2026届山东省日照市莒县一中高三上化学期中达标测试试题含解析

2026届山东省日照市莒县一中高三上化学期中达标测试试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、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2、氯酸镁常做催熟剂、除草剂等，实验室利用卤块制备少量，已知：卤块的主要成分为，含有、等杂质。工艺流程如下：下列说法不正确的是A．可以用酸性溶液代替溶液B．滤渣的主要成分是和C．加入饱和溶液发生了复分解反应D．调节溶液，还可以防止结晶时的水解3、将①H+、②Cl－、③Al3＋、④K＋、⑤S2－、⑥OH－、⑦NO3－、⑧NH4＋分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的离子是（）A．①③⑤⑦⑧ B．②④⑥⑧ C．①⑥ D．②④⑦4、2013年12月5日中国辽宁舰航母编队中的登陆舰紧急逼停了擅闯南海禁航区的美海军“考本斯”号导弹巡洋舰。据悉，美国“考本斯”号巡洋舰上的核反应堆内使用了液体铝钠合金（单质钠和单质铝熔合而成）做载热介质。下列有关说法不正确的是A．自然界中没有游离的钠和铝B．若铝钠合金投入水中得无色溶液，则n（Al）≤n（Na）C．铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，一定有氢氧化铜沉淀，可能有铜和氧化铜D．mg不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出的H2越多铝的质量分数越小5、下列实验能达到预期目的的是①用乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸；②用饱和NaCl溶液除去Cl2中的少量HC1；③用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的少量SO2；④用加热的方法提取NH4Cl固体中混有的少量碘单质；⑤用醋和澄清石灰水验证蛋壳中含有碳酸盐；⑥用米汤检验食用加碘盐中的碘元素；⑦用纯碱溶液洗涤餐具；⑧用玻璃棒搅拌漏斗中的液体以加快过滤的速度；⑨加入盐酸以除去硫酸钠中的少量碳酸钠杂质A．①④⑤⑨B．②③⑤⑦C．②③⑤⑧D．②③⑤⑥⑦6、2017年5月9日，我国科学技术名词审定委员会等单位正式发布115号等4种人工合成的新元素的名称、元素符号，115号元素名称为“镆”，符号为Mc。下列有关说法正确的是A．Mc的最低负化合价为－3 B．Mc的最高价氧化物的化式为Mc2O5C．的中子数为115 D．通过化学反应可使转化为7、向体积均为10mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙。向甲、乙两溶液中分别滴加0.1mol•L-1盐酸，反应生成CO2体积(标准状况)与所加盐酸体积间的关系如图所示。则下列叙述中正确的是A．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.05mol•L-1B．甲溶液中含有的溶质是Na2CO3、NaHCO3C．当0＜V(HCl)＜10mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为OH-+H+=H2OD．乙溶液中滴加盐酸后产生CO2体积的最大值为112mL(标准状况)8、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．44.0g环氧乙烷中含有7.0NA个极性键B．常温下1LpH=13的氢氧化钠溶液中由水电离出的H+的数目为0.1NAC．将标准状况下224mLSO2溶于水制成l00mL溶液，H2SO3、、三者数目之和为0.01NAD．4.6g14CO2与N218O的混合物中所含中子数为2.4NA9、25℃时，将amol·L－1一元酸HA与bmol·L－1NaOH等体积混合后测得溶液pH＝7，则下列关系一定不正确的是（）A．a＝b B．a＞bC．c(A－)＝c(Na＋) D．c(A－)＜c(Na＋)10、下列关于金属元素的叙述正确的是()A．金属元素的单质只有还原性，其离子只有氧化性B．金属元素的单质在常温下均为固体C．金属元素在不同化合物中化合价均相同D．大多数金属元素的单质为电的良导体11、制备Al2Fe(SO4)4·24H2O的实验中，对过滤出产品的母液（pH进行处理。常温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后溶液中大量存在的一组离子正确的是A．通入足量氨气：NH4+、SO42-、OH-、AlO2-B．加入过量漂白粉溶液：Ca2+、Fe3+、Cl-、C1O-C．加入过量稀硝酸：Al3+、Fe2+、H+、NO3-、SO42-D．加入足量Na2O2：Na+、SO42-、OH-、AlO2-12、下列有关科学家及其创建理论的描述中，错误的是A．拉瓦锡阐明了质量守恒定律 B．道尔顿创立分子学说C．门捷列夫发现了元素周期律 D．勒沙特列发现化学平衡移动原理13、不能用勒夏特列原理解释的是A．使用铁触媒，加快合成氨反应速率B．过量空气有利于SO2转化为SO3C．打开汽水瓶盖，即有大量气泡逸出D．配置FeCl3溶液时，加入少量盐酸14、已知1-18号元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同电子层结构，下列关系正确的是（）A．质子数：c＞bB．离子的还原性：Y2-＞Z-C．氢化物的稳定性：H2Y＞HZD．原子半径：X＜W15、已知下列溶液的溶质都是强电解质，这些溶液中的Cl-浓度与50mL1mol·L-1MgCl2溶液的Cl-浓度相等的是（）A．150mL1mol·L-1NaCl溶液 B．75mL2mol·L-1CaCl2溶液C．150mL2mol·L-1KCl溶液 D．75mL1mol·L-1AlCl3溶液16、锌–空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)42-。下列说法正确的是（）A．充电时，电解质溶液中K+向阳极移动B．充电时，电解质溶液中c(OH－)逐渐减小C．放电时，负极反应为：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42－D．放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）17、相同温度下，容积相同的甲、乙两个恒容密闭容器中均发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-197kJ/mol，实验测得有关数据如下：容器编号起始时各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化/kJSO2O2SO3甲210放出热量：Q1乙1.80.90.2放出热量：Q2下列判断中正确的是A．两容器中反应的平衡常数不相等B．达到平衡时SO2的体积分数：甲<乙C．197>Q1>Q2D．生成1molSO3(l)时放出的热量等于98.5kJ18、下列事实与盐类水解无关的是A．氯化铝溶液蒸干后灼烧得不到无水氯化铝B．氯化铁溶液常用作制印刷电路板的腐蚀剂C．常用热的纯碱溶液除去油污D．长期施用硫酸铵易使土壤酸化19、表示下列反应的离子方程式正确的是A．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3-3Fe3++NO↑+3H2OB．用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+2H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OC．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3↓+HCO3-D．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO-+2Fe(OH)32FeO42-+3Cl-+H2O+4H+20、下列各组中两种物质作用时，反应条件或反应物用量改变，对生成物没有影响的是（）A．Na与O2 B．Na2O2与CO2 C．NaOH与CO2 D．Cu与HNO321、下列解释实验过程或事实的反应方程式不正确的是A．熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2OB．在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得到I2:2I-+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2OC．红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2D．“84消毒液”（有效成分NaClO）和“洁厕灵”（主要成分盐酸）混合使用放出氯气：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O22、下列依据实验操作及现象得出的结论正确的是选项实验操作现象结论A向亚硫酸钠试样中滴入盐酸酸化的Ba(ClO)2溶液生成白色沉淀试样己氧化变质B向Co2O3中滴入浓盐酸产生黄绿色气体氧化性：Co2O3＞Cl2C向待测液中依次滴入氯水和KSCN溶液溶液变为红色待测溶液中含有Fe2+D向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液有白色沉淀和气体产生AlO2-与HCO3-发生了双水解反应A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）前四周期元素R、X、Y、Z、E的原子序数依次增加，它们的结构和部分信息如下表所示：元素代号部分信息R基态R原子核外有三个能级，每个能级上电子数相同XX的双原子单质δ键和π键数目之比为1∶2Y短周期主族元素中，原子半径最大ZZ的最高正化合价与最低负化合价之和等于4E基态E3+的外围电子排布式是3d5回答问题：（1）E元素在周期表中的位置是____，其基态原子中电子占据的最高能层是________。（2）元素X的氢化物M，分子内含18个电子，M的结构式为____，每个中心原子的价层电子对数是_______。（3）在R、X、Z的含氧酸根离子中，互为等电子体的离子组是__________。（4）Z元素的两种氧化物对应的水化物中，酸性较强的_____，其原因是_________。（5）(ZX)4在常压下，高于130℃时(ZX)4分解为相应的单质，这一变化破坏的作用力是_______；它为热色性固体，具有色温效应，低于-30℃时为淡黄色，高于100℃时为深红色，在淡黄色→橙黄色→深红色的转化中，破坏的作用力是______。（6）常温条件下，E的晶体采用如图所示的堆积方式。则这种堆积模型的配位数为_____，若E原子的半径为r，则单质E的原子空间利用率为________。（列出计算式即可）24、（12分）已知A~K均为中学化学的常见物质，它们之间的转化关系如下图所示，其中A、D为金属单质，反应过程中生成的水及其他部分产物已略去。请回答以下问题：（1）B的主要用途是_________（填一项），C的化学式为______________。（2）E中阳离子的结构示意图为__________（3）向F中通入足量CO2生成K的离子方程式是________________________。（4）J在工业上可用于净水，其原理是__________________（用离子方程式表示）25、（12分）亚硝酸钠（NaNO2）暴露于空气中会与氧气反应生成硝酸钠，在纤维纺织品的染色和漂白、照相、生产橡胶、制药等领域有广泛应用，也常用于鱼类、肉类等食品的染色和防腐。但因其有毒，所以在食品行业用量有严格限制。现用下图所示仪器（夹持装置已省略）及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物成分。已知：①NO+NO2+2OH—==2NO2—+H2O②气体液化的温度：NO2：21℃，NO：-152℃（1）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序（按左→右连接）：A、C、、、。（2）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排除装置中的空气，目的是。（3）在关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴人70%硫酸后，A中产生红棕色气体。①确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是。②装置E的作用是。（4）如果向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为。如果没有装置C，对实验结论造成的影响是。（5）通过上述实骏探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是。26、（10分）高氯酸铵(NH4ClO4)为白色晶体，具有不稳定性，在400℃时开始分解产生多种气体，常用于生产火箭推进剂。某化学兴趣小组同学利用下列装置对NH4ClO4的分解产物进行探究。(假设装置内试剂均足量，部分夹持装置已省略)。（1）在实验过程中发现C中铜粉由红色变为黑色，说明分解产物中有__(填化学式)。（2）实验完毕后，取D中硬质玻璃管中的固体物质于试管中，滴加蒸馏水，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，产生该气体的化学方程式为__。（3）通过上述实验现象的分析，某同学认为产物中还应有H2O，可能有Cl2。该同学认为可能有Cl2存在的理由是__。（4）为了证明H2O和Cl2的存在，选择上述部分装置和下列提供的装置进行实验：①按气流从左至右，装置的连接顺序为A→__→__→__。②F中发生反应的离子方程式为__。（5）实验结论：NH4ClO4分解时产生了上述几种物质，则高氯酸铵分解的化学方程式为___。（6）在实验过程中仪器E中装有碱石灰的目的__；实验结束后，某同学拟通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，会造成计算结果__(填“偏大”“偏小”或“无法判断”)。27、（12分）碘化钠可用作碘的助溶剂，是制备碘化物的原料。化学实验小组用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4·H2O)为原料制备碘化钠。已知：①水合肼(N2H4·H2O)的沸点118℃，100℃开始分解；具有强还原性。②I－、IO3－在碱性条件下共存，酸性条件下反应生成I2。化学实验小组用下图所示装置制备碘化钠，实验步骤如下：Ⅰ.制备水合肼：用：NaC1O氧化NH3制得水合肼，并将所得溶液装入上述装置左侧分液漏斗。Ⅱ.向三颈烧瓶中加入一定量单质碘，打开右侧分液漏斗活塞，加入足量NaOH溶液，保持60～70℃水浴，充分反应得到NaI和NaIO3的混合溶液。Ⅲ.打开左侧分液漏斗活塞，将水合肼溶液加入三颈瓶，并保持60～70℃水浴至反应充分。Ⅳ.向Ⅲ所得溶液中加入适量活性炭，煮沸半小时，过滤，从滤液中分离出产品。回答下列问题：(1)仪器甲的名称是________________。(2)用下图所示装置制备水合肼：①仪器的接口依次连接的合理顺序是________________________(用字母表示)。②实验过程中，需要缓慢滴加NaC1O溶液的主要原因是____________________________。(3)步骤Ⅲ中温度保持在70℃以下的原因是_______________________________________。(4)步骤Ⅳ中分离出产品的操作是_____________________、洗涤、干燥。(5)设计方案检验步骤Ⅲ所得溶液中含有NaIO3：__________________________________。28、（14分）是一种重要的化学原料，在生产和生活中应用十分广泛。(1)氯水中具有漂白性，能杀菌消毒。其电子式为_____________。(2)实验室可用和浓盐酸反应制取，反应的离子方程式是_________。(3)工业上可采取电解饱和食盐水的方法制取，装置如图所示，图中的离子交换膜为_______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。(4)以为原料，用氧化制取，可提高效益，减少污染。反应如下：上述反应在同一反应器中，通过控制合适条件，分两步循环进行，可使转化率接近100%，其基本原理如下图所示：过程Ⅰ的反应为：①过程Ⅱ反应的热化学方程式为_______________。②过程Ⅰ流出的气体通过稀溶液(含少量酚酞)进行检测，氯化初期主要为不含的气体，判断氯化结束时溶液的现象为___________。③相同条件下，若将氯化温度升高的300℃。溶液中出现上述现象的时间将缩短，其原因为______。④实验测得在不同压强下，总反应的平衡转化率随温度变化的曲线如图;i平衡常数比较：K(A)_________K(B)(填“＞”“＜”或“=”)。ii压强比较：p1_______p2。(填“＞”“＜”或“=”)29、（10分）无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等。工业上以铝土矿(Al2O3、Fe2O3)为原料制备无水AlCl3的工艺流程如下：（1）氯化炉中Al2O3、Cl2和C反应的化学方程式为____________________。（2）用Na2SO3溶液可除去冷却器排出的尾气中的Cl2，此反应的离子方程式为__________。（3）升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入少量Al，其作用是________。（4）为测定制得的无水AlCl3产品(含杂质FeCl3)的纯度，称取16.25g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液中，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称重，得其质量为0.32g。①写出上述除杂过程中涉及的离子方程式___________、____________。②AlCl3产品的纯度为________。

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】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。2、B【分析】卤块的成分有、、，加入高锰酸钾之后，亚铁离子可以被氧化为三价铁离子，再向混合物中加入氯化钡溶液，可以将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀；加入氧化镁，调节，可以促进铁离子的水解，将铁离子转化为氢氧化铁而除去，过滤，得到的滤液是氯化镁溶液，向滤液中加入饱和氯酸钠溶液析出，说明相同温度下溶解度较小，据此对各选项进行判断。【详解】A．酸性溶液也能将氧化为，故可以用酸性溶液代替溶液，故A正确，不符合题意；B．滴加酸性溶液是为了将氧化为，后续步骤中所得滤渣主要成分为，故B错误，符合题意；C．加入饱和溶液和溶液中的反应生成和NaCl，此反应是复分解反应，故C正确，不符合题意；D．溶液中的能水解，则调节溶液可抑制其水解生成沉淀，故D正确，不符合题意；故选B。3、D【分析】水的电离平衡H2OH++OH-，H+和OH-能抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离。【详解】①H+对水的电离起到抑制作用②Cl－对水的电离无影响③Al3＋能结合水电离产生的OH-生成弱碱Al(OH)3，促进水的电离④K＋对水的电离无影响⑤S2－能结合水电离产生的H+生成HS-，促进水的电离⑥OH－使水的电离平衡逆移⑦NO3－对水的电离无影响⑧NH4＋能结合水电离产生的OH-生成弱电解质NH3·H2O，促进水的电离。故选D。4、D【解析】试题分析：A、钠和铝非常活泼，在自然界中没有游离态，正确，不选A；B、钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，根据方程式计算，铝要完全反应，则铝的物质的量小于或等于钠的物质的量，正确，不选B；C、钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，铝可能和氯化铜反应生成铜，氢氧化钠可能和氯化铜反应生成氢氧化铜，反应放热，氢氧化铜可能变成氧化铜，正确，不选C；D、从钠和盐酸反应以及铝和盐酸反应方程式分析，每23克钠生成1克氢气，每9克铝生成1克氢气，所以产生氢气越多，说明铝越多，错误，选D。考点：金属的性质5、B【解析】试题分析：①乙酸与乙醇的反应为可逆反应，不能完全除去乙酸，且操作复杂，可用饱和碳酸钠溶液除杂，故①错误；②HCl易溶于水，而氯气难溶于饱和食盐水，所以可用饱和NaCl溶液除去Cl2中的少量HCl，故②正确；③亚硫酸酸性比碳酸强，混合气体通入饱和碳酸氢钠溶液可除去二氧化硫气体，故③正确；④氯化铵不稳定，加热时氯化铵分解，碘升华，不能得到纯净的氯化铵，故④错误；⑤醋酸酸性比碳酸强，醋酸与碳酸盐反应生成二氧化碳气体，可用于检验，故⑤正确；⑥淀粉遇碘单质变蓝色，实验中的碘以碘酸钾的形式存在，不能用淀粉检验，故⑥错误；⑦纯碱溶液呈碱性，油脂在碱性条件下水解生成溶于水的盐，可洗去，故⑦正确；⑧过滤时不能用玻璃棒搅拌，防止捣破滤纸，故⑧错误；⑨加入盐酸生成NaCl，引入新的杂质，应用硫酸除杂，故⑨错误，答案选B。考点：考查实验方案的评价，物质的分离、提纯和除杂等6、B【详解】A.该元素的名称带“钅”字旁，属于金属元素，金属元素易失去电子，一般为正价，没有负价，故A错误；B.Mc为115号元素，位于元素周期表第七周期第VA族，主族序数等于最外层电子数，则该元素最高正价为+5价，最高价氧化物的化式为Mc2O5，故B正确；C.的质量数为288，质子数为115，中子数=质量数-质子数=288-115=173，故C错误；D.和互为同位素，是镆元素的不同原子，转化过程，没有新物质生成，不是化学变化，故D错误；答案选B。7、B【分析】在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，没有产生二氧化碳时的反应可能为OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，产生二氧化碳的反应为HCO3-+H+=H2O+CO2↑；【详解】A．HCl加入50ml时，恰好反应生成NaCl，根据Na元素和Cl元素守恒，HCl的物质的量等于NaOH的物质的量，所以c(NaOH)=0.05L×0.1mol/L÷0.01L=0.5mol•L‾1，故A错误；B．甲溶液发生CO32-+H+=HCO3-反应消耗盐酸10mL，发生HCO3-+H+=H2O+CO2↑反应消耗盐酸40mL，所以甲溶液中含有的溶质是Na2CO3、NaHCO3，故B正确；C．根据甲的图象可知，甲溶液含有Na2CO3和NaHCO3，所以0<V(HCl)<10mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为CO32‾+H+=HCO3‾，故C错误；D．当乙溶液加入的HCl体积40<V(HCl)<50mL时，发生反应HCO3‾+H+=CO2↑+H2O，V(CO2)=0.01L×0.1mol/L×22.4L/mol=0.0224L=22.4mL，故D错误；选B。8、D【详解】A．44.0g环氧乙烷的物质的量是1mol，由于每1个环氧乙烷中含有6个极性键，则1mol环氧乙烷中含有极性键数目为6.0NA个，A错误；B．常温下pH=13的氢氧化钠溶液中c(H+)=10-13mol/L，则1L该溶液中含有H+的物质的量是10-13mol，NaOH溶液中H+完全是水电离产生，则该溶液中由水电离出的H+的数目为10-13NA，B错误；C．在标准状况下224mLSO2的物质的量是0.01mol，SO2溶于水反应产生H2SO3，该反应是可逆反应，溶液中存在未反应的SO2，同时反应产生的H2SO3会部分电离产生、，故溶液中SO2、H2SO3、、四者数目之和为0.01NA，C错误；D．14CO2与N218O的相对分子质量都是46，分子中含有的中子数目都是24个，4.6g14CO2与N218O的混合物中含有分子的物质的量是0.1mol，则其中所含中子数为2.4NA，D正确；故合理选项是D。9、D【解析】A、若HA为强酸，溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合恰好反应，则a=b；若HA为弱酸，生成强碱弱酸盐NaA，NaA水解使溶液呈碱性，由于溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合，HA应过量，故a＞b，，故A可能正确；B、由A分析可知，a=b或a＞b，故B可能正确；C、由电荷守恒可知，溶液中c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，溶液pH=7，则c(OH-)=c(H+)，故c(A-)=c(Na+)，故C一家正确；D、由C中分析可知，溶液中一定满足c(A-)=c(Na+)，故D一定不正确。故选D。【点晴】本题考查溶液中离子浓度比较、酸碱反应pH的定性判断、盐类水解等知识，注意酸HA的强弱讨论方法及电荷守恒、物料守恒在比较离子间关系时的应用。本题中根据HA是强酸还是弱酸，结合盐类水解判断a、b关系；根据溶液呈电中性，以及溶液中的电荷守恒关系c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，便可顺利判断c(A-)、c(Na+)的相对大小。10、D【详解】A.金属离子中的中间价态离子，比如Fe2＋，既有氧化性又有还原性，A错；B.常温下金属汞呈液态，B错；C.有的金属元素存在变价，比如Fe、Cu等，C错；D.大多数金属单质有良好的导电性，是电的良导体，D正确。答案选D。【点睛】11、D【解析】A．铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，不会生成AlO2-，故A错误；B．加入过量漂白粉溶液，漂白粉中含有次氯酸钙和氯化钙，次氯酸钙将亚铁离子氧化为铁离子，Ca2+将SO42-几乎完全沉淀(硫酸钙微溶)，过量的C1O-与Al3+、Fe3+发生双水解反应生成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，最终溶液中存在Ca2+、Cl-、C1O-，故B错误；C．加入过量稀硝酸后，溶液中Fe2+、H+、NO3-能够发生氧化还原反应，不能共存，故C错误；D．加入足量Na2O2，过氧化钠与水反应生成的氢氧化钠将Fe2+完全沉淀，将铝离子转化为AlO2-，最终溶液中存在Na+、SO42-、OH-、AlO2-，故D正确；故选D。12、B【解析】A．拉瓦锡确定空气的组成，证明了化学反应中的质量守恒，对燃烧现象进行了深入的研究，建立了燃烧的新理论，故A正确；B．道尔顿创立原子学说，阿伏加德罗创立了分子学说，故B错误；C．俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，故C正确；D．勒沙特列发现了化学平衡移动原理，故D正确；故选B。13、A【解析】A．铁触媒就是催化剂，催化剂能同等程度地加快正、逆反应速率，故化学平衡不移动，故A不能用勒夏特列原理解释，A正确；B．使用过量空气能增大氧气的浓度，化学平衡向正反应方向移动，所以可以提高反应物二氧化硫的转化率，有利于二氧化硫转化为三氧化硫，故B能用勒夏特列原理解释，B错误；C．汽水中溶解了大量的二氧化碳气体，打开瓶盖后，气压减小，二氧化碳的溶解平衡被破坏，向着气体体积增大的方向移动，所以有大量气泡逸出，故C能用勒夏特列原理解释，C错误；D．若直接将氯化铁溶于水，则氯化铁易水解而使溶液变浑浊（水解后溶液呈酸性），所以为抑制氯化铁水解，在配制溶液时常加入盐酸（增大氢离子浓度有利于水解平衡向逆向移动），故D能用勒夏特列原理解释，D错误；故选A。【点睛】平衡移动原理又勒夏特列原理，她适用于任何平衡体系，她能解释因外界条件改变导致平衡发生移动所带来的各种变化，但是如果改变的外界条件不能破坏平衡体系，平衡就不会发生移动，所以就不能用她来解释由此带来的各种现象。14、B【分析】具有相同电子层结构的离子符号阴上阳下的原则。X、W是阳离子，Y、Z是阴离子，所以X、W位于Y、Z的下一周期；再根据所带电荷数，则W的原子序数大于X，Z的原子序数大于Y。【详解】A.X在Y的下一周期，所以质子数b＞c，A错误；B.Z在Y元素的右侧，Z元素的非金属性比Y强，所以阴离子的还原性Y2-＞Z-，B正确；C.Z元素的非金属性比Y强，所以Z的氢化物比Y的氢化物稳定，C错误；D.X与W是同周期元素，X的原子序数小于W，所以X的原子半径大于W，D错误。答案选B。15、C【详解】50mL1mol·L-1MgCl2溶液的Cl-浓度为2mol·L-1；A.Cl-浓度为1mol·L-1，故A错误；BCl-浓度为4mol·L-1，故B错误；C.Cl-浓度为2mol·L-1，故C正确；D.Cl-浓度为3mol·L-1，故D错误；故选C。16、C【详解】A．充电时，阳离子向阴极移动，即K＋向阴极移动，A项错误；B．放电时总反应为2Zn+O2+4OH–+2H2O=2Zn(OH)42-，则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度增大，B项错误；C．放电时，锌在负极失去电子，电极反应为Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-，C项正确；D．标准状况下22.4L氧气的物质的量为1摩尔，电路中转移4摩尔电子，D项错误；答案选C。【点睛】电极反应式的书写是电化学中必考的一项内容，一般先写出还原剂（氧化剂）和氧化产物（还原产物），然后标出电子转移的数目，最后根据原子守恒和电荷守恒完成缺项部分和配平反应方程式，作为原电池，正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极电极反应式为：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-；充电是电解池，阳离子在阴极上放电，阴离子在阳极上放电，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，对可充电池来说，充电时原电池的正极接电源正极，原电池的负极接电源的负极，不能接反，否则发生危险或电极互换，电极反应式是原电池电极反应式的逆过程；涉及到气体体积，首先看一下有没有标准状况，如果有，进行计算，如果没有必然是错误选项。17、C【详解】A.甲、乙两个容器内温度相等，则平衡常数相等，A错误；B.将乙中转化为到左边，SO2、O2的起始物质的量相当于2mol、1mol，甲、乙温度、体积相等，故二者为完全等效平衡，平衡时SO2的体积分数相等，B错误；C.甲、乙为完全等效平衡，平衡时二氧化硫的物质的量相等，故甲中参加反应的二氧化硫更多，则放出热量：Q1>Q2，由于该反应为可逆反应，反应物不能完全反应，故197>Q1，则放出热量：197>Q1>Q2，C正确；D.同种物质，液态的能量低于气态，生成液态三氧化硫放出的热量更多，即生成1molSO3(l)时放出的热量大于98.5kJ，D错误；故合理选项是C。18、B【详解】A．AlCl3在溶液中水解出氢氧化铝和HCl，而HCl是挥发性酸，加热蒸干时HCl挥发，水解被促进，故会完全水解为氢氧化铝，而灼烧时氢氧化铝会分解为氧化铝，故最终得到的是氧化铝，和盐类的水解有关，故A不选；B．氯化铁具有强氧化性，可与铜发生氧化还原反应，可用于腐蚀印刷电路板，与盐类水解天关，故B选；C．盐类的水解是吸热反应，故升高温度纯碱的水解被促进，水解出的氢氧化钠的浓度更高，则去油污能力更强，和盐类的水解有关，故C不选；D．铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，长期施用硫酸铵易使土壤酸化，与盐类水解有关，故D不选；答案为B。【点睛】加热蒸发和浓缩盐溶液时，对最后残留物的判断应考虑盐类的水解。(1)加热浓缩不水解的盐溶液时一般得原物质；(2)加热浓缩Na2CO3型的盐溶液一般得原物质；(3)加热浓缩FeCl3型的盐溶液最后得到FeCl3和Fe(OH)3的混合物，灼烧得Fe2O3；(4)加热蒸干(NH4)2CO3或NH4HCO3型的盐溶液时，得不到固体；(5)加热蒸干Ca(HCO3)2型的盐溶液时，最后得相应的正盐；(6)加热Mg(HCO3)2、MgCO3溶液最后得到Mg(OH)2固体。19、C【分析】A、四氧化三铁为氧化物，离子方程式中不能拆开．B、电荷不守恒，要加热才能反应；C、二氧化碳足量，反应生成碳酸氢根离子；D、反应条件为碱性；【详解】A、四氧化三铁不能拆开，正确的离子方程式为：3Fe3O4+NO3－+28H＋═9Fe3＋+14H2O+NO↑，故A错误；B、电荷不守恒，用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故B错误；C、向NaAlO2溶液中通入足量的CO2，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：AlO2－+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3－，故C正确；D、在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：4OH－＋3ClO-+2Fe(OH)32FeO42-+3Cl-+5H2O，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了离子方程式的书写方法，解题关键：注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。易错选项D，注意溶液的酸碱性。20、B【详解】A.Na与O2，4Na+O2＝2Na2O，2Na+O2Na2O2，A不合题意；B.Na2O2与CO2，只能发生反应2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2↑，B符合题意；C.NaOH与CO2，2NaOH+CO2(少量)=Na2CO3+H2O，NaOH+CO2(过量)=NaHCO3，C不合题意；D.Cu与HNO3，Cu+4HNO3(浓)==Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，3Cu+8HNO3(稀)==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，D不合题意。故选B。21、B【解析】A.熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚，因为二者反应：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，A正确；B.在海带灰的浸出液（含有I-）中滴加H2O2得到I2：2I-+H2O2+2H+＝I2+2H2O，B错误；C.红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层四氧化三铁：3Fe+4H2OFe3O4+4H2，C正确；D.“84消毒液”(有效成分NaClO)和“洁厕灵”(主要成分盐酸)混合使用发生氧化还原反应放出氯气：ClO－＋Cl－＋2H＋＝Cl2↑＋H2O，D正确；答案选B。22、B【解析】A、若试样没有变质，Ba（ClO）2具有强氧化性，可将Na2SO3氧化成Na2SO4，Na2SO4与Ba2+形成不溶于稀盐酸的BaSO4沉淀，错误；B、Co2O3中滴入浓盐酸产生黄绿色气体，则浓盐酸被氧化成Cl2（Cl2为氧化产物），Co2O3为氧化剂，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物，氧化性：Co2O3Cl2，正确；C、待测液中依次滴入氯水和KSCN溶液，溶液变为红色，待测液中可能只有Fe3+不含Fe2+，检验Fe2+应先加KSCN溶液无明显现象，再加氯水溶液变红，错误；D、NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液，发生反应：NaHCO3+NaAlO2+H2O=Na2CO3+Al（OH）3↓，只有白色沉淀，不是双水解反应，是“强制弱”的复分解反应，错误；答案选B。二、非选择题(共84分)23、第四周期VIII族N4CO32-与NO3-H2SO4H2SO4和H2SO3可表示为(HO)2SO和(HO)2SO2。H2SO3中的S为+4价，而H2SO4中的S为+6价，正电性更高，导致S-O-H中的O的电子更向S偏移，越易电离出H+。共价键范德华力或分子间作用力8【解析】基态R原子核外有三个能级，每个能级上电子数相同，则R是C；X的双原子单质δ键和π键数目之比为1∶2，X是N；Y是短周期主族元素中，原子半径最大，则的Y是Na；Z的最高正化合价与最低负化合价之和等于4，Z是S；基态E3+的外围电子排布式是3d5，这说明E的原子序数是26，即E是Fe。则（1）Fe元素在周期表中的位置是第四周期VIII族，其基态原子中电子占据的最高能层是N。（2）元素X的氢化物M，分子内含18个电子，M的结构式为，每个中心原子的价层电子对数是4，均有一对孤对电子。（3）原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则在R、X、Z的含氧酸根离子中，互为等电子体的离子组是CO32-与NO3-。（4）由于H2SO4和H2SO3可表示为(HO)2SO和(HO)2SO2。H2SO3中的S为+4价，而H2SO4中的S为+6价，正电性更高，导致S-O-H中的O的电子更向S偏移，越易电离出H+，因此硫酸的酸性更强。（5）(SN)4在常压下，高于130℃时分解为相应的单质，S和N之间的化学键是共价键，则这一变化破坏的作用力是共价键；在淡黄色→橙黄色→深红色的转化中没有新物质生成，化学键不变，破坏的作用力是范德华力或分子间作用力。（6）常温条件下，铁的晶体采用如图所示的堆积方式。则这种堆积模型的配位数为8。晶胞中铁原子个数是1＋8×1/8=2，若Fe原子的半径为r，则体对角线是4r，所以边长是，所以单质Fe的原子空间利用率为。24、制作铁红等Al2O3AlO

2-

+CO2

+2H2O=Al(OH)

3+HCO3-Fe

3+

+3H2O

Fe(OH)

3

(胶体)+3H

+【分析】I为红褐色固体，应为Fe（OH）3，则H为Fe（OH）2，由转化关系可知G为FeCl2，D为Fe，J为FeCl3，B为Fe2O3，A和B的反应为铝热反应，A为Al，C为Al2O3，E为AlCl3，K为Al(OH）3，F为NaAlO2【详解】（1）B为Fe2O3，B的主要用途是制作铁红等，C的化学式为Al2O3。（2）E为AlCl3，阳离子为Al3＋，离子的结构示意图为；（3）向F中通入足量CO2生成K，即：向NaAlO2中通入足量CO2生成AlOH）3的离子方程式为AlO2－+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3－；（4）J在工业上可用于净水，其原理是：铁盐可作絮凝剂，常用于净水，其原理是Fe3＋+3H2OFe（OH）3+3H＋，生成胶体，具有吸附性，可净化水。【点睛】本题以“无机框图题”的形式考查元素单质及其化合物的性质，涉及化学式及离子方程式书写等，易错点（3）向NaAlO2中通入足量CO2生成AlOH）3和碳酸氢钠，通入少量二氧化碳则生成碳酸钠。25、（1）E、D、B（2）防止可能生成的NO被氧化成NO2，造成对A中反应气体产物检验造成干扰（3）①D中通入氧气后，出现红棕色气体②冷凝，使NO2完全液化（44NO+O2+4NaOH=2H2O+4NaNO3水蒸气存在，会与NO2反应产生NO，造成对NO的来源认识不清（5）2NaNO2+H2SO4NO↑+NO2↑+Na2SO4+H2O。【解析】试题分析：（1）在A装置中可能发生的反应有：2NaNO2+H2SO4(浓)Na2SO4+2HNO2，2HNO2NO↑+NO2↑+H2O。由于气体液化的温度：NO2：21℃，NO：-152℃，所以NO2首先液化，要先用E检验,然后用D装置根据2NO+O2=2NO2无色气体变为红棕色来验证NO的存在。NO、NO2都是大气污染物，最后要进行尾气处理，用B装置的NaOH溶液来吸收。为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序是A、C、E、D、B。（2）反应前应打开弹簧夹，先通人一段时间氮气，排除装置中的空气，是为了防止可能生成的NO被氧化成NO2，造成对A中反应气体产物检验造成干扰。（3）①D中气体是无色的，当通入氧气后，出现红棕色气体。②装置E的作用是冷凝，使NO2完全液化（4）如果向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为4NO+O2+4NaOH=2H2O+4NaNO3如果没有装置C，产生的气体中含有的水蒸气，就会与NO2发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO。产生了NO，造成对NO的来源认识不清。影响判断结果的正确性。（5）通过上述实骏探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是2NaNO2+H2SO4(浓)Na2SO4+2HNO2，2HNO2NO↑+NO2↑+H2O。叠加得到总方程式为：2NaNO2+H2SO4NO↑+NO2+Na2SO4+H2O考点：考查26、O2Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑O2和N2都是氧化产物，根据化合价变化规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成Cl2HGFCl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O2NH4ClO4N2↑+2O2↑+Cl2↑+4H2O吸收空气中的CO2和水烝气偏大【详解】（1）NH4ClO4受热分解产生的气体，经碱石灰干燥后，能使铜粉由红色变为黑色，说明生成了CuO，所以分解产物中含有O2，故答案为：O2；（2）产生的能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气，发生反应为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑，说明D中固体为Mg3N2，据此可判断NH4ClO4受热分解产物中有N2生成，故答案为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；（3）根据分析可知，NH4ClO4分解产物中含有O2和N2，O2和N2都是氧化产物，根据氧化还原反应规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成氯气，故答案为：O2和N2都是氧化产物，根据氧化还原反应规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成Cl2；（4）①检验水蒸气和氯气，应该先用H中的无水硫酸铜检验水的存在，再用溴化钾检验氯气，现象是水溶液变为橙黄色；为了防止多余的氯气污染环境，还需要使用尾气吸收装置，所以按气流从左至右，装置的连接顺序为A→H→G→F，故答案为：H；G；F；②F中发生反应是氯气被氢氧化钠溶液吸收生成氯化钠、次氯酸钠和水，其反应的离子方程式：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，故答案为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；（5）NH4ClO4分解生成氮气、氧气、氯气和水,结合电子守恒、原子守恒配平可得：2NH4ClO4N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑，故答案为：2NH4ClO4N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑；（6）在实验过程中仪器E中装有碱石灰的目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，实验结束后，某同学拟通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，镁粉与装置中的氧气、氮气反应，造成产物质量增大，会造成计算结果偏大，故答案为：吸收空气中的二氧化碳和水蒸气；偏大。27、直型冷凝管fdebca（或fedbca）防止过量的NAClO将水合肼氧化防止NH3•H2O分解蒸发浓缩，冷却结晶，过滤取少量Ⅲ中所得液体于试管中，先加入稀硫酸酸化，再加淀粉，淀粉变蓝，证明NaI3O存在【分析】实验目的为用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4·H2O)为原料制备碘化钠，利用水合肼的强还原性，与碘和NaOH反应生成的NaIO3反应，得到纯净的碘化钠。【详解】(1)仪器甲的名称是直型冷凝管；(2)①用NaC1O氧化NH3制得水合肼，装置D为制备氨气，装置B为NaC1O氧化氨气的装置，装置C为安全瓶，装置A为防倒吸装置，则制取的氨气经由安全瓶，进入装置B，从c口进入装置A，则连接顺序为fdebca（或fedbca）；②水合肼(N2H4·H2O)具有强还原性，若滴加NaC1O溶液过快，导致溶液中NaC1O的量较多，氧化水合肼；(3)已知水合肼(N2H4·H2O)的