辽宁省四校联考2025年高三一轮复习第四次过关化学试题试卷含解析

辽宁省四校联考2025年高三一轮复习第四次过关化学试题试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH(aq)，生成沉淀的质量与滴入NaOH(aq)的体积关系如图。原混合溶液中MgCl2与FeCl3的物质的量之比为A． B． C． D．2、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论AKNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸试纸变为蓝色NO3-被氧化为NH3B向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL2%的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5mL有机物Y，加热未出现砖红色沉淀Y中不含有醛基CBaSO4固体加入饱和Na2CO3溶液中，过滤，向滤渣中加入盐酸有气体生成Ksp（BaSO4）>Ksp（BaCO3）D向盛有H2O2溶液的试管中滴几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，一段时间后溶液中有气泡出现铁离子催化H2O2的分解A．A B．B C．C D．D3、将等量的固体Mg(OH)2，置于等体积的下列液体中，最终固体剩余最少的是（）A．在纯水中 B．在0.1mol/L的MgCl2溶液中C．在0.1mol/L的NH3·H2O中 D．在0.1mol/L的CH3COOH溶液中4、下列化学用语对事实的表述正确的是（）A．碳酸比苯酚酸性强：2C6H5ONa+CO2+H2O=2C6H5OH+Na2CO3B．实验室用氯化铝溶液和氨水制备氢氧化铝：Al3++3OH-=Al(OH)3↓C．工业上用电解法制镁：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑D．向NaOH溶液中通入过量的二氧化硫：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O5、Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在一定条件下合成：下列说法不正确的是A．Y的分子式为C10H8O3B．由X制取Y的过程中可得到乙醇C．一定条件下，Y能发生加聚反应和缩聚反应D．等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为3∶26、煤燃烧排放的烟气含有硫和氮的氧化物而形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂对烟气可同时进行脱硫、脱硝。反应一段时间后溶液中有关离子浓度的测定结果如下表。离子SO42-SO32-NO3-NO2-Cl－c/(mol·L－1)8.35×10－46.87×10－61.5×10－41.2×10－53.4×10－3下列说法正确的是()A．NaClO2溶液脱硫过程中主要反应的离子方程式2H2O＋ClO2-＋2SO2=2SO42-＋Cl－＋4H＋B．脱硫反应速率大于脱硝反应速率C．该反应中加入少量NaCl固体，提高c(Cl－)和c(Na＋)，都加快了反应速率D．硫的脱除率的计算式为8.35×10－4/(8.35×10－4＋6.87×10－6)7、下列实验中，能达到相应实验目的的是A．制备并收集乙酸乙酯B．证明氯化银溶解度大于硫化银C．验证溴乙烷的消去产物是乙烯D．推断S、C、Si的非金属性强弱A．A B．B C．C D．D8、锂钒氧化物二次电池成本较低，且对环境无污染，其充放电的反应方程式为V2O5+xLiLixV2O5。如图为用该电池电解含镍酸性废水制取单质镍的装置。下列说法正确的是（）A．该电池充电时，负极的电极反应式为LixV2O5–xe-=V2O5+xLi+B．该电池可以用LiCl水溶液作电解质溶液C．当电池中有7gLi参与放电时，能得到59gNiD．电解过程中，NaCl溶液的浓度会不断增大9、Fe3O4中含有、，分别表示为Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO2－，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是A．Pd上发生的电极反应为：H2-2e－2H＋B．Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用C．反应过程中NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2D．用该法处理后水体的pH降低10、下列实验方案中，可以达到实验目的的是（）选项实验操作与现象目的或结论A向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡、静置后分层裂化汽油可萃取溴B用pH试纸分别测定相同温度和相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH验证酸性：CH3COOH＞HClOC将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红Fe(NO3)2晶体已氧化变质D取少量某无色弱酸性溶液，加入过量NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝溶液中一定含有NH4+A．A B．B C．C D．D11、有关碳元素及其化合物的化学用语正确的是A．原子结构示意图可以表示，也可以表示B．轨道表示式既可表示碳原子也可表示氧原子最外层电子C．比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子D．分子式可以表示乙酸，也可以表示乙二醇12、amolFeS与bmolFe3O4投入到VLcmol/L的硝酸溶液中恰好完全反应，假设只产生NO气体。所得澄清溶液的成分是Fe（NO3）3和H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸为A．B．（a+3b）molC．D．（cV－3a－9b）mol13、下列有关说法正确的是A．用新制Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中的甘油时，可生成绛蓝色沉淀B．用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，为了看到色斑，必须通过氨熏C．氯化钻浓溶液加水稀释，溶液的颜色由蓝色逐渐转变为粉红色D．摘下几根火柴头，浸于水中，片刻后取少量溶液于试管中，加AgNO3溶液和稀硝酸，若出现白色沉淀，说明火柴头中含氯元素14、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18。X、Z同一主族，Z的一种氧化物的水化物为具有还原性且不稳定的二元酸；Y的周期数是族序数的3倍。下列说法错误的是A．简单离子半径：W>X>YB．X、Z的最高化合价不相同C．简单氢化物的热稳定性：X>WD．Y与其他三种元素分别形成的化合物中均只含离子键15、化合物Z是合成平喘药沙丁胺醇的中间体，可通过下列路线制得：下列说法正确的是A．X的分子式为C7H6O2 B．Y分子中的所有原子可能共平面C．Z的一氯取代物有6种 D．Z能与稀硫酸发生水解反应16、下列由实验现象得出的结论正确的是（）操作及现象结论A其他条件相同，测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH比较Ka（HCOOH）和Ka2（H2S）的大小B向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+C向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4和KMnO4溶液，观察气体产生的速度比较CuSO4和KMnO4的催化效果DC2H5OH与浓硫酸混合后加热到170℃，制得的气体使酸性KMnO4溶液褪色一定是制得的乙烯使酸性KMnO4溶液褪色A．A B．B C．C D．D二、非选择题（本题包括5小题）17、红色固体X由两种元素组成，为探究其组成和性质，设计了如下实验：请回答：(1)气体Y的一种同素异形体的分子式是______，红褐色沉淀的化学式______。(2)X在隔绝空气条件下受高温分解为Y和Z的化学方程式____________。(3)取黄色溶液W滴加在淀粉­KI试纸上，试纸变蓝色，用离子方程式表示试纸变蓝的原因____________。18、Q、W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素，其原子序数依次增大。①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。②X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。请回答下列各题:(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。19、碘酸钾（）是重要的微量元素碘添加剂。实验室设计下列实验流程制取并测定产品中的纯度：其中制取碘酸（）的实验装置见图，有关物质的性质列于表中物质性质HIO3白色固体，能溶于水，难溶于CCl4KIO3①白色固体，能溶于水，难溶于乙醇②碱性条件下易发生氧化反应：ClO－＋IO3－=IO4－＋Cl－回答下列问题（1）装置A中参加反应的盐酸所表现的化学性质为______________。（2）装置B中反应的化学方程式为___________________。B中所加CCl4的作用是_________从而加快反应速率。（3）分离出B中制得的水溶液的操作为____________；中和之前，需将HIO3溶液煮沸至接近于无色，其目的是____________，避免降低的产率。（4）为充分吸收尾气，保护环境，C处应选用最合适的实验装置是____________（填序号）。（5）为促使晶体析出，应往中和所得的溶液中加入适量的___________。（6）取1.000g产品配成200.00mL溶液，每次精确量取20.00mL溶液置于锥形瓶中，加入足量KI溶液和稀盐酸，加入淀粉作指示剂，用0.1004mol/L溶液滴定。滴定至终点时蓝色消失（），测得每次平均消耗溶液25.00mL。则产品中的质量分数为___（结果保留三位有效数字）。20、草酸是草本植物常具有的成分，具有广泛的用途。草酸晶体（H2C2O4•2H2O）无色易溶于水，熔点为101℃，受热易脱水、升华，在170℃以上分解。常温下，草酸的电离平衡常数K1=5.4×10－2，K2=5.4×10－5。回答下列问题：（1）拟用下列装置分解草酸制备少量纯净的CO，其合理的连接顺序为____（填字母）。（2）相同温度条件下，分别用3支试管按下列要求完成实验：试管ABC4mL0.01mol/L4mL0.02mol/L4mL0.03mol/L加入试剂KMnO4KMnO4KMnO41mL0.1moL/LH2SO41mL0.1moL/LH2SO41mL0.1moL/LH2SO42mL0.1mol/LH2C2O42mL0.1mol/LH2C2O42mL0.1mol/LH2C2O4褪色时间28秒30秒不褪色写出试管B中发生反应的离子方程式____________；上述实验能否说明“相同条件下，反应物浓度越大，反应速率越快”？_____（填“能”或“不能”）；简述你的理由：__________________。（3）设计实验证明草酸为弱酸的方案及其结果均正确的有________（填序号）。A．室温下，取0.010mol/L的H2C2O4溶液，测其pH=2；B．室温下，取0.010mol/L的NaHC2O4溶液，测其pH>7；C．室温下，取pH=a（a<3）的H2C2O4溶液稀释100倍后，测其pH<a+2；D．取0.10mol/L草酸溶液100mL与足量锌粉反应，收集到H2体积为224mL（标况）。（4）为测定某H2C2O4溶液的浓度，取20.00mLH2C2O4溶液于锥形瓶中，滴入2-3滴指示剂，用0.1000mol/L的NaOH溶液进行滴定，进行3次平行实验，所用NaOH溶液体积分别为19.98mL、20.02mL和22.02mL。①所用指示剂为__________；滴定终点时的现象为________________；②H2C2O4溶液物质的量浓度为________；③下列操作会引起测定结果偏高的是_______（填序号）。A．滴定管在盛装NaOH溶液前未润洗B．滴定过程中，锥形瓶震荡的太剧烈，以致部分液体溅出C．滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数D．滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数21、氮化铝(AlN)陶瓷是一种新型无机非金属材料，最高可稳定到2473K，导热性好、热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料。制取原理为：Al2O3+3C+N22A1N+3CO，回答下列问题：(1)氮化铝的晶体类型为________。在上述化学方程式中第二周期元素的第一电离能由小到大的顺序是______。(2)基态氧原子电子占据最高能级的原子轨道的形状是________，未成对电子数为________。(3)等电子体具有相似的结构。CO与N2互为等电子体，CO分子中σ键与π键数目之比为_______。(4)Cu2+处于：[Cu(NH3)4]2+的中心，若将配离子[Cu(NH3)4]2+中的2个NH3换为CN-，则有2种结构，则Cu2+是否为sp3杂化________（填“是”或“否”）理由为_________。(5)AlN晶体结构如图所示，1个Al原子周围距离最近的Al原子数为______个；若晶胞结构的高为anm，底边长为bnm，NA表示阿伏伽德罗常数的值，则其密度为_______g.cm-3(列出计算式)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，即为图象中0-amL，沉淀的质量为0g；FeCl3只能在酸性较强的溶液中存在，当酸性减弱时，会转化为Fe(OH)3沉淀，从amL开始，bmL时沉淀完全．bmL时，溶液仍然呈酸性，到cmL时，才开始产生Mg(OH)2沉淀，结合Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓、Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓计算判断。【详解】向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，即为图象中0−amL，沉淀的质量为0g；FeCl3只能在酸性较强的溶液中存在，当酸性减弱时，会转化为Fe(OH)3沉淀，从amL开始，bmL时沉淀完全。bmL时，溶液仍然呈酸性，到cmL时，才开始产生Mg(OH)2沉淀，令氢氧化钠浓度为xmol/L，Fe3+完全沉淀消耗氢氧化钠为(b−a)mL，结合Fe3++3OH−═Fe(OH)3↓可知，溶液中n(Fe3+)=×(b−a)×10−3L×xmol/L，Mg2+完全沉淀消耗氢氧化钠为(d−c)mL，结合Mg2++2OH−═Mg(OH)2↓可知，溶液中n(Mg2+)=×(d−c)×10−3L×xmol/L，故原混合溶液中n(MgCl2)：n(FeCl3)=×(d−c)×10−3L×xmol/L：×(b−a)×10−3L×xmol/L=，D项正确；答案选D。2、D【解析】

A项、试纸变为蓝色，说明NO3-被铝还原生成氨气，故A错误；B项、制备氢氧化铜悬浊液时，加入的氢氧化钠溶液不足，因此制得的悬浊液与有机物Y不能反应，无法得到砖红色沉淀，故B错误；C项、能否产生沉淀与溶度积常数无直接的关系，有碳酸钡沉淀的生成只能说明Qc（BaCO3）＞Ksp（BaCO3），不能比较Ksp（BaSO4）、Ksp（BaCO3），故C错误；D项、H2O2溶液与酸化的氯化亚铁溶液发生氧化还原反应，反应生成的Fe3+能做催化剂，催化H2O2分解产生O2，溶液中有气泡出现，故D正确。故选D。本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，把握离子检验、物质的性质、实验技能为解答关键。3、D【解析】

Mg(OH)2在溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(ag)，平衡右移，溶解度增大，反之减小，据此解答即可。【详解】Mg(OH)2在溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(ag)；A．在纯水中，Mg(OH)2正常溶解并达到饱和状态，故A错误；B．在0.1mol/L的MgCl2溶液中，c(Mg2+)增大，抑制Mg(OH)2的溶解，故B错误；C．在0.1mol/L的NH3·H2O中，c(OH-)增大，抑制Mg(OH)2的溶解，故C错误；D．在0.1mol/L的CH3COOH溶液中，c(H+)增大，促进平衡正向移动，最终固体Mg(OH)2可能完全溶解，故D正确；故答案为D。4、C【解析】

A．酸性：碳酸>苯酚>HCO3-，所以C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-，A错误；B．氨水中的一水合氨为弱碱，不能改写成OH-，B错误；C．工业上电解熔融的MgCl2制金属镁，C正确；D．向NaOH溶液中通入过量的二氧化硫，应生成NaHSO3，D错误；故选C。5、D【解析】

A．由Y的结构简式可知Y的分子式为C10H8O3，故A正确；B．由原子守恒，由X发生取代反应生成Y的过程中另一产物为乙醇，故B正确；C．Y中含有碳碳双键，一定条件下，能发生加聚反应；Y中含有酚羟基，一定条件下可和醛发生缩聚反应，故C正确；D．X中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1mol可与3molNaOH反应，Y中酚羟基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1molY可与3molNaOH反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1：1，故D错误；故答案为D。以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有酯基决定具有酯的水解性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有酚羟基还具有酚的性质。6、B【解析】

A.NaClO2溶液显碱性，离子方程式4OH－＋ClO2-＋2SO2=2SO42-＋Cl－＋2H2O，选项A错误；B.脱去硫的浓度为(8.35×10－4＋6.87×10－6)mol·L－1，脱去氮的浓度为(1.5×10－4＋1.2×10－5)mol·L－1，且在同一容器，时间相同，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，选项B正确；C.加入NaCl固体，提高c(Cl－)加快了反应速率，提高c(Na＋)，不影响反应速率，选项C错误；D.不知硫的起始物质的量，且SO42-、SO32-都是脱硫的不同形式，无法计算，选项D错误。答案选B。7、D【解析】

A、制取乙酸乙酯需要用浓硫酸做催化剂，故不选A；B、1mL0.1mol/L的AgNO3溶液滴加几滴0.1mol/L的NaCl溶液生成白色沉淀AgCl，AgNO3有剩余，再滴加几滴0.1mol/L的Na2S，AgNO3与Na2S反应生成Ag2S沉淀，所以不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故不选B；C、乙烯、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以该装置不能验证溴乙烷的消去产物是乙烯，故不选C；D、碳酸钠与稀硫酸反应放出二氧化碳，证明非金属性S>C，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，证明非金属性C>Si，故选D。8、D【解析】

V2O5+xLiLixV2O5，分析反应得出Li化合价升高，为负极，V2O5化合价降低，为正极。【详解】A.该电池充电时，阴极的电极反应式为Li++e－=Li，故A错误；B.Li会与LiCl水溶液中水反应，因此LiCl水溶液不能作电解质溶液，故B错误；C.根据电子守恒得到关系式2Li—Ni，因此当电池中有7gLi即1mol参与放电时，能得到0.5molNi即29.5g，故C错误；D.电解过程中，碳棒为阳极，阳极区钠离子穿过阳离子膜不断向右移动，右边是阴极，阴极区氯离子穿过阴离子膜不断向左移动，因此NaCl溶液的浓度会不断增大，故D正确。综上所述，答案为D。分析电池中化合价，对放电来说化合价升高为负极，降低为正极，充电时，原电池的负极就是充电时的阴极，书写时将原电池负极反过来书写即可。9、D【解析】

根据图像可知反应流程为（1）氢气失电子变为氢离子，Fe（Ⅲ）得电子变为Fe（Ⅱ）；（2）Fe（Ⅱ）得电子变为Fe（Ⅲ），NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2。如此循环，实现H2消除酸性废水中的致癌物NO2－的目的，总反应为3H2+2NO2－+2H+=N2↑+4H2O。【详解】根据上面分析可知：A.Pd上发生的电极反应为：H2-2e－2H＋，故不选A；B.由图中信息可知，Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）是该反应的催化剂，其相互转化起到了传递电子的作用，故不选B；C.反应过程中NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2，故不选C；D.总反应为3H2+2NO2－+2H+=N2↑+4H2O。，用该法处理后由于消耗水体中的氢离子，pH升高，故选D；答案：D10、D【解析】

A.裂化汽油中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，不能用裂化汽油萃取溴，故A错误；B.NaClO具有漂白性，不能用pH试纸测定其水溶液的碱性强弱，故B错误；C.硝酸根在酸性条件下可以将Fe2+氧化生成Fe3+，所以样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红，并不能说明Fe(NO3)2晶体已氧化变质，故C错误；D.能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，与NaOH溶液反应并加热生成氨气，则溶液中一定含有NH4+，故D正确。故选D。11、A【解析】

A.原子序数为6，应为碳元素的粒子，可以表示，也可以表示，故A正确；B.由轨道表示式可知电子排布式为1s22s22p2，可以表示碳原子，不能表示氧原子最外层电子，故B错误；C.比例模型可以表示水分子，但不能表示二氧化碳分子，因为二氧化碳分子是直线形分子，故C错误；D.分子式为，也可以表示甲酸甲酯HCOOCH3，而乙二醇的分子式为，故D正错误；故选A。12、A【解析】

反应中硝酸起氧化、酸性作用，未被还原的硝酸将转化为Fe

(NO3)3中，由Fe元素守恒计算未被还原的硝酸的物质的量；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒，可以用a、b表示计算NO的物质的量，根据氮元素守恒可知，未被还原的硝酸物质的量=原硝酸总物质的量-NO的物质的量【详解】根据元素守恒可知，n[Fe

(NO3)3]=n

(Fe)=amol+3bmol=

(a+3b)

mol，

所以未被还原的硝酸的物质的量=3(a+3b)

mol；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒可知，铁和硫元素失电子数等于硝酸得电子数，铁元素失电子的物质的量为；NO的物质的量为，未被还原的硝酸的物质的量为。答案选A。13、C【解析】

A.用新制Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中的甘油时，可生成绛蓝色溶液，A错误；B.用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，为了看到色斑，Cu2+和Fe3+本身就具有不同颜色，不必须通过氨熏，B错误；C.氯化钴浓溶液中，主要存在[CoCl4]2-，为蓝色离子，氯化钴稀溶液，主要存在[Co（H2O）6]2+，为粉红色离子，溶液中存在平衡[CoCl4]2-+6H2O[Co（H2O）6]2++4Cl-，加水稀释平衡向右移动，溶液的颜色由蓝色逐渐转变为粉红色，C正确；D.火柴头中含有氯酸钾，硝酸银能和氯离子反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以硝酸酸化的硝酸银能检验氯离子，但硝酸银不和氯酸根离子反应，所以不能检验氯酸根离子，D错误；答案选C。14、D【解析】

Z的一种氧化物的水化物是具有还原性且不稳定的二元酸，判断Z为S元素；X、Z同一主族，可知X为O元素。Y的周期数是族序数的3倍，可推出Y为Na元素，再结合W、X、Y和Z原子的最外层电子数之和为18，可知W为N元素。【详解】A.N3-、Na+和O2-具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径顺序为：W＞X＞Y，与题意不符，A错误；B.O最高价+2，而S最高价为+6，与题意不符，B错误；C.简单氢化物热稳定性强弱与元素的非金属性强弱一致，而非金属性：O＞N，稳定性：H2O＞NH3，与题意不符，C错误；D.Na与O可形成Na2O2，含有离子键和共价键，符合题意，D正确；答案为D。具有相同的核外电子排布简单离子，原子序数越大，微粒半径越小。15、D【解析】

A．X()的分子式为C8H8O2，故A错误；B．Y()分子中含有甲基(-CH3)，甲基为四面体结构，所有原子不可能共平面，故B错误；C．Z()分子中有7种环境的氢原子，一氯取代物有7种，故C错误；D．Z()中含有酯基，能与稀硫酸发生水解反应，故D正确；故选D。16、A【解析】由于甲酸的酸性大于氢硫酸，等浓度的HCOOK和K2S溶液的PH：K2S溶液>HCOOK溶液，所以甲酸的电离平衡常数较大，A正确；含有铁离子的溶液滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色，不一定为Fe2+的溶液，B错误；硫酸铜在H2O2溶液分解时作催化剂，而KMnO4溶液与H2O2溶液反应，KMnO4溶液做氧化剂，没有可比性，C错误；浓硫酸能够使乙醇脱水碳化，浓硫酸被还原为二氧化硫，可能是二氧化硫能够使酸性KMnO4溶液褪色，也可能是乙醇蒸气使高锰酸钾溶液褪色，D错误；正确选项A。点睛：C2H5OH与浓硫酸混合后加热到170℃，制得的气体通入到足量的氢氧化钠溶液中进行洗气，除去二氧化硫和二氧化碳气体，然后所得的气体通入到酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，证明一定制得了乙烯气体。二、非选择题（本题包括5小题）17、O3Fe(OH)36Fe2O34Fe3O4＋O2↑2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2【解析】

无色气体Y为O2，同素异形体的分子式是O3，且X中含有铁元素，结合“红褐色”沉淀灼烧后能得到X，可以推断得到X为氧化铁，再根据X分解得到Y与Z的量的关系可知，Z为Fe3O4，W为FeCl3，红褐色沉淀为Fe(OH)3。由于FeCl3具有较强的氧化性，所以将FeCl3溶液滴加在淀粉­KI试纸上时会有I2生成，而使试纸变蓝色，据此分析解答。【详解】无色气体Y为O2，同素异形体的分子式是O3，且X中含有铁元素，结合“红褐色”沉淀灼烧后能得到X，可以推断得到X为氧化铁，再根据X分解得到Y与Z的量的关系可知，Z为Fe3O4，W为FeCl3，红褐色沉淀为Fe(OH)3；由于FeCl3具有较强的氧化性，所以将FeCl3溶液滴加在淀粉­KI试纸上时会有I2生成，而使试纸变蓝色，（1）无色气体Y为O2，其同素异形体的分子式是O3；红褐色沉淀为Fe(OH)3；故答案为：O3；Fe(OH)3；（2）X为Fe2O3，Y为O2，Z为Fe3O4，Fe2O3在隔绝空气条件下受热高温分解为Fe3O4和O2，化学反应方程式为6Fe2O34Fe3O4＋O2↑；故答案为：6Fe2O34Fe3O4＋O2↑；（3）W为FeCl3，FeCl3具有较强的氧化性，能将KI氧化为I2，试纸变蓝色，反应的离子方程式为2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2；故答案为：2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2。本题中学生们由于不按要求作答造成失分，有两点：①第（1）问经常会出现学生将化学式写成名称；②第（3）问错将离子方程式写成化学方程式；学生们做题时一定要认真审题，按要求作答，可以用笔进行重点圈画，作答前一定要看清是让填化学式还是名称，让写化学方程式还是离子方程式。学生们一定要养成良好的审题习惯，不要造成不必要的失分。18、NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O【解析】

根据题干可知Q、W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、Cl五种元素。(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。(3)根据方程式ZO3n－→Z－，由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族。(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【详解】(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。(3)根据方程式ZO3n－→Z－，由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族。(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。19、还原性、酸性充分溶解和，以增大反应物浓度分液除去（或），防止氧化C乙醇（或酒精）89.5%。【解析】

装置A用于制取Cl2，发生的反应为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，装置B中发生的是制取HIO3的反应，装置C为尾气处理装置，既要吸收尾气中的HCl和Cl2，还要防止倒吸。【详解】（1）装置A中发生的反应为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，浓盐酸中的Cl元素有一部分失电子转化为Cl2，表现出还原性，还有一部分Cl元素没有变价转化为KCl（盐），表现出酸性，故答案为：还原性、酸性；（2）装置B中发生的反应为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，Cl2和I2均难溶于水，易溶于CCl4，加入CCl4可使二者溶解在CCl4中，增大反应物浓度，故答案为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；充分溶解I2和Cl2，以增大反应物浓度；（3）分离B中制得的HIO3水溶液的操作为分液，HIO3溶液中混有的Cl2在碱性条件下转化为ClO-，ClO-会将IO3-氧化为IO4-，因此在中和前需要将Cl2除去，故答案为：分液；除去Cl2（或ClO-），防止氧化KIO3；（4）尾气中主要含HCl和Cl2，需用NaOH溶液吸收，同时要防止倒吸，故答案为：C；（5）因为KIO3难溶于乙醇，向KIO3溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KIO3晶体析出，故答案为：乙醇（或酒精）；（6）每20mLKIO3溶液中，加入KI溶液和稀盐酸发生的反应为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，滴定时发生的反应为：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可列出关系式：IO3-~3I2~6S2O32-，每次平均消耗的n(S2O32-)=0.1004mol/L×0.025L=0.00251mol，则每20mLKIO3溶液中，n(KIO3)=n(IO3-)=n(S2O32-)÷6=0.00251mol÷6=0.000418mol，200mL溶液中，n(KIO3)=0.00418mol，产品中KIO3的质量分数==89.5%，故答案为：89.5%。1g样品配成了200mL溶液，而根据关系式计算出的是20mL溶液中KIO3的物质的量，需扩大10倍才能得到1g样品中KIO3的物质的量。20、B-E-D2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O能实验中KMnO4的浓度cB>cA，且其反应速率νB>νAAC酚酞锥形瓶内溶液由无色变成(粉)红色，且半分钟内不变化0.05000mol/LAD【解析】

（1）由题给信息可知，草酸分解时，草酸为液态，草酸晶体分解生成二氧化碳、一氧化碳、水；（2）酸性溶液中高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳；硫酸、草酸浓度相同，改变高锰酸钾溶液浓度分析反应速率变化，高锰酸钾溶液浓度越大，反应速率越快；（3）依据草酸为二元弱酸和草酸氢钠溶液中草酸氢根电离大于水解分析；（4）①强碱滴定弱酸到反应终点生成草酸钠，生成的为强碱弱酸盐显碱性；②由H2C2O4—2NaOH建立关系式求解可得；③滴定操作误差分析可以把失误归结为消耗滴定管中溶液体积的变化分析判断。【详解】（1）由题给信息可知，草酸受热分解时熔化为液态，故选用装置B加热草酸晶体；草酸晶体分解生成二氧化碳、一氧化碳、水，则气体通过装置E吸收二氧化碳，利用排水法收集一氧化碳，其合理的连接顺序为B-E-D，故答案为B-E-D；（2）酸性溶液中高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳，反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。保持硫酸、草酸浓度相同，改变高锰酸钾溶液浓度分析反应速率变化，高锰酸钾溶液浓度越大，反应速率越快，实验中KMnO4的浓度cB＞cA，且其反应速率νB＞νA，上述实验能说明相同条件下，反应物浓度越大，反应速率越快，故答案为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；能；实验中KMnO4的浓度cB＞cA，且其反应速率νB＞νA；（3）A、草酸为二元酸，若为强酸电离出氢离子浓度为0.02mol/L，pH小于2，室温下，取0.010mol/L的H2C2O4溶液，测其pH=2，说明存在电离平衡，证明酸为弱酸，故A正确；B、室温下，0.010mol/L的NaHC2O4溶液中草酸氢根电离大于水解，溶液呈酸性，pH小于7，故B错误；C、室温下，取pH=a（a＜3）的H2C2O4溶液稀释100倍后，测其pH＜a+2，说明稀释促进电离，溶液中存在电离平衡，为弱酸，故C正确；D、标况下，取0.10mol/L的H2C2O4溶液100mL与足量锌粉反应，无论是强酸还是弱酸都收集到H2体积为224mL，故D错误；故选AC，故答案为AC；（4）①强碱滴定弱酸到反应终点生成草酸钠，生成的为强碱弱酸盐显碱性，所以选择酚酞作指示剂，滴入最后一滴锥形瓶内溶液由无色变成（粉）红色，且半分钟内不变化，故答案为酚酞；锥形瓶内溶液由无色变成（粉）红色，且半分钟内不变化；②取20.00mLH2C2O4溶液于锥形瓶中，滴入2-3滴指示剂，用0.1000mol/L的NaOH溶液进行滴定，并进行3次平行实验，所用NaOH溶液体积分别为19.98mL、20.02mL和22.02mL，其中22.02mL误差太大，消耗平均体积为20ml，由H2C2O4—2NaOH可得0.020L×c×2=0.1000mol/L×0.020L，解得c=0.05000mol/L，故答案为0.05000mol/L；③A、滴定管在盛装NaOH溶液前未润洗，导致溶液浓度减小，消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，故正确；B、滴定过程中，锥形瓶震荡的太剧烈，以致部分液体溅出，待测液减小，消耗标准溶液体积减小，测定结果偏低，故错误；C、滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数，读取的标准溶液体积减小，测定标准溶液难度偏低，故错误；D、滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故D正确；故选