2026届四川省成都市新津中学化学高三上期中经典模拟试题含解析

2026届四川省成都市新津中学化学高三上期中经典模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、在恒容密闭容器中进行2NO+O22NO2达到平衡的标志的个数是①(O2):(NO2)=1:2②单位时间内生成nmolO2的同时，消耗2nmolNO③剩余NO2、NO、O2的物质的量之比为2:2:1④混合气体的密度不再改变⑤混合气体的颜色不再改变⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变A．2个 B．3个 C．4个 D．5个2、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）①盐卤（含MgCl2）Mg(OH)2MgCl2溶液无水MgCl2②铝土矿AlO2-Al(OH)3Al2O3③NH3NONO2HNO3④NaCl溶液Cl2无水FeCl2⑤SSO3H2SO4⑥SiO2Na2SiO3溶液H2SiO3A．③⑥ B．③⑤⑥ C．①④⑤ D．①③⑥3、下列有关描述不正确的是A．新制饱和氯水和浓硝酸光照下均会有气体产生，其成分中都有氧气B．灼烧NaOH固体时不能使用瓷坩埚，因为瓷坩埚中的SiO2能与NaOH反应C．钠在空气和氯气中燃烧，火焰皆呈黄色，但生成固体颜色不同D．浓硫酸具有较强酸性，能与Cu反应生成H24、25℃时，CaCO3在水中的溶解平衡曲线如图所示。已知25℃时，CaCO3的Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9。据图分析，下列说法不正确的是()A．x的数值为2×10－5B．c点时有碳酸钙沉淀生成C．b点与d点对应的溶度积相等D．加入蒸馏水可使溶液由d点变到a点5、白磷有剧毒，被白磷污染的物品应即刻用硫酸铜溶液浸泡并清洗，反应原理是:11P4+60CuSO4+96H2O20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4下列说法正确的是A．该反应中CuSO4将白磷氧化为Cu3PB．该反应中1molCuSO4氧化0.1molP4C．Cu3P既是氧化产物，又是还原产物D．该反应中白磷发生歧化反应，其中作氧化剂和作还原剂的P4的质量之比为5∶66、聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是A．KClO3作氧化剂，每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗6/nmolKClO3B．生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大C．聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水D．在相同条件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强7、异丁烷、乙醇硫酸氢钾、液氮均可做制冷剂，下列关于它们的相关表示正确的是（）A．异丁烷的结构简式为：(CH3)3CHB．乙醇的比例模型为：C．熔融KHSO4的电离方程式：KHSO4→K++H++SO42-D．氮原子核外电子的轨道表示式：8、酸与醇发生酯化反应的过程如下：下列说法不正确的是A．①的反应类型是加成反应B．②的反应类型是消去反应C．若用R18OH作反应物，产物可得H218OD．酯化过程中，用浓硫酸有利于②的过程9、下列实验操作正确的是（）选项实验操作A观察钠与水反应的现象用镊子从煤油中取出金属钠，切下黄豆大小的钠，小心地放入装满水的烧杯中B检验NaHCO3与Na2CO3溶液用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水C证明Na2O2与CO2的反应是放热反应Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧D检验Na2CO3与K2CO3溶液用铂丝分别蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，直接观察火焰的颜色A．A B．B C．C D．D10、下列装置能达到相应实验目的的是（）A．制取氢氧化亚铁并观察颜色 B．制取氨气 C．分离碘和酒精 D．收集少量二氧化氮气体11、下列各组离子，在指定的环境中能够大量共存的是()A．滴加酚酞显红色的溶液中：K＋、S2-、SO32-、NO3-B．有HCO3-存在的无色透明溶液中：Na＋、K＋、Cl-、Fe3＋C．水电离的c(H＋)＝10-12mol·L-1的溶液中：Cl-、CO32-、NO3-、NH4+D．使石蕊变红的溶液中：Fe2＋、MnO4-、NO3-、SO42-12、将等物质的量的硫酸和氢氧化钠反应后所得到的溶液蒸干，可得到NaHSO4。下列关于NaHSO4的说法中正确的是()A．因为NaHSO4是离子化合物，因此能够导电B．NaHSO4固体中阳离子和阴离子的个数比是2∶1C．NaHSO4固体熔化时破坏的是离子键和共价键D．NaHSO4固体溶于水时既破坏离子键又破坏共价键13、下列各物质中，不能由化合反应得到的是()A．FeCl3 B．FeCl2 C．Fe(OH)3 D．H2SiO314、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（）A．标准状况下，2.24LSO3含有的分子数为0.1NAB．0.1molFe粉与足量稀HNO3反应，转移电子数目为0.2NAC．22.4L(标况下)NO与0.5molO2混合充分反应，最后得到NO2分子小于NA个D．常温下，pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-数目为0.1NA15、为测定含镁3%～5%的铝镁合金中镁的质量分数，设计了2种实验方案，下列说法不正确的是方案一：镁铝合金加入足量的氢氧化钠溶液中充分反应后过滤，测定剩余固体质量；方案二：称量mg铝镁合金粉末，放在图中惰性电热板上，通电使其充分灼烧。测得固体质量增重。A．方案一中若称取5.4g合金粉末样品，投入VmL2.0mol/LNaOH溶液中反应，则V≥100mLB．方案一中测定剩余固体质量时，过滤后未洗涤固体就干燥、称量，则镁的质量分数偏高C．方案二中欲计算镁的质量分数，实验中还需测定灼烧后固体的质量D．方案二中若用空气代替O2进行实验，则测定结果偏高16、下列有关物质性质的应用正确的是（）A．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂B．二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸C．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气D．氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝17、短周期元素W、Q、X、Y在元素周期表中的位置如右图，其中X是两性金属元素。则A．简单离子半径：X<QB．气态氢化物的稳定性：Y>QC．X的族序数大于周期数D．Y氧化物对应水化物是强酸18、某学生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液与0.5mol/LNa2CO3溶液的反应，实验如下。实验1实验2下列分析正确的是（）A．实验1中，白色沉淀a是Al2(CO3)3B．实验2中，白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2C．检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液D．实验1、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关19、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍。下列说法正确的是A．最高价氧化物对应的水化物的酸性：B＞EB．原子半径：C＞B＞AC．气态氢化物的热稳定性：E＞CD．化合物DC与EC2中化学键类型相同20、M、N、X、Y均为常见的物质，它们之间有如下转化关系（反应条件和其他产物已略去），则下列判断错误的是（）A．M是C，X是O2 B．M是Ca(OH)2，X是Na2CO3C．M是NaOH，X是CO2 D．M是Cl2，X是Fe21、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22、下列有关物质性质和用途具有对应关系的是A．Na2O2呈淡黄色，可用于呼吸面具供氧B．金属Al具有导电性，可用于防锈涂料制造C．ClO2具有强氧化性，可用于饮用水消毒D．氯化铁易水解，可用于腐蚀铜制线路板二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E五种物质均含有同一种元素X，它们之间有如下转化关系：(1)若A为单质，仅B、C属于盐类，且A、B、C中元素X的化合价依次升高，C、D、E中元素X的化合价相同。则D的颜色为__________；E的名称为____________。(2)若A为单质，B、C均属于盐类，且B、C的水溶液中含X元素的离子所带电荷数之比为3：1，D是一种白色沉淀。则元素X在周期表中的位置是____________；A→C的反应中氧化剂的化学式为___________；C→D反应的离子方程式为__________________________________。(3)若A~E均为化合物。A是淡黄色固体，C、D、E均属于盐类，D→E→C是我国化学家发明的经典工业制备C的方法。则A的电子式为___________；D→E的化学方程式为：____________________________________。(4)若A为单质，C、D的相对分子质量相差16，B、E发生反应只生成一种产物，且属于盐类。则B→C的化学方程式为____________________________，E→C_________________________________。24、（12分）聚合物H是一种聚酰胺纤维，其结构简式为。该聚合物可广泛用于各种刹车片，其合成路线如下图所示：已知：①C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。②Diels－Alder反应：。（1）生成A的反应类型是________，D的名称是________，F中所含官能团的名称是_________。（2）B的结构简式是________；“B→C”的反应中，除C外，还生成的一种无机产物是______（填化学式）。（3）D＋G→H的化学方程式是_________。（4）Q是D的同系物，其相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有______种。其中，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1∶2∶2∶3的结构简式为_______（任写一种）。（5）已知：乙炔与1，3－丁二烯也能发生Diels－Alder反应。请以1，3－丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）_______。25、（12分）某化学研究性学习小组模拟工业生产流程制备无水氯化铁并对产物做如下探究实验。已知：①无水氯化铁在空气中易潮解，加热易升华；②工业上，向500～600℃的铁屑中通入氯气可生产无水氯化铁；③向炽热的铁屑中通入氯化氢可以生产无水氯化亚铁和氢气。（1）仪器N的名称是________。N中盛有浓盐酸，烧瓶M中的固体试剂是________（填化学式）。实验室配制FeCl3溶液时需将FeCl3固体溶于较浓的盐酸中，其原因是______（用离子方程式表示）（2）装置的连接顺序为________→________→________→________→________→________→________→d→e→f。（用小写字母表示，部分装置可以重复使用）（3）若缺少装置E，则对本实验造成的影响是________。（4）已知硫代硫酸钠（Na2S2O3）溶液在工业上可作脱氯剂，反应后Na2S2O3被氧化为Na2SO4，则装置D中发生反应的离子方程式为______________________

。（5）实验结束并冷却后，将硬质玻璃管及收集器中的物质一并快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油（反应过程中不振荡），充分反应后，进行如下实验：①淡红色溶液中加入过量H2O2溶液后，溶液红色加深的原因是________（用离子方程式表示）。②已知红色褪去的同时有气体生成，经检验气体为O2。该小组对红色褪去的原因进行探究。实验操作现象实验Ⅰ（取褪色后溶液3等份）第1份滴加FeCl3溶液无明显变化第2份滴加KSCN溶液溶液出现红色第3份滴加稀盐酸和BaCl2溶液产生白色沉淀实验Ⅱ（取与褪色后的溶液浓度相同的FeCl3溶液）滴加2滴KSCN溶液，溶液变红，再通入O2无明显变化由实验Ⅰ和Ⅱ可得出的结论为________。26、（10分）某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。（1）A中试剂为___________________________________________。（2）B中发生反应的化学方程式为______________________________________。（3）若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为________。（4）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。27、（12分）镁、铝、硫和钡元素是高中化学常见的元素，请运用相关性质回答下列问题：(1)镁、钡是位于同一主族的活泼金属元素。钡在元素周期表中的位置是：_______。铝也是一种活泼金属，钡的金属性比铝的_______(填“强”或“弱”）。工业上可用如下方法制取钡：Al+BaOBa↑+BaO·Al2O3,该法制钡的主要原因是_________。BaO·Al2O3的物质种类是_______(填“酸、碱、盐或氧化物”等）。(2)Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：第一步：准确称取agKIO3固体配成溶液。笫二步：加入适量H2SO4溶液和KI固体，滴加指示剂第三步：用Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL则c(Na2S2O3)=______mol/L。（已知：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-)某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的Na2S2O3浓度可能_____(填“不受影响”、“偏低”或“偏高”），原因是__________(用离子方程式表示）。28、（14分）（1）已知反应2HI（g）=H2(g)+I2(g)的△H=+11kJ·mol-1，1molH2（g）、1molI2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收436KJ、151KJ的能量，则1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为______________kJ。（2）某温度下，浓度都是lmol／L的两种单质气体X2和Y2，在密闭容器中反应生成气体Z。达到平衡时，X2、Y2、Z的浓度分别为0.4mol／L、0.8mol／L、0.4mol／L则该反应的化学方程式是____________________________。（3）对反应N2O4(g)2NO2(g)△H>0，在温度分别为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如右图所示，下列说法正确的是______。a．A、C两点的反应速率：A＞Cb．A、C两点的化学平衡常数：A＞Cc．A、C两点N2O4的转化率：A＜Cd．由状态B到状态A，可以用加热的方法29、（10分）由化学能产生的能量是目前人类使用的主要能源。请回答下列问题：（1）N2和O2在一定条件下反应生成NO2的热化学方程式为：1/2N2(g)+O2(g)====NO2(g)ΔH＝+34kJ·mol-1。该反应为________（“放热”“吸热”）反应。（2）化学反应中的能量变化源自于化学反应中化学键变化时产生的能量变化。下表为一些化学键的键能：化学键键能（kJ·mol-1）化学键键能（kJ·mol-1）N≡N942H—O460N—H391O==O499H—H437①写出N2和H2反应合成氨的热化学方程式________________________。②已知：1molH2O(g)转化为1molH2O(l)时放出44.0kJ的热量。计算1gH2完全燃烧时放出的热量______________。H2O(g)的稳定性___________（“大于”“小于”）H2O(l)。（3）写出NH3(g)在O2(g)中完全燃烧生成NO2(g)和H2O(g)的热化学方程式________________。

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【详解】①(O2):(NO2)=1:2，不能说明正逆反应速率相等，不能判断平衡；②单位时间内生成nmolO2说明生成2nmolNO，同时，消耗2nmolNO，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡；③剩余NO2、NO、O2的物质的量之比为2:2:1，不能说明反应达到平衡；④根据ρ=，反应中均为气体，混合气体质量不变，恒容V不变，混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡；⑤二氧化氮显红棕色，混合气体的颜色不再改变，说明二氧化氮的浓度不再改变，反应达到平衡；⑥根据M=，反应中均为气体，混合气体质量不变，该反应气体总的物质的量减小，故M变化，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应达到平衡；综上，能说明反应达到平衡的有②⑤⑥，有3个；答案选B。2、A【详解】①盐卤(含MgCl2)与石灰乳反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，由于Mg2+水解Mg2++2H2O⇌Mg(OH)2+2H+，加热蒸发时HCl挥发，平衡向右移动，所以得不到无水MgCl2，故①错误；②氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中加入足量的盐酸，生成氯化铝，得不到氢氧化铝，故②错误；③氨催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，符合各步转化，故③正确；④电解氯化钠溶液生成氢气、氢氧化钠和氯气，氯气与铁反应只能生成氯化铁，得不到氯化亚铁，故④错误；⑤硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故⑤错误；⑥SiO2与氢氧化钠反应Na2SiO3，Na2SiO3中通二氧化碳发生反应生成H2SiO3，符合各步转化，故⑥正确；故③⑥正确，故选A。【点睛】本题的易错点为①，要注意加热氯化镁溶液得不到无水MgCl2，需要在氯化氢气氛中蒸发，才能得到无水MgCl2。3、D【详解】A、新制饱和氯水中含有HClO，HClO不稳定，在光照条件下会发生分解：2HClO2HCl＋O2↑，浓硝酸在光照条件下会发生分解：4HNO34NO2↑＋2H2O＋O2↑，故A不符合题意；B、因为瓷坩埚中的SiO2能与NaOH反应，故灼烧NaOH固体时不能使用瓷坩埚，一般使用铁坩埚加热熔融NaOH，故B不符合题意；C、钠在空气燃烧，生成物为淡黄色固体过氧化钠，钠在氯气中燃烧，生成物为白色固体氯化钠，因钠元素的焰色反应为黄色，故钠在空气和氯气中燃烧，火焰皆呈黄色，故C不符合题意；D、浓硫酸具有强酸性和强氧化性，但在常温下不与Cu反应，在加热条件下，与Cu反应生成物为硫酸铜、二氧化硫、水，不会生成H2，故D符合题意。4、D【详解】A．在d点c(CO32-)=1.4×10-4

mol•L-1，因室温时，CaCO3的溶度积Ksp=2.8×10-9，所以c(Ca2+)=2×10-5

mol•L-1，故x的数值为2×10-5，选项A正确；B．在c点c(Ca2+)＞×10-5

mol•L-1，即相当于增大c(Ca2+)，平衡左移，有CaCO3生成，选项B正确；C．b点与d点在相同的温度下，溶度积相等，选项C正确；D．d点为饱和溶液，加入蒸馏水后如仍为饱和溶液，则c(Ca2+)、c(CO32-)都不变，如为不饱和溶液，则二者浓度都减小，故不可能使溶液由d点变成a点，选项D错误；答案选D。5、D【分析】本题主要考查氧化还原反应，氧化还原反应的电子转移数目计算。Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，结合电子守恒来解答。【详解】A.该反应中CuSO4将白磷氧化为H3PO4，错误；B.因为1molCuSO41/3molCu3P得到1mole-，1molP44molH3PO4失去20mole-，故1molCuSO4可氧化0.05molP4，错误；C.Cu3P只是还原产物，错误；D.根据反应中各元素化合价变化，该反应可写为6P4（还原剂）+5P4+60CuSO4（氧化剂）+96H2O===20Cu3P（还原产物）+24H3PO4（氧化产物）+60H2SO4，白磷发生歧化反应，其中作氧化剂和还原剂的白磷的质量之比为5:6，正确。6、A【详解】A.根据题干中信息，可利用氧化还原配平法写出化学方程式：6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，可知KClO3做氧化剂，同时根据计量数关系亦知每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗n/6molKClO3，A项错误；B.绿矾溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转系为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减小，因而水溶液的pH增大，B项正确；C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而净水，C项正确；D.多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。[Fe(OH)]2+的水解相当于Fe3+的二级水解，由于其所带的正电荷比Fe3+少，因而在相同条件下，其结合水电离产生的OH-的能力较弱，故其水解能力不如Fe3+，即在相同条件下，一级水解的程度大于二级水解，D项正确。故答案选A。7、A【详解】A．异丁烷的结构式为，写成结构简式为(CH3)3CH，A正确；B．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，比例模型为，B错误；C．熔融KHSO4的电离方程式：KHSO4→K++HSO4－，HSO4－在熔融状态下不能电离出H＋和SO42－，在水溶液中的电离方程式为KHSO4=K＋+H＋+SO42－，C错误；D．氮为7号元素，有2个电子层，原子核外电子的轨道表示式为，D错误。答案选A。8、C【解析】A、①的反应羧酸的羧基中羰基与醇发生加成反应，故A正确；B、②的反应中两个羟基同时连在同一碳原子上发生消去反应脱水，故B正确；C、根据酯化反应的过程，若用R18OH作反应物，产物是RˊCO18OR和H2O，故C错误；D、酯化过程中，用浓硫酸吸收了反应生成的水，使反应朝着有利于生成更多的RˊCOOR的方向移动，有利于②的过程，故D正确。正确答案选C。9、C【详解】A.应将钠表面的煤油用滤纸吸干且烧杯中不能装满水，A错误；

B.分别向NaHCO3与Na2CO3溶液中滴加澄清石灰水，都有白色沉淀产生，无法鉴别，可滴加氯化钡溶液加以鉴别，B错误；

C.Na2O2与CO2反应生成氧气，棉花燃烧说明达到了着火点，能证明Na2O2与CO2的反应是放热反应，C正确；

D.观察钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，D错误；

答案选C。10、A【分析】A.煤油隔绝空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化；

B.NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷有生成NH4Cl；C.碘易溶于酒精，不分层；

D.二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮气体。【详解】A.煤油隔绝空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，则图中装置可制取Fe(OH)2并观察其颜色，所以A选项是正确的；

B.NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又生成NH4Cl，因此得不到氨气，故B错误；C.碘易溶于酒精，不分层，不能利用分液漏斗来分离，故C错误；

D.二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮气体，不能用排水法收集二氧化氮，故D错误。

所以A选项是正确的。11、A【分析】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应、不能发生相互促进的双水解等，则离子就能大量共存，并注意利用指定环境来分析解答。【详解】A.滴加酚酞显红色的溶液显碱性，在碱性条件下，该组离子之间不反应，则能够大量共存，A项正确；

B.有HCO3-存在的无色透明溶液中，不能大量共存Fe3+，因有Fe3+的溶液为棕黄色，且HCO3-能与Fe3+相互促进水解生成沉淀和气体，则不能大量共存，B项错误；

C.水电离的c(H+)=10-12mol/L的溶液，可能为酸溶液或碱溶液，若为酸溶液，H+与CO32-反应；若为碱溶液，OH-与NH4+反应，则不能大量共存，C项错误；

D.使石蕊变红的溶液显酸性，则Fe2+与NO3-（H+）发生氧化还原反应，Fe2+与MnO4-也发生氧化还原，则不能大量共存，D项错误；

答案选A。【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。还有一些限定条件如：常温下水电离出来的H+和OH-浓度为1×10-10，小于1×10-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。12、D【解析】A．虽然NaHSO4是离子化合物，但其固体中不存在自由移动的阴阳离子，因而不能导电，A错误；B．NaHSO4固体中阳离子（Na＋）和阴离子(HSO4－)的个数比是1∶1，B错误；C．NaHSO4固体熔化时破坏的只是离子键，C错误；D．NaHSO4固体溶于水时电离成Na+、H+和SO42－，破坏的是离子键和共价键，D正确；答案选D。13、D【详解】A.铁在氯气燃烧生成氯化铁，属于化合反应，故A不符合题意；B.氯化铁和铁发生化合反应生成氯化亚铁，故B不符合题意；C.氢氧化亚铁与氧气、水化合生成氢氧化铁，故C不符合题意；D.硅酸不能通过化合反应制备，故D符合题意。综上所述，答案为D。14、C【详解】A.标准状况下，SO3不是气体，不能用气体摩尔体积准确计算其分子数，A错误；B.若稀HNO3足量，Fe和HNO3反应生成Fe3+，转移电子数为0.3NA，若稀HNO3不足量，Fe和HNO3反应生成Fe2+，转移电子数为0.2NA，故B错误；C.根据2NO+O2=2NO2反应，标况下22.4LNO与0.5molO2混合充分反应，最后得到1molNO2分子，因为2NO2N2O4的存在，所以最后得到NO2分子小于NA个，故C正确；D.未给溶液的体积，无法计算OH-数目，故D错误；答案选C。15、A【解析】A.含镁为5%时，金属铝的含量最低，5.4g合金中铝的质量为5.13g；则根据反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，2Al～2NaOH，5.13/27：V×10-3×2=2:2，解得V=95mL，因此取5.4g合金粉末样品，投入VmL2.0mol/LNaOH溶液中反应，则V≥95mL，A错误；B.方案一中金属铝与氢氧化钠溶液反应，过滤后剩余固体镁；测定剩余固体质量时，过滤后未洗涤固体就干燥、称量，相当于镁的质量偏大，则镁的质量分数偏高，B正确；C.Mg、Al均与氧气反应,生成金属氧化物，则还需测定生成物的质量，根据质量守恒列方程可以求出金属镁的质量，进而求出镁的质量分数，C正确；D.空气中有氮气和氧气，金属镁能够与氮气反应生成氮化镁，灼烧后固体质量增大，金属镁的质量偏大，测定结果偏高，D正确；综上所述，本题选A。16、A【解析】A．液氨汽化时要吸收大量的热，，从而可以使环境的温度降低，因此可用作制冷剂，正确；B．二氧化硅不与强酸反应，但是可以与氢氟酸发生反应，而石英器皿中的含义大量的二氧化硅，因此不可用石英器皿盛放氢氟酸，错误；C．生石灰能与水反应，也可以与Cl2发生反应，因此不可用来干燥氯气，错误；D．氯化铝是一种电解质，但是由于该物质是分子晶体，无离子，因此不能用于电解制铝，错误。答案选A。17、A【解析】X是两性金属元素，则X是Al，所以W是N，Q是O，Y是S。A、核外电子排布相同的离子，其离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径Q＞X，A正确；B、氧元素非金属性强于S，则氢化物稳定性是O＞S，B错误；C、铝是第三周期第ⅢA族，族序数和周期序数相等，C错误；D、S元素的最高价含氧酸硫酸是强酸，但亚硫酸是弱酸，D错误，答案选A。18、C【分析】由现象可知：实验1发生完全双水解反应生成Al(OH)3，实验2过量的Na2CO3与完全双水解反应生成Al(OH)3发生反应。【详解】A.实验1中，沉淀溶解，无气泡，白色沉淀a是Al(OH)3，故A错误；B.实验2中，沉淀溶解，少量气泡，该气体是CO2，但不能说明白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2，故B错误；C.检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，即可检验有无SO42-，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验，故C正确；D.实验1、2中，过量Al2(SO4)3溶液显酸性，过量Na2CO3溶液显碱性，不能确定白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关，故D错误；答案选C。【点睛】注意D项中，强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。19、A【分析】A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，该化合物为氨气，A为H，B为N；D原子最外层电子数与最内层电子数相等，则D的质子数=2+8+2=12，D为Mg；化合物DC中两种离子的电子层结构相同，C为O；A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍，E为Si。【详解】A.N的非金属性强于Si，最高价氧化物对应的水化物的酸性B＞E，A正确；B.同周期，原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径N>O，即B>C>A，B错误；C.元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物的热稳定性C>E，C错误；D.化合物DC为MgO，EC2为SiO2，DC中为离子键，EC2为共价键，D错误；故答案选A。【点睛】日常学习中注意积累相关元素化合物在实际生产生活中的应用，以便更好地解决元素化合物的推断题。20、B【分析】依据转化关系的特征是M和X能反应两部连续反应说明变化过程中存在变价元素的物质，结合选项中的物质进行分别推断。【详解】A．M是C，X是O2，可存在转化关系：，符合转化关系，故A正确；B．M是Ca(OH)2，X是Na2CO3，，CaCO3不能继续与Na2CO3反应，故B错误；C．M是NaOH，X是CO2，可存在转化关系：，符合转化关系，故C正确；D．M是Cl2，X是Fe，可存在转化关系：，符合转化关系，故D正确。答案选B。21、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。22、C【详解】A.Na2O2可用于呼吸面具供氧，是因为可以与二氧化碳以及水反应生成氧气，与颜色无关，A错误；B.金属Al可用于防锈涂料制造，是因为铝表面有一层致密的氧化铝薄膜，可以进一步阻止生锈，与导电性没有关系，B错误；C.ClO2具有强氧化性，因此可用于饮用水消毒，C正确；D.氯化铁可用于腐蚀铜制线路板，是利用了铁离子的氧化性，与铁离子水解没有关系，D错误；答案选C。二、非选择题(共84分)23、红褐色氧化铁3周期IIIA族H2OAlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓4NH3+5O24NO+6H2O3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O【详解】(1)若A为单质，仅B、C属于盐类，且A、B、C中元素X的化合价依次升高，C、D、E中元素X的化合价相同，据此信息可知X为变价元素铁，则A为铁，B为氯化亚铁、C为氯化铁，D为氢氧化铁、E为氧化铁，所以则D的颜色为红褐色；E的名称为氧化铁；综上所述，本题答案是：红褐色；氧化铁。(2)若A为单质，B、C均属于盐类，且B、C的水溶液中含X元素的离子所带电荷数之比为3：1，D是一种白色沉淀；据以上分析可知X为铝元素；则A为铝，B为铝盐、C为偏铝酸盐，D为氢氧化铝、E为氧化铝；铝原子的核电荷数为13，在周期表中的位置是3周期IIIA族；铝与强碱水溶液反应生成偏铝酸盐和氢气，铝做还原剂，H2O做氧化剂；偏铝酸盐溶液中通入足量的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；综上所述，本题答案是：3周期IIIA族；H2O；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。(3)若A~E均为化合物。A是淡黄色固体，为过氧化钠；C、D、E均属于盐类，D→E→C是我国化学家发明的经典工业制备C的方法，该方法为侯氏制碱法，所以C为碳酸钠；因此A：Na2O2，B:NaOH，C:Na2CO3，D:NaCl，E:NaHCO3；Na2O2属于离子化合物，电子式为：；氯化钠溶液中通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，化学方程式为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓；综上所述，本题答案是：；NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓。(4)若A为单质，C、D的相对分子质量相差16，B、E发生反应只生成一种产物，且属于盐类，据以上信息可知：则A：N2；B：NH3；C：NO；D：NO2；E：HNO3；氨气发生催化氧化生成一氧化氮，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，化学方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；综上所述，本题答案是：4NH3+5O24NO+6H2O；3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。【点睛】氢氧化钠与足量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸钠溶液通入足量的二氧化碳生成碳酸氢钠，氯化钠溶液通入氨气、二氧化碳和水，也能生成碳酸氢钠，这个反应容易忘掉，造成问题（3）推断出现问题。24、消去反应对苯二甲酸（或1，4－苯二甲酸）硝基、氯原子H2O10（任写一种）【分析】乙醇发生消去反应生成A为CH2=CH2，C被氧化生成D，D中含有羧基，C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，C发生氧化反应生成D，D中应该有两个羧基，根据H结构简式知，D为、G为；根据信息②知，生成B的反应为加成反应，B为，B生成C的反应中除了生成C外还生成H2O，苯和氯气发生取代反应生成E，E为，发生取代反应生成F，根据G结构简式知，发生对位取代，则F为，F发生取代反应生成对硝基苯胺。【详解】⑴C2H5OH与浓H2SO4在170℃下共热发生消去反应生成的A为H2C=CH2；由H的结构简式可知D为、G为；D为对苯二甲酸，苯与Cl2在FeCl3作催化剂的条件下反应生成的E()，E发生硝化反应生成的F()，F中所含官能团的名称是硝基和氯原子；故答案为：消去反应；对苯二甲酸(或1，4－苯二甲酸）；硝基、氯原子。⑵乙烯和发生Diels－Alder反应生成B，故B的结构简式是；C为芳香族化合物，分子中只含两种不同化学环境的氢原子，“B→C”的反应中，除C外，还生成的一种无机产物是H2O；故答案为：；H2O。⑶D＋G→H的化学方程式是；故答案为：。⑷D为，Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，如果取代基为−CH2COOH、−COOH，有3种结构；如果取代基为−CH3、两个−COOH，有6种结构；如果取代基为−CH(COOH)2，有1种，则符合条件的有10种；其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积比为1:2:2:3的结构简式为，故答案为：10；。⑸CH2=CHCH=CH2和HC≡CH发生加成反应生成,和溴发生加成反应生成,发生水解反应生成，其合成路线为，故答案为：。25、分液漏斗KmnO4Fe3++3H2O==Fe(OH)3+3H+aghdebcHCl与铁反应产生氢气与氯气会爆炸，且会产生杂质氯化亚铁S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2OH2O2将SCN－氧化成SO42-【解析】（1）根据仪器构造可知仪器N为分液漏斗；A装置用来制备氯气，从装置可知为固液不加热型制备氯气，选用浓盐酸与KMnO4（或KClO3）制取；（2）A装置制取氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，用饱和食盐水吸收氯化氢气体，所以a连接g连接h，在C装置中用浓硫酸吸收水蒸气，为吸收充分，导气管长进短出，则h连接d连接e，干燥纯净的氯气在B中与铁反应，则e连接b连接c，氯气不能直接排放，用硫代硫酸钠在D装置中尾气吸收，为防止D装置中的水蒸气进入氯化铁的收集装置，故尾气处理之前再接一个干燥装置；故答案为：a，g，h，d，e，b，c；（3）若缺少装置E，氯气中混有HCl，HCl和Fe反应生成的H2与Cl2混合受热发生爆炸，且有杂质氯化亚铁生成；检验是否有亚铁离子生成，可取少量产物于一洁净的试管种加少量水将产物溶解，向其中滴加铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，则证明存在氯化亚铁；（4）装置D中，硫代硫酸钠（Na2S2O3）与氯气反应，Na2S2O3被氧化为Na2SO4，氯气被还原为氯离子，离子方程式为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+；（5）①加入KSCN溶液，溶液淡红色，说明有铁离子，加入过量的过氧化氢溶液，溶液变深红色，说明铁离子浓度变大，即溶液中有亚铁离子，过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子使铁离子浓度增大，离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；②红色褪去的同时有气体生成，经检验气体为O2，说明有氧化还原反应的发生，实验I说明溶液中铁离子没有变化，有硫酸根离子生成，实验Ⅱ另取同浓度的FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化，说明O2不能氧化SCN-，则该硫酸根离子由H2O2将SCN-氧化成SO42-。26、NaOH溶液2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑偏小【分析】测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量，因Mg与NaOH不反应，而Al与NaOH反应，由实验可知，A中为NaOH溶液，B中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，C、D为量气装置，B中剩余固体为Mg，固体质量差为Al的质量，利用氢气的体积可计算铝的质量分数和铝的相对原子质量。【详解】Mg与NaOH不反应，而Al与NaOH反应，由实验可知，A中为NaOH溶液，B中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，C、D为量气装置，(1)由上述分析可知，A为NaOH溶液；(2)B中发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；(3)B中剩余固体的质量为cg，为Mg的质量，则Al的质量为（a-c）g，测得氢气体积为bmL，其物质的量为×10-3mol；根据2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，Al的物质的量为×10-3mol=mol，则Al的摩尔质量为=g/mol，原子量为；(4)若未洗涤过滤所得的不溶物，c值偏大，则造成（a-c）变小，由铝的质量分数为×100%可知，实验过程中铝的质量分数偏小。27、第六周期第IIA族强Ba的沸点比Al的低盐6000a/214V或3000a/107V偏低O2+4H++4I-=2I2+2H2O【解析】(1)钡位于周期表第六周期，镁、钡是位于同一主族的金属元素，钡原子最外层电子的电子数为2，位于第六周期第IIA族；利用