重慶第一中學2026屆高三上化學期中復習檢測模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、根據(jù)下列反應，推斷氧化性強弱順序正確的是①2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－②HClO＋HCl＝Cl2↑＋H2O③Cu＋2Fe3+＝2Fe2+＋Cu2+A．Cl2＞HClO＞Cu2+B．HClO＞Cl2＞Fe3+C．Cl2＞Cu2+＞Fe3+D．Fe3+＞Cu2+＞HClO2、下列有關(guān)溶液組成的描述合理的是（）A．無色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl－、S2-B．水電離出的c（H+）=10-13mol/L的溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl－、Br－C．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO－、I－、K+D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl－、SO42-3、A是一種常見的單質(zhì)，B、C為中學常見的化合物，A、B、C均含有元素X。它們有如下的轉(zhuǎn)化關(guān)系(部分產(chǎn)物及反應條件已略去)：下列判斷正確的是A．X元素可能為AlB．X元素一定為非金屬元素C．反應①和②互為可逆反應D．反應①和②不一定為氧化還原反應4、已知34Se、35Br位于同一周期，根據(jù)元素在周期表中的位置，判斷下列說法正確的是A．離子還原性：Cl?>Br?B．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：H2S>H2SeC．原子半徑：Cl>Br>SeD．酸性：H2SeO4>HBrO4>HClO45、將4molA(g)和2molB(g)在2L的恒容密閉容器中混合并在一定條件下發(fā)生反應：2A(g)+B(g)?2C(g)ΔH<0，反應2s后測得C的濃度為0.6mol·L-1。下列說法正確的是A．2s后物質(zhì)A的轉(zhuǎn)化率為70%B．當各物質(zhì)濃度滿足c(A)=2c(B)=c(C)時，該反應達到了平衡狀態(tài)C．達到平衡狀態(tài)時，增加A的物質(zhì)的量，A和B的轉(zhuǎn)化率都提高D．達到平衡狀態(tài)時，升高溫度，平衡逆向移動，同時化學平衡常數(shù)K減小6、某溶液中，若忽略水的電離，只含有下表中所示的四種離子，試推測X離子及其個數(shù)b可能為（）離子Na+Ba2+Cl﹣X個數(shù)3a2aabA．NO3﹣、4a B．CO32﹣、3a C．OH﹣、6a D．SO42﹣、3a7、下列敘述正確的是A．1molH2燃燒放出的熱量為H2的燃燒熱B．某吸熱反應能自發(fā)進行，因此該反應是熵增反應C．向飽和硼酸溶液中滴加Na2CO3溶液，有CO2氣體生成D．原電池中發(fā)生的反應達平衡時，該電池仍有電流產(chǎn)生8、下列物質(zhì)不能通過化合反應直接制得的是A．Fe(OH)3B．FeCl2C．CuSD．FeCl39、下列文獻記載所涉及的化學知識敘述錯誤的是A．明代《天工開物》之《燔石·青礬》卷中“取入缸中浸三個小時，漉入釜中煎煉”，運用了過濾的化學操作。B．“┄欲去雜還純，再入水煎煉┄傾入盆中，經(jīng)宿結(jié)成白雪”采用了重結(jié)晶的方法。C．“熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”，該過程發(fā)生了置換反應。D．“水銀乃至陰之毒物，因火煅丹砂而出，加以硫黃升而為銀朱”該過程應用了升華的物理方法。10、等體積、等物質(zhì)的量濃度的鹽酸、氫氧化鈉溶液分別放在甲、乙兩燒杯中，各加等質(zhì)量的鋁，生成氫氣的體積比為5∶7，則甲、乙兩燒杯中的反應情況可能分別是()A．甲、乙中都是鋁過量 B．甲中酸過量，乙中鋁過量C．甲中鋁過量，乙中堿過量 D．甲中酸過量，乙中堿過量11、若往20mL0.01mol·L－1HNO2(弱酸)溶液中逐滴加入一定濃度的燒堿溶液，測得混合溶液的溫度變化如圖所示。下列有關(guān)說法不正確的是A．HNO2的電離平衡常數(shù)：c點>b點B．b點混合溶液顯酸性：c(Na＋)>c(NO2-)>c(H＋)>c(OH－)C．c點混合溶液中：c(OH－)>c(HNO2)D．d點混合溶液中：c(Na＋)>c(OH－)>c(NO2-)>c(H＋)12、下列物質(zhì)依次按照混合物、氧化物、弱電解質(zhì)和非電解質(zhì)的順序排列的一組是（）A．淀粉、CuO、HClO、CuB．水玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、Ag2O、SO3C．KAl(SO4)2·12H2O、KClO3、NH3·H2O、CH3CH2OHD．普通玻璃、H2O、CH3COOH、葡萄糖13、交通警察執(zhí)法時常使用的便攜式酒精檢查儀可能應用了：3CH3CH2OH+2K2Cr2O7（橙色）+8H2SO4=3CH3COOH+2Cr2(SO4)3（藍綠色）+2K2SO4+11H2O這一反應原理，關(guān)于該反應，下列說法正確的是（）A．該反應證明了，含最高價元素的化合物，一定具有強氧化性B．1mol還原劑反應時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAC．H2SO4在反應中表現(xiàn)了氧化性和酸性D．可以利用該反應原理，將它設計成原電池，通過檢測電流強度判斷司機是否飲酒14、下列實驗裝置能達到相應實驗目的是（）A．收集 B．分離和C．制備 D．制取蒸餾水15、VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+ag，取0.5VmL溶液稀釋到8VmL，則稀釋后溶液中SO42－的物質(zhì)的量濃度是A．18V1000(m1-m2)mol/L B．125a16、下列各組離子可能大量共存的是（）A．在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣B．在含有Al3+、Cl﹣的溶液中：HCO3﹣、I﹣、NH4+、Mg2+C．在c（H+）=1×10﹣13mol·L﹣1的溶液中：Na+、S2﹣、SO32﹣、NO3﹣D．在溶質(zhì)為KNO3和NaHSO4的溶液中：Fe2+、Ca2+、Al3+、Cl﹣17、100mL含有0.20mol·L-1碳酸鈉的溶液和200mL鹽酸，不管將前者滴加入后者，還是將后者滴加入前者，都有氣體產(chǎn)生，但最終生成的氣體體積不同，則鹽酸的濃度合理的是()A．0.1mol·L-1B．0.16mol·L-1C．0.24mol·L-1D．0.2mol·L-118、在的溶液中可能存在、、、、，已知的濃度為，則下列離子一定能大量存在的是（）A． B． C． D．19、下列有關(guān)物質(zhì)分類或歸類正確的一組是（）①酸性氧化物SO2、NO、CO2、SiO2②鋁熱劑、鹽酸、水玻璃、氨水均為混合物③明礬、小蘇打、次氯酸均為電解質(zhì)④碘酒、牛奶、豆?jié){、漂白粉均為膠體⑤液氨、液氯、干冰、碘化銀均為化合物A．①③B．②③C．③④D．②⑤20、下列物質(zhì)所發(fā)生的化學反應中，由于反應物的用量不同而得到不同產(chǎn)物的是①硫化氫氣體和氧氣②鐵絲和氯氣③氯化鋁溶液和燒堿溶液④氯氣和燒堿溶液⑤碳酸鈉溶液和稀鹽酸⑥硫磺和鐵粉A．全部都是 B．①③⑤ C．①②③⑤ D．①④⑤⑥21、用1L1.0mol/LNaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中CO32-與HCO3-的物質(zhì)的量濃度之比約是A．1∶3 B．1∶2 C．2∶3 D．3∶222、下列實驗裝置圖能達到相應目的的是A．收集NOB．分離甘油和水C．檢查裝置氣密性D．配制溶液二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知高分子化合物I是輕工業(yè)生產(chǎn)的重要原料，其中一種生產(chǎn)合成路線如下：已知：回答下列問題：（1）A為芳香烴，A的化學名稱是______。（2）G→H、H→I的反應類型分別是______、______。（3）若G結(jié)構(gòu)為①請寫出D的結(jié)構(gòu)簡式______。②2由B生成C的化學方程式為__。（4）C有多種同分異構(gòu)體，其中屬于酚類的同分異構(gòu)體有_____種，寫出其中具有四組核磁共振氫譜峰的一種結(jié)構(gòu)簡式_____。（5）參考上述合成路線信息，寫出以CH3－CH=CH2和CH3MgBr為原料(其它無機物任選)合成的合成路線圖。_____24、（12分）隨原子序數(shù)遞增，八種短周期元素(用字母x等表示)原子半徑的相對大小、最高正價或最低負價的變化如下圖所示。回答下列問題：（1）用于文物年代測定的元素，其核素符號為_________。元素z在周期表中的位置是____________。（2）元素d、e、f、g原子的簡單離子半徑由大到小的順序為_________(用離子符號表示)。（3）元素f的單質(zhì)與元素e的最高價氧化物對應的水化物反應的化學方程式為___________________。（4）元素h單質(zhì)的氧化性強于元素g單質(zhì)的氧化性的事實是___________(用離子方程式表示)。25、（12分）某學習小組開展下列實驗探究活動：（1）裝置A中反應的化學方程式為_____。（2）設計實驗：利用裝置A中產(chǎn)生的氣體證明+4價硫具有氧化性：_____。（3）選用下面的裝置和藥品探究亞硫酸與次氯酸的酸性強弱：裝置連接順序為A、C、__、__、D、F，其中裝置C的作用是_____，通過___________________現(xiàn)象即可證明亞硫酸的酸性強于次氯酸。（4）利用G裝置可測定裝置A殘液中SO2的含量。量取1mL殘液于燒瓶中，加適量的水稀釋，加熱使SO2全部逸出并與錐形瓶中H2O2完全反應（SO2+H2O2=H2SO4），然后用0.1000mol/LNaOH標準溶液進行滴定，至終點時消耗NaOH溶20.00mL。①G中球形冷凝管的冷凝水進口為_____（填“a”或“b”）。②殘液中SO2含量為____

g/L。③經(jīng)多次測定發(fā)現(xiàn)，測定值始終高于實際值，則其原因是_____。26、（10分）焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）是一種可溶于水的白色或淡黃色小晶體，常用作食品抗氧化劑等。某化學研究興趣小組欲自制焦亞硫酸鈉并探究其部分化學性質(zhì)等。（1）制備Na2S2O5，如圖（夾持及加熱裝置略）可用試劑：飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體（試劑不重復使用）焦亞硫酸鈉的析出原理：NaHSO3（飽和溶液）→Na2S2O5（晶體）+H2O（l）①如圖裝置中儀器A的名稱是_________，A中發(fā)生反應的化學方程式為_________。②F中盛裝的試劑是__________________，作用是____________________。③實驗前通入N2的作用是_____________。④Na2S2O5晶體在_____（填“A”或“D”或“F”）中得到，再經(jīng)離心分離，干燥后可得純凈的樣品。⑤若撤去E，則可能發(fā)生___________________。（2）設計實驗探究Na2S2O5的性質(zhì)，完成表中填空：預測Na2S2O5的性質(zhì)探究Na2S2O5性質(zhì)的操作及現(xiàn)象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性用適量的蒸餾水溶解少量的Na2S2O5樣品于試管中，取pH試紙放在干燥潔凈的表面皿上，用干燥潔凈的玻璃棒蘸取樣品點在試紙上，試紙變紅探究二Na2S2O5晶體具有還原性取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液，劇烈反應，溶液紫紅色很快褪去綜合實驗結(jié)論，檢驗Na2S2O5晶體在空氣中是否被氧化的試劑為__________，探究二中反應的離子方程式為__________。27、（12分）某天然黃銅礦主要成分為（含），為測定該黃銅礦的純度，某同學設計了如下實驗：稱取硏細的黃銅礦樣品煅燒，生成、、和氣體，實驗后取中溶液的1/10置于錐形瓶中，用標準碘溶液進行滴定，初讀數(shù)為，末讀數(shù)如圖所示，完成下列填空：(1)實驗中稱量樣品所需定量儀器為____________。(2)裝置的作用是____________。(3)上述反應結(jié)束后，仍需通一段時間的空氣，其目的是____________。(4)滴定時，標準碘溶液所耗體積為______。用化學方程式表示滴定的原理：____________。(5)計算該黃銅礦的純度____________。(6)工業(yè)上利用黃銅礦冶煉銅產(chǎn)生的爐渣（含，，，）可制備。選用提供的試劑：稀鹽酸、稀硫酸、溶液、溶液、溶液，設計實驗驗證爐渣中含有。所選試劑為____________，證明爐渣中含有的實驗方案為____________。28、（14分）I.CuSO4是一種重要的化工原料,其有關(guān)制備途徑及性質(zhì)如圖所示。（1）比較途徑①②③，途徑_______更好地體現(xiàn)了綠色化學思想，其反應的化學方程式：_____（2）CuSO4在1100℃分解所得氣體X可能是SO2、SO3和另一種氣體的混合氣體，請寫出相關(guān)化學方程式：________________________。II.工業(yè)上用鋁土礦（主要成分為Al2O3·xH2O、Fe2O3、SiO2等）提取純Al2O3作冶煉鋁的原料，提取時操作過程如下圖（1）指出圖中操作錯誤的兩處是：________________。（2）步驟②過濾的不溶物是：__________________。（3）寫出步驟③反應（得到④濾液）的主要離子方程式：_________________。29、（10分）我們的生活離不開化學?；瘜W物質(zhì)在不同的領域發(fā)揮著重要的作用。(1)目前科學家探索利用甲烷將氮氧化物還原為氮氣和水，反應機理如下：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=—574kJ?mol－1CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=—1160kJ?mol－1則甲烷直接將NO2還原為N2的熱化學方程式為__________。(2)化合物Mg5Al3(OH)19(H2O)4可作環(huán)保型阻燃材料，受熱時發(fā)生如下分解反應：2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O+10MgO+3Al2O3寫出該化合物作阻燃劑的兩條依據(jù)：__________、__________。(3)焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)是一種常見的食品抗氧化劑。①焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)中硫元素的化合價為_______。②向某些飲料中添加少量焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)，可降低飲料中溶解氧的含量，發(fā)生反應的離子方程式為__________。(4)NH3催化還原氮氧化物(SCR)技術(shù)是目前應用最廣泛的煙氣氮氧化物脫除技術(shù)。反應原理如圖所示。下列說法正確的是________。A．由圖可知SCR技術(shù)中NO、NO2為氧化劑B．若用Fe做催化劑時，在氨氣足量的情況下，當c(NO2)∶c(NO)=1∶1時，脫氮率最佳C．每生成1molN2，轉(zhuǎn)移電子3molD．催化劑通過參與反應降低反應的活化能，提高平衡轉(zhuǎn)化率

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、B【解析】①2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－中氧化劑是Cl2，氧化產(chǎn)物是Fe3+，氧化性：Cl2＞Fe3+；②HClO＋HCl＝Cl2↑＋H2O中氧化劑是HClO，氧化產(chǎn)物是Cl2，氧化性：HClO＞Cl2；③Cu＋2Fe3+＝2Fe2+＋Cu2+中氧化劑是Fe3+，氧化產(chǎn)物是Cu2+，氧化性：Fe3+＞Cu2+；綜上得到氧化性順序是HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+。故選B?！军c睛】在氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物。2、B【解析】A、Al3+與S2-發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁和硫化氫而不能大量共存，選項A錯誤；B、水電離出的c（H+）=10-13mol/L的溶液可能顯酸性，也可能顯堿性，無論酸性還是堿性條件下Na+、K+、Cl－、Br－都能大量存在且相互之間不反應，選項B正確；C、酸性溶液中ClO－具有強氧化性，而I－有強還原性，發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，選項C錯誤；D、Fe3+水解使溶液呈酸性，中性溶液中不可能大量存在Fe3+，選項D錯誤。答案選B。3、B【解析】由于A是單質(zhì)，而B和C兩種化合物可以生成A單質(zhì)，這說明再B和C中A的化合價分別是正價和負價，所以A一定是非金屬，選項B正確，其余都是錯誤的，答案選B。4、B【解析】試題分析：同周期從左到右半徑逐漸減小，金屬性逐漸減弱，非金屬性逐漸增強，還原性逐漸減弱，氧化性逐漸增強，離子的還原性逐漸增強，氧化性逐漸減弱，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性依次增強，最高價氧化物對應的水化物的堿性依次減弱，酸性依次增強；同主族從上到下半徑逐漸增大，金屬性逐漸增強，非金屬性逐漸減弱，還原性逐漸增強，氧化性逐漸減弱，離子的還原性逐漸增強，氧化性逐漸減弱，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性依次減弱，最高價氧化物對應的水化物的堿性依次增強，酸性依次減弱。A項離子還原性：Cl－<Br－；B項氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：H2S＞H2Se；C項原子半徑：Cl<Br<Se；D項酸性：H2SeO4<HBrO4<HClO4?？键c：元素周期律的應用點評：本題主要考查了元素周期律的相關(guān)內(nèi)容，難度不太大，但要求學生熟練掌握元素周期律的內(nèi)容及應用，為高頻考題。5、D【分析】起始時，A的濃度為=2mol/L，B的濃度為=1mol/L，反應2s后測得C的濃度為0.6mol/L，則

2A（g）+B（g）?2C（g）開始（mol/L）

2

1

0轉(zhuǎn)化（mol/L）0.6

0.3

0.62s

（mol/L）

1.4

0.7

0.6【詳解】A.

2s后物質(zhì)A的轉(zhuǎn)化率為×100%=30%，故A錯誤；B.

c(A)=2c(B)=c(C)時，不能判定平衡狀態(tài)，與起始濃度、轉(zhuǎn)化率有關(guān)，故B錯誤；C.達到平衡狀態(tài)時，增加A物質(zhì)的量，促進B的轉(zhuǎn)化，平衡正向移動，B的轉(zhuǎn)化率增大，而A的轉(zhuǎn)化率減小，故C錯誤；D.

△H<0，為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，則同時化學平衡常數(shù)K減小，故D正確；答案選D。6、C【解析】在此溶液中，含有的陽離子有Na＋和Ba2＋，Na＋的個數(shù)是3a，Ba2＋的個數(shù)是2a，所以二者所帶的正電荷總數(shù)是(1×3a＋2×2a）=7a，因Cl－的個數(shù)是a，所以Cl－所帶的負電荷數(shù)是1×a=a，則根據(jù)溶液呈現(xiàn)電中性、陽離子所帶的正電荷總數(shù)等于陰離子所帶的負電荷總數(shù)可知，此溶液中還缺少含有6a負電荷的陰離子。因溶液中含有Ba2＋，會與CO32－和SO42－反應生成沉淀而不能大量共存，所以排除B和D；A項，4a個NO3－所帶的負電荷數(shù)是1×4a=4a，所以A錯誤；C項，6a個OH－所帶的負電荷數(shù)是1×6a=6a，符合題意；所以此題答案選C。7、B【解析】A.常溫下1molH2燃燒生成液態(tài)水時放出的熱量為H2的燃燒熱，A錯誤；B.某吸熱反應能自發(fā)進行，根據(jù)△G=△H-T△S＜0可作該反應是熵增反應，B正確；C.硼酸的酸性弱于碳酸，向飽和硼酸溶液中滴加Na2CO3溶液，不會有CO2氣體生成，C錯誤；D.原電池中發(fā)生的反應達平衡時，該電池中不再有電流產(chǎn)生，D錯誤，答案選B。8、C【解析】A.氫氧化亞鐵、氧氣和水發(fā)生化合反應生成Fe(OH)3，A錯誤；B.鐵和氯化鐵溶液發(fā)生化合反應生成FeCl2，B錯誤；C.CuS不能通化合反應直接制得，C正確；D.鐵和氯氣發(fā)生化合反應生成FeCl3，D錯誤，答案選C。點睛：掌握常見元素及其化合物的性質(zhì)是解答的關(guān)鍵，由于硫元素的非金屬性弱于氯元素，單質(zhì)硫與變價金屬反應生成一般把金屬氧化到低價態(tài)，例如與鐵、銅發(fā)生化合反應時分別是生成FeS、Cu2S。9、D【分析】“漉入釜中”，即化學中的過濾；重結(jié)晶過程是將晶體溶于溶劑以后，又重新從溶液中結(jié)晶的過程；“熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”，發(fā)生的反應是；升華是物理變化，“水銀乃至陰之毒物，因火煅丹砂而出，加以硫黃升而為銀朱”是化學變化。【詳解】“漉入釜中”，即化學中的過濾，故A敘述正確；重結(jié)晶過程是將晶體溶于溶劑以后，又重新從溶液中結(jié)晶的過程，“┄欲去雜還純，再入水煎煉┄傾入盆中，經(jīng)宿結(jié)成白雪”屬于重結(jié)晶，故B敘述正確；“熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”，發(fā)生的反應是，屬于置換反應，故C敘述正確；升華是物理變化，“水銀乃至陰之毒物，因火煅丹砂而出，加以硫黃升而為銀朱”是化學變化，故D敘述錯誤；選D。10、C【詳解】若酸堿均過量時，生成的氫氣的量相同，與生成氫氣的體積比為5∶7，相矛盾，根據(jù)方程式2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，酸堿的量相同時，堿消耗的Al多，則Al與鹽酸反應時，鹽酸消耗完畢，Al與堿反應時，Al消耗完畢，綜上所述，答案為C?！军c睛】酸堿過量時，相同的Al生成的氫氣的物質(zhì)的量之比為1：1；酸堿相同時，Al足量時，生成的氫氣的物質(zhì)的量之比為1：3；題目給定為5：7，則堿足量。11、B【詳解】A、HNO2的電離是吸熱過程，溫度越高電離平衡常數(shù)越大，溫度c點高于b點，所以電離平衡常數(shù)：c點＞b點，故A正確；B、b點得到HNO2和NaNO2混合溶液，若溶液顯酸性，說明電離大于水解，所以離子濃度大小為：c（NO2-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故B錯誤；C、a→c溫度升高，c點時溫度最高，說明c點時兩者恰好完全中和，c點得到NaNO2溶液，NaNO2是強堿弱酸鹽，水解溶液呈堿性，所以c（OH-）＞c（HNO2），故C正確；D、d點混合溶液中當c（NaOH）較大時，得到NaOH和NaNO2混合溶液，所以離子的濃度為：c（Na+）＞c（OH-）＞c（NO2-）＞c（H+），故D正確；故選B。12、D【解析】混合物是指由不同種物質(zhì)組成的；氧化物是指由兩種元素組成其中一種是氧元素的化合物；弱電解質(zhì)是指在水溶液里中部分電離的化合物；非電解質(zhì)是指在水溶液里和熔化狀態(tài)下都不能夠?qū)щ姷幕衔?；?jù)此可以分析各個選項中各種的所屬類別?！驹斀狻緼.淀粉屬于混合物、CuO屬于氧化物、HClO屬于弱電解質(zhì)、Cu是單質(zhì)不是電解質(zhì)，A項錯誤；B.水玻璃是硅酸鈉的水溶液屬于混合物、Na2O?CaO?6SiO2是鹽不是氧化物，Na2O融完全電離是強電解質(zhì)、SO3是非電解質(zhì)，B項錯誤；C.KAl(SO4)2?12H2O屬于鹽、KClO3是鹽不是氧化物,NH3?H2O是弱堿屬于弱電解質(zhì)、CH3CH2OH是有機物屬于非電解質(zhì)，C項錯誤；D.普通玻璃是硅酸鹽和二氧化硅的混合物、H2O屬于氧化物、CH3COOH存在電離平衡屬于弱電解質(zhì)，葡萄糖屬于非電解質(zhì)，D項正確；答案選D。13、D【解析】A.以偏概全，只能定性地判斷含最高價元素的化合物有氧化性，但是不能說一定具有強氧化性，如HCl中H元素為+1價，是最高價，但是HCl沒有強氧化性，A錯誤；B.從鉻元素的化合價變化來分析較簡單，鉻由+6降到+3，由化學方程式可知，2molK2Cr2O7得到了12mole-，有3mol還原劑乙醇被氧化，所以當有1mol還原劑反應時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為4NA，B錯誤；C.硫酸中各元素的化合價都沒發(fā)生變化，所以它只表現(xiàn)了酸性，C錯誤；D.從理論上講，自發(fā)進行的氧化還原反應可以設計成原電池反應，使化學能轉(zhuǎn)化為電能，所以D正確；故答案選D?！军c睛】有機物發(fā)生的氧化還原反應，盡量不要去分析有機物中元素的化合價變化，因為有機物的結(jié)構(gòu)較復雜，化合價也就復雜。我們往往是先分析無機物中元素的化合價變化，這樣做可事半功倍。14、D【詳解】A．二氧化氮的密度比空氣大，應長導管進氣向上排空氣法收集，短管進氣導致（排不出空氣）收集的氣體不純，故A錯誤；B．加熱時氯化銨受熱分解，碘單質(zhì)升華，二者無法用加熱的方法分離，故B錯誤；C．使用該裝置制取氧氣時，長頸漏斗應插入液面以下起到液封的作用，否則氣體會逸出，或改用分液漏斗，故C錯誤；D．自來水中水的沸點較低，沸石用來防止暴沸，冷凝水下進上出，應用該實驗裝置可制備蒸餾水，故D正確；答案選D?！军c睛】選擇分離方法時，要根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)特征不同，將它們分開，銨鹽和碘單質(zhì)加熱時都會變化，無法通過加熱的方法分離。15、C【解析】利用n=mM，計算agAl3+的物質(zhì)的量，然后計算0.5VmL溶液中Al3+的物質(zhì)的量，根據(jù)電荷守恒可知2n(SO42-)=3n(Al3+)，計算0.5VmL溶液中SO42-的物質(zhì)的量，將其稀釋為8VmL，在稀釋過程中溶中SO42-的物質(zhì)的量不變，再根據(jù)c=nV，計算稀釋后溶液SO4【詳解】agAl3+的物質(zhì)的量為n=ag27g/mol=a27mol，故0.5VmL溶液中Al3+的物質(zhì)的量為n(Al3+)=a27mol×0.5VmLVmL=a54mol，根據(jù)電荷守恒可知2n(SO42-)=3n(Al3+)，所以0.5VmL溶液中SO42-的物質(zhì)的量為n(SO42-)=a54mol×【點睛】本題考查物質(zhì)的量濃度的有關(guān)計算，屬于字母型計算，利用電荷守恒，根據(jù)Al3+的物質(zhì)的量找出溶液中SO42-是本題的關(guān)鍵，離子物質(zhì)的量容易計算出問題，注意對公式的理解與靈活運用。16、C【詳解】A．因Fe3+、SCN-結(jié)合生成絡合物，則不能大量共存，故A錯誤；B．因Al3+、HCO3-相互促進水解生成氣體和沉淀，則不能大量共存，故B錯誤；C．在c（H+）=1×10-13mol·L﹣1的溶液，溶液為酸或堿溶液，堿溶液中該組離子之間不反應，能大量共存，故C正確；D．在溶質(zhì)為KNO3和NaHSO4的溶液中，F(xiàn)e2+、H+、NO3-離子之間反應氧化還原反應，則不能共存，故D錯誤；答案選C。17、B【解析】當碳酸鈉滴入鹽酸中時發(fā)生CO32-+2H+═H2O+CO2↑，當鹽酸滴入碳酸鈉溶液時，反應順序為CO32-+H+═HCO3-、HCO3-+H+═H2O+CO2↑，則HCl的物質(zhì)的量應大于Na2CO3的物質(zhì)的量，又因為最終生成的氣體體積不同，則HCO3-+H+=H2O+CO2不能全部完成，即HCl的物質(zhì)的量比Na2CO3的物質(zhì)的量的二倍少，碳酸鈉的物質(zhì)的量為0.1L×0.20mol·L-1=0.02mol，則HCl的物質(zhì)的量應介于0.02mol～0.04mol之間，鹽酸溶液的體積為200mL=0.2L，即鹽酸的濃度應該是大于0.1mol/L，小于0.2mol/L，故選B。點睛：本題考查學生利用鹽酸與碳酸鈉的反應分析鹽酸的濃度，明確不同的滴加順序發(fā)生的反應是解題的關(guān)鍵。本題中根據(jù)碳酸鈉滴入鹽酸中的反應及鹽酸滴入碳酸鈉中的反應，結(jié)合都有氣體產(chǎn)生，但最終生成的氣體體積不同，找出鹽酸與碳酸鈉的物質(zhì)的量的關(guān)系。18、B【詳解】A．在的溶液中存在大量的H+，H+、NO3-、Fe2+發(fā)生氧化還原反應，三者不能大量共存，因此一定不存在Fe2+，故A錯誤；B．在的溶液中存在大量的H+，且c(H+)=0.1mol/L，H+、NO3-、Fe2+發(fā)生氧化還原反應，三者不能大量共存，因此一定不存在Fe2+，H+能夠與CO32-反應，一定不存在CO32-，NO3-的濃度為0.12mol/L，溶液中一定還存在至少一種陽離子，因此一定存在Na+，故B正確；C．根據(jù)B的分析，溶液中一定存在H+、NO3-、Na+，一定不存在Fe2+、CO32-；無法判斷是否存在SO42-，故C錯誤；D．在的溶液中存在大量的H+，H+能夠與CO32-反應，因此不存在CO32-，故D錯誤；故選B。19、B【解析】①NO不是酸性氧化物，錯誤；②鋁熱劑、鹽酸、水玻璃、氨水均為混合物，正確；③明礬、小蘇打、次氯酸均為電解質(zhì)，正確；④碘酒、漂白粉不是膠體，錯誤；⑤液氯為單質(zhì)，錯誤，答案選B。20、B【詳解】①硫化氫氣體在足量氧氣中燃燒生成二氧化硫，氧氣不足生成硫，反應物的用量不同而得到不同產(chǎn)物，故①符合；②鐵和氯氣反應生成氯化鐵，與反應物用量無關(guān)，故②不符合；③氯化鋁溶液與過量燒堿溶液反應生成偏鋁酸鈉，燒堿不足生成氫氧化鋁，反應物的用量不同而得到不同產(chǎn)物，故③符合；④氯氣和燒堿溶液反應生成次氯酸鈉、氯化鈉與水，與反應物用量無關(guān)，故④不符合；⑤碳酸鈉溶液與過量稀鹽酸反應生成二氧化碳，鹽酸不足生成碳酸氫鈉，反應物的用量不同而得到不同產(chǎn)物，故⑤符合；⑥硫磺和鐵粉在加熱條件下反應生成硫化亞鐵，與反應物用量無關(guān)，故⑥不符合；答案選B。21、A【分析】根據(jù)鈉離子和碳原子守恒分析解答?！驹斀狻吭O所得溶液中CO32-和HCO3-的物質(zhì)的量分別是xmol、ymol，1L1.0mol/LNaOH溶液中氫氧化鈉的物質(zhì)的量是1mol，吸收0.8molCO2，根據(jù)鈉離子和碳原子守恒可知2x+y＝1、x+y＝0.8，解得x＝0.2、y＝0.6，由于溶液體積相同，因此反應后所得溶液中的CO32-和HCO3-的物質(zhì)的量濃度之比0.2：0.6＝1：3，答案選A。22、C【解析】A、NO易被氧化為NO2，不能用排空氣法收集，A錯誤；B、甘油是丙三醇，與水互溶，不能分液，B錯誤；C、用止水夾夾住導氣管的橡皮管部分，從長頸漏斗向燒瓶中注水，停止加水后，長頸漏斗中的液面高于燒瓶中的液面，且液面差保持不變說明裝置不漏氣，C正確；D、定容時應該用膠頭滴管，D錯誤，答案選C。點睛：裝置氣密性檢查是解答的難點，檢查裝置氣密性的原理一般都是通過改變裝置內(nèi)氣體壓強實現(xiàn)的，若檢查氣密性的裝置本身是一個非氣密性裝置，則第一步要處理成一個密閉體系。裝置氣密性的檢查，難在以下兩點：一是方法，二是文字表述。其敘述形式是：裝置形成封閉體系→操作(微熱、手捂、熱毛巾捂、加水等)→描述現(xiàn)象→得出結(jié)論；①微熱法檢查的關(guān)鍵詞是封閉、微熱、氣泡、水柱；②液差(封)法的關(guān)鍵詞是封閉、液差。二、非選擇題(共84分)23、苯乙烯消去反應加聚反應：9或【分析】A為芳香烴，能與HBr發(fā)生加成反應，所以A為,與HBr加成能生成兩種產(chǎn)物，和，C生成D是醇的催化氧化，所以B生成C是氯代烴的水解；若G結(jié)構(gòu)為，根據(jù)題目信息，可反推D是，C為，B為，F(xiàn)是，E為。G（）在濃硫酸、加熱的條件下發(fā)生消去反應，H發(fā)生加聚反應生成高分子化合物I?！驹斀狻浚?）A為，化學名稱為苯乙烯；答案：苯乙烯；（2）D和F反應反應再水解得到的產(chǎn)物含有醇羥基，在濃硫酸、加熱的條件下發(fā)生的是消去反應，生成H含有碳碳雙鍵，所以H反應生成高分子化合物I發(fā)生的是加聚反應；答案：消去反應；加聚反應；（3）①若G結(jié)構(gòu)為，根據(jù)題目已知信息可逆推出D是；答案：；②B為，C為，由B生成C的化學方程式為：；答案：；（4）C為，若苯酚的苯環(huán)上連接一個乙基，則有鄰、間、對3種同分異構(gòu)體，若苯酚的苯環(huán)上連接兩個甲基就有6種，總共9種；具有四組核磁共振氫譜峰的一種結(jié)構(gòu)，也就是有4種氫原子，則符合要求的同分異構(gòu)體有：、；答案：9;或；（5）結(jié)合題目已知信息，以CH3－CH=CH2和CH3MgBr為原料合成的合成路線圖為：【點睛】本題考查有機物推斷，涉及鹵代烴、烯、醇等的性質(zhì)以及分子式的求解、同分異構(gòu)體、有機化學反應類型和方程式的書寫等，題目綜合性較大，注意逆向推導的思維訓練，難度中等。24、614C第2周期第VA族S2-＞O2﹣＞Na+＞Al3+2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓【分析】從圖中的化合價、原子半徑的大小及原子序數(shù)，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻浚?）能用于文物年代測定的是14C，其核素的符號為：614C，z元素為氮元素，位于周期表中的第2周期第VA族，故答案為：614C、第2周期第VA族；（2）元素d、e、f、g原子的簡單離子分別是：O2-、Na+、Al3+、S2-，其中S2-核外有三個電子層，半徑最大，O2-、Na+、Al3+三種離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，所以r（O2﹣）＞r（Na+）＞r（Al3+），故答案為S2-＞O2﹣＞Na+＞Al3+；（3）f是Al元素，元素e的最高價氧化物對應的水化物為NaOH，兩者反應的方程式為：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，故答案為2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑；（4）元素h為氯元素，元素g為硫元素，氯元素的非金屬性較硫強，所以氯氣的氧化性強于硫，能與硫化鈉溶液或氫硫酸反應得到硫單質(zhì)，反應的離子反應為：S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓，故答案為S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓。25、CaSO4+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O將SO2通入氫硫酸溶液或者硫化鈉（NaHS也給分）溶液中，出現(xiàn)淡黃色沉淀（或溶液變渾濁）即證BE除去HCl氣體當D中品紅不褪色，F(xiàn)中出現(xiàn)白色沉淀b64.00殘液中有剩余的鹽酸（或過氧化氫），導致實驗中消耗的氫氧化鈉的量偏多【解析】裝置A制取二氧化硫，二氧化硫和硫化氫反應可以證明二氧化硫的氧化性。要證明亞硫酸的酸性強于次氯酸，需要借助碳酸，酸性：亞硫酸>碳酸>次氯酸，所以需要把二氧化硫通入碳酸氫鈉溶液中制得二氧化碳，然后再通入漂白粉溶液中得到次氯酸和碳酸鈣沉淀。測定A的殘液中二氧化硫的含量，先把二氧化硫轉(zhuǎn)化為硫酸，然后用氫氧化鈉溶液滴定，根據(jù)消耗的氫氧化鈉的體積計算二氧化硫的含量?！驹斀狻浚?）裝置A制備SO2，發(fā)生的化學反應方程式為CaSO3＋2HCl=CaCl2＋SO2↑＋H2O；（2）SO2表現(xiàn)氧化性，是與H2S反應，SO2＋2H2S=2H2O＋3S↓，設計實驗如下：將SO2通入氫硫酸溶液或者硫化鈉（或NaHS）溶液中，出現(xiàn)淡黃色沉淀（或溶液變渾濁），能夠證明SO2的氧化性；（3）裝置A的作用是制備SO2，SO2中混有HCl，干擾實驗，用NaHSO3溶液吸收，然后通過裝置B，得到CO2氣體，推出亞硫酸的酸性強于碳酸，氣體通過酸性高錳酸鉀溶液，除去多余SO2，再通過品紅溶液，驗證SO2是否被完全除盡，最后通過漂白粉溶液，如果出現(xiàn)沉淀，說明碳酸的酸性強于次氯酸，從而最終得出亞硫酸的酸性強于次氯酸，連接順序是A→C→B→E→D→F；裝置C的作用是除去SO2中混有HCl；通過裝置D中品紅溶液不褪色，防止SO2的干擾，F(xiàn)中出現(xiàn)白色沉淀；（4）①冷凝水進口方向為b；②根據(jù)信息建立關(guān)系式為SO2～H2SO4～2NaOH，得出1mL殘夜中含有SO2的物質(zhì)的量為20×10－3×0.1/2mol=1×10－3mol，則殘液中SO2的含量為1×10－3×64/(1×10－3)g·L－1=64.00g·L－1；③測定值高于實際值，說明消耗NaOH多，可能是鹽酸有剩余或H2O2有剩余?！军c睛】本題的難點是裝置的連接，首先弄清楚實驗目的，本實驗驗證亞硫酸和次氯酸酸性強弱，然后找準實驗原理，亞硫酸不僅具有酸性，還具有還原性，次氯酸能氧化亞硫酸，不能直接將SO2通入漂白粉中，采用間接方式進行驗證，即亞硫酸制備碳酸，碳酸與次氯酸鹽反應，從而得出亞硫酸和次氯酸酸性的強弱，根據(jù)原理連接裝置，，注意雜質(zhì)氣體的干擾。26、三頸燒瓶Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O濃NaOH溶液吸收剩余的SO2排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化D倒吸鹽酸、BaCl2溶液5S2O+4MnO+2H+=10SO+4Mn2++H2O【分析】采用裝置圖制取Na2S2O5，裝置D中有Na2S2O5晶體析出，根據(jù)圖可知：裝置A中濃硫酸與亞硫酸鈉溶液反應生成SO2，裝置D中析出Na2S2O5晶體：Na2SO3+SO2=Na2S2O5；二氧化硫有毒，裝置F為尾氣吸收裝置，裝置E防止倒吸。【詳解】(1)①根據(jù)儀器的結(jié)構(gòu)可知A為三頸燒瓶，裝置A中濃硫酸與亞硫酸鈉溶液反應生成SO2，反應方程式為Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；②由于二氧化硫有毒，則裝置F的作用是吸收多余的二氧化硫，防止污染環(huán)境，可盛裝NaOH溶液；③Na2S2O5易被空氣中的氧氣氧化，所以要先用氮氣排凈裝置中的空氣；④裝置D中會析出Na2S2O5晶體：Na2SO3+SO2=Na2S2O5；⑤若撤去E，導氣管直接插入F溶液可能會因為SO2被吸收壓強變化較大發(fā)生倒吸；(2)檢驗Na2S2O5晶體在空氣中是否被氧化，若被氧化則生成硫酸鈉，檢驗硫酸根離子時必須選擇的試劑為鹽酸、BaCl2溶液；探究二中Na2S2O5與酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化反應反應，KMnO4被還原為Mn2+，則Na2S2O5被氧化為硫酸鈉，離子反應為：5S2O+4MnO+2H+=10SO+4Mn2++H2O。27、電子天平除去混合氣體中未反應的氧氣，防止干擾二氧化硫的檢驗將系統(tǒng)裝置中全部排入中充分吸收20.00稀硫酸、溶液取樣于試管中，用稀硫酸浸取爐渣，取上層清液滴加少量溶液，若褪色，則含有【分析】從實驗裝置圖看，a為去除空氣中水蒸氣的裝置，b為黃銅礦石的煅燒裝置，c為未反應O2的處理裝置，d為SO2的吸收裝置?！驹斀狻?1)稱取的黃銅礦樣品質(zhì)量為0.230g，有三位小數(shù)，是托盤天平不能完成的，所以實驗中稱量樣品所需定量儀器為電子天平。(2)裝置c的作用是除去混合氣體中未反應的氧氣，防止干擾二氧化硫的檢驗。(3)若上述反應結(jié)束后，立即停止通空氣，則裝置及導管內(nèi)都會滯留SO2，給實驗造成誤差。故反應結(jié)束后，仍需通一段時間的空氣，其目的是將系統(tǒng)裝置中全部排入中充分吸收。(4)根據(jù)裝置圖可判斷滴定時，標準碘溶液所耗體積為20.00。用化學方程式表示滴定的原理：。(5)n(SO2)=n(I2)=0.01mol/L×0.02000L×10=0.002moln()=n(SO2)/2=0.001mol，w()%=；(6)加酸溶解后，溶液中含有Fe2+、Fe3+，不能使用溶液，應使用溶液檢驗Fe2+的存在。因為溶液能將Cl-氧化，所以加入的酸只能用硫酸，不能用鹽酸。故所選試劑為稀硫酸、溶液。證明爐渣中含有的實驗方案為：取樣于試管中，用稀硫酸浸取爐渣，取上層清液滴加少量溶液，若褪色，則含有。【點睛】在計算樣品的純度時，我們常會忽視“實驗后取中溶液的1/10置于錐形瓶中”，從而得出錯誤的結(jié)果(8%)。所以，在計算出結(jié)果后，我們還應思考，為何樣品的純度這么低？再重新審題，我們就會發(fā)現(xiàn)問題，從而使錯誤得以校正。28、②Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O2CuSO4Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑步驟④加入過量鹽酸無法得到氫氧化鋁沉淀；步驟⑤只干燥氫氧化鋁沉淀無法得到氧化鋁SiO2Al3++4OH-=AlO2-+2H2O【詳解】I.(1)途徑①涉及反應為3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；途徑②涉及反應為2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O；途徑③涉及反應為Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O；根據(jù)方程式可知途徑②中產(chǎn)物無污染，體現(xiàn)了綠色化學思想；(2)根據(jù)題目信息可知硫酸銅在1100℃分解的產(chǎn)物中有Cu2O