云南省邵通市水富县云天化中学2026届化学高三上期中综合测试试题含解析

云南省邵通市水富县云天化中学2026届化学高三上期中综合测试试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、在酸性介质中，往MnSO4溶液里滴加（NH4）2S2O8（过二硫酸铵）溶液会发生如下反应：Mn2++S2O82﹣+H2O→MnO4﹣+SO42﹣+H+，下列说法不正确的是（

）A．可以利用该反应检验Mn2+B．氧化性比较：S2O82﹣＞MnO4﹣C．该反应中酸性介质可以为盐酸D．若有0.1mol氧化产物生成，则转移电子0.5mol2、氯元素在自然界有35Cl和37Cl两种同位素，在计算式35×75.77%+37×24.23%=35.48中（）A．35表示氯元素的相对原子质量B．35.48表示氯元素的相对原子质量C．35.48表示氯元素的近似相对原子质量D．24.23%表示35Cl的丰度3、化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是A．Zn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度增加B．正极的电极反应式为Ag2O＋2e−＋H2O2Ag＋2OH−C．锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄D．使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降4、下列关于0.10mol•L-1NaHCO3溶液的说法正确的是A．溶质的电离方程式为：NaHCO3=Na++H++CO32-B．离子浓度关系：c(Na+)(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+c(CO32-)C．25℃时，加水稀释后，n(H+)与n(OH-)的乘积变大D．温度升高，c（HCO3-）增大5、已知：AgOH很不稳定，易分解生成Ag2O（黑色）。溶液X中可能含有下列离子：Ag+，NH4+、Fe3+、SO42-、SO32-、Cl-中的几种离子。为了确定其组成，某同学进行了如下实验：下列说法不正确的是（）A．溶液X与NaOH反应生成红褐色沉淀A，可推测该溶液中不存在SO32-B．溶液X中一定不含Ag+C．溶液X中一定存在NH4+、Fe3+、SO42-D．取少量溶液B，加入AgNO3溶液，若有沉淀产生，则有Cl-6、下列关于0.5mol/LNaHCO3溶液的说法正确的是A．溶质的电离方程式为NaHCO3=Na++H++CO32-B．加水稀释后，n(H+)与n(OH-)的乘积变大C．离子浓度关系：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+c(CO32-)D．温度升高，c(HCO3-)增大7、向两份等体积、等浓度，pH不同的FeSO4溶液中逐滴加入NaClO溶液，实验测得溶液pH随加入NaClO溶液体积变化曲线如下图，实验现象如下表。下列说法不正确的是实验实验现象I滴入V1mLNaClO溶液产生大量红褐色沉淀Ⅱ滴入V1mLNaClO溶液，溶液变黄，未见沉淀，继续滴加出现红褐色沉淀A．a～b段主要反应的离子方程式为：2Fe2++ClO－+5H2O＝2Fe(OH)3↓+Cl－+4H+B．d~e段主要反应的离子方程式为：ClO－+H+＝HClOC．c、f点pH接近的主要原因是：ClO－+H2O⇌HClO+OH－D．向c点溶液中加入过量的浓盐酸，沉淀溶解并有刺激性气味的气体放出8、如图是一种有机物的模型，该模型代表的有机物可能是（）A．饱和一元醇 B．羟基酸C．羧酸酯 D．饱和一元醛9、将0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起()A．溶液的pH增大B．CH3COOH电离度增大C．溶液的导电能力减弱D．溶液中c(OH－)减小10、实验室模拟氨催化氧化法制硝酸的装置如图所示（无水CaCl2可用于吸收氨气），下列说法错误的是（）A．装置①、②、⑤依次盛装碱石灰、无水CaCl2、NaOH溶液B．装置③中气体呈红棕色C．装置④中可观察到紫色石蕊溶液变红D．通空气的主要作用是鼓出氨气，空气可用N2代替11、丁烯（C4H8）是制备线性低密度聚乙烯（LLDPE）的原料之一，可由丁烷（C4H10）催化脱氢制备，C4H10（g）C4H8（g）＋H2（g）＝＋123kJ·mol－1。该工艺过程中生成的副产物有炭（C）、C2H6、C2H4、C4H6等。进料比[]和温度对丁烯产率的影响如图1、图2所示。已知原料气中氢气的作用是活化固体催化剂。下列分析正确的是A．随温度升高丁烯裂解生成的副产物增多，会影响丁烯的产率B．丁烷催化脱氢是吸热反应，丁烯的产率随温度升高而不断增大C．氢气的作用是活化固体催化剂，改变氢气量不会影响丁烯的产率D．一定温度下，控制进料比[]越小，越有利于提高丁烯的产率12、下列表达方式正确的是A． B．质子数为17、中子数为20的氯原子：2017ClC．HClO的结构式：H—O—Cl D．NH4Cl的电子式：13、下列说法正确的个数为（）①化学键断裂，一定发生化学变化②任何物质中都存在化学键③氢键是极弱的化学键，分子间作用力不是化学键④离子键就是阴、阳离子之间的静电吸引力⑤活泼金属与活泼非金属化合时能形成离子键⑥共价化合物中，成键原子均满足8电子稳定结构⑦验证化合物是否为离子化合物的实验方法是可以看其熔化状态下能否导电⑧由非金属元素形成的化合物中不可能含有离子键A．1 B．2 C．3 D．414、下列叙述中正确的是A．向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成B．向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2C．等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同D．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出15、制备乙酸丁酯实验装置正确的是A． B． C． D．16、常温下0.1mol·L－1氨水溶液的pH＝a，下列能使溶液pH＝(a－1)的措施是()A．将溶液稀释到原体积的10倍 B．加入适量的氯化铵固体C．加入等体积0.2mol·L－1盐酸 D．通入氨气17、下列有关实验操作、发生的现象、解释或结论都正确的是（）选项实验操作发生的现象解释或结论A向亚硫酸钠溶液中，逐滴加入硝酸酸化的硝酸钡溶液产生白色沉淀产生的亚硫酸钡是难溶解入水的沉淀B将SO2通入滴有酸性高锰酸钾溶液中溶液紫红色褪去SO2具有漂白性C常温下铜片插入硝酸中产生红棕色气体常温下铜和硝酸一定产生NO2D向某溶液中加入NaHCO3产生白色沉淀该溶液可能原来含有氢氧化钡A．A B．B C．C D．D18、C、Si、S、N都是自然界中含量丰富的非金属元素，下列有关说法中正确的是A．四种元素在自然界中既有游离态又有化合态B．二氧化物都属于酸性氧化物，都能与碱反应而不能与任何酸反应C．最低价的气态氢化物都具有还原性，一定条件下都能与O2发生反应D．氮的氧化物相互转化都是氧化还原反应19、下列说法不正确的是（）A．“臭氧空洞”、“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关B．工业海水制取镁流程：海水Mg(OH)2→MgCl2MgC．推广使用乙醇汽油代替汽油目的是为了减少温室气体的排放D．工业生产玻璃、水泥都用石灰石做原料20、在一定温度下，10mL0.40mol/LH2O2发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）A．0~6min的平均反应速率：v（H2O2）mol/(L·min)B．6~10min的平均反应速率：v（H2O2）＜mol/(L·min)C．反应至6min时，c（H2O2）=0.3mol/LD．反应至6min时，H2O2分解了50%21、对于可逆反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g），下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是（）A．增大压强 B．升高温度 C．使用催化剂 D．多充入O222、某温度下，反应H2(g)+I2(g)2HI(g)+Q(Q>0)在一带有活塞的密闭容器中达到平衡，下列说法错误的是()A．恒容，升高温度，正反应速率减小 B．恒容，充入H2(g)，I2(g)的体积分数降低C．恒压，充入He(g)，逆反应速率减小 D．恒温，压缩体积，平衡不移动，混合气体颜色加深二、非选择题(共84分)23、（14分）X、Y、L、M为核电荷数依次增大的前20号主族元素。X是原子半径最小的元素，Y、L与M三种元素的质子数均为5的倍数。回答下列问题：（1）X与Y组成的化合物属于__________（填“共价”或“离子”）化合物。（2）X与M组成的物质电子式为__________，该物质可作为野外工作的应急燃料，其与水反应的化学方程式为________。（3）Y在周期表中的位置是__________。（4）下列说法正确的是__________。AL可能是Ne，也可能是PBL在氯气中燃烧现象为白色烟雾CL与X形成的化合物分子构型为平面三角形DL有多种氧化物以及含氧酸24、（12分）A、B、C、D、E为短周期元素,A-E原子序数依次增大,质子数之和为40,B、C同周期,A、D同主族,A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2,E是地壳中含量最多的金属元素。(1)E元素在周期表中的位置为__________；B、C的氢化物稳定性强的是________(用化学式表示,下同)；B、C、D组成的化合物中含有的化学键为_____________(2)D2C2的电子式是_________,将D的单质投入A2C中,反应后得到一种无色溶液,E的单质在该无色溶液中反应的离子方程式为______________；(3)元素D的单质在一定条件下,能与A单质化合生成氢化物DA,熔点为800℃。DA能与水反应放出氢气,化学反应方程式为_____________。(4)废印刷电路版上含有铜,以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜,再用硫酸溶解。现改用A2C2和稀硫酸浸泡既达到了上述目的,又保护了环境,试写出反应的化学方程式__________________________25、（12分）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：实验一焦亚硫酸钠的制取采用下图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3＋SO2=Na2S2O5(1)装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为____________________。(2)要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_________________。(3)装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为________(填序号)。实验二焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。(4)证明NaHSO3溶液中HSO3—的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是________(填序号)。a.测定溶液的pHb.加入Ba(OH)2溶液c.加入盐酸d.加入品红溶液e.用蓝色石蕊试纸检测(5)检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是____________________。26、（10分）I.油脂的不饱和度可通过油脂与碘的加成反应来测定，我们通常称为油脂的碘值，碘值越大，油脂的不饱和度越大．碘值是指100g油脂中所能吸收碘的克数．现称取xg某油脂，加入含ymolI2的溶液（韦氏液，碘值测定时使用的特殊试剂，含CH3COOH），充分振荡；过量的I2用cmol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定（淀粉作指示剂），用去VmLNa2S2O3溶液，反应的方程式为：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI。（1）滴定终点时颜色的变化是________________（2）该油脂的碘值为__（用相关字母表示）（3）韦氏液中CH3COOH也会消耗Na2S2O3，所以还要做相关实验进行校正，否则会引起测得的碘值偏__（填“高”或“低”）II.某同学现要从测定油脂碘值实验的含碘废液（除H2O外，含有油脂、I2、I﹣）中回收碘，设计了如下实验过程：（4）A溶液是某还原剂，向含碘废液中加入稍过量A溶液的目的是___________。（5）操作①用到的主要玻璃仪器为__________________________。（6）操作②的方法是_____________________________。（7）氧化时，在三颈瓶中将含I﹣的水溶液用盐酸调至pH约为2，缓慢通入适量Cl2，在30～40℃反应（实验装置如图所示）．实验控制在30～40℃温度下进行的原因是______________，通入氯气不能过量的原因是____________，锥形瓶里盛放的溶液为_______。27、（12分）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。中华人民共和国国家标准(G112760-2011)规定葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)不能超过0.25g/L。某化学兴趣小组制备并对SO2的化学性质和用途进行探究，探究过程实验装置如下图，并收集某葡萄酒中SO2，对其含量进行测定。（夹持仪器省略）（1）实验可选用的实验试剂有浓硫酸、Na2SO3固体、Na2S溶液、BaCl2溶液、FeCl3溶液、品红溶液等。①请完成下列表格试剂作用A___验证SO2的还原性BNa2S溶液___C品红溶液___②A中发生反应的离子方程式为____。（2）该小组收集某300.00mL葡萄酒中SO2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图中的___(填序号)；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处时，管内液体的体积__(填序号)(①=10mL；②=40mL；③<10mL；④>40mL)（3）该小组在实验室中先配制0.0900mol/LNaOH标准溶液，然后再用其进行滴定。下列操作会导致测定结果偏高的是___。A．未用NaOH标准溶液润洗滴定管B．滴定前锥形瓶内有少量水C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失D．配制溶液定容时，俯视刻度线E．中和滴定时，观察标准液体积读数时，滴定前仰视，滴定后俯视28、（14分）铁的化合物在工业上有重要的应用．（1）FeCl1净水的原理是（用离子方程式表示）_________________．FeCl1溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）________________．（2）为节约成本，工业上用NaClO1氧化酸性FeCl2废液得到FeCl1．①若酸性FeCl2废液中c（Fe2+）=2.0×10﹣2mol•L﹣1，c（Fe1+）=1.0×10﹣1mol•L﹣1，c（Cl﹣）=5.1×10﹣2mol•L﹣1，则该溶液的PH约为_____．②完成NaClO1氧化FeCl2的离子方程式：ClO1﹣+___Fe2++_______=__Cl﹣+___Fe1++______．（1）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，且不会造成二次污染．已知高铁酸盐热稳定性差，工业上用湿法制备K2FeO4的流程如图1所示：反应③加入浓KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），这说明__________________________．某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应后得到NaCl、NaClO、NaClO1的混合溶液，经测定ClO﹣与ClO1﹣离子的物质的量之比是1：2，则Cl2与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为_____．（4）工业上还可用通过电解浓NaOH溶液来制备Na2FeO4，其工作原理如图2所示：阳极的电极反应式为__________________________。29、（10分）化合物F是一种用于合成药物美多心安的中间体，F的一种合成路线流程图如下:（1）化合物E中含氧官能团名称为______和__________（2）A→B的反应类型为___________（3）C的分子式为C9H11NO3，经还原得到D，写出C的结构简式:____________。（4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式:________①属于芳香化合物，且苯环上只有两个取代基。②能发生银镜反应和水解反应，水解产物之一能与NaOH溶液反应且只有5种不同化学环境的氢。（5）已知:①具有还原性，易被氧化；②。写出以和(CH3)2SO4为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。_________________________

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、在酸性条件下，加入(NH4)2S2O8，如果溶液变为紫红色，说明原溶液中含有Mn2＋，故A说法正确；B、利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据反应S2O82－为氧化剂，MnO4－为氧化产物，因此S2O82－的氧化性强于MnO4－，故B说法正确；C、高锰酸钾具有强氧化性，能把Cl－氧化成Cl2，因此酸性介质不能是盐酸，故C说法错误；D、氧化产物是MnO4－，因此转移电子物质的量为0.1×(7－2)mol=0.5mol，故D说法正确。2、C【详解】A、35表示35Cl的相对原子质量的近似值，故A错误；B、氯元素的相对原子质量是用两种同位素的相对原子质量分别乘以各自的丰度计算得到的结果，35.48表示氯元素的近似相对原子质量，故B错误；C、元素的近似相对原子质量=各元素的质量数×原子百分比，35.5表示氯元素的近似相对原子质量，故C正确；D、24.23%表示37Cl的丰度，故D错误；故选C。3、A【详解】A.Zn较Cu活泼，做负极，Zn失电子变Zn2+，电子经导线转移到铜电极，铜电极负电荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而Zn2+和H+迁移至铜电极，H+氧化性较强，得电子变H2，因而c(H+)减小，A项错误；B.Ag2O作正极，得到来自Zn失去的电子，被还原成Ag,结合KOH作电解液，故电极反应式为Ag2O＋2e−＋H2O2Ag＋2OH−，B项正确；C.Zn为较活泼电极，做负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，锌溶解，因而锌筒会变薄，C项正确；D.铅蓄电池总反应式为PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O，可知放电一段时间后，H2SO4不断被消耗，因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D项正确。故答案选A。4、C【解析】A．NaHCO3为强电解质，溶质的电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3-，故A错误；B．由电荷守恒可知，离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），故B错误；C．25℃时，加水稀释后，促进HCO3-水解，n（OH-）增大，c（OH-）减小，由Kw不变，可知c（H+）增大，则n（H+）增大，则n（H+）与n（OH-）的乘积变大，故C正确；D．HCO3-水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则c（HCO3-）减小，故D错误；故选C。5、D【解析】A.溶液X与NaOH反应生成红褐色沉淀A和气体A，说明X中含有Fe3+，Fe3+具有氧化性，与SO32-不能大量共存，故A正确；B.溶液X中加入氢氧化钡，生成白色沉淀，说明X中一定不含Ag+，否则得到黑色沉淀，故B正确；C.气体A能够使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色，说明A为氨气，则含有NH4+，溶液X中加入氢氧化钡，生成白色沉淀，说明X中一定不含Ag+，一定含有SO42-，因此溶液X中一定存在NH4+、Fe3+、SO42-，故C正确；D.取少量溶液B，加入AgNO3溶液，若有沉淀产生，可能是未完全沉淀的硫酸根离子，故D错误；故选D。6、B【解析】试题分析：A、碳酸氢钠为弱酸的酸式盐，电离方程式为NaHCO3＝Na+＋HCO3—，错误；B、温度不变，加水稀释后，Kw=c(H＋)c(OH－)不变，溶液的体积增大，n(H+)与n(OH—)的乘积变大，正确；C、根据电荷守恒知碳酸氢钠溶液中离子浓度关系：c(Na+)＋c(H+)＝c(OH—)＋c(HCO3—)＋2c(CO32—)，错误；D、温度升高，促进碳酸氢根的电离和水解，c(HCO3—)减小，错误。考点：考查电解质溶液中的离子平衡，碳酸氢钠溶液。7、B【解析】A.由实验I的现象可知，次氯酸钠和硫酸亚铁反应生成了氢氧化铁红褐色沉淀，依据化合价升降法、电荷守恒、质量守恒可得a～b段主要反应的离子方程式为：2Fe2++ClO－+5H2O＝2Fe(OH)3↓+Cl－+4H+，故A正确；B.由实验Ⅱ的现象可知，d～e段有铁离子生成，说明次氯酸根离子将二价铁氧化成了三价铁，根据化合价升降法、电荷守恒、质量守恒可得d～e段主要反应的离子方程式为：2Fe2++2H++ClO-=2Fe3++Cl-+H2O，故B错误；C.c、f点所对应的溶液的溶质都是NaCl和NaClO，NaClO水解使得溶液显碱性，离子方程式为：ClO－+H2O⇌HClO+OH－，故C正确；D.盐酸可以和氢氧化铁反应，使之溶解，在酸性条加下，氯离子和次氯酸根离子反应，生成氯气，故D正确；本题答案为B。【点睛】在酸性条件下：ClO－+Cl－+2H+=Cl2↑+H2O。8、B【分析】根据模型可知该有机物为，据此分析判断。【详解】由分析可知该有机物为，结构中存在羟基和羧基，因此属于羟基酸；答案选B。9、A【详解】A．CH3COOH溶液加水稀释，CH3COOH的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向正反应方向移动，溶液的pH增加，向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时，溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，溶液的pH增加，正确；B．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，错误；C．CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，错误；D．加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，错误。故选A。10、D【分析】由实验装置图可知，装置①中空气通入浓氨水后，挥发出的氨气和氧气的混合气体经过碱石灰干燥后进入装有催化剂的硬质玻璃管，在三氧化二铬做催化剂作用下，发生催化氧化反应生成一氧化氮和水，装置②中盛有的无水氯化钙用于吸收氨气和水蒸气，在装置③中一氧化氮与空气中的氧气反应生成二氧化氮，装置④中水和二氧化氮反应生成硝酸，硝酸使石蕊溶液变红色，装置⑤中氢氧化钠溶液用于吸收一氧化氮和二氧化氮混合气体，防止污染环境。【详解】A．根据上述分析，装置①、②、⑤依次盛装碱石灰、无水CaCl2、NaOH溶液，故A正确；B．装置③一氧化氮与空气中的氧气反应生成红棕色二氧化氮，故B正确；C．装置④中水和二氧化氮反应生成硝酸，硝酸可使紫色石蕊溶液变红，故C正确；D．通空气的主要作用是鼓出氨气并提供氧气，空气不能用N2代替，故D错误；故选D。11、A【详解】A．由图2可知，随温度升高丁烯裂解生成的副产物增多，会影响丁烯的产率，故A正确；B．由图可知，平衡后升高温度产率降低，则升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故B错误；C．增大或减少氢气的量，平衡均发生移动，均影响丁烯的产率，故C错误；D．由1可知，一定温度下，控制进料比[]在1.5左右，有利于提高丁烯的产率，越小或越大均不利于产率的增大，故D错误；故答案为A。12、C【详解】A、F－的电子式应在Mg2＋两边，用电子式表示MgF2的形成过程为，故A错误；B、根据原子构成，左下角为质子数，左上角为质量数，即该氯原子为3717Cl，故B错误；C、HClO的结构式为H－O－Cl，故C正确；D、没有表示出Cl－最外层电子，正确的是，故D错误。答案选C。13、B【详解】①化学键断裂，不一定发生化学变化，如NaCl溶于水，离子键断裂，但是是一个物理变化，①错误；②不是所有物质中都存在化学键，如稀有气体中不含化学键，②错误；③氢键不属于化学键，③错误；④离子键是阴、阳离子之间的静电作用，包括静电引力和静电斥力，④错误；⑤活泼金属与活泼非金属化合时能形成离子键，⑤正确；⑥不是所有原子形成共价键后均满足稳定结构，例如BF3中B原子最外层只有6

个电子，⑥错误；⑦离子化合物在熔化状态下能够电离出阴阳离子而导电，而共价化合物由共价分子构成，熔化状态不会导电，故验证化合物是否为离子化合物的实验方法是可以看其熔化状态下能否导电，⑦正确；⑧非金属元素形成的化合物可能含有离子键，如NH4Cl，⑧错误；综上所述：⑤⑦正确。答案为B。14、D【详解】A、CaCO3与CO2在水中反应生成Ca(HCO3)2，再加入NaHCO3不反应，不会有沉淀生成，A项错误；B、向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，无CO2气体放出，B项错误；C、等质量的NaHCO3和Na2CO3，其中NaHCO3的物质的量多，与足量HCl反应时，放出的CO2多，C项错误；D、发生的反应为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，由于NaHCO3的溶解性较小，故有结晶析出，D项正确，答案选D。15、C【详解】乙酸丁酯的制备采用的是回馏装置，并非边制备边蒸馏，故选C。16、B【分析】一水合氨是弱电解质，所以氨水中存在电离平衡，要使氨水溶液的pH减小1，但溶液仍然为碱性，则加入的物质能抑制一水合氨的电离，据此解答。【详解】A.一水合氨是弱电解质，所以氨水中存在电离平衡，将溶液稀释到原体积的10倍，则促进一水合氨的电离，氢氧根离子的浓度大于原来的十分之一，所以稀释后溶液的pH＞（a-1），故A错误；B.向氨水中加入氯化铵固体，铵根离子浓度增大而抑制一水合氨的电离，氨水中氢氧根离子浓度减小，所以可以使溶液的pH=（a-1），故B正确；C.加入等体积0.2

mol/L盐酸，盐酸的物质的量大于氨水的物质的量，则混合溶液呈酸性，故C错误；D.向氨水中通入氨气，氨水浓度增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故D错误；答案选B。17、D【详解】A．亚硫酸钠能被硝酸氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成BaSO4沉淀，所以该白色沉淀是硫酸钡，故A错误；B．高锰酸钾具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验体现二氧化硫还原性而不是漂白性，故B错误；C．常温下，Cu和稀硝酸反应生成NO，NO遇空气反应生成红棕色气体二氧化氮，铜和浓硝酸反应生成二氧化氮、和稀硝酸反应生成NO，故C错误；D．能和碳酸氢钠反应生成白色沉淀的还有氢氧化钙等，所以该实验现象说明该溶液可能原来含有氢氧化钡，故D正确；故选D。【点晴】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质检验、氧化还原反应等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意物质检验时要除去其它物质的干扰，易错选项是B。18、C【详解】A．Si为亲氧元素，在自然界中没有游离态，A说法错误，故A不符合题意；B．酸性氧化物与水反应只生成酸，NO2与水反应生成硝酸和NO，不属于酸性氧化物，SiO2不仅能和碱反应，还能和HF反应，B说法错误，故B不符合题意；C．C、Si、S、N的最低价的气态氢化物分别为CH4、SiH4、H2S、NH3，它们都具有还原性，一定条件下都能与O2发生反应，C说法正确，故C符合题意；D．氮的氧化物相互转化不都是氧化还原反应，比如NO2和N2O4之间的转化，D说法错误，故D不符合题意；故选C。19、C【解析】A、“臭氧空洞”、“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关，故A不符合题意；B、金属镁主要由电解熔融MgCl2的方法制得,海水中溶有少量MgCl2,海边又盛产贝壳(主要成分是CaCO3),以它们为原料生产镁的大致程序是:海水Mg(OH)2→MgCl2Mg，故B不符合题意；C、乙醇汽油可以让汽车尾气中一氧化碳和碳氢化合物含量下降，有利于改善城市的空气质量，并不是为了减少温室气体CO2的排放，故C符合题意；D、制玻璃所需原料石灰石、纯碱和石英，制水泥所需原料为石灰石和黏土，故D不符合题意；综上所述，本题应选C。20、C【详解】A．0~6min时间内，△c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，所以v（H2O2）=0.2mol/L÷6minmol/(L·min)，A正确；B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，B正确；C．6min时，c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，C错误；D．6min时，H2O2分解率为：=50%，D正确。答案选C。21、B【详解】A.增大压强，活化分子百分数不变，故A错误；B.升高温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都增大，且化学平衡常数发生变化，故B正确；C.使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；D.多充O2，活化分子百分数、平衡常数不变，故D错误；故选：B。22、A【分析】反应H2(g)+I2(g)2HI(g)+Q(Q>0)该反应为放热反应。【详解】A选项，恒容，升高温度，正反应速率增大，故A错误；B选项，恒容，充入H2(g)，平衡正向移动，I2(g)物质的量减少，体积分数降低，故B正确；C选项，恒压，充入He(g)，体积变大，浓度变小，逆反应速率减小，故C正确；D选项，恒温，压缩体积，由于是等体积反应，因此平衡不移动，混合气体颜色加深，故D正确；综上所述，答案为A。【点睛】压强增大，速率不一定增大，当恒容容器，加稀有气体，压强虽然增加，但反应体系浓度不变，速率不变，因此压强变化，一定转化为浓度来分析。二、非选择题(共84分)23、共价[H:]-Ca2+[:H]-CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑第二周期IIIA族BD【分析】X、Y、L、M为核电荷数依次增大的前20号主族元素，X的原子半径最小，X为H；Y、L与M三种元素的质子数均为5的倍数，则Y的质子数为5，Y为B；L的质子数为15，L为P；M的质子数为20，M为Ca，以此来解答。【详解】(1)、由上述分析可知，X为H，Y为B，L为P，M为Ca，H、B均为非金属元素，X与Y组成的化合物只含共价键，属于共价化合物；故答案为共价；(2)、X与M组成的物质为CaH2，其电子式为：[H:]-Ca2+[:H]-，其与水反应的化学方程式为：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑；故答案为[H:]-Ca2+[:H]-；CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑；(3)、Y为B，在周期表中的位置是第二周期IIIA族；故答案为第二周期IIIA族；(4)A、L只能是P，L为主族元素，故A错误；B、L在氯气中燃烧现象为白色烟雾，生成PCl3和PCl5，故B正确；C、L与X形成的化合物为PH3，与氨气结构相似，分子构型为三角锥型，故C错误；D、L有多种氧化物，如P2O3、P2O5，多种含氧酸如H3PO4、H3PO4等，故D正确；故选BD。24、第三周期第ⅢA族H2O离子键、共价键2Al＋2H2O＋2OH-=2AlO2-＋3H2↑NaH＋H2O=H2↑＋NaOHH2O2＋H2SO4＋Cu=CuSO4＋2H2O【分析】E是地壳中含量最多的金属元素，则E为Al；A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，可判断两种液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H；C为O；A、D同主族，且原子序数大于O的，则D为Na；A-E原子的质子数之和为40，则B的序数为7，则为N。【详解】(1)E为Al，在周期表中的位置为第三周期IIIA族；B、C分别为N、O，且非金属性N<O，则氢化物的稳定性为NH3<H2O；B、C、D分别为N、O、Na，组成的化合物为NaNO3，含有离子键、共价键；(2)D2C2为过氧化钠，为离子化合物，电子式为；Al与氢氧化钠、水反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al＋2H2O＋2OH-=2AlO2-＋3H2↑；(3)元素Na可与氢气反应生成氢化钠，氢化钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，方程式为NaH＋H2O=H2↑＋NaOH；(4)过氧化氢有强氧化性，可与Cu、稀硫酸反应生成硫酸铜和水，方程式为H2O2＋H2SO4＋Cu=CuSO4＋2H2O。25、Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O[或Na2SO3＋2H2SO4(浓)=2NaHSO4＋SO2↑＋H2O]过滤dae取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成【解析】(1)由装置Ⅱ中发生的反应可知，装置Ⅰ中产生的气体为SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；

(2)装置Ⅱ中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤进行分离；

(3)a．装置应将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故a错误；b．该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故b错误；c．该装置不能吸收二氧化硫，所以无法实现实验目的，故c错误；d．该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收，且防止倒吸，故d正确；故答案为d；(4)NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，测定溶液的pH，可以确定溶液酸碱性，酸性溶液可以使湿润蓝色石蕊试纸变红，所以能用测定溶液pH值、湿润的蓝色石蕊试液检验，而加入Ba(OH)2溶液、HCl溶液、品红溶液都不能说明溶液呈酸性，故选ae；(5)Na2S2O5中S元素的化合价为+4价，因此会被氧化为为+6价，即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成。26、溶液的蓝色褪去且半分钟不改变(25400y-12.7cV)/x低将废液中的碘单质还原为碘离子进入水层分液漏斗、烧杯萃取、分液、蒸馏温度太低反应太慢，温度过高氯气溶解度会变小过量的氯气会将碘单质氧化为IO3﹣，5Cl2+I2+6H2O=10Cl﹣+2IO3﹣+12H+NaOH【分析】I.(1)碘遇到淀粉变蓝色,碘完全反应后,蓝色褪去；

(2)根据Na2S2O3的物质的量求出与其反应的碘的物质的量,再求出与油脂反应的碘的量,然后求出碘值；

(3)冰醋酸消耗Na2S2O3,则滴定时消耗的Na2S2O3的物质的量偏大,则与Na2S2O3反应的碘的物质的量偏大,所以与油脂反应的碘偏少。II.往含碘废液中加入还原性的物质,将废液中的I2还原为I-,油脂不溶于水,用分液的方法分离得到油脂和溶液,然后在溶液中加强氧化剂氯气氧化碘离子,萃取、分液、蒸馏得到碘单质,达到分离提纯的目的；

(4)还原剂的加入是还原废液中的碘单质为碘离子；

(5)操作①是分液,根据分液操作选择仪器；

(6)操作②是水溶液中得到碘单质的提取方法，是萃取、分液、蒸馏分离得到碘单质；(7)碘易升华,且氯气的溶解度随着温度的升高而减小；过量的氯气会将碘单质氧化为碘酸盐,氯气、碘蒸气都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质。【详解】I.(1)过量的I2用cmol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定(以淀粉为指示剂),碘与淀粉的混合溶液显蓝色,当碘完全反应后,蓝色褪去,且半分钟不改变颜色即达到滴定终点；

因此，本题正确答案是：溶液的蓝色褪去且半分钟不改变。

(2)过量的I2用cmol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定(以淀粉为指示剂)用去vmL，已知:2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，则n(I2)=1/2×c×V×10-3mol,则与油脂反应的碘的物质的量为（y-0.5c×V×10-3）mol,设碘值为mg,m/100=（y-0.5c×V×10-3）×254/x，计算得出:m=(25400y-12.7cV)/x；因此，本题正确答案是:(25400y-12.7cV)/x。(3)冰醋酸消耗Na2S2O3，则滴定时消耗的Na2S2O3的物质的量偏大,则与Na2S2O3反应的碘的物质的量偏大，所以与油脂反应的碘偏少，则测得的碘值偏低；

因此，本题正确答案是:低。II.往含碘废液中加入还原性的物质,将废液中的I2还原为I﹣,油脂不溶于水,用分液的方法分离得到油脂和溶液,然后在溶液中加强氧化剂氯气氧化碘离子,萃取分液蒸馏得到碘单质,达到分离提纯的目的,

(4)A溶液是某还原剂，加入目的是还原废液中的碘单质为碘离子，向含碘废液中加入稍过量A溶液的目的是：将废液中的碘单质还原为碘离子进入水层；

因此，本题正确答案是:将废液中的碘单质还原为碘离子进入水层。

(5)操作①是分液,根据分液操作选择仪器为分液漏斗、烧杯；

因此，本题正确答案是:分液漏斗、烧杯。

(6)操作②是水溶液中得到碘单质的提取方法，是萃取、分液、蒸馏，分离得到碘单质，溶液中加入萃取剂，萃取碘单质，通过分液漏斗分液得到有机萃取层，通过蒸馏得到碘单质；

因此，本题正确答案是：萃取、分液、蒸馏。

(7)碘易升华,且氯气的溶解度随着温度的升高而减小,温度越高,氯气的溶解度越小,反应越不充分。过量的氯气会将碘单质氧化为IO3﹣，反应的方程式为：5Cl2+I2+6H2O=10Cl﹣+2IO3﹣+12H+；而温度太低，反应速率较慢，所以应该在30～40℃温度条件下进行反应；氯气、碘蒸气都有毒,不能直接排空,且都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质,所以用NaOH溶液吸收；

因此，本题正确答案是：温度太低反应太慢，温度过高氯气溶解度会变小；过量的氯气会将碘单质氧化为IO3﹣，5Cl2+I2+6H2O=10Cl﹣+2IO3﹣+12H+；NaOH。27、FeCl3溶液验证SO2的氧化性验证SO2的漂白性2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+③④A、C【分析】(1)①根据实验装置图及提供的试剂可知，实验中用浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，验证二氧化硫的还原性可用二氧化硫与氯化铁反应，再用二氧化硫与硫化钠反应验证二氧化硫的氧化性，最后用品红溶液验证二氧化硫的漂白性；②A中发生的反应为二氧化硫与氯化铁反应生成亚铁离子和硫酸根离子；(2)氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的橡胶管稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的气泡用③的方法；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，据此判断；(3)由c(待测)=可知，不当操作使V(NaOH)偏大，则会造成测定结果偏高。【详解】(1)①根据实验装置图及提供的试剂可知，实验中用浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，验证二氧化硫的还原性可用二氧化硫与氯化铁反应，再用二氧化硫与硫化钠反应验证二氧化硫的氧化性，最后用品红溶液验证二氧化硫的漂白性；②A中发生的反应为二氧化硫与氯化铁反应生成亚铁离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-；(2)氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的橡胶管稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的气泡用③的方法；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积＞(50.00mL-10.00mL)=40.00mL，所以④正确；(3)A．未用NaOH标准溶液润洗滴定管，NaOH溶液浓度降低，消耗标准液的体积偏大，由c(待测)=可知，测定浓度偏高；B．滴定前锥形瓶内有少量水，不影响消耗NaOH溶液的体积，由c(待测)=可知，测定浓度不变；C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液的体积偏大，由c(待测)=可知，测定浓度偏高；D．配制溶液定容时，俯视刻度线，液面在刻度线下方，NaOH溶液浓度偏高，消耗标准液的体积偏小，由c(待测)=可知，测定浓度偏低；E．中和滴定时，观察标准液体积读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，消耗标准液的体积偏小，由c(待测)=可知，测定浓度