内蒙古呼和浩特市回民中学2026届化学高三上期中达标检测模拟试题含解析

内蒙古呼和浩特市回民中学2026届化学高三上期中达标检测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是①实验室收集氨气采用图1所示装置②实验室做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验④实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应A．②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④2、对C2H6和C5H12的分析错误的是（）A．互为同系物B．C2H6失去1个H得到的乙基只有一种结构C．C5H12的一氯代物可能只有一种D．2,2-二甲基丙烷的沸点高于其同分异构体的沸点3、下列离子方程式正确的是A．实验室可以用浓盐酸和氯酸钾反应制氯气：K37ClO3＋6HCl＝3Cl2↑＋3H2O＋K37ClB．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32－＋4H＋＝3S↓＋SO42－＋2H2OC．二氧化硫通入氯化钡溶液中：SO2＋Ba2＋＋H2O＝BaSO3↓＋2H＋D．向l0mLlmol·L－1KAl(SO4)2的溶液中加入7.5mL2mol·L－1Ba(OH)2溶液：2Al3＋＋3SO42－＋6OH－＋3Ba2＋＝2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓4、已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成②产生刺激性气味的气体③溶液呈现蓝色。据此判断下列说法正确的是()A．反应中硫酸作氧化剂B．1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子C．刺激性气味的气体是氨气D．NH4CuSO3中硫元素被氧化5、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（）A．1mol葡萄糖与足量的钠反应能产生2.5molH2B．ag某气体中含分子数为b，cg该气体在标况下的体积为(22.4bc)/(aNA)C．将1molCl2通入到水中，则N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=2NA(N表示粒子数）D．相同质量的Na2O2和Na2S固体具有相同的阴阳离子数和质子数6、根据下列实验：①向Fe2（SO4）3和CuSO4的混合液中加入过量铁粉，充分反应，有红色固体析出，过滤。②取①中滤液，向其中滴加KSCN溶液，观察现象。判断下列说法正确的是（）A．氧化性Cu2+>Fe3+ B．①中所得固体只含铜C．①中滤液含有Cu2+和Fe2+ D．②中不会观察到溶液变红7、下列除杂方案错误的是（）选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法AC2H5OHCH3COOH生石灰蒸馏BCl2HCl(g)饱和食盐水、浓H2SO4洗气CNH4Cl溶液FeCl3NaOH溶液过滤D溴苯Br2NaOH溶液振荡后分液A．A B．B C．C D．D8、处理超标电镀废水，使其NaCN含量低于0.5mg/L，即可达到排放标准，反应分两步进行。第一步NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl。第二步NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。已知HCN是弱酸，易挥发，有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。下列说法正确的是A．处理NaCN超标电镀废水的过程中无元素化合价的改变B．第一步反应溶液应调节为酸性，可避免生成有毒物质HCNC．第二步发生的反应为2OCN－+3ClO－2CO2↑+CO32−+3Cl－+N2↑D．处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水实际至少需要50molNaClO9、Fe3O4中含有Fe2+、Fe3+，分别表示为Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)，以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO2-，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是A．用该法处理后水体的pH降低B．Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用C．反应过程中NO2-被Fe(Ⅱ)还原为N2D．Pd上发生的电极反应为：H2-2e－==2H＋10、下表各组物质中，物质之间不可能实现如下图所示转化的是选项XYZMAFeFeCl2FeCl3Cl2BMgCCOCO2CNaOHNa2CO3NaHCO3CO2DNH3NONO2O2A．A B．B C．C D．D11、下列说法不正确的是()A．硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成大量的SO2B．可以用品红溶液鉴别SO2和CO2C．SO2能使品红溶液、酸性KMnO4溶液褪色，但褪色原理不同D．少量SO2通过CaCl2的溶液能生成白色沉淀12、乙二胺（H2NCH2CH2NH2），无色液体，有类似于氨的性质，已知：25℃时，电离常数kb1=10-4.07

kb2=10-7.15；乙二胺溶液中各含氮微粒的分布分数δ（平衡时某含氮微粒的浓度占各含氮微粒浓度之和的分数）随溶液pH的变化曲线如右图。下列说法错误的是()A．H2NCH2CH2NH2在水溶液中第一步电离的方程式H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH3++OH-B．曲线Ⅰ代表的微粒符号为[H3NCH2CH2NH3]2+C．曲线Ⅰ与曲线Ⅱ相交点对应pH=4.07D．在0.1mol·L-1H2NCH2CH2NH3Cl溶液中各离子浓度大小关系为c(Cl-)>c(H2NCH2CH2NH3+)>c(H+)>c(OH-)13、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．AlCl3Al(OH)3[Al(OH)4]-B．Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)C．NaHCO3(s)Na2CO3NaOH(aq)D．Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)14、常温下，向1L0.1mol·L－1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气［已知常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5］，使溶液温度和体积保持不变，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是A．0.1mol·L－1HR溶液的pH为5B．HR为弱酸，常温时随着氨气的通入，c(R－)/[c(OH－).c(HR)]逐渐增大C．当通入0.1molNH3时，c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)D．当c(R－)＝c(HR)时，溶液必为中性15、在可逆反应中，平衡常数与反应进行的限度关系正确的是()A．K越大，反应程度越大B．K越大，反应程度越小C．K的大小与反应程度无关D．升高温度，K增大16、pH=1的某溶液X中还含有、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、、、、Cl-、中的一种或几种(忽略水的电离及离子的水解)，取该溶液进行如下实验：下列有关推断不正确的是A．根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+、Cl-B．溶液X中一定含有、Al3+、Fe2+、、H+C．沉淀H为Al(OH)3、BaCO3的混合物D．若溶液X为100mL，产生的气体A为44.8mL(标况)，则X中c(Fe2+)=0.06mol/L17、下列说法正确的是A．H2O

与D2O

互为同素异形体B．乙二醇（HOCH2CH2OH）和甘油（CH2OHCHOHCH2OH）互为同系物C．C5H12的同分异构体有3

种，其沸点各不相同D．(CH3)2CHCH2CH(CH3)2

的名称是2，5—二甲基戊烷18、下列实验装置（部分夹持装置已略去）可以达到对应实验目的是ABCD实验目的制备氢氧化铁胶体实验室制备氨气除去CO2中的少量HCl推断S、C、Si的非金属性强弱实验装置A．A B．B C．C D．D19、已知：①SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI；②向含有HCl、FeCl3和BaCl2的溶液中通入足量的SO2，产生白色沉淀；③将FeCl3溶液滴在淀粉-KI试纸上，试纸变蓝色。现有等物质的量的FeI2、NaHSO3的混合溶液100

mL，向其中通入4.48

L(标准状况)氯气，然后向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈微红色。下列有关说法正确的是()A．FeI2的物质的量浓度约为1mol·L-1B．完全反应时转移电子0.2

molC．通入氯气的过程中，首先被氧化的离子是Fe2+，最后被氧化的离子是I-D．反应后，溶液中大量存在的离子有Na+、H+、SO42-和Fe3+20、分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是A．冰醋酸、纯碱、芒硝、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物B．Na2O、NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4、Na2O2都属于钠的含氧化合物C．漂白粉、福尔马林、冰水、王水、氯水均为混合物D．HClO、H2SO4(浓)、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸21、H7N9型禽流感是全球首次发现的新亚型流感病毒，达菲（Tamiflu）是治疗该病毒的最佳药物．以莽草酸为原料，经多步反应可制得达菲和对羟基苯甲酸．达菲、莽草酸、对羟基苯甲酸的结构简式如下：下列有关说法正确的是（）A．达菲、莽草酸、对羟基苯甲酸都属于芳香族化合物B．1mol莽草酸与NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOHC．对羟基苯甲酸较稳定，在空气中不易被氧化D．利用FeCl3溶液可区别莽草酸和对羟基苯甲酸22、下列关于砹(85At)及其化合物的说法中，正确的是()A．稳定性：HAt＞HClB．氧化性：At2＞I2C．At2为分子晶体D．NaAt的水溶液呈碱性二、非选择题(共84分)23、（14分）X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，部分信息如下表所示：XYZMRQ原子半径/nm0.1860.0740.0990.143主要化合价-4,+4-2-1,+7+3其它阳离子核外无电子单质为半导体材料焰色反应呈黄色(1)R在元素周期表中的位置是___________________________；R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们之间的关系互为____________。(2)Z的单质与水反应的化学方程式是__________________________________________。(3)Y与R相比，非金属性较强的是____________(用元素符号表示)，下列事实能证明这一结论的是____________(选填字母序号)。a.常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态b.稳定性XR>YX4c.Y与R形成的化合物中Y呈正价(4)根据表中数据推测，Y的原子半径的最小范围是大于_______nm小于______nm。(5)甲、乙是上述部分元素的最高价氧化物的水化物，且甲+乙→丙+水。若丙的水溶液呈碱性，则丙的化学式是____________。24、（12分）已知无色溶液X可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、CO32-、NO3-、SO42-中的几种离子，某化学兴趣小组通过如下实验确定了其成分(其中所加试剂均过量，气体体积已转化为标准状况)：回答下列问题：(1)实验Ⅱ可确定无色溶液X中一定不存在的离子有________。(2)无色气体A的空间构型为_______；白色沉淀A的成分为_______(写化学式)。(3)实验Ⅲ中的第ii步操作对应发生的反应的离子方程式为________。(4)该无色溶液X中一定存在的阳离子及其物质的量浓度为________。25、（12分）铁有两种氯化物，都是重要的化工试剂，它们的一些性质及制备方法如下所示：Ⅰ.氯化铁：熔点为306℃，沸点为315℃，易吸收空气中的水分而潮解。工业上采用向500～600℃的铁粉中通入氯气来生产无水氯化铁。Ⅱ.氯化亚铁：熔点为670℃，易升华。工业上采用向炽热铁粉中通入氯化氢来生产无水氯化亚铁。实验室可用下图所示的装置模拟工业生产无水氯化铁，请回答相关问题：(1)装置A用于KMnO4固体与浓盐酸反应制氯气，a管的作用是______________，反应的离子方程式为__________。(2)导管b口应与_______________(从虚线框内装置中选择一个装置，用字母代号填空)连接，这样可避免反应系统与环境间的相互影响。(3)实验完成后，取广口瓶C中收集到的产物进行如下测定分析：①称取4.2g样品溶于过量的稀盐酸中；②加入足量H2O2；③再加入足量NaOH溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为2.40g。则该样品中铁元素的质量分数为_________。(4)由以上数据分析和计算得出结论：①用此装置制得的无水氯化铁含铁量___________(填“偏高”或“偏低”)，显然其中含有较多的___________(填化学式)杂质。②若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的装置改进措施是______。26、（10分）实验室用图示装置制备KClO溶液，再与KOH、Fe(NO3)3溶液反应制备高效净水剂K2FeO4。

（査阅资料）①Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3；②K2FeO4易溶于水，微溶于浓KOH溶液，在0～5℃的强碱性溶液中较稳定。(1)仪器a的名称是________；装置A中反应的化学方程式为_______________________。(2)装置C中三颈烧瓶置于冰水浴中的目的是______________________。(3)装置B吸收的气体是________，装置D的作用是____________。(4)C中得到足量KClO后，将三颈瓶上的导管取下，依次加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，水浴控制反应温度为25℃，搅拌1.5h，溶液变为紫红色(含K2FeO4)，该反应的离子方程式为____________________________________。(5)往(4)所得溶液中加入饱和KOH溶液，冷却至0～5℃析出紫黑色晶体，过滤，得到K2FeO4粗产品。K2FeO4粗产品含有KCl等杂质，进一步提纯方法是__________________.27、（12分）碘是人体不可缺少的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的KIO3进去．某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：在溶液中KIO3+5KI+3H2SO4═3I2+3H2O+3K2SO4（1）用双线桥表示该反应中电子转移的方向和数目________，该反应中还原产物与氧化产物的物质的量比是____，0.2molKIO3参加反应时转移电子____mol。（2）实验结束后分离I2和K2SO4溶液所用的试剂是_______。A．CCl4B．酒精C．Na2SO4溶液D．食盐水所用的分离方法是______，所用主要玻璃仪器是_____________。（3）上面实验中用到一定物质的量浓度的稀硫酸，若配制1mol/L的稀硫酸溶液480mL，需用18mol/L浓H2SO4____mL，配制中需要用到的主要玻璃仪器是（填序号）______。（4）A．100mL量筒B．托盘天平C．玻璃棒D．100mL容量瓶E．50mL量筒F．胶头滴管G．烧杯H．500mL容量瓶（5）下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是______________A．溶解后溶液没有冷却到室温就转移B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面D．用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶E．摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线．28、（14分）通过海水晾晒可得粗盐，粗盐除NaCl外，还含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质。以下是制备精盐的实验方案，各步操作流程如下：（1）在第①步粗盐溶解操作中要用玻璃棒搅拌，作用是___________________________。（2）第②步操作的目的是除去粗盐中的__________（填化学式），判断BaCl2已过量的方法是____________________________________________________________。（3）在第③步操作中，选择的除杂的试剂不能用KOH代替NaOH，理由是________________。（4）第⑤步“过滤”操作中得到沉淀的成分有：泥沙、BaSO4、________、__________。（5）“蒸发结晶”用到的器材有：铁架台(铁圈)、坩埚钳、酒精灯、火柴、玻璃棒、______。（6）第④步除原食盐中杂质离子与碳酸根的反应外还有的反应的离子方程式为：______________________________；（7）第⑥步操作中涉及反应的离子方程式有：__________________、__________________。29、（10分）ClO2在常温下是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为-59℃,沸点为11.0℃，易溶于水。工业上用稍潮湿的KClO3和草酸(H2C2O4)在60℃时反应制得。某学生拟用图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2。（1）A装胃电动搅抖柞的作用是___________（2）B装置必须放在冰水浴中，其原因是___________（3）反应后在装置C中可得NaClO2溶液。已知I.NaClO2饱和溶液在温度低了38℃时析出晶体是NaClO2·3H2O,在温度高于38℃时析出晶体是NaClO2,温度高于60℃时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl；Ⅱ.NaClO2的溶解度曲线如图2所示，请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：①减压，55℃蒸发结晶；②__________；③用38℃~60℃热水洗涤；④_____；得到成品。（4）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样；量取V1

mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：用稀硫酸调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；步骤3：加入指示剂，用c

mol·L-1

Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2

mL（已知2Na2S2O3

+I2

＝Na2S4O6

+2NaI）。①配制100mL

c

mol·L-1

Na2S2O3标准溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外还有：____________。②原ClO2溶液的浓度为_________g/L（用含字母代数式表示）。③若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果____________。（填“偏高”、“偏低”或“不变”）

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【分析】分析每种装置中出现的相应特点，再判断这样的装置特点能否达到处理污染气体，减少污染的效果。【详解】①图1所示装置在实验中用带有酚酞的水吸收逸出的氨气，防止氨气对空气的污染，符合“绿色化学”，故①符合题意；②图2所示装置用沾有碱液的棉球吸收多余的氯气，能有效防止氯气对空气的污染，符合“绿色化学”，故②符合题意；③氨气与氯化氢气体直接散发到空气中，对空气造成污染，不符合防止污染的理念，不符合“绿色化学”，故③不符合题意；④图3所示装置中，铜丝可以活动，能有效地控制反应的发生与停止，用气球收集反应产生的污染性气体，待反应后处理，也防止了对空气的污染，符合“绿色化学”，故④符合题意；故符合“绿色化学”的为①②④。故选C。【点睛】“绿色化学”是指在源头上消除污染，从而减少污染源的方法，与“绿色化学”相结合的往往是原子利用率，一般来说，如果所有的反应物原子都能进入指定的生成物的话，原子的利用率为100%。2、D【解析】同系物是指结构相似在分子组成是相差一个或若干个原子团的有机物，C2H6和C5H12都为烷烃相差三个是同系物，故A正确。C2H6中有两个C，并且这两个C一样所以失去1个H得到的乙基只有一种结构，故B正确。C5H12有三种结构即正戊烷、异戊烷、新戊烷，新戊烷的一氯代物只有一种，故C正确。同分异构体中分子中分支越多，沸点越低，2,2-二甲基丙烷中有两个分支，其沸点低于其同分异构体的沸点，故D错误。本题的正确选项为D。3、D【详解】A.实验室可以用浓盐酸和氯酸钾反应制氯气，根据价态只靠拢不相交原则，K37ClO3＋6HCl＝37Cl-Cl+2Cl2↑＋3H2O＋KCl，A错误；B.Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：S2O32－＋2H＋＝S↓＋SO2↑＋H2O，B错误；C.二氧化硫通入氯化钡溶液中无沉淀生成，C错误；D.l0mLlmol·L－1KAl(SO4)2与7.5mL2mol·L－1Ba(OH)2反应，n[KAl(SO4)2]:n[Ba(OH)2]=2：3，则2Al3＋＋3SO42－＋6OH－＋3Ba2＋＝2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，D正确；答案为D。【点睛】盐酸和氯酸钾反应时，根据价态只靠拢不相交原则，氯气由Cl和37Cl组成。4、B【分析】NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色金属、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2＋，结合NH4CuSO3中Cu的化合价为＋1价，以此解答该题。【详解】根据实验现象，反应的离子方程式为：2NH4CuSO3＋4H＋=Cu＋Cu2＋＋2SO2↑＋2H2O＋2NH4＋；A．由反应的离子方程式为：2NH4CuSO3＋4H＋=Cu＋Cu2＋＋2SO2↑＋2H2O＋2NH4＋，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸反应前后各元素的化合价都没有变化，反应中硫酸体现酸性，故A错误；B．反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由＋1价→＋2价，＋1价→0价，发生的反应为：2NH4CuSO3＋4H＋=Cu＋Cu2＋＋2SO2↑＋2H2O＋2NH4＋，每2molNH4CuSO3参加反应则转移1mol电子，则1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，故B正确；C．因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，刺激性气味的气体是SO2，故C错误；D．NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色金属、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2＋，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故D错误；故答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，注意从反应现象判断生成物，结合化合价的变化计算电子转移的数目。5、C【解析】A、1分子葡萄糖含有5个羟基，1mol葡萄糖与足量的钠反应能产生2.5molH2，A正确；B、ag某气体中含分子数为b，则该气体的相对分子质量是，因此cg该气体的物质的量是，则在标况下的体积为＝(22.4bc)/(aNA)L，B正确；C、将1molCl2通入到水中，部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，则根据氯原子守恒可知N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)＜2NA(N表示粒子数），C错误；D、Na2O2和Na2S的相对分子质量均是78，阴阳离子的个数之比均是1:2，均含有38个质子，所以相同质量的Na2O2和Na2S固体具有相同的阴阳离子数和质子数，D正确，答案选C。6、D【分析】在实验①中会发生反应：Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4、Fe+CuSO4FeSO4+Cu，由以上反应原理和氧化还原反应规律分析可得结论。【详解】A.在反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+中，氧化剂为Fe3+，氧化产物为Cu2+，即可知氧化性Fe3+>Cu2+，故A错误；B.①中所得固体含有过量的铁和置换出的铜，故B错误；C.由于加入的铁是过量的，则溶液中不可含有Cu2+，故C错误；D.因在①的滤液中只有Fe2+，没有Fe3+，则滴加KSCN溶液时并不会出现溶液变红的现象，故D正确；答案选D。7、C【解析】A．CaO与乙酸反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可除杂，故A正确；B．氯气不溶于饱和食盐水，可用饱和食盐水除杂，故B正确；C．二者都与氢氧化钠溶液反应，应用氨水除杂，故C错误；D．溴与NaOH溶液反应后，与溴苯分层，然后分液可分离，故D正确；故选C。8、D【解析】A、处理NaCN超标电镀废水的过程中碳元素化合价的改变，由+2价变为+4价，故A错误；B、NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性，故B错误；C、反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子，N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2OCN－+3ClO－=CO32－+CO2↑+3Cl－+N2↑，故C错误；D、参加反应的NaCN是：=20mol，反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从-3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，所以处理100m3含NaCN10.3mg·L－1的废水，实际至少需NaClO的物质的量为：20mol×5/2=50mol。点睛：易错选项B，NaCN易与酸反应生成HCN，HCN易挥发，剧毒，学生比较陌生。难点选项D，NaCN在反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从-3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，是难点，两种元素化合价同时升高，学生难考虑全面。9、A【分析】首先判断这是一个原电池，负极通入氢气，失电子变成，正极得电子，方程式为，据此来分析选项即可。【详解】A.电源负极虽然产生，但是正极会消耗更多的，因此总体来看溶液酸性在减弱，pH上升，A项错误；B.Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)在反应中不停相互转化，起到了传递电子的作用，B项正确；C.被还原为氮气，而本身被氧化为，C项正确；D.钯即负极，氢气在负极失电子变成，D项正确；答案选A。10、A【详解】A.2Fe+3Cl22FeCl3，A错误；B.2Mg+CO22MgO+C，C+CO22CO，可以实现物质之间的转化关系，B正确；C.2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，可以实现物质之间的转化关系，C正确；D．4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，可以实现物质之间的转化关系，D正确。答案选D。11、D【解析】试题分析：A．硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成大量的SO2，A正确；B．SO2能使品红溶液褪色，二CO2不能，可以用品红溶液鉴别SO2和CO2，B正确；C．SO2能使品红溶液、酸性KMnO4溶液褪色，但褪色原理不同，后者是被酸性高锰酸钾溶液氧化，C正确；D．SO2与CaCl2溶液不反应，D错误，答案选D。考点：考查硫、CO2、SO2的性质以及鉴别等12、C【解析】A.乙二胺(H2NCH2CH2NH2)有类似氨的性质，根据题目信息Kb1=10-4.07、Kb2=10-7.15可知，H2NCH2CH2NH2在水溶液中分两步电离，第一步电离的方程式为：H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH3++OH-，故A正确；B.H2NCH2CH2NH2在水溶液中分两步电离，电离方程式分别为：H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH3++OH-、H2NCH2CH2NH3++H2O[H3NCH2CH2NH3]2++OH-，根据方程式可知，溶液pH越小，越有利于电离平衡正向移动，[H3NCH2CH2NH3]2+浓度越大，所以曲线Ⅰ代表的微粒符号为[H3NCH2CH2NH3]2+，故B正确；C.曲线II代表的微粒符号为H2NCH2CH2NH3+，曲线Ⅰ与曲线Ⅱ相交点对应的溶液中，[H3NCH2CH2NH3]2+和H2NCH2CH2NH3+浓度相等，根据H2NCH2CH2NH3++H2O[H3NCH2CH2NH3]2++OH-可知，Kb2=10-7.15=cOH-×c(H3NCH2CH2NH32+)cH2NCH2CH2NH3+=c(OH-)，则c(H+)=KwcOH-=10-6.85，pH=6.85，故C错误；D.在0.1mol·L-1H2NCH2CH2NH3Cl溶液中，因H2NCH2CH13、C【分析】A、氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱；B、Fe与盐酸反应生成FeCl2；C、碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙溶液反应生成氢氧化钠；D、氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱。【详解】A项、氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱，Al(OH)3不能与氨水反应生成[Al(OH)4]—，故A错误；B项、Fe与盐酸反应生成FeCl2，不能得到FeCl3，故B错误；C项、碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠溶液，故C正确；D项、氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，偏铝酸钠与过量盐酸反应生成氯化铝，得不到氢氧化铝沉淀，故D错误。故选C。14、C【解析】A项，pH=5时c(H+)=10-5，由图可得此时=0，又因为一元酸HR溶液为0.1mol·L-1，所以c(R-)＝c(HR)=0.05mol·L-1，所以此时c(R-)≠c(H+)，则0.1mol·L－1HR溶液的pH不是5，故A错误；B项，由已知HR溶液中存在着HR分子，所以HR为弱酸，==Ka/Kw，温度不变时Ka/Kw的值不变，故B错误；C项，pH=5时c(H+)=10-5，由图可得此时=0，则Ka==10-5，当通入0.1molNH3时，恰好反应生成NH4R，又因为常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5，所以NH4R溶液中R-水解程度大于NH4+水解程度，NH4R溶液呈碱性，则c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)，故C正确；D项，由前面对A项的分析知，当c(R-)＝c(HR)时，pH=5，所以溶液显酸性，故D错误。15、A【解析】试题分析：A、一定条件下的化学平衡，平衡常数越大，说明反应进行的程度越大，故A正确；B、一定条件下的化学平衡，平衡常数越大，说明反应进行的程度越大，故B错误；C、平衡常数是衡量反应进行程度的物理量，故C错误；D、升高温度，如果平衡正向移动，Ｋ增大，如果平衡逆向移动，K减小，故D错误；故选A。【考点定位】考查化学平衡常数的含义【名师点晴】本题考查化学平衡常数的意义、影响化学平衡常数的因素等，注意基础知识的理解掌握。平衡常数是衡量反应进行程度的物理量，平衡常数越大，说明反应进行的程度越大，平衡常数越小，反应进行的程度越小，反应物的转化率越小；化学平衡常数只受温度影响。16、C【分析】pH=1的某溶液X中，一定不含有、；向酸性溶液中加入过量硝酸钡溶液，生成沉淀，说明溶液中一定含有，被还原Ba2+，生成气体A说明溶液中一定含有Fe2+，Fe2+与硝酸根在酸性条件下发生氧化还原反应生成Fe3+、NO和H2O，则溶液中一定不含有；向溶液B中加入过量氢氧化钠溶液，生成气体D说明溶液中一定含有，生成沉淀F，说明溶液中可能含有Fe3+；向溶液F中通入过量二氧化碳，因碱性条件下，钡离子与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钡，则生成沉淀H说明溶液中一定含有Al3+；由题给转化关系可知，无法确定溶液中是否存在Cl-，综合以上分析可知，pH=1的某溶液X中一定含有、Al3+、Fe2+、，一定不含有Ba2+、、，可能含有Fe3+、Cl-。【详解】A.由分析可知，不能确定pH=1的某溶液X中否含有Fe3+、Cl-，故A正确；B.由分析可知，pH=1的某溶液X中一定含有、Al3+、Fe2+、、H+，故B正确；C.由碱性条件下，钡离子与过量二氧化碳反应生成可溶的碳酸氢钡可知，沉淀H中一定不含有BaCO3，故C错误；D.由分析可知，气体A为NO，标准状况下44.8mLNO的物质的量为0.002mol，由得失电子数目守恒可得：n(Fe2+)×1=0.002mol×3，解得n(Fe2+)=0.006mol，则c(Fe2+)==0.06mol/L，故D正确；故选C。17、C【详解】A、同种元素形成的不同单质互为同素异形体，H2O

与D2O均为化合物，故A错误；B、结构相似才能互为同系物，乙二醇分子中含有2个-OH，而甘油分子中有3个-OH，故B错误；C、C5H12有3种同分异构体，分别为正戊烷、异戊烷、新戊烷，沸点不相同，故C正确；D、(CH3)2CHCH2CH(CH3)2

的名称应为2，4—二甲基戊烷，故D错误。选C。【点睛】同系物要求必须官能团的种类和数目均相同。18、D【详解】A．制备氢氧化铁胶体的方法是将饱和氯化铁溶液滴加到沸水中至产生红褐色溶液，停止加热，不能用氢氧化钠溶液，否则生成氢氧化铁沉淀，故A不符合题意；B．将氯化铵加热分解产生氨气和氯化氢气体，氨气和氯化氢气体会在试管口很快结合生成氯化铵，无法得到氨气，故B不符合题意；C．若用饱和碳酸钠溶液吸收氯化氢，二氧化碳也可与碳酸钠反应，不能达到除杂的目的，应该使用饱和碳酸氢钠溶液，故C不符合题意；D．稀硫酸和碳酸钠反应可以产生硫酸钠、水和二氧化碳气体，二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成硅酸和碳酸钠或碳酸氢钠，可以得到酸性：硫酸＞碳酸＞硅酸，根据S、C、Si元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，可以比较出非金属性：S＞C＞Si，故D符合题意；答案选D。19、A【详解】由①知，还原性强弱顺序为SO2>I-；由②知，还原性强弱顺序为SO2>Fe2+；由③知，还原性强弱顺序为I->Fe2+，故还原性强弱顺序为SO2>I->Fe2+，类比可得离子的还原性强弱顺序为HSO3->I->Fe2+。向混合溶液中通入Cl2的过程中，首先氧化HSO3-，然后氧化I-，最后氧化Fe2+，C错误；加入KSCN溶液，溶液呈微红色，说明有微量的Fe3+生成，则有较多的Fe2+没有被氧化，D错误；HSO3-和I-均完全反应，Fe2+发生的反应可以忽略不计，根据电子得失守恒得2n(FeI2)+2n(NaHSO3)=2×4.48L÷22.4L·mol-1，即n(FeI2)+n(NaHSO3)=0.2mol，由于溶质的物质的量相等，所以n(FeI2)=0.1mol，c(FeI2)=1mol·L-1，A正确；转移电子的物质的量根据氯气计算得2×4.48L÷22.4L·mol-1=0.4mol，B错误；综上所述，本题选A。20、D【详解】A、醋酸、纯碱(碳酸钠)、芒硝(Na2SO4•10H2O)、生石灰(CaO)分别属于酸、盐、盐、氧化物，故A错误；B、NaCl不属于钠的含氧化合物，故B错误；C、漂白粉、福尔马林、王水、氯水均为混合物，冰水属于纯净物，故C错误；D、HClO、H2SO4(浓)、HNO3都具有强氧化性，都是氧化性酸，故D正确；故选D。21、D【详解】A.达菲、莽草酸均不存在苯环，不属于芳香族化合物，A错误；B.莽草酸中只有羧基和氢氧化钠溶液反应，1mol莽草酸与NaOH溶液反应，最多消耗1molNaOH，B错误；C.对羟基苯甲酸含有酚羟基，易被氧化，不稳定，C错误；D.对羟基苯甲酸含有酚羟基，利用FeCl3溶液可区别莽草酸和对羟基苯甲酸，D正确；答案选D。22、C【解析】A、非金属性越强，其氢化物稳定性越强，Cl和At属于同主族，同主族从上到下，非金属性减弱，Cl的非金属性强于At，即HCl比HAt稳定，故A错误；B、同主族从上到下，非金属性减弱，I的非金属性强于At，即I2的氧化性强于At2，，故B错误；C、At2属于分子晶体，故C正确；D、HAt属于强酸，则NaAt属于强碱强酸盐，其水溶液显中性，故D错误。二、非选择题(共84分)23、第三周期ⅦA族同位素2Na+2H2O=2NaOH+H2↑Clbc0.0990.143NaAlO2或Na2SiO3【分析】X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，X阳离子核外无电子，则X为H元素；Y有+4、-4价，单质为半导体材料，则Y为Si元素；Z焰色反应呈黄色，则Z为Na元素；M为-2价，处于ⅥA族，则M为O元素；R有-1、+7价，则R为Cl元素；Q有+3价，处于ⅢA族，原子半径小于Na原子，则Q为Al元素，据此解答。【详解】（1）R为Cl元素，原子核外电子数为17，有3个电子层最外层电子数为7，处于元素周期表中第三周期第ⅦA族，R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们属于同位素关系，故答案为第三周期第ⅦA族；同位素。

（2）Z为Na元素，Na与水反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故答案为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。

（3）Y为Si，R为Cl，位于同一周期，根据同周期元素非金属性从左到右逐渐增强可知，Cl的非金属性大于Si，

a.属于物质的物理性质，不能比较非金属性的强弱，故a错误；

b.元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故b正确；

c.Y与R形成的化合物中Y呈正价，说明R得电子能力强，非金属性强，故c正确，

故答案为Cl；bc。

（4）Y为Si，与Al、Cl位于相同周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则Si的原子半径比Al小，比Cl大，即大于0.099nm小于0.143nm，

故答案为0.099nm；0.143nm。

（5）甲+乙→丙+水，应为中和反应，若丙的水溶液呈碱性，则对应的物质的应为强碱弱酸盐，可为NaAlO2或Na2SiO3，故答案为NaAlO2或Na2SiO3。【点睛】非金属与氢气化合的难易程度、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性、非金属单质之间的置换反应等均可比较非金属性的强弱。24、H+、Mg2+、Al3+三角锥形BaCO3、BaSO43Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2Oc(NH4+)=0.05mol/L，c(Na+)=0.4mol/L【分析】无色溶液X中加入Ba(OH)2溶液加热产生无色气体A是NH3，说明含有NH4+，根据氨气的物质的量可计算出NH4+的物质的量；同时产生白色沉淀A，向该沉淀中加入稀硝酸产生无色气体B，同时有白色沉淀B，说明沉淀A是BaSO4、BaCO3的混合物，二者的质量和为8.6g，沉淀B是BaSO4，气体B是CO2，说明原溶液中含SO42-、CO32-，根据沉淀A、B的质量可计算出原溶液中含有的SO42-、CO32-的物质的量；向溶液A中加入盐酸酸化，并加入FeCl2溶液，产生无色气体C，该气体与空气变为红棕色，则B是NO，说明III发生了氧化还原反应，A中含有NO3-，根据NO的体积，结合N元素守恒可得NO3-的物质的量，根据离子共存判断是否含有其它离子，并进行分析解答。【详解】根据上述分析可知：该溶液中一定含有NH4+、SO42-、CO32-、NO3-，由于CO32-与H+、Mg2+、Al3+会发生离子反应而不能大量共存，所以该溶液中一定不含有H+、Mg2+、Al3+离子；(2)无色气体A是NH3，该气体分子呈三角锥形；白色沉淀A是BaSO4、BaCO3的混合物；(3)实验Ⅲ中的第ii步操作是H+、NO3-与Fe2+发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒。可得该反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；(4)根据上述分析及题干已知信息，结合元素守恒可知，在原溶液中含有的离子的物质的量分别是：n(NH4+)=n(NH3)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，n(SO42-)=n(BaSO4)=4.66g÷233g/mol=0.02mol，n(CO32-)=n(BaCO3)=(8.6-4.66)g÷197g/mol=0.02mol，n(NO3-)=n(NO)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol。阴离子带有的负电荷总数多于阳离子带有的正电荷总数，根据溶液呈电中性，说明溶液中还含有阳离子Na+，其物质的量是n(Na+)=2n(SO42-)+2n(CO32-)+n(NO3-)-n(NH4+)=2×0.02mol+2×0.02mol+0.01mol-0.01mol=0.08mol，溶液的体积是200mL，则该无色溶液X中一定存在的阳离子的物质的量浓度c(NH4+)=n(NH4+)÷V=0.01mol÷0.2L=0.05mol/L；c(Na+)=n(Na+)÷V=0.08mol÷0.2L=0.4mol/L。【点睛】本题考查常见离子的检验方法及物质的量浓度的计算，注意掌握常见离子的性质及正确的检验方法，要求学生能够根据离子反应的现象判断原溶液中存在的离子名称，结合离子反应由已经确定的离子存在判断不能存在的离子，并根据溶液的电中性分析题目未涉及的检验离子的存在及其浓度，该题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。25、2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O平衡压强，使液体顺利滴下F40%偏高FeCl2在AB装置间增加一个饱和食盐水的洗气装置，除去氯气中混有的HCl【分析】由实验装置可知，A中发生2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，a管中导气管是维持分液漏斗和圆底烧瓶的压强相等，使液体顺利滴下。B中浓硫酸干燥氯气，C中发生2Fe+3Cl2-2FeCl3，水槽中冰水冷却，C中收集到FeCl3，若产物中混有FeCl2，可利用其还原性或与K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀检验，F为干燥管，F中为碱石灰可吸收未反应的氯气，且防止空气中水进入装置C中导致氯化铁水解，以此来解答。【详解】(1)在装置A中，用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，反应的离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，a管中导气管是维持分液漏斗和圆底烧瓶的压强相等，使液体顺利滴下，故答案为：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；平衡压强，使液体顺利滴下；(2)仪器F的名称是干燥管；D中装的药品是碱石灰，其作用是吸收未反应的氯气，且防止空气中水进入装置C中导致氯化铁水解，故答案为：F；(3))取装置C中的产物，按以下步骤进行测定：①称取4.20g产品溶于过量的稀盐酸中；②加入足量H2O2溶液；③再加入足量NaOH溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为2.40g，可知氧化铁为2.40g，由Fe元素守恒可知该样品中铁元素的质量分数为×100%=40%，故答案为：40%；(4)①因盐酸易挥发，未除去氯气中的HCl，由FeCl2中Fe的质量分数大于FeCl3中Fe的质量分数可知，用题目所给的装置制得的产物中，铁元素含量偏高，说明含有FeCl2杂质，故答案为：偏高；FeCl2；②若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的“装置”改进措施在AB装置间增加一个饱和食盐水的洗气装置，除去氯气中混有的HCl，故答案为：在AB装置间增加一个饱和食盐水的洗气装置，除去氯气中混有的HCl。【点睛】根据题意，氯化铁易水解，故需干燥，还应防止空气中的气体进入，利用铁元素守恒解决问题（3）是难点。26、圆底烧瓶提高KClO的产率，防止Cl2与KOH反应生成KClO3HCl吸收Cl2，防止污染空气重结晶【分析】根据实验装置图可知，A装置中用二氧化锰与浓盐酸加热制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钾，为防止在较高温度下生成KClO3，C装置中用冰水浴，反应的尾气氯气用D装置中氢氧化钠吸收。【详解】（1）仪器a为圆底烧瓶，实验室制取氯气的方程式为；（2）根据装置图可知Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3，所以冰水浴的目的是防止Cl2与KOH反应生成KClO3；（3）氯气中有氯化氢需要除去，氯气有毒，需要进行尾气吸收，所以装置B吸收的气体是HCl，装置D的作用是吸收Cl2，防止污染空气；（4）足量KClO中依次加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，发生氧化还原反应生成K2FeO4、KCl和水等，反应的离子方程式为3ClO-+2Fe3++10OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O；（5）K2FeO4粗产品含有KCl等杂质，进一步提纯方法是重结晶。27、1.51A萃取、分液分液漏斗27.8CEFGHACD【解析】（1）、KIO3+5KI+3H2SO4═3I2+3H2O+3K2SO4的反应中，KIO3中的I元素是+5价，生成I2时化合价降低，得到5个电子，KI中的I元素是-1价，生成I2时化合价升高，失去1个电子，根据得失电子守恒，用双线桥法表示该反应中电子转移的方向和数目应该是：根据反应方程式，1molKIO3作氧化剂生成还原产物I20.5mol，5molKI作还原剂生成氧化产物I22.5mol，因此该反应中还原产物和氧化产物的物质的量之比是：0.5：2.5=1：5；根据上述分析可知，1molKIO3生成I2时化合价降低，转移5mol电子，因此当0.2molKIO3参加反应时转移电子：5×0.2mol=1mol，因此答案是：1。（2）、I2在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，故将I2从K2SO4溶液中分离出来，应采用加入有机溶剂萃取、分液的方法，故排除BD，又因为酒精易溶于水，不能用作萃取剂。所以答案选A。萃取、分液时主要用到分液漏斗。所以此题答案是：A；萃取、分液；分液漏斗。（3）、若配制1mol/L的稀硫酸溶液480mL，根据容量瓶的规格，需选用500ml的容量瓶进行配制，根据稀释定律：c（稀硫酸）×V（稀硫酸）=c（浓硫酸）×V（浓硫酸），设需要浓硫酸的体积是xmL，则有1mol/L×0.5L=x×10-3L×18mol/L，解之得x=27.8mL，根据浓硫酸溶液的体积，所以需要选用50mL的量筒；配制溶液的过程主要有：计算、称量、稀释、冷却、移液、定容、摇匀等，所以需要用到的主要玻璃仪器是：50mL量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯、500mL容量瓶。因此此题答案是：27.8；CEFGH（4）、A．溶解后溶液没有冷却到室温就转移，会造成溶液体积偏小，浓度偏高；B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，则残留在烧杯和玻璃棒上的溶质未进入容量瓶而使溶质损失，造成浓度偏低；C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，会使配制时溶液体积偏小而造成浓度偏高；D．用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶，会使进入容量瓶中的溶质偏多而造成浓度偏高；E．摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，会使加水偏多而造成浓度偏低。所以此题答案选ACD。28、加速固体溶解Na2SO4或SO42-取少量上层清液于试管中滴入几滴氯化钡溶液，若无白色沉淀生成则说明氯化钡已经过量若用氢氧化钾会引入新的杂质氯化钾CaCO3Mg(OH)2、BaCO3