四川省仁壽縣2026屆高三上化學期中統考模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、將幾滴KSCN(SCN－是“類鹵離子”)溶液加入酸性的含有Fe3＋的溶液中，溶液變成紅色，將該紅色溶液分為兩份，①一份中加入適量KMnO4溶液，紅色褪去；②向另一份中通入SO2，紅色也褪去。下列說法不正確的是A．①紅色褪去的原因是KMnO4將SCN－氧化，使Fe(SCN)3消失B．②紅色褪去的原因是SO2將SCN－還原C．②紅色褪去的原因是SO2將Fe3＋還原為Fe2＋D．SCN－在適當條件下可失去電子被氧化劑氧化為(SCN)22、下列關于0.10mol·L－1NaHCO3溶液的說法正確的是（）A．溶質的電離方程式為：NaHCO3→Na＋＋H＋＋CO32－B．25℃時，加水稀釋后，n(H＋)與n(OH－)的乘積不變C．離子濃度關系：c(CO32－)＋c(OH－)=c(H2CO3)＋c(H＋)D．溫度升高，溶液中c(HCO3－)增大3、現有MgCl2、AlCl3、FeCl3、NH4Cl四種溶液，如果只用一種試劑把它們鑒別開來，應選用的試劑是A．氨水 B．AgNO3 C．NaOH溶液 D．NaCl溶液4、原子核外電子的運動狀態(tài)用四個方面進行描述，磷原子核外最外層上能量高的電子有相同的運動狀態(tài)A．一個 B．二個 C．三個 D．四個5、下列有關綠色化學的敘述中,不正確的是()A．綠色化學的核心是利用化學原理從源頭上減少和消除工業(yè)生產對環(huán)境的污染。B．最理想的“原子經濟”就是反應物的原子全部轉化為期望的最終產物。C．綠色化學反應選擇的原料、催化劑、溶劑都應該是無毒無害的。D．所有環(huán)境問題都是環(huán)境污染。6、下列實驗中，所使用的裝置(夾持裝置略)、試劑和操作方法都正確的是A．配制溶液B．制取收集干燥氨氣C．除去粗鹽中的不溶物D．觀察Fe(OH)2的生成7、硝化細菌可將NH轉化為NO，發(fā)生反應NH+2O2→NO+2H++H2O，下列說法錯誤的是（）A．氧化劑與還原劑的物質的量之比為2：1B．反應一段時間后，溶液的酸性增強C．1molNH完全反應，轉移電子的物質的量為8molD．NO既是氧化產物又是還原產物，H2O既不是氧化產物也不是還原產物8、可鑒別苯和甲苯的試劑是()A．新制氫氧化銅B．溴水C．酸性高錳酸鉀溶液D．銀氨溶液9、下列有關實驗操作、現象、解釋或結論都正確的是選項實驗操作現象解釋或結論A充分吸收了Na2SiO3飽和溶液的小木條，瀝干后放在酒精燈外焰加熱小木條不燃燒Na2SiO3可作防火劑B將H2在充滿Cl2的集氣瓶中燃燒集氣瓶口上方有白煙生成H2、Cl2化合生成HClC將SO2通入酸性高錳酸鉀溶液中溶液褪色SO2具有漂白性D用分別蘸有濃鹽酸和濃氨水的玻璃棒相互靠近冒白煙NH3具有還原性A．A B．B C．C D．D10、下列有關結構和性質的說法中，正確的是()A．酸性：HCl＞H2S，所以，非金屬性：Cl＞SB．元素原子的最外層電子數越多，越容易得電子，非金屬性越強C．同周期主族元素的原子形成的簡單離子電子層結構相同D．同周期第ⅡA族與第IIIA族的元素原子序數之差不一定為111、下列有關物質的分類、性質或用途表述正確的是（）A．SiO2既能和NaOH溶液反應又能和氫氟酸反應，所以是兩性氧化物B．Fe(OH)3膠體無色、透明，分散質微粒直徑范圍為0.1nm–100nm，能產生丁達爾現象C．ClO2具有氧化性，可用于自來水的消毒，并在逐漸替代氯氣進行飲用水的消毒D．濃硫酸具有吸水性和強氧化性，可以用作干燥劑但不能干燥具有還原性的氣體：H2S和HCl12、下列化學反應的離子方程式書寫正確的是（）A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32-+2H+=SO2↑+H2OB．用CH3COOH溶解CaCO3：CO32-+CH3COOH=CH3COO-+H2O+CO2↑C．強堿性溶液中NaClO將Fe(OH)3氧化為FeO42-：3ClO－＋2Fe(OH)3+4OH-=2FeO42－＋3Cl－＋5H2OD．NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：2HCO3－＋Ba2＋＋2OH－=BaCO3↓＋2H2O+CO32-13、已知反應中的能量變化過程如圖，則下列推斷一定正確的是A．X的能量低于M的能量 B．Y比N穩(wěn)定C．X和Y總能量低于M和N總能量 D．該反應是吸熱反應，反應條件是加熱14、下列對摩爾的敘述中不正確的是A．摩爾是一個單位，用于計量物質所含微觀粒子的數量B．摩爾是一個物理量C．1mol任何氣體所含的氣體分子數目都相等D．摩爾既能用來計量純凈物，又能用來計量混合物15、NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．36g由35Cl和37C1組成的氯氣中所含質子數一定為17NAB．7.8gNa2O2與足量酸性KMnO4溶液反應，轉移的電子數為0.2NAC．密閉容器中1molPCl3與1molCl2反應制備PCl5(g)，增加了2NA個P-Cl鍵D．5.6g鐵片投入足量濃硝酸中，轉移的電子數為0.3NA16、80℃時，2L密閉容器中充入0.40molN2O4，發(fā)生反應N2O42NO2△H=＋QkJ/mol（Q＞0），獲得如下數據:下列判斷正確的是時間/s020406080100c(NO2)/mol·L-10.000.120.200.260.300.30A．升高溫度該反應的平衡常數K減小B．20～40s內，v（N2O4）＝0.002mol/(L?s)C．反應達平衡時，吸收的熱量為0.30QkJ/molD．100s時再通入0.40molN2O4，達新平衡時N2O4的轉化率增大二、非選擇題（本題包括5小題）17、下面是以環(huán)戊烷為原料制備環(huán)戊二烯的合成路線：（1）X的名稱為__，Y的結構簡式為__，反應②的反應試劑和反應條件為__。（2）金剛烷是一種重要的化工原料，工業(yè)上可通過下列途徑制備：環(huán)戊二烯分子的分子式為__；二聚環(huán)戊二烯的同分異構體中，屬于芳香烴且苯環(huán)上的一氯代物有3種的同分異構體的結構簡式為__，__。金剛烷的一氯代物有__種；金剛烷與四氫二聚環(huán)戊二烯的關系是___。（填字母）a．互為同系物b．互為同分異構體c．均為烷烴d．均為環(huán)烴（3）寫出環(huán)戊二烯在一定條件下生成高聚物的結構簡式：__。（4）烯烴也能發(fā)生如下反應：R1CHO++HCHO。請寫出下列反應的有機產物的結構簡式：__。18、有A、B、C、D、E、F6種短周期元素，G為過渡元素；已知相鄰的A、B、C、D4種元素原子核外共有56個電子，在周期表中的位置如圖所示。1molE單質與足量酸作用，在標準狀況下能產生33.6LH2；E單質粉末與G的氧化物常用于野外焊接鋼軌；F是短周期最活潑的金屬元素。請回答下列問題：（1）元素D、G的名稱分別為：__。（2）D的單質與C的氣態(tài)氫化物反應方程式為___。（3）C、E、A的簡單離子半徑：__＞__＞__，B、C、D的最高價氧化物對應的水化物的酸性強弱順序為___(用化學式表示)。（4）向D與E形成的化合物的水溶液中滴加過量燒堿溶液的離子方程式為__。（5）用電子式表示F與C形成化合物的過程___。（6）G的單質與高溫水蒸氣反應的方程式___。（7）部分元素在周期表中的分布如圖所示（虛線為金屬元素與非金屬元素的分界線），下列說法不正確的是___。A．B只能得電子，不能失電子B．原子半徑Ge＞SiC．As可作半導體材料D．Po處于第六周期第VIA族19、生活中有許多與化學相關的數據表格。Ⅰ.如圖是某兒童微量元素體檢報告單的部分數據：某醫(yī)療機構臨床檢驗結果報告單分析項目檢測結果單位參考范圍1鋅（Zn）115.92μmol/L66~1202鐵（Fe）6.95mmol/L7.52~11.823鈣（Ca）1.68mmol/L1.55~2.10……根據上表的數據，回答下列問題：（1）該兒童__元素含量偏低。（2）報告單中“μmol/L”是__（填“質量”、“體積”或“濃度”）的單位。（3）服用維生素C可使食物中的Fe3+轉化為Fe2+，在這個過程中體現維生素C的__（填“氧化性”或“還原性”）。Ⅱ.生活中為了延長鮮花的壽命，通常會在花瓶中加入鮮花保鮮劑。0.5L某種鮮花保鮮劑中含有的成分及含量如下，閱讀后回答下列問題：成分質量(g)摩爾質量(g/mol)①蔗糖（C12H22O11）25.00342②硫酸鉀（K2SO4）0.25174③高錳酸鉀（KMnO4）0.25158④阿司匹林（C9H8O4）0.17180⑤硝酸銀（AgNO3）0.02170（4）上述鮮花保鮮劑成分中，屬于鹽的是__（填序號）。（5）欲配制500mL該鮮花保鮮劑，有如下操作步驟：a.把稱量好的保鮮劑放入小燒杯中，加適量蒸餾水溶解；b.把a所得溶液小心轉入500mL容量瓶中；c.繼續(xù)向容量瓶中加蒸餾水至液面距刻度1cm至2cm處，改用膠頭滴管小心滴加蒸餾水至溶液凹液面最低處與刻度線相切；d.用少量蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2到3次，每次洗滌液都小心轉入容量瓶，并輕輕搖勻；e.將容量瓶塞緊，反復上下顛倒搖勻。①操作步驟的正確順序為（填序號）__。②在容量瓶的使用方法中，下列操作不正確的是__。A．使用容量瓶前檢查它是否漏水B．容量瓶用蒸餾水洗凈后，需要干燥C．蓋好瓶塞，用一只手的食指頂住瓶塞，另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒轉和搖動幾次③下列操作會使所配溶液的濃度偏小的是___。A．轉移完溶液后未洗滌玻璃棒和燒杯B．容量瓶中原來有少量蒸餾水C．定容時，俯視刻度線D．稱量氯化鈉固體時左碼右物20、某化學興趣小組欲探究含硫物質的性質。（探究一）用下面的裝置和藥品探究亞硫酸與次氯酸的酸性強弱：(1)裝置連接順序為_____________(用字母表示)，F中反應的離子方程式是

_______________(2)可證明

H2SO3的酸性強于HClO

的實驗現象是_____________________________。（探究二）(3)某小組同學為探究SO2的漂白性性質，用下圖所示裝置進行實驗，觀察到如下現象：i中紅色褪去；ii中無變化。從實驗中可知使品紅的水溶液褪色的微?？赡苁莀________________________________。(4)該小組同學又對SO2與氯水的反應進行探究。①用注射器吸入一定量的飽和氯水和SO2，振蕩，靜置，再吸入少量品紅溶液，發(fā)現品紅溶液不褪色。②改變氯水用量，重復①操作，發(fā)現品紅溶液紅色褪去，你認為②中品紅溶液褪色的原因可能是______________，設計一個實驗(說明操作方法、現象及結論)來驗證你的假設___________________。21、工業(yè)上可通過煤的液化合成甲醇，主反應為:CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)△H=x(1)己知常溫下CH3OH、H2和CO的燃燒熱分別為726.5kl/mo1、285.5kJ/mol、283.0kJ/mol，則x=_______；為提高合成甲醇反應的選擇性，關鍵因素是___________。(2)TK下，在容積為1.00L的某密閉容器中進行上述反應（CH3OH為氣體），相關數據如圖。①該反應0-10min的平均速率v(H2)=_______；M和N點的逆反應速率較大的是______(填“v逆(M)”、“v逆(N)”或“不能確定”)

。②10min時容器內CO的體積分數為_______。相同條件下，若起始投料加倍，達平衡時，CO的體積分數將________(填“增大”、“減小”或“不變”）③對于氣相反應，常用某組分(B)的平衡壓強(PB)代替物質的量濃度(CB)表示平衡常數(以Kp表示)，其中，PB=P總×B的體積分數；若在TK下平衡氣體總壓強xatm，則該反應Kp=____(計算表達式)。實驗測得不同溫度下的lnK(化學平衡常數K的自然對數)如圖，請分析lnK隨T呈現上述變化趨勢的原因是:____________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】試題分析：A、三價鐵離子遇到硫氰酸鉀會發(fā)生絡合反應：Fe3++3SCN-＝Fe(SCN)3，顯紅色。高錳酸鉀具有強氧化性，可以將SCN-氧化，使紅色消失，A正確；B、SO2中硫元素為+4價，如果還原SCN-，則二氧化硫中的硫將變?yōu)?6價，而SCN－須繼續(xù)降低，但SCN-中碳元素顯+4價，不能氧化+4價的硫，氮元素顯－3價，化合價不能再降低，硫元素的化合價為－2價，也不能氧化+4價的硫，所以對于SCN－，無論原子團還是其中原子，均無法氧化二氧化硫。Fe3+具有氧化性，二氧化硫具有還原性，反應生成硫酸根離子、亞鐵離子和氫離子，所以②中紅色褪去，反應的離子方程式為：2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++4H++SO42-，B錯誤；C、根據B中分析可知C正確；D、高錳酸鉀具有強氧化性，可以將SCN-氧化為(SCN)2，相當于鹵素單質X2，D正確，答案選B。考點：考查鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉變；二價Fe離子和三價Fe離子的檢驗以及氧化還原反應的應用等2、C【詳解】A.碳酸是弱酸，HCO3－保留化學式，溶質的電離方程式為：NaHCO3=Na＋＋HCO3－，故A錯誤；B.25℃時，加水稀釋后，促進鹽水解，n(H＋)與n(OH－)的乘積變大，故B錯誤；C.溶液中存在質子守恒，離子濃度關系：c(CO32－)＋c(OH－)=c(H2CO3)＋c(H＋)，故C正確；D.溫度升高，促進HCO3－的水解，溶液中c(HCO3－)減小，故D錯誤；故選C。3、C【詳解】該五種溶液的陰離子相同，故檢驗陽離子即可；又都為弱堿的陽離子，故加入強堿后現象不一樣，MgCl2、AlCl3、CuCl2、FeCl3、NH4Cl五種溶液現象分別為白色沉淀，先產生白色沉淀后溶解，藍色沉淀，紅褐色沉淀，產生有刺激性氣味的氣體，故選C。故答案選C。4、C【詳解】磷原子的電子排布式為1s22s22p63s23p3，能量最高的能層為3p，根據洪特規(guī)則3p能層上的3個電子分占不同軌道，且自旋狀態(tài)相同，具有相同的運動狀態(tài)，所以磷原子核外最外層上能量高的電子有3種相同的運動狀態(tài)，故答案選C。5、D【詳解】A．綠色化學的核心是利用化學原理從源頭上減少和消除工業(yè)生產對環(huán)境的污染，A正確；B．反應物的原子全部轉化為期望的最終產物，原子的轉化率為100%，為最理想的“原子經濟”，B正確；C．綠色化學選擇的原料、催化劑、溶劑都應該是無毒無害的，產物應該是安全、能降解、可再利用的環(huán)境友好產品，C正確；D．全球變暖、土地荒漠化、臭氧層破壞等都屬于環(huán)境問題，所有環(huán)境問題不一定都是環(huán)境污染引起的，故D錯誤；故答案為D。6、D【解析】A．配制溶液定容時，在距離刻度線1-2cm時，要用膠頭滴管滴加，直到液體的凹液面與刻度線相切，故A項錯誤；B．氨氣的密度小于空氣，應該用向下排空氣法收集，導氣管應該伸入到小試管底部，故B項錯誤；C．玻璃棒要輕輕抵在三層濾紙一側，漏斗頸尖端靠于燒杯的內壁上，為了防止液體飛濺，故C項錯誤；D．由于Fe(OH)2很容易被空氣中的氧氣氧化成Fe(OH)3，因而要觀察Fe(OH)2的生成需要用植物油隔絕空氣防止其被氧化，故D項正確；綜上所述，本題選D。7、D【分析】反應NH4++2O2→NO3-+2H++H2O中，NH4+中N元素化合價為-3價，NO3-中N元素化合價為+5價，N元素化合價升高，O元素化合價降低，則NH4+為還原劑，O2為氧化劑，以此解答該題?！驹斀狻緼.反應NH+2O2=NO+2H++H2O中，NH4+為還原劑，O2為氧化劑，所以氧化劑與還原劑的物質的量之比為2:1，故A正確，但不符合題意；B.由方程式可知，反應生成氫離子，所以反應一段時間后，溶液的酸性增強，故B正確，但不符合題意；C.NH4+中N元素化合價為?3價，NO3-中N元素化合價為+5價，所以1molNH4+完全反應，轉移電子的物質的量為8mol，故C正確，但不符合題意；D.反應NH+2O2=NO+2H++H2O中，N元素化合價升高，O元素化合價降低，所以NO3-既是氧化產物又是還原產物，H2O是還原產物，故D錯誤，符合題意；故選：D。8、C【解析】鑒別苯和甲苯要利用不同的性質產生的不同現象，甲苯能被酸性高錳酸鉀氧化，苯不能?！驹斀狻緼.新制氫氧化銅可與醛，羧酸反應，不與苯和甲苯反應，A錯誤。B.苯和甲苯都能從溴水中萃取溴，溴水褪色，現象相同，B錯誤。C.甲苯能被酸性高錳酸鉀氧化，使酸性高錳酸鉀溶液褪色，苯不與酸性高錳酸鉀溶液反應，C正確。D.銀氨溶液，不與苯和甲苯反應，D錯誤。9、A【分析】硅酸鈉及其水解產物不具有可性燃；將H2在充滿Cl2的集氣瓶中燃燒生成氯化氫，氯化氫吸收空氣中的水蒸氣，瓶口形成白霧；SO2使酸性高錳酸鉀溶液褪色，體現SO2的還原性；用分別蘸有濃鹽酸和濃氨水的玻璃棒相互靠近，氨氣與氯化氫反應生成氯化銨，屬于非氧化還原反應?！驹斀狻抗杷徕c及其水解產物不具有可燃性，混合物在木材表面受熱時可形成一層耐高溫的保護層，故Na2SiO3可作防火劑，A正確；將H2在充滿Cl2的集氣瓶中燃燒生成氯化氫，氯化氫與空氣中的水蒸氣形成鹽酸小液滴，故瓶口形成白霧，B錯誤；SO2使酸性高錳酸鉀溶液褪色，體現SO2的還原性，故C錯誤；用分別蘸有濃鹽酸和濃氨水的玻璃棒相互靠近，氨氣與氯化氫反應生成氯化銨，屬于非氧化還原反應，不能體現氨氣的還原性，故D錯誤。10、D【解析】A.可以根據非金屬最高價氧化物對應的水化物的酸性強弱分析費金屬性的強弱，故不能根據氫化物的酸性強弱分析，故錯誤；B.元素原子的最外層電子數越多，越容易得電子，非金屬性越強，這一規(guī)律只是適用與主族元素，故錯誤；C.同周期主族元素的原子形成的簡單離子中陰離子和陽離子的電子層結構不相同，故錯誤；D.第二、三周期元素中，同周期第ⅡA族與第IIIA族的元素原子序數之差為1，第四周期中差值為11，故正確。故選D。11、C【分析】兩性氧化物與酸、堿反應只生成鹽和水；膠體區(qū)別于其他分散系的本質特征是分散質的微粒直徑；ClO2具有氧化性，能殺滅細菌病毒；濃硫酸具有吸水性能干燥氣體，具有強氧化性能氧化還原性物質?！驹斀狻緼、SiO2與氫氟酸反應不生成鹽和水，雖然SiO2既能與氫氟酸反應又能與NaOH溶液反應，但是SiO2不是兩性氧化物，故A錯誤；B、膠體區(qū)別于其他分散系的本質特征是分散質的微粒直徑，膠體的分散質的微粒直徑在1nm～100nm之間，能產生丁達爾現象，Fe(OH)3膠體是紅褐色的，故B錯誤；C、ClO2具有氧化性，能殺滅細菌病毒，ClO2具有氧化性，可用于自來水的消毒，并在逐漸替代氯氣進行飲用水的消毒，故C正確；D、濃硫酸具有吸水性能干燥氣體，具有強氧化性能氧化還原性物質，濃硫酸可以用作干燥劑但不能干燥具有還原性的氣體：H2S，能干燥HCl，故D錯誤。答案選C。12、C【解析】A.硝酸具有強氧化性，向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液反應生成硫酸，故A錯誤；B.CaCO3為難溶物質，不能寫成離子，故B錯誤；C.強堿性溶液中NaClO將Fe(OH)3氧化為FeO42-，離子方程式為：3ClO－＋2Fe(OH)3+4OH-=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O，故C正確；D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液后不能剩余碳酸根離子，故D錯誤；答案選C。13、C【詳解】A．X的能量與M的能量無法判斷，A錯誤；B．Y、N的能量無法判斷，無法比較那個穩(wěn)定，B錯誤；C．根據圖像，X和Y總能量低于M和N總能量，C正確；D．反應物的總能量小于生成物的總能量，該反應是吸熱反應，反應吸熱、放熱與反應條件無關，D錯誤；答案為C。14、B【解析】試題分析：A、摩爾是物質的量單位，是用于計量物質所含微粒的數量，正確，不選A；B、摩爾是物質的量的單位，錯誤，選B；C、1摩爾任何物質含有的分子數相等，正確，不選C；D、摩爾可以計量純凈物，也能計量混合物，正確，不選D。考點：物質的量，摩爾的定義15、B【解析】假設全是35Cl，則質子數是36g35g/mol×17×NA，假設全是37Cl，則質子數是36g37g/mol×17×NA；Na2O2與足量酸性KMnO4溶液反應，Na2O【詳解】假設全是35Cl，則質子數是36g35g/mol×17×NA，假設全是37Cl，則質子數是36g37g/mol×17×NA，根據極值法，36g由35Cl和37C1組成的氯氣中所含質子數不一定為17NA，故A錯誤；Na2O2與足量酸性KMnO4溶液反應，Na2O2只作還原劑，過氧化鈉中氧元素化合價由-1升高為0，1mol過氧化鈉轉移2mol電子，所以7.8gNa2O2與足量酸性KMnO4溶液反應，轉移的電子數為0.2NA，故B正確；PCl3與Cl2反應制備PCl5的反應可逆，密閉容器中1molPCl3與1molCl16、B【解析】A、該反應為吸熱反應，溫度升高，平衡向吸熱的方向移動，即正反應方向移動，平衡常數K增大，選項A錯誤；B、20～40s內，v（NO2）=△C△t=0.20mol/L-0.12mol/L20s=0.004mol?L-1?s-1，v（N2O4）=12v（NO2）=0.002mol?L-1?s-1，選項正確；C、濃度不變時，說明反應已達平衡，反應達平衡時，生成NO2的物質的量為0.30mol?L-1×2L=0.60mol，由熱化學方程式可知生成2molNO2吸收熱量QkJ，所以生成0.6molNO2吸收熱量0.3QkJ，單位錯誤，選項C錯誤；D、100s點睛：本題主要考查化學反應速率、化學平衡移動以及熱量的有關計算，題目較為綜合，具有一定難度，做題時注意平衡常數只受溫度影響，溫度不變平衡常數不變。二、非選擇題（本題包括5小題）17、環(huán)戊烯氫氧化鈉醇溶液，加熱C5H62bDOHC-CHO+OHC-CH2-CHO【分析】(1)由轉化關系可知X為，Y為；

(2)根據結構簡式判斷分子式，二聚環(huán)戊二烯的同分異構體中，屬于芳香烴且苯環(huán)上的一氯代物有3種的同分異構體，則苯環(huán)上有3種性質不同的H原子，金剛烷中含有2種性質不同的H原子，金剛烷與四氫二聚環(huán)戊二烯分子式相同，但結構不同；

(3)環(huán)戊二烯含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加聚反應；

(4)根據題給信息判斷碳碳雙鍵的斷裂，可確定生成物。【詳解】(1)由轉化關系可知X為，Y為，X為環(huán)戊烯，反應②為消去反應，在氫氧化鈉的醇溶液中加熱條件下反應；

(2)由結構簡式可知環(huán)戊二烯分子的分子式為C5H6，二聚環(huán)戊二烯的同分異構體中，屬于芳香烴且苯環(huán)上的一氯代物有3種的同分異構體，則苯環(huán)上有3種性質不同的H原子，可能的結構為，金剛烷中含有2種性質不同的H原子，金剛烷的一氯代物有2種，金剛烷與四氫二聚環(huán)戊二烯分子式相同，但結構不同，屬于同分異構體，答案選b。

(3)環(huán)戊二烯含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加聚反應，類似于二烯烴的加聚反應，生成物為；

(4)由題給信息可知OHCCHO+OHCCH2CHO。18、氯鐵Cl2+H2S=2HCl+S↓S2－O2－Al3＋HClO4＞H2SO4＞H3PO4Al3+＋4OH-=AlO2-＋2H2O3Fe＋4H2OFe3O4+4H2A【分析】設C的原子序數為x，則A為x-8，B為x-1，C為x+1，A、B、C、D四種元素原子核外共有56個電子，則有x+x-8+x-1+x+1=56，x=16，所以C為S元素，A為O元素，B為P元素，D為Cl元素，1molE單質與足量酸作用，在標準狀況下能產生33.6LH2，可知E的化合價為+3價，應為Al元素，E單質粉末與G的氧化物常用于野外焊接鋼軌，G為Fe，F是短周期最活潑的金屬元素，F為Na，根據元素周期律的遞變規(guī)律比較原子半徑以及元素的非金屬性強弱，結合元素對應的單質、化合物的性質解答該題。【詳解】（1）根據分析，元素D為氯，元素G為鐵。（2）D的單質與C的氣態(tài)氫化物反應即氯氣與硫化氫反應，生成氯化氫和硫單質，反應方程式為Cl2+H2S=2HCl+S↓。（3）根據電子層數越多，半徑越大，具有相同結構的離子，原子序數越小的離子半徑越大，則離子半徑為S2-＞O2-＞Al3＋；元素的非金屬性越強，對應的最高價氧化物對應水化物的酸性越強，則有HClO4＞H2SO4＞H3PO4。（4）D和E形成的化合物為AlCl3，水溶液中滴入過量燒堿溶液生成偏鋁酸鈉和水，離子反應為Al3++4OH--=AlO2-+2H2O。（5）鈉和氯在形成氯化鈉的過程中，鈉原子失去一個電子形成鈉離子，氯原子得到一個電子形成氯離子，之后結合生成氯化鈉，電子式表示為（6）G為鐵，鐵單質與高溫水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，反應方程式為3Fe＋4H2OFe3O4+4H2。（7）A．B可以失電子，H3BO3中B顯+3價，故A選項錯誤。B．同一主族越往下原子半徑越大，故原子半徑Ge＞Si，B選項正確。C．As與Si化學性質較相近，也可作半導體材料，故C選項正確。D．Po在周期表中處于第六周期第VIA族，故D選項正確。故答案選A【點睛】本題考查元素推斷及元素化合物知識，本題從元素在周期表中的相對位置為載體，通過元素原子核外電子數目關系推斷元素種類，考查元素周期律的遞變規(guī)律以及常見元素化合物的性質，學習中注重相關基礎知識的積累。19、鐵（或Fe）濃度還原性②③⑤abdceBAD【詳解】（1）由題中數據可知：鐵(或Fe)元素含量偏低，故答案為：鐵(或Fe)；（2）報告單中μmol/L是濃度的單位，故答案為：濃度；（3）服用維生素C可使食物中的Fe3+轉化為Fe2+，Fe元素的化合價降低被還原，則維生素C所起還原作用，故答案為：還原性；（4）鹽是由金屬陽離子或銨根離子與酸根陰離子組成的化合物，屬于鹽的是K2SO4，KMnO4，AgNO3，故答案為：②③⑤；（5）①溶液配制的操作步驟為：計算、稱量、溶解、冷卻、轉移、洗滌、定容、搖勻等，所以操作步驟的正確順序為abdce，故答案為：abdce；②A．使用容量瓶前要檢查它是否漏水，故A正確；B．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸餾水，對溶液的濃度無影響，故B錯誤；C．溶液配制好以后要搖勻，搖勻的操作方法為：蓋好瓶塞，用一只手的食指頂住瓶塞，另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒轉和搖動幾次，故C正確；故答案為B；③A．轉移完溶液后未洗滌玻璃棒和燒杯，會使溶質偏小，濃度偏低，故A正確；B．容量瓶中原來有少量蒸餾水，對溶液的濃度無影響，故B錯誤；C．定容時，俯視刻度線，會使溶液體積偏小，導致濃度偏大，故C錯誤；D．稱量氯化鈉固體時砝碼與物品放反了，會使溶質質量偏小，濃度偏低，故D正確；故答案為AD。【點睛】稱量氯化鈉固體時砝碼與物品放反了，若未使用游碼，則所稱質量無影響，若使用了游碼，會導致質量偏小，此為易錯點。20、ACBEDFCa2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClOD中品紅不褪色,F中產生白色沉淀H2SO3、HSO3-、SO32-過量氯水將品紅氧化漂白或過量SO2與品紅結合成無色物質將實驗②注射器中的溶液注入試管少許，加熱，若無紅色出現，原因為前者，反之則為后者【解析】探究一：次氯酸具有強氧化性、二氧化硫具有還原性，不能利用二氧化硫與次氯酸鈣直接反應判斷亞硫酸與次氯酸的酸性強弱，先驗證亞硫酸酸性比碳酸強，再結合碳酸酸性比HClO強堿性判斷。A裝置制備二氧化硫，由于鹽酸易揮發(fā)，制備的二氧化硫中混有HCl，用飽和的亞硫酸氫鈉除去HCl，再通過碳酸氫鈉溶液，可以驗證亞硫酸酸性比碳酸強，用酸性高錳酸鉀溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品紅溶液檢驗二氧化碳中二氧化硫是否除盡，再通入F中。探究二：實驗目的是驗證干燥的二氧化硫能否漂白品紅，應避免空氣中水蒸氣加入，SO2對環(huán)境有污染，需要尾氣處理；SO2不能使品紅的乙醇溶液褪色，而其水溶液可以，使品紅褪色的微粒含有S元素；當氯氣或者二氧化硫多余時，溶液具有漂白性；二氧化硫的漂白具有加熱可恢復性，據此分析?！驹斀狻浚?）次氯酸具有強氧化性、二氧化硫具有還原性，不能利用二氧化硫與次氯酸鈣直接反應判斷亞硫酸與次氯酸的酸性強弱，先驗證亞硫酸酸性比碳酸強，再結合碳酸酸性比HClO強堿性判斷．A裝置制備二氧化硫，由于鹽酸易揮發(fā)，制備的二氧化硫中混有HCl，用飽和的亞硫酸氫鈉除去HCl，再通過碳酸氫鈉溶液，可以驗證亞硫酸酸性比碳酸強，用酸性高錳酸鉀溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品紅溶液檢驗二氧化碳中二氧化硫是否除盡，再通入F中，則：裝置連接順序為A、C、B、E、D、F，F中為二氧化碳氣體與漂白粉溶液反應生成碳酸鈣和次氯酸，離子方程式為：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故答案為ACBEDF，Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO。（2）要證明H2SO3的酸性強于HClO，因為二氧化硫與次氯酸根離子發(fā)生氧化還原反應，不能直接通入漂白粉溶液中，證明酸性H2SO3＞H2CO3＞HClO即可：應先用二氧化硫制備二氧化碳（A利用鹽酸和亞硫酸氫鈉反應制取二氧化硫，C通過飽和的亞硫酸氫鈉洗去二氧化硫中的氯化氫，通過B二氧化硫和水反應生成亞硫酸，亞硫酸和碳酸氫鈉反應制取二氧化碳），制備的二氧化碳中有二氧化硫，故通入漂白粉之前除去二氧化硫氣體（E用酸性高錳酸鉀除去二氧化硫），再用品紅檢驗二氧化硫是否除凈（D用品紅檢驗），再通入漂白粉中（F），能證明H2SO3的酸性強于HClO的實驗現象為D中品紅不褪色，F中產生白色沉淀，故答案為：D中品紅不褪色，F中產生白色沉淀。（3）實驗目的是驗證干燥的二氧化硫能否漂白品紅，應避免空氣中水蒸氣加入，SO2對環(huán)境有污染，需要吸收處理，故堿石灰的作用是防止空氣中的水蒸氣進入H中干擾實驗，吸收二氧化硫防污染，SO2不能使品紅褪色，而其水溶液可以，因此使品紅褪色的微粒可能