2026屆陜西咸陽市化學高三上期中考試試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列條件下，可以大量共存的離子組是A．某無色透明溶液中：Na+、Cu2+、SO42－、OH－B．含有大量CH3COO－的溶液中：H+、K+、SO42－、NO3－C．pH=11的溶液中：Na+、K+、Cl－、CO32－D．0.1mol/L的H2SO4溶液中：K+、Ba2+、Cl－、NO3－2、設NA為阿伏加德羅常數(shù)值，下列有關敘述正確的是（）A．將78gNa2O2與過量CO2反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAB．1molN2與4molH2反應生成的NH3分子數(shù)為2NAC．標準狀況下，2.24LSO3中所含原子數(shù)為0.4NAD．標準狀況下，18gD2O中所含電子數(shù)為9NA3、下列說法正確的是A．原子最外層電子數(shù)等于或大于3的元素一定是非金屬元素，金屬元素只能形成離子鍵B．有化學鍵斷裂或化學鍵形成的過程一定是化學變化C．最外層電子數(shù)比次外層電子數(shù)多的元素一定位于第2周期D．某元素的離子最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相同，該元素一定位于第3周期4、已知反應2CO(g)===2C(s)＋O2(g)的ΔH為正值，ΔS為負值。設ΔH和ΔS不隨溫度的改變而改變。則下列說法中，正確的是()A．低溫下是自發(fā)變化 B．高溫下是自發(fā)變化C．低溫下是非自發(fā)變化，高溫下是自發(fā)變化 D．任何溫度下是非自發(fā)變化5、通過以下反應均可獲取H2。下列有關說法正確的是（）①太陽光催化分解水制氫：2H2O（l）=2H2（g）＋O2（g）ΔH1＝＋571.6kJ·mol－1②焦炭與水反應制氫：C（s）＋H2O（g）=CO（g）＋H2（g）ΔH2＝＋131.3kJ·mol－1③甲烷與水反應制氫：CH4（g）＋H2O（g）=CO（g）＋3H2（g）ΔH3＝＋206.1kJ·mol－1A．反應①中電能轉(zhuǎn)化為化學能B．反應②為放熱反應C．反應③使用催化劑，ΔH3減小D．反應CH4（g）=C（s）＋2H2（g）的ΔH＝＋74.8kJ·mol－16、下列有關水電離情況的說法正確的是A．25℃，pH=12的燒堿溶液與純堿溶液，水的電離程度相同B．其它條件不變，CH3COOH溶液在加水稀釋過程中，c(OH－)/c(H＋)一定變小C．其它條件不變，稀釋氫氧化鈉溶液，水的電離程度減小D．其它條件不變，溫度升高，水的電離程度增大，Kw增大7、下列關于金屬鈉的敘述錯誤的是A．金屬鈉可以保存在煤油中B．金屬鈉著火時，可用泡沫滅火器來滅火C．鈉與熔融的四氯化鈦反應可制取鈦D．實驗時用剩的鈉塊應該放回原試劑瓶8、已知次磷酸（H3PO2）是強還原劑，其溶液中只存在H3PO2、H+、H2PO、OH-四種離子，根據(jù)給出的信息，下列方程式書寫錯誤的是（）A．次磷酸與足量澄清石灰水反應產(chǎn)生白色沉淀：2H3PO2+3Ca2++6OH-=Ca3(PO2)2↓+6H2OB．次磷酸不穩(wěn)定，加熱分解成磷酸和磷化氫氣體：2H3PO2H3PO4+PH3↑C．堿性條件下，次磷酸鹽可將Ag+還原為Ag，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為4︰1：H2PO+4Ag++6OH-=PO+4Ag↓+4H2OD．往次磷酸鈉溶液中滴入酚酞變紅色：H2PO+H2O?H3PO2+OH-9、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．2mol濃硫酸與足量Cu反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NAB．5.6L甲烷和乙烯的混合氣體中含氫原子數(shù)為NAC．100g質(zhì)量分數(shù)為46%的乙醇水溶液中氧原子數(shù)為NAD．常溫常壓下，20gD2O含有的質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)、電子數(shù)均為10NA10、已知還原性Cl﹣＜Fe2+＜H2O2＜I﹣＜SO2，判斷下列反應不能發(fā)生的是A．2Fe3++SO2+2H2O=+4H++2Fe2+B．H2O2+2H++=SO2+O2+2H2OC．I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HID．2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－11、某學習小組在討論問題時各抒己見，下列是其中的四個觀點，你認為正確的是A．某單質(zhì)固體能導電，則該單質(zhì)一定是金屬單質(zhì)B．某化合物的水溶液能導電，則該化合物一定是電解質(zhì)C．某化合物固態(tài)不導電，熔融態(tài)導電，則該化合物很可能是離子化合物D．某純凈物常溫下為氣態(tài)，固態(tài)不導電，則構成該純凈物的微粒中一定有共價鍵12、下列關于有機物1-氧雜-2，4-環(huán)戊二烯()的說法正確的是A．與互為同系物 B．二氯代物有3種C．所有原子都處于同一平面內(nèi) D．1mol該有機物完全燃燒消耗5molO213、短周期主族元素Q、W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，Q原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子總數(shù)的3倍，W是非金屬性最強的元素，X的原子半徑在短周期主族元素中為最大，Y是地殼中含量最多的金屬元素，Z與Q同主族。下列敘述正確的是A．原子半徑：r(Z)＞r(W)＞r(Q)B．氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：W＞Q＞ZC．X與Z形成的化合物呈堿性的原因：Z2-＋2H2OH2Z＋2OH－D．Y與Z的二元化合物可以在溶液中通過復分解反應制得14、中國傳統(tǒng)文化中包括許多科技知識。下列古語中不涉及化學變化的是千淘萬漉雖辛苦，吹盡狂沙始到金熬膽礬(CuSO4·5H2O)鐵釜，久之亦化為銅凡石灰(CaCO3)，經(jīng)火焚煉為用丹砂(HgS)燒之成水銀，積變又成丹砂ABCDA．A B．B C．C D．D15、下列說法正確的是A．I的原子半徑大于Br，HI比HBr的熱穩(wěn)定性強B．P的非金屬性強于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性強C．Al2O3和MgO均可與NaOH溶液反應D．SO2和SO3混合氣體通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO416、下列用品對應的有效成分及用途錯誤的是()ABCD用品有效成分Na2SiO3Na2CO3Ca(ClO)2Al(OH)3用途防火劑發(fā)酵粉消毒劑抗酸藥A．A B．B C．C D．D17、下列有關物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應關系的是A．NH3具有堿性，可用作制冷劑B．Al(OH)3具有兩性，可用作聚合物的阻燃劑C．水玻璃具有堿性，可用于生產(chǎn)黏合劑和防火劑D．CaO2能緩慢與水反應產(chǎn)生O2，可用作水產(chǎn)養(yǎng)殖中的供氧劑18、下列圖示與對應的敘述相符的是A．圖1表示同溫度下，pH=1的鹽酸和醋酸溶液分別加水稀釋時pH的變化曲線，其中曲線II為鹽酸，且a點溶液的導電性比b點弱B．圖2表示常溫時用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1CH3COOH溶液所得到的滴定曲線C．圖3表示壓強對反應2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影響，乙的壓強比甲的壓強大D．據(jù)圖4，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入適量CuO，調(diào)節(jié)PH在4左右19、下列有關溶液組成的描述合理的是A．無色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl￣、S2￣B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO￣、SO42￣、I￣C．弱堿性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl￣、HCO3￣D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl￣、SO42￣20、R2O8n－離子在一定條件下可以把Mn2+離子氧化為MnO4－，若反應后R2O8n－離子變?yōu)镽O42－離子。又知反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為5：2，則n的值是A．1 B．2 C．3 D．421、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X是短周期中非金屬性最強的元素，Y原子的最外層電子數(shù)是其最內(nèi)層電子數(shù)的一半，Z的最高正價是其最低負價絕對值的3倍，X與W同主族。下列說法正確的是A．原子半徑：r(X)<r(W)<r(Z)<r(Y)B．Y2Z中既有離子鍵又有共價鍵C．Z的氧化物的水化物是一種強酸D．W的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比X的強22、國際上確認，利用原子核間的撞擊已制造出原子序數(shù)分別為113、115、117和118四種新元素，填補了目前元素周期表的空白，請根據(jù)元素周期表的結構推測，下列說法正確的是（）A．核反應發(fā)電實現(xiàn)了化學能到電能的轉(zhuǎn)化B．115號元素一定是處于VA族的非金屬元素C．117號元素與F、Cl、Br、I均處于VIIA族，可能是金屬元素D．四種新元素位于元素周期表中的不同周期二、非選擇題(共84分)23、（14分）查爾酮類化合物G是黃酮類藥物的主要合成中間體，其中一種合成路線如下：已知：①A為芳香烴；C不能發(fā)生銀鏡反應；D具有弱酸性且能發(fā)生銀鏡反應，核磁共振氫譜顯示其有4種氫。②+③+H2O回答下列問題：(1)A的結構簡式為_____，D中含氧官能團的名稱為______。(2)由A生成B的反應類型為_______。(3)由B生成C的化學方程式為__________。(4)G的結構簡式為________。(5)寫出化合物F同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式：________。①苯環(huán)上有2個對位取代基②能發(fā)生銀鏡反應③能發(fā)生水解反應(6)以甲苯和丙酮()為原料，設計制備有機物的合成路線：_____(用流程圖表示，無機試劑任選)。24、（12分）某藥物H的合成路線如圖所示：完成下列填空：（1）F分子中含氧官能團名稱__。（2）反應Ⅰ中X為氣態(tài)烴，與苯的最簡式相同，則X的名稱__。（3）反應A→B的反應類型是__；B→C的反應條件是__。（4）寫出反應的化學反應方程式。D→E：___。G→H：___。（5）E的同分異構體中，滿足下列條件的物質(zhì)的結構簡式是___。①能發(fā)生銀鏡反應②能水解③苯環(huán)上的一溴代物只有兩種（6）請寫出以D為原料合成苯乙酮（）的反應流程。___A→試劑→B……→試劑→目標產(chǎn)物25、（12分）化學實驗室產(chǎn)生的廢液中含有大量會污染環(huán)境的物質(zhì)，為了保護環(huán)境，這些廢液必須經(jīng)處理后才能排放。某化學實驗室產(chǎn)生的廢液中含有兩種金屬離子：Fe3＋、Cu2＋，化學小組設計了如下圖所示的方案對廢液進行處理，以回收金屬，保護環(huán)境。(1)操作①的名稱是________，用到的主要玻璃儀器有燒杯、________________。(2)沉淀A中含有的金屬單質(zhì)有________。(3)操作②中觀察到的實驗現(xiàn)象是________________________________。(4)操作②、③中發(fā)生反應的離子方程式分別為__________________、_____________。26、（10分）廣泛用作有機反應催化劑。十堰市采用鎂屑與液溴為原料制備無水，裝置如圖1，主要步驟如下：步驟1：三頸瓶中裝入10g鎂屑和150mL無水乙醚；裝置B中加入15mL液溴。步驟2：緩慢通入干燥的氮氣，直至溴完全導入三口瓶中。步驟3：反應完畢后恢復至室溫，過濾，濾液轉(zhuǎn)移至另一干燥的燒瓶中，冷卻至0℃，析出晶體，再過濾得三乙醚合溴化鎂粗品。步驟4：常溫下用苯溶解粗品，冷卻至0℃，析出晶體，過濾，洗滌得三乙醚合溴化鎂，加熱至160℃分解得無水產(chǎn)品。已知：①和劇烈反應，放出大量的熱；具有強吸水性；②乙醚極易揮發(fā)；③請回答下列問題：（1）儀器D的作用是__________；（2）無水的作用是__________。（3）步驟2通入干燥的的目的是______；實驗中不能用干燥空氣代替干燥，原因是________。（4）若將裝置B改為裝置C（圖2），可能會導致的后果是______（5）步驟4用苯溶解粗品的目的是_________。（6）從平衡移動的角度解釋得到三乙醚合溴化鎂后，加熱有利于得到無水產(chǎn)品的原因：_________27、（12分）三氯化碘(IC13)在藥物合成中用途非常廣泛。已知ICl3熔點33℃，沸點73℃，有吸濕性，遇水易水解。某小組同學用下列裝置制取ICl3(部分夾持和加熱裝置省略)。(1)裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為_________________________。(2)按照氣流方向連接接口順序為a→_________________。裝置A中導管m的作用是________。(3)裝置C用于除雜，同時作為安全瓶，能監(jiān)測實驗進行時后續(xù)裝置是否發(fā)生堵塞，若發(fā)生堵塞C中的現(xiàn)象為____________________。(4)氯氣與單質(zhì)碘需在溫度稍低于70℃下反應，則裝置E適宜的加熱方式為________。裝置E中發(fā)生反應的化學方程式為__________________。(5)該裝置存在的明顯缺陷是_________。(6)粗碘的制備流程為：操作Y用到的玻璃儀器有燒杯、____________，操作Z的名稱為__________。28、（14分）CO2是一種廉價的碳資源，綜合利用CO2對構建低碳社會有重要意義。（1）已知：H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=－241.8kJ·mol－1CO2(g)=CO(g)+O2(g)ΔH=+283.0kJ·mol－1則反應：CO2(g)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)+O2(g)ΔH=________。（2）工業(yè)生產(chǎn)中可利用H2還原CO2制備清潔能源甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＜0①保持溫度、體積一定，能說明上述反應達到平衡狀態(tài)的是_________。A．容器內(nèi)壓強不變B．3v正(CH3OH)=v正(H2)C．容器內(nèi)氣體的密度不變D．CO2與H2O的物質(zhì)的量之比保持不變②將一定量的CO2和H2充入到某恒容密閉容器中，測得在不同催化劑作用下，相同時間內(nèi)CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖所示，催化效果最好的是催化劑________（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”），該反應在a點達到平衡狀態(tài)，a點的轉(zhuǎn)化率比b點的高，其原因是________。（3）固體氧化物電解池（SOEC）可用于高溫電解CO2/H2O，既可高效制備合成氣(CO和H2)，又可實現(xiàn)CO2的減排，其工作原理如圖。①電源正極為________（填“a”或“b”），電極c上發(fā)生的電極反應式為________、_____。②陰陽兩極生成的氣體的物質(zhì)的量之比為________。29、（10分）優(yōu)化反應條件是研究化學反應的重要方向。（1）以硫代硫酸鈉與硫酸的反應Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S↓+H2O為例，探究外界條件對化學反應速率的影響，實驗方案如下表所示。實驗序號Na2S2O3溶液H2SO4溶液蒸餾水溫度/℃濃度/(mol/L)體積/mL濃度/(mol/L)體積/mL體積/mLI0.11.50.11.51020II0.12.50.11.59aIII0.1b0.11.5930①表中，a為________________________，b為________________。②實驗表明，實驗III的反應速率最快，支持這一結論的實驗現(xiàn)象為_________________________。（2）硫代硫酸鈉可用于從含氧化銀的礦渣中浸出銀，反應如下：Ag2O+4S2O32-+H2O2[Ag(S2O3)2]3-+2OH-，實際生產(chǎn)中，為了提高銀的浸出率需要調(diào)節(jié)pH的范圍為8.5~9.5，解釋其原因________（3）工業(yè)上常用空氣催化氧化法除去電石渣漿（含CaO）上清液中的S2-，并制取石膏（CaSO4·2H2O），其中的物質(zhì)轉(zhuǎn)化過程如下圖所示。①過程I、II中，起催化劑作用的物質(zhì)是_______________。②過程II中，反應的離子方程式為_________。③根據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)化過程，若將10L上清液中的S2-轉(zhuǎn)化為SO42-（S2-濃度為320mg/L），理論上共需要標準狀況下的O2的體積為___________L。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【詳解】A.某無色透明溶液中，Cu2+與OH－反應生成藍色沉淀，不能大量共存，且Cu2+在溶液中為藍色，故A錯誤；B.含有大量CH3COO－的溶液中，CH3COO－與H+結合形成弱電解質(zhì)醋酸，不能大量共存，故B錯誤；C.pH=11的溶液顯堿性，溶液中各離子之間不發(fā)生反應，與氫氧根離子也不發(fā)生反應，能大量共存，故C正確；D.0.1mol/L的H2SO4溶液中，Ba2+與SO42-反應生成沉淀，不能大量共存，故D錯誤；答案選C。2、D【詳解】A．78gNa2O2是1mol，與過量CO2反應中Na2O2既是氧化劑又是還原劑，屬于歧化反應，所以轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA，故A錯誤；B．因為N2+3H22NH3為可逆反應，所以1molN2與4molH2反應生成的NH3分子數(shù)小于2NA，故B錯誤；C．標準狀況下，SO3不是氣體，所以無法計算SO3中所含原子數(shù)，故C錯誤；D．標準狀況下，18gD2O是0.9mol，含有的電子數(shù)=0.9mol10NA=9NA，故D正確；所以答案：D。3、C【詳解】A．第ⅢA的Al、Ga等最外層電子數(shù)為3，第ⅣA族的Ge、Sn等最外層電子數(shù)為4，屬于金屬元素，故A錯誤；B．有化學鍵斷裂或形成的變化不一定是化學變化，如氯化鈉熔化、NaCl溶于水，有離子鍵斷裂，不是化學變化，故B錯誤；C．每層容納的電子為2n2個，無論哪層為最外層時，最外層電子不超過8個，顯然最外層電子數(shù)比次外層電子數(shù)多的元素一定位于第二周期，故C正確；D．第四周期的鉀元素K，失去一個電子變?yōu)殁涬x子，最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相同，故D錯誤；答案選C。4、D【分析】根據(jù)ΔG=ΔH-TΔS進行判斷，如ΔG<0，則反應能自發(fā)進行，如ΔG>0，則不能自發(fā)進行?！驹斀狻糠磻?CO(g)===2C(s)＋O2(g)的ΔH為正值，ΔS為負值,則ΔG=ΔH-TΔS>0，任何溫度下反應都不能自發(fā)進行，

所以D選項是正確的。5、D【詳解】A.反應①中，太陽光催化分解水制氫，由光能轉(zhuǎn)化為化學能，A不正確；B.反應②中，ΔH2>0，為吸熱反應，B不正確；C.反應③中，使用催化劑，對ΔH3不產(chǎn)生影響，C不正確；D.應用蓋斯定律，將反應③-反應②得，反應CH4(g)=C(s)＋2H2(g)的ΔH＝＋74.8kJ·mol－1，D正確；答案選D。6、D【解析】A.酸或堿抑制水的電離，含弱離子的鹽促進水的電離，NaOH是強堿，Na2CO3是強堿弱酸鹽，則NaOH抑制水的電離，Na2CO3促進水的電離，所以兩者水解程度不同，故A項錯誤；B項，醋酸為弱酸，其它條件不變，稀釋醋酸溶液，c(H+)減小，c(OH－)增大，所以c(OH－)/c(H＋)增大，故B錯誤；C.NaOH溶液顯堿性，抑制水的電離，其它條件不變，稀釋氫氧化鈉溶液，其對水電離的抑制程度將降低，所以水的電離程度增大，故C項錯誤。D.溫度升高，水的電離程度增大，c(OH－)和c(H＋)增大，所以KW=c(OH－)?c(H＋)增大，故D項正確；答案為D?！军c睛】本題主要考查堿性物質(zhì)以及溫度對水的電離的影響。加酸加堿抑制水的電離。升高溫度水的離子積增大；鹽類水解促進水的電離。7、B【詳解】A、鈉是活潑的金屬，易與水反應，易被氧氣氧化，可以保存在煤油中，A正確；B、鈉著火產(chǎn)生過氧化鈉，泡沫滅火器能產(chǎn)生CO2，過氧化鈉與CO2反應生成氧氣，因此金屬鈉著火時，不能用泡沫滅火器來滅火，應該用沙子撲滅，B錯誤；C、鈉是活潑的金屬，在熔融狀態(tài)下鈉與四氯化鈦反應可制取鈦，C正確；D、鈉是活潑的金屬，易與水反應，易被氧氣氧化，因此實驗時用剩的鈉塊應該放回原試劑瓶，D正確；答案選B。8、A【詳解】A．根據(jù)題給信息可知次磷酸為一元弱酸，所以與澄清石灰水反應的產(chǎn)物為Ca(H2PO2)2，A錯誤；B．次磷酸不穩(wěn)定，加熱分解成磷酸和磷化氫氣體，化學方程式正確，B正確；C．根據(jù)題給信息可知，次磷酸鹽可將Ag+還原為Ag，H2PO被氧化為PO，題給離子方程式符合電荷守恒、得失電子守恒、原子守恒，C正確；D．次磷酸鈉溶液滴入酚酞變紅色是H2PO水解所致，水解產(chǎn)物應為H3PO2和OH-，D正確；故選A。9、D【解析】A.隨著反應的進行，硫酸的濃度逐漸減小，變成稀硫酸后與銅不再反應，因此2mol濃硫酸與足量Cu反應，不可能完全反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)少于2NA，故A錯誤；B.未說明是否為標準狀況，無法計算5.6L甲烷和乙烯的混合氣體的物質(zhì)的量，故B錯誤；C.100g質(zhì)量分數(shù)為46%的乙醇水溶液還含有46g乙醇和54g水，水中也含有氧原子，氧原子數(shù)大于NA，故C錯誤；D.20gD2O的物質(zhì)的量為=1mol，1個D2O分子含有的質(zhì)子數(shù)=電子數(shù)=1×2+8=10、中子數(shù)=1×2+8=10，因此20gD2O含有的質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)、電子數(shù)均為10NA，故D正確；故選D。10、B【分析】根據(jù)氧化還原反應中還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性，可以判斷氧化還原反應中物質(zhì)的還原性強弱，同時也可以根據(jù)還原性的強弱反推氧化還原反應能否發(fā)生，通過逐一判斷反應中的還原劑和還原產(chǎn)物，與題目中的還原性強弱順序表，符合的可以發(fā)生，不符合的不可以發(fā)生來解題?！驹斀狻緼.反應中還原劑為二氧化硫，還原產(chǎn)物為亞鐵離子，還原性二氧化硫大于亞鐵離子，故反應可以發(fā)生，故A正確；B.反應中還原劑為雙氧水，還原產(chǎn)物為二氧化硫，而二氧化硫的還原性大于雙氧水的，故反應不發(fā)生，故B錯誤；C.反應中還原劑為二氧化硫，還原產(chǎn)物為碘離子，還原性二氧化硫大于碘離子，故反應可以發(fā)生，故C正確；D.反應中還原劑為亞鐵離子，還原產(chǎn)物為氯離子，還原性亞鐵離子大于氯離子，故反應可以發(fā)生，故D正確。答案選B?！军c睛】氧化還原反應中強弱規(guī)律：還原性：還原劑大于還原產(chǎn)物，氧化性：氧化劑大于氧化產(chǎn)物。11、C【解析】A．能導電的固體單質(zhì)不一定是金屬單質(zhì)，如石墨，選項A錯誤；B．某化合物的水溶液能導電，但該化合物不一定是電解質(zhì)，也可能是非電解質(zhì)，如二氧化硫水溶液能導電，但電離出陰陽離子的是亞硫酸而不是二氧化硫，所以二氧化硫是非電解質(zhì)，選項B錯誤；C．某化合物固態(tài)不導電，熔融態(tài)導電，該化合物可能是離子化合物，如硫酸鋇，硫酸鋇晶體中不含自由移動的離子，所以固體硫酸鋇不導電，在熔融狀態(tài)下，硫酸鋇電離出陰陽離子而導電，選項C正確；D．某純凈物常溫下為氣態(tài)，固體不導電，則構成該純凈物的微粒中不一定含有共價鍵，如：稀有氣體，稀有氣體是單原子分子，不含化學鍵，選項D錯誤；答案選C。12、C【解析】的分子式為C4H4O，共有2種等效氫，再結合碳碳雙鍵的平面結構特征和烴的燃燒規(guī)律分析即可?！驹斀狻緼．屬于酚，而不含有苯環(huán)和酚羥基，具有二烯烴的性質(zhì)，兩者不可能是同系物，故A錯誤；B．共有2種等效氫，一氯代物是二種，二氯代物是4種，故B錯誤；C．中含有兩個碳碳雙鍵，碳碳雙鍵最多可提供6個原子共平面，則中所有原子都處于同一平面內(nèi)，故C正確；D．的分子式為C4H4O，1mol該有機物完全燃燒消耗的氧氣的物質(zhì)的量為1mol×（4+）=4.5mol，故D錯誤；故答案為C。13、B【解析】短周期主族元素Q、W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，Q原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，最外層最多容納8個電子，則Q最外層含有6個電子，為O元素；W是非金屬性最強的元素，則W為F元素；X的原子半徑在短周期主族元素中為最大，則X為Na元素；Y是地殼中含量最多的金屬元素，則Al元素；Z與Q同主族，則Z為S元素，A．Z、W、Q分別為S、F、O元素，S原子的電子層最多，其原子半徑最大，F(xiàn)、O位于同一周期，原子半徑O>F，則原子半徑大小為：S>O>F，即r（Z）>r（Q）>r（W），選項A錯誤；B．非金屬性越強，對應氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性S<O<F，則氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性大小為：W>Q>Z，選項B正確；C．X與Z形成的化合物為Na2S，硫離子水解溶液呈堿性，但硫離子的水解分別進行，主要以第一步為主，正確的離子方程式為：S2-+H2O?HS-+OH-，選項C錯誤；D．Y、Z分別為Al、S，二者形成的化合物為Al2S3，鋁離子與硫離子發(fā)生雙水解反應，在溶液中無法制取，選項D錯誤；答案選B。14、A【詳解】A項，意思是淘金要千遍萬遍的過濾，雖然辛苦，但只有淘盡了泥沙，才會露出閃亮的黃金。不涉及化學變化，故A符合題意；B項，CuSO4·5H2O煎熬泉水的鍋用久了就會在其表面析出一層紅色物質(zhì)（銅），其原因為：CuSO4+Fe=Cu+FeSO4，發(fā)生了化學反應，故B不符合題意；C項，石灰石加熱后能制得生石灰，發(fā)生了化學反應，故C不符合題意；D項，丹砂（HgS）燒之成水銀，即紅色的硫化汞（即丹砂）在空氣中灼燒有汞生成；積變又還成了丹砂，即汞和硫在一起又生成硫化汞，發(fā)生了化學反應，故D不符合題意。故答案選A。15、B【詳解】A.非金屬性Br>I，則HBr比HI的熱穩(wěn)定性強，A錯誤；B.非金屬性P>Si，則H3PO4比H2SiO3的酸性強，B正確；C.Al2O3屬于兩性氧化物，能與氫氧化鈉溶液反應，MgO屬于堿性氧化物，與NaOH溶液不反應，C錯誤；D.SO2在酸性環(huán)境中能被Ba(NO3)2氧化成硫酸鋇，則SO2和SO3混合氣體通入Ba(NO3)2溶液只得到BaSO4白色沉淀，D錯誤；答案選B?！军c睛】本題主要考查原子半徑的大小比較，由非金屬性強弱來比較氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性以及最高價含氧酸的酸性的強弱，鋁、鎂、硫的化合物的化學性質(zhì)。16、B【解析】A.Na2SiO3的水溶液俗稱為水玻璃，可以做木材防火劑，故A正確；B.小蘇打是NaHCO3，碳酸鈉俗名是蘇打，碳酸氫鈉用于制作發(fā)酵粉，故B錯誤；C.次氯酸鈣是漂白粉的有效成分，其中的ClO－具有強氧化性，能殺滅病毒，可做消毒劑，故C正確；D.Al(OH)3表現(xiàn)兩性，能與胃酸反應，可以做抗酸藥，故D正確。故選B。17、D【解析】A、液態(tài)NH3氣化時吸收熱量，可用作制冷劑，故A錯誤；B、Al(OH)3分解時吸收熱量，生成的Al2O3覆蓋在可燃物表面，可用作聚合物的阻燃劑；C、水玻璃不燃燒、不支持燃燒，具有粘合性，則用作生產(chǎn)黏合劑和防火劑，與堿性無關，故C錯誤；D、CaO2能緩慢與水反應產(chǎn)生O2，可用作水產(chǎn)養(yǎng)殖中的供氧劑，故D正確；故選D。18、D【分析】A.醋酸是弱電解質(zhì)，在水溶液里存在電離平衡，加水稀釋促進醋酸電離，溶液的導電性與溶液中離子濃度成正比；B.醋酸是弱電解質(zhì)，在水溶液里存在電離平衡，導致溶液中氫離子濃度小于醋酸濃度；C.該反應是一個反應前后氣體體積減小的可逆反應，增大壓強平衡向正反應方向移動；D.根據(jù)鐵離子的濃度和溶液的pH關系知，當pH=4左右時，鐵離子濃度幾乎為0，而銅離子還沒有開始沉淀?！驹斀狻緼.醋酸是弱電解質(zhì)，在水溶液里存在電離平衡，加水稀釋促進醋酸電離，氯化氫是強電解質(zhì)，完全電離，導致稀釋過程中，醋酸中氫離子濃度大于鹽酸，所以pH變化小的為醋酸，即II為醋酸，溶液的導電性與溶液中離子濃度成正比，a點導電能力大于b，故A錯誤；B.醋酸是弱電解質(zhì)，在水溶液里存在電離平衡，導致溶液中氫離子濃度小于醋酸濃度，所以未滴定時，0.1000mol·L-1CH3COOH溶液中，醋酸的pH>1，故B錯誤；C.該反應是一個反應前后氣體體積減小的可逆反應，增大壓強平衡向正反應方向移動，則反應物的含量減少，該圖中改變條件后，反應物的含量不變，說明平衡不移動，加入的是催化劑，故C錯誤；D.加入CuO使溶液中的c（H+）減小，c（OH-）濃度增大，使溶液中c（Fe3+）×c3（OH-）>KSP(Fe(OH)3，使Fe3+生成沉淀而除去，故D正確；故答案選D。19、C【詳解】A．Al3+、S2之間發(fā)生雙水解反應生成硫化氫氣體和氫氧化鋁沉淀，在溶液中不能大量共存，故A錯誤；B．酸性溶液中存在大量氫離子，ClO￣與H+、I￣之間發(fā)生反應，在溶液中不能大量共存，故B錯誤；C．弱堿性條件下，這幾種離子之間不反應，碳酸氫根離子水解導致溶液呈弱堿性，所以能大量共存，故C正確；D．Fe3+易水解，只能存在于酸性溶液，在中性溶液中不能大量共存，故D錯誤；故答案為C?！军c睛】離子共存的判斷，為高考的高頻題，注意明確離子不能大量共存的一般情況：能發(fā)生復分解反應的離子之間；能發(fā)生氧化還原反應的離子之間等；還應該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據(jù)此來判斷溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的具體反應條件，如“氧化還原反應”、“加入鋁粉產(chǎn)生氫氣”；是“可能”共存，還是“一定”共存等。20、B【詳解】錳元素的化合價變化為7-2=5，R2O8n－中R的化合價是＋(8－n/2)，在還原產(chǎn)物中R的化合價是＋6價，所以根據(jù)得失電子守恒可知5×2×(8－n/2－6)＝2×5，解得n＝2，答案選B。21、A【解析】根據(jù)元素構、位、性的關系推斷元素，并利用元素周期律進行比較。【詳解】短周期中，非金屬性最強的元素X為F，則Y、Z、W都在第三周期；原子的最外層電子數(shù)是其最內(nèi)層電子數(shù)一半的元素Y必為Na；最高正價是其最低負價絕對值的3倍的元素Z是S；與X同主族的元素W只能是Cl。據(jù)元素周期律，原子半徑：r(F)<r(Cl)<r(S)<r(Na)（A項正確）；Na2S中只有離子鍵（B項錯誤）；S的氧化物的水化物有H2SO4、H2SO3等，H2SO3為弱酸（C項錯誤）；熱穩(wěn)定性HCl<HF（D項錯誤）。本題選A。22、C【分析】核反應發(fā)電是核能轉(zhuǎn)化成電能，113、115、117和118四種新元素均為第七周期元素，分別為ⅢA族、ⅤA族、ⅦA族與零族元素，結合同族元素遞變規(guī)律解答?！驹斀狻緼.核反應發(fā)電是核能轉(zhuǎn)化成電能，A項錯誤；B.第ⅤA族前六周期的元素由上自下依次為氮、磷、砷、銻、鉍，則115號元素是位于第七周期第ⅤA族的金屬元素，B項錯誤；C.第ⅦA族前六周期的元素由上自下依次為氟、氯、溴、碘、砹，117號元素是位于第七周期第ⅦA族的元素，可能為金屬元素，C項正確；D.四種新元素都在第七周期，D項錯誤；答案選C。二、非選擇題(共84分)23、羥基、醛基加成反應2+O22+2H2O【分析】根據(jù)D的性質(zhì)及前后物質(zhì)的特點得出D為，D和NaOH反應生成E()，根據(jù)信息②得到F()，根據(jù)信息③說明C中含有羰基，B發(fā)生氧化反應得到B，A含有碳碳雙鍵，再根據(jù)A的分子式得到A()，則B為，B發(fā)生催化氧化得到C()，C和F反應生成G()?！驹斀狻?1)根據(jù)前面分析得到A的結構簡式為，D()中含氧官能團的名稱為羥基、醛基；故答案為：；羥基、醛基。(2)由A()生成B()的反應類型為加成反應；故答案為：加成反應。(3)由B催化氧化反應生成C的化學方程式為2+O22+2H2O；故答案為：2+O22+2H2O。(4)根據(jù)C和F反應生成G，其結構簡式為；故答案為：。(5)化合物F()同時符合①苯環(huán)上有2個對位取代基，②能發(fā)生銀鏡反應，③能發(fā)生水解反應，說明為甲酸酯，其結構簡式為；故答案為：。(6)甲苯和溴蒸汽在光照條件下反應生成，在NaOH溶液加熱條件下水解生成，催化氧化生成，和丙酮()反應生成，其合成路線為；故答案為：?！军c睛】有機推斷是常考題型，主要考查根據(jù)題中信息進行分析并分子式或結構簡式的推斷，主要方法是順推、逆推、兩邊向中間、中間向兩邊的推斷。24、醛基、酯基乙炔加成反應NaOH水溶液、加熱CH2CHO+2Cu(OH)2CH2COOH+Cu2O↓+H2O+H2O【分析】A與溴化氫在雙氧水的作用下發(fā)生加成反應生成B，比較苯與A的結構可知，苯與X發(fā)生加成反應生成A，所以X為CH≡CH。B水解生成C，后C催化氧化生成DCH2CHO，D與斐林試劑反應酸化后生成ECH2COOH，E發(fā)生取代反應生成F，F(xiàn)與氫氣發(fā)生加成，醛基轉(zhuǎn)化為羥基，得到G，G發(fā)生消去反應生成H。根據(jù)此分析進行解答?！驹斀狻浚?）由F的結構簡式可知F中具有的官能團為醛基、酯基。故答案為醛基酯基（2）比較苯與A的結構可知，苯與X發(fā)生加成反應生成A，X為氣態(tài)烴，且X與苯的最簡式相同，所以X為CH≡CH。故答案為CH≡CH（3）A與溴化氫在雙氧水的作用下發(fā)生加成反應生成B之后B在NaOH水溶液、加熱條件下水解生成C。故答案為加成反應NaOH水溶液、加熱（4）DCH2CHO與斐林試劑反應酸化后生成ECH2COOH，G，G發(fā)生消去反應生成H。故答案為CH2CHO+2Cu(OH)2CH2COOH+Cu2O↓+H2O+H2O（5）ECH2COOH的同分異構體需要滿足能發(fā)生銀鏡反應，說明有醛基且能水解，則含有酯基，苯環(huán)上的一溴代物只有兩種說明對位上有兩個取代基。該同分異構體為。故答案為（6）DCH2CHO制備苯乙酮（）的反應流程主要是將醛基轉(zhuǎn)化為相鄰碳原子上的酮基，可以先將D還原為苯甲醇，之后苯甲醇發(fā)生消去反應得到苯乙烯，苯乙烯與水加成后再進行催化氧化生成苯乙酮（）。故答案為25、過濾漏斗、玻璃棒鐵、銅溶液由淺綠色變?yōu)樽攸S色2Fe2＋＋H2O2+2H＋=2Fe3＋+2H2OFe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NH【分析】Fe3+、Cu2+和過量的鐵反應生成亞鐵離子和單質(zhì)銅，得到固體A和溶液A；由于鐵過量，沉淀A為鐵和銅的混合物，溶液A含亞鐵離子；亞鐵離子具有還原性，易被氧化劑氧化，故加入過氧化氫能把亞鐵離子氧化成鐵離子，故溶液B中含鐵離子；鐵離子和氨水反應生成氫氧化鐵沉淀，故沉淀C為氫氧化鐵沉淀，廢水通過處理不含F(xiàn)e3+、Cu2+，可以排放，以此解答該題?！驹斀狻?1)操作①用于分離固體和液體，為過濾操作，用到的主要玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒,故答案為：過濾；漏斗、玻璃棒；(2)廢液中含有Fe3+、Cu2+兩種金屬離子，加入過量的鐵粉后，鐵離子被還原為亞鐵離子，銅離子被還原成金屬銅，所以在第①得到的沉淀中含有金屬銅和過量的鐵，故答案為：鐵、銅；(3)Fe2+能被過氧化氫生成Fe3+，反應的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，觀察到的實驗現(xiàn)象是溶液由淺綠色變?yōu)辄S色，故答案為：溶液由淺綠色變?yōu)樽攸S色；(4)Fe2+能被過氧化氫生成Fe3+，反應的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；加入氨水，生成氫氧化鐵沉淀，離子方程式為Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NH，故答案為：2Fe2＋＋H2O2+2H＋=2Fe3＋+2H2O；Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NH。26、冷凝回流防止空氣中的水蒸氣進入A裝置將溴蒸汽吹出鎂屑會與空氣中的氧氣反應，生成的阻礙反應的繼續(xù)進行會將液溴擠壓入A中，劇烈反應，放出大量熱，存在安全隱患除去溴、乙醚等雜質(zhì)該反應為放熱反應，且加熱促使乙醚揮發(fā)，加熱后平衡逆向移動【分析】(1)乙醚和溴都易揮發(fā)，據(jù)此分析作用；(2)MgBr2具有強吸水性，據(jù)此分析；(3)根據(jù)溴單質(zhì)具有揮發(fā)性分析；空氣中的氧氣與Mg反應；(4)將裝置B改為裝置C，會將液溴擠壓入三口瓶中，而Mg和Br2反應劇烈放熱；(5)粗品含有溴和乙醚等雜質(zhì)，需要除去；(6)已知：MgBr2

+3C2H5OC2H5

?MgBr2?3C2H5OC2H5△H＜0，加熱有利于吸熱方向，同時乙醚會揮發(fā)，據(jù)此分析?！驹斀狻?1)儀器D為球形冷凝管，作用是使揮發(fā)出的乙醚和溴蒸氣冷卻并回流至反應裝置；(2)具有強吸水性，無水的作用是防止空氣中的水蒸氣進入A裝置；(3)因為液溴極易揮發(fā)，故干燥的N2可將液溴吹出；鎂屑會與空氣中的氧氣反應，生成的MgO阻礙反應的繼續(xù)進行，故實驗中不能用干燥空氣代替干燥N2；(4)已知：Mg和Br2反應劇烈放熱，將裝置B改為裝置C，會將液溴擠壓入三口瓶中，反應加劇大量放熱存在安全隱患；(5)步驟4用苯溶解粗品的目的是除去溴、乙醚等雜質(zhì)；(6)已知MgBr2

+3C2H5OC2H5

?MgBr2?3C2H5OC2H5△H＜0，加熱促使乙醚揮發(fā)，且逆反應是吸熱反應，加熱后平衡朝有利于三乙醚合溴化鎂分解的方向移動。27、MnO2+4HC1(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2Oa→d→e→b→c→g→h→f使?jié)恹}酸順利滴下錐形瓶中液面下降，長頸漏斗中液面上升水浴加熱3Cl2+I22ICl3缺少尾氣處理裝置分液漏斗蒸餾【分析】從裝置圖分析，裝置A為制取氯氣的，氯氣中含有氯化氫和水，用飽和食鹽水除去氯化氫氣體，用氯化鈣除去水蒸氣，氯氣和固體碘反應生成，最后裝置防止空氣中的水蒸氣進入?！驹斀狻?1)裝置A適合固體和液體加熱制取氯氣，所以用二氧化錳和濃鹽酸加熱反應生成氯氣，方程式為：MnO2+4HC1(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)A裝置制取氯氣，用C裝置除去氯氣中的氯化氫，然后用氯化鈣除去氯氣中的水蒸氣，然后氯氣和碘固體反應，最后連接氯化鈣，防止空氣中的水蒸氣進入，所以接口順序為：a→d→e→b→c→g→h→f；裝置A中導管m的作用是連通上下儀器，平衡壓強，使?jié)恹}酸順利滴下；(3)后續(xù)裝置有堵塞，則裝置C中氣體壓強變大，會使錐形瓶中的液體壓入長頸漏斗中，錐形瓶中液面下降，長頸漏斗中液面上升；(4)氯氣與單質(zhì)碘需在溫度稍低于70℃下反應，適合使用水浴加熱；氯氣和碘在水浴加熱條件下反應，方程式為：3Cl2+I22ICl3；(5)氯氣屬于有毒氣體，裝置中缺少尾氣處理裝置；(6)操作Y為分液操作，使用分液漏斗；操作Z為分離碘和四氯化碳，使用蒸餾方法。28、+524.8kJ·mol－1ADⅠ該反應為放熱反應，達平衡后，隨溫度升高，平衡逆向移動，CO2的轉(zhuǎn)化率降低bH2O+2e－=H2↑+O2－CO2+2e－=CO+O2－2:1【分析】（1）根據(jù)蓋斯定律進行分析計算；（2）①根據(jù)平衡狀態(tài)判斷標準進行分析：v正=v逆，各組分的濃度及由此引出相關的物質(zhì)的量的變化情況進行分析；②從圖中看，相同溫度下，Ⅰ中CO2的轉(zhuǎn)化率最大，說明反應速率最快，催化效果最好；該反應在a點達到平衡狀態(tài)，a點的轉(zhuǎn)化率比b點的高，說明繼續(xù)升高溫度，平衡逆向移動，從而得出其原因是該反應為放熱反應，據(jù)此進行分析；（3）①從圖中看出，H2O、CO2在c電極轉(zhuǎn)化為H2、CO，說明此電極為陽極，則與之相連的a電極為負極，電源正極為b；電極c為電解池的陰極，發(fā)生還原反應；②陽極的電極反應為2O2—4e-=O2↑，根據(jù)電子得失守恒規(guī)律，計算出陰陽兩極生成的氣體的物質(zhì)的量之比?！驹斀狻浚?）H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=－241.8kJ·mol－1①CO2(g)=CO(g)+O2(g)ΔH=+283.0kJ·mol－1②根據(jù)蓋斯定律將②-①得：CO2(g)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)+O2(g)ΔH=+524.8kJ·mol－1；答案為：+524.8kJ·mol－1；（2）①A．因為反應前后氣體分子數(shù)不等，所以容器內(nèi)壓強不變時，反應達平衡狀態(tài)，A符合題意；B．3v正(CH3OH)=v正(H2)，反應向同一方向進行，不一定是平衡狀態(tài)，B不正確；C．因為氣體的質(zhì)量不變，容器的容積不變，所以容器內(nèi)氣體的密度始終不變，C不正確；D．CO2與H2O的物質(zhì)的量之比保持不變，則平衡不發(fā)生移動，D達平衡狀態(tài)，符合