上海金山中学2026届高三上化学期中检测试题含解析

上海金山中学2026届高三上化学期中检测试题注意事项: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、下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是A．向浓氨水中加入NaOH固体有利于NH3逸出B．对2HI(g)H2(g)+I2(g)平衡体系，减小容器体积，体系颜色变深C．可乐饮料打开瓶盖后有气泡冒出D．实验室用排饱和碳酸氢钠溶液的方法收集二氧化碳2、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法正确的是A．原子半径：Y>Z>X>WB．简单氢化物的热稳定性：W>X>ZC．Y、Z形成的化合物溶于水会促进水的电离D．上述刺激性气体通入紫色石蕊溶液，溶液先变红后褪色3、下列除杂的方法正确的是A．除去NaCl溶液中少量CaCl2：加入过量Na2CO3，过滤B．除去KCl溶液中少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤C．除去CO2中的少量HCl：通入Na2CO3溶液，收集气体D．除去N2中的少量O2：通过灼热的Cu粉末，收集气体4、下列推理正确的是A．铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，铁丝在氧气中燃烧也生成Fe2O3B．铁能从硫酸铜溶液中置换出铜，钠也能从硫酸铜溶液中快速置换出铜C．铝片表面易形成致密的氧化膜，钠块表面也易形成致密的氧化膜D．钠与氧气、水等反应时钠均作还原剂，金属单质参与氧化还原反应时金属均作还原剂5、取少量MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3的混合粉末，加入过量盐酸，充分反应后过滤，得到沉淀X和滤液Y。下列叙述中正确的是()A．上述四种氧化物对应的水化物中，Al(OH)3酸性最强B．向沉淀X中加入氢氟酸，沉淀X不溶解C．溶液Y中的阳离子主要是Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、H＋D．溶液Y中加入过量氨水，所得沉淀为Fe(OH)3和Mg(OH)26、用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是（）A．用该装置收集NOB．分离氢氧化铁胶体和氯化钠溶液C．实验室中制取少量蒸馏水D．配制100mL0.10mol﹒L-1盐酸7、甲烷直接氧化制甲醇是富有挑战性的课题，Sen等在CF3COOH水溶液中成功将甲烷转化为CF3COOCH3(水解生成CH3OH)，其反应机理如图所示，下列说法正确的是（）A．上述反应的总反应式为CH4＋CF3COOH＋O2→CF3COOCH3B．CF3COOCH3水解生成CH3OH的反应式为CF3COOCH3＋H2O→CF3COOH＋CH3OHC．Pd2＋是该反应的中间产物D．每生成1molCH3OH，消耗标准状况下O2的体积为22.4L8、下列指定化学反应的离子方程式正确的是A．二氧化锰和浓盐酸共热：MnO2+4HClMn2++2Cl－+Cl2↑＋2H2OB．AlCl3溶液中滴加过量的浓氨水：Al3+＋4NH3·H2O＝AlO＋4NH4+＋2H2OC．将Cu2O与稀HNO3混合：3Cu2O＋14H＋＋2NO===6Cu2+＋2NO↑＋7H2OD．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3－+OH－＝CaCO3↓+H2O9、在一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入1molA，发生A(g)B(g)+C(g)反应。反应过程中c(C)随时间变化的曲线如下图所示，下列说法不正确的是A．反应在0~50s的平均速率v(C)=1.6×10-3mol/(L·s)B．该温度下，反应的平衡常数K=0.025C．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(B)=0.11mol/L，则该反应的ΔH<0D．反应达平衡后，再向容器中充入1molA，该温度下再达到平衡时，0.1mol/L<c(C)<0.2mol/L10、下列离子检验得出的结论正确的是选项操作及现象结论A向某溶液中加入几滴KSCN溶液和少量新制的氯水，弱溶液变为血红色原溶液中一定含有Fe3+B加入盐酸无沉淀生成，再加氯化钡溶液，产生白色沉淀该溶液中一定含有硫酸盐C加入少量盐酸，没有产生能使澄清石灰水变浑浊的气体该溶液中一定不含D向某溶液中先加几滴淀粉溶液，无明显现象，再滴氯水，溶液变蓝溶液中一定含有I-A．A B．B C．C D．D11、下列离子方程式书写正确的是A．稀硝酸溶液中加入氢氧化亚铁：Fe(OH)2＋2H＋=Fe2＋＋2H2OB．NaOH溶液中加入过量Ba（HCO3)2溶液：Ba2＋＋2OH－＋2HCO3－=BaCO3↓＋2H2O＋CO32－C．FeI2溶液中通入极少量Cl2：2I－＋Cl2=I2＋2Cl－D．AICl3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O12、电解H2SO4和CuCl2的混合溶液，起始一段时间阴极和阳极上分别析出的物质是A．H2、O2 B．Cu、O2 C．H2、Cl2 D．Cu、Cl213、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14、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温常压下，22.4LCl2与1molFeI2反应时转移的电子数小于2NAB．将1L0.1mol·L－1FeCl3溶液加入沸水中制得胶体，所含胶体粒子数目为0.1NAC．120gNaHSO4与KHSO3的固体混合物中阳离子数目大于NAD．标准状况下，4.48L甲烷和乙烯的混合气体完全燃烧，产物中所含O－H键数目为0.4NA15、室温时，等体积、浓度均为0.1mol/L的下列水溶液，分别达到平衡。①醋酸溶液：CH3COOH⇌CH3COO+H+②醋酸钠溶液：CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−有关叙述中正确的是()A．加入等体积水后，只有②中平衡向右移动B．加入等体积水后，①中c(OH−)增大，②中c(OH−)减小C．①和②中，由水电离出的c(H+)相等D．c(CH3COOH)与c(CH3COO−)之和：①>②16、在恒温恒容的密闭容器中，发生反应X(g)+2Y(g)3Z(g)

△H=-a

kJ·mol-1(a>0)，下列说法正确的是A．容器内气体的压强不再发生变化，说明反应达到平衡状态B．达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可能为akJC．当X、Y、Z的浓度之比为1:2:3时，反应达到化学平衡状态D．降低反应温度，正反应速率增大，逆反应速率减小17、莽草酸结构简式如图，有关说法正确的是A．分子中含有2种官能团B．1mol莽草酸与Na反应最多生成4mol氢气C．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同18、利用双离子交换膜电解法可以从含硝酸铵的工业废水中生产硝酸和氨，原理如图所示。下列叙述正确的是（）A．N室中硝酸溶液浓度a%＞b% B．a、c为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜C．M、N室分别产生氧气和氢气 D．产品室发生的反应为+OH-=NH3+H2O19、2017年1月，南京理工大学胡炳成教授团队成功合成世界首个全氮阴离子盐，全氮阴离子化学式为N5-。下列关于全氮阴离子盐的说法正确的是A．每个N5-含有26个电子B．N5-的摩尔质量为71g·mol-1C．全氮阴离子盐既含离子键又含共价键D．全氮阴离子盐可能属于电解质，也可能属于非电解质20、用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是（）A．用图1所示装置制取并收集少量纯净的氨气B．用图2所示装置分离乙醇和乙酸乙酯的混合溶液C．用图3所示装置加热分解NaHCO3固体D．用图4所示装置比较KMnO4、Cl2、Br2的氧化性强弱21、某小组用打磨过的铝片进行如下实验，下列分析不合理的是（）A．①中无明显现象说明常温下铝与浓硝酸不反应B．②中产生的气泡是氮氧化合物，不是氢气C．②中反应体现了硝酸的酸性和强氧化性D．③中沉淀溶解的离子方程式是Al（OH）3+OH—＝AlO+2H2O22、已知：下列说法正确的是A．的燃烧热B．C．D．同质量的和完全燃烧，放出的热量多二、非选择题(共84分)23、（14分）某固体化合物X由5种元素组成。某学习小组进行了如下实验：己知气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体F能使带火星的木条复燃。请回答：(1)A的其空间构型为_______，往某蓝色盐溶液中缓慢通入气体A至过量的现象为________。(2)写出X隔绝空气强热生成A、C、D的化学方程式________________________________。(3)写出混合气体D与足量碘水反应的离子方程_____________________________________。24、（12分）如图中每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体。（1）写出有关物质的化学式X：___；F__。（2）写出A→D的化学方程式___。（3）写出实验室制备C的化学方程式___。（4）分别取两份50mLNaOH溶液，各向其中通入一定量的气体A，随后各取溶液10mL分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的A气体体积（标准状况下）与所加入的HCl的体积之间的关系如图所示，试分析：①NaOH在吸收A气体后，乙图所示溶液中存在的溶质是：___，其物质的量之比是：__。②原NaOH溶液的物质的量浓度是___mol/L。25、（12分）某化学小组同学用下列装置和试剂进行实验，探究O2与KI溶液发生反应的条件。供选试剂:30%H2O2溶液、0.1mol/LH2SO4溶液、MnO2固体、KMnO4固体(1)小组同学设计甲、乙、丙三组实验，记录如下(请补充完整甲组实验仪器的名称。)操作现象甲向Ⅰ的锥形瓶中加入MnO2，向Ⅰ的________中加入30%的H2O2溶液,连接Ⅰ、Ⅲ,打开活塞Ⅰ中产生无色气体并伴随大量的白雾;Ⅲ中有气泡冒出,溶液迅速变蓝乙向Ⅱ中加入KMnO4固体，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯Ⅲ中有气泡冒出,溶液不变蓝丙向Ⅱ中加入KMnO4固体，Ⅲ中加入适量0.1mol/LH2SO4溶液，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯Ⅲ中有气泡冒出,溶液变蓝(2)丙实验中O2与KI溶液反应的离子方程式是__________________。(3)对比乙、丙实验可知，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是____________。为进一步探究该条件对反应速率的影响,可采取的实验措施是____________。(4)由甲、乙、丙三实验推测，甲实验可能是I中的白雾使溶液变蓝。学生将I中产生的气体直接通入下列_____________(填字母）溶液，证明了白雾中含有H2O2。A．酸性KMnO4B．FeCl2C．Na2SD．品红(5)资料显示：KI溶液在空气中久置会被缓慢氧化:4KI+O2+2H2O=2I2+4KOH。该小组同学取20ml久置的KI溶液，向其中加入几滴淀粉溶液，结果没有观察到溶液颜色变蓝，他们猜想可能是:3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O造成的。请设计实验证明他们的猜想是否正确:___。26、（10分）已知:ICl的熔点为13.9℃，沸点为97.4℃，易水解，ICl3的熔点为111℃，并且已知:ICl(l)+Cl2(g)=ICl3(s)。用下图(中夹持装置略去)的装置制取ICl。(1)装置A中发生反应的化学方程式是_____________________。(2)装置B的作用是_________，不能用装置F代替装置E，理由____________。(3)所制得的ICl中溶有少量ICl3杂质，提纯的方法是____________(填标号)。A.过滤B.蒸发结晶C.蒸馏D.分液(4)用ICl的冰醋酸溶液测定某油脂的不饱和度。进行如下两个实验，实验过程中有关反应为：①②ICl+KI=I2+KCl③I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6实验1：将5.00g该油脂样品溶于四氯化碳后形成100mL溶液，从中取出十分之一，加入20mL某ICl的冰醋酸溶液(过量)，充分反应后，加入足量KI溶液，生成的碘单质用amol/L的Na2S2O3标准溶液滴定。经平行实验，测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为V1mL。实验2(空白实验)：不加油脂样品，其它操作步骤、所用试剂及用量与实验I完全相同，测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为V2mL。①滴定过程需要的指示剂是___________________。②5.00g该油脂样品所消耗的ICl的物质的量为________mol。由此数据经换算即可求得该油脂的不饱和度。27、（12分）已知磺酰氯是一种无色液体，沸点69.1℃极易水解，其制备方法及装置图如下：，.(1)化合物中S元素的化合价是_____________。(2)装置甲中硫酸不采用稀硫酸的原因是______________。(3)装置乙盛放的是__________。(4)装置丙中上下两个仪器的名称分别是___________和__________，冷凝水的入口是_________(选填“a”或“b”)。(5)仪器己的作用有____________。(6)戊是集满氯气的贮气装置，则分液漏斗中的溶液是____________。(7)水解方程式为____________。28、（14分）高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂。其生产工艺如下：已知：①2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O(条件：温度较低)②6KOH+3Cl2=5KCl+KClO3+3H2O(条件：温度较高)③K2FeO4在水溶液中易水解：4FeO42-+10H2O4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑回答下列问题：实验室可利用如图装置完成流程①和②（1）写出工业上制取Cl2的化学方程式__；两水槽中的水为___(填“热水”或“冷水”)。（2）反应一段时间后，停止通氯气，再往仪器a中加入浓KOH溶液的目的是___；A．为下一步反应提供碱性的环境B．使KClO3转化为KClOC．与溶液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClOD．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率（3）从溶液Ⅱ中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应③中发生的离子方程式为：___。（4）用重结晶法提纯粗产品：将粗产品先用KOH稀溶液溶解，再加入饱和的KOH溶液，冷却结晶，过滤，用少量异丙醇洗涤，最后低温真空干燥。①洗涤粗品时选用异丙醇而不用水的理由是___。②如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净__。（5）从环境保护的角度看，制备K2FeO4较好的方法为电解法，其装置如图，电解过程中阳极的电极反应式为___。（6）FeO42-在水溶液中的存在形态如图所示。下列说法正确的是___。A．不论溶液的酸碱性如何变化，铁元素都有4种存在形态B．向pH=10的这种溶液中加硫酸至pH=2，HFeO4-的分布分数逐渐增大C．向pH=6的这种溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为HFeO4-+OH-=FeO42-+H2O29、（10分）金属钛(Ti)因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀等性质被广泛用在高新科技材料和航天领域中。“硫酸法”生产钛的原料是钛铁矿[主要成分是钛酸亚铁（FeTiO3），含有Fe(Ⅲ)等杂质]，同时获得副产品甲的工业生产流程如下：（1）浓硫酸处理钛铁矿时产物之一是TiOSO4，反应中无气体放出，写出该反应的化学方程式___。（2）上述生产流程中加入铁屑的目的是_______________，可循环利用的物质是_________，检验副产品甲是否变质的实验方法是_________________________________。（3）溶液Ⅰ中含有Fe2+、TiO2+和少量Mg2+等阳离子。常温下，其对应氢氧化物的Ksp如下表所示。氢氧化物Fe(OH)2TiO(OH)2Mg(OH)2Ksp8.0×10-161.0×10-291.8×10-11①常温下，若所得溶液中Mg2+的物质的量浓度为0.0018mol/L，当pH等于_________时，Mg(OH)2开始沉淀。②若将含有Fe2+、TiO2+和Mg2+的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，该沉淀是_______________________________________。（4）中间产品乙是一种氧化物，其经高温与氯气、焦炭反应，除生成TiCl4外，还生成了一种可燃性气体，请写出该反应的化学方程式___________。（5）Mg还原TiCl4过程中必须在1070K的温度下进行，你认为还原控制的反应条件是__________________________________，反应后的产物需要加入______________溶解后才能达到提纯金属钛的目的。

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】A.浓氨水中存在NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，加入氢氧化钠，氢氧根离子的浓度增大，平衡向氨气逸出的方向移动，故A错误；B.氢气和碘蒸气生成碘化氢的反应是体积不变的可逆反应，增大压强，平衡不移动，颜色变深是体积减小，浓度增大导致的，不能用平衡移动原理解释，故B正确；C.打开瓶盖后，体系压强减小，为了减弱这种改变，CO2（g）+H2O（l）⇌H2CO3（aq）平衡向气体体积增大的方向移动，有大量的气泡产生，可以用平衡移动原理解释，故C错误；D.二氧化碳与水反应生成碳酸，CO2+H2O⇌H2CO3⇌H++HCO3-，饱和碳酸氢钠溶液中的碳酸氢钠电离出的碳酸氢根离子抑制了二氧化碳的溶解，所以实验室用排饱和碳酸氢钠溶液的方法收集二氧化碳，故D错误。故选B。2、C【分析】氨可作制冷剂，所以W是氮；钠是短周期元素中原子半径最大的，所以Y是钠；硫代硫酸钠与稀盐酸反应生成黄色沉淀硫单质和刺激性气味的气体二氧化硫，所以X、Z分别是氧、硫。【详解】A.由分析可知，Y是钠、X是氧、Z是硫、W是氮，N、O同周期，Na、S同周期，自左而右原子半径减小，故原子半径：N＞O，Na＞S，S电子层多，原子半径较大，S＞N；故原子半径Na＞S＞N＞O，故选A错误；B.非金属性O＞N，故氢化物稳定性H2O＞NH3，即W<X，故B错误；C.Y、Z形成的化合物是Na2S，Na2S溶于水后硫离子会结合少量水电离的氢离子，使得溶液中氢离子浓度降低，然而溶液中氢离子和氢氧根离子浓度的乘积为常数，此时氢氧根离子弄都就会增大，从而促进了水的电离，故C正确；D.上述刺激性气体是二氧化硫，二氧化硫只能漂白某些有机色质，比如说品红溶液，但是不能使紫色石蕊试液褪色，二氧化硫的漂白原理是与某些有色物质结合生成不稳定的无色物质，加热后又会恢复原来的颜色，故D错误；正确答案是C。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，准确判断出元素是解答的关键，注意从元素及其化合物知识的角度去判断，例如制冷剂、淡黄色沉淀和刺激性气味气体等，然后再根据元素周期律的知识进行解答，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时学习中要夯实基础知识，同时应注意知识的灵活运用。元素周期表、元素周期律是学习化学的工具和基本规律。元素周期表反映了元素的原子结构、元素的性质及相互转化关系的规律，是根据元素周期律的具体表现形式，元素周期律是元素周期表排布的依据。元素的原子半径、元素的化合价、元素的金属性、非金属性、原子核外电子排布都随着原子序数的递增而呈周期性的变化。同一周期的元素原子核外电子层数相同，从左到右原子序数逐渐增大；同一主族的元素，原子最外层电子数相同，从上到下原子核外电子层数逐渐增大。原子核外电子排布的周期性变化是元素周期律变化的原因，掌握元素的单质及化合物的结构、反应条件、物质的物理性质、化学性质等是进行元素及化合物推断的关键。3、D【解析】A．加入过量Na2CO3，可除去氯化钙，但引入新杂质，应再加入盐酸除杂，故A错误；B．加入氢氧化钠，引入新杂质，应加入适量KOH除杂，故B错误；C．二氧化碳与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故C错误；D．加热条件下，铜与氧气反应，可除去杂质，故D正确；故选D。4、D【分析】A．铁在氧气中燃烧生成Fe3O4，不会生成Fe2O3；B．钠与硫酸铜溶液反应的实质为：钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠与铜离子反应生成氢氧化铜沉淀，不会生成铜单质；C、根据铝易于空气中的氧气反应进行分析，钠形成的氧化钠膜能被继续与空气中的水及二氧化碳反应；D．金属的化合价为0价，化合物中金属的化合价为正价，所以金属单质在反应中一定做还原剂。【详解】A．铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，而铁在氧气中燃烧的方程式为：铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，反应的化学方程式为：3Fe+2O2Fe3O4，生成的是Fe3O4，不是Fe2O3，选项A错误；B．钠与硫酸铜溶液的反应方程式为：2Na+2H2O+Cu2+═H2↑+2Na++Cu(OH)2↓，钠与硫酸铜溶液反应不会生成铜单质，选项B错误；C．铝表面容易形成一层致密的氧化物保护膜，阻止了铝继续被氧化，但钠化学性质比较活泼，形成的氧化钠膜能被继续与空气中的水及二氧化碳反应，选项C错误；D．Na与氧气、水等反应时钠均作还原剂，金属在化合物中的化合价都是正价，所以金属单质参与反应时金属均作还原剂，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查了金属单质及其化合物性质，题目难度中等，注意掌握金属单质及其化合物性质的综合利用方法，明确活泼金属在溶液中的反应情况，如钠与硫酸铜溶液的反应，不会置换出金属铜。5、C【解析】MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3的混合粉末，加入过量盐酸充分反应后，MgO、Al2O3、Fe2O3生成MgCl2、AlCl3、FeCl3，同时还有HCl剩余。SiO2与盐酸不反应。【详解】A、Al（OH）3显两性，酸中是最弱的酸，碱中是最弱的碱，其酸性比硅酸要弱，故A错误；B、根据上述分析，沉淀X为二氧化硅，能与氢氟酸反应导致二氧化硅溶解，故B错误；C、根据上述分析，溶液Y中的阳离子主要是Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、H＋，故C正确；D、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋都要沉淀，故D错误；故选C。6、C【解析】A、NO与O2反应，不能用排空集气法收集，故A错误；B、分离氢氧化铁胶体和氯化钠溶液用渗析法，故B错误；C、制取少量蒸馏水装置、原理均正确；D、转移溶液要用玻璃棒引流，故D错误；故选C。7、B【详解】A．根据①②③④加和可得上述反应的总反应式为CH4＋CF3COOH＋O2→CF3COOCH3+H2O，故A选项错误。B．CF3COOCH3发生水解反应的产物为CF3COOH和CH3OH，故生成CH3OH的反应式为CF3COOCH3＋H2O→CF3COOH＋CH3OH，故B选项正确。C．反应①中Pd2＋参与反应，反应②中又生成等物质的量的Pd2＋，故Pd2＋为催化剂不是中间产物，故C选项错误。D．根据反应CH4＋CF3COOH＋O2→CF3COOCH3+H2O、CF3COOCH3＋H2O→CF3COOH＋CH3OH可得制甲醇的反应方程式为CH4＋O2→CH3OH，故每生成1molCH3OH，消耗标准状况下O2的体积为11.2L，故D选项错误。故答案选B。【点睛】本题需要注意C选项，Pd2＋为催化剂，反应前后物质的量不改变，不是中间产物，注意概念混淆。8、C【解析】A.二氧化锰和浓盐酸共热，要用离子符号表示HCl：MnO2+4H＋+2Cl－Mn2++Cl2↑＋2H2O，故A错误；B.AlCl3溶液中滴加过量的浓氨水，Al(OH)3不溶于氨水：Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3，故B错误；C.将Cu2O与稀HNO3混合：3Cu2O＋14H＋＋2NO===6Cu2+＋2NO↑＋7H2O，故C正确；D.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，生成物还有一水合氨：Ca2+++HCO3－+2OH－＝CaCO3↓+NH3·H2O+H2O，故D错误。故选C。点睛：书写离子方程式需要注意：(1)符合事实；(2)强酸、强碱、可溶盐在水溶液中使用离子符号表示，其他情况下的物质均用化学式表示；(3)符合质量守恒、电荷守恒、电子守恒。9、C【详解】A、在前50秒，C的浓度变化量为0.08mol/L，所以反应速率=0.08/50=1.6×10-3mol/(L·s)，正确，不选A；B、在250秒到平衡，C的浓度为0.10mol/L，根据方程式计算，平衡时A的浓度为0.4mol/L，B的浓度为0.1mol/L，则平衡常数=0.1×0.1/0.4=0.025，正确，不选B；C、保持其他条件不变，升温，平衡时B的浓度比原来多，则说明平衡正向移动，即正反应为吸热反应，错误，选C；D、再充入1molA，相当于加压到原来的2倍压强，平衡逆向移动，C的浓度比原来的浓度大，但小于原来的2倍，正确，不选D；答案选C。10、D【详解】A．向某溶液中加入KSCN溶液和新制的氯水，若溶液变为血红色，则原溶液中可能含有Fe3+或Fe2+或两者都有，故A错误；B．向某溶液中加入盐酸无沉淀生成，再加氯化钡溶液，产生白色沉淀，该溶液中可能含有硫酸盐，也可能是硫酸，故B错误；C．向某溶液中加入少量盐酸，没有产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该溶液中可能不含或SO32-，也可能不含HCO3-或HSO3-，或者都不存在，故C错误；D．向某溶液中先加几滴淀粉溶液，无明显现象，説明没有碘单质，再滴氯水，溶液变蓝，有碘生成，则溶液中一定含有I-，故D正确；故答案：D。11、C【解析】试题分析：A、硝酸具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，故错误；B、NaOH少量，系数定为1，其离子反应方程式为：OH－＋HCO3－＋Ba2＋=BaCO3↓＋H2O，故错误；C、I－的还原性强于Fe2＋，因此氯气和I－发生氧化还原反应，2I－＋Cl2＋I2＋2Cl－，故正确；D、Al(OH)3不溶于NH3·H2O，因此离子反应方程式为：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故错误。考点：考查离子反应方程式的正误判断等知识。12、D【详解】电解原理是在通电条件下，溶液中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，电解稀H2SO4、CuCl2的混合液，阳离子放电顺序为Cu2+＞H+，电极反应为：Cu2++2e-═Cu；阴离子放电顺序Cl-＞OH-＞SO42-，电极反应为：2Cl--2e-═Cl2↑，所以最初一段时间阴极和阳极上分别析出的物质分别是Cu和Cl2；故答案为D。【点睛】本题考查电解原理的分析判断，掌握溶液中离子放电顺序是解题关键，依据溶液中阴离子放电顺序和阳离子的放电顺序分析判断生成产物。13、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。14、A【详解】A.常温常压下，22.4LCl2的物质的量小于1mol，则与1molFeI2反应时转移的电子数小于2NA，A正确；B.将1L0.1mol·L－1FeCl3溶液加入沸水中制得胶体，每个胶粒不一定为一个Fe(OH)3，则所含胶体粒子数目不一定为0.1NA，B错误；C.NaHSO4、KHSO3的摩尔质量均为120g/mol，120gNaHSO4与KHSO3的固体混合物的物质的量为1mol，阳离子分别为Na+、K+，阳离子数目等于NA，C错误；D.标准状况下，4.48L甲烷和乙烯的混合气体的物质的量为0.2mol，其完全燃烧生成0.4mol水，产物中所含O-H键数目为0.8NA，D错误；答案为A。15、B【详解】A．加水促进弱酸的电离，促进盐的水解，则①②均向右移动，故A错误；

B．加入等体积水后，醋酸溶液酸性减弱则①中c(OH−)增大，醋酸钠溶液碱性减弱则②中c(OH-)减小，故B正确；

C．酸抑制水的电离，盐的水解促进水的电离，则①和②中，由水电离出的c(H+)不同，故C错误；

D．溶液中遵循物料守恒，则等体积等浓度的醋酸、醋酸钠溶液中，c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和：①=②，故D错误；

故选：B。16、B【解析】A、反应物和生成物中气体的计量数之和相等，容器中压强始终不变，不能证明达到了平衡状态，故A错误；B、没有已知起始物质的量，若该反应向右进行，反应了1molX，放出的热量就是akJ，故B正确；C、X、Y、Z的浓度之比为1:2:3并不能表示各物质浓度不再发生改变了，所以不能说明反应达到了化学平衡，故C错误；D.降低温度，任何反应速率都会减小，故D错误。故选B。17、B【详解】A．莽草酸分子中含-COOH、-OH、碳碳双键三种官能团，选项A错误；B．莽草酸分子中能与钠反应的官能团为羟基和羧基，则1mol莽草酸与Na反应最多生成2mol氢气，选项B错误；C．莽草酸分子中含有的羧基、羟基能分别与乙醇、乙酸发生酯化反应，反应类型相同，选项C正确；D．莽草酸分子中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，选项D错误。答案选C。18、D【分析】由图可知，电解时M室中石墨电极为阴极，阴极上水得电子生成H2和OH-，反应式为：，原料室中的铵根离子通过b膜进入产品室，产品室中OH-和反应生成NH3H2O。N室中石墨为阳极，阳极上水失电子生成O2和H+，反应式为：，原料室中的硝酸根离子通过c膜进入N室，N室中H+和反应生成HNO3。【详解】A．N室中石墨为阳极，阳极上水失电子生成O2和H+，电极反应式为：，生成氢离子，氢离子浓度增加，因此N室中硝酸溶液浓度a%<b%，故A错误；B．由题干分析可知a、c为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜，故B错误；C．M、N室分别产生氢气和氧气，故C错误；D．产品室发生的反应为+OH-=NH3+H2O，故D正确；答案选：D。19、C【解析】每个N5-含有36个电子，故A错误；N5-的摩尔质量为70g·mol-1，故B错误；N5-含有共价键，全氮阴离子与金属离子之间存在离子键，故C正确；盐都是电解质，所以全氮阴离子盐属于电解质，故D错误。20、D【解析】A，向NaOH固体中加入浓氨水可产生NH3，NH3可用碱石灰干燥，NH3密度比空气小，应用向下排空法收集，A项错误；B，乙醇和乙酸乙酯为互相混溶的液体混合物，不能用分液法进行分离，B项错误；C，加热分解NaHCO3固体时试管口应略向下倾斜，C项错误；D，浓盐酸加到KMnO4中产生黄绿色气体，锥形瓶中发生的反应为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，根据同一反应中氧化性：氧化剂>氧化产物得出，氧化性：KMnO4>Cl2，Cl2通入NaBr溶液中溶液由无色变为橙色，试管中发生的反应为Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，由此得出氧化性：Cl2>Br2，D项正确；答案选D。点睛：本题考查化学实验的基本操作、气体的制备、物质氧化性强弱的比较。注意加热固体时试管口应略向下倾斜，防止水分在试管口冷凝倒流到试管底部使试管破裂；比较氧化性的强弱通常通过“强氧化性物质制弱氧化性物质”的氧化还原反应来实现。21、A【详解】A．①中无明显现象说明常温下铝与浓硝酸发生了钝化，但钝化是产生了氧化膜，不是不反应，故A错误；B．②中加水后，硝酸浓度变稀，硝酸体现强氧化性，产生的气泡是氮氧化合物，故B正确；C．②中反应生成了氮的氧化物和硝酸铝，体现了硝酸的酸性和强氧化性，故C正确；D．③中沉淀是生成了氢氧化铝，氢氧化铝和氢氧化钠会继续溶解，溶解的离子方程式是Al（OH）3+OH—＝AlO+2H2O，故D正确；故选A。22、D【详解】A.氢气的燃烧热是1mol氢气燃烧生成液态水放出的能量，的燃烧热，故A错误；B.①；②根据盖斯定律①×－②×得，故B错误；C.硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，有沉淀热生成，所以，故C错误；D.1g氢气燃烧放热=142.9KJ，1g燃烧放热22.69KJ，所以放出的热量多，故D正确；故答案选D。二、非选择题(共84分)23、三角锥形生成蓝色沉淀，溶液逐渐变成绛蓝色2[Cu(NH3)4]SO48NH3↑+2CuO+2SO2↑+O2↑SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42-【分析】己知气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A为氨气，气体F能使带火星的木条复燃，F是氧气，根据标况下氧气的物质的量n==0.1mol，则混合气体D中的另一种气体的物质的质量为16g-0.1mol×32g/mol=12.8g，则混合气体D加入足量氯化钡生成的白色沉淀为硫酸钡，物质的量为=0.2mol，根据硫元素守恒，故混合气体中的另一种气体为二氧化硫，物质的量为0.2mol，固体B为硫酸铜，加强热分解得到氧化铜，二氧化硫，氧气，X为硫酸四氨合铜，加热分解可以得到硫酸铜和氨气。【详解】根据，分析A为氨气，B为硫酸铜，C为氧化铜，D为二氧化硫和氧气，E为硫酸钡，X为硫酸四氨合铜。(1)A是氨气，中心原子是N，与H原子形成三对共用电子对，剩余一对孤对电子，价层电子对数为4对，其空间构型为三角锥形，氨气加入含有铜离子的溶液中发生反应Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故实验现象为生成蓝色沉淀，溶液逐渐变成绛蓝色；故答案为：三角锥形；生成蓝色沉淀，溶液逐渐变成绛蓝色；(2)X为[Cu(NH3)4]SO4，加热分解的方程式为2[Cu(NH3)4]SO48NH3↑+2CuO+2SO2↑+O2↑，故答案为：2[Cu(NH3)4]SO48NH3↑+2CuO+2SO2↑+O2↑；(3)二氧化硫具有还原性，碘具有氧化性，则化学反应为SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，离子方程式SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42-，故答案为：SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42-。24、NH4HCO3或(NH4)2CO3NO22CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O22NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2ONaHCO3和Na2CO31：10.75【分析】根据框图，X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，分别生成气体A和C，则X应为弱酸的铵盐，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则D为碳酸钠或氧气；C能够发生催化剂作用下能够与D反应，则C为NH3，D为O2，则X应为NH4HCO3

或

(NH4)2CO3，B为H2O，结合转化关系可知，E为NO，F为NO2，G为HNO3，据此分析解答。【详解】(1)由以上分析可知X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，F为NO2，故答案为NH4HCO3

或

(NH4)2CO3；NO2；(2)Na2O2和CO2的反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2

=2Na2CO3+O2，故答案为2CO2+2Na2O2

=2Na2CO3+O2；(3)实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气，反应的方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(4)①(乙)中从开始生成CO2气体至二氧化碳体积最大，消耗HCl50mL，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为50mL，而图象中开始生成CO2气体之前消耗HCl体积为25mL，说明该阶段只发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳与NaOH反应后溶液中含NaHCO3、Na2CO3；Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸体积为25mL，则原溶液中NaHCO3消耗盐酸体积50mL-25mL=25mL，故NaHCO3、Na2CO3的物质的量之比=25mL∶25mL=1∶1，故答案为NaHCO3和Na2CO3；1∶1；②加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液中只含有溶质NaCl，根据元素守恒可知，10mL溶液中n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度==0.75mol/L，故答案为0.75。25、分液漏斗O2+4I-+4H+=2I2+2H2O酸性环境使用不同浓度的稀硫酸做对比实验AD在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol/LH2SO4溶液，观察现象，若溶液变蓝，则猜想正确，否则错误【分析】由题给信息可知，甲实验利用二氧化锰做催化剂，在不加热的条件下制备氧气，Ⅰ中产生无色气体和大量的白雾能使KI溶液被氧化生成碘单质；乙实验用高锰酸钾固体受热分解制备氧气，Ⅲ中有气泡冒出,溶液不变蓝说明氧气不能使KI溶液被氧化；丙实验用高锰酸钾固体受热分解制备氧气，Ⅲ中有气泡冒出,溶液变蓝说明酸性条件下使KI溶液被氧化生成碘单质。【详解】（1）由实验装置图可知，应向装置Ⅰ的分液漏斗中加入30%的H2O2溶液，故答案为：分液漏斗；(2)丙实验中O2与KI溶液在酸性条件下发生氧化还原反应生成单质碘，反应的离子方程式是O2+4I-+4H+=2I2+2H2O，故答案为：O2+4I-+4H+=2I2+2H2O；(3)对比乙、丙实验可知，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是酸性环境，可以使用不同浓度的稀硫酸做对比实验探究酸性条件对反应速率的影响，故答案为：酸性环境；使用不同浓度的稀硫酸做对比实验；（4）A、双氧水具有还原性，高锰酸钾溶液能够将双氧水氧化，导致高锰酸钾溶液褪色，而氧气不与高锰酸钾溶液反应，如果高锰酸钾溶液褪色可证明混合气体中含有双氧水，故正确；B、氧气和双氧水都能够氧化亚铁离子，溶液颜色变化无法证明混合气体中含有双氧水，故错误；C、双氧水和氧气都能够氧化硫化钠，有沉淀生成无法证明混合气体中是否含有双氧水，故错误；D、双氧水具有氧化性，能使品红溶液漂白褪色，氧气不能使品红溶液漂白褪色，如果品红溶液褪色可证明混合气体中含有双氧水，故正确；AD正确，故答案为：AD；（5）酸性条件下，碘离子和碘酸根离子发生氧化还原反应生成单质碘，单质碘能使淀粉溶液变蓝色，则要设计实验验证他们的猜想是否正确，可以向未变蓝的溶液中滴入稀硫酸，使溶液呈酸性，观察溶液是否变蓝，若变蓝则可证明发生了归中反应生成了碘，猜想正确；若不变蓝，则不能发生归中反应，则猜想不正确。故答案为：在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol/LH2SO4溶液，观察现象，若溶液变蓝，则猜想正确，否则错误。【点睛】由甲、乙、丙实验得到双氧水能使KI溶液被氧化生成碘单质，氧气在中性条件下不能使KI溶液被氧化生成碘单质，酸性条件下能使KI溶液被氧化生成碘单质是解答关键。26、KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O除去氯气中的氯化氢装置F中的水蒸气会进入装置D中，使ICl水解C淀粉溶液5a（V2-V1）×10-3【分析】由实验装置可知，A中氯酸钾具有氧化性能把浓盐酸氧化生成氯气，发生KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O；浓盐酸易挥发生成的氯气中含有氯化氢，所以装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢，浓硫酸干燥氯气。已知ICl易水解，装置E中碱石灰可以吸收氯气，同时吸收空气中的水蒸气，据此解答。【详解】(1)氯酸钾具有氧化性能把浓盐酸氧化生成氯气，则装置A中发生反应的化学方程式是KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O；(2)浓盐酸易挥发生成的氯气中含有氯化氢，所以装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢，已知ICl易水解，若用装置F代替装置E，则装置F中的水蒸气会进入装置D中，使ICl水解，所以不能用装置F代替装置E；(3)由于ICl与ICl3的沸点相差较大，因此若所制得的ICl中溶有少量ICl3杂质，提纯的方法是蒸馏，故答案为：C；(4)①由于碘遇淀粉显蓝色，因此滴定过程中可用淀粉溶液作指示剂；②实验2中比实验1多消耗的溶液体积为（V2-V1）ml，则Na2S2O3的物质的量的是0.001a（V2-V1）mol，根据方程式②ICl+KI=I2+KCl、③I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知：ICl～2Na2S2O3，所以ICl的物质的量是0.001a（V2-V1）mol×，由根据方程式①可知，5.00g该油脂样品所消耗的ICl的物质的量为0.001a（V2-V1）mol××=5a（V2-V1）×10-3mol。27、易溶于水，硫酸太稀不利于的溢出浓球形冷凝管三颈烧瓶a吸收和尾气，防止空气中的倒着进入装置丙饱和食盐水【分析】磺酰氯(SO2Cl2)的制备：SO2+Cl2⇌SO2C12，氯气和SO2在木炭作催化剂的作用下合成SO2C12，因SO2Cl2是一种无色液体，极易水解生成硫酸和盐酸，遇潮湿空气会产生白雾，因此要保证参加反应的氯气和SO2是干燥的，同时要防止空气中的水汽进入三颈瓶中，为了减小生成物的损失需要使用冷凝管冷凝回流，同时要利用碱石灰吸收SO2和氯气的尾气防污染，反应后的液体混合物可利用蒸馏进行分离，甲装置：浓盐酸和亚硫酸钠固体制备二氧化硫，乙装置：干燥二氧化硫，丙装置：制备磺酰氯，同时防止外界空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，并吸收未反应的氯气和二氧化硫，丁装置：干燥装置氯气，防止SO2Cl2的水解，戊装置：提供氯气，分液漏斗中可盛装不与氯气反应且不溶解氯气的溶液，如饱和食盐水，据此分析解答。【详解】(1)化合物SO2Cl2中O元素为−2价、Cl元素为−1价，令S元素化合价为x，根据化合价规则x+2×(−2)−1=0，故x=6，即S元素的化合价为+6；(2)装置甲中硫酸不采用稀硫酸的原因是易溶于水，硫酸太稀不利于的溢出；(3)装置乙的作用是干燥二氧化硫，则盛放的是浓硫酸；(4)装置丙中上下两个仪器的名称分别是球形冷凝管和三颈烧瓶，冷凝水的入口是a；(5)二氧化硫和氯气均是有毒气体，不能直接排入大气，并且SO2Cl2易水解，要防止丙中的SO2Cl2水解，则仪器己的作用有吸收和尾气，防止空气中的倒着进入装置丙；(6)根据分析，戊是提供氯气，分液漏斗中可盛装不与氯气反应且不溶解氯气的溶液，如饱和食盐水；(7)SO2Cl2极易水解生成硫酸和盐酸，水解方程式为：。28、2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑冷水AC2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O