山西省朔州市2026届高三化学第一学期期中达标检测模拟试题含解析

山西省朔州市2026届高三化学第一学期期中达标检测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、25℃时，浓度均为0.1mol/L的溶液，其pH如下表所示。有关说法正确的是序号①②③④溶液NaClCH3COONH4NaFCH3COONapH7.07.08.18.9A．酸性强弱：c(CH3COOH)>c(HF) B．离子的总浓度：①>③C．②中：c(CH3COO－)=c(NH4+)=c(OH－)=c(H+) D．②和④中c(CH3COO－)相等2、下列有关实验的说法中正确的是（）A．“左码右物”称量药品时称量结果一定偏小B．用pH试纸无法测出氯水的pHC．可用碱式滴定管量取15.65ml0.10mol/LKMnO4溶液D．量取8.2ml浓硫酸时，仰视量筒刻度所得浓硫酸体积偏小3、化学与人类生产生活、社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是A．利用高纯度硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能B．“春蚕到死丝方尽，烛炬成灰泪始干”其中的“丝”和“泪”化学成分都是蛋白质C．施肥时，铵态氮肥不能与草木灰混合使用D．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应4、在水溶液中能大量共存的一组离子是()A．Al3+、Na+、Cl-、SiO32-B．Fe3+、Ba2+、I-、NO3-C．NH4+、K+、S2-、SO32-D．H+、Ca2+、F-、Br-5、下列反应既是离子反应，又是氧化还原反应的是（）A．盐酸与氢氧化钠溶液的反应 B．过氧化钠与二氧化碳的反应C．将钠投入水溶液中的反应 D．二氧化碳通入石灰水中的反应6、常温下，向20mL0.10mol/L甲胺的溶液中滴加0.10mol/L盐酸时混合溶液的pH与相关微粒的浓度关系如图所示。已知：甲胺（CH3NH2）类似于氨，但碱性稍强于氨。下列说法不正确的是A．甲胺在水中的电离方程式CH3NH2+H2OCH3NH3++OH—B．b点对应的加入盐酸的体积小于20mLC．将等物质的量的CH3NH2和CH3NH3Cl一起溶于蒸馏水，得到对应a点的溶液D．常温下，甲胺的电离常数为Kb，则pKb=—lgKb=3.47、《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙黏土而为之”“凡坯既成，干燥之后，则堆积窖中燃薪举火”“浇水转釉(主要为青色)，与造砖同法”。下列说法错误的是()A．“燃薪举火”使黏土发生了复杂的物理化学变化 B．沙子和黏土的主要成分为硅酸盐C．烧制后自然冷却成红瓦，浇水冷却成青瓦 D．黏土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料8、食品包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧过程与电化学知识相关。下列分析正确的是A．脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长食品保质期B．脱氧过程中炭作原电池正极，电极反应为：4H++O2+4e-=2H2OC．含有0.56g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气168mL(标准状况)D．该过程实现了电能到化学能的转化9、下列有关分散系说法正确的是A．从外观上无法区分FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体B．丁达尔效应是胶体和溶液的本质区别C．将碳酸钙经过特殊加工制成纳米碳酸钙，化学性质没有明显变化D．Fe(OH)3胶体电泳的实验中，阴极附近颜色加深，阳极附近颜色变浅，证明Fe(OH)3胶体带正电10、下列实验对应的结论正确的是选项ABCD装置结论用浓盐酸与二氧化锰制氯气能证明非金属性Cl＞C＞Si分离出Cl2与KI溶液反应生成的碘白色沉淀一定是BaSO4A．A B．B C．C D．D11、某溶液初检后发现可能含有、、、和，取该溶液，加入过量，加热，得到气体，同时产生红褐色沉淀、过滤、洗涤，灼烧，得到固体；向上述滤液中加足量溶液，得到沉淀，由此可知()A．原溶液中至少存在5种离子B．初检时尚有离子未被发现C．沉淀可能溶于盐酸D．一定不存在12、某无色溶液中可能含有I－、NH4+、Cu2＋、SO32-，向该溶液中加入少量溴水，溶液呈无色，则下列关于溶液组成的判断正确的是()①肯定不含I－②肯定不含Cu2＋③肯定含有SO32-④可能含有I－A．①③ B．①②③ C．③④ D．②③④13、一种从含Br-废水中提取Br2的过程，包括过滤、氧化、正十二烷萃取及蒸馏等步骤。已知：Br2CCl4正十二烷密度/g·cm－33.1191.5950.753沸点/℃58.7676.8215~217下列说法正确的是A．过滤时，需不断搅B．将-氧化为Br2C．正十二烷而不用CCl4，是因为其密度小D．进行蒸馏，先收集正十二烷再收集Br214、热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl－KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能，此时硫酸铅电极处生成Pb。下列有关说法正确的是A．输出电能时，外电路中的电子由硫酸铅电极流向钙电极B．放电时电解质LiCl－KCl中的Li＋向钙电极区迁移C．电池总反应为Ca＋PbSO4＋2LiClPb＋Li2SO4＋CaCl2D．每转移0.2mol电子，理论上消耗42.5gLiCl15、已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＝－197kJ·mol－1。向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：(甲)2molSO2和1molO2；(乙)1molSO2和0.5molO2；(丙)2molSO3和1molO2。恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是（）A．容器内压强P：P丙＞P甲＝2P乙B．气体的总物质的量n：n丙＞n甲＞n乙C．SO3的体积分数∮：∮甲＝∮丙＞∮乙D．反应热量的数值Q：197＞Q丙＞Q甲＞Q乙16、下列有关金属及其化合物的不合理的是（）A．将废铁屑加入溶液中，可用于除去工业废气中的B．铝中添加适量钾，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业C．盐碱地（含较多等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良D．无水呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水17、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、Y、Z三种原子的最外层电子数之和与W原子的最外层电子数相等，X的最低负价为－4。下列说法正确的是A．原子半径：r(Y)＞r(Z)＞r(W)B．Y的最高价氧化物的水化物碱性比Z的弱C．W的氧化物的水化物酸性一定比X的强D．W与Z形成的化合物ZW2中既含有离子键又含有共价键18、25℃时，用0.1mol/L的NaOH溶液，分别滴定20mL、浓度均为0.1mol/L的两种酸HX、HY。所加NaOH溶液体积与反应后溶液的pH的关系如图所示。下列叙述正确的是A．0.1mol/L的一元酸HY在水中有1%发生电离B．a点的导电能力比b点弱C．b点溶液中，c(HY)+2c(H+)=c(Y-)+2c(OH-)D．加NaOH溶液至pH=7时，两种溶液中，(X-)=c(Y-)19、“混盐”是指一种金属离子与多种酸根阴离子构成的盐，如氯化硝酸钙[Ca(NO3)Cl]就是一种混盐。“复盐”是指多种简单阳离子和一种酸根阴离子构成的盐，如：KAl(SO4)2。下列化合物中属于“混盐”的是（）A．BiONO3 B．(NH4)2Fe(SO4)2 C．Ca(ClO)Cl D．K3Fe(CN)620、已知：H2(g)＋F2(g)==="2HF(g)"的能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是A．氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是放热反应B．1molH2与1molF2反应生成2mol液态HF放出的热量小于270kJC．在相同条件下，1molH2与1molF2的能量总和大于2molHF气体的能量D．断裂1molH—H键和1molF—F键放出的能量大于形成2molH—F键放出的能量21、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22、下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是A．新制氯水长时间放置颜色变浅B．滴加少量硫酸铜溶液可加快Zn与稀硫酸反应的速率C．蒸干溶液无法得到无水D．高压比常压更有利于合成氨二、非选择题(共84分)23、（14分）聚碳酸酯（简称PC）是重要的工程塑料，某种PC塑料(N)的合成路线如下：已知：R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH（1）①的反应类型是_______________。K中含有的官能团名称是_______________。（2）E的名称是_______________。（3）④是加成反应，G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是__________________。（4）⑦的化学方程式是______________________________________________。（5）⑥中还有可能生成分子式为C9H12O2产物。分子式为C9H12O2且符合下列条件的同分异构体共有__________种。写出其中两种核磁共振氢谱有5组峰的物质的结构简式_______________________________a.属于芳香化合物，且苯环上只有两个取代基b.1mol该物质能消耗1molNaOH24、（12分）1，4-二苯基丁烷是用来研究聚合物溶剂体系热力学性质的重要物质,工业上用下列方法制备1，4-二苯基丁烷：友情提示：格拉泽反应:2R—C≡C—HR—C≡C—C≡C—R+H2回答下列问题：（1）D的官能团的名称为_____________________。（2）①和③的反应类型分别为____________、_____________。（3）E的结构简式为_________________________________。用1molE合成1，4－二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气________mol。（4）请写出反应①的化学方程式______________________________。（5）化合物C在氢氧化钠的水溶液中加热可得到化合物F,请写出化合物F和乙酸反应的化学方程式______________________________________。（6）芳香化合物G是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为1:1，写出其结构简式_______________________________________。25、（12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_____________。26、（10分）(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O俗称莫尔盐，浅绿色晶体，是化学定量分析中的常用试剂。其分解情况复杂，某课题组道过实验检验莫尔盐隔绝空气加热时的分解产物。(1)分解装置A应选用________(填“①”或“②”)。(2)若实验中A装置中的固体变为红棕色，则固体产物中含有________；C装置中红色褪去，说明气体产物中含有________；C装置后应连装置D(未画出)，其作用是________。(3)若想利用上述装置证明分解产物中含有氨气，只需更换B、C中的试剂即可，则更换后的试剂为B________、C________(填序号)。①碱石灰②无水氯化钙③酚酞溶液④稀硫酸(4)若实验证实(2)(3)的猜想是正确的，某同学认为莫尔盐分解还可能会生成N2、SO3，拟从下列装置中选择合适的装置加以证明，则正确的连接顺序是A、________、H、E、J(5)若(4)中的气体产物只有一种，可能是N2，也可能是SO3，另外只有水生成，则据此推测，莫尔盐分解反应的化学方程式可能为__________________或__________________27、（12分）某化学课外活动小组利用下图所示装置探究NO2能否被NH3还原(K1、K2为止水夹，夹持固定装置略去)。（1）A和E中制取NH3的装置为_____，所用试剂为___,装置中制取NO2的化学方程式是___________________。（2）若NO2能够被NH3还原，预期观察到C装置中的现象是______________________。（3）实验过程中，一段时间内未能观察到C装置中的预期现象。该小组同学从反应原理的角度分析了原因，认为可能是:①NH3还原性较弱，不能将NO2还原；②在此条件下，NO2的转化率极低；③______________。（4）此实验装置存在一个明显的缺陷是_________________________________。28、（14分）某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化的实验：实验Ⅰ：将Fe3+转化为Fe2+（1）

Fe3+与Cu粉发生反应的离子方程式为：________________________________________。（2）探究白色沉淀产生的原因，请填写实验方案：实验方案现象结论步骤1：取4mL_________mol/LCuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液产生白色沉淀CuSO4与KSCN反应产生了白色沉淀步骤2：取

_____________________________无明显现象查阅资料：ⅰ．SCN－的化学性质与I－相似

ⅱ．2Cu2+

+4I－=2CuI↓+I2则Cu2+与SCN－反应的离子方程式为________________________________________________。实验Ⅱ：将Fe2+转化为Fe3+实验方案现象向3mL0.1mol/LFeSO4溶液中加入1mL8mol/L稀硝酸溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色探究上述现象出现的原因：查阅资料：Fe2+

+NO

Fe(NO)2+(棕色)（3）用离子方程式解释NO

产生的原因_______________________________________________。（4）从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析：反应Ⅰ：Fe2+与HNO3反应；

反应Ⅱ：Fe2+与NO反应①

依据实验现象，甲认为反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ__________(填“快”或“慢”)。②

乙认为反应Ⅰ是一个不可逆反应，并通过实验证明其猜测正确，乙设计的实验方案是______________________________。③请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因__________________________________。（5）丙认为若生成的NO与Fe2+不接触，溶液就不会出现棕色，请从以下提供的实验用品中选择合适的用品，设计实验方案，并画出实验装置图，标明试剂，实现Fe2+Fe3+的转化，同时避免出现此异常现象。

实验用品：U形管、烧杯、导线、石墨棒若干、铁片若干、盐桥（装有含琼脂的KCl饱和溶液）、

0.1mol/LFeSO4溶液、8mol/L稀硝酸____________29、（10分）化石燃料燃烧时会产生SO2进入大气，有多种方法可用于SO2的脱除。（1）NaClO碱性溶液吸收法。工业上可用NaClO碱性溶液吸收SO2。①反应离子方程式是__________________________________________。②为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为催化剂。在反应过程中产生的四价镍和氧原子具有极强的氧化能力，可加快对SO2的吸收。该催化过程的示意图如图所示：a.过程1的离子方程式是Ni2O3+ClO－=2NiO2+Cl－，则过程2的离子方程式____________。b．Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，原因是________________。（2）碘循环工艺也能吸收SO2降低环境污染，同时还能制得氢气，具体流程如下：则碘循环工艺的总反应为：___________________________________________。

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、B【解析】由表中数据得到，碱性：NaF＜CH3COONa，所以说明阴离子的水解能力：F－＜CH3COO－，根据越弱越水解的原理，得到酸性：CH3COOH＜HF。选项A错误。①③两个溶液有各自的电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)；c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)，所以两个溶液的离子总浓度都等于各自的2[c(Na+)+c(H+)]，因为两个溶液中的钠离子浓度相等，所以只需要比较两个溶液的氢离子浓度即可。pH为：①＜③，所以①的氢离子浓度更大，即溶液①的2[c(Na+)+c(H+)]大于溶液③的2[c(Na+)+c(H+)]，所以离子的总浓度：①>③，选项B正确。溶液②中，pH=7，所以c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L。明显溶液中的醋酸根和铵根离子的浓度都接近0.1mol/L（电离和水解的程度都不会太大），所以应该是cCH2、B【解析】试题分析：A、如果使用游码，造成称量结果偏小，如果不适用游码，结果无影响，故错误；B、氯水中含有氯气、盐酸、次氯酸，盐酸使pH变色，但次氯酸具有强氧化性，能把pH漂白，因此pH试纸无法测出氯水的pH，故正确；C、高锰酸钾溶液具有强氧化性，能把橡胶氧化，因此盛放酸性溶液和氧化性溶液用酸式滴定管，故错误；D、量筒刻度从上到下减小，量取8.2mL浓硫酸，仰视读数，所量浓硫酸的体积增大，故错误。考点：考查实验仪器的使用等知识。3、B【解析】A项、利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池，光电池将光能直接转化为电能，故A正确；B项、“丝”的化学成分是蛋白质，泪”的化学成分是液态石蜡，故B错误；C项、草木灰中的碳酸根离子水解显碱性，铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，二者相互促进，导致肥效降低，所以不能混合使用，故C正确；D项、钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，该方法利用钾元素和钠元素的焰色反应不同鉴别KNO3和Na2SO4，故D正确。故选B。【点睛】本题主要考查的是物质的性质及用途，注意性质决定用途，用途体现性质，明确物质性质，注意古文的理解和化学物质性质的分析判断是解答关键。4、C【解析】试题分析：A、Al3＋和SiO32－反应生硅酸铝沉淀，不能大量共存，故错误；B、Fe3＋具有强氧化性，能把I－氧化成I2，不能大量共存，故错误；C、能够大量共存，故正确；D、H＋和F－形成弱电解质HF，Ca2＋和F－形成沉淀CaF2，不能大量共存，故错误。考点：考查离子大量共存等知识。5、C【详解】A．盐酸与氢氧化钠溶液的反应为离子反应，但没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A不选；B．过氧化钠与二氧化碳的反应没有离子参加，不属于离子反应，故B不选；C．钠投入水溶液中的反应为离子反应，且Na、H元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C选；D．二氧化碳通入石灰水中的反应为离子反应，但没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故D不选；故选C。6、C【解析】A.甲胺（CH3NH2）类似于氨，但碱性稍强于氨，说明甲胺是一元弱碱，在水中的电离方程式CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－，故A正确；B.若加入20mL的盐酸，则盐酸和甲胺恰好完全反应生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，b点溶液呈中性，所以b点对应加入盐酸的体积小于20mL，故B正确；C.将等物质的量的CH3NH2和CH3NH3Cl一起溶于蒸馏水，因CH3NH2发生电离，则所得溶液中c(CH3NH2)≠c(CH3NH3+)，即lgcCH3NH3+cCH3NH2≠0，所以对应的不是a点的溶液，故C错误；D.由甲胺的电离方程式CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－可知，甲胺的电离常数为Kb=cOH-×cCH3NH3+cCH3NH2，a点溶液的pH=10.6，c(OH－)=10－3.47、B【详解】A．黏土烧制成瓦的过程中发生了复杂的物理化学变化，故A正确。B．沙子的主要成分为二氧化硅，二氧化硅是氧化物，不属于硅酸盐，故B错误。C．由“浇水转釉(主要为青色)，与造砖同法”可知，故C正确。D．黏土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料，故D正确。故选B。8、C【分析】Fe、C和NaCl溶液构成原电池，因为是脱氧剂，说明发生吸氧腐蚀，Fe易失电子作负极，C作正极，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+、正极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，生成的亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁。【详解】A．该装置构成原电池，原电池反应为放热反应，所以脱氧过程为放热反应，故A错误；B．炭作正极，氧气在正极上得电子发生还原反应，电极反应为：2H2O+O2+4e-=4OH-，故B错误；C．负极反应式为Fe-2e-=Fe2+、正极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，生成的亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，所以Fe单质最终转化为+3价铁元素，0.56gFe的物质的量为0.01mol，完全转化为+3价铁元素时，转移电子的物质的量为0.03mol，根据转移电子守恒消耗氧气体积×22.4L/mol=168mL，故C正确；D．原电池将化学能转化为电能，故D错误；故选：C。9、C【详解】A.FeCl3溶液呈黄色，Fe(OH)3胶体呈红褐色，从颜色上即可区分FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，A错误。B.胶体和溶液的本质区别是分散质直径大小，丁达尔效应是区分胶体和溶液的一种现象，B错误。C.碳酸钙经过特殊加工制成纳米碳酸钙，颗粒大小变化了，发生了物理变化，但组成微粒没有变化，化学性质没有明显变化，C正确。D.Fe(OH)3胶体电泳的实验中，阴极附近颜色加深，阳极附近颜色变浅，证明Fe(OH)3胶粒带正电，胶体本身不带电，D错误；答案选C。10、D【分析】A．用浓盐酸与二氧化锰制氯气，要加热；B．盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应；C．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳；D．发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀．【详解】A．用浓盐酸与二氧化锰制氯气，要加热，故A错误；B．盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，且盐酸为无氧酸，则不能比较非金属性，故B错误；C．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，过滤不能分离出碘，应用萃取分液，故C错误；D．发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，3SO2＋2H2O＋3Ba(NO3)2=3BaSO4＋2NO↑＋4HNO3，故D正确；故选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，解题关键，把握物质的性质、反应原理、实验技能，难点D：二氧化硫可被硝酸盐溶液氧化。11、B【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，气体是氨气，说明一定有NH，物质的量＝0.02mol；同时产生红褐色沉淀，沉淀是氢氧化铁，说明一定有Fe3+。1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，则含有0.02molFe3+，因此一定没有；4.66g沉淀为硫酸钡，一定有，物质的量为0.02mol；由于加入NaOH溶液过量，则Al3+可能存在，阳离子总电荷物质的量至少为0.02mol+0.02mol×3=0.08mol，阴离子的总电荷物质的量为0.02mol×2=0.04mol，根据溶液呈电中性，说明溶液中应含有其他阴离子未被检验出来，据此分析解答。【详解】A．根据题中已知信息，只能确定至少3种离子，由于阴阳离子电荷不守恒，溶液中含有其他离子未被检测出来，无法确定含有离子种类数目，故A错误；B．根据分析可知，初检时尚有离子未被发现，故B正确；C．根据分析，溶液中一定存在，硫酸钡不溶于酸，则沉淀不可能全部溶于盐酸，故C错误；D．根据分析，在过量的氢氧化钠溶液中可转化为偏铝酸根离子，可能存在，故D错误；答案选B。12、D【解析】还原性SO32-＞I-，溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，说明一定含有SO32-，溶液中可能含有I-离子，因加入溴水少量，I-没有被氧化，含Cu2+离子的溶液呈蓝色，原溶液无色说明不含铜离子，根据溶液呈电中性可知，溶液中一定含有铵根离子，故正确的有②③④，故选D。【点睛】本题考查了离子的检验，明确亚硫酸根离子和碘离子还原性的相对强弱是解本题关键。本题的易错点为④的判断，要注意溴水是少量的，溴水只与SO32－反应，与碘离子没有发生反应。13、B【详解】A、过滤时不需搅拌，选项A错误；B、用乙装置利用氯气将Br-氧化为Br2，选项B正确；C、丙装置中用正十二烷而不用CCl4，是因为其沸点与溴相差大，萃取后的溶液可通过蒸馏而分离，选项C错误；D、可用装置丁进行蒸馏，先收集Br2再收集正十二烷，选项D错误。答案选B。14、C【分析】由题目可知硫酸铅电极处生成Pb，则硫酸铅电极的反应为：PbSO4+2e-+2Li+=Pb+Li2SO4，则硫酸铅电极为电池的正极，钙电极为电池的负极，由此分析解答。【详解】A.输出电能时，电子由负极经过外电路流向正极，即从钙电极经外电路流向硫酸铅电极，A项错误；B.Li+带正电，放电时向正极移动，即向硫酸铅电极迁移，B项错误；C.负极反应方程式为Ca+2Cl−−2e−=CaCl2，正极电极反应方程式为：PbSO4+2e−+2Li+=Pb+Li2SO4，则总反应方程式为：PbSO4+Ca+2LiCl=Pb+CaCl2+Li2SO4，C项正确；D.钙电极为负极，电极反应方程式为Ca+2Cl−−2e−=CaCl2，根据正负极电极反应方程式可知2e−∼2LiCl，每转移0.2mol电子，消耗0.2molLiCl，即消耗85g的LiCl，D项错误；答案选C。【点睛】硫酸铅电极处生成Pb是解题的关键，掌握原电池的工作原理是基础，D项有关电化学的计算明确物质与电子转移数之间的关系，问题便可迎刃而解。15、B【分析】恒温恒容，甲与乙起始n(SO2)：n(O2)=2：1，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，转化率增大；丙按化学计量数转化到左边可得n(SO2)=2mol，n(O2)=2mol，根据此分析进行解答。【详解】A．丙相当于是在甲的基础上又增加1mol氧气，故压强P甲＜P丙，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，故P乙＜P甲＜2P乙，故A选项错误。B．丙相当于是在甲的基础上又增加1mol氧气，达到平衡时n丙＞n甲。甲等效为在乙到达平衡的基础上，再加入1molSO2和0.5molO2，故达到平衡时n丙＞n甲＞n乙,故B选项正确。C．丙相当于是在甲的基础上又增加1mol氧气，故平衡时SO3的体积分数∮甲＜∮丙，甲等效为在乙到达平衡的基础上，再加入1molSO2和0.5molO2，增大压强，平衡向正反应移动，故平衡时SO3的体积分数∮甲＞∮乙，故C选项错误。D．丙相当于是在甲的基础上又增加1mol氧气，故Q甲+Q丙＜197，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，故Q甲＞2Q乙，但Q甲与Q丙的大小不能确定，故D选项错误。故答案选B。【点睛】本题考查化学平衡移动与计算、反应热、等效平衡等，难度较大，注意构建甲、乙平衡建立的途径，注意理解等效平衡。本题的易错点为D，要注意等效平衡中互为逆反应的热效应的关系。16、C【分析】A、氯气能将铁和亚铁氧化；B、根据合金的性质判断；C、Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性；D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同。【详解】A、铁和亚铁能将氯气还原为氯离子，从而除去工业废气中的氯气，故A不选；B、根据铝合金的性质，铝合金具有密度低、强度高，故可应用于航空航天等工业，故B不选；C、Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性，不能改变土壤的碱性，反而使土壤更板结，故C选；D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同，故可根据颜色判断硅胶中是否能吸水，故D不选。故选C。【点睛】本题考查金属元素及其化合物的应用，易错点C，除杂不只是将反应物反应掉，还要考虑产物在应用中是否符合要求，生成的NaOH仍然呈碱性，达不到降低碱度的目的。17、A【分析】X的最低负价为－4，则其为碳；X、Y、Z三种原子的最外层电子数之和与W原子的最外层电子数相等，则Y、Z的最外层电子数之和为3，W的最外层电子数为7。从而得出X、Y、Z、W分别为C、Na、Mg、Cl。【详解】A.同周期元素，从左往右，原子半径依次减小，所以原子半径：r(Na)＞r(Mg)＞r(Cl)，A正确；B.同周期元素，从左往右，金属性依次减弱，所以Na的最高价氧化物的水化物碱性比Mg的强，B错误；C.虽然Cl的非金属性比C强，但W的氧化物的水化物若为HClO，则酸性比H2CO3的弱，C错误；D.W与Z形成的化合物MgCl2中，只含有离子键不含有共价键，D错误。故选A。【点睛】此题中有形的信息很少，我们只能推出X的最外层电子数为4，它可能是C，也可能是Si。所以我们需要使用周期表这个无形的信息。若X为Si，因为主族元素的最外层电子数不超过7，无法满足“X、Y、Z三种原子的最外层电子数之和与W原子的最外层电子数相等”这一限制条件，所以X只能是C。Y、Z不可能是同主族元素，也就是最外层电子数不可能都为1，但又必须满足二者的最外层电子数之不大于3(W的最外层电子最多为7)，所以Y的最外层电子数为1，Z的最外层电子数为2，W的最外层电子数为7，从而确定Y、Z、W分别为Na、Mg、Cl。18、C【详解】A.0.1mol/L的酸HY的pH=4，则c(H+)=10-4mol/L，c(HY)=0.1mol/L，所以HY的电离度为(10-4mol/L÷0.1mol/L)×100%=0.1%，即0.1mol/L的一元酸HY在水中有0.1%发生电离，A错误；B.反应开始时HX溶液的pH=1，c(H+)=c(HX)=0.1mol/L，所以HX是强酸，完全电离，而HY是一元弱酸，部分电离，存在电离平衡，当加入NaOH溶液体积相等都是10mL时，HY中仍然有大量HY分子存在，离子浓度比HX的小，所以a点的导电能力比b点强，B错误；C.b点溶液中含有等物质的量浓度的HY和NaY，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，根据物料守恒可得2c(Na+)=c(HY)+c(Y-)，第一个式子扩大2倍，然后减去第二个式子，整理可得c(HY)+2c(H+)=c(Y-)+2c(OH-)，C正确；D.pH=7时，根据电荷守恒，HY反应后的溶液中c(Na+)=c(Y-)；HX反应后的溶液中c(Na+)=c(X-)，又由于HX是强酸，HY是弱酸，部分电离，HX消耗的NaOH多，所以c(X-)>c(Y-)，D错误；故合理选项是C。19、C【解析】“混盐”是指一种金属离子与多种酸根阴离子构成的盐，Ca(ClO)Cl是由钙离子、氯离子、次氯酸根构成的盐，所以Ca(ClO)Cl是混盐。本题选C。20、C【解析】A．由图象可知，2molHF(g)的能量小于1molH2(g)和1molF2(g)的能量，故氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是吸热反应，故A错误；B．2

mol液态HF的能量小于2molHF(g)的能量，对于放热反应，当反应物相同时，产物的能量越低，反应放出的热量越多，故放出的热量大于270KJ，故B错误；C．1molH2(g)和1molF2(g)生成2molHF(g)放热，故1molH2(g)和1molF2(g)的所具有总能量大于2molHF(g)所具有的能量，故C正确；D．由于1molH2(g)和1molF2(g)生成2molHF(g)放热，而反应热△H=断键吸收的能量-成键放出的能量＜0，故断裂1

mol

H-H键和1

mol

F-F

键放出的能量小于形成2

mol

H-F键放出的能量，故D错误；故选C。点睛：如果反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量，那么在发生化学反应时，就有部分能量以热的形式释放出来，称为放热反应；如果反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量，那么在发生化学反应时，反应物就需要吸收能量，才能转化为生成物；且△H=E(生成物的总能量)-E(反应物的总能量)=E(反应物分子化学键断裂时所吸收的总能量)-E(生成物分子化学键形成时所释放的总能量)=E1(正反应的活化能)-E2(逆反应的活化能)。21、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。22、B【解析】A．新制氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO，次氯酸不稳定，容易分解：2HClO=2HCl+O2↑，促进氯气和水反应的平衡正向移动，氯气的浓度减少，氯水的颜色逐渐变浅，能用化学平衡移动原理解释，故A不选；B．滴加少量CuSO4溶液，少量的锌与铜离子反应生成铜，铜与锌和硫酸构成原电池，加快反应速率，不能用化学平衡移动原理解释，故B选；C．AlCl3溶液中存在Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，在加热时，促进水解，生成Al(OH)3和氯化氢，氯化氢容易挥发，最终得到氢氧化铝，能用平衡移动原理解释，故C不选；D．合成氨反应为N2+3H22NH3，是气体体积缩小的可逆反应，增大压强，平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，故D不选；故选B。二、非选择题(共84分)23、催化氧化羰基乙二醇CH2=CHCH321、【分析】A为CH2=CH2，A发生氧化反应生成环氧乙烷，反应③为信息i的反应，生成HOCH2CH2OH和CH3OCOOCH3；④是加成反应，根据原子守恒知，G为C3H6，G的核磁共振氢谱有三种峰，则G为CH2=CHCH3，根据K结构简式知，J为；J发生氧化反应生成丙酮和L，根据L分子式及M结构简式知，L为，F、M发生信息i的反应生成N，则F为CH3OCOOCH3，E为HOCH2CH2OH，【详解】（1）根据分析可知，A为CH2=CH2，A发生氧化反应生成环氧乙烷，①的反应类型是催化氧化；根据K的结构简式，K中含有的官能团名称是羰基，答案为：催化氧化；羰基；（2）根据分析可知，E为HOCH2CH2OH，E的名称是乙二醇，答案为：乙二醇；（3）根据分析可得，④是加成反应，根据原子守恒知，G为C3H6，G的核磁共振氢谱有三种峰，则G为CH2=CHCH3，答案为：CH2=CHCH3；（4）F为CH3OCOOCH3，F、M发生信息i的反应生成N，⑦的化学方程式是，故答案为；-OOCH2CH3-CH3（5）分子式为C9H12O2且a.属于芳香化合物，且苯环上只有两个取代基，b.1mol该物质能消耗1molNaOH，即苯环上只有一个酚羟基，则该有机物的苯环上可以连一个羟基和一个或-CH2CH2CH2OH或或或，分别处于邻间对位置，共5×3=15种，还可以为苯环上连一个羟基和一个或-O-CH2-CH2-CH3，分别处于邻间对位置，则共有3×2=6种同分异构体；则符合要求的同分异构体的数目为21种；核磁共振氢谱有5组峰，说明该物质含有5种不同环境的氢原子，物质的结构简式，，答案为：21；、。24、碳碳三键加成消去C≡C—C≡C—4molC6H6+CH2=CH2CH2CH3CH(OH)CH2(OH)+2CH3COOHCH(OOCCH3)CH2OOCCH3+2H2OClH2CCH2Cl【解析】试题分析：由B的分子式、C的结构简式可知B为，则A与氯乙烷发生取代反应生成B，则A为；对比C、D的结构可知C脱去2分子HCl，同时形成碳碳三键得到D，该反应属于消去反应；D发生信息中的偶联反应生成E为；E与氢气发生加成反应（也是还原反应）生成1，4-二苯基丁烷。据此可得下列结论：（1）由D的结构简式可知，D的官能团的名称为碳碳三键。（2）由上述分析可知，①和③的反应类型分别为加成反应、消去反应。（3）由上述分析可知，E的结构简式为。用1molE合成1，4－二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气4mol。（4）有题给信息可知，反应①的化学方程式为：C6H6+CH2=CH2CH2CH3。（5）化合物C的结构简式为，在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应（取代反应）可得到化合物F，结构简式为：CH(OH)CH2(OH)，化合物F和乙酸反应的化学方程式：。（6）化合物C的结构简式为，芳香化合物G是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为1:1，则G的结构简式为。考点：考查有机物的推断与合成；【名师点睛】本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、限制条件同分异构体书写、对信息的获取与迁移运用等，是对有机化学基础的综合考查，是有机化学常考题型，熟练掌握官能团的性质与转化。依据反应规律和产物来推断反应物是有机物推断的常见题型，通常采用逆推法：抓住产物的结构、性质、实验现象、反应类型这条主线，找准突破口，把题目中各物质联系起来从已知逆向推导，从而得到正确结论。对于某一物质来说，有机物在相互反应转化时要发生一定的化学反应，常见的反应类型有取代反应、加成反应、消去（消除）反应、酯化反应、加聚反应、缩聚反应等，要掌握各类反应的特点，并会根据物质分子结构特点（包含官能团的种类）进行判断和应用。有机合成路线的设计解题方法一般采用综合思维的方法，其思维程序可以表示为：原料→中间产物←目标产物。即观察目标分子的结构（目标分子的碳架特征，及官能团的种类和位置）→由目标分子和原料分子综合考虑设计合成路线（由原料分子进行目标分子碳架的构建，以及官能团的引入或转化）→对于不同的合成路线进行优选（以可行性、经济性、绿色合成思想为指导）。熟练掌握一定的有机化学基本知识、具备一定的自学能力、信息迁移能力是解答本题的关键，题目难度中等。25、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。26、②Fe2O3SO2处理尾气SO2（答出处理尾气即可）①③I2(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O=Fe2O3+4SO2↑+2NH3↑+N2↑+17H2O2(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O=Fe2O3+SO2↑+4NH3↑+3SO3↑+14H2O【分析】摩尔盐受热分解需要在隔绝空气条件下加热，由于装置中含有空气，需要用如惰性气体排尽装置中空气；要证明摩尔盐分解还可能会生成N2、SO3，利用气体与溶液反应生成硫酸钡检验SO3，用排水法收集气体证明有氮气。酸性条件下二氧化硫不能钡盐反应，二氧化硫可以被硝酸钡氧化生成硫酸钡，会影响SO3的检验，可以用氯化钡和盐酸混合溶液检验。用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫，最后排水法收集气体，由于生成的气体中可能含有氨气，要防止倒吸，据此解答。【详解】(1)反应需要在隔绝空气条件下加热，由于装置中含有空气，需要用如惰性气体排尽装置中空气，故应选择装置②；(2)摩尔盐受热分解的固体为红棕色固体，可知红棕色固体为Fe2O3，C装置中红色褪去，说明气体产物中含有SO2，二氧化硫会污染空气，需要进行尾气处理，C装置后应连装置D(未画出)，其作用是：吸收尾气SO2；故答案为：Fe2O3；SO2；吸收尾气SO2；(3)验证固体分解生成的气体中含有氨气，需要先除去二氧化硫，再利用氨气水溶液呈碱性进行检验，B干燥管中用碱石灰吸收水蒸气、生成的二氧化硫等，C装置盛放酚酞溶液，气体通入会变红色，证明生成的气体为氨气，故答案为：①；③；(4)要证明摩尔盐分解还可能会生成N2、SO3，利用气体与溶液反应生成硫酸钡检验SO3，用排水法收集气体证明有氮气；酸性条件下二氧化硫不能钡盐反应，二氧化硫可以被硝酸钡氧化生成硫酸钡，会影响SO3的检验，可以用氯化钡和盐酸混合溶液检验；用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫，最后排水法收集气体，由于生成的气体中可能含有氨气，要防止倒吸；故所以装置依次连接的合理顺序为A.

I、H、E、J；(5)若实验证实(2)(3)的猜想是正确的，说明分解生成氧化铁、二氧化硫、氨气，(4)中的气体产物只有一种，另外只有水生成，该气体为氮气或SO3，莫尔盐分解反应的化学方程式可能为：2(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O=Fe2O3+4SO2↑+2NH3↑+N2↑+17H2O或2(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O=Fe2O3+SO2↑+4NH3↑+3SO3↑+14H2O。27、A浓氨水和CaO(合理即可)Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O混合气体颜色变浅在此条件下，该反应的化学反应速率极慢缺少尾气吸收装置【解析】根据NO2和NH3中氮元素的化合价，推测二者可发生归中反应生成氮气，故预计装置C中颜色变浅，对于没有观察到预期的现象，可从反应是否发生，是否是可逆反应，转化率低以及反应速率慢等方面考虑，此外涉及到有毒气体的实验需要对尾气进行处理。【详解】(1)NO2在干燥时应选用中性干燥剂如无水氯化钙，不能用碱石灰，所以E装置用于制备二氧化氮，反应方程式为：Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O；B中没有指明干燥剂的种类，有可能为无水氯化钙或碱石灰，两者均可用来干燥NH3，所以A装置用来制备氨气，可采用浓氨水和CaO制备氨气；(2)二氧化氮为棕红色气体，如果二氧化氮能与氨气反应，根据化合价可知两者应发生归中反应生成氮气，因此如果两者发生反应，则C装置中的红棕色应变浅；(3)没有预期的现象可说明二氧化氮没有被消耗或消耗的少，除了已给可能性外，还有可能是该反应的化学反应速率极慢；(4)此实验中的反应物氨气和二氧化氮均为污染性气体，不能直接排放，应对其进行尾气处理。28、2Fe3++Cu═2Fe2++