2026届贵州省遵义市凤冈二中高三化学第一学期期中学业水平测试试题含解析

2026届贵州省遵义市凤冈二中高三化学第一学期期中学业水平测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是（）A．1molSiO2晶体中Si—O键数为4NAB．将1molCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NAC．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAD．78gNa2O2固体与过量水反应转移的电子数为2NA2、三氧化二镍(Ni2O3)可用于制造高能电池，其电解法制备过程如下：用NaOH调NiCl2溶液pH至7.5，加入适量硫酸钠后进行电解。电解过程中产生的Cl2在弱碱性条件下生成ClO－，把二价镍氧化为三价镍。以下说法正确的是()A．可用铁做阳极材料B．电解过程中阳极附近溶液的pH升高C．阳极反应方程式为：2Cl－＋2e－=Cl2↑D．1mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过了1mol电子3、两种短周期元素X和Y可组成化合物XY3，在Y的原子序数为m时，X的原子序数为：①m-4②m＋4③m＋8④m-2⑤m＋1．其中正确的组合是A．①②④ B．①②③④⑤ C．①②③⑤ D．①②⑤4、实验是化学研究的基础。关于下列各实验装置图的叙述中正确的是()A．装置①常用于分离互不相溶的液态混合物B．装置②可用于吸收氨气,且能防止倒吸C．用装置③不可以完成“喷泉”实验D．用装置④稀释浓硫酸和铜反应冷却后的混合液5、下列推断正确的是A．N2、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在B．向AlCl3溶液中滴加过量的氨水能看到先产生白色沉淀，后沉淀溶解C．可用浓硫酸或者浓硝酸除去镀在铝表面的铜镀层D．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，铜粉就会溶解6、化学与我们的生活息息相关，下列说法正确的是()A．红宝石、玛瑙、水晶、钻石的主要成分都是硅酸盐B．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法C．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶没有丁达尔效应D．鸟巢使用了高强度、高性能的钒氮合金高新钢，铁合金熔点、硬度均比纯铁高7、下列物质按强电解质、弱电解质、酸性氧化物、碱性氧化物的组合中，正确的是强电解质弱电解质酸性氧化物碱性氧化物AH2SO4CH3COOHNO2Na2OBBaSO4HClOMn2O7CaOCNaCl氨水SO2MnO2DHIHFCO2Fe3O4A．A B．B C．C D．D8、CO甲烷化反应为：。下图是使用某种催化剂时转化过程中的能量变化（部分物质省略），其中步骤②反应速率最慢。下列说法正确的是A．步骤①只有非极性键断裂 B．步骤②需要吸收能量C．步骤③的活化能最高 D．使用该催化剂不能有效提高CO的平衡转化率9、下列指定化学反应的离子方程式正确的是A．二氧化锰和浓盐酸共热：MnO2+4HClMn2++2Cl－+Cl2↑＋2H2OB．AlCl3溶液中滴加过量的浓氨水：Al3+＋4NH3·H2O＝AlO＋4NH4+＋2H2OC．将Cu2O与稀HNO3混合：3Cu2O＋14H＋＋2NO===6Cu2+＋2NO↑＋7H2OD．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3－+OH－＝CaCO3↓+H2O10、对于甲醇的合成反应：CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g），改变下列条件，不能使反应的平衡常数发生改变的是A．升高温度 B．降低温度 C．增大压强 D．将该反应的化学计量数增大－倍11、NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．在标准状况下，11.2LHF含有的分子数目为0.5NAB．高温下，16.8gFe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子C．常温下，0.2L0.5mol·L-1NH4NO3溶液中含有的氮原子数小于0.2NAD．18g葡萄糖(C6H12O6)分子含有的羟基数目为0.6NA12、下列物质的电子式书写正确的是A． B． C． D．13、硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]是一种重要的化工原料，下列有关说法正确的是A．Na+、Fe3+、NO3-、C12都可在该物质的溶液中大量共存B．向0.1mol/L该物质的溶液中逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的物质的量与逐滴加入NaOH溶液体积关系如图所示C．检验该物质中Fe2+是否变质的方法是向该物质的溶液中滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色D．向该物质的溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-完全沉淀的离子方程式为Fe2++2SO42-+2Ba2++2OH-=2BaSO4↓+Fe(OH)2↓14、高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效的水处理剂，工业上通常用下列反应先制得高铁酸钠：2FeC13+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，然后在某低温下，在高铁酸钠溶液中加KOH固体至饱和就可析出高铁酸钾。下列说法不正确的是A．NaC1O在反应中作氧化剂B．制取高铁酸钠时，每生成1molNa2FeO4，反应中共有6mol电子转移C．高铁酸钾在低温下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小D．K2FeO4能消毒杀菌，其还原产物水解生成的Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质15、白屈菜有止痛、止咳等功效，从其中提取的白屈菜酸的结构简式如图。下列有关白屈菜酸的说法中，不正确的是A．分子式是B．能发生加成反应C．能发生水解反应D．能发生缩聚反应16、下列有关实验的操作、原理和现象的叙述正确的是()A．检验某溶液是否含有SO42-时，应取少量该溶液，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸B．容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗C．为观察Mg条在CO2中的燃烧，在一个底部铺有少量细沙的集气瓶中收集CO2气体，取一小段除去表面氧化膜的Mg条用坩埚钳夹持点燃后迅速投入上述集气瓶底部D．用干燥且洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液，滴到放在表面皿上的pH试纸上测pH17、甲、乙、丙、丁4种物质分别含2种或3种元素，它们的分子中各含18个电子。甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子。下列推断合理的是()A．某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应B．乙与氧气的摩尔质量相同，则乙一定含有极性键和非极性键C．丙中含有第二周期ⅣA族的元素，则丙一定是甲烷的同系物D．丁和甲中各元素质量比相同，则丁中一定含有－1价的元素18、已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－12CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－1H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1下列说法正确的是A．CH3OH(l)的燃烧热为1452kJ·mol－1B．同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，H2(g)放出的热量多C．H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1D．3H2(g)＋CO2(g)===CH3OH(l)＋H2O(l)ΔH＝＋135.9kJ·mol19、下列说法正确的是A．NaCl溶液能导电是因为溶液中有Na+和Cl-B．CH3COOH与NaOH在相同条件下电离程度相等C．H2SO4在电流作用下在水中电离出H+和SO42-D．NaHCO3在溶液中完全电离为Na+、H+和CO32-20、下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示转化关系的是A．AB．BC．CD．D21、某溶液中只可能含有Fe2+、A13+、NH4+、CO32－、AlO2－、SO32－、SO42－、C1－中的若干种（忽略水的电离），离子浓度均为0.2mol·L-1，现取该溶液加入稀硫酸后得强酸性X溶液，过程中无明显现象，取X溶液进行以下实验：①X溶液中滴加Ba(NO3)2溶液至过量会产生白色沉淀A、无色气体A，A遇空气变成棕色；过滤，获得溶液A②在溶液A中加入过量的NaOH溶液产生气体、沉淀B，过滤获得溶液B③在溶液B中通入适量CO2气体有沉淀C产生则下列说法中正确的是（）A．无法确定沉淀C的成分B．无法确定原溶液中是否含有Cl－、A13+C．溶液A中存在的阳离子有Ba2+、Fe2+、NH4＋、H＋D．原溶液中存在Fe2+、NH4＋、Cl－、SO42－22、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二、非选择题(共84分)23、（14分）下列中所列的是五种短期周期元素原子的半径及主要化合价：元素代号ABCDE原子半径/nm0.1110.0640.1170.1600.066主要化合物+2-1+4，-4+2-2（1）C元素在周期表中的位置___；E原子的电子填充在___个轨道上，这些电子有___种不同的能量。（2）B、D、E所代表元素的离子半径从大到小的顺序为___（填离子符号）（3）C与E形成的化合物属于__晶体。（4）已知X是与E同族的另一短周期元素，有人认为：H-E键的键能大于H-X键的键能，所以H2E的沸点高于H2X的沸点。你是否赞同这种观点___（“赞同”或“不赞同”），理由：___。24、（12分）G是某抗炎症药物的中间体，其合成路线如下：已知：（1）B的结构简式为_____。（2）反应④的条件为_____；①的反应类型为_____；反应②的作用是_____。（3）下列对有机物G的性质推测正确的是______(填选项字母)。A．具有两性，既能与酸反应也能与碱反应B．能发生消去反应、取代反应和氧化反应C．能聚合成高分子化合物D．1molG与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2（4）D与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为_____。（5）符合下列条件的C的同分异构体有_____种。A．属于芳香族化合物，且含有两个甲基B．能发生银镜反应C．与FeCl3溶液发生显色反应其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1的是_____(写出其中一种结构简式)。（6）已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻或对位；苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。根据题中的信息，写出以甲苯为原料合成有机物的流程图(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如下：XYZ……目标产物______________25、（12分）把一支试管放在盛有25℃饱和石灰水的烧杯中，试管中开始放入几小块镁片，再滴入5mL盐酸，回答下列问题：（1）实验中观察到的现象是___________________________________________。（2）产生上述现象的原因是__________________________________________。（3）写出有关反应的离子方程式_______________________________________。26、（10分）碱式氯化镁(MgOHCl)常用作塑料添加剂，工业上制备方法较多，其中利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁的工艺属于我国首创。某中学科研小组根据该原理设计如下装置图进行相关实验，装置C中CuO的质量为8.0g。请回答下列问题：（1）装置A中发生反应生成碱式氯化镁的化学方程式为：_____________________________。（2）装置D中生成沉淀，发生反应的离子方程式为_________________________________。（3）反应过程中持续通入N2的作用有两点：一是:将装置A中产生的氨气完全导出，二是:_______________________________。（4）若测得碱石灰的质量增加了ag，则得到碱式氯化镁的质量为_______g。（5）反应完毕，装置C中的氧化铜全部由黑色变为红色，称其质量为6.8g，且生成的气体可直接排放到大气中，则红色固体是_______，该反应中转移电子的物质的量为_______mol。（6）请你设计一个实验方案证明装置C中的氧化铜反应完全后得到的红色固体中含有氧化亚铜。已知：①Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O②限选试剂：2mol·L－1H2SO4溶液、浓硫酸、2mol·L－1HNO3溶液、10mol·L－1HNO3溶液实验步骤预期现象和结论步骤1：取反应后装置C中的少许固体于试管中步骤2：________________________27、（12分）实验室需配制500mL0.2mol/LNa2SO4溶液，实验操作步骤为：A．把制得的溶液小心地转移至容量瓶中。B．在天平上称取14.2g硫酸钠固体，把它放在烧杯中，用适量的蒸馏水将它完全溶解并冷却至室温。C．继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度1～2cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面底部与刻度线相切。D．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心注入容量瓶，并轻轻振荡。E．将容量瓶塞塞紧，充分摇匀。请填写下列空白：（1）操作步骤的正确顺序为___________________（填序号）。（2）本实验用到的基本仪器已有烧杯、天平（砝码、镊子）、玻璃棒，还缺少的必要仪器是______________________________________。（3）下列情况中，会使所配溶液浓度偏高的是___________（填序号）。A．某同学观察液面时俯视B．没有进行上述的操作步骤DC．加蒸馏水时，不慎超过了刻度线D．容量瓶使用前内壁沾有水珠28、（14分）研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。（1）溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中HCO3-占95%，写出CO2溶于水产生HCO3-的方程式：_______。（2）在海洋循环中，通过下图所示的途径固碳。①写出钙化作用的离子方程式：_______________。②同位素示踪法证实光合作用释放出的O2只来自于H2O，用18O标记物质的光合作用的化学方程式如下，将其补充完整：____+______=（CH2O）x+x18O2+xH2O（3）海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础，测量溶解无机碳，可采用如下方法：①气提、吸收CO2，用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收（装置示意图如下），将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂______。②滴定。将吸收后的无机碳转化为NaHCO3，再用xmol/LHCl溶液滴定，消耗ymlHCl溶液，海水中溶解无机碳的浓度=_______mol/L。（4）利用下图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。①结合方程式简述提取CO2的原理：_________。②用该装置产生的物质处理b室排出的海水，合格后排回大海。处理至合格的方法是_______。29、（10分）磁性材料A由两种元素组成，取2.960gA在足量的空气中充分煅烧，得到2.400g红棕色固体B和无色刺激性气体D。固体B溶于盐酸形成棕黄色溶液C，再加入KSCN溶液变为血红色。气体D溶于水得到无色酸性溶液E，向E中加足量碘的碘化钾溶液（红棕色）得到溶液F，同时溶液酸性增强。请回答下列问题：（1）溶液C也可用于处理污水，用离子方程式表示污水处理原理：_______________。（2）已知化合物A能与稀硫酸反应，反应后得到浅绿色溶液，同时生成一种淡黄色不溶物和一种臭鸡蛋气味气体，写出该反应的化学方程式：_______________。（3）用离子方程式解释E中加足量碘的碘化钾溶液后溶液酸性增强的原因_______________。

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、A【详解】A.在SiO2晶体中，1个Si原子周围有4个以共价单键相连的O原子，1个O原子周围有2个以共价单键相连的Si原子，所以1个“SiO2”中平均含4个Si-O键，1molSiO2晶体中Si-O键数为4NA，A正确；B.将1molCl2通入水中，有一部分Cl2没有跟水发生反应，就以Cl2分子的形式存在于溶液中，还有一部分Cl2与水发生反应，生成HClO、Cl-、ClO-，所以HClO、Cl-、ClO-粒子数之和应小于2NA，B不正确；C.密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，生成2molNO2，NO2还要部分化合，生成N2O4，所以产物的分子数小于2NA，C不正确；D.78gNa2O2固体与过量水发生反应，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，转移的电子数为NA，D不正确。故选A。2、D【详解】A、电解过程中产生的氯气是氯离子失电子发生氧化反应，铁做阳极时铁失电子发生氧化反应，阴极将无氧化剂Cl2生成，不能把二价镍氧化为三价镍，故A错误；

B、阳极反应方程式为：2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2在弱碱性条件下生成ClO-，故电解过程中阳极附近溶液的pH降低，故B错误；

C、阳极反应是氯离子失电子发生氧化反应。电解反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，故C错误；

D、由Ni2+-e-=Ni3+可知1mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过了1mol电子，故D正确；

故选：D。3、B【解析】两种短周期元素X和Y可组成化合物XY3，则X为ⅢA族元素时，Y为ⅤⅡA族元素；或X、Y均为ⅥA族元素；还有可能为X在ⅤA族，Y为ⅤⅡA族或H，以此来解答。【详解】两种短周期元素X和Y可组成化合物XY3，则X为ⅢA族元素时，Y为ⅤⅡA族元素；或X、Y均为ⅥA族元素；还有可能为X在ⅤA族，Y为ⅤⅡA族或H；①若Y为Cl，X为Al，则X的原子序数为m-4，故①正确；②若Y为F，X为Al，则X的原子序数为m+4，故②正确；③若Y为S，X为O，则X的原子序数为m+8，故③正确；④若Y为Cl，X为P，则X的原子序数为m-2，故④正确；⑤若Y为H，X为N，则X的原子序数为m+1，故⑤正确；故答案为B。4、D【解析】A、该装置为蒸馏装置，互溶的液体根据其沸点不同采用蒸馏的方法分离，互不相溶的液体采用分液的方法分离，故A错误；B、氨气极易溶于水,有缓冲装置的能防止倒吸,该装置中苯没有缓冲作用,所以不能防止倒吸,故B错误；C、氯气与氢氧化钠溶液反应，可以形成压强差，从而形成喷泉实验，故C错误；D、浓硫酸溶于水放出大量热,且浓硫酸的密度大于水,稀释时需要将浓硫酸缓缓加入水中,图示操作合理,所以D选项是正确的;

综上所述，本题应选D。5、D【解析】试题分析：A、N2不是污染物，NO在空气中会发生反应2NO+O2=2NO2，不能稳定存在，A错；B、Al(OH)3沉淀不能溶于过量的氨水中，B错误；C、浓硫酸和浓硝酸都能使铝钝化，但在常温下，浓硝酸能与铜反应，浓硫酸不能，故可用浓硝酸，不能用浓硫酸，C错误；选项D、Cu不能与稀硫酸反应，但加入Cu(NO3)2后，溶液中存在HNO3，Cu可以溶解在HNO3中，D正确；故选D。考点：考查了物质的性质的相关知识。6、B【解析】A．红宝石的主要成分是三氧化二铝，玛瑙、水晶的主要成分是二氧化硅，钻石主要成分不是硅酸盐而是碳单质，故A错误；B．镁比金属内胆活泼，镁与金属内胆连接后，镁失去电子受到腐蚀，从而保护了金属内胆不受腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故C错误；D．合金比各成分金属的硬度大、熔点低，故D错误。故答案为B。7、B【详解】A.二氧化氮不属于酸性氧化物，选项A错误；B.硫酸钡属于强电解质，次氯酸属于弱电解质，七氧化二锰属于酸性氧化物，氧化钙属于碱性氧化物，选项B正确；C.氨水为混合物，不属于弱电解质，选项C错误；D.四氧化三铁不属于碱性氧化物，选项D错误。答案选B。8、A【详解】A．步骤①只有H-H非极性键断裂，A正确；B．步骤②是成键过程，断键吸热，成键放热，故步骤②放出能量；B错误；C．步骤②反应速率最慢，活化能最高，C错误；D．催化剂不影响化学平衡，影响反应速率，D错误；答案选A。9、C【解析】A.二氧化锰和浓盐酸共热，要用离子符号表示HCl：MnO2+4H＋+2Cl－Mn2++Cl2↑＋2H2O，故A错误；B.AlCl3溶液中滴加过量的浓氨水，Al(OH)3不溶于氨水：Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3，故B错误；C.将Cu2O与稀HNO3混合：3Cu2O＋14H＋＋2NO===6Cu2+＋2NO↑＋7H2O，故C正确；D.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，生成物还有一水合氨：Ca2+++HCO3－+2OH－＝CaCO3↓+NH3·H2O+H2O，故D错误。故选C。点睛：书写离子方程式需要注意：(1)符合事实；(2)强酸、强碱、可溶盐在水溶液中使用离子符号表示，其他情况下的物质均用化学式表示；(3)符合质量守恒、电荷守恒、电子守恒。10、C【详解】A、平衡常数与温度有关，升高温度，平衡常数发生改变，A不符合题意；B、平衡常数与温度有关，降低温度，平衡常数发生改变，B不符合题意；C、平衡常数与压强无关，改变压强，平衡常数不变，C符合题意；D、将化学计量数扩大一倍，化学反应为2CO2(g)＋6H2(g)2CH3OH(g)＋2H2O(g)，，为原平衡常数的平方，只要K不等于1，则平衡常数发生改变，D不符合题意；答案选C。【点睛】化学平衡常数的影响因素，内因为反应本身的性质，外因置只有反应的温度，但是若化学反应的计量数发生改变，则K的表达式也会发生改变，K的数值也可能发生改变。11、B【详解】A.在标准状况下HF液态，无法用气体摩尔体积计算粒子数目，故A错误；B.16.8g铁的物质的量为0.3mol，而铁和水蒸气反应后变为价，故0.3mol铁反应后失去0.8mol电子即0.8NA个，故B正确；C.溶液中NH4NO3的物质的量n＝cV＝0.5mol/L×0.2L＝0.1mol，而1mol硝酸铵中含2mol氮原子，故0.1mol硝酸铵中含0.2mol氮原子即0.2NA个，故C错误；D.18g葡萄糖为1mol，1个葡萄糖含有5个羟基，1mol葡萄糖(C6H12O6)分子含有的羟基数目为5NA，故D错误；答案选B。12、B【详解】A、氢氧化钾为离子化合物，钾离子与氢氧根通过离子键结合，氧原子与氢原子共用1对电子形成H-O共价键，电子式为故A错误；B、氯化氢为共价化合物，氢原子与氯原子共用1对电子，电子式为，故B正确；C、Cl2的电子式，故C正确；D、故D错误，故选B。13、C【详解】A．Fe2+有还原性，可被Cl2氧化为Fe3+而不能大量共存，A错误；B．滴加NaOH溶液，首先是Fe2+先与OH−反应生成白色沉淀，然后是发生反应：NH4++OH-=NH3∙H2O，图象与发生的反应事实不符合，B错误；C．若Fe2+被氧化为Fe3+，只需滴入几滴KSCN溶液，可观察到溶液变为红色，因此可鉴别，C正确；D．向该物质的溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42－完全沉淀的离子方程式为Fe2++2NH4++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Fe(OH)2↓+2NH3∙H2O，漏掉NH4+与OH-的反应，D错误；故选C。14、B【分析】2FeC13+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，反应中，FeC13→Na2FeO4中铁元素化合价由+3价升高到+6价，发生氧化反应，做还原剂；NaClO→NaCl中氯元素化合价由+1降低到-1价，发生还原反应，做氧化剂；根据反应可知：生成2molNa2FeO4，反应转移电子6mol；据以上分析解答。【详解】2FeC13+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，反应中，FeC13→Na2FeO4中铁元素化合价升高，发生氧化反应，做还原剂；NaClO→NaCl中氯元素化合价降低，发生还原反应，做氧化剂；根据反应可知：生成2molNa2FeO4，反应转移电子6mol；A.结合以上分析可知，NaC1O在反应中作氧化剂，A正确；B.结合以上分析可知，生成2molNa2FeO4，反应转移电子6mol；每生成1molNa2FeO4，反应中共有3mol电子转移，B错误；C.根据信息低温下，在高铁酸钠溶液中加KOH固体至饱和就可析出高铁酸钾，所以高铁酸钾在低温下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，C正确；D.K2FeO4具有强氧化性，能消毒杀菌，其还原产物水解生成的Fe(OH)3胶体具有吸附作用，能吸附水中的悬浮杂质，可用来净水,D正确；

综上所述，本题选B。15、C【解析】分子中有7个碳原子，6个氧原子，六元环的左右两个角上应该连有H原子，所以分子式为。选项A正确。分子中有两个碳碳双键和一个羰基，所以可以发生加成反应（例如与氢气加成），选项B正确。分子中没有可以水解的官能团（例如：酯基或卤素原子），所以不能发生水解反应，选项C错误。分子中有两个羧基，属于二元酸，所以可以与二元醇发生缩聚反应，选项D正确。点睛：有机物发生缩聚反应常见的结构有以下几种：1、二元酸和二元醇的缩聚：2、羟基酸的缩聚：3、酚醛树脂类：16、B【解析】A、检验SO42－是否存在，先加入盐酸，排除其他离子对实验干扰，然后再加入BaCl2溶液，如果有沉淀产生，说明溶液中存在SO42－，否则不含有，故A错误；B、容量瓶、量筒、滴定管上都标有使用温度，量筒和容量瓶上没有0刻度，滴定管上有0刻度，滴定管从上到下刻度增大，使用滴定管时先用水洗涤，再用待测液润洗，容量瓶使用时用水洗，但不能润洗，否则造成所配溶液浓度偏大，故B正确；C、不能把点燃的镁条伸入到集气瓶的底部，否则造成集气瓶的炸裂，故C错误；D、NaClO具有强氧化性，能把pH试纸漂白，无法读出数值，故D错误。..17、D【解析】试题分析：A、甲是18电子的氢化物，在水中分步电离出两种阴离子，故甲的水溶液为二元弱酸，甲为H2S，若盐溶液若为NaHS溶液，既能与盐酸等反应生成H2S，也能与NaOH反应生成Na2S，错误；B、氧气的摩尔质量为32g/mol，乙的摩尔质量也为32g/mol，且含有18电子，乙可能为CH3OH符合，CH3OH中只含有极性键无非极性键，错误；C、第二周期IVA族元素为C，CH3CH3和CH3OH符合，但CH3OH不是CH4的同系物，错误；D、H2S中元素的质量比为1：16，H2O2分子中元素的质量比也为1：16，H2O2中含有-1价氧元素，正确。考点：考查元素推断、18e－微粒18、B【解析】A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；B.设二者质量都是1g，然后根据题干热化学方程式计算；C.酸碱中和反应生成的硫酸钡过程放热，则其焓变不是－57.3kJ·mol－1；D.①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1②2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－1，按盖斯定律计算①3-②得到：6H2(g)＋2CO2(g)===2CH3OH(l)＋2H2O(l)，据此进行计算。【详解】A.根据2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－1可以知道1mol液态甲醇燃烧生成2mol液态水放出热量为726kJ·mol－1，则CH3OH(l)燃烧热为726kJ·mol－1，故A错误；B.同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，设质量为1g2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－12mol571.6kJmol142.9kJ2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－12mol1452kJmol22.69kJ所以H2(g)放出的热量多，所以B选项是正确的；C.反应中有BaSO4(s)生成，而生成BaSO4也是放热的，所以放出的热量比57.3

kJ多，即该反应的ΔH<－57.3kJ·mol－1，故C错误；D.①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1②2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－1，按盖斯定律计算①3-②得到：6H2(g)＋2CO2(g)===2CH3OH(l)＋2H2O(l)ΔH＝－262.8kJ·mol－1，则正确的热化学方程式是：3H2(g)＋CO2(g)===CH3OH(l)＋H2O(l)ΔH＝－131.4kJ·mol－1，故D错误。所以B选项是正确的。19、A【解析】A项、NaCl溶液中电离出带电荷、自由移动的Na+和Cl-，所以氯化钠溶液能够导电，故A正确；B项、醋酸为弱酸，在溶液中部分电离，氢氧化钠为强电解质，在溶液中完全电离，则醋酸的电离程度一定小于氢氧化钠，故B错误；C项、H2SO4在水的作用下电离出H+和SO42-，不需要电流，故C错误；D项、NaHCO3在溶液中完全电离为Na+、HCO3-，故D错误。故选A。【点睛】本题考查了电解质与溶液导电的关系，注意能导电的物质不一定是电解质，如金属单质，电解质不一定导电，如氯化钠晶体。20、B【解析】二氧化硅不能与水反应生成硅酸，硅酸也不能直接转化为硅。【详解】AlCl3与NaOH反应可生成NaAlO2，Al（OH）3与NaOH反应可生成NaAlO2，NaAlO2与盐酸反应可生成Al（OH）3，盐酸过量可生成AlCl3，A正确；硅高温下与氧气反应生成二氧化硅，硅酸受热分解生成二氧化硅，但常温下，二氧化硅不与水反应，不能生成硅酸，硅酸也不能直接转化为硅，B错误；少量氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，碳酸钠与石灰水反应可以生成氢氧化钠，C正确；铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，氯化亚铁与活泼金属发生置换反应生成铁，D正确。故选B。【点睛】本题考查无机物的推断，试题侧重于物质的性质以及转化的考查，注意利用物质性质进行分析判断是关键。21、D【详解】在该溶液加入稀硫酸后得强酸性X溶液，过程中无明显现象，这说明溶液中一定不存在CO32－、AlO2－、SO32－。X溶液中滴加Ba(NO3)2溶液至过量会产生白色沉淀A、无色气体A，A遇空气变成棕色，这说明白色沉淀A一定是硫酸钡，气体A是NO，即溶液中含有SO42－。同时还含有还原性离子Fe2+。在溶液A中加入过量的NaOH溶液产生气体、沉淀B，过滤获得溶液B。因此沉淀B一定含有氢氧化铁，气体B一定是氨气，所以溶液中含有NH4＋。在溶液B中通入适量CO2气体有沉淀C产生，沉淀C可能是氢氧化铝，也可能是碳酸钡，所以不能确定溶液中是否含有A13+。由于溶液是电中性的，则根据离子的浓度均是0.2mol/L，所以溶液中一定还含有氯离子，所以正确的答案选D。22、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。二、非选择题(共84分)23、第三周期第ⅣA族43O2-＞F-＞Mg2+原子不赞同H2O与H2S形成的晶体均为分子晶体，H2O的熔沸点高于H2S的熔沸点是因为水分子间能够形成氢键，与键能无关【分析】5种短周期元素，由化合价只有正价而没有负价可知，A、D为+2价，为同主族金属元素，A的原子半径小，则A为Be，D为Mg；B、E只有负价，B的半径小，则B为F，E为O；C有+4价和-4价，在第ⅣA族，原子半径比D小，比A大，则C为Si元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为Be元素，B为F元素，C为Si元素，D为Mg元素，E为O元素。(1)C为Si，在元素周期表中第三周期ⅣA族；E为O元素，核外有8个电子，电子排布式为1s22s22p4，电子填充在4个轨道上，题意电子亚层上的电子能量相同，这些电子有3种不同的能量，故答案为第三周期第ⅣA族；4；3；(2)B、D、E所代表元素的离子具有相同的电子排布，原子序数大的离子半径小，所以O2-＞F-＞Mg2+，故答案为O2-＞F-＞Mg2+；

(3)C与E形成的化合物为SiO2，是由共价键形成的空间网状结构的晶体，为原子晶体，故答案为原子；

(4)E为O元素，则X为S元素，H2O与H2S所成晶体为分子晶体，H2O的熔沸点高于H2S的熔沸点与键能无关，因水中含有氢键使其沸点高，故答案为不赞同；H2O与H2S形成的晶体均为分子晶体，H2O的熔沸点高于H2S的熔沸点是因为水分子间能够形成氢键，与键能无关。24、浓硫酸、浓硝酸、加热取代反应保护酚羟基，以防被氧化AC16【解析】C发生氧化反应生成D，由D的结构逆推，可知C为；A与B反应生成C，结合B的分子式、给予的反应信息，可知B为，A为；D发生水解反应、酸化得到E为；由G的结构简式可知，E发生硝化反应生成F，F再发生还原反应得到G。（1）由上述分析可知，B的结构简式为：,故答案为；（2）反应④为硝化反应，反应条件为：浓硫酸、浓硝酸、加热，①的反应类型为取代反应，反应②的作用是保护酚羟基，以防被氧化。故答案为浓硫酸、浓硝酸、加热；取代反应；保护酚羟基，以防被氧化；（3）A、G含有氨基与羧基，具有两性，既能与酸反应也能和碱反应，故A正确；B、G不能发生消去反应，故B错误；C、含有羧基、氨基，能进行缩聚，形成高分子化合物，故C正确；D、羧基能与NaHCO3反应生成CO2，1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故D错误。故选AC；（4）D中羧基，水解得到羧酸与酚羟基均与NaOH反应，反应化学方程式为：；（5）C为,符合下列条件的C的同分异构体：a、属于芳香族化合物，且含有两个甲基，说明含有苯环和2个−CH3；b、能发生银镜反应，说明含有−CHO；c、与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，则苯环上有四个取代基：2个−CH3、1个−OH、1个−CHO。①若为苯环上H原子被−OH、−CHO取代，则当−OH在中1号位置，-CHO有3种位置；当-OH在2号位置，−CHO有3种、3种位置，故共6种同分异构体；②若为苯环上H原子被−OH、−CHO取代，则当−OH在中1号位置，-CHO有2种位置；当-OH在2号位置，-CHO有2种位置；当-OH在3号位置，-CHO有3种位置，共7种同分异构体；③若为苯环上H原子被−OH、−CHO取代，−OH有1种位置，而−CHO有3种位置。故符合条件的同分异构体共有16种。其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积之比为6:2:1:1的是或。故答案为16；或。（6）流程目的：→。要将-CH3氧化为-COOH，且要在邻位引入1个-NH2。苯环上-CH3可以在酸性高锰酸钾条件下被氧化为-COOH；据已知信息可知，可以先在甲苯上引入-NO2，即发生硝化反应；然后在Fe/HCl的条件下将-NO2还原为-NH2；而又已知-NH2极易被氧化，所以-CH3的氧化应在-NO2的还原之前。合成流程图为：。25、镁片上有大量气泡产生并逐渐溶解，烧杯中溶液变浑浊镁与盐酸反应产生氢气，该反应为放热反应，Ca(OH)2在水中的溶解度随温度的升高而减小，故析出Ca(OH)2Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑【解析】(1)金属镁和盐酸反应产生大量的热，镁片表面冒出气泡，该热量能使氢氧化钙的溶解度降低，所以饱和石灰水变浑浊，故答案为：镁片上有大量气泡产生并逐渐溶解，烧杯中溶液变浑浊；(2)镁与盐酸反应产生氢气，该反应为放热反应，反应过程中产生大量的热，该热量能使氢氧化钙的溶解度降低，所以饱和石灰水中溶液变浑浊，故答案为：镁与盐酸反应产生氢气，该反应为放热反应，Ca(OH)2在水中的溶解度随温度的升高而减小，故析出Ca(OH)2；(3)金属镁和盐酸反应的实质是：Mg+2H+═Mg2++H2↑，故答案为：Mg+2H+═Mg2++H2↑。点睛：本题考查常见的放热反应和吸热反应以及氢氧化钙的溶解度随温度的变化关系。解答本题的关键是知道镁与酸的反应为放热反应，氢氧化钙的溶解度随温度的升高而降低。26、Mg(OH)2＋NH4ClMgOHCl＋NH3↑＋H2OAl3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH稀释氨气，防止倒吸4.25aCu和Cu2O0.15向试管中加入适量2mol·L－1H2SO4溶液溶液变成蓝色，说明红色固体中含有Cu2O【解析】A中反应得到MgOHCl，还生成NH3与H2O，碱石灰干燥氨气，C中氨气与氧化铜反应会得到氮气与水，D最过氧化钠水反应生成氧气，D中氨气与氧气发生催化氧化，F中NO与氧气反应得到二氧化氮，G中二氧化氮溶解得到硝酸，硝酸与Cu反应。据此分析解答。【详解】(1)A中氢氧化镁与氯化铵再加热条件下反应生成MgOHCl、NH3与H2O，反应方程式为：Mg(OH)2+NH4ClMgOHCl+NH3↑+H2O，故答案为Mg(OH)2+NH4ClMgOHCl+NH3↑+H2O；(2)氨水和氯化铝反应生成氯化铵和氢氧化铝，反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故答案为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；(3)G中二氧化氮、氨气极易溶于水，溶解会导致倒吸，通入氮气可以稀释氨气，防止倒吸，故答案为稀释氨气，防止倒吸；(4)若测得碱石灰的质量增加了ag，即生成的水的质量为ag，根据Mg(OH)2+NH4ClMgOHCl+NH3↑+H2O，生成的碱式氯化镁的质量为×76.5g/mol=4.25ag，故答案为4.25a；(5)红色物质为Cu或Cu2O或二者混合物，固体质量减少质量为减少的氧元素质量，则减少的氧元素质量为8g-6.8g=1.2g，而CuO中氧元素质量为8.0g×=1.6g＞1.2g，故红色固体为Cu、Cu2O混合物，设二者物质的量分别为xmol、ymol，则：x+2y＝，64x+144y，解得x=0.05，y=0.025，则转移电子为0.05mol×2+0.025mol×2=0.15mol，故答案为Cu和Cu2O；0.15；(6)Cu能与浓硫酸反应，Cu2O能与稀酸反应得到Cu2+，用稀H2SO4溶液溶解，溶液中出现蓝色，说明红色固体中含有Cu2O，故答案为向试管中加入适量2mol·L－1H2SO4溶液；溶液变成蓝色，说明红色固体中含有Cu2O。【点睛】本题考查物质的制备及性质探究实验，关键是理解各装置的作用。本题的易错点为(5)，要注意利用氧元素质量变化判断固体组成，也可以利用Cu元素质量确定。27、BADCE500mL容量瓶、胶头滴管A【解析】实验室需配制500mL0.2mol/LNa2SO4溶液，根据配制过程为计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀等操作分析所需要的仪器；根据c＝n/V结合实验操作分析可能产生的误差。【详解】（1）配制500mL0.2mol/LNa2SO4溶液，需要溶质的质量是0.5L×0.2mol/L×142g/mol＝14.2g。配制过程为计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀等，所以操作步骤的正确顺序为BADC