江苏省南京市九中2026届高三上化学期中学业水平测试试题含解析

江苏省南京市九中2026届高三上化学期中学业水平测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（）A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.932、下列有关电化学的图示，完全正确的是()A．Cu-Zn原电池B．粗铜的精炼C．铁片镀锌D．验证气体产物3、化学反应中，反应物用量或浓度可能对生成物产生影响。下列反应的生成物不受上述因素影响的是A．铜与硝酸反应B．氢气与氧气反应C．硝酸银溶液与稀氨水反应D．氯化铝与氢氧化钠溶液反应4、一定条件下，将3.52g铜和铁的混合物溶于40mL一定浓度的热硝酸中，恰好完全反应，得到NO和NO2的混合气体0.08mol，且所得溶液不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。向反应后的溶液中加入1mol∙L-1的NaOH溶液，当金属离子恰好全部沉淀时得到6.24g沉淀。该硝酸的浓度为()A．2.4mol∙L-1 B．5.3mol∙L-1 C．6.0mol∙L-1 D．8mol∙L-15、在T℃时，将agNH3完全溶于水，得到VmL溶液，假设该溶液的密度为ρg·cm-3，溶质的质量分数为w，其中含的物质的量为bmol。下列叙述中正确的是()A．溶质的质量分数为w＝×100%B．上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.5wC．溶液中c(OH－)＝mol·L-1D．溶质的物质的量浓度c＝mol·L－16、下列有关金属及其化合物的应用不合理的是（）A．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业B．将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2C．Na2CO3稳定且熔点高，熔融Na2CO3使用耐高温的石英坩埚D．无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水7、质量分数为35%，密度为1.24g/cm3的硫酸物质的量浓度为（）A．0.044mol/L B．0.44mol/LC．4.4mol/L D．44mol/L8、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是短周期中非金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数是其最内层电子数的一半，Z的最高正价是其最低负价绝对值的3倍，X与W同主族。下列说法正确的是A．原子半径：r(X)<r(W)<r(Z)<r(Y)B．Y2Z中既有离子键又有共价键C．Z的氧化物的水化物是一种强酸D．W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强9、A、B、C、X为中学化学常见物质，一定条件下有如下转化关系，说法错误的是（）A．若X为Cl2，则C可能为FeCl3B．若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3C．若X为O2，则A可为硫化氢D．若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X可能为CO210、下列物质的分子为极性分子的是（）A．C2H2 B．CO2 C．NH3 D．BF311、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NAB．标准状况下，2.24LSO3中所含原子数为0.4NAC．常温常压下，16gO2和O3的混合气体中所含原子数目为NAD．在一定条件下，1molN2与3molH2反应生成的NH3分子数为2NA12、常温下，向20mL0.10mol/L甲胺的溶液中滴加0.10mol/L盐酸时混合溶液的pH与相关微粒的浓度关系如图所示。已知：甲胺（CH3NH2）类似于氨，但碱性稍强于氨。下列说法不正确的是A．甲胺在水中的电离方程式CH3NH2+H2OCH3NH3++OH—B．b点对应的加入盐酸的体积小于20mLC．将等物质的量的CH3NH2和CH3NH3Cl一起溶于蒸馏水，得到对应a点的溶液D．常温下，甲胺的电离常数为Kb，则pKb=—lgKb=3.413、1,4-二氧六环的一种合成方法如下,下列说法正确的是CH2=CH2A．反应①、②的原子利用率均为100%B．反应②的反应类型是加成聚合反应C．环氧乙烷分子中的所有原子处于同一平面D．与1,4-二氧六环互为同分异构体的酯类只有3种14、两种金属粉末的混合物15g，投入足量的稀盐酸中，得到5.6L氢气（标准状况），则这种混合物可能是A．镁和铁 B．镁和铝 C．铁和锌 D．铜和锌15、用NA表示阿伏加德罗常数，下列有关说法中一定正确的是A．2.3Na与O2完全反应生成3.6g产物时失去电子数为0.1NAB．电解精炼铜时，当电路中转移NA个电子，阳极溶解32g铜C．标准状况下，11.2LSO3中所含原子数为2NAD．5.6g铁粉与稀硝酸反应失去的电子数一定为0.2NA16、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂B．铁比铜金属性强，FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板C．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料D．无水CuSO4遇水变蓝，可用以用来干燥气体17、下列说法不正确的是A．淀粉、纤维素水解的最终产物均为葡萄糖B．葡萄糖既可以与银氨溶液反应，又可以与新制氢氧化铜悬浊液反应C．糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，都能发生水解反应D．天然油脂没有固定的熔点和沸点，所以天然油脂是混合物18、在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：物质XYZ初始浓度/(mol·L－1)0.10.20平衡浓度/(mol·L－1)0.050.050.1下列说法错误的是()A．增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大B．反应可表示为X＋3Y2Z，其平衡常数为1600C．反应达平衡时，X的转化率为50%D．改变温度可以改变此反应的平衡常数19、实验室进行有关卤素性质实验时有以下有关操作，其中所用装置正确的是A．氯气的收集 B．氯气的吸收C．氯化氢的吸收 D．食盐水的蒸发20、下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的是A．SO2和SiO2 B．CO2和H2 C．NaCl和HCl D．CCl4和KCl21、下列图示与对应的叙述相符的是A．图1所示，A→C反应的ΔH=E1-E2B．图2所示，金刚石比石墨稳定C．图3表示的是Al3+与OH-反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a区域的物质是Al(OH)3D．图4所示，图中阴影部分面积的含义是（υ正-υ逆）22、下列关于电化学知识的说法正确的是()A．电解饱和食盐水在阳极得到氯气，阴极得到金属钠B．电解精炼铜时，阳极质量的减少不一定等于阴极质量的增加C．电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的熔融混合物，在阴极上依次析出Cu、Fe、AlD．船底部放锌板是利用牺牲阴极的阳极保护法减少海水对船体的腐蚀二、非选择题(共84分)23、（14分）在Na2SO3溶液中各微粒浓度等式关系正确的是________a.c(Na+)=c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)b.c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)c.c(OH-)=c(HSO3-)+c(H+)+c(H2SO3)24、（12分）氮、磷属于同一主族元素，是组成生命体的重要元素，其单质及化合物用途广泛。回答下列问题：（1）基态P原子的核外电子排布式为___________________（2）自然固氮现象发生的一系列化学变化：，解释了民谚“雷雨发庄稼”的原理。①分子结构中σ键和π键数目之比为__________②中N原子采取__________杂化方式，写出它的一种等电子体的化学式：__________。③已知酸性：，下列相关见解合理的是__________。A．含氧酸中氧原子总数越多，酸性越强B．同种元素化合价越高，对应含氧酸的酸性越强C．中氮元素的正电性更高，在水溶液中更易电离出，酸性强于（3）磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，其晶胞结构如图所示，图中a点和b点的原子坐标参数分别为(0，0，0)、，则c点的原子坐标参数为__________。已知该晶体密度为，则B—P键的键长为__________pm(阿伏加德罗常数用表示，列出计算式即可)。。25、（12分）某研究小组欲探究SO2的化学性质，设计了如下实验方案。（1）指出仪器①的名称：___。（2）装置B检验SO2的氧化性，则B中所盛试剂可以为___。（3）装置C中盛装溴水用以检验SO2的___性，则C中反应的离子方程式为___。（4）装置D中盛装新制漂白粉浓溶液，通入SO2一段时间后，D中出现了大量白色沉淀。同学们对白色沉淀成分提出三种假设：①假设一：该白色沉淀为CaSO3；假设二：该白色沉淀为___；假设三：该白色沉淀为上述两种物质的混合物。②基于假设一，同学们对白色沉淀成分进行了探究。设计如下方案：限选的试剂：0.5mol·L－1HCl、0.5mol·L－1H2SO4、0.5mol·L－1BaCl2、1mol·L－1NaOH、品红溶液。第1步，将D中沉淀过滤、洗涤干净，备用。请回答洗涤沉淀的方法：___。第2步，用另一只干净试管取少量沉淀样品，加入___（试剂），塞上带导管的单孔塞，将导管的另一端插入盛有___的试管中。若出现固体完全溶解，出现气泡，且该溶液褪色现象，则假设一成立。（5）装置E中盛放的试剂是__，作用是___。26、（10分）铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）。某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究。Ⅰ．铁矿石中含氧量的测定①按上图组装仪器，检查装置的气密性；②将2．3g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如图所示（夹持仪器均省略）；③从左端导气管口处不断地缓缓通入H2，待C装置出口处H2验纯后，点燃A处酒精灯；④充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却。（2）装置C的作用为_______________________________。（2）若将H2换成CO，则还需补充________________装置。（3）测的反应后装置B增重2．32g，则铁矿石中氧的百分含量为_______________。Ⅱ．铁矿石中含铁量的测定（2）步骤④中煮沸的作用是__________________________。（2）步骤⑤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、__________________。（3）下列有关步骤⑥的操作中说法正确的是__________________________。a．因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂b．滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂c．滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液d．锥形瓶不需要用待测夜润洗e．滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化f．滴定结束后，33s内溶液不恢复原来的颜色，再读数（4）若滴定过程中消耗3．2333mol·L−2的KI溶液23．33mL，则铁矿石中铁的百分含量为____________。Ⅲ．由Ⅰ、Ⅱ可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为______________。27、（12分）某学习小组设计实验探究NO与铜粉的反应，实验装置如图所示(夹持装置略)。实验开始前，向装置中通入一段时间的N2。（1）盛放铜片仪器的名称为_________________；（2）实验开始前必须通一段时间N2，如果不通N2，对实验有何影响_______________；（3）装置A中的现象是_______________________；（4）装置B中NaOH溶液的作用是_______________________；（5）若装置D中有黑色固体生成，则发生反应的化学方程式是_______________________。（6）利用NO可制得NH4NO3产品，流程如下：①装置I中，酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO和NO，写出生成NO和NO的物质的量之比为2:1的离子方程式：_________________________________；②已知进入装置Ⅲ溶液中的NO浓度为amol·L-1，要使bL该溶液中的NO完全转化NH4NO3，至少需通入标准状况下的O2__________L(用含a，b的代数式表示)。28、（14分）（1）镍与CO反应会造成镍催化剂中毒。为防止镍催化剂中毒，工业上常用SO2除CO。已知：则用SO2除去CO的热化学方程式为___。（2）含乙酸钠和对氯酚()的废水可以利用微生物电池除去，其原理如图所示：①B是电池的___极(填“正”或“负”)；②A极的电极反应式为____。（3）利用双模三室电解法不仅可处理含NiCl2的废水，还可回收金属镍，其装置如图所示。①两端电解质溶液分别为含NiCl2的废水和NaOH溶液，其中含NiCl2的废水应进___（填“Ⅰ”“Ⅱ”“Ⅲ”，下同）室。②阳极的电极反应式为___。（4）某研究性学习小组根据反应2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O设计如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为1mol·L－1，溶液的体积均为200mL，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。回答下列问题：①此原电池的正极是石墨___(填“a”或“b”)，发生___反应。②电池工作时，盐桥中的SO42-移向____(填“甲”或“乙”)烧杯。③甲烧杯中的电极反应式为____；29、（10分）研究NO2、SO2等大气污染气体的处理方法具有重要意义。一定温度下，NO2可氧化SO2，并发生如下反应：NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)+Q。完成下列填空：（1）写出该反应平衡常数表达式K=___________________________。（2）既能加快反应速度又能使平衡向正反应方向移动的条件是_______________（填序号）。a.加压b.移除SO3c.通入NO2d.加催化剂（3）向恒定体积的密闭容器中分别充入1molNO2和1molSO2，测得不同温度、反应相同时间时，NO2的转化率如图所示。判断：①反应中Q_____0（填“<”或“>”）。②A、B、C三点的比较，正确的是________（填序号）。a.气体物质的量：n(A)>n(B)b.速率：v(B)>v(C)c.SO3体积分数：B>C（4）中科院研究团队通过模拟实验提出：①大气颗粒物上吸附较多水时，NO2加速氧化SO2，并生成一种二元强酸，写出该强酸的电离方程式_______________________________；②大量施用氮肥，会增加空气中的NH3浓度，NH3可将上述二元强酸转化为对应盐（PM2.5的主要成分之一），写出该反应的化学方程式_______________________________。（5）用Na2CO3溶液吸收SO2，放出无味气体并生成一种正盐，写出该反应的离子方程式_________________；将该正盐溶液中含S的微粒按浓度由大到小排序____________________。

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【详解】FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等．标准状况下112mLCl2转移电子数为×2=0.01mol．则有：×(3-)×x=0.01mol，解得x=0.8，故选A。【点晴】本题考查氧化还原反应计算，注意氧化还原反应计算中电子转移守恒运用。电子得失守恒法解题的一般思路是：首先找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；其次找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)；最后根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。本题中注意平均化合价的应用，根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。2、D【详解】A.在Cu-Zn原电池中，由于金属活动性Zn>Cu，所以Zn为负极，Cu为正极，A错误；B.粗铜的精炼时，粗铜与电源的正极连接，为阳极，精铜与电源的负极连接，为电源的阴极，B错误；C.铁片镀锌时，镀件与电源的负极连接，为阴极，镀层金属与电源的正极连接，为阳极，C错误；D.在电解时，阳极C棒上Cl-失去电子变为Cl2，Cl2与KI发生置换反应产生I2，I2与淀粉溶液变为蓝色，在阴极上H+获得电子变为H2，H2的密度比空气小，用向下排空气方法收集，D正确；故合理选项是D。3、B【解析】A项，Cu与浓硝酸反应生成Cu（NO3）2、NO2和H2O，Cu与稀硝酸反应生成Cu（NO3）2、NO和H2O，反应物浓度不同生成物不同；B项，氢气与氧气反应只能生成H2O；C项，硝酸银与少量稀氨水反应生成AgOH和NH4NO3，硝酸银与过量稀氨水反应获得银氨溶液，反应物用量不同生成物不同；D项，AlCl3与少量NaOH反应生成Al（OH）3和NaCl，AlCl3与过量NaOH反应生成NaAlO2、NaCl和H2O，反应物用量不同生成物不同；答案选B。4、C【分析】金属离子全部沉淀时，得到6.24g沉淀为氢氧化铜、氢氧化铁，故沉淀中氢氧根的质量为：6.24g-3.52g=2.72g，计算出氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Fe的物质的量分别为x、y，则：解得x、y的值，根据氮元素守恒n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO)+n(NO2)，根据钠元素守恒可得：n(NaNO3)=n(NaOH)=n(OH-)，可以得到n(HNO3)的值，利用c(HNO3)=可以得到硝酸的浓度。【详解】根据氮元素守恒：n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO)+n(NO2)，n(NaNO3)=n(NaOH)=n(OH-)=0.16mol，可以得到n(HNO3)=0.16mol+0.08mol=0.24mol，c(HNO3)==6mol/L，答案为C。5、D【解析】A、溶液的质量是Vρg，所以溶质的质量分数w＝×100%，A不正确；B、氨水的密度小于水的密度，所以上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液溶质的质量分数小于0.5w，B不正确；C、溶液中OH－的物质的量大于bmol，浓度大于mol/L，C不正确；D、溶质氨气的物质的量是mol，所以溶液的浓度是c＝mol·L－1，D正确；答案选D。6、C【详解】A．低密度、高强度的铝锂合金常用于航空工业，故A选项正确。B．氯气与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，则将废铁屑加入氯化亚铁溶液中可以吸收工业废气中的氯气，故B选项正确。C．石英的成分是二氧化硅，在高温条件下与碳酸钠反应而使坩埚炸裂，故C选项错误。D．能够依据变色硅胶中CoCl2吸水后固体颜色的变化判断硅胶是否吸水，故D选项正确。故答案选C。7、C【详解】该硫酸的物质的量浓度为c==mol/L≈4.4mol/L，故选C。【点睛】明确物质的量浓度与溶质质量分数的关系为解答关键。本题的易错点为c=中的1000是体积单位换算的结果，因此需要注意，溶液的密度以“g/cm3”为单位。8、A【解析】根据元素构、位、性的关系推断元素，并利用元素周期律进行比较。【详解】短周期中，非金属性最强的元素X为F，则Y、Z、W都在第三周期；原子的最外层电子数是其最内层电子数一半的元素Y必为Na；最高正价是其最低负价绝对值的3倍的元素Z是S；与X同主族的元素W只能是Cl。据元素周期律，原子半径：r(F)<r(Cl)<r(S)<r(Na)（A项正确）；Na2S中只有离子键（B项错误）；S的氧化物的水化物有H2SO4、H2SO3等，H2SO3为弱酸（C项错误）；热稳定性HCl<HF（D项错误）。本题选A。9、A【分析】根据图知，A+X→C，ABC，由此看出，A反应生成B还是C与X的量有关，结合物质间的反应分析解答。【详解】A.无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁，所以与氯气的量无关，故A错误；B.若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3，氯化铝和过量氢氧化钾发生反应4KOH+AlCl3═KAlO2+H2O+3KCl，则C是KAlO2，和少量氢氧化钾溶液发生反应3KOH+AlCl3═Al(OH)3↓+3KCl，B是Al(OH)3，氢氧化铝和氢氧化钾溶液发生反应Al(OH)3+KOH═KAlO2+2H2O，故B正确；C.若X是O2，A可为硫化氢，硫化氢和过量氧气反应生成二氧化硫，和少量氧气反应生成硫单质，硫单质能和氧气反应生成二氧化硫，所以符合条件，故C正确；D.若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则这三种物质都含有钠元素，则X可能为CO2，A和NaOH，氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，和少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，所以生成物与二氧化碳的量有关，故D正确；故选：A。10、C【解析】A．C2H2为直线形分子，分子结构对称，正负电荷的中心重合，为非极性分子，故A不选；B．二氧化碳为直线结构，结构对称、正负电荷中心重合，为非极性分子，故B不选；C．氨气为三角锥形结构，结构不对称、正负电荷中心不重合，为极性分子，故C选；D．BF3为平面三角形结构，结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故D不选；故选C。11、C【详解】A.常温下Al在浓硫酸中发生钝化，A项错误；B.标准状况下SO3呈固态，无法用22.4L/mol计算SO3物质的量，B项错误；C.O2和O3互为同素异形体，16gO2和O3的混合气体中所含O原子物质的量：n（O）==1mol，C项正确；D.N2与H2化合成NH3的反应为可逆反应，在一定条件下1molN2与3molH2反应生成NH3分子物质的量小于2mol，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查以阿伏加德罗常数为中心的计算，涉及金属的钝化、气体摩尔体积、物质的组成、可逆反应等知识。注意22.4L/mol适用于标准状况下已知气体体积计算气体分子物质的量。12、C【解析】A.甲胺（CH3NH2）类似于氨，但碱性稍强于氨，说明甲胺是一元弱碱，在水中的电离方程式CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－，故A正确；B.若加入20mL的盐酸，则盐酸和甲胺恰好完全反应生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，b点溶液呈中性，所以b点对应加入盐酸的体积小于20mL，故B正确；C.将等物质的量的CH3NH2和CH3NH3Cl一起溶于蒸馏水，因CH3NH2发生电离，则所得溶液中c(CH3NH2)≠c(CH3NH3+)，即lgcCH3NH3+cCH3NH2≠0，所以对应的不是a点的溶液，故C错误；D.由甲胺的电离方程式CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－可知，甲胺的电离常数为Kb=cOH-×cCH3NH3+cCH3NH2，a点溶液的pH=10.6，c(OH－)=10－3.413、A【分析】由合成方法的流程可以看出两步反应的原子利用率都是100%；加聚反应是含有不饱和结构的小分子通过加成聚合反应生成高分子。【详解】A、由流程图看出反应①、②的原子利用率均为100%，故A正确；B、反应②的产物不是高分子，故其反应类型不可能是加成聚合反应，故B错误；C、环氧乙烷分子中有饱和碳原子，以饱和碳原子为中心形成四面体结构，所有原子不可能共平面，故C错误；D、1,4-二氧六环的不饱和度为1，含有两个氧原子和4个碳原子，所以其含酯基的同分异构体为CH3CH2COOCH3、CH3COOCH2CH3、HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2，共4种，故D错误。答案选A。【点睛】分子中只要有饱和碳原子，则不可能所有原子共平面。14、C【解析】把两种金属看作是一种金属，令为R，与盐酸反应，假设生成+2价，化学反应方程式为R＋2HCl=RCl2＋H2↑，根据反应方程式，求出R的平均摩尔质量为g·mol－1，=60g·mol－1，符合形式的应是一种金属的摩尔质量大于60g·mol－1，另一种金属的摩尔质量小于60g·mol－1，A、摩尔质量分别是24g·mol－1、56g·mol－1，不符合，故A错误；B、铝参与反应的化合价为＋3价，转化成＋2价，其摩尔质量为27×2/3g·mol－1=18g·mol－1，不符合，故B错误；C、摩尔质量分别是56g·mol－1、65g·mol－1，符合，故C正确；D、摩尔质量分别是64g·mol－1、65g·mol－1，不符合，故D错误。15、A【详解】A．2.3g钠的物质的量为0.1mol，而钠无论反应后产物是什么，钠元素反应后一定变为+1价，故0.1mol钠失去0.1mol电子，故A正确；B．电解精炼铜时每转移NA个电子，转移了1mol电子，由于粗铜中含有较活泼的杂质Fe、Zn等，电解时杂质优先放电，所以阳极溶解的铜小于0.5mol，溶解的铜的质量小于32g，故B错误；C．标准状况下，SO3是固体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D．5.6g铁粉与稀硝酸反应，硝酸过量会生成Fe3+，如果硝酸适量还可能有Fe2+和Fe3+，失去的电子数为一定为0.2NA，故D错误；答案为A。【点晴】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系及使用条件，特别是运用体积摩尔体积时一定要指明温度和压强且状态为气态，如选项C容易忽视SO3标准状态下的状态是固态，另外物质的组成结构特点也是易错点，如选项A注意硫酸氢钠固体中含有的离子为硫酸氢根离子和钠离子。16、C【详解】A.碳酸氢钠能够与胃酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，所以可用于制胃酸中和剂，与NaHCO3受热易分解性质无关，A错误；B.FeCl3与Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜，体现了铁离子的氧化性大于铜离子，不能证明铁比铜金属性强，B错误；C.Al2O3用作耐高温材料，因为其熔点高，C正确；D.无水CuSO4遇水变蓝，可用以检验水分的存在，D错误；答案选D。17、C【详解】A.淀粉、纤维素都属于多糖，水解的最终产物均为葡萄糖，故正确；B.葡萄糖含有醛基，既可以与银氨溶液反应，又可以与新制氢氧化铜悬浊液反应，故正确；C.糖类中的多糖、蛋白质都是高分子化合物，单糖、二糖等不是高分子，油脂不是高分子化合物，故错误；D.天然油脂是混合物，天然油脂没有固定的熔点和沸点，故正确。故选C。18、A【分析】根据表格中的数据可知反应物为X和Y，Z为生成物，X、Y、Z的浓度变化量分别为0.05mol·L-1，0.15mol·L-1，0.10mol·L-1，变化量之比等于计量数之比，因此方程式为X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)，由三段法有：据此进行分析判断。【详解】A．增压使平衡向生成Z的方向移动，但平衡常数只与温度有关，改变压强平衡常数不变，A错误；B．反应可表示为X+3Y⇌2Z，其平衡常数为==1600，B正确；C．X的转化率为=50%，C正确；D．平衡常数只受温度的影响，温度改变时，化学平衡常数一定变化，D正确；故选A。19、C【详解】A.气体收集，应该是毛玻璃片盖在集气瓶口，且氯气是有毒气体，要进一步采取尾气处理的装置，A错误；B.氯气的水溶性不大，可以和强碱反应，可以用氢氧化钠溶液来进行尾气处理，B错误；C.氯化氢极易溶于水，四氯化碳的密度比水大，使用该装置可以防止倒吸发生，C正确；D.食盐水的蒸发要在蒸发皿中进行，不能在坩埚中进行，D错误；故合理选项是C。20、B【解析】试题分析：根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键。A、SiO2是共价键结合的原子晶体，SO2是含有共价键的分子晶体，故A错误；B、CO2和H2都是分子晶体，都只含共价键，故B正确；C、氯化钠是离子晶体含有离子键，氯化氢是分子晶体含有共价键，故C错误；D、四氯化碳是分子晶体，含有共价键，氯化钾是离子晶体，含有离子键，故D错误；故选B。考点：考查晶体类型和化学键的关系的判断21、C【解析】A项，图1所示，A→C整个反应中△H=(E1-E2)+(E3-E4)，故A错误；B项，图2所示，石墨的能量低于金刚石的能量，石墨比金刚石稳定，故B错误；C项，Al3+中加入OH-反应先生成氢氧化铝沉淀，溶液中含铝微粒浓度减小，随着溶液碱性增强，氢氧化铝与碱反应生成AlO2-，溶液中含铝微粒浓度增大，a区域对应溶液含铝微粒浓度很低，是因为大部分转化成了Al(OH)3，故C正确；D项，阴影部分的面积指的是某反应物浓度的变化值，故D错误。22、B【解析】A、电解饱和食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠，阴极上得到氢气和氢氧化钠，选项A错误；B、如果粗铜中杂质含Zn多则相当于用Zn去置换铜，自然阳极溶解的质量比阴极析出铜的质量多；如果粗铜中杂质含Fe多则相当于用Fe去置换铜，自然阳极溶解的质量比阴极析出铜的质量少。如果Zn和Fe有一个合适的比例，阳极溶解的质量等于阴极析出铜的质量。故电解精炼铜时，阳极质量的减少不一定等于阴极质量的增加，选项B正确；C、阴极上会依次析出铜、铁.不会析出铝，因为溶液中有氢离子，氢离子氧化性强于铝离子，得电子能力强于铝离子，所以不会有铝析出，选项C错误；D、船底部放锌板是利用牺牲阳极的阴极保护法减少海水对船体的腐蚀，选项D错误。答案选B。二、非选择题(共84分)23、b【分析】依据Na2SO3是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子易水解而使其溶液呈碱性，压硫酸根离子第一步水解程度大于第二步水解程度，但都较微弱，溶液中存在电荷守恒和物料守恒和质子守恒分析。【详解】a.根据物料守恒：c(Na+)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)，a错误；b.根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，b正确；c.由物料守恒和电荷守恒可以推出c(OH-)=c(HSO3-)+c(H+)+2c(H2SO3)，c错误；故合理选项是b。【点睛】本题考查了盐溶液中离子浓度大小比较的知识。可以根据盐溶液中微粒关系遵循物料守恒、质子守恒和电荷守恒分析判断。24、1∶2sp2SO3或O4或BF3等BC【分析】(1).P元素的原子序数为15，核外电子为3层，有5个能级；（2）①N2分子中含有氮氮三键，结构式为N≡N，氮氮三键由一个σ键和两个π键形成；②硝酸根中N原子价电子层电子对数为3，孤电子对数为0，杂化方式为sp2杂化；原子个数和价电子数相同的微粒互为等电子体；③同种元素化合价越高，含氧酸中氧原子总数越多，非羟基氧原子个数越多，正电性更高，在水溶液中更易电离出，酸性越强；（3）由a、b的坐标可知晶胞的边长为1，由晶胞结构可知c位于右侧面的面心，则c的坐标为（1，，）；由分摊法计算可得。【详解】(1).P元素的原子序数为15，核外电子为3层，有5个能级，电子排布式为1s22s22p63s23p3，故答案为：1s22s22p63s23p3；（2）①N2分子中含有氮氮三键，结构式为N≡N，氮氮三键由一个σ键和两个π键形成，则σ键和π键之比为1:2，故答案为：1:2；②硝酸根中N原子价电子层电子对数为3，孤电子对数为0，则杂化方式为sp2杂化；原子个数和价电子数相同的微粒互为等电子体，则与硝酸根互为等电子体的微粒为SO3或O4或BF3等，故答案为：SO3或O4或BF3等；③A.含氧酸中非羟基氧原子个数越多，酸性越强，与氧原子总数无关，故错误；B.同种元素化合价越高，含氧酸中氧原子总数越多，非羟基氧原子个数越多，酸性越强，故正确；C.HNO3中氮元素的化合价高，正电性更高，在水溶液中更易电离出，所以相较HNO2酸性更强，故正确；BC正确，故答案为：BC；（3）由a、b的坐标可知晶胞的边长为1，由晶胞结构可知c位于右侧面的面心，则c的坐标为（1，，）；由晶胞结构可知，b处于4个P原子围成的正方体的正中心，P原子位于顶点，设x为晶胞边长，则B-P键的长度为；由晶胞结构可知，晶胞中含有4个BP，由=x3ρ可得x=，则B-P键长为pm，故答案为：（1，，）；。25、分液漏斗硫化氢溶液（或硫化钠、硫氢化钠溶液均可）还原性SO2＋Br2＋2H2O=SO42-＋4H＋＋2Br－CaSO4沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，待水流尽重复2到3次以上操作过量0.5mol·L－1HCl品红溶液NaOH溶液吸收多余的SO2，防止污染环境，造成大气污染【分析】探究SO2的化学性质，根据装置图，A装置是制取二氧化硫，装置B检验SO2的氧化性，装置C检验SO2的还原性，装置D探究二氧化硫和漂白粉的反应，装置E为尾气吸收装置。(4)①新制漂白粉浓溶液中含有的次氯酸根离子具有氧化性，可能氧化亚硫酸根离子；②因沉淀的表面有可溶性的杂质，需用蒸馏水重复洗涤；亚硫酸钙和稀酸能够反应生成二氧化硫，可以借助于二氧化硫具有漂白性检验生成的二氧化硫，据此分析解答。【详解】(1)根据图示，仪器①是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(2)装置B需要检验SO2的氧化性，硫化氢水溶液或硫化钠、硫氢化钠溶液中的硫元素都为-2价，都能被二氧化硫氧化，体现二氧化硫的氧化性，故答案为：硫化氢水溶液(或硫化钠、硫氢化钠溶液)；(3)在反应Br2+SO2+2H2O═2HBr+H2SO4中，Br元素的化合价由0降低为-1价，则Br2为氧化剂，在反应中表现氧化性，S元素的化合价+4价升高+6价，则SO2为还原剂，在反应中表现还原性，离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=SO42-+4H++2Br-，故答案为：还原；SO2+Br2+2H2O=SO42-+4H++2Br-；(4)①新制漂白粉浓溶液中含有的次氯酸根离子具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，会发生氧化还原反应，生成产物可能为硫酸钙，故答案为：CaSO4；②白色沉淀表面有钙离子和氯离子、硫酸根离子等可溶性的离子，需除去这些离子，方法是沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，待水流尽后重复2～3次以上操作；亚硫酸钙和盐酸反应CaSO3+2HCl═CaCl2+SO2↑+H2O，二氧化硫与品红化合生成无色物质，能使品红溶液褪色；因为出现固体完全溶解，因此不能选用0.5mol·L－1H2SO4，故答案为：沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，待水流尽后重复2到3次以上操作；过量(或适量)0.5mol•L-1HCl；品红溶液；(5)二氧化硫是有毒气体，属于大气污染物，所以装置E的作用是吸收二氧化硫，防止造成空气污染，可用氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化硫反应2NaOH+SO2═Na2SO3+H2O，为防止倒吸，需用倒扣的漏斗，故答案为：NaOH溶液；吸收SO2，防止造成空气污染。26、防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果尾气处理24%赶走溶液中溶解的过量的Cl2223mL容量瓶df73%Fe2O6【分析】Ⅰ．氢气和铁矿石中铁的氧化物在A装置的玻璃管内反应生成Fe和水蒸气，C用来隔绝空气，防止空气中的水蒸气进入B中，B中质量增加量即A中产生的水蒸气的量，据此计算铁矿石中含氧量；Ⅱ．23.3g铁矿石与足量稀硫酸反应、过滤得含Fe2+、Fe3+的滤液A，滤液A中通入足量氯气使Fe2+转化为Fe3+得B溶液，取23.33mLB的稀溶液用KI溶液滴定可得Fe3+的量，从而可计算铁矿石中含铁量，最后得铁矿石中铁的氧化物的化学式。【详解】Ⅰ．(2)装置C的作用为防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，使测得的含氧量增大；(2)CO有毒，若将H2换成CO，则还需补充尾气处理装置；(3)测的反应后装置B增重2．32g，即生成水2.32g，则铁矿石中氧的百分含量为=24%；Ⅱ．(2)通入足量的氯气，溶液中溶有未反应的氯气，步骤④中煮沸的作用是赶走溶液中溶解的过量的Cl2；(2)步骤⑤配制溶液中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、223mL容量瓶；(3)碘水、Fe3+均为黄色，所以滴定过程中需加指示剂；无论如何互滴，开始就生成碘单质，滴定过程中不能利用淀粉溶液作为指示剂；滴定管用蒸馏水洗涤后再用待裝液润洗；锥形瓶不能用待测夜润洗；滴定过程中，眼睛注视锥形瓶中颜色的变化；滴定结束后，33s内溶液不恢复原来的颜色，可判断滴定终点，再读数；(4)若滴定过程中消耗3．2333mol·L−2的KI溶液23．33mL，根据，铁矿石中铁的百分含量为=73%。Ⅲ．设化学式为，，，所以该铁矿石中铁的氧化物的化学式为Fe2O6。27、三颈烧瓶空气中的氧气会与NO反应，会对实验造成干扰铜逐渐溶解，有无色气泡产生，生成蓝色溶液吸收挥发的硝酸，防止与铜反应，对实验造成干扰2Cu+2NO2CuO+N23NO+7Ce4++5H2O=2NO+NO+7Ce3++10H+11.2ab【分析】实验开始前先通入氮气除去装置内的空气，以免NO和空气中的氧气反应干扰实验，然后打开分液漏斗活塞，使铜与稀硝酸在A装置中反应产生NO，气体通过B装置后除去挥发出来的HNO3，通过C装置除去水蒸气，干燥的NO和D中铜粉反应，E装置收集到氮气，据此解答。【详解】（1）盛放铜片仪器的名称为：三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）本实验用一氧化氮和铜反应，而一氧化氮遇空气易被氧气所氧化，所以在装置中通入氮气，排尽空气，故答案为：空气中的氧气会与NO反应，会对实验造成干扰；（3）A中的反应是铜与稀硝酸，反应生成硝酸铜，一氧化氮和水。装置A中的现象是：铜逐渐溶解，有无色气泡产生，生成蓝色溶液，故答案为：铜逐渐溶解，有无色气泡产生，生成蓝色溶液；（4）A中的反应物有硝酸，硝酸易挥发，B中的氢氧化钠用于除去挥发出的硝酸，防止其进入D中，故答案为：吸收挥发的硝酸，防止与铜反应，对实验造成干扰；（5）一氧化氮和铜反应，铜做还原剂，化合价升高变为氧化铜，铜为红色粉末，而氧化铜为黑色固体，所以现象为红色粉末变为黑色说明NO与Cu反应，则发生反应的化学方程式是：2Cu+2NO2CuO+N2，故答案为：2Cu+2NO2CuO+N2；（6）①装置I中，酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO和NO，NO被Ce4+氧化成NO和NO，N元素的化合价由+2变为+5，+3，且生成NO和NO的物质的量之比为2:1，失电子物质的量为：(5-2)×2+(3-2)mol=7mol电子，Ce4+被还原产物Ce3+，得电子物质的量为：1mol电子，根据得失电子守恒，原子守恒，电荷守恒，写出离子反应方程式为：3NO+7Ce4++5H2O=2NO+NO+7Ce3++10H+，故答案为：3NO+7Ce4++5H2O=2NO+NO+7Ce3++10H+；②NO被氧气氧化成，N元素的化合价由+3变为+5，氧气中的O元素化合价由0变为-2，根据得失电