宁波市重点中学2026届化学高三上期中达标测试试题含解析

宁波市重点中学2026届化学高三上期中达标测试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、四氧化三铁(Fe3O4)磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2＋＋2＋O2＋xOH－=Fe3O4↓＋＋2H2O。下列问题叙述不正确的是（）A．水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应中，还原剂是B．反应的离子方程式中x=4C．每生成1molFe3O4，反应转移的电子为4molD．被Fe2＋还原的O2的物质的量为0.5mol2、化学与生活、技术密不可分，下列有关说法错误的是A．天然气是高效清洁的化石燃料 B．可利用离子反应处理水中的微量重金属元素C．油脂可以制取肥皂 D．我国使用最早的合金是生铁3、一个原电池的总反应是Zn+Cu2+=Zn2++Cu的是()A．Zn正极Cu负极CuCl2 B．Cu正极Zn负极H2SO4C．Cu正极Zn负极CuSO4 D．Zn正极Fe负极CuCl24、下列有关化学方程式的叙述正确的是（）Ａ.已知2H2(g)+O2(g)="=="2H2O(g)△H=-483.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8kJ/molA．已知C(石墨,s)="=="C(金刚石，s)△H＞0,则金刚石比石墨稳定B．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH(aq)+HCl(aq)="=="NaCl(aq)+H2O(l)△H="-57.4kJ/mol"C．已知2C(s)+2O2(g)===2CO2(g)△H12C(s)+O2(g)===2CO(g)△H2则△H1＞△H25、在FeBr2和FeI2混合溶液中逐渐通入氯气，不可能发生的反应离子方程式是()A．2I－＋Cl2===I2＋2Cl－B．2Fe2＋＋2Br－＋2I－＋3Cl2===2Fe3＋＋I2＋Br2＋6Cl－C．2Fe2＋＋4Br－＋2I－＋4Cl2===2Fe3＋＋I2＋2Br2＋8Cl－D．4Fe2＋＋2Br－＋2I－＋4Cl2===4Fe3＋＋I2＋Br2＋8Cl－6、两种金属粉末的混合物15g，投入足量的稀盐酸中，得到5.6L氢气（标准状况），则这种混合物可能是A．镁和铁 B．镁和铝 C．铁和锌 D．铜和锌7、化工生产中使用的一种具有较强吸水性的高分子化合物(Z)的合成路线如下：下列说法正确的是A．X、Y分子中均有两个手性碳原子B．过量酸性KMnO4溶液可将X转化为YC．Y转化为Z的反应类型是加聚反应D．Z与足量H2发生加成反应，消耗Z与H2的物质的量之比为1:38、下列说法正确的是A．最外层有2个电子的原子都是金属原子B．同一周期元素的原子，半径越小越容易失去电子C．同一主族的元素的氢化物，相对分子质量越大，它的沸点一定越高D．非金属元素呈现的最高化合价不超过该元素原子的最外层电子数9、下列实验过程中产生的现象与对应的图象不相符的是()A．向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液至过量B．向NaAlO2溶液中滴加盐酸至过量C．向Na2CO3溶液中逐滴加入稀盐酸D．向含有Mg2+和Al3+的溶液中加入NaOH溶液至过量10、下列离子方程式或热化学方程式与所述事实不相符的是（）A．向显蓝色的淀粉溶液中通入足量SO2后溶液变无色：I2+SO2+2H2O=2I-+SO+4H+B．用Na2S处理含Hg2+的废水：Hg2++S2-=HgS↓C．向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+D．298K、101kPa，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中，充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ。其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ•mol-111、下列物质按强电解质、弱电解质、酸性氧化物、碱性氧化物的组合中，正确的是强电解质弱电解质酸性氧化物碱性氧化物AH2SO4CH3COOHNO2Na2OBBaSO4HClOMn2O7CaOCNaCl氨水SO2MnO2DHIHFCO2Fe3O4A．A B．B C．C D．D12、化学创造了生活，也在改变着我们的生活，下列与化学有关的说法正确的是A．纯碱和生石灰均属于碱B．在海轮外壳上镶嵌锌块，会减缓船体的锈蚀C．经过必要的化学变化能从海水中提取NaCl、Mg、Br2等物质D．植物通过光合作用能将CO2转化为葡萄糖和O2，该反应为置换反应13、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆B．石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体C．明矾易溶于水，可用作净水剂D．液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂14、将2mol过氧化钠与4mol碳酸氢钠固体混合，在密闭容器中，120°C充分反应后，排出气体，冷却，有固体残留。下列分析正确的是A．残留固体是4molNa2CO3B．残留固体是Na2CO3和NaOH的混合物C．反应中转移4mol电子D．排出的气体是3mol氧气15、已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20ml0.1mol•L-1H2SO3溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法正确的是()A．a点所得溶液中：2c(HSO3-)+c(SO32-)=0.1mol/LB．b点所得溶液中：c(H+)+c(SO32-)=c(OH-)+c(H2SO3)C．c点所得溶液中：c(Na+)>3c(HSO3-)D．d点所得溶液中：c(Na+)>c(OH-)>c(SO32-)16、下列有关概念的叙述正确的是A．水玻璃、王水、液氨均为混合物B．Na2O2、CaH2均含有离子键和共价键C．非金属氧化物一定是酸性氧化物D．生成盐和水的反应不一定是中和反应17、用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水、铁粉和葡萄糖溶液可按照如图方法从某含有Cu2+、Ag+的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。下列说法错误的是()A．试剂1是NaCl溶液，其发生反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓B．试剂2是Fe粉，物质2→Cu的离子反应为Fe+Cu2+=Fe2++CuC．试剂3发生反应的离子方程式为AgCl+2NH3∙H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2OD．分离1、2、3的操作都是过滤；[Ag(NH3)2]+溶液与试剂4反应需加热18、下列物质中属于纯净物的是()①由同种元素组成的物质②具有固定熔沸点的物质③由相同种类的原子组成的分子④只有一种元素的阳离子和另一种元素的阴离子组成的物质⑤在氧气中燃烧只生成二氧化碳的物质⑥只含有一种分子的物质A．②③⑥ B．④⑤⑥ C．①④ D．②⑥19、茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨B．用浓硝酸溶解茶叶并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦C．过滤得到滤液，选用④、⑤和⑦D．检验中滤液中的Fe3＋，选用③、⑧和⑩20、某课题组以铬铁矿粉［主要成分为Fe(CrO2)2，还含有Al2O3、SiO2等杂质］为主要原料制备Cr2O3，有关实验流程如图所示。下列说法错误的是()A．“焙烧”时Fe(CrO2)2发生反应：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O2=2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2B．过滤时需要的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒C．图中“滤渣”成分是Al(OH)3和H2SiO3D．“反应Ⅲ”每消耗32g硫黄，能产生2molCr(OH)321、探究铝片与Na2CO3溶液的反应。无明显现象铝片表面产生细小气泡出现白色浑浊，产生大量气泡（经检验为H2和CO2）下列说法不正确的是A．对比Ⅰ、Ⅲ，说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜B．推测出现白色浑浊的原因：AlO2-+HCO3-+H2O=Al（OH）3↓+CO32-C．加热和H2逸出对CO32-水解平衡移动方向的影响是相反的D．Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-22、科学家研制出了一种漂白效率极高的新型漂白剂(结构如图所示)，其中W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。常温下，0.1mol/LZ的氢化物的水溶液pH=1，且Z与Y位于不同周期。下列叙述正确的是A．原子半径：Z＞Y＞X＞W B．氢化物的稳定性：W＞X＞YC．X的氧化物的水化物是强酸 D．Y的某种单质具有杀菌消毒作用二、非选择题(共84分)23、（14分）短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数,室温下M单质为淡黄色固体，回答下列问题：(1)M元素在周期表中的位置

_______________________(2)Z元素在自然界中常见的二元化合物是

________________，其与NaOH溶液反应的离子方程式为

___________________________(3)X与M的单质能在高温下反应，生成产物的分子结构与CO2相似，请写出该产物分子的电子式

___________；其化学键属

___________共价键(填“极性”或“非极性”)；(4)四种元素中的

_______________可用于航空航天合金材料的制备，其单质与X的一种氧化物反应的化学方程式为

______________________________________________。24、（12分）在Na2SO3溶液中各微粒浓度等式关系正确的是________a.c(Na+)=c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)b.c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)c.c(OH-)=c(HSO3-)+c(H+)+c(H2SO3)25、（12分）把一支试管放在盛有25℃饱和石灰水的烧杯中，试管中开始放入几小块镁片，再滴入5mL盐酸，回答下列问题：（1）实验中观察到的现象是___________________________________________。（2）产生上述现象的原因是__________________________________________。（3）写出有关反应的离子方程式_______________________________________。26、（10分）硫酰氯(SO2Cl2)常用作氯化剂和氯磺化剂，在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。现在拟用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯。反应的化学方程式为：SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(l)ΔH=−97.3kJ·mol−1，实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。已知：硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点−54.1℃，沸点69.1℃。在潮湿空气中“发烟”；长期放置或者100°C以上发生分解，生成二氧化硫和氯气。回答下列问题：(1)仪器C的名称是_______________，冷凝管的进水方向______(填“a”或“b”)。(2)下列操作或描述正确的是_________________。A．将70%硫酸换成98.3%硫酸，可以加快制取SO2的速率B．实验中通过观察乙、丁导管口产生气泡的速率相等，可控制两种反应物体积相等C．装置戊上方分液漏斗中最好选用0.10mol·L-1NaCl溶液，减小氯气的溶解度D．装置己防止污染，又防止硫酰氯变质(3)氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯，写出反应方程式：____________________。(4)硫酰氯在潮湿空气中“发烟”，原因是_______________________(用化学方程式表示)。(5)若反应中消耗的二氧化硫体积为560mL(标准状况下)，最后经过分离提纯得到2.7g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为_______。27、（12分）高铁酸钾（K2FeO4）是一种理想的绿色高效水处理剂。某学习小组用下图所示装置（夹持仪器已略去）制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe（NO3）3溶液的反应制备K2FeO4。查阅资料知K2FeO4的部分性质如下：①可溶于水、微溶于浓KOH溶液；②在0℃～5℃、强碱性溶液中比较稳定；③在Fe3＋和Fe（OH）3催化作用下发生分解；④在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe（OH）3和O2。请回答下列问题：（1）仪器C和D中都盛有KOH溶液，其中C中KOH溶液的用途是_________________。（2）Cl2与KOH的浓溶液在较高温度下反应生成KClO3。为保证反应生成KClO，需要将反应温度控制在0～5℃下进行，在不改变KOH溶液浓度的前提下，实验中可以采取的措施是___________。（3）在搅拌下，将Fe（NO3）3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中即可制取K2FeO4，写出该反应的化学方程式____________________________________________；该操作不能将KClO饱和溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，其原因是________________________________________。（4）制得的粗产品中含有Fe（OH）3、KCl等杂质。一种提纯方案为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3mol·L－1KOH溶液中，用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤，晶体用适量乙醇洗涤2～3次后，在真空干燥箱中干燥。①第一次和第二次过滤得到的固体分别对应的是（填化学式）______________、___________，过滤时不用普通漏斗而采用砂芯漏斗的原因是_____________________。②晶体用乙醇洗涤的原因是________________________。28、（14分）酸性KMnO4在生产、生活、卫生医疗中常用作消毒剂，高锰酸钾造成的污渍可用还原性的草酸(H2C2O4)去除，Fe(NO3)3也是重要氧化试剂，下面是对这两种氧化剂性质的探究。（1）取300mL0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则转移电子的物质的量的是________mol。（2）测定KMnO4样品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定，取0.395gKMnO4样品溶解酸化后，用0.100mol/L标准Na2S2O3溶液进行滴定，标准Na2S2O3溶液应盛装在________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。实验中，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液12.50mL，则该样品中KMnO4的质量分数是________。(有关离子方程式为：8MnO4－+5S2O32－+14H+＝8Mn2++10SO42－+7H2O）（3）在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色。溶液先变为浅绿色的离子方程式是_______________，又变为棕黄色的离子方程式是__________。29、（10分）铝、氧化铝、氢氧化铝等在工业上用途广泛。(1)用原子结构知识解释Al的金属性比Na弱：Al与Na在元素周期表中位于同一周期，_________________，Al的金属性比Na弱。(2)结合化学用语，用化学平衡知识解释，氢氧化铝既溶于强酸溶液，又溶于强碱溶液：_______________________。(3)Al2O3是制备二甲醚（CH3OCH3）的反应中的重要催化剂。已知由H2、CO制备二甲醚过程为：CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)

ΔH1＝－90.1kJ·mol－12CH3OH(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g)

ΔH2＝－24.5kJ·mol－1写出由H2、CO制备二甲醚的总的热化学方程式____________。工业上以铝土矿（主要成分是氧化铝，含氧化铁、氧化镁、二氧化硅、氧化铜等杂质）为原料提取铝、氧化铝、氢氧化铝的无机化工流程如图：[已知：该条件下NaOH溶液与二氧化硅反应非常缓慢，在工业生产时不必考虑](4)固体A为________________________________。(5)写出反应②的离子方程式为___________________________。(6)反应④所得的铝材中，往往含有少量的铁和硅等杂质，可用电解精炼法进一步提纯，该电解池中阳极的电极反应式为__________________，下列可作阴极材料的是______A．铝材B．石墨C．纯铝D．铅板(7)铝土矿中Al2O3的含量为40.8％，要使1t铝土矿中的Al2O3全部溶解理论上至少需要NaOH的质量为________t。

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、A【详解】A．反应中Fe元素化合价部分升高为+3价，S元素化合价由+2价升高到+2.5价，则还原剂是Fe2+和，故A错误；B．根据电荷守恒得：2×3＋2×(-2)＋(-x)＝-2，解得x＝4，故B正确；C．根据还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，由反应可知，该反应转移4e-，所以每生成1molFe3O4，由O元素的化合价变化可知，转移电子为1mol×2×[0-(-2)]=4mol，故C正确；D．设被Fe2+还原的O2的物质的量为y，根据得失电子守恒可知，4y＝1mol×3×，解得y＝0.5mol，故D正确；答案选A。2、D【详解】A、天然气燃烧生成二氧化碳和水，是清洁的化石燃料，选项A正确；B、可利用离子反应处理水中的微量重金属元素，如用硫化钠沉淀铜离子生成硫化铜，选项B正确；C、油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，选项C正确；D、人类使用的合金的时间与冶炼技术有关，活泼性弱的金属容易冶炼，铁、铝比较活泼，难冶炼，铜活泼性较弱，容易冶炼，所以我国使用最早的合金是铜合金（青铜），选项D错误。答案选D。3、C【分析】根据电池反应式知，Zn失电子化合价升高作负极，不如锌活泼的金属或导电的非金属作正极，铜离子得电子发生还原反应，则可溶性铜盐溶液作电解质溶液。【详解】A.应该是Zn作负极、Cu作正极，故A错误；B.应该是锌作负极、Cu作正极，含铜离子的溶液作电解质溶液，故B错误；C.Zn作负极、Cu作正极、硫酸铜溶液作电解质溶液可以实现该原电池反应,所以C正确；D.Zn负极、Fe正极，CuCl2做电解质溶液，故D错误；答案：C。【点睛】理解电池总反应和原电池的工作原理是解题的关键，原电池的负极发生失电子的氧化反应，正极发生得电子的还原反应，原电池的负极一般比正极活泼。4、C【解析】A、氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量，故A错误；B、根据C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，则石墨的能量低于金刚石的能量，物质具有的能量越低越稳定，所以金刚石不如石墨稳定，故B错误；C、依据酸碱中和热概念是强酸强碱稀溶液反应生成1mol水放出的热量计算分析，含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，40g氢氧化钠完全反应放热57.4kJ，则该反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.4kJ/mol，故C正确；D、物质C完全燃烧放出的能量多，但是反应是放热的，焓变是带有负号的，所以△H1＜△H2，故D错误；答案选C。5、C【解析】A．通入氯气，首先氧化I-，可发生2I-+Cl2═I2+2Cl-，故A不选；B．当n(FeBr2)：n(FeI2)：n(Cl2)=1：1：3时，I-、Fe2+、Br-全部被氧化，发生反应2Fe2++2Br-+2I-+3C12═2Fe3++I2+Br2+6Cl-，故B不选；C.2Fe2++4Br-+2I-+4Cl2=2Fe3++I2+2Br2+8Cl-，该反应中，溴离子的计量数为4、碘离子的计量数为2，则被氧化的铁的计量数至少为：4+22=3，即：当n(FeBr2)：n(FeI2)：n(Cl2)=2：1：4时，I-、Fe2+全部被氧化，Br-部分被氧化，发生反应为：6Fe2++6Br-+4I-+8Cl2═6Fe3++2I2+3Br2+16Cl-，故C选；D．当n(FeBr2)：n(FeI2)：n(Cl2)=3：1：4时，I-、Fe2+全部被氧化，Br-部分被氧化，发生4Fe2++2Br-+2I-+4Cl2═4Fe3++I2+Br2+8Cl-，故D不选；故选6、C【解析】把两种金属看作是一种金属，令为R，与盐酸反应，假设生成+2价，化学反应方程式为R＋2HCl=RCl2＋H2↑，根据反应方程式，求出R的平均摩尔质量为g·mol－1，=60g·mol－1，符合形式的应是一种金属的摩尔质量大于60g·mol－1，另一种金属的摩尔质量小于60g·mol－1，A、摩尔质量分别是24g·mol－1、56g·mol－1，不符合，故A错误；B、铝参与反应的化合价为＋3价，转化成＋2价，其摩尔质量为27×2/3g·mol－1=18g·mol－1，不符合，故B错误；C、摩尔质量分别是56g·mol－1、65g·mol－1，符合，故C正确；D、摩尔质量分别是64g·mol－1、65g·mol－1，不符合，故D错误。7、A【详解】A.X分子中有两个手性碳原子()、Y分子中也有两个手性碳原子()，故A正确；B.

羟基和醛基均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，过量酸性KMnO4溶液可将X转化为，故B错误；C.Y中的羧基和羟基通过缩聚反应转化为Z，故C错误；D.Z中含有n个苯环，与足量H2发生加成反应，消耗Z与H2的分子数之比为1:3n，故D错误；故答案选A。【点睛】一般来讲，有机物发生缩聚反应的结构特点：结构中含有羧基和羟基或羧基和氨基；有机物发生加聚反应的结构特点：结构中含有不饱和的碳碳双键或三键等。8、D【解析】A.最外层含有2个电子的原子可能为非金属原子，如He最外层含有2个电子，而He为非金属元素，故A错误；

B.同一周期元素的原子，从左向右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，所以半径越大越容易失去电子，故B错误；

C.同一主族的元素的氢化物，若分子间存在氢键，则沸点升高，如H2O的沸点大于H2S，故C错误；

D.非金属元素呈现的最高化合价等于最外层电子数，F没有正价，O没有最高正价，则非金属元素呈现的最高化合价不超过该元素原子的最外层电子数，所以D选项是正确的；

所以D选项是正确的。9、C【详解】A.先发生反应，再发生反应，与图象相符，故A正确；B.先发生反应，再发生，与图象相符，故B正确；C.先发生反应，再发生反应，与图象不符，故C错误；D.先发生Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，再发生反应，与图象相符，故D正确；综上所述，答案为C。【点睛】C项为易错点，注意碳酸钠和盐酸反应时的滴加顺序不同，发生的反应也不同。10、D【详解】A．向显蓝色的淀粉溶液中通入足量SO2后溶液变无色，碘单质与SO2、H2O反应生成H2SO4和HI，离子方程式为：I2+SO2+2H2O=2I-+SO+4H+，离子方程式与所述事实相符，故A不选；B．硫离子与汞离子反应生成硫化汞沉淀，用Na2S处理含Hg2+的废水：Hg2++S2-=HgS↓，离子方程式与所述事实相符，故B不选；C．向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀，说明Mg(OH)2沉淀转化生成了Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+，离子方程式与所述事实相符，故C不选；D．该反应为可逆反应，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g）的物质的量小于1mol，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜-38.6kJ•mol-1，故D选；答案选D。11、B【详解】A.二氧化氮不属于酸性氧化物，选项A错误；B.硫酸钡属于强电解质，次氯酸属于弱电解质，七氧化二锰属于酸性氧化物，氧化钙属于碱性氧化物，选项B正确；C.氨水为混合物，不属于弱电解质，选项C错误；D.四氧化三铁不属于碱性氧化物，选项D错误。答案选B。12、B【解析】从物质的组成来分析物质的分类，从反应物和生成物种类分析反应的类型，从原电池原理来分析金属防腐的原理。【详解】电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物属于碱，纯碱是盐，生石灰属于碱性氧化物，故A错误；海轮是钢铁制造的，镶嵌锌块是利用原电池的原理对船体进行保护，锌比铁活泼先被腐蚀，故B正确；海水中溶解有氯化钠，从中提取氯化钠是物理变化，故C错误；置换反应是单质与化合物反应生成新的单质和新的化合物，光合作用是二氧化碳和水的反应，不是置换反应，故D错误。故选B。13、D【详解】A、二氧化硫可用来漂白是具有漂白性，与氧化性无关，故A错误；B、石英坩埚的主要成分为二氧化硅，能与烧碱、纯碱反应，故B错误；C、明矾作净水剂是因为铝离子水解生成的氢氧化铝具有吸附性，与溶解性无关，故C错误；D、液氨汽化时吸收大量的热，具有制冷作用，可用作制冷剂，故D正确；故选D；14、A【解析】由方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，可知4molNaHCO3分解得到Na2CO3、CO2和H2O各2mol，还会发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，由于二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，可以认为过氧化钠先与二氧化碳反应，再与水反应，Na2O2只有2mol，恰好和CO2反应生成2molNa2CO3和O2，气体排出后，只剩余Na2CO3，碳酸钠的总物质的量为：2mol+2mol=4mol。A．根据分析可知，残留固体为4mol碳酸钠，故A错误；B．残留固体为碳酸钠，不含氢氧化钠，故B错误；C．过氧化钠中氧元素的化合价为-1价，2mol过氧化钠反应生成1mol氧气，转移了2mol电子，故C正确；D．排出的气体为1mol氧气和2mol水，故D错误；故选C。点睛：本题考查混合物反应的计算、化学方程式有关计算，明确发生反应原理为解答关键，注意理解“过氧化钠先与二氧化碳反应，再与水反应”，为易错点。15、C【详解】A.用0.1mol/LNaOH溶液滴定20ml0.1mol/LH2SO3溶液，a点溶液中溶质为H2SO3和NaHSO3，pH=1.85=pKa1，根据电离平衡常数表达式得到则c(H2SO3)=c(HSO3-)，溶液体积大于20ml，a点所得溶液中：c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(SO32-)=2c(H2SO3)+c(SO32-)<0.1mol/L，A项错误；B.b点是用0.1mol/LNaOH溶液20ml滴定20ml0.1mol/LH2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)，根据物料守恒有c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)，二者结合可得：c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32-)+c(OH-)，B项错误；C.c点pH=7.19=pKa2，则pKa2=可知：c(HSO3-)=c(SO32-)，再结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(HSO3-)，此时溶液呈碱性，即c(OH-)>c(H+)，则c(Na+)>3c(HSO3-)，C项正确；D.d点pH=8.00，溶液中主要是NaSO3和少量NaHSO3，溶液中离子浓度c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)，D项错误；答案选C。16、D【解析】A、水玻璃是硅酸钠溶液、王水是硝酸和盐酸的混合液，二者均为混合物，液氨是纯净物，A错误；B、Na2O2含有离子键和共价键，CaH2中只有离子键，B错误；C、非金属氧化物不一定是酸性氧化物，例如CO等，C错误；D、生成盐和水的反应不一定是中和反应，例如硫酸氢钠和氢氧化钠反应，D正确，答案选D。17、B【分析】在含有Cu2+、Ag+的混合溶液，加入试剂1，得到物质1和物质3，向物质1中加入过量Fe粉，经一系列反应产生Cu单质，则物质1中含有Cu2+，加入的试剂1将原混合物中的Ag+转化为沉淀，该试剂中含有Cl-，为NaCl溶液，物质3是AgCl。向含有Cu2+的溶液中加入过量Fe粉，发生反应：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，过滤分离得到物质2中含Cu及过量的Fe，再向物质2中加入稀盐酸，Fe与HCl发生置换反应变为FeCl2进入溶液，Cu仍然是固体，通过过滤、洗涤可分离得到Cu单质，则试剂2是盐酸。物质3是AgCl，向其中加入氨水得到银氨溶液，试剂3为氨水，向银氨溶液中加入葡萄糖溶液，水浴加热，发生银镜反应，得到Ag单质。【详解】根据上述分析可知：试剂1为NaCl溶液，试剂2是HCl，试剂3是氨水，试剂4是葡萄糖溶液，物质1是CuCl2，物质2是Fe、Cu混合物，物质3是AgCl。A．试剂1是NaCl溶液，Cl-与Ag+反应产生AgCl沉淀，该反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓，A正确；B．试剂2是盐酸，物质2是Fe、Cu混合物，物质2→Cu的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，B错误；C．试剂3是氨水，与AgCl发生反应产生银氨溶液，反应的离子方程式为AgCl+2NH3∙H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，C正确；D．分离1、2、3都是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作，操作名称都是过滤；试剂4是葡萄糖溶液，葡萄糖分子中含有醛基，与[Ag(NH3)2]+溶液水浴加热发生银镜反应产生Ag单质，D正确；故合理选项是B。18、D【详解】①同种元素组成的物质可以是多种同素异形体形成的混合物；②具有固定熔沸点的物质是纯净物；③由相同种类的原子组成的分子不一定是纯净物，如CO和CO2的混合物；④只有一种元素的阳离子可以有几种，如铁元素形成的FeCl2和FeCl3的混合物；⑤在氧气中燃烧只生成二氧化碳的物质，可能是金刚石和石墨的混合物；⑥只含有一种分子的物质是纯净物；故选D。19、B【详解】A、茶叶灼烧需要酒精灯、坩埚、三脚架和泥三角等，A正确；B、容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的，不能用来稀释溶液或溶解固体，B不正确；C、过滤需要烧杯、漏斗和玻璃棒，C正确；D、检验铁离子一般用KSCN溶液，因此需要试管、胶头滴管和KSCN溶液，D正确；答案选B。【点睛】本题从茶叶中铁元素的检验入手，考查物质的检验方法、实验基本操作，仪器装置等。解题过程中首先确定实验原理，然后选择药品和仪器，再设计实验步骤。20、D【分析】根据流程及溶液中含有Na2CrO4可知，铬铁矿粉与纯碱、空气煅烧生成二氧化碳、氧化铁和Na2CrO4，加水浸取过滤得到氧化铁，调节溶液的pH，生成氢氧化铝和硅酸沉淀；滤液为Na2CrO4，向滤液中加入硫磺生成Cr(OH)3和Na2S2O3。【详解】A．分析可知，“焙烧”时Fe(CrO2)2发生反应：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O2=2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2，A说法正确；B．过滤时需要的仪器有带铁圈的铁架台、漏斗、滤纸、烧杯、玻璃棒，其中玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，B说法正确；C．分析可知，图中“滤渣”成分是Al(OH)3和H2SiO3，C说法正确；D．“反应Ⅲ”每消耗32g硫黄，即1mol，转移2mol电子，能产生molCr(OH)3，D说法错误；答案为D。21、C【详解】A选项，I中Al表面没有气泡，说明表面有氧化膜，III中Al有气泡，说明表面氧化膜被破坏，故A正确；B选项，碳酸钠溶液显碱性，铝表面的氧化膜和碱反应生成偏铝酸根，去掉氧化膜后，铝和碱反应生成偏铝酸根，碳酸根水解生成碳酸氢根，碳酸氢根离子和偏铝酸根离子反应，AlO2－+HCO3－+H2O=Al(OH)3↓+CO32－，故B正确；C选项，盐类水解是吸热反应，加热促进盐类水解，氢气逸出有利于铝与氢氧根离子的反应，碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根离子，消耗了氢氧根离子，促进碳酸根离子水解，所以加热和H2逸出对CO32-水解平衡移动方向都起到促进作用，故C错误；D选项，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32－+H2OHCO3－+OH－，故D正确；综上所述，答案为C。22、D【分析】一种漂白效率极高的新型漂白剂(结构如图所示)，其中W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。常温下，0.1mol/LZ的氢化物的水溶液pH=1，则Z为Cl元素；Y形成2个共价键，位于ⅥA族，且Z与Y位于不同周期，则Y为O；W形成4个共价键，其原子序数小于O，则W为C元素；X形成3个共价键，位于ⅤA族，其原子序数小于O，则X为N元素，据此解答。【详解】根据分析可知，W为C，X为N，Y为O，Z为Cl元素；A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径：Z＞W＞X＞Y，故A错误；B．已知非金属性O＞N＞C，则简单氢化物稳定性：H2O＞NH3＞CH4，故B错误；C．N的氧化物的水化物有硝酸和亚硝酸，亚硝酸为弱酸，故C错误；D．O的单质臭氧具有强氧化性，能够杀菌消毒，故D正确；故答案为D。二、非选择题(共84分)23、第三周期ⅥA族SiO2SiO2+2OH-==SiO32-+H2O极性Mg2Mg+CO2==2MgO+C【解析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，则X是C元素；Y2+电子层结构与氖相同，则Y是Mg元素；Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，则Z是Si元素；M是S元素。（1）M元素是S，核外电子排布是2、8、6，所以位于周期表中的第三周期第VIA族；（2）Z元素是Si元素，其在自然界中常见的二元化合物是SiO2，与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为SiO2+2OH-==SiO32-+H2O；（3）X与M的单质在高温下反应产生CS2，结构与CO2类似，由于是不同元素的原子形成的共价键，所以其化学键属极性共价键，电子式为；（4）四种元素中只有Mg是金属元素，密度比较小，制成的合金硬度大，所以可用于航空航天合金材料的制备，该金属是比较活泼的金属，可以与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，反应的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C。点睛：高考要求学生熟练掌握同一周期、同一主族的原子结构和元素性质的递变规律，了解元素原子结构、元素在周期表中的位置、性质及其它们之间的关系。高考命题中常将将元素周期表、元素周期律、与元素性质结合进行考查，有时还会结合相应物质的性质和制备进行考查，该种题型是高考经典和必考题型。通过元素周期表考查元素性质（主要包含元素主要化合价、元素金属性非金属性、原子或离子半径等），充分体现了化学周期表中位置反映结构、结构决定性质这一基本原理，更突显了化学学科规律的特色。本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。24、b【分析】依据Na2SO3是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子易水解而使其溶液呈碱性，压硫酸根离子第一步水解程度大于第二步水解程度，但都较微弱，溶液中存在电荷守恒和物料守恒和质子守恒分析。【详解】a.根据物料守恒：c(Na+)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)，a错误；b.根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，b正确；c.由物料守恒和电荷守恒可以推出c(OH-)=c(HSO3-)+c(H+)+2c(H2SO3)，c错误；故合理选项是b。【点睛】本题考查了盐溶液中离子浓度大小比较的知识。可以根据盐溶液中微粒关系遵循物料守恒、质子守恒和电荷守恒分析判断。25、镁片上有大量气泡产生并逐渐溶解，烧杯中溶液变浑浊镁与盐酸反应产生氢气，该反应为放热反应，Ca(OH)2在水中的溶解度随温度的升高而减小，故析出Ca(OH)2Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑【解析】(1)金属镁和盐酸反应产生大量的热，镁片表面冒出气泡，该热量能使氢氧化钙的溶解度降低，所以饱和石灰水变浑浊，故答案为：镁片上有大量气泡产生并逐渐溶解，烧杯中溶液变浑浊；(2)镁与盐酸反应产生氢气，该反应为放热反应，反应过程中产生大量的热，该热量能使氢氧化钙的溶解度降低，所以饱和石灰水中溶液变浑浊，故答案为：镁与盐酸反应产生氢气，该反应为放热反应，Ca(OH)2在水中的溶解度随温度的升高而减小，故析出Ca(OH)2；(3)金属镁和盐酸反应的实质是：Mg+2H+═Mg2++H2↑，故答案为：Mg+2H+═Mg2++H2↑。点睛：本题考查常见的放热反应和吸热反应以及氢氧化钙的溶解度随温度的变化关系。解答本题的关键是知道镁与酸的反应为放热反应，氢氧化钙的溶解度随温度的升高而降低。26、蒸馏烧瓶aBD2ClSO3HSO2Cl2+H2SO4SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl80%【分析】甲中产生二氧化硫，乙中除去二氧化硫中的杂质同时便于观察气流的速率；丙为两种气体混合反应的反应器；丁为除去氯气中的杂质同时便于观察气流速率；戊中贮存氯气，已为尾气吸收，防止空气中的水蒸气进入。据此回答。【详解】(1)仪器C的名称为蒸馏烧瓶。冷凝管的冷却水方向为从下进上出，所以进水方向为a。(2)A．将70%硫酸换成98.3%硫酸，反应接触不充分，所以不能加快制取SO2的速率，故错误；B．实验中通过观察乙、丁导管口产生气泡的速率相等，可以使两种气体的体积相等，控制两种反应物体积相等，故正确；C．装置戊上方分液漏斗中最好选用饱和NaCl溶液，减小氯气的溶解度，故错误；D．装置最后用碱石灰吸收二氧化硫或氯气等有害气体，又能防止水蒸气进入，所以该装置己防止污染，又防止硫酰氯变质，故正确。故选BD。(3)氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯，根据质量守恒分析，方程式为：2ClSO3HSO2Cl2+H2SO4。(4)硫酰氯在潮湿空气中“发烟”，说明其与水发生反应，根据质量守恒或元素化合价分析，产物应为硫酸和盐酸，方程式为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。(5)二氧化硫体积为560mL，其物质的量为0.56/22.4=0.025mol，2.7克硫酰氯的物质的量为2.7/135=0.02mol，则产率为0.02/0.025=80%。27、和氯气反应制备KclO装置C加冰水浴冷却Fe(NO3)3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+3KCl+6KNO3+5H2O生成的K2FeO4在Fe3+催化作用下会发生分解Fe(OH)3FeO4滤纸在强碱条件下易被腐蚀乙醇挥发时带走水分，防止K2FeO4与水发生反应【解析】（1）装置C中用氯气与氢氧化钾溶液反应制得次氯酸钾，作氧化剂；（2）Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3，制取KClO温度反应在0℃～5℃，因此采取的措施可以是将装置C放在冰水浴中，缓慢滴加盐酸，减慢生成氯气的速率；（3）将硝酸铁饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中即可制取K2FeO4，根据电子得失守恒和原子守恒可知反应的方程式为：2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH＝2K2FeO4+3KCl+6KNO3+5H2O；根据已知信息可知在铁离子作用下高铁酸钾容易分解，因此为防止生成的K2FeO4在Fe3+催化作用下会发生分解，所以该操作不能将KClO饱和溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中；（4）①因为Fe(OH)3不溶于水，所以第一次用砂芯漏斗过滤，除去Fe(OH)3，则得到的固体为Fe(OH)3，由于K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和的KOH溶液，析出K2FeO4晶体，再进行过滤，则第二次用砂芯漏斗过滤，得到K2FeO4晶体；普通漏斗成分为SiO2，易与氢氧化钾反应而被腐蚀；②由于乙醇易挥发，乙醇挥发时带走水分，可以防止K2FeO4与水发生反应，所以晶体用乙醇洗涤。【点睛】明确实验原理、相关物质的性质和灵活应用题干信息是解答的关键，注意掌握解答综合性实验设计的基本流程：即原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。具体分析为：（1）实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？（2）所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。（3）有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。（4）有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。（5）实验现象：自下而上，自左而右全面观察。（6）实验结论：直接结论或导出结论。28、0.16碱式80.0%2Fe3+＋SO32－+H2O===2Fe2＋+SO42－+2H+3Fe2＋＋4H＋＋NO3－===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O【分析】(1)n(KI)=0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n(I2)=n(KIO3)=0.02mol，结合化合价的变化计算转移的电子的数目；(2)Na2S2O3溶液水解显碱性；根据方程式中8MnO4---5S2O32-，计算消耗的高锰酸钾的物质的量，再计算样品中KMnO4的质量分数；(3)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，原因是Fe3+与SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42-，反应后溶液呈酸性，则在酸性条件下NO3-与Fe2+反应生成Fe3+，过一会又变为棕黄色。【详解】(1)300mL

0.2mol/L的KI溶液中：n(KI)=0.2mol/L×0.3L=0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n(I2)=n(KIO3)=0.02mol，失电子的物质的量为：2×0.02mol+0.02mol×[5-(-1)]=0.16mol，即转移电子的物质的量为0.16mol，故答案为0.16；(2)Na2S2O3溶液水解显碱性，标准Na2S2O3溶液应盛装在碱式滴定管中；测定KMnO4样品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定，取0.395gKMnO4样品溶解酸化后，用0.100mol/L标准Na2S2O3溶液进行滴定，滴定至终点时，溶液紫红色褪去且30秒内颜色不再变化；根据方程式中8MnO4-----5S2O32-得n(KMnO4)=×8=0.002mol，m(KMnO4)=158g/mol×0.0