吉林省长春八中2026届化学高三上期中监测模拟试题含解析

吉林省长春八中2026届化学高三上期中监测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下列A～D四组反应中．其中I和Ⅱ可用同一个离子方程式表示的是

I

II

A

把金属铁放入稀硫酸中

把金属铁放入稀硝酸中

B

Ca(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液

Ca(OH)2溶液中加入足量的NaHCO3溶液

C

将0.1molCl2通入含0.3molFeBr2的溶液

将0.3molCl2通入含0.1molFeBr2的溶液

D

将少量Na2CO3溶液滴入到足量HCl溶液

将少量HCl溶液滴入到足量Na2CO3溶液

A．A B．B C．C D．D2、根据下列图示所得出的结论正确的是A．图甲表示.N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）反应过程的能量变化关系，说明催化剂可以改变该反应的焓变B．图乙表示等量的钠块分别与足量的水和乙醇反应产生氢气的物质的量随时间的变化关系，则曲线b表示水与钠的反应C．图丙表示25℃时水溶液中H2C2O4、HC2O4－、C2O42－的物质的量分数随pH的分布，说明H2C2O4的Ka1＝1×10－4.2D．图丁表示25℃时BaSO4达到沉淀溶解平衡时，溶液中c（Ba2＋）与c（SO42－）的关系曲线，说明Ksp（BaSO4）＝1×10－103、清代赵学敏《本草纲目拾遗》中关于“鼻冲水”的记载明确指出：“鼻冲水，出西洋，……贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减……惟以此水瓶口对鼻吸其气，即遍身麻颤出汗而愈。虚弱者忌之。宜外用，勿服。”这里的“鼻冲水”是稀硫酸、氢氟酸溶液、氨水、醋酸溶液中的一种。下列有关“鼻冲水”的推断正确的是()A．“鼻冲水”滴入酚酞溶液中，溶液不变色B．“鼻冲水”中含有5种粒子C．“鼻冲水”是弱电解质D．“鼻冲水”不能使二氧化硅溶解4、用制溴苯的废催化剂（主要含FeBr3及少量溴、苯）为原料，制取无水FeCl3和溴的苯溶液，选用的方法能达到相应实验目的的是A．用装置①及其试剂制取氯气B．用装置②氧化FeBr3溶液中的溴离子C．用装置③分离出FeCl3溶液，不能选用装置④分离D．用装置⑤将FeCl3溶液蒸发至干，可得无水FeCl35、部分弱酸的电离常数如下表:弱酸HCOOHHCNH2S电离平衡常数(25℃)Ka=1.8×10-4Ka=4.9X10-10Ka1=1.3×10-7Ka2=7.1×10-15下列有关说法正确的是A．恰好中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者大于后者B．HCOO-、CN-、HS-在溶液中不可以大量共存C．NaHS溶液中加入适量KOH后:c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+2c(S2-)D．等体积、等浓度的HCOONa和NaCN两溶液中所含离子总数目HCOONa大于NaCN6、战国所著《周礼》中记载沿海古人“煤饼烧蛎房成灰”(“蛎房”即牡蛎壳)，并把这种灰称为“蜃”。蔡伦改进的造纸术，第一步沤浸树皮脱胶的碱液可用“蜃”溶于水制得。“蜃”的主要成分是A．CaOB．SiO2C．NaHCO3D．CaCO37、下列说法正确的是（）A．铝、铁、铜相比较，铜元素在自然界中的含量最低、铁元素含量最高B．A12O3、MgO可用作高温材料，二氧化硅是生产光纤制品的基本原料C．工业上采用电解熔融态A12O3、MgO的方法冶炼Al、MgD．用纯碱制玻璃、用铁矿石炼铁、用氨制碳酸铵都会产生温室气体8、下列离子方程式正确的是()A．溶液与稀硫酸反应：B．向溶液中通入过量的气体：C．和溶液按物质的量比1:2混合：D．向中通入过量的：9、下列叙述I和叙述II均正确且因果关系也一定正确的是选项叙述I叙述IIA用pH计分别测定SO2和CO2溶于水形成溶液的pH，前者pH小说明H2SO3酸性强于H2CO3BSiO2是酸性氧化物SiO2不与任何酸溶液反应CSn2+容易水解且在空气中能氧化为Sn4+配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸中，再用蒸馏水稀释，保存时再在试剂瓶中加入入少量锡粒D浓硫酸具有强氧化性浓硫酸能使滤纸变黑A．A B．B C．C D．D10、四氧化三铁(Fe3O4)磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2＋＋2＋O2＋xOH－=Fe3O4↓＋＋2H2O。下列问题叙述不正确的是（）A．水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应中，还原剂是B．反应的离子方程式中x=4C．每生成1molFe3O4，反应转移的电子为4molD．被Fe2＋还原的O2的物质的量为0.5mol11、下列各组离子可能大量共存的是（）A．pH=0的溶液中：Na＋、K＋、ClO－、AlO2－B．能与金属铝反应放出氢气的溶液中：K＋、NO3－、Cl－、NH4+C．常温下水电离出的c(H＋)·c(OH－)＝10－20的溶液中：Na＋、Cl－、S2－、SO32－D．无色透明溶液：K＋、NO3－、Fe3+、SO42－12、2—氯丁烷常用于有机合成等，有关2—氯丁烷的叙述正确的是A．它的同分异构体除本身外还有4种B．与硝酸银溶液混合产生不溶于稀硝酸的白色沉淀C．可混溶于乙醇、乙醚、氯仿等多数有机溶剂D．与氢氧化钠、乙醇在加热条件下的消去反应有机产物只有一种13、为了说明醋酸是弱电解质，某同学设计了如下实验方案证明，其中错误的是（）A．配制0.10mol/LCH3COOH溶液，测溶液的pH，若pH大于1，则可证明醋酸为弱电解质B．用pH计分别测0.01mol/L和0.10mol/L的醋酸溶液的pH，若两者的pH相差小于1，则可证明醋酸是弱电解质C．取等体积等浓度的盐酸和醋酸溶液，分别加入足量的Na2CO3固体，若醋酸溶液产生气体多，证明醋酸为弱电解质D．配制0.10mol/LCH3COONa溶液，测其pH，若常温下pH＞7，则可证明醋酸是弱电解质14、如图是模拟铁的电化学防护装置，不正确的叙述是()A．此装置属于原电池B．此装置中电子从铁经导线流向锌C．此装置中的铁极上发生还原反应D．该电化学防护法称为“牺牲阳极阴极保护法”15、下列实验方案能达到实验目的的是选项

实验方案

实验目的或结论

A

将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色

可证明氧化性：H2O2比Fe3+强

B

向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL2%的CuSO4溶液，振荡，再加入0.5mL有机物Y，加热，未出现砖红色沉淀

说明Y中不含醛基

C

取ag铝箔与足量氢氧化钠溶液充分反应，逸出的气体通过浓硫酸后，测其体积为VL（已转化为标准状况下）

测定铝箔中氧化铝的含量

D

比较不同反应的反应热数据大小

从而判断反应速率的大小

A．A B．B C．C D．D16、下列说法正确的是（）A．有单质生成的反应一定是氧化还原反应B．非金属氧化物不一定是酸性氧化物C．金属氧化物一定是碱性氧化物D．纯净物只由一种原子组成，而混合物由多种原子组成17、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．①②③④18、人体血液里存在重要的酸碱平衡：，使人体血液pH保持在7.35～7.45，否则就会发生酸中毒或碱中毒。其pH随c(HCO3c(HC1.017.820.022.4pH6.107.357.407.45下列说法不正确的是A．正常人体血液中，HCOB．人体血液酸中毒时，可注射NaHCOC．pH=7.00的血液中，c(D．pH=7.40的血液中，HCO3-19、下列有关金属及其化合物的应用不合理的是（）A．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业B．将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2C．Na2CO3稳定且熔点高，熔融Na2CO3使用耐高温的石英坩埚D．无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水20、用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计严密的是A．检验试液中的SO42-B．检验试液中的Fe2+C．检验试液中的I-D．检验试液中的CO32-21、下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是（）A．淀粉、CuO、HClO、CuB．水玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、Ag2O、SO3C．KAl（SO4）2·12H2O、KClO3、NH3·H2O、CH3CH2OHD．普通玻璃、H2O、HF、葡萄糖22、氧化铅-铜电池是一种电解质可循环流动的新型电池(如图所示)，电池总反应为PbO2+Cu+2H2SO4=PbSO4+CuSO4+2H2O。下列有关该电池的说法正确的是()A．电池工作时，电子由Cu电极经电解质溶液流向PbO2电极B．电池工作过程中，电解质溶液的质量逐渐减小C．正极反应式：PbO2+2e-+4H++SO=PbSO4+2H2OD．电池工作过程中，两个电极的质量均减小二、非选择题(共84分)23、（14分）已知A、B、C、D、E、F都是短周期的元素，它们的原子序数依次递增。A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，而B原子的最外层电子数是次外层的2倍，C的氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B和D可以形成两种气态化合物，E原子核外电子总数比B的2倍少1，F在本周期元素中原子半径最小。则：(1)A、B、C、D、E、F的名称分别是_____________________________。(2)在A至F中任选元素，写出一种含非极性键的离子化合物的电子式_________。(3)由B和D组成，且B和D的质量比为3∶8的化合物的电子式是_________，该物质与E的同周期相邻主族元素的单质反应的化学方程式为__________________。(4)F单质与E的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为_________________________。(5)将8gBA4完全燃烧后恢复到室温，放出热量akJ，写出表示BA4的燃烧热的热化学方程式_______。24、（12分）现有部分短周期主族元素的性质或原子结构如表所示：元素编号元素性质或原子结构X周期序数＝主族序数＝原子序数Y原子最外层电子数为a，次外层电子数为bZ原子L层电子数为a+b，M层电子数为a－bM单质在自然界中的硬度最大N位于第三周期，最外层电子数是电子层数的2倍（1）写出X、Y、Z、N四种元素的名称：X________，Y________，Z________，N________。（2）由X、Y、Z、M、N五种元素两两组成的分子中，许多分子含有的电子数相等，写出符合下列要求的分子式：①含10e−且呈正四面体结构的分子________；②含14e−的双原子分子________；③含16e−且能使溴水褪色的分子________；④含18e−且常温下呈液态的分子________。25、（12分）二氯亚砜(SOCl2)是一种无色易挥发液体，遇水剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂，其熔点-105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解。（1）用硫黄（用S表示）、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成二氯亚砜，原子利用率达100%，则三者的物质的量比为________。写出SOCl2吸收水蒸气的化学方程式：___________。（2）甲同学设计下图装置用ZnCl2·xH2O晶体制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2（夹持及加热装置略）：①装置的连接顺序为A→B→______→______→______→______。______________②搅拌的作用是______，冷凝管的作用是_______________________________。③实验结束后，为检测ZnCl2·xH2O晶体是否完全脱水，称取蒸干后的固体ag溶于水，加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，过滤，洗涤，干燥，称得固体为bg。若_____（保留一位小数），即可证明ZnCl2·xH2O晶体已完全脱水。④乙同学认为直接将ZnCl2·xH2O晶体置于坩埚中加热即可得到无水ZnCl2，但老师说此方法不可。请用化学方程式解释原因：______________________________________。（3）丙同学认为SOCl2还可用作由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3的脱水剂，但丁同学认为该实验会发生氧化还原反应。请你设计并简述实验方案判断丁同学的观点：_____________。26、（10分）某化学小组在实验室模拟用软锰矿（主要成分，杂质为铁及铜的化合物等）制备高纯碳酸锰，过程如下（部分操作和条件略）：①缓慢向烧瓶中（见上图）通入过量混合气进行“浸锰”操作，主要反应原理为：（铁浸出后，过量的会将还原为）②向“浸锰”结束后的烧瓶中加入一定量纯粉末。③再用溶液调节pH为3.5左右，过滤。④调节滤液pH为6.5-7.2，加入，有浅红色沉淀生成，过滤、洗涤、干燥，得到高纯碳酸锰。（1）“浸锰”反应中往往有副产物的生成，温度对“浸锰”反应的影响如下图，为减少的生成，“浸锰”的适宜温度是___________。图1温度对锰浸出率的影响图2浸锰温度与生成率的关系（2）查阅表1，③中调pH为3.5时沉淀的主要成分是________。②中加入一定量纯粉末的主要作用是_________，相应反应的离子方程式为_______。表1：生成相应氢氧化物的pH物质开始沉淀pH2.77.68.34.7完全沉淀pH3.79.69.86.7（3）③中所得的滤液中含有，可添加过量的难溶电解质MnS除去，经过滤，得到纯净的。用平衡移动原理解释加入MnS的作用__________。（4）④中加入后发生反应的离子方程式是__________。27、（12分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为沉淀可能是CuCO3；乙同学认为沉淀可能是Cu(OH)2；丙同学认为沉淀可能是CuCO3和Cu(OH)2的混合物。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照甲同学的观点，发生反应的离子反应方程式为_______________________；在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。其具体操作依次为____________________。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为__________________________。（2）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是__________________。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可利用下列装置通过实验测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是__________________，实验开始和结束时都要通入过量的空气，请说明结束时通入过量空气的作用是____________________________（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为___________。28、（14分）[化学——选修3：物质结构与性质]具有自主知识产权、中国制造的C919，是一款与波音737MAX同等体量的民用飞机。制造C919需要大量的合金材料，其中包括钢，钢是现代社会的物质基础，钢中除含有铁外还含有碳和少量不可避免的硅、锰、磷、硫等元素。请回答下列有关问题：(1)基态Mn2+的价电子排布图为___________。(2)NO2的立体构型名称为___________，其中心原子的杂化方式为___________。(3)写出和CN－互为等电子体的一种分子的电子式___________。(4)铵盐大多易分解，NH4F和NH4Br两种盐中较难分解的是______(填化学式)；理由是_______。(5)氧化亚铁晶胞与NaC1的相似，NaCl的晶胞如图所示。由于晶体缺陷，某氧化亚铁晶体的实际组成为Fe0.9O，其中包含有Fe2+和Fe3+，晶胞边长为apm，该晶体的密度ρ=___________________g·cm－3(列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数的值)。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_____。(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。①[Ni(NH3)6]SO4中H、N、O元素的电负性由大到小的顺序为_____；SO42－的立体构型是_________；与SO42－互为等电子体的微粒为_____（填化学式，任写一种）。②氨的沸点高于膦（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)元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1959kJ/mol，INi=1753kJ/mol，第二电离ICu>INi的原因是____________。(4)铜的某种氯化物不仅易溶于水，而且易溶于乙醇和丙酮，其链状结构如图所示，则该氯化物的化学式为____________________，属于_____晶体。(5)Cu2+与乙二胺可形成上右图所示配离子，其中所含化学键类型有____（填标号）。a．配位键b．极性键c．离子键d．非极性键e．金属键(6)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_____。

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、B【详解】A项，Fe与稀硫酸反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe与足量稀HNO3反应的离子方程式为：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，A项不符合题意；B项，Ca（HCO3）2溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，Ca（OH）2溶液中加入足量NaHCO3溶液反应的离子方程式为：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，B项符合题意；C项，Br-的还原性强于Fe2+，Cl2先与Br-反应后与Fe2+反应，0.1molCl2通入含0.3molFeBr2溶液中，Cl2只能氧化0.2molBr-，反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，0.3molCl2通入含0.1molFeBr2溶液中，Cl2将Fe2+、Br-完全氧化后Cl2过量，反应的离子方程式为：3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++2Br2，C项不符合题意；D项，少量Na2CO3滴入足量HCl中反应的离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑，少量HCl滴入足量Na2CO3溶液中反应的离子方程式为：H++CO32-=HCO3-，D项不符合题意；答案选B。【点睛】掌握物质性质的异同、与量有关的离子方程式的书写是解答本题的关键。与量有关的离子方程式的书写方法：（1）非氧化还原型，常用“以少定多”法，即优先将少量物质的化学计量数定为“1”，然后确定其它物质的化学计量数；（2）氧化还原型，应用氧化还原反应中的“先强后弱”规律，结合题给数值分析。2、D【详解】A、催化剂能够降低反应的活化能，但是不能改变焓变，焓变只与反应物和生成物的总能量有关，与反应途径无关，A错误；B、钠与水反应的速率比钠与乙醇反应的速率快，生成相同体积的氢气，钠与水反应所需的时间更短，曲线a表示水与钠的反应，B错误；C、H2C2O4HC2O4－＋H＋，HC2O4－C2O42－＋H＋，，，当c(C2O42－)=c(C2O4-)，Ka2=c(H+)，从图中可以看出，当c(C2O42－)=c(C2O4-)，pH=4.2，c(H+)=10-4.2，则Ka2=1×10－4.2，C错误；D、BaSO4达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2＋)与c(SO42－)的关系有，，左右同时取10的对数，有，lgc(Ba2+)=lg(Ksp)-lgc(SO42－)，为一次函数曲线，曲线符合。求算Ksp，取曲线上的点，如-lgc(Ba2+)=10，-lgc(SO42－)=0，带入等式，得lg(Ksp)=-10，则Ksp=10-10，D正确；答案选D。3、D【解析】根据鼻冲水贮存在玻璃瓶中可知鼻冲水不是氢氟酸，根据性质可判断其易挥发，又因为宜外用，勿服，因此可判断应该是氨水，据此解答。【详解】A．氨水显碱性，滴入酚酞溶液中，溶液变红色，A错误；B．氨水中含NH3、H2O、NH3•H2O、H+、NH4+、OH-，含有分子和离子的种类为6种，B错误；C．由鼻冲水（氨水）可知，氨水为混合物，而弱电解质为化合物，则氨水不是弱电解质，而一水合氨为弱电解质，C错误；D．氨水显弱碱性，不能溶解二氧化硅，D正确。答案选D。4、C【解析】A、1mol/L盐酸是稀盐酸，实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，稀盐酸与二氧化锰不反应，无法制取得到氯气，选项A错误；B、用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，选项B错误；C、利用有机溶剂将溴萃取后，用装置③分离出FeCl3溶液，不能选用装置④分离，选项C正确；D、加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键，易错点是选项D，加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。5、D【解析】A．等体积、等pH的HCOOH和HCN溶液中，HCN溶液溶质浓度大，恰好中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，故A错误；B．酸性HCOOH＞HS-，离子间不发生反应，HCOO-、CN-、HS-在溶液中可以大量共存，故B错误；C．NaHS溶液中加入适量KOH后反应生成硫化钾和硫化钠，但硫化钠溶液中存在物料守恒，：c（Na+）═c（H2S）+c（HS-）+C（S2-），故C错误；D．根据电荷守恒，c（HCOO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），c（CN-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），即离子总数是n（Na+）+n（H+）的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的c（OH-）大，c（H+）小，c（Na+）相同，所以甲酸钠中离子浓度大，故D正确；答案为D。6、A【解析】根据碳酸钙、氧化钙的性质分析回答。【详解】用煤饼煅烧牡蛎壳（CaCO3）生成的“蜃”为生石灰（CaO），“蜃”溶于水所得碱液为石灰水。本题选A7、B【详解】A．在地壳中金属元素的含量Al的中含量最高，铁次之，三种元素中Cu元素的含量最低，A错误；B．Al2O3、MgO的熔点很高，可用作高温材料，光导纤维主要成分是二氧化硅，B正确；C．MgO的熔点很高，电解熔融态MgO冶炼Mg会增大生产成本，工业上一般是用电解熔融的MgCl2的方法来冶炼镁，C错误；D．用纯碱、石灰石、石英制玻璃及用铁矿石炼铁都会产生CO2，用氨制碳酸铵，制备原理为：2NH3+CO2+H2O=(NH4)2CO3，不产生CO2，D错误；故合理选项是B。8、C【详解】A．Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应，离子方程式：，故A错误；B．向NaOH溶液中通入过量的SO2气体，离子方程式：，故B错误；C．NaHCO3和Ca(OH)2溶液按物质的量比1:2混合，碳酸氢钠少量，反应生成碳酸钙，氢氧化钠和水，离子方程式：，故C正确；D．向FeBr2中通入过量的Cl2，离子方程式：，故D错误；故答案为：C。【点睛】配比型反应：当一种反应物中有两种或两种以上组成离子参与反应时，因其组成比例不协调(一般为复盐或酸式盐)，当一种组成离子恰好完全反应时，另一种组成离子不能恰好完全反应(有剩余或不足)而跟用量有关；书写方法为“少定多变”法：（1）“少定”就是把相对量较少的物质定为“1mol”，若少量物质有两种或两种以上离子参加反应，则参加反应的离子的物质的量之比与原物质组成比相符。（2）“多变”就是过量的反应物，其离子的化学计量数根据反应实际需求量来确定，不受化学式中的比例制约，是可变的，如少量NaHCO3与足量Ca(OH)2溶液的反应：“少定”——即定的物质的量为1mol，“多变”——1mol能与1molOH-发生反应，得到1molH2O和1mol，1mol再与Ca2+反应，生成BaCO3，如NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液，溶液呈中性时：；SO42-完全沉淀时：。9、C【解析】A.SO2和CO2饱和溶液，浓度不同，不能比较电离程度；

B.二氧化硅和HF反应生成四氟化硅和水；

C.加酸抑制金属离子的水解，加少量的锡粒，具有还原性，防止Sn2+被氧化；

D.浓硫酸能使滤纸变黑体现了浓硫酸的脱水性。【详解】A.SO2和CO2饱和溶液，浓度不同，不能比较电离程度，应测定等浓度的pH比较酸性，故A错误；

B.二氧化硅和HF反应生成四氟化硅和水，II错误，故B错误；

C.因金属离子水解，且易被氧化，则加酸抑制金属离子的水解，加少量的锡粒，具有还原性,防止Sn2+被氧化，所以C选项是正确的；

D.将浓硫酸滴在滤纸上，滤纸很快变黑，体现了浓硫酸的脱水性，故D错误。

所以C选项是正确的。10、A【详解】A．反应中Fe元素化合价部分升高为+3价，S元素化合价由+2价升高到+2.5价，则还原剂是Fe2+和，故A错误；B．根据电荷守恒得：2×3＋2×(-2)＋(-x)＝-2，解得x＝4，故B正确；C．根据还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，由反应可知，该反应转移4e-，所以每生成1molFe3O4，由O元素的化合价变化可知，转移电子为1mol×2×[0-(-2)]=4mol，故C正确；D．设被Fe2+还原的O2的物质的量为y，根据得失电子守恒可知，4y＝1mol×3×，解得y＝0.5mol，故D正确；答案选A。11、C【解析】A、pH=0的溶液中存在大量H+，ClO－、AlO2－与氢离子不能大量共存，故A不符合题意；B、能与金属铝反应放出氢气的溶液可能为强酸性溶液或强碱性溶液，强碱条件下NH4+不能大量存在，强酸条件下有NO3－，与金属铝反应不能生成氢气，故B不符合题意；C、常温下水电离出的c(H＋)·c(OH－)＝10－20(mol/L)2的溶液中，水电离出的氢离子和氢氧根离子相等，c(H＋)=c(OH－)＝10－10mol/L，溶液可能是强酸性或强碱性，强酸条件下，S2－和SO32－不能大量共存，强碱条件下，溶液中Na＋、Cl－、S2－、SO32－不相互反应可以共存，故C符合题意；D、Fe3+在水溶液中为黄色，故D不符合题意；综上所述，本题应选C。【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体；②离子间发生氧化还原反应；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件。12、C【详解】A．2-氯丁烷的同分异构体中，碳链异构为正丁烷和异丁烷，各自氯原子有2种同分异构体，故它的同分异构体除本身外还有3种，A叙述错误；B．2-氯丁烷中不含有氯离子，则其与硝酸银溶液混合不产生白色沉淀，B叙述错误；C．2-氯丁烷为有机物，含有碳碳单键，可混溶于乙醇、乙醚、氯仿等多数有机溶剂，C叙述正确；D．2-氯丁烷与氢氧化钠、乙醇在加热条件下的消去反应，生成1-丁烯或2-丁烯，则有机产物只有2种，D叙述错误；答案为C。13、C【解析】根据弱电解质的电离、盐类的水解的概念分析。【详解】A.配制0.10

mol/L

CH3

COOH溶液，测溶液的pH，若pH大于1，氢离子浓度小于醋酸浓度，说明醋酸部分电离，则可证明醋酸为弱电解质，故A正确，但不符合题意；B.用pH计分别测0.01

mol/L和0.10

mol/L的醋酸溶液的pH值，若两者的pH值相差小于1，说明醋酸存在电离平衡，则证明醋酸是弱电解质，故B正确，但不符合题意；C.取等体积等浓度的CH3COOH和盐酸溶液，分别加入Na2CO3固体，若醋酸溶液产生气体多，则醋酸中加入碳酸钠的量多，不能说明醋酸部分电离，故不能证明醋酸是弱电解质，故C错误，但符合题意；D.如果醋酸是强酸，则CH3COONa是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，若常温下醋酸钠溶液pH＞7，则说明CH3COONa是强碱弱酸盐，即醋酸是弱电解质，故D正确，但不符合题意。故选C。【点睛】注意常见的弱电解质的判断方法有：①测一定物质的量浓度溶液的pH，例如，浓度均为0.1mol/L的醋酸和盐酸，盐酸的PH值=1，醋酸的PH值>1；②测其常见盐溶液的pH值，例如，CH3COONa的PH值>7。14、B【分析】

【详解】A．锌铁海水构成了原电池，锌失电子作负极，铁作正极，A正确；B．该装置中，金属铁是原电池的正极，锌为负极，电子从锌经过导线流向铁，B错误；C．该装置中，金属铁是原电池的正极，铁极上发生还原反应，C正确；D．该装置为原电池，锌为负极，锌失电子生成锌离子，铁作正极被保护，属于“牺牲阳极阴极保护法”，D正确；答案选B。【点睛】本题考查了原电池的构成条件以及金属的防护方法，明确原电池的工作原理是解答的关键，注意原电池中正负极的判断、离子移动方向以及电极反应式书写等。15、C【解析】试题分析：A、NO3－在酸性条件下具有强氧化性，有可能是NO3－把Fe2＋氧化成Fe3＋，故错误；B、醛基和新制Cu(OH)2悬浊液发生反应，要求反应的环境是碱性，即NaOH过量，此反应中NaOH不过量，因此不能产生砖红色沉淀，故错误；C、Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O，2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，根据氢气的体积求出铝单质的质量，总质量减去铝单质的质量即为氧化铝的质量，故正确；D、反应热的多少跟反应速率快慢无关，故错误。考点：考查实验方案设计的评价等知识。16、B【解析】A．氧气转化为臭氧，无元素的化合价变化，则为非氧化还原反应，故A错误；B．酸性氧化物是指能与水反应生成相应的酸，而不生成其他物质的氧化物，碱性氧化物为能与水反应生成相应的碱，而不生成其他物质的氧化物，非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如一氧化碳，故B正确；C．金属氧化物不一定是碱性氧化物，比如Mn2O7是金属氧化物但是酸性氧化物，Al2O3是金属氧化物但是两性氧化物，故C错误；D．纯净物只由一种原子组成，而混合物不一定含有多种原子，如金刚石和石墨，属于混合物，但只含有一种原子，故D错误；故选B。17、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。18、D【解析】正常人体的血液显碱性，所以一定是HCO3-的水解程度大于电离程度，选项A正确。人体血液酸中毒时，可注射NaHCO3溶液使题目的平衡逆向移动，消耗氢离子以缓解酸中毒，选项B正确。从表中得到：cH219、C【详解】A．低密度、高强度的铝锂合金常用于航空工业，故A选项正确。B．氯气与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，则将废铁屑加入氯化亚铁溶液中可以吸收工业废气中的氯气，故B选项正确。C．石英的成分是二氧化硅，在高温条件下与碳酸钠反应而使坩埚炸裂，故C选项错误。D．能够依据变色硅胶中CoCl2吸水后固体颜色的变化判断硅胶是否吸水，故D选项正确。故答案选C。20、C【分析】A．不能排除SO32－的干扰；B．具有还原性的离子均可使高锰酸钾反应，但高锰酸钾为紫红色溶液干扰现象分析；C．淀粉遇碘变蓝；D．溶液中可能存在SO32－．【详解】A．溶液中如含有SO32－，加入硝酸会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，和氯化钡反应生成白色沉淀，故A错误；B．先向溶液中加入硫氰化钾溶液，没有现象，与高锰酸钾发生氧化还原可能生成铁离子，但高锰酸钾为紫红色溶液干扰现象，不能证明原溶液中一定存在亚铁离子，故B错误；C．试液加入过氧化氢氧化碘离子为单质碘，碘遇淀粉变蓝，离子检验实验合理，故C正确；D．若原溶液中含有碳酸根离子或亚硫酸根离子，试液中加入氯化钡溶液生成白色沉淀，可能是碳酸钡或亚硫酸钡沉淀，加入盐酸沉淀溶解，故D错误。故选C。【点睛】本题考查了常见离子的检验方法，解题关键：将元素化学基础知识应用于离子检验，选项B为解答的易错点。21、D【详解】A.Cu是单质，不是非电解质，故A错误；B.Na2O·CaO·6SiO2属于硅酸盐，不是氧化物，故B错误；C.KAl（SO4）2·12H2O属于纯净物，不是混合物，故C错误；D.普通玻璃、H2O、HF、葡萄糖依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列，故D正确；故选D。22、C【详解】A．电池工作时，电子不能流经电解质溶液，只能在外电路中流动，故A项镨误；B．由电池总反应可知，若反应的PbO2为1mol，则电解质溶液中增加了2molO，1molCu，减少了1molSO，则增加和减少的质量相等，反应前后电解质溶液的质量不变，故B项错误；C．由总反应可知，PbO2得电子，正极反应式为PbO2+2e-+4H++SO=PbSO4+2H2O，故C项正确；D．正极反应生成的硫酸铅附着在PbO2电极上，其质量增加，故D项错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、氢、碳、氮、氧、钠、氯CO2+2MgC+2MgO2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2OCH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-2akJ/mol【分析】A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，应为H元素；B原子的最外层电子数是次外层的2倍，应为C元素；C的氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应为N元素，形成的氢化物为氨气，为碱性气体；B和D可以形成两种气态化合物，应分别为CO和CO2，则D为O元素；E原子核外电子总数比B的2倍少1，则E的原子序数为11，应为Na元素；A、B、C、D、E、F都是短周期的元素，它们的原子序数依次递增，且F在本周期元素中原子半径最小，应为Cl元素。【详解】(1)综上所述A、B、C、D、E、F的名称分别是氢、碳、氮、氧、钠、氯，因此答案是:氢、碳、氮、氧、钠、氯；

(2)在A至F元素中含非极性键的离子化合物Na2O2，其电子式，因此答案是:。(3)B为C、D为O，由C和O组成的且C和O的质量比为3∶8的化合物为CO2，其电子式为，该物质与E为Na的同周期相邻主族元素Mg的单质反应的化学方程式为CO2+2MgC+2MgO,因此答案是；CO2+2MgC+2MgO。(4)F单质为Cl2与Na的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；因此答案是:2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；(5)BA4为CH4，将8g的CH4完全燃烧后恢复到室温，放出热量akJ，则1molCH4完全燃烧放出2akJ的热量，则CH4的燃烧热的热化学方程式CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-2akJ/mol，答案：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-2akJ/mol。24、氢氧硅硫CH4COC2H4H2O2【分析】X的周期序数＝主族序数＝原子序数，X为H元素；Z的原子L层电子数为a＋b，M层电子数为a－b，则a＋b=8，Y的原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，则b=2，因此a=6，则Y为O元素；Z为Si元素；M的单质在自然界中的硬度最大，M为C元素；N位于第三周期，最外层电子数是电子层数的2倍，N为S元素。【详解】（1）根据上述分析，X、Y、Z、N四种元素的名称分别为氢、氧、硅、硫，故答案为氢；氧；硅；硫；（2）由X、Y、Z、M、N五种元素两两组成的分子中，许多分子含有的电子数相等。①含10e－且呈正四面体结构的分子为CH4，故答案为CH4；②含14e－的双原子分子为CO，故答案为CO；③含16e－且能使溴水褪色，说明分子中含有不饱和键或具有还原性，该分子为C2H4，故答案为C2H4；④含18e－且常温下呈液态的分子为H2O2，故答案为H2O2。25、2:3:1SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑DEFC使ZnCl2•xH2O晶体均匀、充分的与SOCl2接触，晶体脱水充分把剩余的SOCl2冷凝成液体回收2.1ZnCl2•xH2OZn(OH)Cl+HCl↑+(x-1)H2O、Zn(OH)ClZnO+HCl↑或ZnCl2•xH2OZn(OH)2+2HCl↑+(x-2)H2O、Zn(OH)2ZnO+H2O或ZnCl2•xH2OZnO+2HCl↑+(x-1)H2O方法1：取少量FeCl3•6H2O于试管中，加入SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，然后滴加BaCl2溶液，若生成白色沉淀则证明脱水过程发生了氧化还原反应；方法2：取少量FeCl3•6H2O于试管中，加入过量SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，滴加KSCN溶液，若没有明显现象则证明脱水过程发生了氧化还原反应；方法3：取少量FeCl3•6H2O于试管中，加入过量SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，滴加K3Fe(CN)6]溶液，若生成蓝色沉淀则证明脱水过程发生了氧化还原反应【解析】（1）用硫黄（用S表示）、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成二氯亚砜，原子利用率达100%，则三者发生了化合反应，化学方程式为2S+3Cl2+SO3=3SOCl2，其物质的量比为2:3:1。SOCl2吸收水蒸气的化学方程式为SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑。（2）由题意知，A是晶体的脱水反应装置；B是回收剩余的SOCl2的装置；C是尾气吸收装置；D是保护装置，防止水蒸气进入B中；E是防止倒吸的；F是用于检验生成物中含有SO2的。①装置的连接顺序为A→B→D→E→F→C。②搅拌的作用是使ZnCl2·xH2O晶体均匀、充分的与SOCl2接触，使晶体充分脱水，冷凝管的作用是把剩余的SOCl2冷凝成液体回收。③实验结束后，为检测ZnCl2·xH2O晶体是否完全脱水，称取蒸干后的固体ZnCl2ag溶于水，加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，过滤，洗涤，干燥，称得固体AgCl为bg。若，即可证明ZnCl2·xH2O晶体已完全脱水。④直接将ZnCl2·xH2O晶体置于坩埚中加热，晶体首先会溶解在结晶水中形成溶液，氯化锌发生水解得到碱式氯化锌或氢氧化锌，氢氧化锌受热分解得到氧化锌，总之，得不到无水ZnCl2，发生的反应的化学方程式为ZnCl2·xH2OZn(OH)Cl+HCl↑+(x-1)H2O或ZnCl2·xH2OZn(OH)2+2HCl↑+(x-2)H2O、(Zn(OH)ClZnO+HCl↑)或ZnCl2·xH2OZnO+2HCl↑+(x-1)H2O。（3）SOCl2与FeCl3·6H2O若发生氧化还原反应，则+3价铁将被还原为+2价铁，+4价S被氧化为+6价S，产物中有亚铁离子、硫酸根。要证明它们确实发生了氧化还原反应，我们可以检验硫酸根或检验+3价铁离子或检验+2价亚铁离子，所以可以设计如下3个实验方案：方法1：取少量FeCl3·6H2O于试管中，加入SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，然后滴加BaCl2溶液，若生成白色沉淀则证明脱水过程发生了氧化还原反应。方法2：取少量FeCl3·6H2O于试管中，加入过量SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，滴加KSCN溶液，若没有明显现象则证明脱水过程发生了氧化还原反应。方法3：取少量FeCl3·6H2O于试管中，加入过量SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若生成蓝色沉淀则证明脱水过程发生了氧化还原反应。26、150℃（或150℃以上）将氧化为，将过量的氧化除去，生成的比更难溶，促进MnS不断溶解，平衡右移，使除去【解析】（1）从图中得到150℃以上，副产物就不会生成了，同时锰的浸出率也是接近100%，所以选择150℃（或150℃以上）。（2）根据表中数据，pH=3.5时，得到的主要是氢氧化铁沉淀，所以上一步中加入MnO2的目的是为了氧化亚铁离子（题目中说：铁浸出后，过量的会将还原为）。反应为：，考虑到题目认为得到亚铁离子是因为二氧化硫过量，所以加入的二氧化锰也可以将过量的二氧化硫氧化，反应为：。（3）MnS投入水中的沉淀溶解平衡为：，溶液中的铜离子会结合硫离子形成CuS沉淀，从而使反应平衡不断向右移动，将MnS沉淀转化为CuS沉淀，再经过滤就可以达到除去Cu2+的目的。当然能进行如上转化的前提是：CuS的溶解度更小。（4）加入碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀，则Mn2+结合了碳酸氢根电离的碳酸根离子，即使电离平衡：HCO3－H++CO32－，正向移动，电离的H+再结合HCO3-得到CO2，方程式为：27、CO32－+Cu2+=CuCO3↓过滤、洗涤、干燥A→C→B装置B中澄清石灰水变浑浊吸收空气中的H2O(g)和CO2结束时通入的空气可以将装置中滞留的H2O(g)和CO2赶出1－【分析】Ⅰ、沉淀是CuCO3说明Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生复分解反应生成硫酸钠与碳酸铜，即碳酸根与铜离子反应生成碳酸铜沉淀；将沉淀从溶液中分离并净化，用过滤的方法；Ⅱ、（1）加热时氢氧化铜分解成CuO和水，碳酸铜分解成氧化铜和二氧化碳；若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验；若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，澄清石灰水变浑浊说明含有CuCO3；由于澄清石灰水会带出H2O（g），所以先检验H2O后检验CO2。（2）由上述分析能证明生成物中有CuCO3的实验现象是装置B中澄清石灰水变浑浊。Ⅲ、（1）实验开始时装置的空气中含有水蒸气和二氧化碳，若不排除被吸收装置吸收会对计算结果产生较大的误差，故开始时先用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的空气排尽；实验结束氢氧化铜和碳酸铜加热分解后会在反应装置中残留二氧化碳和H2O（g），通过用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的H2O（g）和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收；（2）装置B质量增加了n克，说明分解生成ng水，根据水的质量计算沉淀中氢氧化铜的质量，沉淀质量减去氢氧化铜的质量等于碳酸铜的质量，再利用质量分数的定义计算。【详解】Ⅰ、沉淀是CuCO3说明，Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生反应生成硫酸钠与碳酸铜，即碳酸根与铜离子反应生成碳酸铜沉淀，反应的离子方程式为CO32－+Cu2＋=CuCO3↓；将沉淀从溶液中分离并净化，用过滤的方法，其具体操作依次为过滤、洗涤、干燥；Ⅱ、（1）加热时氢氧化铜分解成CuO和水，碳酸铜分解成氧化铜和二氧化碳；若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验；若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，澄清石灰水变浑浊说明含有CuCO3；由于澄清石灰水会带出H2O（g），所以先检验H2O后检验CO2。A加热固体，C用无水硫酸铜检验有无水生成，B用澄清的石灰水检验有无二氧化碳产生，各装置连接顺序为A→C→B；（2）由上述分析能证明生成物中有CuCO3的实验现象是装置B中澄清石灰水变浑浊。Ⅲ、若CuCO3和Cu（OH）2两种沉淀都有，加热时生成CO2和H2O，定量检验时，可用浓硫酸吸收水，用碱石灰吸收二氧化碳，实验时，为减小误差，应排除空气中H2O（g）和二氧化碳的干扰，并保证H2O（g）和二氧化碳被完全吸收，则实验仪器的连接顺序应为CABDE。（1）实验开始时装置的空气中含有水蒸气和二氧化碳，若不排除被吸收装置吸收会对计算结果产生较大的误差，