2026届吉林省长春市德惠市九校高三上化学期中复习检测试题含解析

2026届吉林省长春市德惠市九校高三上化学期中复习检测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是A．“甘之如饴”说明糖类均有甜味B．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应C．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶具有丁达尔效应D．古剑“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金2、常温下，向饱和氯水中逐滴滴入0.1mol·L-1的氢氧化钠溶液，pH变化如右图所示，下列有关叙述正确的是()A．①点所示溶液中只存在HClO的电离平衡B．①到②水的电离程度逐渐减小C．I－能在②点所示溶液中存在D．②点所示溶液中：c(Na+)＝c(Cl－)+c(ClO－)3、已知：1mol

H2（g）与1mol

Br2（g）完全反应生成2mol

HBr（g）时放出72kJ的热量，有关物质的相关数据如下表：化学键H2(g)Br2(g)HBr(g)断裂1mol化学键需要吸收的能量/kJ436a369则表中a为（）A．404 B．260 C．230 D．2004、设NA为阿伏加德罗常数的值。已知反应：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=akJ•mol-1②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=bkJ•mol-1其他数据如下表所示，下列说法正确的是化学键C=OC—HO—HO=O键能/(kJ•mol-1)798413463xA．ΔH1<ΔH2B．H2O(g)=H2O(1)ΔH=(a-b)kJ•mol-1C．当有4NA个O-H键生成时，反应放出的热量为akJD．上文中x=5、下列实验操作、实验现象及解释与结论都正确的是选项实验操作实验现象解释与结论A将乙醇与浓硫酸共热至170℃，所得气体通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色乙醇发生消去反应，气体中只含有乙烯B淀粉溶液和稀H2SO4混合加热，加新制Cu(OH)2悬浊液加热至沸腾有砖红色沉淀产生淀粉发生水解，产物具有还原性C向甲苯中滴入适量浓溴水，振荡，静置溶液上层呈橙红色，下层几乎无色甲苯萃取溴所致D将少量某物质滴加到新制的银氨溶液中，水浴加热有银镜生成说明该物质一定是醛A．A B．B C．C D．D6、最近，一家瑞典公司发明了一种新型充电器"PowerTrekk'’，仅仅需要一勺水，它便可以产生维持10小时手机使用的电量。其反应原理为：Na4Si+5H2O=2NaOH+Na2SiO3+4H2↑，则下列说法正确的是()A．该电池可用晶体硅做电极材料B．Na4Si在电池的负极发生还原反应，生成Na2SiO3C．电池正极发生的反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-D．当电池转移0.2mol电子时，可生成标准状况下1.12LH27、下列物质的俗称、成分及用途对应正确的是（）ABCD俗称漂粉精小苏打钡餐铁红成分NaClONa2CO3BaCO3Fe2O3用途消毒剂发酵粉X光片涂料A．A B．B C．C D．D8、下列说法中，正确的是（）A．干冰升华要吸收大量的热，属于化学反应中的吸热反应B．人们用氧炔焰焊接或切割金属，主要是利用了乙炔燃烧时所放出的热量C．木炭常温下不燃烧，加热才能燃烧，说明木炭燃烧是吸热反应D．NaOH固体溶于水后温度升高，说明NaOH的溶解只有放热过程9、已知25℃时：①HF（aq）＋OH－（aq）F－（aq）+H2O（l）ΔH＝－67.7kJ/mol②H＋（aq）＋OH－（aq）===H2O（l）ΔH＝－57.3kJ/mol下列有关说法中正确的是（）A．HF电离：HF（aq）H＋（aq）+F－（aq）△H=+10.4KJ/molB．水解消耗0.1molF－时，吸收的热量为6.77kJC．中和热均为57.3kJ/molD．含1molHF、1molNaOH的两种溶液混合后放出的热量为67.7kJ10、热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl－KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能，此时硫酸铅电极处生成Pb。下列有关说法正确的是A．输出电能时，外电路中的电子由硫酸铅电极流向钙电极B．放电时电解质LiCl－KCl中的Li＋向钙电极区迁移C．电池总反应为Ca＋PbSO4＋2LiClPb＋Li2SO4＋CaCl2D．每转移0.2mol电子，理论上消耗42.5gLiCl11、将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L﹣1NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中不正确的是（）A．当金属全部溶解时，失去电子的物质的量为0.3molB．标准状态下，当金厲全部溶解时收集NO气体体积为3.36LC．当生成的沉淀量达最大时，消耗NaOH溶液的体积V≥100mLD．参加反应的金属总质量为9.6g＞m＞3.6g12、（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NH4Cl13、可逆反应2A(g)+3B(g)4C(g)+D(g)，已知起始浓度c(A)=4mol·L-1，c(B)=3mol·L-1，C、D浓度均等于0，反应开始2秒后达到平衡状态，此时D的平衡浓度为0.5mol·L-1,则下列说法不正确的是()A．反应速率v(C)=1mol/（L·s）B．C的平衡浓度为4mol/LC．A的转化率为25%D．B的平衡浓度为1.5mol/L14、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I−+IO3−+6H+=I2+3H2OC．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+4H++H2OD．电解饱和食盐水：2Cl−+2H+Cl2↑+H2↑15、纯净物X、Y、Z转化关系如图所示，下列判断正确的是()A．X可能是金属铜 B．Y不可能是氢气C．Z可能是氯化钠 D．Z可能是三氧化硫16、下列四种元素中，其单质还原性最强的是A．基态原子最外电子层排布为2s22p5的元素B．基态原子最外电子层排布为3s1的元素C．原子核外电子数最少的元素D．第二周期中基态原子含有未成对电子最多的元素二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图：已知：R1CH2COOCH2CH3+R2COOCH2CH3+CH3CH2OH（1）化合物B的名称是__。（2）反应③的反应类型是__。（3）写出D到E的反应方程式___。（4）E、F、G中相同官能团的名称是__。（5）X是G的同分异构体，X具有五元碳环结构，其核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积之比为6：2：1：1。X的结构简式为__（任写其一，不考虑立体异构）。18、A、B、C、D、E为短周期主族元素，其原子序数依次增大；B、C、D、E位于同一周期；A的简单气态氢化物可以用作制冷剂；1molB单质与足量盐酸反应生成气体在标准状况下的体积为33.6L；D原子最外层电子数与核外电子总数之比为3∶8；C的原子子序数是A的两倍。(1)A、B简单离子半径由大到小的顺序为______________(填离子符号)。(2)C在元素周期表中的位置是_______________。(3)A的简单气态氢化物接触到E的简单气态氢化物时可观察到的现象是_____________。(4)D与E可形成原子个数比为1∶2的化合物，其电子式为________。(5)C、D、E最简单气态氢化物稳定性由高到低的顺序是___________(用化学式表达)。(6)B与D形成的化合物遇水迅速水解，写出该反应的化学方程式_______________________。(7)若E单质与NaOH溶液反应生成NaE、NaEO和NaEO3，则30mL2mol/LNaOH与_____molE单质恰好完全反应(忽略E单质与水的反应及盐类的水解反应)。19、某探究性学习小组拟用小颗粒状铝硅合金与足量稀硫酸的反应(其中硅与稀硫酸不反应)测定通常状况(约20℃，1atm)下气体摩尔体积的方法。拟选用下列实验装置完成试验：(1)该组同学必须选用的装置的连接顺序是(用管口字母，可不填满)：A接（_______）（_______）接（_______）(2)实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开其活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶。请你帮助分析原因_________________________。(3)实验结束时，该组同学应怎样测量实验中生成氢气的体积？____(4)实验中准确测得4个数据：实验前铝硅合金的质量m1g，实验后残留固体的质量m2g，实验后量筒中液面读数为VmL。则通常状况下气体摩尔体积Vm＝_________。若合金中含铜，测得的Vm将________(偏大/偏小/无影响)。20、亚硫酰氯(俗称氯化亚砜，SOCl2)是一种液态化合物，沸点77℃，在农药、制药行业、有机合成等领域用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并常有刺激性气味的气体产生，实验室合成原理：SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2，部分装置如图所示：请回答下列问题：（1）装置f的作用是____________（2）实验室用二氧化锰与浓盐酸共热反应的离子方程式为____________。（3）蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热，可得到无水AlCl3，试解释原因：_______________________________________________________（4）下列四种制备SO2的方案中最佳选择是____。（5）装置e中产生的Cl2经过装置d后进入三颈烧瓶，d中所用的试剂为_______。（按气流方向）（6）实验结束后，将三颈烧瓶中混合物分离开的实验操作是________（己知SCl2的沸点为50℃）。若反应中消耗Cl2的体积为896mL(己转化为标准状况，SO2足量)，最后得到纯净的SOCl24.76g，则SOCl2的产率为__________（保留三位有效数字）。（7）分离产物后，向获得的SOCl2中加入足量NaOH溶液，振荡、静置得到无色溶液W，检验溶液W中存在Cl-的方法是_______________________________21、近年来化学家研究开发出用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺，不必生产乙醇或乙醛作中间体，使产品成本降低，具有明显经济优势。其合成的基本反应如下：CH2=CH2(g)+CH3COOH(l)CH3COOC2H5(l)，下列描述能说明恒温恒容条件下乙烯与乙酸合成乙酸乙酯的反应已达化学平衡的是___(填字母)。A．乙酸、乙酸乙酯的浓度相同B．酯化合成反应的速率与酯分解反应的速率相等C．乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1molD．整个体系中乙烯的质量分数一定(2)在n(乙烯)与n(乙酸)各1mol的条件下，某研究小组在不同压强下进行了在相同时间乙酸乙酯的产率随温度变化的测定实验，实验结果如图所示。回答下列问题：①根据图中判断压强大到小的顺序是___________②压强为P2、温度为85时，分析乙酸乙酯产率下降的原因：___________。③在压强为P1、温度超过80℃时，分析乙酸乙酯产率下降的原因：________。(要求②和③的原因不一样)(3)以乙烯和丁烯为原料可以发生烯烃歧化反应C4H8(g)+C2H4(g)2C3H6(g)，已知t1min时达到平衡状态，测得此时容器中n(C4H8)=amol，n(C2H4)=2amol，n(C3H6)=bmol，且平衡时C3H6的体积分数为25%。再往容器内通入amolC4H8和3amolC2H4，在新平衡中C3H6的体积分数_______25%(填“>”、“<”、“=”)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【分析】

【详解】A．糖类不一定均有甜味，如多糖淀粉或纤维素无甜味，故A错误；B．铁活泼性强于铜，铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，故B正确；C．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，胶体都具有丁达尔效应，故C正确；D．铁中含碳量越高，硬度越大，含碳量越少，韧性越强，剂钢是铁与碳的合金，故D正确；故答案为A。2、D【解析】A．①点时没有加入氢氧化钠，溶液中存在HClO和水的电离平衡，A错误；B．①到②溶液c（H+）之间减小，酸对水的电离的抑制程度减小，则水的电离程度逐渐增大，B错误；C．②点时溶液存在ClO-，具有强氧化性，可氧化I-，I-不能大量存在，C错误；D．②点时溶液pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-），所以c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-），D正确；答案选D。【点睛】向饱和氯水中逐滴滴入0.1mol•L-1的氢氧化钠溶液，发生的反应为Cl2+H2O⇌HCl+HClO、HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH═NaClO+H2O，注意理解溶液中的溶质及其性质是解本题关键，根据物料守恒得c（Cl-）=c（ClO-）+c（HClO），为易错点。3、C【详解】1molH2（g）与1molBr2（g）完全反应生成2molHBr（g）时放出72kJ的热量，即热化学方程式为H2（g）+Br2（g）=2HBr（g）△H=-72kJ/mol反应中，反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，则-72=436+a-2×369，解得a=230。答案选C。4、A【详解】A.反应①②都是甲烷燃烧，所有的燃烧都是放热反应，反应热ΔH<0，等量的甲烷完全燃烧生成液态水比生成气态水放出的热量多，则有a>b，因ΔH为负值，放出的热量越多，ΔH越小因，因此放出的ΔH1<ΔH2，故A正确；B.①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=akJ•mol-1，②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=bkJ•mol-1，根据盖斯定律(①-②)可得：H2O(g)=H2O(1)ΔH=(a-b)kJ•mol-1，故B错误；C.当有4NA个O—H键生成时，反应消耗了1mol甲烷，按照反应①进行生成液态水放出的热量为akJ，按照反应②进行生成液态水放出的热量为bkJ，故C错误；D.根据反应②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=bkJ•mol-1，ΔH2=413kJ•mol-1×4+2xkJ•mol-1-(798kJ•mol-1×2+463kJ•mol-1×4)=bkJ•mol-1，整理可得：x=，故D错误；答案选A。【点睛】本题的易错点在D选项，计算物质中化学键的键能时，该题需要注意，H2O(g)=H2O(1)是物质状态变化而引起的能量变化，分子内的化学键没有发生变化，因此要用生成气态水是的反应②才能准确计算O=O的键能大小。5、C【详解】A．乙醇的消去反应中，催化剂浓硫酸具有脱水性，能使少量乙醇在浓硫酸作用下脱水生成碳单质，碳和浓硫酸之间会反应生成二氧化碳和具有还原性的二氧化硫气体，该气体也能使高锰酸钾褪色，故A错误；B．淀粉溶液和稀H2SO4混合加热，水解产物是葡萄糖，它和新制的Cu(OH)2悬浊液的反应必须在碱性环境下发生，验证水解产物时必须先加入氢氧化钠溶液使混合液变为碱性，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，故B错误；C．甲苯和溴水之间不会发生取代反应，只有在铁催化下才和纯液溴反应，溴在甲苯中的溶解度大于在水中的溶解度，所以甲苯能够萃取溴水中的溴，甲苯的密度比水的密度小，所以上层呈橙红色，下层几乎无色，故C正确；D．能够发生银镜反应的物质具有醛基，但是不一定为醛，比如甲酸、甲酸酯都含有醛基，但是不属于醛类，故D错误；答案选C。6、C【解析】试题分析：由该电池的反应原理可知，硅化钠是还原剂，其在负极上发生氧化反应；水是氧化剂，其在正极上发生还原反应；反应中电子转移的数目是8e-。A.该电池工作时生成氢氧化钠溶液，而硅可以与氢氧化钠反应，所以不能用晶体硅做电极材料，A不正确；B.Na4Si在电池的负极发生氧化反应，B不正确；C.电池正极发生的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，C正确；D.当电池转移0.2mol电子时，可生成标准状况下2.24LH2，D不正确。本题选C。7、D【解析】A、漂粉精的有效成分为Ca(ClO)2，故A错误；B、小苏打是碳酸氢钠(NaHCO3)的俗称，可用做发酵粉，故B错误；C、钡餐的主要成分为BaSO4，因为BaSO4既不溶于水也不溶于酸，故C错误；D、铁红的主要成分是Fe2O3，可用做涂料，故D正确；综上所述，本题应选D。8、B【详解】A．干冰升华是物理变化，没发生化学反应，故A错误；B．乙炔和氧气反应时放出大量的能量，可焊接或切割金属，故B正确；C．木炭燃烧是放热反应，与反应条件无关，故C错误；D．NaOH固体溶于水包括氢氧化钠的电离和离子与水的化合形成水合离子的过程，其中电离是吸热过程，水合是放热过程，故D错误；故选B。9、B【详解】A、利用盖斯定律将①−②可得HF(aq)F−(aq)+H+(aq)ΔH=−10.4kJ⋅mol−1，故A错误；B、依据反应的热化学方程式，HF(aq)+OH−(aq)F−(aq)+H2O(1)ΔH=−67.7kJ/mol，得到F−(aq)+H2O(1)HF(aq)+OH−(aq)ΔH=+67.7kJ/mol，水解消耗0.1molF-时，吸收的热量为6.77kJ，故B正确；C、中和热是强酸强碱的稀溶液全部反应生成1mol水放出的热量，弱酸弱碱或浓溶液反应，中和热不是57.3kJ/mol，故C错误；D、HF是弱酸，电离过程依据A分析可知是放热，则含1molHF、1molNaOH的两种溶液混合后放出的热量大于67.7kJ，故D错误。10、C【分析】由题目可知硫酸铅电极处生成Pb，则硫酸铅电极的反应为：PbSO4+2e-+2Li+=Pb+Li2SO4，则硫酸铅电极为电池的正极，钙电极为电池的负极，由此分析解答。【详解】A.输出电能时，电子由负极经过外电路流向正极，即从钙电极经外电路流向硫酸铅电极，A项错误；B.Li+带正电，放电时向正极移动，即向硫酸铅电极迁移，B项错误；C.负极反应方程式为Ca+2Cl−−2e−=CaCl2，正极电极反应方程式为：PbSO4+2e−+2Li+=Pb+Li2SO4，则总反应方程式为：PbSO4+Ca+2LiCl=Pb+CaCl2+Li2SO4，C项正确；D.钙电极为负极，电极反应方程式为Ca+2Cl−−2e−=CaCl2，根据正负极电极反应方程式可知2e−∼2LiCl，每转移0.2mol电子，消耗0.2molLiCl，即消耗85g的LiCl，D项错误；答案选C。【点睛】硫酸铅电极处生成Pb是解题的关键，掌握原电池的工作原理是基础，D项有关电化学的计算明确物质与电子转移数之间的关系，问题便可迎刃而解。11、B【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应：3Mg+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol·L﹣1NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3，Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3；因此沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g,则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g,氢氧根的物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒,则镁和铜的总的物质的量为:0.3×1/2=0.15mol；据以上分析解答。【详解】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应：3Mg+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol·L﹣1NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3，Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3；因此沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g,则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g,氢氧根的物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒,则镁和铜的总的物质的量为:0.3×1/2=0.15mol；A.根据分析可以知道,合金的物质的量为0.15mol,当金属全部溶解时,失去电子的物质的量为0.3mol,故A项正确；

B.镁和铜的总的物质的量为0.15mol,根据电子转移守恒可以知道生成的NO物质的量为0.15×2/3=0.1mol，标况下NO气体体积为2.24L,故B项错误；C.当生成的沉淀量达最大时，参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，至少需要氢氧化钠溶液的体积=0.3/3=0.1L=100mL，通常沉淀试剂可以稍过量，所以消耗NaOH溶液的体积V≥100mL，故C项正确；

D.镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15×24=3.6g，若全为铜，质量为0.15×64=9.6g，所以参加反应的金属的总质量(m)为9.6g＞m＞3.6g，故D项正确；

综上所述，本题选B。12、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。13、B【解析】从开始到平衡转化D的浓度为0.5mol/L，运用三段式2A(g)+3B(g)4C(g)+D(g)c（起始）（mol/L）4300c（转化）（mol/L）11.520.5c（平衡）（mol/L）31.520.5A项，υ（C）=2mol/L2s=1mol/（L·s），正确；B项，C的平衡浓度为2mol/L，错误；C项，A的转化率为100%=25%，正确；D项，B的平衡浓度为1.5mol/L，正确；答案选B。点睛：有关化学反应速率和化学平衡的计算常用“三段式”，其中涉及的物理量之间的关系有：各物质转化物质的量之比等于化学计量数之比；反应物平衡物质的量=反应物起始物质的量-反应物转化物质的量；生成物平衡物质的量=生成物起始物质的量+生成物转化物质的量；某一反应物的转化率=100%。14、A【解析】A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒；C项，在碱性溶液中不可能生成H+；D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2。【详解】A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3，反应的离子方程式为CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-，A项正确；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，B项错误；C项，在碱性溶液中不可能生成H+，正确的离子方程式为3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O，C项错误；D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，D项错误；答案选A。【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中D项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中B项）；④从反应的条件进行判断（题中C项）；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。15、A【解析】A．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是金属铜，Y可能为氯气，反应为：X+Y→Z，Cu+Cl2CuCl2，Z为CuCl2，电解CuCl2溶液：CuCl2Cu+Cl2↑，故A正确；B．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是氯气，Y可能为氢气，反应为：X+Y→Z，H2+Cl22HCl，Z为HCl，电解HCl溶液：2HClH2↑+Cl2↑，故B错误；C．Z若为氯化钠，X、Y只能为氢气、氯气中的一种，X+Y→Z，2Na+Cl22NaCl，Z电解：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，不符合Z电解生成X、Y条件，故C错误；D．Z若为三氧化硫，X、Y只能为二氧化硫、氧气中的一种，X+Y→Z，2SO2+O22SO3，三氧化硫和水反应SO3+H2O=H2SO4生成硫酸，电解硫酸本质为电解水，电解水生成氢气和氧气，不符合Z电解生成X、Y条件，故D错误；故选A。16、B【详解】A.基态原子最外电子层排布为2s22p5的元素，则为Cl，单质氧化性较强，故A错误；B.基态原子最外电子层排布为3s1的元素，则为Na，单质还原性最强，故B正确；C.原子核外电子数最少的元素，则为H，单质还原性较强，但比Na弱，故C错误；D.第二周期中基态原子含有未成对电子最多的元素，则为N，单质氧化性较弱，故D错误。综上所述，答案为B。二、非选择题（本题包括5小题）17、环己烯取代反应（或酯化反应）+C2H5OH羰基、、、【分析】A与乙烯发生加成反应生成B，B发生氧化反应生成C．对比C、E的结构，结合D的分子式、给予的信息可知，C与乙醇发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，故D的结构简式为。E发生取代反应生成F，F发生酯的水解反应生成G，以此解答该题。【详解】(1)由化合物B的结构简式可知B的名称是：环己烯，故答案为：环己烯；(2)D的结构简式为，C的结构简为，则反应③是C和乙醇发生酯化反应，生成D，酯化反应为取代反应，故答案为：取代反应（或酯化反应）；(3)对比C.

E的结构，结合D的分子式、给予的信息可知，C与乙醇发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，故D的结构简式为，则D到E的反应方程式为：+C2H5OH，故答案为：+C2H5OH；(4)E结构简式为，含有官能团为羰基和酯基；F的结构简式为，含有官能团为羰基和酯基；G的结构简式为，含有官能团为羰基和羧基；则E、F、G中相同官能团的名称是羰基，故答案为：羰基；(5)X是G的同分异构体，X具有五元碳环结构，其核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积之比为6:2:1:1，X存在对称结构，符合要求的X的结构简式有：，故答案为：。七、元素或物质推断题18、r(N3−)＞r(Al3+)或N3−＞Al3+第三周期第ⅣA族产生白烟HCl＞H2S＞SiH4Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑0.03【分析】A、B、C、D、E为短周期的主族元素，其原子序数依次增大，B、C、D、E位于同一周期，A的简单气态氢化物可以用作制冷剂，则A为N元素；1molB单质与足量盐酸反应生成气体在标准状况下的体积为33.6L，则B为Al元素；D原子最外层电子数与核外电子总数之比为3∶8，且D位于第三周期，则D为S元素；C的原子序数是A的两倍，则C为Si元素；E元素为短周期主族元素且原子序数大于D，则E为Cl元素，【详解】根据以上分析可知，A、B、C、D、E分别为N、Al、Si、S、Cl。（1）A为N元素，B为Al元素，核外电子排布相同，核电荷数越大半径越小，故离子半径N3−＞Al3+，因此，本题正确答案为：N3−＞Al3+；（2）C为Si元素，在元素周期表中的位置是第三周期第ⅣA族。因此，本题正确答案为：第三周期第ⅣA族；（3）A的氢化物是氨气，E的氢化物是HCl，二者相互接近有白烟生成，其成分为氯化铵固体。因此，本题正确答案为：产生白烟；（4）D是S元素、E是Cl元素，D与E可形成原子个数比为1：2的化合物为SCl2，每个Cl原子和S原子形成一对共用电子对，其电子式为，因此，本题正确答案为：；(5)C为Si元素、D为S元素、E为Cl元素，非金属性Cl＞S＞Si，所以氢化物的稳定性HCl＞H2S＞SiH4，因此，本题正确答案为：HCl＞H2S＞SiH4；(6)B为Al元素、D为S元素，B与D形成的化合物为为Al2S3，遇水迅速水解，反应的化学方程式为Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑，因此，本题正确答案为：Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑；(7)E为Cl元素，若Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和NaClO3，根据原子守恒n(Cl2)=n(Cl)=n(Na)=n(NaOH)=0.030L×2mol/L×=0.03mol，因此，本题正确答案为：0.03。【点睛】本题考查了元素位置结构性质的关系及应用，涉及氧化还原反应、元素周期律、物质结构、盐类水解等知识点，根据物质结构、元素周期律、物质性质等知识点分析解答，注意（7）中原子守恒方法的运用。19、EDG铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大待实验装置冷却后，上下移动量筒使其中液面与广口瓶中液面相平，再平视读取量筒中水的体积，即氢气在通常状况时的体积L•moL-1无影响【解析】(1)装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部；(2)镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大；(3)保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等是读取示数的关键点；(4)硅铝合金中，只有金属铝可以和硫酸反应产生氢气，硅和硫酸之间不反应，根据化学反应中量的关系来计算即可。【详解】(1)①装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：E、D、G；(2)镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大，导致硫酸不能顺利滴入锥形瓶；(3)根据气压原理，待实验装置冷却后，上下移动量筒使其中液面与广口瓶中液面相平，再平视读取量筒中水的体积，此时的体积即为常温常压下的体积，即氢气在通常状况时的体积；(4)实验前铝硅合金的质量m1g，实验后残留固体的质量m2g，则金属铝的质量是m1-m2，实验后量筒中液面读数为VmL，即产生的气体物质的量是，根据化学反应原理：

2Al～3H2↑

2

3即=，解得Vm=L•moL-1，若合金中含有金属铜，不会和硫酸之间反应，和含有硅是一样的结果，无影响。20、吸收逸出有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置，防止SOCl2水解MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OAlCl3·6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，HCl抑制AlCl3水解丁饱和食盐水、浓硫酸蒸馏50.0%取少量W溶液于试管中，加入过量Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Clˉ【解析】（1）装置f的作用是吸收逸出有毒的Cl2、SO