河南省八市重点高中联盟2026届高三上化学期中监测模拟试题含解析

河南省八市重点高中联盟2026届高三上化学期中监测模拟试题注意事项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、CH3COOH溶液与NaHCO3溶液反应的离子方程式正确的是A．H+HCO3→H2O+CO2↑B．2CH3COOH+CO32→H2O+CO2↑+2CH3COOC．CH3COOH+HCO3→H2O+CO2↑+CH3COOD．2H+CO32→H2O+CO2↑2、常温下，向20mL0.10mol/L甲胺的溶液中滴加0.10mol/L盐酸时混合溶液的pH与相关微粒的浓度关系如图所示。已知：甲胺（CH3NH2）类似于氨，但碱性稍强于氨。下列说法不正确的是A．甲胺在水中的电离方程式CH3NH2+H2OCH3NH3++OH—B．b点对应的加入盐酸的体积小于20mLC．将等物质的量的CH3NH2和CH3NH3Cl一起溶于蒸馏水，得到对应a点的溶液D．常温下，甲胺的电离常数为Kb，则pKb=—lgKb=3.43、对某溶液中部分离子的定性检测流程如图。相关分析正确的是（）A．步骤①所加试剂可以是浓KOH溶液B．步骤①发生反应Al3++4NH3•H2O=Al(OH)+4NHC．可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体D．步骤②发生反应Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑4、硫化氢能与二氧化硫反应，说明硫化氢具有A．还原性 B．氧化性 C．酸性 D．不稳定性5、下列说法正确的是（）A．检验某酸性溶液中Cl－和，选用试剂及顺序是过量Ba(NO3)2溶液、AgNO3溶液B．将足量CO2和SO2的混合气体分别通入BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液中，最终都无沉淀生成C．将铁粉加入FeCl3、CuCl2混合溶液中，充分反应后剩余的固体中必有铁D．用加热分解的方法可将NH4Cl固体和Ca(OH)2固体的混合物分离6、某溶液中可能存在Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋，加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀生成，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。下列结论正确的是()A．一定有Fe2＋，可能有Mg2＋，一定没有Fe3＋B．一定有Fe2＋，可能有Fe3＋、Mg2＋C．一定有Fe3＋，可能有Fe2＋，一定没有Mg2＋D．一定有Fe2＋，一定没有Fe3＋、Mg2＋7、下列指定反应的离子方程式正确的是A．向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至刚好为中性：H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2OB．饱和FeCl3滴入沸水中加热煮沸制备胶体：Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+C．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：

3ClO-+2Fe(OH)3=

2FeO42-+3Cl-+H2O+4H+D．向含有0.4molFeBr2的溶液中通入0.4molCl2充分反应：4Fe2++2Br-+3C12=4Fe3++6C1-+Br28、以下物质间的每一步转化都能通过一步反应实现的是A．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3B．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3C．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3D．NH3→NO2→HNO3→NH4NO39、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，位于三个周期，Ⅹ原子最外层电子数等于Y、Z原子最外层电子数之和，W与Y同主族，Z的单质是一种黄色固体。下列说法正确的是A．简单离子半径：Z>X>Y B．稳定性：W2Z>WXC．YWZ只含有一种化学键 D．WX和Y2Z溶液中由水电离出的c(H+)均大于10－710、下列有关金属及其化合物的说法正确的是A．Mg和Al都可以用电解法冶炼得到B．Na2O和Na2O2与CO2反应产物相同C．MgO和Al2O3均只能与酸反应，不能与碱反应D．Mg和Fe在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱11、下列各组物质中，能一步实现下图所示①~⑤转化关系的是选项XYZWACO2CNa2CO3NaHCO3BFe3O4FeFeCl2FeCl3CAlAl2O3NaAlO2Al(OH)3DH2SO4SO2SSO3A．A B．B C．C D．D12、在一定体积的18mol/L的浓硫酸中加入过量铜片并加热，被还原的H2SO4为0.9mol，则参加反应的浓硫酸的实际体积为A．等于50mLB．大于50mLC．等于100mLD．大于100mL13、下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是()A．过氧化钠 B．氢硫酸 C．硫酸亚铁 D．一氧化氮14、中国不少古诗词清晰描绘了当时人民的生活和社会的发展，如刘禹锡的浪淘沙“日照澄州江雾开，淘金女伴满江隈，美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。”下列有关本诗中蕴含的化学知识正确的是A．“沙中浪底来”指的是金的氧化物 B．淘金原理与化学上的萃取一致C．雾的分散质粒子直径范围是1-100nm D．沙子的主要成分是Si15、一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子，关于此反应说法错误的是（）A．一定属于吸热反应 B．一定属于可逆反应C．一定属于氧化还原反应 D．一定属于分解反应16、下列离子方程式正确的是A．向Fe(OH)3中加氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H+B．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-C．过量SO2通入到NaC1O溶液中：SO2+H2O+C1O-==HC1O+HSO3-D．等体积等物质的量浓度的：NaHCO3和Ba(OH)2两溶液混合：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O17、科学家研发出一种新型水溶液锂电池，采用复合膜包裹的金属锂作负极，锰酸锂(LiMn2O4)作正极，以0.5mol/LLi2SO4

水溶液作电解质溶液。电池充、放电时，LiMn2O4与Li2Mn2O4可以相互转化。下列有关该电池的说法正确的是（）A．该电池放电时，溶液中的SO42-向电极b移动B．该电池负极的电极反应式为：2Li+2H2O=2LiOH+H2↑C．电池充电时，阳极的电极反应式为：Li2Mn2O4-e-=LiMn2O4+Li+D．电池充电时，外加直流电源的正极与电极a相连18、现以CO、O2、熔融盐Z(Na2CO3)组成的燃料电池，采用电解法处理CO同时制备N2O5，装置如图所示，其中Y为CO2。下列说法不合理的是A．石墨Ⅰ是原电池的负极，发生氧化反应B．甲池中的CO32－向石墨Ⅱ极移动C．石墨Ⅰ的电极反应式：CO+CO32－－2e－=2CO2D．若甲池消耗标准状况下的氧气2.24L，则乙池中产生氢气0.2mol19、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是（）A．由2H和18O所组成的水22g，其中所含的中子数为12NAB．分子数为NA的N2、CO混合气体体积在标况下为22.4L，质量为28gC．标准状况下，22.4LNO和11.2LO2混合后气体的分子总数为NAD．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA20、某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒。其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是()A．该反应的还原剂是Cl-B．消耗1mol还原剂，转移6mol电子C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D．反应后溶液的酸性明显增强21、化学反应中，反应物用量或浓度可能对生成物产生影响。下列反应的生成物不受上述因素影响的是A．铜与硝酸反应B．氢气与氧气反应C．硝酸银溶液与稀氨水反应D．氯化铝与氢氧化钠溶液反应22、氢化亚铜（CuH）是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一种反应物”在40℃~50℃时反应可生成它。CuH不稳定，易分解；CuH在氯气中能燃烧；跟盐酸反应能产生气体，以下有关的推断中错误的是A．“另一种反应物”一定具有还原性B．CuH既可做氧化剂也可做还原剂C．CuH+Cl2=CuCl+HCl（燃烧）D．CuH+HCl=CuCl+H2↑（常温）二、非选择题(共84分)23、（14分）X、Y、Z、M、W是原子序数由小到大排列的五种短周期主族元素，其中X、Z、M、W四种元素的原子序数之和为32，在元素周期表中X是原子半径最小的元素，Y原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Z、M左右相邻，M、W位于同主族。回答下列问题：（1）Y在周期表中的位置是________,W的阴离子符号是_____。（2）Z的单质的结构式为________。标准状况下，试管中收集满Z的简单氢化物后倒立于水中（假设溶质不向试管外扩散），一段时间后，试管内溶液中溶质的物质的量浓度为_______。（3）由X、Z、M三种元素组成的化合物是酸、碱、盐的化学式分别为________（各举一例）。（4）写出加热时Y的单质与W的最高价氧化物的水化物的浓溶液发生反应的化学方程式：_______。（5）化合物甲由X、Z、M、W和Fe五种元素组成，甲的摩尔质量为392g·mol-1,1mol甲中含有6mol结晶水。对化合物甲进行如下实验：a．取甲的水溶液少许，加入过量的浓NaOH溶液，加热，产生白色絮状沉淀和无色、有刺激性气味的气体；白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。b．另取甲的水溶液少许，加入过量的BaCl2溶液，产生白色沉淀；再加盐酸，白色沉淀不溶解。①甲的化学式为________。②已知100mL1mol·L-1的甲溶液能与20mL1mol·L-1的酸性KMnO4溶液恰好反应，写出反应的离子方程式：____________。24、（12分）已知：(R、R′为烃基)。试写出以苯和丙烯(CH2=CH-CH3)为原料，合成的路线流程图(无机试剂任选)。_______25、（12分）碘化钾是一种无色晶体，易溶于水。实验室制备KI晶体的步骤如下：Ⅰ.在如下图所示的三颈烧瓶中加入研细的I2和一定量的30%KOH溶液，搅拌（已知：I2与KOH反应产物之一是KIO3）；Ⅱ.碘完全反应后，打开分液漏斗中的活塞、弹簧夹1、2，向装置C中通入足量的H2S；Ⅲ.反应结束后，向装置C中加入稀H2SO4酸化，水浴加热；Ⅳ.冷却，过滤得KI粗溶液。（1）仪器a的名称是__________，步骤Ⅰ中控制KOH溶液过量的目的是______________。（2）装置B的作用是_____________，装置D中盛放的溶液是________________。（3）装置C中H2S和KIO3反应的离子方程式为_______________________。（4）步骤Ⅲ中水浴加热的目的是除去_________________________（填化学式）。（5）由步骤Ⅳ所得的KI粗溶液中含有少量K2SO4，需进行提纯，提纯流程如下：①已知白色固体B是混合物，试剂A为__________，为除去溶液C中的杂质，步骤②中调节溶液为弱酸性，则加入HI溶液后产生的现象是___________________。②为测定最后所得KI晶体的纯度，取ag晶体配制100mL溶液，取出25mL溶液，滴入足量稀的酸性K2Cr2O7溶液，充分反应后，滴加几滴淀粉溶液为指示剂，用bmol·L－1的Na2S2O3溶液进行滴定，消耗Na2S2O3溶液VmL。滴定过程中涉及的反应为：Cr2O2－7＋6I26、（10分）Ⅰ．由四种常见元素组成的化合物X，按如下流程进行实验。气体C能使带火星木条复燃，溶液B和溶液E的焰色反应为黄色，固体A和D组成元素相同，X可由蓝色溶液F与过量的浓的强碱性溶液B反应获得。请回答：(1)X的化学式________________。(2)写出F+B→X反应的离子方程式：________________。(3)黑色固体A可在高温下与氨气作用生成红色固体D，同时生成一种单质，写出该反应的方程式：________________。Ⅱ．已知CuCl晶体呈白色，熔点为430℃，沸点为1490℃，见光分解，露置于潮湿空气中易被氧化，溶于水、稀盐酸、乙醇，易溶于浓盐酸生成H3CuCl4，反应的化学方程式为：CuCl(白色，s)+3HCl(aq)H3CuCl4(黄色，aq)。实验室用下图所示装置制取CuCl，反应原理为：2Cu2++SO2+8Cl−+2H2O=2++4H+；(aq)CuCl(s)+3Cl-(aq）反应结束后，取出三颈烧瓶中的混合物进行一系列操作可得到CuCl晶体。(4)反应过程中要通入过量SO2的原因是：________________。(5)欲提纯某混有铜粉的CuCl晶体，请简述实验方案：_____________。27、（12分）氮化镁（Mg3N2）在工业上具有非常广泛的应用。某化学兴趣小组用镁与氮气反应制备Mg3N2并进行有关实验。实验装置如下所示：已知：①氮化镁常温下为浅黄色粉末，极易与水反应。②亚硝酸钠和氯化铵制取氮气的反应剧烈放热，产生氮气的速度较快。③温度较高时，亚硝酸钠会分解产生O2等。回答下列问题：（1）仪器b的名称是________，写出装置A中发生反应的化学方程式___________________。（2）某同学检验装置A部分的气密性，关闭止水夹c后，开启活塞a，水不断往下滴，直至全部流入烧瓶。试判断：A部分装置是否漏气？________（填“漏气”、“不漏气”或“无法确定”），判断理由：____________。（3）装置C中为饱和硫酸亚铁溶液，作用是___________，F装置的作用是_______________________。（4）加热至反应开始发生，需移走A处酒精灯，原因是_______________________________________。（5）反应结束后，取mgE中样品于试管中，加足量蒸馏水，得VmL气体（换算为标准状况），则样品中氮化镁的质量分数为__________________。28、（14分）Ⅰ、甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，利用CO和H2在催化剂作用下可合成甲醇(g)。（1）已知相关的化学键键能数据如下：化学键H—HC—OC≡OH—OC—HE（kJ/mol）4363431076465413合成甲醇(g)的热化学方程式为______________________________________________。（2）500K、101KPa条件下，反应过程中测得n(CO)、n(H2)、n(CH3OH)随时间t变化的关系如图甲所示。现保持其它条件不变，起始只改变温度，在改变的这个温度下反应至t1时刻，此时n(H2)比图象中的值大，那么该温度可能是________。A、700KB、373KC、以上均不对（3）在一容积可变的密闭容器中充入1molCO和2molH2，发生反应并达到平衡，CO的平衡转化率随温度(T)和压强（P）的变化曲线如图乙所示。P1、P2的大小关系为________；A、B、C三点的平衡常数(K)大小关系为______________________。Ⅱ、可逆反应：①X(g)+2Y(g)2Z(g)；②2M(g)N(g)+P(g)，分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间放有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：（4）反应①的正反应ΔH______0（填“＞”或“＜”）。（5）反应开始时体系的压强与达平衡(Ⅰ)时体系的压强之比为_________（用分数表示）。（6）在平衡(Ⅰ)和平衡(Ⅱ)中，M的体积分数(Ⅰ)______(Ⅱ)。A、大于B、小于C、等于D、无法确定29、（10分）工业上电解制碱的技术是用离子交换膜法，主要原料是饱和食盐水．请回答下列问题：（1）阳离子交换膜把电解槽隔成了阴极室和阳极室，电解食盐水时，它只允许__（填离子符号）通过．（2）为了去除粗盐中混有的Ca2+、Mg2+、SO42﹣，下列选项中所加试剂（均为溶液）及加入顺序均合理的是__（填选项字母）A．先加足量的BaCl2，再加足量的Na2CO3，最后加入适量稀盐酸B．先加入足量的NaOH，再加入足量的BaCl2，然后加入足量Na2CO3，最后加入适量稀盐酸C．先加足量的Na2CO3，再加足量的BaCl2，然后加足量的NaOH，最后加入适量稀盐酸D．先加足量的Ba（NO3）2，再加足量NaOH，然后再加足量的Na2CO3，最后加入适量稀盐酸（3）氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节电能30%以上．在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如图所示，其中的电极未标出，所用的离子交换膜都只允许阳离子通过．①图中X是__（填化学式），分析比较图示中a、b、c从大到小的顺序为__．②写出燃料电池中负极上发生的电极反应式__．③这样设计的主要节电能之处在于（任写出一条）__．

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【解析】A、醋酸难电离，应该用化学式表示，A错误；B、碳酸氢根离子不能拆开，B错误；C、方程式正确，C正确；D、醋酸难电离，应该用化学式表示，碳酸氢根离子不能拆开，D错误；答案选C。2、C【解析】A.甲胺（CH3NH2）类似于氨，但碱性稍强于氨，说明甲胺是一元弱碱，在水中的电离方程式CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－，故A正确；B.若加入20mL的盐酸，则盐酸和甲胺恰好完全反应生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，b点溶液呈中性，所以b点对应加入盐酸的体积小于20mL，故B正确；C.将等物质的量的CH3NH2和CH3NH3Cl一起溶于蒸馏水，因CH3NH2发生电离，则所得溶液中c(CH3NH2)≠c(CH3NH3+)，即lgcCH3NH3+cCH3NH2≠0，所以对应的不是a点的溶液，故C错误；D.由甲胺的电离方程式CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－可知，甲胺的电离常数为Kb=cOH-×cCH3NH3+cCH3NH2，a点溶液的pH=10.6，c(OH－)=10－3.43、A【分析】步骤①加入过量的某个试剂后生成无色气体、红褐色沉淀，无色气体应为氨气，红褐色沉淀为Fe(OH)3，试剂应为强碱溶液，X溶液应为偏铝酸盐溶液，偏铝酸根和碳酸氢根离子之间反应可以得到氢氧化铝沉淀。【详解】A．根据分析可知该试剂应为强碱溶液，可以是浓KOH溶液，故A正确；B．步骤①中加入的是强碱，铝离子发生的反应为Al3++4OH-=Al(OH)，故B错误；C．无色气体为氨气，氨气应用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸会变蓝，故C错误；D．步骤②为偏铝酸根和碳酸氢根离子之间的反应，离子方程式为H2O+AlO+HCO=Al(OH)3↓+CO，故D错误；答案为A。4、A【详解】硫化氢能与二氧化硫反应生成硫和水，硫化氢中硫元素化合价由-2价变为0价，被氧化，体现硫化氢的还原性，答案选A。【点睛】5、A【详解】A．检验某酸性溶液中Cl-和，酸性溶液中不可能存在亚硫酸根离子，所以选用试剂及顺序是过量Ba(NO3)2溶液、AgNO3溶液，先加入过量的硝酸钡溶液，产生白色沉淀证明含有硫酸根离子，过滤可除去硫酸根离子，再加入硝酸银溶液产生白色沉淀证明含有氯离子，故A正确；B．二氧化碳与氯化钡、硝酸钡溶液均不反应，而二氧化硫与氯化钡溶液不反应，但与硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸根离子，与钡离子结合为硫酸钡白色沉淀，故B错误；C．根据离子的氧化性的强弱，加入Fe后先与铁离子反应生成亚铁离子，再与铜离子反应生成Cu和亚铁离子，所以最终的固体中一定有Cu，不一定有Fe，故C错误；D．氯化铵与氢氧化钙固体混合加热，则发生反应生成氯化钙、水和氨气，故D错误。6、A【详解】因开始生成白色絮状沉淀，所以一定不含Fe3+；因白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，所以一定含有Fe2+；另外有色物质能把Mg(OH)2白色覆盖，可能含Mg2+；答案选A。7、B【解析】A．向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至刚好为中性的离子反应为2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故A错误；B．将饱和FeCl3溶液滴入废水中制取Fe(OH)3胶体，离子方程式：Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+，故B正确；C．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4，碱性溶液中不会生成氢离子，正确的离子反应为：4OH-+3ClO-+2Fe(OH)3═2FeO42-+3Cl-+5H2O，故C错误；D．含有0.4

mol

FeBr2的溶液中含有0.4mol亚铁离子、0.8mol溴离子，0.4mol亚铁离子完全反应消耗0.2mol氯气，剩余的0.2mol氯气能够氧化0.4mol溴离子，则参加反应的亚铁离子与溴离子的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++4Cl-+Br2，故D错误；故选B。8、A【解析】A.Fe与盐酸反应生成FeCl2，FeCl2与氢氧化钠反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2被空气中的氧气氧化生成Fe(OH)3，均能一步实现转化，故A正确；B.SiO2不溶于水，不能一步转化为H2SiO3，故B错误；C.Al2O3不溶于水，不能一步转化为Al(OH)3，故C错误；D.NH3催化氧化生成NO，不能一步转化为NO2，故D错误；故选A。9、A【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，位于三个周期，其中W与Y同主族，W为H元素，Y为Na元素；Z的单质是一种黄色固体，Z为S元素；X原子最外层电子数等于Y、Z原子最外层电子数之和为1+6=7，原子序数小于Na，则X为F，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为H，X为F，Y为Na，Z为S，

A．电子层越多，离子半径越大；具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，则元素Z、X、Y的简单离子半径：Z>X>Y，故A正确；B．X为F，Z为S，非金属性F>S，则稳定性：H2S<HF，故B错误；

C．W为H，Y为Na，Z为S，NaHS为离子化合物含有离子键，HS-中含有共价键，故C错误；

D．WX为HF，Y2Z为Na2S，HF为弱酸抑制水的电离，Na2S为强碱弱酸盐水解促进水的电离，故D错误。

故选A。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，把握原子结构、元素的性质来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。10、A【解析】试题分析：A、常见金属的冶炼方法有电解法、热还原法、热分解法等，其中Na、Mg都为活泼金属，应用电解法冶炼，故A正确；B、过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而氧化钠和二氧化碳反应中生成碳酸钠，故B错误；C、氧化铝为两性氧化物，可与氢氧化钠等强碱反应，故C错误；D、铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，不生成碱，故D错误；故选A。考点：考查了钠、镁、铝等金属单质及其化合物的性质的相关知识。11、B【详解】A.碳不能直接生成碳酸钠、碳酸氢钠，故A错误；B.Fe3O4与碳反应生成铁单质，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，故B正确；C.氧化铝不能直接生成氢氧化铝，故C错误；D.硫单质不能直接生成三氧化硫，故D错误。故答案选B。12、D【解析】试题分析：根据铜与硫酸反应的方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑+2H2O，若被还原的H2SO4为0.9mol，则根据方程式可知反应的硫酸的物质的量是1.8mol，则V=1.8mol÷18mol/L=0.1L=100mL，由于只有浓硫酸与铜反应，而稀硫酸不能反应，所以参加反应的浓硫酸的实际体积大于100mL，故选项D正确。考点：考查硫酸的化学性质的应用的知识。13、A【详解】A．Na2O2会与空气中的CO2、SO2、水蒸气等物质反应，但不与氧气反应，A符合题意；B．H2S会被氧气氧化，即2H2S+O2=2S↓+2H2O，B不符合题意；C．亚铁会被氧气氧化三价铁，C不符合题意；D．NO会与氧气反应生成NO2，即2NO+O2=2NO2，D不符合题意。故答案选A14、C【详解】A.金的化学性质稳定，可以以单质的形式存在于自然界，“沙中浪底来”指的是金单质，A错误；B.沙里淘金的原理是：金子的密度比沙子的密度大得多，在水的冲击下沙粒被水流带走，而金就留在容器里，不是萃取原理，B错误；C.雾属于胶体，分散质粒子的直径范围是1～100nm，C正确；D.沙子的主要成分为二氧化硅，D错误；答案选C。15、A【分析】根据图示可知该反应的反应物是一种、生成物是两种。【详解】A．该反应属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2↑是放热反应，A错误；B．根据图示可知有一部分反应物未参加反应，该反应是可逆反应，B正确；C．据图可知，该反应有单质生成，所以反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，C正确；D．反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，D正确；答案选A。16、D【详解】A.反应生成的碘离子与铁离子继续反应生成亚铁离子和单质碘，A错误；B.CO2过量，应该生成酸式盐碳酸氢钠，而不是正盐碳酸钠，B错误；C.C1O-具有强氧化性，而SO2具有还原性，二者发生氧化还原反应生成SO42-和C1-，C错误；D.等体积等物质的量浓度的NaHCO3和Ba(OH)2两溶液混合反应生成碳酸钡和氢氧化钠，离子方程式书写正确，D正确；综上所述，本题选D。【点睛】该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，旨在对学生能力的培养和训练。该题需要明确判断离子方程式正确与否的方法一般，即（1）检查反应能否发生。（2）检查反应物、生成物是否正确。（3）检查各物质拆分是否正确。（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）。（5）检查是否符合原化学方程式，然后灵活运用即可。该题也有助于培养学生灵活运用基础知识分析问题、解决问题的能力。17、C【分析】电池放电时为原电池原理，电极a上Li失电子发生氧化反应，作原电池负极，电极b上LiMn2O4在正极得到电子发生还原反应生成Li2Mn2O4，电池充电时，外加直流电源的正极与正极电极b相连为阳极发生氧化反应，外加直流电源的负极与负极电极a相连为阴极发生还原反应，进行分析判断。【详解】A.该电池放电时，溶液中的SO42-向负极电极a移动，A错误；B.电池放电时为原电池原理，电极a上Li失电子发生氧化反应，作原电池负极，电极反应式为：Li-e-=Li+，B错误；C.电池充电时，外加直流电源的正极与正极电极b相连为阳极发生氧化反应，电极反应与正极相反，则反应式为：Li2Mn2O4-e-=LiMn2O4+Li+，C正确；D.电池充电时，外加直流电源的正极与正极电极b相连为阳极发生氧化反应，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查化学电源新型电池二次电池的知识，二次电池是可充电电池，放电时起原电池作用，负极失去电子发生氧化反应，正极获得电子发生还原反应，充电时负极电源的负极连接，为阴极，发生还原反应；正极与电源的正极连接，作阳极，发生氧化反应，注意电极反应式的书写，明确离子的定向移动问题。18、B【详解】A．CO发生氧化反应是负极，则石墨Ⅰ是原电池的负极，发生氧化反应，故A正确；B．原电池中阴离子向负极移动，所以甲池中的CO32﹣向石墨I极移动，故B错误；C．石墨Ⅰ是原电池的负极，CO发生氧化反应，电极反应式为CO+CO32﹣﹣2e﹣═2CO2，故C正确；D．若甲池消耗标准状况下的氧气2.24L即0.1mol，整个电路转移电子的物质的量为0.4mol，而乙池中阴极若生成1mol氢气，则转移2mol的电子，所以根据得失电子守恒知生成氢气的物质的量为0.2mol，故D正确；故答案为B。【点睛】如果电池的正负极判断失误，则电极反应必然写错，故准确判断原电池的正负极，是解题关键，原电池正负极的判断方法：①根据电极材料的活泼性判断：负极：活泼性相对强的一极；正极：活泼性相对弱的一极；②根据电子流向或电流的流向判断：负极：电子流出或电流流入的一极；正极：电子流入或电流流出的一极；③根据溶液中离子移动的方向判断：负极：阴离子移向的一极；正极：阳离子移向的一极；④根据两极的反应类型判断：负极：发生氧化反应的一极；正极：发生还原反应的一极；⑤根据电极反应的现象判断：负极：溶解或减轻的一极；正极：增重或放出气泡的一极；⑥燃料电池，通氧气的极为正极。19、C【解析】试题分析：由2H和18O所组成的水的摩尔质量是22g/mol，1个该水分子含有12个中子，故A正确；N2、CO的摩尔质量都是28g/mol，分子数为NA的N2、CO混合气体体积在标况下为22.4L，质量为28g，故B正确；由于存在2NO2，混合后气体的分子总数小于NA，故C错误；过氧化钠与水反应时，氧元素由-1价变为0价和-2价，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，故D正确。考点：本题考查阿伏加德罗常数。20、D【分析】由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价升高，则具有氧化性的ClO-为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，则根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒可得反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+，以此解答该题。【详解】该反应方程式为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+。A．由方程式可知：在反应中NH4+中N元素在反应后化合价升高，所以还原剂为NH4+，A错误；B．N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，B错误；C．由方程式可知氧化剂是ClO-，还原剂是NH4+，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，C错误；D．反应生成H+，使溶液中c(H+)增大，溶液酸性增强，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写反应方程式，然后再进行分析判断，侧重考查学生的分析能力和计算能力。21、B【解析】A项，Cu与浓硝酸反应生成Cu（NO3）2、NO2和H2O，Cu与稀硝酸反应生成Cu（NO3）2、NO和H2O，反应物浓度不同生成物不同；B项，氢气与氧气反应只能生成H2O；C项，硝酸银与少量稀氨水反应生成AgOH和NH4NO3，硝酸银与过量稀氨水反应获得银氨溶液，反应物用量不同生成物不同；D项，AlCl3与少量NaOH反应生成Al（OH）3和NaCl，AlCl3与过量NaOH反应生成NaAlO2、NaCl和H2O，反应物用量不同生成物不同；答案选B。22、C【详解】A、Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，在反应中CuSO4作氧化剂，则“另一种反应物”在反应中作还原剂，具有还原性，A项正确；B、CuH中Cu元素为+1价，既能升高又能降低，所以CuH既可做氧化剂也可做还原剂，B项正确；C、CuH在氯气中能燃烧，Cu元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，则发生2CuH+3Cl2═2CuCl2+2HCl↑，C项错误；D、CuH跟盐酸反应能产生气体，气体为氢气，该反应中只有H元素的化合价发生变化，反应为CuH+HCl═CuCl+H2↑，D项正确；答案选C。二、非选择题(共84分)23、第二周期IVA族S2-N≡N0.045mol/L（或1/22.4mol/L）HNO3（或HNO2）、NH3·H2O、NH4NO3（或NH4NO2）C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O【解析】原子序数由小到大排列的五种短周期元素X、Y、Z、M、W，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；元素Y原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Y为C或S，结合原子序数可知，Y不可能为S元素，故Y为C元素；Z、M左右相邻，M、W位于同主族，令Z的原子序数为a，可知M原子序数为a+1，W原子序数为a+9，X、Z、M、W四种元素的原子序数之和为32，则1+a+a+1+a+9=32，解得a=7，故Z为N元素、M为O元素、W为S元素。(1)Y为C元素，在周期表中位于第二周期IVA族，W为S元素，W的阴离子符号是S2-，故答案为第二周期IVA族；S2-；(2)Z为N元素，单质的结构式为N≡N；标况下，Z的氢化物为氨气，氨气极易溶于水，试管中收集满氨气，倒立于水中(溶质不扩散)，一段时间后，氨气体积等于溶液的体积，令体积为1L，则试管内溶液的物质的量浓度为=0.045mol/L，故答案为N≡N；0.045mol/L；(3)X为H元素、Z为N元素、M为O元素。由H、N、O三种元素组成的化合物是酸、碱、盐的化学式分别为HNO3(或HNO2)、NH3·H2O、NH4NO3(或NH4NO2)，故答案为HNO3(或HNO2)、NH3·H2O、NH4NO3(或NH4NO2)；(4)加热时，碳与浓硫酸发生反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；(5)①取甲的溶液加入过量的浓NaOH溶液并加热，产生白色絮状沉淀和无色刺激性气味气体，过一段时间白色絮状沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色，则说明甲中有亚铁离子和铵根离子，另取甲的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解，则说明甲中有硫酸根离子，1mol甲中含有6mol结晶水，即甲的化学式中含有6个结晶水，甲的摩尔质量为392g/mol，则甲的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O，故答案为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；②100mL1mol·L-1的甲溶液中含有0.1molFe2+，20mL1mol·L-1的酸性KMnO4溶液中含有0.02molMnO4-，恰好反应生成铁离子和锰离子，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。点睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键。本题的难点是(5)中甲的化学式的确定；易错点为(2)的计算，要知道氨气极易溶于水，氨气体积等于溶液的体积。24、【分析】苯与Cl2发生取代反应产生氯苯，氯苯与丙烯(CH2=CH-CH3)在Pd存在时发生取代反应产生，该物质与水发生加成反应产生，然后发生题干信息中的反应合成。【详解】以苯、丙烯(CH2=CHCH3)为原料制备，首先是发生苯与Cl2在Fe作催化剂时发生取代反应产生氯苯，然后是氯苯与CH2=CHCH3发生取代反应产生和HCl，与水在催化剂存在时，在加热条件下发生加成反应产生，最后与CO在Pb存在时反应生成产物，故物质合成路线流程图为。【点睛】本题考查了有机物合成路线的分析判断。充分利用课本已经学过的知识，结合题干信息及反应原理，利用已知物质通过一定的化学反应制取得到目标产物。掌握常见的反应类型及有机物的结构对性质的决定作用是本题解答的基础。25、分液漏斗使碘充分反应除去硫化氢中的氯化氢气体NaOH溶液3H2S+IO3-=3S↓+I-+3H2OH2SBaCO3有无色气体放出当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去，且30s不恢复bmol/L×V×10-3L×4×166/a×100%【解析】反应时，首先使碘单质与过量的KOH反应，生成的产物中有碘化钾和碘酸钾，再利用制取的硫化氢与碘酸钾反应生成碘化钾和硫酸钾，除去硫酸钾，制备碘化钾。【详解】（1）根据图像可知，仪器a的名称是分液漏斗；装置C中KOH过量时可使碘充分反应；（2）制取硫化氢使用的盐酸易挥发，装置B的作用是除去硫化氢中的氯化氢气体；硫化氢气体有毒，装置D为除去硫化氢防止污染空气，使用的药品为NaOH溶液；（3）装置C中H2S和KIO3反应生成单质硫、碘化钾和水，反应的离子方程式为3H2S+IO3-=3S↓+I-+3H2O；（4）步骤Ⅲ中水浴加热可降低硫化氢在水中的溶解度，使过量的硫化氢逸出；（5）①除去溶液中的硫酸根离子通常用钡离子，除杂时不引入新的杂质离子，可利用沉淀的转化使用碳酸钡固体；溶液C中含有一定量的碳酸根离子，加入HI溶液时，生成二氧化碳气体，观察到有气泡产生；②反应过程：用重铬酸钾氧化碘离子为单质，再用硫代硫酸钠与碘反应生成碘离子，则滴定终点时，溶液中无碘单质，当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去，且30s不恢复；根据方程式可知，n（I-）：n（S2O32-）=1：1，生成硫代硫酸钠的物质的量等于碘离子的物质的量为bmol/L×V×10-3L，原溶液在碘离子的物质的量=bmol/L×V×10-3L×100mL/25mL，跟碘原子守恒，则纯度=b×V×10-3×4×166/a×100%。【点睛】用重铬酸钾氧化碘离子为单质，再用硫代硫酸钠与碘反应生成碘离子，多步反应的计算，只要根据碘离子与硫代硫酸根之间的关系式进行即可，不必分析碘与重铬酸钾之间的关系。26、Na2[Cu(OH)4]Cu2++4OH-=[Cu(OH)4]2-6CuO+2NH33Cu2O+N2+3H2O将CuCl2完全转化为CuCl，并防止生成的CuCl被氧化将固体溶于浓盐酸后过滤，取滤液加入大量水，过滤，洗涤，干燥【详解】I.气体C能使带火星木条复燃，则C为O2，且n（O2）=0.112L÷22.4L/mol=0.005mol，红色固体D与稀硫酸、过氧化氢反应得到蓝色溶液，D和黑色固体A的组成元素相同，则A为CuO、D为Cu2O，F为CuSO4，固体A分解发生反应：4CuO2Cu2O+O2↑，可知n（CuO）=0.02mol。溶液B和溶液E的焰色反应为黄色，说明含有钠元素，碱性溶液B与0.100mol/L400mL盐酸反应，B为NaOH水溶液，n（NaOH）=0.04mol，X可由蓝色溶液F与过量的浓的B溶液反应获得，且满足n（Cu）：n（Na）=1：2，故X为Na2[Cu(OH)4]。（1）由上述分析可知，X的化学式为Na2[Cu(OH)4]；（2）X可由蓝色溶液F与过量的浓的强碱性溶液B反应获得，该反应的离子方程式为Cu2++4OH-=[Cu(OH)4]2-；（3）CuO与氨气在高温下反应生成Cu2O、氮气和水，反应方程式为6CuO+2NH33Cu2O+N2+3H2O；Ⅱ．（4）由反应原理可知，SO2将CuCl2完全转化为CuCl，CuCl露置于潮湿空气中易被氧化，而SO2具有还原性，可以防止生成的CuCl被氧化，即答案为：将CuCl2完全转化为CuCl，并防止生成的CuCl被氧化；（5）由题目信息可知，CuCl可以溶于浓盐酸，而Cu不与盐酸反应，且溶液中存在平衡(aq)CuCl(s)+3Cl-(aq），稀释会析出CuCl晶体，所以提纯某混有铜粉的CuCl晶体实验方案为：将固体溶于浓盐酸后过滤，取滤液加入大量水，过滤，洗涤，干燥。27、蒸馏烧瓶NH4Cl+NaNO2△N2↑+NaCl+2H2O无法确定由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶除去氧气防止空气中的水蒸气进入E装置使氮化镁水解该反应剧烈放热，产生氮气的速度较快，移走A处酒精灯能避免反应物冲出，同时避免温度过高，造成NaNO2分解产生O2【解析】（1）由图中仪器结构可知，b为蒸馏烧瓶；A装置制备氮气，方程式为NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O；（2）由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶，因此无法判断。（3）由于温度较高时，亚硝酸钠会分解产生O2等，氧气能与镁反应，因此装置C中为饱和硫酸亚铁溶液，作用是除去氧气。氮化镁易与水反应，则F装置的作用是防止空气中的水蒸气进入E装置使氮化镁水解。（4）由于该反应剧烈放热，产生氮气的速度较快，移走A处酒精灯能避免反应物冲出，同时避免温度过高，造成NaNO2分解产生O2。（5）反应结束后，取mgE中样品于试管中，加足量蒸馏水，得VmL气体（换算为标准状况），气体是氨气，物质的量是V/22400mol，所以氮化镁的物质的量是V/44800mol，则样品中氮化镁的质量分数为。28、CO(g)+2H