2026届湖南省浏阳一中化学高三上期中质量检测试题含解析

2026届湖南省浏阳一中化学高三上期中质量检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、化学与人类生产、生活密切相关，下列有关说法不正确的是A．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化B．将“地沟油”变废为宝，可制成生物柴油和肥皂C．水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的性质D．用活性炭为糖浆脱色和用SO2漂白纸浆的原理不同2、下列说法中正确的是A．在一个原子里找不到两个能量基本相同的电子B．在L层运动的电子能量一定比M层运动的电子能量要大C．第一电离能与电负性呈周期性变化取决于元素原子核外电子排布的周期性变化D．根据各电子层最多容纳电子数目是2n2的规律，钾原子的M层应有2×32个电子3、下列有关仪器用途的说法正确的是（）A．试管、烧杯均可用于给液体、固体加热B．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱（蒸干水的设备）中烘干C．区别NaCl、Na2SO4时常用到胶头滴管、试管D．漏斗可用于过滤及向滴定管中添加溶液4、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、W同主族，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Z是地壳中含量最多的金属元素，四种元素原子的最外层电子数总和为16。下列说法正确的是A．原子半径：r(X)<r(Z)<r(W)B．Y、Z、W的最高价氧化物的水化物两两之间均能反应C．简单氢化物的热稳定性：X＜WD．X分别与Y、W形成的化合物中所含化学键类型相同5、W、X、Y、Z是短周期主族元素，其原子序数依次增大。前三种元素形成的简单离子分别为W2－、X＋、Y2－，下列说法错误的是（）A．W、X、Y、Z的氢化物都是共价化合物B．X、Y、Z与W形成的化合物都不止一种C．Z的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物都是强酸D．简单离子半径：X＋<W2－<Y2－6、CO(g)和H2O(g)以1:2体积比分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中进行反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，得到如下三组数据：下列说法不正确的是A．从实验数据分析，该反应的正反应是吸热反应B．实验A中，在0～10min内，以v(H2)表示的反应速率大于0.013mol(L·min)-1C．从生产效益分析，C组实验的条件最佳D．比较实验B、C，说明C实验使用了更高效的催化剂7、pH与体积都相同的硫酸和醋酸溶液，分别与同物质的量浓度、同体积的Na2CO3溶液反应，若在相同条件下放出CO2的量相同，则下列推断合理的是A．Na2CO3过量 B．Na2CO3恰好与醋酸完全反应C．两种酸都过量 D．两种酸的物质的量浓度相同8、有关实验操作，下列说法正确的是（）A．蒸馏时，应先通冷凝水再加热B．萃取振荡时分液漏斗的下口应倾斜向下C．用洁净玻璃棒蘸取少许氯水点在pH试纸上，再与标准比色卡对照即可测定新制氯水的pHD．锥形瓶和容量瓶使用前需用蒸馏水洗净后再放入烘箱中烘干9、25°C时，Ksp(AgCl)=1.56×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12,下列说法正确的是A．AgCl和Ag2CrO4共存的悬浊液中，B．向Ag2CrO4悬浊液中加入NaCl浓溶液，Ag2CrO4不可能转化为AgClC．向AgCl饱和溶液中加入NaCl晶体，有AgC1析出且溶液中c(Cl－)=c(Ag＋)D．向同浓度的Na2CrO4和NaCl混合溶液中滴加AgNO3溶液，AgC1先析出10、根据光合作用原理，设计如图原电池装置。下列说法正确的是A．a电极为原电池的正极B．外电路电流方向是a→bC．b电极的电极反应为：O2+2e-+2H+=H2O2D．a电极上每生成1molO2，通过质子交换膜的H+为2mol11、已知X、Y、Z、E四种常见物质含有同一种元素，其中E是一种强酸，在一定条件下，它们有如图所示转化关系，下列推断不合理的是（）A．X可能是一种氢化物B．Y不可能转化为XC．Y可能直接转化为ED．若X是单质，则X转化为Y的反应可能是化合反应12、下列说法错误的是A．用水鉴别乙醇、苯和溴苯B．用碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯C．橡胶、蛋白质、尼龙、纤维素都是天然高分子化合物D．压缩天然气和液化石油气是我国已经推广使用的清洁燃料13、关于下列装置说法正确的是(

)A．装置①中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液B．用装置②精炼铜时，溶液中Cu2+的浓度一定始终不变C．装置③工作一段时间后，往Fe极区滴加2滴铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀D．用装置④电解Na2CO3溶液，阳极的电极反应式为：4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑14、一种新型锰氢二次电池原理如图所示。该电池以MnSO4溶液为电解液，碳纤维与Pt/C分别为电极材料，电池的总反应为Mn2＋+2H2OMnO2+2H＋+H2↑。下列说法错误的是A．充电时，碳纤维电极做阳极B．充电时，碳纤维电极附近溶液的pH增大C．放电时，电子由Pt/C电极经导线流向碳纤维电极D．放电时，正极反应式为MnO2+4H＋+2e－＝Mn2＋+2H2O15、已知外电路中，电子由铜流向a极。有关下图所示的装置分析合理的一项是A．该装置中Cu极为正极B．当铜极的质量变化为12.8g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为2.24LC．b极反应的电极反应式为：H2－2e－=2H+D．一段时间后锌片质量减少16、室温下，对于0.10mol·L-1的氨水，下列判断正确的是A．与AlCl3溶液反应发生的离子方程式为Al3++3OH-=Al(OH)3↓B．加水稀释后，溶液中c(NH4+)c(OH-)变大C．用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性D．其溶液的pH=1317、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。X是形成化合物种类最多的元素，Y和Z形成的化合物可以造成酸雨、破坏臭氧层等危害。W和Q形成的二元化合物的水溶液显中性。下列说法正确的是（）A．X、Y、W、Q都能与Z形成两种或多种化合物B．Q氧化物的水化物的酸性一定比X的强C．X形成的含氧酸都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．X、Y、Z氢化物沸点一定是X<Y<Z18、已知化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化曲线如图所示，下列叙述正确的是（）A．该反应热ΔH=+(a-b)kJ·mol-1B．每生成2molAB(g)时吸收bkJ能量C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D．断裂1molA—A键和1molB—B键时放出akJ能量19、下列实验操作或装置(略去部分夹持仪器)正确的是()ABCD配制溶液中和滴定向试管中加入过氧化钠粉末向浓硫酸中加水稀释A．A B．B C．C D．D20、200mL稀溶液中c(KNO3)=lmol/L，c(H2SO4)=0.5mol/L，向其中加入5.6g铁粉，充分反应(已知NO被还原为NO)。下列说法正确的是A．反应后生成标准状况下NO的体积为2.8LB．所得溶液中c(Fe2+)：c(Fe3+)=1：1C．反应后铁粉有剩余D．所得溶液中的溶质为FeSO421、某溶液中含有等物质的量的K+、Na+、Fe3+、Fe2+、SO42-、SO32-中的几种离子，为了确定其组成，某同学取两份该溶液进行了如下实验（不考虑盐类的水解及水的电离）：（1）一份滴入酸性高锰酸钾溶液，发现高锰酸钾溶液褪色；（2）另一份加入氯化钡固体，产生不溶于水的沉淀。下列说法正确的是（）A．一定没有Na+ B．溶液中一定没有Fe3+C．溶液中一定没有SO42- D．溶液中一定没有SO32-22、根据相关概念下列说法正确的是A．只含共价键的物质一定是共价化合物B．氯化钠发生状态变化时，一定会破坏离子键C．物质中分子间的作用力越大，分子越稳定D．都是由非金属元素形成的化合物只能是共价化合物二、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）有机物A是聚合反应生产胶黏剂基料的单体，亦可作为合成调香剂I、聚酯材料J的原料，相关合成路线如下：已知：在质谱图中烃A的最大质荷比为118，E的结构简式为：根据以上信息回答下列问题：（1）A的分子式为___________，A所含的官能团名称为____________，E→F的反应类型为___________。（2）I的结构简式为__________________________，（3）D与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为________________________________。（4）H的同分异构体W能与浓溴水反应产生白色沉淀，1molW参与反应最多消耗3molBr2，请写出所有符合条件的W的结构简式_____________________________________。（5）J是一种高分子化合物，则由C生成J的化学方程式为_______________________。25、（12分）某小组同学为比较酸性条件下NO3－、SO42－、Fe3+的氧化性强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验）。实验记录如下：

实验操作

实验现象

I

打开活塞c，将过量稀HNO3加入装置B中，关闭活塞c

B中浅绿色溶液立即变为深棕色；一段时间后，溶液最终变为黄色。

II

用注射器取出少量B装置中的溶液，加入KSCN溶液

溶液变为红色。

III

打开活塞b，向A装置中加入足量硫酸，关闭活塞b

A中产生气体；B中有气泡，液面上有少量红棕色气体生成。

IV

一段时间后，用注射器取出少量B装置中的溶液，……

……

V

打开活塞a，通入一段时间空气

————

请回答下列问题：（1）保存Fe(NO3)2溶液时，常加入铁粉，目的是（用化学方程式表示）________。（2）实验I中，发生反应的离子方程式是________。（3）资料表明，Fe2+能与NO结合形成深棕色物质[Fe(NO)]2+：Fe2++NO[Fe(NO)]2+用平衡移动原理解释实验I中溶液由深棕色变为黄色的原因是________________________。（4）分析实验现象，同学们得出了结论。则：①实验IV的后续操作是________________，观察到的现象是________________。②由实验得出的结论是_______________________。（5）实验反思①实验操作V的目的是_______________________________________。②实验操作III，开始时B中溶液的颜色并无明显变化，此时溶液中发生反应的离子方程式是________。③有同学认为装置中的空气会干扰实验结论的得出，应在实验前通一段时间的氮气。你是否同意该看法，理由是________________________________________。26、（10分）I.某研究小组探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反应。已知:1.0mol·L-1的Fe(NO3)3溶液的pH=1,铁架台等夹持仪器已略去,请回答:(1)用于加入浓硫酸的仪器名称为________。装置A中发生的化学方程式为______。(2)滴加浓硫酸之前要先打开弹簧夹通入一定量的N2,其目的是_____________。(3)实验中,装置B中产生了白色沉淀,该沉淀的成分是_______，说明SO2具有______性。(4)分析B中产生白色沉淀的原因:观点1:SO2与Fe3+反应;观点2:在酸性条件下SO2与NO3-反应;基于观点1,装置B中反应的离子方程式___________。为证明该观点,应进一步检验生成的新物质,其实验操作及现象为(假定在反应中SO2的量不足_________。基于观点2,只需将装置B中Fe(NO3)3溶液替换为等体积的下列溶液,在相同的条件下进行实验。应选择的最佳试剂是_________(填序号)。A.0.1mol·L-1的稀硝酸B.1.5mol·L-1的Fe(NO3)3溶液C.6.0mol·L-1的NaNO3和0.2mol·L-1盐酸等体积混合的混合液Ⅱ.人们常用催化剂来选择反应进行的方向。图所示为一定条件下1molCH3OH与O2发生反应时生成CO、CO2或HCHO的能量变化图[反应物O2(g)和生成物H2O(g)略去]。在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成_____（填“CO”、“CO2”或“HCHO”）；2HCHO(g)+O2(g)=2CO(g)+2H2O(g)△H=________。27、（12分）实验小组对Cr(Ⅲ)与过氧化氢反应的影响因素进行了探究，实验过程如下：实验1：探究pH对Cr(Ⅲ)与过氧化氢反应的影响1.室温下，加酸或碱调节0.1mol/LCr2(SO4)3溶液pH分别为2.00、4.10、6.75、8.43、10.03、13.37。2.各取5mL上述溶液分置于6支试管中，分别向其中逐滴加入30%H2O2溶液，直至溶液不再发生变化，观察并记录现象。pH对Cr(Ⅲ)与过氧化氢反应的影响试管①②③④⑤⑥pH2.004.106.758.4310.0313.37起始现象墨绿色溶液墨绿色溶液蓝色浑浊液蓝色浑浊液蓝色浑浊液亮绿色溶液终点现象墨绿色墨绿色黄绿色亮黄色橙红色砖红色查阅资料：①Cr3+为绿色，CrO为亮绿色，CrO为黄色。②Cr3+较稳定，需用较强氧化剂才能将其氧化；CrO在碱性溶液中是较强的还原剂。（1）Cr(OH)3为蓝色固体，写出⑤中生成蓝色沉淀的离子方程式_____。（2）试管①②中溶液未发生明显变化，可能的原因是_____。（3）④中沉淀溶解，溶液变为亮黄色，可能发生反应的离子方程式是_____。（4）Cr(OH)3与Al(OH)3类似，具有两性。存在如下关系：Cr3++3OH-Cr(OH)3CrO+H++H2O。解释实验1中，随着溶液pH升高，终点溶液颜色变化的原因______。实验2：探究温度对Cr(Ⅲ)与过氧化氢反应的影响各取5mLpH=13.50Cr2(SO4)3溶液分置于5支试管中，将其分置于0℃、25℃、50℃、75℃、100℃的水浴中，然后向试管中各滴加过量30%H2O2溶液，观察并记录实验现象：温度对Cr(Ⅲ)与30%H2O2反应的影响反应温度0℃25℃50℃75℃100℃起始现象墨绿色终点现象红棕色砖红色橙红色亮黄色亮黄色（5）随着反应温度的升高，反应后溶液颜色由红棕色向亮黄色转变，是因为生成的红色物质CrO（Cr为+5价）不稳定，自身发生氧化还原反应，随着温度升高会逐渐转化为亮黄色的CrO，同时生成氧气。发生反应的离子方程式是______。（6）反应物浓度也是影响反应的因素之一。请利用实验1给出的试剂，设计实验进行验证_____。（7）综上所述，Cr(III)与过氧化氢的反应产物与_____密切相关。28、（14分）硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。其部分性质如下表：物质熔点/℃沸点/℃其它性质SO2Cl2－54.169.1①易水解产生大量白雾②易分解：SO2Cl2SO2↑＋Cl2↑回答下列问题：I．已知：SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=−97.3kJ·mol－1。催化合成硫酰氯的实验装置如下图(夹持仪器已省略)：(1)仪器B的名称是____________，冷却水的进口为________(填“a”或“b”)。(2)装置D除干燥气体外，另一作用是______________________。若缺少D，则硫酰氯会水解，该反应的化学方程式为_________________________________________。(3)实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，写出其反应的离子方程式：__________________________________(4)C处U形管中碱石灰的作用除吸收多余SO2、Cl2，防止污染外；还有_______________________。II．在氯磺酸中加入四氯化锡加热煮沸，使氯磺酸分解，可用于制取少量硫酰氯。化学方程式为：2ClSO3HH2SO4＋SO2Cl2，此法得到的产品中混有硫酸。(5)①从分解产物中分离出硫酰氯的方法是_____________。②请设计实验方案检验产品中硫酸的存在(可选试剂：稀盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、蒸馏水、石蕊溶液)：取适量产品，充分___________后，加水稀释__________________________。29、（10分）I.工业上利用反应ZnFe2（C2O4）3·6H2OZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4。（1）ZnFe2O4中Fe的化合价为___________。（2）该反应中还原产物是________（填化学式），每生成1molZnFe2O4，转移的电子数为________。Ⅱ.在pH=l的某溶液X中仅含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO42-、Cl-、NO3-中的一种或几种（忽略水的电离及离子的水解），取该溶液进行连续实验，实验过程如图：已知：NO3-+Al+OH-+H2O→NH4++[Al（OH）4]-（1）溶液X中除H+外，一定存在的离子是_________________。（2）写出生成沉淀N的离子方程式_________________。（3）若取原溶液X少许直接加入AgNO3溶液产生白色沉淀，则确定该溶液中一定含有Cl-，你认为这种说法是否合理。_______（填“是”或“否”），其理由是____________。

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【详解】A．“海水淡化”即利用海水脱盐生产淡水，明矾可水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可除去水中的悬浮物而净化水，但不能使海水淡化，故A错误；B．“地沟油”中主要含有油脂，油脂碱性条件下水解成为皂化反应，可以生产肥皂；油脂燃烧值较高，可做生物柴油，故B正确；C．水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，是利用胶体粒子的带电性加以清除，故C正确；D．活性炭为糖浆脱色利用活性炭的吸附性，用SO2漂白纸浆是SO2和色素发生反应。两者的原理不同，故D正确；答案选A。2、C【解析】A.每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反，这两个电子的能量完全相同，另外在等价轨道上填充的电子能量也相同，可能存在能量相同的电子，故A错误；B.核外电子都是尽先排布在能量较低的电子层中，在L层运动的电子能量一定比M层运动的电子能量要小，故B错误；C.第一电离能与电负性呈周期性变化的本质是因为元素原子核外电子排布的周期性变化，故C正确；D.原子核外电子排布规律：各电子层最多容纳的电子数为2n2（n为电子层数），其中最外层电子数不超过8个，次外层不超过18个，同时根据能量最低原理，3d的能量比4s高，因此钾原子的M层只能有8个电子，故D错误；故选C。3、C【详解】A．试管可用于给液体、固体加热，烧杯可用于给液体加热、但不能用于给固体加热，故A错误；B．洗净的容量瓶不能放进烘箱中烘干，因为容量瓶是计量仪器，容量瓶上标有温度、容积和刻度线，若放进烘箱中烘干，会对其容积造成影响，故B错误；C．由于鉴别物质所用试剂量较少，通常可用试管作为反应容器，用胶头滴管滴加试剂，如区别NaCl、Na2SO4，可分别取两种试剂各少许于两支试管中，然后用胶头滴管向两支试管中分别滴加少量BaCl2溶液，产生白色沉淀的为Na2SO4，不出现白色沉淀的为NaCl，故C正确；D．漏斗可用于组装过滤装置，向滴定管中添加溶液的方法是直接将试剂瓶中的溶液倾倒到滴定管中，不需要漏斗，故D错误；答案选C。4、B【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、W同主族，最外层电子数相同，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，为金属钠，Z是地壳中含量最多的金属元素，为铝，四种元素原子的最外层电子数总和为16，所以计算X、W的最外层电子数为6，分别为氧和硫。X为氧，Y为钠，Z为铝，W为硫。A.原子半径同一周期从左至右逐渐减小，同一主族从上至下逐渐增大，则原子半径：r(X)<r(W)<r(Z)，故错误；B.Y、Z、W的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠，氢氧化铝，硫酸，两两之间均能反应，故正确；C.因为氧的非金属性比硫强，所以简单氢化物的热稳定性：X>W，故错误；D.X分别与Y形成氧化钠或过氧化钠，含有离子键，氧和硫形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫，只含共价键，故错误。故选B。5、A【分析】W、X、Y、Z是短周期主族元素，其原子序数依次增大。前三种元素形成的简单离子分别为W2－、X＋、Y2－，说明W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl。【详解】经分析，W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl，则A.四种元素的氢化物中，NaH为离子化合物，A错误；B.Na和O可以形成氧化钠和过氧化钠，S和O可以形成二氧化硫和三氧化硫，Cl和O可以形成二氧化氯或五氧化二氯等，B正确；C.Z的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物分别是氯化氢和高氯酸，它们都为强酸，C正确；D.简单离子半径，电子层多径大，序大径小，半径关系为Na＋<O2－<S2－，D正确；故选A。【点睛】掌握元素周期表和元素周期律的推断，注意半径的比较。根据层多径大，序大径小分析，也就是电子层越多的半径越大，相同电子层的微粒，原子序数越大，半径越小。6、A【详解】A、根据实验组B和C，升高温度，CO2的物质的量减少，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，即正反应是为放热反应，故A错误；B、达到平衡时，v(CO2)=mol/(L·min)=0.13mol/(L·min)，化学反应速率之比等于化学计量数之比，即v(H2)=c(CO2)=0.13mol/(L·min)，随着反应的进行，反应物的浓度减小，化学反应速率降低，0～10min内，v(H2)>0.130.13mol/(L·min)，故B正确；C、根据表格数据，实验C温度低，投入量少，达到平衡时间短，因此从生产效益分析，C组实验的条件最佳，故C正确；D、B的温度高于C的温度，但达到平衡时间相等，说明C使用了比较高效的催化剂，故D正确。7、C【详解】A、若碳酸钠过量，pH与体积都相同的硫酸和醋酸溶液，因为醋酸是弱酸存在电离平衡，所以醋酸反应生成的二氧化碳要比硫酸多，A错误；B、若Na2CO3恰好与醋酸完全反应，由于硫酸和醋酸溶液pH与体积都相同，醋酸存在电离平衡，平衡状态下的氢离子与硫酸溶液中的氢离子相同，反应后醋酸又电离出氢离子，所以放出二氧化碳气体的量醋酸比硫酸多，B错误；C、若两种酸都过量，同量的碳酸钠全部反应生成二氧化碳气的量相同，C正确；D、pH相同的硫酸和醋酸溶液，c(H+)相同，c(CH3COOH)>2c(H2SO4)，D错误；答案选C。8、A【详解】A.蒸馏时，为了充分冷凝，应先通冷凝水再加热，故A正确；B.萃取振荡时，使分液漏斗上口朝下、下口朝上，以便于振荡混合，故B错误；C.氯水中的HClO可使pH试纸褪色，不能用pH试纸测定氯水的pH，应选pH计测定，故C错误；D.锥形瓶、容量瓶中有少量水对实验无影响，则锥形瓶、容量瓶均不需要烘干，故D错误；答案选A。9、D【解析】A、AgCl和Ag2CrO4共存的溶液中，c(Ag＋)是相等的，但由于二者的组成比不同，Ksp的表达式不同，因此c(Cl－)/c(CO42－)不等于二者的Ksp之比，故A错误；B、根据Ksp的含义，向Ag2CrO4悬浊液中加入NaCl浓溶液，当溶液中c(Cl－)c(Ag＋)>Ksp(AgCl)时，就有AgCl沉淀析出，所以B错误；C、向AgCl饱和溶液中加入NaCl晶体，使溶液中c(Cl－)增大，导致c(Cl－)c(Ag＋)>Ksp(AgCl)，从而析出AgC1，析出沉淀后的溶液中c(Cl－)>c(Ag＋)，所以C错误；D、向同浓度的Na2CrO4和NaCl混合溶液中滴加AgNO3溶液，根据Ksp计算可得，生成AgCl沉淀需要的c(Ag＋)==，生成Ag2CrO4沉淀需要的c(Ag＋)==，前者小于后者，即先析出AgCl沉淀，故D正确。本题正确答案为D。点睛：涉及Ksp的有关问题，首先要注意物质的组成比是否相同，若相同，可以直接用Ksp的数值进行比较，若不同，一定要通过计算进行比较。如A、D两个选项，特别是D选项最容易错选。10、C【解析】根据图片信息，可知a电极反应2H2O—4e—=4H++O2↑，发生了氧化反应，a为电极为原电池的负极，A项错误；外电路电流由正极流向负极，即b→a，B项错误；根据图片信息，b的的电极反应为：O2+2e-+2H+=H2O2，C项正确；由a极的电极反应方程式可知，a电极上每生成1molO2，通过质子交换膜的H+为4mol，D项错误。点睛：原电池是将化学能变成电能的装置。负极失去电子，被氧化，正极得到电子被还原。注意原电池中的正负极的反应，氧气肯定在正极得到电子，金属肯定在负极失去电子，结合原电池的电解质的环境分析其电极反应的书写。在电解质溶液中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，电子从负极经过导线流向正极。11、B【分析】（1）X如果是单质，则其可能是N2或S，Y是NO或SO2，Z是NO2或SO3，E是HNO3或H2SO4；（2）X如果是氢化物，则其可能是NH3或H2S，Y是NO或SO2，Z是NO2或SO3，E是HNO3或H2SO4。【详解】A.X可能是NH3或H2S，选项A正确；B.6NO+4NH3=5N2+6H2O、SO2+2H2S=3S+2H2O，选项B错误；C.4NO+2H2O+3O2=4HNO3，SO2+H2O2=H2SO4，所以Y可能直接转化为E，选项C正确；D.若X是单质：N2或S，N2和O2在放电条件下生成NO，S和O2在点燃条件下生成SO2，都是化合反应，选项D正确；答案选B。12、C【解析】A.乙醇与水混溶，苯密度比水小，不溶于水，溴苯密度比水大也不溶于水，可加水鉴别，A正确；B.乙醇易溶于水，碳酸钠与乙酸反应生成二氧化碳气体，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，溶液分层，可用碳酸钠溶液鉴别，B正确；C.尼龙是合成高分子化合物，人造橡胶不是天然高分子化合物，C错误；D.压缩天然气和液化石油气燃烧产物只有水、二氧化碳，因此是我国已经推广使用的清洁燃料，D正确；故合理选项是C。13、D【解析】A.原电池工作时，阳离子向正极移动；B.粗铜中含铁、锌等，失电子发生氧化反应，铜离子浓度略降低；C.锌比铁活泼，锌作负极，铁被保护；D.图示信息可以看出，电解池的阳极有氧气和HCO3-生成，发生氧化反应，据此分析阳极反应式。【详解】A.含有盐桥的原电池中，盐桥中阳离子向正极所在溶液移动，阴离子向负极所在溶液移动，该装置中活泼金属Zn作负极、Cu作正极，则盐桥中K+移向CuSO4溶液，故A项错误；B.粗铜为阳极，失电子发生氧化反应，因粗铜中含铁、锌等，这些金属在阳极均会失电子产生金属阳离子进入溶液，而在阴极只有铜离子得电子产生铜，根据得失电子守恒规律可知，阳极失电子的铜的量小于阴极得电子的铜的量，溶液中铜离子浓度会略降低，故B项错误；C.锌比铁活泼，锌作负极，电子从负极锌流出经导线流向正极铁，铁被保护，不可能产生二价铁离子，滴加2滴铁氰化钾溶液后，不会出现蓝色沉淀，故C项错误；D.从图中可以看到，电解池的阳极区生成了氧气和HCO3-，发生了失电子的氧化反应，其电极反应式为：4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，故D项正确；答案选D。14、B【解析】新型电池放电时是原电池，碳纤维表面MnO2发生还原反应生成Mn2+，为正极；充电时是电解池，碳纤维表面Mn2+发生氧化反应生成MnO2，为阳极。【详解】A．充电时是电解池，碳纤维表面Mn2+发生氧化反应生成MnO2，则碳纤维电极做阳极，故A正确；B．充电时，碳纤维电极发生的电极反应为Mn2＋+2H2O-2e－=MnO2+4H＋，附近溶液的pH减小，故B错误；C．放电时是原电池，碳纤维为正极，Pt/C为负极，则电子由Pt/C电极经导线流向碳纤维电极，故C正确；D．放电时，碳纤维表面MnO2发生还原反应生成Mn2+，电极反应式为MnO2+4H＋+2e－＝Mn2＋+2H2O，故D正确；答案为B。15、B【分析】已知外电路中，电子由铜流向a极，根据装置图分析，左边为氢氧燃料电池，a为正极，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，b为负极电极反应为H2+2OH--2e-=2H2O，右边装置为电解池，Zn做阴极，电极反应为Cu2++e-=Cu；Cu做阳极，电极反应为Cu-2e-=Cu2+。【详解】A、分析判断，铜为电解池中的阳极，故A错误；B、当铜极的质量变化为12.8g时物质的量为0.2ml，依据电子守恒和电极反应可知，O2+2H2O+4e-=4OH-，Cu-2e-=Cu2+；2Cu～O2，a极上消耗的O2在物质的量为0.1mol在标准状况下的体积为2.24L，故B正确；C、锌做电解池的阴极，质量不变，故C错误；D、b电极是氢气失电子发生氧化反应，在碱性溶液中生成水，电极反应为：H2+2OH--2e-=2H2O，故D错误；故选B。16、C【详解】A、一水合氨是弱电解质，离子方程式中要写化学式，该反应的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误；B、加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小，所以c(NH4+)•c(OH-)减小，故B错误；C、用HNO3溶液完全中和后得硝酸铵溶液，硝酸铵是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，故C正确；D、一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离，所以0.10mol•L-1氨水的pH小于13，故D错误；故选C。【点晴】本题考查弱电解质的电离、离子方程式的书写、盐类的水解等知识点，根据盐类水解特点、弱电解质的电离特点、离子方程式的书写规则来分析解答即可。要熟悉弱电解质电离平衡的影响因素，如加入水、加热促进弱电解质的电离，加酸抑制弱酸的电离，加入与弱电解质电离出相同离子的电解质抑制电离。17、A【分析】X是形成化合物种类最多的元素，则其为碳元素；Y和Z形成的化合物可以造成酸雨、破坏臭氧层等危害，则该物质应为氮的氧化物，从而得出Y为氮元素，Z为氧元素；W和Q形成的二元化合物的水溶液显中性，则其为NaCl，从而得出W为Na，Q为Cl；因此，X、Y、Z、W、Q分别为C、N、O、Na、Cl。【详解】A.C、N、Na、Cl都能与O形成两种或多种化合物，如CO、CO2、NO、NO2、N2O5、Na2O、Na2O2、Cl2O、Cl2O3、Cl2O5等，A正确；B.Cl氧化物的水化物的酸性不一定比C的强，比如HClO的酸性就比H2CO3弱，B错误；C.C形成的含氧酸有的能使酸性高锰酸钾溶液褪色，比如HCOOH，C错误；D.C、N、O氢化物沸点不一定是C<N<O，比如C的氢化物中的C20H42，沸点比水还高，D错误；故选A。18、A【详解】AB．依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收(a−b)kJ热量，该反应热ΔH=+(a-b)kJ·mol-1，故A正确，B错误；C．依据能量图象分析可知反应物总能量低于生成物总能量，故C错误；D．由图可知，断裂1molA−A和1molB−B键，吸收akJ能量，故D错误；答案选：A。19、C【详解】A．用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液时，当用烧杯加水至距离刻度线1~2cm处时，应该用胶头滴管进行定容，故A错误；B．滴定NaOH溶液要用酸性标准液，酸性标准液应盛放在酸式滴定管中，图示滴定管为碱式滴定管，故B错误；C．固体粉末药品的取用可以用纸槽或药匙来取，放入试管时，先将试管横放，把纸槽或药匙伸入试管内慢慢将试管竖起，固体粉末药品的取用量为盖满试管底部即可，故C正确；D．浓硫酸稀释时放热，为了防止暴沸发生危险，应将水加入浓硫酸中进行稀释，故D错误；综上所述答案为C。20、C【详解】溶液中H+总物质的量为：n(H+)=0.5mol/L×2×0.2L=0.2mol，NO的物质的量n(NO)=1mol/L×0.2L=0.2mol，铁粉的物质的量n(Fe)==0.1mol。由3Fe+2NO+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，可知n(Fe)：n(NO)：n(H+)=3：2：8，则0.2molH+完全反应需消耗Fe的物质的量是n(Fe)耗=×0.2mol=0.075mol＜0.1mol，消耗NO的物质的量n(NO)=×0.2mol=0.05mol＜0.2mol，说明反应后铁粉、NO有剩余，由于Fe与Fe3+会发生反应产生Fe2+，所以溶液中不可能存在Fe3+，则溶液中含有的溶质为FeSO4、Fe(NO3)2，根据方程式3Fe+2NO+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O中物质反应转化关系可知反应产生的NO的物质的量n(NO)=×0.2mol=0.05mol，则其在标准状况下的体积V(NO)=0.05mol×22.4L/mol=1.12L，综上所述可知，题干选项中正确的是C。21、B【详解】(1)一份滴入酸性高锰酸钾溶液，发现高锰酸钾溶液褪色，说明含有Fe2+、SO32-中的一种，二者不共存，所以不能同时存在；(2)另一份加入氯化钡固体，产生不溶于水的沉淀，至少含有SO42-、SO32-中的一种。分两种情况讨论：若存在Fe2+，则不存在SO32-，一定有SO42-，由于离子的物质的量相等，所以只有Fe2+和SO42-；若存在SO32-，则Fe2+和Fe3+都不存在，根据电荷守恒，阳离子K+、Na+都必须存在，没有SO42-，即存在的离子是K+、Na+和SO32-。在两种情况下，都一定不存在Fe3+。故选B。22、B【解析】A．只含共价键的物质可能是单质，如O2，故A错误；B．NaCl是离子晶体，状态发生变化，离子之间的距离发生变化，离子键一定被破坏，故B正确；C．分子间作用力决定分子晶体的熔沸点高低，化学键的强弱与分子的稳定性有关，故C错误；D．都是由非金属元素形成的化合物不一定是共价化合物，如铵盐，全部由非金属元素构成的，但是离子化合物，故D错误；故选B。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、C9H10碳碳双键消去反应【解析】在质谱图中烃A的最大质荷比为118，则烃A的相对分子质量为118，根据商余法，118÷12=9…10，其化学式为C9H10；由流程图可知A可与Br2/CCl4的溶液发生加成反应，说明B为溴代烃，根据C能够被氧化生成D，D能够与新制氢氧化铜悬浊液反应生成E，结合E的结构简式，可知D为，C为，则B为，A为；E在浓硫酸存在时脱水生成F，F为，F再与苯乙醇发生酯化反应生成的酯I为。(1)A的结构简式为，分子式为C9H10，含有的官能团为碳碳双键；在浓硫酸存在时脱水生成，即E→F的反应类型为消去反应，故答案为C9H10；碳碳双键；消去反应；(2)由分析可知I的结构简式为，故答案为；(3)与新制Cu(OH)2混合加热生成的化学方程式为；故答案为；(4)的同分异构体W能与浓溴水反应产生白色沉淀，说明分子结构中含有酚羟基，1mol

W参与反应最多消耗3mol

Br2，可知酚羟基的邻、对位均有可取代的氢，则符合条件的W的结构简式为，故答案为；(5)J是一种高分子化合物，则由与乙二酸发生缩聚反应生成J的化学方程式为或；故答案为。点睛：本题考查有机物推断，明确官能团及其性质关系是解本题关键。注意结合题给信息及有机反应条件来分析解答。本题的易错点和难点为同分异构体结构简式和有机方程式的书写，要根据学过的基础知识迁移应用。25、（1）2Fe(NO3)3+Fe=3Fe(NO3)2（2）3Fe2++NO3－+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O（3）Fe2+被稀硝酸氧化为Fe3+，使溶液中c(Fe2+)逐渐下降（同时NO的逐渐逸出，也使溶液中c(NO)逐渐下降），平衡Fe2++NO[Fe(NO)]2+左移，溶液棕色褪去，显示出Fe3+的黄色。（4）①加入K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀②氧化性：NO3－﹥Fe3+﹥SO42－（5）①将装置中的SO2、NO、NO2等气体排进NaOH溶液中吸收，防止污染大气②3SO2+2NO3－+2H2O=3SO42－+2NO+4H+③不同意，a.实验I中溶液变棕色，有NO生成，说明硝酸氧化Fe2+：氧化性NO3－﹥Fe3+；b.实验IV中溶液中检出Fe2+，说明二氧化硫还原了Fe3+：氧化性Fe3+﹥SO42－；与装置中是否有氧气无关。【分析】硝酸和Fe(NO3)2溶液发生氧化还原反应，Fe2+被氧化为Fe3+，硝酸被还原为NO，生成的NO和还没反应的Fe2+迅速反应生成深棕色物质[Fe(NO)]2+，随着Fe2+不断被氧化，其浓度逐渐降低，使平衡Fe2++NO[Fe(NO)]2+左移，溶液棕色褪去，显示出Fe3+的黄色。加入KSCN溶液，显红色。在硝酸和Fe(NO3)2的反应中，硝酸作氧化剂，Fe3+是氧化产物，所以硝酸的氧化性强于Fe3+。装置A产生的SO2进入B中，和B中的Fe3+发生反应：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，Fe3+作氧化剂，SO42-是氧化产物，所以Fe3+的氧化性强于SO42-，从而可以得出酸性条件下NO3－、SO42－、Fe3+的氧化性强弱。【详解】（1）加入铁粉的目的是为了防止亚铁离子被氧化。化学方程式为：2Fe(NO3)3+Fe=3Fe(NO3)2；（2）实验I中，Fe2+被稀硝酸氧化为Fe3+，离子方程式为：3Fe2++NO3－+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；（3）硝酸和Fe(NO3)2溶液发生氧化还原反应，Fe2+被氧化为Fe3+，硝酸被还原为NO，生成的NO和还没反应的Fe2+迅速反应生成深棕色物质[Fe(NO)]2+，随着Fe2+不断被氧化（同时NO的逐渐逸出，也使溶液中c(NO)逐渐下降），其浓度逐渐降低，使平衡Fe2++NO[Fe(NO)]2+左移，溶液棕色褪去，显示出Fe3+的黄色；（4）实验IV是检验B中反应后的溶液中是否存在Fe2+，若存在Fe2+，则证明SO2和Fe3+发生了反应SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，说明Fe3+的氧化性强于SO42-，结合实验Ⅰ和Ⅱ，可以得出氧化性：NO3－﹥Fe3+﹥SO42－的结论。所以实验Ⅳ的后续实验操作是加入K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀。故答案为加入K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀，氧化性：NO3－﹥Fe3+﹥SO42－；（5）继续通入空气是为了将装置中的SO2、NO、NO2等气体排进NaOH溶液中吸收，防止污染大气。由于实验操作Ⅰ加入了过量的硝酸，所以实验操作III开始时通入的SO2和B中的硝酸发生氧化还原反应，生成NO和SO42-，溶液的颜色并无明显变化，发生反应的离子方程式是：3SO2+2NO3－+2H2O=3SO42－+2NO+4H+。装置中是否有氧气，对实验结论的得出没有影响。因为实验I中溶液变棕色，有NO生成，说明硝酸氧化Fe2+：氧化性NO3－﹥Fe3+；实验IV中溶液中检出Fe2+，说明二氧化硫还原了Fe3+：氧化性Fe3+﹥SO42－，与装置中是否有氧气无关。故答案为①将装置中的SO2、NO、NO2等气体排进NaOH溶液中吸收，防止污染大气。②3SO2+2NO3－+2H2O=3SO42－+2NO↑+4H+。③不同意。a.实验I中溶液变棕色，有NO生成，说明硝酸氧化Fe2+：氧化性NO3－﹥Fe3+；b.实验IV中溶液中检出Fe2+，说明二氧化硫还原了Fe3+：氧化性Fe3+﹥SO42－；与装置中是否有氧气无关。26、分液漏斗Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O排净装置中的空气，为排除氧气对实验的干扰BaSO4还原性SO2+2Fe3++Ba2++2H2O=BaSO4↓+2Fe2++4H+取少量B中溶液于试管中，加入少量[K3Fe（CN)6]溶液产生蓝色沉淀，则溶液中有Fe2+，观点1合理CHCHO-470kJ/mol【详解】(1)加入浓硫酸的仪器为分液漏斗；A中为亚硫酸钠和硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O；(2)氧气和硝酸根离子都能将二氧化硫氧化，如果装置中含有氧气，会干扰实验，所以通入氮气的目的是排净装置中的空气，为排除氧气对实验的干扰；(3)二氧化硫具有还原性，在酸性条件下，能被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀。(4)观点1是指二氧化硫和铁离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子和亚铁离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为：SO2+2Fe3++Ba2++2H2O＝BaSO4↓+2Fe2++4H+；为证明该观点,应进一步检验生成的新物质，即亚铁离子，所以操作为：取少量B中溶液于试管中，加入少量[K3Fe（CN)6]溶液产生蓝色沉淀，则溶液中有Fe2+，观点1合理；在酸性条件下，二氧化硫和硝酸根离子发生氧化还原反应，只要溶液中的硝酸根离子浓度不变即可，所以选C；Ⅱ.(1)从图分析，虚线为有催化剂条件下，反应生成HCHO；从图分析，1mol甲醛转化为一氧化碳，反应热为（158-676+283）kJ/mol=-235kJ/mol，所以热化学方程式为2HCHO(g)+O2(g)=2CO(g)+2H2O(g)△H=-470kJ/mol。27、Cr3++3OH-=Cr(OH)3Cr3+较稳定，不能被过氧化氢氧化2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2+8H2OpH较低时，溶液中存在Cr3+，不易被氧化，故溶液为墨绿色，pH较高时，混合物中存在Cr(OH)3和CrO，可被过氧化氢氧化为或，故溶液颜色逐渐变为黄色或砖红色H2O2+2=2+4O2+2OH-在一定温度和pH下，用不同浓度的Cr2(SO4)3溶液与H2O2反应，观察反应后的现象pH、温度、浓度【分析】本题探究Cr(Ⅲ)与过氧化氢反应的影响因素，研究了pH、温度、浓度的影响，在研究每一个因素时，需用控制变量法，即研究一个因素，需保证另外两个因素不变。探究pH的影响时，不同pH时Cr在水中的存在形式不同，pH较小时以Cr3+形式存在，随着pH的不断增大，Cr的存在形式变为Cr(OH)3和CrO；探究温度的影响时，生成的红色物质CrO（Cr为+5价）不稳定，该物质中O的化合价为-1价，自身的Cr与O发生氧化还原反应，反应后的物质再被H2O2氧化，得到亮黄色的CrO和O2；探究浓度的影响时，需保证pH和温度不变，改变Cr3+浓度，观察反应后的现象。【详解】(1)⑤为碱性环境，生成蓝色沉淀的离子方程式为Cr3++3OH-=Cr(OH)3；(2)试管①②溶液为酸性，酸性条件下为Cr3+，Cr3+较稳定，不能被过氧化氢氧化；(3)④中溶液偏碱性，沉淀溶解，溶液变为亮黄色，是Cr(OH)3被氧化为，离子方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2+8H2O；(4)根据分析，pH较低时，溶液中存在Cr3+，而Cr3+不易被氧化，故溶液为Cr3+的颜色，为墨绿色；pH较高时，根据分析，混合物中存在Cr(OH)3和CrO，两者都可被过氧化氢氧化，得到或，故溶液颜色逐渐变为黄色或砖红色；(5)根据分析，在碱性环境中，生成的红色物质CrO不稳定，该物质中O的化合价为-1价，自身的Cr与O发生氧化还原反应，反应后的物质再被H2O2氧化，得到亮黄色的CrO和O2，总反应为H2O2+2=2+4O2+2OH-；(6)根据分析，探究浓度的影响时，需保证pH和温度不变，通过稀释，改变Cr3+浓度，观察反应后的现象；(7)根据分析，本实验探究了pH、温度、浓度不同时，对Cr(Ⅲ)与过氧化氢反应的影响；28、冷凝管a通过观察气泡控制气