2026届青海省西宁市二十一中化学高三第一学期期中监测模拟试题含解析

2026届青海省西宁市二十一中化学高三第一学期期中监测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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：2A(g)B(g)+Q(Q>0)，2A(g)B(l)；下列能量变化示意图正确的是A． B．C． D．2、下列实验对应的现象以及结论均正确的是选项实验现象结论A向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡，静置下层为橙色裂化汽油可萃取溴B向Ba(ClO)2溶液中通入SO2有白色沉淀生成酸性:H2SO3>HClOC向盛有浓硫酸的试管中加入铜片，将产生的气体通入品红溶液无明显现象铜片未打磨D将一小块钠加入盛有无水乙醇的烧杯中有气泡产生，收集气体，点燃产生爆鸣声生成的气体是H2A．A B．B C．C D．D3、用如图所示装置进行实验，下列对实验现象的解释不合理的是选项①试剂①中现象解释A品红溶液溶液褪色SO2具有漂白性BNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性：H2SO3＞H2SiO3C酸性KMnO4溶液紫色褪去SO2具有还原性DBa(NO3)2溶液生成白色沉淀SO32－与Ba2＋生成白色BaSO3沉淀A．A B．B C．C D．D4、化学反应N2+3H2→2NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是（）A．N2(g)+H2(g)→NH3(l)△H=-46kJ/molB．N2(g)+H2(g)→NH3(g)△H=-454kJ/molC．N2(g)+3H2(g)→2NH3(g)△H=-92kJ/molD．N2(g)+3H2(g)→2NH3(1)△H=+431.3kJ/mol5、我国晋代《抱朴子》中描述了大量的化学反应，其中有：①“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”；②“以曾青涂铁，铁赤色如铜”。下列有关叙述正确的是()A．①中描述的化学反应是可逆反应B．“曾青”是含有Cu2＋的溶液，如硫酸铜溶液C．“积变又还成丹砂”中的“还”可理解为“被还原”D．水银能跟曾青发生置换反应生成单质铜6、利用实验器材（规格和数量不限）能完成相应实验的一项是选项实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、蒸发皿CuSO4溶液的浓缩结晶B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸用盐酸除去BaSO4中的少量BaCO3C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用固体NaCl配制0.5mol/L的溶液D烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaIA．A B．B C．C D．D7、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（）A．1mol葡萄糖与足量的钠反应能产生2.5molH2B．ag某气体中含分子数为b，cg该气体在标况下的体积为(22.4bc)/(aNA)C．将1molCl2通入到水中，则N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=2NA(N表示粒子数）D．相同质量的Na2O2和Na2S固体具有相同的阴阳离子数和质子数8、下列有关离子检验的描述正确的是①向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液,出现白色沉淀;再加入足量稀盐酸,部分沉淀溶解,则部分Na2SO3被氧化②将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水,石灰水变浑浊,则该溶液中一定含有CO32-③向某溶液中加稀硫酸和单质铜，溶液变蓝色，有无色、刺激性气味的气体生成，遇空气后变红棕色，说明原溶液含NO3-④检验溶液中是否含有Fe2+:取少量待检验溶液,向其中加入少量新制氯水,再滴加KSCN溶液,观察实验现象⑤向某溶液中加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，证明原溶液中含有SO32-A．①②③ B．①③⑤ C．①③ D．②③④⑤9、下列物质酸性最弱的是A．CH3COOH B．CH3CH2OH C．H2CO3 D．H2O10、下列物质属于纯净物的是（）A．漂白粉 B．甘油 C．石油 D．天然气11、甲酸香叶酯(结构如图)为无色透明液体，具有新鲜蔷薇嫩叶的香味，可用于配制香精。下列有关该有机物的叙述正确的是A．分子式为C11H16O2B．含有羧基和碳碳双键两种官能团C．能发生加成反应和水解反应D．23gNa与过量的该物质反应生成标准状况下11.2L气体12、某有机物的结构简式如图所示，关于该物质的叙述错误的是()A．一个分子中含有12个H原子B．苯环上的一氯代物有2种C．能使酸性KMnO4溶液褪色D．1mol该物质分别与足量H2、NaOH溶液反应，消耗其物质的量均为3mol13、用下列实验装置进行相应的实验，操作正确且能达到实验目的是（）A．进行喷泉实验 B．加热熔融NaOH固体C．验证镁片与盐酸放热反应 D．测定过氧化钠纯度14、一种制备高效漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O====2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法中正确的是A．反应Ⅱ中H2O2做还原剂B．产品中含有SO42－、Cl－C．NaClO2的漂白原理与SO2相同D．实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行15、下列实验操作能达到实验目的的是A．除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3杂质B．证明浓硫酸与蔗糖反应生成SO2C．探究铁的析氢腐蚀D．测定双氧水分解速率16、下列变化，必须加入还原剂才能实现的是（）A．NaCl→AgCl B．KClO3→O2 C．MnO2→MnCl2 D．Cl2→Cl-17、向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL4mol·L－1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344LNO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为()A．0.24mol B．0.21mol C．0.16mol D．0.14mol18、根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是选项事实推测AMg与冷水较难反应，Ca与冷水较易反应Be（铍）与冷水更难反应BNa与Cl形成离子键，Al与Cl形成共价键Si与Cl形成共价键CHCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解HBr的分解温度介于二者之间DSi是半导体材料，同族的Ge是半导体材料ⅣA族元素的单质都是半导体材料A．AB．BC．CD．D19、用右图所示装置进行实验，下列实验现象描述错误的是实验试剂甲试剂乙试剂丙丙中的现象A稀盐酸CaCO3Na2SiO3

溶液有白色沉淀生成B浓盐酸Na2SO3BaCl2

溶液有白色沉淀生成C过氧化氢MnO2酸性

KI

淀粉溶液溶液变为蓝色D浓盐酸KMnO4Na2S

溶液有淡黄色沉淀生成A．A B．B C．C D．D20、下列指定反应的离子方程式正确的是A．澄清石灰水中通入过量二氧化碳：OH-+CO2=HCO3-B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I−+IO3−+6H+I2+3H2OC．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+H2O+ClO-=SO42-+Cl-+2H+D．下图所示装置中反应：Zn+Cu2+=Cu+Zn2+21、四种短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如图所示，其中Z元素的最外层电子数是内层电子总数的1/2。下列说法不正确的是（）A．Z元素位于周期表的第三周期第VA族B．X、W元素的最高价氧化物对应水化物的酸性：W强于XC．Y元素的气态氢化物的热稳定性比Z的高D．X与W形成共价化合物XW2,X的原子半径比Y小22、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，Y常见的氢化物有两种，且常温下均为液体，Z是短周期中原子半径最大的元素，W的最高正价为+7价。下列说法正确的是()A．工业上利用Z与TiCl4溶液反应制备单质TiB．X与W形成的化合物和Z与W形成的化合物的化学键类型相同C．X和Y单质晶体类型不可能相同D．最高价氧化物对应的水化物的酸性：W>X二、非选择题(共84分)23、（14分）已知X、Y、Z、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大。X的原子最外层电子数是次外层的2倍，Y的氧化物属于两性氧化物，Y、Z位于同周期，X、Y、Z的原子最外层电子数之和为14，W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状。（1）X在元素周期表中的位置是_________________。（2）下列事实能用元素周期律解释的是_____________________________________(填字母序号)。A．Y的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2B．Z的气态氢化物的稳定性小于HFC．WZ3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板（3）Z的单质可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，从原子结构的角度解释其原因是______________________。（4）工业上用电解法制备Y单质，化学方程式为___________________________。（5）家用“管道通”的有效成分是烧碱和Y的单质，使用时需加入一定量的水，此时发生反应的化学方程式为______________________________。（6）W的单质可用于处理酸性废水中的NO3-，使其转化成为铵根离子，同时生成磁性的W的氧化物H，再进行后续处理。相应离子方程式为____________。Y的单质与H在高温下反应的化学方程式为_________。24、（12分）有机物I是一种医药合成中间体，实验室以芳香烃A为原料制备I的路线如下(部分反应条件已省略)：已知：RCH=CH2+HBrRCH2CH2Br。回答下列问题：(1)X的分子式为C8H8，且X与A互为同系物，则X的化学名称是______。(2)B生成C的反应类型是_____,B、C含有的相同的官能团名称是_____。(3)碳原子上连有4个不同原子或基团时，该碳原子为手性碳原子。写出D的结构简式，并用星号标出其中的手性碳原子_____。(4)写出D—E的化学反应方程式：_________。(5)G的结构简式是______。(6)Y与C是同分异构体，Y中含苯环，且苯环上有2个取代基，Y能发生银镜反应，其核磁共振氢谱中有5组峰，且峰面积之比为6:2:2:1:1,则Y的结构简式为_______。(7)丙二酸(HOOCCH2COOH)主要用作医药合成中间体、电镀抛光剂等。结合题目信息，设计以丙烯(CH3CH=CH2)和为原料制备丙二酸的合成路线______(无机试剂任选)。25、（12分）某小组探究Cu与反应，发现有趣的现象。室温下，的稀硝酸(溶液A)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生，而溶液B(见图)遇铜片立即产生气泡。回答下列问题：(1)探究溶液B遇铜片立即发生反应的原因。①假设1：_____________对该反应有催化作用。实验验证：向溶液A中加入少量硝酸铜，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。结论：假设1不成立。②假设2：对该反应有催化作用。方案Ⅰ：向盛有铜片的溶液A中通入少量，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认为应补充对比实验：向盛有铜片的溶液A中加入几滴的硝酸，没有明显变化。补充该实验的目的是_____________。方案Ⅱ：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C。相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：，该实验能够证明假设2成立的理由是_________________。③查阅资料：溶于水可以生成和___________________。向盛有铜片的溶液A中加入，铜片上立即产生气泡，实验证明对该反应也有催化作用。结论：和均对Cu与的反应有催化作用。(2)试从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于的原因________________。(3)Cu与稀硝酸反应中参与的可能催化过程如下。将ii补充完整。i．ii．______________________iii．(4)探究的性质。将一定质量的放在坩埚中加热，在不同温度阶段进行质量分析，当温度升至时，剩余固体质量变为原来的，则剩余固体的化学式可能为______________。26、（10分）某工厂用软锰矿（主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2）和闪锌矿（主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS等杂质）为原料制备MnO2和Zn（干电池原料），其简化流程如下：已知：反应Ⅰ中所有金属元素均以离子形式存在。有关常数：Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－33、Ksp[Fe(OH)3]＝3.0×10－39、Ksp[Mn(OH)2]＝2.0×10－13、Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17、Ksp(MnCO3)＝2.0×10－11、Ka1(H2CO3)＝4.0×10－7、Ka2(H2CO3)＝5.6×10－11。回答下列问题：（1）滤渣1中除了SiO2以外，还有一种淡黄色物质，该物质是由MnO2、CuS与硫酸共热时产生的，请写出该反应的离子方程式____________________________。（2）反应Ⅱ中加入适量金属锌的目的是为了回收某种金属，滤渣2的主要成分是___________。（3）反应Ⅲ中MnO2的作用是_______________________，若反应后溶液中Mn2＋、Zn2＋均为0.1mol·L－1，需调节溶液pH范围为_______________（溶液中，当一种离子的浓度小于10－6mol/L时可认为已不存在），X可以是_________。（填字母代号）a．MgOb．Zn(OH)2c．Cu2(OH)2CO3d．MnCO3（4）反应Ⅳ中电极均是惰性电极，写出阳极电极反应式________________________。本工艺可以循环利用的物质有MnO2、Zn和_________。（5）MnCO3有多种用途。废水处理领域中常用NH4HCO3溶液将Mn2+转化为MnCO3，该反应的离子方程式为______。试通过题述有关数据简要计算说明该反应能进行的原因：____________________________。27、（12分）FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学实验小组在实验室里用如下两种方法来制备无水FeCl2。有关物质的性质如下：C6H5Cl(氯苯）C6H4Cl2(二氯苯）FeCl3FeCl2溶解性不溶于水，易溶于苯、乙醇不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水熔点/℃-4553易升华（1）用H2还原无水FeCl3制取FeCl2。有关装置如下：①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为______。②按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为B→______→E（填字母，装置可多次使用，也可不用）；C中盛放的试剂是______。③实验中D的导气管易堵塞的原因是______。（2）利用反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑制取无水FeCl2。按如图装置，在三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围加热3h，冷却、分离提纯得到粗产品。①仪器a的名称是_____。②反应完成后继续通N2的目的是_____。③反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后，得到粗产品。回收滤液中C6H5Cl的操作方法是_____。将锥形瓶中溶液配成250mL，量取25.00mL所配溶液，用0.40mol/LNaOH溶液滴定，终点时消耗NaOH溶液为19.60mL，则氯化铁的转化率为_____。28、（14分）(有机化学基础)丹参酸可用于药理实验、活性筛选等,合成丹参酸的路线如图所示:已知:ROH+ROOCCH3+CH3COOHRCH2CHO+R'CH2CHO回答下列问题:(1)A的名称是____,B中官能团的名称是_______。

(2)碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳原子称为手性碳原子,上述有机物中含有手性碳原子的有机物为_____(填“A”“B”“C”“D”或“E”)。

(3)D→E的反应类型是_______。

(4)A→B的化学方程式为________。

(5)X与D互为同分异构体,请写出满足下列条件的X的结构简式:_______。

①1molX能与5molNaOH发生反应;②有5个碳原子在同一条直线上;③与FeCl3溶液可以发生显色反应。(6)设计以、CH3CHO为原料制取的合成路线__________(其他无机试剂任选)。29、（10分）CO2既是温室气体，也是重要的化工原料，二氧化碳的捕捉和利用是我国能源领域的一个重要战略方向。（1）用活性炭还原法可以处理汽车尾气中的氮氧化物，某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)△H，在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下：浓度/(mol/L)/\时间/min010203040NO2.01.160.400.400.6N200.420.800.801.2CO200.420.800.801.2①若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2：3：3，则达到新平衡时NO的转化率______________（填“升高”或“降低”），△H_____0（填“>”或“<”）。②根据图表数据分析T1℃时，该反应在0～10min内的平均反应速率v(N2)＝______________mol·L-1·min-1；计算该反应的平衡常数K＝_____________。③若30min后只改变某一条件，据上表中的数据判断改变的条件可能是____________（填字母编号）。A．加入合适的催化剂B．适当缩小容器的体积C．通入一定量的NOD．加入一定量的活性炭（2）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚。已知：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H1＝-49.1kJ·mol－12CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)△H2＝-24.5kJ·mol－1写出CO2(g)和H2(g)转化为CH3OCH3(g)和H2O(g)的热化学方程式_______________________。（3）二甲醚燃料电池具有能量转化率高、电量大的特点而被广泛应用，一种二甲醚氧气电池（电解质为KOH溶液）的负极反应式为：_______________________。（4）常温下，用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品Na2CO3。①若某次捕捉后得到pH=10的溶液，则溶液中c(CO32-)∶c(HCO3-)=_______________。[常温下K1(H2CO3)=4.4×10-7、K2(H2CO3)=5×10-11]。②欲用2LNa2CO3溶液将4.66gBaSO4固体全都转化为BaCO3，则所用的Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为__________________________。[已知：常温下Ksp(BaSO4)=1×10-11，Ksp(BaCO3)=1×10-10]。（忽略溶液体积的变化）

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、A【详解】2A(g)B(g)+Q(Q>0)为放热反应，2molA(g)的能量大于1molB(g)；B(g)的能量大于B(l)，2A(g)B(l)放出的能量大于Q；故选A。2、D【解析】A.裂化汽油中含有烯烃，溴水与裂化汽油会发生加成反应，所以该实验的现象和结论均错误，A项错误；B.Ba(ClO)2溶液中ClO-具有强氧化性，SO2有强还原性，ClO-能把SO2氧化为SO42-，发生反应的离子方程式为：Ba2++2ClO-+2SO2+2H2O=BaSO4↓+2Cl-+SO42-+4H+，所以该实验的结论错误，B项错误；C.浓硫酸与铜片反应需要在加热条件下进行，本实验没有加热，不一定有SO2生成，所以“没有明显现象”不能得出“铜片未打磨”的结论，C项错误；D.常温下钠与乙醇反应：2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑，氢气中混有空气，点燃有爆鸣声，所以该实验的现象和结论均正确，D项正确；答案选D。3、D【详解】A.SO2具有漂白性，可使品红溶液褪色，A正确；B.SO2与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，酸性：H2SO3>H2SiO3，B正确；C.SO2被酸性KMnO4溶液氧化，使溶液的紫色褪去，说明SO2具有还原性，C正确；D.SO2与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，D错误；故合理选项是D。4、C【分析】根据反应热等于反应物旧键断裂吸收的总能量减去生成物新键形成所放出总能量计算反应热，然后根据并热化学方程式的书写方法写出热化学方程式，注意反应物的物质的量和生成物的聚集状态。【详解】由图可以看出，molN2(g)+molH2(g)断键吸收的能量为204kJ，形成1molNH3(g)的放出的能量为250kJ，所以N2(g)+H2(g)=NH3(g)△H=-46kJ/mol，而1mol的NH3(g)转化为1mol的NH3(l)放出的热量为22.7kJ，根据盖斯定律可知：N2(g)+H2(g)=NH3(l)△H=-68.7kJ/mol，即：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92kJ/mol，N2(g)+3H2(g)=2NH3(l)△H=-137.4kJ/mol，故合理选项是C。【点睛】本题考查热化学方程式的书写，注意书写热化学方程式时要注明物质的存在状态及与反应的物质相对应的反应热，放热反应的反应热为负值，吸热反应的反应热为正值，反应热包括符号、数值及单位。5、B【解析】A．①中描述的化学反应是红色的硫化汞晶体(丹砂)在空气中灼烧有汞和硫蒸气生成，汞和硫在一起研磨生成黑色硫化汞，是不同条件下发生的反应，不能称之为可逆反应，故A错误；B．反应②是Fe置换溶液里的Cu，说明“曾青”是含有Cu2＋的溶液，如硫酸铜溶液，故B正确；C．“积变又还成丹砂”是指汞和硫发生反应生成硫化汞，汞被氧化，故C错误；D．曾青为硫酸铜，水银不能和硫酸铜发生置换反应生成铜，故D错误。故选B。6、D【详解】A项缺少酒精灯，所以A错误；B项缺少漏斗，无法进行过滤，所以B错误；C项缺少托盘天平，无法称量NaCl的质量，C错误；D项正确。所以答案选D。【点睛】本题主要考查基本的实验操作和仪器，要注意正确选择物质分离、提纯的方法，重点关注过滤、蒸发结晶、萃取分液和蒸馏的基本操作步骤以及原理和所用仪器。7、C【解析】A、1分子葡萄糖含有5个羟基，1mol葡萄糖与足量的钠反应能产生2.5molH2，A正确；B、ag某气体中含分子数为b，则该气体的相对分子质量是，因此cg该气体的物质的量是，则在标况下的体积为＝(22.4bc)/(aNA)L，B正确；C、将1molCl2通入到水中，部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，则根据氯原子守恒可知N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)＜2NA(N表示粒子数），C错误；D、Na2O2和Na2S的相对分子质量均是78，阴阳离子的个数之比均是1:2，均含有38个质子，所以相同质量的Na2O2和Na2S固体具有相同的阴阳离子数和质子数，D正确，答案选C。8、C【详解】①向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀，一定有BaSO3，再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解，未溶解的沉淀为BaSO4，则部分Na2SO3被氧化，符合题意，正确；②将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，则该溶液中可能含有CO32-、HCO3-、SO32-等，与题意不符，错误；③向某溶液中加稀硫酸和单质铜，溶液变蓝色，有无色、刺激性气味的气体生成，遇空气后变红棕色，则该气体为NO，说明原溶液含NO3-，符合题意，正确；④检验溶液中是否含有Fe2+:取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，若溶液变红，可能原溶液中含有Fe3+，与题意不符，错误；⑤向某溶液中加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，证明原溶液中可能含有SO32-、HSO3-，与题意不符，错误；综上所述，答案为C。9、B【详解】A.CH3COOH是一元弱酸，能够电离产生CH3COO-、H+；B.CH3CH2OH是非电解质，很难发生电离作用产生H+；C.H2CO3是二元弱酸，酸性比CH3COOH弱；D.H2O是极弱的电解质，在室温下仅有很少量的H2O发生电离产生H+、OH-，可见最难电离的物质是非电解质CH3CH2OH；故合理选项是B。10、B【详解】A．漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2和CaCl2的混合物，有效成分是Ca(ClO)2，A不合题意；B．甘油是丙三醇，属于纯净物，B符合题意；C．石油是由有机物和无机物组成的混合物，C不合题意；D．天然气主要由甲烷（85%）和少量乙烷（9%）、丙烷（3%）、氮（2%）和丁烷（1%）组成，D不合题意；故答案为：B。11、C【详解】A．由结构简式可知分子式为C10H18O2，故A错误；B．分子含有酯基，不是羧基，故B错误；C．含有碳碳双键，可发生加成反应，含有酯基，可发生水解反应，故C正确；D．含有酯基，与钠不反应，故D错误；故答案为C。【点睛】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有酯基决定具有酯的性质，有醛基还具有醛类的性质。12、B【详解】A.该有机物分子式为C11H12O4，一个分子中含有12个H原子，A正确；B.苯环上的一氯代物只有3种，B错误；C.苯环上存在α—H，故能使酸性KMnO4溶液褪色，C正确；D.苯环能与氢气发生加成反应，1mol该物质与3mol氢气反应；酯基在碱性条件下能水解，故2个酯基消耗2mol氢氧化钠，水解后有一个酚羟基，再消耗1mol氢氧化钠，故总共消耗3mol氢氧化钠，D正确。答案选B。13、C【详解】A．氯气在饱和食盐水中的溶解度比较小，不能形成气压差，不能形成喷泉，故A错误；B．瓷坩埚含有SiO2，氢氧化钠能与二氧化硅反应，不能用来加热熔融NaOH固体，应选择铁坩埚，故B错误；C．镁与稀盐酸反应放热，升温氢氧化钙的溶解度变小，会析出沉淀，可验证，故C正确；D．排水法收集气体应短进长出，无法将水排出，故D错误；故答案为C。14、A【解析】A.反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，反应产生的ClO2气体进入反应II装置，发生反应：2ClO2+2H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，H2O2中氧元素的化合价由反应前的-1变为反应后中O2中的0价，化合价升高，失去电子，H2O2作还原剂，A正确；B.反应II是在NaOH溶液中进行，操作过程没有经过洗涤步骤，因此得到的NaClO2中可能混有NaOH引入杂质离子OH-，不可能含SO42－、Cl－，B错误；C.NaClO2中Cl元素化合价为+3价，该物质具有强的氧化性，因而具有漂白性，NaClO2的漂白是氧化漂白；而SO2能与某些有色物质结合，产生不稳定的无色物质，因此二者的漂白原理不相同，C错误；D.实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，坩埚是灼烧使用的仪器，D错误；故本题合理选项是A。【点睛】本题以高效漂白剂NaClO2制备为线索，考查了物质的作用、混合物的引入、仪器的使用等知识。掌握化学反应原理、化学实验基本操作及氧化还原反应的知识是本题解答的关键。15、D【详解】A.胶体粒径在于1-100nm之间，可以透过滤纸，故无法用过滤的方法除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3杂质，A错误；B.二氧化硫和二氧化碳均可以使澄清石灰水变浑浊，浓硫酸的还原产物为二氧化硫，蔗糖的氧化产物为二氧化碳，均可以使澄清石灰水变浑浊，B错误；C.Fe的析氢腐蚀是要在强酸性条件下进行的，该图探究的为Fe的吸氧腐蚀，C错误；D.该装置可以测定一定时间内氧气的生成量，进而计算出双氧水的分解速率，D正确；故答案选D。16、C【分析】必须加入还原剂才能实现，说明给定的物质作氧化剂，在化学反应中得电子化合价降低，据此分析解答。【详解】A.NaCl→AgCl中氯元素化合价不变，说明该反应不属于氧化还原反应，不需要加入还原剂，故A错误；B.KClO3→O2中O元素化合价升高，氯元素的化合价降低，KClO3加热分解生成氯化钾和氧气，自身能够发生氧化还原反应，不需要加入还原剂即可实现，故B错误；C.MnO2→MnCl2中Mn元素化合价由+4价变为+2价，所以二氧化锰作氧化剂，需要还原剂才能实现，故C正确；D.Cl2→Cl-中Cl元素化合价降低，氯气和水反应可以生成盐酸和次氯酸，Cl2既是氧化剂也是还原剂，不需要加入还原剂即可实现，故D错误；故选C。17、B【解析】由题意知，反应后的溶液中只有溶质Fe(NO3)2，由N元素的守恒可知，其物质的量为=0.21mol，依据铁的守恒可知若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量也就是0.21mol，答案选B。18、D【解析】A.Be、Mg、Ca位于同一主族，其金属性逐渐减弱。根据Mg与冷水较难反应、Ca与冷水较易反应，可以推测Be（铍）与冷水更难反应，A合理；B.Na、Al、Si位于同一周期，其金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增加。根据Na与Cl形成离子键，Al与Cl形成共价键可以推测Si与Cl形成共价键，B合理；C.Cl、Br、I位于同一主族，其非金属性逐渐减弱。根据HCl在1500℃时分解、HI在230℃时分解，可以推测HBr的分解温度介于二者之间，C合理；D.硅和锗位于金属与非金属的分界线附近，这样的元素既有一定的非金属性又有一定的金属性，可在这附近找到半导体材料。Si是半导体材料，同族的Ge是半导体材料。ⅣA族的其他元素距分界线较远，其单质不是半导体材料，如金刚石不导电，锡和铅是金属导体，D不合理。本题选D。19、B【解析】A、盐酸和碳酸钙反应生成CO2，CO2与硅酸钠溶液反应生成硅酸白色沉淀，A正确；B、浓硫酸与亚硫酸钠反应生成SO2，但SO2与氯化钡不反应，B错误；C、过氧化氢在二氧化锰的作用下分解生成氧气，氧气把碘化钾氧化为单质碘，碘遇淀粉显蓝色，C正确；D、浓盐酸与高锰酸钾混合生成氯气，氯气把硫化钠氧化为单质S，产生淡黄色沉淀，D正确，答案选B。20、A【分析】A.澄清石灰水中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钙；B.离子反应需注意电荷守恒；C.次氯酸为弱酸，在离子方程式中不能拆写；D.未形成闭合回路，不会发生原电池反应。【详解】A．澄清石灰水中通入二氧化碳先生成碳酸钙沉淀后，过量后沉淀溶解为碳酸氢钙溶液，碳酸氢钙要拆写为钙离子与碳酸氢根离子，故反应前后变化为:OH-+CO2=HCO3-，A正确；B．反应式中电荷不守恒，未配平，应为5I−+IO3−+6H+3I2+3H2O，B不正确；C．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体，而漂白粉过量，溶液中还有大量ClO，则不会有大量的H+生成，应生成次氯酸分子：SO2+H2O+3ClO-=SO42-+Cl-+2HClO，C不正确；D．图示装置未形成闭合回路，并未形成原电池，故写成原电池反应Zn+Cu2+=Cu+Zn2+，D不正确。故选A。21、D【分析】根据Z的最外层电子数是内层电子总数的1/2，推出Z为P，根据元素周期表的结构，推出X为C，Y为N，W为S，然后进行分析。【详解】根据元素周期表的结构，Z位于第三周期，Z的最外层电子数是内层电子总数的1/2，则Z为P，根据在周期表的位置，X为C，Y为N，W为S，A、Z为P，位于第五周期VA族，故A说法正确；B、C的最高价氧化物对应水化物为H2CO3为弱酸，S的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，属于强酸，即H2SO4的酸性强于H2CO3，故B说法正确；C、Y的氢化物为NH3，Z的氢化物为PH3，N的非金属性强于P，则NH3的稳定性高于PH3，故C说法正确；D、形成化合物是CS2，为共价化合物，同周期从左向右原子半径减小，即C的原子半径大于N，故D说法错误。22、D【解析】根据题意可确定X为碳元素，Y为氧元素，Z为钠元素，W为氯元素，由此分析如下：A、钠能与水迅速反应，所以不能置换出TiCl4溶液中的Ti，可用钠与熔融的TiCl4反应制备Ti，故A错误；B、CCl4是由C－Cl共价键形成的共价化合物，而NaCl是由Na＋和Cl－之间的离子键形成的离子化合物，二者的化学键类型不同，故B不正确；C、碳可以形成原子晶体，也可以形成分子晶体，如C60等，而氧气和臭氧都是分子晶体，故二者可以形成相同类型的晶体，所以C错误；D、氯和碳形成的最高氧化物对应的水化物分别为HClO4和H2CO3，前者为强酸，后者为弱酸，故D正确。本题正确答案为D。点睛：碳元素的单质比较多，如金刚石、石墨、活性炭和C60，其中金刚石为原子晶体，C60为分子晶体，其它的晶体类型较复杂，但C60往往被忽略，而错选C。二、非选择题(共84分)23、第二周期，第IVA族ABCl(可用Z代替)和Br同主族，最外层均为7个电子，电子层数、原子半径Br大于Cl，核对最外层电子的引力Br小于Cl，原子得电子能力Br小干Cl，元素的非金属性Br弱于Cl，单质的氧化性Br2弱于Cl22Al2O3(熔融)4A1+3O2↑2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑3Fe+NO3-+2H++H2O==Fe3O4+NH4+8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe【解析】已知X、Y、Z、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大。X的原子最外层电子数是次外层的2倍，X为C元素；Y的氧化物属于两性氧化物，Y为Al元素；Y、Z位于同周期，X、Y、Z的原子最外层电子数之和为14，则Z原子最外层电子数为14-4-3=7，Z为Cl元素；W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状，W为Fe元素。(1)X为C元素，在元素周期表中位于第二周期，第IVA族，故答案为第二周期，第IVA族；(2)A.同一周期从左到右，元素的金属性逐渐减弱，元素的金属性越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此氢氧化铝的碱性弱于Mg(OH)2，能够用元素周期律解释，故选；B.同一主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，元素的非金属性越弱，气态氢化物越稳定，HCl的稳定性小于HF，能够用元素周期律解释，故选；C.FeCl3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，是利用铁离子的氧化性，与元素周期律无关，故不选；故选AB；(3)Cl(可用Z代替)和Br同主族，最外层均为7个电子，电子层数、原子半径Br大于Cl，核对最外层电子的引力Br小于Cl，原子得电子能力Br小干Cl，元素的非金属性Br弱于Cl，单质的氧化性Br2弱于Cl2，因此氯气可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，故答案为Cl(可用Z代替)和Br同主族，最外层均为7个电子，电子层数、原子半径Br大于Cl，核对最外层电子的引力Br小于Cl，原子得电子能力Br小干Cl，元素的非金属性Br弱于Cl，单质的氧化性Br2弱于Cl2；(4)工业上用电解熔融的氧化铝制备铝单质，化学方程式为2Al2O3

(熔融)4A1+3O2↑，故答案为2Al2O3

(熔融)4A1+3O2↑；(5)家用“管道通”的有效成分是烧碱和铝，使用时需加入一定量的水，铝能够与氢氧化钠溶液反应放出氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+

2H2O==2NaAlO2

+

3H2

↑，故答案为2Al+2NaOH+

2H2O==2NaAlO2

+

3H2

↑；(6)铁可用于处理酸性废水中的NO3-，使其转化成为铵根离子，同时生成磁性氧化铁，反应的离子方程式为3Fe

+

NO3-+

2H++

H2O==

Fe3O4+

NH4+，铝与四氧化三铁在高温下发生铝热反应，反应的化学方程式为8Al+

3Fe3O44Al2O3+

9Fe，故答案为3Fe

+

NO3-+

2H++

H2O==

Fe3O4+

NH4+；8Al+

3Fe3O44Al2O3+

9Fe。24、苯乙烯取代反应碳碳双键2+O22+2H2O【分析】对比A、B的结构，可知A中甲基上H原子被-Br替代生成B，属于取代反应。由C的分子式可知，B发生卤代烃水解反应生成C，故C为．D可以连续发生氧化反应，结合D的分子式、F的结构简式，可知C与HBr发生加成反应生成D，故D为，则E为．由J的结构，可知F发生消去反应、酸化得到G为，G与乙醇发生酯化反应得到J，故H为CH3CH2OH；(7)模仿合成路线中转化，可知CH3CH=CH2与

发生取代反应生成CH2=CHCH2Br，然后与HBr在过氧化物条件下得到BrCH2CH2CH2Br，再发生水解反应得到HOCH2CH2CH2OH，最后氧化得到HOOCCH2COOH。【详解】(1)A分子结构中含有碳碳双键和苯环，X的分子式为C8H8，且X与A互为同系物，则X的结构简式为，化学名称是苯乙烯；(2)B→C为卤代烃在NaOH溶液中的水解，则反应类型是取代反应或水解反应；B、C含有的相同的官能团名称是碳碳双键；(3)D的结构简式为，其中的手性碳原子是；(4)→发生醇的催化氧化，反应的化学反应方程式为2+O22+2H2O；(5)G的结构简式是；(6)Y与C()互为同分异构体，满足下列条件：①含苯环，②苯环上有2个取代基，③能发生银镜反应，说明含有醛基，2个取代基为-CH3、-CH2CH2CHO，或者为-CH3、-CH(CH3)CHO，或者为-CH2CH3、-CH2CHO、或者为-CH2CH2CH3、-CHO，或者为-CH(CH3)2、-CHO，均有邻、间、对3种位置结构，故符合条件的同分异构体共有3×5=15种，其核磁共振氢谱中有5组峰，且峰面积之比为6:2:2:1:1,则Y的结构简式为；(7)模仿合成路线中转化，可知CH3CH=CH2与

发生取代反应生成CH2=CHCH2Br，然后与HBr在过氧化物条件下得到

BrCH2CH2CH2Br，再发生水解反应得到HOCH2CH2CH2OH，最后氧化得到HOOCCH2COOH．合成路线流程图为：。【点睛】能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键，常见反应条件与发生的反应原理类型：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。25、Cu2+排除通入与水反应引起硝酸浓度增大的影响通入N2可以带走溶液中的，因此三份溶液中的浓度：B＞C＞A，反应速率随浓度降低而减慢，说明对该反应有催化作用有单电子，很容易得到一个电子形成更稳定的；为平面正三角形结构，且带一个负电荷，难以获得电子【分析】影响铜和硝酸反应速率的外因有反应物的浓度、温度、催化剂等，要探究催化剂对反应速率的影响，变量是催化剂，作对比实验，反应物浓度、温度必须相同，催化剂可以参与反应，先在反应中消耗后又重新生成，反应前后催化剂的质量和化学性质不发生改变；计算受热分解所得产物化学式时，结晶水合物先失去水、硝酸盐不稳定分解、结合应用质量守恒定律计算即可；【详解】(1)①溶液B与稀硝酸的区别就是B是铜和浓硝酸反应后的稀释液，先呈绿色后呈蓝色，稀释液中除了硝酸还存在铜离子、少量二氧化氮，溶液B遇铜片立即发生反应，催化剂能极大地加快反应速率，故推测Cu2+对该反应有催化作用、并通过实验探究之。②排除了Cu2+对该反应有催化作用，就要通过实验探究对该反应有催化作用。作对比实验，控制变量，方案Ⅰ中向盛有铜片的溶液A中通入少量，补充对比实验，补充该实验的目的是排除通入与水反应引起硝酸浓度增大的影响。方案Ⅱ：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C，则三份溶液中唯一的变量的浓度不一样：由于通入N2可以带走溶液中的，因此的浓度：B＞C＞A，则相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：可以证明，该实验能够证明对该反应有催化作用。③已知溶于水可以生成，氮元素化合价降低，则该反应是氧化还原反应，推测氧化产物为，故溶于水可以生成和。(2)根据价层电子对互斥理论，中孤电子对数为，价层电子对数为3+0=3，根据杂化轨道理论，中心N原子为sp2杂化，空间构型为平面正三角形，在NO2分子中，N周围的价电子数为5，根据价层电子对互斥理论，氧原子不提供电子，因此，中心氮原子的价电子总数为5，其中有两对是成键电子对，一个单电子，故从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于的原因为：有单电子，很容易得到一个电子形成更稳定的；为平面正三角形结构，且带一个负电荷，难以获得电子。(3)Cu与稀硝酸反应中反应过程中可能参与催化，先在反应中消耗后又重新生成，反应前后的质量和化学性质不发生改变；Cu与稀硝酸反应为：，反应ii=(总反应-i×6-iii×2)，则反应ii为：。(4)硝酸盐受热易分解，铜活泼性较弱，硝酸铜晶体受热分解会生成铜的氧化物，假设的质量为296g，即1mol，当温度升至时，剩余固体质量为296g×24.33%=72g，其中Cu为64g，还剩余8g其他元素，应为氧元素，所以剩余物质中Cu和O的物质的量之比为1:0.5，则该物质应为Cu2O。26、CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2OCu将Fe2+氧化为Fe3+5.0<pH<6.0（或5～6）bdMn2＋−2e−＋2H2O＝MnO2＋4H＋H2SO4Mn2＋＋2HCO3—＝MnCO3↓＋CO2↑＋H2O由于K＝7.0×106>105，所以该反应能进行【解析】(1)软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2)和闪锌矿(主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS等杂质)中加入硫酸，只有二氧化硅不能被硫酸溶解，因此滤渣1中含有SiO2，由于MnO2具有强氧化性，能够在酸性溶液中将CuS氧化生成硫，反应的离子方程式为CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2O，故答案为：CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2O；(2)反应Ⅱ中加入适量金属锌的目的是为了回收某种金属，是因为锌能够将铜从溶液中置换出来，因此滤渣2的主要成分是Cu，故答案为：Cu；(3)MnO2具有强氧化性，反应Ⅲ中MnO2能够将Fe2+氧化为Fe3+，若反应后溶液中Mn2＋、Zn2＋均为0.1mol·L－1，根据流程图，此过程中需要除去铁离子和铝离子，不能沉淀Mn2＋、Zn2＋。根据Ksp[Mn(OH)2]＝2.0×10－13、Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17，则需调节溶液中的c(OH-)分别小于KspMnOH2cMn2+=2.0×10－130.1=2×10－6mol·L－1、KspZnOH2cZn2+=1.0×10－170.1=1.0×10－8mol·L－1，则c(OH-)＜1.0×10－8mol·L－1，即pH＜6，根据Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－33、Ksp[Fe(OH)3]＝3.0×10－39，则需调节溶液中的c(OH-)分别大于3KspAlOH310－6=31.0×10－3310－6=1.0×10－9mol·L－1、3KspFeOH3(4)反应Ⅳ中电极均是惰性电极，电解硫酸锰和硫酸锌的混合溶液，根据流程图，电解生成了二氧化锰和锌，则阳极电极反应式为Mn2＋−2e−＋2H2O＝MnO2＋4H＋。本工艺可以循环利用的物质有MnO2、Zn和硫酸，故答案为：Mn2＋−2e−＋2H2O＝MnO2＋4H＋；H2SO4；(5)废水处理领域中常用NH4HCO3溶液将Mn2+转化为MnCO3，反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO3—＝MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，该反应的平衡常数K=c（H2CO3）cMn2+c2（HCO3-）=Ka2Ka1KspMnCO327、H2+2FeCl32FeCl2+2HClACDC（或CDC）碱石灰FeCl3易升华，蒸汽遇冷后凝华，导致导气管堵塞球形冷凝管将反应生成的HCl全部排入锥形瓶中蒸馏滤液，并收集沸点132℃的馏分78.4%【分析】（1）B装置制取氢气，氢气含有水蒸气，干扰实验，所以用C装置除去水蒸气，然后在D装置中与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化氢，为了防止空气中的水蒸气进入D，所以在D装置后连接C，最后在E处利用点燃处理剩余的氢气。（2）在A三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯,控制反应温度在一定范围加热3h,发生反应，反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、用苯洗涤、干燥后，得到粗产品，将滤液蒸馏，收集沸点132°C的馏分，回收C6H5Cl,为了减少实验误差，反应开始前先通N2一段时间，反应完成后继续通N2一段时间，在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙(或P2O5或硅胶)的球形干燥管，以此解答该题。【详解】解:(1)①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的反应为H2+2FeCl32FeCl2+2HCl；②用B装置氢气，用A观察氢气的流速并平衡气压，用C装置干燥氢气，干燥后的氢气与无水FeCl3在D中发生反应，为防止外界空气中的水蒸气进入D装置，D之后再连接一个C，最后用E装置处理尾气，故连接顺序为：BACDCE(或BCDCE)；C的目的是干燥吸水,盛放的试剂是碱石灰；③根据题意氯化铁易升华，故该制备装置可能会因为氯化铁易升华导致导管易堵塞；(2)①仪器a为球形冷凝管；②反应过程中生成氯化氢气体，利用氮气将氯化氢全部排入装置B中；③反应结束后，冷却实验装置A，三颈烧瓶内物质主要是产物FeCl2,还有多余的氯苯和副产物C6H4Cl2，由题可知,氯苯和副产物C6H4Cl2溶于苯，FeCl2不溶于苯，故洗涤所用的试剂可以是苯，减少产品的损失；滤液的溶质有氯苯和C6H4Cl2，由表可知，二者沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，故回收滤液中C6H5Cl的操作方法是蒸馏滤液，并收集沸点132℃的馏分；32.5g无水氯化铁理论上生成的n(FeCl