2026届福州市八县协作校高三化学第一学期期中学业水平测试试题含解析

2026届福州市八县协作校高三化学第一学期期中学业水平测试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、下列各组离子或分子能大量共存，当加入相应试剂后，发生反应的离子方程式书写正确的是（）选项离子组加入试剂加入试剂后发生反应的离子方程式ANH4+、Fe2+、SO42-少量Ba(OH)2溶液2NH4++SO42-+2OH-=BaSO4↓+2NH3•H2OBNa+、OH-、Cl-少量Mg(HCO3)2溶液Mg2++2HCO3-+4OH-=2H2O+Mg(OH)2↓+2CO32-CK+、NH3·H2O、CO32-通入少量CO22OH-+CO2=CO32-+H2ODFe2+、NO3-、HSO3-NaHSO4溶液HSO3-+H+=SO2↑+H2OA．A B．B C．C D．D2、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．Fe比Cu活泼，FeCl3溶液可用作铜制线路板的蚀刻剂B．SiO2熔点高，可用作半导体材料C．NaC1O具有氧化性，可用于消菌杀毒D．CO2密度比空气大且不支持燃烧，可用作镁着火时的灭火剂3、向某密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量B三种气体。一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图甲所示[t0～t1阶段c（B）未画出]。图乙为t2时刻后改变条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种条件并且所用条件均不相同。已知t3～t4阶段为使用催化剂。下列说法正确的是

（）A．若t1等于15s，生成物C在t0～t1时间段的平均反应速率为0.004mol/(L・s)B．t4～t5阶段改变的条件为降低反应温度C．B的起始的物质的量为0.02molD．t5～t6阶段可能是增大压强4、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()①31g白磷（P4）中含有1.5NA个P—P键②1L0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中所含阴离子的总数为0.1NA③标准状况下，22.4LHF中含有NA个分子④56g铁与一定量的氯气在一定条件下充分反应，转移的电子数一定是3NA⑤1molH2和1molI2在加热条件下充分反应，生成HI的分子数为2NA⑥常温下，含有0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2分子的数目小于0.1NA⑦142gNa2SO4和Na2HPO4的固体混合物中所含阴、阳离子的总数为3NA⑧1molFeCl3溶于水形成的胶体中含有NA个Fe(OH)3胶体粒子A．①③④ B．①⑥⑦C．③⑤⑦ D．①④⑧5、下列过程中没有明显实验现象的是A．向Fe(NO3)2溶液中滴加NaHSO4溶液B．向饱和的NaCl和NH3的混合溶液中通入过量的CO2C．将NaHCO3和NaOH两种溶液混合D．向Na2S2O3溶液中加入稀盐酸6、下列有关实验的做法不正确的是A．分液时，分液漏斗中的上层液体应由上口倒出B．用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体C．配置0.1000mol•L﹣1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流D．用萃取分液的方法除去酒精中的水7、常温下，下列各组离子能大量共存的是（）A．H+、Na+、SO、Cu2+ B．Na+、NH、H+、COC．K+、Fe2+、H+、NO D．Ca2+、Ba2+、SO、Cl-8、工业上利用Ga与NH3高温条件下合成固体半导体材料氮化稼(GaN)同时有氢气生成。反应中，每生成3molH2时放出30.8kJ的热量。恒温恒容密闭体系内进行上述反应，下列有关表达正确的是A．I图像中如果纵坐标为正反应速率，则t时刻改变的条件可以为升温或加压B．II图像中纵坐标可以为镓的转化率C．III图像中纵坐标可以为化学反应速率D．IV图像中纵坐标可以为体系内混合气体平均相对分子质量9、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A．100g溶质质量分数为46%的乙醇水溶液中，含有4NA个氧原子B．1molCl2溶于水，溶液中Cl－、HClO、ClO－粒子数之和小于2NAC．2.24L(标准状况)2H2中含有0.2NA个中子D．25℃时Ksp(CaSO4)＝9×10－6，则该温度下CaSO4饱和溶液中含有3×10－3NA个Ca2＋10、某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒。其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是()A．该反应的还原剂是Cl-B．消耗1mol还原剂，转移6mol电子C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D．反应后溶液的酸性明显增强11、纳米是长度单位，lnm=10-9m，当物质的颗粒达到纳米级时，会具有一些特别的性质。如由铜制成“纳米铜”具有特别强的化学活性，在空气中能够燃烧。以下关于“纳米铜“的表达正确的选项是A．“纳米铜”比铜片的金属性强 B．“纳米铜”比铜片更易失去电子C．“纳米铜”比铜片的氧化性强 D．“纳米铜”的还原性与铜片相同12、以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠(NaClO2)的工艺流程如下，下列说法错误的是（）A．吸收塔中1molH2O2失去2mol电子B．吸收塔中温度不宜过高，否则会导致H2O2的分解C．“母液”中含有大量的Na2SO4D．溶解时能用盐酸代替硫酸以防止引入硫酸根杂质13、用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．6.2gNa2O中的离子总数为0.2NAB．pH=2的盐酸中的H+总数为0.01NAC．2.3gNa和足量O2反应转移电子数为0.1NAD．标准状况下，5.6LH2O所含O-H键的数目为0.5NA14、已知A（g）+B（g）C（g）+D（g）反应的平衡常数和温度的关系如下：温度/℃70080083010001200平衡常数1.71.11.00.60.4830℃时，向一个2L的密闭容器中充入0.2mol的A和0.8mol的B，反应初始4s内A的平均反应速率v（A）=0.005mol/（L·s）。下列说法正确的是（）A．4s时c（B）为0.78mol/LB．该反应AH>0C．830℃达平衡时，A的转化率为20%D．1200℃时反应C（g）+D（g）A（g）+B（g）的平衡常数为2.515、以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）。下列说法错误的是A．溶液的pH变小 B．阴极逸出气体C．阳极附近溶液呈蓝色 D．阴极附近溶液呈红色16、某温度下，VmL不饱和NaNO3溶液ag，蒸发掉bg水或加入bgNaNO3固体(恢复到原温度)均可使溶液达到饱和，则下列量的计算结果正确的是A．该温度下NaNO3的溶解度为200gB．原不饱和溶液中NaNO3的质量分数为%C．原不饱和溶液中NaNO3的物质的量浓度为mol/LD．原不饱和溶液的密度为g/mL17、某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、I－、SO32－、SO42－，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是A．肯定不含I－ B．肯定含有SO32－、I－C．肯定不含SO42－ D．肯定含有NH4+18、短周期主族元素X、Y、Z、R、W原子序数依次递增,且Y原子半径在这5种原子中最小,R单质是将太阳能转化为电能的常用材料,X和R原子最外层电子数相同;W2-的最外层为8电子结构,单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，下列说法正确的是A．简单离子半径W>Y>ZB．化合物ZY和RY4化学键类型相同C．W、R最高价氧化物均能与水反应,且生成的酸的酸性W>RD．W的最高价氧化物对应的水化物在与X单质反应时既显氧化性又显酸性19、3.52克铜镁合金完全溶解于50mL、密度为1.400g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2气体3584mL（标准状况），向反应后的溶液中加入适量的1.0mo1/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀。下列说法不正确的是A．合金中铜和镁的物质的量相等B．加入NaOH溶液的体积是100mLC．得到的金属氢氧化物的沉淀为6.24克D．浓硝酸与合金反应中起氧化性的硝酸的物质的量为0.16mol20、在一密闭容器中，反应aX(g)+bY(g)cZ(g)达到平衡时平衡常数为K1；在温度不变的条件下向容器中通入一定量的X和Y气体，达到新的平衡后Z的浓度为原来的1.2倍，平衡常数为K2，则K1与K2的大小关系是（）A．K1<K2 B．K1=K2 C．K1>K2 D．无法确定21、下列物质的检验，其结论一定正确的是（）A．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液B．向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有

CO32-

或

SO32-C．取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加盐酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加盐酸有气体产生，加BaCl2有白色沉淀产生。说明Na2SO3样品已部分被氧化D．将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体一定是SO222、下列反应对应的离子方程式书写正确的是A．饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳：2Na＋＋CO32-＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓B．KIO3与KI在酸性溶液中反应：5I－＋IO3-＋3H2O=3I2＋6OH－C．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO－+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClOD．澄清石灰水与醋酸溶液混合：Ca(OH)2＋2CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO－＋2H2O二、非选择题(共84分)23、（14分）布洛芬是一种比阿司匹林副作用更小的消炎镇痛药，下图是布洛芬的一种合成路线。请回答下列问题：(1)合成路线中不包括的反应类型为__________。A．加成反应B．取代反应C．氧化反应D．消去反应(2)D中所含官能团的名称为______，D分子式为_______；A→G中有手性碳的物质有____种。(3)E→F的化学方程式为____________________________________________。(4)B含有苯环的同分异构体有_____种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱只有2组峰的同分异构体的名称为______________。24、（12分）烃A的质谱图中，质荷比最大的数值为42。碳氢两元素的质量比为6∶1，其核磁共振氢谱有三个峰，峰的面积比为1∶2∶3。A与其他有机物之间的关系如下图所示：已知：CH2===CH2HOCH2CH2OH，回答下列问题：（1）F的结构简式为____________。（2）有机物C中的官能团名称__________。（3）指出下列转化的化学反应类型：A→B______，E→G______。（3）写出C与新制的氢氧化铜反应的化学方程式_______（4）E在一定条件下可以相互反应生成一种六元环有机物，则此反应的化学方程式为________（5）与E互为同分异构体，且属于酯类的有机物，除CH3OCOOCH3、CH3CH2OCOOH外还有___种(分子中无O—O键)。25、（12分）某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液．在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是________。(2)甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为_______。(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和l滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是______。(4)丙组同学取10mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验：①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色；②第二只试管中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀：③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验②检验的离子是_____（填离子符号）；实验①和③说明：在I-过量的情况下，溶液中仍含有______（填离子符号），由此可以证明该氧化还原反应为______。(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为________；26、（10分）现有某混合物的无色透明溶液，可能含有以下离子中的若干种：Na＋、NH4＋、Cl－、Mg2＋、Ba2＋、CO32－、SO42－。现取三份各100mL溶液进行如下实验：①第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生；②第二份加足量NaOH溶液充分加热后，收集到气体0.896L(标准状况)；③第三份加足量BaCl2溶液后，过滤后充分干燥得到沉淀6.27g，再经足量稀硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量变为2.33g。根据上述实验现象和有关数据，回答下列问题：（1）原溶液中一定存在的阴离子是____________，一定不存在的离子是____________，可能存在的离子是__________。（2）②中发生化学反应的离子方程式为______________________________________。（3）③中生成可溶于稀硝酸的沉淀化学式为__________，物质的量为________mol。该沉淀溶于稀硝酸的离子方程式为______________________________________。27、（12分）某中学学习小组模拟工业烟气脱硫(SO2)。(1)甲组采用如图装置脱硫(部分装置略)。①CaO脱硫后的产物是_________。②b中品红很快褪色，说明脱硫效果不好。下列措施能提高脱硫效果的是_____。ⅰ.加快SO2气体流速ⅱ.将堆集在一起的CaO平铺在整个玻璃管ⅲ.加热a，脱硫效果可能会更好③小组拟通过CaO的增重评价其脱硫能力。需要测量的数据是______________。(2)乙组选用AgNO3溶液脱除SO2，如图所示：现象：通入SO2，立即生成大量白色沉淀A。对白色沉淀A的成分进行探究，提出假设：假设1：发生了氧化还原反应，依据是AgNO3溶液中含有O2、NO等具有氧化性的粒子，沉淀A主要是Ag2SO4(微溶)。假设2：发生了复分解反应，依据是SO2与水生成酸，能与AgNO3溶液发生复分解反应。实验探究：①取沉淀A，加入蒸馏水，静置。取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，无明显变化。②取_________，加入蒸馏水，静置。取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生沉淀。实验证明＂假设1＂不成立。③为进一步确认＂假设2＂，向A中加入浓HNO3，立即产生红棕色气体。加入浓硝酸的目的是______；经确认，反应后混合液中存在SO。实验证明＂假设2＂成立。④产生沉淀A的化学方程式是_______，_____。AgNO3溶液具有良好的脱硫能力，但因其价格高，未能大规模使用。(3)丙组用NaClO脱除SO2，用1L0.1mol/L的NaClO溶液最多可以吸收标准状况下的SO2__L。28、（14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___________________。29、（10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。__________。

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．少量Ba(OH)2溶液，铵根离子不反应，离子反应为Fe2++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+Fe(OH)2↓，故A错误；B．少量Mg(HCO3)2溶液完全反应，生成氢氧化镁、碳酸钠和水，离子反应为Mg2++2HCO3-+4OH-=2H2O+Mg(OH)2↓+2CO32-，故B正确；C．通入少量CO2与NH3•H2O反应，离子反应为2NH3•H2O+CO2=2NH4++CO32-+H2O，故C错误；D．NaHSO4溶液中存在大量H+，H+、Fe2+、NO3-、HSO3-发生氧化还原反应，不放出二氧化硫，故D错误；故选B。点睛：本题考查离子共存及离子反应方程式书写，注意复分解反应、氧化还原反应的判断。本题的难点和易错点为AD，A中Ba(OH)2溶液先与Fe2+反应，再与NH4+反应；D中要注意硝酸具有强氧化性。2、C【详解】A、FeCl3溶液可用作铜制线路板的蚀刻剂，说明Fe3+的氧化性比Cu2+强，与Fe比Cu活泼无关，选项A错误；

B、硅导电，用作半导体材料；SiO2熔点高，与用作半导体材料的硅单质，关系不对应，选项B错误；C、NaC1O具有氧化性，可用于消菌杀毒，正确且有对应关系，选项C正确；D、二氧化碳与镁反应生成氧化镁和碳，所以镁可以在二氧化碳中燃烧，因此镁着火时，不能用CO2来灭火，选项D错误；故答案选C。【点睛】铁与硫酸铜溶液反应，可以置换出单质铜，可以证明金属活泼性：铁大于铜；氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，体现了铁离子的氧化性大于铜离子的氧化性。3、A【分析】t3～t4阶段为使用催化剂，t4～t5阶段改变条件平衡不移动，改变温度或某一组分浓度，平衡发生移动，故t4时改变的条件为减小压强，说明反应前后气体的体积相等，且反应速率减小，应是降低压强。t5时正逆反应速率都增大，应是升高温度，t2时正、逆反应速率中只有其中一个增大，应是改变某一物质的浓度。由图甲可知，t1时到达平衡，△c（A）=0.09mol/L，△c（C）=0.06mol/L，二者化学计量数之比为0.09：0.06=3：2，则B为生成物，反应方程式为：3A（g）B（g）+2C（g）。据此解答。【详解】A．若t1=15s，生成物C在t0～t1时间段的平均反应速率为：v（C）==0.004mol•L-1•s-1，故A正确；B．如t4～t5阶段改变的条件为降低反应温度，平衡应该发生移动，则正逆反应速率不相等，应为降低压强，故B错误；C．反应方程式我3A（g）B（g）+2C（g），根据方程式可知消耗0.09mol/L的A，则生成0.03mol/L的B，容器的体积为2L，生成B的物质的量为0.06mol，平衡时B的物质的量为0.1mol，所以起始时B的物质的量为0.1mol-0.06mol=0.04mol，故C错误；D．如果增大反应物的浓度正反应速率变大，瞬间逆反应速率不变，根据图象可知t5～t6阶段应为升高温度，故D错误；故选A。4、B【详解】①1mol白磷中含有6molP-P键，31g白磷（0.25mol）中含有P-P键1.5NA，正确；②CO32-

+H2O

⇌

HCO3-

+OH-，1个CO32-水解产生2个阴离子，溶液中阴离子总数增大，所以1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数大于0.1NA，错误；③标况下，HF为液体，不能直接用气体摩尔体积计算，错误；④铁和氯气反应生成氯化铁，56g铁（1mol）发生充分反应转移电子数为3NA，但若氯气的量不足，则转移电子数小于3NA，错误；⑤1molH2和1molI2在加热条件下充分反应，反应可逆，生成的HI的物质的量小于2mol，错误；⑥浓硫酸与足量铜加热反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸不与铜反应，所以生成SO2的分子数小于0.1NA，正确；⑦142g全为Na2SO4，含有阴、阳离子总数为3NA，142g全为Na2HPO4，含有阴、阳离子总数为3NA，142gNa2SO4和Na2HPO4的固体混合物中所含阴、阳离子的总数目为3NA，正确；⑧胶体粒子为很多微粒的集合体，NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量为大于107g，错误。综上可知，正确选项为①⑥⑦。答案为B。5、C【详解】A．向Fe(NO3)2溶液中滴加NaHSO4溶液，溶液中的离子发生以下反应4H＋＋NO3－＋3Fe2＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，溶液变成黄色，故A不选；B．向饱和的NaCl和NH3的混合溶液中通入过量的CO2，发生NaCl＋NH3＋H2O＋CO2=NaHCO3↓＋NH4Cl，有沉淀产生，故B不选；C．将NaHCO3和NaOH两种溶液混合发生NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，无明显现象，故C选；D．向Na2S2O3溶液中加入稀盐酸发生Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O，生黄色沉淀和刺激性气体，故D不选；故选C。6、D【详解】A．分液时，避免上下层液体混合，则分液漏斗中下层液体先从下口放出，再将分液漏斗的上层液体由上口倒出，故A正确；B．碳酸氢钠不稳定，受热分解，即2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，而碳酸钠受热不分解，通过加热的方法可鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，故B正确；C．转移液体，玻璃棒引流，防止转移液体时溶质损失，故C正确；D．乙醇和水互溶，故不能采用萃取方法分离酒精和水，酒精和水的分离应用蒸馏的方法，即利用两者的沸点的不同来除去，故D错误；答案为D。7、A【详解】A.溶液中H+、Na+、SO、Cu2+四种离子之间不发生任何反应，能大量共存，故A正确；B.溶液中H+与CO反应生成二氧化碳，不能大量共存，故B错误；C.溶液中Fe2+、H+、NO发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D.溶液中SO与Ca2+、Ba2+反应生成微溶的硫酸钙和难溶的硫酸钡沉淀，不能大量共存，故D错误；故选A。8、A【详解】A．I图象中如果纵坐标为正反应速率，升高温度或增大压强，反应速率增大，图象符合题意，A正确；B．Ga是固体，没有浓度可言，不能计算其转化率，B错误；C．Ga是固体，其质量不影响反应速率，C错误；D．反应方程式为2Ga（s）+2NH3（g）2GaN（s）+3H2（g）△H＜0，相同压强下，升高温度，平衡逆向移动，平均相对分子质量增大；相同温度下，增大压强，平衡逆向移动，平均相对分子质量增大，D错误；答案选A。9、D【详解】A.乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子，100g46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，乙醇含1mol氧原子；水的质量为100g－46g＝54g，物质的量为3mol，水含3mol氧原子，所以此溶液中含有的氧原子的物质的量共为4mol，个数为4NA，故A正确；B.1molCl2通入水中反应生成盐酸和次氯酸，该反应可逆，溶液中含有Cl2分子，根据氯原子守恒可知，HClO、Cl－、ClO－粒子数之和小于2NA，故B正确；C.标况下2.24L2H2的物质的量为0.1mol，而1个2H2分子中含2个中子，故0.1mol2H2中含0.2NA个中子，故C正确；D.25℃时，Ksp(CaSO4)＝9×10－6，则CaSO4饱和溶液中Ca2＋浓度为3×10－3，不知溶液体积，不能计算粒子数，故D错误。选D。10、D【分析】由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价升高，则具有氧化性的ClO-为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，则根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒可得反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+，以此解答该题。【详解】该反应方程式为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+。A．由方程式可知：在反应中NH4+中N元素在反应后化合价升高，所以还原剂为NH4+，A错误；B．N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，B错误；C．由方程式可知氧化剂是ClO-，还原剂是NH4+，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，C错误；D．反应生成H+，使溶液中c(H+)增大，溶液酸性增强，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写反应方程式，然后再进行分析判断，侧重考查学生的分析能力和计算能力。11、D【详解】A.金属性属于元素的性质，都为铜元素，金属性相同，故A错误；B.纳米铜之所以具有较强的化学活性是由于纳米材料的颗粒较小，表面积较大，与氧气的接触面积较大而能在空气中的燃烧，都是不活泼金属，失电子能力相同，故B错误；C.铜为金属，在反应中只能失去电子，只有还原性，不具有氧化性，故C错误；D.在相同条件下，纳米铜和铜片的还原性是相同的，故D正确；故选D。【点睛】纳米铜之所以具有较强的化学活性是由于纳米材料的颗粒较小，表面积较大，与氧气的接触面积较大而能在空气中的燃烧，而铜的金属性、活泼性等没有发生变化。12、D【详解】A.吸收塔中H2O2作还原剂，O元素由-1价升高到0价，1molH2O2失去2mol电子，A正确；B.H2O2热稳定差，所以吸收塔中温度不宜过高，否则会导致H2O2的分解，B正确；C.溶解时加入的H2SO4，以及SO2还原KClO3都将转化为Na2SO4，所以“母液”中含有大量的Na2SO4，C正确；D.溶解时不能用盐酸代替硫酸，因为盐酸能还原KClO3生成Cl2；此外，反应器中也会有硫酸根的生成，故不需要防止硫酸根的引入；D错误；故选D。【点睛】H2O2具有很强的氧化性，但它在强氧化性环境中，也能表现出还原性。所以，试题中H2O2表现何种性质，需经过对试题的整体分析加以确定。13、C【详解】A．6.2gNa2O的物质的量为=0.1mol，0.1molNa2O中的离子总数为0.1×3NA=0.3NA，故A项说法错误；B．未告知溶液体积，无法计算溶液中所含溶质的物质的量，故B项说法错误；C．2.3gNa的物质的量为=0.1mol，Na与足量O2后，Na失去1个电子，0.1molNa完全反应失去电子数为0.1×NA=0.1NA，故C项说法正确；D．标准状况下，H2O不是气体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，因此无法计算其所含化学键数目，故D项说法错误；综上所述，说法正确的是C项，故答案为C。14、D【解析】A项，4s内υ（A）=0.005mol/（L·s），则υ（B）=υ（A）=0.005mol/（L·s），Δc（B）=0.005mol/（L·s）×4s=0.02mol/L，4s时c（B）=0.8mol÷2L-0.02mol/L=0.38mol/L，错误；B项，分析表中数据，升高温度化学平衡常数减小，升高温度平衡向逆反应方向移动，则ΔH<0，错误；C项，设A转化物质的量浓度为x，则转化B、C、D物质的量浓度都为x，平衡时A、B、C、D物质的量浓度依次为（0.1-x）mol/L、（0.4-x）mol/L、xmol/L、xmol/L，830℃时平衡常数为1.0，则x2（0.1-x）（0.4-x）=1.0，解得x=0.08mol/L，A的转化率为0.08mol/L0.1mol/L×100%=80%，错误；D项，1200℃时反应A（g）+B（g）C（g）+D（g）的化学平衡常数15、A【详解】A．以石墨为电极，电解KI溶液的反应为2KI+2H2O2KOH+H2↑+I2，溶液的pH值增大，A项错误；B．阴极产生氢气，B项正确；C．阳极生成I2，I2遇淀粉呈蓝色，C项正确；D．该电解反应的阴极产物为氢气和NaOH，阴极附近溶液呈红色，D项正确；答案选A。16、C【详解】A．蒸发掉bg水或加入bgNaNO3固体（恢复到原温度）均可使溶液达到饱和，说明一定温度下bgNaNO3固体溶于bg水中形成的是饱和溶液，根据溶解度概念列式计算设溶解度为S，则=100g，故该温度下NaNO3的溶解度为100g，故A错误；B．设不饱和溶液中溶质为xg，蒸发水bg后为饱和溶液，溶解度为100g，则依据溶解度概念列式计，解得x=，所以原不饱和溶液中NaNO3质量分数=%，B错误；C．设不饱和溶液中溶质为xg，蒸发水bg后为饱和溶液，溶解度为100g，则依据溶解度概念列式计算，x=，原不饱和溶液中NaNO3物质的量浓度=mol/L，C正确；D．溶液的密度=g/L，D错误，答案选C。17、C【解析】因为溶液呈无色，则溶液中不含Fe2+；溶液中加入少量溴水，溶液呈无色，溶液中一定含SO32-（反应为Br2+SO32-+H2O=2Br-+SO42-+2H+），由于SO32-的还原性强于I-，加入的溴水是少量，不能确定溶液中是否存在I-，A、B项错误；由于溶液中所有离子物质的量浓度相同，根据电荷守恒，Na+、NH4+、K+都为带一个单位正电荷的阳离子，溶液中Na+、NH4+、K+至少含有两种，而SO42-为带2个单位负电荷的阴离子，则溶液中一定不含SO42-，C项正确、D项错误；答案选C。【点睛】易错点：加入少量溴水后，溶液仍呈无色易判断出一定不含I-；事实是还原性SO32-I-，少量溴水先与还原性强的SO32-反应，即使含I-也不能发生反应发生颜色的变化。18、A【解析】短周期主族元素X、Y、Z、R、W

的原子序数依次增大，R单质是将太阳能转化为电能的常用材料，R为Si元素；X和R原子最外层电子数相同，则X为C元素；W2-的最外层为8电子结构，W为S元素；单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，Z为钠元素，燃烧生成的产物为过氧化钠；Y原子半径在这5种原子中最小，则Y可能为N、O、F中的一种元素，根据选项B的物质组成，Y为F元素。A.电子层越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，简单离子半径W>Y>Z，故A正确；B.化合物ZY和RY4分别为NaF和SiF4，分别为离子化合物和共价化合物，化学键类型不同，故B错误；C.W、R最高价氧化物分别为三氧化硫和二氧化硅，二氧化硅不能与水反应，故C错误；D.W的最高价氧化物对应的水化物为硫酸，在与C单质反应时只表现氧化性，故D错误；故选A。点睛：本题考查原子结构与元素周期律，把握元素化合物知识、原子序数和元素的位置来推断元素为解答的关键。本题的难点是Y元素的确定，本题的易错点为D，浓硫酸与碳反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，硫酸中硫元素的化合价全部降低，只体现了硫酸的氧化性。19、B【解析】A．密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度=mol/L=14mol/L，故A正确；B．加入适量的1.0mol/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由N元素守恒可知n(NaNO3)+n(NO2)=n(HNO3)，则n(NaNO3)=0.05L×14mol/L-=0.54mol，由钠离子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)=0.54mol，故需要1.0mol/LNaOH溶液体积为=0.54L=540mL，故B错误；C．由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根离子的物质的量等于转移电子物质的量，即氢氧根离子的物质的量为0.08mol×(5-4)=0.08mol，故氢氧化物质量=3.52g+0.16mol×17g/mol=6.24g，故C正确；D．起氧化性的硝酸生成NO2气体，根据N原子守恒可知，起氧化剂的硝酸的物质的量==0.16mol，故D正确；故选B。点睛：本题考查混合物的有关计算，理解反应发生的过程是关键。本题的易错点是C，由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根离子的物质的量等于转移电子物质的量，氢氧化物质量等于金属质量与氢氧根离子质量之和。20、B【详解】平衡常数只与温度有关，对于同一反应只要温度不变，平衡常数不变，所以K1=K2，故答案为B。21、C【解析】A.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液还可以是氢氧化钠溶液等，故A错误；B.该溶液中还可以含有HCO3-、HSO3-，故B错误；C.加盐酸酸化，生成二氧化硫，Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑，然后加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，Ba2++SO42-=BaSO4↓，说明样品含有Na2SO4，说明Na2SO3样品已部分被氧化，故C正确；D.将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体可以是Cl2等，故D22、A【详解】A项、碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳能析出碳酸氢钠晶体，离子方程式为2Na＋＋CO32-＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓，故A正确；B项、酸性溶液中不可能存在大量的氢氧根离子，故B错误；C项、二氧化硫具有还原性，次氯酸钙具有氧化性，二氧化硫与次氯酸钙溶液发生氧化还原反应，不是发生复分解反应，故C错误；D项、澄清石灰水是氢氧化钙的饱和溶液，氢氧化钙是强碱，在溶液中完全电离，书写离子方程式时不能用化学式表示，应拆写，故D错误；故选A。【点睛】澄清石灰水是氢氧化钙的饱和溶液，氢氧化钙是强碱，在溶液中完全电离，书写离子方程式时不能用化学式表示，应拆写，石灰乳是氢氧化钙悬浊液，书写离子方程式时用化学式表示，不能拆写。二、非选择题(共84分)23、D酯基、醚键C16H22O34+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O211，2，4，5-四甲基苯【分析】甲苯与CH2=CH-CH3发生加成反应产生B：，B与CH3COCl在AlCl3催化下发生苯环上对位的取代反应产生C：，C与ClCH2COOC2H5在C2H5ONa作用下反应产生D：，D与NaOH、HCl先后发生反应产生E：，E中含有醛基，与银氨溶液反应反应，醛基被氧化变为羧基，在碱性条件下反应产生的F是羧酸铵盐，结构简式是，F酸化得到G是。【详解】(1)A→B的反应类型是加成反应；B→C的反应类型是取代反应；E→F的反应类型是氧化反应，没有发生的反应类型是消去反应，故合理选项是D；(2)D的结构简式是，分子中含有的官能团名称是酯基、醚键；D分子式是C16H22O3；手性C原子是连接4个不同原子或原子团的C原子，在A→G中有手性碳的物质有、、、四种物质，其中的手性C原子用※进行了标注；(3)E是，含有醛基-CHO，具有还原性，能够与Ag(NH3)2OH水浴加热，发生氧化反应，产生醛基被氧化变为—COOH，由于该溶液显碱性，—COOH与NH3结合形成—COONH4，该反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；(4)B是，分子式是C10H14。其含有苯环的同分异构体中，侧链可能含有一个取代基、二个取代基、三个取代基、四个取代基。若只有一个取代基，—C4H9，该取代基为丁基，丁基有2种不同结构，每种结构都有2种不同的H原子，去掉B物质本身，有3种不同结构；若有二个取代基，可能是—CH3、—CH2CH2CH3，—CH3、或2个-CH2CH3共3种情况，它们在苯环上的位置有邻、间、对三种，故含有2个取代基的同分异构体种类数有3×3=9种；若有三个取代基，则其中1个-CH2CH3、2个—CH3，根据它们在苯环上的位置的不同，共有6种不同结构；若有四个取代基，则有4个—CH3，根据它们在苯环上的位置的不同，共有3种不同结构；故物质B的含有苯环的同分异构体种类数目共有3+9+6+3=21种；其中一种同分异构体核磁共振氢谱只有2组峰，说明该物质分子中含有2种不同位置的H原子，该同分异构体结构简式是，名称是1，2，4，5-四甲基苯。【点睛】本题以布洛芬的合成为线索，考查有机化学反应类型、结构简式的书写、同分异构体数目的判断。要根据物质转化关系中反应前后物质结构的不同，结合反应特点判断反应类型；易错点是物质B的同分异构体种类的判断，要结合侧链的数目、侧链的种类、侧链在苯环上的相对位置进行分析判断。24、（1）（2分）（2）羰基（或酮基）、醛基（2分）（3）氧化反应（1分）缩聚反应（1分）（4）CH3COCHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COCOONa+Cu2O↓+3H2O（3分）（5）（6）5（3分）【解析】试题分析：烃A的质谱图中，质荷比最大的数值为42，即相对分子质量是42。碳氢两元素的质量比为6:1，所以含有碳原子的个数是，氢原子个数是，因此分子式为C3H6。其核磁共振氢谱有三个峰，峰的面积比为1:2:3，因此A的结构简式为CH3CH＝CH2。A中含有碳碳双键，能发生加聚反应生成F，则F的结构简式为。根据已知3信息可知A被高锰酸钾溶液氧化生成B，则B的结构简式为CH3CHOHCH2OH。B发生催化氧化生成C，则C的结构简式为CH3COCHO。C分子中含有醛基，被氢氧化铜悬浊液氧化并酸化后生成D，则D的结构简式为CH3COCOOH。D与氢气发生加成反应生成E，则E的结构简式为CH3CHOHCOOH。E分子中含有羟基和羧基，发生加聚反应生成G，则G的结构简式为。（1）根据以上分析可知F的结构简式为。（2）有机物C的结构简式可知，C中的官能团名称羰基（或酮基）、醛基。（3）根据以上分析可知A→B是氧化反应，E→G是缩聚反应。（4）C酯含有醛基与新制的氢氧化铜反应的化学方程式为CH3COCHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COCOONa+Cu2O↓+3H2O。（5）E在一定条件下可以相互反应生成一种六元环有机物，反应的化学方程式为。（6）与E互为同分异构体，且属于酯类的有机物，除CH3OCOOCH3、CH3CH2OCOOH外还有HCOOCH2CH2OH、HCOOCHOHCH3、HCOOCH2OCH3、CH3COOCH2OH、HOCH2COOCH3共计是5种。考点：考查有机物推断、官能团、反应类型、同分异构体判断以及方程式书写25、防止Fe2+被氧化2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-隔绝空气（排除氧气对实验的影响）Fe2+Fe3+可逆反应H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O【分析】（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁溶液中加入铁粉防止氯化亚铁被氧化；（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁；（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响；（4）由实验现象可知，在I-过量的情况下，溶液中存在Fe2+离子、I2和Fe3+离子，说明氧化还原反应是可逆反应；（5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子。【详解】（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化；（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-；（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响；（4）实验②加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀，说明溶液中存在Fe2+离子，实验①中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，实验③中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中仍含有铁离子，在I-过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，说明该反应为可逆反应；（5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。【点睛】本题考查了铁的化合物性质，涉及了离子方程式书写、离子检验、物质的保存等知识点，解答时注意铁的化合物的性质与题干信息相结合进行分析判断。26、CO32-、SO42-Mg2+、Ba2+Cl-NH4++OH-=NH3↑+H2OBaCO30.02molBaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O【分析】①第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生，则溶液中可能存在Cl－、CO32－、SO42－；②第二份加足量NaOH溶液充分加热后，收集到气体0.896L(标准状况)，则原溶液中存在NH4＋；③第三份加足量BaCl2溶液后，过滤后充分干燥得到沉淀6.27g，再经足量稀硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量变为2.33g，则溶液中存在CO32－、SO42－；一定不存在Mg2＋、Ba2＋；无法确定Cl－是否存在；【详解】（1）分析可知，原溶液中一定存在的阴离子CO32-、SO42-；一定不存在的离子是Mg2+、Ba2+；可能存在的离子Cl-；（2）②中铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气和水，离子方程式为NH4++OH-=NH3↑+H2O；（3）③碳酸钡溶于硝酸，生成硝酸钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；碳酸钡、硫酸钡的混合物6.27g，不溶的为硫酸钡，2.33g，则碳酸钡的质量为6.27-2.33=3.94g，即0.02mol。27、CaSO3ⅱ、ⅲ装置a的质量、盛放CaO后装置a的质量、吸收SO2后装置a的质量(其他答案合理即可)Ag2SO4固体检验白色沉淀是否具有还原性H2O+SO2=H2SO3H2SO3+2AgNO3＝Ag2SO3↓+2HNO32.24【详解】(1)①二氧化硫是酸性氧化物，氧化钙是碱性氧化物，二者反应生成亚硫酸钙，因此CaO脱硫后的产物是CaSO3；②ⅰ．加快SO2气体流速不利于二氧化硫吸收，ⅰ错误；ⅱ．将堆集在一起的CaO平铺在整个玻璃管，增大反应物接触面积，有利于能提高脱硫效果，ⅱ正确；ⅲ．加热a加快反应速率，脱硫效果可能会更好，ⅲ正确；答案为ⅱ、ⅲ；③要通过CaO的增重评价其脱硫能力，需要知道反应前后固体增加的质量，因此需要测量的数据是装置a的质量、盛放CaO后装置a的质量、吸收SO2后装置a的质量；(2)②要证明“假设1”不成立，需要证明沉淀A不是硫酸银，因此需要做对比实验，即取Ag2SO4固体，加入蒸馏水，静置，取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生沉淀，说明“假设1”不成立。③浓HNO3具有强氧化性，所以加入浓硝酸的目的是检验白色沉淀是否具有还原性；④根据复分解反应原理可知产生沉淀A的化学方程式是H2O+SO2＝H2SO3、H2SO3+2AgNO3＝Ag2SO3↓+2HNO3；(3)1L0.1mol/L的NaClO溶液中次氯酸钠的物质的量是0.1mol，次氯酸钠的还原产物是氯化钠，可以得到0.2mol电子，二氧化硫的氧化产物是硫酸，所以根据电子得失守恒可知最多可以吸收SO20.1mol，在标准状况下的体积是2.24L。28、K12/K275%>不变-139NO2、NO2NH3＋NO2＋NO2N2＋3H2OMn化学能转化为电能NO－3e－＋2H2O=NO3－＋4H+【分析】(1)①已知：(Ⅰ)2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g)K1△H1＜0，(Ⅱ)2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)K2△H2＜0，根据盖斯定律Ⅰ×2-Ⅱ可得；②根据消耗的c(NO)=生成的c(ClNO)计算消耗的c(NO)，结合转化率=×100%可得；若在恒压条件下进行，根据反应的特点，相对于恒容相当于增大压强；(2)根据图1molN2O(g)和1molNO(g)到过渡态吸收209kJ能量，该过渡态生成1molN2(g)和1molNO2(g)放出热量348kJ，写出热化学方程式可得；(3)①根据氧化剂得到电子元素化合价降低分析可得；结合得失电子守恒书写方程式；②选择催化剂需要的温度低，更经济的；(4)图丙为原电池装置；图丁为电解NO制备NH4NO3的装置，阳极失去电子发生氧化反应，元素化合价升高，结合酸性环境书写可得。【详解】(1)①已知：(Ⅰ)2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g)K1△H1＜0，(Ⅱ)2NO(g)+Cl2(g)⇌2C