2026届黑龙江省大兴安岭漠河县一中化学高三上期中监测模拟试题含解析

2026届黑龙江省大兴安岭漠河县一中化学高三上期中监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、按照阿伏加德罗定律，下列叙述不正确的A．同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比B．同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比C．同温同压下两种气体的密度之比等于摩尔质量之比D．同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比2、以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如图，下列叙述错误的是（）A．烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来B．隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5C．向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3D．加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO43、某实验室需要1.0mol/L的碳酸钠溶液450mL，利用碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)来配制。下列说法正确的是A．应称取该碳酸钠晶体128.7gB．取100mL该溶液，向其中加入100mL水，所得溶液浓度为0.5mol/LC．定容时俯视刻度线会引起配制溶液的浓度偏高D．定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，应再补加少量水至刻度线4、SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O＝SO42－＋2Fe2＋＋4H＋；②Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。则下列有关说法不正确的是A．氧化性：Cr2O72－＞Fe3＋＞SO2B．标准状况下，若有6.72LSO2参加反应，则最终消耗0.2molK2Cr2O7C．反应②中，每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NAD．由上述反应原理推断：K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO45、下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是A．浓硫酸具有脱水性，可用作干燥剂B．氧化铝熔点高，可用作耐高温材料C．氢氧化铁胶体具有吸附性，可用于净水D．小苏打能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多6、下列关于SiO2和CO2的叙述中不正确的是（）A．都是共价化合物B．SiO2可用于制光导纤维，干冰可用于人工降雨C．都能溶于水且与水反应生成相应的酸D．都是酸性氧化物，都能与强碱溶液反应7、下列装置工作原理与氧化还原反应无关的是A．臭氧消毒柜 B．甲烷燃料电池C．太阳能集热器 D．燃气灶8、X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，X原子最外层电子数是其电子层数的3倍，Y的最高正价与最低负价代数和为6。下列说法正确的是A．Y元素的最高价氧化物的水化物化学式为H2YO4B．它们形成的简单离子半径:X>WC．X、Z两种元素的气态氢化物稳定性:Z>XD．X与W形成的化合物中阴、阳离子个数比为1:1或1:29、从草木灰中获取可溶性盐的实验过程中，下列操作未涉及的是（）A． B． C． D．10、下列各组离子在强碱性环境下可以大量共存的是（）A．MnO4－、I－、Al3+、NH4+ B．Ca2+、HCO3－、CH3COO－、ClO－C．Na+、SO42－、NO3－、K+ D．Fe3+、Mg2+、SCN－、Cl－11、铀－235（）是常用的核燃料，核外电子数为（）A．327 B．235 C．143 D．9212、设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．1mol氯气参加氧化还原反应，转移的电子数一定为2NAB．标准状况下，以任意比混合的氢气和一氧化碳气体共8.96L，在足量氧气中充分燃烧时消耗氧气的分子数为0.2NAC．含1molFeCl3的溶液中Fe3＋的个数为NAD．1.8gNH4＋中含有的电子数为0.1NA13、ClO2是一种国际公认的高效含氯消毒剂，ClO2属于A．混合物 B．酸 C．碱 D．氧化物14、化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列化学用语不正确的是A．Cl－的结构示意图：B．羟基的电子式：C．HClO的结构式：H—Cl—OD．原子核内有10个中子的氧原子：O15、某同学做了如下实验：装置现象电流计指针未发生偏转电流计指针发生偏转下列说法中正确的是A．加热铁片Ⅰ所在烧杯，电流表指针会发生偏转B．用KSCN溶液检验铁片Ⅲ、Ⅳ附近溶液，可判断电池的正、负极C．铁片Ⅰ、Ⅲ的腐蚀速率相等D．“电流计指针未发生偏转”，说明铁片Ⅰ、铁片Ⅱ均未被腐蚀16、化学是一门以实验为基础的自然科学，化学实验在化学学习中具有极其重要的作用。下列实验中所选用的仪器合理的是①用50mL量筒量取5.2mL稀硫酸；②用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物；③用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体；④用酸式滴定管量取23.10mL0.20mol/L高锰酸钾溶液；⑤用瓷坩埚灼烧各种钠的化合物；⑥配制245mL0.20mol/L的NaOH溶液用250mL容量瓶。A．①②③④ B．③ C．③④⑥ D．③⑤⑥17、向仅含Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，溶液中这三种离子的物质的量随消耗氯气物质的量的变化如下图所示。下列说法中正确的是()A．线段Ⅲ代表Fe2＋的变化情况B．线段Ⅰ代表Br－的变化情况C．a值等于6D．原混合溶液中n(FeBr2)＝4mol18、工业上常用NaHSO3处理含Cr2O72-的废液，反应的离子方程式为：5H++Cr2O72-+3HSO3-→2Cr3++3SO42-+4H2O下列判断错误的是（）A．氧化产物是SO42- B．氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：3C．Cr2O72-表现了氧化性 D．还原1molCr2O72-，电子转移3mol19、下列化学用语正确的是（）A．氧原子的最外层电子排布式：B．四氯化碳的比例模型：C．氮气的电子式：D．铝原子的结构示意图：20、配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成实验结果偏低的原因可能是（）A．容量瓶中原有少量蒸馏水B．称量药品时间过长C．定容时俯视液面D．洗涤烧杯和玻璃棒的溶液转入容量瓶中；21、研究小组探究Na2O2与水反应。取1.56gNa2O2粉末加入到40mL水中，充分反应得溶液A(液体体积无明显变化)，进行以下实验。编号①②③④操作现象溶液变红色，20秒后褪色i.产生大量能使带火星木条复燃的气体ii.溶液变红色，10分钟后褪色i.溶液变红色，10分钟后溶液褪色.ii.变红色溶液变红色，2小时后无明显变化下列说法不正确的是A．由②中现象i可知，Na2O2与水反应有H2O2生成B．由③、④可知，②中溶液红色褪去是因为c(OH-)大C．由②、③、④可知，①中溶液红色褪去的主要原因不是c(OH-)大D．向①中褪色后的溶液中滴加5滴6mol/L盐酸，溶液最终变成红色22、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温常压下，22.4LCl2与1molFeI2反应时转移的电子数小于2NAB．将1L0.1mol·L－1FeCl3溶液加入沸水中制得胶体，所含胶体粒子数目为0.1NAC．120gNaHSO4与KHSO3的固体混合物中阳离子数目大于NAD．标准状况下，4.48L甲烷和乙烯的混合气体完全燃烧，产物中所含O－H键数目为0.4NA二、非选择题(共84分)23、（14分）与碳元素同周期的核外电子排布中有3个未成对电子的元素在第二周期________族，该元素的气态氢化物的电子式为_______，其空间构型是______，是含________共价键的____分子（填极性或非极性）。该气体溶于水后，水溶液呈_____性（填“酸”或“碱”）原因是____（用方程式表示）24、（12分）现有A、B、C、D四种短周期元素，已知A、B同主族，B、C、D同周期，A、B的原子序数之和等于C、D的原子序数之和，C的单质能分别跟B和D的最高价氧化物的水化物反应．请回答：（1）B、C和的D元素符号分别为________、_________、_________．（2）上述四种元素的原子半径由大到小的顺序(用元素符号表示)为___________________（3）D单质在A单质中燃烧的产物与二氧化碳反应的化学方程式_______________________．（4）由A、B形成的化合物是一种大气污染物，可用足量D的最高价氧化物的水化物来除去，写出反应的化学方程式：________________________.25、（12分）Fe(OH)2由于在空气中易被氧化，制取时很难观察到白色沉淀现象，只能看到灰绿色，采用图装置使用Fe，H2SO4（稀），NaOH溶液可在还原性气氛中制取Fe(OH)2白色沉淀，且较长时间内不变色，其中C为弹簧夹。（提示：还原性气氛如氢气环境）（1）则锥形瓶A中应加入的药品为________________________。（2）锥形瓶B中应加入的药品为________________________。（3）容器A中的反应开始后，请简单写出完成制备Fe(OH)2的后续操作步骤。___________________________________________________________________。（4）若在反应开始之前先关闭弹簧夹C，则实验现象为：______________________________；请写出此时B瓶中发生的化学反应的离子方程式：_________________________。26、（10分）亚硝酰M(NOC1)是一种红褐色液体或黄色气体，其熔点－64.5℃，沸点－5.5T，遇水易水解生成一种氢化物和两种氮的常见氧化物，其中一种呈红棕色。NOCl可由NO与纯净的Cl2在常温常压下合成，相关实验装置如图所示。(1)装置B中仪器a的名称是___，装置E中的试剂为__。(2)实验开始时，先打开K1、K2，关闭K3，再打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，当观察到B中__时关闭K1、K2。向装置C三颈瓶中通入干燥Cl2，当瓶中充满黄绿色气体时，再打开K1、K3，制备NOCl。(3)装置B、D除可干燥NO、Cl2外，另一个作用是___；若装置C中去掉盛CaCl2的干燥管，则C中NOCl可能发生反应的化学方程式为___。(4)制得的NOCl中可能含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行如下实验：将所得亚硝酰M(NOC1)产品13.10g溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL，K2CrO4溶液为指示剂，用0.8mol•L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50mL。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体)滴定时应将AgNO3标准溶液加入___(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；亚硝酰氯(NOC1)的质量分数为___；若滴定开始时仰视读数，滴定终点时正确读数，则测定结果___(填“偏高”“偏低”或“不变”果)。27、（12分）某课外小组同学用下图所示装置在实验室制氯气并探究其相关性质（夹持设备已略）。（1）制备氯气选用的药品为：漂白粉固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为_______________。（2）装置B的作用之一是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象________。（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中①、②、③依次放入_____（选填表中字母）。①②③a干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条b干燥的有色布条硅胶湿润的有色布条c湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条d湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性强弱。当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为________色，说明氯的非金属性大于溴；之后打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡；观察到的现象是___________________，则说明溴的非金属性大于碘。（5）有同学提出该实验方案仍有不足，请说明其中的不足及后果。①_________________________；②______________________。28、（14分）CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：（1）CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g)ΔH=-75kJ·mol−1C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-394kJ·mol−1C(s)+1/2O2(g)=CO(g)ΔH=-111kJ·mol−1该催化重整反应的ΔH==______kJ·mol−1。有利于提高CH4平衡转化率的条件是____（填标号）。A．高温低压B．低温高压C．高温高压D．低温低压某温度下，在体积为2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_______mol2·L−2。（2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：积碳反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)消碳反应CO2(g)+C(s)=2CO(g)ΔH/(kJ·mol−1)75172活化能/(kJ·mol−1)催化剂X3391催化剂Y4372①由上表判断，催化剂X____Y（填“优于”或“劣于”），理由是_________________。在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数（K）和速率（v）的叙述正确的是________填标号）。A．K积、K消均增加B．v积减小，v消增加C．K积减小，K消增加D．v消增加的倍数比v积增加的倍数大②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5（k为速率常数）。在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为________________。29、（10分）利用反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)+Q（Q>0）可处理NO2、SO2等大气污染物，具有十分重要的意义。完成下列填空。(1)该反应中被氧化的元素是_____；写出该反应的平衡常数表达式：K=_____。(2)若将NO2(g)和SO2(g)置于一密闭容器中进行上述反应。下列说法能表明反应达到平衡状态的是______（选填编号）。a.混合气体颜色保持不变b.NO2和NO的体积比保持不变c.每消耗1molSO2的同时生成1molSO3d.体系中气体密度保持不变(3)一定温度下，在容积为VL的容器中发生上述反应，tmin内，SO2的物质的量下降了amol，则这段时间内v(NO)=_______（用相关字母表示并注明单位）。(4)请写出两种能提高SO2转化率的措施：_________。(5)亚硫酸溶液久置，pH会变小，请用化学方程式表示其原因___。(6)将SO2持续通入NaOH溶液中，溶液中SO32-的浓度变化如图所示，请解释原因。__________。

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【解析】A、由PV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，A正确；B、由PV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又V=m/ρ，若质量相等时，同温同压下两种气体的物质的量与密度成反比，B错误；C、由pM=ρRT可知，同温同压下摩尔质量与密度成正比，则两种气体的摩尔质量之比等于密度之比，C正确；D、由PV=nRT可知，同温同体积下物质的量与压强成正比，则两种气体的物质的量之比等于压强之比，D正确。2、B【解析】由流程可知，高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2)为原料，通入空气焙烧时，因为含有少量FeS2，会产生二氧化硫，加入氧化钙达到吸收二氧化硫的目的，防止二氧化硫排放污染空气，焙烧产物经过氢氧化钠溶液碱浸，三氧化二铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，过滤后，滤液中通入过量二氧化碳，偏铝酸根与二氧化碳、水反应生成氢氧化铝沉淀，洗涤后灼烧氢氧化铝即可生产三氧化二铝；碱浸过程中，三氧化二铁不与氢氧化钠反应，过滤后留在滤渣中，加入FeS2与三氧化二铁在隔绝空气的条件下反应生成二氧化硫和四氧化三铁，利用四氧化三铁的磁性实现其与烧渣的分离。据此分析解答。【详解】A．Fe3O4有磁性，可以用磁铁将Fe3O4从烧渣中分离出来，故A正确；B．隔绝空气焙烧，FeS2与Fe2O3反应，生成SO2和Fe3O4，反应方程式为：FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑，由方程式可知n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶16，故B错误；C．滤液中含有AlO2-，通入过量CO2，发生反应：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，生成Al(OH)3沉淀，经过过滤、洗涤后得到Al(OH)3，再灼烧Al(OH)3，反应为：2Al(OH)3+3H2O，即可制得Al2O3，故C正确；D．铝土矿中含有FeS2，FeS2焙烧生成SO2，CaO与SO2、O2反应：2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，CaSO4可用于建筑材料，故D正确；故选B。【点睛】了解制备氧化铝并获得Fe3O4的工艺流程是解题的关键。本题的易错点为D，要注意CaO与SO2反应生成的亚硫酸钙能够被空气中的氧气氧化。3、C【分析】需用500mL容量瓶配制该溶液，根据计算需要碳酸钠晶体质量；100mL该溶液，向其中加入100mL水，所得溶液的体积不是200mL；定容时俯视刻度线，溶液体积偏小；定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，若补加少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大。【详解】143.0g，故A错误；100mL该溶液，向其中加入100mL水，所得溶液的体积不是200mL，所以溶液浓度不是0.5mol/L，故B错误；定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，故C正确；定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，若补加少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液浓度偏低，故D错误。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制的误差分析时，注意从c=分析操作对溶质的物质的量浓度的影响，若n偏大则c偏高，若v偏高则c偏低。4、B【分析】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性；由氧化性的强弱，判断反应的发生．【详解】A.由①可知,Fe元素的化合价降低,则氧化性为Fe3＋>SO2,由②可知,Cr元素的化合价降低,则氧化性为Cr2O72－>Fe3＋,则氧化性：Cr2O72－>Fe3＋>SO2，故A正确；B.

6.72LSO2(标准状况)参加反应,n(SO2)=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol,由上述两个反应可知,存在3SO2∼Cr2O72－,则最终消耗0.1molK2Cr2O7，故B错误；C.每有1molK2Cr2O7参加反应,转移电子为1mol×2×(6−3)=6mol,即转移电子的数目为6NA，故C正确；D.因氧化性为Cr2O72－>SO2,则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正确；故选B.【点睛】氧化还原反应由强到弱，即是强氧化剂生成弱氧化性的物质，强还原剂生成弱还原性的物质，计算时要用电子守恒：还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数。5、A【详解】A.浓硫酸用作干燥剂，表现的性质是吸水性，A错误；B.氧化铝熔点高，可用作耐高温材料，B正确；C.氢氧化铁胶体具有吸附性，可用于净水，C正确；D.小苏打能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多，D正确。故选A。【点睛】气体的干燥，晶体中结晶水的去除，都可利用浓硫酸，此时浓硫酸表现吸水性；从有机物中脱掉相当于水组成的H、O元素，浓硫酸表现脱水性；金属的钝化、浓硫酸与铜等不活泼金属的反应、浓硫酸与非金属单质等的反应，表现出强氧化性。6、C【详解】A．SiO2和CO2只含有共价键，都是共价化合物，A正确；B．光导纤维的主要成分是二氧化硅，干冰可用于人工降雨，B正确；C．二氧化硅不溶于水，不与水反应，C错误；D．SiO2和CO2均能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，所以都能与强碱溶液反应，D正确。答案选C。7、C【解析】A.臭氧消毒柜是利用臭氧的氧化性，将细菌杀死，故A错误；B.甲烷燃料电池中，甲烷在负极发生氧化反应，氧气在正极发生还原反应，故B错误；C.太阳能集热器，是将太阳能转化成热能，没有发生氧化还原反应，故C正确；D.可燃物的燃烧是氧化还原反应，故D错误；本题答案为C。8、B【解析】X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，由于最外层电子数不能超过8个，所以X是O，则Z是S。Y的最高正价与最低负价的代数和为6，说明Y属于第ⅦA，Y、Z同周期，则Y是Cl。W是短周期主族元素中原子半径最大的，所以W是Na。A.Y为氯元素，其最高价氧化物的水化物化学式为HClO4，选项A错误；B、X与W形成的简单离子具有相同电子层结构，核电荷数越大半径越小，则简单离子半径:X>W，选项B正确；C、X（Cl）的非金属性强于Z（S）的，所以HCl的稳定性强于H2S的，选项C错误；D、X与W形成的化合物Na2O、Na2O2中阴、阳离子个数比均为1:2，选项D错误。答案选B。9、C【详解】实验原理是利用草木灰中钾盐（主要是碳酸钾）易溶于水其他杂质难溶于水的性质分离两者。实验步骤为溶解、过滤、蒸发结晶即可，不需要分液。故选C.10、C【详解】A．强碱性溶液中Al3+和NH4+不能大量存在，且MnO4－能氧化I－，而不能大量共存，故A错误；B．Ca2+、HCO3－在强碱性溶液中不能大量共存，易生成CaCO3沉淀，故B错误；C．Na+、SO42－、NO3－、K+在强碱性溶液中能大量存在，且彼此间不发生离子反应，故C正确；D．强碱性溶液中Fe3+、Mg2+不能大量存在，易生成Fe(OH)3和Mg(OH)2沉淀，且Fe3+和SCN－能发生离子反应使溶液显红色，而不能共存，故D错误；故答案为C。11、D【详解】的核外电子数等于其原子序数，为92，故答案选D。12、B【解析】A错，如氯气与氢氧化钠反应，1mol氯气参加氧化还原反应，转移的电子数为NA；B正确；C错，Fe3＋在溶液中要发生水解；D错，1.8gNH4＋中含有的电子数为NA13、D【解析】ClO2是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，属于氧化物，故选D。点睛：考查了酸、碱、以及氧化物、混合物等物质的区分，把握住概念是解题的关键；电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸；电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱；由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物是氧化物；由两种或两种以上物质组成的是混合物。14、C【详解】A．Cl－的核外电子数是18个，结构示意图：，A正确；B．羟基是9电子微粒，其电子式为，B正确；C．HClO的结构式为H—O—Cl，C错误；D．在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，原子核内有10个中子的氧原子表示为O，D正确；答案选C。15、A【解析】A.加热铁片I失电子的速率加快，会有电子通过电流表；B.Fe在负极失电子生成亚铁离子；C.形成原电池会加快反应速率；D.铁片I、铁片Ⅱ都发生了腐蚀，但是腐蚀的速率相同【详解】A.Fe在氯化钠溶液中发生腐蚀，加热后铁片I失电子的速率加快，会有电子通过电流表，电流表指针会发生偏转，A正确；B.Fe发生电化学腐蚀时，Fe在负极失电子生成亚铁离子，加KSCN溶液无现象，无法检验是否有亚铁离子生成，则不能判断正负极，B错误；C.形成原电池会加快反应速率，由于铁片III所处的电解质溶液浓度大，所以铁片Ⅲ的腐蚀速率比铁片I快，C错误；D.铁片I、铁片Ⅱ所处的化学环境相同，分别发生化学腐蚀，不能形成原电池，电路中没有电流通过，铁片I、II腐蚀的速率相同，，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查了原电池原理的应用的知识，注意把握原电池的原理、金属的电化学腐蚀、影响反应速率的因素，侧重于考查学生的分析能力和对基本原理的应用能力。16、C【解析】①用量筒量取液体时，若量程太大，最小刻度值增大，会加大误差；若量程太小，需量取多次，也会加大误差，采用就近原则，不能用50mL量筒取5.2mL稀硫酸，故不选①；②苯和四氯化碳能相互溶解，不能用分液漏斗分离，故不选②；③托盘天平精确到0.1g，可用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体，故选③；④高锰酸钾溶液有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应该用酸式滴定管量取，故选④；⑤瓷坩埚中含有SiO2，会与NaOH在加热下反应，故不选⑤；⑥实验室没有245mL的容量瓶，所以配制245mL0.20mol/L的NaOH溶液溶液用250mL容量瓶，故选⑥；故正确序号为③④⑥；故答案选C。17、C【分析】向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n(I-)=2n(Cl2)=2mol，溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol-1mol)=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n(I-)+n(Br-)=2n(Fe2+)，故n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4mol-2mol=6mol，据此分析作答。【详解】A．由上述分析可知，线段Ⅲ代表Br-的变化情况，A项错误；B．由上述分析可知，线段I代表I-的变化情况，B项错误；C．由上述分析可知，溶液中n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4mol-2mol=6mol，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要的氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，C项正确；D．由上述分析可知，n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol-1mol)=4mol，而n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4mol-2mol=6mol，则原混合溶液中n(FeBr2)＝n(Br-)=3mol，D项错误；答案选C。18、D【详解】A．反应中+4价S氧化为+6，则氧化产物是SO42-，故A正确；B．反应中氧化剂是Cr2O72-，还原剂是HSO3-，根据离子反应方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比是1∶3，故B正确；C．Cr2O72-在反应中所含Cr元素化合价降低，是氧化剂，体现了氧化性，故C正确；D．Cr元素化合价从+6价降低为+3价，根据原子守恒，还原1molCr2O72-，电子转移6mol，故D错误；答案为D。19、D【解析】A.氧元素位于元素周期表第VIA族，故氧原子的最外层电子排布式为，A不正确；B.碳原子半径小于氯原子半径，故四氯化碳的比例模型与实际不符，B不正确；C.氮气分子中有氮氮叁键，C不正确；D.铝原子的结构示意图为，D正确。本题选D。20、B【解析】试题分析：容量瓶中原有少量蒸馏水无影响，故A错误；氢氧化钠吸水，称量药品时间过长，称得的氢氧化钠质量偏小，溶液浓度偏低，故B正确；定容时俯视液面，溶液体积偏小，浓度偏大，故C错误；洗涤烧杯和玻棒的溶液转入容量瓶中无影响，故D错误。考点：本题考查化学实验。21、D【分析】1.56gNa2O2的物质的量==0.02mol，加入到40mL水中，充分反应得溶液A(液体体积无明显变化)，完全反应生成氢氧化钠，则氢氧化钠的浓度为=1mol/L，结合实验现象分析判断。【详解】A．过氧化钠与水反应得到的溶液A中加入二氧化锰，有气体放出，该气体能使带火星木条复燃，说明是氧气，是过氧化氢在二氧化锰催化作用下发生了分解，说明Na2O2与水反应有H2O2生成，故A正确；B．由分析知，②步骤ii中得到的氢氧化钠溶液浓度为1mol/L，与③i中氢氧化钠的浓度相等，因此现象都是滴加酚酞后，溶液变红色，10分钟后溶液褪色，ii中滴加几滴盐酸后，氢氧化钠浓度减小，溶液变成红色，由④知，0.1mol/L的氢氧化钠溶液中滴加酚酞，溶液变红色，2小时后无明显变化，说明氢氧化钠溶液的浓度较大时，一段时间后颜色会褪去，浓度较小时，不能褪色，说明②溶液红色褪去是因为c(OH-)大，故B正确；C．根据B的分析可知，1mol/L的氢氧化钠溶液中滴加酚酞，溶液变红色，溶液褪色需要10分钟，而①中溶液变红色，20秒后就褪色，说明溶液红色褪去的主要原因不是c(OH-)大，而是过氧化氢的氧化作用，故C正确；D．①中过氧化氢已经将酚酞氧化了，因此褪色后的溶液再滴加5滴6mol/L盐酸，溶液不能变成红色，故D错误；故选D。22、A【详解】A.常温常压下，22.4LCl2的物质的量小于1mol，则与1molFeI2反应时转移的电子数小于2NA，A正确；B.将1L0.1mol·L－1FeCl3溶液加入沸水中制得胶体，每个胶粒不一定为一个Fe(OH)3，则所含胶体粒子数目不一定为0.1NA，B错误；C.NaHSO4、KHSO3的摩尔质量均为120g/mol，120gNaHSO4与KHSO3的固体混合物的物质的量为1mol，阳离子分别为Na+、K+，阳离子数目等于NA，C错误；D.标准状况下，4.48L甲烷和乙烯的混合气体的物质的量为0.2mol，其完全燃烧生成0.4mol水，产物中所含O-H键数目为0.8NA，D错误；答案为A。二、非选择题(共84分)23、ⅤA三角锥型极性极性碱NH3·H2O⇋NH4++OH-【详解】与碳元素同周期的核外电子排布中有3个未成对电子，该元素核外电子排布式为1s22s22p3，该元素为氮，第二周期ⅤA族，氮元素的气态氢化物为氨气（NH3）其电子式为，中心原子为sp3杂化，其空间构型是三角锥型，NH3中N和H两种不同元素构成极性共价键，由于氮元素存在孤对电子，对成键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109°28′，正负电荷重心不重合，形成极性分子；NH3溶于水后，与水反应生成一水合氨，一水合氨是弱碱在水中部分电离产生氢氧根离子和铵根离子，电离方程式为：NH3·H2O⇋NH4++OH-

，水溶液呈碱性；答案为：ⅤA；；三角锥型；极性；极性；碱；NH3·H2O⇋NH4++OH-。24、SAlNaNa>Al>S>O2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2Na2O2+SO2===Na2SO4【分析】现有A、B、C、D四种短周期元素，已知A、B同主族，B、C、D同周期，，C的单质能分别跟B和D的最高价氧化物的水化物反应，说明C为金属铝，则B、D形成的为强酸或强碱，则B为钠或硫，A为氢或氧元素，A、B的原子序数之和等于C、D的原子序数之和，说明B为硫，A为氧，D为钠。则A为氧，B为硫，C为铝，D为钠。据此解答。【详解】根据以上分析可知，A为氧，B为硫，C为铝，D为钠(1)B、C、D的元素符号为：S、Al、Na。(2)根据电子层越多，半径越大，相同电子层数相同，核电荷数越大，半径越小分析，半径关系为：Na>Al>S>O；(3)钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;(4).硫和氧形成的大气污染物为二氧化硫，过氧化钠具有强氧化性，能氧化二氧化硫氧化生成硫酸钠，方程式为：Na2O2+SO2=Na2SO4。25、铁和稀硫酸氢氧化钠溶液打开弹簧夹C；反应一段时间后关闭弹簧夹CA中液体被压入到B瓶，B瓶内生成白色絮状沉淀，白色沉淀迅速变灰绿，最后变为红褐色；Fe2＋+2OH－=Fe(OH)2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【解析】（1）根据实验目的，锥形瓶A中用铁和稀硫酸反应制取硫酸亚铁，锥形瓶中加入的药品是铁和稀硫酸；（2）硫酸亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀，锥形瓶B中盛放的溶液是氢氧化钠溶液；（3）铁和稀硫酸反应生成氢气和硫酸亚铁，为防止锥形瓶内空气的干扰，应先利用产生的氢气将空气排尽，所以A中反应开始后，要打开弹簧夹C，反应一段时间后，要关闭弹簧夹C，利用氢气产生的压强将硫酸亚铁溶液压入锥形瓶B中，使硫酸亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀；（4）若在反应开始之前先关闭弹簧夹C，A中产生氢气的量逐渐增多，导致压强增大，A中液体被压入B中，硫酸亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，锥形瓶B有空气，所以生成的氢氧化亚铁被空气氧化生成红褐色氢氧化铁沉淀，所以看到的现象是A中液体被压入到B瓶，B瓶内生成白色絮状沉淀，白色沉淀迅速变灰绿，最后变为红褐色，B中发生的离子反应方程式为：Fe2＋+2OH－=Fe(OH)2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。26、长颈漏斗饱和食盐水红棕色完全消失通过观察气泡的多少调节两种气体的流速2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑酸式90%偏低【分析】本实验的目的是制备NOCl，该物质易与水反应，制备过程要保持干燥；装置A中利用铜和稀硝酸反应生成NO，装置B对NO进行干燥之后进入装置D中，与干燥纯净氯气在冰盐水浴条件下反应生成NOCl，D装置可以防止空气中的水蒸气进入反应装置是NOCl水解；实验时，需先打开K1、K2，关闭K3，再打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，利用产生的NO将装置中的空气排尽，NO易被氧气氧化成NO2，当观察到B中红棕色气体NO2完全消失后，说明装置中空气被排尽，此时装置中充满NO；关闭K1、K2，向装置C三颈瓶中通入干燥纯净Cl2，当瓶中充满黄绿色气体时，再打开K1、K3，制备NOCl。【详解】(1)装置B中仪器a的名称是长颈漏斗，因为盐酸易挥发，制备的Cl2中含有少量的HCl，HCl极易溶于水，而Cl2在饱和食盐水中的溶解度很小，装置E中的试剂为饱和食盐水除去Cl2中的HCl。故答案为：长颈漏斗；饱和食盐水；(2)实验开始时，先打开K1、K2，关闭K3，再打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，产生NO气体，当观察到B中红棕色完全消失时，说明装置中充满NO，关闭K1、K2。向装置C三颈瓶中通入干燥Cl2，当瓶中充满黄绿色气体时，再打开K1、K3，制备NOCl。故答案为：红棕色完全消失；(3)装置B、D除可干燥NO、Cl2外，还可以通过观察气体通过洗气瓶时产生气泡的多少、快慢，通过观察气泡的多少调节两种气体的流速，控制NO和Cl2的气泡的最佳速度为2：1，以便发生反应2NO+Cl2=NOCl，使NO和Cl2反应充分；若装置C中去掉盛CaCl2的干燥管，NOCl遇水易水解生成一种氢化物：HCl、两种氮的常见氧化物分别为：红棕色NO2和无色的NO，则C中NOCl可能发生反应的化学方程式为2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑。故答案为：通过观察气泡的多少调节两种气体的流速；2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑；(4)AgNO3在溶液中水解显酸性，滴定时应将AgNO3标准溶液加入酸式滴定管中；亚硝酰氯(NOCl)溶于水可生成Clˉ，Clˉ和Ag＋发生反应：Clˉ+Ag＋=AgCl，滴定终点Clˉ完全反应，Ag＋与CrO生成砖红色沉淀，根据元素守恒25.00mL溶液中n(NOCl)=n(Clˉ)=n(Ag＋)=0.8mol·L-1×22.5×10-3L=0.018mol，则样品中n(NOCl)=0.018mol×=0.18mol，所以质量分数=×100%=×100%=90%；滴定管0刻度线在上方，仰视读数变大。先仰视后正常，计算体积时为V后-V前(偏大)所以测定结果偏低，根据n(NOCl)=n(Clˉ)=n(Ag＋)，则测定的NOCl的物质的量增大，测定结果偏低，故答案为：酸式；90%；偏低。27、Ca(ClO)2+2HCl=Cl2↑+H2O+CaCl2长颈漏斗中液面明显上升，形成水柱d黄（或橙）溶液变蓝色E处未能排除D中过量Cl2的干扰，而置换出I2Cl2通入NaHSO3溶液中会产生SO2，污染空气【解析】(1)漂白粉的主要成分有次氯酸钙和氯化钙，其中次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯气；(2)依据装置中气体压强变化和长颈漏斗中液体液面变化分析判断；(3)依据氯气无漂白作用，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，进行实验设计；(4)依据氯气和溴化钠反应生成溴单质；液体溴单质和碘化钾溶液中的碘化钾反应生成碘单质，结合溴水的颜色和碘与淀粉的显色反应分析解答；(5)依据装置图气体流向分析，E装置中D处不能排除氯气的干扰；装置F处不能吸收生成的污染性气体二氧化硫分析解答。【详解】(1)漂白粉的主要成分有次氯酸钙和氯化钙，次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯气，反应方程式为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案为Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；(2)装置B的作用之一是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，若堵塞，装置AB中气体压强增大，会把B中的液体压入长颈漏斗中形成水柱；故答案为长颈漏斗中液面明显上升，形成水柱；

(3)氯气无漂白作用，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性。a、氯气从食盐水中出来会含有水蒸气，干燥有色布条会褪色，通过碱石灰后，氯气会被吸收，后续试验无法验氯气是否具有漂白性，故a错误；b、氯气从食盐水中出来会含有水蒸气，干燥有色布条会褪色，通过硅胶后，水蒸气会被吸收，但遇到湿润的有色布条会褪色，不能证明其漂白作用的物质，故b错误；c、氯气从食盐水中出来会含有水蒸气，湿润有色布条会褪色，U形管中加入浓硫酸，气体不能进入后面装置，不能证明氯气是否有漂白性，故c错误；d、氯气从食盐水中出来会含有水蒸气，湿润有色布条会褪色，通过固体干燥剂氯化钙吸收水后，遇干燥的有色布条不褪色证明氯气无漂白性，故d正确；故答案为d；(4)D中是溴化钠，当向D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成溴单质，可以看到无色溶液逐渐变为黄，所以现象为：溶液从无色变化为黄色：氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，说明氯气的氧化性强于溴；打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入含碘化钾淀粉溶液的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，故答案为黄(或橙)；

溶液变蓝色；

(5)装置中在验证溴单质氧化性大于碘单质的实验验证方法中不能排除氯气氧化碘离子的干扰作用；最后装置F氯气通入会和水反应生成盐酸，盐酸和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫污染气，不能被吸收，故答案为①E处未能排除D中过量Cl2的干扰，而置换出I2；

②Cl2通入NaHSO3溶液中会产生SO2，污染空气。【点睛】本题考查了氯气的实验室以及氯气化学性质的应用。本题的易错点为(3)，要注意漂白作用是次氯酸的性质，不是氯气的性质。28、247A劣于相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大ADpc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)【分析】（1）根据盖斯定律计算；根据反应特点结合温度和压强对平衡状态的影响解答；根据转化率利用三段式计算平衡常数；（2）①根据活化能对反应的影响分析；根据反应热结合温度对平衡状态的影响以及图像曲线变化趋势解答；②根据反应速率方程式分析影响其因素结合图像解答。【详解】（1）已知：①C(s)+2H2(g)=CH4(g)ΔH=-75kJ·mol−1②C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-394kJ·mol−1③C(s)+1/2O2(g)=CO(g)ΔH=-111kJ·mol−1根据盖斯定律可知③×2－②－①即得到该催化重整反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=＋247kJ·mol−1。正反应是体积增大的吸热反应，所以有利于提高CH4平衡转化率的条件是高温低压，答案选A；某温度下，在体积为2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式可知