南平市重点中学2026届高三化学第一学期期中复习检测试题含解析

南平市重点中学2026届高三化学第一学期期中复习检测试题注意事项：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、甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间的转化关系如图所示。下列有关物质的推断正确的是（）甲乙丙丁ASSO2SO3O2BCO32-HCO3-CO2H+CCl2FeCl3FeCl2FeDAl3+Al（OH）3AlO2-NH3•H2OA．A B．B C．C D．D2、改变0.1二元弱酸溶液的pH，溶液中的、、的物质的量分数随pH的变化如图所示[已知]。下列叙述错误的是A．pH=1.2时，B．C．pH=2.7时，D．pH=4.2时，3、1905年德国化学家哈伯发明了合成氨的方法，他因此获得了1918年度诺贝尔化学奖。哈伯法合成氨需要20﹣50Mpa的高压和500℃的高温下，用铁作催化剂，且氨的产率为10%～15%。2005年美国俄勒冈大学的化学家使用了一种名为transFe(DMeOPrPE)2Cl2的铁化合物作催化剂，在常温常压下合成出氨，反应可表示为N2+3H2=2NH3，下列有关说法正确的是（）A．不同的催化剂对化学反应速率的影响均相同B．哈伯法合成氨是吸热反应，新法合成氨是放热反应C．新法合成能在常温下进行是因为不需要断裂化学键D．新法合成与哈伯法相比不需要在高温条件下，可节约大量能源，极具发展愿景4、相同温度下，等质量的H2、O2、CO2、SO2分别通入四个体积相同的恒容密闭容器中，其中表示通入SO2的容器中的压强的是()A．p1B．p2C．p3D．p45、下列试剂中无法鉴别对应物质的是选项物质试剂A乙醛甲苯和CCl4水B甲烷乙炔和四氯化碳溴水C乙醇乙酸和乙酸乙酯饱和碳酸钠溶液D苯甲醇苯甲醛和苯甲酸酸性高锰酸钾溶液A．A B．B C．C D．D6、已知：H2(g)＋F2(g)==="2HF(g)"的能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是A．氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是放热反应B．1molH2与1molF2反应生成2mol液态HF放出的热量小于270kJC．在相同条件下，1molH2与1molF2的能量总和大于2molHF气体的能量D．断裂1molH—H键和1molF—F键放出的能量大于形成2molH—F键放出的能量7、顺铂[Pt(NH3)2Cl2]是1969年发现的第一种具有抗癌活性的金属配合物；碳铂是1,1－环丁二羧酸二氨合铂(Ⅱ)的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构简式如图所示，其毒副作用低于顺铂。下列说法正确的是()A．碳铂中所有碳原子在同一个平面中B．顺铂分子中氮原子的杂化方式是sp2C．碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子之比为2∶1D．1mol1,1－环丁二羧酸含有σ键的数目为12NA8、下列有关化学基本概念的判断依据正确的是A．弱电解质：溶液的导电能力弱 B．共价化合物：含有共价键C．离子化合物：含有离子键 D．金属晶体：能够导电9、N0为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10N0B．2L0.5mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H+数为2N0C．过氧化钠与水反应时，生成0.1molO2转移的电子数为0.2N0D．50mL18.4mol·L－1浓硫酸与足量铜微热，反应生成SO2分子的数目为0.46N010、一定量的镁铝合金与500mL1mol•L-1HNO3完全反应生成2.24LNO(标况)，再向反应后的溶液中加入2mol•L-1NaOH溶液，使镁、铝元素完全沉淀，则所加NaOH溶液体积是()A．50mL B．100mL C．150mL D．200mL11、利用右图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是选项①②③实验结论A稀硫酸Na2SO3Na2SiO3溶非金属性：S>SiB浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3Ba(NO3)2溶液SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸>碳酸>硅酸A．A B．B C．C D．D12、下列文献记载所涉及的化学知识叙述错误的是A．明代《天工开物》之《燔石·青矾》卷中“取入缸中浸三个小时，漉入釜中煎炼”，运用了过滤的化学操作。B．“┄欲去杂还纯，再入水煎炼┄倾入盆中，经宿结成白雪”采用了重结晶的方法。C．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应。D．“水银乃至阴之毒物，因火煅丹砂而出，加以硫黄升而为银朱”该过程应用了升华的物理方法。13、香烟烟雾中含有CO、CO2、SO2、H2O等气体，用①无水CuSO4②澄清石灰水③红热CuO④生石灰⑤品红溶液⑥酸性高锰酸钾溶液等药品可将其一一检出，检测时香烟烟雾通入药品的正确顺序是A．①⑤②①④③B．①⑤⑥②④③C．③④②⑥⑤①D．②⑤①④③⑥14、工业生产氨气的适宜条件中不包括()A．用浓硫酸吸收产物 B．用铁触煤作催化剂C．温度500℃左右 D．压强为20~50MPa15、下列五种有色溶液与SO2作用均能褪色，其实质相同的是（）①品红溶液；②酸性KMnO4溶液；③溴水；④滴有酚酞的NaOH溶液；⑤含I2的淀粉溶液A．①④ B．①②③ C．②③⑤ D．③④16、下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是①无色溶液中：②碱性溶液中：③酸性溶液中：④含的溶液中：⑤加入能放出的溶液中：⑥能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液：A．①④ B．②③⑥ C．②④ D．①③⑤⑥17、下列类比关系正确的是()。A．AlCl3与过量NaOH溶液反应生成AlO2-，则与过量NH3·H2O也生成AlO2-B．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则与SO2反应可生成Na2SO3和O2C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，则与I2反应可生成FeI3D．Al与Fe2O3能发生铝热反应，则与MnO2也能发生铝热反应18、有机物的结构可用“键线式”表示，如CH3—CH＝CH—CH3可简写为，有机物X的键线式为。下列关于有机物X的说法中正确的是A．X的分子式为C7H8O3B．X与乙酸乙酯含有相同的官能团C．X因能与酸性KMnO4溶液发生加成反应而褪色D．有机物Y是X的同分异构体，能与碳酸氢钠溶液反应且含有苯环，则Y的结构有3种19、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，Z最外层电子数等于最内层电子数，X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，W的单质是空气中体积分数最大的气体。下列说法正确的是A．离子半径的大小顺序：r(W)>r(X)>r(Y)>r(Z)B．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强C．W的气态氢化物比X的稳定D．WX2与ZY2中的化学键类型相同20、能实现下列物质间直接转化的元素是()A．硅 B．硫 C．铜 D．铁21、下列有关化学用语表示正确的是A．乙醇的分子式：C2H5OH B．次氯酸的电子式：C．氯原子的结构示意图： D．中子数为146、质子数为92的铀(U)原子:22、在酸性介质中，往MnSO4溶液里滴加（NH4）2S2O8（过二硫酸铵）溶液会发生如下反应：Mn2++S2O82﹣+H2O→MnO4﹣+SO42﹣+H+，下列说法不正确的是（

）A．可以利用该反应检验Mn2+B．氧化性比较：S2O82﹣＞MnO4﹣C．该反应中酸性介质可以为盐酸D．若有0.1mol氧化产物生成，则转移电子0.5mol二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E为短周期主族元素，其原子序数依次增大；B、C、D、E位于同一周期；A的简单气态氢化物可以用作制冷剂；1molB单质与足量盐酸反应生成气体在标准状况下的体积为33.6L；D原子最外层电子数与核外电子总数之比为3∶8；C的原子子序数是A的两倍。(1)A、B简单离子半径由大到小的顺序为______________(填离子符号)。(2)C在元素周期表中的位置是_______________。(3)A的简单气态氢化物接触到E的简单气态氢化物时可观察到的现象是_____________。(4)D与E可形成原子个数比为1∶2的化合物，其电子式为________。(5)C、D、E最简单气态氢化物稳定性由高到低的顺序是___________(用化学式表达)。(6)B与D形成的化合物遇水迅速水解，写出该反应的化学方程式_______________________。(7)若E单质与NaOH溶液反应生成NaE、NaEO和NaEO3，则30mL2mol/LNaOH与_____molE单质恰好完全反应(忽略E单质与水的反应及盐类的水解反应)。24、（12分）5种固体物质A、B、C、D、E由表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水。阳离子Na＋Al3＋Fe3＋Cu2＋Ba2＋阴离子OH－Cl－CO32-分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：①A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3沉淀部分溶解，剩余白色固体；②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；④B溶液与D溶液混合后无现象；⑤将38.4gCu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6mol·L－1H2SO4，Cu片逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。（1）据此推断A、B、C、D、E的化学式：A________；B________；C________；D________；E________。（2）写出步骤②中发生反应的离子方程式：______________________________________。（3）写出步骤⑤中发生反应的离子方程式：______________________________________。若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是________mL。25、（12分）某课外小组同学用下图所示装置在实验室制氯气并探究其相关性质（夹持设备已略）。（1）制备氯气选用的药品为：漂白粉固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为_______________。（2）装置B的作用之一是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象________。（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中①、②、③依次放入_____（选填表中字母）。①②③a干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条b干燥的有色布条硅胶湿润的有色布条c湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条d湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性强弱。当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为________色，说明氯的非金属性大于溴；之后打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡；观察到的现象是___________________，则说明溴的非金属性大于碘。（5）有同学提出该实验方案仍有不足，请说明其中的不足及后果。①_________________________；②______________________。26、（10分）碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。I．合成该物质的步骤如下:步骤1：配制200mL0.5mol·L-1MgSO4溶液和400mL0.5mol·L-1NH4HCO3溶液；步骤2：将所配NH4HCO3溶液倒入四口烧瓶中，控制温度50℃，边搅拌边把所配MgSO4溶液于1min内逐滴加入NH4HCO3溶液中，然后用氨水调节溶液pH至9.5；步骤3：放置1h后，过滤、洗涤、干燥得碳酸镁晶须产品（MgCO3•nH2O，n=1~5）。(1)步骤1中配制400mL0.5mol·L-1NH4HCO3溶液所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管和量筒外，还有____________。(2)①步骤2中应采取的较好加热的方法为__________；②根据上述实验药品的用量，四口烧瓶的最适宜规格为______（填标号）。A．250mLB．500mLC．1000mLD．2000mL③生成MgCO3•nH2O的离子方程式为________________________________________。

(3)步骤3中，为加快过滤速度，常用__________(填过滤方法)。II．测定合成的MgCO3∙nH2O中的n值：方法1：称量1.000g碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中，加入水，滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被过量的NaOH溶液吸收，在室温下反应4～5h，反应后期将温度升到30℃，最后，烧杯中的溶液加足量氯化钡溶液后，用已知浓度的盐酸滴定至中性，从而测得CO2的总量；重复上述操作2次。(4)图中气球的作用是_______________________________________。(5)设NaOH溶液为amol·L-1bmL。3次实验测得消耗cmol·L-1盐酸的体积平均值为dmL，则n值为______________________（用含a、b、c、d的代数式表示）。(6)若省去“反应后期升温到30℃”的步骤，产生的后果是n值_______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。方法2：用热重分析法测定合成的MgCO3·nH2O中的n值。称取100g上述晶须产品进行热重分析，热重曲线如图。(7)230℃~430℃发生的化学反应的方程式为__________________________。27、（12分）氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置（部分装置省略）制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。回答下列问题：（1）盛放MnO2粉末的仪器名称是________，a中的试剂为________。（2）b中采用的加热方式是_________，c中化学反应的离子方程式是________，采用冰水浴冷却的目的是____________。（3）d的作用是________，可选用试剂________（填标号）。A．Na2SB．NaClC．Ca(OH)2(悬浊液)D．H2SO4（4）反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，________，__________，干燥，得到KClO3晶体。28、（14分）A、B、C、D、E、F为中学化学中的常见物质，且物质A由一种或两种短周期元素组成，在一定条件下有如下转化关系，请完成下列问题：(1)若常温下A为有色气体①若F是一种金属单质，请写出B和适量F反应生成C与气体E的离子方程式：________。②若C为直线型分子，E具有漂白性，物质F焰色反应呈黄色，则F的化学式为：________；D中所含化学键的类型为：________。(2)若A为淡黄色固体，D为白色难溶于水的物质，且物质A和D的式量相等，请用离子方程式表示物质F的水溶液呈酸性的原因：________。(3)若物质A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的1/5，将B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得到一种不含金属元素的盐溶液，请写出A与H2O反应的化学方程式：________；B转化为C的化学方程式为：________。29、（10分）A、B都是短周期元素，原子最外层电子排布式分别为(n+1)sx、nsx+1npx+3。A与B可形成化合物C和D。D溶于水时有气体E逸出，E能使带火星的木条复燃。请回答下列问题：(1)比较电离能：①I1(A)______(填“>”或“<”，下同)I2(A)，②I1(A)_____I1(B)，③I1(B)_____I1(He)。(2)通常A元素的化合价是________，对A元素呈现这种价态进行解释：①用原子结构的观点进行解释：________。②用电离能的观点进行解释：_______。(3)写出D跟水反应的离子方程式：__________。(4)列举气体E的主要用途__________(至少写出两项)。

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【详解】A．S与O2反应不能直接生成SO3，也就是甲不能直接转化为丙，A不正确；B．CO32-与H+反应转化为HCO3-，HCO3-与H+反应转化为CO2，CO32-与H+反应转化为CO2，三步都正确，因此B正确；C．Cl2与Fe反应生成FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2都是正确的，但Fe与Cl2反应生成FeCl2是错误的，故C不正确；D．Al3+与NH3•H2O反应生成Al(OH)3是正确的，但Al(OH)3与NH3•H2O不反应，所以D不正确。故选B。2、D【解析】A、根据图像，pH=1.2时，H2A和HA-相交，则有c(H2A)=c(HA-)，故A说法正确；B、pH=4.2时，c(A2－)=c(HA－)，根据第二步电离HA－H＋＋A2－，得出：K2(H2A)=c(H+)×c(A2-)/c(HA-)=c(H+)=10-4.2，故B说法正确；C、根据图像，pH=2.7时，H2A和A2-相交，则有c(H2A)=c(A2-)，故C说法正确；D、根据pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)，且物质的量分数约为0.48，而c(H+)=10-4.2，可知c(HA-)=c(A2-)＞c(H+)，故D说法错误。3、D【详解】A.不同的催化剂催化机理不同，效果也不同，但在其他条件相同时，转化率相同，A错误；B.新法合成与哈伯法合成都是反应物总能量大于生成物总能量，因此两个反应都是放热反应，只是新法降低了反应所需的能量，减少反应过程中的能源消耗，B错误；C.新法实际上是降低了反应所需的能量，旧化学键要断裂、新化学键也要同时生成，反应的本质与使用哪种催化剂无关，C错误；D.高温条件需要大量能源，用transFe(DMeOPrPE)2Cl2作催化剂，在常温常压下合成出氨，减少能源消耗，所以新法合成与哈伯法相比不需要在高温条件下，可节约大量能源，极具发展远景，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查催化剂对化学反应的影响，催化剂能通过改变活化能而影响反应速率，但由于不能改变反应物、生成物的能量，只改变了反应途径，所以不影响平衡移动。4、A【解析】等质量的H2、O2、CO2、SO2四种气体中，由n=m/M可知，SO2的物质的量最小，相同温度、容积时，气体的压强之比等于气体分子物质的量之比，二氧化硫的压强最小，答案A正确；故选A。5、D【解析】A、乙醛和水互溶，甲苯不溶于水，密度小于水，四氯化碳不溶于水，密度大于水，可以鉴别，A不符合题意；B、甲烷和溴水不反应，乙炔和溴水发生加成反应，能使溴水褪色，四氯化碳萃取溴水中的溴，可以鉴别，B不符合题意；C、乙醇和碳酸钠溶液互溶，乙酸和碳酸钠反应放出气体，乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液中，可以鉴别，C不符合题意；D、苯甲醇、苯甲醛均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，D符合题意，答案选D。6、C【解析】A．由图象可知，2molHF(g)的能量小于1molH2(g)和1molF2(g)的能量，故氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是吸热反应，故A错误；B．2

mol液态HF的能量小于2molHF(g)的能量，对于放热反应，当反应物相同时，产物的能量越低，反应放出的热量越多，故放出的热量大于270KJ，故B错误；C．1molH2(g)和1molF2(g)生成2molHF(g)放热，故1molH2(g)和1molF2(g)的所具有总能量大于2molHF(g)所具有的能量，故C正确；D．由于1molH2(g)和1molF2(g)生成2molHF(g)放热，而反应热△H=断键吸收的能量-成键放出的能量＜0，故断裂1

mol

H-H键和1

mol

F-F

键放出的能量小于形成2

mol

H-F键放出的能量，故D错误；故选C。点睛：如果反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量，那么在发生化学反应时，就有部分能量以热的形式释放出来，称为放热反应；如果反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量，那么在发生化学反应时，反应物就需要吸收能量，才能转化为生成物；且△H=E(生成物的总能量)-E(反应物的总能量)=E(反应物分子化学键断裂时所吸收的总能量)-E(生成物分子化学键形成时所释放的总能量)=E1(正反应的活化能)-E2(逆反应的活化能)。7、C【解析】A、根据结构简式，其中碳原子有sp3杂化，属于四面体，因此所有碳原子不在同一平面，故A错误；B、N有3个σ键，无孤电子对，因此杂化类型为sp3杂化，故B错误；C、sp3杂化的碳原子有4个sp2杂化的碳原子有2个，即个数比为2：1，故C正确；D、1mol此有机物含有含有σ键的数目为26NA，故D错误。8、C【详解】A、溶液的导电能力和电解质的强弱无关，根据电解质在水溶液中是否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，故A错误；B、含有共价键的化合物不一定为共价化合物离子化合物中也可能含有共价键，如NaOH，故B错误；C、含有离子键的化合物必定为离子化合物，正确；D、金属晶体能导电，离子晶体在熔融状态下也能导电，则不能利用晶体能否导电来确定金属，故D错误；故选C。9、C【解析】A.D2O和H2O相对分子质量不同，所以物质的量不同，质子数也不同，故A错误；B.亚硫酸的n=1mol,但亚硫酸为弱电解质不能完全电离，含有的H+个数小于2N0，故B错误；C.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,由方程式知，每生成1molO2转移电子的物质的量为2mol,所以生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2N0，故C正确；D.铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故硫酸不能反应完全，则生成的二氧化硫分子个数小于0.46N0，故D错误；故选C。10、D【详解】由Mg、Al最终转化为氢氧化镁、氢氧化铝，最终溶液中溶质为NaNO3，根据氮元素守恒n(NaNO3)=0.5L×1mol/L-=0.4mol，由钠离子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)=0.4mol，则需要NaOH溶液的体积为=0.2L=200mL，故D正确；故选D。【点晴】本题考查氧化还原反应有关计算。注意利用守恒法解答，避免判断硝酸是否有剩余，侧重考查学生分析计算能力，由Mg、Al最终转化为氢氧化镁、氢氧化铝，最终溶液中溶质为NaNO3，根据氮元素守恒计算n(NaNO3)，由钠离子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)，再根据V=计算需要NaOH溶液的体积。11、B【解析】A、发生强酸制取弱酸的反应，则酸性为硫酸>亚硫酸>硅酸，但亚硫酸不是硫的最高价氧化物的水化物，无法用亚硫酸的酸性比硅酸的酸性强来证明硫的非金属性强于硅，选项A错误；B、浓硫酸使蔗糖炭化，然后C与浓硫酸反应生成二氧化硫，则溴水褪色可知生成二氧化硫，说明浓硫酸具有脱水性、氧化性，选项B正确；Ｃ、稀盐酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，二氧化硫与硝酸钡溶液发生氧化还原反应，生成硫酸钡沉淀，不能证明二氧化硫与可溶性钡盐的反应，选项Ｃ错误；D、浓硝酸具有挥发性，所以硝酸与碳酸钠反应产生的二氧化碳气体中可能含有挥发的硝酸，使硅酸钠溶液中产生白色沉淀，所以不能证明碳酸与硅酸酸性的强弱，选项Ｄ错误。答案选B。12、D【分析】“漉入釜中”，即化学中的过滤；重结晶过程是将晶体溶于溶剂以后，又重新从溶液中结晶的过程；“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，发生的反应是；升华是物理变化，“水银乃至阴之毒物，因火煅丹砂而出，加以硫黄升而为银朱”是化学变化。【详解】“漉入釜中”，即化学中的过滤，故A叙述正确；重结晶过程是将晶体溶于溶剂以后，又重新从溶液中结晶的过程，“┄欲去杂还纯，再入水煎炼┄倾入盆中，经宿结成白雪”属于重结晶，故B叙述正确；“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，发生的反应是，属于置换反应，故C叙述正确；升华是物理变化，“水银乃至阴之毒物，因火煅丹砂而出，加以硫黄升而为银朱”是化学变化，故D叙述错误；选D。13、B【详解】先用①检测出水，无水硫酸铜变蓝，因为后面一些步骤中会有水产生，且空气中的水蒸气可能也会影响检测结果；再用⑤检测二氧化硫，二氧化硫使品红溶液褪色；再用⑥将多有的二氧化硫除去（或者说检测二氧化硫是否除尽），因为如果不除尽，二氧化硫会影响后面的实验；再用⑤检测二氧化硫是否除净；再用②检测二氧化碳并除去过量的二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水变混浊；通过④碱石灰除去二氧化碳；再用③来检测CO，红热氧化铜由黑色变成红色；故B项正确。14、A【分析】分析工业生产氨气整个反应。催化剂不能改变化学平衡，但可以加快反应速率。升高温度可以加快反应速率，考虑反应平衡，温度不宜太高。增大压强可以加快反应速率，也可以促进化学平衡正向移动，但生产时的条件会限制压强。从反应速率和化学平衡两方面看，合成氨的适宜条件一般为压强：20MPa-50MPa，温度：500℃左右，催化剂：铁触媒。【详解】从反应速率和化学平衡两方面看，合成氨的适宜条件一般为压强：20MPa-50MPa，温度：500℃左右，催化剂：铁触媒。用浓硫酸吸收氨气会生成硫酸铵，不适合吸收产物。答案为A。【点睛】本题主要考查工业制氨气的反应中反应条件的选择，综合反应速率、反应平衡考虑。15、C【解析】试题分析：①品红溶液褪色，体现二氧化硫的漂白性；②酸性KMnO4溶液褪色，与二氧化硫发生氧化还原反应，体现其还原性；③溴水褪色，与二氧化硫发生氧化还原反应，体现其还原性；④滴有酚酞的NaOH溶液褪色，是因二氧化硫与碱反应，体现其酸性氧化物的性质；⑤含I2的淀粉溶液褪色，与二氧化硫发生氧化还原反应，体现其还原性；显然②③⑤实质相同，故选C。考点：本题考查二氧化硫的化学性质。16、C【详解】①无色溶液中不会存在有色的Cu2+，故①错误；②之间不反应，都不与OH-反应，在碱性溶液中能够大量共存，故②正确；③Fe2+、在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故③错误；④Na+、Ba2+、Cl-、I-之间不反应，都不与Fe2+反应，能够大量共存，故④正确；⑤加入Al能放出H2的溶液中存在大量H+或OH-，与H+、OH-反应，不能大量共存，故⑤错误；⑥能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液中存在大量OH-，S2-、ClO-之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故⑥错误；②④正确，故答案为C。17、D【详解】A、AlCl3与过量NH3·H2O只能生成Al(OH)3沉淀，A项错误；B、SO2具有较强还原性，与Na2O2这一强氧化剂反应生成Na2SO4，B项错误；C、I2的氧化性较弱，只能将铁氧化为FeI2，C项错误；D、金属Al一般能和活泼性较弱的金属氧化物发生铝热反应，D项正确；故合理选项为D。18、D【解析】A、根据有机物成键特点，X的分子式为C7H6O3，故错误；B、X中含有官能团是羟基、碳碳双键、羰基、醚键，不含酯基，故错误；C、X能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为发生氧化反应，故错误；D、能与NaHCO3反应产生气体，说明含有羧基，两个取代基位置为邻、间、对三种，故正确；答案选D。19、A【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，Z最外层电子数等于最内层电子数，且Z的原子序数最大，因此Z是Mg。X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，W的单质是空气中体积分数最大的气体，W是N，X是O，Y是F。A.离子的核外电子层数越多，离子半径越大。核外电子排布相同时，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径的大小顺序：r(W)>r(X)>r(Y)>r(Z)，A正确；B.F是最活泼的非金属，没有含氧酸，B错误；C.氧元素非金属性强于氮元素，因此O的气态氢化物比N的稳定，C错误；D.NO2与MgF2中的化学键分别是共价键、离子键，D错误，答案选A。20、B【详解】二氧化硅、氧化铜和氧化铁都和水不反应，所以选项B正确，答案选B。21、B【解析】A.乙醇的分子式是C2H6O，结构简式是C2H5OH，A错误；B.HClO分子中O原子最外层有6个电子，分别与Cl、H原子形成一对共用电子对，从而使每个原子都达到稳定结构，因此电子式是，B正确；C.Cl原子核外电子数是17，最外层有7个电子，原子结构示意图为，C错误；D.中子数为146、质子数为92的铀原子质量数是238，用原子符号表示为，D错误；故合理选项是B。22、C【解析】A、在酸性条件下，加入(NH4)2S2O8，如果溶液变为紫红色，说明原溶液中含有Mn2＋，故A说法正确；B、利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据反应S2O82－为氧化剂，MnO4－为氧化产物，因此S2O82－的氧化性强于MnO4－，故B说法正确；C、高锰酸钾具有强氧化性，能把Cl－氧化成Cl2，因此酸性介质不能是盐酸，故C说法错误；D、氧化产物是MnO4－，因此转移电子物质的量为0.1×(7－2)mol=0.5mol，故D说法正确。二、非选择题(共84分)23、r(N3−)＞r(Al3+)或N3−＞Al3+第三周期第ⅣA族产生白烟HCl＞H2S＞SiH4Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑0.03【分析】A、B、C、D、E为短周期的主族元素，其原子序数依次增大，B、C、D、E位于同一周期，A的简单气态氢化物可以用作制冷剂，则A为N元素；1molB单质与足量盐酸反应生成气体在标准状况下的体积为33.6L，则B为Al元素；D原子最外层电子数与核外电子总数之比为3∶8，且D位于第三周期，则D为S元素；C的原子序数是A的两倍，则C为Si元素；E元素为短周期主族元素且原子序数大于D，则E为Cl元素，【详解】根据以上分析可知，A、B、C、D、E分别为N、Al、Si、S、Cl。（1）A为N元素，B为Al元素，核外电子排布相同，核电荷数越大半径越小，故离子半径N3−＞Al3+，因此，本题正确答案为：N3−＞Al3+；（2）C为Si元素，在元素周期表中的位置是第三周期第ⅣA族。因此，本题正确答案为：第三周期第ⅣA族；（3）A的氢化物是氨气，E的氢化物是HCl，二者相互接近有白烟生成，其成分为氯化铵固体。因此，本题正确答案为：产生白烟；（4）D是S元素、E是Cl元素，D与E可形成原子个数比为1：2的化合物为SCl2，每个Cl原子和S原子形成一对共用电子对，其电子式为，因此，本题正确答案为：；(5)C为Si元素、D为S元素、E为Cl元素，非金属性Cl＞S＞Si，所以氢化物的稳定性HCl＞H2S＞SiH4，因此，本题正确答案为：HCl＞H2S＞SiH4；(6)B为Al元素、D为S元素，B与D形成的化合物为为Al2S3，遇水迅速水解，反应的化学方程式为Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑，因此，本题正确答案为：Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑；(7)E为Cl元素，若Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和NaClO3，根据原子守恒n(Cl2)=n(Cl)=n(Na)=n(NaOH)=0.030L×2mol/L×=0.03mol，因此，本题正确答案为：0.03。【点睛】本题考查了元素位置结构性质的关系及应用，涉及氧化还原反应、元素周期律、物质结构、盐类水解等知识点，根据物质结构、元素周期律、物质性质等知识点分析解答，注意（7）中原子守恒方法的运用。24、CuSO4FeCl3Ba（OH）2Al（NO3）3Na2CO32Fe3++3CO32－+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑3Cu+8H++2NO3－=3Cu++2NO↑+4H2O500【分析】①蓝色沉淀是氢氧化铜，白色固体是硫酸钡，据此判断A和C是硫酸铜和氢氧化钡；②在剩余阳离子中只有Na+可以与CO32-结合，红褐色沉淀是氢氧化铁，气体是二氧化碳，B或E是碳酸钠，B、E中的另一种物质是铁盐；③说明C是氢氧化钡，D是铝盐，相应地A是硫酸铜；④说明E是碳酸钠，B是铁盐；⑤说明D是硝酸铝，相应地B是氯化铁。【详解】（1）A、B、C、D、E的化学式分别为：CuSO4、FeCl3、Ba（OH）2、Al（NO3）3、Na2CO3。（2）步骤②中Fe3+与CO32－的水解互促至水解完全，发生反应的离子方程式：2Fe3++3CO32－+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑。（3）步骤⑤中稀硝酸与铜发生反应，反应的离子方程式：3Cu+8H++2NO3－=3Cu++2NO↑+4H2O。38.4gCu的物质的量为0.6mol，消耗1.6molH+，需要0.8molH2SO4，因此，若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是=500mL。25、Ca(ClO)2+2HCl=Cl2↑+H2O+CaCl2长颈漏斗中液面明显上升，形成水柱d黄（或橙）溶液变蓝色E处未能排除D中过量Cl2的干扰，而置换出I2Cl2通入NaHSO3溶液中会产生SO2，污染空气【解析】(1)漂白粉的主要成分有次氯酸钙和氯化钙，其中次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯气；(2)依据装置中气体压强变化和长颈漏斗中液体液面变化分析判断；(3)依据氯气无漂白作用，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，进行实验设计；(4)依据氯气和溴化钠反应生成溴单质；液体溴单质和碘化钾溶液中的碘化钾反应生成碘单质，结合溴水的颜色和碘与淀粉的显色反应分析解答；(5)依据装置图气体流向分析，E装置中D处不能排除氯气的干扰；装置F处不能吸收生成的污染性气体二氧化硫分析解答。【详解】(1)漂白粉的主要成分有次氯酸钙和氯化钙，次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯气，反应方程式为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案为Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；(2)装置B的作用之一是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，若堵塞，装置AB中气体压强增大，会把B中的液体压入长颈漏斗中形成水柱；故答案为长颈漏斗中液面明显上升，形成水柱；

(3)氯气无漂白作用，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性。a、氯气从食盐水中出来会含有水蒸气，干燥有色布条会褪色，通过碱石灰后，氯气会被吸收，后续试验无法验氯气是否具有漂白性，故a错误；b、氯气从食盐水中出来会含有水蒸气，干燥有色布条会褪色，通过硅胶后，水蒸气会被吸收，但遇到湿润的有色布条会褪色，不能证明其漂白作用的物质，故b错误；c、氯气从食盐水中出来会含有水蒸气，湿润有色布条会褪色，U形管中加入浓硫酸，气体不能进入后面装置，不能证明氯气是否有漂白性，故c错误；d、氯气从食盐水中出来会含有水蒸气，湿润有色布条会褪色，通过固体干燥剂氯化钙吸收水后，遇干燥的有色布条不褪色证明氯气无漂白性，故d正确；故答案为d；(4)D中是溴化钠，当向D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成溴单质，可以看到无色溶液逐渐变为黄，所以现象为：溶液从无色变化为黄色：氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，说明氯气的氧化性强于溴；打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入含碘化钾淀粉溶液的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，故答案为黄(或橙)；

溶液变蓝色；

(5)装置中在验证溴单质氧化性大于碘单质的实验验证方法中不能排除氯气氧化碘离子的干扰作用；最后装置F氯气通入会和水反应生成盐酸，盐酸和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫污染气，不能被吸收，故答案为①E处未能排除D中过量Cl2的干扰，而置换出I2；

②Cl2通入NaHSO3溶液中会产生SO2，污染空气。【点睛】本题考查了氯气的实验室以及氯气化学性质的应用。本题的易错点为(3)，要注意漂白作用是次氯酸的性质，不是氯气的性质。26、500mL容量瓶水浴加热CMg2+++NH3⋅H2O+(n−1)H2O═MgCO3⋅nH2O+减压过滤法暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定偏大MgCO3·H2OMgCO3+H2O【详解】（1）操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取(用到胶头滴管)浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2−3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，还需要仪器有：500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；（2）①步骤2中要控制温度50℃，较好加热的方法为：水浴加热；②四口烧瓶要加入200mL0.5mol·L-1MgSO4溶液和400mL0.5mol·L-1NH4HCO3溶液，液体总体积为600mL，四口烧瓶中所盛放液体不能超过其容积的，不少于容积的，故选1000mL规格的四口烧瓶，故选C；③将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，用氨水调节溶液pH到9.5，反应生成碳酸镁结晶水合物，反应的化学方程式为Mg2+++NH3⋅H2O+(n−1)H2O═MgCO3⋅nH2O+，故答案为：Mg2+++NH3⋅H2O+(n−1)H2O═MgCO3⋅nH2O+；(3)要分离不溶于水的固体和液体，可用过滤的方法，可利用大气压强原理，用减小压力的方法加快过滤的速率，故答案为：减压过滤法；(4)装置中气球可以缓冲压强并封闭装置，暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定，故答案为：暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定；（5）设NaOH溶液为amol·L-1bmL，3次实验测得消耗cmol·L-1盐酸的体积平均值为dmL，则吸收二氧化碳消耗的NaOH的物质的量为：amol·L-1b10-3-cmol·L-1d10-3=（ab-cd）10-3mol，依据元素守恒可知，碳酸镁物质的量为10-3mol，根据化学式可知，MgCO3⋅nH2O中碳酸镁晶体中碳酸镁和结晶水物质的量之比为1:n，得到1:n=10-3:；得到n=，故答案为：。（6）反应后期将温度升到30℃的目的是：使生成的二氧化碳全部逸出后被氢氧化钠溶液吸收，减少测定产生的误差，若省去“反应后期升温到30℃”的步骤，测得二氧化碳的量偏小，由（5）可知，n值偏大；（7）由图像可知，加热到230℃~430℃，质量损失了（100%-82.3%）100g=18g，刚好损失的是1mol水，则MgCO3·nH2O的相对分子质量为：=100g/mol，则n=1，230℃~430℃发生的化学反应的方程式为：MgCO3·H2OMgCO3+H2O。27、圆底烧瓶饱和食盐水水浴加热Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O避免生成NaClO3吸收尾气（Cl2）AC过滤少量冷水洗涤【分析】由装置可知可知，圆底烧瓶中MnO2与浓盐酸在加热条件下发生反应生成Cl2，生成的Cl2中混有HCl，氯气经过a装置中饱和食盐水除去HCl，然后Cl2通入b装置中，KOH水溶液与Cl2在加热条件下反应生成KCl、KClO3，b装置内未反应的Cl2通入c中，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO，最后利用d装置吸收未反应的Cl2，以此解答。【详解】(1)根据题目所给仪器图可知，盛放二氧化锰的仪器为圆底烧瓶；氯气与氢氧化钾在加热条件下可生成氯酸钾，盐酸具有挥发性，所以氯气中含有的HCl应除去，则a中的试剂为饱