2026届山东省德州市乐陵市第一中学高三下学期联考押题卷化学试题试卷含解析

2026届山东省德州市乐陵市第一中学高三下学期联考押题卷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、工业制纯碱的化学史上，侯德榜使用而索尔维法没有使用的反应原理的化学方程式是（）A．CO2+NaCl+NH3+H2O→NaHCO3↓+NH4ClB．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑C．CaO+2NH4Cl→CaCl2+2NH3↑+H2OD．NaHCO3+NH3+NaCl→Na2CO3+NH4Cl↓2、分离混合物的方法错误的是A．分离苯和硝基苯：蒸馏 B．分离氯化钠与氯化铵固体：升华C．分离水和溴乙烷：分液 D．分离氯化钠和硝酸钾：结晶3、25℃时，体积均为25.00mL，浓度均为0.0100mol/L的HA、H3B溶液分别用0.0100mol/LNaOH溶液滴定，溶液的pH随V(NaOH)变化曲线如图所示，下列说法中正确的是（）A．NaOH溶液滴定HA溶液可选甲基橙作指示剂B．均为0.0100mol/LHA、H3B溶液中，酸性较强的是HAC．25℃时，0.0100mol/LNa2HB溶液的pH＞7D．25℃时，H2B-离子的水解常数的数量级为10-34、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，最外层电子数之和为20。W与Y元素同主族，且形成的化合物可用于工业的杀菌与消毒。下列说法正确的是A．W与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物B．Y的氧化物对应的水化物均为强酸C．Z的氢化物为离子化合物D．X和Y形成的化合物的水溶液呈中性5、利用有机物X在一定条件下可合成植物生长所需的“平衡因子”Y(部分产物未写出)。已知含有“手性碳原子”的分子可形成对映异构体。下列有关说法中正确的是（）A．X，Y分子都不存在对映异构体B．X分子中所有碳原子可能都在同一平面C．Y分子可以发生取代、酯化、消去、加成、氧化等反应D．未写出的产物可能有2种，且都具有两性化合物的特性6、某同学采用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取绿矾(FeSO4·7H2O)，设计了如图流程：下列说法不正确的是（）A．固体1中含有SiO2B．溶解烧渣选用足量盐酸，试剂X选用铁粉C．控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3进入固体2D．从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化7、在一定条件下发生下列反应，其中反应后固体质量增重的是A．H2还原三氧化钨(W03) B．铝与氧化铁发生铝热反应C．锌粒投入硫酸铜溶液中 D．过氧化钠吸收二氧化碳8、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01mol·L–1r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如下图所示。下列说法不正确的是（）A．原子半径的大小：W<Y<XB．元素的非金属性：Z>X>YC．Y的氢化物常温常压下为液态D．X的最高价氧化物的水化物为弱酸9、现有部分元素的原子结构特点如表，下列叙述中正确的是A．W原子结构示意图为B．元素X和Y只能形成原子个数比为1∶2的化合物C．元素X比元素Z的非金属性强D．X、Y、Z、W四种元素不能形成离子化合物10、2018年7月12日，我国科学家姜雪峰教授被评为”全球青年化学家元素周期表硫元素代言人”，其是目前为止第一位人选的中国学者。下列说法或推测正确的是A．单质S不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳B．含氧酸的酸性:Cl＞S＞PC．沸点:H2O＜H2S＜PH3D．由H和S形成共价键的过程:11、某红色固体粉末可能是Cu、Cu2O、Fe2O3中的一种或几种。为探究其组成，称取ag该固体粉末样品，用过量的稀硫酸充分反应后(已知:Cu2O+2H+＝Cu2++Cu+H2O)，称得固体质量为bg。则下列推断不合理的是A．反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种B．向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，可能使bg固体完全溶解C．若b＝a，则红色固体粉末一定为纯净物D．b的取值范围:0＜b≤a12、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状况下，11.2LHF所含分子数为0.5NAB．2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数小于2NAC．常温下，1L0.1mol·L－1氯化铵溶液中加入氢氧化钠溶液至溶液为中性，则溶液含铵根离子数为0.1NAD．已知白磷(P4)为正四面体结构，NA个P4与NA个甲烷所含共价键数目之比为1：113、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X和Y能形成两种常见离子化合物，Z原子最外层电子数与其电子层数相同；X与W同主族。下列叙述不正确的是（）A．原子半径：Y＞Z＞W＞XB．X、Y形成的Y2X2阴阳离子数目比为1：1C．Y、Z和W的最高价氧化物的水化物可以相互反应D．X与W形成的化合物可使紫色石蕊溶液变红14、25℃时，用0.1mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.1mol·L－1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是A．Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线B．pH=7时，滴定盐酸和醋酸消耗NaOH溶液的体积相等C．V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)D．V(NaOH)=20.00mL时，两溶液中c(CH3COO-)>c(Cl-)15、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A．氨水应密闭保存，置低温处B．在FeCl2溶液中加入铁粉防止氧化变质C．生产硝酸中使用过量空气以提高氨的利用率D．实验室用排饱和食盐水法收集氯气16、下列有关溶液的说法中，正确的是A．(NH4)2SO4溶液浓缩时温度过高可能导致生成NH4HSO4B．相同温度下，强酸溶液的导电能力一定大于弱酸溶液C．通电时，溶液中溶质粒子分别向两极移动D．蒸干Na2CO3溶液最终得到NaOH二、非选择题（本题包括5小题）17、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___。18、结晶玫瑰广泛用于香料中，它的两条合成路线如下图所示：已知：两个羟基同时连在同一碳原子上的结构不稳定，会发生脱水反应：+H2O完成下列填空：（1）A的俗称是_________；D中官能团的名称是_______；反应②的反应类型是_______。（2）写出G与氢氧化钠溶液反应的化学方程式__________。（3）已知：，则可推知反应②发生时，会得到一种副产物，写出该副产物的结构简式_____。（4）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，与足量浓溴水反应未见白色沉淀产生，若L与NaOH的乙醇溶液共热能反应，则共热生成的有机物的结构简式为________________（任写一种）19、某化学兴趣小组对电化学问题进行了实验探究。Ⅰ.利用如图装置探究金属的防护措施，实验现象是锌电极不断溶解，铁电极表面有气泡产生。(1)写出负极的电极反应式_______________。(2)某学生认为，铁电极可能参与反应，并对产物作出假设：假设1：铁参与反应，被氧化生成Fe2＋假设2：铁参与反应，被氧化生成Fe3＋假设3：____________。(3)为了探究假设1、2，他采取如下操作：①取0.01mol·L－1FeCl3溶液2mL于试管中，加入过量铁粉；②取操作①试管的上层清液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀；③取少量正极附近溶液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，未见蓝色沉淀生成；④取少量正极附近溶液加入2滴KSCN溶液，未见溶液变血红；据②、③、④现象得出的结论是______________。(4)该实验原理可应用于防护钢铁腐蚀，请再举一例防护钢铁腐蚀的措施_________________。Ⅱ.利用如图装置作电解50mL0.5mol·L－1的CuCl2溶液实验。实验记录：A．阳极上有黄绿色气体产生，该气体使湿润的淀粉碘化钾试纸先变蓝后褪色(提示：Cl2氧化性大于IO3-)；B．电解一段时间以后，阴极表面除有铜吸附外，还出现了少量气泡和浅蓝色固体。(1)分析实验记录A中试纸颜色变化，用离子方程式解释：①________________；②___________。(2)分析实验记录B中浅蓝色固体可能是____(写化学式)，试分析生成该物质的原因______。20、某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl3·6H2O反应产物。（查阅资料）FeCl3是一种共价化合物，熔点306℃，沸点315℃。实验编号操作现象实验1按上图所示，加热A中MnO2与FeCl3·6H2O混合物①试管A中固体部分变液态，上方出现白雾②稍后，产生黄色气体，管壁附着黄色液滴③试管B中KI-淀粉溶液变蓝实验2把A中的混合物换为FeCl3·6H2O，B中溶液换为KSCN溶液，加热。A中固体部分变液态，产生白雾和黄色气体，B中KSCN溶液变红（实验探究）实验操作和现象如下表：（问题讨论）（1）实验前首先要进行的操作是______________________________。（2）实验1和实验2产生的白雾是_______（填化学式）溶解在水中形成的小液滴。（3）请用离子方程式解释实验2中黄色气体使KI-淀粉溶液变蓝色的原因_____________。（4）为确认黄色气体中含有Cl2，学习小组将实验1中试管B内KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液，发现B中溶液呈橙色，经检验无Fe2+，说明黄色气体中含有Cl2。用铁氰化钾溶液检验Fe2+的离子方程式是_________________________________。选择NaBr溶液的原因是________________________________________________________________。（实验结论）（5）实验1充分加热后，若反应中被氧化与未被氧化的氯元素质量之比为1:2，则A中发生反应的化学方程式为____________________________________________________。（实验反思）该学习小组认为实验1中溶液变蓝，也可能是酸性条件下，I－被空气氧化所致，可以先将装置中的空气排尽，以排除O2的干扰。21、有机物F是有机合成中一种重要的中间体，其合成路线如下：回答下列问题：(1)D中官能团的名称是____________。(2)E的分子式为____________；B的结构简式为____________。(3)写出C生成D的化学方程式________________________。(4)E到F的反应类型是____________。(5)化合物Ⅹ()是E的同系物，Y是X的同分异构体，满足如下条件的Y的同分异构体共有____________种。①属于芳香族化合物且苯环有三个取代基②1molY与足量的NaOH溶液反应，需要消耗2molNaOH(6)设计由苯酚和乙醇制备的合成路线________________(无机试剂任选)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

侯德榜使用而索尔维法制碱是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，它的反应原理可用下列化学方程式表示：NaCl(饱和)+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；再向废液NH4Cl中加入CaO又可生成氨气，可以循环使用，方程式为：CaO+2NH4Cl=CaCl2+2NH3↑+H2O，所以没有使用的反应原理的化学方程式是NaHCO3+NH3+NaCl→Na2CO3+NH4Cl↓；故选：D。侯德榜使用而索尔维法制碱是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，再向废液NH4Cl中加入CaO又可生成氨气，可以循环使用。2、B【解析】

A.苯和硝基苯互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，故不选A；B.氯化铵加热分解，而氯化钠不能，则选择加热法分离，故选B；C.水和溴乙烷互不相溶，会分层，则选择分液法分离，故不选C；D.二者溶解度受温度影响不同，则选择结晶法分离，故不选D；答案：B3、C【解析】

A．滴定终点生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，而甲基橙的变色范围是3.1~4.4，所以应选酚酞作指示剂，故A错误；B．由图可知，浓度均为0.0100mol/LHA、H3B溶液中，HA、H3B溶液，H3B溶液起始时pH更小，说明H3B电离出氢离子的能力强于HA，则酸性较强的为H3B，故B错误；C．，，由图可知时，pH为7.2，则Ka2=10-7.2，K=10-6.8，HB2-的电离常数为Ka3，由于Ka2>>Ka3，所以常温下HB2-的水解程度大于电离程度，NaH2B溶液呈碱性，故C正确；D．，K==，由图可知，时，氢离子浓度等于Ka1，因此Ka1的量级在10-2~10-3，H2B-离子的水解常数的数量级为10-12，故D错误。答案选C。4、A【解析】

W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W与Y元素同主族，且形成的化合物可用于工业的杀菌与消毒，故W为O，Y为S，Z为Cl，根据最外层电子数之和为20，X为Na。【详解】A.W为O，与其他三种元素可形成，Na2O2和Na2O，SO2和SO3，Cl2O7、ClO2，Cl2O等，故A正确；B.Y的最高价氧化物对应的水化物H2SO4为强酸，H2SO3不是强酸，故B错误；C.Z的氢化物HCl为共价化合物，故C错误；D.X和Y形成的化合物为Na2S，水溶液呈碱性，故D错误；故选A。5、D【解析】

A.连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子，X、Y分子中都存在手性碳原子，则都存在对映异构体，故A错误；B.X分子中同时连接两个甲基的碳原子为四面体构型，则X分子中所有碳原子不可能都在同一平面上，故B错误；C.Y分子中与羟基相连的碳原子的邻碳原子上无氢原子，则Y分子不能发生消去反应，故C错误；D.因为X分子结构中有肽键和酯基，则X生成Y的反应可能是发生了水解反应，生成的另外两种产物分别为HOOCCH2NH2、，都具有两性化合物的特性，故D正确；综上所述，答案为D。6、B【解析】

硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)，加足量酸，氧化铁、氧化铝与酸反应，二氧化硅不反应，因此固体1为SiO2，溶液1为硫酸铝、硫酸铁、硫酸，加入足量铁粉，生成硫酸亚铁，加氢氧化钠控制pH值，沉淀铝离子，溶液2为硫酸亚铁。【详解】A.根据分析得到固体1中含有SiO2，故A正确；B.最后要得到绿矾，因此溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉，故B错误；C.控制pH是为了使Fe2+、Al3+混合溶液中Al3+转化为Al(OH)3进入固体2，故C正确；D.从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，亚铁离子容易被氧化，因此须控制条件防止其氧化，故D正确。综上所述，答案为B。7、D【解析】A、H2还原三氧化钨(W03)，固体由WO3变成W，质量减少，故A错误；B、铝与氧化铁发生铝热反应生成氧化铝和铁，固体质量不变，故B错误；C、锌粒投入硫酸铜溶液中生成铜和硫酸锌，相对原子质量锌为65，铜为64，由锌变成铜质量减小，故C错误；D、过氧化钠吸收二氧化碳生成碳酸钠和氧气，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，1molNa2O2变成1molNa2CO3质量增大，故D正确；故选D。8、B【解析】

n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则为氯气，Z为Cl，r是由这些元素组成的二元化合物，0.01mol·L–1r溶液的pH为2，说明r为HCl，q的水溶液具有漂白性，说明是水溶液中含有次氯酸根，再结合m和n反应生成q和r，则q为HClO，m为水，s通常是难溶于水的混合物，氯气和p光照，说明是取代反应，则为烷烃，因此短周期元素W为H，X为C，Y为O，Z为Cl。【详解】A.原子半径的大小：H<O<C，故A正确；B.元素的非金属性：Cl>O>C，故B错误；C.Y的氢化物水或过氧化氢常温常压下为液态，故C正确；D.X的最高价氧化物的水化物碳酸为弱酸，故D正确。综上所述，答案为B。9、C【解析】

X元素原子的L层电子数是K层电子数的3倍，可知L层为6个电子，所以X为氧元素；Y元素原子的核外电子层数等于原子序数，Y只能是H元素；Z元素原子的L层电子数是K层和M层电子数之和，其M层电子数为6，所以Z是S元素；W元素原子共用三对电子形成双原子分子，常温下为气体单质，所以W为N元素。根据上述分析，X为氧元素，Y是H元素，Z是S元素，W为N元素，据此来分析即可。【详解】A．W为N元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为5，原子结构示意图为，故A错误；B．元素X和元素Y可以以原子个数比1∶1形成化合物，为H2O2，故B错误；C．X为O，Z为S，位于同一主族，非金属性O＞S，故C正确；D．X、Y、Z、W四种元素可以形成离子化合物(NH4)2SO4或NH4HSO4等，故D错误；答案选C。10、A【解析】

A项、单质硫为非极性分子，依据相似相溶原理可知，硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，故A正确；B项、元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素非金属性Cl＞S＞P，最高价氧化物对应水化物的酸性Cl＞S＞P，但含氧酸的酸性不一定，如次氯酸为弱酸，酸性小于强酸硫酸，故B错误；C项、水分子间能够形成氢键，增大了分子间作用力，而硫化氢和磷化氢分子间不能形成氢键，水的沸点高于硫化氢和磷化氢，故C错误；D项、硫化氢为共价化合物，用电子式表示硫化氢的形成过程为，故D错误。故选A。本题考查元素周期律和化学键，注意元素周期律的理解，明确相似相溶原理、氢键对物质性质的影响，注意共价化合物电子式的书写是解答关键。11、C【解析】

根据题意红色固体粉末可能存在六种组成。1、若ag红色固体粉末只有Cu，加入过量的稀硫酸不反应。称得固体质量bg即为铜的质量，因此b＝a，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；2、若ag红色固体粉末为Cu和Fe2O3的混合物，加入过量的稀硫酸与Cu不反应，与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+，若称得固体质量bg即为原混合物中铜反应后剩余的质量，因此b<a，此时溶液中含有氢离子和硫酸根离子、二价铁离子和铜离子；3、若ag红色固体粉末为Cu和Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量bg即为原样品中的铜的质量加上Cu2O反应生成的铜的质量，因此b<a，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；4、若ag红色固体粉末只有Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，反应后无固体剩余，因此b＝0，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；5、若ag红色固体粉末只有Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量bg即为Cu2O反应生成的铜的质量，因此b<a，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；6、若ag红色固体粉末为Cu2O和Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，与Cu2O反应生成铜和硫酸铜溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+，若称得固体质量bg即为Cu2O反应生成的铜再次反应后剩余的质量，因此b<a，此时溶液中含有氢离子以及硫酸根离子、铜离子、二价铁离子；A.根据上述分析，反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种，故A正确。B.不论以何种形式组成的红色固体，反应后若有固体剩余，一定是铜。由于硫酸过量，向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，形成硝酸，具有氧化性，可与铜反应，只要硝酸足够，可能使反应产生的固体完全溶解，故B正确C.若b＝a，即b<a，根据上述分析，红色固体粉末可能的组合为Cu和Fe2O3的混合物；Cu和Cu2O的混合物；只有Cu2O；Cu2O和Fe2O3的混合物，因此红色固体粉末可能是混合物也可以是纯净物，故C错误；D.根据上述六种红色固体粉末组成的分析，b的取值范围:0＜b≤a，故D正确。答案选C。12、B【解析】

A、标准状况下，HF不是气态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故A错误；B、2molNO与1molO2充分反应，生成的NO2与N2O4形成平衡体系，产物的分子数小于2NA，故B正确；C.常温下，1L0.1mol·L－1氯化铵溶液中加入氢氧化钠溶液至溶液为中性，溶液中存在电荷守恒，c(NH4＋)+c(Na+)=c(Cl-)，溶液含铵根离子数少于0.1NA，故C错误；D.已知白磷(P4)为正四面体结构，NA个P4与NA个甲烷所含共价键数目之比为6：4，故D错误；故选B。13、B【解析】

X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X和Y能形成两种常见离子化合物，这两种离子化合物为Na2O2和Na2O，X为O元素，Y为Na元素，Z原子最外层电子数与其电子层数相同，Z为Al元素；X与W同主族，W为S元素。【详解】A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，Y＞Z＞W，同主族元素从上到下逐渐增大：W＞X，即Na＞Al＞S＞O，故A正确；B．O22－是原子团，X、Y形成的Y2X2阴阳离子数目比为1：2，故B错误；C．Al(OH)3具有两性，Y、Z和W的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、H2SO4，可以相互反应，故C正确；D．X与W形成的化合物SO2、SO3的水溶液呈酸性，可使紫色石蕊溶液变红，故D正确；故选B。14、C【解析】

A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，浓度相同时盐酸的pH较小；B．浓度、体积相等时，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；C．V（NaOH）=10.00mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性；D．V（NaOH）=20.00mL时，反应后得到等物质的量浓度的醋酸钠、氯化钠溶液，醋酸根离子部分水解，则醋酸根离子浓度较小。【详解】A．根据图示可知，Ⅰ的起始pH较大，Ⅱ的起始pH较小，则Ⅰ表示的是醋酸，Ⅱ表示盐酸，选项A错误；B．醋酸为弱酸，溶液体积相同时，醋酸和氯化氢的物质的量相等，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；若pH=7时，醋酸消耗的NaOH溶液体积应该稍小，选项B错误；C．V（NaOH）=10.00mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），反应后溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），选项C正确；D．V（NaOH）=20.00mL时，两溶液都恰好反应得到等物质的量浓度的醋酸钠和NaCl溶液，由于醋酸根离子部分水解，则两溶液中c（CH3COO-）＜c（Cl-），选项D错误；答案选C。本题考查了酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。15、B【解析】

A、NH3+H2ONH3·H2O⊿H<0，升高温度，促进氨水分解，正确；B、Fe2+易被氧化为Fe3+，加入Fe粉，Fe+2Fe3+=3Fe2+，能防止Fe2+氧化变质，B不能用勒沙特列原理解释；C、增大一种反应物浓度，可以提高另一反应物转化率，正确；D、Cl2+H2OH++Cl-+HClO，增大c(Cl-)，抑制氯气溶解，D正确。答案选B。16、A【解析】

A.温度升高，促进NH4+水解，酸性增强，产生NH4HSO4，选项A正确；B.电解质溶液导电能力与离子所带电荷数及离子浓度等因素有关，离子浓度越大，所带电荷越多，导电能力就越强，与电解质强弱无关，选项B错误；C.溶液中的溶质可能为非电解质，如乙醇溶液，通电时乙醇分子不发生移动，选项C错误；D.蒸干Na2CO3溶液，应得到的主要成分仍为Na2CO3，选项D错误；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、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；。18、氯仿氯原子、醛基加成反应+4NaOH+3NaCl+2H2O【解析】

（1）根据A的结构简式可判断其俗称是氯仿，D中官能团为醛基、氯原子；对比D、E、G的结构可知反应②为加成反应，故答案为：氯仿；醛基、氯原子；加成反应；（2）G与氢氧化钠溶液反应发生水解反应，再脱去1分子水生成形成羧基，羧基和氢氧化钠发生中和反应，则反应方程式为：，故答案为：；（3）已知：，可推知反应②中副产物为苯环取代G中羟基，结构简式为：，故答案为：；（4）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，与足量浓溴水反应未见白色沉淀产生，说明酚羟基邻位、对位没有H原子，若L与NaOH的乙醇溶液共热能反应，则L含有-CH2CH2Cl或-CHClCH3，L苯环上还含有2个-Cl，L与NaOH的乙醇溶液共热时，羟基发生反应，还发生卤代烃的消去反应，生成物的结构简式为：，故答案为：。19、Zn－2e－=Zn2＋铁参与反应，被氧化生成Fe2＋和Fe3＋正极附近溶液不含Fe2＋和Fe3＋在钢铁表面刷一层油漆(其他合理答案均可)2I－＋Cl2=I2＋2Cl－5Cl2＋I2＋6H2O=10Cl－＋2IO3—＋12H＋Cu(OH)2电解较长时间后，Cu2＋浓度下降，H＋开始放电，溶液pH增大，Cu2＋转化为Cu(OH)2沉淀【解析】

Ⅰ.该装置能自发进行氧化还原反应而形成原电池，活泼金属锌做负极，失电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，铁做正极，溶液中氢离子得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑；Ⅱ.该装置为电解装置，电解时，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl——2e-=Cl2↑，铜离子在阴极上得电子发生还原反应生成铜，电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu。【详解】Ⅰ.（1）该装置能自发进行氧化还原反应而形成原电池，锌易失电子而作负极、铁作正极，负极上电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，故答案为：Zn-2e-=Zn2+；（2）由题给假设可知，假设三为:铁参与反应，铁被氧化生成Fe2+、Fe3+。故答案为：铁参与反应，被氧化生成Fe2+、Fe3+；(3)亚铁离子和K3[Fe（CN）6]生成蓝色沉淀，铁离子和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，据②、③、④现象知，正极附近溶液不含Fe2+、Fe3+，即铁不参与反应，故答案为：正极附近溶液不含Fe2+、Fe3+；(4)可以采用物理或化学方法防止金属被腐蚀，如：在钢铁表面刷一层油漆、镀铜等，故答案为：在钢铁表面刷一层油漆、镀铜（其他合理答案均可）；Ⅱ.（1）由题意可知，氯气能氧化碘离子生成碘单质，碘能被氯气氧化生成碘酸，离子方程式分别为2I-+Cl2=I2+2Cl-、5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3-+12H+，故答案为：2I-+Cl2=I2+2Cl-、5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3-+12H+；（2）阴极上电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，当铜离子放电完毕后，氢离子放电，2H++2e-=H2↑，致使该电极附近呈碱性，Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓，故答案为：Cu（OH）2；电解较长时间后，Cu2+浓度下降，H+开始放电，溶液pH增大，Cu2+转化为Cu（OH）2。注意氯气能氧化碘离子生成碘单质，碘也能被氯气氧化生成碘酸是解答的关键，也是易错点。20、检查装置的气密性HCl2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I23Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3＋氧化为Br2MnO2＋2FeCl3·6H2OFe2O3＋MnCl2＋Cl2↑＋2HCl＋11H2O【解析】

（1）实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性；（2）FeCl3•6H2O受热失去结晶水，同时水解，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴；（3）由信息可知，FeCl3是一种共价化合物，受热变为黄色气体，氯化铁具有强氧化性，可以将碘离子氧化为碘单质；（4）用铁氰化钾溶