2026届上海市宝山中学高三上化学期中监测模拟试题含解析

2026届上海市宝山中学高三上化学期中监测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、将17.9g由Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体3.36L（标准状况）。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为25.4g。若HNO3的还原产物仅为NO，则生成NO的标准状况下的体积为（）A．2.24L B．4.48L C．6.72L D．8.96L2、下列有关微粒性质的排列顺序中，错误的是A．元素的电负性:P<O<FB．元素的第一电离能:C<N<OC．离子半径:O2->Na+>Mg2+D．原子的未成对电子数:Mn>Si>Cl3、硫代硫酸钠被称为“养鱼宝”，可降低水中的氯对鱼的危害．脱氯反应为，该反应中A．发生氧化反应 B．被氧化C．元素化合价降低 D．被氧化4、下列变化不涉及氧化还原反应的是A．明矾净水 B．钢铁生锈 C．海水提溴 D．工业固氮5、能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．Cl2通入NaOH溶液：Cl2＋OH−=Cl−＋ClO−＋H2OB．Cu溶于稀HNO3：3Cu＋8H+＋2NO3−=3Cu2+＋2NO↑＋4H2OC．NaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32−＋2H+=CO2↑＋H2OD．AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液：Al3+＋3OH−=Al（OH）3↓6、室温时，等体积、浓度均为0.1mol/L的下列水溶液，分别达到平衡。①醋酸溶液：CH3COOH⇌CH3COO+H+②醋酸钠溶液：CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−有关叙述中正确的是()A．加入等体积水后，只有②中平衡向右移动B．加入等体积水后，①中c(OH−)增大，②中c(OH−)减小C．①和②中，由水电离出的c(H+)相等D．c(CH3COOH)与c(CH3COO−)之和：①>②7、把200mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，取一份加入含amolNaOH的溶液恰好反应完全；取另一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应完全。该混合溶液中c(Na＋)为()A．(10b－5a)mol·L－1 B．(2b－a)mol·L－1C．(b/10－a/20)mol·L－1 D．(5b－5a/2)mol·L－18、下列解释过程或事实的方程式不正确的是A．氨气遇浓盐酸产生白烟:NH3+HCl=NH4ClB．打磨过的铝片与NaOH溶液反应产生气体:2Al+2OH-=2AlO2-+H2↑C．NaOH溶液不能保存在玻璃塞的试剂瓶中:SiO2+2OH-=SiO32-+H2OD．Fe(OH)2由白色变灰绿，最后变为红褐色:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)39、下列操作正确且能达到实验目的是（）A．制取氢氧化亚铁并观察其颜色B．制备无水氯化镁C．比较两种物质的热稳定性D．制取收集干燥纯净NH310、用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是()A．若A为浓盐酸，B为KMnO4晶体，C中盛有紫色石蕊溶液，则C中溶液最终呈红色B．若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛有AlCl3溶液，则C中溶液先产生白色沉淀，然后沉淀又溶解C．实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用D．若A为浓H2SO4，B为Cu，C中盛有澄清石灰水，则C中溶液变浑浊11、白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2=P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P—PakJ·mol—1、P—ObkJ·mol—1、P=OckJ·mol—1、O=OdkJ·mol—1。根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的△H，其中正确的是（）A．（6a+5d－4c－12b）kJ·mol—1B．（4c+12b－6a－5d）kJ·mol—1C．（4c+12b－4a－5d）kJ·mol—1D．（4a+5d－4c－12b）kJ·mol—112、下图（Ⅰ）为全钒电池，电池工作原理为2H++VO2++V2+VO2++V3++H2O。装置(Ⅱ)中的电解质是硝酸、硫酸的混合水溶液，当闭合开关K时，铂电极上生成NH2OH。则下列说法正确的是(

)A．闭合K时，H+从右到左通过交换膜B．闭合K时，铂电极的电极反应式为：NO3-+6e-+5H2O=NH2OH+7OH-C．全钒电池充电时，电极A上发生氧化反应D．全钒电池放电时，电极B上发生的反应为：VO2++2H++e-=VO2++H2O13、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(

)A．无色透明溶液中：K+、MnO4-、Cl-、H+B．c(OH-)/c(H+)=10-12的溶液中：Na+、K+、NO3-、ClO-C．pH=12

的无色溶液：K+、Na+、CH3COO-、Br-D．含Na2SO3

的溶液中：K+、H+、Cl-、NO3-14、一定量的镁铝合金与500mL1mol•L-1HNO3完全反应生成2.24LNO(标况)，再向反应后的溶液中加入2mol•L-1NaOH溶液，使镁、铝元素完全沉淀，则所加NaOH溶液体积是()A．50mL B．100mL C．150mL D．200mL15、聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如下：

（图中虚线表示氢键）下列说法不正确的是（）A．聚维酮分子由（m+n）个单体聚合而成B．聚维酮的单体是：C．聚维酮碘是一种水溶性物质D．聚维酮在一定条件下能发生水解反应16、下列关于电化学知识的说法正确的是()A．电解饱和食盐水在阳极得到氯气，阴极得到金属钠B．电解精炼铜时，阳极质量的减少不一定等于阴极质量的增加C．电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的熔融混合物，在阴极上依次析出Cu、Fe、AlD．船底部放锌板是利用牺牲阴极的阳极保护法减少海水对船体的腐蚀17、《本草纲目》中的“石碱”条目下写道：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面，亦去垢发面。”这里的“石碱”是指（）A．KOH B．KAl(SO4)2C．KHCO3 D．K2CO318、（NH4）2SO4在一定条件下发生如下反应：4（NH4）2SO4=N2↑＋6NH3↑＋3SO2↑＋SO3↑＋7H2O，将反应后的气体通入一定量的BaCl2溶液中，发现溶液有白色沉淀生成，还有部分气体从溶液中逸出，检验发现从溶液中逸出的气体无色、无味，溶液中氯化钡恰好完全反应。下列说法正确的是A．生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：1B．生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：2C．生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：3D．从溶液中逸出的气体只有N2，最后留下溶液中溶质只有较多的NH4Cl19、下列说法正确的是①合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料②硅酸可制备硅胶，硅胶可用作袋装食品、瓶装药品的干燥剂③Mg2＋、H＋、SiO32-、SO42-在水溶液中能大量共存④向含K＋、Na＋、Br－、SiO32-的溶液中通入CO2后仍能大量共存⑤SiO2不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器⑥硅酸钠可制备木材防火剂，也可用于制备硅酸胶体⑦Si→SiO2→H2SiO3均能一步转化A．①⑤⑥ B．①②⑥⑦ C．②⑥ D．③④⑥20、两种金属粉末的混合物15g，投入足量的稀盐酸中，得到5.6L氢气（标准状况），则这种混合物可能是A．镁和铁 B．镁和铝 C．铁和锌 D．铜和锌21、比亚迪公司开发了锂钒氧化物二次电池。电池总反应为V2O5＋xLiLixV2O5，下列说法正确的是A．该电池充电时，锂电极与外加电源的负极相连B．该电池放电时，Li＋向负极移动C．该电池充电时，阴极的反应为LixV2O5－xe－＝V2O5＋xLi＋D．若放电时转移

0.2

mol

电子，则消耗锂的质量为

1.4x

g22、硫化氢能与二氧化硫反应，说明硫化氢具有A．还原性 B．氧化性 C．酸性 D．不稳定性二、非选择题(共84分)23、（14分）已知X、Y、Z、W四种元素是短周期的元素，且原子序数依次增大。X、W同主族，Y、Z为同周期的相邻元素。W是该元素所在周期原子半径最大的元素，W原子的质子数等于Y、Z原子的最外层电子数之和。Y与X形成的分子中有3个共价键，该分子中含有10个电子。Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，试判断：（1）Y和W两种元素的元素符号为Y________，W________。（2）W2Z2的电子式为________________。（3）①由X、Y、Z所形成的常见离子化合物是__________________(写化学式)。②该化合物与W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液加热时反应的离子方程式为___________。③化合物WY3的晶体结构中含有的化学键为________(选填序号)。A．只含离子键B．只含共价键C．既含离子键又含共价键④X与W形成的化合物与水反应时，水作________(填“氧化剂”或“还原剂”)。24、（12分）Ⅰ.A、B、C、D和E均为中学化学常见的纯净物，其中B为自然界中含量最多的液体，它们之间有如图反应关系：（1）若A的溶液能使淀粉溶液变蓝，C为非金属氧化物，能使品红溶液褪色，该反应的离子方程式为____________________________________。（2）若A为短周期的金属单质，D为气态单质，C溶液呈强酸性或强碱性时，该反应都能进行。写出C溶液呈强碱性时反应的离子方程式：_____________________________。（3）若A、C均为化合物，E为白色沉淀（不含金属元素），C为引起温室效应的主要气体，则该反应的离子方程式为__________________________________。Ⅱ.FeCl3可用于污水处理，具有效果好、价格便宜等优点。工业上可将铁屑溶于盐酸中先生成FeCl2，再通入Cl2氧化来制备FeCl3溶液。（4）将标准状况下aL氯化氢气体溶于1000g水中得到盐酸，若该盐酸的密度为bg·mL－1，则该盐酸的物质的量浓度是____________________。（5）向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下Cl23.36L，反应后的溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为____________。（6）用100mL2mol·L－1的FeCl3溶液净水时，生成具有净水作用的微粒数_____0.2NA(填“大于”“等于”或“小于”)。25、（12分）草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，M=180g/mol)呈淡黄色,可用作晒制蓝图。某实验小组对其进行了一系列探究。I.纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究(1)气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置可重复选用)进行实验：①E中盛装碱石灰的仪器名称为_________。②按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为a→g→f→_____→尾气处理装置(仪器可重复使用)。③实验前先通入一段时间N2，其目的为__________________。④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为_____________。(2)小组成员设计实验证明了A中分解后的固体成分为FeO，则草酸亚铁晶体分解的化学方程式为____________________。(3)晒制蓝图时，以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂，该反应的化学方程式为______________。Ⅱ.草酸亚铁晶体样品纯度的测定工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀HSO4中，配成250mL溶液；步骤2：取上述溶液25.00mL，用cmol/LKMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol/LKMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。(4)步骤2中滴定终点的现象为______________；步骤3中加入锌粉的目的为_______。(5)草酸亚铁晶体样品的纯度为________；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则测定结果将____(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。26、（10分）自来水是自然界中的淡水经过絮凝、沉淀、过滤、消毒等工艺处理后得到的。常用的自来水消毒剂有二氧化氯（ClO2）和高铁酸钾（K2FeO4）等。（1）某研究小组用下图装置制备少量ClO2（夹持装置已略去）。资料：ClO2常温下为易溶于水而不与水反应的气体，水溶液呈深黄绿色，11℃时液化成红棕色液体。以NaClO3和HCl的乙醇溶液为原料制备ClO2的反应为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。①冰水浴的作用是____________。②NaOH溶液中发生的主要反应的离子方程式为________________。（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量CCl4，振荡、静置，观察到____，证明ClO2具有氧化性。（3）ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐（ClO2-），需将其转化为Cl-除去。下列试剂中，可将ClO2-转化为Cl-的是_____________________（填字母序号）。a.FeSO4b.O3c.KMnO4d.SO2（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。①上述制备K2FeO4反应的离子方程式为______________________。②净水过程中，K2FeO4起到吸附、絮凝作用的原理是____________。27、（12分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种可溶于水的白色或淡黄色小晶体，常用作食品抗氧化剂等。某化学研究兴趣小组欲自制焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质等。（1）制备Na2S2O5，如图（夹持及加热装置略）可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体（试剂不重复使用）焦亚硫酸钠的析出原理：NaHSO3（饱和溶液）→Na2S2O5（晶体）+H2O（l）①如图装置中仪器A的名称是_________，A中发生反应的化学方程式为_________。②F中盛装的试剂是__________________，作用是____________________。③实验前通入N2的作用是_____________。④Na2S2O5晶体在_____（填“A”或“D”或“F”）中得到，再经离心分离，干燥后可得纯净的样品。⑤若撤去E，则可能发生___________________。（2）设计实验探究Na2S2O5的性质，完成表中填空：预测Na2S2O5的性质探究Na2S2O5性质的操作及现象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性用适量的蒸馏水溶解少量的Na2S2O5样品于试管中，取pH试纸放在干燥洁净的表面皿上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取样品点在试纸上，试纸变红探究二Na2S2O5晶体具有还原性取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去综合实验结论，检验Na2S2O5晶体在空气中是否被氧化的试剂为__________，探究二中反应的离子方程式为__________。28、（14分）下表为元素周期表的一部分。碳氮YX硫Z回答下列问题：（1）Z元素在周期表中的位置为___。（2）下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是___；a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊b．在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多c．Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高（3）X与Z两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃，写出该反应的热化学方程式___。（4）碳与镁形成的1mol化合物Q与水反应，生成2molMg(OH)2和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9：1，烃的电子式为___。Q与水反应的化学方程式为__。29、（10分）用废铅蓄电池的铅泥(含PbSO4、PbO和Pb等)可制备精细化工产品3PbO·PbSO4·H2O(三盐)，主要制备流程如下。请回答下列问题：(1)铅蓄电池在生活中有广泛应用，其工作原理是Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O。若铅蓄电池放电前正、负极质量相等，放电时转移了1mol电子，则理论上两极质量之差为__________。(2)将滤液1、滤液3合并，经蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作，可得到一种结晶水合物(Mr=322)，其化学式为______________________。(3)步骤③酸溶时铅与硝酸反应生成Pb(NO3)2及NO。滤液2中溶质的主要成分为______(填化学式)。(4)步骤⑥合成三盐的化学方程式为______________________。(5)步骤⑦的洗涤操作中，检验沉淀是否洗涤完全的操作方法是__________________。

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】加入足量的氢氧化钠中发生的反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑生成的氢气为3.31L,即0.15mol，所以含有铝0.1mol，而0.1mol铝则变为+3价，所以转移0.3mol电子，Fe被氧化为+3价，Cu被氧化为+2。假设Fe、Cu的物质的量分别是x、y。质量和：2.7+51x+14y="17.9"；沉淀量：107x+98y=25.4；解得x="0.1"mol，y="0.15"molAl、Fe、Cu的物质的量分别是0.1mol、0.1mol、0.15mol所以转移电子数总的为0.9mol；氮原子从硝酸中的+5价还原为+2价，共转移0.9mol电子，则生成NO为0.3mol，则V（NO）=1．72L。故答案选C。2、B【详解】A、得电子能力越强，电负性越大，得电子能力P＜O＜F，所以元素的电负性P＜O＜F，故A正确；B、C的电子排布式为1s22s22p2；N的电子排布式为1s22s22p3，p轨道处于半充满状态；O的电子排布式为1s22s22p4，第一电离能应该是N的最大，故B错误；C、这些离子是电子层一样多的微粒，根据核电荷数越多半径越小，则离子半径：O2-＞Na+＞Mg2+，故C正确；D、Mn、Si、Cl原子的未成对电子数分别为5、2、1，即原子的未成对电子数：Mn＞Si＞Cl，故D正确。正确答案选B。【点睛】元素的第一电离能和最外层电子数的多少有关，轨道处于全充满和半充满状态稳定；电子层越多，半径越大，电子层一样多的微粒，核电荷数越多半径越小。3、A【详解】反应中，Cl元素得电子，化合价由0价降低为-1价，S元素失电子，化合价由+2价升高为+6价，根据氧化还原反应规律，被氧化，作还原剂，被还原，作氧化剂，在反应中既不作氧化剂也不作还原剂，综上分析，答案选A。4、A【详解】A.明矾净水与铝离子水解生成胶体有关，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故A选；B.

Fe、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；C.

Br元素的化合价升高，还需要氧化剂，为氧化还原反应，故C不选；D.工业固氮过程中，

N元素的化合价发生改变，为氧化还原反应，故D不选；故选A。5、B【解析】A.Cl2通入NaOH溶液，题中所给方程式不符合电荷守恒，正确的离子方程式是：Cl2＋2OH−=Cl−＋ClO−＋H2O，故A错误；B.Cu溶于稀HNO3，反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式是：3Cu＋8H+＋2NO3−=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，故B正确；C.HCO3－对应的碳酸是弱酸，不能拆开，正确的离子方程式是：HCO3−＋H+=CO2↑＋H2O，故C错误；D.AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液，生成的是偏铝酸钠、氯化钠和水，不是氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式是：Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，故D错误；故答案选B。点睛：判断离子方程式正确与否的方法一般是：（1）检查反应能否发生。（2）检查反应物、生成物是否正确（如D项）。（3）检查各物质拆分是否正确（如C项）。（4）检查是否符合守恒关系（如A项）。（5）检查是否符合原化学方程式。6、B【详解】A．加水促进弱酸的电离，促进盐的水解，则①②均向右移动，故A错误；

B．加入等体积水后，醋酸溶液酸性减弱则①中c(OH−)增大，醋酸钠溶液碱性减弱则②中c(OH-)减小，故B正确；

C．酸抑制水的电离，盐的水解促进水的电离，则①和②中，由水电离出的c(H+)不同，故C错误；

D．溶液中遵循物料守恒，则等体积等浓度的醋酸、醋酸钠溶液中，c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和：①=②，故D错误；

故选：B。7、A【详解】NH4HCO3和amolNaOH恰好完全反应，则NH4HCO3的物质的量为0.5amol，取另一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应完全，由NH4HCO3反应掉的盐酸为0.5amol，则由Na2CO3反应掉的盐酸为bmol－0.5amol，Na2CO3的物质的量为(bmol－0.5amol)×0.5，则c(Na＋)＝(bmol－0.5amol)÷0.1L＝(10b－5a)mol·L－1。故选A。【点睛】根据化学方程式计算时一定要准确找出相关物质之间的计量数关系，如果是离子反应，可以根据离子方程式进行计算；如果是氧化还原反应，也可以利用电子转移关系进行有关计算。8、B【解析】A、氨气遇浓盐酸生成白色固体NH4Cl，即产生白烟:

NH3+HCl=NH4Cl，故A正确；B.打磨过的铝片与NaOH

溶液反应产生气体:

2Al

+

2OH-

＋2H2O=

2AlO2-

+3H2↑，故B错误；C、NaOH溶液与二氧化硅发生反应，NaOH

溶液不能保存在玻璃塞的试剂瓶中:SiO2+

2OH-=

SiO32-+

H2O，故C正确；D.Fe(OH)2由白色变灰绿，最后变为红褐色，Fe(OH)2在空气中被氧化:

4Fe(OH)2+

O2+

2H2O=4Fe(OH)3，故D正确；故选B。点睛：本题考查离子方程式、化学方程式的书写，解题关键：明确发生反应的实质，B选项是易错点，注意掌握离子方程式、化学方程式的书写原则：得失电子要守恒；C选项要求学生要理解aOH

溶液不能保存在玻璃塞的试剂瓶的反应原理，才能正确写出反应方程式。9、A【详解】A.氢氧化亚铁具有还原性，易被氧气氧化，因此在制备时，胶头滴管需要伸入液面以下，且为防止氧气氧化，液面用煤油液封，该装置可达到实验目的，A项正确；B.氯化镁溶液容易发生水解，直接加热蒸发氯化镁溶液，水解产生的HCl受热挥发，使得平衡不断向右移动，最终会得到氢氧化镁固体，得不到无水氯化镁，B项错误；C.比较两种物质的热稳定性，装置图中大试管应装碳酸钠，小试管温度低，应加碳酸氢钠，这样才能形成对比，得出碳酸氢钠不稳定受热易分解的结论，C项错误；D.氨气的密度比空气小，应使用向下排气法，该实验装置不能达到实验目的，D项错误；答案选A。10、C【详解】A.若A为浓盐酸，B为KMnO4晶体，二者反应生成氯气，把氯气通到紫色石蕊溶液中，氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl具有酸性，使紫色石蕊溶液变红，HClO具有漂白性，使溶液褪色，C中溶液最终呈无色，A错误；B.若A为浓氨水，B为生石灰，滴入后反应生成氨气，氨气和铝离子反应生成氢氧化铝，但氢氧化铝不溶于弱碱一水合氨，所以C中产生白色沉淀不溶解，B错误；C.D中球形干燥管中间部分较粗，盛放液体的量较多，倒吸的液体靠自身重量回落，因此可以防止液体倒吸，C正确；D.若A为浓硫酸，B为Cu，反应需要加热才能发生，如果不加热，则没有二氧化硫产生，所以C中溶液无变化，D错误。答案选C。11、A【详解】反应热等于断键吸收的总能量与形成化学键所放出的能量的差值，由图可以看出：P4中有6mol的P－P，5mol的O2中含有5molO＝O，1mol的P4O10中含有4mol的P＝O，12mol的P－O，所以根据方程式可知反应热△H＝(6a＋5d－4c－12b)kJ·mol－1。答案选A。12、D【详解】装置(Ⅱ)为电解池，当闭合开关K时，铂电极上生成NH2OH，所以铂电极上发生得电子的还原反应，为阴极，与原电池负极相接，所以电极A为负极、B电极为正极，则A.闭合K时，装置I为全钒电池，A电极为负极、B电极为正极，原电池工作时H+从负极A通过交换膜移到正极B，即H+从左到右通过交换膜，故A错误；B.闭合K时，铂电极为阴极，发生得电子的还原反应，电极反应式为NO3-+6e-+7H+＝NH2OH+2H2O，故B错误；C.全钒电池充电时，电极A为阴极，发生得电子的还原反应，故C错误；D.全钒电池放电时，电极B为正极，电极B上VO2+得电子生成VO2+，电极反应式为VO2++2H++e-=VO2++H2O，故D正确；故答案选D。13、C【解析】A.MnO4-为紫色，故A错误；B.c(OH-)c(H+)=10-12的溶液，说明溶液显强酸性，则H+与ClO-不能大量共存，B错误；C.pH=12的无色溶液为强碱溶液，则K+、Na+、CH3COO-、Br-与OH-能共存，C正确；14、D【详解】由Mg、Al最终转化为氢氧化镁、氢氧化铝，最终溶液中溶质为NaNO3，根据氮元素守恒n(NaNO3)=0.5L×1mol/L-=0.4mol，由钠离子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)=0.4mol，则需要NaOH溶液的体积为=0.2L=200mL，故D正确；故选D。【点晴】本题考查氧化还原反应有关计算。注意利用守恒法解答，避免判断硝酸是否有剩余，侧重考查学生分析计算能力，由Mg、Al最终转化为氢氧化镁、氢氧化铝，最终溶液中溶质为NaNO3，根据氮元素守恒计算n(NaNO3)，由钠离子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)，再根据V=计算需要NaOH溶液的体积。15、A【详解】A．聚维酮碘是由聚维酮和HI3通过氢键形成的，由聚维酮碘的结构：可知，聚维酮分子是由2m+n个单体加聚而成，A项错误；B．由聚维酮碘的结构：可知，聚维酮的单体是，B项正确；C．聚维酮可以与HI3形成氢键，则由聚维酮碘的结构推测，其也可以与水形成氢键，C项正确；D．聚维酮的结构中含有肽键，所以能在一定条件下发生水解，D项正确；答案选A。【点睛】考虑物质的溶解性时，可以从三个因素入手进行判断：一是，溶质分子和溶剂分子极性相似相溶；二是，溶质分子与溶剂分子之间能形成氢键，溶解性会有明显提高；三是，溶质分子与溶剂分子可以发生可逆反应，溶解性会适当提高。16、B【解析】A、电解饱和食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠，阴极上得到氢气和氢氧化钠，选项A错误；B、如果粗铜中杂质含Zn多则相当于用Zn去置换铜，自然阳极溶解的质量比阴极析出铜的质量多；如果粗铜中杂质含Fe多则相当于用Fe去置换铜，自然阳极溶解的质量比阴极析出铜的质量少。如果Zn和Fe有一个合适的比例，阳极溶解的质量等于阴极析出铜的质量。故电解精炼铜时，阳极质量的减少不一定等于阴极质量的增加，选项B正确；C、阴极上会依次析出铜、铁.不会析出铝，因为溶液中有氢离子，氢离子氧化性强于铝离子，得电子能力强于铝离子，所以不会有铝析出，选项C错误；D、船底部放锌板是利用牺牲阳极的阴极保护法减少海水对船体的腐蚀，选项D错误。答案选B。17、D【详解】“采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分，“以水淋汁”，该成分易溶于水，久则凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，发面，能作为发酵剂，排除KOH、KAl(SO4)2，植物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐，所以碳酸钾符合，同时符合久则凝淀如石，而KHCO3久则分解生成粉末状的碳酸钾，故D符合，故答案为D。18、A【详解】（NH4）2SO4分解的方程式为4（NH4）2SO4=N2↑＋6NH3↑＋3SO2↑＋SO3↑＋7H2O，设分解了4mol（NH4）2SO4，则分解生成的N2、NH3、SO2、SO3物质的量依次为1mol、6mol、3mol、1mol，分解产生的气体通入BaCl2溶液中，发生反应2NH3+SO3+H2O=（NH4）2SO4、（NH4）2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl，此过程中消耗1molSO3、2molNH3、生成1molBaSO4沉淀；还剩余4molNH3，最终从溶液中逸出的气体无色、无味，溶液中氯化钡恰好完全反应，说明3molSO2全部反应，则发生的反应为4NH3+3SO2+3H2O=（NH4）2SO3+2NH4HSO3、（NH4）2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl，此过程将4molNH3、3molSO2全部消耗，生成1molBaSO3沉淀；根据上述分析，生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：1，从溶液中逸出的气体只有N2，最后留下的溶液中有较多的NH4Cl和NH4HSO3，故答案为A。19、C【详解】①合成纤维是有机高分子材料，错误；②硅酸可制备硅胶，硅胶有吸水性，可用作袋装食品、瓶装药品的干燥剂，正确；③Mg2＋和SiO32-、H＋和SiO32-都能发生反应而不能大量共存，错误；④通入的CO2可以和溶液中的SiO32-发生反应：CO2+H2O+SiO32-=H2SiO3↓+CO32-，错误；⑤SiO2可以和氢氟酸反应，错误；⑥硅酸钠可制备木材防火剂，也可以和盐酸反应制备硅酸胶体，正确；⑦SiO2不能一步转化为H2SiO3，错误。故选C。【点睛】绝大多数的酸性氧化物都可以和水生成相应的酸，SiO2是高中化学里唯一的不能和水生成相应酸的酸性氧化物。20、C【解析】把两种金属看作是一种金属，令为R，与盐酸反应，假设生成+2价，化学反应方程式为R＋2HCl=RCl2＋H2↑，根据反应方程式，求出R的平均摩尔质量为g·mol－1，=60g·mol－1，符合形式的应是一种金属的摩尔质量大于60g·mol－1，另一种金属的摩尔质量小于60g·mol－1，A、摩尔质量分别是24g·mol－1、56g·mol－1，不符合，故A错误；B、铝参与反应的化合价为＋3价，转化成＋2价，其摩尔质量为27×2/3g·mol－1=18g·mol－1，不符合，故B错误；C、摩尔质量分别是56g·mol－1、65g·mol－1，符合，故C正确；D、摩尔质量分别是64g·mol－1、65g·mol－1，不符合，故D错误。21、A【分析】A．电池充电时负极与外电源的负极相连；B．向外供电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动；C．该电池充电时阴极得电子，发生还原反应；D．根据电极反应计算消耗Li的质量。【详解】A．电池充电时负极与外电源的负极相连，Li为负极反应物，所以Li与外电源的负极相连，故A正确；B．向外供电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动，故B错误；C．该电池充电时阴极得电子，发生还原反应，电极反应为：，故C错误；D．若放电时转移0.2mol电子，负极上，所以反应消耗Li的质量为0.2mol×7g/mol=1.4g，故D错误；故答案选：A。22、A【详解】硫化氢能与二氧化硫反应生成硫和水，硫化氢中硫元素化合价由-2价变为0价，被氧化，体现硫化氢的还原性，答案选A。【点睛】二、非选择题(共84分)23、NNaNH4NO3NH4++OHNH3↑+H2OC氧化剂【分析】由“Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍”，可推得其为氧(O)；由“Y、Z为同周期的相邻元素”，可确定Y为氮(N)；由“W是该元素所在周期原子半径最大的元素，W原子的质子数等于Y、Z原子的最外层电子数之和”，可确定W为钠(Na)；由“X、W同主族”、“Y与X形成的分子中有3个共价键，该分子中含有10个电子”，可确定X为氢(H)。（1）通过以上推断，可确定Y和W分别氮和钠；（2）W2Z2为Na2O2；（3）①由X、Y、Z所形成的常见离子化合物是NH4NO3；②NH4NO3与NaOH的浓溶液加热时发生复分解反应；③化合物WY3的化学式为NaN3，它由Na+和N3-构成；④X与W形成的化合物为NaH，它与水发生氧化还原反应。【详解】（1）通过分析，可确定Y和W分别氮和钠。答案为：N；Na；（2）W2Z2为Na2O2，电子式为。答案为；（3）①由X、Y、Z所形成的常见离子化合物是NH4NO3。答案为：NH4NO3；②NH4NO3与NaOH的浓溶液加热时发生反应的离子方程式为NH4++OHNH3↑+H2O。答案为：NH4++OHNH3↑+H2O；③化合物WY3的化学式为NaN3，它由Na+和N3-构成，N3-中含有共价键。答案为：C；④X与W形成的化合物为NaH，它与水发生氧化还原反应NaH+H2O=NaOH+H2↑，在此反应中，水中的氢元素由+1价降低为0价，作氧化剂。答案为：氧化剂。【点睛】N3-与CO2为等电子体，CO2的结构式为O=C=O，则N3-的结构式为[N=N=N]-。24、I2+SO2+2H2O=4H++2I-+SO42-2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑SiO32-+2CO2+2H2O=2HCO3-+H2SiO3↓mol·L-12mol·L-1小于【分析】Ⅰ.A、B、C、D、E均为中学化学常见的纯净物，B为自然界中含量最多的液体，判断B为H2O，再结合流程中物质转化关系及提供的信息进行分析判断，从而得解；Ⅱ.（4）n（HCl）=，溶液质量为×36.5g/mol+1000g，则溶液体积为mL，结合c=计算；（5）还原性Fe2+＞Br-，通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，反应后溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为=0.15mol，若Br-没有反应，溶液中n（Br-）=0.3mol，则n（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应，设FeBr2的物质的量为x，表示出参加反应的n（Br-），根据电子转移守恒列方程计算x值，再根据c=计算；（6）铁离子水解制备胶体，胶体可净化水，且水解反应为可逆反应。【详解】A、B、C、D、E均为中学化学常见的纯净物，B为自然界中含量最多的液体，判断B为H2O；（1）若A的溶液能使淀粉溶液变蓝，A具有氧化性为I2，C为非金属氧化物，能使品红溶液褪色，则C为二氧化硫，该反应的反应离子方程式为：SO2+I2+2H2O═4H++2I-+SO42-；（2）若A为短周期的金属单质，D为气态单质，C溶液呈强酸性或强碱性时，该反应都能进行，则A为Al，D为H2，A与强碱性溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（3）若A、C均为化合物，C为引起温室效应的主要气体，判断C为CO2，为酸性强的制备酸性弱的反应，E为白色沉淀不含金属元素，判断E为H2SiO3，则A为硅酸盐，足量的C与A反应生成E的一个离子方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O=2HCO3-+H2SiO3↓；Ⅱ.（4）n（HCl）=，溶液质量为×36.5g/mol+1000g，则溶液体积为mL，由c==mol/L；（5）还原性Fe2+＞Br-，通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，反应后溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为=0.15mol，若Br-没有反应，溶液中n（Br-）=0.3mol，则n（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应，设FeBr2的物质的量为x，则n（Fe2+）=xmol，n（Br-）=2xmol，未反应的n（Br-）=0.3mol，参加反应的n（Br-）=（2x-0.3）mol，根据电子转移守恒有x×1+（2x-0.3）×1=0.15mol×2，解得x=0.2mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2mol/L；（6）100mL2mol/L的FeCl3溶液，其物质的量为0.2mol，因为水解为可逆反应，且生成胶体为微观粒子的集合体，则生成具有净水作用的微粒数小于0.2NA。【点睛】本题考查无机推断、氧化还原反应的计算及浓度计算等，综合性较强，把握氧化还原反应中电子守恒、盐类水解及物质的量浓度的相关计算公式等为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等。25、U形管b→c→h→i(或i→h)→d→e→b→c排尽装置中的空气，防上加热时发生爆炸C中固体由黑色变为红色，后B装置中出现浑浊FeC2O4·2H2O

FeO+CO↑+CO2↑+2H2O3FeC2O4+2K3[FeCN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色，且30s内不褪色将Fe3+还原为Fe2+×100%偏低【解析】I.在A中草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)受热发生分解反应：FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O，用D检验水蒸气的存在，用B检验CO2气体，然后用E干燥CO，将CO用通入C使CO与CuO发生反应：CO+CuOCO2+Cu，反应产生的CO2气体通过B装置检验，由于反应过程中有CO产生，会导致大气污染，所以最后将气体进行尾气处理。用K3[Fe(CN)6]溶液检验溶液中的Fe2+，据此书写反应方程式；II.步骤2中向FeC2O4·2H2O、FeSO4溶解后的酸性溶液中滴入酸性KMnO4溶液，溶液中的Fe2+、H2C2O4都被氧化，Fe2+变为Fe3+；KMnO4被还原为无色的Mn2+；H2C2O4变为CO2气体逸出；步骤3中向反应后溶液中加入适量锌粉，Zn将溶液中Fe3+还原为Fe2+，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol/LKMnO4标准溶液滴定至终点，这时溶液中Fe2+氧化为Fe3+，消耗标准液V2mL。则前后两次消耗的高锰酸钾溶液的体积差就是氧化H2C2O4消耗的体积，根据C守恒可知n(H2C2O4)=n(FeC2O4·2H2O)，最后根据电子守恒确定KMnO4与FeC2O4·2H2O的物质的量之间的关系，利用该反应消耗的n(KMnO4)计算出FeC2O4·2H2O的质量，从而可得其纯度，据此分析。【详解】(1)①根据E的结构可知E中盛装碱石灰的仪器名称为U形管；②根据上述分析可知仪器使用的先后顺序为ADBECB，则按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为a→g→f→b→c→h→i(或i→h)→d→e→b→c→尾气处理装置；③实验前先通入一段时间N2，其目的为排尽装置中的空气，防上加热时产生的CO与装置内的空气混合加热发生爆炸事故；④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为C中固体Cu变为Cu单质，物质由黑色变为红色，反应产生的CO2气体可以使后面的B装置中出现浑浊现象；(2)草酸亚铁晶体受热分解产生FeO、CO、CO2和水，根据电子守恒及原子守恒，可得分解的化学方程式为FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O；(3)K3[Fe(CN)6]溶液遇FeC2O4，溶液变为蓝色，该反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3[FeCN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4；(4)在步骤2中用酸性KMnO4滴定含有Fe2+、H2C2O4的溶液，KMnO4被还原为无色的Mn2+，所以滴定终点的现象为锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色，且30s内不褪色。在步骤3中加入锌粉的目的为将溶液中的Fe3+氧化为Fe2+，以便于确定溶液H2C2O4的物质的量，并根据C元素守恒，计算出FeC2O4的物质的量。(5)根据上述分析可知草酸消耗的KMnO4的物质的量为n(KMnO4)=cmol/L×(V1-V2)×10-3L=c(V1-V2)×10-3mol，根据反应过程在电子守恒可得KMnO4与H2C2O4的物质的量关系为5H2C2O4—2KMnO4，H2C2O4是FeC2O4·2H2O与硫酸反应产生，根据元素守恒可知FeC2O4·2H2O—5H2C2O4—2KMnO4，故n[FeC2O4·2H2O]=n(KMnO4)=c(V1-V2)×10-3mol，所以草酸亚铁晶体样品的纯度为×100%=×100%。若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则V1偏小，根据=×100%可知，测定结果将偏低。【点睛】本题考查了仪器的识别、化学实验基本操作、仪器使用先后顺序、滴定终点的判断方法、误差分析、物质含量的测定等知识。掌握化学基础知识、物质的性质及守恒方法、关系式法计算等是本题解答的关键。26、分离Cl2和ClO2Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O溶液分层，下层为紫色ad3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用【详解】（1）①根据反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O可知，制备ClO2的同时生成氯气，利用ClO211℃时液化成红棕色液体，可用冰水浴将Cl2和ClO2分离，获得纯净的ClO2，答案为：分离Cl2和ClO2；②NaOH溶液为尾气处理装置，作用是吸收产生的氯气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（2）向混合后的溶液中加入适量CCl4，振荡、静置，CCl4密度比水大，且不溶于水，若观察到溶液分层，且下层为紫色，说明溶液中生成碘单质，进一步说明将ClO2水溶液滴加到KI溶液中发生反应，碘离子由-1价变为0价，化合价升高被氧化，则证明ClO2具有氧化性。答案为：溶液分层，下层为紫色；（3）需将ClO2-其转化为Cl-除去，氯元素的化合价从+3价变为-1价，化合价降低得电子，被还原，需要加入还原剂，a.FeSO4中亚铁离子具有还原性，可以做还原剂，故a符合；b.O3具有强氧化性，故b不符合；c.KMnO4具有强氧化性，故c不符合；d.SO2具有还原性，可以做还原剂，故d符合；答案为ad；（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。①在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，生成高铁酸钾，Fe3+从+3价升高到+6价的FeO42-，失去3个电子，ClO-中氯元素从+1价变为-1价的氯离子，得到2个电子，最小公倍数为6，则ClO-和Cl-的系数为3，Fe3+和FeO42-系数为2，根据物料守恒，可得离子方程式为3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O，答案为：3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O；②净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用，答案为：净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用。27、三颈烧瓶Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O浓NaOH溶液吸收剩余的SO2排尽空气，防止Na2S2O5被氧化D倒吸盐酸、BaCl2溶液5S2O+4MnO+2H+=10SO+4Mn2++H2O【分析】采用装置图制取Na2S2O5，装置D中有Na2S2O5晶体析出，根据图可知：装置A中浓硫酸与亚硫酸钠溶液反应生成SO2，装置D中析出Na2S2O5晶体：Na2SO3+SO2=Na2S2O5；二氧化硫有毒，装置F为尾气吸收装置，装置E防止倒吸。【详解】(1)①根据仪器的结构可知A为三颈烧瓶，装置A中浓硫酸与亚硫酸钠溶液反应生成SO2，反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；②由于二氧化硫有毒，则装置F的作用是吸收多余的二氧化硫，防止污染环境，可盛装NaOH溶液；③Na2S2O5易被空气中的氧气氧化，所以要先用氮气排净装置中的空气；④装置D中会析出Na2S2O5晶体：Na2SO3+SO2=Na2S2O5；⑤若撤去E，导气管直接插入F溶液可能会因为SO2被吸收压强变化较大发生倒吸；(2)检验Na2S2O5晶体在空气中是否被氧化，若被氧化则生成硫酸钠，检验硫酸根离子时必须选择的试剂为盐酸、BaCl2溶液；探究二中Na2S2O5与酸性KMnO4溶液发生氧化反应反应，KMnO4被还原为Mn2+，则Na2S2O5被氧化为硫酸钠，离子反应为：5S2O+4MnO+2H+=10SO+4Mn2++H2O。28、第三周期，ⅦA族acSi(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l)△H=-687kJ/molMg2C3+4H2O=2Mg(OH)2+C3H4↑