辽宁省丹东市通远堡高中2026届化学高三上期末监测模拟试题含解析

辽宁省丹东市通远堡高中2026届化学高三上期末监测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、已知A、B、C、D、E为常见的有机化合物，它们之间的转化关系如图所示。其中A只由碳、氢两种元素组成，其产量可用来衡量一个国家石油化工的发展水平。下列推断正确的是（）A．甲烷中混有少量A，可用酸性高锰酸钾溶液除去B．物质C可以和NaHCO3溶液反应生成CO2C．物质E的酯类同分异构体还有3种D．B＋D→E的化学方程式为：CH3COOH+C2H5OH+CH3COOC2H52、CS2(二硫化碳)是无色液体，沸点46.5℃。储存时，在容器内可用水封盖表面。储存于阴凉、通风的库房，远离火种、热源，库温不宜超过30℃。CS2属于有机物，但必须与胺类分开存放，要远离氧化剂、碱金属、食用化学品，切忌混储。采纳防爆型照明、通风设施。在工业上最重要的用途是作溶剂制造粘胶纤维。以下说法正确的选项是（）①属易燃易爆的危险品；②有毒，易水解；③是良好的有机溶剂；④与钠反应的产物中一定有Na2CO3；⑤有还原性。A．①③⑤ B．②③ C．①④⑤ D．②⑤3、如图所示的X、Y、Z、W四种短周期元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是A．X、Y、W三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B．Z、X、W三种元素氧化物对应水化物的酸性依次增强C．由X、W和氢三种元素形成的化合物中只含共价键D．X、Z形成的二元化合物是一种新型无机非金属材料4、下列关于有机物1-氧杂-2，4-环戊二烯（）的说法正确的是（）A．与互为同系物B．一氯代物有2种，二氯代物有4种（不考虑立体异构）C．能使溴水退色，不能使酸性高锰酸钾溶液退色D．1mol该有机物完全燃烧消耗5molO25、下列实验操作、现象及结论均正确的是选项实验操作和现象实验结论A向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色黄色溶液中只含Br2B烧杯中看见白色沉淀证明酸性强弱：H2CO3>H2SiO3C向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜蔗糖未水解DpH试纸先变红后褪色氯水既有酸性，又有漂白性A．A B．B C．C D．D6、已知甲、乙、丙三种物质均含有同种元素X，其转化关系如下：下列说法错误的是A．若A为NaOH溶液，乙为白色沉淀，则X可能为短周期金属元素B．若A为硝酸，X为金属元素，则甲与乙反应可生成丙C．若A为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体，则甲可能为非金属单质D．若乙为NaHCO3，则甲或丙可能是CO27、将Cl2通入100mLNaOH溶液中充分反应，生成0.1mol的NaCl，下列说法正确的是（）A．反应后溶液中ClO﹣的个数为0.1NAB．原NaOH浓度为1mol/LC．参加反应的氯气分子为0.1NAD．转移电子为0.2NA8、锂-硫电池具有高能量密度、续航能力强等特点。使用新型碳材料复合型硫电极的锂-硫电池工作原理示意图如图，下列说法正确的是A．电池放电时，X电极发生还原反应B．电池充电时，Y电极接电源正极C．电池放电时，电子由锂电极经有机电解液介质流向硫电极D．向电解液中添加Li2SO4水溶液，可增强导电性，改善性能9、油脂是重要的工业原料．关于“油脂”的叙述错误的是A．不能用植物油萃取溴水中的溴B．皂化是高分子生成小分子的过程C．和H2加成后能提高其熔点及稳定性D．水解可得到丙三醇10、主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X-的电子层结构与氦相同，R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂；Z3+和Y2-具有相同的电子层结构；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉淀。下列说法不正确的是（）A．原子半径：T>R>W>ZB．T和R形成化合物的水溶液呈碱性C．化合物TX具有很强的还原性，可与水反应D．T、R、Z三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两能发生反应11、PET（，M链节=192g·mol−1）可用来生产合成纤维或塑料。测某PET样品的端基中羧基的物质的量，计算其平均聚合度：以酚酞作指示剂，用cmol·L−1NaOH醇溶液滴定mgPET端基中的羧基至终点（现象与水溶液相同），消耗NaOH醇溶液vmL。下列说法不正确的是A．PET塑料是一种可降解高分子材料B．滴定终点时，溶液变为浅红色C．合成PET的一种单体是乙醇的同系物D．PET的平均聚合度（忽略端基的摩尔质量）12、不能用于比较Na与Al金属性相对强弱的事实是A．最高价氧化物对应水化物的碱性强弱 B．Na和AlCl3溶液反应C．单质与H2O反应的难易程度 D．比较同浓度NaCl和AlCl3的pH大小13、已知常温下HF酸性强于HCN，分别向1Llmol/L的HF和HCN溶液中加NaOH固体调节pH（忽略温度和溶液体积变化），溶液中（X表示F或者CN）随pH变化情况如图所示，下列说法不正确的是A．直线I对应的是B．I中a点到b点的过程中水的电离程度逐渐增大C．c点溶液中：D．b点溶液和d点溶液相比：cb(Na+)<cd(Na+)14、在测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，会导致测定结果偏低的是（）A．加热后固体发黑B．坩埚沾有受热不分解的杂质C．加热时有少量晶体溅出D．晶体中混有受热不分解的杂质15、海水淡化是解决沿海城市饮用水问题的关键技术。下图是电渗析法淡化海水装置的工作原理示意图(电解槽内部的“┆”和“│”表示不同类型的离子交换膜)。工作过程中b电极上持续产生Cl2。下列关于该装置的说法错误的是A．工作过程中b极电势高于a极B．“┆”表示阴离子交换膜，“│”表示阳离子交换膜C．海水预处理主要是除去Ca2＋、Mg2＋等D．A口流出的是“浓水”，B口流出的是淡水16、人剧烈运动后肌肉发酸是因为当体内氧气缺少时葡萄糖发生反应产生了乳酸，其结构简式为。下列关于乳酸的说法正确的是（）A．乳酸的系统命名为1-羟基丙酸B．与乳酸具有相同官能团的所有同分异构体(包括乳酸)共3种C．乳酸既可发生取代反应、消去反应又可发生加成反应D．乳酸发生缩聚反应的方程式为n+nH2O17、下列离子方程式正确的是（）A．用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH－=AlO2－+H2↑B．过量铁粉与一定量稀硝酸反应：Fe+4H++NO3－=Fe3++NO↑+2H2OC．澄清石灰水中加入过量NaHCO3溶液：Ca2++OH－+HCO3－=CaCO3↓+H2OD．向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：C6H5O－＋CO2＋H2O→C6H5OH＋HCO3－18、如图是某条件时N2与H2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述正确的是（）A．该反应的热化学方程式：N2+3H2⇌2NH3+92kJB．生成1molNH3，反应放热92kJC．b曲线代表使用了催化剂，其H2的转化率高于a曲线D．加入催化剂增大反应速率，化学平衡常数不变19、下列实验操作、现象和所得结论都正确的是选项实验现象结论A向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量氯化钡固体，振荡溶液红色变浅Na2CO3溶液存在水解平衡B向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液溶液变为红色X溶液中一定含有Fe2+C检验食盐是否加碘（KIO3），取少量食盐溶于水，用淀粉碘化钾试纸检验试纸不变蓝该食盐不含有KIO3D向蛋白质溶液中加入CuSO4或(NH4)2SO4的饱和溶液均有沉淀生成蛋白质均发生了盐析A．A B．B C．C D．D20、在盛有稀H2SO4的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示。关于该装置，下列说法正确的是（）A．外电路中电流方向为：X→→YB．若两电极分别为铁棒和碳棒，则X为碳棒，Y为铁棒C．X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应D．若两电极都是金属单质，则它们的活动性顺序为X＞Y21、有关化工生产的叙述正确的是A．联碱法对母液的处理方法是向母液中通入二氧化碳，冰冻和加食盐B．列管式热交换器的使用实现了原料的充分利用C．焙烧辰砂制取汞的反应原理为：D．氯碱工业、铝的冶炼、牺牲阳极的阴极保护法都是应用了电解池的原理22、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．18g氨基（-ND2）中含有的电子数为9NAB．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAC．1L0.1mol•L-1的Na2S溶液中，阴离子总数小于0.1NAD．2.24LCH4与C2H4的混合气体中，所含H原子的数目是0.4NA二、非选择题(共84分)23、（14分）如图中A～J分别代表相关反应中的一种物质，已知A分解得到等物质的量的B、C、D，已知B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，F为黑色固体单质，I为红棕色气体。图中有部分生成物未标出。请填写以下空白：

（1）A的化学式为___，C的电子式为___；（2）写出下列反应的化学方程式：D+G→H___；F+J→B+C+I____；（3）2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为___mol；（4）I与足量C生成J的过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___；（5）容积为10mL的试管中充满I和G的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则原混合气体中I与G的体积之比为___。24、（12分）盐酸氨溴索(又称溴环己胺醇)，可用于急、慢性支气管炎及支气管扩张、肺气肿、肺结核等疾病的治疗。某研究小组拟用以下流程合成盐酸氨溴索和糖精的中间体X(部分反应条件及产物已略)。已知信息：(Ⅰ)R1CHO+R2NH2R1CH＝N﹣R2(Ⅱ)(易被氧化)请回答：(1)流程中A名称为_____；D中含氧官能团的名称是_____。(2)G的分子式为_____；化合物E的结构简式是_____。(3)A→B、F→G的反应类型分别为：_____、_____。(4)写出B+CD的化学方程式_____。(5)化合物X同时符合下列条件的同分异构体H有_____种；其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为_____。①苯环上有两个取代基，其中之一是氨基；②官能团与X相同，苯环上的一氯代物有两种。(6)以甲苯和甲醇为有机原料，参照盐酸氨溴索的合成路线图，设计X的合成路线______(无机试剂任选，标明试剂、条件及对应物质结构简式)。25、（12分）Fe(OH)3广泛应用于医药制剂、颜料制造等领域，其制备步骤及装置如下：在三颈烧瓶中加入16.7gFeSO4·7H2O和40.0ml蒸馏水。边搅拌边缓慢加入3.0mL浓H2SO4，再加入2.0gNaClO3固体。水浴加热至80℃，搅拌一段时间后，加入NaOH溶液，充分反应。经过滤、洗涤、干燥得产品。(1)NaClO3氧化FeSO4·7H2O的离子方程式为_____________。(2)加入浓硫酸的作用为_________(填标号)。a.提供酸性环境，增强NaClO3氧化性b.脱去FeSO4·7H2O的结晶水c.抑制Fe3+水解d.作为氧化剂(3)检验Fe2+已经完全被氧化需使用的试剂是_________。(4)研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响，设计对比实验如下表编号T/℃FeSO4·7H2O/gNaClO3/g氧化效果/%i70251.6aii7025mbiii80n2.0civ80251.687.8①m=______；n=______。②若c>87.8>a，则a、b、c的大小关系为___________。(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，其原因是___(6)判断Fe(OH)3沉淀洗涤干净的实验操作为_________________；(7)设计实验证明制得的产品含FeOOH(假设不含其他杂质)。___________。26、（10分）铵明矾（NH4Al（SO4）2•12H2O）是常见的食品添加剂，用于焙烤食品，可通过硫酸铝溶液和硫酸铵溶液反应制备。用芒硝（Na2SO4•10H2O）制备纯碱和铵明矾的生产工艺流程图如图1：完成下列填空：（1）铵明矾溶液呈_________性，它可用于净水，原因是_______________；向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，可观察到的现象是__________________。（2）写出过程Ⅰ的化学反应方程式_______________。（3）若省略过程Ⅱ，直接将硫酸铝溶液加入滤液A中，铵明矾的产率会明显降低，原因是___________。（4）已知铵明矾的溶解度随温度升高明显增大．加入硫酸铝后，经过程III的系列实验得到铵明矾，该系列的操作是加热浓缩、___________、过滤洗涤、干燥。（5）某同学用图2图示的装置探究铵明矾高温分解后气体的组成成份。①夹住止水夹K1，打开止水夹K2，用酒精喷灯充分灼烧。实验过程中，装置A和导管中未见红棕色气体；试管C中的品红溶液褪色；在支口处可检验到NH3，方法是______________；在装置A与B之间的T型导管中出现白色固体，该白色固体可能是___________（任填一种物质的化学式）；另分析得出装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，写出它溶于NaOH溶液的离子方程式_______________。②该同学通过实验证明铵明矾高温分解后气体的组成成份是NH3、N2、SO3、SO2和H2O，且相同条件下测得生成N2和SO2的体积比是定值，V（N2）：V（SO2）=_____。27、（12分）将一定量的Cu和浓硫酸反应（装置中的夹持、加热仪器省略），反应后，圆底烧瓶内的混合液倒入水中，得到蓝色溶液与少量黑色不溶物。(1)反应后蓝色溶液呈酸性的原因有①______________，②______________。(2)为检验反应产生气体的还原性，试剂a是______________。(3)已知酸性：H2SO3＞H2CO3＞H2S。反应后测得Na2S和Na2CO3混合溶液中有新气体生成。该气体中______________(填“含或不含”)H2S，理由是______________；(4)少量黑色不溶物不可能是CuO的理由是______________。查阅资料后发现该黑色固体可能是CuS或Cu2S中的一种或两种，且CuS和Cu2S在空气中煅烧易转化成Cu2O和SO2。称取2.000g黑色固体，灼烧、冷却、……最后称得固体1.680g。(5)灼烧该固体除用到酒精灯、坩埚、坩埚钳、三脚架等仪器，还需要______________。确定黑色固体灼烧充分的依据是______________，黑色不溶物其成分化学式为______________。28、（14分）有机物F是有机合成中一种重要的中间体，其合成路线如下：回答下列问题：(1)D中官能团的名称是____________。(2)E的分子式为____________；B的结构简式为____________。(3)写出C生成D的化学方程式________________________。(4)E到F的反应类型是____________。(5)化合物Ⅹ()是E的同系物，Y是X的同分异构体，满足如下条件的Y的同分异构体共有____________种。①属于芳香族化合物且苯环有三个取代基②1molY与足量的NaOH溶液反应，需要消耗2molNaOH(6)设计由苯酚和乙醇制备的合成路线________________(无机试剂任选)。29、（10分）硫酸铅(PbSO4)广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料等。利用方铅矿精矿(PbS)直接制备硫酸铅粉末的流程如下：已知：(i)PbCl2(s)+2C1-(aq)=PbCl42-(aq)△H>0(ii)有关物质的Ksp和沉淀时的pH如下：物质Ksp物质开始沉淀时pH完全沉淀时pHPbSO41.0×10-8Fe(OH)32.73.7PbCl21.6×10-5Pb(OH)267.04（1）步骤I反应加入盐酸后可以观察到淡黄色沉淀生成，请写出的离子方程式___________。（2）用化学平衡移动的原理解释步骤Ⅱ中使用冰水浴的原因____________。（3）在上述生产过程中可以循环利用的物质有______________。（4）写出步骤Ⅲ中PbCl2晶体转化为PbSO4沉淀的离子方程式________________。（5）铅的冶炼、加工会使水体中重金属铅的含量增大造成严重污染。某课题组制备了一种新型脱铅剂（用EH表示），能有效去除水中的痕量铅，脱铅过程中主要发生的反应为：2EH(s)+Pb2+E2Pb(s)+2H+。则脱铅的最合适的pH范围为____（填编号）A．4～5B．6～7C．9～10D．11～12（6）PbSO4热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KC1混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb。①放电过程中，Li+向_______移动（填“负极”或“正极”）。②负极反应式为_____________。③电路中每转移0.2mol电子，理论上生成_________gPb。

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、C【解析】

其中A只由碳、氢两种元素组成，其产量可用来衡量一个国家石油化工的发展水平，A为乙烯，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，E为乙酸乙酯。【详解】A.甲烷中混有少量A，不能用酸性高锰酸钾溶液除去，乙烯与酸性高锰酸钾发生生成二氧化碳，引入新的杂质，故A错误；B.乙醛和NaHCO3溶液不反应，故B错误；C.物质E的酯类同分异构体有甲酸正丙酯，甲酸异丙酯，丙酸甲酯3种，故C正确；D.B＋D→E的化学方程式为：CH3COOH+C2H5OH+CH3COOC2H5+H2O，故D错误。综上所述，答案为C。2、A【解析】

①根据已知信息：CS2(二硫化碳)是无色液体，沸点46.5℃，储存于阴凉、通风的库房，远离火种、热源，库温不宜超过30℃，CS2属于有机物，所以CS2属易燃易爆的危险品，故①正确；②二硫化碳是损害神经和血管的毒物，所以二硫化碳有毒；二硫化碳不溶于水，溶于乙醇、乙醚等多数有机溶剂，所以不能水解，故②错误；③根据已知信息：在工业上最重要的用途是作溶剂制造粘胶纤维，所以是良好的有机溶剂，故③正确；④与钠反应的产物中不一定有Na2CO3，故④错误；⑤根据CS2中S的化合价为-2价，所以CS2具有还原性，故⑤正确；因此①③⑤符合题意；答案选A。3、D【解析】

根据在短周期中，X、Y、Z、W的位置，可以知道，X和Y位于第二周期，Z和W位于第三周期，设Z元素原子的最外层电子数为a，则X、Y、W的原子的最外层电子数分别为a＋1、a＋2、a＋3；有a+a＋1+a＋2+a＋3=22，得a=4，Z的最外层电子数为4，Z元素为Si，同理可知X、Y、W分别为N、O、Cl。A．X、Y、W三种元素最低价氢化物分别为NH3、H2O、HCl，由于NH3、H2O分子间存在氢键，沸点会升高，因此沸点最高的是H2O，最低的是HCl，A项错误；B．Z、X、W元素氧化物对应的水化物的酸性不一定增强，如Cl的含氧酸中的HClO为弱酸，其酸性比N的最高价氧化物的水化物HNO3的弱，B项错误；C．X、W和H三种元素形成的化合物为NH4Cl等，NH4Cl为离子化合物，其中既存在离子键又存在共价键，C项错误；D．Z和X形成的二元化合物为氮化硅，氮化硅是一种重要的结构陶瓷材料，它是一种新型无机非金属材料，D项正确；本题答案选D。4、B【解析】

1-氧杂-2，4-环戊二烯()的分子式为C4H4O，有2种等效氢，结合碳碳双键的平面结构特征和有机物燃烧规律进行解答。【详解】A．属于酚，而不含苯环和酚羟基，两者不是同系物，A错误；B．共有2种等效氢（不考虑立体异构），它的一氯代物有2种，二氯代物有4种，B正确；C．含碳碳双键，既能能使溴水退色，又能使酸性高锰酸钾溶液退色，C错误；D．的分子式为C4H4O，1molC4H4O完全燃烧消耗的O2的物质的量为1mol(4+-)=4.5mol，D错误。答案选B。5、D【解析】

A．向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色，该黄色溶液中可能含有Fe3+，Fe3+也能将I-氧化为碘单质，故不能确定黄色溶液中只含有Br2，A选项错误；B．浓盐酸具有挥发性，烧杯中看见白色沉淀可能是挥发的HCl气体与Na2SiO3溶液反应得到H2SiO3的白色沉淀，不能证明酸性H2CO3>H2SiO3，B选项错误；C．银镜反应必须在碱性条件下进行，该实验中加入银氨溶液之前没有加入如NaOH溶液的碱性溶液中和未反应的稀硫酸，实验不能成功，故实验操作及结论错误，B选项错误；D．氯水既有酸性，又有漂白性，可以使pH试纸先变红后褪色，D选项正确；答案选D。6、B【解析】

A、若A为NaOH溶液，甲是AlCl3，乙是Al(OH）3白色沉淀，丙是NaAlO2，X为短周期金属元素铝，符合题意，A正确；B、若A为硝酸，X为金属元素，X应是变价金属，则甲是Fe，乙是Fe(NO3）2，丙是Fe(NO3）3，甲与乙不反应，B错误；C、若A为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体即NO2，则甲是N2，乙是NO，C正确；D、若乙为NaHCO3，甲是CO2，A是NaOH，丙是Na2CO3，或者甲是Na2CO3，乙是NaHCO3，A是HCl，丙是CO2，D正确。答案选B。7、C【解析】

发生Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O，生成0.1molNaCl的同时，生成0.1molNaClO，消耗2molNaOH；A．生成0.1molNaClO，阴离子水解，则反应后溶液中ClO﹣的个数小于0.1NA，故A错误；B．若恰好完全反应，则原NaOH浓度为＝2mol/L，故B错误；C．由反应可知，参加反应的氯气为0.1mol，则参加反应的氯气分子为0.1NA，故C正确；D．Cl元素的化合价既升高又降低，转移0.1mol电子，则转移电子为0.1NA，故D错误；故答案为C。【点睛】考查氯气的性质及化学反应方程式的计算，把握发生的化学反应及物质的量为中心的计算为解答的关键，将Cl2通入100mLNaOH溶液中充分反应，生成0.1mol的NaCl，发生Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O，侧重分析能力、计算能力的考查。8、B【解析】

A．X电极材料为Li，电池放电时，X电极发生氧化反应，故A错误；B．电池放电时，Y为正极，发生还原反应，充电时，Y发生氧化反应，接电源正极，故B正确；C．电池放电时，电子由锂电极经过导线流向硫电极，故C错误；D．锂单质与水能够发生反应，因此不能向电解液中添加Li2SO4水溶液，故D错误；故答案为：B。9、B【解析】

A、植物油的主要成分为不饱和高级脂肪酸甘油酯，分子中含有双键能够与溴反应，A正确；B、皂化反应是油脂的碱性水解，反应的主要产物脂肪酸钠和甘油不是高分子化合物，B错误；C、油脂和H2加成后油脂中的不饱和高级脂肪酸甘油酯转化成饱和的高级脂肪酸甘油酯，其熔点及稳定性均得到提高，C正确；D、油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯，水解后可以得到甘油，即丙三醇，D正确。10、A【解析】

主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X-的电子层结构与氦相同，则X为H元素；R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂，为O3，则Y为O元素；R为S元素；Z3+和Y2-具有相同的电子层结构Z在Y的下一周期，Z为铝元素；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉淀，且W的原子序数大于铝而小于硫，故T2WY3为K2SiO3，生成的白色沉淀为硅酸，据此分析。【详解】主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X-的电子层结构与氦相同，则X为H元素；R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂，为O3，则Y为O元素；R为S元素；Z3+和Y2-具有相同的电子层结构Z在Y的下一周期，Z为铝元素；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉淀，且W的原子序数大于铝而小于硫，故T2WY3为K2SiO3，生成的白色沉淀为硅酸。A.同周期元素从左而右依次减小，故原子半径：T(K)>Z(Al)>W(Si)>R(S)，选项A不正确；B.T和R形成化合物K2S为强碱弱酸盐，水解呈碱性，选项B正确；C.化合物TX为KH，具有很强的还原性，可与水反应生成氢氧化钾和氢气，选项C正确；D.T、R、Z三种元素的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钾、硫酸、氢氧化铝两两能发生反应，选项D正确。答案选A。【点睛】本题考查元素周期表元素周期律的应用。推断元素是解题的关键，通过判断：Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂，结合Y元素原子序数较小，可知为O3，从而进一步求解。11、C【解析】

是聚酯类高分子，它的单体为：HOCH2CH2OH和，可以发生水解反应生成小分子。【详解】A、PET塑料是聚酯类高分子，可发生水解反应生成HOCH2CH2OH和，故A正确；B、用NaOH醇溶液滴定PET端基中的羧基，恰好反应完时生成羧酸钠，显弱碱性，使酚酞试剂显浅红色，B正确；C、的单体为：HOCH2CH2OH和，乙二醇中有两个羟基，在组成上与乙醇也没有相差-CH2-的整数倍，故乙二醇与乙醇不是同系物，故C错误；D、NaOH醇溶液只与PET端基中的羧基反应，n（NaOH）=cv10-3mol，则PET的物质的量也等于cv10-3mol，则PET的平均相对分子质量==g/mol，PET的平均聚合度，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查高分子化合物的结构，单体的判断，中和滴定等知识点，判断同系物的两个要点：一是官能团的种类和个数要相同，二是组成上要相差-CH2-的整数倍。12、B【解析】

A.对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性越强，可以比较Na与Al金属性相对强弱，A项正确；B.Na和AlCl3溶液反应，主要是因为钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，这不能说明Na的金属性比铝强，B项错误；C.金属单质与水反应越剧烈，金属性越强，可用于比较Na与Al金属性相对强弱，C项正确；D.AlCl3的pH小，说明铝离子发生了水解使溶液显碱性，而氯化钠溶液呈中性，说明氢氧化钠为强碱，氢氧化铝为弱碱，所以能比较Na、Al金属性强弱，D项正确；答案选B。【点睛】金属性比较规律：1、由金属活动性顺序表进行判断：前大于后。2、由元素周期表进行判断，同周期从左到右金属性依次减弱，同主族从上到下金属性依次增强。3、由金属最高价阳离子的氧化性强弱判断，一般情况下，氧化性越弱，对应金属的金属性越强，特例，三价铁的氧化性强于二价铜。4、由置换反应可判断强弱，遵循强制弱的规律。5、由对应最高价氧化物对应水化物的碱性强弱来判断，碱性越强，金属性越强。6、由原电池的正负极判断，一般情况下，活泼性强的作负极。7、由电解池的离子放电顺序判断。13、D【解析】

A．纵坐标为0时即=1，此时Ka==c(H+)，因此直线I对应的Ka=10-3.2,直线II对应的Ka=10-9.2,由于HF酸性强于HCN，因此直线I对应，A正确；B．a点到b点的过程中HF浓度逐渐减小，NaF浓度逐渐增大，因此水的电离程度逐渐增大，B正确；C．Ka(HCN)=10-9.2，NaCN的水解常数Kh(NaCN)=10-4.8>Ka(HCN)，因此等浓度的HCN和NaCN的混合溶液中c(CN-)<c(HCN)，c点是HCN和NaCN的混合溶液且c(CN-)=c(HCN)，因此c(NaCN)>c(HCN)，即有c(Na+)>c(CN-)；由于OH-、H+来自水的电离，浓度比较小且此时溶液的pH为9.2，C点溶液中存在：c(Na+)>c(CN-)=c(HCN)>c(OH-)>c(H+)，C正确；D．由于HF酸性强于HCN，要使溶液均显中性，HF溶液中要加入较多的NaOH，因此cb(Na+)>cd(Na+)，D错误；答案选D。【点睛】溶液中有多种电解质时，在比较离子浓度大小时注意水解常数与电离平衡常数的关系。14、D【解析】

A．固体变黑说明硫酸铜分解生成CuO与SO3，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故A不合题意；B．坩埚内附有不分解的杂质，而加热前后固体的质量差不变，测量结果不变，故B不合题意；C．加热过程中有少量晶体溅出，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故C不合题意；D．晶体不纯，含有不挥发杂质，造成加热前后固体的质量差偏小，测量结果偏低，故D符合题意；故选D。15、D【解析】

电解过程中b电极上持续产生Cl2，则电极b为电解池阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，电极a为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应为2H++2e-=H2↑，工作过程中，氯离子向b移动，因此虚线为阴离子交换膜，钠离子向a移动，实线为阳离子交换膜，据此分析解答。【详解】A．电极b为电解池阳极，电极a为电解池的阴极，b极电势高于a极，故A正确；B．根据分析，“┆”表示阴离子交换膜，“│”表示阳离子交换膜，故B正确；C．为了防止海水中的Ca2＋、Mg2＋、SO42－等堵塞离子交换膜，影响电解，电解前，海水需要预处理，除去其中的Ca2＋、Mg2＋等，故C正确；D．根据分析，实线为阳离子交换膜，虚线为阴离子交换膜，钠离子向a移动，氯离子向b移动，各间隔室的排出液中，A口流出的是淡水，B口流出的是“浓水”，故D错误；答案选D。16、B【解析】

A．乳酸的系统命名为2-羟基丙酸，故A错误；B．与乳酸具有相同官能团的同分异构体，乳酸分子有对称碳原子有两种旋光异构体，包括乳酸共3种，故B正确；C．乳酸分子含有羟基、羧基，可发生取代反应、消去反应，不能发生加成反应，故C错误；D．乳酸分子含有羟基、羧基，乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸，反应的方程式为n+(n-1)H2O，故D错误；故选B。17、D【解析】

本题主要考查离子方程式的正确书写。【详解】A．Al+2OH－=AlO2－+H2↑反应中电荷数不平，正确的离子方程式为：2H2O+2Al+2OH－=2AlO2－+3H2↑，故A项错误；B.过量铁粉与稀硝酸反应无Fe3+生成，正确的离子方程式为：，故B项错误；C.澄清石灰水中加入过量NaHCO3溶液反应的离子方程式中Ca2＋与OH－系数比为1：2，故离子方程式为：;故C项错误；D.向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：，故D项正确。答案选D。18、D【解析】

A.未标出物质的状态，该反应的热化学方程式为：N2

(g)+3H2(g)2NH3

(g)△H=-92kJ/mol，故A错误；B.从图中得出生成2molNH3时，反应放热92kJ，故B错误；C.催化剂可以同等的加快正逆反应速率，平衡不会改变，转化率也不变，故C错误；D.加入催化剂增大反应速率，化学平衡常数只受温度的影响，所以加催化剂不会改变平衡常数，故D正确；故答案为D。【点睛】易误选C，注意催化剂只能改变速率，而且是同等程度的改变，但是不能改变反应的限度，转化率不变。19、A【解析】

A．Na2CO3溶液中存在CO32-+H2OHCO3-+OH-，故而加入酚酞显红色，加入少量氯化钡固体，CO32-和Ba2+反应生成BaCO3，平衡左移，OH-浓度减小，红色变浅，A正确；B．溶液中无Fe2+，含Fe3+也能出现相同的现象，B错误；C．KIO3在酸性条件下才能和KI发生氧化还原反应生成I2，操作不正确，可加入少量食醋再观察现象，C错误；D．蛋白质溶液中加入CuSO4发生变性，加入(NH4)2SO4的饱和溶液发生盐析，D错误。答案选A。20、D【解析】

根据图片知，该装置是原电池，根据电子的流向判断X为负极，Y为正极，电流的流向正好与电子的流向相反；在原电池中，较活泼的金属作负极，不活泼的金属或导电的非金属作正极；负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应。【详解】A.根据图片知该装置是原电池，外电路中电子从X电极流向Y电极，电流的流向与此相反，即Y→→X，A项错误；B.原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属或导电的非金属作正极，若两电极分别为Fe和碳棒，则Y为碳棒，X为Fe，B项错误；C.X是负极，负极上发生氧化反应；Y是正极，正极上发生还原反应，C项错误；D.X为负极，Y为正极，若两电极都是金属单质，则它们的活动性顺序为X＞Y，D项正确。答案选D。【点睛】原电池工作原理的口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。电子从负极沿导线流向正极，而不通过溶液，溶液中是阴、阳离子移动导电，俗称“电子不下水，离子不上岸”。21、C【解析】

A．联碱法对母液处理方法：向母液中通入氨气，冰冻和加食盐，故A错误；B．列管式热交换器的使用能使能量在流程中得到充分利用，降低了能耗，故B错误；C．硫化汞与氧气反应生成二氧化硫和汞，可以用焙烧辰砂制取汞，故C正确；D．牺牲阳极的阴极保护法应用的是原电池工作原理，故D错误；故选：C。22、A【解析】

A．18g氨基（-ND2）为1mol，含有的电子数为9NA，A正确；B．氯气具有强氧化性，将Fe2+和I-均氧化，1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为3NA，B错误；C．S2-会水解，1个硫离子水解后产生1个硫氢根离子和1个氢氧根离子，故1L0.1mol•L-1的Na2S溶液中，阴离子总数大于0.1NA，C错误；D．为指明标准状况，无法计算，D错误；故答案选A。【点睛】氕()、氘()、氚()，互为同位素，氕()无中子。二、非选择题(共84分)23、NH4HCO34NH3+5O24NO+6H2OC+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O21：24：1【解析】

A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，C能和过氧化钠反应，则C为水，镁条能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下与G反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3，以此解答该题。【详解】(1)、A为NH4HCO3，C为水，C的电子式为；故答案为NH4HCO3；；(2)、D为NH3，G是O2，H是NO，则D+G→H的反应为：4NH3+5O24NO+6H2O；F是C，J是HNO3，则F+J-→B+C+I的反应为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；(3)、Na2O2与足量水反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氧由-1价升高为0价，由-1价降低为-2价，则2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为2mol,；故答案为2；(4)、由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；故答案为1:2；(5)、容积为10mL的试管中充满NO2和O2的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则发生的反应为4NO2+2H2O+O2=4HNO3，根据反应方程式可知原混合气体中NO2与O2体积比为4:1，所以10mL混合气体中NO2和O2的体积分别为8mL和2mL，故答案为4:1。24、邻硝基甲苯或1﹣硝基甲苯硝基、羟基C13H18N1OBr1氧化反应取代反应3【解析】

由B与C的分子式、D的结构简式，结合信息①，可知B为、C为，对比甲苯与B的结构，可知甲苯发生硝化反应生成A，A发生氧化反应生成B，故A为，D发生信息②中还原反应生成E为，由盐酸氨溴索的结构简式可知E→F发生还原反应生成F，F与溴发生苯环上取代反应生成G，G与HCl反应生成盐酸氨溴索，故F为、G为。(6)、甲基用酸性高锰酸钾溶液氧化引入羧基，硝基用Fe/HCl还原引入氨基，羧基与甲醇发生酯化反应引入酯基，氨基易被氧化且能与羧基反应，结合生成A的转化，应先发生硝化反应反应生成，再发生氧化反应生成，然后发生酯化反应生成，最后发生还原反应生成目标产物。【详解】（1）A的结构简式为，其名称为：邻硝基甲苯或1﹣硝基甲苯。D中含氧官能团的名称是：硝基、羟基，故答案为：邻硝基甲苯或1﹣硝基甲苯；硝基、羟基；（1）G的结构简式为，其分子式为：C13H18N1OBr1．由分析可知，化合物E的结构简式是：，故答案为：C13H18N1OBr1；；（3）A→B是转化为，甲基转化为醛基，属于氧化反应。F→G是转化为，F中苯环上氢原子被溴原子替代，属于取代反应，故答案为：氧化反应；取代反应；（4）B+CD的化学方程式为，故答案为：；（5）化合物X同时符合下列条件的同分异构体：①苯环上有两个取代基，其中之一是氨基；②官能团与X相同，另外一个取代基含有酯基，可能为﹣COOCH3、﹣OOCCH3、﹣CH1OOCH，苯环上的一氯代物有两种，1个不同的取代基处于对位，符合条件的H共有3种，其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为：，故答案为：3；；（6）甲基用酸性高锰酸钾溶液氧化引入羧基，硝基用Fe/HCl还原引入氨基，羧基与甲醇发生酯化反应引入酯基，氨基易被氧化且能与羧基反应，结合生成A的转化，应先发生硝化反应反应生成，再发生氧化反应生成，然后发生酯化反应生成，最后发生还原反应生成目标物，合成路线流程图为：，故答案为：。25、ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2Oa、cK3[Fe(CN)6]溶液2.025c>b>a若温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净称取mg样品，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于【解析】

(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO4·7H2O氧化为硫酸铁，据此书写；(2)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下氧化性增强；同时反应产生的Fe3+会发生水解反应，根据盐的水解规律分析分析；(3)检验Fe2+已经完全被氧化，就要证明溶液在无Fe2+；(4)实验是研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响，根据表格数据可知i、ii是研究NaClO3用量的影响；ii、iii或i、iv是研究温度的影响；据此分析解答；(5)温度低，盐水解程度小，不能充分聚沉；(6)Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，只要检验无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净；(7)根据Fe元素守恒，若含有FeOOH，最后得到的固体质量比Fe(OH)3多。【详解】(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO4·7H2O氧化为硫酸铁，NaClO3被还原为NaCl，同时产生水，反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；(2)NaClO3氧化FeSO4·7H2O时，为了增强其氧化性，要加入酸，因此提供酸性环境，增强NaClO3氧化性，选项a合理；同时FeSO4·7H2O被氧化为Fe2(SO4)3，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+发生水解反应使溶液显酸性，为抑制Fe3+的水解，同时又不引入杂质离子，因此要向溶液中加入硫酸，选项c合理，故答案为ac；(3)检验Fe2+已经完全被氧化，只要证明溶液中无Fe2+即可，检验方法是取反应后的溶液少许，向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若溶液无蓝色沉淀产生，就证明Fe2+已经完全被氧化为Fe3+；(4)①根据实验目的，i、ii是在相同温度下，研究NaClO3用量的影响，ii、iii或i、iv是研究温度的影响；因此m=2，n=25；②在其它条件不变时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快，实验b>a；ii、iii的反应物浓度相同时，升高温度，化学反应速率大大加快，实验c>b，因此三者关系为c>b>a；(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，原因是温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降；(6)Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，若最后的洗涤液中无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净。方法是取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净；(7)在最后得到的沉淀Fe(OH)3中若含有FeOOH，由于Fe(OH)3中比FeOOH中Fe元素的含量多。由于1molFe(OH)3质量是107g，完全灼烧后产生0.5molFe2O3，质量是80g，若称取mgFe(OH)3，完全灼烧后固体质量是，若样品中含有FeOOH，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于。【点睛】本题考查了氢氧化铁的制备原理及操作的知识。涉及氧化还原反应方程式的配平、实验方案的涉及、离子的检验方法、盐的水解、物质纯度的判断等。掌握元素及化合物的知识和化学反应基本原理是解题关键。26、酸性铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，有吸附作用，故铵明矾能净水先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4省略过程Ⅱ，因HCO3-与Al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低冷却结晶打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟（NH4）2SO3Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O1：3【解析】

碳酸氢铵溶液中加入硫酸钠，过滤得到滤渣与滤液A，而滤渣焙烧得到碳酸钠与二氧化碳，可知滤渣为NaHCO3，过程I利用溶解度不同发生复分解反应：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4，滤液A中含有（NH4）2SO4及少量HCO3-等，加入硫酸，调节pH使HCO3-转化二氧化碳与，得到溶液B为（NH4）2SO4溶液，再加入硫酸铝得铵明矾；（1）铵明矾溶液中NH4+、铝离子水解NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+、Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，促进水的电离，溶液呈酸性；铵明矾用于净水的原因是：铵明矾水解得到氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附水中悬浮物，达到净水的目的；向铵明矾溶液中加入氢氧化钠溶液，首先Al3+与OH-反应生成氢氧化铝沉淀，接着NH4+与OH-反应生成氨气，最后加入的过量NaOH溶液溶解氢氧化铝，现象为：先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失。（2）过程I利用溶解度不同发生复分解反应，反应方程式为：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4。（3）省略过程Ⅱ，因HCO3-与Al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低。（4）由于铵明矾的溶解度随温度升高明显增大，加入硫酸铝后从溶液中获得铵明矾的操作是：加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥。（5）①检验氨气方法为：打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟；装置A和导管中未见红棕色气体，说明没有生成氮的氧化物，试管C中的品红溶液褪色，说明加热分解有SO2生成，氨气与二氧化硫、水蒸汽反应可以生成（NH4）2SO3，白色固体可能是（NH4）2SO3；装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，该物质为氧化铝，氧化铝与氢氧化钠溶液反应离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；②反应中-3价的N化合价升高发生氧化反应生成N2，+6价的S化合价降低发生还原反应生成SO2，根据电子转移守恒：n（N2）×2×[0﹣（﹣3）]=n（SO2）×（6﹣4），故n（N2）：n（SO2）=1：3，相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比，故V（N2）：V（SO2）=1：3。27、反应后期浓硫酸变稀，而铜和稀硫酸不发生反应，硫酸有剩余硫酸铜溶液水解呈酸性溴水或酸性高锰酸钾不含硫化氢和二氧化硫反应氧化铜能与稀硫酸反应玻璃棒；泥三角充分灼烧的依据是再次灼烧，冷却，称量，两次的质量差不能超过0.001g;CuS和Cu2S【解析】

（1）铜和浓硫酸反应，随着反应的进行，浓硫酸会变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，生成的硫酸铜水解显酸性；（2）检验二氧化硫的还原性，可以用具有氧化性的物质，且反应现象明显；（3）依据硫化氢和二氧化硫反应进行分析；（4）氧化铜可以和稀硫酸反应；（5）依据现象进行分析；【详解】（1）随着反应的进行浓硫酸会变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，使溶液显酸性，生成的硫酸铜水解使溶液显酸性，故答案为：反应后期浓硫酸变稀，而铜和稀硫酸不发生反应，硫酸有剩余；硫酸铜溶液水解呈酸性；（2）二氧化硫有还原性，所以可以用溴水或者酸性高锰酸钾溶液检验，故答案为，溴水或酸性高锰酸钾；（3）Na2S和Na2CO3混合溶液中通入二氧化硫，不会生成硫化氢，因为硫化氢和二氧化硫发生反应，故