浙江省普通高等学校2026届化学高三上期中复习检测试题含解析

浙江省普通高等学校2026届化学高三上期中复习检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、下列说法错误的是A．实验室废弃的钠需要乙醇处理B．实验室钠着火，不能用泡沫灭火器；但是镁着火可以用C．金属镁在空气中完全燃烧后，最后剩余三种固体D．侯德榜制碱法利用了盐的溶解性差异2、用如图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是：

X

Y

Z

例

氧化物

化合物

纯净物

A

苯的同系物

芳香烃

芳香族化合物

B

胶体

分散系

混合物

C

电解质

离子化合物

化合物

D

碱性氧化物

金属氧化物

氧化物

A．A B．B C．C D．D3、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层只有一个电子，Z位于元素周期表ⅢA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是A．原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)B．由X、Y组成的化合物中均不含共价键C．Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱D．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强4、在100mL硝酸和硫酸的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L。向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）A．0.225mol/L B．0.3mol/L C．0.36mol/L D．0.45mol/L5、刚结束的两会《政府工作报告》首次写入“推动充电、加氢等设施的建设”。如图是一种正负电极反应均涉及氢气的新型“全氢电池”，能量效率可达80%。下列说法中错误的是A．该装置将化学能转换为电能B．离子交换膜允许H+和OH－通过C．负极为A，其电极反应式是H2－2e－+2OH－=2H2OD．电池的总反应为H++OH－H2O6、某溶液由Na+、Cu2+、Ba2+、Fe3+、AlO2-、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种离子组成，取适量该溶液进行如下实验：下列说法正确的是A．原溶液中一定只存在AlO2-、CO32-、SO42-、Cl-四种离子B．气体A的化学式是COC．原溶液中一定不存在的离子是Cu2+、Ba2+、Fe3+D．生成沉淀B的离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓7、常温下，用0.1mol·L—1HCl溶液滴定10.0mL浓度为0.1mol·L—1Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A．当V＝0时：c(H＋)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝c(OH－)B．当V＝5时：c(CO32—)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝c(Cl－)C．当V＝10时：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32—)＞c(H2CO3)D．当V＝a时：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)8、设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．反应，生成22.4时转移的电子数为3.75B．的溶液中，含有的数目等于C．标准状况下甲烷和氧气的混合气体共22.4L，完全燃烧后产物的分子总数一定为D．10g的中含有的质子数与中子数分别为5和49、下列化工生产涉及的变化主要是物理变化的是（）A．煤的干馏 B．石油的分馏C．石油的裂化 D．石油的裂解10、下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是物质（括号内为杂质）除杂试剂AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、浓H2SO4DNO（NO2）H2O、无水CaCl2A．A B．B C．C D．D11、某温度下，将amol·L－1的一元酸HA与bmol·L－1的一元碱BOH等体积混合，下列说法正确的是A．若混合溶液显中性，则a一定等于bB．若混合溶液显酸性，则a一定大于bC．混合溶液中一定有：c(H＋)＝mol·L－1D．混合溶液中一定有：c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)12、满足两个条件①离子化合物②不含有共价键的是A．N2H6Cl2 B．Ca(ClO)2 C．LiNH2 D．BaClBr13、下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A分别加热Na2CO3和NaHCO3固体试管内壁均有水珠两种物质均受热分解B向稀的偏铝酸钠溶液滴加饱和氯水生成白色沉淀偏铝酸钠具有还原性C向含I﹣的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：Cl2＞I2D向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液加入H2O2后溶液变成血红色Fe2+既有氧化性又有还原性A．A B．B C．C D．D14、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．25℃、101KPa下，NA个C18O2分子的质量为48gB．标准状况下，22.4LHF中含有的电子数为10NAC．加热含4molHCl的浓盐酸与足量MnO2的混合物充分反应，转移电子数2NAD．1L0.1mol/L的NaClO水溶液中含有的氧原子数为0.lNA15、被称为“国防金属”的镁，60%来自海洋，从海水中提取镁的正确方法是物质氧化镁氯化镁熔点/℃2852714A．海水Mg(OH)2MgB．海水MgCl2溶液―→MgCl2(熔融)MgC．海水Mg(OH)2MgOMgD．海水Mg(OH)2MgCl2溶液―→MgCl2(熔融)Mg16、下列说法正确的是（）A．稀硫酸、NaCl溶液是实验室常见的强电解质B．二氧化氮经加压凝成无色液体为物理变化C．“华为麒麟980”手机芯片的主要成分是二氧化硅D．“火树银花”的烟花利用了金属元素的物理性质17、汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应NaN3＋KNO3―→K2O＋Na2O＋N2↑。对上述反应的描述错误的是（）A．NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂B．该反应中有两种元素的化合价发生变化C．配平后物质的系数依次为10、2、1、5、16D．若生成8molN2，则转移电子的物质的量为5mol18、下列有关热化学方程式的叙述正确的是（）A．已知CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-890.3kJ·mol-1，则甲烷的燃烧热为893.0kJ·mol-1B．已知4P（红磷，s）=P4（白磷，s）；ΔH＞0，则白磷比红磷稳定C．含20.0gNaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的热量，反应的热化学方程式为：NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.4kJ·mol-1D．己知C(s)+O2(g)=CO2(g)；ΔH1C(s)+O2(g)=CO(g)；ΔH2，则ΔH1＞ΔH219、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的氢化物在通常情况下呈液态，Y的最高价氧化物对应的水化物为强碱，由X、Y、Z三种元素形成的一种盐溶于水后加盐酸，有淡黄色沉淀析出，同时有刺激性气味气体产生。下列说法不正确的是()A．其简单离子半径：Z>W＞X＞YB．Y分别与X、Z、W形成的化合物中一定没有共价键C．X的简单氢化物的热稳定性比Z的强D．W对应单质的水溶液具有漂白性20、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．标准状况下，22.4L二氯甲烷中含有4NA极性共价键B．向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1molFe2+被氧化时，该反应中转移电子数目为3NAC．向1L0.5mol/L盐酸溶液中通入NH3至中性（忽略溶液体积变化），此时NH4+个数为0.5NAD．用惰性电极电解CuSO4溶液，标况下，当阴极生成22.4L气体时，转移的电子数为2NA21、工业上用铋酸钠(NaBiNO3)检验溶液中的Mn2+，反应方程式为：4MnSO4+10NaBiO3+14H2SO4=4NaMnO4+5Bi(SO4)3+3Na2SO4+□，下列说法不正确的是（）A．“□”内的物质为水，配平系数为14 B．若生成1mol

NaMnO4,则转移5mole-C．反应方程式中的硫酸可换为盐酸 D．溶液中有Mn2+的现象是溶液变为紫红色22、电解水时，为增强溶液的导电性可向溶液中加入适量的电解质，下列物质中适合的是（）A．NaCl B．HCl C．H2SO4 D．CuSO4二、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）下图表示有关物质的相互转化关系，其中A是由G和某淡黄色固体组成的混合物，I是常见的无色液体，反应①在化工生产中有着重要应用（部分产物和条件已略去）。（1）写出以下物质的化学式：B_______、F_______。（2）反应②的离子方程式为_______。（3）我国首创的由G、空气和海水组成的电池，在航海领域有着极其重要的作用，其工作时正极反应式为_______，该电池最大的优点是只需补充_______〔填“正极”或“负极”〕材料就可接着使用。（4）向M的水溶液中加入少量A中的淡黄色固体，反应的化学方程式为_______。（5）25℃时，pH均为5的盐酸和M的水溶液中，由H2O电离出的H＋物质的量浓度之比为_______。25、（12分）(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室用莫尔盐制备的流程如图所示。回答下列问题：(1)中铁离子的配位数为__________，其配体中C原子的杂化方式为________。(2)步骤②发生反应的化学方程式为__________________________________________________。(3)步骤③将加入到溶液中，水浴加热，控制溶液pH为，随反应进行需加入适量__________(已知：常温下溶液的pH约为3.5)。(4)得到的三草酸合铁酸钾晶体依次用少量冰水、95%乙醇洗涤的目的是____________________。(5)某研究小组将在一定条件下加热分解，利用下图装置(可重复使用)验证所得气体产物中含有CO和。①按气流从左到右的方向，依次连接的合理顺序为_________________(填装置序号)。②确认气体产物中含CO的现象为____________________。26、（10分）醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O是一种氧气吸收剂，为红棕色晶体，易被氧化，难溶于冷水，易溶于酸。其制备装置及步骤如下：①检查装置气密性后，往三颈烧瓶中依次加入过量锌粒、适量CrCl3溶液。②关闭K2，打开K1，旋开分液漏斗的旋塞并控制好滴速。③待三颈烧瓶内的溶液由深绿色(Cr3＋)变为亮蓝色(Cr2＋)时，将溶液转移至装置乙中，当出现大量红棕色晶体时，关闭分液漏斗的旋塞。④将装置乙中混合物快速过滤、洗涤和干燥，称量得到3.76g[Cr(CH3COO)2]2·2H2O（1）三颈烧瓶中的Zn与盐酸生成H2的作用____________，还发生的另一个反应的离子方程式为______________。（2）实现步骤③中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为______________，当乙中析出红棕色沉淀，为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是___________、_________、洗涤、干燥。（3）装置丙中导管口水封的目的是______________。（4）若实验所取用的CrCl3溶液中含溶质6.34g，则[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(相对分子质量为376)的产率是_______________________。27、（12分）无水FeCl3呈棕红色，极易潮解，100℃左右时升华，工业上常用作有机合成催化剂。实验室可用下列装置(夹持仪器略去)制备并收集无水FeCl3。（1）装置A中反应的离子方程式为________________。（2）装置C中所加的试剂为____________。（3）导管b的作用为___________；装置G的作用为________。（4）实验时应先点燃A处的酒精灯，反应一会儿后，再点燃D处的酒精灯，是因为_____。（5）为检验所得产品为FeCl3，可进行如下实验：取E中收集的产物少许，加水溶解，向所得溶液中加入____________，___________(填试剂和现象)。28、（14分）A、B、C、D、E、F为中学化学中的常见物质，且物质A由一种或两种短周期元素组成，在一定条件下有如下转化关系，请完成下列问题：(1)若常温下A为有色气体①若F是一种金属单质，请写出B和适量F反应生成C与气体E的离子方程式：________。②若C为直线型分子，E具有漂白性，物质F焰色反应呈黄色，则F的化学式为：________；D中所含化学键的类型为：________。(2)若A为淡黄色固体，D为白色难溶于水的物质，且物质A和D的式量相等，请用离子方程式表示物质F的水溶液呈酸性的原因：________。(3)若物质A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的1/5，将B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得到一种不含金属元素的盐溶液，请写出A与H2O反应的化学方程式：________；B转化为C的化学方程式为：________。29、（10分）某实验小组同学利用下图装置对电化学原理进行了一系列探究活动。（1）甲池为装置_______(填“原电池”或“电解池”)。（2）甲池反应前，两电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差28g，导线中通过_________mol电子。（3）实验过程中，甲池左侧烧杯中NO3-的浓度_______(填“变大”、“变小”或“不变”)。（4）其他条件不变，若用U形铜棒代替“盐桥”，工作一段时间后取出铜棒称量，质量___________(填“变大”、“变小”或“不变”)。若乙池中的某盐溶液是足量AgNO3溶液，则乙池中左侧Pt电极反应式为___________________________________，工作一段时间后，若要使乙池溶液恢复原来浓度，可向溶液中加入_____________(填化学式)。

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．实验室常用无水乙醇处理少量废弃的钠，2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，反应缓慢，较为安全，故A正确；B．钠着火生成的过氧化钠能够与二氧化碳反应生成氧气，起不到灭火的作用，镁可在二氧化碳中燃烧，钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，一般可用沙子扑灭，故B错误；C．金属镁在空气中完全燃烧，大部分的镁与氧气反应生成氧化镁，少量的镁与氮气反应生成氮化镁，还有少量的镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，最后生成三种固体，故C正确；D．“侯德榜制碱法”的反应物为氨气、二氧化碳和饱和氯化钠溶液，反应的方程式为NaCl（饱和）+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，利用了盐的溶解性差异，故D正确；故选B。2、C【详解】A．苯的同系物属于芳香烃，芳香烃属于芳香族化合物，故A正确；

B．胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故B正确；

C．电解质包括离子化合物和部分共价化合物，电解质，离子化合物都属于化合物，故C错误；

D．氧化物只有两种元素组成，则碱性氧化物与金属氧化物都属于氧化物，碱性氧化物都是由金属元素和氧元素组成，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如过氧化钠等，则金属氧化物包含碱性氧化物，故D正确；

故选C。3、D【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W为S元素。根据元素周期律作答。【详解】A项，Na、Al、S都是第三周期元素，根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：r（Y）r（Z）r（W），A项错误；B项，由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，B项错误；C项，金属性：Na（Y）Al（Z），Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，C项错误；D项，非金属性：O（X）S（W），X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D项正确；答案选D。4、C【分析】有关反应离子方程式为：3Cu+2NO3－+8H＋=3Cu2＋+2NO↑+4H2O，由上述反应方程式可知，NO3－和H＋的物质的量之比为1：4时，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3－）：n（H＋）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.6×0.1，据此计算x、y的值，再根据方程式计算铜离子的物质的量，根据c=n/V计算铜离子浓度．【详解】反应离子方程式为：3Cu+2NO3－+8H＋=3Cu2＋+2NO↑+4H2O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO3－和H＋的物质的量之比为1：4时，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3－）：n（H＋）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.6×0.1，联立解得x=0.024mol、y=0.036mol，由方程式可知，生成铜离子的物质的量为0.024mol×3/2=0.036mol，故铜离子的最大浓度为0.036mol÷0.1L=0.36mol·L－1，故选C。5、B【解析】由工作原理图可知，左边吸附层A上氢气失电子与氢氧根结合生成水，发生了氧化反应为负极，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层B为正极，发生了还原反应，电极反应是2H++2e-═H2↑，结合原电池原理分析解答。【详解】A.“全氢电池”工作时是原电池反应，能量变化是将化学能转化为电能，故A正确；B.由工作原理图可知，左边溶液为碱性，右边溶液为酸性，所以离子交换膜可阻止左边的碱性溶液和右边的酸性溶液发生中和，因此该离子交换膜不能允许H+和OH－通过，故B错误；C.根据氢气的进出方向可知，氢气在吸附层A上发生氧化反应，化合价由0价变成+1价，吸附层A为负极，电极反应为：H2-2e-+2OH-═2H2O，故C正确；D.根据C的分析可知，右边吸附层B为正极，发生了还原反应，正极电极反应是2H++2e-═H2↑，左边吸附层A为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，因此总反应为：H++OH-H2O，故D正确；答案选B。6、C【解析】该溶液中加入过量盐酸，有气体A生成，推出原溶液中含有CO32－，根据离子共存，原溶液中一定没有Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋，根据溶液呈现电中性，则原溶液中一定有Na＋，无色透明溶液A中加入过量氨水，得到白色沉淀，白色沉淀为Al(OH)3，则原溶液中一定含有AlO2－，滤液B中加入过量的氢氧化钡溶液，有白色沉淀，白色沉淀为BaSO4，则原溶液中含有SO42－，滤液C中加入过量的稀硝酸酸化的硝酸银，出现白色沉淀，沉淀为AgCl，Cl－来自于过量的盐酸，原溶液中不能确认是否含有Cl－。【详解】该溶液中加入过量盐酸，有气体A生成，推出原溶液中含有CO32－，根据离子共存，原溶液中一定没有Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋，根据溶液呈现电中性，则原溶液中一定有Na＋，无色透明溶液A中加入过量氨水，得到白色沉淀，白色沉淀为Al(OH)3，则原溶液中一定含有AlO2－，滤液B中加入过量的氢氧化钡溶液，有白色沉淀，白色沉淀为BaSO4，则原溶液中含有SO42－，滤液C中加入过量的稀硝酸酸化的硝酸银，出现白色沉淀，沉淀为AgCl，Cl－可能来自于过量的盐酸，不能确认原溶液中是否含有Cl－。A、原溶液中一定存在Na＋、AlO2－、CO32－、SO42－，故A错误；B、根据上述分析，气体为CO2，故B错误；C、原溶液中一定不存在的离子是Cu2＋、Fe3＋、Ba2＋，故C正确；D、NH3·H2O为弱碱，离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故D错误。【点睛】根据分析，学生认为Na＋可能存在，也可能不存在，学生忽略溶液呈现电中性，离子检验中遵循的原则：一是肯定性原则，二是互斥性原则，三是电中性原则，四是进出性原则。7、D【解析】A．当V=0时为碳酸钠溶液，根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，根据物料守恒有：c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(H2CO3)+2c(CO32-)，联立可得：c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(OH-)，故A错误；B．当V=5时，得到等浓度的NaHCO3、NaCl、Na2CO3混合溶液，根据物料守恒，c(CO32—)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝2c(Cl－)，故B错误；C．当V=10时，反应恰好生成等浓度的NaHCO3、NaCl的混合溶液，碳酸氢钠的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，则c(H2CO3)＞c(CO32—)，故C错误；D．v=a时，溶液的pH=7，溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(HCO3-)，联立可得c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(Cl-)，所以c(Na+)＞c(Cl-)＞c(H+)=c(OH-)，故D正确；答案选D。8、C【详解】A．题中未说明是否为标况条件，故无法使用Vm=22.4mol/L进行相关计算，A错误；B．根据物料守恒，该溶液中有n(Na+)=n(SO32-)+n(HSO3-)+n(H2SO3)，则溶液中Na+的数目大于NA，B错误；C．根据化学方程式，该反应前后分子个数不变；标况下，22.4L的甲烷和氧气的混合气体的总物质的量为1mol，所以该混合气体完全反应后，产物的分子总数一定为NA，C正确；D．D2O分子的质子数和中子数均为为10，故10gD2O所含的质子数和中子数都为5NA，D错误；故选C。9、B【详解】A.煤的干馏就是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，属于化学变化，故A错误；B.石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B正确；

C.石油的裂化就是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，该过程中有新物质生成，属于化学变化，故C错误；

D.石油的裂解采用比裂化更高的温度，使具有长链分子的烃断裂成各种短链的气态烃和少量液态烃，以提供有机化工原料，该过程中有新物质生成，属于化学变化，故D错误；

答案选B。10、B【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；C.部分氯气与H2O发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；D.NO2与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。11、D【解析】本题主要考查了酸碱等体积混合过程，酸碱性、氢离子浓度与浓度的关系，电荷守恒等。【详解】A.将amol·L－1的一元酸HA与bmol·L－1的一元碱BOH等体积混合，混合溶液显中性，若均为强电解质，则a等于b，若其中一种为弱电解质，则弱电解质浓度偏高，A错误；B.混合溶液显酸性，若均为强电解质，则a大于b，若BOH为弱电解质，a可能等于b，B错误；C.当溶液为中性时，混合溶液中c(H＋)＝mol·L－1，其余情况均不符合，C错误；D.混合溶液中存在电荷守恒，c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)，D正确。答案为D。12、D【详解】A．N2H6Cl2由两个Cl-和N2H构成，属于离子化合物，但N2H中还含有共价键，A不符合题意；B．Ca(ClO)2由Ca2+和两个ClO-构成，属于离子化合物，但ClO-中还含有共价键，B不符合题意；C．LiNH2有Li+和NH构成，属于离子化合物，但NH中还含有共价键，C不符合题意；D．BaClBr中含有Ba2+、Cl-、Br-三种离子，且不含共价键，D符合题意；故选D。13、C【解析】A.根据元素守恒知,即使碳酸钠分解也不能生成水；

B.偏铝酸钠和少量H+反应生成Al(OH)3；C.同一氧化还原反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；

D.亚铁离子具有还原性，能被双氧水氧化生成铁离子，铁离子和KSCN溶液混合生成络合物而导致溶液呈血红色。【详解】A.根据元素守恒知，即使碳酸钠分解也不能生成水,可能是碳酸钠不干燥导致的，故A错误；

B.向稀的偏铝酸钠溶液滴加饱和氯水，发生反应：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，该反应为非氧化还原反应，偏铝酸钠没有还原性，故B错误；C.同一氧化还原反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；向含I﹣的无色溶液中滴加少量新制氯水,再滴加淀粉溶液,氯气具有强氧化性,能将碘离子氧化生成碘,碘遇淀粉试液变蓝色,加入淀粉后溶液变蓝色,说明碘离子被氧化生成碘单质,氧化剂是氯气、氧化产物是碘,所以氧化性:Cl2＞I2；故C正确；

D.双氧水具有氧化性,亚铁离子具有还原性,亚铁离子和双氧水反应生成铁离子,铁离子和KSCN溶液混合生成络合物而导致溶液呈血红色,加入双氧水后溶液变成血红色说明亚铁离子被氧化,则亚铁离子有还原性,不能说明具有氧化性，故D错误；

综上所述，本题选C。14、A【解析】A．NA个C18O2分子物质的量为1mol，其的质量=1mol×48g/mol=48g，故A正确；B．标准状况下，HF不是气体，22.4LHF物质的量不是1mol，故B错误；C.二氧化锰只能和浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故当盐酸变稀时反应即停止，盐酸不能反应完全，则转移的电子总数小于2NA个，故C错误；D．水中也含O原子，则溶液中含有的氧原子数远大于0.1NA，故D错误；故选A。点睛：把握物质的量的相关计算公式、物质的组成、氧化还原反应等为解答的关键。本题的易错点为C，稀盐酸与二氧化锰不能发生反应，类似的有，浓硫酸与铜反应时，变成稀硫酸与铜不再反应，浓硝酸和稀硝酸与铜发生不同的反应等。15、D【解析】从海水中提取镁的方法是：先加石灰乳使水中的镁离子通过和石灰乳反应生成氢氧化镁白色沉淀，然后利用盐酸溶解氢氧化镁生成氯化镁溶液，从氯化镁溶液中结晶得到MgCl2·6H2O，在HCl气流中加热MgCl2·6H2O得到无水MgCl2，镁是活泼的金属，通过电解熔融的氯化镁即可以得到金属镁。【详解】A.Mg(OH)2不导电，无法电解，A不正确；B.海水中通入氯化氢（或加入盐酸）不能得到不含杂质的MgCl2溶液，B不正确；C.MgO不导电，其在熔融状态下能导电，但其熔点很高，不适合制备Mg，C不正确；D.海水Mg(OH)2MgCl2溶液―→MgCl2(熔融)Mg，该流程与实际工业生产相符，D正确。答案：选D。【点睛】海水中含有MgCl2，工业上从海水中提取镁首先是富集；根据石灰乳比氢氧化钠廉价易得，一般不用氢氧化钠，在海水中加石灰乳过滤得沉淀氢氧化镁；加盐酸得到氯化镁，经浓缩、结晶、脱水、电解可以得到金属镁。16、D【详解】A．电解质是指在水溶液中或熔融状态下可以导电的化合物，稀硫酸、NaCl溶液都是混合物，不属于电解质，故A错误；B．二氧化氮经加压凝成无色液体，发生反应：二氧化氮转变为四氧化二氮，且是可逆反应，属于化学变化，故B错误；C．硅属于半导体材料，二氧化硅具有良好的导光性；“华为麒麟980”手机芯片的主要成分是单质硅，故C错误；D．烟花中添加多种金属元素，具有不同的焰色反应，“火树银花”的烟花利用了金属元素的物理性质，即焰色试验，故D正确；故答案选：D。17、B【解析】NaN3中N元素化合价从－1/3价升高到0价，硝酸钾中氮元素化合价从+5价降低到0价，所以根据电子得失守恒和原子守恒可知配平后的方程式为10NaN3＋2KNO3＝K2O＋5Na2O＋16N2↑，则A.NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂，A正确；B.该反应中只有氮元素的化合价发生变化，B错误；C.配平后物质的系数依次为10、2、1、5、16，C正确；D.若生成8molN2，则转移电子的物质的量为5mol，D正确，答案选B。本题考查氧化还原反应，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意各种守恒法应用。18、C【详解】A．燃烧热：在101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，水的稳定状态应为液态，甲烷的燃烧热不为893.0kJ·mol-1则故A错误；B．4P(红磷，s)=P4(白磷，s)△H＞0，为吸热反应，则红磷的能量低于白磷的能量，物质具有的能量越低越稳定，所以红磷比白磷稳定，故B错误；C．含20.0gNaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，生成0.5mol水，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.4kJ/mol，故C正确；D．C完全燃烧放出的能量多，不完全燃烧放出的热量少，放出的热量越多，△H越小，所以△H1＜△H2，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为D，要注意放热反应的△H＜0，放出的热量越多，△H越小。19、B【分析】X的氢化物在通常情况下呈液态，则X为O元素；Y的最高价氧化物对应的水化物为强碱，结合原子序数可知Y为Na；由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有淡黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，淡黄色沉淀为S，刺激性气体为二氧化硫，则根据元素守恒规律可推知Z为S元素，再结合短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，进而推得W为Cl元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为O、Y为Na、Z为S，W为Cl。A.根据元素周期律可知，电子层数越大，简单离子的半径越大；当电子层数相同时，核电荷数越小，对应的离子半径越大，因此四种元素对应的简单离子半径大小排序：Z>W>X>Y，故A项正确；B.Y为钠元素，与X形成的化合物为Na2O2时，含离子键、共价键，故B项错误；C.同主族元素，非金属性从上到下依次降低，其对应的简单氢化物的热稳定性也逐渐降低，故X的简单氢化物的热稳定性比Z的强，C项正确；D.W对应的单质为Cl2，氯气溶于水生成的次氯酸具有漂白性，故D项正确；答案选B。【点睛】本题考查元素结构与性质的综合运用，非金属性判断的依据有：1.由单质的氧化性判断，一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强。2.由对应氢化物的稳定性判断，氢化物越稳定，非金属性越强；3.由和氢气化合的难易程度判断，化合反应越容易，非金属性越强；4.由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断，酸性越强，非金属性越强；5.由对应最低价阴离子的还原性判断，还原性越强，对应非金属性越弱；以上几条规律，反之也成立，即若已知元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可直接判断出非金属性强弱，进而也可推测出其对应的性质关系，如气态氢化物的稳定性强弱等规律。20、C【详解】A.标准状况下二氯甲烷是液体，标准状况下22.4L二氯甲烷的物质的量不是1mol，因此不能确定含有极性键的数目，故A错误；B.I-还原性大于Fe2+，向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，氯气先氧化I-，不能确定1molFe2+被氧化时转移电子数目，故B错误；C.向1L0.5mol/L盐酸溶液中通入NH3至中性（忽略溶液体积变化），根据电荷守恒，n(NH4+)=n(Cl－)=0.5mol，所以NH4+个数为0.5NA，故C正确；D.用惰性电极电解CuSO4溶液，阴极先生成铜，再生成氢气，标况下，当阴极生成22.4L气体时，转移的电子数大于2NA，故D错误；答案选C。21、C【解析】A.根据质量守恒定律判断口内的物质为水，配平系数为14，故A正确；B.NaMnO4～5e-，若生成1molNaMnO4，则转移5mole-，故B正确；C.盐酸可被NaBiO3氧化，故C不正确；D.该反应中Mn2+→，溶液中有Mn2+的现象是溶液变为紫红色，故D正确。故选C。22、C【分析】依据电解原理进行分析，解答；【详解】A、加入NaCl，根据电解原理，总电极反应式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，与实验目的不符，故A不符合题意；B、加入HCl，总电极反应式为2HClH2↑＋Cl2↑，与实验目的不符，故B不符合题意；C、加入H2SO4，总电极反应式为2H2O2H2↑＋O2↑，与实验目的相符，故C合理；D、加入CuSO4，总电极反应式为2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，与实验目的不符，故D不符合题意；答案为C。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、H2Al2O32A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑O2＋2H2O＋4e－＝4OH－负极4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4Al〔OH〕3↓+12NaCl+3O2↑1∶104【分析】I是常见的无色液体，应为H2O，A是由G和某淡黄色固体组成的混合物，该混合物与水反应得到B、D、C，而B、D反应生成水，B、D分别为氢气、氧气中的一种，可推知A为Al、Na2O2混合物，则C为NaAlO2，E为Al（OH）3、F为Al2O3，电解F得到D与G，故G为Al、D为O2、B为H2，G与盐酸反应生成M为AlCl3，据此解答。【详解】I是常见的无色液体，应为H2O，A是由G和某淡黄色固体组成的混合物，该混合物与水反应得到B、D、C，而B.、D反应生成水，B、D分别为氢气、氧气中的一种，可推知A为Al、Na2O2混合物，则C为NaAlO2，E为Al(OH)3、F为Al2O3，电解F得到D与G，故G为Al、D为O2、B为H2，G与盐酸反应生成M为AlCl3；(1)由上述分析可知，B为H2，F为Al2O3；(2)反应②为铝与氢氧化钠溶液反应，离子方程式为：2Al+2OH−+2H2O═2AlO2−+3H2↑；(3)由Al、空气和海水组成的电池，正极发生还原反应，氧气在正极放电生成氢氧根离子，工作时正极反应式为：O2+4e−+2H2O═4OH−，反应中Al被消耗，Al为负极，该电池最大的优点是只需补充负极材料就可继续使用，故答案为O2+4e−+2H2O═4OH−；负极；(4)向AlCl3的水溶液中加入过氧化钠，反应的化学方程式为：4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4Al〔OH〕3↓+12NaCl+3O2↑；(5)25℃时，pH为5的盐酸溶液中，由H2O电离出的H+物质的量浓度等于溶液中氢氧根离子浓度为10−9mol/L，pH为5的AlCl3的水溶液中氢离子浓度为水电离产生，由H2O电离出的H+物质的量浓度为10−5mol/L，故二者由H2O电离出的H+物质的量浓度之比为10−9mol/L：10−5mol/L=1:104，故答案为1:104。25、6洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，除去表面的水分DCBADEA中的粉末由黑色变为红色，其后的D中的石灰水变浑浊【分析】莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]经过NaOH溶液处理后生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2经过H2O2氧化得Fe(OH)3红褐色沉淀，Fe(OH)3与KHC2O4反应生成K3[Fe(C2O4)3]溶液，最后蒸发浓缩、冷却结晶得K3[Fe(C2O4)3]•3H2O，据此分析解题。【详解】(1)中铁离子为中心离子，为配体，由于每一个能与中心离子形成两个配位键，故中铁离子的配位数为6，其配体的结构简式为，故每个C原子周围形成3个键，无孤对电子，故碳原子的杂化方式为，故答案为：6；；(2)由分析可知，步骤②发生反应为Fe(OH)2经过H2O2氧化得Fe(OH)3红褐色沉淀，故其化学方程式为，故答案为：(3)步骤③将Fe(OH)3加入到KHC2O4溶液中，水浴加热，控制pH为，已知常温下溶液的pH约为3.5，故为了防止pH偏高且不引入新的杂质，应随反应进行需加入适量H2C2O4以降低pH，故答案为：H2C2O4；(4)得到的三草酸合铁酸钾晶体，此时晶体表面还有大量的可溶性杂质，故依次用少量冰水以洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，再用95%乙醇洗涤以除去表面的水分，同时便以干燥，故答案为：洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，除去表面的水分；(5)①检验CO2通常用澄清石灰水，检验CO2中的CO需先用NaOH溶液除去CO2，然后干燥后通入灼热的CuO后再用澄清石灰水检验产物，最后需进行尾气处理，收集CO，故按气流从左到右的方向，依次连接的合理顺序为DCBADE，故答案为：DCBADE；②经过上述①分析可知，CO+CuOCu+CO2，故A中的粉末由黑色变为红色，将生成的气体通入其后的D中的石灰水变浑浊，即可确认气体产物中含CO，故答案为：A中的粉末由黑色变为红色，其后的D中的石灰水变浑浊。26、排除装置中的空气2Cr3++Zn=2Cr2++Zn2+关闭K1，打开K2冷却过滤防止空气进入装置乙中氧化Cr2+50%【解析】（1）根据题干信息，醋酸亚铬水合物易被氧化，三颈烧瓶中的Zn与盐酸生成H2可将装置内的空气排干净，防止其被氧化；装置甲分液漏斗盛装稀盐酸，在圆底烧瓶中和锌反应Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑，同时发生2CrCl3+Zn═2CrCl2+ZnCl2，该反应的离子反应为：2Cr3++Zn═2Cr2++Zn2+；答案为：排除装置中的空气；2Cr3++Zn=2Cr2++Zn2+（2）实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，打开K2关闭K1，把生成的CrCl2溶液压入装置乙中反应；醋酸亚铬水合物难溶于冷水，当乙中析出红棕色沉淀，为使沉淀充分析出并分离，先将装置乙冷却至室温，使其充分结晶析出，在用过滤的方法分离；答案为：关闭K1，打开K2；冷却；过滤；（3）Cr2+不稳定，极易被氧气氧化，装置丙中导管口水封的目的是避免空气进入装置乙氧化Cr2+；故答案为避免空气进入装置乙氧化Cr2+；（4）CrCl3物质的量为=0.04mol，得到CrCl2为0.04mol，根据原子守恒，则得到[Cr(CH3COO)2]2·2H2O为0.04mol，质量为0.04mol×1/2×376g/mol=7.52g，所得产品的产率为×100%=50%；故答案为50%。27、MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O浓硫酸(或浓H2SO4)平衡压强(或使浓盐酸顺利流下)吸收多余的Cl2排尽实验装置中的空气KSCN溶液溶液变红【分析】根据实验装置图可知，用浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中有氯化氢和水杂质，为制备并收集无水FeCl3，B装置中装饱和食盐水，除去氯气中的氯化氢，通过装置中的长颈漏斗可判断实验过程中导管是否被产品堵塞，C装置中装浓硫酸干燥氯气，D装置中铁与氯气反应生成氯化铁，E装置收集生成的氯化铁，实验尾气中有氯气，要用氢氧化钠溶液吸收，由于无水FeCl3极易潮解，所以在收集装置和尾气吸收装置之间加一个干燥装