2026届山西大学附中化学高三第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析

2026届山西大学附中化学高三第一学期期中学业质量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、用饱和氯化钠溶液润湿的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断错误的是A．甲是原电池，乙是电解池B．甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀C．d电极上的电极反应是：Fe－2e→Fe2＋D．b电极上的电极反应是：O2+2H2O+4e→4OH－2、工业上从海水中提取溴单质时，可用纯碱溶液吸收空气吹出的溴，发生反应:(I)3Br2+3Na2CO3===5NaBr+NaBrO3+3CO2;(II)5NaBr+NaBrO3+3H2SO4===3Na2SO4+3Br2+3H2O下列有关判断正确的是A．反应I中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1B．溴元素由化合态转化成游离态时一定发生了还原反应C．反应Ⅱ中生成3molBr2时，必有5mol电子转移D．氧化还原反应中化合价变化的元素一定是不同种元素3、“蛟龙”号外壳用特殊的钛合金材料制成，它可以在深海中承受700个大气压的压力。已知金属钛的原子序数为22，化学性质与铝类似。下列说法正确的是A．钛属于主族元素B．钛合金强度很大，是有色金属材料C．蒸干TiCl4溶液可得无水钛盐D．在空气中将金属钛、铝混合后熔化可制得合金4、20℃时，有两种0.1mol/L的一元弱酸的钠盐NaX和NaY，向NaX溶液中通入CO2只能生成HX和NaHCO3；向NaY溶液中通入CO2能生成HY和Na2CO3，下列说法正确的是A．酸性：HY＞HXB．HX和HY酸性相同但比H2CO3弱C．结合H+的能力：Y-＞CO32-＞X-＞HCO3-D．同浓度下，溶液的碱性：NaX＞Na2CO3＞NaY＞NaHCO35、下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的有几组()①酸性溶液中：Na＋、ClO－、SO、I－②无色溶液中：K＋、Na＋、MnO、SO③碱性溶液中：Cl－、CO、SO、K＋、AlO④中性溶液中：Fe3＋、K＋、Cl－、SO⑤常温下，由水电离出的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液中：Na＋、Ba2＋、Cl－、Br－⑥与铝粉反应放出H2的无色溶液中：NO、Al3＋、Na＋、SOA．1组 B．2组 C．3组 D．4组6、海水综合利用的工艺流程如图所示(粗盐中的可溶性杂质有MgC12、CaC12、Na2SO4)。下列说法错误的是A．步骤①加入试剂的顺序：水→NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaC12溶液→过滤后加盐酸B．步骤②的操作是在氯化氢气流中加热MgC12·6H2OC．从步骤③到步骤⑤的目的是为了浓缩富集溴D．火力发电厂燃煤排放的含SO2的烟气经处理后可用在步骤④反应中7、垃圾分类有利于资源回收利用。下列垃圾归类不合理的是ABCD垃圾废易拉罐废塑料瓶废荧光灯管不可再生废纸垃圾分类A．A B．B C．C D．D8、一瓶澄清透明溶液，只可能含有Fe3+、Fe2+、H+、Al3+、CO32-、SO32-、NO3-七种离子中的几种，向该溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，开始时无沉淀，接着有沉淀产生，最后沉淀部分溶解。则溶液中一定存在的离子是A．H+、Al3+、CO32-、Fe2+ B．H+、Al3+、NO3-C．H+、NO3-、Fe3+、Al3+ D．Al3+、SO32-、NO3-9、下列图示的实验设计能实现相应实验目的的是A．验证氯化铁溶液中是否含有Fe2+

B．检验溴乙烷消去的产物

C．检验氯气与亚硫酸钠是否发生反应

D．对比Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果

10、下列变化会放出热量的是A．碘升华 B．冰融化 C．氯化铵溶于水 D．氢氧化钠溶于水11、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、Y、Z三种原子的最外层电子数之和与W原子的最外层电子数相等，X的最低负价为－4。下列说法正确的是A．原子半径：r(Y)＞r(Z)＞r(W)B．Y的最高价氧化物的水化物碱性比Z的弱C．W的氧化物的水化物酸性一定比X的强D．W与Z形成的化合物ZW2中既含有离子键又含有共价键12、化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是（）A．分子式为C16H14O4B．1mol化合物X在一定条件下最多加成6molH2C．分子中有三种官能团，酸性条件下水解后官能团还是三种D．1mol化合物X最多能与2molNaOH反应13、下列微粒不具有还原性的是

()A．H2B．H＋C．NaD．CO14、能使溴水褪色的是（）A．乙烯 B．乙烷 C．乙醇 D．乙酸15、正确表示下列反应离子方程式是A．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B．钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+C．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：Ba2++2OH-+2NH4++SO42-=BaSO4↓+2NH3·H2OD．FeCl2溶液中加入稀硝酸:4H++NO3-+Fe2+=Fe3++NO↑+2H2O16、已知：。向体积可变的密闭容器中充入一定量的CH4(g)和O2(g)发生反应，CH4(g)的平衡转化率与温度(T)和压强(p)的关系如下图所示(已知T1>T2)。下列说法正确的是A．该反应的△H>0B．M、N两点的H2的物质的量浓度：c(M)>c(N)C．温度不变时，增大压强可由N点到P点D．N、P两点的平衡常数：K(N)<K(P)17、科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如图所示，用CuSi合金作硅源，在950℃利用三层液熔盐进行电解精炼，下列说法正确的是（）A．X与电源的正极相连B．电子能够在三层液熔盐间自由流动C．电子由液态CuSi合金流出D．在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4+优先于Cu2+被还原18、葡萄酒中常加入亚硫酸盐作为食品添加剂，为检测某葡萄酒样品中亚硫酸盐的含量（通常以酒样中SO2的量计），某研究小组设计了如下实验（已知还原性：SO32->I->Cl-）。下列说法不正确的是A．葡萄酒中加亚硫酸盐的主要目的是防止氧化，利用了亚硫酸盐的还原性B．通入N2和煮沸的目的是为了将产生的气体从溶液中全部赶出C．若试剂A选择氯水，则试剂B可选择NaOH标准液D．若试剂A选择碱液，调节吸收后溶液为中性，则试剂B可选择I2标准液19、只表示一种微粒的化学用语是A．B．X:XC．ns1D．X-X20、海水综合利用要符合可持续发展的原则，其联合工业体系（部分）如图所示，下列说法不正确的是（）A．①中可采用蒸馏法B．②中将MgCl2溶液蒸干即可得到无水MgCl2C．③中提溴涉及到氧化还原反应D．④的产品可生产盐酸、漂白液等21、下列物质中，既是强电解质又属于离子化合物的是A．醋酸B．碘化氢C．硫酸D．苛性钠22、下列有关氧化还原反应的叙述正确的是（）A．化合反应和复分解反应不可能是氧化还原反应B．阳离子只能得到电子被还原，阴离子只能失去电子被氧化C．含有最高价元素的化合物不一定具有很强的氧化性D．在氧化还原反应中肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原二、非选择题(共84分)23、（14分）下表为元素周期表的一部分：ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA二CN①三②③④P⑤⑥请填写下列空白：（1）表中元素，原子半径最大的是_______（填元素符号）；①的核外电子排布式______；⑤的最外层核外电子的轨道表示式______；③和⑥两元素形成化合物的电子式为________。（2）②③④三种元素最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是________（填该物质化学式）。（3）比较④、⑤两种元素的简单离子半径：___>___（填离子符号）;元素④最高价氧化物对应的水化物与硝酸反应的离子方程式为____________________________。（4）列举两个事实来证明元素①比元素⑤的非金属性强______；___________。24、（12分）某药物H的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)C的名称是_____。(2)F→H的反应类型为___，B→C的试剂和条件是_____。(3)H有多种同分异构体，在下列哪种仪器中可以显示物质中化学键和官能团类型_____(填字母)。A．质谱仪B．元素分析仪C．红外光谱仪D．核磁共振氢谱仪(4)写出D→E的化学方程式____。(5)在E的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有_____种；其中核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为3：3：2：2：1：1的是_____。①既能发生银镜反应，又能发生水解反应；②属于芳香族化合物；③苯环上只有2个取代基。(6)参照上述流程，以D和乙醛为原料合成

(其它无机试剂自选)，设计合成路线___。25、（12分）草酸是一种常用的还原剂，某校高三化学小组探究草酸被氧化的速率问题。实验Ⅰ试剂混合后溶液pH现象（1h后溶液）试管滴管a4mL0.01mol·L−1KMnO4溶液，几滴浓H2SO42mL0.3mol·L−1H2C2O4溶液2褪为无色b4mL0.01mol·L−1KMnO4溶液，几滴浓NaOH7无明显变化c4mL0.01mol·L−1K2Cr2O7溶液，几滴浓H2SO42无明显变化d4mL0.01mol·L−1K2Cr2O7溶液，几滴浓NaOH7无明显变化（1）H2C2O4是二元弱酸，写出H2C2O4溶于水的电离方程式：_____________。（2）实验I试管a中KMnO4最终被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：________。（3）瑛瑛和超超查阅资料，实验I试管c中H2C2O4与K2Cr2O7溶液反应需数月时间才能完成，但加入MnO2可促进H2C2O4与K2Cr2O7的反应。依据此资料，吉吉和昊昊设计如下实验证实了这一点。实验II实验III实验IV实验操作实验现象6min后固体完全溶解，溶液橙色变浅，温度不变6min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化6min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化实验IV的目的是：_______________________。（4）睿睿和萌萌对实验II继续进行探究，发现溶液中Cr2O72-浓度变化如图：臧臧和蔡蔡认为此变化是通过两个过程实现的。过程i．MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程ii．__________________________________。①查阅资料：溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-。针对过程i，可采用如下方法证实：将0.0001molMnO2加入到6mL____________中，固体完全溶解；从中取出少量溶液，加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到_______________。②波波和姝姝设计实验方案证实了过程ii成立，她们的实验方案是________。（5）综合以上实验可知，草酸发生氧化反应的速率与__________________有关。26、（10分）某学习小组设计如下实验装置进行NH3的催化氧化实验。请填写下列空白：（1）该实验所用的氨水的质量分数为15%，密度为0.94g·mL−1，则该氨水的物质的量浓度为___________。实验室配制该物质的量浓度氨水的过程中玻璃棒的作用有_____________。（2）连接好装置后，在D中装入少量水浸没导管口，轻轻向装置中鼓入空气。表示装置气密性良好的现象是________________________________。（3）实验进行一段时间后，B中出现红棕色。移去酒精灯，催化剂继续保持红热。①催化剂保持红热的原因是______________________________________。②氨催化氧化的化学方程式为____________________________________。（4）加快鼓气速度时，B中会出现白烟。白烟的成分是_________(填化学式)。（5）为获得纯净的NO2，可在装置A与B之间连接____________。a．盛有碱石灰的干燥管b．盛有浓硫酸的洗气瓶c．盛有无水CaCl2的洗气瓶（6）该实验说明氨的性质有__________________。27、（12分）草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，M=180g/mol)呈淡黄色,可用作晒制蓝图。某实验小组对其进行了一系列探究。I.纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究(1)气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置可重复选用)进行实验：①E中盛装碱石灰的仪器名称为_________。②按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为a→g→f→_____→尾气处理装置(仪器可重复使用)。③实验前先通入一段时间N2，其目的为__________________。④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为_____________。(2)小组成员设计实验证明了A中分解后的固体成分为FeO，则草酸亚铁晶体分解的化学方程式为____________________。(3)晒制蓝图时，以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂，该反应的化学方程式为______________。Ⅱ.草酸亚铁晶体样品纯度的测定工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀HSO4中，配成250mL溶液；步骤2：取上述溶液25.00mL，用cmol/LKMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol/LKMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。(4)步骤2中滴定终点的现象为______________；步骤3中加入锌粉的目的为_______。(5)草酸亚铁晶体样品的纯度为________；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则测定结果将____(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。28、（14分）磁性材料A由两种元素组成，取2.960gA在足量的空气中充分煅烧，得到2.400g红棕色固体B和无色刺激性气体D。固体B溶于盐酸形成棕黄色溶液C，再加入KSCN溶液变为血红色。气体D溶于水得到无色酸性溶液E，向E中加足量碘的碘化钾溶液（红棕色）得到溶液F，同时溶液酸性增强。请回答下列问题：（1）溶液C也可用于处理污水，用离子方程式表示污水处理原理：_______________。（2）已知化合物A能与稀硫酸反应，反应后得到浅绿色溶液，同时生成一种淡黄色不溶物和一种臭鸡蛋气味气体，写出该反应的化学方程式：_______________。（3）用离子方程式解释E中加足量碘的碘化钾溶液后溶液酸性增强的原因_______________。29、（10分）烟气脱硫脱硝是环境治理的热点问题。（1）氧化还原法脱硝：4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g)＝4N2(g)＋6H2O(g)ΔH＝-1627.2kJ/mol。检验脱硝效果的重要指标是脱硝效率（脱硝过程中单位时间内NOx浓度变化占烟气初始浓度的百分比）。影响SCR系统脱硝效率的因素有很多，根据如图判断提高脱硝效率的最佳条件是__；氨氮比一定时，随温度的升高脱硝效率增大，其可能的原因是___。（2）H2Y2－与Fe2＋形成的络合物FeY2－可用于吸收烟气中的NO。原理：FeY2－(aq)＋NO(g)FeY2－(NO)(aq)ΔH<0①将含NO的烟气以一定的流速通入起始温度为50℃的FeY2－溶液中。NO吸收率随通入烟气的时间变化如图。时间越长，NO吸收率越低的原因是___。②生成的FeY2－(NO)(aq)可通过加入铁粉还原再生，其原理为FeY2－(NO)(aq)＋Fe＋H2O→FeY2－(aq)＋Fe(OH)2＋NH3(未配平)。若吸收液再生消耗14g铁粉，则所吸收的烟气中含有NO的物质的量为__mol。（3）以连二硫酸盐(S2O42－)为媒介，使用间接电化学法也可处理NO，装置如图所示：阴极的电极反应式为___。（4）KMnO4/CaCO3浆液可协同脱硫，在反应中MnO4－被还原为MnO42－。①KMnO4脱硫(SO2)的离子方程式为____。②加入CaCO3的作用是___。（5）利用NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，溶液pH对脱硫脱硝的影响如图所示：图中SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH＞5.5时反而减小，请解释二者去除率不同的可能原因是__。

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】A、据原电池和电解池的构成条件可知，甲是原电池，乙是电解池，A正确；B、甲中铁为原电池的负极，发生反应Fe-2e－→Fe2+，乙中Fe为电解池阴极，发生反应2H++2e－=H2↑，Fe被保护，B正确；C、乙中d为阴极，阴极上电极反应式为：2H++2e－=H2↑，C错误；D、甲中铁发生吸氧腐蚀，b为正极，正极上电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，D正确；答案选D。2、C【解析】A.(I)3Br2+3Na2CO3===5NaBr+NaBrO3+3CO2中溴为氧化剂和还原剂，其中做氧化剂的为2.5mol，做还原剂的溴为0.5mol，故二者比例为5:1，故错误；B.溴元素由化合态转化成游离态时化合价可能降低也可能升高，可能发生氧化反应或还原反应，故错误；C.反应Ⅱ5NaBr+NaBrO3+3H2SO4===3Na2SO4+3Br2+3H2O中溴化钠中的溴从-1价升高到0价，溴酸钠中溴从+5价降低到0价，所以生成3molBr2时，必有5mol电子转移，故正确；D.在氧化还原反应中肯定有元素化合价变化，可能是一种元素也可能是不同的元素，故错误。故选C。3、B【解析】A、金属钛的原子序数为22，位于第四周期第IIB族，不是主族元素，故A错误；B、钛合金可以在深海中承受700个大气压的压力，钛合金强度很大，铁、钴、镍属于黑色金属，其余均属于有色金属，故B正确；C、TiCl4是强酸弱碱盐，蒸干水解生成的氯化氢挥发，促进水解，得到氢氧化钛，得不到钛盐，故C错误；D、在空气中加热熔化，金属易与氧气发生反应，所以不能直接在空气中制备钛铝合金，故D错误；故选B。点睛：本题考查元素在周期表中的位置、合金的性质和盐的水解的知识。本题的易错点为C，TiCl4是强酸弱碱盐，水解生成的氯化氢易挥发，促进水解。4、C【分析】向NaX溶液中通入CO2只能生成HX和NaHCO3，说明酸性H2CO3>HX>HCO3-，向NaY溶液中通入CO2能生成HY和Na2CO3，说明HY与Na2CO3不反应，则酸性HY<HCO3-，则酸性H2CO3>HX>NaHCO3>HY。【详解】A.由以上分析可知酸性HX>HY，故A错误；B.由分析可知HX和HY酸性不同，故B错误；C.酸性H2CO3>HX>NaHCO3>HY，则结合H+的能力：Y−>CO32−>X−>HCO3−，故C正确；D.酸溶液的酸性越强，其盐溶液的碱性越弱，酸性H2CO3>HX>NaHCO3>HY，则盐溶液的碱性：NaY>Na2CO3>NaX>NaHCO3，故D错误；答案选C。5、B【详解】①酸性溶液中存在大量H+，ClO－与H+能够反应生成弱电解质HClO，且ClO－能氧化I-，因此该组微粒不能大量共存；②含溶液呈紫红色，不能在无色溶液中大量共存；③碱性溶液中存在大量OH-，该组微粒之间相互之间不会发生反应，因此能够大量共存；④含Fe3＋的溶液呈酸性，因此不能在中性溶液中大量共存；⑤常温下，由水电离出的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，该组微粒之间不会发生反应，且与H+、OH-均不会反应，因此能够大量共存；⑥与铝粉反应放出H2的无色溶液可能为酸溶液，也可能为强碱溶液，强碱性条件下Al3＋能与OH-之间会发生反应而不能大量共存；综上所述，各组离子在指定溶液中一定能大量共存的有③⑤，共2组，故答案为B。6、A【解析】A.若步骤①加入试剂的顺序为：水→NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaC12溶液→过滤后加盐酸，则过量的BaC12杂质不能被除去，Na2CO3溶液应在BaC12溶液的后面加入，故A说法错误；B.氯化镁易水解，为防止水解，步骤②中结晶出的MgCl2•6H2O要氯化氢氛围中加热脱水制得无水MgCl2，故B说法正确；C.溴离子被氧化为溴单质后，被二氧化硫吸收生成溴离子，加入氧化剂氧化溴离子为溴单质，富集了溴元素，从第③步到第⑤步的目的是为了浓缩富集溴，故C说法正确；D.火力发电厂燃煤排放的含SO2的烟气经处理后用在步骤④反应中，既可减少二氧化硫的排放，同时变废为宝，降低生产成本，故D说法正确；答案选A。7、B【详解】A．可回收物主要包括废纸、塑料、玻璃、金属和布料五大类，故废旧易拉罐属于可回收垃圾，A正确，不合题意；B．可回收物主要包括废纸、塑料、玻璃、金属和布料五大类，废塑料属于可回收垃圾，B错误，符合题意；C．有害垃圾含有对人体健康有害的重金属、有毒的物质或者对环境造成现实危害或者潜在危害的废弃物。包括电池、荧光灯管、灯泡、水银温度计、油漆桶、部分家电、过期药品、过期化妆品等，故废荧光灯管属于有害垃圾，C正确，不合题意；D．不可回收垃圾不属于可回收物，但废纸可以燃烧，故不可回收废纸属于可燃垃圾，D正确，不合题意；故答案为：B。8、C【解析】向该溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，开始时无沉淀，接着有沉淀产生，最后沉淀部分溶解，说明溶液中一定存在H+、Al3+，至少存在Fe3+、Fe2+中的一种；结合离子共存一定不存在CO32﹣、SO32﹣，则一定存在NO3﹣；酸性条件下硝酸根离子能够氧化Fe2+，则一定不存在亚铁离子，故一定存在铁离子，据此解答。【详解】向该溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，开始时无沉淀，接着有沉淀产生，最后沉淀部分溶解，说明溶液中一定存在H+、Al3+，至少存在Fe3+、Fe2+中的一种；结合离子共存一定不存在CO32﹣、SO32﹣，则一定存在NO3﹣；酸性条件下硝酸根离子能够氧化Fe2+，则一定不存在Fe2+，故一定存在Fe3+；根据分析可知，溶液中一定存在的离子为：H+、NO3﹣、Fe3+、Al3+，故答案为C。【点睛】明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间(如Fe3+和SCN-)等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。9、B【解析】A项，先加入氯水后加入KSCN溶液，溶液变红不能说明FeCl3溶液中含Fe2+，因为原溶液中有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液一定会变红，错误；B项，产生的气体先通过盛水的试管将气体中的乙醇蒸气吸收而除去，然后将气体通过高锰酸钾酸性溶液，高锰酸钾溶液的紫红色褪为无色，说明溴乙烷发生消去反应生成了乙烯，正确；C项，亚硫酸钠溶液中滴入BaCl2溶液也会产生白色沉淀，不能证明反应后混合液中一定含SO42-，错误；D项，FeCl3溶液和CuSO4溶液中阴、阳离子都不同，无法说明反应速率的不同是阳离子的不同引起的，错误；答案选B。点睛：本题考查Fe2+、乙烯、SO42-的检验和探究催化剂对化学反应速率的影响，解题的关键是：检验时必须排除其他物质的干扰（如B项），探究催化剂对化学反应速率的影响应用控制变量法。检验FeCl3溶液中是否含Fe2+应用酸性KMnO4溶液；检验氯气与亚硫酸钠是否发生反应，应向反应后的混合液中先加稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液；对比Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，可将0.1mol/LCuSO4溶液换成0.1mol/LCuCl2溶液。10、D【解析】A.碘升华需要吸收热量，故A错误；B.冰融化需要吸收热量，故B错误；C.氯化铵溶于水需要吸收热量，故C错误；D.氢氧化钠放热，故D正确；故选D。【点睛】本题考查物质变化过程中的热量变化。常见的放热反应：燃烧反应、中和反应、物质的缓慢氧化、金属与水或酸反应、部分化合反应，一些物质的溶解也会放热，如浓硫酸、氢氧化钠的溶解过程中会放出热量。11、A【分析】X的最低负价为－4，则其为碳；X、Y、Z三种原子的最外层电子数之和与W原子的最外层电子数相等，则Y、Z的最外层电子数之和为3，W的最外层电子数为7。从而得出X、Y、Z、W分别为C、Na、Mg、Cl。【详解】A.同周期元素，从左往右，原子半径依次减小，所以原子半径：r(Na)＞r(Mg)＞r(Cl)，A正确；B.同周期元素，从左往右，金属性依次减弱，所以Na的最高价氧化物的水化物碱性比Mg的强，B错误；C.虽然Cl的非金属性比C强，但W的氧化物的水化物若为HClO，则酸性比H2CO3的弱，C错误；D.W与Z形成的化合物MgCl2中，只含有离子键不含有共价键，D错误。故选A。【点睛】此题中有形的信息很少，我们只能推出X的最外层电子数为4，它可能是C，也可能是Si。所以我们需要使用周期表这个无形的信息。若X为Si，因为主族元素的最外层电子数不超过7，无法满足“X、Y、Z三种原子的最外层电子数之和与W原子的最外层电子数相等”这一限制条件，所以X只能是C。Y、Z不可能是同主族元素，也就是最外层电子数不可能都为1，但又必须满足二者的最外层电子数之不大于3(W的最外层电子最多为7)，所以Y的最外层电子数为1，Z的最外层电子数为2，W的最外层电子数为7，从而确定Y、Z、W分别为Na、Mg、Cl。12、B【详解】A.X的分子式为C16H16×2+2-11×2O4，即为C16H12O4，A错误；B.X中，苯基能与H2加成，而羧基、酯基与H2不能加成，所以1mol化合物X在一定条件下最多加成6molH2，B正确；C.X分子中含有羧基、酯基二种官能团，酸性条件下水解后官能团还是二种，C不正确；D.1mol化合物X最多能与3molNaOH反应，D不正确。故选B。【点睛】在判断有机物化学式正误时，我们可以数出C、H、O的原子个数，也可用计算法，即以同数碳原子的烷烃作为基础，将同数碳原子的烷烃分子中的氢原子数减去不饱和度的二倍，即为该有机物分子中氢原子的数目。叁键的不饱和度为2，双键、环的不饱和度都为1，则苯环的不饱和度为4，羧基和酯基的不饱和度都为1。13、B【解析】A.H2中H元素化合价为0价，比较容易升高到+1价，具有较强的还原性，故A不选；B.H＋中H元素化合价为+1价，处于H元素的最高价态，不具有还原性，故B选；C.Na元素化合价为0价，比较容易升高到+1价，具有较强的还原性，故C不选；D.CO中C元素化合价为+2价，比较容易升高到+4价，具有较强的还原性，故D不选；故选B。点睛：元素处于高价的物质一般具有氧化性，元素处于低价的物质一般具有还原性，元素处于中间价态时，该物质既有氧化性，又有还原性。对于同一种元素，一般是价态越高，其氧化性就越强；价态越低，其还原性越强。14、A【解析】A项、乙烯含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应而褪色，故A正确；B项、乙烷是烷烃，和溴水不反应，故B错误；C项、乙醇含有羟基，与溴水不反应，故C错误；D选、乙酸含有羧基，和溴水不反应，共D错误，故选A。点睛：明确有机物中官能团的性质特点是解答的关键，注意常见有机物中能与溴水反应的一般含有碳碳双键或碳碳三键。需要注意的是苯或四氯化碳也使溴水褪色，但发生的是萃取，属于物理变化，注意二者的区别。【详解】A项、乙烯含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应而褪色，故A正确；B项、乙烷是烷烃，和溴水不反应，故B错误；C项、乙醇含有羟基，与溴水不反应，故C错误；D选、乙酸含有羧基，和溴水不反应，共D错误，故选A。15、C【详解】A.浓盐酸与铁屑反应应该生成Fe2+，故A项错误；B.钠与CuSO4溶液反应时，钠先与水反应生成NaOH，然后NaOH与CuSO4溶液反应生成Cu(OH)2，正确的方程式为：2Na+Cu2++2H2O=Cu(OH)2↓+2Na++H2↑故B项错误；C.硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和一水合氨：Ba2++2OH-+2NH4++SO42-=BaSO4↓+2NH3·H2O，故C正确；D.FeCl2溶液中加入稀硝酸:4H++NO3-+3Fe2+=3Fe3++NO↑+2H2O，故D错误；答案：C。16、B【解析】A.已知T1>T2，升高温度，CH4的平衡转化率降低，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反，正反应为放热反应，故△H<0，故A错误；B.CH4+O2⇌2CO+2H2，压强增大，各组分的浓度都增大，虽然平衡向逆反应方向移动、甲烷的转化率减小，但是根据平衡移动原理可以判断，平衡移动只能减弱氢气浓度的增大，不能阻止氢气浓度的增大，故H2的物质的量浓c(M)>c(N)，故B正确；C.两条线的温度不同，增大压强不能从N点到P点，故C错误；D.平衡常数只和温度有关，T1>T2，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以平衡常数变小，故K(N)>K(P)，故D错误；故选B。17、C【分析】由图可知该装置为电解池：Si4＋在液态铝电极得电子转化为Si，所以液态铝电极为阴极，X连接电源负极，则Cu-Si合金所在电极为阳极，Y与电源正极相接，三层液熔盐在电解槽中充当电解质，可以供离子自由移动，并增大电解反应面积，提高硅沉积效率。【详解】A．Si4＋在液态铝电极得电子转化为Si，所以液态铝电极为阴极，X连接电源负极，故A错误；B．电子只能在外电路中移动，不能够在三层液熔盐间自由流动，故B错误；C．由图可知：液态铝为阴极，连接电源负极，所以电子流入液态铝，液态Cu-Si合金为阳极，电子由液态Cu-Si合金流出，故C正确；D．由图可知，电解池的阳极上Si失电子转化为Si4＋，阴极反应为Si4＋得电子转化为Si，所以Si优先于Cu被氧化，故D错误；故选C。【点睛】本题考查学生电解池的工作原理及其应用等知识，属于陌生类新型试题，解题的关键是提取图片信息并运用图片给予信息解答，把握图中Si→Si4＋→Si变化路径均可解答，注意提取、分析信息，利用所学原电池知识解题。18、C【详解】A、亚硫酸盐具有较强的还原性，可以防止葡萄酒被氧化，选项A正确；B、温度越高，气体在水中的溶解度越小，通入N2和煮沸可以将产生的气体从溶液中全部赶出，选项B正确；C、若试剂A选择氯水，溶液中会有未反应的氯水，当试剂B选择NaOH标准液时，所耗氢氧化钠标准液会偏大，造成结果有较大误差，选项C错误；D、若试剂A选择碱液，调节吸收后溶液为中性，试剂B选择I2标准液，碘与亚硫酸盐反应生成硫酸盐，可以测定亚硫酸盐的含量，选项D正确；答案选C。19、B【解析】A、该微粒的核外电子数是10，不止一种微粒，A错误；B、该微粒是氢气，B正确；C、n值不能确定，可以表示多种微粒，C错误；D、X可以表示F、Cl、Br、I等，D错误，答案选B。20、B【解析】A项，①为海水淡化工厂，海水可用蒸馏法淡化，正确；B项，在MgCl2溶液中存在水解平衡：MgCl2+2H2OMg（OH）2+2HCl，加热时由于HCl的挥发，水解平衡正向移动，最终MgCl2完全水解成Mg（OH）2，MgCl2溶液蒸干不能得到无水MgCl2，错误；C项，海水中溴元素以Br-存在，要获得Br2必然要加入氧化剂将Br-氧化，一定涉及氧化还原反应，正确；D项，氯碱工业的原理为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，H2与Cl2反应可生产盐酸，Cl2与NaOH反应可制漂白液，正确；答案选B。21、D【解析】试题分析：A．醋酸是弱酸，属于弱电解质。错误。B．碘化氢是强电解质，但是是共价化合物。错误。C．硫酸是强酸，是强电解质，但是是共价化合物。错误。D．苛性钠NaOH是强碱，属于强电解质，是离子化合物。正确。考点：考查强电解质、弱电解质、共价化合物、离子化合物的辨析及判断的知识。22、C【解析】试题分析：A．2H2+O22H2O的反应既是化合反应又是氧化还原反应，SO2+H2O=H2SO3的反应是化合反应但不是氧化还原反应，所以只有部分化合反应是氧化还原反应；复分解反应一定没有元素化合价的变化，所以复分解反应一定不是氧化还原反应，故A错误。B．化合价处于最高的阳离子只能得到电子被还原，化合价处于最低的阴离子只能失去电子被氧化，中间价态的阴阳离子既可以失去电子被氧化，也可以得到电子被还原，故B错误；C．含有最高价元素的化合物可能不具有强氧化性，如碳酸；可能具有强氧化性，如硝酸，所以含有最高价元素的化合物不一定具有很强的氧化性，故C正确；D．氧化还原反应可发生在同一元素之间，如氯气和水的反应，故D错误；答案为C。考点：考查氧化还原反应二、非选择题(共84分)23、Na1s22s22p4NaOHS2—Al3+Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O热稳定性H2O比H2S强H2S水溶液在空气中变浑浊【分析】由周期表的相对位置可知，①为O元素、②为Na元素、③为Mg元素、④为Al元素、⑤为S元素、⑥为Cl元素。【详解】（1）由同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大可知，表中左下角Na原子的原子半径最大；O元素的核电荷数为8，最外层电子数为6，则核外电子排布式为1s22s22p4；S元素的价电子排布式为3s23p4，则轨道表示式为；镁元素和氯元素形成的化合物为氯化镁，氯化镁为离子化合物，电子式为，故答案为Na；1s22s22p4；；；（2）金属元素的金属性越强，元素最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，同周期元素Na、Mg、Al的金属性依次减弱，则碱性最强的是NaOH，故答案为NaOH；（3）同主族元素，从上到下离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径S2—>Al3+；氢氧化铝与硝酸反应生成硝酸铝和水，反应的离子方程式为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，故答案为S2—>Al3+；Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；（4）元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，O的非金属性大于S，则热稳定性H2O比H2S强；H2S水溶液在空气中变浑浊，是由于发生如下反应：2H2S+O2=2S+2H2O，反应说明O2的氧化性大于S，则O的非金属性强，故答案为热稳定性H2O比H2S强；H2S水溶液在空气中变浑浊；【点睛】元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；H2S水溶液在空气中变浑浊说明O2的氧化性大于S；在一定条件下，O2与Cu反应生成CuO，S与Cu反应生成Cu2S，说明O2的氧化性大于S等事实都能说明O的非金属性大于S。24、苯甲醇加成反应NaOH水溶液、加热C15【分析】根据D结构简式及A分子式知，A为，A发生取代反应生成的B为，B发生水解反应生成的C为，C发生催化氧化生成D；D与丙酮发生加成反应生成E，根据F分子式知，E发生消去反应生成的F为；F和G发生加成反应生成H；以D和乙醛为原料合成，结合流程中D→E构建碳干骨架，苯甲醛和乙醛发生加成反应，然后发生消去反应、氧化反应、最后发生加聚反应得到目标产物。【详解】(1)C为，C的名称是苯甲醇，故答案为：苯甲醇；(2)F→H的反应类型为加成反应，B→C为卤代烃的水解反应，该反应的试剂和条件是NaOH水溶液、加热，故答案为：加成反应；NaOH水溶液、加热；(3)A.质谱仪测定其相对分子质量，不符合题意；B.元素分析仪测定元素，不符合题意；C.红外光谱仪测定化学键和官能团，符合题意；D.核磁共振氢谱仪测定H原子种类及各类氢原子个数之比，不符合题意；故选C；(4)D→E的化学方程式，故答案为：；(5)E的同分异构体符合下列条件：①既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明含有HCOO−；②属于芳香族化合物，说明含有苯环；③苯环上只有2个取代基，如果取代基为HCOO−、CH3CH2CH2−，有邻间对3种；如果取代基为HCOO−、(CH3)2CH−，有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH2−、CH3CH2−，有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH2CH2−、CH3−，有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH(CH3)−，CH3−，有邻间对3种，符合条件的有15种；其中核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为3:3:2:2:1:1的是，故答案为：15；。(6)以D和乙醛为原料合成，结合流程中D→E构建碳干骨架，苯甲醛和乙醛发生加成反应，然后发生消去反应、氧化反应、最后发生加聚反应得到目标产物，其合成路线为：，故答案为：。25、H2C2O4HC2O4-+H+、HC2O4-C2O42-+H+5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应0.1mol/LH2C2O4溶液（调至pH=2）上清液为紫色2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001molMnSO4固体（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色变浅氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂【解析】（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离；（2）酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳；（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸；（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72-浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速；①由实验结论出发即可快速解题；②由控制变量法可知，保持其他变量不变，将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可；（5）注意实验的变量有：氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂。【详解】（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离，用可逆符号，则H2C2O4溶于水的电离方程式为H2C2O4HC2O4-+H+、HC2O4-C2O42-+H+；（2）实验I试管a中，酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳，则该反应的离子方程式为5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O；（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸，则实验IV的目的是：排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能；（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72-浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速，则可能是过程i．MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程ii．Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应；①将0.0001molMnO2加入到6mL0.1mol/LH2C2O4溶液（调至pH=2）中，固体完全溶解，则说明MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+；从中取出少量溶液（含Mn2+），加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到上清液为紫色，则说明溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-，MnO4-显紫色；②设计实验方案证实过程ii成立，由控制变量法可知，保持其他变量不变，将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可，即实验方案是2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001molMnSO4固体（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色变浅；（5）综合以上实验可知，变量有：氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂，则草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂有关。26、8.3mol▪L-1搅拌、引流D装置的导管口有气泡冒出NH3催化氧化是放热反应4NH3+5O24NO+6H2ONH4NO3或NH4NO2b还原性、碱性、易溶于水等【解析】(1)该实验所用的氨水的质量分数为15%，密度为0.94g▪mL-1，则该氨水的物质的量浓度为c===8.3mol/L；实验室配制该物质的量浓度氨水的过程中玻璃棒的作用有：稀释浓氨水时搅拌，转移氨水到容量瓶中时引流，故答案为8.3mol▪L-1；搅拌、引流；(2)连接好装置后，在D中装入少量水浸没导管口，轻轻向装置中鼓入空气，如果装置气密性良好，则在D装置的导管口有气泡冒出，故答案为D装置的导管口有气泡冒出；(3)①催化剂保持红热是因为该反应是放热反应，故答案为NH3催化氧化是放热反应；②氨催化氧化的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；(4)反应过程中生成的一氧化氮被氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水蒸气反应生成了硝酸气体，加快鼓气速度时，B中会出现白烟，是过量的氨气与硝酸气体反应生成的NH4NO3，故答案为NH4NO3；(5)a.盛有碱石灰的干燥管，会吸收二氧化氮，错误；b.盛有浓硫酸的洗气瓶，会除去未反应的氨气和水蒸气，可以得到纯净的NO2，正确；c.盛有无水CaCl2的洗气瓶可以吸收氨气，但生成物不稳定，受热容易分解，不能保证氨气被吸收干净，错误；故选b；(6)该实验说明氨发生催化氧化，说明氨气具有还原性，通过向氨水中通入空气会吹出氨气，说明氨气易溶于水，加快鼓气速度时，B中会出现白烟，说明氨气具有碱性，故答案为还原性、碱性、易溶于水等。27、U形管b→c→h→i(或i→h)→d→e→b→c排尽装置中的空气，防上加热时发生爆炸C中固体由黑色变为红色，后B装置中出现浑浊FeC2O4·2H2O

FeO+CO↑+CO2↑+2H2O3FeC2O4+2K3[FeCN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色，且30s内不褪色将Fe3+还原为Fe2+×100%偏低【解析】I.在A中草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)受热发生分解反应：FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O，用D检验水蒸气的存在，用B检验CO2气体，然后用E干燥CO，将CO用通入C使CO与CuO发生反应：CO+CuOCO2+Cu，反应产生的CO2气体通过B装置检验，由于反应过程中有CO产生，会导致大气污染，所以最后将气体进行尾气处理。用K3[Fe(CN)6]溶液检验溶液中的Fe2+，据此书写反应方程式；II.步骤2中向FeC2O4·2H2O、FeSO4溶解后的酸性溶液中滴入酸性KMnO4溶液，溶液中的Fe2+、H2C2O4都被氧化，Fe2+变为Fe3+；KMnO4被还原为无色的Mn2+；H2C2O4变为CO2气体逸出；步骤3中向反应后溶液中加入适量锌粉，Zn将溶液中Fe3+还原为Fe2+，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol/LKMnO4标准溶液滴定至终点，这时溶液中Fe2+氧化为Fe3+，消耗标准液V2mL。则前后两次消耗的高锰酸钾溶液的体积差就是氧化H2C2O4消耗的体积，根据C守恒可知n(H2C2O4)=n(FeC2O4·2H2O)，最后根据电子守恒确定KMnO4与FeC2O4·2H2O的物质的量之间的关系，利用该反应消耗的n(KMnO4)计算出FeC2O4·2H2O的质量，从而可得其纯度，据此分析。【详解】(1)①根据E的结构可知E中盛装碱石灰的仪器名称为U形管；②根据上述分析可知仪器使用的先后顺序为ADBECB，则按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为a→g→f→b→c→h→i(或i→h)→d→e→b→c→尾气处理装置；③实验前先通入一段时间N2，其目的为排尽装置中的空气，防上加热时产生的CO与装置内的空气混合加热发生爆炸事故；④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为C中固体Cu变为Cu单质，物质由黑色变为红色，反应产生的CO2气体可以使后面的B装置中出现浑浊现象；(2)草酸亚铁晶体受热分解产生FeO、CO、CO2和水，根据电子守恒及原子守恒，可得分解的化学方程式为FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O；(3)K3[Fe(CN)6]溶液遇FeC2O4，溶液变为蓝色，该反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3[FeCN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4；(4)在步骤2中用酸性KMnO4滴定含有Fe2+、H2C2O4的溶液，KMnO4被还原为无色的Mn2+，所以滴定终点的现象为锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色，且30s内不褪色。在步骤3中加