山东省滨州市邹平县黄山中学2026届化学高三上期中考试模拟试题含解析

山东省滨州市邹平县黄山中学2026届化学高三上期中考试模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、氮氧化铝(AlON)是一种高硬度防弹材料，可以在高温下由反应Al2O3+C+N2=2AlON+CO合成，下列有关说法正确的是（）A．氮氧化铝中氮的化合价是-3B．反应中每生成5.7gAlON同时生成1.12LCOC．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比是1:2D．反应中氮气作还原剂2、已知NaOH＋Al(OH)3=NaAlO2＋2H2O。向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是()A．CO2＋2OH－=CO32-＋H2OB．Al2O3＋2OH－=2AlO2-＋H2OC．2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑D．Al3＋＋4OH－=AlO2-＋2H2O3、用H2O2溶液处理含NaCN的废水，反应原理为NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：HCN的酸性比H2CO3弱。下列有关说法正确的是（）A．该反应中氮元素被氧化B．该反应中H2O2作还原剂C．实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液D．每生成0.1molNaHCO3转移电子数约为0.1×6.02×1023个4、火电站是电力的主要来源之一，火电站是利用煤燃烧进行发电，同时产生污染物。下图是火电站的工作示意图：下列叙述不正确的是（）A．火电站产生的SO2、NO2等气体能形成酸雨B．加高火电站的烟囱可减少尾气中CO的含量C．静电沉淀器除尘利用了胶体的性质D．向煤中加入CaO，可以减少SO2的排放5、某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32－、SO42－、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法正确的是A．若原溶液中不存在Na+，则c（Cl－）＜0.1mol•L﹣1B．原溶液可能存在Cl－和Na+C．原溶液中c（CO32－）是0.01mol•L﹣1D．原溶液一定存在CO32－和SO42－，一定不存在Fe3+6、2019年《Science》杂志报道了王浩天教授团队发明的制取H2O2的绿色方法，原理如图所示（已知：H2O2H++HO，Ka=2.4×10-12）。下列说法错误的是（）A．X膜为阳离子交换膜B．每生成1molH2O2外电路通过4mole-C．催化剂可加快单位时间内反应中电子的转移数目D．a极上的电极反应为：H2-2e-=2H+7、—定浓度H2SO4、HNO3混合后的稀溶液100mL，向其中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示，假设且每一段只对应一个反应，则OA段产生的气体和H2SO4的物质的量浓度分别为（）A．NO，1.5mol/L B．H2，1.5mol/LC．NO，2.5mol/L D．H2，2.5mol/L8、下列关于氯气及其化合物的事实或解释不合理的是（）A．实验室用溶液吸收含尾气：B．主要成分为的消毒液与小苏打溶液混合后消毒能力更强：C．干燥没有漂白性，潮湿的有漂白性：D．有效成分为的漂白粉在空气中变质：9、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．使酚酞显红色的溶液中：Na+、Mg2+、ClO-、HSO3-B．c(Fe3+)═0.1mol/L的溶液中：K+、NH4+、SO42-、SCN-C．常温下，c(OH-)═0.1mol/L的溶液中：Na+、HCO3--、K+、NO3-D．0.1mol/L的NaHCO3溶液中：NH4+、NO3-、Na+、SO42-10、下列说法正确的是：A．发生分解反应的反应物的总能量一定低于生成物的总能量B．物质发生化学变化一定伴随着能量变化，且能量形式只表现为热量变化C．把石墨完全转化为金刚石时，要吸收能量，所以石墨不如金刚石稳定D．原子结合成分子的过程一定释放出能量11、某无色溶液中可能含有、、、、、、、这几种离子中的若干种，依次进行下列实验，观察到的现象记录如下：①试纸检验，溶液的②取少量原溶液，向溶液中加入过量的和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成③另取少量原溶液，向溶液中滴加足量氯水、无气体产生，再加入振荡，静置后层呈橙色，用分液漏斗分液④向分液后的水溶液中加入和溶液，有白色沉淀产生⑤在滤液中加入和的混合溶液有白色沉淀产生。则关于原溶液的判断中正确的是A．肯定不存在的离子是、、、B．肯定存在的离子是、、C．无法确定原溶液中是否存在和D．若步骤④改用和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断也无影响12、下列物质中既能与稀H2SO4反应，又能与NaOH溶液反应的是①NaHCO3②Al2O3③Al(OH)3④Al⑤Na2CO3A．③④ B．①②③④ C．①③④ D．全部13、为验证SO2的相关性质，所选用试剂错误的是A．漂白性——品红溶液 B．氧化性——饱和Na2SO3溶液C．酸性——滴有酚酞的NaOH溶液 D．还原性——酸性KMnO4溶液14、高铁酸钠（Na2FeO4）是具有紫色光泽的粉末，是一种高效绿色强氧化剂，碱性条件下稳定，可用于废水和生活用水的处理。实验室以石墨和铁钉为电极，以不同浓度的NaOH溶液为电解质溶液，控制一定电压电解制备高铁酸钠，电解装置和现象如下：c(NaOH)阴极现象阳极现象1mol·L－1产生无色气体产生无色气体，10min内溶液颜色无明显变化10mol·L－1产生大量无色气体产生大量无色气体，3min后溶液变为浅紫红色，随后逐渐加深15mol·L－1产生大量无色气体产生大量无色气体，1min后溶液变为浅紫红色，随后逐渐加深下列说法不正确的是A．a为铁钉，b为石墨B．阴极主要发生反应：2H2O+2e－===H2↑+2OH－C．高浓度的NaOH溶液，有利于发生Fe－6e－+8OH－===FeO42－+4H2OD．制备Na2FeO4时，若用饱和NaCl溶液，可有效避免阳极产生气体15、制备K3Fe(C2O4)3·3H2O的实验中，过滤出产品后，常温下另取母液向其中加入指定物质，反应后溶液中可大量存在的一组离子是A．加入过量稀硫酸：K+、Fe2+、H+、C2O42-B．加入过量铜粉：K+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、C2O42-C．通入适量SO2气体：K+、Fe3+、C2O42-、SO32-D．加入过量NaOH溶液：K+、Na+、C2O42-、OH-16、2017年5月9日，我国科学技术名词审定委员会等单位正式发布115号等4种人工合成的新元素的名称、元素符号，115号元素名称为“镆”，符号为Mc。下列有关说法正确的是A．Mc的最低负化合价为－3 B．Mc的最高价氧化物的化式为Mc2O5C．的中子数为115 D．通过化学反应可使转化为二、非选择题（本题包括5小题）17、从薄荷油中得到一种烃A(C10H16)，叫α—非兰烃，与A相关反应如图：已知：（1）H的分子式为___。（2）B所含官能团的名称为___。（3）含两个—COOCH3基团的C的同分异构体共有__种(不考虑手性异构)，其中核磁共振氢谱呈现2个吸收峰的异构体结构简式为___。（4）B→D，D→E的反应类型分别为___、___。（5）G为含六元环的化合物，写出其结构简式：___。（6）写出E→F的化学反应方程式：___。18、A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中A与E、D与G同主族，且D与G核内质子数之和是A与E核内质子数之和的2倍，A与B、C、D可分别形成10电子分子，E、F、G元素最高价氧化物对应水化物之间可相互发生反应，请回答下列问题：(1)A、B、C元素的名称分别为______、______、_______，E、G两种元素的符号：E________、G________；F在元素周期表中的位置是___________。(2)E在D2中燃烧生成化合物X，X中化学键类型_________，X中阴阳离子个数比为________。(3)向含E的最高价氧化物的水化物0.5mol的水溶液中通入标况下BD2气体11.2L，其化学反应方程式为_________。(4)若1.7克C的氢化物发生催化氧化生成气态产物放出22.67KJ的热量。写出此反应的热化学方程式____________。19、硫酰氯(SO2Cl2)常用作氯化剂和氯磺化剂，在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。现在拟用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯。反应的化学方程式为：SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(l)ΔH=−97.3kJ·mol−1，实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。已知：硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点−54.1℃，沸点69.1℃。在潮湿空气中“发烟”；长期放置或者100°C以上发生分解，生成二氧化硫和氯气。回答下列问题：(1)仪器C的名称是___________，冷凝管的进水方向______(填“a”或“b”)。(2)乙、丁中的试剂是_______________________。(3)下列操作或描述正确的是_________________。A．将70%硫酸换成98.3%硫酸，可以加快制取SO2的速率B．实验中通过观察乙、丁导管口产生气泡的速率相等，可控制两种反应物体积相等C．装置戊上方分液漏斗中最好选用0.10mol·L-1NaCl溶液，减小氯气的溶解度D．装置己防止污染，又防止硫酰氯变质(4)氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯，写出反应方程式：_____________。(5)长期储存的硫酰氯会发黄，可能的原因是:_______。(6)若反应中消耗的氯气体积为896mL(标准状况下)，最后经过分离提纯得到4.05g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为_______。(产率＝×100%)20、某化学小组同学用下列装置和试剂进行实验，探究O2与KI溶液发生反应的条件。供选试剂:30%H2O2溶液、0.1mol/LH2SO4溶液、MnO2固体、KMnO4固体(1)小组同学设计甲、乙、丙三组实验，记录如下(请补充完整甲组实验仪器的名称。)操作现象甲向Ⅰ的锥形瓶中加入MnO2，向Ⅰ的________中加入30%的H2O2溶液,连接Ⅰ、Ⅲ,打开活塞Ⅰ中产生无色气体并伴随大量的白雾;Ⅲ中有气泡冒出,溶液迅速变蓝乙向Ⅱ中加入KMnO4固体，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯Ⅲ中有气泡冒出,溶液不变蓝丙向Ⅱ中加入KMnO4固体，Ⅲ中加入适量0.1mol/LH2SO4溶液，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯Ⅲ中有气泡冒出,溶液变蓝(2)丙实验中O2与KI溶液反应的离子方程式是__________________。(3)对比乙、丙实验可知，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是____________。为进一步探究该条件对反应速率的影响,可采取的实验措施是____________。(4)由甲、乙、丙三实验推测，甲实验可能是I中的白雾使溶液变蓝。学生将I中产生的气体直接通入下列_____________(填字母）溶液，证明了白雾中含有H2O2。A．酸性KMnO4B．FeCl2C．Na2SD．品红(5)资料显示：KI溶液在空气中久置会被缓慢氧化:4KI+O2+2H2O=2I2+4KOH。该小组同学取20ml久置的KI溶液，向其中加入几滴淀粉溶液，结果没有观察到溶液颜色变蓝，他们猜想可能是:3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O造成的。请设计实验证明他们的猜想是否正确:___。21、减少CO2的排放，合理利用CO2使其资源化具有重要意义。(1)CO2和H2在一定条件下反应生成甲醇等产物，工业上利用该反应合成甲醇。已知：25℃，101KPa下：H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH1=−242kJ/molCH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=−676kJ/mol①写出CO2和H2生成气态甲醇等产物的热化学方程式_____。②下面表示合成甲醇反应的能量变化示意图，正确的是_____(填字母)。a.b.c.d.③工业上用合成得到的甲醇制成微生物燃料电池，结构示意图如图1：该电池外电路电子的流动方向为_____(填写“从A到B”或“从B到A”)。A电极附近甲醇发生的电极反应式为_____。(2)工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如图2：①写出X的化学式_____。②在阳极区发生的反应为：_____和H++HCO=H2O+CO2↑。③简述K2CO3在阴极区再生的原理_____。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【详解】A．氮氧化铝中铝是＋3价，氧元素是—2价，则氮的化合价是-1价，A错误；B．根据方程式可知反应中每生成5.7gAlON即0.1mol的同时生成0.05molCO，但其体积不一定是1.12LCO，B错误；C．反应中碳元素的化合价从0价升高到＋2价，氮元素的化合价从0价降低到—1价，因此氧化产物是CO，还原产物是AlON，氧化产物和还原产物的物质的量之比是1:2，C正确；D．根据以上分析可知，反应中氮气得到电子，发生还原反应，作氧化剂，D错误。答案选C。2、D【详解】A．向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，CO2＋2OH－=CO32-＋H2O，表现为铝罐变瘪，故A不选；B．铝罐表面有氧化膜Al2O3，发生Al2O3＋2OH－=2AlO2-＋H2O，故B不选；C．铝罐表面有氧化膜溶解后，接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应，2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑，罐壁又重新凸起，故C不选；D．溶液中没有铝离子，故D选。故选D。3、C【解析】A．NaCN中C为+2价，Na为+1价，则氮元素的化合价为-3，反应前后N元素化合价不变，故A错误；B．NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑反应中O元素从-1价降低为-2价，所以反应中H2O2作氧化剂，故B错误；C．因为HCN酸性比H2CO3弱，所以实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液防止水解，故C正确；D．C的化合价从+2价升高到+4价，则每生成0.1molNaHCO3转移电子数约为0.2×6.02×1023个，故D错误；故选C。4、B【详解】A.火电站产生的SO2、NO2等气体能与空气中的氧气、水蒸气形成酸雨，与题意不符，A错误；B.加高火电站的烟囱，对减少尾气中CO的含量无关，符合题意，B正确；C.静电沉淀器除尘利用了胶粒都带有电荷的性质，与题意不符，C错误；D.向煤中加入CaO，可与空气中的氧气，煤中的硫，反应生成硫酸钙，可以减少SO2的排放，与题意不符，D错误；答案为B。5、D【解析】加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO32－、SO42－这两种离子，一定没有Fe3+（Fe3+和CO32－会发生双水解反应，不能共存），且沉淀2为BaSO4，n(BaSO4)=，m(BaCO3)=4.30g-2.33g=1.97g，则n(BaCO3)=。加入NaOH溶液产生1.12L（标况）气体，则溶液中有NH4+，NH3有0.05mol，即n(NH4+)=0.05mol。CO32－和SO42－所带的负电荷的物质的量为0.01mol×2＋0.01mol×2=0.04mol，NH4＋所带正电荷的物质的量为0.05mol×1=0.05mol，根据电荷守恒，可以推断出溶液中一定有Cl-，且最少为0.01mol（因为无法判断是否有Na+，如果有Na+，需要多于的Cl-去保持溶液的电中性）。【详解】A.若原溶液中不存在Na+，则c(Cl－)=，A错误；B.原溶液中一定有Cl-，可能有Na+，B错误；C.经计算，原溶液中，n(CO32-)=0.01mol，则c(CO32-)=0.01mol÷0.1L=0.1mol•L﹣1，C错误；D.加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO32－、SO42－这两种离子，一定没有Fe3+，D正确；故合理选项为D。【点睛】溶液中的离子要保持电荷平衡，即正负电荷所带的电荷量相等，以保持溶液的电中性。6、B【分析】由示意图可知左边a电极氢气为负极，被氧化生成H+，电极方程式为H2

-2e-═2H+，H+经过X膜进入多孔固体电解质中，则X膜为选择性阳离子交换膜，右边b电极氧气为正极，被还原生成HO2-，反应为O2

+2e-+H2O═HO2-+OH-，HO2-和OH-经过Y膜进入多孔固体电解质中，则Y膜为选择性阴离子交换膜，总反应为H2

+O2

═H2O2，以此解答该题。【详解】A．由示意图可知X膜可透过H+，则为选择性阳离子交换膜，故A正确；B．由分析可知，总反应为：H2

+O2

═H2O2，反应中转移2e-，则每生成1mol

H2O2电极上流过2mol

e-，故B错误；C．催化剂可加快反应速率，则可促进反应中电子的转移，故C正确；D．a极为负极，发生的电极反应为H2-2e-=2H+，故D正确；故答案为B。7、C【解析】试题分析：首先发生反应Fe+4H++NO3-=Fe3++NO+2H2O，根据图像分析，溶解了5.6克铁，即0.1摩尔，OA段产生的一氧化氮，消耗的硝酸根离子为0.1摩尔，氢离子物质的量为0.4摩尔，然后溶液中有铁离子和氢离子，加入铁，铁与铁离子反应，即2Fe3++Fe=3Fe2+，根据图分析，又加入8.4-5.6=2.8克铁，然后铁与氢离子反应，2H++Fe=Fe2++H2，铁的质量为14.0-8.4=5.6克，则氢离子的物质的量为0.2摩尔，则硝酸为0.1摩尔，硫酸中的氢离子为0.4+0.2-0.1=0.5摩尔，则硫酸的物质的量为0.5/2=0.25摩尔，则硫酸的浓度为0.25/0.1=2.5mol/L，选C。考点：硝酸的性质，铁及其化合物的性质8、B【详解】A．Cl2可与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，实验室用溶液吸收含尾气，发生离子反应为：，故A正确；B．次氯酸的酸性弱于碳酸的酸性，强于碳酸氢根离子的酸性，的溶液中加入碳酸氢钠不反应，不会增强消毒能力，故B错误；C．干燥没有漂白性，潮湿的可与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，离子反应为：，故C正确；D．漂白粉在空气中变质的原因是：漂白粉主要成分是次氯酸钙，次氯酸钙会与空气中的CO2和水蒸气反应生成次氯酸和碳酸钙(这个反应其实就是漂白粉起作用的反应)，如果不使用的话就会被光解(长时间黑暗也会发生反应)产生了氧气和氯化氢气体(或者盐酸)，发生的反应为，，故D正确；答案选B。9、D【详解】A.使酚酞显红色的溶液中：Mg2+与OH-生成氢氧化镁沉淀、HSO3-与OH-生成SO32-和水，ClO-与HSO3-发生氧化还原反应不能大量共存，故A不符合题意；B.c(Fe3+)═0.1mol/L的溶液中：Fe3+与SCN-生成难电离的Fe(SCN)3，故B不符合题意；C.常温下，c(OH-)═0.1mol/L的溶液中：HCO3—与OH-生成CO32-和水，故C不符合题意；D.0.1mol/L的NaHCO3溶液中：NH4+、NO3-、Na+、SO42-之间没有沉淀、气体、水等生成，能大量共存，故D符合题意；故选D。10、D【解析】A、反应物的总能量低于生成物的总能量，表示反应为吸热反应，分解反应不一定是吸热反应，可能为放热反应，如过氧化氢的分解为放热反应，故A错误；B、化学反应的实质是旧化学键断裂吸收能量，同时新化学键形成放出能量，所以反应过程中一定伴随能量的变化，但化学反应的能量变化可以是热能、光能、电能等形式的能量变化，如镁条燃烧过程中有光能、热能的变化，故B错误；C．根据能量越低越稳定，石墨完全转化为金刚石时，要吸收能量，则石墨能量比金刚石低，石墨比金刚石稳定，故C错误；D．原子结合成分子的过程为化学键的形成构成，形成新化学键一定释放能量，故D正确；故选D。11、D【详解】无色溶液中一定不存在有色离子：、；试纸检验，溶液呈碱性，说明溶液中存在弱酸根离子或；取少量原溶液，向溶液中加入过量的和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，硫酸钡不溶于盐酸，说明溶液中一定不存在；另取少量原溶液，向溶液中滴加足量氯水，无气体产生，说明没有，再加入振荡，静置后层呈橙红色，橙色物质为溴单质，说明溶液中一定存在；用分液漏斗分液，取上层溶液，加入和溶液有白色沉淀产生，说明有硫酸钡生成，即含有，在滤液中加入和的混合溶液有白色沉淀产生，由于加入氯水引进了氯离子，无法证明原溶液中是否存在氯离子；由电荷守恒可知溶液中还一定含有；根据以上分析可知，原溶液中一定存在的离子为：、、，一定不存在的离子为：、、、，无法确定的离子为：，A．根据分析可知，溶液中一定不存在的离子为：、、、，一定含有、、，故A错误；B．原溶液中一定不存在，故B错误；C．根据分析可知，溶液中一定不存在，故C错误；D．若步骤目的是检验是否含有，改用和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断也无影响，故D正确；故答案为D。【点睛】考查常见离子检验，注意掌握常见阴阳离子的性质及检验方法，明确常见的有色离子名称，离子检验时必须排除干扰离子，注意检验方案的严密性，通常破解离子推断题的几种原则：①肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；(记住几种常见的有色离子：Fe2+、Fe3+、Cu2+、MnO4－、CrO42－、Cr2O72－)；②互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生H2、水的电离情况等)；③电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等；(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)；④进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。12、B【解析】①NaHCO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，故①正确；②Al2O3与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故②正确；③Al（OH）3与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故③正确；④Al与稀H2SO4反应生成硫酸铝和氢气，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故④正确；⑤Na2CO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，与NaOH溶液反应不反应，故⑤错误；故选B。13、B【详解】A．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，欲验证SO2的漂白作用，应将SO2气体通入品红溶液，溶液红色褪去，故A正确；B．二氧化硫与饱和Na2SO3溶液反应，SO2＋2Na2SO3＋H2O=2NaHSO3↓，化合价没有发生变化，没有体现氧化性，故B错误；C．二氧化硫为酸性气体，可与碱反应，能使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，体现二氧化硫为酸性气体，故C正确；D．二氧化硫中S元素化合价为+4价，具有较强的还原性，可使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；故答案为B。14、D【解析】试题分析：由题中信息可知，铁钉为阳极、石墨为阴极。阴极上水电离的氢离子放电生成氢气；当氢氧化钠溶液的浓度很大时，阳极上既有氢氧根离子放电生成氧气，又有铁被氧化为FeO42－。A.a为铁钉，b为石墨，A正确；B.阴极主要发生的电极反应是2H2O+2e－===H2↑+2OH－，B正确；C.高浓度的NaOH溶液，有利于发生Fe－6e－+8OH－===FeO42－+4H2O，C正确；D.制备Na2FeO4时，若用饱和NaCl溶液，阳极上氯离子放电产生氯气，D不正确。本题选D。15、D【解析】制备K3Fe(C2O4)3·3H2O的实验中，过滤出产品后，母液中含有Fe3+、C2O42-和K+。A.加入过量稀硫酸后，H+与C2O42-反应生成草酸分子，不能大量共存；故A错误；B.加入过量铜粉，Fe3+与Cu发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C.通入适量SO2气体，Fe3+与SO32-发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D.加入过量NaOH溶液，溶液中的铁离子完全沉淀，溶液中剩余K+、Na+、C2O42-、OH-，故D正确；故选D。16、B【详解】A.该元素的名称带“钅”字旁，属于金属元素，金属元素易失去电子，一般为正价，没有负价，故A错误；B.Mc为115号元素，位于元素周期表第七周期第VA族，主族序数等于最外层电子数，则该元素最高正价为+5价，最高价氧化物的化式为Mc2O5，故B正确；C.的质量数为288，质子数为115，中子数=质量数-质子数=288-115=173，故C错误；D.和互为同位素，是镆元素的不同原子，转化过程，没有新物质生成，不是化学变化，故D错误；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、C10H20羧基、羰基4加成反应取代反应CH3CHBrCOOH+2NaOHCH3CH(OH)COONa+NaBr+H2O【分析】根据A的分子式以及信息和A与酸性高锰酸钾溶液反应的生成物结构简式可知A的结构简式为，则B的结构简式为CH3COCOOH。B与氢气发生加成反应生成D，则D的结构简式为CH3CHOHCOOH，D与HBr发生羟基上的取代反应生成E，则E的结构简式为CH3CHBrCOOH。D分子中羟基和羧基，2分子D反应生成G，则根据G的分子式可知G的结构简式为，据此分析作答；【详解】（1）由H的结构简式可知，H分子式为C10H20；（2）B的结构简式为CH3COCOOH，所含官能团为羧基、羰基；（3）含两个-COOCH3基团的C的同分异构体共有H3COOCCH2CH2CH2COOCH3、H2COOCCH(CH3)CH2COOCH3、CH3CH2CH(COOCH3)2、共计4种；其中核磁共振氢谱呈现2个吸收峰的同分异构体的结构简式为；（4）由上述分析知B发生加成反应生成D；D发生取代反应生成E；（5）G为含六元环的化合物，写出其结构简式为；（6）根据以上分析可知E→F的化学反应方程式为：CH3CHBrCOOH+2NaOHCH3CH(OH)COONa+NaBr+H2O。18、氢碳氮NaS第三周期ⅢA主族离子键和共价键1∶2NaOH＋CO2=NaHCO34NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)；△H=－906.8kJ·mol-1【分析】A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，E、F、G元素最高价氧化物对应水化物之间可相互发生反应，为氢氧化铝、强酸、强碱之间的反应，故其中一种为氢氧化铝，短周期种强碱为氢氧化钠，故E为Na元素，F为Al元素，G为S元素或Cl元素；A与B、C、D可分别形成10电子分子，A与E同族，A为H元素；D与G同主族，且D与G核内质子数之和是A与E核内质子数之和的2倍，则D为O元素，G为S元素；B、C与氢元素形成10电子分子，则B为C元素，C为N元素。【详解】(1)由上述分析可知，A、B、C元素的名称分别为氢、碳、氮，E、G两种元素的符号为Na、S；F为Al元素在元素周期表中的位置是第三周期ⅢA主族。(2)Na在O2中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠中含有离子键、共价键，过氧化钠中阴离子为过氧根离子，阳离子为钠离子，阴阳离子个数比为1：2。(3)E的最高价氧化物的水化物为NaOH，BD2为CO2，标况下11.2LCO2的物质的量为0.5mol，则0.5molNaOH与0.5molCO2反应生成碳酸氢钠，化学反应方程式为NaOH＋CO2=NaHCO3。(4)C的氢化物为NH3，1.7克NH3的物质的量为0.1mol，发生催化氧化生成气态产物，放出22.67KJ的热量，故此反应的热化学方程式为4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H=－906.8kJ·mol-1。19、蒸馏烧瓶a浓硫酸BD2ClSO3HSO2Cl2+H2SO4SO2Cl2=SO2+Cl2，分解产生的氯气溶解在其中75%【分析】本实验目的是用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯，甲为制取二氧化硫装置，戊为制取氯气装置，乙和丁均为除杂装置，己为吸收空气中水蒸气装置和吸收尾气。（6）中，根据物质的量之比等于化学方程式中计量数之比可推得，消耗氯气的量等于理论生成硫酰氯的物质的量，进而计算硫酰氯的产率。【详解】（1）仪器C为蒸馏烧瓶，冷凝水的流向是“下进上出”，所以装置丙冷凝管的进水入口为a；因此，本题正确答案是：蒸馏烧瓶；a；（2）乙的作用是干燥SO2，丁的作用是干燥氯气，所以乙、丁中的试剂都是浓硫酸；因此，本题正确答案是：浓硫酸；（3）A.98.3%硫酸缺少水，硫酸电离很少，大多以分子形式存在，而Na2SO3(s)和H2SO4的反应是在H2SO4电离成离子的情况下才能顺利进行，故A错误；B.同温同压下，实验中通过观察乙、丁导管口产生气泡的速率相等，可控制两种反应物体积相等，故B正确；C.装置戊上方分液漏斗中最好选用饱和NaCl溶液，才能减小氯气的溶解度，故C错误；D．装置己可吸收二氧化硫和氯气，防止污染，同时吸收空气中的水，防止硫酰氯变质，故D正确。因此，本题正确答案是：BD；(4)氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯，根据质量守恒配平，反应方程式为：2ClSO3HSO2Cl2+H2SO4，因此，本题正确答案是：2ClSO3HSO2Cl2+H2SO4；(5)由分解反应SO2Cl2=SO2+Cl2可知，分解产生少量氯气，氯气为黄绿色，溶解在其中，会导致硫酰氯发黄；因此，本题正确答案是：SO2Cl2=SO2+Cl2，分解产生的氯气溶解在其中；(6)若反应中消耗的氯气体积为896mL(标准状况下)，氯气的物质的量为0.04mol，由化学方程式SO2+Cl2=SO2Cl2可知，理论上生成硫酰氯0.04mol，所以硫酰氯的理论产量m=nM=(32+32+71)g/mol=5.4g，产率=100%=100%=75%。因此，本题正确答案是：75%。20、分液漏斗O2+4I-+4H+=2I2+2H2O酸性环境使用不同浓度的稀硫酸做对比实验AD在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol/LH2SO4溶液，观察现象，若溶液变蓝，则猜想正确，否则错误【分析】由题给信息可知，甲实验利用二氧化锰做催化剂，在不加热的条件下制备氧气，Ⅰ中产生无色气体和大量的白雾能使KI溶液被氧化生成碘单质；乙实验用高锰酸钾固体受热分解制备氧气，Ⅲ中有气泡冒出,溶液不变蓝说明氧气不能使KI溶液被氧化；丙实验用高锰酸钾固体受热分解制备氧气，Ⅲ中有气泡冒出,溶液变蓝说明酸性条件下使KI溶液被氧化生成碘单质。【详解】（1）由实验装置图可知，应向装置Ⅰ的分液漏斗中加入30%的H2O2溶液，故答案为：分液漏斗；(2)丙实验中O2与KI溶液在酸性条件下发