安徽省宣城市三校2026届化学高三第一学期期中检测试题含解析

安徽省宣城市三校2026届化学高三第一学期期中检测试题注意事项：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、短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，B的氢化物的水溶液呈碱性；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色。下列说法中，正确的是A．B的氢化物沸点一定高于A的氢化物沸点B．某物质焰色反应呈黄色，该物质一定是含C的盐C．向D单质与沸水反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变红D．氧化物水化物的酸性E大于B2、下列陈述I、Ⅱ均正确且有因果关系的是陈述I陈述ⅡACO2能与水反应生成碳酸CO2属于酸性氧化物BAlCl3属于共价化合物AlCl3属于非电解质C漂白粉中的Ca(ClO)2会与空气中CO2、H2O反应漂白粉应密封保存DH2O2和SO2均能使酸性高锰酸钾溶液褪色H2O2有还原性，SO2有漂白性A．A B．B C．C D．D3、下列不能说明氯的非金属性强于溴的事实是A．HClO4酸性强于HBrO4B．向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水，溶液颜色变黄C．BrCl＋H2O→HBrO＋HCl为非氧化还原反应D．HBr的分解温度低于HCl4、下列离子方程式正确的是A．实验室可以用浓盐酸和氯酸钾反应制氯气：K37ClO3＋6HCl＝3Cl2↑＋3H2O＋K37ClB．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32－＋4H＋＝3S↓＋SO42－＋2H2OC．二氧化硫通入氯化钡溶液中：SO2＋Ba2＋＋H2O＝BaSO3↓＋2H＋D．向l0mLlmol·L－1KAl(SO4)2的溶液中加入7.5mL2mol·L－1Ba(OH)2溶液：2Al3＋＋3SO42－＋6OH－＋3Ba2＋＝2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓5、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．H2O2分解产生1molO2转移电子数为4NAB．0.1molH2和0.1mol碘蒸气在密闭容器中充分反应，容器内分子总数为0.2NAC．1molNaHSO4熔融时电离出的阳离子数目为2NAD．S8分子结构如图，1mol该分子中含有S—S键个数为7NA6、《本草纲目》中对玻璃有如下叙述：“本作颇黎。颇黎，国名也。其莹如水，其坚如玉，故名水玉，与水精（即水晶，主要成分为SiO2）同名。有酒色、紫色、白色，莹澈与水精相似。”下列说法错误的是（）A．文中所描述的玻璃颜色，来自某些金属氧化物B．玻璃质地坚硬，不易破碎C．将石灰石、纯碱、石英在高温下熔融，可制得普通玻璃D．不能用带有磨口玻璃塞的玻璃试剂瓶盛放NaOH溶液7、下列化学用语或命名正确的是A．次氯酸的结构式：H-Cl-O B．含有10个中子的氧原子的符号：C．S2-的结构示意图 D．NH4Cl的电子式：8、取一定量FeO和Fe2O3的混合物，在H2流中加热充分反应。冷却，称得剩余固体比原混合物质量减轻1.200g。若将同量的该混合物与盐酸反应完全，至少需1mol/L盐酸的体积为A．37.5mL B．75mL C．150mL D．300mL9、已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeSO4氧化，化学方程式为2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋8H2O，现将一定量的硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中铁离子的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示。则下列有关说法不正确的是()A．图中AB段主要是高锰酸钾和碘化钾溶液反应B．图中BC段发生的反应为2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2C．根据OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25molD．根据OC段的数据可知开始加入的硫酸亚铁的物质的量为1mol10、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．c（H+）/c（OH-）=1012的水溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl-B．水电离出的c（H+）=10-l2mol/L的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO3-C．能使甲基橙呈红色的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Na+D．c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液中：K+、ClO-、SO42-、SCN-11、下列各组中的微粒在指定溶液中一定能大量共存的是A．c(AlCl3)＝1.0mol·L-1的溶液中：、Cl-、K+、Na+B．常温下，由水电离出的c(H+)＝10-14mol·L-1溶液中：Na+、K+、、C．常温下，＝0.1mol·L-1的溶液中：K+、NH3·H2O、、D．在c()＝0.1mol·L-1的溶液中：、、Cl-、12、实验中需用2.0mol•L-1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3固体的质量分别为（）A．1000mL；212.0g B．500mL；100.7gC．1000mL；201.4g D．100mL；21.2g13、下列有关说法正确的是A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解B．Fe(OH)3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥D．SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物14、现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐(钠、镁、钙、铁)的复合制剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：已知：控制溶液pH＝4时，Fe(OH)3沉淀完全，Ca2＋、Mg2＋不沉淀。该同学得出的结论正确的是()。A．根据现象1可推出该试液中含有Na＋B．根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根C．根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2＋，但没有Mg2＋D．根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2＋15、由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸，可发生反应：CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2↑+H2O。下列说法错误的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)A．混盐CaOCl2中既含离子键又含共价键B．浓硫酸体现氧化性与酸性C．每产生1mol氯气，转移电子数为NAD．1mol混盐CaOCl2中含有离子数为3NA16、在沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色。下列说法正确的是A．用激光笔照射，会出现丁达尔效应B．将液体静置片刻，会出现沉淀现象C．所得胶体中分散质的粒子直径大于100nmD．可用滤纸分离提纯得到氢氧化铁胶体17、向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色，再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变为无色。下列分析正确的是A．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的氧化性B．上述实验条件下，物质的还原性：Cu＋＞I－＞SO2C．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂，H2SO4是氧化产物D．滴加KI溶液时，当有2molI－参加反应，则生成1mol白色沉淀18、Na2O2、CaC2都是离子化合物，都能与水反应放出气体。（Na2O2+2H2O=4NaOH+O2）它们（）A．阴阳离子个数比均为 B．都含有非极性的共价键C．与水都发生氧化还原反应 D．放出的都是可燃性气体19、已知：2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；K2Cr2O7+14HCl＝2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O；MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2↑+2H2O其中，KMnO4和一般浓度的盐酸反应，K2Cr2O7需和较浓的盐酸（＞6mol·L-1）反应，MnO2需和浓盐酸（＞8mol·L-1）反应。以下结论中，不正确的是()A．上述反应既属于氧化还原反应，又属于离子反应B．生成1molCl2转移电子数均为2NA（NA为阿伏加德罗常数）C．氧化性：KMnO4＞K2Cr2O7＞Cl2＞MnO2D．盐酸的浓度越大，Cl-的还原性越强20、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21、在水溶液中能大量共存的一组离子是()A．Na+、Ca2+、Cl-、SO42- B．Fe2+、H+、HCO3-、Cl-C．Mg2+、NH4+、Cl-、SO42- D．K+、Fe3+、NO3-、OH-22、下列化学用语的表述正确的是()A．离子结构示意图：可以表示16O2－，也可以表示18O2－B．比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子C．氯化铵的电子式为D．CO2的结构式为O—C—O二、非选择题(共84分)23、（14分）下表是元素周期表的一部分，回答下列有关问题：（1）写出下列元素符号：①________，⑥________，⑦________，⑪________。（2）在这些元素中，最活泼的金属元素是________，最活泼的非金属元素是_______，最不活泼的元素是________。（3）在这些元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是________，碱性最强的是______，呈两性的氢氧化物是___________，写出三者之间相互反应的化学方程式___。（4）在这些元素中，原子半径最小的是_________，原子半径最大的是_________。（5）在③与④中，化学性质较活泼的是________，怎样用化学实验证明？答：________。在⑧与⑫中，化学性质较活泼的是_________，怎样用化学实验证明？答：_________。24、（12分）芳香烃A(C7H8)是重要的有机化工原料，由A制备聚巴豆酸甲酯和医药中间体K的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：已知：①②③(弱碱性，易氧化)回答下列问题：(1)A的名称是____________，I含有的官能团是_______________________。(2)②的反应类型是______________，⑤的反应类型是__________________。(3)B、试剂X的结构简式分别为____________________、____________________。(4)巴豆酸的化学名称为2-丁烯酸，有顺式和反式之分，巴豆酸分子中最多有_____个原子共平面，反式巴豆酸的结构简式为__________________________。(5)第⑦⑩两个步骤的目的是_________________________________________________。(6)既能发生银镜反应又能发生水解反应的二元取代芳香化合物W是F的同分异构体，W共有_______种，其中苯环上只有两种不同化学环境的氢原子且属于酯类的结构简式___。(7)将由B、甲醇为起始原料制备聚巴豆酸甲酯的合成路线补充完整(无机试剂及溶剂任选)______________________________________________.25、（12分）亚硝酰氯(NOCl，熔点:-64.5℃,沸点:-5.5℃)为红褐色液体或黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，易溶于浓硫酸。常可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。其制备装置如图所示（其中III、IV中均为浓硫酸）：（1）用图甲中装置制备纯净干燥的原料气，补充下表中所缺少的药品。装置Ⅰ装置Ⅱ烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2浓盐酸①___制备纯净NOCu稀硝酸②___（2）将制得的NO和Cl2通入图乙对应装置制备NOCl。①装置连接顺序为a→________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外,另一个作用是____________。③有人认为可以将装置Ⅳ中浓硫酸合并到装置Ⅴ中，撤除装置Ⅳ，直接将NO、Cl2通入装置Ⅴ中，你同意此观点吗？________（填同意或不同意），原因是________________________________。④实验开始的时候，先通入氯气，再通入NO，原因为________________。（3）有人认为多余的氯气可以通过下列装置暂时储存后再利用，请选择可以用作氯气的储气的装置______；（4）装置Ⅶ吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为_______________________。（5）有人认为装置Ⅶ中氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，经过查阅资料发现用高锰酸钾溶液可以吸收NO气体，因此在装置Ⅶ氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，反应产生黑色沉淀，写出该反应的离子方程式：__________________________________。（6）制得的NOCl中可能含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行如下实验：称取1.6625g样品溶于50.00mlNaOH溶液中，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用足量硝酸酸化的0.40mol/LAgNO3溶液滴定至产生砖红色沉淀，消耗AgNO3溶液50.00ml。①样品的纯度为__________%（保留1位小数）②已知常温下，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=2×10-12，若在滴定终点时测得溶液中Cr2O42-的浓度是5.0×10-3mol/L，此时溶液中Cl-浓度是_________。26、（10分）聚合硫酸铁、明矾可用作净水剂。某课题组拟以废弃的铝铁合金为原料制备聚合硫酸铁和明矾，设计化工流程如下：(1)聚合硫酸铁能溶于水，微溶于乙醇，其化学式可表示为[Fe2(OH)x(SO4)y]n。①在聚合硫酸铁中，x、y之间的关系是_______。试剂X中溶质的化学式为________。②上述流程图中的“氧化”设计存在缺陷，请提出改进意见；____________________为了降低聚合硫酸铁的溶解度，在浓缩过程中加入适量的溶剂是________(填结构简式)。③加入试剂Y的目的是为了调节溶液的PH，若Y为氧化物，写出调节PH的离子方程式：________；溶液的pH对[Fe2(OH)x(SO4)y]n中x的值有较大影响(如图A所示)，试分析pH过小(pH≤3.0)导致聚合硫酸铁中x的值减小的原因：________。(2)明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O。图B为明矾的溶解度随温度变化的曲线，由滤液Ⅰ制备明矾晶体的流程如下(供选用的试剂：废弃的铝铁合金、稀硫酸、NaOH溶液和酒精)：①试剂1是____；操作1的名称是________。②结晶措施是________。27、（12分）某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。（1）A中试剂为________。（2）实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是____________________。（3）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B中滴加足量试剂。上述操作的顺序是________(填序号)；记录C的液面位置时，除平视外，还应________。（4）B中发生反应的化学方程式为__________________________。（5）若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为________。（6）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。28、（14分）常温下，在镁屑和无水乙醚的混合体系中，滴加卤代烷，反应后得到的有机镁化合物称为格氏试剂。制备的格氏试剂不需要分离就可直接用于有机合成，是重要的有机合成中间体。反应原理为:利用A（）来合成的流程如图所示:（1）物质A的名称为________；AB的反应类型是_________；（2）写出由A制备环戊酮（）的化学方程式__________；（3）写出由F生成G、G生成H的化学方程式__________；（4）D的同分异构体中含有六元环且能发生银镜反应的有___________种；（5）写出符合下列要求的I的同分异构体的结构简式_______；（写一种即可，已知同一个C原子上不能连接2个羟基）①芳香族化合物②二元醇③分子中有5种化学环境的H原子（6）参照上述合成信息，以A和A制备的环戊酮（）为原料合成___________。29、（10分）我国是最早发现并使用锌的国家，《天工开物》记载了炉甘石（ZnCO3）和木炭冶炼锌。现代工业上用氧化锌烟灰（主要成分为ZnO、少量Pb、CuO和As2O3）制取高纯锌的工艺流程如图所示。请回答下列问题：（1）《天工开物》中炼锌的方法中利用了木炭的____性。（2）滤渣1和滤渣3的主要成份分别是______、______（填化学式）。（3）“溶浸”时，氧化锌参与反应的相关离子方程式是______；“溶浸”时温度不宜过高，其原因是______。（4）“氧化除杂”的目的是将AsCl52-转化为As2O5胶体，再经吸附聚沉除去，该反应的离子方程式是______。（5）“电解”含[Zn(NH3)4]2+的溶液，阴极放电的电极反应式是______。阳极区产生一种无色无味的气体，将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中，无明显现象，该气体是_____（写化学式）。该流程中可以循环使用的物质是_____（写化学式）。

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、C【解析】A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，A为C元素；B的氢化物的水溶液呈碱性，B为N元素；D为最外层电子数等于K层电子数的金属元素，D的原子序数大于B，D为Mg元素；C为原子序数在N和Mg之间的金属元素，C为Na元素；E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色，E为Cl元素。A项，B的氢化物为NH3、N2H4，NH3常温下呈气态，A的氢化物为烃，一般烃分子中碳原子大于4常温下呈液态或固态，B的氢化物的沸点不一定高于A的氢化物的沸点，错误；B项，某物质焰色反应呈黄色，该物质中一定含Na元素，不一定是钠盐，错误；C项，Mg与沸水反应生成Mg（OH）2和H2，Mg（OH）2属于中强碱，能使酚酞变红，正确；D项，E的氧化物的水化物有HClO、HClO2、HClO3、HClO4，B的氧化物的水化物有HNO2、HNO3，E的氧化物水化物的酸性不一定大于B，如酸性HClOHNO3，错误；答案选C。点睛：错解分析错因分析错选A忽视碳元素的氢化物总称为烃，碳元素的最简单氢化物为CH4，CH4的沸点比NH3低。错选B忽视焰色反应是元素的性质，不是离子的性质，焰色反应呈黄色可以是Na、钠的氧化物、NaOH、钠盐。错选D非金属元素最高价含氧酸的酸性强弱可用元素周期律比较，忽视非金属元素一般具有可变化合价，能形成多种含氧酸。2、C【解析】A．CO2能与水反应生成碳酸，CO2属于酸性氧化物，都正确，但CO2属于酸性氧化物，不是因为CO2能与水反应生成碳酸，是能跟碱起反应，只生成盐和水的氧化物，故A错误；B.AlCl3属于共价化合物，但氯化铝溶于水能够导电，属于电解质，故B错误；C.漂白粉中的Ca(ClO)2会与空气中CO2、H2O反应变质，因此漂白粉需要密封保存，存在因果关系，故C正确；D．H2O2、SO2都能使酸性KMnO4溶液褪色，都可被高锰酸钾氧化，H2O2、SO2均表现还原性，陈述II不合理，故D错误；故选C。点睛：本题考查了物质的性质和分类。本题的易错点为A，要注意酸性氧化物的分类标准，可以通过举例判断，如二氧化硅不溶于水，但属于酸性氧化物。3、B【分析】比较非金属元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的稳定性、与氢气反应的难易程度、对键合电子的吸引，与变价金属反应是金属元素的化合价等角度判断。【详解】A．应根据最高价氧化物对应的水化物的酸性比较非金属性强弱，即HClO4＞HBrO4，故A不符合；B、向FeBr2溶液中滴加少量氯水，亚铁离子还原性大于溴离子，少量氯气会将亚铁离子，产物分别是铁离子，铁离子在溶液中呈现浅黄色，不能证明氯的非金属性强于溴，故B符合；C．BrCl中氯为-1价说明氯原子吸引电子能力强，说明氯的非金属性强于溴，故C不符合；D、HBr的分解温度低于HCl，说明HBr较不稳定，则可说明氯的非金属性强于溴，故D不符合；故选B。4、D【详解】A.实验室可以用浓盐酸和氯酸钾反应制氯气，根据价态只靠拢不相交原则，K37ClO3＋6HCl＝37Cl-Cl+2Cl2↑＋3H2O＋KCl，A错误；B.Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：S2O32－＋2H＋＝S↓＋SO2↑＋H2O，B错误；C.二氧化硫通入氯化钡溶液中无沉淀生成，C错误；D.l0mLlmol·L－1KAl(SO4)2与7.5mL2mol·L－1Ba(OH)2反应，n[KAl(SO4)2]:n[Ba(OH)2]=2：3，则2Al3＋＋3SO42－＋6OH－＋3Ba2＋＝2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，D正确；答案为D。【点睛】盐酸和氯酸钾反应时，根据价态只靠拢不相交原则，氯气由Cl和37Cl组成。5、B【解析】A.H2O2分解方程式为：2H2O2=2H2O+O2↑，H2O2发生歧化反应，由化合价升降可知，产生1molO2转移电子数为2NA，错误；B.H2+I2⇌2HI，该反应为反应前后分子数不变的可逆反应，故0.1molH2和0.1mol碘蒸气在密闭容器中充分反应，容器内分子总数为0.2NA，正确；C.NaHSO4熔融时电离方程式为：NaHSO4Na++HSO4-，故阳离子总数为1NA，错误；D.由分子结构模型可知，1molS8中含有S-S键个数为8NA，错误。答案选B。【点睛】对于常见需要掌握的可逆反应：H2+I2⇌2HI，N2+3H2⇌2NH3，PCl3+Cl2⇌PCl5，SO2+O2⇌SO3（需注意SO3的聚集状态），弱电解质的电离，盐类的水解等，需要注意题干的要求信息，切忌顾首不顾尾；常见易错物质的化学键数目（以下物质均为1mol）：硅单质-2molSi-Si，二氧化硅-4molSi-O，金刚石-2molC-C，石墨-1.5molC-C，白磷（P4）-6molP-P等。6、B【解析】A、玻璃中含有少量金属氧化物，能够使玻璃呈现不同的颜色，故A正确；B、玻璃是一种质地坚硬，容易破碎的玻璃态物质，故B错误；C、制玻璃的原料是：石灰石、纯碱、石英，三者在玻璃熔炉中高温熔融可制得玻璃，故C正确；D、玻璃塞中的二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠，长时间后，塞子不容易打开，所以氢氧化钠溶液不能用带有磨口玻璃塞的试剂瓶盛装，故D正确；故选B。7、B【解析】A、次氯酸的结构式：H—O—Cl，A错误；B、氧的元素符号为O，该氧原子的质量数A=8+10=18，则该原子的化学符号为，B正确；C、S2-最外层为8个电子，结构示意图为，C错误；D、NH4Cl的电子式：，D错误；答案选B。8、C【解析】取一定量FeO和Fe2O3的混合物，在H2流中加热充分反应。冷却，称得剩余固体比原混合物质量减轻1.200g，由于在反应中氧元素与氢元素结合生成水，因此减少的质量即是混合物中氧元素的质量。而混合物再与盐酸反应时氧元素仍然是结合氢原子生成水，所以根据氧元素的质量可知氯化氢的物质的量是2×1.2g/16g·mol－1＝0.15mol，所以盐酸的体积是0.15mol÷1mol/L＝0.15L＝150mL，答案选C。9、D【解析】高锰酸钾的氧化性大于铁离子，铁离子大于碘。【详解】A、AB段铁离子的物质的量不变，说明此时高锰酸钾与碘离子发生氧化还原反应，正确；B、BC段铁离子的物质的量逐渐减少至0，说明该段发生的是铁离子与碘离子的氧化还原反应，离子方程式是2Fe3++2I-=2Fe2++I2，正确；C、根据以上分析，高锰酸钾先氧化亚铁离子，剩余的再氧化碘离子，铁离子氧化碘离子，所以相当于高锰酸钾直接与碘离子发生氧化反应，共消耗1.25molI-。碘离子的物质的量是1.25mol，则失去电子的物质的量是1.25mol，高锰酸钾氧化碘离子为单质碘，自身被还原为+2价锰离子，根据得失电子守恒，所以用于与碘离子反应的高锰酸钾的物质的量是1.25mol/5=0.25mol，正确；D、由图像可知铁离子消耗碘离子的物质的量是1.25-0.5=0.75mol，根据2Fe3++2I-=2Fe2++I2，所以亚铁离子的物质的量是0.75mol，则硫酸亚铁的物质的量是0.75mol，错误；答案选D。10、A【解析】A、c（H+）/c（OH-）=1012的水溶液中氢离子浓度大于氢氧根，溶液显酸性，NH4+、Al3+、NO3-、Cl-之间不反应，可以大量共存，A正确；B、水电离出的c（H+）=10-l2mol/L的溶液中水的电离被抑制，可能显酸性，也可能显碱性，显酸性HCO3-不能大量共存；如果显碱性，Ca2+、HCO3-均不能大量共存，B错误；C、能使甲基橙呈红色的溶液显酸性，Fe2+、NO3-之间发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；D、c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液中SCN-不能大量共存，D错误，答案选A。点睛：掌握相关离子的性质、发生的化学反应是解答的关键。选项C是解答的易错点，学生容易忽略在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，能与还原性微粒发生氧化还原反应，答题时需要灵活应用。11、C【详解】A.与发生互促水解反应，不能大量共存，故A不选；B.常温下，由水电离出的c(H+)＝10-14mol·L-1溶液中，抑制了水的电离，可能含有大量的氢离子或者大量的氢氧根离子，与氢离子、氢氧根离子均不能大量共存，故B不选；C.常温下，＝0.1mol·L-1的溶液中呈碱性，K+、NH3·H2O、、子之间不反应，且和OH−不反应，所以能大量共存，故C选；D.在c()＝0.1mol·L-1的溶液中，与反应，，不能大量共存，故D不选；故选：C。12、A【解析】实验中需用2.0mol•L-1的Na2CO3溶液950mL，因为实验室没有950mL容量瓶，所以只能选用1000mL容量瓶配制1000mL溶液。1000mL、2.0mol•L-1的Na2CO3溶液中含有2molNa2CO3，其质量为212.0g。本题选A。点睛：实验室没有任意规格的容量瓶，如果所配制的溶液体积没有匹配的容量瓶，通常要根据大而近的原则选取合适的规格，并根据所选规格计算所需称量的溶质或所需量取的浓溶液。13、C【解析】A、Na2CO3固体受热不易分解，故A错误；B、Fe(OH)3胶体是红褐色，故B错误；C、以上三种气体都不与浓硫酸反应，能用浓硫酸干燥，故C正确；D、SiO2和氢氟酸反应，没有生成盐和水，不是两性氧化物，故D错误；答案选C。14、C【详解】A、由于试液中外加了NaOH和Na2CO3，所以不能确定原试液中是否含有钠离子，故A错误；B、试液中有没有葡萄糖酸根离子，都无银镜生成，因为葡萄糖酸根离子中不含醛基，故B错误；C、滤液中加氨水无沉淀产生，说明无镁离子，加入碳酸钠溶液，有白色沉淀，说明有钙离子，故C正确；D、试液中可能含亚铁离子，也可能只含铁离子而不含亚铁离子，故D错误；答案选C。15、B【详解】A.混盐CaOCl2的阳离子是Ca2+，阴离子是Cl-、ClO-，阴离子与阳离子之间通过离子键结合，在阴离子ClO-中也含有Cl-O共价键，A正确；B.反应中S的化合价没有发生变化，浓硫酸只表现酸性，B错误；C.反应中，部分Cl元素的化合价从+1价降低到0价，部分Cl的化合价从-1价升高到0价，方程式中转移电子数目为1，则每产生lmol氯气，转移电子数为NA，C正确；D.1mol混盐CaOCl2中含有1molCa2+、1molCl-、1molClO-，即1mol混盐中含有3NA个离子，D正确；故合理选项是B。16、A【解析】在沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色即得到氢氧化铁胶体。A.用激光笔照射，会出现丁达尔效应，A正确；B.胶体是介稳体系，将液体静置片刻，不会出现沉淀现象，B错误；C.所得胶体中分散质的粒子直径介于1nm与100nm之间，C错误；D.胶体可以透过滤纸，不能用滤纸分离提纯得到氢氧化铁胶体，应该用渗析，D错误，答案选A。17、D【解析】A．硫酸铜与碘化钾反应后，铜元素的化合价降低，溶液变为棕色，说明得到的棕色溶液中有碘生成。通入SO2后溶液逐渐变成无色，说明二氧化硫与碘发生了氧化还原反应，碘可以把二氧化硫氧化为硫酸，S元素的化合价升高，体现其还原性，选项A错误；B．还原剂的还原性强于还原产物的还原性，对于反应2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，在这个方程中Cu2+化合价降低，是氧化剂，被还原为Cu+，I-化合价升高，是还原剂，物质的还原性：I->Cu+，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，I2化合价降低是氧化剂，被还原为I-，SO2中的S化合价升高作还原剂，所以物质的还原性：SO2>I-，所以物质的还原性：SO2>I->Cu+，选项B错误；C．通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，则SO2为还原剂，生成H2SO4为氧化产物，I元素的化合价降低，则I2作氧化剂，选项C错误；D．CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知当有2molI-参加反应，则生成1mol白色沉淀，选项D正确；答案选D。18、B【详解】A．过氧化钠中阴阳离子个数比为1∶2，碳化钙中阴阳离子个数比为1∶1，故A错误；B．非金属元素之间易形成共价键，其中过氧化钠中存在O-O非极性键，CaC2中存在C≡C非极性键，所以两种物质中都含有非极性键，故B正确；C．碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔，各元素的化合价都不变，不属于氧化还原反应，故C错误；D．过氧化钠和水反应生成氧气，氧气能助燃，不属于可燃性气体，碳化钙和水反应生成乙炔，乙炔易燃烧，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为A，要注意过氧化钠是有钠离子(Na+)和过氧根离子(O22-)构成的。19、C【解析】A.上述反应中都有电子转移和离子参加，所以既属于氧化还原反应，又属于离子反应，故正确；B.两个反应中氯元素都从-1价变为0价，生成1molCl2转移电子数为2mol，均为2NA，故正确；C.根据反应物的浓度分析，盐酸浓度越大，与之反应的氧化剂的氧化性越弱，则氧化性：KMnO4＞K2Cr2O7＞MnO2＞Cl2，故错误；D.盐酸中氯离子的还原性和盐酸的浓度大小有关，盐酸的浓度越大，Cl-的还原性越强，故正确；故选C。【点睛】掌握氧化性或还原性的强弱比较的规律，一般可以根据反应物的浓度大小分析，浓度越大，说明与之反应的物质的性质越弱，反应条件越低，说明反应物的性质越强。20、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。21、C【详解】A.钙离子和硫酸根生成微溶物硫酸钙，不能大量共存，故A错误；B.氢离子与碳酸氢根反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，故B错误；C.四种离子相互不反应，可以大量共存，故C正确；D.氢氧根和铁离子生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故D错误故答案为C。22、A【解析】A.由离子结构示意图可知表示为氧元素形成的离子，若中子数为8时，表示为16O2－，若中子数为10时，表示为18O2－，A项正确；B.根据比例模型的原子半径可知，可以表示甲烷分子，Cl的原子半径大于C的原子半径，不可以表示四氯化碳分子，B项错误；C.氯化铵的电子式为，C项错误；D.CO2的结构式为O=C=O，D项错误；答案选A。二、非选择题(共84分)23、NSiSCaKFArHClO4KOHAl(OH)3Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O、Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O、KOH+HClO4=KClO4+H2OFKNa与H2O反应：Na与水剧烈反应，Mg与水不反应Cl将Cl2通入到NaBr溶液中，溶液由无色变为橙色，说明Cl的化学性质比Br的活泼【详解】（1）根据元素周期表的结构可知：①、⑥、⑦、⑪分别在第二周期VA、第三周期IVA、第三周期VIA和第四周期IIA，则①、⑥、⑦、⑪分别为N、Si、S、Ca；（2）根据元素周期表性质的递变规律，最活泼的金属应在第IA，最活泼的非金属应在第VIIA，惰性气体最不活泼，则在IA元素Na（③）和K（⑩）中K最活泼；在VIIA族元素F（②）、Cl（⑧）和Br（⑫）中，F最活泼；最不活泼的是⑨即Ar；（3）元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的必是非金属性增强的，根据同周期、同主族元素非金属性的递变规律可知，元素非金属性最强的是②即F，但F无最高正价；因为我们知道，HClO4已知的最高价含氧酸中酸性最强的，即酸性最强的是HClO4；元素的最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的必是非金属性增强的，根据同周期、同主族元素金属性的递变规律可知，元素金属性最强的是⑩即K，则碱性最强的必是KOH；在表中所列元素的最高价氧化物对应水化物中，只有Al(OH)3具有两性；三者之间相互反应的化学方程式分别为Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O、Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O、KOH+HClO4=KClO4+H2O；（4）同周期元素从左至右原子半径依次减小，同主族元素从上而下原子半径依次增大，故在这些元素中，原子半径最小的是F，原子半径最大的是K；（5）③和④分别是Na和Mg，根据同主族元素金属性的递变规律可知，金属性Na＞Mg，根据判断金属性强弱的方法，可依据二者单质分别与水反应的剧烈程度来判断其金属性强弱，即与H2O反应：Na与水剧烈反应，Mg与水不反应；⑧和⑫分别是Cl和Br，根据同主族元素非金属性的递变规律可知，非金属性Cl＞Br，根据判断非金属性强弱的方法，可依据二者气态氢化物的稳定性、单质之间的置换反应等来判断其非金属性强弱，即将Cl2通入到NaBr溶液中，溶液由无色变为橙色，说明Cl的化学性质比Br的活泼。【点睛】本题综合性较强，涵盖了元素周期表、元素性质的递变规律、元素金属性及非金属性强弱的判断方法等，要求用多方面的知识解决问题，能很好滴训练综合运用知识解决问题的能力，根据元素最高价氧化物对应水化物的递变规律或元素的金属性、非金属性的递变规律思考。24、甲苯羧基、酰胺基氧化反应取代反应（硝化反应）10保护氨基，防止其被氧化6【分析】由分子式可知A为甲苯，B经反应可生成聚巴豆酸甲酯，由根据信息①可知，B为，D为丙二酸，E为C2H5OOCCH2COOC2H5，由题给信息可知试剂X为，甲苯发生硝化反应生成F为，F发生还原反应生成G为，由I的结构简式、H的分子式可知H的结构简式为：，H被酸性高锰酸钾溶液氧化生成I，I发生取代反应生成G，J发生水解反应生成K，可知G→H是为了保护氨基，防止被氧化，以此解答该题。【详解】(1)根据流程图A(C7H8)是芳香烃，可知A是甲苯；根据I的结构简式，分子中含有羧基、酰胺基两种官能团；(2)酸性高锰酸钾具有强氧化性，能将碳碳双键氧化，即②发生氧化反应；反应⑤甲苯发生硝化反应，生成对硝基甲苯；(3)根据信息①可知，B的结构简式为；根据信息②可知，试剂X的结构简式为；(4)反式-2-丁烯酸分子的结构简式为，除了甲基上两个氢原子不在双键结构所确定的平面上，其它所有原子都可能在同一平面上，共有10个原子；(5)第⑦、⑩两个步骤的目的是：第⑦步先把氨基保护起来，防止氨基被酸性高锰酸钾氧化，第⑩步再水解，重新生成氨基；(6)既能发生银镜反应又能发生水解反应的二元取代芳香化合物W只能为、、或、、，苯环上只有两种不同化学环境的氢原子且属于酯类的结构简式为；(7)分析知B为，它经过与氢气发生加成反应，再发生消去反应、酯化反应、加聚反应，即可得到聚巴豆酸甲酯。具体合成路线：。【点睛】本题的解题关键在于已知信息的灵活运用，熟悉官能团的性质和有机反应类型。25、饱和食盐水H2Oa-e-f-c-b-d(e,f可互换）通过观察气泡的多少调节两种气体的流速不同意NO与Cl2反应生成的NOCl可溶于浓硫酸用Cl2排尽装置内的空气，以防NO与氧气反应ⅠNOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2ONO+MnO4-=NO3-+MnO2↓78.89.0×10-6mol/L【解析】（1）用MnO2与浓盐酸制备纯净干燥的氯气，需要除去氯气中的氯化氢杂质；用Cu与稀硝酸制备纯净干燥的NO，需要除去NO中的NO2杂质；（2）NOCl，熔点:-64.5℃,沸点:-5.5℃，用冰盐水冷凝；亚硝酰氯遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，易溶于浓硫酸，要防止亚硝酰氯水解，氯气、NO有毒，所以用氢氧化钠溶液进行尾气处理。②通过观察装置Ⅳ、Ⅴ气泡的多少调节两种气体的流速；③氯气与一氧化氮在常温常压下反应生成NOCl，NOCl溶于浓硫酸；④NO能与氧气反应；（3）装置Ⅰ中氯气进入下面的容器时，容器中的液体排入上面的容器，需要氯气时打开右侧活塞，水在重力作用下进入下面容器，将氯气排出。（4）装置Ⅶ吸收尾气时，NOCl与氢氧化钠反应生成亚硝酸钠和氯化钠；（5）装置Ⅶ氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，NO与高锰酸钾反应产生黑色沉淀MnO2；（6）①根据关系式NOCl∼∼AgNO3计算样品纯度。②已知常温下，Ksp(Ag2CrO4)=2×10-12，滴定终点时，Cr2O42-的浓度是5.0×10-3mol/L，所以cAg+=KspAg【详解】（1）用MnO2与浓盐酸制备纯净干燥的氯气，需要除去氯气中的氯化氢杂质，装置Ⅱ中的试剂是饱和食盐水；用Cu与稀硝酸制备纯净干燥的NO，需要除去NO中的NO2杂质，装置Ⅱ中的试剂是水；（2）NOCl，熔点:-64.5℃,沸点:-5.5℃，用冰盐水冷凝；亚硝酰氯遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，易溶于浓硫酸，要防止亚硝酰氯水解，氯气、NO有毒，所以用氢氧化钠溶液进行尾气处理，连接顺序是a-e-f-c-b-d。②通过观察装置Ⅳ、Ⅴ气泡的多少调节两种气体的流速；③氯气与一氧化氮在常温常压下反应生成NOCl，NOCl溶于浓硫酸，所以不能直接将NO、Cl2通入装置Ⅴ中；④用Cl2排尽装置内的空气，以防NO与氧气反应，所以实验开始的时候，先通入氯气，再通入NO；（3）装置Ⅰ中氯气进入下面的容器时，容器中的液体排入上面的容器，需要氯气时打开右侧活塞，水在重力作用下进入下面容器，将氯气排出，所以装置Ⅰ可以用作氯气的储气的装置。（4）装置Ⅶ吸收尾气时，NOCl与氢氧化钠反应生成亚硝酸钠和氯化钠，反应方程式是NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O；（5）装置Ⅶ氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，NO与高锰酸钾反应产生黑色沉淀MnO2和硝酸钠，反应离子方程式是NO+MnO4-=NO3-+MnO2↓；（6）①设样品中NOCl的质量为xg，NOCl∼∼AgNO365.5g1molxg0.40mol/L×0.05mL65.5xx=1.31g样品的纯度为1.311.6625×100%=78.8%。②已知常温下，Ksp(Ag2CrO4)=2×10-12，滴定终点时，Cr2O42-的浓度是5.0×10-3mol/L，所以cAg+=KspA【点睛】本题在注重对学生教材基础知识巩固和检验的基础上，侧重对学生能力的考查。该题的关键是明确溶度积常数的含义以及影响因素，并能结合题意灵活运用，有利于培养学生的逻辑推理能力。26、x+2y=6KOH将稀硝酸改为双氧水或通入氧气CH3CH2OHFe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O抑制Fe3+水解废弃过滤的铝铁合金蒸发浓缩冷却或冷却热饱和溶液【详解】(1)①根据化合物中化合价代数和为0分析，有关系式为：x+2y=6。废弃的铝铁合金加入试剂X将铁和铝元素分离，且最后得到明矾，说明加入试剂中含有钾元素，且为碱性，所以试剂X为KOH。②因为最后得到的物质中不含硝酸根离子,且硝酸反应后会生成有毒气体——氮的氧化物，所以应将稀硝酸改为双氧水或通入氧气。因为聚合硫酸铁能溶于水，微溶于乙醇，为了降低聚合硫酸铁的溶解度，所以在浓缩过程中加入适量的CH3CH2OH。③加入一种氧化剂调节溶液的pH且不引入杂质，则加入氧化铁，离子方程式为：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O。因为铁离子水解显酸性，pH小会抑制Fe3+水解，使x变小。(2)滤液Ⅰ含有氢氧化钾和偏铝酸根离子，所以加入废弃过滤的铝铁合金再次溶解金属铝，然后蒸发浓缩得到偏铝酸钾饱和溶液，再加入硫酸反应生成硫酸铝钾，最后冷却或冷却热饱和溶液即可得到明矾晶体。27、NaOH溶液除去铝镁合金表面的氧化膜①④③②使D和C的液面相平2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑偏小【分析】(1)Mg、Al均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，因为Al可以和碱反应而不和Mg反应，则可以用NaOH与Al反应制得H2，然后用排水法收集H2，以计算Al的量；(2)因为Al表面容易生成氧化膜，因而要用酸处理；(3)整个操作过程及原理是：检查气密性；记录起始液面；加入碱反应；不产生气体后，记录C中的液面，两者相减即为产生H2的量；最后称得的固体即为Mg的质量。在读数时要注意D、C液面相平，否则气体将受压，造成读数不准；(4)B中发生的是Al与碱的反应；(5)（a-c）即为铝的质量，再除以Al的物质的量即为铝的摩尔质量，而n(Al)可以由产生的H2获得；(6)未洗涤，则造成（a-c）变小，则由(5)的结果可进行判断。【详解】(1)根据铝镁的化学性质，铝镁都能与酸反应放出氢气，但铝还能与碱(如NaOH溶液)反应放出氢气，而镁不能，要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择NaOH溶液，答案是：NaOH溶液；(2)铝镁的表面都容易形成一层氧化膜，在实验前必须除去；答案是：除去铝镁合金表面的氧化膜；(3)实验时首先要检查气密性，记下量气管中C的液面位置，再加入NaOH溶液开始反应，待反应完毕并冷却至室温后，记录量气管中C的液面位置，最后将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；量气管读数时为使里面气体压强与外界大气压相等，必须使D和C两管中液面相平，答案是：①④③②；使D和C的液面相平；(4)B管中发生铝与NaOH溶液的反应：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，答案是：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑