安徽省肥东中学2026届高三上化学期中达标测试试题含解析

安徽省肥东中学2026届高三上化学期中达标测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、国际计量大会第26届会议修订了阿伏加德罗常数（NA=6.02214076×1023mol-1)，于2019年5月2日正式生效。设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．40g正丁烷和18g异丁烷的混合物中共价键数目为13NAB．常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NAC．电解精炼铜时，阳极质量减小3.2g时，转移的电子数为0.1NAD．0.1molFeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体，生成胶粒数目为0.1NA2、用H2还原mgCuO，当大部分固体变红时停止加热，冷却后称量，知残留固体质量为ng，共用去WgH2，则被还原的CuO的质量为（）A．40Wg B．5(m－n)g C．1.25ng D．mg3、1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2，需吸收10.94KJ热量，此反应的热化学方程式为A．C+H2O=CO+H2ΔH=+131.3KJ·mol-1B．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=+10.94KJ·mol-1C．C(s)+H2O(l)=CO(g)+H2(g)ΔH=+131.3KJ·mol-1D．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=+131.3KJ·mol-14、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A．0.1mol/L的NaClO溶液中含有C1O-的数目小于NAB．标准状况下，将22.4LC12通入水中，发生反应后，转移的电子数为NAC．100g46%的乙醇溶液中，含H-O键的数目为NAD．4.6gNa在空气中完全反应生成Na2O、Na2O2,转移0.2NA个电子5、除去下列物质中所含的杂质。选用的试剂正确的是选项物质(杂质)试剂AAl2O3(SiO2)过量NaOH溶液BCO2(HCl)饱和Na2CO3溶液CNa2O2(Na2O)O2/加热DAl2O3(Fe2O3)Al粉/加热A．A B．B C．C D．D6、将打磨后的镁条放入盛有50ml蒸馏水的烧杯后，用pH传感器和浊度传感器监测溶液中pH和溶液浊度随时间的变化如图。下列有关描述正确的（）A．该实验是在常温下进行的B．实线表示溶液浊度随时间的变化C．50s时向溶液中滴入酚酞试液，溶液变红D．150s后溶液浊度下降是因为生成的Mg(OH)2沉降7、下列有关仪器的使用或实验操作错误的是A．分液漏斗、容量瓶、滴定管在使用前均需检查是否漏液B．用MnO2与H2O2制备O2，可用启普发生器控制反应“随开随用，随关随停”C．焰色反应实验前，需将所用铂丝或铁丝蘸取稀盐酸后灼烧数次至无色D．烧杯、圆底烧瓶、锥形瓶加热前必须擦干外壁并垫上石棉网8、能够说明硫的非金属性比氯弱的事实有①与铁反应生成，S与铁反应生成FeS

②和的混合气，经强光照射可剧烈反应，而S与反应需较高温度

③将通入氢硫酸中可置换出硫

④常温时硫单质为固态而氯单质为气态．A．①③ B．①②③ C．②④ D．①②③④9、向一定量的明矾溶液中滴加氢氧化钡溶液，生成沉淀的质量m与加入氢氧化钡溶液体积V之间的正确关系式A． B． C． D．10、已知电离平衡常数K1（H2SO3）>K1（H2CO3）≈K2（H2SO3）>K2（H2CO3），则溶液中不可以大量共存的离子组是A．SO32—、HCO3—B．HSO3—、HCO3—C．HSO3—、CO32—D．SO32—、CO32—11、一种从含Br-废水中提取Br2的过程，包括过滤、氧化、正十二烷萃取及蒸馏等步骤。已知：Br2CCl4正十二烷密度/g·cm－33.1191.5950.753沸点/℃58.7676.8215~217下列说法正确的是A．过滤时，需不断搅B．将-氧化为Br2C．正十二烷而不用CCl4，是因为其密度小D．进行蒸馏，先收集正十二烷再收集Br212、下列有关问题，与盐的水解有关的是()①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂③草木灰和铵态氮肥不能混合使用④实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞⑤用热的纯碱溶液洗去衣服上的油污A．①②③ B．②③④ C．①④⑤ D．①②③④⑤13、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↓+H2O14、下列各组中的两种物质作用，反应条件或反应物的用量改变时，对生成物没有影响的是A．NaOH与CO2 B．Na2O2与CO2 C．NaOH与AlCl3 D．Na与O215、下列关于0.10mol·L－1NaHCO3溶液的说法正确的是（）A．溶质的电离方程式为：NaHCO3→Na＋＋H＋＋CO32－B．25℃时，加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积不变C．离子浓度关系：c(CO32－)＋c(OH－)=c(H2CO3)＋c(H＋)D．温度升高，溶液中c(HCO3－)增大16、有关碳元素及其化合物的化学用语正确的是()A．CO2的电子式: B．C原子最外层电子的轨道表示式:C．C原子的结构示意图：1s22s22p2 D．乙烯的比例模型:17、下列有关化学与生活、工业的叙述中不正确的是()A．工业生产玻璃、水泥以及用铁矿石冶炼铁，均需要用石灰石为原料B．CO会与血红蛋白结合，使人中毒；可将中毒病人放入高压氧舱中解毒，其解毒原理符合平衡移动原理C．2011年5月份起，面粉中禁止添加CaO2、过氧化苯甲酰等增白剂，CaO2属于碱性氧化物，过氧化苯甲酰属于有机物D．固体煤经处理变为气体燃料后，可以减少SO2和烟尘的排放，且燃烧效率提高，有利于节能减排18、含有下列离子或分子的溶液中，通入过量SO2气体后仍能大量共存的是()A．Fe2+、Ca2+、Cl-、 B．Ba2+、Cl-、Ca2+、OH-C．Na+、Fe3+、I-、HS- D．Na+、Ca2+、K+、Cl-19、W、X、Y、Z是短周期主族元素，其原子序数依次增大。前三种元素形成的简单离子分别为W2－、X＋、Y2－，下列说法错误的是（）A．W、X、Y、Z的氢化物都是共价化合物B．X、Y、Z与W形成的化合物都不止一种C．Z的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物都是强酸D．简单离子半径：X＋<W2－<Y2－20、以海水为原料，生产制得氯气的过程中不包括A．蒸发结晶 B．精制提纯 C．高温熔融 D．通电电解21、中国学者在水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH]中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的，反应过程示意图如下：下列说法正确的是A．过程Ⅰ和过程Ⅲ均为放热过程B．图示过程中的H2O均参与了反应过程C．过程Ⅲ生成了具有极性共价键的H2、CO2D．使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH22、电解H2SO4和CuCl2的混合溶液，起始一段时间阴极和阳极上分别析出的物质是A．H2、O2 B．Cu、O2 C．H2、Cl2 D．Cu、Cl2二、非选择题(共84分)23、（14分）下列中所列的是五种短期周期元素原子的半径及主要化合价：元素代号ABCDE原子半径/nm0.1110.0640.1170.1600.066主要化合物+2-1+4，-4+2-2（1）C元素在周期表中的位置___；E原子的电子填充在___个轨道上，这些电子有___种不同的能量。（2）B、D、E所代表元素的离子半径从大到小的顺序为___（填离子符号）（3）C与E形成的化合物属于__晶体。（4）已知X是与E同族的另一短周期元素，有人认为：H-E键的键能大于H-X键的键能，所以H2E的沸点高于H2X的沸点。你是否赞同这种观点___（“赞同”或“不赞同”），理由：___。24、（12分）已知物质A是芳香族化合物，A分子中苯环上有2个取代基(均不含支链)，且A的核磁共振氢谱有6个吸收峰，峰面积比为1:1:1:1:2:2，能够与FeCl3溶液发生显色反应。D（C18H16O6）分子中除含2个苯环外还含有1个六元环。它们的转化关系如下：请回答下列问题：（1）A中所含的含氧官能团的名称为__________________________。（2）填写下列反应的反应类型：反应①_____________反应③_____________。（3）B的结构简式___________，D的结构简式_______________。（4）A→E的化学方程式为____________________________________________。（5）符合下列条件的A的同分异构体有_____________种。①芳香族化合物，苯环上的取代基不超过3个；②能与FeCl3溶液发生显色反应且不能水解；③lmol该物质可与4mol[Ag(NH3)2]+发生银镜反应；④lmol该物质可与5molH2加成。25、（12分）硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]是分析化学中的重要试剂。隔绝空气加热至500℃时硫酸亚铁铵能完全分解，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等。[实验探究]某化学小组选用如图所示部分装置迸行实验(夹持装备略)实验I验证分解产物中含有氨气和水蒸气，并探究残留固体成分。（1）所选用装置的正确连接顺序为___(填装置的字母序号)。（2）A中固体完全分解后变为红棕色粉末，设计实验证明A中残留固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4：___。实验Ⅱ探究分解产物中的硫氧化物，连接装置A−E−F−B进行实验。（3）实验过程中观察到：E中没有明显现象，F中溶液褪色，据此得出的结论是___。（4）实验证明(NH4)2Fe(SO4)2受热分解除生成上述产物外，还有N2产生，写出A中反应的化学方程式___。Ⅲ、为测定硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O晶体纯度，某学生取mg硫酸亚铁铵样品配成500mL溶液，根据物质组成，设计了如下三个实验方案，请回答：方案一：取20.00mL硫酸亚铁铵溶液于锥形瓶，用0.1000mol·L-1的酸性KMnO4溶液进行滴定。方案二：取20.00mL硫酸亚铁铵溶液进行如下实验。方案三：（通过NH4+测定）实验设计如图所示。取20.00mL硫酸亚铁铵溶液进行该实验。（5）若实验操作都正确，但方案一的测定结果总是小于方案二，其可能原因是___。（6）方案三选择装置___(填图一或图二)较为合理，判断理由是___。若测得NH3的体积为VL（已折算为标准状况下），则该硫酸亚铁铵晶体的纯度为___（列出计算式即可，不用简化）。26、（10分）某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示(夹持装置略)：已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：回答下列问题：(1)装置A中a的作用是______________；装置C中的试剂为________________；装置A中制备Cl2的化学方程为______________。(2)上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是________________。(3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4溶液加入___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；在规格为50.00mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为______________(填标号)。A.15.00mLB.35.00mLC.大于35.00mLD.小于15.00m1(4)某FeC2O4﹒2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4﹒2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下:Ⅰ.取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。用cmol﹒L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。样品中所含的质量分数表达式为_________________。下列关于样品组成分析的说法，正确的是__________(填标号)。A.时，样品中一定不含杂质B.越大，样品中含量一定越高C.若步骤I中滴入KMnO4溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏低D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏高27、（12分）某同学对Cu的常见化合物的性质进行实验探究，研究的问题和过程如下：(1)为探究Cu(OH)2是否和Al(OH)3一样具有两性，除选择Cu(OH)2外，必须选用的试剂为____________(填序号)a．氨水

b．氢氧化钠溶液

c．稀硫酸

d．冰醋酸(2)为探究不同价态铜的稳定性，进行如下实验：①将CuO粉末加热至1000℃以上完全分解成红色的Cu2O粉末。②向Cu2O中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，该反应的离子化学方程式为____________。(3)为了探究氨气能否和氢气一样还原CuO，他根据所提供的下列装置进行实验(夹持装置未画)，装置A产生氨气，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→___→___→___→___→___→___→h①实验开始时，打开分液漏斗的活塞K，发现浓氨水没有滴下，如果各仪器导管均没有堵塞，则可能的原因是_______________________________________。②实验结束后，装置B中固体由黑色变为红色，装置E中收集到无色无味的气体，在空气中无颜色变化，点燃的镁条可以在其中燃烧，则B装置中发生的化学方程式为_____________________。③装置C中的球形装置的作用是_________________。28、（14分）铁、钴（Co）、镍（Ni）是同族元素，主要化合价均为+2、+3价，都是较活泼的金属，它们的化合物在工业上有重要的应用．（1）配制FeSO4溶液时，需加入稀硫酸，其目的是_________________________（2）写出CoCl2与氯水反应的化学方程式______________________________（3）Co2+和Fe3+均可与KSCN溶液发生相似的反应，向CoCl2溶液中加入KSCN溶液，生成某种蓝色离子，该离子中钴元素的质量分数约为20%。则该离子的化学式为__________________。

（4）碳酸镍可用于电镀、陶瓷器着色等。镍矿渣中镍元素的主要存在形式是Ni(OH)2和NiS，从镍矿渣出发制备碳酸镍的反应如下：先向镍矿渣中加入稀硫酸和NaClO3浸取出Ni2+，反应的离子方程式有①_____________________②NiS+ClO3-+H+-Ni2++S+Cl-+H2O(未配平)，此反应中还原产物与氧化产物的物质的量比为_________。再加入Na2CO3溶液沉镍，即制得碳酸镍，检验Ni2+是否沉淀完全的方法_____________________________________29、（10分）工业上利用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe3O4、Fe2O3、FeO、SiO2)为原料制备高档颜料——铁红(Fe2O3)，具体生产流程如下：试回答下列问题：（1）“酸溶”过程中Fe3O4发生反应的离子方程式为_________________；（2）实验室实现“步骤Ⅱ”中分离操作所用的玻璃仪器有__________、玻璃棒和烧杯等；步骤Ⅳ中最好应选用_______试剂调节溶液的pH(填字母编号)。A．稀硝酸B．氧化铜C．高锰酸钾溶液D．氨水（3）检验步骤Ⅲ已经进行完全的试剂是_____________________；（4）步骤Ⅴ的反应温度一般需控制在35℃以下，其目的是______________________；（5）步骤Ⅵ中发生反应的化学反应方程式为_______________________________；（6）欲测定硫铁矿矿渣中Fe元素的质量分数，称取ag样品，充分“酸溶”、“水溶”后过滤，向滤液中加入足量的H2O2，充分反应后加入NaOH溶液至不再继续产生沉淀，经过滤、洗涤、灼烧至固体恒重，冷却后称得残留固体bg，测得该样品中Fe元素的质量分数为__________。

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.正丁烷和异丁烷的分子式都为C4H10，一个C4H10分子中含有的共价键数目为13个，因此58gC4H10混合物中共价键数目为×13×NAmol-1=13NA，故A正确；B.124g白磷的物质的量为1mol，而一个白磷分子中含6个P−P键，故1mol白磷中含6NA条P−P键，故B错误；C.电解精炼铜时，粗铜做阳极，阳极上放电的金属不止铜，还有比铜活泼的其他金属，当阳极质量减小3.2g时，转移的电子数多于0.1NA，故C错误；D.0.1molFeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体，生成的氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁形成的集合体，因此数目小于0.1NA，故D错误；答案选A。2、B【分析】该题可用差量法来解决，因为是“当大部分固体变红”，氧化铜没有完全被还原，所以，mg与ng都无法直接用来计算，由于氢气在反应中要做到“早来晚走”，也不能用来计算，氧化铜被氢气还原的化学反应中，氧化铜中的氧元素被氢气夺去，因此减少的是氧元素的质量。【详解】设被还原的氧化铜的质量为x，则H2+CuOCu+H2O固体质量减少8016x(m-n)g80:16=x:(m-n)g，解得：x＝5（m-n)g，故答案选B。3、D【详解】1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2，需吸收10.94KJ热量，可知1molC完全反应吸热为12×10.94KJ=131.3KJ，则此反应的热化学方程式为C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131kJ/mol或C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)-131.3KJ，

故选：D。4、D【解析】A．未注明溶液的体积，无法判断溶液中含有ClO-的数目，故A错误；B．标况下22.4L氯气的物质的量为1mol，由于只有部分氯气与水反应，则转移电子的物质的量小于1mol，转移的电子数小于NA，故B错误；C．100g

46%的乙醇溶液中，由于水分子中也含有H-O键，则该溶液中含H-O键的数目大于NA，故C错误；D．4.6g钠的物质的量为：=0.2mol，0.2molNa完全反应失去0.2mol电子，转移0.2NA个电子，故D正确；故选D。点睛：注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。本题的易错点为C，注意乙醇溶液中，除了乙醇，还有水分子，水分子中也含有O-H键。5、C【解析】A、SiO2也能与NaOH溶液反应，故A错误；B、Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO3，应用饱和NaHCO3溶液，故B不正确；C、2Na2O＋O22Na2O2，故C正确；D、Al与Fe2O3发生反应后，形成Al2O3和Fe的混合物，故D错误。故选C。点睛：物质的提纯、除杂，不增、不减、易分离是除杂的原则，不增：不增加新的杂质。不减：不减少被提纯物质。易分离：杂质与被提纯物质容易分离。D形成Al2O3和Fe的混合物不易分离。6、D【详解】A．常温下蒸馏水的pH=7，而图像中初始水的pH小于6.5，说明该实验温度高于常温，A错误；B．由开始时的数值判断，蒸馏水的pH不可能大于8，且随着反应的进行pH增大，则实线表示溶液pH随时间变化的情况，B错误；C．50s时溶液的pH约为7.5，当溶液的pH大于8.2时，溶液中滴入酚酞后溶液变红；当pH小于8.2时，溶液中滴入酚酞后溶液不变色，C错误；D．Mg(OH)2为难溶物，随着Mg(OH)2的沉降，溶液的浊度会下降，即150s后溶液浊度下降是因为生成的Mg(OH)2沉降，D正确；答案选D。7、B【解析】A.具有塞子、活塞的仪器在盛装溶液前都需要检查是否漏液，故A正确；B．双氧水分解制备氧气时放出大量的热，会使启普发生器炸裂，故不能使用启普发生器，故B错误；C．盐酸易挥发，灼烧后不干扰实验，则焰色反应实验前，需将所用铂丝或铁丝蘸取稀盐酸后灼烧数次至无色，故C正确；D．烧杯、圆底烧瓶、锥形瓶都是玻璃仪器，加热前若外壁有水，会造成仪器炸裂，又因为三者都不能直接加热，故在加热前应垫上石棉网，故D正确；故答案选B。点睛：化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作，解答时注意掌握氧气的制备原理，常见仪器如A项和D项中的分液漏斗、容量瓶、滴定管等仪器的使用方法和基本操作。同时掌握相关物质的性质是解答C项的关键。8、B【详解】①Cl2与铁反应生成FeCl3，S与铁反应生成FeS，则Cl得电子的能力强，所以硫的非金属性比氯弱，故①正确；②Cl2和H2的混合气，经强光照射可剧烈反应，而S与H2反应需较高温度，则Cl与氢气易化合，所以硫的非金属性比氯弱，故②正确

③将Cl2通入氢硫酸中可置换出硫，由氧化还原反应可知，硫的非金属性比氯弱，故③正确；

④常温时硫单质为固态而氯单质为气态，物质的状态是物质的物理性质，不能说明元素的非金属性强弱，故④错误；能够说明硫的非金属性比氯弱的事实有①②③，故选B。9、C【解析】向一定质量的明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液时，先发生2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓+K2SO4，然后发生氢氧化铝的溶解和硫酸钡的形成，2Al（OH）3+K2SO4+Ba（OH）2=2KAlO2+BaSO4↓+H2O，图像中沉淀的质量量逐渐增多，后由于氢氧化铝的溶解，沉淀的质量增大的幅度减小，最后不变，故选C。【点睛】本题考查物质之间的反应，明确离子反应先后顺序是解本题关键。本题的易错点为D，要注意氢氧化铝溶解的同时，会继续生成硫酸钡沉淀，沉淀的总质量仍增加。10、C【解析】由于K1(H2SO3)>K1(H2CO3)≈K2(H2SO3)>K2(H2CO3)，则酸性H2SO3＞H2CO3≈HSO3-＞HCO3-。A.SO32—、HCO3—离子间不能反应，能够大量共存，故A不选；B.HSO3—、HCO3—离子间不能反应，能够大量共存，故B不选；C.由于酸性HSO3-＞HCO3-，则HSO3—、CO32—能够反应生成HCO3—，不能大量共存，故C选；D.SO32—、CO32—离子间不能反应，能够大量共存，故D不选；故选C。11、B【详解】A、过滤时不需搅拌，选项A错误；B、用乙装置利用氯气将Br-氧化为Br2，选项B正确；C、丙装置中用正十二烷而不用CCl4，是因为其沸点与溴相差大，萃取后的溶液可通过蒸馏而分离，选项C错误；D、可用装置丁进行蒸馏，先收集Br2再收集正十二烷，选项D错误。答案选B。12、D【解析】①NH4Cl与ZnCl2溶液中的铵根和锌离子会发生水解，导致溶液显示酸性，酸可以和金属锈的成分反应而除锈，故①正确；②NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液中的碳酸氢根离子和铝离子双水解会生成二氧化碳来灭火，二者可作泡沫灭火剂，故②正确；③草木灰碳酸钾中的碳酸根离子与铵态氮肥中的铵根离子之间会双水解，不能混合施用，故③正确；④Na2CO3溶液中的碳酸根水解显示碱性，磨口玻璃塞的成分中二氧化硅可以和碱反应，会导致瓶塞和瓶口黏在一起，故④正确；⑤用热的纯碱溶液呈碱性，能与油污反应而使其除去，故⑤正确；答案选D。13、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。14、B【详解】A.NaOH和少量CO2反应生成碳酸钠和水，和过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故不符合题意；B.Na2O2和CO2反应生成碳酸钠和氧气，符合题意；C.少量NaOH与AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，过量的氢氧化钠和氯化铝反应生成偏铝酸钠和氯化钠和水，故不符合题意；D.Na与O2在常温下生成氧化钠，加热条件下生成过氧化钠，故不符合题意。故选B。15、C【详解】A.碳酸是弱酸，HCO3－保留化学式，溶质的电离方程式为：NaHCO3=Na＋＋HCO3－，故A错误；B.25℃时，加水稀释后，促进盐水解，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大，故B错误；C.溶液中存在质子守恒，离子浓度关系：c(CO32－)＋c(OH－)=c(H2CO3)＋c(H＋)，故C正确；D.温度升高，促进HCO3－的水解，溶液中c(HCO3－)减小，故D错误；故选C。16、D【分析】A.二氧化碳分子中，碳原子和氧原子形成共价键为双键。B.原子轨道表示式遵守洪特规则，在相同能量的原子轨道上，电子的排布将尽可能占据不同的轨道，而且自旋方向相同。C.原子结构示意图是表示原子核电荷数和电子层排布的图示形式。D.比例模型可以反映原子间的相对大小和大致的排列组合方式。【详解】A.CO2的电子式:，A错误。B.C原子最外层电子的轨道表示式:，B错误。C.C原子的结构示意图：，C错误。D.乙烯的比例模型:，D正确。17、C【详解】A.工业制玻璃、水泥、炼铁都要用到相同的原料石灰石，正确；B.CO中毒的患者需放入高压氧舱中吸氧解毒，氧气在高压下更易溶解进入人体，符合勒夏特列原理，正确；C.CaO2与Na2O2类似，不属于碱性氧化物，错误；D.煤经气化后可减少SO2和烟尘的排放，有利于节能减排，正确；故选C。18、D【详解】A．SO2溶于水使溶液显酸性，能将SO2氧化为硫酸等，A不合题意；B．SO2与OH-反应生成的能与Ba2+、Ca2+反应生成沉淀，B不合题意；C．Fe3+与I-、HS-能发生氧化还原反应，生成Fe2+、I2、S等，C不合题意；D．SO2气体通入含有Na+、Ca2+、K+、Cl-的溶液中，仍能大量共存，D符合题意；故选D。19、A【分析】W、X、Y、Z是短周期主族元素，其原子序数依次增大。前三种元素形成的简单离子分别为W2－、X＋、Y2－，说明W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl。【详解】经分析，W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl，则A.四种元素的氢化物中，NaH为离子化合物，A错误；B.Na和O可以形成氧化钠和过氧化钠，S和O可以形成二氧化硫和三氧化硫，Cl和O可以形成二氧化氯或五氧化二氯等，B正确；C.Z的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物分别是氯化氢和高氯酸，它们都为强酸，C正确；D.简单离子半径，电子层多径大，序大径小，半径关系为Na＋<O2－<S2－，D正确；故选A。【点睛】掌握元素周期表和元素周期律的推断，注意半径的比较。根据层多径大，序大径小分析，也就是电子层越多的半径越大，相同电子层的微粒，原子序数越大，半径越小。20、C【详解】海水经蒸发结晶得到粗盐，粗盐精制提纯得到饱和食盐水，电解饱和食盐水可制得烧碱、氢气和氯气，所以以海水为原料，生产制得氯气的过程中不包括高温熔融，故答案选C。21、B【详解】A．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，A错误；B．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ也是水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ中形成了水分子，因此H2O均参与了反应过程，B正确；C．过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水、和氢气，H2中的化学键为非极性键，C错误；D．催化剂只能改变反应过程，不能改变反应物、生成物的能量，因此不能改变反应的△H，D错误；故合理选项是B。22、D【详解】电解原理是在通电条件下，溶液中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，电解稀H2SO4、CuCl2的混合液，阳离子放电顺序为Cu2+＞H+，电极反应为：Cu2++2e-═Cu；阴离子放电顺序Cl-＞OH-＞SO42-，电极反应为：2Cl--2e-═Cl2↑，所以最初一段时间阴极和阳极上分别析出的物质分别是Cu和Cl2；故答案为D。【点睛】本题考查电解原理的分析判断，掌握溶液中离子放电顺序是解题关键，依据溶液中阴离子放电顺序和阳离子的放电顺序分析判断生成产物。二、非选择题(共84分)23、第三周期第ⅣA族43O2-＞F-＞Mg2+原子不赞同H2O与H2S形成的晶体均为分子晶体，H2O的熔沸点高于H2S的熔沸点是因为水分子间能够形成氢键，与键能无关【分析】5种短周期元素，由化合价只有正价而没有负价可知，A、D为+2价，为同主族金属元素，A的原子半径小，则A为Be，D为Mg；B、E只有负价，B的半径小，则B为F，E为O；C有+4价和-4价，在第ⅣA族，原子半径比D小，比A大，则C为Si元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为Be元素，B为F元素，C为Si元素，D为Mg元素，E为O元素。(1)C为Si，在元素周期表中第三周期ⅣA族；E为O元素，核外有8个电子，电子排布式为1s22s22p4，电子填充在4个轨道上，题意电子亚层上的电子能量相同，这些电子有3种不同的能量，故答案为第三周期第ⅣA族；4；3；(2)B、D、E所代表元素的离子具有相同的电子排布，原子序数大的离子半径小，所以O2-＞F-＞Mg2+，故答案为O2-＞F-＞Mg2+；

(3)C与E形成的化合物为SiO2，是由共价键形成的空间网状结构的晶体，为原子晶体，故答案为原子；

(4)E为O元素，则X为S元素，H2O与H2S所成晶体为分子晶体，H2O的熔沸点高于H2S的熔沸点与键能无关，因水中含有氢键使其沸点高，故答案为不赞同；H2O与H2S形成的晶体均为分子晶体，H2O的熔沸点高于H2S的熔沸点是因为水分子间能够形成氢键，与键能无关。24、羟基羧基加成反应取代反应13【解析】试题分析：A遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基-OH，A能与碳酸氢钠反应生成B，则A分子中含有羧基-COOH，由E的化学式可知A的分子式为C9H8O3，其不饱和度为6，故故还含有C=C双键，A分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，核磁共振氢谱有6个吸收峰，峰面积比为1：1：1：1：2：2，则A的结构简式为，E的结构简式为，E与氢氧化钠反应生成F为．A与HCl发生加成反应生成B，B发生水解反应、酸化得到C，C转化得到D，D分子中除含2个苯环外还含有1个六元环，结合D的分子式可知，应是2分子C发生酯化反应反应生成环酯，则C中侧链中羧基与-OH连接在同一碳原子上，故B为，则C为，D为；(1)A的结构简式是，所含官能团的名称是：羧基、羟基、碳碳双键；(2)反应①属于加成反应，反应②属于水解反应，反应③属于酯化反应，②③均属于取代反应；(3)由上述分析可知，B的结构简式为，D的结构简式为：；(4)A→E反应的化学方程式为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；(5)A()的同分异构体符合下列条件：②能与FeCl3溶液发生显色反应且不能水解，含有酚羟基，没有酯基；③lmol该物质可与4mol(Ag(NH3)2)+发生银镜反应，含有2个醛基；④lmol该物质可与5molH2加成；①芳香族化合物，苯环上的取代基不超过3个；侧链为-OH、-CH(CHO)2时，有邻、间、对三种位置．侧链为-OH、-CHO、-CH2CHO时，当-OH、-CHO处于邻位时，-CH2CHO有4种位置，当-OH、-CHO处于间位时，-CH2CHO有4种位置，当-OH、-CHO处于对位时，-CH2CHO有2种位置，故符合条件的同分异构体有：3+4+4+2=13种。【考点定位】考查有机物的推断【名师点晴】根据物质的性质确定A含有的官能团，结合E的分子式确定A的结构是解题的关键，A遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基-OH，A能与碳酸氢钠反应生成B，则A分子中含有羧基-COOH，由E的化学式可知A的分子式为C9H8O3，其不饱和度为=6，故故还含有C=C双键，A分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，核磁共振氢谱有6个吸收峰，峰面积比为1：1：1：1：2：2，则A的结构简式为，E的结构简式为，E与氢氧化钠反应生成F为．A与HCl发生加成反应生成B，B发生水解反应、酸化得到C，C转化得到D，D分子中除含2个苯环外还含有1个六元环，结合D的分子式可知，应是2分子C发生酯化反应反应生成环酯，则C中侧链中羧基与-OH连接在同一碳原子上，故B为，则C为，D为，据此解答。25、ACBD残留固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4分解产物中有SO2，没有SO32(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+4SO2↑+2NH3↑+N2↑+5H2OFe2+已被空气中的O2部分氧化图二图一，导管插入液面下，会产生倒吸，且用洗气法不能收集气体；图二，导管口位于液面上，符合排液集气的要求【分析】（1）由装置图可知，要检验NH3，需使用溶有酚酞的水，即D装置；要检验水蒸气，需使用无水硫酸铜，即C装置；且应先检验水蒸气，后检验NH3；在检验NH3前，还需把硫的氧化物处理掉，否则会干扰NH3的检验。（2）要检验A中不含FeO或Fe3O4，实质上是检验Fe2+不存在，所以使用检验Fe2+的试剂进行检验，而不是检验Fe3+。（3）实验过程中观察到：E中没有明显现象，即不含SO3；F中溶液褪色，即含有SO2。（4）(NH4)2Fe(SO4)2受热分解产物为氧化铁、二氧化硫、氨气、水蒸气、N2，由此写出并配平A中反应的化学方程式。（5）方案一是用酸性KMnO4溶液测定Fe2+的量，由此求出硫酸亚铁铵的含量；方案二是利用氯化钡测定溶液中SO42-的量，由此求出硫酸亚铁铵的含量，因为SO42-不会变质，而Fe2+易被空气中的O2氧化，会导致所用KMnO4溶液的体积减小，从而使测定结果偏小。（6）方案三中，图一使用洗气法收集氨气，图二使用量气管量取气体体积，前一方法无法测定气体体积，后一方法只要注意尽可能不让氨气溶解于量气管内的液体，就可减少误差。利用NH3的体积及硫酸亚铁铵的化学式，求出硫酸亚铁铵晶体的质量，再除以样品的质量，即可求出样品的纯度。【详解】（1）由前面分析知，要检验NH3，首先用A装置让硫酸亚铁铵分解，然后利用C装置检验水蒸气，再利用B装置除去硫的氧化物，最后用D装置检验NH3，从而得出装置的连接顺序为ACBD；答案为：ACBD；（2）要检验A中不含FeO或Fe3O4，实质上是检验Fe2+不存在。检验方法为：取少量A中残留固体，加入适量的稀硫酸让其完全溶解，向溶液中滴加少量的KMnO4酸性溶液，若溶液不褪色，则表明残留固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4；答案为：残留固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4；（3）实验过程中观察到：E中没有明显现象，即不含SO3；F中溶液褪色，即含有SO2。由此得出的结论为：分解产物中有SO2，没有SO3；答案为：分解产物中有SO2，没有SO3；（4）(NH4)2Fe(SO4)2受热分解产物为氧化铁、二氧化硫、氨气、水蒸气、N2，A中反应的化学方程式为2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+4SO2↑+2NH3↑+N2↑+5H2O；答案为：2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+4SO2↑+2NH3↑+N2↑+5H2O；（5）方案一是用酸性KMnO4溶液测定Fe2+的量，由此求出硫酸亚铁铵的含量；方案二是利用氯化钡测定溶液中SO42-的量，由此求出硫酸亚铁铵的含量，因为SO42-不会变质，而Fe2+易被空气中的O2氧化，会导致所用KMnO4溶液的体积减小，从而使测定结果偏小；答案为：Fe2+已被空气中的O2部分氧化；（6）方案三中，图一使用洗气法收集氨气，图二使用量气管量取气体体积，前一方法无法测定气体体积，后一方法只要注意尽可能不让氨气溶解于量气管内的液体，就可减少误差；答案为：图二；图一，导管插入液面下，会产生倒吸，且用洗气法不能收集气体；图二，导管口位于液面上，符合排液集气的要求；标况下VLNH3的物质的量为L/mol，mg硫酸亚铁铵的物质的量为，硫酸亚铁铵纯度：；答案为：。26、平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；NaOH溶液在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶酸式CBD【分析】漂白粉的有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，Cl2和K2MnO4在B中反应产生KMnO4，反应不完的Cl2用C吸收，据此解答。【详解】(1)装置A为恒压分液漏斗，它的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，C的作用是吸收反应不完的Cl2，可用NaOH溶液吸收，Ca(ClO)2和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案为：平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；NaOH溶液；Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；(2)锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-，一部分MnO42-转化为了MnO2，导致最终KMnO4的产率低，而浓盐酸易挥发，直接导致B中NaOH溶液的浓度减小，故改进措施是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HCl，故答案为：在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；(3)高锰酸钾有强氧化性，强氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，规格为50.00mL的滴定管中实际的体积大于(50.00-15.00)mL，即大于35.00mL，故答案为：酸式；C；(4)设FeC2O4·2H2O的物质的量为xmol，Fe2(C2O4)3的物质的量为ymol，H2C2O4·2H2O的物质的量为zmol，步骤I中草酸根和Fe2+均被氧化，结合得失电子守恒有：2KMnO4~5H2C2O4(C2O42-)，KMnO4~5Fe2+，所以，步骤II中Fe2+被氧化，由KMnO4~5Fe2+可知，，联立二个方程解得：z=2.5c(V1-3V2)×10-3，所以H2C2O4·2H2O的质量分数==。关于样品组成分析如下：A．时，H2C2O4·2H2O的质量分数==0，样品中不含H2C2O4·2H2O，由和可知，y≠0，样品中含Fe2(C2O4)3杂质，A错误；B．越大，由H2C2O4·2H2O的质量分数表达式可知，其含量一定越大，B正确；C．Fe元素的物质的量=，若步骤I中KMnO4溶液不足，则步骤I中有一部分Fe2+没有被氧化，不影响V2的大小，则不变，则对于测得Fe元素的含量无影响，C错误；D．结合C可知：若KMnO4溶液浓度偏低，则消耗KMnO4溶液的体积V1、V2均偏大，Fe元素的物质的量偏大，则测得样品中Fe元素含量偏高，D正确；故答案为：；BD。27、bcCu2O+2H+＝Cu2++Cu+H2Ogfbcde没有将分液漏斗颈上的玻璃塞打开(或使塞上的凹槽（或小孔）对准漏斗上的小孔)3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O防倒吸【解析】(1)证明Al(OH)3呈两性的试剂是强酸和强碱，因此要想证明Cu(OH)2呈两性，也必须选强酸和强碱溶液，硫酸是强酸，所以可以选取；氢氧化钠是强碱，所以可选取；氨水是弱碱，醋酸是弱酸，均不能选择，所以bc正确，故答案为bc；(2)②向Cu2O中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，这说明氧化亚铜和稀硫酸反应生成的是硫酸铜、水和单质铜，因此该反应的离子化学方程式为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，故答案为Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O