2026届山东省淄博市淄川中学化学高三上期中质量跟踪监视模拟试题含解析

2026届山东省淄博市淄川中学化学高三上期中质量跟踪监视模拟试题注意事项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、将等物质的量的硫酸和氢氧化钠反应后所得到的溶液蒸干，可得到NaHSO4。下列关于NaHSO4的说法中正确的是()A．因为NaHSO4是离子化合物，因此能够导电B．NaHSO4固体中阳离子和阴离子的个数比是2∶1C．NaHSO4固体熔化时破坏的是离子键和共价键D．NaHSO4固体溶于水时既破坏离子键又破坏共价键2、实验室模拟工业漂白液（有效成分为NaClO）脱除废水中氨氮（NH3）的流程如下：下列分析正确的是A．①中采用蒸馏的方法精制粗盐水B．②中阳极的主要电极反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑C．③中制备漂白液的反应：Cl2+OH-=Cl-+HClOD．②、③、④中均发生了氧化还原反应3、有关NaCl晶体的性质，正确的是（）A．易导热 B．易熔化 C．熔融状态能导电 D．有延展性4、某溶液中可能含有、、、、、、、、、等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如图所示。下列说法正确的是（）A．原溶液中一定含有B．反应最后形成的溶液中的溶质只有C．原溶液中含有与的物质的量之比为D．原溶液中一定含有的阴离子是：、、、5、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．标准状况下，11.2L水中含有分子的数目为0.5NAB．100mL0.2mol·L－1的FeCl3溶液中，含Fe3＋数为0.02NAC．1molCl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数为1NAD．在密闭容器中加入0.5molN2和1.5molH2，充分反应后可得到NH3分子数为NA6、某新型锂空气二次电池放电情况如图所示，关于该电池的叙述正确的是A．电解液应选择可传递Li＋的水溶液B．充电时，应将锂电极与电源正极相连C．放电时，空气电极上发生的电极反应为2Li＋＋O2＋2e－=Li2O2D．充电时，若电路中转移0.5mol电子，空气电极的质量将减少3.5g7、下列有关图示装置的叙述不正确的是（）A．①可用于吸收实验中多余的SO2B．②可用于收集H2、NH3、Cl2、NO等C．③中X为CC14，可用于吸收NH3或HC1气体D．④可用于收集NH3，并吸收多余的NH38、NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．1.0L1.0mo1·L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB．12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5NAC．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NAD．1mol的羟基与1moL的氢氧根离子所含电子数均为9NA9、醋酸钠中不存在（）A．离子键B．极性键C．非极性键D．分子间作用力10、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是A．原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)B．化合物N与乙烯均能使溴水褪色，且原理相同C．含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性D．Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构11、下面是模拟金属电化学腐蚀与防护原理的示意图。下列叙述不正确的是A．若X为食盐水，K未闭合，Fe棒上C点铁锈最多B．若X为食盐水，K与M连接，C(碳)处pH值最大C．若X为稀盐酸，K与N、M连接，Fe腐蚀情况前者更慢D．若X为稀盐酸，K与M连接，C(碳)上电极反应为2H++2e﹣=H2↑12、下列实验中，所选装置或实验设计合理的是A．图⑤所示装置中盛有饱和Na2SO3溶液除去SO2中含有的少量HClB．用乙醇提取碘水中的碘选择图③所示装置C．用图①和②所示装置进行粗盐提纯D．用图④所示装置进行石油分馏实验制取汽油13、下列指定反应的离子方程式正确的是A．Na加入H2O中：Na+2H2O=Na++2OH－+H2↑B．Fe(CH3COO)2溶液中加入稀硝酸：CH3COO－+H+=CH3COOHC．[Ag(NH3)2]OH溶液中加入过量盐酸：[Ag(NH3)2]++OH－+3H++Cl－=AgCl↓+2NH+H2OD．Na2SO3溶液中通入过量Cl2：3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl－+SO14、下列实验装置设计正确、且能达到目的的是Ⅰ

Ⅱ

Ⅲ

ⅣA．实验I：可用于吸收氨气，并能防止倒吸B．实验Ⅱ：静置一段时间，小试管内有晶体析出C．实验III：配制一定物质的量浓度的稀硫酸D．实验Ⅳ：海水的淡化15、利用双离子交换膜电解法可以从含硝酸铵的工业废水中生产硝酸和氨，原理如图所示。下列叙述正确的是（）A．N室中硝酸溶液浓度a%＞b% B．a、c为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜C．M、N室分别产生氧气和氢气 D．产品室发生的反应为+OH-=NH3+H2O16、在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．B．C．D．17、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数是内层电子总数的2倍，X、Z同主族且质子数之比为1：2，Y的最高价氧化物对应的水化物属于中强碱。下列说法正确的是()A．简单离子半径：Z＞X＞YB．常温下，W的氢化物均为气体C．X、Z形成的化合物可用作食品漂白剂D．工业上常用电解YX的方法冶炼Y单质18、一定量的铁与一定量的浓HNO3反应，得到硝酸铁溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与3.36LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铁溶液中加入2mol•L-1的NaOH溶液至Fe3+恰好沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）A．150mL B．300mL C．120mL D．90mL19、X、Y、Z是中学化学常见的三种有色物质(其组成元素均属于短周期元素），摩尔质量依次增大，它们均能与水发生氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂。下列说法正确的是A．X、Y、Z中，只有Y能使湿润的淀粉-碘化钾试纸变蓝B．1molY或Z与足量水完全反应时，均转移2mol电子C．Z为离子化合物，但含有非极性键，阴、阳离子个数比为1:2D．X和Y均能用向上排空气法和排水法收集20、据最新报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6=O2（PtF6），已知O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt的化合价为+5，对于此反应，下列说法正确的是（）A．反应中，O2是氧化剂，PtF6是还原剂 B．O2（PtF6）中氧元素的化合价为+1C．O2（PtF6）中不存在共价键 D．每生成1molO2（PtF6）则转移1mol电子21、下列离子方程式书写正确的是()A．用醋酸检验牙膏中的摩擦剂碳酸钙：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑B．向氧氧化亚铁中加人足量的稀硝酸：Fe(OH)2+2H+=Fe2++2H2OC．向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3++2+2Ba2++4OH−=2BaSO4↓++2H2OD．向碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：+OH−=NH3·H2O22、易形成简单阴离子的元素是A．O B．Mg C．Na D．He二、非选择题(共84分)23、（14分）已知A、B、C、D、E、F都是短周期的元素，它们的原子序数依次递增。A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，而B原子的最外层电子数是次外层的2倍，C的氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B和D可以形成两种气态化合物，E原子核外电子总数比B的2倍少1，F在本周期元素中原子半径最小。则：(1)A、B、C、D、E、F的名称分别是_____________________________。(2)在A至F中任选元素，写出一种含非极性键的离子化合物的电子式_________。(3)由B和D组成，且B和D的质量比为3∶8的化合物的电子式是_________，该物质与E的同周期相邻主族元素的单质反应的化学方程式为__________________。(4)F单质与E的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为_________________________。(5)将8gBA4完全燃烧后恢复到室温，放出热量akJ，写出表示BA4的燃烧热的热化学方程式_______。24、（12分）以烃A为原料合成医用麻醉药苄佐卡因和食品防腐剂尼泊金酸乙酯的路线如下：完成下列填空（1）A的结构简式是____________。工业上A的来源通常是_______________。（2）反应①的化学方程式是_____________________。（3）反应②的反应类型是____________。（4）反应③的试剂与条件是_______________。（5）F的结构简式是_____________________。（6）尼泊金酸乙酯有多种同分异构体，任写一种符合下列要求的同分异构体的结构简式____________。i.能发生银镜反应且分子中不含甲基ii.苯环上有两个对位取代基（7）以A为起始原料，可以合成涂改液的主要成分亚甲基环己烷（），写出其合成线路。___________________。（合成路线常用的表示方式为：）25、（12分）某学生对Na2SO3与AgNO3在不同pH下的反应进行探究。（1）测得0.1mol/L的Na2SO3溶液pH=11，其原因是___________（用离子方程式解释）（2）调节pH，对两者的反应进行了如下实验并记录了实验现象（实验都在锥形瓶中完成，且所用锥形瓶均进行振荡）实验pH实验现象110产生白色沉淀，稍后溶解，溶液澄清26产生白色沉淀，放置长时间后无变化32产生白色沉淀，一段时间后，变为棕黑色海绵状沉淀X已知：A．Ag2SO3：白色不溶于水，能溶于过量Na2SO3溶液B．Ag2SO4：白色微溶于水，只能溶于浓硝酸C．Ag2O：棕黑色，能与酸反应①根据以上信息，解释实验1中白色沉淀溶解可能的原因___________②甲同学对于实验2中的白色沉淀的成分，提出如下猜想猜想1：白色沉淀为Ag2SO3猜想2：白色沉淀为Ag2SO4猜想3：白色沉淀中既有Ag2SO3也有Ag2SO4为了证明其猜想，甲同学过滤实验2中的白色沉淀，加入_________溶液，发现白色沉淀部分溶解；再将剩余固体过滤出来，加入_________溶液，沉淀完全溶解，由此证明猜想3成立。（3）乙同学为了确定实验3中棕黑色沉淀X的成分，做了如下实验①向X中加入稀盐酸，无明显变化②向X中加入过量浓硝酸，有红棕色气体生成③分别用Ba（NO3）2溶液和BaCl2溶液检验实验②反应后的溶液，发现前者无变化，后者产生白色沉淀，其中，实验①的目的为___________，由上述实验现象可确定沉淀X的成分为___________（填化学式），实验②的化学方程式为___________。26、（10分）氯气在工业上有着重要的用途，某兴趣小组在实验室中模拟工业上用氯气制备无水氯化铝（无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾）．可用下列装置制备．（1）装置B中盛放__________溶液，其作用是___________．F中的是________溶液，其作用是_____________．用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用，所装填的试剂为________．（2）装置A实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依次是_____________（填序号）．A．往烧瓶中加入MnO2粉末B．加热C．往烧瓶中加入浓盐酸（3）制备反应会因盐酸浓度下降而停止．为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出很多实验方案，其中方案之一为让残留的液体与足量Zn反应，测量生成的H2体积．装置如图所示（夹持器具已略去）．反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积、气体体积逐渐减小，直至不变．气体体积逐次减小的原因是____________________（排除仪器和实验操作的影响因素）．（4）该小组同学查资料得知：将氯酸钾固体和浓盐酸混合也能生成氯气，同时有大量ClO2生成；ClO2沸点为10℃，熔点为﹣59℃，液体为红色；Cl2沸点为﹣34℃，液态为黄绿色．设计最简单的实验验证Cl2中含有ClO2___________________．27、（12分）已知碘在酸性条件下被氯酸钾氧化成碘酸钾（KIO3），后与氯化钙反应生成碘酸钙。I.制备碘酸钙回答下列问题：（1）已知氧化性：ClO>IO>Cl2。写出制备碘酸钾的化学方程式_______。（2）制备装置（如图）中需用______（填“直形”或“球形”）冷凝管，反应产生的气体可用_____溶液尾气处理。

（3）水浴时，在烧瓶瓶颈处逐渐析出了一些紫红色固体，请解释此现象____。（4）白色沉淀经过滤后，又依次用冰水、无水乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的作用是____。II.产品纯度测定①准确称取产品（不含结晶水）1.300g，置于烧杯中，加入10mL1：1高氯酸，微热溶解试样，冷却后移入250mL容量瓶中，用水稀释至刻度，摇匀。②移取试液25.00mL，加入1：1高氯酸1mL、碘化钾1.5g；③加入0.5%淀粉溶液2mL，用浓度为cmol/L的Na2S2O3标准溶液滴定至终点。再平行测定两次。回答下列问题：（5）写出②中反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比是____；③中滴定终点的判断现象是_____________。（6）已知测定时发生反应I2+2S2O=2I-+S4O，三次平行测定消耗硫代硫酸钠标准溶液的平均体积为VimL，空白试验消耗硫代硫酸钠标准溶液的体积为V2mL,则1.300g产品中碘酸钙物质的量n[Ca（IO3）2]为____mmol。28、（14分）NaClO用途非常广泛。NaClO溶液中微粒的物质的量分布分数与溶液pH的关系如图-1所示，某NaClO溶液中有效氯含量与温度的关系如图-2所示。(1)工业上常用NaOH溶液与Cl2反应制备NaClO。Cl2与冷的NaOH溶液反应的离子方程式为____，当通入Cl2至溶液pH=5时，溶液中浓度最大的微粒是____(填“Cl2”“ClO－”或“HClO”)。(2)NaClO溶液在空气中易失效，其与空气中CO2反应的化学方程式为____(已知H2CO3的Ka1、Ka2依次为4.47×10－7、4.68×10－11)。(3)NaClO溶液可用于脱除黄磷生产尾气中PH3等有害气体。脱除PH3机理为：H3O++ClO－=HClO+H2OPH3+HClO=[PH3O]+H++Cl－[PH3O]+ClO－=H3PO2+Cl－室温下，用3%的NaClO溶液分别在pH=9、pH=11时处理含PH3的尾气，PH3的脱除率如图-3所示：①下列措施能提高尾气中PH3的脱除率的是____(填标号)。A．增大尾气的流速B．将吸收液加热到40℃以上C．采用气、液逆流的方式吸收尾气D．吸收尾气的过程中定期补加适量NaClO并调节合适的溶液pH②已知PH3几乎不与NaOH溶液反应，黄磷生产尾气中除PH3外，还有大量的H2S等有害气体。黄磷尾气通过NaClO吸收液前需预先用30%NaOH溶液吸收处理，其目的是____。③pH=9时PH3的脱除率总是比pH=11的大，其原因是____。29、（10分）直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。工业上常采用催化还原法和碱吸收法处理SO2气体。（1）下图所示：1molCH4完全燃烧生成气态水的能量变化和1molS(g)燃烧的能量变化。在催化剂作用下，CH4可以还原SO2生成单质S(g)、H2O(g)和CO2，写出该反应的热化学方程式________________________________________________________。（2）焦炭催化还原二氧化硫的化学方程式为2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)。一定压强下，向1L密闭容器中充入足量的焦炭和1molSO2发生反应，测得SO2的生成速率与S2(g)的生成速率随温度变化的关系如图所示：①A、B、C、D四点对应的状态中，达到平衡状态的有_____________(填字母)。②该反应的△H_____0(填“>”“<”或“=”)。③下列措施能够增大SO2平衡转化率的是______________。A．降低温度B．增加C的量C．减小容器体积D．添加高效催化剂（3）用氨水吸收SO2。25℃时，将含SO2的烟气通入一定浓度的氨水中，当溶液显中性时，溶液中的=_____________。(已知25℃，Ka1(H2SO3)=1.3×10-2，Ka2(H2SO3)=6.2×10-8)（4）当吸收液失去吸收能力后通入O2可得到NH4HSO4溶液，用如图所示装置电解所得NH4HSO4溶液可制得强氧化剂(NH4)2S2O8，请写出电解NH4HSO4溶液的化学方程式_______________。

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、D【解析】A．虽然NaHSO4是离子化合物，但其固体中不存在自由移动的阴阳离子，因而不能导电，A错误；B．NaHSO4固体中阳离子（Na＋）和阴离子(HSO4－)的个数比是1∶1，B错误；C．NaHSO4固体熔化时破坏的只是离子键，C错误；D．NaHSO4固体溶于水时电离成Na+、H+和SO42－，破坏的是离子键和共价键，D正确；答案选D。2、D【解析】A.①中采用蒸馏只能得到蒸馏水，得不到精制盐水，要得到精制盐水需要使用化学方法除去其中的杂质，错误；B.阳极发生氧化反应，②中阳极的主要电极反应：2Cl――2e－＝Cl2↑，错误；C.生成的氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，③中制备漂白液的反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，错误；D.②中电解氯化钠溶液生成氢气和氯气以及氢氧化钠、③中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、④中次氯酸钠与氨气反应生成氮气和氯化钠，均存在元素化合价的变化，发生了氧化还原反应，正确；故选D。3、C【分析】NaCl晶体属于离子晶体，具有较高的熔沸点，难挥发，硬而脆，熔融状态下能导电。【详解】NaCl晶体属于离子晶体，熔融状态下能导电；答案选C。4、D【分析】根据图像分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含有OH-离子，则与OH-不能共存的离子为Fe3+、Mg2+、Al3+；随后发生反应沉淀逐渐增大，说明是AlO2-和SiO32-和氢离子反应生成氢氧化铝和硅酸，继续加入盐酸沉淀质量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32-，反应后继续加入盐酸，沉淀量逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀。氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液中电中性可以知道一定含有Na+离子。【详解】A．溶液中硫酸根离子不能确定，剩余溶液中不一定含有硫酸钠，A错误；B．反应最后形成的溶液中的溶质为氯化钠和氯化铝，B错误；C．根据图像可以知道和碳酸根离子反应的盐酸为2L，CO32-+2H+=CO2↑+H2O，氢氧化铝溶解消耗的盐酸的体积为4L，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，原溶液中含有碳酸根与偏铝酸根的物质的量比为3:4，C错误；D．根据分析判断原溶液中一定含有氢氧根、硅酸根、偏铝酸根、碳酸根，D正确；故选D。5、C【解析】A.标准状况下水是液态，不能利用气体摩尔体积计算11.2L水中含有分子的数目，A错误；B.铁离子水解，因此100mL0.2mol·L－1的FeCl3溶液中含Fe3＋数目小于0.02NA，B错误；C.1molCl2与足量的NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，转移的电子数为NA，C正确；D.合成氨反应是可逆的，在密闭容器中加入0.5molN2和1.5molH2，充分反应后得到的NH3分子数小于NA，D错误，答案选C。点睛：该类题的特点是以微粒数目的计算为依托，考查物质的结构、元素化合物、氧化还原反应、电解质溶液等知识。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。6、C【分析】在锂空气电池中，锂作负极，电极反应式为Li-e-=Li+，以空气中的氧气作为正极反应物，正极上是氧气得电子的还原反应，反应为2Li++O2+2e-=Li2O2，据此解答。【详解】A.Li易与水反应，所以电解液不能选择可传递Li+的水溶液，A错误；B.充电时，电池的负极连接电源的负极，所以应将锂电极与电源负极相连，B错误；C.放电时，空气中的氧气作为正极反应物，正极上是氧气得电子的还原反应，反应为2Li++O2+2e-=Li2O2，C正确；D.充电时，空气电极反应为Li2O2-2e-=2Li++O2，可见每转移2mol电子，空气电极的质量减少46g，若电路中转移0.5mol电子，空气电极的质量将减少46g÷4=11.5g，D错误；故合理选项是C。【点睛】

7、B【详解】A.二氧化硫有毒，需用氢氧化钠溶液吸收，A项正确；B.长导管进气可收集Cl2，短导管进气可收集H2、NH3，但NO的密度与空气的相差不大，且会与空气中氧气反应，则不能用排空气法收集，B项错误；C.

X为CC14，其密度比水的密度大，在水的下层，可隔绝气体与水，起到防倒吸的作用，C项正确；D.氨气属于碱性气体，图中碱石灰干燥氨气，且其密度比空气的小，易溶于水，采用向下排空气法收集及尾气处理均合理，D向正确；答案选B。【点睛】装置③中若选用密度比水小的有机溶剂，有机层在上方，导管仍能直接接触水，则不能防倒吸。8、B【详解】A、忽视了NaAlO2溶液中的水，错；B、每个碳原子被3个六元环共用，则每个六元环占有的碳原子数＝1××6＝2个，12g石墨烯含六元环的物质的量＝12/24＝0.5mol，正确；C、没有告诉溶液的体积，无法计算，错；D、OH－是10电子微粒，所含电子数为10N0，错。9、D【解析】醋酸钠是离子化合物，存在离子键，碳氢之间存在极性键，碳碳之间存在非极性键，不存在分子作用力，答案选D。10、C【分析】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；【详解】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序是r(Na)>r(s)>r(O)，故A错误；B、SO2能使溴水褪色，发生SO2＋Br2＋H2O=2HBr＋H2SO4，利用SO2的还原性，乙烯和溴水反应，发生的加成反应，故B错误；C、含S元素的盐溶液，如果是Na2SO4，溶液显中性，如果是NaHSO4，溶液显酸性，如果是Na2SO3，溶液显碱性，故C正确；D、形成化合物分别是NaH、Na2O/Na2O2、Na2S，NaH中H最外层有2个电子，不满足8电子结构，故D错误，答案选C。【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般来说电子层数越多，半径越大；二看原子序数，当电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。11、A【详解】A．若X为食盐水，K未闭合，Fe棒上B点水面上铁与空气及水蒸气接触，最易发生腐蚀，铁锈最多，选项A不正确；B．若X为食盐水，K与M连接，形成原电池，碳棒为正极，C(碳)处水电离产生的氢离子得电子产生氢气，氢氧根离子浓度增大，pH值最大，选项B正确；C．若X为稀盐酸，K与N、M连接，形成原电池，接N时铁为正极被保护，接M时铁为负极腐蚀加快，故Fe腐蚀情况前者更慢，选项C正确；D．若X为稀盐酸，K与M连接，C(碳)上氢离子得电子产生氢气，电极反应为2H++2e﹣=H2↑，选项D正确。答案选A。12、C【详解】A、SO2可与Na2SO3溶液反应，除去SO2中含有的少量HCl，应该选用饱和NaHSO3溶液，故不选A项；B、乙醇和水互溶，不能用作萃取溴水中溴单质的萃取剂，可选用CCl4，故不选B项；C、粗盐提纯时，首先将粗盐溶液过滤除去难溶性杂质，再通过蒸发结晶获得较纯净的NaCl晶体，需要用到过滤装置①和蒸发装置②，故选C项；D、采用蒸馏法分离酒精和水时，蒸馏装置中需要用温度计确定馏分温度，④中缺少温度计，故不选D项。

综上所述，本题应选C。【点睛】蒸馏装置中需要注意两点，第一为温度计的位置，温度计应放在支口烧瓶支口处，第二为冷凝水的方向，下进上出，冷凝效果好。13、C【详解】A.Na加入H2O发生反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑，故A错误；B.稀硝酸具有强氧化性，所以Fe(CH3COO)2溶液中加入稀硝酸发生反应的离子方程式为：6CH3COO－+10H++NO+3Fe2+=6CH3COOH+3Fe3++NO+H2O，故B错误；C.[Ag(NH3)2]OH溶液中加入过量盐酸反应的离子方程式为：[Ag(NH3)2]++OH－+3H++Cl－=AgCl↓+2NH+H2O，故C正确；D.Cl2具有强氧化性，Na2SO3具有还原性，所以Na2SO3溶液中通入过量Cl2会发生氧化还原反应，其反应的离子方程式：SO+Cl2+H2O=SO+2Cl－+2H+，故D错误；故答案：C。14、B【详解】A、苯的密度小于水的，在上层。氨气极易溶于水，直接插入到水中进行吸收，容易引起倒吸，选项A不正确；B、浓硫酸具有吸水性，导致饱和硝酸钾溶液中溶剂减少，因而有硝酸钾晶体析出，选项B正确；C、浓硫酸不能在量筒中稀释，选项C不正确；D、蒸馏时温度计水银球应该放在蒸馏烧瓶支管出口处，选项D不正确；答案选B。15、D【分析】由图可知，电解时M室中石墨电极为阴极，阴极上水得电子生成H2和OH-，反应式为：，原料室中的铵根离子通过b膜进入产品室，产品室中OH-和反应生成NH3H2O。N室中石墨为阳极，阳极上水失电子生成O2和H+，反应式为：，原料室中的硝酸根离子通过c膜进入N室，N室中H+和反应生成HNO3。【详解】A．N室中石墨为阳极，阳极上水失电子生成O2和H+，电极反应式为：，生成氢离子，氢离子浓度增加，因此N室中硝酸溶液浓度a%<b%，故A错误；B．由题干分析可知a、c为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜，故B错误；C．M、N室分别产生氢气和氧气，故C错误；D．产品室发生的反应为+OH-=NH3+H2O，故D正确；答案选：D。16、C【解析】A、二氧化硅与盐酸不反应，所以不能实现转化，故A错误；B、二硫化亚铁灼烧生成二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸而不是硫酸，所以不能实现转化，故B错误；C、氮气与氢气在高温、高压和催化剂存在时反应生成氨气，氨气与氯化氢反应生成氯化铵，能实现各步转化，故C正确；D、电解氯化镁溶液不能生成镁，应该用电解熔融的氯化镁得到单质镁，所以不能实现以上转化，故D错误；故选C。17、A【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数是内层电子总数的2倍，则W为C，X、Z同主族且质子数之比为1：2，则X为O，Z为S，Y的最高价氧化物对应的水化物属于中强碱，Y为Mg。【详解】A．简单离子半径：S2−＞O2−＞Na+，故A正确；B．常温下，W的氢化物不一定都为气体，比如苯，故B错误；C．X、Z形成的化合物SO2不能用作食品漂白剂，会伤害人体肝等，故C错误；D．工业上常用电解熔融的MgCl2的方法冶炼Mg单质，故D错误。综上所述，答案为A。18、B【分析】根据氧气的体积计算物质的量，根据氧气的物质的量计算其转移电子数，转移电子数等于铁离子结合的氢氧根的物质的量，据此解答。【详解】3.36LO2（标准状况）的物质的量为3.36/22.4=0.15mol，则转移电子物质的量为0.15×4=0.6mol，根据守恒分析，电子物质的量等于铁离子结合的氢氧根离子物质的量，即氢氧化钠的物质的量为0.6mol，溶液的体积为0.6/2=0.3L，即300mL。故选B。【点睛】掌握有关硝酸的计算中的守恒关系，反应中铁元素失去电子数=硝酸中氮元素得到电子数=氧气得到的电子数=铁离子结合的氢氧根离子数。19、C【解析】试题分析：X、Y、Z是中学化学常见的三种有色物质(其组成的元素均属短周期元素)，摩尔质量依次增大，它们均能与水发生氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，则这三种物质分别是NO2、Cl2、Na2O2，A．这三种物质都具有氧化性，所以都能氧化碘离子生成碘，都能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，A错误;B．Cl2+H2O=HCl+HClO、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；1molY或Z与足量水完全反应时，均转移1mol电子，故B错误；Na2O2为离子化合物，但含有非极性键，阴、阳离子个数比为1：2，故C正确；NO2不能用排水法收集，故D错误。考点：本题考查元素化合物。20、D【解析】A、由O2（PtF6）中Pt为+5价，PtF6中Pt为+6价，反应中Pt元素的化合价降低，则PtF6为氧化剂、O2为还原剂，A错误；B、O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt为+5价，F为-1价，由化合物中正负化合价的代数和为0，氧元素为＋0.5价，B错误；C、离子化合物O2（PtF6）中，O2＋与PtF6-形成离子键，PtF6-是络离子，Pt提供空轨道，F提供孤对电子形成配位键，另外，O2＋中两个氧原子间也以非极性共价键结合，则O2（PtF6）存在共价键，C错误；D、由反应前后元素的化合价变化可知，Pt化合价变化数为6-5=1，或氧变价为：0.5×=1，则该反应中每生成1molO2（PtF6）则转移1mol电子，D正确；故选D。21、C【详解】A.因醋酸是弱酸，在写离子方程式时是不拆开的，所以正确的离子方程式是：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，故A项错误；B.因硝酸具有氧化性，所以硝酸足量时，Fe2+被氧化成了Fe3+，所以其正确的离子方程式是3Fe(OH)2+10H++=3Fe3++NO↑+8H2O，故B项错误；C.氢氧化钡过量，铝离子变为偏铝酸根离子，硫酸根离子完全沉淀，离子方程式正确，故C项正确；D.因碳酸氢铵在水中电离时产生的是和，所以其正确的离子方程式是++2OH-=+NH3↑+2H2O，故D项错误；【点睛】本题是一个选择题，可以从化学式拆写、是否符合事实，这两个角度快速判断出A、B、D三个选项是错误的22、A【详解】Mg、Na为金属，最外层电子数较少，容易形成阳离子，不能形成简单阴离子；O原子最外层电子数较多，易得到电子形成阴离子；He为惰性气体，性质稳定，不容易形成阳离子，也不容易形成阴离子，故选A。二、非选择题(共84分)23、氢、碳、氮、氧、钠、氯CO2+2MgC+2MgO2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2OCH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-2akJ/mol【分析】A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，应为H元素；B原子的最外层电子数是次外层的2倍，应为C元素；C的氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应为N元素，形成的氢化物为氨气，为碱性气体；B和D可以形成两种气态化合物，应分别为CO和CO2，则D为O元素；E原子核外电子总数比B的2倍少1，则E的原子序数为11，应为Na元素；A、B、C、D、E、F都是短周期的元素，它们的原子序数依次递增，且F在本周期元素中原子半径最小，应为Cl元素。【详解】(1)综上所述A、B、C、D、E、F的名称分别是氢、碳、氮、氧、钠、氯，因此答案是:氢、碳、氮、氧、钠、氯；

(2)在A至F元素中含非极性键的离子化合物Na2O2，其电子式，因此答案是:。(3)B为C、D为O，由C和O组成的且C和O的质量比为3∶8的化合物为CO2，其电子式为，该物质与E为Na的同周期相邻主族元素Mg的单质反应的化学方程式为CO2+2MgC+2MgO,因此答案是；CO2+2MgC+2MgO。(4)F单质为Cl2与Na的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；因此答案是:2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；(5)BA4为CH4，将8g的CH4完全燃烧后恢复到室温，放出热量akJ，则1molCH4完全燃烧放出2akJ的热量，则CH4的燃烧热的热化学方程式CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-2akJ/mol，答案：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-2akJ/mol。24、煤的干馏：+HNO3（浓）+H2O还原反应Cl2/FeCl3、、、、任写一种即可【分析】根据后续流程可知A中含有苯环，其分子式为C7H8，可知A为甲基苯，B到C为氧化反应，苯环上的甲级可以被氧化成羧基，所以C到为酯化反应，X为CH3CH2OH，则A到B引入了硝基，为与浓硝酸的取代反应；A到D为取代反应，F到尼泊金酸乙酯为酯化反应，尼泊金酸乙酯分子中有酚羟基，则E到F为氯代烃的取代，F为，E为，D为，故A到D是氯原子取代了苯环上的氢。据此进行解答。【详解】（1）A为甲基苯，其结构简式为，煤干馏得到煤焦油，煤焦油中含甲苯、苯等；故答案为：；煤的干馏；（2）反应①为甲苯与浓硝酸的取代，故答案为：+HNO3（浓）+H2O；（3）反应②由到苄佐卡因，过程中去氧加氢，故为还原反应，故答案为：还原反应；（4）反应③为氯原子取代苯环上的氢，该反应需要FeCl3做催化剂，故答案为：Cl2/FeCl3；（5）根据分析可知答案为：；（6）尼泊金酸乙酯结构简式可知其不饱和度为5，则其同分异构体不饱和度也为5，根据“能发生银镜反应且分子中不含甲基”可知其含有—CHO结构，且没有—CH3,；又“苯环上有两个对位取代基”，所以同分异构体有：、、、、任写一种即可；（7）可由发生消去反应得到，可由发生加成反应得到，可由甲苯发生取代反应得到，其合成路线为，

故答案为：。【点睛】明确有机物的官能团及其物质之间的转化关系是解本题关键，熟练掌握烃、卤代烃、醇、醛、羧酸及酯之间的转化关系；第（7）题合成路线的设计可用逆推法进行分析。25、SO32－+H2OHSO3－+OH－生成的Ag2SO3被过量的Na2SO3溶解Na2SO3浓硝酸证明该沉淀不是Ag2OAgAg+2HNO3=AgNO3+NO2↑+H2O【解析】①白色沉淀1可能为Ag2SO3，Na2SO3与AgNO3发生复分解反应生成Ag2SO3沉淀，根据已知“Ag2SO3能溶于过量Na2SO3溶液”，因此可能是生成的Ag2SO3被过量的Na2SO3溶解；②pH=6时，酸性条件下，NO3-具有氧化性，SO32-具有还原性，两者发生氧化还原反应，SO32-可能被氧化为SO42-，即可与Ag+结合生成Ag2SO4，所以沉淀2可能Ag2SO4和Ag2SO3混合物；③pH=2时，产生白色沉淀，一段时间后，变为棕黑色海绵状沉淀X，则X可能为Ag2O或Ag，向黑色沉淀中加入稀盐酸，如果黑色沉淀溶解，则证明黑色沉淀含有Ag2O，若沉淀不溶解，则证明黑色沉淀不含有Ag2O；再加浓硝酸，沉淀溶解，则说明沉淀含有Ag。【详解】(1)Na2SO3为强碱弱酸盐，SO32-发生水解，SO32－+H2OHSO3－+OH－，水解产生氢氧根，因此Na2SO3溶液呈碱性；(2)白色沉淀1为Ag2SO3，Na2SO3与AgNO3发生复分解反应生成Ag2SO3沉淀，根据已知“Ag2SO3能溶于过量Na2SO3溶液”，因此可能是生成的Ag2SO3被过量的Na2SO3溶解；②pH=6时，酸性条件下，NO3-具有氧化性，SO32-具有还原性，两者发生氧化还原反应，SO32-可能被氧化为SO42-，即可与Ag+结合生成Ag2SO4，所以沉淀中可能有Ag2SO3和Ag2SO4，可先验证Ag2SO3，向白色沉淀中加入Na2SO3溶液，发现白色沉淀部分溶解，则证明沉淀中含有部分Ag2SO3；再验证Ag2SO4，根据已知“Ag2SO4：白色微溶于水，只能溶于浓硝酸”可用浓硝酸验证Ag2SO4，操作为将剩余固体过滤出来，加入浓硝酸溶液，沉淀完全溶解，则证明沉淀中含有部分Ag2SO4。(3)pH=2时，产生白色沉淀，一段时间后，变为棕黑色海绵状沉淀X，则X可能为Ag2O或Ag，根据已知“Ag2O：棕黑色，能与酸反应”，可先用非氧化性酸（盐酸）验证是否存在Ag2O，①向X中加入稀盐酸，无明显变化，则证明黑色沉淀不含有Ag2O；再用浓硝酸验证沉淀是否为Ag，②向X中加入过量浓硝酸，有红棕色气体生成，说明沉淀为Ag，Ag与浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化氮气体、硝酸银和水，反应方程式为:Ag+2HNO3=AgNO3+NO2↑+H2O。26、饱和食盐水除去氯化氢气体浓硫酸防止G中的水蒸气进入E中碱石灰ACB气体未冷却到室温收集一试管气体，盖上胶塞，放入冰水混合物中，观察液体（或气体）颜色变化【解析】根据实验装置图可知，该实验中用浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中有氯化氢、水等杂质，先用饱和食盐水除氯化氢，再用浓硫酸干燥，氯气与铝反应制得氯化铝，反应的尾气中有氯气用氢氧化钠吸收，为防止氯化铝与氢氧化钠溶液中的水蒸汽反应，所以在收集装置和尾气吸收装置之间加一干燥装置F。【详解】（1）根据所给的装置图可知，装置A是实验室利用浓盐酸与二氧化锰反应制备氯气，制得的氯气中含有氯化氢和水等杂质，所以B装置中应装饱和食盐水是为了除去混有的HCl气体；因为氯化铝易发生水解，故F应该防止空气中的水蒸气进入E装置，所以E装置中应放浓硫酸，而G是吸收反应剩余的氯气，所以可以加入碱石灰来代替F和G的作用，故答案为：饱和食盐水；除去氯化氢气体；浓硫酸；防止G中的水蒸气进入E中；碱石灰；（2）装置A实验中用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，应先加二氧化锰，再从分液漏斗中加入浓盐酸，再加热，所以操作顺序为ACB，故答案为：ACB；（3）反应完毕后，每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐渐减小的原因是气体未冷却到室温，当温度冷却到室温后，气体体积不再改变，故答案为：气体未冷却到室温；（4）根据ClO2沸点为10℃，熔点为-59℃，液体为红色，Cl2沸点为-34℃，液态为黄绿色，为验证Cl2中含有ClO2，收集一试管气体，盖上胶塞，放入冰水混合物中，观察液体（或气体）颜色变化，若出现红色，则说明Cl2中含有ClO2，故答案为：收集一试管气体，盖上胶塞，放入冰水混合物中，观察液体（或气体）颜色变化。27、I2+2KClO32KIO3+Cl2↑球形NaOH升华后遇冷凝华为固体除水，并快速干燥固体最后一滴标准溶液滴入锥形瓶后，溶液由蓝色变为无色，且内不恢复颜色【分析】碘在酸性条件下被氯酸钾氧化成碘酸钾（KIO3），后与氯化钙反应生成碘酸钙，得到的产品进行纯度的检验，利用Na2S2O3标准溶液滴定，进而计算其纯度。【详解】Ⅰ根据氧化性：，所以碘和氯酸钾反应的化学方程式：I2+2KClO32KIO3+Cl2↑；根据图中所示，装置中需用球形冷凝管；反应中产生的氯气有毒，能与氢氧化钠溶液反应，所以用氢氧化钠溶液吸收；故答案为：球形；NaOH；

水浴时，在烧瓶瓶颈处逐渐析出了一些紫红色固体，原因是升华后遇冷凝华为紫红色的固体；故答案为：升华后遇冷凝华为固体；

乙醇与水以任意比互溶，易挥发，使用乙醇洗涤的作用是除水，并快速干燥固体；故答案为：除水，并快速干燥固体；

Ⅱ发生的反应为：，的反应方程式为：，反应中只有碘元素化合价发生了变化，1个碘酸根离子中碘的化合价由价降低到0价被还原，得到还原产物，5个碘离子化合价由价升高到0价被氧化，得到氧化产物，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比是；中滴定时发生的反应为，碘的淀粉溶液为蓝色，终点的判断现象是最后一滴标准溶液滴入锥形瓶后，溶液由蓝色变为无色，且内不恢复颜色；故答案为：；最后一滴标准溶液滴入锥形瓶后，溶液由蓝色变为无色，且内不恢复颜色；

根据的反应得出关系式：

：，解得；故答案为：。

28、Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2OHClONaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClOCD吸收绝大多数H2S气体，减少NaClO的消耗量pH=9时溶液中HClO的浓度较大，更有利于释放原子氧(氧化性较pH=11时强)【分析】(1)Cl2与冷的NaOH溶液反应生成NaClO和NaCl，结合图1分析解答；(2)根据图1，pH=8时，溶液中HClO和ClO-的物质的量分布分数相等，即浓度相等，结合H2CO3的Ka1、Ka2分析判断HClO与H2CO3、HCO的酸性强弱，判断反应的产物；(3)①提高PH3的脱除率需要使反应充分进行，结合图2和PH3的脱除原理分析判断；②H2S等有害气体能够与氢氧化钠发生反应，也能NaClO吸收液发生氧化还原反应，而PH3几乎不与NaOH溶液反应，为了更好的除去PH3，需要减少NaClO的消耗，据此分析解答；③根据图3，结合PH3的脱除原理分析解答。【详解】(1)工业上常用NaOH溶液与Cl2反应制备NaClO，Cl2与冷的NaOH溶液反应生成NaClO和NaCl，反应的离子方程式为Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O；根据图1，当通入Cl2至溶液pH=5时，溶液中浓度最大的微粒是HClO，故答案为：Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O；HClO；(2)NaClO易与空气中的CO2反应生成次氯酸，根据图1，pH=8左右时，溶液中HClO和ClO-的物质的量分布分数相等，即浓度相等，因此HClO的电离平衡常数K=c(H+)≈10-8，而H2CO3的Ka1、Ka2依次为4.47×10－7、4.68×10－11，所以酸性：H2CO3＞HClO＞HCO，因此反应的化学方程式为NaClO+CO2+