黑龙江省汤原高中2026届高三化学第一学期期中质量检测试题含解析

黑龙江省汤原高中2026届高三化学第一学期期中质量检测试题注意事项：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、某无色溶液能与镁粉作用产生氢气，此溶液中可能大量存在的离子组是（）A．Ca2+、H+、C1－、NO3－ B．K+、Ba2+、AlO2-、Cl-C．A13+、Fe3+、HCO3-、SO32- D．H+、Na+、Cl－、SO42-2、华夏文明源远流长，勤劳智慧在中国人民探索认知世界、创造美好生活的过程中贯穿始终。以下说法从化学视角理解，正确的是（）A雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋该诗中不涉及化学变化B高奴出脂水，颇似淳漆，燃之如麻文中提到的“脂水”是指油脂C水银乃至阴毒物，因火煅丹砂而出这段记载中，不涉及氧化还原反应D百宝都从海舶来，玻璃大镜比门排制玻璃的某成分可用于制造光导纤维A．A B．B C．C D．D3、短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是WXYZA．单质活泼性：X>W B．氧化物对应水化物的酸性：Y>WC．化合物熔点：Y2X3<YZ3 D．氢化物沸点：W<Z4、某工厂用提取粗盐后的盐卤（主要成分为MgCl2）制备金属镁，其工艺流程如下图所示。下列说法中，错误的是A．操作①发生的反应为非氧化还原反应B．在实验室进行操作①时，只需要漏斗和烧杯两种玻璃仪器C．操作②是蒸发浓缩、冷却结晶D．在整个制备过程中未发生置换反应5、下列说法正确的是A．最外层有2个电子的原子都是金属原子B．同一周期元素的原子，半径越小越容易失去电子C．同一主族的元素的氢化物，相对分子质量越大，它的沸点一定越高D．非金属元素呈现的最高化合价不超过该元素原子的最外层电子数6、下列说法错误的是A．越王勾践剑(青铜)的铸造材料主要是铜锡合金B．青花瓷制作原料的主要成分是硅酸盐C．以毛竹为原料制作的竹纤维属于高分子材料D．石墨烯是一种能导电的有机高分子材料7、用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．78g过氧化钠晶体中，含2NA个阴离子B．常温常压下，22.4L氦气含有NA个氦原子C．在O2参与的反应中，1molO2作氧化剂时得到的电子数一定是4NAD．常温下16gO2与O3的混合气体中含氧原子数为NA8、下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A分别加热Na2CO3和NaHCO3固体试管内壁均有水珠两种物质均受热分解B向稀的偏铝酸钠溶液滴加饱和氯水生成白色沉淀偏铝酸钠具有还原性C向含I﹣的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：Cl2＞I2D向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液加入H2O2后溶液变成血红色Fe2+既有氧化性又有还原性A．A B．B C．C D．D9、研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是A．雾和霾的分散剂相同B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关10、下列解释事实的化学方程式或离子方程式中不正确的是A．盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2+2OH－===SiO32－+H2OB．配制FeCl3溶液时要加盐酸：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+C．燃煤时加入适量石灰石粉末，可减少SO2的排放：2CaCO3＋2SO2+O2===2CaSO4＋2CO2D．强碱溶液中，用次氯酸钠与Fe(OH)2反应制备高铁酸钠：2ClO－＋Fe(OH)2===FeO42—＋2Cl－＋2H＋11、甲、乙、丙、丁、戊五种物质是中学化学常见的物质，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）。下列说法正确的是（）A．若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则丙一定是两性氧化物B．若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则丙生成戊一定是氧化还原反应C．若丙、丁混合产生大量白烟，则乙可能会使高锰酸钾溶液褪色D．若甲、丙、戊都含有同一种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序可能为甲＜丙＜戊12、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆B．铝具有良好的导热性，可用铝槽车贮运浓硝酸C．NaHCO3能与碱反应，可用作食品疏松剂D．液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂13、氯酸是强酸，在酸性介质中是强氧化剂，可与碘单质发生反应2HC103+I2—2HI03+C12↑①，若碘单质过量，还会发生反应C12+I2=2IC1②。下列有关说法正确的是（）A．HIO3是I元素的最高价氧化物对应的水化物B．化学方程式①表明I2的氧化性强于Cl2C．反应①中，每形成0.1mol非极性键，转移1mol电子D．IC1在烧碱溶液中发生水解，生成物为Nal和NaCIO14、25℃时，将amol·L－1一元酸HA与bmol·L－1NaOH等体积混合后测得溶液pH＝7，则下列关系一定不正确的是（）A．a＝b B．a＞bC．c(A－)＝c(Na＋) D．c(A－)＜c(Na＋)15、“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是①实验室收集氨气采用图1所示装置②实验室做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验④实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应A．②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④16、下列实验装置操作正确且能达到实验目的的是（）A．甲装置可制备无水MgCl2B．乙装置可除去氢氧化铁胶体中的Fe3+和Cl-C．丙装置可收集氯气并进行尾气处理D．丁装置可测定某未知盐酸的浓度17、下列属于碱性氧化物的是A．CO2B．KOHC．MgOD．K2CO318、用化学用语表示NH3+HClNH4Cl中的相关微粒，其中正确的是（）A．中子数为8的氮原子： B．HCl的电子式：C．NH3的结构式： D．Cl−的结构示意图：19、化学与生产生活密切相关，下列有关说法不正确的是（）A．富脂食品包装中常放入活性铁粉袋，以防止油脂氧化变质B．“黑陶”是一种传统工艺品，是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐C．我国预计2020年发射首颗火星探测器，太阳能电池帆板的材料是二氧化硅D．用K2FeO4代替Cl2处理饮用水时，既有杀菌消毒作用，又有净水作用20、下列有关金属及其化合物的说法正确的是A．Mg和Al都可以用电解法冶炼得到B．Na2O和Na2O2与CO2反应产物相同C．MgO和Al2O3均只能与酸反应，不能与碱反应D．Mg和Fe在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱21、垃圾分类意义重大，工业上回收光盘金属层中的Ag的流程如图所示，下列说法正确的是()A．氧化过程中参加反应的Ag和NaClO的物质的量比之为1：1B．为了提高氧化过程的反应速率和产率，氧化过程应该在酸性、加强热条件下进行C．氧化过程中，可以用HNO3代替NaClO氧化AgD．还原过程，若水合肼转化为无害气体，则还原过程的离子方程式为4Ag++N2H4H2O+4OH-=4Ag↓+N2↑+5H2O22、下列热化学方程式中的反应热能表示标准燃烧热的是(a、b、c、d均大于0)：A．C6H12O6(s)＋6O2(g)===6CO2(g)＋6H2O(l)ΔH＝－akJ·mol－1B．CH3CH2OH(l)＋O2(g)===CH3CHO(l)＋H2O(l)ΔH＝－bkJ·mol－1C．C(s)＋O2(g)===CO(g)ΔH＝－ckJ·mol－1D．NH3(g)＋O2(g)===NO(g)＋H2O(g)ΔH＝－dkJ·mol－1二、非选择题(共84分)23、（14分）已知X、Y、Z、M、G、Q是六种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Z、Q的单质在常温下均呈气态；Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍；M与X同族；Z、G分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。回答下列问题：(1)Y、Z、M、G四种元素的原子半径由大到小的顺序是____________(用元素符号表示)。(2)Z在元素周期表中的位置为____________，M2Z的电子式为____________。(3)上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的水化物是__________(写化学式)。(4)X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平的是____________(写名称)。(5)GQ3溶液与过量的MZX溶液反应的化学方程式为_________________________________(6)常温下，不能与G的单质发生反应的是____________(填标号)。a.CuSO4溶液b.浓硫酸c.NaOH溶液d.浓硝酸e.氧化铜24、（12分）高分子H是一种成膜良好的树脂，其合成路线如下：已知：①A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示只有一组峰；②（1）A的结构简式为___，G中官能团名称为___。（2）由B生成C的化学方程式为___。（3）B的系统命名为___。（4）化合物E的沸点___(选填“>”，“<”或者“=”)2-甲基丙烷。（5）F与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为___。（6）H的结构简式为___。（7）的符合下列条件的同分异构体有__种①分子中无环状结构且无支链②核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为3∶2。其中官能团能与H2发生加成反应的有机物结构简式为___(任写一种)。25、（12分）实验室中根据已知熔点是16.6℃，沸点44.4℃。设计如下图所示的实验装置制备固体。（1）实验开始时，先点燃的酒精灯是_________（填编号）。（2）装置D中浓硫酸的作用除了混合气体并观察气体流速外还有___________。（3）装置F的作用是____________________。（4）由于可逆反应，所以从E管出来的气体中含有、。为了证明含有可以将该气体通入________（填下列编号，下同）、证明含有可以将该气体通入_____________。A．品红B．溴水C．溶液D．溶液（5）如果没有装置G，则F中可能看到_________________。（6）从装置G导出的尾气常可以用烧碱或石灰乳吸收。请写出用足量烧碱吸收尾气的离子方程式为：_________________________________________________________。（7）尾气常采用烧碱或石灰乳吸收，请分析比较两种吸收剂吸收的优点__________________________________________________________。26、（10分）Ⅰ．现有下列状态的物质：①干冰②NaHCO3晶体③氨水④纯醋酸⑤FeCl3溶液⑥铜⑦熔融的KOH⑧蔗糖其中属于电解质的是___________，属于强电解质的是_____________。能导电的是___________。Ⅱ．胶体是一种常见的分散系，回答下列问题。①向煮沸的蒸馏水中逐滴加入___________溶液，继续煮沸至____________，停止加热，可制得Fe(OH)3胶体，制取Fe(OH)3胶体化学反应方程式为______________________________________________。②向Fe(OH)3胶体中加入Na2SO4饱和溶液，由于_______离子（填离子符号）的作用，使胶体形成了沉淀，这个过程叫做_______________。③区分胶体和溶液常用的方法叫做__________。Ⅲ．①FeCl3溶液用作蚀刻铜箔制造电路板的工艺，离子方程式为_________________________。②有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3•6H2O晶体主要操作包括：滴入过量盐酸，______、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器是________。③高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为___________________________。27、（12分）下图是一个实验室制取氯气并以氯气为原料进行一系列反应的装置，回答下列问题。

（1）写出a仪器的名称_______；（2）装置D产生白色沉淀现象的原因_______________________；（3）E装置的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，其产物为CO2和HCl。试写出E中反应的化学方程式_________________________________；（4）F处的烧杯溶液中最终____（填“有”或“没有”）白色沉淀；（5）F装置无法确认E处反应中有CO2产生，为了证明CO2的存在，要对F装置进行改造，装置符合要求的是_____________。28、（14分）化石燃料燃烧时会产生SO2进入大气，有多种方法可用于SO2的脱除。（1）NaClO碱性溶液吸收法。工业上可用NaClO碱性溶液吸收SO2。①反应离子方程式是__________________________________________。②为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为催化剂。在反应过程中产生的四价镍和氧原子具有极强的氧化能力，可加快对SO2的吸收。该催化过程的示意图如图所示：a.过程1的离子方程式是Ni2O3+ClO－=2NiO2+Cl－，则过程2的离子方程式____________。b．Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，原因是________________。（2）碘循环工艺也能吸收SO2降低环境污染，同时还能制得氢气，具体流程如下：则碘循环工艺的总反应为：___________________________________________。29、（10分）二氧化氯(ClO2)是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂，而且与Cl2相比不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物。已知:ClO2浓度过高或受热易分解，甚至会爆炸。现有下列制备ClO2的方法:（1）方法一：氧化法可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备，反应原理为5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O。①该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是_______________________。②研究表明：若反应开始时盐酸浓度较大，则气体产物中有Cl2，用离子方程式解释产生Cl2的原因__________。（2）方法二：氯化钠电解法①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的____（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。②该法工艺原理示意图如图所示。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2，氯化钠电解槽中发生反应的化学方程式为_____________。（3）方法三：草酸还原法在酸性溶液中用草酸（H2C2O4）还原氯酸钠的方法来制备ClO2①写出制备ClO2的离子方程式：____________________；②与电解法相比，用草酸还原法制备ClO2的特点是____________________，提高了生产、储存及运输过程的安全性。（4）已知:ClO2被I-还原为ClO2-、Cl-的转化率与溶液pH的关系如图所示。当pH<2.0时，ClO2-也能被I-完全还原为Cl-。反应生成的I2与Na2S2O3反应的方程式:2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI。用ClO2消毒的饮用水中含有ClO2、ClO2-。测定饮用水中ClO2、ClO2-的含量，分两步进行:①用紫外分光光度法测得水样中ClO2的含量为amol/L。②用滴定法测量ClO2-的含量。请完成相应的实验步骤:步骤1:准确量取VmL上述水样加入锥形瓶中。步骤2:调节水样的pH________。步骤3:加入足量的KI晶体，充分反应。步骤4:加入少量淀粉溶液，用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1mL。根据上述分析数据，测得该饮用水中ClO2-的浓度为________mol/L(用含字母的代数式表示)。

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、D【分析】无色时可排除等有色离子的存在，与镁粉作用产生氢气的溶液呈酸性。【详解】A.在酸性条件下与Mg反应不会生成氢气，而是产生,故A错误；B.与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C.与发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D.之间不反应，都是无色离子，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；答案选D。【点睛】金属与硝酸不会产生氢气而是产生氮的氧化物（等），酸性环境中加金属产生氢气的溶液中，肯定不能存在。2、D【详解】A．雷蟠电掣云滔滔，打雷时会发生反应N2+O2=2NO(放电)，涉及化学变化，故A错误；B．燃之如麻，但烟甚浓，说明易燃烧，应为石油，故B错误；C．丹砂主要成分为HgS，煅烧丹砂分解生成汞单质，反应过程中有元素化合价变化，涉及氧化还原反应，故C错误；D．制玻璃的原料和玻璃的成分中都含有二氧化硅，二氧化硅可用于制造光导纤维，故D正确；答案选D。3、A【分析】由元素在周期表中的位置可知W、X为第二周期，Y、Z为第三周期，设Y的最外层电子数为n，则W的最外层电子数为n+2、X的最外层电子数为n+3、Z的最外层电子数为n+4，则n+n＋2+n＋3+n+4=21，4n=12，n=3，则Y为Al元素，W为N元素，X为O元素，Z为Cl元素。【详解】A.W为N元素，X为O元素，单质活泼性：X>W，故A正确；B.氧化物对应水化物的酸性：Y为Al，对应的氧化物的水化物Al（OH）3属于两性氢氧化物，W为N，对应的氧化物的水化物溶液HNO3属于强酸，故B错误；C.化合物熔点：Al2O3离子化合物，AlCl3为共价化合物，则离子化合物的熔点较高，故C错误；D.W为N元素，对应的氢化物分子之间可形成氢键，沸点比HCl高，故D错误。故选A。【点睛】本题考查位置结构性质关系应用，解题关键：元素的相对位置以及核外最外层电子的关系，明确短周期元素在周期表中的位置来推断，易错点C，Al2O3离子化合物，AlCl3为共价化合物。4、B【详解】A.操作①为氯化镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，为复分解反应，属于非氧化还原反应，A说法正确；B.操作①为固液分离，为过滤，在实验室进行过滤时，只需要漏斗、玻璃棒和烧杯3种玻璃仪器，B说法错误；C.进行操作②制备留谁合氯化镁，带有结晶水，则操作是蒸发浓缩、冷却结晶，C说法正确；D.在整个制备过程中，氯化镁与石灰浆、氢氧化镁与盐酸为复分解反应，溶液生成晶体、晶体失去结晶水，为非氧化还原反应，电解氯化镁为分解反应，过程中未发生置换反应，D说法正确；答案为B。5、D【解析】A.最外层含有2个电子的原子可能为非金属原子，如He最外层含有2个电子，而He为非金属元素，故A错误；

B.同一周期元素的原子，从左向右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，所以半径越大越容易失去电子，故B错误；

C.同一主族的元素的氢化物，若分子间存在氢键，则沸点升高，如H2O的沸点大于H2S，故C错误；

D.非金属元素呈现的最高化合价等于最外层电子数，F没有正价，O没有最高正价，则非金属元素呈现的最高化合价不超过该元素原子的最外层电子数，所以D选项是正确的；

所以D选项是正确的。6、D【详解】A．越王勾践剑是春秋晚期越国青铜器，铸造材料主要是铜锡合金，故A正确；B．青花瓷的制造原料为黏土，属于硅酸盐，故B正确；C．高分子化合物相对分子质量很大，一般在10000以上，可高达几百万，以毛竹为原料制作的竹纤维，主要成分为纤维素，是高聚物，属于有机合成高分子材料，故C正确；D．“石墨烯”是一种碳的单质，为无机物，不是新型有机高分子材料，故D错误；

故选：D。7、D【解析】A．过氧化钠的阴离子是O22-，78g过氧化钠是1mol，其晶体中含NA个阴离子，A错误；B．常温常压下22.4L氦气不是1mol，B错误；C．在O2参与的反应中，1molO2作氧化剂时得到的电子数不一定一定是4NA，例如氧气和钠反应生成过氧化钠，C错误；D．常温下16gO2与O3的混合气体中含氧原子的物质的量是，其中氧原子数为NA，D正确。答案选D。8、C【解析】A.根据元素守恒知,即使碳酸钠分解也不能生成水；

B.偏铝酸钠和少量H+反应生成Al(OH)3；C.同一氧化还原反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；

D.亚铁离子具有还原性，能被双氧水氧化生成铁离子，铁离子和KSCN溶液混合生成络合物而导致溶液呈血红色。【详解】A.根据元素守恒知，即使碳酸钠分解也不能生成水,可能是碳酸钠不干燥导致的，故A错误；

B.向稀的偏铝酸钠溶液滴加饱和氯水，发生反应：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，该反应为非氧化还原反应，偏铝酸钠没有还原性，故B错误；C.同一氧化还原反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；向含I﹣的无色溶液中滴加少量新制氯水,再滴加淀粉溶液,氯气具有强氧化性,能将碘离子氧化生成碘,碘遇淀粉试液变蓝色,加入淀粉后溶液变蓝色,说明碘离子被氧化生成碘单质,氧化剂是氯气、氧化产物是碘,所以氧化性:Cl2＞I2；故C正确；

D.双氧水具有氧化性,亚铁离子具有还原性,亚铁离子和双氧水反应生成铁离子,铁离子和KSCN溶液混合生成络合物而导致溶液呈血红色,加入双氧水后溶液变成血红色说明亚铁离子被氧化,则亚铁离子有还原性,不能说明具有氧化性，故D错误；

综上所述，本题选C。9、C【分析】A.雾和霾的分散剂均是空气；B.根据示意图分析；C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂；D.氮肥会释放出氨气。【详解】A.雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；B.由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；C.NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；D.氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。【点睛】结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。10、D【解析】A.氢氧化钠能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液，离子方程式：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，故A正确；B.由于铁离子发生水Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，所以配制FeCl3溶液时要加盐酸，抑制铁离子的水解，故B正确；C．在燃煤时加入石灰石，可减少SO2的排放，发生反应为2CaCO3+O2+2SO2═2CaSO4+2CO2，故C正确；D.

强碱溶液中，离子方程式的生成物中不可能出现大量氢离子，故D错误。答案选D。11、D【解析】A．甲为单质，若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则甲为Al或Si，所以丙可能是氧化铝，也可能是二氧化硅，不一定是两性氧化物，故A错误；B．若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则甲为Na，乙为氧气，所以丙可以为氧化钠或过氧化钠，当丙为氧化钠时，丙生成戊不是氧化还原反应，故B错误；C．丙、丁混合产生白烟，则丙、丁可为HCl和NH3或HNO3和NH3等，甲、乙均为单质，则乙可能是氯气、氢气或氮气，都不能使高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．若甲、丙、戊含有同一种元素，例如当甲为S、乙为氧气、丙为二氧化硫、丁为HClO等具有强氧化性的物质、戊为硫酸时，则含S元素的物质中S的化合价由低到高的顺序为甲＜丙＜戊，故D正确；故选D。【点睛】本题考查无机物的推断，熟悉物质的性质及转化关系图中的反应是解答本题的关键。本题的难点为D，符合甲、丙、戊中同种元素的化合价升高为非金属元素或变价金属元素。12、D【解析】根据物质的性质理解其用途，判断是否为对应关系。【详解】A项：SO2用于漂白纸浆是利用了SO2的漂白性。A项错误；B项：用铝槽车贮运浓硝酸，是因为常温时铝在浓硝酸中会钝化。B项错误；C项：NaHCO3用作食品疏松剂，是因为它能与酸反应或受热分解生成CO2气体。C项错误；D项：氨分子间有范德华力和氢键，液氨汽化时会吸收大量的热，用作制冷剂。D项正确。本题选D。13、C【详解】A.碘是卤族元素，原子的最外层电子数为7，最高正化合价为+7，而HIO3中碘元素为+5价。故A错误；B.反应①中，氯元素从+5价降低为0价，碘元素从0价升高为+5价，I2是还原剂，Cl2是还原产物，因此，该反应说明I2的还原性强于Cl2，故B错误；C.1molC12分子中含有1molCl-Cl（属于非极性键）。由反应①可知，生成1molC12转移10mol电子，现生成0.1molCl-Cl键,故转移1mol电子,C正确；D.IC1中碘元素为+1价，氯元素为-1价，其水解产物是HCl和HIO，在烧碱溶液中的产物是NaCl和NaIO，故D错误；综上所述，本题选C。14、D【解析】A、若HA为强酸，溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合恰好反应，则a=b；若HA为弱酸，生成强碱弱酸盐NaA，NaA水解使溶液呈碱性，由于溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合，HA应过量，故a＞b，，故A可能正确；B、由A分析可知，a=b或a＞b，故B可能正确；C、由电荷守恒可知，溶液中c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，溶液pH=7，则c(OH-)=c(H+)，故c(A-)=c(Na+)，故C一家正确；D、由C中分析可知，溶液中一定满足c(A-)=c(Na+)，故D一定不正确。故选D。【点晴】本题考查溶液中离子浓度比较、酸碱反应pH的定性判断、盐类水解等知识，注意酸HA的强弱讨论方法及电荷守恒、物料守恒在比较离子间关系时的应用。本题中根据HA是强酸还是弱酸，结合盐类水解判断a、b关系；根据溶液呈电中性，以及溶液中的电荷守恒关系c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，便可顺利判断c(A-)、c(Na+)的相对大小。15、C【分析】分析每种装置中出现的相应特点，再判断这样的装置特点能否达到处理污染气体，减少污染的效果。【详解】①图1所示装置在实验中用带有酚酞的水吸收逸出的氨气，防止氨气对空气的污染，符合“绿色化学”，故①符合题意；②图2所示装置用沾有碱液的棉球吸收多余的氯气，能有效防止氯气对空气的污染，符合“绿色化学”，故②符合题意；③氨气与氯化氢气体直接散发到空气中，对空气造成污染，不符合防止污染的理念，不符合“绿色化学”，故③不符合题意；④图3所示装置中，铜丝可以活动，能有效地控制反应的发生与停止，用气球收集反应产生的污染性气体，待反应后处理，也防止了对空气的污染，符合“绿色化学”，故④符合题意；故符合“绿色化学”的为①②④。故选C。【点睛】“绿色化学”是指在源头上消除污染，从而减少污染源的方法，与“绿色化学”相结合的往往是原子利用率，一般来说，如果所有的反应物原子都能进入指定的生成物的话，原子的利用率为100%。16、A【详解】A.HCl可抑制镁离子水解，图中装置可制备无水MgCl2，故A正确；B.胶体、溶液均可透过滤纸，图中过滤不能除去氢氧化铁胶体中的Fe3+和Cl-，故B错误；C.氯气的密度比空气密度大，收集氯气时导管应长进短出，故C错误；D.碱滴定酸，碱应盛放在碱式滴定管中，图中为酸式滴定管，故D错误；答案选A。17、C【解析】碱性氧化物是指能和酸反应只生成一种盐和水的氧化物。MgO是碱性氧化物，它能和酸反应生成一种盐和水；CO2为酸性氧化物，KOH属于碱，K2CO3属于盐。故选C。18、C【分析】A、中子数为8的氮原子的质量数为15；B、HCl中只含共价键；C、NH3中含个N-H键；D、Cl-最外层有8个电子。【详解】A、中子数为8的氮原子的质量数为15，可表示为，选项A错误；B、HCl中只含共价键，其电子式为，选项B错误；C、NH3中含个N-H键，NH3的结构式为：，选项C正确；D、Cl-最外层有8个电子，Cl−的结构示意图为，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查化学用语，侧重考查原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式，注意它们之间的区别是解题的关键，如原子结构示意图与离子结构示意图的区别、共价化合物和离子化合物的区别、电子式与结构式的区别等。19、C【解析】A.活性铁粉具有还原性，可以做抗氧化剂，防止油脂氧化变质，A正确；B.陶土的主要成分为硅酸盐，B正确；C.太阳能电池板的材料是硅，不是二氧化硅，C错误；D.用K2FeO4具有强氧化性，且还原产物铁离子可水解生成胶体，所以即有杀菌消毒租用，又有净水作用，D正确；故选C。20、A【解析】试题分析：A、常见金属的冶炼方法有电解法、热还原法、热分解法等，其中Na、Mg都为活泼金属，应用电解法冶炼，故A正确；B、过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而氧化钠和二氧化碳反应中生成碳酸钠，故B错误；C、氧化铝为两性氧化物，可与氢氧化钠等强碱反应，故C错误；D、铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，不生成碱，故D错误；故选A。考点：考查了钠、镁、铝等金属单质及其化合物的性质的相关知识。21、A【分析】光盘中的Ag与次氯酸钠反应生成氯化银和氧气，氯化银不溶于水，过滤得到氯化银固体，加入10%的氨水进行溶解，再加入N2H4H2O发生氧化还原反应，生成单质银。【详解】A．氧化过程中方程式为4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑，参加反应的Ag和NaClO的物质的量比之为1：1，A说法正确；B．次氯酸钠在酸性、加热的条件下易分解，则为了提高氧化过程的反应速率和产率，氧化过程应该在碱性、温度不宜过高的条件下进行，B说法错误；C．氧化过程中，若用HNO3代替NaClO氧化Ag，则产生含氮的氧化物，污染空气，C说法错误；D．还原过程，若水合肼转化为无害气体N2，溶液中含银离子为[Ag(NH3)2]+，则还原过程的离子方程式为4[Ag(NH3)2]++N2H4∙H2O+4OH-=4Ag↓+N2↑+5H2O+8NH3↑，D说法错误；答案为A。22、A【详解】在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量是燃烧热，则A.C6H12O6(s)＋6O2(g)＝6CO2(g)＋6H2O(l)ΔH＝－akJ·mol－1中的反应热表示葡萄糖的燃烧热，A正确；B.反应中生成物不是二氧化碳，不能表示燃烧热，B错误；C.生成物是CO，是碳的不完全反应，不能表示燃烧热，C错误；D.生成物水不是液态，且NO不稳定，不能表示燃烧热，D错误；答案选A。【点睛】明确燃烧热含义是解答的关键，注意几个要点：1mol，完全燃烧，稳定的氧化物。二、非选择题(共84分)23、第二周期ⅥA族乙烯AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2Oe【分析】X、Y、Z、M、G、Q是六种短周期主族元素,原子序数依次增大.Z、G分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素,则Z为O元素、G为Al元素;Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍,原子序数小于O,只能处于第二周期,最外层电子数为4,则Y为C元素;X单质在常温下呈气态,则X为H元素,X与M同主族,原子序数大于O,则M为Na;Q单质常温下为气态,原子序数大于Al,则Q为Cl.【详解】（1）同周期自左而右原子半径减小,同主族自上而下原子半径减小,故原子半径；（2）Z为O元素,在元素周期表中的位置为第二周期ⅥA族，M2Z为氧化钠，电子式为；（3）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是；（4）X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平的是乙烯；（5）GQ3溶液与过量的MZX溶液反应的化学方程式为AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O；（6）常温下，不能与G的单质发生反应的是e氧化铜。【点睛】常温下，Al与浓硫酸和浓硝酸会钝化，是发生了化学反应，形成了致密的氧化膜，并非未发生反应。24、羧基+H2O2-甲基-2-丙醇>+Cu(OH)2+2NaOH+2Cu2O↓+6H2O8或【分析】A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，所以氧元素的个数为，即A中含有一个氧原子，剩下为C、H元素，根据相对分子质量关系得出分子式为C2H6O，又因为核磁共振氢谱显示只有一组峰，所以A的结构简为。根据已知②推出B的结构为。醇在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成烯烃，故C的结构为；烯烃和溴单质发生加成反应生成卤代烃，故D的结构为。D在氢氧化钠水溶液加热条件下发生水解生成E，故E的结构为。在催化剂和氧气条件下发生醇的催化氧化生成醛，故F的结构为。全在新制氢氧化铜溶液中加热并酸化生成羧酸，故G的结构为。G和E发生缩聚生成H。【详解】(1)、由分析可知A的结构为，G中官能团名称为羧基；(2)、由B生成C的化学方程式为+H2O；(3)、B的结构为，根据系统命名法规则，B的名称为2-甲基-2-丙醇；(4)、化合物E的结构为，相对分子质量大于2-甲基丙醇，所以熔沸点更高，故答案为>；(5)、F与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为：+Cu(OH)2+2NaOH+2Cu2O↓+6H2O；(6)、H由G、E发缩聚形成，故化学式为：；(7)、分子中无环状结构且无支链，则含有四个双键或一个三键两盒双键或者两个三键且核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为3∶2。满足要求的结构有：、、、、、、、。故答案为8；、。25、E干燥二氧化硫与氧气降温使以固体形式呈现，从混合气体中分开ABC白色酸雾加烧碱反应快（吸收快），加石灰乳价格低廉【分析】根据实验装置及二氧化硫的性质分析装置中仪器的作用；根据二氧化硫及三氧化硫的性质分析检验的方法；根据工业生产需要分析尾气处理时选择合适的试剂。【详解】（1）二氧化硫与氧气在E中反应，为了使之充分反应，所以实验开始时，先点燃的酒精灯是E中酒精灯；（2）如图所示A装置产生二氧化硫气体，同时会带出水分，所以装置D中浓硫酸的作用除了混合气体并观察气体流速外还有干燥二氧化硫与氧气的作用；（3）根据题干信息，三氧化硫的熔点为16.6℃，所以装置F的作用是降温，使以固体形式呈现，从混合气体中分开；（4）二氧化硫有漂白性和还原性，可以使品红溶液和溴水溶液褪色，所以可以将气体通入品红或溴水证明二氧化硫的存在；二氧化硫与三氧化硫通入硝酸钡溶液中都产生白色沉淀，且二氧化硫与氯化钡溶液不反应，三氧化硫可以与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，所以可以用氯化钡溶液证明三氧化硫的存在，故答案为AB；C；（5）装置G为干燥装置，如果没有干燥，空气中的水分与易溶于水的二氧化硫气体结合形成酸雾，所以F中可能看到白色酸雾；（6）装置G导出的尾气是为了吸收未完全反应的二氧化硫，二氧化硫与碱反应生成亚硫酸盐和水，离子方程式为：；（7）烧碱浓度大，反应快，而石灰乳价格比较低，故答案为加烧碱反应快（吸收快），加石灰乳价格低廉。26、饱和FeCl3溶液呈红褐色②④⑦②⑦③⑤⑥⑦FeCl3+3H2O(沸水)Fe(OH)3(胶体)+3HClSO42—胶体的聚沉丁达尔效应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+蒸发浓缩玻璃棒2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42—+3Cl-+5H2O(或2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42—+3Cl-+5H2O写出一个即可)【解析】I、电解质的定义是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，主要包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水等。我们在判断此类试题的时候，最直接的方法是按照物质的分类进行判断。①干冰是固态二氧化碳，不属于上述物质中的任一种，在水溶液和熔融状态下均不导电，所以不是电解质；②NaHCO3晶体属于盐，在水溶液中可以电离出离子而导电，所以属于电解质；③氨水属于混合物而不是化合物，所以不是电解质；④纯醋酸属于酸，在水溶液中可以电离出离子而导电，所以属于电解质；⑤FeCl3溶液是混合物而不是化合物，所以不是电解质；⑥铜是单质而不是化合物，所以不是电解质；⑦熔融的KOH属于碱，在熔融状态下和水溶液中均可以电离出离子而导电，所以是电解质；⑧蔗糖不属于上述物质中的任一种，在水溶液和熔融状态下均不导电，所以不是电解质；所以属于电解质的是：②④⑦。强电解质的定义是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，因此强电解质首先必须是电解质，只能从②④⑦里面找，其中NaHCO3晶体在水溶液中可以完全电离出离子，所以属于强电解质；纯醋酸属于共价化合物，在熔融状态下不能电离出离子，在水溶液中不能完全电离，所以属于弱电解质；熔融的KOH是离子化合物，在熔融状态下和水溶液中都能完全电离出离子，所以属于强电解质，因此属于强电解质的是②⑦。因在氨水、FeCl3溶液、熔融的KOH中都含有能够自由移动的离子，所以可以导电；铜作为金属单质，含有能够自由移动的电子，所以也可以导电，因此能够导电的是③⑤⑥⑦。II、①.Fe(OH)3胶体的制备过程是：向煮沸的蒸馏水中逐滴加入饱和的FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即可制得Fe(OH)3胶体。故答案是：饱和FeCl3；溶液呈红褐色；FeCl3+3H2O（沸水）Fe(OH)3(胶体)+3HCl。②.向Fe(OH)3胶体中加入Na2SO4饱和溶液，由于硫酸根离子中和了氢氧化铁胶粒的电荷，导致胶体发生了聚沉，故答案是：SO42-；胶体的聚沉③.利用胶体具有丁达尔效应而溶液没有丁达尔效应，进行区分胶体和溶液，所以答案是：丁达尔效应Ⅲ、①.FeCl3溶液用作蚀刻铜箔制造电路板的工艺，利用的是Fe3＋的氧化性，将铜氧化成Cu2＋，所以其反应的离子方程式是：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。②.利用FeCl3溶液制取FeCl3•6H2O晶体，需要在HCl气流中加热、蒸发浓缩，因此其主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；过滤操作主要需要用到烧杯、漏斗、玻璃棒；所以答案是：蒸发浓缩；玻璃棒③、用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为：3Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O或者2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。27、分液漏斗氯气将二氧化硫在水中氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀没有b【分析】（1）根据仪器a的构造判断其名称；

（2）Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，生成的硫酸再与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀来分析；

（3）氯气有强氧化性，碳有还原性，在加热条件下氯气和水、碳发生氧化还原反应；

（4）氯化氢、氯气和澄清石灰水反应都生成的盐和水；

（5）确认E处反应中有CO2产生，需用澄清的石灰水变浑浊验证，需除去二氧化碳中的氯化氢、氯气，且不能生成二氧化碳；【详解】：（1）根据仪器的构造可知a为分液漏斗；

故答案为：分液漏斗；

（2）E装置产生白色沉淀现象的原因是氯气和二氧化硫发生氧化还原反应，即Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4生成的硫酸又与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀；

故答案为：氯气将二氧化硫在水中氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀；

（3）氯气有强氧化性，碳有还原性，在加热条件下氯气和水、碳发生氧化还原反应生成氯化氢和二氧化碳，反应方程式为：，故答案为：

（4）剩余的氯气在F装置中和水反应生成盐酸和次氯酸，装置E中反应也生成氯化氢气体，氯化氢、氯气和澄清石灰水反应都生成可溶性的盐和水，二氧化碳的物质的量少于氯化氢，不可能生成碳酸钙沉淀，所以反应过程无现象无白色沉淀生成；

故答案为：没有

（5）因通入F装置的气体中含有氯气、氯化氢、二氧化碳，现需除去氯气和氯化氢，且除去这两种气体过程中不能产生二氧化碳，装置a氯气、氯化氢、二氧化碳一同通入无法确认E处反应中有CO2产生；装置d氯化氢与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，无法确认E处反应中有CO2产生；装置c中碳酸钠与氯化氢及氯气反应生生成二氧化碳，且碳酸钠溶液能吸收二氧化碳，无法确认E处反应中有CO2产生；装置b中，少量氯气能溶于水，氯化氢极易溶于水，二氧化碳混有氯化氢时，二氧化碳在水中几乎不溶，用水可除去氯气和氯化氢两种气体，多余的气体与澄清石灰水作用变浑浊，能确认E处反应中有CO2产生，

故答案为：b。28、ClO－+SO2+2OH－=Cl－+SO42－+H2O2NiO2+ClO－=Ni2O3+Cl－+2OCa2+与SO42—结合生成微溶的CaSO4有利于反应的进行SO2+2H2OH2SO4+H2【分析】(1)二氧化硫排放到大气中易形成酸雨，需对其进行处理，可根据二氧化硫的还原性，采用氧化还原反应对其进行处理，次氯酸根具有氧化性，在碱性条件下可将二氧化硫氧化为硫酸根离子，催化剂可提高此反应速率，催化剂参加反应，但反应后催化剂没有变化，采用Ca(ClO)2也可吸收二氧化硫并且反应后生成微溶物硫酸钙，效果更好。(2)通过流程图可看出反应器中发生的反应为：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，在分离器中分离出硫酸后，HI进入到膜反应器中高温分解为氢气和碘单质，反应为2HI=I2+H2，经过一系列反应碘单质没有发生变化，因此可推断碘单质为此反应的催化剂。【详解】(1)①用NaClO碱性溶液吸收SO2，次氯酸根将二氧化硫氧化生成硫酸根离子，离子方程式是ClO-+SO2+2OH-=Cl-+SO42-+H2O；②a.为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为催化剂，根据催化过程的示意图可知，过程