2026届天津市南开中学高三化学第一学期期中检测试题含解析

2026届天津市南开中学高三化学第一学期期中检测试题请考生注意：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、物质中杂质（括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法都正确的是选项物质及其杂质检验除杂ACl2（HCl）湿润的淀粉KI试纸饱和食盐水BNO（NO2）观察颜色或湿润的淀粉KI试纸水CCO2（HCl）AgNO3溶液（含稀硝酸）饱和Na2CO3溶液DNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液过量CO2A．A B．B C．C D．D2、H2与ICl的反应分①、②两步进行，其能量曲线如图所示，下列有关说法正确的是A．反应①、反应②△H均大于零B．反应①、反应②均为氧化还原反应C．反应①比反应②的速率慢，与相应正反应的活化能无关D．该反应的热反应方程式可表示为：H2（g）+2ICl（g）=I2（g）+2HCl（g）ΔH=－218kJ3、下列叙述或书写正确的是A．H2(g)+F2(g)===2HF(g)△H=-270kJ·mol-1，则相同条件下，2molHF气体的能量大于1mol氢气和1mol氟气的能量之和B．2H2(g)+O2(g)===2H2O(g)△H=-483.6kJ·mol-1,则氢气的燃烧热大于241.8kJ.mol-1C．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和,放出28.7kJ的热量,则表示该中和反应的热化学方程式为NaOH+HCl===NaCl+H2O△H=-57.4kJ·mol-1D．500℃、30MPa时,发生反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ·mol-1在此条件下将1.5molH2和过量N2充分反应,放出热量19.3kJ4、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是：A．用图(a)所示装置除去氯气中含有的少量氯化氢B．用图(b)所示装置蒸发氯化钠溶液制备氯化钠晶体C．用图(c)所示装置制取少量纯净的二氧化碳气体D．用图(d)所示装置分离苯萃取碘水后已分层的有机层和水层5、下列各组离子，在溶液中能大量共存的是A．S2－、Na+、ClO－、OH－B．Na+、HCO3－、Cl－、H+C．Na+、Al3+、Cl－、SO42－D．H+、Fe2+、NO3－、SO42－6、《茶疏》中对泡茶过程有如下记载：“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶……”文中未涉及下列操作原理的是A．溶解 B．萃取 C．蒸馏 D．过滤7、一种新型微生物燃料电池可用于污水净化、海水淡化，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A．a为电池的正极B．海水淡化的原理是：电池工作时，Na+移向左室，C1-移向右室C．处理NO的电极反应为：2NO+6H2O+10e-===N2↑+12OH-D．若用C6H12O6表示有机废水中有机物，每消耗1molC6H12O6转移6mole-8、完成下列实验，所选装置正确的是ABCD实验目的检查装置气密性实验室用纯碱和稀硫酸制备二氧化碳用已知浓度的氢氧化钠溶液测定未知浓度盐酸选择合适的试剂，可分别制取少量CO2、NO和O2实验装置A．A B．B C．C D．D9、下列物质的性质可以用“键能”来解释的是A．SiO2熔点高 B．氩气性质稳定C．碘易升华 D．NH3极易溶于水10、ag镁铝合金投入xmL2mol/L的盐酸中，金属完全溶解。再加入ymL1mol/L的NaOH溶液，沉淀达到最大值，质量为(a+1.7)g,则下列说法不正确的是A．镁铝合金与盐酸反应转移电子数为0.1NAB．产生的H2在标况下体积为1.12LC．x一定等于50D．a的取值范围为0.9<a<1.211、a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述错误的是（）A．d元素的非金属性最强B．它们均存在两种或两种以上的氧化物C．只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物D．b、c、d与氢形成的化合物中化学键均为极性共价键12、短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。W原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的两倍，质子数比X原子少5个，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z和W在同一主族。下列说法正确的是A．原子半径：W<X<Y<ZB．X、Y、Z单质的熔点：Z<Y<XC．简单气态氢化物的热稳定性：Y<Z<WD．Z元素的最高价氧化物对应水化物的分子中存在非极性共价键13、钾长石(KAlSi3O8)是一种钾的铝硅酸盐，可用于制备Al2O3、K2CO3等物质，制备流程如图所示：下列有关说法正确的是A．上述流程中可以重复利用的物质只有Na2CO3B．钾长石用氧化物的形式可表示为K2O·Al2O3·3SiO2C．煅烧过程中Si、K和Al元素转化为CaSiO3、KAlO2和NaAlO2D．沉淀过程中的离子方程式为CO2+2AlO2-+3H2O=CO32-+2Al(OH)3↓14、下列属于非电解质的是A．氨气 B．碳酸钾 C．盐酸 D．氯气15、下列说法正确的（）A．能通过化合反应和复分解反应来制取Fe(OH)3B．物质中所含元素显最高价时一定表现出强氧化性C．含等浓度Cu2+、Fe3+的混合液中加少量铁粉，Cu2+先得电子D．电解精炼铜转移0.2mol电子时，阴极析出铜的质量一定小于6.4g16、现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是编号①②③④pH101044溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸溶液盐酸A．相同体积③、④溶液分别与NaOH完全反应，消耗NaOH物质的量：③＞④B．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①＞②＞④＞③C．①、④两溶液等体积混合，所得溶液中c（NH4＋）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H＋）D．VaL④溶液与VbL②溶液混合（近似认为混合溶液体积＝Va＋Vb），若混合后溶液pH＝5，则Va︰Vb＝9︰1117、可用于电动汽车的铝—空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解质溶液，铝合金为负极，空气电极为正极。下列说法正确的是A．电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极B．以NaOH溶液为电解质时，负极反应为Al＋3OH－－3e－==Al(OH)3↓C．以NaOH溶液为电解质时，电池在工作过程中电解质溶液的pH保持不变D．以NaCl溶液或NaOH溶液为电解质时，正极反应都为O2＋2H2O＋4e－==4OH－18、能使溴水褪色的是（）A．乙烯 B．乙烷 C．乙醇 D．乙酸19、氯喹已经被许多国家的食品和药物管理局批准用于治疗新型冠状病毒。氯喹的结构简式如图，下列有关说法正确的是（）A．氯喹属于芳香化合物B．氯喹分子中没有手性碳原子C．氯喹能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色D．氯喹与互为同系物20、若室温下0.1mol·L－1NaX溶液中pH=9，则该溶液中发生水解反应的X-占全部X-的()A．0.01% B．0.09% C．1.0% D．无法确定21、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．加入(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的溶液中：Na＋、H＋、Cl－、B．由水电离出的c(H＋)＝10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、、C．c(Fe3＋)＝lmol·L－1的溶液中：、、、D．能使酚酞变红的溶液中：K＋、Na＋、Cl－、22、对中国古代著作涉及化学的叙述。下列解读错误的是A．《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是CaOB．《黄白第十六》中“曾青涂铁，铁赤如铜”，其“曾青”是可溶性铜盐C．《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是KOHD．《汉书》中“高奴县有洧水可燃”，这里的“洧水”指的是石油二、非选择题(共84分)23、（14分）5种固体物质A、B、C、D、E由表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水。阳离子Na＋Al3＋Fe3＋Cu2＋Ba2＋阴离子OH－Cl－CO32-分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：①A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3沉淀部分溶解，剩余白色固体；②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；④B溶液与D溶液混合后无现象；⑤将38.4gCu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6mol·L－1H2SO4，Cu片逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。（1）据此推断A、B、C、D、E的化学式：A________；B________；C________；D________；E________。（2）写出步骤②中发生反应的离子方程式：______________________________________。（3）写出步骤⑤中发生反应的离子方程式：______________________________________。若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是________mL。24、（12分）花椒毒素(I)是白芷等中草药的药效成分，也可用多酚A为原料制备，合成路线如下：回答下列问题：(1)②的反应类型为__________；B分子中最多有___________个碳原子共平面。(2)A中含氧官能团的名称为__________；若反应④为加成反应，则写出F的结构简式_______________。(3)反应③的化学方程式为_____________。(4)芳香化合物J是D的同分异构体，符合下列条件的J的结构共有_______种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式为_____________。（只写一种即可）。①苯环上只有3个取代基②可与NaHCO3反应放出CO2③1molJ可中和3molNaOH。(5)参照题图信息，写出以为原料制备：的合成路线（无机试剂任选）：____________。25、（12分）叠氮化钠（NaN3）是汽车安全气囊最理想的气体发生剂原料。下面是工业水合肼法制备叠氮化钠的工艺流程：查阅资料：①水合肼（N2H4·H2O）有毒且不稳定，具有强还原性和强碱性。②有关物质的物理性质如下表：物质熔点℃沸点℃溶解性CH3OH-9764.7与水互溶水合肼(N2H4·H2O)-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚叠氮化钠(NaN3)275(410易分解)——易溶于水，微溶于醇，不溶于乙醚（1）合成水合肼。实验室合成水合肼装置如图所示。NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应可以制得水合肼。①制取N2H4·H2O的离子方程式为_________。②实验中通过分液漏斗滴加的溶液是_________，理由是_________。（2）水合肼法制备叠氮化钠。①实验室模拟工艺流程步骤Ⅰ制备叠氮化钠的反应原理为：N2H4·H2O(aq)+CH3ONO(g)+NaOH(aq)=NaN3(aq)+CH3OH(aq)+3H2O(l)△H﹤0，研究表明该反应在20℃左右反应的选择性和转化率最高，实验时可以采取的措施是_________。②步骤Ⅱ回收CH3OH的实验操作名称为________。③请设计由B溶液获得叠氮化钠（NaN3）产品的实验方案：_________[实验中可供选择的试剂有：乙醇、乙醚；除常用仪器外须使用的仪器有：布氏漏斗、真空干燥箱]。26、（10分）某校化学研究性学习小组查阅资料了解到以下内容：乙二酸（HOOC﹣COOH，可简写为H2C2O4）俗称草酸，易溶于水，属于二元中强酸（为弱电解质），且酸性强于碳酸，其熔点为101.5℃，在157℃升华．为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：（1）向盛有1mL饱和NaHCO3溶液的试管中加入足量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生．该反应的离子方程式为________；（2）向盛有乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去；①说明乙二酸具有______（填“氧化性”、“还原性”或“酸性”）；②请配平该反应的离子方程式：_____MnO4-+____H2C2O4+___H+=___Mn2++____CO2↑+_____H2O（3）将一定量的乙二酸放于试管中，按如图所示装置进行实验（夹持装置未标出）：实验发现：装置C、G中澄清石灰水变浑浊，B中CuSO4粉末变蓝，F中CuO粉末变红。据此回答：①上述装置中，D的作用是_________，②乙二酸分解的化学方程式为________；（4）该小组同学将2.52g草酸晶体（H2C2O4•2H2O）加入到100mL0.2mol/L的NaOH溶液中充分反应，测得反应后溶液呈酸性，其原因是_______（用文字简单表述），该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为：_______（用离子符号表示）．27、（12分）甲苯（）是一种重要的化工原料，能用于生产苯甲醛（）、苯甲酸（）等产品。下表列出了有关物质的部分物理性质，请回答：名称性状熔点(℃)沸点(℃)相对密度(ρ=1g/cm3)溶解性(常温)水乙醇甲苯无色液体易燃易挥发-95110.60.8660不溶互溶苯甲醛无色液体-261791.0440微溶互溶苯甲酸白色片状或针状晶体122.12491.2659微溶易溶注：甲苯、苯甲醛、苯甲酸三者互溶。实验室可用如图装置模拟制备苯甲醛。实验时先在三颈烧瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，再加入2mL甲苯和一定量其它试剂，搅拌升温至70℃，同时缓慢加入12mL过氧化氢，在此温度下搅拌反应3小时。（1）仪器a的名称是___，写出三颈烧瓶中发生的反应的化学方程式为___。（2）经测定，温度过高时，苯甲醛的产量却有所减少，可能的原因是___。（3）反应完毕，反应混合液经过自然冷却至室温后，还应先过滤，然后将滤液进行___（填操作名称）操作，才能得到苯甲醛产品。（4）实验中加入过量的过氧化氢并延长反应时间时，会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸。①若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，正确的实验步骤是：首先与适量碳酸氢钠溶液混合振荡，后续实验步骤先后顺序为___（用字母填写）。a.对混合液进行分液b.过滤、洗涤、干燥c.水层中加入盐酸调节pH=2②若对实验①中获得的苯甲酸（相对分子质量为122）产品进行纯度测定，可称取4.00g产品，溶于乙醇配成200mL溶液，量取所得溶液20.00mL于锥形瓶，滴加2～3滴酚酞指示剂，然后用预先配好的0.1000mol/LKOH标准液滴定，到达滴定终点时消耗KOH溶液20.00mL。产品中苯甲酸的质量分数为___。下列情况会使测定结果偏低的是__（填字母）。a.碱式滴定管滴定前读数正确，滴定终了仰视读取数据b.振荡锥形瓶时部分液体溅出c.配制KOH标准液时仰视定容d.将指示剂换为甲基橙溶液28、（14分）以CO2为碳源制取低碳有机物成为国际研究焦点，下面为CO2加氢制取乙醇的反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)△H=-QkJ/mol(Q>0)，在密闭容器中，按H2与CO2的物质的量之比为3:1进行投料，在5MPa下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数(y%)如下图所示。(1)表示CH3CH2OH体积分数曲线的是_______（选填序号）；在一定温度下反应达到平衡的标志是______（选填编号)a.平衡常数K不再增大b.CO2的转化率不再增大c.混合气体的平均相对分子质量不再改变d.反应物不再转化为生成物(2)其他条件恒定，如果想提高CO2的反应速率，可以采取的反应条件是_______(选填编号)；达到平衡后，能提高H2转化率的操作是_______(选填编号)a.降低温度b.充入更多的H2c.移去乙醇d.增大容器体积(3)图中曲线II和III的交点a对应物质的体积分数ya=_______%29、（10分）下面是元素周期表的一部分，参照元素①﹣⑧在表中的位置，请用化学用语回答下列问题：(1)②、⑦、⑧的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是（填化学式）____________________．(2)在①、④、⑤、⑧中的某些元素之间可形成既含离子键又含非极性共价键的离子化合物，写出其中一种化合物的电子式：______________________(3)由②和④组成的化合物与⑤的同周期相邻主族元素的单质反应的化学方程式为：______________(4)⑦单质与⑤的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为________________．(5)常温下，由①②④组成最简单的液态有机物可作为燃料电池的原料之一，请写出其在碱性介质中的电极反应式：_________________________________

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、B【解析】A.湿润的淀粉KI试纸只能检验氯气，不能检验HCl，检验HCl应先分离，再检验，A项错误；B.NO2能氧化碘化钾，NO2与水反应生成NO和硝酸，可用水除杂，B项正确；C．CO2和HCl都与饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液，C项错误；D．NaHCO3和Na2CO3都与Ca(OH)2溶液反应生成沉淀，不能用来检验，D项错误；答案选B。2、B【解析】A．根据图象可知，反应①和反应②中反应物总能量都大于生成物，则反应①、反应②均为放热反应，△H均小于零，A错误；B．反应①中氢气参与反应，反应产物中都是化合物，则一定存在化合价变化，反应②中反应物都是化合物，生成物中有碘单质生成，则也一定存在化合价变化，所以反应①②均为氧化还原反应，B正确；C．反应①比反应②的速率慢，说明反应①中正反应的活化能较小，反应②中正反应的活化能较大，与活化能有关系，C错误；D．反应①、反应②总的能量变化为218kJ，根据盖斯定律可知，反应①、反应②的焓变之和为△H=-218kJ•mol-1，D错误；答案选B。点睛：本题考查了化学反应与能量变化，明确反应热与反应物、生成物总能量的关系为解答关键，注意掌握盖斯定律的内容及应用方法，选项C为解答的易错点，注意活化能对反应速率的影响。3、B【详解】A.从热化学方程式H2(g)+F2(g)=2HF(g)△H=-270kJ·mol-1可知，反应放热，即1mol氢气和1mol氟气的总能量大于2molHF气体的总能量，故A错误；B.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ·mol-1，水由气体变为液体要放出热量，即1mol氢气的燃烧热大于241.8kJmol-1，故B正确；C.热化学方程式没有标明物质的聚集状态，故C错误；D.H2的物质的量为1.5mol，完全消耗1.5mol氢气会放出19.3kJ的热量，由于该反应为可逆反应，氢气不可能完全转化为氨气，所以放出的热量小于19.3kJ，故D错误。故选B。【点睛】注意N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是可逆反应，反应物不可能100%转化为生成物。4、B【解析】A．氯气、HCl均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水除去氯气中的HCl，故A错误；B．氯化钠难挥发，可以通过蒸发氯化钠溶液制备氯化钠晶体，故B正确；C．纯碱为粉末状固体，且易溶于水，不能使反应随时停止，应选碳酸钙与盐酸反应制取少量二氧化碳，盐酸容易挥发，也得不到纯净的二氧化碳，故C错误；D．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳和苯，则用苯萃取后分层，有机层在上层，故D错误；故选B。5、C【解析】A.次氯酸根离子能氧化硫离子，故不能大量共存，故错误；B.HCO3－和H+反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故错误；C.Na+、Al3+、Cl－、SO42－四种离子不反应，能共存，故正确；D.Fe2+和NO3－、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故错误。故选C。【点睛】分析离子共存问题是注意有复分解反应和氧化还原反应。掌握常见的具有氧化性的离子，如次氯酸根离子和铁离子和酸性条件下的硝酸根离子等。掌握酸式酸根离子与氢离子或氢氧根离子都反应。6、C【详解】投茶、出浴涉及茶的溶解，淋壶、烫杯、酾茶过程涉及萃取以及过滤等操作，而蒸馏涉及到物质由液态变为气体后再变为液体，泡茶过程没有涉及到此蒸馏。A.溶解符合题意；B.萃取溶解符合题；C.蒸馏不溶解符合题；D.过滤溶解符合题；故选C。7、C【解析】A.b极NO3-被还原为N2，故b为电池的正极，则a为电池负极，错误；B.由A项分析可知，左室为负极区，右室为正极区，电池工作过程中，阳离子向正极移动，即Na+移向右室，Cl-移向左室，错误；C.NO3-在b极被还原为N2，故b极电极反应式为：2NO3-+6H2O+10e-=N2↑+12OH-，正确；D.若用C6H12O6表示有机废水中有机物，则b极电极反应式为：C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+，即每消耗1molC6H12O6转移24mole-，错误。答案选C。8、A【详解】A.关闭止水夹,利用漏斗下端导管中液面与烧瓶中液面的液面差一段时间不变可以知道气密性良好,故A正确；B.纯碱为粉末固体,则多孔隔板不能使反应随时停止,故B错误;C.NaOH溶液与二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠,应选碱式滴定管,故C错误;D.NO密度和空气相近，不能用排空气法收集，故此装置不适合制取NO,所以D错误；答案：A。【点睛】可以通过关闭止水夹,利用液面差检验气密性;.NaOH溶液与二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠;碘的CCl4溶液不分层。9、A【解析】A、SiO2是共价化合物，熔化SiO2需要破坏共价键，SiO2熔点高，说明键能大，故A正确；B、氩气是由单原子组成的分子，不含化学键，故B错误；C、碘升华破坏分子间作用力，与键能无关，故C错误；D、NH3极易溶于水，是与水形成分子间氢键，与键能无关，故D错误；故选A。10、C【详解】A．金属失去的电子数等于其金属阳离子结合的OH－的数目，则OH－的质量为1.7g，说明镁铝合金失去0.1mol电子，正确，不选A、B．失去0.1mol电子，生成0.05mol氢气，标准状况下，体积为1.12L，正确，不选B；C．金属完全溶解，盐酸可能有剩余，错误，选C；D．假设全为金属镁，则0.05mol，质量为0.05mol×24g/mol=1.2g；假设全为铝，则铝的物质的量为mol，则铝的质量为0.9g，正确，不选D。答案选C。11、D【分析】根据题意知短周期元素中a的M层有1个电子，则a的核外电子排布是2、8、1，a是Na元素；b的最外层电子数为内层电子数的2倍，则b核外电子排布是2、4，b为C元素；c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则c为S元素；c、d处于同一周期，d的原子半径小于c，则d是Cl元素。【详解】a、b、c、d依次为Na、C、S、Cl元素。A、在上述元素中非金属性最强的元素为Cl元素，A正确；B、Na可以形成Na2O、Na2O2等氧化物，C可以形成CO、CO2等氧化物，S可以形成SO2、SO3等氧化物，Cl元素则可以形成Cl2O、ClO2、Cl2O7等多种氧化物，B正确；C、Na是活泼金属元素，可与非金属元素C、S、Cl均形成离子化合物，C正确；D、C元素可以与H元素形成只含有极性键的化合物CH4，也可以形成含有极性键、非极性键的化合物CH3-CH3等，S元素可以形成H2S，含有极性键；Cl元素与H元素形成HCl，含有极性键，D错误，答案选D。12、C【解析】试题分析：短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。W原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的两倍，质子数比X原子少5个，说明W是氧元素，X是铝元素，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y是硅元素，Z和W在同一主族，Z是硫元素，A、原子半径应该是X>Y>Z>W，A错误；B、硅的熔点最高1420℃，铝的熔点660℃，硫的熔点最低，X、Y、Z单质的熔点：Y>X>Z，B错误；C、气态氢化物的热稳定性与非金属性强弱有关，非金属元素的非金属性越强，氢化物就越稳定.同一周期的由左到右非金属性越来越强，同一族的自下而上非金属性越来越强，所以简单气态氢化物的热稳定性：Y<Z<W，C正确；D、Z元素的最高价氧化物对应水化物H2SO4，分子中不存在非极性共价键，D错误。答案选C。考点：元素周期律13、C【详解】A.CO2、Na2CO3既是反应的产物，也是反应过程中需要加入的物质，因此上述流程中可以重复利用的物质有Na2CO3、CO2，A错误；B.根据元素守恒可知钾长石用氧化物的形式可表示为K2O·Al2O3·6SiO2，B错误；C.煅烧过程中钾长石中的Si元素与CaCO3转化为CaSiO3，K和Al元素与Na2CO3反应转化为KAlO2和NaAlO2，C正确；D.向KAlO2和NaAlO2溶液中通入过量CO2气体，会产生HCO3-，发生反应CO2+AlO2-+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓，D错误；故合理选项是C。14、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。15、A【解析】A.化合：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3复分解：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，故A正确；B.元素表现氧化性主要是看得电子能力，非金属性较弱的元素达到高价时，氧化性都不强或几乎没有氧化性，故B错误；C.Fe3+氧化性强于的Cu2+，所以Fe3+先得电子，故C错误；D.铜离子是+2价，所以1．2mol电子会带来1.1mol铜6.4g，阴极：Cu2++2e-=Cu阳极：主要是Cu-2e-=Cu2+还可能有Fe-2e-=Fe2+等，取决于粗铜里面的组成，故D错误；故选A。16、D【解析】A．醋酸是弱酸，pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，所以等体积等pH的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量大于盐酸，则消耗NaOH物质的量：③＞④，A正确；B．强酸、强碱稀释10倍，pH变化1，则稀释10倍时②的pH=9，④的pH=5，而弱酸、弱碱稀释10倍，pH变化小于1，则①的9＜pH＜10，③的4＜pH＜5，即分别加水稀释10倍四种溶液的pH为①＞②＞④＞③，B正确；C．①、④两溶液等体积混合，溶液中氨水过量，溶质为氯化铵和一水合氨，溶液显碱性，氨水的电离大于铵根离子的水解，则c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)，C正确；D．若混合后溶液pH=5，说明盐酸过量，则Va×10-4-Vb×10-4Va+Vbmol/L=10－5mol答案选D。17、D【解析】铝为活泼金属，既能与酸反应，又能与碱反应，铝空气燃料电池中负极反应为Al+4OH--3e-═AlO2-+2H2O，正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，总反应为4Al+4OH-+3O2═4AlO2-+2H2O。【详解】A项、放电时，电子从负极Al沿导线流向正极，故A错误；B项、以NaOH溶液为电解液时，Al易失电子作负极，且铝失去电子后变为铝离子，在氢氧化钠的溶液中铝离子继续与过量的碱反应生成偏铝酸根，因此负极反应为：Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O，故B错误；C项、以NaOH溶液为电解液时，电池的总反应为：4Al+4OH-+3O2═4AlO2-+2H2O，反应中消耗氢氧根离子且生成水，所以溶液的pH降低，故C错误；D项、电解质溶液显碱性或中性，发生吸氧腐蚀，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e-═4OH-，故D正确。故选D。【点睛】本题考查化学电源，解答时注意正负极的判断、依据溶液酸碱性书写电极反应式是解答的关键。18、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。19、C【详解】A．氯喹分子结构中不含苯环，不属于芳香族化合物，A说法错误；B．氯喹分子中含有一个手性碳原子，如图示“”标记的碳原子：，B说法错误；C．氯喹分子中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，C说法正确；D．该有机物与氯喹的分子式相同，但分子结构不同，两者互为同分异构体，D说法错误；答案为C。20、A【详解】室温下0.1mol/LNaX溶液中pH=9，则c(H＋)=10-9mol/L，所以根据室温下水的离子积常数Kw=10-14可知溶液中c(OH-)=10-5mol/L，盐水解方程式为X-+H2OHX+OH-，根据水解方程可知生成的氢氧根离子浓度等于发生水解反应的X-，所以发生水解反应的c(X-)=c(OH-)=10-5mol/L，则该溶液中发生水解反应的X-占全部X-的(10-5mol/L÷0.1mol/L)×100%=0.01%，故合理选项是A。21、D【详解】A．Fe2＋、H＋、可以发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A不选；B．由水电离出的c(H＋)＝10－13mol·L－1的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，在酸性条件下，H＋、可以发生反应而不能大量共存，故B不选；C．Fe3＋可以和、发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C不选；D．能使酚酞变红的溶液呈碱性，OH-、K＋、Na＋、Cl－、之间互不反应，可以大量共存，故D选；答案选D。22、C【解析】A、石灰石煅烧后得到氧化钙，根据题中信息，石灰应是氧化钙，故A说法正确；B、曾青涂铁，铁赤如铜，原理是铁单质把铜置换出来，使铜附着在铁的表面，因此曾青是可溶的铜盐，故B说法正确；C、冬月灶中所烧薪柴之灰，这是草木灰，草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾的溶液显碱性，因此这里的“碱”为碳酸钾，故C说法错误；D、石油是可燃的，洧水指的是石油，故D说法正确。二、非选择题(共84分)23、CuSO4FeCl3Ba（OH）2Al（NO3）3Na2CO32Fe3++3CO32－+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑3Cu+8H++2NO3－=3Cu++2NO↑+4H2O500【分析】①蓝色沉淀是氢氧化铜，白色固体是硫酸钡，据此判断A和C是硫酸铜和氢氧化钡；②在剩余阳离子中只有Na+可以与CO32-结合，红褐色沉淀是氢氧化铁，气体是二氧化碳，B或E是碳酸钠，B、E中的另一种物质是铁盐；③说明C是氢氧化钡，D是铝盐，相应地A是硫酸铜；④说明E是碳酸钠，B是铁盐；⑤说明D是硝酸铝，相应地B是氯化铁。【详解】（1）A、B、C、D、E的化学式分别为：CuSO4、FeCl3、Ba（OH）2、Al（NO3）3、Na2CO3。（2）步骤②中Fe3+与CO32－的水解互促至水解完全，发生反应的离子方程式：2Fe3++3CO32－+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑。（3）步骤⑤中稀硝酸与铜发生反应，反应的离子方程式：3Cu+8H++2NO3－=3Cu++2NO↑+4H2O。38.4gCu的物质的量为0.6mol，消耗1.6molH+，需要0.8molH2SO4，因此，若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是=500mL。24、加成反应9羟基HCHO+H2O30或【分析】根据B的结构简式和生成B的反应条件结合A的化学式可知，A为，根据C和D的化学式间的差别可知，C与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D，D为，结合G的结构可知，D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，E为，根据G生成H的反应条件可知，H为，据此解答。【详解】(1)②为C与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D，反应类型为加成反应；B分子中苯环为平面结构，单键可以旋转，所以最多有9个碳原子共平面，故答案为：加成反应；9；(2)A为，含氧官能团为羟基；若反应④为加成反应，E为，与F生成，则F为HCHO，故答案为：HCHO；(3)反应③中D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，化学方程式为+H2O(4)芳香化合物是D（）的同分异构体，①苯环上只有3个取代基；②可与NaHCO3反应放出CO2，说明结构中含有羧基；③1molJ可中和3molNaOH，说明结构中含有2个酚羟基和1个羧基；符合条件的J的结构有：苯环上的3个取代基为2个羟基和一个-C3H6COOH，当2个羟基位于邻位时有2种结构；当2个羟基位于间位时有3种结构；当2个羟基位于对位时有1种结构；又因为-C3H6COOH的结构有-CH2CH2CH2COOH，-CH2CH(CH3)COOH，-CH(CH3)CH2COOH、-C(CH3)2COOH、-CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2+3+1)×5=30种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式有或，故答案为：30；或；(5)以为原料制备，根据流程图C生成D可知，可以和氢气加成生成，羟基消去后生成，与溴化氢加成后水解即可生成，因此合成路线为：，故答案为：。【点睛】本题考查了有机合成与推断，根据反应条件和已知物质的结构简式釆用正逆推导的方法分析是解题的关键。本题的易错点为B分子中共面的原子数的判断，要注意单键可以旋转；本题的难点是(6)的合成路线的设计，要注意羟基的引入和去除的方法的使用。25、ClO-+CO(NH2)2+2OH-=Cl-+N2H4·H2O+NaClO碱性溶液防止过量的NaClO溶液将水合肼氧化20℃(冷)水浴 (或缓慢通入CH3ONO 气体）蒸馏蒸发浓缩、（冷却）结晶，用布氏漏斗抽滤（过滤），晶体用乙醇洗涤2~3次，真空干燥箱干燥【分析】（1）①NaClO的碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液反应生成N2H4·H2O，NaCl、Na2CO3，据此写出离子方程式；②因为水合肼具有强还原性，易被次氯酸钠溶液氧化，可以通过分液漏斗控制NaClO碱性溶液的滴加速度，以此控制用量；（2）①该反应在20℃左右反应的选择性和转化率最高，所以应设法把温度控制在20℃左右，据此分析实验时可以采取的措施；②从混合液中可以采用蒸馏的方法回收甲醇；③由B溶液获得叠氮化钠（NaN3）产品，需考虑先让叠氮化钠从溶液中结晶析出(蒸发浓缩、（冷却）结晶)，过滤(布氏漏斗)，洗涤(易溶于水，需采用非水洗液，常用乙醇，不使用乙醚，是因为还要考虑杂质离子的去除及环境保护)，烘干(具有强还原性，需考虑隔绝空气)。【详解】①NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液制取N2H4·H2O，则反应物为ClO-、OH-、CO(NH2)2，生成物为N2H4·H2O、Cl-、CO32-(C由+2价被氧化为+4价的CO2，再与OH-反应)，反应的离子方程式为ClO-+CO(NH2)2+2OH-=Cl-+N2H4·H2O+。答案为：ClO-+CO(NH2)2+2OH-=Cl-+N2H4·H2O+；②因为水合肼具有强还原性，防止过量的NaClO溶液将水合肼氧化，所以需控制NaClO的用量，实验中通过分液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液；答案为：防止过量的NaClO溶液将水合肼氧化；（2）①该反应在20℃左右反应的选择性和转化率最高，所以应设法把温度控制在20℃左右，实验时可以采取的措施是20℃(冷)水浴 (或缓慢通入CH3ONO 气体）；答案为：20℃(冷)水浴 (或缓慢通入CH3ONO 气体）；②步骤Ⅱ为从溶液中回收CH3OH，则其实验操作名称为蒸馏；答案为：蒸馏；③由B溶液获得叠氮化钠（NaN3）产品，需考虑先让叠氮化钠从溶液中结晶析出(蒸发浓缩、（冷却）结晶)，过滤(布氏漏斗)，洗涤(易溶于水，需采用非水洗液，常用乙醇，不使用乙醚，是因为还要考虑杂质离子的去除及环境保护)，烘干(具有强还原性，需考虑隔绝空气)；答案为：蒸发浓缩、（冷却）结晶，用布氏漏斗抽滤（过滤），晶体用乙醇洗涤2~3次，真空干燥箱干燥。26、HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O还原性2562108除去混合气体中的CO2H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑反应所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4﹣的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H+）＞c（OH﹣），所以溶液呈酸性Na+＞HC2O4-＞H+＞C2O42-＞OH﹣【分析】（1）强酸制弱酸原理；（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，草酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化；根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式；（3）H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑，B装置验证产物水，C装置验证产物CO2，D装置除掉CO2，E装置除掉水蒸气，F、G装置验证产物CO，据此分析。（4）通过计算反应后溶液为NaHC2O4溶液，根据反应后溶液呈酸性，可知HC2O4-的电离程度比水解程度大，由此确定溶液中各离子浓度到大小。【详解】（1）乙二酸中含有羧基，具有酸性，酸性比碳酸强，与碳酸氢钠反应生成二氧化碳和乙酸钠，该反应的离子方程式为：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O；答案：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O；（2）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，向盛有少量乙二酸饱和溶液的试管中滴入用硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明乙二酸被酸性高锰酸钾氧化，具有还原性；根据氧化还原反应方程式的配平原则：得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒配平该反应的离子方程式：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；答案：还原性2562108（3）加热乙二酸，反应物通入B，使CuSO4粉末变蓝，说明有水生成，装置C中澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；装置D中二氧化碳和氢氧化钠反应除去混合气体中的二氧化碳，F中CuO粉末变红、G中澄清石灰水变浑浊说明有一氧化碳生成，所以乙二酸的分解产物为CO、CO2、H2O；答案：除去混合气体中的CO2；H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑；（4）①2.52g草酸晶体的物质的量==0.02mol，100mL0.2mol/L的NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量=100mL×10-3L/mL×0.2mol/L=0.02mol；所以反应生成NaHC2O4，所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4-的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H+）＞c（OH-），所以溶液呈酸性；②两者正好1：1反应生成NaHC2O4，溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度比水解程度大，而溶液中还存在着水的电离，故H+＞C2O42-，由于离子的电离程度较小，则有HC2O4-＞H+，离子浓度由大到小的顺序为Na+＞HC2O4-＞H+＞C2O42-＞OH﹣；答案：反应所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4﹣的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H+）＞c（OH﹣），所以溶液呈酸性Na+＞HC2O4-＞H+＞C2O42-＞OH﹣【点睛】第（4）小题为易错点，根据酸碱中和反应确定反应后的溶质为NaHC2O4，弱酸的酸式酸根离子存在电离平衡和水解平衡，可根据溶液的酸碱性确定哪个平衡为主，最后再确定离子浓度的大小。27、球形冷凝管+2H2O2+3H2OH2O2在较高温度时分解速度加快，使实际参加反应的H2O2减少影响产量蒸馏acb61%bd【分析】甲苯（）是一种重要的化工原料，能用于生产苯甲醛（）、苯甲酸（）等产品。实验室可以利用上图制备苯甲醛，实验时先在三颈烧瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，再加入2mL甲苯和一定量其它试剂，搅拌升温至70℃，同时缓慢加入12mL过氧化氢，在此温度下搅拌反应3小时，停止反应，冷却，将难溶性固态催化剂过滤，然后用蒸馏的方法得到苯甲醛；若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，首先用适量的碳酸氢钠反应得到苯甲酸钠，对混合液进行分液，水层中加入盐酸调节pH=2，得到苯甲酸晶体，最后过滤分离得到苯甲酸，再洗涤、干燥得到苯甲酸；用酸碱中和滴定的方法测得苯甲酸的纯度，据此分析；【详解】(1)由仪器a的结构可知，仪器a为球形冷凝管，三颈瓶中甲苯被过氧化氢生成苯甲醛，同时还生成水，反应方程式为：+2H2O2+3H2O，故答案为：球形冷凝管，+2H2O2+3H2O；(2)温度过高时过氧化氢分解速度加快，实际参加反应的过氧化氢质量减小，苯甲醛的产量有所减少，故答案为：H2O2在较高温度时分解速度加快，使实际参加反应的H2O2减少影响产量；(3)反应完成后，反应混合液经过自然冷却至室温时，过滤后，然后将滤液进行蒸馏，才能得到苯甲醛产品，故答案为：蒸馏；(4)①与碳酸氢钠反应之后为苯甲酸钠，对混合液进行分液，水层中加入盐酸调节pH=2，得到苯甲酸晶体，最后过滤分离得到苯甲酸，再洗涤、干燥得到苯甲酸，故正确步骤为：acb，故答案为：acb；②0.1000mol/L20.00mLKOH溶液中氢氧化钾的物质的量为0.020L×0.1000mol/L=0.002mol，根据，可知20.0mL乙醇溶液中含苯甲酸的物质的量为0.002mol，则产品中苯甲酸的物质的量分数为，a．碱式滴定管滴定前读数正确，滴定终了仰视读取数据，所消耗的氢氧化钠溶液体积偏大，测定结果偏高，故a不符合题意；b．振荡锥形瓶时部分液体溅出，会导致测定标准液体体积偏小，测定值偏低，故b符合题意；c．配置KOH标准液时仰视定容,液面在刻度线上方，配制标准液的体积偏大、浓度偏小，导致滴定时消耗KOH溶液体积偏大，测定结果偏高，故c不符合题意；d．将酚酞指示剂换为甲基橙溶液，终点时溶液呈酸性