2026届河南省扶沟县高三上化学期中教学质量检测模拟试题含解析

2026届河南省扶沟县高三上化学期中教学质量检测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确的是（）A．HAP能提高HCHO与O2的反应速率B．HCHO在反应过程中，有C—H键发生断裂C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2D．该反应可表示为：HCHO＋O2CO2＋H2O2、元素钒在溶液中有多种存在形式，比如：V2＋(紫色)、V3＋(绿色)、VO2＋(蓝色)、(黄色)等。钒液可充电电池的工作原理如图所示。已知充电时，左槽溶液颜色由蓝色逐渐变为黄色，溶液中c(H＋)＝1.0mol·L－1，阴离子为。下列说法不正确的是A．a极为电池的正极B．充电时，阳极电极反应式为VO2＋＋H2O－e－＝＋2H＋C．放电过程中，右槽溶液颜色由紫色变为绿色D．放电时，电子由C2极流出经交换膜流向C1极3、A、B、C、X为中学化学常见物质，一定条件下有如下转化关系，说法错误的是（）A．若X为Cl2，则C可能为FeCl3B．若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3C．若X为O2，则A可为硫化氢D．若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X可能为CO24、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NAB．标准状况下，2.24LSO3中所含原子数为0.4NAC．常温常压下，16gO2和O3的混合气体中所含原子数目为NAD．在一定条件下，1molN2与3molH2反应生成的NH3分子数为2NA5、下图是一种正投入生产的大型蓄电系统，放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙述正确的是（）A．放电时，负极反应为3NaBr－2e-=NaBr3+2Na+B．充电时，阳极反应为2Na2S2－2e-=Na2S4+2Na+C．放电时，Na+经过离子交换膜，由b池移向a池D．用该电池电解饱和食盐水，产生2.24LH2时，b池生成17.40gNa2S46、200mL稀溶液中c(KNO3)=lmol/L，c(H2SO4)=0.5mol/L，向其中加入5.6g铁粉，充分反应(已知NO被还原为NO)。下列说法正确的是A．反应后生成标准状况下NO的体积为2.8LB．所得溶液中c(Fe2+)：c(Fe3+)=1：1C．反应后铁粉有剩余D．所得溶液中的溶质为FeSO47、我国在砷化镓太阳能电池研究方面国际领先。砷(As)和镓(Ga)都是第四周期元素，分别属于VA和IIIA族。下列说法中，不正确的是A．原子半径：Ga＞As＞PB．热稳定性：NH3＞PH3＞AsH3C．Ga(OH)3可能是两性氢氧化物D．酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO48、下列叙述中正确的是（）A．液溴应保存于带磨口玻璃塞的广口试剂瓶中，并加水“水封”以减少其易挥发B．向Ca(ClO)2溶液中通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去C．滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，原溶液中无NH4+D．氨气是一种碱性气体，可用无水CaCl2干燥9、下列装置工作原理与氧化还原反应无关的是A．臭氧消毒柜 B．甲烷燃料电池C．太阳能集热器 D．燃气灶10、下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是()选项abcAAlAlCl3Al(OH)3BCO2Na2CO3NaHCO3CSiSiO2H2SiO3DSSO3H2SO4A．A B．B C．C D．D11、黑火药着火爆炸，发生如下化学反应：2KNO3+3C+S=K2S+N2↑+3CO2↑,该反应的还原剂是（）A．KNO3 B．S C．C D．S、C12、某工厂用提取粗盐后的盐卤（主要成分为MgCl2）制备金属镁，其工艺流程如下图所示。下列说法中，错误的是A．操作①发生的反应为非氧化还原反应B．在实验室进行操作①时，只需要漏斗和烧杯两种玻璃仪器C．操作②是蒸发浓缩、冷却结晶D．在整个制备过程中未发生置换反应13、某澄清透明溶液中，可能大量存在下列离子中的若干种：、、、、、、、、、，现进行如下实验：用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出。将溶液分为3份。在第1份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清。加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象。在第2份溶液中加入新制的氯水和，振荡后静置，下层溶液显橙红色。则下列推断正确的是A．溶液中一定有、、、B．溶液中一定没有、、、C．不能确定溶液中是否有、、D．往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液可确认是否有14、1.52g铜、镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g·mL−1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol·L−1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2:1B．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是640mLC．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是7.0mol·L−115、下列化学用语表述正确的是（）A．核内质子数为117、中子数为174的核素Ts可表示为：117B．氯离子的结构示意图：C．COCl2的结构式为：D．CaO2的电子式为：16、中科院科学家发现，在常温常压与可见光照射下，N2与H2O在水滑石（LDH）表面发生反应：2N2(g)+6H2O(g)4NH3(g)+3O2(g)–Q（Q＞0）。关于该过程的说法错误的是A．属于固氮过程B．太阳能转化为化学能C．反应物的总能量高于生成物的总能量D．反应物的总键能高于生成物的总键能17、下列指定化学反应的离子方程式正确的是A．二氧化锰和浓盐酸共热：MnO2+4HClMn2++2Cl－+Cl2↑＋2H2OB．AlCl3溶液中滴加过量的浓氨水：Al3+＋4NH3·H2O＝AlO＋4NH4+＋2H2OC．将Cu2O与稀HNO3混合：3Cu2O＋14H＋＋2NO===6Cu2+＋2NO↑＋7H2OD．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3－+OH－＝CaCO3↓+H2O18、短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和B形成的气态化合物的水溶液呈碱性，A和C同主族，D原子最外层电子数与电子层数相等，在中学常见的酸中E的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强。下列叙述正确的是（）A．氧元素与A、B、C形成的二元化合物均只有两种B．简单离子半径：E>C>D>BC．由A、B、E三种元素只能形成含有共价键的共价化合物D．C、D、E三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两之间均能发生反应19、能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．醋酸钠的水解反应+H3O+＝CH3COOH+H2OB．碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应Ca2++2+2＝CaCO3↓+2H2O+C．苯酚钠溶液与二氧化碳反应C6H5O—+CO2+H2O＝C6H5OH+D．稀硝酸与过量的铁屑反应3Fe+8H++2＝3Fe3++2NO↑+4H2O20、工业上可以利用水煤气（H2、CO）合成二甲醚（CH3OCH3），同时生成CO2。2H2（g）+CO（g）==CH3OH（g）△H=-91.8kJ/mol2CH3OH（g）==CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=-23.5kJ/molCO（g）+H2O（g）==CO2（g）+H2（g）△H=-41.3kJ/mol下列说法不正确的是A．CH3OH和乙醇均可发生消去反应B．CH3OCH3中只含有极性共价键C．二甲醚与乙醇互为同分异构体D．水煤气合成二甲醚的热化学方程式：3H2（g）+3CO（g）===CH3OCH3（g）+CO2（g）△H=-248.4kJ/mol21、某无色气体可能含有H2S、SO2、CO2、HI、HCl气体中的一种或几种。将气体通入氯水后，得无色溶液，向该溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀产生。则下列叙述正确的是A．该气体中肯定含有H2S和SO2 B．该气体不能肯定是否含有SO2C．该气体中肯定含有CO2和SO2 D．该气体中肯定不含有H2S和HI22、室温下，对于0.10mol·L-1的氨水，下列判断正确的是A．与AlCl3溶液反应发生的离子方程式为Al3++3OH-=Al(OH)3↓B．加水稀释后，溶液中c(NH4+)c(OH-)变大C．用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性D．其溶液的pH=13二、非选择题(共84分)23、（14分）有A、B、C、D、E五种短周期元素，已知:①C+、D3+均与E的气态氢化物分子含有相同的电子数;A2-、B-与B的气态氢化物分子含有相同的电子数;②A单质在空气中燃烧产生气体R;③B的气态氢化物与E的气态氢化物相遇时有白烟生成。请回答下列问题:(1)元素A在元素周期表中的位置是__________(2)A、B、C、D的简单离子半径从大到小顺序为______________(用离子符号表示)(3)B的气态氢化物与E的气态氢化物相遇时生成白烟的电子式为_________，其中所含化学键类型为_____________(4)D的最高价氧化物的水化物与C的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为_____(5)A元素和B元素以原子个数比1:1形成化合物Q，Q的结构式为________己知Q是种黄色油状液体，常温下遇水易反应，产生R气体，易溶液出现浑浊，请写Q与水反应的化学方程式___________24、（12分）PVAc是一种具有热塑性的树脂，可合成重要高分子材料M，合成路线如下：己知：R、Rˊ、Rˊˊ为H原子或烃基I.R'CHO+R"CH2CHOII.RCHO+（1）A的俗名是电石气，则A的结构简式为___。已知AB为加成反应，则X的结构简式为___；B中官能团的名称是___。（2）已知①的化学方程式为___。（3）写出E的结构简式___；检验E中不含氧官能团（苯环不是官能团）的方法__。（4）在EFGH的转化过程中，乙二醇的作用是___。（5）已知M的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M的结构简式为___。（6）以乙炔为原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成1-丁醇。___。25、（12分）某班同学用以下实验探究Fe2＋、Fe3＋的性质。回答下列问题：（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是___。甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2＋氧化。（2）FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为___。乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红。（3）煤油的作用是___。丙组同学取10mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验：①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；②第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。（4）实验说明：在I－过量的情况下，溶液中仍含有___(填离子符号)，由此可以证明该氧化还原反应为____。丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色。（5）发生反应的离子方程式为___。（6）一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成，产生气泡的原因是___；生成沉淀的原因是___(用平衡移动原理解释)。26、（10分）甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。某学习小组利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。有关物质性质如下表：甘氨酸柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇易溶于水和乙醇易溶于水，难溶于乙醇两性化合物强酸性、强还原性实验过程：I．合成：装置C中盛有0.1molFeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸溶液和适量柠檬酸。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌，并通过仪器b向C中加入适量氢氧化钠溶液调节pＨ到6左右，使反应物充分反应。Ⅱ．分离：反应结束后，过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。回答下列问题：（1）仪器a的名称是________；与a相比，仪器b的优点是_____________________________。（2）装置B中盛有的试剂是____________；实验过程中装置D的导管一直没入液面下的必要性是___________________________________________。（3）合成过程加入柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和________________________。（4）加入氢氧化钠溶液调节pH若大于6，甘氨酸亚铁产量下降。原因可用离子方程式表示为________。（5）过程II中加入无水乙醇的目的是_______________________。（6）检验产品中是否含有Fe3+的试剂名称是_________。（7）本实验制得15.3g甘氨酸亚铁（M=204g/mol），则其产率是_____％。27、（12分）氯气和漂白粉是现代工业和生活中常用的杀菌消毒剂，实验室拟用下图所示装置制备干燥纯净的氯气，请回答下列问题。(1)I中所盛试剂为________(填序号，下同)，II中所盛试剂为________。A．氢氧化钠溶液B．饱和食盐水C．浓硫酸D．硝酸银溶液(2)请按正确的顺序连接装置：H→____、____、→____、____→____；选择最后一个装置的目的是___________________。(3)写出工业上用氯气和石灰乳制取漂白粉的化学反应方程式：____。(4)实验室有一瓶密封不严的漂白粉样品，其中肯定含有，请设计实验探究该样品中可能存在的其他物质。I.提出合理假设。假设1:该漂白粉未变质，含有_______________________;假设2:该漂白粉全部变质，含有_________________________;假设3:该漂白粉部分变质，既含有，又含有。28、（14分）纳米磁性流体材料广泛应用于减震、医疗器械、声音调节等高科技领域。下图是制备纳米Fe3O4磁流体的两种流程：（1）分析流程图中的两种流程，其中______（填“流程1”、“流程2”）所有反应不涉及氧化还原反应。步骤①反应的离子方程式为____________。（2）步骤②保持50℃的方法是_____________。（3）步骤③中加入的H2O2电子式是_______，步骤③制备Fe3O4磁流体的化学方程式为_______。（4）流程2中FeCl3和FeCl2制备Fe3O4磁流体，理论上FeCl3和FeCl2物质的量之比为_____。己知沉淀B为四氧化三铁．步骤⑤中操作a具体的步骤是____________。（5）利用K2Cr2O7可测定Fe3O4磁流体中的Fe2+含量。若Fe3O4磁流体与K2Cr2O7充分反应消耗了0.01mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液100mL，则磁流体中含有Fe2+的物质的量为_____mol。29、（10分）KMnO4溶液常用作氧化还原反应滴定的标准液，由于KMnO4的强氧化性，它的溶液很容易被空气中或水中的某些少量还原性物质还原，生成难溶性物质MnO(OH)2，因此配制KMnO4标准溶液的操作如下所示：①称取稍多于所需量的KMnO4固体溶于水中，将溶液加热并保持微沸1h；②用微孔玻璃漏斗过滤除去难溶的MnO(OH)2；③过滤得到的KMnO4溶液贮存于棕色试剂瓶中并放在暗处；④利用氧化还原滴定法，在70～80℃条件下用基准试剂(纯度高、相对分子质量较大、稳定性较好的物质)溶液标定其浓度。请回答下列问题：（1）准确量取一定体积的KMnO4溶液使用的仪器是________________。（2）在下列物质中，用于标定KMnO4溶液的基准试剂最好选用______(填序号)。A．H2C2O4·2H2OB．FeSO4C．浓盐酸D．Na2SO3（3）步骤2中，采用微孔玻璃漏斗而不用滤纸过滤原因为_________________________。（4）若准确称取Wg所选的基准试剂溶于水配成500mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，用KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL。KMnO4溶液的物质的量浓度为____mol·L－1。（5）若用放置两周的KMnO4标准溶液去测定水样中Fe2＋的含量，测得的浓度值将________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。

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【详解】A．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；B．根据图示可以发现，甲醛分子中的两个C-H键的H原子都与O发生断裂，故仅有C-H键发生断裂，B正确；C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自O2，另一部分还来自于甲醛，C错误；D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为：HCHO＋O2CO2＋H2O，D正确；故选C。2、D【详解】A．充电时，左槽溶液颜色由蓝色逐渐变为黄色，即左槽中发生的变化为：，该过程是VO2+失去电子，为氧化反应，故a极为电池的正极，A正确；B．a极为电池的正极，则石墨C1为阳极，电极反应为：，B正确；C．放电过程中，右槽为负极，发生氧化反应，由V2+变为V3+，即右槽溶液颜色由紫色变为绿色，C正确；D．放电时，C2极为负极，是电子流出的一极，但是电子不经过电解质溶液，D错误；故选D。3、A【分析】根据图知，A+X→C，ABC，由此看出，A反应生成B还是C与X的量有关，结合物质间的反应分析解答。【详解】A.无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁，所以与氯气的量无关，故A错误；B.若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3，氯化铝和过量氢氧化钾发生反应4KOH+AlCl3═KAlO2+H2O+3KCl，则C是KAlO2，和少量氢氧化钾溶液发生反应3KOH+AlCl3═Al(OH)3↓+3KCl，B是Al(OH)3，氢氧化铝和氢氧化钾溶液发生反应Al(OH)3+KOH═KAlO2+2H2O，故B正确；C.若X是O2，A可为硫化氢，硫化氢和过量氧气反应生成二氧化硫，和少量氧气反应生成硫单质，硫单质能和氧气反应生成二氧化硫，所以符合条件，故C正确；D.若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则这三种物质都含有钠元素，则X可能为CO2，A和NaOH，氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，和少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，所以生成物与二氧化碳的量有关，故D正确；故选：A。4、C【详解】A.常温下Al在浓硫酸中发生钝化，A项错误；B.标准状况下SO3呈固态，无法用22.4L/mol计算SO3物质的量，B项错误；C.O2和O3互为同素异形体，16gO2和O3的混合气体中所含O原子物质的量：n（O）==1mol，C项正确；D.N2与H2化合成NH3的反应为可逆反应，在一定条件下1molN2与3molH2反应生成NH3分子物质的量小于2mol，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查以阿伏加德罗常数为中心的计算，涉及金属的钝化、气体摩尔体积、物质的组成、可逆反应等知识。注意22.4L/mol适用于标准状况下已知气体体积计算气体分子物质的量。5、C【解析】由题意可知，放电时，负极上Na2S2被氧化为Na2S4，正极上NaBr3被还原为NaBr，则左储罐电解质为NaBr3/NaBr，右储罐电解质为Na2S2/Na2S4。【详解】A、放电时，负极上Na2S2被氧化为Na2S4，电极反应式为：2Na2S2-2e－=Na2S4+2Na＋，故A错误；B、充电时，电池的正极与电源正极相连，作阳极，阳极上NaBr被氧化为NaBr3，电极反应式为：3NaBr-2e－=NaBr3+2Na＋，故B错误；C、放电时，阳离子向正极移动，则离子Na＋经过离子交换膜，由b池移向a池，故C正确；D、没有确定是否为标准状况，无法计算氢气的物质的量，则无法计算b池生成Na2S4质量，故D错误；答案选C。6、C【详解】溶液中H+总物质的量为：n(H+)=0.5mol/L×2×0.2L=0.2mol，NO的物质的量n(NO)=1mol/L×0.2L=0.2mol，铁粉的物质的量n(Fe)==0.1mol。由3Fe+2NO+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，可知n(Fe)：n(NO)：n(H+)=3：2：8，则0.2molH+完全反应需消耗Fe的物质的量是n(Fe)耗=×0.2mol=0.075mol＜0.1mol，消耗NO的物质的量n(NO)=×0.2mol=0.05mol＜0.2mol，说明反应后铁粉、NO有剩余，由于Fe与Fe3+会发生反应产生Fe2+，所以溶液中不可能存在Fe3+，则溶液中含有的溶质为FeSO4、Fe(NO3)2，根据方程式3Fe+2NO+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O中物质反应转化关系可知反应产生的NO的物质的量n(NO)=×0.2mol=0.05mol，则其在标准状况下的体积V(NO)=0.05mol×22.4L/mol=1.12L，综上所述可知，题干选项中正确的是C。7、D【详解】A．同周期自左而右，原子半径减小，Ga和As位于同一周期，原子序数As＞Ga，原子半径Ga＞As；同主族自上而下原子半径增大，As在P的下一周期，原子半径As＞P，所以原子半径Ga＞As＞P，故A说法正确；B．同主族自上而下非金属性减弱，非金属性N＞P＞As，非金属性越强，氢化物越稳定，所以热稳定性NH3＞PH3＞AsH3，故B说法正确；C．镓(Ga)是第四周期ⅢA族元素，与Al同族，与Al具有相似性质，氢氧化铝是两性氢氧化物，Ga金属性虽然比Al强，但可能具有两性，故C说法正确；D．同周期自左而右，非金属性增强，非金属性S＞P，同主族自上而下非金属性减弱，P＞As，所以非金属性S＞P＞As，所以酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故D说法错误；答案选D。8、B【详解】A.药品存放时，固体用广口瓶，溶液用细口瓶，所以液溴应保存于带磨口玻璃塞的细口试剂瓶中，并加水“水封”以减少其易挥发，A不正确；B.向Ca(ClO)2溶液中通入CO2，发生反应Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去(HClO具有漂白性)，B正确；C.滴加稀NaOH溶液，由于溶液浓度小，且氨气溶解度很大，即使有氨气生成也很难逸出，所以将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，并不能证明原溶液中无NH4+，C不正确；D.氨气与无水CaCl2能反应，生成CaCl2∙8NH3，所以氨气不能用无水氯化钙干燥，D不正确。故选B。9、C【解析】A.臭氧消毒柜是利用臭氧的氧化性，将细菌杀死，故A错误；B.甲烷燃料电池中，甲烷在负极发生氧化反应，氧气在正极发生还原反应，故B错误；C.太阳能集热器，是将太阳能转化成热能，没有发生氧化还原反应，故C正确；D.可燃物的燃烧是氧化还原反应，故D错误；本题答案为C。10、B【解析】A项，Al(OH)3不能一步转化为Al，只能经过Al(OH)3→Al2O3→Al两步实现，故A不符合题意；B项，CO2与NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3与CO2和水反应生成NaHCO3，NaHCO3分解可生成Na2CO3、CO2，故B符合题意；C项，SiO2不能一步转化为H2SiO3，H2SiO3不能一步转化为Si，故C不符合题意；D项，S不能一步转化为SO3，H2SO4一般也不能一步转化为S，故D不符合题意。综上所述，符合题意的选项为B。11、C【分析】可通过分析各元素化合价的变化来判断：还原剂中有元素化合价升高。【详解】还原剂中有元素化合价升高。反应2KNO3+3C+S=K2S+N2↑+3CO2↑各元素的化合价变化为：K、O不变；N由+5→0，化合价降低；C由0→+4，化合价升高；S由0→-2，化合价降低；所以还原剂是C，C选项符合题意；答案选C。12、B【详解】A.操作①为氯化镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，为复分解反应，属于非氧化还原反应，A说法正确；B.操作①为固液分离，为过滤，在实验室进行过滤时，只需要漏斗、玻璃棒和烧杯3种玻璃仪器，B说法错误；C.进行操作②制备留谁合氯化镁，带有结晶水，则操作是蒸发浓缩、冷却结晶，C说法正确；D.在整个制备过程中，氯化镁与石灰浆、氢氧化镁与盐酸为复分解反应，溶液生成晶体、晶体失去结晶水，为非氧化还原反应，电解氯化镁为分解反应，过程中未发生置换反应，D说法正确；答案为B。13、A【分析】①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出，可知无色气体为二氧化碳，一定含CO32-，溶液先浑浊后又变澄清可知一定含AlO2-，由离子共存可知，一定不含H+、Mg2+、Cu2+；

②在一份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象，则不含NH4+；

③在另一份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色，则一定含Br-，结合电荷守恒及离子共存解答。【详解】由上述分析可知溶液中一定存在、、、，故A正确；B.不能确定是否含，故B错误；C.溶液中一定含，故C错误；D.因加盐酸引入氯离子，且原溶液中可能含，第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液不能确认原溶液中是否有，故D错误；故选：A。14、D【解析】本题考查金属与硝酸的反应，首先应判断出反应的相应产物，计算出产物的质量，再结合题干，逐一作答。【详解】由于合金完全溶解，最终全部沉淀，根据题目中所给数据可计算出合金中镁、铜的含量。设合金中铜的含量为xg，镁的含量为yg。可列式：m(Cu)+m(Mg)=x+y=1.52，m(Cu(OH)2)+m(Mg(OH)2)=98x/64+58y/24=2.54。解得x=1.28g，y=0.24g。故合金中含有n(Cu)=0.02mol，n(Mg)=0.01mol。A.该合金中铜与镁的物质的量之比为2:1，故A项正确；C.加入硝酸后，0.02molCu和0.01molMg共转移0.06mole-。设混合气体中NO2为amol，N2O4为bmol，则a+2b=0.06，a+b=0.05。解得a=0.04mol，b=0.01mol。NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数=0.04/0.05×100%=80%，故C项正确；D.浓硝酸中HNO3的物质的量浓度c(HNO3)=(1000mL/L×1.40g/mL×63%)/63g/mol=14mol•L−1，故D项错误；B.加入的硝酸物质的量为n（HNO3）=cV=0.7mol，反应过程中产生NO20.04mol，N2O40.01mol，由原子守恒可知反应后n（NO3-）=0.7mol-0.04mol-0.01mol×2=0.64mol，加入NaOH溶液后，结合成NaNO3，故n（NaOH）=0.64mol，V=n/c=0.64mol/1.0mol·L−1=0.64L=640mL，故加入NaOH溶液的体积是640mL，故B项正确。综上，本题选D。15、C【解析】本题考查了简单粒子的基本结构，和化学中常见物质的电子式和结构式，逐一分析即可。【详解】A.核内质子数为117、中子数为174的核素Ts应表示为：117291Ts；B.氯离子的结构示意图为；C.COCl2的结构式为：；D.CaO2的电子式为：。综上本题选C。16、C【详解】A.固氮的概念：把大气中游离态的氮转化为氮的化合物称作固氮，所以该过程属于氮的固定，故A正确；B.该反应通过光照进行，将太阳能转化成化学能，故B正确；C.Q＞0，故该反应为吸热反应，所以反应物的总能量低于生成物的总能量，故C错误；D.Q=反应物总键能-生成物总键能，Q＞0，故反应物的总键能高于生成物的总键能，故D正确；故答案为C。17、C【解析】A.二氧化锰和浓盐酸共热，要用离子符号表示HCl：MnO2+4H＋+2Cl－Mn2++Cl2↑＋2H2O，故A错误；B.AlCl3溶液中滴加过量的浓氨水，Al(OH)3不溶于氨水：Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3，故B错误；C.将Cu2O与稀HNO3混合：3Cu2O＋14H＋＋2NO===6Cu2+＋2NO↑＋7H2O，故C正确；D.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，生成物还有一水合氨：Ca2+++HCO3－+2OH－＝CaCO3↓+NH3·H2O+H2O，故D错误。故选C。点睛：书写离子方程式需要注意：(1)符合事实；(2)强酸、强碱、可溶盐在水溶液中使用离子符号表示，其他情况下的物质均用化学式表示；(3)符合质量守恒、电荷守恒、电子守恒。18、D【解析】根据题意：A和B形成的气态化合物的水溶液呈碱性，A为氢元素，B为氮元素，A和C同主族，C为钠元素；在中学常见的酸中E的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强，E为氯元素；D原子最外层电子数与电子层数相等，D为铝元素。氧元素与氮元素形成的二元化合物有：N2ONONO2N2O4N2O5等；A错误；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以Al3+<N3-，B错误；H、N、Cl可以形成氯化铵，即有离子键、又含共价键的离子化合物，C错误；氢氧化钠、氢氧化铝、高氯酸三者之间两两之间可以反应生成盐和水，D正确；正确选项D。19、B【详解】A错误，该反应是CH3COOH电离的逆反应，正确的离子方程式为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；B正确；C错误，CO2和苯酚钠溶液反应生成NaHCO3，正确的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3-；D错误，过量的Fe会继续和Fe3+反应生成Fe2+，且该反应的电荷不守恒，正确的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O；故选B。【点睛】CO2和苯酚钠溶液、次氯酸盐溶液反应均得到NaHCO3，产物与CO2的量无关。20、A【解析】A项，CH3OH中只有1个碳原子，不能发生消去反应，错误；B项，CH3OCH3中化学键有C-H、C-O，C-H、C-O都是极性共价键，正确；C项，二甲醚和乙醇的分子式都是C2H6O，结构不同，两种互为同分异构体，正确；D项，将题给3个热化学方程式依次编号为①式、②式、③式，应用盖斯定律，①式2+②式+③式，得3H2（g）+3CO（g）=CH3OCH3（g）+CO2（g）ΔH=（-91.8kJ/mol）2+（-23.5kJ/mol）+（-41.3kJ/mol）=-248.4kJ/mol，正确；答案选A。点睛：本题考查醇的消去反应、共价键和同分异构体的判断以及盖斯定律的应用。能发生消去反应的醇结构上必须有如下特点：与-OH相连C上有邻碳且邻碳上连有H原子，如CH3OH、（CH3）3CCH2OH等醇不能发生消去反应。用盖斯定律求焓变的一般方法：找目标→看来源→变方向→调系数→相叠加（消去不出现的物质如题中消去CH3OH和H2O）→得答案。21、D【分析】氯水为黄绿色，将气体A通入氯水中得无色透明溶液，说明溶液中一定有还原性的气体，结合反应SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4分析解答。【详解】氯水为黄绿色，将气体A通入氯水中得无色透明溶液，说明气体中含有还原性气体，将气体通入氯水后，得无色溶液，向该溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀产生，说明溶液中含有SO42-，原溶液中一定有SO2，因为SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4；由于H2S、SO2会发生氧化还原反应产生S单质和H2O而不能大量共存，反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，所以一定无H2S；也一定无HI，因为Cl2与HI会发生反应：2HI+Cl2=I2+2HCl，反应生成的I2微溶于水，且碘水呈褐色；故合理选项是D。【点睛】本题考查了物质成分的判断的知识，涉及常见气体的检验、离子共存等，掌握常见化合物的性质、气体之间发生的反应、是否可以大量共存等是解题的关键。22、C【详解】A、一水合氨是弱电解质，离子方程式中要写化学式，该反应的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误；B、加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小，所以c(NH4+)•c(OH-)减小，故B错误；C、用HNO3溶液完全中和后得硝酸铵溶液，硝酸铵是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，故C正确；D、一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离，所以0.10mol•L-1氨水的pH小于13，故D错误；故选C。【点晴】本题考查弱电解质的电离、离子方程式的书写、盐类的水解等知识点，根据盐类水解特点、弱电解质的电离特点、离子方程式的书写规则来分析解答即可。要熟悉弱电解质电离平衡的影响因素，如加入水、加热促进弱电解质的电离，加酸抑制弱酸的电离，加入与弱电解质电离出相同离子的电解质抑制电离。二、非选择题(共84分)23、第三周期、ⅥA族S2->Cl->Na+>Al3+离子键、共价键、配位键(离子键、共价键也可以)Al(OH)3+OH+=AlO2-+2H2OCl-S-S-C12S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl【解析】试题分析：③B形成B-，B的气态氢化物与E的气态氢化物相遇时有白烟生成，则B是Cl元素、E是N元素；①C+、D3+均与NH3含有相同的电子数，则C是Na元素、D是Al元素；A2-、B-与HCl分子含有相同的电子数，则A是S元素；A单质在空气中燃烧产生气体R，则R是SO2。解析：(1)S元素在元素周期表中的位置是第三周期、ⅥA族；(2)电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，A、B、C、D的简单离子半径从大到小顺序为S2->Cl->Na+>Al3+；(3)氯化氢与氨气相遇时生成氯化铵，氯化铵的电子式为，其中所含化学键类型为离子键、共价键；(4)铝的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，C的最高价氧化物的水化物是氢氧化钠，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH+=AlO2-+2H2O(5)S元素和Cl元素以原子个数比1:1形成化合物是S2Cl2，S2Cl2的结构式为Cl-S-S-C1；己知Cl-S-S-C1是种黄色油状液体，常温下遇水易反应，产生SO2气体，易溶液出现浑浊，即生成S沉淀，根据元素守恒，同时生成氯化氢，S2Cl2与水反应的化学方程式是2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl。点睛：氢氧化铝是两性氢氧化物，既能与酸反应又能与碱反应，氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水。24、HC≡CHCH3COOH酯基、碳碳双键+nNaOH+nCH3COONa加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热使其充分反应，冷却后过滤，向滤液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则含有碳碳双键保护醛基不被H2还原HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH【分析】A的俗名是电石气，A为HC≡CH，与X反应生成B，由B的结构简式可知X为CH3COOH，发生加聚反应生成PVAc，结构简式为，由转化关系可知D为CH3CHO，由信息Ⅰ可知E为，由信息Ⅱ可知F为，结合G的分子式可知G应为，H为，在E→F→G→H的转化过程中，乙二醇可保护醛基不被H2还原，M为，以此分析解答。【详解】(1)A的俗名是电石气，A为HC≡CH，根据上述分析，X为CH3COOH，B()中的官能团为酯基、碳碳双键，故答案为HC≡CH；CH3COOH；酯基、碳碳双键；(2)反应①的化学方程式为+nNaOH+nCH3COONa，故答案为+nNaOH+nCH3COONa；(3)E为，E中不含氧官能团为碳碳双键，碳碳双键可以是溴水或溴的四氯化碳溶液褪色，而醛基也能使溴水褪色，所以检验碳碳双键前，需要把醛基破坏掉，故检验碳碳双键的方法为：加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热充分反应，冷却后过滤，向滤液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则含有碳碳双键，故答案为；加入新制Cu(OH)2悬浊液，热充分反应，冷却后过滤，向滤液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则含有碳碳双键；(4)E中含有醛基，经E→F→G→H的转化后又生成醛基，则乙二醇的作用是保护醛基不被H2还原，故答案为保护醛基不被H2还原；(5)M的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M的结构简式为，故答案为；(6)以乙炔为原料合成1-丁醇(CH3CH2CH2CHOH)，需要增长碳链，可以利用信息I，因此需要首先合成乙醛(CH3CHO)，根据信息I，2分子乙醛可以反应生成CH3CH=CHCHO，然后与氢气加成即可，合成路线为：HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH，故答案为HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH。【点睛】本题的易错点为(3)，检验碳碳双键时要注意醛基的干扰，需要首先将醛基转化或保护起来。25、防止Fe2+被氧化Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-隔离空气（排除氧气对实验的影响）Fe3+可逆反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O铁离子可做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气氯化铁溶液中存在水解平衡，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，水解反应为吸热反应，过氧化氢分解放出热量，促进Fe3+的水解平衡正向移动。【分析】（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁；（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁；（3）氧气会氧化亚铁离子；（4）Fe3+遇到KSCN溶液会显红色，说明碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应；（5）H2O2具有氧化性，FeCl2有还原性，含有Fe3+遇的溶液显黄色；（6）氢氧化铁沉淀为红褐色，过氧化氢可以反应生成氧气。【详解】（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化，故答案为：防止Fe2+被氧化；（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，故答案为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-；

（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响，故答案为：隔离空气（排除氧气对实验的影响）；（4）第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色，说明有碘单质生成，第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明在I-过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，说明该反应为可逆反应．故答案为：Fe3+；可逆反应；（5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（6）铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用，产生气泡的原因是铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气，氯化铁溶液中存在水解平衡，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，水解反应为吸热反应，过氧化氢分解放出热量，促进Fe3+的水解平衡正向移动，故答案为：铁离子可做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气；氯化铁溶液中存在水解平衡，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，水解反应为吸热反应，过氧化氢分解放出热量，促进Fe3+的水解平衡正向移动。26、分液漏斗平衡气压，使液体顺利流下饱和NaHCO3溶液防止空气进入C中（从而防止Fe2+被氧化）防止Fe2+被氧化Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓降低甘氨酸亚铁的溶液度，使其结晶析出硫氰化钾溶液75【分析】由装置A中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳气体，由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢，则装置B中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体；利用二氧化碳气体将实验装置中的空气排干净，在进行C装置中的甘氨酸亚铁的制取反应，实验过程中装置C中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响实验结果，必须将D中导管没入液面以下，防止空气中的氧气进入C装置将亚铁离子氧化。【详解】（1）仪器a的名称是分液漏斗；仪器b的名称为恒压漏斗，与a相比，仪器b的优点是平衡气压，使液体顺利流下，答案为：分液漏斗；平衡气压，使液体顺利流下；（2）装置A中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳，由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢，则装置B中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体；实验过程中装置C中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响实验结果，必须将D中导管没入液面以下，防止空气中的氧气进入C装置将亚铁离子氧化，答案为：饱和NaHCO3溶液；防止空气进入C中（从而防止Fe2+被氧化）；（3）根据题中表格提供的已知信息，柠檬酸具有强酸性和强还原性，合成过程加入柠檬酸的可促进FeCO3溶解和防止亚铁离子被氧化，答案为：防止Fe2+被氧化（4）加入氢