精品解析：广东江门市新会第一中学2026-2027学年高三上学期期初学情诊断练习 化学试题

2026-2027学年第一学期期初学情诊断练习化学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟。 2．可能用到的相对原子质量：H-1；C-12；O-16；K-39；Mn-55；Fe-56；Cu-64 一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 中华传统技艺，凸显人民智慧。下列选项所涉及材料的主要成分属于合金的是 A．纸哪吒 B．石印章 C．木活字 D．不锈钢针 A. A B. B C. C D. D 2. 广东有众多国家级非物质文化遗产，如广东剪纸、粤绣、潮汕工夫茶艺和香云纱染整技艺等。下列说法不正确的是 A. 广东剪纸的裁剪过程不涉及化学变化 B. 冲泡工夫茶时茶香四溢，体现了分子是运动的 C. 制作粤绣所用的植物纤维布含有天然高分子化合物 D. 染整技艺中去除丝胶所用的纯碱水溶液属于纯净物 3. 现代科技，增强国力，增进民生福祉。下列说法正确的是 A. 我国“人造太阳”利用核聚变反应，其燃料氘和氚是氦的同位素 B. 全息投影技术所用材料氮化镓(GaN)，其中Ga的化合价为 C. “蓝鲸”深海潜水器使用的钛合金，其钛元素位于周期表d区 D. “深地一号”为进军万米深度提供核心装备，钻头用的金刚石为分子晶体 4. 劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 帮厨活动：帮食堂师傅煎鸡蛋准备午餐 加热使蛋白质变性 B 环保行动：宣传使用聚乳酸制造的包装材料 聚乳酸在自然界可生物降解 C 家务劳动：擦干已洗净的铁锅，以防生锈 铁丝在中燃烧生成 D 学农活动：利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气 沼气中含有的可作燃料 A. A B. B C. C D. D 5. 我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为。下列说法正确的是 A. 基态S原子价层电子的轨道表示式为 B. 的价层电子对互斥模型为 C. 分子中键与键的个数比为1∶1 D. 分子的电子式为 6. 尼泊金异丁酯可用作食品的保存剂、防霉剂，其结构简式如图所示。下列叙述错误的是 A. 该有机物易溶于水 B. 该有机物能够使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 该有机物与足量浓溴水反应，最多消耗 D. 该有机物与足量氢氧化钠溶液反应，最多消耗 7. 设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 乙烯和环丙烷()组成的28 g混合气体中含有个氢原子 B. 1 mol Fe与水蒸气完全反应，生成的数目为 C. 标准状况下，中共价键的数目为 D. 的盐酸中所含HCl分子数约为 8. 碳酸钠，作为一种多功能的化合物，在日常生活和工业生产中扮演着举足轻重的角色。其一种工业制法如图所示，下列说法错误的是 A. 上述过程不涉及氧化还原反应 B. 可用浓溶液和湿润的蓝色石蕊试纸验证母液中含有 C. 将和通入饱和食盐水时，应先通入 D. 将投入母液中，发生反应的离子方程式之一为 9. 下列反应的方程式不正确的是 A. C和浓H2SO4反应： B. NH3的催化氧化反应： C. 向氢硫酸中通入SO2： D. 向FeBr2溶液中通入足量Cl2： 10. 实验室用和浓盐酸反应生成后，按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是 A. A B. B C. C D. D 11. 能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是 简单氢化物非金属单质X氧化物1氧化物2酸 A. X可为C，氧化物1和氧化物2均为酸性氧化物 B. X可为Si，氧化物2可与水反应生成硅酸 C. X可为，简单氢化物可与反应生成氧化物1 D. X可为S，酸与Cu混合可生成 12. 下列关于物质的性质及解释都正确的是 选项 物质的性质 解释 A 熔点： 熔化时要断开化学键，只需克服范德华力 B 沸点： 比相对分子质量大，范德华力大 C 热稳定性： HF分子间氢键强于HCl分子间作用力 D 水溶性： 与极性相似，且二者存在分子间氢键 A. A B. B C. C D. D 13. 部分含硫物质的分类与相应硫元素的化合价关系如图所示。下列说法不正确的是 A. a与c之间能发生氧化还原反应 B. d溶液久置于空气中会生成e，溶液的导电性增强 C. c能使溴水褪色，说明c有漂白性 D. 可实现a→b→c→d→e的转化 14. 一种新型电池的电解质是由短周期主族元素组成的化合物，结构如图所示。其中元素W、X、Y、Z处于元素周期表的同一周期，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍。下列叙述错误的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 简单气态氢化物的热稳定性： D. 元素X在周期表中位于第二周期IVA族 15. 为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知：为黄色、为红色、为无色。 下列说法不正确的是 A. ①中浓盐酸促进平衡正向移动 B. 由①到②，生成并消耗 C. ②、③对比，说明：②>③ D. 由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，溶液也无明显变化 16. 在催化剂的作用下，一种将工业副产物HCl气体转化为的反应历程如下，X、Y、Z、W中含有两种极性分子和两种非极性分子。下列说法错误的是 A. Z为，为 B. 总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:4 C. 上述反应①、②、③、④、⑤中有3个氧化还原反应 D. CuO可作该反应的催化剂，通过降低活化能加快反应速率 二、非选题：本大题共4小题，共56分。 17. 实验小组制备高铁酸钾()并探究其性质。 资料：为紫色固体，微溶于溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速反应产生，在碱性溶液中较稳定。 （1）制备(夹持装置略) ①A为氯气发生装置，其中装有浓盐酸的仪器名称为___________。 ②C中有多个反应发生，其中生成高铁酸钾的化学反应方程式为___________。 （2）探究的性质 ①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有。为证明是否氧化了而产生，设计以下方案： 方案I 取少量a，滴加溶液至过量，溶液呈红色。 方案Ⅱ 用溶液充分洗涤C中所得固体，再用溶液将溶出，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有产生。 I．由方案I中溶液变红可知a中含有___________离子，但该离子的产生不能判断一定是将氧化，该离子还可能由反应___________产生(用离子方程式表示)。 Ⅱ．方案Ⅱ可证明氧化，用溶液洗涤的目的是排除___________的干扰。 ②根据的制备实验得出：氧化性___________(填“>”或“<”)，而方案Ⅱ实验表明，和的氧化性强弱关系相反，原因是___________。 （3）若在制备装置C中加入的质量为，充分反应后经过滤、洗涤、干燥得固体，则的产率为___________。(保留3位有效数字) 18. 以水锰矿[主要成分为MnO(OH)，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2及CaO]为原料制备马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]的一种工艺流程如图所示。 已知Ksp(CaF2)=3.6×10-12，当溶液中离子浓度≤1×10-5 mol/L)时，认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： （1）为增大步骤Ⅰ的浸出速率，可采取的措施有___________(写出一条即可)。 （2）步骤Ⅰ中SO2的作用是___________，滤渣1的成分为___________(填化学式)。 （3）步骤Ⅱ中MnO2发生反应的离子方程式为___________。 （4）“除钙”步骤中若要Ca2+完全沉淀，需控制溶液中的c(F-)≥___________mol/L。 （5）“低温沉锰”得到MnCO3，“酸溶”时发生反应的化学方程式为___________。 （6）MnOx一种晶型的晶胞结构如图已知该晶胞的体积为v cm3，则该晶胞中“”球代表的原子的配位数为___________，该晶体的密度为___________g/cm3.(阿伏加德罗常数的值用NA表示) 19. 75%的乙醇即医用酒精，因为杀灭病毒效果好且价格相对便宜，在生活中被大量使用。工业上主要用乙烯和水蒸气直接化合法制备乙醇。 回答下列问题： (1)已知： ①2C2H6(g)+ O2(g)2C2H4(g)+ 2H2O(g) ΔH1＝－192 kJ/mol ②2H2(g)+ O2(g)2H2O(g) ΔH2＝－484 kJ/mol 则③C2H6(g)C2H4(g) + H2(g) ΔH3＝__________kJ/mol (2)某温度下，一定量的乙烷在刚性容器内发生反应③，起始浓度为 c0，平衡时容器内总压强增加了 20%，乙烷的转化率为_____，该温度下反应的平衡常数 K=__用含 c0的式子表示）。 (3)气相直接水合法制取乙醇的反应④：H2O(g)+C2H4(g)CH3CH2OH(g) ΔH4。恒压下，当起始 n(H2O)︰n(C2H4)=1︰1 时，催化反应相同时间，测得不同温度下 C2H4转化为 CH3CH2OH 的转化率如下图所示。（图中虚线表示相同条件下C2H4的平衡转化率随温度的变化） ①分析图象可知ΔH4_____0（填“>”或“<”），理由是_______。 ②X 点，v正_________v逆（填“>””“<”或“=”）。在 X 点的条件下，进一步提高 C2H4转化率的方法是_______（写一种）。 (4)乙醇可用于制备各种燃料电池。下图是乙醇碱性燃料电池的结构示意图，使用的离子交换膜是_____（填“阳离子”或“阴离子”）交换膜，a 侧的电极反应式是_______。 20. 一种过渡金属催化的脱羧偶联反应如下(反应条件略)。 （1）化合物1a中含氧官能团的名称为_______。 （2）化合物2a的分子式为_______。 （3）2a可与发生加成反应生成化合物I．I的某种同分异构体的核磁共振氢谱图上只有2组峰，且该同分异构体能与溶液反应产生气体，其结构简式为_______。 （4）下列说法正确的有_______。 A. 在1a和2a生成3a的过程中，有C-H键的断裂和C-C键的形成 B. 化合物1a是苯甲酸的同系物，具有良好的水溶性 C. 在2a分子中，碳原子采取和杂化 D. 在3a分子中，有大键，且存在手性碳原子 （5）仅以1a和为有机原料，根据上述信息，分四步合成化合物II： ①第一步，进行取代反应：其反应的化学方程式为______(注明反应条件)。 ②第二步，进行______反应(填具体反应类型)。 ③第三步，进行酯化反应：其反应的化学方程式为______(注明反应条件)。 ④第四步，合成II：③中得到的酯与1a反应。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年第一学期期初学情诊断练习化学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟。 2．可能用到的相对原子质量：H-1；C-12；O-16；K-39；Mn-55；Fe-56；Cu-64 一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 中华传统技艺，凸显人民智慧。下列选项所涉及材料的主要成分属于合金的是 A．纸哪吒 B．石印章 C．木活字 D．不锈钢针 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．纸的主要成分是纤维素(有机化合物)，不属于合金，A不符合题意； B．石印章的材料通常是天然矿物(如大理石、寿山石等)，主要成分为硅酸盐或碳酸盐，不属于合金，B不符合题意； C．木活字的材料是木材，主要成分为纤维素和木质素(有机化合物)，不属于合金，C不符合题意； D．不锈钢是铁(Fe)与铬(Cr)、镍(Ni)等金属形成的合金，D符合题意； 故选D。 2. 广东有众多国家级非物质文化遗产，如广东剪纸、粤绣、潮汕工夫茶艺和香云纱染整技艺等。下列说法不正确的是 A. 广东剪纸的裁剪过程不涉及化学变化 B. 冲泡工夫茶时茶香四溢，体现了分子是运动的 C. 制作粤绣所用的植物纤维布含有天然高分子化合物 D. 染整技艺中去除丝胶所用的纯碱水溶液属于纯净物 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．广东剪纸的裁剪过程中没有新物质生成，故不涉及化学变化，A正确； B．冲泡工夫茶时茶香四溢，是因为茶水的香味分子不停地做无规则的运动，扩散到空气中，B正确； C．制作粤绣所用的植物纤维布含有纤维素，属于天然高分子化合物，C正确； D．染整技艺中去除丝胶所用的纯碱水溶液属于混合物，D错误。 故选D。 3. 现代科技，增强国力，增进民生福祉。下列说法正确的是 A. 我国“人造太阳”利用核聚变反应，其燃料氘和氚是氦的同位素 B. 全息投影技术所用材料氮化镓(GaN)，其中Ga的化合价为 C. “蓝鲸”深海潜水器使用的钛合金，其钛元素位于周期表d区 D. “深地一号”为进军万米深度提供核心装备，钻头用的金刚石为分子晶体 【答案】C 【解析】 【详解】A．氘和氚的质子数均为1，属于氢元素的同位素，不是氦的同位素，A错误； B．中的化合价为，根据化合物中正负化合价代数和为0，可知的化合价为，B错误； C．钛元素位于元素周期表第四周期第Ⅳ族，属于区元素，C正确； D．金刚石是碳原子通过共价键形成的共价晶体（原子晶体），不属于分子晶体，D错误； 故选C。 4. 劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 帮厨活动：帮食堂师傅煎鸡蛋准备午餐 加热使蛋白质变性 B 环保行动：宣传使用聚乳酸制造的包装材料 聚乳酸在自然界可生物降解 C 家务劳动：擦干已洗净的铁锅，以防生锈 铁丝在中燃烧生成 D 学农活动：利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气 沼气中含有的可作燃料 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．鸡蛋主要成分是蛋白质，帮食堂师傅煎鸡蛋准备午餐，加热使蛋白质变性，有关联，故A不符合题意； B．聚乳酸在自然界可生物降解，为了减小污染，宣传使用聚乳酸制造的包装材料，两者有关联，故B不符合题意； C．擦干已洗净的铁锅，以防生锈，防止生成氧化铁，铁丝在中燃烧生成，两者没有关联，故C 符合题意； D．利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气，沼气主要成分是甲烷，甲烷用作燃料，两者有关系，故D不符合题意。 综上所述，答案为C。 5. 我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为。下列说法正确的是 A. 基态S原子价层电子的轨道表示式为 B. 的价层电子对互斥模型为 C. 分子中键与键的个数比为1∶1 D. 分子的电子式为 【答案】C 【解析】 【详解】A．基态S原子价电子排布为，根据洪特规则，3p轨道的4个电子应优先分占不同等价轨道，即1个p轨道填充2个电子，另外2个p轨道各填充1个单电子，选项中的轨道表示式违反洪特规则，正确的轨道表示式为，A错误； B．中心N原子的价层电子对数为，无孤电子对，价层电子对互斥模型为平面三角形：，B错误； C．的结构式为，每个双键包含1个键和1个键，分子中共2个键、2个键，二者个数比为，C正确； D．分子的电子式应为，孤电子对应分布在两个N原子的外侧，选项电子式书写错误，D错误； 故选C。 6. 尼泊金异丁酯可用作食品的保存剂、防霉剂，其结构简式如图所示。下列叙述错误的是 A. 该有机物易溶于水 B. 该有机物能够使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 该有机物与足量浓溴水反应，最多消耗 D. 该有机物与足量氢氧化钠溶液反应，最多消耗 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．由有机物的结构简式示意图可知，有机物中含有酚羟基和酯基，故该有机物难溶于水，A错误； B．由有机物的结构简式示意图可知，有机物中含有酚羟基，故该有机物能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确； C．浓溴水能与酚羟基的邻、对位上的H原子发生取代反应，故该有机物与足量浓溴水反应，最多消耗，C正确； D．由有机物的结构简式示意图可知，有机物中含有酚羟基和酯基，该有机物与足量氢氧化钠溶液反应，酚羟基消耗1molNaOH，酯基消耗1molNaOH，故最多消耗，D正确； 故答案为：A。 7. 设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 乙烯和环丙烷()组成的28 g混合气体中含有个氢原子 B. 1 mol Fe与水蒸气完全反应，生成的数目为 C. 标准状况下，中共价键的数目为 D. 的盐酸中所含HCl分子数约为 【答案】A 【解析】 【详解】A．乙烯和环丙烷的最简式均为，28 g混合气体中含的物质的量为，氢原子物质的量为，即含个氢原子，A正确； B．Fe与水蒸气反应的化学方程式为，1 mol Fe完全反应生成，即数目为，B错误； C．标准状况下为液体，不能用标准状况下气体摩尔体积计算其物质的量，无法确定共价键数目，C错误； D．HCl为强电解质，在水溶液中完全电离为和，盐酸中不存在HCl分子，D错误； 故选A。 8. 碳酸钠，作为一种多功能的化合物，在日常生活和工业生产中扮演着举足轻重的角色。其一种工业制法如图所示，下列说法错误的是 A. 上述过程不涉及氧化还原反应 B. 可用浓溶液和湿润的蓝色石蕊试纸验证母液中含有 C. 将和通入饱和食盐水时，应先通入 D. 将投入母液中，发生反应的离子方程式之一为 【答案】B 【解析】 【分析】侯德榜联合制碱反应为：NaCl+CO2+H2O+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl，在沉淀池中，加入饱和食盐水，先通氨气，后通CO2，生成的NaHCO3大部分以晶体的形式析出，过滤后加热便可获得纯碱产品，CO2气体循环使用；母液为NH4Cl溶液，加入的CaO可与母液反应生成NH3并循环使用，据此分析。 【详解】A．涉及的反应有：、、CO2 + NH3+H2O+ NaCl =NaHCO3 ↓+ NH4Cl、，均是非氧化还原反应，A正确； B． 取少量母液于试管中，加入NaOH浓溶液并加热，产生的气体用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变为蓝色可验证母液中含有，B错误； C．将和通入饱和食盐水时，应先通入，由于氨气极易溶于水，再通二氧化碳，能较多的吸收二氧化碳，生成更多NaHCO3晶体，C正确； D．石灰石煅烧后产生CaO、CO2，CaO加入到母液中，CaO溶于水产生Ca(OH)2，母液为氯化铵，发生反应：、，因此将CaO投入母液中，发生反应的离子方程式之一为，D正确； 故选B。 9. 下列反应的方程式不正确的是 A. C和浓H2SO4反应： B. NH3的催化氧化反应： C. 向氢硫酸中通入SO2： D. 向FeBr2溶液中通入足量Cl2： 【答案】D 【解析】 【详解】A．C和浓H2SO4发生氧化还原反应，生成CO2、SO2,化学反应方程式为：，故A正确； B．在催化剂和加热条件下，NH3和O2发生催化氧化反应，其化学方程式为：，故B正确； C．氢硫酸与SO2发生价态归中反应，其反应方程式为：，故C正确； D．向FeBr2溶液中通入足量Cl2，此时溴离子也会被氯气氧化，故其方程式为：，故D错误； 故选D。 10. 实验室用和浓盐酸反应生成后，按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，可用饱和食盐水除去HCl，Cl2可用浓硫酸干燥，A装置能达到实验目的，故A不符合题意； B．氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集，B装置能收集氯气，故B不符合题意； C．湿润的红布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，故C不符合题意； D．氯气在水中的溶解度较小，应用NaOH溶液吸收尾气，D装置不能达到实验目的，故D符合题意； 答案选D。 11. 能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是 简单氢化物非金属单质X氧化物1氧化物2酸 A. X可为C，氧化物1和氧化物2均为酸性氧化物 B. X可为Si，氧化物2可与水反应生成硅酸 C. X可为，简单氢化物可与反应生成氧化物1 D. X可为S，酸与Cu混合可生成 【答案】C 【解析】 【详解】A．若X为C，氧化物1为CO，CO属于不成盐氧化物，不是酸性氧化物，A错误； B．若X为Si，Si与O₂反应只能生成SiO2，不存在可继续与O2反应的氧化物2，且SiO2不与水反应生成硅酸，B错误； C．若X为N2，简单氢化物为NH3，NH3与O2反应可生成NO（氧化物1），C正确； D．若X为S，最终得到的酸为H2SO4，Cu与稀硫酸不反应，与浓硫酸加热反应生成SO2，无法生成H2，D错误； 故选C。 12. 下列关于物质的性质及解释都正确的是 选项 物质的性质 解释 A 熔点： 熔化时要断开化学键，只需克服范德华力 B 沸点： 比相对分子质量大，范德华力大 C 热稳定性： HF分子间氢键强于HCl分子间作用力 D 水溶性： 与极性相似，且二者存在分子间氢键 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．和均为分子晶体，熔化时都只需要克服范德华力，不需要断开化学键，解释错误，A错误； B．分子间存在氢键，氢键的作用强于范德华力，因此实际沸点为，性质描述错误，B错误； C．氢化物的热稳定性由分子内共价键的键能决定，键键能大于键，因此更稳定，与分子间氢键无关，解释错误，C错误； D．和均为极性分子，符合相似相溶原理，且二者可形成分子间氢键，增大溶解性；为非极性分子，难溶于极性的水，性质和解释均正确，D正确； 故选D。 13. 部分含硫物质的分类与相应硫元素的化合价关系如图所示。下列说法不正确的是 A. a与c之间能发生氧化还原反应 B. d溶液久置于空气中会生成e，溶液的导电性增强 C. c能使溴水褪色，说明c有漂白性 D. 可实现a→b→c→d→e的转化 【答案】C 【解析】 【详解】A．a为H2S，c为+4价氧化物SO2，a与c之间能发生氧化还原反应，故A正确； B．D为+4价的含氧酸H2SO3，溶液久置于空气中会生成e H2SO4，弱酸变成强酸溶液的导电性增强，故B正确； C．c为SO2，SO2能与溴水发生氧化还原，能使溴水褪色，是SO2的还原性，故C错误； D．H2S与SO2可以生成S，S燃烧生成SO2，SO2溶于水生成H2SO3，H2SO3可以被氧化成H2SO4，可实现a→b→c→d→e的转化，故D正确； 故答案为C 14. 一种新型电池的电解质是由短周期主族元素组成的化合物，结构如图所示。其中元素W、X、Y、Z处于元素周期表的同一周期，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍。下列叙述错误的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 简单气态氢化物的热稳定性： D. 元素X在周期表中位于第二周期IVA族 【答案】D 【解析】 【分析】Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，则短周期元素X次外层电子数只能为2，故Y最外层电子数为6，Y为；四种元素同周期，均为第二周期元素；W只形成1个共价键，故W为；Z形成4个共价键，故Z为；X可接受孤对电子形成配位键，最外层有3个电子，故X为。 【详解】A．同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，原子半径，即，A正确； B．同周期主族元素第一电离能随原子序数增大整体呈增大趋势，第一电离能，即，B正确； C．元素非金属性越强，简单气态氢化物热稳定性越强，非金属性，故稳定性，即，C正确； D．X为，位于周期表第二周期ⅢA族，不是ⅣA族，D错误； 故选D。 15. 为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知：为黄色、为红色、为无色。 下列说法不正确的是 A. ①中浓盐酸促进平衡正向移动 B. 由①到②，生成并消耗 C. ②、③对比，说明：②>③ D. 由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，溶液也无明显变化 【答案】D 【解析】 【分析】的FeCl3溶液滴加数滴浓盐酸，生成更多的，溶液黄色加深；继续滴加1滴KSCN溶液，转化为，溶液变为红色；再加入NaF固体，转化为，溶液红色褪去，变为无色；再滴加KI溶液、淀粉溶液，无色溶液未见明显变化，说明I-未被氧化。 【详解】A．①中滴加数滴浓盐酸，试管溶液黄色加深，生成更多的，说明浓盐酸促进平衡正向移动，A正确； B．由①到②，溶液变为红色，说明转化为，即生成并消耗，B正确； C．②溶液中均存在平衡，加入NaF固体，Fe3+与F-结合成无色的[FeF6]3-，使平衡逆向移动，使得溶液红色褪去变为无色，说明与Fe3+的配位能力：F-＞SCN-，故能说明：②>③，C正确； D．类似C选项分析，由①→④推断，溶液中的是越来越小的，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，无法确定①中溶液中的的含量是否能够氧化I-，D错误； 故选D。 16. 在催化剂的作用下，一种将工业副产物HCl气体转化为的反应历程如下，X、Y、Z、W中含有两种极性分子和两种非极性分子。下列说法错误的是 A. Z为，为 B. 总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:4 C. 上述反应①、②、③、④、⑤中有3个氧化还原反应 D. CuO可作该反应的催化剂，通过降低活化能加快反应速率 【答案】C 【解析】 【分析】反应①：。根据元素守恒，Y应为HCl；反应②：。这里W应含有O和H，结合后续反应，W应为H2O。反应③：。此步为分解反应，无需额外物质。反应④：。这里X应为Cl2。反应⑤：。这里Z应为O2（因为需要引入O元素，且O2是非极性分子）。总结各物质：X：Cl2（非极性分子）。Y：HCl（极性分子）。Z：O2（非极性分子）。W：H2O（极性分子）。据此分析各选项； 【详解】A．根据分析，Z为O2，W为H2O，A正确； B．该反应是HCl催化氧化生成，总反应为： ， 氧化剂为​，还原剂为HCl，二者物质的量之比为，B正确； C．①、②、③：无化合价变化，为非氧化还原反应；④：Cu2+→Cu+，Cl⁻→Cl2，为氧化还原反应；⑤：Cu+→Cu2+，O2中O元素的化合价由0价变为-2价，为氧化还原反应。共2个氧化还原反应，非3个，C错误； D．CuO在①消耗、③再生，是催化剂，通过降低活化能加快反应速率，D正确； 故选C。 二、非选题：本大题共4小题，共56分。 17. 实验小组制备高铁酸钾()并探究其性质。 资料：为紫色固体，微溶于溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速反应产生，在碱性溶液中较稳定。 （1）制备(夹持装置略) ①A为氯气发生装置，其中装有浓盐酸的仪器名称为___________。 ②C中有多个反应发生，其中生成高铁酸钾的化学反应方程式为___________。 （2）探究的性质 ①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有。为证明是否氧化了而产生，设计以下方案： 方案I 取少量a，滴加溶液至过量，溶液呈红色。 方案Ⅱ 用溶液充分洗涤C中所得固体，再用溶液将溶出，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有产生。 I．由方案I中溶液变红可知a中含有___________离子，但该离子的产生不能判断一定是将氧化，该离子还可能由反应___________产生(用离子方程式表示)。 Ⅱ．方案Ⅱ可证明氧化，用溶液洗涤的目的是排除___________的干扰。 ②根据的制备实验得出：氧化性___________(填“>”或“<”)，而方案Ⅱ实验表明，和的氧化性强弱关系相反，原因是___________。 （3）若在制备装置C中加入的质量为，充分反应后经过滤、洗涤、干燥得固体，则的产率为___________。(保留3位有效数字) 【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②. （2） ①. Fe3+ ②. ③. ClO- ④. > ⑤. 溶液的酸碱性的不同会影响物质氧化性的强弱 （3） 【解析】 【分析】本实验制备高铁酸钾，其原理为碱性条件下氯气氧化氢氧化铁生成：，装置A的作用是制备氯气，氯气中混有HCl和水蒸气，HCl能与Fe(OH)3、KOH溶液反应，因此装置B的作用是除去氯气中的HCl，装置C制备高铁酸钾，氯气有毒，需要尾气处理，防止污染空气，即装置D作用是吸收多余氯气。 【小问1详解】 ①A为氯气发生装置，其中装有浓盐酸的仪器名称为恒压滴液漏斗。 ②由分析，C中生成高铁酸钾的化学反应方程式为； 【小问2详解】 ①溶液a中滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明溶液a中含有Fe3+；已知，在酸性或中性溶液中快速产生O2，氧元素化合价升高，则铁元素化合价降低产生Fe3+，产生的Fe3+干扰了实验检验，反应中部分氧化合价由-2变为0、铁化合价由+6变为+3，结合电子守恒，反应为； C装置中氯气和氢氧化钾会生成次氯酸钾，在碱性溶液中较稳定，其且固体表面会附有生成的ClO-，加入盐酸时ClO-能与盐酸反应生成的Cl2，所以用KOH溶液洗涤的目的是除去固体附着的ClO-，防止ClO-与Cl-在酸性条件下反应生成Cl2，避免ClO-干扰实验； ②制备的反应为，Cl2是氧化剂，K2FeO4是氧化产物，则氧化性：Cl2＞K2FeO4，方案Ⅱ得出氧化性：K2FeO4＞Cl2，二者相反，对比两个反应的条件，制备在碱性条件下，方案Ⅱ在酸性条件下，说明溶液的酸碱性的不同会影响物质氧化性的强弱； 【小问3详解】 装置C中加入的质量为，充分反应后经过滤、洗涤、干燥得固体，结合Fe守恒，则的产率为。 18. 以水锰矿[主要成分为MnO(OH)，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2及CaO]为原料制备马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]的一种工艺流程如图所示。 已知Ksp(CaF2)=3.6×10-12，当溶液中离子浓度≤1×10-5 mol/L)时，认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： （1）为增大步骤Ⅰ的浸出速率，可采取的措施有___________(写出一条即可)。 （2）步骤Ⅰ中SO2的作用是___________，滤渣1的成分为___________(填化学式)。 （3）步骤Ⅱ中MnO2发生反应的离子方程式为___________。 （4）“除钙”步骤中若要Ca2+完全沉淀，需控制溶液中的c(F-)≥___________mol/L。 （5）“低温沉锰”得到MnCO3，“酸溶”时发生反应的化学方程式为___________。 （6）MnOx一种晶型的晶胞结构如图已知该晶胞的体积为v cm3，则该晶胞中“”球代表的原子的配位数为___________，该晶体的密度为___________g/cm3.(阿伏加德罗常数的值用NA表示) 【答案】（1）搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸的浓度等 （2） ①. 还原Fe2O3和MnO(OH) ②. SiO2和CaSO4 （3）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O （4）6.0×10-4 （5）MnCO3+2H3PO4=Mn(H2PO4)2+CO2↑+H2O （6） ①. 3 ②. 【解析】 【分析】向水锰矿矿浆中加入H2SO4溶液和SO2，SiO2与H2SO4不反应，Fe2O3溶解产生的Fe3+被还原为Fe2+，得到含有Mn2+、、Fe2+、Ca2+、Al3+的混合溶液和含有SiO2、CaSO4(微溶)的滤渣1；加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，则滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，再加入NH4F溶液将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，则滤渣3的主要成分为CaF2，此时滤液的主要成分为MnSO4，加入NH4HCO3溶液，得到MnCO3沉淀，加入适量磷酸溶液得到Mn(H2PO4)2溶液，最后经一系列操作后得到Mn(H2PO4)2⋅2H2O。 【小问1详解】 为增大步骤Ⅰ的浸出速率，可采取的措施有搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸的浓度等； 【小问2详解】 向水锰矿矿浆中加入H2SO4和SO2，Fe2O3被SO2还原为Fe2+，MnO(OH)被SO2还原为Mn2+，则步骤Ⅰ中SO2的作用是还原Fe2O3和MnO(OH)；SiO2与H2SO4不反应，CaO与H2SO4反应生成微溶物CaSO4，则滤渣1的成分为SiO2和CaSO4； 【小问3详解】 步骤Ⅱ中MnO2氧化Fe2+，便于在步骤Ⅲ中沉淀，则步骤Ⅱ中MnO2发生反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O； 【小问4详解】 因，若Ca2+完全沉淀，则需控制溶液中的c(F-)≥mol/L=6.0×10-4mol/L； 【小问5详解】 “低温沉锰”得到MnCO3，“酸溶”时，MnCO3与H3PO4发生复分解反应：MnCO3+2H3PO4=Mn(H2PO4)2+CO2↑+H2O； 【小问6详解】 根据“均摊法”，晶胞中黑球的个数：8×+1=2，白球的个数：4×+2=4，则白球代表O，黑球代表Mn，该晶体的化学式为MnO2，由图可知，氧原子的配位数为3，则该晶体的密度为g/cm3=g/cm3。 19. 75%的乙醇即医用酒精，因为杀灭病毒效果好且价格相对便宜，在生活中被大量使用。工业上主要用乙烯和水蒸气直接化合法制备乙醇。 回答下列问题： (1)已知： ①2C2H6(g)+ O2(g)2C2H4(g)+ 2H2O(g) ΔH1＝－192 kJ/mol ②2H2(g)+ O2(g)2H2O(g) ΔH2＝－484 kJ/mol 则③C2H6(g)C2H4(g) + H2(g) ΔH3＝__________kJ/mol (2)某温度下，一定量的乙烷在刚性容器内发生反应③，起始浓度为 c0，平衡时容器内总压强增加了 20%，乙烷的转化率为_____，该温度下反应的平衡常数 K=__用含 c0的式子表示）。 (3)气相直接水合法制取乙醇的反应④：H2O(g)+C2H4(g)CH3CH2OH(g) ΔH4。恒压下，当起始 n(H2O)︰n(C2H4)=1︰1 时，催化反应相同时间，测得不同温度下 C2H4转化为 CH3CH2OH 的转化率如下图所示。（图中虚线表示相同条件下C2H4的平衡转化率随温度的变化） ①分析图象可知ΔH4_____0（填“>”或“<”），理由是_______。 ②X 点，v正_________v逆（填“>””“<”或“=”）。在 X 点的条件下，进一步提高 C2H4转化率的方法是_______（写一种）。 (4)乙醇可用于制备各种燃料电池。下图是乙醇碱性燃料电池的结构示意图，使用的离子交换膜是_____（填“阳离子”或“阴离子”）交换膜，a 侧的电极反应式是_______。 【答案】 ①. +146 ②. 20%或者 0.2 ③. 0.05 c0 ④. < ⑤. 温度升高，C2H4 平衡转化率减小，平衡逆向移动，该反应为放热反应 ⑥. > ⑦. 延长反应时间或及时分离出产品 ⑧. 阴离子 ⑨. C2H5OH－12e-+16OH- = 2CO32-+11H2O 【解析】 【分析】(1)已知： ①2C2H6(g)+ O2(g)2C2H4(g)+ 2H2O(g) ΔH1＝－192 kJ/mol ②2H2(g)+ O2(g)2H2O(g) ΔH2＝－484 kJ/mol 利用盖斯定律，将[①-②]×，即得：③C2H6(g)C2H4(g) + H2(g)的ΔH3。 (2)可设乙烷的转化率为x，利用三段式得出各物质的平衡量，从而建立反应前后的压强关系式，利用“平衡时容器内总压强增加了 20%”，求乙烷的转化率及该温度下反应的平衡常数 K。 (3)①从图象中可看出，升高温度，C2H4的转化率减小，则平衡逆向移动，从而得出ΔH4与0的关系。 ②X 点之后，平衡继续正向移动，由此可确定v正与v逆的关系。在 X 点的条件下，可延长时间或分离产物，进一步提高 C2H4 转化率。 (4)左侧电极失电子，则加入的是乙醇，右侧电极获得电子，则通入氧气，由电极反应式，可确定离子交换膜的类型。 【详解】(1)已知： ①2C2H6(g)+ O2(g)2C2H4(g)+ 2H2O(g) ΔH1＝－192 kJ/mol ②2H2(g)+ O2(g)2H2O(g) ΔH2＝－484 kJ/mol 利用盖斯定律，将[①-②]×，即得：③C2H6(g)C2H4(g) + H2(g)的ΔH3=+146 kJ/mol。答案为：+146； (2) 设乙烷的转化率为x，则三段式为： ，x=0.2c0，乙烷的转化率为=20%；该温度下反应的平衡常数 K== 0.05 c0 。答案为：20%或者 0.2；0.05 c0； (3)①从图象中可看出，升高温度，C2H4的转化率减小，则平衡逆向移动，从而得出ΔH4< 0，理由是温度升高，C2H4 平衡转化率减小，平衡逆向移动，该反应为放热反应。答案为：<；温度升高，C2H4 平衡转化率减小，平衡逆向移动，该反应为放热反应； ②X 点之后，平衡继续正向移动，则X 点未达平衡，v正>v逆。在 X 点的条件下，进一步提高 C2H4 转化率的方法是延长反应时间或及时分离出产品。答案为：>；延长反应时间或及时分离出产品； (4)左侧电极失电子，则加入的是乙醇，发生反应C2H5OH－12e-+16OH- = 2CO32-+11H2O；右侧电极获得电子，则通入氧气，电极反应为3O2+12e-+6H2O=12OH-，从电极反应式可以看出，左侧消耗OH-，右侧生成OH-，所以使用的离子交换膜是阴离子交换膜，a 侧的电极反应式是C2H5OH－12e-+16OH- = 2CO32-+11H2O。答案为：阴离子；C2H5OH－12e-+16OH- = 2CO32-+11H2O。 【点睛】判断离子交换膜的类型时，需弄清两电极发生的电极反应，对电解质中离子浓度产生的影响。从溶液呈电中性进行分析，确定阴离子或阳离子的去留。 20. 一种过渡金属催化的脱羧偶联反应如下(反应条件略)。 （1）化合物1a中含氧官能团的名称为_______。 （2）化合物2a的分子式为_______。 （3）2a可与发生加成反应生成化合物I．I的某种同分异构体的核磁共振氢谱图上只有2组峰，且该同分异构体能与溶液反应产生气体，其结构简式为_______。 （4）下列说法正确的有_______。 A. 在1a和2a生成3a的过程中，有C-H键的断裂和C-C键的形成 B. 化合物1a是苯甲酸的同系物，具有良好的水溶性 C. 在2a分子中，碳原子采取和杂化 D. 在3a分子中，有大键，且存在手性碳原子 （5）仅以1a和为有机原料，根据上述信息，分四步合成化合物II： ①第一步，进行取代反应：其反应的化学方程式为______(注明反应条件)。 ②第二步，进行______反应(填具体反应类型)。 ③第三步，进行酯化反应：其反应的化学方程式为______(注明反应条件)。 ④第四步，合成II：③中得到的酯与1a反应。 【答案】（1）醚键、羧基 （2） （3） （4）AC （5） ①. ②. 氧化 ③. 【解析】 【小问1详解】 化合物1a结构是邻甲氧基苯甲酸，含氧官能团的名称是羧基、醚键。 【小问2详解】 化合物2a是，数C、H、O原子的个数可知化合物2a的分子式为。 【小问3详解】 2a可与发生加成反应生成化合物I，则I是，分子式为C5H10O2，同分异构体能和NaHCO3反应，则含有官能团-COOH，剩余-C4H9；氢谱只有2组峰，高度对称，则结构简式为。 【小问4详解】 A．脱羧偶联，苯环侧链C-H断裂，形成新C-C键，A正确； B．1a有醚键，疏水，水溶性差；和苯甲酸结构差-OCH3，不是同系物，B错误； C．2a中双键碳、酯羰基碳sp2；饱和亚甲基sp3，C正确； D．3a中苯环有大键；所有饱和碳上都没有4个不同基团，无手性碳，D错误； 故选AC。 【小问5详解】 ①进行取代反应：其反应的化学方程式为。 ②第二步，进行氧化反应，将醇氧化为羧酸。 ③第三步，进行酯化反应：其反应的化学方程式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $