全國100所名校2026屆高三上化學(xué)期中學(xué)業(yè)水平測試模擬試題注意事項1．考生要認(rèn)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(jié)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（每題只有一個選項符合題意）1、將ag某物質(zhì)在足量氧氣中充分燃燒再將氣體生成物通入足量的Na2O2充分反應(yīng)，固體增重為bg，若a<b，則該物質(zhì)可能是（）A．H2 B．CO C．乙酸(CH3COOH) D．甲烷(CH4)2、下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是()A．Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2H++Cl-B．向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液：++H2O=CO2↑+Al(OH)3↓C．Cl2通入FeI2溶液中，可能存在反應(yīng)：4Cl2+6I-+2Fe2+=2Fe3++3I2+8Cl-D．同濃度同體積的NH4HSO4溶液與NaOH溶液混合：+OH-=NH3·H2O3、用鋁熱法還原下列氧化物制得金屬各1mol，消耗鋁最少的是A．MnO2 B．WO3 C．Cr2O3 D．Co3O44、X、Y、Z、M、R為五種短周期元素,其原子半徑和最外層電子數(shù)之間的關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是A．簡單離子半徑：M<RB．氫化物的穩(wěn)定性：Y<ZC．M的氫化物常溫常壓下為氣體D．X、R、Y、Z均存在兩種及兩種以上的氧化物5、化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)，下列說法不正確的是（）A．鋼鐵在海水中比在河水中更易被腐蝕，主要原因是海水含氧量高B．硅膠多孔，吸水能力強(qiáng)，常用作袋裝食品的干燥劑C．用純堿溶液清洗油污時，加熱可以提高去污能力D．高純硅廣泛應(yīng)用于太陽能電池、計算機(jī)芯片6、下列說法中正確的是A．第ⅦA族單質(zhì)從上往下熔沸點逐漸升高，第ⅠA族單質(zhì)從上往下熔沸點逐漸降低B．Na2SiO3溶液可用作礦物膠、木材防火劑，還可用作制備硅膠的原料C．品紅溶液和滴有酚酞的NaOH溶液均能與SO2氣體作用而褪色，且其實質(zhì)相同D．鎂和鋁性質(zhì)穩(wěn)定且都有很強(qiáng)的抗腐蝕能力，所以鎂鋁合金可用于飛機(jī)、輪船制造7、在FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入鐵屑，反應(yīng)結(jié)束后濾出固體物質(zhì)，濾液中的陽離子可能是①只有Fe2+②Fe2+和Fe3+③Fe2+和Cu2+④Cu2+和Fe3+A．①③ B．②④ C．①④ D．②③8、中國學(xué)者在水煤氣變換[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH]中突破了低溫下高轉(zhuǎn)化率與高反應(yīng)速率不能兼得的難題，該過程是基于雙功能催化劑(能吸附不同粒子)催化實現(xiàn)的，反應(yīng)過程示意圖如下：下列說法正確的是A．過程Ⅰ和過程Ⅲ均為放熱過程B．圖示過程中的H2O均參與了反應(yīng)過程C．過程Ⅲ生成了具有極性共價鍵的H2、CO2D．使用催化劑降低了水煤氣變換反應(yīng)的ΔH9、某固體粉末X中可能含有K2SO4、(NH4)2CO3、K2SO3、NaNO3、Cu2O、FeO、Fe2O3中的若干種。某同學(xué)為確定該固體粉末的成分,取X進(jìn)行如下實驗,實驗過程及現(xiàn)象如圖所示。該同學(xué)得出的結(jié)論正確的是已知：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2OA．根據(jù)現(xiàn)象1可推出固體粉末中一定含有NaNO3B．根據(jù)現(xiàn)象2可推出固體粉末中一定含有K2SO4C．根據(jù)現(xiàn)象3可推出固體粉末中一定含有K2SO3D．根據(jù)現(xiàn)象4可推出固體粉末中一定含有Fe2O310、已知常溫下碳酸、亞硫酸、次氯酸的電離平衡常數(shù)如下表:H2CO3H2SO3HClOK1=4.30×10-7K1=1.54×10-2K=2.95×10-8K2=5.61×10-11K2=1.02×10-7下列說法正確的是A．相同條件下,同濃度的H2SO3溶液和H2CO3溶液的酸性，后者更強(qiáng)B．Na2CO3溶液中通入少量SO2：2CO32-+SO2+H2O=2HCO3-+SO32-C．NaClO溶液中通入少量CO2:2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CO32-D．向氯水中分別加入等濃度的NaHCO3和NaHSO3溶液,均可提高氯水中HClO的濃度11、下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是A．Na加入H2O中：Na+2H2O=Na++2OH－+H2↑B．Fe(CH3COO)2溶液中加入稀硝酸：CH3COO－+H+=CH3COOHC．[Ag(NH3)2]OH溶液中加入過量鹽酸：[Ag(NH3)2]++OH－+3H++Cl－=AgCl↓+2NH+H2OD．Na2SO3溶液中通入過量Cl2：3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl－+SO12、甲、乙、丙、丁4種物質(zhì)均含有兩種元素,其分子均含有18個電子，下列說法正確的是A．若氣體乙的摩爾質(zhì)量與O2相同，則乙一定可以做燃料B．若氣體甲的水溶液在常溫下的pH＜7，則甲一定是HClC．若丙分子結(jié)構(gòu)為空間正四面體，則丙一定比甲烷穩(wěn)定D．若丁為四原子分子，則一定含有非極性共價鍵13、堅決反對運動員服用興奮劑，是我國支持“人文奧運”的重要體現(xiàn)。某種興奮劑的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，有關(guān)該物質(zhì)及其溶液的說法錯誤的是A．該分子中所有氫原子不可能在同一個平面上B．1mol該物質(zhì)與H2反應(yīng)時，最多消耗7molH2C．加入FeCl3溶液呈紫色，因為該物質(zhì)屬于酚類物質(zhì)D．滴入酸性高錳酸鉀溶液，紫色褪去，可證明其結(jié)構(gòu)中存在碳碳雙鍵14、下列離子組在溶液中能大量共存且通入相應(yīng)氣體后仍能大量存在的是選項離子組通入氣體ACl-、Ca2+、HCO3-、NH4+氨氣BBa2+、Na+、Cl-、NO3-二氧化硫CAl3+、HCO3-、SO、Cl-氯化氫DK+、Na+、HSO、Cl-二氧化碳A．A B．B C．C D．D15、下列各組物質(zhì)混合后，只能生成一種含鈉化合物的是（）A．NaHCO3溶液、石灰水 B．NaOH溶液、CO2C．Na2CO3溶液、鹽酸 D．Na2O2、CO216、某溫度下，反應(yīng)H2(g)+I2(g)2HI(g)+Q(Q>0)在一帶有活塞的密閉容器中達(dá)到平衡，下列說法錯誤的是()A．恒容，升高溫度，正反應(yīng)速率減小 B．恒容，充入H2(g)，I2(g)的體積分?jǐn)?shù)降低C．恒壓，充入He(g)，逆反應(yīng)速率減小 D．恒溫，壓縮體積，平衡不移動，混合氣體顏色加深二、非選擇題（本題包括5小題）17、現(xiàn)有下列表格中的幾種離子陽離子Al3+、Fe3+、Cu2+、Ba2+、K+陰離子NO3﹣、OH﹣、Cl﹣、CO32﹣、Xn﹣（n＝1或2）A、B、C、D、E是由它們組成的五種可溶性物質(zhì)，它們所含的陰、陽離子互不相同。（1）某同學(xué)通過比較分析，認(rèn)為無須檢驗就可判斷其中必有的兩種物質(zhì)是____和_______（填化學(xué)式）.（2）物質(zhì)C中含有離子Xn﹣．為了確定Xn﹣，現(xiàn)將（1）中的兩種物質(zhì)記為A和B，當(dāng)C與A的溶液混合時產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，向該沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固體，則X為__（填字母）a．Br﹣b．CH3COO﹣c．SO42﹣d．HCO3﹣（3）將Cu投入裝有足量D溶液的試管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐漸溶解，管口附近有紅棕色氣體出現(xiàn)，則物質(zhì)D一定含有上述離子中的________（填相應(yīng)的離子符號），寫出Cu溶解的離子方程式_______。（4）E溶液與氫碘酸反應(yīng)時可生成使淀粉變藍(lán)的物質(zhì)，E是_______（填化學(xué)式）。18、下圖是元素周期表的一部分，A、B、C、D、E、X是周期表給出元素組成的常見單質(zhì)或化合物。①④⑤⑥②③⑦FeAsI、元素周期表是人們研究物質(zhì)性質(zhì)的重要工具。Y由②⑥⑦三種元素組成，它的水溶液是生活中常見的消毒劑。As可與Y的水溶液反應(yīng)，產(chǎn)物有As的最高價含氧酸，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______，當(dāng)消耗1mol還原劑時，轉(zhuǎn)移的電子個數(shù)為_______。Ⅱ、A、B、C、D、E、X存在如下圖轉(zhuǎn)化關(guān)系〔部分生成物和反應(yīng)條件略去〕。（1）假設(shè)E為氧化物，那么A與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。①當(dāng)X是堿性鹽溶液，C分子中有22個電子時，那么C的電子式為_______。②表示X呈堿性的離子方程式為_______。③當(dāng)X為金屬單質(zhì)時，那么X與B的稀溶液反應(yīng)生成C的離子反應(yīng)方程式為_______。（2）假設(shè)E為單質(zhì)氣體，D為白色沉淀，B含有的化學(xué)鍵類型為_______，C與X反應(yīng)的離子方程式為_______。（3）①和⑤形成的化合物是一種可燃性液體，其燃燒產(chǎn)物之一是大氣中的要緊成分，1.6克該物質(zhì)在氧氣中完全燃燒放出熱量31.2kJ，寫出熱化學(xué)方程式_______。（4）廢印刷電路板上含有銅，以往的回收方法是將其灼燒使銅轉(zhuǎn)化為氧化銅，再用硫酸溶解。現(xiàn)改用①和⑥組成的化合物和稀硫酸浸泡廢印刷電路板既達(dá)到上述目的，又保護(hù)了環(huán)境，試寫出反應(yīng)的離子方程式_______。（5）元素②的單質(zhì)在一定條件下，能與①的單質(zhì)化合生成一種化合物，熔點為800℃。該化合物能與水反應(yīng)放氫氣，假設(shè)將1mol該化合物和1mol③形成的單質(zhì)混合加入足量的水，充分反應(yīng)后生成氣體的體積是（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）_______。19、制備純凈的液態(tài)無水四氯化錫（SnCl4易揮發(fā)形成氣體，極易發(fā)生水解，水解生成SnO2·H2O)的反應(yīng)為Sn+2Cl2SnCl4,Sn也可以與HC1反應(yīng)生成SnCl2。已知:物質(zhì)摩爾質(zhì)量(g/mol)熔點（℃)沸點（℃)Sn1192312260SnCl2190246623SnCl4261-30114制備裝置如圖所示:回答下列問題:（1）Sn在元素周期表中的位罝為____________________________。（2）II、III中的試劑分別為_______、__________；VII的作用是____________________、_____________。（3）實驗所得SnCl4因溶解了Cl2而略顯黃色，提純SnCl4的方法是____________(填序號)。a.用NaOH溶液洗滌再蒸餾b.升華c.重結(jié)晶d.蒸餾e.過濾（4）寫出I中反應(yīng)的化學(xué)方程式：_____________________________________。（5）加熱Sn粒之前要先讓氯氣充滿整套裝置，其目的是__________________________________。（6）寫出SnCl4水解的化學(xué)方程式：________________________________________。（7）若IV中用去錫粉5.95g，反應(yīng)后，VI中錐形瓶里收集到12.0gSnCl4，則SnCl4的產(chǎn)率為_____%。(保留一位小數(shù))20、三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料．某校一化學(xué)實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物，溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，Cu2O在空氣中加熱生成CuO【提出假設(shè)】假設(shè)1：紅色粉末是Fe2O3假設(shè)2：紅色粉末是Cu2O假設(shè)3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物【設(shè)計探究實驗】取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑．（1）若假設(shè)1成立，則預(yù)期實驗現(xiàn)象是_________。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵．你認(rèn)為這種說法合理嗎？___________。（3）若固體粉末完全溶解無固體存在，滴加KSCN試劑時溶液不變紅色，則證明假設(shè)________成立，寫出發(fā)生反應(yīng)的所有離子方程式____________________。【探究延伸】經(jīng)實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物．（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)．取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時，稱其質(zhì)量為bg(b＞a)，則混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為________________。（5）欲利用紅色粉末Fe2O3和Cu2O的混合物制取較純凈的膽礬(CuSO4?5H2O)，經(jīng)查閱資料得知，在溶液中調(diào)節(jié)溶液的酸堿性而使Cu2+、Fe2+、Fe3+分別生成沉淀的pH物質(zhì)Cu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3開始沉淀pH6.07.51.4沉淀完全pH13143.7實驗室有下列試劑可供選擇：A．氯水B．H2O2C．硝酸D．NaOHE．氨水F．Cu2(OH)2CO3實驗小組設(shè)計如下實驗方案：試回答：①試劑1為____________，試劑2為_____________（填字母）。②固體X的成分為____，操作1為________________。21、NOx會造成大氣污染，在工業(yè)上采用多種方法進(jìn)行處理。I.氧化法：煙氣中的NO經(jīng)O3預(yù)處理后轉(zhuǎn)化為NO2，再用CaSO3懸濁液吸收NO2。已知：常溫下，CaSO4的沉淀溶解平衡常數(shù)數(shù)值為9.1×10-6，CaSO3的沉淀溶解平衡常數(shù)數(shù)值為3.1×10-7。（1）NO與O3反應(yīng)過程的能量變化如下：NO被O3氧化的總反應(yīng)是化合反應(yīng)，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為________。（2）將CaSO3懸濁液靜置，取上層清液，測得pH約為8，用化學(xué)用語解釋其原因為________。（3）用CaSO3懸濁液吸收NO2，將其轉(zhuǎn)化為HNO2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為________。（4）在實際吸收NO2的過程中，通過向CaSO3懸濁液中加入Na2SO4固體，提高NO2的吸收速率，從溶解平衡的角度解釋其原因：________。II.選擇性非催化還原法：該反應(yīng)不使用催化劑，但必須在高溫有氧下利用NH3做還原劑與NOx進(jìn)行選擇性反應(yīng)：4NH3+4NO+O23N2+6H2O，不同溫度（T）下，反應(yīng)時間（t）與NO濃度的關(guān)系如右圖所示。（5）判斷該反應(yīng)為________（填“吸熱”或“放熱”）反應(yīng)，說明理由：________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【詳解】A．①2H2+O22H2O、②2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，②可以改寫為2Na2O2+2H2O=2(Na2O2·H2)+O2，固體的增重為氫氣的質(zhì)量，即a=b，故A錯誤；B．①2CO+O22CO2、②2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，②可以改寫為2Na2O2+2CO2=(Na2O2·CO)+O2，固體的增重為CO的質(zhì)量，即a=b，故B錯誤；C．乙酸(CH3COOH)可以改寫為(CO)2?(H2)2，根據(jù)AB的分析，存在a=b，故C錯誤；D．甲烷(CH4)可以改寫為C?(H2)2，燃燒后生成二氧化碳和水，固體的增重為CH4和部分氧氣的質(zhì)量，即a＜b，故D正確；故選D。【點睛】根據(jù)反應(yīng)的方程式找到過氧化鈉增加的質(zhì)量的規(guī)律是解題的關(guān)鍵。根據(jù)反應(yīng)方程式可知，過氧化鈉增加的質(zhì)量即為H2、CO的質(zhì)量，因此只要是CO或H2或它們的混合氣體或化學(xué)組成符合(CO)m?(H2)n就滿足a=b。2、C【詳解】A．Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+H++Cl-+HClO，選項A錯誤；B.向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液的離子反應(yīng)為：++H2O=+Al(OH)3↓，選項B錯誤；C.還原性I->Fe2+，Cl2通入FeI2溶液中，當(dāng)兩者的物質(zhì)的量之比為4：3時，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：4Cl2+6I-+2Fe2+=2Fe3++3I2+8Cl-，選項C正確；D.同濃度同體積的NH4HSO4溶液與NaOH溶液混合，反應(yīng)生成硫酸銨和硫酸鈉，反應(yīng)的離子方程式為：H++OH-=H2O，選項D錯誤。答案選C。3、D【分析】根據(jù)化合價的變化判斷，化合價變化的數(shù)值越小，說明發(fā)生氧化還原反應(yīng)時得到的電子數(shù)目越少，則消耗鋁的量最少?！驹斀狻緼．MnO2～Mn，生成1molMn，需要4mol電子，消耗molAl；B．WO3～W，生成1molW，需要6mol電子，消耗2molAl；C．Cr2O3～Cr，生成1molCr，需要3mol電子，消耗1molAl；D．Co3O4～Co，生成1molCo，需要mol電子，消耗molAl，結(jié)合以上分析可知，消耗Al最少的是Co3O4；故答案選：D。4、A【解析】X、Y、Z、M、R為五種短周期元素，X、R最外層只有一個電子，為第IA族元素；Y最外層有4個電子，位于第IVA族，Z原子最外層有5個電子，位于第VA族，M最外層有6個電子，位于第VIA族；R原子半徑最大，為Na元素，X原子半徑最小，為H元素；Y原子和Z原子半徑接近、M原子半徑大于Y而最外層電子數(shù)大于Y，所以Y是C、Z是N、M為S元素。A．硫離子比鈉離子多一個電子層，硫離子半徑較大，故A錯誤；B．非金屬性N＞C，元素的非金屬性越強(qiáng)，對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，故B正確；C．M的氫化物的硫化氫，常溫下為氣體，故C正確；D.X、R、Y、Z均存在的氧化物有水和雙氧水、氧化鈉和過氧化鈉、一氧化碳和二氧化碳、一氧化氮和二氧化氮以及四氧化二氮等，均在兩種及兩種以上，故D正確；故選A。5、A【解析】A.鋼鐵在海水中比在河水中更易被腐蝕，主要原因是海水中氯化鈉濃度高，故A不正確；B.硅膠多孔，吸水能力強(qiáng)，常用作袋裝食品的干燥劑，故B正確；C.用純堿溶液清洗油污時，加熱可以促進(jìn)碳酸鈉水解產(chǎn)生氫氧化鈉，提高去污能力，故C正確；D.高純硅廣泛應(yīng)用于太陽能電池、計算機(jī)芯片，故D正確。故選A。6、B【解析】A.第ⅦA族單質(zhì)從上往下：氟氣、氯氣、液溴、固體碘、固體砹，物質(zhì)由氣態(tài)變?yōu)橐簯B(tài)，所以熔沸點逐漸升高，第一主族的金屬元素，從上到下，原子半徑逐漸增大，形成的金屬鍵逐漸減弱，熔沸點逐漸降低，但該族元素還含有H元素，H2常溫下為氣體，熔點低于同族元素的單質(zhì)，故A錯誤；B.硅酸鈉的水溶液是礦物膠，和酸反應(yīng)可以制備硅膠，具有防腐阻燃的作用，做木材防火劑的原料,故B正確；C.品紅遇二氧化硫褪色體現(xiàn)二氧化硫的漂白作用，而且加熱紅色能復(fù)原；二氧化硫能跟滴有酚酞的氫氧化鈉反應(yīng)生成亞硫酸鈉，溶液堿性減弱，紅色褪去，各元素沒有價態(tài)變化，是復(fù)分解反應(yīng)，二者褪色原理不一樣，故C錯誤；D.鎂鋁合金密度小，硬度大，可用于制造飛機(jī)、汽車等部件，故D錯誤；綜上所述，本題選B?！军c睛】二氧化硫具有漂白性，漂白某些有機(jī)色質(zhì)，如品紅，且漂白過程屬于非氧化性漂白，具有可逆性；但是不能漂白酸堿指示劑，因此二氧化硫能跟滴有酚酞的氫氧化鈉反應(yīng)，紅色褪去，體現(xiàn)了二氧化硫的酸性氧化物的性質(zhì)，而非漂白性。7、A【解析】由于Fe3+能氧化Fe、Cu，充分反應(yīng)后濾去固體物質(zhì)，固體為Cu或Fe、Cu，所以濾液中一定無Fe3+，可排除②④，固體物質(zhì)存在兩種可能：1、當(dāng)固體為鐵、銅時，溶液中的Fe3+、Cu2+全部參加反應(yīng)生成Fe2+和Cu，反應(yīng)的反應(yīng)方程式為：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定沒有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+，故①正確；2、當(dāng)固體為銅時，溶液中一定沒有Fe3+，Cu2+恰好全部參加反應(yīng)或部分反應(yīng)生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定沒有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；綜上可知：濾液中一定含有Fe2+，故③正確，故選A?！军c晴】本題考查了Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比較，能正確判斷固體的成分是解本題的關(guān)鍵。根據(jù)Fe3+、Cu2+的氧化性強(qiáng)弱判斷反應(yīng)先后順序，從而確定固體的成分、溶液的成分；有固體剩余，若固體只有銅，則反應(yīng)后的溶液中一定無Fe3+存在，一定存在Fe2+；可能含有Cu2+；若有鐵剩余，一定有銅生成，F(xiàn)e3+、Cu2+無剩余。8、B【詳解】A．根據(jù)反應(yīng)過程示意圖，過程Ⅰ中水分子中的化學(xué)鍵斷裂的過程，為吸熱過程，A錯誤；B．根據(jù)反應(yīng)過程示意圖，過程Ⅰ中水分子中的化學(xué)鍵斷裂，過程Ⅱ也是水分子中的化學(xué)鍵斷裂的過程，過程Ⅲ中形成了水分子，因此H2O均參與了反應(yīng)過程，B正確；C．過程Ⅲ中CO、氫氧原子團(tuán)和氫原子形成了二氧化碳、水、和氫氣，H2中的化學(xué)鍵為非極性鍵，C錯誤；D．催化劑只能改變反應(yīng)過程，不能改變反應(yīng)物、生成物的能量，因此不能改變反應(yīng)的△H，D錯誤；故合理選項是B。9、C【分析】向某固體粉末X中加入足量的NaOH溶液，產(chǎn)生氣體B，證明一定含有(NH4)2CO3；得到溶液A，溶液A的焰色反應(yīng)為黃色火焰，則溶液A中一定含有鈉元素；向溶液A中加入足量的稀鹽酸，得到溶液D和混合氣體，說明不僅僅生成二氧化碳，還應(yīng)有其它氣體，則一定含有K2SO3，在酸性溶液中與NaNO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成NO，不能確定是否含有K2SO4，而向溶液D中加入BaCl2溶液產(chǎn)生白色沉淀，則該沉淀為硫酸鋇沉淀。固體C溶于NaOH溶液產(chǎn)生沉淀C，則C為Cu2O、FeO、Fe2O3中的一種或幾種，加入足量的稀鹽酸，并加入KSCN溶液，溶液不顯紅色，證明溶液中不含有Fe3+，據(jù)此分析。【詳解】A.根據(jù)現(xiàn)象1可知，溶液A中一定含有Na元素，而由于前面加入了NaOH溶液，因此不能根據(jù)現(xiàn)象1推出該固體粉末中一定含有NaNO3，故A錯誤；B.由于溶液中一定含有K2SO3，在酸性條件下，若溶液中同時存在NaNO3，由于硝酸根在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，能將亞硫酸根氧化成硫酸根，因此也會產(chǎn)生硫酸鋇白色沉淀，故根據(jù)現(xiàn)象2不能推出該固體中一定含有K2SO4，故B錯誤；C.根據(jù)現(xiàn)象3，有混合氣體產(chǎn)生，則該混合氣體為二氧化碳和NO，因此可以推出該固體粉末中一定含有K2SO3，故C正確；D.根據(jù)現(xiàn)象4，證明溶液中不含F(xiàn)e3+，但不能推出固體粉末中不含F(xiàn)e2O3，原因是若粉末中同時存在Cu2O和Fe2O3，根據(jù)Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O可知Cu+能將Fe3+還原成Fe2+，加入KSCN溶液，也不會顯紅色，故D錯誤。故選C。10、B【解析】A、弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)越大，則電離程度越大，說明弱酸的酸性越強(qiáng)，或者弱堿的堿性越強(qiáng)，H2SO3的K1=1.54×10-2，而H2CO3的K1=4.30×10-7，所以同濃度時H2SO3的酸性強(qiáng)于H2CO3的，故A錯誤；B、由于H2SO3的K2小于H2CO3的K1，但大于其K2，所以Na2CO3溶液中通入少量SO2，考慮Na2CO3與酸的分步反應(yīng)，所以反應(yīng)的離子方程式為2CO32-+SO2+H2O=2HCO3-+SO32-，當(dāng)SO2足量時，生成CO2和HSO3-，所以B正確；C、已知HClO的K=2.95×10-8大于H2CO3的K2，但小于其K1，所以NaClO溶液中通入少量CO2，反應(yīng)的離子方程式為ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，故C錯誤；D、由于HClO的K=2.95×10-8小于H2CO3的K1，但大于其K2，因此HClO不能與NaHCO3反應(yīng)，但HCl是強(qiáng)酸，能與NaHCO3反應(yīng)，使c(HCl)減小，促進(jìn)化學(xué)平衡Cl2+H2OHCl+HClO正向移動，從而提高HClO的濃度；盡管HClO的K=2.95×10-8小于H2SO3的K1=1.54×10-2，也小于H2SO3的K2=1.02×10-7，只是說明NaHSO3不能與HClO發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，但HClO具有氧化性，NaHSO3具有還原性，二者能夠發(fā)生氧化還原反應(yīng)，所以加入NaHSO3溶液不能提高HClO的濃度，故D錯誤。本題正確答案為B。點睛：本題的實質(zhì)就是離子反應(yīng)發(fā)生的條件之一：有難電離的物質(zhì)生成，即較強(qiáng)的酸才能與較弱的酸形成的鹽反應(yīng)，但氧化還原反應(yīng)不受這一條件的限制，已知的平衡常數(shù)K就體現(xiàn)了酸性的相對強(qiáng)弱。B選項是個難點，要注意反應(yīng)物的量對產(chǎn)物的影響，而D選項要注意HClO的氧化性，與NaHSO3將發(fā)生氧化還原反應(yīng)。11、C【詳解】A.Na加入H2O發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑，故A錯誤；B.稀硝酸具有強(qiáng)氧化性，所以Fe(CH3COO)2溶液中加入稀硝酸發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：6CH3COO－+10H++NO+3Fe2+=6CH3COOH+3Fe3++NO+H2O，故B錯誤；C.[Ag(NH3)2]OH溶液中加入過量鹽酸反應(yīng)的離子方程式為：[Ag(NH3)2]++OH－+3H++Cl－=AgCl↓+2NH+H2O，故C正確；D.Cl2具有強(qiáng)氧化性，Na2SO3具有還原性，所以Na2SO3溶液中通入過量Cl2會發(fā)生氧化還原反應(yīng)，其反應(yīng)的離子方程式：SO+Cl2+H2O=SO+2Cl－+2H+，故D錯誤；故答案：C。12、A【分析】含有18個電子的常見化合物有HCl、H2S、PH3、SiH4、N2H4、H2O2、C2H6等?！驹斀狻緼．若乙的摩爾質(zhì)量與O2相同，為32g/mol，則可能為N2H4或SiH4，N2H4、SiH4都可以做燃料，故A正確；B．若氣體甲的水溶液在常溫下的PH＜7，HCl、H2S水溶液都呈酸性，故B錯誤；C．若丙分子結(jié)構(gòu)為空間正四面體，則丙是SiH4，甲烷比SiH4穩(wěn)定，故C錯誤；D．若丁為四原子分子，不一定含有非極性共價鍵，如PH3中不含非極性共價鍵，故D錯誤。13、D【分析】該有機(jī)物含有酚羥基、雙鍵等，可與高錳酸鉀發(fā)生氧化反應(yīng)，含有碳碳雙鍵官能團(tuán)，可發(fā)生加成、氧化反應(yīng)，結(jié)合甲基的結(jié)構(gòu)特征判斷有機(jī)物的空間結(jié)構(gòu)特點?！驹斀狻緼、結(jié)構(gòu)中含2個甲基，為四面體結(jié)構(gòu)，則該分子中所有氫原子不可能在同一個平面上，故A正確；B、兩個苯環(huán)、一個碳碳雙鍵可發(fā)生加成反應(yīng)，則1

mol該物質(zhì)與H2反應(yīng)時，最多消耗7

molH2，故B正確；C、含酚-OH，加入FeCl3溶液呈紫色，因為該物質(zhì)屬于酚類物質(zhì)，故C正確；D、能使酸性KMnO4褪色的官能團(tuán)有酚羥基、碳碳雙鍵、苯環(huán)上的甲基，則滴入酸性高錳酸鉀溶液，紫色褪去，不能證明結(jié)構(gòu)中存在碳碳雙鍵，故D錯誤。答案選D。【點睛】本題考查有機(jī)物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握有機(jī)物官能團(tuán)的性質(zhì)進(jìn)行判斷，易錯點為D，注意有機(jī)物空間結(jié)構(gòu)的分析。14、D【解析】A.CI-、Ca2+、HCO3-、NH4+可以大量共存，通入氨氣后溶液呈堿性，碳酸氫根轉(zhuǎn)化為碳酸根然后和鈣離子結(jié)合生成碳酸鈣沉淀，A不正確；B.Ba2+、Na+、Cl-、NO3-可以大量共存，通入二氧化硫后，二氧化硫與水反應(yīng)生成亞硫酸使溶液呈酸性，硝酸根可以把亞硫酸氧化為硫酸，進(jìn)一步與鋇離子生成硫酸鋇沉淀，B不正確；C.AI3+和HCO3-會發(fā)生雙水解，所以不能大量共存，C不正確；D.K+、Na+、HSO、Cl-可以大量共存，通入二氧化碳后仍能大量共存，D正確，本題選D。15、D【詳解】A．NaHCO3溶液、石灰水反應(yīng)，如石灰水不足，則生成Na2CO3，如石灰水過量，則生成NaOH，故A不選；B．NaOH溶液、CO2反應(yīng)，如二氧化碳不足，則生成Na2CO3，如二氧化碳過量，則生成NaHCO3，故B不選；C．Na2CO3與鹽酸反應(yīng)，如鹽酸不足，生成NaHCO3、NaCl，如鹽酸過量，則只生成NaCl，故C不選；D．Na2O2、CO2反應(yīng)只生成Na2CO3，故D選。故答案選D。16、A【分析】反應(yīng)H2(g)+I2(g)2HI(g)+Q(Q>0)該反應(yīng)為放熱反應(yīng)?！驹斀狻緼選項，恒容，升高溫度，正反應(yīng)速率增大，故A錯誤；B選項，恒容，充入H2(g)，平衡正向移動，I2(g)物質(zhì)的量減少，體積分?jǐn)?shù)降低，故B正確；C選項，恒壓，充入He(g)，體積變大，濃度變小，逆反應(yīng)速率減小，故C正確；D選項，恒溫，壓縮體積，由于是等體積反應(yīng)，因此平衡不移動，混合氣體顏色加深，故D正確；綜上所述，答案為A。【點睛】壓強(qiáng)增大，速率不一定增大，當(dāng)恒容容器，加稀有氣體，壓強(qiáng)雖然增加，但反應(yīng)體系濃度不變，速率不變，因此壓強(qiáng)變化，一定轉(zhuǎn)化為濃度來分析。二、非選擇題（本題包括5小題）17、K2CO3Ba（OH）2CNO3﹣3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2OFeCl3【分析】根據(jù)離子間的反應(yīng)（離子共存）和相互間反應(yīng)的現(xiàn)象判斷離子的組合，從而確定五種物質(zhì)?！驹斀狻浚?）五種物質(zhì)都可溶，陰離子中CO32﹣的只能和K+組成可溶性物質(zhì)，和其他陽離子都不共存，所以其中一種物質(zhì)為K2CO3，陰離子中的OH﹣除了和K+共存外，只能和Ba2+共存，所以另一種物質(zhì)為Ba(OH)2。這兩種物質(zhì)無須檢驗就可判斷；（2）A和B分別為K2CO3和Ba(OH)2中的一種。物質(zhì)C中含有離子Xn﹣，當(dāng)C與A的溶液混合時產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，向該沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固體，則可確定C中有Cu2+，不溶于硝酸的白色沉淀應(yīng)為BaSO4，所以X為SO42-，C為CuSO4；（3）將Cu投入裝有足量D溶液的試管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐漸溶解，管口附近有紅棕色氣體出現(xiàn)，則物質(zhì)D一定含有上述離子中的NO3-，硫酸提供了H+，硝酸根離子在酸性環(huán)境下具有強(qiáng)氧化性，可以把銅氧化為Cu2+，Cu逐漸溶解，稀硝酸被還原為NO，在試管口遇到氧氣生成紅棕色的NO2，Cu溶解的離子方程式為3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O；（4）E溶液與氫碘酸反應(yīng)時可生成使淀粉變藍(lán)的物質(zhì)，E中含F(xiàn)e3+，氧化了I-生成I2，使淀粉變藍(lán)，陰離子只剩Cl-，所以E是FeCl3。18、NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl5NA3NO2+H2O=2HNO3+NOCO32-＋H2OHCO3-＋OH-Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O離子鍵和極性共價鍵Al3+＋3AlO2-＋6H2O＝4Al(OH)3↓N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-624kJ·mol-1Cu+2H++H2O2=Cu２＋+2H2O56L【分析】根據(jù)元素在周期表中的位置分析元素的種類；根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理書寫反應(yīng)方程式；根據(jù)物質(zhì)性質(zhì)及轉(zhuǎn)化關(guān)系分析物質(zhì)種類并書寫反應(yīng)方程式及電子式；根據(jù)燃燒熱計算反應(yīng)熱并書寫熱化學(xué)方程式；根據(jù)反應(yīng)方程式及物質(zhì)的量與體積的關(guān)系進(jìn)行相關(guān)計算?！驹斀狻坑稍卦谥芷诒碇形恢?，可知①為H②為Na③為Al④為C.⑤為N⑥為O⑦為Cl；.Ⅰ、Y由②⑥⑦三種元素組成，它的水溶液是生活中常見的消毒劑，則Y為NaClO，As可與Y的水溶液反應(yīng)，物有As的最高價含氧酸，即生成H3AsO4，根據(jù)化合價升降相等可知還有NaCl生成，反應(yīng)方程式為：5NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl，As元素化合價由0升高為+5，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為5，故消耗1mol還原劑時,轉(zhuǎn)移的電子個數(shù)為5NA，故答案為5NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl；5NA；Ⅱ、能和水反應(yīng)的物質(zhì)有金屬氧化物、非金屬氧化物、金屬和非金屬。(1)若E為氧化物，常溫下與A與水反應(yīng)生成E，則為二氧化氮與水反應(yīng)生成硝酸與NO，故A為NO2，B為HNO3，E為NO，反應(yīng)方程式為：3NO2+H2O=2HNO3+NO；①當(dāng)X是堿性鹽溶液，C分子中有22個電子時，則X為碳酸鹽，C為CO2，D為碳酸氫鹽，則：C的電子式為，表示X呈堿性的離子方程式為CO32-＋H2OHCO3-＋OH-；②當(dāng)X為金屬單質(zhì)時，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，X為變價金屬，故X為Fe，C為硝酸鐵，D為硝酸亞鐵，則X與B的稀溶液反應(yīng)生成C的離子反應(yīng)方程式為：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O；(2)若E為單質(zhì)氣體，D為白色沉淀，則A為Na或過氧化鈉，E為氫氣或氧氣，B為NaOH，X為氯化鋁，C為偏鋁酸鈉，D為氫氧化鋁，B(NaOH)含有的化學(xué)鍵類型為：離子鍵、共價鍵，C與X反應(yīng)的離子方程式為Al3+＋3AlO2-＋6H2O＝4Al(OH)3↓；(3)①和⑤形成的化合物是一種可燃性液體，其燃燒產(chǎn)物之一是大氣中的主要成分，則該化合物為N2H4，1molN2H4燃燒放出的熱量為31.2kJ×1mol×32g/mol1.6g=624kJ，該反應(yīng)熱化學(xué)方程式為：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-624kJ·mol-1；(4)雙氧水有強(qiáng)氧化性,酸性條件下，雙氧水能氧化銅生成銅離子同時生成水，反應(yīng)離子方程式為：Cu+2H++H2O2=Cu２＋+2H2O；(5)氫氣和鈉反應(yīng)生成氫化鈉，氫化鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣,氫氧化鈉和鋁反應(yīng)生成氫氣，反應(yīng)方程式為：NaH+H2O=NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，1mol氫化鈉和水反應(yīng)生成1mol氫氧化鈉和1mol氫氣，1mol氫氧化鈉和鋁反應(yīng)生成1.5mol氫氣，故標(biāo)況下生成氫氣體積為(1mol+1.5mol)×22.4L/mol=56L。19、第5周期IVA族(全對才給分)飽和食鹽水濃硫酸吸收尾氣中的氯氣，防止污染空氣防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入裝置V而使SnCl4水解dMnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O排除裝置內(nèi)的空氣和少量的水汽(回答到“排空氣”可給滿分)SnCl4+(x+2)H2O==SnO2·xH2O↓+4HCl↑(寫“”也可給分)92.0【解析】（1）Sn與C同主族，核外有5個電子層，所以Sn在周期表中的位置：第5周期IVA族。（2）I中二氧化錳與濃鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生氯氣，生成的氯氣中含有揮發(fā)出的HCl和水蒸氣，因為Sn能與HCl反應(yīng)生成雜質(zhì)SnCl2和SnCl4極易發(fā)生水解，所以IV中進(jìn)入的氯氣必須是純凈干燥的，故II中盛放飽和食鹽水吸收HCl氣體，III中盛放濃硫酸干燥氯氣，因為SnCl4極易發(fā)生水解和多余的氯氣有毒不能排放在空氣中，所以VII有兩個作用：吸收尾氣中的氯氣，防止污染空氣和防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入裝置V而使SnCl4水解。（3）SnCl4和Cl2的沸點不同，當(dāng)液態(tài)的SnCl4中溶有液態(tài)的Cl2時，可以根據(jù)兩者的沸點不同，利用蒸餾法將兩者分離，故答案選d。（4）I中二氧化錳與濃鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生氯氣，對應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O。（5）加熱Sn前先通氯氣的作用是排除裝置中少量的空氣和水，防止生成的SnCl4發(fā)生水解。（6）SnCl4發(fā)生水解時可以考慮先生成HCl和Sn(OH)4，然后Sn(OH)4分解并生成SnO2·xH2O，對應(yīng)的方程式為：SnCl4+(x+2)H2O==SnO2·xH2O↓+4HCl↑。（7）5.95g錫粉的物質(zhì)的量=5.95g÷119g·mol-1=0.05mol，所以理論上生成的SnCl4的物質(zhì)的量也應(yīng)為0.05mol，質(zhì)量為0.05mol×251g·mol-1=13.05g，所以SnCl4的產(chǎn)率為12.0g/13.05g=0.920=92.0%。點睛：本題以無機(jī)物的制備為實驗載體，綜合考查實驗的原理、物質(zhì)的除雜、尾氣的處理、產(chǎn)率的計算及實驗中應(yīng)該注意的事項，難度中等。20、溶液變?yōu)檠t色不合理Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+BFCu2(OH)2CO3和Fe(OH)3蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶【解析】試題分析：本題考查物質(zhì)的探究實驗和物質(zhì)的制備，涉及Fe3+的檢驗，實驗方案的評價，混合物的計算，實驗方案的設(shè)計。（1）若假設(shè)1成立，F(xiàn)e2O3與足量稀硫酸反應(yīng)生成Fe2（SO4）3和H2O，溶液中有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液變?yōu)檠t色。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，說明與稀硫酸反應(yīng)后的溶液中不含F(xiàn)e3+，但不能證明原固體中一定不含F(xiàn)e2O3，原固體可能是Fe2O3和Cu2O的化合物，Cu2O與稀硫酸反應(yīng)生成的Cu將Fe2O3與稀硫酸反應(yīng)生成的Fe3+還原成Fe2+（發(fā)生反應(yīng)：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Cu+Fe2（SO4）3=CuSO4+2FeSO4），所以這種說法不合理。（3）若固體粉末完全溶解無固體存在，滴加KSCN試劑時溶液不變紅色，則證明假設(shè)3（即紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物）成立。發(fā)生反應(yīng)的所有離子方程式為：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。（4）根據(jù)題給資料，加熱時發(fā)生反應(yīng)：2Cu2O+O24CuO，固體增加的質(zhì)量為消耗O2的質(zhì)量，n（O2）=mol，根據(jù)方程式n（Cu2O）=mol，m（Cu2O）=mol144g/mol=9（b-a）g，Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為100%。（5）紅色粉末加入稀硫酸發(fā)生反應(yīng)：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3