2026届河北省深州市长江中学化学高三第一学期期中达标测试试题含解析

2026届河北省深州市长江中学化学高三第一学期期中达标测试试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下列实验操作对应的现象和根据现象得出的结论均正确的是实验操作现象结论A向FeCl3溶液中滴加稀氨水溶液由黄色变为红棕色生成了氢氧化铁胶体B碳和浓硫酸加热所得气体产物依次通过品红溶液和澄淸石灰水品红溶液褪色，澄清石灰水变浑浊气体产物中含有CO2和SO2C向某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀溶液中存在亚铁离子D裂化汽油与碘水混合振荡并静置分层有机层显紫色，水层变为无色裂化汽油将碘萃取到有机层中A．A B．B C．C D．D2、混合物A是碳酸钠与碳酸氢钠共.充分加热后固体质量剩余，混合物B是含少量一氧化碳的氧气，共，电火花条件下充分反应后，温度、压强不变，气体体积变为，则混合物A中碳酸钠与碳酸氢钠的质量比、混合物B中一氧化碳与氧气的体积比分别为()A． B．C． D．3、已知：氢铝化合物Al2H6的球棍模型如图所示，它的熔点为150℃，燃烧热极高。下列说法错误的是()A．Al2H6在固态时所形成的晶体是分子晶体B．Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水C．氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料D．氢铝化合物中σ键与π键数目之比为3:14、在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入某X物质，发现铜粉逐渐溶解，X不可能是A．FeCl3B．HNO3C．HClD．KNO35、关于如下图进行的实验的说法，正确的是()A．若X为HCl，则烧瓶内可产生白雾B．选择适当的X和Y溶液可产生有色喷泉C．若烧瓶内产生喷泉，则Y溶液一定呈酸性D．若通入气体为Cl2，则烧瓶内一定无喷泉产生6、用pH试纸测定溶液pH的正确操作是（）A．将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照B．将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照C．将一小条试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照D．将一小条试纸先用蒸馏水润湿后，在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照7、用如图所示装置和相应试剂能达到实验目的的是选项实验目的试剂a试剂b试剂c装置A验证非金属性：N>C>Si稀硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液B验证氧化性：Cl2>Br2浓盐酸KMnO4FeBr2溶液C验证SO2有还原性浓硫酸Na2SO3KMnO4溶液D除去Na2SO3中的Na2SO4氯水混合物NaOH溶液A．A B．B C．C D．D8、取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的NO2气体和672mLN2O4的气体(都已折算到标准状态)，在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g。则x等于A．8.64g B．9.20g C．9.00g D．9.44g9、M、N、X、Y均为常见的物质，它们之间有如下转化关系（反应条件和其他产物已略去），则下列判断错误的是（）A．M是C，X是O2 B．M是Ca(OH)2，X是Na2CO3C．M是NaOH，X是CO2 D．M是Cl2，X是Fe10、用H2O2溶液处理含NaCN的废水，反应原理为NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：HCN的酸性比H2CO3弱。下列有关说法正确的是A．该反应中氮元素被氧化B．该反应中H2O2作还原剂C．每生产0.1molNaHCO3转移电子数约为0.1×6.02×1023个D．实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液11、能用来表示的化学反应是()A．氢氧化铁和稀盐酸反应B．氨水和稀硫酸反应C．氢氧化钠溶液和稀硝酸反应D．二氧化碳通入澄清石灰水12、下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是（）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、HF、葡萄糖13、无水叠氮酸(HN3)是无色易挥发、易爆炸的油状液体，沸点308.8K，其水溶液较稳定，用于有机合成、制造雷管等。制备原理：N2H4+HNO2=HN3+2H2O。则下列说法正确的是A．HN3分子间存在氢键，故其沸点较高，化学性质较稳定B．上述反应中的氧化剂是HNO2C．N2H4为分子晶体，HN3为离子晶体D．上述反应中每生成1molHN3，转移电子8/3mol14、下列科技成果所涉及物质的应用过程中，发生的不是氧化还原反应的是A．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程中发生的反应B．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料，在发射过程中的反应C．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，诗句中体现的屠呦呦对青蒿素的提取过程中的反应D．开采可燃冰，将其作为能源使用过程中的反应15、化学与生活息息相关，下列说法不正确的是A．硅胶多孔，常用作食品干燥剂和催化剂的载体B．水玻璃可用作黏合剂和防火剂C．明矾是一种水处理剂，可用于水的杀菌、消毒D．“静电除尘”，“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化"都能提高空气质量16、分析生产生活中的下列过程，不涉及氧化还原反应的是（）A．铜制品、铁制品在潮湿的空气中生锈B．缺铁性贫血服用补铁剂时，需与维生维C同时服用C．将氯气通入冷的消石灰中制漂白粉D．从海水中提取氯化镁17、工业上真空炼铷的原理为2RbCl＋MgMgCl2＋2Rb(g)，下列说法正确的是A．镁的金属活动性比铷强，故镁可置换铷B．铷的沸点比镁低，把铷蒸气抽出时，平衡右移C．MgCl2的热稳定性比RbCl弱D．Rb单质比RbCl更稳定18、一定温度下，某容器中加入足量的碳酸钙，发生反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)，达到平衡，下列说法正确的是A．将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，CO2的浓度不变B．将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，气体的密度变大C．因CaCO3(s)需加热条件才分解生成CaO(s)和CO2(g)，所以该分解反应ΔH<0D．保持容器压强不变，充入He，平衡向逆反应方向进行19、下列实验装置能达到实验目的的是A．图①装置验证石蜡油分解的产物是乙烯B．图②装置可用于检验SO2的漂白性C．图③装置可通过蒸干FeCl3饱和溶液制备FeCl3晶体D．图④装置可观察铁的吸氧腐蚀20、将1mol金属Al全部转化为Al(OH)3，过程中共消耗HClamol、NaOHbmol，则a＋b最小值为（）A．1.5B．6C．8D．221、下列各组溶液只需通过相互滴加就可以鉴别出来的是()A．NaAlO2溶液和盐酸 B．NaHCO3溶液和Ca(OH)2溶液C．Ba(OH)2溶液和浓MgCl2溶液 D．稀硫酸和碳酸氢钠溶液22、下列有关物质分类或归类正确的一组是()①液氨、液氯、干冰、碘化银均为化合物②白米醋、盐酸、水玻璃、氨水均为混合物③明矾、小苏打、醋酸、次氯酸均为电解质④碘酒、牛奶、豆浆、漂粉精均为胶体⑤Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3均为钠盐．A．①和② B．②和③ C．③和④ D．②③⑤二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大。第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，C是地壳中含量最多的元素。D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题：(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序是_______(用对应的元素符号表示)；基态D原子的电子排布式为______。(2)A的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子采取_____杂化；BC3-的立体构型为______(用文字描述)。(3)1molAB-中含有的π键个数为______。(4)如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和D的原子个数比______。(5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，它们有很强的储氢能力。己知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.0×10-23cm3，储氢后形成LaNinH4.5合金(氢进入晶胞空隙，体积不变)，则LaNin中n=________(填数值)；氢在合金中的密度为________(保留2位有效数字)。24、（12分）下表是元素周期表的一部分，回答下列有关问题：（1）写出下列元素符号：①________，⑥________，⑦________，⑪________。（2）在这些元素中，最活泼的金属元素是________，最活泼的非金属元素是_______，最不活泼的元素是________。（3）在这些元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是________，碱性最强的是______，呈两性的氢氧化物是___________，写出三者之间相互反应的化学方程式___。（4）在这些元素中，原子半径最小的是_________，原子半径最大的是_________。（5）在③与④中，化学性质较活泼的是________，怎样用化学实验证明？答：________。在⑧与⑫中，化学性质较活泼的是_________，怎样用化学实验证明？答：_________。25、（12分）硫化碱法是工业上制备Na2S2O3的方法之一，其反应原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO2==3Na2S2O3+CO2（该反应△H>0），某研究小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O3·5H2O的流程如下。（1）吸硫装置如图所示。①装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效率，B中试剂是____________，表明SO2吸收效率低的实验现象是B中溶液_________________。②为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，除了及时搅拌反应物外，还可采取的合理措施是__________________。（答一条）（2）假设本实验所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH，设计实验方案进行检验。（室温时CaCO3饱和溶液的pH＝10.2）。序号实验操作预期现象结论①取少量样品于试管中，加入适量蒸馏水，充分振荡溶解，_________。有白色沉淀生成样品含NaCl②另取少量样品于烧杯中，加入适量蒸馏水，充分搅拌溶解，________。有白色沉淀生成，上层清液pH>10.2样品含NaOH（3）Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：第一步：准确称取agKIO3（相对分子质量为214）固体配成溶液；第二步：加入过量KI固体和H2SO4溶液，滴加指示剂；第三步：用Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL。则c(Na2S2O3)＝_________mol·L－1。已知：IO3-+5I-+6H+=3I2＋3H2O，2S2O32－＋I2=S4O62－＋2I－（4）某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的Na2S2O3浓度可能__________（填“不受影响”、“偏低”或“偏高”），原因是_________________________________。（用离子方程式表示）。26、（10分）某同学在探究废干电池内的黑色固体回收利用时，进行了如图所示实验：查阅教材可知，普通锌锰干电池中的黑色物质的主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质。请回答以下问题：(1)操作②的名称是_____。(2)操作③灼烧滤渣时所用主要仪器有酒精灯、玻璃棒、_____、_____和三脚架；操作③灼烧滤渣中的黑色固体时，产生一种使澄清石灰水变浑浊的气体，由此推测滤渣中还存在的物质为_____。(3)操作④的试管中加入操作③中所得黑色滤渣，试管中迅速产生能使带火星的木条复燃的气体，据此可初步认定黑色滤渣中含有_____。(4)该同学要对滤液的成分进行检验，以确认是否含有NH4Cl和ZnCl2，下面是他做完实验后所写的实验报告，请你写出其空白处的内容：实验目的实验操作实验现象实验结论①检验Cl－加入硝酸酸化的硝酸银溶液有白色沉淀产生含有Cl－②检验NH4+取少许滤液于试管中，_________含有NH4+③检验Zn2＋取少许滤液于试管中，加入稀氨水先产生白色沉淀，继续加入稀氨水，沉淀又溶解含有Zn2＋(5)根据以上实验报告，关于滤液的成分，该同学的结论是滤液中含有NH4Cl和ZnCl2。若想从滤液中得到溶质固体，还应进行的操作是_________。27、（12分）甲苯（）是一种重要的化工原料，能用于生产苯甲醛（）、苯甲酸（）等产品。下表列出了有关物质的部分物理性质，请回答：名称性状熔点(℃)沸点(℃)相对密度(ρ=1g/cm3)溶解性(常温)水乙醇甲苯无色液体易燃易挥发-95110.60.8660不溶互溶苯甲醛无色液体-261791.0440微溶互溶苯甲酸白色片状或针状晶体122.12491.2659微溶易溶注：甲苯、苯甲醛、苯甲酸三者互溶。实验室可用如图装置模拟制备苯甲醛。实验时先在三颈烧瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，再加入2mL甲苯和一定量其它试剂，搅拌升温至70℃，同时缓慢加入12mL过氧化氢，在此温度下搅拌反应3小时。（1）仪器a的名称是___，写出三颈烧瓶中发生的反应的化学方程式为___。（2）经测定，温度过高时，苯甲醛的产量却有所减少，可能的原因是___。（3）反应完毕，反应混合液经过自然冷却至室温后，还应先过滤，然后将滤液进行___（填操作名称）操作，才能得到苯甲醛产品。（4）实验中加入过量的过氧化氢并延长反应时间时，会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸。①若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，正确的实验步骤是：首先与适量碳酸氢钠溶液混合振荡，后续实验步骤先后顺序为___（用字母填写）。a.对混合液进行分液b.过滤、洗涤、干燥c.水层中加入盐酸调节pH=2②若对实验①中获得的苯甲酸（相对分子质量为122）产品进行纯度测定，可称取4.00g产品，溶于乙醇配成200mL溶液，量取所得溶液20.00mL于锥形瓶，滴加2～3滴酚酞指示剂，然后用预先配好的0.1000mol/LKOH标准液滴定，到达滴定终点时消耗KOH溶液20.00mL。产品中苯甲酸的质量分数为___。下列情况会使测定结果偏低的是__（填字母）。a.碱式滴定管滴定前读数正确，滴定终了仰视读取数据b.振荡锥形瓶时部分液体溅出c.配制KOH标准液时仰视定容d.将指示剂换为甲基橙溶液28、（14分）某矿渣主要含硫酸钡、氧化铜、氧化铝等（杂质不参加反应），利用矿渣提取金属的工艺流程如图所示（乙、丙、丁、戊均为单质）：回答下列问题：（1）沉淀①为_____________(填“强”、“弱”或“非”）电解质。（2）灼烧沉淀②所需要的非玻璃仪器有坩埚、__________、___________、__________。（3）滤液①的主要成分为___________________________。（4）滤液①中加入适量盐酸发生的离子方程式为_______________、__________________。（5）反应①的反应条件是________________________。（6）电解滤液③时阴极的电极反应式为_________________________。29、（10分）印刷电路板在科技领域具有不可替代的作用，它的制备方法为高分子化合物和铜箔压合，通过FeCl3溶液“腐蚀”而成。某实验小组在实验室用废弃的印刷电路板和“腐蚀液”提取铜的一种工艺流程如下：请回答下列问题：（1）检验“腐蚀液”中含有Fe3+的方法为_________________。（2）“分离”所用的操作名称为____________，该操作所用的主要玻璃仪器有烧杯、_________________________。（3）用电解法在铁上镀铜时，阴极材料为_____________（填化学式），理论上电镀过程中电解质溶液的浓度_________(填“增大”“减小”或“不变”）。（4）Fe2+溶液有很多重要用途。①已知：常温下，Ksp[Fe(OH)2]=1.8×10－16。保存1.8mol·L－1的FeSO4溶液时，为确保溶液中不出现浑浊，应调节溶液的pH不超过_________________。②Fe2+转化为Fe3+后，可用于制备高铁酸盐。向FeCl3溶液中加入NaOH、NaClO溶液制备Na2FeO4的化学方程式为_________________________。③Fe2+可使Ag+与Fe3+之间相互转化。一定温度下，0.1mol·L－1的Fe(NO3)2溶液中，c(Fe3+)与c(Ag+)的关系如图所示：Fe2++Ag+Fe3++Ag该温度下，A点溶液中转化反应的平衡常数为____________(溶液体积变化忽略不计）；若将0.6mol·L－1Fe(NO3)2溶液、0.15mol·L－1Fe(NO3)3溶液、0.06mol•L－1AgNO3溶液等体积混合后，再加入1.08gAg,可观察到的现象为________________。

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】A.向FeCl3溶液中滴加稀氨水，现象是黄色的溶液中生成了红褐色沉淀，结论是生成了氢氧化铁沉淀，A不正确；B.碳和浓硫酸加热所得气体产物依次通过品红溶液和澄淸石灰水，可以观察到品红溶液褪色、澄清石灰水变浑浊，说明气体产物中一定含有SO2，但是不能确定一定有CO2，因为SO2也能使澄清石灰水变浑浊，B不正确；C.向某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中存在亚铁离子，C正确；D.裂化汽油与碘水混合振荡并静置分层，可以观察到有机层显紫色、水层变为无色，但是不能说明是裂化汽油将碘萃取到有机层中，因为裂化汽油中含有不饱和烃可以与碘发生加成反应，其反应的产物也可以作为萃取剂，D不正确。本题选C。2、C【详解】①加热后，混合物A（Na2CO3与NaHCO3）失重1.55g，是因为NaHCO3分解，则有：m(NaHCO3)==4.2g，m(Na2CO3)=10.0g-4.2g=5.8g，则m(Na2CO3):m(NaHCO3)=5.8g:4.2g=29:21；②混合物B（CO与O2）在反应前后，体积减少1L，则有：V(CO)=2L，V(O2)=10L-2L=8L，V(CO):V(O2)=2L:8L=1:4；综上所述，碳酸钠与碳酸氢钠的质量比为29:21；一氧化碳与氧气的体积比为1:4，故选C。3、D【详解】A．Al2H6的熔点为150℃，熔点低，可以判断该物质在固体时是分子晶体，故A正确；B．根据元素守恒，可以推断出Al2H6在空气中完全燃烧时，Al元素变成Al2O3，H元素变成H2O，故B正确；C．氢铝化合物能与水反应生成氢氧化铝和氢气，可以作储氢材料，氢气燃烧热值高可作火箭燃料，故C正确；D．氢铝化合物中只有σ键，没有π键，故D错误；故选：D。4、C【解析】由于Cu的活动性在H之后，所以Cu与稀硫酸不发生反应。再加入某X物质，发现铜粉逐渐溶解。说明加入的物质电离产生的微粒能与硫酸的成分共同作用形成氧化性强的物质或直接能与Cu发生反应，据此答题。【详解】A.FeCl3与Cu发生化学反应，反应方程式为：Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，故A不符合题意；B.Cu与HNO3发生化学反应：反应方程式为：3Cu＋8HNO3(稀)=2Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，故B不符合题意；C.HCl、H2SO4都不能与Cu发生反应，相互之间也不反应，故C符合题意；D.KNO3与H2SO4的混合溶液具有硝酸的作用，能把Cu氧化为Cu2+，故D不符合题意。故选C。5、B【解析】试题分析：A、若X是HCl，浓氨水易挥发，与HCl反应生成白烟氯化铵，使烧瓶内压强减小，形成喷泉，错误；B、若X是HCl，Y是紫色石蕊试液，则会产生红色喷泉，正确；C、烧瓶内产生喷泉时Y溶液不一定呈酸性，如X是二氧化硫，Y是氨水，也可以产生喷泉，错误；D、若X是氯气，氯气也与氨气反应，使烧瓶内的压强减小，可以形成喷泉，错误，答案选B。考点：考查形成喷泉实验的判断6、A【详解】A.将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照，A正确；B.用pH试纸测定溶液pH值时，若用蒸馏水润湿试纸，相当于把待测液加水稀释，导致所测的pH值可能不准，故试纸是不能事先润湿的，B不正确；C.不能将试纸在待测液中蘸一下，这样会污染试剂，C不正确；D.不能将试纸用蒸馏水润湿，D不正确。本题选A。7、C【详解】A、硝酸具有挥发性，从锥形瓶中出来的气体中混有HNO3，对CO2与Na2SiO3的反应产生干扰，不能达到实验目的，故A不符合题意；B、KMnO4能把HCl氧化成Cl2，FeBr2中Fe2＋的还原性强于Br－，氯气先于Fe2＋发生反应，对Cl2和Br2氧化性的比较产生干扰，不能达到实验目的，故B不符合题意；C、浓硫酸与Na2SO3反应生成SO2，气体通入到KMnO4溶液中，如果KMnO4溶液褪色，体现SO2的还原性，能够达到实验目的，故C符合题意；D、Na2SO3具有还原性，氯气能把Na2SO3氧化成Na2SO4，与实验目的不符，故D不符合题意。8、B【分析】铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于它们的离子反应生成氢氧化物沉淀结合的氢氧根的物质的量，根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量，沉淀的总质量减去氢氧根的质量即为金属的质量，据此分析计算。【详解】8960mL的NO2气体的物质的量为=0.4mol，672mL的N2O4气体的物质的量为=0.03mol，所以金属提供的电子的物质的量为0.4mol×(5-4)+0.03mol×2×(5-4)=0.46mol，所以沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.46mol，氢氧根的质量为0.46mol×17g/mol=7.82g，所以金属的质量为17.02g-7.82g=9.2g，故选B。【点睛】解答本题的关键是找到铜和镁失去的电子的物质的量，等于它们的离子反应生成氢氧化物沉淀结合的氢氧根的物质的量。要注意关键反应的方程式分析判断。9、B【分析】依据转化关系的特征是M和X能反应两部连续反应说明变化过程中存在变价元素的物质，结合选项中的物质进行分别推断。【详解】A．M是C，X是O2，可存在转化关系：，符合转化关系，故A正确；B．M是Ca(OH)2，X是Na2CO3，，CaCO3不能继续与Na2CO3反应，故B错误；C．M是NaOH，X是CO2，可存在转化关系：，符合转化关系，故C正确；D．M是Cl2，X是Fe，可存在转化关系：，符合转化关系，故D正确。答案选B。10、D【详解】A、该反应中氮元素化合价不变，故A错误；B、氧由-1价升高到0价，该反应中H2O2作氧化剂，故B错误；C、反应中碳由+2价升高到+4价，每生产0.1molNaHCO3转移电子数约为0.2×6.02×1023个，故C错误；D、CN－水解生成HCN，溶液呈碱性，实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液，抑制CN－水解，故D正确；答案选D。11、C【解析】A.氢氧化铁应写成化学式，正确的离子方程式为Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O，故A错误；B.氨水应该写成分子式，正确方程式为NH3·H2O+H+═NH4++H2O，故B错误；C.反应物和生成物中只有弱电解质水，其他都是易溶的强电解质，离子方程式为H++OH−=H2O，故C正确；D.二氧化碳气体应写成分子式，产物中除了水，还有难溶物碳酸钙生成，正确离子方程式为2H++Ca2++2OH−═2H2O+CaCO3↓，故D错误；故选C点睛：离子方程式的正误判断中，常常设置物质是否能“拆分陷阱”，氧化物，弱电解质，沉淀，酸式酸根(HSO4－除外)在离子方程式中不能拆分。在复习时，应熟记常见的弱电解质，溶解度表及常见多元弱酸的酸式酸根。12、D【详解】A.Cu是单质，不是非电解质，故A错误；B.Na2O·CaO·6SiO2属于硅酸盐，不是氧化物，故B错误；C.KAl（SO4）2·12H2O属于纯净物，不是混合物，故C错误；D.普通玻璃、H2O、HF、葡萄糖依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列，故D正确；故选D。13、B【解析】A项、HN3分子中N原子的非金属性强、原子半径小，分子间易形成氢键，沸点大，常温下为液态，但HN3化学性质不稳定易爆炸，故A错误；B项、反应中，HNO2中N元素的化合价降低，N2H4中N元素的化合价升高，反应中的氧化剂是HNO2，还原剂是N2H4，HN3既是氧化产物也是还原产物，故B正确；C项、N2H4和HN3均为溶沸点低的分子晶体，故C错误；D项、由方程式可知，反应中N元素的化合价+3价降低为-1/3价，每生成1molHN3，转移电子为1mol×（3+1/3）=10/3mol，故D错误。故选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重分析与迁移应用能力的考查，把握反应中物质的结构、化学键及元素的化合价为解答的关键，判断HN3中化学键及N元素的化合价为解答的难点。14、C【解析】根据化合价的升降变化判断。【详解】A项：发生铁与硫酸铜的置换反应，是氧化还原反应；B项：偏二甲肼与四氧化二氮反应生成氮气、二氧化碳和水，是氧化还原反应；C项：诗句描述的是用萃取方法提取青蒿素的过程，属于物理变化，不是氧化还原反应；D项：可燃冰作为能源使用即甲烷燃烧放热的过程。是氧化还原反应。本题选C。【点睛】反应物中有单质或者生成物中有单质的化学反应一定有化合价升降变化，必为氧化还原反应。15、C【解析】A、硅胶多孔，吸附能力很强，所以硅胶用作干燥剂、吸附剂，也可用作催化剂载体，故A不符合题意；B、水玻璃是矿物胶，可用作黏合剂，其不燃烧，而将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，可用作制备木材防火剂的原料，故B不符合题意；C、明矾是常用净水剂，其原理是：明矾内的铝离子水解后生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可以吸附水中的杂质形成沉淀而使水澄清，但不具有杀菌消毒作用，故C符合题意；D、“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”能够减少空气污染物的排放，有利于提高空气质量，故D不符合题意。16、D【解析】A.铜制品、铁制品在潮湿的空气中生锈，单质转化为化合物，是氧化还原反应；B.缺铁性贫血服用补铁剂时，需与维生维C同时服用，维C是强还原剂，可以把氧化性较强的+3价铁还原为+2价铁；C.将氯气通入冷的消石灰中制漂白粉，氯气转化为化合物，是氧化还原反应；D.从海水中提取氯化镁的方法是先用碱把海水中的镁离子沉淀富集镁，再用盐酸溶解沉淀得氯化镁溶液，然后蒸发浓缩、降温结晶得氯化镁晶体，接着在氯化氢气流中脱水得无水氯化镁，这个过程中没有氧化还原反应。综上所述，本题选D。17、B【解析】试题分析：A、铷的金属活动性比镁强，故A错误；B、已知真空炼铷的原理如下：2RbCl+MgMgCl2+2Rb(气)，该条件下，生成物Rb为气态，把铷蒸气抽出，则减少了生成物的浓度，平衡向正方向移动，所以反应可以不断向生成Rb(气)方向进行，故B正确；C、MgCl2属于离子晶体、Rb属于金属晶体，Rb熔点较低，所以氯化镁熔点高于Rb，故C错误；D、铷的单质化学性质活泼，单质状态不如化合态稳定．故D错误；故选B。考点：考查了金属的冶炼、平衡移动原理的相关知识。18、A【解析】A.根据CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)可知，该反应的平衡常数K=c(CO2)，将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，因温度不变，则K值不变，所以c(CO2)也不变，故A正确；B.该反应中只有二氧化碳为气体，所以反应过程中气体的密度始终不变，则将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，气体密度不变，故B错误；C.CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)是分解反应，该反应为吸热反应，所以△H＞0，故C错误；D.保持容器压强不变，充入He，容器体积增大，CO2的浓度减小，平衡将向正反应方向进行，故D错误；答案选A。点睛：本题主要考查化学平衡及其影响因素，试题难度中等，明确影响化学平衡的因素是解答本题的关键，本题的易错点是A项和B项，解题时要注意无论平衡是否移动，反应中都只有二氧化碳一种气体，灵活利用平衡常数K=c(CO2)且温度不变，K值不变进行分析即可得出正确结论。19、D【解析】A项，图①中Br2的CCl4溶液褪色只能证明石蜡油分解产生了不饱和烃，不能说明是乙烯，错误；B项，SO2通入KMnO4溶液中发生反应：5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，SO2表现还原性，不是漂白性，错误；C项，FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl，加热时由于HCl的挥发，水解平衡正向移动，最终FeCl3完全水解，不能获得FeCl3晶体，错误；D项，钢铁发生吸氧腐蚀导致试管中压强减小，红墨水倒吸，正确；答案选D。20、A【解析】生成4molAl(OH)3时，由反应方程式可知：方案①中：2Al+6H+=2Al3++3H2↑、Al3++3OH-=Al(OH)3↓，

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4即消耗4molAl时，消耗12molH+、12molOH-，则a+b=24；方案②中：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑、AlO2-+H2O+H+=Al(OH)3↓，

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4即消耗4molAl时，消耗4molH+、4molOH-，则a+b=8；方案③中：2Al+6H+=2Al3++3H2↑、2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑、Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，

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1

3

4即消耗4molAl时，消耗3molH+、3molOH-，则a+b=6；显然方案③药品用量少，故选B。21、A【详解】A．NaAlO2溶液滴加到盐酸中，先无现象，最后NaAlO2溶液过量可出现浑浊，但盐酸滴加到Na[Al(OH)4]溶液中，先生成沉淀，盐酸过量沉淀溶解，现象不同，可鉴别，故A正确；B．NaHCO3溶液和Ca(OH)2溶液，无论滴加顺序如何，都只生成碳酸钙沉淀，故B错误；C．Ba(OH)2溶液和浓MgCl2溶液，无论滴加顺序如何，都只生成氢氧化镁沉淀，故C错误；D．稀硫酸和碳酸氢钠溶液，无论滴加顺序如何，都只生成二氧化碳气体，故D错误；故选A。【点晴】只需通过相互滴加就可以鉴别出来的物质应具有滴加顺序不同，现象不同的性质。常见的利用互滴顺序不同，现象不同可检验的溶液：（1）AlCl3溶液和盐酸；（2）NaAlO2溶液和盐酸；（3）Na2CO3溶液和盐酸；（4）AgNO3溶液和氨水。22、B【详解】①液氯是单质，其余均为化合物，故①错误；②白米醋、盐酸均是酸溶液，溶液为混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，水玻璃属于混合物，氨水指氨气的水溶液，氨水也为混合物，故②正确；③明矾、小苏打、醋酸、次氯酸均为化合物，它们在水溶液中均能发生电离而导电，故都是电解质，故③正确；④漂粉精的主要成分为次氯酸钙和氯化钙，属于固体混合物，碘酒属于溶液，牛奶、豆浆属于胶体，故④错误；⑤Na2O2不是钠盐而是钠的过氧化物，故⑤错误。所以说法正确的为：②和③。故选B。二、非选择题(共84分)23、C<O<N1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1sp2平面三角形2NA(或2×6.02×1023)1∶550.083g·cm-3【分析】A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大；第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，则A是C元素；C是地壳中含量最多的元素，则C是O元素；B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，且原子序数大于A而小于C，则B是N元素；D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，则D是Cu元素；(1)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；基态D原子核外有29个电子，根据构造原理书写基态D原子的简化电子排布式；(2)A的最高价氧化物对应的水化物是H2CO3，该分子中中心原子C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其中心原子杂化方式及碳酸根离子空间构型；(3)CN-与N2互为等电子体，则每个CN-中含有C、N三键，1个σ键，2个π键，据此计算1molCN-中含有的π键个数；(4)根据图示的金属Ca和Cu所形成的某种合金的晶胞结构，利用均摊法计算Ca、Cu原子个数之比；(5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，根据Ca、Cu合金确定该镧镍合金中n值；其密度根据ρ=计算。【详解】根据上述分析可知：A是C元素；B是N元素；C是O元素；D是Cu元素。(1)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以C、N、O元素第一电离能从小到大顺序是C<O<N；基态Cu原子核外有29个电子，根据构造原理，基态Cu原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，简化电子排布式为[Ar]3d104s1；(2)A是C元素，C元素的最高价氧化物对应的水化物是H2CO3，分子中的中心C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其中心原子杂化方式为sp2杂化，CO32-空间构型为平面三角形；(3)CN-与N2互为等电子体，则每个CN-中C、N原子之间形成三个共价键，其中含有1个σ键，含有2个π键，则1molCN-中含有的π键个数为2NA；(4)根据金属Ca和Cu所形成的某种合金的晶胞结构示意图可知：该晶胞中Ca原子个数=8×=1，含有的Cu原子个数=8×+1=5，则该晶体中Ca、Cu原子个数之比为1：5；(5)Ca、Cu合金化学式为CaCu5，镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，所以该镧镍合金中n=5；该物质密度ρ=g/cm3=0.083g/cm3。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化、电离能、核外电子排布等知识点，熟练掌握原子结构理论、物质结构变化的一般规律及反常现象是正确分析判断的基础，难点是晶胞计算，题目侧重考查学生分析计算及空间想象能力。24、NSiSCaKFArHClO4KOHAl(OH)3Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O、Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O、KOH+HClO4=KClO4+H2OFKNa与H2O反应：Na与水剧烈反应，Mg与水不反应Cl将Cl2通入到NaBr溶液中，溶液由无色变为橙色，说明Cl的化学性质比Br的活泼【详解】（1）根据元素周期表的结构可知：①、⑥、⑦、⑪分别在第二周期VA、第三周期IVA、第三周期VIA和第四周期IIA，则①、⑥、⑦、⑪分别为N、Si、S、Ca；（2）根据元素周期表性质的递变规律，最活泼的金属应在第IA，最活泼的非金属应在第VIIA，惰性气体最不活泼，则在IA元素Na（③）和K（⑩）中K最活泼；在VIIA族元素F（②）、Cl（⑧）和Br（⑫）中，F最活泼；最不活泼的是⑨即Ar；（3）元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的必是非金属性增强的，根据同周期、同主族元素非金属性的递变规律可知，元素非金属性最强的是②即F，但F无最高正价；因为我们知道，HClO4已知的最高价含氧酸中酸性最强的，即酸性最强的是HClO4；元素的最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的必是非金属性增强的，根据同周期、同主族元素金属性的递变规律可知，元素金属性最强的是⑩即K，则碱性最强的必是KOH；在表中所列元素的最高价氧化物对应水化物中，只有Al(OH)3具有两性；三者之间相互反应的化学方程式分别为Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O、Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O、KOH+HClO4=KClO4+H2O；（4）同周期元素从左至右原子半径依次减小，同主族元素从上而下原子半径依次增大，故在这些元素中，原子半径最小的是F，原子半径最大的是K；（5）③和④分别是Na和Mg，根据同主族元素金属性的递变规律可知，金属性Na＞Mg，根据判断金属性强弱的方法，可依据二者单质分别与水反应的剧烈程度来判断其金属性强弱，即与H2O反应：Na与水剧烈反应，Mg与水不反应；⑧和⑫分别是Cl和Br，根据同主族元素非金属性的递变规律可知，非金属性Cl＞Br，根据判断非金属性强弱的方法，可依据二者气态氢化物的稳定性、单质之间的置换反应等来判断其非金属性强弱，即将Cl2通入到NaBr溶液中，溶液由无色变为橙色，说明Cl的化学性质比Br的活泼。【点睛】本题综合性较强，涵盖了元素周期表、元素性质的递变规律、元素金属性及非金属性强弱的判断方法等，要求用多方面的知识解决问题，能很好滴训练综合运用知识解决问题的能力，根据元素最高价氧化物对应水化物的递变规律或元素的金属性、非金属性的递变规律思考。25、品红、溴水或KMnO4溶液颜色很快褪色（或其他合理答案）控制SO2的流速、适当升高温度（其他合理答案）滴加足量稀硝酸，再滴加少量AgNO3溶液，振荡加入过量CaCl2溶液，搅拌，静置，用pH计测定上层清液pH6000a/214V或3000a/107V

偏高4I-+4H++O2＝2I2+2H2O2S2O32－＋I2=S4O62－＋2I－【解析】(1)①二氧化硫具有还原性、漂白性，所以可以用品红、溴水或KMnO4溶液，来检验二氧化硫是否被完全吸收，若SO2吸收效率低，则二氧化硫有剩余，B中的溶液会褪色，故答案为品红、溴水或KMnO4溶液；溶液颜色很快褪色；②为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，可以减缓二氧化硫的流速，使二氧化硫与溶液充分接触反应，适当升高温度，也能使二氧化硫充分反应，故答案为增大SO2的接触面积或控制SO2的流速；适当升高温度；(2)实验所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH，若检验NaCl存在，需先加稀硝酸排除干扰，再加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有NaCl；已知室温时CaCO3饱和溶液的pH=10.2，若要检验氢氧化钠存在，需加入过量CaCl2溶液，把Na2CO3转化为CaCO3，再测量溶液的pH，若pH大于10.2，说明含有NaOH，故答案为滴加足量稀硝酸，再滴加少量AgNO3溶液，振荡；加入过量CaCl2溶液，搅拌，静置，用pH计测定上层清液pH；(3)n(KIO3)=mol，设参加反应的Na2S2O3为xmol；根据KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，有：

KIO3～～～～3I2～～～～6Na2S2O3

1

6

mol

xmol所以x=，则c(Na2S2O3)===mol•L-1，第三步滴速太慢，I-被空气氧化，发生4I-+4H++O2═2I2+2H2O，2S2O32－＋I2=S4O62－＋2I－，消耗的Na2S2O3溶液的体积偏小，由c(Na2S2O3)=mol•L-1，V偏小，c偏高，故答案为；偏高；4I-+4H++O2═2I2+2H2O、2S2O32－＋I2=S4O62－＋2I－。点睛：本题考查物质的制备实验及含量测定，把握制备流程、混合物分离提纯、化学反应的计算为解答的关键。本题的易错点为误差的分析，要注意根据计算的结果分析判断。26、过滤坩埚泥三角C(或碳)二氧化锰(或MnO2)加入浓NaOH溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口附近石蕊试纸变蓝色加热蒸发(或加热浓缩)，冷却结晶，过滤【详解】（1）根据图②，此操作为过滤；（2）操作③灼烧滤渣，需要的仪器有酒精灯、玻璃棒、坩埚、三脚架、泥三角、（坩埚钳）；根据题目所给物质，MnO2难溶于水，NH4Cl和ZnCl2易溶于水，因此滤渣为MnO2等物质，灼烧时，MnO2不参与反应，根据题目信息，一种黑色固体在灼烧时，产生一种使澄清石灰水变浑浊的气体，由此由此推测该气体可能为CO2，因此滤渣中还存在黑色物质为石墨；（3）产生能使带火星木条复燃的气体，该气体为O2，该黑色物质能加快H2O2的分解，黑色物质为催化剂，即为MnO2，滤渣中含有MnO2；（4）检验NH4＋，常采用加入NaOH溶液，并加热，且在试管口放湿润的红色石蕊试纸，如果石蕊试纸变红，说明含有NH4＋，具体操作是加入浓NaOH溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口附近；现象是石蕊试纸变红；（5）从滤液中得到溶质固体，采用方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，即可得到溶质固体。27、球形冷凝管+2H2O2+3H2OH2O2在较高温度时分解速度加快，使实际参加反应的H2O2减少影响产量蒸馏acb61%bd【分析】甲苯（）是一种重要的化工原料，能用于生产苯甲醛（）、苯甲酸（）等产品。实验室可以利用上图制备苯甲醛，实验时先在三颈烧瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，再加入2mL甲苯和一定量其它试剂，搅拌升温至70℃，同时缓慢加入12mL过氧化氢，在此温度下搅拌反应3小时，停止反应，冷却，将难溶性固态催化剂过滤，然后用蒸馏的方法得到苯甲醛；若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，首先用适量的碳酸氢钠反应得到苯甲酸钠，对混合液进行分液，水层中加入盐酸调节pH=2，得到苯甲酸晶体，最后过滤分离得到苯甲酸，再洗涤、干燥得到苯甲酸；用酸碱中和滴定的方法测得苯甲酸的纯度，据此分析；【详解】(1)由仪器a的结构可知，仪