江西九江第一中学2026届化学高三第一学期期中监测模拟试题含解析

江西九江第一中学2026届化学高三第一学期期中监测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、常温下0.1mol·L－1氨水溶液的pH＝a，下列能使溶液pH＝(a－1)的措施是()A．将溶液稀释到原体积的10倍 B．加入适量的氯化铵固体C．加入等体积0.2mol·L－1盐酸 D．通入氨气2、下列离子方程式的书写及评价均合理的是选项离子方程式评价A将2molCl2通入含有1molFeI2的溶液中：2Fe2＋＋2I-＋2Cl2=2Fe3＋＋4Cl-＋I2正确；Cl2过量，可将Fe2＋、I-均氧化BMg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2＋＋HCO3-＋OH-=MgCO3↓＋H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO-=HClO＋HSO3-正确；说明酸性：H2SO3强于HClOD1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2-＋5H＋=Al3＋＋Al(OH)3↓＋3H2O正确；AlO2-与Al(OH)3消耗的H＋的物质的量之比为2：3A．A B．B C．C D．D3、过氧化钠可用于呼吸面罩中作为氧气的来源，可发生反应2Na2O2+2H2O=O2↑+4NaOH、2Na2O2+2CO2=O2+2Na2CO3。下列表示相关微粒的化学用语正确的是A．Na2O2中的阴离子符号：O2- B．NaOH的电子式：C．Na+的结构示意图： D．CO2的结构式：O—C—O4、为了说明醋酸是弱电解质，某同学设计了如下实验方案证明，其中错误的是（）A．配制0.10mol/LCH3COOH溶液，测溶液的pH，若pH大于1，则可证明醋酸为弱电解质B．用pH计分别测0.01mol/L和0.10mol/L的醋酸溶液的pH，若两者的pH相差小于1，则可证明醋酸是弱电解质C．取等体积等浓度的盐酸和醋酸溶液，分别加入足量的Na2CO3固体，若醋酸溶液产生气体多，证明醋酸为弱电解质D．配制0.10mol/LCH3COONa溶液，测其pH，若常温下pH＞7，则可证明醋酸是弱电解质5、下列有关离子方程式正确的是（）A．稀硝酸和过量的铁屑反应：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2OB．向Ca(

HCO3)

2溶液中加入过量NaOH溶液：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2OC．碳酸氢钠溶液水解的离子方程式：HCO3－+H2OCO32－+H3O+D．Fe(OH)3溶于氢碘酸中：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O6、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法中正确的是A．1mol·L－1Ca(ClO)2溶液中含ClO－的数目小于2NAB．在密闭容器中加入0.5molN2和1.5molH2，充分反应后容器中的N—H键数目3NAC．0.1mol乙烯和乙醇(蒸气)的混合物完全燃烧所消耗的氧原子数0.6NAD．标准状况下，2.24L3517Cl2中含有的中子数目3.4NA7、下列说法正确的是A．烧制瓷器的原料是纯碱和黏土B．化妆品中添加甘油可以起到保湿作用C．二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饲料中D．冠状病毒粒子直径约60~220nm，故介于溶液和胶体粒子之间8、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A．常温常压下，9.5g羟基（－OH）中所含中子数为5NAB．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH−数目为10−13NAC．2molFeBr2与足量氯气反应时，转移的电子数为6NAD．甲烷燃料电池的正极消耗22.4LO2，电路中通过的电子数为4NA9、下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去）。当X是强碱时，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。下列说法中不正确的是（）A．当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4B．当X是强酸时，C在常温下是气态单质C．B和Cl2的反应是氧化还原反应D．当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO310、根据中学化学教材所附的元素周期表判断，下列叙述错误的是A．K层电子数为奇数的所有元素所在的族的序数与该元素原子的K层电子数相等B．L层电子数为奇数的所有元素所在的族的序数与该元素原子的L层电子数相等C．L层电子数为偶数的所有元素所在的族的序数与该元素原子的L层电子数相等D．M层电子数为奇数的所有元素所在族的序数与该元素原子的M层电子数相等11、常温条件下，下列各组比值为1∶2的是（）A．0.1mol/LNa2CO3溶液，c(CO32－)与c(Na+)之比B．0.1mol/L与0.2mol/L醋酸溶液，c(H+)之比C．pH＝3的硫酸与醋酸溶液，c(SO42－)与c(CH3COO－)之比D．pH＝10的Ba(OH)2溶液与氨水，溶质的物质的量浓度之比12、下列物质不能通过化合反应制得的是A．FeCl3 B．FeCl2 C．Fe（OH）3 D．Fe（OH）213、由右表提供数据及相关物质结构知识，反应：SiCl4(g)+2H2(g)→Si(s)+4HCl(g)，生成1mol晶体硅的热效应是化学键

Si-Cl

H-H

Si-Si

H-Cl

键能(kJ/mol)

360

436

176

431

A．吸收236kJ B．放出236kJ C．放出116kJ D．吸收116kJ14、25℃、101kPa下：①2Na(s)＋1/2O2(g)=Na2O(s)△H1=－414kJ/mol②2Na(s)＋O2(g)=Na2O2(s)△H2=－511kJ/mol下列说法正确的是A．①和②产物的阴阳离子个数比不相等B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同C．25℃、101kPa下，Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）△H=－317kJ/molD．常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快15、200mLFe2(SO4)3溶液中含Fe3＋56g，溶液中SO42-的物质的量浓度是()A．7.5mol/L B．5mol/L C．10mol/L D．2.5mol/L16、下列事实不能用勒沙特列原理解释的是（）A．合成氨工业选择的反应条件不是室温，是500℃左右B．用浓磷酸与KBr反应制备HBr气体C．实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气D．硫酸工业中，使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率17、阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法不正确的是A．1LpH=3的盐酸与1LPH=3的CH3COOH溶液中，水电离出的H+数目均为10-11NAB．0.1mol乙烯与乙醇的混合物中含碳原子数为0.2NAC．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.1NAD．0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2mol18、H2和O2发生反应的过程可用模型图表示如下（“—”表示化学键）,下列说法错误的是()A．过程Ⅰ是吸热过程B．过程III是放热过程C．该反应的能量转化形式只能以热能的形式进行D．该反应过程所有旧化学键都断裂，且形成了新化学键19、已知：pCu＝﹣1gc（Cu+），pX＝﹣lgc（X﹣）。298K时，Ksp（CuCl）＝10﹣6，Ksp（CuBr）＝10-9，Ksp（CuI）＝10-12。在CuCl、CuBr、CuI的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示。下列说法正确的是A．298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，c（Cu+）和c（Cl﹣）都减小B．图中x代表CuI曲线，且P点c（Cu+）＝c（I﹣）C．298K时增大M点的阳离子浓度，则Y上的点向N点移动D．298K时CuBr（s）+I﹣（aq）⇌CuI（s）+Br﹣（aq）的平衡常数K的数量级为10-320、用H2O2溶液处理含NaCN的废水的反应原理为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：HCN酸性比H2CO3弱。下列有关说法正确的是A．该反应中氮元素被氧化B．该反应中H2O2作还原剂C．实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液D．0.1mol·L－1NaCN溶液中含HCN和CN－总数目为0.1×6.02×102321、常温常压下：S(s)+O2(g)→SO2(g)+297.16kJ，下列说法正确的是A．反应物的总能量低于产物的总能量B．S(g)+O2(g)→SO2(g)+QQ>297.16kJC．反应中生成22.4LSO2(g)，转移电子4molD．反应中生成1LSO2(g)，放出热量297.16kJ22、下列实验合理的是A．实验Ⅰ：称量固体B．实验Ⅱ：制备氢氧化铁胶体C．实验Ⅲ：振荡后静置，下层溶液颜色变浅D．实验Ⅳ：配制一定浓度的烧碱溶液二、非选择题(共84分)23、（14分）如图中每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体。（1）写出有关物质的化学式X：___；F__。（2）写出A→D的化学方程式___。（3）写出实验室制备C的化学方程式___。（4）分别取两份50mLNaOH溶液，各向其中通入一定量的气体A，随后各取溶液10mL分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的A气体体积（标准状况下）与所加入的HCl的体积之间的关系如图所示，试分析：①NaOH在吸收A气体后，乙图所示溶液中存在的溶质是：___，其物质的量之比是：__。②原NaOH溶液的物质的量浓度是___mol/L。24、（12分）花椒毒素(I)是白芷等中草药的药效成分，也可用多酚A为原料制备，合成路线如下：回答下列问题：(1)②的反应类型为__________；B分子中最多有___________个碳原子共平面。(2)A中含氧官能团的名称为__________；若反应④为加成反应，则写出F的结构简式_______________。(3)反应③的化学方程式为_____________。(4)芳香化合物J是D的同分异构体，符合下列条件的J的结构共有_______种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式为_____________。（只写一种即可）。①苯环上只有3个取代基②可与NaHCO3反应放出CO2③1molJ可中和3molNaOH。(5)参照题图信息，写出以为原料制备：的合成路线（无机试剂任选）：____________。25、（12分）硫酰氯(SO2Cl2)常用作氯化剂和氯磺化剂，在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。现在拟用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯。反应的化学方程式为：SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(l)ΔH=−97.3kJ·mol−1，实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。已知：硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点−54.1℃，沸点69.1℃。在潮湿空气中“发烟”；长期放置或者100°C以上发生分解，生成二氧化硫和氯气。回答下列问题：(1)仪器C的名称是_______________，冷凝管的进水方向______(填“a”或“b”)。(2)下列操作或描述正确的是_________________。A．将70%硫酸换成98.3%硫酸，可以加快制取SO2的速率B．实验中通过观察乙、丁导管口产生气泡的速率相等，可控制两种反应物体积相等C．装置戊上方分液漏斗中最好选用0.10mol·L-1NaCl溶液，减小氯气的溶解度D．装置己防止污染，又防止硫酰氯变质(3)氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯，写出反应方程式：____________________。(4)硫酰氯在潮湿空气中“发烟”，原因是_______________________(用化学方程式表示)。(5)若反应中消耗的二氧化硫体积为560mL(标准状况下)，最后经过分离提纯得到2.7g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为_______。26、（10分）实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）①A为氯气发生装置。A中反应方程式是________________（锰被还原为Mn2+）。②C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有（请配平）_____Cl2+Fe(OH)3+KOHK2FeO4+KCl+H2O（2）探究K2FeO4的性质①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。i．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有Fe3+离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。ii．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2________FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是________________。27、（12分）某同学向两个容积相同的烧瓶内分别充入一定量的HCl与NH3（假设烧瓶内其它气体难溶于水）。利用如图所示的装置进行实验，实验开始前各活塞均关闭。（1）同温同压下，两个烧瓶内充入的HCl与NH3分子数目之比为___，烧瓶Ⅱ中喷泉的颜色是___。（2）单独进行喷泉实验后，烧瓶I中c(Cl-)=___mol•L-1（实验条件下气体摩尔体积为Vm)（3）实验表明，若只是关闭b、打开a、c，则易在烧瓶I中观察到白烟，这表明气体分子扩散速率随着气体相对分子质量的增大而____（填“增大”或“减小”)。28、（14分）油画所用的颜料有许多天然矿石成分，矿石中往往含有B、C、O、Na、P、Cl等元素，它们在科学研究和工业生产中具有许多用途。请回答下列有关问题：(1)现代化学中，常利用_________上的特征谱线来鉴定元素。(2)CH3+、-CH3、CH3-都是重要的有机反应中间体。CH3+中碳原子的杂化方式为_________，CH3-的空间构型为_______。(3)Na＋和Ne互为等电子体，电离能I2(Na)______I1(Ne)(填“>”或“<”)。(4)氢卤酸(HX)的电离过程如图。ΔH1和ΔH2的递变规律都是HF>HCl>HBr>HI，其中ΔH1(HF)特别大的原因为__________，从原子结构分析影响ΔH2递变的因素为__________。(5)磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。①磷化硼晶体晶胞如图甲所示:

其中实心球为磷原子。已知晶胞中最近的B、P原子的距离为a

pm，阿伏加德罗常数为NA。则磷化硼晶体的密度为___________g/cm3。(列出计算式即可，不必化简)②磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影(图乙中表示P

原子的投影)，用画出B

原子的投影位置____。29、（10分）据报道，我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰（甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重要的化工原料。（1）甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，有以下三种：部分氧化：CH4(g)+O2(g)CO(g)+2H2(g)ΔH1=-35.9kJ·mol-1①水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH2=+205.9kJ·mol-1②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH3=-41.2kJ·mol-1③二氧化碳重整：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH4④则反应②自发进行的条件是________________，ΔH4=_____________kJ·mol-1。（2）起始向密闭容器中充入一定量的CH4(g)和O2(g)，发生反应①。CH4(g)的平衡转化率与温度（T）和压强（P）的关系如图所示。①N、P两点的平衡常数：K(N)_______K(P)（填“＞”“＜”或“=”）,理由是____________________________。②M、N两点的H2的物质的量浓度c(M)__________c(N)（填“＞”“＜”或“=”）。（3）合成气CO和H2在一定条件下能发生如下反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在容积均为VL的甲、乙、丙三个密闭容器中分别充入amolCO和2amolH2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到tmin时CO的体积分数如图所示，此时三个容器中一定处在化学平衡状态的是_________（填“T1”或“T2”或“T3”）；该温度下的化学平衡常数为____________________（用a、V表示）。（4）光能储存一般是指将光能转换为电能或化学能进行储存，利用太阳光、CO2、H2O生成甲醇的光能储存装置如图所示，制备开始时质子交换膜两侧的溶液质量相等。则b极的电极反应式为___________________；当电路中有3mol电子转移时，质子交换膜两侧溶液相差_________g。

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【分析】一水合氨是弱电解质，所以氨水中存在电离平衡，要使氨水溶液的pH减小1，但溶液仍然为碱性，则加入的物质能抑制一水合氨的电离，据此解答。【详解】A.一水合氨是弱电解质，所以氨水中存在电离平衡，将溶液稀释到原体积的10倍，则促进一水合氨的电离，氢氧根离子的浓度大于原来的十分之一，所以稀释后溶液的pH＞（a-1），故A错误；B.向氨水中加入氯化铵固体，铵根离子浓度增大而抑制一水合氨的电离，氨水中氢氧根离子浓度减小，所以可以使溶液的pH=（a-1），故B正确；C.加入等体积0.2

mol/L盐酸，盐酸的物质的量大于氨水的物质的量，则混合溶液呈酸性，故C错误；D.向氨水中通入氨气，氨水浓度增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故D错误；答案选B。2、D【解析】A.将2molCl2通入含有1molFeI2的溶液中，氯气足量，碘离子和亚铁离子都完全被氧化，题中离子方程式错误，正确的离子方程式为：2Fe2++4I−+3Cl2=2Fe3++6Cl−+2I2，A项错误；B.Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，由于NaOH足量，Mg2+要生成Mg(OH)2沉淀，正确的离子方程式为：Mg2++2HCO3−+4OH−=2CO32-+Mg(OH)2↓+2H2O，题中离子方程式和评价均不合理，B项错误；C.NaClO溶液中通入过量SO2气体，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为：ClO−+H2O+SO2═2H++Cl−+SO42−，离子方程式和评价都不合理，C项错误；D.1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合，设溶液体积为1L，溶液中含有1mol偏铝酸根离子、2.5mol氢离子，1mol偏铝酸根离子转化成1mol氢氧化铝沉淀消耗1mol氢离子，剩余的1.5mol氢离子能够溶解0.5mol氢氧化铝，则反应生成的氢氧化铝和铝离子的物质的量相等，反应的离子方程式为：2AlO2−+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O，且AlO2−与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比为2:3，D项正确；答案选D。【点睛】C项是学生们的易错点，NaClO溶液中通入过量CO2气体时，反应的离子方程式为CO2＋H2O＋ClO-=HClO＋HCO3-，学生们误认为NaClO溶液中通入过量SO2气体时，也会发生类似的反应，学生们忽略了ClO-氧化性，SO2具有还原性，易被氧化剂氧化，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为：ClO−+H2O+SO2═2H++Cl−+SO42-。3、B【详解】A.Na2O2中的阴离子是过氧根离子，符号：，故A错误；B.NaOH是离子化合物，电子式是，故B正确；C.Na+核外有10个电子，Na+的结构示意图：，故C错误；D.CO2中有2个碳氧双键，CO2的结构式：O=C=O，故D错误。4、C【解析】根据弱电解质的电离、盐类的水解的概念分析。【详解】A.配制0.10

mol/L

CH3

COOH溶液，测溶液的pH，若pH大于1，氢离子浓度小于醋酸浓度，说明醋酸部分电离，则可证明醋酸为弱电解质，故A正确，但不符合题意；B.用pH计分别测0.01

mol/L和0.10

mol/L的醋酸溶液的pH值，若两者的pH值相差小于1，说明醋酸存在电离平衡，则证明醋酸是弱电解质，故B正确，但不符合题意；C.取等体积等浓度的CH3COOH和盐酸溶液，分别加入Na2CO3固体，若醋酸溶液产生气体多，则醋酸中加入碳酸钠的量多，不能说明醋酸部分电离，故不能证明醋酸是弱电解质，故C错误，但符合题意；D.如果醋酸是强酸，则CH3COONa是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，若常温下醋酸钠溶液pH＞7，则说明CH3COONa是强碱弱酸盐，即醋酸是弱电解质，故D正确，但不符合题意。故选C。【点睛】注意常见的弱电解质的判断方法有：①测一定物质的量浓度溶液的pH，例如，浓度均为0.1mol/L的醋酸和盐酸，盐酸的PH值=1，醋酸的PH值>1；②测其常见盐溶液的pH值，例如，CH3COONa的PH值>7。5、B【详解】A.当Fe过量时，Fe3+将被Fe还原为Fe2+，所以稀硝酸和过量的铁屑反应，离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，A不正确；B.向Ca(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，因为NaOH过量，所以参加反应的Ca2+、HCO3-符合组成1：2关系，反应的离子方程式为：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，B正确；C.HCO3－+H2OCO32－+H3O+，此反应式为碳酸氢钠的电离方程式，C不正确；D.Fe(OH)3溶于氢碘酸中，I-将Fe3+还原，离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe++I2+6H2O，D不正确。故选B。6、C【解析】A、溶液体积不明确，故溶液中的次氯酸根的个数无法计算，选项A错误；B．氮气与氢气合成氨的反应是可逆反应，所以在密闭容器中加入0.5moLN2和1.5moLH2，充分反应后容器中的N-H键数小于3NA，选项B错误；C、乙醇的分子式为C2H6O，可以改写成C2H4•H2O，0.1mol乙醇完全反应消耗0.3mol氧气，与0.1mol乙烯完全燃烧消耗的氧气的物质的量相等，所以0.1mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧原子数一定为0.6NA，选项C正确；D、标准状况下，2.24L3517Cl2中含有的中子数目3.6NA，选项D错误；答案选C。7、B【详解】A．烧制瓷器的原料是黏土，无纯碱，A错误；B．甘油分子中含有亲水基，具有强的吸水性，因此化妆品中添加甘油可以起到保湿作用，B正确；C．二氧化硫气体具有强还原性，常用作葡萄酒的抗氧化剂，C错误；D．溶液中溶质直径小于1nm，胶体粒子直径在1-100nm之间，而冠状病毒粒子直径约60~220nm，故冠状病毒粒子直径可能大于胶体粒子，D错误；故合理选项是B。8、D【详解】A．1个(-18OH)含有18-8+0=10个中子，-18OH的摩尔质量为19g/mol，所以9.5g羟基(-18OH)含有的中子物质的量为10=5mol，即5NA，A说法正确；B．1LpH=13的NaOH溶液中n(H+)=10−13mol/L×1L=10−13mol，水电离出的氢离子和氢氧根数量相同，所以水电离出的OH−数目为10−13NA，B说法正确；C．2molFeBr2与足量氯气反应时，Fe2+被氧化成Fe3+，Br−被氧化成Br2，2molFeBr2含有2molFe2+和4molBr−，所以转移6mol电子，C说法正确；D．标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，无气体状态，不能确定其物质的量，D说法错误；答案为D。9、B【分析】A既可以和强酸反应，又可以和强碱反应，并是一种正盐，这一物质只能是硫化铵。【详解】A．当X是强酸时，硫化铵与强酸反应生成硫化氢，则C为硫单质，D为二氧化硫，E为三氧化硫，F为硫酸，故A项正确；B．当X是强酸时，C为硫单质，常温下是固态，故B项错误；C．硫化氢或氨气和氯气的反应一定是氧化还原反应，故C项正确；D．当X是强碱时，B为氨气，C为氮气，D为一氧化氮，E为二氧化氮，F为硝酸，故D项正确；故选B。10、C【详解】A.K层电子数为奇数的元素是氢元素，氢所在的族的序数与氢元素原子的K层电子数相等，故A正确；B.L层电子数为奇数的所有元素，一定在第二周期，所在的族的序数与该元素原子的L层电子数相等，故B正确；C.L层电子数为偶数的元素，不一定在第二周期，如钠元素，L层电子数是8，族序数是ⅠA，故C错误；D.M层电子数为奇数的元素一定是第三周期元素，所有元素所在族的序数与该元素原子的M层电子数相等，故D正确。选C。11、C【解析】根据弱电解质的电离、盐类的水解概念及应用分析。【详解】A.0.1mol/LNa2CO3溶液中，CO32-离子会发生水解，c（CO32-）与c（Na+）之比一定小于1：2，故A错误；B.醋酸的电离程度和醋酸的浓度有关，浓度越小电离程度越大，即0.1mol/L的醋酸电离程度大，故0.1mol/L与0.2mol/L醋酸溶液，c(H+)之比大于1：2，故B错误；C.pH=3的硫酸与醋酸溶液，氢离子浓度相等，氢氧根离子浓度也是相等的，根据电荷守恒，故c(SO42-)与c（CH3COO-）之比等于2：1，故C正确；D.Ba(OH)2是强碱，氨水是弱碱，pH=10的Ba（OH）2溶液与氨水，氨水的浓度大，故Ba(OH)2和氨水的溶质的物质的量浓度之比小于1：2，故D错误。故选C。【点睛】盐类的水解过程中，要考虑水解程度的强弱判断溶液中的离子溶度大小。12、D【详解】A.2Fe+3Cl2=2FeCl3,属于化合反应，B.Fe+2FeCl3=3FeCl2属于化合反应，C.4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3属于化合反应；D.无法通过化合反应生成Fe(OH)2，符合题意；答案选D。13、A【详解】化学反应方程式中的反应热=反应物的键能之和-生成物的键能之和；在硅晶体中每个硅原子和其它4个硅原子形成4个共价键，所以每个硅原子含有2个共价键,"即△H=360kJ/mol×4+436kJ/mol×2-176kJ/mol×2-431kJ/mol×4=+236"kJ/mol，故选A。14、C【详解】A、氧化钠和过氧化钠中阴离子和阳离子的个数之比都是1︰2，A不正确；B、由于参加反应的钠是等量的，所以转移的电子数是相同的，B不正确；C、根据盖斯定律可知，①×2－②即得到Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s)△H=－317kJ/mol，C正确；D、在加热的条件下钠和氧气反应生成过氧化钠，D不正确；答案选C。15、A【详解】200mLFe2(SO4)3溶液中含Fe3+56g，Fe3+的物质的量为1mol，根据硫酸铁的化学式可知，SO42-的物质的量为1.5mol，物质的量浓度是c(SO42-)==7.5mol/L；答案选A。16、A【解析】A、合成氨的反应是一个放热反应，温度升高平衡逆向移动，氨气的产率降低，故选择500℃左右的温度不是考虑平衡的移动，而是考虑反应的速率和催化剂的活性，所以A选项与勒沙特列原理无关，A正确。B、浓磷酸与KBr反应制备HBr气体的反应中，生成的HBr为气体，及时将HBr气体排出，降低生成物的浓度，平衡正向移动，符合勒沙特列原理，B错误。C、Cl2溶于水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，这是一个可逆反应，饱和食盐水中Cl-浓度较大，使上述平衡逆向移动，而减少Cl2的溶解，符合勒沙特列原理，C错误。D、增大一种反应物的浓度可以使平衡正向移动，导致另一种反应物的转化率提高，符合勒沙特列原理，D错误。正确答案为A。【点睛】许多学生不选答案A，认为只要温度改变就符合勒沙特列原理，而不从实际情况考虑。合成氨的反应中，该反应为放热反应，从理论上考虑，温度越低氨气的产率越高，这对氨气的生成是有利的，但温度过低，反应速率过慢，且催化剂达不到其最佳的活性，故不选择室温而选择500℃左右，主要是从反应速率和催化剂的角度来考虑的。17、D【详解】A.1LpH=的盐酸与1LPH=3的CH3COOH溶液中，氢离子的浓度为c(H+)=10-3mol/L,c(OH-)=10-11=c(H+)水，水电离出的H+数目均为10-11NA，故A正确；B.乙烯的分子式为C2H4,乙醇的分子式为C2H6O,所以0.1mol乙烯与乙醇的混合物中含碳原子数为0.2NA，故B正确；C.N2和O2都属于双原子分子，标准状况下2.24L混合气体是0.1mol，分子数为0.1NA，故C正确；D.因为H2+I2⇌2HI属于可逆反应，反应前后物质的量不变，所以无论反应是否彻底，0.1molH2和0.1molI2充分反应后的分子总数为0.2NA，故D错误。答案：D。18、C【详解】A选项，过程Ⅰ是断裂化学键，吸收热量，故A正确；B选项，过程III是形成化学键，放热过程，故B正确；C选项，该反应可通过原电池，实现化学能转化为电能，故C错误；D选项，该反应过程Ⅰ所有旧化学键都断裂，过程III都形成了新化学键，故D正确；综上所述，答案为C。【点睛】断键吸收能量，成键释放能量，反应放热还是吸热主要看反应物和生成物总能量大小关系。19、C【详解】A．298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，导致溶液中c(Cl﹣)增大，A说法错误；B．P点时，pCu等于3时，c(Cu+)=10-3，因为Ksp(CuCl)=10-6，Ksp(CuBr)=10-9，Ksp(CuI)=10-12计算得c(Cl﹣)=10-3，c(Br-)=10﹣6，c(I-)=10﹣9，所以x代表CuCl曲线，y代表CuBr，z代表CuI，B说法错误；C．298K时增大M点的，阴离子浓度减小，Y上的点向N点移动，C说法正确；D．平衡常数K=c(Br-)÷c(I-)=c(Cu+)·c(Br-)÷[c(Cu+)·c(I-)]=Ksp(CuBr)÷Ksp(CuI)，平衡常数K的数量级为103，D说法错误；答案为C。20、C【解析】A、NaCN中C为+2价，Na为+1价，则氮元素的化合价为-3，反应前后N元素化合价不变，故A错误；B、NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑反应中O元素从-1价降低为-2价，所以反应中H2O2作氧化剂，故B错误；C、因为HCN酸性比H2CO3弱，所以实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液抑制其水解，故C正确；D、无体积无法计算，故D错误；故选C。21、B【解析】A.因为硫的燃烧是放热反应，反应物的总能量高于产物的总能量，故A错误；B.固态硫转变为气态的硫蒸气是吸热过程，由硫蒸气直接燃烧放出的热量肯定大于等量固态硫燃烧放出的热量，故B正确；C.因不是标准状况下二氧化硫的体积，不用能标准气体摩尔体积进行换算，故C错误；D.反应中每生成1molSO2(g)，放出热量297.16kJ，故D错误。答案选B。22、C【详解】A.氢氧化钠固体易潮解，具有强烈的腐蚀性，所以称量时不能放在纸片上，应放在小烧杯中快速称量，故A错误；B.制备氢氧化铁胶体是应该将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，加热煮沸得到红褐的液体；若滴加氢氧化钠溶液，会生成氢氧化铁沉淀，故B错误；C.碘易溶于有机溶剂，苯能够萃取碘，苯的密度小于水，振荡后静置，下层溶液颜色变浅，故C正确；D.配制一定浓度的烧碱溶液，应该在烧杯中溶解氢氧化钠固体，冷却后再转移至容量瓶中，故D错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、NH4HCO3或(NH4)2CO3NO22CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O22NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2ONaHCO3和Na2CO31：10.75【分析】根据框图，X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，分别生成气体A和C，则X应为弱酸的铵盐，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则D为碳酸钠或氧气；C能够发生催化剂作用下能够与D反应，则C为NH3，D为O2，则X应为NH4HCO3

或

(NH4)2CO3，B为H2O，结合转化关系可知，E为NO，F为NO2，G为HNO3，据此分析解答。【详解】(1)由以上分析可知X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，F为NO2，故答案为NH4HCO3

或

(NH4)2CO3；NO2；(2)Na2O2和CO2的反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2

=2Na2CO3+O2，故答案为2CO2+2Na2O2

=2Na2CO3+O2；(3)实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气，反应的方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(4)①(乙)中从开始生成CO2气体至二氧化碳体积最大，消耗HCl50mL，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为50mL，而图象中开始生成CO2气体之前消耗HCl体积为25mL，说明该阶段只发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳与NaOH反应后溶液中含NaHCO3、Na2CO3；Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸体积为25mL，则原溶液中NaHCO3消耗盐酸体积50mL-25mL=25mL，故NaHCO3、Na2CO3的物质的量之比=25mL∶25mL=1∶1，故答案为NaHCO3和Na2CO3；1∶1；②加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液中只含有溶质NaCl，根据元素守恒可知，10mL溶液中n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度==0.75mol/L，故答案为0.75。24、加成反应9羟基HCHO+H2O30或【分析】根据B的结构简式和生成B的反应条件结合A的化学式可知，A为，根据C和D的化学式间的差别可知，C与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D，D为，结合G的结构可知，D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，E为，根据G生成H的反应条件可知，H为，据此解答。【详解】(1)②为C与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D，反应类型为加成反应；B分子中苯环为平面结构，单键可以旋转，所以最多有9个碳原子共平面，故答案为：加成反应；9；(2)A为，含氧官能团为羟基；若反应④为加成反应，E为，与F生成，则F为HCHO，故答案为：HCHO；(3)反应③中D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，化学方程式为+H2O(4)芳香化合物是D（）的同分异构体，①苯环上只有3个取代基；②可与NaHCO3反应放出CO2，说明结构中含有羧基；③1molJ可中和3molNaOH，说明结构中含有2个酚羟基和1个羧基；符合条件的J的结构有：苯环上的3个取代基为2个羟基和一个-C3H6COOH，当2个羟基位于邻位时有2种结构；当2个羟基位于间位时有3种结构；当2个羟基位于对位时有1种结构；又因为-C3H6COOH的结构有-CH2CH2CH2COOH，-CH2CH(CH3)COOH，-CH(CH3)CH2COOH、-C(CH3)2COOH、-CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2+3+1)×5=30种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式有或，故答案为：30；或；(5)以为原料制备，根据流程图C生成D可知，可以和氢气加成生成，羟基消去后生成，与溴化氢加成后水解即可生成，因此合成路线为：，故答案为：。【点睛】本题考查了有机合成与推断，根据反应条件和已知物质的结构简式釆用正逆推导的方法分析是解题的关键。本题的易错点为B分子中共面的原子数的判断，要注意单键可以旋转；本题的难点是(6)的合成路线的设计，要注意羟基的引入和去除的方法的使用。25、蒸馏烧瓶aBD2ClSO3HSO2Cl2+H2SO4SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl80%【分析】甲中产生二氧化硫，乙中除去二氧化硫中的杂质同时便于观察气流的速率；丙为两种气体混合反应的反应器；丁为除去氯气中的杂质同时便于观察气流速率；戊中贮存氯气，已为尾气吸收，防止空气中的水蒸气进入。据此回答。【详解】(1)仪器C的名称为蒸馏烧瓶。冷凝管的冷却水方向为从下进上出，所以进水方向为a。(2)A．将70%硫酸换成98.3%硫酸，反应接触不充分，所以不能加快制取SO2的速率，故错误；B．实验中通过观察乙、丁导管口产生气泡的速率相等，可以使两种气体的体积相等，控制两种反应物体积相等，故正确；C．装置戊上方分液漏斗中最好选用饱和NaCl溶液，减小氯气的溶解度，故错误；D．装置最后用碱石灰吸收二氧化硫或氯气等有害气体，又能防止水蒸气进入，所以该装置己防止污染，又防止硫酰氯变质，故正确。故选BD。(3)氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯，根据质量守恒分析，方程式为：2ClSO3HSO2Cl2+H2SO4。(4)硫酰氯在潮湿空气中“发烟”，说明其与水发生反应，根据质量守恒或元素化合价分析，产物应为硫酸和盐酸，方程式为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。(5)二氧化硫体积为560mL，其物质的量为0.56/22.4=0.025mol，2.7克硫酰氯的物质的量为2.7/135=0.02mol，则产率为0.02/0.025=80%。26、2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O3，2，10，2，6，84FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O>溶液酸碱性不同【解析】装置A中KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2；由于Cl2中混有HCl（g）和H2O（g），HCl（g）会消耗Fe（OH）3和KOH，装置B中应盛放饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl（g）；C装置中Cl2与KOH、Fe（OH）3反应制备K2FeO4，在此装置中Cl2还可以直接与KOH反应生成KCl、KClO和H2O；D装置中NaOH溶液用于吸收多余Cl2，防止污染大气。【详解】（1）①根据题意，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，反应中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，Cl元素的化合价由-1价升至0价，根据电子守恒和原子守恒配平，A中反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；②C中Cl2与KOH、Fe（OH）3反应制备K2FeO4，反应中Cl2做氧化剂被还原为KCl，Fe(OH)3做还原剂被氧化K2FeO4，根据电子守恒和原子守恒配平，反应的化学方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，故答案为：3，2，10，2，6，8；（2）①根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。i.溶液a中滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明溶液a中含有Fe3+，Fe3+的产生不能判断FeO42-与Cl-一定发生了反应，根据资料“K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2”，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O，故答案为：4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O；②制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中氧化性：氧化剂>氧化产物，得出氧化性Cl2>FeO42-；根据方案II，方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，由方案II得出氧化性FeO42->Cl2，实验表明，Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱，故答案为：>；溶液酸碱性不同。【点睛】理解制备K2FeO4的原理和K2FeO4性质探究的原理是解答本题的关键。与气体有关的制备实验装置的连接顺序一般为：气体发生装置→除杂净化装置→制备实验装置→尾气吸收。进行物质性质实验探究是要控制反应的条件、排除其他物质的干扰。27、16：15蓝色减小【分析】（1）结合图中数据，利用阿伏加德罗定律分析；氨气溶于水，溶液显碱性；（2）溶解的气体体积与形成溶液的体积相等；（3）氨气的相对分子质量小，根据实验现象得出，氨气的扩散速率快；【详解】（1）HCl和NH3都极易溶于水，形成喷泉后，溶液的体积为原HCl、NH3的体积，由图中数据可知，相同条件下两个烧瓶内气体体积之比为0.8V:0.75V=16:15，同温同压下，气体分子数之比等于气体体积之比，也是16:15；氨气溶于水形成氨水，溶液显碱性，而石蕊试液遇碱显蓝色，故答案为：16:15；蓝色；（2）实验中溶解的气体体积与形成溶液的体积是相等的，故有n(HCl)=mol，c(Cl－)==mol/L，故答案为：；（3）由“在烧瓶I中观察到白烟”知，氨气扩散速率快，氨气进入烧瓶I中并与HCl反应生成NH4Cl而形成白烟，表明气体分子扩散速率随着气体相对分子质量的增大而减小，故答案为：减小。28、原子光谱sp2三角锥形>HF的水溶液中存在氢键原子半径或【分析】(1)光谱分析中利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素；(2)CH3+中的碳原子形成3个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3；CH3-与NH3、H3O+互为等电子体，空间结构相似，据此分析解答；(3)钠离子的正电性较强对核外电子的吸引力比氖更强，据此进行分析；(4)HF分子间，以及HF与水分子间均能形成氢键，而其他卤化氢没有，故从溶液中分离出HF分子需要更多的能量；根据HF、HCl、HBr、HI中存在的卤素原子不