2026屆湖南省邵陽市邵東縣第三中學化學高三上期中預測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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、合金相對于純金屬制成的金屬材料來說優(yōu)點是①合金的硬度一般比它的各成分金屬的大②一般合金的熔點比它的各成分金屬的更低③改變原料的配比，改變生成合金的條件，可得到具有不同性能的合金④合金比純金屬的導電性更強⑤合金比純金屬的應用范圍更廣泛A．①②③⑤ B．②③④ C．①②④ D．①④⑤2、某化學課外活動小組擬用鉛蓄電池進行電絮凝凈水的實驗探究，設計的實驗裝置如圖所示，下列敘述正確的是（）A．Y的電極反應：Pb－2e－=Pb2+B．鉛蓄電池工作時SO42-向Y極移動C．電解池的反應僅有2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑D．每消耗103.5gPb，理論上電解池陰極上有0.5molH2生成3、化學與社會可持續(xù)發(fā)展密切相關。下列做法不合理的是A．向海水中加入明礬制取淡水B．用堿性廢水中和處理酸性廢水C．用無磷洗滌劑避免水體富營養(yǎng)化D．按規(guī)定對生活廢棄物進行分類放置4、常溫下，下列性質不能證明乙酸是弱電解質的是A．0.1mol/L乙酸溶液的B．溶液的C．將0.1mol/L乙酸溶液稀釋100倍，pH變化<2D．乙酸溶液的導電性比鹽酸溶液的導電性弱5、化學與生產(chǎn)生活、環(huán)境保護密切相關。下列說法中不正確的是A．食鹽既可作調(diào)味品也可作食品防腐劑B．向海水中加入凈水劑明礬可以使海水淡化C．加大石油、煤炭的開采速度，增加化石燃料的供應不利于“藍天工程”的建設D．高鐵車廂材料大部分采用鋁合金，因為鋁合金強度大、質量輕、抗腐蝕能力強6、廢水脫氮工藝中有一種方法是在廢水中加入過量NaClO使NH4+完全轉化為N2，該反應可表示為2NH＋3ClO－===N2↑＋3Cl－＋2H＋＋3H2O。下列說法中不正確A．反應中氮元素被氧化，氯元素被還原B．還原性：NH4+>Cl－C．反應中每生成1molN2，轉移6mol電子D．經(jīng)此法處理過的廢水可以直接排放7、石油通過分餾獲取輕質油的產(chǎn)量較低，為了進一步提高輕質油的產(chǎn)量和質量，可以采用A．裂解 B．減壓分餾 C．催化裂化 D．常壓分餾8、在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.01mol的酸性混合溶液中加入0.01mol鐵粉，經(jīng)攪拌后發(fā)生的變化應是（）A．鐵溶解，析出0.01molAg和0.005molCuB．鐵溶解，析出0.01molAg并放出H2C．鐵溶解，析出0.01molAg，溶液中不再有Fe3＋D．鐵溶解，析出0.01molAg，溶液中不再有Cu2＋9、已知：NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)△H。一定溫度下，1molNO2(g)與1molCO(g)完全反應生成CO2(g)和NO(g)過程中的能量變化如圖所示。下列說法不正確的是()A．△H=-234kJ?mol-1B．該反應的逆反應的活化能為368kJ?mol-1C．加入高效催化劑，E1、E2均減小D．其他條不變，縮小容器體積，活化分子百分數(shù)增大10、下列各組物質中，不能按(“→”表示一步完成)的關系相互轉化的是（）選項abcAFeFeCl2FeCl3BSiSiO2SiF4CHNO3NONO2DAlAl2O3Al(OH)3A．A B．B C．C D．D11、相對分子質量為Mr的氣態(tài)化合物VL(標準狀況)溶于mg水中，得到溶液的溶質質量分數(shù)為w%，物質的量濃度為cmol·L－1，密度為ρg·cm－3，則下列說法正確的是A．溶液密度ρ可表示為B．物質的量濃度c可表示為C．溶液的質量分數(shù)w%可表示為D．相對分子質量Mr可表示為12、下列說法正確的是①常溫下白磷可自燃而氮氣須在放電時才與氧氣反應，則非金屬性：P>N②第IA族元素銫的兩種核素，137Cs比133Cs多4個質子③因為氧化性HClO>稀H2SO4，所以非金屬性Cl>S④離子化合物中即可以含有極性共價鍵，又可以含有非極性共價鍵⑤C、P、S、Cl的最高價氧化物對應水化物的酸性逐漸增強⑥從上到下，鹵族元素的非金屬性逐漸減弱，所以酸性HCl>HI⑦離子半徑：K+>Cl->S2-A．②③④⑤⑥⑦ B．④⑤ C．②③④⑦ D．④⑤⑥13、已知反應：①Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2，②KClO3＋6HCl=3Cl2↑＋KCl＋3H2O，③2KBrO3＋Cl2=Br2＋2KClO3，下列說法錯誤的是（）A．氧化性由弱到強的順序為：Br2<Cl2<KClO3<KBrO3B．①中KCl是還原產(chǎn)物，KBr發(fā)生氧化反應C．③中1mol氧化劑參加反應得到電子的物質的量為5molD．反應②中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質的量之比為5∶114、用如圖裝置電解硫酸鉀溶液制取氫氣，氧氣，硫酸和氫氧化鉀。從開始通電時，收集B和C逸出的氣體。1min后測得B口的氣體體積為C口處的一半，下列說法不正確的是A．電源左側為正極B．電解槽左側的電極反應方程式為2H2O－4e－==O2↑＋4H＋C．D口導出的溶液為KOH溶液，且濃度比剛加入電解槽右側時的濃度大D．標準狀況下，若1min后從C口處收集到的氣體比B口處收集到的氣體多2.24L，則有0.1NA個SO42-通過陰離子膜15、化學與生活密切相關。下列敘述錯誤的是A．宋·陳鼓年《廣韻》中有“酢漿也,醋也”,食醋的主要成分為乙酸B．《詩經(jīng)》有“周原膴膴,堇荼如飴(麥芽糖)”,麥芽糖屬于單糖C．食鹽中抗結劑K4[Fe(CN)6]中的鐵元素顯+2價D．碘伏是單質碘與聚乙烯吡咯烷酮的不定型結合物,可用于皮膚外用消毒16、高純度晶體硅是典型的無機非金屬材料，又稱“半導體”材料，它的發(fā)現(xiàn)和使用曾引起計算機的一場“革命”。它的制備方法如下圖所示，下列說法正確的是A．步驟①的化學方程式為：SiO2＋CSi＋CO2↑B．灼燒熔融的Na2CO3固體，可用石英坩堝C．二氧化硅能與氫氟酸反應，而硅不能與氫氟酸反應D．SiHCl3（沸點33.0℃）中含有少量SiCl4（沸點67.6℃），可通過蒸餾（或分餾）提純SiHCl317、某實驗小組設計如下實驗裝置(圖中夾持裝置省略)測定制備的CaCO3粉末的純度(樣品中雜質不與酸反應，反應前裝置中的CO2已全部排出)。下列說法錯誤的是A．緩入空氣的作用是將反應結束后裝置中殘留的CO2全部鼓入到C裝置中被吸收B．A裝置和D裝置都是為了防止空氣中的CO2氣體進入C裝置而產(chǎn)生誤差C．為了防止B中鹽酸揮發(fā)產(chǎn)生干擾，必須在B、C裝置中間加一個裝有飽和碳酸氫鈉溶液的洗氣瓶D．若CaCO3樣品的質量為x，從C中取出的沉淀洗凈干燥后的質量為y，則CaCO3的純度為18、如圖所示為從固體混合物中分離X的兩種方案，請根據(jù)方案1和方案2指出下列說法中合理的是()A．可以選用方案1分離碳酸氫鈉中含有的氯化銨B．方案1中的殘留物應該具有的性質是受熱易揮發(fā)C．方案2中加入的試劑一定能夠與除X外的物質發(fā)生化學反應D．方案2中加入NaOH溶液可以分離出SiO2和Fe2O3混合物中的Fe2O319、下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是A．Fe2O3俗稱磁性氧化鐵，常用作紅色油漆和涂料B．鈉、鉀合金（液態(tài)）可用于原子反應堆的導電材料C．MgO、A12O3的熔點高，均可用作耐高溫材料D．C1O2具有還原性，可用于自來水的殺菌消毐20、現(xiàn)用傳感技術測定噴泉實驗中的壓強變化來認識噴泉實驗的原理。下列說法正確的是A．制取氨氣時燒瓶中的固體常用CaO或CaCl2B．將濕潤的藍色石蕊試紙置于三頸瓶口，試紙變紅，說明NH3已經(jīng)集滿C．關閉a，將單孔塞(插有吸入水的膠頭滴管)塞緊頸口c，打開b，完成噴泉實驗，電腦繪制三頸瓶內(nèi)壓強變化曲線如圖2，則E點時噴泉最劇烈D．工業(yè)上，若出現(xiàn)液氨泄漏，噴稀鹽酸比噴灑NaHCO3溶液處理效果好21、化學與生活密切相關，下列物質用途對應正確的是（）A．福爾馬林可做食品保鮮劑 B．氫氧化鋁可做胃酸中和劑C．碳酸鋇可做胃腸道造影劑 D．明礬可做天然水消毒劑22、利用下圖裝置實現(xiàn)鋼鐵的電化學防護，下列說法錯誤的是A．K連N，X極發(fā)生氧化反應B．K連N，稱外接電流的陰極保護法C．K連M，X為Zn時，鐵不易被腐蝕D．K連M，鐵上電極反應為2H++2e→H2↑二、非選擇題(共84分)23、（14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(chǎn)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。回答下列問題：（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）____________________________。24、（12分）Ⅰ.下列是某研究性學習小組對某無色水樣成分的檢測過程，已知該水樣中只可能含有K+、Mg2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Ag+、Ca2+、CO32-、SO42-、Cl-中的若干種離子，該小組同學取了100ml水樣進行實驗：向水樣中先滴加硝酸鋇溶液，再滴加1mol·L-1硝酸，實驗過程中沉淀質量與所加試劑量的關系變化如下圖所示：（1）僅憑觀察可知該水樣中一定不含有的陽離子是____。（2）由B點到C點變化過程中消耗硝酸的體積為___mL。（3）試根據(jù)實驗結果推測K+是否存在___（填“是”或“否”）若存在，其物質的量濃度的范圍是___mol·L-1（若不存在，則不必回答）。（4）設計簡單實驗驗證原水樣中可能存在的離子_____________（寫出實驗步驟、現(xiàn)象和結論）。Ⅱ.濕法制備高鐵酸鉀（K2FeO4）的反應體系中有六種粒子：Fe(OH)3、ClO－、OH－、FeO42-、Cl－、H2O。（1）寫出并配平濕法制高鐵酸鉀反應的離子方程式：____________。（2）若反應過程中轉移了0.3mol電子，則還原產(chǎn)物的物質的量為___mol。（3）低溫下，在高鐵酸鈉溶液中加入KOH至飽和可析出高鐵酸鉀（K2FeO4），原因是______。25、（12分）肼(N2H4，無色液體)是一種用途廣泛的化工原料。實驗室中先制備次氯酸鈉，再用次氯酸鈉溶液和氨反應制備肼并驗證肼的性質。實驗裝置如圖所示。已知：Cl2(g)+2NaOH(aq)=NaC1O(aq)+NaC1(aq)+H2O(g)△H<0。當溫度超過40℃時，Cl2與NaOH溶液反應生成NaClO3?；卮鹣铝袉栴}：(1)儀器a的名稱是________________，裝置B的作用是____________________________。(2)為控制D裝置中的反應溫度，除用冷水浴外，還需采取的實驗操作是________________。(3)當三頸燒瓶中出現(xiàn)黃綠色氣體時立即關閉分液漏斗活塞、移去酒精燈、關閉K1。此時裝置C的作用是________________________________。(4)將D裝置水槽中的冷水換為熱水，把三頸燒瓶中黃綠色氣體趕走后，打開K2，通入NH3，使其與NaC1O溶液反應制取肼。理論上通入三頸燒瓶的Cl2和NH3的最佳物質的量之比為______________。(5)請從提供的下列試劑中選擇合適試劑，設計合理的實驗方案驗證肼的還原性____________(說明操作、現(xiàn)象和結論)。①淀粉-KI溶液②稀硫酸(酚酞)③NaHCO3④AgC126、（10分）某學習小組探究濃、稀硝酸氧化性的相對強弱，按下圖裝置進行實驗(夾持儀器已略去)。實驗表明濃硝酸能將NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的結論是濃硝酸的氧化性強于稀硝酸。可選藥品：濃硝酸、3mol·L-1稀硝酸、蒸餾水、濃硫酸、氫氧化鈉溶液及二氧化碳。已知：氫氧化鈉溶液不與NO反應，能與NO2反應：2NO2+2NaOH====NaNO2+NaNO3+H2O（1）實驗應避免有害氣體排放到空氣中，裝置③、④、⑥中盛放的藥品依次是。（2）滴加濃硝酸之前的操作是檢驗裝置的氣密性，加入藥品，打開彈簧夾后。（3）裝置①中發(fā)生反應的化學方程式是。（4）裝置②的作用是，發(fā)生反應的化學方程式是。（5）該小組得出結論的實驗現(xiàn)象是。（6）實驗結束后，同學們發(fā)現(xiàn)裝置①中溶液呈綠色，而不顯藍色。甲同學認為是該溶液中硝酸銅的質量分數(shù)較高所致，而乙同學認為是該溶液中溶解了生成的氣體。同學們分別設計了以下4個實驗來判斷兩種看法是否正確。這些方案中可行的是(選填序號字母)。a．加熱該綠色溶液，觀察顏色變化b．加水稀釋綠色溶液，觀察顏色變化c．向該綠色溶液中通入氮氣，觀察顏色變化d．向飽和硝酸銅溶液中通入濃硝酸與銅反應產(chǎn)生的氣體，觀察顏色變化27、（12分）某工廠用軟錳礦（主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2）和閃鋅礦（主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS等雜質）為原料制備MnO2和Zn（干電池原料），其簡化流程如下：已知：反應Ⅰ中所有金屬元素均以離子形式存在。有關常數(shù)：Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－33、Ksp[Fe(OH)3]＝3.0×10－39、Ksp[Mn(OH)2]＝2.0×10－13、Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17、Ksp(MnCO3)＝2.0×10－11、Ka1(H2CO3)＝4.0×10－7、Ka2(H2CO3)＝5.6×10－11。回答下列問題：（1）濾渣1中除了SiO2以外，還有一種淡黃色物質，該物質是由MnO2、CuS與硫酸共熱時產(chǎn)生的，請寫出該反應的離子方程式____________________________。（2）反應Ⅱ中加入適量金屬鋅的目的是為了回收某種金屬，濾渣2的主要成分是___________。（3）反應Ⅲ中MnO2的作用是_______________________，若反應后溶液中Mn2＋、Zn2＋均為0.1mol·L－1，需調(diào)節(jié)溶液pH范圍為_______________（溶液中，當一種離子的濃度小于10－6mol/L時可認為已不存在），X可以是_________。（填字母代號）a．MgOb．Zn(OH)2c．Cu2(OH)2CO3d．MnCO3（4）反應Ⅳ中電極均是惰性電極，寫出陽極電極反應式________________________。本工藝可以循環(huán)利用的物質有MnO2、Zn和_________。（5）MnCO3有多種用途。廢水處理領域中常用NH4HCO3溶液將Mn2+轉化為MnCO3，該反應的離子方程式為______。試通過題述有關數(shù)據(jù)簡要計算說明該反應能進行的原因：____________________________。28、（14分）儲氫材料、燃料電池等方面具有重要應用。(1)中H元素的化合價為，具有強還原性，一定條件下，向溶液中滴加堿性溶液，溶液中與反應生成納米鐵粉、和，參加反應的與生成的納米鐵粉的物質的量之比為________。(2)燃料電池中，轉化為，電解溶液又可制得，實現(xiàn)物質的循環(huán)利用，電解裝置示意圖如圖所示。①電解池陰極的電極反應式為_______。②兩電極區(qū)間使用陽離子交換膜，不允許陰離子通過的原因是_______。(3)催化釋氫。在催化劑作用下，與水反應生成，可能的反應機理如圖所示。①其他條件不變時，以代替催化釋氫，所得氣體的分子式為________。②已知：為一元弱酸，水溶液呈酸性的原因是_______(用離子方式表示)。(4)在催化劑的作用下，與水反應，釋氫體積及溫度隨反應時間的變化如圖所示。①0~20min內(nèi)，溫度隨時間快速升高的原因是______。②20min后，氫氣體積在增加，而溫度卻下降的原因是________。29、（10分）I．2016年，我國研制的大型運輸機運－20正式進入投產(chǎn)，標志著我國成為少數(shù)幾個能生產(chǎn)大型軍用運輸機的國家之一。（1）運－20的外殼大量使用了AM系列Mg-Al-Mn，鋁的價電子排布圖為_____，第一電離能鋁___________（填“大于”、“等于”或“小于”）鎂（2）為了減輕飛機的起飛重量并保持機身強度，運－20使用了大量的樹脂材料，其中一種樹脂材料的部分結構如圖1所示，其中碳原子的雜化方式為___________，其個數(shù)比為___________II．大型飛機的高推重比發(fā)動機被譽為航空工業(yè)皇冠上的“寶石”，采用大量的金屬鎢作為耐高溫耐磨損材料（3）鎢元素位于第六周期第VIB族，價電子排布的能級與Cr相同，但排布方式與Cr有所不同，請寫出鎢原子的價層電子排布式___________（4）圖2為碳和鎢形成的一種化合物的晶胞模型，碳原子和鎢原子個數(shù)比為___________，其中一個鎢原子周圍距離最近且相等的碳原子有___________個。下列金屬的堆積方式與晶胞中鎢原子堆積方式完全相同的是___________A．FeCuB．TiAgC．CuAuD．ZnMg

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、A【詳解】①合金的硬度一般比它的各成分金屬的大，故①正確；②一般合金的熔點比它的各成分金屬的更低，故②正確；③改變原料的配比，改變生成合金的條件，可得到具有不同性能的合金，故③正確；④一般情況下，合金的導電性和導熱性低于任一組分金屬，故④錯誤；⑤由于合金的許多性能優(yōu)于純金屬，所以在應用材料中大多使用合金，故⑤正確；綜上所述，題目中①②③⑤正確，故本題應選A。2、D【分析】進行凈水，即Al轉化成氫氧化鋁膠體，Al為陽極，F(xiàn)e為陰極，根據(jù)電解原理，Y為PbO2，X為Pb，從原電池工作原理、電解的原理、電路中通過的電量相等進行分析?！驹斀狻緼、根據(jù)實驗的原理，絮凝凈水，讓Al轉化成氫氧化鋁膠體，即Al失電子，根據(jù)電解原理，Al為陽極，Y為PbO2，則X為Pb，Y電極反應為：PbO2＋SO42－＋4H＋＋2e－=PbSO4＋2H2O，故A錯誤；B、根據(jù)原電池的工作原理，SO42－向負極移動，即SO42－移向X電極，故B錯誤；C、電解過程中實際上發(fā)生兩個反應，分別為2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑和2H2O2H2↑＋O2↑，故C錯誤；D、消耗103.5gPb，轉移電子物質的量為mol=1mol，陰極上的電極反應式為2H＋＋2e－=H2↑，通過電量相等，即產(chǎn)生氫氣的物質的量為1/2mol=0.5mol，故D正確。3、A【解析】依據(jù)水資源的開發(fā)和利用知識分析解答?！驹斀狻緼項：海水淡化是要除去海水中溶解的無機鹽，而明礬凈水是利用氫氧化鋁膠體除去水中的懸浮雜質（不溶性雜質），即明礬不能使海水淡化。A項不合理；B項：利用中和反應，可用堿性廢水處理酸性廢水。B項合理；C項：含氮、磷廢水任意排放會引起水體富營養(yǎng)化（水華或赤潮），故無磷洗滌劑能避免水體富營養(yǎng)化。C項合理；D項：按規(guī)定對生活廢棄物進行分類放置，有利于防止污染、實現(xiàn)資源再利用。D項合理。本題選A。4、D【詳解】A.0.1mol?L-1的乙酸溶液的，即c(H+)小于0.1mol?L-1，說明乙酸不能完全電離，可以證明是弱電解質，A項正確；B.溶液的，說明CH3COO－會水解，則證明CH3COOH為弱電解質，B項正確；C.將0.1mol/L乙酸溶液稀釋100倍，pH變化<2，則說明加水促進其電離，即能證明CH3COOH為弱電解質，C項正確；D.未注明是否是在相同條件下測的溶液導電性，因此無法證明乙酸是弱電解質，D項錯誤；答案選D。5、B【詳解】A.食鹽有咸味，無毒，生活中常做調(diào)味品，是常用的調(diào)味劑，食物腐敗變質是由于微生物的生長和大量繁殖而引起的，鹽漬殺死或抑制微生物的生長和大量繁殖，所以食鹽是常用的防腐劑，A項正確；B.明礬溶于水電離出的Al3＋水解生成Al(OH)3膠體，Al(OH)3膠體能吸附水中的懸浮物，達到凈水的目的，但不能使海水淡化，B項錯誤；C.“藍天工程”是為改善空氣質量提出的，化石燃料的燃燒能產(chǎn)生大量的空氣污染物，加大石油、煤炭的開采速度，增加化石燃料的供應量，不利于“藍天工程”建設，C項正確；D.車廂大部分采用鋁合金材料制造，這是因為鋁合金具有質量輕，強度大，抗腐蝕能力比較強的優(yōu)點，D項正確；故答案選B。6、D【解析】試題分析：A．反應中氮元素化合價由-3價升高為0價，被氧化，氯元素化合價由+1價降低為-1價，被還原，故A正確；B．根據(jù)上述分析，NH4+是還原劑，Cl-是還原產(chǎn)物，還原性NH4+>Cl-，故B正確；C．反應中每生成1molN2，轉移電子2×3="6"mol，故C正確；D．經(jīng)此法處理過的廢水中含有鹽酸，屬于酸性廢水，不能直接排放，故D錯誤；故選D?？键c：考查了氧化還原反應的相關知識。7、C【解析】A．將重油催化裂解是為了提高乙烯、丙烯等烯烴的產(chǎn)量和質量，故A錯誤；B．減壓分餾可以獲得潤滑油、石蠟等重油，不能獲得輕質油，故B錯誤；C．將減壓獲得的重油進行催化裂化，可以進一步提高輕質油的產(chǎn)量和質量，故C正確；D．常壓分餾是正常的獲得輕質油的方法，不能進一步提高輕質油的產(chǎn)量和質量，故D錯誤；故答案為C。【點睛】石油的分餾分為常壓分餾和減壓分餾，為了進一步提高輕質油的產(chǎn)量和質量，將減壓獲得的重油進行催化裂化；為了獲得“三烯”，將重油進行催化裂解；為了獲得芳香烴，將石油進行催化重整。8、C【解析】因為氧化性：Ag+Fe3+Cu2+H+Zn2+，所以Fe先與Ag+反應：Fe+2Ag+=2Ag+Fe2+，0.01molAg+消耗0.005molFe生成0.01molAg，余下的0.01mol-0.005mol=0.005molFe繼續(xù)與Fe3+發(fā)生反應：Fe+2Fe3+=3Fe2+，0.005molFe與0.01molFe3+恰好完全反應，鐵完全溶解，析出0.01molAg，溶液中不再有Fe3+，答案選C。【點睛】氧化還原反應的發(fā)生遵循以下規(guī)律：得失電子守恒（氧化劑得到的電子總物質的量等于還原劑失去的電子總物質的量）、強制弱規(guī)律、先強后弱規(guī)律（多種氧化劑和多種還原劑可以反應時，總是氧化性最強的優(yōu)先與還原性最強的發(fā)生反應）。9、D【詳解】A．△H=生成物的能量-反應物的能量=-368kJ?mol-1-(-134kJ?mol-1)=-234kJ?mol-1，故A正確；B．該反應的逆反應的活化能為368kJ?mol-1，故B正確；C．加入高效催化劑，能同時降低正、逆反應的活化能，即E1、E2均減小，故C正確；D．其他條件不變，縮小容器體積，單位體積內(nèi)活化分子數(shù)增大，但活化分子百分數(shù)不變，故D錯誤；綜上所述答案為D。10、D【解析】A、鐵與鹽酸反應生成氯化亞鐵，F(xiàn)e+HCl=H2↑+FeCl2，鐵與氯氣反應生成氯化鐵，2Fe+3Cl2=2FeCl3，向氯化亞鐵溶液中通入氯氣可生成氯化鐵，2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故A不符合題意；B、硅與氧氣在加熱條件下可生成二氧化硅，Si+O2=SiO2，硅單質與氟單質反應生成氟化硅，Si+2F2=SiF4，SiO2與氫氟酸反應可生成SiF4，SiO2+4HF=SiF4+2H2O，故B不符合題意；C、銅與稀硝酸反應生成一氧化氮，銅與濃硝酸反應可生成二氧化氮，一氧化氮與氧氣反應可生成二氧化氮，故C不符合題意；D、鋁與氧氣反應可生成氧化鋁，其他均不能經(jīng)一步反應實現(xiàn)，故D符合題意；綜上所述，本題應選D。11、D【解析】A、設溶液的體積為1L，則溶液中溶質的質量為：m=cmol/L×1L×Mrg/mol=cMrg，1L該溶液的質量為：g，溶液的密度為：ρ==g/mL，選項A錯誤；B、溶液體積為：V===mL，溶質的物質的量為：=mol，該溶液的濃度為：c==mol/L，選項B錯誤；C、溶液中溶質的質量為：m=nM=×Mrg/mol=g，溶液質量為：（m+）g，則溶質的質量分數(shù)為：w%==，選項C錯誤；D、質量分數(shù)為w%，則水的質量分數(shù)為：1-w%，水的質量為m，則溶液的質量為：g，溶質的質量為：g×w%，溶質的物質的量為：=mol，則該化合物的摩爾質量為：=g/mol，則該化合物的相對分子量為：Mr=，選項D正確；答案選D。12、B【詳解】①不能根據(jù)單質的穩(wěn)定性來判斷元素的非金屬性，N、P都是第VA族元素，非金屬性：N>P，故①錯誤；②同位素的質子數(shù)相同,第IA族元素銫的兩種同位素137Cs與133Cs的質子數(shù)相同，中子數(shù)不同，故②錯誤；③不能根據(jù)含氧酸的氧化性強弱來判斷元素非金屬性強弱，應該比較最高價氧化物的水化物的酸性：HClO4>H2SO4，所以非金屬性：Cl>S，故③錯誤；④離子化合物中一定含有離子鍵，可能含有共價鍵，如NaOH含有離子鍵和極性共價鍵，Na2O2含有離子鍵和非極性共價鍵，故④正確；⑤元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的酸性越強，C、P、S、Cl的非金屬性逐漸增強，則最高價氧化物對應水化物的酸性逐漸增強，故⑤正確；⑥同主族元素從上到下，鹵族氫化物的酸性逐漸增強，則酸性HCl<HI，故⑥錯誤；⑦核外電子排布相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則離子半徑：K+<Cl?<S2?，故⑦錯誤；答案選B。13、B【詳解】A．①Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2中氧化劑是氯氣，氧化產(chǎn)物是溴，所以氯氣的氧化性大于溴，②KClO3＋6HCl=3Cl2↑＋KCl＋3H2O中氧化劑是氯酸鉀，氧化產(chǎn)物是氯氣，氯酸鉀的氧化性大于氯氣，③2KBrO3＋Cl2=Br2＋2KClO3中氧化劑是溴酸鉀，氧化產(chǎn)物是氯酸鉀，所以溴酸鉀的氧化性大于氯酸鉀，總之，氧化性強弱順序是Br2<Cl2<KClO3<KBrO3，故A正確；B．①中KCl既不是氧化產(chǎn)物也不是還原產(chǎn)物，該反應中KBr失電子作還原劑，發(fā)生氧化反應，故B錯誤；C．根據(jù)氧化劑和轉移電子之間的關系式知③中l(wèi)mol氧化劑參加反應得到電子的物質的量=1mol×(5-0)=5mol，故C正確；D．②中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物都是氯氣，但3mol氯氣中有1mol氯原子為還原產(chǎn)物，5mol氯原子為氧化產(chǎn)物，所以氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質的量之比為5∶1，故D正確；故選B。14、D【詳解】根據(jù)題意，電極應為惰性電極，左側電極為陽極，右側電極為陰極，電極反應式為陽極：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑或2H2O－4e－===O2↑＋4H＋；陰極：4H＋＋4e－===2H2↑或4H2O＋4e－===2H2↑＋4OH－；A.電源左側為正極，選項A正確；B、電解槽左側的電極反應方程式為2H2O－4e－==O2↑＋4H＋，選項B正確；C、右側由于H＋放電，產(chǎn)生KOH，所以其濃度比剛加入電解槽右側時的濃度大，選項C正確；D、設產(chǎn)生O2為xmol，則產(chǎn)生H2為2xmol，2x－x＝0.1mol，x＝0.1mol，消耗的OH－為0.4mol，則有0.2NA個SO42-通過陰離子膜，選項D不正確；答案選D。15、B【詳解】A、食醋的主要成分為乙酸，故A正確；B、蔗糖、麥芽糖屬于二糖，不屬于單糖，故B錯誤；C、食鹽中的抗結劑是亞鐵氰化鉀，鉀顯-1價，CN-顯-1價，根據(jù)代數(shù)和為零計算出鐵元素顯+2價，故C正確；D、碘伏可用于皮膚外用消毒，故D正確。答案選B。16、D【分析】A.二氧化硅高溫下與C反應生成CO氣體；

B.高溫下Na2CO3和二氧化硅發(fā)生反應；

C.硅能與氫氟酸反應生成SiF4和氫氣；

D.由沸點可以知道，為相差30℃以上的兩種液體?！驹斀狻緼.二氧化硅高溫下與C反應生成CO氣體，即步驟①的化學方程式為：SiO2＋CSi＋2CO↑，故A錯誤；

B.石英的主要成分是二氧化硅，高溫下Na2CO3和二氧化硅發(fā)生反應，故B錯誤；

C.硅能與氫氟酸反應生成SiF4和氫氣，故C錯誤；

D、沸點相差30℃以上的兩種液體可以采用蒸餾的方法分離，所以D選項是正確的。

故選D。17、C【解析】根據(jù)實驗裝置圖分析，該測定裝置的原理是：CaCO3與HCl反應生成CO2，用足量Ba（OH）2溶液吸收反應生成的CO2，由測量的BaCO3沉淀的質量計算CaCO3的純度。A，為了確保反應生成的CO2全部被Ba（OH）2溶液吸收，實驗結束要緩入空氣將裝置中殘留的CO2全部鼓入到C裝置中被吸收，A項正確；B，A中的NaOH溶液、D中的堿石灰都能吸收空氣中CO2，防止空氣中的CO2氣體進入C裝置中產(chǎn)生誤差，B項正確；C，因為測量的是BaCO3的質量，所以不必除去HCl，一方面HCl與Ba（OH）2反應不會形成沉淀，另一方面若用NaHCO3吸收HCl會使測得的CO2偏高，產(chǎn)生誤差，C項錯誤；D，根據(jù)C守恒，樣品中CaCO3的質量=M（CaCO3），則CaCO3的純度為100%，D項正確；答案選C。18、D【解析】A項，方案1是將含X的混合物加熱得到X，說明是易分解（或易升華）的物質與不易分解的物質分離，而碳酸氫鈉和NH4Cl加熱都易分解，無法分離碳酸氫鈉中含有的氯化銨，故A錯誤；B項，方案1中采用加熱法，使易分解（或易升華）的物質能與不易分解的物質分離，則X物質可能是受熱不易分解的固體或難揮發(fā)的液體，故B錯誤；C項，由方案2中過濾操作可知，X以沉淀形式存在，則加入的物質能溶解除X外的其它物質，所以加入的物質可以是水，溶解可溶物，不一定是能夠與除X外的物質發(fā)生化學反應，故C錯誤；D項，SiO2能與NaOH溶液反應，而Fe2O3不能與NaOH溶液反應，方案2中加入NaOH溶液可以分離出SiO2和Fe2O3混合物中的Fe2O3，故D正確。點睛：本題考查混合物分離、提純基本方法的選擇與應用，熟悉有關物質的性質、把握分離的原理、理清實驗方案是解題的關鍵。19、C【解析】A、Fe2O3俗名為鐵紅，常用作紅色油漆和涂料，磁性氧化鐵為Fe3O4，A錯誤。B、鈉、鉀合金呈液態(tài)，可用于原子反應堆的冷卻劑，B錯誤。C、MgO、A12O3的熔點高，均可用作耐高溫材料，C正確。D、C1O2具有氧化性，所以可用于自來水的殺菌消毐，而不是因為有還原性，D錯誤。正確答案為C20、D【詳解】A.CaO能與水反應，使c(OH－)增大，同時放出大量的熱，有利于氨氣的逸出，而CaCl2為中性的鹽，能夠溶于水，熱量的變化很小，與水不反應，對氨氣的逸出沒有作用，A錯誤；B.氨氣和水反應生成一水合氨，一水合氨電離出氫氧根離子而導致氨水溶液呈堿性，紅色石蕊試液遇堿藍色，所以檢驗三頸瓶集滿NH3的方法是將濕潤的紅色石蕊試紙靠近瓶口c，試紙變藍色，證明NH3已收滿，B錯誤；C.三頸瓶內(nèi)氣體與外界大氣壓壓強之差越大，其反應速率越快，C點壓強最小、大氣壓不變，所以大氣壓和C點壓強差最大，則噴泉越劇烈，C錯誤；D.鹽酸顯酸性，碳酸氫鈉溶液顯堿性，氨水溶液顯堿性，因此氨氣在酸性溶液中的吸收效率高于堿性溶液中的吸收效率，D正確；綜上所述，本題選D。21、B【詳解】A.福爾馬林有毒會引起蛋白質變性使人中毒，不可以用作食品保鮮劑，A錯誤；B.氫氧化鋁具有弱堿性，可以與胃酸反應，因此可以做胃酸中和劑，B正確；C.碳酸鋇能和胃酸反應生成可溶性氯化鋇，會引起蛋白質變性使人中毒，不可做胃腸道造影劑，C錯誤；D.明礬是強酸弱堿鹽，Al3+水解形成Al(OH)3膠體，表面積大，吸附力強，可以吸附水中懸浮的固體，形成沉淀而使水變澄清，因此可以做天然水凈水劑，不是消毒劑，D錯誤。答案選B。22、D【解析】A.K連N，X極發(fā)生氧化反應，鐵電極上發(fā)生還原反應，保護鐵不被氧化，A正確；B.K連N，稱外接電流的陰極保護法，B正確；C.K連M，X為Zn時，鋅失電子，鐵不易被腐蝕，C正確；D.K連M，鐵電極上產(chǎn)要發(fā)生吸氧腐蝕，電極反應為：O2+4e-+2H2O—4OH-，D錯誤。答案選D。點睛：解決電化學試題，關鍵是看電子流動方向，判斷相關電極，確定電解質中離子遷移方向。二、非選擇題(共84分)23、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。【詳解】（1）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)。24、Fe3+、Cu2+40是c(K+)≥0.6mol?L-1取cd段濾液，滴加少量AgNO3溶液，若生成白色沉淀，則原水樣中含有Cl-，否則，無Cl-存在(或其它合理答案)2Fe(OH)3＋3ClO-＋4OH-=2FeO42-＋3Cl-＋5H2O0.15該溫度下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小【分析】Ⅰ.根據(jù)題意，水樣無色，可排除Fe3+、Cu2+；根據(jù)圖中所示，ob段向水樣中滴加硝酸鋇溶液，到a處沉淀達到最大量，可判斷CO32-、SO42-至少存在一種，沉淀為BaCO3或BaSO4；bc段滴加稀硝酸，沉淀部分溶解，可判斷沉淀為BaCO3和BaSO4兩者的混合物，則水樣中含CO32-和SO42-，能與CO32-反應而不能共存的Mg2+、Al3+、Ag+、Ca2+都可排除；陽離子只剩下K+，根據(jù)電中性原則可判斷一定有K+；根據(jù)題給的信息不能判斷Cl-是否一定存在。Ⅱ.(1)高鐵酸鉀是產(chǎn)物，則Fe(OH)3是反應物，根據(jù)電子守恒、電荷守恒、質量守恒可寫出反應的離子方程式；(2)建立電子轉移和還原產(chǎn)物的關系便可求出還原產(chǎn)物的物質的量；(3)低溫下，在高鐵酸鈉溶液中加入KOH至飽和可析出高鐵酸鉀(K2FeO4)，說明從Na2FeO4→K2FeO4，溶解度變小?！驹斀狻竣?(1)根據(jù)題意，水樣無色，可排除有色離子，所以僅憑觀察可知該水樣中一定不含有的陽離子是Fe3+、Cu2+。答案為：Fe3+、Cu2+；(2)根據(jù)分析可知，由b點到c點的變化是BaCO3溶于稀硝酸的過程，則：n(BaCO3)=(6.27g-2.33g)÷197g?mol-1=0.02mol，V=0.04L=40mL；答案為：40；(3)根據(jù)圖中所示，ob段向水樣中滴加硝酸鋇溶液產(chǎn)生的沉淀在bc段滴加稀硝酸后部分溶解，可判斷水樣中含CO32-和SO42-，與CO32-不能共存的Mg2+、Al3+、Ag+、Ca2+都可排除，另，有色離子Fe3+、Cu2+也已排除，陽離子只剩下K+，根據(jù)電中性原則可判斷，一定有K+；n(CO32-)=n(BaCO3)=0.02mol，c(CO32-)=0.02mol÷(100×10-3L)=0.2mol?L-1，n(SO42-)=n(BaSO4)=2.33g÷233g?mol-1=0.01mol，c(SO42-)=0.01mol÷(100×10-3L)=0.1mol?L-1，根據(jù)電中性原則有：c(K+)=2c(CO32-)+2c(SO42-)+c(Cl-)，由于Cl-不能確定，所以有：c(K+)≥2c(CO32-)+2c(SO42-)=2×0.2mol?L-1+2×0.1mol?L-1=0.6mol?L-1。答案為：是；c(K+)≥0.6mol?L-1；(4)根據(jù)分析，原水樣中可能存在的離子是Cl-，可取滴加過量稀硝酸后的溶液檢驗，此時已無CO32-和SO42-的干擾，且已被稀硝酸酸化。檢驗方法為：取cd段濾液，滴加少量AgNO3溶液，若生成白色沉淀，則原水樣中含有Cl-，否則，無Cl-存在。答案為：取cd段濾液，滴加少量AgNO3溶液，若生成白色沉淀，則原水樣中含有Cl-，否則，無Cl-存在(或其它合理答案)；Ⅱ.(1)根據(jù)分析可知，高鐵酸鉀是產(chǎn)物，則Fe(OH)3是反應物，鐵元素化合價升高，失電子；有元素化合價升高，必有元素化合價降低，所以氯元素化合價應降低，ClO-是反應物，Cl-是產(chǎn)物。再根據(jù)電子守恒、電荷守恒、質量守恒可寫出反應的離子方程式：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42—+3Cl-+5H2O。答案為：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；(2)ClO-→Cl-對應化合價變化為+1→-1，降低2，所以還原產(chǎn)物是Cl-，Cl-和轉移的電子的關系為：Cl-～2e-，若反應過程中轉移了0.3mol電子，則還原產(chǎn)物的物質的量為n(Cl-)=0.3mol÷2=0.15mol。答案為：0.15；(3)低溫下，在高鐵酸鈉溶液中加入KOH至飽和可析出高鐵酸鉀（K2FeO4），說明在此條件下K2FeO4已經(jīng)過飽和，從而說明在該溫度下，K2FeO4溶解度比Na2FeO4小。答案為：該溫度下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小。【點睛】1．離子推導題的一般思路是：先利用題給信息直接推，再根據(jù)已知的離子進一步推，最后根據(jù)電中性原則推。第三步容易被忽視，要在平時練習中養(yǎng)成良好的習慣；2．涉及氧化還原反應的離子方程式的配平：先依據(jù)電子守恒判斷氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物，再依據(jù)電荷守恒安排其它離子，使方程兩邊電荷代數(shù)和相等，最后依據(jù)質量守恒安排剩下的物質并配平，思路清晰有利于快速、準確配平涉及氧化還原反應的離子方程式。25、燒瓶除去Cl2中的HCl控制濃鹽酸的滴加速度或控制加熱溫度儲存氯氣1:2取少量AgCl于試管中，加入肼溶液，固體逐漸變黑，并有氣泡產(chǎn)生，說明肼有還原性【解析】（1）儀器a為燒瓶；裝置A中生成Cl2，氣體中含有HCl，故B的作用為除去Cl2中的HCl；（2）由題干已知信息可知，過量的Cl2會與NaOH發(fā)生副反應，導致原料的浪費以及NaClO濃度降低，故需控制Cl2的量，可采取的實驗操作為：控制濃鹽酸的滴加速度或控制加熱溫度；（3）關閉分液漏斗活塞、移去酒精燈時，分液漏斗中反應未立即停止，還會繼續(xù)產(chǎn)生少量氯氣，因K1關閉，A、B裝置為封閉體系，故C的作用為儲存氯氣；（4）氯氣通入D中發(fā)生反應：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；通入NH3后，D中發(fā)生反應：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O，由兩個方程式中NaClO與Cl2、N2H4的關系可知，通入三頸燒瓶的Cl2和NH3的最佳物質的量之比為1:2；（5）若要驗證肼的還原性，則需要選擇氧化劑，AgCl中Ag+具有氧化性，故可選用AgCl，其實驗操作及現(xiàn)象和結論為：取少量AgCl于試管中，加入肼溶液，固體逐漸變黑，并有氣泡產(chǎn)生，說明肼有還原性。26、3mol·L-1稀硝酸濃硝酸氫氧化鈉溶液通入CO2一段時間，關閉彈簧夾，將裝置⑤中導管末端伸入倒置的燒瓶內(nèi)Cu+4HNO3(濃)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O將NO2轉化為NO3NO2+H2O2HNO3+NO裝置③中液面上方氣體仍為無色，裝置④中液面上方氣體由無色變?yōu)榧t棕色a、c、d【解析】試題分析：本題主要考查HNO3的性質、化學基本實驗設計和評價能力。（1）根據(jù)裝置特點和實驗目的，裝置⑤是收集NO，裝置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2，因為要驗證稀硝酸不能氧化NO，所以裝置③中應該盛放稀硝酸。（2）由于裝置中殘存的空氣能氧化NO而對實驗產(chǎn)生干擾，所以滴加濃硝酸之前需要通入一段時間CO2趕走裝置中的空氣，同時也需將裝置⑤中導管末端伸入倒置的燒瓶內(nèi)防止反應產(chǎn)生的NO氣體逸出。（3）Cu與濃硝酸反應生成Cu(NO3)2、NO2、H2O：Cu+4HNO3(濃)====Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。（4）裝置②中盛放H2O，使NO2與H2O反應生成NO：3NO2+H2O====2HNO3+NO。（5）NO通過稀硝酸后，若無紅棕色NO2產(chǎn)生，說明稀硝酸不能氧化NO，所以盛放稀硝酸裝置的液面上方?jīng)]有顏色變化即可說明之。裝置④中盛放的是濃硝酸，若濃硝酸能氧化NO，則裝置④液面的上方會產(chǎn)生紅棕色氣體。（6）要證明是Cu(NO3)2濃度過高或是溶解了NO2導致裝置①中溶液呈綠色，一是可設計將溶解的NO2趕走(a、c方案)再觀察顏色變化。二是增加溶液中NO2的濃度(d方案)觀察反應后的顏色變化。考點：硝酸的性質27、CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2OCu將Fe2+氧化為Fe3+5.0<pH<6.0（或5～6）bdMn2＋?2e?＋2H2O＝MnO2＋4H＋H2SO4Mn2＋＋2HCO3—＝MnCO3↓＋CO2↑＋H2O由于K＝7.0×106>105，所以該反應能進行【解析】(1)軟錳礦(主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2)和閃鋅礦(主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS等雜質)中加入硫酸，只有二氧化硅不能被硫酸溶解，因此濾渣1中含有SiO2，由于MnO2具有強氧化性，能夠在酸性溶液中將CuS氧化