2026届上海市五爱高级中学化学高三第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析

2026届上海市五爱高级中学化学高三第一学期期中学业质量监测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、利用实验器材（规格和数量不限）能完成相应实验的一项是选项实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、蒸发皿CuSO4溶液的浓缩结晶B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸用盐酸除去BaSO4中的少量BaCO3C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用固体NaCl配制0.5mol/L的溶液D烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaIA．A B．B C．C D．D2、1mol白磷（P4，s）和4mol红磷（P，s）与氧气反应过程中的能量变化如图（E表示能量）。下列说法正确的是A．红磷燃烧的热化学方程式是4P(s，红磷)＋5O2(g)＝P4O10(s)ΔH=－(E2－E3)kJ•mol-1B．P4(s，白磷)=4P(s，红磷)ΔH＞0C．白磷比红磷稳定D．以上变化中，白磷和红磷所需活化能相等3、化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A．生活中“卤水点豆腐”的原理是Mg2+、Ca2+等离子使蛋白质胶体发生聚沉B．有机玻璃和高温结构陶瓷都属于新型无机非金属材料C．新能源汽车的推广与使用有利于减少光化学烟雾的产生D．茶叶中含有的茶多酚可用于制备食品防腐剂4、已知次磷酸（H3PO2）是强还原剂，其溶液中只存在H3PO2、H+、H2PO、OH-四种离子，根据给出的信息，下列方程式书写错误的是（）A．次磷酸与足量澄清石灰水反应产生白色沉淀：2H3PO2+3Ca2++6OH-=Ca3(PO2)2↓+6H2OB．次磷酸不稳定，加热分解成磷酸和磷化氢气体：2H3PO2H3PO4+PH3↑C．碱性条件下，次磷酸盐可将Ag+还原为Ag，氧化剂与还原剂物质的量之比为4︰1：H2PO+4Ag++6OH-=PO+4Ag↓+4H2OD．往次磷酸钠溶液中滴入酚酞变红色：H2PO+H2O⇌H3PO2+OH-5、下列说法错误的是A．“雷雨发庄稼”是自然固氮B．Na2O2可用作潜水艇供氧剂C．铝热反应既可用于焊接钢轨，也可用于工业上冶炼铁D．工业上生产玻璃和水泥使用到的共同原料有石灰石6、已知温度T0C时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为amol·L－1bmol·L－1的一元碱BOH等体积混合，可判定该混合液呈中性的依据是（）A．a＝bB．混合溶液的pH＝7C．混合溶液中，c(H＋)＝mol·L－1D．混合溶液中，c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)7、热化学硫碘循环硫化氢分解联产氢气、硫磺是能源研究领域的重要课题。根据下图所给数据，下列说法正确的是()A．图1反应若使用催化剂，既可以改变反应路径，也可以改变其HB．图2中若H2O的状态为气态，则能量变化曲线可能为①C．图3反应中反应物的总能量比生成物的总能量高D．由图1、图2和图3可知，H2S(g)=H2(g)+S(s)ΔH=+20kJ·mol-18、下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（）A．CH3CH2COOHB．SO2C．NH4HCO3D．Cl29、某学习小组拟探究CO2和锌粒反应是否生成CO，已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体。实验装置如图所示：下列说法正确的是（）A．实验开始时，先点燃酒精灯，后打开活塞KB．b、c、f中试剂依次为饱和碳酸钠溶液、浓硫酸、银氨溶液C．装置e的作用是收集一氧化碳气体D．用上述装置(另择试剂)可以制备氢气并探究其还原性10、已知外电路中，电子由铜流向a极。有关下图所示的装置分析合理的一项是A．该装置中Cu极为正极B．当铜极的质量变化为12.8g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为2.24LC．b极反应的电极反应式为：H2－2e－=2H+D．一段时间后锌片质量减少11、下列叙述正确的是（）A．CaCO3在水中溶解度很小，其水溶液电阻很大，所以CaCO3是弱电解质B．CaCO3在水中溶解度很小，但溶于水的CaCO3全部电离，所以CaCO3是强电解质C．氯气和氨气的水溶液导电性好，所以它们是强电解质D．液态SO2不导电，但溶于水后导电，所以SO2是电解质12、分类法是学习化学常用的方法。下列分类方法不正确的是（

）①根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属元素和非金属元素②根据物质在常温下的状态，可以从硅、硫、铜、铁、氮气中选出氮气③根据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物④根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸⑤根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为碱性氧化物、酸性氧化物⑥根据盐在水中的溶解度，将盐分为硫酸盐、碳酸盐、钾盐和铵盐A．①④⑤⑥ B．③④⑤⑥ C．①③⑤⑥ D．全部13、海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等(如下图所示)，下列有关说法正确的是A．第①步除去粗盐中的SO、Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质离子，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸B．将第②步结晶出的MgCl2·6H2O可在HCl气流中加热分解制无水MgCl2C．在第③④⑤步中溴元素均被氧化D．第⑤步涉及的分离操作有过滤、萃取、蒸馏14、某同学设计的微型实验装置验证SO2的性质，通过分析实验，下列结论表达正确的是A．a棉球褪色，验证SO2具有氧化性B．b棉球褪色，验证SO2具有酸性氧化物的通性C．c棉球蓝色褪去，验证SO2漂白性D．可以使用浓硫酸吸收尾气15、下列各式中表示正确的水解方程式的是()A．CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2OB．HS－＋H2OS2-＋H3O+C．CH3COOHCH3COO－＋H＋D．NH＋H2ONH3·H2O＋H＋16、下列有关化学用语使用正确的是（

）A．氯离子(Cl－)的结构示意图：B．氯化铵的电子式：C．CH4分子的比例模型：D．次氯酸的结构式：H－Cl－O17、下列反应的离子方程式书写正确的是A．向碘化钾溶液中加入硫酸酸化的过氧化氢溶液：2I-+H2O2===I2+2OH-B．向碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液：NH4++OH-===NH3·H2OC．磷酸与氢氧化钠发生中和反应：H3PO4+3OH-===PO43-+3H2OD．氧化铁溶于过量的氢碘酸中：Fe2O3+6H+===2Fe3++2H2O18、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-119、室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是()加入物质结论A50mL1mol·L－1H2SO4反应结束后，c(Na＋)＝c(SO)B0.05molCaO溶液中增大C50mLH2O由水电离出的c(H+)·c(OH-)不变D0.1molNaHSO4固体反应完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变A．A B．B C．C D．D20、四种短周期主族元素在周期表中的位置如图，则下列说法错误的是()A．若Y的最简单氢化物的沸点比M的低，则X单质可与强碱溶液反应B．简单阴离子半径：M＞Z＞YC．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞MD．若Y的氢化物的水溶液呈碱性，则X的氧化物不与任何酸反应21、下列物质与水作用形成的溶液能与NH4Cl反应生成NH3的是A．二氧化氮 B．钠 C．硫酸镁 D．二氧化硅22、鞍钢集团在上海进博会主办了钢铁产业链合作发展论坛，关于钢铁说法错误的是A．属于合金B．硬度比纯铁大C．目前消耗最多的金属材料D．人类最早使用的金属材料二、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）前四周期元素R、X、Y、Z、E的原子序数依次增加，它们的结构和部分信息如下表所示：元素代号部分信息R基态R原子核外有三个能级，每个能级上电子数相同XX的双原子单质δ键和π键数目之比为1∶2Y短周期主族元素中，原子半径最大ZZ的最高正化合价与最低负化合价之和等于4E基态E3+的外围电子排布式是3d5回答问题：（1）E元素在周期表中的位置是____，其基态原子中电子占据的最高能层是________。（2）元素X的氢化物M，分子内含18个电子，M的结构式为____，每个中心原子的价层电子对数是_______。（3）在R、X、Z的含氧酸根离子中，互为等电子体的离子组是__________。（4）Z元素的两种氧化物对应的水化物中，酸性较强的_____，其原因是_________。（5）(ZX)4在常压下，高于130℃时(ZX)4分解为相应的单质，这一变化破坏的作用力是_______；它为热色性固体，具有色温效应，低于-30℃时为淡黄色，高于100℃时为深红色，在淡黄色→橙黄色→深红色的转化中，破坏的作用力是______。（6）常温条件下，E的晶体采用如图所示的堆积方式。则这种堆积模型的配位数为_____，若E原子的半径为r，则单质E的原子空间利用率为________。（列出计算式即可）25、（12分）Na2O2是一种常见的过氧化物，具有强氧化性和漂白性。通常可用作漂白剂和呼吸面具中的供氧剂。(1)某实验小组通过下列实验探究过氧化钠与水的反应：①用化学方程式解释使酚酞试液变红的原因_______________________，依据实验现象推测红色褪去的原因是_________________。②加入MnO2反应的化学方程式为________________________。③Na2O2的电子式为_____________(2)实验小组两名同学共同设计如下装置探究过氧化钠与二氧化硫的反应。通入SO2，将带余烬的木条插入试管C中，木条复燃。请回答下列问题：①甲同学认为Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，该反应的化学方程式是____。检验反应后B中的白色固体含有Na2SO3的方法是_________________。②乙同学认为反应的后B中有Na2SO3还会有Na2SO4。乙同学猜想的理由是:_____。为检验产物中Na2SO4的存在，乙同学设计并实施了如下实验方案：甲同学认为该实验方案的现象不能证明有Na2SO4生成，其理由为_______。③测定B中反应完全后的固体中Na2SO4含量的实验方案：称取样品a克加水溶解，_______，烘干，称量得BaSO4沉淀b克，则Na2SO4的质量分数为____（列出计算式即可）。26、（10分）乳酸亚铁晶体[CH3CH(OH)COO]2Fe·2H2O是一种很好的食品铁强化剂，可由乳酸钙与FeCl2反应制得，制备流程如图：反应装置如图所示：已知：①潮湿的乳酸亚铁易被氧化。②物质的溶解性：乳酸钙：溶于冷水，易溶于热水；乳酸亚铁：溶于冷水和热水，难溶于乙醇。请回答：(1)装置甲的气密性检查操作为__________。(2)部分实验操作过程如下，请按正确操作顺序填入字母，其正确的操作顺序是：检查气密性→按图示要求加入试剂→将三颈烧瓶置于水浴中→____→_____→_____→_____→_____→_____→开动搅拌器→……a.关闭K1；b.盖上分液漏斗上口玻璃塞；c.关闭K3，打开K2；d.关闭K2，打开K3；e.打开分液漏斗上口玻璃塞；f打开K1(3)该装置制备乳酸亚铁的优点是__________副产物为__________(4)下列说法正确的是__________A．装置甲中的主要仪器是球形分液漏斗和蒸馏烧瓶B．本实验采用较大铁片而不是铁粉的主要原因是控制反应速率，防止进入三颈烧瓶的氯化亚铁过多，反应过于剧烈C．乳酸亚铁悬浊液应从b口倒出进行抽滤，并用滤液洗涤三颈烧瓶，将洗涤液倒入布氏漏斗再次抽滤D．粗产品的洗涤液，经蒸馏后所得的残留液，与滤液混合可提高副产物的产量(5)有同学提出可直接用KMnO4滴定法测定样品中的Fe2+量进而计算纯度，但实验后发现结果总是大于100%，其主要原因可能是_________27、（12分）水合肼是无色、有强还原性的液体，实验室制备水合肼的原理为：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO==Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl据此，某学生设计了下列实验。（制备NaClO溶液）实验装置如图甲所示部分夹持装置已省略已知：3NaClO2NaCl+NaClO3（1）请写出肼的电子式_________________。（2）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有___________。（3）装置I中发生的化学反应方程式是____________________________；Ⅱ中用冰水浴控制温度在30℃以下，其主要目的是______________________________。（制取水合肼）实验装置如图乙所示。（4）仪器B的名称为_________；反应过程中，如果分液漏斗中溶液的滴速过快，部分N2H4·H2O参与A中反应并产生大量氮气，请写出该反应的化学反应方程式_________________。（5）充分反应后，加热蒸馏烧瓶A内的溶液即可得到水合肼的粗产品。若在蒸馏刚刚开始的时候忘记添加沸石，应该采取的操作是_____________________。（测定肼的含量）称取馏分0.2500g，加水配成20.00mL溶液，在一定条件下，以淀粉溶液做指示剂，用0.1500mol·L－1的I2溶液滴定。已知：N2H4·H2O+2I2==N2↑+4HI+H2O滴定终点时的现象为_____________________________________。实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中N2H4.H2O的质量分数为______。28、（14分）工业上烟气脱氮的原理NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g)+Q(Q＞0)（1）该反应化学平衡常数K的表达式为___。如果平衡常数K值增大，对___（填“正反应”或“逆反应”）的速率影响更大。（2）若反应在恒容条件下进行，能说明反应已经达到平衡状态的是___（填序号）a．容器内混合物的质量不变b．容器内气体的压强不变c．反应消耗0.5molNO的同时生成1molN2d．NO2的浓度不变（3）向2L密闭容器中加入反应物，10min后达到平衡，测得平衡时氮气物质的量增加了0.2mol，则用H2O(g)表示的平均反应速率为___。（4）如图是P1压强下NO的转化率随反应时间（t）的变化图，请在图中画出其他条件不变情况下，压强为P2(P2＞P1)下NO的转化率随反应时间变化的示意图。___（5）写出反应物中的氨气的电子式___；其空间构型为__；它常用来生产化肥NH4Cl。NH4Cl溶液显___性；常温下将等体积等浓度的氨水和NH4Cl溶液混合，pH＞7，溶液中NH3·H2O、H+、OH-、NH4+、Cl-浓度由大到小的关系是__。29、（10分）东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：（1）镍元素基态原子的电子排布式为______，3d能级上的未成对电子数为______。（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是____。②在[Ni(NH3)6]SO4中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为____，提供孤电子对的成键原子是______。③氨的沸点__________（填“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是_________；氨是______分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为_______。（3）单质铜及镍都是由_______键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ·mol–1、INi=1753kJ·mol–1，ICu>INi的原因是_______________。（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为________。②若合金的密度为dg·cm–3，晶胞参数a=______nm。（用含有d、NA的式子表示，可以不化简）

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项缺少酒精灯，所以A错误；B项缺少漏斗，无法进行过滤，所以B错误；C项缺少托盘天平，无法称量NaCl的质量，C错误；D项正确。所以答案选D。【点睛】本题主要考查基本的实验操作和仪器，要注意正确选择物质分离、提纯的方法，重点关注过滤、蒸发结晶、萃取分液和蒸馏的基本操作步骤以及原理和所用仪器。2、A【详解】A.如图所示，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，ΔH=E生-E反，E3生成物的总能量，E2为反应物的总能量，红磷燃烧的热化学方程式是4P(s，红磷)+5O2(g)=P4O10(s)ΔH=-(E2-E3)kJ•mol-1，故A正确；B.如图所示，白磷的能量高于红磷的能量，反应P4(s，白磷)=4P(s，红磷)为放热反应，ΔH<0，故B错误；C.能量越低越稳定，如图所示，白磷的能量高于红磷的能量，则红磷比白磷稳定，故C错误；D.白磷和红磷的分子结构不同，化学键的连接方式不同，由稳定分子变为活化分子需要的能量也不同，则二者需要的活化能不相等，故D错误；答案选A。【点睛】物质自身具有的能量越低，这种物质越稳定，键能越大。3、B【详解】A.生活中“卤水点豆腐”的原理是Mg2+、Ca2+等离子使蛋白质胶体发生聚沉，A正确；B.有机玻璃属于有机合成材料，B错误；C.导致光化学烟雾的主要气体为氮氧化物，新能源汽车的推广与使用可减少氮氧化物的排放，有利于减少光化学烟雾的产生，C正确；D.茶叶中含有的茶多酚可用于制备食品防腐剂，D正确。答案为B。4、A【详解】A．根据题给信息可知次磷酸为一元弱酸，所以与澄清石灰水反应的产物为Ca(H2PO2)2，A错误；B．次磷酸不稳定，加热分解成磷酸和磷化氢气体，化学方程式正确，B正确；C．根据题给信息可知，次磷酸盐可将Ag+还原为Ag，H2PO被氧化为PO，题给离子方程式符合电荷守恒、得失电子守恒、原子守恒，C正确；D．次磷酸钠溶液滴入酚酞变红色是H2PO水解所致，水解产物应为H3PO2和OH-，D正确；故选A。5、C【详解】A.雷雨过程发生的主要化学反应有：N2+O2=2NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3与土壤中的弱酸盐反应生成硝酸盐，农作物吸收NO3−中化合态的N元素，其中第一个反应是将游离态的氮转化为化合态氮，属于自然界固氮作用，故A正确；B.过氧化钠(Na2O2)能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，所以可用作潜水艇的供氧剂，故B正确；C.铝热反应以铝粉和氧化铁为主要反应物的发热反应，铝粉激烈氧化，燃烧而放出大量热。这种放热反应的温度可达3000℃以上使反应产生的铁单质以液态形式存在，可用于焊接钢轨；各种金属对氧的化学亲和力大小各不相同，与氧亲和力较大的金属能够把与氧亲和力较小的金属从它的氧化物中还原出来。铝在足够高的温度下，与氧有很强的化学亲和力，它可以从很多重金属的氧化物中夺取氧，而把重金属还原出来，可用于工业上冶炼高熔点的金属，但是工业上炼铁是用高温下焦炭还原氧化铁的方法，故C错误；D.生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，工业上生产玻璃和水泥使用到的共同原料有石灰石，主要成分为CaCO3，故D正确；答案选C。6、C【解析】试题分析：溶液表现中性，说明c(H＋)=c(OH－)，即c(H＋)＝mol·L－1，故选项C正确。考点：考查溶液酸碱性的判断等知识。7、D【详解】A.催化剂不改变反应热，故A错误；B.H2O(g)的能量高于H2O(l)的能量，故B错误；C.图3反应中反应物的总能量比生成物的总能量低，故C错误；D.由图1：SO2(g)+I2(s)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq)H=-151kJ·mol-1；由图2：SO2(g)+S(s)+2H2O(l)=H2S(g)+H2SO4(aq)H=-+61kJ·mol-1；由图3：H2(g)+2I2(s)=2HI(aq)H=+110kJ·mol-1，根据盖斯定理可知H2S(g)=H2(g)+S(s)ΔH=+20kJ·mol-1，故D正确；故选D。8、B【解析】SO2的水溶液能导电，但属于非电解质，本题选B。点睛：要注意氯气的水溶液虽然也导电，但其既不是电解质，也不是非电解质。9、D【详解】A.实验中应保证装置内没有空气，否则不能检验是否生成一氧化碳，所以点燃酒精灯前先打开活塞K，用二氧化碳排除空气，A错误；B.反应生成的二氧化碳中含有氯化氢，应用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢气体，再用浓硫酸干燥，B错误；C.装置e为缓冲装置，即防止溶液倒吸如装置d中，C错误；D.该制取装置可以制取氢气，所以能利用此装置制备并探究氢气的还原性，D正确；故选D。【点睛】实验题一定要掌握实验原理和实验的关键，本实验为制取二氧化碳气体，让干燥纯净的二氧化碳和锌反应生成氧化锌和一氧化碳，再利用一氧化碳和银氨溶液反应生成黑色固体。实验的关键为得到纯净干燥的二氧化碳，装置中不能有氧气存在。10、B【分析】已知外电路中，电子由铜流向a极，根据装置图分析，左边为氢氧燃料电池，a为正极，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，b为负极电极反应为H2+2OH--2e-=2H2O，右边装置为电解池，Zn做阴极，电极反应为Cu2++e-=Cu；Cu做阳极，电极反应为Cu-2e-=Cu2+。【详解】A、分析判断，铜为电解池中的阳极，故A错误；B、当铜极的质量变化为12.8g时物质的量为0.2ml，依据电子守恒和电极反应可知，O2+2H2O+4e-=4OH-，Cu-2e-=Cu2+；2Cu～O2，a极上消耗的O2在物质的量为0.1mol在标准状况下的体积为2.24L，故B正确；C、锌做电解池的阴极，质量不变，故C错误；D、b电极是氢气失电子发生氧化反应，在碱性溶液中生成水，电极反应为：H2+2OH--2e-=2H2O，故D错误；故选B。11、B【详解】A、根据电解质的电离程度确定电解质的强弱，不是根据电解质的溶解性大小确定电解质的强弱，虽然碳酸钙在水中的溶解度很小，但溶解的碳酸钙完全电离，碳酸钙是强电解质，故A错误；B、根据电解质的电离程度确定电解质的强弱，不是根据电解质的溶解性大小确定电解质的强弱，虽然碳酸钙在水中的溶解度很小，但溶解的碳酸钙全部电离，所以碳酸钙是强电解质，故B正确；C、氯气是单质不是化合物，既不是电解质，也不是非电解质，氨气的水溶液能导电，能电离出阴、阳离子的是一水合氨而不是氨气，所以氨气是非电解质，故C错误；D、二氧化硫溶于水后生成亚硫酸，是亚硫酸电离出自由移动离子而导电，二氧化硫为非电解质，故D错误；故选B。【点睛】明确电解质的强弱是根据电解质的电离程度划分的，不是根据溶解性大小划分的是解题的关键。本题的易错点为D，要注意物质的水溶液导电，需要是物质本身电离的结果。12、A【详解】①氢、氦等最外层电子数少的元素不是金属元素，而是非金属元素，①错误；②常温下，氮气为气态，而硅、硫、铜、铁为固态，②正确；③纯净物中，根据元素种类的多少分为单质和化合物，③正确；④根据分子中电离出的H+的个数，将酸分为一元酸、二元酸、多元酸，不是根据分子中含有的氢原子的个数，如醋酸是一元酸，④错误；⑤含金属元素的氧化物不一定是碱性氧化物，如氧化铝是两性氧化物，七氧化二锰是酸性氧化物，非金属氧化物不一定为酸性氧化物，CO、NO是不成盐氧化物，⑤错误；⑥根据盐在水中的溶解度，将盐分为易溶盐、可溶盐、微溶盐和难溶盐，⑥错误；答案为A。13、B【解析】A．选项中的试剂添加顺序中，钡离子最后无法除去，则加入的药品顺序为：BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，故A错误；B．工段②中的MgCl2•6H2O脱水过程中镁离子易水解生成氢氧化镁沉淀，在氯化氢气体中脱水可以抑制镁离子水解；MgCl2•6H20要在HCl氛围中加热脱水制得无水MgCl2，故B正确；C．第③步将溴离子被氧化为溴单质，第④步中溴单质被还原为溴离子，第⑤步中溴离子被氧化为溴单质，故C错误；D．第⑤步中，溴元素化合价从-1升高到0价，被氧化，生成单质溴溶于水，则萃取后、蒸馏可分离，不需要过滤操作，故D错误；故选B。点睛：考查海水资源综合利用及混合物分离提纯，开发利用金属矿物和海水资源是新课程标准教材中的必修内容，注意把握海水资源相关的海水提溴、海水提镁都是高考命题的热点，只要掌握好相关的物理、化学性质以及基本实验技能就能顺利解答，易错点为选项C要结合反应原理根据化合价的升降判断。14、B【分析】亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，二氧化硫是酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，碘单质具有氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸，据此分析解答。【详解】A．a棉球中品红褪色，可以验证SO2具有漂白性，故A错误；B．b棉球褪色，SO2与碱液反应，碱性减弱，溶液褪色，验证SO2具有酸性氧化物的性质，故B正确；C．碘与SO2和水反应生成氢碘酸和硫酸，碘单质反应完全，c棉球蓝色褪去，可以验证SO2的还原性，故C错误；D．SO2尽管有还原性，但不能被浓硫酸氧化，因此不能用浓硫酸吸收尾气，SO2具有酸性氧化物的性质，可以用碱液吸收尾气，故D错误；答案选B。【点睛】本题的易错点为C，要注意区分二氧化硫能够使一些物质褪色的本质，如品红褪色——漂白性；酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色——还原性；滴加了酚酞的氢氧化钠溶液褪色——酸性氧化物的性质等。15、D【解析】A、CH3COOH＋OH－=CH3COO－＋H2O是醋酸与碱的反应，选项A不符合；B、HS－＋H2OS2-＋H3O+是HS－的电离方程式，选项B不符合；C、CH3COOHCH3COO－＋H＋是醋酸的电离方程式，选项C不符合；D、NH＋H2ONH3·H2O＋H＋是铵根离子的水解方程式，选项D符合。答案选D。16、B【解析】A.氯离子最外层为8电子，故错误；B.氯化铵中铵根离子和氯离子之间为离子键，电子式正确，故正确；C.图为甲烷的球棍模型，故错误；D.次氯酸的结构式为H－O－Cl，故错误。故选B。【点睛】掌握电子式的书写原则，含有离子键的应书写有电荷和[]，共价键书写时注意原子形成的共用电子对数，用8-最外层电子数进行计算，同时注意氢原子形成一对共用电子。17、C【解析】A.2H++2I-+H2O2=I2+2H2O，故A错误；B.NH4++HCO3-+2OH-=CO32-+NH3·H2O+H2O，故B错误；C.磷酸是中强酸，保留化学式，故C正确；D.2I-+Fe2O3+6H+=2Fe2++3H2O+I2，故D错误；故选C。【点睛】离子方程式正误判断：1、原子个数要守恒2、电荷要守恒3、遵循客观事实4、该拆成离子形式的一定要拆；例如：强酸，强碱，易溶于的盐拆成离子形式。18、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。19、B【分析】室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，溶液中存在CO32－+H2OHCO3－+OH－溶液呈碱性，据此分析解答。【详解】A、加入50mL1mol·L－1H2SO4，H2SO4与Na2CO3恰好反应，则反应后的溶液溶质为Na2SO4，故根据物料守恒反应结束后c(Na+)=2c(SO42-)，A错误；B、向溶液中加入0.05molCaO，则CaO+H2O=Ca(OH)2，则c(OH－)增大，且Ca2++CO32-=CaCO3↓，使CO32-+H2OHCO3-+OH-平衡左移，c(HCO3－)减小，故增大，B正确；C、加入50mLH2O，溶液体积变大，CO32-+H2OHCO3-+OH-平衡右移，但c(OH-)减小，Na2CO3溶液中H+、OH-均由水电离，故由水电离出的c(H+)·c(OH-)减小，C错误；D、加入0.1molNaHSO4固体，NaHSO4为强酸酸式盐电离出H+与CO32-反应，则反应后溶液为Na2SO4溶液，溶液呈中性，故溶液pH减小，引入了Na+，故c(Na+)增大，D错误；答案选B。【点睛】盐的水解包括的内容很多，如盐溶液中离子浓度的变化、水的离子积的变化、电离平衡常数、水解平衡常数、溶液pH的判断、水解离子方程式的书写、盐水解的应用、电荷守恒规律、物料守恒规律、质子守恒规律的应用，加入其他试剂对水解平衡的影响、稀释规律等，这类题目抓住水解也是可逆反应，所以可应用勒夏特列原理来解答。对于条件的改变溶液中离子浓度的变化，需在判断平衡移动的基础上进行判断，有时需结合平衡常数、守恒规律等，尤其是等式关系的离子浓度的判断或离子浓度大小比较是本知识的难点。等式关系的一般采用守恒规律来解答，若等式中只存在离子，一般要考虑电荷守恒；等式中若离子、分子均存在，一般考虑物料守恒或质子守恒；离子浓度的比较要考虑溶液的酸碱性、水解、电离程度的相对强弱的关系。20、D【详解】A、若Y的最简单氢化物的沸点比M的低，说明Y是C，则X是Al，单质铝可与强碱溶液反应，故A不符合题意；B、离子的核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则简单阴离子半径M>Z>Y，故B不符合题意；C、同周期自左向右元素的非金属性逐渐增强，因此最高价氧化物对应水化物的酸性Z>M，故C不符合题意；D、若Y的氢化物水溶液呈碱性，则Y是N，X是Si，X的氧化物是二氧化硅，能与氢氟酸反应，故D符合题意；综上所述，本题应选D。21、B【详解】A．二氧化氮溶于水生成硝酸和NO，硝酸与氯化铵不反应，A错误；B．钠溶于水生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠是强碱，与氯化铵反应生成氨气，B正确；C．硫酸镁溶液与氯化铵不反应，C错误；D．二氧化硅不溶于水，与氯化铵不反应，D错误；答案选B。22、D【详解】A.钢铁中含有铁和碳，属于合金，故A正确；B.合金硬度一般大于成分金属，所以钢铁的硬度大于纯铁，故B正确；C.钢铁是生活中用的最多的合金，故C正确；D.人类最早使用的金属材料为铜合金，故D错误。答案选D。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、第四周期VIII族N4CO32-与NO3-H2SO4H2SO4和H2SO3可表示为(HO)2SO和(HO)2SO2。H2SO3中的S为+4价，而H2SO4中的S为+6价，正电性更高，导致S-O-H中的O的电子更向S偏移，越易电离出H+。共价键范德华力或分子间作用力8【解析】基态R原子核外有三个能级，每个能级上电子数相同，则R是C；X的双原子单质δ键和π键数目之比为1∶2，X是N；Y是短周期主族元素中，原子半径最大，则的Y是Na；Z的最高正化合价与最低负化合价之和等于4，Z是S；基态E3+的外围电子排布式是3d5，这说明E的原子序数是26，即E是Fe。则（1）Fe元素在周期表中的位置是第四周期VIII族，其基态原子中电子占据的最高能层是N。（2）元素X的氢化物M，分子内含18个电子，M的结构式为，每个中心原子的价层电子对数是4，均有一对孤对电子。（3）原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则在R、X、Z的含氧酸根离子中，互为等电子体的离子组是CO32-与NO3-。（4）由于H2SO4和H2SO3可表示为(HO)2SO和(HO)2SO2。H2SO3中的S为+4价，而H2SO4中的S为+6价，正电性更高，导致S-O-H中的O的电子更向S偏移，越易电离出H+，因此硫酸的酸性更强。（5）(SN)4在常压下，高于130℃时分解为相应的单质，S和N之间的化学键是共价键，则这一变化破坏的作用力是共价键；在淡黄色→橙黄色→深红色的转化中没有新物质生成，化学键不变，破坏的作用力是范德华力或分子间作用力。（6）常温条件下，铁的晶体采用如图所示的堆积方式。则这种堆积模型的配位数为8。晶胞中铁原子个数是1＋8×1/8=2，若Fe原子的半径为r，则体对角线是4r，所以边长是，所以单质Fe的原子空间利用率为。25、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑反应生成的H2O2具有漂白作用2H2O22H2O+O2↑2Na2O2+2SO2＝2Na2SO3+O2取反应B中的白色固体少许，滴入稀硫酸，生成无色能使品红溶液褪色的气体，说明含Na2SO3过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤142b/233a【解析】(1)①过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱，碱遇酚酞变红；红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性；

②过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气；③Na2O2属于离子化合物，含有O22-离子，据此写出电子式。

(2)①根据反应物和生成物写出方程式，根据得失电子数相等配平方程式；要证明白色固体中含有Na2SO3只需检验出含有SO32-就可以了；

②根据过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性，两者发生氧化还原反应生成Na2SO4；硫酸钠和亚硫酸钠均有氯化钡反应生成沉淀，亚硫酸钡加硝酸时氧化生成硫酸钡，不能说明是否含硫酸钡；

③利用亚硫酸钡易溶于盐酸，硫酸钡不溶分析判断；根据沉淀硫酸钡的质量计算硫酸钡的物质的量，进一步求出硫酸钠的质量，最后计算Na2SO4的质量分数。【详解】(1)①过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱,碱遇酚酞变红，反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性，能氧化有色物质，

因此，本题正确答案是：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；反应生成的H2O2具有漂白作用；

②过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气，反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑，因此，本题正确答案是：2H2O22H2O+O2↑；

③Na2O2属于离子化合物，含有O22-离子，电子式为；

(2)①Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，结合得失电子守恒知，该反应方程式为：2Na2O2+2SO2＝2Na2SO3+O2，要证明白色固体中含有Na2SO3只需检验出含有SO32-就可以了，则取反应生成白色固体少许，滴入稀硫酸，生成无色气体使品红溶液褪色，说明含Na2SO3，

因此，本题正确答案是：2Na2O2+2SO2＝2Na2SO3+O2；取反应生成白色固体少许，滴入稀硫酸，生成无色气体使品红溶液褪色，说明含Na2SO3；

②因为过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性，两者发生氧化还原反应生成Na2SO4；由实验流程可以知道，稀硝酸具有强氧化性，它也会将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，最终也生成硫酸钡沉淀，则不能说明反应的后B中有Na2SO3还会有Na2SO4，

因此，本题正确答案是：过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性；稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡；③因为亚硫酸钡易溶于盐酸，硫酸钡不溶，所以测定B中反应完全后固体组成的实验方案为称取样品a

克加水溶解，加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤烘干，称量沉淀质量为b

克，计算含量；b

克BaSO4的物质的量为b233mol，则样品中含Na2SO4的质量为b233mol×142g/mol=142b233g，所以Na2SO因此，本题正确答案是：加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤；142b/233a。26、关闭K3、K2，打开分液漏斗活塞，打开K1，加入蒸馏水，若蒸馏水不能顺利流下，则证明甲装置气密性良好defcab亚铁离子新制且反应装置处于氢气气氛中，产品不易被氧化，纯度高氯化钙ADKMnO4溶液可以氧化乳酸根，标准液消耗量变多，所以结果总是大于100%【分析】本实验由乳酸钙与FeCl2反应制得乳酸亚铁晶体，甲装置用于制取FeCl2溶液，因为亚铁离子易被空气中的氧气氧化，首先利用氢气排出装置内的空气，再利用产生的氢气使装置内压强增大，将FeCl2溶液压入三颈烧瓶中，使FeCl2溶液与乳酸钙反应生成乳酸亚铁晶体，经过滤得到乳酸亚铁晶体粗产品和CaCl2溶液，乳酸亚铁晶体粗产品用乙醇洗涤、低温真空干燥得到成品乳酸亚铁，CaCl2溶液经过浓缩得到副产物CaCl2，据此解答。【详解】(1)首先关闭K3、K2，形成封闭体系，打开分液漏斗活塞，打开K1，加入蒸馏水，若蒸馏水不能顺利流下，则证明甲装置气密性良好；(2)亚铁离子易被空气中的氧气氧化，需先用氢气排出装置内的空气，因此需要先关闭K2，打开K3，打开分液漏斗上口玻璃塞，打开K1，盐酸与铁反应生成氢气，排出空气，然后关闭K3，打开K2，产生的氢气使装置内压强增大，将氯化亚铁溶液压入三颈烧瓶中，然后关闭K1，盖上分液漏斗上口玻璃塞，开动搅拌器，使氯化亚铁溶液与乳酸钙反应生成乳酸亚铁，故答案为：d；e；f；c；a；b；(3)该装置制备乳酸亚铁的优点是亚铁离子新制且反应装置处于氢气气氛中，产品不易被氧化，纯度高；由分析可知，副产物为氯化钙；(4)A．根据装置的构造可知，装置甲中的主要仪器是球形分液漏斗和蒸馏烧瓶，故A正确；B．本实验采用较大铁片而不是铁粉的主要原因是防止铁粉堵塞导管，故B错误；C、乳酸亚铁悬浊液应从b口倒出进行抽滤，并用滤液洗涤三颈烧瓶，将洗涤液倒入布氏漏斗一起抽滤，故C错误；D、粗产品的洗涤液，经蒸馏后所得的残留液，与滤液混合可提高副产物的产量，故D正确；答案为AD；(5)因乳酸根中的羟基可以被KMnO4氧化，也会消耗KMnO4，标准液消耗量变多，所以结果总是大于100%。27、烧杯、玻璃棒MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O防止温度过高次氯酸钠变为氯化钠和氯酸钠直形冷凝管N2H4·H2O+2NaClO====2NaCl+N2↑+3H2O冷却后补加滴定终点时的现象为当加入最后一滴滴定剂的时候，溶液出现蓝色且半分钟内不消失。

30.0%【详解】（1）肼是共价化合物，原子之间通过共价键结合，则肼的电子式为：。本小题答案为：。（2）配制30%的NaOH溶液时，用天平称量质量，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒。本小题答案为：烧杯、玻璃棒。（3）二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气与水，化学反应方程式为：。温度升高时，次氯酸钠容易发生自身的氧化还原反应生成氯酸钠和氯化钠，所以步骤Ⅰ温度需要在30℃以下，其主要目的是防止NaClO(歧化)分解为氯酸钠和氯化钠。本小题答案为：；防止温度过高次氯酸钠变为氯化钠和氯酸钠。（4）仪器B为直形冷凝管。具有强还原性，容易被过量的NaClO氧化，发生的反应为：。本小题答案为：直形冷凝管；。（5）充分反应后，加热蒸馏烧瓶A内的溶液即可得到水合肼的粗产品。若在蒸馏刚刚开始的时候忘记添加沸石，应该采取的操作是冷却后补加。碘的标准溶液与肼反应完全，再滴入碘的标准溶液后，遇淀粉变蓝色，实验滴定终点的现象为：当加入最后一滴滴定剂的时候，溶液出现蓝色且半分钟内不消失。设馏分中水合肼的质量分数为α，则N2H4·H2O+2I2==N2↑+4HI+H2O1mol2mol计算得出α=30.0%本小题答案为：冷却后补加；滴定终点时的现象为当加入最后一滴滴定剂的时候，溶液出现蓝色且半分钟内不消失；30.0%。28、逆反应bd0.015mol/(L•min)三角锥形酸c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(NH3•H2O)＞c(OH-)＞c(H+)【