2026届安徽省示范高中高三化学第一学期期中调研模拟试题含解析

2026届安徽省示范高中高三化学第一学期期中调研模拟试题注意事项：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、在一定温度下，体积不变的密闭容器中，可逆反应X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）达到平衡的标志是A．气体总质量保持不变B．消耗Z的速率是生成X的速率的2倍C．X、Y、Z的浓度不再发生变化D．X、Y、Z的分子数之比为1：3：22、下列化学用语或模型图正确的是A．氮气的结构式：B．用电子式表示溴化氢的形成过程为：C．CO2的比例模型：D．14C的原子结构示意图3、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐，其中有两种组成为ZXY3、ZWY4。下列说法中正确的是A．简单离子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B．最常见氢化物的稳定性：X＞YC．Z2Y2中含有共价键且在熔融状态下能导电D．HWY分子中各原子均达到8电子稳定结构4、以下有机物的说法正确的是A．CH2=CH-COOH能发生取代反应、加成反应、水解反应B．石油分馏产品经过裂解、加成可制得1，2—二溴乙烷C．分子式为C4H8O2的酯有3种D．硬脂酸甘油酯、淀粉、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物5、将19.4gCO2和水蒸气组成的混合气体缓慢通过足量的Na2O2，最后收集到5.6L的气体(标准状况)，下列说法错误的是A．19.4g该混合气体物质的量是0.5molB．反应中转移电子数目是0.5NAC．反应中的氧化剂、还原剂均是Na2O2D．混合气体中n(CO2)：n(H2O)=1：46、某有机物结构如图所示，有关该物质的叙述正确的是（）A．易溶于水B．一氯代物有5种C．最多能与氢气以物质的量之比1:4加成D．碱性水解的产物之一是1-丙醇7、光导纤维的主要成分是二氧化硅，下列关于二氧化硅的说法正确的是()A．二氧化硅能与水反应B．用二氧化硅制取单质硅，当生成2.24L(标准状况下)气体时，得到2.8g硅C．二氧化硅属于传统的无机非金属材料D．二氧化硅不能与碳酸钠溶液发生反应，但在高温下能与碳酸钠固体发生反应8、以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成燃料电池，采用电解法制备Fe(OH)2，装置如图所示，其中电解池两极材料分别为铁和石墨，通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。则下列说法正确的是A．石墨电极Ⅱ处的电极反应式为O2＋4e－===2O2－B．X是铁电极C．电解池中的电解液为蒸馏水D．若将电池两极所通气体互换，X、Y两极材料也互换，实验方案更合理9、金属材料在日常生活中应用广泛，下列描述不正确的是()A．日常生活中的金中金的含量接近100%B．随含碳量升高，碳钢的硬度增加、韧性下降C．铝合金可制作飞机零件和承受载重的高级运动器材D．钾钠合金的熔点很低10、今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W原子最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法正确的是（）A．原子半径：W>XB．最高价氧化物的水化物酸性：Y>ZC．气态氢化物沸点：Z>WD．气态氢化物热稳定性：Z<W11、室温下进行的下列实验，不能达到预期目的是实验内容实验目的A向同体积同浓度H2O2溶液中，分别加入1mol/L的CuCl2、FeCl3溶液比较Cu2+、Fe3+对H2O2分解速率的影响B向Mg(OH)2浊液中滴加少量0.1mol/LFeCl3溶液比较Mg(OH)2和Fe(OH)3的溶解度C将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中探究SO2的还原性D测定相同浓度的NaClO溶液，CH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱A．A B．B C．C D．D12、.检测人的血液中的葡萄糖(简称血糖，相对分子质量为180)的含量，参考指标常以两种计量单位表示，即“mmol/L”和“mg/dL”(1L=10dL).以“mmol/L”表示时，人的血糖正常值在3.61~6.11mmol/L之间。如果以“mg/dL”表示，血糖正常值范围是多少()A．6mg/dL~9mg/dL B．55mg/dL~95mg/dLC．65mg/dL~110mg/dL D．70mg/dL~120mg/dL13、分子式为C4H2Cl8的同分异构体共有（不考虑立体异构）A．10种 B．9种 C．8种 D．7种14、恒温条件下，欲使CH3COONa溶液中c(CH3COO-)/c(Na+)的比值增大，可在溶液中加入下列物质中正确的是①固体NaOH②固体KOH③固体NaHS④固体CH3COONa⑤冰醋酸⑥加水A．②③④⑤ B．②④⑤ C．②⑤⑥ D．①⑤⑥15、向铜屑、稀盐酸和铁盐的混合溶液中持续通入空气可制备氯化铜。其反应过程如图所示。下列说法不正确的是A．Fe3+对该反应有催化作用B．该过程中的Fe3+可由Fe(NO3)3提供C．可用K3[Fe(CN)6]溶液区分Fe3+与Fe2+D．制备CuCl2的总反应为2Cu＋O2＋4HCl＝2CuCl2＋2H2O16、有关的说法正确的是()A．单体通过缩聚反应可得到该高分子化合物B．不会与酸性高锰酸钾溶液反应C．只含二种官能团D．1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗1molNaOH17、一定温度下，反应2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)，达到平衡时：n(SO2)∶n(O2)∶n(SO3)＝2∶3∶4。缩小体积，反应再次达到平衡时，n(O2)＝0.8mol，n(SO3)＝1.4mol，此时SO2的物质的量应是()A．1.2mol B．0.4mol C．0.8mol D．0.6mol18、下列叙述正确的是()A．合成氨工业中为了提高氢气利用率，适当增加氢气浓度B．Mg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到C．蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质D．电解饱和食盐水制烧碱采用离子交换膜法，可防止阴极室生产的Cl2进入阳极室19、下列有关说法正确的是A．该组化合物中只含有共价键：H2O、NH4Cl、H2O2B．非金属原子间以共价键结合的物质都是共价化合物C．Na2O、NaOH和Na2SO4为离子化合物，HCl、NH3、NH4NO3、H2SO4为共价化合物D．共价化合物是原子间通过共用电子对形成的20、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A．1L0.1mol/L的NaClO水溶液中含有的氧原子数为0.lNAB．标准状况下，22.4LHF中含有的电子数为10NAC．1mol白磷(P4)分子中所含化学键的数目为4NAD．一定条件下，0.1mo1Fe与0.2molCl2充分反应，转移的电子数为0.3NA21、向两份等体积、等浓度，pH不同的FeSO4，溶液中逐滴加入NaClO溶液，实验测得溶液pH随加入NaClO溶液体积变化曲线如下图，实验现象如下表。下列说法不正确的是（

）实验实验现象Ⅰ滴入V1mLNaClO溶液产生大量红褪色沉淀Ⅱ滴入V1mLNaClO溶液，溶液变黄，未见沉淀，继续滴加出现红褪色沉淀A．a～b段主要反应的离子方程式为：B．d～e段主要反应的离子方程式为：C．c、f点pH接近的主要原因是：D．向c点溶液中加入过量的浓盐酸，沉淀溶解并有刺激性气味的气体放出22、向Na2CO3、NaHCO3，混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是A．a点对应的溶液中：Na+、OH-、SO42-、NO3-B．b点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、MnO4-、Cl-C．c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3-、Cl-D．d点对应的溶液中：F-、NO3-、Fe2+、Ag+二、非选择题(共84分)23、（14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______________________________。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_____________。25、（12分）碘化钾是一种无色晶体，易溶于水。实验室制备KI晶体的步骤如下：Ⅰ.在如下图所示的三颈烧瓶中加入研细的I2和一定量的30%KOH溶液，搅拌（已知：I2与KOH反应产物之一是KIO3）；Ⅱ.碘完全反应后，打开分液漏斗中的活塞、弹簧夹1、2，向装置C中通入足量的H2S；Ⅲ.反应结束后，向装置C中加入稀H2SO4酸化，水浴加热；Ⅳ.冷却，过滤得KI粗溶液。（1）仪器a的名称是__________，步骤Ⅰ中控制KOH溶液过量的目的是______________。（2）装置B的作用是_____________，装置D中盛放的溶液是________________。（3）装置C中H2S和KIO3反应的离子方程式为_______________________。（4）步骤Ⅲ中水浴加热的目的是除去_________________________（填化学式）。（5）由步骤Ⅳ所得的KI粗溶液中含有少量K2SO4，需进行提纯，提纯流程如下：①已知白色固体B是混合物，试剂A为__________，为除去溶液C中的杂质，步骤②中调节溶液为弱酸性，则加入HI溶液后产生的现象是___________________。②为测定最后所得KI晶体的纯度，取ag晶体配制100mL溶液，取出25mL溶液，滴入足量稀的酸性K2Cr2O7溶液，充分反应后，滴加几滴淀粉溶液为指示剂，用bmol·L－1的Na2S2O3溶液进行滴定，消耗Na2S2O3溶液VmL。滴定过程中涉及的反应为：Cr2O2－7＋6I26、（10分）在平板电视显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末中含有二氧化铈(CeO2)。(1)在空气中煅烧Ce(OH)CO3可制备CeO2，该反应的化学方程式________；(2)已知在一定条件下，电解熔融状态的CeO2可制备Ce，写出阳极的电极反应式________；(3)某课题组用上述废玻璃粉末(含有SiO2、Fe2O3、CeO2以及其它少量不溶于稀酸的物质)为原料，设计如图流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵。①过滤得到滤渣B时，需要将其表面杂质洗涤干净。洗涤沉淀的操作是________。②反应①的离子方程式为______________________。③如下图，氧化还原滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。该产品中Ce(OH)4的质量分数为________________(保留两位有效数字)。若滴定所用FeSO4溶液已在空气中露置了一段时间，则测得该Ce(OH)4产品的纯度__________(“偏高”、“偏低”或“无影响”)。27、（12分）铁及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用。Ⅰ.氧化铁是重要的工业颜料，用废铁屑制备氧化铁的流程如下：回答下列问题：(1)操作A、B的名称分别是________、________；加入稍过量NH4HCO3溶液的作用是_____________________________。(2)写出在空气中充分加热煅烧FeCO3的化学方程式：________________。Ⅱ.上述流程中，若煅烧不充分，最终产品中会含有少量的FeO杂质。某同学为测定产品中Fe2O3的含量，进行如下实验：a．称取样品8.00g，加入足量稀H2SO4溶解，并加水稀释至100mL；b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；c．用酸化的0.01000mol·L－1KMnO4标准液滴定至终点；d．重复操作b、c2～3次，得出消耗KMnO4标准液体积的平均值为20.00mL。(3)写出滴定过程中发生反应的离子方程式：_________________________。(4)确定滴定达到终点的操作及现象为________________________________________。(5)上述样品中Fe2O3的质量分数为________。(6)下列操作会导致样品中Fe2O3的质量分数的测定结果偏低的是________。a．未干燥锥形瓶b．盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗c．滴定结束时仰视刻度线读数d．量取待测液的滴定管没有润洗28、（14分）有原子序数依次增大的X、Y、Z、W、M五种短周期主族元素，X与W同主族不相邻，Z与Y，Z与M均相邻且Z有aZ和bZ两种核素，其中bZ比aZ多2个中子，X与Z可形成两种（通常情况下）液态的无机化合物，其中一种是自然界分布最广的化合物。（1）X既可与W，又可与Y形成WX和YX5两种离子化合物，写出中的WX中阴离子的电子式____________；YX5中阳离子的符号________________。（2）X均可与Y和Z形成10电子的分子YXn和ZXm（或XnY和XmZ），用一个离子方程式表示这两种分子结合质子的能力_____________________________________________________。W与bZ所形成的一种化合物投入到水中能产生一种常见的气体单质，写出此反应的方程式（化学式中同位素bZ必需显示出来）_______________________________________________。（3）在新疆和甘肃的交界处有一条山谷，被称为“魔鬼谷”，其地表浅处有一层磁铁矿，经常是晴天霹雳，雷雨倾盆；但树草却异常旺盛，其原因是雨水中含有一种能促进植物生长的离子是_________，当雨水浸到地表与磁铁矿接触时发生反应的离子方程式为____________________。29、（10分）（1）Ⅰ.太阳能、风能发电逐渐得到广泛应用，在发电系统中安装储能装置有助于持续稳定供电，其构造的简化图如下下列说法中，不正确的是________(填字母序号)a．太阳能、风能都是清洁能源b．太阳能电池组实现了太阳能到电能的转化c．控制系统能够控制储能系统是充电还是放电d．阳光或风力充足时，储能系统实现由化学能到电能的转化（2）全钒液流电池是具有发展前景的、用作储能系统的蓄电池。已知放电时V2+发生氧化反应，则放电时电极A的电极反应式为________。（3）含钒废水会造成水体污染，对含钒废水(除VO2+外，还含有Al3+，Fe3+)等进行综合处理可实现钒资源的回收利用，流程如下：已知溶液pH范围不同时，钒的存在形式如下表所示钒的化合价pH<2pH>11+4价VO2+，VO(OH)+VO(OH)3-+5价VO2+VO43-①加入NaOH调节溶液pH至13时，沉淀1达最大量，并由灰白色转变为红褐色，用化学用语表示加入NaOH后涉及到氧化物还原反应的化学反应方程式为________。②向碱性的滤液1(V的化合价为+4)中加入H2O2的作用是________。（4）Ⅱ.氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3·H2O的形式存在。某工厂处理氨氮废水的流程如下：Ⅰ中加入NaOH溶液，调pH=11并鼓入大量空气，用离子方程式表示加NaOH溶液的作用是________；鼓入大量空气的目的是________。（5）Ⅱ中加入适量NaClO溶液，控制pH在6~7，将氨氮转化为无毒物质，过程Ⅱ发生3个反应：ⅰ.ClO-+H+=HClOⅱ.NH4++HClO=NH2Cl+H++H2O(NH2Cl中Cl元素为+1价)ⅲ.……已知：水体中以+1价形式存在的氯元素有消毒杀菌的作用，被称为“余氯”。下图为NaClO加入量与“余氯”含量的关系示意图。其中氨氮含量最低的点是c点。b点表示的溶液中氮元素的主要存在形式是(用化学式表示)________；反应ⅲ的化学方程式是________。（6）Ⅲ中用Na2SO3溶液处理含余氯废水，要求达标废水中剩余Na2SO3的含量小于5mg·L-1。若含余氯废水中NaClO的含量是7.45mg·L-1，则处理10m3含余氯废水，至多添加10%Na2SO3溶液________kg(溶液体积变化忽略不计)。

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】可逆反应X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）达到平衡状态时，正逆反应速率与逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再发生变化，注意该反应前后都是气体，反应过程中气体的总质量、密度始终不变。【详解】A项、该反应前后都是气体，则反应过程中气体的总质量始终不变，不能根据质量不会判断平衡状态，故A错误；B项、消耗Z的速率是是逆反应速率，生成X的速率是逆反应速率，不能判断平衡状态，故B错误；C．X、Y、Z的物质的量不再发生变化，表明各组分的浓度不变、正逆反应速率相等，则该反应达到了平衡状态，故C正确；D．X、Y、Z的分子数之比为1：3：2时，不能判断各组分的浓度是否变化，则无法判断是否达到平衡状态，故D错误。故选C。【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，明确化学平衡状态的特征为解答关键，注意可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率一定相等。2、D【详解】A.氮气的结构式为N≡N，A错误；B.溴化氢是共价化合物，用电子式表示溴化氢的形成过程为，B错误；C.碳原子半径大于氧原子半径，不能表示CO2的比例模型，C错误；D.14C的原子序数是6，其原子结构示意图为，D正确。答案选D。3、C【分析】由三种元素组成的盐通常是含氧酸盐，可确定Y为O元素，由于X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐，可确定ZXY3是NaNO3，而不是MgCO3；W是Cl元素，排除Si或S元素，结合已有的知识体系可推出这两种盐为：NaNO3、NaClO4，X、Y、Z、W分别是N、O、Na、Cl，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W分别是N、O、Na、Cl元素，A.电子层数越大，离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，则简单离子半径：r(Cl－)>r(N3－)>r(O2－)>r(Na＋)，A项错误；B.因非金属性：N＜O，故最常见氢化物的稳定性：X＜Y，B项错误；C.Z2Y2为过氧化钠，其中含有离子键和共价键，属于离子晶体，在熔融状态下能导电，C项正确；D.HWY分子为HClO，其中Cl和O原子均达到8电子稳定结构，而H是2电子稳定结构，D项错误；答案选C。4、B【详解】A．CH2=CH-COOH含有碳碳双键和羧基，能发生取代反应、加成反应，但不能发生水解反应，故A错误；B．石油分馏产品经过裂解可得到乙烯，乙烯与Br2发生加成可制得1，2-二溴乙烷，故B正确；C．分子式为C4H8O2的酯可以是甲酸丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯和丙酸甲酯共4种，故C错误；D．淀粉、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物，但硬脂酸甘油酯可水解，不是高分子化合物，故D错误；答案为B。5、D【分析】Na2O2足量，最后收集到5.6L的气体(标准状况)为氧气，n(O2)==0.25mol，根据方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，CO2和水蒸气的总物质的量为0.5mol。【详解】A．分析可知，19.4g该混合气体物质的量是0.5mol，A说法正确；B．反应中氧气为过氧化钠中的氧原子升高生成，则转移电子数目=0.25mol×2×NAmol-1=0.5NA，B说法正确；C．反应中过氧化钠中的氧原子部分化合价升高，部分化合价降低，故氧化剂、还原剂均是Na2O2，C说法正确；D．混合气体的平均摩尔质量为38.8g/mol，根据十字相交法，，则n(CO2)：n(H2O)=4：1，D说法错误；答案为D。6、B【解析】A.含有酯基，难溶于水，A错误；B.分子中氢原子分为5类，一氯代物有5种，A正确；C.只有苯环能与氢气加成，最多能与氢气以物质的量之比1:3加成，C错误；D.碱性水解的产物之一是2-丙醇，D错误，答案选B。7、D【详解】A．二氧化硅不溶于水，与水不反应，选项A错误；B．由方程式SiO2+2CSi+2CO↑，可得当生成2.24L即0.1mol气体时，得到0.05mol即1.4g硅，选项B错误；C．二氧化硅不是传统无机非金属材料，选项C错误；D．硅酸酸性弱于碳酸，高温下二氧化硅与碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳，选项D正确；答案选D。8、D【分析】左边装置是原电池，通入氢气的电极I是负极、通入氧气的电极II是正极，负极反应式为H2-2e-+CO32-═CO2+H2O，正极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-，右边装置是电解池，X是阴极、Y是阳极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-、阳极反应式为Fe-2e-+2OH-=Fe（OH）2↓，以此解答。【详解】A.通入氧气的电极II是正极，电极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-，选项A错误；B.X是阴极、Y是阳极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故X是石墨电极，选项B错误；C.．电解过程是阴极上氢离子放电得到溶液中的氢氧根离子交换亚铁离子生成氢氧化亚铁，所以可以用NaOH溶液作为电解液，蒸馏水的导电性较差一般不用做电解液，选项C错误；D.若将电池两极所通气体互换，X、Y两极材料也互换，则Y极产物的氢气能起保护气作用，防止X极产生的氢氧化铁迅速氧化，实验方案更合理，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查新型电池，为高频考点，题目难度不大，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极。9、A【详解】A.18k金属于黄金的一种，黄金含量较低，属于合成金属，金中金的含量接近75%，故A选；B.碳越高越脆，但是硬度上去了，韧性下降了，故B不选；C.铝合金的突出特点是密度小、强度高，可制作飞机零件和承受载重的高级运动器材，故C不选；D.形成钾钠合金后，熔点变低，故D不选；故选：A。10、D【分析】W原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，即W为O，根据四种元素在周期表位置，推出四种元素，然后据此分析；【详解】W原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，即W为O，根据四种元素在周期表位置，X为Si，Y为P，Z为S，A、同主族从上到下原子半径增大，即r(O)<r(S)，故A错误；B、两种元素最高价氧化物对应的水化物分别是H3PO4、H2SO4，酸性强弱：H2SO4>H3PO4，故B错误；C、两种元素的氢化物是H2O和H2S，H2O分子间存在氢键，其沸点比没有分子间氢键的H2S高，故C错误；D、O的非金属性强于S，即H2O比H2S稳定，故D正确；答案为D。【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大；二看原子序数，电子层数相等，半径随着原子序数的递增而减少；三看电子数，当电子层数相等，原子序数相等，半径随着电子数的递增而增大。11、A【解析】A.由于溶液中氯离子浓度不同，无法排除氯离子对H2O2分解速率的影响，A错误；B.根据沉淀溶解平衡原理，向Mg(OH)2浊液中滴加FeCl3溶液，观察是否出现红棕色沉淀，即可判断两者的溶解度，B正确；C.将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，高锰酸钾把二氧化硫氧化为硫酸根离子，本身被还原为锰离子，溶液褪色，证明SO2具有还原性，C正确；D.结合盐类“越弱越水解”规律，相同浓度的NaClO和CH3COONa溶液，NaClO溶液的pH较大，水解能力强，对应的酸的酸性弱，即HClO小于CH3COOH的酸性，D正确；综上所述，本题选A。12、C【解析】用“mmol/L”表示时人的血糖正常值在3.61～6.11mmol/L之间，由1L=10dL，m=n×M来计算以“mg/dL”表示的血糖正常值范围，就可判断。【详解】用“mmol/L”表示时人的血糖正常值在3.61～6.11mmol/L之间，则以“mg/dL”表示的血糖正常值范围为3.61×18010=64.91mg/dL—6.11×18010=109.98mg【点睛】本题以信息的形式考查物质的量浓度、质量分数，明确信息的使用是解答的关键，难度不大。13、B【详解】分子式为C4H2Cl8的有机物可以看作C4H10中的两个Cl原子被两个H原子取代，C4H10结构中，属于直链正丁烷的结构中，两个氢原子有6个位置；属于支链异丁烷结构中，两个氢原子有3个位置，因此该分子的同分异构体共有9种，因此B正确。14、B【分析】CH3COONa溶液中存在CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,根据平衡移动规律进行分析。【详解】CH3COONa溶液中存在CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,①加入固体NaOH、使平衡左移，c(CH3COO－)将增多，但是c(Na+)增加得多，c(CH3COO-)/c(Na+)的比值减小；②加入固体KOH、使平衡左移，c(CH3COO－)将增多，c(Na+)不变，所以c(CH3COO-)/c(Na+)的比值增大；③加入固体NaHS，c(CH3COO－)变化很小，c(Na+)明显增大，故c(CH3COO-)/c(Na+)的比值减小；④加入固体CH3COONa，水解率将减小，c(CH3COO-)/c(Na+)的比值增大；⑤加入冰醋酸，使平衡左移，c(CH3COO－)将增多，c(Na+)不变，所以c(CH3COO-)/c(Na+)的比值增大；⑥加水稀释，平衡右移，水解率增大，c(CH3COO－)浓度减小的程度大，c(CH3COO-)/c(Na+)的比值减小；综上所述，符合题意的有②④⑤，本题选B。15、B【详解】A.根据流程可知发生反应为Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+、O2+4H++4Fe2+=4Fe3++2H2O，根据反应可知，Fe3+对该反应有催化作用，选项A正确；B.若过程中的Fe3+可由Fe(NO3)3提供，由于酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，能氧化亚铁离子，选项B不正确；C.可用K3[Fe(CN)6]溶液区分Fe3+与Fe2+，产生蓝色沉淀则含有Fe2+，选项C正确；D.由流程分析可知，制备CuCl2的总反应为2Cu＋O2＋4HCl＝2CuCl2＋2H2O，选项D正确。答案选B。16、A【详解】A．根据结构简式可知，该物质是缩聚产物，故单体通过缩聚反应可得到该高分子化合物，A正确；B．该缩聚产物含羟基，可与酸性高锰酸钾溶液反应生成羧基，B错误；C．该缩聚产物含酯基、羟基、羧基三种官能团，C错误；D．该缩聚产物含酯基、羧基，均能与NaOH溶液反应，但聚合度n不定，不能计算消耗的NaOH的物质的量，D错误；答案选A。17、B【详解】反应平衡后SO2、O2、SO3的物质的量之比是2：3：4，保持其它条件不变，缩小体积达到新的平衡时，O2、SO3的物质的量分别为0.8mol和1.4mol，产生SO3、O2的物质的量之比是1.4：0.8=1.75：1＞4：3，说明缩小体积平衡向正反应方向移动，设改变体积后生成的SO3的物质的量为xmol，则反应的氧气为0.5xmol，因此(1.4mol-xmol)：(0.8mol+0.5xmol)=4：3，解得x=0.2，故原平衡时SO3的物质的量=1.4mol-0.2mol=1.2mol，则原平衡时SO2的物质的量=1.2mol×=0.6mol，故到达新平衡SO2的物质的量=0.6mol-0.2mol=0.4mol，故选B。【点睛】本题考查化学平衡的有关计算，难度中等，根据SO2、O2的物质的量比例关系或改变的条件判断平衡移动的方向是解题的关键。18、C【详解】A选项，合成氨工业中增加氢气的浓度要以提高氮气的利用率，而本身的利用率下降，故A错误；B选项，铝和镁用电解法制得，铜是不活泼金属，用置换就可制得，故B错误；C选项，根据物质的分类可知，蔗糖是有机物发属于非电解质，硫酸钡是盐，是强电解质，水是弱电解质，故C正确；D选项，电解饱和食盐水中Cl2在阳极产生，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】阳离子交换膜主要作用是允许阳离子钠离子通过，防止氯气与氢气混合发生爆炸，防止氯气进入阴极室与氢氧化钠反应。19、D【解析】A.H2O中只含有共价键；NH4Cl中既含有共价键，也含有离子键；H2O2中只含有共价键；故A错误；B.非金属原子间以共价键结合形成的可能为共价化合物如HCl，也可能为单质如H2、O2，故B错误；C.Na2O、NaOH和Na2SO4为离子化合物，HCl、NH3、H2SO4为共价化合物，NH4NO3由铵根离子和硝酸根离子组成，也是离子化合物，故C错误；D.共价化合物是原子间通过共用电子对形成的，故D正确。故选D。【点睛】一般非金属元素之间形成共价键，除了生成铵根离子，金属与非金属之间形成离子键，个别特例如AlCl3，既含离子键又含共价键的有NH4Cl、Na2O2、NaOH、Na2SO4等。20、D【解析】A.1L0.1mol/L的NaClO水溶液中含0.1molNaClO，NaClO水溶液中含有的氧原子数还包括水中的氧，则氧原子数大于0.lNA，A错误；B.标准状况下，HF是液体，故B错误；C.白磷(P4)的结构为正四面体，每分子含6个P-P键，C错误；D.一定条件下，Fe与Cl2反应生成三氯化铁，0.1mo1Fe与0.2molCl2充分反应，转移的电子数为0.3NA，D正确。21、B【详解】A．a～b段生成红褐色沉淀，即生成了氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+5H2O═2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+，故A正确；B．d～e段溶液变黄，说明生成铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+═2Fe3++Cl-+H2O，故B错误；C．c、f点NaClO过量，NaClO水解溶液显碱性，水解的离子方程式为：ClO-+H2O⇌HClO+OH-，故C正确；D．盐酸与氢氧化铁反应生成氯化铁，盐酸与次氯酸钠反应生成氯气，所以加过量的盐酸，沉淀溶解并有刺激性气味的气体放出，故D正确；故答案为B。【点睛】在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则:1.不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。22、C【详解】向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32-和HCO3-，b点全部为HCO3-，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性。A．a点溶液中含有CO32-和HCO3-，HCO3-与OH-反应，不能大量共存，故A错误；B．b点全部为HCO3-，Al3+、Fe3+与HCO3-发生互促水解反应，不能大量共存，故B错误；C．c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D．d点呈酸性，酸性条件下，NO3-与Fe2+能够发生氧化还原反应，不能大量共存，F-在酸性条件下也不能大量存在，故D错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、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-。24、2:3或2:7Na2CO3和NaHCO31:1(NH4)2SO3【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；C与D反应生成的F为HCl；M是日常生活中不可缺少的调味品，M为NaCl，结合转化关系图，B为NaOH。（1）若A是地壳中含量最多的金属元素，则推断A为金属铝，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，发生的反应为，Al3++3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH－=AlO2-+2H2O；（2）若A是CO2气体，A与NaOH溶液反应后所得溶液中溶质可能为：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、NaHCO3和Na2CO3、NaHCO3；根据加入盐酸后所消耗盐酸的体积来分析解答即可。（3）若A是一种正盐，A能分别与NaOH、HCl溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，该气体为常见的NH3和SO2，据此来分析作答。【详解】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；C与D反应生成的F为HCl；M是日常生活中不可缺少的调味品，M为NaCl，结合转化关系图，B为NaOH。（1）若A是地壳中含量最多的金属元素，则推断A为金属铝，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，发生的反应为，Al3++3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH－=AlO2-+2H2O；溶液中Al元素有AlO2-或者Al3+两种存在形式，故当得到的沉淀物Al(OH)3中Al元素与溶液中中Al元素的质量相等，也分两种情况，①碱过量时，即反应剩余的n[Al(OH)3]=n(AlO2-)，根据元素守恒可知此时c(AlCl3)：c(NaOH)=2：7；②当碱量不足时，n[Al(OH)3]=n(Al3+)，再根据元素守恒可知，此时c(AlCl3)：c(NaOH)=2：3，故答案为2：3或2：7。（2）若A是CO2气体，A与NaOH溶液反应后所得溶液中溶质可能为：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、NaHCO3和Na2CO3、NaHCO3；由图示信息可以看出：①0~0.1L时，消耗盐酸没有气体放出；②0.1L~0.3L，消耗盐酸有气体放出；根据两个阶段消耗的盐酸的体积比为1:2，可以推测出，原溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，根据反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，不产生气体消耗的盐酸与产生气体消耗的盐酸体积比为1:2，可判断出Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为1:1。故答案为Na2CO3和NaHCO3，1:1。（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，可推测出A的阳离子为NH4+，阴离子为SO32-，进而得出A的化学式为(NH4)2SO3。25、分液漏斗使碘充分反应除去硫化氢中的氯化氢气体NaOH溶液3H2S+IO3-=3S↓+I-+3H2OH2SBaCO3有无色气体放出当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去，且30s不恢复bmol/L×V×10-3L×4×166/a×100%【解析】反应时，首先使碘单质与过量的KOH反应，生成的产物中有碘化钾和碘酸钾，再利用制取的硫化氢与碘酸钾反应生成碘化钾和硫酸钾，除去硫酸钾，制备碘化钾。【详解】（1）根据图像可知，仪器a的名称是分液漏斗；装置C中KOH过量时可使碘充分反应；（2）制取硫化氢使用的盐酸易挥发，装置B的作用是除去硫化氢中的氯化氢气体；硫化氢气体有毒，装置D为除去硫化氢防止污染空气，使用的药品为NaOH溶液；（3）装置C中H2S和KIO3反应生成单质硫、碘化钾和水，反应的离子方程式为3H2S+IO3-=3S↓+I-+3H2O；（4）步骤Ⅲ中水浴加热可降低硫化氢在水中的溶解度，使过量的硫化氢逸出；（5）①除去溶液中的硫酸根离子通常用钡离子，除杂时不引入新的杂质离子，可利用沉淀的转化使用碳酸钡固体；溶液C中含有一定量的碳酸根离子，加入HI溶液时，生成二氧化碳气体，观察到有气泡产生；②反应过程：用重铬酸钾氧化碘离子为单质，再用硫代硫酸钠与碘反应生成碘离子，则滴定终点时，溶液中无碘单质，当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去，且30s不恢复；根据方程式可知，n（I-）：n（S2O32-）=1：1，生成硫代硫酸钠的物质的量等于碘离子的物质的量为bmol/L×V×10-3L，原溶液在碘离子的物质的量=bmol/L×V×10-3L×100mL/25mL，跟碘原子守恒，则纯度=b×V×10-3×4×166/a×100%。【点睛】用重铬酸钾氧化碘离子为单质，再用硫代硫酸钠与碘反应生成碘离子，多步反应的计算，只要根据碘离子与硫代硫酸根之间的关系式进行即可，不必分析碘与重铬酸钾之间的关系。26、（1）4Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O（2）（3）后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净;2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O;冷却结晶65.30%偏高【解析】试题分析：（1）Ce(OH)CO3变成CeO2失去1个电子，氧气得到4个电子，所以二者比例为4:1，方程式为4Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O。（2）电解熔融状态的二氧化铈可制备铈，在阴极得到铈，阴极是铈离子得到电子生成铈，电极反应为。（3）滤渣A为氧化铁，二氧化铈和氧化亚铁，与硫酸反应后溶液中存在铁离子和亚铁离子。固体表面可吸附铁离子或亚铁离子，检验滤渣B已经洗净的方法是取最后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净。二氧化铈与过氧化氢反应生成硫酸铈和水，方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；根据流程分析，由溶液生成固体，应先蒸发浓缩，然后冷却结晶。称取0.536g样品，加入硫酸溶解，用硫酸亚铁溶液滴定，消耗25毫升，方程式为：Ce4++Fe2++=Ce3++Fe3+,根据元素守恒分析，Ce(OH)4的物质的量等于亚铁离子物质的量=0.0025mol，含量为0.0025×140/0.536="65.30%"；硫酸亚铁在空气中被氧化，消耗硫酸亚铁增多，测定产品的质量分数偏高。考点：物质分离和提纯的方法和基本实验操作，氧化还原反应的配平【名师点睛】

方法

适用范围

主要仪器

注意点

实例

固+液

蒸发

易溶固体与液体分开

酒精灯、蒸发皿、玻璃棒

①不断搅拌；②最后用余热加热；③液体不超过容积2/3

NaCl(H2O)

固+固

结晶

溶解度差别大的溶质分开

NaCl(KNO3)

升华

能升华固体与不升华物分开

酒精灯

I2(NaCl)

固+液

过滤

易溶物与难溶物分开

漏斗、烧杯

①一贴、二低、三靠；②沉淀要洗涤；③定量实验要“无损”

NaCl(CaCO3)

Fe粉(A1粉)

液+液

萃取

溶质在互不相溶的溶剂里，溶解度的不同，把溶质分离出来

分液漏斗

①先查漏；②对萃取剂的要求；③使漏斗内外大气相通;④上层液体从上口倒出

从溴水中提取Br2

分液

分离互不相溶液体

分液漏斗

乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液

蒸馏

分离沸点不同混合溶液

蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计、牛角管

①温度计水银球位于支管处；②冷凝水从下口通入；③加碎瓷片

乙醇和水、

I2和CCl4

渗析

分离胶体与混在其中的分子、离子

半透膜

更换蒸馏水

淀粉与NaCl

盐析

加入某些盐，使溶质的溶解度降低而析出

烧杯

用固体盐或浓溶液

蛋白质溶液、

硬脂酸钠和甘油

气+气

洗气

易溶气与难溶气分开

洗气瓶

长进短出

CO2(HCl)、

CO(CO2)

液化

沸点不同气分开

U形管

常用冰水

NO2(N2O4)

27、过滤洗涤调节溶液的pH，使溶液中的Fe2+完全沉淀为FeCO34FeCO3+O2=2Fe2O3＋4CO25Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O向待测液中再滴加一滴标准液时，振荡，溶液刚好由黄色变成浅紫色，且半分钟内不褪去96.4%b、c【解析】（1）操作I后得到滤渣和滤液，所以应为过滤，沉淀干燥前应先洗涤除去杂质。加入NH4HCO3溶液得到碳酸亚铁，因此加入稍过量的NH4HCO3溶液的作用是调节溶液的pH，使溶液中的Fe2+完全沉淀为FeCO3。（2）+2价铁在空气中加热易被氧化为+3价，即Fe2O3，根据原子守恒还有CO2产生，因此在空气中充分加热煅烧FeCO3的化学方程式为4FeCO3+O22Fe2O3＋4CO2；（3）亚铁离子被酸性高锰酸具有溶液氧化的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；（4）酸性高锰酸钾溶液显紫红色，则终点实验现象是：向待测液中再滴加一滴标准液时，振荡，溶液刚好由黄色变成浅紫色，且半分钟内不褪去；（5）消耗高锰酸钾是0.0002mol，根据方程式可知亚铁离子是0.001mol，因此原物质中亚铁离子是0.001mol×100mL/25mL＝0.004mol，氧化亚铁质量是0.004mol×72g/mol＝0.288g，则氧化铁的质量分数是8-0.2888×100%＝96.4%；（6）a、锥形瓶内有水对结果无影响；b、滴定管未润洗相当于将标准液稀释，所用标准液体积增大，故结果偏小；c、滴定结束时仰视刻度线读数28、[:H]-NH4+NH3+H3O+=NH4++H2O2Na2