2026届上海外国语大学附属浦东外国语学校高三上化学期中学业质量监测模拟试题含解析

2026届上海外国语大学附属浦东外国语学校高三上化学期中学业质量监测模拟试题注意事项：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、运动会上使用的发令枪所用的“火药”主要成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白色烟雾。撞击时发生的化学反应方程式为：5KClO3+6P=3P2O5+5KCl，则下列有关叙述正确的是A．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为6∶5B．KCl既是氧化产物，又是还原产物C．上述反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量为15molD．因红磷和白磷互为同素异形体，上述火药中的红磷可以用白磷代替2、下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是①常温下NaNO2溶液的pH大于7②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗③HNO2和NaCl不能发生反应④常温下0.1mol·L-1HNO2溶液的pH＝2.1⑤常温下pH＝3的HNO2溶液和pH＝11的NaOH溶液等体积混合，pH小于7⑥常温下pH＝2的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1A．①④⑥ B．①②③④ C．①④⑤⑥ D．全部3、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．标准状况下，22.4L二氯甲烷中含有4NA极性共价键B．向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1molFe2+被氧化时，该反应中转移电子数目为3NAC．向1L0.5mol/L盐酸溶液中通入NH3至中性（忽略溶液体积变化），此时NH4+个数为0.5NAD．用惰性电极电解CuSO4溶液，标况下，当阴极生成22.4L气体时，转移的电子数为2NA4、25℃时，将10mL质量分数为50%（密度为1.4g/cm3）的硫酸稀释成100mL。下列说法正确的是（）A．上述100mL稀硫酸中含溶质14g，该稀硫酸不属于电解质B．上述稀释过程所需要的蒸馏水为90mLC．50%的硫酸溶液中溶质的物质的量浓度为7.14mol/LD．俯视容量瓶颈刻度线定容，所配溶液的浓度偏低5、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，X、Z同主族，Y与W形成的盐的水溶液呈中性。下列说法正确的是A．原子半径：r(Y)>r(Z)>r(X)B．简单气态氢化物的热稳定性：X>Z>WC．X、Y形成的化合物中一定不含共价键D．Z的氧化物的水化物与W的氧化物的水化物之间一定不能发生反应6、某研究性学习小组的同学利用MnO2、浓盐酸反应来制取干燥的氯气并验证其有无漂白性，所用装置如图所示(可重复使用，不含制气装置)。下列说法正确的是()A．按气流流动的先后顺序，装置连接顺序依次为DACBEB．按气流流动的先后顺序，装置连接顺序依次为DABAEC．装置E的主要用途是制备NaClOD．若实验中使用到装置C且有色布条褪色，则说明湿润的氯气有漂白性7、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．中性溶液中：Fe3+、NH4+、Br、HCO3-B．澄清透明的溶液中：Na+、Cu2+、NO3-、Cl-C．c(OH-)<的溶液中：Na+、Ca2+、ClO-、F-D．1mo/L的KNO3溶液中：H+、Fe2+、SCN-、SO42-8、下列说法中正确的是（）A．在铜和浓硫酸反应后的试管中加水，以观察溶液颜色B．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放C．用氯水进行水处理，夏季比冬季的效果好D．稀硝酸与金属反应生成金属硝酸盐，当还原产物只有NO时，参加反应的金属在反应后无论化合价怎样，参加反应的硝酸与还原产物物质的量之比始终为4∶19、下列陈述I、II均正确并且有因果关系的是（）选项陈述I陈述IIAFe2O3是红棕色粉末Fe2O3常做红色涂料BSiO2是两性氧化物SiO2可和HF反应CAl2O3难溶于水Al2O3可用作耐火材料DSO2有漂白性SO2可使溴水褪色A．A B．B C．C D．D10、用NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列叙述正确的是A．78g苯中含有的碳碳双键的数目为3NAB．16gCu2S和CuO组成的混合物中含有的阳离子数为0.2NAC．将1molH2与1molI2充入一密闭容器中充分反应后，转移的电子书为2NAD．1molFe与足量的浓硫酸共热反应，生成SO2的分子数为NA11、下列是25℃时某些弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是（）化学式CH3COOHHClOH2CO3KaKa=1.8×10－5Ka=3.0×10－8Ka1=4.1×10－7Ka2=5.6×10－11A．相同浓度CH3COONa和NaClO的混合溶液中，各种离子浓度的大小关系是：c(Na＋)＞c(ClO－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)B．向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液中至c(CH3COOH):c(CH3COO－)＝5：9，此时溶液的pH=5C．次氯酸钠溶液中通入少量CO2的离子方程式为：2ClO－＋CO2＋H2O＝CO32－＋2HClOD．pH相同的CH3COONa溶液、NaClO溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液：c(CH3COONa)＞c(Na2CO3)＞c(NaClO)＞c(NaOH)12、设NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A．标准状况下，11.2L的O2和NO的混合物含有的分子数约为0.5×6.02×1023B．1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为9NAC．常温常压下，42g乙烯和丁烯混合气体中，极性键数为6NAD．1molFe与足量的稀HNO3反应，转移2NA个电子13、科学家设计了一种可以循环利用人体呼出的CO2并提供O2的装置，总反应方程式为2CO2＝2CO＋O2。下列说法正确的是（）A．由图分析N电极为电池的正极B．阴极的电极反应为CO2＋H2O＋2e－＝CO＋2OH－C．OH－通过离子交换膜迁向左室D．反应完毕，该装置中电解质溶液的碱性增强14、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的某种单质是一种粮仓中常用的粮食保护气，Y和Z原子的最外层电子数之和等于W原子的最外层电子数，Z原子核外电子数是W原子最外层电子数的2倍。下列说法正确的是（）A．原子半径：r（Y）<r（X）<r（W）<r（Z）B．元素Z的最高价含氧酸的酸性比W的强C．元素Y、W的离子具有相同的电子层结构D．Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱15、离子方程式BaCO3＋2H+=CO2↑＋H2O＋Ba2＋中的H＋不能代表的物质是()①HCl②H2SO4③HNO3④NaHSO4⑤CH3COOHA．②④ B．①③ C．②④⑤ D．①⑤16、下列描述正确的是A．氯水的标签上应标注：B．S2-的结构示意图：C．苯的分子式：D．BeCl2的电子式：17、向含有1molFeCl2的溶液中通入0.2molCl2，再加入含0.1molX2O72—的酸性溶液，使溶液中Fe2＋恰好全部被氧化，并使X2O72—被还原为Xn＋，则n值为()A．2 B．3 C．4 D．518、实验表明，相同温度下，液态纯硫酸的导电性强于纯水。下列关于相同温度下纯硫酸的离子积常数K和水的离子积常数Kw关系的描述正确的是A．K>Kw B．K=Kw C．K<Kw D．无法比较19、化学反应N2+3H2→2NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是（）A．N2(g)+H2(g)→NH3(l)△H=-46kJ/molB．N2(g)+H2(g)→NH3(g)△H=-454kJ/molC．N2(g)+3H2(g)→2NH3(g)△H=-92kJ/molD．N2(g)+3H2(g)→2NH3(1)△H=+431.3kJ/mol20、有机物命名中常使用三套数字，甲、乙、丙…，1、2、3…，一、二、三…。其中“一、二、三…”指的是（）A．碳原子数 B．氢原子数 C．碳链位置编号 D．某种基团的数目21、实验室制备下列气体，能实现的是()A．O2：加热Na2O2与MnO2混合物 B．Cl2：KMnO4固体与浓HCl混合C．NH3：加热NH4Cl固体 D．SO2：Cu丝与稀H2SO4混合22、下列指定反应的离子方程式正确的是A．氯气溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-B．Na2CO3溶液中的水解：+H2O=+OH-C．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3-+I-+6H+=I2+3H2OD．NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O二、非选择题(共84分)23、（14分）下表为元素周期表的一部分：ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA二CN①三②③④P⑤⑥请填写下列空白：（1）表中元素，原子半径最大的是_______（填元素符号）；①的核外电子排布式______；⑤的最外层核外电子的轨道表示式______；③和⑥两元素形成化合物的电子式为________。（2）②③④三种元素最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是________（填该物质化学式）。（3）比较④、⑤两种元素的简单离子半径：___>___（填离子符号）;元素④最高价氧化物对应的水化物与硝酸反应的离子方程式为____________________________。（4）列举两个事实来证明元素①比元素⑤的非金属性强______；___________。24、（12分）松油醇是一种调香香精，它是α、β、γ三种同分异构体组成的混合物，可由松节油分馏产品A（下式中的18是为区分两个羟基而人为加上去的）经下列反应制得：（1）A分子中的官能团名称是_________________。（2）A分子能发生的反应类型是________。a.加成b.取代c.催化氧化d.消去（3）α－松油醇的分子式_________________。（4）α－松油醇所属的有机物类别是________。a.酸b.醛c.烯烃d.不饱和醇（5）写结构简式：β－松油醇_____________，γ-松油醇_____________。（6）写出α－松油醇与乙酸发生酯化反应的方程：___________________。25、（12分）某学习小组学习了亚铁盐的性质后，欲探究FeSO4溶液分别与Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的反应。已知：Fe（OH）2和FeCO3均为白色沉淀，不存在Fe（HCO3）2。实验操作及现象记录如下：（1）甲同学认为实验a中白色颗粒状沉淀是FeCO3，写出该反应的离子方程式：_________________________；他为了证实自己的观点，进行实验：取少量白色颗粒状沉淀，加入__________，发现产生大量气泡。（2）乙同学推测实验a的白色颗粒状沉淀中还可能含有Fe（OH）2，他将实验a中两种溶液体积均改为15mL后再进行实验，证实了他的推测。能证明Fe（OH）2存在的实验现象是___________________________。（3）实验b中白色颗粒状沉淀主要成分也为FeCO3，写出生成FeCO3的离子方程式：_____________________________。（4）实验b中液面上方试管内壁粘附的白色颗粒状沉淀物变为红褐色，主要原因是潮湿的FeCO3被氧气氧化，写出该反应的化学方程式：_________________。（5）乙同学反思，实验a中含有Fe（OH）2，实验b中几乎不含有Fe（OH）2，对比分析出现差异的原因是_____________________________。26、（10分）硝酸是常见的无机强酸，是重要的化工原料。实验室模拟硝酸的制备可用以下装置，其中a为一个可持续鼓入空气的橡皮球，b、c为止水夹。(1)实验开始前，应检验装置的气密性，请写出检验A~E装置（不必考虑a）的气密性方法________________。(2)装置A中发生反应的化学方程式为___________。装置C中浓硫酸的作用是__________。(3)实验进行一段时间，待制备一定量硝酸后，停止加热A和B中装置，但仍要通过a鼓入一定量的空气，该操作的目的是____________________。(4)若F装置中所选用试剂为酸性KMnO4溶液，请写出F装置处理NO尾气的离子方程式：_____________________。(5)欲使A中产生的氨气尽可能转化为硝酸，理论上氨气与鼓入空气的最佳比例为_______。(6)实验完毕后，取E中的溶液，加入几滴酚酞溶液，用0.10mol/L的NaOH标准液滴定，发现加入过量标准液后仍无现象，试解释没有观察到滴定终点的原因_________________。27、（12分）铁及其化合物在日常生产生活中用途广泛，利用FeSO4制备还原铁粉的工业流程如下：实验室中可用FeSO4（用铁粉和稀硫酸反应制得）和NH4HCO3在如下装置模拟上述流程中的“转化”环节。（1）装置A的名称是________，装置B中盛放的药品是________，NH4HCO3盛放在装置________中。（2）实验过程中，欲将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合，操作方法是______________，发生主要反应的离子方程式为_________。FeSO4溶液要现用现配制的原因是_______，检验久置的FeSO4是否变质的方法是_________________。（3）干燥过程的主要目的是脱去游离水，该过程中会有少量FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为________，取干燥后的FeCO3样品12.49g，与炭混合后焙烧，最终得到还原铁粉6.16g，计算样品中杂质FeOOH的质量：________g。28、（14分）可用以下方法处理尾气中的SO2。方法一：活性炭还原法：反应原理：恒温恒容2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)+Q反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图：（1）第一次达到平衡的时间是第___min；0~20min化学反应速率表示v(SO2)=___。（2）30min时平衡发生移动的条件是___。（3）40min时，平衡常数的计算式为___。（指代入具体数值的算式）方法二：亚硫酸钠吸收法（4）Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为___；（5）如图是Na2SO3溶液中各离子浓度的相对大小关系示意图。其中③是___。（填微粒符号）常温下，当吸收至pH=6时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是__（填序号）a.c（Na+）+c（H+）>c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-）b.c（Na+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3）c.水电离出c（OH一）=1×l0-8mol/L29、（10分）氮的氧化物是主要的空气污染物，目前消除氯氧化物污染的方法有多种。(1)用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。CH4(g)＋4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－1160kJ·mol－1（Ⅰ）CH4(g)＋4NO2(g)＝4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－574kJ·mol－1（Ⅱ）H2O(g)＝H2O(l)ΔH＝－1．0kJ·mol－1（Ⅲ）①写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g),CO2(g)和H2O(l)的热化学方程式：________②为研究不同条件下对上述反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下,向2L的恒容密闭容器中加入0.2molCH4和0.4molNO2,10min反应（Ⅱ）达到平衡，测得l0min内v(NO)=5×10-3mol/(L·min),则平衡后n(CH4)=___mol,NO2的转化率a1=_________.其它条件不变，反应在恒压条件下进行，平衡时NO2的转化率a2____a1(填“大于”小于”或“等于”)。（2）用活性炭还原法处理氮氧化物。有关反应为：C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)某研究小组向恒容密闭容器加入一定量的活性炭和NO，恒温（T℃)条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下时间浓度(mol/L)物质NON2CO200.10000100.0580.0210.021200.0400.0300.030300.0400.0300.030400.0320.0340.017500.0320.0340.017①不能作为判断反应达到化学平衡状态的依据是_________A．容器内CO2的浓度保持不变B．v正（N2）=v正（NO）C．混合气体的平均相对分子质量保持不变D．混合气体的密度保持不变E．容器内压强保持不变②在T℃时．该反应的平衡常数为_______(保留两位小数)；③在30min,改变某一条件,反应重新达到平衡,则改变的条件是________。（3）科学家正在研究利用催化技术将超音速飞机尾气中的NO和CO转变成CO2和N2,研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂的比表面积可提高化学反应速率．如图表示在其他条件不变时，反应：2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)中NO的浓度c(NO)随温度(T)、催化剂表面积(S)和时间(t)的变化曲线。①该反应的ΔH____0（填“>”或“<”）。②若催化剂的表面积S1>S2，在图中画出c(NO)在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线。____

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】A.5KClO3+6P=3P2O5+5KCl分析该反应中元素化合价：氯元素由KClO3中的+5价降到KCl中的-1价，得电子，故KClO3是氧化剂；磷元素由P中的0价升高到P2O5中的+5价，失电子，故P是还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为5:6，A项错误；B.因为反应中氯元素由KClO3中的+5价降到KCl中的-1价，氯元素发生还原反应，钾元素化合价没变，所以KCl只是还原产物，B项错误；C.根据化合价升降与电子得失的关系可知：磷元素由P中的0价升高到P2O5中的+5价，每个磷原子失5个电子，所以反应消耗3molP时磷原子失去15mol电子，即反应中转移15mol电子，C项正确；D.白磷的着火点很低，在空气中发生缓慢氧化而自燃，而且白磷剧毒，所以火药中的红磷不可以用白磷代替，D项错误；答案选C。2、C【详解】①常温下NaNO2溶液的pH大于7表明是强碱弱酸盐，正确；

②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，也可能是溶液的浓度太小，不能说明亚硝酸是弱电解质，错误；

③HNO2和NaCl不能发生反应，硝酸与氯化钠也不反应，但硝酸是强酸，错误；

④常温下0.1mol·L－1HNO2溶液的pH＝2.1，若是强酸，其pH应该等于1，因此，表明亚硝酸是弱酸，正确；

⑤常温下pH＝3的HNO2溶液和pH＝11的NaOH溶液等体积混合，pH小于7，若亚硝酸是强酸，pH＝7，因此是弱酸，正确；

⑥常温下pH＝2的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1，若亚硝酸是强酸，pH＝4，因此是弱酸，正确。

综上所述，①④⑤⑥符合题意，C项正确；

故选C。3、C【详解】A.标准状况下二氯甲烷是液体，标准状况下22.4L二氯甲烷的物质的量不是1mol，因此不能确定含有极性键的数目，故A错误；B.I-还原性大于Fe2+，向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，氯气先氧化I-，不能确定1molFe2+被氧化时转移电子数目，故B错误；C.向1L0.5mol/L盐酸溶液中通入NH3至中性（忽略溶液体积变化），根据电荷守恒，n(NH4+)=n(Cl－)=0.5mol，所以NH4+个数为0.5NA，故C正确；D.用惰性电极电解CuSO4溶液，阴极先生成铜，再生成氢气，标况下，当阴极生成22.4L气体时，转移的电子数大于2NA，故D错误；答案选C。4、C【详解】A．稀释前后溶质的质量保持不变，则100mL稀硫酸中含H2SO4的质量为1.4g/cm310mL50%=7g，稀硫酸属于混合物，既不是电解质、也不是非电解质，A错误；B．由于稀释后硫酸溶液的密度未知，故无法计算所需蒸馏水的体积，B错误；C．50%的硫酸溶液中溶质物质的量浓度为=7.14mol/L，C正确；D．俯视容量瓶颈刻度线定容，所配溶液的体积偏小，则所配溶液的浓度偏高，D错误；答案选C。5、A【分析】X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，X是O元素；X、Z同主族，Z是S元素；Y与W形成的盐的水溶液呈中性，Y是Na、W是Cl元素。【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径：r(Na)>r(S)>r(O)，故A正确；B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性Cl>S，简单气态氢化物的热稳定性：HCl>H2S，故B错误；C．O、Na形成的化合物中，Na2O2含共价键，故C错误；D．S的氧化物的水化物H2SO3与Cl的氧化物的水化物HClO能发生氧化还原反应，故D错误；选A。6、D【详解】A、用浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，在Cl2中含有杂质HCl及水蒸气，先通过D装置除去HCl，再通过A装置除去水蒸气，得到干燥纯净的氯气，然后通过B验证Cl2是否具有漂白性，再通过C验证潮湿的氯气具有漂白性，由于氯气会导致大气污染，因此最后通过NaOH溶液进行尾气处理，故使用的装置的先后顺序为DABCE，故A错误B、根据A项分析可知，装置连接顺序依次为为DABCE，故B错误；C、装置E的主要用途是吸收多余的氯气，防止污染空气，故C错误；D、由装置B中现象可判断Cl2无漂白性，湿润有色布条褪色是因氯气与水反应生成的HClO引起的，故D正确；答案选D。7、B【详解】A.Fe3+与HCO3-发生双水解反应生成沉淀和气体，不能大量共存，故A不选；B.该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；C.常温下，KW=1×10-14，所以c(OH-)<的溶液显酸性，H+与ClO-，H+与F-结合生成弱电解质，不能大量共存，故C不选；D.H+、Fe2+、NO3-三种离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不选；故答案选B。【点睛】硝酸亚铁溶液中，Fe2+与NO3-之间可以大量共存，NO3-没有氧化性；但是在酸性较强的环境下，NO3-具有强氧化性，能够把Fe2+氧化为Fe3+，导致Fe2+与NO3-之间不能大量共存。8、D【详解】A、应将反应后液体缓慢注入水中观察，操作同浓硫酸稀释，故A错误；B、加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下不能吸收二氧化碳，故B错误；C、夏季温度高，次氯酸易分解，杀菌效果比冬季差，故C错误；D、设金属M反应后的化合价是+x,则生成的盐为M(NO3)x，根据得失电子守恒可知M(NO3)x与NO的系数之比为3：x，根据氮元素守恒可知消耗的HNO3的系数为3x+x，所以硝酸与还原产物NO的物质的量之比为(3x+x):x=4:1,故D正确；综上所述，本题应选D。9、A【详解】A、因Fe2O3是红棕色粉末，故Fe2O3常做红色涂料，正确；B、SiO2是酸性氧化物，错误；C、Al2O3可用作耐火材料是由于Al2O3的熔点高，错误；D、SO2可使溴水褪色是由于SO2具有还原性，错误。故选B。10、B【解析】A、苯分子中无碳碳双键，故A错误；B、若16g全是Cu2S，含有n(Cu+)==0.2mol，若16g全是CuO，则n(Cu2+)==0.2mol，所以总质量为16g时，Cu2S和CuO无论以何种比例混合，阳离子数目均为0.2NA，故B正确；C、H2与I2的反应为可逆反应，1molH2与1molI2不能完全反应，所以转移的电子数少于2NA，故C错误；D、1molFe与足量的浓硫酸共热反应，Fe转化为Fe3+，则1molFe失去3mol电子，而每生成1molSO2，转移2mol电子，故生成SO2应为1.5mol，分数为1.5NA，故D错误。故选B。11、B【解析】A.相同浓度CH3COONa和NaClO的混合溶液中，因HClO的电离程度小于CH3COOH的电离程度，ClO—的水解程度大于醋酸根离子，故c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，A错误；B.醋酸的电离平衡常数Ka=1.8×10－5=c(H+)×c(CH3COO-)/c(CH3COOH)，而c(CH3COOH):c(CH3COO－)＝5：9时，c(H+)=Ka×(CH3COOH)/c(CH3COO-)=1.8×10-5×5/9=10-5。PH=5，B正确；HClO的平衡常数介于碳酸一、二级电离常数之间，次氯酸钠溶液中通入少量CO2的离子方程式为：ClO－＋CO2＋H2O＝HCO32－＋HClO，C错误；等浓度的CH3COONa溶液、NaClO溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液，阴离子越弱，其水解越强，pH值越大，反之，等pH的CH3COONa溶液、NaClO溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液，其浓度由大到小为：c(CH3COONa)＞c(NaClO)＞c(Na2CO3)＞c(NaOH)。D错误。12、C【解析】根据以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系分析解答。【详解】A.O2和NO混合后发生反应生成NO2，导致分子个数减少，且NO2气体中存在向四氧化二氮转化的平衡，故导致最终分子个数小于0.5×6.02×1023个，故A错误；B.羟基中含9个电子，而氢氧根中含10个电子，故1mol氢氧根中含10NA个电子，故B错误；C.42g乙烯和丁烯的混合物中，含有3mol最简式CH2，含有6mol氢原子，烯烃中极性键为碳氢键，6mol氢原子形成了6mol碳氢极性键，所以混合气体中含有极性键数为6NA，故C正确；D.Fe与足量硝酸反应生成硝酸铁，1

mol

Fe与足量的稀HNO3反应，转移3NA个电子，故D错误；

故选C。【点睛】在化合物分子中，不同种原子形成的共价键，由于两个原子吸引电子的能力不同，共用电子必然偏向吸引电子能力较强的原子一方，因而吸引电子能力较弱的原子一方相对的显正电性，这样的共价键叫做极性共价键，简称极性键。基团不显电性，阴离子显负电，OH-含有9个电子，而羟基只含8个电子。13、B【解析】原电池的内电路中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。根据内电路带电粒子移动方向可知，图中N型半导体为负极，P型半导体为正极。则与N型半导体相连的Pt电极为阴极，与P型半导体相连的Pt电极为阳极。【详解】A．图中N型半导体为负极，P型半导体为正极，故A错误；B．与N型半导体相连的Pt电极为阴极，得电子，发生还原反应，电极反应为CO2＋H2O＋2e－＝CO＋2OH－，故B正确；C．图中离子交换膜允许氢氧根离子通过，为阴离子交换膜，电解池中阴离子向阳极移动，故OH－通过离子交换膜迁向右室，故C错误；D．阴极反应生成的OH-在阳极完全反应，总反应为2CO2=2CO+O2，所以反应前后溶液的pH并不变化，故D错误；答案选B。【点睛】（1）原电池中离子移动方向是：“阳正阴负”，即阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；（2）电解池中离子移动方向是：“阳阴阴阳”，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。14、D【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的某种单质是一种粮仓中常用的粮食保护气，Y和Z原子的最外层电子数之和等于W原子的最外层电子数，Z原子核外电子数是W原子最外层电子数的2倍，则X、Y、Z、W分别是N、Al、Si、Cl；原子半径：r（N）<r（Cl）<r（Si）<r（Al），故A错误；HClO4的酸性大于H2SiO3，故B错误；元素Al3+有2个电子层、Cl-有3个电子层，故C错误；SiH4的热稳定性比HCl的弱，故D正确。15、C【解析】①HCl溶于水完全电离，不和钡离子反应；②H2SO4于水完全电离，但硫酸根离子和钡离子结合会生成硫酸钡沉淀；③HNO3溶于水完全电离，不和钡离子反应；④NaHSO4中的硫酸根离子和钡离子结合生成沉淀硫酸钡；⑤CH3COOH是弱酸存在电离平衡，不能写成氢离子的形式，则BaCO3＋2H+=CO2↑＋H2O＋Ba2＋中的H＋不能代表的物质是②④⑤，故选C。16、B【解析】A.氯水不是爆炸品，标签上不应标注：，A错误；B.S2-的核外电子数为18，结构示意图：，B正确；C.苯的分子式：C6H6，C错误；D.BeCl2的电子式：，D错误，答案选B。17、B【解析】0.2molCl2完全反应变成氯离子得到电子的物质的量为：0.2mol×2=0.4mol；Xn+的化合价为+n，X2O72-中X的化合价为+6，则0.1molX2O72-完全反应得到电子的物质的量为：（6-n）×2×0.1mol=0.2（6-n）mol；1mol的FeCl2完全被氧化成铁离子失去1mol电子，根据电子守恒可得：0.4mol+0.2（6-n）mol=1mol，解得：n=3；答案选B。18、A【详解】因为相同温度下，液态纯硫酸的导电性强于纯水的，这说明醇硫酸的电离程度大于水的，所以其离子积常数也应大于水的离子积；答案选A。19、C【分析】根据反应热等于反应物旧键断裂吸收的总能量减去生成物新键形成所放出总能量计算反应热，然后根据并热化学方程式的书写方法写出热化学方程式，注意反应物的物质的量和生成物的聚集状态。【详解】由图可以看出，molN2(g)+molH2(g)断键吸收的能量为204kJ，形成1molNH3(g)的放出的能量为250kJ，所以N2(g)+H2(g)=NH3(g)△H=-46kJ/mol，而1mol的NH3(g)转化为1mol的NH3(l)放出的热量为22.7kJ，根据盖斯定律可知：N2(g)+H2(g)=NH3(l)△H=-68.7kJ/mol，即：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92kJ/mol，N2(g)+3H2(g)=2NH3(l)△H=-137.4kJ/mol，故合理选项是C。【点睛】本题考查热化学方程式的书写，注意书写热化学方程式时要注明物质的存在状态及与反应的物质相对应的反应热，放热反应的反应热为负值，吸热反应的反应热为正值，反应热包括符号、数值及单位。20、D【解析】有机物命名中常使用三套数字，甲、乙、丙…，是主链碳原子数；1、2、3…，是取代基在主链上的位置；一、二、三…，为取代基的数目，故选D。21、B【详解】A．加热Na2O2与MnO2不能生成氧气，故A不符合题意；B．KMnO4固体与浓HCl反应生成氯气，故B符合题意；C．氯化铵分解生成氯化氢和氨气，二者易重新反应生成氯化铵，在实验室中应用氢氧化钙和氯化铵加热条件下制备氨气，故C不符合题意；D．Cu丝与稀H2SO4不发生反应，欲制备二氧化硫可以用铜丝和浓硫酸在加热条件下反应，故D不符合题意；故选B。22、D【详解】A.氯气溶于水，反应的离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，HClO为弱酸，应写成化学式，且为可逆符号，故A错误；B.CO32−的水解为可逆反应，应为CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，故B错误；C.酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2，正确的离子方程式：IO3−+5I−+6H+=3I2+3H2O，故C错误；D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液，生成BaCO3和氢氧化钠、水，发生HCO3−+Ba2++OH−=BaCO3↓+H2O，故D正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、Na1s22s22p4NaOHS2—Al3+Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O热稳定性H2O比H2S强H2S水溶液在空气中变浑浊【分析】由周期表的相对位置可知，①为O元素、②为Na元素、③为Mg元素、④为Al元素、⑤为S元素、⑥为Cl元素。【详解】（1）由同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大可知，表中左下角Na原子的原子半径最大；O元素的核电荷数为8，最外层电子数为6，则核外电子排布式为1s22s22p4；S元素的价电子排布式为3s23p4，则轨道表示式为；镁元素和氯元素形成的化合物为氯化镁，氯化镁为离子化合物，电子式为，故答案为Na；1s22s22p4；；；（2）金属元素的金属性越强，元素最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，同周期元素Na、Mg、Al的金属性依次减弱，则碱性最强的是NaOH，故答案为NaOH；（3）同主族元素，从上到下离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径S2—>Al3+；氢氧化铝与硝酸反应生成硝酸铝和水，反应的离子方程式为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，故答案为S2—>Al3+；Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；（4）元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，O的非金属性大于S，则热稳定性H2O比H2S强；H2S水溶液在空气中变浑浊，是由于发生如下反应：2H2S+O2=2S+2H2O，反应说明O2的氧化性大于S，则O的非金属性强，故答案为热稳定性H2O比H2S强；H2S水溶液在空气中变浑浊；【点睛】元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；H2S水溶液在空气中变浑浊说明O2的氧化性大于S；在一定条件下，O2与Cu反应生成CuO，S与Cu反应生成Cu2S，说明O2的氧化性大于S等事实都能说明O的非金属性大于S。24、羟基bdC10H1818OdCH3COOH++H2O【分析】A()在浓硫酸作用下发生羟基的消去反应生成碳碳双键，根据β-松油醇中含有两个甲基，因此β-松油醇为，γ-松油醇中含有三个甲基，γ-松油醇为：，据此分析解答。【详解】(1)A()中含有的官能团是-OH，名称为羟基，故答案为羟基；(2)A()中含有-OH，且与羟基相连碳原子的邻位碳原子上含有氢原子，能够发生消去反应，能够与羧酸发生酯化反应，即取代反应，与羟基直接相连的碳原子上没有氢原子，不能发生催化氧化；不存在碳碳不饱和键，不能发生加成反应，故答案为bd；(3)由α-松油醇的结构简式可知，α－松油醇的分子式为C10H1818O，故答案为C10H1818O；(4)由α-松油醇的结构简式可知，分子中含有醇-OH，属于醇类，分子中还含有C=C，也属于不饱和醇，故答案为d；(5)根据β-松油醇中含有两个甲基，可写出其结构简式为，γ-松油醇中含有三个甲基，其结构简式为：，故答案为；；(6)-COOH和-OH发生酯化反应生成-COO-和水，其中羧酸脱去羟基，醇脱去氢原子，因此α－松油醇与乙酸反应的方程式为CH3COOH++H2O，故答案为CH3COOH++H2O。25、Fe2++CO32-=FeCO3↓稀硫酸（或稀盐酸）沉淀颜色由白色变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2混合后，虽然实验b中碳酸氢钠浓度比实验a中碳酸钠浓度高，但是碳酸钠溶液的碱性（或水解程度）比碳酸氢钠的强【解析】解答本题主要抓住FeCO3与Fe(OH)2的区别来进行分析，FeCO3能与酸反应产生气体；Fe(OH)2能被空气中的氧气氧化呈现特殊颜色变化，据此分析解答。【详解】（1）实验a中硫酸亚铁与碳酸钠溶液混合若生成碳酸亚铁沉淀，则发生了复分解反应，反应的离子方程式为：Fe2++CO32-=FeCO3↓，碳酸亚铁沉淀能溶于硫酸或盐酸并产生二氧化碳气体，而氢氧化亚铁与硫酸或盐酸反应不会产生气体，则可用稀硫酸或盐酸来鉴别碳酸亚铁和氢氧化亚铁沉淀，故答案为Fe2++CO32-=FeCO3↓；稀硫酸（或稀盐酸）；（2）若沉淀中含有Fe（OH）2，放置在空气中会被氧化而呈现出白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色的现象，故答案为沉淀颜色由白色变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀；（3）实验b中的反应物为硫酸亚铁和碳酸氢钠，两者反应除了生成碳酸亚铁沉淀，还有二氧化碳气体和水生成，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；（4）FeCO3被氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应中氧气为氧化剂，碳酸亚铁为还原剂，由氧化还原反应规律可得反应：4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2，故答案为4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2；（5）对比实验a、b，不同之处在于前者反应物为碳酸钠溶液，后者为碳酸氢钠溶液，由于碳酸根离子的水解程度较碳酸氢根离子的水解大，实验a中混合溶液氢氧根离子浓度较实验b中要大，导致实验a中更易产生Fe（OH）2，故答案为混合后，虽然实验b中碳酸氢钠浓度比实验a中碳酸钠浓度高，但是碳酸钠溶液的碱性（或水解程度）比碳酸氢钠的强。26、将E中右侧导管浸没在水中，打开b和c，微热A中试管，最右侧导管口有气泡产生，停止加热冷却至室温，最右侧导管有一段回流水柱(无“E中右侧导管浸没在水中”不得分，无“打开b和c”可给分)2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；除水蒸气和氨气使氧气与氮氧化物及水反应成硝酸，提高氮氧化物的转化率5NO+4H++3MnO4-=3Mn2++5NO3-+2H2O1:10硝酸将酚酞氧化【详解】(1)检验A~E装置（不必考虑a）的气密性方法是将E中右侧导管浸没在水中，打开b和c，微热A中试管，最右侧导管口有气泡产生，停止加热冷却至室温，最右侧导管有一段回流水柱；综上所述，本题答案是：将E中右侧导管浸没在水中，打开b和c，微热A中试管，最右侧导管口有气泡产生，停止加热冷却至室温，最右侧导管有一段回流水柱(无“E中右侧导管浸没在水中”不得分，无“打开b和c”可给分)。(2)装置A中为氯化铵固体与氢氧化钙固体加热反应制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，会有氨气剩余，因此装置C中浓硫酸的作用是除水蒸气和氨气；综上所述，本题答案是：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；除水蒸气和氨气。(3)氮的氧化物能够与氧气、水共同作用生成硝酸，停止加热A和B中装置，但仍要通过a鼓入一定量的空气，可以提高氮氧化物的转化率，提高硝酸的产率；综上所述，本题答案是：使氧气与氮氧化物及水反应成硝酸，提高氮氧化物的转化率。(4)酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能够把NO氧化为硝酸根离子，变为无害物质，反应的离子方程式5NO+4H++3MnO4-=3Mn2++5NO3-+2H2O；综上所述，本题答案是：5NO+4H++3MnO4-=3Mn2++5NO3-+2H2O。(5)氨气中-3价氮被氧化到+5价，氧气中0价氧被还原到-2价，设氨气有xmol，氧气有ymol，根据电子得失守恒可知：8x=4y，x:y=1:2，,空气中氧气大约占1/5体积，所以理论上氨气与鼓入空气的最佳比例为1:10；综上所述，本题答案是：1:10。(6)硝酸具有氧化性，能够将酚酞氧化为无色；综上所述，本题答案是：硝酸将酚酞氧化。【点睛】针对问题(5)，欲使氨气尽可能转化为硝酸，若是按照一般思路进行计算，氨气氧化为一氧化氮，一氧化氮与氧气和水生成硝酸，或一氧化氮又氧化为二氧化氮，二氧化氮与氧气和水反应生成硝酸；既繁琐又不容易得出结论；而抓住氧化还原反应的规律，氨气失电子总数等于氧气得电子总数，进行计算简单、快捷、准确。27、分液漏斗铁粉C（待D处的氢气纯净后）关闭活塞3，打开活塞2Fe2＋＋2HCO3−=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O（或Fe2＋＋HCO3−=FeCO3↓＋H＋、HCO3−＋H＋=CO2↑＋H2O）亚铁离子易被氧化取样品配成溶液，取少量溶液于试管中，再向试管中加入KSCN溶液，观察是否显血红色4FeCO3＋O2＋2H2O=4FeOOH＋4CO20.89【分析】根据装置图，可知关闭活塞2、打开活塞3，B中铁粉与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，生成的氢气把C中空气排出，再关闭活塞3、打开活塞2，产生的氢气把硫酸亚铁压入C中与碳酸氢铵反应。【详解】根据以上分析，（1）装置A是分液漏斗，盛放稀硫酸，装置B中盛放铁粉，稀硫酸与铁粉反应生成H2和FeSO4。装置C中盛放NH4HCO3。（2）检验D处氢气已纯净时，表明装置中空气已排尽，关闭活塞3，打开活塞2，在氢气作用下将FeSO4溶液压入C中发生反应。碳酸氢铵和硫酸亚铁在C中反应生成碳酸亚铁，同时放出二氧化碳，反应的离子方程式是Fe2＋＋2HCO3−=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；FeSO4具有还原性，易被O2氧化，故FeSO4溶液要现用现配。若FeSO4变质，则溶液中有Fe3＋生成，Fe3＋遇KSCN溶液显红色，所以用KSCN溶液检验久置的FeSO4是否变质。（3）FeCO3、H2O、O2反应生成FeOOH和CO2，反应方程式是4FeCO3＋O2＋2H2O=4FeOOH＋4CO2。设干燥后的FeCO3样品中FeCO3、FeOOH的物质的量分别为xmol、ymol，则xmol×116g·mol－1＋ymol×89g·mol－1＝12.49g，56g·mol－1×（x＋y）＝6.16g，解得：x＝0.1mol，y＝0.01mol。故m（FeOOH）＝0.89g。28、200.03mol/(L•min)减小CO2的浓度SO32-+SO2+H2O=2HSO3-OH-ac【分析】（1）可逆反应达到平衡时，各组分的浓度保持不变；根据v=计算二氧化硫的速率；（2）30min瞬间，CO2浓度降低，S2的浓度不变，CO2、S2浓度增大，据此分析；（3）40min的平衡常数和20min时相同，根据K=计算平衡常数；（4）Na2SO3溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠；（5）亚硫酸钠为强碱弱酸盐，SO32-水解使溶液显弱碱性，据此分析作答；a.根据电荷守恒判断；b.溶液可能是NaHSO3、Na2SO3混合溶液，根据物料守恒进行判断；c.水电离出H+的浓度等于溶液中OH-的浓度。【详解】（1）从图中可知20min时各组分的浓度不变，此时反应达到平衡状态；0-20min时，SO2的浓度从1.0mol/L变为0.4mol/L，变化量为0.6mol/L，因此v(SO2)===0.03mol/(L•min)；（2）30min瞬间，CO2浓度降低，S2的浓度不变，CO2、S2浓度增大，应是减小CO2的浓度形成的；（3）40min的平衡常数和20min时相同，20min时，SO2的浓度为0.4mol/L，S2的浓度为0.3mol/L，CO2的浓度为0.6mol/L，因此平衡常数K==；（4）Na2SO3溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠，离子方程式为：SO32-+SO2+H2O=2HSO3-；（5）亚硫酸钠完全电离生成Na+和SO32-，而SO32-水解生成HSO3-，且HSO3-能继续水解生成H2SO3，最终使溶液呈弱碱性，即c(