2026届天津市宁河区芦台第一中学高三化学第一学期期中检测模拟试题含解析

2026届天津市宁河区芦台第一中学高三化学第一学期期中检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等。下列判断不正确的是A．最简单气态氢化物的热稳定性：R>QB．最高价氧化物对应水化物的酸性：Q<WC．R的最高价氧化物对应水化物是强电解质D．含T元素的盐溶液一定显酸性2、下列有关说法错误的是A．金属Mg与稀硫酸、CO2均能反应，但其基本反应类型不同B．浓硫酸与铜反应时，既体现了其强氧化性又体现了其酸性C．铁在纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到Fe3O4D．SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀生成3、实验室从含溴化氢的废液中提取溴单质，下列说法中能达到实验目的的是()A．用装置氧化废液中的溴化氢B．用装置分离油层和水层C．用装置分离四氯化碳和液溴D．用仪器密封存放单质溴4、常温下，HCOOH和CH3COOH的电离常数分别1.80×10-4和1.75×10−5。将pH=3，体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述正确的是()A．溶液中水的电离程度：b点>c点>d点B．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同C．从c点到d点，溶液中不变(HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子)D．同温下pH相同的NaOH溶液、CH3COONa溶液、HCOONa溶液、NaHCO3溶液的浓度：c(NaOH)<c(HCOONa)<c(CH3COONa)<c(NaHCO3)5、常温下，下列各组数据中比值为2：1的是()A．K2SO3溶液中c(K+)与c(SO32-)之比B．0.2mol·L-1的CH3COOH溶液与0.1mol·L－1的盐酸中c(H+)之比C．pH=7的氨水与(NH4)2SO4的混合溶液中，c(NH4+)与c(SO42-)之比D．pH=12的Ba(OH)2溶液与pH=12的KOH溶液中溶质的物质的量浓度之比6、白磷有剧毒，被白磷污染的物品应即刻用硫酸铜溶液浸泡并清洗，反应原理是:11P4+60CuSO4+96H2O20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4下列说法正确的是A．该反应中CuSO4将白磷氧化为Cu3PB．该反应中1molCuSO4氧化0.1molP4C．Cu3P既是氧化产物，又是还原产物D．该反应中白磷发生歧化反应，其中作氧化剂和作还原剂的P4的质量之比为5∶67、下列物质的工业制法错误的是A．氨气：加热氢氧化钙和氯化铵的混合物B．金属锰：高温下铝和二氧化锰反应C．粗硅：高温下焦炭还原二氧化硅，副产物为COD．硫酸：黄铁矿煅烧生成的气体经接触氧化后用浓硫酸吸收8、下列有关说法不正确的是A．可表示单核10电子粒子基态时的电子排布B．电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱C．同一原子能层越高，s电子云的半径越大D．N、O、F电负性逐渐增大9、下列说法正确的是（）A．HCl的电子式为H:Cl B．H2O2中含有离子键C．质量数为12的C原子符号为12C D．用电子式表示KBr的形成过程：10、某溶液中可能存在Fe3+、Fe2+、I−、HCO3-、Cl−、NO3-六种离子中的几种。现进行下列实验：①取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈血红色；②另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深。据此可以推断，该溶液中肯定不存在的离子是()A．I−、HCO3-、Cl−B．Fe2+、HCO3-、NO3-C．I−、HCO3-D．Fe3+、I−、HCO3-11、有机物甲、乙的结构如右图所示。下列说法错误的是A．甲、乙都能与金属钠反应生成氢气B．甲、乙互为同分异构体C．一定条件下，甲、乙均能发生取代反应D．甲、乙都能与溴的单质发生加成反应12、某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Zn，其他电极均为Cu。下列说法错误的是()A．电极Ⅰ发生氧化反应B．相同时间内，电极Ⅱ与电极Ⅳ的质量变化值相同C．电极Ⅲ的电极反应：4OH－－4e－===O2↑＋2H2OD．电流方向：电极Ⅳ→电流表→电极Ⅰ13、表示下列反应的离子方程式正确的是A．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3-3Fe3++NO↑+3H2OB．用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+2H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OC．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3↓+HCO3-D．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO-+2Fe(OH)32FeO42-+3Cl-+H2O+4H+14、下列有关物质的保存、鉴别或除杂说法错误的是A．金属Li和Na应密封保存于煤油中，防止与空气接触B．用湿润的淀粉-KI试纸无法鉴别Br2（g）和NO2气体C．用CaCl2溶液可鉴别NaHCO3溶液与Na2CO3溶液D．用饱和的NaHCO3溶液除CO2气体中HCl杂质15、足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与2.24LO2(标准状况)混合后通入水中，气体恰好完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入100mLNaOH溶液，此时Cu2+恰好沉淀完全，所用NaOH溶液的浓度是()A．1mol·L-1 B．2mol·L-1C．3mol·L-1 D．4mol·L-116、CO2和CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如下：下列说法不正确的是A．合成气的主要成分为CO和H2 B．①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成C．Ni在该反应中做催化剂 D．①→②吸收能量17、某溶液中有Mg2＋、Fe2＋和Al3＋三种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是A．Al3＋ B．Mg2＋ C．Fe2＋ D．三种离子都减少18、胞嘧啶是DNA水解产物之一，是精细化工的重要中间体。胞嘧啶可由5－巯基甲脲嘧啶、浓氨水和氯乙酸在一定条件下合成，则反应时NH3和5－巯基甲脲嘧啶的物质的量之比为A．1∶1B．2∶3C．3∶1D．2∶119、下列各组物质中，X是主体物质，Y是少量杂质，Z是为除去杂质所要加入的试剂，其中所加试剂正确的一组是ABCDXFeCl2溶液FeCl3溶液FeFeSO4溶液YFeCl3CuCl2AlFe2(SO4)3ZCl2FeNaOH溶液CuA．A B．B C．C D．D20、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．中性溶液中：Fe3+、NH4+、Br、HCO3-B．澄清透明的溶液中：Na+、Cu2+、NO3-、Cl-C．c(OH-)<的溶液中：Na+、Ca2+、ClO-、F-D．1mo/L的KNO3溶液中：H+、Fe2+、SCN-、SO42-21、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是A．常温下，pH＝1的盐酸溶液中，由水电离的H＋个数为10－13NAB．标准状况下，氧原子总数为0.2NA的CO2和NO2的混合气体，其体积为2.24LC．常温下，5.6g铁分别与足量氯气和浓硝酸反应，转移的电子数目均为0.3NAD．100g46%乙醇溶液中所含O－H数目为7NA22、合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得，其中的一步反应为：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＜0反应达到平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是（）A．增加压强 B．降低温度 C．增大CO的浓度 D．更换催化剂二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如下图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。（1）若A为常见的金属单质，且其焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式：___________________________________________。（2）若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则X可能为__________（填字母）。a.NaHCO3b.Na2CO3c.Al(OH)3d.NaAlO2（3）若A为淡黄色粉末，则A的电子式为_______。若X为一种最常见的造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的D、E两种溶液，可选择的试剂为___。（填字母）a.盐酸

b.CaCl2溶液

c.氨水d.澄清石灰水（4）若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红。则A与水反应的化学方程式中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________________。24、（12分）从薄荷油中得到一种烃A(C10H16)，叫α—非兰烃，与A相关反应如图：已知：（1）H的分子式为___。（2）B所含官能团的名称为___。（3）含两个—COOCH3基团的C的同分异构体共有__种(不考虑手性异构)，其中核磁共振氢谱呈现2个吸收峰的异构体结构简式为___。（4）B→D，D→E的反应类型分别为___、___。（5）G为含六元环的化合物，写出其结构简式：___。（6）写出E→F的化学反应方程式：___。25、（12分）某实验小组探究少量Cl2和FeBr2反应的过程。（1）配制FeBr2溶液：ⅰ.配制50mL1.0mol/LFeBr2溶液；ⅱ.上述溶液呈淡黄色。取少量此溶液，向其中滴入KSCN溶液，变为浅红色。①配制50mL1.0mol/LFeBr2溶液常加少量HBr是为了_____________________。②由ⅱ可知，此FeBr2溶液呈黄色的原因是其中含有________，用离子方程式解释产生其原因：_____________________。（2）氯气和FeBr2反应实验操作及现象如下：据此甲同学得出结论：少量Cl2既能和Fe2+又能和Br-发生氧化还原反应。①Cl2和Fe2+发生反应的离子方程式是________________。②乙同学认为上述实验不能证明Cl2和Br-发生反应，理由是_____________。③乙同学改进实验如下：在上述FeBr2溶液中加入过量铁粉，取上层清液2mL，向其中滴加3滴饱和氯水后，再加入CCl4，振荡后静置，观察现象。乙得出结论：少量Cl2只与Fe2+反应，不与Br-反应。乙得出该结论依据的实验现象是____________________。26、（10分）某小组探究Cu与反应，发现有趣的现象。室温下，的稀硝酸(溶液A)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生，而溶液B(见图)遇铜片立即产生气泡。回答下列问题：(1)探究溶液B遇铜片立即发生反应的原因。①假设1：_____________对该反应有催化作用。实验验证：向溶液A中加入少量硝酸铜，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。结论：假设1不成立。②假设2：对该反应有催化作用。方案Ⅰ：向盛有铜片的溶液A中通入少量，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认为应补充对比实验：向盛有铜片的溶液A中加入几滴的硝酸，没有明显变化。补充该实验的目的是_____________。方案Ⅱ：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C。相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：，该实验能够证明假设2成立的理由是_________________。③查阅资料：溶于水可以生成和___________________。向盛有铜片的溶液A中加入，铜片上立即产生气泡，实验证明对该反应也有催化作用。结论：和均对Cu与的反应有催化作用。(2)试从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于的原因________________。(3)Cu与稀硝酸反应中参与的可能催化过程如下。将ii补充完整。i．ii．______________________iii．(4)探究的性质。将一定质量的放在坩埚中加热，在不同温度阶段进行质量分析，当温度升至时，剩余固体质量变为原来的，则剩余固体的化学式可能为______________。27、（12分）现有某混合物的无色透明溶液，可能含有以下离子中的若干种：Na＋、NH4＋、Cl－、Mg2＋、Ba2＋、CO32－、SO42－。现取三份各100mL溶液进行如下实验：①第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生；②第二份加足量NaOH溶液充分加热后，收集到气体0.896L(标准状况)；③第三份加足量BaCl2溶液后，过滤后充分干燥得到沉淀6.27g，再经足量稀硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量变为2.33g。根据上述实验现象和有关数据，回答下列问题：（1）原溶液中一定存在的阴离子是____________，一定不存在的离子是____________，可能存在的离子是__________。（2）②中发生化学反应的离子方程式为______________________________________。（3）③中生成可溶于稀硝酸的沉淀化学式为__________，物质的量为________mol。该沉淀溶于稀硝酸的离子方程式为______________________________________。28、（14分）氢气是一种高能燃料，也广范应用在工业合成中。（1）标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa，最稳定的单质生成1mol化合物的焓变。已知25℃和101kPa时下列反应：①2C2H6(g)＋7O2(g)=4CO2(g)＋6H2O(l)△H=－3116kJ·mol－1②C(石墨，s)＋O2(g)=CO2(g)△H=－393.5kJ·mol－1③2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)△H=－571.6kJ·mol－1写出乙烷标准生成焓的热化学方程式：___________________________________________。（2）已知合成氨的反应为：N2＋3H22NH3△H＜0。某温度下，若将1molN2和2.8molH2分别投入到初始体积为2L的恒温恒容、恒温恒压和恒容绝热的三个密闭容器中，测得反应过程中三个容器(用a、b、c表示)内N2的转化率随时间的变化如图所示，请回答下列问题：①图中代表反应在恒容绝热容器中进行的曲线是______（用a、b、c表示）②曲线a条件下该反应的平衡常数K=_________。③b容器中M点，v(正)____v(逆)（填“大于”、“小于”或“等于”）（3）利用氨气可以设计成高能环保燃料电池，用该电池电解含有NO2－的碱性工业废水，在阴极产生N2。阴极电极反应式为______；标准状况下，当阴极收集到11.2LN2时，理论上消耗NH3的体积为_____。（4）氨水是制备铜氨溶液的常用试剂，通过以下反应及数据来探究配制铜氨溶液的最佳途径。已知：Cu(OH)2(s)Cu2＋＋2OH－Ksp=2.2×10－20Cu2＋＋4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2＋(深蓝色)＋4H2OKβ=7.24×1012①请用数据说明利用该反应：Cu(OH)2(s)＋4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2＋＋4H2O＋2OH－配制铜氨溶液是否可行：_________________________________________。②已知反应Cu(OH)2(S)＋2NH3·H2O＋2NH4＋[Cu(NH3)4]2＋＋4H2OK=5.16×102。向盛有少量Cu(OH)2固体的试管中加入14mol·L－1的氨水，得到悬浊液；此时若加入适量的硫酸铵固体，出现的现象为_______________；解释出现该现象的原因是_____________________。29、（10分）硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛。已知：硼镁矿主要成分为Mg2B2O5•H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O。利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程为：回答下列有关问题：(1)硼砂中B的化合价为________________，溶于热水后，常用H2SO4调pH为2～3制取H3BO3，反应的离子方程式为________________________________________________________________。X为H3BO3晶体加热脱水的产物，其与Mg制取粗硼的化学方程式为_______________________________________________________________。(2)MgCl2·7H2O需要在HCl氛围中加热，其目的是______________________________________________________________。若用惰性电极电解MgCl2溶液，其总反应离子方程式为

____________________________________________________________。(3)镁-H2O2酸性燃料电池的反应机理为Mg+H2O2+2H+═Mg2++2H2O，则正极反应式为____________________________________________________

。(4)制得的粗硼在一定条件下生成BI3，BI3加热分解可以得到纯净的单质硼。现将

0.020g粗硼制成的BI3完全分解，生成的I2用0.30mol·L-1

Na2S2O3溶液滴定至终点，并选用指示剂，达到滴定终点的现象是_________________________________________。消耗Na2S2O3溶液18.00mL。该粗硼样品的纯度为

__________________。(提示：I2+2S2O32－=2I－+S4O62－)

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、D【解析】根据元素在周期表中的位置可知，短周期元素R、T、Q、W分别是N、Al、Si、S。【详解】A.N的非金属性强于Si，故A正确；B.S的非金属性也强于Si的，故B正确；C.R的最高价氧化物对应水化物是硝酸，是强电解质，故C正确；D.T元素是Al，偏铝酸钠溶液是碱性；故D错误；故选D。2、A【解析】A项，金属Mg与稀硫酸反应：Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，金属Mg与CO2反应：2Mg+CO22MgO+C，二者都是置换反应，也是氧化还原反应，反应类型相同，A错误；B项，浓硫酸与铜反应生成硫酸铜，说明硫酸表现酸性，生成SO2，说明硫酸表现强氧化性，B正确；C项，铁在纯氧中燃烧生成Fe3O4，铁和水蒸气反应生成Fe3O4和H2，故C正确；D项，SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中，反应离子方程式为3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故D正确。3、B【分析】A.集气瓶中导管应遵循“长进短出”原则；B.互不相溶的液体采用分液方法分离；C.互溶的液体应该采用蒸馏方法分离提纯，且温度计测量馏分温度；D.溴能氧化橡胶。【详解】A.集气瓶中导管应长进短出，否则会将液体排除，不能达到实验目的，A错误；B.CCl4和水是互不相溶的两种液态物质，可用分液漏斗进行分离，B正确；C.温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管口处，测量的是蒸气的温度，C错误；D.液溴具有强的腐蚀性，会腐蚀橡胶塞，应用玻璃塞且需要水封，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查化学实验方案评价，涉及洗气、物质分离和提纯、物质性质等知识点，明确实验原理及物质性质差异性是解本题关键，能够根据物质性质差异性分离提纯物质。4、C【分析】酸的电离平衡常数越大，酸性越强，则甲酸酸性比乙酸强，pH相同的这两种酸稀释相同倍数，酸性较强者pH变化较大，根据图知I表示甲酸、II表示乙酸；等pH的溶液稀释相同倍数时，酸越弱，其pH变化幅度越小，其钠盐越容易水解，钠盐溶液的碱性越强；【详解】A．酸抑制水电离，酸中pH越小、即c(H+)越大，水的电离程度越小，则水电离程度：b<c<d，故A错误；

B．pH相同的两种酸，c(HCOOH)<c(CH3COOH)，相同体积a点的两种酸：n(HCOOH)<n(CH3COOH)，分别与NaOH恰好中和后溶液中n(Na+)与酸的物质的量成正比，所以反应后溶液中n(Na+)：甲酸小于乙酸，故B错误；

C．温度不变水解平衡常数不变，从c点到d点温度不变，则Kh=不变，故C正确；

D．氢氧化钠溶液因电离呈碱性、强碱弱酸盐溶液因水解呈碱性，这几种物质碱性：NaOH>NaHCO3>CH3COONa>HCOONa，同温下，pH相同的这几种溶液，碱性越强物质的量浓度越小，则溶液浓度c(NaOH)<c(NaHCO3)<c(CH3COONa)<c(HCOONa)，故D错误；答案选C。5、C【详解】A.K2SO3溶液中，SO32-水解消耗，但是K+不会发生水解，c(K＋)与c(SO32-)之比大于2：1，A错误；B.CH3COOH溶液中醋酸不完全电离，0.2mol•L-1的CH3COOH溶液与0.1mol•L-1的盐酸中c(H＋)之比小于2：1，B错误；C.(NH4)2SO4与NH3•H2O的混合溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，25℃时，pH=7是显中性的溶液，c(H+)=c(OH-)，所以c(NH4+)=2c(SO42-)，c(NH4+)与c(SO42-)之比等于2：1，C正确；D.根据c(OH-)·c(H+)=Kw知，pH=12的Ba(OH)2溶液与pH=12的KOH溶液中氢氧根离子浓度相等为0.01mol/L，但溶质的物质的量浓度之比=0.005mol/L：0.01mol/L=1：2，D错误；故合理选项是C。6、D【分析】本题主要考查氧化还原反应，氧化还原反应的电子转移数目计算。Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，结合电子守恒来解答。【详解】A.该反应中CuSO4将白磷氧化为H3PO4，错误；B.因为1molCuSO41/3molCu3P得到1mole-，1molP44molH3PO4失去20mole-，故1molCuSO4可氧化0.05molP4，错误；C.Cu3P只是还原产物，错误；D.根据反应中各元素化合价变化，该反应可写为6P4（还原剂）+5P4+60CuSO4（氧化剂）+96H2O===20Cu3P（还原产物）+24H3PO4（氧化产物）+60H2SO4，白磷发生歧化反应，其中作氧化剂和还原剂的白磷的质量之比为5:6，正确。7、A【详解】A.氨气：加热氢氧化钙和氯化铵的混合物为氨气的实验室制法，工业用氮气与氢气在一定条件下反应制取，符合题意，A正确；B.金属锰：高温下铝和二氧化锰发生铝热反应可制取金属锰，与题意不符，B错误；C.粗硅：用焦炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅，副产物为CO，与题意不符，C错误；D.硫酸：黄铁矿煅烧生成的气体经接触氧化后用浓硫酸吸收三氧化硫制取浓硫酸，与题意不符，D错误；答案为A。【点睛】加热氢氧化钙和氯化铵的混合物为氨气的实验室制法。8、B【分析】基态电子排布遵循能量最低原理、洪特规则、泡利原理，电子不发生跃迁；原子光谱是原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列光所组成的光谱；同一能级，能层序数越大，轨道的能量越高，轨道的半径也越大；电负性是指原子对于电子的吸引能力，由元素周期律知，同一周期，从左至右，电负性增大。【详解】A．单核10电子粒子基态时，遵循能量最低原理，每个轨道排布2个电子，自旋方向相反，故A正确；B．原子光谱是原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列光所组成的光谱，所以电子在激发态跃迁到基态、基态跃迁到激发态时均会产生原子光谱，故B错误；C．s电子云均为球形，能层序数越大，轨道的能量越高，轨道的半径也越大，故C正确；D．由元素周期律知，同一周期，从左至右，电负性增大，N、O、F从左至右排列，故D正确；答案选B。【点睛】电子的排布遵循三原则：能量最低原理、洪特规则、泡利原理；电子由激发态跃迁到基态是发射光谱，由基态到激发态是吸收光谱。9、D【解析】A.HCl的电子式为，故A错误；B.H2O2是共价化合物，只含共价键，没有离子键，故B错误；C.质量数为12的C原子符号为12C，故C错误；D.用电子式表示KBr的形成过程：，故D正确；故选D。10、C【详解】①取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，说明原溶液中一定存在Fe3+，因Fe3+与I-能发生2Fe3++2I-=2Fe2++I2，所以一定不存在I-；

②另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深，发生3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，说明原溶液中一定存在Fe2+、NO3-，因HCO3-+H+=H2O+CO2↑，而原溶液滴加盐酸加酸没有气体生成，所以一定不存在HCO3-，无法确定是否含有Cl-；

故选：C。11、A【解析】A．甲含-COOH与Na反应生成氢气，而乙不能，故A错误；B．二者分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故B正确；C．含-COOH、-COOC-，均可发生取代反应，故C正确；D．均含碳碳双键，都能与溴的单质发生加成反应，故D正确；故选A。点睛：本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键。由结构可知，二者分子式相同，甲中含碳碳双键、-COOH，乙中含碳碳双键、-COOC-。12、C【解析】电极Ⅰ为Zn，其它均为Cu，Zn易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极。A．电极Ⅰ上为Zn失电子，发生氧化反应，故A正确；B、电极II是正极，电极反应：Cu2++2e-=Cu；电极Ⅳ是阴极，该电极上发生反应为Cu2++2e-=Cu，由于流经各个电极的电子的量相同，故两个电极的质量变化相同，故B正确；C、电极Ⅲ为阳极，电极反应式为Cu-2e-═Cu2+，故C错误；D、电子方向从负极流向正极，即电极Ⅰ→电极Ⅳ，而电流方向与电子的方向相反，故电流的流向为：电极Ⅳ→→电极I，故D正确；故选C。点睛：本题考查了原电池原理，正确判断正负极是解本题关键，再结合各个电极上发生的反应来分析解答。该装置中，左边是原电池，右边是电解池，要注意，电解池中阳极为铜，铜电极本身放电。13、C【分析】A、四氧化三铁为氧化物，离子方程式中不能拆开．B、电荷不守恒，要加热才能反应；C、二氧化碳足量，反应生成碳酸氢根离子；D、反应条件为碱性；【详解】A、四氧化三铁不能拆开，正确的离子方程式为：3Fe3O4+NO3－+28H＋═9Fe3＋+14H2O+NO↑，故A错误；B、电荷不守恒，用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故B错误；C、向NaAlO2溶液中通入足量的CO2，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：AlO2－+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3－，故C正确；D、在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：4OH－＋3ClO-+2Fe(OH)32FeO42-+3Cl-+5H2O，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了离子方程式的书写方法，解题关键：注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。易错选项D，注意溶液的酸碱性。14、A【解析】A.锂的密度比煤油小，应固封于石蜡中保存，故A错误；B.Br2与KI发生置换反应生成单质I2，使淀粉变蓝，NO2与水反应生成的HNO3具有强氧化性，能将I－氧化成I2，也能使淀粉变蓝，故不能用湿润的淀粉-KI试纸鉴别Br2（g）和NO2气体，故B正确；C．CaCl2溶液与NaHCO3溶液不反应，与Na2CO3溶液反应生成白色沉淀，现象不同，所以用CaCl2溶液可鉴别NaHCO3溶液与Na2CO3溶液，故C正确；D．因HCl可以和NaHCO3溶液发生反应：HCl＋NaHCO3=NaCl＋CO2↑＋H2O，而CO2与饱和的NaHCO3溶液不反应，所以用饱和的NaHCO3溶液可以除去CO2气体中HCl杂质，故D正确；故答案选A。15、D【解析】标况下2.24

O2的物质的量为=0.1mol，生成的NO2、N2O4、NO的混合气体与2.24L

O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸，根据电子转移守恒，Cu提供的电子物质的量等于0.1molO2获得电子的物质的量，故Cu2+的物质的量为=0.2mol，Cu2+恰好与氢氧根离子恰好反应生成Cu(OH)2，则n(NaOH)=2n(Cu2+)=0.2mol×2=0.4mol，故所用NaOH溶液的浓度为=4mol/L，故选D。16、D【分析】由图可知，CO2和CH4催化重整可制备合成气的方程式：CH4(g)+CO2(g)→2CO+2H2，Ni在该反应中做催化剂,且化学反应中由化学键的断裂和生成，①→②放出能量。【详解】A．CO2和CH4催化重整可制备合成气，则合成气的主要成分为CO和H2，A说法正确；B．由反应历程图中反应物、生成物可知，①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，B说法正确；C．Ni在该反应中做催化剂，改变反应途径，不改变反应物和生成物，C说法正确；D．由反应历程示意图可知，反应物所具有的总能量比生成物所具有的总能量高，①→②放出能量，D说法错误；答案选D17、C【解析】加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，四种离子均反应，铝离子转化为偏铝酸根离子，再加盐酸，又转化为铝离子，镁离子转化为沉淀后再与盐酸反应生成镁离子，则A、B中离子浓度不变，亚铁离子转化为沉淀后被氧化生成氢氧化铁，与盐酸反应生成铁离子，则C中离子浓度减小，故选C。18、A【解析】对比5－巯基甲脲嘧啶和胞嘧啶的分子式，不难看出胞嘧啶比5－巯基甲脲嘧啶多了一个N原子，多出的N原子一定来自于氨，所以反应时NH3和5－巯基甲脲嘧啶的物质的量之比为1∶1，故选A。19、C【详解】A.氯气会将FeCl2氧化为FeCl3，故A错误；B.铁能和铜离子及铁离子反应，不能用于除去FeCl3溶液中的CuCl2杂质，故B错误；C.Al能与NaOH反应而Fe不反应，可以除去杂质Al，故C正确；D.Cu与铁离子反应会引入Cu2+杂质，故D错误；答案选C。20、B【详解】A.Fe3+与HCO3-发生双水解反应生成沉淀和气体，不能大量共存，故A不选；B.该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；C.常温下，KW=1×10-14，所以c(OH-)<的溶液显酸性，H+与ClO-，H+与F-结合生成弱电解质，不能大量共存，故C不选；D.H+、Fe2+、NO3-三种离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不选；故答案选B。【点睛】硝酸亚铁溶液中，Fe2+与NO3-之间可以大量共存，NO3-没有氧化性；但是在酸性较强的环境下，NO3-具有强氧化性，能够把Fe2+氧化为Fe3+，导致Fe2+与NO3-之间不能大量共存。21、D【解析】A项，该盐酸溶液的体积未知，无法计算H+数目，A错误；含氧原子总数为0.2NA的CO2和NO2的混合气体，若只有CO2和NO2，则为0.1mol，标准状况下其体积为2.24L，但是存在可逆反应2NO2N2O4，故实际体积小于2.24L，故B错误；C项，常温下铁在浓硝酸中钝化，无法计算转移的电子数，故C错误；D项，100g质量分数为46%的乙醇溶液中含有46g(1mol)乙醇和54g(3mol)水，所含的O－H数目为7NA，D正确。点睛：本题考查NA及其应用，题目难度不大，但设计了一些思维障碍，易错点较多，A项由水电离的H＋浓度为10－13mol•L-1，B项易忽略可逆反应，C项注意钝化，D项注意水中的O－H。22、B【详解】提高CO的转化率可以让平衡正向进行即可。A、增加压强，该平衡不会发生移动，故A错误；B、降低温度，化学平衡向着放热方向即正向进行，故B正确；C、增大CO的浓度，化学平衡向着正方向进行，但是一氧化碳的转化率降低，故C错误；D、催化剂不会引起化学平衡的移动，故D错误；答案选B。二、非选择题(共84分)23、OH-+HSO3-=SO32-+H2Obdab1:2【分析】（1）若A为常见的金属单质，由焰色反应呈黄色可知A是金属Na，由X能使品红溶液褪色可知X是SO2，钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠能和二氧化硫反应，则B是氢气、C是氢氧化钠，氢氧化钠溶液和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，则D是亚硫酸钠，亚硫酸钠和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，则E是亚硫酸氢钠；（2）若A为短周期元素组成的单质，由该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强可知A是氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸是强酸，能和弱酸盐反应；（3）若A为淡黄色粉末，由淡黄色固体能和水反应可知A为过氧化钠，过氧化钠为离子化合物，由X为一种最常见的造成温室效应的气体可知X为二氧化碳，则C是氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，则D是碳酸钠、E是碳酸氢钠；（4）若A是氧化物，X是铁，由溶液D中加入硫氰化钾溶液显红色，说明D中含有三价铁离子，由A和水反应生成酸和另一种物质可知，A为二氧化氮、B为一氧化氮、C为硝酸、D为硝酸铁、E为硝酸亚铁。【详解】（1）若A为常见的金属单质，由焰色反应呈黄色可知A是金属Na，由X能使品红溶液褪色可知X是SO2，钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠能和二氧化硫反应，则B是氢气、C是氢氧化钠，氢氧化钠溶液和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，则D是亚硫酸钠，亚硫酸钠和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，则E是亚硫酸氢钠，氢氧化钠溶液和亚硫酸氢钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：OH－＋HSO3－=SO32－＋H2O，故答案为OH－＋HSO3－=SO32－＋H2O；（2）若A为短周期元素组成的单质，由该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强可知A是氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸是强酸，能和弱酸盐反应，由题给转化关系可知，X可能为碳酸钠，碳酸钠溶液与盐酸反应生成二氧化碳和水，二氧化碳与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，则X为碳酸钠、D为二氧化碳、E为碳酸氢钠；X也可能为偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与盐酸反应生成氯化铝和水，氯化铝溶液与偏铝酸钠溶液发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，则X为偏铝酸钠、D为氯化铝、E为氢氧化铝，故答案为bd；（3）若A为淡黄色粉末，由淡黄色固体能和水反应可知A为过氧化钠，过氧化钠为离子化合物，电子式为，由X为一种最常见的造成温室效应的气体可知X为二氧化碳，则C是氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，则D是碳酸钠、E是碳酸氢钠，a、碳酸钠盐酸反应先不生成气体后产生气体，碳酸氢钠和盐酸立即反应生成气体，故正确；b、碳酸氢钠和氯化钡不反应，碳酸钠和氯化钡反应生成白色沉淀，故正确；c、氢氧化钠和碳酸钠不反应，和碳酸氢钠反应生成水，都没有明显现象，故错误；d、氢氧化钙和碳酸钠、碳酸氢钠反应都生成白色沉淀，故错误；ab正确，故答案为；ab；（4）若A是氧化物，X是铁，由溶液D中加入硫氰化钾溶液显红色，说明D中含有三价铁离子，由A和水反应生成酸和另一种物质可知，A为二氧化氮、B为一氧化氮、C为硝酸、D为硝酸铁、E为硝酸亚铁，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，由反应方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故答案为1:2。24、C10H20羧基、羰基4加成反应取代反应CH3CHBrCOOH+2NaOHCH3CH(OH)COONa+NaBr+H2O【分析】根据A的分子式以及信息和A与酸性高锰酸钾溶液反应的生成物结构简式可知A的结构简式为，则B的结构简式为CH3COCOOH。B与氢气发生加成反应生成D，则D的结构简式为CH3CHOHCOOH，D与HBr发生羟基上的取代反应生成E，则E的结构简式为CH3CHBrCOOH。D分子中羟基和羧基，2分子D反应生成G，则根据G的分子式可知G的结构简式为，据此分析作答；【详解】（1）由H的结构简式可知，H分子式为C10H20；（2）B的结构简式为CH3COCOOH，所含官能团为羧基、羰基；（3）含两个-COOCH3基团的C的同分异构体共有H3COOCCH2CH2CH2COOCH3、H2COOCCH(CH3)CH2COOCH3、CH3CH2CH(COOCH3)2、共计4种；其中核磁共振氢谱呈现2个吸收峰的同分异构体的结构简式为；（4）由上述分析知B发生加成反应生成D；D发生取代反应生成E；（5）G为含六元环的化合物，写出其结构简式为；（6）根据以上分析可知E→F的化学反应方程式为：CH3CHBrCOOH+2NaOHCH3CH(OH)COONa+NaBr+H2O。25、抑制Fe2+的水解Fe3+4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2OCl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+溶液中含有的Fe3+可与I－反应生成I2使淀粉变蓝静置后，上层溶液为黄色，下层溶液无色【解析】(1)①FeBr2溶液中亚铁离子能够水解，加少量HBr可以抑制Fe2+的水解，故答案为：抑制Fe2+的水解；②FeBr2溶液呈黄色，是因为含有铁离子，因亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，反应离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故答案为：Fe3+；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；(2)①Cl2具有强氧化性，可使Fe2+转化为Fe3+，自身被还原生成氯离子，离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2C1-+2Fe3+，故答案为：Cl2+2Fe2+=2C1-+2Fe3+；②铁离子具有氧化性、碘离子具有还原性，溶液中含有的Fe3+可与I-反应，二者发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘单质，离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2使淀粉变蓝，故答案为：溶液中含有的Fe3+可与I-反应生成I2使淀粉变蓝；③少量Cl2与Fe2+反应，加入CCl4萃取后，静置后，上层溶液为黄色，为铁离子，下层溶液无色，说明不含有溴，因溴单质在四氯化碳中呈现紫色，故答案为：静置后，上层溶液为黄色，下层溶液无色。点睛：本题考查Cl2和FeBr2反应的过程实验探究，掌握氯、铁、溴的性质以及明确溶液中离子反应的先后顺序是解答关键。本题的易错点为(2)②，注意铁离子具有氧化性、碘离子具有还原性，二者发生氧化还原反应。26、Cu2+排除通入与水反应引起硝酸浓度增大的影响通入N2可以带走溶液中的，因此三份溶液中的浓度：B＞C＞A，反应速率随浓度降低而减慢，说明对该反应有催化作用有单电子，很容易得到一个电子形成更稳定的；为平面正三角形结构，且带一个负电荷，难以获得电子【分析】影响铜和硝酸反应速率的外因有反应物的浓度、温度、催化剂等，要探究催化剂对反应速率的影响，变量是催化剂，作对比实验，反应物浓度、温度必须相同，催化剂可以参与反应，先在反应中消耗后又重新生成，反应前后催化剂的质量和化学性质不发生改变；计算受热分解所得产物化学式时，结晶水合物先失去水、硝酸盐不稳定分解、结合应用质量守恒定律计算即可；【详解】(1)①溶液B与稀硝酸的区别就是B是铜和浓硝酸反应后的稀释液，先呈绿色后呈蓝色，稀释液中除了硝酸还存在铜离子、少量二氧化氮，溶液B遇铜片立即发生反应，催化剂能极大地加快反应速率，故推测Cu2+对该反应有催化作用、并通过实验探究之。②排除了Cu2+对该反应有催化作用，就要通过实验探究对该反应有催化作用。作对比实验，控制变量，方案Ⅰ中向盛有铜片的溶液A中通入少量，补充对比实验，补充该实验的目的是排除通入与水反应引起硝酸浓度增大的影响。方案Ⅱ：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C，则三份溶液中唯一的变量的浓度不一样：由于通入N2可以带走溶液中的，因此的浓度：B＞C＞A，则相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：可以证明，该实验能够证明对该反应有催化作用。③已知溶于水可以生成，氮元素化合价降低，则该反应是氧化还原反应，推测氧化产物为，故溶于水可以生成和。(2)根据价层电子对互斥理论，中孤电子对数为，价层电子对数为3+0=3，根据杂化轨道理论，中心N原子为sp2杂化，空间构型为平面正三角形，在NO2分子中，N周围的价电子数为5，根据价层电子对互斥理论，氧原子不提供电子，因此，中心氮原子的价电子总数为5，其中有两对是成键电子对，一个单电子，故从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于的原因为：有单电子，很容易得到一个电子形成更稳定的；为平面正三角形结构，且带一个负电荷，难以获得电子。(3)Cu与稀硝酸反应中反应过程中可能参与催化，先在反应中消耗后又重新生成，反应前后的质量和化学性质不发生改变；Cu与稀硝酸反应为：，反应ii=(总反应-i×6-iii×2)，则反应ii为：。(4)硝酸盐受热易分解，铜活泼性较弱，硝酸铜晶体受热分解会生成铜的氧化物，假设的质量为296g，即1mol，当温度升至时，剩余固体质量为296g×24.33%=72g，其中Cu为64g，还剩余8g其他元素，应为氧元素，所以剩余物质中Cu和O的物质的量之比为1:0.5，则该物质应为Cu2O。27、CO32-、SO42-Mg2+、Ba2+Cl-NH4++OH-=NH3↑+H2OBaCO30.02molBaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O【分析】①第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生，则溶液中可能存在Cl－、CO32－、SO42－；②第二份加足量NaOH溶液充分加热后，收集到气体0.896L(标准状况)，则原溶液中存在NH4＋；③第三份加足量BaCl2溶液后，过滤后充分干燥得到沉淀6.27g，再经足量稀硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量变为2.33g，则溶液中存在CO32－、SO42－；一定不存在Mg2＋、Ba2＋；无法确定Cl－是否存在；【详解】（1）分析可知，原溶液中一定存在的阴离子CO32-、SO42-；一定不存在的离子是Mg2+、Ba2+；可能存在的离子Cl-；（2）②中铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气和水，离子方程式为NH4++OH-=NH3↑+H2O；（3）③碳酸钡溶于硝酸，生成硝酸钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；碳酸钡、硫酸钡的混合物6.27g，不溶的为硫酸钡，2.33g，则碳酸钡的质量为6.27-2.33=3.94g，即0.02mol。28、2C（石墨）+3H2(g)=C2H6(g)△H＝-86.4kJ/molc800小于2NO2-＋6e-＋4H2O=N2+8OH-22.4L该反应的K=Ksp·Kβ=1.6×10-7＜10-5所以反应很难进行固体溶解，得到深蓝色溶液溶液中存在平衡Cu(OH)2(s)+2NH3·H2O+2NH4＋[Cu(NH3)4]2++4H2O,加入硫酸铵固体增大了铵根离子浓度，平衡正向移动【详解】本题考查盖斯定律的应用，②×2＋③×3/2－①/2得出：2C（石墨）+3H2(g)=C2H6(g)△H＝-86.4kJ/mol；（2）①恒容绝热容器，正反应是放热反应，随着反应进行，温度升高，化学反应速率升高，先达到平衡，符合条件的曲线是c；②此反应是气体物质的量减少的，恒温恒容是的反应速率小于恒温恒压，即b为恒温恒容时的曲线，a为恒温恒压时的曲线，化学平衡常数只受温度的影响，温度不变，化学平衡常数不变，即N2+3H22NH3起始（mol·L－1）0.51.40变化：0.41.20.8平衡：0.10.20.8根据化学平衡常数的定义，K=c2(NH3)/(NH3)/[c3(H2)×c(N2)]=800；③M点达到b曲线上，N2的转化率降低，说明反应向逆反应方向移动，即v(正)<v(逆)；（3）根据电解的原理，阴极上得到电子，化合价降低，根据信息NO2－→N2，化合价由＋3价→0价，NO2－在阴极上放电，因此阴极反应式为：2NO2－＋4H2O＋6e－=N2＋8OH－，阳极上失去电子化合价升高，阴极