2026届湖北武汉武昌区武汉大学附属中学化学高三上期中学业质量监测试题含解析

2026届湖北武汉武昌区武汉大学附属中学化学高三上期中学业质量监测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、不属于酸性氧化物的是A．SO3 B．NO C．CO2 D．SO22、将1molN2和3molH2充入体积可变的恒温密闭容器中,在380℃下发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，平衡时,体系中氨的体积分数(NH3)随压强变化的情况如下表:压强/MPa10203040(NH3)0.300.450.540.60下列说法正确的是()A．10MPa时,H2的转化率为75%B．20MPa时,NH3的物质的量浓度是10MPa时的1.5倍C．40MPa时,若容器的体积为VL,则平衡常数K=D．30MPa时,若向容器中充入惰性气体,则平衡向正反应方向移动3、捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数的值）A．标准状况下，22.4LCO2中所含的电子数目为16NAB．10.1gN（C2H5）3中所含的极性共价键数目为2.1NAC．2molAu与2molH2中所含的分子数目均为2NAD．100g46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA4、2019年诺贝尔化学奖授予约翰·B·古迪纳、斯坦利·惠廷汉和吉野彰，以表彰他们在开发锂离子电池方面做出的卓越贡献。与锂电池正极材料用到的钴酸锂(LiCoO2)属于同类型的物质是()A．Li B．Li2O C．LiOH D．Li2SO45、下列离子方程式正确的是()A．磁性氧化铁溶于稀硝酸:3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+3H2OB．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-C．向Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液:2NO3-+8H++6I-=3I2+2NO↑+4H2OD．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4:3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl-+H2O+4H+6、下列说法正确的是①常温下白磷可自燃而氮气须在放电时才与氧气反应，则非金属性：P>N②第IA族元素铯的两种核素，137Cs比133Cs多4个质子③因为氧化性HClO>稀H2SO4，所以非金属性Cl>S④离子化合物中即可以含有极性共价键，又可以含有非极性共价键⑤C、P、S、Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强⑥从上到下，卤族元素的非金属性逐渐减弱，所以酸性HCl>HI⑦离子半径：K+>Cl->S2-A．②③④⑤⑥⑦ B．④⑤ C．②③④⑦ D．④⑤⑥7、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．常温下，将7.1gCl2通入水中，转移的电子数为0.1NAB．1L0.1mol·L－1乙酸溶液中含H＋的数目为0.1NAC．标准状况下，22.4LCH4完全燃烧后恢复至原状态，所得产物中气体分子数为3NAD．25℃时，1LpH＝11的Na2CO3溶液中由水电离出的OH-的数目为0.001NA8、设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．标准状况下，气体中所含数为B．的稀中，含有数目为C．金属钠与氧气充分反应，转移的电子数一定为D．密闭容器中，和充分反应后分子总数为9、一定条件下，将3.52g铜和铁的混合物溶于40mL一定浓度的热硝酸中，恰好完全反应，得到NO和NO2的混合气体0.08mol，且所得溶液不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。向反应后的溶液中加入1mol∙L-1的NaOH溶液，当金属离子恰好全部沉淀时得到6.24g沉淀。该硝酸的浓度为()A．2.4mol∙L-1 B．5.3mol∙L-1 C．6.0mol∙L-1 D．8mol∙L-110、水杨酸（结构如图所示）为柳树皮提取物之一，是一种天然的消炎药，主要作为医药工业的原料。下列关于水杨酸的叙述错误的是（）A．分子式为C7H6O3B．能发生加成、酯化、中和等反应C．苯环上的二氯取代物有5种D．所有原子均可能在同一平面上11、25℃时，pH=2的盐酸和醋酸各1mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如下图所示。下列说法不正确的是（）A．曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程 B．a溶液的导电性比c溶液的导电性强C．a溶液中和氢氧化钠的能力强于b溶液 D．将a、b两溶液加热至30℃，变小12、许多成语中蕴含化学原理。下列有关解释不正确的是成语化学原理A炉火纯青通过观察火焰的颜色来判断炉内的温度B刀耕火耨放火烧去野草，用余灰可以施肥，还可以降低土壤碱性C百炼成钢通过多次煅炼，使生铁中碳等杂质降低到了钢的标准D青出于蓝而胜于蓝蓝色的靛蓝染料发生化学反应生成另一种深蓝色的新染料A．A B．B C．C D．D13、用化学用语表示C2H2＋HClC2H3Cl(氯乙烯)中的相关微粒，其中正确的是（）A．中子数为7的碳原子： B．氯乙烯的结构简式：CH2CHClC．氯离子的结构示意图： D．HCl的电子式：H＋[]－14、将38.4g铜与适量浓硝酸恰好反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，反应过程及有关数据如下图所示：下列有关判断正确的是（）A．若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为11mol/LB．NO、NO2、N2O4和NaOH溶液反应时，NO2、N2O4仅作还原剂C．生成0.2molNaNO3和0.8molNaNO2D．硝酸在反应中仅体现氧化性15、实验室从海带中提取碘的流程如图：下列操作装置不符合要求的是A． B． C． D．16、下列各组物质不属于同分异构体的是（）A．2，2-二甲基丙醇和2-甲基-1-丁醇B．甲基丙烯酸和甲酸丙酯C．2-甲基丁烷和戊烷D．邻氯甲苯和对氯甲苯17、用滴有酚酞和氯化钠溶液的湿润滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断正确的是A．b、d两极附近均有气泡冒出B．甲乙中变红色的电极均发生了还原反应C．a、d两极电极反应均为：Fe-2e-=Fe2+D．乙中铁棒比甲中铁棒更易腐蚀18、化学与生产生活、环境保护密切相关。下列说法中不正确的是A．食盐既可作调味品也可作食品防腐剂B．向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化C．加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的供应不利于“蓝天工程”的建设D．高铁车厢材料大部分采用铝合金，因为铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强19、用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是（）A．若A为浓盐酸，B为Na2SO3，C中盛有Na2SiO3溶液，C中溶液出现白色沉淀，证明酸性：H2SO3>H2SiO3B．若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛有KI淀粉溶液，C中溶液变蓝色C．若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛有AlCl3溶液，C中先产生白色沉淀后沉淀溶解D．若A为H2O2，B为MnO2，C中盛有Na2S溶液，C中溶液变浑浊20、今有甲、乙、丙、丁、戊5种物质，在一定条件下，它们能按下图方式进行转化：其推断正确的是（

）A．① B．② C．③ D．④21、W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素的一种核素可用于鉴定文物年代，X元素的一种单质可作为饮用水消毒剂，Y元素的简单离子是同周期元素中半径最小的，Z和W同主族，R元素被称为“成盐元素”，下列说法中错误的是A．W和X形成WX2的化合物属于非极性分子B．工业上常用电解熔融Y和R化合物的方法制取单质YC．日常生活中所使用的计算机芯片需要消耗大量单质ZD．元素X和R形成的某些化合物可用于净水22、二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明二氧化硫具有（）A．酸性 B．氧化性 C．还原性 D．漂白性二、非选择题(共84分)23、（14分）元素是构成我们生活的世界中一切物质的“原材料”。Ⅰ．1869年，门捷列夫在前人研究的基础上制出了第一张元素周期表，如图所示。Ni=Co=59H=1Cu=63.4Ag=108Hg=200Be=9.4Mg=24Zn=65.2Cd=112B=11Al=27.4?=68Ur=116Au=198?C=12Si=28?=70Sn=118N=14P=31As=75Sb=122Bi=210?O=16S=32Se=79.4Te=128?F=19Cl=35.5Br=80I=127Li=7Na=23K=39Rb=85.4Cs=133Tl=204Ca=40Pb=207（1）门捷列夫将已有元素按照相对原子质量排序，同一___（填“横行”或“纵列”）元素性质相似。（2）结合表中信息，猜想第5列方框中“Te=128？”的问号表达的含义是___。Ⅱ．X、Y、Z、W是现在元素周期表中的短周期元素，它们的相对位置如图所示，其中Y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍。XYZW请回答下列问题：（1）W位于周期表中的位置__。W的原子核外电子运动状态有___种，原子轨道数为___。（2）比较Y、Z气态氢化物的稳定性___（用分子式表示）。（3）科学家们认为存在含氢量最高的化合物XH5，预测其与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，写出该反应的化学方程式___，XH5是离子化合物，它的电子式为___。（4）工业上将干燥的W单质通入熔融的Z单质中可制得化合物Z2W2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，写出Z2W2与水反应的化学方程式___。24、（12分）以石油裂解得到的乙烯和1,3－丁二烯为原料，经过下列反应合成高分子化合物H，该物质可用于制造以玻璃纤维为填料的增强塑料（俗称玻璃钢）。请按要求填空：（1）写出上述指定反应的化学反应类型：反应①____________，反应⑤______________，反应⑧________________。（2）反应②的化学方程式是___________________________________________。（3）反应③、④中有一反应是与HCl加成，该反应是__________（填反应编号），设计这一步反应的目的是___________________，物质C的结构简式是____________________。（4）写出A的同分异构体（要求不含甲基并能发生银镜反应）__________________。25、（12分）使用下图装置可进行测定SO2转化成SO3转化率的实验探究：已知：SO3的熔点是16.8℃，沸点是44.8℃。（1）请从下图A～F装置中选择最适合装置并将其序号填入下面的空格中Ⅰ____________、Ⅱ___________、Ⅲ___________。冰水浓硫酸生石灰水NaOH溶液热水ABCDEF（2）用1molNa2SO3粉末与足量浓硫酸进行此实验，当反应结束时，继续通入O2一段时间后，测得装置Ⅲ增重了12.8g，则实验中SO2的转化率为_______%。（3）为使SO2有较高的转化率，应均匀通入O2,，且试验中在加热催化剂与滴加浓硫酸的顺序中，应采取的操作顺序是________________；尾端球形干燥管的作用是_____________。（4）将S02通过Na2O2粉末，完全反应后除生成O2外还生成一种白色粉末。证明该白色粉末既有Na2SO3又有Na2SO4所需的试剂是水、_______、________、品红溶液。26、（10分）某工业废水中仅含下表离子中的5种（不考虑水的电离及离子的水解），且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L．阳离子K+Cu2+Fe3+Al3+Fe2+阴离子Cl﹣CO32﹣NO3﹣SO42﹣SiO32﹣甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：I．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察）。Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化。Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。请推断（1）由I、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是_____________（写离子符号）。（2）Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是_______。（3）将Ⅲ中红棕色气体（标况下）收集一试管然后倒扣入水中（假设溶质不扩散），所得溶液的物质的量浓度为_________mol/L（精确到千分位）。（4）甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是___________，阴离子是_______。（5）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体为_________________，质量为_______________g。27、（12分）NH3是一种重要的化工原料，可用于制氮肥、HNO3、铵盐、纯碱，还可用于制合成纤维、塑料、染料等。某实验小组在实验室中对NH3的性质进行了探究，设计了如下实验装置。回答下列问题：（1）氨气的制备①氨气的发生装置可以选择上图中的________，反应的化学方程式为________；②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置_____（按气流方向，用小写字母表示）。（2）NH3性质探究利用制取的干燥NH3，小组开始实验，其中A为NH3的制取装置，并发现了如下实验现象，同时小组对现象进行了讨论并得出了相应的结论。序号实验现象实验结论ⅠB装置中黑色氧化铜变为红色反应生成了Cu2O或______ⅡC装置中无水CuSO4变蓝反应生成了________ⅢE装置中收集到无色无味气体反应生成了N2①完型填空实验结论；②实验仪器D的名称为_______________；所装药品无水CaCl2的作用为______________；③如果装置B中所得红色固体为Cu2O，则反应的化学方程式为_______________________，体现了NH3的________性（填氧化或还原）。28、（14分）化合物F是一种用于合成药物美多心安的中间体，F的一种合成路线流程图如下:（1）化合物E中含氧官能团名称为______和__________（2）A→B的反应类型为___________（3）C的分子式为C9H11NO3，经还原得到D，写出C的结构简式:____________。（4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式:________①属于芳香化合物，且苯环上只有两个取代基。②能发生银镜反应和水解反应，水解产物之一能与NaOH溶液反应且只有5种不同化学环境的氢。（5）已知:①具有还原性，易被氧化；②。写出以和(CH3)2SO4为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。_________________________29、（10分）工业上从电解精炼铜的阳极泥(成分为CuS、Cu2Se、Cu2Te和少量金属单质Au)中回收碲、硒的工艺流程如下:已知:①TeO2是两性氧化物。②Se和TeO2的物理性质如下:物理性质熔点沸点水溶性Se221℃685℃难溶于水TeO2733℃1260℃微溶于水（1）Se在周期表中的位置为____________。（2）SeO2与SO2的混合烟气可用水吸收制得单质Se，当有2mol电子转移时，会生成______molSe。过滤所得粗硒可采用真空蒸馏的方法提纯获得纯硒，采用真空蒸馏的目的是_______________。（3）“碱浸”过滤得到滤渣的主要成分是_______(填化学式)。（4）“沉碲”时控制溶液的pH为4.5-5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4的浓度过大，将导致“沉碲”不完全，原因为_______________________________________。（5）“酸溶”将TeO2先溶于硫酸得到Te(SO4)2，然后加入Na2SO3溶液进行还原，还原碲的离子反应方程式是_______________________________________。（6）常温下，SeO2与NaOH溶液反应所得NaHSeO3溶液的pH______7(填“>”“<”或“=”)，请通过计算说明_____________________________。(已知25℃时，亚硒酸(H2SeO3)的Ka1=2.5×10-3，Ka2=2.5×10-7)

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【详解】A.SO3溶于水，与水反应产生硫酸2SO4，因此SO3是酸性氧化物，A不符合题意；B.NO是不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，B符合题意；C.CO2溶于水，与水反应产生碳酸H2CO3，因此CO2是酸性氧化物，C不符合题意；D.SO2溶于水，与水反应产生亚硫酸H2SO3，因此SO2是酸性氧化物，D不符合题意；故合理选项是B。2、C【详解】A.10MPa时，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)起始量1mol3mol0变化量x3x2x平衡量1-x3-3x2x则x=，H2的转化率为，A错误；B.20MPa时，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)起始量1mol3mol0变化量y3y2y平衡量1-y3-3y2y则y=，NH3的物质的量浓度是10MPa时的≠1.5倍，B错误；C.40MPa时，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)起始量1mol3mol0变化量z3z2z平衡量1-z3-3z2z则z=，K=，C正确；D.30MPa时，若向容器中充入惰性气体，则气体体积增大，反应物和生成物的浓度同等程度减小，则平衡向逆反应方向移动，D错误。故选C。3、D【详解】A、标准状况下，22.4LCO2的物质的量为1mol，1个CO2分子中含有6＋8×2=22个电子，则22.4LCO2含有22mol电子，其电子数目为22NA，A错误；B、N(C2H5)3的结构式为，所含的化学键中C-N和C-H均为极性共价键，1molN(C2H5)3中含有18mol极性共价键，10.1gN(C2H5)3，其物质的量为0.1mol，则其含有极性共价键的物质的量为1.8mol，数目为1.8NA，B错误；C、Au为金属单质，不含有分子，2molAu中不含有分子，C错误；D、100g46%的甲酸水溶液，则甲酸质量为46g，则其物质的量为1mol，分子中含有2molO原子；水的质量为100g-46g=54g，其物质的量为3mol，则含有3molO原子，总共含有5molO原子，其数目为5NA，D正确；答案选D。4、D【详解】与锂电池正极材料用到的钴酸锂(LiCoO2)属于金属阳离子和酸根离子构成的化合物，属于盐类，A．Li属于金属单质，与钴酸锂(LiCoO2)类型不同，故A不符合题意；B．Li2O属于锂离子与氧离子构成的化合物，属于氧化物，与钴酸锂(LiCoO2)类型不同，故B不符合题意；C．LiOH属于锂离子与氢氧根离子构成的化合物，属于碱，与钴酸锂(LiCoO2)类型不同，故C不符合题意；D．Li2SO4是锂离子与硫酸根离子构成的化合物，属于盐，与钴酸锂(LiCoO2)类型相同，故D符合题意；答案选D。5、B【详解】A.磁性氧化铁为Fe3O4，是金属氧化物，离子反应中不能拆写，正确的离子反应为:3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O，故A错误；B.向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al(OH)3和碳酸氢钠:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，故B正确；C.向Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液反应生成硝酸亚铁、碘单质、一氧化氮和水:Fe3++NO3-+4H++4I-=Fe2++2I2+NO↑+2H2O，故C错误；D.在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4:2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故D错误；答案选B。【点睛】离子方程式书写注意哪些能拆，哪些不能拆，尤其注意要发生氧化还原反应，化合价的变化，还要符合电荷守恒，反应发生的条件等。6、B【详解】①不能根据单质的稳定性来判断元素的非金属性，N、P都是第VA族元素，非金属性：N>P，故①错误；②同位素的质子数相同,第IA族元素铯的两种同位素137Cs与133Cs的质子数相同，中子数不同，故②错误；③不能根据含氧酸的氧化性强弱来判断元素非金属性强弱，应该比较最高价氧化物的水化物的酸性：HClO4>H2SO4，所以非金属性：Cl>S，故③错误；④离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如NaOH含有离子键和极性共价键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，故④正确；⑤元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，C、P、S、Cl的非金属性逐渐增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，故⑤正确；⑥同主族元素从上到下，卤族氢化物的酸性逐渐增强，则酸性HCl<HI，故⑥错误；⑦核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：K+<Cl−<S2−，故⑦错误；答案选B。7、D【详解】A.常温下，将7.1gCl2的物质的量为=0.1mol，通入水中后Cl2不能完全反应，转移的电子数小于0.1NA，故A错误；B.乙酸是弱酸在水溶液中不完全电离，1L0.1mol·L－1乙酸溶液中含H＋的数目远小于0.1NA，故B错误；C.标准状况下，22.4LCH4的物质的量为1mol，完全燃烧后恢复至原状态是水不是气体，所得产物中气体分子数为NA，故C错误；D.25℃时，碳酸钠溶液中OH-全部来自水电离，1LpH＝11的Na2CO3溶液中c(OH-)==10-3mol/L，Na2CO3溶液中由水电离出的n(OH-)=10-3mol/L1L=0.001mol，个数为0.001NA，故D正确；故选D。8、C【详解】A．标准状况下，气体为0.1mol，但HCl气体是共价化合物，不含Cl-，故A错误；B．的稀中，含有H+浓度为0.1mol/L，含有H+物质的量为0.1mol/L×1L=0.1mol，则含数目为0.1NA，故B错误；C．依据n=，计算钠的物质的量==0.1mol，根据反应4Na+O2=2Na2O、2Na+O2Na2O2，氧气过量，与过量氧气反应电子转移依据完全反应的钠计算，不论生成氧化钠还是过氧化钠，钠元素都是由0价转变为+1价，电子转移一定为0.1NA，故C正确；D．密闭容器中，NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式可知，2molNO和1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，其化学方程式为2NO2⇌N2O4，所以产物分子数小于2NA，故D错误；答案选C。【点睛】B项的陷阱是认为稀是二元酸，再将物质的量乘以2，需注意理解pH的意义，指的是氢离子浓度的负对数，故不需乘以2，可以绕过陷阱。9、C【分析】金属离子全部沉淀时，得到6.24g沉淀为氢氧化铜、氢氧化铁，故沉淀中氢氧根的质量为：6.24g-3.52g=2.72g，计算出氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Fe的物质的量分别为x、y，则：解得x、y的值，根据氮元素守恒n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO)+n(NO2)，根据钠元素守恒可得：n(NaNO3)=n(NaOH)=n(OH-)，可以得到n(HNO3)的值，利用c(HNO3)=可以得到硝酸的浓度。【详解】根据氮元素守恒：n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO)+n(NO2)，n(NaNO3)=n(NaOH)=n(OH-)=0.16mol，可以得到n(HNO3)=0.16mol+0.08mol=0.24mol，c(HNO3)==6mol/L，答案为C。10、C【详解】A.根据水杨酸的结构简式可知，水杨酸的分子式为C7H6O3，A正确；B.水杨酸分子中含有苯环、羧基和羟基，苯环能与氢气发生加成反应，羧基和羟基能发生酯化反应，羧基能发生中和反应，B正确；C.该分子苯环上存在4种不同的氢，其二氯代物有，共6种，C错误；D.以苯环（12原子共平面）和碳氧双键（4个原子共平面）为基础，可以画出如图结构，故所有原子可能共平面，D正确；答案选C。11、C【解析】A．稀释相同倍数，I的pH变化大，则I应为盐酸稀释时的pH值变化曲线，A正确；B．溶液导电性取决于离子浓度，a点的H+浓度大，离子总浓度大于c点，a点导电性强，B正确；C．b点溶液中存在未电离的醋酸，其中和NaOH能力比HCl溶液强，C错误；D．将a、b两溶液加热至30℃，a中c（Cl-）不变，加热促进醋酸的电离，c(CH3COO-)增大，则变小，D正确；答案选C。12、B【解析】A．炉火的不同温度产生不同的焰色，故A正确；B．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解呈碱性，不能降低土壤喊性，故B不正确；C．生铁和钢的主要区别在于含碳量不同，钢的含碳量低，在空气中锤打生铁，碳和氧气反应生成气体逸出，从而降低含碳量，故C正确；D．靛青染料是从蓝草中提炼的，过程中有新物质生成，属于化学变化，故D正确。故选B。13、C【解析】A、根据原子结构，该碳原子的表示形式为，故A错误；B、氯乙烯的结构简式为CH2=CHCl，碳碳双键不能省略，故B错误；C、Cl－是最外层得到一个电子，即结构示意图为，故C正确；D、HCl为共价化合物，不属于离子化合物，故D错误；答案为C。14、A【详解】A.铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，n（Cu）=38.4/64==0.6mol，生成硝酸铜0.6mol，含有硝酸根离子1.2mol，氮的化合物为0.9mol，与氢氧化钠恰好完全反应生成NaNO3和NaNO2，根据原子守恒可知：n(Na)=n(N)=n（NaOH）=0.5L×2mol/L=1mol,所以硝酸的总量为1.2+1=2.2mol，若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为2.2/0.2=11mol/L,A正确；B.NO、NO2、N2O4和NaOH溶液反应时生成NaNO3和NaNO2，NO2、N2O4中氮元素为+4价，既可升高到+5价，又可降低到+3价，既作还原剂又作还原剂，B错误；C.n（Cu）=38.4/64==0.6mol，由电子守恒可以知道，38.4gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，0.6×（2-0）=n（NaNO2）×（5-3）,计算得出n（NaNO2）=0.6mol，根据题给信息可知n（NaOH）=0.5L×2mol/L=1mol，则由Na原子守恒可以知道n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），则n（NaNO3）=1mol-0.6mol=0.4mol，C错误；D.铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，硝酸部分被还原，作氧化剂，有部分生成盐，表现出酸性，D错误；正确选项A。【点睛】本题考查氧化还原反应计算，把握硝酸的作用，氮元素的化合价变化及原子守恒（n(Na)=n(N)），电子守恒2n(Cu)=3n（NaNO2），这是顺利解题的关键。15、A【分析】由流程可知，海带在坩埚中灼烧成灰，在烧杯中浸泡溶解得到海带灰悬浊液，通过过滤装置，分离出滤液为含碘离子的溶液，加入氯气作氧化剂，将碘离子氧化成碘单质，加四氯化碳萃取出碘单质，得到碘单质的有机溶液，以此来解答。【详解】由流程可知，海带在坩埚中灼烧成灰，在烧杯中浸泡溶解得到海带灰悬浊液，通过过滤装置，分离出滤液为含碘离子的溶液，加入氯气作氧化剂，将碘离子氧化成碘单质，加四氯化碳萃取出碘单质，得到碘单质的有机溶液；A．选项中是溶液蒸发浓缩装置，海带灼烧应在坩埚中进行，故A错误；B．海带灰溶解在烧杯中进行，并用玻璃棒搅拌，故B正确；C．悬浊液得到含碘离子的溶液，为分离固体和溶液，使用过滤装置，故C正确；D．含碘单质的水溶液分离碘单质用萃取分液的方法分离，故D正确；故答案为A。16、B【解析】A项，2,2-二甲基丙醇的结构简式为：，分子式为C5H12O，2-甲基丁醇的结构简式为：，分子式为C5H12O，二者分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故A项正确；B项，甲基丙烯酸的结构简式为：，分子式为C4H6O2，甲酸丙酯的结构简式为：，分子式为C4H8O2，二者分子式不同，不属于同分异构体，故B项错误；C项，2-甲基丁烷的结构简式为：，戊烷的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH3，二者分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故C项正确。D项，邻氯甲苯和对氯甲苯分子式相同，只是Cl的位置不同，属于同分异构体，故D项正确；正确选项B。17、B【解析】甲为原电池，为钢铁的吸氧腐蚀，a（Fe）为负极，a电极的电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；b（C）为正极，b电极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-。乙为电解池，c（C）为阳极，c电极的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑；d（Fe）为阴极，d电极的电极反应式为：2H++2e-=H2↑。A项，b极附近没有气泡冒出，错误；B项，甲中变红色的是正极，乙中变红色的是阴极，原电池中的正极和电解池中的阴极都发生得电子的还原反应，正确；C项，d电极的电极反应为：2H++2e-=H2↑，错误；D项，甲中铁棒为原电池的负极被腐蚀，乙中铁棒为电解池的阴极被保护，甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀，错误；答案选B。18、B【详解】A.食盐有咸味，无毒，生活中常做调味品，是常用的调味剂，食物腐败变质是由于微生物的生长和大量繁殖而引起的，盐渍杀死或抑制微生物的生长和大量繁殖，所以食盐是常用的防腐剂，A项正确；B.明矾溶于水电离出的Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物，达到净水的目的，但不能使海水淡化，B项错误；C.“蓝天工程”是为改善空气质量提出的，化石燃料的燃烧能产生大量的空气污染物，加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的供应量，不利于“蓝天工程”建设，C项正确；D.车厢大部分采用铝合金材料制造，这是因为铝合金具有质量轻，强度大，抗腐蚀能力比较强的优点，D项正确；故答案选B。19、D【详解】A、浓盐酸具有挥发性，即产生的SO2中混有HCl，对后续实验产生干扰因此无法证明亚硫酸的酸性强于硅酸，故A不合理；B、浓盐酸与MnO2反应需要加热，题中所给装置，缺少加热装置，故B不合理；C、生石灰与水放出热量，有利于NH3的逸出，NH3通入AlCl3溶液中，发生Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，继续通入NH3，Al(OH)3不溶于氨水，因此沉淀不溶解，故C不合理；D、MnO2作催化剂，使H2O2分解：2H2O22H2O＋O2↑，氧气通入H2S溶液中，将H2S氧化成S单质，即C中溶液变浑浊，故D合理；答案为D。20、B【解析】A、氨气与氧气反应生成一氧化氮和水，该反应不属于置换反应，故A错误；B、金属镁与二氧化碳发生置换反应生成碳和氧化镁，碳能够与二氧化碳发生化合反应生成一氧化碳，该选项中物质满足转化关系，故B正确；C、C与水发生置换反应生成一氧化碳和氢气，而一氧化碳与水不会发生化合反应生成甲酸，故C错误；D、亚铁离子的还原性强于溴离子，溴化亚铁与氯气反应不会生成溴化亚铁，故D错误；故选B。21、B【解析】W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素的一种核素可用于鉴定文物年代，所以W是C元素，X元素的一种单质可作为饮用水消毒剂，所以X为O元素，Y元素的简单离子是同周期元素中半径最小的，所以Y为Al元素，Z和W同主族，所以Z为Si元素，R元素被称为“成盐元素”，所以R为Cl元素。【详解】A、WX2是CO2,CO2为非极性分子，故A不符合题意；B、Y和R化合物为AlCl3,AlCl3为共价化合物，工业上常用电解熔融氧化铝制备铝单质，故B符合题意；C、Si为良好的半导体，所以用于制备计算机芯片，故C不符合题意；D、元素X和R形成的ClO2,具有强氧化性，可用来净水，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。22、C【解析】酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故选C。【点睛】掌握SO2的性质特点是解答的关键，例如二氧化硫通入下列溶液中的现象与其体现的性质比较可归纳为：溶液石蕊试液加有酚酞的NaOH溶液酸性KMnO4溶液溴水品红溶液氢硫酸(H2S溶液)现象变红褪色褪色褪色褪色生成浅黄色沉淀SO2的性质溶于水显酸性溶于水显酸性还原性还原性漂白性氧化性二、非选择题(共84分)23、横行怀疑Te的相对原子质量（或同一列相对原子质量依次增大，按此规律，Te的相对原子质量应该在122和127之间）第三周期第ⅦA族179H2S<H2ONH5+H2O=H2↑+NH3·H2O2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl【分析】Ⅰ．(1)结合表中给出的是相对原子质量分析；(2)由表中信息，同一列相对原子质量依次增大；Ⅱ．X、Y、Z、W是现在元素周期表中的短周期元素，由元素在周期表中位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，其中

Y

元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故Y为氧元素，则Z为硫元素、X为氮元素、W为Cl；(2)元素非金属性越强，对应氢化物越稳定；(3)化合物NH5与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，水溶液为氨水，相当于反应生成氨气后再溶于水，由元素守恒可知反应时放出的气体为氢气，NH5是离子化合物，N原子形成稳定结构最多形成4个N-H键，由铵根离子与氢负离子构成；(4)S2Cl2可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，该气体为SO2，其中只有一种元素化合价发生改变，故S元素化合价降低，根据电子转移守恒计算生成二氧化硫的物质的量，再根据元素守恒计算发生还原反应的S原子物质的量，再根据电子转移守恒计算硫元素在氧化产物中的化合价确定氧化产物，最后结合原子守恒进行解答。【详解】Ⅰ．(1)结合表中信息得，给出的是元素的相对原子质量，故同一横行元素性质相似；(2)由表中信息，同一列按相对原子质量依次增大规律进行排列，第5列方框中“Te=128？”的问号表示怀疑Te的相对原子质量，Te的相对原子质量应该在122和127之间；Ⅱ．X、Y、Z、W是现在元素周期表中的短周期元素，由元素在周期表中位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，其中

Y

元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故Y为氧元素，则Z为硫元素、X为氮元素、W为Cl；(1)W为Cl，在周期表中的位置：第三周期第ⅦA族；Cl元素的核电荷数是17，则原子核外电子总数为17，即W的原子核外电子运动状态有17种，其电子排布式为1s22s22p63s23p5，则原子轨道数为9；(2)由于元素非金属性S＜O，故氢化物稳定性：H2S＜H2O；(3)化合物NH5与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，水溶液为氨水，相当于反应生成氨气后再溶于水，由元素守恒可知反应时放出的气体为氢气，反应方程式为NH5+H2O=H2↑+NH3•H2O，NH5是离子化合物，N原子形成稳定结构最多形成4个N-H键，由铵根离子与氢负离子构成，电子式为：；(4)化合物S2Cl2可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，该气体为SO2，其中只有一种元素化合价发生改变，故S元素化合价降低，根据电子转移守恒，转移0.3mol电子生成二氧化硫为=0.1mol，故有0.3molS原子发生还原反应，根据电子转移守恒可知S元素在还原产物中的化合价为0，故生成S，同时生成HCl，该反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl。24、加成反应消去反应取代反应＋2NaOH→＋2NaBr③保护A分子中C＝C（碳碳双键）不被氧化HO-CH2CH2CH2CHO【分析】由H可知F为HOCH2CH2OH，则E为BrCH2CH2Br，G为HOOCCH=CHCOOH，D为NaOOCCH=CHCOONa，反应②为溴代烃的水解反应，则A为HOCH2CH=CHCH2OH，由（3）信息可知B为HOCH2CH2CHClCH2OH，C为，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。【详解】（1）由官能团的变化可知反应①为加成反应，反应⑤消去反应，反应⑧取代反应，故答案为：加成反应；消去反应；取代反应；（2）反应②的化学方程式是＋2NaOH→＋2NaBr，故答案为：＋2NaOH→＋2NaBr；（3）由转化关系可知反应③④分别为加成和氧化反应，为保护C=C不被氧化，则反应③为加成反应，C为，故答案为：③；保护A分子中C=C不被氧化；；（4）A为HOCH2CH=CHCH2OH，A的同分异构体不含甲基并能发生银镜反应，说明有醛基，不含甲基，说明没有支链且羟基要连在端碳上，其结构简式为：HO-CH2CH2CH2CHO，故答案为：HO-CH2CH2CH2CHO。【点睛】本题考查有机物的合成与推断，综合考查学生的分析能力和综合运用化学知识的能力，为高考常见题型，注意把握题给信息，本题可用正逆推相结合的方法推断。25、BAE或C80先加热催化剂再滴入浓硫酸防止空气中的二氧化碳及水蒸气干扰造成误差BaCl2溶液稀盐酸【解析】试题分析：由题中信息可知，该实验首先用浓硫酸与亚硫酸钠反应制取二氧化硫，氧气和二氧化硫经干燥后，通入有催化剂的加热管中发生反应，反应后的产物经冰水冷凝后分离出三氧化硫晶体，剩余的二氧化硫经装置III吸收剂吸收后，测出该装置的增重，即可求出二氧化硫的转化率。（1）装置Ⅰ是用于干燥二氧化硫的，选B；装置Ⅱ是用于冷凝收集三氧化化硫的，选A；装置Ⅲ是用于吸收剩余的二氧化硫的，选C或E。（2）用1molNa2SO3粉末与足量浓硫酸反应可以生成１molSO2，即64gSO2，当反应结束时，继续通入O2一段时间后，测得装置Ⅲ增重了12.8g，则剩余的SO2质量为12.8g，实验中SO2的转化率为80%。（3）为使SO2有较高的转化率，应均匀通入O2,，且试验中在加热催化剂与滴加浓硫酸的顺序中，应采取的操作顺序是先加热催化剂再滴入浓硫酸；尾端球形干燥管的作用是防止空气中的二氧化碳及水蒸气干扰造成误差。（4）将SO2通过Na2O2粉末，完全反应后除生成O2外还生成一种白色粉末。证明该白色粉末既有Na2SO3又有Na2SO4，可以检验其中的亚硫酸根离子和硫酸根离子，方法是：取样品两份，一份与稀盐酸反应，将生成的气体通入品红溶液中，若品红褪色，则粉末中有亚硫酸钠；另一份溶于水后，先加足量的稀盐酸将溶液酸化后，再滴加少量的氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则证明粉末中有硫酸钠。因此，所需的试剂是：水、BaCl2溶液、稀盐酸、品红溶液。26、K+、Fe3+3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O0.045Fe2+、Cu2+Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣CuO和Fe2O31.6【分析】Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)，说明没有K+；Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe3+；Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明Fe2+与NO3-和H+反应生成NO，即溶液中有Fe2+、NO3-，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl-，加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明没有SiO32-；Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42-；根据以上判断，结合电荷守恒分析解答。【详解】Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)，说明没有K+；Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe3+；Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明Fe2+与NO3-和H+反应生成NO，即溶液中有Fe2+、NO3-，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl-，加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明没有SiO32-；Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42-；综上所述，溶液中一定不含有的离子是K+、Fe3+、SiO32-；一定含有Fe2+、NO3-、Cl-、SO42-。根据各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L，则溶液中一定还含有一种阳离子，根据电荷守恒，该阳离子所带电荷=1+1+2-2=2，因此一定含有Cu2+，且一定没有CO32﹣。(1)由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是K+、Fe3+，故答案为：K+、Fe3+；(2)Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体，是Fe2+与NO3-和H+反应生成NO，其离子方程式：3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO+2H2O，故答案为：3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO+2H2O；(3)标准状况下，将一充满NO2气体的试管，倒扣于水中，至液面不再升高时，最后得到的硝酸，3NO2+H2O=2HNO3+NO，设试管体积为VL，最终试管中所得溶液的体积为L，生成硝酸的物质的量为×=×mol，因此溶液的物质的量浓度==0.045mol/L，故答案为：0.045；(4)由以上推断可知溶液中阴离子为Cl-、NO3-、SO42-，且各为0.1mol/L；已经推断出的阳离子是Fe2+，其浓度为0.1mol/L，由电荷守恒可知溶液中还有一种+2价阳离子，所以还有Cu2+，所以甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是：Fe2+、Cu2+；阴离子是：Cl-、NO3-、SO42-，故答案为：Fe2+、Cu2+；Cl-、NO3-、SO42-；(5)另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，Fe2+生成Fe(OH)2，又被氧气氧化为Fe(OH)3，Cu2+生成Cu(OH)2，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体为Fe2O3和CuO；根据元素守恒：n(CuO)=n(Cu2+)=cV=0.1mol/L×0.1L=0.01mol；n(Fe2O3)=n(Fe2+)=0.005mol，所以固体质量为：m(CuO)+m(Fe2O3)=0.01mol×80g/mol+0.005mol×160g/mol=1.6g，故答案为：Fe2O3和CuO；1.6。27、A（或B）Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O（或NH3·H2ONH3↑+H2O）d→c→f→e→iCuH2O（球形）干燥管吸收没有充分反应的NH3，同时防止装置E中的水蒸气进入装置C中2NH3＋6CuON2＋3Cu2O＋3H2O还原【分析】装置A产生氨气，氨气在装置B中和氧化铜反应，生成的气体分别通过无水硫酸铜、无水氯化钙，装置E用于收集未反应完全的气体，以此解答。【详解】（1）①A.为固固加热制取气体的装置，可以选用氯化铵与碱石灰加热制取氨气；B.浓氨水和氧化钙反应可以制取氨气或者加热浓氨水可以制取氨气；故选A或B；反应的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4C