安徽六安市舒城中学2026届化学高三上期中预测试题含解析

安徽六安市舒城中学2026届化学高三上期中预测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是()A．含有大量的[Al(OH)4]－的溶液：NH、Na+、HCO、SOB．澄清透明的溶液中：MnO、SO、K+、H+C．pH=11的溶液中：ClO－、Na+、SO、I－D．水电离产生的c(H+)=1×10−14mol·L−1的溶液中：HCO、NH、Cl－、Ca2+2、“碳捕捉技术”是指通过一定的方法，将工业生产中产生的CO2分离出来进行储存利用。利用NaOH溶液来“捕捉”CO2的过程如图所示(部分条件及物质未标出)。下列说法错误的是A．能耗大是该方法的一大缺点B．整个过程中，有2种物质可以循环利用C．“反应、分离”环节中，有复分解反应发生D．“反应、分离”环节中，分离的基本操作是蒸发、结晶3、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CO32-4、第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车辆。汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态，其电路工作原理如图所示。下列说法中正确的是A．放电时甲为负极，充电时为阳极B．电池充电时，OH—由甲侧向乙侧移动C．放电时负极的电极反应式为:MHn—ne—＝M+nH+D．汽车下坡时发生图中实线所示的过程5、已知4NH3+5O2=4NO+6H2O(g)，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，则正确的关系是()A．v(O2)=v(NH3) B．v(H2O)=v(O2) C．v(H2O)=v(NH3) D．v(NO)=v(O2)6、向一定量的Fe、FeO、Fe2O3，Fe3O4的混合物中加入150mL4mol/L的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24LNO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为A．0.25mol B．0.2lmol C．0.3mol D．035mol7、工业碳酸钠(纯度约为98％)中含有Mg2＋、Fe2＋、Cl－和SO42－等杂质，提纯工艺流程如下，下列说法不正确的是A．步骤①，通入热空气可以将Fe2＋氧化B．步骤②，产生滤渣的主要成分为Mg(OH)2和Fe(OH)3C．步骤③，趁热过滤时温度控制不当会使Na2CO3·H2O中混有Na2CO3·10H2O等杂质D．步骤④，灼烧Na2CO3·H2O在瓷坩埚中进行8、下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。下列说法中不正确的是（）A．当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4B．当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3C．B和Cl2的反应是氧化还原反应D．当X是强酸时，C在常温下是气态单质9、下列“油”中，一定条件下既不能与乙酸反应也不能与氢氧化钠溶液反应的是A．甘油 B．酱油 C．奶油 D．汽油10、加热时必须隔着石棉网的是（）A．蒸发皿 B．烧杯 C．试管 D．坩埚11、1mol苯乙烯（）在不同条件下与H2发生加成反应时，产物存在差异：条件消耗氢气加成产物①室温、低压、催化剂1mol②高温、高压、催化剂4mol下列说法正确的是A．两种条件下的加成产物都属于芳香烃B．两种条件下的加成产物都能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．两种条件下的加成产物都能在光照条件下与溴进行取代D．该现象说明侧链上的碳碳双键比苯环内的碳碳双键更活泼12、有机物M：可用作涂料。对M的分析错误的是（）A．M中含酯基 B．M可通过加聚反应制得C．个M水解得到个RCOOH D．M的水解产物中仍有高分子化合物13、下列各种情况下一定能大量共存的离子组为A．pH＝7的溶液中：Fe3＋、Cl－、Na＋、NO3-B．由水电离出的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Na＋、CO32-、Cl－、K＋C．pH＝1的溶液中：NH4+、Cl－、Cu2＋、SO42-D．无色溶液中：Al3＋、HCO3-、、I－、K＋14、一定温度下,将2mo1SO2和ImolO2充入1L恒容密闭容器中，发生反应:2SO2(g)

+O2(g)2SO3(g)△H=-196kJ·mol-1，5min时达到平衡，测得反应放热166.6kJ。下列说法错误的是A．0~5

min

内，用O2表示的平均反应速率V(O2)=0.17mol·L-1·min-1B．n(O2)/n(SO3)的值不变时，该反应达到平衡状态C．若增大O2的浓度，SO2的转化率增大D．条件不变，若起始时充入4molSO2和2molO2，平衡时放出的热量小于333.2kJ15、某溶液中，若忽略水的电离，只含有下表中所示的四种离子，试推测X离子及其个数b可能为（）离子Na+Ba2+Cl﹣X个数3a2aabA．NO3﹣、4a B．CO32﹣、3a C．OH﹣、6a D．SO42﹣、3a16、用如图装置研究电化学原理，下列分析中错误的是选项连接电极材料分析abAK1K2石墨铁模拟铁的吸氧腐蚀BK1K2锌铁模拟钢铁防护中牺牲阳极的阴极保护法CK1K3石墨铁模拟电解饱和食盐水DK1K3铁石墨模拟钢铁防护中外加电流的阴极保护法A．A B．B C．C D．D17、已知在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列6种溶液的pH值如表所示：溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH8.89.711.610.311.111.3下列反应不能成立的是()A．CO2＋H2O＋2NaClO===Na2CO3＋2HClOB．CO2＋H2O＋NaClO===NaHCO3＋HClOC．CO2＋H2O＋C6H5ONa===NaHCO3＋C6H5OHD．CH3COOH＋NaCN===CH3COONa＋HCN18、对下列装置作用的分析或解释正确的是A．装置甲可除去HCl中的Cl2杂质B．装置乙可吸收SO2，并防止倒吸C．装置丙石灰水变浑浊即可证明非金属性：Si>CD．装置丁可制取并收集NO气体19、化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语表示正确的是A．碳铵的化学式:NH4HCO3B．次氯酸的结构式：H—C1—OC．中子数为145、质子数为94的钚(Pu)原子：D．S2-的结构示意图:20、将V1mL0.1mol·L-1的Fe2(SO4)3溶液与2mL0.1mol·L-1KI溶液混合，待充分反应后，下列方法可证明该反应具有一定限度的是（）A．若V1<1，加入淀粉 B．若V1≤1，加入KSCN溶液C．若V1≥1，加入AgNO3溶液 D．加入Ba(NO3)2溶液21、下列文献记载内容涉及氧化还原反应的是A．东汉《周易参同契》中记载“胡粉投火中，色坏还为铅”B．唐代诗人刘禹锡曾在《浪淘沙》中写道“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”C．葛洪《肘后备急方》记载的“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”D．明代于谦在《咏石灰》中写道“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”22、实验室模拟工业漂白液（有效成分为NaClO）脱除废水中氨氮（NH3）的流程如下：下列分析正确的是A．①中采用蒸馏的方法精制粗盐水B．②中阳极的主要电极反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑C．③中制备漂白液的反应：Cl2+OH-=Cl-+HClOD．②、③、④中均发生了氧化还原反应二、非选择题(共84分)23、（14分）5种固体物质A、B、C、D、E由表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水。阳离子Na＋Al3＋Fe3＋Cu2＋Ba2＋阴离子OH－Cl－CO32-分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：①A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3沉淀部分溶解，剩余白色固体；②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；④B溶液与D溶液混合后无现象；⑤将38.4gCu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6mol·L－1H2SO4，Cu片逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。（1）据此推断A、B、C、D、E的化学式：A________；B________；C________；D________；E________。（2）写出步骤②中发生反应的离子方程式：______________________________________。（3）写出步骤⑤中发生反应的离子方程式：______________________________________。若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是________mL。24、（12分）吸水性高分子材料PAA、接枝PAA、用于化妆品的化合物己的合成路线如图：已知：Ⅰ．连在同一个碳原子上的两个羟基之间容易失去一分子水Ⅱ．两个羧酸分子的羧基之间能失去一分子水Ⅲ．请回答：（1）D中的官能团是______________（1）D→E的化学方程式是_____________________________________（3）F→PAA的化学方程式是___________________________（4）①X的结构简式是_________②Y→W所需要的反应条件是______________________（5）B为中学常见有机物，甲与FeCl3溶液发生显色反应，丙中的两个取代基互为邻位．①甲→乙的化学方程式是________________________________________②关于丙的说法正确的是________a.能与银氨溶液发生银镜反应b.与有机物B互为同系物c.不存在芳香醇类的同分异构体（6）丁的核磁共振氢谱只有一种峰，在酸性条件下能水解，水解产物能与NaHCO3反应产生CO1．己的结构简式是______________________________25、（12分）CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解结晶水合物CuCl·2H2O制备CuCl，并进行相关探究。（实验探究）该小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器略）。请回答下列问题：（1）仪器X的名称是___。（2）实验操作的先后顺序是______(填操作的编号)。a．检查装置的气密性后加入药品b．熄灭酒精灯，冷却c．在“气体入口”处通入干燥HCld．点燃酒精灯，加热e．停止通入HCl，然后通入N2（3）在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是_______________。（4）装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是___________________。（探究反思）（5）反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析：①若杂质是CuCl2，则产生的原因是_____________________________。②若杂质是CuO，则产生的原因是________________________________。26、（10分）氮元素的氢化物和氧化物在工业生产和国防建设中都有广泛应用。某化学兴趣小组利用以下装置模拟合成氨并制备少量氨水。（1）A中在加热至85℃反应，反应的化学方程式为______,该实验装置不够完善，可以改进之处为___________。为了完成实验，装置从左到右接口的链接顺序是_________。（2）制得的氨水可用于在实验室模拟工业制硝酸的过程，装置如下（夹持装置略去）①装置B中反应的化学方程式是：_______。②请在装置图方框处画出必要仪器，并指出所加试剂________。③装置D中发生反应的化学方程式为_____________。开始反应一段时间后，撤离热源反应也可以持续进行，原因为__________。④某同学认为在装置F中可能出现白烟，应在装置D和装置F之间增加下列装置中的______（填序号），从而避免此现象发生，提高硝酸的产率。利用改进后的装置进行实验，装置F中发生反应的化学方程式为__________。⑤该装置还应在______之后添加________装置。27、（12分）镁、铝、硫和钡元素是高中化学常见的元素，请运用相关性质回答下列问题：(1)镁、钡是位于同一主族的活泼金属元素。钡在元素周期表中的位置是：_______。铝也是一种活泼金属，钡的金属性比铝的_______(填“强”或“弱”）。工业上可用如下方法制取钡：Al+BaOBa↑+BaO·Al2O3,该法制钡的主要原因是_________。BaO·Al2O3的物质种类是_______(填“酸、碱、盐或氧化物”等）。(2)Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：第一步：准确称取agKIO3固体配成溶液。笫二步：加入适量H2SO4溶液和KI固体，滴加指示剂第三步：用Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL则c(Na2S2O3)=______mol/L。（已知：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-)某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的Na2S2O3浓度可能_____(填“不受影响”、“偏低”或“偏高”），原因是__________(用离子方程式表示）。28、（14分）下表为元素周期表的一部分。碳氮YX硫Z完成下列填空：（1）硫原子的核外电子排布式为__，硫原子的核外电子占有__个轨道，Z元素在元素周期表中的位置为__，Y原子核外有______种能量不同的电子。（2）H2S分子中H-S键键角为92°，说明H2S分子是__（填“极性”“非极性”）分子。（3）下列事实能说明Y元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是__。a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊b．在氧化还原反应中，1molY单质比1mol硫单质得电子多c．Y和硫两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高（4）X与Z两元素的单质反应生成0.1molX的最高价化合物，恢复至室温，放热68.7kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃，写出该反应的热化学方程式___。（5）碳酸钠溶液中滴入酚酞，溶液显红色，请用离子方程式解释产生该现象的原因：___；在上述红色的溶液中加入少许氯化钙固体，溶液颜色变浅，请用平衡理论解释产生该现象的原因___。29、（10分）下面是一些晶体的结构示意图。(1)下列关于晶体的说法正确的是________(填字母)。A．晶体的形成与晶体的自范性有关B．可以用X­射线衍射仪区分晶体和非晶体C．石蜡是非晶体，但有固定的熔点D．晶胞就是晶体(2)图甲表示的是晶体的二维平面示意图，a、b中可表示化学式为AX3的化合物的是________。(填“a”或“b”)(3)图乙表示的是金属铜的晶胞，请完成以下各题：①该晶胞“实际”拥有的铜原子数是________，铜原子的配位数为________。②该晶胞称为________(填字母)。A．六方晶胞B．体心立方晶胞C．面心立方晶胞(4)图丙为钛酸钡晶体的晶胞结构，该晶体经X­射线分析得出，重复单位为立方体，顶点位置被Ti4＋所占据，体心位置被Ba2＋所占据，棱心位置被O2－所占据。①写出该晶体的化学式：_____________________________。②若将Ti4＋置于晶胞的体心，Ba2＋置于晶胞顶点，则O2－处于立方体的________位置。③Ti4＋的氧配位数和Ba2＋的氧配位数分别为________________。

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、B【详解】A．含有大量的[Al(OH)4]－的溶液，[Al(OH)4]－与HCO反应生成氢氧化铝沉淀和，不共存，故A不符合题意B．澄清透明的溶液中：MnO、SO、K+、H+相互间不反应，能大量共存，故B符合题意；C．pH=11的溶液显碱性，ClO－与I－反应，不能大量共存，故C不符合题意；D．水电离产生的c(H+)=1×10−14mol·L−1的溶液，说明可能是酸性、也可能是碱性，HCO与H+、HCO与OH－反应，NH与OH－反应，不共存，故D不符合题意。综上所述，答案为B。2、D【详解】A.碳酸钙的分解在高温条件下进行，消耗能量，耗能大，故A说法正确；B.基本过程中有两个反应：①二氧化碳与氢氧化钠反应，②碳酸钙的高温分解，循环利用的物质为CaO和NaOH两种，故B说法正确；C.在“反应、分离”环节中，发生的主要反应为：NaHCO3+Ca(OH)2=H2O+CaCO3↓+NaOH，反应类型为复分解反应，故C说法正确；D.“反应、分离”过程中分离物质的操作是过滤，目的是通过过滤得到碳酸钙沉淀，故D说法错误；答案选D。3、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。4、B【详解】A.根据电解池的工作原理，充电时甲电极是阴极，放电时是原电池，甲是负极，故A错误；B.电池充电时是电解池的工作原理，电解池中的甲电极是阴极，阴极发生氢离子得电子的还原反应，乙是阳极，所以OH-由甲侧向乙侧移动，故B正确；C.放电时负极发生氧化反应，电极反应式为，故C错误；D.汽车下坡时电池处于充电状态，发生图中虚线所示的过程，故D错误；答案选B。5、A【详解】对于反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)，A．速率之比等于化学计量数之比，故v(NH3)：v(O2)=4：5，即v(O2)=v(NH3)，故A正确；B．速率之比等于化学计量数之比，故v(O2)：v(H2O)=5：6，即v(H2O)=v(O2)，故B错误；C．速率之比等于化学计量数之比，故v(NH3)：v(H2O)=4：6，即v(H2O)=v(NH3)，故C错误；D．速率之比等于化学计量数之比，故v(O2)：v(NO)=5：4，即v(NO)=v(O2)，故D错误；故答案为A。6、A【解析】混合物与稀硝酸反应，恰好使混合物完全溶解，放出2.24LNO(标准状况)，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，证明混合物中的Fe全部转化为溶液中的溶质Fe(NO3)2，根据N元素守恒可得，n[Fe(NO3)2]＝(0.15L×4mol·L－1－2.24L÷22.4L/mol)×1/2＝0.25mol，则n(Fe)=0.25mol，所以用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量也是0.25mol。答案选A。点睛：化学反应的实质是原子间重新组合，依据质量守恒定律在化学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。守恒是解计算题时建立等量关系的依据，守恒法往往穿插在其它方法中同时使用，是各种解题方法的基础，利用守恒法可以很快建立等量关系，达到速算效果。7、D【解析】A.步骤①，通入热空气，能够把亚铁离子氧化为铁离子，便于除去，A正确；B.步骤②，在碱性环境下，镁离子、铁离子生成Mg(OH)2和Fe(OH)3沉淀，因此滤渣的主要成分为Mg(OH)2和Fe(OH)3，B正确；C.步骤③，趁热过滤时，温度控制不当，会析出Na2CO3·10H2O等杂质，C正确；D.步骤④，Na2CO3能够与瓷坩埚中的二氧化硅反应，故应在铁坩埚中进行灼烧，D错误；综上所述，本题选D。【点睛】选项D，二氧化硅属于酸性氧化物，不与强酸反应，但能够与强碱（氢氧化钠溶液等）发生反应生成硅酸盐，也能与碳酸钠高温下反应生成硅酸盐，因此灼烧氢氧化钠和碳酸钠应该在铁坩埚中进行，不用瓷坩埚，以防发生反应。8、D【解析】根据图中的转化关系可知，A一定是弱酸的铵盐，当X是强酸时，A、B、C、D、E、F分别是：Na2S、H2S、S、SO2、SO3、H2SO4；当X是强碱时，A、B、C、D、E、F分别是：NH4Cl、NH3、N2、NO、NO2、HNO3。【详解】A.由上述分析可知，当X是强酸时，F是H2SO4，故A正确；B.由上述分析可知，当X是强碱时，F是HNO3，故B正确；C.无论B是H2S还是NH3，B和Cl2的反应一定是氧化还原反应，故C正确；D.当X是强酸时，C是硫，在常温下是固态单质，故D错误；答案选D。9、D【详解】A.甘油指的是丙三醇，属于醇类化合物，能与羧酸发生酯化反应，故A不符合题意；B.酱油属于混合物，主要成分为氨基酸，能和氢氧化钠溶液反应，故B不符合题意；C.奶油指的是酯类化合物，能和氢氧化钠溶液反应，故C不符合题意；D.汽油属于烃类化合物，既不能与乙酸反应也不能与氢氧化钠溶液反应，故D符合题意；故答案：D。10、B【详解】A．蒸发皿可以直接加热，故A选项错误。B．烧杯加热需要石棉网，故B选项正确。C．试管可以直接加热，故C选项错误。D．坩埚直接加热不需要石棉网，故D选项错误。故答案选B。11、C【分析】第①种只加成1mol氢气，说明只有碳碳双键，第②种加成4mol氢气，说明苯环被完全加成。【详解】A.苯环完全加成后不再属于芳香烃，属于环烷烃，故A错误；B.第①种加成产物为乙基苯，可使高锰酸钾褪色，第②种加成产物属于环烷烃，不可以是酸性高猛酸钾褪色，故B错误；C.两种加成产物中都含有乙基，故光照条件下都能与溴进行取代，故C正确；D.苯环不含有碳碳双键，故D错误；故答案为C。【点睛】苯环中没有碳碳双键。12、C【解析】有机物M是由丙烯酸和R-OH醇先酯化再加聚得到的，其中含有酯基，故A正确，B正确。水解后为聚丙烯酸仍是高分子化合物故D正确。M水解得R-OH不能得到RCOOH，故C错误，本题的正确选项为C。13、C【解析】A．铁离子只能存在于酸性溶液中；

B．由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液中存在氢离子或氢氧根离子，碳酸根离子与氢离子反应；

C．pH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；

D．铝离子与碳酸氢根离子之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体。【详解】A．pH=7的溶液为中性溶液，Fe3+只能存在于酸性溶液，故A错误；

B．由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，CO32-与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故B错误；

C．该溶液中存在大量氢离子，NH4+、Cl-、Cu2+、SO42-之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，所以C选项是正确的；

D．Al3+、HCO3-之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；

综上所述，本题选C。【点睛】常温下，c（H+）=1×10-13mol/L的溶液显碱性，c（OH-）=1×10-13mol/L的溶液显酸性；由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，因为酸碱抑制水电离，水电离出的c（H+）<10-7mol/L或c（OH-）<10-7mol/L。14、D【解析】A、根据反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196kJ•mol-1可知，当反应放热166.6kJ时，有1.7mol二氧化硫和0.85mol氧气参加反应，生成1.7mol三氧化硫，则0～5min内，用O2表示的平均反应速率V(O2)＝0.85mol/(10L×5min)＝0.017mol·L-1·min-1，A正确；B、的值不变时，说明氧气和二氧化硫的浓度保持不变，该反应达到平衡状态，B正确；C、若增大O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率增大，C正确；D、条件不变，起始向容器中充入4molSO2和2molO2，相当于加压，平衡时放热大于333.2kJ，D错误。答案选D。点睛：选项D是解答的难点，注意放大缩小思想的灵活应用，该方法适用于起始投入物质的物质的量之间存在一定的倍数关系。它指的是将反应容器的体积扩大一定的倍数，使起始物质的浓度相同，则在一定条件下，可建立相同的平衡态。然后在此基础上进行压缩，使其还原为原来的浓度。分析在压缩过程中，平衡如何移动，再依据勒夏特列原理，分析相关量的变化情况。15、C【解析】在此溶液中，含有的阳离子有Na＋和Ba2＋，Na＋的个数是3a，Ba2＋的个数是2a，所以二者所带的正电荷总数是(1×3a＋2×2a）=7a，因Cl－的个数是a，所以Cl－所带的负电荷数是1×a=a，则根据溶液呈现电中性、阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数可知，此溶液中还缺少含有6a负电荷的阴离子。因溶液中含有Ba2＋，会与CO32－和SO42－反应生成沉淀而不能大量共存，所以排除B和D；A项，4a个NO3－所带的负电荷数是1×4a=4a，所以A错误；C项，6a个OH－所带的负电荷数是1×6a=6a，符合题意；所以此题答案选C。16、D【详解】A．连接K1K2，在中性条件下，铁作负极失电子，石墨作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，则Fe发生吸氧腐蚀，故A正确；B．连接K1K2，Zn、Fe形成原电池，Zn作负极被腐蚀，Fe作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C．连接K1K3，Fe作阴极，阴极上氢离子得电子发生还原反应生成H2，石墨作阳极，阳极上氯离子失电子发生氧化反应生成Cl2，即电解饱和氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，故C正确；D．连接K1K3，Fe与电源的正极相连，Fe作阳极，Fe失电子，被腐蚀，Fe不能被保护，故D错误；答案选D。17、A【解析】根据盐类水解的规律，判断出对应酸性的强弱，然后利用酸性强的制取酸性弱，进行判断。【详解】利用盐类水解中越弱越水解，判断出电离H＋能量的强弱顺序是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>C6H5OH>HCO3－；A、根据上述分析，HClO电离出H＋大于HCO3－，因此此反应应是CO2＋H2O＋NaClO=NaHCO3＋HClO，选项A不成立；B、根据A选项分析，选项B成立；C、电离出H＋的大小顺序是H2CO3>C6H5OH>HCO3－，C选项成立；D、利用酸性强的制取酸性弱，CH3COOH的酸性强于HCl，D选项成立。【点睛】难点是判断反应方程式的发生，本题不仅注意酸性强的制取酸性弱的，还应对比生成物中电离程度，如A选项，CO32－对应的是HCO3－，HClO电离H＋的能力强于HCO3－，HClO能与CO32－反应生成HCO3－，正确的反应是CO2＋H2O＋NaClO=NaHCO3＋HClO。18、D【解析】试题分析：HCl极易溶于水，会被饱和氯化钠吸收，A错；饱和石灰水的浓度很小，不能用来吸收SO2，B错；C中石灰水变浑浊只说明反应有CO2生成，反应不是强酸制弱酸，C错；稀硝酸与铜反应生成NO，NO不溶于水，可用排水法收集，D对。考点：实验装置图和实验目的的评价。19、A【详解】A．碳铵全名称为碳酸氢铵，化学式：NH4HCO3，A正确；B．次氯酸的结构式：H-O-Cl，B错误；C．中子数为145、质子数为94的钚(Pu)原子表示为，C错误；D．硫离子的结构示意图中，原子核内质子数是16，最外层为8个电子，正确的离子结构示意图为，D错误；故合理选项是A。20、B【详解】Fe2(SO4)3溶液与KI溶液混合发生反应为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，由反应可知，①V1=1mL，说明两者恰好完全反应，②V1<1mL，说明硫酸铁不足；如果加入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中存在Fe3+，证明溶液中存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，从而说明该反应是可逆反应，反应具有一定限度，故合理选项是B。21、A【详解】A.由“胡粉投火中，色坏还为铅”可知，该化合物中含有铅元素，被还原为金属铅，则铅元素的化合价一定发生了变化，则涉及氧化还原反应，故A符合；B.“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”说的是沙里淘金，利用沙子与金的密度不同，用水流使两者分离，不涉及氧化还原反应，故B不符合；C.由“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”可知，水作溶剂，可萃取青蒿素，涉及的是萃取操作，不涉及氧化还原反应，故C不符合；D.粉身碎骨浑不怕，是指氧化钙与水反应生成氢氧化钙，要留清白在人间，是指氢氧化钙与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，不涉及氧化还原反应，故D不符合；故选A。22、D【解析】A.①中采用蒸馏只能得到蒸馏水，得不到精制盐水，要得到精制盐水需要使用化学方法除去其中的杂质，错误；B.阳极发生氧化反应，②中阳极的主要电极反应：2Cl――2e－＝Cl2↑，错误；C.生成的氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，③中制备漂白液的反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，错误；D.②中电解氯化钠溶液生成氢气和氯气以及氢氧化钠、③中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、④中次氯酸钠与氨气反应生成氮气和氯化钠，均存在元素化合价的变化，发生了氧化还原反应，正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、CuSO4FeCl3Ba（OH）2Al（NO3）3Na2CO32Fe3++3CO32－+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑3Cu+8H++2NO3－=3Cu++2NO↑+4H2O500【分析】①蓝色沉淀是氢氧化铜，白色固体是硫酸钡，据此判断A和C是硫酸铜和氢氧化钡；②在剩余阳离子中只有Na+可以与CO32-结合，红褐色沉淀是氢氧化铁，气体是二氧化碳，B或E是碳酸钠，B、E中的另一种物质是铁盐；③说明C是氢氧化钡，D是铝盐，相应地A是硫酸铜；④说明E是碳酸钠，B是铁盐；⑤说明D是硝酸铝，相应地B是氯化铁。【详解】（1）A、B、C、D、E的化学式分别为：CuSO4、FeCl3、Ba（OH）2、Al（NO3）3、Na2CO3。（2）步骤②中Fe3+与CO32－的水解互促至水解完全，发生反应的离子方程式：2Fe3++3CO32－+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑。（3）步骤⑤中稀硝酸与铜发生反应，反应的离子方程式：3Cu+8H++2NO3－=3Cu++2NO↑+4H2O。38.4gCu的物质的量为0.6mol，消耗1.6molH+，需要0.8molH2SO4，因此，若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是=500mL。24、醛基ClCH1CHO氢氧化钠水溶液、加热ac【分析】由接枝PAA的结构可知，PAA的结构简式为，W为HOCH1CH1OH；甲醇催化氧化生成D为HCHO，D发生信息Ⅲ反应生成E，故E为CH1=CHCHO，E与银氨溶液反应、酸化生成F，F为CH1=CHCOOH，CH1=CHCOOH发生加聚反应生成PAA；结构W的结构可知，乙醛与氯气发生取代反应生成X，X为ClCH1CHO，X与氢气发生加成反应生成Y为ClCH1CH1OH，Y水解生成W（HOCH1CH1OH）；乙醛发生催化氧化生成戊，为CH3COOH，丁的核磁共振氢谱只有一种峰，在酸性条件下能水解，水解产物能与NaHCO3反应产生CO1，结构反应信息Ⅱ可知，CH3COOH脱水生成丁为O=C（OCH1CH3）1；由（5）中可知，B为中学常见有机物，甲与FeCl3溶液发生显色反应，故甲中含有酚羟基，结合丙的分子式及结构特点、己的结构特点与反应信息Ⅰ、Ⅲ可知，丙的结构为，己的结构为，故乙为，甲为，B为苯酚，据此解答。【详解】由接枝PAA的结构可知，PAA的结构简式为，W为HOCH1CH1OH；甲醇催化氧化生成D为HCHO，D发生信息Ⅲ反应生成E，故E为CH1=CHCHO，E与银氨溶液反应、酸化生成F，F为CH1=CHCOOH，CH1=CHCOOH发生加聚反应生成PAA；结构W的结构可知，乙醛与氯气发生取代反应生成X，X为ClCH1CHO，X与氢气发生加成反应生成Y为ClCH1CH1OH，Y水解生成W（HOCH1CH1OH）；乙醛发生催化氧化生成戊，为CH3COOH，丁的核磁共振氢谱只有一种峰，在酸性条件下能水解，水解产物能与NaHCO3反应产生CO1，结构反应信息Ⅱ可知，CH3COOH脱水生成丁为O=C（OCH1CH3）1；由（5）中可知，B为中学常见有机物，甲与FeCl3溶液发生显色反应，故甲中含有酚羟基，结合丙的分子式及结构特点、己的结构特点与反应信息Ⅰ、Ⅲ可知，丙的结构为，己的结构为，故乙为，甲为，B为苯酚。（1）由上述分析可知，D为HCHO，含有醛基；（1）D→E是甲醛与乙醛发生信息Ⅲ反应生成CH1=CHCHO，反应方程式为：；（3）F为CH1=CHCOOH，发生加聚反应生成PAA，反应方程式为：；（4）①由上述分析可知，X为ClCH1CHO；②Y→W是ClCH1CH1OH在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH1CH1OH；（5）①甲→乙是与氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，反应方程式为：；②丙是，含有醛基，能与银氨溶液发生银镜反应，与有机物B（苯酚），含有官能团不完全相同，二者不是同系物，芳香醇类中含有苯环，羟基连接苯环侧链的脂肪烃基上，结合丙的结构可知，苯环侧链不可能可以存在羟基连接苯环侧链的脂肪烃基上的结构，故丙不存在芳香醇类的同分异构体，故ac正确，b错误，答案选ac；（6）由上述分析可知，己的结构简式是。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，需要学生对给予的反应信息进行利用，甲醇转化为甲的反应，是难点，中学不涉及，需要学生根据信息、结合丙、丁、已的结构推断丙，再进行逆推判断，对学生的逻辑推理有较高的要求。25、球形干燥管c、d、b先逐渐变为红色，后褪色；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O加热温度不够或加热时间不足没有在HCl的氛围中加热【分析】由题意可知，结晶水合物CuCl·2H2O制备CuCl的过程为先通入HCl，防止没有HCl的情况下加热生成碱式氯化铜，点燃酒精灯加热，熄灭酒精灯，后停止通入HCl，最后用氮气将装置内的HCl和氯气排空进而被尾气装置中的氢氧化钠吸收。【详解】（1）根据仪器X的构造特点知其名称为干燥管，故答案为球形干燥管。（2）加热CuCl2·2H2O制备CuCl，为防止生成的CuCl被空气中的氧气氧化和Cu+水解，必须要先通入干燥的HCl气体赶走装置中的空气再加热，且要在HCl气流中加热制备，反应结束后先熄灭酒精灯，继续通入氮气直至装置冷却，所以操作顺序为：a-c-d-b-e，故答案为cdb。（3）B中物质由白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有Cl2，所以C中石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色，故答案为先变红，后褪色；（4）D中是Cl2和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（5）①根据题给信息知若杂质是CuCl2，说明CuCl2没有反应完全，原因为加热时间不足或温度偏低，故答案为加热时间不足或温度偏低；②若杂质是氧化铜，说明CuCl2水解生成Cu2(OH)2Cl2，进一步分解生成CuO，原因是通入HCl的量不足，故答案为通入HCl的量不足或没有在HCl氛围中加热。【点睛】解答本题首先要根据题给资料明确实验的原理，理清题给装置图中每一个装置的作用和相关反应，结合CuCl2·2H2O、CuCl易水解，CuCl易被氧化的性质知实验过程中要注意防止空气的干扰，确定装置的连接顺序；（5）小题要根据杂质的成分结合题给资料分析杂质产生的原因。26、NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+H2O水浴加热blhfgkjlCaO+NH3·H2O=NH3↑+Ca(OH)24NH3+5O24NO+6H2O该反应为放热反应，反应放出的热量可维持反应的继续进行a2NO+O2=2NO2G尾气处理【解析】试题分析：（1）A中氯化铵和亚硝酸钠加热至85℃生成氮气、氯化钠、水；为便于控制温度，最好用水浴加热；模拟制取氨气，用A制取氮气、B制取氢气（除去氯化氢），通入浓硫酸中充分混合并干燥，在通入盛有催化剂的玻璃管中合成氨气，通入水中制备氨水，最后尾气处理；（2）①B中氧化钙与氨水反应生成氢氧化钙和氨气；②氨气通入高温加热的玻璃管前必须干燥；③D中氨气被氧化为NO和水；氨气的催化氧化为放热反应，反应放出的热量可维持反应的继续进行；④出现白烟是生成硝酸铵，，，除去水蒸气可以避免此现象发生。装置F中NO被氧气氧化为NO2；⑤该装置还缺少尾气处理装置。解析：（1）A中氯化铵和亚硝酸钠加热至85℃生成氮气、氯化钠、水，反应的方程式是NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+H2O；为便于控制温度，最好改为水浴加热。模拟制取氨气，用A制取氮气、B制取氢气（除去氯化氢）后，通入浓硫酸中充分混合并干燥，再通入盛有催化剂的玻璃管中合成氨气，通入水中制备氨水，最后尾气处理，仪器的连接顺序是；（2）①B中氧化钙与氨水反应生成氢氧化钙和氨气，反应方程式是CaO+NH3·H2O=NH3↑+Ca(OH)2；②氨气通入高温加热的玻璃管前必须干燥，所以C是；③D中氨气被氧化为NO和水，反应方程式是4NH3+5O24NO+6H2O；氨气的催化氧化为放热反应，反应放出的热量可维持反应的继续进行，所以开始反应一段时间后，撤离热源反应也可以持续进行；④出现白烟是生成硝酸铵，，，为避免此现象发生，可以除去NO中的水蒸气，在装置D和装置F之间增加装有干燥剂的干燥管，所以选a。装置F中NO被氧气氧化为NO2，反应方程式是2NO+O2=2NO2；⑤该装置还缺少尾气处理装置，所以在G之后添加尾气处理装置。点睛：为防止硬质玻璃管炸裂，气体在通入热的硬质玻璃管前必须进行干燥。是一种酸性干燥剂，能干燥除氨气以外的气体。氨气是碱性气体，一般用碱石灰等碱性干燥剂干燥。27、第六周期第IIA族强Ba的沸点比Al的低盐6000a/214V或3000a/107V偏低O2+4H++4I-=2I2+2H2O【解析】(1)钡位于周期表第六周期，镁、钡是位于同一主族的金属元素，钡原子最外层电子的电子数为2，位于第六周期第IIA族；利用元素Ba、Al在元素周期表的位置可知金属活泼性：Ba＞Al；Al在高温下可将氧化钡中钡置换出来，原因是Ba的沸点低于铝，高温时Ba转化为气体脱离反应体系，使反应正向进行，BaO·Al2O3是盐的氧化物表示形式，属于盐，故答案为第六周期第IIA族；强；Ba的沸点比Al的低；盐；(2)发生的反应有：KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI；n(KIO3)=mol，设参加反应的Na2S2O3为xmol；

KIO3～～～～3I2～～～～6Na2S2O3

1

6

mol

xmol所以x=，则c(Na2S2O3)===mol•L-1，第三步滴速太慢，I-被空气氧化，发生4I-+4H++O2═2I2+2H2O，消耗的Na2S2O3溶液的体积偏大，由c(Na2S2O3)=mol•L-1，V偏大，c偏低，故答案为；偏低；4I-+4H++O2═2I2+2H2O。点睛：本题中(2)的解答思路为：根据KIO3的量求出I2，再根据S2O32-与I2的关系求出Na2S2O3的物质的量及浓度。本题的易错点为误差的分析，第三步滴速太慢，I-被空气氧化，造成碘的物质的量偏大，根据方程式I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，消耗的Na2S2O3溶液的体积偏多。28、1s22s22p63s23p49第三周期ⅦA族17极性acSi(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l)△H=-687kJ/molCO32-+H2O⇌HCO3-+OH-Ca2++CO32-=CaCO3↓，导致溶液中碳酸根离子浓度减少，水解平衡向逆反应方向移动，氢氧根离子浓度减少，碱性减弱【分析】根据元素周期表结构可知，X为Si元素，Y为O元素，Z为Cl元素；(1)硫原子的核电荷数是16，则核外电子数是16；Cl原子结构示意图为；(2)非极性分子的结构往往具有很强的对称性，据此判断；(3)说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，可以根据元素单质氧化性强弱或生成气体氢化物稳定性分析，而与得失电子数没有必然关系；(4)X(Si)与Z(Cl)两元素的单质反应生成0.1molX的最高价化合物SiCl4