陕西省延安市2026届化学高三上期中质量检测模拟试题含解析

陕西省延安市2026届化学高三上期中质量检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、用如图所示装置检验生成气体时不需要除杂的是生成的气体试剂X试剂YAC与浓硫酸共热生成CO2FeCl3溶液澄清石灰水BCH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热生成乙烯H2OBr2的CCl4溶液CC2H5OH与浓硫酸加热至170℃生成乙烯NaOH溶液KMnO4酸性溶液D电石与饱和食盐水反应生成乙炔CuSO4溶液Br2的CCl4溶液A．A B．B C．C D．D2、安全气囊碰撞时发生反应：10NaN3＋2KNO3===K2O＋5Na2O＋16N2↑，下列判断正确的是()A．每生成16molN2转移30mol电子B．NaN3中N元素被还原C．N2既是氧化剂又是还原剂D．还原产物与氧化产物质量之比为1∶153、常温时，1mol/L的HClO2和1mol/L的HMnO4两种酸溶液，起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水进行稀释，所得曲线如图所示。下列说法正确的是A．当稀释至pH均为3时，溶液中c(ClO2－)＞c(MnO4－）B．在0≤pH≤5时，HMnO4溶液满足，pH=lgC．常温下，浓度均为0.1mol·L－1的NaClO2和NaMnO4溶液的pH：NaMnO4＞NaClO2D．稀释前分别用1mol·L－1的NaOH溶液中和，消耗的NaOH溶液体积：HMnO4＞HClO24、下列叙述正确的是①向久置于空气中的NaOH溶液中加盐酸时有气体产生②浓硫酸可用于干燥H2、NO2等气体，但不能干燥NH3、SO2等气体③CO2和Na2O2反应生成Na2CO3和O2，SO2和Na2O2反应生成Na2SO3和O2④足量的硫单质与64g铜反应，有2mol电子发生转移⑤蔗糖炭化的演示实验中，浓硫酸既体现了强氧化性又体现了脱水性⑥氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得相同的物质A．①④⑤ B．①⑤⑥ C．②③④ D．④⑤⑥5、下列分子中，属于含有极性键的非极性分子的是（）A．H2O B．Br2 C．CH4 D．HCl6、是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．比多个质子B．固体中含离子总数为C．分子中所含键数为D．标准状况下，溶于水所得溶液中含氯的微粒总数为7、精确配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，下面实验操作中正确的是（）A．称量时将NaOH固体直接放在托盘天平上面的纸上B．将称好的NaOH固体放入容量瓶中，加入少量水溶解C．在烧杯中溶解NaOH固体后，立即将所得溶液注入容量瓶中D．将烧杯中已冷却的NaOH溶液注入未经干燥的容量瓶中8、下列指定反应的离子方程式正确的是A．H2SO4酸化的KI溶液中加入H2O2：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2OB．SO2通入BaCl2溶液中：SO2+Ba2++H2O=BaSO3↓+2H+C．(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入少量NaOH溶液：NH4++OH-=NH3·H2OD．用CuCl2溶液做导电性实验，灯泡发光：CuCl2Cu2++2Cl-9、水是生命之源，下列有关说法中正确的是（）A．双氧水被称为绿色氧化剂，是因为其还原产物为O2，对环境没有污染B．氯水放置数天后，漂白性和酸性均减弱C．氨水能导电，说明氨气是电解质D．王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比3：1配成的混合物，可以溶解Au、Pt10、下列有关硫元素及其化合物的说法正确的是A．硫黄矿制备硫酸经历两步：SSO3H2SO4B．酸雨与土壤中的金属氧化物反应后，硫元素以单质的形式进入土壤中C．在燃煤中加入石灰石可减少SO2排放，发生的反应为2CaCO3＋2SO2＋O22CO2＋2CaSO4D．向溶液中加入BaCl2溶液后滴加硝酸，若产生不溶于硝酸的白色沉淀，则溶液必含SO42－11、能正确表示下列反应的离子方程式是（）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．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32-+2H+=H2O+CO2↑D．向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2:3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+12、元素周期表中短周期的一部分如图，关于X、Y、Z、W、Q说法正确的是A．元素Y与元素Z的最高正化合价之和的数值等于9B．原子半径的大小顺序为：W＞Z＞YC．离子半径的大小顺序为：W2-＞Y2-＞Z3+D．W的气态氢化物的热稳定性和还原性均比Q强13、2011年9月29日，“长征－2F”运载火箭成功将“天宫一号”目标飞行器送上太空，火箭中使用的燃料是偏二甲肼（CH3－NH－NH－CH3）和四氧化二氮（N2O4）。在火箭升空过程中，燃料发生反应：CH3－NH－NH－CH3＋2N2O4→2CO2＋3N2＋4H2O提供能量。下列叙述正确的是A．该燃料绿色环保，在燃烧过程中不会造成任何环境污染B．该反应中N2O4是氧化剂，偏二甲肼是还原剂C．CO2是氧化产物，N2是还原产物D．每有0.6molN2生成，转移电子数目为2.4NA14、下列关于化学键的叙述正确的是A．离子化合物中只含有离子键B．单质分子中均不存在化学键C．含有非极性键的化合物一定是共价化合物D．共价化合物分子中一定含有极性键15、下列说法中不正确的是A．液氨、液态氯化氢都是电解质B．Na2O2、HClO、SO2等物质都具有漂白作用C．置换反应都是氧化还原反应，复分解反应都是非氧化还原反应D．明矾能水解生成氢氧化铝胶体，可用作净水剂16、下列物质不能通过化合反应直接制得的是A．Fe(OH)3B．FeCl2C．CuSD．FeCl317、2020年7月23日我国首个火星探测器“天问一号”发射成功。火星车所涉及的下列材料中属于金属材料的是()A．探测仪镜头材料——二氧化硅B．车轮材料——钛合金C．温控涂层材料——聚酰胺D．太阳能电池复合材料——石墨纤维和硅18、1，3—二异丙烯基苯是重要的化工原料。下列有关1，3一二异丙烯基苯的说法正确的是A．可以发生加成聚合反应 B．不能使稀高锰酸钾溶液褪色C．分子中所有原子共平面 D．其苯环上的二氯代物有3种19、《本草纲目》中对玻璃有如下叙述：“本作颇黎。颇黎，国名也。其莹如水，其坚如玉，故名水玉，与水精（即水晶，主要成分为SiO2）同名。有酒色、紫色、白色，莹澈与水精相似。”下列说法错误的是（）A．文中所描述的玻璃颜色，来自某些金属氧化物B．玻璃质地坚硬，不易破碎C．将石灰石、纯碱、石英在高温下熔融，可制得普通玻璃D．不能用带有磨口玻璃塞的玻璃试剂瓶盛放NaOH溶液20、某温度下，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时的pH变化曲线如下图所示，下列判断正确的是A．a、c两点溶液的导电能力相同B．b点溶液中c(H+)+c(NH3·H2O)=c(OH－)C．a、b、c三点溶液水的电离程度a＞b＞cD．与等体积b、c处溶液反应，消耗等量的NaOH21、已知PbO2在盐酸溶液中易被还原成PbCl2，且PbO2、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列叙述中，正确的是（）A．Cl2通入FeI2溶液中，可存在反应3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3B．每1个PbO2在盐酸溶液中被氧化生成PbCl2时转移2个e-C．FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化D．I2具有较强的氧化性，可以将PbCl2氧化成PbO222、八种短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价如图所示，下列说法错误的是（）A．常见的离子半径：g>h>d>eB．氢化物的沸点y一定低于zC．由d、e、g三种元素组成的盐和稀硫酸反应可能生成沉淀D．e、f、h的最高价氧化物的水化物之间可两两反应二、非选择题(共84分)23、（14分）有机化学基础]M为合成高分子材料的中间体，以芳香烃A制备M和高分子化合物N的一种合成路线如下：​已知：请回答下列问题：（1）C的化学名称为________。（2）A→B、H→M的反应类型分别为________、________。（3）F中所含官能团的名称为________。G的结构简式为________。（4）试剂1为________。（5）D→N的化学方程式为________。（6）Q为H的同分异构体，同时满足下列条件的Q的结构简式为________。①苯环上连有两个取代基，除苯环外无其他环状结构②能与氯化铁溶液发生显色反应，1molQ最多消耗3molNaOH③核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1（7）参照上述合成路线和信息，以甲醛和乙醛为起始原料（无机试剂任选），设计制备聚丙烯酸（）的合成路线：________。24、（12分）吸水性高分子材料PAA、接枝PAA、用于化妆品的化合物己的合成路线如图：已知：Ⅰ．连在同一个碳原子上的两个羟基之间容易失去一分子水Ⅱ．两个羧酸分子的羧基之间能失去一分子水Ⅲ．请回答：（1）D中的官能团是______________（1）D→E的化学方程式是_____________________________________（3）F→PAA的化学方程式是___________________________（4）①X的结构简式是_________②Y→W所需要的反应条件是______________________（5）B为中学常见有机物，甲与FeCl3溶液发生显色反应，丙中的两个取代基互为邻位．①甲→乙的化学方程式是________________________________________②关于丙的说法正确的是________a.能与银氨溶液发生银镜反应b.与有机物B互为同系物c.不存在芳香醇类的同分异构体（6）丁的核磁共振氢谱只有一种峰，在酸性条件下能水解，水解产物能与NaHCO3反应产生CO1．己的结构简式是______________________________25、（12分）Na2O2是一种常见的过氧化物，具有强氧化性和漂白性，通常可用作漂白剂和呼吸面具中的供氧剂。(1)某实验小组通过下列实验探究过氧化钠与水的反应：①用化学方程式解释使酚酞试液变红的原因：______，依据实验现象推测红色褪去的原因是______。②加入MnO2发生反应的化学方程式为_________。(2)实验小组两名同学共同设计如下装置探究过氧化钠与二氧化硫的反应。通入SO2将带余烬的木条插入试管C中，木条复燃。①甲同学认为Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，该反应的化学方程式是______，检验反应后B中的白色固体含有Na2SO3的方法是________。②乙同学认为反应后的B中有Na2SO3，还会有Na2SO4。乙同学猜想的理由是_________。为检验产物中Na2SO4的存在，乙同学设计如下实验方案：甲同学认为该实验方案的现象不能证明有Na2SO4生成，其理由为______________。③请补充完整实验小组测定B中反应完全后固体组成的实验方案：称取样品ag加水溶解，___，烘干，称量沉淀质量为bg，然后计算各物质的含量。26、（10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_____。27、（12分）无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡(熔点232℃)与Cl2反应制备SnCl4，装置如下图所示。已知：①SnCl2、SnCl4有关物理性质如下表物质颜色、状态熔点/℃沸点/℃SnCl2无色晶体246652SnCl4无色液体－33114②SnCl4遇水极易水解生成SnO2·xH2O。回答下列问题：（1）导管a的作用是__________，装置A中发生反应的离子方程式为_____________。（2）当观察到装置F液面上方出现______现象时才开始点燃酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热。此时继续加热的目的有两点：加快氯气与锡反应和_________。（3）若上述装置中缺少装置C(其它均相同)，则D处具支试管中发生的主要副反应化学方程式为_______________________________。（4）Cl2和Sn的反应产物有SnCl4和SnCl2，为了防止产品中带入过多的SnCl2，装置D可改为油浴加热来控制温度，该温度范围是________。（5）制得的SnCl4产品中常含有SnCl2，可用如下方法测定产品纯度：先准确称量7.60g产品于锥形瓶中，再加过量的FeCl3溶液，发生反应：SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，再用0.1000mol·L—1K2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+，此时还原产物为Cr3+，消耗标准溶液20.00mL，则SnCl4产品的纯度为_______________。28、（14分）水的离子积常数Kw与温度T（℃）的关系如图D3-5所示：（1）若T1=25℃，则Kw1=_____________；若T2=100℃时，Kw2=10-12，则此时0.05mol/L的Ba（OH）2溶液的pH=_____________。（2）已知25℃时，0.1L0.1mol/L的NaA溶液的pH=10，则NaA溶液中存在的平衡有_______________________________________________。溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为__________________________。（3）25℃时，将pH=11的NaOH溶液与pH=4的硫酸溶液混合，若所得混合溶液的pH=9，则NaOH溶液与硫酸溶液的体积比为_____________。29、（10分）我国是最早发现并使用锌的国家，《天工开物》记载了炉甘石（ZnCO3）和木炭冶炼锌。现代工业上用氧化锌烟灰（主要成分为ZnO、少量Pb、CuO和As2O3）制取高纯锌的工艺流程如图所示。请回答下列问题：（1）《天工开物》中炼锌的方法中利用了木炭的____性。（2）滤渣1和滤渣3的主要成份分别是______、______（填化学式）。（3）“溶浸”时，氧化锌参与反应的相关离子方程式是______；“溶浸”时温度不宜过高，其原因是______。（4）“氧化除杂”的目的是将AsCl52-转化为As2O5胶体，再经吸附聚沉除去，该反应的离子方程式是______。（5）“电解”含[Zn(NH3)4]2+的溶液，阴极放电的电极反应式是______。阳极区产生一种无色无味的气体，将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中，无明显现象，该气体是_____（写化学式）。该流程中可以循环使用的物质是_____（写化学式）。

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.C与浓硫酸共热生成的SO2也能使澄清石灰水变浑浊，故A检验CO2时，需要除去SO2杂质；B.CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热产生的气体中只有乙烯可以使Br2的CCl4溶液褪色，故B检验乙烯时不需要除杂；C.产生的SO2也能使KMnO4酸性溶液褪色，故C检验乙烯需要除去杂质SO2；D.产生的H2S也可使Br2的CCl4溶液褪色，故D检验乙炔需要除去杂质H2S。故选B。2、D【详解】A、根据方程式可知NaN3中氮元素的化合价从－1/3升高到0价，作还原剂。硝酸钾中氮元素的化合价从＋5价降低到0价，作氧化剂，因此每生成16molN2转移10mol电子，A错误；B、NaN3中N元素被氧化，B错误；C、氮气既是氧化产物，也是还原产物，C错误；D、根据电子得失守恒可知还原产物与氧化产物质量之比为1:15，D正确。答案选D。3、B【详解】从图像可知，V/V0=1000时，1mol·L-1的HMnO4稀释后的溶液pH=3，所以HMnO4为强酸，HClO2为弱酸；同浓度的两种酸，当pH均为3时，根据物料守恒规律：HMnO4溶液：c(H+)=c(MnO4-)+c(OH-);HClO2溶液：c(H+)=c(ClO2-)+c(OH-)，根据当pH均为3，所以c(ClO2-)=c(MnO4-)；A错误；酸性：HClO2<HMnO4，同浓度的NaClO2水解显碱性，pH>7，NaMnO4溶液不水解显中性；B错误；两种都为一元弱酸，同体积同浓度中和1mol·L-1的NaOH溶液能力相同，D错误；根据图像可知：因为HMnO4为强酸，满足0≤pH≤5时，溶液的pH与溶液体积稀释的关系pH=1g+1-1=1g；C正确；正确答案选C。点睛：此题关键要从图像中读取出HMnO4为强酸，HClO2为弱酸的信息，问题就迎仍而解。4、B【详解】①NaOH吸收空气中CO2生成Na2CO3，加入盐酸生成CO2，故正确；②浓硫酸能干燥SO2气体，故错误；③过氧化钠具有强氧化性，SO2以还原性为主，两者发生氧化还原反应，生成Na2SO4，故错误；④硫的氧化性弱，跟变价金属反应生成较高价态硫化物，和铜反应生成Cu2S，64gCu参加反应，转移电子物质的量64×1/64mol=1mol，故错误；⑤蔗糖碳化，体现了浓硫酸的脱水性，膨胀有气泡，碳和浓硫酸发生反应，体现浓硫酸的强氧化性，故正确；⑥氢氧化铁胶体加热聚沉，生成氢氧化铁沉淀，灼烧生成Fe2O3，氯化铁溶液：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，属于吸热反应，加热促使向右进行，氯化氢挥发，得到氢氧化铁沉淀，灼烧得到Fe2O3，故正确；综上所述，①⑤⑥正确，B满足题意。答案选B。5、C【解析】A．H2O为V形结构，含有极性键，正负电荷的重心不重合，电荷分布不均匀，为极性分子，故A错误；A．Br2为单质，只含有非极性键，为非极性分子，故B错误；C．CH4含有极性键，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，为非极性分子，故C正确；D．HCl为直线型，含有极性键，正负电荷的重心不重合，电荷分布不均匀，为极性分子，故D错误；故选C。点睛：同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键，分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子。6、B【详解】A．D和H均为H元素，故比所含质子数目一样多，A错误；B．Na2O2是由Na+和组成，故固体中含离子总数为，B正确；C．共价键中单键为键，双键为一个键和一个键，三键为一个键和两个键，故分子中所含键数为，C错误；D．由于Cl2+H2OHCl+HClO，故标准状况下，溶于水所得溶液中含氯的微粒总数小于，D错误；故答案为：B。7、D【详解】A．氢氧化钠具有腐蚀性、易潮解，应放在玻璃器皿中称量，不能放在滤纸上称量，选项A错误；B．容量瓶只能用来配制溶液，不能溶解或稀释药品，选项B错误；C．在烧杯中溶解NaOH后，没有冷却至室温，立即将所得溶液注入容量瓶中定容，溶液具有热胀冷缩的性质，冷却后所配溶液的体积偏小，使配制溶液的浓度偏高，选项C错误；D．转移溶液时未干燥容量瓶，不影响溶液的体积和溶质的物质的量，所以不影响配制溶液浓度，选项D正确；答案选D。8、A【详解】A.H2SO4酸化的KI溶液中加入H2O2生成碘和水：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故A正确；B.盐酸的酸性强于亚硫酸，SO2通入BaCl2溶液不反应，故B错误；C.Fe（OH）2比NH3·H2O更难电离，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入少量NaOH溶液：先发生Fe2＋+2OH－=Fe（OH）2↓，故C错误；D.用CuCl2溶液做导电性实验，灯泡发光：CuCl2Cu+Cl2↑，故D错误；故选A。【点睛】本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。难点C，与量有关的离子方程式判断，（NH4）2Fe（SO4）2溶液中加入过量氢氧化钠溶液，离子方程式则为：2NH4＋+Fe2＋+4OH－═2NH3·H2O+Fe（OH）2↓，答题时需看清题意。9、D【解析】A、过氧化氢中氧元素化合价为-1价，易得电子，发生还原反应，生成还原产物为水，对环境没有污染，故A错误；B、氯水放置数天后，氯水中的次氯酸逐渐分解生成HCl和O2，漂白性减弱而酸性增强，故B错误；C、氨气是非电解质，氨水能导电，是因为氨气溶于水，与水反应生成一水合氨，一水合氨是弱电解质，其水溶液能导电，故C错误；D、王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比3：1配成的混合物，可以溶解Au、Pt，故D正确；综上所述，本题应选D。【点睛】本题应注意对电解质的理解，电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，其能导电是因为在水溶液或熔融状态下自身电离出自由移动的电子，而氨气溶于水形成氨水，能导电是因为氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，所以一水合氨是电解质，而氨气不是电解质。与此情况类似的还CO2、SO2等，CO2、SO2的水溶液能导电，但CO2、SO2为非电解质。10、C【详解】A.S燃烧产生SO2，不能产生SO3，A错误；B.酸雨中主要含有H2SO3、H2SO4，与土壤中的金属氧化物反应后，硫元素以硫酸盐、亚硫酸盐的形式进入土壤中，B错误；C.煅烧石灰石会产生CaO，CaO是碱性氧化物，与酸性氧化物反应产生盐，使硫进入到炉渣中，从而减少了SO2的排放，C正确；D.溶液中含有Ag+、SO42-都会产生上述现象，因此不能确定一定含有SO42-，D错误；故合理选项是C。11、D【详解】A.浓盐酸与铁屑反应生成Fe2+，故A错误；B.钠首先与水发生反应，故B错误；C.NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：HCO3-+2H+==H2O+CO2↑，故C错误；D.Fe(OH)3的溶度积远远小于Mg(OH)2，向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2:3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+，故D正确；故选D。12、C【解析】A.根据元素在周期表中的相对位置可知X、Y、Z、W、Q分别是N、O、Al、S、Cl。氧元素没有＋6价，故A错误；B.同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径的大小顺序为：Z＞W＞Y，故B错误；C.离子核外电子层数越多离子半径越大，核外电子排布相同的离子，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径的大小顺序为：W2-＞Y2-＞Z3+，故C正确；D.非金属性越弱氢化物的稳定性越弱，则W的气态氢化物的热稳定性比Q弱，但H2S的还原性强于HCl的还原性，故D错误。故选C。13、B【解析】反应中，偏二甲肼中碳和氮的化合价都升高，四氧化二氮中氮的化合价降低。【详解】A．该燃料燃烧产物是CO2、N2绿色环保，但是在燃烧过程中燃料不完全燃烧及氧化剂N2O4外溢都会造成环境污染，错误；B．在该反应中N2O4中的N得到电子，化合价降低，是氧化剂，偏二甲肼中的N化合价升高，失去电子，是还原剂，正确；C．CO2是氧化产物，N2既是氧化产物也是还原产物，错误；D．每有0.6molN2生成，转移电子数目为3.2NA，错误。14、D【解析】A.离子化合物中一定含有离子键，可能有共价键，例如NaOH；故A错误；B.Cl2中有共价键，故B错误；C.Na2O2中有非极性键，故C错误；D.共价化合物分子中含有不同的非金属元素，故D正确；故选D。【点睛】离子化合物中肯定有离子键，可能有共价键；共价化合物中一定没有离子键，肯定有共价键；不同种非金属元素原子间形成极性共价键，同种非金属元素原子间形成非极性共价键，惰性气体单质分子中没有化学键。15、A【解析】A.液氨是非电解质，液态氯化氢是电解质，A错误；B.Na2O2、HClO、SO2等物质都具有漂白作用，B正确；C.置换反应都是氧化还原反应，复分解反应都是非氧化还原反应，C正确；D.明矾能水解生成氢氧化铝胶体，因此可用作净水剂，D正确；答案选A。16、C【解析】A.氢氧化亚铁、氧气和水发生化合反应生成Fe(OH)3，A错误；B.铁和氯化铁溶液发生化合反应生成FeCl2，B错误；C.CuS不能通化合反应直接制得，C正确；D.铁和氯气发生化合反应生成FeCl3，D错误，答案选C。点睛：掌握常见元素及其化合物的性质是解答的关键，由于硫元素的非金属性弱于氯元素，单质硫与变价金属反应生成一般把金属氧化到低价态，例如与铁、铜发生化合反应时分别是生成FeS、Cu2S。17、B【详解】A．二氧化硅是非金属氧化物，故A不符合题意；B．钛合金是金属材料，故B符合题意；C．聚酰胺是有机高分子材料，故C不符合题意；D．石墨纤维和硅是非金属材料，故D不符合题意。综上所述，答案为B。18、A【详解】A.物质分子中含有碳碳双键，可发生加聚反应，A正确；B.物质分子中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使稀高锰酸钾溶液褪色，B错误；C.碳碳双键、苯环为平面形结构，与苯环、碳碳双键直接相连的原子可能在同一个平面上，则分子中所有碳原子可能都处于同一平面，但分子中含有饱和C原子，饱和C原子连接的原子构成的是四面体结构，因此分子中不可能所有原子共平面，C错误；D.该物质分子结构对称，其苯环上有3种不同位置的H原子，，其二氯代物有1，2；1，3；2，2；2，3共四种，D错误；故合理选项是A。19、B【解析】A、玻璃中含有少量金属氧化物，能够使玻璃呈现不同的颜色，故A正确；B、玻璃是一种质地坚硬，容易破碎的玻璃态物质，故B错误；C、制玻璃的原料是：石灰石、纯碱、石英，三者在玻璃熔炉中高温熔融可制得玻璃，故C正确；D、玻璃塞中的二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠，长时间后，塞子不容易打开，所以氢氧化钠溶液不能用带有磨口玻璃塞的试剂瓶盛装，故D正确；故选B。20、C【分析】盐酸溶液中的氢离子主要是盐酸电离出来的，HCl完全电离，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释的过程中，盐酸溶液中氢离子浓度变化大；水解是微弱的，氯化铵溶液中铵离子存在水解平衡，加水稀释的过程中水解平衡正向移动，故溶液中的氢离子浓度变化小，所以含c点的曲线pH变化是盐酸溶液的，含a、b点的曲线pH变化是氯化铵溶液的。【详解】A、溶液的导电能力和溶液中自由移动离子的浓度有关，a、c两点溶液的离子浓度不一样，所以导电能力不一样，故A错误；B、b点溶液中，根据质子守恒，得出c(OH－)＋c(NH3·H2O)＝c(H+)，故B错误；C、盐酸电离出的氢离子浓度抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小；水解促进水的电离，由于氯化铵溶液中的氢离子浓度来自于铵根离子水解生成的氢离子，氢离子浓度越大，说明水解程度越大，水的电离程度越大，a点的pH＜b点的pH，说明a点酸性大于b点酸性、a点氢离子大于b点氢离子，所以a、b二点溶液水的电离程度a＞b，综上所述a、b、c三点溶液水的电离程度a＞b＞c，故C正确；D、用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，消耗NaOH溶液体积Vb＜Vc，故D错误。答案选C。21、C【详解】A．Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，所以氯气通入FeI2溶液中，氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子，所以不可能存在反应3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3，故A错误；B．PbO2在酸性溶液中易得电子而被还原成Pb2+，所以每1个PbO2在盐酸溶液中被还原生成PbCl2时转移2个e-，故B错误；C．氯化铁的氧化性大于碘，所以氯化铁和碘化钾反应生成碘单质，所以FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化，故C正确；D．PbO2的氧化性大于I2，所以PbO2能氧化碘离子生成碘单质，而碘不能将PbCl2氧化成PbO2，故D错误；故选C。22、B【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，x位于第一周期，为H元素；y、z、d位于第二周期，y是C元素，z是N元素，d是O元素；e、f、g、h位于第三周期，是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此结合元素周期律知识解答。【详解】根据分析可知：x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素；A．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：g＞h＞d＞e，故A正确；B．NH3分子间形成氢键，其沸点比CH4高，但C的氢化物有很多种，且多碳的烃常温下可能为液态或固态，则C的氢化物沸点不一定就比N的氢化物低，故B错误；C．O、Na、S形成的硫代硫酸钠与稀硫酸反应可以生成S沉淀，故C正确；D．氢氧化铝具有两性，能够与NaOH、高氯酸反应，故D正确；故答案为B。二、非选择题(共84分)23、苯酚取代反应酯化反应（或取代反应）醛基、醚键银氨溶液[或新制Cu（OH）2悬浊液]CH3CHOCH2＝CHCHO【详解】结合E的结构简式，可知，D与CH3CH2I发生取代反应生成E和HI，可推知D为，D发生缩聚反应生成高分子化合物N；C与甲醛发生缩合反应生成D，结合C的分子式可知C为苯酚；B为氯苯，A为苯；E发生氧化反应生成F为；在氢氧化钠溶液中与乙醛发生类似已知反应类型的反应，生成G为；H与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成M，根据M的结构简式可推知H为；（1）C的化学名称为苯酚；（2）A→B是苯在氯化铁的催化下与氯气发生取代反应生成氯苯和氯化氢、H→M是和乙醇在浓硫酸的催化下发生酯化反应（也属于取代反应）生成M和水，反应类型分别为取代反应、酯化反应（或取代反应）；（3）F为，所含官能团的名称为醛基、醚键；G的结构简式为；（4）试剂1将G中的醛基氧化为羧基，为银氨溶液[或新制Cu（OH）2悬浊液]；（5）D→N是在催化剂作用下发生缩聚反应生成和水，反应的化学方程式为；（6）Q为H的同分异构体，满足①苯环上连有两个取代基，除苯环外无其他环状结构，②能与氯化铁溶液发生显色反应则含有酚羟基，1molQ最多消耗3molNaOH，根据氧原子个数可知应该还含有一个连接在苯环上的酯基且水解后生成两个酚羟基；③核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1，则有四种氢，其中有两个甲基，符合条件的同分异构体为；（7）参照上述合成路线和信息，甲醛和乙醛在氢氧化钠溶液中加热反应生成CH2＝CHCHO，CH2＝CHCHO在银氨溶液中水浴加热发生氧化反应后酸化得到CH2＝CHCOOH，CH2＝CHCOOH在催化剂作用下发生加聚反应生成聚丙烯酸，故制备聚丙烯酸（）的合成路线为：CH3CHOCH2＝CHCHO24、醛基ClCH1CHO氢氧化钠水溶液、加热ac【分析】由接枝PAA的结构可知，PAA的结构简式为，W为HOCH1CH1OH；甲醇催化氧化生成D为HCHO，D发生信息Ⅲ反应生成E，故E为CH1=CHCHO，E与银氨溶液反应、酸化生成F，F为CH1=CHCOOH，CH1=CHCOOH发生加聚反应生成PAA；结构W的结构可知，乙醛与氯气发生取代反应生成X，X为ClCH1CHO，X与氢气发生加成反应生成Y为ClCH1CH1OH，Y水解生成W（HOCH1CH1OH）；乙醛发生催化氧化生成戊，为CH3COOH，丁的核磁共振氢谱只有一种峰，在酸性条件下能水解，水解产物能与NaHCO3反应产生CO1，结构反应信息Ⅱ可知，CH3COOH脱水生成丁为O=C（OCH1CH3）1；由（5）中可知，B为中学常见有机物，甲与FeCl3溶液发生显色反应，故甲中含有酚羟基，结合丙的分子式及结构特点、己的结构特点与反应信息Ⅰ、Ⅲ可知，丙的结构为，己的结构为，故乙为，甲为，B为苯酚，据此解答。【详解】由接枝PAA的结构可知，PAA的结构简式为，W为HOCH1CH1OH；甲醇催化氧化生成D为HCHO，D发生信息Ⅲ反应生成E，故E为CH1=CHCHO，E与银氨溶液反应、酸化生成F，F为CH1=CHCOOH，CH1=CHCOOH发生加聚反应生成PAA；结构W的结构可知，乙醛与氯气发生取代反应生成X，X为ClCH1CHO，X与氢气发生加成反应生成Y为ClCH1CH1OH，Y水解生成W（HOCH1CH1OH）；乙醛发生催化氧化生成戊，为CH3COOH，丁的核磁共振氢谱只有一种峰，在酸性条件下能水解，水解产物能与NaHCO3反应产生CO1，结构反应信息Ⅱ可知，CH3COOH脱水生成丁为O=C（OCH1CH3）1；由（5）中可知，B为中学常见有机物，甲与FeCl3溶液发生显色反应，故甲中含有酚羟基，结合丙的分子式及结构特点、己的结构特点与反应信息Ⅰ、Ⅲ可知，丙的结构为，己的结构为，故乙为，甲为，B为苯酚。（1）由上述分析可知，D为HCHO，含有醛基；（1）D→E是甲醛与乙醛发生信息Ⅲ反应生成CH1=CHCHO，反应方程式为：；（3）F为CH1=CHCOOH，发生加聚反应生成PAA，反应方程式为：；（4）①由上述分析可知，X为ClCH1CHO；②Y→W是ClCH1CH1OH在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH1CH1OH；（5）①甲→乙是与氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，反应方程式为：；②丙是，含有醛基，能与银氨溶液发生银镜反应，与有机物B（苯酚），含有官能团不完全相同，二者不是同系物，芳香醇类中含有苯环，羟基连接苯环侧链的脂肪烃基上，结合丙的结构可知，苯环侧链不可能可以存在羟基连接苯环侧链的脂肪烃基上的结构，故丙不存在芳香醇类的同分异构体，故ac正确，b错误，答案选ac；（6）由上述分析可知，己的结构简式是。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，需要学生对给予的反应信息进行利用，甲醇转化为甲的反应，是难点，中学不涉及，需要学生根据信息、结合丙、丁、已的结构推断丙，再进行逆推判断，对学生的逻辑推理有较高的要求。25、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑反应生成的H2O2具有漂白作用2H2O2=2H2O+O2↑2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2取反应生成白色固体少许,滴入稀硫酸,生成无色气体使品红溶液褪色,说明含Na2SO3过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡；加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤【分析】（1）①过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱，碱遇酚酞变红；红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性；②过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气；（2）①根据反应物和生成物写出方程式，根据得失电子数相等配平方程式；要证明白色固体中含有Na2SO3只需检验出含有SO32-就可以了；②根据过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性，两者发生氧化还原反应生成Na2SO4；硫酸钠和亚硫酸钠均有氯化钡反应生成沉淀，亚硫酸钡加硝酸时氧化生成硫酸钡，不能说明是否含硫酸钡；③利用亚硫酸钡易溶于盐酸，硫酸钡不溶分析判断。【详解】(1)①过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱，碱遇酚酞变红，反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性，能氧化有色物质，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；反应生成的H2O2具有漂白作用；②过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气，反应的化学方程式为：2H2O2=2H2O+O2↑，故答案为：2H2O2=2H2O+O2↑；(2)①Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，结合得失电子守恒知，该反应方程式为：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，要证明白色固体中含有Na2SO3只需检验出含有SO32−就可以了，则取反应生成白色固体少许，滴入稀硫酸，生成无色气体使品红溶液褪色，说明含Na2SO3，故答案为：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2；取反应生成白色固体少许，滴入稀硫酸，生成无色气体使品红溶液褪色，说明含Na2SO3；②因为过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性，两者发生氧化还原反应生成Na2SO4；由实验流程可知，稀硝酸具有强氧化性，它也会将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，最终也生成硫酸钡沉淀，则不能说明反应的后B中有Na2SO3还会有Na2SO4，故答案为：过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性；稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡；③因为亚硫酸钡易溶于盐酸，硫酸钡不溶，所以测定B中反应完全后固体组成的实验方案为称取样品a克加水溶解，加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤烘干，称量沉淀质量为b克，计算含量，故答案为：加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤。26、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(FeCl2)=n(FeCl3)==0.2mol，HCl消耗标准液NaOH为0.196L×0.4mol/L=0.00784mol，故反应生成的n(FeCl2)=2(HCI)=2×0.00784mol×=0.1568mol，故氯化铁的转化率为=78.4%。27、使分液漏斗内的液体顺利流下2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O黄绿色气体时使SnC14气化，利于从混合物中分离出来SnC14+(x+2)H2O=SnO2·xH2O+4HCl232℃~652℃85%【分析】由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl及水蒸气，装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中含有的HCl，装置C中浓硫酸的作用是吸收水蒸气，干燥氯气，装置D中干燥的氯气与Sn在加热条件下共热反应生成SnCl4，装置E的作用是冷凝收集SnCl4，装置F中浓硫酸的作用是吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置E中使产物水解，装置G中氢氧化钠溶液的作用是吸收未反应的氯气，防止污染空气。【详解】（1）导管a将圆底烧瓶和分液漏斗连通，能起到平衡气压，使分液漏斗内的液体顺利流下的作用；烧瓶A中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（2）因金属锡易与氯气、氧气反应，反应前应先生成氯气，利用生成的氯气将装置中的空气排出，防止空气中的氧气干扰实验，当观察到装置F液面上方出现黄绿色气体时，说明空气已经排尽；由题给四氯化锡受热易挥发，点燃酒精灯使锡熔化后，继续加热可以加快氯气与锡反应，还能使使四氯化锡气化，利于其从混合物中分离出来，故答案为：黄绿色气体时；使SnC14气化，利于从混合物中分离出来；（3）若上述装置中缺少装置C，氯气中混有的水蒸气会使生成的四氯化锡反应水解生成SnO2·xH2O和氯化氢，反应的化学方程式为SnC14+(x+2)H2O=SnO2·xH2O+4HCl，故答案为：SnC14+(x+2)H2O=SnO2·xH2O+4HCl；（4）若改为油浴加热来控制温度达到使四氯化锡气化，而二氯化锡不气化的目的，应控制温度范围在232℃~652℃，故答案为：232℃~652℃；（5）K2Cr2O7标准溶液与氯化亚铁溶液反应的离子方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，由题给二氯化锡与氯化铁反应的化学方程式可得如下转化关系：3SnCl2～6FeCl3～6FeCl2～K2Cr2