2026届四川省内江市威远中学高三上化学期中质量跟踪监视模拟试题含解析

2026届四川省内江市威远中学高三上化学期中质量跟踪监视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（每题只有一个选项符合题意）1、常温下联氨(N2H4)的水溶液中有：①N2H4＋H2ON2H5＋＋OH－K1②N2H5＋＋H2ON2H62＋＋OH－K2(提示：二元弱碱的电离也是分步电离)该溶液中的微粒的物质的量分数δ(X)随－lgc(OH－)变化的关系如图所示。下列叙述错误的是()A．据A点可求：K1＝10－6B．D点溶液的c(OH－)＝10－l1C．若C点为N2H5Cl溶液，则存在：c(Cl－)>c(N2H5＋)＋2c(N2H62＋)D．在N2H5Cl水溶液中，c(N2H4)＋c(OH－)＝2c(N2H62＋)＋c(H＋)2、下列各组物质相互混合，既有气体生成又有沉淀生成的是①金属钠投入到CuSO4溶液中②过量的NaOH溶液和明矾溶液③NaAlO2溶液和NaHCO3溶液混合④过量的Na2O2投入FeCl2溶液⑤金属钠投入NH4Cl溶液中A．①④ B．②③ C．②③ D．①⑤3、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．S2和S8的混合物共6.4g,其中所含的电子数一定为3.2NAB．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应,产物的分子数为2NAC．24g二氧化硅晶体中含有SiO2分子数为0.4NAD．5.6gFe与含0.2molHNO3的溶液充分反应,至少失去电子数为0.2NA4、工业上用CO生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。一定条件下，将0.5molCO和0.5molH2在体积为2L的密闭容器中发生上述反应，则下列示意图合理的是()A． B． C． D．5、实验室电解饱和食盐水的装置如图所示。下列判断正确的是（）A．电极a为阴极 B．电极b上发生还原反应C．电极b为负极 D．阴极产生黄绿色气体6、对金属腐蚀及防护的表述正确的是A．金属腐蚀的本质：金属失电子发生还原反应B．牺牲阳极的阴极保护法：被保护的金属应做负极C．外加电流阴极保护法：被保护的金属应与电源正极相连D．生铁投入NH4Cl溶液中：主要发生析氢腐蚀7、下列离子方程式符合题意且正确的是（）A．磁性氧化铁溶于盐酸中：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OB．在明矾溶液中加入过量Ba(OH)2溶液：Al3++4OH-=AlO2-+2H2OC．在盐酸中滴加少量Na2CO3溶液：CO32-+2H+=CO2↑+H2OD．用FeS除去废水中的Cu2+：S2-+Cu2+=CuS↓8、英国会议员代表团曾到广州、东莞、深圳考察，来中国取经“碳捕捉“技术，希望能与广东省合作开发潮汐能。科学家利用NaOH溶液“捕捉”空气中的CO2,反应过程如图所示。下列有关说法不正确的是A．图中循环I中的物质是NaOHB．图中X中物质分离的基本操作是蒸发结晶C．二氧化碳“捕捉”室中，将NaOH溶液进行“喷雾”，有利于对CO2的吸收D．用该方法捕提到的CO2还可用来制备甲醇等产品9、利用膜技术原理和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5，装置如图所示，下列说法正确的是()A．b电极反应式是O2＋4e－＋2H2O＝4OH－B．甲中每消耗lmolSO2，a电极附近溶液H＋增加2molC．c电极反应式是N2O4－2e－＋H2O＝N2O5＋2H＋D．甲、乙装置中分别生成的硫酸和N2O5的物质的量相等10、某无色溶液中放人铝片后有氢气产生，则下列离子在该溶液中肯定可以大量存在的是()A．Na+ B．Mg2+C．OH- D．HCO3-11、N2O和CO是环境污染性气体，可在催化条件下转化为无害气体，反应进程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是A．加入催化剂使反应的△H变小B．该反应的热化学方程式为：N2O(g)+CO(g)===CO2(g)+N2(g)△H=-226kJ·mol-1C．反应物的总键能大于生成物的总键能D．该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能12、列有关氧化铝和氢氧化铝的说法正确的是()A．氧化铝是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚B．氧化铝是典型的两性氧化物，可与氨水反应生成偏铝酸盐C．因为氢氧化铝受热易分解，所以具有两性D．两性氢氧化物只能与强酸、强碱反应13、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最高价氧化物固态时可用作人工降雨剂或用于冷藏食品，X、Y的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，W的简单氢化物与Z的单质混合光照可生成Z的氢化物和油状混合物。下列说法正确的是A．原子半径:W＞X＞Y＞ZB．X、Y的简单离子的电子层结构相同C．W的简单氢化物的稳定性比Z的强D．Z分别与W、X形成的化合物中所含化学键类型相同14、下列有关钠及其化合物的性质与用途具有对应关系的是A．Na易与应，可用作高压钠灯B．受热易分解，可用作抗酸药C．具有漂白性，可用作供氧剂D．溶液显碱性，可用于清洗油污15、下列实验操作、现象和结论均正确的是()实验操作现象结论A向同体积同浓度的苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸产生气体的快慢一致两者等物质的量时消耗盐酸与生成的二氧化碳均相同B向AgNO3溶液中滴加过量氨水溶液澄清Ag+与NH3∙H2O能大量共存C将铜丝伸入到稀HNO3中溶液变蓝Cu与稀HNO3发生置换反应D将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性：Fe3+＞I2A．A B．B C．C D．D16、下列反应中，水只作氧化剂的是①氟气通入水中②水蒸气经过灼热的焦炭③钠块投入水中④铁与水蒸气反应⑤氯气通入水中A．只有①④ B．只有①⑤C．只有②③ D．只有②③④二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E为短周期主族元素，其原子序数依次增大；B、C、D、E位于同一周期；A的简单气态氢化物可以用作制冷剂；1molB单质与足量盐酸反应生成气体在标准状况下的体积为33.6L；D原子最外层电子数与核外电子总数之比为3∶8；C的原子子序数是A的两倍。(1)A、B简单离子半径由大到小的顺序为______________(填离子符号)。(2)C在元素周期表中的位置是_______________。(3)A的简单气态氢化物接触到E的简单气态氢化物时可观察到的现象是_____________。(4)D与E可形成原子个数比为1∶2的化合物，其电子式为________。(5)C、D、E最简单气态氢化物稳定性由高到低的顺序是___________(用化学式表达)。(6)B与D形成的化合物遇水迅速水解，写出该反应的化学方程式_______________________。(7)若E单质与NaOH溶液反应生成NaE、NaEO和NaEO3，则30mL2mol/LNaOH与_____molE单质恰好完全反应(忽略E单质与水的反应及盐类的水解反应)。18、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。_____19、一氧化二氯（Cl2O）是一种常用的氯化剂。常温下，Cl2O是棕黄色、有刺激性气味的气体，熔点为-120.6°C,沸点为2.0°C,易与水反应生成次氯酸。实验室欲用氯气通入含水8%的碳酸钠固体中制备并收集少量纯净的Cl2O,请用下列装置设计实验并探究相关物质的性质。（1）装置E中仪器X的名称为______。（2）装置的连接顺序是A__________（每个装置限用一次）。（3）装置F中盛装试剂的名称为______，装置E中无水氯化钙的作用是________.。（4）装置B残留固体中除NaCl外还含有一种酸式盐M,写出装置B中发生反应的化学方程式_______。（5）证明残留固体中含有M的最简单的实验方案是:_______。（6）测定残留固体中M的质量分数：取mg样品加适量蒸馏水使之溶解，加入几滴酚酞，用0.1mol/L的盐酸标准溶液滴定至溶液由红色变为无色，消耗盐酸V1mL；再向已变无色的溶液中加入几滴甲基橙，继续用该盐酸滴定至溶液由黄色变橙色，又消耗盐酸V2mL.。①实验时用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、____。②求残留固体中M的质量分数__________（用含m、V1和的代数式表示）。③若用甲基橙作指示剂滴定结束时，滴定管尖头有气泡，测定结果将____填“偏高"、“偏低”或“不变”）。20、亚氯酸钠(NaC1O2)是重要漂白剂，探究小组开展如下实验。实验I：用如图装置制取NaClO2。已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2·3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaC1。（1）检查整套装置气密性的操作是：首先____________，打开K1、K2，然后向A、E中加水没过干燥管下端，用酒精灯微热三颈烧瓶，若A、E处有气泡，停止加热，一段时间后，A、E干燥管内形成一段稳定的水柱，说明整套装置气密性良好。（2）用50％双氧水配制30％H2O2溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要的仪器有________________(填仪器名称)。（3）装置C的作用是____________________________。（4）己知装置B中的产物有C1O2气体，则装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为________________________________________________。（5）请补充完整从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤。①减压，55℃蒸发结晶；②____________________；③38℃～60℃热水洗涤；④低于60℃干燥得到成品。（6）实验结束时，打开K1，关闭K2，装置A的作用是________________________。21、以红土镍矿(主要成分为NiS、FeS和SiO2等)

为原料制备兰尼镍的工艺流程如下所示。（1）形成Ni(CO)4时碳元素的化合价没有变化，则Ni(CO)4中的Ni的化合价为___________。（2）Ni2O3有强氧化性，加压酸浸时有气体产生且镍被还原为Ni2+，则产生的气体为______(填化学式)。（3）

滤渣D为单质镍、硫的混合物，请写出向浸出液B中通入H2S气体时所有反应的离子方程式:__________________________，_________________________。（4）

已知:

3Fe2+

+2[Fe(CN)6]3-==Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色沉淀)；4Fe3++3[Fe(CN)6]4-==Fe4[Fe(CN)6]3↓(蓝色沉淀)。下列可以用于检验滤液C

中金属阳离子的试剂有____________(填标号)a.KSCN溶液b.K3[Fe(CN)6]c.K4[Fe(CN)6]d.苯酚（5）兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金。碱浸镍铝合金后，残铝量对兰尼镍的催化活性有重大影响，根据下图分析，残铝量在_____范围内催化活性最高，属于优质产品。（6）

仿照下面示例，设计从浸出液E

回收氧化铝的流程:

浸出液E_________________。(示例:

)

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【分析】已知联氨的两步电离分别为：N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，N2H5++H2O⇌N2H62++OH-．曲线Ⅰ为N2H4、Ⅱ为N2H5+、Ⅲ为N2H62+。【详解】A.K1=，A点c(N2H5＋)=c(N2H4)，K1=c(OH−)=10−6，故A正确；B.K2=，B点c(N2H5＋)=c(N2H62+)，则K2=c(OH−)=10−15；①N2H4＋H2ON2H5＋＋OH－，②N2H5＋＋H2ON2H62＋＋OH－，①+②得N2H4＋2H2ON2H62＋＋2OH－，则K1∙K2==10−15×10−6=10−21，D点溶液中c(N2H4)=c(N2H62+)，则c(OH－)＝=10－10.5，故B错误；C.

N2H5Cl溶液中存在电荷守恒：c(OH−)+c(Cl−)=c(H+)+c(N2H5＋)＋2c(N2H62＋)，C点显酸性，c(H+)>c(OH−)，c(Cl－)>c(N2H5＋)＋2c(N2H62＋)，故C正确；D.N2H5Cl溶液中存在电荷守恒：c(OH−)+c(Cl−)=c(H+)+c(N2H5+)+2c(N2H62+)，质子守恒为c(N2H4)＋c(OH－)＝2c(N2H62＋)＋c(H＋)，故D正确；答案选B。2、A【解析】①金属钠投入到CuSO4溶液中，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，故①正确；②过量氢氧化钠与明矾反应生成偏铝酸钠和硫酸钾，不会产生沉淀，故②错误；③NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀氢氧化铝，无气体放出，所以不符合题意，故③错误；④过量的Na2O2投入FeCl2溶液，反应生成氧气和氢氧化铁沉淀，故④正确；⑤金属钠投入NH4Cl溶液中，只生成气体，不产生沉淀，故⑤错误；故选A。3、A【分析】A、S2和S8均由S原子构成，且S原子中含16个电子；B、NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4；C、二氧化硅为原子晶体；D、5.6g铁为0.1mol，和0.2mol硝酸反应时，无论硝酸的还原产物为什么，硝酸均不足．【详解】A、S2和S8均由S原子构成，6.4g混合物中S原子的物质的量为0.2mol，S原子中含16个电子，故0.2molS原子中含3.2NA个电子，故A正确；B、NO和氧气反应后生成的NO2，NO2中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子个数减小，故分子个数小于2NA个，故B错误；C、二氧化硅为原子晶体，不含二氧化硅分子，故C错误；D、5.6g铁为0.1mol，和0.2mol硝酸反应时，无论硝酸的还原产物为什么，硝酸均不足，故铁过量，不能完全反应，则转移的电子数小于0.2NA个，故D错误。故选A。4、A【详解】A．反应过程中甲醇的体积分数逐渐增大，假设反应的CO的物质的量为a，CO的体积分数=×100%=，始终不变，故A正确；B．随着反应的进行，CO的物质的量逐渐减少，甲醇的物质的量逐渐增大，达到平衡后，二者的物质的量不一定相等，故B错误；C．随着反应的进行，氢气的浓度减小，甲醇的浓度增大，但氢气的起始浓度为0.25mol/L，故C错误；D．随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，达到平衡时甲醇的逆反应速率等于氢气正反应速率的一半，故D错误；故选A。5、B【详解】A．电极a与电源正极相连，故电极a为阳极，A错误；B．电极b与电源负极相连，电极b为阴极，电极上发生还原反应，B正确；C．该装置为电解池，电极b与电源负极相连，电极b为阴极，C错误；D．阴极上氢离子得电子生成氢气，D错误；答案选B。【点睛】电解池中与电源负极相连的为阴极，阳离子在阴极得电子，发生还原发应。6、D【详解】A.金属腐蚀的本质：金属失电子发生氧化反应，故A错误；B.牺牲阳极的阴极保护法，用的原电池原理，被保护的金属应做正极，故B错误；C.外加电流阴极保护法，用的电解原理，被保护的金属应与电源负极相连，作阴极，故C错误；D.生铁投入NH4Cl溶液中，溶液呈酸性，主要发生析氢腐蚀，故D正确；故选D。7、C【详解】A．将磁性氧化铁溶于盐酸的离子反应为Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2O，故A错误；B．明矾溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液的离子反应为2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故B错误；C．在盐酸中滴加少量碳酸钠反应生成二氧化碳、水和氯化钠，离子反应方程式为CO32-+2H+═CO2↑+H2O，故C正确；D．FeS的溶度积大于CuS的溶度积，加入FeS可以沉淀废水中的Cu2+：FeS+Cu2+═CuS↓+Fe2+，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意明矾溶液中的铝离子和硫酸根离子都能与氢氧化钡反应，其中过量的氢氧根离子与铝离子反应生成偏铝酸根离子。8、B【解析】A．根据流程图可知：有两个反应：①二氧化碳与氢氧化钠反应，②碳酸钙的高温分解，循环利用的应该有CaO和NaOH两种物质在反应中，循环I为氢氧化钠都，其余的物质不能循环使用，选项A正确；B．在X中发生的反应有CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，所以分离CaCO3和NaOH用过滤操作，选项B错误；C．二氧化碳“捕捉”室中，将NaOH溶液进行“喷雾”，增大了反应的接触面积，有利于对CO2的吸收，选项C正确；D．该方法得到较多的二氧化碳，可用来制备甲醇等产品，选项D正确。答案选B。点睛：本题考查物质的分离、提纯的实验方案的设计，注意把握题给信息，为解答该题的关键。分离或提纯时，若需要加入试剂，试剂的选择应遵循以下五个原则：（1）所选试剂一般只和杂质反应；（2）操作不应引入新的杂质；（3）不减，即不减少欲被提纯的物质；（4）易分，即欲被提纯的物质与杂质应容易分离；（5）易得，试剂应尽可能容易获得，且价格低廉。9、B【分析】甲装置能自发的进行氧化还原反应且没有外接电源，所以是原电池，a极上二氧化硫失电子为负极，b上氧气得电子为正极，乙属于电解池，与电源的正极b相连的电极c为阳极，N2O4在阳极失电子生成N2O5，d为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，据此分析。【详解】A.电极a为负极，电极b为正极，正极发生还原反应，O2＋4e－＋4H＋＝2H2O，电解液是硫酸，不能出现氢氧根离子，故A错误；B.

依据电子转移数相同可知，甲装置的a电极的电极反应式:SO2-2e+2H2O=4H++SO42-，b电极的电极反应为O2＋4e－＋4H＋＝2H2O，总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，可知消耗1mol二氧化硫时，甲中每消耗lmolSO2，a电极附近溶液H＋增加2mol，故B正确；C.

c是阳极，d是阴极，阳极上N2O4放电生成N2O5，电极反应为，故C错误；D.依据电子转移数相同可知，甲装置的左侧的电极反应式:SO2-2e-+2H2O=4H++SO42-，可知电子转移数为2mole~时，生成1mol硫酸，乙装置中阳极N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+，转移电子的物质的量为2mole~时，生成2mol五氧化二氮，转移相同电子数时，生成硫酸和五氧化二氮的物质的量为1:2，故D错误；答案选B。10、A【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。【详解】注入某无色溶液中放人铝片后有氢气产生，这说明该溶液可能显酸性，也可能显碱性。如果显酸性，则OH－、HCO3－都不能大量共存。如果显碱性，则Mg2＋、HCO3－都不能大量共存，因此答案选A。【点睛】该题的关键是根据单质铝的性质，既能和酸反应生成氢气，也能和强碱溶液反应生成氢气，得出该无色溶液的酸碱性，然后依据离子共存的问题进行分析判断即可。11、B【详解】A.对于特定化学反应，加入催化剂只是改变化学反应途径，不改变化学反应的反应热，错误；B.Ea1=134kJ/mol，Ea2=360kJ/mol，则该反应的热化学方程式为：N2O(g)+CO(g)=CO2(g)+N2(g)△H=134kJ/mol-360kJ/mol=-226kJ·mol-1，正确；C.该反应反应物总能量高于生成物总能量，故该反应为放热反应，错误；D.该反应正反应的活化能为134kJ/mol，逆反应的活化能为360kJ/mol，即该反应逆反应的活化能大于正反应的活化能，错误。答案选B。12、A【详解】A.氧化铝熔点高，不与O2反应，因此是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚，A项正确；B.氧化铝是典型的两性氧化物，但其与碱反应时只能是强碱，与氨水不反应，B项错误；C.氢氧化铝受热易分解，说明氢氧化铝热稳定性差，其既可与酸反应也可与碱反应生成盐和水，说明其具有两性，C项错误；D.氢氧化铝与碱反应时碱只能是强碱，但与酸反应时酸可以为弱酸，如CH3COOH也可与Al(OH)3反应，D项错误；综上所述，本题选A。13、B【分析】W的最高价氧化物固态时可用作人工降雨剂或用于冷藏食品，W是碳元素；碳最外层有4个电子，X、Y的最外层电子数之和与碳的最外层电子数相等，所以X、Y分别是Na、Al；W的简单氢化物是甲烷与Z的单质混合光照可生成Z的氢化物和油状混合物，则Z是Cl，据此解答。【详解】A、同主族从上到下原子半径逐渐增大，同周期从左向右原子半径逐渐减小，原子半径:Na＞Al＞Cl＞C，故A错误；B、Na+、Al3+的电子层结构相同，都是10电子微粒，故B正确；C、氯元素非金属性强于碳元素，则HCl的稳定性比CH4的强，故C错误；D、CCl4中含有共价键、NaCl含离子键，故D错误。答案选B。14、D【详解】A.Na易与应，是因为钠的化学性质活泼，高压钠灯的原理是钠蒸气放电，是钠的物理性质，故A错误；B.与胃酸HCl反应，可用作抗酸药，并不是因为其受热分解，故B错误；C.可用作供氧剂是因为其与二氧化碳、水反应生成氧气，并不是因为其漂白性，故C错误；D.溶液显碱性，油污在碱性条件下容易水解生成易溶于水的物质，故可用于清洗油污，故D正确；故选D。15、D【详解】A．向同体积同浓度的苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸，苏打中产生气体的速率比小苏打中产生气体的速率慢，A不正确；B．向AgNO3溶液中滴加过量氨水，发生反应，最终生成Ag(NH3)2OH等，B不正确；C．将铜丝伸入到稀HNO3中，发生氧化还原反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，而不是发生置换反应，C不正确；D．将KI和FeCl3溶液在试管中混合，发生反应2Fe3++2I-==2Fe2++I2，则氧化性Fe3+＞I2；加入CCl4后，萃取I2，振荡、静置，下层溶液显紫红色，D正确；故选D。16、D【分析】根据氧化还原反应的特点，化合价升高的反应是氧化剂，所以通过分析在反应中水中的氢元素化合价既能判定。【详解】①氟气通入水中发生的反应为：2F2+2H2O=4HF+O2,水中氧元素的化合价升高，所以水做还原剂；②水蒸气经过灼热的焦炭发生的反应为：C+H2O(g)=CO+H2，水中的氢的化合价降低，所以水做氧化剂；③钠块投入水中发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2,水中的氢的化合价降低，所以做氧化剂；④铁与水蒸气反应发生的反应为：3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2,水中的氢的化合价降低，所以水做氧化剂；⑤氯气通入水中发生的反应为:Cl2+H2OHCl+HClO水中的氢和氧的化合价都没有变化，所以水既不是氧化剂也不是还原剂。综上所述A.只有①④不符合题意；B.只有①⑤不符合题意；C.只有②③不符合题意；D.只有②③④符合题意；答案：D。【点睛】根据氧化还原反应特征判断氧化剂和还原剂。氧化剂是所含元素的化合价降低的物质，还原剂是所含元素的化合价升高的物质。结合水中H、O元素的变化特征进行解答。二、非选择题（本题包括5小题）17、r(N3−)＞r(Al3+)或N3−＞Al3+第三周期第ⅣA族产生白烟HCl＞H2S＞SiH4Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑0.03【分析】A、B、C、D、E为短周期的主族元素，其原子序数依次增大，B、C、D、E位于同一周期，A的简单气态氢化物可以用作制冷剂，则A为N元素；1molB单质与足量盐酸反应生成气体在标准状况下的体积为33.6L，则B为Al元素；D原子最外层电子数与核外电子总数之比为3∶8，且D位于第三周期，则D为S元素；C的原子序数是A的两倍，则C为Si元素；E元素为短周期主族元素且原子序数大于D，则E为Cl元素，【详解】根据以上分析可知，A、B、C、D、E分别为N、Al、Si、S、Cl。（1）A为N元素，B为Al元素，核外电子排布相同，核电荷数越大半径越小，故离子半径N3−＞Al3+，因此，本题正确答案为：N3−＞Al3+；（2）C为Si元素，在元素周期表中的位置是第三周期第ⅣA族。因此，本题正确答案为：第三周期第ⅣA族；（3）A的氢化物是氨气，E的氢化物是HCl，二者相互接近有白烟生成，其成分为氯化铵固体。因此，本题正确答案为：产生白烟；（4）D是S元素、E是Cl元素，D与E可形成原子个数比为1：2的化合物为SCl2，每个Cl原子和S原子形成一对共用电子对，其电子式为，因此，本题正确答案为：；(5)C为Si元素、D为S元素、E为Cl元素，非金属性Cl＞S＞Si，所以氢化物的稳定性HCl＞H2S＞SiH4，因此，本题正确答案为：HCl＞H2S＞SiH4；(6)B为Al元素、D为S元素，B与D形成的化合物为为Al2S3，遇水迅速水解，反应的化学方程式为Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑，因此，本题正确答案为：Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑；(7)E为Cl元素，若Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和NaClO3，根据原子守恒n(Cl2)=n(Cl)=n(Na)=n(NaOH)=0.030L×2mol/L×=0.03mol，因此，本题正确答案为：0.03。【点睛】本题考查了元素位置结构性质的关系及应用，涉及氧化还原反应、元素周期律、物质结构、盐类水解等知识点，根据物质结构、元素周期律、物质性质等知识点分析解答，注意（7）中原子守恒方法的运用。18、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。19、（球形）干燥管F、B、C、D、E饱和食盐水防止E中的水进入D中发生反应2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl取少量样品于试管中，加热，将分解产生的气体通入澄清石灰水，如果变浑浊，就说明有M锥形瓶、酸式滴定管×100%偏低【分析】制取氧化二氯(C12O)的流程为：利用A装置通过反应MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl，为防止干扰Cl2O的制取，需要先用装置F除去HCl杂质，再利用装置B发生反应2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O制取Cl2O，由于Cl2O易溶于水，同时与水反应生成次氯酸，所以收集前要通过C装置干燥，再利用装置D收集Cl2O，并验证其沸点低、易液化的特点，同时由于氯气、Cl2O都是大气污染物，最后要用E装置进行尾气处理，据此解答。【详解】(1)根据装置图可知，装置E中仪器X的名称为球形干燥管；(2)利用A装置制取氯气，由于浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl，为防止干扰Cl2O的制取，需要先用装置F除去HCl杂质，再利用装置B发生反应2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O制取Cl2O，由于Cl2O易溶于水，同时与水反应生成次氯酸，所以收集前要通过C装置干燥，再利用装置D收集Cl2O，并验证其沸点低、易液化的特点，同时由于氯气、Cl2O都是大气污染物，最后要用E装置进行尾气处理，则按气体从左至右流动装置连接顺序是AFBCDE；(3)装置F是除去Cl2中的杂质HCl气体的，为减少Cl2的溶解消耗，要通过盛有饱和食盐水的溶液来除去HCl杂质，故装置F中盛装试剂的名称为饱和食盐水；装置E中无水氯化钙的作用是防止E中的水进入D中发生反应；(4)装置B残留固体中除NaCl外还含有一种酸式盐M，此酸式盐应为NaHCO3，则装置B中发生反应的化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；(5)NaHCO3不稳定，受热易分解生成CO2气体，则证明残留固体中含有NaHCO3的最简单的实验方案是取少量样品于试管中，加热，将分解产生的气体通入澄清石灰水，如果变浑浊，就说明有NaHCO3；(6)①固体溶解时需要烧杯和玻璃棒，滴加指示剂时需要胶头滴管，滴定操作时需要酸式滴定管和锥形瓶，则实验时用到的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还需要锥形瓶、酸式滴定管；②加入几滴酚酞，用0.1mol/L的盐酸标准溶液滴定至溶液由红色变为无色，此时发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；再向已变无色的溶液中加入几滴甲基橙，继续用该盐酸滴定至溶液由黄色变橙色，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；且原溶液中的Na2CO3在滴定时二步操作消耗的盐酸体积相等，则NaHCO3消耗的盐酸体积为(V2-V1)mL，其物质的量为0.1mol/L×(V2-V1)×10-3L=(V2-V1)×10-4mol，则残留固体中NaHCO3的质量分数为×100%；③若用甲基橙作指示剂滴定结束时，滴定管尖头有气泡，则读数偏小，即消耗有盐酸体积偏小，导致测定结果将偏低。20、关闭分液漏斗活塞胶头滴管、量筒防止D中溶液倒吸到B中(或安全瓶)2ClO2＋2NaOH＋H2O2===2NaClO2＋O2＋2H2O趁热过滤吸收多余的ClO2（或ClO2、SO2），防止污染空气。【解析】装置B中制备得