重庆铁路中学2026年高频错题卷（十二）化学试题含解析

重庆铁路中学2026年高频错题卷（十二）化学试题注意事项：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、下列说法正确的是A．FeCl3溶液可以腐蚀印刷屯路板上的Cu，说明Fe的金属活动性大于CuB．晶体硅熔点高、硬度大，故可用于制作半导体C．SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白D．K2FeO4具有强氧化性，可代替Cl2处理饮用水，既有杀菌消毒作用，又有净水作用2、下列有关有机物甲~丁说法不正确的是A．甲可以发生加成、氧化和取代反应B．乙的分子式为C6H6Cl6C．丙的一氯代物有2种D．丁在一定条件下可以转化成只含一种官能团的物质3、下列实验不能得到相应结论的是（）A．向HClO溶液中通入SO2，生成H2SO4，证明H2SO4的酸性比HClO强B．向Na2SiO3溶液中滴加酚酞，溶液变红，证明Na2SiO3发生了水解反应C．将铝箔在酒精灯火焰上加热，铝箔熔化但不滴落，证明氧化铝熔点高于铝D．将饱和氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，证明氯水有漂白性4、同一周期的X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物对应水化物的酸性顺序为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列判断错误的是A．原子半径：X＞Y＞Z B．气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3C．元素原子得电子能力：X＞Y＞Z D．阴离子的还原性：Z3－＞Y2－＞X－5、分类是重要的科学研究方法，下列物质分类正确的是A．酸性氧化物：SO2、SiO2、NO2B．弱电解质：CH3COOH、BaCO3、Fe（OH）3C．纯净物：铝热剂、漂粉精、聚乙烯D．无机物：CaC2、石墨烯、HCN6、世界第一条大面积碲化镉薄膜“发电玻璃”生产线最近在成都投产，该材料是在玻璃表面镀一层碲化镉薄膜，光电转化率高。下列说法错误的是A．普通玻璃含有二氧化硅 B．该发电玻璃能将光能完全转化为电能C．碲化镉是一种无机化合物 D．应用该光电转化技术可减少温室气体排放7、已知硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠时发生反应：4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O=4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋，则下列说法正确的是A．该反应中Fe2＋是还原剂，O2是还原产物B．4molNa2O2在反应中共得到8NA个电子C．每生成0.2molO2，则被Fe2＋还原的氧化剂为0.4molD．反应过程中可以看到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀8、下列说法中正确的有几项①钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2②配制480mL0.5mol/L的NaOH溶液，需要用托盘天平称量氢氧化钠固体9.6g③盐酸既有氧化性又有还原性④Fe(OH)3、FeCl2、H2SiO3都不直接用化合反应制备⑤SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性⑥将质量分数为5%和25%的氨水等体积混合后，所得溶液中溶质的质量分数大于15%⑦干燥的Cl2和氯水均能使鲜花褪色⑧中和热测定实验中需要用到的玻璃仪器只有烧杯、温度计和环形玻璃搅拌棒三种⑨纯银器在空气中久置变黑是因为发生了化学腐蚀A．3项 B．4项 C．5项 D．6项9、已知HNO2在低温下较稳定，酸性比醋酸略强，既有氧化性又有还原性，其氧化产物、还原产物与溶液pH的关系如下表。pH范围

＞7

＜7

产物

NO3-

NO、N2O、N2中的一种

下列有关说法错误的是()。A．碱性条件下，NaNO2与NaClO反应的离子方程式为NO2-＋ClO－=NO3-＋Cl－B．向冷的NaNO2溶液中通入CO2可得到HNO2C．向冷的NaNO2溶液中加入稀硫酸可得到HNO2D．向冷的NaNO2溶液中加入滴有淀粉的氢碘酸，溶液变蓝色10、下列变化中化学键没有破坏的是A．煤的干馏 B．煤的气化 C．石油分馏 D．重油裂解11、Fe3O4中含有、，分别表示为Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO2－，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是A．Pd上发生的电极反应为：H2-2e－2H＋B．Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用C．反应过程中NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2D．用该法处理后水体的pH降低12、X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素，Y是地壳中含量最高的元素。X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图转化关系，下列判断错误的是A．反应③为工业制粗硅的原理B．Z位于元素周期表第三周期ⅡA族C．4种元素的原子中，Y原子的半径最小D．工业上通过电解乙来制取Z13、X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中相对位置如图所示，若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，下列说法正确的是（）A．Z单质与氢气反应较Y剧烈B．X与W的原子核外电子数相差9C．X单质氧化性强于Y单质D．最高价氧化物对应水化物酸性W比Z强14、根据原子结构及元素周期律的知识，下列叙述正确的是()A．由于相对分子质量：HCl＞HF，故沸点：HCl＞HFB．锗、锡、铅的+4价氢氧化物的碱性强弱顺序：Ge(OH)4＞Sn(OH)4＞Pb(OH)4C．硅在周期表中处于金属与非金属的交界处，硅可用作半导体材料D．Cl-、S2-、K+、Ca2+半径逐渐减小15、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．NH4HCO3

受热易分解，可用作化肥B．NaHCO3

溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂C．SO2

具有氧化性，可用于纸浆漂白D．Al2O3

具有两性，可用于电解冶炼铝16、下列说法错误的是（）A．以乙醇、空气为原料可制取乙酸B．甲苯分子中最多13个原子共平面C．淀粉、油脂和蛋白质都是可以水解的高分子化合物D．分子式为C5H12O的醇共有8种结构17、已知反应：10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑，则下列说法正确的是（）A．KNO3是氧化剂，KNO3中N元素被氧化B．生成物中的Na2O是氧化产物，K2O是还原产物C．每转移1mole﹣，可生成标准状况下N2的体积为35.84升D．若有65gNaN3参加反应，则被氧化的N的物质的量为3.2mol18、以下措施都能使海洋钢质钻台增强抗腐蚀能力，其中属于“牺牲阳极的阴极保护法”的是（）A．对钢材“发蓝”（钝化） B．选用铬铁合金C．外接电源负极 D．连接锌块19、能通过化学反应使溴水褪色的是A．苯B．乙烷C．乙烯D．乙酸20、下列说法正确的是（）A．C4H8BrCl的同分异构体数目为10B．乙烯和苯均能使溴水褪色，且原理相同C．用饱和Na2CO3溶液可鉴别乙醇、乙酸、乙酸乙酯D．淀粉、油脂和蛋白质均为能发生水解反应的高分子化合物21、X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，它们所在周期数之和为11，YZ气体遇空气变成红棕色，R的原子半径是短周期中最大的，W和Z同主族。下列说法错误的是（）A．X、Y、Z元素形成的化合物溶于水一定呈酸性B．气态氢化物的稳定性：Z>WC．简单离子半径：W>RD．Z、R形成的化合物中可能含有共价键22、海冰是海水冻结而成的咸水冰。海水冻结时，部分来不及流走的盐分以卤汁的形式被包围在冰晶之间，形成“盐泡”假设盐分以一个NaCl计，其大致结构如下图所示，若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水。下列叙述正确的是()A．海冰内层“盐泡”越多，密度越小B．海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越多C．海冰内层“盐泡”内的盐分主要以NaCl分子的形式存在D．海冰内层NaCl的浓度约为设冰的密度为二、非选择题(共84分)23、（14分）一种合成聚碳酸酯塑料（PC塑料）的路线如下：已知：①酯与含羟基的化合物可发生如下酯交换反应RCOOR＇＋R＂OHRCOOR＂+R＇OH②PC塑料结构简式为：（1）C中的官能团名称是_________，检验C中所含官能团的必要试剂有_________。（2）D的系统命名为_________。（3）反应II的反应类型为_________，反应Ⅲ的原子利用率为_________。（4）反应IV的化学方程式为_________。（5）1molPC塑料与足量NaOH溶液反应，最多消耗_________molNaOH。（6）反应I生成E时会生成副产物F(C9H12O2)，其苯环上一氯代物有两种，则F的结构简式为_________；写出满足下列条件的F的同分异构体的结构简式_________（任写一种）①分子中含有苯环，与NaOH溶液反应时物质的量为1：2②核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：2：1：124、（12分）化合物F是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成：已知：RCHO＋CH3CHORCH(OH)CH2CHO。试回答：（1）A的结构简式是_________，E→F的反应类型是_________。（2）B→C反应的化学方程式为_____________。（3）C→D所用试剂和反应条件分别是_________。E中官能团的名称是________________。（4）检验F中碳碳双键的方法是_________________________。（5）连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有______种（除D外）。其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为____________。25、（12分）高锰酸钾是常用的消毒剂、除臭剂、水质净化剂以及强氧化剂，下图是在实验室中制备KMnO4晶体的流程：回答下列问题：（1）操作②目的是获得K2MnO4，同时还产生了KCl和H2O，试写出该步反应的化学方程式：_______________。操作①和②均需在坩埚中进行，根据实验实际应选择_______________(填序号)。a．瓷坩埚b．氧化铝坩埚c．铁坩埚d．石英坩埚（2）操作④是使K2MnO4转化为KMnO4和MnO2，该转化过程中发生反应的离子方程式为_______________。若溶液碱性过强，则MnO4-又会转化为MnO42-，该转化过程中发生反应的离子方程式为_______________。因此需要通入某种气体调pH=10-11，在实际操作中一般选择CO2而不是HCl，原因是_______________。（3）操作⑤过滤时，选择图2所示装置而不用图1所示装置的原因是_______________。（4）还可采用电解K2MnO4溶液(绿色)的方法制造KMnO4(电解装置如图所示)，电解过程中右侧石墨电极的电极反应式为_______________。溶液逐渐由绿色变为紫色。但若电解时间过长，溶液颜色又会转变成绿色，可能的原因是_______________。26、（10分）碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H·H2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：(1)水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOH→N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3①制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液的连接顺序为_______(按气流方向，用小写字母表示)。若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为6：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为________。②取适量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，实验中滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，理由是________________________________________。(2)碘化钠的制备采用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示：①“合成”过程中，反应温度不宜超过73℃，目的是______________________。②在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-，该过程的离子方程式为_______。工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是____。(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下：a．称取1．33g样品并溶解，在533mL容量瓶中定容；b．量取2．33mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂：c．用3．213mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式为；2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为4．33mL。①M为____________(写名称)。②该样品中NaI的质量分数为_______________。27、（12分）过硫酸钠(Na2S2O8)具有极强的氧化性，且不稳定，某化学兴趣小组探究过硫酸钠的相关性质，实验如下。已知SO3是无色易挥发的固体，熔点16.8℃，沸点44.8℃。（1）稳定性探究(装置如图)：分解原理：2Na2S2O82Na2SO4＋2SO3↑＋O2↑。此装置有明显错误之处，请改正：______________________，水槽冰水浴的目的是____________________；带火星的木条的现象_______________。（2）过硫酸钠在酸性环境下，在Ag＋的催化作用下可以把Mn2＋氧化为紫红色的离子，所得溶液加入BaCl2可以产生白色沉淀，该反应的离子方程式为______________________，该反应的氧化剂是______________，氧化产物是________。（3）向上述溶液中加入足量的BaCl2，过滤后对沉淀进行洗涤的操作是___________________________。（4）可用H2C2O4溶液滴定产生的紫红色离子，取20mL待测液，消耗0.1mol·L－1的H2C2O4溶液30mL，则上述溶液中紫红色离子的浓度为______mol·L－1，若Na2S2O8有剩余，则测得的紫红色离子浓度将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。28、（14分）白头翁素具有显著的抗菌作用，其合成路线如图所示：已知：①RCH2BrRCH=CHR’②2RCH=CHR’（以上R、R’代表氢、烷基）(1)白头翁素的分子式为____。(2)试剂a为______，E→F的反应类型为________。(3)F的结构简式为_________。(4)C中含有的官能团名称为________。(5)A→B反应的化学方程式为_________。(6)F与足量氢气加成得到G，G有多种同分异构体，其中属于链状羧酸类有____种。(7)以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成的路线为____（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。29、（10分）苯氧布洛芬具有良好的解热、镇痛、抗炎、抗风湿作用，苯氧布洛芬的合成路线如下：回答下列问题：(1)苯氧布洛芬中官能团的名称为___。(2)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。A-D四种物质中，含有手性碳的有机物为___（填字母）。(3)反应②的反应类型是___。(4)若过程①发生的是取代反应，且另一种产物为HBr，由A生成B发生反应的化学方程式为___。(5)有机物M与C互为同分异构体，M满足下列条件：I.能与FeCl3溶液发生显色反应，1molM可消耗2molNaOH；Ⅱ.M分子中有6种不同化学环境的氢，核磁共振氢谱为3：2：2：2：2：3，且分子中含有结构。M的结构有___种，写出其中一种结构简式：___。(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以丙酮(CH3COCH3)为原料制备2一甲基丙酸的合成路线流程图（无机试剂任用）___。

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【解析】

A.氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，不能说明铁的金属性强于铜，故错误；B.硅位于金属和非金属之间，具有金属和非金属的性质，所以是良好的半导体材料，与其熔点硬度无关，故错误；C.二氧化硫氧化性与漂白无关，故错误；D.K2FeO4中的铁为+6价，具有强氧化性，还原产物为铁离子，能水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性，所以能杀菌消毒同时能净水，故正确。故选D。2、B【解析】

A.物质甲中含苯环和羧基，可以发生苯环的加成反应，燃烧反应(属于氧化反应)，可以发生酯化反应(属于取代反应)，A正确；B.根据乙结构简式可知，该物质是苯分子中六个H原子全部被Cl原子取代产生的物质，故分子式是C6Cl6，B错误；C.丙分子中含有2种类型的H原子，所以其一氯代物有2种，C正确；D.丁分子中含有醛基、醇羟基，在一定条件下醛基与氢气可以转化成羟基，就得到只含醇羟基一种官能团的物质，D正确；故答案选B。3、A【解析】

A．次氯酸具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，故A错误；B．无色酚酞遇碱变红色，向Na2SiO3溶液中滴加酚酞，溶液变红，说明该溶液呈碱性，则硅酸钠水解导致溶液呈碱性，故B正确；C．氧化铝的熔点高于铝的熔点，铝表面被一层致密的氧化铝包着，所以铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，故C正确；D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，则氯水遇蓝色石蕊试纸变红色，次氯酸有漂白性，所以试纸最后褪色，故D正确；答案选A。4、A【解析】

元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由题意可知，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则元素非金属性X＞Y＞Z。【详解】A项、同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，非金属性依次增强，则原子半径：X＜Y＜Z，故A错误；B项、元素非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：X＞Y＞Z，则气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3，故B正确；C项、元素非金属性越强，原子得电子能力越强，元素非金属性：X＞Y＞Z，则原子得电子能力：X＞Y＞Z，故C正确；D项、元素非金属性越强，阴离子的还原性越弱，非金属性：X＞Y＞Z，则阴离子的还原性：Z3－＞Y2－＞X－，故D正确。故选A。5、D【解析】

A．SO2、SiO2和碱反应生成盐和水属于酸性氧化物，和碱反应发生的是氧化还原反应，不是酸性氧化物，A错误；B．水溶液中部分电离属于弱电解质，属于弱碱是弱电解质，熔融状态下完全电离属于强电解质，B错误；C．铝热剂是铝和金属氧化物的混合物，漂粉精是氯化钙和次氯酸钙的混合物，聚乙烯是高分子化合物属于混合物，C错误；D．、石墨烯为碳的单质、HCN，组成和结构上与无机物相近属于无机物，D正确。答案选D。6、B【解析】

A.普通玻璃的主要成分是二氧化硅，故A正确；B.该发电玻璃光电转化率高，但不能将光能完全转化为电能，故B错误；C.碲化镉属于无机化合物，故C正确；D.应用该光电转化技术，提高了光电转化率，能够减少温室气体排放，故D正确。故选B。7、C【解析】

A．该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、O元素化合价由-1价变为0价和-2价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，所以Fe2+和的过氧化钠作还原剂，Fe(OH)3和O2是氧化产物，故A错误；B．该反应中有4mol过氧化钠反应时有3mol过氧化钠得电子发生还原反应，有的过氧化钠作氧化剂，因此4

mol

Na2O2在反应中共得到6NA个电子，故B错误；C．根据方程式，生成0.2molO2，反应的Fe2+为0.8mol，被0.8molFe2+还原的氧化剂(Na2O2)的物质的量==0.4mol，故C正确；D．该反应中有氧气生成，所以不能生成氢氧化亚铁沉淀，而是直接生成红褐色沉淀，故D错误；故选C。本题的易错点和难点为C，要注意该反应中有2种还原剂——Fe2+和的Na2O2，氧化剂是的Na2O2，不能根据方程式直接计算，要注意得失电子守恒计算。8、B【解析】

①钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2，正确；②配制480mL0.5mol/L的NaOH溶液，因容量瓶是500mL，需要用托盘天平称量氢氧化钠固体10.0g，错误；③盐酸中H为+1价是最高价，Cl为-1价为最低价，既有氧化性又有还原性，正确；④Fe(OH)3可用Fe(OH)2、氧气和水化合制备，FeCl2可用铁和氯化铁化合制备，错误；⑤SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有还原性，错误；⑥将质量分数为5%和25%的氨水等体积混合后，所得溶液中溶质的质量分数小于15%，错误；⑦因鲜花里有水份，干燥的Cl2和氯水均能使鲜花褪色，正确；⑧中和热测定实验中需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、温度计和环形玻璃搅拌棒四种，错误；⑨纯银器在空气中久置变黑是因为发生了化学腐蚀，正确；答案为B。9、B【解析】

由表中数据知，碱性条件下，HNO2可被氧化为NO3-，而ClO－有强氧化性，A对；HNO2的酸性比碳酸强但比硫酸弱，故CO2不能与亚硝酸盐作用而硫酸能，B错、C对；酸性条件下，NaNO2有氧化性，而I－具有强还原性，NO2-能将I－氧化成I2，D对。本题选B。10、C【解析】

A．煤干馏可以得到煤焦油，煤焦油中含有甲烷、苯和氨等重要化工原料，属于化学变化，化学键被破坏，故A错误；B．煤的气化是将其转化为可燃气体的过程，主要反应为碳与水蒸气反应生成H2、CO等气体的过程，有新物质生成，属于化学变化，化学键被破坏，故B错误；C．石油的分馏是根据物质的沸点不同进行分离的，属于物理变化，化学键没有破坏，故C正确；D．石油裂化是大分子生成小分子，属于化学变化，化学键被破坏，故D错误．故选：C。11、D【解析】

根据图像可知反应流程为（1）氢气失电子变为氢离子，Fe（Ⅲ）得电子变为Fe（Ⅱ）；（2）Fe（Ⅱ）得电子变为Fe（Ⅲ），NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2。如此循环，实现H2消除酸性废水中的致癌物NO2－的目的，总反应为3H2+2NO2－+2H+=N2↑+4H2O。【详解】根据上面分析可知：A.Pd上发生的电极反应为：H2-2e－2H＋，故不选A；B.由图中信息可知，Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）是该反应的催化剂，其相互转化起到了传递电子的作用，故不选B；C.反应过程中NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2，故不选C；D.总反应为3H2+2NO2－+2H+=N2↑+4H2O。，用该法处理后由于消耗水体中的氢离子，pH升高，故选D；答案：D12、D【解析】

由题干信息分析可知X为C、Y为O、Z为Mg、W为Si，甲为CO2，乙为MgO，丙为SiO2，丁为CO；【详解】A.反应③，为工业制粗硅的原理，A正确；B.Z即镁位于元素周期表第三周期ⅡA族，B正确；C.4种元素的原子中，Y原子即氧原子的半径最小，C正确；D.工业上通过电解熔融氯化镁而不是氧化镁来制取镁，D错误；答案选D。13、D【解析】

若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，则Z是S元素；根据其再周期表中的相对位置，X、Y、W分别是N、O、Cl。【详解】A.O的非金属性大于S，氧气与氢气反应比硫蒸气与氢气反应剧烈，故A错误；B.N与Cl的原子核外电子数相差17-7=10，故B错误；C.同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强，单质氧化性越强，氧气氧化性强于氮气，故C错误；D.同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，酸性HClO4>H2SO4，故D正确。14、C【解析】

A．HF分子之间存在氢键，沸点高于HCl，故A错误；B．同主族金属性增强，形成的碱的碱性增强，锗、锡、铅的+4价氢氧化物的碱性强弱顺序：Ge(OH)4＜Sn(OH)4＜Pb(OH)4，故B错误；C．Si处于金属与非金属交界处，表现一定的金属性、非金属性，可用作半导体材料，故C正确；D．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：S2-＞Cl-＞K+＞Ca2+，故D错误；答案选C。15、B【解析】

A、NH4HCO3

含有营养元素N元素，可用作化肥，与NH4HCO3

受热易分解无关，故A不符合题意；B、NaHCO3能与盐酸反应，并且NaHCO3溶液无腐蚀性，常用作制胃酸中和剂，故B符合题意；C、SO2

具有漂白性，可用于纸浆漂白，与SO2

具有氧化性无关，故C不符合题意；D、熔融状态下的Al2O3能发生电离，可用于电解冶炼铝，与Al2O3

具有两性无关，故D不符合题意；故选：B。高中阶段常见具有漂白的物质类型有：①强氧化性(漂白过程不可逆)，常见物质有O3、H2O2、Na2O2、NaClO、HClO、Ca(ClO)2等；②形成不稳定化合物型(漂白过程可逆)，常见物质有SO2；③物理吸附型(漂白过程不可逆)，常见物质有活性炭。16、C【解析】

A.醇羟基可以发生氧化反应生成羧基，可以用乙醇、空气为原料制取乙酸，故A正确；B.甲苯中苯基有11个原子共平面，甲基中最多有2个原子与苯基共平面，最多有13个原子共平面，故B正确；C.油脂不属于高分子化合物，故C错误；D.C5H12的同分异构体有CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、C(CH3)4，其中CH3CH2CH2CH2CH3有3种H原子，CH3CH2CH(CH3)2有4种H原子，C(CH3)4只有1种H原子，故羟基(—OH)取代1个H得到的醇有3+4+1=8种，故D正确；故答案为C。C5H12O的醇可以看做羟基上连接一个戊基，戊基有8种，所以分子式为C5H12O的醇共有8种结构；常见的烃基个数：丙基2种；丁基4种；戊基8种。17、C【解析】

10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑中，N元素的化合价由-价升高为0，N元素的化合价由+5价降低为0，该反应转移10e-，以此来解答。【详解】A.、KNO3中N元素的化合价降低，为氧化剂，其中氮元素被还原，故A错误；B、只有N元素的化合价变化，则N2是氧化产物，也是还原产物，故B错误；C、由反应可知转移10mol电子生成16mol氮气，则每转移1mol电子，可生成N2为1.6mol，标准状况下N2的体积为35.84L，故C正确;D、若有65gNaN3参加反应，则被氧化的N的物质的量为，故D错误；故选C。18、D【解析】

牺牲阳极的阴极保护法指的是原电池的负极金属易被腐蚀，而正极金属被保护的原理，为防止钢铁被腐蚀，应连接活泼性较强的金属，以此解答。【详解】牺牲阳极的阴极保护法是原电池的负极金属易被腐蚀，而正极金属被保护的原理，是原电池原理的应用，利用被保护的金属做正极被保护选择，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，应选择比铁活泼的金属做负极，在电池内电路为阳极，称为牺牲阳极的阴极保护法，题目中选择锌做阳极，故选D。19、C【解析】苯能萃取溴水中的溴，使溴水褪色，属于物理变化，故A错误；乙烷与溴水不反应，不能使溴水褪色，故B错误；乙烯与溴水发生加成反应使溴水褪色，故C正确；乙酸与溴水不反应，溴水不褪色，故D错误。20、C【解析】

A．C4H8BrCl可看作C4H9Br的一氯取代物，C4H9Br的同分异构体取决于丁基的数目，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，含有H种类分别有4、4、3、1，则C4H8BrCl共有12种，故A错误；B．乙烯和苯均能使溴水褪色，前者为加成反应，后者为萃取，原理不相同，B错误；C．乙醇易溶于水，乙酸具有酸性，可与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯不溶于水，可鉴别，C正确；D．油脂不属于高分子化合物，属于酯类物质，D错误；故答案选C。21、A【解析】

YZ气体遇空气变成红棕色，则Y是N，Z是O，NO在空气中和O2迅速反应生成红棕色的NO2；R的原子半径是短周期中最大的，则R是Na；W和Z同主族，则W是S；X、Y、Z、R、W所在周期数之和为11，则X在第一周期，为H；综上所述，X、Y、Z、R、W分别为：H、N、O、Na、S，据此解答。【详解】A．X、Y、Z分别为：H、N、O，H、N、O三种元素形成的化合物溶于水也可能显碱性，如NH3·H2O的水溶液显碱性，A错误；B．非金属性：Z(O)＞W(S)，故气态氢化物的稳定性：Z(O)＞W(S)，B正确；C．S2-核外有三层电子，Na+核外有两层电子，故离子半径：S2-＞Na+，C正确；D．Z、R为O、Na，O、Na形成的化合物中可能含有共价键，如Na2O2，D正确。答案选A。22、D【解析】

A．“盐泡”中盐与水的比值不变，则内层“盐泡”越多时，密度不变，故A错误；B．若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水，则海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少，故B错误；C．“盐泡”内的盐分为NaCl，由离子构成，不存在NaCl分子，故C错误；D．冰的密度为，设海水1L时，水的质量为900g，由个数比为1：500000，含NaCl为，可知海冰内层NaCl的浓度约为，故D正确；故答案为D。考查海水资源的应用，把握海水中盐泡的成分、信息的应用为解答的关键，“盐泡”内的盐分为NaCl，属离子化合物，由离子构成，且“盐泡”中盐与水的比值不变，特别注意“盐泡结构的判断。二、非选择题(共84分)23、溴原子NaOH溶液、稀硝酸、硝酸银溶液2-丙醇氧化反应100%4n等【解析】

B为CH2=CH2，B发生氧化反应Ⅱ生成环氧乙烷，环氧乙烷与二氧化碳发生反应Ⅲ生成，与甲醇反应为信息的反应，反应的化学方程式是，生成HOCH2CH2OH和CH3OCOOCH3；A在一定的条件下与HBr发生加成反应，根据原子守恒知，A为C3H6，结构简式为CH2=CHCH3，C为CH3CHBrCH3，C中NaOH溶液中加热发生水解生成D，D为CH3CHOHCH3，D在铜作催化剂，加热条件下氧化成丙酮，丙酮与发生反应I生成E，E与丙酮发生反应Ⅳ生成PC。【详解】（1）C为CH3CHBrCH3，官能团名称是溴原子，C中NaOH溶液中加热发生水解生成D和溴化钠，先加稀硝酸中和氢氧化钠，再加硝酸银溶液，产生白色沉淀，检验C中所含官能团的必要试剂有NaOH溶液、稀硝酸、硝酸银溶液。（2）为CH3CHOHCH3，D的系统命名为2-丙醇。（3）B为CH2=CH2，B发生氧化反应Ⅱ生成环氧乙烷，反应II的反应类型为氧化反应，环氧乙烷与二氧化碳发生反应Ⅲ生成，反应Ⅲ的原子利用率为100%。（4）E与丙酮发生反应Ⅳ生成PC，反应IV的化学方程式为。（5）酚形成的酯水解时需消耗2molNaOH，PC的一个链节中有2个酚形成的酯基，1molPC塑料与足量NaOH溶液反应，最多消耗4nmolNaOH。（6）反应I生成E时会生成副产物F(C9H12O2)，分子式为C9H12O2且符合属于芳香化合物，其苯环上一氯代物有两种，F的两取代基只能处于对位，则F的结构简式为；能满足下列条件的F的同分异构体①分子中含有苯环，与NaOH溶液反应时物质的量为1:2，②核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：2：1：1，符合条件的是二元酚类，符合条件的同分异构体结构简式为：等。本题考查有机物的合成，把握合成流程中官能团的变化、有机反应、习题中的信息为解答的关键，注意有机物性质的应用，难点（6），注意掌握同分异构体的书写方法。24、消去反应+NaOH+NaClO2/Cu或Ag，加热羟基、醛基用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键8【解析】

根据流程图，E脱水生成，利用逆推法，E是；根据RCHO＋CH3CHORCH(OH)CH2CHO，，可逆推出D是；根据B的分子式C8H9Cl，结合D的结构，B是；C是，则A是。【详解】（1）根据上述分析，A的结构简式是；E()分子内脱水生成F（），则反应类型为消去反应，故答案为：；消去反应；（2）在氢氧化钠溶液中水解为，反应的化学方程式为+NaOH+NaCl，故答案为：+NaOH+NaCl；（3）在铜或银作催化剂的条件下加热，能被氧气氧化为，所以试剂和反应条件是O2/Cu或Ag，加热；中含有的官能团有羟基和醛基；故答案为：O2/Cu或Ag，加热；羟基、醛基；（4）双键可以发生加成反应，所以可以用溴的四氯化碳溶液检验，因为F中还含有醛基，容易被氧化，所以不能用高锰酸钾溶液检验；也可以先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键；故答案为：用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键；（5）连在双键碳原子上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有、、、、、、、，共8种；其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为，故答案为：8；。25、KClO3＋3MnO2＋6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑c3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2OCl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原过滤速度快、效果好MnO42--e-=MnO4-电解较长时间后，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色。(或阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色【解析】

（1）根据图示，操作②中的反应物有KClO3、MnO2和KOH加热时生成K2MnO4、KCl和H2O，反应的化学方程式为：KClO3＋3MnO2＋6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑；操作①和②的反应物中均含有碱性物质，碱能够与氧化铝、二氧化硅及硅酸盐反应，应选择铁坩埚，故答案为KClO3＋3MnO2＋6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑；c；（2）操作④中K2MnO4转化为KMnO4和MnO2，反应的离子方程式为：3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-；若溶液碱性过强，则MnO4-又会转化为MnO42-，反应的离子方程式为：4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2O；通入CO2调pH=10-11，不选用HCl，是因为Cl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原，故答案为3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-；4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2O；Cl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原；（3）图1为普通过滤装置，图2为抽滤装置，抽滤装置过滤速度快，过滤效果好，且能够过滤颗粒很小是固体和糊状物，故答案为过滤速度快、效果好；（4）电解过程中右侧石墨电极连接电源正极，是阳极，发生氧化反应，电极反应式为：MnO42--e-=MnO4-；若电解时间过长，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色，也可能是阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色，故答案为MnO42--e-=MnO4-；电解较长时间后，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色。(或阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色)。26、ecdabf11:7将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率防止碘升华2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2ON2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质淀粉94.5%【解析】

(1)①制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液时先利用装置C制取氯气，通过装置B除去氯气中的氯化氢气体，再通过装置A反应得到混合液，最后利用装置D进行尾气处理，故连接顺序为ecdabf；Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由3价升高为+1价和+5价，ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为6：1，则可设ClO-为6mol，ClO3-为1mol，被氧化的Cl共为7mol，失去电子的总物质的量为6mol×（1-3）+1mol×（5-3）=11mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由3价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为7mol，则被还原的Cl的物质的量为11mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11mol：7mol=11：7；②取适量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，实验中滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率；(2)①“合成”过程中，为防止碘升华，反应温度不宜超过73℃；②在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-，N2H4•H2O与IO3-反应生成氮气，则IO3-被还原为碘离子，该过程的离子方程式为2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O；工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是N2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质；(3)①滴定过程中碘单质被还原为碘离子，故加入M溶液作指示剂，M为淀粉；②根据反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可知，n(NaI)=n(I2)=n(Na2S2O3)=3.213mol/L×4.33mL×1-3L/mL×=3.363mol，样品中NaI的质量分数为。27、试管口应该略向下倾斜冷却并收集SO3木条复燃2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋S2OMnO用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，使蒸馏水自然流下，重复操作2～3次(合理即可)0.06偏高【解析】

(1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜；根据SO3、氧气的性质进行分析；(2)X为MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SO42-，据此写出离子方程式，并根据氧化还原反应规律判断氧化剂、氧化产物；(3)根据沉淀洗涤的方法进行回答；(4)根据得失电子守恒可得到关系式：5H2C2O4---2MnO4-，带入数值进行计算；Na2S2O8也具有氧化性，氧化H2C2O4。【详解】(1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜，SO3的熔、沸点均在0℃以上，因此冰水浴有利于将SO3冷却为固体，便于收集SO3，由Na2S2O8的分解原理可知，生成物中有氧气，所以在导管出气口的带火星的木条会复燃，故答案为：试管口应该略向下倾斜；冷却并收集SO3；木条复燃；(2)X为MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SO42-，则反应的离子方程式为2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋，根据该反应中元素化合价的变化可知，氧化剂是S2O82-，氧化产物是MnO4-，故答案为：2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋；S2O82-；MnO4-；(3)沉淀洗涤时，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸馏水需要没过沉淀，需要洗涤2~3次，故答案为：用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，使蒸馏水自然流下，重复操作2～3次(合理即可)；(4)根据得失电子守恒可得到关系式：则，Na2S2O8具有氧化性，消耗的H2C2O4溶液增多，导致测得的结果偏高，故答案为：0.06；偏高。28、C10H8O4浓硫酸消去反应羧基、羟基、碳碳双键+H2O8