2026届辽宁省营口中学高三上化学期中质量检测模拟试题含解析

2026届辽宁省营口中学高三上化学期中质量检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、铝热焊法是一种具有高效率的铁轨快速焊接方法。铝热剂的成分可能是A．铝粉和铁粉 B．铁粉和氧化铝粉末C．铝粉和氧化铁粉末 D．氧化铝粉末和氧化铁粉末2、下列各组物质中，因为反应条件或用量不同而发生不同化学反应的是()①C与O2②Na与O2③Al与NaOH溶液④AlCl3溶液与氨水⑤CO2与NaOH溶液A．①③ B．①③⑤ C．①②③④⑤ D．①②⑤3、在溶液中0.2molX2O72-恰好能使0.6molSO32-被完全氧化，则X2O72-被还原后X元素的化合价为A．+1B．+2C．+3D．+44、设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NAB．32gS8（分子结构：）中的共价键数目为NAC．标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和为NAD．39g钾与氧气完全反应，生成K2O转移NA个电子，生成KO2转移2NA电子5、常温下，将Cl2缓慢通入100mL水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，整个过程中溶液pH的变化如图所示。下列有关叙述正确的是A．溶液中c（HClO）的大小关系：①处大于②处B．可依据②处数据计算所溶解的n（Cl2）C．曲线③④段有离子反应：HClO+OH-==ClO-+H2OD．③处表示氯水与氢氧化钠溶液恰好反应完全6、下列说法正确的是A．NaCl溶液能导电是因为溶液中有Na+和Cl-B．CH3COOH与NaOH在相同条件下电离程度相等C．H2SO4在电流作用下在水中电离出H+和SO42-D．NaHCO3在溶液中完全电离为Na+、H+和CO32-7、下列说法正确的是①常温下白磷可自燃而氮气须在放电时才与氧气反应，则非金属性：P>N②第IA族元素铯的两种核素，137Cs比133Cs多4个质子③因为氧化性HClO>稀H2SO4，所以非金属性Cl>S④离子化合物中即可以含有极性共价键，又可以含有非极性共价键⑤C、P、S、Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强⑥从上到下，卤族元素的非金属性逐渐减弱，所以酸性HCl>HI⑦离子半径：K+>Cl->S2-A．②③④⑤⑥⑦ B．④⑤ C．②③④⑦ D．④⑤⑥8、下列物质与水反应时，表现出的性质与其它物质不一样的是()A．Na B．Cl2 C．NO2 D．Na2O29、用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法正确的是A．标准状况下，33.6LHF中含有氟原子的数目为1.5NAB．1.0L含1.0molNa2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NAC．电解饱和食盐水，当阴极产生1.12L时，转移的电子数为0.1NAD．常温下，2L1.0mol·L－1的FeCl3溶液与1L0.2mol/L的FeCl3溶液所含Fe3+数目不同10、用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是（）A．称量 B．溶解 C．转移 D．定容11、利用原电池原理，在室温下从含低浓度铜的酸性废水中回收铜的实验装置如图所示，下列说法错误的是A．X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜B．负极的电极反应式：BH4-＋8OH-一8e-═B(OH)4-＋4H2OC．2室流出的溶液中溶质为Na2SO4和K2SO4D．电路中每转移1mol电子，电极2上有32gCu析出12、将30.8gAl、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生6.72L气体(标准状况)。另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成11.2LNO(标准状况),向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为A．39.3g B．40.7g C．56.3g D．34.2g13、下列有关铁、铝及其化合物的说法中不正确的是()A．工业上在高温下用CO还原含Fe2O3的铁矿石炼铁B．铁在纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到Fe3O4C．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用D．氯化铁溶液有较强氧化性，故可用作净水剂14、某溶液X中可能含有、、、、、和中的几种，且所含阴离子的物质的量相等。为确定该溶液X的成分，某学习小组做了如下实验，下列说法错误的是A．产生气体乙的方程式为：B．气体甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝C．、一定存在，和可能都存在D．该溶液中只存在上述离子中的、、、四种离子15、处理超标电镀废水，使其NaCN含量低于0.5mg/L，即可达到排放标准，反应分两步进行。第一步NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl。第二步NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。已知HCN是弱酸，易挥发，有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。下列说法正确的是A．处理NaCN超标电镀废水的过程中无元素化合价的改变B．第一步反应溶液应调节为酸性，可避免生成有毒物质HCNC．第二步发生的反应为2OCN－+3ClO－2CO2↑+CO32−+3Cl－+N2↑D．处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水实际至少需要50molNaClO16、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．实验室用H2O2制取氧气，生成1molO2电子转移数是4NAB．500mL0.2mol∙L−1K2SO3溶液中含有的离子总数为0.3NAC．1mol乙烯和乙醇混合气体，在氧气中充分燃烧，消耗氧气的分子数为3NAD．2.24LCl2(标准状况)溶于水制成1L溶液，其中含氯微粒总浓度为0.2mol∙L−117、三大化石燃料燃烧会产生大气污染物，特别是含硫煤燃烧后产生的SO2危害巨大。为了保护环境，科学家提出了下列解决方法，同时还能获得某种重要的工业产品。下列说法错误的是A．不用O2直接氧化SO2是因为氧化速率太慢B．图中涉及的反应之一为4FeSO4+O2+2H2SO4===2Fe2(SO4)3+2H2OC．反应一段时间后，溶液中Fe2(SO4)3的浓度会减小D．理论上每吸收标况下224mLSO2可以获得0.98gH2SO418、常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，实验信息如下：实验编号c(HA)mol·L－1c(NaOH)/mol·L－1反应后溶液pH甲0.10.1pH=9乙c0.2pH=7下列判断不正确的是（）A．0.1moI⋅L-1的HAB．c1一定大于0.2C．甲反应后的溶液中：HA占含A微粒总数的0.02％D．乙反应的溶液中：c(Na＋)－)19、室温下，某溶液中由水电离出的c(H+)·c(OH-)=10-26，下列离子组合在此溶液中一定能够大量共存的是A．ClO-、K+、Cl-B．NO3-、Ba2+、Cu2+C．NO3-、Ba2+、Na+D．NH4+、Ba2+、NO3-20、下列叙述正确的有①碱性氧化物：Na2O2、MgO、A12O3②常温下Cu、Fe、Al均不能和浓硫酸发生化学反应③Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl2均可由化合反应制得④分别以熔融的NaCl、MgCl2、Al2O3为原料通过电解法制取金属Na、Mg、Al⑤碘晶体分散到酒精中、饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的均一、透明的分散系分别为：溶液、胶体A．①④⑤B．③④⑤C．②③④D．②④⑤21、在1LK2SO4和CuSO4的混合溶液中，c(SO42-)=2.0mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L（标准状况）气体，则原溶液中K+的物质的量浓度为（）A．2.0mol·L-1 B．1.5mol·L-1 C．1.0mol·L-1 D．0.5mol·L-122、下列各物质中，不能由化合反应得到的是()A．FeCl3 B．FeCl2 C．Fe(OH)3 D．H2SiO3二、非选择题(共84分)23、（14分）药物中间体Q、医用材料PVA的合成路线如图。已知：①R-Cl+2NH3→R-NH2+NH4Cl②R-NO2R-NH2③-NH2+(1)A的分子式是________。(2)B→C是硝化反应，试剂a是________(填名称）。(3)C→D转化的化学方程式是________。(4)E的结构简式是________。(5)F含有的官能团是________(填名称），与其含有相同官能团的同分异构体还有________种。(6)G→X的化学方程式是________。(7)W能发生缩聚反应，形成的高分子结构简式是________。(8)P的结构简式是________。24、（12分）有一溶液，其中可能含有Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+、Cu2+、NH4＋、K+、CO32－、SO42－、Br－等离子的几种，为分析其成分，取此溶液分别进行了四个实验，其操作和有关现象如图所示：请你根据上图推断：（1）实验①、②能确定原溶液中一定存在________和_______(填离子符号）；（2）实验⑤中所发生的氧化还原的离子方程式为__________________________________。（3）实验④中产生的刺激性气味的气体，工人常利用该物质的浓溶液检查氯气管道是否漏气，反应的化学方程式是_______________________________________________（4）写出实验④中，由A→B过程中所发生反应的离子方程式：________________________。25、（12分）亚硝酰氯(NOCl，熔点:-64.5℃,沸点:-5.5℃)为红褐色液体或黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，易溶于浓硫酸。常可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。其制备装置如图所示（其中III、IV中均为浓硫酸）：（1）用图甲中装置制备纯净干燥的原料气，补充下表中所缺少的药品。装置Ⅰ装置Ⅱ烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2浓盐酸①___制备纯净NOCu稀硝酸②___（2）将制得的NO和Cl2通入图乙对应装置制备NOCl。①装置连接顺序为a→________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外,另一个作用是____________。③有人认为可以将装置Ⅳ中浓硫酸合并到装置Ⅴ中，撤除装置Ⅳ，直接将NO、Cl2通入装置Ⅴ中，你同意此观点吗？________（填同意或不同意），原因是________________________________。④实验开始的时候，先通入氯气，再通入NO，原因为________________。（3）有人认为多余的氯气可以通过下列装置暂时储存后再利用，请选择可以用作氯气的储气的装置______；（4）装置Ⅶ吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为_______________________。（5）有人认为装置Ⅶ中氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，经过查阅资料发现用高锰酸钾溶液可以吸收NO气体，因此在装置Ⅶ氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，反应产生黑色沉淀，写出该反应的离子方程式：__________________________________。（6）制得的NOCl中可能含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行如下实验：称取1.6625g样品溶于50.00mlNaOH溶液中，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用足量硝酸酸化的0.40mol/LAgNO3溶液滴定至产生砖红色沉淀，消耗AgNO3溶液50.00ml。①样品的纯度为__________%（保留1位小数）②已知常温下，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=2×10-12，若在滴定终点时测得溶液中Cr2O42-的浓度是5.0×10-3mol/L，此时溶液中Cl-浓度是_________。26、（10分）莫尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2・6H2O，Mr=392]是一种重要的还原剂，在空气中比一般的亚铁盐稳定。某学习小组设计如下实验制备少量的莫尔盐并测定其纯度。回答下列问题：Ⅰ.制取莫尔盐：（1）连接装置，检査装置气密性。将0.1mol（NH4）2SO4，晶体置于玻璃仪器中__________（填仪器名称），将6.0g洁浄铁屑加入锥形瓶中。（2）①打开分液漏斗瓶塞，关闭活塞K3，打开K2、K1，加完55.0mL2mol•L-1稀硫酸后关闭K1．A装置中反应的离子方程式为______________。②待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，此时可以看到的现象为___________________________________。③关闭活塞K2、K3，采用100℃水浴蒸发B中水分，液面产生晶膜时，停止加热，冷却结晶、___、用无水乙醇洗涤晶体。该反应中硫酸需过量，保持溶液的pH在1～2之间，其目的为_______________________________。④装置C的作用为___________________，装置C存在的缺点是____________________。Ⅱ．测定莫尔盐样品的纯度（3）称取所得莫尔盐样品10.0g，用煮沸后冷却的蒸馏水配成100mL溶液，取20.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1mol・L-1的KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时消耗10.00mLKMnO4溶液。滴定反应的离子方程式为_______________________，该样品的纯度为______。27、（12分）硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)是一种重要的食品和饲料添加剂。实验室通过如下实验由废铁屑制备FeSO4·7H2O晶体：①将5%Na2CO3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，用倾析法除去Na2CO3溶液，然后将废铁屑用水洗涤2~3遍；②向洗涤过的废铁屑中加入过量的稀硫酸，控制温度在50~80℃之间至铁屑耗尽；③，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶；④待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤2~3次，再用滤纸将晶体吸干；⑤将制得的FeSO4·7H2O晶体放在一个小广口瓶中，密闭保存．请回答下列问题：（1）实验步骤①的目的是___________________________________________。（2）写出实验步骤②中的化学方程式__________________________________________。（3）补全实验步骤③的操作名称_________________________。（4）实验步骤④中用少量冰水洗涤晶体，其目的是_______________________________。（5）乙同学认为甲的实验方案中存在明显的不合理之处，你______(填“是”或“否”)同意乙的观点（6）丙同学经查阅资料后发现，硫酸亚铁在不同温度下结晶可分别得到FeSO4·7H2O、FeSO4·4H2O和FeSO4·H2O．硫酸亚铁在不同温度下的溶解度和该温度下析出晶体的组成如下表所示(仅在56.7℃、64℃温度下可同时析出两种晶体)．硫酸亚铁的溶解度和析出晶体的组成请根据表中数据画出硫酸亚铁的溶解度曲线示意图。__（7）若需从硫酸亚铁溶液中结晶出FeSO4·4H2O，应控制的结晶温度(t)的范围为________________。（8）取已有部分氧化的绿矾固体(硫酸亚铁的相对原子质量用M表示)wg，配制成100mL用cmol/LKMnO4标准溶液滴定，终点时消耗标准液的体积为VmL，则：若在滴定终点读取滴定管读数时，俯视滴定管液面，使测定结果________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)28、（14分）可用以下方法处理尾气中的SO2。方法一：活性炭还原法：反应原理：恒温恒容2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)+Q反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图：（1）第一次达到平衡的时间是第___min；0~20min化学反应速率表示v(SO2)=___。（2）30min时平衡发生移动的条件是___。（3）40min时，平衡常数的计算式为___。（指代入具体数值的算式）方法二：亚硫酸钠吸收法（4）Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为___；（5）如图是Na2SO3溶液中各离子浓度的相对大小关系示意图。其中③是___。（填微粒符号）常温下，当吸收至pH=6时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是__（填序号）a.c（Na+）+c（H+）>c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-）b.c（Na+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3）c.水电离出c（OH一）=1×l0-8mol/L29、（10分）酸性KMnO4在生产、生活、卫生医疗中常用作消毒剂，高锰酸钾造成的污渍可用还原性的草酸(H2C2O4)去除，Fe(NO3)3也是重要氧化试剂，下面是对这两种氧化剂性质的探究。（1）取300mL0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则转移电子的物质的量的是________mol。（2）测定KMnO4样品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定，取0.395gKMnO4样品溶解酸化后，用0.100mol/L标准Na2S2O3溶液进行滴定，标准Na2S2O3溶液应盛装在________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。实验中，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液12.50mL，则该样品中KMnO4的质量分数是________。(有关离子方程式为：8MnO4－+5S2O32－+14H+＝8Mn2++10SO42－+7H2O）（3）在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色。溶液先变为浅绿色的离子方程式是_______________，又变为棕黄色的离子方程式是__________。

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】铝热反应方程式为：；故铝热剂的成分为铝粉和氧化铁粉末，故答案为C。2、D【详解】①C与O2反应，O2过量产物为CO2，O2少量产物为CO，故①正确；②Na与O2反应，加热条件下产物是Na2O2，常温条件下产物是Na2O，故②正确；③Al与NaOH溶液反应，产物都是NaAlO2和H2，故③错误；④AlCl3溶液与氨水反应只能生成Al(OH)3，无法生成AlO，故④错误；⑤CO2与NaOH溶液，CO2过量产物是NaHCO3，CO2少量产物是Na2CO3，故⑤正确；故答案为D。3、C【解析】根据氧化还原反应中电子得失守恒分析解答。【详解】0.6molSO32-被完全氧化为SO42-，S的化合价由+4升高为+6，失去1.2mol电子，得失电子数目相等，相应地0.2molX2O72-被还原得到1.2mol电子，所以X的化合价由+6降低为+3，故答案选C。【点睛】电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数＝n(还原剂)×失电子原子数×原子升价数。4、B【解析】A．合成氨是可逆反应，N2的转化率不可能达到100%，则1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数小于2NA，故A错误；B．一个分子中含有8个S-S键，则32gS8(分子结构：)中的共价键数目为32g256g/mol×8×NA/mol=NAC．Cl2溶于水是可逆反应，只有部分Cl2与水反应生成HCl、HClO，其余仍以Cl2分子形式存在于水中，则标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，溶于水后溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和小于NA，故C错误；D．39g钾的物质的量为1mol，而钾反应后变为+1价，故1mol钾反应后转移NA个电子，故D错误；故答案为B。5、C【解析】根据图像，pH从7－3发生：Cl2＋H2OHCl＋HClO，②以后发生：NaOH＋HCl=NaCl＋H2O、HClO＋NaOH=NaClO＋H2O，A、根据图像，以及题意，当氯水达到饱和时，pH最小，即②时达到饱和，根据Cl2＋H2OHCl＋HclO，得出②中c(HClO)大于①中，故A错误；B、氯气溶于水，有少量与水发生反应，根据信息，②无法计算溶解氯气的物质的量，故B错误；C、③处的pH=7，此时的溶质为NaCl、NaClO、HClO，因此③到④发生的反应是HClO＋NaOH=NaClO＋H2O，故C正确；D、根据C选项分析，完全反应溶质为NaCl和NaClO，溶液显碱性，pH不等于7，因此③处没有完全反应，故D错误。6、A【解析】A项、NaCl溶液中电离出带电荷、自由移动的Na+和Cl-，所以氯化钠溶液能够导电，故A正确；B项、醋酸为弱酸，在溶液中部分电离，氢氧化钠为强电解质，在溶液中完全电离，则醋酸的电离程度一定小于氢氧化钠，故B错误；C项、H2SO4在水的作用下电离出H+和SO42-，不需要电流，故C错误；D项、NaHCO3在溶液中完全电离为Na+、HCO3-，故D错误。故选A。【点睛】本题考查了电解质与溶液导电的关系，注意能导电的物质不一定是电解质，如金属单质，电解质不一定导电，如氯化钠晶体。7、B【详解】①不能根据单质的稳定性来判断元素的非金属性，N、P都是第VA族元素，非金属性：N>P，故①错误；②同位素的质子数相同,第IA族元素铯的两种同位素137Cs与133Cs的质子数相同，中子数不同，故②错误；③不能根据含氧酸的氧化性强弱来判断元素非金属性强弱，应该比较最高价氧化物的水化物的酸性：HClO4>H2SO4，所以非金属性：Cl>S，故③错误；④离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如NaOH含有离子键和极性共价键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，故④正确；⑤元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，C、P、S、Cl的非金属性逐渐增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，故⑤正确；⑥同主族元素从上到下，卤族氢化物的酸性逐渐增强，则酸性HCl<HI，故⑥错误；⑦核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：K+<Cl−<S2−，故⑦错误；答案选B。8、A【详解】A.Na与水反应生成NaOH和H2，Na元素的化合价升高，Na作还原剂；B.Cl2与水反应生成HCl和HClO，Cl元素的化合价既升高又降低，Cl2既是氧化剂又是还原剂；C.NO2与水反应生成HNO3和NO，N元素的化合价既升高又降低，NO2既是氧化剂又是还原剂；D.Na2O2与水反应生成NaOH和O2，Na2O2中的O元素化合价既升高又降低，Na2O2既是氧化剂又是还原剂；根据以上分析可知，在与水反应时，Na是还原剂，Cl2、NO2、Na2O2都既是氧化剂又是还原剂，答案选A。9、D【解析】A项、标准状况下，HF是液体，33.6LHF的物质的量不是1mol，故A错误；B项、Na2SO4水溶液中除了Na2SO4本身，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数大于4NA个，故B错误；C项、不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算1.12L氢气的物质的量，故C错误；D项、2L0.1mol•L-1FeCl3溶液与1L0.2mol•L-1FeCl3溶液含氯化铁物质的量相同，但是二者浓度不同，三价铁离子水解程度不同，所以二者三价铁离子数目不同，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，主要考查气体摩尔体积的条件应用，氧化还原反应的电子转移计算，质量换算物质的量计算微粒数，解题时注意盐类水解的影响因素，标况下HF的状态。10、B【详解】A、托盘天平称量时应是左物右码，A错误；B、固体溶解在烧杯中进行，B正确；C、向容量瓶中转移溶液时应该用玻璃棒引流，C错误；D、定容时胶头滴管不能插入容量瓶中，D错误。答案选B。11、D【分析】由图中得失电子可知，电极1为负极，电极2为正极，负极发生：BH4-＋8OH-一8e-═B(OH)4-＋4H2O，正极发生还原反应，废水中Cu2＋及H＋在正极上得到电子被还原，1室中Na+、K＋透过X膜向2室迁移，SO42-透过Y膜向2室迁移，故X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜，在2室流出的溶液为Na2SO4和K2SO4溶液。【详解】A、由图中得失电子可知，电极1为负极，电极2为正极，1室中Na+、K＋透过X膜向2室迁移，SO42-透过Y膜向2室迁移，故X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜，在2室流出的溶液为Na2SO4和K2SO4溶液，故A正确；B、在原电池中负极发生氧化反应，故B项正确；C、由A分析可知：在2室流出的溶液为Na2SO4和K2SO4溶液，故C正确；D、正极发生还原反应，废水中Cu2＋及H＋在正极上得到电子被还原，故D错误。故选D。【点睛】难点突破：根据图中电子得失判断电极反应，从而确定1室中Na+、K＋透过X膜向2室迁移，SO42-透过Y膜向2室迁移。12、B【详解】合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L（标准状况），所以金属铝的质量是5.4g，金属铝失电子的量是0.6mol，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3＋、Fe3＋、Cu2＋离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为×3=1.5mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，反应中金属铁、铜失去电子的物质的量0.9mol等于生成氢氧化物结合氢氧根离子的物质的量，即n(OH－)=0.9mol，所以反应后沉淀的质量等于30.8g-5.4g+0.9mol×17g·mol－1=40.7g。故选B。13、D【解析】A、工业上在高温下用CO还原含Fe2O3的铁矿石炼铁，A正确；B、铁在纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到Fe3O4，B正确；C、铝易被氧化为氧化铝，日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用，C正确；D、氯化铁溶液中铁离子水解生成胶体，胶体具有吸附性，故可用作净水剂，与铁离子的氧化性没有关系，D错误，答案选D。14、D【分析】某溶液X中可能含有、Cl－、、、、Fe2+和Fe3+中的几种，且所含阴离子的物质的量相等，向溶液X中加过量的硫酸，有气体乙产生，发生的反应可能是与H+的反应，也可能是在H+条件下与Fe2+的氧化还原反应；溶液X与过量的NaOH溶液反应生成气体甲NH3为0.02mol，即溶液X中含0.02mol；所得的溶液甲中加氯化钡溶液，生成沉淀乙，则乙为BaSO4，质量为4.66g，则物质的量为0.02mol，即溶液X中含0.02mol；所得沉淀甲应为氢氧化亚铁或氢氧化铁或两者均有，经过滤、洗涤灼烧后所得的固体乙为Fe2O3，质量为1.6g，物质的量为0.01mol，故溶液X中含Fe2+或Fe3+或两者均有，且物质的量一定为0.02mol，由于Fe2+或Fe3+均能与发生双水解而不能共存，故溶液中无，则生成气体乙的反应只能是与Fe2+的氧化还原反应，故溶液中一定含Fe2+和，而所含阴离子的物质的量相等，即的物质的量也为0.02mol。故现在溶液X中已经确定存在的离子是：阴离子：0.02mol、0.02mol，共带0.06mol负电荷；阳离子：0.02mol，0.02molFe2+或Fe2+、Fe3+的混合物，所带的正电荷≥0.06mol，一定不含。根据溶液呈电中性可知，当

0.02mol全部是Fe2+时，阳离子所带正电荷为0.06mol，则氯离子一定不存在；若溶液中含Fe3+，阳离子所带正电荷大于0.06mol，则溶液中一定存在Cl－；【详解】A.根据上述分析可知，向溶液X中加过量的硫酸，有气体乙产生，发生的反应是在H+条件下与Fe2+的氧化还原反应，反应方程式为，A正确；B.气体甲为氨气，为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B正确；C.根据分析可知，、一定存在，和可能都存在，C正确；D.由上述分析可知，溶液中Cl-和可能存在，D错误；答案选D。15、D【解析】A、处理NaCN超标电镀废水的过程中碳元素化合价的改变，由+2价变为+4价，故A错误；B、NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性，故B错误；C、反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子，N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2OCN－+3ClO－=CO32－+CO2↑+3Cl－+N2↑，故C错误；D、参加反应的NaCN是：=20mol，反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从-3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，所以处理100m3含NaCN10.3mg·L－1的废水，实际至少需NaClO的物质的量为：20mol×5/2=50mol。点睛：易错选项B，NaCN易与酸反应生成HCN，HCN易挥发，剧毒，学生比较陌生。难点选项D，NaCN在反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从-3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，是难点，两种元素化合价同时升高，学生难考虑全面。16、C【详解】A.实验室常用过氧化氢分解制氧气，生成1molO2转移电子数为2NA，故A错误；B.500mL0.2mol·L－1K2SO3溶液中含有0.1molK2SO3，含有0.2molK+，K2SO3强碱弱酸盐，在水溶液里能发生水解，SO32－＋H2OHSO3－＋OH－、HSO3-＋H2OH2SO3＋OH－，阴离子数大于0.1mol，因此溶液中含有的离子总数多于0.3NA，故B错误；C.1mol乙醇和1mol乙烯分别完全燃烧消耗的氧气都是3mol，所以1mol乙醇和乙烯的混合物充分燃烧消耗的氧气的物质的量为3mol，消耗氧气的分子数为一定为3NA，故C正确；D.氯气溶于水后，溶液的体积不等同于溶剂的体积，故溶液的体积不是1L，则含氯微粒总浓度不是0.2mol/L，故D错误；答案选C。17、C【详解】A．图中所示使用硫酸铁作催化剂，目的是加快反应速率，故不用O2直接氧化SO2是因为氧化速率太慢，A正确；B．图中所示有FeSO4和氧气在酸性环境中生成Fe2(SO4)3该反应为：4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，B正确；C．分析图中所示，Fe2(SO4)3在整个图中循环，故作催化剂，反应一段时间后，溶液中Fe2(SO4)3的浓度会不变，C错误；D．根据总反应为：，n(H2SO4)=n(SO2)，理论上每吸收标况下224mLSO2获得H2SO4的质量为：，D正确；故答案为：C。18、A【解析】甲组实验中，HA与NaOH等浓度等体积混合，恰好完全反应生成NaA，所得溶液pH=9，显碱性，则NaA为强碱弱酸盐，故HA为弱酸。A、HA为弱酸，在水溶液中不能完全电离，0.1mol/L的HA中c(H+)＜0.1mol/L，则c(OH－)＞10－13mol/L，溶液中OH－全部来自于水的电离，且水电离出的H+和OH－相等，所以由水电离出的c(H+)＞10－13mol/L，故A错误；B、甲组实验中，酸碱等体积等浓度混合，溶液呈碱性，乙混合溶液pH=7，溶液呈中性，则酸的浓度要大于碱的浓度，故B正确；C、根据物料守恒可知，甲溶液中含A微粒总浓度=0.1mol/L2=0.05mol/L，溶液的pH=9，溶液中c(OH－)=1×10-5mol/L，根据HA⇌H++A-可知，c(HA)≈1×10-5mol/L，HA占含A微粒总数的百分比为：1×10-5mol/L0.05mol/L×100％=0.02%．故C正确；乙溶液电荷守恒为c(OH-)+c(A-)=c(Na+)+c(H+)，混合溶液PH=7，溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，c(A-)=c(Na+19、C【分析】室温下，某溶液中由水电离出的c（H+）•c（OH-）=10-26，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存。【详解】室温下，某溶液中由水电离出的c（H+）•c（OH-）=10-26，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液；A.酸溶液中ClO−、H+、Cl−发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；B.碱溶液中不能大量存在Cu2+，故B错误；C.酸、碱溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，故C正确；D.碱溶液中不能大量存在NH4+，故D错误；答案选C。20、B【解析】①中Na2O2为过氧化物，不属于碱性氧化物，A12O3为两性氧化物，也不属于碱性氧化物，故①说法不正确；②常温下Fe、Al在浓硫酸中发生钝化，发生了氧化还原反应，故②说法不正确；③二氧化碳通入CaCO3悬浊液中发生化合反应：CO2+H2O+CaCO3=Ca(HCO3)2；氢氧化亚铁在空气中被氧化发生化合反应:4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；铁与氯化铁可发生化合反应生成氯化亚铁：Fe+2FeCl3=3FeCl2，所以Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl2均可由化合反应制得，故③说法正确；④金属Na、Mg、Al的冶炼原理分别为：2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑；MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑；2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，故④说法正确；⑤碘晶体分散到酒精中形成的是碘的酒精溶液，而饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的是氢氧化铁胶体，故⑤说法正确；综上所述，正确的说法有③④⑤，故答案选B。21、A【解析】电解混合溶液，阳极发生的反应为氢氧根失去电子生成氧气，阴极上发生的电极反应为铜离子得到电子生成铜，氢离子得到电子生成氢气，两极都收集到22.4升气体，即均生成1摩尔气体，阳极生成1摩尔氧气说明转移了4摩尔电子，而阴极上生成的1摩尔氢气只得到2摩尔电子，所以剩余2摩尔电子由铜离子获得，且溶液中有1摩尔铜离子，再根据溶液为电中性，遵循电荷守恒得到钾离子物质的量为2摩尔，所以浓度为2mol/L。答案选A。22、D【详解】A.铁在氯气燃烧生成氯化铁，属于化合反应，故A不符合题意；B.氯化铁和铁发生化合反应生成氯化亚铁，故B不符合题意；C.氢氧化亚铁与氧气、水化合生成氢氧化铁，故C不符合题意；D.硅酸不能通过化合反应制备，故D符合题意。综上所述，答案为D。二、非选择题(共84分)23、C6H6浓硫酸、浓硝酸+2NH3+NH4Cl碳碳双键、酯基4+nH2O+nCH3COOH【分析】根据Q结构简式及A分子式知，A为，A发生取代反应生成B，B为氯苯，B→C是硝化反应，则C中含有氯原子和硝基，D发生还原反应生成E，根据Q结构简式知，E中含有两个相邻的氨基，则E为，D为、C为，试剂a为浓硝酸、浓硫酸；W能发生聚合反应，结合Q、E结构简式知，W为H2NCH2COOH，Y发生取代反应生成W，X发生取代反应生成Y，Y为ClCH2COOH，X为CH3COOH，G水解生成X和PVA，则G为，F为CH3COOCH=CH2。【详解】(1)A为苯，分子式是C6H6；(2)B→C是硝化反应，试剂a是浓硫酸、浓硝酸；(3)C为，D为，C→D为取代反应，其化学方程式是；(4)E的结构简式是；(5)F为CH3COOCH=CH2；F含有的官能团是碳碳双键、酯基；与其含有相同官能团的同分异构体还有HCOO-C(CH3)=CH2、HCOOCH=CH-CH3、HCOOCH2-CH=CH2、CH2=CH-COOCH3，因此共有四种不同结构；(6)G为，F为CH3COOCH=CH2。G→X的化学方程式是：+nH2O+nCH3COOH；(7)W为H2NCH2COOH，W分子中含有-NH2、-COOH，分子之间能发生聚合反应，形成的高分子结构简式是；(8)分子中-NH2断开N-H键，羰基断开C=O双键，发生羰基的加成反应产生，该物质发生消去反应产生Q:，所以P是。【点睛】本题考查有机物推断，采用正逆结合的方法进行推断。涉及物质结构的推断、化学式、化学方程式的书写、同分异构体种类的判断。正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意根据C生成D的反应特点判断D结构简式，侧重考查分析推断及知识迁移能力。24、K+Br-2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-【分析】溶液焰色反应，用蓝色钴玻璃观察显紫色，说明溶液中含有钾离子；与硝酸银反应产生淡黄色沉淀，说明有溴离子；加入过量氢氧化钠产生刺激性气味气体，气体为氨气，说明有铵根离子；加入氢氧化钠产生白色沉淀，沉淀有部分溶于NaOH，说明溶液中存在镁离子，铝离子，溶液中不含Fe3+、Cu2+；加入KSCN后无现象，氯水氧化后产生红色，说明溶液中存在亚铁离子。【详解】（1）实验①焰色反应通过蓝色钴玻璃进行观察，火焰为紫色，说明溶液中存在K+，②中加入硝酸银发生黄色沉淀，说明溶液中有Br-。故能确定原溶液中一定存在K+和Br-；（2）实验⑤中通入氯水，溶液中亚铁离子与氯水反应产生三价铁离子，三价铁离子与SCN-作用使溶液变红，故所发生的氧化还原反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；（3）实验④中产生的刺激性气味的气体为氨气，工人常利用该物质的浓溶液即氨水，检查氯气管道是否漏气，若漏气，漏气位置产生大量氯化铵白烟，反应的化学方程式是8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；（4）实验④中，随着氢氧化钠的含量不断增加，沉淀开始部分溶解，说明沉淀中有氢氧化铝，由A→B过程中所发生反应的离子方程式Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-或Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。【点睛】离子推断题要从基础颜色出发，进行初步排除，进而通过后续实验现象对于特征离子进行鉴别，易忽略的地方是三价铁的颜色，对于涉及的氧化还原反应、双水解反应、沉淀反应等，作为确定一定存在和一定不存在的两类离子的辅助手段，最后根据电荷守恒进行检查。25、饱和食盐水H2Oa-e-f-c-b-d(e,f可互换）通过观察气泡的多少调节两种气体的流速不同意NO与Cl2反应生成的NOCl可溶于浓硫酸用Cl2排尽装置内的空气，以防NO与氧气反应ⅠNOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2ONO+MnO4-=NO3-+MnO2↓78.89.0×10-6mol/L【解析】（1）用MnO2与浓盐酸制备纯净干燥的氯气，需要除去氯气中的氯化氢杂质；用Cu与稀硝酸制备纯净干燥的NO，需要除去NO中的NO2杂质；（2）NOCl，熔点:-64.5℃,沸点:-5.5℃，用冰盐水冷凝；亚硝酰氯遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，易溶于浓硫酸，要防止亚硝酰氯水解，氯气、NO有毒，所以用氢氧化钠溶液进行尾气处理。②通过观察装置Ⅳ、Ⅴ气泡的多少调节两种气体的流速；③氯气与一氧化氮在常温常压下反应生成NOCl，NOCl溶于浓硫酸；④NO能与氧气反应；（3）装置Ⅰ中氯气进入下面的容器时，容器中的液体排入上面的容器，需要氯气时打开右侧活塞，水在重力作用下进入下面容器，将氯气排出。（4）装置Ⅶ吸收尾气时，NOCl与氢氧化钠反应生成亚硝酸钠和氯化钠；（5）装置Ⅶ氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，NO与高锰酸钾反应产生黑色沉淀MnO2；（6）①根据关系式NOCl∼∼AgNO3计算样品纯度。②已知常温下，Ksp(Ag2CrO4)=2×10-12，滴定终点时，Cr2O42-的浓度是5.0×10-3mol/L，所以cAg+=KspAg【详解】（1）用MnO2与浓盐酸制备纯净干燥的氯气，需要除去氯气中的氯化氢杂质，装置Ⅱ中的试剂是饱和食盐水；用Cu与稀硝酸制备纯净干燥的NO，需要除去NO中的NO2杂质，装置Ⅱ中的试剂是水；（2）NOCl，熔点:-64.5℃,沸点:-5.5℃，用冰盐水冷凝；亚硝酰氯遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，易溶于浓硫酸，要防止亚硝酰氯水解，氯气、NO有毒，所以用氢氧化钠溶液进行尾气处理，连接顺序是a-e-f-c-b-d。②通过观察装置Ⅳ、Ⅴ气泡的多少调节两种气体的流速；③氯气与一氧化氮在常温常压下反应生成NOCl，NOCl溶于浓硫酸，所以不能直接将NO、Cl2通入装置Ⅴ中；④用Cl2排尽装置内的空气，以防NO与氧气反应，所以实验开始的时候，先通入氯气，再通入NO；（3）装置Ⅰ中氯气进入下面的容器时，容器中的液体排入上面的容器，需要氯气时打开右侧活塞，水在重力作用下进入下面容器，将氯气排出，所以装置Ⅰ可以用作氯气的储气的装置。（4）装置Ⅶ吸收尾气时，NOCl与氢氧化钠反应生成亚硝酸钠和氯化钠，反应方程式是NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O；（5）装置Ⅶ氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，NO与高锰酸钾反应产生黑色沉淀MnO2和硝酸钠，反应离子方程式是NO+MnO4-=NO3-+MnO2↓；（6）①设样品中NOCl的质量为xg，NOCl∼∼AgNO365.5g1molxg0.40mol/L×0.05mL65.5xx=1.31g样品的纯度为1.311.6625×100%=78.8%。②已知常温下，Ksp(Ag2CrO4)=2×10-12，滴定终点时，Cr2O42-的浓度是5.0×10-3mol/L，所以cAg+=KspA【点睛】本题在注重对学生教材基础知识巩固和检验的基础上，侧重对学生能力的考查。该题的关键是明确溶度积常数的含义以及影响因素，并能结合题意灵活运用，有利于培养学生的逻辑推理能力。26、三颈烧瓶Fe+2H+=H2↑+Fe2+A中的液体被压入B中过滤抑制亚铁离子水解液封，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+不能除去尾气中的H2，甚至发生倒吸5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O98%【分析】制取莫尔盐：打开分液漏斗瓶塞，关闭活塞K3，打开K2、K1，加完55.0mL2mol•L-1稀硫酸，硫酸和铁反应生成氢气，将装置内的空气排出，待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中的液体被压入B中，关闭活塞K2、K3，采用100℃水浴蒸发B中水分，可生成莫尔盐，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤，可得到莫尔盐晶体，装置C可用于液封，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+。【详解】(1)由图可知将0.1mol（NH4）2SO4晶体置于三颈烧瓶中；(2)①铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+=H2↑+Fe2+；②待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中生成氢气，压强增大，可将A中的液体被压入B中；③将晶体从溶液中分离出来，可用过滤的方法，硫酸过量，可抑制亚铁离子水解；④导管插入液面以下，可起到液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+的作用，但不能除去尾气中的H2，装置内冷却后甚至发生倒吸；(3)亚铁离子具有还原性，与高锰酸钾发生5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，n(KMnO4)=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，则20.00mL溶液中n(Fe2+)=0.005mol，则10.0g样品中(NH4)2Fe(SO4)2・6H2O的物质的量为0.025mol，样品的含量为×100%=98%。【点睛】第3题计算时要注意滴定的待测液是从配制的100mL溶液中取的20mL。27、去除油污或利用碳酸钠水解后显碱性的性质除去表面油污Fe+H2SO4(稀)FeSO4+H2↑趁热过滤洗去杂质，降低洗涤过程中FeSO4·7H2O的损耗是56.7℃<t<64℃偏低【详解】（1）Na2CO3溶液显碱性，铁屑表面含有油脂，油脂在碱性条件下，水解成可溶水的物质，步骤①的目的是除去铁屑表面的油污；（2）发生化学方程式为Fe＋H2SO4FeSO4＋H2↑；（3）步骤③将滤液转入到密闭容器，冷却结晶，因此步骤③的操作名称为趁热过滤；（4）一般温度低，晶体的溶解度低，冰水洗涤的目的是洗去表面的杂质，减少FeSO4·7H2O的损耗；（5）步骤②中铁屑耗尽，铁转化成Fe2＋，Fe2＋容易被氧化成Fe3＋，即同意乙同学的观点；（6）根据表格中的数据，得出：；（7）根据表格中的数据，得到FeSO4·4H2O，在56.7℃、64℃同时析出两种晶体，因为温度控制在高于56.7℃，低于64℃，范围是56.7℃<t<64℃；（8）根据得失电子数目，推出FeSO4·7H2O的质量分数为，根据滴定管从上到下刻度增大，俯视读数，V偏小，即所测结果偏低。28、200.03mol/(L•min)减小CO2的浓度SO32-+SO2+H2O=2HSO3-OH-ac【分析】（1）可逆反应达到平衡时，各组分的浓度保持不变；根据v=计算二氧化硫的速率；（2）30min瞬间，CO2浓度降低，S2的浓度不变，CO2、S2浓度增大，据此分析；（3）40min的平衡常数和20min时相同，