2026届江苏省靖城中学高三上化学期中预测试题含解析

2026届江苏省靖城中学高三上化学期中预测试题请考生注意：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、下列离子组在给定条件下离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是选项条件离子组离子共存判断及反应的离子方程式A滴加氨水Na+、Al3+、Cl-、NO3-不能大量共存，Al3++3OH-=Al(OH)3↓B由水电离出的H+浓度为1×10-12mol•L-1NH4+、Na+、NO3-、Cl-一定能大量共存NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+CpH=1的溶液Fe2+、Al3+、SO42-、MnO4-不能大量共存，5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2OD通入少量SO2气体K+、Na+、ClO-、SO42-不能大量共存，2ClO-+SO2+H2O=2HClO+SO32-A．A B．B C．C D．D2、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．36g由35Cl和37C1组成的氯气中所含质子数一定为17NAB．7.8gNa2O2与足量酸性KMnO4溶液反应，转移的电子数为0.2NAC．密闭容器中1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5(g)，增加了2NA个P-Cl键D．5.6g铁片投入足量浓硝酸中，转移的电子数为0.3NA3、下列分类或归类正确的是①液氯、氨水、干冰、碘化银均为纯净物②CaCl2、NaOH、HCl、IBr均为化合物③明矾、水银、烧碱、硫酸均为电解质④碘酒、淀粉溶液、水雾、纳米材料均为胶体⑤C60、C70、金刚石、石墨均为碳的同素异形体A．②⑤B．②③C．①③⑤D．②③④⑤4、在常温下，如下图所示的装置中，若使活塞下移，重新达到平衡时，下列数值会增大的是A．阳离子数目B．HCO3－的水解平衡常数C．溶液的pHD．c(HCO3－)/c(H2CO3)5、2019年3月5日，李克强总理在政府工作报告中提出：今年要将二氧化硫、氮氧化物的排放量下降3%。下列做法不符合该主题的是A．禁燃生活垃圾 B．雾炮洒水车向空气中喷洒水雾C．研发新能源，推广新能源汽车 D．燃煤中加入生石灰6、下列关于能量变化的说法正确的是A．“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量高B．化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种C．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定D．化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒7、下列说法正确的是()A．漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3B．向含I－的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，若溶液变成蓝色，则氧化性：Cl2＞I2C．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可D．氯气溶于水的离子方程式：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－8、下列过程中，共价键被破坏的是A．碘升华B．溴蒸气被木炭吸附C．酒精溶于水D．氯化氢气体溶于水9、仪器名称为“容量瓶”的是（）A． B． C． D．10、在恒温恒容的密闭容器中发生可逆反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)。其他条件相同时，按下列各组投料进行反应，平衡时反应速率最快的是A．2molNO2和1molO2 B．1molNO和1molO2C．1molNO和2molO2 D．2molNO和1molO211、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次增大，且原子最外层电子数之和为15。基态Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y与Z同主族，Z与W同周期。下列说法错误的是A．电负性最大的元素是YB．简单氢化物的沸点：Y>ZC．化合物WX2中既存在离子键，又存在共价键D．W元素基态原子核外M层电子的自旋状态相反12、用NaCl固体配制0.1mo/L的NaCl溶液1000mL，下列操作或说法正确的是（）A．将5.85gNaCl固体溶于1L水中可配成0.1mol/L的NaCl溶液B．称量时，将固体NaCl直接放在天平左盘上C．固体溶解后，将溶液转移到容量瓶中，然后向容量瓶中直接加水稀释到刻度线D．配制溶液时容量瓶中原来有少量蒸馏水不会影响实验结果13、下列实验能达到预期目的的是编号实验内容实验目的A室温下，用pH试纸测得：0.1mol·L-1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH约为5HSO3-结合H+的能力比SO32-强B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C配置FeCl2溶液时，先将FeCl2固体溶于适量盐酸中，再用蒸馏水稀释到所需浓度，最后向试剂瓶中加入少量铜粉抑制Fe2+水解，并防止Fe2+被氧化D向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，在滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下的Ksp[Mg（OH）2]>Ksp[Fe（OH）3]A．A B．B C．C D．D14、高铁酸钠（Na2FeO4）是具有紫色光泽的粉末，是一种高效绿色强氧化剂，碱性条件下稳定，可用于废水和生活用水的处理。实验室以石墨和铁钉为电极，以不同浓度的NaOH溶液为电解质溶液，控制一定电压电解制备高铁酸钠，电解装置和现象如下：c(NaOH)阴极现象阳极现象1mol·L－1产生无色气体产生无色气体，10min内溶液颜色无明显变化10mol·L－1产生大量无色气体产生大量无色气体，3min后溶液变为浅紫红色，随后逐渐加深15mol·L－1产生大量无色气体产生大量无色气体，1min后溶液变为浅紫红色，随后逐渐加深下列说法不正确的是A．a为铁钉，b为石墨B．阴极主要发生反应：2H2O+2e－===H2↑+2OH－C．高浓度的NaOH溶液，有利于发生Fe－6e－+8OH－===FeO42－+4H2OD．制备Na2FeO4时，若用饱和NaCl溶液，可有效避免阳极产生气体15、二羟甲戊酸是生物合成青蒿素的原料之一，其结构如图所示。下列关于二羟甲戊酸的说法正确的是A．分子式为C3H14O4B．能使酸性KMnO4溶液褪色C．能发生加成反应，不能发生取代反应D．1mol该有机物与足量金属钠反应产生22.4L

H216、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是（）A．饱和NaCl溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)B．Cu2(OH)2CO3CuCl2(aq)Cu(s)C．FeS2SO3H2SO4D．Fe2O3FeCl3(aq)Fe17、以下试剂不能鉴别H2S和SO2的是A．NaOH溶液 B．滴有淀粉的碘水 C．CuSO4溶液 D．品红溶液18、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB．22.4L(标准状况)N2O4含有的原子数为6NAC．1.0mol羟基含有电子数为9.0NAD．1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA19、下列离子方程式的书写及评价，均合理的是()选项离子方程式评价ANa2CO3溶液处理水垢中的CaSO4Ca2++CO32−=CaCO3↓正确：碳酸钙溶解度更小B向CuSO4溶液中通入过量的H2S气体：Cu2++H2S=CuS↓+2H+错误：H2S的酸性比H2SO4弱CBa(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：Ba2++HCO3-+OH-═BaCO3↓+H2O错误：Ba2+与HCO3-系数比应为1:2D过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=HClO+HSO3-正确：H2SO3的酸性比HClO强A．A B．B C．C D．D20、2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37Rb）同周期。下列说法不正确的是A．In是第五周期第ⅢA族元素B．11549In的中子数与电子数的差值为17C．原子半径：In>AlD．碱性：In(OH)3>RbOH21、下列解释过程或事实的方程式不正确的是A．氨气遇浓盐酸产生白烟:NH3+HCl=NH4ClB．打磨过的铝片与NaOH溶液反应产生气体:2Al+2OH-=2AlO2-+H2↑C．NaOH溶液不能保存在玻璃塞的试剂瓶中:SiO2+2OH-=SiO32-+H2OD．Fe(OH)2由白色变灰绿，最后变为红褐色:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)322、下列各组离子中，可能能大量共存的是（）A．pH=14的无色溶液中：Na+、K+、HCO3－、NO3－B．加入铝粉有氢气产生的溶液中：Na+、CO32-、C1－、K+C．在0.1mol／L的盐酸中：Fe2+、Na+、ClO－、Ca2+D．在c(H+)/c(OH－)=1×10－12的溶液中：NH4+、Ca2+、C1－、K+二、非选择题(共84分)23、（14分）X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，部分信息如下表所示：XYZMRQ原子半径/nm0.1860.0740.0990.143主要化合价-4,+4-2-1,+7+3其它阳离子核外无电子单质为半导体材料焰色反应呈黄色(1)R在元素周期表中的位置是___________________________；R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们之间的关系互为____________。(2)Z的单质与水反应的化学方程式是__________________________________________。(3)Y与R相比，非金属性较强的是____________(用元素符号表示)，下列事实能证明这一结论的是____________(选填字母序号)。a.常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态b.稳定性XR>YX4c.Y与R形成的化合物中Y呈正价(4)根据表中数据推测，Y的原子半径的最小范围是大于_______nm小于______nm。(5)甲、乙是上述部分元素的最高价氧化物的水化物，且甲+乙→丙+水。若丙的水溶液呈碱性，则丙的化学式是____________。24、（12分）阿克他利M（）是一种抗风湿性关节炎药物，其合成路线如下：完成下列填空：(1)反应①的反应类型为_______________。(2)反应②所用的试剂为_________________。(3)写出的所有含苯环结构的同分异构体的结构简式。_______________(4)写出由对硝基苯乙酸（）得到对硝基苯乙酸乙酯的试剂和条件。______________(5)A的分子式为C7H8，写出由A合成苯甲醛的合成路线。_____________25、（12分）纳米碳酸钙广泛应用于橡胶、塑料、造纸、化学建材、油墨、涂料、密封胶与胶粘剂等行业。在浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2，可以制得纳米级碳酸钙。某校学生实验小组设计如图所示装置，制取该产品。D中装有蘸稀硫酸的脱脂棉，图中夹持装置已略去。可选用的药品有：a．石灰石b．饱和氯化钙溶液c．6mol/L盐酸d．氯化铵e．氢氧化钙。（1）A中制备气体时，所需药品是（选填字母序号）_____________________。（2）B中盛有饱和碳酸氢钠溶液，其作用是_____________________________。（3）写出制取氨气的化学方程式：_____________________________________。（4）在实验过程中，向C中通入气体有先后顺序，先通入气体的化学式是：__________。（5）检验D出口处是否有氨气逸出的方法是______________________。（6）写出制纳米级碳酸钙的化学方程式：_____________________。26、（10分）久置的Na2S固体会潮解、变质、颜色变黄，探究Na2S变质的产物。资料：ⅰ．Na2S能与S反应生成Na2Sx(黄色)，Na2Sx与酸反应生成S和H2S；ⅱ．BaS、BaSx均易溶于水，H2S可溶于水，BaS2O3微溶于水；ⅲ．白色的Ag2S2O3难溶于水，且易转化为黑色Ag2S。将久置的Na2S固体溶于水，溶液呈黄色。取黄色溶液，滴加稀硫酸，产生白色沉淀(经检验该沉淀含S)。(1)推测Na2S变质的产物含有Na2Sx，实验证据是______。(2)研究白色沉淀产生的途径，实验小组同学进行如下假设：途径一：白色沉淀由Na2Sx与稀硫酸反应产生。途径二：Na2S变质的产物中可能含有Na2S2O3，白色沉淀由Na2S2O3与稀硫酸反应产生。途径三：Na2S变质的产物中可能含有Na2SO3，白色沉淀由……①Na2S2O3与稀硫酸反应的化学方程式是______。②请将途径三补充完全：______。(3)为检验Na2S变质的产物中是否含有Na2S2O3，设计实验：①取黄色溶液，向其中滴加AgNO3溶液，产生黑色沉淀。由此得出结论：Na2S变质的产物中含Na2S2O3。有同学认为得出该结论的理由不充分，原因是______。②改进实验，方案和现象如下：实验一：实验二：a．实验一的目的是_______。b．试剂1是_______，试剂2是_______。(4)检验Na2S变质的产物中是否含有Na2SO4：取黄色溶液，加入过量稀盐酸，产生白色沉淀。离心沉降(分离固体)后向溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀。你认为能否根据实验现象得出结论？说明理由：_______。27、（12分）SnCl4是一种极易水解的化合物，它的制备需要在无水的条件下，密闭的装置中进行。若用常规(系统的体积较大)方法进行多实验缺点比较多，下图采用微型实验进行SnCl4的制备，解决了常规方法的弊端(己知：SnCl4的熔点为－33℃，沸点为114.1℃)。(1)将已干燥的各部分仪器按图连接好后，需要进行的操作为________________________。(2)V形管的作用是________________________________________________________。(3)下列说法中正确的是_____A．仪器A的名称为蒸馏烧瓶B．为了充分干燥氯气，浓硫酸的体积应大于球泡的体积C．操作时应先滴加浓盐酸，使整套装置内充满黄绿色气体，再用煤气灯加热D．生成的SnCl4蒸气经冷却聚集在磨口具支管中E.微型干燥管中的试剂可以是碱石灰、五氧化二磷或无水氯化钙等(4)实验中0.59锡粒完全反应制得1.03gSnCl4，则该实验的产率为_____________(计算结果保留一位小数)。(5)SnCl4遇氨及水蒸气的反应是制作烟幕弹的原理，反应的化学方程式为_______________。(6)该微型实验的优点是________________________________________________(任写两条)。28、（14分）工业上以CO2和NH3为原料合成尿素。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：反应Ⅰ：2NH3(g)＋CO2(g)NH2CO2NH4(s)ΔH1＝－159.47kJ·mol－1反应Ⅱ：NH2CO2NH4(s)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH2＝＋72.49kJ·mol－1总反应Ⅲ：2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH3回答下列问题：(1)在相同条件下，反应Ⅰ分别在恒温恒容容器中和绝热恒容容器中进行，二者均达到平衡后，c(CO2)恒温________c(CO2)绝热(填“大于”“小于”或“等于”)；ΔH3＝____________。(2)某研究小组为探究反应Ⅰ中影响c(CO2)的因素，在恒温下将0.4molNH3和0.2molCO2放入容积为2L的密闭容器中，t1时达到化学平衡，c(CO2)随时间t变化曲线如图甲所示，在0～t1时间内该化学反应速率υ(NH3)＝____________；若其他条件不变，t1时将容器体积压缩到1L，t2时达到新的平衡。请在图甲中画出t1～t2时间内c(CO2)随时间t变化的曲线。___________________________________(3)在150℃时，将2molNH3和1molCO2置于aL密闭容器中，发生反应Ⅲ，在t时刻，测得容器中CO2转化率约为73%，然后分别在温度为160℃、170℃、180℃、190℃时，保持其他初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得CO2转化率并绘制变化曲线(见图乙)。在150～170℃之间，CO2转化率呈现逐渐增大的变化趋势，其原因是__________180℃时反应Ⅲ的平衡常数K＝____________(用含a的式子表示)。(4)侯氏制碱法主要原料为NaCl、CO2和NH3，其主要副产品为NH4Cl，已知常温下，NH3·H2O的电离常数Kb＝1.8×10－5，则0.2mol·L－1NH4Cl溶液的pH约为________(取近似整数)。29、（10分）二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料，工业上以软锰矿、菱锰矿为原料来制备。某软锰矿主要成分为MnO2，还含有Si（16.27%）、Fe（5.86%）、Al（3.42%）、Zn（2.68%）和Cu（0.86%）等元素的化合物，其处理流程图如下：化合物Al（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3Ksp近似值10-3510-610-38（1）硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要反应的化学方程式为______________________。（2）“氨水、搅拌”，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能___________；滤渣A的成分是Fe（OH）3、Al（OH）3，加入氨水需调节pH至少达到____________，恰好能使Fe3+、A13+沉淀完全。(当离子浓度降到1.0×10-5mol·L-1时即视为沉淀完全)（3）滤渣B的成分是___________________。（4）MnO2也可在MnSO4-H2SO4-H2O为体系的电解液中电解获得，其阳极电极反应式为_____________________________________________________。（5）工业上采用间接氧化还原滴定法测定MnO2纯度，其操作过程如下：准确称量0.9200g该样品，与足量酸性KI溶液充分反应后，配制成100mL溶液。取其中20.00mL，恰好与25.00mL0.0800mol·L-1Na2S2O3溶液反应（I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）。计算可得该样品纯度_____%。(小数点后保留1位数字)。

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、C【解析】A.滴加氨水能发生反应：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，Al3+不能大量共存，离子方程式错误，A项错误；B.常温下纯水中水电离出的H+浓度为10-7mol/L，而该溶液中水电离出的H+浓度为1×10-12mol/L<1×10-7mol/L，说明该溶液中水的电离被抑制，该溶液可能是酸溶液或碱溶液，若是碱溶液有反应：NH4++OH-=NH3·H2O，离子方程式错误，B项错误；C.酸性溶液中有反应：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，Fe2+和MnO4-不能大量共存，离子方程式正确，C项正确；D.SO2具有强还原性，ClO-具有强氧化性，发生反应：SO2+ClO-+H2O=SO42-+Cl-+2H+，离子方程式错误，D项错误；答案选C。2、B【解析】假设全是35Cl，则质子数是36g35g/mol×17×NA，假设全是37Cl，则质子数是36g37g/mol×17×NA；Na2O2与足量酸性KMnO4溶液反应，Na2O【详解】假设全是35Cl，则质子数是36g35g/mol×17×NA，假设全是37Cl，则质子数是36g37g/mol×17×NA，根据极值法，36g由35Cl和37C1组成的氯气中所含质子数不一定为17NA，故A错误；Na2O2与足量酸性KMnO4溶液反应，Na2O2只作还原剂，过氧化钠中氧元素化合价由-1升高为0，1mol过氧化钠转移2mol电子，所以7.8gNa2O2与足量酸性KMnO4溶液反应，转移的电子数为0.2NA，故B正确；PCl3与Cl2反应制备PCl5的反应可逆，密闭容器中1molPCl3与1molCl3、A【解析】氨水是氨气的水溶液，属于混合物，故①错误；CaCl2、NaOH、HCl、IBr是由不同种元素组成的纯净物，属于化合物，故②正确；水银的单质，既不是电解质，又不是非电解质，故③错误；④碘酒是碘单质的酒精溶液不是胶体，淀粉溶液是胶体、纳米材料不是分散系，胶体是分散系，故④错误；⑤C60、C70、金刚石、石墨均是碳元素构成的不同种单质，互为同素异形体，故⑤正确。

故选A。【点睛】单质和混合物既不是电解质，又不是非电解质；胶体的本质特征是：粒子直径介于1-100nm之间；同种元素构成的不同种单质互为同素异形体。4、A【解析】碳酸氢钠溶液中存在水解平衡和电离平衡，①HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，②HCO3-H++CO32-，并且水解程度大于电离程度，溶液显碱性，使活塞下移，使得部分二氧化碳溶于水，导致碳酸分子的浓度增大，平衡①逆向移动，②正向移动。A.根据上述分析，平衡②正向移动，阳离子数目增多，故A正确；B.HCO3－的水解平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故B错误；C.根据上述分析，平衡①逆向移动，②正向移动，溶液的pH减小，故C错误；D.根据上述分析，c(HCO3－)/c(H2CO3)减小，故D错误；故选A。5、B【解析】A.禁燃生活垃圾就可以减少产生CO、SO2等有害气体，能够降低对空气的污染，A正确；B.雾炮洒水车向空气中喷洒水雾，只是使二氧化硫、氮氧化物形成酸，没有从根本上减少这些有害气体的产生与排放，B错误；C.研发新能源，推广新能源汽车，可减少有害气体的排放，改善空气质量，C正确；D.燃煤中加入生石灰，这样煤中硫元素燃烧产生的SO2会与CaO反应转化为CaSO4进入炉渣，从而可降低SO2等有害气体的排放，D正确；故合理选项是B。6、D【详解】A、水和冰相比较，冰的能量低，A错误；B、发生化学反应时能量的变化有多种形式，可以表现为热量的变化，还可以变现为光能，B错误；C、ΔH＞0反应吸热，所以石墨的能量较低，能量越低物质越稳定，故石墨更稳定，C错误；D、化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒，D正确；答案选D。7、B【解析】A、漂白粉中的有效成分是次氯酸钙；B、反应物的氧化性强于生成物的氧化性；C、具有强氧化性的HClO能使变色的pH试纸漂白褪色；D、次氯酸为弱酸。【详解】A项、漂白粉在空气中久置，漂白粉中的有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，反应生成的次氯酸见光分解，导致漂白粉变质失效，故A错误；B项、氯气具有强氧化性，向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，氯气能将碘离子氧化生成碘单质，碘单质遇淀粉试液变蓝色，反应物的氧化性强于生成物的氧化性，则氧化性的顺序为：Cl2>I2，故B正确；C项、氯水中含有具有强氧化性的HClO，HClO能使变色的pH试纸漂白褪色，无法测定氯水pH，实验时应选pH计，故C错误；D项、氯气溶于水，氯气与水反应生成强酸盐酸和弱酸次氯酸，反应的离子方程式为Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO，故D错误。故选B。【点睛】本题考查氯及其化合物的性质，注意物质的性质和用途的关系分析，注意氧化性强弱的判断是解答关键。8、D【解析】试题分析：A.碘升华即I2由固态变为气态，破坏的是I2分子间的作用力，A项错误；B.溴蒸气被木炭吸附，属于物理变化，没有破坏化学键，B项错误；C.酒精溶于水，乙醇分子未被破坏，破坏的是分子间作用力，C项错误；D.HCl气体溶于水后，在水分子的作用下，离解成H+、Cl-，破坏了氢、氯原子间的共价键，D项正确；答案选D。考点：考查化学键的类型与破坏。9、B【详解】A．为圆底烧瓶，故A错误；B．为容量瓶，故B正确；C．为锥形瓶，故C错误；D．为分液漏斗，故D错误；故选B。10、A【详解】恒温恒容的密闭容器中，由pV=nRT可知，物质的量越多，压强越大，正逆反应速率越大，A中极限转化为反应物时反应物的物质的量为4mol，B中反应物的物质的量为2mol，C、D中反应物的物质的量为3mol，显然选项A中物质的量最多，浓度最大，则反应速率最大，答案选A。【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，恒温恒容的密闭容器，物质的量越多，压强越大，反应速率越大，所以达到平衡时反应速率就大。11、C【分析】基态Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，则其电子层结构为2、6，则Y为O元素，Y与Z同主族，则Z为S元素，所以X、W最外层电子数之和为15-6-6=3，X的半径比O原子小，则应为H元素，则W为Mg元素。【详解】A．非金属性越强电负性越强，四种元素中非金属性最强的为O，则电负性最大的元素为O，即Y，故A正确；B．H2O分子之间存在氢键，所以沸点高于H2S，故B正确；C．化合物MgH2中只存在离子键，故C错误；D．Mg原子M层电子排布为2s2，同一轨道中的两个电子自旋方向相反，故D正确；综上所述答案为C。12、D【解析】A、要配制1．1mol/L的NaCl溶液981mL，应选用1111ml的容量瓶配成1111ml，5.85gNaCl的物质的量为1.1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液的浓度为1.1mol/L，溶液体积为1L，溶剂的体积不是1L，A错误；B、药品不能直接放在托盘上，防止腐蚀，应放在称量纸上或玻璃器皿中，B错误；C、定容之前应洗涤烧杯、玻璃棒，再加水至刻度线1-2cm改用胶头滴管定容，C错误；D、配制溶液时容量瓶中原来有少量蒸馏水不影响溶液的体积，不会影响实验结果，D正确；答案选D。13、B【解析】A．阴离子水解程度越大，溶液pH越大，说明越易结合氢离子，则HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱，A错误；B、向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅，说明氢氧根的浓度减小，这是由于碳酸根转化为碳酸钡沉淀，水解平衡向逆反应方向进行，因此可以证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，B正确；C、为了防止氯化亚铁被氧化，有关加入铁粉，C错误；D、反应中氢氧化钠过量，则加入氯化铁一定产生氢氧化铁沉淀，不能比较二者的溶度积常数大小，D错误，答案选B。点睛：本题考查实验方案的评价，涉及物质的性质比较，检验，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价。易错选项是D，注意反应中氢氧化钠的量。14、D【解析】试题分析：由题中信息可知，铁钉为阳极、石墨为阴极。阴极上水电离的氢离子放电生成氢气；当氢氧化钠溶液的浓度很大时，阳极上既有氢氧根离子放电生成氧气，又有铁被氧化为FeO42－。A.a为铁钉，b为石墨，A正确；B.阴极主要发生的电极反应是2H2O+2e－===H2↑+2OH－，B正确；C.高浓度的NaOH溶液，有利于发生Fe－6e－+8OH－===FeO42－+4H2O，C正确；D.制备Na2FeO4时，若用饱和NaCl溶液，阳极上氯离子放电产生氯气，D不正确。本题选D。15、B【解析】A.根据结构简式可知，二羟甲戊酸的分子式为C6H12O4，选项A错误；B、分子中含有羟基，能使酸性KMnO4溶液褪色，选项B正确；C、分子中含有羧基和羟基，不能发生加成反应，能发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，选项C错误；D、一分子中含有一个羧基和两个羟基，标准状况下，1mol该有机物与足量金属钠反应产生33.6LH2，选项D错误。答案选B。16、A【详解】A．饱和食盐水、氨气、二氧化碳发生反应生成氯化铵、碳酸氢钠，析出碳酸氢钠后加热生成碳酸钠，则饱和NaCl溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)均可一步实现转化，故A正确；B．Na与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氢气、氯化钠，则CuCl2(aq)Cu(s)不能一步实现转化，故B错误；C．FeS2煅烧生成二氧化硫，则FeS2SO3不能一步实现转化，故C错误；D．Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，则FeCl3(aq)Fe一步不能实现，故D错误；故答案为A。17、A【详解】A项、NaOH溶液与H2S和SO2都能发生反应，产生的物质的水溶液都无色可溶，因此无法鉴别，故A错误；B项、滴有淀粉的碘水呈蓝色，遇SO2发生反应：I2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HI，溶液褪色，遇H2S发生反应：I2＋H2S=S↓+2HI，溶液褪色，产生淡黄色沉淀，反应现象不同，可以鉴别，故B正确；C项、CuSO4溶液与H2S发生反应：H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，产生黑色沉淀，而与SO2不能发生反应，反应现象不同，可以鉴别，故C正确；D项、品红溶液遇具有漂白性的物质SO2会褪色，而遇H2S无现象，可以鉴别，故D正确；故选A。18、C【解析】A.胶体是大分子的集合体；B.因为N2O4⇌2NO2是可逆反应，22.4L的N2O4不可能是纯净的；C.根据羟基结构分析；D.根据甲烷和氯气发生取代反应的特点分析。【详解】A.16.25gFeCl3的物质的量是16.25g162.5g/mol=0.1mol，由于Fe(OH)3胶体是许多氢氧化铁的集合体，因此水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，故AB.因为N2O4⇌2NO2是可逆反应，22.4L的N2O4不可能是纯净的或多或少含有一些NO2，所以含有的原子数为应大于3NA而小于6NA，故B错误；C.1个羟基含有9个电子，故1.0mol羟基含有电子数为9.0NA，故C正确；D.CH4与Cl2在光照下发生取代反应生成卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，故D错误。故答案选C。19、C【详解】A.Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，反应生成更难溶的碳酸钙，硫酸钙微溶于水，不能拆，正确的离子方程式为：CaSO4+CO32−⇌CaCO3+SO42-，A项错误；B.向CuSO4溶液中通人过量的H2S气体生成CuS沉淀和硫酸，其中H2S为弱酸、CuS是沉淀，均不能拆，正确的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，该反应之所以可以发生，是因为硫化铜的溶解度极小，既不能溶于水，也不溶于酸，B项错误；C.Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，正确的离子方程式为Ba2++2HCO3−+2OH−=BaCO3↓+2H2O+CO32−，评价合理，C项正确；D.过量SO2通入到NaClO溶液中，SO2有强还原性，ClO−有强氧化性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：SO2+H2O+ClO−=2H++SO42−+Cl−，D项错误；答案选C。【点睛】Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子方程式的书写是学生们学习的难点，Ba(HCO3)2溶液与少量的NaOH反应，离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH反应，离子方程式为：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+CO32-+2H2O。以“少量者定为1mol”配平过量反应物的系数。20、D【分析】A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，据此判断该元素在周期表中的位置；B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数；C．同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大；D．同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱；【详解】A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，因此In位于元素周期表第五周期第IIIA族，故A不符合题意；B.质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B不符合题意；C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径In＞Al，故C不符合题意；D.In位于元素周期表第五周期，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：In(OH)3＜RbOH，故D符合题意；综上所述，本题应选D。【点睛】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。21、B【解析】A、氨气遇浓盐酸生成白色固体NH4Cl，即产生白烟:

NH3+HCl=NH4Cl，故A正确；B.打磨过的铝片与NaOH

溶液反应产生气体:

2Al

+

2OH-

＋2H2O=

2AlO2-

+3H2↑，故B错误；C、NaOH溶液与二氧化硅发生反应，NaOH

溶液不能保存在玻璃塞的试剂瓶中:SiO2+

2OH-=

SiO32-+

H2O，故C正确；D.Fe(OH)2由白色变灰绿，最后变为红褐色，Fe(OH)2在空气中被氧化:

4Fe(OH)2+

O2+

2H2O=4Fe(OH)3，故D正确；故选B。点睛：本题考查离子方程式、化学方程式的书写，解题关键：明确发生反应的实质，B选项是易错点，注意掌握离子方程式、化学方程式的书写原则：得失电子要守恒；C选项要求学生要理解aOH

溶液不能保存在玻璃塞的试剂瓶的反应原理，才能正确写出反应方程式。22、B【解析】A.pH=14的溶液呈碱性，OH-、HCO3－发生反应，故不选A；B.可能是碱性溶液，OH－、Na+、CO32－、C1－、K+不发生反应，故选B；C.Fe2+、ClO－发生氧化还原反应，故不选C；D.c(H+)<c(OH－)，溶液呈碱性，OH－、NH4+，OH－、Ca2+发生反应，故不选D。二、非选择题(共84分)23、第三周期ⅦA族同位素2Na+2H2O=2NaOH+H2↑Clbc0.0990.143NaAlO2或Na2SiO3【分析】X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，X阳离子核外无电子，则X为H元素；Y有+4、-4价，单质为半导体材料，则Y为Si元素；Z焰色反应呈黄色，则Z为Na元素；M为-2价，处于ⅥA族，则M为O元素；R有-1、+7价，则R为Cl元素；Q有+3价，处于ⅢA族，原子半径小于Na原子，则Q为Al元素，据此解答。【详解】（1）R为Cl元素，原子核外电子数为17，有3个电子层最外层电子数为7，处于元素周期表中第三周期第ⅦA族，R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们属于同位素关系，故答案为第三周期第ⅦA族；同位素。

（2）Z为Na元素，Na与水反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故答案为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。

（3）Y为Si，R为Cl，位于同一周期，根据同周期元素非金属性从左到右逐渐增强可知，Cl的非金属性大于Si，

a.属于物质的物理性质，不能比较非金属性的强弱，故a错误；

b.元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故b正确；

c.Y与R形成的化合物中Y呈正价，说明R得电子能力强，非金属性强，故c正确，

故答案为Cl；bc。

（4）Y为Si，与Al、Cl位于相同周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则Si的原子半径比Al小，比Cl大，即大于0.099nm小于0.143nm，

故答案为0.099nm；0.143nm。

（5）甲+乙→丙+水，应为中和反应，若丙的水溶液呈碱性，则对应的物质的应为强碱弱酸盐，可为NaAlO2或Na2SiO3，故答案为NaAlO2或Na2SiO3。【点睛】非金属与氢气化合的难易程度、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性、非金属单质之间的置换反应等均可比较非金属性的强弱。24、取代浓硫酸、浓硝酸；；乙醇、浓硫酸；加热【分析】甲苯与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生一氯甲苯，该物质与NaCN发生取代反应产生，与浓硫酸、浓硝酸混合加热，发生对位上的取代反应产生，发生水解反应产生，与Zn、盐酸发生还原反应产生，与CH3COOH发生成肽反应产生M。【详解】(1)甲苯与氯气光照发生取代反应产生，与NaCN发生取代反应产生，所以反应①的反应类型为取代反应；(2)反应②是与浓硫酸、浓硝酸混合加热，发生对位上的取代反应产生，所以反应所用的试剂为浓硫酸、浓硝酸；(3)由于同分异构体是分子式相同结构不同的化合物，所以的所有含苯环结构的同分异构体的结构简式为：；；；(4)对硝基苯乙酸（）与乙醇在浓硫酸存在和加热条件下发生酯化反应得到对硝基苯乙酸乙酯和水，故该步反应的试剂是乙醇、浓硫酸，反应条件是加热；(5)A的分子式为C7H8，则A是甲苯，与Cl2在光照时反应产生，与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生，与Cu在加热条件下被氧化产生苯甲醛。所以由A合成苯甲醛的合成路线为。【点睛】本题考查了有机合成与推断的知识，掌握有机物结构简式的通式、各类物质反应和转化的规律及反应条件是本题解答的关键。注意官能团对物质化学性质的决定作用。25、ac除去CO2中的HCl2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2

+2NH3↑+2H2ONH3将湿润的红色石蕊试纸放在D出口处，若试纸变蓝，则证明有氨气逸出；若试纸不变蓝，则证明没有氨气逸出（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近D出口处，若有白烟，则证明有氨气逸出；若没有白烟，则证明没有氨气逸出。）CaCl2

+H2O+CO2

+2NH3

＝CaCO3+2NH4Cl【解析】(1)根据装置特点可知，A为二氧化碳的发生装置，E为氨气的发生装置；(2)根据生成的二氧化碳中混有氯化氢，结合C中的反应分析判断；(3)实验室制取氨气采用氯化铵和氢氧化钙加热制的生成氯化钙、氨气和水；(4)根据二氧化碳和氨气的溶解性判断先通入的气体；(5)根据氨气的检验方法分析解答；(6)由反应物和生成物写出反应方程式。【详解】(1)装置A为碳酸钙与盐酸反应制二氧化碳，所需药品是石灰石和6mol/L盐酸，故答案为ac；(2)饱和NaHCO3溶液可除掉挥发出来的氯化氢，故答案为除去二氧化碳中的氯化氢；(3)实验室制取氨气采用氯化铵和氢氧化钙加热制的生成氯化钙、氨气和水，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(4)氨气极易溶于水，易于二氧化碳的吸收，所以应先通入氨气，故答案为NH3；(5)氨气是碱性气体，能使红色石蕊试纸变蓝；氨气能和浓盐酸反应生成白烟，故答案为用湿润的红色石蕊试纸放到D出口处，如果试纸变蓝，则证明氨气逸出，反之则不逸出（或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近试管口处，若观察到白烟，则证明氨气逸出，反之则不逸出）；(6)氨气溶于水生成氨水，溶液呈碱性，二氧化碳是酸性气体，能和碱反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙和氯化铵：CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，故答案为CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl。26、溶液呈黄色Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O白色沉淀由SO与S2-在酸性条件下反应产生(或白色沉淀由生成的H2S与SO2反应产生)剩余的Na2S也能与AgNO3溶液反应生成黑色的Ag2S沉淀确认Ag2SO4和Ag2SO3都不易转化为黑色固体，排除、SO对S2O检验的干扰BaCl2溶液AgNO3溶液可以，稀盐酸将S2O、SO等除去，不会产生干扰；或：不可以，检验过程中H2S等低价含硫物质被O2氧化【详解】（1）将久置的Na2S固体溶于水，溶液呈黄色，推测Na2S变质的产物含有Na2Sx（黄色）；（2）①Na2S2O3与稀硫酸反应生成二氧化硫和硫单质，化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O；②Na2S变质的产物中可能含有Na2SO3，白色沉淀由SO与S2-在酸性条件下反应产生(或白色沉淀由生成的H2S与SO2反应产生)；（3）①该结论的理由不充分，原因是：剩余的Na2S也能与AgNO3溶液反应生成黑色的Ag2S沉淀；②a.、SO有可能也和AgNO3溶液反应生成黑色固体，所以实验一的目的是：确认Ag2SO4和Ag2SO3都不易转化为黑色固体，排除、SO对S2O检验的干扰；b．黄色溶液中先加入BaCl2溶液生成白色沉淀BaS2O3；再加入AgNO3溶液白色沉淀转化为黑色沉淀Ag2S2O3；（4）可以，稀盐酸将S2O、SO等除去，不会产生干扰；或：不可以，检验过程中H2S等低价含硫物质被O2氧化。27、检查装置气密性用作缓冲瓶或安全瓶CDE93.9%SnCl4+4NH3+4H2O=Sn(OH)4+4NH4Cl产率高，对环境污染小，实验药品用量较少（任写两点，合理即可）【分析】高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气（含有氯化氢），经过浓硫酸干燥，在具支试管内高温加热条件下氯气与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，经过冷凝管冷凝，在具支试管内收集SnCl4，未反应的氯气经导管用实验装置尾部的浸湿氢氧化钠溶液的棉球进行吸收。(1)由于SnCl4是一种极易水解的化合物，它的制备需要在无水的条件下，另外制取的氯气有毒，高温下与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，因此在进行制备实验前，要检查装置的气密性，防止空气中水蒸气进入及防止氯气进入大气；(2)根据分析，在具支试管内高温加热条件下氯气与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，导致实验装置内压强增大，因此V形管起到安全瓶或起缓冲作用；(3)A.根据图示仪器A的构造，不是蒸馏烧瓶；B.由于SnCl4是一种极易水解的化合物，为了充分干燥氯气，浓硫酸的体积应保证无氯气能直接通过球泡，不需要体积大于球泡；C.SnCl4是一种极易水解的化合物，操作时应先滴加浓盐酸，使整套装置内充满黄绿色气体，将实验装置内的空气全部赶出，保证干燥无水的环境，再用煤气灯加热；D.根据分析，在具支试管内高温加热条件下氯气与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，经过冷凝管冷凝，在具支试管内收集SnCl4；E.微型干燥管中的主要作用是防止水蒸气进入磨口具支试管，防止SnCl4水解，另外还可以用于吸收未反应的有毒气体氯气，因此试剂可以是碱石灰、五氧化二磷或无水氯化钙等能够吸水和吸收氯气的干燥剂；(4)根据反应Sn+Cl2SnCl4，计算出生成SnCl4的理论值，再根据产率=进行计算；(5)SnCl4遇氨及水蒸气的反应是制作烟幕弹的原理是：SnCl4+4NH3+4H2O=Sn(OH)4+4NH4Cl；(6)该微型实验的优点是产率高，对环境污染小，实验药品用量较少；【详解】(1)由于SnCl4是一种极易水解的化合物，它的制备需要在无水的条件下，另外制取的氯气有毒，高温下与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，因此在进行制备实验前，要检查装置的气密性，防止空气中水蒸气进入及防止氯气进入大气；故答案为：检查装置气密性；(2)根据分析，在具支试管内高温加热条件下氯气与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，导致实验装置内压强增大，因此V形管起到安全瓶或起缓冲作用；故答案为：用作缓冲瓶或安全瓶；(3)A.根据图示仪器A的构造，不是蒸馏烧瓶，故A错误；B.由于SnCl4是一种极易水解的化合物，为了充分干燥氯气，浓硫酸的体积应保证无氯气能直接通过球泡，不需要体积大于球泡，故B错误；C.SnCl4是一种极易水解的化合物，操作时应先滴加浓盐酸，使整套装置内充满黄绿色气体，将实验装置内的空气全部赶出，保证干燥无水的环境，再用煤气灯加热，故C正确；D.根据分析，在具支试管内高温加热条件下氯气与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，经过冷凝管冷凝，在具支试管内收集SnCl4，故D正确；E.微型干燥管中的主要作用是防止水蒸气进入磨口具支试管，防止SnCl4水解，另外还可以用于吸收未反应的有毒气体氯气，因此试剂可以是碱石灰、五氧化二磷或无水氯化钙等能够吸水和吸收氯气的干燥剂，故E正确；故答案为CDE；(4)生成SnCl4的反应为：Sn+2Cl2SnCl4，0.59锡的物质的量==0.004mol，则根据反应，生成SnCl4的物质的量=0.004mol，即SnCl4的质量=0.004mol×261g/mol=1.097g，则SnCl4产率===93.9%，故答案为：93.9%；(5)SnCl4遇氨及水蒸气的反应是制作烟幕弹的原理是：SnCl4+4NH3+4H2O=Sn(OH)4+4NH4Cl，故答案为：SnCl4+4NH3+4H2O=Sn(OH)4+4NH4Cl；(6)该微型实验的优点是产率高，对环境污染小，实验药品用量较少，故答案为：产率高，对环境污染小，实验药品用量较少（任写两点，合理即可）；28、小于－86.98kJ·mol－1mol∙L-1∙min-1反应未达到平衡状态，温度越高反应速率越快，CO2转化率越向平衡靠拢12a25【分析】（1）反应Ⅰ分别在恒温恒容和绝热恒容中进行，二者均达到平衡，绝热容器中温度升高平衡逆向进行，二氧化碳浓度增大；用盖斯定律计算∆H3；（2）由图甲知在0～t1时间内，二氧化碳浓度的变化量为0.1mol/L-0.025mol/L=0.075mol/L，根据υ=进行计算；体积压缩为原来的一半，浓度瞬时增大为原来的