2026届广西南宁市马山县金伦中学4+N高中联合体高三化学第一学期期中统考模拟试题含解析

2026届广西南宁市马山县金伦中学4+N高中联合体高三化学第一学期期中统考模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、下列说法正确的是A．二氧化硫可用于杀菌、消毒B．煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁能源C．氯气和明矾均可做自来水的消毒剂D．食品保鲜剂中所含铁粉和生石灰均作还原剂2、下列化学用语和化学符号使用正确的是（）A．次氯酸的结构式可以表示为：H—O—ClB．正丙醇的结构简式为：C3H7OHC．含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子符号为CeD．过氧化氢的电子式为：H＋[]2－H＋3、下列物质中，可能是石油裂解的产物的是（）A．C2H4 B．C4H10 C．C8H16 D．C16H344、下列离子方程式正确的是()A．溶液与稀硫酸反应：B．向溶液中通入过量的气体：C．和溶液按物质的量比1:2混合：D．向中通入过量的：5、阿伏加德罗常数为NA，下列说法中正确的是A．62gNa2O溶于水后所得溶液中含有的O2-数为NAB．在含Al3+总数为NA的AlCl3溶液中，Cl-总数大于3NAC．常温常压下，16g甲基(—13CH3)所含的中子数为10NAD．0.5molCu和足量浓硝酸反应可以生成22.4LNO26、下列关于有机物的鉴别方法及选用该方法的原因叙述不正确的是序号方法选用该方法原因A用新制氢氧化铜鉴别乙醛和乙酸新制氢氧化铜能被乙醛还原，产生砖红色沉淀，而与乙酸发生碱与酸的复分解反应产生溶解现象B碳酸钠溶液可鉴别乙酸、乙醇两种无色液体碳酸钠可与乙酸发生盐与酸的复分解反应产生二氧化碳，而与乙醇不反应C用氯化铁溶液鉴别乙醇和苯酚氯化铁与羟基反应显紫色D用水鉴别乙醇和甲苯乙醇与水互溶，甲苯与水有分层现象A．A B．B C．C D．D7、三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr（X）<Mr（Y）＝0.5Mr（Z），下列说法正确的是A．三种气体密度最小的是XB．分子数目相等的三种气体，质量最大的是YC．若一定条件下，三种气体体积均为2.24L，则它们的物质的量一定均为0.1molD．20℃时，若2molY与1molZ体积相等，则Y、Z气体所承受的压强比为2∶18、通过海水晾晒可以得到粗盐，粗盐除还有NaCl外，还含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质。以下是某兴趣小组制备精盐的实验方案，各步操作流程如下。下列说法正确的是A．实验过程中①、⑤步骤的操作分别是溶解、过滤B．实验过程中步骤④的目的是仅除去溶液中的Ca2+C．实验过程中步骤⑦中的蒸发所用到的仪器是酒精灯、玻璃棒、烧杯、铁架台(带铁圈)D．实验过程中②、④步骤互换，对实验结果不影响9、处理含氰（CN-）废水涉及以下反应，其中无毒的OCN-中碳元素为+4价。CN-+OH-+Cl2→OCN-+Cl－+H2O（未配平）反应Ⅰ2OCN－+4OH-+3Cl2＝2CO2+N2+6Cl－+2H2O反应Ⅱ下列说法中正确的是A．反应I中碳元素被还原B．反应II中CO2为氧化产物C．处理过程中，每产生1molN2，消耗3molCl2D．处理I中CN-与Cl2按物质的量比例1:1进行反应10、根据下列反应判断氧化剂的氧化性由强到弱的顺序正确的是()①Cl2＋2KI=I2＋2KCl②2FeCl3＋2HI=I2＋2FeCl2＋2HCl③2FeCl2＋Cl2=2FeCl3④I2＋SO2＋2H2O=2HI＋H2SO4A．Cl2＞Fe3＋＞I2＞SO2 B．Fe3＋＞Cl2＞I2＞SO2C．Cl2＞I2＞Fe3＋＞SO2 D．Cl2＞Fe3＋＞SO2＞I211、标准状况下VL的HCl气体溶解在1L水中(水的密度近似为1g/mL)，所得溶液的密度为ρg/mL，质量分数为ω，物质的量浓度为cmol/L，则下列关系中不正确的是（）A．c＝1000Vρ36.5V＋22400C．ω＝36.5c1000ρ D．ρ＝12、氮化碳结构如下图所示，其硬度超过金刚石晶体，成为首屈一指的超硬新材料。下列有关氮化碳的说法不正确的是()A．氮化碳属于原子晶体B．氮化碳中碳显－4价，氮显＋3价C．氮化碳的化学式为C3N4D．每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连13、如图是一种有机物的模型，该模型代表的有机物可能是（）A．饱和一元醇 B．羟基酸C．羧酸酯 D．饱和一元醛14、常温下，Ksp(CaSO4)=9×10-4,常温下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列判断中正确的是A．a点对应的溶液中c(H+)·c(OH-)的数值为1×10-14B．a点对应的Ksp不等于c点对应的KspC．b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c(SO42-)=3×10-3mol/L,而向d点溶液中加入适量的CaSO4固体可以变到c点D．CaSO4的饱和溶液中c(SO42-)>c(Ca2+)>c(H+)>c(OH-)15、分类是化学学习和研究的常用方法之一。下列物质的分类正确的是（）A．H2O、H2CO3、NH3都是氧化物B．食用醋、冰红茶、加碘盐都是混合物C．烧碱、纯碱、熟石灰都属于碱D．液氧、氨水、铁都是常用纯净物16、NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．1molFeCl3完全水解生成NA个胶体粒子B．34g过氧化氢存在的极性键总数为3NAC．5.6g铁和6.4g铜分别与0.1mol氯气充分反应，转移的电子数相等D．标准状况下，2.24L的CCl4中含有的C—Cl键数为0.4NA17、下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是（）A．氧化镁中混有氧化铝 B．氯化铝溶液中混有氯化铁C．氧化铁中混有二氧化硅 D．氯化亚铁溶液中混有氯化铜18、工业上把Cl2通入冷NaOH溶液中制得漂白液（主要成分NaClO）。一化学小组在室温下将氯气缓缓通入NaOH溶液，模拟实验得到ClO－、ClO3-等离子的物质的量（mol）与反应时间t（min）的关系曲线。下列说法不正确的是A．工业制取漂白液的化学反应方程式为Cl2＋2NaOH＝NaCl＋NaClO＋H2OB．a点时溶液中各离子浓度：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(ClO3－)＝c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H＋)C．t2～t4，ClO－离子的物质的量下降的原因可能是3ClO－＝2Cl－＋ClO3－D．使用漂白液时，为了增强漂白效果，可以向漂白液中加入浓盐酸19、下图所示装置中，属于原电池的是A． B． C． D．20、下列说法正确的是（）A．取少量溶液于试管中，先加入BaCl2溶液，再滴加稀盐酸若产生的白色沉淀不溶解，则说明溶液中含有SOB．向某少许待测液中加入足量盐酸产生无色的能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明待测液中含有COC．向某少许待测液中加入浓氢氧化钠溶液并加热产生了能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明待测液中含有NHD．向某少许待测液中加入氢氧化钠溶液产生了红褐色沉淀，则说明待测液中一定含有Fe3+，一定不含Fe2+21、下列有关化学用语表示正确的是A．次氯酸的结构式：H－Cl－O B．质子数为52、中子数为75的碲原子：C．S2−的结构示意图： D．四氯化碳的电子式：22、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已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入CuSO4溶液中：2Na+Cu2+=Cu+2Na+B向稀硫酸中加入NaOH溶液至中性：H++OH-=H2O向稀硫酸中加入Ba（OH）2溶液至中性：H++OH-=H2OC向氯化铝溶液中加入足量NaOH溶液：Al3++4OH-=NaAlO2+2H2O向氯化铝溶液中加入足量氨水Al3++4NH3•H2O=AlO+4NH+2H2OD向Ca（OH）2溶液中通入过量CO2:CO2+OH-=HCO向Ca（OH）2溶液中通入过量SO2：SO2+OH-=HSOA．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）利用丁烷气可合成一种香料A，其合成路线如下：（1）反应①的反应类型为___________。反应④的反应类型为___________。（2）X的名称为___________；Y的结构简式为___________。（3）反应⑤的化学方程式为___________。（4）写出丁烷的同分异构体，并用系统命名法命名：______________、___________。写出A的结构简式____________24、（12分）A、B、C、D为原子序数依次增大的前四周期元素。BA3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A、B、C三种原子的电子数之和等于25，DC晶体中D+的3d能级上电子全充满。请回答下列问题：（1）以上四种元素中，第一电离能最大的是________（填元素符号)；D的基态原子的核外电子排布式为__________。（2）在BA3、AC中，沸点较高的是________。（填化学式)，其原因是____________。DA的晶体类型是____________________。（3）BA4C晶体中含有的化学键为_____________。a．范德华力b．氢键c．离子键d．配位键e．共价键（4）化合物BC3的立体构型为_____________，其中心原子的杂化轨道类型为______________。（5）由B、D形成的晶体的晶胞图所示，己知紧邻的B原子与D原子距离为acm。①该晶胞化学式为___________。②B元素原子的配位数为____________。③该晶体的密度为____________（用含a、NA的代数式表示，设NA为阿伏加德罗常数值）g·cm-3。25、（12分）元素周期表是学习物质结构和性质的重要工具，下面是元素周期表的一部分，表中所列字母A、D、E、G、Q、M、R分别代表某一化学元素。请用所给元素回答下列问题。（1）表中某元素原子的核外电子层数是最外层电子数的3倍，该元素的原子结构示意图为_____________。R原子的最外层电子排布式____________________________；原子核外有________种能量不同的电子。R原子最外层有________种运动状态不同的电子。（2）元素Fe在元素周期表中的位置是__________________________________________。图2中，55.85表示__________________________________________________________。（3）表中某些元素的原子可形成与Ar具有相同电子层结构的简单离子，这些离子的半径由大到小的顺序是____________________（填离子符号）。（4）M、D两种元素形成的化合物含有的化学键类型是____________________（填“极性键”或“非极性键”），其分子是____________________（填“极性分子”或“非极性分子”）。D、Q的最高价氧化物形成的晶体相比，熔点较高的是____________________（用化学式表示）。（5）表中金属性最强的元素与铝元素相比较，可作为判断金属性强弱依据的是________（选填编号）。a.能否置换出铝盐溶液中铝b.能否溶解在该元素最高价氧化物对应水化物中c.单质与氢气化合的难易程度d.单质与同浓度的稀盐酸发生反应的剧烈程度（6）在溶液中逐滴加入G的最高价氧化物的水化物，现象是先产生白色沉淀，然后白色沉淀逐渐消失。请用以上某化学方程式证明Al与G金属性的强弱。______________________。O的非金属性比N强，请用元素周期律的知识分析原因。___________________。26、（10分）某学习小组依据SO2具有还原性，推测SO2能被Cl2氧化生成SO2Cl2。查阅资料：SO2Cl2的熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，极易水解，遇潮湿空气会产生白雾。(1)化合物SO2Cl2中S元素的化合价是________。(2)实验室中制备氯气时为得到干燥纯净的氯气，应将气体依次通过盛有________和___________的洗气瓶。(3)用如图所示装置制备SO2Cl2。①B中冷凝水从________(填“m”或“n”)口进入。②C中盛放的试剂是________。(4)向所得液体中加水，出现白雾，振荡、静置得到无色溶液。经检验该溶液中的阴离子(除OH－外)只有SO42-、Cl－，写出SO2Cl2与H2O反应的化学方程式：_______________。27、（12分）工业上H2O2是一种重要的绿色氧化还原试剂，某小组对H2O2的催化分解实验进行探究。回答下列问题：(1)在同浓度Fe3+的催化下，探究浓度对H2O2分解反应速率的影响。实验装置如图所示：①写出H2O2溶液在Fe3+催化下分解的化学方程式___________；除了图中所示仪器之外，该实验还必需的仪器是___________。②请写出下面表格中I、II、III的实验记录内容或数据：实验序号0.1mol/LFe2(SO4)3溶液的体积/mLII30%H2O2溶液的体积/mL蒸馏水的体积/mLO2的体积/mL1Ibcde2abdIIIfI＝_________，II＝_________，III＝________。(2)利用图1和图2中的信息，按图3装置(连通的A、B瓶中已充有NO2气体)进行实验。可观察到A瓶中气体颜色比B瓶中的________(填“深”或“浅”)，其原因是____________。(3)该小组预测同为第四周期VIII族的Fe、Co、Ni可能有相似的催化作用。查阅资料：CoxNi(1-x)Fe2O4(其中Co、Ni均为+2价)也可用作H2O2分解的催化剂，具有较高的活性。如图表示两种不同方法制得的催化剂CoxNi(1-x)Fe2O4在10℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线。由图中信息可知___________法制取得到的催化剂活性更高，推测Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是___________。28、（14分）CO2是一种廉价的碳资源，综合利用CO2对构建低碳社会有重要意义。（1）已知：H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=－241.8kJ·mol－1CO2(g)=CO(g)+O2(g)ΔH=+283.0kJ·mol－1则反应：CO2(g)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)+O2(g)ΔH=________。（2）工业生产中可利用H2还原CO2制备清洁能源甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＜0①保持温度、体积一定，能说明上述反应达到平衡状态的是_________。A．容器内压强不变B．3v正(CH3OH)=v正(H2)C．容器内气体的密度不变D．CO2与H2O的物质的量之比保持不变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的转化率随温度的变化如图所示，催化效果最好的是催化剂________（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”），该反应在a点达到平衡状态，a点的转化率比b点的高，其原因是________。（3）固体氧化物电解池（SOEC）可用于高温电解CO2/H2O，既可高效制备合成气(CO和H2)，又可实现CO2的减排，其工作原理如图。①电源正极为________（填“a”或“b”），电极c上发生的电极反应式为________、_____。②阴阳两极生成的气体的物质的量之比为________。29、（10分）Ⅰ.汽车尾气中排放的NOx和CO污染环境，在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。已知：①2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)ΔH＝−566.0kJ·mol−1②N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH＝+180.5kJ·mol−1③2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)

ΔH＝−116.5kJ·mol−1回答下列问题：（1）CO的燃烧热为________。若1

mol

N2(g)、1

mol

O2(g)

分子中化学键断裂时分别需要吸收946

kJ、498

kJ的能量，则1

mol

NO(g)

分子中化学键断裂时需吸收的能量为______kJ。（2）CO将NO2还原为单质的热化学方程式为_______________。Ⅱ.一些硼化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿为原料可以制得硼酸及其他硼化合物。回答下列问题：（3）核电站中可用硼酸（H3BO3）吸收中子，阻断核辐射，硼酸中B的化合价为_______。（4）已知：Ka(H3BO3)＝5.8×10-10，Ka(H2CO3)＝4.4×10-7，Ka(HCO3-)＝4.7×10-11，向饱和硼酸溶液中滴加0.1

mol·L-1Na2CO3溶液，____（填“能”或“不能”）观察到气泡逸出。实验室用硼酸处理NaOH灼伤时，会生成

[B(OH)4]－，则硼酸溶于水的电离方程式为________。（5）以硼酸为原料可制备重要还原剂NaBH4，BH的电子式为_____。NaBH4与BF3在50

℃~70

℃反应生成NaBF4和乙硼烷（B2H6），该反应的化学方程式是_____________。

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、A【解析】A.二氧化硫可用于杀菌、消毒，A正确；B.煤的气化和液化均是化学变化，B错误；C.氯气可做自来水的消毒剂，明矾是净水剂，C错误；D.食品保鲜剂中所含铁粉作还原剂，生石灰作干燥剂，D错误，答案选A。点睛：选项C是易错点，氯气自身没有漂白性，溶于水生成的次氯酸具有强氧化性，可以杀菌消毒。明矾溶于水电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性而作净水剂，二者的原理是不同的。2、A【详解】A．次氯酸分子中氧原子和氯原子及氢原子都共用一个电子对，其结构式为：H-O-Cl，故A正确；B．正丙醇含有正丙基，其结构简式为：CH3CH2CH2OH，故B错误；C．含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子质量数为140，其符号为，故C错误；D．过氧化氢是共价化合物，O原子之间为共价键，每个O原子上均和一个H原子形成共价键，故其电子式为，故D错误；故答案为A。3、A【详解】A项、乙烯是不饱和气态烃，是石油裂解的产物之一，故A正确；B项、C4H10为饱和气态烃，不是石油裂解的产物之一，故B错误；C项、C8H16为液态烯烃，不是石油裂解的产物之一，故C错误；D项、C16H34为液态烷烃，不是石油裂解的产物之一，故D错误；故选A。【点睛】在石油化工生产过程里，常用石油分馏产品（包括石油气）作原料，采用比裂化更高的温度以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程，叫石油裂解。石油裂解的目的是获得不饱和气态烃做化工原料。4、C【详解】A．Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应，离子方程式：，故A错误；B．向NaOH溶液中通入过量的SO2气体，离子方程式：，故B错误；C．NaHCO3和Ca(OH)2溶液按物质的量比1:2混合，碳酸氢钠少量，反应生成碳酸钙，氢氧化钠和水，离子方程式：，故C正确；D．向FeBr2中通入过量的Cl2，离子方程式：，故D错误；故答案为：C。【点睛】配比型反应：当一种反应物中有两种或两种以上组成离子参与反应时，因其组成比例不协调(一般为复盐或酸式盐)，当一种组成离子恰好完全反应时，另一种组成离子不能恰好完全反应(有剩余或不足)而跟用量有关；书写方法为“少定多变”法：（1）“少定”就是把相对量较少的物质定为“1mol”，若少量物质有两种或两种以上离子参加反应，则参加反应的离子的物质的量之比与原物质组成比相符。（2）“多变”就是过量的反应物，其离子的化学计量数根据反应实际需求量来确定，不受化学式中的比例制约，是可变的，如少量NaHCO3与足量Ca(OH)2溶液的反应：“少定”——即定的物质的量为1mol，“多变”——1mol能与1molOH-发生反应，得到1molH2O和1mol，1mol再与Ca2+反应，生成BaCO3，如NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液，溶液呈中性时：；SO42-完全沉淀时：。5、B【详解】A．Na2O溶于水发生反应：Na2O＋H2O=2NaOH，故溶液中不存在O2－，A项错误；B．由于发生：Al3＋＋3H2OAl（OH）3（胶体）＋3H＋，若溶液中含Al3＋总数为NA，则投入的n（AlCl3）＞1mol，溶液中n（Cl－）＞3NA，B项正确；C．一个—13CH3中所含中子数是7，而16g甲基（—13CH3）其物质的量为1mol，故含有的中子数为7NA，C项错误；D．0.5molCu和足量浓硝酸反应生成1molNO2，题中未指明NO2所处的温度和压强，且NO2与N2O4存在平衡：2NO2N2O4，气体体积不确定，D项错误。6、C【解析】乙醛有醛基能与新制氢氧化铜悬浊液反应得到砖红色沉淀，乙酸没有醛基，但是乙酸有显酸性的羧基，可以与氢氧化铜反应得到可溶于水的醋酸铜，选项A正确。乙酸有羧基，显酸性，且酸性强于碳酸，所以乙酸可以与碳酸钠反应得到二氧化碳，而乙醇没有羧基，实际显中性，与碳酸钠不反应，选项B正确。氯化铁应该与酚羟基作用而显色，与醇羟基不反应，所以不能说“氯化铁与羟基反应显紫色”，选项C错误。乙醇与水混溶，所有的烃都不溶于水，所以甲苯不溶于水，应该分层，选项D正确。点睛：进行有机物的鉴别时，要注意到有机物的化学性质的区别，但是同时也要注意其物理性质的差异。因为在鉴别的时候一般会使用某种水溶液，所以要考虑该有机物是否溶于水，如果不溶于水，还要考虑其密度大于还是小于水。7、D【详解】A、根据密度等于质量比体积计算，气体处在相同的条件下，密度和相对分子质量成正比，三种气体密度最小的是X，但温度压强不定，所以密度无法判断，不选A；B、根据质量等于物质的量乘摩尔质量计算，分子数相等的三种气体，质量最大的是相对分子质量最大的Z，错误，不选B；C、气体的物质的量与温度和压强有关，没有说明是在标况下，不能确定22.4升气体就为1摩尔，错误，不选C；D、若20℃时，若2molY与1molZ体积相等，则二者的物质的量比是2:1，则同温同压下的气体的物质的量之比等于压强比，所以正确；答案选D。【点睛】阿伏加德罗定律1．内容：在同温同压下，同体积的气体含有相等的分子数。即“三同”定“一等”。2．推论（1）同温同压下，V1/V2=n1/n2；（2）同温同体积时，p1/p2=n1/n2=N1/N2；（3）同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1；（4）同温同压同体积时，M1/M2=ρ1/ρ2。8、A【解析】由实验流程可知，①为粗盐溶解，②中硫酸根离子用钡离子转化为沉淀，③中镁离子用氢氧根离子沉淀，④中钙离子及过量钡离子用碳酸根离子沉淀，⑤为过滤，过滤分离出所有的沉淀，滤液含NaCl、NaOH、Na2CO3，⑥中用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子，⑧为蒸发、结晶、烘干，得到精盐，以此解答该题。【详解】A．由上述分析可知，①、⑤步骤的操作分别是溶解、过滤，故A正确；B．步骤④的目的是除去溶液中的Ca2+及过量的Ba2+，故B错误；C．步骤⑦中的蒸发所用到的仪器是酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、铁架台(带铁圈)，故C错误；D．过程中②、④步骤互换，导致过量的钡离子不能除去，故D错误；故答案为A。9、D【分析】反应Ⅰ配平后的方程式为：CN-+2OH-+Cl2=OCN-+2Cl－+H2O，反应Ⅱ为:2OCN－+4OH-+3Cl2＝2CO2+N2+6Cl－+2H2O，反应过程的总反应为：2CN-+8OH-+5Cl2=10Cl－+4H2O+2CO2+N2，结合氧化还原反应的规律分析可得结论。【详解】A.在反应Ⅰ中碳元素的化合价由CN-中的+2变为OCN-中的+4，化合价升高，被氧化，故A错误；B.在反应II中，OCN－中碳元素的化合价为+4，生成物中二氧化碳的化合价也是+4，碳元素化合价反应前后没有发生变化，二氧化碳既不是氧化产物，也不是还原产物，故B错误；C.由上述分析可得处理过程的总反应为：2CN-+8OH-+5Cl2=10Cl－+4H2O+2CO2+N2，根据反应方程式可知：每产生1molN2，消耗5molCl2，故C错误；D.将反应Ⅰ配平后的方程式为：CN-+2OH-+Cl2=OCN-+2Cl－+H2O，根据方程式可知CN-与Cl2按物质的量比例1:1进行反应，故D正确；答案选D。10、A【详解】①反应Cl2+2KI═I2+2KCl，氧化剂为Cl2，氧化产物为I2，所以氧化性Cl2＞I2；②2FeCl3+2HI═I2+2FeCl2+2HCl，氧化剂为FeCl3，氧化产物为I2，所以氧化性Fe3+＞I2；③2FeCl2+Cl2═2FeCl3，氧化剂为Cl2，氧化产物为FeCl3，所以氧化性Cl2＞Fe3+；④I2+SO2+2H2O═2HI+H2SO4，氧化剂为I2，氧化产物为H2SO4，所以氧化性I2＞H2SO4；所以氧化性Cl2＞Fe3+＞I2＞H2SO4；答案选B。11、D【详解】A项、标准状况下VLHCl溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量为V22.4mol，则溶液的质量为（V22.4×36.5+1000）g，溶液的体积为V22.4×36.5+1000ρmLB项、标准状况下VLHCl溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量为V22.4mol，溶质质量为V22.4×36.5g，则所得溶液的质量分数为36.5V36.5VC项、标准状况下VLHCl溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量为V22.4mol，溶质质量为V22.4×36.5g，溶液的质量为（V22.4×36.5+1000）g，则所得溶液的溶质质量分数36.5cD项、标准状况下VLHCl溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量为V22.4mol，则溶液的质量为（V22.4×36.5+1000）g，溶液的体积为V22.4×36.5+1000ρmL故选D。12、B【详解】A.C和N都属于非金属元素，通过共价键形成原子晶体，A正确；B.N元素的非金属性强于C，N显-3价，C显+4介，B错误；C.由结构图可知，在一个晶胞内（虑线框）有四个N原子，有8个C原子，其中有四个位于四边形的顶点上，有四个位于四边形的边上，根据均摊法，可知C原子数目为4×+4×=3，化学式为C3N4，C正确；D、由结构图可看出，每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连，D正确；答案选B。13、B【分析】根据模型可知该有机物为，据此分析判断。【详解】由分析可知该有机物为，结构中存在羟基和羧基，因此属于羟基酸；答案选B。14、A【解析】A、常温下，水的离子积常数为1×10-14，故a点对应的溶液中c(H+)·c(OH-)=Kw=1×10-14，选项A正确；B、Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，选项B错误；C、d根据图示数据，可以看出b点Qc=2×l0-5＞Ksp，所以会生成沉淀，平衡向生成沉淀的方向进行，此时溶液中c（SO42-）会小于4×l0-3mol/L，由于c（Ca2+）＞c（SO42-），则c（SO42-）小于3×l0-3mol/L；升高温度，有利于溶解平衡正向移动，所以硫酸根的浓度会增大，向d点溶液中加入适量的CaSO4固体不能变到c点，选项C错误；D、CaSO4是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，故CaSO4的饱和溶液中c(SO42-)=c(Ca2+)>c(H+)=c(OH-)，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查了沉淀溶解平衡的应用，图象分析应用，溶度积计算分析，平衡移动方向的判断，关键是计算混合溶液中钙离子浓度和硫酸根离子浓度。15、B【详解】A、氧化物是由两种元素构成，其中一种是氧元素的化合物，故H2CO3、NH3不是氧化物，故A错误；

B、由两种或两种以上的物质组成的是混合物，加碘盐是NaCl和KIO3的混合物，故食用醋、冰红茶、加碘盐都是混合物，故B正确；

C、纯碱Na2CO3是盐不是碱，故C错误；

D、氨水是混合物，不属于纯净物，故D错误；答案选B。16、C【解析】A、胶体是集合体，因此1molFeCl3完全水解生成氢氧化铁胶体数目小于NA，故A错误；B、过氧化氢的结构式为H－O－O－H，因此34gH2O2中含有极性键物质的量为34×2/34mol=2mol，故B错误；C、铁与氯气发生：2Fe＋3Cl2=2FeCl3，5.6g铁单质合0.1mol，根据反应方程式，显然氯气不足，因此转移电子物质的量为0.2mol，铜和氯气发生Cu＋Cl2=CuCl2，6.4g铜单质是0.1mol，两者恰好完全反应，转移电子物质的量为0.1mol，从上述分析得出，5.6gFe和6.4gCu与0.1molCl2反应，转移电子数相等，故C正确；D、CCl4常温下为液体，因此无法计算CCl4的物质的量，即无法求出化学键的物质的量，故D错误。17、D【详解】A．MgO是碱性氧化物与NaOH不能反应，而Al2O3是两性氧化物，可以与NaOH发生反应产生NaAlO2，过滤后洗涤，就得到纯净的MgO，故A不选；B．向溶液中加入过量的NaOH溶液，FeCl3变为Fe(OH)3沉淀，AlCl3变为NaAlO2，过滤，然后向溶液中加入适量的盐酸，当沉淀达到最大值中，过滤，得到Al(OH)3，再分别向两种物质的沉淀中加入适量的盐酸溶解，就得到AlCl3溶液，除去了杂质，故B不选；C．SiO2是酸性氧化物，可以与NaOH发生反应，而碱性氧化物Fe2O3与NaOH不能发生反应，加入过量的NaOH，然后过滤洗涤，就得到纯净的Fe2O3，故C不选；D．二者都可以与NaOH发生反应，当再向得到的沉淀中加入盐酸时，二者都溶解，不能分离、提纯二者，故D选；故选D。【点睛】分离或提纯时，若需要加入试剂，试剂的选择应遵循以下五个原则：①所选试剂一般只和杂质反应；②作不应引入新的杂质；③不减，即不减少欲被提纯的物质；④易分，即欲被提纯的物质与杂质应容易分离；⑤易得，试剂应尽可能容易获得，且价格低廉。18、D【解析】试题分析：A、工业用氯气与氢氧化钠溶液反应制取漂白液，正确；B、氯气与氢氧化钠溶液反应，到达a点时，次氯酸根离子与氯酸根离子的浓度相等，此时的产物是氯化钠、次氯酸钠、氯酸钠，发生反应的离子方程式是Cl2+8OH-=6Cl-+ClO-+ClO3-+4H2O，所以溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小关系是c（Na＋）＞c（Cl－）＞c（ClO3－）＝c（ClO－）＞c（OH－）＞c（H＋），正确；C、根据图像可知，t2～t4，ClO－离子的物质的量下降，ClO3－的物质的量增加，根据氧化还原反应规律，元素化合价有升高则有降低，所以发生该变化的原因可能是3ClO－=2Cl－＋ClO3－，正确；D、漂白液中含有次氯酸根离子，加入浓盐酸，则氯离子与次氯酸根离子在酸性条件下会发生反应，生成有毒气体氯气，漂白效果降低，错误，答案选D。考点：考查漂白液的制取反应，对图像的分析，氧化还原反应理论的应用19、B【详解】原电池的构成需要①活泼性不同的两电极，②电解质溶液；③形成闭合回路，④自发的氧化还原反应。A、左右两极的电极材料相同，活动性相同，不能构成原电池，A不符合题意；B、Cu和Ag作电极，活动性不同，且Cu能置换出Ag，有自发的氧化还原反应，有电解质溶液，形成了闭合回路，能够构成原电池，B符合题意；C、乙醇不是电解质溶液，也没有自发的氧化还原反应，C不符合题意；D、硫酸溶液和硫酸铜溶液，处于不同的烧杯中，没有构成闭合回路，D不符合题意；答案选B。20、C【详解】A．取少量溶液于试管中，先加入BaCl2溶液，再滴加稀盐酸若产生的白色沉淀不溶解，该沉淀可能是硫酸钡或氯化银，则说明溶液中含有的离子为SO或Ag+，故A错误；B．向某少许待测液中加入足量盐酸产生无色的能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体可能是二氧化碳或二氧化硫，说明待测液中可能含有CO、HCO、SO、HSO，故B错误；C．向某少许待测液中加入浓氢氧化钠溶液并加热产生了能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，说明待测液中含有NH，故C正确；D．向某少许待测液中加入氢氧化钠溶液产生了红褐色沉淀，只能说明待测液中一定含有Fe3+，是否含Fe2+无法确定，故D错误；答案选C。21、B【详解】A.由于Cl原子最外层电子为7，为了达到8电子稳定结构，只能形成一对共用电子对，同理，O原子形成两对共用电子对，H原子形成一对共用电子对，因而次氯酸的的结构式为H－O－Cl，A项错误；B.质量数等于中子数加质子数，因而该碲原子的质量数为75+52=127，所以该碲原子为，B项正确；C.S2−的最外层为8个电子，因而结构示意图为，C项错误；D.Cl原子最外层有一个电子成键，剩余六个未成键电子，因而四氯化碳的电子式为，D项错误.故选B。【点睛】在中学化学中，化学用语主要包括化学符号、化学式、化学方程式、化学图式四个部分。对于每一种化学用语，都要明确它们的表示方法和表示的意义。例如：乙炔和苯的最简式的表示方法为CH，它表示的意义是：表示组成物质的各种元素和各种元素的原子个数最简整数比。22、D【详解】A.Na很活泼能与水反应，不能从硫酸铜溶液中置换出铜单质，故A错误；B.硫酸与氢氧化钡反应产生硫酸钡沉淀，离子方程式为SO+2H++Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓，故B错误；C.氢氧化铝不能溶于氨水，因此氯化铝与氨水反应只能得到氢氧化铝沉淀，故C错误；D.二氧化碳和二氧化硫均为酸性氧化物，过量气体与碱反应均得到酸式盐，故D正确；故选：D。二、非选择题(共84分)23、取代反应氧化反应2-氯丁烷CH3－CH(OH)CHClCH3CH(CH3)32-甲基丙烷【解析】（1）丁烷在Cl2和光照的条件下发生取代反应生成X，根据已知信息可知Y中含有官能团羟基和氯原子，经过反应④生成含羰基的化合物，可知羟基被氧化为羰基，所以反应④为氧化反应。（2）根据丁烷的结构和CH3-CH=CH-CH3的结构可推测，丁烷分子中亚甲基（-CH2-）上的一个氢原子被一个氯原子取代，X的结构简式为CH3CHClCH2CH3，用系统命名法命名为：2-氯丁烷；根据已知信息可知，CH3-CH=CH-CH3与Cl2/H2O发生加成反应，所以Y的结构简式为CH(OH)CHClCH3。（3）反应⑤发生的是卤代烃的水解反应：（4）丁烷有两种结构：正丁烷和异丁烷，所以丁烷的另一种同分异构体为异丁烷，其结构简式为：CH(CH3)3；系统命名法命名：2-甲基丙烷；根据（3）可知A的结构简式为。24、N[Ar]3d104s1NH3NH3分子之间存在氢键离子晶体cde三角锥形sp3Cu3N6【解析】A、B、C、D为原子序数依次增大的前四周期元素。BA3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝应为NH3，所以A为H，B为N；A、B、C的电子之和等于25，则C为Cl；DC晶体中D+的3d能级上电子全充满。DCl中氯显-1价，则D为+1价，所以D为Cu。(1)根据元素周期律可知，H、N、Cl、Cu这4种元素中，第一电离能最大的是N，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为N；1s22s22p63s23p63d104s1；(2)在NH3、HCl中，由于氨分子之间有氢键，所以沸点较高的是NH3，CuH中含有阴阳离子，属于离子化合物，在固态时构成离子晶体，故答案为NH3；氨分子之间有氢键；离子晶体；(3)NH4Cl晶体中含有离子键、极性键和配位键，故选cde；(4)化合物NCl3中氮原子的价层电子对数为=4，有一对孤电子对，所以分子的立体构型为三角锥形，中心原子的杂化类型为sp3杂化，故答案为三角锥形；sp3；(5)①根据N、Cu形成的晶体的晶胞图，晶胞中含有的N原子个数=8×=1，Cu原子个数=12×=3，该晶胞化学式为Cu3N，故答案为Cu3N；②根据N、Cu形成的晶体的晶胞图，每个N原子周围有6个Cu原子，N原子和Cu原子的距离为晶胞边长的一半，故答案为6；③1mol晶胞的质量为206g，晶胞边长为2acm，1mol晶胞的体积为(2a)3NAcm3=8a3NAcm3，该晶体的密度为=g·cm-3，故答案为。25、57第四周期Ⅷ族Fe元素的相对原子质量极性键非极性分子bd，证明碱性O与N是同周期元素且O在N的右边，同一周期从左到右，非金属性逐渐增强，所以非金属性O大于N【分析】根据元素在周期表中的位置分析可知，A为H元素，D为C元素，E为O元素，G为Na元素，Q为Si元素，M为S元素，R为Cl元素，结合元素周期律与物质的结构与性质的关系分析作答。【详解】（1）根据可知，某元素原子的核外电子层数是最外层电子数的3倍，则该元素为Na，其原子结构示意图为；R为Cl元素，原子序数为17，其最外层电子排布式为：；电子排布式为：1s22s22p63s23p5，不同的能级所具有的能量不同，故原子核外有5种能量不同的电子；每个电子的运动状态均不相同，因此Cl原子最外层有7种不同运动状态的电子；（2）元素Fe的原子序数为26，在元素周期表中的位置为第四周期Ⅷ族，55.85表示Fe元素的相对原子质量；（3）Ar的原子结构示意图为：，则上述元素中，与Ar具有相同电子层结构的微粒为S2－和Cl－，因同周期中，具有相同电子层结构的简单粒子核电荷数越小，其半径越大，故两者的大小顺序为：；（4）M、D分别是S和C，两者形成的化合物为CS2，由2对碳硫双键形成的直线型结构，是由极性键组成的非极性分子；D、Q的最高价氧化物形成的晶体分别是CO2和SiO2，因CO2分子晶体，而SiO2为原子晶体，则熔点较高的是SiO2；（5）表中金属性最强的元素为Na，与Al相比：a.Na在盐溶液中首先与水反应，不会置换出铝，不能作为判断依据，a项错误；b.能否溶解在NaOH中，说明NaOH为强碱，可作为判断依据，b项正确；c.单质与氢气化合的难易程度，是判断非金属性强弱的依据，c项错误；d.单质与同浓度的稀盐酸发生反应的剧烈程度，体现了金属的活动性强弱，即金属性强弱，d项正确；故答案为bd；（6）先产生白色沉淀，然后白色沉淀逐渐消失，说明NaOH溶解了，其化学方程式为：，故碱性比较：NaOH＞，即金属性：Na＞Al；O与N是同周期元素且O在N的右边，同一周期从左到右，非金属性逐渐增强，所以非金属性O大于N，故答案为，证明碱性；O与N是同周期元素且O在N的右边，同一周期从左到右，非金属性逐渐增强，所以非金属性O大于N。26、＋6饱和食盐水浓硫酸n碱石灰SO2Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl【分析】（1）化合物SO2Cl2中O元素为-2价、Cl元素为-1价，根据化合价规则计算S元素的化合价；（2）制备的氯气中含有HCl、H2O杂质，应依次通过盛有饱和食盐水和浓硫酸的洗气瓶；（3）B中反应得到气态SO2C12，应充满冷凝水充分冷却，采取逆流原理；C处U形管中盛放的试剂吸收空气中的水蒸气，防止进入C中导致SO2C12水解，且吸收尾气；（4）向SO2C12中加水，出现白雾，振荡、静置得到无色溶液．经检验该溶液中的阴离子只有SO42-、Cl-（OH-除外），说明SO2C12水解生成H2SO4、HCl。【详解】（1）SO2能被Cl2氧化生成SO2Cl2，则氯元素的化合价是-1价，O一般表现为-2价，所以S的化合价是+6价；故答案为+6。（2）实验室制取氯气的化学方程式为MnO2＋4HCl（浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；Cl2中混有HCl和H2O（g），要制得干燥纯净的氯气，应依次通过盛有饱和食盐水和浓硫酸的洗气瓶，故答案为饱和食盐水，浓硫酸。（3）①B中反应得到气态SO2C12，应充满冷凝水充分冷却，采取逆流原理，即从n口接入冷凝水，故答案为n。②C处U形管中盛放的试剂吸收空气中的水蒸气，防止进入C中导致SO2C12水解，且吸收尾气，可以用碱石灰，故答案为碱石灰。（4）向SO2C12中加水，出现白雾，振荡、静置得到无色溶液．经检验该溶液中的阴离子只有SO42-、Cl-（OH-除外），说明SO2Cl2水解的产物是硫酸和氯化氢，化学方程式为：SO2Cl2＋2H2O＝H2SO4＋2HCl，故答案为SO2Cl2＋2H2O=H2SO4＋2HCl。27、2H2O22H2O+O2↑秒表或计时器a时间(min或s)c浅H2O2分解放热，使得B瓶温度高，升高温度，反应2NO2(g)⇌N2O4(g)的平衡逆向移动，NO2浓度增大，B瓶中颜色加深微波水热Co2+【详解】(1)①过氧化氢在铁离子催化下分解生成水和氧气，方程式为2H2O22H2O+O2↑；该实验是探究浓度对H2O2分解反应速率的影响，即相同时间内收集产生的氧气的体积多少，所以使用的仪器有秒表或计时器；②在同浓度Fe3+的催化下，探究浓度对H2O2分解反应速率的影响，所以实验要控制铁离子的浓度相同，时间相同，所以Ⅰ为a，Ⅱ时间(min或s)，控制过氧化氢和蒸馏水的体积总数相同，所以Ⅲ为c；(2)因为H2O2分解放热，使得B瓶温度高，升高温度，反应2NO2(g)⇌N2O4(g)的平衡逆向移动，NO2浓度增大，B瓶中颜色加深，所以A瓶的颜色比B瓶浅；(3)微波水热法使过氧化氢分解初始速率增大，所以微波水热法制取得到的催化剂活性更高，从图分析，x数值越大，过氧化氢的初始分解速率越大，所以Co2+催化效果更好。28、+524.8kJ·mol－1ADⅠ该反应为放热反应，达平衡后，随温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率降低bH2O+2e－=H2↑+O2－CO2+2e－=CO+O2－2:1【分析】（1）根据盖斯定律进行分析计算；（2）①根据平衡状态判断标准进行分析：v正=v逆，各组分的浓度及由此引出相关的物质的量的变化情况进行分析；②从图中看，相同温度下，Ⅰ中CO2的转化率最大，说明反应速率最快，催化效果最好；该反应在a点达到平衡状态，a点的转化率比b点的高，说明继续升高温度，平衡逆向移动，从而得出其原因是该反应为放热反应，据此进行分析；（3）①从图中看出，H2O、CO2在c电极转化为H2、CO，说明此电极为阳极，则与之相连的a电极为负极，电源正极为b；电极c为电解池的阴极，发生还原反应；②阳极的电极反应为2O2—4e-