2026届海南省等八校高三上化学期中复习检测模拟试题含解析

2026届海南省等八校高三上化学期中复习检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、化学方程式可简明地体现元素及其化合物的性质。已知：氧化还原反应：2FeCl3＋2HI=2FeCl2＋I2＋2HCl2Co(OH)3＋6HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋6H2O2Fe(OH)2＋I2＋2KOH=2Fe(OH)3＋2KI3I2＋6KOH=5KI＋KIO3＋3H2O复分解反应：2HSCN＋K2CO3=2KSCN＋CO2↑＋H2OKCN＋CO2＋H2O=HCN＋KHCO3热分解反应：4NaClO3NaCl＋NaClO4NaClO4NaCl＋2O2↑下列说法不正确的是()A．氧化性(酸性溶液)：FeCl3>Co(OH)3>I2B．还原性(碱性溶液)：Fe(OH)2>I2>KIO3C．热稳定性：NaCl>NaClO4>NaClOD．酸性(水溶液)：HSCN>H2CO3>HCN2、实验室可以用固体氯酸钾和浓盐酸反应制氯气：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，下列说法中正确的是（）A．KClO3是氧化剂，HCl是还原剂；Cl2是氧化产物，KCl是还原产物B．当有9mol电子转移时，参加反应的KClO3的物质的量为1.5molC．产生1.5molCl2时，转移电子的物质的量为3molD．当有3molCl2生成时，作还原剂的HCl为5mol3、高纯度晶体硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。它的制备方法如下图所示，下列说法正确的是A．步骤①的化学方程式为：SiO2＋CSi＋CO2↑B．灼烧熔融的Na2CO3固体，可用石英坩埚C．二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应D．SiHCl3（沸点33.0℃）中含有少量SiCl4（沸点67.6℃），可通过蒸馏（或分馏）提纯SiHCl34、某无色气体可能含有H2S、SO2、CO2、HI、HCl气体中的一种或几种。将气体通入氯水后，得无色溶液，向该溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀产生。则下列叙述正确的是A．该气体中肯定含有H2S和SO2 B．该气体不能肯定是否含有SO2C．该气体中肯定含有CO2和SO2 D．该气体中肯定不含有H2S和HI5、一种制备高效漂白剂NaC1O2的实验流程如图所示，反应I的化学方程式为：3NaC1O3+4SO2+3H2O=2C1O2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl,下列说法正确的是A．NaClO2的漂白原理与SO2相同B．反应I中氧化产物和还原产物物质的量比为4:3C．反应II中H2O2做氧化剂D．实验室进行蒸发操作通常在坩埚中进行6、下列化学用语对事实的解释不正确的是（）A．钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+B．氢氧化铁胶体的制备原理：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+C．工业上漂白粉的制备原理：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2OD．盛装强碱溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2+2OH-=SiO+H2O7、氢氧燃料电池以石墨碳棒为电极，以硫酸溶液为电解质溶液，下列叙述正确的是A．正极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-B．工作一段时间后，电解液中硫酸的物质的量浓度不变C．通氢气的电极上发生还原反应D．溶液中氢离子流向通氧气的电极8、2017年9月，英国科学家通过测定地球岩石成分和球粒陨石中25Mg/24Mg比例差异，为月球起源“大撞击”假说提供了重要证据。25Mg与24MgA．互为同素异形体 B．具有相似的化学性C．属于同一种原子 D．具有相同的中子数9、关于一定条件下的化学平衡：H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH<0。下列说法正确的是（）A．恒温恒容时充入H2，正反应速率增大，平衡右移B．恒温恒容时充入He，正反应速率增大，平衡右移C．压缩体积加压，正、逆反应速率不变，平衡不移动D．升温，正反应速率减小、逆反应速率增大，平衡右移10、如图表示平衡混和物中X的百分含量在不同的压强下，随温度变化的情况在下列平衡状态中，X可以代表用下横线标明的物质（反应中各物质均为气态）的是（）A．N2+3H22NH3+QB．H2+I22HI+QC．2SO32SO2+O2-QD．4NH3+5O24NO+6H2O+Q11、向30mL1mol·L－1的AlCl3溶液中逐渐加入浓度为4mol·L－1的NaOH溶液，若产生0.78g白色沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能为()A．3mL B．7.5mL C．15mL D．17.5mL12、用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是（）A．用该装置收集NOB．分离氢氧化铁胶体和氯化钠溶液C．实验室中制取少量蒸馏水D．配制100mL0.10mol﹒L-1盐酸13、下列说法正确的是()A．为防止月饼等富脂食品氧化变质，可在包装袋中放入硅胶B．NaHCO3溶液中含有Na2SiO3杂质，可通入少量CO2后过滤C．SiO2中含Al2O3杂质，可加入足量NaOH溶液然后过滤除去D．SiO2和CO2都是酸性氧化物，都是共价化合物14、能产生“丁达尔效应”的是()A．饱和食盐水 B．鸡蛋清溶液 C．石灰乳 D．硫酸铜溶液15、室温下，关于1.0mL0.1mol/L氨水，下列判断正确的是A．c（OH-）=c（NH4+）B．与1.0mL0.1mol/L盐酸混合后，溶液呈中性C．溶液的pH小于13D．加入少量NH4Cl固体，c（OH-）不变16、下列反应的方程式正确的是A．蔗糖与浓硫酸混合产生刺激性气味的气体：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2OB．Cu溶于稀硝酸HNO3：Cu+2H++NO3—=Cu2++NO2↑+H2OC．向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2++SO42—=BaSO4↓D．Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：HCO3—+Ca2++OH—=CaCO3↓+H2O17、短周期元素X和元素Y，元素X原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；元素Y原子的M层电子数为(a-b)，L层电子数为(a+b)，则X、Y两元素形成的化合物可能具有的性质是A．和水反应 B．和硫酸反应 C．和氢氧化钠反应 D．和氯气反应18、下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是()选项实验操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3＋B左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色氧化性：Cl2>Br2>I2C用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性D浓HNO3加热有红棕色气体产生HNO3有强氧化性A．A B．B C．C D．D19、根据下图海水综合利用的工艺流程图，判断下列说法正确的是()已知：MgCl2·6H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl气体等。A．过程①的提纯是物理过程B．在过程③中将MgCl2·6H2O灼烧即可制得无水MgCl2C．过程⑤反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题D．工业上采用向母液中加入烧碱的方法获得氢氧化镁20、某温度下，wg某物质在足量氧气中充分燃烧，其燃烧产物立即与过量的Na2O2反应，固体质量增加wg。在①H2；②CO；③CO和H2

的混合物④HCHO；⑤CH3COOH；⑥HO-CH2-CH2-OH中，符合题意的是A．均不符合 B．只有①②③ C．只有④⑤ D．全部符合21、一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1﹕1，则V可能为A．9.0L B．13.5L C．15.7L D．16.8L22、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A．1L0.1mol/L的NaClO水溶液中含有的氧原子数为0.lNAB．标准状况下，22.4LHF中含有的电子数为10NAC．1mol白磷(P4)分子中所含化学键的数目为4NAD．一定条件下，0.1mo1Fe与0.2molCl2充分反应，转移的电子数为0.3NA二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物A～M有如图转化关系，A与F分子中含碳原子数相同，均能与NaHCO3溶液反应，且A中含一个卤素原子，F的分子式为C9H10O2；D能发生银镜反应；M与NaOH溶液反应后的产物，其苯环上一氯代物只有一种。已知：（R1、R2代表烃基或氢原子）请回答：（1）B、F的结构简式分别为__________、_________（2）反应①～⑦中，属于消去反应的是_____________（填反应序号）。（3）D发生银镜反应的化学方程式为______________；反应⑦的化学方程式为__________（4）A的相对分子质量在180～260之间，从以上转化中不能确认A中含有哪种卤素原子，确定该官能团的实验步骤和现象为_____________（5）符合下列条件F的同分异构体共有________种。a．能发生银镜反应b．能与FeCl3溶液发生显色反应c．核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1∶1∶2∶624、（12分）有机物M是一种食品香料,可以C4H10为原料通过如下路线合成:已知:①R—CHCH2R—CH2CH2OH②RCH2CHO+R'CH2CHO③F分子中的碳链上没有支链;E为芳香族化合物且E、N都能发生银镜反应。请回答下列问题:（1）A、B均为一氯代烃,写出其中一种的名称(系统命名)____;M中的官能团名称为______。（2）写出下列反应的反应类型:F→G________,D+GM________。（3）F与新制Cu(OH)2/NaOH(aq)反应的化学方程式为____________________。（4）M的结构简式为____________;E的核磁共振氢谱有____种峰。（5）与G具有相同官能团的G的芳香类同分异构体有____种,请写出其中一种的结构简式:________________。（6）参照上述合成路线,以苯乙烯()和乙醛为原料(无机试剂任选),设计制备的合成路线：______________________。25、（12分）CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解结晶水合物CuCl·2H2O制备CuCl，并进行相关探究。（实验探究）该小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器略）。请回答下列问题：（1）仪器X的名称是___。（2）实验操作的先后顺序是______(填操作的编号)。a．检查装置的气密性后加入药品b．熄灭酒精灯，冷却c．在“气体入口”处通入干燥HCld．点燃酒精灯，加热e．停止通入HCl，然后通入N2（3）在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是_______________。（4）装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是___________________。（探究反思）（5）反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析：①若杂质是CuCl2，则产生的原因是_____________________________。②若杂质是CuO，则产生的原因是________________________________。26、（10分）亚硝酸钠常用作食品防腐剂。现用下图所示仪器（夹持装置已省略）及药品。探究亚硝酸钠与硫酸的反应及生成气体产物的成分。巳知气体液化的温度：NO2:21℃；NO：-152℃回答下列问题：（1）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序为(按从左到右连接):A→C→___→____→______。（2）组装好仪器后，接下来进行的操作是____；实验开始时通入N2的作用是______.（3）关闭弹簧夹K1，打开分液漏斗活塞，滴入70％硫酸后，A中产生红棕色气体。确认A中产生的气体中含有NO，依据的现象是__________；装置E的作用是__________。（4）根据上述实验，写出该反应的化学方程式：__________。如果没有装置C，对验证结论造成的影响是__________。（5）实验结束后还需通入N2的作用是_______；如果向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的离子方程式为_____________。27、（12分）三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途非常广泛，其熔点：33℃，沸点：73℃。实验室可用如图装置制取ICl3。(1)仪器a的名称是_____。(2)制备氯气选用的药品为漂白精固体[主要成分为Ca(ClO)2]和浓盐酸，相关反应的化学方程式为______。(3)装置B可用于除杂，也是安全瓶，能监测实验进行时装置C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象是____。(4)试剂X为_____。(5)氯气与单质碘反应温度稍低于70℃，则装置D适宜的加热方式为__。28、（14分）NO、NO2是大气污染物，但只要合理利用也是重要的资源。（1）亚硝酰氯（ClNO）是合成有机物的中间体。将一定量的NO与Cl2充入－密闭容器中，发生反应：2NO（g）＋Cl2（g）2ClNO（g）△H<0。平衡后，改变外界条件X，实验测得NO的转化率a（NO）随X的变化如图1所示，则条件X可能是________（填字母）。a温度b压强cd与催化剂的接触面积（2）在密闭容器中充入4molCO和5molNO，发生反应2NO（g）＋2CO（g）N2（g）＋2CO2（g）△H1＝－746.5kJ·mol－1，图2为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系曲线图。①温度：T1_______（填“<”或“>”）T2。②若反应在D点达到平衡，此时对反应进行升温且同时扩大容器体积使平衡压强减小，重新达到平衡，则D点应向图中A～G点中的_______点移动。③某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率（脱氮率即NO的转化率），结果如图3所示。温度低于200℃时，图3中曲线I脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为____________；a点_______（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡脱氮率，说明其理由：__________。（3）以连二硫酸根（S2O42－）为媒介，使用间接电化学法处理燃煤烟气中的NO，装置如图4所示：①阴极区的电极反应式为_______________。②NO被吸收转化后的主要产物为NH4＋，若通电时电路中转移了0.3mole－，则此通电过程中理论上被吸收的NO在标准状况下的体积为____________mL。29、（10分）工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、CO、SO2等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。Ⅰ．脱硝：已知：H2的燃烧热为285.8kJ/molN2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+111kJ/molH2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ/mol（1）催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其他无毒物质的热化学方程式为_____________。Ⅱ．脱碳：（2）向2L恒容密闭容器中加入2molCO2、6molH2，在适当的催化剂作用下，发生反应CO2(g)+1H2(g)CH1OH(l)+H2O(l)。下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是__________。A．混合气体的平均式量保持不变B．CO2和H2的体积分数保持不变C．CO2和H2的转化率相等D．混合气体的密度保持不变E．1molCO2生成的同时有1molH—H键断裂（1）在T1℃时，体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为1mol的H2和CO，发生反应CO(g)+2H2(g)CH1OH(g)反应达到平衡时CH1OH的体积分数（V%）与n(H2)/n(CO)的关系如图所示。

①当起始n(H2)/n(CO)=2，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.4，则0～5min内平均反应速率V(H2)=___________。若此时再向容器中加入CO（g）和CH1OH（g）各0.4mol，达新平衡时H2的转化率将__________（选填“增大”、“减小”或“不变”）；②当起始n(H2)/n(CO)=1．5时，达到平衡状态后，CH1OH的体积分数可能是图象中的_________点（选填“D”、“E”或“F”）Ⅲ．脱硫：（4）如图电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42－。物质A的化学式为_______，阴极的电极反应式是_______________________。

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】试题分析：A、在2FeCl3+2HI＝2FeCl2+I2+2HCl反应中，氧化性：FeCl3＞I2，在2Co(OH)3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+6H2O中，氧化性：Co（OH）3＞Cl2，又Cl2＞FeCl3，故Co（OH）3＞FeCl3，则有：Co（OH）3＞FeCl3＞I2，A错误；B、在3I2+6KOH＝5KI+KIO3+3H2O反应中，I2既是氧化剂又是还原剂，其还原性介于高低价态产物之间KI＞I2＞KIO3；在2Fe(OH)2+I2+2KOH=2Fe(OH)3+2KI反应中，反应物中作还原剂的是该反应中所有物质中还原性最强的，即Fe（OH）2＞I2；Fe（OH）2＞Fe（OH）3；Fe（OH）2＞KI，故还原性应为：Fe（OH）2＞I2＞KIO3，B正确；C、物质分解时生成更加稳定的物质，在反应中4NaClO3NaCl+NaClO4，稳定性NaClO4＞NaClO，在反应中NaClO4NaCl+2O2↑中，稳定性NaCl＞NaClO4，则稳定性NaCl＞NaClO4＞NaClO，C正确；D、化学反应遵循较强酸制弱较酸的规律，在反应2HSCN+K2CO3="2KSCN"+CO2↑+H2O中，酸性HSCN＞H2CO3，在反应中KCN+CO2+H2O＝HCN+KHCO3，酸性H2CO3＞HCN，则酸性为HSCN＞H2CO3＞HCN，D正确，答案选A。考点：考查氧化性、还原性、稳定性和酸性的比较2、D【分析】KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，KClO3中Cl元素的化合价从+5价降低为0价，HCl中Cl元素的化合价由-1升高为0价，则KClO3为氧化剂，HCl为还原剂，Cl2既是氧化产物又是还原产物，当1molKClO3和6mol浓盐酸反应时，1molKClO3得电子5mol，其中5molHCl失电子5mol，另外1molHCl未被氧化，据此解答。【详解】KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，KClO3中Cl元素的化合价从+5价降低为0价，HCl中Cl元素的化合价由-1升高为0价，则KClO3为氧化剂，HCl为还原剂，Cl2既是氧化产物又是还原产物，当1molKClO3和6mol浓盐酸反应时，1molKClO3得电子5mol，其中5molHCl失电子5mol，另外1molHCl未被氧化，A.KClO3是氧化剂，HCl是还原剂，Cl2既是氧化产物又是还原产物，故A错误；B.当有5mol电子转移时，参加反应的KClO3的物质的量为1mol，则当有9mol电子转移时，参加反应的KClO3的物质的量为1.8mol，故B错误；C.当产生3molCl2时，转移电子的物质的量为5mol，则当产生1.5molCl2时，转移电子的物质的量为2.5mol，故C错误；D.当有3molCl2生成时，作还原剂的HCl为5mol，故D正确；故选D。【点睛】在氧化还原反应中，几个概念之间的关系：氧化剂具有氧化性，得电子化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物；还原剂具有还原性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物，熟记该规律是解答氧化还原反应题型的关键。在氧化还原反应中氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数=转移电子总数，这是根据得失电子守恒进行方程式配平以及某些氧化还原反应计算的核心。3、D【分析】A.二氧化硅高温下与C反应生成CO气体；

B.高温下Na2CO3和二氧化硅发生反应；

C.硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气；

D.由沸点可以知道，为相差30℃以上的两种液体。【详解】A.二氧化硅高温下与C反应生成CO气体，即步骤①的化学方程式为：SiO2＋CSi＋2CO↑，故A错误；

B.石英的主要成分是二氧化硅，高温下Na2CO3和二氧化硅发生反应，故B错误；

C.硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气，故C错误；

D、沸点相差30℃以上的两种液体可以采用蒸馏的方法分离，所以D选项是正确的。

故选D。4、D【分析】氯水为黄绿色，将气体A通入氯水中得无色透明溶液，说明溶液中一定有还原性的气体，结合反应SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4分析解答。【详解】氯水为黄绿色，将气体A通入氯水中得无色透明溶液，说明气体中含有还原性气体，将气体通入氯水后，得无色溶液，向该溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀产生，说明溶液中含有SO42-，原溶液中一定有SO2，因为SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4；由于H2S、SO2会发生氧化还原反应产生S单质和H2O而不能大量共存，反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，所以一定无H2S；也一定无HI，因为Cl2与HI会发生反应：2HI+Cl2=I2+2HCl，反应生成的I2微溶于水，且碘水呈褐色；故合理选项是D。【点睛】本题考查了物质成分的判断的知识，涉及常见气体的检验、离子共存等，掌握常见化合物的性质、气体之间发生的反应、是否可以大量共存等是解题的关键。5、B【详解】A.

NaClO2中Cl元素化合价为+3价，该物质具有强的氧化性，因而具有漂白性，NaClO2的漂白是氧化漂白；而SO2能与某些有色物质结合，产生不稳定的无色物质，因此二者的漂白原理不相同，A错误；B.反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，氧化产物是Na2SO4和H2SO4，还原产物是ClO2和NaCl，氧化产物和还原产物物质的量比为4:3，故B正确；C.反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，反应产生的ClO2气体进入反应II装置，发生反应：2ClO2+2H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，H2O2中氧元素的化合价由反应前的-1变为反应后中O2中的0价，化合价升高，失去电子，H2O2作还原剂，故C错误；D.实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，坩埚是灼烧使用的仪器，故D错误；正确答案是B。【点睛】本题以高效漂白剂NaClO2制备为线索，考查了物质的作用、混合物的引入、仪器的使用等知识。掌握化学反应原理、化学实验基本操作及氧化还原反应的知识是本题解答的关键。6、C【详解】A．钢铁发生吸氧腐蚀，铁失电子生成亚铁离子，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+，A解释正确；B．向沸水中加入几滴饱和的氯化铁溶液至溶液呈红褐色，停止加热，氢氧化铁胶体的制备原理：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，B解释正确；C．工业上，向石灰乳中通入氯气制备漂白粉，漂白粉的制备原理：Ca(OH)2+Cl2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，C解释错误；D．二氧化硅与强碱反应生成硅酸盐和水，则盛装强碱溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2+2OH-=SiO+H2O，D解释正确；答案为C。7、D【解析】以硫酸溶液为电解质溶液，正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，A错误；氢气燃烧生成水，硫酸的物质的量浓度就小，B错误；氢气在电极上失去电子发生氧化反应，C错误；溶液中正极附近氢离子浓度减小，负极附近氢离子浓度增大，氢离子由负极流向通氧气的正电极，D正确。8、B【解析】25Mg与24Mg是同一种元素的不同核素，互为同位素。【详解】A.同素异形体是指同种元素的不同单质，25Mg与24Mg互为同位素，故A错误；B.25Mg与24Mg互为同位素，化学性质相似，故B正确；C.25Mg与24Mg是同一种元素的不同核素，即不同原子，故C错误；D.25Mg的中子数为15-12=13，24Mg的中子数为24-12=12，中子数不同，故D错误；故答案为B。【点睛】同一种元素的不同核素互为同位素；同素异形体是指同种元素的形成的不同单质。9、A【详解】A．恒温恒容时充入H2，氢气浓度增大，正反应速率增大，平衡右移，故A正确；B．恒温恒容时充入He，各反应物浓度都不变，正反应速率不变，平衡不移动，故B错误；C．加压，体积缩小，各物质浓度均增大，正、逆反应速率都增大，平衡不移动，故C错误；D．升温，正反应速率增大，逆反应速率增大，由于正反应放热，所以平衡左移，故D错误；答案选A。10、D【解析】温度一定时，X%随着压强增大而减小；压强一定时，X%随着温度升高而减小。A.加压平衡右移，NH3增多，故X不是NH3；B.加压，平衡不移动，故X不是HI；C.升温平衡右移，SO2增多，故X不是SO2；D.升温平衡左移，NO减少，加压平衡左移，NO减少，故X可以是NO。故选D。点睛：其他条件不变时，升温平衡向着吸热反应方向移动；其他条件不变时，加压平衡向着气体物质的量减少的方向移动。11、B【详解】AlCl3溶液和NaOH溶液反应生成氢氧化铝的量与NaOH量的多少有关，当NaOH不足时生成Al（OH）3，当碱过量时，则生成NaAlO2；现AlCl3的物质的量为0.03mol，完全生成Al（OH）3沉淀时，沉淀质量应为2.34g，现沉淀质量为0.78g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2；①若碱不足，由Al3++3OH-═Al（OH）3↓可知，NaOH的物质的量为0.01mol×3=0.03mol，加入NaOH溶液的体积为=0.0075L，即7.5mL；②沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，则由Al3++3OH-═Al（OH）3↓知当Al3+完全沉淀时，消耗氢氧化钠的物质的量为0.09mol，生成氢氧化铝0.03mol，由Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O知溶解0.02mol氢氧化铝消耗氢氧化钠0.02mol，则消耗的氢氧化钠总物质的量为0.11mol，加入NaOH溶液的体积为0.11mol÷4mol/L=0.0275L，即27.5mL；结合以上分析可知，只有B正确；故答案选B。12、C【解析】A、NO与O2反应，不能用排空集气法收集，故A错误；B、分离氢氧化铁胶体和氯化钠溶液用渗析法，故B错误；C、制取少量蒸馏水装置、原理均正确；D、转移溶液要用玻璃棒引流，故D错误；故选C。13、D【解析】A．硅胶有吸水性，只能作干燥剂，无较强还原性，不能防止月饼等富脂食品氧化变质，故A错误；B．NaHCO3溶液中含有Na2SiO3杂质，应通入过量CO2后过滤，如通少量CO2，可能还有少量硅酸钠未反应，且反应中生成Na2CO3，导致NaHCO3不纯，故B错误；C．NaOH溶液能溶解酸性氧化物SiO2和两性氧化物Al2O3，无法除杂，故C错误；D．SiO2和CO2都能与碱溶液反应生成盐和水，是酸性氧化物，也是共价化合物，故D正确；答案为D。14、B【详解】饱和食盐水、硫酸铜溶液是溶液，石灰乳是浊液，不能产生“丁达尔效应”，鸡蛋清溶液是胶体，可以产生“丁达尔效应”，答案选B。15、C【解析】A项，氨水中的电荷守恒为c（NH4+）+c（H+）=c（OH-），则c（OH-）c（NH4+），错误；B项，1.0mL0.1mol/L氨水与1.0mL0.1mol/L盐酸混合恰好完全反应得NH4Cl溶液，由于NH4+的水解，溶液呈酸性，错误；C项，氨水为弱碱水溶液，存在电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-，c（OH-）0.1mol/L，室温下c（H+）110-13mol/L，溶液的pH小于13，正确；D项，NH4Cl电离出NH4+，NH4+浓度增大，电离平衡逆向移动，c（OH-）减小，错误；答案选C。16、A【详解】A、浓硫酸具有脱水性和强的氧化性，使蔗糖脱水生成碳，该过程放热，碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫和二氧化碳和水，其化学反应方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故A正确；B、Cu溶于稀硝酸HNO3，其反应的生成物为硝酸铜、一氧化氮、水，其离子方程式为：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故B错误；C、向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液，其反应的离子方程式为：SO42－＋2NH4＋＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2NH3·H2O，故C错误；D、以Ca(HCO3)2系数为1，与NaOH溶液反应的离子方程式为：Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2O，故D错误。【点睛】配比型离子反应方程式：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。17、C【分析】短周期元素X和元素Y，元素X原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；元素Y原子的M层电子数为（a-b），L层电子数为（a+b），则L层电子数为8，所以a+b=8，元素X原子有2个电子层，b=2，所以a=8-b=8-2=6，X为O元素；元素Y原子的M层电子数为a-b=6-2=4，Y为Si元素，X、Y两元素形成的化合物为SiO2。【详解】A.SiO2和水不反应，A项错误；B.SiO2性质稳定，溶于HF酸，不溶于其它酸，B项错误；C.SiO2与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，C项正确；D.SiO2不与氯气反应，D项错误；答案选C。18、C【详解】A．现象和结论都不对，过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，只能得到浅绿色的硝酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液，溶液仍呈浅绿色，A错误；B．氯气可与NaBr、KI反应，则该实验不能比较Br2、I2的氧化性的强弱，B错误；C．氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨部分电离出氢氧根离子，溶液显碱性，用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，试纸变蓝，操作、现象和解释都正确，C正确；D．浓HNO3加热后有红棕色气体生成，现象正确，但是解释不对，红棕色的气体二氧化氮是硝酸受热分解的产物，硝酸表现的是不稳定性，不是因为硝酸具有强氧化性，D错误；答案选C。19、C【解析】A、因由粗盐得到精盐，就是要除去粗盐中的杂质，除去Mg2+、CO32－、SO42－分别用NaOH溶液、盐酸、BaCl2溶液，这些反应都是化学反应，不是物理过程，A错误；B、因MgCl2·6H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl气体等，得不到无水MgCl2，若要由MgCl2•6H2O灼烧即可制得无水MgCl2，为防止Mg2+发生水解，应在HCl气氛中进行，B错误；C、因Br2+SO2+2H2O＝2HBr+H2SO4，反应后溶液呈酸性，能与金属容器反应，因此生产中需解决其对设备的腐蚀问题，C正确；D、工业上采用向母液中加入石灰乳的方法获得氢氧化镁，烧碱价格高，不划算，D错误；答案选C。20、D【解析】若该物质为H2，依次发生的反应为2H2+O22H2O、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，相当于反应为“Na2O2+H2=2NaOH”，固体增加的质量为燃烧H2的质量；若该物质为CO，依次发生的反应为2CO+O22CO2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，相当于反应为“Na2O2+CO=Na2CO3”，固体增加的质量为燃烧CO的质量；经过上述分析可归纳：凡分子组成符合（CO）m·（H2）n的物质wg在O2中完全燃烧，将其产物（CO2和水蒸气）通过足量Na2O2后，固体增重必为wg。①②③符合；④分子式为CH2O，符合；⑤分子式为C2H4O2，可改写成（CO）2·（H2）2，符合；⑥分子式为C2H6O2，可改写成（CO）2·（H2）3，符合；全部符合，答案选D。21、A【详解】若混合物全是CuS，其物质的量为12/80＝0.15mol，电子转移数0.15mol×(6＋2)＝1.2mol。两者体积相等，设NOxmol，NO2xmol,3x＋x＝1.2，计算的x＝0.3。气体体积V＝0.6mol×22.4L·mol－1＝13.44L；若混合物全是Cu2S，其物质的量为0.075mol，转移电子数0.075mol×10＝0.75mol，设NOxmol，NO2xmol,3x＋x＝0.75，计算得x＝0.1875，气体体积V＝0.375mol×22.4L·mol－1＝8.4L，因此8.4L＜V＜13.44L。22、D【解析】A.1L0.1mol/L的NaClO水溶液中含0.1molNaClO，NaClO水溶液中含有的氧原子数还包括水中的氧，则氧原子数大于0.lNA，A错误；B.标准状况下，HF是液体，故B错误；C.白磷(P4)的结构为正四面体，每分子含6个P-P键，C错误；D.一定条件下，Fe与Cl2反应生成三氯化铁，0.1mo1Fe与0.2molCl2充分反应，转移的电子数为0.3NA，D正确。二、非选择题(共84分)23、④＋2Ag↓＋2NH3＋H2O＋（n－1）H2O取反应①后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子2【分析】A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与NaHCO3溶液反应，均含有﹣COOH，F的分子式为C9H10O2，其不饱和度为=5，F发生氧化反应生成M，M与NaOH溶液反应后的产物，其苯环上一氯代物只有一种，说明F含有苯环，F中应含有乙基，且与羧基处于对位，故F为，M为．由A→B→C的转化可知，C中含有﹣COOH，C发生氧化反应生成D，D能发生银镜反应，结合F的结构可知，C为，故D为，B为，A的相对分子质量在180〜260之间，故A中苯环上的乙基中不可能连接羟基，应为卤素原子，A的结构为，X相对原子质量大于180﹣28﹣76﹣45=31，小于260﹣28﹣76=111，X可能为Cl或Br。C发生消去反应生成E为，E与氢气发生加成反应生成F。C发生缩聚反应生成高聚物H为。【详解】A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与NaHCO3溶液反应，均含有﹣COOH，F的分子式为C9H10O2，其不饱和度为=5，F发生氧化反应生成M，M与NaOH溶液反应后的产物，其苯环上一氯代物只有一种，说明F含有苯环，F中应含有乙基，且与羧基处于对位，故F为，M为．由A→B→C的转化可知，C中含有﹣COOH，C发生氧化反应生成D，D能发生银镜反应，结合F的结构可知，C为，故D为，B为，A的相对分子质量在180〜260之间，故A中苯环上的乙基中不可能连接羟基，应为卤素原子，A的结构为，X相对原子质量大于180﹣28﹣76﹣45=31，小于260﹣28﹣76=111，X可能为Cl或Br。C发生消去反应生成E为，E与氢气发生加成反应生成F。C发生缩聚反应生成高聚物H为。（1）B、F的结构简式分别为、，故答案为、；（2）反应①属于取代反应，还发生中和反应，反应②属于复分解反应，反应③⑥属于氧化反应，反应④属于消去反应，反应⑤属于加成反应，反应⑦属于缩聚反应，故答案为④；（3）D发生银镜反应的化学方程式为：；反应⑦的化学方程式为：，故答案为；；（4）根据上面的分析可知，X可能为Cl或Br，要确定X是哪种官能团的实验步骤和现象为：取反应①后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子，故答案为取反应①后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子；（5）符合下列条件的F（）的同分异构体：a．能发生银镜反应，说明分子中存在醛基；b．能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中存在酚羟基；c．核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1：1：2：6，说明有4种氢原子，符合以上条件的F分子中有2个甲基、1个酚羟基、1个﹣CHO，且2个甲基处于间位，另2个分别处于对位，结构简式为，所以F的同分异构体有2种，故答案为2。24、2-甲基-1-氯丙烷碳碳双键和酯基氧化反应酯化反应+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O44、、、(任写一种)【解析】根据有机物官能团的结构和性质、反应条件、有机物分子式和转化关系图，利用正推法或逆推法并借助于已知信息逐一分析判断出每种有机物的结构简式，最后结合问题解答。C4Hl0与氯气光照得到两种有机物A和B，A和B均发生消去反应生成C，则A是异丁烷，C是2－甲基丙烯；根据已知信息①可知C转化为D，则D的结构简式为(CH3)CHCH2OH。F分子中的碳链上没有支链；E为芳香族化合物且E、N都能发生银镜反应，说明均含有醛基。根据分子式和已知信息②可知E是苯甲醛，N是乙醛，F的结构简式为，G的结构简式为,D和G发生酯化反应生成M，则M的结构简式为。（1）A、B均为一氯代烃，其名称为2−甲基−1−氯丙烷或2−甲基−2−氯丙烷；根据M的结构简式可知中的官能团名称为碳碳双键和酯基；（2）根据以上分析可知F→G是醛基的氧化反应，D+G→M是酯化反应；（3）F中含有醛基，与新制Cu(OH)2/NaOH(aq)反应的化学方程式为；（4）根据以上分析可知M的结构简式为；E的结构简式为，因此核磁共振氢谱有4种波峰；（5）G的官能团是碳碳双键和醛基，则与G具有相同官能团的G的芳香类同分异构体中苯环上可以含有一个取代基，则应该是－C(CHO)＝CH2，如果含有两个取代基，应该是醛基和乙烯基，有邻间对三种，共计有4种，其结构简式为；（6）根据已知信息①以及框图中C转化为D的信息可知路线图为。25、球形干燥管c、d、b先逐渐变为红色，后褪色；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O加热温度不够或加热时间不足没有在HCl的氛围中加热【分析】由题意可知，结晶水合物CuCl·2H2O制备CuCl的过程为先通入HCl，防止没有HCl的情况下加热生成碱式氯化铜，点燃酒精灯加热，熄灭酒精灯，后停止通入HCl，最后用氮气将装置内的HCl和氯气排空进而被尾气装置中的氢氧化钠吸收。【详解】（1）根据仪器X的构造特点知其名称为干燥管，故答案为球形干燥管。（2）加热CuCl2·2H2O制备CuCl，为防止生成的CuCl被空气中的氧气氧化和Cu+水解，必须要先通入干燥的HCl气体赶走装置中的空气再加热，且要在HCl气流中加热制备，反应结束后先熄灭酒精灯，继续通入氮气直至装置冷却，所以操作顺序为：a-c-d-b-e，故答案为cdb。（3）B中物质由白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有Cl2，所以C中石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色，故答案为先变红，后褪色；（4）D中是Cl2和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（5）①根据题给信息知若杂质是CuCl2，说明CuCl2没有反应完全，原因为加热时间不足或温度偏低，故答案为加热时间不足或温度偏低；②若杂质是氧化铜，说明CuCl2水解生成Cu2(OH)2Cl2，进一步分解生成CuO，原因是通入HCl的量不足，故答案为通入HCl的量不足或没有在HCl氛围中加热。【点睛】解答本题首先要根据题给资料明确实验的原理，理清题给装置图中每一个装置的作用和相关反应，结合CuCl2·2H2O、CuCl易水解，CuCl易被氧化的性质知实验过程中要注意防止空气的干扰，确定装置的连接顺序；（5）小题要根据杂质的成分结合题给资料分析杂质产生的原因。26、EDB检查装置的气密性赶走装置的氧气，防止对NO的观察造成影响D中通氧气后，出现红棕色气体冷凝使NO2完全液化2NaNO2+H2SO4(浓)=Na2SO4+NO2↑+NO↑+H2O水会与NO2反应生成NO，影响后面NO的检验把装置中的气体全部赶入到B中被吸收，以防止环境污染4NO2+O2+4OH-=4NO3-+2H2O【解析】（1）此实验的目的探究亚硝酸钠和硫酸反应以及生成气体的产物，A装置是反应装置，B装置是尾气处理装置，C装置是干燥气体，D装置为验证NO气体，E装置冷却NO2，因此连接顺序是A→C→E→D→B；（2）因为此实验有气体参加，因此实验前，需要检验装置的气密性；装置含有空气，空气中的氧气能氧化NO为NO2，所以实验开始时通入N2的作用是赶走装置的氧气，防止对NO的观察造成影响；（3）NO为无色气体，与氧气生成红棕色气体NO2，因此D装置通入氧气后无色变为红棕色，说明NO的存在；氮的氧化物对环境都是有污染的，必须尾气处理，因此B装置的作用：尾气处理，防止污染空气；NO2的液化温度是21℃，因此E装置的作用：冷凝使NO2完全液化；（4）根据上述实验，该反应的化学方程式为2NaNO2+H2SO4(浓)=Na2SO4+NO2↑+NO↑+H2O。通入过量O2，NO全部转化成NO2，因此有4NO2＋O2＋4NaOH=4NaNO3＋2H2O，如果没有装置C，水会与NO2反应生成NO，影响后面NO的检查。（5）装置有残留的氮氧化合物，因此实验结束后还需通入N2的作用是把装置中的气体全部赶入到B中被吸收，以防止环境污染；如果向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的离子方程式为4NO2+O2+4OH-=4NO3-+2H2O。27、（1）蒸馏烧瓶（2分）；（2）Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O（3分）；（3）吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升（2分）；（4）碱石灰（2分）；（5）水浴加热（2分）。【解析】试题分析：（1）根据图示可知仪器a的名称是蒸馏烧瓶；（2）漂白精固体[主要成分为Ca(ClO)2]和浓盐酸混合发生反应制备氯气，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；（3）装置B可用于除杂，也是安全瓶，能监侧实验进行时装置C中是否发生堵塞，若装置C发生堵塞，则在装置B中气体压强增大，会把吸滤瓶中的液体压入长颈漏斗中，使吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；（4）在装置D中Cl2与I2发生反应产生ICl3，Cl2是有毒气体会造成大气污染，图示空气中的水蒸气进入装置D也会影响ICl3的制备，所以试剂X可用于吸收氯气和水蒸气，该试剂为碱石灰；（5）氯气与单质碘需在温度稍低于70℃下反应。为便于控制反应温度，则装置D适宜的加热方式为水浴加热。【考点定位】考查物质制备的有关操作的知识。【名师点睛】制取气体的反应或有气体参加的反应，在装入药品前首先要检查装置的气密性。一般情况下，在实验室中是用二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气，反应方程式是：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，本实验中利用次氯酸盐在酸性条件下的氧化性，与浓盐酸发生反应Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O制取氯气。该反应不需要加热。制取的氯气中含有杂质HCl和水蒸气，在用氯气与碘单质反应制取ICl3前为了防止杂质的干扰，要经过除杂、净化处理，一般是先除去其它杂质气体，最后干燥，除杂的原则是“不增不减”；由于氯气是有毒气体会污染环境，同时空气中的水蒸气也会与反应产生的ICl3发生反应，为了防止制备的物质变质，同时保护环境，要在物质制取装置后连接一个装置，用来吸收氯气和水蒸气。该试剂是碱石灰。反应产生的三氯化碘是固体，容易导致导气管堵塞，若发生堵塞，则气体会在吸滤瓶中储存，由于气体增多，气体压强增大，将饱和食盐水压入长颈漏斗中，看到吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，故B的作用是洗气和观察防止导管的作用。28、ac>A温度较低时，催化剂的活性偏低不是催化剂不改变转化率且该反应为放热反应，因此根据曲线Ⅱ可知，a点对应温度的平衡脱氮率会更高2SO32－＋4H＋＋2e－=S2O42－＋2H2O1344【详解】(1)根据图像，可知随着X的增大，NO的转化率降低；a温度升高，平衡向吸热反应方向移动，△H<0，正反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，a符合题意；b增大压强，平衡向着气体体积减小的反应移动，正反应方向为气体体积减小的方向，则增大压强，向正反应方向移动，b不符合题意；c越来越大，则NO的量越多，增大NO的量，Cl2的转化率增大，而NO的转化率减小，c符合题意；d催化剂不改变平衡，因此NO转化率不变，d不符合题意；答案为ac；(2)①当压强相同时，温度为T1时，NO体积分数更大；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向