2026届福建省长乐高级中学化学高三上期中达标检测试题含解析

2026届福建省长乐高级中学化学高三上期中达标检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆B．Si的熔点高，可用作半导体材料C．FeCl3溶液显酸性，可用于蚀刻铜制的电路板D．漂白液中含有强氧化性物质，可作漂白剂和消毒剂2、恒容密闭容器中存在下列平衡：。的平衡物质的量浓度与温度T的关系如图所示。则说法错误的是A．反应为吸热反应B．在时，若反应处于状态D，则一定有v正＞v逆C．平衡状态A与C相比，平衡状态A中的c(CO)大D．若、时的平衡常数分别为，则3、羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25.00mL0.049mol·L－1羟胺的酸性溶液与足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2＋恰好与24.55mL0.020mol·L－1酸性KMnO4溶液完全反应。已知(未配平)：FeSO4＋KMnO4＋H2SO4→Fe2(SO4)＋K2SO4＋MnSO4＋H2O，则羟胺的氧化产物是A．N2 B．N2O C．NO D．NO24、某废催化剂含5．6％的SiO6、6．0％的ZnO、3．5％的ZnS和4．8％的CuS，某同学以该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。采用的实验方案如下：已知：5．步骤①中发生的化学反应为非氧化还原反应；6．滤渣6的主要成分是SiO6和S。下列说法不正确的是A．步骤①，最好在通风橱中进行B．步骤①和③，说明CuS不溶于稀硫酸而ZnS溶于稀硫酸C．步骤③，涉及的离子反应为CuS+H6O6+6H+Cu6++S+6H6OD．步骤②和④，均采用蒸发结晶的方式获取溶质5、下列叙述不涉及氧化还原反应的是A．工业上利用合成氨实现人工固氮 B．大气中NO2参与酸雨形成C．明矾用于净水 D．含氯消毒剂用于环境消毒6、现有密度为dg/mL浓度为18mol/L的浓硫酸溶液100g，需要加入一定量的水将其稀释为浓度是9mol/L,则加入水的体积是A．大于100mLB．小于l00mLC．等于100mLD．等于100/dmL7、实验室通过称量样品受热脱水前后的质量来测定x值，下列情况会导致测定值偏低的是()A．实验前试样未经干燥 B．试样中含有少量碳酸氢铵C．试样中含有少量氯化钠 D．加热过程中有试样迸溅出来8、一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收，其中Y是单质。SO2（g）+2CO（g）2X（g）+Y（l）为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用超灵敏气体传感器测得不同时间的SO2和CO浓度如下表：时间/s01234c（SO2）/mol·L-11.000.500.233.00×10-373.00×10-37c（CO）/mol·L-14.003.002.462.002.00下列说法不正确的是A．X的化学式为CO2B．前1s内v（X）="1.00"mol·L-1·s-1C．该回收原理运用了SO2的还原性D．该温度下，此反应的平衡常数的数值是3.33×10369、下列化学用语中，正确的是（）A．镁原子的结构示意图为B．Na2O2的电子式为C．生石灰的分子式为CaOD．1H218O摩尔质量为2010、某学生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液与0.5mol/LNa2CO3溶液的反应，实验如下。下列分析不正确的是A．实验1中，白色沉淀a是A1(OH)3B．实验2中，白色沉淀b含有CO32-C．实验1、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关D．检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，不可使用相同的检验试剂11、NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A．在反应中消耗0.1molCl2，转移的电子数一定为0.2NAB．15gCH3+（碳正离子）中含有的电子数为8NAC．标准状况下，11.2L乙炔中含共用电子对的数目为1.5NAD．0.1L2mol/L的(NH4)2S溶液中含有的S2-数目为0.2NA12、根据如下框图分析，下列说法正确的是A．E2＋的氧化性比M2＋的氧化性强B．在反应③中若不加稀硫酸可能看到红褐色沉淀C．反应⑤的离子方程式可表示为E2＋＋3OH－＝E(OH)3↓D．在反应①中只能用浓硫酸，既表现酸性，又表现了氧化性13、一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下表。下列说法错误的是（）pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2﹣A．当pH＜4时，碳钢主要发生析氢腐蚀B．当pH＞6时，碳钢主要发生吸氧腐蚀C．当pH＞14时，正极反应为O2+4H++4e→2H2OD．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓14、已知常温下，Ksp(NiS)≈1.0×10-21，Ksp(ZnS)≈1.0×10-25，pM=-lgc(M2+)。向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，溶液中pM与Na2S溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．图像中，V0=40，b=10.5B．若NiCl2(aq)变为0.2mol·L-1，则b点向a点迁移C．若用同浓度ZnCl2溶液替代NiCl2溶液，则d点向f点迁移D．Na2S溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)15、取一小块金属钠，放在燃烧匙里加热，下列实验现象描述不正确的是()A．燃烧后得白色固体 B．燃烧时火焰为黄色C．燃烧后生成淡黄色固体物质 D．金属先熔化16、α-氰基丙烯酸异丁酯可用作医用胶，其结构简式如下。下列关于α-氰基丙烯酸异丁酯的说法错误的是A．其分子式为C8H11NO2 B．可以发生加成和取代反应C．具有含苯环的同分异构体 D．分子中可能共平面的碳原子最多为6个17、下列说法中，不正确的是A．麦芽糖水解的产物只有葡萄糖B．苯酚可用于合成高分子化合物C．油脂水解可以制取高级脂肪酸D．鸡蛋清遇醋酸铅后产生的沉淀能重新溶于水18、下列说法正确的是A．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强B．氨气是弱电解质，铜是强电解质C．氯化钠是强电解质，醋酸是弱电解质D．硫酸钠是强电解质，硫酸钡是弱电解质19、下列说法正确的是A．乙醇的沸点低于丙烷B．油脂和蛋白质都是高分子化合物C．CH2=C（CH3）2的名称是2-甲基-2-丙烯D．对二甲苯的核磁共振氢谱有2个吸收峰20、可逆反应H2（g）＋I2（g）2HI（g）达到平衡的标志是A．混合气体的颜色不再改变B．H2、I2、HI分子个数比为1:1:2C．混合气体中I2和H2的体积分数相等D．v（H2）:v（HI）=1:221、“靑蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，以此获取靑蒿素用到的分离方法是A．过滤B．蒸馏C．蒸发D．分液22、元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X＋与Z2－具有相同的核外电子层结构．下列推测正确的是（）A．同周期元素中Z的非金属性最强B．原子半径X>Y，离子半径X＋>Z2－C．同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强D．由X、Y、Z组成的化合物只有一种二、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）A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常温下A是淡黄色粉末，B、D是气体，F、G、H的焰色反应均为黄色，水溶液均显碱性，E有漂白性。它们之间的转化关系如图所示(部分产物及反应条件已略去)，回答下列问题：(1)A所含元素在周期表中的位置为________________，C的电子式为________。(2)A与H在加热条件下反应的化学方程式为__________________________。(3)将A溶于沸腾的G溶液中可以制得化合物I，I在酸性溶液中不稳定，易生成等物质的量的A和E，I在酸性条件下生成A和E的离子方程式为___________________，I是较强还原剂，在纺织、造纸工业中作为脱氯剂，向I溶液中通入氯气可发生反应，参加反应的I和氯气的物质的量之比为1∶4，该反应的离子方程式为_____________。(4)向含有0.4molF、0.1molG的混合溶液中加入过量盐酸，完全反应后收集到aL气体C(标准状况)，过滤，向反应后澄清溶液中加入过量FeCl3溶液，得到沉淀3.2g，则a=________L。25、（12分）亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：0.5℃，有毒)常温下是一种黄色气体，遇水易水解。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，并以液态储存。（1）甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，均采用上图制备装置:①写出NOCl的N元素化合价：_______②为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是（填写在横线上）:实验项目装置Ⅰ装置Ⅱ制备的气体烧瓶中分液漏斗中a.制备纯净干燥的Cl2MnO2______________b.制备纯净干燥的NOCu______________（2）乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示: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装置Ⅵ在实验结束，拆解装置前，应作怎样的处理？_________________________。④装置Ⅷ中吸收尾气时，NOCl发生的非氧化还原反应的化学方程式为___________________。26、（10分）某实验小组对菠菜中的铁元素（主要以难溶的FeC2O4形式存在）进行检测。实验如下：I.水煮检验法:II灼烧检验法:（1）CCl4的作用为______。（2）操作i中起分离作用的仪器名称为______。（3）溶液A中未能检测出Fe2+的可能原因是______。（4）取无色溶液B，先滴加H2O2溶液，再滴加KSCN溶液，溶液呈红色。用离子方程式表示H2O2的作用：______。（5）甲同学取少量无色溶液B，滴加酸性KMnO4溶液，振荡后，溶液紫色消失，因此得出结论，溶液B含有Fe2+。乙同学认为甲同学的实验方法不严谨，设计并完成如下实验：用稀硝酸溶解菠菜灰，产生的无色气体使澄清石灰水变浑浊，得到的无色溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀（Ag2C2O4）。甲同学反思自己的方法不严谨，理由是_______。27、（12分）实验室用下图所示装置制备KClO溶液，再用KClO溶液与KOH、Fe（NO3）3溶液反应制备高效净水剂K2FeO4。已知：Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3；K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定。回答下列问题：（1）仪器a的名称___________，装置C中三颈瓶置于冰水浴中的目的是______________________。（2）装置B吸收的气体是____________（写化学式），装置D的作用是____________________。（3）装置C中得到足量KClO后，将三颈瓶上的导管取下，依次加入KOH溶液、Fe（NO3）3溶液，控制水浴温度为25℃，搅拌1.5h，溶液变为紫红色（含K2FeO4），反应的离子方程式为____________________。再加入饱和KOH溶液，析出紫黑色晶体，过滤，得到K2FeO4粗产品。（4）K2FeO4粗产品含有Fe（OH）3、KCl等杂质，其提纯方法为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3mol·L-1KOH溶液中，过滤，将盛有滤液的烧杯置于冰水浴中，向其中加入________________，搅拌、静置、过滤，用乙醇洗涤固体2～3次，最后将固体放在真空干燥箱中干燥。（5）测定K2FeO4产品纯度。称取K2FeO4产品0.2100g于烧杯中，加入足量的强碱性亚铬酸盐溶液，反应后再加稀硫酸调节溶液呈强酸性，配成250mL溶液，取出25.00mL放入锥形瓶，用0.01000mol·L-1的（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定至终点，重复操作2次，平均消耗标准溶液30.00mL[已知：Cr（OH）4-+FeO42-=Fe（OH）3↓+CrO42-+OH-，2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O，Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++3Cr3++7H2O]。则K2FeO4产品的纯度为_________%（保留1位小数）。28、（14分）氯化铜是一种广泛用于生产颜料、木材防腐剂等的化工产品。某研究小组用粗铜(含杂质Fe)按图1所示工艺流程制备氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)：请回答下列问题：（1）为了完成步骤Ⅰ，可采用图2所示的装置将粗铜完全转化为固体a：①A装置中发生反应的离子方程式是___________________________________________。②在该实验中，点燃A、C装置中的酒精灯时，应该先点燃________装置的酒精灯，D装置的作用是_____________________________，C装置中生成的产物是________________。③有同学认为应在B装置前增加吸收HCl的装置，你认为是否必要____(填“是”或“否”)。（2）步骤Ⅱ的操作：将固体a置于烧杯中，然后加入_________，至固体完全溶解。（3）步骤Ⅲ中应先加入某试剂调节溶液b的pH以除去杂质，该试剂可选用下列试剂中的________(填序号)。a．NaOH溶液b．氨水c．CuOd．Cu2(OH)2CO3e．CuSO4溶液（4）步骤Ⅳ中，将溶液c蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuCl2·2H2O。现欲得到无水CuCl2，在实验室也可以采用图2所示装置使CuCl2·2H2O脱水得到无水CuCl2，则A装置中的两种化学试剂是___________________________(填名称)。29、（10分）我们的生活离不开化学。化学物质在不同的领域发挥着重要的作用。(1)目前科学家探索利用甲烷将氮氧化物还原为氮气和水，反应机理如下：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=—574kJ•mol－1CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=—1160kJ•mol－1则甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为__________。(2)化合物Mg5Al3(OH)19(H2O)4可作环保型阻燃材料，受热时发生如下分解反应：2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O+10MgO+3Al2O3写出该化合物作阻燃剂的两条依据：__________、__________。(3)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种常见的食品抗氧化剂。①焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中硫元素的化合价为_______。②向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，发生反应的离子方程式为__________。(4)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。反应原理如图所示。下列说法正确的是________。A．由图可知SCR技术中NO、NO2为氧化剂B．若用Fe做催化剂时，在氨气足量的情况下，当c(NO2)∶c(NO)=1∶1时，脱氮率最佳C．每生成1molN2，转移电子3molD．催化剂通过参与反应降低反应的活化能，提高平衡转化率

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、D【详解】A.用于漂白纸浆，利用的是SO2的漂白性，A错误；B.Si能导电，可用作半导体材料，B错误；C.FeCl3溶液具有较强的氧化性，可用于蚀刻铜制的电路板，C错误；D.漂白液中含有强氧化性物质，可作漂白剂和消毒剂，D正确。故选D。2、B【解析】A、由图可知，温度越高，平衡时c(CO2)越大，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，升高温度，平衡向吸热反应进行，故正反应是吸热反应，即△H＞0，故A正确；B、T2时反应进行到状态D，c(CO2)高于平衡浓度，故反应向逆反应方向进行，则一定有υ(正)＜υ(逆)，故B错误；C、平衡状态A与C相比，C点温度高，根据A的分析，△H＞0，升高温度，平衡正向移动，CO浓度减小，所以A点CO浓度大，故C正确；D、＜该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，故K1＜K2，故D正确；故选B。3、B【解析】由题意知，KMnO4得到的电子数等于NH2OH失去的电子数。设产物中N为n价，则KMnO4MnSO4，NH2OHNyOx，则有：0.02455L×0.020mol/L×5=0.02500L×0.049mol/L×(n+1)，解得n=1；故答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，把握反应中电子守恒为解答的关键，注意从化合价变化角度及电子守恒分析。4、D【解析】A、步骤①发生的反应是ZnO＋H6SO3=ZnSO3＋H6O，ZnS＋H6SO3=ZnSO3＋H6S↑，H6S是有毒气体，因此应在通风厨内进行，故A说法正确；B、根据流程图，步骤④得到CuSO3·5H6O，说明滤渣5中含有Cu元素，即CuS，步骤③从滤液中得到硫酸铜晶体，说明滤液中存在Cu6＋，从而推出CuS不溶于稀硫酸，步骤②从滤液中得到ZnSO3·7H6O，说明滤液中含有Zn6＋，即ZnS溶于稀硫酸，故B说法正确；C、步骤③中CuS转变成Cu6＋，根据信息，滤渣6中由SiO6和S，推出CuS中S被过氧化氢氧化成变为硫单质，离子反应方程式为CuS＋H＋＋H6O6→Cu6＋＋S＋H6O，根据化合价的升降法进行配平，得到CuS+H6O6+6H+=Cu6++S+6H6O，故C说法正确；D、得到CuSO3·5H6O和ZnSO3·7H6O中都含有结晶水，通过对滤液蒸发结晶方法，容易失去结晶水，因此采用的方法是蒸发浓缩冷却结晶方法，故D说法错误。点睛：在制备含有结晶水的晶体时，不采用蒸发结晶的方法，因此此方法容易失去结晶水，而是采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。5、C【详解】A．工业上利用N2与H2在高温高压催化剂条件下合成NH3，实现了人工固氮，反应过程中有元素化合价的变化，因此反应属于氧化还原反应，A不符合题意；B．大气中NO2与H2O反应产生HNO3、NO，反应过程中有元素化合价的变化，因此反应属于氧化还原反应，B不符合题意；C．明矾用于净水是由于明矾电离产生的Al3+发生水解反应产生表面积较大的Al(OH)3胶体，吸附水中悬浮的固体颗粒，因而可以净水，在该反应中元素化合价不变，因此反应不属于氧化还原反应，C符合题意；D．含氯消毒剂用于环境消毒是由于含氯物质具有强氧化性，与氧化还原反应有关，D不符合题意；故答案为C。6、B【解析】稀释前后溶质的质量不变，设加水的质量为x，稀释前的质量分数为w1，稀释后的质量分数为w2，则：100g×w1=(100g+x)×w2，18mol•L-1的浓硫酸加到一定量的水中稀释成9mol•L-1的硫酸，由c=，可得：c1==18mol/L=2c2=×2，硫酸的浓度越大，密度越大，则d＞d2，=2×＜2，所以：=＜2，解得：x＜100g，又水的密度约为1g/mL，则加水的体积小于100mL，故选B。点睛：本题考查物质的量浓度的计算，注意掌握物质的量浓度的概念及表达式，学生容易忽略密度与浓度、质量分数的关系及水的密度与硫酸的密度大小。溶液在稀释前后溶质的质量不变，硫酸的浓度越大，密度越大，质量分数w越大。7、C【解析】A.实验前试样未经干燥，加热后剩余固体质量偏少，导致结晶水含量偏高，A不符合题意；B.试样中含有少量碳酸氢铵，碳酸氢铵受热分解成氨气、二氧化碳和水，加热分解后剩余固体质量偏少，导致结晶水含量偏高，B不符合题意；C.试样中含有少量氯化钠，氯化钠受热不分解，加热分解后剩余固体质量偏大，导致结晶水的含量偏低，C符合题意；D.加热过程中有试样迸溅出来，加热分解后剩余固体质量偏少，会使结晶水的质量偏高，导致结晶水的含量偏高，D不符合题意；故合理选项是C。8、C【解析】试题分析：A、该反应是进行硫的回收，所以Y单质是S单质，根据质量守恒定律，则X的化学式是CO2，正确；B、前1s内，CO的物质的量浓度减小1.00mol/L，则X的物质的量浓度增加1.00mol/L，所以v（X）="1.00"mol·L-1·s-1，正确；C、在该反应中，S元素的化合价降低，作氧化剂，所以利用了二氧化硫的氧化性，错误；D、3s时，该反应达到平衡状态，CO的物质的量浓度减少2.00mol/L，则X的浓度增加2.00mol/L，所以该反应的平衡常数K=2.002/[2.002×（3.00×10-37）]=3.33×1036，正确，答案选C。考点：考查对反应速率、平衡常数的计算9、B【解析】A项、镁原子的核外电子总为12，有三个电子层，最外层有2个电子，镁原子的结构示意图为，故A错误；B项、Na2O2为离子化合物，电子式为，故B正确；C项、CaO是由钙离子和氧离子组成的离子化合物，不存在分子，其化学式为CaO，故C错误；D项、1H218O摩尔质量为20g/mol，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了常见化学用语的判断注意掌握原子结构示意图与离子结构示意图、离子化合物与共价化合物的电子式的表示方法是解答关键。10、D【分析】实验1在过量的硫酸铝溶液中加入碳酸钠溶液，过滤、洗涤，得到的沉淀a，加入稀硫酸，沉淀溶解，没有气泡，说明沉淀a中含有Al(OH)3。实验2在过量的碳酸钠溶液中加入硫酸铝溶液，过滤、洗涤，得到沉淀b，加入稀硫酸，沉淀溶解，并有少量气泡，沉淀b中含有Al(OH)3，并含有碳酸盐。【详解】A．由以上分析可知实验1中，白色沉淀a是Al(OH)3，故A正确；B．实验2中有气泡生成，该气体为二氧化碳，可说明白色沉淀b含有CO32-，故B正确；C．实验1、2中，加入试剂顺序不同，溶液的pH不同，生成的沉淀不同，说明白色沉淀的成分与溶液的pH有关，故C正确；D．最后溶液中均含有硫酸根离子，检验沉淀是否洗涤干净，都可通过检验硫酸根离子的方法，即用盐酸酸化的BaCl2溶液，观察是否有白色沉淀生成，故D错误；答案选D。11、B【分析】A．氯气发生氧化还原反应可以是自身氧化还原反应，也可以只做氧化剂。B.1个CH3＋（碳正离子）含有8个电子。C．乙炔中既有碳碳三键又有C-H键。D．硫离子为弱根离子，部分发生水解。【详解】A.0.1mol氯气参加氧化还原反应，自身氧化还原反应转移电子0.1mol，也可以只做氧化剂转移的电子数为0.2NA，故A错误。B.1个(碳正离子)含有8个电子,15g(碳正离子)的物质的量为1mol,含有电子数为8NA，故B正确。C.标准状况下，11.2L乙炔中共用电子对有碳碳三键又有C-H键功0.5NA×（3+2）=2.5NA，故C错误。D.的(NH4)2S溶液含有硫化铵的物质的量为0.2mol,但是硫离子为弱根离子,部分发生水解,所以含有的数目小于0.2NA，故D错误。故选：B。12、B【分析】M为红色金属，即Cu，与硫酸反应生成硫酸铜，与金属E反应能置换出Cu，说明E的活泼项性强于Cu，得到的溶液X可被H2O2氧化，生成的Y遇到KSCN能出现红色，说明Y中含有Fe3+，那么X中存在Fe2+，则金属E为Fe，红褐色固体Z为Fe(OH)3，据此进行分析判断。【详解】A.铁的还原性强于铜，那么Cu2+的氧化氢强于Fe2+，A项错误；B.在反应③中若不加稀硫酸，反应为：6Fe2++3H2O2=Fe(OH)3↓+4Fe3+，可以看到红褐色沉淀，B项正确；C.反应⑤的离子方程式可表示为Fe3+＋3NH3•H2O＝Fe(OH)3↓+3NH4+，C项错误；D.在反应①中表现氧化性的是H2O2，硫酸只提供了酸性环境，D项错误；答案选B。13、C【分析】在强酸性条件下，碳钢发生析氢腐蚀，在弱酸性、中性、碱性条件下，碳钢发生吸氧腐蚀，据此分析解答。【详解】A．当pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为：2H++2e-=H2↑，故A正确；B．当pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，因此主要得到铁的氧化物，故B正确；C．在pH＞14溶液中，碳钢发生吸氧腐蚀，正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，故C错误；D．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，正极上氧气浓度减小，生成氢氧根离子速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故D正确；故选C。14、C【分析】向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，反应的方程式为：NiCl2+Na2S=NiS↓+2NaCl；pM=-lgc(M2+)，则c(M2+)越大，pM越小，结合溶度积常数分析判断。【详解】A．根据图像，V0点表示达到滴定终点，向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，滴加20mLNa2S溶液时恰好完全反应，根据反应关系可知，V0=20mL，故A错误；B．根据图像，V0点表示达到滴定终点，溶液中存在NiS的溶解平衡，温度不变，溶度积常数不变，c(M2+)不变，则pM=-lgc(M2+)不变，因此b点不移动，故B错误；C．Ksp(NiS)≈1.0×10-21，Ksp(ZnS)≈1.0×10-25，ZnS溶解度更小，滴定终点时，c(Zn2+)小于c(Ni2+)，则pZn2+=-lgc(Zn2+)＞pNi2+，因此若用同浓度ZnCl2溶液替代NiCl2溶液，则d点向f点迁移，故C正确；D．Na2S溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意在NiS的饱和溶液中存在溶解平衡，平衡时，c(Ni2+)不受NiCl2起始浓度的影响，只有改变溶解平衡时的体积，c(Ni2+)才可能变化。15、A【详解】A.钠在加热条件下能在空气中燃烧，生成过氧化钠，为黄色固体，故A错误；B.钠的焰色反应为黄色，燃烧时火焰为黄色，故B正确；C.与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体，故C正确；D.由于钠的熔点较低，先熔化，故D正确；答案选A。【点睛】钠在加热条件下与氧气发生反应时，由于钠的熔点较低，先熔化，与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体，燃烧时火焰为黄色。16、D【详解】A.该物质的分子式为C8H11NO2，故A正确，不符合题意；B.该物质含有碳碳双键和酯基，所以能发生加成和取代反应，故B正确，不符合题意；C.该物质具有四个不饱和度，故具有含苯环的同分异构体，故C正确，不符合题意；D.碳碳双键、-CN、-COOC均直接相连，且3个原子可确定一个平面，连接2个甲基的C为四面体结构，可能共平面的碳原子最多为7个，即只有1个甲基上C与其它碳原子不共面，故D错误，符合题意。故选D。17、D【详解】A.麦芽糖水解的产物只有葡萄糖，而蔗糖的水解产物是葡萄糖和果糖，A正确；B.苯酚是一种重要的化工原料，可以用于合成高分子化合物，B正确；C.油脂酸性水解的产物是高级脂肪酸和甘油，因此可以制取高级脂肪酸，C正确；D.鸡蛋清的主要成分是蛋白质，蛋白质遇到重金属盐发生变性而沉淀，且沉淀不能重新溶于水，D错误。18、C【解析】A．溶液的导电能力由溶液中离子浓度和离子所带电荷决定，与电解质强弱无关，故A错误；B．氨气的水溶液能导电，原因是氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的阴阳离子而使溶液导电，一水合氨是电解质，氨气是非电解质，电解质必须是化合物，铜是单质，不是电解质，故B错误；C．氯化钠在熔融状态下能够完全电离，能导电，属于电解质，醋酸溶于水能够部分电离，属于弱电解质，故C正确；D．硫酸钠在熔融状态下或在水溶液里都完全电离是强电解质，硫酸钡难溶于水，但溶于水的那部分是完全电离，在熔融状态下能够完全电离，所以硫酸钡是强电解质，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了强弱电解质、电解质和非电解质的判断。本题的易错点为A，要注意强电解质溶液的导电能力不一定强，导电能力强的溶液不一定是强电解质溶液，如浓度很小的氯化钠溶液的导电能力可能比一定浓度的醋酸的导电能力弱，但氯化钠是强电解质，而醋酸是弱电解质。19、D【详解】A.乙醇分子间存在氢键，丙烷分子间不存在氢键，乙醇沸点高于丙烷，错误；B.油脂是小分子，错误；C.CH2=C（CH3）2的名称是2-甲基-1-丙烯，错误；D.对二甲苯的结构简式为，对二甲苯中有两种H原子，核磁共振氢谱有2个吸收峰且峰的面积比为3:2，正确；答案选D。20、A【解析】A、混合气体的颜色不再改变说明单质碘的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，A正确；B、H2、I2、HI分子个数比为1:1:2不能说明正逆反应速率相等，反应不一定处于平衡状态，B错误；C、混合气体中I2和H2的体积分数相等不能说明正逆反应速率相等，反应不一定处于平衡状态，C错误；D、v（H2）:v（HI）=1:2不能说明正逆反应速率相等，反应不一定处于平衡状态，D错误，答案选A。点睛：明确平衡状态的含义、特征、判断依据是解答的关键，选项A是解答的易错点，注意气体颜色的深浅与浓度有关系，颜色不变，即说明浓度不再发生变化。判断时要抓住对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。21、A【解析】根据“靑蒿一握，以水二升渍，绞取汁”可判断以此获取靑蒿素用到的分离方法是过滤，答案选A。22、C【解析】试题分析：X＋与Z2－具有相同的核外电子层结构，推出X为Na或K＋，则Z为O或S，因为X、Y属于同周期，且原子序数之和为36，即X为Na，Z为O，Y为Cl，A、同周期从左向右非金属性增强，即第二周期非金属性最强的是F，故错误；B、同周期从左向右半径减小，即Na>Cl，核外电子层数相等，半径随着原子序数的增大而减小，即O2－>Na＋，故错误；C、非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，F没有正价，因此HClO4酸性最强，故正确；D、组成的化合物可以是NaClO、NaClO3、NaClO4等，故错误。考点：考查元素周期表和元素周期律的应用等知识。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、第三周期第ⅥA族3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O4Cl2+S2O32-+5H2O=8Cl-+2SO42-+10H+2.24【分析】A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常温下A是淡黄色粉末，则A为S；B、D是气体，均与硫单质反应，E为D与硫反应生成的有漂白性的物质，则D为O2，E为SO2，F、G、H的焰色反应均为黄色，均含有Na元素，水溶液均显碱性，结合转化关系可知，H为NaOH、G为Na2SO3，F为Na2S，B为H2，C为H2S，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知：A为S，B为H2，C为H2S，D为O2，E为SO2，F为Na2S，G为Na2SO3，H为NaOH。(1)A是硫单质，S是16号元素，原子核外电子排布为2、8、6，根据原子结构与元素位置的关系可知S位于元素周期表第三周期ⅥA元素；C为H2S，属于共价化合物，S原子与2个H原子形成2对共用电子对，使分子中每个原子都达到稳定结构，电子式为；(2)S单质与热的NaOH溶液发生歧化反应，生成Na2S和Na2SO3和水，根据原子守恒、电子守恒，可得反应的方程式为：3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O；(3)S和沸腾Na2SO3得到化合物Na2S2O3，Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应生成S和SO2，反应的离子反应方程式为：2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O，Cl2具有强氧化性，能把S2O32-氧化成SO42-，Cl2被还原成Cl-，Na2SO3和Cl2的物质的量之比为1：4，即两者的系数为1：4，其离子反应方程式为4Cl2+S2O32-+5H2O=8Cl-+2SO42-+10H+；(4)F为Na2S，G为Na2SO3，向含有0.4molNa2S、0.1molNa2SO3的混合溶液中加入过量HCl，发生反应：2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O，0.1molNa2SO3反应消耗0.2molNa2S，剩余0.2mol的Na2S，反应产生0.2molH2S，取反应后的溶液加入过量FeCl3溶液，得到3.2g沉淀，说明溶液中溶解了H2S，根据反应2Fe3++H2S=2Fe2＋+S↓+2H+，反应产生S的物质的量n(S)==0.1mol，该反应消耗0.1molH2S，所以放出H2S气体的物质的量为0.1mol，其标准状况下的体积为V(H2S)=n·Vm=0.1mol×22.4L/mol=2.24L。【点睛】本题考查无机物推断，题中焰色反应及特殊反应为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物的性质，(4)中计算为易错点、难点，学生容易认为混合物与盐酸反应得到硫化氢完全逸出，忽略溶液中溶解硫化氢，侧重考查学生的分析能力。25、+3浓盐酸饱和食盐水稀硝酸水e→f(或f→e)→c→b→d通过观察气泡调节气体的流速集气瓶放于冰盐中冷却成液体，再拆除装置（或鼓入氮气一会儿再拆除装置）NOCl+2NaOHNaCl+NaNO2+H2O【分析】根据化合物中元素的正负化合价代数和为0确定NOCl中N的化合价；制备干燥气体时，浓硫酸具有吸水性，用于干燥气体，故装置Ⅱ除杂，若实验制备氯气，反应物是二氧化锰和浓盐酸，除杂用饱和食盐水降低氯气溶解度，同时吸收挥发出的氯化氢气体；若实验制备一氧化氮，反应物是铜和稀硝酸，除杂用水吸收挥发出的气体。乙组进行实验时，装置Ⅶ用于干燥，防NOCl遇水水解；Ⅷ用于处理尾气；装置Ⅸ用于冷却收集NOCl。【详解】（1）①NOCl中氧元素-2价，氯元素-1价，故N元素化合价+3；②为制备纯净干燥的气体：若实验制备氯气，反应物是二氧化锰和浓盐酸，除杂用饱和食盐水降低氯气溶解度，同时吸收挥发出的氯化氢气体；若实验制备一氧化氮，反应物是铜和稀硝酸，除杂用水吸收挥发出的气体。实验项目装置Ⅰ装置Ⅱ制备的气体烧瓶中分液漏斗中a.制备纯净干燥的Cl2MnO2浓盐酸饱和食盐水b.制备纯净干燥的NOCu稀硝酸水（2）装置Ⅶ用于干燥，防NOCl遇水水解；Ⅷ用于处理尾气；装置Ⅸ用于冷却收集NOCl，故①装置连接顺序为a→e→f(或f→e)→c→b→d；②浓硫酸具有吸水性，浓硫酸不能吸收NO和Cl2，装置IV、V的另一个作用：通过观察气泡调节气体的流速；③为防止多余气体污染空气，所以必须保证拆解装置前，装置内剩余气体全部通过了除杂设备或转化为其他状态，如液体或固体，故装置Ⅵ在实验结束，拆解装置前，应将集气瓶放于冰盐中冷却成液体，再拆除装置（或鼓入氮气一会儿再拆除装置）；④装置Ⅷ中吸收尾气时，NOCl发生非氧化还原反应，化学方程式为NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O。26、作萃取剂，萃取有机色素，排除对Fe2+检验的干扰分液漏斗FeC2O4在水中的溶解度小；在加热水煮过程中二价铁被氧化为三价铁2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O酸性条件下，H2C2O4和Cl-都可能将MnO4-还原【分析】（1）有机物易溶于CCl4；（2）操作i是分离互不相容的液体；（3）铁元素主要以难溶的FeC2O4形式存在；（4）H2O2把Fe2+氧化为Fe3+；（5）用稀硝酸溶解菠菜灰，产生的无色气体使澄清石灰水变浑浊，得到的无色溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀（Ag2C2O4），说明菠菜灰含有C2O42-。【详解】（1）有机物易溶于CCl4，CCl4的作用为萃取剂，萃取有机色素，排除对Fe2+检验的干扰；（2）操作i是分离互不相容的液体，操作名称是分液，使用的仪器是分液漏斗；（3）铁元素主要以难溶的FeC2O4形式存在，Fe2+的浓度小，所以溶液A中未能检测出Fe2+；（4）H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（5）用盐酸溶解菠菜灰得到的溶液B含有H2C2O4和Cl-，酸性条件下，H2C2O4和Cl-都可能将MnO4-还原，所以滴加酸性KMnO4溶液，振荡后，溶液紫色消失，不能证明溶液B含有Fe2+。27、分液漏斗防止Cl2与KOH生成KClO3HCl吸收Cl2，防止污染空气3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O饱和KOH溶液94.3%【分析】（1）仪器a为分液漏斗，装置C中三颈瓶置于冰水浴中的目的是控制温度，防止副反应的发生；（2）装置B是除去氯气中的氯化氢，装置D的作用是为了吸收尾气；（3）装置C中的KClO，加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，控制水浴温度为25℃，搅拌1.5h，生成K2FeO4、KCl和H2O；（4）题中信息强调“K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液”，所以向其中加入浓KOH溶液；（5）建立反应的关系式为：2FeO42-——2CrO42-——Cr2O72-——6Fe2+，代入数据便可求出K2FeO4产品的纯度。【详解】（1）仪器a为分液漏斗，装置C中三颈瓶置于冰水浴中的目的是控制温度，防止Cl2与KOH生成KClO3。答案为：分液漏斗；防止Cl2与KOH生成KClO3；（2）装置B是除去氯气中的氯化氢，装置D的作用是为了吸收尾气。答案为：HCl；吸收Cl2，防止污染空气；（3）装置C中的KClO，加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，控制水浴温度为25℃，搅拌1.5h，生成K2FeO4、KCl和H2O，反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。答案为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；（4）题中信息强调“K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液”，所以向其中加入饱和KOH溶液。答案为：饱和KOH溶液；（5）建立反应的关系式为：2FeO42-——2CrO42-——Cr2O72-——6Fe2+n(FeO42-)0.01000mol·L-1×0.03L×便可求出n(FeO42-)=0.001mol，K2FeO4产品的纯度为=94.3%。答案为：94.3%。28、MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2OA吸收尾气，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入C装置干扰实验CuCl2、FeCl3否稀盐酸cd氯化钠晶体和浓硫酸【分析】（1）①A制备原理为二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气；②为了防止金属和氧气之间的反应，在金属参与反应之前先将装置中的空气排净，氯气可以和金属之间反应，氯气有毒，要进行尾气处理；③B