2026年湖南省长沙市稻田中学高三下学期5月学情调研考试化学试题试卷含解析

2026年湖南省长沙市稻田中学高三下学期5月学情调研考试化学试题试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某科学兴趣小组查阅资料得知，反应温度不同，氢气还原氧化铜的产物就不同，可能是Cu或Cu2O，Cu和Cu2O均为不溶于水的红色固体，但氧化亚铜能与稀硫酸反应，化学方程式为：Cu2O＋H2SO4=CuSO4＋Cu＋H2O，为探究反应后的红色固体中含有什么物质？他们提出了以下假设：假设一：红色固体只有Cu假设二：红色固体只有Cu2O假设三：红色固体中有Cu和Cu2O下列判断正确的是()A．取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，则假设一和二都成立B．若看到溶液变成蓝色，且仍有红色固体，则只有假设三成立C．现将7.2克红色固体通入足量的H2还原，最后得到固体6.4克，则假设二成立D．实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2沉淀，加热后制取Cu2O2、某课外活动小组的同学从采集器中获得雾霾颗粒样品，然后用蒸馏水溶解，得到可溶性成分的浸取液。在探究该浸取液成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论错误的是A．取浸取液少许，滴入AgNO3溶液有白色沉淀产生，则可能含有Cl-B．取浸取液少许，加入Cu和浓H2SO4，试管口有红棕色气体产生，则可能含有NO3-C．取浸取液少许，滴入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则一定含SO42-D．用洁净的铂丝棒蘸取浸取液，在酒精灯外焰上灼烧，焰色呈黄色，则一定含有Na+3、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A．将过量二氧化硫气体通入冷氨水中：SO2+NH3•H2O═HSO3﹣+NH4+B．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑C．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2OD．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2﹣=Ag2S↓+2Cl﹣4、如图是NO2气体和CO气体反应生成CO2气体和NO气体过程的能量变化示意图。则该反应的热化学方程式为()A．NO2+CO→CO2+NO-134kJB．NO2(g)+CO(g)→CO2(g)+NO(g)-234kJC．NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)+368kJD．NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)+234kJ5、不能用NaOH溶液除去括号中杂质的是A．Mg（Al2O3） B．MgCl2（AlCl3） C．Fe（Al） D．Fe2O3（Al2O3）6、大气固氮（闪电时N2转化为NO）和工业固氮（合成氨）是固氮的重要形式，下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值：N2+O22NON2+3H22NH3温度25℃2000℃25℃400℃K3.84×10－310.15×1081.88×104下列说法正确的是A．在常温下，工业固氮非常容易进行B．人类可以通过大规模模拟大气固氮利用氮资源C．大气固氮与工业固氮的K值受温度和压强等的影响较大D．大气固氮是吸热反应，工业固氮是放热反应7、对于1mol/L盐酸与铁片的反应，下列措施不能使产生H2反应速率加快的是（）A．加入一小块铜片 B．改用等体积98%的硫酸C．用等量铁粉代替铁片 D．改用等体积3mol/L盐酸8、以物质a为原料，制备物质d(金刚烷)的合成路线如图所示，关于以上有机物的说法正确的是A．物质a最多有10个原子共平面 B．物质b的分子式为C10H14C．物质c能使高锰酸钾溶液褪色 D．物质d与物质c互为同分异构体9、下列说法中，正确的是A．将2gH2与足量的N2混合，充分反应后转移的电子数为2NAB．1molNa218O2与足量水反应，最终水溶液中18O原子为2NA个C．常温下，46gNO2和N2O4组成的混合气体中所含有的分子数为NAD．100mL12mol/L的浓HNO3与过量Cu反应，转移的电子数大于0.6NA10、如图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列说法正确的是()A．由MgCl2制取Mg是放热过程B．热稳定性：MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF2C．常温下氧化性：F2<Cl2<Br2<I2D．由图可知此温度下MgBr2(s)与Cl2(g)反应的热化学方程式为：MgBr2(s)＋Cl2(g)===MgCl2(s)＋Br2(g)ΔH＝－117kJ·mol－111、己知：还原性HSO3->I-，氧化性IO3->I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液．加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如下图所示。下列说法不正确的是（）A．0~a间发生反应：3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+B．a~b间共消耗NaHSO3的物质的量为1.8molC．b~c间反应：I2仅是氧化产物D．当溶液中I-与I2的物质的量之比为5∶3时，加入的KIO3为1.08mol12、化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法错误的是A．大量使用含丙烷、二甲醚等辅助成分的“空气清新剂”会对环境造成新的污染B．制造普通玻璃的原料为石英砂（Si02）、石灰石（CaCO3）和纯碱C．髙锰酸钾溶液、酒精、双氧水能杀菌消毒，都利用了强氧化性D．红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无湿味。”文中的“气”是指乙烯13、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3·xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NAB．标准状况下，11.2LH2S溶于水，溶液中含硫粒子的数目大于0.5NAC．常温下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中Ba2+的数目为0.5NAD．分子式为C2H6O的某种有机物4.6g，含有C－H键的数目一定为0.5NA14、港珠澳大桥使用了大量的含钒高强抗震钢材。该钢材与生铁比较错误的是A．抗震性好 B．耐腐蚀强 C．含碳量高 D．都导电导热15、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．Al2O3具有两性，可用于制作耐高温材料B．FeCl3具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂C．漂白粉在空气中不稳定，可用于纸浆的漂白D．明矾水解后溶液呈酸性，可用于水的净化16、泛酸和乳酸均易溶于水并能参与人体代谢，结构简式如下图所示。下列说法不正确的是泛酸乳酸A．泛酸分子式为C9H17NO5B．泛酸在酸性条件下的水解产物之一与乳酸互为同系物C．泛酸易溶于水，与其分子内含有多个羟基易与水分子形成氢键有关D．乳酸在一定条件下反应，可形成六元环状化合物二、非选择题（本题包括5小题）17、X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Z为地壳中含量最多的元素，R与X同主族；Y、R、Q最外层电子数之和为8，M的单质为黄绿色有害气体。请回答下列问题：（1）Q在元素周期表中的位置为__________________。（2）Z、Q、M简单离子半径由大到小的顺序为(写元素离子符号)_______________。（3）Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因：________________(用离子方程式表示)。（4）QM2的电子式为______________。（5）M的单质与R的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为______________。18、Ⅰ.元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素知识回答问题：(1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外)，以下说法正确的是_________。a.原子半径和离子半径均减小b.金属性减弱，非金属性增强c.氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强d.单质的熔点降低(2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素为__________(填名称)；氧化性最弱的简单阳离子是________________(填离子符号)。(3)P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是_________(填字母)。a.NH3b.HIc.SO2d.CO2(4)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式：__________。Ⅱ.氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙，甲和乙是二元化合物。将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH2(已折算成标准状况)。甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25g/L。请回答下列问题：(5)甲的化学式是___________________；乙的电子式是___________。(6)甲与水反应的化学方程式是______________________。(7)判断：甲与乙之间____________(填“可能”或“不可能”)发生反应产生H2。19、乙酰苯胺是常用的医药中间体，可由苯胺与乙酸制备。反应的化学方程式如下：

+CH3COOH+H2O某实验小组分别采用以下两种方案合成乙酰苯胺：方案甲：采用装置甲：在圆底烧瓶中加入5.0mL苯胺、7.4mL乙酸，加热至沸，控制温度计读数100~105℃，保持液体平缓流出，反应40min后停止加热即可制得产品。方案乙：采用装置乙：加热回流，反应40min后停止加热。其余与方案甲相同。已知：有关化合物的物理性质见下表：化合物密度(g·cm-3)溶解性熔点(℃)沸点(℃)乙酸1.05易溶于水，乙醇17118苯胺1.02微溶于水，易溶于乙醇–6184乙酰苯胺—微溶于冷水，可溶于热水，易溶于乙醇114304请回答：(1)仪器a的名称是_________(2)分别从装置甲和乙的圆底烧瓶中获得粗产品的后续操作是____________(3)装置甲中分馏柱的作用是______________(4)下列说法正确的是__________A．从投料量分析，为提高乙酰苯胺产率，甲乙两种方案均采取的措施是乙酸过量B．实验结果是方案甲的产率比方案乙的产率高C．装置乙中b处水流方向是出水口D．装置甲中控制温度计读数在118℃以上，反应效果会更好(5)甲乙两方案获得的粗产品均采用重结晶方法提纯。操作如下：①请选择合适的编号，按正确的操作顺序完成实验（步骤可重复或不使用）____→____→____→____→过滤→洗涤→干燥a冷却结晶b加冷水溶解c趁热过滤d活性炭脱色e加热水溶解上述步骤中为达到趁热过滤的目的，可采取的合理做法是___________②趁热过滤后，滤液冷却结晶。一般情况下，有利于得到较大的晶体的因素有_____A．缓慢冷却溶液B．溶液浓度较高C．溶质溶解度较小D．缓慢蒸发溶剂③关于提纯过程中的洗涤，下列洗涤剂中最合适的是______________。A．蒸馏水B．乙醇C．5%Na2CO3溶液D．饱和NaCl溶液20、用含有二氧化碳和水蒸气杂质的某种还原性气体测定一种铁的氧化物(FexOy)的组成，实验装置如图所示。根据图回答：(1)甲装置的作用是________，甲装置中发生反应的化学方程式为________。(2)实验过程中丁装置中没有明显变化，而戊装置中溶液出现了白色沉淀，则该还原性气体是________；丙中发生的反应化学方程式为________。(3)当丙装置中的FexOy全部被还原后，称量剩余固体的质量为16.8g，同时测得戊装置的质量增加17.6g，则FexOy中，铁元素与氧元素的质量比为________，该铁的氧化物的化学式为________。(4)上述实验装置中，如果没有甲装置，将使测定结果中铁元素与氧元素的质量比值____(填偏大、偏小或无影响)。如果没有已装置，可能产生的后果是________。21、脱除工业废气中的氮氧化物(主要是指NO和NO2)可以净化空气、改善环境，是环境保护的主要课题。(1)早期是利用NH3还原法，可将NOx还原为N2进行脱除。已知：①4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H=-905.9kJ/mol②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180kJ/mol③H2O(g)H2O(l)△H=-44kJ/mol写出常温下，NH3还原NO反应的热化学方程式：____________。(2)以漂粉精溶液为吸收剂可以有效脱除烟气中的NO。①漂粉精溶液的主要成分是Ca(ClO)2，若吸收过程中，消耗的Ca(ClO)2与吸收的NO的物质的量之比为3：4，则脱除后NO转化为____________。②某一兴趣小组研究不同温度下相同浓度漂粉精溶液对NO脱除率的影响，结果如图所示：图中，40～60℃NO脱除率上升可能的原因为____________；60～80℃NO脱除率下降可能的原因为____________。(3)过硫酸钠(Na2S2O8)氧化去除NO第一步：NO在碱性环境中被Na2S2O8氧化为NaNO2第二步：NaNO2继续被氧化为NaNO3，反应为NO2-+S2O82-+2OH-NO3-+2SO42-+H2O。不同温度下，平衡时NO2-的脱除率与过硫酸钠(Na2S2O8)初始浓度(指第二步反应的初始浓度)的关系如图所示：①a、b、c、d四点平衡常数K由大到小的顺序为____________，原因是____________。②若a点(0.1，40%)时，NO2-的初始浓度为amol·L-1，平衡时pH=13，则65℃时，第二步反应的平衡常数K=____________。(用含a的代数式表示)(4)利用新型材料光催化脱除NO法如图所示：某电化小组将过程A、B设计成酸性电解池反应，则该反应中阴极反应为_______。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A.取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，说明红色固体中不含氧化亚铜，则假设一成立，选项A错误；B.若看到溶液变成蓝色，说明红色固体中含有氧化亚铜，仍有红色固体，不能说明红色固体中含有铜，因为氧化亚铜和稀硫酸反应也能生成铜，则假设二或三成立，选项B错误；C.假设红色固体只有Cu2O，则7.2gCu2O的物质的量为0.05mol，和H2反应后生成铜的物质的量为0.1mol，质量为6.4g，所以假设成立，选项C正确；D.实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2悬浊液，加热后制取Cu2O，选项D错误。答案选C。2、C【解析】

A．滴入AgNO3溶液有白色沉淀产生，则可能含有Cl-、SO42-等，A正确；B．取浸取液少许，加入Cu和浓H2SO4，试管口有红棕色气体产生，红棕色气体应该是NO2，说明溶液中可能含有NO3-，B正确；C．取浸取液少许，滴入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，原浸取液中可能含SO32-、SO42-等，不一定含SO42-，C错误；D．焰色反应呈黄色，则浸取液中一定含有Na+，D正确；答案选C。3、A【解析】

A、过量二氧化硫含氨水反应生成亚硫酸氢铵；B、醋酸为弱电解质，保留化学式；C、漏写铵根离子与碱的反应；D、硫化银比氯化银更难溶，则氯化银悬浊液中滴加硫化钠会生成硫化银黑色沉淀，前者有沉淀，后者沉淀无需符号。【详解】A、过量二氧化硫气体通入冷氨水中反应的离子方程式为：，故A正确；B、醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应，离子方程式：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故B错误；C、NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中的离子反应为，故C错误；D、AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，由于氯化银的溶解度大于硫化银，则实现了沉淀转化，会观察到白色沉淀变成黑色，反应的离子方程式为：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl﹣，故D错误；故选：A。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等（如本题B选项）；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子转移守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。4、D【解析】

由能量变化图可知，NO2和CO反应生成CO2和NO且放出热量，热化学反应方程式为：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)△H=(134-368)kJ/mol=-234kJ/mol，则反应物总内能比生成物总内能多234kJ，即NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)+234kJ，故D正确；故选：D。反应的焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能，注意标注物质聚集状态和对应反应的焓变，据此判断热化学方程式正误。5、B【解析】

A、氢氧化钠能与氧化铝反应，与镁不反应，可以除去镁中的氧化铝，A正确；B、氯化镁、氯化铝与氢氧化钠均反应，不能除杂，B错误；C、铝能溶于氢氧化钠溶液，铁不能，可以除杂，C正确；D、氧化铝能溶于水氢氧化钠，氧化铁不能，可以除杂，D正确。答案选B。6、D【解析】

由表中给出的不同温度下的平衡常数值可以得出，大气固氮反应是吸热反应，工业固氮是放热反应。评价一个化学反应是否易于实现工业化，仅从平衡的角度评价是不够的，还要从速率的角度分析，如果一个反应在较温和的条件下能够以更高的反应速率进行并且能够获得较高的转化率，那么这样的反应才是容易实现工业化的反应。【详解】A．仅从平衡角度分析，常温下工业固氮能够获得更高的平衡转化率；但是工业固氮，最主要的问题是温和条件下反应速率太低，这样平衡转化率再高意义也不大；所以工业固氮往往在高温高压催化剂的条件下进行，A项错误；B．分析表格中不同温度下的平衡常数可知，大气固氮反应的平衡常数很小，难以获得较高的转化率，因此不适合实现大规模固氮，B项错误；C．平衡常数被认为是只和温度有关的常数，C项错误；D．对于大气固氮反应，温度越高，K越大，所以为吸热反应；对于工业固氮反应，温度越高，K越小，所以为放热反应，D项正确；答案选D。平衡常数一般只认为与温度有关，对于一个反应若平衡常数与温度的变化不同步，即温度升高，而平衡常数下降，那么这个反应为放热反应；若平衡常数与温度变化同步，那么这个反应为吸热反应。7、B【解析】

A．Fe、Cu和稀盐酸能构成原电池，Fe易失电子作负极而加快反应速率，故A正确；B．将稀盐酸改用浓硫酸，浓硫酸和Fe发生钝化现象且二者反应生成二氧化硫而不是氢气，故B错误；C．将铁粉代替铁片，增大反应物接触面积，反应速率加快，故C正确；D．改用等体积3mol/L稀盐酸，盐酸浓度增大，反应速率加快，故D正确；故答案为B。考查化学反应速率影响因素，明确浓度、温度、催化剂、反应物接触面积等因素对反应速率影响原理是解本题关键，1mol/L盐酸与铁片的反应，增大盐酸浓度、将铁片换为铁粉、升高温度、使其形成原电池且Fe作负极都能加快反应速率，易错选项是B。8、D【解析】

A.分子中有5个碳原子和4个氢原子可以在同一个平面内，故A错误；B.由结构可知b的分子式为C10H12，故B错误；C.物质c中不含有被高锰酸钾溶液氧化的基团，高锰酸钾溶液不褪色，故C错误；D.物质c与物质d的分子式相同都为C10H16、结构不同，互为同分异构体，故D正确；答案：D。9、D【解析】

A．将2gH2与足量的N2混合，该反应为可逆反应，不能进行彻底，充分反应后转移的电子数小于2NA，故A错误；B.1molNa218O2与足量水生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠中的氧原子转化为氢氧化钠和氧气中的氧原子，最终水溶液中18O原子为NA个，故B错误；C．NO2、N2O4的摩尔质量不同，无法计算混合气体的组成，故C错误；D．由于浓HNO3与铜反应生成NO2，而稀HNO3与铜反应生成NO，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，100

mL

12

mol•L-1的浓HNO3完全被还原为NO2转移0.6mol电子，完全被还原为NO转移0.9mol电子，转移的电子数大于0.6NA，故D正确；答案选D。10、D【解析】

A、依据图象分析判断，Mg与Cl2的能量高于MgCl2，依据能量守恒判断，所以由MgCl2制取Mg是吸热反应，A错误；B、物质的能量越低越稳定，根据图像数据分析，化合物的热稳定性顺序为：MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，B错误；C、氧化性：F2＞Cl2＞Br2＞I2，C错误；D、依据图象Mg（s）+Cl2（l）=MgCl2（s）△H=-641kJ/mol，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=-524kJ/mol，将第一个方程式减去第二方程式得MgBr2（s）+Cl2（g）═MgCl2（s）+Br2（g）△H=-117KJ/mol，D正确；答案选D。11、C【解析】A．0～a间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钾的物质的量是1mol，亚硫酸氢钠的物质的量是3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSO3-+IO3-═3SO42-+I-+3H+，故A正确；B．a~b间发生反应为3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+，反应IO3-的物质的量为0.06mol，则消耗NaHSO3的物质的量为1.8mol，故B正确；C．根据图象知，b-c段内，碘离子部分被氧化生成碘单质，发生反应的离子方程式为IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，所以I2是I2是既是还原产物又是氧化产物，故C错误；D．根据反应2IO3-+6HSO3-═2I-+6SO42-+6H+，3mol

NaHSO3的溶液消耗KIO3溶液的物质的量为1mol，生成碘离子的量为1mol，设生成的碘单质的物质的量为xmol，则根据反应IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，消耗的KIO3的物质的量为13xmol，消耗碘离子的物质的量=53xmol，剩余的碘离子的物质的量=（1-53x）mol，当溶液中n（I-）：n（I2）=5：2时，即（1-53x）：x=5点睛：明确氧化性、还原性前后顺序是解本题关键，结合方程式进行分析解答，易错点是D，根据物质间的反应并结合原子守恒计算，还原性HSO3-＞I-，所以首先是发生以下反应离子方程式：IO3-+3HSO3-═I-+3SO42-+3H+，继续加入KIO3，氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，根据发生的反应来判断各个点的产物。12、C【解析】

A.丙烷、二甲醚都有一定的毒性，会对环境造成污染，故A不选；B.SiO2和CaCO3、Na2CO3在玻璃熔炉里反应生成Na2SiO3和CaSiO3，和过量的SiO2共同构成了玻璃的主要成分，故B不选；C.髙锰酸钾溶液和双氧水杀菌消毒，利用了强氧化性，酒精没有强氧化性，故C选；D.成熟的水果能释放乙烯，乙烯可以促进果实成熟，故D不选。故选C。13、A【解析】

A.14.0gFe的物质的量为，Fe发生吸氧腐蚀的负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，则电极反应转移的电子数为0.25mol×2NA=0.5NA，A项正确；B.标况下，H2S为气体，11.2LH2S气体为0.5mol，H2S溶于水，电离产生HS-和S2-，根据S元素守恒可知，含硫微粒共0.5NA，B项错误；C.常温下，pH=14的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子的浓度为1mol/L，则Ba2+的浓度为0.5mol/L，则Ba2+的数目为0.5mol/L×0.5LNA=0.25NA，C项错误；D.C2H6O的摩尔质量为46g/mol，4.6gC2H6O的物质的量为0.1mol，分子式为C2H6O的有机物，可能为CH3CH2OH，也可能为CH3OCH3，则含有C－H键的数目可能为0.5NA，也可能0.6NA，D项错误；答案选A。钢铁发生吸氧腐蚀的电极反应式：正极：O2+2H2O+4e-=4OH-；负极：2Fe-4e-=2Fe2+；总反应：2Fe+O2+2H2O=Fe(OH)2；Fe(OH)2继续与空气中的氧气作用，生成Fe(OH)3，发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，Fe(OH)3脱去一部分水就生成Fe2O3∙xH2O，它就是铁锈的主要成分。14、C【解析】

A.钢中的含碳量低于生铁，含碳量越大，硬度越高，但是生铁的韧性较钢要差，钢材的抗震性更好，故A正确；B.该钢材改变了金属的组成和结构，比生铁的抗耐蚀性要好，故B正确；C.根据生铁的含碳量为：2%--4.3%，钢的含碳量为：0.03%--2%，可知含碳量：生铁＞钢，故C错误；D.钢材和生铁都是合金都有金属，都导电导热，故D正确；题目要求选错的，故选C。15、B【解析】

A、Al2O3是离子化合物，有较高熔点，可作耐火材料，与Al2O3具有两性无关，故A错误；B、FeCl3具有氧化性，能溶解Cu生成CuCl2，所以FeCl3可用作铜制线路板的蚀刻剂，故B正确；C、漂白粉有效成分是次氯酸钙，能与空气中的CO2反应生成强氧化剂HClO，HClO有漂白性，所以漂白粉用于纸浆的漂白与其在空气中不稳定无关，故C错误；D、明矾水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体有较强的吸附性，能吸附水中的悬浮物形成沉淀，达到净水目的，与明矾水解后溶液呈酸性无关，故D错误；答案选B。试题考查物质的性质及应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途等为解答的关键，注意元素化合物知识的应用。16、B【解析】

A.根据泛酸的结构简式，可知分子式为C9H17NO5，故A正确；B.泛酸在酸性条件下的水解出，与乳酸中羟基个数不同，所以与乳酸不是同系物，故B错误；C.泛酸中的羟基与水分子形成氢键，所以泛酸易溶于水，故C正确；D.2分子乳酸在一定条件下反应酯化反应，形成六元环状化合物，故D正确；选B。本题考查有机物的机构和性质，重点是掌握常见官能团的结构和性质，肽键在一定条件下水解，羟基、羧基一定条件下发生酯化反应，正确把握同系物的概念。二、非选择题（本题包括5小题）17、第二周期ⅡA族Cl->O2->Mg2+NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。【解析】

X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为氮元素；Z为地壳中含量最多的元素，则Z为氧元素；R与X同主族，原子序数大于氧元素，则R为钠元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8，则Q的最外层电子数为8-5-1=2，故Q为镁元素；M的单质为黄绿色有害气体，则M为氯元素，据此分析。【详解】X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为氮元素；Z为地壳中含量最多的元素，则Z为氧元素；R与X同主族，原子序数大于氧元素，则R为钠元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8，则Q的最外层电子数为8-5-1=2，故Q为镁元素；M的单质为黄绿色有害气体，则M为氯元素。（1）Q为镁元素，在元素周期表中的位置为第二周期ⅡA族；（2）Z、Q、M分别为O、Mg、Cl，Cl-比其他两种离子多一个电子层，O2-、Mg2+具有相同电子层结构，核电荷数大的Mg2+半径较小，故简单离子半径由大到小的顺序为Cl->O2->Mg2+；（3）Y的气态氢化物NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因：NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-；（4）QM2为MgCl2，属于离子化合物，其电子式为；（5）M的单质Cl2与R的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。18、b氩Na+b4KClO3KCl+3KClO4AlH32AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑可能【解析】

Ⅰ.(1)根据同周期元素性质递变规律回答；(2)第三周期的元素，次外层电子数是8；(3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能干燥碱性气体、还原性气体；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥碱性气体；(4)根据题干信息可知该无氧酸盐为氯化钾，再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐，最后根据化合价升降相等配平即可；Ⅱ.甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和H2，说明甲是金属氢化物，甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液，说明含有铝元素；化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，则乙是非金属气态氢化物，丙在标准状态下的密度1.25g/L，则单质丙的摩尔质量M=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，丙为氮气，乙为氨气。【详解】(1)a.同周期的元素从左到右，原子半径依次减小，金属元素形成的阳离子半径比非金属元素形成阴离子半径小，如r(Na+)＜r(Cl-)，故a错误；b.同周期的元素从左到右，金属性减弱，非金属性增强，故b正确；c.同周期的元素从左到右，最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强，故c错误；d.单质的熔点可能升高，如钠的熔点比镁的熔点低，故d错误。选b。(2)第三周期的元素，次外层电子数是8，最外层电子数与次外层电子数相同的元素为氩；元素金属性越强，简单阳离子的氧化性越弱，所以第三周期元素氧化性最弱的简单阳离子是Na+；(3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能用浓硫酸干燥NH3、HI；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥NH3；所以不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是HI，选b；(4)若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则该无氧酸为KCl，KCl中氯元素化合价为-1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KClO3KCl+3KClO4。(5)根据以上分析，甲是铝的氢化物，Al为+3价、H为-1价，化学式是AlH3；乙为氨气，氨气的电子式是。(6)AlH3与水反应生成氢氧化铝和氢气，反应的化学方程式是2AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑。(7)AlH3中含-1价H，NH3中含+1价H，可发生氧化还原反应产生H2。19、直形冷凝管将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有100mL水的烧杯，冷却后有乙酰苯胺固体析出，过滤得粗产物利用分馏柱进行多次气化和冷凝，使醋酸和水得到有效的分离，或“可提高引馏体与外部空气热交换效率，从而使柱内温度梯度增加，使不同沸点的物质得到较好的分离。”ABCedca将玻璃漏斗放置于铜制的热漏斗内，热漏斗内装有热水以维持溶液的温度，进行过滤（即过滤时有保温装置）或趁热用减压快速过滤ADA【解析】

两套装置都是用来制备乙酰苯胺的，区别在于甲装置使用分馏柱分离沸点在100℃至105℃左右的组分，主要是水，考虑到制备乙酰苯胺的反应可逆，这种做法更有利于获得高的转化率；题干中详细提供了乙酸，苯胺和乙酰苯胺的物理性质，通过分析可知，三者溶解性和熔点上存在较明显的差异，所以从混合溶液中获得乙酰苯胺粗品的方法就是利用溶解性和熔点差异实现的；在获取乙酰苯胺粗品后，再采用合适的方法对其进行重结晶提纯即可得到纯度较高的乙酰苯胺。【详解】(1)仪器a的名称即直形冷凝管；(2)由于乙酸与水混溶，乙酰苯胺可溶于热水而苯胺只易溶于乙醇，并且，乙酰苯胺熔点114℃，而乙酸和苯胺的熔点分别仅为17℃和-6℃；所以分离乙酰苯胺粗品时，可将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有热水的烧杯中，冷却后，乙酰苯胺固体析出，再将其过滤出来，即可得到乙酰苯胺粗品；(3)甲装置中温度计控制在100℃至105℃，这与水和乙酸的沸点很接近，因此甲装置中分馏柱的作用主要是将体系内的水和乙酸有效地分离出去；(4)A．增加乙酸的投料，可以使平衡正向移动获得更高的产率，A项正确；B．由于甲装置中的分馏柱能够有效地将产物中的水从体系内分离出去，水被分离出去后，对于乙酰苯胺制备反应的正向进行更有利，因此甲装置可以获得更高的转化率，B项正确；C．冷凝管水流的方向一般是下口进水，上口出水，C项正确；D．甲装置中温度计示数若在118℃以上，那么反应物中的乙酸会大量的气化溢出，对于反应正向进行不利，无法获得更高的产率，D项错误；答案选ABC；(5)①乙酰苯胺可以溶解在热水中，所以重结晶提纯乙酰苯胺粗品，首先要把粗品在热水中溶解，然后加入活性炭吸附杂质以及其他有色物质，过滤的时候为了避免乙酰苯胺的析出，应当趁热过滤，过滤后的滤液再冷却结晶，将结晶再过滤后，对其进行洗涤和干燥即可；趁热过滤时为了维持温度，可以将玻璃漏斗置于铜制的热漏斗内，热漏斗内装热水以维持温度，再进行过滤即可；②结晶时，缓慢降温，或者缓慢蒸发溶剂有利于获得较大的晶体，答案选AD；③在对重结晶出的乙酰苯胺晶体进行洗涤时，要避免洗涤过程中产品溶解造成的损耗，考虑到乙酰苯胺的溶解性，应当用冷水对其进行洗涤。20、除去混合气体中CO22NaOH+CO2=Na2CO3+H2OCOyCO+FexOyxFe+yCO221：8Fe3O4偏小造成大气污染【解析】

利用还原性气体测定铁的氧化物的组成，其原理是根据生成物的质量通过计算确定结果；还原性气体有氢气和一氧化碳，他们夺氧后生成水和二氧化碳；原气体中混有二氧化碳和水蒸气，所以必须先除去，然后让还原性气体反应，丁、戊装置用以检验生成的水和二氧化碳，最后的己装置进行尾气处理，有环保理念。【详解】(1)因二氧化碳能与氢氧化钠反应，方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，所以除二氧化碳用氢氧化钠溶液，故甲装置的作用是除去二氧化碳；故答案为：除去混合气体中CO2；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；(2)丁装置盛放的是无水硫酸铜，无水硫酸铜遇水会变蓝，丁装置没有明显变化，说明没有水生成，故该还原性气体不是氢气。戊装置盛放的是石灰水，二氧化碳能使石灰水变浑浊，戊装置中溶液出现了白色沉淀，故该还原性气体是一氧化碳，反应方程式为：yCO+FexOyxFe+yCO2，故答案为：CO；yCO+FexOyxFe+yCO2；(3)丙装置中的FexOy全部被还原，剩余固体为生成的铁的质量，戊装置中盛放的石灰水吸水二氧化碳，增加的质量为二氧化碳的质量，二氧化碳是一氧化碳夺取FexOy的氧生成的，即二氧化碳只有一个氧原子来自铁氧化合物，占二氧化碳质量的，故FexOy中氧元素的质量为：17.6g×＝6.4g，则FexOy中铁氧元素的质量比为：56x：16y＝16.8g：6.4g＝21：8，x：y＝3：4，该铁的氧化物的化学式为Fe3O4；故答案为