新疆库尔勒第二师华山中学2026届高三化学第一学期期中质量跟踪监视试题含解析

新疆库尔勒第二师华山中学2026届高三化学第一学期期中质量跟踪监视试题请考生注意：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（每题只有一个选项符合题意）1、实验室根据反应：TiO2(s)＋CCl4(g)TiCl4(g)＋CO2(g)，在无氧无水条件下制备TiCl4，实验装置如下图所示(CCl4、TiCl4的沸点分别为76℃、136℃，且两者互溶)。下列说法不正确的是A．③中反应完成后，先停止通N2，再停止加热B．①、⑤装置中分别盛有无水氯化钙、浓硫酸C．②中热水使CCl4气化，④中冰水使TiCl4冷凝D．④中分离TiCl4、CCl4混合物的方法是精馏2、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．足量MnO2和100mL6mol/L浓盐酸反应产生Cl2的分子数为0.15NAB．100mL1molFeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC．48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中碳碳单键的数目为3NAD．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA3、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化，均能通过一步化学反应实现的是A．Fe3O4FeFeCl3B．Cu2(OH)CO3CuOCu(OH)2C．MgCO3MgCl2溶液MgD．NaClCl2漂白粉4、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．标准状况下，11.2L三氧化硫中含有分子的数目为0.5NAB．用含有0.1mo1FeCl3的饱和溶液配制的氢氧化铁胶体中，胶体粒子数等于0.1NAC．1mol过氧化钠与足量水反应，转移的电子数为NAD．1.8gD2O中所含中子数为9NA5、向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol/LBa(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是A．图中C点铝元素存在形式是B．向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀C．原混合液中c[Al2(SO4)3]∶c(AlCl3)=1∶2D．OA段反应的离子方程式为：3Ba2++2Al3++8OH−+3＝3BaSO4↓+2+4H2O6、下列解释事实的离子方程式不正确的是()A．铝片放入NaOH溶液中有气体产生：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2−+3H2↑B．向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液橙色加深：Cr2O72−(橙色)+H2O⇌2CrO42−(黄色)+2H+C．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2制备硅酸凝胶：SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3(胶体)+CO32-D．用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢(含CaSO4)：CaSO4+CO32-CaCO3+SO42-7、化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中正确的是（）A．服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害B．酒精可以使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好C．食品袋中放置的CaO可直接防止食品氧化变质D．“酸雨”是由大气中的碳、氮、硫的氧化物溶于雨水造成的8、下列有关实验的操作正确的是（）实验操作A除去NaHCO3固体中混有的NH4Cl直接将固体加热B实验室收集Cu与稀硝酸反应生成的NO向下排空气法收集C检验乙酸具有酸性配制乙酸溶液，滴加NaHCO3溶液有气泡产生D比较碳、硫元素非金属性强弱测定同浓度Na2CO3和Na2SO3溶液的pHA．A B．B C．C D．D9、室温下，用0.1mo1/LHCl溶液滴定10.mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．水电离程度由大到小的顺序为:a>b>c>dB．a点时：c(Na＋)>c(CO32－)>c(HCO3－)>c(OH－)C．b点时：3c(Na＋)=2c(CO32－)＋2c(HCO3－)＋2c(H2CO3)D．d点时：c(H＋)>c(HCO3－)=c(CO32－)10、以下物质间的每一步转化能通过一步反应实现的（）A．Fe2O3→FeCl3→FeCl2 B．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3C．C→CO→H2CO3→CO2 D．Al→Al2O3→Al(OH)3→NaAlO211、向一定量的Fe、FeO、Fe2O3，Fe3O4的混合物中加入150mL4mol/L的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24LNO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为A．0.25mol B．0.2lmol C．0.3mol D．035mol12、一种合成HCN的反应原理为NH3(g)+C(s)HCN(g)+H2(g)。下列叙述正确的是A．该反应的<0、<0B．该反应的平衡常数K=C．单位时间内断裂N－H键数目是断裂H－H键数目的3倍时，该反应达到平衡状态D．强热下该反应每生成22.4LHCN气体转移电子数目为2×6.02×102313、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．1L0.1mol·L－1NaClO溶液中含有的ClO－为NAB．1molFe在1molCl2中充分燃烧，转移的电子数为3NAC．常温常压下，32gO2与O3的混合气体中含有的分子总数小于NAD．标准状况下，22.4LHF中含有的氟原子数目为NA14、2017年1月，南京理工大学胡炳成教授团队成功合成世界首个全氮阴离子盐，全氮阴离子化学式为N5-。下列关于全氮阴离子盐的说法正确的是A．每个N5-含有26个电子B．N5-的摩尔质量为71g·mol-1C．全氮阴离子盐既含离子键又含共价键D．全氮阴离子盐可能属于电解质，也可能属于非电解质15、工业制备氮化硅的反应为：3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)Si3N4(s)+12HCl(g)ΔH<0，将0.3molSiCl4和一定量N2、H2投入2L反应容器，只改变温度条件测得Si3N4的质量变化如下表：时间/min质量/g温度/℃01234562500.001.522.803.714.735.605.603000.002.133.454.484.484.484.48下列说法正确的是A．250℃,前2min，Si3N4的平均反应速率为0.02mol·L－1·min－1B．反应达到平衡时，两种温度下N2和H2的转化率之比相同C．达到平衡前，300℃条件的反应速率比250℃快；平衡后，300℃比250℃慢D．反应达到平衡时，两种条件下反应放出的热量一样多16、高铁酸钾(K2FeO4)是一种常用的水处理剂。工业制备高铁酸钾的离子方程式为：3C1O-＋10OH-＋2Fe3+═2FeO42-＋3C1-＋5H2O。下列相关叙述不合理的是（）A．K2FeO4中铁元素的化合价是+6B．制得1molK2FeO4转移3mole-C．Fe3+的氧化性强于FeO42-的氧化性D．氧化产物和还原产物物质的量之比为2：3二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中A与E、D与G同主族，且D与G核内质子数之和是A与E核内质子数之和的2倍，A与B、C、D可分别形成10电子分子，E、F、G元素最高价氧化物对应水化物之间可相互发生反应，请回答下列问题：(1)A、B、C元素的名称分别为______、______、_______，E、G两种元素的符号：E________、G________；F在元素周期表中的位置是___________。(2)E在D2中燃烧生成化合物X，X中化学键类型_________，X中阴阳离子个数比为________。(3)向含E的最高价氧化物的水化物0.5mol的水溶液中通入标况下BD2气体11.2L，其化学反应方程式为_________。(4)若1.7克C的氢化物发生催化氧化生成气态产物放出22.67KJ的热量。写出此反应的热化学方程式____________。18、化合物A(分子式为C6H6O)是一种有机化工原料，在空气中易被氧化。A的有关转化反应如下(部分反应条件略去)：已知：①②（R表示烃基，R′和R″表示烃基或氢）③F和D互为同分异构体（1）写出A的名称：________________。（2）能用于检验A中官能团的试剂是____________。a．Nab．NaOHc．Na2CO3d．溴水e．FeCl3（3）G是常用指示剂酚酞，G中能够与NaOH溶液反应的官能团的名称：________。（4）分别写出反应A→B和E→F的化学方程式，并注明反应类型：A→B：________________________________________________；E→F：________________________________________________；（5）符合下列条件的B的同分异构体共_______种。①能发生银镜反应②分子中不含环状结构写出其中含有三个甲基的分子的结构简式_______。（写出一种即可）19、FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学实验小组在实验室里用如下两种方法来制备无水FeCl2。有关物质的性质如下：C6H5Cl(氯苯）C6H4Cl2(二氯苯）FeCl3FeCl2溶解性不溶于水，易溶于苯、乙醇不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水熔点/℃-4553易升华沸点/℃132173(1)用H2还原无水FeCl3制取FeCl2。有关装置如下：①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为_______。②按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为____（填字母，装置可多次使用）；C中盛放的试剂是_____。③该制备装置的缺点为______。(2)利用反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，制取无水FeCl2并测定FeCl3的转化率。按下图装置，在三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围加热3h，冷却、分离提纯得到粗产品。①仪器a的名称是____。②反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后，得到粗产品。洗涤所用的试剂可以是__，回收滤液中C6H5C1的操作方法是____。③反应后将锥形瓶中溶液配成250mL，量取25.00mL所配溶液，用0.40mol/LNaOH溶液滴定，终点时消耗NaOH溶液为19.60mL，则氯化铁的转化率为______。20、实验需要0.1mol/LNaOH溶液450ml，根据溶液配制中情况回答下列问题：（1）实验中必须用到的玻璃仪器有：______．（2）根据计算得知，所需NaOH的质量为______g．（3）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）______；A．用50mL水洗涤烧杯2﹣3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．用托盘天平准确称量取所需的NaOH的质量，倒入烧杯中加入适量水，用玻璃棒慢慢搅动．C．将已冷却的NaOH溶液沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E．加水至离刻度线1～2cm处改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切（4）下列操作对所配浓度有何影响（填写字母）偏大的有______；偏小的有______；无影响的有______。A．称量用了生锈的砝码；B．将NaOH放在纸张上称量；C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中；D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出E．未洗涤溶解NaOH的烧杯F．定容时仰视刻度线G．容量瓶未干燥即用来配制溶液H．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线．21、已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期中的常见元素，且原子序数依次增大，A的原子半径最小；B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍；C的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+2；D、E、F、G是位于同一周期的金属元素，元素D的焰色反应要透过蓝色钴玻璃才能观察到紫色，且D、G的原子序数相差10，E元素有多种化合价。它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，且E.、F的电子数相差1。请回答下列问题：（1）基态E原子的价电子排布式为_________________。（2）与BC分子互为等电子体的离子为______________________(填化学式）。（3）在B5A5、BC2中，B原子采取的杂化方式分別为____________、_____________。（4）单质C有两种同素异形体，其中沸点高的是__________(填分子式），而它的简单氢化物的沸点比同主族的简单氢化物都高的原因是___________________。（5）F可形成分子式均为F(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为[F(NH3)5Br]SO4。向其溶液中加BaCl2溶液时，现象为_____________；向另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象。若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为__________________。（6）金属D、G晶体的晶胞结构如图所示。①其中表示金属D晶体晶胞的结构图为__________(填“I”或“II”)。②金属G的晶胞中，测得晶胞边长为361pm，G原子的半径约为_________pm（保留三位有效数字），D、G两种晶胞中金属的配位数之比为_______________。③金属G、锌两种元素的笫一电离能、第二电离能如下表所示：电离能/kJ•mol-1I1I2G7461958锌9061733G的第二电离能（I2）大于锌的第二电离能，其主要原因是______________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】本题主要考查了实验操作要求与综合分析能力，同时涉及物质分离原理。【详解】A.通入N2的目的是隔绝空气，③中反应完成后，先停止加热，再停止通N2，防止倒吸，以及外界空气与加热中TiCl4反应，A错误；B.①、⑤装置均吸水，①为固体，⑤为液体，故可以为无水氯化钙、浓硫酸，B正确；C.CCl4、TiCl4的沸点分别为76℃、136℃，②中热水使CCl4气化，④中冰水使TiCl4冷凝，C正确；D.根据沸点不同，四氯化钛和四氯化碳为互相混溶的液体混合物，分离TiCl4、CCl4，属于精馏，D正确；答案为A。【点睛】常见物质的分离、提纯方法：①洗气法。例如，除去气态烷烃中混有的气态烯烃(或炔烃)，可将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶；②分液法。根据有机物在水中的溶解性、酸碱性等性质上的差异，把两种相互混溶的有机物中的一种转变为可溶于水的物质，另一种仍不溶于水，从而达到分离与提纯的目的。a．若杂质易溶于水而被提纯物不溶于水，则直接加入水后用力振荡，使杂质转入水层中，用分液漏斗分离；b．若杂质与被提纯物都不溶于水，则先使杂质与某种试剂反应，使其转化为易溶于水的物质后再分离；③蒸馏(分馏)法．a．对沸点差别大的有机物，可直接进行蒸馏提纯与分离；b．混合物中各组分的沸点相差不大时，则加入某种物质，使其中一种组分转化为高沸点、难挥发性物质后再进行蒸馏。2、C【详解】A．100mL6mol•L-1浓盐酸中含有氯化氢0.1L×6mol•L-1=0.6mol，MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，完全反应0.6mol氯化氢可以生成0.15mol氯气，由于稀盐酸不与二氧化锰反应，所以生成的氯气的物质的量小于0.15mol，产生的氯气分子数小于0.15NA，故A错误；B．Fe3+为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，故

100mL1mol•L-1FeCl3

溶液中所含Fe3+数目小于0.1NA，故B错误；C．正丁烷和异丁烷只是碳架不同，含有的碳碳单键均为3条，所以48g正丁烷和10g异丁烷，即混合物的物质的量为=1mol，所以48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中碳碳单键数目为3NA，故C正确；D．SO2和O2的催化反应为可逆反应，反应不可能完全进行，所以密闭容器中，反应生成三氧化硫的物质的量小于2mol，则反应后气体总物质的量大于2mol，反应后分子总数大于2NA，故D错误；故选C。3、D【详解】A．Fe与盐酸反应只能生成FeCl2，不能生成FeCl3，A不正确；B．CuO与水不反应，不能生成Cu(OH)2，B不正确；C．电解MgCl2溶液，将生成Mg(OH)2，不能生成Mg，C不正确；D．电解NaCl溶液或熔融的NaCl都可以生成Cl2，Cl2与石灰乳反应可以制得漂白粉，D正确；故选D。4、C【解析】A.标准状况下，三氧化硫不是气体；B.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；C.通过化合价分析过氧化钠与水反应转移电子数；D.1.8gD2O物质的量为0.09mol，所含中子数为0.9NA；【详解】A.标准状况下，三氧化硫不是气体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A项错误；B.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故形成的胶粒的个数小于0.1NA，故B项错误；C.1mol过氧化钠与足量水反应，生成氢氧化钠和氧气，转移的电子数为NA；D.1.8gD2O物质的量为0.09mol，所含中子数为0.9NA，故D项错误。综上，本题选C。5、D【详解】向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液与Ba(OH)2溶液反应的实质是Al3+与OH−、Ba2+与之间的离子反应，如下：Ba2++＝BaSO4↓，Al3++3OH−＝Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH−＝+2H2O，假设1molAl2(SO4)3中完全被沉淀所需Ba(OH)2量为3mol，提供6molOH−，1molAl2(SO4)3中含有2molAl3+，由反应Al3++3OH−＝Al(OH)3↓可知，2molAl3+完全沉淀，需要6molOH−，故：从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，A点时完全沉淀，A～B为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2，B～C为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解。A、C点时氢氧化铝完全溶解，转化为偏铝酸盐，故C点铝元素存在形式是，A正确；B、D点的溶液中含有Ba2+、，通入二氧化碳立即产生碳酸钡、氢氧化铝沉淀，B正确；C、前3LBa(OH)2溶液与溶液中Al2(SO4)3反应，从3L～6L为Ba(OH)2溶液与溶液中AlCl3反应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3L×1mol/L=3mol，由生成硫酸钡可知3n[Al2(SO4)3]=n[Ba(OH)2]，故n[Al2(SO4)3]=1mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n(AlCl3)＝2n[Ba(OH)2]＝6mol，故n(AlCl3)＝2mol，故原溶液中原混合液中c[Al2(SO4)3]∶c(AlCl3)＝1∶2，C正确；D、OA段实质为硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为：3Ba2++2Al3++6OH−+3＝3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，D错误；答案选D。6、C【详解】A．铝片放入NaOH溶液发生反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2−+3H2↑，故A正确；B．K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72−(橙色)+H2O⇌2CrO42−(黄色)+2H+，滴加少量浓H2SO4，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，颜色加深，故B正确；C．碳酸的酸性强于硅酸，向Na2SiO3溶液中通入过量CO2制备硅酸凝胶，符合强酸制取弱酸，二氧化碳过量时，生成碳酸氢根离子，离子反应方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3(胶体)+2HCO3-，故C错误；D．碳酸钙溶解度小于硫酸钙，碳酸钠与硫酸钙反应生成碳酸钙和硫酸钠，离子方程式：CaSO4+CO32-CaCO3+SO42-，故D正确；答案选C。7、A【详解】A、铬为重金属元素，摄入过多导致重金属中毒，A正确；B、酒精可以使蛋白质变性，杀菌消毒效果最佳的浓度为75%，并不是越高越好，B错误；C、CaO作为干燥剂，不能防止食品氧化变质，C错误；D、“酸雨”是由大气中的氮、硫的氧化物溶于雨水造成的，D错误；故选A。8、C【详解】A.因为NaHCO3受热易分解，所以除去NaHCO3固体中混有的NH4Cl，不能用直接加热法，A错误；B.实验室收集Cu与稀硝酸反应生成的NO，由于NO能与空气中的O2化合，所以不能用排空气法收集，B错误；C.配制乙酸溶液，滴加NaHCO3溶液有气泡产生，说明乙酸的酸性比碳酸强，从而说明乙酸显酸性，所以可用此实验检验乙酸具有酸性，C正确；D.通过测定同浓度Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，可以确定H2CO3与H2SO3的酸性强弱，但由于H2SO3不是硫的最高价氧化物的水化物，所以不能由此推出碳、硫元素非金属性强弱，D错误。故选C。9、A【解析】b点10mL0.1mo1/LHCl溶液与10mL0.1mol/LNa2CO3溶液混合，恰好反应为NaHCO3与NaCl，即b点溶质为NaHCO3与NaCl；d点20mL0.1mo1/LHCl溶液与10mL0.1mol/LNa2CO3溶液混合，恰好完全反应生成NaCl与CO2，而d点溶液呈酸性，则溶解了CO2，溶质为NaCl与H2CO3；c点存在NaHCO3、NaCl，而pH=7，则溶液中也存在H2CO3。综上分析，a点溶质为Na2CO3；b点溶质为NaHCO3、NaCl；c点溶质为NaHCO3、H2CO3、NaCl；d点溶质为NaCl、H2CO3；【详解】A、a、b点均促进水的电离，且对水电离的促进作用a＞b，c点pH=7，NaHCO3促进水的电离，H2CO3抑制水的电离，两者作用相互抵消，d点抑制水的电离，故水电离程度大小顺序为a＞b＞c＞d，故A正确；B、a点溶质为Na2CO3，CO32－部分水解生成HCO3－和OH－，溶液呈碱性，由于OH－还来自水的电离，则c(OH－)＞c(HCO3－)，离子浓度大小为：c(Na+)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(HCO3－)，故B错误；C、b点溶质为等物质的量的NaHCO3、NaCl，则根据物料守恒有c(Na+)=2[c(CO32－)+c(HCO3－)+c(H2CO3)]，故C错误；D、d点溶质为NaCl、H2CO3；H2CO3以第一步电离为主，则c(HCO3－)＞c(CO32－)，由于H+还来自水的电离，则c(HCO3－)＞c(H+)，正确的离子浓度大小为：c(H+)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)，故D错误；故选A。【点睛】本题突破口为先根据酸碱的物质的量的比例，分析溶液中的主要溶质，然后根据溶液的酸碱性判断出c、d点溶液中溶有CO2，从而确定每一点的溶质，再根据电荷守恒、物料守恒来解题。10、A【详解】A.氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，所以Fe2O3→FeCl3→FeCl2能一步实现，A项正确；B.二氧化硅与水不反应，SiO2→H2SiO3不能一步实现，B项错误；

C.一氧化碳不能一步反应生成碳酸，CO→H2CO3不能实现，C项错误；

D.氧化铝不与水反应，Al2O3→Al(OH)3不能一步实现，D项错误；答案选A。【点睛】D项是易错点，要特别注意Al2O3→Al(OH)3不能一步实现，且铝单质也不能直接生成氢氧化铝。11、A【解析】混合物与稀硝酸反应，恰好使混合物完全溶解，放出2.24LNO(标准状况)，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，证明混合物中的Fe全部转化为溶液中的溶质Fe(NO3)2，根据N元素守恒可得，n[Fe(NO3)2]＝(0.15L×4mol·L－1－2.24L÷22.4L/mol)×1/2＝0.25mol，则n(Fe)=0.25mol，所以用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量也是0.25mol。答案选A。点睛：化学反应的实质是原子间重新组合，依据质量守恒定律在化学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。守恒是解计算题时建立等量关系的依据，守恒法往往穿插在其它方法中同时使用，是各种解题方法的基础，利用守恒法可以很快建立等量关系，达到速算效果。12、C【详解】A．该反应的气体增多，所以ΔS>0，故A错误；B．该反应中C为固体，浓度记为1，所以平衡常数为K=，故B错误；C．N－H键断裂为正反应，H－H键断裂为逆反应，结合反应中的各物质的计量数可知单位时间内断裂N－H键数目是断裂H－H键数目的3倍时，也就是正逆反应速率相等，反应到达平衡，故C正确；D．未指明温度压强，无法计算22.4L气体的物质的量，故D错误；综上所述答案为C。13、C【详解】A.NaClO为强碱弱酸盐，ClO－会水解，使溶液中ClO－的物质的量小于1L×0.1mol·L－1，即小于NA，A项错误；B.根据反应2Fe＋3Cl2=2FeCl3可知铁过量，1molCl2参与反应转移2mol电子，B项错误；C.32gO2的物质的量为=1mol，分子数为NA，而含有O3，相同质量的O3所含分子数少，则分子总数减少，小于NA，C项正确；D.标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，D项错误；答案选C。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题D项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。14、C【解析】每个N5-含有36个电子，故A错误；N5-的摩尔质量为70g·mol-1，故B错误；N5-含有共价键，全氮阴离子与金属离子之间存在离子键，故C正确；盐都是电解质，所以全氮阴离子盐属于电解质，故D错误。15、B【解析】由表格数据可知，250℃时，反应在5min达到化学平衡，300℃时，反应在3min达到化学平衡。A、Si3N4为固体，固体的浓度为定值；B、起始N2和H2的物质的量比值为定值，反应中N2和H2的消耗量的比值恒定为1:3；C、其他条件相同时，升高温度，反应速率加快；D、该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，温度不同，反应物的消耗量不同。【详解】A项、Si3N4为固体，固体的浓度为定值，不能用固体表示化学反应速率，A错误；B项、起始N2和H2的物质的量比值为定值，反应中N2和H2的消耗量的比值恒定为1:3，则反应达到平衡时，两种温度下N2和H2的转化率之比相同，B正确；C项、其他条件相同时，升高温度，反应速率加快，温度越高，反应速率越大，则达到平衡前，300℃条件的反应速率比250℃快，平衡后，300℃依然比250℃快，C错误；D项、该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，温度不同，反应物的消耗量不同，则反应放出的热量不同，D错误。【点睛】本题考查化学反应速率和化学平衡，注意固体的浓度为定值、升高温度反应速率加快，平衡向吸热方向移动是解答的关键，注意反应物的消耗量不同，反应放出的热量不同。16、C【详解】A.K2FeO4中铁元素的化合价：令FeO42－中，铁元素的化合价为x，则x+4×（-2）=-2，解得x=+6，故A正确；B.反应3ClO－+2Fe3＋+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O中，生成2molFeO42－，电子转移总数6mol，制得1molK2FeO42－转移3mole－，故B正确；C.反应3ClO－+2Fe3＋+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O中，氯元素化合价降低，ClO－是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe3＋是还原剂，FeO42－是氧化产物，氧化性ClO－＞FeO42－，实际氧化性FeO42－＞Fe3＋，故C错误；D.反应3ClO－+2Fe3＋+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O中，氯元素化合价由+1降低为-1价，ClO－是氧化剂，铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe3＋是还原剂，氧化产物为FeO42－与还原产物为Cl－物质的量之比为2：3，故D正确；故选：C。二、非选择题（本题包括5小题）17、氢碳氮NaS第三周期ⅢA主族离子键和共价键1∶2NaOH＋CO2=NaHCO34NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)；△H=－906.8kJ·mol-1【分析】A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，E、F、G元素最高价氧化物对应水化物之间可相互发生反应，为氢氧化铝、强酸、强碱之间的反应，故其中一种为氢氧化铝，短周期种强碱为氢氧化钠，故E为Na元素，F为Al元素，G为S元素或Cl元素；A与B、C、D可分别形成10电子分子，A与E同族，A为H元素；D与G同主族，且D与G核内质子数之和是A与E核内质子数之和的2倍，则D为O元素，G为S元素；B、C与氢元素形成10电子分子，则B为C元素，C为N元素。【详解】(1)由上述分析可知，A、B、C元素的名称分别为氢、碳、氮，E、G两种元素的符号为Na、S；F为Al元素在元素周期表中的位置是第三周期ⅢA主族。(2)Na在O2中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠中含有离子键、共价键，过氧化钠中阴离子为过氧根离子，阳离子为钠离子，阴阳离子个数比为1：2。(3)E的最高价氧化物的水化物为NaOH，BD2为CO2，标况下11.2LCO2的物质的量为0.5mol，则0.5molNaOH与0.5molCO2反应生成碳酸氢钠，化学反应方程式为NaOH＋CO2=NaHCO3。(4)C的氢化物为NH3，1.7克NH3的物质的量为0.1mol，发生催化氧化生成气态产物，放出22.67KJ的热量，故此反应的热化学方程式为4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H=－906.8kJ·mol-1。18、苯酚de羟基、酯基；加成反应+H2O；消去反应8(CH3)2CHCH(CH3)CHO(CH3)3CCH2CHOCH3CH2C(CH3)2CHO【解析】化合物A(分子式为C6H6O)是一种有机化工原料，在空气中易被氧化，所以A是苯酚，A的结构简式为：，A在一定条件下和氢气发生加成反应生成B，B的结构简式为：，B被重铬酸钾溶液氧化生成C，C的结构简式为，C反应生成D，结合题给信息知，D的结构简式为：，C经过一系列反应生成E，E反应生成F，F和D互为同分异构体，所以E发生消去反应生成F，则F的结构简式为：。(1)A为苯酚，故答案为苯酚；(2)检验A中官能团酚羟基可以选用浓溴水和氯化铁，浓溴水与苯酚反应生成白色沉淀，氯化铁遇到苯酚，溶液显紫色，故选de；(3)G中能够与NaOH溶液反应的官能团是酚羟基和酯基，故答案为酚羟基和酯基；(4)分别写出反应A→B和E→F的化学方程式，并注明反应类型：反应A→B是部分与氢气加成，反应的化学方程式为+3H2，根据上述分析，反应E→F是E发生了消去反应，反应的化学方程式为+H2O，故答案为+3H2；加成反应；+H2O；消去反应；(5)B为，①能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；②分子中不含环状结构，满足条件的B的同分异构体为己醛，有CH3CH2CH2CH2CH2CHO、(CH3)2CHCH2CH2CHO、CH3CHCH(CH3)CH2CHO、CH3CH2CH2CH(CH3)CHO、(CH3)2CHCH(CH3)CHO、(CH3)3CCH2CHO、CH3CH2C(CH3)2CHO，共7种，其中含有三个甲基的分子的结构简式有(CH3)2CHCH(CH3)CHO、(CH3)3CCH2CHO、CH3CH2C(CH3)2CHO，故答案为7；(CH3)2CHCH(CH3)CHO、(CH3)3CCH2CHO、CH3CH2C(CH3)2CHO(任写一种)。19、H2+2FeCl32FeCl2+2HClBACDCE（或BCDCE）碱石灰氯化铁易升华导致导管易堵塞球形冷凝管苯蒸馏滤液，并收集沸点132℃的馏分78.4％【详解】(1)①H2还原无水FeCl3制取FeCl2，另一产物应为含H、Cl的物质，即为HCl，所以化学方程式为H2+2FeCl32FeCl2+2HCl。答案为：H2+2FeCl32FeCl2+2HCl②因为FeCl3易吸水，所以在氢气通入前，一定要进行干燥处理，即由B装置制得的H2一定要经过C的干燥处理，至于H2中混有的HCl是否处理，问题并不大，因为通过碱石灰处理水蒸气时，HCl也可被吸收。反应后生成的HCl会污染环境，也需用碱石灰处理，多余的氢气应烧掉，从而得出按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为BACDCE(或BCDC)。答案为：BACDCE（或BCDCEC中盛放的试剂是碱石灰。答案为：碱石灰③因为氯化铁易升华，则遇冷会凝华，所以装置的缺陷也就暴露出来，即易堵塞导管。答案为：氯化铁易升华导致导管易堵塞(2)①仪器a的名称是球形冷凝管。答案为：球形冷凝管②因为FeCl2易溶于水、乙醇，所以不能用水、乙醇洗涤；FeCl2难溶于苯，而氯苯、二氯苯易溶于苯，所以可用苯进行洗涤。答案为：苯因为氯苯和二氯苯的沸点相差较大，所以回收滤液中C6H5C1的操作方法是蒸馏滤液，并收集沸点132℃的馏分。答案为：蒸馏滤液，并收集沸点132℃的馏分③n(FeCl3)=2n(HCl)=2n(NaOH)=2×0.40mol/L×0.0196L×10=0.1568mol氯化铁的转化率为答案为：78.4％20、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管2.0gBCAEDACBDEFHG【解析】试题分析：（1）取NaOH需要用烧杯，搅拌和引流需要用玻璃棒，定容需要用胶头滴管和500mL的容量瓶。（2）实验需要0.1mol/LNaOH溶液450mL，根据容量瓶的规格，需要配制NaOH溶液500mL，所需NaOH的质量为：0.5L×0.1mol/L×40g/mol=2.0g。（3）配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以配制过程所必需的先后顺序为：BCAED（4）A．称量时用了生锈的砝码，砝码质量增大，所称NaOH质量增大，所配溶液浓度偏高；B．NaOH易潮解，将NaOH放在纸张上称量，滤纸会吸附氢氧化钠，所以转