2026届江苏省苏州市吴江区汾湖中学高三化学第一学期期中综合测试试题含解析

2026届江苏省苏州市吴江区汾湖中学高三化学第一学期期中综合测试试题注意事项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、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．100g质量分数为46%的CH3CH2OH溶液中所含氢原子数为6NAB．标准状况下，11.2LHF所含的原子总数为NAC．常温下，100mL1mol∙L−1AlCl3溶液中Al3+离子总数等于0.1NAD．含1molNH4Cl的溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中数目为NA2、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．将100mL0.1mol·L-1FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒0.01NAB．1.0mol·L-1氨水中的NH3·H2O、NH微粒数之和为NAC．100g质量分数为3%的甲醛水溶液含有的氢原子数为0.2NAD．在标准状况下，0.5molNO与0.5molO2混合后气体分子数小于0.75NA3、下列说法中正确的是A．Mg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到B．小苏打是制作面包等糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂C．C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素，三种元素的二氧化物都属于酸性氧化物，故均能与碱反应而不能与酸反应D．碱性氧化物都是由金属元素和氧元素组成，如Na2O2、Mn2O7、Fe2O3都为碱性氧化物4、检验某无色溶液中是否含有I-，所用试剂不合理的是A．淀粉溶液和氯水 B．硝酸酸化的硝酸银溶液C．氯水和四氯化碳 D．溴水和酒精5、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液：HCO3ˉ＋Ba2+＋OH－=BaCO3↓＋H2OB．单质铜与稀硝酸反应：Cu+2H++2NO3－=Cu2++2NO+H2OC．用醋酸溶液除水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑D．实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2:MnO2+4HCl（浓）Mn2++2Cl－+Cl2↑+2H2O6、工业合成氨的原料气来源于化石燃料，如采用甲烷与二氧化碳反应：。（在某容器中，充入等物质的量的和）下列说法正确的是（）A．该原料气的制备反应为放热反应，B．压强关系：C．恒温、恒压条件下，充入，平衡向逆反应方向移动D．时的平衡常数7、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．NaCl(aq)Cl2FeCl2B．NH3NOHNO3C．FeFe2O3FeD．SSO3H2SO48、在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题。下列化学反应先后顺序判断正确的是A．在含有等物质的量的A1O2-、OH-、CO32-溶液中逐滴加入盐酸:OH-、CO32-、A1O2-B．在含等物质的量的FeBr2、FeI2溶液中缓慢通入氯气:I-、Br-、Fe2+C．Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3混合溶液中逐渐加入铁粉:Fe(NO3)3、HNO3、Cu(NO3)2D．在含等物质的量的Fe3+、NH4+、H+溶液中逐滴加入NaOH溶液:H+、Fe3+、NH4+9、下列说法正确的是A．正丁烷和异丁烷均有两种一氯取代物B．乙烯和苯都能与H2发生加成反应，说明二者的分子中均含碳碳双键C．乙醇与金属钠能反应，且在相同条件下比水与金属钠的反应更剧烈D．乙醛能被还原成乙醇，但不能被氧化成乙酸10、对中国古代著作涉及化学的叙述。下列解读错误的是A．《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是CaOB．《黄白第十六》中“曾青涂铁，铁赤如铜”，其“曾青”是可溶性铜盐C．《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是KOHD．《汉书》中“高奴县有洧水可燃”，这里的“洧水”指的是石油11、X、Y、Z、W均为常见的短周期主族元素，常温下，其最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为0.01mol/L）的pH和原子半径的关系如下图所示。其中，Y为碳元素。下列有关说法正确的是A．X是硫元素B．Y的最高价氧化物的电子式为C．W的最高价氧化物对应的水化物中仅含离子键D．Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO412、向Na2CO3、NaHCO3，混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是A．a点对应的溶液中：Na+、OH-、SO42-、NO3-B．b点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、MnO4-、Cl-C．c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3-、Cl-D．d点对应的溶液中：F-、NO3-、Fe2+、Ag+13、下列叙述中正确的是A．将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，不能说明SO2具有漂白性B．浓盐酸和浓硫酸暴露在空气中浓度都会降低，其原因相同C．向某无色溶液中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，再加入稀盐酸后该沉淀不溶解，说明原溶液中一定含有SO42-D．土壤中的闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝(CuS)，说明CuS很稳定，不具有还原性14、下列关于胶体的说法正确的是A．向Al(OH)3胶体中加入NaOH溶液至过量，有沉淀产生B．由于胶体带电，在电场的作用下可以在分散剂中做定向运动C．可用渗析的方法除去淀粉溶液中的NaClD．制备Fe(OH)3胶体时需要将饱和FeCl3溶液与NaOH溶液混合15、下列离子方程式书写正确的是A．Fe3O4溶于足量氢碘酸：Fe3O4+8H+==Fe2++2Fe3++4H2OB．硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠可能发生：4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na+C．向100mL0.5mol/LNaOH溶液中通入672mLCO2(标准状况)：3CO2+5OH‾==2CO32‾+HCO3‾+2H2OD．向含1molFeBr2的溶液中通入0.6molCl2：10Fe2++4Br‾+8Cl2=10Fe3++2Br2+16Cl‾16、下列有关实验操作、现象和结论都正确的是（）选项实验操作现象结论A向稀硝酸溶液中加入过量铁粉充分反应后，滴加KSCN溶液溶液变为血红色稀硝酸具有氧化性能将Fe氧化成Fe3+B向AgNO3溶液中滴加过量氨水溶液澄清Ag+与NH3·H2O能大量共存C向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀H2SO4在管口观察到红棕色气体HNO3分解成了NO2D向某溶液中滴加浓NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸变蓝该溶液中存在NH4+A．A B．B C．C D．D17、下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A测定醋酸钠溶液pH用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上测定醋酸钠溶液pHB向盐酸中滴入少量NaAlO2溶液无明显现象AlO2-与H+未发生反应C用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液一定是钠盐溶液D蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液有白烟产生该溶液可能是浓盐酸A．A B．B C．C D．D18、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(

)A．在NaClO和NaCl的混合溶液中：Ag+、K+、NO3-、I-B．=1×10-13mol·L-1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-C．K+、Na+、Br-、SiO32-在溶液中能大量共存通入过量CO2后仍能大量共存D．由水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中K+、Na+、AlO2-、CO32-19、化学与人类生产、生活、环境密切相关，下列说法正确的是A．“洁厕灵“有效成分为盐酸，与漂白粉混合使用效果更佳B．Na2SiO3水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料C．白酒中混有少量塑化剂，少量饮用对人体无害，可通过过滤方法除去D．“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料20、根据光合作用原理，设计如图原电池装置。下列说法正确的是A．a电极为原电池的正极B．外电路电流方向是a→bC．b电极的电极反应为：O2+2e-+2H+=H2O2D．a电极上每生成1molO2，通过质子交换膜的H+为2mol21、已知1-18号元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同电子层结构，下列关系正确的是（）A．质子数：c＞bB．离子的还原性：Y2-＞Z-C．氢化物的稳定性：H2Y＞HZD．原子半径：X＜W22、一种锂铜可充电电池，工作原理如图。在该电池中，非水系电解液和水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片（LISICON）隔开。下列说法不正确的是A．陶瓷片允许Li+通过，不允许水分子通过B．放电时，N为电池的正极C．充电时，阴极反应为：Li++e−＝LiD．充电时，接线柱A应与外接电源的正极相连二、非选择题(共84分)23、（14分）如图是一些中学常见的物质之间的转化关系（其中部分反应产物省略），其中A和B常温下都是气体，且水溶液都有漂白性；F、M、N均为难溶于水的白色沉淀，其中M和N不溶于稀硝酸；C和D是两种常见的强酸．请回答下列问题：（1）写①的化学方程式_______________________________________（2）写反应②的离子方程式___________________________________（3）写出将A通入石灰乳的化学方程式________________________________（4）在①②③④⑤⑥中，属于氧化还原反应的有：______________（填编号）（5）F很不稳定，露置在空气中容易被氧化为H，该反应的化学方程式为________________，保存E溶液时应加入少量的___________（6）检验G溶液中阳离子的方法：_____________（写出加入试剂的化学式和现象）24、（12分）化合物G是合成液晶材料的中间体，以芳香烃A、乙酸为原料合成G的路线如下：回答下列问题:(1)B的结构简式为______;A的化学名称为____。(2)由A、B生成C的反应类型是_____;由E生成F的反应类型为____。(3)D中含氧官能团的名称是_______;写出在加热条件下F与足量NaOH的乙醇溶液反应生成G的化学方程式______。(4)E有多种同分异构体，能满足下列条件的E的同分异构体有______种。①苯环上有两个取代基②能够使溴的CCl4溶液褪色(5)仿照上述流程，设计以丙酸(CH3CH2COOH)、苯为原料制备有机高分子的合成路线_____(无机试剂任选)。25、（12分）“中国芯”的发展离不开单晶硅，四氯化硅是制备高纯硅的原料。某小组拟在实验室用下列装置模拟探究四氯化硅的制备和应用。已知有关信息：①Si+3HClSiHCl3+H2，Si+2Cl2SiCl4②SiCl4遇水剧烈水解，SiCl4的熔点、沸点分别为－70.0℃、57.7℃。请回答下列问题：(1)写出A中发生反应的离子方程式：___________。(2)若拆去B装置，可能的后果是_________。(3)有同学设计图装置替代上述E、G装置：上图装置的主要缺点是________。(4)测定产品纯度。取agSiCl4产品溶于足量蒸馏水中(生成的HCl全部被水吸收)，将混合物转入锥形瓶中，滴加甲基橙溶液，用cmol·L1标准NaOH溶液滴定至终点(终点时硅酸未参加反应)，消耗滴定液VmL。则产品的纯度为_______%(用含a、c和V的代数式表示)。(5)某同学为了验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱，用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)，实验操作步骤：Ⅰ.打开弹簧夹1，关闭弹簧夹2，并打开活塞a，滴加盐酸。Ⅱ.A中看到白色沉淀时，关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，关闭活塞a。①通过步骤Ⅰ知浓盐酸具有的性质是_________(填字母)。A．挥发性B．还原性C．氧化性D．酸性②C装置中的试剂X是________(填化学式)③D中发生反应的化学方程式是：________。26、（10分）Co(CH3COO)2·4H2O(乙酸钴)是一种重要的有机化工原料。回答下列问题:(1)以工业品氧化钴(CoO)为原料制备乙酸钴。(已知CoO与CH3COOH溶液反应缓慢,Co2+能与H+、NO3-大量共存)可能用到的试剂:Na2CO3溶液、CH3COOH溶液、HNO3溶液。先将CoO溶于____(填化学式,下同)溶液制得____溶液;在不断搅拌下,向制得的溶液中不断加入____溶液至不再产生沉淀,静置,过滤,洗涤;向沉淀中加入___溶液至沉淀完全溶解,调节pH约为6.8,经一系列操作得Co(CH3COO)2·4H2O。

(2)为探究乙酸钴的热分解产物,先在低于100℃时使其脱去结晶水,然后用下列装置进行实验(已知CO能与PdCl2溶液反应生成黑色Pd沉淀):①通N2的目的是______。

②澄清石灰水和PdCl2溶液分别用于检验CO2和CO,其中盛放PdCl2溶液的装置是____(填字母)。

③实验结束时,为防止倒吸,正确的操作是______。

④装置a中完全反应后得到钴的一种氧化物,固体残留率(×100%)为45.4%。该氧化物为____。

⑤装置a在加热过程中没有水生成,最终生成的固体氧化物质量为3.0125g,装置b和c中的试剂均足量(b、c中得到固体的质量分别为2.5g、10.6g),集气瓶中收集到的气体为C2H6和N2,则装置a中发生反应的化学方程式为________。27、（12分）下图是实验室中制备气体或验证气体性质的装置图：(1)写出用A制取氯气的化学方程式______。(2)利用上图装置制备纯净的氯气，并证明氧化性：Cl2＞Fe3+，则装置B中的溶液的作用是_____；装置D中加的最佳试剂是(填序号)______。供选试剂：a．浓H2SO4b．FeCl2溶液c．KSCN与FeCl2的混合溶液d．无水氯化钙(3)在上图所示圆底烧瓶内加入碳，a中加入浓硫酸，开始实验，加热产生的气体缓慢通过后续装置同时完成如下实验：实验1：证明SO2具有氧化性和漂白性实验2：证明碳元素的非金属性比硅元素的强为了同时完成实验1和实验2，B→E中的试剂分别为：B中为少量Na2S溶液、C中加品红溶液，D中应加入足量的_______(填溶液名称)，E中加入_____溶液(填化学式)。(4)证明碳元素的非金属性比硅元素的强的现象为______。28、（14分）“三酸两碱”是最重要的无机化工产品，广泛用于国防、石油、纺织、冶金、食品等工业。“三酸”是指硝、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱。回答下列问题：(1)写出过量稀硝酸分别与“两碱”溶液反应的离子方程式：________(2)请将“三酸两碱”中所含位于第三周期的元素，按原子半径由大到小的顺序排列_____(3)氯的非金属性比硫______(填“强”或“弱”)，请用两个事实说明你的结论_______(4)某烧碱溶液中含0.1molNaOH，向该溶液通入一定量CO2，充分反应后，将所得溶液低温蒸干，得到固体的组成可能有四种情况，分别是：①_____________________②Na2CO3；③_____________________④NaHCO3。若该固体溶于水，滴加过量盐酸，再将溶液蒸干，得到固体的质量是___g(5)将Na2CO3溶于水得到下列数据：水Na2CO3混合前温度混合后温度35ml3.2g2024.3Na2CO3溶于水______(填“吸”或“放”)热，请从溶解过程热效应的角度加以解释_________(6)Na2CO3溶液显碱性的原因是(写离子方程式)___________，写出该溶液中的电荷守恒表达式：_______29、（10分）石油是工业的血液，通过它可以得到很多重要的化工产品。已知：+（1）B和A为同系物，B的结构简式为____，其含有的官能团名称为____。（2）反应①的化学方程式为___，其反应类型为____。（3）写出检验C3H5Cl中含有的Cl原子的方法____。（4）C的结构简式为___。（5）反应④的化学方程式为_____。（6）设计一条由乙烯为原料制备D的合成路线（其他无机原料任选）。___合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2BrH2C-CH2Br。

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．100g质量分数为46%的CH3CH2OH溶液中CH3CH2OH质量为46g，54g水，CH3CH2OH的物质的量为1mol，氢原子物质的量为6mol，氢原子数目为6NA，水中也含有氢原子，因此所含氢原子数大于6NA，故A错误；B．标准状况下，HF是液体，无法计算物质的量，故B错误；C．常温下，100mL1mol∙L−1AlCl3溶液中AlCl3物质的量为0.1mol，由于Al3+水解，因此Al3+离子总数小于0.1NA，故C错误；D．含1molNH4Cl的溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，根据n()＋n(H＋)＝n(Cl－)＋n(OH－)和n(H＋)＝n(OH－)，得到n()＝n(Cl－)＝1mol，此时溶液中数目为NA，故D正确。综上所述，答案为D。2、D【详解】A．由于FeCl3水解生成Fe(OH)3胶体的反应是一个可逆反应，且水解程度不大，故将100mL0.1mol·L-1FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒小于0.01NA，A错误；B．由于未告知氨水的体积，故无法计算1.0mol·L-1氨水中的NH3·H2O、NH微粒数之和，B错误；C．由于甲醛水溶液中97%的溶剂水中也含有氢原子，故100g质量分数为3%的甲醛水溶液含有的氢原子数远大于0.2NA，C错误；D．在标准状况下，0.5molNO与0.5molO2混合后发生反应2NO+O2=2NO2，则反应后生成0.5molNO2和0.25mol剩余的O2，但由于2NO2N2O4，故反应后气体分子数小于0.75NA，D正确；故答案为：D。3、B【分析】A．金属铜用热还原法来获得；B．碳酸氢钠不稳定受热分解生成二氧化碳和水、碳酸钠，还可以和酸反应生成二氧化碳、盐、水；C．二氧化硅能够与氢氟酸反应，二氧化硫能够与硝酸反应；D．碱性氧化物与酸反应只生成盐和水，过氧化钠不属于碱性氧化物．【详解】A．活泼金属钠、镁、铝的冶炼采用电解法获得，金属铜采用热还原法制得，故A错误；B．碳酸氢钠不稳定受热分解生成二氧化碳和水、碳酸钠，可以制作面包等糕点的膨松剂，碳酸氢钠还可以和酸反应生成二氧化碳、盐、水，用来治疗胃酸过多，故B正确；C．二氧化硅属于酸性氧化物，能与氢氟酸反应，二氧化硫为酸性氧化物，但是能够与硝酸反应，故C错误；D．碱性氧化物都是由金属元素和氧元素组成，但是由金属元素和氧元素组成的氧化物不一定为碱性氧化物，如过氧化钠不属于碱性氧化物，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了金属冶炼的原理、元素化合物性质及用途、酸性氧化物、碱性氧化物性质，易错点D，明确碱性氧化物的概念是解题关键，难点C，二氧化硅属于酸性氧化物，能与氢氟酸反应，生成四氟化硅和水。4、D【解析】A、氯水将碘离子氧化产生的碘单质遇淀粉变蓝，所用试剂合理，A错误；B、加入硝酸酸化的硝酸银溶液，产生黄色沉淀，说明溶液中含有碘离子，所用试剂合理，B错误；C、氯水将碘离子氧化产生碘单质被四氯化碳所萃取，下层溶液显紫红色，所用试剂合理，C错误；D、溴水虽能氧化碘离子产生碘单质，但酒精能与水任意比互溶，生成的碘-水-酒精溶液依旧呈棕色，溶液颜色上变化不大，不能判断是否有I-，D错误；答案选D。5、A【解析】A、NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液，发生反应的离子方程式为：HCO3ˉ＋Ba2+＋OH－=BaCO3↓＋H2O，选项A正确；B、电荷不守恒，单质铜与稀硝酸反应：3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O，选项B错误；C、醋酸是弱酸，必须写化学式，用醋酸溶液除水垢中的CaCO3，发生反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，选项C错误；D、实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2，发生反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，选项D错误。答案选A。6、D【详解】A．由图像中的变化曲线可知，温度越高，转化率越高，故正反应方向为吸热反应，则，A错误；B．由化学方程式可知，该反应为气体分子数增多的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，即压强越高，转化率越低，则由图中的四组压强曲线可知，，B错误；C．恒温恒压，充入惰性气体，容器容积增大，平衡正向移动，C错误；D．由图像可知，时取压强为，的转化率为50%，由三段式处理数据：该温度的平衡常数，D正确；故选D。7、B【解析】A、铁与氯气生成氯化铁；B、氨催化氧化生成NO，与氧气、水生成硝酸；C、铁与水蒸汽反应生成四氧化三铁；D、硫燃烧只能生成二氧化硫。【详解】A、铁与氯气生成氯化铁，故A错误；B、氨催化氧化生成NO，与氧气、水生成硝酸，两步均能实现，故B正确；C、铁与水蒸汽反应生成四氧化三铁，故C错误；D、硫燃烧只能生成二氧化硫，故D错误。故选B。8、D【解析】A、若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，反应顺序为OH-、AlO2-、CO32-，选项A错误；B、离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，因为2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，选项B错误；C、氧化性顺序：HNO3>Fe3+＞Cu2+＞H+，铁粉先与氧化性强的反应，反应顺序为HNO3、Fe3+、Cu2+、H+，选项C错误；D、H+先发生反应，因为H+结合OH-的能力最强，然后Fe3+与OH-反应生成氢氧化铁沉淀，最后再生成一水合氨，故在含等物质的量的Fe3+、NH4+、H+溶液中逐滴加入NaOH溶液，反应的顺序为H+、Fe3+、NH4+，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查离子反应的先后顺序等，清楚反应发生的本质与物质性质是关键，注意元素化合物知识的掌握，是对学生综合能力的考查。9、A【解析】A.正丁烷和异丁烷中均有2中不同化学环境的氢原子，因此均有两种一氯取代物，故A正确；B.苯分子中不存在碳碳双键，故B错误；C.乙醇中羟基中的氢原子没有水分子中的氢原子活泼，在相同条件下没有水与金属钠的反应剧烈，故C错误；D.乙醛能与氢气发生还原反应生成乙醇，也能被氧化剂氧化成乙酸，故D错误；故选A。10、C【解析】A、石灰石煅烧后得到氧化钙，根据题中信息，石灰应是氧化钙，故A说法正确；B、曾青涂铁，铁赤如铜，原理是铁单质把铜置换出来，使铜附着在铁的表面，因此曾青是可溶的铜盐，故B说法正确；C、冬月灶中所烧薪柴之灰，这是草木灰，草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾的溶液显碱性，因此这里的“碱”为碳酸钾，故C说法错误；D、石油是可燃的，洧水指的是石油，故D说法正确。11、D【分析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素，由其最高价氧化物对应水化物的pH和原子序数的关系图可以知道，X、Z对应的pH为2，高氯酸、硝酸均为一元强酸，原子半径Z>Y>X，Y为C，可以知道Z为Cl，X为N，W对应的pH为12，氢氧化钠为一元强碱，则W为Na，以此来解答。【详解】由上述分析可以知道，X为N，Y为C，Z为Cl，W为Na，

A.X为N元素，不可能为硫元素，故A错误；B.Y为C元素，其最高氧化物为CO2，电子式为，故B错误；

C.W为Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，既含有离子键又含有共价键，故C错误；

D.Z为Cl元素，其最高价氧化物对应的水化物为HClO4，故D正确。

所以D选项是正确的。【点睛】本题考查元素周期律、结构位置性质关系，推断元素是解题关键，需要学生熟练掌握元素化合物性质，注意NaOH是离子化合物，既含有离子键又含有共价键。12、C【详解】向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32-和HCO3-，b点全部为HCO3-，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性。A．a点溶液中含有CO32-和HCO3-，HCO3-与OH-反应，不能大量共存，故A错误；B．b点全部为HCO3-，Al3+、Fe3+与HCO3-发生互促水解反应，不能大量共存，故B错误；C．c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D．d点呈酸性，酸性条件下，NO3-与Fe2+能够发生氧化还原反应，不能大量共存，F-在酸性条件下也不能大量存在，故D错误；故选C。13、A【解析】试题分析：A、将足量二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明二氧化硫的还原性被高锰酸钾氧化，故A正确；B、浓硫酸具有吸水性、浓盐酸具有挥发性，浓硫酸和浓盐酸放置在空气中一段时间后溶液都变稀，浓硫酸中溶质的物质的量不变，溶液的体积增大，浓盐酸中溶质的物质的量减小，所以二者原因不同，故B错误；C、向某无色溶液中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀可能为氯化银，再加入稀盐酸后氯化银沉淀不溶解，原溶液中可能存在银离子，不一定含有SO42-离子，故C错误；D、CuS、ZnS都为难溶于水的盐，CuS的溶解度小于ZnS的溶解度，CuSO4与ZnS发生复分解反应，ZnS能转化为CuS，为溶解度大的物质向溶解度小的物质转化，与CuS很稳定不具有还原性无关，故D错误；故选A。考点：考查了离子的检验方法，物质的性质的相关知识。14、C【解析】A．NaOH溶液是电解质能使胶体发生聚沉生成Al(OH)3沉淀，继续滴加Al(OH)3沉淀可与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，沉淀溶解，故A错误；B．胶体是电中性分散系，胶体微粒吸附带电离子，通电发生定向移动，故B错误；C．氯化钠溶液能透过半透膜而胶体不能，故可用渗析的方法除去淀粉溶液中的NaCl，故C正确；D．实验室制备氢氧化铁胶体，是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液加热，当溶液变为红褐色时应立即停止加热，即可以得到氢氧化铁胶体，反应为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，将饱和FeCl3溶液滴入NaOH溶液中振荡，生成Fe(OH)3沉淀，故D错误；故选C。15、C【解析】A.Fe3O4溶于足量氢碘酸生成碘化亚铁、单质碘和水，A错误；B.还有氧气生成，应该是：4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+，B错误；C.向100mL0.5mol/LNaOH溶液中通入672mLCO2(标准状况)，二者的物质的量之比是5：3，因此反应的离子方程式为：3CO2+5OH‾＝2CO32‾+HCO3‾+2H2O，C正确；D.向含1molFeBr2的溶液中通入0.6molCl2，亚铁离子全部被氧化，溴离子部分被氧化，即10Fe2++2Br‾+6Cl2=10Fe3++Br2+12Cl‾，D错误，答案选C。点睛：选项D是解答的难点，注意掌握离子方程式错误的原因：离子方程式不符合客观事实：质量不守恒、电荷不守恒、电子得失总数不守恒、难溶物质和难电离物质写成离子形式、没有注意反应物的量的问题。在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。16、D【解析】A、稀硝酸中加入过量铁粉充分反应后，生成硝酸亚铁，若滴加KSCN溶液，溶液不会变红，故A错误；B、AgNO3溶液中滴加过量氨水，生成银氨溶液，溶液澄清，可知Ag+与NH3•H2O反应生成络离子不能大量共存，故B错误；C、向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀H2SO4，可以发生反应：Fe2++H++NO3-=Fe3++NO↑+H2O，故C错误；D、滴加浓NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝，可知生成气体为氨气，则该溶液中存在NH4+，故D正确。故选D。17、D【解析】A.测定醋酸钠溶液pH。用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上，导致溶液浓度变小，测得PH不准。故A错误；B.向盐酸中滴入少量NaAlO2溶液发生反应：4H++AlO2-=2H2O+Al3+,故B错误；C.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色，该溶液不一定是钠盐溶液，只能说明含有钠元素，故C错误；D蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液产生白烟生成铵盐，可能挥发性的酸，故可能是浓盐酸，所以D正确；答案：D。.18、B【详解】A.ClO－具有氧化性，I－具有还原性，二者可发生氧化还原反应，不可大量共存，不符合题意，A错误；B.结合Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14可知溶液中c(H+)=0.mol/L，溶液显酸性，各离子相互间不反应，可大量共存，符合题意，B正确；C.由于H2CO3的酸性比H2SiO3强，因此CO2能与SiO32-反应，二者不可大量共存，不符合题意，C错误；D.由水电离产生的c(H+)=10-13<10-7mol/L，溶液可能显酸性或碱性，若溶液显酸性，则H+和AlO2-、CO32-不可大量共存，若溶液显碱性，溶液中各离子相互间不反应，可大量共存，不符合题意，D错误；故答案为B。【点睛】水电离产生的c(H+)=10-13mol/L，溶液可能显酸性或碱性。19、B【解析】A、洁厕剂主要成分为盐酸，与次氯酸钙反应生成氯化钙和氯气，反应的离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，生成一种有毒气体氯气污染环境，选项A错误；B、Na2SiO3水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料，选项B正确；C、塑化剂对人体有害，不可以通过过滤方法除去，选项C错误；D、“辽宁舰“上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于合金，而不是新型无机非金属材料，选项D错误。答案选B。20、C【解析】根据图片信息，可知a电极反应2H2O—4e—=4H++O2↑，发生了氧化反应，a为电极为原电池的负极，A项错误；外电路电流由正极流向负极，即b→a，B项错误；根据图片信息，b的的电极反应为：O2+2e-+2H+=H2O2，C项正确；由a极的电极反应方程式可知，a电极上每生成1molO2，通过质子交换膜的H+为4mol，D项错误。点睛：原电池是将化学能变成电能的装置。负极失去电子，被氧化，正极得到电子被还原。注意原电池中的正负极的反应，氧气肯定在正极得到电子，金属肯定在负极失去电子，结合原电池的电解质的环境分析其电极反应的书写。在电解质溶液中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，电子从负极经过导线流向正极。21、B【分析】具有相同电子层结构的离子符号阴上阳下的原则。X、W是阳离子，Y、Z是阴离子，所以X、W位于Y、Z的下一周期；再根据所带电荷数，则W的原子序数大于X，Z的原子序数大于Y。【详解】A.X在Y的下一周期，所以质子数b＞c，A错误；B.Z在Y元素的右侧，Z元素的非金属性比Y强，所以阴离子的还原性Y2-＞Z-，B正确；C.Z元素的非金属性比Y强，所以Z的氢化物比Y的氢化物稳定，C错误；D.X与W是同周期元素，X的原子序数小于W，所以X的原子半径大于W，D错误。答案选B。22、D【详解】A．根据图示，陶瓷片允许Li+通过，Li能与水反应生成LiOH和H2，Li电极不能与水接触，陶瓷片不允许水分子通过，A项正确；B．放电时Li+由M电极向N电极迁移，M为负极，N为电池的正极，B项正确；C．放电时M为负极，M极电极反应式为Li-e-=Li+，充电时M为阴极，电极反应式为Li++e-=Li，C项正确；D．充电时M为阴极，接线柱A应与外接电源的负极相连，D项错误；答案选D。【点睛】本题考查可充电电池的工作原理，根据放电时阳离子的流向确定放电时的正负极是解题的关键。注意：放电时的负极充电时为阴极，放电时的正极充电时为阳极，充电时阳极反应式为放电时正极反应式的逆过程，充电时阴极反应式为放电时负极反应式的逆过程。二、非选择题(共84分)23、SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O①②⑥4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3铁粉KSCN溶液，变红【解析】A和B常温下都是气体，且水溶液都有漂白性，A应为Cl2，B应为SO2，M和N不溶于稀硝酸，可知M为AgCl，N为BaSO4，则C为HCl，D为H2SO4，由转化关系可知I为Fe，E为FeCl2，F为Fe（OH）2，H为Fe（OH）3，G为FeCl3，（1）二氧化硫和氯气在溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，反应的方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，（2）反应②的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，（3）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，（4）反应①中Cl元素的化合价降低，S元素的化合价降低，反应②中Cl元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，反应⑥中Fe元素的化合价升高，O元素的化合价降低，而其他反应中没有元素的化合价变化，所以①②⑥属于氧化还原反应，（5）反应⑥的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，亚铁离子具有还原性，易被空气中氧气氧化，可加入铁粉防止被氧化，（6）铁离子可与KSCN反应，溶液变红色，故答案为KSCN溶液，变红．【点评】本题考查无机物的推断，题目难度中等，本题注意把握题给信息，结合物质的特性进行推断，为正确推断物质的种类为解答该题的关键，注意相关反应的化学方程式的书写，为易错点，注意体会．24、乙苯取代反应加成反应羟基+2NaOH+2NaBr+2H2O11CH3CH2COOH【分析】根据信息可知CH3COOH与SOCl2反应生成CH3COCl，根据C的结构可以推断出A为，C发生加成反应生成D()，D发生消去反应生成E()，E发生加成反应生成F()，F发生消去反应生成G()。【详解】(1)根据前面分析得到B的结构简式为CH3COCl；A()的化学名称为乙苯；故答案为：CH3COCl；乙苯。(2)由A()、B(CH3COCl)反应生成C的反应类型是取代反应；由E()生成F()的反应类型为加成反应；故答案为：取代反应；加成反应。(3)D()中含氧官能团的名称是羟基；在加热条件下F与足量NaOH的乙醇溶液反应生成G的化学方程式+2NaOH+2NaBr+2H2O；故答案为：羟基；+2NaOH+2NaBr+2H2O。(4)E()有多种同分异构体，①苯环上有两个取代基，②能够使溴的CCl4溶液褪色，说明含有碳碳双键，含有一个甲基和—CH2CH=CH2，邻、间、对三种；含有一个甲基和—C(CH3)=CH2，邻、间、对三种；含有一个甲基和—CH=CHCH3，邻、间、对三种；含有一个—CH=CH2和—CH2CH3，邻、间、对三种，去掉，其同分异构体共11种；故答案为：11。(5)根据信息CH3CH2COOH和SOCl2反应生成，和苯反应生成，和氢气反应生成，在浓硫酸加热条件下反应生成，在催化剂条件下反应生成；其流程图为CH3CH2COOH；故答案为：CH3CH2COOH。【点睛】有机推断是常考题型，主要根据前后分子式或结构简式分析前后物质的结构简式，常见推断方式有正向推断、逆向推断、两边向中间、中间向两边的推断。25、2+10Cl+16H=2Mn2++5Cl2↑+8H2OHCl和Si反应生成SiHCl3和H2，产品纯度降低；Cl2和H2混合共热易发生爆炸烧碱溶液中水蒸气进入产品收集瓶，SiCl4发生水解ADNaHCO3Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3【分析】装置A用于制取氯气，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氯杂质，再用无水氯化钙进行干燥，在装置D中硅和氯气发生反应生成SiCl4，SiCl4沸点较低，在冷凝管中冷凝SiCl4气体，在E中得到液态的SiCl4，因SiCl4遇水剧烈水解，干燥管G的作用是防止空气中的水蒸气进入E装置，据此分析解答。【详解】(1)装置A中高锰酸钾具有强氧化性，氧化浓盐酸生成氯气，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，对应的离子方程式为2+10Cl+16H=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，答案：2+10Cl+16H=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(2)由信息可知，HCl和Si反应生成SiHCl3和H2，若拆去B装置，HCl会和Si反应生成SiHCl3和H2，产品纯度降低，而且Cl2和H2混合共热易发生爆炸，答案：HCl和Si反应生成SiHCl3和H2，产品纯度降低；Cl2和H2混合共热易发生爆炸；(3)所给装置用装有烧碱溶液的广口瓶代替原装置中的干燥管G，烧碱溶液中水蒸气进入产品收集瓶，SiCl4发生水解，导致产品纯度降低，答案：烧碱溶液中水蒸气进入产品收集瓶，SiCl4发生水解；(4)根据化学方程式HCl+NaOH=NaCl+H2O可知溶液中n(HCl)=n(NaOH)=cmol·L1×10-3L=10-3mol，根据氯原子守恒得n(HCl)=4n(SiCl4)，则n(SiCl4)=n(HCl)=，m(SiCl4)=×170g·mol-1=，其质量分数=×100%=%，答案：；(5)①浓盐酸具有挥发性，进入A装置与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，通过A中看到白色沉淀，说明盐酸能与盐反应，可知盐酸具有挥发性、酸性，答案选AD；②X的作用是除去CO2气体中的HCl气体，可以用NaHCO3溶液，D中二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，从而证明碳的非金属性比硅的强，反应的化学方程式为Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，答案：NaHCO3；Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3。26、HNO3Co(NO3)2Na2CO3CH3COOH隔绝空气,使反应产生的气体全部进入后续装置c先熄灭装置a的酒精灯,冷却后停止通入氮气Co3O43Co(CH3COO)2Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑【解析】根据CoO与CH3COOH溶液反应缓慢，Co2+能与H+、NO3-大量共存的信息，制备乙酸钴时，先将CoO溶于溶液HNO3溶液制得Co(NO3)2溶液，再加入Na2CO3溶液产生碳酸钴沉淀，最后加CH3COOH溶液反应生成Co(CH3COO)2，再通过浓缩、结晶等方法得到最终产物；探究乙酸钴的热分解产物，a中乙酸钴受热分解生成CO、CO2等产物,通入N2先将空气排尽并将产生的气体都赶入吸收装置，b澄清石灰水检验CO2，c中PdCl2溶液可检验CO，最后用d来收集未反应完的CO。【详解】（1）根据CoO与CH3COOH溶液反应缓慢，Co2+能与H+、NO3-大量共存的信息，制备乙酸钴时，先将CoO溶于溶液HNO3溶液制得Co(NO3)2溶液，再加入Na2CO3溶液产生碳酸钴沉淀，最后加CH3COOH溶液反应生成Co(CH3COO)2，再通过浓缩、结晶等方法得到Co(CH3COO)2·4H2O；故答案为HNO3；Co(NO3)2；Na2CO3；CH3COOH；（2）①通N2的目的是排尽装置内的空气，并使反应产生的气体全部进入后续装置，故答案为隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置；②因为在检验CO时可生成CO2，会影响原混合气体中CO2的检验，因此应该先检验CO2，故答案为c；③实验结束时，为防止倒吸，应该先熄灭酒精灯，再通入一段时间氮气保护分解后的产物，以免被空气氧化，故答案为先熄灭装置a的酒精灯,冷却后停止通入氮气；④样品已完全失去结晶水，残留固体为金属氧化物，取1molCo(CH3COO)2，质量为177g，则残留的氧化物质量为177g×45.4%=80.36g，根据Co元素守恒，氧化物中含有1molCo，则氧元素的物质的量为mol=1.33mol=mol，则==，故金属氧化物的化学式为Co3O4，答案为：Co3O4；⑤Co3O4为3.0125g，其物质的量为=0.0125mol，CO2的物质的量为=0.025mol，CO的物质的量为0.05mol，最后用质量守恒计算出乙烷的质量为(0.0375×177-3.0125-0.025×44-0.05×28)g=1.125g，则乙烷的物质的量为：mol=0.0375mol，综上计算可得Co3O4、CO2、CO、C2H6的物质的量之比为：1:2:4:3，方程式为：3Co(CH3COO)2Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑，故答案为3Co(CH3COO)2Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑。【点睛】再检验分解产物时，要考虑相互影响并确定顺序；计算过程主要抓住钴元素和碳元素守恒。27、MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O除去氯气中的氯化氢c酸性高锰酸钾Na2SiO3D中高锰酸钾溶液不褪色，E中溶液变浑浊【分析】在装置A中用二氧化锰和浓盐酸加热反应制备氯气；根据氯气含有氯化氢分析装置B的作用；利用Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-及Fe3+使硫氰化钾溶液变红色分析；根据元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，利用强酸制弱酸来比较酸性强弱，根据二氧化碳中混有二氧化硫，二氧化硫也能与硅酸钠溶液反应，需要酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫，然后检验二氧化碳。【详解】(1)在装置A中MnO2和浓盐酸加热反应，产生MnCl2、Cl2、H2O，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)利用上图装置制备纯净的氯气，并证明氧化性：Cl2＞Fe3+。由于浓盐酸具有挥发性，在制取得到的氯气中含有杂质HCl、水蒸气，则装置B中的溶液的作用是除去氯气中的氯化氢，装置C中盛有浓硫酸对氯气进行干燥，在装置D中盛有FeCl2溶液和KSCN溶液，会发生反应：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，Fe3+与SCN-反应产生Fe(SCN)3，使硫氰化钾溶液变红色，故合理选项是c；(3)若是利用C与浓硫酸发生反应：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，B中为少量Na2S溶液，发生反应：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，证明SO2具有氧化性；C中盛放品红溶液，若看到品红溶液褪色，证明SO2具有漂白性；D中应加入足量的KMnO4溶液，氧化除去SO2气体，若看到溶液的紫色未褪色，则证明剩余气体中不含