湖北省襄樊市2026届化学高三第一学期期中教学质量检测试题含解析

湖北省襄樊市2026届化学高三第一学期期中教学质量检测试题考生请注意：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、化学与社会、生活、生产密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是（）选项现象或事实解释A明矾用于净水明矾具有消毒杀菌的作用B含硫煤中加入适量石灰石可减少对大气的污染使煤燃烧产生的SO2最终生成CaSO4C钢铁在海水中比在河水中更易腐蚀海水中含氧量高于河水D“地沟油”可以用来制生物柴油其主要成分和从石油中提取的柴油类似A．A B．B C．C D．D2、下列各组物质的稀溶液互滴时，所产生的现象相同的是A．AlCl3和NaOH B．Na2CO3和HClC．NaHCO3和HCl D．氨水和AgNO33、pH相同的氨水、NaOH和Ba(OH)2溶液，分别用蒸馏水稀释到原来的X、Y、Z倍，稀释后三种溶液的pH仍然相同，则X、Y、Z的关系是A．X＝Y＝Z B．X<Y＝Z C．X>Y＝Z D．X＝Y<Z4、下列指定反应的化学用语表达正确的是（）AMg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应Mg2＋＋2HCO＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2H2O＋2B过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－===HClO＋C向Al2(SO4)3溶液中加入过量的稀氨水Al3++4NH3·H2O=AlO2—+4NH4++2H2ODKClO碱性溶液与Fe（OH）3反应制取K2FeO43ClO﹣+2Fe（OH）3＝2FeO42﹣+3Cl﹣+4H++H2OA．A B．B C．C D．D5、稀土元素号称“工业维生素”，科学家把稀土元素镧对作物的作用赋予“超级钙”的美称。已知镧La是一种活动性比锌更强的元素，它的氧化物化学式为La2O3，La（OH）3是不溶于水的弱碱，而LaCl3、La（NO3）3都可溶于水，下列说法中正确的是A．La和盐酸反应的离子方程式为：La＋2H＋=La3＋＋H2↑B．LaCl3的水溶液加热蒸发灼烧，最终得到无水LaCl3C．La（NO3）3水溶液显酸性D．镧的一种核素为57139La，其中子数为576、下列变化中，气体被还原的是A．NH3使CuO固体变为红色B．CO2使Na2O2固体变为白色C．HCl使Na2SiO3溶液产生胶状沉淀D．Cl2使FeBr2溶液变为黄色7、一定温度下，在三个体积均为0.5L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)，其中容器Ⅰ中反应在5min时达到平衡状态。容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/molCOCl2COCl2COCl2Ⅰ5001.01.000.8Ⅱ5001.0a00.5Ⅲ6000.50.50.50.7下列说法中正确的是A．容器Ⅰ中前5min的平均反应速率v(CO)=0.16mol·L-1·min-1B．该反应正反应为吸热反应C．容器Ⅱ中起始时Cl2的物质的量为0.55molD．若起始时向容器Ⅰ加入CO0.8mol、Cl20.8mol，达到平衡时CO转化率大于80%8、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，11.2L18O2中含有的中子数为4NAB．7g乙烯中含有的C－H键的数目为NAC．1mol·L-1的NaOH溶液中含有的Na＋的数目为NAD．标准状况下，5.6LN2H4中含有的电子总数为4.5NA9、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10、下列工业产品，一般不是以石油为原料制备的是A．乙烯 B．汽油 C．液化石油气 D．煤焦油11、有机物甲、乙的结构如图所示。下列说法错误的是A．甲、乙都能与溴的单质发生加成反应B．甲、乙互为同分异构体C．一定条件下，甲、乙均能发生取代反应D．甲、乙都能与金属钠反应生成氢气12、根据如图的转化关系判断下列说法正确的是（反应条件已略去）A．反应①②③④⑤均属于氧化反应和离子反应B．反应⑤说明该条件下铝的还原性强于锰C．反应③中每生成1molO2转移的电子数4molD．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：413、在混合体系中,确认化学反应先后顺序有利于问题的解决,下列反应先后顺序判断正确的是A．在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I-、Br-、Fe2+B．在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn：Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+C．在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2：KOH、Ba(OH)2、BaCO3、K2CO3D．在含等物质的量的[Al(OH)4]-、OH-、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸：[Al(OH)4]-、Al(OH)3、OH-、CO32-14、下列反应中，可用离子方程式H＋＋OH－===H2O表示的是A．NH4Cl＋NaOHNaCl＋NH3↑＋H2OB．Mg(OH)2＋2HCl===MgCl2＋2H2OC．NaOH＋NaHCO3===Na2CO3＋H2OD．NaOH＋HNO3===NaNO3＋H2O15、X、Y、Z是三种气态物质，在一定温度下其变化符合下图。下列说法一定正确的是（）A．该反应热化学方程式为X（g）+3Y（g）2Z（g）△H=―（E2―E1）kJB．若图III中甲表示压强，乙表示Z的含量，则其变化符合图III中曲线C．图II曲线a是加入催化剂时的能量变化曲线，曲线b是没有加入催化剂时的能量变化曲线D．该温度下，反应的平衡常数数值约为533。若升高温度，则该反应的平衡常数减小，Y的转化率降低16、某溶液中可能存在Fe3＋、Fe2＋、I－、HCO3—、Cl－、NO3—六种离子中的几种。进行下列实验：①取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈红色；②另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深。据此可以推断，该溶液中一定大量存在的阴离子是（）A．I－ B．HCO3— C．Cl－ D．NO3—17、黏土钒矿(主要成分为钒的+3、+4、+5价的化合物以及SiO2、Al2O3等)中钒的化合物溶于酸后多以VO+、VO2+、VO形式存在，采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备V2O5。已知：V2O5在碱性条件下以VO形式存在。以下说法正确的是（）A．“酸浸氧化”中欲使3molVO2+被氧化成VO，至少需要1molKClO3B．滤液1中主要的阴离子有[Al(OH)4]-和VOC．“煅烧”时需要的仪器主要有蒸发皿、玻璃棒、三脚架、酒精灯D．“煅烧”时，NH4VO3受热分解：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O18、常温下，1mol化学键分解成气态原子所需要的能量用E表示．结合表中信息判断下列说法不正确的是()共价键H-HF-FH-FH-ClH-IE(kJ/mol)436157568432298A．432kJ/mol>E(H-Br)>298kJ/molB．表中最稳定的共价键是H-F键C．H2(g)→2H(g)∆H=+436kJ/molD．H2(g)+F2(g)=2HF(g)∆H=-25kJ/mol19、合成氨工业是现代化工和国民经济的重要支柱，已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0。电催化还原N2制NH3的一种反应机理如图所示，其中吸附在催化剂表面的微粒用*表示。下列说法正确的是（）A．电催化法是一步即能把N2还原为NH3的高效还原法B．两个氮原子的加氢过程同时进行C．NH3的及时脱附有利于合成氨D．与传统工业合成氨相比，电催化法能降低反应的活化能，从而降低了反应的△H20、向一恒容密闭容器中充入一定量的NO和炭粉，使之发生反应：C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)ΔH，平衡时c(NO)与温度T的关系如图所示。下列说法正确的是A．ΔH>0B．T2℃时，D点达到平衡时的平衡常数与B点的相等C．正反应速率:v(B)>v(D)>v(A)D．温度由T1升高到T3，NO的转化率增大21、下列物质不能通过化合反应直接制得的是A．Fe(OH)3B．FeCl2C．CuSD．FeCl322、下列变化会放出热量的是A．碘升华 B．冰融化 C．氯化铵溶于水 D．氢氧化钠溶于水二、非选择题(共84分)23、（14分）下列中所列的是五种短期周期元素原子的半径及主要化合价：元素代号ABCDE原子半径/nm0.1110.0640.1170.1600.066主要化合物+2-1+4，-4+2-2（1）C元素在周期表中的位置___；E原子的电子填充在___个轨道上，这些电子有___种不同的能量。（2）B、D、E所代表元素的离子半径从大到小的顺序为___（填离子符号）（3）C与E形成的化合物属于__晶体。（4）已知X是与E同族的另一短周期元素，有人认为：H-E键的键能大于H-X键的键能，所以H2E的沸点高于H2X的沸点。你是否赞同这种观点___（“赞同”或“不赞同”），理由：___。24、（12分）现有下列表格中的几种离子阳离子Al3+、Fe3+、Cu2+、Ba2+、K+阴离子NO3﹣、OH﹣、Cl﹣、CO32﹣、Xn﹣（n＝1或2）A、B、C、D、E是由它们组成的五种可溶性物质，它们所含的阴、阳离子互不相同。（1）某同学通过比较分析，认为无须检验就可判断其中必有的两种物质是____和_______（填化学式）.（2）物质C中含有离子Xn﹣．为了确定Xn﹣，现将（1）中的两种物质记为A和B，当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则X为__（填字母）a．Br﹣b．CH3COO﹣c．SO42﹣d．HCO3﹣（3）将Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的________（填相应的离子符号），写出Cu溶解的离子方程式_______。（4）E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，E是_______（填化学式）。25、（12分）乙醇是制取饮料、香精、染料、涂料、洗涤剂等产品的原料。完成下列填空：（1）实验室用乙醇制取乙烯时，浓硫酸的用量远远超过作为催化剂的正常用量，原因是______。（2）验证乙烯加成反应性质时，需对乙烯气体中的干扰物质进行处理，可选用的试剂是_____（填写化学式）；能确定乙烯通入溴水中发生了加成反应的事实是______。（选填编号）a．溴水褪色b．有油状物质生成c．反应后水溶液酸性增强d．反应后水溶液接近中性（3）实验室用乙醇和乙酸制备乙酸乙酯时，甲、乙两套装置如图1都可以选用。关于这两套装置的说法正确的是______。（选填编号）a．甲装置乙酸转化率高b．乙装置乙酸转化率高c．甲装置有冷凝回流措施d．乙装置有冷凝回流措施（4）用乙装置实验时，提纯乙中乙酸乙酯的流程如图3以上流程中试剂A的化学式是______；操作Ⅱ的名称是______；操作Ⅲ一般适用于分离______混合物。（5）如图2是用乙醇制备溴乙烷的装置，实验中有两种加料方案：①先加溴化钠→再加乙醇→最后加1：1浓硫酸；②先加溴化钠→再加1：1浓硫酸→最后加乙醇。按方案①和②实验时，产物都有明显颜色，若在试管中加入______，产物可变为无色。与方案①相比较，方案②的明显缺点是______。26、（10分）下列有关实验的描述正确的是（）A．实验室配制CuCl2溶液时，需加入盐酸来抑制Cu2+水解B．定容时仰视容量瓶的刻度线，会导致所配溶液的浓度偏高C．用NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，未润洗锥形瓶会导致结果偏低D．称取2.0gNaOH固体时，先将天平调平，再将游码调至2.0g，向左盘加NaOH固体至天平平衡27、（12分）过氧化钙在工农业生产中有广泛的用途。（1）过氧化钙制备方法很多。①制备方法一：H2O2溶液与过量的Ca(OH)2悬浊液反应可制备CaO2·8H2O，其化学方程式为：_________。②制备方法二：利用反应Ca(s)+O2CaO2(s)，在纯氧条件下制取CaO2，实验室模拟装置示意图如下：请回答下列问题：装置A中反应的化学方程式为_________，仪器a的名称为________。装置D中盛有的液体是浓硫酸，其作用一是观察氧气的流速，判断氧气通入是否过快及氧气与钙反应进行的程度；二是____________。（2）水中溶氧量(DO)是衡量水体白净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示，单位mg·L-1。测定原理为：①碱性条件下，O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2：2Mn2++O2+4OH-=2MnO(OH)2↓；②酸性条件下，MnO(OH)2将I-氧化为I2：MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O；③用Na2S2O2标准溶液滴定生成的I2：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。水产运输中常向水中加一定量CaO2·8H2O作供氧剂，取此水样100.0mL，按上述方法测定水中溶氧量，消耗0.01000mol/LNa2S2O2标准溶液13.50mL。滴定过程中使用的指示剂是________；该水样中的溶解氧量(DO)为_________。28、（14分）纳米磁性流体材料广泛应用于减震、医疗器械、声音调节等高科技领域。下图是制备纳米Fe3O4磁流体的两种流程：（1）分析流程图中的两种流程，其中______（填“流程1”、“流程2”）所有反应不涉及氧化还原反应。步骤①反应的离子方程式为____________。（2）步骤②保持50℃的方法是_____________。（3）步骤③中加入的H2O2电子式是_______，步骤③制备Fe3O4磁流体的化学方程式为_______。（4）流程2中FeCl3和FeCl2制备Fe3O4磁流体，理论上FeCl3和FeCl2物质的量之比为_____。己知沉淀B为四氧化三铁．步骤⑤中操作a具体的步骤是____________。（5）利用K2Cr2O7可测定Fe3O4磁流体中的Fe2+含量。若Fe3O4磁流体与K2Cr2O7充分反应消耗了0.01mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液100mL，则磁流体中含有Fe2+的物质的量为_____mol。29、（10分）Ⅰ．纳米级Cu2O既是航母舰艇底部的防腐蚀涂料，也是优良的催化剂。(1)已知：C（s）+O2（g）=CO（g）ΔH＝–110.4kJ•mol-1，2Cu2O（s）+O2（g）＝4CuO（s）ΔH＝–292kJ•mol-1

，则工业上用碳粉与CuO粉末混合在一定条件下反应制取Cu2O(s)，同时生成CO气体的热化学方程式为________。(2)用纳米级Cu2O作催化剂可实现甲醇脱氢制取甲醛：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g),甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如右图所示。①该反应的ΔH___0（填“>”或“<”）；600K时，Y点甲醇的v(正)____v(逆)（填“>”或“<”）。②从Y点到X点可采取的措施是___________________________________。③在t1K时，向固定体积为2L的密闭容器中充入1molCH3OH(g)，温度保持不变，9分钟时达到平衡,则0～9min内用CH3OH(g)表示的反应速率v(CH3OH)＝_____________,温度为t1时，该反应的平衡常数K＝____________。Ⅱ.金属铜因导电性强而应用广泛。由黄铜矿冶炼得到的粗铜经过电解精炼才能得到纯铜。电解时，粗铜作______极，阴极的电极反应式为_______________。Ⅲ.含铜离子的的废水会造成污染，通常将其转化为硫化铜沉淀而除去。已知：Ksp[CuS]=1×10-36，要使铜离子的浓度符合排放标准（不超过0.5mg/L），溶液中的硫离子的物质的量浓度至少为__________mol/L（保留至小数点后一位）。

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【解析】A.明矾没有强氧化性,没有消毒杀菌作用，故A错误；B.向煤中加入适量石灰石，石灰石与煤燃烧时产生的SO2与空气中的O2反应，生成CaSO4和CO2，所以B选项是正确的；

C.海水中含有电解质氯化钠，氯化钠可与钢铁形成原电池，原电池能加快化学反应速率，故C错误；D.生物柴油的主要成分是脂肪酸甲酯，是酯类化合物，是动植物油脂与甲醇通过酯化反应得到的；而石化柴油属于烃类物质，是从石油里面提炼出来的，故D错误；故选B。【点睛】明矾净水是利用盐类水解原理，没有强氧化性；生物柴油的主要成分是脂肪酸甲酯，而石化柴油属于烃类物质，两者成分不同，制取方法不同。2、C【详解】A.AlCl3逐滴滴入NaOH时直接生成NaAlO2，先没有沉淀，后出现白色沉淀，而NaOH逐滴滴入AlCl3，先出现白色沉淀，后沉淀消失，现象不同，故A不符合题意；B.Na2CO3逐滴滴入HCl时开始就有气泡冒出，而HCl逐滴滴入Na2CO3，先生成NaHCO3没有气泡冒出，一段时间后观察到有气泡冒出，现象不同，故B不符合题意；C.NaHCO3逐滴滴入HCl与把HCl逐滴滴入NaHCO3都发生同样的反应，观察到相同的现象，故C符合题意；D.氨水逐滴滴入AgNO3，先生成沉淀后沉淀溶解，AgNO3逐滴滴入氨水发生没有沉淀生成，现象不同，故D不符合题意；答案选C。【点睛】反应物和生成物的量不同，导致现象不一样，可用互滴法鉴别。3、C【详解】氨水是弱碱，存在电离平衡，稀释促进电离；氢氧化钠是一元强碱，氢氧化钡是二元强碱；所以在pH相等的条件下，要使稀释后的pH仍然相等，则强碱稀释的倍数是相同的，而氨水稀释的倍数要大于强碱的，即X＞Y＝Z，答案选C。4、A【详解】A.

Mg(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应生成碳酸钠、氢氧化镁沉淀和水，正确的离子方程式为：Mg2＋＋2HCO＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2H2O＋2，故A正确；B.过量SO2通入到NaClO溶液中，正确的离子方程式为：2SO2＋2H2O＋ClO－=H2SO3+SO42-+2H++Cl﹣，故B错误；C.

NH3·H2O为弱电解质，Al2(SO4)3溶液中加入过量NH3·H2O反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子反应为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C错误；D.次氯酸根离子具有强氧化性，能够将氢氧化铁氧化成FeO42-，KClO碱性溶液与Fe（OH）3反应制取K2FeO4，离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-，故D错误；答案选A。5、C【解析】A．镧(La)是一种活动性比锌更强的元素，能够与盐酸反应生成氢气，反应的离子方程式为：2La+6H+=2La3++3H2↑，故A错误；B．La(OH)3是不溶于水的弱碱，则LaCl3为强酸弱碱盐，加热过程中LaCl3发生水解生成La(OH)3和HCl，HCl具有挥发性，则最终灼烧得到La2O3，故B错误；C．已知La(OH)3是不溶于水的弱碱，则La(NO3)3为强酸弱碱盐，其溶液显酸性，故C正确；D．镧的一种核素为57139La，中子数为139-57=82，故D错误；故选C。点睛：明确题干信息为解答本题的关键。注意掌握常见金属单质及其化合物性质。本题的易错点为B，注意要充分利用题示信息“La(OH)3是不溶于水的弱碱”，判断LaCl3能否水解。6、D【解析】A.NH3使CuO固体变为红色，NH3中N元素的化合价升高生成氮气，气体被氧化，故不选A；B.反应生成碳酸钠和氧气，只有过氧化钠中O元素的化合价变化，CO2气体中无元素化合价发生变化，故不选B；C.HCl

使Na2SiO3溶液产生胶状沉淀，无元素化合价发生变化，故不选C；D.Cl2使FeBr2溶液变为黄色，Cl元素的化合价降低，气体被还原，故选D

；本题答案为D。【点睛】有化合价反生变化的反应是氧化环反应，在反应中，元素的化合价升高，被氧化，元素的化合价降低，被还原。7、C【详解】A．容器I中前5min的平均反应速率v(COCl2)==0.32mol/L•min-1，依据速率之比等于计量系数之比，则V(CO)=V(COCl2)=0.32mol/L•min-1，故A错误；B．依据图中数据可知：Ⅱ和Ⅲ为等效平衡，升高温度，COCl2物质的量减小，说明平衡向逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B错误；C．依据方程式：CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)，可知：

CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)起始浓度(mol/L)

2

2

0转化浓度(mol/L)

1.6

1.6

1.6平衡浓度(mol/L)

0.4

0.4

1.6反应平衡常数K==10，平衡时CO转化率：×100%=80%；依据Ⅱ中数据，结合方程式可知：

CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)起始浓度(mol/L)

2

2a

0转化浓度

(mol/L)

1

1

1平衡浓度

(mol/L)

1

2a-1

1Ⅰ和Ⅱ温度相同则平衡常数相同则：K==10，解得：a=0.55mol，故C正确；D．CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)为气体体积减小的反应，若起始时向容器I加入CO0.8mol，Cl20.8mol，相当于给体现减压，减压平衡向系数大的方向移动，平衡转化率降低，小于80%，故D错误；故答案为C。8、B【详解】A．1个18O2分子中含有20个中子，标准状况下，11.2L18O2的物质的量是0.5mol，则其中含有的中子数为10NA，A错误；B．乙烯分子式是C2H4，相对分子质量是28，7g乙烯的物质的量是0.25mol，则其中含有的C-H键的物质的量是1mol，其中含有的C-H键数目是NA，B正确；C．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒数目，C错误；D．标准状况下，N2H4不呈气态，不能使用气体摩尔体积计算，D错误；故合理选项是B。9、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。10、D【解析】A．石油裂解得到乙烯，乙烯是以石油为原料制备的，故A错误；B．石油分馏可以得到汽油，汽油是以石油为原料获得的，故B错误；C．石油分馏过程中得到C原子数小于4的气体，经过压缩得到液化石油气。故C错误；D．煤焦油是煤干馏时生成的具有刺激性臭味的黑色或黑褐色粘稠状液体，煤焦油是以煤为原料制备的，不是以石油为原料，故D正确；故答案为D。11、D【详解】A.二者都含有碳碳双键，都可以和溴发生加成反应，故正确；B.二者结构不同，分子式为C3H6O2，属于同分异构体，故正确；C.前者有羧基，后者有酯基，都可以发生取代反应，故正确；D.前者含有碳碳双键和羧基，后者含有碳碳双键和酯基，前者和金属钠反应，后者不与金属钠反应，故错误。故选D。12、B【分析】A、反应中均有元素的化合价变化，③④⑤中没有离子参加反应；B、⑤为铝热反应，Al失去电子，为还原剂；C、由H2O2～O2～2e－计算；D、反应①为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高．【详解】A、反应中均有元素的化合价变化，均为氧化还原反应，而③④⑤中没有离子参加反应，则不属于离子反应，故A错误；B、⑤为铝热反应，Al失去电子，为还原剂，Mn为还原产物，则还原性Al＞Mn，故B正确；C、由H2O2～O2～2e－计算，反应③中每生成1molO2转移的电子数2mol，故C错误；D、反应①为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，4molHCl中只有2mol为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误。故选B。13、B【解析】A、在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2，氯气具有氧化性，先和还原性强的离子反应，离子的还原性顺序：I-＞Fe2+＞Br-，故A错误；B、在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn，金属锌先是和氧化性强的离子反应，离子的氧化性顺序是：Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，故B正确；C、在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2，先是和Ba(OH)2反应，其次是氢氧化钾，再是和碳酸盐之间反应，故C错误；D、在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐滴加入盐酸，氢离子先是和氢氧根离子发生中和反应，故D错误；故选B。点睛：本题考查化学反应的先后顺序的知识。判断先后反应总原则是，先发生的反应产物与其他物质能大量共存，若产物不能与其他物质大量共存，则它一定不能先反应。14、D【解析】ANH4＋＋OH－Δ__NH3↑＋HBMg(OH)2＋2H＋=Mg2＋＋2H2OCOH－＋HCO3－=CO32－＋H2ODH＋＋OH－=H2O，故选D15、D【分析】图Ⅰ中X、Y的物质的量浓度逐渐减小，应是反应物，Z的物质的量浓度逐渐增大，应是生成物，浓度的变化比值为（0.5-0.3）：（0.7-0.1）：（0.4-0）=1：3：2，根据浓度的变化之比等于化学计量数之比可知反应方程式应为X（g）+3Y（g）2Z（g），由图Ⅱ反应物的总能量大于生成物的总能量可知该反应为放热反应，反应热为△H=-（E2-E1）kJ/mol，该反应热化学方程式为X（g）+3Y（g）2Z（g），△H=-（E2-E1）kJ/mol，据以上分析进行解答。【详解】A项、结合以上分析可知，该反应热化学方程式为X（g）+3Y（g）2Z（g），△H=-（E2-E1）kJ/mol，故A错误；B项、结合以上分析可知，压强增大，平衡右移，Z的含量应增大，故B错误；C项、图Ⅱ也可能为加入不同的催化剂，b的催化效果较好的能量变化曲线，或是曲线b是加入催化剂，曲线a是没有加入催化剂时的能量变化曲线，故C错误；D项、该反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，该反应的平衡常数减小，Y的转化率降低，故D正确；故选D。【点睛】图Ⅰ中X、Y的物质的量浓度逐渐减小，应是反应物，Z的物质的量浓度逐渐增大，应是生成物，浓度的变化比值为（0.5-0.3）：（0.7-0.1）：（0.4-0）=1：3：2，根据浓度的变化之比等于化学计量数之比可知反应方程式应为X（g）+3Y（g）2Z（g），由图Ⅱ反应物的总能量大于生成物的总能量可知该反应为放热反应，反应热为△H=-（E2-E1）kJ/mol是解答关键。16、D【解析】①取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，一定含Fe3+；则I-、HCO3-与其反应，一定不能存在；②另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深，则含Fe2+、NO3-，在酸性条件下发生氧化还原反应使Fe3+浓度增大，即一定含Fe3+、Fe2+、NO3-，一定不含I-、HCO3-，可能含Cl-，则溶液里一定含有的阴离子为NO3-，故答案为D。17、D【分析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括SiO2、Al2O3，加入稀硫酸，使Al2O3生成Al3+；加入KClO3将VO+和VO2+氧化成VO2+，SiO2成为滤渣1，滤液含有：VO2+、K+、Cl-、Al3+；加入NaOH溶液至pH＞13，滤液1含有[Al(OH)4]-、VO、Cl-、OH-，通入CO2生成氢氧化铝沉淀，滤液中加入NH4HCO3沉钒得到NH4VO3，最后煅烧得到V2O5。【详解】A．VO2+中V元素为+4价，VO中V元素为+5价，3molVO2+被氧化成VO，失去3mol电子，而1molKClO3变为KCl失去6mol电子，故需要0.5molKClO3，故A错误；B．由上述分析可知，滤液1中主要的阴离子有[Al(OH)4]-、VO、Cl-、OH-，故B错误；C．“煅烧”时需要的仪器主要有坩埚、玻璃棒、三脚架、酒精灯、泥三角等，故C错误；D．NH4VO3煅烧生成V2O5，化学方程式为：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O，故D正确。答案选D。18、D【详解】A．依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，半径越大键能越小，所以结合图表中数据可知432kJ/mol>E(H-Br)>298kJ/mol，A说法正确；B．键能越大形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H-F，最稳定的共价键是H-F键，B说法正确；C．氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量，H2(g)→2H(g)∆H=+436kJ/mol，C说法正确；D．依据键能计算，反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和，∆H=+436kJ/mol+157kJ/mol-2×568kJ/mol=-543kJ/mol，H2(g)+F2(g)=2HF(g)∆H=-543kJ/mol，D说法错误；故选：D。19、C【详解】A．N2生成NH3的过程中氮原子结合氢原子，氮元素化合价降低，被还原发生还原反应，据图可知，N2生成NH3是通过多步还原反应实现的，故A错误；B．据图可知，两个氮原子上的加氢过程是分步进行的，故B错误；C．NH3的及时脱附，减少了生成物的浓度，会使平衡向右移动，有利于合成氨，故C正确；D．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的△H，故D错误；答案选C。20、B【解析】A．由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，即升高温度平衡逆移，所以正反应为放热反应，即△H＜0，故A错误；B.平衡常数只与温度有关，两点的温度相同，平衡常数相同，故B正确；C.温度越高，反应速率越快，浓度越大，反应速率越快，正反应速率:v(D)>v(B)>v(A)，故C错误；D.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，温度由T1升高到T3，NO的转化率减小，故D错误；故选B。点睛：本题以化学平衡图像为载体，考查温度对平衡移动的影响、对化学平衡常数的影响等，侧重考查学生的分析能力，注意曲线的各点都处于平衡状态。正确判断A的正误是解题的基础。21、C【解析】A.氢氧化亚铁、氧气和水发生化合反应生成Fe(OH)3，A错误；B.铁和氯化铁溶液发生化合反应生成FeCl2，B错误；C.CuS不能通化合反应直接制得，C正确；D.铁和氯气发生化合反应生成FeCl3，D错误，答案选C。点睛：掌握常见元素及其化合物的性质是解答的关键，由于硫元素的非金属性弱于氯元素，单质硫与变价金属反应生成一般把金属氧化到低价态，例如与铁、铜发生化合反应时分别是生成FeS、Cu2S。22、D【解析】A.碘升华需要吸收热量，故A错误；B.冰融化需要吸收热量，故B错误；C.氯化铵溶于水需要吸收热量，故C错误；D.氢氧化钠放热，故D正确；故选D。【点睛】本题考查物质变化过程中的热量变化。常见的放热反应：燃烧反应、中和反应、物质的缓慢氧化、金属与水或酸反应、部分化合反应，一些物质的溶解也会放热，如浓硫酸、氢氧化钠的溶解过程中会放出热量。二、非选择题(共84分)23、第三周期第ⅣA族43O2-＞F-＞Mg2+原子不赞同H2O与H2S形成的晶体均为分子晶体，H2O的熔沸点高于H2S的熔沸点是因为水分子间能够形成氢键，与键能无关【分析】5种短周期元素，由化合价只有正价而没有负价可知，A、D为+2价，为同主族金属元素，A的原子半径小，则A为Be，D为Mg；B、E只有负价，B的半径小，则B为F，E为O；C有+4价和-4价，在第ⅣA族，原子半径比D小，比A大，则C为Si元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为Be元素，B为F元素，C为Si元素，D为Mg元素，E为O元素。(1)C为Si，在元素周期表中第三周期ⅣA族；E为O元素，核外有8个电子，电子排布式为1s22s22p4，电子填充在4个轨道上，题意电子亚层上的电子能量相同，这些电子有3种不同的能量，故答案为第三周期第ⅣA族；4；3；(2)B、D、E所代表元素的离子具有相同的电子排布，原子序数大的离子半径小，所以O2-＞F-＞Mg2+，故答案为O2-＞F-＞Mg2+；

(3)C与E形成的化合物为SiO2，是由共价键形成的空间网状结构的晶体，为原子晶体，故答案为原子；

(4)E为O元素，则X为S元素，H2O与H2S所成晶体为分子晶体，H2O的熔沸点高于H2S的熔沸点与键能无关，因水中含有氢键使其沸点高，故答案为不赞同；H2O与H2S形成的晶体均为分子晶体，H2O的熔沸点高于H2S的熔沸点是因为水分子间能够形成氢键，与键能无关。24、K2CO3Ba（OH）2CNO3﹣3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2OFeCl3【分析】根据离子间的反应（离子共存）和相互间反应的现象判断离子的组合，从而确定五种物质。【详解】（1）五种物质都可溶，阴离子中CO32﹣的只能和K+组成可溶性物质，和其他阳离子都不共存，所以其中一种物质为K2CO3，阴离子中的OH﹣除了和K+共存外，只能和Ba2+共存，所以另一种物质为Ba(OH)2。这两种物质无须检验就可判断；（2）A和B分别为K2CO3和Ba(OH)2中的一种。物质C中含有离子Xn﹣，当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则可确定C中有Cu2+，不溶于硝酸的白色沉淀应为BaSO4，所以X为SO42-，C为CuSO4；（3）将Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的NO3-，硫酸提供了H+，硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，可以把铜氧化为Cu2+，Cu逐渐溶解，稀硝酸被还原为NO，在试管口遇到氧气生成红棕色的NO2，Cu溶解的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O；（4）E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，E中含Fe3+，氧化了I-生成I2，使淀粉变蓝，阴离子只剩Cl-，所以E是FeCl3。25、利用浓硫酸的吸水性，使反应向有利于生成乙烯的方向进行NaOHdb、dNa2CO3分液相互溶解但沸点差别较大的液体混合物Na2SO3先加浓硫酸会有较多HBr气体生成，HBr挥发会造成HBr的损耗【分析】（1）乙醇在浓硫酸作催化剂、脱水剂的条件下迅速升温至170℃可到乙烯，反应为可逆反应，浓硫酸还具有吸水性；（2）乙醇生成乙烯的反应中，浓硫酸作催化剂和脱水剂，浓硫酸还有强氧化性，与乙醇发生氧化还原反应，因此产物中有可能存在SO2，会对乙烯的验证造成干扰，选择氢氧化钠溶液吸收SO2；乙烯与溴水发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，据此分析解答；（3）甲装置边反应边蒸馏，乙装置采用冷凝回流，等反应后再提取产物，使反应更充分；（4）分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物时加入饱和的碳酸钠溶液，吸收挥发出的乙酸和乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，分液可将其分离，得到的乙酸乙酯再进一步进行提纯即可；（5）按方案①和②实验时，产物都有明显颜色，是由于有溴单质生成，溶于水后出现橙红色；方案②中把浓硫酸加入溴化钠溶液，会有HBr生成，HBr具有挥发性，会使HBr损失。【详解】（1）乙醇制取乙烯的同时还生成水，浓硫酸在反应中作催化剂和脱水剂，浓硫酸的用量远远超过作为催化剂的正常用量，原因是：浓硫酸还具有吸水性，反应生成的水被浓硫酸吸收，使反应向有利于生成乙烯的方向进行；（2）乙醇生成乙烯的反应中，浓硫酸作催化剂和脱水剂，浓硫酸还有强氧化性，与乙醇发生氧化还原反应，因此产物中有可能存在SO2，会对乙烯的验证造成干扰，选择碱性溶液吸收SO2；a．若乙烯与溴水发生取代反应也可使溴水褪色；b．若乙烯与溴水发生取代反应也有油状物质生成；c．若反应后水溶液酸性增强，说明乙烯与溴水发生了取代反应；d．反应后水溶液接近中性，说明反应后没有HBr生成，说明乙烯与溴水发生了加成反应；答案选d；（3）甲装置边反应边蒸馏，而乙醇、乙酸易挥发，易被蒸出，使反应物转化率降低，乙装置采用冷凝回流，等充分反应后再提取产物，使反应更充分，乙酸的转化率更高；答案选bd。（4）分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物时加入饱和的碳酸钠溶液，吸收挥发出的乙酸和乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，分液可将其分离；分液得到的乙酸乙酯中还含有少量杂质，再精馏，精馏适用于分离互溶的沸点有差异且差异较大的液态混合物；（5）按方案①和②实验时，产物都有明显颜色，是由于有溴单质生成，溶于水后出现橙红色，可用亚硫酸钠溶液吸收生成的溴单质；方案②中把浓硫酸加入溴化钠溶液，会有HBr生成，HBr具有挥发性，会使HBr损失。26、A【详解】A.Cu2+是弱碱阳离子，易水解，水解生成氢氧化铜和H+，所以加入盐酸可以抑制水解，故A正确；B.仰视容量瓶的刻度线，会使液体体积偏大，从而浓度偏小，故B错误；C.未润洗锥形瓶对实验结果无影响，故C错误D.NaOH固体易潮解，应该放入烧杯中称量，故D错误；答案选A。27、Ca(OH)2＋H2O2＋6H2O===CaO2·8H2O2H2O22H2O＋O2↑(或2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑)蒸馏烧瓶防止空气CO2和水蒸气进入装置C影响产品纯度淀粉溶液10.80mg·L－1【解析】（1）①H2O2溶液与过量的Ca(OH)2悬浊液反应可制备CaO2·8H2O，其化学方程式为Ca(OH)2＋H2O2＋6H2O===CaO2·8H2O。②由题意知，A为氧气发生装置，可以用双氧水和二氧化锰制取氧气，也可以用过氧化钠与水反应制取氧气；B为干燥氧气的装置；C为制备过氧化钙的装置；D是保护装置，防止空气CO2和水蒸气进入装置C影响产品纯度。所以，装置A中反应的化学方程式为2H2O22H2O＋O2↑(或2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑)，仪器a的名称为蒸馏烧瓶。装置D中盛有的液体是浓硫酸，其作用一是观察氧气的流速，判断氧气通入是否过快及氧气与钙反应进行的程度；二是防止空气CO2和水蒸气进入装置C影响产品纯度。（2）水产运输中常向水中加一定量CaO2·8H2O作供氧剂，取此水样100.0mL，测定水中溶氧量，消耗0.01000mol/LNa2S2O2标准溶液13.50mL。因为碘遇淀粉变蓝，所以滴定过程中可以使用淀粉溶液作指示剂；根据反应过程发生的3个反应，可以得到关系式O2~2MnO(OH)2~2I2~4S2O32-