2026届河南省焦作市高三二诊模拟考试化学试卷（含答案解析）

这是一份2026届河南省焦作市高三二诊模拟考试化学试卷（含答案解析），共30页。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、某温度下，容积一定的密闭容器中进行可逆反应：X(g)+Y(g)2Z(g)+W(s) + Q，下列叙述正确的是
A．加入少量W，υ(逆)增大B．压强不变时，反应达到平衡状态
C．升高温度，υ(逆)、υ(正)都增大D．平衡后加入X，方程式中的Q增大
2、某稀溶液中含有4mlKNO3和2.5mlH2SO4，向其中加入1.5mlFe，充分反应（已知NO3-被还原为NO）。下列说法正确的是（ ）
A．反应后生成NO的体积为28L
B．所得溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1:1
C．所得溶液中c（NO3-）=2.75ml/L
D．所得溶液中的溶质只有FeSO4
3、下列有关物质结构的叙述正确的是
A．在离子化合物中不可能存在非极性共价键
B．由电子定向移动而导电的物质一定是金属晶体
C．有键能很大的共价键存在的物质熔沸点一定很高
D．只含有共价键的物质不一定是共价化合物
4、将下列气体通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中， 没有沉淀产生的是
A．HCl B．NH3 C．Cl2 D．NO2
5、向某二元弱酸H2A水溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lgx（x为或）与pH的变化关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．pH=7时，存在c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)
B．直线Ⅰ表示的是lg随pH的变化情况
C．=10-2.97
D．A2-的水解常数Kh1大于H2A电离常数的Ka2
6、把1．4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到2．3 ml NO2和2．2 ml NO，下列说法正确的是
A．反应后生成的盐只为Fe（NO3）3
B．反应后生成的盐只为Fe（NO3）2
C．反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为1∶3
D．反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为3∶1
7、设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．12gNaHSO4晶体中SO42-数目为0.1NA
B．2.0gD2O中含有的中子数为NA
C．2.24LCl2与足量Na2SO3溶液反应时转移的电子数为0.2NA
D．标准状况下，4.48 LHF所含原子数目为0.4NA
8、在材料应用与发现方面，中华民族有着卓越的贡献。下列说法错误的是
A．黏土烧制成陶器过程中发生了化学变化B．区分真丝产品与纯棉织物可以用灼烧法
C．离子交换法净化水为物理方法D．“玉兔号”月球车帆板太阳能电池的材料是单质硅
9、由下列实验操作和现象得出的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
10、为探究NaHCO3、Na2CO3与1 ml/L盐酸反应（设两反应分别是反应Ⅰ、反应Ⅱ）过程中的热效应，进行实验并测得如下数据：
下列有关说法正确的是
A．仅通过实验③即可判断反应Ⅰ是吸热反应
B．仅通过实验④即可判断反应Ⅱ是放热反应
C．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是吸热反应、放热反应
D．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是放热反应、吸热反应
11、四种有机物的结构简式如下图所示。下列说法中错误的是
A．①②③④的分子式相同B．①②中所有碳原子均处于同一平面
C．①④的一氯代物均有2种D．可用酸性高锰酸钾溶液鉴别③和④
12、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0.5NA
B．标准状况下，11.2LSO2溶于水，溶液中含硫粒子的数目大于0.5NA
C．常温下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中Ba2+的数目为0.5NA
D．分子式为C2H6O的某种有机物4.6g，含有C－H键的数目一定为0.5NA
13、能确定为丙烯的化学用语是（ ）
A．B．C3H6C．D．CH2=CH-CH3
14、称取两份铝粉，第一份加入足量浓氢氧化钠溶液，第二份加入足量盐酸，如要放出等量的气体，两份铝粉的质量之比为
A．1：3B．3：1C．1：1D．4：3
15、已知 A、B、C、D、E 是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B 形成的简单化合物常用作制冷剂，D 原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物 DC 中两种离子的电子层结构相同，A、B、C、D 的原子序数之和是 E 的两倍。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：C>B>A
B．气态氢化物的热稳定性：E>C
C．最高价氧化对应的水化物的酸性：B>E
D．化合物 DC 与 EC2 中化学键类型相同
16、利用图示实验装置可完成多种实验,其中不能达到相应实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
二、非选择题（本题包括5小题）
17、合成药物中间体L的路线如图(部分反应条件或试剂略去)：
已知：I.最简单的Diels-Alder反应是
II.
III.+R4OH
请回答下列问题：
（1）下列说法中正确的是____。
A.B→C的反应条件可以是“NaOH/H2O，△”
B.C→D的目的是实现基团保护，防止被KMnO4(H+)氧化
C.欲检验化合物E中的溴元素，可向其中滴加HNO3酸化的AgNO3溶液观察是否有淡黄色沉淀生成
D.合成药物中间体L的分子式是C14H20O4
（2）写出化合物J的结构简式____。
（3）写出K→L的化学方程式____。
（4）设计由L制备M的合成路线(用流程图表示，试剂任选)____。
（5）写出化合物K同时符合下列条件的同分异构体的结构简式____。
①1H-NMR谱检测表明：分子中共有5种化学环境不同的氢原子；
②能发生水解反应；
③遇FeCl3溶液发生显色反应。
18、比鲁卡胺(分子结构见合成线路)是有抗癌活性，其一种合成路线如图：
回答下列问题
（1）A的化学名称为__。
（2）D中官能团的名称是__。
（3）反应④所需试剂、条件分别为__、__。
（4）写出⑤的反应方程式__。
（5）F的分子式为__。
（6）写出与E互为同分异构体，且符合下列条件的化合物的结构简式__。
①所含官能团类别与E相同；②核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为1：1：6
（7）参考比鲁卡胺合成的相关信息，完成如图合成线路(其他试剂任选)___。
19、铜及其化合物在生产、生活中有广泛的应用。某研究性学习小组的同学对铜常见化合物的性质和制备进行实验探究，研究的问题和过程如下：
I.探究不同价态铜的稳定性
进行如下实验：
(1)向中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，该反应的离子化学方程式为：__________。由此可知，在酸性溶液中，价Cu比+1价Cu更_______(填“稳定”或“不稳定”)。
(2)将粉末加热至以上完全分解成红色的粉末，该反应说明：在高温条件下，+1价的Cu比+2价Cu更_______(填“稳定”或“不稳定”)。
II.探究通过不同途径制取硫酸铜
(1)途径A：如下图

①杂铜(含少量有机物)灼烧后的产物除氧化铜还含少量铜，原因可能是___________(填字母代号)
a.该条件下铜无法被氧气氧化 b.灼烧不充分，铜未被完全氧化
c.氧化铜在加热过程中分解生成铜 d.灼烧过程中部分氧化铜被还原
②测定硫酸铜晶体的纯度：
某小组同学准确称取4.0g样品溶于水配成100mL溶液，取10mL溶液于锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH=3~4，加入过量的KI，用标准溶液滴定至终点，共消耗标准溶液。上述过程中反应的离子方程式如下：。则样品中硫酸铜晶体的质量分数为_________________
(2)途径B：如下图

①烧瓶内可能发生反应的化学方程式为_______________ (已知烧杯中反应：)
②下图是上图的改进装置，其中直玻璃管通入氧气的作用是_____________________。

Ⅲ.探究用粗铜(含杂质Fe)按下述流程制备氯化铜晶体。
(1)实验室采用如下图所示的装置，可将粗铜与反应转化为固体l(部分仪器和夹持装置已略去)，
有同学认为应在浓硫酸洗气瓶前增加吸收的装置，你认为是否必要________(填“是”或“否”)
(2)将溶液2转化为的操作过程中，发现溶液颜色由蓝色变为绿色。
已知：在氯化铜溶液中有如下转化关系：[Cu(H2O)4]2+(aq，蓝色)+4Cl-(aq) CuCl42-(aq，黄色)+4H2O(l)，该小组同学取氯化铜晶体配制成蓝绿色溶液Y，进行如下实验，其中能够证明溶液中有上述转化关系的是_____________(填序号)(已知：较高浓度的溶液呈绿色)。
a.将Y稀释，发现溶液呈蓝色
b.在Y中加入晶体，溶液变为绿色
c.在Y中加入固体，溶液变为绿色
d.取Y进行电解，溶液颜色最终消失
Ⅳ.探究测定铜与浓硫酸反应
取铜片和12mL18ml/L浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，一段时间后停止反应，为定量测定余酸的物质的量浓度，某同学设计的方案是：在反应后的溶液中加蒸馏水稀释至1000mL，取20mL至锥形瓶中，滴入2~3滴甲基橙指示剂，用标准氢氧化钠溶液进行滴定(已知氢氧化铜开始沉淀的pH约为5)，通过测出消耗氢氧化钠溶液的体积来求余酸的物质的量浓度。假定反应前后烧瓶中溶液的体积不变，你认为该学生设计的实验方案能否求得余酸的物质的量浓度____________(填“能”或“不能”)，其理由是_____________。
20、亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，在水中溶解度较大，遇酸放出ClO2，是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示：
已知：
①ClO2的熔点为-59℃、沸点为11℃，极易溶于水，遇热水、见光易分解；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低。
②2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O
请回答：
(1)按上图组装好仪器后，首先应该进行的操作是____；装置B的作用是___；冰水浴冷却的主要目的不包括_（填字母）。
a．减少H2O2的分解 b．降低ClO2的溶解度 c．减少ClO2的分解
(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，写出三颈烧瓶中生成ClO2的化学方程式： ____。
(3)装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为_____。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率，试分析原因：________。
(4)该套装置存在的明显缺陷是_________。
(5)为防止生成的NaClO2固体被继续还原为NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外，还可以选择的还原剂是_（填字母）
A．过氧化钠 B．硫化钠 C．氯化亚铁 D．高锰酸钾
(6)若mg NaClO3(s)最终制得纯净的n g NaClO2(s)，则NaClO2的产率是_×100%。
21、Ⅰ．化学反应总是伴随能量变化，已知下列化学反应的焓变
2HI(g)＝H2(g)+I2(g) △H1
SO2(g)+ I2(g) + 2H2O(g)＝H2SO4(l)+2HI(g) △H2
H2SO4(l)＝H2O(g) + SO2(g) +1/2O2(g) △H3
2H2O(g)＝2H2(g)+ O2(g) △H4
（1）△H4与△H1、△H2、△H3之间的关系是：△H4=_________________________。
（2）若反应SO2(g)+I2(g)+2H2O(g)＝H2SO4(l)+2HI(g) 在150℃下能自发进行，则△H____0
A．大于 B．小于 C．等于 D．大于或小于都可
Ⅱ．以CO2为碳源制取低碳有机物成为国际研究焦点，下面为CO2加氢制取乙醇的反应：
2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g) △H＝QkJ/ml (Q＞0)
在密闭容器中，按CO2与H2的物质的量之比为1:3进行投料，在5MPa下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数（y%）如下图所示。完成下列填空：
（1）表示CH3CH2OH体积分数曲线的是____（选填序号）
（2）在一定温度下反应达到平衡的标志是_____
A.平衡常数K不再增大
B.CO2的转化率不再增大
C.混合气体的平均相对分子质量不再改变
D.反应物不再转化为生成物
（3）其他条件恒定，如果想提高CO2的反应速率，可以采取的反应条件是_______（选填编号）；达到平衡后，能提高H2转化率的操作是_______（选填编号）
A．降低温度 B．充入更多的H2C．移去乙醇 D．增大容器体积
（4）图中曲线a和c的交点R对应物质的体积分数yR=_______%。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
据外因对化学反应速率和化学平衡的影响分析判断。
【详解】
A. 物质W为固体，加入少量W不改变W浓度，故υ(逆)不变，A项错误；
B. 题中反应前后气体分子数不变，当温度、体积一定时，容器内压强必然不变。故压强不变时不一定是平衡状态，B项错误；
C. 温度越高，化学反应越快。故升高温度，υ(逆)、υ(正)都增大，C项正确；
D. 方程式中的Q表示每摩化学反应的热效应。平衡后加入X，平衡右移，但Q不变，D项错误。
本题选C。
2、B
【解析】
铁在溶液中发生反应为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，已知，n（Fe）=1.5ml，n（H+）=5ml，n（NO3-）=4ml，氢离子少量，则消耗1.25mlFe，生成1.25ml的铁离子，剩余的n（Fe）=0.25ml，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成0.75mlFe2+，剩余0.75mlFe3+；
【详解】
A.分析可知，反应后生成NO的物质的量为1.25ml，标况下的体积为28L，但题目未说明是否为标准状况，故A错误；
B.所得溶液中c（Fe2+）:c（Fe3+）=0.75ml:0.75ml=1:1，故B正确；
C.未给定溶液体积，无法计算所得溶液中c（NO3-），故C错误；
D.所得溶液中含有Fe2+、Fe3+、SO42-、NO3-，故D错误；
答案为B。
3、D
【解析】
A．含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有极性键或非极性键，如Na2O2，故A错误；
B．多数物质导电都是靠电子定向移动的，不仅仅是金属，如半导体材料硅等，故B错误；
C．分子晶体的熔沸点高低取决于分子间作用力的大小，与共价键的强弱无关，故C错误；
D．只含共价键的物质不一定是共价化合物，可能是多原子单质，如臭氧等，故D正确；
答案选D。
含有离子键的化合物是离子化合物，而极性键和非极性键是从原子之间的共用电子对是否偏移判断的，它们之间没有必然的联系。
4、A
【解析】
二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性小于HCl，所以亚硫酸和氯化钡不反应，则向BaCl2溶液中通入SO2溶液仍澄清，若再通入足量的某气体，溶液中仍然没有沉淀，则该气体不能将亚硫酸氧化为硫酸或该气体不能和亚硫酸反应生成沉淀。
【详解】
A．HCl和亚硫酸不反应且和氯化钡不反应，所以没有生成沉淀，符合题意，选项A正确；B．氨气和亚硫酸反应生成亚硫酸氨，亚硫酸氨和氯化钡发生复分解反应生成亚硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项B错误；C．氯气和二氧化硫及水反应生成硫酸和盐酸，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项C错误；D．二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，所以不符合题意，选项D错误；答案选A。
5、B
【解析】
二元弱酸的Ka1=×c（H＋）＞Ka2=×c（H＋），当溶液的pH相同时，c（H＋）相同，lgX：Ⅰ＞Ⅱ，则Ⅰ表示lg与pH的变化关系，Ⅱ表示lg与pH的变化关系。
【详解】
A．pH=4.19，溶液呈酸性，若使溶液为中性，则溶液中的溶质为NaHA和Na2A，根据物料守恒，存在c(Na+)＞c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，故A错误；
B. 由分析：直线Ⅰ表示的是lg随pH的变化情况，故B正确；
C. =÷= =102.97，故C错误；
D．pH=1.22时和4.19时，lgX=0，则c（H2A）=c（HA－）、c（HA－）=c（A2－），Ka1=×c（H＋）=c（H＋）=10-1.22，K2=×c（H＋）=c（H＋）=10-4.19，A2－的水解平衡常数Kh1==10-9.81＜10-4.19=Ka2，故D错误；
故选B。
本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握物料守恒及溶液酸碱性与溶液pH的关系，D为易难点。
6、C
【解析】
1.4g铁粉的物质的量为1.4g÷56g/ml=2.4ml；收集到2.3 ml NO2和2.2 ml NO过程中得到电子物质的量为：2.3ml×[(+5)-(+4)]+2.2ml×[(+5)-(+2)]=2.9ml；若反应生成的盐只有Fe（NO3）3，Fe失去的电子物质的量为1.2ml≠2.9ml，若反应生成的盐只有Fe（NO3）2，Fe失去的电子物质的量为2.8ml≠2.9ml， 所以可得1.4g铁粉反应后生成了硝酸铁和硝酸亚铁，根据Fe守恒n[Fe(NO3)3]+n[Fe(NO3)2]=2.4ml，根据得失电子相等可得3n[Fe(NO3)3]+2n[Fe(NO3)2]=2.9ml，解得n[Fe(NO3)3]=2.1ml，n[Fe(NO3)2]=2.3ml，Fe（NO3）3和Fe（NO3）2物质的量之比为1∶3，答案选C。
7、B
【解析】
A. NaHSO4晶体中含钠离子与硫酸氢根离子，不含SO42-，A项错误；
B. 2.0gD2O的物质的量为=0.1ml，其中含有的中子数为0.1ml(12+8)NA= NA，B项正确；
C. 氯气所处的状态未知，无法求出氯气的物质的量，转移电子数无法确定，C项错误；
D. 标准状况下，HF为液体，不是气体，无法按照气体的摩尔体积计算其物质的量，D项错误；
答案选B。
与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题D项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/ml的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。
8、C
【解析】
A. 陶器在烧制过程中发生了复杂的物理变化与化学变化，故A正确；
B. 真丝属于蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，故B项正确；
C. 离子交换法属于化学方法，故C错误；
D. 太阳能电池光电板的材料为单质硅，故D项正确；
故答案为C。
9、D
【解析】
A．向C2O3中滴加浓盐酸产生的黄绿色气体为氯气，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化物，则氧化性：Cl2＜C2O3，故A错误；
B．出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，Zn为负极，铁为正极，构成原电池，发生电化学腐蚀，锌失去电子，故B错误；
C．铁片投入浓硫酸，没有明显变化，是由于铁与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，并不是不反应，故C错误；
D．根据2Fe3+ + 2I -=2Fe2+ + I2，10mL 2ml/L 的KI溶液与1mL 1ml/L FeCl3溶液反应后KI过量，由现象可知存在铁离子，说明KI与FeCl3反应有可逆性，故D正确；
故选D。
10、C
【解析】
A．根据表中数据可知，碳酸氢钠溶于水为吸热反应，不能仅根据实验③混合后溶液温度降低而判断碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应，需要结合实验①综合判断，故A错误；
B．根据实验②可知，碳酸钠溶于水的过程为吸热过程，所以不能仅根据实验④碳酸钠与盐酸反应后混合液温度升高判断反应Ⅱ是放热反应，故B错误；
C．根据实验①可知，碳酸氢钠溶于水后混合液温度从20℃降低到18.5℃，而实验③中碳酸氢钠与盐酸反应后混合液温度从20℃降低16.2℃＜18.5℃，通过反应Ⅰ后混合液温度更低，证明反应Ⅰ为吸热反应；同理根据实验②碳酸钠溶于水，混合液温度从20℃升高到24.3℃，实验④中碳酸钠与盐酸反应，温度从20℃升高到25.1℃＞24.3℃，碳酸钠与盐酸反应后混合液的温度比碳酸钠溶于水后升高的温度更高，证明碳酸钠与盐酸的反应为放热反应，故C正确；
D．根据选项C的分析可知，反应Ⅰ为吸热反应、反应Ⅱ为放热反应，故D错误；
故选C。
11、B
【解析】
A. ①②③④的分子式都是C8H8，故A正确；
B. ①中含有多个饱和的碳原子，根据甲烷分子的正四面体结构可以判断，分子中所有碳原子不可能共平面，故B错误；
C. ①④分子中都有2种等效氢，所以一氯代物均有2种，故C正确；
D. ③分子中没有碳碳双键， ④分子中有碳碳双键，③不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，④能，故可用酸性高锰酸钾溶液鉴别③和④，D正确。选B。
12、A
【解析】
A．铁发生吸氧腐蚀，铁为负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，Fe2+与OH-反应生成的氢氧化亚铁又被氧气氧化为氢氧化铁，最后变成Fe2O3·xH2O，14.0gFe的物质的量为，电极反应转移的电子数为0.252NA=0.5NA，A正确；
B．标况下，11.2LSO2的物质的量为0.5ml，溶于水生成H2SO3，H2SO3发生两级电离：H2SO3⇌HSO3-+H+、HSO3-⇌SO32-+H+，根据质量守恒定律，溶液中含硫粒子的数目等于0.5NA，B错误；
C．常温下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=1ml•L-1，OH-数目为0.5L1ml•L-1=0.5NA，由Ba(OH)2的化学式可知Ba2+的数目为0.25NA，C错误；
D．化学式为C2H6O的有机物可能为乙醇（C2H5OH）或甲醚(CH3OCH3)，乙醇(C2H5OH)分子中有5个C-H键，甲醚(CH3OCH3)分子中有6个C-H键，C2H6O的某种有机物4.6g的物质的量为0.1ml，含C-H键数目不一定为0.5NA，D错误。
答案选A。
13、D
【解析】
A．球棍模型中不一定由C、H两种元素组成，所以不一定为丙烯，A不合题意；
B．C3H6可能为丙烯，也可能为环丙烷，所以不一定为丙烯，B不合题意；
C．中少了1个H原子，丙烯的电子式为：，C不合题意；
D．丙烯的结构简式为：CH2=CH-CH3，D符合题意；
故选D。
14、C
【解析】
由2Al～6HCl～2NaOH～3H2↑，酸、碱均足量时，Al完全反应，以此分析生成的氢气。
【详解】
由2Al∼6HCl∼2NaOH∼3H2↑，酸、碱均足量时，Al完全反应，由反应的关系式可知，生成等量的氢气，消耗等量的Al，所以两份铝粉的质量之比为1:1，
答案选C。
15、C
【解析】
已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B 形成的简单化合物常用作制冷剂，A为H，B为N，D 原子最外层电子数与最内层电子数相等，则D为Mg，化合物 DC 中两种离子的电子层结构相同，C为O，A、B、C、D 的原子序数之和是E的两倍，E为Si。
【详解】
A. 原子半径：N>C>H，故A错误；
B. 气态氢化物的热稳定性：H2O > SiH4，故B错误；
C. 最高价氧化对应的水化物的酸性：HNO3> H2SiO3，故C正确；
D. 化合物 MgO含有离子键，SiO2含共价键，故D错误；
答案为C。
同周期，从左到右非金属性增强，最高价氧化物对应的水化物酸性增强，氢化物稳定性增强。
16、C
【解析】
A．将甲中左侧过量锌粒转移到右侧盛有的一定体积食醋溶液中，测定乙中产生气体体积，可测定酷酸浓度，故A项正确；
B．将甲中右侧过量稀硫酸转移到左侧一定质量的粗锌中，测定己中产生气体体积，可测定粗锌的纯度，B项正确；
C．碳酸钠溶于水的过程中包含溶解和水解，水解微弱、吸收热量少，溶解放热，且放出热量大于吸收的热量，故C项错误；
D．过氧化钠与水反应放热并产生氧气，恢复至室温后，可根据己中两侧液面高低判断是否有气体产生，故D项正确；
故答案为C。
利用该法测量气体体积时要注意使水准管和量气筒里液面高度保持一致。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、AB 、、、、
【解析】
A与溴发生1，4-加成生成B（），B在氢氧化钠水溶液加热条件下水解生成C（），C与溴化氢加成生成D（），D被高锰酸钾氧化生成E（），E在氢氧化钠醇溶液加热条件下水解生成F（），F发生分子内脱水生成G（），根据K的分子式推知J为，G与J发生已知I的反应生成K（），K与乙醇发生取代反应生成L。
【详解】
（1）A.B→C的反应为卤代烃的水解，条件是“NaOH/H2O，△”，故A正确；
B.C→D的目的是为了保护碳碳双键，防止被KMnO4(H+)氧化，故B正确；
C.若要检验有机物分子结构中的卤族元素，则应先使其水解，后用HNO3酸化的AgNO3溶液，故C错误；
D.合成药物中间体L的分子式是C14H22O4，故D错误；
综上所述，答案为AB；
（2）由分析可知，J的结构简式为，故答案为：；
（3）K→L发生取代反应，其化学方程式为，故答案为：；
（4）对比L的结构和目标产物的结构可推知，可先用高锰酸钾将碳碳双键氧化，发生已知II的反应，后在发生已知III的反应即可制备M，其合成路线为，故答案为： ；
（5）①1H-NMR谱检测表明：分子中共有5种化学环境不同的氢原子，说明分子结构比较对称；
②能发生水解反应，结合分子式可知分子结构中有酯基；
③遇FeCl3溶液发生显色反应，可知有苯环和酚羟基；
综上所述，符合条件的同分异构体的结构简式为、、、、；
故答案为：、、、、。
书写同分异构体时，可先确定官能团再根据化学环境不同的氢的数目有序进行书写，避免漏写。
18、丙酮 碳碳双键、羧基 甲醇 浓硫酸、加热 +CH3OH C12H9N2OF3
【解析】
A和HCN加成得到B，-H加在O原子上，-CN加C原子上，B发生消去反应得到C，C水解得到D，E和甲醇酯化反应得到E，E发生取代反应生成F，F发生加成、氧化反应生成G，G氧化成比鲁卡胺。
【详解】
（1）由A的结构简式可知，A的分子式为：C3H6O，故答案为：C3H6O；
（2）由D的结构简式可知，D中含碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；
（3）D和甲醇酯化反应生成E，酯化反应的条件为浓硫酸、加热，故答案为：甲醇；浓硫酸、加热；
（4）由图可知，E中的烷氧基被取代生成F，烷氧基和H原子生成了甲醇，所以发生的反应为：+CH3OH，故答案为：+CH3OH；
（5）数就行了，F的分子式为：C12H9N2OF3，故答案为：C12H9N2OF3；
（6）所含官能团类别与E相同，则一定含碳碳双键、酯基，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为1：1：6，则必有2个甲基，所以先确定局部结构含C-C=C，在此基础上，酯基中的羰基只可能出现在3号碳上，那么甲基只可能连在一号碳上，所以符合条件的只有一种，故答案为：；
（7）结合本题进行逆合成分析：参照第⑤步可知，可由和合成，由和甲醇合成，由水解而来，由消去而来，由和HCN加成而来，综上所述，故答案为：。
复杂流程题，要抓住目标产物、原料和流程中物质的相似性，本题中的目标产物明显有个酰胺基，这就和F对上了，问题自然应迎刃而解。
19、 稳定 稳定 bd 87.5% Cu+H2SO4+2HNO3（浓）=CuSO4+2NO2↑+2H2O 3Cu+3H2SO4+2HNO3（稀）=3CuSO4+2NO↑+4H2O 氧气氧化氮氧化合物，使氮氧化物全部被氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气 否 abc 不能 虽然甲基橙变色的pH范围为3.1~4.4，Cu（OH）2开始沉淀时的pH为5，在指示剂变色范围之外，即中和酸时，Cu2+不会消耗OH-，但甲基橙由红色变成橙色、黄色时，铜离子溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰
【解析】
I.(1)物质都有由不稳定物质转化为稳定物质的倾向，所以在酸性溶液中，+2价Cu比+1价Cu更稳定；
(2)在高温下CuO分解产生Cu2O、O2，说明Cu2O比CuO在高温下稳定；
II.(1)①Cu未完全反应、部分氧化铜能被有机物还原；
②根据Cu元素守恒和反应方程式可得关系式，然后利用关系式计算CuSO4·5H2O的质量，最后根据质量分数的含义计算硫酸铜晶体的含量；
(2)①Cu与稀硫酸、浓硝酸（或随着反应进行浓硝酸变为的稀硝酸）反应产生硫酸铜、NO2（或NO）、H2O，根据氧化还原反应规律书写反应方程式；
②O2可以将NO氧化为NO2，可以将NO、NO2驱赶进入NaOH溶液中，发生反应，防止大气污染；
III.(1) HCl对反应没有影响；
(2)根据平衡移动原理分析；
IV.含铜离子溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰。
【详解】
I.(1)向Cu2O中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，这说明氧化亚铜和稀硫酸反应生成的是硫酸铜、水和单质铜，该反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，这说明在酸性溶液中，+2价Cu比+1价Cu更稳定；
(2)将粉末加热至以上完全分解成红色的粉末，该反应说明：在高温条件下，+1价的Cu比+2价Cu更稳定；
II.(1)①a.加热条件下铜易被氧气氧化，a错误；
b.灼烧不充分，铜未被完全氧化导致含有铜单质，b正确；
c.氧化铜在加热过程中不会分解生成铜，c错误；
d.灼烧过程中部分氧化铜被有机物还原生成铜单质，d正确；
故合理选项是bd；
②根据方程式可知：2Cu2+~I2~2S2O32-，n(S2O32-)=0.1000ml/L×0.014L×10=1.4×10-2ml，则n(Cu2+)=1.4×10-2ml，m(CuSO4·5H2O)= 1.4×10-2ml×250g/ml=3.5g，所以硫酸铜晶体的质量分数为(3.5g÷4.0g)×100%=87.5%；
(2)①Cu与稀硫酸、浓硝酸（或随着反应进行浓硝酸变为的稀硝酸）反应生成硫酸铜、NO2（或NO）、H2O，根据氧化还原反应规律，可得反应方程式为：；
②NO不能被NaOH溶液吸收，O2可以将NO氧化为NO2，使氮氧化物完全被NaOH溶液吸收，同时可以将NO、NO2驱赶进入NaOH溶液中，发生反应，转化为NaNO2、NaNO3，防止大气污染；
III.(1) Cl2中混有的HCl对反应没有影响，因此不需要在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HCl的装置；
(2) a.将Y稀释，平衡向左移动，溶液呈蓝色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，a正确；
b.在Y中加入CuCl2晶体，溶液中[Cu(H2O)4]2+、Cl-浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，b正确；
c.在Y中加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，c正确；
d.取Y进行电解，铜离子放电，溶液颜色最终消失，不能可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，d错误；
故合理选项是abc；
IV.甲基橙变色的pH范围是 3.1~4.4，Cu(OH)2开始沉淀的pH=5，在指示剂变色范围之外，即酸被碱中和时，Cu2+不会消耗OH-，但是甲基橙由红色变成橙色、黄色时，Cu2+溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰，因此不能测定剩余硫酸的物质的量浓度。
本题考查了实验方案的设计、对工艺流程理解、实验装置的理解、平衡移动、物质分离提纯等，明确物质的性质是解答题目关键，难点是实验方案的评价，从实验的可操作性、简便性、安全性、环保等方面考虑，有助于培养学生基本扎实的基础与综合运用能力。
20、检查装置的气密性 防止倒吸 b 2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O NaClO2遇酸放出ClO2 空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降 没有处理尾气 A 或或(或其他合理答案)
【解析】
在装置内，NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2，发生反应2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，生成的ClO2与O2的混合气随空气排出进入B装置；B装置的进、出气导管都很短，表明此装置为防倒吸装置，混合气进入C中，发生反应2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，ClO2的熔点低，遇热水、见光易分解，所以应使用冰水浴，以降低气体的温度；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低，则需控制气体的流速不能过慢，但过快又会导致反应不充分，吸收效率低。ClO2气体会污染大气，应进行尾气处理。
【详解】
(1)制取气体前，为防漏气，应在组装好仪器后，进行的操作是检查装置的气密性；由以上分析知，装置B的作用是防止倒吸；冰水浴冷却气体，可减少H2O2的分解、减少ClO2的分解，ClO2为气体，降温有利于气体的溶解，不可能降低ClO2的溶解度，所以主要目的不包括b。答案为：检查装置的气密性；防止倒吸；b；
(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，三颈烧瓶中NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2，发生反应生成ClO2的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。答案：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O；
(3)因为NaClO2遇酸会放出ClO2，所以装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为NaClO2遇酸放出ClO2，加碱可改变环境，使NaClO2稳定存在。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率，原因是：空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降。答案为：NaClO2遇酸放出ClO2；空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降；
(4) ClO2气体会污染大气，应进行尾气处理，所以该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气。答案为：没有处理尾气；
(5)A．过氧化钠与水反应，可生成H2O2和NaOH，其还原能力与H2O2相似，A符合题意；
B．硫化钠具有强还原性，能将NaClO2固体还原为NaCl，B不合题意；
C．氯化亚铁具有较强还原性，能将NaClO2固体还原为NaCl，C不合题意；
D．高锰酸钾具有强氧化性，不能将NaClO2固体还原，D不合题意；
故选A。答案为：A；
(6)可建立如下关系式：NaClO3(s)—ClO2—NaClO2(s)，从而得出NaClO2(s)的理论产量为：=g，NaClO2的产率是=×100%。答案为：或或(或其他合理答案)。
书写三颈烧瓶中NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2的方程式时，我们可先确定主反应物(NaClO3、H2O2)和主产物(ClO2、O2)，然后配平，即得2NaClO3+H2O2——2ClO2↑+O2↑；再利用质量守恒确定其它反应物(H2SO4)和产物(Na2SO4、H2O)，最后配平，即得2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。
21、△H4=2△H1+2△H2+2△H3BbBCBC37.5
【解析】
Ⅰ.（1）已知：
① 2HI(g)＝H2(g)+I2(g) △H1
② SO2(g)+ I2(g) + 2H2O(g)＝H2SO4(l)+2HI(g) △H2
③ H2SO4(l)＝H2O(g) + SO2(g) +1/2O2(g) △H3
④ 2H2O(g)＝2H2(g)+ O2(g) △H4
根据盖斯定律（①+②+③）×2即得到④，因此△H4=2△H1+2△H2+2△H3；
（2）化学反应自发进行的判据是△H－T△S＜0，反应SO2(g)+I2(g)+2H2O(g)＝H2SO4(l)+2HI(g)是熵减的反应，在150℃下能自发进行，则△H一定小于0，选B；
Ⅱ.（1）升高温度，平衡正向移动，二氧化碳与氢气的含量减小，乙醇与水的含量增加，反应开始时按H2与CO2的物质的量之比为3:1进行投料，所以生成的乙醇与水的物质的量比仍为1:3，即水的含量是乙醇含量的3倍，所以表示CH3CH2OH组分的曲线是b；
（2）A.对于一个确定的化学反应，平衡常数K始终不变，不能作为标志，A项错误；B．反应开始时二氧化碳的转化率一直升高，达平衡时CO2的转化率不再增大，B项正确；C．该反应是反应前后气体的物质的量改变的可逆反应，气体总质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量一直在变化，达平衡时不再变化，C项正确；D．化学平衡是动态平衡，反应一直进行，D项错误；选BC。
（3）对于反应2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)ΔH＞0，A．降低温度，化学反应速率降低，平衡逆向移动，H2转化率降低；B．充入更多的H2，化学反应速率增大，平衡正向移动，但H2的转化率降低；C．移去乙醇，化学反应速率降低，平衡正向移动，H2转化率增大；D．增大容器体积，化学反应速率降低，平衡逆向移动，H2的转化率降低，其他条件恒定，如果想提高CO2的反应速率，可以采取的反应条件是B，达到平衡后，能提高H2转化率的操作是C；
（4）根据题意：
列方程3x=3-6x，解得x=1/3，则图中曲线a和c的交点R对应物质的体积分数为3x/(4-4x)×100%=37.5%。
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向C2O3中滴加浓盐酸
产生黄绿色气体
氧化性：Cl2 > C2O3
B
白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液
无明显现象
该过程未发生氧化还原反应
C
将铁片投入浓硫酸中
无明显变化
常温下铁不与浓硫酸反应
D
将10mL 2ml/L 的KI溶液与1mL 1ml/L FeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液
溶液颜色变红
KI与FeCl3的反应具有可逆性
序号
液体
固体
混合前温度
混合后最高温度
①
35 mL水
2.5 g NaHCO3
20 ℃
18.5 ℃
②
35 mL水
3.2 g Na2CO3
20 ℃
24.3 ℃
③
35 mL盐酸
2.5 g NaHCO3
20 ℃
16.2 ℃
④
35 mL盐酸
3.2 g Na2CO3
20 ℃
25.1 ℃
选项
试剂1、试剂2
实验目的
A
过量锌粒、食醋溶液
测定食醋中醋酸浓度
B
粗锌、过量稀硫酸
测定粗锌（含有不参与反应的杂质）纯度
C
碳酸钠固体、水
证明碳酸钠水解吸热
D
过氧化钠固体、水
证明过氧化钠与水反应产生气体