2026届上海市上海中学东校区高三化学第一学期期中达标检测试题含解析

2026届上海市上海中学东校区高三化学第一学期期中达标检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、五种短周期元素的某些性质如下所示，有关说法不正确的是元素元素的相关信息M最高价氧化物对应的水化物能与其气态氢化物反应生成盐N原子的M电子层上有3个电子W在短周期元素中，其原子半径最大X其最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成X的单质和H2OY元素最高价正价与最低负价的代数和为6A．M的气态氢化物具有还原性，常温下，该氢化物水溶液的pH>7B．W单质在氧气中燃烧后的产物中阴阳离子个数之比为1：2C．由N和Y所形成的化合物中存在离子键，属于离子化合物D．N、W、X的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互发生反应2、下列说法中正确的是A．“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂及生物柴油B．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸C．向牛奶中加入果汁会产生沉淀，是因为发生了中和反应D．海水淡化可以解决淡水危机，向海水中加入明矾可以使海水淡化3、化学与生活密切相关。下列说法错误的是（

）A．磁性氧化铁可用作红色油漆和涂料B．漂白粉可用于生活用水的消毒C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸D．硅胶可用作袋装食品的干燥剂4、在一定条件下，反应N2+3H22NH3，在2L密闭容器中进行，5min内氨的质量增加了0.1mol，则反应速率为A．v（H2）=0.03mol/（L•min）B．v（N2）=0.02mol/（L•min）C．v（NH3）=0.17mol/（L•min）D．v（NH3）=0.01mol/（L•min）5、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．实验室用H2O2制取氧气，生成1molO2电子转移数是4NAB．500mL0.2mol∙L−1K2SO3溶液中含有的离子总数为0.3NAC．1mol乙烯和乙醇混合气体，在氧气中充分燃烧，消耗氧气的分子数为3NAD．2.24LCl2(标准状况)溶于水制成1L溶液，其中含氯微粒总浓度为0.2mol∙L−16、化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是A．“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅B．流感疫苗要冷藏存放，以免蛋白质变性C．“地沟油”经分馏可得汽油，用作汽车燃料D．国产大飞机C919使用的“现代工业骨骼”碳纤维是一种新型的有机高分子材料7、下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（）A．制取SO2 B．验证漂白性C．收集SO2 D．尾气处理8、下列制取Cl2、用Cl2氧化含I-废液、回收并提纯I2的装置和原理能达到实验目的的是()选项ABCD装置实验制取氯气氧化碘离子过滤出粗盐升华提取碘A．A B．B C．C D．D9、下表为元素周期表的一部分，X、Y、Z、W均为短周期元素，其中W最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列判断正确的是()XYZWA．原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B．含Y元素的盐溶液一定显酸性C．X与W的气态氢化物可相互反应生成离子化合物D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Z>W10、设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NAB．32gS8（分子结构：）中的共价键数目为NAC．标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和为NAD．39g钾与氧气完全反应，生成K2O转移NA个电子，生成KO2转移2NA电子11、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB．30gSiO2中含有的硅氧键个数为NAC．常温常压下，44gC3H8中含有的共价键总数为10NAD．标准状况下，11.2LCHCl3所含的原子总数为2.5NA12、下列实验操作能达到实验目的的是()A．用装置甲从碘水中萃取碘 B．用装置乙验证SO2的漂白性C．用装置丙检验溶液中是否有K＋ D．用装置丁将FeCl3溶液蒸干制备FeCl313、下列离子方程式不正确的是A．将一小粒金属钠放入水中：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑B．将氯气通入氢氧化钠溶液中：Cl2+2OH-=C1-+C1O-+H2OC．向CuSO4溶液中加入适量Ba(OH)2溶液：Ba2++SO42-=BaSO4↓D．氯气通入水中：Cl2+H2OH++HClO+Cl-14、战国所著《周礼》中记载沿海古人“煤饼烧蛎房成灰”(“蛎房”即牡蛎壳)，并把这种灰称为“蜃”。蔡伦改进的造纸术，第一步沤浸树皮脱胶的碱液可用“蜃”溶于水制得。“蜃”的主要成分是A．CaOB．SiO2C．NaHCO3D．CaCO315、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．17g甲基(—14CH3)所含的中子数目为8NAB．工业合成氨时，每生成1molNH3转移的电子数目为3NAC．含有1molCO32—的Na2CO3溶液中，Na+的数目为2NAD．足量锌与一定量浓H2SO4反应，生成1mol气体时转移的电子数目为2NA16、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．1.0L1.0mol·L－1的NaClO水溶液中含有的氧原子数为NAB．21g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为1.5NAC．25℃时pH＝13的Ba(OH)2溶液中含有OH－的数目为0.1NAD．1mol的氨基与1mol的氨分子所含电子数均为9NA17、4-乙烯基苯酚（)常出现在肉香和海鲜香精的配方中,在其同分异构体中,含有苯环且能发生银镜反应的有A．3种 B．4种 C．5种 D．6种18、分子式为C4H2Cl8的同分异构体共有（不考虑立体异构）A．10种 B．9种 C．8种 D．7种19、短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13。X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者是Y原子最外层电子数的3倍。下列说法不正确的是A．X和Z的氢化物都是弱电解质B．化合物Y3X2溶于盐酸可得到两种盐C．工业上采用电解Y的氯化物制备单质YD．X的氢化物和Z的最高价氧化物对应的水化物形成的盐溶液pH＜720、某温度时，在密闭容器中，X、Y、Z三种气体浓度的变化如图Ⅰ所示，若其他条件不变，当温度分别为T1和T2时，Y的体积分数与时间关系如图Ⅱ所示。则下列结论正确的是()A．该反应的热化学方程式为X(g)＋3Y(g)2Z(g)ΔH>0B．若其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，X的转化率增大C．温度分别为T1和T2时的平衡常数大小关系为K2>K1D．达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动21、在下述条件下，一定能大量共存的离子组是（）A．无色透明的水溶液中：K+、Ba2+、I-、MnO4-B．能与Al反应产生H2的溶液中：HCO3-、Na+、Al3+、Br-C．澄清透明溶液中：K+、Fe3+、HCO3-、AlO2−D．常温下pH=1的溶液中：Mg2+、Cl-、SO42-、Fe3+22、下列应用与盐的水解无关的是A．分别将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热、蒸发浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分不同B．配置FeSO4溶液加入铁屑C．NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中D．制TiO2可用TiCl4加大量水，同时加热，方程式如下所示：TiCl4+(x+2)H2O(过量)=TiO2·xH2O↓+4HCl，所得的TiO2·xH2O经焙烧得TiO2二、非选择题(共84分)23、（14分）现有部分短周期主族元素的性质或原子结构如表所示：元素编号元素性质或原子结构X周期序数＝主族序数＝原子序数Y原子最外层电子数为a，次外层电子数为bZ原子L层电子数为a+b，M层电子数为a－bM单质在自然界中的硬度最大N位于第三周期，最外层电子数是电子层数的2倍（1）写出X、Y、Z、N四种元素的名称：X________，Y________，Z________，N________。（2）由X、Y、Z、M、N五种元素两两组成的分子中，许多分子含有的电子数相等，写出符合下列要求的分子式：①含10e−且呈正四面体结构的分子________；②含14e−的双原子分子________；③含16e−且能使溴水褪色的分子________；④含18e−且常温下呈液态的分子________。24、（12分）甲、乙、丙、丁、戊是中学常见的无机物，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示(某些条件和部分产物已略去)。（1）若甲由短周期中原子半径最大的金属元素组成，请写出丙中18电子双原子阴离子的电子式___。（2）若乙、丁混合或丙、丁混合均产生白烟，则戊所含的化学键有___。（3）若甲、丙均既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，则戊的水溶液在空气中加热直至灼烧最后得到的固体物质为___。（4）若丙是一种有刺激性气味的气体，常温下0.1mol/L戊溶液的pH=0.7，请写出反应②的离子方程式___。（5）若反应①是常见的可逆反应、放热反应，该反应的适宜条件是：铁触媒做催化剂，温度700K左右，压强30-50Mpa。戊是一种酸式盐。请写出戊的阴离子电离方程式___。25、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料．某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物，溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，Cu2O在空气中加热生成CuO【提出假设】假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物【设计探究实验】取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂．（1）若假设1成立，则预期实验现象是_________。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁．你认为这种说法合理吗？___________。（3）若固体粉末完全溶解无固体存在，滴加KSCN试剂时溶液不变红色，则证明假设________成立，写出发生反应的所有离子方程式____________________。【探究延伸】经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物．（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数．取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg(b＞a)，则混合物中Cu2O的质量分数为________________。（5）欲利用红色粉末Fe2O3和Cu2O的混合物制取较纯净的胆矾(CuSO4∙5H2O)，经查阅资料得知，在溶液中调节溶液的酸碱性而使Cu2+、Fe2+、Fe3+分别生成沉淀的pH物质Cu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀pH6.07.51.4沉淀完全pH13143.7实验室有下列试剂可供选择：A．氯水B．H2O2C．硝酸D．NaOHE．氨水F．Cu2(OH)2CO3实验小组设计如下实验方案：试回答：①试剂1为____________，试剂2为_____________（填字母）。②固体X的成分为____，操作1为________________。26、（10分）某工厂用软锰矿（主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2）和闪锌矿（主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS等杂质）为原料制备MnO2和Zn（干电池原料），其简化流程如下：已知：反应Ⅰ中所有金属元素均以离子形式存在。有关常数：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。回答下列问题：（1）滤渣1中除了SiO2以外，还有一种淡黄色物质，该物质是由MnO2、CuS与硫酸共热时产生的，请写出该反应的离子方程式____________________________。（2）反应Ⅱ中加入适量金属锌的目的是为了回收某种金属，滤渣2的主要成分是___________。（3）反应Ⅲ中MnO2的作用是_______________________，若反应后溶液中Mn2＋、Zn2＋均为0.1mol·L－1，需调节溶液pH范围为_______________（溶液中，当一种离子的浓度小于10－6mol/L时可认为已不存在），X可以是_________。（填字母代号）a．MgOb．Zn(OH)2c．Cu2(OH)2CO3d．MnCO3（4）反应Ⅳ中电极均是惰性电极，写出阳极电极反应式________________________。本工艺可以循环利用的物质有MnO2、Zn和_________。（5）MnCO3有多种用途。废水处理领域中常用NH4HCO3溶液将Mn2+转化为MnCO3，该反应的离子方程式为______。试通过题述有关数据简要计算说明该反应能进行的原因：____________________________。27、（12分）“共生系统”能很大程度上提高经济效益。研究硫酸工业尾气的“共生系统”具有重要意义。回答下列问题：(1)工业上，将Na2CO3和Na2S以合适的物质的量比配成溶液，吸收富集的SO2，可制取重要的化工原料Na2S2O3，同时放出CO2。该反应的化学方程式为___________________。(2)工业上，将富含SO2的工业尾气降温液化，收集液态SO2。用液态SO2、硫磺(用S表示)、液氯为原料，在200℃～250℃活性炭催化条件下合成氯化剂SOCl2。该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________________。(3)SOCl2分子的空间构型为______________。下列关于O、S、Se三种同主族元素的叙述正确的是____________(填序号)。a．沸点：H2O>H2S>H2Seb．H2O分子中H—O—H键的键角小于H2S分子中H—S—H键的键角c．热稳定性H2O>H2S>H2Sed．CS2是一种直线型分子，分子中C、S原子都满足8电子稳定结构(4)氯化亚砜(SOCl2，易挥发液体，易水解)常用作脱水剂。ZnCl2·xH2O制取无水ZnCl2流程如图所示：①利用SOCl2和ZnCl2·xH2O混合加热可制得无水ZnCl2的原因是_________________________________(用化学方程式和必要的文字解释)。②甲同学认为SOCl2也可用于FeCl3·6H2O制取无水FeCl3，但乙同学认为该过程会发生氧化还原反应。要验证乙同学观点是否正确，可选择下列试剂中的___________(填序号)。a．K3[Fe(CN)6]溶液b．BaCl2溶液和稀盐酸c．AgNO3溶液和稀硝酸d．酸性KMnO4溶液28、（14分）碳及其化合物广泛存在于自然界。请回答下列问题：（1）反应Ⅰ：Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)ΔH1平衡常数为K1反应Ⅱ：Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)ΔH2平衡常数为K2不同温度下，K1、K2的值如下表：现有反应Ⅲ：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)，结合上表数据，反应Ⅲ是_______(填“放热”或“吸热”）反应。（2）已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理为：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)∆H<0。设m为起始时的投料比，即m=n(H2)/n(CO2)。①图1中投料比相同，温度从高到低的顺序为______________________。②图2中m1、m2、m3从大到小的顺序为________________________。③图3表示在总压为5MPa的恒压条件下，且m=3时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系。则曲线d代表的物质化学名称为______________，T4温度时，该反应平衡常数KP的计算式为(不必化简)_______________________。（3）已知：NH3·H2O的Kb=1.7×10－5，H2CO3的Ka1=4.3×10－7、Ka2=5.6×10－11。工业生产尾气中的CO2捕获技术之一是氨水溶液吸收技术，工艺流程是将烟气冷却至15.5℃～26.5℃后用氨水吸收过量的CO2。所得溶液的pH___________7（填“＞”、“=”或“＜”）。烟气需冷却至15.5℃～26.5℃的可能原因是____________。（4）为了测量某湖水中无机碳含量，量取100mL湖水，酸化后用N2吹出CO2，再用NaOH溶液吸收。往吸收液中滴加1.0mol/L盐酸，生成的V(CO2)随V(盐酸)变化关系如图所示，则原吸收液中离子浓度由大到小的顺序为__________。29、（10分）过量排放NO会污染大气，研究其性质及转化，对降低含氮物质的污染有重大的意义。（1）2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的活化能Ea=-akJ•mol-1，合成中有关物质的摩尔生成焓(一定温度压强下，由稳定单质生成1mol化合物的焓变称为该物质的摩尔生成焓)如下表：物质NONO2O2摩尔生成焓△H/kJ•mol-190330则NO2(g)=NO(g)+O2(g)的活化能Ea=___kJ·mol-1(用含a的式子表示)2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)分两步反应：2NO(g)N2O2(g)△H1<0快速平衡N2O2(g)+O2(g)=2NO2(g)△H2<0慢反应在其他条件不变的情况下，2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)反应速率随着温度升高而减小，请解释原因___。（2）向一密闭容器中充入6molCO和4molNO，在85kPa恒压条件下进行反应2NO(g)N2(g)+2CO2（g）△H=－746.8kJ•mol-1，一定温度下发生反应，10min达到平衡，测得NO的转化率为75%，从开始反应到建立平衡，以N2表示的反应速率v(N2)=___kPa•min-1；该反应的平衡常数Kp=___(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)；平衡后再通入0.75molCO和0.75molCO2，化学反应向___(填“正反应”、“逆反应”或“不移动”)方向进行。为同时提高反应速率和NO的平衡转化率，可以釆取的措施有___。a.改用高效催化剂b.增加NO的浓度c.增加CO的浓度d.升高温度（3）工业上以惰性材料为电极采用电解法处理NO，将NO转化成NH4NO3，用硝酸铵溶液作电解质溶液。阳极、阴极上产生含氮物质的物质的量之比为___(不考虑水解)。

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、C【解析】短周期元素中，M元素的最高价氧化物对应的水化物能与其气态氢化物反应生成盐，则M为N元素；N元素原子的M电子层上有3个电子，则N为Al元素；在短周期元素中，W元素原子半径最大，则W为Na元素；X元素原子最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成X的单质和H2O，则X为S元素；Y元素最高价正价与最低负价的代数和为6，则Y为Cl元素。A.氨气分子中N元素处于最低价，具有还原性，其水溶液为碱性，A项正确；B.钠在氧气中燃烧后的产物为过氧化钠，阴阳离子个数之比为1：2，B项正确；C.N和Y所形成的化合物为AlCl3，属于共价化合物，含有共价键，C项错误；D.硫酸为强酸，氢氧化钠为强碱，氢氧化铝为两性氢氧化物，三者两辆之间能相互反应，D项正确，故选C。2、A【解析】A、地沟油成分为高级脂肪酸甘油酯,可以燃烧,在碱性环境下发生水解反应生成的高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，故A正确；B、豆浆为胶体，加热煮沸后蛋白质变质，失去活性，但不能分解为氨基酸，故B错误；C、牛奶为胶体，果汁中含有电解质，牛奶中加入果汁会产生沉淀是因为胶体遇电解质发生了聚沉，故C错误；D、明矾的主要成分为硫酸铝钾溶液，加入海水中不能除去氯化钠、氯化镁、氯化钙等可溶性杂质,故起不到海水淡化的目的，故D错误；综上所述，本题应选A。3、A【详解】A磁性氧化铁为四氧化三铁，为黑色，不能做为红色油漆，应是氧化铁，故错误；B.漂白粉含有次氯酸钙，具有强氧化性，能用于生活用水的消毒，故正确；C.氢氧化铝能和胃酸反应减少胃酸，同时少量氢氧化铝对人体无害，故正确；D.硅胶具有吸水性，可以做干燥剂，故正确。故选A。4、D【解析】试题解析：反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示。1.7g氨气是0.1mol，所以氨气的反应速率是。又因为反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以氢气和氮气的反应速率分别是0.015mol/(L·min)、0.005mol/(L·min)。考点：化学反应速率的计算5、C【详解】A.实验室常用过氧化氢分解制氧气，生成1molO2转移电子数为2NA，故A错误；B.500mL0.2mol·L－1K2SO3溶液中含有0.1molK2SO3，含有0.2molK+，K2SO3强碱弱酸盐，在水溶液里能发生水解，SO32－＋H2OHSO3－＋OH－、HSO3-＋H2OH2SO3＋OH－，阴离子数大于0.1mol，因此溶液中含有的离子总数多于0.3NA，故B错误；C.1mol乙醇和1mol乙烯分别完全燃烧消耗的氧气都是3mol，所以1mol乙醇和乙烯的混合物充分燃烧消耗的氧气的物质的量为3mol，消耗氧气的分子数为一定为3NA，故C正确；D.氯气溶于水后，溶液的体积不等同于溶剂的体积，故溶液的体积不是1L，则含氯微粒总浓度不是0.2mol/L，故D错误；答案选C。6、B【解析】A.硅导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，故手机中芯片的主要成分是单晶硅，故A错误；B.疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B正确；C.对地沟油为原料制取可以得到生物柴油，粗生物柴油再经分馏才能得到发动机的燃料，故C错误；D.碳纤维是无机物，是一种无机高分子材料，故D错误；正确答案是B。7、B【详解】A.根据金属活动顺序表可知稀H2SO4与铜片不反应，故A错误；B.SO2能使品红溶液褪色，体现其漂白性，故B正确；C.SO2密度比空气大，应“长进短出”，故C错误；D.SO2不与NaHSO3反应，所以无法用NaHSO3溶液吸收SO2，故D错误。答案：B。8、D【详解】A.二氧化锰与稀盐酸不反应，应选浓盐酸，故A错误；B.氯气可氧化碘离子生成碘单质，但导管进气不合理，应长进短出，故B错误；C.漏斗下端应紧靠烧杯内壁，防止液滴飞溅，故C错误；D.碘易升华，图中装置可分离提纯碘，故D正确；故选：D。9、C【分析】W最外层电子数是最内层电子数的3倍，则W为S，根据周期表结构得出X为N，Y为Al，Z为Si，据此分析解答。【详解】A选项，原子半径：r(Al)>r(Si)>r(S)>r(N)，故A错误；B选项，偏铝酸钠盐溶液显碱性，故B错误；C选项，氨气与硫化氢反应生成离子化合物硫化铵，故C正确；D选项，最高价氧化物对应水化物的酸性：硫酸>硅酸>氢氧化铝，故D错误；综上所述，答案为C。10、B【解析】A．合成氨是可逆反应，N2的转化率不可能达到100%，则1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数小于2NA，故A错误；B．一个分子中含有8个S-S键，则32gS8(分子结构：)中的共价键数目为32g256g/mol×8×NA/mol=NAC．Cl2溶于水是可逆反应，只有部分Cl2与水反应生成HCl、HClO，其余仍以Cl2分子形式存在于水中，则标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，溶于水后溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和小于NA，故C错误；D．39g钾的物质的量为1mol，而钾反应后变为+1价，故1mol钾反应后转移NA个电子，故D错误；故答案为B。11、C【详解】A．16.25gFeCl3为0.1mol，水解形成的Fe(OH)3胶体(由多个氢氧化铁分子构成)粒子数小于0.1NA，A不正确；B．1个“SiO2”含有4个Si-O键，30gSiO2为0.5mol，含有的硅氧键个数为2NA，B不正确；C．44gC3H8为1mol，1个C3H8中含有的共价键总数为10个，则44gC3H8含有的共价键总数为10NA，C正确；D．标准状况下，CHCl3为液体，无法计算其所含原子的总数，D不正确；故选C。12、A【详解】A.苯与水不互溶，与碘不反应，且I2在苯中的溶解度远大于在水中的溶解度，因此可用苯作萃取剂，萃取碘水中的I2，可以达到实验目的，A项正确；B.SO2与酸性的高锰酸钾之间因发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，因此不能证明SO2具有漂白性，不能达到实验目的，B项错误；C.用焰色反应检验K+时，观察火焰的颜色时要透过蓝色的钴玻璃，不能达到实验目的，C项错误；D.将FeCl3溶液蒸干的过程中，Fe3+水解生成Fe(OH)3，加热后生成Fe2O3，因此将FeCl3溶液蒸干不能制备纯净的FeCl3，不能达到实验目的，D项错误；答案选A。【点睛】解答本题的关键是要掌握盐溶液蒸干时所得产物的判断方法：(1)盐溶液水解生成难挥发性酸时蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4(s)；(2)盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3；(3)考虑盐受热时是否分解：原物质蒸干灼烧后固体物质Ca(HCO3)2CaCO3或CaONaHCO3Na2CO3KMnO4K2MnO4和MnO2NH4Cl分解为NH3和HCl无固体物质存在(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化，如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)；(5)弱酸的铵盐蒸干后无固体，如NH4HCO3、(NH4)2CO3。13、C【解析】试题分析：A、B、D正确；C、向CuSO4溶液中加入适量Ba(OH)2溶液离子方程式应为：Ba2++2OH－+Cu2++SO42-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓。考点：掌握离子反应方程式的书写。14、A【解析】根据碳酸钙、氧化钙的性质分析回答。【详解】用煤饼煅烧牡蛎壳（CaCO3）生成的“蜃”为生石灰（CaO），“蜃”溶于水所得碱液为石灰水。本题选A15、C【解析】A、常温常压下，17g甲基(—14CH3)的物质的量为1mol，1mol该甲基中含有8mol中子，所含的中子数为8NA，故A正确；B.工业合成氨是可逆反应，但工业合成氨时，每生成1molNH3转移的电子数目为3NA，故B正确；C.CO32-是弱酸盐离子，在溶液中部分水解，含有1molCO32-的Na2CO3溶液中，Na+的数目多于2NA，故C错误；D、足量锌与浓硫酸反应开始生产二氧化硫，最后随浓硫酸浓度减小为稀硫酸反应生成氢气，生成二氧化硫或氢气电子转移相同，足量的锌与一定量的浓硫酸反应生成1mol气体时，转移的电子数为2NA，故D正确；故选C。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，解题关键：质量、物质的量、微粒数之间的换算，易错点：C注意水解反应，CO32-是弱酸盐离子，在溶液中部分水解；D、浓硫酸随反应进行变化为稀硫酸的反应特征与锌反应时，生成二氧化硫或氢气电子转移相同。16、B【解析】本题主要考查了阿伏加德罗常数的应用，同时涉及氢氧根浓度计算，混合物计算，物质电子数计算。【详解】A.1.0L1.0mol·L－1的NaClO水溶液中不仅有次氯酸钠还有水，总氧原子数大于NA，A错误；B.乙烯和丙烯的实验式为CH2，21g混合气体中“CH2”的物质的量是1.5mol，含有的碳原子数为1.5NA，B正确；C.25℃时，Kw=10-14，pH＝13的Ba(OH)2溶液中c（H+）=10-13，故c（OH－）=0.1mol/L，但体积未知，无法计算氢氧根离子物质的量，C正确；D.1mol氨基电子数为9NA，1mol氨分子电子数为10NA，D错误。答案为B。17、B【解析】含有苯环且能发生银镜反应，说明含有醛基，如果苯环上含有一个取代基，应该是－CH2CHO，如果含有两个取代基，应该是－CHO和－CH3，有邻、间、对三种，合计是4种，答案选B。18、B【详解】分子式为C4H2Cl8的有机物可以看作C4H10中的两个Cl原子被两个H原子取代，C4H10结构中，属于直链正丁烷的结构中，两个氢原子有6个位置；属于支链异丁烷结构中，两个氢原子有3个位置，因此该分子的同分异构体共有9种，因此B正确。19、A【解析】因X与Y、Z位于相邻周期，短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，则X可能为第二周期的元素，即Y、Z位于第三周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，则Z的最外层电子数为2×3=6，即Z为硫，Y的最外层电子数为6/3=2，即为镁元素，再由原子的最外层电子数之和为13，则X的最外层电子数为13-2-6=5，即X为氮元素。【详解】A项、X的氢化物为氨气，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨在水中电离生成铵根离子和氢氧根离子，氨气是非电解质，一水合氨是弱电解质，故A错误；B项、化合物Y3X2为氮化镁，氮化镁溶于盐酸可得到氯化镁和氯化铵两种盐，故B正确；C项、工业上采用电解熔融的氯化镁制备金属单质镁，故C正确；D项、氨气和硫酸反应生成硫酸铵，硫酸铵在溶液中发生水解使溶液显酸性，溶液pH＜7，故D正确。故选A。【点睛】题考查位置结构性质的相互关系应用，利用元素的位置及原子的最外层电子数和内层电子数的关系来推断元素，利用X为第二周期元素为突破口是解答本题的关键。20、C【解析】A.t1时刻反应达到平衡状态，此时X减少0.2mol/L，Y减少0.6mol/L，Z增加0.4mol/L，该反应的化学方程式为X(g)＋3Y(g)2Z(g)，T1时达到平衡所需时间短，速率大，所以T1>T2，升温Y的体积分数增大，表明升温平衡左移，ΔH<0，故A错误；B.该反应为放热反应，若其他条件不变，升高温度，平衡左移，X的转化率减小，故B错误；C.T1>T2，升温平衡左移，K2>K1，故C正确；D.达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，各物质浓度不变，平衡不移动，故D错误。故选C。点睛：解答本题的突破点是判断T1、T2的相对大小。T1、T2所在曲线斜线部分斜率大的速率大，温度高。21、D【解析】A.MnO4－是有色离子，在无色溶液中不能大量共存，故A错误；B.能与Al反应产生H2的溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，若为酸性溶液，HCO3－不能大量共存，若为碱性溶液，HCO3－和Al3＋不能大量共存，故B错误；C.Fe3＋可以和AlO2－发生双水解反应生成Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀，HCO3－和AlO2－在溶液中反应生成CO32－和Al(OH)3沉淀，故不能大量共存，故C错误；D.常温下pH=1的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中，Mg2+、Cl-、SO42-、Fe3+互相之间不发生任何反应，可以大量共存，故D正确；故答案选D。点睛：本题主要考查离子能否大量共存，掌握相关离子的性质是解答的关键，在解题时要特别注意题目所隐含的条件。如：①溶液无色透明时，则溶液中一定没有有色离子，如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-；②强碱性溶液中肯定不存在与OH-反应的离子，如Fe3+、Fe2+、HCO3-、NH4+、Al3+；③强酸性溶液中肯定不存在与H+反应的离子，如HCO3-、CO32-、S2-、CH3COO-、AlO2-等；本题的易错点在B项，要特别注意能与Al反应产生H2的溶液，可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，但若为酸性溶液，则不可能是硝酸，因铝与硝酸反应不能生成氢气。22、B【详解】A．AlCl3溶液水解生成氢氧化铝和氯化氢，由于氯化氢易挥发，加热、蒸发浓缩、结晶，得到氢氧化铝，灼烧得到氧化铝；硫酸铝水解生成氢氧化铝和硫酸，但硫酸是难挥发性酸，加热、蒸发浓缩、结晶，得到硫酸铝固体，灼烧后依然是硫酸铝，所得固体的成分不相同，且与盐的水解相关，故A不符合题意；B．配置FeSO4溶液加入铁屑是为了防止亚铁离子被氧化，与水解无关，故B符合题意；C．铵根和F-均会水解，且二者相互促进，所以NH4F水溶液中含有HF，不能存放于玻璃试剂瓶中，与水解有关，故C不符合题意；D．TiCl4在水中水解：：TiCl4+(x+2)H2O(过量)=TiO2·xH2O↓+4HCl，加热使水解程度增大并使HCl挥发，促进水解，最终彻底水解得到TiO2·xH2O，经焙烧得TiO2，与水解有关，故D不符合题意；综上所述答案为B。二、非选择题(共84分)23、氢氧硅硫CH4COC2H4H2O2【分析】X的周期序数＝主族序数＝原子序数，X为H元素；Z的原子L层电子数为a＋b，M层电子数为a－b，则a＋b=8，Y的原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，则b=2，因此a=6，则Y为O元素；Z为Si元素；M的单质在自然界中的硬度最大，M为C元素；N位于第三周期，最外层电子数是电子层数的2倍，N为S元素。【详解】（1）根据上述分析，X、Y、Z、N四种元素的名称分别为氢、氧、硅、硫，故答案为氢；氧；硅；硫；（2）由X、Y、Z、M、N五种元素两两组成的分子中，许多分子含有的电子数相等。①含10e－且呈正四面体结构的分子为CH4，故答案为CH4；②含14e－的双原子分子为CO，故答案为CO；③含16e－且能使溴水褪色，说明分子中含有不饱和键或具有还原性，该分子为C2H4，故答案为C2H4；④含18e－且常温下呈液态的分子为H2O2，故答案为H2O2。24、离子键和共价键Al2O3或Al2(SO4)3或NaAlO2SO2+H2O2=2H++SO42-HSO4-=H++SO42-或HSO3-H++SO32-【分析】(1)甲为短周期中原子半径最大的元素，则为钠；丙中阴离子核外有18个电子，则单质乙中元素的质子数应小于9，从而确定其为O，丙中阴离子为O22-。(2)白烟通常为盐，最常见的是NH4Cl，生成它的气体要么为Cl2、NH3，要么为HCl、NH3；(3)若甲、丙均既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，则甲为Al，丙为Al2O3，丁能溶解Al2O3，则其为酸，可能为盐酸、硝酸或硫酸，也可能为强碱，由此可得出戊的组成。(4)常温下0.1mol/L戊溶液的pH=0.7，则其为二元强酸，即为硫酸，所以丙为SO2，丁为H2O2。(5)若反应①是常见的可逆反应、放热反应，该反应的适宜条件是：铁触媒做催化剂，温度700K左右，压强30-50Mpa，则为工业合成氨的反应，戊是一种酸式盐，则丁为二元酸，可能为硫酸，可能为亚硫酸，从而得出戊可能为硫酸氢盐，可能为亚硫酸氢盐。【详解】（1）由前面分析可知，甲为钠，则乙为O2，丙为Na2O2，其阴离子为O22-，电子式为；答案为。（2）若乙、丁混合或丙、丁混合均产生白烟，由于乙为单质，则丁为NH3，丙为HCl，乙为Cl2，甲为H2，戊为NH4Cl，则戊所含的化学键有离子键和共价键；答案：离子键和共价键。（3）若甲、丙均既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，则甲为Al，丙为Al2O3，乙为O2，丁能溶解Al2O3，则其为酸，可能为盐酸、硝酸或硫酸，也可能为NaOH，从而得出戊可能为AlCl3、Al(NO3)3、Al2(SO4)3、NaAlO2。若戊为AlCl3、Al(NO3)3，存在反应AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl↑，Al(NO3)3+3H2OAl(OH)3+3HNO3↑，2Al(OH)3Al2O3+3H2O，则最终所得固体为Al2O3；若戊为Al2(SO4)3，则最终所得固体为Al2(SO4)3；若戊为NaAlO2，则最终所得固体为NaAlO2。答案：Al2O3或Al2(SO4)3或NaAlO2。（4）常温下0.1mol/L戊溶液的pH=0.7，则其为二元强酸，即为硫酸，所以丙为SO2，丁为H2O2，反应②的离子方程式SO2+H2O2=2H++SO42-。答案：SO2+H2O2=2H++SO42-。（5）反应①是工业合成氨的反应，戊是一种酸式盐，则丁为二元酸，可能为硫酸，可能为亚硫酸，从而得出戊可能为硫酸氢铵，可能为亚硫酸氢铵。戊的阴离子电离方程式HSO4-=H++SO42-或HSO3-H++SO32-。答案：HSO4-=H++SO42-或HSO3-H++SO32-。【点睛】对于挥发性酸的弱碱盐，在加热蒸干和灼烧过程中，水解生成的酸挥发，水解生成的金属氢氧化物分解，所以最终所得的固体为金属氧化物；对于不挥发性酸的弱碱盐，因为起初水解生成的酸不能挥发，所以最终水解生成的金属氢氧化物再与酸反应，重新生成盐，故最终所得固体仍为该无水盐。25、溶液变为血红色不合理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蒸发浓缩、冷却结晶【解析】试题分析：本题考查物质的探究实验和物质的制备，涉及Fe3+的检验，实验方案的评价，混合物的计算，实验方案的设计。（1）若假设1成立，Fe2O3与足量稀硫酸反应生成Fe2（SO4）3和H2O，溶液中有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液变为血红色。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，说明与稀硫酸反应后的溶液中不含Fe3+，但不能证明原固体中一定不含Fe2O3，原固体可能是Fe2O3和Cu2O的化合物，Cu2O与稀硫酸反应生成的Cu将Fe2O3与稀硫酸反应生成的Fe3+还原成Fe2+（发生反应：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Cu+Fe2（SO4）3=CuSO4+2FeSO4），所以这种说法不合理。（3）若固体粉末完全溶解无固体存在，滴加KSCN试剂时溶液不变红色，则证明假设3（即红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物）成立。发生反应的所有离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。（4）根据题给资料，加热时发生反应：2Cu2O+O24CuO，固体增加的质量为消耗O2的质量，n（O2）=mol，根据方程式n（Cu2O）=mol，m（Cu2O）=mol144g/mol=9（b-a）g，Cu2O的质量分数为100%。（5）红色粉末加入稀硫酸发生反应：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Cu+Fe2（SO4）3=CuSO4+2FeSO4，所得溶液中含CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3，根据题中提供的Cu2+、Fe2+、Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH，要将FeSO4除去必须先将Fe2+氧化成Fe3+，试剂1为氧化剂，试剂1不能用氯水，用氯水会引入杂质离子Cl-，不能用硝酸，用硝酸会产生大气污染物，试剂1选用H2O2，H2O2的还原产物为H2O，不引入新杂质不产生大气污染物，试剂1选B。试剂2是调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀而除去，为了不引入新杂质，试剂2选择Cu2（OH）2CO3，不选用NaOH和氨水，用NaOH或氨水引入杂质，试剂2选F，调节pH的范围在3.7~6.0之间；所得悬浊液经过滤得到的固体X为Fe（OH）3和Cu2（OH）2CO3，滤液为CuSO4溶液。①根据上述分析，试剂1为B，试剂2为F。②固体X的成分为Fe（OH）3和Cu2（OH）2CO3。从CuSO4溶液中获得CuSO4·5H2O的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，操作1为蒸发浓缩、冷却结晶。26、CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2OCu将Fe2+氧化为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，所以该反应能进行【解析】(1)软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2)和闪锌矿(主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS等杂质)中加入硫酸，只有二氧化硅不能被硫酸溶解，因此滤渣1中含有SiO2，由于MnO2具有强氧化性，能够在酸性溶液中将CuS氧化生成硫，反应的离子方程式为CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2O，故答案为：CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2O；(2)反应Ⅱ中加入适量金属锌的目的是为了回收某种金属，是因为锌能够将铜从溶液中置换出来，因此滤渣2的主要成分是Cu，故答案为：Cu；(3)MnO2具有强氧化性，反应Ⅲ中MnO2能够将Fe2+氧化为Fe3+，若反应后溶液中Mn2＋、Zn2＋均为0.1mol·L－1，根据流程图，此过程中需要除去铁离子和铝离子，不能沉淀Mn2＋、Zn2＋。根据Ksp[Mn(OH)2]＝2.0×10－13、Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17，则需调节溶液中的c(OH-)分别小于KspMnOH2cMn2+=2.0×10－130.1=2×10－6mol·L－1、KspZnOH2cZn2+=1.0×10－170.1=1.0×10－8mol·L－1，则c(OH-)＜1.0×10－8mol·L－1，即pH＜6，根据Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－33、Ksp[Fe(OH)3]＝3.0×10－39，则需调节溶液中的c(OH-)分别大于3KspAlOH310－6=31.0×10－3310－6=1.0×10－9mol·L－1、3KspFeOH3(4)反应Ⅳ中电极均是惰性电极，电解硫酸锰和硫酸锌的混合溶液，根据流程图，电解生成了二氧化锰和锌，则阳极电极反应式为Mn2＋−2e−＋2H2O＝MnO2＋4H＋。本工艺可以循环利用的物质有MnO2、Zn和硫酸，故答案为：Mn2＋−2e−＋2H2O＝MnO2＋4H＋；H2SO4；(5)废水处理领域中常用NH4HCO3溶液将Mn2+转化为MnCO3，反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO3—＝MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，该反应的平衡常数K=c（H2CO3）cMn2+c2（HCO3-）=Ka2Ka1KspMnCO327、Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO22:1三角锥形cdSOCl2易水解，发生反应SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑或xSOCl2+ZnCl2·xH2O+H2O=ZnCl2+xSO2↑+2xHCl↑，生成的HCl抑制Zn2+水解，故可制得无水ZnCl2ad【分析】(1)根据题意可知，SO2和Na2S发生氧化还原反应，生成Na2S2O3；(2)Cl2为氧化剂，S为还原剂根据化合价升降法确定系数；(3)SOCl2分子中S为中心原子，为sp3杂化；根据同族元素原子的结构及其性质的递变性进行分析。(4)①已知SOCl2易水解，可与ZnCl2·xH2O提供的水反应发生SOCl2+H2O=SO2+2HCl，且生成的HCl能够抑制锌离子的水解，导致ZnCl2·xH2O失去水，从而得到无水ZnCl2；②若乙同学观点正确，则生成的氯化铁固体中含有氯化亚铁杂质，可将少量固体溶于稀盐酸中，加入K3[Fe(CN)6]溶液显蓝色或滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去即可。【详解】(1)根据题意可知，SO2和Na2S发生氧化还原反应，生成Na2S2O3，反应的化学方程式为Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2；(2)以SO2、S、Cl2为原料制取SOCl2中，Cl2为氧化剂，化合价由0价变为-1，S为还原剂，化合价由0价变为+4，而SO2的化合价未变，则化合价改变值的最小公倍数为4，则的系数为2，S的系数为1，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；(3)SOCl2分子中S为中心原子，共3条键，有1对孤电子对，为sp3杂化，则为三角锥形；a．H2O间存在氢键，分子间的作用力增大，沸点较高，而H2S、H2Se分子间无氢键，沸点与分子量有关，分子量越大，分子间的作用力越强，沸点越高，则沸点：H2O>H2Se>H2S，a错误；b．O原子半径小于S，导致电子对与原子核距离变小，则H2O分子中H、O间的成键电子对间的斥力变大，H—O—H键的键角大于H2S分子中H—S—H键的键角，b错误；c．O、S、Se三种同主族元素，非金属性越强，则热稳定性越高，则热稳定性H2O>H2S>H2Se，c正确；d．CS2是一种直线型分子，中心原子为sp杂化，分子中C、S原子间形成C=S键，则都满足8电子稳定结构，d正确；答案为cd；(4)①已知SOCl2易水解，可与ZnCl2·xH2O提供的水反应发生SOCl2+H2O=SO2+2HCl，且生成的HCl能够抑制锌离子的水解，导致ZnCl2·xH2O失去水，从而得到无水ZnCl2；②若乙同学观点正确，则生成的氯化铁固体中含有氯化亚铁杂质，可将少量固体溶于稀盐酸中，加入K3[Fe(CN)6]溶液显蓝色或滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去即可，综上所述，答案为ad。28、吸热乙醇＞降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对CO2的吸收c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)【详解】(1)由图可知反应①的K1随温度升高而增大，说明正反应为吸热反应，△H＞0，反应②的K2随温度升高而减小，说明正反应为放热反应，△H＜0，已知：①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)△H1=Q1＞0，②Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)△H2=Q2＜0，由盖斯定律①-②得③H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g))△H=Q3=Q1-Q2＞0，说明是吸热反应；(2)①反应为放热反应，温度越高转化率越小，则T3＞T2＞T1；②图2中m1、m2、