广州市重点中学2026届高三上化学期中经典模拟试题含解析

广州市重点中学2026届高三上化学期中经典模拟试题注意事项：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、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．常温下铁能被浓硝酸钝化，可用铁制容器贮运浓硝酸B．明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒C．浓硫酸有吸水性，可用于干燥二氧化硫和氨气D．金属钠具有强还原性，可与TiCl4溶液反应制取金属Ti2、有机物是一种扁桃酸衍生物，下列关于该有机物的说法正确的是A．该有机物的分子式为C9H8O3BrB．分子中所有的碳原子一定在同一平面内C．1mol该有机物最多与2

molNaOH

反应D．该有机物的同分异构体中，属于一元羧酸和酚类化合物且苯环上只有2

个取代基的有12种3、下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示转化关系的是（）选项abc箭头上所标数字的反应条件AAlCl3NaAlO2Al(OH)3①加入过量的NaOHBSiSiO2H2SiO3②常温加水CNaOHNaHCO3Na2CO3③加澄清石灰水DFeFeCl3FeCl2④加入氯气A．A B．B C．C D．D4、已知：(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g)ΔH=+74.9kJ∙mol-1,下列说法中正确的是A．能自发进行的反应一定是放热反应,不能自发进行的反应一定是吸热反应B．该反应是吸热反应,因此一定不能自发进行C．碳酸盐分解反应中熵增加,因此任何条件下所有碳酸盐分解一定自发进行D．该反应中熵变、焓变皆大于0,在高温条件下可自发进行5、将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，得到如下三组数据：实验组温度/℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OCO21650421.652900210.433210.41下列说法不正确的是A．该反应的正反应为放热反应B．实验1中，前5min用CO表示的速率为0.16mol/(L·min)C．实验2中，平衡常数K=1/6D．实验3跟实验2相比，改变的条件可能是温度6、相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是()酸HXHYHZ电离常数K/(mol·L-1)9×10-79×10-61×10-2A．三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZB．反应HZ+Y-=HY+Z-能够发生C．由电离平衡常数可以判断，HZ属于强酸，HX和HY属于弱酸D．相同温度下，1mol·L-1HX溶液的电离常数大于0.1mol·L-1HX溶液的电离常数7、由铁、锌、镁、铝四种金属中的两种组成的10g混合物与足量的盐酸反应，反应后生成的氢气在标准状况下体积为11.2L．则混合物中一定含有的金属是（）A．锌 B．铁 C．镁 D．铝8、足量铜与一定量浓硝酸反应后过滤，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与3.36LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得溶液中加入1mol/LNaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，将沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧后得到黑色固体，则所得黑色固体的质量是（）A．12g B．16g C．24g D．48g9、下列表示正确的是A．HCl的电子式： B．乙炔的结构简式：CHCHC．水分子的比例模型： D．质子数为6，中子数为8的核素：C10、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．将1molCl2通入足量水中，溶液中HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NAB．100gCaCO3晶体和100gKHSO4晶体中含有的离子数分别为2NA和3NAC．标准状况下，4.48LNO和2.24LO2混合后，原子总数为0.6NAD．已知3BrF3+5H2O＝HBrO3+Br2+9HF+O2↑，若有5molH2O参加反应，则被水还原的BrF3分子数目为3NA11、下列离子方程式书写正确的是A．过量CO2通入Ca(ClO)2溶液中2ClO－+CO2+H2O→CO32－+2HClOB．AgNO3溶液中滴入少量的Na2S溶液2Ag＋+S2－→Ag2S↓C．向Na2CO3溶液中加入过量CH3COOH溶液CO32－+2H＋→CO2↑+H2OD．向Ba(OH)2溶液中加入少量NaHSO3溶液2HSO3－+Ba2＋+2OH－→BaSO3↓+SO32－+2H2O12、以下离子中，半径最大的是A．Na B．K C．S2 D．Cl13、某反应的反应物与生成物有：H3AsO4、K2SO4、KBrO3、H2SO4、AsH3、H2O和一种未知物质X。已知1．2molKBrO3在反应中得到1mol电子，则下列说法不正确的是A．AsH3是该反应的还原剂B．X的化学式为Br2C．根据反应可推知氧化性：KBrO3>H3AsO4D．氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：514、化学反应N2+3H2→2NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是（）A．N2(g)+H2(g)→NH3(l)△H=-46kJ/molB．N2(g)+H2(g)→NH3(g)△H=-454kJ/molC．N2(g)+3H2(g)→2NH3(g)△H=-92kJ/molD．N2(g)+3H2(g)→2NH3(1)△H=+431.3kJ/mol15、(NH4)2SO3氧化是氨法脱硫的重要过程。某小组在其他条件不变时，分别研究了一段时间内温度和(NH4)2SO3初始浓度对空气氧化(NH4)2SO3速率的影响，结果如图。下列说法不正确的是A．60℃之前，氧化速率增大与温度升高化学反应速率加快有关B．60℃之后，氧化速率降低可能与O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受热易分解有关C．(NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧化速率变化不大，与SO32-水解程度增大有关D．(NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧化速率变化不大，可能与O2的溶解速率有关16、用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．6.2gNa2O中的离子总数为0.2NAB．pH=2的盐酸中的H+总数为0.01NAC．2.3gNa和足量O2反应转移电子数为0.1NAD．标准状况下，5.6LH2O所含O-H键的数目为0.5NA17、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和W为同主族元素，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。由这四种元素中的一种或几种组成的物质存在如下转化关系，甲+乙→丙+W，其中甲是元素X的氢化物，其稀溶液可用于伤口消毒，乙为一种二元化合物，常温下0.1mol·L-1丙溶液的pH=13，下列说法错误的是A．X和Y、W均至少能形成两种化合物B．乙和丙均为既含有离子键又含有共价键的离子化合物C．四种元素简单离子半径中Z的最小D．气态氢化物的稳定性：X>W18、某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验。从分类角度分析，下列选项正确的是()A．实验①、②所涉及的物质均为电解质B．实验②、③均为放热反应实验C．②、③均未发生氧化还原反应D．实验①、③反应制得的物质均为纯净物19、C和CuO在高温下反应可能生成Cu、、、CO。现将碳粉跟混合，在硬质试管中隔绝空气高温加热，将生成的气体全部通入足量NaOH溶液中，并收集残余的气体，测得溶液增加的质量为，残余气体在标准状况下的体积为。下列说法不正确的是A．在硬质试管中隔绝空气高温加热固体混合物时，有碳参加了反应B．试管中发生的所有氧化还原反应共转移电子C．反应后试管中剩余的固体混合物的总质量为D．反应生成铜和氧化亚铜的总物质的量为20、五种短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数与其常见化合价的关系如图所示，下列关系不正确的是（）A．元素X可能为锂B．原子半径大小：r(M)>r(W)C．X2W中各原子均达到8电子稳定结构D．元素气态氢化物的稳定性：Y>M21、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-：试液无沉淀白色沉淀B．检验试液中的Fe2+：试液无明显现象红色溶液C．检验试液中的CO32-：试液白色沉淀沉淀溶解D．检验试液中的I-：试液无明显现象蓝色溶液22、设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．KClO3＋6HCl=KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，生成13.44L(标准状况)Cl2转移电子数为1.2NAB．标准状况下，11.2LNO和11.2LO2混合后，原子总数小于2NAC．足量的MnO2与一定量的浓盐酸反应得到1molCl2，若向反应后的溶液中加入足量的AgNO3，则生成AgCl的物质的量为2molD．56gFe与一定量的稀硝酸反应，转移电子数可能为2.6NA二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物G是合成的一种减肥药的重要中间体，其合成路线如下:(1)A、C中的含氧官能团名称分别为____、____。(2)C→D的反应类型为____。(3)F的分子式为C11H15Cl2N，则F的结构简式为____。(4)B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式____。①能发生银镜反应;②能发生水解反应，水解产物与氯化铁溶液发生显色反应;③分子中只有3种不同化学环境的氢。(5)写出以1，3-丁二烯和为原料制备的合成路线流程图。(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。___________________________。24、（12分）感光性高分子作为新材料在各种领城中得到广泛应用。感光高分子F的一种合成路线如下：己知：A的相对分子质量为60，核磁共振氢谱显示为两组峰，峰面积比为1∶3。回答下列问题：(1)A的结构简式为_______，D的化学名称是____________________。(2)①、②的反应类型分别是____________________。(3)反应③的化学方程式是____________________。(4)F中的官能团有_______________(填官能团名称)。(5)芳香族化合物G是E的同分异构体，能发生银镜反应且分子中只有4种不同化学环境的氢。写出三种G的结构简式：_____________________________________________。(6)写出以甲苯为原料(其他无机试剂任选)制备化合物D的合成路线：________________________________。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）草酸亚铁晶体是一种淡黄色粉末，常用于照相显影剂及制药工业，也是电池材料的制备原料。某化学兴趣小组对草酸亚铁晶体的一些性质进行探究。（1）甲组同学用如图所示装置测定草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，记为ag。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置称重，记为bg。按图连接好装置进行实验。a.打开K1和K2，缓缓通入N2；b.点燃酒精灯加热;c.熄灭酒精灯；d.冷却至室温；e.关闭K1和K2;f.称重A；g.重复上述操作，直至A恒重，记为cg。①仪器B的名称是__________,通入N2的目的是___________。②根据实验记录，计算草酸亚铁晶体化学式中的x=____________(列式表示)；若实验时a、b次序对调，会使x值______________(填“偏大”“无影响”或“偏小”）。（2）乙组同学为探究草酸亚铁的分解产物，将(1)中已恒重的装置A接入图14所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后装置A中残留固体为黑色粉末。①装置C、G中的澄清石灰水均变浑浊，说明分解产物中有____________(填化学式)。②装置F中盛放的物质是___________(填化学式)。③将装置A中的残留固体溶于稀盐酸，无气泡，滴入KSCN溶液无血红色，说明分解产物中A的化学式为________。④写出草酸亚铁(FeC2O4)分解的化学方程式：______________________。27、（12分）CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co(OH)3,还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表(金属离子浓度为0.01mol/L):沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8③CoCl2·6H2O熔点为86℃,加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴。(1)写出浸出过程中主要发生的离子反应方程式：______________。(2)若不慎向“浸出液”中加过量NaC1O3时，可能会生成的有害气体是_______(填化学式)。(3)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图，向“滤液”中加入萃取剂的目的是_______，其使用的最佳pH范围是________(选填下列字母）。A．2.0～2.5B．3.0～3.5C．4.0～4.5D．5.0～5.5(4)“操作1”是________。制得的CoCl2·6H2O需减压烘干的原因是__________。(5)为测定粗产品中CoCl2·6H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%,其原因可能是___________________。(答一条即可）28、（14分）汽车尾气中通常含有NxOy和CO等大气污染物，科学家寻找高效催化剂实现了汽车尾气的转化进而减少汽车尾气对大气的污染。（1）己知：①CO的燃烧热△H1=-283kJ·mol-1②N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H2=+183kJ·mol-1由此写出NO和CO反应的热化学反应方程式________________________________。（2）一定温度下，向2L密闭容器中充入4.0mo1NO2和4.0molCO，在催化剂作用下发生反应4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g）△H<0，测得相关数据如下：0min5min10min15min20minc（NO2）/mol·L-12.01.71.561.51.5C（N2）/mol·L-100.150.220.250.25①5〜l0min，用N2的浓度变化表示的反应速率为__________________。②以下表述能说明该反应己达到平衡状态的是________。A．气体颜色不再变化B．气体密度不再变化C．气体平均相对分子质量不再变化③20min时，保持温度不变，继续向容器中加入1.0molNO2和1.0molCO，在t1时刻反应再次达到平衡，则NO2的转化率比原平衡______________（填“增大”、“减小”或“不变）。④该温度下反应的化学平衡常数K=__________（保留两位有效数字）。（3）CO、空气与过量KOH溶液可构成燃料电池（石墨为电极）：①写出该电池的负极反应式____________________________；②常温下，用该燃料电池电解（惰性电极）1L饱和食盐水（足量），当两极共生成4.48L（折算为标准状况）气体时电解池溶液的pH=__________。（忽略溶液的体积变化，己知1g2=0.3，lg5=0.7）29、（10分）多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。回答下列问题：Ⅰ．硅粉与在300℃时反应生成气体和，放出热量，该反应的热化学方程式为_____________。的电子式为__________________。Ⅱ．将氢化为有三种方法，对应的反应依次为：①②③（1）氢化过程中所需高纯度可用惰性电极电解溶液制备，写出产生的电极名称______（填“阳极”或“阴极”），该电极反应方程式为_______________。（2）反应③的_______________（用，表示）。（3）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除、和外，还有______（填分子式）。

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【解析】A.常温下铁能被浓硝酸钝化，可用铁制容器贮运浓硝酸，故物质性质与用途具有对应关系；B.明矾溶于水能形成胶体，可用于除去自来水的悬浮物，故物质性质与用途不具有对应关系；C.不能用浓硫酸干燥氨气，故物质性质与用途不具有对应关系；D.金属钠具有强还原性，可与TiCl4熔融液反应制取金属Ti，故物质性质与用途不具有对应关系。故选A。2、D【分析】根据结构简式判断分子式；分子中含有单键碳，单键可以旋转；酚羟基、溴原子、酯基都能与氢氧化钠反应；苯环上的2个取代基分别是和-OH、和-OH、和-OH、和-OH，每种组合都有邻间对三种位置关系。【详解】根据结构简式，该有机物的分子式为C9H9O3Br，故A错误；中1号碳是单键碳，单键可以旋转，所以2号碳原子不一定在苯环决定的平面上，故B错误；酚羟基、溴原子、酯基都能与氢氧化钠反应，所以1mol该有机物最多与3molNaOH反应，故C错误；苯环上的2个取代基分别是和-OH、和-OH、和-OH、和-OH，每种组合都有邻、间、对三种位置关系，所以该有机物的同分异构体中，属于一元羧酸和酚类化合物且苯环上只有2个取代基的有12种，故D正确。3、B【详解】A.AlCl3与过量NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2与弱酸反应生成Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2，Al(OH)3与HCl反应生成AlCl3，A项正确；B.Si与O2反应生成SiO2，但SiO2不能通过一步反应生成H2SiO3，且SiO2不溶于水，不能与水反应，B项错误；C.NaOH与过量CO2反应生成NaHCO3，将NaHCO3加热可生成Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，Na2CO3与澄清石灰水反应生成NaOH，C项正确；D.Fe与Cl2反应生成FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成FeCl3，FeCl2与Zn反应生成Fe，D项正确；故选B。4、D【详解】A.反应能否自发进行的判断依据为∆H-T∆S，不能根据反应放热、吸热判断能否自发进行，与题意不符，A错误；B.该反应是吸热反应，根据复合判据，在高温时能自发进行，与题意不符，B错误；C.碳酸盐分解反应中熵增加，∆S>0，反应为吸热反应，根据复合判据，低温条件下碳酸盐分解不能自发进行，与题意不符，C错误；D.该反应中熵变、焓变皆大于0，∆H-T∆S<0时，可自发进行，则在高温条件下可自发进行，符合题意，D正确；答案为D。【点睛】判断反应能否进行的判断依据为∆G=∆H-T∆S。5、D【解析】A.由表中数据可知，实验1中CO的转化率为40%，而实验2中CO的转化率为20%，压强不能使该化学平衡发生移动，由于温度升高使得CO的转化率减小，所以该反应的正反应为放热反应，A正确；B.实验1中，前5min用CO表示的速率为1.6mol2L×5min=0.16mol/(L·min)，B正确；C.实验2中，平衡混合物中各组分CO、H2O、CO2、H2的浓度分别为0.8mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L、0.2mol/L，所以平衡常数K=0.2×0.20.8×0.3=1/6，C正确；D.实验3跟实验2相比，各组分的平衡量没有改变，所以改变的条件不可能是温度点睛：要注意题中反应是在恒温恒容条件下进行的，故不可采用增大压强的措施（即缩小容器体积）。在投料相同且保证达到等效平衡的前提下，加快化学反应速率的措施只有加入催化剂了。6、B【详解】A、电离平衡常数越大，酸性越强，三种酸的强弱关系：HX<HY<HZ，故A错误；B、根据强酸制弱酸，反应HZ＋Y－=HY＋Z－能够发生，故B正确；C、由电离平衡常数可以判断，HZ、HX、HY都属于弱酸，故C错误；D、电离平衡常数只与温度有关，与酸的浓度无关，故D错误；故选B。7、D【详解】产生标准状况下11.2LH2，理论上需要锌32.5g、铁28g、镁12g、铝9g，根据平均值思想，混合物中的两种金属需要量应分别小于和大于10g，而小于混合物10g的只有铝，故一定有铝，故选D。8、C【解析】由题意知在Cu与浓硝酸的反应中，Cu失电子的物质的量，与这些氮的氧化物在与O2作用又生成HNO3时失电子的物质的量与O2得电子的物质的量相等。所以n(Cu)·2=×4，即n(Cu)=0.3mol，沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧后得到黑色固体是氧化铜，所以，n(CuO)=0.3mol，质量是0.3mol×80g/mol=24g。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，主要考查金属铜与硝酸反应的计算，通过巧解进行计算，整体把握反应中电子守恒及物质的量浓度的计算等为解题关键，侧重考查学生的逻辑推理能力和创新思维能力。9、D【解析】HCl的电子式，故A错误；乙炔的结构简式：，故B错误；水分子的比例模型：，故C错误；质子数为6，中子数为8的碳原子，质量数是14，故D正确。10、C【详解】A．氯气溶于水，部分与水反应，部分以氯气分子形式存在，依据氯原子个数守恒，将1molCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故A错误；B．100gCaCO3晶体的物质的量为1mol，含有1mol钙离子和1mol碳酸根离子；100gKHSO4晶体的物质的量为1mol，含有1mol钾离子和1mol硫酸氢根离子，离子数均为2NA，故B错误；C．标准状况下，4.48LNO和2.24LO2混合后，恰好反应生成4.48LNO2，物质的量为=0.2mol，根据质量守恒定律，原子总数为0.6NA，故C正确；D．在反应3BrF3+5H2O＝HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由-2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用，所以5molH2O参加反应，则被水还原的BrF3的分子数目小于3NA，故D错误；故选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，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D，要注意在反应3BrF3+5H2O＝HBrO3+Br2+9HF+O2中还原剂有BrF3和水。11、B【详解】A．向漂白粉溶液中通入过量的CO2，离子方程式为：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-，故A错误；B．AgNO3溶液滴入少量的Na2S溶液，离子方程式为：2Ag++S2-═Ag2S↓，故B正确；C．向Na2CO3溶液中加入过量CH3COOH溶液，离子方程式：CO32-+2CH3COOH═CO2↑+H2O+2CH3COO-，故C错误；D．向Ba(OH)2溶液中加入少量的NaHSO3溶液，离子方程式：HSO3-+Ba2++OH-═BaSO3↓+H2O，故D错误；故答案为B。12、C【解析】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，因此离子半径大小顺序是S2－＞Cl－＞K＋＞Na＋，答案选C。【点睛】注意微粒半径的大小比较规律：一看电子层数：同主族元素的微粒，电子层数越多，半径越大；二看核电荷数：在同周期中的原子，核电荷数越大，半径越小；三看质子数：在电子层数和核外电子数均相同时，质子数越多，半径越小。13、D【解析】A、由信息可知，Br元素的化合价降低，则As元素的化合价升高，则AsH3是该反应的还原剂，正确；B、设X中溴元素的化合价为x，由电子守恒可知，1.2mol×（5-x）=1mol，解得x=1，所以X的化学式为Br2，正确；C、由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：KBrO3＞H3AsO4，正确；D、Br元素的化合价由+5价降低为1，As元素的化合价由-3价升高为+5价，由电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为8：5，错误。答案选D。14、C【分析】根据反应热等于反应物旧键断裂吸收的总能量减去生成物新键形成所放出总能量计算反应热，然后根据并热化学方程式的书写方法写出热化学方程式，注意反应物的物质的量和生成物的聚集状态。【详解】由图可以看出，molN2(g)+molH2(g)断键吸收的能量为204kJ，形成1molNH3(g)的放出的能量为250kJ，所以N2(g)+H2(g)=NH3(g)△H=-46kJ/mol，而1mol的NH3(g)转化为1mol的NH3(l)放出的热量为22.7kJ，根据盖斯定律可知：N2(g)+H2(g)=NH3(l)△H=-68.7kJ/mol，即：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92kJ/mol，N2(g)+3H2(g)=2NH3(l)△H=-137.4kJ/mol，故合理选项是C。【点睛】本题考查热化学方程式的书写，注意书写热化学方程式时要注明物质的存在状态及与反应的物质相对应的反应热，放热反应的反应热为负值，吸热反应的反应热为正值，反应热包括符号、数值及单位。15、C【分析】A、温度越高，氧化速率越快；B、反应物浓度降低，反应速率降低；C、SO32-水解不影响溶液中+4价硫的总浓度；D、当亚硫酸铵的浓度增大到一定程度后，亚硫酸根离子被氧化的速率大于氧气的溶解速率。【详解】A、温度越高，氧化速率越快，60℃之前，氧化速率增大与温度升高化学反应速率加快有关，故A正确；B、反应物浓度降低，反应速率降低，温度升高后O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受热易分解，均使反应物浓度降低，故B正确；C、SO32-水解不影响溶液中+4价硫的总浓度，故C错误；D、当亚硫酸铵的浓度增大到一定程度后，亚硫酸根离子被氧化的速率大于氧气的溶解速率，因氧气的溶解速率较小导致亚硫酸根离子的氧化速率变化不大。故D正确；故选C。【点睛】本题考查外界条件对化学反应速率的影响，解题关键：综合理解多种条件同时对反应速率影响时，有一个条件在某时段起主导作用。16、C【详解】A．6.2gNa2O的物质的量为=0.1mol，0.1molNa2O中的离子总数为0.1×3NA=0.3NA，故A项说法错误；B．未告知溶液体积，无法计算溶液中所含溶质的物质的量，故B项说法错误；C．2.3gNa的物质的量为=0.1mol，Na与足量O2后，Na失去1个电子，0.1molNa完全反应失去电子数为0.1×NA=0.1NA，故C项说法正确；D．标准状况下，H2O不是气体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，因此无法计算其所含化学键数目，故D项说法错误；综上所述，说法正确的是C项，故答案为C。17、B【解析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液中，不溶于其浓溶液中，说明Z为Al元素，W为S元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；X和W为同主族元素，则X为O元素；甲是元素X的氢化物，其稀溶液可用于伤口消毒，则甲为H2O2；常温下0.1mol·L-1丙溶液的pH=13，则丙为强碱，说明X、Y、Z、W四种元素中有一种元素的氢氧化物为强碱，则Y为Na元素，则丙为NaOH；由于这四种元素中的一种或几种组成的物质存在甲+乙→丙+W的转化关系，且乙为一种二元化合物，则乙为Na2S。A.根据上述分析X、Y、W分别为O、Na、S元素。X和Y能形成氧化钠、过氧化钠，X和W能形成二氧化硫、三氧化硫，即X和Y、W均至少能形成两种化合物，故A正确；B.通过上述分析可知，乙为硫化钠，硫化钠是只含离子键的离子化合物，丙为氢氧化钠，氢氧化钠是既含离子键又含共价键的离子化合物，故B错误；C.W的离子核外电子层数最多，离子半径最大，X、Y、Z的离子具有相同的电子层结构，因为核外电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，Z的核电荷数最大，离子半径最小，故C正确；D.X和W为同主族元素，非金属性X>W，因为非金属性越强，气体氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性X>W，故D正确。答案选B。18、C【解析】试题分析：A．实验①中的铁和氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．盐的水解是吸热反应，故B错误；C．实验②溶解主要是物理变化、③水解是复分解，两者均未发生氧化还原反应，故C正确；D．③得到的是氢氧化铁胶体，是混合体系，所以不全为纯净物，故D错误。故选C。考点：考查氯气的化学性质19、D【详解】生成的气体全部通过足量NaOH溶液，收集残余气体。测得溶液增重的为二氧化碳的质量，的物质的量为：，残余气体在标准状况下560mL气体为CO的体积，则CO的物质的量为：，A.根据碳元素守恒可知：参加反应的C原子的物质的量等于与CO的物质的量之和，所以参加反应的碳元素质量为：，故A正确；B.反应中C元素化合价升高，铜元素化合价降低，所以转移电子物质的量为：，故B正确；C.生成的和CO的总质量为：，所以反应后试管中固体混合物总质量为：，故C正确；D.氧化铜的物质的量为：，二氧化碳与一氧化碳含有的氧原子物质的量为：，反应后氧原子存在于氧化亚铜中，所以氧化亚铜的物质的量为：，铜的物质的量为：，反应生成铜和氧化亚铜的总物质的量为，故D错误；故答案为D。20、C【分析】X化合价为+1，其原子序数小于其它四种元素，则元素X可能为H或Li；Z的化合价为+4，Y的化合价为+5，原子序数Z＞Y，则Y为N、Z为Si元素；M的化合价为-3，则M为P元素；W的化合价为-1，其原子序数最大，则W为Cl元素，据此解答。【详解】A．X化合价为+1，其原子序数小于其它四种元素，则元素X可能为H或Li，故A说法正确；

B．同一周期原子序数越小原子半径越大，则原子半径大小：r（M）>r（W），故B说法正确；C．元素X可能为H或Li，X2W中X原子不是8电子稳定结构，故C错误；D．元素的非金属性：Y＞M，则元素气态氢化物的稳定性：YH3＞MH3，故D正确。

故答案为C。21、D【详解】A．硝酸可氧化亚硫酸根离子，则原溶液中可能含SO32-，故A错误；B．氯化钡溶液没有氧化性，加入氯化钡溶液后不能将亚铁离子氧化，故溶液不可能变红，故B错误C．白色沉淀为碳酸钡或亚硫酸钡，则原溶液中可能含SO32-，故C错误；D．淀粉遇碘变蓝，可知加入双氧水将碘离子氧化为碘，则可知试液中含I-，方案严密，故D正确；故答案为D。22、D【详解】A、反应KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O

中转移5mol电子，生成3mol氯气，故当生成标准状况下13.44L氯气，即0.6mol氯气时，反应转移的电子的物质的量为1mol，即NA个，故A错误；B、标准状况下，11.2L

NO和11.2L

O2的物质的量均为0.5mol，且两者均为双原子分子，故共含2NA个原子，根据原子个数守恒，反应后体系中原子数仍为2NA个，故B错误；C、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故浓盐酸不能反应完全，且由于浓盐酸的物质的量未知，反应后的溶液中的氯离子的物质的量无法确定，则生成的氯化银的物质的量无法确定，故C错误；D、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁和硝酸反应后最终可能变为+3价，也可能变为+2价。故0.1mol铁反应后转移的电子数介于0.2NA到0.3NA之间，故可能为0.26NA个，故D正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、羧基羟基取代反应或【分析】A与CH3OH发生酯化反应生成B，B在NaBH4/K2HPO4共同作用下反应生成C，C中羟基被溴原子代替生成D，D中溴原子被—NHCH2CH(OH)CH3代替生成E，E与SOCl2反应生成F，F的分子式为C11H15Cl2N，而E的分子式为C11H16ClNO，说明E中羟基被氯原子代替生成F，所以F的结构简式为，F在AlCl3作用下生成G。【详解】(1)A中含氧官能团为羧基，C中含氧官能团为羟基；(2)C中羟基被溴原子代替生成D，所以为取代反应；(3)根据分析可知F的结构简式为；(4)B为，其同分异构体满足：①能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基；②能发生水解反应说明含有酯基，水解产物与氯化铁溶液发生显色反应，说明水解产物中有酚羟基；③分子中只有3种不同化学环境的氢，则分子结构对称，满足条件的有和；(5)1,3-丁二烯为，根据D生成E的反应可知可以由和发生取代反应生成，则问题转化为如何由合成，考虑到醚键可以由两个羟基脱水生成，可以先由1,3-丁二烯与Br2发生1,4加成生成，然后水解生成，此时便得到两个羟基，在浓硫酸作用下脱水可生成，继而与HBr加成可生成，所以合成路线为：。【点睛】合成路线的设计为本题难点，解决本题的关键是首先要观察到目标产物可以由和发生取代反应生成，其次是要掌握醚键的合成方法。24、CH3COOH苯甲醛加成反应加聚反应+nNaOH+nCH3COONa碳碳双键、酯基【分析】本题可以通过逆合成法进行分析A、B、C的结构，进而分析各步反应类型。【详解】由合成路线图逆向分析得，F是由C和E酯化反应得到，故C为，C由B碱性条件下水解得到，故B为，A和乙炔反应生成，则A为甲酸，反应类型为加成反应；(1)A为甲酸，结构简式为：CH3COOH，D的名称为：苯甲醛；(2)①的反应类型为：加成反应；②是由→，反应类型为：加聚反应；(3)根据流程图反应③的化学方程式是：+nNaOH+nCH3COONa；(4)F中的官能团有：碳碳双键、酯基；(5)能够发生银镜反应，结构中含有醛基，且分子中只有4种不同化学环境的氢，G的结构简式为：(6)以甲苯为原料制备化合物D的合成路线为：。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、球形干燥管排除装置中的空气偏小CO2和COCuOFeOFeC2O4FeO+CO↑+CO2↑【解析】考查实验方案设计与评价，（1）①根据仪器的特点，仪器B的名称为干燥管或球形干燥管；②加热后固体是Fe(C2O)4，其质量为(c－a)g，失去结晶水的质量为(b－c)g，因此有：，即x=；通入氮气的目的排除装置中空气，防止加热时空气中氧气把FeC2O4氧化，造成反应后固体质量增加，即结晶水的质量减小，x偏小；（2）①C和G中的澄清石灰水变浑浊，根据草酸亚铁的化学式，加热A和F时说明产生CO2，然后根据设计方案，推出A分解时产生CO2和CO；②装置F发生CO还原金属氧化物得到CO2，装置F盛放CuO或Fe2O3等；③加入盐酸无气泡，说明不含铁单质，滴入KSCN溶液无血红色，说明溶液中含有Fe2＋，不含Fe3＋，即分解产生的黑色粉末是FeO；③根据上述分析，分解的化学方程式为：FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑。27、Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2OCl2除去锰离子B蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥降低烘干温度，防止产品分解粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水【解析】向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，加入氯酸钠将亚铁离子氧化为Fe3+，然后加入Na2CO3调节pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液经过萃取后主要含有CoCl2，最终得到CoCl2•6H2O晶体。(1)向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；

(2)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，若不慎向“浸出液”中加过量NaC1O3时，氯酸钠会将本身被还原生成的氯离子氧化，生成氯气，故答案为：Cl2；(3)根据萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图，溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子，向“滤液”中加入萃取剂可以除去锰离子，在pH为3~4之间时，锰离子的萃取率较高，结合阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH表，可知在pH为3~3.5之间，在可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀，故选B，故答案为：除去锰离子；B；(4)“操作1”是从溶液中获得溶质的过程，因此“操作1”的步骤为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。根据题意知，CoCl2•6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2•6H2O需减压烘干，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；降低烘干温度，防止产品分解；(5)根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水。点睛：本题通过制取CoCl2•6H2O的工艺流程，考查了物质制备方案的设计。理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相