2026届福建省龙岩市连城县第一中学化学高三上期中学业水平测试模拟试题含解析

2026届福建省龙岩市连城县第一中学化学高三上期中学业水平测试模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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，下列有关说法中正确的是（）A．明矾能水解产生具有吸附性的胶体粒子，可以用于饮用水的杀菌消毒B．菜刀洗净后擦干是为了防止发生化学腐蚀C．漂白粉溶液可用于夏天游泳池杀菌消毒D．淀粉溶液和Fe3O4纳米材料都具有丁达尔效应2、电池总反应为Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO(OH)，下列叙述正确的是()A．该电池的正极为锌B．该电池反应中二氧化锰起催化剂作用C．0.1mol反应时，流经电解液的电子数为0.2molD．正极反应式为MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-3、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．12.4g白磷（P4）中所含的P-P键数目为0.6NAB．40gSiC晶体中含有SiC分子的数目为NA个C．1mol麦芽糖完全水解后产生的葡萄糖分子数目为NAD．标准状况下，2molNa2O2与44.8LSO2完全反应，转移的电子数目为2NA4、下列化学反应先后顺序判断正确的是（）A．向含有等物质的量的Ba（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2，与CO2反应的物质依次是：KOH、Ba（OH）2、BaCO3B．向含有等物质的量的Fe2+、Ag+、Cu2+的混合溶液中加入Zn，与Zn反应的离子依次是：Ag+、Cu2+、Fe2+C．向含有等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-的混合溶液中滴加盐酸，与盐酸反应的物质依次是：AlO2-、Al（OH）3、OH-、CO32-D．在含有等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气，与氯气反应的离子依次是：I-、Br-、Fe2+5、下列说法中，正确的是A．阳离子只能得到电子被还原，只能作氧化剂B．海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D．为减少中和滴定实验的误差，锥形瓶必须洗净并烘干后使用6、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，2.24L甲烷与7.1g氯气在光照条件下反应得到CH3C1的分子数为0.1NAB．1molNaBH4与足量水反应生成NaBO2和H2时转移的电子数为8NAC．含0.1molNH4HSO4的溶液中，阳离子数目略大于0.2NAD．1L0.1mol·L-1盐酸中有0.1NA个H+7、碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I−的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。已知淀粉遇单质碘变蓝，下列说法中正确的是A．向含I−的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液一定变蓝B．途径II中若生成1molI2，消耗1molNaHSO3C．氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>IO3−D．一定条件下，I−与IO3−可能生成I28、下列离子方程式书写错误的是（）A．在蓝色的淀粉溶液中通入足量SO2后成无色溶液：I2+SO2+2H2O=2I－+SO42－+4H＋B．饱和Na2CO3溶液中通入CO2足量：2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓C．向酸性KMnO4溶液中加入H2O2：2MnO4－+3H2O2+6H+＝2Mn2++4O2↑+6H2OD．钠投入CuSO4溶液中：2Na＋Cu2+＋2H2O=2Na+＋Cu（OH）2↓＋H2↑9、化学与生活、环境、科技等密切相关。下列说法不正确的是A．“煤改气”，“煤改电”等清洁能源工程有利于减少雾霾天气B．人类超量碳排放、氮氧化物和二氧化硫的排放是形成酸雨的主要原因C．石墨烯弹性气凝胶制成的轻质“碳海绵”可用作处理海上原油泄漏的吸油材料D．白葡萄酒含维生素C等多种维生素，通常添加微量SO2防止营养成分被氧化10、阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是A．0.1molNaHSO4晶体中，含有H+的数目为0.1NAB．10g46%的乙醇水溶液中，氧原子的个数为0.1NAC．标准状况下，22.4LSO3含有的分子数为NAD．质量均为20g的1H218O与D2O中所含中子数均为10NA11、有些古文或谚语包含了丰富的化学知识，下列解释不正确的是选项古文或谚语化学解释A日照香炉生紫烟碘的升华B以曾青涂铁，铁赤色如铜置换反应C煮豆燃豆萁化学能转化为热能D雷雨肥庄稼自然固氮A．A B．B C．C D．D12、可以充分说明反应P（g）＋Q（g）R（g）＋S（g）在恒温下已达到平衡的是A．反应容器内的压强不随时间改变B．反应容器内P、Q、R、S四者共存C．P的生成速率和S的生成速率相等D．反应容器内的气体总物质的量不随时间变化13、下列事实与盐类的水解无关的是A．用明矾净水B．用稀盐酸清除铁锈C．用热的纯碱溶液清洗油污D．配制FeCl3溶液时加入少量盐酸14、用下列仪器或装置(夹持装置略)进行实验，不能达到实验目的的是()A．实验室制取氨气B．分离乙酸乙酯和碳酸钠溶液C．制备无水氯化镁D．证明醋酸为弱酸A．A B．B C．C D．D15、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．11.2LCl2通入足量NaOH溶液中充分反应,转移的电子数目为0.5NAB．4.4g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的电子数目为2.2NAC．常温下,1.0LpH=1的H2SO4溶液中含有的H+数目为0.2NAD．2.1g环己烷中含有的共价键数目为4.5NA16、下列实验操作或装置能达到目的的是（）ABCD混合浓硫酸和乙醇配制一定浓度的溶液收集气体证明乙炔可使溴水褪色A．A B．B C．C D．D17、实验室隔绝空气加热硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]至分解完全并确定分解产物成分的装置如图所示(已知分解的固体产物可能有FeO、Fe2O3和Fe3O4，气体产物可能有NH3、N2、H2O、SO3和SO2)。下列说法中错误的是A．取①中固体残留物与稀硫酸反应并滴加KSCN溶液，溶液变血红色，则残留物一定没有FeOB．装置②用于检验分解产物中是否有水蒸气生成，试剂X最好选用无水硫酸铜C．装置③中若有白色沉淀生成，则分解产物中有SO3气体D．装置④用于检验分解产物中是否有SO2气体18、下列有关实验的描述正确的是A．向碘化钠稀溶液中加入新制氯水立即生成大量紫黑色固体B．向分别装有1gNa2CO3和NaHCO3固体的试管中滴入几滴水，温度高的为Na2CO3C．将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，变红，说明样品变质D．中和热测定时环形玻璃搅拌棒要不断顺时针搅拌，目的是为了混合均匀，充分反应19、H3PO4是三元酸，如图是在常温下溶液中含磷微粒的物质的量分数(δ)随pH变化示意图。下列说法不正确的是A．磷酸的第二级电离平衡常数约为10-7.2B．在NaH2PO4溶液中：c()>c(H3PO4)C．在磷酸中滴加NaOH溶液至pH=7，c(Na+)=2c()+c()D．Na3PO4溶液中：c(Na+)=3c()+3c()+3c()+3c(H3PO4)20、下列有关水电离情况的说法正确的是A．25℃，pH=12的烧碱溶液与纯碱溶液，水的电离程度相同B．其它条件不变，CH3COOH溶液在加水稀释过程中，c(OH－)/c(H＋)一定变小C．其它条件不变，稀释氢氧化钠溶液，水的电离程度减小D．其它条件不变，温度升高，水的电离程度增大，Kw增大21、硫酸锶（SrSO4）在水中的沉淀溶解平衡曲线如下，下列说法正确的是A．温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO42-)的增大而减小B．三个不同温度中，313K时Ksp(SrSO4)最大C．283K时，图中a点对应的溶液是饱和溶液D．283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后变为不饱和溶液22、浓硫酸有许多重要的性质，在与含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是A．酸性 B．脱水性 C．强氧化性 D．吸水性二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E为短周期元素,A-E原子序数依次增大,质子数之和为40,B、C同周期,A、D同主族,A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2,E是地壳中含量最多的金属元素。(1)E元素在周期表中的位置为__________；B、C的氢化物稳定性强的是________(用化学式表示,下同)；B、C、D组成的化合物中含有的化学键为_____________(2)D2C2的电子式是_________,将D的单质投入A2C中,反应后得到一种无色溶液,E的单质在该无色溶液中反应的离子方程式为______________；(3)元素D的单质在一定条件下,能与A单质化合生成氢化物DA,熔点为800℃。DA能与水反应放出氢气,化学反应方程式为_____________。(4)废印刷电路版上含有铜,以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜,再用硫酸溶解。现改用A2C2和稀硫酸浸泡既达到了上述目的,又保护了环境,试写出反应的化学方程式__________________________24、（12分）M是日常生活中不可缺少的调味品。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质间的转化关系如下图所示（部分产物已略去）（1）若A是地売中含量最多的金属元素，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中A元素与溶液中A元素的质量相等，则A的该氯化物溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能为________________________________。（2）若A是CO2气体，A与B溶液反应后所得的溶液再与盐酸反应，放出气体的物质的量与所加盐酸体积之间的关系如右图所示，则A与B溶液反应后溶液中的溶质为____________________（填化学式），物质的量之比为_______。（3）若A是一种正盐，A能分别与B、F溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，则A的化学式为_____________。（4）若A是一种盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入KSCN后溶液显红色，则由A转化成E的离子方程式是____________________________________________________。（5）若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2＋、Fe3＋、Al3+、SO42-、CO32-中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生如右图所示变化，由此可知，该溶液中肯定含有的离子为______________________________。25、（12分）某探究性学习小组拟用小颗粒状铝硅合金与足量稀硫酸的反应(其中硅与稀硫酸不反应)测定通常状况(约20℃，1atm)下气体摩尔体积的方法。拟选用下列实验装置完成试验：(1)该组同学必须选用的装置的连接顺序是(用管口字母，可不填满)：A接（_______）（_______）接（_______）(2)实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开其活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶。请你帮助分析原因_________________________。(3)实验结束时，该组同学应怎样测量实验中生成氢气的体积？____(4)实验中准确测得4个数据：实验前铝硅合金的质量m1g，实验后残留固体的质量m2g，实验后量筒中液面读数为VmL。则通常状况下气体摩尔体积Vm＝_________。若合金中含铜，测得的Vm将________(偏大/偏小/无影响)。26、（10分）亚硝酰氯(NOCl,熔点:-64.5℃,沸点:-5.5℃)是一种黄色气体,遇水易水解。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。（1）甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2,制备装置如下图所示:为制备纯净干燥的气体,下表中缺少的药品是:装置Ⅰ装置Ⅱ烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2①___②___制备纯净NOCu③___④___（2）乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl,装置如图所示:①装置连接顺序为a→________(按气流自左向右方向,用小写字母表示)。

②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外,另一个作用是____________。

③装置Ⅶ的作用是____________。

④装置Ⅷ中吸收尾气时,NOCl发生反应的化学方程式为________________。

（3）丙组同学查阅资料,查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下该混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为__________________。27、（12分）久置的Na2S固体会潮解、变质、颜色变黄，探究Na2S变质的产物。资料：ⅰ．Na2S能与S反应生成Na2Sx(黄色)，Na2Sx与酸反应生成S和H2S；ⅱ．BaS、BaSx均易溶于水，H2S可溶于水，BaS2O3微溶于水；ⅲ．白色的Ag2S2O3难溶于水，且易转化为黑色Ag2S。将久置的Na2S固体溶于水，溶液呈黄色。取黄色溶液，滴加稀硫酸，产生白色沉淀(经检验该沉淀含S)。(1)推测Na2S变质的产物含有Na2Sx，实验证据是______。(2)研究白色沉淀产生的途径，实验小组同学进行如下假设：途径一：白色沉淀由Na2Sx与稀硫酸反应产生。途径二：Na2S变质的产物中可能含有Na2S2O3，白色沉淀由Na2S2O3与稀硫酸反应产生。途径三：Na2S变质的产物中可能含有Na2SO3，白色沉淀由……①Na2S2O3与稀硫酸反应的化学方程式是______。②请将途径三补充完全：______。(3)为检验Na2S变质的产物中是否含有Na2S2O3，设计实验：①取黄色溶液，向其中滴加AgNO3溶液，产生黑色沉淀。由此得出结论：Na2S变质的产物中含Na2S2O3。有同学认为得出该结论的理由不充分，原因是______。②改进实验，方案和现象如下：实验一：实验二：a．实验一的目的是_______。b．试剂1是_______，试剂2是_______。(4)检验Na2S变质的产物中是否含有Na2SO4：取黄色溶液，加入过量稀盐酸，产生白色沉淀。离心沉降(分离固体)后向溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀。你认为能否根据实验现象得出结论？说明理由：_______。28、（14分）NOx、SO2是主要的大气污染物，能引发雾霾、光化学烟雾及酸雨。（1）NO2会产生硝酸型酸雨，硝酸型酸雨中主要溶质的化学式为_______________。（2）目前新出厂的汽车均加装尿素[CO（NH2）2]箱，尾气中NO、NO2及尿素以物质的量之比1:1：1加热催化生成无害气体的化学方程式为_____________________________。（3）氨化法同时脱硫脱硝的原理如下（已知NH4NO2在浓度较大时会分解）①“催化氧化”的目的是________________。②最终得到副产品的主要成分为____________（填化学式）。③相同条件下用氨水作吸收剂，NOx的脱除率与pH及的关系如图所示。pH及其他条件相同时，的比值越大，NOx的拖出率也越大，其主要原因是_________________。29、（10分）工业上以CO2和NH3为原料合成尿素。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：反应Ⅰ：2NH3(g)＋CO2(g)NH2CO2NH4(s)ΔH1＝－159.47kJ·mol－1反应Ⅱ：NH2CO2NH4(s)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH2＝＋72.49kJ·mol－1总反应Ⅲ：2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH3回答下列问题：(1)在相同条件下，反应Ⅰ分别在恒温恒容容器中和绝热恒容容器中进行，二者均达到平衡后，c(CO2)恒温________c(CO2)绝热(填“大于”“小于”或“等于”)；ΔH3＝____________。(2)某研究小组为探究反应Ⅰ中影响c(CO2)的因素，在恒温下将0.4molNH3和0.2molCO2放入容积为2L的密闭容器中，t1时达到化学平衡，c(CO2)随时间t变化曲线如图甲所示，在0～t1时间内该化学反应速率υ(NH3)＝____________；若其他条件不变，t1时将容器体积压缩到1L，t2时达到新的平衡。请在图甲中画出t1～t2时间内c(CO2)随时间t变化的曲线。___________________________________(3)在150℃时，将2molNH3和1molCO2置于aL密闭容器中，发生反应Ⅲ，在t时刻，测得容器中CO2转化率约为73%，然后分别在温度为160℃、170℃、180℃、190℃时，保持其他初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得CO2转化率并绘制变化曲线(见图乙)。在150～170℃之间，CO2转化率呈现逐渐增大的变化趋势，其原因是__________180℃时反应Ⅲ的平衡常数K＝____________(用含a的式子表示)。(4)侯氏制碱法主要原料为NaCl、CO2和NH3，其主要副产品为NH4Cl，已知常温下，NH3·H2O的电离常数Kb＝1.8×10－5，则0.2mol·L－1NH4Cl溶液的pH约为________(取近似整数)。

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、C【解析】试题分析：A、明矾净水利用Al3＋水解产生氢氧化铝胶体，吸附水中悬浮杂质，不能用于饮用水的杀菌和消毒，故错误；B、菜刀洗净后，擦干是为了防止发生电化学腐蚀，故错误；C、漂白粉具有强氧化性，用于杀菌和消毒，故正确；D、淀粉溶液属于胶体，具有丁达尔效应，胶体是分散系，属于混合物，Fe3O4纳米材料不是分散系，不具有丁达尔效应，故错误。考点：考查化学STS等知识。2、D【详解】A.由电池反应知，Zn元素化合价由0价变为+2价，所以Zn失电子作负极，故A错误；B.该原电池中二氧化锰参加反应且作氧化剂，故B错误；C.电子不进入电解质溶液，电解质溶液是通过离子定向移动形成电流，故C错误；D.正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-，故D正确；答案：D。3、A【详解】A.12.4g白磷含有的物质的量为0.1mol，0.1mol分子中含有键的物质的量为：，所含键数目为0.6NA，A正确；B.晶体为原子晶体，不存在分子，B错误；C.麦芽糖的水解产物全部为葡萄糖，则1mol麦芽糖水解后产生2mol葡萄糖，即2NA个，C错误；D.，则2mol与44.8L（等于2mol）完全反应，转移的电子数目为4NA，D错误；答案选A。【点睛】二氧化硅、碳化硅是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，二氧化硅是正四面体结构，1mol二氧化硅中含有的共价键为了4NA；白磷是分子晶体，正四面体型，1mol含有的共价键为6NA。4、B【分析】

【详解】A.氢氧化钡先与二氧化碳发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，故A错误；B.氧化性顺序：Ag+＞Cu2+＞Fe2+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Ag+、Cu2+、Fe2+，故B正确；C.若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应又生成AlO2-，反应顺序为OH-、AlO2-、CO32-，故C错误；D.离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，因为2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，故D错误；故选B。【点睛】本题考查反应的先后顺序，为高频考点，把握酸性、还原性、氧化性、溶度积等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强。同一反应体系有多种物质参加反应，确定反应先后顺序成为学习中的难点，特别是反应先后顺序与图像结合更困难。判断先后反应总原则是，先反应的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。1、同一氧化剂与多种还原剂反应，还原性较强的还原剂先发生反应。常见还原剂的还原性顺序：S2-＞I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-。2、与同一种还原剂反应，氧化性强的氧化剂优先发生反应。阳离子氧化性顺序与金属活动性顺序相反，其中铁对应的是亚铁离子，而不是铁离子，铁离子的氧化性强于铜离子，但弱于银离子。3、阳离子与OH-反应和阴离子与H+反应，用假设法判断离子反应的先后顺序，若优先反应的产物与其他离子能大量共存，该假设成立，否则，假设不成立。4、对于多种物质组成的混合物，要分清是物质本身发生反应，还是一种物质发生反应后，生成产物继续反应。例如，固体碳酸氢钠与氢氧化钠混合，氢氧化钠与碳酸氢钠反应，过量的碳酸氢钠发生分解等。5、B【详解】A.阳离子不一定只能得到电子被还原，如Fe2+既能得到电子被还原，又能失电子被氧化，故A错误；B.锌比铁活泼，海轮外壳上镶入锌块，利用牺牲阳极的阴极保护法可减缓船体的腐蚀，故B正确；C.吸热反应还是放热反应与反应条件无关，它取决于反应物和生成物的总能量相对大小，故C错误；D.锥形瓶没有必要洗净并烘干后使用，故D错误；答案选B。6、C【解析】A.甲烷和氯气的反应除了生成CH3C1还生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳,故所得到的CH3C1分子个数小于0.1NA个,故A错误；

B.NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2，根据反应可知，BH4-中氢由-1价升高到0价，发生氧化反应，1molNaBH4完全反应转移4mol电子，即转移的电子数为4NA，故B错误；C.NH4HSO4能够完全电离出铵根离子和氢离子，少量铵根离子发生水解：NH4++H2ONH3∙H2O+H+,1个铵根离子水解产生1个氢离子；水存在微弱电离：H2OH++OH-，所以含0.1molNH4HSO4的溶液中，阳离子数目略大于0.2NA，故C正确；D.氯化氢完全电离出氢离子和氯离子，水存在微弱电离：H2OH++OH-，所以1L0.1mol·L-1盐酸中H+数目略大于0.1NA，故D错误；综上所述，本题选C。7、D【详解】A.向含I-的溶液中通入少量Cl2，可产生碘单质，能使淀粉溶液变蓝，向含I-的溶液中通入过量Cl2，生成IO3-，不能使淀粉溶液变蓝，故A错误；B.根据转化关系2IO3-~I2~10e-,SO32-~SO42~2e-，途径II中若生成lmolI2，消耗5molNaHSO3，故B错误；C、由途径I可以知道氧化性Cl2>I2,由途径Ⅱ可以知道氧化性I2＜IO3-,由途径Ⅲ可以知道氧化性Cl2>IO3-,故氧化性的强弱顺序为Cl2>IO3->I2,故C错误；D、一定条件下，I-与IO3-可发生归一反应生成I2，故D正确；综上所述，本题应选D。8、C【解析】A.在蓝色的淀粉溶液中含有的I2被SO2还原而使溶液褪色：：I2+SO2+2H2O=2I－+SO42－+4H＋，故A正确；B.饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，NaHCO3溶解度小于Na2CO3，会有NaHCO3晶体析出：2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓，故B正确；C.离子方程式中得失电子数不相等，故C错误；D.钠投入CuSO4溶液中，2Na+2H2O2Na++2OH－＋H2↑，2OH－+Cu2+2Na++Cu(OH)2↓，总之，2Na＋Cu2+＋2H2O=2Na+＋Cu（OH）2↓＋H2↑，故D正确。故选C。点睛：书写离子方程式需要注意：(1)符合事实；(2)遵循质量守恒、电荷守恒、电子守恒；(3)强酸、强碱、可溶盐在水溶液中使用离子符号表示，其他情况下的物质均用化学式表示。9、B【解析】A.“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程减少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物，故有利于减少雾霾天气，A正确；B.碳产生的气体是CO2，不会造成酸雨，B错误；C.气凝胶制成的轻质“碳海绵”，具有吸附性，则可用作处理海上原油泄漏的吸油材料，C正确；D.二氧化硫具有还原性，可防止营养成分被氧化，D正确；故合理选项是B。10、D【解析】A.硫酸氢钠由1个钠离子和1个硫酸氢根构成，故0.1mol硫酸氢钠中含0.1mol钠离子和0.1mol硫酸氢根离子，不含H+，故A错误；B.乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子，10g46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为4.6g，物质的量为0.1mol，故含0.1mol氧原子；水的质量为10g-4.6g=5.4g，物质的量为0.3mol，故含0.3mol氧原子，故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为0.4mol，即个数为0.4NA个，故B错误；C.标准状况下，SO3是固体，无法计算其物质的量，故C错误；D.H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，故20g的1H218O与D2O的物质的量均为1mol，且两者中均含10个中子，故1mol1H218O与D2O中均含10NA个中子，故D正确。故答案选D。11、A【详解】A．烟是气溶胶，“日照香炉生紫烟”是丁达尔效应，故A错误；B．“曾青”是CuSO4溶液，铁与CuSO4发生置换反应，故B正确；C．“豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故C正确；D．“闪电下雨”过程发生的主要化学反应有：N2+O2=2NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3与土壤中的弱酸盐反应生成硝酸盐，农作物吸收NO3-中化合态的N，其中第一个反应是“将游离态的氮转化为化合态氮”，属于自然界固氮作用，故D正确；答案选A。12、C【详解】A．该反应为体积不变的可逆反应，反应容器内的压强不随时间改变时，不能说明反应处于平衡状态，A错误；B．任何的可逆反应中，反应物和生成物都同时存在，无法判断是否达到平衡状态，B错误；C．P的生成速率和S的生成速率之比为1：1，正逆反应速率相等，能说明反应达到了平衡状态，C正确；D．该反应方程式两边气体的物质的量不变，所以反应容器内气体的总物质的量不变时，不能说明反应达到平衡状态，D错误；答案选C。13、B【详解】A.明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性可用于净水，与盐类的水解有关，故A不选；B.稀盐酸与铁锈反应可用于清除铁锈，与盐类的水解无关，故B选；C.纯碱溶液中碳酸根水解呈碱性可以使油污发生水解反应生成可溶性物质，用于清洗油污，与盐类水解有关，故C不选；D.FeCl3溶液中铁离子易发生水解，加入少量盐酸增加氢离子浓度平衡逆移，可以防止铁离子的水解，与盐类水解有关，故D不选。故答案选：B。14、A【详解】A．实验室制取氨气的药品为氯化铵和氢氧化钙固体，不能直接加热氯化铵，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢和氨气在试管口反应生成氯化铵，得不到氨气，故A符合题意；B．乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液，乙酸乙酯密度比水密度小，用分液漏斗分离乙酸乙酯和碳酸钠溶液，故B不符合题意；C．氯化镁属于强酸弱碱盐，能够发生水解，溶液显酸性，加入酸能够抑制氯化镁的水解；在HCl气流中加热MgCl2∙6H2O得到氯化镁，故C不符合题意；D．醋酸钠溶液的pH为8.6，说明该盐显碱性，醋酸钠为强碱弱酸盐，说明醋酸是弱酸，故D不符合题意。综上所述，答案为A。15、B【详解】A、氯气所处的状态不明确，不一定是标况，故物质的量不一定是0.5mol，则转移的电子不一定为0.5NA个，故A错误；B、CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，故4.4g混合物的物质的量为0.1mol，且两者分子中均含22个电子，故0.1mol混合物中含2.2NA个电子，故B正确；C、1LpH=1的H2SO4溶液中含有的H+的数目=1L×0.1mol/L×NA=0.1NA，故C错误；D、环己烷的摩尔质量为84g/mol，2.1g环己烷的物质的量为0.025mol,而一个环己烷分子中含有共价键数为18，故2.1g环己烷中含有的共价键数目为0.45NA，故D错误。答案选B。【点睛】阿伏伽德罗常数的有关判断，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意环己烷结构特点。16、B【分析】A、乙醇的密度小于浓硫酸；B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切；C、二氧化氮的密度大于空气；D、乙炔中的杂质也能使溴水褪色。【详解】A、乙醇的密度小于浓硫酸，混合时应将浓硫酸沿烧杯壁倒入乙醇中，边倒边搅拌，若顺序相反则容易引起液体飞溅，故A不能达到目的；B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，故B能达到目的；C、二氧化氮的密度大于空气，集气瓶中的导气管应长进短出，故C不能达到目的；D、乙炔中的H2S等杂质也能使溴水褪色，应先通过一个盛碱液的洗气瓶将杂质除去，故D不能达到目的；故选B。【点睛】本题考查实验装置和基本操作，易错点D，学生易忽略实验室用电石制乙炔中的H2S等还原性杂质也能使溴水褪色。17、A【分析】装置①加热硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]，分解后的固体留在玻璃管中，气体进入后续装置；装置②装有固体试剂X，检验产物时需先检验水，故试剂X为无水CuSO4；装置③盛放HCl和BaCl2，可吸收氨气，也可检验SO，即检验气体中的SO3；装置④盛放H2O2和BaCl2，可将SO2氧化为SO并生成白色沉淀，用于检验气体中的SO2；装置⑤收集没有反应的气体N2。【详解】A.硫酸与FeO反应后生成Fe2+，Fe2+滴加KSCN溶液，溶液不变红，故A错误；B.根据分析可知，无水硫酸铜遇到水变蓝，所以通过无水硫酸铜是否变色判断是否产生水，故B正确；C.根据分析可知，装置③中盐酸可吸收氨气，水与三氧化硫反应生成硫酸，能与BaCl2反应可生成硫酸钡沉淀，故C正确；D.根据分析可知，装置④盛放H2O2和BaCl2，可将SO2氧化为SO并生成白色沉淀，用于检验气体中的SO2，故D错误；故答案：A。18、B【解析】碘离子被氯气氧化为碘单质，碘单质溶在水中，溶液显紫色，不能有紫色固体析出，A错误；Na2CO3溶于水放热多，所以温度高，B正确；Fe2+、NO3-在酸性环境下发生氧化还原反应，Fe2+被氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，样品不一定变质，C错误；用环形玻璃搅拌棒要轻轻搅动，防止热量散失，D错误。正确答案B。19、C【详解】A.磷酸的第二级电离平衡常数Ka2=，当=时，Ka2=c(H+)=10-7.2，A正确；B.在NaH2PO4溶液中：存在的电离平衡和水解平衡，电离产生H+使溶液显酸性，水解产生OH−和H3PO4，使溶液显碱性，但盐电离和水解程度是微弱的，由于NaH2PO4溶液呈酸性，所以主要以盐电离为主，所以溶液中微粒浓度：>c(H3PO4)，B正确；C.在磷酸中滴加NaOH溶液至pH=7，根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=2++3+c(OH−)，由于溶液显中性，所以c(H+)=c(OH−)，则c(Na+)=2++3>2+，C错误；D.在Na3PO4溶液中：根据物料守恒可得：c(Na+)=3+3+3+3c(H3PO4)，D正确；答案选C。20、D【解析】A.酸或碱抑制水的电离，含弱离子的盐促进水的电离，NaOH是强碱，Na2CO3是强碱弱酸盐，则NaOH抑制水的电离，Na2CO3促进水的电离，所以两者水解程度不同，故A项错误；B项，醋酸为弱酸，其它条件不变，稀释醋酸溶液，c(H+)减小，c(OH－)增大，所以c(OH－)/c(H＋)增大，故B错误；C.NaOH溶液显碱性，抑制水的电离，其它条件不变，稀释氢氧化钠溶液，其对水电离的抑制程度将降低，所以水的电离程度增大，故C项错误。D.温度升高，水的电离程度增大，c(OH－)和c(H＋)增大，所以KW=c(OH－)∙c(H＋)增大，故D项正确；答案为D。【点睛】本题主要考查碱性物质以及温度对水的电离的影响。加酸加碱抑制水的电离。升高温度水的离子积增大；盐类水解促进水的电离。21、B【详解】A.Ksp只与温度有关，与浓度无关，故A错误；B.Ksp=c(SO42-)∙c(Sr2+)由图象可知：在相同条件下，温度越低，Ksp(SrSO4)越大，所以温度越低时越大，故B正确；C.a点在283K溶解平衡曲线的下方，属于不饱和溶液，故C错误；D.283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后会有晶体析出，溶液还是属于饱和溶液，故D错误；答案选B。【点睛】Ksp只与温度有关，与浓度无关。22、A【详解】浓硫酸和含有水分的蔗糖作用，被脱水后生成了黑色的炭（碳化），并会产生二氧化碳、二氧化硫。反应过程分两步，浓硫酸吸收水，蔗糖(C12H22O11)在浓硫酸作用下脱水，生成碳单质和水，这一过程表现了浓硫酸的吸水性和脱水性：第二步，脱水反应产生的大量热让浓硫酸和C发生反应生成二氧化碳和二氧化硫，这一过程表现了浓硫酸的强氧化性。答案选A。【点睛】酸性需要通过酸碱指示剂，或者是化学反应中体现出来的，蔗糖遇到浓硫酸的实验中没有体现出酸性。二、非选择题(共84分)23、第三周期第ⅢA族H2O离子键、共价键2Al＋2H2O＋2OH-=2AlO2-＋3H2↑NaH＋H2O=H2↑＋NaOHH2O2＋H2SO4＋Cu=CuSO4＋2H2O【分析】E是地壳中含量最多的金属元素，则E为Al；A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，可判断两种液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H；C为O；A、D同主族，且原子序数大于O的，则D为Na；A-E原子的质子数之和为40，则B的序数为7，则为N。【详解】(1)E为Al，在周期表中的位置为第三周期IIIA族；B、C分别为N、O，且非金属性N<O，则氢化物的稳定性为NH3<H2O；B、C、D分别为N、O、Na，组成的化合物为NaNO3，含有离子键、共价键；(2)D2C2为过氧化钠，为离子化合物，电子式为；Al与氢氧化钠、水反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al＋2H2O＋2OH-=2AlO2-＋3H2↑；(3)元素Na可与氢气反应生成氢化钠，氢化钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，方程式为NaH＋H2O=H2↑＋NaOH；(4)过氧化氢有强氧化性，可与Cu、稀硫酸反应生成硫酸铜和水，方程式为H2O2＋H2SO4＋Cu=CuSO4＋2H2O。24、2:3或者2:7Na2CO3和NaHCO31:1(NH4)2SO34Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓或者分步写Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3）H+、NH4+、Al3+、SO42-【分析】已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰，所以C为氢气；D为氯气；若A是地売中含量最多的金属元素，则A为铝；AlCl3溶液和氢氧化钠溶液等体积混合后，可能发生的反应有Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+H2O,所以生成偏铝酸钠的总反应为Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O。若A是CO2气体，A与B溶液反应即CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2【详解】（1）当得到的沉淀物中A元素与溶液中A元素的质量相等，由反应的离子方程式可知，碱过量时n[Al(OH)3]=n(AlO2﹣)，此时c(AlCl3):c(NaOH)=2:7当碱量不足时，n[Al(OH)3]=n(AlCl3),此时c(AlCl3):c(NaOH)=2:3所以A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能为2:3或2:7。（2）图所示知00.1V盐酸时没有气体放出，发生的是Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；0.10.3V时气体完全放出，发生的是NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，所以A与B溶液反应后溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，根据消耗盐酸的体积知Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为1:1。答案：Na2CO3和NaHCO3、1:1。（3）因为B为NaOH，A是一种正盐能和NaOH生成具有刺激性气味的气体，则A中含有NH4+;因为F为HCl，A是一种正盐且A能与大dddHCl生成具有刺激性气味的气体，则A中含有SO32_;所以A为(NH4)2SO3。答案：(NH4)2SO3。（4）若A是一种盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入KSCN后溶液显红色,推断出A为亚铁盐溶液，E为Fe(OH)3，则由A转化成E的离子方程式是Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓或Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3）。（5）由图可以知道,开始加入NaOH没有沉淀和气体产生,则一定有H+,一定没有CO32-,后来有沉淀产生且最后消失,则一定没有Mg2＋,一定含有Al3+;中间段沉淀的质量不变,应为NH4++OH-=NH3H2O的反应,则含有NH4+,由电荷守恒可以知道一定含有SO42-,由此可知，该溶液中肯定含有的离子为H+、NH4+、Al3+、SO42-。25、EDG铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大待实验装置冷却后，上下移动量筒使其中液面与广口瓶中液面相平，再平视读取量筒中水的体积，即氢气在通常状况时的体积L•moL-1无影响【解析】(1)装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部；(2)镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大；(3)保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等是读取示数的关键点；(4)硅铝合金中，只有金属铝可以和硫酸反应产生氢气，硅和硫酸之间不反应，根据化学反应中量的关系来计算即可。【详解】(1)①装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：E、D、G；(2)镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大，导致硫酸不能顺利滴入锥形瓶；(3)根据气压原理，待实验装置冷却后，上下移动量筒使其中液面与广口瓶中液面相平，再平视读取量筒中水的体积，此时的体积即为常温常压下的体积，即氢气在通常状况时的体积；(4)实验前铝硅合金的质量m1g，实验后残留固体的质量m2g，则金属铝的质量是m1-m2，实验后量筒中液面读数为VmL，即产生的气体物质的量是，根据化学反应原理：

2Al～3H2↑

2

3即=，解得Vm=L•moL-1，若合金中含有金属铜，不会和硫酸之间反应，和含有硅是一样的结果，无影响。26、浓盐酸饱和食盐水稀硝酸水e→f(或f→e)→c→b→d通过观察气泡调节气体的流速防止水蒸气进入装置Ⅸ中NOCl+2NaOH＝NaCl+NaNO2+H2OHNO3(浓)+3HCl(浓)＝NOCl↑+Cl2↑+2H2O【解析】(1)实验室加热制取氯气是用MnO2与浓盐酸加热生成的，所以分液漏斗中装的是浓盐酸，装置Ⅱ是用于吸收氯气中HCl气体，所以内装饱和的食盐水；实验室里NO是用Cu和稀硝酸反应制取的，所以分液漏斗中装的是稀硝酸，装置Ⅱ是用于吸收NO中HNO3蒸气的，因此内装水即可。(2)已知NOCl沸点为-5.5℃，遇水易水解，所以可用冰盐冷却收集液体NOCl，再用装有无水CaCl2的干燥管Ⅶ防止水蒸气进入装置Ⅸ中使NOCl变质，由于NO和Cl2都有毒且污染环境，所以用NaOH吸收尾气，因此①接口顺序为a→e→f(或f→e)→c→b→d，②通过观察洗气瓶中的气泡的快慢，调节NO、Cl2气体的流速，以达到最佳反应比，提高原料的利用率，减少有害气体的排放，③装置Ⅶ中装有的无水CaCl2，是防止水蒸气进入装置Ⅸ中使生成的NOCl变质，④NOCl遇水反应生成HCl和HNO2，再与NaOH反应，所以反应的化学方程式为：NOCl+2NaOHNaCl+NaNO2+H2O。(3)由题中叙述可知，反应物为浓硝酸和浓盐酸，生成物为亚硝酰氯和氯气，所以可写出反应的化学方程式为HNO3(浓)+3HCl(浓)NOCl↑+Cl2↑+2H2O。点睛：本题要特别注意NOCl的性质对解题的影响，1、沸点为-5.5℃，冰盐可使其液化，便于与原料气分离；2、遇水易水解，所以制备前、制备后都要防止水蒸气的混入，这样才能找到正确的装置连接顺序。27、溶液呈黄色Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O白色沉淀由SO与S2-在酸性条件下反应产生(或白色沉淀由生成的H2S与SO2反应产生)剩余的Na2S也能与AgNO3溶液反应生成黑色的Ag2S沉淀确认Ag2SO4和Ag2SO3都不易转化为黑色固体，排除、SO对S2O检验的干扰BaCl2溶液AgNO3溶液可以，稀盐酸将S2O、SO等除去，不会产生干扰；或：不可以，检验过程中H2S等低价含硫物质被O2氧化【详解】（1）将久置的Na2S固体溶于水，溶液呈黄色，推测Na2S变质的产物含有Na2Sx（黄色）；（2）①Na2S2O3与稀硫酸反应生成二氧化硫和硫单质，化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O；②Na2S变质的产物中可能含有Na2SO3，白色沉淀由SO与S2-在酸性条件下反应产生(或白色沉淀由生成的H2S与SO2反应产生)；（3）①该结论的理由不充分，原因是：剩余的Na2S也能与AgNO3溶液反应生成黑色的Ag2S沉淀；②a.、SO有可能也和AgNO3溶液反应生成黑色固体，所以实验一的目的是：确认Ag2SO4和Ag2SO3都不易转化为黑色固体，排除、SO对S2O检验的干扰；b．黄色溶液中先加入BaCl2溶液生成白色沉淀BaS2O3；再加入AgNO3溶液白色沉淀转化为黑色沉淀Ag2S2O3；（4）可以，稀盐酸将S2O、SO等除去，不会产生