江苏省徐州市睢宁高级中学南校2026届高三化学第一学期期中监测模拟试题含解析

江苏省徐州市睢宁高级中学南校2026届高三化学第一学期期中监测模拟试题请考生注意：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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、以下有关氨及铵盐的叙述中不正确的是()A．铵态氮肥不能与碱性物质如草木灰混合施用B．氨的喷泉实验体现了氨的溶解性和氧化性C．实验室常用固体氯化铵与氢氧化钙反应制取氨气D．氨具有还原性，一定条件下可与氧化性物质如氧气发生反应2、下列说法错误的是A．越王勾践剑(青铜)的铸造材料主要是铜锡合金B．青花瓷制作原料的主要成分是硅酸盐C．以毛竹为原料制作的竹纤维属于高分子材料D．石墨烯是一种能导电的有机高分子材料3、下列说法正确的是A．烧制瓷器的原料是纯碱和黏土B．化妆品中添加甘油可以起到保湿作用C．二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饲料中D．冠状病毒粒子直径约60~220nm，故介于溶液和胶体粒子之间4、据最新报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6=O2（PtF6），已知O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt的化合价为+5，对于此反应，下列说法正确的是（）A．反应中，O2是氧化剂，PtF6是还原剂 B．O2（PtF6）中氧元素的化合价为+1C．O2（PtF6）中不存在共价键 D．每生成1molO2（PtF6）则转移1mol电子5、根据实验操作和现象,不能得出相应结论的是()选项实验操作和现象结论A等体积、pH=3的两种酸HA和HB,分别与足量的Zn反应,酸HA放出的氢气多酸性:HB>HAB将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸,滴加KSCN溶液,溶液变红Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸前已氧化变质C将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中,气体红棕色加深2NO2(g)N2O4(g),ΔH<0D向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液,浊液变澄清结合H+的能力:>C6H5O-A．A B．B C．C D．D6、下列有关实验操作，现象和解释或结论都正确的是操作现象解释或结论A向饱和Na2CO3

溶液中通入足量CO2溶液变浑浊析出了NaHCO3晶体B向含有酚酞的烧碱溶液中通入SO2溶液红色退去二氧化硫有漂白性C用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色溶液中有Na+、无K+D向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液有白色沉淀和气体产生AlO2-与HCO3-发生了双水解反应A．A B．B C．C D．D7、全钒氧化还原电池是一种新型可充电电池，不同价态的含钒离子作为正极和负极的活性物质，分别储存在各自的酸性电解液储罐中。其结构原理如图所示，该电池放电时，右槽中的电极反应为：V2+-e-=V3+，下列说法正确的是A．放电时，右槽发生还原反应B．放电时，左槽的电极反应式：VO2++2H++e-=VO2++H2OC．充电时，每转移1mol电子，n(H+)的变化量为1molD．充电时，阴极电解液pH升高8、某溶液中含有的离子可能是K＋、Ba2＋、Al3＋、Mg2＋、AlO2-、CO32-、SiO32-、Cl－中的几种，现进行如下实验：①取少量溶液，逐滴加入氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成；②另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2mol·L－1的盐酸，产生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失；③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g；下列说法中正确的是A．该溶液中可能含有Cl－B．该溶液中一定含有K＋、AlO2-、CO32-、Cl－C．步骤②中产生的白色沉淀为硅酸D．该溶液是否有K＋需做焰色反应实验(透过蓝色钴玻璃片)9、由右表提供数据及相关物质结构知识，反应：SiCl4(g)+2H2(g)→Si(s)+4HCl(g)，生成1mol晶体硅的热效应是化学键

Si-Cl

H-H

Si-Si

H-Cl

键能(kJ/mol)

360

436

176

431

A．吸收236kJ B．放出236kJ C．放出116kJ D．吸收116kJ10、下列说法正确的是A．糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，它们水解的最终产物不相同B．在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液，都会因盐析产生沉淀C．不可向蔗糖的水解液中直接加入银氨溶液检验蔗糖是否发生水解D．乙醇和汽油都是可再生能源，所以要大力发展“乙醇汽油”11、下列各组元素都属于p区的是（）A．原子序数为1，6，10的元素B．N，S，PC．Na，Li，MgD．Fe，Cr，Cl12、甲、乙两烧瓶中各盛有100mL3mol·L-1的盐酸和氢氧化钾溶液；向两烧瓶中分别加入等质量的铝粉，反应结束测得生成的气体体积甲∶乙＝2∶3（相同状况），则加入铝粉的质量为（）A．2.7g B．3.6g C．5.04g D．4.05g13、“暖宝宝”的主要原料有铁粉、活性炭、水、食盐等，其中活性炭是原电池的电极之一，食盐的作用是溶于水形成电解质溶液．下列有关“暖宝宝”的说法错误的是A．“暖宝宝”使用前要密封保存，使之与空气隔绝B．“暖宝宝”放出的热量是铁发生氧化反应时产生的C．活性炭作用是作原电池正极，加速铁粉的氧化D．活性炭最终将转化为二氧化碳14、下列事实及其解释不正确的是()。A．滴有酚酞的NaHCO3溶液呈浅红色，微热后红色加深，是因为NaHCO3分解生成了Na2CO3B．钠保存在煤油中，是因为煤油不与钠发生反应，钠比煤油密度大，煤油可以使钠隔绝空气和水蒸气C．用洁净的玻璃管向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，说明CO2、H2O与Na2O2的反应是放热反应D．钠长期暴露在空气中的产物是Na2CO3，原因是钠与氧气生成的Na2O与水和二氧化碳反应15、将足量的SO3不断通入KOH、Ba(OH)2、KAIO2三种物质的混合溶液中，如图所示生成沉淀与加入SO3的物质的量的关系相符的图象是A．B．C．D．16、下列有关化学用语表示正确的是A．氮气分子的电子式：B．质子数为9中子数为20的氟原子：FC．对硝基苯酚的结构简式：D．NaHCO3水解的离子方程式：HCO3－+H2OH3O++CO32－17、下列物质的名称与化学成分对应关系错误的是A．钡餐：BaSO4B．明矾:CuSO4·5H2OC．石膏：CaSO4D．石灰乳:Ca(OH)218、下列说法错误的是A．浓硝酸通常保存在无色玻璃试剂瓶中B．NH4Cl溶液中加入镁条会产生气泡C．单质硅是将太阳能转变成电能的常用材料D．钢铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀的负极反应相同19、已知稀氨水和稀硫酸反应生成1mol(NH4)2SO4时ΔH=-24.2kJ·mol-1；强酸、强碱稀溶液反应的中和热ΔH=-57.3kJ·mol-1。则NH3·H2O的电离热ΔH等于（）A．-69.4kJ·mol-1 B．-45.2kJ·mol-1C．+69.4kJ·mol-1 D．+45.2kJ·mol-120、热核聚变实验反应堆的原理类似太阳发光发热，即在上亿摄氏度的超高温条件下，利用氢的同位素氘、氚的聚变反应释放出核能。下列说法正确的是A．H、D、T互为同素异形体B．H2、D2、T2在相同条件下的密度之比为1∶2∶3C．H、D、T与16O、17O、18O构成的双氧水分子的相对分子质量有36种D．氘、氚发生聚变反应生成其他元素，属于化学变化21、下图中甲为甲烷和O2构成的燃料电池示意图，电解质为KOH溶液，乙为电解饱和MgCl2溶液的装置，其中乙装置中X为阳离子交换膜。用该装置进行实验，反应开始后观察到Fe电极附近出现白色沉淀。下列说法正确的是A．甲中A处通入CH4，电极反应式为CH4+10OH--8e-CO32-+7H2OB．乙中电解MgCl2溶液的总反应为2Cl-+2H2O电解Cl2↑+H2↑+2OH-C．理论上甲中每消耗22.4LCH4(标准状况下)，乙中产生4molCl2D．甲、乙中电解质溶液的pH都增大22、下列变化过程涉及氧化还原反应的是（

）A．从海水中获取氯化镁 B．煤的液化和气化C．使用泡沫灭火器产生泡沫 D．铝土矿用强碱溶解二、非选择题(共84分)23、（14分）已知无色溶液X可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、CO32-、NO3-、SO42-中的几种离子，某化学兴趣小组通过如下实验确定了其成分(其中所加试剂均过量，气体体积已转化为标准状况)：回答下列问题：(1)实验Ⅱ可确定无色溶液X中一定不存在的离子有________。(2)无色气体A的空间构型为_______；白色沉淀A的成分为_______(写化学式)。(3)实验Ⅲ中的第ii步操作对应发生的反应的离子方程式为________。(4)该无色溶液X中一定存在的阳离子及其物质的量浓度为________。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）某研究性学习小组请你参与“研究铁与水反应所得固体物质的成分、性质及再利用”实验探究，并共同解答下列问题：探究一设计如图所示装置进行“铁与水反应”的实验。（1）硬质玻璃管中发生反应的化学方程式为_______________（2）反应前A中投放碎瓷片的目的是_________________（3）装置E中的现象是_____________________探究二设计如下实验方案确定反应后硬质玻璃管中黑色固体的成分。（4）待硬质玻璃管B冷却后，取少许其中的固体物质溶于________后，将所得溶液分成两份，其中一份滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红色，推断硬质玻璃管B中固体物质的成分为_____（选填序号，下同）；若溶液未变红色，推断硬质玻璃管B中固体物质的成分为________。①一定有Fe3O4②一定有Fe③只有Fe3O4④只有Fe26、（10分）硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)又称海波，呈无色透明状，易溶于水，不溶于乙醇，常用作棉织物漂白后的脱氯剂、定量分析中的还原剂。Ⅰ.Na2S2O3·5H2O的制备Na2S2O3·5H2O的制备方法有多种，其中亚硫酸钠法是工业和实验室中的主要方法：Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3·5H2O制备过程如下：①称取12.6gNa2SO3于100mL烧杯中，加50mL去离子水搅拌溶解。②另取4.0g硫粉于200mL烧杯中，加6mL乙醇充分搅拌均匀将其润湿，再加入Na2SO3溶液，隔石棉小火加热煮沸，不断搅拌至硫粉几乎全部反应。③停止加热，待溶液稍冷却后加2g活性炭，加热煮沸2分钟(脱色)。④趁热过滤，得滤液至蒸发皿中，______________、____________________。⑤过滤、洗涤，用滤纸吸干后，称重，计算产率。（1）加入的硫粉用乙醇润湿的目的是____________________________。（2）步骤④趁热过滤的原因_____________________，空格处应采取的操作是_________________、____________________。（3）步骤⑤洗涤过程中，为防止有部分产品损失，应选用的试剂为___________。（4）滤液中除Na2S2O3和未反应完全的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是________________，生成该杂质的原因可能是____________________________。Ⅱ.产品纯度的测定准确称取1.00g产品(硫代硫酸钠晶体的摩尔质量为248g/mol)，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol/L碘标准溶液滴定至终点，消耗21.00mL。反应的离子方程式为：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。（5）计算所得产品的纯度为___________(保留三位有效数字)，该数据的合理解释可能是__________(不考虑实验操作引起的误差)。Ⅲ.产品的应用（6）Na2S2O3常用于脱氯剂，在溶液中易被Cl2氧化为SO42-，该反应的离子方程式为____________________________________。27、（12分）如图中分别是某课外活动小组设计的制取氨气并用氨气进行喷泉实验的两组装置，回答下列问题：（1）用A图所示的装置可制备干燥的NH3，反应的化学方程式为：___。干燥管中干燥剂能否改用无水CaCl2？__。（填“能”或“不能”）检验NH3是否收集满的实验方法是：__。氨气溶于水呈碱性的原因是：___。（2）若要配制100mL9.0mol/L的氨水，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、___、__。（3）将等浓度、等体积的氨水和盐酸混合，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序为___。（4）用B图所示的装置可进行喷泉实验，上部烧瓶已充满干燥氨气，引发水上喷的操作是__，该实验的原理是：___。28、（14分）四氯化钛是生产金属钛及其化合物的重要中间体。某校化学课外活动小组准备利用下图装置制备四氯化钛(部分夹持仪器已略去)。资料表明：室温下，四氯化钛为无色液体，熔点：－25℃，沸点：136.4℃。在空气中发烟生成二氧化钛固体。在650～850℃下，将氯气通过二氧化钛和炭粉的混合物可得到四氯化钛和一种有毒气体。回答下列问题：（1）检查该装置气密性的方法是_______________________________________________。（2）实验中B装置的作用是____________________。（3）写出D装置中物质制备的化学方程式________________________________；写出四氯化钛在空气中发烟的化学方程式______________________________。（4）E处球形冷凝管的冷却水应从________(填“c”或“d”)口通入。（5）F装置中盛装的物质是________。（6）该实验设计略有缺陷，请指出其不足之处：______________________________。29、（10分）为测试一铁片中铁元素的含量，某课外活动小组提出下面两种方案并进行了实验(以下数据为多次平行实验测定结果的平均值)：方案一：将ag铁片完全溶解于过量稀硫酸中，测得生成氢气的体积为580mL(标准状况)；方案二：将a/10g铁片完全溶解于过量稀硫酸中，将反应后得到的溶液用0.02000mol·L－1的KMnO4溶液滴定，达到终点时消耗了25.00mLKMnO4溶液。请回答下列问题：(1)配平下面的化学方程式：__________________________KMnO4＋FeSO4＋H2SO4===Fe2(SO4)3＋MnSO4＋K2SO4＋H2O(2)在滴定实验中不能选择________式滴定管，理由是______________；(3)根据方案一和方案二测定的结果计算，铁片中铁的质量分数依次为________和________；(4)若排除实验仪器和操作的影响因素，试对上述两种方案测定结果的准确性做出判断和分析。①方案一________(填“准确”、“不准确”或“不一定准确”)，理由是____________；②方案二________(填“准确”、“不准确”或“不一定准确”)，理由是_____________。

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【分析】氨气极易溶于水，且具有还原性，实验室常用氯化铵和氢氧化钙加热制备氨气。【详解】A．铵态氮肥由于铵根离子水解呈酸性，草木灰碳酸钾溶于水，由于碳酸根离子水解呈碱性，二者混合可发生互促水解生成氨气而降低肥效，A正确；B．氨的喷泉实验主要是利用氨气极易溶于水的性质，与氧化性无关，B错误；C．氯化铵和氢氧化钙在加热条件下可生成氨气，可用于制备少量氨气，C正确；D．氨气与氧气在催化剂条件下加热和发生氧化还原反应，为氨气的催化氧化，为工业制备硝酸的重要反应，D正确；答案为B。2、D【详解】A．越王勾践剑是春秋晚期越国青铜器，铸造材料主要是铜锡合金，故A正确；B．青花瓷的制造原料为黏土，属于硅酸盐，故B正确；C．高分子化合物相对分子质量很大，一般在10000以上，可高达几百万，以毛竹为原料制作的竹纤维，主要成分为纤维素，是高聚物，属于有机合成高分子材料，故C正确；D．“石墨烯”是一种碳的单质，为无机物，不是新型有机高分子材料，故D错误；

故选：D。3、B【详解】A．烧制瓷器的原料是黏土，无纯碱，A错误；B．甘油分子中含有亲水基，具有强的吸水性，因此化妆品中添加甘油可以起到保湿作用，B正确；C．二氧化硫气体具有强还原性，常用作葡萄酒的抗氧化剂，C错误；D．溶液中溶质直径小于1nm，胶体粒子直径在1-100nm之间，而冠状病毒粒子直径约60~220nm，故冠状病毒粒子直径可能大于胶体粒子，D错误；故合理选项是B。4、D【解析】A、由O2（PtF6）中Pt为+5价，PtF6中Pt为+6价，反应中Pt元素的化合价降低，则PtF6为氧化剂、O2为还原剂，A错误；B、O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt为+5价，F为-1价，由化合物中正负化合价的代数和为0，氧元素为＋0.5价，B错误；C、离子化合物O2（PtF6）中，O2＋与PtF6-形成离子键，PtF6-是络离子，Pt提供空轨道，F提供孤对电子形成配位键，另外，O2＋中两个氧原子间也以非极性共价键结合，则O2（PtF6）存在共价键，C错误；D、由反应前后元素的化合价变化可知，Pt化合价变化数为6-5=1，或氧变价为：0.5×=1，则该反应中每生成1molO2（PtF6）则转移1mol电子，D正确；故选D。5、B【详解】A.与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多，说明酸HA的物质的量比HB多，推出相同pH时，c(HA)>c(HB)，即酸性HB>HA，故A不符合题意；B.在酸性环境中，具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，对检验Fe(NO3)2是否变质产生干扰，故B符合题意；C.NO2中存在：，放入热水中，气体颜色加深，说明反应向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应方向为放热反应，即△H<0，故C不符合题意；D.因为碳酸的酸性强于苯酚，因此溶液变澄清，说明苯酚与发生C6H5OH＋→+C6H5O－,从而推出结合H＋能力：>C6H5O-，故D不符合题意；故答案为B。6、A【解析】A、向饱和Na2CO3中通入足量CO2时，生成NaHCO3，由于NaHCO3溶解度比Na2CO3小，故而有晶体析出，故A正确；B、向含有酚酞的烧碱（氢氧化钠）溶液中通入SO2，氢氧化钠与二氧化硫反应可以生成亚硫酸氢钠，溶液由碱性逐渐变为弱酸性，故溶液红色退去，不是利用的二氧化硫的漂白性，故B错误；C、进行焰色反应时若火焰呈黄色，则原溶液中一定含有Na＋，还可能含有K＋，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色则证明有K＋，故C错误；D、NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀氢氧化铝和碳酸钠，没有气体生成，故D错误；综上所述，本题应选A。7、B【分析】该电池放电时，右槽中的电极反应为：V2+-e-=V3+，为被氧化的过程，应为原电池负极反应，则左槽为原电池正极，发生还原反应，电极方程式应为VO2++2H++e-=VO2++H2O，充电时电极反应为放电电极反应的逆反应，以此解答该题。【详解】A.电池放电时，右槽中的电极反应为：V2+-e-=V3+，可知发生氧化反应，故A错误；B.放电时，左槽发生还原反应，电极方程式应为VO2++2H++e-=VO2++H2O，故B正确；C.充电时，左槽电极反应式为VO2++H2O-e-=VO2++2H+，每转移1mol电子，n(H+)的变化量为2mol，故C错误；D.充电时，阴极发生V3++e-=V2+，H+参加反应，pH不发生变化，故D错误。故选B。【点睛】根据得失电子判断原电池正负极和电解池阴阳极是解题关键。8、B【解析】由①信息可知“逐滴加入氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成”，故溶液中不含Al3+、Mg2+；由②信息可知“逐滴加入盐酸，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失，”故溶液中含有AlO2-、CO32-，不含SiO32-，由于Ba2+与CO32-不能共存（生成白色沉淀），故溶液中不含Ba2+，根据溶液中电荷守恒可知，必须有阳离子，故溶液中含有K+，无需焰色反应即可确定；由③信息可知“在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g”，得到的沉淀为AgCl，且n(AgCl)=0.43g143.5g/mol≈0.003mol，而②中加入的盐酸中含有n(Cl由以上分析知该溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-、Cl-，一定不含Ba2+、Mg2+、Al3+、SiO32-，故A、C、D错误，B正确。答案选B。【点睛】题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，本题中钾离子和氯离子的判断为难点，注意根据溶液呈电中性及生成氯化银的物质的量判断二者的存在情况。解答时注意定性和定量的灵活应用，注意从离子共存的角度去排除不能存在的离子。9、A【详解】化学反应方程式中的反应热=反应物的键能之和-生成物的键能之和；在硅晶体中每个硅原子和其它4个硅原子形成4个共价键，所以每个硅原子含有2个共价键,"即△H=360kJ/mol×4+436kJ/mol×2-176kJ/mol×2-431kJ/mol×4=+236"kJ/mol，故选A。10、C【解析】A、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，不是高分子化合物，A错误；B、在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液，分别发生盐析、变性而产生沉淀，B错误；C、蔗糖的水解液显酸性，不能向蔗糖的水解液中直接加入银氨溶液检验蔗糖是否发生水解，应该首先加入碱液中和后，再加入银氨溶液检验，C正确；D、汽油不是可再生能源，D错误，答案选C。11、B【解析】A项，原子序数为1、6、10的元素分别是H、C、Ne，其中H属于s区，不属于p区，故A错误；B项，根据元素周期表的分区，p区包括第三主族到第七主族加上零族的元素，N，S，P都属于p区，故B正确；C项，Na，Li，Mg都属于s区，不属于p区，故C错误；D项，Fe属于d区，Cr属于d区，不属于p区，故D错误；综上所述，本题选B。【点睛】元素周期表分为s、p、d、ds与f五个区，各区分别如下：s区包括第一、二主族的全部元素；p区包括第三主族到第七主族加上零族的元素；d区包括第三到第七副族的元素（除掉镧系元素和锕系元素）外加第八族的元素；ds区包括第一、二副族的元素；f区包括镧系元素和锕系元素；记住以上规律就能快速解决问题。12、D【详解】铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若Al都完全反应，则生成氢气应相等，而应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，由方程式：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，可知相同物质的量的Al反应时，消耗HCl较多，可知酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为1．1L×3mol/L=1．3mol，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则：解得x==1.15mol，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为1.15mol×=1.225mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则：解得y==1.15mol，则铝的质量为1.15mol×27g/mol=4.15g，故D正确。13、D【详解】A、铁粉、活性炭、水、食盐等可以构成一个原电池，发生的是铁的吸氧腐蚀，要延长使用寿命应该密封保存，A对；B、铁是负极，发生氧化反应，B对；C、构成原电池后铁的腐蚀会加快，C对，D、活性炭做正极，不参与反应，D错。答案选D。14、A【详解】A．加热促进碳酸氢根离子的水解，溶液碱性增强，错误；B．钠比煤油密度大，且不反应，钠沉在底部，煤油可以使钠隔绝空气和水蒸气，正确；C．脱脂棉燃烧需要达到其着火点，应由过氧化钠与二氧化碳、水反应提供热量，正确；D．钠与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解，氢氧化钠溶液吸收二氧化碳生成碳酸钠晶体，碳酸钠晶体风化得到碳酸钠，正确。15、D【解析】试题分析：将足量的SO3不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2三种物质的混合溶液中，三氧化硫先与水反应生成硫酸，然后发生离子反应2H++SO42-+2OH-+Ba2+=2H2O+BaSO4↓，接着硫酸再与剩余的碱反应，与碱反应过程中沉淀不发生变化，碱被完全中和后，发生离子反应H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓，待到偏铝酸根沉淀完全后,过量的硫酸又逐渐把氢氧化铝溶解了,到最后只剩下硫酸钡沉淀,沉淀的质量不再变化.综上所述，,生成沉淀与加入SO3的物质的量的关系相符的图象是D，本题选D.点睛：本题考查了混合溶液中离子反应的先后顺序问题，难度较大，要求学生要掌握常见物质的性质进行综合分析、假设验证，从离子反应的角度解决混合溶液中的复杂反应，理清离子反应的先后顺序。16、C【解析】A．氮原子的最外层有5个电子，故其电子式为，故A错误；B．质量数标示在元素符号的左上方，而质量数＝质子数+中子数，故质子数为9中子数为20的氟原子的质量数为29，故表示为299F，故B错误；C．对硝基苯酚中﹣OH和﹣NO2在苯环的对位，且硝基中N原子连接在苯环上，故表示为，故C正确；D．HCO3﹣水解为H2CO3和OH﹣，故水解的离子方程式为HCO3﹣+H2O⇌OH﹣+H2CO3，故D错误；故答案为C。17、B【解析】A.钡餐是口服医用硫酸钡制剂以显示胃肠道的造影检查法，主要物质是BaSO4，A正确；B.明矾化学式为KAl(SO4)2·12H2O，CuSO4·5H2O学名为五水合硫酸铜，俗名为蓝矾、胆矾，B错误；C.石膏为CaSO4，分为生石膏（CaSO4·2H2O）和熟石膏（CaSO4·½H2O），C正确；D.石灰乳的主要成分为Ca(OH)2，D正确；答案为B。18、A【详解】A、浓硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，故A错误；B、NH4Cl为强酸弱碱盐，水解显酸性，故加入镁条会产生气泡，故B正确；C、单质硅是制备太阳能电池常用的材料，故C正确；D、在弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，在强酸性条件下，钢铁发生析氢腐蚀，无论析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，铁都作负极，负极上都是铁失电子发生氧化反应，故D正确；故答案选A。【点睛】实验室保存化学试剂，应根据化学药品的物理性质和化学性质采取正确的保存方法，如易挥发药品要密封保存，易分解物质和避光、低温保存，具体物质要具体分析。19、D【详解】根据题意先写出热化学方程式2NH3·H2O(aq)+H2SO4(aq)=(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)；ΔH=24.2kJ/mol，即：2NH3•H2O(aq)+2H+(aq)=2NH4+(aq)+2H2O(l)；△H=-24.2kJ/mol，整理可得：NH3•H2O(aq)+H+(aq)=NH4+(aq)+H2O(l)；△H=-12.1kJ/mol（1）H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)；ΔH=-57.3kJ/mol（2）（1）-（2）可得：NH3•H2O(aq)=NH4+(aq)+OH-(aq)，△H=+45.2kJ/mol，

所以NH3•H2O在水溶液中电离的△H为+45.2kJ/mol，D正确；故选D。20、B【解析】A、H、D、T是原子，不是单质，不在同素异形体讨论的范围内，故A错误；B、相同条件下的密度之比等于摩尔质量之比，H2、D2、T2相对分子质量之比为2：4：6，即密度之比为1：2：3，故D正确；C、根据双氧水组成知，三种氢的同位素有6种组合方式，三种氧的同位素也有6种组合方式，故二者组合成双氧水的种类有36种，两个氢组合的相对原子质量之和分别为连续数据：2、3、4、5、6，两个氧组合的相对原子质量之和分别为连续数据：32、33、34、35、36，所以H2O2的相对分子质量数据是连续的，最小值为2+32=34，最大值为6+36=42，故双氧水的相对分子质量数值共有42-33=9，即9个数据分别是34、35、36、37、38、39、40、41、42，故C错误；D、氘、氚聚变反应属于核反应，核反应属于物理变化，故D错误；故选B。21、C【解析】A项，乙为电解氯化镁溶液的装置，反应开始后观察到Fe电极附近出现白色沉淀，说明H+在铁电极放电，所以铁电极为阴极，则甲中B端为负极，通入CH4，反生氧化反应，电极反应式为：CH4＋10OH--8e-=CO32-＋7H2O，故A错误；B项，乙中电解氯化镁溶液的总反应为：Mg2+＋2Cl-＋2H2OCl2↑＋H2↑＋Mg(OH)2↓，故B错误；C项，由上分析可知，甲中每消耗标况下22.4L（1mol）CH4，转移8mol电子，则乙中产生4molCl2，故C正确；D项，甲中KOH参与反应，碱性减弱，PH减小，乙中氢离子放电，pH增大，故D错误。22、B【详解】A.从海水中获取氯化镁需要加入氢氧化钙，反应生成氢氧化镁沉淀，沉淀溶于盐酸即可，故不涉及氧化还原反应，故错误；B.煤的气化是将煤这种固体燃料变为一氧化碳和氢气，属于氧化还原反应，液化是指一氧化碳和氢气反应生成甲醇等，也属于氧化还原反应，故正确；C.泡沫灭火器的原理为Al2(SO4)3+6NaHCO3==3Na2SO4+2Al(OH)3↓+6CO2↑，不属于氧化还原反应，故错误；D.铝土矿用强碱溶解的过程中涉及氧化铝溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠和水，不属于氧化还原反应，故错误。故选B。二、非选择题(共84分)23、H+、Mg2+、Al3+三角锥形BaCO3、BaSO43Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2Oc(NH4+)=0.05mol/L，c(Na+)=0.4mol/L【分析】无色溶液X中加入Ba(OH)2溶液加热产生无色气体A是NH3，说明含有NH4+，根据氨气的物质的量可计算出NH4+的物质的量；同时产生白色沉淀A，向该沉淀中加入稀硝酸产生无色气体B，同时有白色沉淀B，说明沉淀A是BaSO4、BaCO3的混合物，二者的质量和为8.6g，沉淀B是BaSO4，气体B是CO2，说明原溶液中含SO42-、CO32-，根据沉淀A、B的质量可计算出原溶液中含有的SO42-、CO32-的物质的量；向溶液A中加入盐酸酸化，并加入FeCl2溶液，产生无色气体C，该气体与空气变为红棕色，则B是NO，说明III发生了氧化还原反应，A中含有NO3-，根据NO的体积，结合N元素守恒可得NO3-的物质的量，根据离子共存判断是否含有其它离子，并进行分析解答。【详解】根据上述分析可知：该溶液中一定含有NH4+、SO42-、CO32-、NO3-，由于CO32-与H+、Mg2+、Al3+会发生离子反应而不能大量共存，所以该溶液中一定不含有H+、Mg2+、Al3+离子；(2)无色气体A是NH3，该气体分子呈三角锥形；白色沉淀A是BaSO4、BaCO3的混合物；(3)实验Ⅲ中的第ii步操作是H+、NO3-与Fe2+发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒。可得该反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；(4)根据上述分析及题干已知信息，结合元素守恒可知，在原溶液中含有的离子的物质的量分别是：n(NH4+)=n(NH3)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，n(SO42-)=n(BaSO4)=4.66g÷233g/mol=0.02mol，n(CO32-)=n(BaCO3)=(8.6-4.66)g÷197g/mol=0.02mol，n(NO3-)=n(NO)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol。阴离子带有的负电荷总数多于阳离子带有的正电荷总数，根据溶液呈电中性，说明溶液中还含有阳离子Na+，其物质的量是n(Na+)=2n(SO42-)+2n(CO32-)+n(NO3-)-n(NH4+)=2×0.02mol+2×0.02mol+0.01mol-0.01mol=0.08mol，溶液的体积是200mL，则该无色溶液X中一定存在的阳离子的物质的量浓度c(NH4+)=n(NH4+)÷V=0.01mol÷0.2L=0.05mol/L；c(Na+)=n(Na+)÷V=0.08mol÷0.2L=0.4mol/L。【点睛】本题考查常见离子的检验方法及物质的量浓度的计算，注意掌握常见离子的性质及正确的检验方法，要求学生能够根据离子反应的现象判断原溶液中存在的离子名称，结合离子反应由已经确定的离子存在判断不能存在的离子，并根据溶液的电中性分析题目未涉及的检验离子的存在及其浓度，该题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。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、防止爆沸黑色固体变成红色，玻璃管壁有水珠盐酸或稀硫酸①②【详解】（1）硬质玻璃管中的Fe在高温情况下被水蒸气氧化成而水自身被还原成，其反应方程式为：，故答案为：；（2）液体加热时容易发生暴沸现象，加碎瓷片的作用是防止暴沸，故答案为：防止暴沸；（3）装置E中所发生的反应为：，则该反应的实验现象为：黑色固体变红，硬质玻璃管E的右端管壁有液珠，故答案为：黑色固体变成红色，玻璃管壁有水珠；（4）由反应可知，硬质玻璃管B中的黑色固体可能为Fe或者或者为Fe与的混合物，为检验其组成应用酸溶解（但不能选用氧化性酸），则所选的酸应为稀硫酸或者盐酸；将所得溶液分成两份，其中一份滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红色，则溶液中含有，而是由溶于酸所得，则元固体中一定含有，故选①；若溶液未变红色，说明溶液中不含，则原固体中一定含有Fe，故选②，故答案为：盐酸或稀硫酸；①；②。26、增大亚硫酸钠与硫粉的接触面积，加快反应速度防止温度降低，产品析出而损失蒸发浓缩冷却结晶乙醇Na2SO4Na2SO3被空气中的O2氧化104%产品中有未反应的Na2SO3也会与I2发生反应，且相同质量的Na2SO3消耗I2更多；在反应过程中I2挥发损失S2O32－+4Cl2+5H2O==2SO42－+8Cl－+10H+【解析】（1）乙醇易溶于水，硫粉用乙醇润湿，有利于硫粉与亚硫酸钠溶液充分接触；（2）步骤④趁热过滤的原因是防止温度降低时，产品析出而损失，得到的溶液需要移至蒸发皿中，然后蒸发浓缩、冷却结晶即可；（3）由于硫代硫酸钠晶体易溶于水，不溶于乙醇，因此洗涤过程中，为防止有部分损失，应选用的试剂为乙醇；（4）由于Na2SO3易被空气中的氧气氧化转化为硫酸钠；（5）根据题中所给数据进行计算，由于产品中有未反应的Na2SO3也会与I2发生反应，且相同质量的Na2SO3消耗I2更多，在反应过程中I2挥发损失；（6）Na2S2O3在溶液中易被Cl2氧化为SO42-，根据守恒写出离子方程式。【详解】（1）由于硫不溶于水，微溶于酒精，乙醇易溶于水，因此加入的硫粉用乙醇润湿的目的是增大硫粉与亚硫酸钠溶液的接触面积，加快反应速率；故答案为增大亚硫酸钠与硫粉的接触面积，加快反应速度；（2）步骤④趁热过滤的原因是防止温度降低时，产品析出而损失，得到的溶液需要移至蒸发皿中，然后蒸发浓缩、冷却结晶即可，故答案为：防止温度降低，产品析出而损失；蒸发浓缩；冷却结晶。（3）由于硫代硫酸钠晶体易溶于水，不溶于乙醇，因此洗涤过程中，为防止有部分损失，应选用的试剂为乙醇，故答案为乙醇。（4）由于Na2SO3易被空气中的氧气氧化转化为硫酸钠，则最可能存在的无机杂质是Na2SO4，故答案为Na2SO4；Na2SO3被空气中的O2氧化。（5）用0.1000mol/L碘标准溶液滴定至终点，消耗标准液的体积21.00mL，所得产品的纯度为0.1000mol/L×0.021L×2×248g/mol÷1g×100%=104%，由于产品中有未反应的Na2SO3也会与I2发生反应，且相同质量的Na2SO3消耗I2更多，在反应过程中I2挥发损失，所以会出现这种结果，故答案为104%；产品中有未反应的Na2SO3也会与I2发生反应，且相同质量的Na2SO3消耗I2更多；在反应过程中I2挥发损失。（6）Na2S2O3常用于脱氯剂，在溶液中易被Cl2氧化为SO42-，该反应的离子方程式为：S2O32－+4Cl2+5H2O=2SO42－+8Cl－+10H+，故答案为：S2O32－+4Cl2+5H2O=2SO42－+8Cl－+10H+。27、2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O不能用湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口附近，若试纸变蓝；则说明NH3已收集满(或用玻璃棒蘸取少许浓盐酸靠近收集NH3的试管口，若产生白烟，说明试管已收集满NH3，反之，则没有收集满)由于NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，故溶液呈弱碱性100mL容量瓶胶头滴管c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)挤压胶头滴管橡胶乳头，使少量水进入烧瓶，并及时打开止水夹NH3极易溶于水，致使烧瓶内压强迅速减小【分析】(1)①实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气；无水氯化钙和氨气能发生反应生成络合物；根据氨气的性质和氨水的性质分析解答；(2)若要配制100mL9.0mol/L的氨水，需要选用100mL容量瓶配制，结合实验步骤分析需要的玻璃仪器；(3)将等浓度、等体积的氨水和盐酸混合，恰好反应生成氯化铵溶液，氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液显酸性，据此分析排序；(4)NH3极易溶于水，氨气溶于水后，能够使烧瓶内压强迅速减小，据此分析解答。【详解】(1)①在加热条件下，氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、水和氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；无水氯化钙和氨气能发生反应CaCl2+8NH3=CaCl2•8NH3，所以干燥管中干燥剂不能改用无水CaCl2；氨气的水溶液显碱性，NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，可以用湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口附近，若试纸变蓝；则说明NH3已收集满，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；不能；用湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口附近，若试纸变蓝；则说明NH3已收集满(或用玻璃棒蘸取少许浓盐酸靠近收集NH3的试管口，若产生白烟，说明试管已收集满NH3，反之，则没有收集满)；由于NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，故溶液呈弱碱性；(2)若要配制100mL9.0mol/L的氨水，需要选用100mL容量瓶配制，配制过程中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；(3)将等浓度、等体积的氨水和盐酸混合，恰好反应生成氯化铵溶液，氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液显酸性，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序为c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)；(4)NH3极易溶于水，氨气溶于水后，能够使烧瓶内压强迅速减小，引发喷泉，用氨气进行喷泉实验时，引发水上喷的操作是挤压胶头滴管橡胶乳头，使少量水进入烧瓶，并及时打开止水夹，故答案为：挤压胶头滴管橡胶乳头，使少量水进入烧瓶，并及时打开止水夹；NH3极易溶于水，致使烧瓶内压强迅速减小。28、在B装置中加入蒸馏水至浸没玻璃导管a的下端，关闭活塞b，微热A装置中的烧瓶，若导管a中的液面上升一定的高度，则气密性良好(或在B装置中加入蒸馏水至浸没玻璃导管a的下端，F装置处连接导气管并将尾端放到水槽中，微热A装置中的烧瓶，水槽中导气管的尾端有气泡冒出，停止加热，倒吸形成一段稳定的水柱，则气密性良好等合理即可)洗去Cl2中的HCl气体、用作安全瓶(或用作平衡气压的安全装置，或