四川省成都市金牛区2026届高三化学第一学期期中联考模拟试题含解析

四川省成都市金牛区2026届高三化学第一学期期中联考模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、下列说法正确的是（）①需要通电才可以进行的有：电解、电离、电泳、电镀、电除尘②金属氧化物均为碱性氧化物，酸性氧化物一定是非金属氧化物③纳米材料石墨烯用一束强光照射可以发生丁达尔现象④电解质溶液中自由移动离子数目越多导电能力越强⑤把饱和三氯化铁溶液滴入沸水中并充分搅拌可以制得氢氧化铁胶体⑥Na2O、Na2O2前者属于碱性氧化物，后者属于过氧化物，都能与酸性氧化物CO2反应⑦Na2O、Na2O2水溶液能导电，所以二者都是电解质⑧水玻璃、漂粉精、硅胶、冰水混合物、明矾KAl（SO4）2·12H2O、铝热剂均为混合物⑨元素由化合态变成游离态一定是被还原A．①②③ B．⑤⑥⑦ C．④⑧⑨ D．⑥2、NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．1molFeCl3完全水解生成NA个胶体粒子B．34g过氧化氢存在的极性键总数为3NAC．5.6g铁和6.4g铜分别与0.1mol氯气充分反应，转移的电子数相等D．标准状况下，2.24L的CCl4中含有的C—Cl键数为0.4NA3、下列有关说法正确的是A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解B．Fe(OH)3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥D．SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物4、下列有关实验设计或操作、观察或记录、结论或解释都正确的是选项实验设计或操作观察或记录结论或解释A．将少量浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合液中产生红棕色气体硝酸的还原产物是NO2B．某粉末用酒精润湿后，用铂丝蘸取做焰色反应火焰呈黄色该粉末一定不含钾盐C．将Na2O2裹入棉花中，放入充满CO2的集气瓶中棉花燃烧Na2O2与CO2的反应为放热反应D．将过量的CO2通入CaCl2溶液中无白色沉淀出现生成的Ca(HCO3)2可溶于水A．A B．B C．C D．D5、我国在物质制备领域成绩斐然，下列物质属于有机物的是（）A．双氢青蒿素B．全氮阴离子盐C．聚合氮D．砷化铌纳米带A．A B．B C．C D．D6、向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法不正确的是A．a点时溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+B．b点时溶液中发生的反应为：Fe＋Cu2+=Cu＋Fe2+C．c点时溶液中溶质的物质的量浓度为0.5mol·L－1D．原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶17、25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．pH＝1的溶液中：Na＋、K＋、MnO4－、CO32－B．c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO42－、NO3－C．0.1mol/LNH4HCO3溶液中：K＋、Na＋、NO3－、Cl－D．0.1mol/LFeCl3溶液中：Fe2＋、NH4＋、SCN－、SO42－8、X、Y、Z、M、R为五种短周期元素,其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法不正确的是A．简单离子半径：M<RB．氢化物的稳定性：Y<ZC．M的氢化物常温常压下为气体D．X、R、Y、Z均存在两种及两种以上的氧化物9、已知NaOH＋Al(OH)3=NaAlO2＋2H2O。向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是()A．CO2＋2OH－=CO32-＋H2OB．Al2O3＋2OH－=2AlO2-＋H2OC．2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑D．Al3＋＋4OH－=AlO2-＋2H2O10、下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系的组合有（）序号XYZW①SiNa2SiO3H2SiO3SiO2②NaNaOHNa2CO3NaCl③Cl2Ca(ClO)2HClOHCl④FeFeCl3FeCl2Fe(OH)2A．②③ B．①③④ C．①④ D．①②③11、被誉为“矿石熊猫”的香花石，是由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种主族元素组成，其化学式为Y2X3(ZWR4)3T2，其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同一主族，Y、Z、R、T位于同一周期，R元素原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，T无正价，X与R的原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是（）A．原子半径：Y＞Z＞R＞TB．气态氢化物的稳定性：W＜R＜TC．最高价氧化物对应水化物的碱性：X＞ZD．XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同12、四种位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，的内层电子与最外层电子数之比为2：5，Z和W位于同一周期。Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的阴离子与阳离子数之比均为1：2。下列说法正确的是A．四种元素中至少有两种金属元素B．四种元素的常见氢化物中熔点最高的是的氢化物C．四种元素形成的简单高子中，离子半径最小的是元素形成的离子D．常温下，三种元素形成的化合物的水溶液的小于713、下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（）A．酸性：HCl>HF B．金属性：Na>MgC．碱性：KOH>NaOH D．热稳定性：HCl>HBr14、下列说法正确的是(

)A．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7,则H2A是强酸B．用0.2000mol·L−1NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合液(混合液中两种酸的浓度均约为0.1mol·L−1)，至中性时，溶液中的酸未被完全中和C．0.1mol·L−1氢氧化钠溶液与0.2mol·L−1草酸氢钠溶液等体积混合：2c(OH-)+c(C2O42-)=c(HC2O4-)+2c(H+)D．相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1mol·L−1盐酸、③0.1mol·L−1氯化镁溶液、④0.1mol·L−1硝酸银溶液中，Ag+浓度：①<④=②<③15、已知下列热化学方程式：Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH=－24.8kJ/molFe2O3(s)＋CO(g)=Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH=－15.73kJ/molFe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g)ΔH=＋640.4kJ/mol则14gCO气体还原足量FeO固体得到Fe单质和CO2气体时对应的ΔH约为（）A．－218kJ/mol B．－109kJ/mol C．＋109kJ/mol D．＋218kJ/mol16、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1L0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中所含氧原子数目为0.3NAB．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NAC．将1L0.1mol•L-1FeCl3溶液滴入沸水中，制得的Fe(OH)3胶粒数目为0.1NAD．常温下，NH4+数目：1L0.5mol•L-1NH4Cl溶液等于2L0.25mol•L-1NH4Cl溶液17、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A．能使甲基橙变红的溶液中：Na＋、NH4＋、SO42－、NO3－B．c(NO3－)=1mol/L的溶液中：H＋、Fe2＋、SO42－、Cl－C．中性溶液中：NH4＋、Fe3＋、SO42－、Cl－D．=1×1012的溶液中：K＋、Na＋、S2O32－、F－18、下列关于酸碱中和滴定实验叙述正确的是A．滴定终点时溶液一定显中性 B．滴定过程中，接近滴定终点改用胶头滴管继续滴加C．酸式滴定管可盛装氧化性试剂 D．滴定达到终点后仰视滴定管读数，待测液浓度偏小19、交通运输部在南海华阳礁举行华阳灯塔和赤瓜灯塔竣工发光仪式，宣布两座大型多功能灯塔正式发光并投入使用。镁海水电池可为灯塔提供能源，其装置如图所示。下列有关镁海水电池的说法正确的是A．Mg电极上发生还原反应B．该电池工作一段时间后，左侧溶液质量减轻C．正极的电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2OD．若电池工作时转移2mol

电子，则有2molH+由质子交换膜左侧向右侧迁移20、已知下列实验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液；②将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉­KI溶液中，溶液变蓝；③向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液。下列判断不正确的是A．化合物KCrO2中Cr为＋3价B．实验①证明Cr2O3是两性氧化物C．实验②证明氧化性：Cr2O72-＞I2D．实验③证明H2O2既有氧化性又有还原性21、实验室制取下列物质的实验中未利用冷凝原理的是A．乙酸乙酯 B．乙酸丁酯 C．溴乙烷 D．乙烯22、A是一种常见的单质，B、C为中学常见的化合物，A、B、C均含有元素X。它们有如下的转化关系(部分产物及反应条件已略去)：下列判断正确的是A．X元素可能为AlB．X元素一定为非金属元素C．反应①和②互为可逆反应D．反应①和②不一定为氧化还原反应二、非选择题(共84分)23、（14分）随原子序数递增，八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。回答下列问题：（1）用于文物年代测定的元素，其核素符号为_________。元素z在周期表中的位置是____________。（2）元素d、e、f、g原子的简单离子半径由大到小的顺序为_________(用离子符号表示)。（3）元素f的单质与元素e的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为___________________。（4）元素h单质的氧化性强于元素g单质的氧化性的事实是___________(用离子方程式表示)。24、（12分）中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体．请回答下列问题：（1）红褐色胶体中F粒子直径大小的范围：________．（2）A、B、H的化学式：A__________、B__________、H________．（3）①H2O2分子的电子式为______________。②写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：_______________________。（4）写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：_______________________。（5）在C溶液中加入与C等物质的量的Na2O2，恰好使C转化为F，写出该反应的离子方程式：___________。25、（12分）三氯氧磷（POCl3）可用于制备增塑剂，常温下为无色透明液体，密度1.68g/mL,沸点105.8oC,易挥发，易水解。一中化学兴趣小组探究制备POCl3所需的装置如下图所示：反应原理：（PC13常温下为液态，密度1.57g/mL，沸点75oC，易挥发，易水解）。（1）仪器3的名称是________，仪器2中装入的物质为_______，仪器1的作用是___________。（2）A中发生的反应的离子方程式可能为__________________________________（3）请组装好上述装置（如有必要可以重复选择），用小写字母连接：_________________。（4）开始通入氯气，同时慢慢滴加水，控制氯气和水的质量比大于等于3.94，理由是_____________________________________。（5）准确量取13.75mLPCl3充分反应后经分离提纯得到纯净的POCl316.8g，请计算实验的产率为________________________.26、（10分）实验室用如下装置制取氯气，并用氯气进行实验。回答下列问题：（1）A中盛有浓盐酸，B中盛有MnO2，写出反应的化学方程式_______。（2）D中放入浓H2SO4，其目的是_____________________________。（3）E中为红色干布条，F中为红色湿布条，可观察到的现象是___________，对比E和F中现象的差异可得出的结论及解释是____________________。（4）G处的现象是____________________________________。（5）画出H处尾气吸收装置图并注明试剂____________。（6）家庭中常用消毒液（主要成分NaClO）与洁厕灵（主要成分盐酸）清洁卫生。某品牌消毒液包装上说明如图。注意事项：1、本品对棉织品有漂白脱色作用，对金属制品有腐蚀作用。2、密封保存，请勿与洁厕灵同时使用。3、保质期为一年。“与洁厕灵同时使用”会产生有毒的氯气，写出反应的离子方程式________。（7）现在有一种名为“净水丸”的产品也能对饮用水进行快速的杀菌消毒，药丸通常分内外两层。外层的优氯净Cl2Na(NCO)3先与水反应，生成次氯酸起杀菌消毒作用；几分钟后，内层的亚硫酸钠（Na2SO3）溶出，可将水中的余氯（次氯酸等）除去。亚硫酸钠将水中多余次氯酸除去的离子反应方程式为____________。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）碘及其化合物在生活中应用广泛，含有碘离子的溶液需回收处理。（1）“硫碘循环”法是分解水制备氢气的研究热点，涉及下列三个反应：反应Ⅰ：SO2(g)+I2(aq)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq)ΔH1反应Ⅱ：HI(aq)=H2(g)+I2(aq)ΔH2反应Ⅲ：2H2SO4(aq)=2SO2(g)+O2(g)+2H2O(l)①反应：SO2(g)+2H2O(l)=H2SO4(aq)+H2(g)的ΔH=___（用ΔH1、ΔH2表示）。②分析上述反应，下列判断正确的是___a．反应Ⅲ易在常温下进行b．反应Ⅰ中SO2还原性比HI强c．循环过程中需补充H2Od．循环过程中产生1molO2同时产生1molH2③反应I发生时，溶液中存在如下平衡：I2(aq)+I-(aq)I3-(aq)，其反应速率极快且平衡常数大。现将1molSO2缓缓通入含1molI2的水溶液中至恰好完全反应。溶液中I3-的物质的量n(I3-)随反应时间(t)的变化曲线如图所示。开始阶段n(I3-)逐渐增大的原因是___。（2）用海带提取碘时，需用氯气将碘离子氧化成单质。酸性条件下，若氯气过量就能将碘单质进一步氧化成碘酸根离子(IO3-)，写出氯气与碘单质反应的离子方程式：___。（3）科研小组用新型材料Ag/TiO2对溶液中碘离子进行吸附研究。如图是不同pH条件下，碘离子吸附效果的变化曲线。据此推断Ag/TiO2材料最适合吸附___（填“酸性”“中性”或“碱性”）溶液中的I－。（4）氯化银复合吸附剂也可有效吸附碘离子。氯化银复合吸附剂对碘离子的吸附反应为I－(aq)+AgCl(s)AgI(s)+Cl－(aq)，反应达到平衡后溶液中c(I－)=___[用c(Cl－)、Ksp(AgCl)和Ksq(AgI)表示]。该方法去除碘离子的原理是___。29、（10分）油画所用的颜料有许多天然矿石成分，矿石中往往含有B、C、O、Na、P、Cl等元素，它们在科学研究和工业生产中具有许多用途。请回答下列有关问题：(1)现代化学中，常利用_________上的特征谱线来鉴定元素。(2)CH3+、-CH3、CH3-都是重要的有机反应中间体。CH3+中碳原子的杂化方式为_________，CH3-的空间构型为_______。(3)Na＋和Ne互为等电子体，电离能I2(Na)______I1(Ne)(填“>”或“<”)。(4)氢卤酸(HX)的电离过程如图。ΔH1和ΔH2的递变规律都是HF>HCl>HBr>HI，其中ΔH1(HF)特别大的原因为__________，从原子结构分析影响ΔH2递变的因素为__________。(5)磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。①磷化硼晶体晶胞如图甲所示:

其中实心球为磷原子。已知晶胞中最近的B、P原子的距离为a

pm，阿伏加德罗常数为NA。则磷化硼晶体的密度为___________g/cm3。(列出计算式即可，不必化简)②磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影(图乙中表示P

原子的投影)，用画出B

原子的投影位置____。

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【详解】①电离不需要通电，电离的条件是水或熔融状态，与通电条件无关，故①错误；②氧化物为由两种元素组成，且一种元素为氧元素的化合物，按元素组成可分为金属氧化物和非金属氧化物，按性质可分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和不成盐氧化物，碱性氧化物都是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如氧化铝是两性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如酸性氧化物Mn2O7是金属氧化物，故②错误；③纳米材料石墨烯不是胶体分散系，不具有丁达尔效应，故③错误；④电解质溶液导电能力强弱与自由移动的离子浓度，自由移动离子带电荷多少有关，与数目无关，故④错误；⑤把饱和三氯化铁溶液滴入沸水中并充分搅拌得不到氢氧化铁胶体，得到Fe(OH)3沉淀，故⑤错误；⑥Na2O、Na2O2前者与盐酸反应只生成氯化钠和水，属于碱性氧化物，后者与盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，属于过氧化物，但二者都能与酸性氧化物CO2反应，故⑥正确；⑦Na2O、Na2O2水溶液能导电，是因为二者能够与水反应生成电解质氢氧化钠，不能据此判断氧化钠、过氧化钠是电解质，故⑦错误；⑧冰水混合物只含有一种物质水，属于纯净物，明矾属于盐，为纯净物，故⑧错误；⑨某元素从化合态变为游离态，化合价可能升高，也可能降低，如S2-→S为被氧化过程，Fe2+→Fe为被还原过程，故⑨错误；由上分析，正确的只有⑥，D正确；答案为D。2、C【解析】A、胶体是集合体，因此1molFeCl3完全水解生成氢氧化铁胶体数目小于NA，故A错误；B、过氧化氢的结构式为H－O－O－H，因此34gH2O2中含有极性键物质的量为34×2/34mol=2mol，故B错误；C、铁与氯气发生：2Fe＋3Cl2=2FeCl3，5.6g铁单质合0.1mol，根据反应方程式，显然氯气不足，因此转移电子物质的量为0.2mol，铜和氯气发生Cu＋Cl2=CuCl2，6.4g铜单质是0.1mol，两者恰好完全反应，转移电子物质的量为0.1mol，从上述分析得出，5.6gFe和6.4gCu与0.1molCl2反应，转移电子数相等，故C正确；D、CCl4常温下为液体，因此无法计算CCl4的物质的量，即无法求出化学键的物质的量，故D错误。3、C【解析】A、Na2CO3固体受热不易分解，故A错误；B、Fe(OH)3胶体是红褐色，故B错误；C、以上三种气体都不与浓硫酸反应，能用浓硫酸干燥，故C正确；D、SiO2和氢氟酸反应，没有生成盐和水，不是两性氧化物，故D错误；答案选C。4、C【解析】A．稀硝酸的还原产物是一氧化氮，一氧化氮易与氧气反应生成二氧化氮，选项A错误；B．火焰呈黄色，说明是含钠元素的物质，不能确定是否含有钾元素，选项B错误；C、将Na2O2裹入棉花中，放入充满CO2的集气瓶中，Na2O2与CO2的反应为放热反应，温度升高，达到棉花的着火点，且有大量氧气，棉花燃烧，选项C正确；D、弱酸不能制强酸，所以CO2不与强酸盐反应，所以无沉淀，选项D错误。答案选C。5、A【解析】A．双氢青蒿素，由C、H、O三种元素组成，结构复杂，属于有机物，A符合题意；B．全氮阴离子盐，由N、H、O、Cl四种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，B不合题意；C．聚合氮，仅含氮一种元素，不含碳元素，不属于有机物，C不合题意；D．砷化铌纳米带，由砷和铌两种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，D不合题意。故选A。6、D【分析】由氧化性的强弱（Fe3+＞Cu2+）及图象变化可知：①0～5.6gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，②0.56g～1.68gFe时，消耗铁1.12g，剩余物为1.28g，而1.28gCu的物质的量为0.02mol，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；③加入铁粉为从1.68g～2.24g（即加入0.56gFe）时，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，所以此时溶液中不含Cu2+，反应完全，以此来解答。【详解】A．0～5.6gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，a点时溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+，故A正确；B．由图可知加入铁粉0.56g～1.68g时，n（Fe）=1.12g÷56g/mol=0.02mol，剩余物为1.28g，即1.28gCu的物质的量为1.28g÷64g/mol=0.02mol，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故B正确；C．由图象可知原溶液中Fe3+为0.02mol，即Fe2(SO4)3为0.01mol，n（SO）=3n[Fe2(SO4)3]=0.03mol，Cu2+为0.02mol，即CuSO4为0.02mol，n（SO）=n（CuSO4）=0.02mol，当加入铁粉为从1.68g～2.24g（即加入0.56gFe）时，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，溶液中不含Cu2+，溶液中溶质为FeSO4，n（SO）=0.02mol+0.03mol=0.05mol，SO守恒有n（FeSO4）=n（SO）=0.05mol，所以c点溶液中溶质的物质的量浓度为0.05mol÷0.1L=0.5mol/L，故C正确；D．由上述分析可知原溶液中Fe2(SO4)3为0.01mol，CuSO4为0.02mol，所以原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比=物质的量之比为1：2，故D错误；故答案选D。7、C【详解】A.pH=1的溶液显酸性，CO32-与H+不能大量共存，A错误；B.c(H+)=1×10-13mol/L溶液显碱性，则Mg2+、Cu2+与OH-不能大量共存，B错误；C.K+、Na+、NO3-、Cl-四种离子间能够共存，且四种离子与NH4+、HCO-3也能大量共存，C正确；D.Fe3+与SCN-易形成络合物，不能大量共存，D错误；综上所述，本题选C。【点睛】此题是离子共存问题，我们在分析这类问题时，不仅要注意离子存在于酸、碱性环境，还要分析离子间能否发生氧化还原反应、能否发生复分解反应以及还要溶液是否有颜色方面的要求。8、A【解析】X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，X、R最外层只有一个电子，为第IA族元素；Y最外层有4个电子，位于第IVA族，Z原子最外层有5个电子，位于第VA族，M最外层有6个电子，位于第VIA族；R原子半径最大，为Na元素，X原子半径最小，为H元素；Y原子和Z原子半径接近、M原子半径大于Y而最外层电子数大于Y，所以Y是C、Z是N、M为S元素。A．硫离子比钠离子多一个电子层，硫离子半径较大，故A错误；B．非金属性N＞C，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；C．M的氢化物的硫化氢，常温下为气体，故C正确；D.X、R、Y、Z均存在的氧化物有水和双氧水、氧化钠和过氧化钠、一氧化碳和二氧化碳、一氧化氮和二氧化氮以及四氧化二氮等，均在两种及两种以上，故D正确；故选A。9、D【详解】A．向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，CO2＋2OH－=CO32-＋H2O，表现为铝罐变瘪，故A不选；B．铝罐表面有氧化膜Al2O3，发生Al2O3＋2OH－=2AlO2-＋H2O，故B不选；C．铝罐表面有氧化膜溶解后，接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应，2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑，罐壁又重新凸起，故C不选；D．溶液中没有铝离子，故D选。故选D。10、D【详解】①SiNa2SiO3H2SiO3SiO2Si，满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系；②NaNaOHNa2CO3NaClNa，满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系；③Cl2Ca（ClO）2HClOHClCl2，满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系；④Fe与Cl2反应可生成FeCl3，FeCl3与Fe反应可得到FeCl2，FeCl2与氢氧化钠生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁得不到Fe，故不满足题意；故选D。11、D【分析】根据题给信息可知，X、Y、Z、R、W、T分别为钙、锂、铍、氧、硅、氟。【详解】A．Y、Z、R、T位于同一周期，元素的原子半径从左向右逐渐减小，故A正确；B．非金属性：F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性：SiH4＜H2O＜HF，故B正确；C．钙元素比铍元素的金属性强，则最高价氧化物对应水化物的碱性：Ca(OH)2＞Be(OH)2，故C正确；D．CaO2、SiO2中氧(即R)的化合价分别为−1、−2，故D错误。综上所述，答案为D。12、B【解析】原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，X为氮元素，Z和W位于同周期。Z的化合物与人类生活关系密切，Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W为氯元素。Y和Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1：2，Y为氧元素，据此解答。【详解】A.四种元素中只有钠为金属元素，故A错误；B.氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；C.四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误；D.三种元素形成的化合物为NaNO3或NaNO2，若为NaNO3溶液显中性，pH等于7，若为NaNO2因水解溶液显碱性，pH大于7，故D错误。故选B。13、A【解析】A项，由元素周期律可解释非金属元素最高价氧化物对应水化物酸性的强弱，不能解释气态氢化物水溶液酸性的强弱；B项，核电荷数：NaMg，原子半径：NaMg，原子核对外层电子的引力：NaMg，金属性：NaMg，可用元素周期律解释；C项，金属性：KNa，碱性：KOHNaOH，能用元素周期律解释；D项，非金属性：ClBr，热稳定性：HClHBr，能用元素周期律解释；不能用元素周期律解释的是A，答案选A。点睛：本题考查元素周期律，理解元素周期律的实质和内容是解题的关键。元素原子的核外电子排布、原子半径、元素的主要化合价、元素的金属性和非金属性随着原子序数的递增呈周期性变化。元素金属性的强弱可通过金属单质与水（或酸）反应置换出氢的难易程度或最高价氧化物对应水化物碱性的强弱推断，元素非金属性的强弱可通过最高价氧化物对应水化物酸性强弱、或与氢气生成气态氢化物的难易程度以及氢化物的稳定性推断。注意：元素非金属性的强弱不能通过含氧酸酸性强弱或气态氢化物水溶液酸性强弱判断，如由非金属性：SCl可推出酸性：H2SO4HClO4；但酸性：H2SO4HClO等。14、B【解析】A.判断强酸、弱酸的依据是该酸是否完全电离，NaHA溶液的pH>7说明H2A是弱酸，但NaHA溶液的pH<7，H2A可能是强酸或弱酸；B.NaOH滴定HCl与CH3COOH，因醋酸是弱电解质，若碱与酸恰好反应，溶液中溶质为氯化钠、醋酸钠，混合溶液中醋酸根离子水解溶液呈碱性，故反应若呈中性，则溶液中的酸有剩余；C.0.1mol·L−1氢氧化钠溶液与0.2mol·L−1草酸氢钠溶液等体积混合后，溶质为草酸氢钠和草酸钠各0.05mol·L−1，再根据质子守恒规律得出结论；D.氯化银难溶于水，在水中的溶解度很小，一定温度下，溶液中Ksp(AgCl)=c(Ag+)•c(Cl-)为定值，溶液中c(Cl-)越大，c(Ag+)越小。【详解】A.NaHA溶液的pH>7说明HA-水解大于其电离，使溶液呈碱性，可以说明H2A是弱酸；NaHA溶液的pH<7，H2A是强酸或弱酸都有可能，如硫酸、亚硫酸，故A项错误；B.NaOH滴定HCl与CH3COOH，因醋酸是弱电解质，若碱与酸恰好反应，溶液中溶质为氯化钠、醋酸钠，混合溶液中醋酸根离子水解溶液呈碱性，故反应若呈中性，则溶液中的酸有剩余，故B项正确；C.0.1mol·L−1氢氧化钠溶液与0.2mol·L−1草酸氢钠溶液等体积混合后，所得溶液溶质为草酸氢钠和草酸钠，其浓度各为0.05mol·L−1，存在质子守恒式为：2c(OH-)+c(C2O42-)=c(HC2O4-)+2c(H+)3c(H2C2O4)；D.氯化银难溶于水，在水中的溶解度很小，一定温度下，溶液中Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)为定值，①蒸馏水中没有氯离子、②0.1mol/L盐酸中c(Cl−)=0.1mol/L，③0.1mol/L氯化镁溶液c(Cl−)=0.2mol/L，④0.1mol/L硝酸银溶液中c(Ag+)=0.1mol/L，根据公式可推出，溶液中c(Ag+)为④>①>②>③，故D项错误。本题答案选B。【点睛】本题侧重考查学生对水溶液中离子平衡的理解能力，是高考的高频考点。其中C选项是该题的难点，也是易错点。解答这类复杂守恒关系式的题型时，首先通过分析得出所得溶液溶质，再列出电荷守恒与物料守恒，最后推出质子守恒式。如本题中所得溶液为等浓度的草酸钠与草酸氢钠，电荷守恒关系式为c(H+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)，又根据物料守恒（元素守恒）规律可知，2c(Na+)=3[c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)]，结合上述两式消去c(Na+)，即可得到质子守恒式2c(OH-)+c(C2O42-)=c(HC2O4-)+2c(H+)3c(H2C2O4)，这也是解题的一种方法，可以提高准确率与解题效率。15、B【详解】已知：①Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH=－24.8kJ/mol②Fe2O3(s)＋CO(g)=Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH=－15.73kJ/mol③Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g)ΔH=＋640.4kJ/mol根据盖斯定律可知(①×3-②×3-③×2)×即得到FeO(s)＋CO(g)=Fe(s)＋CO2(g)

ΔH＝-218

kJ·mol－1，因此14

g

CO气体还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的ΔH约为-109

kJ·mol－1；答案选B。16、B【详解】A.水溶液中溶剂水中也含氧原子，则1L0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中所含氧原子数目远大于0.3NA，A项错误；B.1molNa与足量O2反应，无论生成的是Na2O还是Na2O2，生成的都是Na+，则转移的电子数均为NA，B项正确；C.Fe(OH)3胶粒是许多Fe(OH)3的聚集体，所以将1L0.1mol•L﹣1FeCl3溶液滴入沸水中，制得的Fe(OH)3胶粒数目小于0.1NA，故C错误；D.稀释有利于盐类水解，常温下，1L0.5mol•L﹣1NH4Cl溶液与2L0.25mol•L﹣1NH4Cl溶液中的NH4+的水解程度，前者小于后者，所以NH4+数目前者大于后者，D项错误；答案选B。17、A【详解】A..能使甲基橙变红的溶液呈酸性,Na＋、NH4＋、SO42－、NO3－之间不反应，都不与氢离子反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A正确；B.c(NO3－)=1mol/L的溶液中：NO3－、H＋、Fe2＋会发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C.中性溶液中：Fe3＋易发生水解，不能大量共存，故C错误；D.=1×1012的溶液中存在大量氢离子，F−与氢离子结合生成HF，在溶液中不能大量共存，故D错误；答案选A。【点睛】清楚指示剂显色的酸碱性变色范围。18、C【详解】A.用氢氧化钠溶液滴定硫酸溶液到滴定终点时，指示剂指示反应终点的变色不一定正好在pH=7，所以混合溶液不一定显中性，故A错误；B.滴定过程中，使用滴定管缓慢滴加溶液，无需改用胶头滴管，故B错误；C.酸式滴定管全为玻璃构造，可盛装氧化性试剂，故C正确；D.滴定管0刻度在上面，仰视时读数偏大，所以导致待测液浓度偏大，故D错误；故选C。19、C【解析】A.Mg电极作负极，发生氧化反应，故A错误；B.该电池工作一段时间后，由于H+从右到左通过质子交换膜，所以左侧溶液质量增重，故B错误；C.正极发生还原反应，正极的电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O，故C正确；D.若电池工作时转移2mol电子，则有2molH+由质子交换膜右侧向左侧迁移，故D错误。故选C。20、D【解析】A.根据在任何化合物中正负化合价的代数和为0可得化合物KCrO2中元素Cr为+3价。正确但不符合题意，A不选。B.根据题意可知Cr2O3是两性氧化物。正确但不符合题意，B不选。C.根据氧化还原反应中氧化性;氧化剂＞氧化产物，可知在②中氧化性K2Cr2O7＞I2。正确但不符合题意。C不选。在③中H2O2中的O元素的化合价由-1价变为-2价，化合价降低，得到电子，表现为氧化性。错误符合题意。D选。答案选D。21、D【详解】A、用冷凝原理冷却生成的乙酸乙酯，A项错误；B、用冷凝原理冷却生成的乙酸丁酯，B项错误；C、用冷凝原理冷却生成的溴乙烷，C项错误；D、乙烯常温下是气体，直接用排水法收集，不进行冷凝，D项正确；答案选D。22、B【解析】由于A是单质，而B和C两种化合物可以生成A单质，这说明再B和C中A的化合价分别是正价和负价，所以A一定是非金属，选项B正确，其余都是错误的，答案选B。二、非选择题(共84分)23、614C第2周期第VA族S2-＞O2﹣＞Na+＞Al3+2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此分析解答。【详解】（1）能用于文物年代测定的是14C，其核素的符号为：614C，z元素为氮元素，位于周期表中的第2周期第VA族，故答案为：614C、第2周期第VA族；（2）元素d、e、f、g原子的简单离子分别是：O2-、Na+、Al3+、S2-，其中S2-核外有三个电子层，半径最大，O2-、Na+、Al3+三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，所以r（O2﹣）＞r（Na+）＞r（Al3+），故答案为S2-＞O2﹣＞Na+＞Al3+；（3）f是Al元素，元素e的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，两者反应的方程式为：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，故答案为2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑；（4）元素h为氯元素，元素g为硫元素，氯元素的非金属性较硫强，所以氯气的氧化性强于硫，能与硫化钠溶液或氢硫酸反应得到硫单质，反应的离子反应为：S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓，故答案为S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓。24、1~100nmFeFeSH2SO42Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子的存在4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3(胶体)+O2↑+8Na+【解析】将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则D中含有铁离子、F是Fe（OH）3，C和双氧水反应生成D，则C中含有亚铁离子，A能和S反应，A也能和稀硫酸反应生成亚铁盐，则A是Fe，C是FeSO4，D是Fe2（SO4）3，B是FeS，硫酸铁和氨水反应生成氢氧化铁和硫酸铵，则E是（NH4）2SO4；硫酸亚铁和过氧化钠反应生成氢氧化铁。则（1）胶体微粒直径在1～100nm之间；（2）通过以上分析知，A、B、H分别是Fe、FeS、H2SO4（稀）；（3）①双氧水是共价化合物，电子式为；②C是硫酸亚铁，硫酸亚铁和双氧水发生氧化还原反应生成硫酸铁和水，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；（4）E中有铵根离子，可取少量E于试管中，用胶头滴管加入氢氧化钠溶液，加热试管，可观察到试管口处湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有铵根离子；（5）硫酸亚铁和过氧化钠发生氧化还原反应生成氢氧化铁和氧气、硫酸钠，离子方程式为4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O＝4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋。25、恒压分液漏斗浓盐酸冷凝回流2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O或其他合理答案a→d→e→h→i→d→e→b防止水过量造成产物水解63.7%【分析】从反应原理看，反应在D中进行，A为制取Cl2的装置，但没有酒精灯，所以应为KMnO4与浓盐酸反应制Cl2。因为题中强调POCl3易水解，所以在整个流程中限制水的用量，反应用水尽可能少，气体尽可能干燥，即便是尾气处理，也要考虑防止吸收液中水的进入。【详解】（1）仪器3的名称是恒压分液漏斗，仪器2中装入的物质为浓盐酸，仪器1的作用是冷凝回流；（2）A中发生的反应的离子方程式可能为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（3）上述装置的连接顺序为:制氯气→干燥氯气→制POCl3→防水蒸气的进入→尾气处理，仪器的接口顺序为：a→d→e→h→i→d→e→b；（4）开始通入氯气。同时慢慢滴加水，控制氯气和水的质量比大于等于3.94(氯气与水的质量比)，也就是水反应完后无剩余，理由是防止水过量造成产物水解；（5）n(PCl3)=，n(POCl3)=0.157mol×153.5g/mol=24.1g，POCl3的产率为。26、MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O除去氯气中的水蒸气E中不褪色，F中褪色干燥的氯气没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性出现蓝色Cl−+ClO−+2H+=Cl2↑+H2O+HClO=+H++Cl−【分析】实验室用浓盐酸与二氧化锰加热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制备的氯气中含有氯化氢、水，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去杂质，依次通过干燥有色布条、湿润有色布条验证氯气是否具有漂白性，再通过G装置验证氯气的氧化性，氯气有毒，能够与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收尾气。（1）MnO2与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气、氯化锰和水；（2）要验证氯气是否具有漂白性，应让干燥的氯气依次通过干燥有色布条、湿润有色布条；（3）依据氯气不具有漂白性，具有漂白性的是氯气与水反应生成的次氯酸解答；（4）依据氯气与碘化钾反应生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝解答；（5）氯气有毒不能直接排放到空气中，氯气能够与碱反应，可以用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气；（6）次氯酸根离子与氯离子发生氧化还原反应生成氯气和水；（7）次氯酸具有强氧化性，能够与亚硫酸根离子发生氧化还原反应。【详解】(1)MnO2与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气、氯化锰和水，方程式：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)D中浓硫酸作用为干燥氯气，防止水蒸气对氯气漂白性检验造成干扰；故答案为：除去氯气中的水蒸气；(3)干燥的氯气依次通过E中红色干布条，F中红色湿布条，看到现象为E中布条不褪色，F中布条褪色，说明氯气不具有漂白性，具有漂白性的为次氯酸；故答案为：E中布条不褪色，F中布条褪色；氯气不具有漂白性，具有漂白性的为次氯酸；(4)氯气具有强的氧化性，与碘化钾反应生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝，所以看到现象为：棉花团变蓝；故答案为：出现蓝色；(5)氯气有毒不能直接排放到空气中，氯气能够与碱反应，可以用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，装置如图所示：；故答案为：；(6)次氯酸根离子与氯离子发生氧化还原反应生成氯气和水，离子方程式：Cl−+ClO−+2H+=Cl2↑+H2O；故答案为：Cl−+ClO−+2H+=Cl2↑+H2O；(7)亚硫酸根离子与次氯酸反应生成硫酸根离子、氯离子，反应的离子方程式为：+HClO=+H++Cl−，故答案为：+HClO=+H++Cl−；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、ΔH1+2ΔH2bc开始阶段，SO2和I2反应生成的I-的浓度不断增大，I2(aq)+I-(aq)I3-(aq)的反应平衡向右移动，n(I3-)不断增加5Cl2+I2+6H2O=2IO3－+10Cl－+12H+中性AgI的溶度积比AgCl的溶度积小【分析】(1)①SO2(g)+I2(aq)+2H2O(l)═2HI(aq)+H2SO4(aq)①△H1；HI(aq)＝H2(g)+I2(aq)②△H2，①+2×②得，SO2(g)+2H2O(1)═H2SO4(aq)+H2(g)△H＝△H1+2△H2，据此进行分析；②a．反应Ⅲ△S＞0、△H＞0，如能自发进行，应满足△H﹣T•△S＜0；b．氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性；c．分解水制备氢气，应不断补充H2O；d．循环过程中产生1molO2同时产生2molH2；③开