黃南市重點中學2026屆化學高三第一學期期中調研試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．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(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、某溶液中有Na+、Mg2+、HSO3-、Cl-、SO42-五種離子，若向其中加入過量的過氧化鈉，微熱并攪拌，冷卻后再加入過量鹽酸，溶液中離子的物質的量基本保持不變的是（）A．Na+ B．Cl- C．Mg2+ D．SO42-2、某試液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、A13+、Cl-、SO42-、CO32-、A1O2-中的若干種離子，離子濃度均為0.1mol·L-1，某同學進行了如下實驗:下列說法正確的是A．原溶液中存在NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-B．濾液X中大量存在的陽離子有NH4+、Fe2+和Ba2+C．無法確定沉淀C的成分D．無法確定原試液中是否含有Al3+、Cl-3、分子式為C4H2Cl8的同分異構體共有（不考慮立體異構）A．10種 B．9種 C．8種 D．7種4、下列說法不正確的是A．NaHCO3能與堿反應，所以可用作焙制糕點的膨松劑B．還原鐵粉可用作食品袋內的抗氧化劑C．水玻璃可用于生產黏合劑和防火劑D．鹽析可提純蛋白質并保持其生理活性5、下列實驗過程中產生的現(xiàn)象與對應的圖形相符合的是A．NaHSO3粉末加入HNO3溶液中 B．H2S氣體通入氯水中C．NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中 D．CO2氣體通入澄清石灰水中6、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述不正確的是（）A．由2H和18O所組成的水22g，其中所含的中子數(shù)為12NAB．分子數(shù)為NA的N2、CO混合氣體體積在標況下為22.4L，質量為28gC．標準狀況下，22.4LNO和11.2LO2混合后氣體的分子總數(shù)為NAD．過氧化鈉與水反應時，生成0.1mol氧氣轉移的電子數(shù)為0.2NA7、下列有關化學用語表示正確的是A．羥基的電子式B．CO2的比例模型：C．核內有8個中子的碳原子：D．的名稱是：2-羥基丙烷8、電影《厲害了，我的國》通過鏡頭將我國在改革開放和社會主義現(xiàn)代化建設上所取得的歷史性成就，進行了全方位、多層次的展現(xiàn)。下列說法錯誤的是（）A．大型客機C919機身表面含有耐紫外線的物質PMMA(聚甲基丙烯酸甲酯)，PMMA屬于有機高分子化合物B．“神舟十一號”宇宙飛船返回艙外表面使用的高溫結構陶瓷的主要成分是硅酸鹽C．DF-5彈道導彈是國之利器，其含有金屬釤(Sm)，釤的活動性介于鈉與鋁之間，工業(yè)上可通過電解法制備釤D．中國天眼為我國探索宇宙提供了有力的保障，其中的防腐蝕材料磷酸鋇屬于強電解質9、下列事實中,其中與鹽類的水解無關的有（）A．長期施用化肥(NH4)2SO4會使土壤酸性增大，發(fā)生板結B．NaHSO4溶液呈酸性C．氯化銨溶液可除去金屬制品表面的銹斑D．.配制AgNO3溶液，用稀硝酸溶解AgNO3固體10、下列指定反應的離子方程式正確的是A．用白醋除鐵銹：Fe2O3·xH2O+6H+==(3+x)H2O+2Fe3+B．用惰性電極電解MgCl2溶液：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-C．向NH4Al(SO4)2溶液中加入過量的NaOH溶液：Al3++4OH-==AlO2-+2H2OD．向含NH3的污水中加入NaClO將其轉化為N2：3ClO-+2NH3==3Cl-+N2↑+3H2O11、下列說法中，正確的是A．25℃時，1LpH=3的鹽酸和醋酸能消耗等質量的鎂粉B．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固體，c(Ba2＋)將增大C．V1LpH=12的NaOH溶液與V2LpH=2的HA溶液混合，若混合液顯中性，則V1≤V2D．在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中，加入少量NaOH固體，Na+和CO32-的離子濃度均增大12、化學與生活、環(huán)境密切相關。下列有關說法不正確的是()A．竹炭具有超強的吸附能力，可用于吸收新裝修房屋內的有害氣體B．研發(fā)使用高效電力能源汽車，減少霧霾污染以降低呼吸系統(tǒng)發(fā)病率C．膠粒不能透過半透膜，血液透析利用半透膜將有害物質移出體外D．碘酸鉀具有較強的氧化性，在食鹽中加入適量碘酸鉀，可抗人體老化13、歌曲《青花瓷》,唱道“簾外芭蕉惹驟雨,門環(huán)惹銅綠”,其中的“銅綠”即是銅銹,它的化學成分是Cu2(OH)2CO3(堿式碳酸銅)。銅在潮濕的空氣中生銹的化學反應為2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3。下列有關該反應的說法正確的是()A．該反應不屬于氧化還原反應B．該反應中氧元素和碳元素化合價發(fā)生變化,所以是氧化還原反應C．該反應中銅得電子,O2失電子,所以是氧化還原反應D．該反應是氧化還原反應,化合價發(fā)生改變的只有兩種元素14、電導率用于衡量電解質溶液導電能力的大小，與離子濃度和離子遷移速率有關。圖1為相同電導率鹽酸和醋酸溶液升溫過程中電導率變化曲線，圖2為相同電導率氯化鈉和醋酸鈉溶液升溫過程中電導率變化曲線，溫度均由22℃上升到70℃。下列判斷不正確的是A．由曲線1可以推測：溫度升高可以提高離子的遷移速率B．由曲線4可以推測：溫度升高，醋酸鈉電導率變化與醋酸根的水解平衡移動有關C．由圖1和圖2可以判定：相同條件下，鹽酸的電導率大于醋酸的電導率，可能的原因是Cl-的遷移速率大于CH3COO-的遷移速率D．由圖1和圖2可以判定：兩圖中電導率的差值不同，與溶液中H+、OH-的濃度和遷移速率無關15、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象，得出的結論錯誤的是

操作結論A．將某氣體通入品紅溶液中，品紅溶液褪色該氣體一定是SO2B．向某無色溶液中滴加氯水和CCl4,振蕩、靜置,下層溶液顯紫色原溶液中有I-C．向偏鋁酸鈉溶液中滴入碳酸氫鈉，有白色沉淀生成偏鋁酸根結合氫離子能力比碳酸根強D．將燃燒的金屬鈉迅速深入集滿CO2的集氣瓶中，有大量白煙和黑色顆粒生成CO2具有氧化性A．A B．B C．CD．D16、室溫下，將純水加熱至沸騰，下列敘述正確的是(

)A．水的離子積變大，pH變小，呈酸性B．水的離子積不變、pH不變、呈中性C．水的離子積變小、pH變大、呈堿性D．水的離子積變大、pH變小、呈中性17、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．使酚酞變紅色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO42-、Cl－B．與Al反應能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO3-、SO42-C．無色溶液中一定大量存在Al3＋、NH4+、Cl－、S2－D．＝1×10－13mol·L－1的溶液中：NH4+、Ca2＋、Cl－、NO3-18、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是A．8.7gMnO2與40mL10mol/L的濃鹽酸充分反應，生成氯氣分子數(shù)為0.1NAB．標準狀況下，11.2L氯仿中含有的共價鍵總數(shù)為2NAC．1mol甲基（—14C1H3）所含的中子數(shù)和電子數(shù)分別為8NA、9NAD．1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去2NA個電子19、下列實驗方案能達到實驗目的的是選項實驗目的實驗方案A鑒別NO2、溴蒸氣用濕潤的淀粉碘化鉀試紙放在集氣瓶口，若試紙變藍則該氣體為溴蒸氣B驗證I－還原性強于Cl－向NaI溶液中依次滴入少量新制氯水和苯，振蕩、靜置，上層溶液呈紫紅色C檢驗Fe(NO3)2晶體是否已氧化變質將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，觀察溶液是否變成紅色D檢驗SO2的漂白性將SO2氣體通入酸性高錳酸鉀溶液中，觀察溶液是否褪色A．A B．B C．C D．D20、山梨酸(CH3-CH=CH-CH=CH-COOH)是一種高效安全的防腐保鮮劑，有關山梨酸的說法正確的是A．屬于二烯烴B．和Br2加成，可能生成4種物質C．1mol可以和3molH2反應D．和CH3H218OH反應，生成水的摩爾質量為20g/mol21、質量分數(shù)為35%，密度為1.24g/cm3的硫酸物質的量濃度為（）A．0.044mol/L B．0.44mol/LC．4.4mol/L D．44mol/L22、能正確表達下列反應的離子方程式是A．向Ca(HCO3)2溶液中加入少量澄清石灰水：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2OB．硫化亞鐵與濃硫酸混合加熱：FeS+2H+=H2S↑+Fe2+C．氯化鋁溶液中加入過量稀氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2OD．稀硝酸可洗去試管內壁的銀鏡：Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知A、B、C、D、E、F都是短周期的元素，它們的原子序數(shù)依次遞增。A原子的電子層數(shù)與它的核外電子總數(shù)相同，而B原子的最外層電子數(shù)是次外層的2倍，C的氫化物可使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，B和D可以形成兩種氣態(tài)化合物，E原子核外電子總數(shù)比B的2倍少1，F(xiàn)在本周期元素中原子半徑最小。則：(1)A、B、C、D、E、F的名稱分別是_____________________________。(2)在A至F中任選元素，寫出一種含非極性鍵的離子化合物的電子式_________。(3)由B和D組成，且B和D的質量比為3∶8的化合物的電子式是_________，該物質與E的同周期相鄰主族元素的單質反應的化學方程式為__________________。(4)F單質與E的最高價氧化物的水化物反應的化學方程式為_________________________。(5)將8gBA4完全燃燒后恢復到室溫，放出熱量akJ，寫出表示BA4的燃燒熱的熱化學方程式_______。24、（12分）化合物H是重要的有機物，可由E和F在一定條件下合成：（部分反應物或產物省略，另請注意箭頭的指向）已知以下信息：i．A屬于芳香烴，H屬于酯類化合物。ii．I的核磁共振氫譜為二組峰，且峰的面積比為6：1?；卮鹣铝袉栴}：（1）E的含氧官能團名稱是______，B的結構簡式是___________________。（2）B→C和G→J兩步的反應類型分別為___________，____________。（3）①E+F→H的化學方程式是____________________________________。②D與銀氨溶液反應的化學方程式是__________________________________。（4）E的同系物K比E相對分子質量大28，則K的同分異構體共______種，其中核磁共振氫譜顯示為4組峰，且峰面積之比為6:2:1:1，寫出符合要求的該同分異構體的結構簡式為（寫出1種即可）____________________________。25、（12分）實驗小組對Cr(Ⅲ)與過氧化氫反應的影響因素進行了探究，實驗過程如下：實驗1：探究pH對Cr(Ⅲ)與過氧化氫反應的影響1.室溫下，加酸或堿調節(jié)0.1mol/LCr2(SO4)3溶液pH分別為2.00、4.10、6.75、8.43、10.03、13.37。2.各取5mL上述溶液分置于6支試管中，分別向其中逐滴加入30%H2O2溶液，直至溶液不再發(fā)生變化，觀察并記錄現(xiàn)象。pH對Cr(Ⅲ)與過氧化氫反應的影響試管①②③④⑤⑥pH2.004.106.758.4310.0313.37起始現(xiàn)象墨綠色溶液墨綠色溶液藍色渾濁液藍色渾濁液藍色渾濁液亮綠色溶液終點現(xiàn)象墨綠色墨綠色黃綠色亮黃色橙紅色磚紅色查閱資料：①Cr3+為綠色，CrO為亮綠色，CrO為黃色。②Cr3+較穩(wěn)定，需用較強氧化劑才能將其氧化；CrO在堿性溶液中是較強的還原劑。（1）Cr(OH)3為藍色固體，寫出⑤中生成藍色沉淀的離子方程式_____。（2）試管①②中溶液未發(fā)生明顯變化，可能的原因是_____。（3）④中沉淀溶解，溶液變?yōu)榱咙S色，可能發(fā)生反應的離子方程式是_____。（4）Cr(OH)3與Al(OH)3類似，具有兩性。存在如下關系：Cr3++3OH-Cr(OH)3CrO+H++H2O。解釋實驗1中，隨著溶液pH升高，終點溶液顏色變化的原因______。實驗2：探究溫度對Cr(Ⅲ)與過氧化氫反應的影響各取5mLpH=13.50Cr2(SO4)3溶液分置于5支試管中，將其分置于0℃、25℃、50℃、75℃、100℃的水浴中，然后向試管中各滴加過量30%H2O2溶液，觀察并記錄實驗現(xiàn)象：溫度對Cr(Ⅲ)與30%H2O2反應的影響反應溫度0℃25℃50℃75℃100℃起始現(xiàn)象墨綠色終點現(xiàn)象紅棕色磚紅色橙紅色亮黃色亮黃色（5）隨著反應溫度的升高，反應后溶液顏色由紅棕色向亮黃色轉變，是因為生成的紅色物質CrO（Cr為+5價）不穩(wěn)定，自身發(fā)生氧化還原反應，隨著溫度升高會逐漸轉化為亮黃色的CrO，同時生成氧氣。發(fā)生反應的離子方程式是______。（6）反應物濃度也是影響反應的因素之一。請利用實驗1給出的試劑，設計實驗進行驗證_____。（7）綜上所述，Cr(III)與過氧化氫的反應產物與_____密切相關。26、（10分）ClO2與Cl2的氧化性相近，在自來水消毒和果蔬保鮮等方面應用廣泛。某興趣小組通過圖1裝置（夾持裝置略）對其制備、吸收、釋放和應用進行了研究。（1）儀器D的名稱是____。安裝F中導管時，應選用圖2中的_____。（2）打開B的活塞，A中發(fā)生反應：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。為使ClO2在D中被穩(wěn)定劑充分吸收，滴加稀鹽酸的速度宜____（填“快”或“慢”）。（3）關閉B的活塞，ClO2在D中被穩(wěn)定劑完全吸收生成NaClO2，此時F中溶液的顏色不變，則裝置C的作用是_____。（4）已知在酸性條件下NaClO2可發(fā)生反應生成NaCl并釋放出ClO2，該反應的離子方程式為____，在ClO2釋放實驗中，打開E的活塞，D中發(fā)生反應，則裝置F的作用是______。（5）已吸收ClO2氣體的穩(wěn)定劑Ⅰ和穩(wěn)定劑Ⅱ，加酸后釋放ClO2的濃度隨時間的變化如圖3所示。若將其用于水果保鮮，你認為效果較好的穩(wěn)定劑是_______，原因是_________。27、（12分）PCl3主要用于制造敵百蟲等有機磷農藥和磺胺嘧啶(S.D)等醫(yī)藥的原料。如圖為實驗室中制取粗PCl3產品的裝置，夾持裝置略去。經(jīng)查閱資料知：紅磷與少量Cl2反應生成PCl3，與過量Cl2反應生成PCl5。PCl3遇水會強烈水解生成H3PO3。PCl3遇O2會生成POCl3(三氯氧磷)，PCl3、POCl3的熔沸點見下表。物質熔點/℃沸點/℃PCl3-11275.5POCl32105.3回答下列問題：(1)儀器G的名稱是______。裝置F與G由橡膠管a相連通，a的作用是_______。(2)A是制取CO2裝置，CO2的作用是_____，選擇A中的藥品是_____(填字母)。a.稀鹽酸b.稀硫酸c.NaHCO3粉末d.塊狀石灰石(3)裝置D中盛有堿石灰，其作用是__________________。(4)裝置G中生成Cl2，反應的離子方程式為___________。(5)裝置C采用65-70℃水浴加熱，制得的PCl3粗產品中常含有POCl3、PCl5等雜質，除雜的方法是：先加入紅磷加熱，除去PCl5，然后通過___________(填實驗操作名稱)，即可得到較純凈的PCl3。(6)通過實驗測定粗產品中PCl3的質量分數(shù)，實驗步驟如下(不考慮雜質的反應)：第一步：迅速移取20.0gPCl3粗產品，加水完全水解后，再配成500mL溶液；第二步：移取25.00mL溶液置于錐形瓶中；第三步：加入0.5mol?L－1碘溶液20

mL，碘過量，H3PO3完全反應生成H3PO4；第四步：加入幾滴淀粉溶液，用1.0mol?L－1Na2S2O3標準溶液滴定過量的碘，反應方程式為I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，滴至終點時消耗Na2S2O3標準溶液12mL。①第三步中反應的化學方程式為_____________。②根據(jù)上述數(shù)據(jù)，計算該產品中PCl3的質量分數(shù)為______%。28、（14分）下面是元素周期表的一部分，參照元素①﹣⑧在表中的位置，請用化學用語回答下列問題：(1)②、⑦、⑧的最高價含氧酸的酸性由強到弱的順序是（填化學式）____________________．(2)在①、④、⑤、⑧中的某些元素之間可形成既含離子鍵又含非極性共價鍵的離子化合物，寫出其中一種化合物的電子式：______________________(3)由②和④組成的化合物與⑤的同周期相鄰主族元素的單質反應的化學方程式為：______________(4)⑦單質與⑤的最高價氧化物的水化物反應的離子方程式為________________．(5)常溫下，由①②④組成最簡單的液態(tài)有機物可作為燃料電池的原料之一，請寫出其在堿性介質中的電極反應式：_________________________________29、（10分）近幾年我國大面積發(fā)生霧霾天氣，2.5微米以下的細顆粒物(PM2.5)是導致霧霾天氣的“罪魁禍首”?？諝庵械腃O、SO2、NOx等污染氣體會通過大氣化學反應生成PM2.5顆粒物。（1）已知：2C(s)+O2(g)2CO(g)ΔH1=-221.0kJ/molN2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH2=+180.5kJ/mol2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH3=-746.0kJ/mol用焦炭還原NO生成無污染氣體的熱化學方程式為_________________________________。（2）已知由CO生成CO2的化學方程式為CO＋O2CO2＋O。其正反應速率為v正=k正·c(CO)·c(O2)，逆反應速率為v逆=k逆·c(CO2)·c(O)，k正、k逆為速率常數(shù)。在2500K下，k正=1.21×105L·s-1·mol-1，k逆=3.02×105L·s-1·mol-1。則該溫度下上述反應的平衡常數(shù)K值為_________________________(保留小數(shù)點后一位小數(shù))。(3)CO2可用來生產燃料甲醇。CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＝－49.0kJ·mol－1。在體積為1L的恒容密閉容器中，充入1molCO2和3molH2，一定條件下發(fā)生反應：測得CO2和CH3OH(g)的濃度隨時間變化如圖所示。①從反應開始到平衡，氫氣的平均反應速率v(H2)＝___________________mol·(L·min)－1。②氫氣的轉化率＝________________________。③下列措施中能使平衡體系中n(CH3OH)/n(CO2)增大的是_____________________。A．升高溫度B．充入0.5molCO2和1.5molH2C．充入He(g)，使體系壓強增大D．將H2O(g)從體系中分離出去（4）利用如圖所示電解裝置(電極均為惰性電極)可吸收SO2，并用陰極室排出的溶液吸收NO2。與電源b極連接的電極的電極反應式為____________________________________。（5）NO2在一定條件下可轉化為NH4NO3和NH4NO2。相同溫度下，等濃度NH4NO3和NH4NO2兩份溶液，測得NH4NO2溶液中c(NH4+)較小，分析可能的原因________________________。

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【分析】向溶液中加入過量的，過氧化鈉具有強氧化性，且與水反應生成氫氧化鈉?！驹斀狻緼.加入，和水反應生成氫氧化鈉，增多，A錯誤；B.加入了鹽酸，增多，B錯誤；C.加入過氧化鈉后鎂離子生成氫氧化鎂，再加入過量鹽酸，氫氧化鎂溶解生成氯化鎂，故鎂離子的量不變，C正確；D.過氧化鈉具有強氧化性，將亞硫酸氫根離子氧化成硫酸根離子，故硫酸根濃度增大，D錯誤；答案選C。2、A【解析】加入過量稀硫酸無明顯變化，說明不含碳酸根離子，不含Ba2+，不含AlO2-；加入硝酸鋇有氣體生成，因為前面已經(jīng)加入了硫酸，硝酸根離子在酸性條件下具有強氧化性，說明有亞鐵離子存在且被氧化，沉淀為硫酸鋇；加入NaOH有氣體，說明存在銨根離子，生成的氣體為氨氣，沉淀B為紅褐色氫氧化鐵沉淀；通入CO2產生沉淀，說明存在Al3+，沉淀C為氫氧化鋁。因為存在的離子濃度均為0.1mol?L-1，從電荷的角度出發(fā)，只能含有NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-才能保證電荷守恒，K+必然不能存在。故A、原溶液中存在Al3+、NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-，選項A正確；B、濾液X中大量存在的陽離子有NH4+、Fe2+和Al3+，選項B錯誤；C、沉淀C為氫氧化鋁，選項C錯誤；D、原試液中含有Al3+、Cl-，選項D錯誤。答案選A。點睛：本題考查了常見離子的性質檢驗，注意硝酸根離子在酸性條件下具有強氧化性，另外本題需要根據(jù)電荷守恒判斷氯離子是否存在。3、B【詳解】分子式為C4H2Cl8的有機物可以看作C4H10中的兩個Cl原子被兩個H原子取代，C4H10結構中，屬于直鏈正丁烷的結構中，兩個氫原子有6個位置；屬于支鏈異丁烷結構中，兩個氫原子有3個位置，因此該分子的同分異構體共有9種，因此B正確。4、A【解析】A、碳酸氫鈉做膨松劑不是因為與堿反應，是因為碳酸氫鈉受熱分解產生二氧化碳氣體，A錯誤；B、還原鐵粉具有還原性，易和氧氣反應，常用來作食品內的吸氧劑，B正確；C、水玻璃是硅酸鈉的水溶液，具有黏性，可作粘合劑；硅酸鈉溶液涂刷木材，能滲入縫隙中，固化的硅凝膠能堵塞毛細孔通道，提高材料的密度和強度，因此可以有效的防火，故C正確；D、鹽析為是指加濃無機鹽溶液降低蛋白質的溶解，促進蛋白質變成沉淀析出，可逆過程，不影響蛋白質的活性，故D正確；答案選A。5、D【解析】A．向硝酸溶液中加入NaHSO3，二者發(fā)生氧化還原反應立即生成氣體，選項A錯誤；B、H2S氣體通入氯水中，發(fā)生反應H2S+Cl2=S↓+2HCl，酸性增強，溶液pH值減小，選項B錯誤；C、NaOH溶液滴入Ba（HCO3）2溶液中，立即生成碳酸鋇沉淀，選項C錯誤；D、開始二氧化碳與氫氧化鈣反應，生成碳酸鈣沉淀，溶液中離子濃度降低，導電能力降低，氫氧化鈣反應完畢后，二氧化碳再與碳酸根、水生成碳酸氫鈣，溶液中離子濃度增大，導電能力增強，最后由鈣離子守恒可知氫氧化鈣與碳酸氫鈣的濃度基本相等，導電能力與開始基本相同，選項D正確；答案選D。6、C【解析】試題分析：由2H和18O所組成的水的摩爾質量是22g/mol，1個該水分子含有12個中子，故A正確；N2、CO的摩爾質量都是28g/mol，分子數(shù)為NA的N2、CO混合氣體體積在標況下為22.4L，質量為28g，故B正確；由于存在2NO2，混合后氣體的分子總數(shù)小于NA，故C錯誤；過氧化鈉與水反應時，氧元素由-1價變?yōu)?價和-2價，生成0.1mol氧氣轉移的電子數(shù)為0.2NA，故D正確。考點：本題考查阿伏加德羅常數(shù)。7、A【詳解】A.羥基是中性基團，氧原子與氫原子之間形成一對共用電子對，其電子式為，故A正確；B.CO2的結構式為O=C=O，屬于直線結構，比例模型中，碳原子半徑大于氧原子的半徑，而題中CO2的比例模型中，碳原子半徑小于氧原子的半徑，故B錯誤；C.碳原子的核電荷數(shù)為6，核內有8個中子，質量數(shù)為6+8=14，所以該碳原子可表示為：，故C錯誤；D.的主碳鏈有3個碳原子，羥基在2位碳上，屬于醇類，名稱是：2-丙醇，故D錯誤；故答案選A。8、B【詳解】A．聚甲基丙烯酸甲酯屬于有機高分子化合物，故A項正確；B．高溫結構陶瓷包括高溫氧化物和高溫非氧化物（或稱難熔化合物）兩大類，如氧化鋁陶瓷、氮化硅陶瓷、氮化硼陶瓷等，不是硅酸鹽，故B項錯誤；C．鈉與鋁在工業(yè)上可通過電解法制備，則釤也可以通過電解法制備，故C項正確；D．磷酸鋇是鋇鹽，屬于強電解質，故D項正確；故選B。9、B【詳解】A項、（NH4）2SO4屬于強酸弱堿鹽，銨根離子在溶液中水解導致溶液呈酸性，使土壤酸性增大，發(fā)生板結，與鹽類水解有關，故A錯誤；B項、NaHSO4是強酸強堿酸式鹽，硫酸氫鈉在溶液中完全電離生成氫離子、鈉離子和硫酸根離子而使溶液呈酸性，與鹽類水解無關，故B正確；C項、氯化銨屬于強酸弱堿鹽，銨根離子在溶液中水解導使溶液呈酸性，酸和銹反應生成鹽和水，所以溶液可作焊藥去除金屬制品表面的銹斑與鹽類水解有關，故C錯誤；D項、硝酸銀屬于強酸弱堿鹽，銀離子在溶液中水解導致其溶液呈酸性，為抑制銀離子水解，在配制該溶液時用稀硝酸溶解硝酸銀固體，與鹽類水解有關，故D錯誤；故選B。10、D【解析】A．醋酸是弱酸，不可拆，故A錯誤；B．用惰性電極電解MgCl2溶液時發(fā)生的離子反應方程式為Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，故B錯誤；C．向NH4Al(SO4)2溶液中加入過量的NaOH溶液發(fā)生的離子反應方程式為NH4++Al3++5OH-==AlO2-+2H2O+NH3·H2O，故C錯誤；D．向含NH3的污水中加入NaClO將其轉化為N2發(fā)生的離子反應方程式為3ClO-+2NH3==3Cl-+N2↑+3H2O，故D正確；答案為D。點睛：解這類題主要是從以下幾個方面考慮：①反應原理，如：鐵與鹽酸或稀硫酸反應只生成二價鐵；三氯化鋁溶液與碳酸鈉溶液混合發(fā)生的是雙水解反應，而不是復分解反應；Mg2+遇OH-和CO32-時更易生成的是Mg(OH)2沉淀等。②電解質的拆分，化學反應方程式改寫為離子方程式時只有強酸、強堿及可溶性鹽可以改寫成完全電離形式，如NaHCO3只能改寫成Na+和HCO3-。③配平，離子方程式的配平不能簡單的滿足原子守恒，而應該優(yōu)先滿足電子守恒、電荷守恒及原子守恒。④注意反應物的用量對離子反應的影響。11、D【詳解】A、pH相等的醋酸和鹽酸，醋酸的濃度大于鹽酸，醋酸和鹽酸分別與鎂反應，消耗鎂的質量與酸的物質的量成正比，等pH、等體積的醋酸和鹽酸，醋酸的物質的量大于鹽酸，所以醋酸消耗的鎂質量大，故A錯誤；B、硫酸鋇溶液中存在溶解平衡，加入含有鋇離子或硫酸根離子的物質抑制硫酸鋇溶解，所以向硫酸鋇中加入硫酸鈉，硫酸根離子濃度增大抑制硫酸鋇溶解，溶液中鋇離子濃度減小，故B錯誤；C、pH=12的NaOH溶液和pH=2的HA溶液，氫氧化鈉中氫氧根離子濃度等于HA中氫離子濃度，如果HA為強酸，溶液呈中性，則二者體積相等，如果HA為弱酸，酸的濃度大于氫氧化鈉，混合溶液呈中性，則酸體積應該少些，故C錯誤；D、碳酸氫根離子存在電離平衡，加入和氫離子反應的物質促進碳酸氫根離子電離，所以加入氫氧化鈉后，氫氧根離子和氫離子反應生成水，從而促進碳酸氫根離子電離，則溶液中碳酸根離子和鈉離子濃度都增大，故D正確；故選D。12、D【解析】竹炭具有超強的吸附能力，能吸收有害氣體，故A正確；研發(fā)使用高效電力能源汽車，可以減少汽車尾氣排放，故B正確；血液透析利用滲析原理，用半透膜將有害物質移出體外，故C正確；氧化劑能加快人體老化，還原劑能抵抗人體老化，故D錯誤。13、D【分析】在該反應中，銅元素的化合價由0價變成+2價，失去電子，被氧化，氧元素的化合價由0價變成-2價，得到電子，被還原，其余元素的化合價都沒有發(fā)生變化?！驹斀狻緼.在該反應中，銅元素的化合價由0價變成+2價，失去電子，被氧化，氧元素的化合價由0價變成-2價，得到電子被還原，故該反應屬于氧化還原反應，A不正確；B.該反應中碳元素化合價沒有發(fā)生變化，B不正確；C.該反應中銅失去電子，O2得到電子，C不正確；D.該反應是氧化還原反應，化合價發(fā)生改變的只有兩種元素，D正確。故選D。14、D【解析】A．曲線1中鹽酸溶液在升高溫度的過程中離子濃度不變，但電導率逐漸升高，說明溫度升高可以提高離子的遷移速率，故A正確；B．溫度升高，促進CH3COONa溶液中CH3COO-的水解，則由曲線3和曲線4可知，溫度升高，醋酸鈉電導率變化與醋酸根的水解平衡移動有關，故B正確；C．曲線1和曲線2起始時導電率相等，但溫度升高能促進醋酸的電離，溶液中離子濃度增加，但鹽酸溶液的導電率明顯比醋酸高，說明可能原因是Cl-的遷移速率大于CH3COO-的遷移速率，故C正確；D．曲線1和曲線2起始時導電率相等，可知鹽酸和醋酸兩溶液中起始時離子濃度相等，包括H+和OH-濃度也相等，而隨著溫度的升高，促進醋酸的電離，醋酸溶液中的H+和OH-濃度不再和鹽酸溶液的H+和OH-濃度相等，則兩者的導電率升高的幅度存在差異，可能與溶液中H+、OH-的濃度和遷移速率有關，故D錯誤；故答案為D。15、A【解析】A、能使品紅溶液褪色的不一定是SO2，也可能是氯氣等，A錯誤；B、下層溶液顯紫色，說明有單質碘生成，氯水具有強氧化性，因此溶液中含有碘離子，B正確；C、碳酸氫鈉的酸性強于氫氧化鋁，根據(jù)較強酸制備較弱酸可知偏鋁酸鈉能與碳酸氫鈉溶液反應生成氫氧化鋁和碳酸鈉，即可以說明偏鋁酸根離子結合氫離子的能力強于碳酸根，C正確；D、鈉在CO2中燃燒生成碳酸鈉和碳，說明CO2具有氧化性，D正確，答案選A。16、D【詳解】將純水加熱至沸騰，水的電離平衡正向移動，氫離子、氫氧根離子濃度增大，水的離子積變大，pH變小，，純水呈中性，故選D。17、D【詳解】A、能使酚酞變紅色的溶液呈堿性，含有大量OH-，Al3＋與OH-反應生成AlO2-和H2O，不能大量共存，A不符合題意；B、與Al反應能放出H2的溶液可酸可堿，當溶液為酸性時，F(xiàn)e2＋與NO3-發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，堿性環(huán)境下，亞鐵離子會產生沉淀而不能大量共存，B不符合題意；C、Al3＋與S2－會發(fā)生雙水解而不能大量共存，C不符合題意；D、＝c(OH-)=10－13mol·L－1的溶液顯酸性，NH4+、Ca2＋、Cl－、NO3-均不反應能夠大量共存，D符合題意；故選D。18、C【解析】A、8.7gMnO2物質的量為0.1mol，40mL10mol/L的濃鹽酸物質的量為0.4mol，按照化學方程式中的反應比應恰好反應，但濃鹽酸在反應過程中濃度逐漸減小，當為稀鹽酸時不再和二氧化錳反應生成氯氣，所以生成的氯氣分子數(shù)小于0.1NA，選項A錯誤；B、標準狀況下，氯仿不是氣體，11.2L氯仿的物質的量小于0.5mol，分子中含有的共價鍵總數(shù)小于2NA，選項B錯誤；C、甲基（—14C1H3）中含有的中子數(shù)和電子數(shù)分別為8、9，1mol甲基（—14C1H3）所含的中子數(shù)和電子數(shù)分別為8NA、9NA，選項C正確；D、過氧化鈉中的鈉為+1價，一個鈉原子失去一個電子，則lmolNa變?yōu)?1價的鈉離子失去1mol電子，也就是NA，選項D錯誤。答案選C。點睛：本題考查了氣體摩爾體積的應用條件，化學方程式的計算中濃度的減小影響反應的產物生成，質量換算物質的量，結合分子式計算中子數(shù)、電子數(shù)等的應用。明確物質的量、阿伏加德羅常數(shù)的應用是解題的關鍵。19、B【詳解】A項、溴蒸氣和二氧化氮均為紅棕色氣體，均能氧化KI，則濕潤的淀粉碘化鉀試紙插入氣體中，試紙變藍，不能確定氣體為二氧化氮還是溴蒸氣，故A錯誤；B項、向NaI溶液中依次滴入少量新制氯水和苯，振蕩、靜置，上層溶液呈紫紅色說明氯氣與碘化鈉溶液發(fā)生置換反應生成氯化鈉和單質碘，由還原劑的還原性強于還原產物可知，碘離子的還原性強于氯離子，故B正確；C項、將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸后，NO3-離子在酸性溶液中具有強氧化性，能夠氧化Fe2+，不能檢驗Fe(NO3)2晶體是否已氧化變質，故C錯誤；D項、二氧化硫具有還原性，酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，將SO2氣體通入酸性高錳酸鉀溶液中，二氧化硫與酸性高錳酸鉀溶液反應，使酸性高錳酸鉀溶液褪色，在該反應中，二氧化硫沒有表現(xiàn)漂白性，只有其使有機色質褪色時才表現(xiàn)漂白性，故D錯誤；故選B。【點睛】將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸實際上是在酸性溶液中，硝酸根離子將亞鐵離子氧化為三價鐵離子是解答的易錯點。20、B【解析】A.分子中還含有羧基，不屬于二烯烴，A錯誤；B.含有2個碳碳雙鍵，和Br2加成可以是1，2－加成或1，4－加成或全部加成，可能生成4種物質，B正確；C.含有2個碳碳雙鍵，1mol可以和2molH2反應，C錯誤；D．酯化反應中醇提供羥基上的氫原子，和CH3H218OH反應生成的水是普通水分子，生成水的摩爾質量為18g/mol，D錯誤，答案選B。21、C【詳解】該硫酸的物質的量濃度為c==mol/L≈4.4mol/L，故選C。【點睛】明確物質的量濃度與溶質質量分數(shù)的關系為解答關鍵。本題的易錯點為c=中的1000是體積單位換算的結果，因此需要注意，溶液的密度以“g/cm3”為單位。22、A【詳解】A.少量氫氧化鈣時，二者反應生成碳酸鈣和水，離子方程式為Ca2++OH?+HCO3?=CaCO3↓+H2O，故A正確；B.濃硫酸具有強氧化性，可以將Fe2+氧化成Fe3+，將-2價S氧化成S等，故B錯誤；C.氫氧化鋁不溶于氨水，離子方程式為Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，故C錯誤；D.稀硝酸反應生成NO，離子方程式為3Ag+4H++NO3?=3Ag++NO↑+2H2O，故D錯誤；答案選A。二、非選擇題(共84分)23、氫、碳、氮、氧、鈉、氯CO2+2MgC+2MgO2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2OCH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-2akJ/mol【分析】A原子的電子層數(shù)與它的核外電子總數(shù)相同，應為H元素；B原子的最外層電子數(shù)是次外層的2倍，應為C元素；C的氫化物可使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，應為N元素，形成的氫化物為氨氣，為堿性氣體；B和D可以形成兩種氣態(tài)化合物，應分別為CO和CO2，則D為O元素；E原子核外電子總數(shù)比B的2倍少1，則E的原子序數(shù)為11，應為Na元素；A、B、C、D、E、F都是短周期的元素，它們的原子序數(shù)依次遞增，且F在本周期元素中原子半徑最小，應為Cl元素?！驹斀狻?1)綜上所述A、B、C、D、E、F的名稱分別是氫、碳、氮、氧、鈉、氯，因此答案是:氫、碳、氮、氧、鈉、氯；

(2)在A至F元素中含非極性鍵的離子化合物Na2O2，其電子式，因此答案是:。(3)B為C、D為O，由C和O組成的且C和O的質量比為3∶8的化合物為CO2，其電子式為，該物質與E為Na的同周期相鄰主族元素Mg的單質反應的化學方程式為CO2+2MgC+2MgO,因此答案是；CO2+2MgC+2MgO。(4)F單質為Cl2與Na的最高價氧化物的水化物反應的化學方程式為2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；因此答案是:2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；(5)BA4為CH4，將8g的CH4完全燃燒后恢復到室溫，放出熱量akJ，則1molCH4完全燃燒放出2akJ的熱量，則CH4的燃燒熱的熱化學方程式CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-2akJ/mol，答案：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-2akJ/mol。24、羧基取代反應（或水解反應）加聚反應（或聚合反應）+CH3CH(OH)CH3+H2O+2Ag(NH3)OH+2Ag+3NH3+H2O14或【分析】A屬于芳香烴，分子式為C7H8，則A為，B與氯氣在光照條件下發(fā)生甲基上取代反應生成B，結合B的分子式可知B為，B發(fā)生水解反應生成C為，C發(fā)生催化氧化生成D為，D與銀氨溶液反應、酸化得到E為．I的分子式為C3H7Cl，核磁共振氫譜為二組峰，且峰的面積比為6：1，則I為CH3CHClCH3，I發(fā)生水解反應得到F為CH3CH(OH)CH3，E與F發(fā)生酯化反應生成H為．I發(fā)生消去反應生成G為CH2=CHCH3，G發(fā)生加聚反應生成J為，據(jù)此分析作答?！驹斀狻浚?）通過以上分析知，E為，含有官能團為羧基，B結構簡式為，故答案為羧基；；（2）B發(fā)生水解反應生成C為，其反應類型為：取代反應（或水解反應）；G發(fā)生加聚反應生成J為，其反應類型為：加聚反應（或聚合反應）；（3）①E+F→H的化學方程式為：+CH3CH(OH)CH3+H2O；②D為，其與銀氨溶液反應的化學方程式為：+2Ag(NH3)OH+2Ag+3NH3+H2O；（4）E的同系物K比E相對分子質量大28，則K的分子式為：C9H10O2，與E屬于同系物，則含有羧基，且屬于芳香族化合物，則按苯環(huán)上的取代基個數(shù)分類討論如下：①苯環(huán)上有一個取代基，則結構簡式為、；②苯環(huán)上有兩個取代基，則可以是-CH2CH3和-COOH，也可以是-CH2COOH和-CH3，兩個取代基的位置可以是鄰間對，共23=6種；③苯環(huán)上有三個取代基，則為2個-CH3和1個-COOH，定“二”議“一”其，確定其結構簡式可以為：、、、、和共6種，綜上情況可知，K的結構簡式有2+6+6=14種；其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為6:2:1:1的結構簡式是或，故答案為14；或(任意一種)。25、Cr3++3OH-=Cr(OH)3Cr3+較穩(wěn)定，不能被過氧化氫氧化2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2+8H2OpH較低時，溶液中存在Cr3+，不易被氧化，故溶液為墨綠色，pH較高時，混合物中存在Cr(OH)3和CrO，可被過氧化氫氧化為或，故溶液顏色逐漸變?yōu)辄S色或磚紅色H2O2+2=2+4O2+2OH-在一定溫度和pH下，用不同濃度的Cr2(SO4)3溶液與H2O2反應，觀察反應后的現(xiàn)象pH、溫度、濃度【分析】本題探究Cr(Ⅲ)與過氧化氫反應的影響因素，研究了pH、溫度、濃度的影響，在研究每一個因素時，需用控制變量法，即研究一個因素，需保證另外兩個因素不變。探究pH的影響時，不同pH時Cr在水中的存在形式不同，pH較小時以Cr3+形式存在，隨著pH的不斷增大，Cr的存在形式變?yōu)镃r(OH)3和CrO；探究溫度的影響時，生成的紅色物質CrO（Cr為+5價）不穩(wěn)定，該物質中O的化合價為-1價，自身的Cr與O發(fā)生氧化還原反應，反應后的物質再被H2O2氧化，得到亮黃色的CrO和O2；探究濃度的影響時，需保證pH和溫度不變，改變Cr3+濃度，觀察反應后的現(xiàn)象?！驹斀狻?1)⑤為堿性環(huán)境，生成藍色沉淀的離子方程式為Cr3++3OH-=Cr(OH)3；(2)試管①②溶液為酸性，酸性條件下為Cr3+，Cr3+較穩(wěn)定，不能被過氧化氫氧化；(3)④中溶液偏堿性，沉淀溶解，溶液變?yōu)榱咙S色，是Cr(OH)3被氧化為，離子方程式為2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2+8H2O；(4)根據(jù)分析，pH較低時，溶液中存在Cr3+，而Cr3+不易被氧化，故溶液為Cr3+的顏色，為墨綠色；pH較高時，根據(jù)分析，混合物中存在Cr(OH)3和CrO，兩者都可被過氧化氫氧化，得到或，故溶液顏色逐漸變?yōu)辄S色或磚紅色；(5)根據(jù)分析，在堿性環(huán)境中，生成的紅色物質CrO不穩(wěn)定，該物質中O的化合價為-1價，自身的Cr與O發(fā)生氧化還原反應，反應后的物質再被H2O2氧化，得到亮黃色的CrO和O2，總反應為H2O2+2=2+4O2+2OH-；(6)根據(jù)分析，探究濃度的影響時，需保證pH和溫度不變，通過稀釋，改變Cr3+濃度，觀察反應后的現(xiàn)象；(7)根據(jù)分析，本實驗探究了pH、溫度、濃度不同時，對Cr(Ⅲ)與過氧化氫反應的影響；26、錐形瓶b慢吸收Cl24H＋+5ClO2-=Cl－+4ClO2↑+2H2O驗證是否有ClO2生成穩(wěn)定劑Ⅱ穩(wěn)定劑Ⅱ可以緩慢釋放ClO2，能較長時間維持保鮮所需的濃度【詳解】（1）根據(jù)儀器特征，儀器D的名稱是錐形瓶；根據(jù)操作分析，F(xiàn)裝置應是Cl2和KI反應，所以應該長管進氣，短管出氣，答案選b。（2）為使ClO2在D中被穩(wěn)定劑充分吸收，滴加稀鹽酸的速度要慢。（3）F裝置中能發(fā)生Cl2+2KI=2KCl+I2，碘遇淀粉變藍，所以若F中溶液的顏色若不變，說明沒有氯氣，則裝置C的作用是吸收Cl2。（4）在酸性條件下NaClO2可發(fā)生反應生成NaCl并釋放出ClO2，根據(jù)化合價升降相等和電荷守恒以及原子守恒配平，該反應的離子方程式為4H＋+5ClO2-=Cl－+4ClO2↑+2H2O；在ClO2釋放實驗中，打開E的活塞，D中發(fā)生反應，則裝置F的作用是驗證是否有ClO2生成。（5）根據(jù)圖3可知，穩(wěn)定劑Ⅱ可以緩慢釋放ClO2，能較長時間維持保鮮所需的濃度，所以穩(wěn)定劑Ⅱ好。27、蒸餾燒瓶使F與G壓強相同，便于濃鹽酸容易滴出趕盡裝置中空氣，防止PCl3被氧化ad防止空氣中水蒸氣進入裝置使PCl3水解，吸收未反應的氯氣，防止污染空氣16H++10Cl－+2MnO4－＝5Cl2↑+2Mn2++8H2O蒸餾H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI55【分析】首先A中利用稀鹽酸和塊狀石灰石制取CO2，生成的CO2經(jīng)過B獲得干燥的CO2，CO2氣流就會排盡裝置內部的空氣，以避免生成的PCl3被氧化，然后G中鹽酸和高錳酸鉀反應制取氯氣，經(jīng)過E中濃硫酸干燥獲得干燥的氯氣，并與C中紅磷反應獲得PCl3，另外D中堿石灰吸收空氣中的水蒸氣和吸收未反應的氯氣?！驹斀狻?1)觀察儀器G的結構特點知儀器G的名稱是蒸餾燒瓶；裝置F與G由橡膠管a相連通，a的作用是平衡F和G內部氣體的壓強，便于濃鹽酸在重力作用下更容易滴出，即使F與G壓強相同，便于濃鹽酸容易滴出；(2)PCl3遇O2會生成POCl3(三氯氧磷)，所以需要排盡裝置內部的空氣，故A中制取CO2的作用是趕盡裝置中空氣，防止PCl3被氧化；NaHCO3粉末和酸反應生成CO2的速率過快，不易控制，因而選用塊狀石灰石與酸反應，而稀硫酸與石灰石反應生成微溶的硫酸鈣，其附著在石灰石表面，阻礙反應進行，所以選用塊狀石灰石與稀鹽酸反應制取CO2，故選ad；(3)PCl3遇水會強烈水解生成H3PO3，同時氯氣有劇毒，易與堿反應，因而裝置D中盛有堿石灰的作用是防止空氣中水蒸氣進入裝置使PCl3水解，吸收未反應的氯氣，防止污染空氣；(4)裝置G中高錳酸鉀將鹽酸氧化得到氯氣，其離子方程式為16H++10Cl－+2MnO4－＝5Cl2↑+2Mn2++8H2O；(5)先加入紅磷加熱，除去PCl5，此時的雜質為POCl3，觀察題給表格信息，PCl5和POCl3沸點相差30℃以上，然后通過蒸餾即可除去POCl3，即可得到較純凈的PCl3；(6)①加入碘溶液，H3PO3完全反應生成H3PO4，P元素化合價由+3變?yōu)?5，H3PO3作還原劑，碘作氧化劑，被還原成HI，所以反應的化學方程式為H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI；②滴定剩余的I2消耗Na2S2O3物質的量為1.0×12×10-3mol=0.012mol，由I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，剩余的I2為×0.012mol=0.006mol，所以與H3PO3反應的I2為0.5×20×10-3mol-0.006mol=0