学易2026届高三化学第一学期期中质量检测模拟试题含解析

学易2026届高三化学第一学期期中质量检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下列关于指定粒子构成的描述不正确的是A．37Cl与39K具有相同的中子数B．第114号元素的一种核素298114X与82Pb具有相同的最外层电子数C．H3O＋与OH－具有相同的质子数和电子数D．O22-和S2－具有相同的质子数和电子数2、阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是A．4.6g金属钠与500mL0.2mol·L-1的盐酸充分反应，转移的电子数为0.2NAB．0.lmol·L-1K2S04溶液与0.2mol/LKCl溶液中的K+数目均为0.2NAC．60gSiO2中含有Si-O键的数目为2NAD．46gNO2和N2O4的混合物中分子总数为NA3、下列有关实验操作、现象和结论都正确的是选项实验操作现象结论A向BaCl2溶液中通入CO2产生白色沉淀白色沉淀为BaCO3B向NaHCO3溶液中先加入CaCl2溶液，再加入NaOH溶液产生白色沉淀白色沉淀为CaCO3C向某溶液加入NaOH溶液，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体湿润的红色石蕊试纸未变蓝该溶液中一定不含有D向某溶液中先加入HNO3溶液，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀该溶液中一定含有A．A B．B C．C D．D4、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液：、Na+、Cl‾、B．碱性溶液中：Al3+、Fe3+、、C．水电离出的c（H+）=1×10‾12mol/L的溶液：、、、Cl‾D．pH=12的溶液中：Na+、Cl‾、5、下列各组离子中，可能能大量共存的是（）A．pH=14的无色溶液中：Na+、K+、HCO3－、NO3－B．加入铝粉有氢气产生的溶液中：Na+、CO32-、C1－、K+C．在0.1mol／L的盐酸中：Fe2+、Na+、ClO－、Ca2+D．在c(H+)/c(OH－)=1×10－12的溶液中：NH4+、Ca2+、C1－、K+6、下列说法正确的是A．原子最外层电子数等于或大于3的元素一定是非金属元素，金属元素只能形成离子键B．有化学键断裂或化学键形成的过程一定是化学变化C．最外层电子数比次外层电子数多的元素一定位于第2周期D．某元素的离子最外层电子数与次外层电子数相同，该元素一定位于第3周期7、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NAB．3mol单质Fe完全燃烧转变为Fe3O4，失去8NA个电子C．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAD．7.2gCaO2与CaS的混合物中离子总数为0.3NA8、下列各组物质中，存在X→Y或Y→Z不能通过一步反应完成转化的一组是（）选项XYZAAlNaAlO2(aq)Al(OH)3BMgOMgCl2(aq)MgCH2O(g)Fe3O4FeDNaOH(aq)Na2CO3(aq)NaHCO3(aq)A．A B．B C．C D．D9、某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒。其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是()A．该反应的还原剂是Cl-B．消耗1mol还原剂，转移6mol电子C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D．反应后溶液的酸性明显增强10、下列有关化学用语使用正确的是（

）A．氯离子(Cl－)的结构示意图：B．氯化铵的电子式：C．CH4分子的比例模型：D．次氯酸的结构式：H－Cl－O11、下列离子方程式与所述事实相符且正确的是A．磁性氧化铁溶于稀硝酸：Fe3O4＋8H＋＋NO＝3Fe3+＋NO↑＋4H2OB．Ca（HCO3）2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2＋＋2HCO＋2OH－＝CaCO3↓＋CO＋H2OC．明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液至生成沉淀物质的量最多：Al3＋＋2SO＋2Ba2＋＋4OH－＝AlO＋2BaSO4↓＋2H2OD．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl-+SO12、下列化学用语正确的是A．Be原子的核外电子排布式：1s22s22p1B．Ar原子的结构示意图为：C．氯化铵的电子式D．CO2分子的结构式：O＝C＝O13、某铁的氧化物，用2.0mol/L的盐酸100mL恰好能完全溶解，所得溶液再通入0.28L标准状况下的氯气时，刚好使溶液中Fe2+完全转化为Fe3+。则该氧化物的化学式为()A．FeO B．Fe2O3 C．Fe3O4 D．Fe5O714、下列离子方程式写正确的是A．石灰石上滴加稀醋酸:CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑B．向沸水中滴加FeCl3溶液制Fe(OH)3胶体:Fe3++3H2OFe(OH)3↓+3H+C．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中:SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClOD．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合:Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O15、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．将100mL0.1mol·L-1FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒0.01NAB．1.0mol·L-1氨水中的NH3·H2O、NH微粒数之和为NAC．100g质量分数为3%的甲醛水溶液含有的氢原子数为0.2NAD．在标准状况下，0.5molNO与0.5molO2混合后气体分子数小于0.75NA16、石墨作电极电解氯化钠溶液的实验装置如图所示，下列说法正确的是()A．d是负极B．阴极发生还原反应C．通电使氯化钠发生电离D．阳极上发生的反应：2H++2e→H2↑17、溶液X中含有下表离子中的某5种，且其浓度均为0.1mol·L−1（不考虑水的电离与离子水解）。向X溶液中加入足量稀盐酸，有无色气体生成，经分析，反应前后阴离子种类没有变化。下列叙述不正确的是阳离子阴离子Na+、Fe3+、Fe2+、Mg2+NO3－、HCO3－、CO32－、SO42－、Cl－NO3－A．X溶液中一定含Fe3+、Fe2+B．X溶液中不可能含有HCO3－或CO32－C．生成无色气体的离子方程式为：3Fe2++NO3－+4H+===3Fe3++NO↑+2H2OD．根据电荷守恒，原溶液中一定含Mg2+18、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A．能使甲基橙变红的溶液中：Na＋、NH4＋、SO42－、NO3－B．c(NO3－)=1mol/L的溶液中：H＋、Fe2＋、SO42－、Cl－C．中性溶液中：NH4＋、Fe3＋、SO42－、Cl－D．=1×1012的溶液中：K＋、Na＋、S2O32－、F－19、常温下amol/L稀氨水和bmol/L稀盐酸等体积混合，对混合后溶液判断一定正确的是（）A．若a＜b，则c(OH－)＜c(H+) B．若a＝b，则c(NH4＋)＝c(Cl―)C．若a＞b，则c(NH4＋)＞c(Cl―) D．若a＞b，则c(OH－)＞c(H+)20、在指定条件下，下列各组离子能大量共存的是A．在NaHCO3溶液中：K+、Cl-、AlO2-、SO42-B．在c（H+）=0.1mol·L-1的溶液中：K+、I-、Cl-、NO3-C．在使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO32-、CO32-、Na+、K+D．在pH=1的溶液中：Ca2+、Na+、ClO-、NO3-21、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．无色透明溶液：Al3＋、NH、Cl－、S2－B．中性溶液：Al3＋、Fe3＋、SO、NOC．0.1mol·L－1的NaClO溶液：Mg2＋、Fe2＋、SCN－、SOD．c(OH-)＝1×10－13mol·L－1的溶液：Na＋、K＋、SiO、CO22、工业酸性废水中的Cr2O72﹣可转化为Cr3+除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如表所示（实验开始时溶液体积为50mL，Cr2O72﹣的起始浓度、电压、电解时间均相同）．下列说法中，不正确的是实验①②③电解条件阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨，滴加1mL浓硫酸阴极为石墨，阳极为铁，滴加1mL浓硫酸Cr2O72﹣的去除率/%0.92212.757.3A．对比实验①②可知，降低pH可以提高Cr2O72﹣的去除率B．实验②中，Cr2O72﹣在阴极放电的电极反应式是Cr2O72﹣+6e﹣+14H+═2Cr3++7H2OC．实验③中，Cr2O72﹣去除率提高的原因是Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2OD．实验③中，理论上电路中每通过6mol电子，则有1molCr2O72﹣被还原二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D均为短周期主族元素，且原子序数一次递增。A是地壳中含量最多的元素，B是短周期中金属性最强的元素，C与D位置相邻，D是同周期元素中原子半径最小的元素。完成下列填空：(1)A在周期表中的位置为第____周期______族，A原子的最外层电子排布式为____，A原子核外共有____个不同运动状态的电子。(2)B、C、D三种元素形成简单离子其半径大小的____________。（用个离子符号表示）(3)A、B形成化合物的电子式____；这些化合物中所含的化学键有____(4)非金属性的强弱：C______D（填“强于”、“弱于”、“无法比较”），试从原子结构的角度解释其原因。_____请用一个方程式证明A与C的非金属性的强弱____。24、（12分）（选修5：有机化学基础）有机物H的化学式为C15H16O2，它是一种在航空航天领域中应用的重要原料，E为一种室内装修常见的污染气体，F的产量可以衡量一个国家石油化工的发展水平，Q为酯类高分子物质，④为多步进行的反应，请回答：（部分物质及反应条件省略）已知：（1）D的名称为_____，反应②的条件为_________。（2）H+N→Q的反应类型为___________。（3）反应①的化学方程式为________________。（4）反应③的化学方程式为_________________。（5）H中最多有______个碳原子共平面，其满足下列条件的同分异构体有________种。I.两个羟基分别连在两个苯环上；II.苯环间通过一个碳原子连接在一起，有甲基且全部连在该碳原子上；III.不含H本身，不考虑立体异构。（6）Q的结构简式为_____________________。（7）结合本题信息和上述合成路线，用流程图表示出反应④M→N的可能过程（无机药品任选）。___________________________________。25、（12分）实验室用浓盐酸配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液：（1）配制250mL0.1mol/L盐酸溶液需要浓盐酸（密度为1.2g/mL，质量分数为36.5%）的体积为__。（保留小数点后一位）（2）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）___。A．用30mL水洗涤烧杯2—3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．用量筒量取所需的浓盐酸，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1—2cm处（3）配制物质的量浓度的溶液，造成浓度偏高的操作是___。（多选）A．溶解后的溶液未冷至室温就转入容量瓶中；B．洗涤烧杯和玻棒的溶液未转入容量瓶中；C．定容时眼睛俯视刻度线；D．定容时眼睛仰视刻度线；26、（10分）某中学学习小组模拟工业烟气脱硫(SO2)。(1)甲组采用如图装置脱硫(部分装置略)。①CaO脱硫后的产物是_________。②b中品红很快褪色，说明脱硫效果不好。下列措施能提高脱硫效果的是_____。ⅰ.加快SO2气体流速ⅱ.将堆集在一起的CaO平铺在整个玻璃管ⅲ.加热a，脱硫效果可能会更好③小组拟通过CaO的增重评价其脱硫能力。需要测量的数据是______________。(2)乙组选用AgNO3溶液脱除SO2，如图所示：现象：通入SO2，立即生成大量白色沉淀A。对白色沉淀A的成分进行探究，提出假设：假设1：发生了氧化还原反应，依据是AgNO3溶液中含有O2、NO等具有氧化性的粒子，沉淀A主要是Ag2SO4(微溶)。假设2：发生了复分解反应，依据是SO2与水生成酸，能与AgNO3溶液发生复分解反应。实验探究：①取沉淀A，加入蒸馏水，静置。取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，无明显变化。②取_________，加入蒸馏水，静置。取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生沉淀。实验证明＂假设1＂不成立。③为进一步确认＂假设2＂，向A中加入浓HNO3，立即产生红棕色气体。加入浓硝酸的目的是______；经确认，反应后混合液中存在SO。实验证明＂假设2＂成立。④产生沉淀A的化学方程式是_______，_____。AgNO3溶液具有良好的脱硫能力，但因其价格高，未能大规模使用。(3)丙组用NaClO脱除SO2，用1L0.1mol/L的NaClO溶液最多可以吸收标准状况下的SO2__L。27、（12分）钠、钾的碘化物在生产和科学实验中有十分重要的应用。工业上利用碘、烧碱和铁屑为原料可生产碘化钠，其生产流程如图所示：（1）NaOH溶液和碘反应时需要严格控制温度，如果温度过低，会生成碘的低价副产品NaIO。若NaOH溶液和碘反应时所得溶液中IO1-与IO-的物质的量之比为1：1，则该反应的离子方程式为________________________________。（2）生产流程中加入过量铁屑的目的是___________________，过滤所得固体中除剩余铁屑外，还有红褐色固体，则加入铁屑时发生反应的化学方程式是_________。（1）溶液2中除含有H+外，一定含有的阳离子是__________________；试设计实验证实该金属阳离子的存在：____________________________。（4）溶液2经一系列转化可以得到草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)，称取1．60g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示：①分析图中数据，写出过程I发生反应的化学方程式：__________________________；②100℃时剩余固体是铁的一种氧化物，通过计算确定该氧化物的化学式：________________。28、（14分）I、从古至今，铁及其化合物在人类生产生活中的作用发生了巨大变化。(1)已知：Fe3O4(s)+CO(g)

=

3FeO(s)+CO2(g)

ΔH1

=+19.3kJ·mol-1

3FeO(s)+H2O(g)

=

Fe3O4(s)+H2(g)

ΔH2

=-57.2kJ·mol-1

C(s)+CO2(g)

=

2CO(g)

ΔH3

=+172.4kJ·mol-1

写出以铁氧化物为催化剂裂解水制氢气总反应的热化学方程式___________。(2)下图表示其它条件一定时，Fe3O4(s)和CO(g)反应达平衡时CO(g)的体积百分含量随温度的变化关系。①当温度低于570℃时，温度降低，CO的转化率__________

(填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是_______________。②当温度高于570℃时，随温度升高，反应Fe3O4(s)+CO(g)

3FeO(s)+CO2(g)平衡常数的变化趋势是_________；(填“增大”、“减小”或“不变”)；1040℃时，该反应的化学平衡常数的数值是____________。II、汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废气中的SO2都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义。(1)吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如图所示(Ce为铈元素)。装置Ⅱ中，酸性条件下NO被Ce4＋氧化的产物主要是NO3-和NO2-，请写出生成NO3-和NO2-物质的量之比为2：1时的离子方程式：________________________。(2)装置Ⅲ的作用之一是用质子交换膜电解槽电解使得Ce4＋再生，再生时生成的Ce4＋在电解槽的____(填“阳极”或“阴极”)，同时在另一极生成S2O42-的电极反应式为_________。(3)已知进入装置Ⅳ的溶液中NO2-的浓度为ag·L－1，要使1.5m3该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的氧气___L(用含a代数式表示，结果保留整数，否则不给分)。29、（10分）异戊二烯是重要的有机化工原料，其结构简式为：异戊二烯的一种制备方法如图所示：回答下列问题：（1）A中含氧官能团发生的反应有____。（填反应类型）（2）B的结构简式为___。B的同分异构体Y能发生银镜反应，则Y可能的结构有____种。（3）设计由异戊二烯制得的路线。____。合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物

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】试题分析：A．37Cl与39K具有的中子数都是20，因此具有相同的中子数，正确；B．第114号元素的原子核外最外层电子数是4个，因此它的一种核素298114X与82Pb具有相同的最外层电子数，正确；C．H3O＋与OH－具有10个电子，电子数相同，但是质子数H3O＋是11个，OH－是9个，错误；D．O22-和S2－具有的质子数都是16，电子数都是18个，因此具有相同的质子数和电子数，正确。考点：考查物质微粒结构与组成的关系正误判断的知识。2、A【解析】A、钠与盐酸反应后，如果钠过量，过量的钠继续与水反应，所以钠能够全部反应完，故转移的电子数为4.6g/23g·mol-1×NA=0.2NA，A正确。B、两个溶液中只知道溶质的物质的量浓度，不知道溶液的体积，无法求出粒子的物质的量和数目，B错误。C、SiO2为空间网状结构的原子晶体，其中每一个硅原子与四个氧原子形成4个Si-O键，所以1molSi原子含有4molSi-O键，即1molSiO2含有Si-O键的数目为4NA，C错误。D、46gNO2的分子数目为NA，46gN2O4的分子数目为0.5NA，所以46gNO2和N2O4的混合物中分子总数在0.5NA与NA之间，D错误。正确答案为A3、B【详解】A.氯化钡溶液中通入二氧化碳不反应，不能得到碳酸钡沉淀，故错误；B.碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠，与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，故正确；C.含有铵根离子的溶液中加入浓的氢氧化钠并加热才能得到碱性的氨气，故错误；D.原溶液中不一定有硫酸根离子，也可能含有亚硫酸根离子，因为被硝酸氧化成硫酸根离子再生成硫酸钡沉淀，故错误。故选B。4、D【详解】A.c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液，Fe3+与发生双水解反应，故不选A；B.碱性溶液中Al3+、Fe3+生成氢氧化物沉淀，不能大量共存，故不选B；C.水电离出的c（H+）=1×10‾12mol/L的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下被氧化为，碱性条件下与OH-结合为一水合氨，不能大量共存，故不选C；D.pH=12的溶液呈碱性，Na+、、Cl‾、相互之间不反应，能大量共存，故选D；答案选D。5、B【解析】A.pH=14的溶液呈碱性，OH-、HCO3－发生反应，故不选A；B.可能是碱性溶液，OH－、Na+、CO32－、C1－、K+不发生反应，故选B；C.Fe2+、ClO－发生氧化还原反应，故不选C；D.c(H+)<c(OH－)，溶液呈碱性，OH－、NH4+，OH－、Ca2+发生反应，故不选D。6、C【详解】A．第ⅢA的Al、Ga等最外层电子数为3，第ⅣA族的Ge、Sn等最外层电子数为4，属于金属元素，故A错误；B．有化学键断裂或形成的变化不一定是化学变化，如氯化钠熔化、NaCl溶于水，有离子键断裂，不是化学变化，故B错误；C．每层容纳的电子为2n2个，无论哪层为最外层时，最外层电子不超过8个，显然最外层电子数比次外层电子数多的元素一定位于第二周期，故C正确；D．第四周期的钾元素K，失去一个电子变为钾离子，最外层电子数与次外层电子数相同，故D错误；答案选C。7、B【详解】A.1个P4中含有6个P—P共价键，124gP4的物质的量为1mol，所含P—P键数目为6NA，故A错误；B.1molFe3O4中含有2molFe3+、1molFe2+，则3mol单质Fe完全燃烧转变为Fe3O4，失去8NA个电子，故B正确；C.氯气过量时，FeI2中的Fe2+、I-全部被氧化成Fe3+、I2，则1molFeI2与足量氯气反应时，转移的电子数为3NA，故C错误；D.CaO2由Ca2+、离子构成，CaS由Ca2+、S2-构成，二者的摩尔质量均为72g/mol，所以7.2gCaO2与CaS的混合物中离子总数为0.2NA，故D错误；答案选B。8、B【详解】A、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑，NaAlO2＋HCl＋H2OAl(OH)3↓+NaCl，A不符合题意；B、MgO＋2HClMgCl2＋H2O，MgCl2(aq)→Mg不能通过一步反应完成转化，B符合题意；C、3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，Fe3O4+4H23Fe+4H2O，C不符合题意；D、2NaOH+CO2Na2CO3+H2O，Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3，D不符合题意。故选B。9、D【分析】由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价升高，则具有氧化性的ClO-为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，则根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒可得反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+，以此解答该题。【详解】该反应方程式为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+。A．由方程式可知：在反应中NH4+中N元素在反应后化合价升高，所以还原剂为NH4+，A错误；B．N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，B错误；C．由方程式可知氧化剂是ClO-，还原剂是NH4+，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，C错误；D．反应生成H+，使溶液中c(H+)增大，溶液酸性增强，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写反应方程式，然后再进行分析判断，侧重考查学生的分析能力和计算能力。10、B【解析】A.氯离子最外层为8电子，故错误；B.氯化铵中铵根离子和氯离子之间为离子键，电子式正确，故正确；C.图为甲烷的球棍模型，故错误；D.次氯酸的结构式为H－O－Cl，故错误。故选B。【点睛】掌握电子式的书写原则，含有离子键的应书写有电荷和[]，共价键书写时注意原子形成的共用电子对数，用8-最外层电子数进行计算，同时注意氢原子形成一对共用电子。11、D【详解】A．电子不守恒、电荷不守恒，离子方程式为3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O，A错误；B．少量NaOH完全反应，反应生成水、碳酸钙、碳酸氢钠，离子方程式为Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O，B错误；C．至生成的沉淀物质的量最多，生成氢氧化铝和硫酸钡、硫酸钾，离子方程式为2Al3++3SO+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，C错误；D．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2，亚硫酸根离子与氯气、水反应生成硫酸根离子、亚硫酸氢根离子和氯离子，离子方程式为3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl-+SO，D正确；答案为D。12、D【详解】A、Be的核外有4个电子，核外电子排布式为：1s22s2，故A错误；B、Ar的核电荷数为18而不是20，故B错误；C、氯化铵为离子化合物，铵根离子和氯离子都需要标出所带电荷及最外层电子，正确的电子式为，故C错误；D、CO2分子中含有两个碳氧双键，其结构式为：O═C═O，故D正确。答案选D。【点睛】本题考查了常见化学用语的表示方法判断，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。13、C【解析】设二价铁离子的物质的量为xmol，三价铁离子的物质的量为ymol，某铁的氧化物，用2.0mol/L的盐酸100mL在一定条件下恰好完全溶解，依据电荷守恒可知最终溶液中溶质为氯化亚铁和氯化铁，依据电荷守恒可知二价铁离子和三价铁离子带的正电荷总数等于氯离子带电负电荷总数，即：2xmol+3ymol=0.1L×2.0mol/L；溶液中只有二价铁离子能与氯气发生反应生成三价铁离子，氯气被还原为氯离子，依据氧化还原反应中得失电子守恒规律可知二价铁失去的电子总数等于氯气得到的电子总数，即：xmol×1=0.28L÷22.4L/mol×2；解得：x=0.025，y=0.05；所以该氧化物中Fe（+2价）与Fe（+3价）的物质的量分别为0.025mol、0.05mol，反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，则氧化物中n（O）=1/2×n（HCl）=1/2×0.2mol=0.1mol，所以：n（Fe）：n（O）=0.075mol：0.1mol=3：4，该氧化物的化学式为Fe3O4，答案选C。点睛：本题考查氧化还原反应的计算，注意反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，反应后溶液成分为FeCl3，为解答该题的关键，计算时抓住电荷守恒定律、得失电子守恒定律是解题常用技巧。14、D【解析】A.石灰石上滴加稀醋酸，反应的离子方程式为:CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，选项A错误；B.向沸水中滴加FeCl3溶液制Fe(OH)3胶体，反应的离子方程式为:Fe3++3H2OFe(OH)3（胶体）+3H+，选项B错误；C.少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，反应的离子方程式为:SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO4↓+2H++2Cl-，选项C错误；D.澄清石灰水与少量小苏打溶液混合，反应的离子方程式为:Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O，选项D正确。答案选D。15、D【详解】A．由于FeCl3水解生成Fe(OH)3胶体的反应是一个可逆反应，且水解程度不大，故将100mL0.1mol·L-1FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒小于0.01NA，A错误；B．由于未告知氨水的体积，故无法计算1.0mol·L-1氨水中的NH3·H2O、NH微粒数之和，B错误；C．由于甲醛水溶液中97%的溶剂水中也含有氢原子，故100g质量分数为3%的甲醛水溶液含有的氢原子数远大于0.2NA，C错误；D．在标准状况下，0.5molNO与0.5molO2混合后发生反应2NO+O2=2NO2，则反应后生成0.5molNO2和0.25mol剩余的O2，但由于2NO2N2O4，故反应后气体分子数小于0.75NA，D正确；故答案为：D。16、B【分析】石墨作电极电解氯化钠溶液，阴极：，阳极：。【详解】A．d与电源负极相连，应该是电解池的阴极，A错误；B．阴极的电极反应：，得电子，发生还原反应，B正确；C．该装置为电解池，通电发生的是电解反应，而不是电离，C错误；D．阳极发生氧化反应，电极反应：，D错误；故选B。17、A【分析】HCO3－或CO32－与足量稀盐酸反应，有无色气体生成，但阴离子种类发生变化，则参与产生气体反应的离子不可能为HCO3－或CO32－；盐酸中含有Cl－，阴离子种类没有变化，因此原溶液中含有Cl－；根据表中离子可推断出：反应生成气体的离子是Fe2+和NO3-，两者在酸性条件下，会发生氧化还原反应：3Fe2++NO3－+4H+===3Fe3++NO↑+2H2O，产生的无色气体为NO，由于反应前后阴离子种类没有变化，则可知Fe2+完全反应后，NO3-仍有剩余；根据电荷守恒，溶液中含有0.1mol·L−1的Fe2+、Cl－、NO3－和其他两种离子，则剩余两种离子中应含有一种阴离子、一种阳离子，根据表中阴离子种类可知该阴离子只能是SO42－，则阳离子所带电荷数应为2，结合表中阳离子种类可知该阳离子为Mg2+；所以X溶液中含有的5种离子为Fe2+、Cl－、NO3－、SO42－、Mg2+；据以上分析解答。【详解】HCO3－或CO32－与足量稀盐酸反应，有无色气体生成，但阴离子种类发生变化，则参与产生气体反应的离子不可能为HCO3－或CO32－；盐酸中含有Cl－，阴离子种类没有变化，因此原溶液中含有Cl－；根据表中离子可推断出：反应生成气体的离子是Fe2+和NO3-，两者在酸性条件下，会发生氧化还原反应：3Fe2++NO3－+4H+===3Fe3++NO↑+2H2O，产生的无色气体为NO，由于反应前后阴离子种类没有变化，则可知Fe2+完全反应后，NO3-仍有剩余；根据电荷守恒，溶液中含有0.1mol·L−1的Fe2+、Cl－、NO3－和其他两种离子，则剩余两种离子中应含有一种阴离子、一种阳离子，根据表中阴离子种类可知该阴离子只能是SO42－，则阳离子所带电荷数应为2，结合表中阳离子种类可知该阳离子为Mg2+；综上所述，X溶液中含有的5种离子为Fe2+、Cl－、NO3－、SO42－、Mg2+；A.结合以上分析可知，X溶液中一定含Fe2+，一定不含Fe3+，A错误；B.结合以上分析可知，X溶液中不可能含有HCO3－或CO32－，B正确；C.结合以上分析可知，生成无色气体的离子方程式为：3Fe2++NO3－+4H+===3Fe3++NO↑+2H2O，C正确；D.结合以上分析可知，根据电荷守恒，原溶液中一定含Mg2+，D正确；综上所述，本题选A。【点睛】溶液中Fe2+和NO3－能够大量共存，NO3－没有强氧化性；但是酸性环境下，HNO3具有强氧化性，Fe2+和NO3－之间发生氧化还原反应，二者不能大量共存，这就是本题解答的突破点。18、A【详解】A..能使甲基橙变红的溶液呈酸性,Na＋、NH4＋、SO42－、NO3－之间不反应，都不与氢离子反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A正确；B.c(NO3－)=1mol/L的溶液中：NO3－、H＋、Fe2＋会发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C.中性溶液中：Fe3＋易发生水解，不能大量共存，故C错误；D.=1×1012的溶液中存在大量氢离子，F−与氢离子结合生成HF，在溶液中不能大量共存，故D错误；答案选A。【点睛】清楚指示剂显色的酸碱性变色范围。19、A【详解】A、a<b，说明盐酸过量，溶液显酸性，即c(OH－)<c(H＋)，故正确；B、a=b，说明恰好完全反应，溶质为NH4Cl，NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4＋水解，即c(NH4＋)<c(Cl－)，故错误；C、a>b，NH3·H2O过量，可能溶液显中性，即c(NH4＋)=c(Cl－)，故错误；D、根据选项C分析，可能c(OH－)=c(H＋)，故错误。20、C【解析】NaHCO3溶液电离出HCO3—与AlO2-反应，A项错误；酸性条件下，I-、NO3-、H+因发生氧化还原反应而不能共存，B项错误；使红色石蕊试纸变蓝的溶液，说明溶液呈碱性，含有大量的OH—，SO32-、CO32-、Na+、K+与OH—能大量共存，C项正确；pH=1的溶液含有大量的H+，与ClO-不能共存，D项错误。点睛：本题考查学生对溶液中离子的性质和离子反应的实质的认识，并将其应用到具体情境中分析问题、解决问题。解题时要特别关注以下几点：①溶液中离子存在的条件，如CO32-、ClO−、OH−等只能大量存在于碱性溶液，在酸性溶液中不能大量存在；Fe3+、Al3+、NH4+等只大量存在于酸性溶液，在碱性溶液中不能大量存在；HCO3-既不能大量存在于酸性溶液，也不能大量存在于强碱性溶液，在弱碱性溶液中可以大量存在。②溶液中离子的性质，如Fe2+、I−、S2−、SO321、B【详解】A．Al3+为弱碱氧离子，S2-为弱酸阴离子，二者可以发生双水解反应，不能共存，A错误；B．在中性溶液中，选项的四种离子互不反应，可以共存，B正确；C．ClO-具有氧化性，可以将溶液中的Fe2+反应为Fe3+，同时生成的Fe3+可以与溶液中的SCN-发生络合反应，不能共存，C错误；D．c(OH-)＝1×10－13mol·L－1的溶液为酸性溶液，在酸性溶液中碳酸根、硅酸根不能共存，D错误；故选D。22、D【解析】A项，对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素均相同，且溶液的pH越小，Cr2O72﹣的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr2O72﹣的去除率，故A项正确；B项，实验②中，Cr2O72﹣在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72﹣+6e﹣+14H+═2Cr3++7H2O，故B项正确；C项，实验③中，Cr2O72﹣在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72﹣，离子方程式为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，所以导致Cr2O72﹣去除率提高，故C项正确；D项，实验③中，Cr2O72﹣在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72﹣，理论上电路中每通过6mol电子，则有1molCr2O72﹣在阴极上被还原，3molFe被氧化为3molFe2+，3molFe2+又与0.5molCr2O72﹣发生氧化还原反应，所以一共有1.5molCr2O72﹣被还原，故D项错误；综上所述，本题选D。二、非选择题(共84分)23、二ⅥA2s22p48S2->Cl->Na+、离子键、共价键弱于非金属性也就是得电子的能力S的原子序数是16而Cl是17所以Cl的原子半径小于S原子，Cl原子对电子的引力较大所以捕获电子的能力也大由反应2H2S+O2（不足）=2H2O+2S↓

可知，O2是氧化剂，S是氧化产物，O2的氧化性大于S，非金属性越强，氧化性越强，说明S的非金属性小于O【分析】A、B、C、D均为短周期主族元素，且原子序数一次递增。A是地壳中含量最多的元素，则A为氧元素；B是短周期中金属性最强的元素，则B为钠元素；C与D位置相邻，D是同周期元素中原子半径最小的元素，则D为氯元素，C为硫元素；A、B、C、D分别为：O、Na、S、Cl。【详解】(1)A为氧元素，在周期表中的位置为第二周期ⅥA族，氧原子的最外层电子排布式为2s22p4，氧原子核外共有8个电子，则有8个不同运动状态的电子。答案为：二；ⅥA；2s22p4；8；(2)Na、S、Cl三种元素形成简单离子分别为：Na+、S2-、Cl-，S2-、Cl-分别为三个电子层，Na+为两个电子层，Na+半径最小，电子层结构相同的粒子，核电荷数越大，半径越小，故S2-半径大于Cl-半径，半径大小的顺序为：S2->Cl->Na+。答案为：S2->Cl->Na+；(3)O和Na形成化合物有Na2O和Na2O2，电子式分别为、；这些化合物中所含的化学键有离子键、共价键；答案为：、；离子键、共价键；(4)S和Cl为同周期元素，同周期元素从左至右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱：S弱于Cl；从原子结构的角度分析：非金属性也就是得电子的能力S的原子序数是16而Cl是17所以Cl的原子半径小于S原子，Cl原子对电子的引力较大所以捕获电子的能力也大；由反应2H2S+O2（不足）2H2O+2S↓

可知，O2是氧化剂，S是氧化产物，O2的氧化性大于S，非金属性越强，氧化性越强，说明S的非金属性小于O；答案为：弱于；非金属性也就是得电子的能力S的原子序数是16而Cl是17所以Cl的原子半径小于S原子，Cl原子对电子的引力较大所以捕获电子的能力也大；由反应2H2S+O2（不足）=2H2O+2S↓

可知，O2是氧化剂，S是氧化产物，O2的氧化性大于S，非金属性越强，氧化性越强，说明S的非金属性小于O。24、苯酚Fe，加热缩聚反应或聚合反应135【分析】由合成流程可知，碳化钙与水反应生成A为，结合反应③生成酚醛树脂可知，B为，C为，D为，E为一种室内污染气体，E为，A与氢气反应生成F为，F与溴发生加成反应生成M为，N为，结合已知信息可知H为，H与N发生缩聚反应生成Q为，据此分析作答。【详解】(1)反应③生成酚醛树脂可知D物质名称为苯酚，反应②为苯和溴生成溴苯，条件为，加热；故答案为：苯酚；，加热；（2）H与N发生缩聚反应生成Q为，故答案为：缩聚反应；（3）反应①为乙炔生成苯，故方程式为，故答案为：；（4）反应③为苯酚和甲醛缩聚生成酚醛树脂，方程式为：，答案为：（5）H为，由中间C的四面体结构可知,2个苯环与C最多共面，即H中最多有13个碳原子共平面；根据限定的3个条件,要有结构，且两端苯环上各连一个，不含H本身，移动2个的位置，、、，即还有5种；故答案为：13；5；（6）H为，N为乙二酸，H与N发生缩聚反应生成Q，Q的结构简式为：，故答案为：；（7）M为，N为，有M制取N，需要先生成乙二醇，再氧化得乙二醛，再氧化得乙二酸，即；故答案为：。25、2.1mLBCAFEDAC【分析】(1)、根据计算浓盐酸的物质的量浓度，再根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓盐酸的体积；(2)、根据配制溶液的实验操作过程进行操作顺序的排序；(3)、分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据分析判断。【详解】(1)、浓盐酸的物质的量浓度，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算浓盐酸的体积，设浓盐酸的体积为xmL，所以xmL×12.0mol/L=250mL×0.1mol/L，解得:x≈2.1，所需浓盐酸的体积为2.1mL，故答案为：2.1mL；(2)、操作步骤有计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，用量筒量取(用到胶头滴管)浓盐酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，恢复室温后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以操作顺序是BCAFED，故答案为：BCAFED；(3)A、溶液具有热胀冷缩的性质，未冷却到室温，趁热将溶液到入容量瓶，并配成溶液，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；B、洗涤液中含有溶质氯化氢，移入容量瓶中溶质氯化氢的物质的量减小，所配溶液浓度偏低；C、定容时俯视刻度线，导致溶液体积减小，所配溶液浓度偏高；D、定容时仰视刻度线，导致溶液体积增大，所配溶液浓度偏低；故选：AC；26、CaSO3ⅱ、ⅲ装置a的质量、盛放CaO后装置a的质量、吸收SO2后装置a的质量(其他答案合理即可)Ag2SO4固体检验白色沉淀是否具有还原性H2O+SO2=H2SO3H2SO3+2AgNO3＝Ag2SO3↓+2HNO32.24【详解】(1)①二氧化硫是酸性氧化物，氧化钙是碱性氧化物，二者反应生成亚硫酸钙，因此CaO脱硫后的产物是CaSO3；②ⅰ．加快SO2气体流速不利于二氧化硫吸收，ⅰ错误；ⅱ．将堆集在一起的CaO平铺在整个玻璃管，增大反应物接触面积，有利于能提高脱硫效果，ⅱ正确；ⅲ．加热a加快反应速率，脱硫效果可能会更好，ⅲ正确；答案为ⅱ、ⅲ；③要通过CaO的增重评价其脱硫能力，需要知道反应前后固体增加的质量，因此需要测量的数据是装置a的质量、盛放CaO后装置a的质量、吸收SO2后装置a的质量；(2)②要证明“假设1”不成立，需要证明沉淀A不是硫酸银，因此需要做对比实验，即取Ag2SO4固体，加入蒸馏水，静置，取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生沉淀，说明“假设1”不成立。③浓HNO3具有强氧化性，所以加入浓硝酸的目的是检验白色沉淀是否具有还原性；④根据复分解反应原理可知产生沉淀A的化学方程式是H2O+SO2＝H2SO3、H2SO3+2AgNO3＝Ag2SO3↓+2HNO3；(3)1L0.1mol/L的NaClO溶液中次氯酸钠的物质的量是0.1mol，次氯酸钠的还原产物是氯化钠，可以得到0.2mol电子，二氧化硫的氧化产物是硫酸，所以根据电子得失守恒可知最多可以吸收SO20.1mol，在标准状况下的体积是2.24L。27、4I2＋8OH－=IO1－＋6I－＋4H2O＋IO－使IO1－完全转化成I－NaIO1＋2Fe＋1H2O=NaI＋2Fe(OH)1↓Fe2＋取少量试样溶液于试管中，滴入少量酸性KMnO4溶液，若KMnO4溶液褪色，证明存在Fe2＋或者加入K1[Fe(CN)6]产生蓝色沉淀Fe(C2O)4·2H2OFe(C2O)4＋2H2OFe2O1【解析】试题分析：（1）若NaOH溶液和碘反应时所得溶液中碘酸根离子与IO－离子的物质的量之比为1:1，碘失去电子为6个，根据得失电子守恒，生成的I－为6个，参加反应的碘单质为4个，则上述过程中，反应的离子方程式为4I2＋8OH－===IO＋6I－＋4H