辽宁省葫芦岛市八中2026届化学高三上期中检测模拟试题含解析

辽宁省葫芦岛市八中2026届化学高三上期中检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、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2、在密闭容器中发生下列反应aA(g)cC(g)+dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.7倍，下列叙述正确的是()A．A的转化率变小 B．平衡向正反应方向移动C．D的物质的量变多 D．再次平衡时的逆反应速率小于原平衡的正反应速率3、下列说法正确的是（）①需要通电才可以进行的有：电解、电离、电泳、电镀、电除尘②金属氧化物均为碱性氧化物，酸性氧化物一定是非金属氧化物③纳米材料石墨烯用一束强光照射可以发生丁达尔现象④电解质溶液中自由移动离子数目越多导电能力越强⑤把饱和三氯化铁溶液滴入沸水中并充分搅拌可以制得氢氧化铁胶体⑥Na2O、Na2O2前者属于碱性氧化物，后者属于过氧化物，都能与酸性氧化物CO2反应⑦Na2O、Na2O2水溶液能导电，所以二者都是电解质⑧水玻璃、漂粉精、硅胶、冰水混合物、明矾KAl（SO4）2·12H2O、铝热剂均为混合物⑨元素由化合态变成游离态一定是被还原A．①②③ B．⑤⑥⑦ C．④⑧⑨ D．⑥4、一定温度下,将2mo1SO2和ImolO2充入1L恒容密闭容器中，发生反应:2SO2(g)

+O2(g)2SO3(g)△H=-196kJ·mol-1，5min时达到平衡，测得反应放热166.6kJ。下列说法错误的是A．0~5

min

内，用O2表示的平均反应速率V(O2)=0.17mol·L-1·min-1B．n(O2)/n(SO3)的值不变时，该反应达到平衡状态C．若增大O2的浓度，SO2的转化率增大D．条件不变，若起始时充入4molSO2和2molO2，平衡时放出的热量小于333.2kJ5、下列说法在一定条件下可以实现的有()①酸性氧化物与碱发生反应生成酸式盐②弱酸与盐溶液反应可以生成强酸③没有水生成,也没有沉淀和气体生成的复分解反应④两种酸溶液充分反应后的溶液体系为中性⑤有单质参加的非氧化还原反应⑥两种氧化物反应的产物有气体A．6个 B．5个 C．4个 D．3个6、下列离子方程式的书写及评价均正确的是（）选项离子方程式评价A将1molCl2通入到含1molFeI2溶液中：2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++4Cl﹣+I2正确；Cl2过量，可将Fe2+、I﹣均氧化B1mol•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2﹣+5H+═Al3++Al(OH)3↓+H2O正确；AlO2﹣与Al（OH）3消耗的H+的物质的量之比为2：3C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO﹣═HClO+HSO3﹣正确；说明酸性：H2SO3强于HClODCa（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水A．A B．B C．C D．D7、化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况。下列反应中属于这种情况的是①过量的锌与18mol·L－1的硫酸反应；②过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应；③浓盐酸与过量的MnO2反应；④过量铜与浓硫酸反应；⑤过量稀硝酸与银反应；⑥过量稀硫酸与块状石灰石反应；⑦过量氯气与碘化钾溶液反应A．②③④⑥ B．②③⑤⑦ C．①③⑤ D．①②③④⑥8、通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是()①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH1=571.6kJ·mol-1②焦炭与水反应制氢：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH2=131.3kJ·mol-1③甲烷与水反应制氢：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH3=206.1kJ·mol-1A．反应①中电能转化为化学能B．反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)的ΔH=74.8kJ·mol-1C．反应③使用催化剂，ΔH3减小D．H2的燃烧热为571.6kJ·mol-19、《可再生能源法》倡导碳资源的高效转化及循环利用。下列做法与上述理念相违背的是A．加快石油等化石燃料的开采和使用B．大力发展煤的气化及液化技术C．以CO2为原料生产可降解塑料D．将秸秆进行加工转化为乙醇燃料10、符号“3px”没有给出的信息是（）A．电子层 B．电子亚层 C．电子云在空间的伸展方向 D．电子的自旋方向11、电解水时，为增强溶液的导电性可向溶液中加入适量的电解质，下列物质中适合的是（）A．NaCl B．HCl C．H2SO4 D．CuSO412、把400mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，取一份加入含amolNaOH的溶液恰好反应完全；取另一份加入含bmolHCl的溶液恰好反应完全。该混合溶液中c(Na＋)为()A．(10b－5a)mol·L－1B．(b－0.5a)mol·L－1C．(－)mol·L－1D．(5b－)mol·L－113、某未知溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、Mg2+、Al3+和K+。取100mL该溶液进行实验，过程记录如下。由此可知原溶液中A．一定有Cl-B．一定有CO32-C．一定没有K+D．一定没有Mg2+14、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15、国际上确认，利用原子核间的撞击已制造出原子序数分别为113、115、117和118四种新元素，填补了目前元素周期表的空白，请根据元素周期表的结构推测，下列说法正确的是（）A．核反应发电实现了化学能到电能的转化B．115号元素一定是处于VA族的非金属元素C．117号元素与F、Cl、Br、I均处于VIIA族，可能是金属元素D．四种新元素位于元素周期表中的不同周期16、Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，对此反应下列说法中正确的是A．Na2O2只作氧化剂B．Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物C．O2是还原产物D．2molFeSO4发生反应时，反应中共有8mol电子转移二、非选择题（本题包括5小题）17、M是日常生活中不可缺少的调味品。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质间的转化关系如下图所示（部分产物已略去）（1）若A是地売中含量最多的金属元素，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中A元素与溶液中A元素的质量相等，则A的该氯化物溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能为________________________________。（2）若A是CO2气体，A与B溶液反应后所得的溶液再与盐酸反应，放出气体的物质的量与所加盐酸体积之间的关系如右图所示，则A与B溶液反应后溶液中的溶质为____________________（填化学式），物质的量之比为_______。（3）若A是一种正盐，A能分别与B、F溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，则A的化学式为_____________。（4）若A是一种盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入KSCN后溶液显红色，则由A转化成E的离子方程式是____________________________________________________。（5）若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2＋、Fe3＋、Al3+、SO42-、CO32-中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生如右图所示变化，由此可知，该溶液中肯定含有的离子为______________________________。18、聚碳酸酯（简称PC）是重要的工程塑料，某种PC塑料(N)的合成路线如下：已知：R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH（1）①的反应类型是_______________。K中含有的官能团名称是_______________。（2）E的名称是_______________。（3）④是加成反应，G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是__________________。（4）⑦的化学方程式是______________________________________________。（5）⑥中还有可能生成分子式为C9H12O2产物。分子式为C9H12O2且符合下列条件的同分异构体共有__________种。写出其中两种核磁共振氢谱有5组峰的物质的结构简式_______________________________a.属于芳香化合物，且苯环上只有两个取代基b.1mol该物质能消耗1molNaOH19、某同学对教材中铜与浓硫酸的实验作出如下改进。实验装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。实验步骤：①组装仪器，检查装置气密性；②加入试剂，关闭旋塞E，加热A，观察C中溶液颜色变化；③将铜丝上提离开液面，停止加热。（1）检查虚线框内装置气密性的方法是____________________________。（2）装置A的名称是________，装置B的作用是_________，装置D中所盛药品是__________。（3）装置A中发生反应的化学方程式为____________________________。（4）实验后，拆除装置前，为避免有害气体的泄漏，应当采取的操作是__________。（5）实验后装置A中有白色固体产生，将装置A中固液混合物缓慢转移至盛有少量水的烧杯中，可观察到的现象是______________；不可直接向装置A中加水的原因是__________。20、如图是某研究性学习小组设计制取氯气并以氯气为反应物进行特定反应的装置。(1)要将C装置接入B和D之间，正确的接法是a→________→________→________。

(2)实验开始先点燃A处的酒精灯，打开旋塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处的酒精灯。Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有炭粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl(g)，发生反应的化学方程式为____________________。

(3)D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，此时B中的现象是____________________，B的作用是_______。

(4)用量筒量取20mLE装置中溶液，倒入已检查完气密性良好的分液漏斗中，然后再注入10mLCCl4，盖好玻璃塞，振荡，静置于铁架台上(如图)，等分层后取上层液和下层液，呈黄绿色的是________(填“上层液”或“下层液”)，再装入如图所示的烧杯中，能使有色布条褪色的是___(填“上层液”或“下层液”)。

(5)在A、B、C、D、E装置中有一处需要改进，说明需要改进的理由并在方框中画出改进后的装置图:____________________。21、过量排放NO会污染大气，研究其性质及转化，对降低含氮物质的污染有重大的意义。（1）2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的活化能Ea=-akJ•mol-1，合成中有关物质的摩尔生成焓(一定温度压强下，由稳定单质生成1mol化合物的焓变称为该物质的摩尔生成焓)如下表：物质NONO2O2摩尔生成焓△H/kJ•mol-190330则NO2(g)=NO(g)+O2(g)的活化能Ea=___kJ·mol-1(用含a的式子表示)2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)分两步反应：2NO(g)N2O2(g)△H1<0快速平衡N2O2(g)+O2(g)=2NO2(g)△H2<0慢反应在其他条件不变的情况下，2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)反应速率随着温度升高而减小，请解释原因___。（2）向一密闭容器中充入6molCO和4molNO，在85kPa恒压条件下进行反应2NO(g)N2(g)+2CO2（g）△H=－746.8kJ•mol-1，一定温度下发生反应，10min达到平衡，测得NO的转化率为75%，从开始反应到建立平衡，以N2表示的反应速率v(N2)=___kPa•min-1；该反应的平衡常数Kp=___(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)；平衡后再通入0.75molCO和0.75molCO2，化学反应向___(填“正反应”、“逆反应”或“不移动”)方向进行。为同时提高反应速率和NO的平衡转化率，可以釆取的措施有___。a.改用高效催化剂b.增加NO的浓度c.增加CO的浓度d.升高温度（3）工业上以惰性材料为电极采用电解法处理NO，将NO转化成NH4NO3，用硝酸铵溶液作电解质溶液。阳极、阴极上产生含氮物质的物质的量之比为___(不考虑水解)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、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。2、A【分析】反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，D的浓度变为原来的2倍，而当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.7倍，说明体积减小、压强增大，平衡向着逆向移动，以此来解答。【详解】A．由分析可知，平衡逆向移动，A的转化率变小，故A正确；B．根据分析可知平衡向逆反应方向移动，故B错误；C．根据分析可知平衡向着逆向移动，D的物质的量减少，故C错误；D．将气体体积压缩到原来的一半，虽然平衡逆向移动，但各物质的浓度依然变大，所以再次平衡时的逆反应速率大于原平衡的正反应速率，故D错误；综上所述答案为A。3、D【详解】①电离不需要通电，电离的条件是水或熔融状态，与通电条件无关，故①错误；②氧化物为由两种元素组成，且一种元素为氧元素的化合物，按元素组成可分为金属氧化物和非金属氧化物，按性质可分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和不成盐氧化物，碱性氧化物都是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如氧化铝是两性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如酸性氧化物Mn2O7是金属氧化物，故②错误；③纳米材料石墨烯不是胶体分散系，不具有丁达尔效应，故③错误；④电解质溶液导电能力强弱与自由移动的离子浓度，自由移动离子带电荷多少有关，与数目无关，故④错误；⑤把饱和三氯化铁溶液滴入沸水中并充分搅拌得不到氢氧化铁胶体，得到Fe(OH)3沉淀，故⑤错误；⑥Na2O、Na2O2前者与盐酸反应只生成氯化钠和水，属于碱性氧化物，后者与盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，属于过氧化物，但二者都能与酸性氧化物CO2反应，故⑥正确；⑦Na2O、Na2O2水溶液能导电，是因为二者能够与水反应生成电解质氢氧化钠，不能据此判断氧化钠、过氧化钠是电解质，故⑦错误；⑧冰水混合物只含有一种物质水，属于纯净物，明矾属于盐，为纯净物，故⑧错误；⑨某元素从化合态变为游离态，化合价可能升高，也可能降低，如S2-→S为被氧化过程，Fe2+→Fe为被还原过程，故⑨错误；由上分析，正确的只有⑥，D正确；答案为D。4、D【解析】A、根据反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196kJ•mol-1可知，当反应放热166.6kJ时，有1.7mol二氧化硫和0.85mol氧气参加反应，生成1.7mol三氧化硫，则0～5min内，用O2表示的平均反应速率V(O2)＝0.85mol/(10L×5min)＝0.017mol·L-1·min-1，A正确；B、的值不变时，说明氧气和二氧化硫的浓度保持不变，该反应达到平衡状态，B正确；C、若增大O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率增大，C正确；D、条件不变，起始向容器中充入4molSO2和2molO2，相当于加压，平衡时放热大于333.2kJ，D错误。答案选D。点睛：选项D是解答的难点，注意放大缩小思想的灵活应用，该方法适用于起始投入物质的物质的量之间存在一定的倍数关系。它指的是将反应容器的体积扩大一定的倍数，使起始物质的浓度相同，则在一定条件下，可建立相同的平衡态。然后在此基础上进行压缩，使其还原为原来的浓度。分析在压缩过程中，平衡如何移动，再依据勒夏特列原理，分析相关量的变化情况。5、A【详解】①酸性氧化物是和碱反应生成水和盐的氧化物，如二氧化碳可以和氢氧化钠发生反应生成碳酸氢钠，故①正确；②弱酸和盐反应生成更难溶的物质可以实现，如H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，故②正确；③酸和盐反应生成弱酸的复分解反应，HCl+CH3COONa=CH3COOH+NaCl，故③正确；④根据反应2H2S+H2SO3=3H2O+S↓可知，氢硫酸和亚硫酸溶液充分反应后的溶液体系为中性，故④正确；⑤同素异形体之间的转化属于有单质参加的非氧化还原反应，如氧气生成臭氧，故⑤正确；⑥反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑和3NO2+H2O=2HNO3+NO是两种氧化物反应产物有气体的反应，故⑥正确。答案选A。6、B【分析】A、一种氧化剂与多种还原性微粒作用，先还原性强的反应，I-的还原性强于Fe2+；B、NaAlO2溶液和HCl溶液，可以有多种可能：①当NaAlO2过量时方程为HCl+NaAlO2+H2O=NaCl+Al(OH)3↓，②当HCl过量时方程为4HCl+NaAlO2=NaCl+AlCl3+2H2O，③1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O；C、SO2具有强还原性，而NaClO具有极强的氧化性，两者要发生氧化还原反应，与事实相违背；D、足量的NaOH会将溶液中HCO3-反应完全。【详解】A、

将1molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，只能够将碘离子氧化完全，正确的离子方程式为Cl2+2I−=2Cl−+I2，正确的评价为Cl2不足，只氧化I−，故A错误；B.

1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合反应方程式为：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O，如果盐酸过量继续和Al(OH)3反应，所以1molNaAlO2和盐酸反应最多消耗4molH+，AlO2-与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比在(1∼4):3，故B正确；C.过量SO2通入到NaClO溶液中，SO32−有强还原性，ClO−有强氧化性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为SO2+H2O+ClO−=2H++SO42−+Cl−，故C错误；D、因OH－足量，故溶液中Ca(HCO3)2相对不足，Ca(HCO3)2完全反应，其离子反应方程式为：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32－，故D错误。7、A【解析】试题分析：①过量的锌与18mol·L－1的硫酸反应中随着反应的进行浓硫酸变为稀硫酸，但稀硫酸也与锌反应；②过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应，由于该反应是可逆反应，则反应物不能完全转化为生成物；③浓盐酸与过量的MnO2反应中随着反应的进行，盐酸浓度降低，稀盐酸与二氧化锰不反应；④过量铜与浓硫酸反应中随着反应的进行浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应；⑤过量稀硝酸与银反应中硝酸不论浓稀均与银反应；⑥过量稀硫酸与块状石灰石反应中生成的硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表明阻止反应进行；⑦过量氯气与碘化钾溶液反应可以把碘化钾完全氧化，所以符合条件的是②③④⑥，答案选A。考点：考查与量有关反应的判断8、B【详解】A.太阳光催化分解水制氢气，是光能转化为化学能，故A错误；B.根据盖斯定律：由②焦炭与水反应制氢：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH2=131.3kJ·mol-1，③甲烷与水反应制氢：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH3=206.1kJ·mol-1反应，③-②得：CH4(g)=C(s)+2H2(g)ΔH=74.8kJ·mol-1，该反应的△H＞0为吸热反应，故B正确；C.催化剂不能改变反应热的大小，只能改变化学反应速率，故C错误；D.H2的燃烧热指1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量，由①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH1=571.6kJ·mol-1反应可知，H2的燃烧热为285.8kJ·mol-1，故D错误；故答案：C。9、A【解析】A.化石燃料是不可再生能源,加快开采和使用,会造成能源枯竭和环境污染,故选A；B.提高洁净煤燃烧技术和煤液化技术,可以降低污染物的排放,有利于资源的高效转化,故不选B；C.难降解塑料的使用能引起白色污染,以CO2为原料生产可降解塑料,能减少白色污染,有利于资源的高效转化,故不选C；D.将秸秆进行加工转化为乙醇燃料,变废为宝,有利于资源的高效转化,故不选D；本题答案为A。10、D【详解】3px指出了电子层数是3，电子亚层是P，电子云在空间的伸展方向是X方向，没有指出电子的自旋方向，故选D。11、C【分析】依据电解原理进行分析，解答；【详解】A、加入NaCl，根据电解原理，总电极反应式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，与实验目的不符，故A不符合题意；B、加入HCl，总电极反应式为2HClH2↑＋Cl2↑，与实验目的不符，故B不符合题意；C、加入H2SO4，总电极反应式为2H2O2H2↑＋O2↑，与实验目的相符，故C合理；D、加入CuSO4，总电极反应式为2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，与实验目的不符，故D不符合题意；答案为C。12、D【解析】把400mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，设200mL溶液中含有NH4HCO3xmol，Na2CO3ymol，NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为：NH4HCO3+2NaOH═NH3•H2O+Na2CO3+H2O，1

2x

amol解得：x=0.5amol；故NH4HCO3为0.5amol。加入含bmolHCl的盐酸的反应为：NH4HCO3+HCl═NH4Cl+CO2↑+H2O，Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，1

1

1

20.5amol

0.5amol

y

b-0.5amol解得：y=(b-0.5amol)mol；n(Na+)=2n(Na2CO3)=(b-0.5a)mol，c(Na+)==(5b-a)mol/L，故选D。13、A【解析】试题分析：溶液中通入CO2生成的0.01mol沉淀能溶解在氢氧化钠溶液中，这说明沉淀是氢氧化铝，因此溶液是偏铝酸钠，则一定含有0.01mol铝离子，因此一定不能存在碳酸根离子。试样溶液加入过量的氢氧化钡生成0.01mol沉淀，则沉淀可能是硫酸钡或氢氧化镁或是二者的混合物。即硫酸根离子的最大值是0.01mol，而铝离子是0.01mol，所以根据电荷守恒可知一定还含有氯离子，答案选A。考点：考查离子共存与检验的有关判断14、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15、C【分析】核反应发电是核能转化成电能，113、115、117和118四种新元素均为第七周期元素，分别为ⅢA族、ⅤA族、ⅦA族与零族元素，结合同族元素递变规律解答。【详解】A.核反应发电是核能转化成电能，A项错误；B.第ⅤA族前六周期的元素由上自下依次为氮、磷、砷、锑、铋，则115号元素是位于第七周期第ⅤA族的金属元素，B项错误；C.第ⅦA族前六周期的元素由上自下依次为氟、氯、溴、碘、砹，117号元素是位于第七周期第ⅦA族的元素，可能为金属元素，C项正确；D.四种新元素都在第七周期，D项错误；答案选C。16、B【分析】从化合价变化的角度分析氧化还原反应中的有关概念的判断，根据化合价升降的数目计算反应中的电子转移数目。2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑反应中，铁元素的化合价升高，由+2价升高到+3价，Na2O2中元素的化合价既升高又降低。据此分析解答。【详解】A.Na2O2中元素的化合价既升高又降低，反应中既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B.FeSO4→Na2FeO4，铁的化合价升高，Na2FeO4是氧化产物，Na2O2→Na2FeO4，氧元素化合价降低，Na2FeO4是还原产物，故B正确；C.Na2O2→O2，氧元素化合价升高，O2是氧化产物，故C错误；D.反应中化合价升高的元素有Fe，由+3价→+6价，化合价升高的元素还有O元素，由-2价→0价，2molFeSO4发生反应时，共有2mol×3+1mol×4=10mol电子转移，故D错误。答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、2:3或者2:7Na2CO3和NaHCO31:1(NH4)2SO34Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓或者分步写Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3）H+、NH4+、Al3+、SO42-【分析】已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰，所以C为氢气；D为氯气；若A是地売中含量最多的金属元素，则A为铝；AlCl3溶液和氢氧化钠溶液等体积混合后，可能发生的反应有Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+H2O,所以生成偏铝酸钠的总反应为Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O。若A是CO2气体，A与B溶液反应即CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2【详解】（1）当得到的沉淀物中A元素与溶液中A元素的质量相等，由反应的离子方程式可知，碱过量时n[Al(OH)3]=n(AlO2﹣)，此时c(AlCl3):c(NaOH)=2:7当碱量不足时，n[Al(OH)3]=n(AlCl3),此时c(AlCl3):c(NaOH)=2:3所以A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能为2:3或2:7。（2）图所示知00.1V盐酸时没有气体放出，发生的是Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；0.10.3V时气体完全放出，发生的是NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，所以A与B溶液反应后溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，根据消耗盐酸的体积知Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为1:1。答案：Na2CO3和NaHCO3、1:1。（3）因为B为NaOH，A是一种正盐能和NaOH生成具有刺激性气味的气体，则A中含有NH4+;因为F为HCl，A是一种正盐且A能与大dddHCl生成具有刺激性气味的气体，则A中含有SO32_;所以A为(NH4)2SO3。答案：(NH4)2SO3。（4）若A是一种盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入KSCN后溶液显红色,推断出A为亚铁盐溶液，E为Fe(OH)3，则由A转化成E的离子方程式是Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓或Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3）。（5）由图可以知道,开始加入NaOH没有沉淀和气体产生,则一定有H+,一定没有CO32-,后来有沉淀产生且最后消失,则一定没有Mg2＋,一定含有Al3+;中间段沉淀的质量不变,应为NH4++OH-=NH3H2O的反应,则含有NH4+,由电荷守恒可以知道一定含有SO42-,由此可知，该溶液中肯定含有的离子为H+、NH4+、Al3+、SO42-。18、催化氧化羰基乙二醇CH2=CHCH321、【分析】A为CH2=CH2，A发生氧化反应生成环氧乙烷，反应③为信息i的反应，生成HOCH2CH2OH和CH3OCOOCH3；④是加成反应，根据原子守恒知，G为C3H6，G的核磁共振氢谱有三种峰，则G为CH2=CHCH3，根据K结构简式知，J为；J发生氧化反应生成丙酮和L，根据L分子式及M结构简式知，L为，F、M发生信息i的反应生成N，则F为CH3OCOOCH3，E为HOCH2CH2OH，【详解】（1）根据分析可知，A为CH2=CH2，A发生氧化反应生成环氧乙烷，①的反应类型是催化氧化；根据K的结构简式，K中含有的官能团名称是羰基，答案为：催化氧化；羰基；（2）根据分析可知，E为HOCH2CH2OH，E的名称是乙二醇，答案为：乙二醇；（3）根据分析可得，④是加成反应，根据原子守恒知，G为C3H6，G的核磁共振氢谱有三种峰，则G为CH2=CHCH3，答案为：CH2=CHCH3；（4）F为CH3OCOOCH3，F、M发生信息i的反应生成N，⑦的化学方程式是，故答案为；-OOCH2CH3-CH3（5）分子式为C9H12O2且a.属于芳香化合物，且苯环上只有两个取代基，b.1mol该物质能消耗1molNaOH，即苯环上只有一个酚羟基，则该有机物的苯环上可以连一个羟基和一个或-CH2CH2CH2OH或或或，分别处于邻间对位置，共5×3=15种，还可以为苯环上连一个羟基和一个或-O-CH2-CH2-CH3，分别处于邻间对位置，则共有3×2=6种同分异构体；则符合要求的同分异构体的数目为21种；核磁共振氢谱有5组峰，说明该物质含有5种不同环境的氢原子，物质的结构简式，，答案为：21；、。19、关闭旋塞E，装置C中加水没过导管口，给A装置微热，装置C中导管口有气泡冒出，撤去热源后，导管内有倒吸产生的液柱，且高度保持不变三颈烧瓶；防倒吸碱石灰Cu+2H2SO4═CuSO4+SO2↑+2H2O打开旋塞E，从E管口向A中鼓入大量空气混合时放热，白色固体溶解，溶液变蓝色水加入浓硫酸中，放出大量热使液体飞溅【分析】（1）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；（2）仪器A的名称是三颈烧瓶，仪器B的作用是防止二氧化硫倒吸，仪器D是处理尾气，而二氧化硫是酸性气体，所以D中所盛药品是碱石灰或NaOH固体；（3）铜与浓硫酸在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水；（4）从E处鼓入空气或氮气，使体系中的二氧化硫完全除净；（5）硫酸铜晶体溶于水溶液变蓝色；铜元素的焰色反应呈黄绿色，水加入浓硫酸中，放出大量热使液体飞溅．【详解】(1)对于简易装置的气密性检查时，一般对瓶内气体加热，然后看有无气泡冒出或冷却后看导管口是否形成一段水柱，所以要关闭旋塞E，装置C中加水没过导管口，给A装置微热，装置C中导管口有气泡冒出，撤去热源后，导管内有倒吸产生的液柱，且高度保持不变；故答案为：关闭旋塞E，装置C中加水没过导管口，给A装置微热，装置C中导管口有气泡冒出，撤去热源后，导管内有倒吸产生的液柱，且高度保持不变；(2)仪器A的名称是三颈烧瓶，仪器B的作用是防止二氧化硫倒吸，仪器D是尾气处理，而二氧化硫是酸性气体，所以D中所盛药品是碱石灰或NaOH固体；故答案为：三颈烧瓶；防倒吸；碱石灰；(3)铜与浓硫酸在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水,反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4═CuSO4+SO2↑+2H2O；故答案为：Cu+2H2SO4═CuSO4+SO2↑+2H2O；(4)从E处鼓入空气或氮气，使体系中的二氧化硫完全除净，所以操作为：打开旋塞E，从E管口向A中鼓入大量空气，故答案为：打开旋塞E，从E管口向A中鼓入大量空气；(5)硫酸铜晶体溶于水溶液变蓝色；水加入浓硫酸中，放出大量热使液体飞溅；故答案为：混合时放热，白色固体溶解，溶液变蓝色；水加入浓硫酸中，放出大量热使液体飞溅。20、cbd2Cl2+C+2H2O4HCl+CO2瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升贮存少量Cl2，避免Cl2造成污染下层液上层液D中反应生成的HCl气体极易溶于水，易使E装置中的溶液发生倒吸，改进后的E装置如图所示【分析】(1)由装置图判断判断，气体由B流经C进入到D中反应，气体通过盛有水的试管时应长进短出，否则不能通过C装置，检验装置气密性时，可利用微热或加入水的方式形成压强差，观察长颈漏斗液面的变化来判断气密性，具体操作有两种方法：一是关闭K和A中分液漏斗的活塞，微热圆底烧瓶，B中长颈漏斗液面升高，停止加热后，长颈漏斗液面恢复至原位，则AB气密性良好；二是关闭K，往分液漏斗中不断加水至没过分液漏斗口，若B中长颈漏斗液面升高，且静置一段时间后高度保持不变，则AB气密性良好，要将C装置接入B和D之间，据以上分析解答；(2)由题意知反应为Cl

2

、C和H

2O反应生成HCl和CO

2

，据此写出反应的化学方程式；(3)由于余热的作用，A处仍有少量Cl

2

产生，B中的气体逐渐增多，压强增大，则导致瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升，氯气有毒，不能直接排放到空气中，据此分析B装置的作用；(4)氯气易溶于水，同时可与水反应生成盐酸和次氯酸，CCl4的密度比水大，分层后上层为水层，次氯酸下层为CCl4层，CCl4层溶有氯气呈黄绿色，水层中含有盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可使有色布条褪色，据以上分析解答；(5)D中反应生成的HCl气体极易溶于水，易使E装置中的溶液发生倒吸，据此进行E装置的改装。【详解】(1)由装置图判断判断，气体由B流经C进入到D中反应，气体通过盛有水的试管时应长进短出，否则不能通过C装置，检验装置气密性时，可利用微热或加入水的方式形成压强差，观察长颈漏斗液面的变化来判断气密性，具体操作有两种方法：一是关闭K和A中分液漏斗的活塞，微热圆底烧瓶，B中长颈漏斗液面升高，停止加热后，长颈漏斗液面恢复至原位，则AB气密性良好；二是关闭K，往分液漏斗中不断加水至没过分液漏斗口，若B中长颈漏