四川省南充市2026届高三化学第一学期期中联考模拟试题含解析

四川省南充市2026届高三化学第一学期期中联考模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、美国《Science》上发表论文，宣布发现了一种Al的超原子结构，这种超原子（Al13）是以1个Al原子在中心，12个Al原子在表面形成的三角二十面体结构。这种超原子具有40个价电子（价电子即主族元素的最外层电子数）时最稳定。请预测稳定的Al13所带的电荷为A．－1 B．＋2 C．＋3 D．02、汽车尾气净化中的一个反应如下：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）△H=-373.4kJ/mol，若反应在恒容的密闭容器中达到平衡状态，下列有关说法正确的是（）A．其它条件不变，加入催化剂，△H变大B．充入氦气使体系压强增大，可提高反应物的转化率C．及时除去二氧化碳，有利于NO的转化D．若升高温度，该反应的平衡常数增大3、实验小组同学制备KClO3并探究其性质，过程如下：下列说法不正确的是()A．可用饱和NaCl溶液净化氯气B．生成KClO3的离子方程式为3Cl2+6OH－+5Cl－+3H2OC．推测若取少量无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后，溶液仍为无色D．上述实验说明碱性条件下氧化性Cl2＞KClO3，酸性条件下氧化性：Cl2＜KClO34、己知反应：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2↑+KCl+3H2O。据此判断下列说法正确的是A．上述两个反应都是置换反应B．①中KC1是氧化产物，KBr发生还原反应C．反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为5:1D．氧化性由强到弱的顺序为：Br2>Cl2>KClO35、向二氯化铂的HCl溶液中通入乙烯气体，再加入KCl可得K[Pt(C2H4)Cl3]·H2O（蔡氏盐），下列有关化学用语表示正确的是A．KCl的电子式：B．乙烯的结构简式：CH2CH2C．中子数为117，质子数为78的铂原子：D．K＋的结构示意图：6、NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法不正确的是A．100g质量分数为46%的HCOOH溶液中含氢原子数为8NAB．在标准状况下，22.4LNH3分子中含共用电子对数为3NAC．1molSO2与3molO2反应生成的SO3分子数为NAD．1L0.5mol·L-1葡萄糖溶液中含葡萄糖分子数为0.5NA7、实验室制备硝基苯，反应装置如图。下列对该实验的叙述错误的是A．长玻璃管起冷凝回流作用B．水浴加热其优点是受热均匀，便于控制温度C．粗产品依次用蒸馏水和5%NaOH溶液洗涤，最后再用蒸馏水洗涤D．洗涤后，用无水CaCl2干燥，然后过滤，得到纯硝基苯8、常温下，某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，该溶液可能是()①二氧化硫②氯化铵水溶液③硝酸钠水溶液④氢氧化钠水溶液A．①④ B．①② C．②③ D．③④9、有机物甲、乙的结构如图所示。下列说法错误的是A．甲、乙都能与溴的单质发生加成反应B．甲、乙互为同分异构体C．一定条件下，甲、乙均能发生取代反应D．甲、乙都能与金属钠反应生成氢气10、水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是A．水的电离程度很小，纯水中主要存在形态是水分子B．温度升高，纯水中的c(H+)增大，c(OH-)减小C．4℃时，纯水的pH=7D．向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，使水的离子积减小11、某工厂所排放的废水中可能含有Na+、K+、、Mg2+、Fe3+、Cl-、SO和SO，某同学将试样平均分成甲、乙、丙三份，设计如图所示实验(每次加入的试剂都是足量的):由此可以推测废水中()A．一定存在Cl- B．一定不存在Fe3+、SO、Cl-C．一定存在Mg2+、SO D．一定存在K+或Na+12、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化，均能通过一步化学反应实现的是A．Fe3O4FeFeCl3B．Cu2(OH)CO3CuOCu(OH)2C．MgCO3MgCl2溶液MgD．NaClCl2漂白粉13、从石英砂制取并获得高纯硅的主要化学反应如下：①SiO2＋2CSi(粗)＋2CO↑②Si(粗)＋2Cl2SiCl4③SiCl4＋2H2Si(纯)＋4HCl关于上述反应的分析不正确的是()A．①、③是置换反应，②是化合反应B．任一反应中，每消耗或生成28g硅，均转移4mol电子C．高温下，焦炭与氢气的还原性均强于硅D．高温下将石英砂、焦炭、氯气、氢气按一定比例混合可得高纯硅14、中科院科学家们研究开发了一种柔性手机电池，示意图如图所示[其中多硫化锂(Li2Sx)中x=2、4、6、8]。下列说法错误的是()A．碳纳米层具有导电性，可用作电极材料B．充电时，Li+移向Li2Sx膜C．电池工作时，正极可能发生反应：2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4D．电池充电时间越长，电池中Li2S2的量越少15、常温下向20mL浓度均为0.1mol·L－1NH4HSO4、(NH4)2SO4混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的Ba(OH)2溶液。充分反应后静置，Ba(OH)2溶液体积与溶液的pH的关系如下图，下列说法正确的是（假设过程中生成的NH3·H2O不分解）A．a点溶液中：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝0.4mol·L－1B．b点溶液中：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)C．c点溶液中：c(Ba2＋)＋c(NH4+)＝c(SO42-)D．d点溶液中：c(NH3·H2O)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(H＋)16、下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的组合有序号XYZW①CuCuSO4Cu(OH)2CuO②NaNaOHNa2CO3NaCl③AlAlCl3Al(OH)3Al2O3④FeFeCl3FeCl2Fe(OH)2A．②③ B．①③④ C．①④ D．①②③17、“靑蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，以此获取靑蒿素用到的分离方法是A．过滤B．蒸馏C．蒸发D．分液18、K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法不正确的是()A．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色B．②中C2H5OH被Cr2O72-氧化成CH3COOHC．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性比K2CrO4溶液强D．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄19、海藻中含有丰富的、化合态的碘元素。如图是实验室从海藻里提取碘的流程的一部分：下列判断正确的是（）A．步骤①、③的操作分别是过滤、萃取分液B．可用淀粉溶液检验步骤②的反应是否进行完全C．步骤③中加入的有机溶剂是裂化汽油或乙醇D．步骤④的操作是加热蒸发20、已知：连苯三酚的碱性溶液能定量吸收O2，CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO，且易被O2氧化。拟设计实验方案，采用上述两种溶液和KOH溶液逐一吸收混合气体（由CO2、CO、N2和O2组成）的相应组分。有关该方案设计，下列说法正确的是A．采用上述3种吸收剂，气体被逐一吸收的顺序应该是O2、CO和CO2B．CO的吸收必须在吸收O2后进行，因为CuCl的盐酸溶液会被O2氧化C．在3种气体被逐一吸收后，导出的气体为纯净的N2D．其他两种吸收剂不变，O2的吸收剂可以用灼热的铜网替代21、下列离子方程式书写正确的是A．漂白粉溶液中通入过量的CO2：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClOB．氯气与水的反应:Cl2+H2O2H++Cl-+ClO—C．NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3—＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2OD．钠和冷水反应:Na＋2H2O＝Na+＋2OH-＋H2↑22、下列正确的叙述有A．CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，CaO、Fe2O3、Na2O2均为碱性氧化物B．Fe2O3不可与水反应得到Fe(OH)3，但能通过化合反应和复分解反应来制取Fe(OH)3C．灼热的炭与CO2反应、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应均可设计成原电池D．电解、电泳、电离、电镀、电化学腐蚀过程均需要通电才能发生二、非选择题(共84分)23、（14分）下图是元素周期表的一部分，A、B、C、D、E、X是周期表给出元素组成的常见单质或化合物。①④⑤⑥②③⑦FeAsI、元素周期表是人们研究物质性质的重要工具。Y由②⑥⑦三种元素组成，它的水溶液是生活中常见的消毒剂。As可与Y的水溶液反应，产物有As的最高价含氧酸，该反应的化学方程式为_______，当消耗1mol还原剂时，转移的电子个数为_______。Ⅱ、A、B、C、D、E、X存在如下图转化关系〔部分生成物和反应条件略去〕。（1）假设E为氧化物，那么A与水反应的化学方程式为_______。①当X是碱性盐溶液，C分子中有22个电子时，那么C的电子式为_______。②表示X呈碱性的离子方程式为_______。③当X为金属单质时，那么X与B的稀溶液反应生成C的离子反应方程式为_______。（2）假设E为单质气体，D为白色沉淀，B含有的化学键类型为_______，C与X反应的离子方程式为_______。（3）①和⑤形成的化合物是一种可燃性液体，其燃烧产物之一是大气中的要紧成分，1.6克该物质在氧气中完全燃烧放出热量31.2kJ，写出热化学方程式_______。（4）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现改用①和⑥组成的化合物和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式_______。（5）元素②的单质在一定条件下，能与①的单质化合生成一种化合物，熔点为800℃。该化合物能与水反应放氢气，假设将1mol该化合物和1mol③形成的单质混合加入足量的水，充分反应后生成气体的体积是（标准状况下）_______。24、（12分）乙醇，俗称酒精，可用于制造乙酸、饮料、香精、染料、燃料等。（1）请写出结构简式A：___，B：___。（2）图示流程中乙醇转化为A，该反应现象为：___，其中乙醇发生了___反应(填“氧化"或”还原“)。乙二醇(HO-CH2-CH2-OH)也能发生类似反应，请写出反应方程式：___。（3）请你写出X的化学式___，并用相关反应方程式证实X可与乙醇相互转化___。（4）工业上常用苹果酒或者葡萄酒混合物、麦芽、米或马铃薯捣碎后发酵生产乙酸，但是从绿色化学角度，该法存在不足，请写出一个不足之处：___，但相比于直接用工业酒精，该法原料与产品均无害，至令仍沿用。（5）乙酸与乙醇在一定条件下可反应生成乙酸乙酯，请用氧-18同位素示踪法写出该反应的化学方程式：___。25、（12分）氯化亚铜晶体呈白色，不溶于水、乙醇及稀硫酸，露置于潮湿空气中易被氧化。氯化铜、氯化亚铜是重要的化工原料。实验室中以粗铜（含杂质Fe）为原料，一种制备铜的氯化物的流程如下。（已知：CuCl溶于NaCl的浓溶液可生成CuCl，CuCl的溶液用水稀释后可生成CuCl沉淀）按要求回答下列问题：（1）“操作①”调节溶液的pH范围为3.2≤pH<5.6，便于将Fe3＋转化为Fe（OH）3沉淀除去，加入的“试剂X”可以是__________。ACuO

BNH3·H2O

CNaOH溶液

DCu2（OH）2CO3

（2）“反应②”是向溶液2中加入食盐并通入SO2可生成CuCl，CuCl的溶液用水稀释后可生成CuCl沉淀，过滤、洗涤、干燥密封包装即得产品，据此回答下列问题：①写出向溶液2中加入食盐并通入SO2可生成CuCl的离子方程式__________。②用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，冷却。于70℃真空干燥的目的是_____________________。（3）在氯化氢气流中得到CuCl2·2H2O固体的“操作②”具体步骤为________、过滤、洗涤。（4）氯化亚铜的定量分析：①称取样品0.250g和10mL过量的FeCl3溶液于250mL锥形瓶中，充分溶解。②用0.100mol·L－1硫酸铈[Ce（SO4）2]标准溶液滴定。已知：CuCl＋FeCl3＝CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋＝Fe3＋＋Ce3＋。三次平行实验结果如下（平行实验结果相差不能超过1%）：平行实验次数1230.250g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积（mL）20.3520.0519.95则样品中CuCl的纯度为________。（5）如图所示将氯气从a通入与粗铜反应（铁架台、铁夹、酒精灯省略），反应后，盛有NaOH溶液的广口瓶中溶液具有漂白、消毒作用，若用钢铁（含Fe、C）制品盛装该溶液会发生电化学腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀，溶液会失去漂白、杀菌消毒功效。该电化学腐蚀过程中的正极反应式为___________。26、（10分）工业品纯碱中常含有少量的NaCl等杂质，图中的仪器装置可用来测定纯碱中Na2CO3的质量分数，图中标号：①空气；②某溶液，③纯碱样品，④稀H2SO4，⑤浓H2SO4，⑥碱石灰，⑦碱石灰。实验步骤是：①检查装置的气密性；②准确称量盛有碱石灰的干燥管Ⅰ的质量(设为m1g)。③准确称量一定量的纯碱的质量(设为m2g)，并将其放入广口瓶中；④从分液漏斗中缓缓滴入稀H2SO4，至不再产生气体为止；⑤缓缓鼓入空气数分钟，然后称量干燥管Ⅰ的总质量(设为m3g)。根据上述实验，回答下列问题：（1）鼓入空气的目的是______________________________。（2）装置A中液体②应为______，其作用是______________________，如撤去装置A，直接向装置B中缓缓鼓入空气，测定结果将____________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（3）装置C的作用是_____________，如果撤去装置C，则会导致实验结果_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（4）干燥管Ⅱ的作用是____________________。（5）上述实验的操作④和⑤，都要求缓缓进行，其理由是：______________________，如果这两步操作太快，则会导致实验测定结果____________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（6）根据实验，纯碱中Na2CO3的质量分数的计算式为__________________________。27、（12分）硫酸四氨合铜晶体｛[Cu(NH3)4]SO4·H2O｝为深蓝色晶体，溶于水，不溶于乙醇，主要用作印染剂、杀虫剂及制备某些含铜的化合物。某实验小组拟制备氨气，并通入到硫酸铜溶液中制备硫酸四氨合铜，装置如下：回答下列问题：(1)装置A为制备氨气的实验装置，下列装置中可选用的有______(填标号)。(2)装置a的名称为______；已知液体b与CuSO4溶液互不相溶，是常用的有机溶剂，则液体b的化学式为_____，作用是______。(3)由于硫酸四氨合铜晶体能在热水中分解，实验时可向所得溶液中加入______来获得晶体。(4)硫酸四氨合铜晶体中铜含量的测定可用碘量法。在微酸性溶液中(pH=3~4)，Cu2+与过量I－作用，生成I2和CuI(不溶于水也不溶于非氧化性酸)，生成的I2用Na2S2O3标准溶液滴定(已知滴定反应为：I2+2S2O32-=S4O62－+2I-)。①滴定过程中使用的指示剂为______，滴定终点的现象为______。②准确称取1.00g产品，配制成100mL溶液。取20mL该溶液，用0.050mol/LNa2S2O3标准溶液进行滴定，消耗标准溶液16.00mL，计算产品纯度为______。28、（14分）脱硝通常指将烟气中的氮氧化物(NOx)转化为无害的物质。（1）选择性催化还原技术(SCR)是目前最成熟的烟气脱硝技术，即在金属催化剂作用下，用还原剂(如NH3)选择性地与NOx反应生成N2和H2O。①已知:4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H=-905.5kJ·mol-1N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+l80kJ•mol-1完成该方法中主要反应的热化学方程式：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)△H=___________。该方法应控制反应温度在315〜400℃之间，反应温度不宜过低也不宜过高的原因是___________。③氨氮比[n(NH3)/n(NO)]会直接影响该方法的脱硝率，350℃时，只改变氨气的投放量，反应物X的转化率与氨氮比的关系如下图所示，则X是______(填学式)。氨氮比由0.5增加到1.0时，脱硝主要反应的平衡将向____方向移动。当[n(NH3)/n(NO)>1.0时，烟气中NO浓度反而增大，主要原因是_____。（2）直接电解吸收也是脱硝的一种方法，用6%的稀硝酸吸收NOx生成HNO2(—元弱酸)，再将吸收液导入电解槽电解，使之转化为硝酸。电解装置如上右图所示。①图中b应连接电源的______（填“正极”或“负极”)。②a电极反应式为__________。29、（10分）某一兴趣小组分离KNO

3与NaCl固体混合物的实验步骤如下：①混合物用蒸馏水溶解制成饱和溶液②将滤液冷却，结晶，分离出晶体③趁热过滤，滤出析出的晶体④加热蒸发，至有较多晶体析出（1）正确操作步骤的顺序是（用序号填空）_____________________。（2）趁热滤出的晶体是____________；趁热过滤的理由是__________________。（3）滤液冷却后得到的晶体是____，需冷却结晶的原因：______________。（4）欲得更纯的KNO3晶体，还需进行的是_______________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、A【解析】因为1个铝原子有3个价电子，因此13个铝原子应该有39个价电子，但实际上该微粒有40个价电子，所以应该带1个单位的负电荷。2、C【详解】A.其它条件不变，加入催化剂，平衡不发生移动，△H不变，A错误；B.充入氦气使体系压强增大，各物质的浓度不变，平衡不发生移动，反应物的转化率不变，B错误；C.及时除去二氧化碳，平衡正向移动，有利于NO的转化，C正确；D.因为正反应是放热反应，所以若升高温度，平衡逆向移动，该反应的平衡常数减小，D错误。故选C。3、C【详解】A．氯气中含有挥发出的HCl，可用饱和NaCl溶液吸收会发出的HCl，达到净化氯气的目的，故A正确；B．Cl2和KOH在加热条件下反应生成KClO3，其离子方程式为3Cl2+6OH－+5Cl－+3H2O，故B正确；C．推测若取少量无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后，发生的离子反应为+6I－+6H＋＝3I2+Cl－+3H2O，溶液紫色，故C错误；D．根据B选项分析得到上述实验说明碱性条件下氧化性Cl2＞KClO3，酸性KClO3和HCl反应生成氯气，因此酸性条件下氧化性：Cl2＜KClO3，故D正确。综上所述，答案为C。4、C【解析】A．①为置换反应，②中生成物有单质但反应物没有单质，所以不是置换反应，A错误；B．反应①中溴离子从-1价变为0价，KBr是还原剂，发生氧化反应，氯气是氧化剂，氯化钾是还原产物，B错误；C．②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化剂是氯酸钾，氯元素化合价从+5价降低到0价，根据电子得失守恒可知参加反应的6mol氯化氢中有5mol的氯化氢作还原剂，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：1，C正确；D．Cl2+2KBr＝2KCl+Br2中氧化剂是氯气，氧化产物是溴，所以氯气的氧化性大于溴，②KClO3+6HCl＝3Cl2+KCl+3H2O中氧化剂是氯酸钾，氧化产物是氯气，氯酸钾的氧化性大于氯气，则氧化性强弱顺序是KClO3＞Cl2＞Br2，D错误；答案选C。5、A【解析】A.KCl是离子化合物，电子式：，A正确；B.乙烯的结构简式：CH2＝CH2，B错误；C.中子数为117，质子数为78的铂原子：，C错误；D.K＋的结构示意图：，D错误，答案选A。6、C【解析】A.100g质量分数为46%的HCOOH溶液中甲酸的质量为46克，为1mol，含有2mol氢原子，另外还有100-46=54克水，即3mol，含有6mol氢原子，则共含氢原子数为8NA，故正确；B.在标准状况下，22.4LNH3的物质的量为1mol，每个分子含有3个共用电子对，所以该分子中含共用电子对数为3NA，故正确；C.二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能准确计算二者反应的物质的量，故不能确定三氧化硫的分子数，故错误；D.1L0.5mol·L-1葡萄糖溶液中含葡萄糖的物质的量为0.5mol，含有分子数为0.5NA，故正确。故选C。7、D【详解】A.苯和硝酸沸点较低，易挥发，可用长玻璃导管冷凝和回流，A正确；B.水浴法加热使物质的温度变化比较均匀，且变化比较慢，便于控制温度，B正确；C.反应产生的硝基苯中含有未反应的HNO3蒸气，先用蒸馏水洗去大部分硝酸，再用5%NaOH溶液洗涤残留少量的硝酸，最后再用蒸馏水洗涤，就得到纯净的硝基苯，C正确；D.用蒸馏水洗涤后的硝基苯中混有少量的水，用无水CaCl2吸收，然后通过蒸馏，得到纯硝基苯，D错误；故合理选项是D。8、A【分析】依据常温下溶液中由水电离出来的c（H

+）=1.0×10

-13mol•L

-1，和水中的氢离子浓度比较可知，水的电离被抑制，结合所给物质的性质分析判断。【详解】c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，说明水的电离受到抑制，溶液为强酸或强碱溶液。①二氧化硫溶于水生成了亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子，会抑制水的电离，故①正确；②氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子会发生水解，水解的本质是促进水的电离，故②错误；③硝酸钠是强酸强碱盐，溶液为中性，水的电离程度不会减小，故③错误；④氢氧化钠为强碱，会抑制水的电离，故④正确。综上所述，本题正确答案为A。9、D【详解】A.二者都含有碳碳双键，都可以和溴发生加成反应，故正确；B.二者结构不同，分子式为C3H6O2，属于同分异构体，故正确；C.前者有羧基，后者有酯基，都可以发生取代反应，故正确；D.前者含有碳碳双键和羧基，后者含有碳碳双键和酯基，前者和金属钠反应，后者不与金属钠反应，故错误。故选D。10、A【详解】A.水在常温下电离出氢离子和氢氧根离子浓度为1×10-7mol/L，水电离程度很小，所以纯水中水的主要存在形态是水分子，A正确；B.水的电离是吸热过程，升温促进电离，氢离子和氢氧根离子浓度增大，B错误；C.温度降低，水的电离平衡逆向移动，c(H+)<1×10-7mol/L，所以4℃时，纯水的pH>7，C错误D.向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，但水的离子积只与温度有关，温度不变，水的离子积不变，D错误；故合理选项是A。11、C【详解】分成甲、乙、丙三份，甲加入溴水，溴水不褪色，说明不含SO；乙加入酸化的氯化钡，生成2.33g沉淀，一定含有SO，且n（SO）＝n（BaSO4）＝2.33g÷233g/mol＝0.01mol，则至少加入0.01molBaCl2，溶液中加入硝酸银溶液生成沉淀为AgCl，n（AgCl）=＞0.02mol，由于加入的氯化钡的物质的量不确定，所以不能确定原溶液中是否含Cl-；丙加入氢氧化钠溶液，生成0.58g白色沉淀，说明含有Mg2+，不含Fe3+，且n（Mg2+）=0.58g÷58g/mol=0.01mol，无气体生成，说明不含，由此可确定n（SO）=n（Mg2+）=0.01mol，不含Fe3+、SO、，可能含有氯离子，由于溶液呈电中性，由电荷守恒可知如果含有氯离子，则Na+、K+至少含有一种，如果不含有氯离子，则不存在Na+、K+，所以只有选项C正确。答案选C。12、D【详解】A．Fe与盐酸反应只能生成FeCl2，不能生成FeCl3，A不正确；B．CuO与水不反应，不能生成Cu(OH)2，B不正确；C．电解MgCl2溶液，将生成Mg(OH)2，不能生成Mg，C不正确；D．电解NaCl溶液或熔融的NaCl都可以生成Cl2，Cl2与石灰乳反应可以制得漂白粉，D正确；故选D。13、D【解析】A、在这三个反应中，①、③是置换反应，②是化合反应，所以A正确；B、这三个反应都是氧化还原反应，其中硅的化合价都变化了4价，所以每消耗或生成28g硅即1mol，都转移4mol电子，故B正确；C、在氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，在反应①中，C是还原剂，Si是还原产物，在反应③中，H2是还原剂，Si是还原产物，所以在高温下，焦炭与氢气的还原性均强于硅，则C正确；D、这些反应并不是混合在一起同时进行的，所以高温下把石英砂、焦炭、氯气、氢气按一定比例混合是得不到高纯硅的，故D错误。本题正确答案为D。14、B【详解】A．碳纳米层具有导电性，可用作电极材料，A正确；B．该原电池中碳纳米层作负极，多硫化锂作正极，放电时，阳离子移向正极，故Li+移向Li2Sx膜，充电时，Li+移向碳纳米层，B错误；C．Li2Sx膜作正极，x=2、4、6、8，正极发生得电子的还原反应，故正极可能发生反应：2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4，C正确；D．充电时Li2Sx膜为阳极，与放电时的电极反应相反，则充电时间越长，电池中的Li2S2量就会越少，D正确；答案选B。15、B【详解】A、a点溶液是NH4HSO4、(NH4)2SO4混合溶液,存在物料守恒：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝0.3mol·L－1，故A错误；B、b点溶液是向20mL浓度均为0.1mol·L－1NH4HSO4、(NH4)2SO4混合溶液中滴加10mL0.1mol·L－1的Ba(OH)2溶液，则氢离子和氢氧根离子反应完全，铵根离子0.06mol没反应,硫酸根被沉淀了0.01mol，剩余硫酸根是0.03mol，则c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)，故B正确；C、c点溶液是向20mL浓度均为0.1mol·L－1NH4HSO4、(NH4)2SO4混合溶液中滴加Ba(OH)2溶液，溶液显示中性的时候c(OH－)=c(H＋)，根据电荷守恒2c(Ba2＋)＋c(H＋)+c(NH4+)＝2c(SO42-)+c(OH－)，得到2c(Ba2＋)＋c(NH4+)＝2c(SO42-)，故C错误；D、d点溶液是向20mL浓度均为0.1mol·L－1NH4HSO4、(NH4)2SO4混合溶液中滴加25mL0.1mol/L的Ba(OH)2溶液，则溶液中产生了0.03molNH3∙H2O，剩余NH4+0.03mol，剩余SO42-0.015mol，由于溶液呈碱性，电离大于水解，所以c(NH4+)＞

c(NH3·H2O)＞c(SO42-)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D错误；故答案B。16、D【解析】①Cu与浓硫酸在加热时反应产生CuSO4，CuSO4与NaOH溶液发生复分解反应产生Cu(OH)2，Cu(OH)2加热分解产生CuO，CuO与H2在加热时反应产生Cu单质，可以实现上述转化，①合理；②Na与H2O反应产生NaOH，NaOH与少量CO2反应产生Na2CO3，Na2CO3与足量HCl反应产生NaCl，电解熔融的NaCl得到金属Na，可以实现上述转化，②合理；③Al与盐酸反应产生AlCl3，AlCl3与氨水反应产生Al(OH)3，Al(OH)3加热分解产生Al2O3，电解熔融的Al2O3得到金属Al，可以实现上述转化，③合理；④Fe与氯气反应得到FeCl3，FeCl3与Fe反应得到FeCl2，FeCl2与NaOH溶液反应产生Fe(OH)2，但是Fe(OH)2不能发生反应得到Fe单质，故不会实现上述转化，④不合理；合理有①②③，选项D正确。17、A【解析】根据“靑蒿一握，以水二升渍，绞取汁”可判断以此获取靑蒿素用到的分离方法是过滤，答案选A。18、A【分析】从图中可以看出，加入70%H2SO4的K2Cr2O7溶液中，平衡逆向移动，溶液仍呈橙色，加入C2H5OH溶液，能被氧化成CH3COOH，K2Cr2O7被还原为Cr3+，溶液呈绿色；K2Cr2O7溶液中加入30%NaOH溶液，平衡正向移动，K2Cr2O7转化为K2CrO4，再加入C2H5OH，溶液不褪色，则表明K2CrO4不能将C2H5OH氧化。【详解】A．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，K2CrO4转化为K2Cr2O7，K2Cr2O7被C2H5OH还原，溶液变为绿色，A不正确；B．由图中实验可知，②中C2H5OH被Cr2O72-氧化，生成CH3COOH，B正确；C．对比②和④可知，K2Cr2O7酸性溶液能将C2H5OH氧化，而K2CrO4溶液不能将C2H5OH氧化，则表明K2Cr2O7氧化性比K2CrO4强，C正确；D．①中平衡逆向移动，溶液橙色加深，③中平衡正向移动，溶液变黄，D正确；故选A。19、A【详解】A.分离固体和液体用过滤，从水溶液中提取碘一般用萃取的方法，步骤①、③的操作分别是过滤、萃取分液，故A正确；B.淀粉遇到I2会变蓝色，遇碘离子不变色，其不能确定碘离子的存在，因此不能用淀粉检验步骤②的反应是否进行完全，故B错误；C.萃取剂不能和溶质反应，且萃取剂和原溶剂不能互溶，由于乙醇能与水互溶，裂化汽油与碘单质反应，其不能做萃取剂，故C错误；D.碘易溶于有机溶剂，应该用蒸馏的方法提取碘，步骤④的操作是蒸馏，故D错误；故选：A。20、B【详解】A.由题意可知，连苯三酚的碱性溶液定量吸收O2的同时也能吸收二氧化碳，则应先用KOH溶液将二氧化碳吸收后，再吸收氧气；CuCl的盐酸溶液定量吸收CO的同时易被O2氧化，则应用连苯三酚的碱性溶液将氧气吸收后，再用CuCl的盐酸溶液吸收CO，所以由CO2、CO、N2和O2组成的混合气体的吸收顺序是CO2、O2、CO，故A错误；B.CuCl的盐酸溶液定量吸收CO的同时易被O2氧化，则应用连苯三酚的碱性溶液将氧气吸收后，再用CuCl的盐酸溶液吸收CO，故B正确；C.盐酸具有挥发性，在3种气体被逐一吸收后，导出的气体中可能含有HCl，不可能为纯净的N2，故C错误；D.O2的吸收剂不可以用灼热的铜网替代，因为氧气和金属铜反应得到氧化铜可以氧化CO，在吸收氧气的同时吸收一氧化碳，故D错误；故选B。21、C【解析】A、CaCO3在过量CO2作用下反应生成Ca(HCO3)2，所以离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO，A错误。B、HClO是一种弱酸，不能改写成离子，正确离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，B错误。C、NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液时，NaHCO3完全反应，假设NaHCO31mol，则足量的Ba(OH)2参加反应的为1molOH-、1molBa2+，离子方程式为HCO3—＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O，C正确，D、给出的离子方程式左右电荷不守恒，配平后得2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH-＋H2↑，D正确。正确答案D。点睛：①离子方程式正误判断中，一看改写（强酸、可溶性强碱、可溶性盐改写成离子形式，微溶性物质视已知而定，其它物质写化学式）是否正确；二看产物是否正确（如此题中A选项，由于通入过量CO2，则产物是Ca(HCO3)2而不是CaCO3）；三看电荷是否守恒；四看原子是否守恒。②离子方程式出现某物质“过量”或者“不足”题型时，由于过量的物质没有参加反应，所以这类离子方程式书写时需要从完全反应的离子入手。“过量的某物质”“足量的某物质”或“少量的某物质”等都属于这类题型。22、B【解析】A.酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物，而NO2和碱反应生成硝酸钠、亚硝酸钠，发生了氧化还原反应，所以NO2不属于酸性氧化物；碱性氧化物是指与酸反应生成盐和水的氧化物，Na2O2与盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，发生了氧化还原反应，所以Na2O2不属于碱性氧化物，A错误；B.Fe2O3不溶于水，也不与水反应；氢氧化亚铁与氧气、水蒸汽共同作用生成氢氧化铁，属于化合反应，氯化铁溶液和氢氧化钠溶液发生复分解反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，B正确；C.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应属于复分解反应，不属于氧化还原反应，不能设计成原电池，C错误；D.电解、电泳、电镀需通电，电离是电解质在水溶液中或熔融状态下产生自由移动的离子的过程，与电无关；电化腐蚀是形成原电池反应发生的腐蚀，不需要通电，故D错误。综上所述，本题选B。【点睛】酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物；碱性氧化物是指与酸反应只生成盐和水的氧化物；也就是说，氧化物在与酸或碱发生反应时，各元素的化合价不发生变化，均为非氧化还原反应；如果氧化物与酸或碱发生反应时，如果发生氧化还原反应，该氧化物就不是酸性氧化物或碱性氧化物。二、非选择题(共84分)23、NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl5NA3NO2+H2O=2HNO3+NOCO32-＋H2OHCO3-＋OH-Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O离子键和极性共价键Al3+＋3AlO2-＋6H2O＝4Al(OH)3↓N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-624kJ·mol-1Cu+2H++H2O2=Cu２＋+2H2O56L【分析】根据元素在周期表中的位置分析元素的种类；根据氧化还原反应原理书写反应方程式；根据物质性质及转化关系分析物质种类并书写反应方程式及电子式；根据燃烧热计算反应热并书写热化学方程式；根据反应方程式及物质的量与体积的关系进行相关计算。【详解】由元素在周期表中位置，可知①为H②为Na③为Al④为C.⑤为N⑥为O⑦为Cl；.Ⅰ、Y由②⑥⑦三种元素组成，它的水溶液是生活中常见的消毒剂，则Y为NaClO，As可与Y的水溶液反应，物有As的最高价含氧酸，即生成H3AsO4，根据化合价升降相等可知还有NaCl生成，反应方程式为：5NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl，As元素化合价由0升高为+5，转移电子数为5，故消耗1mol还原剂时,转移的电子个数为5NA，故答案为5NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl；5NA；Ⅱ、能和水反应的物质有金属氧化物、非金属氧化物、金属和非金属。(1)若E为氧化物，常温下与A与水反应生成E，则为二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，故A为NO2，B为HNO3，E为NO，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；①当X是碱性盐溶液，C分子中有22个电子时，则X为碳酸盐，C为CO2，D为碳酸氢盐，则：C的电子式为，表示X呈碱性的离子方程式为CO32-＋H2OHCO3-＋OH-；②当X为金属单质时，由转化关系可知，X为变价金属，故X为Fe，C为硝酸铁，D为硝酸亚铁，则X与B的稀溶液反应生成C的离子反应方程式为：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O；(2)若E为单质气体，D为白色沉淀，则A为Na或过氧化钠，E为氢气或氧气，B为NaOH，X为氯化铝，C为偏铝酸钠，D为氢氧化铝，B(NaOH)含有的化学键类型为：离子键、共价键，C与X反应的离子方程式为Al3+＋3AlO2-＋6H2O＝4Al(OH)3↓；(3)①和⑤形成的化合物是一种可燃性液体，其燃烧产物之一是大气中的主要成分，则该化合物为N2H4，1molN2H4燃烧放出的热量为31.2kJ×1mol×32g/mol1.6g=624kJ，该反应热化学方程式为：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-624kJ·mol-1；(4)双氧水有强氧化性,酸性条件下，双氧水能氧化铜生成铜离子同时生成水，反应离子方程式为：Cu+2H++H2O2=Cu２＋+2H2O；(5)氢气和钠反应生成氢化钠，氢化钠和水反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠和铝反应生成氢气，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，1mol氢化钠和水反应生成1mol氢氧化钠和1mol氢气，1mol氢氧化钠和铝反应生成1.5mol氢气，故标况下生成氢气体积为(1mol+1.5mol)×22.4L/mol=56L。24、CH3CHOCH3COOH黑色固体逐渐变红氧化HO-CH2-CH2-OH+O2OHC-CHO+2H2OC2H4CH2=CH2+H2OCH3CH2OH、CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O制取乙酸的过程中会产生大量二氧化碳，造成温室效应，还会产生大量废渣CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O【分析】根据转化过程，X在一定条件下转化为乙醇，乙醇也可以转化为X，则X为乙烯，乙醇和氧化铜发生氧化还原反应转化为A和铜单质，A为乙醛，乙醛在一定条件下与氧气反应生成B，B为乙酸，据此分析解答。【详解】(1)根据分析A为乙醛，B为乙酸，结构简式分别为CH3CHO、CH3COOH；(2)图示流程中乙醇和氧化铜反应转化为乙醛和铜单质，该反应现象为：黑色固体逐渐变红；其中乙醇发生了氧化反应；乙二醇(HO-CH2-CH2-OH)也能发生类似反应，反应方程式：HO-CH2-CH2-OH+O2OHC-CHO+2H2O；(3)根据分析，X为乙烯，化学式C2H4，乙烯在催化剂作用下和水反应生成乙醇，方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；乙醇在浓硫酸作用下加热至170℃生成乙烯，方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；(4)充分利用能源、提高原料利用率，减少向环境排放废弃物都是绿色化学的基本要求，工业上常用苹果酒或者葡萄酒混合物、麦芽、米或马铃薯捣碎后发酵生产乙酸，但是从绿色化学角度，以上原料制取乙酸的过程中会产生大量二氧化碳，造成温室效应，还会产生大量废渣；(5)酯化反应中羧酸提供羟基，醇应该提供氢原子，所以反应的机理可以表示为CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O。【点睛】绿色化学又称环境友好化学、环境无害化学、清洁化学，是用化学的技术和方法去减少或消除有害物质的生产和使用。绿色化学的核心是：利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染。25、AD2H2O+2Cu2++SO2+4Cl-=2CuCl+SO+4H+加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化蒸发浓缩，冷却结晶79.6%（或0.796）ClO－+2e－+H2O=Cl－+2OH－【分析】粗铜（含杂质Fe）与氯气反应生成氯化铁和氯化铜，加稀盐酸溶解，形成氯化铁和氯化铜溶液，同时抑制氯化铜、氯化铁水解，溶液1中加入X调节溶液pH，得到溶液乙，经过系列操作得到CuCl2•2H2O，故溶液2为CuCl2溶液，则调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，试剂X可以为CuO、氢氧化铜等，结合题目信息可知，氯化铜溶液，加少量盐酸，抑制氯化铜水解，再蒸发浓缩、冷却结晶得到CuCl2•2H2O，再经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的晶体，据此分析。【详解】(1)用于调节pH以除去溶液1杂质可加试剂具有与酸反应，且不引入Cu2+之外的离子，故用CuO或Cu2(OH)2CO3，调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去，故答案为：AD；(2)①根据信息可知：在加热条件下，SO2与铜离子反应生成CuCl白色沉淀和，其反应的离子方程式为：2H2O+2Cu2++SO2+4Cl-=2CuCl+SO+4H+，故答案为：2H2O+2Cu2++SO2+4Cl-=2CuCl+SO+4H+；②由于CuCl露置于潮湿空气中易被氧化，于70℃真空干燥的目的是加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化，故答案为：加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化；(3)氯化铜溶液易水解，加少量盐酸，抑制氯化铜水解，再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到CuCl2⋅2H2O，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；(4)根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过1%，体积为20.35mL，误差大舍去，滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积为20mL，结合方程式可知：，CuCl的纯度为，故答案为：79.6%（或0.796）；(5)反应后，盛有NaOH溶液的广口瓶中生成NaClO溶液，该溶液具有漂白、消毒作用，若用钢铁(含Fe、C)制品盛装该溶液会发生电化腐蚀，ClO−得电子作正极生成Cl−，则正极上的电极方程式为：ClO－+2e－+H2O=Cl－+2OH－，故答案为：ClO－+2e－+H2O=Cl－+2OH－。26、赶走残留在广口瓶中及装置里的CO2碱溶液除去空气里的CO2偏大除去CO2中混有的水蒸气偏大吸收空气中的CO2和水蒸气使反应产生的CO2能与碱石灰充分反应而完全吸收偏小(m【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）实验目的是测定Na2CO3质量分数，Na2CO3和稀硫酸反应Na2CO3＋H2SO4=Na2SO4＋CO2↑＋H2O，通过CO2的量计算Na2CO3的量，装置中含有空气，需要排除，鼓入空气的目的是赶走残留在广口瓶中及装置里的CO2；（2）空气中含有CO2，对CO2质量测定，产生干扰，必须除去空气中CO2，即装置A中盛放的试剂为碱液；如果撤去装置A，直接向装置B中缓缓鼓入空气，造成所测CO2的质量增加，根据碳元素守恒，Na2CO3的质量增大，即碳酸钠的质量分数增大；（3）装置C中的试剂是浓硫酸，作用是除去CO2中水蒸气，如果撤去装置C，所测CO2的质量增大，即碳酸钠的质量增大，导致实验结果偏大；（4）空气中含有水蒸气和CO2，进入干燥管I中，造成所测碳酸钠质量增大，因此装置II作用是空气中的CO2和水蒸气；（5）使反应产生CO2能与碱石灰充分反应而完全吸收，如果通入过快，导致实验所测结果偏小；（6）干燥管I的质量差为CO2的质量，即CO2的质量为(m3－m1)g，根据碳元素守恒，碳酸钠的质量为(m3－m1)×106/44g，则质量分数为(m3－m1)×106/44m2×100%=(m27、①②④分液漏斗CCl4防止倒吸乙醇淀粉溶液滴入最后一滴，溶液蓝色褪去且半分钟不复色98.4%或0.984【分析】(1)根据制取氨气使用的试剂的状态确定装置图的使用；(2)根据仪器结构判断仪器名称，根据液体b密度比水大，与水互不相溶的性质分析物质，结合氨气极容易溶于水分析其作用；(3)根据硫酸四氨合铜晶体为深蓝色晶体，溶于水，不溶于乙醇分析使用的物质；(4)①根据I2遇淀粉溶液变为蓝色，选择使用的指示剂，I2会发生反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，反应完全蓝色消去判断滴定终点；②用关系式法找出Cu2+与S2O32-的关系，根据消耗的S2O32-的物质的量计算出Cu2+的物质的量及Cu(NH3)4]SO4·H2O的质量，进而可得其纯度。【详解】(1)在实验室中，若用固体NH4Cl与Ca(OH)2混合加热制取氨气，应该选择①装置；若向CaO固体中加入浓氨水制取氨气，应该选择选项②；若用浓氨水直接加热制取氨气，则选择装置④；故合理选项是①②④；(2)有仪器a结构可知该仪器名称为分液漏斗，由于液体b密度比水大，与水互不相溶，可确定该物质是四氯化碳，液体b的化学式CCl4；装置A是制取氨气，在装置B中与CuSO4溶于反应制取硫酸四氨合铜晶体，由于氨气极容易溶于水，为了充分吸收氨气，同时防止倒吸现象的发生，使用了CCl4，因此CCl4的作用是防止倒吸；(3)由于硫酸四氨合铜晶体为深蓝色晶体，溶于水，不溶于乙醇，能在热水