广西壮族自治区贵港市港南中学2026届高三化学第一学期期中复习检测模拟试题含解析

广西壮族自治区贵港市港南中学2026届高三化学第一学期期中复习检测模拟试题考生请注意：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、下列指定反应的离子方程式正确的是A．澄清石灰水中通入过量二氧化碳：OH-+CO2=HCO3-B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I−+IO3−+6H+I2+3H2OC．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+H2O+ClO-=SO42-+Cl-+2H+D．下图所示装置中反应：Zn+Cu2+=Cu+Zn2+2、2018年10月15日，中国用“长征三号乙”运载火箭成功以“一箭双星”方式发射北斗三号全球组网卫星系统第15、16号卫星，其火箭推进剂为高氯酸铵（NH4ClO4）等。制备NH4ClO4的工艺流程如下：饱和食盐水NaClO3NaClO4NaClO4NH4ClO4，下列说法错误的是（）A．NH4ClO4属于离子化合物B．溶解度：NaClO4＞NH4ClO4C．该流程中可循环利用的物质是NH4ClD．高氯酸铵中氯元素的化合价为+7价3、常温下，在溶液中可能发生以下反应：①H++Z-+XO4-=X2++Z2+H2O（未配平）②2M2++R2=2M3++2R-③2R-+Z2=R2+2Z-由此判断下列说法正确的是（）A．常温下反应2M2++Z2=2M3++2Z-不可以自发进行B．R元素在反应②中被氧化，在反应③中被还原C．反应①配平后，H2O的化学计量数为8D．还原性强弱顺序为H+>Z->R->M2+4、下列各组物质的分类或变化正确的是()①混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、食醋、淀粉②含有氧元素的化合物叫氧化物③CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物④同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨⑤在熔融状态下能导电的化合物为离子化合物⑥强电解质溶液的导电能力一定强⑦有单质参加的反应或有单质产生的反应是氧化还原反应A．④⑤ B．②③⑤ C．①④⑥⑦ D．③④⑦5、已知：①CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H1②CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H2下列推断正确的是A．若CO的燃烧热为△H3，则H2的燃烧热为△H3−△H1B．反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=△H2−△H1C．若反应②的反应物总能量低于生成物总能量，则△H2＜0D．若等物质的量CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多，则△H1＞06、酸性环境中，纳米去除过程中的含氮微粒变化如图所示，溶液中铁以形式存在．下列有关说法不正确的是A．反应ii的离子方程式为：B．假设反应过程都能彻底进行，反应消耗的铁的物质的量之比为C．增大单位体积水体中纳米的投入量，可提高的去除效果D．完全转化为至少需要的铁7、常温时，将a1mLb1mol•L-1HCl加入到a2mLb2mol•L-1NH3•H2O中，下列结论正确的是A．若混合液的pH<7,则:a1b1=a2b2B．若a1=a2且混合液的pH>7，则:b1<b2C．若a1=a2,b1=b2,则混合溶液中:c(Cl-)=c(NH4+)D．若混合后溶液pH=7，则混合溶液中:c(Cl-)<c(NH4+)8、T1℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O(g)，发生反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，反应过程中测定的部分数据见下表(表中t2>t1)，下列说法错误的是()反应时间/minn(CO)/moln(H2O)/mol02.003.00t10.80t21.80A．用H2表示反应在t1min内的平均速率为v(H2)＝0.60/t1mol·L－1·min－1B．保持其他条件不变，若起始时向容器中充入3.00molCO和2.00molH2O(g)，达到平衡时，n(CO2)＝1.20molC．保持其他条件不变，在t2min时向容器中再通入1.00molCO，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率将增大D．温度升至T2℃，上述反应的平衡常数为0.70，则正反应的ΔH<09、下列递变规律正确的是A．稳定性：HBr<HFB．还原性：S2–<Cl–C．沸点：乙烷>戊烷D．酸性：HIO4>HClO410、下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是()选项实验操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3＋B左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色氧化性：Cl2>Br2>I2C用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性D浓HNO3加热有红棕色气体产生HNO3有强氧化性A．A B．B C．C D．D11、将一小块钠投入到NH4Cl溶液中，产生的气体是A．只有H2 B．只有NH3 C．H2和NH3 D．O2和H212、下列化学用语的理解正确的是（）A．离子结构示意图：可以表示35Cl-，也可以表示37Cl-B．电子式：可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子C．比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子D．结构简式(CH3)2CHOH：表示的是1—丙醇13、下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是A．CH3COOH B．Cl2 C．NH4HCO3 D．SO214、12mL浓度为0.05mol/L的Na2SO3溶液恰好与VmL浓度为0.02mol/L的K2X2O7溶液完全反应。已知X元素在产物中的化合价为+3。则V为（）A．5B．10C．15D．2015、反应X(g)+Y(g)⇌2Z(g)+Q(Q>0)，在一定条件下，反应物Y的转化率与反应时间(t)的关系如图所示。若使曲线a变为曲线b可采取的措施是（）A．加入催化剂B．降低温度C．增大压强D．增大Y的浓度16、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A．48克O2与O3的混合气体中含有3NA个氧原子 B．32克硫与足量铜反应转移电子数为2NAC．1L0.1mol/lNaF溶液中含有0.1NA个F- D．1molH2O中含有2NA个共价键17、今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是A．原子半径：W<XB．常温常压下，Y单质为固态C．气态氢化物热稳定性：Z<WD．X的最高价氧化物的水化物是强碱18、下列说法正确的是A．一定温度下，反应MgCl2(1)=Mg(

1)

+Cl2(g)的△H>0，△S>0B．常温下，NH4Cl

溶液加水稀释增大C．电解饱和食盐水产生了11.2

L

H2，则反应中转移的电子数为6.02×1023D．在NaCl

和KBr

的混合溶液中滴加AgNO3

溶液，一定先产生淡黄色沉淀19、下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）ABCDNaCl溶于水电解CuCl2溶液CH3COOH在水中电离H2与Cl2反应能量变化NaClNa++Cl−CuCl2Cu2++2Cl−CH3COOHCH3COO−+H+H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)ΔH=−183kJ·mol−1A．A B．B C．C D．D20、下列化学用语对事实的解释不正确的是（）A．钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+B．氢氧化铁胶体的制备原理：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+C．工业上漂白粉的制备原理：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2OD．盛装强碱溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2+2OH-=SiO+H2O21、将0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起()A．溶液的pH增大B．CH3COOH电离度增大C．溶液的导电能力减弱D．溶液中c(OH－)减小22、某温度时，VIA元素单质与H2反应生成气态H2X的热化学方程式如下：12O2(g)+H2(g)＝H2O(g)ΔH＝－242kJ·mol－S(g)+H2(g)＝H2S(g)ΔH＝－20kJ·mol－1Se(g)+H2(g)⇌H2Se(g)ΔH＝+81kJ·mol－1下列说法正确的是A．稳定性：H2O<H2S<H2SeB．降温有利于Se与H2反应生成H2SeC．O2(g)+2H2S(g)＝2H2O(g)+2S(g)ΔH＝－444kJ·mol－1D．随着核电荷数的增加，VIA族元素单质与H2的化合反应越容易发生二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式：___。（2）若A为淡黄色粉末，X为一种最常见的造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的D、E两种稀溶液，可选择的试剂为___（填代号）。A．盐酸B．BaCl2溶液C．Ca(OH)2溶液（3）若A为非金属氧化物，B为气体，遇空气会变红棕色，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红。则A与H2O反应的化学反应方程式___。24、（12分）雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH、Mg2+、Al3+、SO、NO、Cl－。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成了如图的实验：已知：3NO+8Al+5OH－+2H2O=3NH3↑+8AlO。根据以上的实验操作与现象，回答下列问题(1)气体1为______(填化学式，下同)(2)试样溶液中肯定存在________离子。试样中可能存在______离子。(3)写出沉淀1部分溶解的离子方程式__________。25、（12分）氨基甲酸铵（H2NCOONH4）是一种易分解、易水解的白色固体，可用于化肥、灭火剂、洗涤剂等。某研究小组用下图所示的实验装置，利用氢氧化钠固体、浓氨水、干冰等作原料制备氨基甲酸铵。主要反应原理：2NH3(g)+CO2(g)＝H2NCOONH4(s)ΔH＜0。(1)实验室用98%的浓硫酸配制15%的稀硫酸，除量筒外还需使用下列仪器中的____。a．烧杯b．一定容积的容量瓶c．玻璃棒d．滴定管(2)仪器1恒压分液漏斗，其优点是__________________________。(3)仪器3中NaOH固体的作用是__________________________。(4)仪器6的一个作用是控制原料气按反应计量系数充分反应，若反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生气泡，应该______（填“加快”、“减慢”或“不改变”）产生氨气的流速。(5)另有一种制备氨基甲酸铵的反应器（CCl4与液体石蜡均为惰性介质）如图。生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，当悬浮物较多时，停止制备。①发生器用冰水冷却的原因是________________________________________；②从反应后混合物中过滤分离出产品。为了得到干燥产品，应采取的方法是_____（填序号）a．常压加热烘干b．高压加热烘干c．真空40℃以下烘干(6)已知氨基甲酸铵可完全水解，其中产物有碳酸氢铵。氨基甲酸铵水解反应的化学方程式为________________________________。26、（10分）亚硝酸钠（NaNO2）暴露于空气中会与氧气反应生成硝酸钠，在纤维纺织品的染色和漂白、照相、生产橡胶、制药等领域有广泛应用，也常用于鱼类、肉类等食品的染色和防腐。但因其有毒，所以在食品行业用量有严格限制。现用下图所示仪器（夹持装置已省略）及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物成分。已知：①NO+NO2+2OH—==2NO2—+H2O②气体液化的温度：NO2：21℃，NO：-152℃（1）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序（按左→右连接）：A、C、、、。（2）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排除装置中的空气，目的是。（3）在关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴人70%硫酸后，A中产生红棕色气体。①确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是。②装置E的作用是。（4）如果向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为。如果没有装置C，对实验结论造成的影响是。（5）通过上述实骏探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是。27、（12分）某中学学习小组模拟工业烟气脱硫(SO2)。(1)甲组采用如图装置脱硫(部分装置略)。①CaO脱硫后的产物是_________。②b中品红很快褪色，说明脱硫效果不好。下列措施能提高脱硫效果的是_____。ⅰ.加快SO2气体流速ⅱ.将堆集在一起的CaO平铺在整个玻璃管ⅲ.加热a，脱硫效果可能会更好③小组拟通过CaO的增重评价其脱硫能力。需要测量的数据是______________。(2)乙组选用AgNO3溶液脱除SO2，如图所示：现象：通入SO2，立即生成大量白色沉淀A。对白色沉淀A的成分进行探究，提出假设：假设1：发生了氧化还原反应，依据是AgNO3溶液中含有O2、NO等具有氧化性的粒子，沉淀A主要是Ag2SO4(微溶)。假设2：发生了复分解反应，依据是SO2与水生成酸，能与AgNO3溶液发生复分解反应。实验探究：①取沉淀A，加入蒸馏水，静置。取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，无明显变化。②取_________，加入蒸馏水，静置。取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生沉淀。实验证明＂假设1＂不成立。③为进一步确认＂假设2＂，向A中加入浓HNO3，立即产生红棕色气体。加入浓硝酸的目的是______；经确认，反应后混合液中存在SO。实验证明＂假设2＂成立。④产生沉淀A的化学方程式是_______，_____。AgNO3溶液具有良好的脱硫能力，但因其价格高，未能大规模使用。(3)丙组用NaClO脱除SO2，用1L0.1mol/L的NaClO溶液最多可以吸收标准状况下的SO2__L。28、（14分）CO2是一种廉价的碳资源，综合利用CO2对构建低碳社会有重要意义。（1）已知：H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=－241.8kJ·mol－1CO2(g)=CO(g)+O2(g)ΔH=+283.0kJ·mol－1则反应：CO2(g)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)+O2(g)ΔH=________。（2）工业生产中可利用H2还原CO2制备清洁能源甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＜0①保持温度、体积一定，能说明上述反应达到平衡状态的是_________。A．容器内压强不变B．3v正(CH3OH)=v正(H2)C．容器内气体的密度不变D．CO2与H2O的物质的量之比保持不变②将一定量的CO2和H2充入到某恒容密闭容器中，测得在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度的变化如图所示，催化效果最好的是催化剂________（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”），该反应在a点达到平衡状态，a点的转化率比b点的高，其原因是________。（3）固体氧化物电解池（SOEC）可用于高温电解CO2/H2O，既可高效制备合成气(CO和H2)，又可实现CO2的减排，其工作原理如图。①电源正极为________（填“a”或“b”），电极c上发生的电极反应式为________、_____。②阴阳两极生成的气体的物质的量之比为________。29、（10分）锡及其化合物在生产、生活中有着重要的用途。已知：Sn的熔点为231℃；Sn2+易水解、易被氧化。请按要求回答下列相关问题：(1)SnSO4可使酸性KMnO4溶液褪色，该过程中Sn2+转化为Sn4+，该反应的离子方程式为_______。(2)用于镀锡工业的硫酸亚锡(SnSO4)的制备路线如下：①步骤Ⅰ加入Sn粉的作用：_______________________。②步骤Ⅱ用到的玻璃仪器有烧杯、_____________________________。③步骤Ⅲ生成SnO的离子方程式：_________________________。④步骤Ⅳ中检验SnO是否洗涤干净的操作是____________________，证明已洗净。⑤步骤Ⅴ由SnSO4溶液得到SnSO4晶体的操作依次为________、________、过滤、洗涤、低温干燥。

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【分析】A.澄清石灰水中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钙；B.离子反应需注意电荷守恒；C.次氯酸为弱酸，在离子方程式中不能拆写；D.未形成闭合回路，不会发生原电池反应。【详解】A．澄清石灰水中通入二氧化碳先生成碳酸钙沉淀后，过量后沉淀溶解为碳酸氢钙溶液，碳酸氢钙要拆写为钙离子与碳酸氢根离子，故反应前后变化为:OH-+CO2=HCO3-，A正确；B．反应式中电荷不守恒，未配平，应为5I−+IO3−+6H+3I2+3H2O，B不正确；C．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体，而漂白粉过量，溶液中还有大量ClO，则不会有大量的H+生成，应生成次氯酸分子：SO2+H2O+3ClO-=SO42-+Cl-+2HClO，C不正确；D．图示装置未形成闭合回路，并未形成原电池，故写成原电池反应Zn+Cu2+=Cu+Zn2+，D不正确。故选A。2、C【详解】A.NH4ClO4由NaClO3和NH4Cl发生复分解反应生成，NH4ClO4由NH4+、ClO4-构成，所以属于离子化合物，故A正确；B.NaClO3和NH4Cl发生复分解反应，结晶生成NH4ClO4，所以溶解度：NaClO4＞NH4ClO4，故B正确；C.NaClO3和NH4Cl发生复分解反应生成NH4ClO4、NaCl，该流程中可循环利用的物质是NaCl，故C错误；D.根据化合价代数和等于，高氯酸铵中氯元素的化合价为+7价，故D正确。选C。3、C【分析】主要是应用强弱规律来进行比较，先找出每个反应的氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，根据氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物得出氧化性还原性强弱。【详解】A、②2M2++R2=2M3++2R-，反应中氧化剂R2的氧化性大于氧化产物M3+，③2R-+Z2=R2+2Z-，反应中氧化剂Z2的氧化性大于氧化产物R2，得到氧化性的顺序Z2＞R2＞M3+，所以反应2M2++Z2=2M3++2Z-可以自发进行，故A错误；B、②2M2++R2=2M3++2R-，反应中R元素化合价降低做氧化剂，被还原；③2R-+Z2=R2+2Z-，反应中R元素化合价升高做还原剂被氧化，故B错误；C、①16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O，H2O的化学计量数为8，故C正确；D、①反应中还原性强弱顺序Z-＞X2+，②反应中还原性强弱顺序M2+＞R-，③反应中还原性强弱顺序R-＞Z-，故D错误。答案选C。4、A【详解】①水银是金属汞，是单质，属于纯净物，故①错误；②只含两种元素，其中一种是氧元素的化合物叫氧化物，含有氧元素的化合物不一定是氧化物，故②错误；③NO2与水反应生成硝酸和NO，不属于酸性氧化物，故③错误；④C60、C70、金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故④正确；⑤共价化合物在熔化状态下不导电，在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，故⑤正确；⑥强电解质的稀溶液由于离子浓度小，导电能力很弱，故⑥错误；⑦有单质参加的反应或有单质产生的反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体间的转化是非氧化还原反应，故⑦错误；正确的有④⑤，故选A。5、B【详解】A．氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液体水时放出的热量，而反应①②中的水是气体，A项错误；B．根据盖斯定律，反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=ΔH2—ΔH1，B项正确；C．若反应②的反应物总能量低于生成物总能量，则该反应是吸热反应，ΔH2>0，C项错误；D．由于对于放热反应，焓变是负值，则放出的热量越多，焓变越小，所以若等物质的量的CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多，则ΔH1<0，D项错误；答案选B。6、B【详解】A．由图可知，反应ii是亚硝酸根与铁发生氧化还原反应生成亚铁离子和铵根，离子方程式为：，故A正确；B．反应Ⅰ是硝酸根和铁反应生成亚硝酸根和亚铁离子，离子方程式为，反应Ⅱ的离子方程式为，要使反应过程都能彻底进行，反应消耗的铁的物质的量之比为，故B错误；C．增大单位体积水体中纳米的投入量，可以加快反应速率，提高的去除效果，故C正确；D．硝酸根转化为铵根，氮原子的化合价从+5降到-3，所以完全转化为需要转移8amol的电子，的铁从0价升高到+2价，转移8amol电子，电子得失守恒，故D正确；故选B。7、B【详解】A.若a1b1=a2b2，则恰好完全反应，溶液为NH4Cl溶液，呈酸性，pH<7，若酸过量，溶液也呈酸性，故A错误；B.若a1=a2且混合液的pH>7，则氨水过量，则:b1<b2，故B正确；C.若a1=a2，b1=b2，则a1b1=a2b2，恰好完全反应得到NH4Cl溶液，c(Cl-)>c(NH4+)，故C错误；D.根据电荷守恒得：c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，若混合后溶液pH=7，c(OH-)=c(H+)，则混合溶液中c(Cl-)=c(NH4+)，故D错误，故选B。8、C【解析】A.CO的物质的量的变化为（2.00-0.80）mol，反应在t1min内的平均速率为v(CO)=（2.00-0.80）mol÷2L÷t1min=(0.60/t1)mol·L-1·min-1，根据反应速率之比等于化学计量数之比，t1min内H2的平均反应速率与CO的平均反应速率相同，故A正确；B.根据t2＞t1，对比表中数据可知t1min时已经达到平衡状态，而反应物和生成物的化学计量数都为1，则其它条件不变，起始时向容器中充入的3.00molCO和2.00molH2O(g)与充入2.00molCO和3.00molH2O(g)达平衡时，反应的限度相同，故达到平衡时，n(CO2)＝1.20mol，故B正确；C.增大反应物CO的浓度，平衡正向移动，CO转化率减小，水蒸气的转化率增大，故C错误；D.T1℃时，该反应的平衡常数为K=(1.2/2)×(1.20/2)÷(0.80/2)×(1.80/2)=1，T2℃，上述反应的平衡常数为0.70，温度升高，平衡常数减小，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，故D正确。故选C。9、A【解析】A.氟的非金属性大于溴，则HF的热稳定性大于HBr，A正确；B.氯的非金属性大于硫，则Cl–的还原性小于S2–，B错误；C.分子晶体的沸点由分子间作用力决定，而戊烷沸点大于乙烷，C错误；D.氯的非金属性大于碘，则最高价氧化物对应的水化合物的酸性：HClO4>HIO4，D错误。答案选A。10、C【详解】A．现象和结论都不对，过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，只能得到浅绿色的硝酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液，溶液仍呈浅绿色，A错误；B．氯气可与NaBr、KI反应，则该实验不能比较Br2、I2的氧化性的强弱，B错误；C．氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨部分电离出氢氧根离子，溶液显碱性，用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，试纸变蓝，操作、现象和解释都正确，C正确；D．浓HNO3加热后有红棕色气体生成，现象正确，但是解释不对，红棕色的气体二氧化氮是硝酸受热分解的产物，硝酸表现的是不稳定性，不是因为硝酸具有强氧化性，D错误；答案选C。11、C【详解】将一小块钠投入到NH4Cl溶液中,发生下列反应:2Na+2H2O=2NaOH+H2、NaOH+NH4Cl=NH3+H2O+NaCl,所以会产生H2和NH3;A.只有H2不符合；B.只有NH3不符合；C.H2和NH3符合；D.O2和H2不符合，答案：C。【点睛】根据钠与水反应生成氢氧化钠,氢氧化钠与氯化铵反应生成氨气解答。12、A【详解】A.根据离子结构示意图可判断质子数是17，核外电子数是18，可以表示35Cl-，也可以表示37Cl-，A正确；B.电子式：可以表示羟基，不能表示氢氧根离子，氢氧根离子的电子式为，B错误；C.比例模型：可以表示甲烷分子，但不能表示四氯化碳分子，因为氯离子半径大于碳原子半径，C错误；D.结构简式(CH3)2CHOH：表示的是2—丙醇，D错误；答案选A。13、D【解析】试题分析：电解质的特点需要自身电离，所以D中SO2溶于水生成H2SO3，不是SO2自身电离，是非电解质；AC都是电解质；B中是单质，即不是电解质，也不是非电解质。14、B【解析】在K2X2O7中，X元素的化合价是+6价，产物中X元素的化合价是+3价，说明X元素的化合价降低，则Na2SO3中硫元素的化合价升高，从+4价升高到+6价，则根据得失电子守恒，12×10-3L×0.05mol/L×（6-4）=V×10-3L×0.02mol/L×2×（6-3），解得V=10mL，故答案选B。15、B【解析】A、催化剂只能改变平衡达到的时间，不能改变反应物的转化率，错误；B、降低温度，平衡右移，Y的转化率增大，而温度越低反应速率越慢，达平衡所需时间越长，正确；C、该反应为气体体积不变的反应，故增大压强只能加快反应速率，缩短达平衡所需时间，不能改变反应物的专化率，错误；D、增大Y的浓度，可提高X的转化率，而自身的转化率会减小，错误；答案选B。16、C【详解】A．O2与O3都是由氧原子组成，48克O2与O3的混合气体中含有氧原子==3NA，A说法正确；B．32克硫与足量铜反应硫的化合价由0变为-2，转移电子数为2NA，B说法正确；C．NaF为强碱弱酸盐，溶液中的氟离子水解生成HF，则1L0.1mol/lNaF溶液中含有F-个数小于0.1NA，C说法错误；D．1个H2O中含有2个O-H键，则1molH2O中含有2NA个共价键，D说法正确；答案为C。17、D【分析】W、X、Y和Z为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价（除F与O以外），可设X的族序数为a，则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知W、X、Y和Z为N、Al、Si和P，则A.同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：N＜Al，A项正确；B.常温常压下，Si为固体，B项正确；C.同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳定性：PH3＜NH3，C项正确；D.X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，即可以和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，D项错误；答案选D。【点睛】非金属性越强的原子形成氢化物越稳定，与氢气化合越容易，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，对应阴离子的还原性越弱，要识记并理解。18、A【解析】A项，该反应为分解反应，ΔH0，反应物中没有气体，生成物中有气体，ΔS0，正确；B项，NH4Cl溶液中存在水解平衡：NH4++H2ONH3·H2O+H+，加水稀释促进NH4+的水解，为水解平衡常数，温度不变，水解平衡常数不变，加水稀释不变，错误；C项，没有指明H2所处温度和压强，无法计算11.2LH2的物质的量，无法计算转移的电子数；D项，由于NaCl和KBr的浓度未知，无法确定加入AgNO3溶液优先达到的是AgCl的溶度积还是AgBr的溶度积，无法确定优先生成AgCl沉淀还是AgBr沉淀，错误；答案选A。点睛：易错分析：错选B，以为加水稀释促进NH4+的水解，NH3·H2O、H+物质的量浓度增加，NH4+物质的量浓度减小，增大；错选C，以22.4L/mol计算H2物质的量；错选D，Ksp（AgCl）Ksp（AgBr），以为加入AgNO3溶液一定先达到AgBr的溶度积，忽视溶液中Cl-和Br-浓度的大小未知。19、B【分析】本题A、B、C选项应区分电离和电解的概念。电离是电解质溶于水或熔融状态下，解离成能够自由移动的离子的过程。根据其电离程度可分为强电解质和弱电解质，几乎全部电离的是强电解质（如A选项），只有少部分电离的是弱电解质（如C选项）；是将电能转化为化学能的一个装置(构成:外加电源，电解质溶液，阴阳电极)。使电流通过电解质溶液或熔融电解质而在阴，阳两极引起还原氧化反应的过程（如B选项）。【详解】A.NaCl为强电解质，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自发解离为Na+和Cl-，故电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故A不符合题意；B.电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反应为：Cu2++2e-=Cu,氯离子向阳极移动，失电子，发生电极反应为：2Cl-+2e-=Cl2,所以电解总反应为：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，故B符合题意；C.CH3COOH为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，故C不符合题意；D.由图可知，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能量（436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol）,与形成生成物分子中化学键放出的总能量（431kJ/mol×2=862kJ/mol）之差，即放热183kJ/mol,放热∆H为负值，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)∆H=-183kJ/mol，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题所选四个实验（或原理）均取材于课本，可见高考题越来越回归于课本。本题综合考查化学用语，涉及强、弱电解质的电离、电解方程式的书写，化学反应热的计算，题目把化学用语与化学反应原理巧妙地结合。20、C【详解】A．钢铁发生吸氧腐蚀，铁失电子生成亚铁离子，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+，A解释正确；B．向沸水中加入几滴饱和的氯化铁溶液至溶液呈红褐色，停止加热，氢氧化铁胶体的制备原理：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，B解释正确；C．工业上，向石灰乳中通入氯气制备漂白粉，漂白粉的制备原理：Ca(OH)2+Cl2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，C解释错误；D．二氧化硅与强碱反应生成硅酸盐和水，则盛装强碱溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2+2OH-=SiO+H2O，D解释正确；答案为C。21、A【详解】A．CH3COOH溶液加水稀释，CH3COOH的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向正反应方向移动，溶液的pH增加，向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时，溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，溶液的pH增加，正确；B．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，错误；C．CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，错误；D．加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，错误。故选A。22、C【解析】A项，元素的非金属性越强，对应简单氢化物的稳定性越强，同一主族，从上到下，非金属性逐渐减弱，因此稳定性：H2O>H2S>H2Se，故A项错误；B项，Se(g)+H2(g)⇌H2Se(g)对应的△H>0，说明该反应正向吸热，降温使得反应向放热的方向移动，即逆向移动，不利于生成H2Se，故B项错误；C项，将已知热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由2×(①-②)可得：O2(g)+2H2S(g)＝2H2O(g)+2S(g)ΔH＝－444kJ·mol－1，故C项正确；D项，随着核电荷数的减小，ⅥA族元素的非金属性逐渐增强，与氢原子形成的共价键越强，放出的热量越多，生成物越稳定，ⅥA族元素的单质与H2的化合反应越容易发生，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。二、非选择题(共84分)23、OH-+HSO3-=SO32-+H2OAB3NO2+H2O=2HNO3+NO【分析】（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，应为Na，X能使品红溶液褪色，应为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3；（2）若A为淡黄色粉末，应为Na2O2；若X为一种最常见的造成温室效应的气体，应为二氧化碳；

（3）若A为非金属氧化物，B为气体，遇空气会变红棕色，则可推知B为NO，A为NO2，又X是Fe，由转化关系可知C具有强氧化性，则C为HNO3，E为Fe(NO3)2，据此分析作答。【详解】（1）根据上述分析可知，A为Na，X为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3，C和E反应的离子方程式为OH-+HSO3-=SO32-+H2O；（2）①若A为淡黄色粉末，应为Na2O2，若X为一种造成温室效应的气体，应为CO2，则C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，鉴别等浓度的碳酸钠与碳酸氢钠两种溶液，可用盐酸或氯化钡溶液，AB项正确，氢氧化钙溶液与两者均会反应生成白色沉淀，不能鉴别，C项错误；故答案为AB；（3）根据上述分析可知，NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。24、NH3NH、Mg2+、SO和NONa+、Cl－和Al3+Mg(OH)2+2H+=Mg2++H2O【分析】试样溶液中加入过量氢氧化钡溶液并加热，生成的气体1遇湿润红色石蕊试纸显蓝色，该气体1是氨气，则试样中含有铵根离子，向滤液中通入二氧化碳，得到的溶液2，沉淀2，溶液2中加入铝，生成的气体2，该气体为氨气，据已知条件知，溶液2中含有硝酸根离子，根据元素守恒知，原溶液中含有硝酸根离子，滤液1中通入二氧化碳，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡，沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，所以有硫酸钡沉淀，说明原溶液中有硫酸根离子，能和过量的氢氧化钡反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为氢氧化镁，所以溶液中含有镁离子。根据分析溶液中一定有铵根离子，镁离子，硫酸根离子，和硝酸根离子，不能确定是否有铝离子，可能存在钠离子和氯离子，据此分析。【详解】(1)气体1为NH3；

(2)根据上述分析可知，试样溶液中肯定存在NH、Mg2+、SO和NO离子。试样中可能存在Na+、Cl－和Al3+离子；(3)沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，所以有硫酸钡沉淀，说明原溶液中有硫酸根离子，能和过量的氢氧化钡反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为氢氧化镁，所以溶液中含有镁离子，沉淀1部分溶解的离子方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg2++H2O。25、ac便于浓氨水顺利流下干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解加快生成物氨基甲酸铵易分解且反应放热，用冰水冷却防止生成物因温度过高而分解，且降温使反应正向进行，提高反应物的转化率cNH2COONH4＋2H2O＝NH4HCO3＋NH3·H2O或NH2COONH4＋2H2O＝NH4HCO3＋NH3↑＋H2O【解析】(1)实验室用98%的浓硫酸配制15%的稀硫酸，用量筒量取一定体积的浓硫酸，加入到盛有一定量水的烧杯中，玻璃棒不断搅拌，因此配制过程中除量筒外还需使用a．烧杯，c．玻璃棒；综上所述，本题选ac。(2)恒压分液漏斗，能够保持内外压强不变，便于浓氨水顺利流下；综上所述，本题答案是：便于浓氨水顺利流下。(3)因为氨基甲酸铵易水解，U型管内氢氧化钠干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解；综上所述，本题答案是：干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解。

(4)若反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生气泡,说明有二氧化碳排出,通入氨气的量不足,应该适当加快产生氨气的流速；因此，本题正确答案是:加快。

(5)①反应2NH3(g)+CO2(g)＝H2NCOONH4(s)ΔH＜0是放热反应，降温平衡正向进行；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率,防止生成物温度过高分解；综上所述，本题答案是：生成物氨基甲酸铵易分解且反应放热，用冰水冷却防止生成物因温度过高而分解，且降温使反应正向进行，提高反应物的转化率。②把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中,不断搅拌混合,生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中,分离产品的实验方法利用过滤得到,氨基甲酸铵（H2NCOONH4）是一种白色固体,易分解、不能加热烘干,应在真空40℃以下烘干；综上所述，本题答案是：c。(6)已知氨基甲酸铵可完全水解，其中产物有碳酸氢铵和一水合氨（或氨气），氨基甲酸铵水解反应的化学方程式为NH2COONH4＋2H2O＝NH4HCO3＋NH3·H2O或NH2COONH4＋2H2O＝NH4HCO3＋NH3↑＋H2O；综上所述，本题答案是：NH2COONH4＋2H2O＝NH4HCO3＋NH3·H2O或NH2COONH4＋2H2O＝NH4HCO3＋NH3↑＋H2O。26、（1）E、D、B（2）防止可能生成的NO被氧化成NO2，造成对A中反应气体产物检验造成干扰（3）①D中通入氧气后，出现红棕色气体②冷凝，使NO2完全液化（44NO+O2+4NaOH=2H2O+4NaNO3水蒸气存在，会与NO2反应产生NO，造成对NO的来源认识不清（5）2NaNO2+H2SO4NO↑+NO2↑+Na2SO4+H2O。【解析】试题分析：（1）在A装置中可能发生的反应有：2NaNO2+H2SO4(浓)Na2SO4+2HNO2，2HNO2NO↑+NO2↑+H2O。由于气体液化的温度：NO2：21℃，NO：-152℃，所以NO2首先液化，要先用E检验,然后用D装置根据2NO+O2=2NO2无色气体变为红棕色来验证NO的存在。NO、NO2都是大气污染物，最后要进行尾气处理，用B装置的NaOH溶液来吸收。为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序是A、C、E、D、B。（2）反应前应打开弹簧夹，先通人一段时间氮气，排除装置中的空气，是为了防止可能生成的NO被氧化成NO2，造成对A中反应气体产物检验造成干扰。（3）①D中气体是无色的，当通入氧气后，出现红棕色气体。②装置E的作用是冷凝，使NO2完全液化（4）如果向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为4NO+O2+4NaOH=2H2O+4NaNO3如果没有装置C，产生的气体中含有的水蒸气，就会与NO2发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO。产生了NO，造成对NO的来源认识不清。影响判断结果的正确性。（5）通过上述实骏探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是2NaNO2+H2SO4(浓)Na2SO4+2HNO2，2HNO2NO↑+NO2↑+H2O。叠加得到总方程式为：2NaNO2+H2SO4NO↑+NO2+Na2SO4+H2O考点：考查27、CaSO3ⅱ、ⅲ装置a的质量、盛放CaO后装置a的质量、吸收SO2后装置a的质量(其他答案合理即可)Ag2SO4固体检验白色沉淀是否具有还原性H2O+SO2=H2SO3H2SO3+2AgNO3＝Ag2SO3↓+2HNO32.24【详解】(1)①二氧化硫是酸性氧化物，氧化钙是碱性氧化物，二者反应生成亚硫酸钙，因此CaO脱硫后的产物是CaSO3；②ⅰ．加快SO2气体流速不利于二氧化硫吸收，ⅰ错误；ⅱ．将堆集在一起的CaO平铺在整个玻璃管，增大反应物接触面积，有利于能提高脱硫效果，ⅱ正确；ⅲ．加热a加快反应速率，脱硫效果可能会更好，ⅲ正确；答案为ⅱ、ⅲ；③要通过CaO的增重评价其脱硫能力，需要知道反应前后固体增加的质量，因此需要测量的数据是装置a的质量、盛放CaO后装置a的质量、吸收SO2后装置a的质量；(2)②要证明“假设1”不成立，需要证明沉淀A不是硫酸银，因此需要做对比实验，即取Ag2SO4固体，加入蒸馏水，静置，取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生沉淀，说明“假设1”不成立。③浓HNO3具有强氧化性，所以加入浓硝酸的目的是检验白色沉淀是否具有还原性；④根据复分解反应原理可知产生沉淀A的化学方程式是H2O+SO2＝H2SO3、H2SO3+2AgNO3＝Ag2SO3↓+2HNO3；(3)1L0.1mol/L的NaClO溶液中次氯酸钠的物质的量是0.1mol，次氯酸钠的还原产物是氯化钠，可以得到0.2mol电子，二氧化硫的氧化产物是硫酸，所以根据电子得失守恒可知最多可以吸收SO20.1mol，在标准状况下的体积是2.24L。28、+524.8kJ·mol－1ADⅠ该反应为放热反应，达平衡后，随温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率降低