2026届名校联盟化学高三上期中达标测试试题含解析

2026届名校联盟化学高三上期中达标测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是()A．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附时水中悬浮物，可用于水的净化B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C．MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料D．BaCO3不溶于水，可用作医疗上检査肠胃的钡餐2、某小组用打磨过的铝片进行如下实验，下列分析不合理的是（）A．①中无明显现象说明常温下铝与浓硝酸不反应B．②中产生的气泡是氮氧化合物，不是氢气C．②中反应体现了硝酸的酸性和强氧化性D．③中沉淀溶解的离子方程式是Al（OH）3+OH—＝AlO+2H2O3、将3.48g四氧化三铁完全溶解在100mL1mol/L的硫酸中，然后加入K2Cr2O7溶液25mL恰好使溶液中的Fe2+全部转化为Fe3+，Cr2O72-全部转化为Cr3+，则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度是（）A．0.05mol/LB．0.2mol/LC．0.1mol/LD．0.3mol/L4、下列实验操作和实验结论均正确的是实验操作实验结论A先加少量氯水，再滴加KSCN溶液，出现血红色证明某溶液中存在Fe2＋B向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀Ksp(AgCl)<Ksp(AgI)C向碳酸钙中滴加盐酸，有气泡产生证明氯的非金属性大于碳D将MgCl2溶液在氯化氢的气流中蒸发、结晶、过滤制备氯化镁晶体A．A B．B C．C D．D5、用下列实验装置进行相应的实验，操作正确且能达到实验目的是（）A．进行喷泉实验 B．加热熔融NaOH固体C．验证镁片与盐酸放热反应 D．测定过氧化钠纯度6、化学与社会、生活密切相关。下列说法正确的是()A．在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋可防止食品因氧化而变质B．燃烧煤、天然气、石油等排放的大量CO2是导致雾霾的原因C．小苏打能做糕点的膨松剂是由于NaHCO3能与碱反应D．漂白精可用作消毒剂是由于Ca(ClO)2可转化为HClO7、向含有5×10-3molHIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，溶液变蓝且有S析出，继续通入H2S，溶液的蓝色褪去，则在整个过程中（）A．共得到0.96g硫 B．通入H2S的体积为336mLC．碘元素先被还原后被氧化 D．转移电子总数为3.0×10-2NA8、NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．标准状况下，2.24L三氯甲烷中所含分子数为NAB．2.8g乙烯与聚乙烯的混合物中含有的极性键为0.4NAC．将1molNH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4+的数目为NAD．162g淀粉完全水解后产生的葡萄糖分子数目为NA9、海洋中的珊瑚虫经如下反应形成石灰石外壳，进而形成珊瑚：。与珊瑚虫共生的藻类会消耗海洋中的。气候变暖、温室效应的加剧干扰了珊瑚虫的生长，甚至致其死亡。下列说法不合理的是A．共生藻类消耗，有利于珊瑚的形成B．海洋中浓度升高，抑制了珊瑚的形成C．温度升高会增大在海水中的溶解度，抑制了珊瑚的形成D．将转化为甲醇等化工原料，有助于缓解温室效应10、如果要除去Na2CO3固体中少量的NaHCO3，则应选择的最佳方法是()A．加入适量盐酸 B．加入NaOH溶液C．加热灼烧 D．配成溶液后通入CO211、下列过程中，没有明显实验现象的是（）A．向Fe（NO3）2溶液中滴加稀硫酸 B．将HC1通入NaAlO2溶液中C．加热溶有SO2的品红溶液 D．向碳酸氢钠溶液中滴加氢氧化钠溶液12、能将化学能转化为电能的是A．水力发电 B．风力发电 C．太阳能电池 D．铜锌原电池13、向浊液中滴加氨水后可得到澄清溶液，继续滴加浓硝酸后又有沉淀生成。经查资料得知：。下列分析不正确的是A．浊液中存在沉淀溶解平衡：B．实验可以证明结合能力比强C．实验表明实验室可用氨水洗涤银镜反应后的试管D．由资料信息可推知：加浓硝酸后生成的沉淀为14、已知:C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=akJ·mol-12C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-220kJ·mol-1H—H、O=O和O—H键的键能分别为436kJmol-1，496kJmol-1和462kJmol-1。则a为()A．-332 B．-118 C．+350 D．+13015、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A．FeFeCl2Fe(OH)2B．SSO3H2SO4C．CaCO3CaOCaSiO3D．NH3NOHNO316、下列变化需克服相同类型作用力的是A．碘和干冰的升华 B．硅和C60的熔化C．氯化氢和氯化钾的溶解 D．溴和汞的气化17、关于各图的说法（其中①③④中均为情性电极）正确的是（）A．①装置中阴极处产生的气体能够使湿润KI淀粉试纸变蓝B．②装置中待镀铁制品应与电源正极相连C．③装置中电子由b极流向a极D．④装置中的离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应18、化学与生产、生活息息相关，下列说法正确的是A．氢燃料电池中使用的储氢材料，如稀土类LaNi5等合金材料是纯净物B．硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，是因为SiO2是酸性氧化物C．油脂水解都得高级脂肪酸和甘油D．次氯酸具有强氧化性，所以漂粉精可用于游泳池消毒19、下列说法正确的是A．高温下，可在试管内完成焦炭和石英砂(SiO2)制取硅的反应B．CO2和钠在一定条件下反应可以得到金刚石和碳酸钠，反应中氧化剂和还原剂物质的量之比是1∶4C．现代海战通过喷放液体SiCl4(极易水解)和液氨来产生烟幕，烟幕的主要成分是HClD．水玻璃、有机玻璃、玛瑙、普通玻璃、陶瓷及水泥均属于硅酸盐产品20、下列用原子最外层电子排布式表示的各对元素中，能形成离子化合物的是（）A．3s23p3和2S22p2B．3s2和4S24p5C．1s1和3s23p4D．2S22p2和2S22p421、有机物a和苯通过反应合成b的过程如图(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是()A．该反应是加成反应B．若R为CH3时，b中所有原子可能共面C．若R为C4H9时，取代b苯环上的氢的一氯代物的可能的结构共有4种D．若R为C4H5O时，1molb最多可以与5molH2加成22、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:二、非选择题(共84分)23、（14分）药物中间体Q、医用材料PVA的合成路线如图。已知：①R-Cl+2NH3→R-NH2+NH4Cl②R-NO2R-NH2③-NH2+(1)A的分子式是________。(2)B→C是硝化反应，试剂a是________(填名称）。(3)C→D转化的化学方程式是________。(4)E的结构简式是________。(5)F含有的官能团是________(填名称），与其含有相同官能团的同分异构体还有________种。(6)G→X的化学方程式是________。(7)W能发生缩聚反应，形成的高分子结构简式是________。(8)P的结构简式是________。24、（12分）短周期元素W、X、Y、Z、M原子序数依次增大，元素W的一种核素的中子数为0，X的原子最外层电子数是次外层的2倍，Z与M同主族，Z2－电子层结构与氖原子相同。（1）M在元素周期表中的位置是__________________________。（2）化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。p的化学式为_____________。（3）由X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量为84g·mol－1的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1:1:1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q分子的结构式为_____________________。（4）(XY)2的性质与Cl2相似，(XY)2与NaOH溶液常温下反应的离子方程式为________。（5）常温下，1molZ3能与Y的最简单氢化物反应，生成一种常见的盐和1molZ2，该反应的化学方程式为____________________________________________。25、（12分）次氯酸溶液是常用的消毒剂和漂白剂。某学习小组根据需要欲制备浓度不小于0.8mol/L的次氯酸溶液。资料1：常温常压下，Cl2O为棕黄色气体，沸点为3.8℃，42℃以上会分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水立即反应生成HClO。资料2：将氯气和空气(不参与反应)按体积比1∶3混合通入潮湿的碳酸钠中发生反应2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3，用水吸收Cl2O(不含Cl2)制得次氯酸溶液。（装置及实验）用以下装置制备次氯酸溶液。回答下列问题：（1）各装置的连接顺序为_____→_____→_____→____→E。（2）装置A中反应的离子方程式是__________________________。（3）实验中控制氯气与空气体积比的方法是_____________________。（4）反应过程中，装置B需放在冷水中，其目的是_________________________。（5）装置E采用棕色圆底烧瓶是因为______________________。（6）若装置B中生成的Cl2O气体有20%滞留在E前各装置中，其余均溶于装置E的水中，装置E所得500mL次氯酸溶液浓度为0.8mol/L,则至少需要含水8%的碳酸钠的质量为_________g。（7）已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl－。测定E中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为：用________________准确量取20.00mL次氯酸溶液，加入足量的________溶液，再加入足量的________溶液，过滤，洗涤，真空干燥，称量沉淀的质量。（可选用的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液。）26、（10分）草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，M=180g/mol)呈淡黄色,可用作晒制蓝图。某实验小组对其进行了一系列探究。I.纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究(1)气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置可重复选用)进行实验：①E中盛装碱石灰的仪器名称为_________。②按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为a→g→f→_____→尾气处理装置(仪器可重复使用)。③实验前先通入一段时间N2，其目的为__________________。④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为_____________。(2)小组成员设计实验证明了A中分解后的固体成分为FeO，则草酸亚铁晶体分解的化学方程式为____________________。(3)晒制蓝图时，以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂，该反应的化学方程式为______________。Ⅱ.草酸亚铁晶体样品纯度的测定工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀HSO4中，配成250mL溶液；步骤2：取上述溶液25.00mL，用cmol/LKMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol/LKMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。(4)步骤2中滴定终点的现象为______________；步骤3中加入锌粉的目的为_______。(5)草酸亚铁晶体样品的纯度为________；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则测定结果将____(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。27、（12分）某工业废水中仅含下表离子中的5种（不考虑水的电离及离子的水解），且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L．阳离子K+Cu2+Fe3+Al3+Fe2+阴离子Cl﹣CO32﹣NO3﹣SO42﹣SiO32﹣甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：I．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察）。Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化。Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。请推断（1）由I、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是_____________（写离子符号）。（2）Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是_______。（3）将Ⅲ中红棕色气体（标况下）收集一试管然后倒扣入水中（假设溶质不扩散），所得溶液的物质的量浓度为_________mol/L（精确到千分位）。（4）甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是___________，阴离子是_______。（5）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体为_________________，质量为_______________g。28、（14分）工业上烟气脱氮的原理（1）该反应化学平衡常数K的表达式为____________。温度升高，K值___________(选填“增大”、“减小”、“不变”)。如果平衡常数K值增大，对_______(填“正反应”或“逆反应”)的速率影响更大。（2）若反应在恒容条件下进行，能说明反应已经达到平衡状态的是______(填序号)a．容器内混合物的质量不变b．容器内气体的压强不变c．反应消耗0.5molNO的同时生成1molN2d．的浓度不变（3）向2L密闭容器中加入反应物，10min后达到平衡，测得平衡时气体的物质的量增加了0.2mol，则用表示的平均反应速率为__________。（4）如图是P1压强下NO的转化率随反应时间(t)的变化图，请在图中画出其他条件不变情况下，压强为下NO的转化率随反应时间变化的示意图。______（5）工业合成氨的反应温度选择500℃左右的原因是_______________。（6）写出反应物中的氨气的电子式______；其空间构型为______；它常用来生产化肥。溶液显__________性；常温下将等体积等浓度的氨水和溶液混合，pH>7，溶液中浓度由大到小的关系是_______________。29、（10分）化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5。回答下列问题：(1)已知AX3的熔点和沸点分别为-93.6℃和76℃，AX5的熔点为167℃。室温时AX3与气体X2反应生成1molAX5，放出热量123.8kJ。该反应的热化学方程式为__________________________。(2)反应AX3(g)+X2(g)AX5(g)在容积为10L的密闭容器中进行。起始时AX3和X2均为0.2mol。反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。①实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)=________(保留两位有效数字)。②图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)由大到小的次序为___________(填实验序号)；与实验a相比，其他两组改变的实验条件及判断依据是：b____________________、c____________________。③用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，则α的表达式为__________________。

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、D【详解】A．明矾在水中电离的铝离子能水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体具有较大的表面积，有吸附性，能吸附水中的悬浮物，可用于水的净化，故A正确；B．锌的活泼性比铁强，在海水中与铁形成原电池后锌作负极被氧化，铁作正极被保护，故B正确；C．MgO的熔点在两千摄氏度以上，熔点很高，可用于制作耐高温材料，故C正确；D．BaCO3不溶于水，但可溶于盐酸，不能用作医疗上检查肠胃的钡餐，应该用硫酸钡，故D错误；综上所述答案为D。2、A【详解】A．①中无明显现象说明常温下铝与浓硝酸发生了钝化，但钝化是产生了氧化膜，不是不反应，故A错误；B．②中加水后，硝酸浓度变稀，硝酸体现强氧化性，产生的气泡是氮氧化合物，故B正确；C．②中反应生成了氮的氧化物和硝酸铝，体现了硝酸的酸性和强氧化性，故C正确；D．③中沉淀是生成了氢氧化铝，氢氧化铝和氢氧化钠会继续溶解，溶解的离子方程式是Al（OH）3+OH—＝AlO+2H2O，故D正确；故选A。3、C【解析】此题考查的是有关氧化还原反应的计算，解题的关键点是明白了Fe3O4的化合价中，3个铁原子中有2个是＋3价，只有1个是＋2价．分析题意可得出：

Fe3O4～Fe2+Fe3+，Cr2O72-2Cr3+；

设K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为c，则：

3.48g÷232g/mol＝0.025L×c×2×3，解得c＝0.1mol/L．综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题重点考察氧化还原反应的基本规律之一，得失电子守恒。氧化还原反应中有物质失电子必有物质得电子，且失电子总数等于得电子总数。或者说氧化还原反应中，有元素化合价升高必有元素化合价降低，且化合价升高总数必等于降低总数。有关得失电子守恒(化合价守恒)的规律有如下应用：(1)求某一反应中被氧化与被还原的元素原子个数之比，或求氧化剂与还原剂的物质的量之比及氧化产物与还原产物的物质的量之比。(2)配平氧化还原反应方程式。(3)进行有关氧化还原反应的计算：4、D【解析】A，先加氯水，再滴加KSCN溶液出现血红色，说明加氯水后的溶液中含Fe3+，Fe3+可能是原溶液中的也可能是氯水氧化得到的，不能说明溶液中一定含Fe2+，A项错误；B，向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀，说明AgCl转化成AgI，根据沉淀转化的一般原则，Ksp（AgCl）>Ksp（AgI），B项错误；C，CaCO3中滴加盐酸有气泡产生，说明发生了反应CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律得出酸性：HCl>H2CO3，HCl不是Cl的最高价含氧酸，不能得出Cl和C非金属性的强弱，C项错误；D，在MgCl2溶液中存在水解平衡：MgCl2+2H2OMg（OH）2+2HCl，在HCl气流中蒸发，抑制MgCl2的水解，制得氯化镁晶体，D项正确；答案选D。点睛：本题考查实验方案的评价，涉及Fe2+的检验、沉淀的转化、元素非金属强弱的判断、盐类水解的应用。需要注意：（1）检验Fe2+的方法：先加KSCN溶液无明显现象，再加入氯水，溶液出现血红色；（2）元素非金属性的强弱可以通过最高价含氧酸酸性的强弱表现，不能通过气态氢化物水溶液酸性的强弱表现。5、C【详解】A．氯气在饱和食盐水中的溶解度比较小，不能形成气压差，不能形成喷泉，故A错误；B．瓷坩埚含有SiO2，氢氧化钠能与二氧化硅反应，不能用来加热熔融NaOH固体，应选择铁坩埚，故B错误；C．镁与稀盐酸反应放热，升温氢氧化钙的溶解度变小，会析出沉淀，可验证，故C正确；D．排水法收集气体应短进长出，无法将水排出，故D错误；故答案为C。6、D【详解】A项，盛有硅胶的透气小袋主要用于吸水防潮，不能起到防氧化的作用，故A项错误；B项，燃烧煤等化石燃料产生的烟尘等物质是雾霾形成的部分原因，而CO2的排放与雾霾形成无关，故B项错误；C项，小苏打可以做膨松剂的原理是NaHCO3受热分解生成了CO2气体，不是因为其能与碱反应，故C项错误。D项，漂粉精主要成分是次氯酸钙，与二氧化碳和水反应即可转变为HClO，具有强氧化性，可以用于消毒，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。7、D【解析】A、HIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，能将硫化氢氧化生成硫单质，本身被还原为碘单质，所以溶液变蓝且有S析出；继续通入H2S，溶液的蓝色褪去，说明最终生成碘离子，得到的硫的质量是mol×32g/mol=0.48g，故A错误；B、整个过程中，根据电子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S～I-，所以5×10-3molHIO3被消耗，就会消耗0.015mol的H2S，标况下体积为336mL，但题目未注明是否为标准状况，故B错误；C、HIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，与硫化氢反应生成硫单质和碘单质，H2S被氧化，继续通入H2S，H2S会和碘单质发生反应，碘单质消失，H2S被氧化，故C错误；D、整个过程中，根据电子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S～I-～6e-，消耗5×10-3molHIO3伴随0.03mol电子转移，转移电子总数为3.0×10-2NA，故D正确；故选D。【点睛】本题考查学生氧化还原反应中的电子守恒的计算知识，注意知识的迁移应用是关键。本题中HIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，能将硫化氢氧化生成硫单质，继续通入H2S，H2S会和碘单质反应，生成碘离子和硫。8、A【解析】A.三氯甲烷在标准状况下是液体，不适用于22.4L/mol,所以A项符合题意；B.乙烯和聚乙烯的最简式均为CH2，可以按照最简式计算，2.8g的CH2为0.2mol，含有的极性键即C—H的物质的量为0.4mol，数目为0.4NA，B项不符合题意；C.1mollNH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，根据电荷守恒，c(NH4+)+c(H+)=c(NO3-)+c(OH-)，中性c(H+)=c(OH-)，c(NH4+)=c(NO3-)，同一溶液中NO3-的数目为NA，则NH4+数目也为NA，C项不符合题意；D.淀粉的结构单元C6H10O5，式量为162，则水解后会得到1mol葡萄糖，分子数为NA，D项不符合题意；本题答案选A。9、C【解析】共生藻类消耗，使生成珊瑚的石灰石外壳的反应正向移动，有利于生成珊瑚，选项A正确。海洋中浓度升高，使生成珊瑚的石灰石外壳的反应逆向移动，抑制了珊瑚的形成，选项B正确。气体溶解度一般随着温度的升高而降低，所以选项C错误。将转化为甲醇等化工原料，可以减少大气中的二氧化碳含量，缓解温室效应，选项D正确。10、C【详解】按照易操作、不引入新杂质的原则，加热是最佳方法，不但可除去NaHCO3还可以生成Na2CO3，答案选C。11、D【解析】A、硝酸根与氢离子结合，具有强氧化性，把二价铁离子氧化成三价铁离子，溶液颜色由浅绿色变成黄色；B、溶液开始生成白色沉淀HC1过量会沉淀最终消失；C、溶有二氧化硫的品红溶液为无色，加热二氧化硫逸出，恢复红色；D、虽然可以反应但溶液中无明显现象。故答案选D。12、D【详解】A、水力发电，是将重力势能转化为电能，不符合题意，故A错误；B、风力发电，是将风能转化为电能，不符合题意，故B错误；C、太阳能发电，是将太阳能转化为电能，不符合题意，故C错误；D、铜锌原电池中锌比铜活泼，为原电池的负极，铜为正极，原电池工作时，锌片逐渐溶解，铜片上生成氢气，为化学能转变为电能，符合题意，故D正确；故选D。13、C【解析】在氯化银的浊液中一定存在AgCl的沉淀溶解平衡，即，选项A正确。向氯化银浊液中加入氨水得到澄清溶液，说明NH3将AgCl中的Ag+“夺过来”转化为Ag(NH3)2+，使氯化银沉淀溶解，说明结合能力比强，选项B正确。银镜反应后的试管内壁上是一层单质银，用氨水是无法洗涤的，原因是没有氧化剂能将单质银氧化为Ag+再和NH3结合为Ag(NH3)2+，所以应该用稀硝酸洗涤，用硝酸的强氧化性将单质银转化为硝酸银除去，选项C错误。加入硝酸，硝酸会与氨水反应，使的反应平衡逆向移动，将Ag(NH3)2+转化为Ag+再与Cl－结合为氯化银沉淀，选项D正确。14、D【详解】①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)

ΔH＝akJ·mol-1,②2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH＝－220kJ·mol-1

，将①-②×得：H2O(g)=H2(g)+O2(g)ΔH＝(a+110)kJ·mol-1，2×462-(436+×496)=a+110，解得a=+130。所以D符合题意；故答案：D。15、C【详解】A.Fe与Cl2反应，一定生成FeCl3，A不正确；B.S与O2反应，只能生成SO2，B不正确；C.CaCO3高温分解生成CaO，CaO与SiO2在高温下反应生成CaSiO3，C正确；D.NO与水不反应，不能生成HNO3，D不正确。故选C。16、A【解析】A．碘和干冰属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，类型相同，故A正确；B．硅属于原子晶体，C60属于分子晶体，熔化时分别破坏共价键和分子间作用力，故B错误；C．氯化氢溶于水破坏共价键，氯化钠溶解破坏离子键，故C错误；D．溴气化破坏分子间作用力，汞气化破坏金属键，故D错误；故选A。17、D【详解】A、①装置是电解池，阴极上溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，应是铜离子得到电子生成铜，没有气体放出，故A错误；B、②装置为电镀池，待镀制品应该和电源负极相连，做电解池的阴极，故B错误；C、③装置是氢氧燃料电池，通入氢气的为原电池的负极，通入氧气的为原电池的正极，电子从负极经导线流向正极，即从a极经导线流向b极，故C错误；D、④装置为电解氯化钠溶液的装置，装置中的离子交换膜允许离子通过，氯气不能通过，可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应，故D正确；故选D。18、D【解析】A．合金材料是混合物，选项A错误；B．硅胶无毒，可吸水，且具有疏松多孔结构，则硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，与SiO2是酸性氧化物无关，选项B错误；C．油脂在酸性条件下水解都得高级脂肪酸和甘油，但在碱性条件下得到高级脂肪酸盐和甘油，选项C错误；D．次氯酸具有强氧化性，漂粉精溶液吸收空气中的二氧化碳后可以生成次氯酸，所以可用于游泳池消毒，选项D正确。答案选D。19、B【详解】A．试管自身含有二氧化硅，高温条件下可以和焦炭反应，故A错误；B．CO2和钠在一定条件下反应可以得到金刚石和碳酸钠，该反应的化学方程式为3CO2+4Na=C+2Na2CO3，反应中氧化剂是二氧化碳（参加反应的二氧化碳中只有三分之一做氧化剂）、还原剂是钠，其物质的量之比是1：4，故B正确；C．SiCl4（极易水解）水解后生成硅酸和氯化氢，氯化氢易和氨气反应生成氯化铵固体，氯化铵分散到空气中形成烟，氯化氢遇空气中的水蒸气形成雾，故C错误；D．有机玻璃属于有机物，玛瑙的主要成分是二氧化硅，它们都不属于硅酸盐产品，故D错误。答案：B。20、B【解析】活泼金属元素与活泼非金属元素能形成离子化合物，3s2和4S24p5是活泼金属镁和活泼非金属溴，故选B。21、D【解析】A．烃基取代苯环的氢原子，同时生成氯化氢，为取代反应，故A错误；B．R为CH3时，应具有甲烷的结构特点，则所有的原子不可能共平面，故B错误；C．-C4H9有4种，分别为：①CH3-CH2-CH2-CH2-、②CH3-CH2-CH(CH3)-、③(CH3)2CH-CH2-、④(CH3)3C-，苯环的H被取代，各有邻、间、对3种，共12种，故C错误；D．R为C4H5O时，不饱合度为4×2+2-62=2，且1mol苯环消耗3mol氢气，则lmol

b最多可以与5mol

H2加成，故D正确；故选22、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。二、非选择题(共84分)23、C6H6浓硫酸、浓硝酸+2NH3+NH4Cl碳碳双键、酯基4+nH2O+nCH3COOH【分析】根据Q结构简式及A分子式知，A为，A发生取代反应生成B，B为氯苯，B→C是硝化反应，则C中含有氯原子和硝基，D发生还原反应生成E，根据Q结构简式知，E中含有两个相邻的氨基，则E为，D为、C为，试剂a为浓硝酸、浓硫酸；W能发生聚合反应，结合Q、E结构简式知，W为H2NCH2COOH，Y发生取代反应生成W，X发生取代反应生成Y，Y为ClCH2COOH，X为CH3COOH，G水解生成X和PVA，则G为，F为CH3COOCH=CH2。【详解】(1)A为苯，分子式是C6H6；(2)B→C是硝化反应，试剂a是浓硫酸、浓硝酸；(3)C为，D为，C→D为取代反应，其化学方程式是；(4)E的结构简式是；(5)F为CH3COOCH=CH2；F含有的官能团是碳碳双键、酯基；与其含有相同官能团的同分异构体还有HCOO-C(CH3)=CH2、HCOOCH=CH-CH3、HCOOCH2-CH=CH2、CH2=CH-COOCH3，因此共有四种不同结构；(6)G为，F为CH3COOCH=CH2。G→X的化学方程式是：+nH2O+nCH3COOH；(7)W为H2NCH2COOH，W分子中含有-NH2、-COOH，分子之间能发生聚合反应，形成的高分子结构简式是；(8)分子中-NH2断开N-H键，羰基断开C=O双键，发生羰基的加成反应产生，该物质发生消去反应产生Q:，所以P是。【点睛】本题考查有机物推断，采用正逆结合的方法进行推断。涉及物质结构的推断、化学式、化学方程式的书写、同分异构体种类的判断。正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意根据C生成D的反应特点判断D结构简式，侧重考查分析推断及知识迁移能力。24、第三周期第VIA族NH4SCNN≡C—O—O—C≡N(CN)2+2OH－=CN－+CNO－+H2O2NH3+4O3=NH4NO3+4O2+H2O【分析】元素W的一种核素的中子数为0，W是H元素；X的原子最外层电子数是次外层的2倍，X是C元素；Z2－电子层结构与氖相同，Z是O元素；Z与M同主族，M是S元素。W、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，Y是N元素。据此解答。【详解】根据以上分析可知W、X、Y、Z、M分别是H、C、N、O、S。（1）S位于元素周期表中第三周期VIA族；（2）化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色，P中含有；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，P中含有，因此p的化学式为NH4SCN。（3）由X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量为84g·mol－1的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1:1:1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，所以q分子的结构式为N≡C—O—O—C≡N。（4）(CN)2的性质与Cl2相似，根据氯气与氢氧化钠反应，(CN)2与NaOH溶液反应的离子方程式为(CN)2+2OH－=CN－+CNO－+H2O。（5）常温下，1molO3能与氨气反应，生成一种常见的盐NH4NO3和1molO2，该反应的化学方程式为2NH3+4O3=NH4NO3+4O2+H2O。25、ADBCMnO2+4H＋+2Cl－Mn2＋+Cl2↑+2H2O通过观察B中产生气泡的速率调节流速防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解HClO见光易分解57.6酸式滴定管H2O2AgNO3【分析】A装置用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，由D装置饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢气体，与空气形成1：3的混合气体通入B装置，发生反应2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3，防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解，装置B需放在冷水中，在搅拌棒的作用下与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，通入C装置吸收除去Cl2O中的Cl2，并在E装置中用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，据此分析作答。【详解】(1)A装置制备氯气，D装置吸收吸收氯气中的氯化氢气体，与空气形成1：3的混合气体通入B装置，与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，C装置吸收除去Cl2O中的Cl2，E装置中用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，所以各装置的连接顺序为A→D→B→C→E；(2)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，对应离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(3)将氯气和空气(不参与反应)以体积比约1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，可通过观察A中产生气泡的速率调节流速，从而控制氯气与空气体积比；(4)由题可知：Cl2O42℃以上会分解生成Cl2和O2，故为防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解，装置B需放在冷水中；(5)装置C中使用棕色平底烧瓶可以避光，防止反应生成的HClO见光分解；(6)装置E所得500mL次氯酸溶液浓度为0.8mol/L，n=cv=0.5mol×0.8mol/L=0.4mol，Cl2O+H2O2HClO，反应的二氧化氯为0.2mol，装置B中生成的Cl2O气体有20%滞留在E前各装置中，制得的二氧化氯的物质的量为=0.25mol，2Cl2+2Na2CO3+H2O＝Cl2O+2NaCl+2NaHCO3，需碳酸钠的物质的量为0.5mol，质量为0.5mol×106g/mol=53g，则至少需要含水8%的碳酸钠的质量为≈57.6g；(7)次氯酸具有酸性和强氧化性，需要选用酸式滴定管盛放；FeCl2溶液中含有氯离子，本实验中需要用硝酸银溶液测定氯离子，干扰了检验结果，故应该选用双氧水，具体实验操作方法是：用酸性滴定管准确量取20.00mL次氯酸溶液，加入足量的H2O2溶液，再加入足量的AgNO3溶液，过滤，洗涤沉淀，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量。26、U形管b→c→h→i(或i→h)→d→e→b→c排尽装置中的空气，防上加热时发生爆炸C中固体由黑色变为红色，后B装置中出现浑浊FeC2O4·2H2O

FeO+CO↑+CO2↑+2H2O3FeC2O4+2K3[FeCN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色，且30s内不褪色将Fe3+还原为Fe2+×100%偏低【解析】I.在A中草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)受热发生分解反应：FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O，用D检验水蒸气的存在，用B检验CO2气体，然后用E干燥CO，将CO用通入C使CO与CuO发生反应：CO+CuOCO2+Cu，反应产生的CO2气体通过B装置检验，由于反应过程中有CO产生，会导致大气污染，所以最后将气体进行尾气处理。用K3[Fe(CN)6]溶液检验溶液中的Fe2+，据此书写反应方程式；II.步骤2中向FeC2O4·2H2O、FeSO4溶解后的酸性溶液中滴入酸性KMnO4溶液，溶液中的Fe2+、H2C2O4都被氧化，Fe2+变为Fe3+；KMnO4被还原为无色的Mn2+；H2C2O4变为CO2气体逸出；步骤3中向反应后溶液中加入适量锌粉，Zn将溶液中Fe3+还原为Fe2+，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol/LKMnO4标准溶液滴定至终点，这时溶液中Fe2+氧化为Fe3+，消耗标准液V2mL。则前后两次消耗的高锰酸钾溶液的体积差就是氧化H2C2O4消耗的体积，根据C守恒可知n(H2C2O4)=n(FeC2O4·2H2O)，最后根据电子守恒确定KMnO4与FeC2O4·2H2O的物质的量之间的关系，利用该反应消耗的n(KMnO4)计算出FeC2O4·2H2O的质量，从而可得其纯度，据此分析。【详解】(1)①根据E的结构可知E中盛装碱石灰的仪器名称为U形管；②根据上述分析可知仪器使用的先后顺序为ADBECB，则按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为a→g→f→b→c→h→i(或i→h)→d→e→b→c→尾气处理装置；③实验前先通入一段时间N2，其目的为排尽装置中的空气，防上加热时产生的CO与装置内的空气混合加热发生爆炸事故；④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为C中固体Cu变为Cu单质，物质由黑色变为红色，反应产生的CO2气体可以使后面的B装置中出现浑浊现象；(2)草酸亚铁晶体受热分解产生FeO、CO、CO2和水，根据电子守恒及原子守恒，可得分解的化学方程式为FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O；(3)K3[Fe(CN)6]溶液遇FeC2O4，溶液变为蓝色，该反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3[FeCN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4；(4)在步骤2中用酸性KMnO4滴定含有Fe2+、H2C2O4的溶液，KMnO4被还原为无色的Mn2+，所以滴定终点的现象为锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色，且30s内不褪色。在步骤3中加入锌粉的目的为将溶液中的Fe3+氧化为Fe2+，以便于确定溶液H2C2O4的物质的量，并根据C元素守恒，计算出FeC2O4的物质的量。(5)根据上述分析可知草酸消耗的KMnO4的物质的量为n(KMnO4)=cmol/L×(V1-V2)×10-3L=c(V1-V2)×10-3mol，根据反应过程在电子守恒可得KMnO4与H2C2O4的物质的量关系为5H2C2O4—2KMnO4，H2C2O4是FeC2O4·2H2O与硫酸反应产生，根据元素守恒可知FeC2O4·2H2O—5H2C2O4—2KMnO4，故n[FeC2O4·2H2O]=n(KMnO4)=c(V1-V2)×10-3mol，所以草酸亚铁晶体样品的纯度为×100%=×100%。若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则V1偏小，根据=×100%可知，测定结果将偏低。【点睛】本题考查了仪器的识别、化学实验基本操作、仪器使用先后顺序、滴定终点的判断方法、误差分析、物质含量的测定等知识。掌握化学基础知识、物质的性质及守恒方法、关系式法计算等是本题解答的关键。27、K+、Fe3+3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O0.045Fe2+、Cu2+Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣CuO和Fe2O31.6【分析】Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)，说明没有K+；Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe3+；Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明Fe2+与NO3-和H+反应生成NO，即溶液中有Fe2+、NO3-，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl-，加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明没有SiO32-；Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42-；根据以上判断，结合电荷守恒分析解答。【详解】Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)，说明没有K+；Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe3+；Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明Fe2+与NO3-和H+反应生成NO，即溶液中有Fe2+、NO3-，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl-，加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明没有SiO32-；Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42-；综上所述，溶液中一定不含有的离子是K+、Fe3+、SiO32-；一定含有Fe2+、NO3-、Cl-、SO42-。根据各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L，则溶液中一定还含有一种阳离子，根据电荷守恒，该阳离子所带电荷=1+1+2-2=2，因此一定含有Cu2+，且一定没有CO32﹣。(1)由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是K+、Fe3+，故答案为：K+、Fe3+；(2)Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体，是Fe2+与NO3-和H+反应生成NO，其离子方程式：3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO+2H2O，故答案为：3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO+2H2O；(3)标准状况下，将一充满NO2气体的试管，倒扣于水中，至液面不再升高时，最后得到的硝酸，3NO2+H2O=2HNO3+NO，设试管体积为VL，最终试管中所得溶液的体积为L，生成硝酸的物质的量为×=×mol，因此溶液的物质的量浓度==0.045mol/L，故答案为：0.045；(4)由以上推断可知溶液中阴离子为Cl-、NO3-、SO42-，且各为0.1mol/L；已经推断出的阳离子是Fe2+，其浓度为0.1mol/L，由电荷守恒可知溶液中还有一种+2价阳离子，所以还有Cu2+，所以甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是：Fe2+、Cu2+；阴离子是：Cl-、NO3-、SO42-，故答案为：Fe2+、Cu2+；Cl-、NO3-、SO42-；(5)另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，Fe2+生成Fe(OH)2，又被氧气氧化为Fe(OH)3，Cu2+生成Cu(OH)2，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体为Fe2O3和CuO；根据元素守恒：n(CuO)=n(Cu2+)=cV=0.1mol/L×0.1L=0.01mol；n(Fe2O3)=n(Fe2+)=0.005mol，所以固体质量为：m(CuO)+m(Fe2O3)=0.01mol×80g/mol+0.005mol×160g/mol=1.6g，故答案为：Fe2O3和CuO；1.6。28、减小逆反应bd0.03mol/(L·min)催化剂在500℃左右具有最佳活性三角锥形酸性【分析】（1）化学平衡常数等于生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，该反应为放热反应，升高温度，对逆反应速率影响更大，平衡向逆反应方向移动；（2）反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，可以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断；（3）由平衡时气体的物质的量增加了0.2mol可知反应生成水的物质的量为0.6mol；（4）该反应是一个气体体积增大的反应，增大压强，反应速率加快，达到平衡的时间减小，平衡向逆反应方向移动；（5）工业合成氨的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，不利于增大氨气的产率，但500℃左右的温度是催化剂的活性温度，且反应速率较快；（6）氨气为三角锥形的极性分子；氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性；常温下将等体积等浓度的氨水和氯化铵溶液混合溶液pH>7，说明氨水的电离大于铵根离子的水解。【详解】（1）化学平衡常数等于生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，则该反应化学平衡常数K的表达式为；该反应为放热反应，升高温度，对逆反应速率影响更大，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，故答案为；减小；逆反应；（2）a、根据质量守恒，无论反应是否达平衡状态，混合物质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度始终不变，容器内混合物的质量不变不能作为化学平衡状态的判断依据，故错误；b、该反应是反应前后气体体积增大的反应，当压强不变时，各物质的浓度不再发生变化，容器内气体