山西省风陵渡中学2026届高三上化学期中检测试题含解析

山西省风陵渡中学2026届高三上化学期中检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、常温下，浓度均为0.1mol·L-1、体积为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化关系如图所示。下列叙述正确的是()A．HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱B．常温下，由水电离出的c(H+)·c(OH-)：a<bC．相同温度下，电离常数K(HX)：a>bD．lg＝3，若同时微热两种溶液，则减小2、水溶液X中可能溶有K+、Mg2+、Al3+、[Al(OH)4]-、SiO32-、SO32-、CO32-、SO42-中的若干种离子．某同学对该溶液进行了如下实验：下列判断不正确的是（）A．气体甲可能是混合物B．沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物C．白色沉淀乙的主要成分是氢氧化铝D．K+、[Al(OH)4]-和SiO32-一定存在于溶液X中3、某温度下，体积相同的甲、乙两容器中，分别充有等物质的量的SO3气体，在相同温度下发生反应2SO3(g)O2(g)+2SO2(g)并达到平衡。在这一过程中甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO3的转化率为P%，则乙容器中SO3的转化率A．等于P% B．大于P% C．小于P% D．无法比较4、下列关于离子检验的说法正确的是（）A．检验溶液中是否含有Ba2＋：取少量待测液，向其中加入少量稀硫酸，若有白色沉淀产生，则溶液中含有Ba2＋B．某溶液的焰色试验呈黄色，则溶液中一定有钠元素，可能有钾元素C．检验用氯亚铁制得的氯化铁中是否含有Fe2+，可选用的试剂是酸性KMnO4溶液D．在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在或5、下列有关物质的分类与性质的说法正确的是（）A．液氯、冰醋酸、C4H8均属于纯净物B．Na2O、Fe2O3、Al2O3属于碱性氧化物C．常用投加明矾、硫酸铁等电解质的方法处理浑浊的水D．蔗糖、硝酸钾和硫酸钡分别属于非电解质、强电解质和弱电解质6、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是A．常温常压下，22.4LNH3中存在共价键的总数为3NAB．0.1mol氯气充分反应，转移的电子数为一定为0.2NAC．100g46%的乙醇水溶液中含有氢原子数为12NAD．1molICl溶于NaOH溶液中生成NaC1和NaIO时，转移的电子数为2NA7、在300℃时，改变起始反应物中n(H2)对反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+Q（Q>0）的影响如右图所示。下列说法正确的是A．反应在b点达到平衡B．b点H2的转化率最高C．c点N2的转化率最高D．a、b、c三点的平衡常数Kb>Ka>Kc8、实验室电解饱和食盐水的装置如图所示。下列判断正确的是（）A．电极a为阴极 B．电极b上发生还原反应C．电极b为负极 D．阴极产生黄绿色气体9、下列表示氮原子结构的化学用语中,对核外电子运动状态描述正确且能据此确定电子能级的是（）A． B． C．1s22s22p3 D．10、某结晶水合物的化学式为R·nH2O，其相对分子质量为M。25℃时，ag该晶体能够溶于bg水中形成VmL溶液，下列关系中不正确的是A．该溶液中溶质的质量分数为w＝%B．该溶液的物质的量浓度为c＝mol·L－1C．该溶液中溶剂与溶质的质量比为m(水)∶m(溶质)＝(＋b)∶(a－)D．该溶液的密度为ρ＝g·L－111、为了检验浓硫酸与木发加热后产生的三种物质。将混合气体慢慢通过检验试剂。井记录现象。下列实验能够达到目的是（）选项实验流程及现象A酸性高锰酸钾溶液→澄请石灰水→无水硫酸铜紫色褪去变浑浊变蓝B无水硫酸铜→酸性高锰酸钾溶液→澄请石灰水变蓝紫色褪去变浑浊C无水硫酸铜→品红→酸性高锰酸钾溶液→澄请石灰水变蓝褪色紫色褪去变浑浊D无水硫酸铜→酸性高锰酸钾溶液→澄请石灰水变蓝紫色变浅变浑浊A．A B．B C．C D．D12、VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+ag，取0.5VmL溶液稀释到8VmL，则稀释后溶液中SO42－的物质的量浓度是A．18V1000(m1-m2)mol/L B．125a13、下列解释事实的方程式不正确的是A．用铝冶炼铁：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3B．常温时，0.1mol·L－1氨水的pH＝11.1：NH3·H2ONH＋OH－C．“NO2球”浸泡在热水中，颜色变深：2NO2（g）（红棕色）N2O4（g）（无色）D．用酸化的H2O2溶液从灰化的海带中提碘：H2O2＋2H＋＋2I-＝I2＋2H2O14、下列实验操作能到达目的的是A．制取Mg：可将足量的金属钠投入MgCl2溶液中充分反应后过滤B．除去CO2中的HCl：将混合气体通过足量的Na2CO3溶液C．除去AlCl3溶液中的FeCl3杂质：先加入足量的浓氨水，过滤，再向滤液中加入过量的盐酸D．配制氯化铁溶液时，将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释15、常温下，一定能大量共存的离子组是()A．使甲基橙呈红色的溶液中：I－、Cl－、、Na＋B．0.5mol·L－1的NaAlO2溶液中：K＋、Na＋、、Fe3＋C．＝0.1·mol·L－1的溶液中：Na＋、K＋、、D．澄清透明溶液中：K＋、Cu2＋、Na＋、Cl－16、向相同体积的分别含amolKI和bmolFeBr2的溶液中，分别通入VLCl2（体积均在标准状况下测得），下列说法不正确的是A．当反应恰好完成时，消耗Cl2的体积相同（同温、同压条件下），则KI、FeBr2溶液的物质的量浓度之比是3:1B．当反应恰好完成时，停止通入Cl2，若原溶液中a=b，则通入Cl2Va:Vb=3:1C．若将KI和FeBr2溶液混合，通入Cl2后再滴加KSCN，发现溶液变红，则V>11.2aD．向上述混合溶液中通入Cl2的体积11.2a，则可能发生的离子方程式为4I-+2Fe2++3Cl2=2I2+2Fe3++6Cl-17、下列表示正确的是()A．CO2的电子式： B．乙炔的结构式：CH≡CHC．CH4的球棍模型： D．Cl－的结构示意图：18、部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示，下列说法正确的是（）A．x的位置是第2周期、第ⅠA族B．离子半径的大小顺序：e+＞f3+＞g2－＞h－C．由x、z、d三种元素形成的化合物可能含有离子键D．简单气态氢化物的稳定性大小顺序：d＞g＞h19、用如图所示装置检验生成气体时不需要除杂的是生成的气体试剂X试剂YAC与浓硫酸共热生成CO2FeCl3溶液澄清石灰水BCH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热生成乙烯H2OBr2的CCl4溶液CC2H5OH与浓硫酸加热至170℃生成乙烯NaOH溶液KMnO4酸性溶液D电石与饱和食盐水反应生成乙炔CuSO4溶液Br2的CCl4溶液A．A B．B C．C D．D20、工业上用铝土矿主要成分为，含、等杂质为原料冶炼铝的工艺流程如下，对下述流程中的判断正确的是（）A．试剂X为稀硫酸，沉淀中含有硅的化合物B．反应II中生成的反应为：C．结合质子的能力由弱到强的顺序是D．熔点很高，工业上还可采用电解熔融冶炼Al21、列有关氧化铝和氢氧化铝的说法正确的是()A．氧化铝是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚B．氧化铝是典型的两性氧化物，可与氨水反应生成偏铝酸盐C．因为氢氧化铝受热易分解，所以具有两性D．两性氢氧化物只能与强酸、强碱反应22、下列说法正确的是A．元素的电负性越大，其单质越稳定 B．金属晶体和离子晶体均具有延展性C．晶格能越大，形成的离子晶体越不稳定 D．分子晶体中可能不存在共价键二、非选择题(共84分)23、（14分）阿比朵尔是种抗病毒药物，其合成路线之一如图所示：

已知：R－X＋NH3—→RNH2＋HX。请回答下列问题：(1)写出阿比朵尔中含氧官能团的名称：_________。(2)写出A→B的化学方程式：_________，该反应的反应类型为_________。(3)X的结构简式为_________。(4)设计以和CH3OH为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)。_________24、（12分）A、B、D、E、G

是原子序数依次增大的五种短周期元素，A与E同主族，A、B和E的原子最外层电子数之和为19，B与G

的单质都能与

H2反应生成“HX”(X代表B或G)型氢化物,D

为同周期主族元素中原子半径最大的元素。(1)B

在元素周期表中的位置是______。(2)D

的两种常见氧化物中均含有____________(填“离子键”或“共价键”)。(3)E的最高价氧化物对应水化物的浓溶液和木炭共热,反应的化学方程式为____________。(4)D

的最高价氧化物对应水化物的溶液与G的单质反应,反应的离子方程式为___________。(5)用原子结构解释“B、G

单质都能与H2反应生成HX型氢化物”的原因：________。25、（12分）常温常压下，一氧化二氯(Cl2O)为棕黄色气体，沸点为3.8℃，42℃以上会分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水反应生成HClO。（制备产品）将氯气和空气(不参与反应)按体积比1∶3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制备次氯酸溶液。（1）各装置的连接顺序为______→→→C→。（2）装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是____________________________________；装置C的作用是_____________________。（3）制备Cl2O的化学方程式为________________________。（4）反应过程中，装置B需放在冷水中，其目的是_____________________________。（5）此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液有两个主要优点，分别是_______。26、（10分）某实验小组对菠菜中的铁元素（主要以难溶的FeC2O4形式存在）进行检测。实验如下：I.水煮检验法:II灼烧检验法:（1）CCl4的作用为______。（2）操作i中起分离作用的仪器名称为______。（3）溶液A中未能检测出Fe2+的可能原因是______。（4）取无色溶液B，先滴加H2O2溶液，再滴加KSCN溶液，溶液呈红色。用离子方程式表示H2O2的作用：______。（5）甲同学取少量无色溶液B，滴加酸性KMnO4溶液，振荡后，溶液紫色消失，因此得出结论，溶液B含有Fe2+。乙同学认为甲同学的实验方法不严谨，设计并完成如下实验：用稀硝酸溶解菠菜灰，产生的无色气体使澄清石灰水变浑浊，得到的无色溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀（Ag2C2O4）。甲同学反思自己的方法不严谨，理由是_______。27、（12分）Na2O2可用作漂白剂和呼吸面具中的供氧剂。（1）某学习小组发现：在盛有Na2O2的试管中加入足量水，立即产生大量气泡，当气泡消失后，向其中滴入1~2滴酚酞试液，溶液变红；将试管轻轻振荡，红色很快褪去；此时再向试管中加入少量MnO2粉末，又有气泡产生。①使酚酞试液变红是因为____________________________________，红色褪去的可能原因是____________________________________________。②加入MnO2反应的化学方程式为_______________________________。（2）Na2O2有强氧化性，H2具有还原性，有同学猜想Na2O2与H2能反应。为了验证此猜想，该小组同学进行如下实验，实验步骤和现象如下。步骤1：按如图组装仪器（图中夹持仪器省略），检查气密性，装入药品；步骤2：打开K1、K2，产生的氢气流经装有Na2O2的硬质玻璃管，一段时间后，没有任何现象；步骤3：检验H2的纯度后，开始加热，观察到硬质玻璃管内Na2O2开始熔化，淡黄色的粉末变成了白色固体，干燥管内硫酸铜未变蓝色；步骤4：反应后撤去酒精灯，待硬质玻璃管冷却后关闭K1。①盛装稀盐酸的仪器名称___________；B装置的作用是______________。②必须检验氢气纯度的原因是_________________。③设置装置D的目的是___________________________。28、（14分）研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H1＝－49.6kJ/mol反应Ⅱ：CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g)△H2＝＋23.4kJ/mol反应Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)△H3（1）△H3＝________kJ/mol。（2）恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，发生反应I。下列描述能说明反应I达到平衡状态的是_______（填序号）。A．反应体系总压强保持不变B．容器内的混合气体的密度保持不变C．水分子中断裂2NA个H-O键，同时氢分子中断裂3NA个H-H键D．CH3OH和H2O的浓度之比保持不变（3）反应II在某温度下的平衡常数为0.25，此温度下，在密闭容器中加入等物质的量的CH3OCH3(g)和H2O(g)，反应到某时刻测得各组分浓度如下：物质CH3OCH3(g)H2O(g)CH3OH(g)浓度/mol·L－11.81.80.4此时v正___v逆（填“＞”、“＜”或“＝”），当反应达到平衡状态时，混合气体中CH3OH体积分数(CH3OH)%＝___%。（4）在某压强下，反应III在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示。T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0～5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)＝____；KA、KB、KC三者之间的大小关系为____。（5）恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应III，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。其中：CH3OH的选择性＝×100%在上述条件下合成甲醇的工业条件是____。A．210℃B．230℃C．催化剂CZTD．催化剂CZ(Zr－1)T29、（10分）以氢为原料的工业生产工艺及氢的获得是科技工作者研究的重要课题。（1）工业生产中可利用H2还原CO2制备清洁能源甲醇。①已知CO(g)和H2(g)的燃烧热(△H)分别为-283.0kJ·mol-1、-285.8kJ·mol-1。由H2和CO生成甲醇的热化学方程式为：2H2(g)+CO(g)=CH3OH(1)的△H=-91kJ·mol-1。则3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(1)+H2O(1)的△H=____________kJ·mol-1。②将一定量的CO2和H2充入到某恒容密闭容器中，测得在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率如图甲所示。该反应在a点达到平衡状态，a点转化率比b点的高，其原因是____________。（2）利用CO和H2O生产H2：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)。将不同配比的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中。有关数据如下表：①该反应的正反应为________反应(填“吸热”、“放热”)。②650℃时，下列叙述说明达到化学平衡状态的是_____(填标号)a．v(CO)：v(H2O)：v(H2)：v(CO2)=1：1：1：1b．生成nmolCO2(g)的同时生成nmolH2O(g)c．nmolCO断裂的同时断裂2nmolH—Hd．某时刻，n(CO)：n(H2O)：n(CO2)：n(H2)=6：1：4：4③900℃时，达平衡时v(H2O)=_______mol·L-1·min-1。(结果保留两位有效数字)（3）利用工业废气中的H2S热分解制H2：2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)。现将0.2molH2S(g)通入某恒压密闭容器中，起始压强p0=aMPa，在不同温度下测得H2S的平衡转化率如图乙所示，则T6℃时，该反应的Kp=________(用含a的代数式表示)。

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、B【详解】A.根据图知，lg=0时，HX的pH>1，说明HX部分电离为弱电解质，HY的pH=1，说明HY完全电离，为强酸，HY的酸性大于HX，故A错误；B.酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越小其抑制水电离程度越小，根据图知，b溶液中氢离子浓度小于a，则水电离程度a<b，所以由水电离出的c(H＋)·c(OH－)：a<b，故B正确；C.酸的电离平衡常数只与温度有关，所以相同温度下，电离常数K(HX)：a=b，故C错误；D.lg＝3，若同时微热两种溶液，n(X-)增大，n(Y-)不变，二者溶液体积相等，所以变大，故D错误；故选B。2、B【分析】溶液X中进入过量盐酸，生成的气体甲，气体甲可能为二氧化碳或者二氧化硫，原溶液中可能存在SO32-、CO32-，溶液中一定不存在Mg2+、Al3+，再根据溶液电中性可知，原溶液中一定存在唯一的阳离子K+；加入盐酸生成了沉淀甲，根据题干的离子可知，溶液中一定存在SiO32-，沉淀甲为硅酸；无色溶液甲中加入过量氨水，得到的白色沉淀，说明原溶液中一定存在[Al(OH)4]-，白色沉淀乙为氢氧化铝；根据以上分析进行判断。【详解】溶液X中进入过量盐酸，生成的气体甲可能为二氧化碳或者二氧化硫，原溶液中可能存在SO32-、CO32-，根据离子共存可知，原溶液中一定不存在Mg2+、Al3+，结合溶液电中性可知，原溶液中一定存在K+；由于加入盐酸生成了沉淀甲，根据题干中的离子可知，远溶液中一定存在SiO32-，沉淀甲为硅酸；无色溶液甲中加入过量氨水，得到的白色沉淀，说明原溶液中一定存在[Al(OH)4]-，白色沉淀乙为氢氧化铝；A．根据以上分析可知，气体甲可能为二氧化碳和二氧化硫的混合物，故A正确；B．由于加入的盐酸过量，生成的沉淀甲为硅酸，不会含有硅酸镁，故B错误；C．根据分析可知，原溶液中可能存在SO32-、CO32-，根据离子共存可知，原溶液中一定不存在Mg2+、Al3+，而溶液甲中加入过量氨水生成了沉淀乙，沉淀乙只能为氢氧化铝，原溶液中的[Al(OH)4]-与过量酸反应生成铝离子，故C正确；D．根据以上分析可知，原溶液中一定存在K+、[Al(OH)4]-和SiO32-，故D正确；故答案为B。【点睛】考查离子共存、常见离子的检验方法，注意掌握常见离子的性质及检验方法，要求学生能够根据反应现象判断离子存在情况，特别是Al3+和[Al(OH)4]-的判断是解题难点，无色溶液甲中滴加过量的氨水所得沉淀为Al(OH)3，但溶液甲中的Al3+来源于[Al(OH)4]-与过量盐酸反应生成的，而不是原溶液中含有的Al3+。3、B【分析】先假定甲、乙的体积都不变,达到平衡后体系的压强增大。然后增大乙容器的体积，使乙容器的压强恢复到原压强，平衡向正反应方向移动，据此分析解答。【详解】先假定甲、乙的体积都不变,达到平衡后体系的压强增大。然后增大乙容器的体积，使乙容器的压强恢复到原压强，平衡向正反应方向移动，所以，若甲容器中SO3的转化率为P%,则乙的SO3的转化率将大于甲的,即大于P%，B正确。

综上所述，本题选B。4、B【详解】A．加入少量稀硫酸，有白色沉淀产生，可能是硫酸钡或者硫酸银或者硫酸钙，所以不能确定溶液中一定含有Ba2+，A错误；B．某溶液的焰色试验呈黄色，则溶液中一定有钠元素，由于没有通过蓝色钴玻璃观察，因此不能确定溶液中是否含有钾元素，B正确；C．Fe2+、Cl-都具有还原性，都能与高锰酸钾等发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，因此不能用酸性KMnO4溶液鉴别溶液中是否含有Fe2+，C错误；D．硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，则溶液中可能含或或Cl-，D错误；故合理选项是B。5、C【详解】A.液氯、冰醋酸是纯净物，但C4H8不一定是纯净物，因为符合此分子式的有机物可能是正丁烷，可能是异丁烷，A不正确；B.Na2O、Fe2O3属于碱性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，B不正确；C.常用投加明矾、硫酸铁等电解质的方法处理浑浊的水，因为它们都能水解生成胶体，具有吸附水中悬浮颗粒物的能力，C正确；D.蔗糖、硝酸钾和硫酸钡分别属于非电解质、强电解质和强电解质，D不正确。故选C。【点睛】电解质的强弱与它的溶解度大小没有必然的联系，强电解质的溶解度可能很小，弱电解质的溶解度可以很大。若溶解的部分完全电离，则它属于强电解质；若溶解的部分只发生部分电离，则它属于弱电解质。6、C【分析】根据与物质的量相关物理量之间的关系分析。进行有关气体摩尔体积的计算时，注意条件必须为标准状况下。【详解】A.进行有关气体摩尔体积的计算时，条件为标准状况下，A错误；B.0.1mol氯气与氢氧化钠完全反应时，转移电子数目为0.1NA，B错误；C.100g46%的乙醇水溶液中，乙醇46g，其物质的量为1mol，含有氢原子数为6NA；水54g，3mol，含有氢原子数为6NA，共计12NA，C正确；D.ICl中，I与Cl对共用电子对的作用力不同，共用电子对偏向Cl，则Cl为-1价，I为+1价，生成NaC1和NaIO时，无电子转移，D错误；答案为C。【点睛】本题C选项难度较大，若不计算水的质量，会忽略水中的氢原子，容易出错。7、C【分析】反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，反应是放热反应，升高温度，反应速率增大，平衡逆向进行，氨气的含量减小，随氢气量的增大，平衡移动为主，氨气含量增大，随氢气量增多，当氢气量增大为主时，氨气含量会减小；据以上分析解答。【详解】反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，反应是放热反应，升高温度，反应速率增大，平衡逆向进行，氨气的含量减小，随氢气量的增大，平衡移动为主，氨气含量增大，随氢气量增多，当氢气量增大为主时，氨气含量会减小；A、图象分析可知b点是加入氢气一定量，氨气平衡含量最大，但不能说明反应达到平衡，故A错误；B、图象分析，b点氨气平衡含量最大，说明增大氢气量，氮气的转化率最最大，氢气转化率不是最大、故B错误；C、图象分析，说明增大氢气量，氮气的转化率最最大，c点时氢气的量最大，故C正确；D、平衡常数随温度变化，不随浓度改变，所以abc点平衡常数相同，故D错误；故答案选C。8、B【详解】A．电极a与电源正极相连，故电极a为阳极，A错误；B．电极b与电源负极相连，电极b为阴极，电极上发生还原反应，B正确；C．该装置为电解池，电极b与电源负极相连，电极b为阴极，C错误；D．阴极上氢离子得电子生成氢气，D错误；答案选B。【点睛】电解池中与电源负极相连的为阴极，阳离子在阴极得电子，发生还原发应。9、C【详解】A.是N原子的原子结构示意图，只能看出在原子核外各个电子层上含有的电子数的多少，不能描述核外电子运动状态，故A错误；B.是N原子的电子式，可以得到原子的最外电子层上有5个电子，不能描述核外电子运动状态，故B错误；C.是N原子的核外电子排布式，不仅知道原子核外有几个电子层，还知道各个电子层上有几个电子亚层，及核外电子运动状态，故C正确；D.D是N原子的轨道表示式，但原子核外的电子总是尽可能的成单排列，即在2p的三个轨道上各有一个电子存在，且自旋方向相同，这样的排布使原子的能量最低，故D错误。故选C。【点睛】核外电子是分层排布的，每层可以分为不同的能级，核外电子排布应符合构造原理，泡利原理，洪特规则。10、A【分析】A．根据化学式计算R的质量，溶液总质量为（a+b）g，根据w（溶质）=m(溶质)/m(溶液)×100%计算该溶液质量分数；B．根据n=m/M计算R•nH2O的物质的量，而n（R）=n（R•nH2O），根据c=n/V计算该溶液的物质的量浓度；C．根据化学式计算结晶水的质量，溶质R的质量为（a﹣结晶水质量）g，溶液中溶剂质量为（结晶水质量+b）g；D．根据c=n/V计算该饱和溶液的物质的量浓度，根据ρ=m/V计算溶液密度，或利用c=1000×ρω/M进行公式变形计算。【详解】A．R的质量为（M-18n）/M×ag，溶液总质量为（a+b）g，可知该溶液质量分数为[（M-18n）/M×a]/(a+b)×100%=100a(M-18n)/M(a+b)%，故A错误；B．n（R）=n（R•nH2O）=a/Mmol，该溶液的物质的量浓度(a/M)/V×10-3=1000a/(MV)mol·L﹣1，故B正确；C．R•nH2O中结晶水的质量为18na/Mg，故R的质量为（a﹣18na/M）g，溶液中溶剂的质量为（18na/M+b）g，则溶液中m（水）：m（溶质）=（18na/M+b）：（a﹣18na/M），故C正确；D．溶液总质量为（a+b）g，根据ρ=m/V可知，溶液密度为(a+b)/V=(a+b)/Vg/mL=1000(a+b)/Vg·L﹣1，故D正确；综上所述，本题选A。【点睛】本题考查溶液浓度计算，涉及物质的量浓度、质量分数，属于字母型计算，为易错题目，注意对基础知识的理解掌握，解题时，利用好公式：c=n/V，ρ=m/V，ω=m(溶质)/m(溶液)，注意溶液体积单位的变化，否则计算结果相差1000倍。11、D【解析】A.从一般溶液中逸出的气体中带有水蒸气，会干扰原有水蒸气的检验，所以需要先行检验水蒸气，故A不能够达到目的；B.酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，不能保证二氧化硫与高锰酸钾完全反应，残留的二氧化硫会干扰二氧化碳的检验，故B不能够达到目的；C.酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，不能保证二氧化硫与高锰酸钾完全反应，残留的二氧化硫干扰二氧化碳的检验，故C不能够达到目的；D.无水硫酸铜变蓝说明存在水蒸气，酸性高锰酸钾溶液紫色变浅，说明存在二氧化硫，而且二氧化硫完全与高锰酸钾溶液反应，澄清石灰水变浑浊，说明存在二氧化碳，故D能够达到目的。故选D。点睛：解答本题需要注意在检验包括水蒸气在内的气体成分时，要先行检验水蒸气，还要注意一定要在排除干扰的前提下进行气体成分的检验。12、C【解析】利用n=mM，计算agAl3+的物质的量，然后计算0.5VmL溶液中Al3+的物质的量，根据电荷守恒可知2n(SO42-)=3n(Al3+)，计算0.5VmL溶液中SO42-的物质的量，将其稀释为8VmL，在稀释过程中溶中SO42-的物质的量不变，再根据c=nV，计算稀释后溶液SO4【详解】agAl3+的物质的量为n=ag27g/mol=a27mol，故0.5VmL溶液中Al3+的物质的量为n(Al3+)=a27mol×0.5VmLVmL=a54mol，根据电荷守恒可知2n(SO42-)=3n(Al3+)，所以0.5VmL溶液中SO42-的物质的量为n(SO42-)=a54mol×【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算，属于字母型计算，利用电荷守恒，根据Al3+的物质的量找出溶液中SO42-是本题的关键，离子物质的量容易计算出问题，注意对公式的理解与灵活运用。13、C【详解】A．铝热法炼铁，反应生成氧化铝和铁，该反应的化学方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故A正确；B．常温时，0.1mol•L-1氨水的pH=11.1，说明一水合氨只能部分电离，存在电离平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH-，故B正确；C．“NO2球”浸泡在热水中，颜色变深，说明升高温度平衡向着逆向移动，则正反应为放热反应，其△H＜0，正确的反应为：2NO2(g)⇌N2O4(g)△H＜0，故C错误；D．双氧水能够氧化碘离子，可用酸化的H2O2溶液从灰化的海带中提碘，发生反应的离子方程式为：H2O2+2H++2I-═I2+2H2O，故D正确；故答案为C。14、D【解析】A.将金属钠投入MgCl2溶液，首先发生钠与水的反应，生成的氢氧化钠再与氯化镁反应，不能生成镁，故A错误；B．氯化氢和二氧化碳都能和碳酸钠溶液反应，不符合除杂的原则，故B错误；C．先加入足量浓氨水，过滤，沉淀为氢氧化铝、氢氧化铁，不符合除杂的原则，故C错误；D．盐酸可抑制铁离子的水解，则配制氯化铁溶液时，将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，故D正确；故选D。15、D【详解】A．甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，I-、在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A不符合题意；B．水解显碱性，Fe3+水解显酸性，和Fe3+发生相互促进的水解反应而不能大量共存，故B不符合题意；C．＝0.1·mol·L－1，则c(OH-)=0.1mol/L，溶液显碱性，与OH-发生反应，即+OH-=+H2O，而不能大量共存，故C不符合题意；D．该组离子之间不反应，能够大量共存，故D符合题意；答案为D。16、B【解析】A、当反应恰好完成时，消耗Cl2的体积相同（同温、同压条件下），则根据电子得失守恒可知amol×1＝bmol×3，因此KI、FeBr2溶液的物质的量浓度之比是3:1，A正确；B、当反应恰好完成时，停止通入Cl2，根据电子得失守恒可知消耗氯气的物质的量分别是0.5amol、1.5bmol，若原溶液中a=b，则通入Cl2的体积比Va:Vb=1:3，B错误；C、还原性是I－＞Fe2+＞Br－，若将KI和FeBr2溶液混合，通入Cl2后，氯气首先氧化碘离子，然后是亚铁离子，最后氧化溴离子。如果再滴加KSCN，发现溶液变红，这说明碘离子已经全部被氧化，亚铁离子部分被氧化，则根据电子得失守恒可知V>11.2a，C正确；D、向上述混合溶液中通入Cl2的体积11.2a<V<11.2b，这说明碘离子已经全部被氧化，亚铁离子未被氧化或部分被氧化，则可能发生的离子方程式为4I-+2Fe2++3Cl2=2I2+2Fe3++6Cl-，D正确，答案选B。17、D【解析】A.CO2的电子式为，故A错误；B.乙炔的结构式为H-C≡C-H，故B错误；C.CH4的球棍模型为，故C错误；D.Cl－的结构示意图为，故D正确。故选D。点睛：结构式中的共价键需要一一表示，不能省略。18、C【解析】根据原子序数及化合价判断最前面的元素x是氢元素，y为碳元素，z为氮元素，d为氧元素，e为钠元素，f为铝元素，g为硫元素，h为氯元素。A、x是氢元素，位置是第一周期、第ⅠA族，选项A错误；B、具有相同电子层排布的离子，核电荷数越大，半径越小，则离子半径大小g2－＞h－＞e+＞f3+，选项B错误；C、氢元素、氮元素、氧元素可以组成硝酸铵为离子化合物，选项C正确；D、元素非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越大，故简单气态氢化物的稳定性大小顺序：d＞h＞g，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查结构、性质、位置关系的应用，根据化合价与原子半径推断元素是解题的关键。注意对元素周期律的理解掌握。19、B【解析】A.C与浓硫酸共热生成的SO2也能使澄清石灰水变浑浊，故A检验CO2时，需要除去SO2杂质；B.CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热产生的气体中只有乙烯可以使Br2的CCl4溶液褪色，故B检验乙烯时不需要除杂；C.产生的SO2也能使KMnO4酸性溶液褪色，故C检验乙烯需要除去杂质SO2；D.产生的H2S也可使Br2的CCl4溶液褪色，故D检验乙炔需要除去杂质H2S。故选B。20、B【详解】A.由于溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙为偏铝酸钠溶液、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为硫酸，故A错误；B.过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为：，离子方程式为：，故B正确；C.结合质子的能力越强，相应的酸提供质子的能力就越弱，其对应的酸的酸性就越弱，提供质子的能力，则结合质子能力：，故C错误；D.氯化铝是分子晶体，熔融时不导电，不能采用电解熔融的氯化铝冶炼铝，故D错误；答案选B。21、A【详解】A.氧化铝熔点高，不与O2反应，因此是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚，A项正确；B.氧化铝是典型的两性氧化物，但其与碱反应时只能是强碱，与氨水不反应，B项错误；C.氢氧化铝受热易分解，说明氢氧化铝热稳定性差，其既可与酸反应也可与碱反应生成盐和水，说明其具有两性，C项错误；D.氢氧化铝与碱反应时碱只能是强碱，但与酸反应时酸可以为弱酸，如CH3COOH也可与Al(OH)3反应，D项错误；综上所述，本题选A。22、D【详解】A．单质的稳定性与电负性无关，故A错误；B．金属晶体有延展性，离子晶体没有延展性，故B错误；C．离子晶体的晶格能越大，离子键越难以断裂，形成的离子晶体越稳定，故C错误；D．惰性气体单质为分子晶体，为单原子分子，不存在共价键，故D正确；综上所述答案为D。二、非选择题(共84分)23、(酚)羟基、酯基

取代反应【分析】A是，A与(CH3)2O发生取代反应产生分子式是C14H15NO4的物质B：，B与K2CO3、(CH3)2SO4发生亚氨基上的取代反应产生C是，C与NBS发生-CH3上的取代反应产生D：；D与X在一定条件下发生取代反应产生E：；E与HCHO、NH(CH3)2反应，然后酸化可得阿比朵尔：。【详解】(1)阿比朵尔结构简式是：，物质中含有的含氧官能团是(酚)羟基、酯基；(2)A是，A与(CH3)2O发生取代反应产生分子式是C14H15NO4的物质B是，则A→B的化学方程式是：+(CH3CO)2O→＋CH3COOH，该反应的反应类型是取代反应；(3)由D、E结构的不同，结合X分子式可知：X的结构简式为；(4)CH3OH被催化氧化产生HCHO，CH3OH与HBr发生取代反应产生CH3Br，CH3Br与NH3发生取代反应产生NH(CH3)2，HCHO、NH(CH3)2、发生反应产生。该转化历程为：。24、第2周期第VIIA族离子键2H2SO4(浓)+CCO2↑+2SO2↑+2H2OCl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O氟和氯同在VIIA族,其原子最外层电子数均为7,均可与氢原子共用一对电子形成共价键【分析】A、B、D、E、G是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中B与G同主族，B与G的单质都能与H2反应生成“HX”(X代表B或G)型氢化物，则B为F元素，G为Cl元素．D为同周期主族元素中原子半径最大的元素，原子序数大于F而小于Cl，则D为Na元素．A与E同主族，A、B和E的原子最外层电子数之和为19，可知A与E的最外层电子数都为6，则A为O元素，E为S元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识的解答。【详解】A、B、D、E、G是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中B与G同主族，B与G的单质都能与H2反应生成“HX”(X代表B或G)型氢化物，则B为F元素，G为Cl元素．D为同周期主族元素中原子半径最大的元素，原子序数大于F而小于Cl，则D为Na元素．A与E同主族，A、B和E的原子最外层电子数之和为19，可知A与E的最外层电子数都为6，则A为O元素，E为S元素；(1)B为F元素，位于周期表第2周期第VIIA族；(2)D为Na元素，其两种常见氧化物为氧化钠、过氧化钠，二者均含有离子键；(3)E的最高价氧化物对应水化物的浓溶液为浓硫酸，具有强氧化性，和木炭共热反应化学方程式为2H2SO4(浓)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O；(4)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的离子方程式为Cl2+2OH-═ClO-+Cl-+H2O；(5)氟和氯同在VIIA族，其原子最外层电子数均为7，均可与氢原子共用一对电子形成共价键，单质都能与H2反应生成HX型氢化物。25、A→D→B→C→E增大反应物接触面积，使反应充分进行，加快反应速率除去Cl2O中的Cl2。2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2(或者2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3）防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解制得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较大【详解】（1）根据实验目的，要将Cl2和空气混合通入含Na2CO3溶液中制备Cl2O，应先用装置A制备Cl2，再通过装置D除去混合气体中的HCl气体，同时混入空气，将混合气体通入装置B，在装置B中发生制备Cl2O的反应；然后将制取的Cl2O气体先通入装置C，以除去Cl2杂质气体，最后通过装置E制取次氯酸溶液，故装置的连接顺序为A→D→B→C→E。答案：A→D→B→C→E。（2）多孔球泡和搅拌棒均能增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应充分快速进行。装置C的作用是除去Cl2O中的Cl2。答案：增大反应物接触面积，使反应充分进行，加快反应速率、除去Cl2O中的Cl2。（3）已知空气不参与反应，则制取Cl2O以Cl2和Na2CO3为反应物，发生歧化反应，其中氯元素从0价变为+1价和-1价，反应的化学方程式为：2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2或2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3。（5）已知Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2，因此反应过程中，装置B需放在冷水中，防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解。答案：防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解。(6）Cl2O与水反应的化学方程式为：Cl2O+H2O=2HClO，Cl2和水反应的化学方程式为Cl2+H2OHClO+HCl，Cl2O和水反应只生成HClO且反应不可逆，Cl2和水反应除了生成HClO还生成HCl，并且反应可逆，所以用Cl2O与水反应制备次氯酸溶液的主要优点是用Cl2O与水反应制备次氯酸溶液时制得次氯酸溶液纯度较高、浓度也较大。答案：制得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较大。26、作萃取剂，萃取有机色素，排除对Fe2+检验的干扰分液漏斗FeC2O4在水中的溶解度小；在加热水煮过程中二价铁被氧化为三价铁2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O酸性条件下，H2C2O4和Cl-都可能将MnO4-还原【分析】（1）有机物易溶于CCl4；（2）操作i是分离互不相容的液体；（3）铁元素主要以难溶的FeC2O4形式存在；（4）H2O2把Fe2+氧化为Fe3+；（5）用稀硝酸溶解菠菜灰，产生的无色气体使澄清石灰水变浑浊，得到的无色溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀（Ag2C2O4），说明菠菜灰含有C2O42-。【详解】（1）有机物易溶于CCl4，CCl4的作用为萃取剂，萃取有机色素，排除对Fe2+检验的干扰；（2）操作i是分离互不相容的液体，操作名称是分液，使用的仪器是分液漏斗；（3）铁元素主要以难溶的FeC2O4形式存在，Fe2+的浓度小，所以溶液A中未能检测出Fe2+；（4）H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（5）用盐酸溶解菠菜灰得到的溶液B含有H2C2O4和Cl-，酸性条件下，H2C2O4和Cl-都可能将MnO4-还原，所以滴加酸性KMnO4溶液，振荡后，溶液紫色消失，不能证明溶液B含有Fe2+。27、生成了碱性的NaOH酚酞遇碱变红生成的H2O2有漂白性2H2O22H2O+O2↑长颈漏斗吸水防止发生爆炸③检验反应中是否有水生成【解析】过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，在实验中检验氢气是否和过氧化钠反应，可以用干燥的氢气和过氧化钠反应，看是否有水生成。碱石灰能吸收氢气中的水，硫酸铜能检验产物是否有水。【详解】(1)①酚酞遇碱变红，所以溶液变红，说明生成了碱性的NaOH；一位过氧化钠和水反应生成过氧化氢和氢氧化钠，生成的H2O2有漂白性，所以红色褪色；②加入二氧化锰过氧化氢分解生成水和氧气，方程式为：2H2O22H2O+O2↑；(2)①盛装稀盐酸的仪器名称长颈漏斗；碱石灰可以吸收氢气中的水蒸气；②因为氢气是易燃气体，所以点燃前必须检验氢气的纯度，防止发生爆炸；③硫酸铜遇水变蓝，所以可以检验反应中是否有水生成。28、－122.6AC＞200.18mol·L−1·min−1KA＝KC＞KBBD【详解】（1）反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H1＝－49.6kJ/mol反应Ⅱ：CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g)△H2＝＋23.4kJ/mol反应Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)△H3通过盖斯定律计算△H3＝2△H1－△=－49.6kJ/mol×2－23.4kJ/mol=－122.6kJ/mol，故答案为－122.6kJ/mol；（2）A．该反应属于气体体积变化的反应，所以压强不变属于平衡，故A正确；B．容器内的混合气体的密度等于质量除以体积，反应前后质量与体积都不变，故密度是个不变量，故B错误；C．水分子中断裂2NA个H-O键，同时氢分子中断裂3NA个H-H键，速率之比等于化学计量数之比，且方向相反，故C正确；D．CH3OH和H2O的浓度之比保持不变，相当于两者之比等于1:1，不能说明平衡状态，故D错误；故答案为AC；（3）在CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g)中，根据Qc=(CH3OH)2/(CH3OCH3)(H2O)=0.42/1.8×1.8<0.25，说明平衡正向移动，故此时v正>v逆CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g)起始1.81.80.4反应xx2x平衡1.8-x1.8-x0.4+2x根据K=（0.4+2x）（0.4+2x）/（1.8-x）（1.8-x）=0.25，混合气体中CH3OH体积分数(CH3OH)%=(1.8-x)/(1.8-x+1.8-x+0.4+2x)=20%，故答案为20；（4）2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)起始（mol）61200反应（mol）2x6xx3x平衡（mol）6-2x12-6xx3x根据CO2的平衡转化率，T1温度下CO2的转化率为60%，所以有2x/6=0.6,解得x=1.8，故0～5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)=1.8mol÷2L÷5min=0.18mol·L−1·min−1；化学平衡常数只与温度有关，放热反应呈反比，所以KA