福建省泉州市泉港区第六中学2026届高三化学第一学期期中复习检测模拟试题含解析

福建省泉州市泉港区第六中学2026届高三化学第一学期期中复习检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法正确的是()A．漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3B．向含I－的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，若溶液变成蓝色，则氧化性：Cl2＞I2C．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可D．氯气溶于水的离子方程式：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－2、下列有关概念的叙述正确的是A．水玻璃、王水、液氨均为混合物B．Na2O2、CaH2均含有离子键和共价键C．非金属氧化物一定是酸性氧化物D．生成盐和水的反应不一定是中和反应3、如图是模拟铁的电化学防护装置，不正确的叙述是()A．此装置属于原电池B．此装置中电子从铁经导线流向锌C．此装置中的铁极上发生还原反应D．该电化学防护法称为“牺牲阳极阴极保护法”4、下列有关离子方程式正确的是（）A．稀硝酸和过量的铁屑反应：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2OB．向Ca(

HCO3)

2溶液中加入过量NaOH溶液：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2OC．碳酸氢钠溶液水解的离子方程式：HCO3－+H2OCO32－+H3O+D．Fe(OH)3溶于氢碘酸中：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O5、下列评价及离子方程式书写正确的是选项离子组不能大量共存于同一溶液中的原因AH+、Fe2+、NO3-、Cl-发生了氧化还原反应4Fe2++

2NO3-+

6H+=4Fe3++2NO↑+3H2OBNa+、CO32-、Cl-、Al3+发生了互促水解反应2AI3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑CFe3+、K+、SCN-、Br-有红色沉淀生成：Fe3++3SCN-

=Fe(SCN)3↓DHCO3-、OH-、Na+、Ca2+发生如下反应：HCO3-+OH-=CO32-+H2OA．A B．B C．C D．D6、受新冠病毒疫情的影响，某市使用了大量漂白粉进行消毒，产生了大量污水(含Cl-)，利用ECT电解水处理器处理上述污水的简化模型如图，通电后让水垢在阴极表面析出，并采用智能清扫系统去除阴极表面的水垢；让阳极产生游离氯、臭氧等继续杀灭病毒，并防止包括军团菌在内的微生物污染。下列有关说法正确的是()A．a极为负极B．处理污水时，Cl-移向a极，b极附近溶液的pH减小C．阳极上产生臭氧的电极反应式为O2+2OH--2e-=O3+H2OD．为了降低原材料成本，可将多孔铂电极a换成Fe电极7、下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属于同种类型的是（）A．液溴和苯分别受热变为气体B．干冰和氯化铵分别受热变为气体C．二氧化硅和铁分别受热熔化D．食盐和葡萄糖分别溶解在水中8、根据下列实验及其现象，所得出的结论合理的是（）选项实验现象结论A向溶液中滴入几滴溶液，再滴加几滴溶液先有白色沉淀生成，后有蓝色絮状沉淀生成Ksp：B用pH试纸分别检验等浓度溶液和溶液前者试纸变蓝比后者更深些水解能力强于C分别加热蒸干溶液和溶液前者能得到固体；后者得不到固体不易挥发，易挥发D向某钠盐中滴加盐酸，产生的气体通入品红溶液品红溶液褪色该钠盐为或A．A B．B C．C D．D9、下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是A．新制氯水长时间放置颜色变浅B．高压比常压更有利于SO2转化为SO3C．蒸干AlCl3溶液无法得到无水AlCl3D．滴加少量CuSO4溶液可以加快Zn与稀H2SO4反应的速率10、下列物质在给定条件下的同分异构体数目正确的是（）。A．的一溴代物有5种 B．分子组成是属于羧酸的同分异构体有5种C．分子组成是属于醛的同分异构体有3种 D．属于烷烃的同分异构体有3种11、下列离子方程式书写正确的是()A．在氯化铝溶液中滴加过量的氨水:Al3++4OH-=[Al(OH)4]-B．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2:IO+5I-+6H+=3I2+3H2OC．标准状况下将112mL氯气通入10mL1mol·L-1的溴化亚铁溶液中:2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-D．向Mg(HCO3)2溶液中加入足量澄清石灰水:Mg2++2HCO+2Ca2++2OH-=Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O12、下列物质中属于纯净物的是()①由同种元素组成的物质②具有固定熔沸点的物质③由相同种类的原子组成的分子④只有一种元素的阳离子和另一种元素的阴离子组成的物质⑤在氧气中燃烧只生成二氧化碳的物质⑥只含有一种分子的物质A．②③⑥ B．④⑤⑥ C．①④ D．②⑥13、类比pH的定义，对于稀溶液可以定义，。常温下，某浓度溶液在不同pH值下，测得、、变化如图所示。下列说法正确的是()A．时，B．常温下，C．b点时，对应D．时，先增大后减小14、下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验现象结论A用洁净铂丝蘸取某碱性待测液在酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃火焰呈紫色待测液可能为KOH溶液B向某无色溶液中滴加稀盐酸溶液变浑浊溶液中一定含有Ag+C向品红溶液中通入氯气或通入SO2气体溶液红色均褪去氯气和SO2均有漂白性，但漂白原理不同D常温下，将铜丝插入到盛有浓硝酸的试管中产生红棕色气体，溶液变为蓝色浓硝酸表现酸性和氧化性A．A B．B C．C D．D15、下列各组物质中，按熔点由低到高排列正确的是A．O2、I2、Hg B．CO2、KCl、SiO2C．Na、K、Rb D．SiC、NaCl、SO216、据报道，科学家已经研制出世界上最薄的材料——碳膜片，其厚度只有一根头发的二十万分之一。如图所示，这种碳膜片形状如蜂巢，是由碳原子构成的六边形单元向外延展而成，下列有关碳膜片的说法中，正确的是（）A．碳膜片属于一种新型的化合物B．碳膜片与石墨的结构相同C．碳膜片与C60互为同素异形体D．碳膜片在氧气中完全燃烧的产物和碳在氧气中完全燃烧的产物不同二、非选择题（本题包括5小题）17、高分子H是一种成膜良好的树脂，其合成路线如下：已知：①A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示只有一组峰；②（1）A的结构简式为___，G中官能团名称为___。（2）由B生成C的化学方程式为___。（3）B的系统命名为___。（4）化合物E的沸点___(选填“>”，“<”或者“=”)2-甲基丙烷。（5）F与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为___。（6）H的结构简式为___。（7）的符合下列条件的同分异构体有__种①分子中无环状结构且无支链②核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为3∶2。其中官能团能与H2发生加成反应的有机物结构简式为___(任写一种)。18、镧系为元素周期表中第ⅢB族、原子序数为57〜71的元素。（1）镝Dy）的基态原子电子排布式为[Xe]4f106s2,画出镝（Dy）原子价层电子排布图：____________.（2）高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+,基态时Cu3+的电子排布式为____________。（3）观察下面四种镧系元素的电离能数据，判断最有可能显示+3价的元素是_____填元素名称）。几种镧系元素的电离能（单位：kJ∙mol-1）元素Ⅰ1Ⅰ2Ⅰ3Ⅰ4Yb（镱）604121744945014Lu（镥）532139041114987La（镧）538106718505419Ce（铈）527104719493547（4）元素铈（Ce）可以形成配合物（NH4)2[Ce(NO3)6]。①组成配合物的四种元素，电负性由大到小的顺序为_______（用元素符号表示）。②画出氨的最简单气态氢化物水溶液中存在的氢键：________（任写一种）。③元素Al也有类似成键情况，气态氯化铝分子表示为（(AlCl3)2,分子中A1原子杂化方式为_____，分子中所含化学键类型有_______（填字母）。a.离子键b.极性键c.非极性键d.配位键（5）PrO2（二氧化镨）的晶体结构与CaF2相似，晶胞中错原子位于面心和顶点，则PrO2（二氧化镨）的晶胞中有_____个氧原子；已知晶胞参数为apm,密度为ρg∙cm-3，NA=_______（用含a、ρ的代数式表示）。19、CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co(OH)3,还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表(金属离子浓度为0.01mol/L):沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8③CoCl2·6H2O熔点为86℃,加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴。(1)写出浸出过程中主要发生的离子反应方程式：______________。(2)若不慎向“浸出液”中加过量NaC1O3时，可能会生成的有害气体是_______(填化学式)。(3)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图，向“滤液”中加入萃取剂的目的是_______，其使用的最佳pH范围是________(选填下列字母）。A．2.0～2.5B．3.0～3.5C．4.0～4.5D．5.0～5.5(4)“操作1”是________。制得的CoCl2·6H2O需减压烘干的原因是__________。(5)为测定粗产品中CoCl2·6H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%,其原因可能是___________________。(答一条即可）20、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易升华沸点/℃132173(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____（填字母，装置可多次使用）；C中盛放的试剂是_____。③该制备装置的缺点为______。(2)利用反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，制取无水FeCl2并测定FeCl3的转化率。按下图装置，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。洗涤所用的试剂可以是__，回收滤液中C6H5C1的操作方法是____。③反应后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______。21、高岭土主要由高岭石长期风化而成，其中还含有一定量的白云石，高岭土是制作陶瓷的原料。完成下列填空：(1)矿石中除外的三种非金属元素的原子半径从小到大的顺序是______。硅原子的核外电子排布式是___，镁原子核外有_________种能量不同的电子。(2)判断的金属性强于的事实是____________。a.的碱性强于b.微溶于水，难溶于水c.与热水反应，钙比镁剧烈d.单质钙保存在煤油里，单质镁不需要(3)和同是ⅣA族元素的氧化物，的熔点明显比高的原因是________。(4)氮化硅（）是一种新型陶瓷材料，制备反应如下：，该反应的平衡常数表达式___________；反应达到平衡后，若增大浓度，则值____________（填“增大”“减小”或“不变”）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A、漂白粉中的有效成分是次氯酸钙；B、反应物的氧化性强于生成物的氧化性；C、具有强氧化性的HClO能使变色的pH试纸漂白褪色；D、次氯酸为弱酸。【详解】A项、漂白粉在空气中久置，漂白粉中的有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，反应生成的次氯酸见光分解，导致漂白粉变质失效，故A错误；B项、氯气具有强氧化性，向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，氯气能将碘离子氧化生成碘单质，碘单质遇淀粉试液变蓝色，反应物的氧化性强于生成物的氧化性，则氧化性的顺序为：Cl2>I2，故B正确；C项、氯水中含有具有强氧化性的HClO，HClO能使变色的pH试纸漂白褪色，无法测定氯水pH，实验时应选pH计，故C错误；D项、氯气溶于水，氯气与水反应生成强酸盐酸和弱酸次氯酸，反应的离子方程式为Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO，故D错误。故选B。【点睛】本题考查氯及其化合物的性质，注意物质的性质和用途的关系分析，注意氧化性强弱的判断是解答关键。2、D【解析】A、水玻璃是硅酸钠溶液、王水是硝酸和盐酸的混合液，二者均为混合物，液氨是纯净物，A错误；B、Na2O2含有离子键和共价键，CaH2中只有离子键，B错误；C、非金属氧化物不一定是酸性氧化物，例如CO等，C错误；D、生成盐和水的反应不一定是中和反应，例如硫酸氢钠和氢氧化钠反应，D正确，答案选D。3、B【分析】

【详解】A．锌铁海水构成了原电池，锌失电子作负极，铁作正极，A正确；B．该装置中，金属铁是原电池的正极，锌为负极，电子从锌经过导线流向铁，B错误；C．该装置中，金属铁是原电池的正极，铁极上发生还原反应，C正确；D．该装置为原电池，锌为负极，锌失电子生成锌离子，铁作正极被保护，属于“牺牲阳极阴极保护法”，D正确；答案选B。【点睛】本题考查了原电池的构成条件以及金属的防护方法，明确原电池的工作原理是解答的关键，注意原电池中正负极的判断、离子移动方向以及电极反应式书写等。4、B【详解】A.当Fe过量时，Fe3+将被Fe还原为Fe2+，所以稀硝酸和过量的铁屑反应，离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，A不正确；B.向Ca(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，因为NaOH过量，所以参加反应的Ca2+、HCO3-符合组成1：2关系，反应的离子方程式为：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，B正确；C.HCO3－+H2OCO32－+H3O+，此反应式为碳酸氢钠的电离方程式，C不正确；D.Fe(OH)3溶于氢碘酸中，I-将Fe3+还原，离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe++I2+6H2O，D不正确。故选B。5、B【解析】A.离子方程式电子、元素不守恒，故A错误；B.正确；C.生成物可溶，不是沉淀，故C错误；D.生成碳酸钙沉淀：HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O，故D错误。故选B。点睛：解答本题选项A需要判断氧化还原反应类型离子方程式的对错，在反应物、生成物成分及表示形式正确的前提下，可从质量守恒、电荷守恒、电子守恒判断。6、C【分析】已知通电后让水垢在阴极表面析出，则b电极产生氢氧根离子，b极水得电子生成氢气和氢氧根离子，b极接电源的负极，为阴极。【详解】A．分析可知，b极为阴极，则a极为负极，A说法错误；B．处理污水时，为电解池，Cl-向阳极移动，即向a极，b极产生氢氧根离子，附近溶液的pH增大，B说法错误；C．阳极上氧气失电子与氢氧根离子反应生成臭氧，产生臭氧的电极反应式为O2+2OH--2e-=O3+H2O，C说法正确；D．若将多孔铂电极a换成Fe电极，a极为阳极，则铁失电子生成亚铁离子，D说法错误；答案为C。7、A【详解】A．溴和苯都是分子晶体，由液态转化为气体克服分子间作用力，故A正确；B．干冰属于分子晶体，转化为气体克服分子间作用力，氯化铵是离子晶体，转化为气体时克服离子键，故B错误；C．二氧化硅属于原子晶体，熔融时克服化学键，铁属于金属晶体，熔融时克服金属键，故C错误；D．食盐属于离子晶体，溶于水克服离子键，葡萄糖属于分子晶体，溶于水克服分子间作用力，故D错误；故选A。【点晴】本题考查化学键及晶体类型的关系，侧重考查基本理论，明确晶体构成微粒是解本题关键。要学会根据物质的构成微粒确定晶体类型，物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属于同种类型，说明两种晶体的晶体类型相同，导致变化时克服作用力相同。8、C【详解】A．由于氢氧化钠过量，沉淀都是由加入的盐溶液与氢氧化钠溶液反应生成的，不存在沉淀的转化，不能证明溶度积的大小，故A错误；B．NaClO溶液含有次氯酸根离子，具有氧化性，可水解生成次氯酸，具有漂白性，可以将pH试纸漂白，导致实验现象不准确，无法比较二者的水解能力，故B错误；C．加热氯化镁溶液水解生成氢氧化镁和氯化氢，HCl易挥发，得到的是氢氧化镁，因硫酸不挥发，加热蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固体，可知与酸的挥发性有关，故C正确；D．使品红褪色的气体可能为氯气或二氧化硫，可能为NaClO与浓盐酸反应生成氯气，可能Na2SO3或NaHSO3与浓盐酸反应生成二氧化硫，故D错误；答案选C。9、D【详解】A.氯水中存在化学平衡：，由于HClO见光易分解，其量减少后平衡右移，Cl2量减少，颜色变浅，故A错误；B.转化反应为：，增大压强平衡右移，因此高压比常压有利于SO2转化为SO3，故B错误；C.溶液中存在平衡：，水解反应吸热，加热促进水解进行，生成的HCl不断挥发出，最终完全水解，得到AL(OH)3，故C错误；D.向Zn与稀硫酸溶液反应的混合物中加入CuSO4溶液，生成少量Cu，形成微小原电池，加快生成H2的速率，与平衡移动原理无关，故D正确。故答案选D。10、A【详解】A．先确定烃的对称中心，即找出等效氢原子，有几种氢原子就有几种一溴代物，中含有5种H，故其一溴代物有5种，A正确；B．分子组成是属于羧酸，即丁烷上的一个氢原子被羧基取代，丁烷共4种氢，故属于羧酸的同分异构体有4种，B错误；C．分子组成是属于醛，即丙烷上的一个氢被醛基取代，丙烷共2种氢，故分子组成是属于醛的同分异构体有2种，C错误；D．属于烷烃，有正丁烷和异丁烷两种，D错误；故答案选A。11、B【详解】A．在氯化铝溶液中滴加过量的氨水生成氢氧化铝沉淀，Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3，A错误；B．酸性溶液中KIO3与KI反应氧化还原反应，生成I2和水，IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，B正确；C．标准状况下将112mL氯气即0.005mol，通入10mL1mol·L-1的溴化亚铁溶液中，n(FeBr2)=0.01mol，氯气量不足，亚铁离子先反应，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，C错误；D．向Mg(HCO3)2溶液中加入足量澄清石灰水，生成碳酸钙沉淀、氢氧化镁沉淀，Mg2++2HCO+2Ca2++4OH-=Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O，D错误；答案为B。12、D【详解】①同种元素组成的物质可以是多种同素异形体形成的混合物；②具有固定熔沸点的物质是纯净物；③由相同种类的原子组成的分子不一定是纯净物，如CO和CO2的混合物；④只有一种元素的阳离子可以有几种，如铁元素形成的FeCl2和FeCl3的混合物；⑤在氧气中燃烧只生成二氧化碳的物质，可能是金刚石和石墨的混合物；⑥只含有一种分子的物质是纯净物；故选D。13、C【分析】H2A⇌H++HA-，HA-⇌H++A2-，pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：下方曲线是HA-的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，据此分析解答。【详解】A．根据图象，下方曲线是HA-的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，pC越大，浓度c越小，时，，故A错误；B．交点a处c(HA-)=c(H2A)，根据H2A⇌HA-+H+，常温下，Ka1=c(H+)=l×10-0.8，则，故B错误；C．根据图象，b点时对应，故C正确；D．根据物料守恒c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)始终不变，故D错误；故选C。14、A【分析】A.焰色反应是元素的性质；B.加入盐酸产生白色沉淀可能是AgCl或H2SiO3；C.氯气没有漂白性；D.Cu与浓硝酸反应后的溶液为绿色。【详解】A.用洁净铂丝蘸取某碱性待测液在酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，说明溶液中含有K+，溶液可能为KOH溶液，也可能是钾盐溶液，A正确；B.向某无色溶液中滴加稀盐酸,溶液变浑浊，溶液中可能含有Ag+，产生AgCl白色沉淀，也可能含有SiO32-，反应产生H2SiO3沉淀，B错误；C.SO2有漂白性，能使品红溶液褪色，Cl2没有漂白性，通入Cl2褪色，是由于Cl2与溶液中的H2O反应产生了具有氧化性的HClO，HClO将有色物质氧化变为无色物质，C错误；D.浓硝酸具有强的氧化性，在常温下，将铜丝插入到盛有浓硝酸的试管中，产生红棕色NO2气体，溶液变为绿色，将溶液稀释后会变为蓝色。在该反应中浓硝酸表现酸性和氧化性，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查了化学实验操作与实验现象的描述和使用结论的正误判断的知识。化学是一门实验性学科，通过实验不仅可以学习知识，获得新知，而且可以加深对知识的理解和掌握，一定要仔细观察现象，不能想当然，要学会透过现象，发现本质，得出正确的结论，不能以偏概全，妄下结论。15、B【解析】A、O2为分子晶体，常温下为气体，熔点最低，I2常温下为固体，Hg常温下为液体，错误；B、干冰为分子晶体，熔点最低，KCl为离子晶体熔点较高，SiO2为原子晶体熔点最高，它们的熔点依次升高，正确；C、Na、K、Rb为同主族元素所形成的金属晶体，晶体的熔点依次降低，错误；D、SiC为原子晶体，NaCl为离子晶体，SO2为分子晶体，它们熔点依次降低，错误；答案选B。16、C【详解】A．碳膜片是由碳原子构成的，属于单质，故A错误；B．碳膜片和石墨都是由碳原子构成的单质，但是碳膜片与石墨的结构不同，故B错误；C．碳膜片是由碳原子构成的单质，与C60互为同素异形体，故C正确；D．碳膜片在氧气中完全燃烧的产物和碳在氧气中完全燃烧的产物相同，完全燃烧的产物都是二氧化碳，故D错误；故答案为C。二、非选择题（本题包括5小题）17、羧基+H2O2-甲基-2-丙醇>+Cu(OH)2+2NaOH+2Cu2O↓+6H2O8或【分析】A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，所以氧元素的个数为，即A中含有一个氧原子，剩下为C、H元素，根据相对分子质量关系得出分子式为C2H6O，又因为核磁共振氢谱显示只有一组峰，所以A的结构简为。根据已知②推出B的结构为。醇在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成烯烃，故C的结构为；烯烃和溴单质发生加成反应生成卤代烃，故D的结构为。D在氢氧化钠水溶液加热条件下发生水解生成E，故E的结构为。在催化剂和氧气条件下发生醇的催化氧化生成醛，故F的结构为。全在新制氢氧化铜溶液中加热并酸化生成羧酸，故G的结构为。G和E发生缩聚生成H。【详解】(1)、由分析可知A的结构为，G中官能团名称为羧基；(2)、由B生成C的化学方程式为+H2O；(3)、B的结构为，根据系统命名法规则，B的名称为2-甲基-2-丙醇；(4)、化合物E的结构为，相对分子质量大于2-甲基丙醇，所以熔沸点更高，故答案为>；(5)、F与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为：+Cu(OH)2+2NaOH+2Cu2O↓+6H2O；(6)、H由G、E发缩聚形成，故化学式为：；(7)、分子中无环状结构且无支链，则含有四个双键或一个三键两盒双键或者两个三键且核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为3∶2。满足要求的结构有：、、、、、、、。故答案为8；、。18、1s22s22p63s23p63d8镧O＞N＞H＞CeN-H…O(或N-H…N或O-H…N或O-H…O)sp3杂化bd8【分析】(1)镝(Dy)的基态原子外围价电子排布式为4f106s2，结合泡利原理、洪特规则画出排布图；(2)Cu原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能级1个电子，再失去3d能级2个电子形成Cu3+；(3)第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，与第四电离能相差越大，第三个电子越容易失去，+3价的可能性越大；(4)①同周期主族元素自左而右电负性增大，N、O在它们的氢化物中均表现负化合价，数目它们的电负性均大于氢元素的，一般非金属性越强，电负性越大；②NH3的水溶液中，NH3分子之间形成氢键，水分子之间形成氢键，NH3与水分子之间形成2种氢键(N-H…O或O-H…N)；③气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2，Al原子价电子数为3，与Cl原子已经全部成键，Al原子有1个空轨道，Cl原子有孤电子对，Al原子与Cl之间形成1个配位键，结构式为；(5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，根据均摊法计算晶胞中Pr原子数目，再根据化学式中原子数目之比计算晶胞中O原子数目；结合晶胞中原子数目用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，而晶胞质量也等于晶胞体积与密度乘积，联立计算。【详解】(1)镝(Dy)的基态原子外围电子排布式为4f106s2，由泡利原理、洪特规则，外围价电子排布图为：；(2)Cu原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能级1个电子，再失去3d能级2个电子形成Cu3+，基态时Cu3+的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d8；(3)第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，第三个电子越容易失去，+3价的可能性越大，在上述表中La的I1+I2和I3最接近，I3与I4差距最大，故La元素最可能形成+3；(4)①同周期主族元素自左而右电负性增大，N、O在它们的氢化物中均表现负化合价，数目它们的电负性均大于氢元素的，一般非金属性越强，电负性越大，电负性由大到小的顺序为：O＞N＞H＞Ce；②NH3的水溶液中，NH3分子之间形成氢键(N-H…N)，水分子之间形成氢键(O-H…O)，NH3与水分子之间形成2种氢键(N-H…O或O-H…N)；③气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2，Al原子价电子数为3，与Cl原子已经全部成键，Al原子有1个空轨道，Cl原子有孤电子对，Al原子与Cl之间形成1个配位键，结构式为，Al是原子采取sp3杂化，含有的化学键有极性键、配位键，没有离子键、非极性键；(5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，则晶胞中Pr原子数目=8×+6×=4，而Pr原子与O原子数目之比为1：2，则晶胞中O原子数目为4×2=8，晶胞质量=g=(a×10-10cm)3×ρg•cm-3，整理得NA=。19、Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2OCl2除去锰离子B蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥降低烘干温度，防止产品分解粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水【解析】向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，加入氯酸钠将亚铁离子氧化为Fe3+，然后加入Na2CO3调节pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液经过萃取后主要含有CoCl2，最终得到CoCl2•6H2O晶体。(1)向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；

(2)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，若不慎向“浸出液”中加过量NaC1O3时，氯酸钠会将本身被还原生成的氯离子氧化，生成氯气，故答案为：Cl2；(3)根据萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图，溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子，向“滤液”中加入萃取剂可以除去锰离子，在pH为3~4之间时，锰离子的萃取率较高，结合阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH表，可知在pH为3~3.5之间，在可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀，故选B，故答案为：除去锰离子；B；(4)“操作1”是从溶液中获得溶质的过程，因此“操作1”的步骤为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。根据题意知，CoCl2•6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2•6H2O需减压烘干，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；降低烘干温度，防止产品分解；(5)根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故