2026届河南省登封市嵩阳高级中学化学高三上期中学业质量监测试题含解析

2026届河南省登封市嵩阳高级中学化学高三上期中学业质量监测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、将一定质量Na置于氧气中缓缓加热直至完全氧化，生成0.1molNa2O和0.05molNa2O2，将该混合物溶于足量水，最终得到pH=12的NaOH溶液。关于此过程说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值）A．钠与氧气反应过程中共转移0.3NA个电子B．钠与氧气反应过程中消耗氧气体积为2.24LC．混合物中含有0.2NA个阴离子D．最终得到NaOH溶液中含有0.01NA个OH—2、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．D3、下列有关元素及其化合物的说法正确的是A．盐酸可以除去铜器表面的铜锈[Cu2(OH)2CO3]B．Na久置于空气中最终生成NaHCO3C．AlCl3、FeCl2、CuC12均可由金属单质与氯气直接化合制得D．CO2、NO2、SO2都能与H2O反应，其反应原理相同4、Mg-AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池的总反应方程式如下：2AgCl+Mg===Mg2++2Ag+2Cl−。有关该电池的说法正确的是A．该电池可用于海上应急照明供电B．负极反应式为：AgCl+e−===Ag+Cl−C．该电池不能被KCl溶液激活D．电池工作时，每消耗1.2gMg，溶液中的Cl-增多0.2mol5、25℃和1.01×105Pa时，反应2N2O5(g)＝4NO2(g)＋O2(g)ΔH＝＋56.76kJ·mol－1，自发进行的原因是A．吸热反应 B．放热反应 C．熵减少的反应 D．熵增大效应大于热效应6、①~⑥是周期表中第二、三周期的元素，它们的主要化合价和原子半径如下表所示：元素①②③④⑤⑥主要化合价+1+1+2-2-1-1、+7原子半径/nrn0.1520.1860.1600.0740.0710.099下列说法不正确的是A．①的单质加热时能与氧气化合 B．②的单质常温下可与水剧烈反应C．③与⑥可以形成离子化合物 D．非金属性④>⑤7、能正确表示下列反应的离子方程式的是()A．小苏打溶液中加入过量石灰水2HCO3－＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2OB．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3－＋OH－===CO32－＋H2OC．向100mL1mol/L的FeBr2溶液中通入0.05molCl2，反应的离子方程式：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2D．硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液恰好反应呈中性：2H++SO42－+Ba2++2OH－==2H2O+BaSO4↓8、已知298K时，合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.2kJ/mol，此温度下，将1molN2和3molH2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量为(忽略能量损失)（）A．一定大于92.2kJ B．一定等于92.2kJC．一定小于92.2kJ D．无法确定9、在一密闭容器中反应aA(g)bB(g)达平衡后，测得c(B)为1mol/L。如保持温度不变，将容器体积变为原来的2倍，重新达到新的平衡时，c(B)变为0.6mol/L，则下列说法不正确的是（）A．平衡向正反应方向移动B．物质A的转化率增大C物质B的质量分数增大D．a＞b10、下列说法正确的是A．SO2和SiO2都是酸性氧化物，都能与水反应生成酸B．Na2O和Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也完全相同C．Al2O3和Na2O按物质的量比1:1投入水中可得到澄淸溶液D．金属铝排在金属活动性顺序表中氢元素的前面，铝与强酸反应一定放出氢气11、在反应3S＋6KOH===2K2S＋K2SO3＋3H2O中，被氧化的硫与被还原的硫的物质的量之比为()A．2:1B．1:3C．3:1D．1:212、中科院化学所研制的晶体材料——纳米四氧化三铁，在核磁共振造影及医药上有广泛用途其生产过程的部分流程如下图所示（）FeCl3·6H2OFeOOH纳米四氧化三铁下列有关叙述不合理的是A．纳米四氧化三铁可分散在水中，它与FeCl3溶液的分散质直径相当B．纳米四氧化三铁具有磁性，可作为药物载体用于治疗疾病C．在反应①中环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解D．反应②的化学方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O十CO213、下列物质的水溶液因水解而显酸性的是A．KHSO4 B．CH3COOH C．FeCl3 D．NaHSO314、化学与生活息息相关，下列说法不正确的是A．硅胶多孔，常用作食品干燥剂和催化剂的载体B．水玻璃可用作黏合剂和防火剂C．明矾是一种水处理剂，可用于水的杀菌、消毒D．“静电除尘”，“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化"都能提高空气质量15、下列离子方程式正确的是()A．FeBr2溶液中通入过量氯气：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-B．石灰石溶于醋酸：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2OC．铜与浓硝酸反应：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2OD．过氧化钠与水反应：Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑16、在某一化学反应A＋3B=2C＋D中，反应物A的浓度在20s内由1.0mol/L变成0.2mol/L，则在这20s内用C表示的平均反应速率为()A．0.01mol/(L·s) B．0.8mol/(L·s)C．0.04mol/(L·s) D．0.08mol/(L·s)17、科学工作者发现另一种“足球分子”N60,它的结构与C60相似。下列说法中正确的是()A．N60和N2互为同素异形体B．N60是一种新型化合物C．N60和N2是同系物D．N60和14N都是氮的同位素18、新型冠状病毒肺炎威胁着人们的身体健康，以下是人们在面对“新型冠状病毒”时的一些认识，你认为符合科学的是（）A．选用95%酒精溶液消毒的效果最好B．外出归来，应立即向外套喷洒高浓度的84消毒液C．为使消毒效果更好，可以将酒精和84消毒液混合使用D．医用酒精可用于皮肤消毒，其原因是医用酒精可以使病毒和细菌体内的蛋白质变性19、能表现Al(OH)3的弱碱性的是A．Al溶于稀H2SO4 B．Al溶于NaOH溶液C．Al(OH)3受热分解 D．AlCl3溶液和氨水混合20、下列有关叙述正确的是A．非金属元素既可以形成阴离子，也可以形成阳离子B．金属元素只能形成阳离子C．分子式相同的物质化学性质相同D．单核阳离子，其最外层均具有2电子或8电子的结构21、下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的是()①碳酸钠溶液与盐酸②偏铝酸钠溶液与盐酸③二氧化碳与氢氧化钠溶液④硝酸银溶液和氨水⑤氯化铝与氨水⑥碳酸氢钠溶液与澄清石灰水A．③⑤ B．①③⑥ C．仅有⑤ D．②④22、已知反应：10AgF+5Cl2+5H2O=9AgCl+AgClO3+10HF+O2,下列关于该反应的叙述不正确的是A．该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为9：5B．当反应中有1mol电子转移时，被还原氯气物质的量为1/18molC．每产生1molO2时，被氧元素还原的氯气物质的量为2molD．参加反应的水有2/5被氧化二、非选择题(共84分)23、（14分）A、X，Y、Z、R、W为六种短周期元素。A是短周期中半径最小的元素；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Y最高正价与最低负价代数和为4；Z的单质常用于漂白工业；R是短周期元素中金属性最强的元素，W是生活中的常见金属，其氧化物常作耐高温材料。回答下列问题：(1)Y元素的名称是________，W在周期表中的位置是______________________。(2)写出化合物AZX的结构式：___________；化合物R2X2存在的化学键类型是______________________。(3)X、Z、R三种元素对应的简单离子半径由大到小大小：___________________(用离子符号表示)。(4)下列事实能证明非金属性强Z比Y的是________(填序号)。a．简单阴离子还原性Z>Yb．简单氢化物热稳定性：Z>Yc．氧化物对应的水化物酸性：Z>Yd．Y的简单氢化物的水溶液中通入Z的单质有沉淀析出(5)写出工业上制备Z的单质的离子方程式：______________________________________。(6)用电子式表示RZ的形成过程：______________________________________。24、（12分）某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质的转化关系如图所示(部分产物已略去)：(1)写出B的电子式________。(2)若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，写出A和B水溶液反应的离子方程式________。(3)若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图所示，则A与B溶液反应后溶液中溶质的化学式_____。(4)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是__________。(5)若A是一种氮肥,A和B反应可生成气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式为_________。(6)若A是一种溶液，可能含有H＋、NH4+、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、CO32-、SO42-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溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子的物质的量浓度之比为______________。25、（12分）广泛用作有机反应催化剂。十堰市采用镁屑与液溴为原料制备无水，装置如图1，主要步骤如下：步骤1：三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置B中加入15mL液溴。步骤2：缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三口瓶中。步骤3：反应完毕后恢复至室温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。步骤4：常温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水产品。已知：①和剧烈反应，放出大量的热；具有强吸水性；②乙醚极易挥发；③请回答下列问题：（1）仪器D的作用是__________；（2）无水的作用是__________。（3）步骤2通入干燥的的目的是______；实验中不能用干燥空气代替干燥，原因是________。（4）若将装置B改为装置C（图2），可能会导致的后果是______（5）步骤4用苯溶解粗品的目的是_________。（6）从平衡移动的角度解释得到三乙醚合溴化镁后，加热有利于得到无水产品的原因：_________26、（10分）某工厂用软锰矿（主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2）和闪锌矿（主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS等杂质）为原料制备MnO2和Zn（干电池原料），其简化流程如下：已知：反应Ⅰ中所有金属元素均以离子形式存在。有关常数：Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－33、Ksp[Fe(OH)3]＝3.0×10－39、Ksp[Mn(OH)2]＝2.0×10－13、Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17、Ksp(MnCO3)＝2.0×10－11、Ka1(H2CO3)＝4.0×10－7、Ka2(H2CO3)＝5.6×10－11。回答下列问题：（1）滤渣1中除了SiO2以外，还有一种淡黄色物质，该物质是由MnO2、CuS与硫酸共热时产生的，请写出该反应的离子方程式____________________________。（2）反应Ⅱ中加入适量金属锌的目的是为了回收某种金属，滤渣2的主要成分是___________。（3）反应Ⅲ中MnO2的作用是_______________________，若反应后溶液中Mn2＋、Zn2＋均为0.1mol·L－1，需调节溶液pH范围为_______________（溶液中，当一种离子的浓度小于10－6mol/L时可认为已不存在），X可以是_________。（填字母代号）a．MgOb．Zn(OH)2c．Cu2(OH)2CO3d．MnCO3（4）反应Ⅳ中电极均是惰性电极，写出阳极电极反应式________________________。本工艺可以循环利用的物质有MnO2、Zn和_________。（5）MnCO3有多种用途。废水处理领域中常用NH4HCO3溶液将Mn2+转化为MnCO3，该反应的离子方程式为______。试通过题述有关数据简要计算说明该反应能进行的原因：____________________________。27、（12分）某化学兴趣小组欲探究含硫物质的性质。（探究一）用下面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：(1)装置连接顺序为_____________(用字母表示)，F中反应的离子方程式是

_______________(2)可证明

H2SO3的酸性强于HClO

的实验现象是_____________________________。（探究二）(3)某小组同学为探究SO2的漂白性性质，用下图所示装置进行实验，观察到如下现象：i中红色褪去；ii中无变化。从实验中可知使品红的水溶液褪色的微粒可能是_________________________________。(4)该小组同学又对SO2与氯水的反应进行探究。①用注射器吸入一定量的饱和氯水和SO2，振荡，静置，再吸入少量品红溶液，发现品红溶液不褪色。②改变氯水用量，重复①操作，发现品红溶液红色褪去，你认为②中品红溶液褪色的原因可能是______________，设计一个实验(说明操作方法、现象及结论)来验证你的假设___________________。28、（14分）Cl2是一种重要的化工原料，在生产和生活中应用十分广泛。(1)Cl2可与NaOH溶液反应制取消毒液，请写出消毒液中有效成分的电子式__________。(2)实验室可用MnO2和浓盐酸反应制取Cl2，反应的化学方程式是____________________

。(3)工业上可采取电解饱和食盐水的方法制取Cl2，阳极的电极反应式为________________。(4)以HCl为原料，用O2氧化制取Cl2，可提高效益，减少污染。反应如下：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)∆H=－115.4kJ•mol-1上述反应在同一反应器中，通过控制合适条件，分两步循环进行，可使HCl转化率接近100%。其基本原理如下图所示：过程I的反应为：2HCl(g)+CuO(s)CuCl2(s)+H2O(g)∆H1=－120.4kJ•mol-1①过程II反应的热化学方程式为_______。②过程I流出的气体通过稀NaOH溶液（含少量酚酞）进行检测，氯化初期主要为不含HCl的气体，判断氯化结束时溶液的现象为_______。③相同条件下，若将氯化温度升高到300℃，溶液中出现上述现象的时间将缩短，其原因为_______。④实验测得在不同压强下，总反应的HCl平衡转化率（ɑHCl）随温度变化的曲线如图：ⅰ．平衡常数比较：K(A)_____K(B)（填“＞”“＜”或“＝”，下同）。ⅱ．压强比较：p1_____p2。(5)以上三种制取Cl2的原理，其共同之处是_______。29、（10分）香豆素（结构如下图中I所示）是用途广泛的香料，由香豆素经下列图示的步骤可转变为水杨酸。已知：CH3CH=CHCH2CH3CH3COOH+CH3CH2COOH请回答下列问题：

（1）香豆素分子中的官能团的名称为__________，步骤II→III的反应类型为________。

（2）有机物III的结构简式为_________，在上述转化过程中，设计反应步骤II→III的目的是________________________。

（3）下列关于有机物I、II、III、IV的叙述中正确的是________（选填序号）。A．可用FeCl3溶液来鉴别II和IIIB．IV中核磁共振氢谱共有4种峰C．I、II、III均可使溴的四氯化碳溶液褪色D．1molI最多能和5molH2发生加成反应（4）写出水杨酸与过量NaHCO3溶液反应的化学方程式_____________。

（5）化合物IV有多种同分异构体，符合下列两个条件的芳香族同分异构体共有_____种。①遇氯化铁溶液发生显色反应

②能发生水解反应和银镜反应

其中，核磁共振氢谱共有5种吸收峰，且吸收峰面积比为1:2:2:2:1同分异构体的结构简式为________________________。

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【解析】A.理论上1个钠与氧气反应时不论生成过氧化钠还是氧化钠，其化合价都是由0价升为+1价，转移1个电子，则生成0.1molNa2O和0.05molNa2O2，共0.3molNa+，故转移电子数为0.3NA，故A正确；B.没有标明温度和压强，不能确定气体体积，故B项错误；C.0.1molNa2O含有0.1molO2-，0.05molNa2O2含有0.05molO22-，共0.1+0.05=0.15mol阴离子，故C错误；D.0.1molNa2O和0.05molNa2O2溶于足量水根据元素可知生成0.3mol氢氧化钠，故最终得到NaOH溶液中含有0.3NA个OH—，故D错误；故答案为A。【点睛】D选项虽然只知道溶液的pH值，但根据电荷守恒和元素守恒依然可以确定氢氧根的物质的量。2、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。3、A【解析】A、盐酸可以除去铜器表面的铜锈[Cu2(OH)2CO3]，A正确；B、Na久置于空气中最终生成Na2CO3，B错误；C、FeCl2不能由金属单质与氯气直接化合制得，铁在氯气中燃烧生成FeCl3，C错误；D、CO2、SO2都能与H2O反应，其反应原理相同，但NO2与反应生成硝酸和NO，发生自身的氧化还原反应，原理不同，D错误，答案选A。4、A【解析】A.该电池可被海水激活，产生电能，故A项正确；B.负极为Mg失电子，负极反应为Mg-2e-=Mg2+，故B项错误；C.KCl溶液可代替海水激活原电池，故C错误；D.由Mg-2Cl−知电池工作时，每消耗1.2gMg，溶液中的Cl-增多0.1mol，故D错误；答案：A。5、D【分析】根据吉布斯自由能，ΔG=ΔH-TΔS<0反应自发进行判断。【详解】根据题目ΔH＝＋56.76kJ·mol－1>0可知，若使ΔG=ΔH-TΔS<0，则必须要保证ΔS>0，即反应是熵增的反应，且熵增大效应大于热效应。答案为D。【点睛】本题易错点是A或B，注意反应的焓变与反应是否自发进行无直接相关，高温或加热条件不能说明反应是非自发进行的，放热反应不一定自发进行，吸热反应不一定非自发进行。6、D【解析】①~⑥是周期表中第二、三周期的元素，根据元素的主要化合价和原子半径可知，①②为第IA族元素，②的原子半径大，因此②为Na，①为Li；⑤和⑥为第ⅦA族元素，⑤没有正价，⑤为F元素，则⑥为Cl元素；④只有-2价，则④为O元素，③为+2价，原子半径比①大，比②小，则③为Mg元素。A.锂为活泼金属，金属锂加热时能与氧气化合生成氧化锂，故A正确；B.金属钠常温下可与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，故B正确；C.镁和氯属于活泼的金属元素和非金属元素，可以形成离子化合物，故C正确；D.同一周期，从左到右，非金属性逐渐增强，非金属性F>O，即⑤>④，故D错误；故选D。7、D【解析】本题考查离子方程式的正误判断。根据条件采用以少定多的原则进行判断。A.小苏打完全反应；B.NH4HCO3全部反应，C.根据还原性强弱，亚铁离子先反应，根据n(Fe2+):n(Cl2)=2:1.氯气全部与亚铁离子反应了，所以Br－不反应。【详解】A.小苏打溶液中加入过量石灰水，该反应的离子方程式为HCO3－＋Ca2++OH－=CaCO3↓＋H2O，故A错误；B.NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中，该反应的离子方程式为NH4++HCO3－＋2OH－=CO32－＋H2O+NH3.H2O，故B错误；C.向100mL1mol/L的FeBr2溶液中通入0.05molCl2，根据n(Fe2+):n(Cl2)=2:1.氯气全部与亚铁离子反应了，该反应的离子方程式为Cl2＋2Fe2+=2Cl－＋2Fe3+，故C错误；D.硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液恰好反应呈中性，该反应的离子方程式为2H++SO42－+Ba2++2OH－=2H2O+BaSO4↓，故D正确；答案D。8、C【详解】根据反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.2kJ/mol可知，1molN2完全反应时放出的热量为92.2kJ，但将1molN2和3molH2放在一密闭容器中反应时，由于反应是可逆反应，故1molN2不可能完全反应，故放出的热量小于92.2kJ，故答案为：C。9、D【解析】试题分析：将容器的体积变为原来的2倍，假设平衡不移动，B的浓度为0.5mol·L－1<0.6mol·L－1，说明平衡向正反应方向进行，降低压强，平衡向体积增大的反应移动，即a<b，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，B的质量分数增大，故选项D正确。考点：考查勒夏特列原理等知识。10、C【解析】A.SiO2不能与水反应生成酸，故A错误；B.Na2O与CO2反应产物是碳酸钠，Na2O2与CO2反应产物是碳酸钠和氧气，故B错误；C.Al2O3和Na2O按物质的量比1:1投入水中，生成的氢氧化钠恰好与氧化铝反应生成偏铝酸钠，故C正确；D.铝与氧化性强酸反应一般不会生成氢气，故D错误。故选C。11、D【解析】在反应3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中，只有S元素的化合价发生变化，氧化剂和氧化剂都是S，反应中S→K2S，S化合价降低，则S被还原，S为氧化剂，S→K2SO3，S化合价升高，则S被氧化，S为还原剂，由生成物可知，被氧化与被还原的S的物质的量之比为1:2，故选D.点睛：应用得失电子守恒规律进行计算的一般步骤1．找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；2．找准一个原子或离子得失电子数，注意化学式中该种粒子的个数；3．根据题中物质的量和得失电子守恒列出等式：n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价−低价)=n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价−低价)。12、A【详解】A纳米四氧化三铁可分散在水中，得到的分散系与胶体相似，它比FeCl3溶液的分散质直径要大，A不合理；B.由题意可知,纳米四氧化三铁在核磁共振造影有广泛用途,纳米四氧化三铁具有磁性，因此可作为药物载体用于治疗疾病，B合理；C.FeCl3·6H2O初步水解产生FeOOH，而加入环丙胺后即发生了上述转化,说明了环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解，C合理；D．根据已知条件及质量守恒定律可得反应②的化学方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O十CO2，D合理。选A。13、C【详解】A.NaHSO4是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离出氢离子，使溶液显酸性，不是由于发生水解反应而显酸性，A错误；B.醋酸为弱酸，在溶液中电离出氢离子，使溶液显酸性，不是由于发生水解反应所致，B错误；C.FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，当最终达到平衡时，溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液呈酸性，C正确；D.NaHSO3为强碱弱酸盐，HSO3-离子在溶液中既存在电离作用，也存在水解作用，由于HSO3-的电离作用大于其水解作用，所以溶液呈酸性，D错误；故合理选项是C。14、C【解析】A、硅胶多孔，吸附能力很强，所以硅胶用作干燥剂、吸附剂，也可用作催化剂载体，故A不符合题意；B、水玻璃是矿物胶，可用作黏合剂，其不燃烧，而将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，可用作制备木材防火剂的原料，故B不符合题意；C、明矾是常用净水剂，其原理是：明矾内的铝离子水解后生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可以吸附水中的杂质形成沉淀而使水澄清，但不具有杀菌消毒作用，故C符合题意；D、“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”能够减少空气污染物的排放，有利于提高空气质量，故D不符合题意。15、B【详解】A.向FeBr2溶液中通入过量氯气，溶液中Fe2＋与Br－均被氧化，其离子反应方程式为2Fe2+＋4Br－＋3Cl2=2Fe3+＋2Br2＋6Cl-，A项错误；B.石灰石不溶于水，醋酸为弱酸，故石灰石溶于醋酸的离子反应方程式为CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O，B项正确；C.铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，其离子方程式为Cu+4H++2NO3−═Cu2++2NO2↑+2H2O，C项错误；D.过氧化钠与水反应的离子反应为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH−+O2↑，D项错误；答案选B。【点睛】离子方程式的书写正误判断是高频考点，要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：1.是否符合客观事实，如铁和稀硫酸反应生成的是亚铁离子而不是铁离子；2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误，如Fe+Fe3+=2Fe2+，显然不遵循电荷守恒定律；3.观察化学式是否可拆，不该拆的拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写；4.分析反应物用量，要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式，如本题的A项是难点；5.观察能否发生氧化还原反应，氧化还原反应也是离子反应方程式的一种。总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断其书写正误的根本宗旨。16、D【详解】v(A)＝＝＝0.04mol/(L·s)，根据反应速率之比等于化学方程式中各物质化学计量之比，得＝，得v(C)＝0.08mol/(L·s)，D项正确。17、A【解析】A项,同素异形体是指组成元素相同的不同单质,正确;B项,N60是一种单质,错误;C项,同系物是指结构相似,组成上相差一个或若干个CH2的有机物,错误;D项,同位素的研究对象是原子,N60是单质,错误。18、D【详解】A．浓度为95%的酒精可使细胞壁上形成一层膜，阻止酒精的渗入，则75%的酒精消毒效果好，A项不符合题意；B．高浓度的84消毒液的腐蚀性较强，且具有漂白性，不能直接用来喷洒消毒衣物，B项不符合题意；C．84消毒液和酒精一起使用，可能会产生一些对人体有害物质，且降低杀菌消毒效果，所以84消毒液不可与其他洗涤剂或消毒液混合，C项不符合题意；D．医用酒精可用于皮肤消毒，其可以使病毒和细菌体内的蛋白质变性，D项符合题意；故选D。19、D【分析】在反应中，Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，盐+弱碱=更弱的碱+盐。【详解】A.Al溶于稀H2SO4，说明铝具有金属性，故A不符；B.Al溶于NaOH溶液，说明铝具有非金属性，故B不符；C.Al(OH)3受热分解，说明Al(OH)3不稳定，故C不符；D.AlCl3溶液和氨水混合，在反应中，Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，盐+弱碱=更弱的碱+盐，体现Al(OH)3的弱碱性，故D正确；故选D。20、A【解析】A.非金属元素既可以形成阴离子，也可以形成阳离子，如H-和H+、N3-和NH4+，A正确；B.金属元素也能形成阴离子，如MnO4-，B不正确；C.分子式相同的物质化学性质不一定相同，如乙醇和二甲醚的分子式相同，但官能团不同，其化学性质不同，C不正确；D.单核阳离子，其核外也可能没有电子，如H+，D不正确。本题选A。21、C【解析】①碳酸钠与少量盐酸：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；与过量盐酸反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，反应物用量不同，发生反应不同，离子方程式不同①不选；②偏铝酸钠溶液与少量盐酸：NaAlO2+HCl+H2O＝Al（OH）3↓+NaCl；偏铝酸钠溶液与过量盐酸：NaAlO2+4HCl=AlCl3+2H2O↑，偏铝酸钠溶液与盐酸，反应物用量不同，发生反应不同，离子方程式不同，②不选；③二氧化碳与过量的氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，与少量的氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，离子方程式不同，③不选；④硝酸银中滴氨水是银氨溶液的配制，先产生白色氢氧化银沉淀，继续滴加，形成配合物银氨络离子（银氨溶液）使沉淀溶解．先发生：Ag++NH3•H2O=AgOH↓+NH4+，后发生：AgOH+2NH3•H2O=[Ag（NH3）2]++OH-+2H2O；氨水中滴硝酸银，一开始就产生银氨溶液（氨水过量），量不同，生成产物不同，④不选；⑤氯化铝与氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，与用量没有关系，⑤正确；⑥碳酸氢钠溶液与澄清石灰水的反应：前者过量，2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，后者过量，HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，量不同，生成产物不同，⑥不选；答案选C。【点晴】该题为高频考点，把握发生的反应及离子反应中量对反应的影响为解答的关键，侧重与量有关的离子反应考查。在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。应熟练掌握化学反应规律和重要物质的性质，认真审题，才能正确写出离子方程式。22、B【解析】试题分析：A．反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，9molCl原子得电子，1molCl原子失电子，2molO原子失电子，则氧化剂为4.5mol，还原剂物质的量为0.5mol+2mol=2.5mol，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为9：5，故A正确；B．反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，5mol氯气反应时，被还原的氯气为4.5mol，转移电子的物质的量为9mol，当反应中有1mol电子转移时，被还原氯气物质的量为0.5mol，故B错误；C．每产生1molO2时，O元素失去4mol电子，则氯元素得到4mol，所以被氧元素还原的氯气物质的量为2mol，故C正确；D．反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中H2O中5个O原子参加反应，其中有2个O原子失电子被氧化，所以参加反应的水有2/5被氧化，故D正确；故选B。【考点定位】考查氧化还原反应【名师点晴】明确元素的化合价变化是解答的关键，注意Cl的得电子数等于转移的电子总数；反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，Cl元素的化合价既升高又降低，其中9molCl原子得电子，1molCl原子失电子，O元素的化合价升高，2molO原子失电子，以此来解答。二、非选择题(共84分)23、硫第三周期第ⅢA族H—O—Cl离子键，非极性共价键(共价键、非极性键)Cl-＞O2-＞Na+bd2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-【分析】根据题干信息，A、X，Y、Z、R、W为六种短周期元素，其中A是短周期中半径最小的元素，则A为H元素，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X为O元素，Y最高正价与最低负价代数和为4，则Y为S元素，Z的单质常用于漂白工业，则Z为Cl元素，R是短周期元素中金属性最强的元素，则R为Na元素，W是生活中的常见金属，其氧化物常作耐高温材料，则W为Al元素，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知，Y为S元素，元素名称为硫，W为Al元素，位于元素周期表第三周期第ⅢA族；(2)化合物AZX为HClO，为共价化合物，其结构式为H—O—Cl，化合物R2X2为Na2O2，化合物中Na+与形成离子键，中O原子间形成非极性共价键；(3)电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，Cl-、Na+、O2-中，Cl-电子层数为3层最多，半径最大，Na+和O2-电子层数均为2层，核电荷数Na＞O，则离子半径Cl-＞O2-＞Na+；(4)a．简单阴离子的还原性应该是S2-＞Cl-，即Y＞Z，a错误，不符合题意；b．简单氢化物的热稳定性越强，非金属性越强，热稳定性HCl＞H2S，则非金属性Cl＞S，b符合题意；c．不是最高价氧化物对应水化物，比较酸性强弱不能得出非金属性强弱，c不符合题意；d．H2S水溶液中通入Cl2有沉淀析出，说明氧化性Cl2＞S，则则非金属性Cl＞S，d符合题意；答案选bd；(5)工业上电解NaCl水溶液制备Cl2，其离子方程式为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-；(6)NaCl为离子化合物，其形成过程可表示为。24、SiO2+2OH-====SiO32-+H2ONaHCO3、Na2CO3先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4Clc(H＋)∶c(Al3＋)∶c(NH4+)∶c(SO42-)＝1∶1∶2∶3【分析】由题给信息可知，C可在D中燃烧发出苍白色火焰，则该反应为氢气与氯气反应生成HCl，故C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由题给转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，则M为NaCl、B为NaOH。【详解】（1）B为NaOH，氢氧化钠是由钠离子和氢氧根离子组成的离子化合物，电子式为，故答案为；（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；（3）若A是CO2气体，CO2与NaOH溶液能够反应生成碳酸钠或碳酸氢钠或两者的混合物，也有可能氢氧化钠过量，反应后所得的溶液再与盐酸反应，溶液中溶质只有碳酸钠，则碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸体积与碳酸氢钠反应生成二氧化碳消耗盐酸体积相等，由图可知消耗盐酸体积之比为1：2，则CO2与NaOH溶液反应后溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，故答案为Na2CO3和NaHCO3；（4）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为溶液中先有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失，故答案为先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失；（5）若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，E与F相遇均冒白烟，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则E与D的反应为氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，故答案为3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；（6）由图可知，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+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，发生反应H++OH-=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积与Al3++3OH-=Al(OH)3↓铝离子消耗NaOH溶液的体积之比为1：3，发生反应NH4++OH-=NH3•H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，由电荷守恒可知，n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）=1：1：2：3，故c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42-）=1：1：2：3，故答案为c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42-）=1：1：2：3。【点睛】根据图象中的平台确定溶液中含有铵根离子是解答关键，注意利用离子方程式与电荷守恒进行计算是解答难点。25、冷凝回流防止空气中的水蒸气进入A装置将溴蒸汽吹出镁屑会与空气中的氧气反应，生成的阻碍反应的继续进行会将液溴挤压入A中，剧烈反应，放出大量热，存在安全隐患除去溴、乙醚等杂质该反应为放热反应，且加热促使乙醚挥发，加热后平衡逆向移动【分析】(1)乙醚和溴都易挥发，据此分析作用；(2)MgBr2具有强吸水性，据此分析；(3)根据溴单质具有挥发性分析；空气中的氧气与Mg反应；(4)将装置B改为装置C，会将液溴挤压入三口瓶中，而Mg和Br2反应剧烈放热；(5)粗品含有溴和乙醚等杂质，需要除去；(6)已知：MgBr2

+3C2H5OC2H5

⇌MgBr2•3C2H5OC2H5△H＜0，加热有利于吸热方向，同时乙醚会挥发，据此分析。【详解】(1)仪器D为球形冷凝管，作用是使挥发出的乙醚和溴蒸气冷却并回流至反应装置；(2)具有强吸水性，无水的作用是防止空气中的水蒸气进入A装置；(3)因为液溴极易挥发，故干燥的N2可将液溴吹出；镁屑会与空气中的氧气反应，生成的MgO阻碍反应的继续进行，故实验中不能用干燥空气代替干燥N2；(4)已知：Mg和Br2反应剧烈放热，将装置B改为装置C，会将液溴挤压入三口瓶中，反应加剧大量放热存在安全隐患；(5)步骤4用苯溶解粗品的目的是除去溴、乙醚等杂质；(6)已知MgBr2

+3C2H5OC2H5

⇌MgBr2•3C2H5OC2H5△H＜0，加热促使乙醚挥发，且逆反应是吸热反应，加热后平衡朝有利于三乙醚合溴化镁分解的方向移动。26、CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2OCu将Fe2+氧化为Fe3+5.0<pH<6.0（或5～6）bdMn2＋−2e−＋2H2O＝MnO2＋4H＋H2SO4Mn2＋＋2HCO3—＝MnCO3↓＋CO2↑＋H2O由于K＝7.0×106>105，所以该反应能进行【解析】(1)软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2)和闪锌矿(主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS等杂质)中加入硫酸，只有二氧化硅不能被硫酸溶解，因此滤渣1中含有SiO2，由于MnO2具有强氧化性，能够在酸性溶液中将CuS氧化生成硫，反应的离子方程式为CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2O，故答案为：CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2O；(2)反应Ⅱ中加入适量金属锌的目的是为了回收某种金属，是因为锌能够将铜从溶液中置换出来，因此滤渣2的主要成分是Cu，故答案为：Cu；(3)MnO2具有强氧化性，反应Ⅲ中MnO2能够将Fe2+氧化为Fe3+，若反应后溶液中Mn2＋、Zn2＋均为0.1mol·L－1，根据流程图，此过程中需要除去铁离子和铝离子，不能沉淀Mn2＋、Zn2＋。根据Ksp[Mn(OH)2]＝2.0×10－13、Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17，则需调节溶液中的c(OH-)分别小于KspMnOH2cMn2+=2.0×10－130.1=2×10－6mol·L－1、KspZnOH2cZn2+=1.0×10－170.1=1.0×10－8mol·L－1，则c(OH-)＜1.0×10－8mol·L－1，即pH＜6，根据Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－33、Ksp[Fe(OH)3]＝3.0×10－39，则需调节溶液中的c(OH-)分别大于3KspAlOH310－6=31.0×10－3310－6=1.0×10－9mol·L－1、3KspFeOH3(4)反应Ⅳ中电极均是惰性电极，电解硫酸锰和硫酸锌的混合溶液，根据流程图，电解生成了二氧化锰和锌，则阳极电极反应式为Mn2＋−2e−＋2H2O＝MnO2＋4H＋。本工艺可以循环利用的物质有MnO2、Zn和硫酸，故答案为：Mn2＋−2e−＋2H2O＝MnO2＋4H＋；H2SO4；(5)废水处理领域中常用NH4HCO3溶液将Mn2+转化为MnCO3，反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO3—＝MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，该反应的平衡常数K=c（H2CO3）cMn2+c2（HCO3-）=Ka2Ka1KspMnCO327、ACBEDFCa2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClOD中品红不褪色,F中产生白色沉淀H2SO3、HSO3-、SO32-过量氯水将品红氧化漂白或过量SO2与品红结合成无色物质将实验②注射器中的溶液注入试管少许，加热，若无红色出现，原因为前者，反之则为后者【解析】探究一：次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比HClO强碱性判断。A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中。探究二：实验目的是验证干燥的二氧化硫能否漂白品红，应避免空气中水蒸气加入，SO2对环境有污染，需要尾气处理；SO2不能使品红的乙醇溶液褪色，而其水溶液可以，使品红褪色的微粒含有S元素；当氯气或者二氧化硫多余时，溶液具有漂白性；二氧化硫的漂白具有加热可恢复性，据此分析。【详解】（1）次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比HClO强碱性判断．A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中，则：装置连接顺序为A、C、B、E、D、F，F中为二氧化碳气体与漂白粉溶液反应生成碳酸钙和次氯酸，离子方程式为：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故答案为ACBEDF，Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO。（2）要证明H2SO3的酸性强于HClO，因为二氧化硫与次氯酸根离子发生氧化还原反应，不能直接通入漂白粉溶液中，证明酸性H2SO3＞H2CO3＞HClO即可：应先用二氧化硫制备二氧化碳（A利用盐酸和亚硫酸氢钠反应制取二氧化硫，C通过饱和的亚硫酸氢钠洗去二氧化硫中的氯化氢，通过B二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸和碳酸氢钠反应制取二氧化碳），制备的二氧化碳中有二氧化硫，故通入漂白粉之前除去二氧化硫气体（E用酸性高锰酸钾除去二氧化硫），再用品红检验二氧化硫是否除净（D用品红检验），再通入漂白粉中（F），能证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象为D中品红不褪色，F中产生白色沉淀，故答案为：D中品红不褪色，F中产生白色沉淀。（3）实验目的是验证干燥的二氧化硫能否漂白品红，应避免空气中水蒸气加入，SO2对环境有污染，需要吸收处理，故碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入H中干扰实验，吸收二氧化硫防污染，SO2不能使品红褪色，而其水溶液可以，因此使品红褪色的微粒可能是H2SO3、HSO3-、SO32-，故答案为H2SO3、HSO3-、SO32-。（4）当氯气或者二氧化硫多余时，过量氯水将品红氧化漂白或过量SO2与品红结合成无色物质；因为二氧化硫的漂白具有加热可恢复性，故将实验②注射器中的溶液注入试管少许，加热，若无红色出现，原因为前者，反之则为后者；故答案为过量氯水将品红氧化漂白或过量SO2与品红结合成无色物质；将实验②注射器中的溶液注入试管少许，加热，若无红色出现，原因为前者，反之则为后者。28、MnO2+4HCl（浓）===MnCl2+Cl2↑+2H2O（反应条件为加热）2Cl－－2e-===Cl2↑2CuCl2(s)+O2(g)===2CuO(s)+2Cl2(g)∆H2=+125.4kJ•mol-1溶液由红色变为无色（或溶液红色变浅）温度升高，反应速率加快，且氯化程度减少＞＞一定条件下，–1价Cl被氧化生成Cl2【分析】（1）次氯酸钠为离子化合物，由阴、阳离子组成；（2）MnO2和浓盐酸反应生成氯