河北省“五个一”名校2026届高考考前冲刺必刷卷（五）全国I卷化学试题含解析

河北省“五个一”名校2026届高考考前冲刺必刷卷（五）全国I卷化学试题注意事项：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、已知：苯酚与Fe3+在溶液中存在可逆反应：Fe3++6C6H5OHH3Fe(OC6H5)6+3H+，其中H3Fe(OC6H5)6显紫色。实验如下：下列说法不正确的是：A．i是空白对照实验B．向ii中滴加几滴浓盐酸，溶液颜色变浅C．iii、iv中无色层中的溶剂分别为苯和CCl4D．苯酚在苯中的溶解性小于在CCl4中的溶解性2、2019年诺贝尔化学奖授予美国科学家约翰•古迪纳夫、斯坦利•惠廷厄姆和日本科学家吉野彰，以表彰他们在锂离子电池研发领域作出的贡献。近日，有化学家描绘出了一种使用DMSO（二甲亚砜）作为电解液，并用多孔的黄金作为电极的锂—空气电池的实验模型，该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，其装置图如图所示。下列有关叙述正确的是（）A．DMSO电解液能传递Li＋和电子，不能换成水溶液B．该电池放电时每消耗2molO2，转移4mol电子C．给该锂—空气电池充电时，金属锂接电源的正极D．多孔的黄金为电池正极，电极反应式可能为O2＋4e-=2O2-3、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥B．SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维C．乙醇能使蛋白质变性，75%乙醇可消杀病毒、细菌D．Na2S具有还原性，可作废水中Cu2+和Hg2+的沉淀剂4、下列有关海水综合利用的说法正确的是A．海水提溴过程中，提取溴单质只能用有机物萃取的方法B．电解饱和食盐水可制得金属钠C．海水晒盐过程中主要涉及物理变化D．海带提碘中，氧化过程可通入过量的氯气5、某种化合物（如图）由W、X、Y、Z四种短周期元素组成，其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍；W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法不正确的是：A．原子半径：W<X<Y<ZB．简单离子的氧化性:W>XC．X与Y、Y与Z均可形成具有漂白性的化合物D．W与X的最高价氧化物的水化物可相互反应6、下列说法正确的是A．刚落下的酸雨随时间增加酸性逐渐增强，是由于雨水中溶解了CO2B．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果C．氧化性：HC1O>稀H2SO4，故非金属性：Cl>SD．将饱和FeCl3溶液煮沸至红褐色，可制得氢氧化铁胶体7、下图是通过Li-CO2电化学技术实现储能系统和CO2固定策略的示意团。储能系统使用的电池组成为钌电极/CO2饱和LiClO4-(CH3)2SO(二甲基亚砜)电解液/锂片，下列说法不正确的是A．Li-CO2电池电解液为非水溶液B．CO2的固定中，转秱4mole－生成1mol气体C．钌电极上的电极反应式为2Li2CO3+C-4e－＝4Li++3CO2↑D．通过储能系统和CO2固定策略可将CO2转化为固体产物C8、实验室制备硝基苯的实验装置如图所示（夹持装置已略去）。下列说法不正确的是A．水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度B．浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入C．仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率D．反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品9、脑啡肽结构简式如图，下列有关脑啡肽说法错误的是A．一个分子中含有四个肽键 B．其水解产物之一的分子结构简式为C．一个分子由五种氨基酸分子缩合生成 D．能发生取代、氧化、缩合反应10、下列离子方程式书写正确的是()A．HNO2的电离：HNO2＋H2O=H3O＋＋NO2-B．氢氧化铁溶于氢碘酸中：Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2OC．往酸性碘化钾溶液中滴加适量的双氧水：2I－＋2H＋＋H2O2=I2＋2H2OD．向稀硫酸中滴加氢氧化钡至呈中性：SO42-＋Ba2＋＋OH－＋H＋=BaSO4↓＋H2O11、NA表示阿伏加德罗常数的值，4℃时，25滴水为amL，则1滴水中含有的水分子数为A． B． C． D．12、现在污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，下列说法正确的是（）A．b为电池的正极，发生还原反应B．电流从b极经导线、小灯泡流向a极C．当外电路中有0.2mole-转移时，a极区增加的H+的个数为0.2NAD．a极的电极反应式为：+2e-+H+=Cl-+13、Ag+与I－既能发生沉淀反应又能发生氧化还原反应。为探究其反应，进行下列实验：实验现象如下：实验1中试管②出现浅黄色沉淀,试管③无蓝色出现；实验2中电流计指针发生明显偏转。下列有关说法中错误的是A．实验1中Ag+与I－沉淀反应速率更大B．向实验2甲烧杯中滴入淀粉，溶液变蓝C．实验2装置的正极反应式为Ag＋＋e－=AgD．实验2中Ag+与I－沉淀反应速率大于014、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W为空气中含量最多的元素，Y的周期数等于其族序数，W、X、Y的最高价氧化物对应的水化物可两两反应生成盐和水，Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列叙述正确的是A．X、Y均可形成两种氧化物B．离子的半径大小顺序：r(X+)<r(Z2-)C．W和Z的氢化物之间不能反应D．X的氢化物(XH)中含有共价键15、屠呦呦因对青蒿素的研究而获得诺贝尔生理学或医学奖，青蒿素可以青蒿酸(结构简式如图所示)为原料合成，下列关于青蒿酸的说法中正确的是A．分子式为C15H24O2B．属子芳香族化合物C．能发生取代反应和加成反应D．分子中所有原子可能共平面16、某化学小组设计“全氢电池”如图中甲池(其中a、b为多孔石墨电极)，拟用该电池电解处理生活污水，达到絮凝净化的目的。其工作原理示意图：闭合K工作过程中，下列分析错误的是A．甲池中a极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2OB．乙池中Fe电极区附近pH增大C．一段时间后，乙池的两极间出现污染物颗粒沉降现象D．如果Al电极上附着较多白色物质，甲池中Na+经过交换膜速率定会加快17、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原子次外层电子数相同，c所在周期数与族序数相同；d与a同族，下列叙述正确的是（）A．四种元素中b的金属性最强B．原子半径：dC．d的单质氧化性比a的单质氧化性强D．c的最高价氧化物对应水化物是一种强碱18、常温下，将盐酸滴加到Na2X溶液中，混合溶液的pOH[pOH=—lgc(OH-)]与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是A．曲线N表示pOH与两者的变化关系B．NaHX溶液中c(X2-)>c(H2X)C．当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)D．常温下，Na2X的第一步水解常数Kh1=1.0×10-419、能用离子方程式2H++CO32－→CO2↑+H2O表示的是A．NaHSO4和Na2CO3 B．HCl和BaCO3C．CH3COOH和Na2CO3 D．HI和NaHCO320、将等量的固体Mg(OH)2，置于等体积的下列液体中，最终固体剩余最少的是（）A．在纯水中 B．在0.1mol/L的MgCl2溶液中C．在0.1mol/L的NH3·H2O中 D．在0.1mol/L的CH3COOH溶液中21、下列说法正确的是A．CH3Cl(g)+Cl2(g)CH2Cl2(l)+HCl(g)能自发进行，则该反应的ΔH>0B．室温下，稀释0.1mol·L−1NH4Cl溶液，溶液中增大C．反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0达平衡后，降低温度，正反应速率增大、逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动D．向硫酸钡悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液，振荡、过滤、洗涤，向沉淀中加入盐酸有气体产生，说明Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)22、NA代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是A．2NA个HCl分子与44.8LH2和Cl2的混合气体所含的原子数目均为4NA。B．32gCu将足量浓、稀硝酸分别还原为NO2和NO，浓、稀硝酸得到的电子数均为NA。C．物质的量浓度均为1mol/L的NaCl和MgCl2混合溶液中，含有Cl―的数目为3NA。D．1molD318O+（其中D代表）中含有的中子数为10NA。二、非选择题(共84分)23、（14分）X、Y、Z、W四种物质有如下相互转化关系（其中Y、Z为化合物，未列出反应条件）。（1）若实验室经常用澄清石灰水来检验X的燃烧产物，W的用途之一是计算机芯片，W在周期表中的位置为___________，Y的用途有_________，写出Y与NaOH溶液反应的离子方程式_________。（2）若X、W为日常生活中常见的两种金属，且Y常用作红色油漆和涂料，则该反应的化学方程式为___________。（3）若X为淡黄色粉末，Y为生活中常见液体，则：①X的电子式为_______________，该反应的化学方程式为____________，生成的化合物中所含化学键类型有________________________。②若7.8克X物质完全反应，转移的电子数为___________。24、（12分）周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同；基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态；c的最外层电子数是内层电子数的3倍；d的原子序数是c的两倍；基态e原子3d轨道上有4个单电子。回答下列问题：（1）b、c、d电负性最大的是___(填元素符号)。（2）b单质分子中σ键与π键的个数比为___。（3）a与c可形成两种二元化合物分子，两种物质可以任意比互溶。其中一种不稳定，可分解产生c的单质，该化合物分子中的c原子的杂化方式为___；这两种物质的互溶物中，存在的化学键有___(填序号)。①极性共价键②非极性共价键③离子键④金属键⑤氢键⑥范德华力（4）这些元素形成的含氧酸中，分子内中心原子的价层电子对数为4的酸是___(填化学式，下同)；酸根呈正三角形结构的酸是___，试从两者结构特点判断该酸分子与酸根离子的稳定性：酸分子___酸根离子(填“>”或“<”)。（5）元素e在周期表中的位置是___区；e的一种常见氯化物中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，结构式为，请补写e的元素符号并用“→”表示出其中的配位键___。25、（12分）对氨基苯磺酸是制取染料和一些药物的重要中间体，可由苯胺磺化得到。+H2SO4H2O已知：苯胺是一种无色油状液体，微溶于水，易溶于乙醇，熔点−6.1℃，沸点184.4℃。对氨基苯磺酸是一种白色晶体，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于碱性溶液，不溶于乙醇。实验室可用苯胺、浓硫酸为原料，利用如图所示实验装置合成对氨基苯磺酸。实验步骤如下：步骤1：在250mL三颈烧瓶中加入10mL苯胺及几粒沸石，将三颈烧瓶放在冰水中冷却，小心地加入18mL浓硫酸。步骤2：将三颈烧瓶置于油浴中缓慢加热至170～180℃，维持此温度2～2.5小时。步骤3：将反应产物冷却至约50℃后，倒入盛有100mL冷水的烧杯中，用玻璃棒不断搅拌，促使对氨基苯磺酸晶体析出。将烧瓶内残留的产物冲洗到烧杯中，抽滤，洗涤，得到对氨基苯磺酸粗产品。步骤4：将粗产品用沸水溶解，冷却结晶，抽滤，收集产品，晾干可得纯净的对氨基苯磺酸。（1）装置中冷凝管的作用是__________。（2）步骤2油浴加热的优点有____________________。（3）步骤3中洗涤沉淀的操作是______________。（4）步骤3和4均进行抽滤操作，在抽滤完毕停止抽滤时，应注意先__________，然后__________，以防倒吸。（5）若制得的晶体颗粒较小，分析可能的原因______（写出两点）。26、（10分）二氧化氯是高效、低毒的消毒剂。已知：ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，回答下列问题：(1)ClO2的制备及性质探究(如图所示)。①仪器a的名称为________，装置B的作用是________。②装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，该反应的化学方程式为_________。装置D中滴有几滴淀粉溶液，其作用是________________。③装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，氧化产物是___________。(2)粗略测定生成ClO2的量实验步骤如下：a.取下装置D，将其中的溶液转入250mL容量瓶，用蒸馏水洗涤D瓶2~3次，并将洗涤液一并转移到容量瓶中，再用蒸馏水稀释至刻度。b.从容量瓶中取出25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L硫代硫酸钠标准溶液滴定（I2+2S2O32-=2I－+S4O62-），指示剂显示终点时共用去24.00mL硫代硫酸钠溶液。①滴定至终点的现象是_____________。②进入装置D中的ClO2质量为_______，与C中ClO2的理论产量相比，测定值偏低，可能的原因是__________。27、（12分）过氧化钙是一种白色固体，难溶于水，常用作杀菌剂、防腐剂。（1）化学实验小组选用如图装置（部分固定装置略）用钙和氧气制备过氧化钙。①请选择装置，按气流方向连接顺序为___________（填仪器接口的字母编号）②实验室用A装置还可以制备______________等气体（至少两种）③实验开始是先通氧气还是先点燃酒精灯？_________，原因是___________（2）已知化学反应Ca2++H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4+。在碱性环境中制取CaO2•8H2O的装置如图所示：①写出A装置中发生反应的化学方程式：____________。②为防止双氧水的分解并有利于_________，装置B中应采用___________条件，装置X的作用是______________。③反应结束后，经_________、__________、低温烘干获得CaO2•8H2O。28、（14分）铁能形成多种化合物，如Fe（SCN）3，[Fe（CO）5]（羰基铁），它们在生活生产中有广泛应用。（1）Fe3+基态核外电子排布式为_____。（2）实验室用KSCN溶液、苯酚溶液检验Fe3+．N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为____。SCN﹣中的碳原子的杂化轨道类型为_____。与SCN﹣互为等电子体的分子是_____。（3）羰基铁[Fe（CO）5]可用作催化剂。1mol[Fe（CO）5]分子中含σ键数目为_____。（4）某种氮化铁晶胞的晶体如图所示，该氮化铁晶体的化学式为_____。29、（10分）PBAT(聚已二酸对苯二甲酸丁酯)可被微生物几乎完全降解，成为包装、医疗和农用薄膜等领域的新兴材料，它可由聚合物PBA和PBT共聚制得，一种合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）G的官能团的名称为________。（2）①的反应类型为___________；反应②所需的试剂和条件是___________。（3）D的结构简式为___________；H的化学名称为___________。（4）⑤的化学方程式为_______________________________________________。（5）M与G互为同系物，M的相对分子质量比G大14；N是M的同分异构体，写出同时满足以下条件的N的结构简式：___________________（写两种，不考虑立体异构）。Ⅰ、既能与FeCl3发生显色反应，又能发生水解反应和银镜反应；Ⅱ、与NaOH溶液反应时，1molN能消耗4molNaOH；Ⅲ、核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为1:2:2:2:1。（6）设计由丙烯为起始原料制备的单体的合成路线（其它试剂可任选）________________________________________________________________。

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．通过i观察iiiii、iv中发生的变化，达到空白对照的目的，故A正确；B．向ii中滴加几滴浓盐酸，增大H+浓度，平衡逆向移动，H3Fe(OC6H5)6浓度降低，溶液颜色变浅，故B正确；C．苯的密度比水，CCl4的密度比水大，故iii、iv中无色层中的溶剂分别为苯和CCl4，故C正确；D．iii中加入苯后水溶液层呈浅紫色，而iv中加入CCl4后水溶液层呈紫色，说明苯酚更易溶解于苯，导致平衡逆向移动，水溶液的颜色变浅，即苯酚在苯中的溶解性大于在CCl4中的溶解性，故D错误；故答案为D。2、B【解析】

A．DMSO电解液能传递Li＋，但不能传递电子，A不正确；B．该电池放电时O2转化为O22-，所以每消耗2molO2，转移4mol电子，B正确；C．给该锂—空气电池充电时，金属锂电极应得电子，作阴极，所以应接电源的负极，C不正确；D．多孔的黄金为电池正极，电极反应式为O2＋2e-=O22-，D不正确；故选B。3、C【解析】

A．NH4HCO3中含有植物生长需要的N元素，可用作氮肥，与其受热易分解的性质无关，A项错误；B．SiO2传导光的能力非常强，常用于制光导纤维，与SiO2熔点高硬度大没有对应关系，B项错误；C．75%乙醇能杀菌消毒，利用乙醇能使蛋白质变性的性质，C项正确；D．硫化钠与Cu2+和Hg2+反应生成硫化物沉淀，发生复分解反应，不发生氧化还原反应，没有体现还原性，D项错误；答案选C。4、C【解析】

A.溴元素在海水中以化合态存在,将Br元素由化合态转化为游离态时发生电子转移，所以一定发生氧化还原反应，生成溴单质后用有机物进行萃取，故A错误；B.钠易与水反应,电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，所以应用电解熔融的氯化钠的方法冶炼钠，故B错误；C.海水晒盐利用蒸发原理，蒸发是根据物质的沸点不同进行分离的操作，为物理变化，故C正确；D.加入过量的氯气能将I2氧化成更高价的化合物,减少碘的产率,故D错误；答案选C。5、A【解析】

首先发现X是+1价的，则X为氢、锂或钠，但是W、X、Y三种简单离子的核外电子排布要相同，则X只能是钠，才能满足题意；W、Y、Z三者分别位于三个不同的周期，则必有一种为氢，根据题目给出的结构式，氢只能形成1个键，则Z是氢；结合Y的最外层电子数是W的最外层电子数的二倍，且二者简单离子的核外电子排布相同，则只能是氧和铝，根据结构不难发现W是铝，Y是氧，据此来解题即可。【详解】A.根据分析，四种元素的半径大小为氢<氧<铝<钠，即Z<Y<W<X，A项错误；B.钠单质的还原性强于铝，而的氧化性弱于，B项正确；C.过氧化钠和过氧化氢均具有漂白性，C项正确；D.W与X的最高价氧化物的水化物分别为和，二者可以相互反应，D项正确；答案选A。6、B【解析】

A.酸雨中含有亚硫酸，亚硫酸可被氧化生成硫酸，溶液酸性增强，并不是雨水中溶解了CO2的缘故，故A错误；B.乙烯是水果催熟剂，乙烯可与高锰酸钾溶液反应，所以除去乙烯达到水果保鲜的目的，故B正确；C.非金属性强弱的判断，依据最高价氧化物对应水化物酸性强弱，不是氧化性的强弱且HClO不是Cl元素的最高价含氧酸，不能做为判断的依据，故C错误；D.制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加氯化铁溶液，继续加热至溶液呈红褐色，如在饱和氯化铁溶液煮沸，铁离子的水解程度较大，生成氢氧化铁沉淀，故D错误。故选B。7、B【解析】

A选项，由题目可知，Li—CO2电池有活泼金属Li，故电解液为非水溶液饱和LiClO4—(CH3)2SO(二甲基亚砜)有机溶剂，故A正确；B选项，由题目可知，CO2的固定中的电极方秳式为：2Li2CO3＝4Li++2CO2↑+O2+4e－，转移4mole－生成3mol气体，故B错误；C选项，由题目可知，钌电极上的电极反应式为2Li2CO3+C-4e－＝4Li++3CO2↑，故C正确；D选项，由题目可知，CO2通过储能系统和CO2固定策略转化为固体产物C，故D正确。综上所述，答案为B。8、D【解析】

A．水浴加热可保持温度恒定，即水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度，故A正确；

B．浓硫酸稀释放热，为了防止暴沸，则向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，为防止苯挥发，待冷却后，将苯逐滴滴入，故B正确；

C．球形冷凝管可冷凝回流反应物，则仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，故C正确；

D．反应完全后，混合体系分层，应分液分离出有机物，再蒸馏分离出硝基苯，故D错误；

故选：D。9、C【解析】

A.肽键为-CO-NH-，脑啡肽含有4个，A项正确；B.第四位的氨基酸为，B项正确；C.第二位和第三位的氨基酸相同，一个分子由四种氨基酸分子缩合生成，C项错误；D.脑啡肽存在羧基和氨基，可以反生取代和缩合反应，可以发生燃烧等氧化反应，D项正确；答案选C。10、C【解析】

A.HNO2为弱酸，部分电离，应该用可逆符号，A项错误；B.氢氧化铁溶于氢碘酸，正确的离子方程式为2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋6H2O＋I2，B项错误；C.往酸性碘化钾溶液中滴加适量的双氧水，正确的离子方程式为2I－＋2H＋＋H2O2=I2＋2H2O，C项正确；D.向稀硫酸中滴加氢氧化钡至呈中性，正确的离子方程式为SO42-＋Ba2＋＋2OH－＋2H＋=BaSO4↓＋2H2O，D项错误；答案选C。11、B【解析】

25滴水为amL，物质的量为=mol，1滴水物质的量为=mol=mol，1mol为NA个，则1滴水中含有的水分子数为，选B。12、D【解析】

原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，电流从正极经导线流向负极，以此解答该题。【详解】A．a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，发生还原反应，b为负极，物质在该极发生氧化反应，故A错误；B．由上述分析可知，电流从正极a沿导线流向负极b，故B错误；C．据电荷守恒，当外电路中有0.2mole−转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，而发生+2e-+H+═+Cl-，则a极区增加的H+的个数为0.1NA，故C错误；D．a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为：+2e-+H+═+Cl-，故D正确；故答案为：D。13、D【解析】

由题意可知Ag+与I－可发生沉淀反应Ag++I－=AgI↓、氧化还原反应2Ag++2I－=2Ag+I2，二者相互竞争。A．实验1中试管②出现浅黄色沉淀，试管③无蓝色出现，表明无I2生成或生成的I2没检出，说明Ag+与I－发生沉淀反应占优势，故A正确；B．实验2中电流计指针发生明显偏转，则实验2的装置一定为原电池(无外加电源)，表明Ag+与I－发生氧化还原反应2Ag++2I－=2Ag+I2，淀粉遇碘变蓝，故B正确；C．根据Ag+与I－发生氧化还原反应2Ag++2I－=2Ag+I2，该原电池负极反应为2I－－2e－=I2，正极反应为Ag++e－=Ag，故C正确；D．实验2中AgNO3、KI溶液分别在甲乙烧杯中，并未相互接触，故二者间不会发生沉淀即速率为0，故D错误；答案选D。14、B【解析】

W是空气中含量最多的元素，则W为N元素。Y的周期数等于其族序数，另Y的原子序数大于W的原子序数，则Y在第三周期第ⅢA族，Y为Al元素。Y的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，可以与N的最高价氧化物的水化物HNO3反应生成盐和水，在Al和N之间的元素，Al(OH)3只能与Na的最高价的氧化物的水化物NaOH反应生成盐和水，则X为Na元素。Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最内层的电子数为2个，则Z的最外层电子数为6，则Z为S元素。A．Na的氧化物为Na2O和Na2O2(其中Na2O2为过氧化物，属于特殊的氧化物)，有2种；Al的氧化物为Al2O3，只有1种，A错误；B．S2－核外有3个电子层，Na＋核外只有2个电子层，电子层数越多，离子半径越大，则有r(Na＋)＜r(S2－)，B正确；C．W和Z的氢化物分别为NH3和H2S，可发生下列反应NH3+H2S=NH4HS或2NH3＋H2S=(NH4)2S，C错误；D．Na的氢化物NaH，由Na＋和H－构成，只有离子键，D错误。答案选B。离子半径比较方法可以归纳为：①核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小；②核外电子排布不同的短周期元素离子，其电子层数越多，离子半径越大。15、C【解析】

A、根据结构可知，分子式为C15H22O2，故A错误；B、分子结构中没有苯环，不属子芳香族化合物，故B错误；C、分子结构中含有碳碳双键，能发生加成反应，含有羧基，能发生酯化反应(取代反应)，故C正确；D、分子中含有—CH3等结构，所有原子不可能共平面，故D错误。答案选C。16、D【解析】

根据此装置电解处理生活污水可知，甲池为原电池，乙为电解池，a为负极，b为正极，铁为阴极，铝为阳极，a极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，b极反应为2H++2e-=H2↑，总的电极反应为H++OH-=H2O，利用甲池产生的电流电解乙池，乙池中，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+，阴极反应为2H++2e-=H2↑由此分析。【详解】A．甲池为原电池，a为负极，a极通入氢气，氢气在负极上失去电子生成氢离子，结合氢氧根离子生成水，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，故A正确；B．乙池中，铁作阴极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，溶液中氢离子的浓度减小，氢氧根离子的溶度相对增大，pH增大，故B正确；C．乙为电解池，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+，阴极反应为2H++2e-=H2↑，溶液中的氢离子的浓度减小，氢氧根离子向阳极移动，在阳极结合铝离子生成氢氧化铝胶体，吸附污染物颗粒一起沉降，在阴极，一段时间后，铝离子向阴极移动，铝离子可以在溶液中形成氢氧化铝胶体，吸附水中的污染物颗粒一起沉降，故C正确；D．如果Al电极上附着较多白色物质，白导致色物质为氢氧化铝，阻止了铝电极继续放电，导致导线中电荷的数目减小，甲池中Na+经过交换膜速率定会减慢，故D错误；答案选D。17、A【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】由以上分析可知：a为O元素、b可能为Na或Mg、c为Al、d为S元素。A．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性b＞c，a、d为非金属，金属性较弱，则4种元素中b的金属性最强，选项A正确；B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应为b＞c＞d，a为O，原子半径最小，选项B错误；C．一般来说，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，应为a的单质的氧化性强，选项C错误；D．c为Al，对应的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，为弱碱，选项D错误；故选：A。18、D【解析】

Na2X溶液中，X2-分步水解，以第一步水解为主，则Kh1(X2-)＞Kh2(X2-)，碱性条件下，则pOH相同时，＞，由图象可知N为pOH与lg的变化曲线，M为pOH与lg变化曲线，当lg或lg=0时，说明或=1，浓度相等，结合图像可计算水解常数并判断溶液的酸碱性。【详解】A．由以上分析可知，曲线N表示pOH与lg的变化曲线，故A错误；B．由曲线M可知，当lg=0时，=1，pOH=9，c(OH-)=10-9mol/L，则Kh2(X2-)=×c(OH-)=1×10-9；由曲线N可知，当lg=0时，=1，pOH=4，c(OH-)=10-4mol/L，Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4，则HX-的电离平衡常数Ka2===1×10-10，则NaHX溶液中HX-的水解程度大于电离程度，溶液中c(H2X)>c(X2-)，故B错误；C．混合液中存在电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)+c(OH-)，则当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)，故C错误；D．由曲线N可知，当lg=0时，=1，pOH=4，c(OH-)=10-4mol/L，则Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4，故D正确；故答案为D。19、A【解析】

A.NaHSO4=Na++H++SO42-，Na2CO3=2Na++CO32-，所以两者反应可以用2H++CO32－→CO2↑+H2O表示，故A正确；B.BaCO3是不溶性的盐，不能拆，故B错误；C.CH3COOH是弱酸，不能拆，故C错误；D.NaHCO3是弱酸的酸式盐，不能电离出碳酸根离子，故D错误；故选：A。20、D【解析】

Mg(OH)2在溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(ag)，平衡右移，溶解度增大，反之减小，据此解答即可。【详解】Mg(OH)2在溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(ag)；A．在纯水中，Mg(OH)2正常溶解并达到饱和状态，故A错误；B．在0.1mol/L的MgCl2溶液中，c(Mg2+)增大，抑制Mg(OH)2的溶解，故B错误；C．在0.1mol/L的NH3·H2O中，c(OH-)增大，抑制Mg(OH)2的溶解，故C错误；D．在0.1mol/L的CH3COOH溶液中，c(H+)增大，促进平衡正向移动，最终固体Mg(OH)2可能完全溶解，故D正确；故答案为D。21、B【解析】

A．反应CH3Cl(g)+Cl2(g)CH2Cl2(l)+HCl(g)是熵减的反应，该反应能自发进行，根据反应能否自发进行的判据可知ΔH−TΔS<0，所以该反应的ΔH<0，A项错误；B．氯化铵溶液中铵根离子水解，所以溶液显酸性，加水稀释促进铵根离子的水解，溶液中增大，B项正确；C．反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0达平衡后，降低温度，正、逆反应速率均减小，但逆反应速率减小的幅度更大，平衡向正反应方向移动，C项错误；D．BaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液发生沉淀转化，是因为碳酸根离子浓度大，和钡离子浓度乘积大于其溶度积常数，因而才有BaCO3沉淀生成，不能得出Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)，D项错误；答案选B。22、B【解析】

A．氢气和氯气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则和HCI的原子数目是否相同无法计算，A错误；B．32gCu的物质的量0.5mol，失去的电子数均为NA，浓硝酸被还原为二氧化氮，稀硝酸被还原为NO，根据得失电子数守恒，浓、稀硝酸得到的电子数均为NA，B正确；C．溶液体积不明确，故溶液中含有的氯离子个数无法计算，C错误；D．D318O+中含13个中子，故1molD318O+中含13NA个中子，D错误；答案选B。二、非选择题(共84分)23、第三周期ⅣA族光导纤维SiO2+2OH-=SiO32-+H2O2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑离子键、极性键0.1NA【解析】

⑴若实验室经常用澄清石灰水来检验X的燃烧产物，即X为碳，W的用途之一是计算机芯片，即为硅，W在周期表中的位置为第三周期第IVA族，Y为二氧化硅，它的用途有光导纤维，写出Y与NaOH溶液反应的离子方程式SiO2+2OH-=SiO32－+H2O，故答案为第三周期ⅣA族；光导纤维；SiO2+2OH-=SiO32－+H2O；⑵若X、W为日常生活中常见的两种金属，且Y常用作红色油漆和涂料即为氧化铁，两者发生铝热反应，则该反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故答案为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；⑶若X为淡黄色粉末即为过氧化钠，Y为生活中常见液体即为，则：①X的电子式为，该反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，生成的化合物NaOH所含化学键类型有离子键、极性键，故答案为；2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；离子键、极性键；②过氧化钠中一个氧升高一价，一个氧降低一价，若7.8克过氧化钠即0.1mol完全反应，转移的电子数为0.1NA，故答案为0.1NA。24、O1:2sp3①②H2SO4、H2SO3HNO3<d【解析】

周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，a为H，基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态即2p3，则b为N，c的最外层电子数是内层电子数的3倍，则c为O，d的原子序数是c的两倍，d为S，基态e原子3d轨道上有4个单电子，则为3d6，即e为Fe。A：H，b：N，c：O，d：S，e：Fe。【详解】⑴电负性从左到右依次递增，从上到下依次递减，b、c、d电负性最大的是O，故答案为：O。⑵b单质分子为氮气，氮气中σ键与π键的个数比为1:2，故答案为：1:2。⑶a与c可形成两种二元化合物分子，分别为水和过氧化氢，过氧化氢不稳定，过氧化氢的结构式为H—O—O—H，每个氧原子有2个σ键，还有2对孤对电子，因此O原子的杂化方式为sp3，水和过氧化氢互溶物中，水中有共价键，过氧化氢中有极性共价键，非极性共价键，分子之间有范德华力和分子间氢键，但范德华力和分子间氢键不是化学键，因此存在的化学键有①②，故答案为：sp3；①②。⑷这些元素形成的含氧酸中，有硝酸、亚硝酸、硫酸、亚硫酸，硝酸分子N有3个σ键，孤对电子为0，因此价层电子对数为3，硝酸根价层电子对数为3+0=3，为正三角形；亚硝酸分子N有2个σ键，孤对电子为1，因此价层电子对数为3，亚硝酸根价层电子对数为2+1=3，为“V”形结构；硫酸分子S有4个σ键，孤对电子为0，因此价层电子对数为4，硫酸根价层电子对数为4+0=4，为正四面体结构；亚硫酸分子S有3个σ键，孤对电子为1，因此价层电子对数为4，亚硫酸根价层电子对数为3+1=4，为三角锥形结构，因此分子内中心原子的价层电子对数为4的酸是H2SO4、H2SO3，酸根呈正三角形结构的酸是HNO3；酸分子中心原子带正电荷，吸引氧原子上的电子，使得氧与氢结合形成的电子对易断裂，因此酸分子稳定性<酸根离子稳定性，故答案为：H2SO4、H2SO3；HNO3；<。⑸元素e的价电子为3d64s2，在周期表中的位置是d区，e的一种常见氯化物中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，中间的Cl与其中易个Fe形成共价键，与另一个Fe形成配位键，Cl提供孤对电子，因此其结构式为，故答案为：d；。25、冷凝回流受热均匀，便于控制温度向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次拆下连接泵和吸滤瓶的橡皮管关闭水龙头溶液温度过高或冷却结晶时速度过快（合理答案即可）【解析】

结合题给信息进行分析：步骤1中，将三颈烧瓶放入冷水中冷却，为防止暴沸，加入沸石。步骤2中，因为反应温度为170～180℃，为便于控制温度，使反应物受热均匀，采取油浴方式加热；步骤3中，结合对氨基苯磺酸的物理性质，将反应产物导入冷水烧杯中，并不断搅拌有助于对氨基苯磺酸的析出。再根据对氨基苯磺酸与苯胺在乙醇中的溶解性不同，采用乙醇洗涤晶体。步骤4中，利用对氨基苯磺酸可溶于沸水，通过沸水溶解，冷却结晶等操作，最终得到纯净产品。【详解】（1）冷凝管起冷凝回流的作用，冷却水从下口进入，上口排出；答案为：冷凝回流；（2）油浴加热优点是反应物受热均匀，便于控制温度；答案为：受热均匀，便于控制温度；（3）苯胺是一种无色油状液体，微溶于水，易溶于乙醇，对氨基苯磺酸是一种白色晶体，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于碱性溶液，不溶于乙醇，则洗涤时选用乙醇。洗涤的操作为向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次；答案为：向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次；（4）抽滤完毕停止抽滤时，为防止倒吸，先拆下连接抽气泵和吸滤瓶间的橡皮管，再关水龙头；答案为：拆下连接泵和吸滤瓶的橡皮管；关闭水龙头；（5）对氨基苯磺酸微溶于冷水，可溶于沸水，若制得的晶体颗粒较小，可能的原因是溶液温度过高或冷却结晶时速度过快。答案为：溶液温度过高或冷却结晶时速度过快（合理答案即可）。冷却结晶的晶体大小影响因素：（1）浆料的过饱和度，这个主要由温度来控制，温度越低过饱和度越低。过饱和度越大，则产生晶核越多，结晶体粒径越小。（2）停留时间，时间越长，则产生的结晶体粒径越大。（3）容器的搅拌强度，搅拌越强，容易破碎晶体，结晶体粒径越小。（4）杂质成分，杂质成分较多，则比较容易形成晶核，结晶体粒径越小。26、分液漏斗防倒吸、防堵塞(或平衡气压、安全瓶均可)SO2＋H2SO4＋2KClO3=2KHSO4＋2ClO2检验有I2生成，进而证明ClO2有强氧化性2:1O2溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变0.324

g产生ClO2的速率太快，ClO2没有被D中的溶液完全吸收；C中ClO2未全部进入D中【解析】

(1)浓H2SO4和Na2SO3反应生成SO2，A制备SO2，B装置有缓冲作用，可防止倒吸、堵塞；装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则C中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，在D中发生氧化还原反应生成I2，装置D中滴有几滴淀粉溶液，I2遇淀粉变蓝色；装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境；(2)①碘遇淀粉变蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色；②ClO2与KI在溶液反应离子方程式为：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，结合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得ClO2～5S2O32-，则n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；ClO2部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。【详解】(1)浓H2SO4和Na2SO3反应生成SO2，A用于制备SO2，B装置有缓冲作用，能防止倒吸、堵塞；装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则C中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，所以D中发生氧化还原反应生成I2，装置D中滴有几滴淀粉溶液，I2单质遇淀粉溶液变为蓝色；装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境，①仪器a的名称为分液漏斗，装置B有缓冲作用，所以能防倒吸、防堵塞(或平衡气压、安全瓶)；②装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，根据元素守恒可知，生成的酸式盐为KHSO4，该反应的化学方程式为SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2；装置D中滴有几滴淀粉溶液，淀粉遇碘溶液变为蓝色，根据淀粉溶液是否变色来判断是否有I2单质生成，从而证明ClO2是否具有氧化性；③装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，反应方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+H2O，在该反应中ClO2是氧化剂，NaClO2的还原产物，H2O2是还原剂，O2是氧化产物，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；(2)①I2单质遇淀粉溶液变为蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色，所用滴定终点是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；②ClO2溶液与碘化钾反应的离子方程式：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，结合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得关系式：ClO2～5S2O32-，则n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，则在250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；由于C中ClO2有一部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。本题考查物质制备，涉及实验操作、氧化还原反应、方程式的计算、物质检验等知识点，侧重考查实验操作规范性、元素化合物性质等知识点，明确实验原理、物质性质、物质之间的转化关系是解本题关键。27、aedbcfg或aedcbfgH2、CO2、H2S、SO2先通氧气排尽装置中的空气，防止过氧化钙与水和二氧化碳的反应2NH4Cl＋Ca(OH)2=2NH3↑＋CaCl2＋2H2O晶体析出冰水浴导气、防止倒吸过滤洗涤【解析】

⑴①由题图知，制备过氧化钙时装置的连接顺序为：制备氧气的装置(A)→气体干燥装置(C)→O2与钙高温下反应的装置(B)→干燥装置(D，防止空气中的H2O，CO2进入反应装置)，故答案为：aedbcfg或aedcbfg。②装置A是固体加液体不加热的装置，因此该装置还可以制H2、CO2、H2S、S