2026届湖南省长沙县三中高三化学第一学期期中质量跟踪监视试题含解析

2026届湖南省长沙县三中高三化学第一学期期中质量跟踪监视试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、某反应的△H＝+100kJ·mol-1，下列有关该反应的叙述正确的是A．正反应活化能小于100kJ·mol-1 B．逆反应活化能一定小于100kJ·mol-1C．正反应活化能比逆反应活化能大100kJ·mol-1 D．反应物的总能量比生成物的总能量高2、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O23、H7N9型禽流感是全球首次发现的新亚型流感病毒，达菲（Tamiflu）是治疗该病毒的最佳药物．以莽草酸为原料，经多步反应可制得达菲和对羟基苯甲酸．达菲、莽草酸、对羟基苯甲酸的结构简式如下：下列有关说法正确的是（）A．达菲、莽草酸、对羟基苯甲酸都属于芳香族化合物B．1mol莽草酸与NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOHC．对羟基苯甲酸较稳定，在空气中不易被氧化D．利用FeCl3溶液可区别莽草酸和对羟基苯甲酸4、下列对摩尔的叙述中不正确的是A．摩尔是一个单位，用于计量物质所含微观粒子的数量B．摩尔是一个物理量C．1mol任何气体所含的气体分子数目都相等D．摩尔既能用来计量纯净物，又能用来计量混合物5、化学与生产和生活、军事、科研产品紧密相关，下列说法错误的是()A．家庭用的“84”消毒液与洁厕灵不能同时混合使用，否则会发生中毒事故B．在牙膏中添入Na2PO3F、NaF能防治龋齿，当提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用是相同的C．侯氏制碱法的工艺过程中主要应用了物质熔沸点的差异D．可用蘸浓盐酸的玻璃棒检验输送氨气的管道是否漏气6、化学与生活、环境密切相关。下列有关说法不正确的是()A．竹炭具有超强的吸附能力，可用于吸收新装修房屋内的有害气体B．研发使用高效电力能源汽车，减少雾霾污染以降低呼吸系统发病率C．胶粒不能透过半透膜，血液透析利用半透膜将有害物质移出体外D．碘酸钾具有较强的氧化性，在食盐中加入适量碘酸钾，可抗人体老化7、在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO+4H+，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是A．反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2OB．反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+C．反应Ш是非氧化还原反应D．黄铁矿催化氧化过程中：NO和Fe(NO)2+均作催化剂8、下列现象或操作与溶解度或溶解度的变化无关的是A．液溴保存时用水封 B．合成氨工业中将N2、H2和NH3中氨分离C．苯酚溶液置于冰水浴中变浑浊 D．重结晶法分离氯化钠和氯化钾9、利用生物电化学系统处理废水的原理如图。下列对系统工作时的说法错误的是（）A．b电极为负极，发生氧化反应B．双极膜内的水解离成的H+向b电极移动C．有机废水发生的反应之一为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+D．该系统可处理废水、回收铜等金属，还可提供电能10、我国化学家侯德榜创立了著名的“侯氏制碱法”(流程简图如图所示)，促进了世界制碱技术的发展.下列有关说法正确的是（）A．沉淀池中的反应物共含有五种元素B．过滤得到的“母液”中一定只含有两种溶质C．图中X可能是氨气D．通入氨气的作用是使溶液呈碱性，促进二氧化碳的吸收，更多地析出沉淀11、将浓度和体积均相同的一元酸HA与一元碱BOH混合，所得溶液呈酸性。下列判断正确的是A．HA一定不是弱酸 B．BOH一定不是强碱C．HA一定是强酸 D．BOH一定是强碱12、连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元酸，常温下，用0.01mol·L-1的NaOH溶液滴定10mL0.01mol·L-1的H2N2O2溶液，测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图。常温下，下列各点所对应溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A．a点：c(N2O)＋c(HN2O)-c(Na＋)=9.9×10-7mol·L-1B．b点：c(Na＋)＞c(N2O)＋c(HN2O)＋c(H2N2O2)C．c点：c(Na＋)＞c(HN2O)＞c(H2N2O2)＞c(N2O)D．d点：c(H2N2O2)＋c(HN2O)＋c(H+)=c(OH-)13、下列离子方程式正确的是A．钠和冷水反应：Na＋2H2O＝Na+＋2OH-＋H2↑B．AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋C．用小苏打治疗胃酸过多：CO32－＋2H＋＝H2O＋CO2↑D．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3+＋Cu＝Fe2+＋Cu2+14、对平衡CO2（g）CO2（aq）△H=-19.75kJ/mol，为增大二氧化碳气体在水中的溶解度，应采用的方法是（）A．升温增压 B．降温减压C．升温减压 D．降温增压15、配制一定物质的量浓度的稀硫酸，下列情况会使配制结果偏大的是①溶解后未冷却即转移、定容②定容时仰视容量瓶刻度线③用量筒量取一定体积的浓硫酸时俯视④将量筒、烧杯、玻璃棒洗涤2～3次，转移至容量瓶A．①②B．②③C．①④D．②③④16、利用右图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是()选项①②③实验结论实验装置A稀硫酸Na2SAgNO3与AgCl的溶液Ksp(AgCl)＞Ksp(Ag2S)B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3Ba(NO3)2溶液SO2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸A．A B．B C．C D．D17、化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是（）A．石英是制造光导纤维的原料，也是常用的半导体材料B．刚玉硬度仅次于金刚石，可做机械轴承，属于无机非金属材料C．泰国银饰和土耳其彩瓷，其主要成分均为金属材料D．手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型的有机高分子材料18、用高分子吸附树脂提取卤水中的碘（主要以I-形式存在）的工艺流程如下：下列说法不正确的是（）A．经①和④所得溶液中，c（I-）后者大于前者B．④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂C．若②和⑤中分别得到等量I2，则消耗的n（Cl2）：n（KClO3）=5：2D．由⑥得到碘产品的过程，主要发生的是物理变化19、实验室用SO2和MnO2制备MnSO4的装置如图所示，下列说法正确的是()A．装置B中试剂可为饱和Na2SO3溶液，其作用是除去SO2中的HClB．装置D中水浴控制在80℃左右，若温度过高时，因二氧化硫溶解度减小反应速率可能减慢C．将装置D中所得MnSO4溶液蒸干可获得纯净的MnSO4·H2OD．装置E中发生反应的离子方程式为SO2+2OH-=+H2O20、如图是批量生产的笔记本电脑所用的甲醇燃料电池的结构示意图。甲醇在催化剂作用下提供质子(H+)和电子。电子经外电路、质子经内电路到达另一极与氧气反应。电池总反应式为：2CH3OH＋3O2＝2CO2＋4H2O。下列说法中正确的是()A．左边的电极为电池的负极，a处通入的是甲醇B．右边的电极为电池的负极，b处通入的是空气C．电池负极的反应式为：CH3OH+H2O+6e－=CO2+6H+D．电池的正极反应式为：O2+2H2O+4e－=4OH－21、将19.4gCO2和水蒸气组成的混合气体缓慢通过足量的Na2O2，最后收集到5.6L的气体(标准状况)，下列说法错误的是A．19.4g该混合气体物质的量是0.5molB．反应中转移电子数目是0.5NAC．反应中的氧化剂、还原剂均是Na2O2D．混合气体中n(CO2)：n(H2O)=1：422、已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成②产生刺激性气味的气体③溶液呈现蓝色。据此判断下列说法正确的是()A．反应中硫酸作氧化剂B．1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子C．刺激性气味的气体是氨气D．NH4CuSO3中硫元素被氧化二、非选择题(共84分)23、（14分）某研究小组按下列路线合成药物双氯芬酸钠：已知：①②—NO2—NH2请回答：（1）化合物A的结构简式___________；（2）下列说法不正确的是___________；A．化合物B具有碱性B．化合物D不能发生自身的缩聚反应C．化合物G在NaOH水溶液能发生取代反应D．药物双氯芬酸钠的分子组成为C14H9Cl2NO2Na（3）写出G→H的化学方程式___________；（4）以苯和乙烯为原料，设计生成的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）___________；（5）请用结构简式表示同时符合下列条件的化合物H的同分异构体________。①分子中含有联苯结构（）和-OCH3基团；②核磁共振氢谱显示只有4种不同的H原子。24、（12分）氮、磷属于同一主族元素，是组成生命体的重要元素，其单质及化合物用途广泛。回答下列问题：（1）基态P原子的核外电子排布式为___________________（2）自然固氮现象发生的一系列化学变化：，解释了民谚“雷雨发庄稼”的原理。①分子结构中σ键和π键数目之比为__________②中N原子采取__________杂化方式，写出它的一种等电子体的化学式：__________。③已知酸性：，下列相关见解合理的是__________。A．含氧酸中氧原子总数越多，酸性越强B．同种元素化合价越高，对应含氧酸的酸性越强C．中氮元素的正电性更高，在水溶液中更易电离出，酸性强于（3）磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，其晶胞结构如图所示，图中a点和b点的原子坐标参数分别为(0，0，0)、，则c点的原子坐标参数为__________。已知该晶体密度为，则B—P键的键长为__________pm(阿伏加德罗常数用表示，列出计算式即可)。。25、（12分）ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。（1）仪器D的名称是____。安装F中导管时，应选用图2中的_____。（2）打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜____（填“快”或“慢”）。（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是_____。（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为____，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是______。（5）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示。若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是_______，原因是_________。26、（10分）氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索。以菱镁矿(主要成分为MgCO3，另含少量杂质FeCO3和SiO2等)为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：(1)酸溶时，MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为_____________________________。(2)滤渣1的化学式为__________________。(3)写出流程中“氧化”的离子方程式为______________________________________。(4)调节pH时，使用pH试纸的具体操作是取一小块pH试纸放在洁净的玻璃片上，_______________________________________________________；滤渣2中除了过量的MgO外，还含有的物质是____________。(5)高温煅烧过程中，同时存在以下反应：2MgSO4＋C2MgO＋2SO2↑＋CO2↑；MgSO4＋CMgO＋SO2↑＋CO↑；MgSO4＋3C高温MgO＋S↑＋3CO↑。利用下图装置对煅烧产生的气体进行连续分别吸收或收集(其中S蒸气在A管中沉积)。①D中收集的气体是_________________(填化学式)。②B中盛放的溶液是__________________(填下列选项的字母编号)。a．NaOH溶液b．Na2CO3溶液c．稀硝酸d．酸性KMnO4溶液27、（12分）亚硫酰氯(俗称氯化亚砜，SOCl2)是一种液态化合物，沸点77℃，在农药、制药行业、有机合成等领域用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并常有刺激性气味的气体产生，实验室合成原理：SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2，部分装置如图所示：请回答下列问题：（1）装置f的作用是____________（2）实验室用二氧化锰与浓盐酸共热反应的离子方程式为____________。（3）蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热，可得到无水AlCl3，试解释原因：_______________________________________________________（4）下列四种制备SO2的方案中最佳选择是____。（5）装置e中产生的Cl2经过装置d后进入三颈烧瓶，d中所用的试剂为_______。（按气流方向）（6）实验结束后，将三颈烧瓶中混合物分离开的实验操作是________（己知SCl2的沸点为50℃）。若反应中消耗Cl2的体积为896mL(己转化为标准状况，SO2足量)，最后得到纯净的SOCl24.76g，则SOCl2的产率为__________（保留三位有效数字）。（7）分离产物后，向获得的SOCl2中加入足量NaOH溶液，振荡、静置得到无色溶液W，检验溶液W中存在Cl-的方法是_______________________________28、（14分）实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4的主要流程如下:（1）制备MgAl2O4过程中,高温焙烧时发生反应的化学方程式为_____________。（2）判断流程中沉淀是否洗净所用的试剂是__________________。（3）在25℃下,向浓度均为0.01mol·L-1的MgCl2和AlCl3混合溶液中逐滴加入氨水,先生成______沉淀(填化学式),生成该沉淀的离子方程式:_____________。{已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10－11,Ksp[Al(OH)3]=3×10-34}。（4）无水AlCl3(183℃升华)遇潮湿空气即产生大量白雾,实验室可用下列装置制备。装置B中盛放饱和NaCl溶液,该装置的主要作用是______;F中试剂的作用是__________________________________________。

（5）将Mg、Cu组成的3.92g混合物投入过量稀硝酸中,充分反应后,固体完全溶解时收集到还原产物NO气体1.792L(标准状况),向反应后的溶液中加入4mol·L-1的NaOH溶液80mL时金属离子恰好完全沉淀。则形成沉淀的质量为____g。29、（10分）氮氧化物NOx（主要指NO和NO2）会形成酸雨、光化学烟雾，破坏臭氧层，是大气主要污染物之一，有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。(1)研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应:2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)K1ΔH1<0(Ⅰ)2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)K2ΔH2<0(Ⅱ)①4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=____(用K1、K2表示)。②为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应(Ⅱ)达到平衡。测得10min内υ(ClNO)=7.5×10-3mol·L-1·min-1，则平衡后NO的转化率α1=____。其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2____α1(填“>”“<”或“=”)，平衡常数K2____(填“增大”“减小”或“不变”)。(2)NO能与N2O反应生成N2和NO2，反应的能量变化如下图所示，若生成1molN2，其ΔH=____kJ·mol-1。(3)NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图甲所示。①由图甲可知，SCR技术中的氧化剂为_____________。当NO2与NO的物质的量之比为1:1时，与足量氨气在一定条件下发生脱氮反应。该反应的化学方程式为______________。②图乙是不同催化剂Mn和Cr在不同温度下对应的脱氮率，由图可知工业选取的最佳催化剂为________。(4)利用电化学装置可消除氮氧化物污染，变废为宝。图丙装置实现的能量转化形式是_______。图丁为电解NO制备NH4NO3的装置，该装置中阳极的电极反应式为___________________。

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、C【详解】A．△H=正反应的活化能─逆反应的活化能，故正反应活化能大于100kJ·mol-1，A错误；B．△H=正反应的活化能─逆反应的活化能=+100kJ/mol，不知道正反应的活化能，无法确定逆反应的活化能，B错误；C．△H=正反应的活化能─逆反应的活化能=+100kJ/mol，正反应活化能比逆反应活化能大100kJ·mol-1，C正确；D．该反应为吸热反应，反应物的总能量比生成物的总能量低，D错误；答案选C。2、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。3、D【详解】A.达菲、莽草酸均不存在苯环，不属于芳香族化合物，A错误；B.莽草酸中只有羧基和氢氧化钠溶液反应，1mol莽草酸与NaOH溶液反应，最多消耗1molNaOH，B错误；C.对羟基苯甲酸含有酚羟基，易被氧化，不稳定，C错误；D.对羟基苯甲酸含有酚羟基，利用FeCl3溶液可区别莽草酸和对羟基苯甲酸，D正确；答案选D。4、B【解析】试题分析：A、摩尔是物质的量单位，是用于计量物质所含微粒的数量，正确，不选A；B、摩尔是物质的量的单位，错误，选B；C、1摩尔任何物质含有的分子数相等，正确，不选C；D、摩尔可以计量纯净物，也能计量混合物，正确，不选D。考点：物质的量，摩尔的定义5、C【解析】A、次氯酸钠有强氧化性，盐酸有还原性，两者相遇发生氧化还原反应生成氯气，氯气有毒，A正确；B、防治龋齿的有效成分是氟离子，当氟离子浓度相等时，防治龋齿的作用是相同的，B正确；C、侯氏制碱法的工艺过程中主要应用了物质的溶解度的差异，C错误；D、浓盐酸易挥发，与NH3结合生成NH4Cl固体小颗粒，冒白烟，D正确；答案选C。【点晴】该题为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学习的良好的科学实素养，提高学习化学的兴趣和积极性，平时注意相关基础知识的积累，难度不大。6、D【解析】竹炭具有超强的吸附能力，能吸收有害气体，故A正确；研发使用高效电力能源汽车，可以减少汽车尾气排放，故B正确；血液透析利用渗析原理，用半透膜将有害物质移出体外，故C正确；氧化剂能加快人体老化，还原剂能抵抗人体老化，故D错误。7、D【分析】步骤I中，O2将Fe(NO)2+氧化为Fe3+，并释放出NO；Ⅱ中Fe3+将FeS2氧化成，生成的Fe2+在Ⅲ中又与NO结合成Fe(NO)2+进入下一个过程。总反应为：2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4SO42−+4H+，NO的量不变，作催化剂，据此分析作答。【详解】A．根据上述图示信息可以看出，反应I中Fe(NO)2+与O2反应生成NO和Fe3+，根据氧化还原反应的规律可知，该离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，故A正确；B．反应Ⅱ中硫元素的化合价升高，铁元素的化合价降低，Fe3+作氧化剂，故B正确；C．反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO=Fe(NO)2+，所含元素的化合价没有发生变化，该反应是非氧化还原反应，故C正确；D．由图可以看出，加入的NO参与反应，又重新生成，前后没有发生量的变化，所以在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂，但Fe(NO)2+不是催化剂，故D错误；答案选D。【点睛】分解成多步描述的反应中，判断催化剂的方法可以是：分析整个过程中，该物质消耗的量和重新生成的量是否相等。8、B【详解】A．液溴具有挥发性，在水中的溶解度较小，所以保存液溴通常采用水封的方法，与溶解度有关，选项A错误；B．合成氨中氨的分离利用了氨气容易液化的性质，不是溶解度的变化，选项B正确；C．苯酚在冷水中溶解度较小，易溶于热水，所以苯酚溶液置于冰水浴中变浑浊，该变化与溶解度有关，选项C错误；D．重结晶法分离氯化钠和氯化钾，氯化钠的溶解度受温度影响较小，而氯化钾的溶解度受温度影响较大，与溶解度大小相关，选项D错误；答案选B。9、A【详解】A．根据图示，a极CH3COO-、→CO2，a发生氧化反应，a是负极、b电极为正极，故A错误；B．a是负极、b是正极，原电池中阳离子移向正极，双极膜内的水解离成的H+向b电极移动，故B正确；C．根据图示，a极CH3COO-→CO2，有机废水发生的反应之一为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，故C正确；D．根据图示，b是正极，正极反应Cu2++2e-=Cu，所以该系统可处理废水、回收铜等金属，故D正确；选A。10、D【详解】A．沉淀池中发生的反应的反应物是氯化钠、氨气、二氧化碳和水，所以含有钠、氯、氮、氢、碳、氧六种元素，故A错误；B．过滤得到的“母液”中含有的溶质有碳酸氢钠、氯化铵，还有可能含有过量的氯化钠，故B错误；C．碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，所以X是二氧化碳，故C错误；D．氨气的水溶液显碱性，能更好的吸收二氧化碳，使反应物浓度大，反应速度快，故D正确；故答案为D。11、B【详解】HA、BOH的浓度相同，体积相同，则二者的物质的量就相等，将两种溶液等体积混合，二者恰好完全反应，所得溶液呈酸性，说明酸HA的电离程度大于碱BOH的电离程度，盐溶液中B+发生了水解作用，消耗了水电离产生的OH-，最终达到平衡时c(H+)>c(OH-)，因此BOH一定不是强碱；酸HA可能是强酸，也可能是弱酸。若是弱酸，其电离程度大于碱BOH的电离程度，故合理选项是B。12、C【分析】连二次硝酸H2N2O2是一种二元酸。常温下，向10mL0.01mol/L的H2N2O2溶液滴加0.01mol/L的NaOH溶液，起始时，酸的pH为4.3，若H2N2O2为强酸，则pH=2，可见H2N2O2为弱酸，其盐会发生水解，水解促进水的电离，酸电离抑制水的电离。【详解】A．在a点时电荷守恒为：c(Na＋)+c(H＋)=2c(N2O)＋c(HN2O)＋c(OH-)，此时pH为6，则c(H＋)-c(OH-)=2c(N2O)＋c(HN2O)-c(Na＋)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L，A不正确；B．当溶质为NaHN2O2时，物料守恒为：c(Na＋)=c(N2O)＋c(HN2O)＋c(H2N2O2)，要使c(Na＋)＞c(N2O)＋c(HN2O)＋c(H2N2O2)，则NaOH应过量，即溶质为：NaHN2O2和Na2N2O2，但是在b点时溶液溶质为NaHN2O2和H2N2O2，，B不正确；C．c点溶液中，加入NaOH的体积为10mL，此时为第一化学计量点，反应恰好生成NaHN2O2，溶液为碱性，则c(OH-)>c(H+)，HN2O水解使溶液显碱性，则c(Na+)>c(H2N2O2)，HN2O水解趋势大于电离趋势，则c(HN2O)>c(N2O)，考虑到水解促进电离，则c(OH-)>c(H2N2O2)，综上，c点溶液中离子浓度大小关系为：c(Na＋)＞c(HN2O)＞c(H2N2O2)＞c(N2O)，故C正确；D．d点时溶液溶质为Na2N2O2，质子守恒为：2c(H2N2O2)＋c(HN2O)＋c(H+)=c(OH-)，D不正确；故选C。13、B【详解】A、钠和冷水反应生成氢氧化钠和氢气，即2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH-＋H2↑，A错误；B、AlCl3溶液中加入过量的浓氨水生成氢氧化铝和氯化铵，即Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，B正确；C、用小苏打治疗胃酸过多，则离子方程式为HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑，C错误；D、用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板，离子方程式为2Fe3+＋Cu＝2Fe2+＋Cu2+，D错误。答案选B。14、D【详解】CO2（g）CO2（aq）△H=-19.75kJ/mol的正向是气体体积减小的放热过程，要使CO2在水中的溶解度增大，即使平衡正向移动，可以降低温度、增大压强，答案选D。15、C【解析】根据c=n/V判断不当操作对n、V的影响，进而判断溶液浓度的变化。【详解】①溶解后未冷却即转移、定容，V偏小，故浓度偏大；②定容时仰视容量瓶刻度线，V偏大，故浓度偏小；③用量筒量取一定体积的浓硫酸时俯视，n偏小，故浓度偏小；④量筒不用洗涤，故n偏大，故浓度偏大；故选C。16、B【详解】A．稀硫酸与硫化钠反应生成硫化氢气体，由于③中含有硝酸银，通入H2S一定生成硫化银沉淀，不能确定硫化银一定是由氯化银转化的，也就不能比较溶度积大小，A错误；B．浓硫酸将蔗糖脱水炭化，进而碳被氧化，生成CO2、SO2和H2O，SO2能使溴水褪色，B正确；C．二氧化硫溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可氧化二氧化硫生成硫酸根离子，可生成沉淀，但二氧化硫通入氯化钡溶液中则没有沉淀生成，C错误；D．强酸能与弱酸盐反应生成弱酸，根据强酸制取弱酸判断酸性强弱，浓硝酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成难溶性硅酸，但硝酸具有挥发性，生成的CO2中含有硝酸，硝酸也与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，不能实现实验目的，D错误；答案选B。【点睛】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，涉及酸性强弱判断、浓硫酸、硝酸、SO2的性质、气体的制备等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键。选项D是易错点，注意硝酸的挥发性。17、B【详解】A．石英的主要成分是二氧化硅，是制造光导纤维的原料，硅单质是常用的半导体材料，故A错误；B．无机非金属材是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料。是除有机高分子材料和金属材料以外的所有材料的统称，刚玉是金属氧化物，硬度仅次于金刚石，利用其硬度大的特点，可做机械轴承，属于无机非金属材料，故B正确；C．泰国银饰主要成分是银单质，属于金属材料，土耳其彩瓷主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，故C错误；D．手机外壳上贴的碳纤维外膜为碳单质，属于无机物，不是有机高分子化合物，故D错误；答案选B。18、C【详解】A．从①到④的过程起到富集碘元素的作用后，环节④所得溶液中c（I-）大于环节①溶液中的c（I-），故A项正确；B．环节④是用亚硫酸钠作还原剂将高分子树脂吸附的碘单质还原为碘离子，使碘元素以离子的形式脱离树脂进入溶液中，故B项正确；C．环节②是用Cl2将碘离子氧化为I2，氯元素从0价降低为-1价，1molCl2可得到2mol电子，环节⑤是用KClO3将碘离子氧化为I2，氯元素从+5价降低为-1价，1molKClO3可得到6mol电子，所以，若②和⑤中分别得到等量I2，消耗的Cl2与KClO3的物质的量之比为6:2=3:1，故C项错误；D．步骤⑥采用升华的方法提取纯净的碘发生的变化是物理变化，故D项正确；故选C。19、B【详解】A．Na2SO3溶液能与SO2反应，故装置B中的试剂不能是Na2SO3溶液，可用饱和NaHSO3溶液，A错误；B．当温度过高时，SO2在水中的溶解度减小，反应速率减慢，B正确；C．MnSO4•H2O受热易分解，故不能将溶液蒸干，可用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到MnSO4•H2O，C错误；D．石灰乳是悬浊液，Ca(OH)2主要以固体形式存在，应该写化学式，不能拆写，因此反应的离子方程式为SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O，D错误；故答案为B。20、A【解析】根据电子的流向可知，左侧是负极，失去电子，通入的是甲醇。右侧是正极，得到电子，通入的是氧气，所以A正确，B不正确。由于质子交换膜允许质子通过，所以C正确，D不正确，应该是O2+4H++4e-→2H20，答案选AC。21、D【分析】Na2O2足量，最后收集到5.6L的气体(标准状况)为氧气，n(O2)==0.25mol，根据方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，CO2和水蒸气的总物质的量为0.5mol。【详解】A．分析可知，19.4g该混合气体物质的量是0.5mol，A说法正确；B．反应中氧气为过氧化钠中的氧原子升高生成，则转移电子数目=0.25mol×2×NAmol-1=0.5NA，B说法正确；C．反应中过氧化钠中的氧原子部分化合价升高，部分化合价降低，故氧化剂、还原剂均是Na2O2，C说法正确；D．混合气体的平均摩尔质量为38.8g/mol，根据十字相交法，，则n(CO2)：n(H2O)=4：1，D说法错误；答案为D。22、B【分析】NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色金属、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2＋，结合NH4CuSO3中Cu的化合价为＋1价，以此解答该题。【详解】根据实验现象，反应的离子方程式为：2NH4CuSO3＋4H＋=Cu＋Cu2＋＋2SO2↑＋2H2O＋2NH4＋；A．由反应的离子方程式为：2NH4CuSO3＋4H＋=Cu＋Cu2＋＋2SO2↑＋2H2O＋2NH4＋，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸反应前后各元素的化合价都没有变化，反应中硫酸体现酸性，故A错误；B．反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由＋1价→＋2价，＋1价→0价，发生的反应为：2NH4CuSO3＋4H＋=Cu＋Cu2＋＋2SO2↑＋2H2O＋2NH4＋，每2molNH4CuSO3参加反应则转移1mol电子，则1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，故B正确；C．因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，刺激性气味的气体是SO2，故C错误；D．NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色金属、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2＋，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故D错误；故答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，注意从反应现象判断生成物，结合化合价的变化计算电子转移的数目。二、非选择题(共84分)23、BD、、、【详解】（1）由逆推知（1）化合物A的结构简式。（2）A．化合物B分子式C6H7N可能是苯胺，具有碱性。故A正确；B．化合物D是2-羟基乙酸，能发生自身的缩聚反应生成聚酯，故B错误；C．化合物G中含有卤原子形成卤代物，在NaOH水溶液能发生取代反应，故C正确；D．药物双氯芬酸钠的分子组成为C14H10Cl2NO2Na，故D错误。答案选BD。（3）G的结构为根据①，所以G→H的化学方程式。（4）以苯和乙烯为原料，设计生成的合成路线：（5）H的分子式为，符合下列条件①分子中含有联苯结构（）和-OCH3基团；②核磁共振氢谱显示只有4种不同的H原子。的同分异构体为：、、、。24、1∶2sp2SO3或O4或BF3等BC【分析】(1).P元素的原子序数为15，核外电子为3层，有5个能级；（2）①N2分子中含有氮氮三键，结构式为N≡N，氮氮三键由一个σ键和两个π键形成；②硝酸根中N原子价电子层电子对数为3，孤电子对数为0，杂化方式为sp2杂化；原子个数和价电子数相同的微粒互为等电子体；③同种元素化合价越高，含氧酸中氧原子总数越多，非羟基氧原子个数越多，正电性更高，在水溶液中更易电离出，酸性越强；（3）由a、b的坐标可知晶胞的边长为1，由晶胞结构可知c位于右侧面的面心，则c的坐标为（1，，）；由分摊法计算可得。【详解】(1).P元素的原子序数为15，核外电子为3层，有5个能级，电子排布式为1s22s22p63s23p3，故答案为：1s22s22p63s23p3；（2）①N2分子中含有氮氮三键，结构式为N≡N，氮氮三键由一个σ键和两个π键形成，则σ键和π键之比为1:2，故答案为：1:2；②硝酸根中N原子价电子层电子对数为3，孤电子对数为0，则杂化方式为sp2杂化；原子个数和价电子数相同的微粒互为等电子体，则与硝酸根互为等电子体的微粒为SO3或O4或BF3等，故答案为：SO3或O4或BF3等；③A.含氧酸中非羟基氧原子个数越多，酸性越强，与氧原子总数无关，故错误；B.同种元素化合价越高，含氧酸中氧原子总数越多，非羟基氧原子个数越多，酸性越强，故正确；C.HNO3中氮元素的化合价高，正电性更高，在水溶液中更易电离出，所以相较HNO2酸性更强，故正确；BC正确，故答案为：BC；（3）由a、b的坐标可知晶胞的边长为1，由晶胞结构可知c位于右侧面的面心，则c的坐标为（1，，）；由晶胞结构可知，b处于4个P原子围成的正方体的正中心，P原子位于顶点，设x为晶胞边长，则B-P键的长度为；由晶胞结构可知，晶胞中含有4个BP，由=x3ρ可得x=，则B-P键长为pm，故答案为：（1，，）；。25、锥形瓶b慢吸收Cl24H＋+5ClO2-=Cl－+4ClO2↑+2H2O验证是否有ClO2生成稳定剂Ⅱ稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度【详解】（1）根据仪器特征，仪器D的名称是锥形瓶；根据操作分析，F装置应是Cl2和KI反应，所以应该长管进气，短管出气，答案选b。（2）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度要慢。（3）F装置中能发生Cl2+2KI=2KCl+I2，碘遇淀粉变蓝，所以若F中溶液的颜色若不变，说明没有氯气，则装置C的作用是吸收Cl2。（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据化合价升降相等和电荷守恒以及原子守恒配平，该反应的离子方程式为4H＋+5ClO2-=Cl－+4ClO2↑+2H2O；在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成。（5）根据图3可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂Ⅱ好。26、MgCO3＋2H+＝Mg2+＋CO2↑＋H2OSiO22Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O用洁净干燥的玻璃棒蘸取待测溶液点在试纸的中部，再与比色卡对照得出读数Fe(OH)3COd【解析】以菱镁矿（主要成分为MgCO3，另含少量杂质FeCO3和SiO2等）为原料，加入稀硫酸酸溶过滤得到滤液为硫酸镁、硫酸亚铁溶液，滤渣1为二氧化硅，滤液中加入过氧化氢，亚铁离子被氧化为铁离子，加入氧化镁调节溶液pH沉淀铁离子，过滤得到滤渣2为氢氧化铁沉淀，滤液为硫酸镁溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得硫酸镁，硫酸镁和木炭高温煅烧制备高纯氧化镁，据此解答。【详解】（1）MgCO3与稀硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO3＋2H+＝Mg2+＋CO2↑＋H2O；（2）二氧化硅不溶于稀硫酸，则滤渣1的化学式为SiO2；（3）加入H2O2氧化时，在酸性溶液中氧化硫酸亚铁，反应的离子方程式为2Fe2＋+2H＋+H2O2＝2Fe3＋+2H2O；（4）调节pH时，使用pH试纸的具体操作是取一小块pH试纸放在洁净的玻璃片上，用洁净干燥的玻璃棒蘸取待测溶液点在试纸的中部，再与比色卡对照得出读数；调节pH时铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则滤渣2中除了过量的MgO外，还含有的物质是Fe(OH)3；（5）根据方程式可知煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过C中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集；①CO难溶于水，D中收集的气体可以是CO；②装置B吸收二氧化硫，由于二氧化碳、二氧化硫均与氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液反应，稀硝酸能把二氧化硫氧化，但同时生成NO气体，所以B中盛放的溶液选择KMnO4溶液吸收二氧化硫，故答案为d。【点睛】本题考查了镁、铁及其化合物、二氧化硫性质应用，混合物分离方法和实验操作方法，物质性质熟练掌握是解题的关键，（5）中气体吸收的先后顺序判断是解答的易错点和难点。27、吸收逸出有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置，防止SOCl2水解MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OAlCl3·6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，HCl抑制AlCl3水解丁饱和食盐水、浓硫酸蒸馏50.0%取少量W溶液于试管中，加入过量Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Clˉ【解析】（1）装置f的作用是吸收逸出有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置，防止SOCl2水解；（2）实验室用二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；（3）AlCl3溶液易水解，AlCl3•6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3•6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl溶于水呈酸性抑制水解发生；（4）甲中加热亚硫酸氢钠确实会产生二氧化硫，但是同时也会生成较多的水蒸汽，故甲不选；乙中18.4mol/L的浓硫酸与加热反应虽然能制取二氧化硫，但实验操作较复杂且消耗硫酸的量较多，硫酸的利用率低，故乙不选；丙中无论是浓硝酸还是稀硝酸都具有很强的氧化性，可以轻易的将亚硫酸钠中的正4价的硫氧化为正6价的硫酸根离子而无法得到二氧化硫，故丙不选；丁中反应生成硫酸钾与二氧化硫还有水，丁制取二氧化硫比较合理；故答案为丁；（5）装置e中产生的Cl2经过d后进入三颈烧瓶，d干燥氯气，且除去HCl，则d中所用的试剂分别为饱和食盐水、浓硫酸；（6）已知氯化亚砜沸点为77℃，已知SCl2的沸点为50℃，所以采用分馏的方法即可将之分离；消耗氯气为0.896L22.4L/mol=0.04mol，由SO2+Cl2+SCl2═2SOCl2，生成0.08molSOCl2，则（7）向获得的SOCl2中加入足量NaOH溶液，振荡、静止得到无色溶液w，含亚硫酸根离子和氯离子，检验溶液w中存在的Cl-的方法是取少量无色溶液放入试管中，加入Ba（NO3）2溶液至不再生沉淀为止，静置．取出上层清液，加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，可知无色溶液中含有Cl-。28、2Al(OH)3+Mg(OH)2MgAl2O4+4H2OAgNO3溶液(或硝酸酸化的AgNO3溶液)Al(OH)3Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3NH4+除去HCl吸收水蒸气8.00【解析】试题分析：由制备MgAl2O4的主要流程可知，MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应后生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，沉淀经洗涤、干燥、高温灼烧后得到产品。（1）制备MgAl2O4过程中,高温焙烧时发生反应的化学方程式为2Al(OH)3+Mg(OH)2MgAl2O4+4H2O。（2）沉淀表面可能会吸附少量的氯离子和铵根，判断流程中沉淀是否洗净，可以检验洗涤液中是否有氯离子或铵根，由于氯离子的检验更简单、更灵敏，所以我们经常检验氯离子，所用的试剂是AgNO3溶液(或硝酸酸化的AgNO3溶液)。（3）根据Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)•c2(OH‾)=1.8×10-11，求得c2(OH‾)=，所以c(OH‾)=mol/L；由Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)•c3(OH‾)=3×10-34，求得c3(OH‾)=，所以c(OH‾)=。比较两组数据可知，生成Al(OH)3沉淀所需要的OH‾浓度更小，所以先生成Al(OH)3沉淀。（4）由题意和装置图可知，该实验先用二氧化锰和浓盐酸反应制备氯气，这样制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，装置B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的