山东省青岛市城阳区2026届化学高三上期中质量检测模拟试题含解析

山东省青岛市城阳区2026届化学高三上期中质量检测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、2018年10月15日，中国用“长征三号乙”运载火箭成功以“一箭双星”方式发射北斗三号全球组网卫星系统第15、16号卫星，其火箭推进剂为高氯酸铵（NH4ClO4）等。制备NH4ClO4的工艺流程如下：饱和食盐水NaClO3NaClO4NaClO4NH4ClO4，下列说法错误的是（）A．NH4ClO4属于离子化合物B．溶解度：NaClO4＞NH4ClO4C．该流程中可循环利用的物质是NH4ClD．高氯酸铵中氯元素的化合价为+7价2、在下述条件下，一定能大量共存的离子组是（）A．无色透明的水溶液中：K+、Ba2+、I-、MnO4-B．能与Al反应产生H2的溶液中：HCO3-、Na+、Al3+、Br-C．澄清透明溶液中：K+、Fe3+、HCO3-、AlO2−D．常温下pH=1的溶液中：Mg2+、Cl-、SO42-、Fe3+3、化学式为N2H6SO4的某晶体，其晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4晶体中不存在A．离子键 B．共价键 C．分子间作用力 D．阳离子4、海水是重要的资源，可以制备一系列物质。下列说法正确的是A．除去粗盐中SO42－、Ca2＋、Mg2＋等杂质，加入试剂及相关操作顺序可以是：NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤→盐酸B．步骤②中，应先通CO2，再通NH3C．步骤③中可将MgCl2·6H2O晶体在空气中直接加热脱水D．步骤④、⑤、⑥反应中，溴元素均被氧化5、一定条件下，在乙室中充入1.2molHCl，甲室中充入NH3、H2的混合气体，静止时活塞如下图，已知甲室中气体的质量比乙室中气体的质量少33.8g。下列说法不正确的是（）A．甲室中气体的物质的量为2molB．甲室中气体的质量为10gC．甲室中NH3和H2的物质的量之比为4:1D．如果将活塞a去掉，HCl和NH3完全反应后活塞b静止于刻度6处6、NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．标准状况下，2.24L三氯甲烷中所含分子数为NAB．2.8g乙烯与聚乙烯的混合物中含有的极性键为0.4NAC．将1molNH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4+的数目为NAD．162g淀粉完全水解后产生的葡萄糖分子数目为NA7、下列有关实验装置或操作进行的相应实验，能达到实验目的的是A．用图甲所示装置分离乙醇和碘的混合液B．用图乙所示操作配制100mL0.1mol·L-1硫酸溶液C．用图丙所示装置制备、收集纯净的一氧化氮D．用图丁所示装置检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化硫8、下列实验操作对应的现象和根据现象得出的结论均正确的是（）实验操作现象结论A向FeCl3溶液中加入浓NaOH溶液溶液由黄色变为红棕色生成了氢氧化铁胶体B向Co2O3中滴入浓盐酸加热产生黄绿色气体氧化性:Cl2>Co2O3C向某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀溶液中存在亚铁离子D向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液有白色沉淀和气体产生AlO2-与HCO3-发生了水解的相互促进A．A B．B C．C D．D9、下列有关问题，与盐的水解有关的是()①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂③草木灰和铵态氮肥不能混合使用④实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞⑤用热的纯碱溶液洗去衣服上的油污A．①②③ B．②③④ C．①④⑤ D．①②③④⑤10、下列反应能用离子方程式CO32-+2H+==CO2↑+H2O表示的是A．石灰石与足量盐酸反应B．碳酸钠与足量盐酸反应C．碳酸钠与足量醋酸反应D．碳酸钡与足量硝酸反应11、下列说法正确的是A．PH试纸在检测气体时必须先湿润B．容量瓶用蒸馏水洗涤后须烘干才能使用C．用苯萃取溴水中的溴时，溴的苯溶液从分液漏斗下口放出D．蒸馏完毕后，先停止通冷凝水，再停止加热12、某反应过程中能量变化如图所示，下列有关叙述正确的是（）A．该反应为放热反应B．催化剂改变了化学反应的热效应C．催化剂会改变可逆反应的平衡常数D．催化剂改变了化学反应速率13、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．常温下pH＝7溶液中：I－、SO42－、Na＋、Fe3＋B．使石蕊试液变蓝色的溶液：K＋、SO42－、Ca2＋、S2－C．与Al反应生成H2的溶液：NH4＋、K＋、NO3－、SO32－D．pH＝7，通入CO2后指定离子仍能大量共存：Cl-、K＋、Ba2＋、NO3－14、一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO3＝2HNO3＋4N2＋9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为A．5∶4 B．5∶3 C．3∶5 D．1∶115、下列说法中正确的是()A．非金属氧化物一定能与碱发生反应 B．金属氧化物一定不能与碱发生反应C．酸性氧化物一定能与水反应生成酸 D．酸性氧化物可能与酸发生反应16、用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是（）A．检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化碳B．配制一定物质的量浓度的H2SO4溶液C．测量氨气的体积D．进行二氧化碳喷泉实验17、通常条件下易升华的晶体属于()A．分子晶体 B．原子晶体 C．离子晶体 D．金属晶体18、2016年8月，联合国开发计划署在中国的首个“氢经济示范城市”在江苏落户。用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示。下列说法正确的是（）A．放电时，甲电极为正极，OH－移向乙电极B．放电时，乙电极反应为：Ni（OH）2＋OH－—e－＝NiO（OH）＋H2OC．充电时，电池的碳电极与直流电源的正极相连D．电池总反应为H2＋2NiOOH2Ni（OH）219、已知还原性：I－>Fe2＋，某溶液中含如下离子组中的几种K＋、Fe3＋、Fe2＋、Cl－、CO32－、NO2－、NO3－、SO42－、SiO32－、I－，某同学欲探究该溶液的组成进行了如下实验：①用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰；②另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成；③取②反应后溶液置于试管中加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层为无色。下列说法正确的是()A．②中无色气体是NO气体，可能含有CO2气体B．原溶液中Fe3＋与Fe2＋只存在一种离子C．原溶液中NO2－与NO3－至少存在一种离子D．为确定是否含有Cl－可取原溶液加入过量硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀20、有机物命名中常使用多套数字编号：“甲、乙、丙…”，“1、2、3…”，“一、二、三…”，其中“1、2、3…”指的是（）A．碳原子数目B．碳链位置或某种官能团位置的编号C．某种基团或官能团的数目D．原子间共用电子对的数目21、下列有关性质的比较，错误的是（）A．酸性：H2SO4>H2CO3B．沸点：CBr4＞CCl4C．碱性：Al(OH)3>NaOHD．热稳定性：HF>HCl22、在北京新机场这座宏伟的“超级工程”建设中化学材料发挥了巨大作用。下列属于无机材料的是A．高韧薄层沥青罩面 B．高强度耐腐蚀钢筋C．隔震橡胶垫 D．超高分子量聚乙烯纤维二、非选择题(共84分)23、（14分）有A、B、C、D、E、F6种短周期元素，G为过渡元素；已知相邻的A、B、C、D4种元素原子核外共有56个电子，在周期表中的位置如图所示。1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2；E单质粉末与G的氧化物常用于野外焊接钢轨；F是短周期最活泼的金属元素。请回答下列问题：（1）元素D、G的名称分别为：__。（2）D的单质与C的气态氢化物反应方程式为___。（3）C、E、A的简单离子半径：__＞__＞__，B、C、D的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序为___(用化学式表示)。（4）向D与E形成的化合物的水溶液中滴加过量烧碱溶液的离子方程式为__。（5）用电子式表示F与C形成化合物的过程___。（6）G的单质与高温水蒸气反应的方程式___。（7）部分元素在周期表中的分布如图所示（虚线为金属元素与非金属元素的分界线），下列说法不正确的是___。A．B只能得电子，不能失电子B．原子半径Ge＞SiC．As可作半导体材料D．Po处于第六周期第VIA族24、（12分）下面是以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线：（1）X的名称为__，Y的结构简式为__，反应②的反应试剂和反应条件为__。（2）金刚烷是一种重要的化工原料，工业上可通过下列途径制备：环戊二烯分子的分子式为__；二聚环戊二烯的同分异构体中，属于芳香烃且苯环上的一氯代物有3种的同分异构体的结构简式为__，__。金刚烷的一氯代物有__种；金刚烷与四氢二聚环戊二烯的关系是___。（填字母）a．互为同系物b．互为同分异构体c．均为烷烃d．均为环烃（3）写出环戊二烯在一定条件下生成高聚物的结构简式：__。（4）烯烃也能发生如下反应：R1CHO++HCHO。请写出下列反应的有机产物的结构简式：__。25、（12分）某学习小组学习了亚铁盐的性质后，欲探究FeSO4溶液分别与Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的反应。已知：Fe(OH)2和FeCO3均为白色沉淀，不存在Fe(HCO3)2。实验操作及现象记录如下：实验试剂操作及现象试管(I)试管(II)(试管容积为50mL)实验a1.0mol·L－1FeSO4溶液24mL1.0mol·L－1Na2CO3溶液24mL倾倒完后，迅速用胶塞塞紧试管I的口部，反复上下颠倒摇匀，使反应物充分混合反应过程中无气泡产生，生成白色絮状沉淀放置1.5～2h后，白色絮状沉淀转化为白色颗粒状沉淀实验b1.0mol·L－1FeSO4溶液10mL1.0mol·L－1NaHCO3溶液20mL倾倒完后，迅速产生白色颗粒状沉淀和大量气泡。振荡，经2～4min后液面上方试管内壁粘附的白色颗粒状沉淀物变成红褐色(1)甲同学认为实验a中白色颗粒状沉淀是FeCO3，写出该反应的离子方程式：________；他为了证实自己的观点，进行实验：取少量白色颗粒状沉淀，加入________，发现产生大量气泡。(2)乙同学推测实验a的白色颗粒状沉淀中还可能含有Fe(OH)2，他将实验a中两种溶液体积均改成15mL后再进行实验，证实了他的推测。能证明Fe(OH)2存在的实验现象是_________。(3)实验b中白色颗粒状沉淀主要成分也为FeCO3，写出生成FeCO3的离子方程式：________。(4)实验b中液面上方试管内壁粘附的白色颗粒状沉淀物变成红褐色，主要原因是潮湿的FeCO3被氧气氧化，写出该反应的化学方程式：__________。(5)乙同学反思，实验a中含有Fe(OH)2，实验b中几乎不含有Fe(OH)2，对比分析出现差异的原因是_________。26、（10分）ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。（1）仪器D的名称是____。安装F中导管时，应选用图2中的_____。（2）打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜____（填“快”或“慢”）。（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是_____。（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为____，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是______。（5）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示。若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是_______，原因是_________。27、（12分）磺酰氯（SO2Cl2）是一种重要的有机合成试剂，实验室可利用SO2与Cl2反应制取少量的SO2Cl2。装置如图（有些夹持装置省略）所示。已知SO2Cl2的熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，在潮湿空气中遇水能发生剧烈的水解反应，并产生白雾。（1）仪器组装完毕后，检验戊装置气密性的方法是_______，表明装置气密性良好。（2）仪器C的作用是吸收逸出的有毒气体Cl2、SO2，防止污染环境和________。（3）试剂X、Y的组合最好是_________（填字母）。a.18.4mol/LH2SO4+Cub.4mol/LHNO3+Na2SO3c.60%H2SO4+K2SO3（4）戊是贮气装置，则E中的试剂是______；若缺少装置乙和丁，潮湿的氯气和二氧化硫之间发生反应的化学方程式是：________________。（5）分析装置丙中活性炭的作用是________，反应结束后，将丙中的混合物分离开的实验操作是______。28、（14分）（1）镍与CO反应会造成镍催化剂中毒。为防止镍催化剂中毒，工业上常用SO2除CO。已知：则用SO2除去CO的热化学方程式为___。（2）含乙酸钠和对氯酚()的废水可以利用微生物电池除去，其原理如图所示：①B是电池的___极(填“正”或“负”)；②A极的电极反应式为____。（3）利用双模三室电解法不仅可处理含NiCl2的废水，还可回收金属镍，其装置如图所示。①两端电解质溶液分别为含NiCl2的废水和NaOH溶液，其中含NiCl2的废水应进___（填“Ⅰ”“Ⅱ”“Ⅲ”，下同）室。②阳极的电极反应式为___。（4）某研究性学习小组根据反应2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O设计如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为1mol·L－1，溶液的体积均为200mL，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。回答下列问题：①此原电池的正极是石墨___(填“a”或“b”)，发生___反应。②电池工作时，盐桥中的SO42-移向____(填“甲”或“乙”)烧杯。③甲烧杯中的电极反应式为____；29、（10分）硫化氢气体在资源利用和环境保护等方面均有重要应用。(1)工业上采用高温分解H2S制取氢气，2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，在膜反应器中分离出H2。在容积为2L的恒容密闭容器中，控制不同温度进行此反应。H2S的起始物质的量均为1mol，实验过程中测得H2S的转化率如图所示。曲线a表示H2S的平衡转化率与温度的关系，曲线b表示不同温度下反应经过相同时间时H2S的转化率。①反应2H2S(g)2H2(g)+S2(g)的H___________(填“>”“<’或“＝”)0。②985℃时，反应经过5s达到平衡状态，此时H2S的转化率为40%，则用H2表示的反应速率为v(H2)＝____________。③随着H2S分解温度的升高，曲线b向曲线a逐渐靠近，其原因是____________。(2)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如下图所示。①在图示的转化中，化合价不变的元素是____________。②在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中尽可能不含CuS，可采取的措施有________。

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.NH4ClO4由NaClO3和NH4Cl发生复分解反应生成，NH4ClO4由NH4+、ClO4-构成，所以属于离子化合物，故A正确；B.NaClO3和NH4Cl发生复分解反应，结晶生成NH4ClO4，所以溶解度：NaClO4＞NH4ClO4，故B正确；C.NaClO3和NH4Cl发生复分解反应生成NH4ClO4、NaCl，该流程中可循环利用的物质是NaCl，故C错误；D.根据化合价代数和等于，高氯酸铵中氯元素的化合价为+7价，故D正确。选C。2、D【解析】A.MnO4－是有色离子，在无色溶液中不能大量共存，故A错误；B.能与Al反应产生H2的溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，若为酸性溶液，HCO3－不能大量共存，若为碱性溶液，HCO3－和Al3＋不能大量共存，故B错误；C.Fe3＋可以和AlO2－发生双水解反应生成Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀，HCO3－和AlO2－在溶液中反应生成CO32－和Al(OH)3沉淀，故不能大量共存，故C错误；D.常温下pH=1的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中，Mg2+、Cl-、SO42-、Fe3+互相之间不发生任何反应，可以大量共存，故D正确；故答案选D。点睛：本题主要考查离子能否大量共存，掌握相关离子的性质是解答的关键，在解题时要特别注意题目所隐含的条件。如：①溶液无色透明时，则溶液中一定没有有色离子，如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-；②强碱性溶液中肯定不存在与OH-反应的离子，如Fe3+、Fe2+、HCO3-、NH4+、Al3+；③强酸性溶液中肯定不存在与H+反应的离子，如HCO3-、CO32-、S2-、CH3COO-、AlO2-等；本题的易错点在B项，要特别注意能与Al反应产生H2的溶液，可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，但若为酸性溶液，则不可能是硝酸，因铝与硝酸反应不能生成氢气。3、C【详解】化学式为N2H6SO4的晶体，其晶体类型与硫酸铵相同，应该是离子晶体，硫酸铵中含有离子键、共价键及阴、阳离子，故N2H6SO4晶体中不存在分子间作用力，选项C错误，答案为C。4、A【分析】A、镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子；B、步骤②是侯德榜制碱的原理，向饱和氯化钠溶液中通入氨气，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体；C、氯化镁水中水解，加热促进水解；D、步骤④是溴离子被氧化，步骤⑤是溴单质被还原，步骤⑥是溴元素被氧化。【详解】A、镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，在进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：加过量的氢氧化钠溶液→加过量的氯化钡溶液→加过量的碳酸钠溶液→过滤→加适量盐酸，故A正确；B、步骤②中，应先通NH3，再通CO2，目的是增多二氧化碳溶解生成碳酸氢钠晶体，故B错误；C、步骤③MgCl2·6H2O中氯化镁水解，加热促进水解，晶体不能在空气中直接加热脱水，应在氯化氢气流中加热失水，故C错误；D、步骤④是溴离子被氧化为溴单质，步骤⑤是溴单质被还原为溴化氢，步骤⑥溴元素被氧化为溴单质，故D错误。故选A。5、C【解析】A、由图可知甲、乙两室气体的体积之比为5:3，故其物质的量之比也为5:3，所以甲室中气体为2mol，选项A正确；B、HCl气体的质量为1.2mol×36.5g/mol=43.8g，则甲室中气体的质量为43.8g-33.8g=10g，选项B正确；C、设氨气的物质的量为x，氢气的物质的量为y，根据其物质的量、质量列方程组为：x+y＝2，17x+2y＝10，解得x＝0.4，y＝1.6，所以氨气和氢气的物质的量之比=0.4mol：1.6mol=1：4，其质量之比=（0.4mol×17g/mol）：（1.6mol×2g/mol）=17：8，选项C不正确；D、甲室中NH3的物质的量为0.4mol，能与0.4molHCl反应，剩余气体为0.8molHCl和1.6molH2，共2.4mol，相同条件下，气体的体积之比等于其物质的量之比，所以活塞b会移至“6”处，选项D正确；答案选C。6、A【解析】A.三氯甲烷在标准状况下是液体，不适用于22.4L/mol,所以A项符合题意；B.乙烯和聚乙烯的最简式均为CH2，可以按照最简式计算，2.8g的CH2为0.2mol，含有的极性键即C—H的物质的量为0.4mol，数目为0.4NA，B项不符合题意；C.1mollNH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，根据电荷守恒，c(NH4+)+c(H+)=c(NO3-)+c(OH-)，中性c(H+)=c(OH-)，c(NH4+)=c(NO3-)，同一溶液中NO3-的数目为NA，则NH4+数目也为NA，C项不符合题意；D.淀粉的结构单元C6H10O5，式量为162，则水解后会得到1mol葡萄糖，分子数为NA，D项不符合题意；本题答案选A。7、D【解析】A.碘易溶于乙醇中，溶液不会分层，不能用分液的方法分离，故A错误；B.浓硫酸应该在烧杯中稀释并冷却后转移至容量瓶中，不能直接在容量瓶中稀释或配制溶液，故B错误；C.NO不能用排空气法收集，NO能与氧气反应生成二氧化氮，应用排水法收集，故C错误；D.SO2能使品红溶液褪色，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化而吸收，因此可用图丁所示装置检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化硫，故D正确，答案选D。8、C【详解】A.FeCl3和NaOH在溶液中反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，不能制取氢氧化铁胶体，应该将饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热至液体呈红褐色，制取氢氧化铁胶体，A错误；B.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该反应中氧化剂是Co2O3，氧化产物是Cl2，所以氧化性Cl2<Co2O3，B错误；C.Fe2+和铁氰化钾反应生成特征的蓝色沉淀，所以该实验能检验Fe2+，C正确；D.AlO2-离子促进碳酸氢根离子的电离，生成Al(OH)3白色沉淀和CO32-，HCO3-与水解无关，D错误；故合理选项是C。9、D【解析】①NH4Cl与ZnCl2溶液中的铵根和锌离子会发生水解，导致溶液显示酸性，酸可以和金属锈的成分反应而除锈，故①正确；②NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液中的碳酸氢根离子和铝离子双水解会生成二氧化碳来灭火，二者可作泡沫灭火剂，故②正确；③草木灰碳酸钾中的碳酸根离子与铵态氮肥中的铵根离子之间会双水解，不能混合施用，故③正确；④Na2CO3溶液中的碳酸根水解显示碱性，磨口玻璃塞的成分中二氧化硅可以和碱反应，会导致瓶塞和瓶口黏在一起，故④正确；⑤用热的纯碱溶液呈碱性，能与油污反应而使其除去，故⑤正确；答案选D。10、B【解析】A.离子方程式：CaCO3+2H+=Ca2+＋H2O+CO2↑；B.离子方程式：CO32-+2H+=CO2↑+H2O；C.离子方程式：2CH3COOH+→2CH3COO－+H2O+CO2↑，D.离子方程式：BaCO3+2H+Ba2+＋H2O+CO2↑。故选B。11、A【解析】A、气体只有溶于水才能显示酸碱性，比如氨气需要先与水反应生成一水合氨，一水合氨再电离出氢氧根离子，氯化氢也只有溶于水才能发生电离，故PH

试纸必须先湿润，A正确；B、容量瓶中有水对实验没有影响，故B错误；C、苯的密度比水小，在上层，应该从分液漏斗的上口放出，故C错误；D、蒸馏完毕后，应先停止加热，待烧瓶中溶液冷却后，再停止通冷凝水，因为在停止加热之后体系内温度依然很高，还会有少量蒸气溢出，如果停止了通水，那么蒸气可能引起冷凝管炸裂，故D错误。故选A。12、D【解析】A．图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，故A错误；B．催化剂只能改变反应速率，不能改变该反应的热效应，，故B错误；C．化学平衡常数只受温度影响，催化剂不改变平衡常数，故C错误；D．催化剂改变反应的活化能，从而改变化学反应速率，故D正确；故选D。13、D【分析】A.、Fe3＋在pH为3.7时会沉淀完全，Fe3＋氧化性比I2强，会发生氧化还原反应；B.使石蕊试液变蓝色的溶液呈碱性，会生成的Ca(OH)2、CaSO4及CaS沉淀；C.与Al反应生成H2的溶液是酸或强碱溶液；D.pH＝7，溶液为中性。【详解】A、铁离子应该存在于酸性条件下，在中性溶液中会水解生成氢氧化铁沉淀;另铁离子与碘离子会发生氧化还原反应，故A错误；B．使石蕊试液变蓝色的溶液显碱性，Ca2＋在碱性条件下会生成微溶的氢氧化钙、CaSO4微溶,CaS难溶，故不能大量共存，故B错误；C．能与Al反应生H2的溶液可能呈酸性或碱性，若是碱性条件下，则NH4+不能大量存在，若是酸性条件下，则NO3－与铝反应不生成氢气，另SO32－会被硝酸氧化，故C错误；D．选项中离子互相不反应，且通CO2不与这些离子发生反应，仍能大量共存，故D正确。故选D。【点睛】离子共存问题需要考虑：发生氧化还原反应而不能共存；发生复分解反应而不能共存（离子间相互结合生成难溶物或微溶物、离子间相互结合生成气体或挥发性物质、离子间相互结合生成弱电解质）；发生络合反应而不能共存。14、B【详解】5NH4NO3＝2HNO3＋4N2＋9H2O的反应中，氮元素由铵根中−3价升高为0价，被氧化，氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，可知被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为5∶3.故答案选：B。15、D【详解】A.非金属氧化物不一定能与碱发生反应,如CO、NO等不成盐氧化物与碱不反应，故A错误；B.有的金属氧化物可以与碱发生反应，如两性氧化物氧化铝会和碱反应，故B错误；C.酸性氧化物不一定能与水反应生成酸，如二氧化硅不与水反应生成酸，故C错误；D.酸性氧化物可能与酸发生反应，某些还原性的酸性氧化物可以和氧化性的酸反应，如二氧化硫和硝酸反应，故D正确；答案:D。【点睛】非金属氧化物中的不成盐氧化物与碱不反应，如CO、NO等与碱不反应；某些还原性的酸性氧化物可以和氧化性的酸反应，如3SO2+2HNO3+2H2O=3H2SO4+2NO等。16、A【详解】A、浓硫酸具有脱水性，使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，二氧化硫具有漂白性、还原性，则图中品红褪色、高锰酸钾褪色可检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化硫，故A正确；B、不能将浓硫酸直接加入容量瓶中，应该先在烧杯中稀释、冷却后再转移到容量瓶中，故B错误；C、氨气极易溶于水，则不能利用排水法测定氨气的体积，故C错误；D、二氧化碳在水中的溶解度不大，则图中不能形成喷泉，故D错误。答案选A。【点睛】考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验装置的作用等为解答的关键。17、A【分析】原子晶体、离子晶体的熔沸点较高，分子晶体的熔沸点较低，以此来分析。【详解】升华是指固体物质不经过液态直接转化为气态的过程，通常条件下易升华的物质的熔点、沸点较低，这是分子晶体的特点。答案为A。18、D【详解】A、放电属于电池，根据装置图，H2作负极，即甲作负极，乙作正极，故错误；B、放电时，乙电极为正极，电极反应式为NiO（OH）＋H2O＋e－=Ni（OH）2＋OH－，故错误；C、充电时，电池的正极接电源的正极，电池的负极接电源的负极，甲作负极，应接电源的负极，故错误；D、负极反应式为H2＋2OH－－2e－=2H2O，正极反应式为：NiO（OH）＋H2O＋e－=Ni（OH）2＋OH－，总反应式为：H2＋2NiOOH2Ni（OH）2，故正确；答案选D。19、C【分析】①用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰，证明溶液中一定含有K+；②另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，是一氧化氮转化为二氧化氮的过程，此时溶液颜色加深，是亚铁离子氧化为铁离子，但无沉淀生成，证明含有NO3－或NO2－、Fe2＋、Fe3＋，一定不含有SiO32-，CO32-；③取②反应后的溶液加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层无色，证明无碘单质出现，一定不含有I-，则一定不含I-；Cl-是否存在无法确定，据此进行解答。【详解】A.另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，②中无色气体是NO气体，不可能含有CO2气体，故A错误；B.原溶液加入盐酸后，生成一氧化氮，被氧化成红棕色的二氧化氮，有亚铁离子与硝酸根或亚硝酸根的氧化还原反应生成Fe3＋，溶液的颜色加深，故原溶液中一定存在Fe2＋、Fe3＋，故B错误；C.由于加入盐酸后，生成的气体变成红棕色，说明生成一氧化氮，硝酸根或亚硝酸根与氢离子，亚铁离子发生氧化还原反应，亚硝酸，硝酸具有强氧化性，故C正确；D.原溶液中含有硫酸根离子，干扰了氯离子的检验，故D错误；答案选C。20、B【详解】有机物命名中，“甲、乙、丙…”表示主链的碳原子数目；“1、2、3…”表示取代基在主链上的位次；“一、二、三…”某种基团或官能团的数目。B符合题意。答案选B。21、C【解析】A.非金属性S＞C，酸性：H2SO4>H2CO3，故A正确；B.结构相似的分子，相对分子质量越大，熔沸点越高，沸点：CBr4＞CCl4，故B正确；C．金属性Na＞Al，则碱性：NaOH＞Al(OH)3，故C错误；D.非金属性F>Cl，热稳定性：HF>HCl，故D正确；故选C。点睛：本题考查元素周期律和周期表，把握元素在周期表的位置、性质、元素周期律为解答的关键。22、B【解析】A项、沥青是一种防水防潮和防腐的有机胶凝材料，故A错误；B项、钢筋是铁合金，属于无机材料，故B正确；C项、天然橡胶和合成橡胶是有机高分子材料，故C错误；D项、聚乙烯纤维是合成有机高分子材料，故D错误；故选B。二、非选择题(共84分)23、氯铁Cl2+H2S=2HCl+S↓S2－O2－Al3＋HClO4＞H2SO4＞H3PO4Al3+＋4OH-=AlO2-＋2H2O3Fe＋4H2OFe3O4+4H2A【分析】设C的原子序数为x，则A为x-8，B为x-1，C为x+1，A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，则有x+x-8+x-1+x+1=56，x=16，所以C为S元素，A为O元素，B为P元素，D为Cl元素，1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2，可知E的化合价为+3价，应为Al元素，E单质粉末与G的氧化物常用于野外焊接钢轨，G为Fe，F是短周期最活泼的金属元素，F为Na，根据元素周期律的递变规律比较原子半径以及元素的非金属性强弱，结合元素对应的单质、化合物的性质解答该题。【详解】（1）根据分析，元素D为氯，元素G为铁。（2）D的单质与C的气态氢化物反应即氯气与硫化氢反应，生成氯化氢和硫单质，反应方程式为Cl2+H2S=2HCl+S↓。（3）根据电子层数越多，半径越大，具有相同结构的离子，原子序数越小的离子半径越大，则离子半径为S2-＞O2-＞Al3＋；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则有HClO4＞H2SO4＞H3PO4。（4）D和E形成的化合物为AlCl3，水溶液中滴入过量烧碱溶液生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al3++4OH--=AlO2-+2H2O。（5）钠和氯在形成氯化钠的过程中，钠原子失去一个电子形成钠离子，氯原子得到一个电子形成氯离子，之后结合生成氯化钠，电子式表示为（6）G为铁，铁单质与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe＋4H2OFe3O4+4H2。（7）A．B可以失电子，H3BO3中B显+3价，故A选项错误。B．同一主族越往下原子半径越大，故原子半径Ge＞Si，B选项正确。C．As与Si化学性质较相近，也可作半导体材料，故C选项正确。D．Po在周期表中处于第六周期第VIA族，故D选项正确。故答案选A【点睛】本题考查元素推断及元素化合物知识，本题从元素在周期表中的相对位置为载体，通过元素原子核外电子数目关系推断元素种类，考查元素周期律的递变规律以及常见元素化合物的性质，学习中注重相关基础知识的积累。24、环戊烯氢氧化钠醇溶液，加热C5H62bDOHC-CHO+OHC-CH2-CHO【分析】(1)由转化关系可知X为，Y为；

(2)根据结构简式判断分子式，二聚环戊二烯的同分异构体中，属于芳香烃且苯环上的一氯代物有3种的同分异构体，则苯环上有3种性质不同的H原子，金刚烷中含有2种性质不同的H原子，金刚烷与四氢二聚环戊二烯分子式相同，但结构不同；

(3)环戊二烯含有碳碳双键，可发生加聚反应；

(4)根据题给信息判断碳碳双键的断裂，可确定生成物。【详解】(1)由转化关系可知X为，Y为，X为环戊烯，反应②为消去反应，在氢氧化钠的醇溶液中加热条件下反应；

(2)由结构简式可知环戊二烯分子的分子式为C5H6，二聚环戊二烯的同分异构体中，属于芳香烃且苯环上的一氯代物有3种的同分异构体，则苯环上有3种性质不同的H原子，可能的结构为，金刚烷中含有2种性质不同的H原子，金刚烷的一氯代物有2种，金刚烷与四氢二聚环戊二烯分子式相同，但结构不同，属于同分异构体，答案选b。

(3)环戊二烯含有碳碳双键，可发生加聚反应，类似于二烯烃的加聚反应，生成物为；

(4)由题给信息可知OHCCHO+OHCCH2CHO。25、Fe2++CO32－＝FeCO3↓稀硫酸(或稀盐酸等，合理答案均可得分)沉淀颜色由白色变为灰绿色，最终变为红褐色Fe2++2HCO3－＝FeCO3↓+CO2↑+H2O4FeCO3+O2+6H2O＝4Fe(OH)3+4CO2混合以后，虽然实验b中c(NaHCO3)比实验a中c(Na2CO3)大，但Na2CO3溶液的碱性(或水解程度)比NaHCO3溶液的强【解析】解答本题主要抓住Fe(OH)2和FeCO3的区别进行分析，FeCO3能与酸反应产生气体；Fe(OH)2和FeCO3均能被空气中的氧气氧化为红褐色的氢氧化铁，据此分析解答。【详解】(1)实验a中FeSO4与Na2CO3溶液混合若生成的沉淀是FeCO3，则发生复分解反应，反应的离子方程式为：Fe2++CO32－＝FeCO3↓；FeCO3溶于硫酸或盐酸产生二氧化碳气体，而氢氧化亚铁与硫酸或盐酸反应不会产生气体，则可用稀硫酸或盐酸来鉴别碳酸亚铁和氢氧化亚铁沉淀，故答案为Fe2++CO32－＝FeCO3↓；稀硫酸(或稀盐酸)；(2)若沉淀中有Fe(OH)2，放置在空气中会被氧化而呈现白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色的现象，故答案为沉淀颜色由白色变为灰绿色，最终变为红褐色；(3)实验b中的反应物为硫酸亚铁和碳酸氢钠，两者反应除了生成碳酸亚铁沉淀，还有二氧化碳气体和水生成，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3－＝FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为Fe2++2HCO3－＝FeCO3↓+CO2↑+H2O；(4)FeCO3被氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应中氧气为氧化剂，碳酸亚铁为还原剂，由氧化还原反应规律可得反应的化学方程式为：4FeCO3+O2+6H2O＝4Fe(OH)3+4CO2，故答案为4FeCO3+O2+6H2O＝4Fe(OH)3+4CO2；(5)对比实验a、b，不同之处在于前者反应物为碳酸钠溶液，后者为碳酸氢钠溶液，由于碳酸根离子的水解程度较碳酸根离子的水解大，实验a中混合溶液氢氧根离子浓度较实验b中要大，导致实验a中更易产生Fe(OH)2沉淀，故答案为混合以后，虽然实验b中c(NaHCO3)比实验a中c(Na2CO3)大，但Na2CO3溶液的碱性(或水解程度)比NaHCO3溶液的强。26、锥形瓶b慢吸收Cl24H＋+5ClO2-=Cl－+4ClO2↑+2H2O验证是否有ClO2生成稳定剂Ⅱ稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度【详解】（1）根据仪器特征，仪器D的名称是锥形瓶；根据操作分析，F装置应是Cl2和KI反应，所以应该长管进气，短管出气，答案选b。（2）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度要慢。（3）F装置中能发生Cl2+2KI=2KCl+I2，碘遇淀粉变蓝，所以若F中溶液的颜色若不变，说明没有氯气，则装置C的作用是吸收Cl2。（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据化合价升降相等和电荷守恒以及原子守恒配平，该反应的离子方程式为4H＋+5ClO2-=Cl－+4ClO2↑+2H2O；在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成。（5）根据图3可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂Ⅱ好。27、关闭c、d，向分液漏斗内加水，打开d，一段时间后分液漏斗内的液体不再下滴防止空气中的水蒸气进入体系导致磺酰氯水解c饱和食盐水SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl增大接触面积，使之充分反应（其他合理答案也给分）蒸馏【解析】由(4)戊是贮氯气装置，可知甲装置制备二氧化硫，二氧化硫与氯气在丙中反应生成SO2Cl2，丙中活性炭具有比较大的表面积，可起催化剂作用，SO2Cl2遇水发生剧烈的水解反应，乙为干燥二氧化硫，E中盛放溶液加入戊中排出装置内氯气，可以是饱和食盐水，降低氯气溶解度，丁干燥氯气，SO2Cl2沸点低、易挥发，B为冷凝管，使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流，碱石灰吸收为反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入C中导致磺酰氯水解。(1)根据装置图，仪器组装完毕后，需要检验戊装置气密性，可以关闭c、d，向分液漏斗内加水，打开d，一段时间后分液漏斗内的液体不再下滴，表明装置气密性良好，故答案为：关闭c、d，向分液漏斗内加水，打开d，一段时间后分液漏斗内的液体不再下滴；(2)根据装置图可知，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故C中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故碱石灰是用于吸收氯气、SO2并防止空气中的水蒸气进入B中，故答案为：防止空气中的水蒸气进入装置导致磺酰氯水解；(3)甲是制备SO2的装置，铜与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用c.60%

H2SO4+K2SO3来制备SO2，故选c；(4)因氯水不溶于饱和食盐水，故E中的试剂是饱和食盐水，氯气在水存在的条件下可将SO2氧化成硫酸，自身被还原为HCl，反应的方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：饱