湖南省邵東三中2026屆高三上化學期中復習檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，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、下列變化屬于物理變化的是（）A．煤的干餾 B．鋼鐵生銹 C．石油分餾 D．糧食釀酒2、為原子序數依次增大的五種短周期元素，A是周期表原子半徑最小的元素，同周期且相鄰，C的L層電子數是K層的3倍，E原子的核外電子數是B原子質子數的2倍。下列說法不正確的是（）A．純凈的E元素的最高價氧化物可用于制造光導纖維B．三種元素形成的化合物中一定只含共價鍵C．由元素組成的某種化合物可與反應生成D．元素A與形成的常見化合物中，熱穩(wěn)定性最好的是AD3、用H2O2溶液處理含NaCN的廢水，反應原理為NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：HCN的酸性比H2CO3弱。下列有關說法正確的是A．該反應中氮元素被氧化B．該反應中H2O2作還原劑C．每生產0.1molNaHCO3轉移電子數約為0.1×6.02×1023個D．實驗室配制NaCN溶液時，需加入適量的NaOH溶液4、一定條件下，對于密閉容器中進行的可逆反應：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列說法中可以充分說明這反應已經達到化學平衡狀態(tài)的是A．SO2、O2、SO3的濃度比為2：1：2 B．SO2、O2、SO3在密閉容器中共存C．SO2、O2、SO3的濃度不再發(fā)生變化 D．反應停止，正、逆反應速率都等于零5、某溶液中存在較多的OH－、K+、CO32－，該溶液中還可能大量存在的是()A．H+B．Ca2+C．SO42－D．NH4+6、設NA代表阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是()A．KClO3＋6HCl=KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，生成13.44L(標準狀況)Cl2轉移電子數為1.2NAB．標準狀況下，11.2LNO和11.2LO2混合后，原子總數小于2NAC．足量的MnO2與一定量的濃鹽酸反應得到1molCl2，若向反應后的溶液中加入足量的AgNO3，則生成AgCl的物質的量為2molD．56gFe與一定量的稀硝酸反應，轉移電子數可能為2.6NA7、分子式為C10H14的單取代芳烴，其可能的結構有（）A．2種 B．3種 C．4種 D．5種8、下列變化不可能通過一步實驗直接完成的是A．Fe(OH)3→Fe2O3B．Fe2O3→Fe(OH)3C．Al→Al3+D．Al3+→AlO2-9、下列有關碳及其化合物的化學用語正確的是A．乙炔的結構式為CH≡CHB．甲烷分子的比例模型為C．碳原子的結構示意圖為D．碳原子最外層電子的軌道表示式為10、CO2催化加氫制取甲醇的研究，對于環(huán)境、能源問題都具有重要的意義。反應如下：反應?。篊O2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)?H1=﹣58kJ·mol-1反應ⅱ：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)?H2=+42kJ·mol-1下列說法不正確的是A．增大氫氣濃度能提高二氧化碳的轉化率B．增大壓強，有利于向生成甲醇的方向進行，反應ⅰ的平衡常數增大C．升高溫度，生成甲醇的速率加快，反應ⅱ的限度同時增加D．選用理想的催化劑可以提高甲醇在最終產物中的比率11、已知CaSO4·2H2O脫水過程的熱化學方程式如下：CaSO4·2H2O(s)=CaSO4.1/2H2O(s)+3/2H2O(g)=83.2kJ/molCaSO4.1/2H2O(s)=CaSO4(s)+1/2H2O(g)又知：CaSO4·2H2O(s)=CaSO4(s)+2H2O(l)=26kJ/molH2O(g)=H2O(l)=-44kJ/mol則：為A．30.8kJ/mol B．-30.8kJ/mol C．61.6kJ/mol D．-61.6kJ/mol12、下列事實不能用勒沙特列原理解釋的是A．新制氯水在光照下顏色變淺B．工業(yè)合成氯化氫時氫氣過量C．棕紅色NO2加壓后顏色先變深后變淺D．向飽和NaCl溶液中通入HCl，有晶體析出13、利用膜技術原理和電化學原理制備少量硫酸和綠色硝化劑N2O5，裝置如圖所示，下列說法正確的是()A．b電極反應式是O2＋4e－＋2H2O＝4OH－B．甲中每消耗lmolSO2，a電極附近溶液H＋增加2molC．c電極反應式是N2O4－2e－＋H2O＝N2O5＋2H＋D．甲、乙裝置中分別生成的硫酸和N2O5的物質的量相等14、將下列物質加入氨水中，不能使溶液變渾濁的是A．BaCl2B．MgCl2C．FeCl3D．AlCl315、某種化合物的結構如圖所示，其中X、Y、Z、Q、W為原子序數依次增大的五種短周期元素，Q核外最外層電子數與Y核外電子總數相同，X的原子半徑是元素周期表中最小的。下列敘述正確的是A．該化合物中與Y單鍵相連的Q滿足8電子穩(wěn)定結構B．WX的水溶液呈中性C．元素非金屬性的順序為Y＞Z＞QD．Z的最高價氧化物對應的水化物是一元弱酸16、下列物質的轉化在給定條件下不能實現的是①SSO3H2SO4②N2NONO2HNO3③MgCl(aq)無水MgCl2Mg④FeFe2O3Fe2(SO4)3⑤鋁土礦NaAlO2溶液Al(OH)2Al2O2AlA．①③⑤B．②③④C．③④⑤D．①③④17、在恒溫恒容的密閉容器中，發(fā)生反應X(g)+2Y(g)3Z(g)

△H=-a

kJ·mol-1(a>0)，下列說法正確的是A．容器內氣體的壓強不再發(fā)生變化，說明反應達到平衡狀態(tài)B．達到化學平衡狀態(tài)時，反應放出的總熱量可能為akJC．當X、Y、Z的濃度之比為1:2:3時，反應達到化學平衡狀態(tài)D．降低反應溫度，正反應速率增大，逆反應速率減小18、對于平衡體系mA(g)+nB(g)?pC(g)+qD(g)△H=bkJ·mol-1,下列結論中錯誤的是A．若溫度不變，將容器的體積縮小到原來的一半，達到新平衡時A的濃度為原來的2.2倍，則m+n＜p+qB．若平衡時，A、B的轉化率相等，說明反應開始時，A、B的物質的量之比為m：nC．保持其它條件不變，升高溫度，D的體積分數增大說明該反應的△H＜0。D．若m+n=p+q，則向含有amol氣體的平衡體系中再加入amol的B，達到新平衡時，氣體的總物質的量等于2amol19、用化學用語表示2Mg+CO22MgO+C中的相關微粒，其中正確的是（）A．中子數為7的碳原子：CB．MgO的電子式：C．鎂原子的結構示意圖：D．CO2分子的比例模型：20、下列各組離子中，可能能大量共存的是（）A．pH=14的無色溶液中：Na+、K+、HCO3－、NO3－B．加入鋁粉有氫氣產生的溶液中：Na+、CO32-、C1－、K+C．在0.1mol／L的鹽酸中：Fe2+、Na+、ClO－、Ca2+D．在c(H+)/c(OH－)=1×10－12的溶液中：NH4+、Ca2+、C1－、K+21、化學與人類生產、生活、環(huán)境密切相關，下列說法正確的是A．“潔廁靈“有效成分為鹽酸，與漂白粉混合使用效果更佳B．Na2SiO3水溶液俗稱水玻璃，是制備硅膠和木材防火劑的原料C．白酒中混有少量塑化劑，少量飲用對人體無害，可通過過濾方法除去D．“遼寧艦”上用于艦載機降落攔阻索的特種鋼纜，屬于新型無機非金屬材料22、下列說法不正確的是A．已知NH5為離子化合物，則固體NH5中陰陽離子個數比為1:1B．地下鋼鐵管道用導線連接鋅塊可以減緩管道的腐蝕，該法稱犧牲陽極保護法C．原電池中發(fā)生的反應達平衡時，該電池仍有電流產生D．要證明亞硫酸鈉部分變質可選用試劑稀鹽酸和氯化鋇二、非選擇題(共84分)23、（14分）與碳元素同周期的核外電子排布中有3個未成對電子的元素在第二周期________族，該元素的氣態(tài)氫化物的電子式為_______，其空間構型是______，是含________共價鍵的____分子（填極性或非極性）。該氣體溶于水后，水溶液呈_____性（填“酸”或“堿”）原因是____（用方程式表示）24、（12分）X、Y、Z、M、W、Q、R是7種短周期元素，其性質如下：元素代號XYZMWQR原子半徑/nm0.1430.1040.0990.0700.066主要化合價+3+6，﹣2+7，﹣1+5，﹣3﹣2其它焰色為黃色形成氣體單質密度最小完成下列填空：（1）上述元素中，X在周期表中的位置是__，由Y、Q形成的簡單離子半徑大小關系是Y___Q(填“＞”或“＜”)。（2）由W或Q與R兩種元素組成的微粒中，都是10e-體參與的離子反應方程式為___，是18e-分子的有__種。（3）寫出證明Z、M非金屬性強弱的化學方程式為__。（4）Z、W、Q、R四種元素按原子個數比為1：1：4：5形成某化合物，則該化合物中化學鍵類型為___。（填選項）A．離子鍵B．極性共價鍵C．非極性共價鍵D．氫鍵25、（12分）實驗室中根據已知熔點是16.6℃，沸點44.4℃。設計如下圖所示的實驗裝置制備固體。（1）實驗開始時，先點燃的酒精燈是_________（填編號）。（2）裝置D中濃硫酸的作用除了混合氣體并觀察氣體流速外還有___________。（3）裝置F的作用是____________________。（4）由于可逆反應，所以從E管出來的氣體中含有、。為了證明含有可以將該氣體通入________（填下列編號，下同）、證明含有可以將該氣體通入_____________。A．品紅B．溴水C．溶液D．溶液（5）如果沒有裝置G，則F中可能看到_________________。（6）從裝置G導出的尾氣?？梢杂脽龎A或石灰乳吸收。請寫出用足量燒堿吸收尾氣的離子方程式為：_________________________________________________________。（7）尾氣常采用燒堿或石灰乳吸收，請分析比較兩種吸收劑吸收的優(yōu)點__________________________________________________________。26、（10分）常溫常壓下，一氧化二氯(Cl2O)為棕黃色氣體，沸點為3.8℃，42℃以上分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并與水反應生成HClO。[制備產品]將氯氣和空氣(不參與反應)按體積比1：3混合通入含水8%的碳酸鈉中制備Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制備次氯酸溶液。(1)各裝置的連接順序為_______→______→_____→C→_____；(填字母)(2)裝置B中多孔球泡和攪拌棒的作用是_______；裝置C的作用是______；(3)制備Cl2O的化學方程式為________；(4)此方法相對于用氯氣直接溶于水制備次氯酸溶液的主要優(yōu)點是_______；(5)反應過程中，裝置B需放在_______中：(選填“冷水”或“熱水”)[測定濃度](6)已知次氯酸可被FeSO4等物質還原。用下列實驗方案測定裝置E所得溶液中次氯酸的物質的量濃度：量取10mL上述次氯酸溶液，并稀釋至100mL，再從中取出10.00mL于錐形瓶中，并加入10.00mL0.8mol/L的FeSO4溶液，充分反應后，用0.05000mol/L的酸性KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液24.00mL，則原次氯酸的物質的量濃度為_______。(保留四位有效數字)27、（12分）納米Fe3O4在磁流體、催化劑、醫(yī)學等領域具有廣闊的應用前景。氧化共沉淀制備納米Fe3O4的方法如下：I．Fe2+的氧化：將FeSO4溶液用NaOH溶液調節(jié)pH至a，再加入H2O2溶液，立即得到FeO(OH)紅棕色懸濁液。（1）①若用NaOH溶液調節(jié)pH過高會產生灰白色沉淀，該反應的離子方程式是_____________。②上述反應完成后，測得a值與FeO(OH)產率及其生成后溶液pH的關系，結果如下：用離子方程式解釋FeO(OH)生成后溶液pH下降的原因：____。（2）經檢驗：當a=7時，產物中存在大量Fe2O3。對Fe2O3的產生提出兩種假設：i．反應過程中溶液酸性增強，導致FeO(OH)向Fe2O3的轉化；ii．溶液中存在少量Fe2+，導致FeO(OH)向Fe2O3的轉化。①經分析，假設i不成立的實驗依據是____。②其他條件相同時，向FeO(OH)濁液中加入不同濃度Fe2+，30min后測定物質的組成，結果如下：以上結果表明：____。③a=7和a=9時，FeO(OH)產率差異很大的原因是____。Ⅱ．Fe2+和Fe3+共沉淀：向FeO(OH)紅棕色懸濁液中同時加入FeSO4溶液和NaOH濃溶液進行共沉淀，再將此混合液加熱回流、冷卻、過濾、洗滌、干燥，得到納米Fe3O4。（3）共沉淀時的反應條件對產物純度和產率的影響極大。①共沉淀pH過高時，會導致FeSO4溶液被快速氧化；共沉淀pH過低時，得到的納米Fe3O4中會混有的物質是____。②已知N=n[FeO(OH)]/n(Fe2+)，其他條件一定時，測得納米Fe3O4的產率隨N的變化曲線如下圖所示：經理論分析，N=2共沉淀時納米Fe3O4產率應最高，事實并非如此的可能原因是_________。28、（14分）氯化銅是一種廣泛用于生產顏料、木材防腐劑等的化工產品。某研究小組用粗銅(含雜質Fe)按圖1所示工藝流程制備氯化銅晶體(CuCl2·2H2O)：請回答下列問題：（1）為了完成步驟Ⅰ，可采用圖2所示的裝置將粗銅完全轉化為固體a：①A裝置中發(fā)生反應的離子方程式是___________________________________________。②在該實驗中，點燃A、C裝置中的酒精燈時，應該先點燃________裝置的酒精燈，D裝置的作用是_____________________________，C裝置中生成的產物是________________。③有同學認為應在B裝置前增加吸收HCl的裝置，你認為是否必要____(填“是”或“否”)。（2）步驟Ⅱ的操作：將固體a置于燒杯中，然后加入_________，至固體完全溶解。（3）步驟Ⅲ中應先加入某試劑調節(jié)溶液b的pH以除去雜質，該試劑可選用下列試劑中的________(填序號)。a．NaOH溶液b．氨水c．CuOd．Cu2(OH)2CO3e．CuSO4溶液（4）步驟Ⅳ中，將溶液c蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾得到CuCl2·2H2O?，F欲得到無水CuCl2，在實驗室也可以采用圖2所示裝置使CuCl2·2H2O脫水得到無水CuCl2，則A裝置中的兩種化學試劑是___________________________(填名稱)。29、（10分）二硫代磷酸鋅()是一種表面活性劑，能夠提高橡膠的抓著力、耐磨性。請回答下列問題：(1)二硫代磷酸鋅結構中，P的雜化方式為__________________，C1、P、S的第一電離能由大到小的順序為_____________________。(2)Zn2+的價層電子排布式為________________，鋅能夠跟強堿溶液反應生成[Zn(OH)4]2-，不考慮空間構型，[Zn(OH)4]2－的結構可用示意圖表示為__________________。(3)硫元素能形成多種含氧酸，兩分子硫酸脫去一分子水生成焦硫酸(H2S2O7)，則1mol焦硫酸中含有硫氧鍵的數目為____________；用價層電子互斥理論判斷并解釋SO32-與SO42-鍵角的相對大小。(4)纖鋅礦的六方晶體結構如圖所示，該晶胞的化學式為___________，其晶胞參數分別為apm和bpm，則該晶體的密度為____________________g·cm-3(用含a、b、NA的代數式表示)。

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.煤的干餾的過程中有新物質生成，屬于化學變化，故A錯誤；

B.鋼鐵生銹的過程中有新物質鐵銹生成，屬于化學變化，故B錯誤；

C.石油分餾是依據物質沸點不同分離混合物，沒有新物質生成，屬于物理變化，故C正確；

D.糧食釀酒的過程中，有新物質生成，屬于化學變化，故D錯誤；

故選：C。2、B【分析】原子半徑最小的元素是氫，A為氫，C的L層是K層的3倍，則C為氧，B為氮，D為氟，B原子有7個質子，則E原子有14個核外電子，即硅元素，據此來分析各選項即可?！驹斀狻緼.二氧化硅可以用于制造光導纖維，A項正確；B.A、B、C三種元素可以形成，中含有離子鍵，B項錯誤；C.可以直接和作用得到，C項正確；D.非金屬性越強的元素，其氫化物的熱穩(wěn)定性越好，B、C、D、E中非金屬性最強的是氟，因此的熱穩(wěn)定性最好，D項正確；答案選B。3、D【詳解】A、該反應中氮元素化合價不變，故A錯誤；B、氧由-1價升高到0價，該反應中H2O2作氧化劑，故B錯誤；C、反應中碳由+2價升高到+4價，每生產0.1molNaHCO3轉移電子數約為0.2×6.02×1023個，故C錯誤；D、CN－水解生成HCN，溶液呈堿性，實驗室配制NaCN溶液時，需加入適量的NaOH溶液，抑制CN－水解，故D正確；答案選D。4、C【分析】一定條件下，對于密閉容器中進行的可逆反應：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，達到化學平衡狀態(tài)，正逆反應速率相等，各組分的濃度不會變化?！驹斀狻緼.SO2、O2、SO3的濃度比為2：1：2，各組分的物質的量之比，無法判斷各組分的物質的量是否變化，正逆反應速率是否相等，無法判斷是否達到平衡狀態(tài)，故A錯誤；B.該反應是可逆反應，無論是否達到平衡狀態(tài)，SO2、O2、SO3同時存在，所以無法判斷是否達到平衡狀態(tài)，故B錯誤；C.SO2、O2、SO3的濃度不再發(fā)生變化，說明正反應速率相等，達到了平衡狀態(tài)，故C正確；D.達到化學平衡狀態(tài)，正逆反應速率相等，各組分的濃度不會變化，但反應沒有停止，正、逆反應速率都不等于零，故D錯誤；故選C。【點睛】本題考查了化學平衡狀態(tài)的判斷，根據達到平衡狀態(tài)，各組分的濃度不變，正逆反應速率相等進行判斷即可，易錯點D，反應沒有停止。5、C【解析】試題分析：離子間如果發(fā)生化學反應，則不能大量共存，反之是可以的。氫離子能和OH－及CO32－反應，不能大量共存；Ca2+能和CO32－反應，不能大量共存；NH4+能和OH－反應，不能大量共存，所以正確的答案選C?？键c：考查離子共存的正誤判斷點評：該題是高考中的高頻題，屬于中等難度的試題，試題側重考查學生的能力。該題需要明確離子不能大量共存的一般情況，即（1）能發(fā)生復分解反應的離子之間；（2）能生成難溶物的離子之間；（3）能發(fā)生氧化還原反應的離子之間；（4）能發(fā)生絡合反應的離子之間（如Fe3+和SCN-）；解決離子共存問題時還應該注意題目所隱含的條件，題目所隱含的條件一般有：（1）溶液的酸堿性，據此來判斷溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的顏色，如無色時可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色離子的存在；（3）溶液的具體反應條件，如“氧化還原反應”、“加入鋁粉產生氫氣”；（4）是“可能”共存，還是“一定”共存等。6、D【詳解】A、反應KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O

中轉移5mol電子，生成3mol氯氣，故當生成標準狀況下13.44L氯氣，即0.6mol氯氣時，反應轉移的電子的物質的量為1mol，即NA個，故A錯誤；B、標準狀況下，11.2L

NO和11.2L

O2的物質的量均為0.5mol，且兩者均為雙原子分子，故共含2NA個原子，根據原子個數守恒，反應后體系中原子數仍為2NA個，故B錯誤；C、二氧化錳只能與濃鹽酸反應，和稀鹽酸不反應，故濃鹽酸不能反應完全，且由于濃鹽酸的物質的量未知，反應后的溶液中的氯離子的物質的量無法確定，則生成的氯化銀的物質的量無法確定，故C錯誤；D、5.6g鐵的物質的量為0.1mol，而鐵和硝酸反應后最終可能變?yōu)?3價，也可能變?yōu)?2價。故0.1mol鐵反應后轉移的電子數介于0.2NA到0.3NA之間，故可能為0.26NA個，故D正確；故選D。7、C【詳解】分子式為C10H14的單取代芳烴可以寫為C6H5—C4H9，—C4H9的同分異構體有：CH3CH2CH2CH2—、、（CH3）2CHCH2—、（CH3）3C—，共4種，所以分子式為C10H14的單取代芳烴可能的結構有四種，答案選C。8、B【解析】A.Fe(OH)3加熱后分解生成Fe2O3，A可以實現；B.Fe2O3不溶于水也不與水反應，不能一步轉化為Fe(OH)3，B不能一步實現；C.Al與酸反應生成Al3+，C可以實現；D.Al3+與過量的強堿反應生成AlO2-，D可以實現。本題選B。9、B【解析】A.CH≡CH是乙炔的結構簡式，結構式需要一一展示共價鍵，故A錯誤；B.正確；C.碳原子的結構示意圖為，故C錯誤；D.碳原子2s軌道充滿兩個自旋方向相反的電子，2p軌道的兩個軌道分別容納一個電子，而且自旋方向相同，故D錯誤。故選B。10、B【詳解】A.增大氫氣濃度平衡正向移動導致二氧化碳消耗增大，所以二氧化碳轉化率增大，故A正確；B.增大壓強平衡向氣體體積減小的方向移動，增大壓強，反應i的平衡正向移動，所以向生成甲醇的方向移動，但是化學平衡常數只與溫度有關，溫度不變化學平衡常數不變，所以增大壓強反應i的平衡常數不變，故B錯誤；C.升高溫度任何化學反應速率都增大，升高溫度平衡向吸熱方向移動，升高溫度反應ii向正向移動，則反應ii的反應限度增大，故C正確；D.催化劑具有選擇性和專一性、高效性，所以選用理想的催化劑可以提高甲醇在最終產物中的比率，故D正確；答案選B。11、A【解析】①；③；④；根據蓋斯定律，③－①－④×2,得，，故A正確。點睛：蓋斯定律是指化學反應的焓變與化學反應的始態(tài)和終態(tài)有關，與反應歷程無關。所以可以根據蓋斯定律計算反應的焓變。12、B【詳解】A.氯水中存在平衡Cl2+H2O?HClO+H++Cl-，光照HClO分解，溶液中HClO濃度降低，平衡向生成HClO方向移動，能用勒沙特列原理解釋，故A正確；B.氫氣與氯氣生成氯化氫的反應不存在平衡，不能用勒夏特列原理解釋，故B錯誤；C.對2NO2?N2O4平衡體系增加壓強，體積變小，顏色變深，平衡正向移動，顏色變淺，能用勒沙特列原理解釋，故C正確；D.NaCl在飽和NaCl水溶液中存在分解和析出平衡，通入HCl導致溶液中氯離子濃度增大，從而抑制NaCl溶解，所以有晶體析出，能用勒夏特里原理解釋，故D正確；故答案為B?！军c睛】勒沙特列原理內容為：如果改變影響平衡的一個條件(如濃度、壓強、溫度)，平衡將向著能夠減弱這種改變的方向移動。13、B【分析】甲裝置能自發(fā)的進行氧化還原反應且沒有外接電源，所以是原電池，a極上二氧化硫失電子為負極，b上氧氣得電子為正極，乙屬于電解池，與電源的正極b相連的電極c為陽極，N2O4在陽極失電子生成N2O5，d為陰極，陰極上氫離子得電子生成氫氣，據此分析?！驹斀狻緼.電極a為負極，電極b為正極，正極發(fā)生還原反應，O2＋4e－＋4H＋＝2H2O，電解液是硫酸，不能出現氫氧根離子，故A錯誤；B.

依據電子轉移數相同可知，甲裝置的a電極的電極反應式:SO2-2e+2H2O=4H++SO42-，b電極的電極反應為O2＋4e－＋4H＋＝2H2O，總反應為2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，可知消耗1mol二氧化硫時，甲中每消耗lmolSO2，a電極附近溶液H＋增加2mol，故B正確；C.

c是陽極，d是陰極，陽極上N2O4放電生成N2O5，電極反應為，故C錯誤；D.依據電子轉移數相同可知，甲裝置的左側的電極反應式:SO2-2e-+2H2O=4H++SO42-，可知電子轉移數為2mole~時，生成1mol硫酸，乙裝置中陽極N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+，轉移電子的物質的量為2mole~時，生成2mol五氧化二氮，轉移相同電子數時，生成硫酸和五氧化二氮的物質的量為1:2，故D錯誤；答案選B。14、A【解析】A、BaCl2與氨水不反應，故A符合；B、MgCl2＋2NH3·H2O=Mg(OH)2↓＋2NH4Cl，故B不符。C、FeCl3＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NH4Cl，故C不符。D、AlCl3＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4Cl，故D不符。故選A。15、A【分析】根據某種化合物的結構圖可知，W可形成+1價的陽離子，為Na；X、Y、Z、Q形成共價鍵，X、Y、Z、Q分別形成1條、4條、3條、2條共價鍵，且原子序數依次增大，則X、Y、Z、Q分別為H、C、N、O?！驹斀狻緼．該化合物中，與C單鍵相連的O，兩者共用一對電子，另外，O原子還得到了一個電子，故其滿足8電子穩(wěn)定結構，A敘述正確；B．WX為NaH，溶于水會得到氫氧化鈉溶液，顯堿性，B敘述錯誤；C．同周期主族元素從左到右，元素的非金屬性依次增強，元素非金屬性的順序為Q＞Z＞Y，C敘述錯誤；D．Z的最高價氧化物對應水化物為硝酸，是一元強酸，D敘述錯誤；答案為A。16、D【分析】一步反應實現即原物質只發(fā)生一個反應即可轉化為目標物質，根據所涉及物質的性質，分析能否只通過一個反應而實現即可?！驹斀狻竣倭蛟谘鯕庵腥紵簧啥趸?，二氧化硫催化氧化變成三氧化硫，轉化不能由一步反應實現，故①錯誤；

②氮氣在空氣中放電，生成一氧化氮，一氧化氮迅速被氧化為二氧化氮，二氧化氮與水反應生成硝酸，故②正確；③MgCl2(aq)加熱得到氫氧化鎂，轉化不能由一步反應實現，故③錯誤；④鐵點燃生成四氧化三鐵，四氧化三鐵與硫酸反應生成硫酸鐵和硫酸亞鐵，轉化不能由一步反應實現，故④錯誤；⑤三氧二化鋁溶解在氫氧化鈉溶液中生成偏鋁酸鈉，在偏鋁酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳生成氫氧化鋁，燃燒氫氧化鋁得到氧化鋁，然后電解熔融的氧化鋁，得到鋁，故⑤正確；答案選D。17、B【解析】A、反應物和生成物中氣體的計量數之和相等，容器中壓強始終不變，不能證明達到了平衡狀態(tài)，故A錯誤；B、沒有已知起始物質的量，若該反應向右進行，反應了1molX，放出的熱量就是akJ，故B正確；C、X、Y、Z的濃度之比為1:2:3并不能表示各物質濃度不再發(fā)生改變了，所以不能說明反應達到了化學平衡，故C錯誤；D.降低溫度，任何反應速率都會減小，故D錯誤。故選B。18、C【解析】分析：本題考查的是條件對平衡的影響，根據勒夏特列原理進行分析。詳解：A.溫度不變，將容器的體積縮小到原來的一半，A的濃度變?yōu)樵瓉淼?倍，平衡開始移動，若到新平衡A的濃度為原來的2.2倍，說明該反應逆向移動，則m+n＜p+q，故正確；B.若平衡時，A、B的轉化率相等，說明反應開始時，A、B的物質的量之比滿足化學計量數比，為m：n，故正確；C.保持其它條件不變，升高溫度，D的體積分數增大，說明反應正向移動，則該反應的正反應為吸熱反應，即說明該反應的△H>0，故錯誤；D.若m+n=p+q，則向含有amol氣體的平衡體系中再加入amol的B，達到新平衡時總物質的量不變，仍為2amol，故正確。故選C。19、B【詳解】A．中子數為7的碳原子質子數為6，質量數=6+7=13，原子符號為C，故A錯誤；B．MgO為離子化合物，鎂離子直接用離子符號表示，氧離子需要標出最外層電子，MgO的電子式為，故B正確；C．鎂原子的結構示意圖為：，故C錯誤；D．CO2中有兩個C=O鍵，C原子半徑較大，所以比例模型是，故D錯誤。答案選B。20、B【解析】A.pH=14的溶液呈堿性，OH-、HCO3－發(fā)生反應，故不選A；B.可能是堿性溶液，OH－、Na+、CO32－、C1－、K+不發(fā)生反應，故選B；C.Fe2+、ClO－發(fā)生氧化還原反應，故不選C；D.c(H+)<c(OH－)，溶液呈堿性，OH－、NH4+，OH－、Ca2+發(fā)生反應，故不選D。21、B【解析】A、潔廁劑主要成分為鹽酸，與次氯酸鈣反應生成氯化鈣和氯氣，反應的離子方程式為ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，生成一種有毒氣體氯氣污染環(huán)境，選項A錯誤；B、Na2SiO3水溶液俗稱水玻璃，是制備硅膠和木材防火劑的原料，選項B正確；C、塑化劑對人體有害，不可以通過過濾方法除去，選項C錯誤；D、“遼寧艦“上用于艦載機降落攔阻索的特種鋼纜，屬于合金，而不是新型無機非金屬材料，選項D錯誤。答案選B。22、C【詳解】A．已知NH5為離子化合物，可以寫成NH4H，則固體NH5中陰陽離子個數比為1:1，故A正確；B．地下鋼鐵管道用導線連接鋅塊，鋅、鐵、土壤中的電解質組成原電池，鋅作負極，先腐蝕，從而減緩管道的腐蝕，該法稱犧牲陽極陰極保護法，故B正確；C．原電池中發(fā)生的反應達平衡時，該電池沒有電流產生，故C錯誤；D．取少量配成溶液，滴加BaCl2，有白色沉淀生成，繼續(xù)滴加HCl，如果白色沉淀部分溶解,則試劑部分變質，故D正確；故選C。二、非選擇題(共84分)23、ⅤA三角錐型極性極性堿NH3·H2O?NH4++OH-【詳解】與碳元素同周期的核外電子排布中有3個未成對電子，該元素核外電子排布式為1s22s22p3，該元素為氮，第二周期ⅤA族，氮元素的氣態(tài)氫化物為氨氣（NH3）其電子式為，中心原子為sp3雜化，其空間構型是三角錐型，NH3中N和H兩種不同元素構成極性共價鍵，由于氮元素存在孤對電子，對成鍵電子的排斥作用較強，N-H之間的鍵角小于109°28′，正負電荷重心不重合，形成極性分子；NH3溶于水后，與水反應生成一水合氨，一水合氨是弱堿在水中部分電離產生氫氧根離子和銨根離子，電離方程式為：NH3·H2O?NH4++OH-

，水溶液呈堿性；答案為：ⅤA；；三角錐型；極性；極性；堿；NH3·H2O?NH4++OH-。24、第三周期ⅠA族＜NH+OH-=H2O+NH32H2S+Cl2=S+2HClA、B【分析】X焰色為黃色，則X為Na，R的形成氣體單質密度最小，則R為H，Z和Q的化合價都有-2價，應為周期表第ⅥA族元素，Z的最高價為+6價，應為S元素，Q無正價，應為O元素；Y的化合價為+3價，應為周期表第ⅢA族元素，根據半徑大于Z小于X，可知應和X同周期，為Al元素，M為+7、-1價，且原子半徑小于S大于O，則M為Cl元素，W為+5、-3價，且原子半徑小于Cl大于O，則W為N元素?！驹斀狻浚?）由分析可知，X為Na，在周期表中的位置是第三周期ⅠA族，Y、Q各自形成的簡單離子Al3+、O2-，具有相同電子層結構，核電荷數越大，半徑越小，故離子半徑由大到小的順序是Al3+＜O2-，故答案為：第三周期ⅠA族；＜；（2）由N或O與H兩種元素組成的微粒中，NH、OH-、H2O、NH3等都是10e-體，反應的離子方程式為NH+OH-=H2O+NH3，N或O與H兩種元素組成的微粒中，N2H4、H2O2都是18e-分子，有2種，故答案為：NH+OH-=H2O+NH3；2；（3）氯氣能置換出硫單質，可比較Cl、S非金屬性強弱，化學方程式為H2S+Cl2=S+2HCl，故答案為：H2S+Cl2=S+2HCl；（4）S、N、O、H四種元素按原子個數比為1：1：4：5形成的化合物為NH4HSO4，為離子化合物，該化合物中含有的化學鍵類型為離子鍵，極性共價鍵，故答案為：A、B。25、E干燥二氧化硫與氧氣降溫使以固體形式呈現，從混合氣體中分開ABC白色酸霧加燒堿反應快（吸收快），加石灰乳價格低廉【分析】根據實驗裝置及二氧化硫的性質分析裝置中儀器的作用；根據二氧化硫及三氧化硫的性質分析檢驗的方法；根據工業(yè)生產需要分析尾氣處理時選擇合適的試劑。【詳解】（1）二氧化硫與氧氣在E中反應，為了使之充分反應，所以實驗開始時，先點燃的酒精燈是E中酒精燈；（2）如圖所示A裝置產生二氧化硫氣體，同時會帶出水分，所以裝置D中濃硫酸的作用除了混合氣體并觀察氣體流速外還有干燥二氧化硫與氧氣的作用；（3）根據題干信息，三氧化硫的熔點為16.6℃，所以裝置F的作用是降溫，使以固體形式呈現，從混合氣體中分開；（4）二氧化硫有漂白性和還原性，可以使品紅溶液和溴水溶液褪色，所以可以將氣體通入品紅或溴水證明二氧化硫的存在；二氧化硫與三氧化硫通入硝酸鋇溶液中都產生白色沉淀，且二氧化硫與氯化鋇溶液不反應，三氧化硫可以與氯化鋇溶液反應生成白色沉淀，所以可以用氯化鋇溶液證明三氧化硫的存在，故答案為AB；C；（5）裝置G為干燥裝置，如果沒有干燥，空氣中的水分與易溶于水的二氧化硫氣體結合形成酸霧，所以F中可能看到白色酸霧；（6）裝置G導出的尾氣是為了吸收未完全反應的二氧化硫，二氧化硫與堿反應生成亞硫酸鹽和水，離子方程式為：；（7）燒堿濃度大，反應快，而石灰乳價格比較低，故答案為加燒堿反應快（吸收快），加石灰乳價格低廉。26、ADBE增大反應物接觸面積，加快反應速率，使反應充分進行除去Cl2O中的Cl22Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3)制得的次氯酸溶液純度較高，濃度較大冷水1.000mol/L【分析】根據實驗目的，將氯氣和空氣（不參與反應）按體積比1：3混合通入含水8%的碳酸鈉中制備Cl2O，并用水吸收Cl2O（不含Cl2）制備次氯酸溶液，應先用裝置A制備Cl2，再通過裝置D除去混合氣體中的HCl氣體，同時混入空氣，將混合氣體通入裝置B，在裝置B中發(fā)生制備Cl2O的反應；然后將制取的Cl2O氣體先通入裝置C，以除去Cl2等雜質氣體，最后通過裝置E制取次氯酸溶液，以此解答?！驹斀狻?1)根據實驗目的，將氯氣和空氣(不參與反應)按體積比1:3混合通入含水8%的碳酸鈉中制備Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制備次氯酸溶液，應先用裝置A制備Cl2，再通過裝置D除去混合氣體中的HCl氣體，同時混入空氣，將混合氣體通入裝置B，在裝置B中發(fā)生制備Cl2O的反應;然后將制取的Cl2O氣體先通入裝置C，以除去Cl2等雜質氣體，最后通過裝置E制取次氯酸溶液，裝置連接順序為：A→D→B→C→E，故答案為：A；D；B；E；(2)多孔球泡和攪拌棒均能使反應物充分接觸，增大反應物接觸面積，加快反應速率，使反應充分進行；裝置B中生成Cl2O的同時還會有多余的Cl2逸出，而Cl2是非極性分子，易溶于非極性溶劑四氯化碳，因此此處裝置C使用足量的四氯化碳將Cl2吸收，故答案為：增大反應物接觸面積，加快反應速率，使反應充分進行；除去Cl2O中的Cl2；(3)已知空氣不參與反應，則制取Cl2O以Cl2和Na2CO3為反應物，發(fā)生歧化反應，其中氯元素從0價變?yōu)?1價和?1價，反應的化學方程式為：2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3)，故答案為：2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3)；(4)Cl2O與水反應的化學方程式為：Cl2O+H2O=2HClO，Cl2和水反應的化學方程式為：Cl2+H2O=HCl+HClO，Cl2O和水反應只生成HClO且反應不可逆，氯氣和水反應除了生成HClO還生成HCl，并且反應可逆，所以用Cl2O與水反應制備次氯酸溶液相對于用氯氣溶于水制備次氯酸溶液的主要優(yōu)點是用Cl2O與水反應制備次氯酸溶液時制得次氯酸溶液純度較高、濃度也較大，故答案為：制得的次氯酸溶液純度較高，濃度較大；(5)由題可知：Cl2O在42℃以上會分解生成Cl2和O2，故為防止反應放熱后溫度過高導致Cl2O分解，裝置B需放在冷水中，故答案為：冷水；(6)10.00mL

0.80mol?L?1的FeSO4溶液中，n(FeSO4)=0.80mol/L×0.01L=0.008mol，24.00mL0.050

00mol?L?1的酸性KMnO4溶液中，n(KMnO4)=0.050mol/L×0.024L=0.0012mol，根據反應MnO+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，0.0012mol高錳酸鉀消耗硫酸亞鐵的物質的量為：0.0012mol×5=0.006mol，則稀釋后的10.00mLHClO溶液消耗硫酸亞鐵的物質的量為：0.008mol?0.006mol=0.002mol，根據反應HClO+2Fe2++H+=2Fe3++Cl?+H2O可知，稀釋后10.00mLHClO溶液中n(HClO)=×0.002mol=0.001mol，原10mL次氯酸溶液中n(HClO)=0.001mol×=0.01mol，其濃度為：=1.000mol/L，故答案為：1.000mol/L。27、a=8或9時反應后溶液的pH均接近4，即反應過程中溶液的酸性均增強溶液中存在少量Fe2+可導致FeO(OH)向Fe2O3轉化，且溶液中Fe2+含量越高相同時間內,FeO(OH)向Fe2O3轉化的越多a=9時，溶液中幾乎沒有Fe2+，而a=7時，溶液中還存在Fe2+Fe2O3在實驗操作過程中，會有部分Fe2+被氧氣氧化成Fe3+，故N=2時，參與共沉淀的Fe2+的量減少，導致生成的Fe3O4產率下降【詳解】（1）①若用NaOH溶液調節(jié)pH過高會產生灰白色沉淀是亞鐵離子結合氫氧根離子生成氫氧化亞鐵沉淀，反應的離子方程式：，故答案為：。②FeSO4溶液用NaOH溶液調節(jié)pH至a，再加入H2O2溶液，立即得到FeO(OH)紅棕色懸濁液，消耗氫氧根離子，溶液pH降低，反應的離子方程式為：，故答案為：。（2）①根據表中數據，a=8或9時反應后溶液pH均接近于4即反應過程中溶液酸性均增強，說明假設i.反應過程中溶液酸性增強，導致FeO(OH)向Fe2O3的轉化不正確。故答案為：a=8或9時反應后溶液的pH均接近4，即反應過程中溶液的酸性均增強。②表中數據分析可知，其他條件相同時，向FeO(OH)濁液中加入不同濃度Fe2+，溶液中存在少量Fe2+可導致FeO(OH)向Fe2O3的轉化，且溶液中亞鐵離子含量越高，相同時間內FeO(OH)向Fe2O3的轉化的越多。故答案為：溶液中存在少量Fe2+可導致FeO(OH)向Fe2O3轉化，且溶液中Fe2+含量越高相同時間內，FeO(OH)向Fe2O3轉化的越多③a=7和a=9時，FeO(OH)產率差異很大的原因是：a=9時溶液中幾乎無亞鐵離子，而a=7時溶液中還存在亞鐵離子。故答案為：a=9時，溶液中幾乎沒有Fe2+，而