2026届山东省滕州实验中学化学高三上期中质量检测模拟试题含解析

2026届山东省滕州实验中学化学高三上期中质量检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、原子的种类取决于A．质子数 B．质量数C．质子数和中子数 D．原子序数2、海水综合利用要符合可持续发展的原则，其联合工业体系(部分)如图所示，下列说法不正确的是A．①中可采用反渗透膜法，该法用到的半透膜可用于渗析操作B．②中工业上要制金属镁，可通过电解饱和氯化镁溶液的方法来获取C．③中提溴需要对含溴溶液加有机溶剂进行富集，该操作称为萃取D．④中氯碱工业电解饱和食盐水，采用的是阳离子交换膜法进行电解3、NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAC．欲配制1.00L1.00mol·L-1的NaCl溶液，可将58.5gNaCl溶于1.00L水中D．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA4、在下列给定条件下的溶液中，一定能大量共存的离子组是（）A．无色溶液：Ca2＋、H＋、Cl－、HSO3－B．能使pH试纸呈红色的溶液：Na＋、NH4＋、I－、NO3－C．c(H＋)=c(OH－)溶液：K＋、Fe3＋、SO42－、NO3－D．加水稀释时c(H＋)/c(OH－)值明显增大的溶液中：SO32－、Cl－、NO3－、Na＋5、在0.1mol/L的醋酸钠溶液中加入等体积的下列物质，溶液中离子浓度大小关系正确的是A．水；c(CH3COO-）＞c(Na+）＞c(OH-）＞c(H+）B．0.1mol/L盐酸；c(Na+）=c(Cl-）＞c(H+）＞c(CH3COO-）＞c(OH-）C．0.1mol/L醋酸；c(Na+）＞c(CH3COO-）＞c(H+）＞c(OH-）D．0.1mol/L氢氧化钠；c(Na+）＞c(CH3COO-）＞c(OH-）＞c(H+）6、在溶液中0.2molX2O72-恰好能使0.6molSO32-被完全氧化，则X2O72-被还原后X元素的化合价为A．+1B．+2C．+3D．+47、用如图所示装置探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反应，若通入适当比例的Cl2和NO2，即发生反应Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。下列叙述正确的是A．实验室中用二氧化锰与3mol·L-1的盐酸共热制备氯气B．装置Ⅰ中盛放的试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气C．装置Ⅲ的作用是便于控制通入NO2的量D．若制备的NO2中含有NO，应将混合气体通入水中以除去NO8、下列有关物质的分类、性质或用途表述正确的是（）A．SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物B．Fe(OH)3胶体无色、透明，分散质微粒直径范围为0.1nm–100nm，能产生丁达尔现象C．ClO2具有氧化性，可用于自来水的消毒，并在逐渐替代氯气进行饮用水的消毒D．浓硫酸具有吸水性和强氧化性，可以用作干燥剂但不能干燥具有还原性的气体：H2S和HCl9、室温下，某兴趣小组用下图装置在通风橱中进行如下实验：实验现象试管中开始无现象，逐渐有微小气泡生成，越来越剧烈，液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色.试管中剧烈反应，迅速生成大量红棕色气体，溶液呈绿色；之后向绿色溶液中持续通入N2，溶液变为蓝色.下列说法正确的是A．试管Ⅰ中浅红棕色气体为NO2，由硝酸还原生成B．等质量的Cu完全溶解时，Ⅰ中消耗的HNO3更多C．换成Fe之后重复实验，依然是试管Ⅱ中反应更剧烈D．试管Ⅱ中反应后溶液颜色与试管Ⅰ中的不同，是由于溶有NO210、下列各物质中，不能由组成它的两种元素的单质直接化合而得到的是（）A．FeS B．Fe3O4 C．FeCl2 D．FeCl311、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Na2SO412、H3PO2是精细磷化工产品。工业制备原理如下:(I)2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑(II)Ba(H2PO2)2+H2SO4=BaSO4↓+2H3PO2下列推断错误的是()A．反应I是氧化还原反应，反应II是非氧化还原反应B．H3PO2具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸C．在反应I中氧化剂与还原剂的质量之比为1:1D．在标准状况下生成2.24LPH3，同时转移0.3mol电子13、探究铝片与Na2CO3溶液的反应。无明显现象铝片表面产生细小气泡出现白色浑浊，产生大量气泡（经检验为H2和CO2）下列说法不正确的是A．对比Ⅰ、Ⅲ，说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜B．推测出现白色浑浊的原因：AlO2-+HCO3-+H2O=Al（OH）3↓+CO32-C．加热和H2逸出对CO32-水解平衡移动方向的影响是相反的D．Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-14、NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是（）A．1molSiO2晶体中Si—O键数为4NAB．将1molCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NAC．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAD．78gNa2O2固体与过量水反应转移的电子数为2NA15、在一定温度下，将气体X和气体Y各0.15mol充入10L的恒容密闭容器中，发生反应：X(g)+Y(g)4Z(g)△H＜0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10下列说法正确的是A．反应前4min的平均速率v(Z)=1×10-3mol∙L-1∙min-1B．其它条件不变，再充入X、Y各0.15mol，平衡时n(Z)＜0.4molC．其它条件不变，降低温度的瞬间，速率v正降低比v逆多D．该温度下，此反应的平衡常数K=0.1616、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．pH=13的溶液中：、、、B．0.1mol·L-1盐酸溶液中：、、、C．0.1mol·L-1KI溶液中：、、、D．能使甲基橙变红的溶液中：、、、17、具有下列性质的物质可能属于离子晶体的是A．熔点801℃,易溶于水B．熔点10.31℃,液态不导电C．熔点112.8℃,能溶于CS2D．熔点97.81℃,固态能导电18、纯净物X、Y、Z转化关系如图所示，下列判断正确的是()A．X可能是金属铜 B．Y不可能是氢气C．Z可能是氯化钠 D．Z可能是三氧化硫19、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．标准状况下，33.6LHF中含有氟原子的数目为1.5NAB．16gO3和O2混合物中氧原子数为NAC．1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含的电子数均为9NAD．标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移电子数为0.1NA20、Mg-AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池的总反应方程式如下：2AgCl+Mg===Mg2++2Ag+2Cl−。有关该电池的说法正确的是A．该电池可用于海上应急照明供电B．负极反应式为：AgCl+e−===Ag+Cl−C．该电池不能被KCl溶液激活D．电池工作时，每消耗1.2gMg，溶液中的Cl-增多0.2mol21、甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由Ba2＋、Mg2＋、H＋、OH－、Cl－、SO、NH、HCO中不同阳离子和阴离子各一种组成，已知：①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合均有白色沉淀生成；②0.1mol·L－1乙溶液中c(H＋)＝0.2mol·L－1；③向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成。下列结论不正确的是A．甲溶液中含有Ba2＋ B．乙溶液中含有SOC．丙溶液中含有Cl－ D．丁溶液中含有Mg2＋22、已知反应：O3

+2I−

+H2O＝O2

+I2

+2OH−，下列说法不正确的是（）A．O2为还原产物B．氧化性：O3＞I2C．H2O既不是氧化剂也不是还原剂D．反应生成1molI2时转移2mol电子二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物A(分子式为C6H6O)是一种有机化工原料，在空气中易被氧化。A的有关转化反应如下(部分反应条件略去)：已知：①②（R表示烃基，R′和R″表示烃基或氢）③F和D互为同分异构体（1）写出A的名称：________________。（2）能用于检验A中官能团的试剂是____________。a．Nab．NaOHc．Na2CO3d．溴水e．FeCl3（3）G是常用指示剂酚酞，G中能够与NaOH溶液反应的官能团的名称：________。（4）分别写出反应A→B和E→F的化学方程式，并注明反应类型：A→B：________________________________________________；E→F：________________________________________________；（5）符合下列条件的B的同分异构体共_______种。①能发生银镜反应②分子中不含环状结构写出其中含有三个甲基的分子的结构简式_______。（写出一种即可）24、（12分）有机物D的结构简式：，学名肉桂酸，又名苯丙烯酸，主要用于香精香料、食品添加剂、医药工业、美容、农药、有机合成等方面，其合成路线(部分反应条件略去)如下所示：已知：I.；II.完成下列填空：(1)C中含氧官能团名称是_______，E的结构简式________。(2)反应②的反应类型是______，A的名称是_______。(3)反应①发生所需的试剂是_____。反应⑥的化学方程式为_______。(4)D的分子式是____，与D具有相同官能团的同分异构体有多种，其中一种的结构简式为___。(5)设计一条以溴乙烷为原料合成乳酸的路线(其它试剂任选，合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)__________。25、（12分）（1）I.某学习小组做Na2O2与H2O反应的实验，发现一些有趣的现象：①取适量Na2O2固体用脱脂棉包好放在石棉网上，然后向脱脂棉上滴加3-4滴水，结果脱脂棉剧烈燃烧。②取适量Na2O2固体置于试管中，加水使其充分反应至不再产生气体为止，滴入几滴酚酞试液，溶液先变红后褪色。回答有关问题。写出Na2O2的电子式________。（2）已知Na2O2可看作二元弱酸H2O2对应的盐，其第一步水解完全进行。写出其第一步水解的离子方程式为________。（3）由①实验现象所得出的有关结论是：a.有氧气生成；b.__________。（4）Na2O2与H2O反应的离子方程式____________。（5）II.为探究Na2O2与H2O反应的机理，他们在老师的指导下设计了下图所示装置。连接好装置，打开K1、K2，通过注射器注入适量蒸馏水，充分反应后用气球鼓气，Na2S溶液变浑浊，酸性KMnO4溶液褪色。分别取A、C中溶液滴入几滴酚酞，开始都变红，以后A中溶液很快褪色，C中溶液缓慢褪色。另取A、C中溶液分别加入少量二氧化锰，充分振荡，发现均反应剧烈、产生大量气泡，把带火星的木条伸入试管，木条复燃，向反应后的溶液中滴入几滴酚酞试液，溶液变红不褪色。A中冰盐和C中热水的作用分别是__________，_______。（6）用化学方程式表示Na2S变浑浊的原因_____________。（7）用离子方程式表示KMnO4溶液褪色的原因（MnO在酸性条件下被还原成Mn2+）______________。（8）Na2O2与H2O反应的机理是（用化学方程式表示）第一步___________，第二步__________。26、（10分）工业品纯碱中常含有少量的NaCl等杂质，图中的仪器装置可用来测定纯碱中Na2CO3的质量分数，图中标号：①空气；②某溶液，③纯碱样品，④稀H2SO4，⑤浓H2SO4，⑥碱石灰，⑦碱石灰。实验步骤是：①检查装置的气密性；②准确称量盛有碱石灰的干燥管Ⅰ的质量(设为m1g)。③准确称量一定量的纯碱的质量(设为m2g)，并将其放入广口瓶中；④从分液漏斗中缓缓滴入稀H2SO4，至不再产生气体为止；⑤缓缓鼓入空气数分钟，然后称量干燥管Ⅰ的总质量(设为m3g)。根据上述实验，回答下列问题：（1）鼓入空气的目的是______________________________。（2）装置A中液体②应为______，其作用是______________________，如撤去装置A，直接向装置B中缓缓鼓入空气，测定结果将____________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（3）装置C的作用是_____________，如果撤去装置C，则会导致实验结果_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（4）干燥管Ⅱ的作用是____________________。（5）上述实验的操作④和⑤，都要求缓缓进行，其理由是：______________________，如果这两步操作太快，则会导致实验测定结果____________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（6）根据实验，纯碱中Na2CO3的质量分数的计算式为__________________________。27、（12分）硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]比FeSO4稳定，不易被氧气氧化，常用于代替FeSO4作分析试剂。某小组在实验室制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O并探究其分解产物。Ⅰ．按以下流程制备硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O](1)铁屑溶于稀硫酸过程中，适当加热的目的是________。(2)流程中，需将滤液转移到____(填写仪器名称)中，迅速加入饱和硫酸铵溶液，直接加热蒸发混合溶液，观察到____，停止加热。II.查阅资料可知硫酸亚铁铵晶体加热主要发生反应：(NH4)2Fe(SO4)2—Fe2O3+SO2↑+NH3↑+N2↑+H2O但伴有副反应发生，生成少量SO3和O2。设计以下实验探究分解的产物：(3)配平，完整写出上述分解反应的化学方程式_______。(4)加热过程，A中固体逐渐变为________色。待晶体完全分解后，为验证A中残留物是否含有FeO，需选用的试剂有______(填字母)。AKSCN溶液B稀硫酸C浓盐酸D酸性KMnO4溶液(5)B中有白色沉淀生成，写出生成该白色沉淀的离子方程式：_______。(6)C的作用是___________。(7)D中集气瓶能收集到氧气，________(填“能”或“不能”)用带火星木条检验。(8)上述反应结束后，继续证明分解产物中含有NH3的方法是_______。28、（14分）电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡，请回答下列问题：(1)已知部分弱酸的电离常数如下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3电离常数(25℃)Ka＝1.77×10－4Ka＝5.0×10－10Ka1＝4.3×10－7Ka2＝5.6×10－11①HCOONa、NaCN、NaHCO3、Na2CO3这4种溶液中阴离子结合质子能力最强的是________。②体积相同、c(H＋)相同的三种酸溶液a.HCOOH；b.HCN；c.H2SO4分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是(填字母)____________。③向NaCN溶液通入少量CO2反应的化学方程式是_________________________________。(2)①一定浓度的NaCN溶液pH＝9，用离子方程式表示呈碱性的原因是__________________________________________________；此时c(HCN)/c(CN－)＝________。②HCN溶液有挥发性，HCN是有剧毒的物质，实验室在做有关NaCN的实验时尽量不采用的实验条件是__________________。A、冰水浴B、加热C、浓溶液D、稀溶液E、酸性条件F、碱性条件③常温下，NaCN与过氧化氢溶液反应，生成NaHCO3和能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，大大降低其毒性。该反应的化学方程式是__________________________________。29、（10分）工业上以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰(MnCO3)。其工业流程如下：(1)过滤Ⅰ所得滤渣Ⅰ的主要成分为_________(填化学式)。(2)“氧化”过程中除了发生MnO2与SO2的反应外，还发生另一氧化还原反应，写出该反应的离子方程式：__________________________。(3)“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如右图所示，为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是_______。(4)向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度控制在30-35℃，温度不宜太高的原因是_______。(5)加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有CO2气体生成，写出反应的离子方程式：_____________。(6)生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是______________。

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、C【解析】原子由原子核和核外电子构成，原子核一般由质子和中子构成，元素的种类决定于原子结构中的质子数，同一元素因中子数不同，有多种原子，所以决定原子的种类的是质子数和中子数，答案选C。2、B【解析】A项，①海水淡化可用蒸馏法、电渗析法、离子交换法，采用反渗透膜法用到的半透膜可用于渗析操作，正确；B项，电解饱和氯化镁溶液得Mg（OH）2、H2和Cl2，不能制得Mg，工业上电解熔融的MgCl2制得Mg，错误；C项，提溴过程中加入氧化剂将Br-氧化成Br2，由于海水中溴的富集程度低，所以加有机溶剂将溴萃取富集，正确；D项，电解饱和食盐水在阳极得Cl2，在阴极得H2和NaOH，为了防止阳极生成的Cl2与阴极生成的H2、NaOH发生反应，采用阳离子交换膜法，阻止阴离子的通过，正确；答案选B。3、D【解析】试题分析：A、18gD2O物质的量为=0.9mol，含有质子数9NA，18gH2O的物质的量为=1mol，含有的质子数为10NA，故A错误；B、红热的铁与水蒸气可发生反应：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，0.2molFe粉与足量水蒸气反应，生成molH2，生成的H2分子数为NA，故D错误；C、将58.5gNaCl溶于1.00L水中，溶液的体积大于1L，所以溶液物质的量浓度小于1mol/L，故C错误；D、过氧化钠中氧元素为-1价，则过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，故D正确；故选D。考点：考查了阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律的相关知识。4、D【解析】A．酸性条件下，弱酸根离子HSO3-能和氢离子反应生成二氧化硫和水，所以不能大量共存，故A错误；B．使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子能氧化还原性I-，所以二者不能共存，故B错误；C．c(H+)=c(OH－)的溶液显中性，在中性溶液中，Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀，不能大量存在，故C错误；D．加水稀释时c(H＋)/c(OH－)值明显增大的溶液显碱性，在碱性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D。点睛：注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间(如Fe3+和SCN-)等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件。本题的易错点和难点是D，明确加水稀释时c(H＋)/c(OH－)值明显增大的溶液的性质是判断的关键。5、B【解析】试题分析：A、加水稀释，溶液仍为醋酸钠溶液，水解呈碱性，但水解程度较低，应存在c（CH3COO-）＞c（OH-），A错误；B、加入等体积的0.1mol/L盐酸，溶液变成醋酸和氯化钠的混合溶液，溶液显酸性，c（Na+）=c（Cl-）＞c(H+）＞c(CH3COO-）＞c(OH-），B正确；C、加入等体积的0.1mol/L醋酸，溶液呈酸性，应存在c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），C错误；D、加入等体积的0.1mol/L氢氧化钠，溶液碱性较强，存在c（Na+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+），符合电荷守恒的原则，D错误。考点：考查了离子浓度的大小比较的相关知识。6、C【解析】根据氧化还原反应中电子得失守恒分析解答。【详解】0.6molSO32-被完全氧化为SO42-，S的化合价由+4升高为+6，失去1.2mol电子，得失电子数目相等，相应地0.2molX2O72-被还原得到1.2mol电子，所以X的化合价由+6降低为+3，故答案选C。【点睛】电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数＝n(还原剂)×失电子原子数×原子升价数。7、C【详解】A.实验室中用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，而3mol·L-1的盐酸是稀盐酸，因此不能发生反应制取氯气，A错误；B.该实验不需要保证氯气是干燥的，所以装置Ⅰ中盛放的试剂是饱和NaCl溶液，作用是除去氯气中的杂质HCl气体，B错误；C.由于NO2气体不能再CCl4中溶解，气体通过装置Ⅲ，可根据导气管口气泡的多少，观察气体流速，因此其作用是便于控制通入NO2的量，C正确；D.若制备的NO2中含有NO，将混合气体通入水中，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，最后导致气体完全变质，D错误；故合理选项是C。8、C【分析】两性氧化物与酸、碱反应只生成盐和水；胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径；ClO2具有氧化性，能杀灭细菌病毒；浓硫酸具有吸水性能干燥气体，具有强氧化性能氧化还原性物质。【详解】A、SiO2与氢氟酸反应不生成盐和水，虽然SiO2既能与氢氟酸反应又能与NaOH溶液反应，但是SiO2不是两性氧化物，故A错误；B、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径，胶体的分散质的微粒直径在1nm～100nm之间，能产生丁达尔现象，Fe(OH)3胶体是红褐色的，故B错误；C、ClO2具有氧化性，能杀灭细菌病毒，ClO2具有氧化性，可用于自来水的消毒，并在逐渐替代氯气进行饮用水的消毒，故C正确；D、浓硫酸具有吸水性能干燥气体，具有强氧化性能氧化还原性物质，浓硫酸可以用作干燥剂但不能干燥具有还原性的气体：H2S，能干燥HCl，故D错误。答案选C。9、D【详解】A．铜与稀硝酸反应生成NO，试管Ⅰ中浅红棕色气体为NO2、NO的混合气体，NO2由NO与氧气反应生成，故A错误；B．根据方程式，铜与稀硝酸反应时，3mol铜消耗硝酸8mol，铜与浓硝酸反应时，3mol铜消耗硝酸12mol，所以等质量的Cu完全溶解时，Ⅱ中消耗的HNO3更多，故B错误；C．铁在浓硝酸中钝化，故C错误；D．向试管Ⅱ中持续通入N2，溶液变为蓝色，所以试管Ⅱ中反应后溶液颜色与试管Ⅰ中的不同，是由于溶有NO2，故D正确。10、C【详解】A．铁为变价金属，遇到弱氧化剂被氧化为+2价化合物，Fe+SFeS，故A不选；B．铁和氧气直接反应生成四氧化三铁，3Fe+2O2Fe3O4，故B不选；C．氯气是强氧化剂氧化变价金属生成高价化合物，铁和氯气化合反应只能生成氯化铁，2Fe+3Cl22FeCl3，不能直接生成氯化亚铁，故C选；D．铁和氯气化合反应只能生成氯化铁，2Fe+3Cl22FeCl3，故D不选；答案选C。11、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。12、C【详解】A选项，P化合价有升高，也有降低，因此反应I是氧化还原反应，反应II是复分解反应，因此为非氧化还原反应，故A正确；B选项，H3PO2中的磷为+1价，易升高，具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸，故B正确；C选项，在反应I中有2个磷作氧化剂降低变为PH3，有6个磷作还原剂升高变为Ba(H2PO2)2，故氧化剂和还原剂质量之比为1:3，故C错误；D选项，根据反应方程式2个白磷中有2个磷作氧化剂降低变为2个PH3，转移6个电子，即生成2molPH3气体转移6mol电子，在标准状况下生成2.24LPH3即0.1mol，则转移0.3mol电子，故D正确；综上所述，答案为C。13、C【详解】A选项，I中Al表面没有气泡，说明表面有氧化膜，III中Al有气泡，说明表面氧化膜被破坏，故A正确；B选项，碳酸钠溶液显碱性，铝表面的氧化膜和碱反应生成偏铝酸根，去掉氧化膜后，铝和碱反应生成偏铝酸根，碳酸根水解生成碳酸氢根，碳酸氢根离子和偏铝酸根离子反应，AlO2－+HCO3－+H2O=Al(OH)3↓+CO32－，故B正确；C选项，盐类水解是吸热反应，加热促进盐类水解，氢气逸出有利于铝与氢氧根离子的反应，碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根离子，消耗了氢氧根离子，促进碳酸根离子水解，所以加热和H2逸出对CO32-水解平衡移动方向都起到促进作用，故C错误；D选项，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32－+H2OHCO3－+OH－，故D正确；综上所述，答案为C。14、A【详解】A.在SiO2晶体中，1个Si原子周围有4个以共价单键相连的O原子，1个O原子周围有2个以共价单键相连的Si原子，所以1个“SiO2”中平均含4个Si-O键，1molSiO2晶体中Si-O键数为4NA，A正确；B.将1molCl2通入水中，有一部分Cl2没有跟水发生反应，就以Cl2分子的形式存在于溶液中，还有一部分Cl2与水发生反应，生成HClO、Cl-、ClO-，所以HClO、Cl-、ClO-粒子数之和应小于2NA，B不正确；C.密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，生成2molNO2，NO2还要部分化合，生成N2O4，所以产物的分子数小于2NA，C不正确；D.78gNa2O2固体与过量水发生反应，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，转移的电子数为NA，D不正确。故选A。15、B【详解】A．反应前2min内v(Y)==0.001mol/(L·min)，由于v(Z)：v(Y)=4：1，所以v(Z)=4v(Y)=4×0.001mol/(L·min)=0.004mol/(L·min)，A错误；B．反应开始时n(Y)=0.15mol，达到平衡时n(Y)=0.10mol，Y的物质的量减少0.05mol，根据反应转化关系可知：反应达到平衡时产生Z的物质的量n(Z)=0.05mol×4=0.2mol。其它条件不变，再充入X、Y各0.15mol，若平衡不发生移动，达到平衡时Z的物质的量应该是2×0.2mol=0.4mol，但加入反应物，会使体系的压强增大。增大压强，化学平衡会向气体体积减小的逆方向移动，则Z的物质的量比0.4mol小，即n(Z)＜0.4mol，B正确；C．该反应的正反应为放热反应，温度改变对吸热反应影响更大。其它条件不变时，降低温度的瞬间，速率v逆降低比v正多，C错误；D．对于该可逆反应，在反应开始时c(X)=c(Y)=0.015mol/L，c(Z)=0，△c(X)=△c(Y)=0.005mol/L，△c(Z)=0.02mol/L，故物质的平衡浓度c(X)=c(Y)=0.010mol/L，c(Z)=0.020mol/L，该温度下反应的化学平衡常数K==1.6×10-3，D错误；故合理选项是B。16、A【详解】A．pH=13的溶液显碱性，碱性溶液中四种离子相互不反应，也不与氢氧根反应，可以大量共存，故A符合题意；B．硅酸根和氢离子会生成沉淀，故B不符合题意；C．铁离子会和碘离子发生氧化还原反应不能大量共存，故C不符合题意；D．能使甲基橙变红的溶液显酸性，酸性溶液中碳酸氢根不能大量存在，故D不符合题意；综上所述答案为A。17、A【解析】离子晶体是阴阳离子通过离子键结合形成的晶体，一般具有熔点较高、硬度较大、难挥发等特点，固态不导电，一般易溶于水，其水溶液或熔融状态能导电。【详解】A项，熔点801℃、易溶于水，符合离子晶体的特点，故A正确；B项，熔点10.31℃，较低，液态不导电是共价化合物，不可能是离子晶体，故B错误；C项，熔点112.8℃，较低，能溶于CS2，应为分子晶体，故C错误；D项，离子晶体一般熔点较高、固态不导电，故D错误。综上所述，符合题意的选项为A。18、A【解析】A．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是金属铜，Y可能为氯气，反应为：X+Y→Z，Cu+Cl2CuCl2，Z为CuCl2，电解CuCl2溶液：CuCl2Cu+Cl2↑，故A正确；B．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是氯气，Y可能为氢气，反应为：X+Y→Z，H2+Cl22HCl，Z为HCl，电解HCl溶液：2HClH2↑+Cl2↑，故B错误；C．Z若为氯化钠，X、Y只能为氢气、氯气中的一种，X+Y→Z，2Na+Cl22NaCl，Z电解：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，不符合Z电解生成X、Y条件，故C错误；D．Z若为三氧化硫，X、Y只能为二氧化硫、氧气中的一种，X+Y→Z，2SO2+O22SO3，三氧化硫和水反应SO3+H2O=H2SO4生成硫酸，电解硫酸本质为电解水，电解水生成氢气和氧气，不符合Z电解生成X、Y条件，故D错误；故选A。19、B【详解】A、标况下HF为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项A错误；B、O3和O2都是氧原子构成的单质分子，则16gO3和O2混合气体中含有的氧原子数为NA，选项B正确；C、羟基是不带电的原子团，而OH－离子是带电原子团，所以1mol的羟基含有电子数为9NA，而1mol的氢氧根离子含电子数为10NA，选项C错误；D、0.1mol氯气溶于水，与水反应生成氯化氢和次氯酸的反应是可逆反应，消耗的氯气小于0.1mol，则转移的电子小于0.1mol，转移的电子数目小于0.1NA，选项D错误；答案选B。20、A【解析】A.该电池可被海水激活，产生电能，故A项正确；B.负极为Mg失电子，负极反应为Mg-2e-=Mg2+，故B项错误；C.KCl溶液可代替海水激活原电池，故C错误；D.由Mg-2Cl−知电池工作时，每消耗1.2gMg，溶液中的Cl-增多0.1mol，故D错误；答案：A。21、D【详解】A.甲能与乙产生白色沉淀，可知甲中应有Ba2＋，故A正确；B.0.1mol·L－1乙溶液中c(H＋)＝0.2mol·L－1可知乙为二元强酸，结合离子组成乙应为硫酸，故B正确；C.向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成可知丙中含Cl－，故C正确；D.因甲与丙也产生白色沉淀，钡离子与氯离子不反应，则说明丙中的阳离子与甲中的阴离子能够结合成沉淀，结合离子组成可知丙中阳离子为Mg2＋，甲中的阴离子为OH－，又甲、乙、丙、丁中的阴阳离子各不相同，则丁只能碳酸氢铵，故D错误。故选D。22、A【解析】反应O3

+2I−

+H2O＝O2

+I2

+2OH−中，O元素化合价降低，O3部分被还原生成OH-，I元素化合价升高，I−被氧化生成I2。A．O3生成O2时没有发生化合价的变化，故O2不是还原产物，故A错误；B．该反应中I2是氧化产物，O3是氧化剂，故氧化性：氧化性：O3＞I2，故B正确；C．H2O在反应中所含元素化合价没有发生变化，所以水既不是氧化剂也不是还原剂，故C正确；D．I元素化合价由-1价升高到0价，则反应生成1molI2时转移2mol电子，故D正确。故答案选A。二、非选择题(共84分)23、苯酚de羟基、酯基；加成反应+H2O；消去反应8(CH3)2CHCH(CH3)CHO(CH3)3CCH2CHOCH3CH2C(CH3)2CHO【解析】化合物A(分子式为C6H6O)是一种有机化工原料，在空气中易被氧化，所以A是苯酚，A的结构简式为：，A在一定条件下和氢气发生加成反应生成B，B的结构简式为：，B被重铬酸钾溶液氧化生成C，C的结构简式为，C反应生成D，结合题给信息知，D的结构简式为：，C经过一系列反应生成E，E反应生成F，F和D互为同分异构体，所以E发生消去反应生成F，则F的结构简式为：。(1)A为苯酚，故答案为苯酚；(2)检验A中官能团酚羟基可以选用浓溴水和氯化铁，浓溴水与苯酚反应生成白色沉淀，氯化铁遇到苯酚，溶液显紫色，故选de；(3)G中能够与NaOH溶液反应的官能团是酚羟基和酯基，故答案为酚羟基和酯基；(4)分别写出反应A→B和E→F的化学方程式，并注明反应类型：反应A→B是部分与氢气加成，反应的化学方程式为+3H2，根据上述分析，反应E→F是E发生了消去反应，反应的化学方程式为+H2O，故答案为+3H2；加成反应；+H2O；消去反应；(5)B为，①能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；②分子中不含环状结构，满足条件的B的同分异构体为己醛，有CH3CH2CH2CH2CH2CHO、(CH3)2CHCH2CH2CHO、CH3CHCH(CH3)CH2CHO、CH3CH2CH2CH(CH3)CHO、(CH3)2CHCH(CH3)CHO、(CH3)3CCH2CHO、CH3CH2C(CH3)2CHO，共7种，其中含有三个甲基的分子的结构简式有(CH3)2CHCH(CH3)CHO、(CH3)3CCH2CHO、CH3CH2C(CH3)2CHO，故答案为7；(CH3)2CHCH(CH3)CHO、(CH3)3CCH2CHO、CH3CH2C(CH3)2CHO(任写一种)。24、羟基、羧基加成反应甲醛氢氧化钠醇溶液、加热C9H8O2【分析】根据已知I，可判断A为甲醛；B为苯基乙醛；根据已知II，判断C为C6H5-CH2CH(OH)COOH；根据D的结构简式，可判断反应⑥为消去反应；根据E的化学式，⑦为缩聚反应，E为高分子化合物。【详解】(1)C为C6H5-CH2CH(OH)COOH，含有的含氧官能团为羟基、羧基；E为C6H5-CH2CH(OH)COOH发生缩聚反应生成的高分子化合物，其结构简式为；(2)反应②为碳碳双键与水的加成反应；A为甲醛；(3)反应①为氯代烃的消去反应，反应条件是氢氧化钠醇溶液、加热；反应⑥为C6H5-CH2CH(OH)COOH中的羟基的消去反应，方程式为；(4)根据D的结构简式，其分子式为C9H8O2，D中含有碳碳双键、羧基，可分别连接到苯环上，可以得到多种同分异构体，其含有苯环的同分异构体为；(5)根据已知II，溴乙烷先生成乙醇，乙醇氧化为乙醛，乙醛与HCN反应生成，再在酸性条件下水解即可。反应流程：25、Na2O2＋H2O＝2Na＋＋HO＋OH－反应放热2Na2O2＋2H2O＝4Na++4OH－＋O2↑防止生成的H2O2分解使H2O2分解Na2S+H2O2＝S↓+2NaOH2MnO＋5H2O2＋6H＋＝2Mn2＋＋5O2↑＋8H2ONa2O2＋2H2O＝2NaOH＋H2O22H2O2＝2H2O＋O2↑【详解】（1）过氧化钠是离子化合物，电子式为，故答案为：；（2）已知Na2O2可看作二元弱酸H2O2对应的盐，其第一步水解完全进行，则其第一步水解的离子方程式为Na2O2＋H2O＝2Na＋＋HO＋OH－，故答案为：Na2O2＋H2O＝2Na＋＋HO＋OH－；（3）脱脂棉剧烈燃烧，说明反应中除了有氧气生成以外，反应还放热，故答案为：反应放热；（4）Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为2Na2O2＋2H2O＝4Na++4OH－＋O2↑，故答案为：2Na2O2＋2H2O＝4Na++4OH－＋O2↑；Ⅱ.充分反应后用气球鼓气，Na2S溶液变浑浊，说明有氧气生成，氧气氧化硫化钠生成单质硫变浑浊；酸性KMnO4溶液褪色，说明还有过氧化氢生成，高锰酸钾氧化过氧化氬而褪色。分别取A、C中溶液滴入几滴酚酞，开始都变红，说明有氢氧化钠生成，以后A中溶液很快褪色，C中溶液缓慢褪色。另取A、C中溶液分别加入少量二氧化锰，充分振荡，发现均反应剧烈、产生大量气泡，把带火星的木条伸入试管，木条复燃，进一步说明反应中还有过氧化氢生成，在催化剂的作用下分解生成水和氧气。（5）双氧水不稳定，温度过高容易分解，则A中用冰盐冷浴，目的是防止温度过高时H2O2分解；C中用热水浴可使H2O2分解，故答案为：防止生成的H2O2分解；使H2O2分解；（6）根据以上分析可知Na2S变浑浊的原因是Na2S+H2O2＝S↓+2NaOH，故答案为：Na2S+H2O2＝S↓+2NaOH；（7）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，H2O2使KMnO4溶液褪色，体现了双氧水的还原性，反应的离子方程式为2MnO＋5H2O2＋6H＋＝2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，故答案为：2MnO＋5H2O2＋6H＋＝2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O；（8）根据以上分析可知，过氧化钠与水反应的机理为：Na2O2与H2O反应生成H2O2，H2O2遇热分解生成氧气，反应方程式分别为Na2O2＋2H2O＝2NaOH＋H2O2；2H2O2＝2H2O＋O2↑，故答案为：Na2O2＋2H2O＝2NaOH＋H2O2；2H2O2＝2H2O＋O2↑；【点睛】解答时要注意结合实验现象分析推理，化学实验现象是化学实验最突出、最鮮明的部分，也是进行分析推理得出结论的依据，掌握物质的性质和相互之间的反应关系，并有助于提高观察实验能力。26、赶走残留在广口瓶中及装置里的CO2碱溶液除去空气里的CO2偏大除去CO2中混有的水蒸气偏大吸收空气中的CO2和水蒸气使反应产生的CO2能与碱石灰充分反应而完全吸收偏小(m【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）实验目的是测定Na2CO3质量分数，Na2CO3和稀硫酸反应Na2CO3＋H2SO4=Na2SO4＋CO2↑＋H2O，通过CO2的量计算Na2CO3的量，装置中含有空气，需要排除，鼓入空气的目的是赶走残留在广口瓶中及装置里的CO2；（2）空气中含有CO2，对CO2质量测定，产生干扰，必须除去空气中CO2，即装置A中盛放的试剂为碱液；如果撤去装置A，直接向装置B中缓缓鼓入空气，造成所测CO2的质量增加，根据碳元素守恒，Na2CO3的质量增大，即碳酸钠的质量分数增大；（3）装置C中的试剂是浓硫酸，作用是除去CO2中水蒸气，如果撤去装置C，所测CO2的质量增大，即碳酸钠的质量增大，导致实验结果偏大；（4）空气中含有水蒸气和CO2，进入干燥管I中，造成所测碳酸钠质量增大，因此装置II作用是空气中的CO2和水蒸气；（5）使反应产生CO2能与碱石灰充分反应而完全吸收，如果通入过快，导致实验所测结果偏小；（6）干燥管I的质量差为CO2的质量，即CO2的质量为(m3－m1)g，根据碳元素守恒，碳酸钠的质量为(m3－m1)×106/44g，则质量分数为(m3－m1)×106/44m2×100%=(m27、加快铁与稀硫酸的反应速率，使铁屑充分溶解蒸发皿表面有晶膜生成2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3＋4SO2↑＋2NH3↑＋N2↑＋5H2O红棕BDBa2+＋SO3＋H2O＝BaSO4↓＋2H+(或2Ba2+＋2SO2＋O2＋2H2O＝2BaSO4↓＋4H+)检验产物中是否含有SO2不能取B中少量溶液于试管中，滴加少量NaOH溶液并加热，能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明分解产物中含有NH3【分析】Ⅰ．称取一定量铁屑，加入稍过量的稀硫酸，加热，过滤将FeSO4滤液中加入(NH4)2SO4晶体，加热搅拌至全部溶解，再蒸发浓缩至溶液表面有晶膜出现时，静置冷却结晶，抽滤，用少量洗涤剂洗涤晶体2～3次，将晶体放在表面皿上晾干可得产品硫酸亚铁铵晶体；Ⅱ．(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O在A装置中受热分解，生成红棕色Fe2O3，B中吸收碱性气体NH3，还会产生白色沉淀BaSO4，C中品红褪色，说明生成了SO2、最后用排水收集法收到难溶性的N2。【详解】(1)适当加热可以加快铁与稀硫酸的反应速率，使铁屑充分溶解；(2)蒸发需要在蒸发皿中进行，所以需将滤液转移到蒸发皿中，蒸发溶液时，当观察到表面有晶膜生成时停止加热；(3)氮元素和铁元素化合价升高，根据在氧化还原反应中化合价有升必有降，硫化合价降低，根据电子守恒和元素守恒可得：2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3＋4SO2↑＋2NH3↑＋N2↑＋5H2O；(4)根据方程式可知(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O在A装置中受热分解会生成红棕色Fe2O3，所以加热过程中A中固体逐渐变为红棕色；FeO溶于酸可以产生Fe2+，亚铁离子具有还原性，所以可先用稀硫酸(盐酸也会还原高锰酸钾，所以不用盐酸)溶解FeO，再滴加酸性高锰酸钾溶于，若溶液褪色则有FeO，反之则无，故选BD；(5)SO2不与氯化钡溶液反应，所以B中产生白色沉淀是BaCl2、SO2和O2的共同作用，白色沉淀为BaSO4，反应的离子方程式为：2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+；(6)SO2可用使品红褪色，所以C的作用是：检验产物中是否含有SO2；(7