2026届河南省许平汝九校联盟化学高三第一学期期中经典试题含解析

2026届河南省许平汝九校联盟化学高三第一学期期中经典试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、对利用甲烷消除NO2污染进行研究，CH4+2NO2N2+CO2+2H2O。在1L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50molCH4和1.2molNO2，测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见下表。下列说法正确的是A．由实验数据可知实验控制的温度T1＜T2B．0〜20min内，CH4的降解速率：②＞①C．40min时，表格中T1对应的数据为0.18D．组别②中，0〜10min内，NO2的降解速率为0.0300mol·L-1•min-12、设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A．25℃，pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NAB．100mL1mol·L-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA​C．标准状况下，22.4LCl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为2NAD．常温常压下，48g

O2与O3混合物含有的氧原子数为3NA​3、元素X的单质及X与元素Y形成的化合物存在如图所示的关系(其中m≠n，且均为正整数)。下列说法正确的是A．X一定是金属元素B．(n-m)一定等于1C．由X生成1molXYm时转移的电子数目一定为4NAD．三个化合反应一定都是氧化还原反应4、随着人们生活节奏的加快，方便的小包装食品已被广泛接受。为了延长食品的保质期，防止食品受潮及富脂食品氧化变质，可用适当方法在包装袋中装入A．无水硫酸铜、蔗糖 B．生石灰、硫酸亚铁C．食盐、硫酸亚铁 D．生石灰、食盐5、若阿伏伽德罗常数NA＝，以下关于m的说法正确的是（）A．表示12C的实际质量 B．表示12C的质量数C．表示12C的相对原子质量 D．表示碳元素的相对原子质量6、NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是A．48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NAB．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAC．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NAD．1L0.1mol/LNa2S溶液中含有S2-数为0.1NA7、下列有机物命名正确的是A．2-甲基-3-丁炔B．2-甲基-1-丙醇C．2—甲基丁烷D．二氯丙烷CH2Cl-CH2Cl8、某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H+，其基本结构见下图，电池总反应可表示为：2H2+O2=2H2O，下列有关说法正确的是A．电子通过外电路从b极流向a极B．b极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e--=4OH--C．每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2D．H+由a极通过固体酸电解质传递到b极9、已知:常温下甲胺（CH3NH2）的电离常数kb，pkb=-lgkb=3.4。CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-。下列说法不正确的是（）A．(CH3NH3)2SO4溶液中离子浓度:c(CH3NH3+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)B．常温下，pH=3的盐酸溶液和pH=11的CH3NH2溶液等体积混合，混合溶液呈酸性C．用标准浓度的盐酸滴定未知浓度的CH3NH2溶液的实验中，选择甲基橙作指示剂D．常温下向CH3NH2溶液滴加稀硫酸至c(CH3NH2)=c(CH3NH3+)时，溶液pH=10.610、下列实验的装置、操作及有关描述均正确的是A．①：鉴别Al（OH）3和H2SiO3两种胶体B．②：证明某溶液含有SOC．③：分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液D．④：除去C2H6中含有的C2H411、“结构决定性质”，有关物质结构的下列说法中正确的是（）A．碘熔化时破坏了化学键B．共价化合物不一定是电解质C．干冰晶体内存在非极性键与范德华力D．液态氟化氢中存在氢键，故氟化氢比氯化氢更稳定12、在给定的4种溶液中，加入以下各种离子，各离子能在原溶液中大量共存的有A．滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe2+、NH4+、Cl-、NO3-B．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液：Na+、NH4+、S2-、Br-C．水电离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液：K+、HCO3-、Br-、Ba2+D．pH为13的溶液：CO32-、SO32-、S2O32-、Na+13、碱性硼化钒(VB2)－空气电池工作时反应为：4VB2＋11O24B2O3＋2V2O5。用该电池为电源，选用惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，实验装置如图所示。当电路中通过0.04mol电子时，B装置内共收集到0.448L气体（标况），则下列说法中正确的是A．VB2电极发生的电极反应为：2VB2＋11H2O–22e−V2O5＋2B2O3＋22H+B．外电路中电子由c电极流向VB2电极C．电解过程中，b电极表面先有红色物质析出，然后有气泡产生D．若B装置内的液体体积为200mL，则CuSO4溶液的浓度为0.05mol/L14、将11.2g的Mg—Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的气体x（假定产生的气体全部逸出）。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀。根据题意推断气体x的成分可能是（）A．0.3molNO2和0.3molNOB．0.2molNO2和0.1molN2O4C．0.6molNOD．0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O415、正确表示下列反应离子方程式是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．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：Ba2++2OH-+2NH4++SO42-=BaSO4↓+2NH3·H2OD．FeCl2溶液中加入稀硝酸:4H++NO3-+Fe2+=Fe3++NO↑+2H2O16、下列说法中，正确的是A．阳离子只能得到电子被还原，只能作氧化剂B．海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D．为减少中和滴定实验的误差，锥形瓶必须洗净并烘干后使用17、从海带中提取碘有如下步骤：①通入足量的Cl2，②将海带焙烧成灰后加水搅拌，③加CCl4振荡，④用分液漏斗分液，⑤过滤。合理的操作顺序是（）A．①②③④⑤ B．②⑤①③④ C．①③⑤②④ D．②①③⑤④18、X、Y、Z三种元素原子的核电荷数在10～18之间，它们的最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4。则下列判断正确的是A．非金属性：X＜Y＜ZB．含氧酸的酸性：H3ZO4＞H2YO4＞HXO4C．气态氢化物稳定性：按X、Y、Z顺序增强D．元素负化合价的绝对值：按X、Y、Z变大19、某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为A．NaHCO3、Al（OH）3 B．AgCl、NaHCO3 C．Na2SO3、BaCO3 D．Na2CO3、CuSO420、下列溶液肯定呈酸性的是A．含有H+离子的溶液 B．酚酞显无色的溶液C．c(OH-)＜c(H+)的溶液 D．pH小于7的溶液21、下列各项内容中，排列顺序正确的是（）①固体的热稳定性：Na2CO3＞CaCO3＞NaHCO3②物质的熔点Li＞Na>K③微粒半径：K＋＞S2－＞F－④单质的密度Na<K<Rb⑤氢化物的沸点：H2Se＞H2S＞H2OA．①③ B．②④ C．①② D．③⑤22、化学与科技、生产、生活密切相关。下列说法正确的是A．纯碱可以用作锅炉除垢时CaSO4的转化剂B．加入“聚铁”净水剂可以使海水淡化C．草木灰可以肥田，还可以降低土壤的碱性D．向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变二、非选择题(共84分)23、（14分）已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42。X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X跟Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成负一价离子。请回答下列问题：（1）X元素原子基态时的电子排布式为__________，该元素的符号是__________；（2）Y元素原子的价层电子的轨道表示式为________，该元素的名称是__________；（3）X与Z可形成化合物XZ3，该化合物的空间构型为____________；（4）已知化合物X2Y3在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为XZ3，产物还有ZnSO4和H2O，该反应的化学方程式是_________________________________________________；（5）比较X的氢化物与同族第二、第三周期元素所形成的氢化物稳定性、沸点高低并说明理由____。24、（12分）制备天然化合物antofine的中间体F的一种合成路线如下：注：PCC为吡啶和CrO3在盐酸溶液中的络合盐，。(1)A中的含氧官能团名称为____和____。(2)X的分子式为C8H8O2，C→D是两苯环间脱2H成稠环，则X的结构简式为____。(3)B→C的反应类型为____。(4)F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：____(只写一种)。①分子中只有两种含氧官能团。②碱性水解后酸化，得到碳原子数相等的芳香化合物P和Q；P既能发生银镜反应又能与FeCl3溶液发生显色反应；P、Q中均只有四种不同化学环境的氢。(5)写出以为原料制备的合成路线流程图___(无机试剂、PCC和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。25、（12分）硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)又称海波，呈无色透明状，易溶于水，不溶于乙醇，常用作棉织物漂白后的脱氯剂、定量分析中的还原剂。Ⅰ.Na2S2O3·5H2O的制备Na2S2O3·5H2O的制备方法有多种，其中亚硫酸钠法是工业和实验室中的主要方法：Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3·5H2O制备过程如下：①称取12.6gNa2SO3于100mL烧杯中，加50mL去离子水搅拌溶解。②另取4.0g硫粉于200mL烧杯中，加6mL乙醇充分搅拌均匀将其润湿，再加入Na2SO3溶液，隔石棉小火加热煮沸，不断搅拌至硫粉几乎全部反应。③停止加热，待溶液稍冷却后加2g活性炭，加热煮沸2分钟(脱色)。④趁热过滤，得滤液至蒸发皿中，______________、____________________。⑤过滤、洗涤，用滤纸吸干后，称重，计算产率。（1）加入的硫粉用乙醇润湿的目的是____________________________。（2）步骤④趁热过滤的原因_____________________，空格处应采取的操作是_________________、____________________。（3）步骤⑤洗涤过程中，为防止有部分产品损失，应选用的试剂为___________。（4）滤液中除Na2S2O3和未反应完全的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是________________，生成该杂质的原因可能是____________________________。Ⅱ.产品纯度的测定准确称取1.00g产品(硫代硫酸钠晶体的摩尔质量为248g/mol)，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol/L碘标准溶液滴定至终点，消耗21.00mL。反应的离子方程式为：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。（5）计算所得产品的纯度为___________(保留三位有效数字)，该数据的合理解释可能是__________(不考虑实验操作引起的误差)。Ⅲ.产品的应用（6）Na2S2O3常用于脱氯剂，在溶液中易被Cl2氧化为SO42-，该反应的离子方程式为____________________________________。26、（10分）实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）①A为氯气发生装置。A中反应方程式是________________（锰被还原为Mn2+）。②C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有（请配平）_____Cl2+Fe(OH)3+KOHK2FeO4+KCl+H2O（2）探究K2FeO4的性质①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。i．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有Fe3+离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。ii．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2________FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是________________。27、（12分）铁有两种氯化物，都是重要的化工试剂，它们的一些性质及制备方法如下所示：Ⅰ．氯化铁：熔点为306℃，沸点为315℃，易吸收空气中的水分而潮解。工业上采用向500～600℃的铁粉中通入氯气来生产无水氯化铁。Ⅱ．氯化亚铁：熔点为670℃，易升华。工业上采用向炽热铁粉中通入氯化氢来生产无水氯化亚铁。实验室可用如图所示的装置模拟工业生产无水氯化铁，请回答相关问题：(1)装置A用于KMnO4固体与浓盐酸反应制氯气，反应的离子方程式为_______。(2)导管b口应与_______(从虚线框内装置中选择装置后用字母代号填空)连接，这样可避免反应系统与环境间的相互影响。(3)实验完成后，取广口瓶C中收集到的产物进行如下测定分析：①称取4.52g样品溶于过量的稀盐酸中；②加入足量H2O2；③再加入足量NaOH溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为2.40g。则该样品中铁元素的质量分数为___________%(结果精确到小数点后两位)。(4)由以上数据分析和计算得出结论：①用此装置制得的无水氯化铁含铁量______(填“偏高”或“偏低”)，显然其中含有较多的__________(填化学式)杂质。②若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的装置改进措施是_________________。28、（14分）废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境。实验室利用废旧电池的铜帽（Cu、Zn总含量约为99%）回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如下：

（1）写出铜帽溶解时铜与加入的稀硫酸、30%H2O2反应的离子反应方程式______________________；铜帽溶解完全后，需加热（至沸）将溶液中过量的H2O2除去。（2）为确定加入锌灰（主要成分为Zn、ZnO，杂质为铁及其氧化物）的量，实验中需测定除去H2O2后溶液中Cu2+的含量。实验操作为：准确量取一定体积的含有Cu2+的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH=3～4，加入过量的KI，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。上述过程中反应的离子方程式如下：2Cu2++4I﹣═2CuI（白色）↓+I22S2O32﹣+I2═2I﹣+S4O62﹣①滴定选用的指示剂为______________，滴定终点观察到的现象为_______________________________；②某同学称取1.0g电池铜帽进行实验，得到100.00mL含有Cu2+的溶液，量取20.00mL上述含有Cu2+的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH=3～4，加入过量的KI，用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点。再重复操作实验3次，记录数据如下：实验编号1234V（Na2S2O3）（mL）28.3225.3125.3025.32计算电池铜帽中Cu的质量分数为__，（结果保留四位有效数字）若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，则所测定c（Cu2+）将会__（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）；（3）常温下，若向50mL0.0001mol/LCuSO4溶液中加入50mL0.00022mol/LNaOH溶液，生成了沉淀。已知KSP[Cu（OH）2]=2.0×10﹣20，计算沉淀生成后溶液中c（Cu2+）=__mol/L；（4）已知pH＞11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2﹣。下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L﹣1计算）。开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+5.98.9实验中可选用的试剂：30%H2O2、1.0mol•L﹣1HNO3、1.0mol•L﹣1NaOH。由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为：①向滤液中加入适量30%H2O2，使其充分反应；②加入适量的1.0mol•L﹣1NaOH调节pH，产生沉淀；③过滤；④______________；⑤过滤、洗涤、干燥；⑥900℃煅烧。29、（10分）已知A、B、C、D四种元素的原子序数之和等于36.A的单质是最轻的气体；B的基态原子有3个不同的能级，各能级中电子数相等；D有“生物金属”之称，其单质和化合物有广泛的用途，D4+离子和氩原子的核外电子排布相同.工业上利用DO2和碳酸钡在熔融状态下制取化合物甲(甲可看做一种含氧酸盐).化合物甲有显著的“压电性能”，应用于超声波的发生装置.经X射线分析，化合物甲晶体的晶胞结构为立方体(如下图所示)，其中Ba2+占据体心位置，O2-占据棱心位置，D4+占据顶点位置.请回答下列问题：（1）A、B、C三种元素的电负性由大到小的顺序是__________________(填元素符号).（2）BA4分子的空间构型是______________；B原子轨道的杂化类型为_____.（3）C的气态氢化物的电子式为____；其沸点高于同主族其他元素氢化物的沸点，主要原因是____________________.（4）D的基态原子核外电子排布式为____________________.（5）①制备化合物甲的化学方程式为____________________.②在甲晶体中，若将D4+置于立方体的体心，Ba2+置于立方体的顶点，则O2-处于立方体的__________.③在甲晶体中，D4+的氧配位数为__________.④已知甲晶体的摩尔质量为Mg/mol，其晶胞边长为4.03×10-10m，则甲晶体的密度为__________________g/cm3(要求列出算式，阿伏加德罗常数用NA表示).

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、D【详解】A.起始物质的量相同，且相同时间内T2对应的反应速率小，则实验控制的温度T1＞T2，A错误；B.0～20min内，①中甲烷减少的多，则CH4的降解速率：②＜①，B错误；C.20min时反应没有达到平衡状态，则40min时，表格中T1对应的数据一定不是0.18，C错误；D.组别②中，0～10min内，NO2的降解速率V(NO2)=×2=0.0300mol•L-1•min-1，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查化学平衡的知识，把握平衡移动、温度对速率的影响、速率定义计算为解答的关键，注意选项C为解答的易错点。2、D【详解】A.没有给出溶液的体积，无法计算OH－的数目，错误；B.由于铁离子水解，所以100mL1mol·L-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA​，错误；C.标准状况下，Cl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，氯元素的化合价既升高又降低，22.4L氯气即1mol氯气转移的电子数为NA，错误；D.

O2与O3都是由氧原子构成的，所以48g

O2与O3混合物即48g氧原子的物质的量为3mol，含有的氧原子数为3NA​，正确；故选D。【点睛】氯气和碱发生的是歧化反应，氯气中的0价氯反应后分别升高到+1价和降低到-1价，所以1mol氯气转移1mol电子。氯气和碱反应是完全的，若1mol氯气和水反应，由于反应可逆，转移的电子数小于NA。3、D【详解】试题分析：A.根据物质之间的转化关系可知：X应该有多种化合价。X可以是Fe；Y是Cl。Fe+HCl=FeCl2+H2↑，2FeCl2+Cl2=2FeCl3;2FeCl3+Fe=3FeCl2。满足上述关系。当X是C,Y是O时，C+H2OCO+H2;2CO+O22CO2；C+O2CO2；CO2+C2CO,也符合上述关系，因此选项A错误；在过渡元素中，两种化合物中原子个数的差值不一定是1，因此选项B错误；C．若X是Fe，Y是Cl。XYn=FeCl2，XYm=FeCl3，由X生成1molXYm时转移的电子数目为3NA，错误；D．在这三个反应中元素的化合价都发生了变化，因此三个化合反应一定都是氧化还原反应，正确。考点：考查元素的单质及化合物的推断、物质的性质、反应及电子转移的知识。4、B【分析】为防止食品受潮，包装袋中物质应具有吸水性；为防止富脂食品氧化变质，包装袋内物质应具有还原性。据此解答。【详解】A项，无水硫酸铜能吸水，能防止食品受潮，蔗糖不能防止富脂食品氧化变质，错误；B项，生石灰能吸水，能防止食品受潮，硫酸亚铁具有还原性，能防止富脂食品氧化变质，正确；C项，硫酸亚铁具有还原性，能防止富脂食品氧化变质，食盐不能吸水，不能防止食品受潮，错误；D项，生石灰能吸水，能防止食品受潮，食盐不能防止富脂食品氧化变质，错误；答案选B。5、A【详解】阿伏伽德罗常数NA表示12g12C含有的碳原子数目，若已知12C的实际质量为m，则NA＝，即说明m不可能表示12C的质量数、相对原子质量或碳元素的相对原子质量，只有选项A符合题意，故答案为A。6、A【详解】A．正丁烷和异丁烷只是碳架不同，含有的共价键数均为13条，所以48g正丁烷和10g异丁烷，即混合物的物质的量为n==1mol，所以48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA，故A正确；B．2molNO和1molO2发生反应生成2molNO2，即2NO+O2=2NO2，生成的NO2会存在平衡，即2NO2N2O4，故所得产物分子小于2NA个，故B错误；C．溶液体积不明确，故溶液中氢氧根的个数无法计算，故C错误；D．1L0.1mol/LNa2S溶液中，Na2S是强电解质，完全电离，即Na2S=2Na++S2-，S2-会发生水解，即S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+OH-，则S2-数会减少，即1L0.1mol/LNa2S溶液中含有S2-数小于0.1NA，故D错误；答案为A。7、C【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：

（1）烷烃命名原则：①长：选最长碳链为主链；②多：遇等长碳链时，支链最多为主链；③近：离支链最近一端编号；④小：支链编号之和最小．看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则；⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；（2）有机物的名称书写要规范；（3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；（4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。【详解】A、炔烃的命名中应该离官能团碳碳三键最近的一端开始编号，该有机物正确命名为：3-甲基-1-丁炔，故A错误；B、该命名的主链选择错误，碳原子都应该在主链上，羟基在2号碳上，该有机物正确命名为：2-丁醇，故B错误；C、该有机物主链为丁烷，编号从右边开始，在2号C含有一个甲基，该有机物命名为：2-甲基丁烷，故C正确；D、该命名没有指出两个氯原子的位置，正确命名应该为：1，2-二氯乙烷，故D错误。答案选C。【点睛】本题考查了有机物的命名，注意掌握常见有机物的命名原则，特别是含有官能团的有机物命名，编号从距离官能团最近的一端开始，命名中必须指出官能团的位置。8、D【详解】A．燃料电池中，通入燃料氢气的电极是负极，则a是负极，通入氧化剂的电极b是正极，电子从负极a沿导线流向正极b，A错误；B．b是正极，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，B错误；C．温度和压强未知，导致气体摩尔体积未知，所以无法计算氢气体积，C错误；D．放电时，a是负极、b是正极，阳离子氢离子从负极a通过固体酸电解质传递到b极，D正确，答案选选D。9、B【解析】分析：甲胺(CH3NH2)的电离常数Kb，pKb=-lgKb=3.4。CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-。因此甲胺类似与氨气。A.根据(CH3NH3)2SO4溶液类似硫酸铵溶液分析判断；B.CH3NH2是弱碱，根据常温下，pH=3的盐酸溶液和pH=11的CH3NH2溶液等体积混合，甲胺剩余分析判断；C.用标准浓度的盐酸滴定未知浓度的CH3NH2溶液的实验中，恰好完全中和时溶液呈弱酸性，据此分析判断；D.根据Kb＝＝c(OH-)，结合c(CH3NH2)=c(CH3NH3+)分析解答。详解：A.甲胺(CH3NH2)的电离常数Kb，pKb=-lgKb=3.4。CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-。因此(CH3NH3)2SO4溶液类似硫酸铵溶液，CH3NH3+＋H2OCH3NH2•H2O＋H+，离子浓度:c(CH3NH3+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)，故A正确；B.CH3NH2是弱碱，常温下，pH=3的盐酸溶液和pH=11的CH3NH2溶液等体积混合有大量的甲胺分子剩余，混合溶液呈碱性，故B错误；C.用标准浓度的盐酸滴定未知浓度的CH3NH2溶液的实验中，恰好完全中和时溶液呈弱酸性，应该选择甲基橙作指示剂，故C正确；D.Kb＝＝c(OH-)，pH＝14－pOH＝14－3.4＝10.6，故D正确；故选B。10、A【详解】A．Al(OH)3能溶于盐酸而H2SiO3难溶于盐酸，因此可以用盐酸鉴别两种物质，故A正确；B．若溶液中含有Ag+，盐酸酸化的BaCl2溶液中的Cl-会与溶液中Ag+会产生AgCl白色沉淀，因此不能证明原溶液中是否含有SO，故B错误；C．乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，应该用分液的方法分离，故C错误；D．C2H4能够被KMnO4酸性溶液氧化为CO2气体，使C2H6中混入了新杂质，不能达到除杂的目的，故D错误；故选A。11、B【详解】A、碘熔化时破坏的是分子间作用力，没有破坏化学键，A错误；B、共价化合物有可能是电解质，如HCl是共价化合物，溶于水能够导电，所以HCl属于电解质，而有些共价化合物如CO2溶于水，虽然能导电，但不是CO2的电离，而是H2CO3的电离，所以CO2是非电解质，B正确；C、干冰晶体内只有分子间作用力（还有氢键），化学键只存在于一个分子内部原子之间如HCl分子，化学键只存在于H和Cl原子间，C错误；D、氢键影响物质的熔沸点和密度及溶解度等性质，与物质的热稳定性无关，稳定性与化学键的强弱有关，化学键越强，稳定性越高，氟化氢比氯化氢更稳定，是因为氟化氢的化学键强于氯化氢的化学键，D错误。正确答案为B【点睛】分子间的作用力、氢键影响物质的熔沸点，而化学键影响物质的热稳定性。12、D【解析】A.滴加石蕊试液显红色的溶液呈酸性；B.能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液应具有强氧化性；C.水电离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；D.pH为13的溶液呈碱性；结合溶液的性质判断离子之间能否发生反应，以此可判断离子能否电离共存；【详解】A.滴加石蕊试液显红色的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+与NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存,故A错误；

B.能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液应具有强氧化性，具有还原性的S2-不能大量共存，故B错误；C.水电离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液,水的电离受到抑制,溶液可能呈酸性,也可能呈碱性,无论溶液呈酸性还是碱性HCO3-都不能大量共存，故C错误；D.pH为13的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存,故D正确；正确选项D。【点睛】室温下，水电离产生的c(H+)<10-7mol/L，说明溶液可能为酸性，也可能为碱性，酸碱抑制水电离；水电离产生的c(H+)>10-7mol/L，溶液可能为水解的盐，促进了水的电离。13、D【分析】硼化钒-空气燃料电池中，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，电池总反应为：4VB2＋11O24B2O3＋2V2O5，则与负极相连的c为电解池的阴极，铜离子得电子发生还原反应，与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子发生氧化反应，据此分析计算。【详解】A、负极上是VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH--22e-=V2O5+2B2O3+11H2O，选项A错误；B、外电路中电子由VB2电极流向阴极c电极，选项B错误；C、电解过程中，与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子生成氧气，选项C错误；D、当外电路中通过0.04mol电子时，B装置内与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子生成氧气为0.01mol，又共收集到0.448L气体即=0.02mol，则阴极也产生0.01moL的氢气，所以溶液中的铜离子为=0.01mol，则CuSO4溶液的物质的量浓度为=0.05mol/L，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查原电池及其电解池的工作原理，题目难度不大，本题注意把握电极反应式的书写，利用电子守恒计算。14、D【分析】向Mg—Cu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中m(OH－)为21.4g－11.2g＝10.2g，物质的量为＝0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的Mg—Cu提供的电子为0.6mol，据此分析；【详解】A.生成0.3molNO2和0.3molNO，N元素获得电子为0.3mol×(5－4)＋0.3mol×(5－2)＝1.2mol，得失电子不相等，A错误；B.生成0.2molNO2和0.1molN2O4，N元素获得电子为0.2mol×(5－4)＋0.1mol×2×(5－4)＝0.4mol，得失电子不相等，B错误；C.生成0.6molNO，N元素获得电子为0.6mol×(5－2)＝1.8mol，C错误；D.生成0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4，N元素获得电子为0.1mol×(5－2)＋0.2mol×(5－4)＋0.05mol×2×(5－4)＝0.6mol，得失电子相等，D正确；答案选D。15、C【详解】A.浓盐酸与铁屑反应应该生成Fe2+，故A项错误；B.钠与CuSO4溶液反应时，钠先与水反应生成NaOH，然后NaOH与CuSO4溶液反应生成Cu(OH)2，正确的方程式为：2Na+Cu2++2H2O=Cu(OH)2↓+2Na++H2↑故B项错误；C.硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和一水合氨：Ba2++2OH-+2NH4++SO42-=BaSO4↓+2NH3·H2O，故C正确；D.FeCl2溶液中加入稀硝酸:4H++NO3-+3Fe2+=3Fe3++NO↑+2H2O，故D错误；答案：C。16、B【详解】A.阳离子不一定只能得到电子被还原，如Fe2+既能得到电子被还原，又能失电子被氧化，故A错误；B.锌比铁活泼，海轮外壳上镶入锌块，利用牺牲阳极的阴极保护法可减缓船体的腐蚀，故B正确；C.吸热反应还是放热反应与反应条件无关，它取决于反应物和生成物的总能量相对大小，故C错误；D.锥形瓶没有必要洗净并烘干后使用，故D错误；答案选B。17、B【详解】从海带中提取碘时，应先②将海带焙烧成灰后加水搅拌，⑤过滤后得到含有碘离子的溶液，①通入足量的Cl2，得到碘单质，③加CCl4振荡，萃取，④用分液漏斗分液，得到碘的四氯化碳溶液，答案为B。18、D【分析】X、Y、Z三种元素原子的核电荷数在10～18之间．它们的最高价氧化物对应的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，则X为Cl，Y为S，Z为P，非金属性Cl＞S＞P，以此解答该题。【详解】A、X为Cl，Y为S，Z为P，非金属性Cl＞S＞P，故A错误；B、非金属性Cl＞S＞P，则最高价氧化物对应的水化物的酸性HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，故B错误；C、非金属性Cl＞S＞P，则稳定性为HCl＞H2S＞PH3，故C错误；D、X为Cl元素，Y为S元素，Z为P元素，最低化合价分别为-1、-2、-3，所以元素负化合价的绝对值：按X、Y、Z变大，故D正确。答案选D。【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律的综合应用，本题注意把握同周期元素性质的递变规律。19、C【详解】A．NaHCO3、Al（OH）3中加入足量稀硫酸有气泡产生，生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化碳和水，最终无固体存在，A项错误；B．AgCl不溶于酸，固体不能全部溶解，B项错误；C．亚硫酸钠和碳酸钡溶于水，碳酸钡不溶于水使部分固体不溶解，加入稀盐酸，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，固体全部溶解，再将样品加入足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳和水，符合题意，C项正确；D．Na2CO3、CuSO4中加热足量稀硫酸，振荡后无固体存在，D项错误；答案选C。20、C【详解】A、酸、碱、盐溶液中同时存在氢离子和氢氧根离子，含有H+的溶液不一定为酸性溶液，选项A错误；B、酚酞遇酸性和中性溶液都不变色，遇碱性溶液变红，酚酞显无色的溶液不一定为酸性溶液，选项B错误；C、溶液的酸碱性与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定，如果氢离子浓度大于氢氧根浓度，该溶液一定呈酸性，选项C正确；D、溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小，即pH值大小，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了溶液酸碱性的判断，选项D易错，溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小。21、C【解析】试题分析：①碳酸钠很稳定，不能分解，碳酸钙在高温能分解，碳酸氢钠很不稳定，正确。②碱金属的熔点逐渐降低，正确。③电子层结构相同的微粒，核电荷数越大，半径越小，错误。④碱金属从上往下单质的密度逐渐增大，但钠的密度大于钾的密度，错误。⑤氢化物的相对分子质量越大，沸点越高，但由于水分子间有氢键，所以沸点最高，错误。所以选C。考点：同族元素的性质递变性，物质熔沸点的比较【名师点睛】同族金属元素的熔点随着原子序数的增大而降低，同族非金属元素的熔点随着原子序数的增大而增大。在比较同族元素的氢化物的沸点时，需要考虑到氨气，水，氟化氢等物质分子间有氢键，所以沸点反常。22、A【分析】本题考查了生活实际与化学，涉及净水原理，化肥性质，燃料热值和沉淀平衡。【详解】A.根据沉淀平衡，碳酸钙溶度积小于硫酸钙，故纯碱可以将CaSO4转化为溶解度更低的碳酸钙沉淀，A正确；B.聚合硫酸铁又名聚铁，是一种净水剂，能将海水中的悬浮物沉降，但与氯化钠无关，不能淡化海水，B错误；C.草木灰是植物(草本和木本植物)燃烧后的残余物，其主要成分为K2CO3，草木灰属于钾肥，K2CO3水解显碱性，不能降低土壤的碱性，C错误；D.热值是单位质量(或体积)的燃料完全燃烧时所放出的热量，向汽油中添加甲醇后，汽油与甲醇碳氢比不同，该混合燃料的热值不可能不变，D错误；答案为A。【点睛】聚铁是一种净水剂，只能除去水中的悬浮物，不能除去海水中的NaCl，不能对海水消毒杀菌。二、非选择题(共84分)23、1s22s22p63s23p63d104s24p3As氧三角锥As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O稳定性：NH3＞PH3＞AsH3，因为键长越短，键能越大，化合物越稳定；沸点：NH3＞AsH3＞PH3，NH3可形成分子间氢键，沸点最高，AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，因而AsH3比PH3沸点高。【详解】X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，X为As元素；Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，Y为O元素；X、Y、Z的原子序数之和等于42，则Z的原子序数为42-33-8=1，Z可以形成负一价离子，Z为H元素；（1）X为As，As原子基态时核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，该元素的符号是As。（2）Y为O，基态O原子的核外电子排布式为1s22s22p2，其价层电子的轨道表示式为，该元素名称为氧。（3）X为As，Z为H，形成的化合物AsH3，中心原子As的孤电子对数为×（5-3×1）=1，σ键电子对数为3，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体型，空间构型为三角锥形。（4）As2O3被还原成AsH3，Zn被氧化成ZnSO4，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O。（5）As的氢化物为AsH3，与As同族的第二、第三周期元素形成的氢化物为NH3、PH3，稳定性：NH3＞PH3＞AsH3，因为键长越短，键能越大，化合物越稳定

；沸点：NH3＞AsH3＞PH3，理由是：NH3可形成分子间氢键，沸点最高，AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，因而AsH3比PH3沸点高。24、醚键羧基取代反应【分析】C→D是两苯环间脱2H成稠环，则C应为，根据B生成C的反应条件可知该过程为酯化反应，根据C中酯基的位置可知B为；A与X反应生成B，X的分子式为C8H8O2，且X中含有苯环，结合B的结构简式可知X为。【详解】(1)根据A的结构简式可知其含氧官能团为醚键、羧基；(2)根据分析可知X的结构简式为；(3)B生成C为酯化反应，也属于取代反应；(4)F的同分异构体满足：①分子中只有两种含氧官能团；②碱性水解后酸化，得到碳原子数相等的芳香化合物P和Q，说明含有酯基；P既能发生银镜反应又能与FeCl3溶液发生显色反应，则P中含有—CHO和酚羟基；P、Q中均只有四种不同化学环境的氢，说明P、Q均为对称结构，则Q为或，P为或，F的同分异构体为、、、；(5)对比和的结构简式，需要将—CH2COOCH3转化为—CH2CHO、—CH=CH2转化为—CH(OH)CH3；观察题目所给流程可知将—CH2COOCH3转化为—CH2CHO的步骤与D生成F的过程相似，而—CH=CH2转化为—CH(OH)CH3可以直接与H2O加成，也可以先和卤化氢加成，再水解，所以合成路线为。25、增大亚硫酸钠与硫粉的接触面积，加快反应速度防止温度降低，产品析出而损失蒸发浓缩冷却结晶乙醇Na2SO4Na2SO3被空气中的O2氧化104%产品中有未反应的Na2SO3也会与I2发生反应，且相同质量的Na2SO3消耗I2更多；在反应过程中I2挥发损失S2O32－+4Cl2+5H2O==2SO42－+8Cl－+10H+【解析】（1）乙醇易溶于水，硫粉用乙醇润湿，有利于硫粉与亚硫酸钠溶液充分接触；（2）步骤④趁热过滤的原因是防止温度降低时，产品析出而损失，得到的溶液需要移至蒸发皿中，然后蒸发浓缩、冷却结晶即可；（3）由于硫代硫酸钠晶体易溶于水，不溶于乙醇，因此洗涤过程中，为防止有部分损失，应选用的试剂为乙醇；（4）由于Na2SO3易被空气中的氧气氧化转化为硫酸钠；（5）根据题中所给数据进行计算，由于产品中有未反应的Na2SO3也会与I2发生反应，且相同质量的Na2SO3消耗I2更多，在反应过程中I2挥发损失；（6）Na2S2O3在溶液中易被Cl2氧化为SO42-，根据守恒写出离子方程式。【详解】（1）由于硫不溶于水，微溶于酒精，乙醇易溶于水，因此加入的硫粉用乙醇润湿的目的是增大硫粉与亚硫酸钠溶液的接触面积，加快反应速率；故答案为增大亚硫酸钠与硫粉的接触面积，加快反应速度；（2）步骤④趁热过滤的原因是防止温度降低时，产品析出而损失，得到的溶液需要移至蒸发皿中，然后蒸发浓缩、冷却结晶即可，故答案为：防止温度降低，产品析出而损失；蒸发浓缩；冷却结晶。（3）由于硫代硫酸钠晶体易溶于水，不溶于乙醇，因此洗涤过程中，为防止有部分损失，应选用的试剂为乙醇，故答案为乙醇。（4）由于Na2SO3易被空气中的氧气氧化转化为硫酸钠，则最可能存在的无机杂质是Na2SO4，故答案为Na2SO4；Na2SO3被空气中的O2氧化。（5）用0.1000mol/L碘标准溶液滴定至终点，消耗标准液的体积21.00mL，所得产品的纯度为0.1000mol/L×0.021L×2×248g/mol÷1g×100%=104%，由于产品中有未反应的Na2SO3也会与I2发生反应，且相同质量的Na2SO3消耗I2更多，在反应过程中I2挥发损失，所以会出现这种结果，故答案为104%；产品中有未反应的Na2SO3也会与I2发生反应，且相同质量的Na2SO3消耗I2更多；在反应过程中I2挥发损失。（6）Na2S2O3常用于脱氯剂，在溶液中易被Cl2氧化为SO42-，该反应的离子方程式为：S2O32－+4Cl2+5H2O=2SO42－+8Cl－+10H+，故答案为：S2O32－+4Cl2+5H2O=2SO42－+8Cl－+10H+。26、2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O3，2，10，2，6，84FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O>溶液酸碱性不同【解析】装置A中KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2；由于Cl2中混有HCl（g）和H2O（g），HCl（g）会消耗Fe（OH）3和KOH，装置B中应盛放饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl（g）；C装置中Cl2与KOH、Fe（OH）3反应制备K2FeO4，在此装置中Cl2还可以直接与KOH反应生成KCl、KClO和H2O；D装置中NaOH溶液用于吸收多余Cl2，防止污染大气。【详解】（1）①根据题意，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，反应中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，Cl元素的化合价由-1价升至0价，根据电子守恒和原子守恒配平，A中反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；②C中Cl2与KOH、Fe（OH）3反应制备K2FeO4，反应中Cl2做氧化剂被还原为KCl，Fe(OH)3做还原剂被氧化K2FeO4，根据电子守恒和原子守恒配平，反应的化学方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，故答案为：3，2，10，2，6，8；（2）①根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。i.溶液a中滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明溶液a中含有Fe3+，Fe3+的产生不能判断FeO42-与Cl-一定发生了反应，根据资料“K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2”，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O，故答案为：4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O；②制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中氧化性：氧化剂>氧化产物，得出氧化性Cl2>FeO42-；根据方案II，方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，由方案II得出氧化性FeO42->Cl2，实验表明，Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱，故答案为：>；溶液酸碱性不同。【点睛】理解制备K2FeO4的原理和K2FeO4性质探究的原理是解答本题的关键。与气体有关的制备实验装置的连接顺序一般为：气体发生装置→除杂净化装置→制备实验装置→尾气吸收。进行物质性质实验探究是要控制反应的条件、排除其他物质的干扰。27、2MnO4-＋10Cl－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2OF37.17偏高FeCl2在装置A、B间加装一个盛有饱和食盐水的洗气瓶【分析】实验的意图是利用Fe与Cl2反应制取FeCl3，Cl2用KMnO4与浓盐酸反应制得，由于浓盐酸易挥发出氯化氢，所以Cl2中混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水除去氯化氢，用浓硫酸去除水蒸气；若不去除HCl，则Fe与HCl反应生成FeCl2混在FeCl3中；Cl2有毒，会污染环境，应用碱液吸收，另外，FeCl3易吸潮水解，所以收集装置中应防止水蒸气的进入。【详解】(1)装置A用于KMnO4固体与浓盐酸反应制氯气，发生反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为2MnO4-＋10Cl－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；答案为：2MnO4-＋10Cl－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；(2)碱石灰为氢氧化钠与生石灰的混合物，能够与氯气反应，也能够吸收水蒸气，干燥气体；尾气处理时，既要考虑Cl2的充分吸收，又要