山西省浑源县第七中学校2026届化学高三上期中综合测试模拟试题含解析

山西省浑源县第七中学校2026届化学高三上期中综合测试模拟试题注意事项：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、下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是()A．利用图1所示装置制取少量NH3B．利用图2所示装置制备Fe(OH)3胶体C．利用图3所示装置收集HClD．利用图4所示装置检验SO2的漂白性2、在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明下述反应：A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)已达到平衡状态()①混合气体的压强②混合气体的密度③B的物质的量浓度④气体的总物质的量⑤混合气体总质量A．②③⑤ B．①②③ C．②③④ D．①③④⑤3、一定温度下，向溶液中加入适量溶液，不同时刻测得生成的体积（已折算为标准状况）如下表所示。资料显示，反应分两步进行：①，②，反应过程中能量变化如下图所示。下列说法正确的是（）t/min03610V（O2）/mL09.917.222.4A．是该反应过程的催化剂B．0~10min的平均反应速率：C．反应在无催化剂时的活化能为E1D．反应的4、2—氯丁烷常用于有机合成等，有关2—氯丁烷的叙述正确的是A．它的同分异构体除本身外还有4种B．与硝酸银溶液混合产生不溶于稀硝酸的白色沉淀C．可混溶于乙醇、乙醚、氯仿等多数有机溶剂D．与氢氧化钠、乙醇在加热条件下的消去反应有机产物只有一种5、用制溴苯的废催化剂（主要含FeBr3及少量溴、苯）为原料，制取无水FeCl3和溴的苯溶液，选用的方法能达到相应实验目的的是A．用装置①及其试剂制取氯气B．用装置②氧化FeBr3溶液中的溴离子C．用装置③分离出FeCl3溶液，不能选用装置④分离D．用装置⑤将FeCl3溶液蒸发至干，可得无水FeCl36、下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是选项实验操作实验现象结论A相同温度下，同时向①4mL0.1mol▪L-1KMnO4酸性溶液和②4mL0.2mol▪L-1KMnO4酸性溶液中，分别加入4mL1mol▪L-1H2C2O4溶液①中溶液先褪色该实验条件下，KMnO4浓度越小，反应速率越快B向煤炉中灼热的煤炭上洒少量水产生淡蓝色火焰，煤炭燃烧更旺加少量水后，可使煤炭燃烧放出更多的热量C加热2NO2(g)N2O4(g)平衡体系颜色加深证明正反应是放热反应D分别测定室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH后者较大证明非金属性S＞CA．A B．B C．C D．D7、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-B．使酚酞变红色的溶液中：Na+、NH4+、C1-、SO42-C．c(Al3+)=0.1mol/L的溶液中：K+、Mg2+、SO42-、AlO2-D．由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L的溶液中：K+、Na+、CH3COO-、NO3-8、下列说法正确的是()A．电解法精炼镍时,粗镍作阴极,纯镍作阳极B．2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下可自发进行,则该反应的ΔH＞0C．常温下,稀释0.1mol·L-1氨水,c(H+)·c(NH3·H2O)的值减小D．5.6gFe在足量Cl2中充分燃烧,转移电子的数目约为0.2×6.02×10239、某同学用下列装置制备并检验Cl2的性质，下列说法正确的是A．Ⅰ图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部消耗B．Ⅱ图中：湿润的有色布条能褪色，烧杯NaOH溶液的作用是吸收尾气C．Ⅲ图中：生成蓝色的烟D．Ⅳ图中：量筒中发生了加成反应，量筒内液面上升，量筒壁上有无色液滴出现10、下列中的诗句内容基本不涉及化学变化的是（）A．王安石的《元日》：“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”B．刘禹锡的《浪淘沙》：“美人首饰侯王印，尽是江中浪底来”C．刘琨的《重赠卢谌》：“何意百炼钢，化为绕指柔”D．李商隐的《无题》：“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”11、常温下，将0.01mol·L－1Na2SO3溶液与0.01mol·L－1KHSO3溶液等体积混合，若忽略混合后溶液的体积的变化，则下列判断正确的是（）A．混合后溶液中存在有关系：c（K＋）＋c（Na＋）＋c（H＋）＝c（SO32－）＋c（H2SO3－）＋c（OH－）B．混合后溶液中存在有关系：c（K＋）＋c（H2SO3）＋c（H＋）＝c（SO32－）＋c（OH－）C．混合后溶液中存在有关系：c（SO32－）＋c（HSO3－）＋c（H2SO3）＝0.02mol·L－1D．两溶液混合前，Na2SO3溶液中，水电离出c（H＋）小于KHSO3溶液中水电离出c（H＋）12、用化学用语表示NaOH+HCl=NaCl+H2O中的相关微粒，其中正确的是（）A．中子数为8的O原子：B．HCl的电子式：C．Cl-的结构示意图：D．H2O的结构式：13、某有机物的结构简式为CH2＝CHCH(CH3)CH2OH。下列关于该有机物叙述不正确的是A．1mol该有机物与足量的金属钠发生反应放出1mol氢气B．能在催化剂作用下与H2发生加成反应C．在浓H2SO4催化下能与乙酸发生酯化反应D．能发生加聚反应14、下列关于胶体的叙述正确的是A．过滤实验可以据此把胶体、溶液分开B．胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象C．用渗析的方法净化胶体时，使用半透膜只能让小分子和离子通过D．胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象15、氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是A．催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成B．N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%C．在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移D．催化剂a、b能提高反应的平衡转化率16、有机物甲、乙的结构如图所示。下列说法错误的是A．甲、乙都能与溴的单质发生加成反应B．甲、乙互为同分异构体C．一定条件下，甲、乙均能发生取代反应D．甲、乙都能与金属钠反应生成氢气17、X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是原子半径最小的元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列说法正确的是（）A．X与Y形成的化合物只有一种B．R的氢化物的热稳定性比W的强C．原子半径：r(Z)<r(R)D．Y的最高价氧化物的水化物的酸性比W的强18、能正确表达下列反应的离子方程式是A．向Ca(HCO3)2溶液中加入少量澄清石灰水：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2OB．硫化亚铁与浓硫酸混合加热：FeS+2H+=H2S↑+Fe2+C．氯化铝溶液中加入过量稀氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2OD．稀硝酸可洗去试管内壁的银镜：Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O19、下列装置或操作能达到实验目的的是A．用装置甲制取氯气 B．用乙装置除去氯气中的HCl气体C．用丙装置萃取溴水中的溴单质 D．用丁装置分离乙酸与乙醇20、下列有关物质的性质与用途的对应关系不正确的是A．Ca(OH)2

具有碱性，可用于修复被酸雨浸蚀的土壤B．SO2

具有漂白性,可用SO2

水溶液吸收Br2

蒸气C．ClO2

具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒D．常温下铁能被浓硫酸钝化,可用铁质容器贮运浓硫酸21、下列物质的应用中，利用了该物质氧化性的是（）A．氨——作制冷剂 B．漂粉精——作游泳池消毒剂C．甘油——作护肤保湿剂 D．二氧化硫——作红酒添加剂22、有关NaHC03与Na2C03的性质，下列叙述中不正确的是A．Na2C03和NaHC03粉末与同浓度盐酸反应时，Na2C03因碱性强，所以与盐酸反应放出气体速度快B．等物质的量的两种盐与同浓度盐酸反应，Na2C03所消耗盐酸的体积是NaHC03的两倍C．向Na2C03饱和溶液中通入过量CO2，有NaHC03结晶析出D．Na2C03和NaHC03溶液分别和BaCl2溶液反应，现象不同二、非选择题(共84分)23、（14分）短周期元素A、B、C、D，A元素的原子最外层电子数是内层电子数的两倍，B为地壳中含量最多的元素，C是原子半径最大的短周期主族元素，C与D形成的离子化合物CD是常用的调味品。填写下列空白：（1）AB2的结构式_______________；C元素在周期表中的位置第_______周期________族（2）B、C组成的一种化合物与水发生化合反应的化学方程式为：____________________（3）如图所示，电解质a溶液为含有CD的饱和溶液。X为石墨电极，Y为铁电极，接通直流电源。X电极的电极反应式为________________________。Y电极的电极反应式为________________________。（4）常温下，相同体积的0.2mol·L—1CD溶液与0.1mol·L—1C2AB3溶液中，总离子数目较多的是______________溶液（填化学式）。24、（12分）如表列出了A～R9种元素在周期表中的位置，用化学用语回答：主族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2EF3ACDGR4BH（1）这九种元素中化学性质最不活泼的是___。（2）D元素的最高价氧化物对应的水化物与氢氧化钠反应的离子方程式是__。（3）A、B、C三种元素按原子半径由大到小的顺序排列为__。（4）F、G、H三种元素简单氢化物沸点由高到低的顺序__。（5）E元素氧化物的电子式是__，F的氢化物在常温下跟B反应的化学方程式是__。（6）下列事实能用元素周期律解释的是（填字母序号）__。A．D的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2B．G的气态氢化物的稳定性弱于HFC．FeG3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板（7）G的单质可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，从原子结构的角度解释其原因：_____。25、（12分）含硫物质燃烧会产生大量烟气，主要成分是SO2、CO2、N2和O2。某研究性学习小组在实验室利用下列装置制备模拟烟气，并测算模拟烟气通过转化器的脱硫效率。回答下列问题：I．模拟烟气的制备（1）用A装置制SO2的化学方程式为______________________________。（2）用B装置制CO2，使用该装置的优点是___________________________。（3）将制得的气体与空气充分混合，获得模拟烟气用于后续实验。Ⅱ．测定烟气中SO2的体积分数（4）将部分模拟烟气缓慢通过C、D装置，C、D中盛放的药品分别是____、____(填序号)：①KMnO4溶液②饱和NaHSO3溶液③饱和Na2CO3溶液④饱和NaHCO3溶液（5）若模拟烟气的流速为amL·min-1，t1min后，测得量筒内液体的体积为VmL则SO2的体积分数是_______________(写表达式)。III．测算模拟烟气通过转化器的脱硫效率(已转化的SO2占原有SO2的百分比)（6）将模拟烟气通过转化器E装置，E装置中盛有FeC12和FeCl3的混合溶液，常温下，它可催化SO2与O2的反应，以达到脱硫的目的。写出催化剂参与反应过程的离子方程式：①SO2+2H2O+2Fe3+==SO42-+2Fe2++4H+；②______________________________。（7）若模拟烟气仍以amL·min-1的流速直接通过转化器E装置，t2min后，向E装置中加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液得到白色浑浊液，经_______、洗涤、_____、称量，得到mg固体。若实验的气体体积已折算为标准状况，则该转化器的脱硫效率是_________________.26、（10分）在实验室中模拟“侯氏制碱法”，其实验步骤如下：第一步：连接好装置，检验气密性，在仪器内装入药品。第二步：先让某一装置发生反应，直到产生的气体不能再在C中溶解，再通入另一装置中产生的气体，一段时间后，C中出现固体。继续向C中通入两种气体，直到不再有固体产生。第三步：分离C中所得的混合物，得到NaHCO3固体，进而生产出纯碱。第四步：向滤液中加入适量的某固体粉末，有NH4Cl晶体析出。（1）下图所示装置的连接顺序是：a接_______，_______接______；b接_______(填接口序号)。（2）A中常选用的固体反应物为_________；D中应选用的液体为____________。（3）第二步中让___________装置先发生反应(填装置序号)。（4）C中用球形干燥管而不用直导管，其作用是____________________；装有无水CaCl2的U形管的作用是__________________________。（5）第三步分离出NaHCO3固体的操作是__________________________。（6）第四步中所加固体粉末化学式为___________。所得的晶体中常含有少量的NaCl和NaHCO3(共约占5％～8％)，请设计一个简单的实验，不使用其他任何试剂，证明所得晶体大部分是NH4C1。简要写出操作和现象：____________________________________。27、（12分）FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学实验小组在实验室里用如下两种方法来制备无水FeCl2。有关物质的性质如下：C6H5Cl(氯苯）C6H4Cl2(二氯苯）FeCl3FeCl2溶解性不溶于水，易溶于苯、乙醇不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水熔点/℃-4553易升华沸点/℃132173(1)用H2还原无水FeCl3制取FeCl2。有关装置如下：①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为_______。②按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为____（填字母，装置可多次使用）；C中盛放的试剂是_____。③该制备装置的缺点为______。(2)利用反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，制取无水FeCl2并测定FeCl3的转化率。按下图装置，在三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围加热3h，冷却、分离提纯得到粗产品。①仪器a的名称是____。②反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后，得到粗产品。洗涤所用的试剂可以是__，回收滤液中C6H5C1的操作方法是____。③反应后将锥形瓶中溶液配成250mL，量取25.00mL所配溶液，用0.40mol/LNaOH溶液滴定，终点时消耗NaOH溶液为19.60mL，则氯化铁的转化率为______。28、（14分）利用反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)+Q（Q>0）可处理NO2、SO2等大气污染物，具有十分重要的意义。完成下列填空。(1)该反应中被氧化的元素是_____；写出该反应的平衡常数表达式：K=_____。(2)若将NO2(g)和SO2(g)置于一密闭容器中进行上述反应。下列说法能表明反应达到平衡状态的是______（选填编号）。a.混合气体颜色保持不变b.NO2和NO的体积比保持不变c.每消耗1molSO2的同时生成1molSO3d.体系中气体密度保持不变(3)一定温度下，在容积为VL的容器中发生上述反应，tmin内，SO2的物质的量下降了amol，则这段时间内v(NO)=_______（用相关字母表示并注明单位）。(4)请写出两种能提高SO2转化率的措施：_________。(5)亚硫酸溶液久置，pH会变小，请用化学方程式表示其原因___。(6)将SO2持续通入NaOH溶液中，溶液中SO32-的浓度变化如图所示，请解释原因。__________。29、（10分）近年来化学家研究开发出用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺，不必生产乙醇或乙醛作中间体，使产品成本降低，具有明显经济优势。其合成的基本反应如下：CH2=CH2(g)+CH3COOH(l)CH3COOC2H5(l)，下列描述能说明恒温恒容条件下乙烯与乙酸合成乙酸乙酯的反应已达化学平衡的是___(填字母)。A．乙酸、乙酸乙酯的浓度相同B．酯化合成反应的速率与酯分解反应的速率相等C．乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1molD．整个体系中乙烯的质量分数一定(2)在n(乙烯)与n(乙酸)各1mol的条件下，某研究小组在不同压强下进行了在相同时间乙酸乙酯的产率随温度变化的测定实验，实验结果如图所示。回答下列问题：①根据图中判断压强大到小的顺序是___________②压强为P2、温度为85时，分析乙酸乙酯产率下降的原因：___________。③在压强为P1、温度超过80℃时，分析乙酸乙酯产率下降的原因：________。(要求②和③的原因不一样)(3)以乙烯和丁烯为原料可以发生烯烃歧化反应C4H8(g)+C2H4(g)2C3H6(g)，已知t1min时达到平衡状态，测得此时容器中n(C4H8)=amol，n(C2H4)=2amol，n(C3H6)=bmol，且平衡时C3H6的体积分数为25%。再往容器内通入amolC4H8和3amolC2H4，在新平衡中C3H6的体积分数_______25%(填“>”、“<”、“=”)。

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、A【解析】A．氨气密度比空气小，可用向下排空法收集，故A正确；B．加热烧杯中的水至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热，得到氢氧化铁胶体，故B错误；C．氯化氢密度比空气大，应用向上排空气法，故C错误；D．SO2能使酸性高锰酸钾褪色，体现SO2的还原性，应选择品红溶液，验证SO2的漂白性，故D错误；故答案为A。点睛：明确装置的特征及实验原理是解题关键，科学性和可行性是设计实验方案的两条重要原则，任何实验方案都必须科学可行，评价时，从以下4个方面分析：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理；③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等。2、A【解析】①该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以容器中的压强不再发生变化，不能证明达到了平衡状态，故①错误；②该容器的体积保持不变，A是固态，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量会变，所以当混合气体的密度不再发生变化时，能表明达到化学平衡状态，故②正确；③反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的浓度等不再发生变化，所以各气体物质的物质的量浓度不再变化时，该反应达到平衡状态，故③正确；④该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以气体总物质的量不变，不能表明反应达到平衡状态，故④错误；⑤容器中的气体平均相对分子质量M=，反应前后混合气体的质量会变化，该反应是一个反应前后气体物质的量不变的反应，所以当M不再发生变化时，表明已经平衡，故⑤正确；故选A。【点晴】本题考查化学平衡状态的判断，注意只有反应前后不相同的量才能作为判断化学平衡的依据。反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化。反应前后不改变的量不能作为判断化学平衡的依据，如该反应中的压强就不能作为判断化学平衡的依据。3、B【详解】A．根据反应①、②，Fe3+是该反应过程的催化剂，故A错误；B．根据表格数据，10min时生成22.4mL氧气，其物质的量为0.001mol，根据反应：共消耗双氧水的物质的量为0.002mol，则，，故B正确；C．E1是反应①的活化能，故C错误；D．焓变=生成物的总能量-反应物的总能量，E1和E2不是反应物和生成物的总能量，反应的，故D错误；答案选B。4、C【详解】A．2-氯丁烷的同分异构体中，碳链异构为正丁烷和异丁烷，各自氯原子有2种同分异构体，故它的同分异构体除本身外还有3种，A叙述错误；B．2-氯丁烷中不含有氯离子，则其与硝酸银溶液混合不产生白色沉淀，B叙述错误；C．2-氯丁烷为有机物，含有碳碳单键，可混溶于乙醇、乙醚、氯仿等多数有机溶剂，C叙述正确；D．2-氯丁烷与氢氧化钠、乙醇在加热条件下的消去反应，生成1-丁烯或2-丁烯，则有机产物只有2种，D叙述错误；答案为C。5、C【解析】A、1mol/L盐酸是稀盐酸，实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，稀盐酸与二氧化锰不反应，无法制取得到氯气，选项A错误；B、用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，选项B错误；C、利用有机溶剂将溴萃取后，用装置③分离出FeCl3溶液，不能选用装置④分离，选项C正确；D、加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键，易错点是选项D，加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。6、C【详解】A.KMnO4本身具有颜色，会影响实验现象的观察，故探究浓度对化学反应速率的影响，应用不同浓度的草酸与相同浓度的KMnO4溶液反应，故A错误；B.碳与氧气燃烧生成二氧化碳；碳和水蒸气反应生成一氧化碳，一氧化碳燃烧生成二氧化碳，根据盖斯定律，能量变化与反应的途径无关，则碳燃烧放出的热量不变，结论不合理，故B错误；C.加热，体系温度升高，颜色加深，说明反应2NO2(g)N2O4(g)平衡逆向移动，升高温度反应向吸热的方向移动，即逆反应为吸热反应，正反应放热，故C正确；D.最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强，Na2SO3的S不是最高价，则室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH后者较大，不能证明非金属性S＞C，故D错误；答案选C。7、A【解析】A项，Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-四种离子互相之间都不反应，所以可以大量共存，符合题意；B项，使酚酞变红色的溶液显碱性，碱性溶液中不能存在大量的NH4+，不符合题意；C项，铝离子和偏铝酸根离子会发生双水解反应得到氢氧化铝沉淀，所以不能大量共存，不符合题意；D项，由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L，说明水的电离被抑制了，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性条件下CH3COO-不能大量存在，不符合题意；答案选A。【点睛】判断离子是否大量共存，应该考虑如下的情况下离子不能大量共存：1、发生复分解反应。（1）生成难溶物或微溶物：如：Ag+与Cl-等不能大量共存。（2）生成气体或挥发性物质：如：H+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-等不能大量共存。（3）生成难电离物质：如：H+与CH3COO-等因生成弱酸不能大量共存；OH-与NH4+因生成的弱碱不能大量共存；H+与OH-生成水不能大量共存。2、发生氧化还原反应：氧化性离子(如Fe3+、ClO-、MnO4-等)与还原性离子(如S2-、I-、Fe2+等)不能大量共存。3、离子间发生双水解反应不能共存：如Al3+、Fe3+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-等。4、络合反应：如Fe3+和SCN-。8、C【详解】A．粗镍提纯，根据电解原理提纯镍，粗镍做阳极，精镍做阴极，故A错误；B．反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下可自发进行，由于反应中ΔS＜0，则根据ΔG=ΔH-TΔS＜0，可知该反应的ΔH＜0，故B错误；C．溶液中c(H+)·c(NH3·H2O)＝c(H+)×＝，常温下，稀释0.1mol·L-1氨水，促进电离，但溶液体积增加的程度更大，铵根浓度减小，所以该值减小，故C正确；D．5.6gFe的物质的量是0.1mol，在足量Cl2中充分燃烧生成氯化铁，转移电子的数目约为0.3×6.02×1023，故D错误；故答案选C。9、B【分析】A．稀盐酸与二氧化锰不反应；干燥的氯气没有漂白性，Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有漂白性，氢氧化钠溶液与氯气反应生成氯化钠和次氯酸钠；氯气与铜反应生成棕黄色的烟；甲烷与氯气发生取代反应。【详解】A．二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气，但稀盐酸与二氧化锰不反应，当盐酸浓度降低到一定程度时，反应停止，则盐酸不能完全消耗，故A错误；干燥的氯气没有漂白性，Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有漂白性，氢氧化钠溶液与氯气反应生成氯化钠和次氯酸钠，所以Ⅱ图中：湿润的有色布条能褪色，烧杯NaOH溶液的作用是吸收尾气，故B正确；氯气与铜反应生成棕黄色的烟，故C错误；甲烷与氯气发生取代反应，故D错误。【点睛】本题考查氯气实验室制法，本题注意加热条件下浓盐酸与二氧化锰反应放出氯气，稀盐酸与二氧化锰不反应，干燥的氯气没有漂白性、潮湿的氯气具有漂白性。10、B【解析】试题分析：A、爆竹的爆炸含有化学反应，故说法正确；B、黄金自然界中含有游离态的单质，黄金通过浪沙淘尽获得，属于物理变化，故说法错误；C、铁在自然界中以化合态的形式存在，炼铁是把化合态的转变成游离态，涉及化学变化，故说法正确；D、蜡烛燃烧属于化学反应，故说法正确。考点：考查化学反应、物理变化等知识。11、B【解析】试题分析：A．根据电荷守恒可得C(K＋)＋C(Na＋)＋C（H＋)=2C(SO32－)＋C(HSO3－)＋C（OH－）.错误。B.根据电荷守恒可得C(K＋)＋C(Na＋)＋C（H＋)=2C(SO32－)＋C(HSO3－)＋C（OH－）；根据微粒的物质的量的关系可得C(Na＋)=C(SO32－)＋C(HSO3－)＋C(H2SO3)。代入第一个式子，整理可得C(K＋)+C(H2SO3)+C(H＋)=C(SO32－)＋C（OH－）。正确。C．混合后溶液中的微粒根据物料守恒关系可知：C(SO32－)+C(HSO3－)+C(H2SO3)＝（0.01+0.01）÷2="0.01"mol/L.错误。D．两溶液混合前，在Na2SO3溶液中，由于SO32-是H2SO3二级电离产生的离子，而KHSO3溶液中HSO3－是H2SO3一级电离产生的离子，所以SO32-一级水解水解程度大于二级HSO3－的水解程度。水解程度越大，水电离产生的离子浓度越大。因此两溶液混合前，Na2SO3溶液中，水电离出C（H＋)大于KHSO3溶液中水电离出C（H＋)。错误。考点：考查溶液中离子浓度的关系的知识。12、D【详解】A．中子数为8的O原子，质量数=质子数+中子数=8+8=16，中子数为8的O原子：，故A错误；B．HCl是共价化合物，H原子和Cl原子间以一对共用电子对结合，故HCl的电子式是，故B错误；C．氯原子获得1个电子形成氯离子，Cl-离子的结构示意图为：，故C错误；D．水的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式：H-O-H，故D正确；故答案为D。【点睛】解决这类问题过程中需要重点关注的有：①书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“[]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“[]”，没有成键的价电子也要写出来。②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是H—O—Cl，而不是H—Cl—O)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。13、A【解析】A、1molCH2＝CHCH(CH3)CH2OH中含有1mol羟基，与足量金属钠反应放出0.5mol氢气，故A错误；B、CH2＝CHCH(CH3)CH2OH中含有碳碳双键，所以具有烯烃的性质，能和氢气发生加成反应，故B正确；C、CH2＝CHCH(CH3)CH2OH中含有醇羟基，所以具有醇的性质，在浓H2SO4催化下能与乙酸发生酯化反应，故C正确；D.CH2＝CHCH(CH3)CH2OH中含有碳碳双键，能发生加聚反应，故D正确；故选A。点睛：本题考查了有机物的官能团及其性质。CH2＝CHCH(CH3)CH2OH含有碳碳双键和醇羟基，所以应具有烯烃和醇的性质，能发生加成反应、加聚反应、氧化反应、酯化反应、取代反应等。14、C【解析】A．胶体、溶液都能透过滤纸，过滤无法分开，故A错误；B．胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小，胶体的分散质微粒直径介于1～100nm之间，而溶液的分散质微粒直径小于1nm，故B错误；C．用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液能通过半透膜，而胶体不能，半透膜只能让小分子和离子通过，故C正确；D．胶体不带电，胶体具有吸附性导致胶粒带电，故胶粒在电场作用下会产生电泳现象，故D错误；故选C。15、B【详解】A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，A项错误；B.N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应，无副产物生成，其原子利用率为100%，B项正确；C.在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，C项错误；D.催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D项错误；答案选B。【点睛】D项是易错点，催化剂通过降低活化能，可以缩短反应达到平衡的时间，从而加快化学反应速率，但不能改变平衡转化率或产率。16、D【详解】A.二者都含有碳碳双键，都可以和溴发生加成反应，故正确；B.二者结构不同，分子式为C3H6O2，属于同分异构体，故正确；C.前者有羧基，后者有酯基，都可以发生取代反应，故正确；D.前者含有碳碳双键和羧基，后者含有碳碳双键和酯基，前者和金属钠反应，后者不与金属钠反应，故错误。故选D。17、B【分析】X是原子半径最小的元素，因此X是H，Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，因此Z是Mg，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，且Y的原子序数在X和Z之间，因此Y是C，W原子最外层电子数是最内层电子数的三倍，可知W原子最外层电子数为6，W为S。R的原子序数大于W且为短周期主族元素，R只能为Cl。综上所述，X、Y、Z、W、R分别为H、C、Mg、S、Cl。【详解】A．C和H可形成多种化合物，如甲烷，乙烷，乙烯等，A项锆误；B．由元素周期律可知，同周期元素的非金属性随着原子序数增大而增大，所以Cl的非金属性强于S，则HCl的稳定性强于H2S，B项正确；C．由元素周期律可知，同周期元素原子半径随原子序数的增大而减小，故原子半径大小关系应为r(Z)>r(R)，C项错误；D．碳酸的酸性弱于硫酸，D项错误；故选B。18、A【详解】A.少量氢氧化钙时，二者反应生成碳酸钙和水，离子方程式为Ca2++OH−+HCO3−=CaCO3↓+H2O，故A正确；B.浓硫酸具有强氧化性，可以将Fe2+氧化成Fe3+，将-2价S氧化成S等，故B错误；C.氢氧化铝不溶于氨水，离子方程式为Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，故C错误；D.稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Ag+4H++NO3−=3Ag++NO↑+2H2O，故D错误；答案选A。19、C【详解】A．浓盐酸和二氧化锰的应在加热条件下进行，常温下二者不反应，不能制备氯气，故A错误；B．氯气和HCl气体都与氢氧化钠溶液反应，应用饱和食盐水除杂，故B错误；C．溴易溶于苯而不易溶于水，故可用丙装置萃取溴水中的溴单质，C正确；D．温度计用于测量馏分的温度，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口附近，故D错误；故选C。20、B【解析】A项，Ca（OH）2具有碱性，可与被酸雨浸蚀的土壤中的酸反应，修复土壤，正确；B项，SO2水溶液吸收Br2蒸气的反应为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，在反应中SO2表现还原性，不是漂白性，错误；C项，ClO2中Cl元素的化合价为+4价，具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，正确；D项，常温下铁能被浓硫酸钝化，可用铁质容器贮运浓硫酸，正确；答案选B。21、B【详解】A．氨作制冷剂利用了易液化的性质，没有元素化合价发生变化，故A不选；B．漂粉精中Cl元素的化合价降低，作氧化剂，故选B；C．甘油作护肤保湿剂，利用吸水性，没有元素的化合价变化，故C不选；D．二氧化硫作红酒添加剂，防止氧化，消毒杀菌，硫元素的化合价升高，作还原剂，故D不选；答案选：B。22、A【解析】Na2CO3和NaHCO3粉末与同浓度盐酸反应时，NaHCO3与盐酸反应放出气体速度快，故A错误；NaHCO3与盐酸发生，Na2CO3与盐酸发生，所以等物质的量的两种盐与同浓度盐酸反应，Na2CO3所消耗盐酸的体积是NaHCO3的两倍，故B正确；碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，所以向Na2CO3饱和溶液中通人过量CO2，有NaHCO3结晶析出，故C正确；Na2CO3与BaCl2溶液反应生成碳酸钡沉淀，NaHCO3与BaCl2溶液不反应，故D正确。二、非选择题(共84分)23、O=C=O3IANa2O+H2O==2NaOH2H++2e－=H2↑（或2H2O+2e－=H2↑+2OH－）Fe—2e－=Fe2+NaCl【分析】短周期元素A、B、C、D，A元素的原子最外层电子数是内层电子数的两倍，A为C元素，B为地壳中含量最多的元素，B为O元素，C是原子半径最大的短周期主族元素，C为钠，C与D形成的离子化合物NaCl是常用的调味品。【详解】短周期元素A、B、C、D分别为：C、O、Na、Cl。（1）二氧化碳中的碳最外层4个电子，分别与O形成两个共价键，AB2的结构式O=C=O，C元素为钠元素，在周期表中位于第3周期IA族；（2）B、C组成的一种化合物是氧化钠，与水发生化合反应的化学方程式为：Na2O+H2O==2NaOH；（3）电解NaCl的饱和溶液，X为石墨电极，与电源负极相连，作阴极，X电极的电极反应式为2H++2e－=H2↑（或2H2O+2e－=H2↑+2OH－）。Y为铁电极，与直流电源正极相连，发生氧化反应。Y电极的电极反应式为Fe—2e－=Fe2+。（4）常温下，相同体积的0.2mol·L—1NaCl溶液与0.1mol·L—1Na2CO3溶液中，钠离子数相同，碳酸根部分水解，阴离子总数少于钠离子，总离子数目较多的是NaCl溶液。24、ArAl(OH)3+OH-=AlO2-+2H2OK＞Na＞MgH2O＞HBr＞HCl2K+2H2O=2KOH+H2↑AB最外层电子数相同，Br的原子半径大，得到电子能力比Cl弱，非金属性Cl大于Br【分析】由元素在周期表的位置可知，A是Na，B是K，C是Mg，D是Al，E是C，F是O，G是Cl，H是Br，R是Ar，结合原子结构和元素周期律分析解答。【详解】由元素在周期表的位置可知，A是Na，B是K，C是Mg，D是Al，E是C，F是O，G是Cl，H是Br，R是Ar。(1)元素周期表中化学性质最不活泼是稀有气体元素，即Ar的性质最不活泼，故答案为Ar；(2)铝元素最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应，反应的离子方程式是Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；(3)一般而言，电子层越多，半径越大，所以K的半径最大，电子层数相同时，原子序数越小，半径越大，则Na＞Mg，所以原子半径大小为K＞Na＞Mg，故答案为K＞Na＞Mg；(4)H2O分子间存在氢键，沸点最高；HCl和HBr都是分子晶体，相对分子量越大，沸点越高，则沸点：HBr＞HCl，所以沸点高低为：H2O＞HBr＞HCl，故答案为H2O＞HBr＞HCl；(5)E为C元素，其氧化物若为二氧化碳，属于共价化合物，其电子式为；F是O，氢化物为水，K与水反应生成氢氧化钾和氢气，化学反应方程式为：2K+2H2O=2KOH+H2↑，故答案为；2K+2H2O=2KOH+H2↑；(6)A．金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：Al＜Mg，则碱性：Al(OH)3＜Mg(OH)2，可用元素周期律解释，故A选；B．非金属性越强，对应氢化物越稳定，稳定性：HCl＜HF，可用元素周期律解释，故B选；C．Cu与氯化铁发生氧化还原反应，与元素周期律无关，不能用元素周期律解释，故C不选；故答案为AB；(7)G的单质可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，因为Cl和Br的最外层电子数相同，Br的原子半径大，得到电子能力比Cl弱，非金属性Cl大于Br，故答案为最外层电子数相同，Br的原子半径大，得到电子能力比Cl弱，非金属性Cl大于Br。【点睛】本题的易错点为(5)，要注意C的氧化物常见的有CO2和CO，均为共价化合物，其中CO的电子式为，其中含有一个配位键。25、Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋H2O＋SO2↑可以随时控制反应的发生①④(at1－V)/at1×100%4Fe2＋＋O2＋4H＋=2H2O＋4Fe3＋过滤干燥22400mat1/[233at2(at1－V)]×100%【解析】试题分析：Ⅰ．（1）实验室制备SO2是用浓硫酸与亚硫酸钠反应，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4（浓）＝Na2SO4+H2O+SO2↑。（2）B装置是简易启普发生器，其优点是可以随时控制反应的发生和停止。Ⅱ．（4）由于SO2易溶于水，所以C装置中的试剂应该是原来吸收SO2，可以利用SO2的还原性借助于酸性高锰酸钾溶液氧化。CO2气体能溶于水，所以D装置应该用饱和碳酸氢钠溶液通过排水法收集液体来测量SO2的体积。（5）若模拟烟气的流速为amL/min，若t1分钟后，测得量筒内液体体积为VmL，这说明混合气中CO2、氮气和氧气的体积之和为Vml，则SO2的体积是t1amL－Vml，所以二氧化硫的体积分数是×100%＝×100%。（6）催化剂在反应前后是不变的，因此常温下，若它可催化SO2与O2的反应，以达到脱硫目的。则根据第一步反应SO2+2H2O+2Fe3+＝SO42-+2Fe2++4H+可知，第二步反应一定是氧气再将亚铁离子转化为铁离子，则反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+。（7）所得白色沉淀是硫酸钡，层溶液中分离出硫酸钡的操作应该是过滤、洗涤、干燥、称量。根据（5）中SO2的含量可知，理论上应该生成硫酸钡的质量为×233，因此该转化器的脱硫效率是＝考点：考查SO2制备、性质检验、实验方案设计与评价以及含量测定等26、fedc石灰石饱和碳酸氢钠溶液B防止倒吸吸收多余的氨气过滤NaCl取少量样品于试管中，用酒精灯加热，看到试管上端有白烟生成（或试管口有白色晶体），最后固体大部分消失、剩余极少量的固体，从而证明所得固体的成分大部分是氯化铵【解析】由“侯氏制碱法”的原理可知：实验时需先向饱和食盐水中通入足量的氨气，然后再通入二氧化碳气体，装置A为二氧化碳的发生装置，装置B为氨气的发生装置，装置C为反应装置，装置D为二氧化碳的净化装置，据此分析解答。【详解】（1）装置A产生CO2，装置B产生NH3，装置D除去二氧化碳中的HCl，氨气通入C中应防止倒吸，则b接c，a接f、e接d，故答案为f、e、d、c；（2）A装置是制备二氧化碳气体的反应，一般采用盐酸与CaCO3反应来制取，所以A中固体反应物为石灰石，生成的二氧化碳气体中含有氯化氢，若不除去，会影响碳酸氢钠的产率，所以应用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的HCl，故答案为石灰石、饱和碳酸氢钠溶液；（3）因为氨气极易溶解于水，二氧化碳气体在水中溶解性较小，所以实验时，饱和食盐水中应先通入氨气，再通入二氧化碳气体，有利于气体的吸收，实验操作过程中，应让B装置先发生反应，故答案为B；（4）氨气极易溶于水，用直导管向饱和氯化钠溶液中通入氨气，容易发生倒吸，C中用球形干燥管，可以防止倒吸；多余的NH3能与CaCl2结合生成CaCl2·8NH3，所以装有无水CaCl2的U形管可吸收多余的NH3，故答案为防止倒吸；吸收多余的氨气；（5）第三步中得到的NaHCO3在溶液中以晶体的形式析出，分离出NaHCO3晶体采用的方法为过滤，故答案为过滤；（6）实验第四步可向溶液中加入NaCl粉末，有利于NH4Cl晶体的析出；若所得的晶体大部分为NH4Cl晶体，经过充分加热，NH4Cl会分解成气体，余下少量的氯化钠和碳酸钠等固体，故答案为NaCl；取少量样品于试管中，用酒精灯加热，看到试管上端有白烟生成（或试管口有白色晶体），最后固体大部分消失、剩余极少量的固体，从而证明所得固体的成分大部分是氯化铵。【点睛】本题考查了实验室制备碳酸氢钠的过程分析和装置作用判断，掌握候氏制碱的反应原理和反应特征是解题关键，气体的通入顺序判断是解答的易错点，因为二氧化碳在水中的溶解度并不大，而在碱性溶解程度较大，故先通入氨气，形成氨的饱和NaCl溶液，再通入二氧化碳气体，有利于二氧化碳的吸收。27、H2+2FeCl32FeCl2+2HClBACDCE（或BCDCE）碱石灰氯化铁易升华导致导管易堵塞球形冷凝管苯蒸馏滤液，并收集沸点132℃的馏分78.4％【详解】(1)①H2还原无水FeCl3制取FeCl2，另一产物应为含H、Cl的物质，即为HCl，所以化学方程式为H2+2FeCl32FeCl2+2HCl。答案为：H2+2FeCl32FeCl2+2HCl②因为FeCl3易吸水，所以在氢气通入前，一定要进行干燥处理，即由B装置制得的H2一定要经过C的干燥处理，至于H2中混有的HCl是否处理，问题并不大，因为通过碱石灰处理水蒸气时，HCl也可被吸收。反应后生成的HCl会污染环境，也需用碱石灰处理，多余的氢气应烧掉，从而得出按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为BACDCE(或BCDC)。答案为：BACDCE（或BCDCEC中盛放的试剂是碱石灰。答案为：碱石灰③因为氯化铁易升华，则遇冷会凝华，所以装置的缺陷也就暴露出来，即易堵塞导管。答案为：氯化铁易升华导致导管易堵塞(2)①仪器a的名称是球形冷凝管。答案为：球形冷凝管②因为FeCl2易溶于水、乙醇，所以不能用水、乙醇洗涤；FeCl2难溶于苯，而氯苯、二氯苯易溶于苯，所以可用苯进行洗涤。答案为：苯因为氯苯和二氯苯的沸点相差较大，所以回收滤液中C6H5C1的操作方法是蒸馏滤液，并收集沸点132℃的馏分。答案为：蒸馏滤液，并收集沸点132℃的馏分③n(FeCl3)=2n(HCl)=2n(NaOH)=2×0.40mol/L×0.0196L×10=0.1568mol氯化铁的转化率为答案为：78.4％28、SO2中+4价的Sabmol/(L·min)通入NO2、移走NO或SO3、降低温度、通入O2等（任写两种）2H2SO3+O2=2H2SO4SO2与OH-反应生成SO32-，因此SO32-浓度增大；继续通入SO2时，SO2与SO32-反应生成