河北省保定市唐县一中2026届化学高三上期中质量跟踪监视模拟试题含解析

河北省保定市唐县一中2026届化学高三上期中质量跟踪监视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、利用生物电化学系统处理废水的原理如图。下列对系统工作时的说法错误的是（）A．b电极为负极，发生氧化反应B．双极膜内的水解离成的H+向b电极移动C．有机废水发生的反应之一为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+D．该系统可处理废水、回收铜等金属，还可提供电能2、满足下列条件的有机物的种类数正确的是选项有机物条件种类数A该有机物的一氯代物4BC6H12O2能与NaHCO3溶液反应3CC5H12O含有2个甲基的醇5DC5H10O2在酸性条件下会水解生成甲和乙，且甲、乙的相对分子质量相等4A．A B．B C．C D．D3、如图是利用试纸、铅笔芯设计的微型实验。以铅笔芯为电极，分别接触表面皿上的部分交叠的两张试纸，接通电源，观察实验现象。下列说法错误的是()A．pH试纸变蓝B．KI-淀粉试纸变蓝C．此装置不属于原电池D．电子通过pH试纸到达KI-淀粉试纸4、聚合硫酸铁可用于水的净化，其化学式可表示为[Fea(OH)b(SO4)c]m。取一定量聚合硫酸铁样品与足量盐酸反应，将所得溶液平均分为两份。向一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.7475g。取另一份溶液，先将Fe3＋还原为Fe2＋(还原剂不是Fe，且加入的还原剂恰好将Fe3＋还原为Fe2＋)，再用0.02000mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液50.00mL。该聚合硫酸铁样品中a∶b为()A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．2∶55、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．D6、下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据是ABCD勒夏特列原理元素周期律盖斯定律阿伏加德罗定律实验方案结果左球气体颜色加深右球气体颜色变浅烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊测得ΔH为ΔH1、ΔH2的和H2与O2的体积比约为2︰1A．A B．B C．C D．D7、某同学通过如下流程制备氧化亚铜：已知：CuCl难溶于水和稀硫酸；Cu2O+2H+＝Cu2++Cu+H2O。下列说法错误的是A．步骤②中，SO2为还原剂，将CuCl2还原为CuClB．步骤③中为防止CuCl被氧化，可用H2SO3水溶液洗涤C．步骤④发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-＝Cu2O+2Cl-+H2OD．得到的Cu2O试样中可能会混有CuCl杂质，可通过加足量稀硫酸充分溶解过滤后分离除去8、工业上以食盐为原料不能制取A．Cl2 B．NaOH C．HCl D．H2SO49、由下列实验操作和现象可得出结论正确的是选项实验操作实验现象结论A向Co2O3中滴入浓盐酸产生黄绿色气体氧化性:Cl2>Co2O3B白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中,一段时间后入几滴K3[Fe(CN)6]溶液无明显现象该过程未发生氧化还原反应C用坩埚钳夹住一小块用砂纸打磨过的铝箔，在酒精灯上加热铝箔熔化并滴落金属铝的熔点较低D将10mL2mol·L-1的KI溶液与1mL1mol·L-1FeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液溶液颜色变红KI与FeCl3反应有可逆性A．A B．B C．C D．D10、下列关于饱和食盐水的用途及装置设计正确的是（）a.b.c.d.A．a装置模拟工业制纯碱 B．b装置制乙酸乙酯实验中接收产物C．c装置除去氯化氢中氯气 D．d装置实验室制乙炔11、如图曲线a表示放热反应X(g)+Y(g)+N(s)Z(g)+M(g)进行过程中X的转化率随时间变化的关系。在其它条件不变时改变某个条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是A．升高温度 B．加大X的投入量C．缩小容器的体积 D．增加N的量12、往含Fe3＋、H＋、的混合液中加入少量，充分反应后，下列表示该反应的离子方程式正确的是A．2Fe3＋＋＋H2O===2Fe2＋＋＋2H＋B．2H＋＋===H2O＋SO2↑C．2H＋＋2＋3===3＋2NO↑＋H2OD．2Fe3＋＋3＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋3SO2↑13、以下除去杂质的实验方法（括号内为杂质）中，错误的是（）A．乙酸乙酯（乙酸）：加饱和溶液，分液B．：加，蒸馏C．：配成溶液，降温结晶，过滤D．铁粉（铝粉）：加溶液，过滤14、通入溶液中并不产生沉淀，而通入另一种气体后可以产生白色沉淀．则图中右侧Y形管中放置的药品组合不符合要求的是(必要时可以加热)A．过氧化钠和水 B．锌和稀硫酸C．高锰酸钾溶液和浓盐酸 D．生石灰和浓氨水15、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是()A．某温度和压强下，48gO2和O3的混合气体中含有的氧原子总数为3NAB．在合成氨反应中，当有2.24L氨气(标准状况下)生成时，转移的电子数为0.3NAC．常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移电子数为0.3NAD．4.6g乙醇中含有O－H键数目为0.1NA16、将2．4gNaOH和2．269混合并配成溶液，向溶液中滴加2．2mol·稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成的物质的量的关系的是A． B．C． D．17、下列实验操作及现象能够达成相应实验目的的是实验目的实验操作及现象A检验Na2SO3溶液是否变质向Na2SO3溶液中加入Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶解B证明酸性条件下H2O2氧化性强于I2向淀粉KI溶液中滴入3滴稀硫酸，未见溶液变蓝；再加入10%的H2O2溶液，溶液立即变蓝色C证明碳的非金属性强于硅将浓盐酸滴入碳酸钠固体中，生成的气体通入盛有水玻璃的试管中，出现浑浊D证明SO2具有漂白性将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色褪去A．A B．B C．C D．D18、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，Z是第IA元素，W是同周期非金属性最强的元素。下列说法错误的是A．Y和W都存在可以用来消毒的单质B．X、Y、Z和Y、Z、W都能组成在水中显碱性的盐C．Y、Z能组成含有非极性键的化合物D．W的氧化物的水化物的酸性一定比X的氧化物的水化物的酸性强19、下列化工生产过程所用原料错误的是A．用乙醇制乙烯 B．用油脂制肥皂C．用氯气和消石灰制漂粉精 D．用饱和食盐水制烧碱20、某固定容积为1L的密闭容器中，1molA(g)与1molB(g)在催化剂作用下加热到500℃发生反应：A(g)+B(g)C(g)+2D(s)ΔH>0，下列有关说法正确的是A．升高温度，增大，逆减小B．平衡后再加入1molB，上述反应的ΔH增大C．通入稀有气体，压强增大，平衡向正反应方向移动D．若B的平衡转化率为50%，则该反应的平衡常数等于221、下列说法中，正确的是（）A．干冰升华要吸收大量的热，属于化学反应中的吸热反应B．人们用氧炔焰焊接或切割金属，主要是利用了乙炔燃烧时所放出的热量C．木炭常温下不燃烧，加热才能燃烧，说明木炭燃烧是吸热反应D．NaOH固体溶于水后温度升高，说明NaOH的溶解只有放热过程22、在下述条件下，一定能大量共存的离子组是（）A．无色透明的水溶液中：K+、Ba2+、I-、MnO4-B．能与Al反应产生H2的溶液中：HCO3-、Na+、Al3+、Br-C．澄清透明溶液中：K+、Fe3+、HCO3-、AlO2−D．常温下pH=1的溶液中：Mg2+、Cl-、SO42-、Fe3+二、非选择题(共84分)23、（14分）M是日常生活中不可缺少的调味品。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质间的转化关系如下图所示（部分产物已略去）（1）若A是地売中含量最多的金属元素，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中A元素与溶液中A元素的质量相等，则A的该氯化物溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能为____________。（2）若A是CO2气体，A与B溶液反应后所得的溶液再与盐酸反应，放出气体的物质的量与所加盐酸体积之间的关系如图所示:则A与B溶液反应后溶液中的溶质为___________（填化学式），物质的量之比为_______。（3）若A是一种正盐，A能分别与B、F溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，则A的化学式为_____________。24、（12分）下图表示有关物质（均由短周期元素形成）之间的转化关系，其中A为常见的金属单质，B为非金属单质（一般是黑色粉末），C是常见的无色无味液体，D是淡黄色的固体化合物。（反应条件图中已省略。）（1）A、B、C、D代表的物质分别为_______、________、_______、_______（填化学式）；（2）反应①中的C、D均过量，该反应的化学方程式是_______；（3）反应②中，若B与F物质的量之比为4∶3，G、H分别是_______、________（填化学式）；（4）反应③产物中K的化学式为______________________________；（5）反应④的离子方程式为________________________________________。25、（12分）某小组拟制备三氯乙醛，装置如图所示（夹持装置略去）。已知：制备反应原理为CH3CH2OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl，可能发生的副反应为CH3CH2OH+HCl→CH3CH2Cl+H2O。常温下，高锰酸钾和浓盐酸可以制备氯气。（1）写出A中发生反应的离子方程式：______________。（2）实验发现，通入D中的氯气速率过快，合理的解决方案是______________。（3）实验完毕后。从D中分离产品的操作是______________。（4）进入D装置中的氯气要干燥、纯净。B中试剂可能是________（填序号）；如果拆去B装置，后果是_____。a、NaOH溶液b、饱和食盐水c、稀盐酸d、稀硫酸26、（10分）氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置（部分装置省略）制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。回答下列问题：（1）盛放MnO2粉末的仪器名称是________，a中的试剂为________。（2）b中采用的加热方式是_________，c中化学反应的离子方程式是________，采用冰水浴冷却的目的是____________。（3）d的作用是________，可选用试剂________（填标号）。A．Na2SB．NaClC．Ca(OH)2(悬浊液)D．H2SO4（4）反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，________，__________，干燥，得到KClO3晶体。27、（12分）甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。某学习小组利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。有关物质性质如下表：甘氨酸柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇易溶于水和乙醇易溶于水，难溶于乙醇两性化合物强酸性、强还原性实验过程：I．合成：装置C中盛有0.1molFeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸溶液和适量柠檬酸。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌，并通过仪器b向C中加入适量氢氧化钠溶液调节pＨ到6左右，使反应物充分反应。Ⅱ．分离：反应结束后，过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。回答下列问题：（1）仪器a的名称是________；与a相比，仪器b的优点是_____________________________。（2）装置B中盛有的试剂是____________；实验过程中装置D的导管一直没入液面下的必要性是___________________________________________。（3）合成过程加入柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和________________________。（4）加入氢氧化钠溶液调节pH若大于6，甘氨酸亚铁产量下降。原因可用离子方程式表示为________。（5）过程II中加入无水乙醇的目的是_______________________。（6）检验产品中是否含有Fe3+的试剂名称是_________。（7）本实验制得15.3g甘氨酸亚铁（M=204g/mol），则其产率是_____％。28、（14分）水合肼(N2H4·H2O)是无色、有强碱性和强还原性的液体，是一种重要的化工试剂，某新型生产工艺设计如下：己知：①乙腈CH3CN：无色液体，与水任意比例互溶：丁酮：无色液体，有毒，沸点79.6℃，密度0.81g·cm-3，在水中以1:4溶解；②反应I的化学方程式为：2NH3+H2O2++4H2O请回答：（1）反应I中H2O2需逐滴滴加至混合溶液中，原因是______________________________；（2）该新型生产工艺可将水相和丁酮回收循环使用，实现清洁化生产，水相的主要溶质成分是_____________________________；（3）反应II加入盐酸操作的实验装置如图所示，虚线框内最为合适的仪器是_________，优点是___________。（4）在加入足量盐酸后，肼以盐的形式存在请写出反应Ⅲ的化学方程式_________；（5）称取水合肼馏分1.00g，加水配成2.0mL溶液，在一定条件下，用0.300mol/L的I2溶液滴定，来测定水合肼的产率。已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O。①滴定时，可选用的指示剂为_________；②实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，则N2H4·H2O的产率为_________。29、（10分）SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。（1）SCR（选择性催化还原）工作原理：①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，请写出CO2的电子式___________________。②反应器内NH3还原NO2过程中，若还原产物比氧化产物少1mol，转移电子总数__________个（用NA表示）。③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成_________。④尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M=60g·mol−1）含量的方法如下：取ag尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1mLc1mol·L−1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mLc2mol·L−1NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是________（2）NSR（NOx储存还原）工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是_________。②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是___。③还原过程中，有时会产生笑气（N2O）。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整：_____________15NNO+H2O

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【详解】A．根据图示，a极CH3COO-、→CO2，a发生氧化反应，a是负极、b电极为正极，故A错误；B．a是负极、b是正极，原电池中阳离子移向正极，双极膜内的水解离成的H+向b电极移动，故B正确；C．根据图示，a极CH3COO-→CO2，有机废水发生的反应之一为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，故C正确；D．根据图示，b是正极，正极反应Cu2++2e-=Cu，所以该系统可处理废水、回收铜等金属，故D正确；选A。2、A【解析】A.该有机物有四种氢原子，所以该有机物的一氯代物有4种，故A正确；B.能与NaHCO3溶液反应的有机物含有—COOH，C6H12O2可以看作C5H11—COOH，C5H11—有8种，所以C5H11—COOH有8种，故B错误；C.分子式为C5H12O的含有两个甲基的醇可看作C5H11OH，含有两个甲基的C5H11—有4种，所以含有两个甲基的醇C5H11OH有4种，故C错误；D.分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下会水解生成甲和乙，且甲、乙的相对分子质量相等，说明该有机物为CH3COOC3H7,丙醇有两种，所以该有机物有两种，故D错误。故选A。3、D【分析】该装置为电解池，连接负极的铅笔芯为阴极，阴极上氢离子放电，同时电极附近生成氢氧根离子，溶液呈碱性；连接正极的铅笔芯为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘，碘与淀粉试液变蓝色。【详解】A.连接负极的铅笔芯为阴极，阴极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近生成氢氧根离子，溶液呈碱性，pH试纸遇碱变蓝色，A正确；B.连接正极的铅笔芯为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘单质，碘单质遇淀粉试液变蓝色，所以淀粉碘化钾试纸变蓝色，B正确；C.该装置是电解池，是将电能转化为化学能装置，此装置不属于原电池，C正确；D.电子不通过电解质溶液，电解质溶液中阴、阳离子定向移动形成电流，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查了电解原理，明确离子放电顺序及各个电极上发生的反应、物质的性质即可解答，注意电解质溶液中电流的形成，外电路中电子定向移动，内电路中离子定向移动为易错点。4、B【分析】加入氯化钡生成的沉淀为硫酸钡，可计算出硫酸根离子的物质的量，根据Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O和滴定所用重铬酸钾的量可计算出铁离子的物质的量，根据电荷守恒可计算出氢氧根离子的物质的量，铁和氢氧根离子的物质的量之比即为a∶b的比值，据此分析解答。【详解】n(SO42-)==0.0075mol，n(K2Cr2O7)=0.05L×0.02mol/=0.001mol，根据Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=0.006mol，由电荷守恒可知n(OH-)+2n(SO42-)=3n(Fe3+)，n(OH-)=0.006mol×3-0.0075mol×2=0.003mol，得到a∶b=0.006mol∶0.003mol=2∶1，故选B。5、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。.6、B【详解】A.反应2NO2(g)N2O4(g)的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产生更多的NO2气体，二氧化氮浓度增大，左侧气体颜色加深；降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动，二氧化氮浓度减小，右侧气体颜色变浅，能够用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B.烧瓶中冒气泡，证明酸性：HCl>H2CO3，但HCl不是最高价氧化物对应的水化物，不能比较C、Cl的非金属性强弱；试管中出现浑浊，可能是由于发生反应：2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3↓，也可能是由于发生反应：CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3↓，无法用元素周期律解释，B符合题意；C.根据盖斯定律可知：△H=△H1+△H2，能够用盖斯定律解释，C不符合题意；D.根据电子守恒可知，电解水生成H2与O2的物质的量之比2:1，结合阿伏伽德罗定律可知，H2与O2的体积比约为2:1，D不符合题意；故合理选项是B。7、D【详解】A．步骤②中发生的反应为：SO2+2CuCl2+2H2O=2CuCl↓+H2SO4+2HCl，故SO2为还原剂，将CuCl2还原为CuCl，A正确；B．H2SO3中的S也是+4价具有较强的还原性，故步骤③中为防止CuCl被氧化，可用H2SO3水溶液洗涤，B正确；C．步骤④中的反应物为CuCl和NaOH，产物为Cu2O，故所发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-＝Cu2O+2Cl-+H2O，C正确；D．由题干信息得：CuCl难溶于水和稀硫酸；Cu2O+2H+＝Cu2++Cu+H2O，故得到的Cu2O试样中可能会混有CuCl杂质，不能通过加足量稀硫酸充分溶解过滤后分离除去，D错误；故答案为：D。8、D【详解】电解氯化钠的水溶液可以得到氢氧化钠、氢气和氯气。氢气和氯气之间反应可以得到HCl，故ABC均正确，但由于氯化钠中无硫元素，故得不到硫酸，故D错误；故答案为D。9、D【详解】A．向Co2O3中滴入浓盐酸，发生氧化还原反应生成氯气，钴元素的化合价降低，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：Cl2<Co2O3，故A项错误；B．白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，构成原电池，锌为负极，发生氧化反应，铁为正极被保护，故B项错误；C．坩埚钳夹住一小块用砂纸打磨过的铝箔，在酒精灯上加热，由于铝易被氧化，而且氧化铝熔点高，故C项错误；D．KI过量，由现象可知还反应后存在铁离子，则KI与FeCl3的反应具有可逆性，故D项正确；故选D。综上所述，本题正确选项为D项。10、D【详解】A项、氨气极易溶于水，通入氨气的导管插在液面下会产生倒吸，故A错误；B项、实验室里用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，不是用饱和食盐水，故B错误；C项、该装置用于除去氯气中的氯化氢气体，故C错误；D项、实验室用电石与水反应制备乙炔气体，由于电石与水反应剧烈不易控制，常用饱和食盐水代替水,控制反应速率获得平稳的乙炔气流，故D正确；故选D。【点睛】本题主要考查实验装置以及相关实验注意事项，易错点为A选项中不清楚通NH3的导管不可以伸入液面以下，氨气极易溶于水会导致倒吸。11、C【分析】由图像可知，由曲线a到曲线b，到达平衡的时间缩短，故改变条件后，反应速率加快，平衡时X的转化率不变，说明条件改变不影响平衡状态的移动，据此分析判断。【详解】A、该反应是放热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应移动，X的转化率降低，与图像不符，故A错误；B、加大X的投入量，X浓度增大，反应速率加快，平衡向正反应移动，但X的转化率降低，故B错误；C、缩小反应容器的体积，物质的浓度增大，反应速率加快，反应前后气体的物质的量不变，平衡不移动，故C正确；D、N是固体，增加N的投入量，不影响反应速率，平衡不移动，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为D，要注意N为固体，增大固体的投入量，平衡不移动，反应速率不加快。12、C【详解】氢离子与硝酸根离子组和三价铁离子都具有氧化性，都能氧化亚硫酸根离子，氢离子与硝酸根离子组的氧化性强于三价铁离子，所以通入亚硫酸根离子，先与硝酸根离子反应，若亚硫酸根剩余再与三价铁离子反应，题干中亚硫酸根离子少量，所以只有硝酸根离子与亚硫酸根离子的反应，离子方程式为：2H＋＋2＋3===3＋2NO↑＋H2O，答案为C。13、C【详解】A.乙酸乙酯（乙酸）：加饱和溶液中和乙酸，同时乙酯乙酯不反应，不溶解，分液即得乙酸乙酯，正确；B.：加与水作用，蒸馏出乙醇，正确；C.：氯化钠的溶解度受温度影响小，因此配成浓溶液，蒸发结晶，即蒸发结晶、趁热过滤，可得NaCl，错误；D.铁粉（铝粉）：加溶液溶解铝粉，过滤得铁粉，正确。答案为C。【点睛】在除去氯化钠固体中的少量硝酸钾时，我们常会认为，既然硝酸钾是杂质，那就除去硝酸钾。硝酸钾的溶解度受温度影响大，可通过降温让硝酸钾析出。孰不知，在溶液不蒸干的情况下，硝酸钾不可能完全析出，或者说硝酸钾很难析出，因为硝酸钾在溶液中的浓度很小，即便是氯化钠的饱和溶液，它也很难达饱和，所以也就不会结晶析出。14、B【分析】SO2与BaCl2不反应，通入另一种气体后可以产生白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡或亚硫酸钡，气体为氨气时生成亚硫酸钡，气体具有氧化性时可生成硫酸钡沉淀，以此来解答。【详解】A．过氧化钠与水反应生成氧气，氧气可氧化H2SO3生成硫酸，再与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故A错误；B．Zn与稀硫酸反应生成氢气，与二氧化硫、氯化钡不反应，无沉淀生成，故B正确；C．高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯气，氯气在水中可氧化二氧化硫生成硫酸，再与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故C错误；D．生石灰和浓氨水反生成氨气，氨气与二氧化硫、氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故D错误；故答案为B。15、C【详解】A．O2与O3混合相当于O原子混合，n(O)=，则含有氧原子总数为3NA，A正确；B．n(NH3)=，根据关系1NH3~3e-确定转移电子为0.3mol，转移的电子数为0.3NA，正确；C．常温下，Fe与浓硝酸发生钝化，不能完全反应，无法计算转移电子数，C错误；D．4.6g乙醇的物质的量为：，根据关系1CH3CH2OH~1O—H可知，含有O－H键数目为0.1NA，D正确。答案选C。16、C【详解】n(NaOH)==2.22mol、n(Na2CO3)==2.22mol，盐酸滴入后，由于氢氧化钠的碱性较强,盐酸和氢氧化钠反应2.4g氢氧化钠消耗2.22L盐酸，不产生气体；当氢氧化钠消耗完之后，盐酸和碳酸钠反应，由于氢离子浓度较小,，生成碳酸氢钠，还是没有气体产生，相关反应如下:CO32-+H+(少量)=HCO3-，此时再消耗2.22L盐酸,不产生气体；当碳酸根消耗完后，2.22mol碳酸氢跟和氢离子反应，产生2.22mol二氧化碳气体，C选项符合题意，故答案为C。17、B【解析】A.硝酸具有强氧化性，能够将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，从而生成硫酸钡沉淀，故A错误；B.向淀粉KI溶液中滴入3滴稀硫酸，未见溶液变蓝，说明硫酸不能将碘离子氧化；再加入10%的H2O2溶液，溶液立即变蓝色，说明双氧水将碘离子氧化为碘单质，说明双氧水的氧化性比碘强，故B正确；C.浓盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢也能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故C错误；D.将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色褪去，体现了二氧化硫的还原性，不是漂白性，故D错误；故选B。18、D【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是第IA元素，W是同周期非金属性最强的元素,则Z为Na,W为Cl,原子序数之和为42，X和Y的原子序数之和为42-11-17=14，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，则X为C，Y为O，由上述分析可知：X为C，Y为O，Z为Na,W为Cl。【详解】A.Y的单质为O2或O3，W的单质为Cl2,O3、Cl2均可以用来消毒，故A正确；B.X、Y、Z可以组成Na2CO3，Y、Z、W可以组成NaClO，在水中均为显碱性的盐，故B正确；C.Y、Z能组成含有非极性键的Na2O2,故C正确；D.HClO的酸性比H2CO3酸性弱；故D错误；本题答案为D。19、A【详解】A.工业生产乙烯原料为石油，故A错误；B.工业制肥皂原料为油脂，故B正确；C.工业制漂白粉是利用氯气和消石灰（氢氧化钙），故C正确；D.工业制烧碱（碳酸钠）原料为饱和食盐水，故D正确；故答案为A。20、D【解析】A．升高温度，化学反应速率加快，v正增大，v逆增大，故A错误；B．增加反应物B的量，会使化学平衡正向移动，但是反应的△H不变，故B错误；C．通入惰性气体，体积不变，各组分的浓度不变，平衡不移动，故C错误；D．A(g)+B(g)C(g)+2D(s)起始物质的量（mol/L）110变化物质的量（mol/L）0.50.50.5平衡物质的量（mol/L）0.50.50.5平衡时平衡常数K==2，故D正确；故答案为D。21、B【详解】A．干冰升华是物理变化，没发生化学反应，故A错误；B．乙炔和氧气反应时放出大量的能量，可焊接或切割金属，故B正确；C．木炭燃烧是放热反应，与反应条件无关，故C错误；D．NaOH固体溶于水包括氢氧化钠的电离和离子与水的化合形成水合离子的过程，其中电离是吸热过程，水合是放热过程，故D错误；故选B。22、D【解析】A.MnO4－是有色离子，在无色溶液中不能大量共存，故A错误；B.能与Al反应产生H2的溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，若为酸性溶液，HCO3－不能大量共存，若为碱性溶液，HCO3－和Al3＋不能大量共存，故B错误；C.Fe3＋可以和AlO2－发生双水解反应生成Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀，HCO3－和AlO2－在溶液中反应生成CO32－和Al(OH)3沉淀，故不能大量共存，故C错误；D.常温下pH=1的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中，Mg2+、Cl-、SO42-、Fe3+互相之间不发生任何反应，可以大量共存，故D正确；故答案选D。点睛：本题主要考查离子能否大量共存，掌握相关离子的性质是解答的关键，在解题时要特别注意题目所隐含的条件。如：①溶液无色透明时，则溶液中一定没有有色离子，如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-；②强碱性溶液中肯定不存在与OH-反应的离子，如Fe3+、Fe2+、HCO3-、NH4+、Al3+；③强酸性溶液中肯定不存在与H+反应的离子，如HCO3-、CO32-、S2-、CH3COO-、AlO2-等；本题的易错点在B项，要特别注意能与Al反应产生H2的溶液，可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，但若为酸性溶液，则不可能是硝酸，因铝与硝酸反应不能生成氢气。二、非选择题(共84分)23、2:3或2:7Na2CO3和NaHCO31:1(NH4)2SO3【分析】已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰，所以C为氢气，D为氯气；C与D反应生成的F为HCl；M是日常生活中不可缺少的调味品，M为NaCl，结合转化关系图，B为NaOH。（1）若A是地壳中含量最多的金属元素，则推断A为金属铝，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，发生的反应为，Al3++3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH－=AlO2-+2H2O；（2）若A是CO2气体，A与NaOH溶液反应后所得溶液中溶质可能为：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、NaHCO3和Na2CO3、NaHCO3；根据加入盐酸后所消耗盐酸的体积来分析解答即可。（3）若A是一种正盐，A能分别与NaOH、HCl溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，该气体为常见的NH3和SO2，据此来分析作答。【详解】已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰，所以C为氢气，D为氯气；C与D反应生成的F为HCl；M是日常生活中不可缺少的调味品，M为NaCl，结合转化关系图，B为NaOH。（1）若A是地壳中含量最多的金属元素，则推断A为金属铝，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，发生的反应为，Al3++3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH－=AlO2-+2H2O；溶液中Al元素有AlO2-或者Al3+两种存在形式，故当得到的沉淀物Al(OH)3中Al元素与溶液中中Al元素的质量相等，也分两种情况，①碱过量时，即反应剩余的n[Al(OH)3]=n(AlO2-)，根据元素守恒可知此时c(AlCl3)：c(NaOH)=2：7；②当碱量不足时，n[Al(OH)3]=n(Al3+)，再根据元素守恒可知，此时c(AlCl3)：c(NaOH)=2：3，故答案为2：3或2：7。（2）若A是CO2气体，A与NaOH溶液反应后所得溶液中溶质可能为：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、NaHCO3和Na2CO3、NaHCO3；由图示信息可以看出：①0~0.1L时，消耗盐酸没有气体放出；②0.1L~0.3L，消耗盐酸有气体放出；根据两个阶段消耗的盐酸的体积比为1:2，可以推测出，原溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，根据反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，不产生气体消耗的盐酸与产生气体消耗的盐酸体积比为1:2，可判断出Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为1:1。故答案为Na2CO3和NaHCO3，1:1。（3）若A是一种正盐，A能分别与B、F溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，可推测出A的阳离子为NH4+，阴离子为SO32-，进而得出A的化学式为(NH4)2SO3。24、AlCH2ONa2O22H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑CO2CONa2CO32AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-【详解】D是淡黄色的固体化合物，D是Na2O2；C是常见的无色无味液体，C是水；Na2O2与水反应生成NaOH和O2，A是常见的金属单质，A能与NaOH溶液反应，A为Al，E、F为H2、O2中的一种，溶液甲中含NaAlO2，B为非金属单质（一般是黑色粉末），B为C，B能与F反应生成G和H，则F为O2，E为H2，G、H为CO2、CO中的一种，D能与G反应生成K和F，则G为CO2，K为Na2CO3，溶液乙为Na2CO3溶液，H为CO；CO2与NaAlO2溶液反应生成的沉淀L为Al（OH）3。（1）根据上述分析，A、B、C、D的化学式分别为Al、C、H2O、Na2O2。（2）反应①中C、D均过量，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。（3）B为C，F为O2，C与O2以物质的量之比1:1反应生成CO2，以物质的量之比2:1反应生成CO，反应②中C与O2物质的量之比为4:3则反应生成CO2和CO，其中G能与Na2O2反应，G为CO2，H为CO。（4）反应③的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，产物K的化学式为Na2CO3。（5）反应④的离子方程式为2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-。25、2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O调节分液漏斗旋塞减慢盐酸滴加速度蒸馏b氯气中有氯化氢，发生副反应生成CH3CH2Cl，使三氯乙醛产率降低纯度降低【分析】A装置利用高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，B装置用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D中反应制备CCl3CHO，E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气。【详解】（1）A中高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，A中发生反应的离子方程式：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。（2）实验发现，通入D中的氯气速率过快，要降低氯气生成的速率，合理的解决方案是调节分液漏斗旋塞减慢盐酸滴加速度。（3）实验完毕后，利用反应混合物中各物质的沸点不同，从D中分离产品的操作是蒸馏。（4）进入D装置中的氯气要干燥、纯净，B装置用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，B中试剂可能是b；如果拆去B装置，则通入D中的氯气中混有HCl，根据题给副反应C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O，导致装置D中副产物C2H5Cl增多，使三氯乙醛产率降低纯度降低。26、圆底烧瓶饱和食盐水水浴加热Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O避免生成NaClO3吸收尾气（Cl2）AC过滤少量冷水洗涤【分析】由装置可知可知，圆底烧瓶中MnO2与浓盐酸在加热条件下发生反应生成Cl2，生成的Cl2中混有HCl，氯气经过a装置中饱和食盐水除去HCl，然后Cl2通入b装置中，KOH水溶液与Cl2在加热条件下反应生成KCl、KClO3，b装置内未反应的Cl2通入c中，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO，最后利用d装置吸收未反应的Cl2，以此解答。【详解】(1)根据题目所给仪器图可知，盛放二氧化锰的仪器为圆底烧瓶；氯气与氢氧化钾在加热条件下可生成氯酸钾，盐酸具有挥发性，所以氯气中含有的HCl应除去，则a中的试剂为饱和食盐水，故答案为：圆底烧瓶；饱和食盐水；(2)由装置b的示意图可知，b中采用的加热方式为水浴加热；c装置为冰水条件，所以氯气与氢氧化钠溶液反应生成NaClO，化学反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，与装置b相比，装置c采用冰水浴冷却的目的是避免生成NaClO3，故答案为：水浴加热；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；避免生成NaClO3；(3)因为氯气有毒，不能直接排放到空气中，所以装置d的作用是吸收尾气；氯气能与硫化钠反应生成硫单质、氯化氢，能与氢氧化钙溶液反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，但不能与氯化钠、硫酸反应，所以只能选择硫化钠、氢氧化钙，故答案为：吸收尾气；AC；(4)反应结束后，b管内有氯酸钠生成，经冷却结晶、过滤、少量冷水洗涤、干燥，得到氯酸钠晶体，故答案为：过滤；少量冷水洗涤。27、分液漏斗平衡气压，使液体顺利流下饱和NaHCO3溶液防止空气进入C中（从而防止Fe2+被氧化）防止Fe2+被氧化Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓降低甘氨酸亚铁的溶液度，使其结晶析出硫氰化钾溶液75【分析】由装置A中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳气体，由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢，则装置B中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体；利用二氧化碳气体将实验装置中的空气排干净，在进行C装置中的甘氨酸亚铁的制取反应，实验过程中装置C中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响实验结果，必须将D中导管没入液面以下，防止空气中的氧气进入C装置将亚铁离子氧化。【详解】（1）仪器a的名称是分液漏斗；仪器b的名称为恒压漏斗，与a相比，仪器b的优点是平衡气压，使液体顺利流下，答案为：分液漏斗；平衡气压，使液体顺利流下；（2）装置A中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳，由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢，则装置B中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体；实验过程中装置C中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响实验结果，必须将D中导管没入液面以下，防止空气中的氧气进入C装置将亚铁离子氧化，答案为：饱和NaHCO3溶液；防止空气进入C中（从而防止Fe2+被氧化）；（3）根据题中表格提供的已知信息，柠檬酸具有强酸性和强还原性，合成过程加入柠檬酸的可促进FeCO3溶解和防止亚铁离子被氧化，答案为：防止Fe2+被氧化（4）加入氢氧化钠溶液调节pH若大于6，溶液碱性增强，会导致溶液中的亚铁离子在该条件下直接与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，离子方程式表示为Fe2++2OH-=Fe(OH)2，答案为：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓；（5）由题目已知信息可知，甘氨酸亚铁难溶于乙醇，所以过程II中加入无水乙醇的目的是减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其更多的结晶析出，答案为：减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其更多的结晶析出；（6）检验三价铁离子的试剂为硫氰化钾溶液，加入硫氰化钾，溶液变为血红色，则说明含有三价铁离子，答案为：硫氰化钾溶液；（7）甘氨酸的物质的量=0.2L×1.0mol·L-1=0.2mol，0.1mol的碳酸亚铁中亚铁离子的物质的量为0.1mol，根据铁原子守恒，0.2mol的甘氨酸和0.1mol的碳酸亚铁理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁的质量：204g▪mol−1×0.1mol=20.4g，产品的质量为15.3g，则产率===75%，答案为：75。28、防止H2O2分解，且避免反应过于剧烈乙腈、丁酮C防止盐酸（和丁酮）挥发污染环境；平衡气压，液体顺利流下N2H4·2HCl+2NaOH=N2H4+2NaCl+2H2O淀粉溶液90.0%【解析】（1）如果一次性混合，反应非常剧烈，放热，可能导致H2O2分解，故分批加入。故答案为防止H2O2分解，且避免反应过于剧烈；（2）根据已知条件乙腈与水任意比例互溶，丁酮在水中以1:4溶解，故水相的主要溶质为乙腈和丁酮；（3）最合适的仪器为C装置，C为恒压分液漏斗，可以