mol电子；46gNa与一定量O2完全反应，产物不管是Na2O还是Na2O2或是两者混合物，转移电子数均为，C错误；D．将1molCl2通入水中，Cl2与水的反应是可逆反应，由Cl原子守恒可知除了HClO、Cl-、ClO-粒子外，还存在Cl2，故HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，D错误；故选B。4、C【解析】A.该反应Na作还原剂，金刚石是还原产物，所以Na的还原性强于金刚石，故A正确；B.从质量守恒定律可知另一种化合物是NaCl，故B正确；C.钠与空气中氧气发生反应，故C错误；D.这个反应中化合物与单质发生反应，生成另一种单质和另一种化合物，所以该反应是置换反应，故D正确。故选C。5、A【详解】A．由氯化钠制备纯碱的过程中，发生的反应为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl，因NaHCO3溶解度最小，在饱和溶液中最先析出，所以利用了物质溶解度的差异，故A正确；B．用Cl2制备漂白粉时，是将Cl2通入石灰乳中，澄清石灰水中Ca（OH）2的浓度太小，故B错误；C．铁可以在氯气中燃烧，常温下干燥的氯气与铁不反应，故C错误；D．图中所示反应有2个不是氧化还原反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故D错误。故选A。6、D【详解】A．K2O2加入H218O中，K2O2既是氧化剂，又是还原剂，水中氧元素完全转化成氢氧根离子，正确的离子方程式为：2Na2O2+2H218O═4Na++2OH-+218OH-+O2↑，故A错误；B．用铜作电极电解饱和食盐水时，阳极Cu要失电子被氧化，则发生的离子反应为Cu+2H2OCu(OH)2↓+H2↑，故B错误；C．NH4Al（SO4）2溶液与过量KOH溶液反应的离子方程式为+Al3++5OH-=AlO+2H2O+NH3·H2O，故C错误；D．用氨水溶解AgOH沉淀时发生反应的离子方程式为AgOH+2NH3∙H2O=[Ag（NH3）2]++2H2O+OH—，故D正确；故答案为D。7、B【解析】A.不可将红色石蕊试纸置于溶液中检验氨，故A操作不正确；B.实验操作、理象和结论均正确；C.应先向某溶液中滴加KSCN溶液检验Fe3+，故C操作不正确；D.BaSO4、BaCO3、BaSO3都是白色沉淀，该无色溶液中可能含有SO42-、CO32-、SO32-等，故D结论不正确。故选B。8、D【解析】A.单质C和过量O2在点燃时反应生成CO2，和少量O2在点燃时反应生成CO，CO和O2在点燃时反应生成CO2，CO2和C在高温下反应生成CO，符合物质转化关系，A不符合题意；B.NaAlO2与少量盐酸发生反应：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，与过量盐酸发生反应：AlO2-+4H+=Al3++2H2O；Al(OH)3是两性氢氧化物，能与强酸反应产生铝盐和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，Al3+和碱反应生成Al(OH)3，反应方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，符合物质转化关系，B不符合题意；C.NaOH属于碱，SO2属于酸性氧化物，当SO2过量时发生反应：SO2+NaOH=NaHSO3；当SO2少量时发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；NaHSO3是酸式盐，与NaOH反应产生正盐Na2SO3，反应方程式为：NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O；Na2SO3与SO2、H2O反应产生酸式盐NaHSO3，反应方程式为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，符合物质转化关系，C不符合题意；D.Fe与Cl2在点燃时反应产生FeCl3，与二者相对物质的量的多少无关，不符合物质转化关系，D符合题意；故合理选项是D。9、D【详解】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓，a线表示AlO2-减少，第二阶段，AlO2-反应完毕，发生反应CO32-+H+═HCO3-，b线表示CO32-减少，c线表示HCO3-的增加，第三阶段，CO32-反应完毕，发生反应HCO3-+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO3-减少，此阶段Al(OH)3不参与反应。A．Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应：AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓，故A正确；B．第二阶段，AlO2-反应完毕，发生反应：CO32-+H+═HCO3-，b线表示CO32-减少，c线表示HCO3-的增加，所以b和c曲线表示的离子反应是相同的，故B正确；C．盐酸50mL时NaAlO2中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，加50mL盐酸之后CO32-反应，氢氧化铝沉淀不溶解，则M点沉淀的质量和盐酸50mL时沉淀的质量相同，由NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓知，n(Al(OH)3)=n(NaAlO2)=n(HCl)0.05mol，m[Al(OH)3]=0.05mol×78g/mol=3.9g，故C正确；D．第一、第二两段消耗的盐酸的体积都是50mL，所以消耗的氯化氢的物质的量相等，依据第一阶段、第二阶段发生反应AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓，CO32-+H+═HCO3-，可知CO32-与AlO2-的物质的量之比为1：1，但这两种物质都是强碱弱酸盐都能水解，水解程度不同导致无法判断溶液中CO32-与AlO2-的物质的量之比，故D错误；故选D。10、B【详解】A.由于Cl原子最外层电子为7，为了达到8电子稳定结构，只能形成一对共用电子对，同理，O原子形成两对共用电子对，H原子形成一对共用电子对，因而次氯酸的的结构式为H－O－Cl，A项错误；B.质量数等于中子数加质子数，因而该碲原子的质量数为75+52=127，所以该碲原子为，B项正确；C.S2−的最外层为8个电子，因而结构示意图为，C项错误；D.Cl原子最外层有一个电子成键，剩余六个未成键电子，因而四氯化碳的电子式为，D项错误.故选B。【点睛】在中学化学中，化学用语主要包括化学符号、化学式、化学方程式、化学图式四个部分。对于每一种化学用语，都要明确它们的表示方法和表示的意义。例如：乙炔和苯的最简式的表示方法为CH，它表示的意义是：表示组成物质的各种元素和各种元素的原子个数最简整数比。11、B【详解】①NaOH吸收空气中CO2生成Na2CO3，加入盐酸生成CO2，故正确；②浓硫酸能干燥SO2气体，故错误；③过氧化钠具有强氧化性，SO2以还原性为主，两者发生氧化还原反应，生成Na2SO4，故错误；④硫的氧化性弱，跟变价金属反应生成较高价态硫化物，和铜反应生成Cu2S，64gCu参加反应，转移电子物质的量64×1/64mol=1mol，故错误；⑤蔗糖碳化，体现了浓硫酸的脱水性，膨胀有气泡，碳和浓硫酸发生反应，体现浓硫酸的强氧化性，故正确；⑥氢氧化铁胶体加热聚沉，生成氢氧化铁沉淀，灼烧生成Fe2O3，氯化铁溶液：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，属于吸热反应，加热促使向右进行，氯化氢挥发，得到氢氧化铁沉淀，灼烧得到Fe2O3，故正确；综上所述，①⑤⑥正确，B满足题意。答案选B。12、A【分析】HCO3－或CO32－与足量稀盐酸反应，有无色气体生成，但阴离子种类发生变化，则参与产生气体反应的离子不可能为HCO3－或CO32－；盐酸中含有Cl－，阴离子种类没有变化，因此原溶液中含有Cl－；根据表中离子可推断出：反应生成气体的离子是Fe2+和NO3-，两者在酸性条件下，会发生氧化还原反应：3Fe2++NO3－+4H+===3Fe3++NO↑+2H2O，产生的无色气体为NO，由于反应前后阴离子种类没有变化，则可知Fe2+完全反应后，NO3-仍有剩余；根据电荷守恒，溶液中含有0.1mol·L−1的Fe2+、Cl－、NO3－和其他两种离子，则剩余两种离子中应含有一种阴离子、一种阳离子，根据表中阴离子种类可知该阴离子只能是SO42－，则阳离子所带电荷数应为2，结合表中阳离子种类可知该阳离子为Mg2+；所以X溶液中含有的5种离子为Fe2+、Cl－、NO3－、SO42－、Mg2+；据以上分析解答。【详解】HCO3－或CO32－与足量稀盐酸反应，有无色气体生成，但阴离子种类发生变化，则参与产生气体反应的离子不可能为HCO3－或CO32－；盐酸中含有Cl－，阴离子种类没有变化，因此原溶液中含有Cl－；根据表中离子可推断出：反应生成气体的离子是Fe2+和NO3-，两者在酸性条件下，会发生氧化还原反应：3Fe2++NO3－+4H+===3Fe3++NO↑+2H2O，产生的无色气体为NO，由于反应前后阴离子种类没有变化，则可知Fe2+完全反应后，NO3-仍有剩余；根据电荷守恒，溶液中含有0.1mol·L−1的Fe2+、Cl－、NO3－和其他两种离子，则剩余两种离子中应含有一种阴离子、一种阳离子，根据表中阴离子种类可知该阴离子只能是SO42－，则阳离子所带电荷数应为2，结合表中阳离子种类可知该阳离子为Mg2+；综上所述，X溶液中含有的5种离子为Fe2+、Cl－、NO3－、SO42－、Mg2+；A.结合以上分析可知，X溶液中一定含Fe2+，一定不含Fe3+，A错误；B.结合以上分析可知，X溶液中不可能含有HCO3－或CO32－，B正确；C.结合以上分析可知，生成无色气体的离子方程式为：3Fe2++NO3－+4H+===3Fe3++NO↑+2H2O，C正确；D.结合以上分析可知，根据电荷守恒，原溶液中一定含Mg2+，D正确；综上所述，本题选A。【点睛】溶液中Fe2+和NO3－能够大量共存，NO3－没有强氧化性；但是酸性环境下，HNO3具有强氧化性，Fe2+和NO3－之间发生氧化还原反应，二者不能大量共存，这就是本题解答的突破点。13、B【解析】A．食盐具有咸味，所以食盐可作调味剂，食盐能防止食品腐烂、变质，食盐也可作食品防腐剂，选项A正确；B．酒精不具有强氧化性，可使蛋白质发生变性，用于杀菌消毒，选项B错误；C．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶（具有吸湿性）能吸收水分，可防止食物受潮，铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食物氧化变质，选项C正确；D．乙烯含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果中的乙烯，可以实现水果保鲜的目的，选项D正确。答案选B。【点睛】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，易错点为选项B：酒精不具有强氧化性，通常表现出还原性。14、D【解析】有电子转移的化学反应是氧化还原反应,在氧化还原反应中得电子的反应物是氧化剂,氧化剂具有氧化性,

A.氧化铝作耐火材料是利用其高熔点；

B.K.Na合金作原子反应堆导热剂是利用其低熔点；C.焦炭具有强还原性；

D.次氯酸具有强氧化性,可用于杀菌消毒。【详解】A.氧化铝的熔点较高,在一般温度下不易熔化,所以氧化铝作耐火材料是利用氧化铝的高熔点，故A错误；

B.K、Na合金熔点低,可作原子反应堆的导热剂,利用的不是氧化性，故B错误；

C.焦炭具有还原性,所以能作还原剂而用于炼铁,故C错误；

D.次氯酸消毒餐具,利用的是次氯酸的强氧化性,故D正确；

综上所述，本题正确选项D。15、B【详解】A、Bi元素没有同位素，核素才有同位素，A不正确；B、根据图示，Bi元素的相对原子质量是209.0，B正确；C、Bi原子6p亚层有三个未成对电子，C不正确；D、s能级和p能级的能量是不相同的，所以Bi原子最外层的5个电子能量不相同，D不正确；故选B。16、C【解析】Cl2既可氧化I-为I2，也可氧化Br-为Br2，也可氧化Fe2+为Fe3+，因还原性I-＞Fe2+＞Br-，所以通入氯气，首先氧化I-，然后氧化Fe2+，最后氧化Br-，据此分析解答。【详解】氧化还原反应中：氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，因还原性I-＞Fe2+＞Br-，所以通入氯气，首先氧化I-，然后氧化Fe2+，最后氧化Br-，

A．因还原性I-＞Fe2+＞Br-，通入氯气后，首先发生2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，故A正确；

B．当n（FeBr2）：n（FeI2）：n（Cl2）=1：1：3时，I-、Fe2+、Br-全部被氧化，发生2Fe2＋＋2Br－＋2I－＋3Cl2===2Fe3＋＋I2＋Br2＋6Cl－，故B正确；

C．当n（FeBr2）：n（FeI2）：n（Cl2）=2：1：4时，I-、Fe2+全部被氧化，Br-部分被氧化，发生6Fe2++6Br-+4I-+8Cl2═6Fe3++2I2+3Br2+16Cl-，故C错误；

D．当n（FeBr2）：n（FeI2）：n（Cl2）=3：1：4时，I-、Fe2+全部被氧化，Br-部分被氧化，发生4Fe2＋＋2Br－＋2I－＋4Cl2===4Fe3＋＋I2＋Br2＋8Cl－，故D正确。

故答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，清楚还原性I-＞Fe2+＞Br-以及溶液中离子应的先后顺序是解题的关键。二、非选择题（本题包括5小题）17、丙酮酯基消去反应取代反应+O2+H2O（或）【详解】A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，则A分子中氧原子数目为=1，A分子中C、H原子总相对原子质量为58-16=42，用“商余法”=3…6，故A的分子式为C3H6O，A的核磁共振氢谱显示为单峰，且A能发生已知②的反应生成B，故A为，B为，根据C的分子式和B→C的反应条件，B发生消去反应生成的C为，C与氯气光照反应生成D，D发生水解反应生成E，结合E的分子式可知，C与氯气发生取代反应生成D，则D为，E为，E发生催化氧化反应生成F，F与甲醇发生酯化反应生成G，则F为，G为；(1)A为，其化学名称为丙酮；(2)G的结构简式为，G中含有的官能团为碳碳双键、酯基、氰基，其中含氧官能团是酯基；(3)与浓硫酸混合加热，发生消去反应生成；由与氯气光照反应生成，反应类型为取代反应；(4)由发生催化氧化生成的化学方程式为+O2+H2O；(5)的同分异构体中，含有酯基，能发生银镜反应，说明为甲酸酯，再结合核磁共振氢谱之比是1：1：3，可知满足条件的同分异构体结构简式有。18、溴原子和羧基CH2=CH2取代反应氧化反应2－氨基丙酸或α－氨基丙酸2CH3CH2CH2OH＋O22CH3CH2CHO＋2H2O0.1mol3【分析】根据B的结构简式，推出烃A为CH2=CH2，根据D的分子式，D为羧酸，即D的结构简式为CH3CH2COOH，根据E的结构简式，D→E发生取代反应，C→D的条件是酸性高锰酸钾溶液，发生氧化反应，即C结构简式为CH3CH2CH2OH，F是α－氨基酸，即F的结构简式为CH3CH(NH2)COOH，据此分析。【详解】根据B的结构简式，推出烃A为CH2=CH2，根据D的分子式，D为羧酸，即D的结构简式为CH3CH2COOH，根据E的结构简式，D→E发生取代反应，C→D的条件是酸性高锰酸钾溶液，发生氧化反应，即C结构简式为CH3CH2CH2OH，F是α－氨基酸，即F的结构简式为CH3CH(NH2)COOH；(1)根据E的结构简式，E中含有官能团是溴原子和羧基；烃A为乙烯，结构简式为CH2=CH2；(2)根据上述分析，反应类型分别是取代反应和氧化反应；(3)化合物F的结构简式为CH3CH(NH2)COOH，该化合物的名称为2－氨基丙酸或α－氨基丙酸；两个F分子形成环状二肽，发生取代反应，羧基去羟基，氨基去氢，化学反应方程式为2CH3CH(NH2)COOH→＋2H2O，即环状二肽物质为；(4)C为CH3CH2CH2OH，在Cu作催化剂下，被氧气氧化成醛，化学反应方程式为2CH3CH2CH2OH＋O22CH3CH2CHO＋2H2O；(5)E中含有官能团是溴原子和羧基，与NaOH醇溶液发生消去反应和中和反应，即反应方程式为CH3CH(Br)COOH＋2NaOHCH2=CHCOONa＋NaBr＋2H2O，根据反应方程式可知，0.05mol化合物E与足量NaOH醇溶液加热反应，最多消耗NaOH的物质的量为0.1mol；(6)遇FeCl3溶液不显色，说明不含有酚羟基，苯环上有两个取代基，取代基位置为邻间对三种，根据G的分子式，且有醚键，即结构简式(邻间对)，共有3种。【点睛】本题突破口在烃A，乙烯与氧气在Ag作催化剂时生成环氧乙烷，然后根据反应条件和分子式作出合理推断即可。19、锌的状态相同的条件下，温度越高②③固体表面积温度在相同温度下，采用同状态、同质量的锌片与两种同体积但不同浓度的盐酸反应，记录收集相同体积氢气所需时间【分析】（1）实验①和②中，温度不同；（2）②③能表明固体的表面积对反应速率有影响，应控制温度相同；证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响，则控制锌的状态、反应温度等外因相同。【详解】（1）实验①和②中，温度不同，温度大的反应速率快，即反应温度越高，反应速率越快；能表明固体的表面积对反应速率有影响，应控制温度相同，则应为②③组实验；（2）由表格中的数据可知，锌的状态不同、温度不同，则实验目的为探究接触面积、温度对锌和稀盐酸反应速率的影响；在相同温度下，采用同状态、同质量的锌片与两种同体积但不同浓度的盐酸反应，记录收集相同体积氢气所需时间。证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响，则控制锌的状态、反应温度等外因相同，即设计实验为：相同质量的薄片锌，分别与0.1mol·L－1、1mol·L－1的足量稀盐酸反应，比较收集100mL氢气所需时间的长短；【点睛】本题考查影响化学反应速率的实验探究，解题关键：把握常见的外因及实验中控制变量法的应用，注意（2）中实验设计答案不唯一，具有较好的开放性，有利于发散思维的训练。20、Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2反应生成的MnO2对该反应起催化作用A酸性越强，MnO2氧化能力越强MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O【分析】Ⅰ、(1)软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO气体，为便于吸收氮氧化物，向乙中通入空气，空气中的氧气将NO氧化成NO2，使气体呈红棕色，丙中应盛NaOH溶液等碱性物质，吸收有毒气体NO2；(2)制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；Ⅱ、反应中c(OH-)在t1时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物起催化作用；Ⅲ、(1)A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+；B中，Fe3+没有还原性，MnO2不能表现氧化性；C中，不管是否将SO32-氧化，都产生白色沉淀；D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应。（2）从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，I-转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；MnO2在酸性溶液中氧化I−，生成Mn2+、I2和H2O。【详解】Ⅰ、(1)软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO气体。反应的方程式为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O；答案为：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O；(2)制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中