2026届四川省成都外国语高级中学高三上化学期中质量检测模拟试题含解析

2026届四川省成都外国语高级中学高三上化学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、下列离子方程式正确的是（）A．石灰乳与碳酸钠溶液混合：Ca2++CO32-=CaCO3↓B．向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液，刚好沉淀完全：Ba2+

+2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2OC．向亚硫酸钡固体中加入稀硝酸：3BaSO3＋2H＋＋2NO3－=3BaSO4↓＋2NO↑＋H2OD．碳酸氢钠溶液中加入过量的氢氧化钙溶液：2HCO3-

+Ca2+

+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-2、铜有两种常见的氧化物CuO和Cu2O。某学习小组取0.98g(用精密天平测量)Cu(OH)2固体加热，有铜的氧化物生成，其质量随温度变化如图1所示；另外，某同学绘制了三条表示金属氧化物与其所含金属元素质量的关系曲线，如图2所示。则下列分析正确的是()A．图1中，A到B的过程中有0.005mol电子发生了转移B．图1整个过程中共生成0.18g水C．图2三条曲线中，表示CuO和其中所含Cu元素质量关系的曲线是AD．图1中A和B化学式分别为Cu2O和CuO3、某溶液中可能存在Br－、CO、SO、Al3＋、I－、Mg2＋、Na＋7种离子中的几种．现取该溶液进行实验，得到如下现象：①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气体冒出；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。据此可以推断：该溶液中肯定不存在的离子是（）A．Al3＋、Na＋、SOB．Mg2＋、CO、Br－C．Al3＋、Mg2＋、SOD．Al3＋、Br－、SO4、如图表示平衡混和物中X的百分含量在不同的压强下，随温度变化的情况在下列平衡状态中，X可以代表用下横线标明的物质（反应中各物质均为气态）的是（）A．N2+3H22NH3+QB．H2+I22HI+QC．2SO32SO2+O2-QD．4NH3+5O24NO+6H2O+Q5、下列应用不涉及氧化还原反应的是A．铝热法冶炼难熔金属B．FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作C．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂D．实验室用氯化铵和消石灰制备NH36、用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示(气体体积均在相同状况下测定)。欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入()A．0.1molCuO B．0.1molCuCO3C．0.1molCu(OH)2 D．0.05molCu2(OH)2CO37、下列陈述I、Ⅱ正确并且有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡASO2有漂白性SO2可使溴水褪色B分别测定室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH,后者较大证明非金属性:S>CC向铁和稀硝酸反应后的漭液中若滴加KSCN溶液显红色:若滴加酸性高锰酸钾溶液紫红色褪去该溶液中既有Fe3+,还有Fe2+D浓硫酸有脱水性浓硫酸可用于干燥H2和COA．A B．B C．C D．D8、某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，现象和有关数据如图所示(气体体积数据换算成标准状况)。关于该固体混合物，下列说法正确的是（）A．含有4.5gAlB．不含FeCl2、AlCl3C．含有物质的量相等的(NH4)2SO4和MgCl2D．含有MgCl2、FeCl29、下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是A．pH=1的NaHSO4溶液：B．含有AgCl和AgI固体的悬浊液：C．pH相等的①NH4Cl②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液中：大小顺序：①>②>③D．含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液(H2C2O4为二元弱酸)：10、将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是选项XYASO2H2SBCl2CO2CNH3CO2DSO2Cl2A．A B．B C．C D．D11、某酸性溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四种离子。则下列描述正确的是A．加入适量氨水，c(CH3COO－)一定大于c(Na＋)、c(NH4＋)之和B．加入适量NaOH，溶液中离子浓度为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)C．该溶液由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成D．该溶液可由pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合而成12、向FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是：(已知氧化性：Fe3+>Cu2+)（）A．溶液中一定含有Cu2+B．加入KSCN溶液一定不变红色C．溶液中一定含有Fe2+D．剩余固体中一定含铜13、工业制备氮化硅的反应为：3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)Si3N4(s)+12HCl(g)ΔH<0，将0.3molSiCl4和一定量N2、H2投入2L反应容器，只改变温度条件测得Si3N4的质量变化如下表：时间/min质量/g温度/℃01234562500.001.522.803.714.735.605.603000.002.133.454.484.484.484.48下列说法正确的是A．250℃,前2min，Si3N4的平均反应速率为0.02mol·L－1·min－1B．反应达到平衡时，两种温度下N2和H2的转化率之比相同C．达到平衡前，300℃条件的反应速率比250℃快；平衡后，300℃比250℃慢D．反应达到平衡时，两种条件下反应放出的热量一样多14、三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3＋5H2O=2NO＋HNO3＋9HF。下列有关说法正确的是()A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂B．还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1C．若生成0.2molHNO3，则转移0.2mol电子D．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体15、工业上常用氨碱法制取碳酸钠，却不能用氨碱法制碳酸钾，这是因为在溶液中()A．KHCO3溶解度较大 B．KHCO3溶解度较小 C．K2CO3溶解度较大 D．K2CO3溶解度较小16、下列有关物质性质和该性质的应用均正确的是A．二氧化锰具有强氧化性，可用作H202分解的氧化剂B．K2Fe04具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒C．Fe3+具有氧化性，可溶解印刷线路板上的金属铜D．二氧化硫和氯水均具有漂白性，可将两者混合使用增强漂白效果17、室温下，下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是（）A．pH=1的无色溶液中：CH3CH2OH、Cr2O、K＋、SOB．c（Ca2＋）=0.1mol·L－1的溶液中：NH、SO、Cl－、Br－C．含大量HCO的溶液中：C6H5O－、CO、Br－、K＋D．能使甲基橙变为橙色的溶液：Na＋、NH、CO、Cl－18、设NA表示阿伏加德罗常数。下列说法中错误的是A．0.1mol/L的NaClO溶液中含ClO-的浓度小于0.1mol/LB．标准状况下，22.4L乙烯中含极性共价键数为4NAC．1mol氢氧根离子与1mol羟基所含电子数均为10NAD．3.0g甲醛和甲酸甲酯的混合物中含有的原子数为0.4NA19、五年来，我国在探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等领域取得了举世瞩目的成就。这些项目与化学有着密切联系。下列说法正确的是（）A．大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料B．为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源C．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐20、下列指定反应的离子方程式正确的是A．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I−+IO3−+6H+I2+3H2OC．向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2++2Br—+2Cl22Fe3++Br2+4Cl−D．氯气通入氢硫酸中产生黄色沉淀：Cl2+S2—2Cl—+S↓21、类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是()A．A B．B C．C D．D22、如图，把气体缓慢通入盛有足量试剂的试剂瓶A和试管B，在试管B中不能观察到明显现象的是()选项气体A中试剂B中试剂ASO2、CO2酸性KMnO4溶液澄清石灰水BCl2、HCl饱和NaCl溶液KI淀粉溶液CCO2、HCl饱和NaHCO3溶液NaAlO2溶液DNH3、CO2浓硫酸酚酞试液A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体．请回答下列问题：（1）红褐色胶体中F粒子直径大小的范围：________．（2）A、B、H的化学式：A__________、B__________、H________．（3）①H2O2分子的电子式为______________。②写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：_______________________。（4）写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：_______________________。（5）在C溶液中加入与C等物质的量的Na2O2，恰好使C转化为F，写出该反应的离子方程式：___________。24、（12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)。25、（12分）在高中阶段，安排了两种酯的制备实验：乙酸乙酯的制备乙酸丁酯[CH3COO(CH2)3CH3]的制备制备这两种酯所涉及的有关物质的物理性质见下表：乙酸乙醇1—丁醇乙酸乙酯乙酸丁酯熔点（℃）16.6－117.3－89.5－83.6－73.5沸点（℃）117.978.511777.06126.3密度（g/cm3）1.050.790.810.900.88水溶性互溶互溶可溶（9g/100克水）可溶（8.5g/100克水）微溶请回答下列问题：（1）在乙酸乙酯的制备过程中，采用水浴加热的优点为_______________________；而乙酸丁酯的制备过程中未采用水浴加热的原因是______________。（2）提纯时，乙酸乙酯一般采用______洗涤，而乙酸丁酯可先采用______、后采用______洗涤（均填编号）。a．水b．15％Na2CO3溶液c．饱和Na2CO3溶液（3）两种酯的提纯过程中都需用到的关键仪器是______________，在操作中要注意振荡洗涤后，静置分液前必须要有步骤，所制得的酯应从该仪器的________（填编号）。a．下部流出b．上口倒出c．都可以（4）在乙酸乙酯制备中，采用了乙醇过量，下列说法不正确的是_______（填编号）。a．乙醇比乙酸价廉b．提高乙酸的转化率c．提高乙醇的转化率d．提高乙酸乙酯的产率（5）在乙酸丁酯制备中，下列方法可提高1—丁醇利用率的是________（填编号）。a．使用催化剂b．加过量乙酸c．不断移去产物d．缩短反应时间26、（10分）以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。实验试剂现象滴管试管0.2mol·L-1Na2SO3溶液饱和Ag2SO4溶液Ⅰ．产生白色沉淀0.2mol·L-1CuSO4Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀（1）经验检，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ：__________。（2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是__________。②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和。a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是__________。b．证实沉淀中含有Cu2+和的理由是__________。（3）已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。①推测沉淀中含有亚硫酸根和__________。②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：i．Al(OH)3所吸附；ii．存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。a．将对比实验方案补充完整。步骤一：步骤二：__________（按上图形式呈现）。b．假设ii成立的实验证据是__________。（4）根据实验，亚硫酸盐的性质有__________。盐溶液间反应的多样性与__________有关。27、（12分）(1)下图是工业生产上的氯化氢合成塔，请写出各处物质的名称：B______，C______。(2)工业上制备HC1的化学方程式是_________。(3)实验室常用NaCl和浓硫酸起反应制取氯化氢，当微热时，发生装置应选用下列装置的_______(填编号)(4)以下各种尾气吸收装置中，适合于吸收HCl气体，而且能防止倒吸的是_______。(5)下图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，该浓盐酸中HC1的物质的量浓度为_______mol/L。取用任意体积的该盐酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_______。A．溶液中HC1的物质的量B．溶液的浓度C．溶液中Cl-的数目D．溶液的密度28、（14分）合成氨厂和硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，通常使用以下两种方法将烟气中的氮氧化物转化为无害物质。（1）还原法。常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其转化过程如下图所示。①过程混合溶液中Ce3+和Ce4+离子的总数________(填“增大”、“减小”或“不变”)。②反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________________。（2）电解法。先用6％稀硝酸吸收NOx，会生成HNO2(一元弱酸)，再将吸收液导入电解槽中进行电解，使之转化为硝酸，其电解装置如图所示：①中a应连接电源的____________(填“正极”或“负极”)。②石墨电极做成颗粒状的目的是________________。③阳极的电极反应式为____________________________________。④电解一段时间后，当电路中有5mol电子转移时，阳离子交换膜两侧溶液相差____g。29、（10分）研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。（1）溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中HCO3-占95%，写出CO2溶于水产生HCO3-的方程式：_______。（2）在海洋循环中，通过下图所示的途径固碳。①写出钙化作用的离子方程式：_______________。②同位素示踪法证实光合作用释放出的O2只来自于H2O，用18O标记物质的光合作用的化学方程式如下，将其补充完整：____+______=（CH2O）x+x18O2+xH2O（3）海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础，测量溶解无机碳，可采用如下方法：①气提、吸收CO2，用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收（装置示意图如下），将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂______。②滴定。将吸收后的无机碳转化为NaHCO3，再用xmol/LHCl溶液滴定，消耗ymlHCl溶液，海水中溶解无机碳的浓度=_______mol/L。（4）利用下图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。①结合方程式简述提取CO2的原理：_________。②用该装置产生的物质处理b室排出的海水，合格后排回大海。处理至合格的方法是_______。

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、C【详解】A.石灰乳主要成分是Ca(OH)2，在离子反应方程式中，不能拆，应写成Ca(OH)2，A错误；B.向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液，刚好沉淀完全：Ba2++2OH-+NH4++H++SO42-=BaSO4↓+H2O+NH3·H2O，B错误；C.向亚硫酸钡固体中加入稀硝酸后发生氧化还原反应：3BaSO3＋2H＋＋2NO3－=3BaSO4↓＋2NO↑＋H2O，C正确；D.碳酸氢钠溶液中加入过量的氢氧化钙溶液：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，D错误；故答案为：C。2、B【解析】0.98gCu(OH)2物质的量为0.98g÷98g/mol=0.01mol，若全部生成CuO，则质量为0.01mol×80g•mol-1=0.8g，所以A点是CuO；若全部生成Cu2O，则质量为0.005mol×144g•mol-1=0.72g，所以B点是Cu2O；A.根据反应方程式4CuO2Cu2O+O2↑可知，A到B的过程中转移电子物质的量为0.01mol，A错误；B.根据化学方程式Cu(OH)2CuO+H2O、4CuO2Cu2O+O2↑可知，水的物质的量为0.01mol，质量为0.01mol×18g/mol=0.18g，B正确；C.10gCuO中所含Cu元素的质量为：×64g=8g，观察图2可知，表示CuO的是B曲线，C错误；D.根据上述分析，A、B的化学式依次为CuO、Cu2O，D错误；答案选B。3、C【解析】根据①的现象，推出原溶液中含有Br－和CO32－，根据离子共存，推出Al3＋、Mg2＋不能大量存在，溶液呈电中性，原溶液中一定存在Na＋，根据②中现象，无沉淀产生，说明原溶液中不存在SO32－，根据③中现象，说明原溶液中不含I－，一定存在的离子是Na＋、Br－、CO32－，一定不存在的离子是SO32－、Al3＋、I－、Mg2＋，故选项C正确。点睛：离子检验中，已经注意溶液呈电中性，有阴离子一定有阳离子，不能只有阴离子，没有阳离子。4、D【解析】温度一定时，X%随着压强增大而减小；压强一定时，X%随着温度升高而减小。A.加压平衡右移，NH3增多，故X不是NH3；B.加压，平衡不移动，故X不是HI；C.升温平衡右移，SO2增多，故X不是SO2；D.升温平衡左移，NO减少，加压平衡左移，NO减少，故X可以是NO。故选D。点睛：其他条件不变时，升温平衡向着吸热反应方向移动；其他条件不变时，加压平衡向着气体物质的量减少的方向移动。5、D【详解】A．铝热法冶炼难熔金属还属于置换反应，Al元素的化合价升高，难熔金属元素的化合价降低，为氧化还原反应，故A错误；B．FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，反应方程式是2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，优化和价变化，属于氧化还原反应，故B错误；C．过氧化钠和二氧化碳、水反应生成氧气，O元素化合价由-1价变为0价，所以属于氧化还原反应，故C错误；D．该反应中各元素化合价不变，所以不属于氧化还原反应，属于复分解反应，故D选。故选D。【点睛】发生的反应中含元素的化合价变化为氧化还原反应，反之为非氧化还原反应。6、D【详解】观察图像中曲线的斜率可知，OP段和PQ段气体的成分不同。由于阳极始终是OH－放电，所以可以推断出，OP段只有阳极产生O2(阴极无气体生成)，PQ段阴、阳两极都产生气体。因此，整个过程发生的反应为①2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑和②2H2OH2↑＋O2↑。结合图像中转移电子的物质的量，可计算出反应①析出0.1molCu和0.05molO2，反应②消耗0.05molH2O。根据“出什么加什么，出多少加多少”的原则，欲使溶液恢复到起始状态，应向溶液中加入0.1molCuO和0.05molH2O。而0.05molCu2(OH)2CO3恰好相当于0.1molCuO和0.05molH2O(生成0.05molCO2无影响)，故D正确，故答案为D。【点睛】本题考查图像分析与相关计算，意在考查考生通过对实际事物、实验现象、实物、模型、图形、图表的观察，以及对自然界、社会、生产、生活中的化学现象的观察，获取有关的感性知识和印象，并进行初步加工、吸收、有序存储的能力。7、C【详解】A、SO2可使溴水褪色，体现SO2的还原性，故A错误；B、Na2SO3不是S元素的最高价含氧酸盐，所以室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH,后者较大，不能证明非金属性:S>C，故B错误；C、Fe3+能使KSCN溶液显红色，Fe2+具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D、浓硫酸可用于干燥H2和CO，利用浓硫酸的吸水性，故D错误。答案选C。【点睛】非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；室温下等物质的量浓度的Na2SO4与Na2CO3溶液的pH,后者较大，能证明非金属性:S>C。8、C【分析】5.60L标况下的气体通过浓硫酸后，体积变为3.36L，则表明V(H2)=3.36L，V(NH3)=2.24L，从而求出n(H2)=0.15mol，n(NH3)=0.1mol，从而确定混合物中含有Al、(NH4)2SO4；由白色沉淀久置不变色，可得出此沉淀为Mg(OH)2，物质的量为；由无色溶液中加入少量盐酸，可得白色沉淀，加入过量盐酸，白色沉淀溶解，可确定此沉淀为Al(OH)3，溶液中含有AlCl3。从而确定混合物中一定含有Al、(NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3，一定不含有FeCl2。【详解】A.由前面计算可知，2Al—3H2，n(H2)=0.15mol，n(Al)=0.1mol，质量为2.7g，A错误；B.从前面的推断中可确定，混合物中不含FeCl2，但含有AlCl3，B错误；C.n(NH3)=0.1mol，n[(NH4)2SO4]=0.05mol，n(MgCl2)=n[Mg(OH)2]=0.05mol，从而得出(NH4)2SO4和MgCl2物质的量相等，C正确；D.混合物中含有MgCl2，但不含有FeCl2，D错误。故选C。9、A【详解】A.pH=1的NaHSO4溶液，根据物料守恒，，根据电荷守，所以，故A正确；B.AgCl的溶度积常数大于AgI，含有AgCl和AgI固体的悬浊液，，所以，故B错误；C.相同pH的（NH4）2SO4与NH4Cl溶液，都是强酸弱碱盐，根据溶液pH相等可判断二者NH4+浓度相等，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，因此NH4HSO4中NH4+的浓度小于（NH4）2SO4，大小顺序：①=②>③，故C错误；D.含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液(H2C2O4为二元弱酸)，根据物料守恒，故D错误；故答案选A。10、B【详解】A、将SO2通入BaCl2溶液，不反应，部分SO2溶解在水中与后来通入的H2S发生反应2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O，生成S沉淀，A不选；B、氯气与氯化钡不反应，通入二氧化碳也不反应，B选；C、反应为：2NH3+H2O+CO2+BaCl2＝2NH4Cl+BaCO3↓，C不选；D、发生反应：SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl,BaCl2＋H2SO4＝BaSO4↓＋2HCl，D不选；答案选B。11、D【分析】某酸性溶液中只有Na+、CH3COO-、H+、OH-四种离子，则该溶液为CH3COOH、CH3COONa混合溶液。【详解】A．若加入适量氨水至碱性，溶液中存在c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(NH4+)+c(H+)，因为c(OH-)＞c(H+)，则c(CH3COO-)＜c(Na+)+c(NH4+)，故A错误；B．根据电荷守恒有c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+

)+c(Na+

)，若溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+

)＞c(OH-)＞c(H+

)，则c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(H+

)+c(Na+

)，溶液不呈电中性，故B错误；C．由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，与溶液的酸性不符，故C错误；D．pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，且溶液中存在Na+、CH3COO-、H+、OH-四种离子，故D正确；故答案为D。【点睛】判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系。①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。12、A【分析】①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；②当固体为铜时，溶液中一定没有，Fe3+、Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+。【详解】A.

若加入的铁粉足量，则溶液中一定不含铜离子，选A；B.根据以上分析可知，溶液中一定存在亚铁离子，不选B；C.反应后有固体剩余，由于还原性Fe>Cu，则剩余的金属中一定含有铜，不选C；D.根据以上分析可知，反应后的溶液中一定不存在铁离子，所以加入KSCN溶液一定不变红色，不选D；故答案为：A。13、B【解析】由表格数据可知，250℃时，反应在5min达到化学平衡，300℃时，反应在3min达到化学平衡。A、Si3N4为固体，固体的浓度为定值；B、起始N2和H2的物质的量比值为定值，反应中N2和H2的消耗量的比值恒定为1:3；C、其他条件相同时，升高温度，反应速率加快；D、该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，温度不同，反应物的消耗量不同。【详解】A项、Si3N4为固体，固体的浓度为定值，不能用固体表示化学反应速率，A错误；B项、起始N2和H2的物质的量比值为定值，反应中N2和H2的消耗量的比值恒定为1:3，则反应达到平衡时，两种温度下N2和H2的转化率之比相同，B正确；C项、其他条件相同时，升高温度，反应速率加快，温度越高，反应速率越大，则达到平衡前，300℃条件的反应速率比250℃快，平衡后，300℃依然比250℃快，C错误；D项、该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，温度不同，反应物的消耗量不同，则反应放出的热量不同，D错误。【点睛】本题考查化学反应速率和化学平衡，注意固体的浓度为定值、升高温度反应速率加快，平衡向吸热方向移动是解答的关键，注意反应物的消耗量不同，反应放出的热量不同。14、D【分析】根据氧化还原反应的规律分析作答。【详解】A.分析反应前后各元素价态变化，可知NF3在反应中既是氧化剂又是还原剂，其中：NF3→HNO3是被氧化的过程，NF3为还原剂，故A错误；B.2NF3→2NO是被还原的过程，NF3是氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2，故B错误；C.生成1molHNO3转移2mol电子，所以生成0.2molHNO3转移0.4mol电子，故C错误；D.NF3与潮湿的空气中的水反应生成NO，NO与空气中的O2反应生成红棕色的NO2，故D正确；答案选D。15、A【详解】用氨碱法制取碳酸钠主要是制取碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度较小，在溶液中先析出，使得反应继续下去，从而制取较多的碳酸氢钠以用来制取碳酸钠。但是相同条件下，碳酸氢钾的溶解度较大，不会从溶液中析出，所以就得不到碳酸氢钾，也就不能用这种方法制取碳酸钾。故A正确；综上所述，本题应选A。16、C【详解】A．二氧化锰具有催化性，可用作H2O2分解的催化剂，A错误；B．K2FeO4具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，B错误；C．Fe3+具有氧化性，可溶解印刷线路板上的金属铜，转化为铜离子，C正确；D．SO2具有还原性，氯水具有氧化性，将两者混合使用会发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，降低漂白效果，D错误；答案选C。17、C【详解】A．能将乙醇氧化成乙酸，A错误；B．Ca2+与反应生成CaSO3沉淀，B错误；C．各离子互不反应，能大量共存，C正确；D．甲基橙显橙色为酸性条件，不能大量存在，D错误；答案选C。18、C【详解】A、NaClO溶液中ClO-水解，故含ClO-的浓度小于0.1mol/L，A项正确；B、标准状况下，22.4L乙烯是1mol，含极性共价键是CH键，共为4NA，B项正确；C、1mol氢氧根离子所含电子数均为10NA，但1mol羟基所含电子数均为9NA，C项错误；D、甲醛和甲酸甲酯最简式相同，都是CH2O，3.0g共含最简式0.1mol，混合物中含有的原子数为0.4NA，D项正确；答案选C。19、A【详解】A．铝锂合金属于金属材料，A正确；B．电能属于二次能源，B错误；C．光缆的主要成分是二氧化硅，C错误；D．常见的高温结构陶瓷有氧化铝、SiC陶瓷等，均不是硅酸盐陶瓷，D错误。答案选A。20、A【解析】A，沉淀转化的一般原则：向更容易沉淀的方向移动；B，氧化还原型离子反应要遵守电荷守恒，电子守恒；C，根据量的多少判断；D，在离子反应中，弱电解质氢硫酸不能拆开。【详解】A.硫酸钙溶解度大于碳酸钙，根据沉淀转化的一般原则，反应向更容易沉淀的方向进行，饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−，A正确；B.根据电荷守恒，酸化NaIO3和NaI的混合溶液：5I−+IO3−+6H+3I2+3H2O，B错误；C.在FeBr2溶液中通入足量氯气，氯气能将亚铁离子和溴离子全部氧化，按照亚铁离子和溴离子的物质的量之比为1：2进行反应，2Fe2++4Br—+3Cl22Fe3++2Br2+6Cl−，C错误；D.氯气通入氢硫酸中产生黄色沉淀，由于氢硫酸是弱电解质，在离子反应书写时不能拆分，故Cl2+H2S2Cl—+S↓+2H+，D错误；答案为A。21、D【详解】A选项，钠与盐溶液反应先和盐溶液中的水反应，生成的氢氧化钠和硫酸铜反应，故A错误；B选项，次氯酸根具有强氧化性，要将少量二氧化硫氧化成硫酸根，因此产物应该是硫酸钙、氯离子和次氯酸，故B错误；C选项，惰性电极电解溴化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、溴单质和氢气，故C错误；D选项，两者都是生成水和易溶于水的盐，离子方程式相同，可以类比，故D正确；综上所述，答案为D。【点睛】次氯酸根在酸性、碱性、中性都具有强氧化性；硝酸根、高锰酸根在酸性条件下才具有强氧化性。22、D【解析】A、KMnO4溶液有强氧化性，能与还原性的物质SO2反应，CO2能使B中澄清石灰水变浑浊，故A不选；B、饱和食盐水能吸收HCl气体，氧化性物质Cl2能使B中淀粉碘化钾试纸变蓝，故B不选；C、饱和NaHCO3溶液能和HCl反应，CO2能和B中NaAlO2溶液反应生成絮状氢氧化铝沉淀，故C不选；D、浓硫酸吸收碱性气体氨气，酸性气体CO2不能使B中酚酞试液变色，试管B中无明显现象，故D选；故选D。二、非选择题(共84分)23、1~100nmFeFeSH2SO42Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子的存在4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3(胶体)+O2↑+8Na+【解析】将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则D中含有铁离子、F是Fe（OH）3，C和双氧水反应生成D，则C中含有亚铁离子，A能和S反应，A也能和稀硫酸反应生成亚铁盐，则A是Fe，C是FeSO4，D是Fe2（SO4）3，B是FeS，硫酸铁和氨水反应生成氢氧化铁和硫酸铵，则E是（NH4）2SO4；硫酸亚铁和过氧化钠反应生成氢氧化铁。则（1）胶体微粒直径在1～100nm之间；（2）通过以上分析知，A、B、H分别是Fe、FeS、H2SO4（稀）；（3）①双氧水是共价化合物，电子式为；②C是硫酸亚铁，硫酸亚铁和双氧水发生氧化还原反应生成硫酸铁和水，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；（4）E中有铵根离子，可取少量E于试管中，用胶头滴管加入氢氧化钠溶液，加热试管，可观察到试管口处湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有铵根离子；（5）硫酸亚铁和过氧化钠发生氧化还原反应生成氢氧化铁和氧气、硫酸钠，离子方程式为4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O＝4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋。24、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。25、受热均匀，易控制温度乙酸、1—丁醇和乙酸丁酯的沸点均高于100度，故不必进行水浴加热cab分液漏斗bcbc【分析】（1）用水浴加热均匀受热，容易控制温度，水浴加热的缺点是加热温度最高只能达到100度。（2）根据表格中乙酸乙酯和乙酸丁酯的溶解性和密度进行分析；（3）两种酯都要用到分液的方法提纯；（4）考虑原料的成本和转化率；（5）根据平衡移动原理分析。【详解】（1）用水浴加热均匀受热，容易控制温度；水浴加热的缺点是加热温度最高只能达到100度，而乙酸、1—丁醇和乙酸丁酯的沸点均高于100度，故不必进行水浴加热，故答案为：受热均匀，易控制温度；乙酸、1—丁醇和乙酸丁酯的沸点均高于100度，故不必进行水浴加热；（2）提纯时，乙酸乙酯一般采用饱和Na2CO3溶液洗涤，而乙酸丁酯微溶于水，故可先用水洗，再用15％Na2CO3溶液洗涤，故答案为：c；a；b；（3）分离互不相溶的液体通常分液的方法，分液利用的仪器主要是分液漏斗，使用时注意下层液从分液漏斗管放出，上层液从分液漏斗上口倒出，酯的密度比水小，应从分液漏斗上口倒出；故答案为：分液漏斗；b；（4）在乙酸乙酯制备中，采用了乙醇过量，因为乙醇的成本较乙酸低，这样做可以提高乙酸的转化率，提高乙酸乙酯的产率，最大限度的降低成本，而乙醇本身的转化率会降低，故符合题意的为c项，故答案为：c；（5）提高1-丁醇的利用率，可使平衡向生成酯的方向移动。a、使用催化剂，缩短反应时间，平衡不移动，故a错误；b、加过量乙酸，平衡向生成酯的方向移动，1-丁醇的利用率增大，故b正确；c、不断移去产物，平衡向生成酯的方向移动，1-丁醇的利用率增大，故c正确；d、缩短反应时间，反应未达平衡，1-丁醇的利用率降低，故d错误。故答案为：bc。【点睛】本题以考查乙酸乙酯的制备为载体，旨在考查学生对知识的迁移运用，注意基础知识的积累。26、2Ag++===Ag2SO3↓有红色固体生成HCl溶液和BaCl2溶液在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，转化为Al3+、OH-V1明显大于V2亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件【解析】(1).实验Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4是饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑到SO32−浓度较大，因此推断白色沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag++SO32−=Ag2SO3↓，故答案为：2Ag++SO32−=Ag2SO3↓；(2).①.因Cu+和稀硫酸反应生成铜和铜离子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成，故答案为：有红色固体生成；②.a.分析实验流程可知，实验原理为2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、I2+SO32−+H2O=SO42−+2I−+2H+、SO42−+Ba2+=BaSO4↓，根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2溶液，考虑沉淀A没有BaSO3，因此应在酸性环境中，故答案为：HCl溶液和BaCl2溶液；b.由白色沉淀A可知，之前所取上层清液中有SO42−，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I−作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I−反应生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂SO32−，故答案为：在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32−转化为SO42−；(3).①.根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无SO42−，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推测沉淀中含有铝离子和氢氧根离子，可使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为存在具有还原性的亚硫酸根离子，故答案为：Al3+、OH-；②.a.根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al(OH)3还是铝的碱式盐，给定实验首先制备出现象Ⅲ中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此对比实验首先要制备出Al(OH)3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若两者消耗的NaOH体积相同，则现象Ⅲ中的沉淀就是Al(OH)3沉淀，若两者消耗的NaOH体积不同，则现象Ⅲ中的沉淀考虑是铝的碱式盐，故步骤二的实验方案为：；b.根据上述分析可知，假设ii成立的实验证据是V1明显大于V2，故答案为：V1明显大于V2；（4）.根据实验可知，亚硫酸盐具有还原性、水解使溶液呈碱性；根据题目，该实验探究的是亚硫酸钠溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应，所以盐溶液间反应的多样性与盐的性质和溶液的酸碱性等反应条件有关，故答案为：亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性；两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件。27、氯气氯化氢H2+Cl22HClEBD11.9BD【分析】(1)中心管道内通入氯气，从侧管中通入氢气可以将氯气包围，使氯气充分反应；(2)工业上用氢气在氯气中燃烧的方法制备氯化氢；(3)实验室常用N