2026届河北省石家庄市普通高中高三化学第一学期期中学业水平测试试题含解析

2026届河北省石家庄市普通高中高三化学第一学期期中学业水平测试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符的是()A．NaHSO3粉末加入HNO3溶液中 B．SO2气体通入新制氯水中C．NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中 D．CO2气体通入澄清石灰水中2、某有机物的结构简式为CH2＝CHCH(CH3)CH2OH。下列关于该有机物叙述不正确的是A．1mol该有机物与足量的金属钠发生反应放出1mol氢气B．能在催化剂作用下与H2发生加成反应C．在浓H2SO4催化下能与乙酸发生酯化反应D．能发生加聚反应3、下列词语不涉及化学变化的是A．水乳交融B．炉火纯青C．滴水石穿D．百炼成钢4、下列说法正确的是A．SO2和SiO2都是酸性氧化物，都能与水反应生成酸B．Na2O和Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也完全相同C．Al2O3和Na2O按物质的量比1:1投入水中可得到澄淸溶液D．金属铝排在金属活动性顺序表中氢元素的前面，铝与强酸反应一定放出氢气5、海水中含有80多种元素，是重要的资源宝库。已知不同pH条件下，海水中碳元素的存在形态如下图所示。下列说法不正确的是A．已知当前浅海pH=8.14，此中主要碳源为HCOB．A点，溶液中H2CO3和HCO浓度相同C．当c（HCO）=c（CO）时，c（H+）＜c（OH-）D．Ka1与Ka2相差103倍左右6、某溶液中含有的离子可能是K＋、Ba2＋、Al3＋、Mg2＋、AlO2-、CO32-、SiO32-、Cl－中的几种，现进行如下实验：①取少量溶液，逐滴加入氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成；②另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2mol·L－1的盐酸，产生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失；③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g；下列说法中正确的是A．该溶液中可能含有Cl－B．该溶液中一定含有K＋、AlO2-、CO32-、Cl－C．步骤②中产生的白色沉淀为硅酸D．该溶液是否有K＋需做焰色反应实验(透过蓝色钴玻璃片)7、常温下含碳各微粒H2CO3、HCO3－和CO32－存在于CO2和NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，下列说法错误的是（）A．为获得尽可能纯的NaHCO3，宜控制溶液的pH为7～9之间B．pH=10.25时，c(Na+)=c(CO32－)+c(HCO3－)C．根据图中数据，可以计算得到H2CO3第一步电离的平衡常数K1(H2CO3)=10－6.37D．若是0.1molNaOH反应后所得的1L溶液，pH=10时，溶液中存在以下关系：c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H+)8、H2S是一种剧毒气体，对H2S废气资源化利用途径之一是回收能量并得到单质硫，反应原理为2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)ΔH=-632kJ·mol-1。如图为质子膜H2S燃料电池的示意图。下列说法正确的是（）A．电池工作时，电流从电极a经负载流向电极bB．电极a上发生的电极反应为2H2S-4e-=S2+4H+C．当反应生成64gS2时，电池内部释放632kJ热能D．当电路中通过4mol电子时，有4molH+经质子膜进入负极区9、现有三组混合液：①乙酸乙酯和乙酸钠溶液；②乙醇和丁醇；③NaBr和单质Br2的水溶液.分离以上各混合液的正确方法依次是（）A．分液、蒸馏、萃取 B．萃取、蒸馏、分液C．分液、萃取、蒸馏 D．蒸馏、萃取、分液10、下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论正确的是①②③A．由①中的红棕色气体，可推知反应还有氧气产生B．红棕色气体表明②中木炭与浓硝酸发生了反应C．由③不能说明浓硝酸具有氧化性D．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应11、下列属于非电解质的是A．氨气 B．碳酸钾 C．盐酸 D．氯气12、雾霾含有大量的污染物SO2、NO。工业上变“废”为宝，吸收工业尾气SO2和NO，可获得Na2S2O3和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素)：下列说法错误的是A．Na2S2O4中S元素的化合价为+3B．装置Ⅱ消耗36g水生成4NA个H+(NA代表阿伏伽德罗常数）C．装置Ⅲ用甲烷燃料电池进行电解，当消耗24g甲烷时，理论上可再生10molCe4+D．装置Ⅳ获得粗产品NH4NO3的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等。13、《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙黏土而为之”“凡坯既成，干燥之后，则堆积窖中燃薪举火”“浇水转釉(主要为青色)，与造砖同法”。下列说法错误的是()A．“燃薪举火”使黏土发生了复杂的物理化学变化 B．沙子和黏土的主要成分为硅酸盐C．烧制后自然冷却成红瓦，浇水冷却成青瓦 D．黏土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料14、下列物质的检验，其结论一定正确的是（）A．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液B．向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有

CO32-

或

SO32-C．取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加盐酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加盐酸有气体产生，加BaCl2有白色沉淀产生。说明Na2SO3样品已部分被氧化D．将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体一定是SO215、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素。X的氢化物常用于刻蚀玻璃，Y在同周期中金属性最强，Z的单质是人类将太阳能转化为电能的常用材料，W与X同主族。下列说法正确的是A．简单氢化物沸点：X>WB．简单离子半径：r(X)<r(Y)<r(W)C．Z元素化学性质稳定，在自然界以游离态存在D．W的简单离子会影响水的电离平衡16、用下列装置（尾气处理已略去）进行相关实验，能实现实验目的的是实验目的a中试剂b中试剂c中试剂A比较H2CO醋酸溶液碳酸钠硅酸钠溶液B比较Cl2、浓盐酸高锰酸钾碘化钾溶液C证明苯和液溴发生取代反应苯和液溴铁粉硝酸银溶液D证明C2饱和食盐水电石酸性高锰酸钾溶液A．A B．B C．C D．D二、非选择题（本题包括5小题）17、〔化学—选修5：有机化学基础〕席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。合成G的一种路线如下：已知以下信息：①②一摩尔B经上述反应可生居二摩尔C，且C不能发生银镜反应。③D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106。④核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的⑤回答下列问题：（1）由A生成B的化学方程式为，反应类型为（2）D的化学名称是，由D生成E的化学方程式为：（3）G的结构简式为（4）F的同分异构体中含有苯环的还有____种（不考虑立体异构）。其中核磁共振氢谱中有4组峰，且面积比为6：2：2：1的是_______。（写出其中的一种的结构简式）。（5）由苯和化合物C经如下步骤可合成N-异丙基苯胺。反应条件1所选择的试剂为____________；反应条件2所选择的试剂为________；I的结构简式为_____________。18、与碳元素同周期的核外电子排布中有3个未成对电子的元素在第二周期________族，该元素的气态氢化物的电子式为_______，其空间构型是______，是含________共价键的____分子（填极性或非极性）。该气体溶于水后，水溶液呈_____性（填“酸”或“碱”）原因是____（用方程式表示）19、为探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性强弱，某化学兴趣小组设计了如下实验：（1）①A是氯气发生装置，其反应的离子方程式是__________________________________。②B装置的作用是_________________________，C装置的作用是_______________________，整套实验装置存在一处明显不足，请指出_______________________________________________________。（2）用改正后的装置进行实验。实验过程如下：实验操作实验现象打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入少量浓盐酸，然后关闭活塞a，点燃酒精灯D装置中：溶液变红E装置中：振荡后水层溶液变黄，CCl4无明显变化继续滴入浓盐酸，D、E中均发生了新的变化：D装置中：红色慢慢褪去。E装置中：CC14层先由无色变为橙色，后颜色逐渐变成红色。为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：I：(SCN)2性质与卤素相似，氧化性Cl2大于(SCN)2，且SCN-的电子式为II：AgClO、AgBrO均可溶于水Ⅲ：Cl2和Br2反应生成BrCl、BrCl呈红色，沸点约为5℃，与水发生水解反应①小组同学认为D装置中红色褪去的原因是由于SCN-被Cl2氧化，但一定不是碳元素被氧化，他的理由是__________________________________________。②经过实验证实了小组同学推测的合理性，请用平衡移动原理解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因__________________________________________。③欲探究E中继续滴加浓盐酸后颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生。请结合化学用语解释仅产生白色沉淀的原因_________________________________________________。20、某化学兴趣小组为探索铜跟浓硫酸的反应，用下图所示装置进行有关实验。取agCu片、12mL18mol/L浓H2SO4放入圆底烧瓶中加热，直到反应完毕，最后发现烧瓶中还有一定量的H2SO4和Cu剩余。请回答：（1）请写出Cu与浓H2SO4反应的化学方程式___________________________________，装置E中试管D内盛品红溶液，当D中观察到_____________________时，说明C中气体集满，取下试管D，用酒精灯加热，观察到的现象是_____________________。（2）装置B的作用是贮存多余的气体，B中放置的液体可以是_________________（填字母）。A．酸性KMnO4B．饱和Na2S溶液C．饱和NaHCO3溶液D．饱和NaHSO3溶液（3）下列药品中，能够证明反应后的烧瓶中有酸剩余的是___________。A．KNO3晶体B．NaHCO3溶液C．Zn粉D．BaCl2溶液（4）该法制备硫酸铜溶液有诸多缺点，任意写出一条_______________________，可以用稀硫酸和废铜屑通过绿色方法制得纯净的硫酸铜溶液，写出一种制备方法_______________________（用方程式表示）。21、高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂。其生产工艺如下：已知：①2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O(条件：温度较低)②6KOH+3Cl2=5KCl+KClO3+3H2O(条件：温度较高)③K2FeO4在水溶液中易水解：4FeO42-+10H2O4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑回答下列问题：实验室可利用如图装置完成流程①和②（1）写出工业上制取Cl2的化学方程式__；两水槽中的水为___(填“热水”或“冷水”)。（2）反应一段时间后，停止通氯气，再往仪器a中加入浓KOH溶液的目的是___；A．为下一步反应提供碱性的环境B．使KClO3转化为KClOC．与溶液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClOD．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率（3）从溶液Ⅱ中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应③中发生的离子方程式为：___。（4）用重结晶法提纯粗产品：将粗产品先用KOH稀溶液溶解，再加入饱和的KOH溶液，冷却结晶，过滤，用少量异丙醇洗涤，最后低温真空干燥。①洗涤粗品时选用异丙醇而不用水的理由是___。②如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净__。（5）从环境保护的角度看，制备K2FeO4较好的方法为电解法，其装置如图，电解过程中阳极的电极反应式为___。（6）FeO42-在水溶液中的存在形态如图所示。下列说法正确的是___。A．不论溶液的酸碱性如何变化，铁元素都有4种存在形态B．向pH=10的这种溶液中加硫酸至pH=2，HFeO4-的分布分数逐渐增大C．向pH=6的这种溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为HFeO4-+OH-=FeO42-+H2O

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A.硝酸具有氧化性，能氧化亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，硝酸的还原产物是NO，图象中产生气体的起始点错误，故A错误；B.SO2与氯水反应生成HCl和H2SO4，溶液酸性增强，图象中pH变化不正确，故B错误；C.NaOH溶液滴入Ba（HCO3）2溶液中，OH-与HCO3-生成CO32-，CO32-随即与Ba2+产生沉淀，即反应开始时就有沉淀生成，故C错误；D.CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，一开始反应溶液中自由移动的离子减少，但CO2过量时会发生CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，自由移动的离子增多，导电性又增强，故D正确；故选D。2、A【解析】A、1molCH2＝CHCH(CH3)CH2OH中含有1mol羟基，与足量金属钠反应放出0.5mol氢气，故A错误；B、CH2＝CHCH(CH3)CH2OH中含有碳碳双键，所以具有烯烃的性质，能和氢气发生加成反应，故B正确；C、CH2＝CHCH(CH3)CH2OH中含有醇羟基，所以具有醇的性质，在浓H2SO4催化下能与乙酸发生酯化反应，故C正确；D.CH2＝CHCH(CH3)CH2OH中含有碳碳双键，能发生加聚反应，故D正确；故选A。点睛：本题考查了有机物的官能团及其性质。CH2＝CHCH(CH3)CH2OH含有碳碳双键和醇羟基，所以应具有烯烃和醇的性质，能发生加成反应、加聚反应、氧化反应、酯化反应、取代反应等。3、A【解析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成，据此分析判断。【详解】A、水乳交融是像水和乳汁那样融合在一起，过程中没有新物质生成，属于物理变化；

B、炉火纯青，原指道士炼丹成功时的火侯，当温度超过3000℃，火焰由白转蓝，这就是“炉火纯青”了，涉及燃烧，是化学变化；

C、水在下落过程中溶解了空气中的二氧化碳生成了碳酸，碳酸和碳酸钙反应生成可溶性的碳酸氢钙，导致石头慢慢会磨穿，属于化学变化；

D、生铁与钢的主要不同是含碳量不同，生铁炼成钢要通过多次锻炼，降低含碳量等，过程中发生了化学变化。

故答案选A。【点睛】解答本题要分析变化过程中是否有新物质生成，如果没有新物质生成就属于物理变化，如果有新物质生成就属于化学变化。4、C【解析】A.SiO2不能与水反应生成酸，故A错误；B.Na2O与CO2反应产物是碳酸钠，Na2O2与CO2反应产物是碳酸钠和氧气，故B错误；C.Al2O3和Na2O按物质的量比1:1投入水中，生成的氢氧化钠恰好与氧化铝反应生成偏铝酸钠，故C正确；D.铝与氧化性强酸反应一般不会生成氢气，故D错误。故选C。5、B【详解】A.根据图示可以看出，当pH为8.14时，海水中主要以的形式存在，选项A正确；B.A点仅仅是和的浓度相同，和浓度并不相同，选项B不正确；C.当时，即图中的B点，此时溶液的pH在10左右，显碱性，因此，选项C正确；D.=，由A点可知的数量级为，=，由B点可知的数量级约为，Ka1与Ka2相差103倍左右，选项D正确；答案选B。6、B【解析】由①信息可知“逐滴加入氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成”，故溶液中不含Al3+、Mg2+；由②信息可知“逐滴加入盐酸，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失，”故溶液中含有AlO2-、CO32-，不含SiO32-，由于Ba2+与CO32-不能共存（生成白色沉淀），故溶液中不含Ba2+，根据溶液中电荷守恒可知，必须有阳离子，故溶液中含有K+，无需焰色反应即可确定；由③信息可知“在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g”，得到的沉淀为AgCl，且n(AgCl)=0.43g143.5g/mol≈0.003mol，而②中加入的盐酸中含有n(Cl由以上分析知该溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-、Cl-，一定不含Ba2+、Mg2+、Al3+、SiO32-，故A、C、D错误，B正确。答案选B。【点睛】题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，本题中钾离子和氯离子的判断为难点，注意根据溶液呈电中性及生成氯化银的物质的量判断二者的存在情况。解答时注意定性和定量的灵活应用，注意从离子共存的角度去排除不能存在的离子。7、B【详解】A．根据图示可知，pH在7～9之间，溶液中主要存在HCO3-，该pH范围内和获得较纯的NaHCO3，选项A正确；B．pH=10.25时，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠溶液中满足物料守恒：c（Na+）═2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），碳酸氢钠溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），则混合液中c（Na+）>c（CO32-）+c（HCO3-），选项B错误；C．根据图象曲线可知，pH=6.37时，H2CO3和HCO3-的浓度相等，碳酸的第一步电离的平衡常数K1（H2CO3）==10-6.37，选项C正确；D．pH=10时的溶液为碱性，则c（OH-）>c（H+），溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，c（Na+）离子浓度最大，结合图象曲线变化可知：c（HCO3-）>c（CO32-），此时离子浓度大小为：c（Na+）>c（HCO3-）>c（CO32-）>c（OH-）>c（H+），选项D正确；答案选B。8、B【详解】A．由2H2S(g)＋O2(g)===S2(s)＋2H2O(l)反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，电流从正极流出，经外电路流向负极，A项错误；B．电极a为负极，发生氧化反应，电极反应为2H2S-4e-===S2＋4H＋，B项正确；C．当反应生成64gS2时，电路中流过4mol电子，则消耗1mol氧气，但该装置将化学能转化为电能，所以电池内部几乎不放出能量，C项错误；D．当电路中通过4mol电子时，则消耗1mol氧气，则根据O2＋4H＋＋4e-===2H2O，所以有4molH＋经质子膜进入正极区，D项错误；答案选B。9、A【详解】①乙酸乙酯难溶于水、乙酸钠溶于水，因此用分液分离；②乙醇和丁醇是互溶的，利用沸点不同进行蒸馏分离；③NaBr易溶于水，单质Br2的水溶液用有机溶剂萃取分层；故A符合题意。综上所述，答案为A。【点睛】难溶于水的液体分离用分液；难溶于水的固体常用过滤分离；互溶的两种液体沸点不同常用蒸馏分离。10、A【详解】A．由①中的红棕色气体可知，该气体为NO2，由此可以推知：HNO3中+5价的N降低到+4价，发生还原反应，那么只有氧元素的化合价由-2价升高到0价，发生氧化反应，产生了氧气，选项A正确；B．浓硝酸与木炭加热时发生氧化还原反应，木炭被浓硝酸氧化生成二氧化碳，浓硝酸被还原成二氧化氮，二氧化氮气体为红棕色气体，但硝酸化学性质不稳定，见光或受热能分解，也会生成红棕色的二氧化氮气体，选项B错误；C．根据实验③，浓硝酸没有与木炭直接接触，若红棕色气体是硝酸分解生成的，那说明浓硝酸有挥发性，先挥发然后受热分解，若红棕色气体是木炭和浓硝酸反应生成的，也证明浓硝酸有挥发性，其次，无论红棕色气体是浓硝酸直接受热分解得到的，还是与木炭反应生成的，二氧化氮都是还原产物，可说明浓硝酸具有挥发性和强氧化性，选项C错误；D．③中红热的木炭在空气中也能生成二氧化碳，所以检测到二氧化碳并不能说明是木炭与浓硝酸发生了反应，选项D错误；答案选A。11、A【详解】A、氨气的水溶液能导电，是因为氨气和水反应生一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和OH-，并不是氨气本身发生电离，所以氨气是非电解质，故A正确；B、碳酸钾在水溶液中电离出钾离子和碳酸根，能够导电，所以碳酸钾是电解质，故B错误；C、盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D、氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质故D错误。故选A。【点睛】单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。12、C【详解】A.根据化合物中元素化合价代数和等于0，由于Na是+1价，O为-2价，所以Na2S2O4中S元素的化合价为+3，A正确；B.36g水的物质的量是2mol，在装置II中发生反应：NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+，NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2-+2H+，可见两个反应都是消耗1molH2O，会产生2molH+，则反应消耗2molH2O，就产生4molH+，生成H+的数目等于4NA个，B正确；C.24g甲烷的物质的量为n(CH4)=24g÷16g/mol=1.5mol，在碱性甲烷燃料电池中，通入甲烷的电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，1mol甲烷反应失去8mol电子，则1.5mol甲烷完全反应转移电子的物质的量为n(e-)=8×1.5mol=12mol，由于在同一闭合回路中电子转移数目相等，所以当消耗24g甲烷时，理论上可再生12molCe4+，C错误；D.由于NH4NO3高温易分解，因此从溶液中得到粗产品NH4NO3的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，D正确；故合理选项是C。13、B【详解】A．黏土烧制成瓦的过程中发生了复杂的物理化学变化，故A正确。B．沙子的主要成分为二氧化硅，二氧化硅是氧化物，不属于硅酸盐，故B错误。C．由“浇水转釉(主要为青色)，与造砖同法”可知，故C正确。D．黏土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料，故D正确。故选B。14、C【解析】A.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液还可以是氢氧化钠溶液等，故A错误；B.该溶液中还可以含有HCO3-、HSO3-，故B错误；C.加盐酸酸化，生成二氧化硫，Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑，然后加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，Ba2++SO42-=BaSO4↓，说明样品含有Na2SO4，说明Na2SO3样品已部分被氧化，故C正确；D.将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体可以是Cl2等，故D15、A【解析】X的氢化物常用于刻蚀玻璃，说明X为氟，Y在同周期中金属性最强，为钠，Z的单质是人类将太阳能转化为电能的常用材料，为硅，W与X同主族，为氯。A.氟化氢分子间含有氢键，所以氟化氢的沸点比氯化氢高，故正确；B.氟离子，钠离子，氯离子中前两个电子层结构相同，为2层，氯离子有3个电子层，根据层同时序小径大分析，半径关系为r(Y)<r(X)<r(W)，故错误；C.硅是亲氧元素，在自然界以化合态存在，故错误；D.氯离子不能影响水的电离平衡，故错误。故选A。16、B【解析】醋酸有挥发性，会随着二氧化碳气体一起逸出，进入硅酸钠溶液中，也会与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，无法证明是碳酸酸性强于硅酸，选项A错误。高锰酸钾会氧化盐酸生成氯气，氯气通入碘化钾溶液，将碘化钾氧化为碘单质，溶液显黄色，证明氯气的氧化性强于单质碘，选项B正确。溴是易挥发的液体，苯和溴的反应会放热，放热使溴挥发，进入硝酸银溶液，一定会得到淡黄色溴化银沉淀，无法证明是取代生成的HBr进行的反应，选项C错误。电石中会有CaS杂质，与水反应生成H2S气体，该气体遇高锰酸钾溶液会发生氧化还原反应，使高锰酸钾溶液褪色，所以无法证明褪色表现的是乙炔的还原性，选项D错误。二、非选择题（本题包括5小题）17、（1）,消去反应；（1）乙苯；（3）；（4）19；；；。（5）浓硝酸、浓硫酸、加热50℃～60℃；Fe/稀HCl；【解析】试题分析：A的分子式为C6H13Cl，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到B，1molB发生信息①中氧化反应生成1molC，且C不能发生银镜反应，B为对称结构烯烃，且不饱和C原子没有H原子，故B为（CH3）1C=C（CH3）1，C为（CH3）1C=O，逆推可知A为（CH3）1CH-CCl（CH3）1．D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106，D含有一个苯环，侧链式量=106-77=19，故侧链为-CH1CH3，D为，核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢，故D发生乙基对位取代反应生成E为，由F的分子式可知，E中硝基被还原为-NH1，则F为，C与F发生信息⑤中反应，分子间脱去1分子水形成N=C双键得到G，则G为，（1）A发生消去反应生成B，反应方程式为C（CH3）1Cl-CH（CH3）1+NaOHC（CH3）1=C（CH3）1+NaCl+H1O，该反应为消去反应，故答案为C（CH3）1Cl-CH（CH3）1+NaOHC（CH3）1=C（CH3）1+NaCl+H1O；消去；（1）E为，其名称是对硝基乙苯，D发生取代反应生成E，反应方程式为+HNO3+H1O，故答案为对硝基乙苯；+HNO3+H1O；（3）通过以上分析知，G结构简式为，故答案为；（4）F为，含有苯环同分异构体中，若取代基为氨基、乙基，还有邻位、间位1种，若只有一个取代基，可以为-CH（NH1）CH3、-CH1CH1NH1、-NH-CH1CH3、-CH1NHCH3、-N（CH3）1，有5种；若取代为1个，还有-CH3、-CH1NH1或-CH3、-NHCH3，各有邻、间、对三种，共有6种；若取代基有3个，即-CH3、-CH3、-NH1，1个甲基相邻，氨基有1种位置，1个甲基处于间位，氨基有3种位置，1个甲基处于对位，氨基有1种位置，共有1+3+1=6种，故符合条件的同分异构体有：1+5+6+6=19，其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6：1：1：1，说明含有1个-CH3，可以是，故答案为19；。（5）由苯与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下得到H为硝基苯，硝基苯在Fe粉/盐酸条件下还有得到I为，再与（CH3）1C=O反应得到，最后加成反应还原得到，故反应条件1所选用的试剂为：浓硝酸、浓硫酸，反应条件1所选用的试剂为：Fe粉/稀盐酸，I的结构简式为，故答案为浓硝酸、浓硫酸；Fe粉/盐酸；。【考点定位】考查有机物的合成与推断【名师点晴】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生获取信息并灵活运用信息解答问题能力，根据题给信息、反应条件、分子式进行推断，正确推断A、D结构简式是解本题关键，难点是（4）题同分异构体种类判断。18、ⅤA三角锥型极性极性碱NH3·H2O⇋NH4++OH-【详解】与碳元素同周期的核外电子排布中有3个未成对电子，该元素核外电子排布式为1s22s22p3，该元素为氮，第二周期ⅤA族，氮元素的气态氢化物为氨气（NH3）其电子式为，中心原子为sp3杂化，其空间构型是三角锥型，NH3中N和H两种不同元素构成极性共价键，由于氮元素存在孤对电子，对成键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109°28′，正负电荷重心不重合，形成极性分子；NH3溶于水后，与水反应生成一水合氨，一水合氨是弱碱在水中部分电离产生氢氧根离子和铵根离子，电离方程式为：NH3·H2O⇋NH4++OH-

，水溶液呈碱性；答案为：ⅤA；；三角锥型；极性；极性；碱；NH3·H2O⇋NH4++OH-。19、MnO2＋4H＋＋2Cl－(浓)Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O安全瓶（或防液体倒吸）除去氯化氢气体缺少尾气处理装置由电子式知：碳处于正四价，已是最高价了，不可能被氧化红色溶液中存在平衡Fe3++3SCN－Fe（SCN）3，过量氯气和SCN－反应使SCN－浓度减小，平衡向逆反应方向移动而褪色BrCl+H2O=HBrO+HCl，Cl－+Ag+=AgCl↓，AgBrO易溶于水，故只生成AgCl沉淀【解析】(1)①A装置中圆底烧瓶中二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↓+2H2O，故答案为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↓+2H2O；②B装置是安全瓶，可以防止倒吸；C装置中的饱和氯化钠溶液可以除去氯气中的氯化氢气体；由于氯气有毒，直接排放到空气中会污染大气，要用碱液吸收尾气，实验装置中缺少尾气处理装置，故答案为安全瓶(或防液体倒吸)；除去氯化氢气体；缺少尾气处理装置；(2)①根据电子式知：碳处于正四价，已是最高价了，不可能被氧化，因此D装置中红色褪去的原因是由于SCN-被Cl2氧化，但一定不是碳元素被氧化，故答案为由电子式知：碳处于正四价，已是最高价了，不可能被氧化；②红色溶液中存在平衡Fe3++3SCN－Fe(SCN)3，过量氯气和SCN-反应2SCN-+Cl2=2Cl-+(SCN)2，使SCN-浓度减小，则使Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡向逆反应方向移动而褪色，故答案为过量氯气和SCN-反应2SCN-+Cl2=2Cl-+(SCN)2，使SCN-浓度减小，则使Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡向逆反应方向移动而褪色；③过量的氯气和溴反应生成氯化溴，氯化溴不稳定，易和水反应生成盐酸和次溴酸，氯离子和银离子反应生成白色沉淀氯化银，次溴酸和银离子反应生成次溴酸银易溶于水，所以生成的白色沉淀为氯化银，故答案为BrCl+H2O=HBrO+HCl，Cl－+Ag+=AgCl↓，AgBrO易溶于水，加入AgNO3溶液，只能生成AgCl沉淀。点睛：本题考查了性质实验方案设计，明确反应原理是解本题关键。本题的难点是(2)③，需要注意氯化溴发生的水解反应中生成的酸的种类，根据AgBrO、AgCl的溶解性分析解答。20、Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O品红溶液褪色品红溶液又恢复原来的红色DABC产生SO2污染环境，生产等量硫酸铜消耗硫酸多等任写一条合理答案2Cu+O2+2H2SO4＝2CuSO4+2H2O或Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O【解析】试题分析：（1）Cu与浓H2SO4反应生成硫酸铜、二氧化硫、水；二氧化硫能使品红溶液褪色，加热后能恢复红色。（2）装置B的作用是贮存多余的气体，B中液体不能和二氧化硫反应；（3）要证明反应后的烧瓶中有酸剩余，需证明溶液含有氢离子；（4）该反应生成二氧化硫气体；可以用稀硫酸和废铜屑、氧气加热的方法制得纯净的硫酸铜。解析：（1）Cu与浓H2SO4反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应的化学方程式是Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O；二氧化硫能使品红溶液褪色，加热后能恢复红色，所以当D中观察到品红溶液褪色时，说明C中气体集满，取下试管D，用酒精灯加热，观察到的现象是品红溶液又恢复原来的红色。（2）酸性K