2026届黑龙江省哈尔滨师范大学附中高三下第一次月考化学试题试卷含解析

2026届黑龙江省哈尔滨师范大学附中高三下第一次月考化学试题试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y和Z组成的一种化合物可有效灭杀新型冠状病毒，它的结构式为：。向W的一种钠盐水溶液中通入YZ2气体，产生沉淀的质量m与通入YZ2气体的体积V的关系如图所示。下列说法正确的是A．氢化物的熔点一定是：Y<ZB．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>WC．X、Y、Z三种元素只能组成一种化合物D．工业上常用热还原法冶炼单质W2、既发生了化学反应，又有电解质的溶解过程，且这两个过程都吸热的是A．冰醋酸与NaOH溶液反应 B．KNO3加入水中C．NH4NO3加入水中 D．CaO加入水中3、用氯气和绿矾处理水，下列说法错误的是（）A．氯气起杀菌消毒作用B．氯气氧化绿矾C．绿矾具有净水作用D．绿矾的氧化产物具有净水作用4、使用石油热裂解的副产物中的甲烷来制取氢气，需要分两步进行，其反应过程中的能量变化如图所示：则甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为（）A．CH4(g)＋H2O(g)=3H2(g)＋CO(g)ΔH＝－103.3kJ/molB．CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝－70.1kJ/molC．CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝70.1kJ/molD．CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝－136.5kJ/mol5、室温时几种物质的溶解度见下表。室温下，向500g硝酸钾饱和溶液中投入2g食盐，下列推断正确的是()物质溶解度(g/100g水)氯化钠36硝酸钾32硝酸钠87氯化钾37A．食盐不溶解B．食盐溶解，无晶体析出C．食盐溶解，析出2g硝酸钾晶体D．食盐溶解，析出2g氯化钾晶体6、一场突如其来的“新冠疫情”让我们暂时不能正常开学。下列说法中正确的是A．垃圾分类清运是防止二次污染的重要一环，废弃口罩属于可回收垃圾B．为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用无水酒精杀菌消毒C．以纯净物聚丙烯为原料生产的熔喷布，在口罩材料中发挥着不可替代的作用D．中国研制的新冠肺炎疫苗已进入临床试验阶段，抗病毒疫苗需要低温保存7、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A．1L0.2mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为0.2NAB．H2O2＋Cl2=2HCl＋O2反应中，每生成32gO2，转移2NA个电子C．3.6gCO和N2的混合气体含质子数为1.8NAD．常温常压下，30g乙烷气体中所含共价键的数目为7NA8、化学与生活密切相关。下列叙述正确的是A．液氨可用作制冷剂 B．硅胶可作食品袋内的脱氧剂C．加入“聚铁”净水剂可以使海水淡化 D．二氧化硫可作食品的增白剂9、某实验小组用图示装置制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。已知：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。制取实验完成后，取C中紫色溶液，加入稀盐酸，产生气体。下列说法不正确的是A．B瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HClB．C瓶中KOH过量更有利于高铁酸钾的生成C．加盐酸产生气体可说明氧化性：K2FeO4>Cl2D．高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等八大特点为一体的优良的水处理剂10、下列操作能达到相应实验目的的是（）实验目的操作A检验绿茶中是否含有酚类物质向茶水中滴加FeCl3溶液B测定84消毒液的pH用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上C除去苯中混有的少量苯酚向苯和苯酚的混合物中滴加溴水，过滤后分液D实验室制备乙酸乙酯向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热A．A B．B C．C D．D11、NH3是一种重要的化工原料，利用NH3催化氧化并释放出电能（氧化产物为无污染性气体），其工作原理示意图如下。下列说法正确的是A．电极Ⅰ为正极，电极上发生的是氧化反应B．电极Ⅰ的电极反应式为2NH3−6e−N2+6H+C．电子通过外电路由电极Ⅱ流向电极ⅠD．当外接电路中转移4mole−时，消耗的O2为22.4L12、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．60g乙酸和丙醇混合物中含有的分子数目为NAB．2L0.5mol•L-1磷酸溶液中含有的H+数目为3NAC．标准状况下，2.24L己烷中含有的共价键数目为1.9NAD．50mL12mol•L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数目为0.3NA13、a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族。下列叙述正确的是（）A．原子半径：d>c>b>a B．4种元素中b的金属性最强C．c的氧化物的水化物是强碱 D．d单质的氧化性比a单质的氧化性强14、氮化碳(C3N4)的硬度大于金刚石，则氮化碳中A．只有共价键 B．可能存在离子C．可能存在N≡N D．存在极性分子15、工业上电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式如下：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑．下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（）A．Na+的结构示意图：B．中子数为18的氯原子：ClC．NaOH的电子式：D．Cl2的结构式：Cl＝Cl16、实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2C12，原理为SO2(g)+Cl2(g)⇌SO2Cl2(l)∆H=-97.3kJ/mol。装置如图所示(部分装置已省略)。已知SO2C12的熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。下列说法正确的是A．乙中盛放的试剂为无水氯化钙B．制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中C．用来冷却的水应该从a口入，b口出D．可用硝酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫17、下列有机物命名正确的是（）A．氨基乙酸 B．2—二氯丙烷C．2—甲基丙醇 D．C17H33COOH硬脂酸18、最近我国科学家研制出一种高分子大规模储能二次电池，其示意图如下所示。这种电池具有寿命长、安全可靠等优点，下列说法错误的是A．硫酸水溶液主要作用是增强导电性B．充电时，电极b接正极C．d膜是质子交换膜D．充放电时，a极有19、下列所示的实验方案正确，且能达到实验目的的是（）选项实验目的实验方案A比较镁、铝的金属性强弱分别在MgCl2和AlCl3溶液中滴加氨水直至过量，观察现象B比较Cl2、Br2的氧化性强弱将少量氯水滴入FeBr2溶液中，观察现象C证明SO2具有漂白性将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色D证明电离常数Ka:HSO3->HCO3-测得同浓度的Na2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液A．A B．B C．C D．D20、某二元弱碱B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)。向10mL稀B(OH)2溶液中滴加等浓度盐酸溶液，B(OH)2、B(OH)+、B2+的浓度分数δ随溶液POH[POH=-lgc(OH)-]变化的关系如图，以下说法正确的是A．交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mLB．当加入的盐酸溶液的体积为10mL时存在c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)>c(OH-)>c(B2+)C．交点b处c(OH)=6.4×10-5D．当加入的盐酸溶液的体积为15mL时存在：c(Cl-)+c(OH-)=c(B2+)+c(B(OH)+)+c(H+)，21、常温下，用溶液滴定溶液，曲线如图所示。下列说法错误的是A．滴定终点a可选择甲基橙作指示剂B．c点溶液中C．b点溶液中D．a、b、c三点中水的电离程度最大的是c22、《Chem.sci.》报道麻生明院士成功合成某种非天然活性化合物（结构如下图）。下列有关该化合物的说法错误的是A．分子式为C18H17NO2B．能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色C．所有氢原子不可能共平面D．苯环上的一氯代物有7种二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物J是一种重要的医药中间体，其合成路线如图：回答下列问题：（1）G中官能团的名称是__；③的反应类型是__。（2）通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是__。（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出F与足量氢气反应生成产物的结构简式，并用星号（*）标出其中的手性碳__。（4）写出⑨的反应方程式__。（5）写出D的苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体结构简式_。（6）写出以对硝基甲苯为主要原料（无机试剂任选），经最少步骤制备含肽键聚合物的合成路线__。24、（12分）有X、Y、Z、M、R五种短周期主族元素，部分信息如下表所示：XYZMR原子半径/nm0.0740.099主要化合价+4，-4-2-1，+7其它阳离子核外无电子无机非金属材料的主角第三周期简单离子半径最小请回答下列问题：（1）Z与NaOH溶液反应的离子方程式：___。(用元素符号表示，下同。)（2）下列事实能说明R非金属性比Y强这一结论的是___(选填字母序号)。a.常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态b.气态氢化物稳定性R>Yc.Y与R形成的化合物中Y呈正价d.Y与R各自形成的含氧酸中R的氧化性更强（3）经测定X2M2为二元弱酸，写出X2M2的电子式___。其酸性比碳酸的还要弱，请写出其第一步电离的电离方程式___。（4）已知I2能做X2M2分解的催化剂：第一步：X2M2＋I2＝2XIM；第二步：……请写出第二步反应的化学方程式___。（5）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现在改用X2M2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式___。25、（12分）某学习小组研究溶液中Fe2+的稳定性，进行如下实验，观察，记录结果。实验Ⅰ物质0min1min1h5hFeSO4淡黄色桔红色红色深红色(NH4)2Fe(SO4)2几乎无色淡黄色黄色桔红色（1）上述(NH4)2Fe(SO4)2溶液pH小于FeSO4的原因是_______（用化学用语表示）。溶液的稳定性：FeSO4_______(NH4)2Fe(SO4)2（填“＞”或“＜”）。（2）甲同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保护了Fe2+，因为NH4+具有还原性。进行实验Ⅱ，否定了该观点，补全该实验。操作现象取_______，加_______，观察。与实验Ⅰ中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同。（3）乙同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异是溶液酸性不同导致，进行实验Ⅲ：分别配制0.80mol·L－1pH为1、2、3、4的FeSO4溶液，观察，发现pH＝1的FeSO4溶液长时间无明显变化，pH越大，FeSO4溶液变黄的时间越短。资料显示：亚铁盐溶液中存在反应4Fe2+＋O2＋10H2O4Fe(OH)3＋8H+由实验III，乙同学可得出的结论是_______，原因是_______。（4）进一步研究在水溶液中Fe2+的氧化机理。测定同浓度FeSO4溶液在不同pH条件下，Fe2+的氧化速率与时间的关系如图（实验过程中溶液温度几乎无变化）。反应初期，氧化速率都逐渐增大的原因可能是_____。（5）综合以上实验，增强Fe2+稳定性的措施有_______。26、（10分）探究SO2和氯水的漂白性，设计了如下实验，装置如图．完成下列填空：（1）棉花上沾有的试剂是NaOH溶液，作用是______．（2）①反应开始一段时间后，B、D两个试管中可以观察到的现象分别是：B：_____，D：____．②停止通气后，分别加热B、D两个试管，可以观察到的现象分别是：B：_____，D：____．（3）有同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强，他将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不理想．产生该现象的原因（用化学方程式表示）______．（4）装置E中用_____（填化学式）和浓盐酸反应制得Cl2，生成2.24L（标准状况）的Cl2，则被氧化的HCl为____mol．（5）实验结束后，检验蘸有试剂的棉花含有SO42﹣的实验方案是：取棉花中的液体少许，滴加足量的稀HNO3，再加入几滴BaCl2溶液，出现白色沉淀．该方案是否合理____，理由是___．27、（12分）甲乙两组学生用不同的方法制备氯气并验证其性质。甲组用漂白粉与硫酸溶液反应制取氯气：Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2SO42CaSO4＋2Cl2↑＋2H2O，如图1所示；乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气：2KMnO4＋16HCl(浓)→2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O，如图2所示(省略夹持装置)。（1）实验中A选用装置__，E选用装置__(填写序号)。（2）装置F的作用___，请描述装置G中的实验现象___。（3）B中反应的离子方程式是___；C中氯气氧化了亚硫酸钠：Cl2+SO32-+H2O→SO42-+2Cl-+2H+，请你帮甲组设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化(简述实验步骤)：___。（4）乙组中H的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是___。（5）甲组实验存在的明显缺陷是___。28、（14分）药物Targretin（F）能治疗顽固性皮肤T细胞淋巴瘤，其合成路线如图所示：已知：ⅰ.ⅱ.ⅲ.RCOOHRCOCl（R表示烃基）（1）反应①的反应类型是__。（2）反应②的化学方程式：__。（3）C的核磁共振氢谱图中有__个峰。（4）反应③的化学方程式：__。（5）F的分子式是C24H28O2。F中含有的官能团：__。（6）写出满足下列条件A的两种同分异构体的结构简式（不考虑-O-O-或结构）：__。a.苯环上的一氯代物有两种b.既能发生银镜反应又能发生水解反应（7）已知：（R、R′为烃基）。以2-溴丙烷和乙烯为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线__（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）合成气（CO+H2）广泛用于合成有机物，工业上常采用天然气与水蒸气反应等方法来制取合成气。（1）已知，5.6LCH4（标况下数据）与水蒸气完全反应时吸收51.5kJ的热量，请写出该反应的热化学方程式___；（2）在150℃时2L的密闭容器中，将2molCH4和2molH2O(g)混合，经过15min达到平衡,此时CH4的转化率为60%。回答下列问题：①从反应开始至平衡，用氢气的物质的量浓度变化表示该反应速率v(H2)=___。②该反应的平衡常数表达式K=___。③下列选项中能表示该反应已达到平衡状态的是___A．v(H2)逆=3v(CO)正B．密闭容器中混合气体的密度不变C．密闭容器中总压强不变D．c(CH4)=c(CO)④平衡时容器中CH4的体积分数___。

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、B【解析】

X、Y和Z组成的化合的结构式为：，构成该物质的元素均为短周期主族元素，且该物质可以消毒杀菌，该物质应为过氧乙酸：CH3COOOH，X为H、Y为C、Z为O；向W的一种钠盐水溶液中通入CO2气体可以产生沉淀且通过量的CO2气体沉淀不溶解，则该沉淀应为H2SiO3或Al(OH)3，相应的钠盐为硅酸钠或偏铝酸钠，W为Al或Si。【详解】A．C元素有多种氢化物，其中相对分子质量较大的一些氢化物的熔点要高于O的氢化物，故A错误；B．无论W为Al还是Si，其非金属性均小于C，最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>W，故B正确；C．C、H、O元素可以组成多种烃类的含氧衍生物，故C错误；D．若W为Si，工业上常用碳还原法冶炼，但W为Al，工业上常用电解熔融氧化铝制取铝，故D错误；故答案为B。易错选项为D，要注意硅酸钠和偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳均可以产生沉淀，且沉淀不会与二氧化碳反应，所以根据题目所给信息无法确认W具体元素，要分情况讨论。2、C【解析】

A.冰醋酸和氢氧化钠溶液的反应为酸碱中和，而酸碱中和为放热反应，故A错误；B.由于硝酸钾为强酸强碱盐，不能水解，故硝酸钾加入水中没有化学反应发生，故不符合题干的要求，故B错误；C.硝酸铵加入水中后，先溶于水，而铵盐溶于水为吸热的物理过程；然后发生盐类的水解，由于盐类的水解为酸碱中和的逆反应，故盐类水解吸热，故C正确；D.氧化钙放入水中后和水发生化合反应，为放热反应，故D错误；故选：C。3、C【解析】

A．氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有杀菌消毒作用，所以可以用适量氯气杀菌消毒，A正确；B．绿矾中二价铁离子具有还原性，氯气能够氧化二价铁离子生成三价铁，B正确；C．绿矾水解生成氢氧化亚铁不稳定，极易被氧化生成氢氧化铁，所以明绿不具有净水作用，C错误；D．绿矾的氧化产物为硫酸铁，硫酸铁中三价铁水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，能够净水，D正确。答案选C。4、D【解析】

本题考查化学反应与能量变化,意在考查考生的图象分析能力与推理能力。【详解】左图对应的热化学方程式为A.CH4(g)＋H2O(g)=3H2(g)＋CO(g)ΔH＝－103.3kJ/mol，右图对应的热化学方程式为CO

(g)

+

H2O(g)=H2

(g)

+

CO2

(9)

△H=-33.

2kJ/mol；两式相加即可得相应的热化学方程式D.CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝－136.5kJ/mol，故D符合题意；答案：D。根据两图都为放热反应，完成热化学反应方程式，再根据盖斯定律进行分析即可。5、B【解析】

设在500g硝酸钾饱和溶液中含有硝酸钾xg，依据题意有：，解得x=121.21g，那么含有水500g﹣121.21g=378.79g，加入的氯化钠中不含有与硝酸钾相同的离子，不用考虑是否和硝酸钾出现盐的代换，所以不会出现晶体析出，且2g氯化钠完全可以溶解在378.79g水中，即2g氯化钠溶于硝酸钾中时溶液中有四种离子计钾离子、硝酸根离子、钠离子、氯离子，他们几种随机组合均未达到这四种物质的溶解度，故选B。6、D【解析】

A．使用过的口罩、手套等个人防护用品受到细菌、病毒感染属于有害垃圾，随意丢弃或者和生活垃圾混合有可能造成二次污染，对这些有害垃圾集中回收既能减少二次污染，也方便了对废弃口罩、手套等防护用品的集中处理，故A错误；B．无水酒精是纯度较高的乙醇水溶液，99.5%的叫无水酒精，过高浓度的酒精使蛋白质凝固的本领很大，它却使细菌表面的蛋白质一下子就凝固起来，形成了一层硬膜。这层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌，杀菌消毒效果降低，70%～75%的酒精称之为医用酒精，用于消毒效果最好，为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用医用杀菌消毒，故B错误；C．聚丙烯是平常常见的高分子材料之一，高聚物的聚合度n值不同，分子式不同，不是纯净物，属于混合物，故C错误；D．疫苗是将病原微生物(如细菌、立克次氏体、病毒等)及其代谢产物，经过人工减毒、灭活或利用基因工程等方法制成的用于预防传染病的自动免疫制剂，病毒疫苗主要成分是蛋白质，高温下蛋白质会变质，需要低温保存，故D正确；答案选D。7、A【解析】

A.HCO3−在溶液中既能部分电离为CO32－，又部分能水解为H2CO3，故溶液中的HCO3−、CO32－、H2CO3的个数之和为0.1NA，故A错误；B.在H2O2＋Cl2=2HCl＋O2反应中，氧元素由−1价变为0价，故生成32g氧气，即1mol氧气时，转移2NA个电子，故B正确；C.氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，故3.6g混合物的物质的量为，又因1个CO和N2分子中两者均含14个质子，故混合物中含1.8NA个质子，故C正确；D.常温常压下，30g乙烷的物质的量是1mol，一个乙烷分子有7个共价键，即30g乙烷气体中所含共价键的数目为7NA，故D正确；故选：A。8、A【解析】

A.液氨汽化需要吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，故A正确；B.由于硅胶具有很好的吸附性，且无毒，可以用作袋装食品的干燥剂，故B错误；C.向海水中加入“聚铁”净水剂只能除去悬浮物杂质，但不能使海水淡化，应用蒸馏的方法，故C错误；D.二氧化硫有毒，不可作食品的漂白剂，故D错误；答案选A。化学与生活方面要充分利用物质的性质，包括物理性质和化学性质，结构决定性质，性质决定用途，用途反映出物质的性质，此类题需要学生多积累生活经验，发现生活中的各种现象。9、C【解析】

A、盐酸易挥发，制得的氯气中含有氯化氢气体，B瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HCl，选项A正确；B、高铁酸钾在碱性溶液中较稳定，故KOH过量有利于它的生成，选项B正确；C、根据题给信息可知，加盐酸产生的气体也可能是氧气，选项C不正确；D、高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等八大特点为一体的优良的水处理剂，选项D正确；答案选C。10、A【解析】

A选项，检验绿茶中是否含有酚类物质，向茶水中滴加FeCl3溶液，变紫色，则含有分类物质，故A正确，符合题意；B选项，不能用pH试纸测定84消毒液的pH，因为84消毒液有漂白性，故B错误，不符合题意；C选项，除去苯中混有的少量苯酚，滴加溴水，苯酚和溴水反应生成2,4,6—三溴苯酚与苯互溶，不能用过滤、分液，故C错误，不符合题意；D选项，实验室制备乙酸乙酯，向试管中依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸和碎瓷片，加热，故D错误，不符合题意。综上所述，答案为A。检验酚羟基主要用铁离子检验。11、B【解析】

由工作原理示意图可知，H+从电极Ⅰ流向Ⅱ，可得出电极Ⅰ为负极，电极Ⅱ为正极，电子通过外电路由电极Ⅰ流向电极Ⅱ，则电极Ⅰ处发生氧化反应，故a处通入气体为NH3，发生氧化反应生成N2，电极反应式为2NH3−6e−==N2+6H+，b处通入气体O2，O2得到电子与H+结合生成H2O，根据电极反应过程中转移的电子数进行计算，可得出消耗的标况下的O2的量。【详解】A．由分析可知，电极Ⅰ为负极，电极上发生的是氧化反应，A项错误；B．电极Ⅰ发生氧化反应，NH3被氧化成为无污染性气体，电极反应式为2NH3−6e−N2+6H+，B项正确；C．原电池中，电子通过外电路由负极流向正极，即由电极Ⅰ流向电极Ⅱ，C项错误；D．b口通入O2，在电极Ⅱ处发生还原反应，电极反应方程式为：O2+4e-+4H+==2H2O，根据电极反应方程式可知，当外接电路中转移4mole−时，消耗O2的物质的量为1mol，在标准状况下是22.4L，题中未注明为标准状况，故不一定是22.4L，D项错误；答案选B。12、A【解析】

A、乙酸和丙醇的摩尔质量均为60g/mol，故60g混合物的物质的量为1mol，则含分子数目为NA个，故A正确；B、磷酸为弱酸，不能完全电离，则溶液中的氢离子的个数小于3NA个，故B错误；C、标准状况下，己烷为液体，所以无法由体积求物质的量，故C错误；D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故浓盐酸不能反应完全，则转移的电子数小于0.3NA个，故D错误；答案选A。13、B【解析】

a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。【详解】A、一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右原子半径减小，因此半径大小顺序是Na(Mg)>Al>S>O，A错误；B、同周期从左向右金属性减弱，因此Na或Mg在4种元素中金属性最强，B正确；C、c的氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，C错误；D、同主族从上到下非金属性减弱，因此S的氧化性比氧气弱，D错误。答案选B。本题考查元素周期表和元素周期律的知识，首先根据题目信息判断出元素名称，再根据元素周期律进行知识的判断，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时夯实基础知识是关键，同时应注意知识的灵活运用，审清题意。14、A【解析】

A.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，则C3N4晶体是原子晶体，其中只有共价键，故A正确；B.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，则C3N4晶体是原子晶体，其中只有共价键，没有离子，故B错误；C.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，则为原子晶体，每个C原子周围有4个N原子，每个N原子周围有3个C原子，形成空间网状结构，C-N键为共价键，没有N≡N，故C错误；D.C3N4晶体中每个C原子周围有4个N原子，形成正四面体空间网状结构，没有极性，故D错误；正确答案是A。本题考查原子晶体的性质及作用力，明确信息是解答本题的关键，熟悉原子晶体的构成微粒、作用力、空间结构即可解答，题目难度不大，注重知识的迁移能力来分析解答。15、B【解析】

A、钠离子的质子数为11，钠离子失去了最外层电子，离子结构示意图为：，故A错误；B、质量数=质子数+中子数，中子数为18的氯原子的质量数为35，故为Cl，故B正确；C、氢氧化钠属于离子化合物，氢氧化钠的电子式为：，故C错误；D、氯气分子中两个氯原子通过共用1对电子达到稳定结构，电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，氯气结构式为：Cl-Cl，故D错误；答案选B。16、B【解析】

SO2C12的熔沸点低、易挥发，根据装置图可知，三颈烧瓶上方的冷凝管的作用是使挥发的产物冷凝回流，由于会有一部分SO2和Cl2通过冷凝管逸出，SO2和Cl2都会污染空气，故乙装置应使用碱性试剂，SO2C12遇水能发生剧烈反应并产生白雾，乙中盛放碱石灰，吸收未反应完的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入甲中导致SO2Cl2水解。【详解】A．乙的作用是吸收未反应完的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入甲中导致SO2Cl2水解，故乙中盛放的试剂应该是碱石灰，无水氯化钙只能吸收水，A选项错误；B．根据题目中热化学方程式可知，∆H<0，则该反应为放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率，B选项正确；C．冷凝水应从冷凝管的下口进，上口出，故用来冷却的水应该从b口入，a口出，C选项错误；D．硝酸具有氧化性，能把二氧化硫氧化成硫酸，故不可用硝酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫，D选项错误；答案选B。解答此类问题时需仔细分析题干，利用题干信息分析出装置的作用以及相关试剂，综合度较高，要求对知识点能够综合运用和灵活迁移。17、A【解析】

A.为氨基乙酸，A正确；B.为2，2-二氯丙烷，B错误；C.2-甲基-1-丙醇，C错误；D.C17H33COOH为油酸，D错误；故答案为：A。18、C【解析】

根据图中电子移动方向可以判断a极是原电池的负极，发生氧化反应，b极是原电池的正极，发生还原反应，为了形成闭合电路，以硫酸水溶液作为电解质溶液，据此分析解答。【详解】A．硫酸水溶液为电解质溶液，可电离出自由移动的离子，增强导电性，A选项正确；B．根据上述分析可知，b为正极，充电时就接正极，B选项正确；C．d膜左右池都有硫酸水溶液，不需要质子交换膜，d膜只是为了防止高分子穿越，所以为半透膜，C选项错误；D．放电时，a极是负极，酚失去电子变成醌，充电时，a极是阴极，醌得到电子生成酚，故充放电发生的反应是，D选项正确；答案选C。19、D【解析】

A．分别在MgCl2和AlCl3溶液中滴加氨水直至过量，均生成白色沉淀，无法比较镁、铝的金属性强弱，故A错误；B．Fe2+的还原性大于Br-，将少量氯水滴入FeBr2溶液中，首先氧化Fe2+，则无法比较Cl2、Br2的氧化性强弱，故B错误；C．将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，体现SO2的还原性，不是漂白性，故C错误；D．测得同浓度的Na2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液，说明CO32-的水解能力大于SO32-，则电离能力HSO3->HCO3-，即电离常数Ka:HSO3->HCO3-，故D正确；故答案为D。20、C【解析】图中曲线①B(OH)2，②为B(OH)+③为B2+；交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mL时，反应生成等浓度的B(OH)Cl和B(OH)2混合液，由于两种溶质水解电离能力不同，所以B(OH)2、B(OH)+浓度分数δ不相等，A错误；当加入的盐酸溶液的体积为10mL时，溶液为B(OH)Cl，溶液显酸性，根据B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)可知，c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)>c(B2+)>c(OH-)，B错误；交点b处时，c(B(OH)+)=c(B2+)，根据B(OH)+B2++OH-，K2=c(OH-)=6.4×10-5,C正确；当加入的盐酸溶液的体积为15mL时，生成等体积等浓度B(OH)Cl和BCl2的混合液，存在电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)=2c(B2+)+c(B(OH)+)+c(H+)，D错误；正确选项C。21、C【解析】

A．滴定终点生成Na3PO4，溶液显碱性，则选择甲基橙作指示剂，故A正确；B．c点消耗NaOH溶液体积为30mL，此时完全生成Na3PO4，溶液中的OH-来源于PO43-的水解和水的电离，则根据质子守恒可得：，故B正确；C．b点消耗NaOH溶液体积为20mL，此时生成Na2HPO4，溶液中HPO42-的水解大于其电离，溶液显碱性，则c(HPO42-)＞c(H2PO4-)＞c(PO43-)，故C错误；D．a、b、c三点溶液中的溶质分别为NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4，其中Na3PO4溶液中PO43-的水解程度最大，水解促进水的电离，则水的电离程度最大的是c，故D正确；故答案为C。22、D【解析】

A．按碳呈四价的原则，确定各碳原子所连的氢原子数，从而确定分子式为C18H17NO2，A正确；B．题给有机物分子内含有碳碳双键，能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．题给有机物分子中，最右边的端基为-CH3，3个氢原子与苯环氢原子不可能共平面，C正确；D．从对称性考虑，苯环上的一氯代物有5种，D错误；故选D。二、非选择题(共84分)23、羧基、肽键（或酰胺键）取代反应定位+2H2O+CH3COOH+H2SO4或（任写1种）【解析】

(1)根据流程图中的结构简式和反应物转化关系分析；(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是控制反应中取代基的位置；(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，根据结构简式分析；(4)根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为；(5)根据题目要求分析，结合取代基位置异构，判断同分异构体的数目。(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基，然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基，得到对氨基苯甲酸，然后在催化剂作用下，发生缩聚反应生成含肽键的聚合物。【详解】(1)根据G的结构图，G中官能团的名称是羧基和肽键(或酰胺键)；反应③中C的—SO3H被取代生成D，则反应类型是取代反应；(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是控制反应过程中取代基的连接位置，故起到定位的作用；(3)F是邻氨基苯甲酸，与足量氢气发生加成反应生成，与羧基、氨基连接的碳原子是手性碳原子，可表示为：；(4)根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为，⑨的反应方程式：+2H2O+CH3COOH+H2SO4；(5)D的结构简式为，苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体，即三个取代基在苯环上处于邻间对位置上，同分异构体结构简式或（任写1种）；(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基，然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基，得到对氨基苯甲酸，然后在催化剂作用下，发生缩聚反应生成含肽键的聚合物，不能先把硝基还原为氨基，然后再氧化甲基，因为氨基有还原性，容易被氧化，故合成路线如下：。24、2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑bcH2O2H++HO2-H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2OCu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O【解析】

根据题意推断X、Y、Z、M、R依次为H、Si、Al、O、Cl五种元素。（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；（2）证明非金属性的方法：①单质与氢气化合的难易程度；②气态氢化物的稳定性；③最高价氧化物对应水化物的酸性等角度证明；（3）X2M2为H2O2，H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构；按多元弱酸分步电离进行书写；（4）根据质量守恒进行化学方程式的书写；（5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水。【详解】X、Y、Z、M、R是短周期主族元素，X元素的阳离子核外无电子，则X为氢元素；Y元素有-4、+4价，处于ⅣA族，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；Z为第三周期简单离子半径最小，则为Al元素；R元素有+7、-1价，则R为Cl元素；M元素有-2价，处于ⅥA族，原子半径小于Cl原子，故R为氧元素；（1）Z为Al，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（2）R为Cl，Y为Si；a.物质的聚集状态属于物理性质，不能说明非金属性强弱，选项a错误；b.氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，稳定性HCl＞SiH4，说明非金属性Cl＞Si，选项b正确；c.Si与Cl形成的化合物中Si呈正价，说明Cl吸引电子的能力强，Cl元素的非金属性更强，选项c正确；d.Y与R各自形成的最高价含氧酸中R的氧化性更强才能说明R的非金属性更强，选项d错误；答案选bc；（3）X2M2为H2O2，H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构，故H2O2的电子式为；H2O2酸性比碳酸的还要弱，则可看成多元弱酸，分步电离，第一步电离的电离方程式为H2O2H++HO2-；（4）已知I2能做X2M2分解的催化剂：H2O2分解生成H2O和O2；根据总反应式2H2O2=2H2O+O2↑减去第一步反应H2O2＋I2＝2HIO得到第二步反应：H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2O；（5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O。本题考查元素周期律元素周期表的应用，同周期元素从左到右半径减小、非金属性增强，同主族元素从上而下半径增大、非金属性减弱。25、NH4+＋H2ONH3·H2O＋H+＜取2mLpH＝4.0的0.80mol·L－1FeSO4溶液加2滴0.01mol·L－1KSCN溶液溶液pH越小，Fe2+越稳定溶液中存在平衡4Fe2+＋O2＋10H2O4Fe(OH)3＋8H+，c（H+）大，对平衡的抑制作用强，Fe2+更稳定生成的Fe(OH)3对反应有催化作用加一定量的酸；密封保存【解析】

（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同，但中（NH4）2Fe（SO4）2含有浓度较高的NH4+；通过表格中的颜色变化来分析；（2）由于是要验证两溶液的稳定性差异是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保护了Fe2+导致，根据控制变量法可知，应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致，据此分析；（3）由实验Ⅲ可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越强，则Fe2+越稳定；亚铁盐溶液中存在反应4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe（OH）3+8H+，根据平衡的移动来分析；（4）根据影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂来分析；（5）根据上述实验来分析。【详解】（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同，但（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有浓度较高的NH4+，NH4+水解显酸性，导致（NH4）2Fe（SO4）2中的pH更小；通过表格中的颜色变化可知（NH4）2Fe（SO4）2中的Fe2+被氧化的速率更慢，即溶液的稳定性：FeSO4<（NH4）2Fe（SO4）2，故答案为：NH4++H2ONH3•H2O+H+；<；（2）由于是要验证两溶液的稳定性差异是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保护了Fe2+导致，根据控制变量法可知，应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致，故应取2mLpH=4.0的0.80mol•L-1FeSO4溶液于试管中，加2滴0.01mol•L-1KSCN溶液，过若观察到的现象与实验Ⅰ中（NH4）2Fe（SO4）2溶液现象相同，则说明上述猜想不正确，故答案为：取2mLpH=4.0的0.80mol•L-1FeSO4溶液；加2滴0.01mol•L-1KSCN溶液；（3）由实验Ⅲ可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越强，则Fe2+越稳定；亚铁盐溶液中存在反应4Fe2++O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，溶液的pH越小，则氢离子浓度越大，平衡左移，则Fe2+的氧化被抑制，故答案为：溶液pH越小，Fe2+越稳定；溶液中存在平衡4Fe2++O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，c（H+）大，对平衡的抑制作用强，Fe2+更稳定；（4）影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂，而同一条曲线上的浓度FeSO4溶液相同，且应随着反应的进行，Fe2+的浓度减小，故不是浓度对反应速率的影响；而此反应为溶液中的反应，故压强对此反应速率无影响；而此反应中温度不变，故能影响反应速率的只有催化剂，故唯一的可能原因是生成的Fe（OH）3对反应有催化作用，故答案为：生成的Fe（OH）3对反应有催化作用；（5）根据上述实验可知，加入一定量的酸会抑制Fe2+的氧化，或是隔绝空气密封保存，故答案为：加入一定量的酸，密封保存。（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有浓度较高的NH4+，NH4+水解显酸性，导致（NH4）2Fe（SO4）2中的pH更小，NH4+保护了Fe2+是解答关键，也是试题的难点和突破口。26、吸收Cl2或SO2等尾气，保护环境品红溶液褪色品红溶液褪色褪色的品红又恢复为红色无明显现象Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4KMnO40.2不合理蘸有试剂的棉花中可能含有SO32﹣，用HNO3溶液酸化时会干扰SO42﹣检验【解析】

探究SO2和氯水的漂白性：A用于制备SO2，可用Na2SO3与硫酸反应制取，B用于检验二氧化硫的生成，E用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制备氯气，D用于检验气体的漂白性，C用于检验SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性，棉花上沾有的试剂是NaOH溶液，作用是吸收尾气。【详解】(1)氯气、二氧化硫都是污染性的气体不能排放到空气中，氯气和氢氧化钠发应生成氯化钠、次氯酸钠和水，二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，棉花需要沾有氢氧化钠溶液吸收吸收Cl2或SO2等尾气，保护环境；(2)①氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，二氧化硫和品红化合生成无色物质，两者都能使品红溶液褪色，所以B和D装置中品红都褪色；②二氧化硫漂白后的物质具有不稳定性，加热时又能变为红色，而氯气的漂白是利用了氯气和水反应生成的次氯酸的强氧化性，具有不可逆性，所以看到的现象是B中溶液由无色变为红色，D中无明显现象；(3)SO2和Cl2按1：1通入，SO2和Cl2恰好反应，二者反应生成H2SO4和HCl，生成物都无漂白性，化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl；(4)常温下，用KMnO4和浓盐酸反应制Cl2，反应的化学方程式如下：2KMnO4+16HCl(浓)═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，Mn元素由+7价降低到+2价，Cl元素的化合价由﹣1价升高到0，高锰酸钾得电子是氧化剂，HCl失电子是还原剂，2KMnO4+16HCl(浓)═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，每生成5mol氯气被氧化的HCl是10mol，生成2.24L(标准状况)的Cl2，为0.1mol氯气，所以被氧化的HCl的物质的量n＝2n(Cl2)＝2×0.1mol＝0.2mol；(5)亚硫酸根离子具有还原性，硝酸具有氧化性，能把亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，蘸有试剂的棉花中可能含有SO32﹣，用HNO3溶液酸化时会干扰SO42﹣检验，所以该方案不合理。考查物质的性质实验，题目涉及二氧化硫与氯气的制取以及二氧化硫漂白与次氯酸漂白的区别，二氧化硫的性质主要有：①二氧化硫和水反应生成亚硫酸，紫色石蕊试液遇酸变红色；②二氧化硫有漂白性，能使品红褪色，但不能使石蕊褪色；③二氧化硫有还原性，能使高锰酸钾能发生氧化还原反应而褪色；④二氧化硫和二氧化碳有相似性，能使澄清的石灰水变浑浊，继续通入二氧化硫，二氧化硫和亚硫酸钙反应生成可溶性的亚硫酸氢钙；⑤具有氧化性，但比较弱。27、III除去氯气中的氯化氢，安全瓶（监测装置H是否堵塞）U型管中左边有色布条褪色，右边有色布条没有褪色Cl2+2I-→2Cl-+I2取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化Cl2也可与KI反应生成I2，乙组设计的实验中并没有排除Cl2对实验的干扰，故不能比较Cl、Br、I的非金属性或Cl2未充分接触到溴化钠溶液中，未必能看到现象无尾气处理装置，污染环境【解析】

(1)结合反应原理甲组利用固体与液体加热制备氯气；乙组利用固体与液体反应不加热制氯气；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，装置G中CaCl2是干燥剂；(3)氯气能氧化I-生成I2；装置C中氯气氧化了亚硫酸钠，所得溶液中含有SO42-，只要利用稀盐酸和BaCl2溶液检验溶液中是否存在SO42-，即可判断有没有发生氧化还原反应；(4)NaBr溶液未能完全吸收Cl2，有部分Cl2参与KI氧化为I2的反应；(5)Cl2是有毒气体，需要处理含氯气的尾气。【详解】(1)甲组用漂白粉与硫酸溶液混合加热制取氯气，实验中A选用装置II；而乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，反应不需要加热，则E选用装置I；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，可利用装置F中饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，同时根据长颈漏斗中液面是否上升，达到监测装置H是否堵塞的目的；从F中进入G中的Cl2混有水蒸气，能使U型管中左边有色布条褪色，而潮湿的氯气经过无水CaCl2干燥后，不再具有漂白性，则右边有色布条